复习练案16 选择题热点专项分级训练(十三) 原电池原理及应用-【衡中学案】2026年高考化学二轮总复习提能训练

复习练案[16] 选择题热点专项分级训练（十三）」 原电池原理及应用 A.充电时Ⅱ为阳极 【强基练】 B.放电时Ⅱ极室中溶液的pH降低 1.（2025·甘肃高考)我国科研工作者设计了一 C.放电时负极反应为MnS-2e-S+Mn2+ 种Mg-海水电池驱动海水(pH=8.2)电解系 D.充电时16gS能提供的理论容量为26.8A·h 统（如下图）。以新型MoNi/NMoO4为催化剂3.（2024·江西选考)我国学者发明了一种新型 (生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中 多功能甲醛一硝酸盐电池，可同时处理废水中 同时产生氢气。下列关于该系统的说法错误 的甲醛和硝酸根离子（如图）。下列说法正确 的是 的是 e ⑧ 质子交换膜 Mg 3 海水 海水 ￥MgOH2 HCOO-+H, 电极 、HCHO NO KOH溶液 KOH溶液 A.将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化 左室 右室 效率 A.CuAg电极反应为2HCH0+2H,0-4e B.在外电路中，电子从电极1流向电极4 —=2HC00·+H2↑+20H C.电极3的反应为40H-4eˉ=2H,0+ B.CuRu电极反应为NO3+6H,0+8eˉ 02↑ NH,↑+9OH D.理论上，每通过2mol电子，可产生1molH, C.放电过程中，OH通过质子交换膜从左室 2.(2025·广东高考)一种高容量水系电池示意 传递到右室 图如图。已知：放电时，电极Ⅱ上MnO2减少； D.处理废水过程中溶液pH不变，无需补 电极材料每转移1ol电子，对应的理论容量 加KOH 为26.8A·h。下列说法错误的是 4.（2025·江西上饶二模)某锌离子电池体系中 S/MnS 引入氧化还原媒介物CoQ,通过CoQ/CoQ*的 离子交换膜 MnO, 循环反应同步去除溶解氧并活化锌电极，其工 MnSO. MnSO 溶液 溶液 作原理如图： 177 溶解氧 4CoQ+02+2H0 →4CoQ+40H CoQ FeFe(CN) [Mg.CLP- LiMn2O 活性Zn 离子交换膜 CoQ水溶液 非活性锌 (添加少量聚 乙烯吡咯烷酮) Na,FeFe(CN)离 换 下列说法不正确的是 Mo箔 膜 Mg箔 A.锂离子通过离子交换膜向正极迁移 含Na的有机电解质 B.聚乙烯吡咯烷酮可防止CoQ聚集沉淀 A.充电时，阳极反应为Na,Fe[Fe(CN)6]- C.CoQ*在锌表面被还原为CoQ 2e=Fe[Fe(CN)]+2Na* D.理论上每消耗32g溶解氧，可除去非活性 锌130g B.离子交换膜允许Na通过 5.(2025·河北石家庄二模)Zn-N03/乙醇混 C.Fe元素位于元素周期表d区，[Fe(CN)s]3 合可充电式液流电池系统在充放电过程中具 中Fe(Ⅲ)的未成对电子数为5 有良好的稳定性，同时在正极区可以合成高附 D.放电时，外电路中转移0.2mol电子，两电 加值的醋酸铵，其工作原理如图。下列说法错 误的是 极室物质（含电极）质量变化的差值为4.6g 载 【培优练】 OH NH [Zn(OHF CH,COO C.H;OH 7.（2025·湖北襄阳三模)双膜碱性多硫化物空 电源 气液流二次电池可用于再生能源储能和智能 A.放电时，Ru-Ni(OH)2为电池正极 电网的备用电源等，电极I为掺杂Na,S,的电 B.充电过程中阴极区溶液的碱性减弱 极，电极Ⅱ为碳电极。电池工作原理如图所 C.放电时，正极的电极反应式为NO3+8e+ 6H,0=NH,+90H 示。下列说法错误的是 D.若正极区恰好生成1mol醋酸铵，理论上负 用电器 储液器 极质量减少130g 6.(2025·安徽皖江三模)以Fe[Fe(CN),]为代 NaOH 溶液 表的新型可充电钠离子电池的放电工作原理 OH- 电极泵 离子交 离子交 电极川 → 换膜a 换膜h 如图所示。下列说法错误的是 178 A.离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜 C.电渗析过程中M、N室中H,SO,和NaOH的 b为阴离子交换膜 浓度均增大 B.放电时，中间储液器中NaOH的浓度不断 D.电池从开始到停止放电，理论上可制备0.02ol 变大 H,PO2 C.充电时，电极I的电极反应式为2$-2e9.(2025·山东菏泽二模)我国科学家发现，利 —S4 用如图所示的电池装置可将邻苯二醌类物质 D.充电时，电路中每通过1mol电子，阳极室 转化为邻苯二酚类物质，已知双极膜（膜a、膜 溶液质量理论上增加9g b)中间层中的H,0可解离为H*和OH。下 8.（2025·湖南邵阳二模)浓差电池是一种利用 列说法正确的是 电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池。 电流计 膜a 膜b 理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。 图1为浓差电池，图2为电渗析法制备次磷酸 B.Ho OH (HPO2),用图1的浓差电池提供电能制备次 >B0 HO OH 磷酸(HPO2)。下列说法错误的是 稀NaOH H,0 稀硫酸 Cu( A.电池工作时，电流方向为电极M→电流计 0 mL 5 mol-L- →电极N膜b→膜a→电极M 10 mL 1 mol-L CuSO CuSO. 阴离子交换膜 0. 图1 B.N极电极反应式为 0+4H*+4e IY 0 石墨 b膜 c膜 d膜 石墨 OH HO ----- ---1上--- OH HPO. NaH PO, NaOH OH 稀硫酸 溶液 浓溶液 稀溶液受 M室 产品室 原料室 N室 C.若消耗0.1molB2H。,理论上有0.6molH 图2 透过膜b A.Cu(I)是电池的负极 D.工作一段时间后，装置中需要补充HS04 B.b膜、d膜是阳离子交换膜，c膜是阴离子交 和NaOH 换膜 -179方程式为Mg2++2HCO3一MgCO3↓+C02↑+ H0,C项错误；P点位于曲线I、Ⅱ的上方，不会生 成碳酸镁沉淀和氢氧化镁沉淀，c起始(Na2C0,）=0.1 mol·L1,根据物料守恒，溶液中c(HC0)+ c(C0})+c(H,C03)=0.1mol·L,D项正确。 7.B由题图1可知，K(H,C0,)=cHC0,)·c() c(H2C03) =10-6”,K(H,c0,)=c(C0-)·c(H) c(HCO3) 10025。由题图2的曲线Ⅱ可知，当pH=10, lg[c(Ni2+)]=-7时，Ni(OH)2达到溶解平衡，此时 Kp[Ni(0H)2]=c(Ni2+）·c2(0H)=10-7x (104)2=1015,A正确：M点的pH=8.25,由题图1 可知此时溶液中的c(HC0)≈0.1mol·L1,结合 K2(H2C03)的数值，可得c(C0)=0.001mol·L1 c(C0) ≠c(0H),B错误；p=7时，，C0,) K,(H,C0）·K(H,C0,）=1005×1067 c(H+) (10-7)2 10-2,C正确；由题图2可知，当pH=11, lg[c(Ni2+)]=-6时，此时Q。[Ni(OH)2]> K[Ni(OH)2],溶液中生成Ni(OH)2沉淀，结合题图 1可知，当pH=11时，溶液中含碳粒子为C0和少 量的HC0,此时反应的离子方程式为N2++2C0 +2H20=Ni(OH)2↓+2HC03,D正确。 复习练案[16] 【强基练】 1.D由题图可知，左侧为原电池，右侧为电解池，电极 1为负极，发生氧化反应，电极反应式为Mg-2e+ 2OH—一Mg(OH)2,电极2为正极发生还原反应， 电极反应式为H20+2e=H2↑+20H,右侧为 电解池，电极3为阳极，产生氧气，电极4为阴极，产 生氢气。催化剂生长在泡沫镍电极上可加快电解速 率，提高催化效率，A正确；根据分析，电极1为负 极，电极4为阴极，电子从电极1流向电极4，B正 确；由分析可知，电极3为阳极，发生氧化反应，生成 氧气，电极3的反应为40H-4e一2H,0+ 02↑，C正确；根据分析可知，电极2和电极4均产生 氢气，理论上，每通过2mol电子，可产生2molH2,D 错误。 27 2.B放电时，电极Ⅱ上MnO2减少，说明MnO2转化为 M2+,化合价降低，发生还原反应，为原电池的正极， 由于电解质溶液为MnSO4,故电解质应为酸性溶液， 正极反应为Mn02+2e~+4H*一Mn2++2H,0;则 电极I为原电池负极，MnS失去电子生成S和 Mn2+,负极反应为MnS-2e-S+Mn2+。由分析 可知，放电时电极Ⅱ为正极，故充电时电极Ⅱ为阳 极，A正确；由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，正极 反应为Mn02+2e+4H+—Mn2++2H,0,反应消 耗H,溶液的pH升高，B错误；由分析可知，放电时 电极I为原电池负极，负极反应为MS-2eˉ— S+Mn+,C正确；根据放电时负极反应，可知充电时 阴极反应为S+Mn2++2e—MnS,每消耗16gS, 即0.5molS,转移1mol电子，据题意可知，能提供 的理论容量为26.8A·h,D正确。 3.B由原电池中电子移动方向可知，CuAg为负极， HCHO失去电子生成HCO0和H2,电极方程式为 2HCH0+40H--2e-2HC00+H2↑+2H20, CuRu为正极，NO3得到电子生成NH3,电极方程式 为NO3+6H20+8e=NH3↑+90H。CuAg为 负极，HCHO失去电子生成HCOOˉ和H2,根据得失 电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为2HCHO+ 40H-2e=2HC00+H2↑+2H20,A错误； CuRu为正极，NO3得到电子生成NH3,根据得失电 子守恒和电荷守恒配平电极方程式为N0?+6H,0 +8e一NH3↑+9OH,B正确；质子交换膜只允 许H+通过，C错误；由分析可知，负极电极方程式为 2HCH0+40H-2e—2HC00+H2↑+2H20, 正极电极方程式为N0+6H,0+8e—一NH,↑+ 90H,总反应为8HCHO+NO3+7OH=NH3↑ +8HC00~+4H2↑+2H,0,处理废水过程中消耗 OH,溶液pH减小，需补加KOH,D错误。故选B。 4.A放电时，Zn失电子发生氧化反应，Zn是负极， LiMn,O4电极是正极。负极区无Li,故A错误；聚 乙烯吡咯烷酮是一种非离子型高分子化合物，能够 与CoQ形成络合物，可防止CoQ聚集沉淀，故B正 确；根据图示，CoQ*在锌表面生成CoQ,故C正确； 理论上每消耗32g溶解氧，转移4mol电子，根据得 失电子守恒，可除去非活性锌130g,故D正确。 5.B由题图可知，放电时，Zn失去电子生成 [Zn(OH)4]2-,则Zn板为负极，电极方程式为Zn+ 40H°-2e—[Zn(0H)4]2-,正极为硝酸根离子 被还原为氨气，正极的电极反应式：NO3+8e+ 6H,0=NH3+90H°，此时OH通过离子交换膜 由左侧移向右侧；充电时，阴极的电极反应式： [Zn(0H)4]2-+2e一Zn+40H,阳极的乙醇被 氧化为乙酸，电极方程式为C2H,0H-4e°+40H —CH COOH+3H20,此时OH通过离子交换膜 由右侧移向左侧，且生成的氨气和醋酸反应生成 CH COONH4,据此解题。由分析可知放电时，Zn作 负极，Ru-Ni(OH)2为电池正极，故A正确；充电 时，阴极的电极反应式：[Zn(0H)4]2-+2e—Zn +40Hˉ，反应成氢氧根离子，阴极区溶液的减性增 强，故B错误；由分析可知，放电时，正极的电极反应 式：N03+8e+6H20—=NH3+90H,故C正确； 由分析可知，放电时，正极的电极反应式：NO5+8e +6H,0一NH3+9OH,充电时，阳极的乙醇被氧 化为乙酸，电极方程式为C2H0H-4e+4OH =CH,C00H+3H0,若正极区恰好生成1mol醋 酸铵，则放电时生成1 mol NH3,转移8mole,负极 消耗4 mol Zn,充电时生成1 mol CH,C00H,转移4 mole,阴极生成2 mol Zn,消耗2 mol Zn,质量减少 130g,故D正确。 6.D由于放电时正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2e+ 2Na一NaFe[Fe(CN)6],则充电时阳极反应为 Na2 Fe[Fe(CN)]-2e-=Fe[Fe(CN)]+2Na*, 故A正确；放电时，正极消耗Na,而负极消耗Cl, 此时Na+从右室移向左室。充电时，阳极释放Na+, 而阴极生成Cl,此时Na+从左室移向右室，故B正 确；e为26号元素，价层电子排布3d4s2,位于元素 周期表第四周期Ⅷ族，属于d区元素。 [Fe(CN)6]3+中Fe(Ⅲ)价层电子排布式为3d,则 Fe(Ⅲ)的未成对电子数为5，故C正确；放电时，外 电路转移0.2mol电子，则有0.2 mol Na*从负极移 向正极。所以负极电极室减少0.2 mol Na*即4.6g; 正极电极室增加0.2 mol Na即4.6g,则两电极室 质量变化值的差值为4.6+4.6=9.2g,故D错误。 -28 【培优练】 7.C由题图分析可知，电极Ⅱ为碳电极，放电时，氧气 发生还原反应生成氢氧根离子，电极Ⅱ为正极，则电 极I为负极，据此分析。放电时，正极发生还原反应， 反应为02+2H,0+4e一40H;负极发生氧化反 应，反应为2S号-2eS;正极区氢氧根离子向 左侧迁移，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠 离子向右侧迁移，离子交换膜a为阳离子交换膜，A 项正确；电池工作时，钠离子和氢氧根离子分别移向 储液器，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，B项 正确；充电时，电极I为阴极，得到电子发生还原反 应，电极反应式为S+2e=2S2,C项错误；充 电时，电极Ⅱ为阳极区，反应为40H-4e= 02↑+2H20,电路中每通过1ol电子，阳极室从中 间储液器进入1mol氢氧根离子，同时生成0.25mol 氧气，溶液质量理论上增加17g-0.25mol×32 g/mol=9g,D项正确。 8.D题图1为浓差电池，题图2为电渗析法制备次磷 酸(H,PO,),用题图1的浓差电池提供电能制备次磷 酸(HPO2),题图1中Cu(I)为原电池负极， Cu(Ⅱ)为正极，题图2中原料室中的H2PO2移向产 品室，则c膜为阴离子交换膜，M室中的氢离子通过 b膜进入产品室得到HPO2,则b膜为阳离子交换 膜，X电极为电解池的阳极，电极反应2H,0-4e 02↑+4H+,Y为电解池的阴极，电极反应2H20 +2e—H2↑+OH,d膜为阳离子交换膜，据此 分析判断。分析可知Cu(I)是电池的负极，故A正 确；制备过程分析可知，b膜、d膜是阳离子交换膜，© 膜是阴离子交换膜，故B正确；电渗析过程中，电极 反应可知，M、N室中H,SO4和NaOH的浓度均增大， 故C正确：电池从开始到停止放电时，则浓差电池两 边Cu(NO3)2浓度相等，所以正极析出0.02 mol Cu, 电路中转移0.04ol电子，电渗析装置生成0.04 molH3P02,故D错误a 9.B根据N极变化特点是邻苯二醌类物质转化为邻 苯二酚类物质，增加了氢原子，发生还原反应，N电 极作正极；M极是B,H。失去电子，作负极，生成 B02,电极反应为B2H6+140H--12eˉ=2B02 +10H20。双极膜中间层中的水解离为H+和OHˉ， 氢离子通过膜b移向正极N,膜b为阳离子交换膜； 氢氧根离子通过膜a移向负极M,膜a为阴离子交换 膜。N电极作正极，电流方向为电极N→电流计→电 极M→膜a→膜b→电极N,A错误；N极邻苯二醌类 物质转化为邻苯二酚类物质，增加了氢原子，发生还 0 原反应，电极反应式为 )+4H++4e1 OH HO OH,B正确；负极反应为B,H。+ OH 140H--12e—2B02+10H20,消耗0.1mol B2H6,失去1.2mole,则有1.2mol0H通过膜a 移向负极M,结合电荷守恒，同时有1.2mol氢离子 通过膜b移向正极N,C错误；根据M极的电极反应 式可知，每消耗14mol0H会转移12mol电子，为 传递电荷，同时会有12 mol OH通过膜a移向M 极，故M极区中NaOH的物质的量会减少；根据N极 的电极反应式可知，每消耗4molH会转移4mol电 子，为传递电荷，同时会有4molH+通过膜b移向N 极，故N极区中H,SO,的物质的量不变；因此装置中 需要定期补充NaOH,不需要补充硫酸，D错误。 复习练案[17] 【强基练】 1.C由题图中氢离子和氢氧根的流向，可推出左侧Pt 电极为阳极，右侧石墨电极为阴极，阳极发生的反应 为40H°-4e=02↑+2H,0,阴极发生的反应为 2H*+2e一H2↑，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说 明钠离子往阴极方向移动，氯离子往阳极方向移动， 据此解答。由分析可知，Pt电极为阳极，阳极发生的 反应为40H--4e02↑+2H0,A正确；水可 微弱的电离出氢离子和氢氧根，在外加电场作用下， 使氢离子和氢氧根往两侧移动，降低了两离子浓度， 可促进双极膜中水的电离，B正确；由分析可知，Ⅲ 室中氯化钠浓度降低了，说明钠离子往阴极方向移 动，氯离子往阳极方向移动，即钠离子往右侧移动， 通过Y膜，则Y膜为阳离子交换膜，氯离子往左侧移 动，通过X膜，则X膜为阴离子交换膜，C错误；Ⅳ室 每生成1 mol NaOH,则转移1mol电子，有1mol氢 离子移到Ⅱ室中，生成1molB(OH)3,D正确。 -28 2.C糠醛在电极a发生还原反应，电极a的电极反应 式为0 )+4e+4H*一+H,0,电极a为 阴极：糠醛在电极b发生氧化反应，电极b的电极反 00 应式为0 y-8e+4H,0=H0 -OH CO2+8H+,电极b为阳极，据此解答。电极b上发 生氧化反应，为阳极，电极a上发生还原反应，为阴 极，电极a的电势低于电极b,故A正确：电极a消耗 质子，电极b生成质子，因此离子交换膜选用质子交 换膜效果较好，故B正确；根据得失电子守恒，a、b电 极消耗的糠醛的物质的量为2：1，与转移电子数无 关，故C错误；据分析电极b的电极反应式为0 00 -8e°+4H,0—H0 OH+C02+8H+,故 D正确。 3.B由题图可知，甲烷在a极失去电子发生氧化反应 生成二氧化碳和氢离子，a极为阳极，生成的氢离子 通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，b极为阴极， 酸性条件下氧气在阴极得到电子发生还原反应生成 过氧化氢，反应生成的过氧化氢与Fe2+反应生成羟 基自由基，羟基自由基与溶液中的CNˉ反应生成氮 气和二氧化碳。由分析可知，a极为电解池的阳极， 水分子作用下甲烷在阳极失去电子发生氧化反应生 成二氧化碳和氢离子，生成的氢离子通过质子交换 膜由阳极区进入阴极区，故A正确；由分析可知，a 极为电解池的阳极，a极电极反应为CH4-8e+ 2H20—C02+8H,反应中消耗水，若为弱酸条件 下，电解过程中a极区plH减小，故B错误；由分析可 知，b极为阴极，酸性条件下氧气在阴极得到电子发 生还原反应生成过氧化氢，电极反应式为02+2e +2H*H202,反应生成的过氧化氢与Fe2+反应 生成羟基自由基，反应的离子方程式为Fe2++H202 +H+一Fe3++·OH+H0,故C正确；由分析可 知，b极为阴极，酸性条件下氧气在阴极得到电子发 生还原反应生成过氧化氢，电极反应式为02+2e +2H+H,02,反应生成的过氧化氢与Fe2+反应 生成羟基自由基，反应的离子方程式为Fe2++H02 +H+一e3++·OH+H20,羟基自由基与溶液中