3 专题三 电化学-（配套课件）【金版新学案】2026年高考化学大二轮专题复习与测试（双选）

专题三 电化学 　 第一部分 专题复习 内容索引 选择题热点1 新型电池 选择题热点2 电解原理及应用 选择题热点3 电化学中的隔膜及作用 题空热点 电极反应式的书写及计算 选择题热点1　新型电池 返回 核心整合 1.燃料电池 以CH3OH燃料电池为例，体会不同介质对电极反应的影响 酸性燃料 电池(H＋) 总反应：2CH3OH＋3O22CO2＋4H2O 正极 3O2＋12e－＋12H＋6H2O 负极 2CH3OH－12e－＋2H2O2CO2↑＋12H＋ 碱性燃料 电池(OH－) 总反应：2CH3OH＋3O2＋4OH－2C＋6H2O 正极 3O2＋12e－＋6H2O12OH－ 负极 2CH3OH－12e－＋16OH－2C＋12H2O 熔融碳酸盐燃料电池(C) 总反应：2CH3OH＋3O22CO2＋4H2O 正极 3O2＋12e－＋6CO26C 负极 2CH3OH－12e－＋6C8CO2↑＋4H2O 固态氧化物燃料电池(O2－) 总反应：2CH3OH＋3O22CO2＋4H2O 正极 3O2＋12e－6O2－ 负极 2CH3OH－12e－＋6O2－2CO2↑＋4H2O 质子交换膜燃料电池(H＋) 总反应：2CH3OH＋3O22CO2＋4H2O 正极 3O2＋12e－＋12H＋6H2O 负极 2CH3OH－12e－＋2H2O2CO2↑＋12H+ 2.新型一次电池 Mg-H2O2电池 总反应：H2O2＋2H＋＋MgMg2＋＋2H2O 正极 H2O2＋2H＋＋2e－2H2O 负极 Mg－2e－Mg2＋ Mg-AgCl电池 总反应：Mg＋2AgCl2Ag＋MgCl2 正极 2AgCl＋2e－2Cl－＋2Ag 负极 Mg－2e－Mg2＋ 钠硫电池 总反应：2Na＋xSNa2Sx 正极 xS＋2e－ 负极 2Na－2e－2Na＋ 锂铜 电池 总反应：2Li＋Cu2O＋H2O2Cu＋2Li＋＋2OH－ 正极 Cu2O＋H2O＋2e－2Cu＋2OH－ 负极 2Li－2e－2Li＋ 锂钒氧 化物电池 总反应：xLi＋LiV3O8Li1＋xV3O8 正极 xLi＋＋LiV3O8＋xe－Li1＋xV3O8 负极 xLi－xe－xLi＋ 3.新型充电(可逆)电池 锌银 电池 总反应：Ag2O＋Zn＋H2O 2Ag＋Zn(OH)2 正极：Ag2O＋H2O＋2e－2Ag＋2OH－ 负极：Zn＋2OH－－2e－Zn(OH)2 阳极：2Ag＋2OH－－2e－Ag2O＋H2O 阴极：Zn(OH)2＋2e－Zn＋2OH－ 放电 充电 镍铁 电池 总反应：NiO2＋Fe＋2H2O Fe(OH)2＋Ni(OH)2 正极：NiO2＋2e－＋2H2ONi(OH)2＋2OH－ 负极：Fe－2e－＋2OH－Fe(OH)2 阳极：Ni(OH)2＋2OH－－2e－NiO2＋2H2O 阴极：Fe(OH)2＋2e－Fe＋2OH－ 锂离 子电池 总反应：Li1－xCoO2＋LixC6 LiCoO2＋C6(x＜1) 正极：Li1－xCoO2＋xe－＋xLi＋LiCoO2 负极：LixC6－xe－xLi＋＋C6 阳极：LiCoO2－xe－Li1－xCoO2＋xLi＋ 阴极：xLi＋＋xe－＋C6LixC6 放电 充电 放电 充电 钠电池 钠硫 蓄电池 总反应：2Na2S2＋NaBr3 Na2S4＋3NaBr 正极：NaBr3＋2e－＋2Na＋3NaBr 负极：2Na2S2－2e－Na2S4＋2Na＋ 阳极：3NaBr－2e－NaBr3＋2Na＋ 阴极：Na2S4＋2Na＋＋2e－2Na2S2 钠离 子电池 总反应：Na1－mCoO2＋NamCn NaCoO2＋Cn 正极：Na1－mCoO2＋me－＋mNa＋NaCoO2 负极：NamCn－me－mNa＋＋Cn 阳极：NaCoO2－me－Na1－mCoO2＋mNa＋ 阴极：mNa＋＋Cn＋me－NamCn 放电 充电 放电 充电 全钒液 流电池 总反应：V＋2H＋＋V2＋ V3＋＋VO2＋＋H2O 正极：V＋2H＋＋e－VO2＋＋H2O 负极：V2＋－e－V3＋ 阳极：VO2＋＋H2O－e－V＋2H＋ 阴极：V3＋＋e－V2+ 放电 充电 (2025·福建福州模拟改编)一种新型Na-CaFeO3可充电电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A.放电时，N电极是负极 B.充电时，Na＋通过钠离子交换膜向M电极移动 C.放电时，N电极的电极反应为2CaFeO2.5＋O2－ －2e－2CaFeO3 D.充电时，每生成1 mol Na，有机电解质的整体质量减少23 g 典例剖析 典例 √ 模型解析 第一步：定类型 该装置为二次电池，图示中Na转化为Na＋，是电池的放电过程，为原电池。 第二步：析装置 第三步：巧计算 充电时，每生成1 mol Na，转移1 mol电子，消耗1 mol Na＋，同时也会消耗0.5 mol O2－，则有机电解质的整体质量减少1 mol×23 g·mol－1＋0.5 mol×16 g·mol－1＝31 g，D错误。 二次电池的工作原理及离子移动方向判断 1.二次电池(可充电电池)的工作原理 思维建模 2.充、放电时电解质溶液中离子移动方向的判断 分析电池工作过程中电解质溶液中离子移动方向时，要结合电池总反应进行分析。 (1)首先应分清电池是放电还是充电； (2)再判断出正、负极或阴、阳极。 放电(原电池) 阳离子正极，阴离子负极 充电(电解池) 阳离子阴极，阴离子阳极 总之：阳离子发生还原反应的电极 阴离子发生氧化反应的电极 1.(2025·黑、吉、辽、蒙卷)一种基于Cu2O的储氯电池装置如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重。关于图中装置所示电池，下列说法错误的是 A.放电时Na＋向b极迁移 B.该电池可用于海水脱盐 C.a极反应：Cu2O＋2H2O＋Cl－－2e－Cu2(OH)3Cl＋H＋ D.若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去储氯能力 √ 精研真题 放电时，a、b极均增重，由两个电极及电解质溶液可知，a极上，Cu2OCu2 (OH)3Cl，Cu由＋1价升高为＋2价，发生氧化反应，a极为原电池负极，则b极为正极。原电池中，阳离子移向正极，即放电时，Na＋向b极迁移，A正确；由两个电极的物质转化可知，a极消耗电解质溶液中的Cl－，b极消耗电解质溶液中的Na＋，故电池工作时，NaCl浓度逐渐减小，则该电池可用于海水脱盐，B正确；结合a极的物质转化及得失电子守恒、原子守恒，可知a极的电极反应式为Cu2O－2e－＋Cl－＋2H2OCu2(OH)3Cl＋H＋，C正确； 将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重，说明b极上Ag→AgCl，Ag由0价升高为＋1价，发生氧化反应，此时b极为原电池负极，则相比于Cu2O/Cu2(OH)3Cl电极，Ag/AgCl电极的电极电势更低，结合原装置中Cu2O/Cu2(OH)3Cl电极作负极可知，电极电势：Ag/AgCl＜Cu2O/Cl＜NaTi2(PO4)3/Na3Ti2(PO4)3，因此若将a极换为Ag/AgCl电极，则a极作原电池的负极，Ag转化为AgCl，该电极仍能起到储氯的作用，D错误。 2.(2025·安徽卷)研究人员开发出一种锂—氢可充电电池(如图所示)，使用前需先充电，其固体电解质仅允许Li＋通过。下列说法正确的是A.放电时电解质溶液质量减小 B.放电时电池总反应为H2＋2Li2LiH C.充电时Li＋移向惰性电极 D.充电时每转移1 mol电子，c(H＋)降低1 mol·L－1 √ 由题目使用前需先充电可知，充电时，惰性电极作阴极， 电极反应：Li＋＋e－Li，气体扩散电极作阳极，电极 反应：H2－2e－＋2H2P2H3PO4，放电时，惰性电 极为负极，电极反应：Li－e－Li＋，气体扩散电极为正极，电极反应：2H3PO4＋2e－2H2P＋H2↑。由放电时电极反应知，负极每2 mol (14 g)Li＋进入电解质溶液，有1 mol (2 g)H2扩散到储氢容器，故电解质溶液质量增加，A错误；由正、负极发生的反应知，放电时电池总反应为2Li＋2H3PO4H2↑＋2LiH2PO4，B错误；电解池中阳离子移向阴极，故充电时Li＋移向惰性电极，C正确；电解质溶液体积未知，且H3PO4是弱酸，故c(H＋)不能判断，D错误。 3.(2025·甘肃卷)我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水(pH＝8.2)电解系统(如下图)。以新型MoNi/NiMoO4为催化剂(生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法错误的是A.将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率 B.在外电路中，电子从电极1流向电极4 C.电极3的反应为 4OH－－4e－2H2O＋O2↑ D.理论上，每通过2 mol电子，可产生1 mol H2 √ 由图知，左侧为原电池，右侧为电解池，电极1为 负极，发生氧化反应，电极反应为：Mg－2e－＋ 2OH－Mg(OH)2；电极2为正极发生还原反应， 电极反应为：2H2O＋2e－H2↑＋2OH－；电极3为阳极，发生氧化反应，电极反应为：4OH－－4e－2H2O＋O2↑；电极4为阴极，电极反应为：2H2O＋2e－H2↑＋2OH－，据此分析解答。将催化剂生长在泡沫镍电极上，可增大催化剂与反应物的接触面积，提高催化效率，A正确；由上述分析可知，电极1为原电池负极，故外电路中电子从电极1流向电极4，B正确；由上述分析可知，C正确；由得失电子守恒可知，理论上，电路中每通过2 mol电子，电极2和电极4均产生1 mol H2，共产生2 mol H2，D错误。 模拟演练 1.(2025·安徽皖江名校联考模拟预测)以Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池的放电工作原理如图所示。下列说法错误的是 A.充电时，阳极反应为Na2Fe[Fe(CN)6]－2e－ Fe[Fe(CN)6]＋2Na＋ B.离子交换膜允许Na＋通过 C.Fe元素位于元素周期表d区，[Fe(CN)6]3－中 Fe(Ⅲ)的未成对电子数为5 D.放电时，外电路中转移0.2 mol电子，两电极室物质(含电极)质量变化的差值为4.6 g √ 由图可知放电时正极反应为Fe[Fe(CN)6]＋2e－＋2Na＋ Na2Fe[Fe(CN)6]，则充电时阳极反应为Na2Fe[Fe(CN)6]－ 2e－Fe[Fe(CN)6]＋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，阳极生成Na＋，而阴极生成Cl－，此时Na＋从左室移向 右室，故B正确；Fe为26号元素，价层电子排布为3d64s2，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区元素。[Fe(CN)6]3－中Fe(Ⅲ)价层电子排布式为3d5，则Fe(Ⅲ)的未成对电子数为5，故C正确；放电时，外电路转移0.2 mol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4.6 g；正极电极室增加0.2 mol Na＋即4.6 g，则两电极室质量变化值的差值为4.6 g＋4.6 g＝9.2 g，故D错误。 2.(2025·山西部分学校联考)一种以二硫化钼(MoS2)作为电极催化剂的电池系统，将尾气中NO转化为NH3的同时获得电能，其工作原理如图所示(双极膜可将水电离为H＋和OH－，并能定向通过)。下列说法正确的是 A.双极膜中OH－移向Na2SO4溶液 B.M极的电极反应为Zn－2e－＋2OH－Zn(OH)2 C.电解过程中两极室的电解质溶液的浓度均减小 D.当M极质量增大16 g，则N极生成的NH3在标准状 况下的体积为11.2 L √ 由图可知，Zn/ZnO电极为负极，Zn失电子发生氧化反 应，电极反应式为Zn－2e－＋2OH－ZnO＋H2O， MoS2电极为正极，电极反应式为NO＋5e－＋5H＋ NH3＋H2O，两极区均有水生成，双极膜可将水解离 为H＋和OH－，并实现其定向通过，据此分析。Zn/ZnO为负极，电极反应为Zn－2e－＋2OH－ZnO＋H2O，MoS为正极，电极反应为NO＋5e－＋5H＋NH3↑＋H2O，故双极膜中H＋移向正极区Na2SO4溶液，OH－移向NaOH溶液，A错误；由上述分析可知，M极反应应生成ZnO，B错误；电解过程中两极均生成H2O，电解质溶液的浓度均减小，C正确；当M极质量增大16 g，电路中转移2 mol电子，在N极生成0.4 mol NH3，标准状况下为8.96 L，D错误。 3.(2025·湖北八校联考三模)浓差电池指利用两极电解质溶液中浓度不同引起的电势差放电。实验室利用浓差电池实现电解丙烯腈(CH2CHCN)合成己二腈[NC(CH2)4CN]，装置如图所示(实验前，隔膜两侧溶液均为200 mL，铜电极质量均为100 g)。下列说法正确的是 A.Cu(1)极为负极，其电极反应为Cu－2e－ Cu2＋ B.隔膜为阴离子交换膜，C(2)极为阴极 C.上述装置理论上可制备0.6 mol己二腈 D.当电解停止时，Cu(1)极与Cu(2)极质量相差51.2 g √ 浓差电池中，Cu(2)失去电子，故电极为 负极，电极反应式为Cu－2e－Cu2＋， Cu(1)电极为正极，电极上发生得电子的 还原反应，电极反应为Cu2＋＋2e－Cu，则电解槽中C(1)极为阴极、C(2)极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为：2H2O－4e－O2↑＋4H＋，阴极上丙烯腈得电子合成己二腈，电极反应为2CH2CHCN＋2H＋＋2e－NC(CH2)4CN，据此分析解答。由分析可知，Cu(1)极为正极，其电极反应为Cu2＋＋2e－Cu，A错误； 由分析可知，此电池为浓差电池，主要利用铜离子浓度不同形成的电势差，所以隔膜是阴离子交换膜，C(2)极为阳极，B错误；当两电极中铜离子浓度相同时放电完毕，此时隔膜两侧c(CuSO4)＝3.0 mol/L，电路中转移电子的物质的量为2.0 mol/L×0.2 L×2＝0.8 mol，由反应2CH2CHCN＋2H＋＋2e－NC(CH2)4CN可知，可制备0.4 mol己二腈。当电解停止时，则Cu(1)电极上析出0.4 mol Cu，Cu(2)电极上溶解0.4 mol Cu，故Cu(1)极与Cu(2)极质量相差0.8 mol×64 g/mol＝51.2 g，C错误，D正确。 思维建模 返回 “浓差电池”的分析方法 　　浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置。两侧半电池中的特定物质有浓度差，离子均是由“高浓度”移向“低浓度”，阴离子移向负极区域，阳离子移向正极区域。 选择题热点2 电解原理及应用 返回 1.图解电解池工作原理(阳极为惰性电极) 核心整合 2.对比掌握电解规律(阳极为惰性电极) 电解类型 电解质实例 溶液复原物质 电解水型 NaOH、H2SO4或Na2SO4 水 电解电解质型 HCl或CuCl2 原电解质 放氢生碱型 NaCl HCl气体 放氧生酸型 CuSO4或AgNO3 CuO或Ag2O 注意：电解后有关电解质溶液恢复原态的问题应该用质量守恒法分析。一般是加入阳极产物和阴极产物的化合物，但也有特殊情况，如用惰性电极电解CuSO4溶液，Cu2＋完全放电之前，可加入CuO或CuCO3复原，而Cu2＋完全放电之后，溶液中H＋继续放电，应加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3复原。 多室 电解池 三室电渗析法处理Na2SO4废水   3.多室电解池 4.金属的电化学腐蚀与防护 利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO－，装置如图所示。装置工作时，Pb电极除生成HCOO－外，还会生成副产物使电解效率降低。已知：电解效率＝，忽略电解前后溶液的体积变化。下列说法错误的是 A.Pt电极发生氧化反应 B.Pb电极生成的副产物可能是H2 C.电解一段时间后，Pt电极区溶液pH减小，但n(H＋)不变 D.Pt电极生成标准状况下224 mL气体时，测得c(HCOO－)＝0.017 mol·L－1，则电解效率为42.5％ √ 典例剖析 典例 模型解析　第一步：定类型　该装置是电解池。 第二步：析装置 第三步：巧计算　Pt电极生成标准状况下224 mL气体时，即生成0.01 mol O2时，转移0.04 mol电子；n(HCOO－)＝0.017 mol·L－1×1 L＝0.017 mol，根据关系式2e－～HCOO－可知，生成0.017 mol HCOO－时转移0.034 mol电子，故电解效率为×100％＝85％，D错误。 电解池阴、阳极的判断方法 1.判断电解池阴、阳极的一般方法 思维建模 2.判断电解池阴、阳极的其他方法 (1)依据电极质量变化判断：一般电极质量减少的是阳极，电极质量增加的是阴极。 (2)依据电极产物判断：一般情况下，若电极上产生Cl2和O2，则该电极是阳极；若电极上产生H2，则该电极是阴极。 (3)依据电解后溶液pH判断：若电解某中性溶液时，某电极附近溶液能使酚酞呈红色，则该电极是阴极(H＋放电，OH－浓度增大)。 1.(2025·湖北卷)某电化学制冷系统的装置如图所示。[Fe(H2O)6]3＋和[Fe(H2O)6]2＋在电极上发生相互转化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动(①→②→③→④→①)实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列描述错误的是 A.阴极反应为[Fe(H2O)6]3＋＋e－[Fe(H2O)6]2＋ B.已知②处的电解液温度比①处的低， 可推断比[Fe(H2O)6]3＋稳定 C.多孔隔膜可以阻止阴极区和阳极区间的热交换 D.已知电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。热效应主要来自于电子转移后[Fe(H2O)6]2＋和[Fe(H2O)6]3＋离子结构的改变 √ 精研真题 由图可知，左侧电极发生反应[Fe(H2O)6]2＋－e－ [Fe(H2O)6]3＋，则左侧为阳极，右侧电极反应为[Fe (H2O)6]3＋＋e－[Fe(H2O)6]2＋，则右侧电极为阴极， A正确；已知②处的电解液温度比①处的低，则可推断 [Fe(H2O)6]3＋＋e－[Fe(H2O)6]2＋是吸热反应，可推断[Fe(H2O)6]3＋的能量更低，即[Fe(H2O)6]3＋比[Fe(H2O)6]2＋稳定，B错误；多孔隔膜可以阻止两电极区的溶液对流，可阻止热交换，C正确；题干明确指出电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。这意味着电子转移(即氧化还原反应)本身不会直接导致结构变化，热效应实际上来源于电子转移完成后，新生成的离子：]2＋和]3＋因配位环境或电荷分布变化引起的结构重组导致热量变化，D正确。 2.(2025·河北卷)科研工作者设计了一种用于废弃电极材料LixCoO2(x＜1)再锂化的电化学装置，其示意图如下： 已知：参比电极的作用是确定LixCoO2再锂化为LiCoO2的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正确的是 A.LixCoO2电极上发生的反应： LixCoO2＋xe－＋xLi＋LiCoO2 B.产生标准状况下5.6 L O2时，理论上可转化 mol的LixCoO2 C.再锂化过程中，S向LixCoO2电极迁移 D.电解过程中，阳极附近溶液pH升高 √ LixCoO2转化为LiCoO2，Co的化合价降低，LixCoO2 电极作阴极，电极反应式为LixCoO2＋(1－x)Li＋＋(1 －x)e－LiCoO2；H2O中O失电子，化合价升高， Pt电极作阳极，电极反应式为2H2O－4e－O2↑＋4H＋，A错误；由电极反应式可知，每产生标准状况下5.6 L(0.25 mol)O2时转移1 mol电子，根据得失电子守恒，理论上转化的LixCoO2的物质的量为 mol，B正确；S为阴离子，向阳极(即Pt电极)迁移，C错误；由阳极的电极反应式知，电解过程中阳极有H＋生成，且消耗H2O，故阳极附近溶液pH降低，D错误。 3.(2025·北京卷)用电解Na2SO4溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取Na2SO4溶液并用图2装置按ⅰ→ⅳ顺序依次完成实验。下列分析不正确的是 A.a＞0，说明实验ⅰ中形成原电池，反应为2H2＋O22H2O B.b＜d，是因为ⅱ中电极Ⅱ上缺少H2作为还原剂 C.c＞0，说明ⅲ中电极Ⅰ上有O2发生反应 D.d＞c，是因为电极Ⅰ上吸附H2的量：ⅳ＞ⅲ √ 实验 电极Ⅰ 电极Ⅱ 电压/V 关系 ⅰ 石墨1 石墨2 a a＞d＞c＞b＞0 ⅱ 石墨1 新石墨 b   ⅲ 新石墨 石墨2 c   ⅳ 石墨1 石墨2 d   按照图1电解Na2SO4溶液，石墨1为阳极，发生反应2H2O－4e－O2↑＋4H＋，石墨1中会吸附少量氧气；石墨2为阴极，发生反应2H2O＋2e－H2↑＋2OH－，石墨2中会吸附少量氢气；图2中电极Ⅰ为正极，氧气发生还原反应，电极Ⅱ为负极。由分析可知，石墨1中会吸附少量氧气，石墨2中会吸附少量氢气，a＞0，实验ⅰ会形成原电池，反应为2H2＋O22H2O，A正确； 实验 电极Ⅰ 电极Ⅱ 电压/V 关系 ⅰ 石墨1 石墨2 a a＞d＞c＞b＞0 ⅱ 石墨1 新石墨 b   ⅲ 新石墨 石墨2 c   ⅳ 石墨1 石墨2 d   因为ⅱ中电极Ⅱ为新石墨，不含有H2，缺少H2作为还原剂，故导致b＜d，B正确；图2中，电极Ⅰ发生还原反应，实验ⅲ中新石墨可能含有空气中的少量氧气，c＞0，说明ⅲ中电极Ⅰ上有O2发生反应，C正确；d＞c，实验ⅲ与实验ⅳ中电极Ⅰ不同，d＞c，是因为电极Ⅰ上吸附O2的量：ⅳ＞ⅲ，D错误。 实验 电极Ⅰ 电极Ⅱ 电压/V 关系 ⅰ 石墨1 石墨2 a a＞d＞c＞b＞0 ⅱ 石墨1 新石墨 b   ⅲ 新石墨 石墨2 c   ⅳ 石墨1 石墨2 d   1.(2025·四川射洪高三测试)设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2＋，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是 A.装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大 B.装置工作一段时间后，乙室不需要补充盐酸 C.乙室电极反应式为LiCoO2＋2H2O＋e－Li＋ ＋Co2＋＋4OH－ D.若甲室Co2＋减少200 mg，乙室Co2＋增加300 mg，则此时已进行过溶液转移 √ 模拟演练 由题意知LiCoO2电极上LiCoO2(s)转化为Co2＋，Co 的化合价降低，作正极，结合溶液显酸性，则电极 反应式为LiCoO2＋e－＋4H＋Li＋＋Co2＋＋2H2O， 且酸性溶液中不可能出现OH－，C错误；装置工作时，右侧装置中左边细菌所在电极作阳极，发生反应CH3COO－－8e－＋2H2O2CO2↑＋7H＋A错误；装置工作时，右侧装置中左边细菌所在电极作负极，发生反应CH3COO－－8e－＋2H2O2CO2↑＋7H＋，产生的H＋通过阳膜进入正极区参与反应，转移8 mol电子时，产生7 mol H＋，正极消耗32 mol H＋，故乙室的H＋浓度仍是减小，产生的H＋通过阳膜进入阴极，故甲室溶液pH逐渐减小，的，故装置工作一段时间后，需要补充盐酸，B错误； 装置工作时，左侧装置中右边电极作阴极，发生反应Co2＋＋2e－Co，若Co2＋减少200 mg(约为0.003 4 mol)，则转移电子约为0.006 8 mol，乙室增加300 mg(约为0.005 1 mol) Co2＋，转移电子约为0.005 1 mol，二者转移电子的物质的量不相等，说明此时已进行过溶液转移，D正确。 2.(2025·河北部分学校高三模拟预测)二氧化氯(ClO2)气体是一种对环境无二次污染的高效水处理剂。催化电解NaClO2制备ClO2的装置示意图如图所示。下列说法不正确的是 A.电极a为阳极，发生氧化反应 B.阴极区溶液中OH－浓度逐渐增大 C.理论上电路中每转移1 mol e－，阳极室溶液质量减少67.5 g D.理论上阴极室和阳极室生成气体的物质的量之比为1∶2 √ 装置图为电解池，则左侧失电子，电极a为阳极，电 极反应：Cl－e－ClO2↑，右侧电极b为阴极， 得电子，电极反应：2H2O＋2e－H2↑＋2OH－， 中间为阳离子交换膜，Na＋由阳极移向阴极，据此分析；电极a为阳极，失电子，发生氧化反应，A正确；阴极区电极反应：2H2O＋2e－H2↑＋2OH－，溶液中OH－浓度逐渐增大，B正确；理论上电路中每转移1 mol e－，阳极室溶液质量减少1 mol Cl和1 mol Na＋，质量为90.5 g，C错误；根据电极反应可知，理论上阴极室和阳极室生成气体的物质的量之比为1∶2，D正确。 3.(2025·安徽部分校高三考试)以双金属团簇催化剂Cu-Ni电催化硝酸还原反应的机理如图所示(*为催化剂表面吸附的微粒)： 下列说法错误的是 A.X电极连接电源的正极 B.电极上生成NH3过程中存在反应 *NOH＋*H*N＋H2O C.电解一段时间后，溶液中[n(HClO)＋n(ClO－)]增大 D.生成1 mol N2，理论上电路中转移6 mol电子 √ 返回 由图可知，X极氯离子失去电子发生氧化反 应生成次氯酸根离子，为阳极，则Y为阴极。 由分析，X极为阳极，连接电源的正极， A正确；由图，电极上生成NH3的过程中存 在*NOH和*H反应生成*N和H2O的反应：*NOH＋*H*N＋H2O，B正确；由图，阳极生成次氯酸根离子，次氯酸根离子水解生成次氯酸，则电解一段时间后，溶液中[n(HClO)＋n(ClO－)]增大，C正确；硝酸根离子被还原为氮气，氮化合价由＋5变为0，结合得失电子守恒，存在关系式N2～10e－，则生成1 mol N2，理论上电路中转移10 mol电子，D错误。 选择题热点3 电化学中的隔膜及作用 返回 1.交换膜类型及特点 核心整合 交换膜类型 阳膜 阴膜 双极膜 特定的交换膜 允许通过 的离子及 移动方向 阳离子移向原电池的正极(电解池的阴极) 阴离子移向原电池的负极(电解池的阳极) 中间层中的H2O解 离出H＋和OH－，H＋移向原电池的正极(电解池的阴极)，OH－移向原电池的负极(电解池的阳极) 只允许特定的离子或分子通过，如质子交换膜只允许H＋通过，氯离子交换膜只允许Cl－通过 通性 无论是原电池还是电解池中，阳离子均移向得电子的一极，阴离子均移向失电子的一极 2.离子交换膜的判断 如：我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示： 分析：负极：Zn－2e－Zn2＋，阳离子浓度增大，为平衡电荷，Cl－移向A区，M为阴离子交换膜。 正极：I2＋2e－2I－，阴离子浓度增大，为平衡电荷，K＋移向B区，N为阳离子交换膜。 3.离子交换膜的作用 如：用三室式电渗析法处理Na2SO4废水 分析：阴极产生氢气；阳离子Na＋通过阳离子交换膜进入阴极区。 阳极产生氧气，阴离子S通过阴离子交换膜进入阳极区。 离子交换膜的作用：平衡电荷，使产品NaOH和H2SO4分开，不反应。 1.(2025·云南卷)一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中H2O解离的H＋和OH－在电场作用下向两极迁移。除硼原理：[B(OH)4]－＋H＋B(OH)3＋H2O。下列说法错误的是 A.Pt电极反应： 4OH－－4e－O2↑＋2H2O B.外加电场可促进双极膜中水的电离 C.Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜 D.Ⅳ室每生成1 mol NaOH，同时Ⅱ室最多生成1 mol B(OH)3 √ 精研真题 由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4OH－－4e－ O2↑＋2H2O，阴极发生的反应为2H＋＋ 2e－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4OH－－4e－O2↑＋2H2O，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，氢离子和氢氧根往两侧移动，降低了浓度，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1 mol电子，有1 mol氢离子移到Ⅱ室中，生成1 mol B(OH)3，D正确。 2.(2025·河南卷)一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以LiCl形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.Ⅱ为阳离子交换膜 B.电极a附近溶液的pH减小 C.电极b上发生的电极反应式为 [Fe(CN)6]4－＋e－[Fe(CN)6]3－ D.若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5 g NaCl，理论上可回收1 mol LiCl √ 为实现海水的淡化，海水中Na＋应通过 离子交换膜Ⅰ向电极a移动，为以LiCl形 式回收锂元素，海水中Cl－应通过离子 交换膜Ⅱ向右侧迁移，Li＋应通过离子 交换膜Ⅲ向左侧迁移，故离子交换膜Ⅱ为阴离子交换膜，A错误；由阴极反应O2＋4e－＋2H2O4OH－知，电极a附近溶液的pH增大，B错误；电极b发生氧化反应，C错误；每脱除58.5 g(1 mol) NaCl，溶液中有1 mol Na＋、1 mol Cl－和1 mol Li＋迁移，所以可回收1 mol LiCl，D正确。 3.(2024·黑、吉、辽卷)“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制H2的方法，装置如图所示。部分反应机理为： ＋H2。下列说法错误的是 A.相同电量下H2理论产量是传统电解水的1.5倍 B.阴极反应：2H2O＋2e－2OH－＋H2↑ C.电解时OH－通过阴离子交换膜向b极方向移动 D.阳极反应：2HCHO－2e－＋4OH－2HCOO－ ＋2H2O＋H2↑ +OH－ －OH－ －e－ √ 由题目已知信息及图像可知，HCHO失去电 子转化为HCOO－，作阳极，电极反应式为 2HCHO－2e－＋4OH－2HCOO－＋2H2O ＋H2↑，则a极为阴极，电极反应式为2H2O ＋2e－2OH－＋H2↑，B、D正确；传统电解水过程中每转移4 mol e－可制得2 mol H2，耦合HCHO高效制H2过程中每转移4 mol e－，阴、阳极均可产生2 mol氢气，则相同电量下H2理论产量是传统电解水的2倍，A错误；综合图像中的离子交换膜为阴离子交换膜及电解池中阴离子向阳极移动知，OH－通过交换膜向b极区移动，C正确。 1.(2025·河南安阳三模)我国科学家研究发现了一种电化学固碳方法，装置如图所示。放电时的总反应为4Li＋3CO22Li2CO3＋C。充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化反应，释放出CO2和O2。下列说法错误的是 A.放电时，电极B为正极 B.充电时阳极发生反应： 2Li2CO3－4e－2CO2＋O2＋4Li＋ C.该电池不可选用含水电解液 D.放电时，每转移4 mol电子，正极区质量增加148 g √ 模拟演练 由题干所给信息，放电时的总反应为4Li＋3CO2 2Li2CO3＋C，则放电时电极A为负极，锂失去电子发 生氧化反应，电极B为正极，二氧化碳得到电子发生 还原反应；充电时，电极A与电源负极相连为阴极， 而电极B与电源正极相连为阳极。由分析，放电时，电极B为正极，A正确；据题干信息，充电时阳极只有Li2CO3发生氧化反应，释放出CO2和O2，电极反应为：2Li2CO3－4e－2CO2＋O2＋4Li＋，B正确；该电池电极A为Li，可以与水反应，所以不能用含水电解液，C正确；放电时，正极区发生反应：4Li＋＋4e－＋3CO22Li2CO3＋C，当转移4 mol电子时，正极区域增加的质量为2 mol Li2CO3和1 mol C的质量，为160 g，D错误。 2.(2024·辽宁沈阳模拟)在直流电场作用下双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－，并分别向两极迁移。如图所示装置，可将捕捉的二氧化碳转化为CaCO3而矿化封存，减少碳排放，同时得到氧气、氢气、高浓度盐酸等产品。下列说法正确的是 A.CaCO3在碱室形成 B.两个双极膜中间层的H＋均向右移动 C.向碱室中加入NaHCO3固体，有利于 CO2的矿化封存 D.b极为阳极，电极反应式为2H2O－4e－O2↑＋4H＋ √ 右侧双极膜中氢离子进入酸室，氢氧根离子右移 在电极b上发生氧化反应生成O2，所以b为阳极， 左侧双极膜中氢氧根离子进入碱室，与二氧化碳 反应生成碳酸根离子，氢离子左移在电极a上发生 还原反应生成H2，所以a为阴极，以此解答。由图可知，C通过左侧阴离子交换膜进入中间室内与Ca2＋结合形成碳酸钙，故A错误；由图可知，右侧双极膜中氢离子进入酸室生成盐酸，左侧双极膜中氢离子左移在电极a上发生还原反应生成H2，故B错误；碱室中二氧化碳和碱反应生成碳酸根离子，碳酸根离子通过左侧阴离子交换膜进入中间室内，与Ca2＋结合形成碳酸钙，加入NaHCO3固体会消耗氢氧根不利于CO2的吸收，故C错误；b为阳极，电极反应式为2H2O－4e－O2↑＋4H＋，右侧双极膜中氢氧根进入右侧电极，中和反应产生的氢离子，故D正确。 3.(2025·安徽六安高三模拟)一种成本低、稳定性好的全碱性多硫化物—空气液流二次电池工作时，原理如图所示。下列说法正确的是 A.连接负载时，电极A为正极 B.连接负载时，电极A的反应方程式为2－2e－ C.连接电源时，电路中每通过2NA个电子，生成NaOH的质量为80 g D.膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜 √ 返回 该电池为碱性多硫化物—空气液流二次电池， 所以放电时通入空气的一极为正极，即电极 B为正极，电极A为负极，充电时电极B为阳 极，电极A为阴极。连接负载时为原电池，电 极B为正极，A错误；连接负载时为原电池，电极A为负极，发生氧化反应，电极反应为2－2e－，B正确；连接电源时为电解池，电极B反应为4OH－－4e－O2↑＋2H2O，电极A反应为＋2e－2，不产生NaOH，C错误；在该原电池中正极区氢氧根离子向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠离子向右侧运动，离子交换膜a为阳离子交换膜，D错误。 题空热点 电极反应式的书写及计算 返回 1.掌握高考新情境下电池电极反应书写的思维模板 (1)明确直接产物：根据负极氧化、正极还原，明确两极的直接产物。 (2)确定最终产物：根据介质环境和共存原则，找出参与的介质粒子，确定最终产物。 (3)配平：根据电荷守恒、质量守恒配平电极反应。 核心整合 2.书写步骤 (1)列物质标得失：按照负极发生氧化反应、正极发生还原反应，判断出电极反应产物，找出得失电子的数量。 (2)看环境配守恒：电极产物在电解质溶液的环境中应能稳定存在，如碱性介质中生成的H＋应让其结合OH－生成水。电极反应要根据电荷守恒、质量守恒和得失电子守恒等加以配平。 (3)两式加验总式：两电极反应相加，与总反应方程式对照验证。 3.电化学计算的三种常用方法 (1)根据总反应式计算。 (2)根据电子守恒计算。 (3)根据关系式计算。 1.(2024·浙江1月选考，节选)某研究小组采用电化学方法将CO2转化为HCOOH，装置如图。电极B上的电极反应是　　　　　__ ______　　。 精研真题 CO2＋2e－＋2H＋HCOOH 2.(2024·北京卷，节选)研究表明可以用电解法以N2为氮源直接制备HNO3，其原理示意图如图。 (1)电极a表面生成N的电极反应：　　　　　____　　　　　　　　。 N2－10e－＋6H2O2N＋12H＋ 由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应为N2－10e－＋6H2O2N＋12H＋。 (2)研究发现：N2转化可能的途径为NNO N。电极a表面还发生ⅲ.H2O→O2。ⅲ的存在，有利于途径ⅱ，原因是______________________ _______________________________。 氧化成NO2，NO2更易转化成N 反应ⅲ生成O2，O2将NO 反应ⅲ生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化成N。 1.电化学循环法：采用FeCl3溶液吸收处理H2S，并通过电解池实现“吸收液”的再生，同时制取氢气，其原理如图所示。 (1)写出反应器内发生反应的离子方程式：___________________________ ________。 模拟演练 4Fe3＋＋2H2S4Fe2＋＋ S2↓ ＋4H＋ 结合原理图可知，Fe3＋和H2S发生氧化还原反应生成S2沉淀，Fe3＋被还原为Fe2＋，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可确定反应器内发生反应的离子方程式：4Fe3＋＋2H2S4Fe2＋＋S2↓＋4H＋。 (2)结合电极反应式说明“吸收液”在电解池中是如何再生的：_________　　　　　　　　　　　 ______________________________________________________________________________________________________________。 反应器中产生的FeCl2和HCl溶液进入电解池的阳极区，阳极反应式：Fe2＋－e－ Fe3＋，阳极区得到FeCl3溶液，吸收液得以再生 图中，反应器中产生的FeCl2和HCl溶液进入电解池的阳极区，阳极反应式：Fe2＋－e－Fe3＋，阳极区得到FeCl3溶液，吸收液得以再生，H＋通过质子交换膜转移到阴极区，H＋在阴极被还原为氢气，阴极反应式：2H＋＋2e－H2↑。 2.利用双极膜电解Na2SO4制备NaOH，捕集烟气中CO2，制备NaHCO3。已知：双极膜为复合膜，可在直流电的作用下，将膜间的H2O解离，提供H＋和OH－。 (1)结合电极反应解释A区产生浓NaOH溶液的原因：__________________　　　　　　　　　　　　　　 __________________________________________________________________________________。 2e－H2↑＋2OH－，c(OH－)增大，Na＋穿过阳离子交换膜进入A区产生浓NaOH溶液 阴极反应：2H2O ＋ 该电解池阴极发生反应：2H2O＋2e－H2↑＋2OH－，随着电解的进行，溶液中氢氧根离子浓度增大，同时钠离子经阳离子交换膜向阴极移动，使阴极区域的氢氧化钠浓度增大而得到氢氧化钠浓溶液。 (2)当电路中转移2 mol e－时，图中装置产生　　 mol NaOH。 4 每转移2 mol电子有2 mol NaOH在阴极区生成，同时有2 mol NaOH在阳极区的双极膜和阳离子交换膜之间生成，因此每转移2 mol电子时，图中装置共有4 mol NaOH生成。 3.利用电解法在碱性条件下将CO2还原为CH4和C2H4的原理如图所示： 已知选择性(S)和法拉第效率(FE)的定义(X代表CH4或C2H4)如下： S(X)＝×100％，FE(X)＝×100％。 (1)写出碱性条件下CO2生成CH4的电极反应：________________________ _________。 CO2＋8e－＋6H2OCH4 ＋8OH－ 碱性环境下，二氧化碳在电极Ⅱ得电子，生成甲烷，电极反应为CO2＋8e－＋6H2OCH4＋8OH－。 (2)碱性条件下反应一段时间，实验测得CH4、C2H4的选择性及CH4的法拉第效率如表所示。则C2H4的法拉第效率FE(C2H4)为______。   CH4 C2H4 S(X) 2％ 8％ FE(X) 12.5％   37.5％ 假设有100 mol的CO2参与反应，根据表中数据可知，生成甲烷所消耗的二氧化碳的物质的量为2 mol，结合碳元素的化合价变化，该过程共转移了16 mol电子，故通过电极的电子总物质的量为＝128 mol，又由于C2H4的选择性为8％，故生成C2H4所消耗的二氧化碳的物质的量为8 mol，结合此过程中碳元素的化合价变化，该过程转移的电子的物质的量为48 mol，则C2H4的法拉第效率FE(C2H4)为×100％＝37.5％。   CH4 C2H4 S(X) 2％ 8％ FE(X) 12.5％   返回 谢 谢 观 看 ！ 返回 $