热点强化练8“多池“多室”电化学装置的分析与计算-【红对勾讲与练】2026年高考化学二轮复习练习手册

热点强化练8“多池”“多室 (分值：2 选择题：每小题3分，共27分。每小题只有一个选项 符合题意。 1.(2025·广东茂名二模)如图是一种光电催化装 置，它可以将空气中捕获的CO2转化为各种化工 原料。下列说法正确的是 () 化工原料 电源 交 M区 膜 N区 A.工作时，H+从N区移向M区 B.制备CO时，理论上生成1molO2同时，可生成 1 mol CO C.制备CHOH时，阴极区发生反应：CO2+ 6H++6e-CH;OH+H2O D.制备HCOOH时，理论上每生成1mo1O,的同 时，阳极区溶液减小32g 2.(2025·安徽池州二模)我国科学家研究电化学降 解甲醛，同时获得氢能源。原理如图所示，已知： 在KOH溶液中，甲醛转化为HOCH2O,存在平 衡HOCH2O+OH=[OCH2O]2-+H2O。 在n电极上发生的电子转移反应为[OCH,O]2 e一HCOO+H·。下列说法错误的是 电源 H 阴离 -HCOO KOH KOH 溶液 m 子交 溶液 n 换膜 HCHO 惰性电极及催化剂 A.m极与电源负极相连 B.电解时OH通过阴离子交换膜向n极移动 C.电解过程中共制得0.5mol氢气，理论上外电 路上迁移1mol电子 D.阳极总反应式为2HCHO-2e+4OH 2HCOO+2H2O+H2↑ 3.(2025·广东广州二模)一种新型锌电池的工作原 理如图所示。双极膜中的H2O解离为H和 OH,两种离子在电场作用下分别向两极迁移。 该电池工作时，下列说法不正确的是 (横线下方不可作答) 13 班级： 姓名： ”电化学装置的分析与计算 7分) 用电器 双极膜 a膜 b膜 锌电极 \I室 Ⅱ室 [Zn(OH) NH; 畏 碱性溶液 酸性溶液 A.a膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜 B.Ⅱ室中酸性溶液的pH逐渐增大 C.理论上每生成1 mol NH,I室溶液质量增加 532g D.理论上电路中每通过4mol电子，双极膜内有 4molH20发生解离 4.(2025·广东珠海一模)我国科学家研究的自驱动 高效制取H2的电化学装置示意图如图。下列说 法不正确的是 阴离子交换膜 电 O2(g) HO N,H OH 装置a 装置b A.装置a为原电池，电极I为正极 B,装置b的总反应方程式为N,H,电解N十2H个 C.装置a消耗1molO2时，整个装置消耗 2 mol N2 H D.装置b生成2molH2时，理论上装置a正极区 溶液质量减小4g 5.(2025·广东茂名一模)利用如图所示的电化学装 置可捕捉废气中的CO2,并将其转为CaCO,同时 得到高浓度的盐酸、H2和O2。在直流电源的作用 下，双极膜中的H2O可自动解离为H和OH。 下列说法不正确的是 ( 阴离子 离子 电极a 双极膜 交换膜交换膜 双极膜 电极b I室 Ⅱ室 Ⅲ室 HO HO co 稀 CaCl, ↓ oit HCO. 盐酸 + 弱碱 OH NaNO 性环 NaNO. 境 CO. 高浓度盐酸 热点强化练8 A.电极b连接电源正极 B.Ⅱ、Ⅲ室之间为阴离子交换膜 C.Ⅱ室中发生反应：Ca++CO?=CaCO31 D.理论上，每转移2mole,双极膜上共解离 2 mol H2O HO 6.(2025·河北张家口一模)用于HMF 转化为FDCA(HO人 09)的液流燃料电池 OH (LFFC)的结构和原理示意图如下图所示。该系 统采用了酸性一碱性电解液的不对称设计，使用 1mol·L1KOH溶液作为M极电解液，使用 2mol·L1H,SO4溶液作为N极电解液。下列 说法正确的是 () FDCA VO M 碱酸 性 HNO. 电 解 液 NO HMF- V02+ A.电子由N极通过外电路转移到M极 B.M极的电极反应为HMF+6OH+6e 4H,O+FDCA C.理论上，随反应进行需要及时添加HNO3 D.理论上，当消耗1.5molO2时生成1mol FDCA 7.(2025·湖北十一校二模)如图所示电化学装置，b 为H/H2标准氢电极，可发生还原反应(2H十 2e—H2个)或氧化反应(H2一2e--2H+), a、c分别为AgCl/Ag、AgI/Ag电极。实验发现： 1与2相连a电极质量减小，2与3相连c电极质 量增大。下列说法不正确的是 ( 负载↓8—负 02 盐桥1 盐桥2 1mol·LKCI溶液1mol·L-HCI溶液1mol·L-1KI溶液 A.2与3相连，b电极周围pH增大 B.1与2相连，电池反应为2AgC1+H2一2Ag十 2C1+2H 红对勾·讲与练 1 C.1与3相连，a电极减小的质量等于c电极增大 的质量 D.1与2、1与3相连，a电极均为e流入极 8.(2025·湖北新八校协作体二模)全球氮循环对维 持生态平衡具有至关重要的作用，Zn-NO?/乙醇 电池系统具有良好的充放电循环稳定性，工作原 理如图所示，可以实现污水脱硝、能源转化以及化 学品合成的协同增效。下列叙述正确的是( 用电器 OH 储液罐甲 (HO)!N-nd NO NH, 行 CH.CH,OH [Zn(OH)1 Zn CH,COOH 换 液罐乙 膜 直流电源 液泵a 液泵b A.充电时，阴极的电极反应式：NO?+8e+9H -NH3+3H2O B.放电时，OH通过离子交换膜由右侧移向左侧 C.充放电过程中，储液罐甲的液流体系中可合成 出CH,COONH D.放电时，每生成1 mol Zn的同时消耗0.5mol 乙醇 9.(2025·河北衡水中学综合测评)富集海水中锂的 电化学系统如图所示，工作步骤如下： 电源2 电源1 电腔室2 MnOz 腔室1 极 2 0.1 mol-L 0.5 mol-L LiOH溶液 NaSO,溶液 飞阳离子 口交换膜 海水 ①启动电源l,MnO2所在腔室的Li进入MnO2 结构而形成Li,Mn2O4。 ②关闭电源1和海水通道，启动电源2，使 Li,Mn2O,中的Li脱出进人腔室2。 关于该电化学系统的说法正确的是 A.启动电源1时，电极1为阴极 B.启动至关闭电源1，若转化的n(MnO2)与生成 的n(O2)之比为20：3，可得LiMn2O4中的 x=1.2 C.启动电源2时MnO2电极反应式为xLi+ 2MnO2+xe—Li,Mn2O, D.电化学系统降低了腔室2中LiOH的浓度 4 高三二轮化学 ■4.C充电时，L计在阴极得电子生成Li嵌入负极材料， [S),CF3]在阳极失去电子生成气体离去，A正确；[S),CF,] 在阳极失去电子，反应为2[S),CF,]一2e一2S)2◆+ CF,一CF,◆，生成气体中含有氟代烃CF一CF,B正确；充 电补锂时阳极反应为2[SO,CF] -2e 一2SO2◆+ CF?一CF3◆，正极材料不参与反应，铁元素价态不变，C错 误；[S)2CF3]反应后离去，维持电池原结构，D正确。 5.D镁合金为负极，发生氧化反应，Mg元素化合价升高， A正确；原电池中，阳离子向着正极移动，即海水中的N+向 正极移动，B正确：碳纤雏刷电极为正极，氧气发生还原反 应，电极反应式为)2+4e十2H,O一4OH,C正确；牺 牲阳极法进行灯塔防腐蚀，灯塔应作为正极，D错误。 6.C在a电极，()2-失电子生成O2,则a电极为阳极；在b电 极，CO,得电子生成C)和O,H)得电子生成H,和 O2-,则b电极为阴极。由分析可知，a电极为阳极，连接外 接电源的正极，A不正确；在电解池中，阴离子向阳极移动， 电极为阳极，则O从b电极移向a电极，B不正确；b电极 上，CO,得电子生成C)和)，则b电极上C)的反应为 CO。+2e一C)+O,C正确；在b电极，CO,得电子生 成C)和0，H,O得电子生成H2和)一，则生成的O。中 的O元素不只是来自CO2,D不正确。 7.CLiO。电池放电时，锂电极为负极，发生反应：Li一e L十，多孔功能电极为正极，低温时发生反应：)。十2 O,随温度升高Q增大，正极区)转化为)2；充电时， 锂电极为阴极，得到电子，多孔功能电极为阳极，O或O 失去电子。由分析可知，电池总反应方程式为0，+21i免电 放电 放电 Li0:或0：+4Li完電1i,0,充放电时有Li参与或生成， 因此熔融盐中LNO?的物质的量分数影响充放电速率， A正确；L比K+的半径小，因此L十优先于K通过固态 电解质膜，B正确：放电时，正极得到电子，)中氧原子为 一1价，O中氧原子为一2价，随温度升高Q增大，是因为 正极区)。转化为)一，C错误；充电时，锂电极为阴极，连 接电源负极，D正确。 8.A该装置为电解池，根据钾离子移动方向可知，a电极为阳 极，电极反应式为4OH一4e一2H)+O2◆，b电极为 阴极，电极反应式为2H)+2e一H2◆+2)H。由分 析可知，a电极为阳极，应接电源正极，A错误；M膜可让钾 离子通过，则为阳离子交换膜，B正确；b电极为阴极，水在阴 极发生还原反应生成氢气，电极反应式为2HO十2e H,◆+2OH,C正确；二氧化碳在碱溶液中转化为碳酸根 离子或碳酸氢根离子，在分离器中分离出来后的氢氧化钾可 循环使用，所以每分离得到1molC),,电路中转移n(e) 2mol,D正确。 9.C放电时，Zn失电子，发生氧化反应，A选项正确。充电 时，石墨毡为阳极，与电源正极相连，B选项正确。水和二氯 甲烷的不互溶性和密度差能够将正极区与负极区分隔开，故 不能倒置，放电时，阴离子移向负极，故PF。移向水层，C选 项错误。放电时，Zn板每减轻6.5g,转移电子的物质的量 为0.2mol,有0.2 nol PF:移动到水层，故水层增重0.2molX 145g/mol十6.5g=35.5g,D选项正确。 10.D充电时，与电源正极相连的M极为阳极，N极为阴极； 放电时，M为正极，N为负极。LiMO2中Li为十1价，O 为一2价，则M为十3价，A正确；原电池中正极电势高于 负极电势，放电时，M为正极，B正确；放电时N为负极， Li,C失电子发生氧化反应，根据电池总反应可知，N极反 应为LiC6一xe一6C十xLi,C正确；充电时，N为阴 极，阳离子向阴极定向移动，D错误。 11.BNO,转化为NO2得到电子，和Li结合生成LiNO2, 则a电极为负极，电极反应为LiFePO,一e一一Li十 FePO,,b电极为正极，电极反应为NO,+e一NO,,Li 经阳离子交换膜由电极移向b电极，生成IiN(),,空气氧 化LiNO2生成LiNO3,化学方程式：2LiNO,十O2 2LiNO3。离子交换膜允许Li通过，为阳离子交换膜，A正 确；a电极为负极，失去电子，电极反应为LiFePO,一e Li十FPO:,B错误；空气中的氧气氧化亚硝酸锂，生成硝 258红网勾·讲与练·高三二轮化学 酸锂，氧化LiNO的化学方程式：2LiNO。十O,一 2LiNO,,C正确；当外电路I=1A,工作2小时，理论上b 电极反应的N0,约为1X3600×2 molX46g/mol≈ 96500 3.43g,D正确。 12.B苯酚在Pt/C和Pt/TiO,表面加氢生成环己酮和环己醇 的机理为首先溶液中的H得电子生成吸附态的H原子， 然后苯酚与吸附态的H原子反应生成环己酮和环己醇，电 极反应式可写为C:HO十4H++4e一CH。O和 C:HO+6H++6 e-CH2O。因此Pt/C和Pt/Ti) 电极为阴极，连接电源负极，A错误；H得电子除了生成吸 附态的H原子，还可能还原为H,,B正确；生成环己酮的 FE为20%，若通过电极的电子全部用于苯酚加氢生成环 己酮和环己醇，则生成环己酮和环己醇所需电子数比例为 1:4,根据电极反应式可知生成1mol环己酮所需4mol 电子，因此有16mol电子用于生成环己醇，得到环己醇的 物质的量约为2.7mol,由B项分析可知，还可能有H2逸 出，则生成环己醇的物质的量可能小于2.7mol,故C错误； 如题图所示，TiO2诱导了Hd从Pt到TiO的迁移，降低 了Pt表面的Hds覆盖度，有效抑制了环己酮的过度加氢， 因此Pt/C表面苯酚加氢生成环己酮和环己醇，而Pt/TiO, 表面苯酚加氢还原产物只有环己酮，提高了环己酮选择性， 故D错误。 热点强化练8“多池”“多室”电化学装置的 分析与计算 1.C根据题图可知，M区水失电子放出氧气，M区是阳极区， 左侧电极为阳极；N区是阴极区，右侧电极为阴极。工作时， M区是阳极区、N区是阴极区，H从M区移向N区，故A 错误；理论上生成1molO,,电路中转移4mol电子，制备 C)时，C元素化合价由十4降低为十2，根据得失电子守恒， 可生成2 mol CO,故B错误；制备CH,OH时，二氧化碳在 阴极区得电子生成甲醇，阴极电极反应式为CO,十6H十 6e一一CHOH十HO,故C正确；制备HCOOH时，理论 上每生成1molO2,电路中转移4mol电子，有4mol氢离子 从M区移向N区，阳极区溶液减小36g,故D错误 2.C在KOH溶液中，甲醛转化为HOCH2O,发生反应： CH2O+OH一HOCH2O,存在平衡：HOCH2O+ OH=一[OCH2O]+H2O,n电极上发生的电子转移反 应为[OCH2O]一e一一HCO)十H·,n电极和正极相 连，失去电子，发生氧化反应，则极与电源负极相连，得到 电子，发生还原反应：2H,0+2e 一2OH+H2个，据此解 答。根据分析可知，m极与电源负极相连，故A正确；m极 和n极之间为阴离子交换膜，所以电解时)H向阳极移动， 通过阴离子交换膜向极移动，故B正确：根据分析可知， 阴、阳极都可以产生氢气，电解过程中共制得0.5mol氢气， 理论上外电路上迁移0.5mol电子，故C错误；由题图可知， 甲醛进去，生成HC)),所以阳极总反应式为2HCH) 2e+4OH-一2HCOO-+2H,)+H。↑，故D正确。 3.C由题给装置图可知，I室Zn失电子为原电池的负极，电 极反应：Zn-2e+4OH-[Zn(OH):]2-,Ⅱ室为原电池 的正极，电极反应为NO+8e+10H+一NH+3H2O, 则膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜，A正确；根据 A项分析可知，Ⅱ室消耗氢离子，pH逐渐增大，B正确；理论 上每生成1 mol NH,转移8mol电子，I室溶液有4mol Zn发生反应，双极膜中有8mol氢氧根离子移动到I室，溶 液质量增加4mol×65g·mol1+8mol×17g·mol1 396g,C错误：理论上电路中每通过4mol电子，则需要4mol 氢离子和氢氧根离子，双极膜内有4molH,)发生解离，D 正确。 4.D装置a中N,H,和)，可发生自发的氧化还原反应，则装 置a为原电池，其中N2H。被氧化生成N2,电极Ⅱ为负极，则 电极I为正极，装置b左侧电极和电极Ⅱ相连，为阴极，H() 被还原生成H2,装置b右侧电极为阳极，N2H:被氧化生成 N2,据此解答。由分析可知，装置a为原电池，电极I为正 极，A正确；装置b为电解池，N2H参与反应，有H2和N 生成，总反应方程式为N,H,电解N,◆十2H+,B正确：装 置a消耗1molO,时，转移4mol电子，装置a、b中N2H 均被氧化生成N,,根据得失电子守恒，装置a、b各消耗 1molN,H,,则整个装置消耗2molN,H,,C正确：装置b 生成2molH2时，转移4mol电子，装置a正极区电极反应 式为O。十4e十2H,)一4OH,装置a负极区电极反应 式为N2H,一4e十4OH一N2↑十4H,O,转移4mol电 子时，装置a正极区有1molO2参与反应，同时有4mol )H迁移至负极，则理论上装置正极区溶液质量减小： 4mol×17g/mol-1mol×32g/mol=36g,D错误 5.D左侧双极膜中H十移向电极a,即电极a为阴极，电极b 为阳极，连接电源正极，故A正确；右侧双极膜中H+移向Ⅲ 室，Ⅱ室中C1厂也移向Ⅲ室，Ⅲ室中才能获得高浓度盐酸， Ⅱ、Ⅲ室之间为阴离子交换膜，故B正确：CO通过阴离子 交换膜移向Ⅱ室，Ⅱ室中发生反应：Ca++C) CaC)￥，故C正确；理论上，每转移2mole,每个双极膜 上解离2 mol H2 O,两个双极膜上共解离4molH2O,故D 错误。 6.DN极V化合价变化为十5→十4，得电子，则N极为正极， 电极反应式为V)+e+2H+一V)++H,O,故M极 为负极，电极反应式为HMF+6OH一6e 一4H2)+ FDCA。据分析，N极为正极，M极为负极，电子由M极通过 外电路转移到N极，故A错误；据分析，M极的电极反应为 HMF+60H-6e- 一4H)十FDCA,故B错误；由题图 可知，HNO3通过通入氧气再生，循环利用，无须添加，故C 错误；根据得失电子守恒，列出关系式：1.5mol0g~ 6mole~1 mol FDCA,故D正确。 7,C2与3相连，c电极质量增大，则c电极发生的反应为 Ag一e十I厂一Agl,c电极为负极，则b电极为正极，发生 的反应为2H++2e一H,个，b电极消耗H中，周围pH增 大，A正确；1与2相连，a电极质量减小，则a电极发生的反 应为AgCI+e一Ag十CI,a电极为正极，b电极为负极， 负极发生的反应为H,一2e一2H,将两电极反应调整得 失电子守恒后相加，即得电池反应为2AgC1+H:一一2Ag十 2C1十2H,B正确；1与3相连时，由于Agl的溶解度更 小，AgCl易转化为AgI,则a电极为正极，c电极为负极，a电 极反应为AgCl十e一一Ag十CI,c电极反应为Ag-e+ I厂一AgI,所以a电极减小的质量小于c电极增大的质量， C不正确；由前面分析可知，1与2相连时，a电极为正极， 1与3相连时，a电极也为正极，则a电极均为e流入极，D 正确。 8.C由题图可知，放电时，Zn失去电子生成[Zn(OH)-,则Zn 板为负极，电极反应式为Zn-2e+4OH一[Zn(OH):]-, 正极为硝酸根离子被还原为氨气，正极的电极反应式为 N)3+8e+9H+NH3+3HO,此时OH通过离子交 换膜由左侧移向右侧；充电时，阴极的电极反应式为 [Zn(OH),]-+2e 一Zn十4OH,阳极的乙醇被氧化为 乙酸，电极反应式为C,HOH一4e十4OH -CH,COOH+ 3H,),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 COONH,,据此解题。根据分 析可知，充电时，阴极的电极反应式：[Zn(OH):]+2e 一一Zn十4OH,A错误；放电时，阴离子向负极移动，OH 通过离子交换膜由左侧移向右侧，B错误；充放电过程中，生 成的NH和醋酸可以在储液罐甲中合成出CH,COONH:, C正确；根据得失电子守恒，充电时，每生成1 mol Zn的同时 消耗0.5mol乙醇，D错误。 9.B由①可知，启动电源1，MnO,所在腔室的Li十进入 MnO,结构而形成Li,Mn,O,,可知MnO,中Mn元素的化 合价降低，为阴极，电极反应式为xLi十2MnO2十xe LiMn2O,,电极1为阳极，连接电源正极；②关闭电源1和 海水通道，启动电源2，使Li,Mn2(),中的Ii脱出进入腔室 2可知，电极2为阴极，电极反应式为2H,)十O2十4e 4OH;阳极的电极反应式为LiMn2O,一xe 一xLi十 2MnO2,以此分析解题。由分析可知，腔室1中电极1连接 电源1的正极，作阳极，发生氧化反应，故A错误；根据分析 可知，启动至关闭电源1，若转化的n(Mn(),)与生成的 n(02)之比为20：3，设生成的氧气为3mol,转移电子为 12ol,根据阴极的电极反应式与得失电子守恒，可知 10xmol=12mol,得x=1.2,即LiMn2O,中的x=1.2,故 B正确；启动电源2时，MnO,电极是阳极，电极反应式为 Li,MnO,一xe一xLi++2Mn()2,故C错误；由分析可 知，启动电源2，使LiMn2O:中的Li+脱出进入腔室2，电极 2为阴极，电极反应式为2H,)+),十4e4OH,提高 了腔室2中LiOH的浓度，故D错误。 热点强化练9化学反应历程图像分析 1.A过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能， 活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，DMO和H2流 速固定时，使用C负载量为5%的催化剂时原料转化率更 高，则其反应中活化能较小，故实线是Cu负载量为5%的催 化剂作用下的历程，A正确；催化剂可以改变反应速率，但是 不能改变平衡的移动，故改变C山负载量，不可调控EG的平 衡产率，B错误；由题图可知，生成物能量高于反应物，则反 应为放热反应，仅升高温度，使得平衡逆向移动，则 c年(EG) c平(DMO) 减小，C错误；仅增大流速，会减少反应时间，可能 会导致DMO转化率降低，D错误。 2.D从反应历程图中可以看到，无论是使用催化剂1还是催 化剂2，反应过程中都有五个能量峰，每一个能量峰代表一步 反应，所以该反应历程分五步进行，A正确；由反应历程图可 知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反 应，降低温度，平衡会向放热反应方向移动，即正向移动，所 以有利于提高反应物的平衡转化率，B正确：催化剂能降低 反应的活化能，增大反应速率，从题图中可以看出，使用催化 剂1时反应的最大活化能低于使用催化剂2时反应的最大 活化能，所以使用催化剂1时反应速率更大，体系更快达到 平衡状态，C正确；反应的决速步是反应历程中活化能最大 的步骤，从题图中可知，使用催化剂1时，第4步的活化能最 大，使用催化剂2时，也是第4步的活化能最大，所以第4步 是总反应的决速步，而不是第1步，D错误。 3.B由题图可知，X、Y先生成后消耗，只在中间出现过，反应 前后均无X、Y,是中间产物，故A正确；甲、乙、丙均不含能 使澳水褪色的官能团，故B错误；由题图可知，甲和乙反应生 成X的过程中，乙在碱性位，点上断裂C一)中的π键，故C 正确；手性碳原子是指与四个各不相同的原子或原子团相连 的碳原子，丙中含有手性碳原子，如图（标*的碳原子为手性 0 碳原子)OO,故D正确。 * 4.B反应为放热反应，则生成物能量小于反应物能量；第一步 为慢反应，第二步为快反应，则第一步活化能大于第二步活 化能，据此解答。生成物能量大于反应物能量，A错误；第一 步活化能大于第二步活化能，且生成物能量小于反应物能 量，B正确：第一步活化能小于第二步活化能，且生成物能量 大于反应物能量，C错误；第一步活化能小于第二步活化能， D错误。 5.B根据题图中信息可知，反应物的总能量高于生成物的总 能量，反应为放热反应，△H<0,故A正确：反应的活化能越 高反应速率越小，37.29一（一4.36）=41.65>5.41 (一28.80)=34.21，故该反应速率主要由生成 8S-C的 S;S 反应决定，故B错误：由反应过程图可知，碳原子的成键个数 在反应过程发生变化，所以其化合价也发生变化，故C正确； 反应过程中存在极性共价键S一C的形成，故D正确」 6C吸附在催化剂上和从催化剂上脱吸附不属于基元反 应，其他各步属于基元反应，故使用催化剂I反应历程有4 步，使用催化剂Ⅱ反应历程有3步，如图 喇1C0+H,0 一催化剂 …催化剂Ⅱ 室 、C02+H2 2 ,A错误；由始态和终态可得反 1 CO,+H, 'CO+H,O 反应历程 参考答案 259