第7章 第4讲 课后检测能力达标(课件PPT)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·化学

该高中化学高考复习课件聚焦电化学核心专题，依据高考评价体系梳理了电解池原理、电极反应式书写、电子守恒计算等关键考点，结合近三年浙江选考、全国模拟题分析，明确“电极反应分析”“电子转移计算”等高频考点占比超60%，归纳出选择题、填空题等常考题型的解题框架。 课件亮点在于“真题精析+科学思维建模”，如以2023浙江1月选考电解TiO₂制TiSi题为例，通过“电极判断-反应式书写-守恒计算”三步法，培养学生证据推理与模型认知素养。特设“易错陷阱警示”（如离子交换膜类型判断）和“答题模板”，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准定位复习重点，提升备考效率。

课后检测 能力达标 1 B　 [基础巩固] 1．（2025·郑州模拟）近日，浙江大学一课题组创建光电共轭聚合物网络用于太阳能驱动硝酸盐转化产氨和氧气。模拟装置如下图所示。下列叙述正确的是(　　) 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 11 2 3 课后检测 能力达标 解析：分析装置图和物质转化关系可知，M电极为阴极，N电极为阳极。太阳能转化为化学能时，有部分能量转化为热能，A错误； OH－在N电极失电子发生氧化反应生成O2，电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，故N电极区溶液pH降低，C错误； 根据得失电子守恒，n(NH3)×8＝n(O2)×4，同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，生成a L NH3时理论上逸出2a L O2，D错误。 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 11 2 3 课后检测 能力达标 2．（2026·张家口模拟）我国科学家合成了四氧化三钴/石墨炔(Co3O4/GDY)复合电催化剂，利用该催化剂实现了己二酸的高效绿色制备，工作原理如下图所示，下列说法错误的是(　　)   A.a电极电势高于b电极 B．制备己二酸的电极反应式为C6H12O－8e－＋3H2O===C6H10O4＋8H＋ C．该装置工作一段时间后，b电极区需补充水 D．该装置工作中至少涉及三种能量转化形式 C　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 解析：该装置为电解池装置，目的是利用环己醇通过电解法制备己二酸，a电极的反应为C6H12O－8e－＋3H2O===C6H10O4＋8H＋，发生氧化反应，因此a电极为阳极，b电极为阴极，阳极电势高于阴极电势，A、B正确； b电极为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，每生成1 mol H2的同时有2 mol H＋通过质子交换膜进入阴极区，因此b电极区不消耗水，无需补充，C错误； 该装置中太阳能电池作电源，将太阳能转变成电能，该装置工作时将电能转变成化学能，同时伴随太阳能和热能、电能和热能、化学能和热能的转换，因此至少涉及三种能量转化形式，D正确。 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 3．（2023·浙江1月选考）在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi)，电解装置示意图如下。下列说法正确的是(　　) A．石墨电极为阴极，发生氧化反应 B．电极A的电极反应：8H＋＋TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4H2O C．该体系中，石墨优先于Cl－参与反应 D．电解时，阳离子向石墨电极移动 C　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 解析：由题图可知，石墨电极参与反应生成CO，失电子发生氧化反应，故为阳极，电极反应为C－2e－＋O2-===CO↑；电极A为阴极，电极反应为TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4O2-。由分析可知，石墨电极为阳极，发生氧化反应，A项错误； 该电解池的电解质为熔融盐，不存在H＋，B项错误； 根据阳极上生成CO可知，石墨优先于Cl－参与反应，C项正确； 电解池中石墨电极为阳极，阴离子(O2-)向石墨电极移动，D项错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 B　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 解析：电极b上CH3OH被氧化为HCOO－，电极b为阳极，电极反应式为CH3OH＋5OH－－4e－===HCOO－＋4H2O；电极a为阴极，H2O得到电子生成H2，气体X为H2，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。由分析可知，电极a为阴极，与电源的负极连接，故A正确； 根据电极反应式2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－可知，每生成2.24 L（标准状况）H2，转移0.2 mol电子，故B错误； 由分析可知，电极b的电极反应式为CH3OH＋5OH－－4e－===HCOO－＋4H2O，故C正确； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 5．（2025·武汉联考）我国科技工作者设计了一套电化学装置，能在常温常压下实现硫化氢分解，制取氢气和硫黄，其原理如下图所示。下列说法错误的是(　　) A．该装置实现了光能→电能→化学能的转化 B．阳极区的总反应为H2S－2e－===S↓＋2H＋ C．质子交换膜不能换为阳离子交换膜 D．每产生32 g S，阴极区溶液质量会减小2 g D　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 解析：由题图可知，该装置为电解池装置，光能通过光伏电池转化为电能，电极a上亚铁离子失去电子被氧化，为阳极，则电极b为阴极，V3+得到电子被还原为V2+，使得电能转化为化学能，该装置实现了光能→电能→化学能的转化，A正确； 由装置原理图中物质的转化可知，阳极区发生反应2Fe2+－2e－===2Fe3+，H2S＋2Fe3+===2Fe2+＋S↓＋2H＋，总反应为硫化氢失去电子生成硫单质和氢离子：H2S－2e－===S↓＋2H＋，B正确； 为防止Fe3+、Fe2+向阴极移动而发生副反应，质子交换膜不能换为阳离子交换膜，C正确； 结合H2S－2e－===S↓＋2H＋可知，每产生32 g(1 mol)S，电路中转移2 mol电子，会有2 mol氢离子迁移到阴极区生成氢气，则阴极区溶液质量不变，D错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 B　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 N电极为正极，若电源为铅酸蓄电池，则N电极为PbO2电极，C错误； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 7．（2026·合肥统考）磷酸铁(FePO4)主要用于制造磷酸铁锂电池材料。工业上可以用电解磷铁渣（主要含FeP等）的方法制备FePO4，装置如下图所示。下列说法正确的是(　　) A．溶液中H＋穿过质子交换膜向磷铁渣电极移动 B．电解结束一段时间后，NaOH浓度不变 C．阳极的电极反应：FeP＋4H2O＋8e－===FePO4＋8H＋ D．每生成1 mol FePO4，石墨电极产生2 mol O2 B　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 解析：磷铁渣电极与电源正极相连，为阳极，故溶液中H＋穿过质子交换膜向石墨电极移动，A错误； 石墨电极为阴极，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，但每生成2 mol OH－的同时有2 mol H＋通过质子交换膜进入阴极区，故电解结束一段时间后，NaOH浓度不变，B正确； 阳极发生氧化反应，电极反应为FeP＋4H2O－8e－===FePO4＋8H＋，C错误； 每生成1 mol FePO4，石墨电极产生4 mol H2，D错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 8．用a、b两个质量相等的Pt电极电解AlCl3和CuSO4的混合溶液[n(AlCl3)∶n(CuSO4)＝1∶9]。t1时刻a电极得到混合气体，其中Cl2在标准状况下的体积为224 mL（忽略气体的溶解）；t2时刻Cu全部在b电极上析出。下列判断正确的是(　　) A．a电极与电源的负极相连 B．t2时刻两电极的质量相差3.84 g C．电解过程中，溶液的pH不断增大 D．t2时刻后b电极的电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋ B　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 解析：根据a电极得到Cl2，即发生反应2Cl－－2e－===Cl2↑可知，a电极为阳极，与电源的正极相连，A错误； 开始时a电极上Cl－放电，Cl－消耗完后H2O放电，根据生成Cl2的体积可求得原混合溶液中Cl－的物质的量为0.02 mol，则原混合溶液中CuSO4的物质的量为0.06 mol，t2时刻Cu全部在b电极上析出，故析出铜的质量为0.06 mol×64 g/mol＝3.84 g，故t2时刻两电极的质量相差3.84 g，B正确； 电解的第一阶段相当于电解氯化铜，pH不变，第二阶段电解硫酸铜和水，pH减小，第三阶段电解水，pH减小，C错误； b电极是阴极，t2时刻后b电极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，D错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 9．以惰性电极电解100 mL 0.05 mol·L-1 CuSO4溶液。 (1)阳极产生56 mL（标准状况下）气体时，所得溶液的pH为________（不考虑溶液体积变化），要使溶液恢复到电解前的状态，可加入________g的_________________________物质。 1　 0.4　 CuO（或0.62　CuCO3） 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 (2)继续通电电解，此时被电解的物质为_______________，若加入0.005 mol Cu(OH)2可使溶液恢复到电解前的状态，则电路中转移电子的物质的量为________mol。 解析：继续通电电解，电解质溶液为H2SO4溶液，故实际被电解的物质为H2O；加入0.005 mol Cu(OH)2可使溶液恢复到电解前的状态，相当于加入0.005 mol CuO和0.005 mol H2O，故转移电子的物质的量为(0.005×2＋0.005×2) mol＝0.02 mol。 水（或H2O）　 0.02　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 (3)通电一段时间，加入0.002 5 mol Cu2(OH)2CO3可使溶液恢复到电解前的状态，则电路中转移电子的物质的量为________mol。 解析：Cu2(OH)2CO3相当于2CuO·H2O·CO2，故转移电子的物质的量为0.005 mol×2＋0.002 5 mol×2＝0.015 mol。 0.015 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 [素养提升] 10．（2026·福州模拟）利用多膜装置通过电解法可以制备KNO3，同时获得一定的副产品，其电解装置如下图所示。下列说法正确的是(　　) A．Y膜为阳离子交换膜 B．阴极室溶液中OH－浓度逐渐降低 C．理论上每生成1 mol Cl2，阴极室溶液质量增加46 g D．理论上每生成标准状况下22.4 L Cl2，阳极室内溶液质量减少149 g D 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 阴极室发生反应2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，OH－浓度逐渐增加，故B错误； 阳极室发生反应2Cl－－2e－===Cl2↑，理论上每生成1 mol Cl2，转移2 mol电子，阴极室内生成1 mol H2但补充了2 mol Na＋，因此阴极室溶液质量增加44 g，故C错误； 理论上每生成标准状况下22.4 L(1 mol) Cl2，转移2 mol电子，同时有2 mol K＋移向硝酸钾溶液，阳极室内溶液减少2 mol KCl，即溶液质量减少149 g，故D正确。 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 D　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 解析：电极A上Br－―→Br2，Br元素化合价升高，电极A为阳极，与电源正极相连；电极B上O2―→H2O2，O元素化合价降低，电极B为阴极，与电源负极相连，电极反应式为O2＋2H＋＋2e－===H2O2，A、B正确； 电解液中H2SO4可以用氢溴酸代替，C正确； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 C　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 解析：以惰性电极电解CuSO4和NaCl 的混合溶液，阳极依次发生2Cl－－2e－===Cl2↑、2H2O－4e－===4H＋＋O2↑；阴极依次发生 Cu2+＋2e－===Cu、2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。根据题图可知，生成的氯气的体积是112 mL，物质的量是0.005 mol，转移0.01 mol电子，氯化钠的物质的量是0.01 mol；t2时铜离子恰好放电完毕，此时生成氧气的体积是168 mL－112 mL＝56 mL，物质的量是0.002 5 mol，转移0.01 mol电子，结合得失电子守恒可知，析出0.01 mol铜，因此硫酸铜的物质的量是0.01 mol。由分析可知，a表示阳极上产生的气体，t1前产生的为Cl2，A错误； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 由2H2O－4e－===O2↑＋4H＋可知，t2时n(H＋)＝0.002 5 mol×4＝0.01 mol，溶液中c(H＋)＝0.01 mol/L，pH＝2，B错误； 由分析可知，原溶液中CuSO4和NaCl的物质的量之比为0.01 mol∶0.01 mol＝1∶1，C正确； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 B　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 若使用氢氧燃料电池为电源，则负极消耗的氢气与电路中通过电子的关系为H2～2e－，t1时刻转移0.01 mol电子，理论上负极消耗氢气的物质的量为0.005 mol，C正确。 电解到t1时刻，析出了0.01 mol 银、0.002 5 mol氧气，此时加入0.005 mol(1.16 g) Ag2O可使溶液复原，D正确。 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 14．电化学原理被广泛应用于生产、生活的许多方面，利用电解法脱除煤中的含硫物质（主要是FeS2）的原理如下图所示。 (1)阴极石墨棒上有无色气体产生，该气体是____。 H2　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 (2)阳极的电极反应式为______________________。 解析：阳极石墨棒上，Fe2+发生氧化反应转化为Fe3+，电极反应式为Fe2+－e－===Fe3+。 Fe2+－e－===Fe3+　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 1　 14　 Fe3+　 8　 H2O　 2　 15　 Fe2+　 16　 H＋ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 (4)相同反应时间，FeCl3对脱硫率的影响如下图所示。  ①电解脱硫过程中，FeCl3的作用是催化剂，结合简单碰撞理论说明使用FeCl3能增大反应速率的原因：__________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________。 催化剂能改变反应历程，降低FeS2直接在电极放电反应中的活化能，增大单位体积内反应物分子中活化分子的数目，单位时间内有效碰撞次数增多，反应速率增大　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 ②FeCl3的质量分数大于1.5%时，脱硫率随FeCl3浓度的增大而下降，解释原因：___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 随着FeCl3浓度的增大，可能发生Fe3+在阴极放电或Cl－在阳极放电等副反应，导致与FeS2反应的Fe3+浓度减小，脱硫率降低[或随着FeCl3浓度的增大，平衡Fe3+＋3H2O⥫⥬Fe(OH)3＋3H＋正向移动，产生更多Fe(OH)3胶体，导致煤浆聚沉，脱硫率降低] 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 35%　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 (6)综上，电解法脱硫的优点有___________________________________ ______________________________________（写出两点）。 联产高纯H2、Fe3+可循环利用、脱硫速率大（写出两点，答案合理即可） 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 $