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

**基本信息** 聚焦电解池核心原理，通过真实情境案例系统覆盖电极判断、反应式书写及守恒计算，强化科学思维与问题解决能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础原理|8单选（如第1题太阳能电解）|电极判断、能量转化分析|从装置辨识到阴阳极反应推导，建立“氧化-阳极-失电子”认知链| |定量计算|4多选+2非选（如第8题混合溶液电解）|电子守恒应用、溶液pH计算|基于电极反应式，通过得失电子守恒关联物质的量与气体体积| |综合应用|2非选（如第14题脱硫电解）|工业流程分析、效率计算|整合离子交换膜作用与催化机制，体现科学探究与社会责任|

一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。 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(　　) A．上述装置可实现太阳能全部转化成化学能 B．M电极反应式为NO＋6H2O＋8e－===NH3↑＋9OH－ C．装置工作一段时间后，N电极区溶液pH升高 D．同温同压下，生成a L NH3时理论上逸出0.5a L O2 解析：选B。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；M电极上NO得电子发生还原反应生成氨，电极反应式为NO＋6H2O＋8e－===NH3↑＋9OH－，B正确；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。 2．（2026·德州模拟）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 解析：选C。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。 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 解析：选C。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．石河子大学化学化工学院陈龙教授团队开发催化电极实现甲醇制氢，如下图所示。下列叙述错误的是　(　　) A．电极a与电源的负极连接 B．每生成2.24 L（标准状况）气体X，转移0.4 mol电子 C．电极b的电极反应式为CH3OH＋5OH－－4e－===HCOO－＋4H2O D．电解总反应为CH3OH＋OH－HCOO－＋2H2↑ 解析：选B。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；由分析可知，电解总反应为CH3OH＋OH－HCOO－＋2H2↑，故D正确。 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 解析：选D。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。 6．（2026·开封模拟）摄取一定量的溴酸盐会使人出现恶心、腹泻等症状。某科研团队设计在RuCu/CNT上电催化处理BrO的原理如下图所示。下列说法正确的是(　　) A．电子流向：M→P→电解质溶液→R→N B．P电极上的电极反应式为BrO＋6e－＋6H＋===Br－＋3H2O C．若电源为铅酸蓄电池，则N电极为Pb电极 D．每处理1 mol BrO，理论上阳极区溶液质量减少48 g 解析：选B。由题图可知，P电极上，BrO得到电子，被还原为Br－，发生还原反应，为阴极，则R电极为阳极，电源的M电极为负极，N电极为正极，阳极上水失去电子，被氧化为氧气。电子不能经过电解质溶液，结合分析可知，电子流向：M→P，R→N，A错误；由分析可知，P电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为BrO＋6e－＋6H＋===Br－＋3H2O，B正确；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；由B项分析可知，每处理1 mol BrO，电路中转移6 mol电子，则理论上阳极区释放出1.5 mol O2，同时有6 mol H＋经过质子交换膜由阳极区进入阴极区，故阳极区溶液质量减少1.5 mol×32 g/mol＋6 mol×1 g/mol＝54 g，D错误。 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 解析：选B。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。 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＋ 解析：选B。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。 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。 9．(2026·淄博模拟)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44 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 解析：选CD。由题图可知，NaNO3溶液中的NO通过Y膜向左移进入KNO3溶液中，Y膜为阴离子交换膜，故A错误；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正确；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。 10．（2025·浙江6月选考）通过电化学方法制备Br2，进而由Br2与反应合成。为提高电流利用效率，某小组设计电化学合成示意图如下，已知氧化性：H2O2＞Br2。下列说法不正确的是(　　) A．电极A与电源正极相连 B．电极B的电极反应式为O2＋2H＋＋2e－===H2O2 C．电解液中H2SO4可以用氢溴酸代替 D．原料足量的情况下，理论上电路中转移0.2 mol e－可得到0.1 mol 解析：选D。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；由于氧化性：H2O2>Br2，故电极B上生成的H2O2会与Br－发生反应：H2O2＋2Br－＋2H＋===Br2＋2H2O，电极A上电极反应式为2Br－－2e－===Br2，所以当转移0.2 mol e－时，共生成0.2 mol Br2，0.2 mol Br2与足量反应生成0.2 mol ，D错误。 11．（2025·泰安月考）以惰性电极电解CuSO4和NaCl的混合溶液，两电极上产生的气体（标准状况下测定）体积如下图所示，下列有关说法正确的是(　　) A．a表示阴极上产生的气体，t1前产生的为H2 B．常温下若t2时溶液的体积为1 L，则此时溶液的pH为2 C．原溶液中CuSO4和NaCl的物质的量之比为1∶1 D．若原溶液体积为1 L，则原溶液中SO的物质的量浓度为0.2 mol/L 解析：选BC。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；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正确；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；若原溶液体积为1 L，则原溶液中SO的物质的量浓度为0.01 mol÷1 L＝0.01 mol/L，D错误。 12．为探究电解过程中溶液pH的变化，某化学兴趣小组设计了如下实验，实验装置、所得数据结果如下图所示。电解过程中，充分搅拌使溶液均匀，忽略溶液体积的变化。下列说法错误的是(　　) A．0～t1：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3，t1～t2：2H2O2H2↑＋O2↑ B．若进行到t2时刻共有0.224 L气体（标准状况）产生，则外电路有0.04 mol电子通过 C．若使用氢氧燃料电池为电源，则t1时刻理论上负极消耗的气体物质的量为0.005 mol D．电解到t1时刻，理论上加入1.16 g Ag2O可使溶液复原 解析：选B。该装置为电解装置，t1时刻前发生反应4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3，溶质由AgNO3变为HNO3，溶液pH减小；当Ag＋消耗完时，H2O放电，t1～t2发生反应2H2O2H2↑＋O2↑，溶液pH基本不变，A正确。进行到t1时刻银离子恰好被完全还原，溶液的pH为1，硝酸银溶液中c(Ag＋)＝0.1 mol/L，n(Ag＋)＝0.1 mol/L×0.1 L＝0.01 mol，由反应得消耗0.01 mol Ag＋转移0.01 mol电子，由得失电子守恒可得，此过程生成氧气的物质的量n(O2)＝0.002 5 mol，在标准状况下的体积V(O2)＝0.002 5 mol×22.4 L/mol＝0.056 L；t1～t2电解水生成的气体体积为0.224 L－0.056 L＝0.168 L，其中氧气和氢气的体积之比为1∶2，故电解水生成的氧气体积为0.056 L，物质的量为＝0.002 5 mol，转移0.01 mol电子；故0～t2共转移0.02 mol电子，B错误。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。 三、非选择题 13．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。 (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。 (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：(1)阳极生成标准状况下56 mL(0.002 5 mol) O2，依据总反应式：2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，生成0.01 mol H＋，c(H＋)＝0.1 mol·L-1，pH＝1；电解生成0.002 5 mol O2和0.005 mol Cu，故要使溶液恢复到电解前的状态，可加0.005 mol CuO，质量为0.4 g，或加0.005 mol CuCO3，质量为0.62 g。(2)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。(3)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。 答案：(1)1　0.4　CuO（或0.62　CuCO3） (2)水（或H2O）　0.02　(3)0.015 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__________。 (2)阳极的电极反应式为___________________________________ ________________________________________________________。 (3)补全脱硫反应的离子方程式： FeS2＋________＋________===SO＋________＋________ (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：_____________________________________________________________ ________________________________________________________。 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：__________________________________________________ _____________________________________________________________ ________________________________________________________。 (5)研究发现，电解时若电压过高，则阳极有副反应发生，造成电解效率降低。电解效率η的定义：η(B)＝×100%。某电压下电解100 mL煤浆-FeCl3-H2SO4混合液，煤浆中除FeS2外不含其他含硫物质，混合液中H2SO4浓度为0.01 mol·L-1，FeCl3的质量分数为1.5%。当阴极收集到224 mL（标准状况）气体时（阴极无副反应发生），测得溶液中 c（SO）＝0.02 mol·L-1，η（SO）＝______（忽略电解前后溶液的体积变化）。 (6)综上，电解法脱硫的优点有___________________________________ _____________________________________________________________ _____________________________________________________________（写出两点）。 解析：(1)由题图可知，阳极石墨棒上Fe2+发生氧化反应转化为Fe3+，Fe3+和FeS2反应生成Fe2+、SO和H＋，阴极石墨棒上有无色气体产生，阴极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，阴极上产生的气体为H2。 (2)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+。 (3)由题图可知，Fe3+和FeS2反应生成Fe2+、SO和H＋，根据质量守恒定律可知，产物H＋来自H2O，即该反应的反应物有Fe3+、FeS2和H2O，生成物有Fe2+、SO和H＋，该反应的离子方程式为FeS2＋14Fe3+＋8H2O===2SO＋15Fe2+＋16H＋。 (5)当阴极收集到224 mL（标准状况）气体时，n(H2)＝＝0.01 mol，转移电子的物质的量为0.02 mol；生成的SO的物质的量为(0.02－0.01)mol·L-1×0.1 L＝0.001 mol，由FeS2反应生成0.001 mol SO，转移0.007 mol电子，故η（SO）＝×100%＝35%。 答案：(1)H2　(2)Fe2+－e－===Fe3+　(3)1　14　Fe3+　8　H2O　2　15　Fe2+　16　H＋ (4)①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　②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] (5)35%　(6)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） 学科网（北京）股份有限公司 $