主题9 第4讲 多池串联装置分析与电化学的相关计算(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考化学一轮总复习（山东、海南专版）

该高中化学高考复习课件聚焦“多池串联装置分析与电化学计算”核心考点，依据高考评价体系明确电化学计算为必考内容，多池串联为能力提升重点，梳理出电极质量变化、电子转移数等常考方向，通过思维建模归纳串联电路解题流程，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题深度融入与科学思维培养，如以2022山东卷、2025甘肃卷真题为例，解析电子守恒法、关系式法等计算技巧，构建“判断-分析-计算”答题模型，帮助学生掌握得分关键，教师可据此系统开展专题复习，提升备考效率。

第四讲 多池串联装置分析与电化学的相关计算 Di Si Jiang 电化学的相关计算是每年高考的必考内容，考查的形式主要是在选择题的某一个或二个选项中出现，考查的内容主要涉及电极的质量变化、物质的量变化、产生或消耗气体的体积、电路中转移的电子数。多池串联的装置在近几年的高考中虽出现不多，偶有考查，但通过这类题的训练可以加深对原电池和电解池原理理解，有助于学生全面融会贯通知识，发展创新思维能力。 1 多池串联装置 2 电化学的相关计算 3 作业验收评价 目 录 多池串联装置 一、 [例1]　[有外加直流电源型]如图所示的装置中，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色。下列说法正确的是 (　　) A.X为电源负极，Y为电源正极 B.a极的电极反应为2Cl--2e-==Cl2↑ C.当b极产生标准状况下2.24 L气体时，Pt极上有6.4 g Cu析出 D.通电一段时间后，CuSO4溶液的pH增大 √ [解析]　a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，依据电解质溶液为氯化钠的酚酞溶液，判断b电极是阴极，Y为电源负极，X为电源正极，A错误；a电极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应为2Cl--2e-==Cl2↑，B正确；b极产生标准状况下2.24 L氢气的物质的量n==0.1 mol，转移电子为0.2 mol，电解过程中CuSO4溶液中水电离的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH逐渐减小，C、D错误。 [例2]　[无外接电源型](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 √ [解析]　由图可知，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-，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是负极，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4OH--4e-==2H2O+O2↑，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2 mol电子，可产生2 mol H2，D错误。 |思维建模| 串联电路的解题流程 [迁移应用] 1.[双选](2022·山东卷)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,乙室应补充盐酸 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 √ √ 解析:电池工作时,左侧为电解池,左侧石墨极为阳极,电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O==2CO2+7H+,H+移向甲室,溶液pH减小,A错误;对于乙室,正极上LiCoO2得到电子,被还原为Co2+,同时得到Li+,其中的O与溶液中的H+结合生成H2O,因此电池工作一段时间后应该补充盐酸,B正确;电解质溶液为酸性,不可能大量存在OH-,乙室电极反应式为LiCoO2+e-+4H+==Li++Co2++2H2O,C错误;若甲室Co2+减少200 mg,电子转移物质的量为n(e-)=×2≈0.006 8 mol ,乙室Co2+增加300 mg,转移电子的物质的量为n(e-)=×1≈0.005 1 mol,说明此时已进行过溶液转移,D正确。 2.如图所示，通电5 min后，电极5的质量增加2.16 g，请回答下列问题。 解析:根据已知条件通电5 min后，电极5的质量增加2.16 g，说明电极5作阴极，Ag+放电，电极反应为Ag++e-==Ag，转移电子的物质的量为0.02 mol，同时可知电极6作阳极，与电源的正极相连。则a是负极，b是正极，电极1、3、5作阴极，电极2、4、6作阳极。 (1)a为电源的____(填“正”或“负”)极，C池是______池。A池阳极的电极反应为_______________，C池阴极的电极反应为______________。  负 电解 2Cl--2e-==Cl2↑ Ag++e-==Ag (2)如果B池中共收集到224 mL气体(标准状况)且溶液体积为200 mL(设电解过程中溶液体积不变)，则通电前溶液中Cu2+的物质的量浓度为_____________。  解析: B池中电解总反应为2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4，若转移0.02 mol电子时只收集到O2(只电解溶质)，则根据关系式2CuSO4~O2~4e-可得n(O2)=0.005 mol，体积为112 mL(标准状况)<224 mL，说明溶质CuSO4已耗完，然后电解水。设整个过程消耗CuSO4 x mol，H2O y mol，则有2x+2y=0.02，x+y=0.01，解得x=y=0.005 mol，则c(CuSO4)=0.025 mol·L-1。 0.025 mol·L-1 (3)如果A池溶液是200 mL足量的食盐水(电解过程溶液体积不变)，则通电 5 min后，溶液的pH为____。  解析:由于A池中电解液足量，A池中只发生反应2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，根据关系式NaOH~e-，生成的n(NaOH)=0.02 mol，则c(NaOH)==0.1 mol·L-1，即溶液的pH=13。 13 电化学的相关计算 二、 (一)根据电子守恒计算 对于原电池和电解池串联的电化学试题，当题中给出了通过电子的量或某一反应物消耗的量或某一生成物生成的量，这时就要根据电子守恒关系进行计算。 [例3]　如图，X是直流电源，电池中c、d、e、f均为石墨棒，接通电路后，发现d附近显红色。回答下列问题: (1)电源a为____(填“正”“负”“阴”或“阳”，下同)极，d极上的电极反应式为 _______________________，Z池中f为_____极，e极上的电极反应式为 _______________________。  正 2H2O+2e-==2OH-+H2↑ 阴 2H2O-4e-==4H++O2↑ [解析]　用直流电源电解饱和NaCl溶液，阳极电极反应式为2Cl--2e-==Cl2↑，阴极电极反应式为2H2O+2e-==2OH-+H2↑，d附近显红色，因此d为阴极，a为电源的正极，f为阴极，电极反应式为Cu2++2e-==Cu，e为阳极，电极反应式为2H2O-4e-==4H++O2↑。 (2)当电路中通过0.02 mol电子时，d极产生的气体在标准状况下的体积为 ______ L，Y池中溶液的pH为_____；Z池中析出铜的质量为______ g，产生的气体在标准状况下的体积为______ L。  [解析]　由上述分析，Y池总反应为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，Z池总反应为2CuSO4+2H2O 2H2SO4+O2↑+2Cu，当电路中通过0.02 mol电子时，d极产生0.01 mol H2，在标准状况下的体积为0.224 L，同时生成0.02 mol OH-，c(OH-)=0.1 mol·L-1，Y池中溶液的pH为13；Z池中析出铜的物质的量为0.01 mol，质量为0.64 g，阳极产生0.005 mol O2，标准状况下的体积为0.112 L。 0.224 13 0.64 0.112 |思维建模|电子守恒法的解题流程 第一步 找出氧化剂(正极或阴极反应物质)、还原剂(负极或阳极反应物质)及相应的还原产物和氧化产物 第二步 根据相关信息，找准一个电极上原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数) 第三步 根据串联电路中各电极转移电子相等列出等式 (二)根据关系式计算 [例4]　K⁃O2电池结构如图所示，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。 产生1 A·h电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为______。用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9 g钾时，铅酸蓄电池消耗____ g水。  2.22 1.8 [解析]　从KO2的组成看，存在如下关系式:KO2~O2，则KO2的质量与消耗O2的质量比值为≈2.22；铅酸蓄电池充电时总反应为2PbSO4+2H2O==Pb+PbO2+2H2SO4，消耗2 mol H2O，转移2 mol电子，故有K~e-~H2O，消耗3.9 g钾(物质的量为=0.1 mol)时，转移0.1 mol电子，则铅酸蓄电池消耗0.1 mol H2O，质量为0.1 mol×18 g·mol-1=1.8 g。 [例5]　KIO3可作为食盐中的补碘剂，可采用“电解法”制备。先将一定量的碘溶于过量氢氧化钾溶液，发生反应:3I2+6KOH==5KI+KIO3+3H2O，将反应后的溶液加入阳极区，阴极区加入氢氧化钾溶液，开始电解。装置如图所示。 回答下列问题: (1)惰性电极M为______(填“阳极”或“阴极”)，其电极反应式为 __________________________。  [解析]　惰性电极M为阳极，其电极反应式为I-+6OH--6e-==I+3H2O。 阳极 I-+6OH--6e-==I+3H2O (2)若电解时用铅酸蓄电池做电源，当消耗2 mol单质铅时，电解生成气体的物质的量是____ mol。  (3)若电解结束时，阳极反应生成10 mol KIO3，则理论上消耗的I2的物质的量为___ mol。  [解析]　(2)若电解时用铅酸蓄电池做电源，由关系式Pb~2e-~H2，当消耗2 mol单质铅时，电解生成气体的物质的量是2 mol。(3)若电解结束时，由关系式3I2~5I-~5I，阳极反应生成10 mol KIO3，则理论上消耗I2的物质的量为×3=6 mol。 2 6 (4)常温下若有0.9 mol K+通过阳离子交换膜，阴极区KOH溶液的pH由13升到14，则阴极区KOH溶液体积为___ L(忽略溶液体积变化)。  (5)若电解池工作前，阳极室和阴极室中电解液质量相等，当转移____ mol电子时，两侧电解液的质量差为308 g。  [解析]　(4)常温下若有0.9 mol K+通过阳离子交换膜，阴极区KOH溶液的pH由13升到14，氢氧根离子的浓度由0.1 mol·L-1升至1 mol·L-1，1 mol·L-1×V-0.1 mol·L-1×V=0.9 mol，V=1 L，则阴极区KOH溶液体积为1 L(忽略溶液体积变化)。(5)若电解池工作前，阳极室和阴极室中电解液质量相等，每转移1 mol电子，阳极室减少1 mol钾离子，减少39 g，阴极室增加1 mol钾离子，同时减少1 mol氢原子，增加38 g，即转移1 mol电子时，两侧电解液的质量差为77 g，则转移4 mol电子时，两侧电解液的质量差为308 g。 1 4 |思维建模| 根据得失电子守恒定律，建立已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。 如以通过4 mol e-为桥梁可构建如下关系式: [迁移应用] 1.把物质的量均为0.1 mol的氯化铜和硫酸溶于水制成100 mL的混合溶液，用石墨作电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同。则下列描述正确的是(　　) A.电路中共转移0.6NA个电子 B.阳极得到的气体中O2的物质的量为0.2 mol C.阴极质量增加3.2 g D.电解后剩余溶液中硫酸的浓度为1 mol·L-1 √ 解析:根据放电顺序，阴离子:Cl->OH->S，阳离子:Cu2+>H+，该电解过程分为两个阶段:第一阶段，电解CuCl2溶液:Cu2++2Cl- Cu+Cl2↑；第二阶段，电解H2O:2H2O 2H2↑+O2↑。阳极开始产生Cl2，后产生O2，阴极开始生成Cu，后产生H2，根据得失电子守恒:Cl2~2e-~Cu，2H2~4e-~O2，可知n(Cu2+)=n(Cl2)=0.1 mol，2n(O2)=n(H2)，又因为两极收集到的气体在相同条件下体积相同，即n(Cl2)+n(O2)=n(H2)，所以n(H2)=0.2 mol，n(O2)=0.1 mol，n(Cl2)=0.1 mol，则转移电子数为(0.1×2+0.1×4)NA=0.6NA，A正确，B错误；阴极析出铜0.1 mol，即6.4 g，C错误；电解后溶液的体积未知，不能计算硫酸的浓度，D错误。 2.[双选](2026·日照市校际期中联考)电化学法实现CO2转化的电解装置以及在不同电压条件下不同有机产物的法拉第效率如图1、2所示[已知:法拉第效率FE=×100%,选择性S=×100%]。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　　) A.0.7 V时,阴极主要发生的反应为CO2+2e-+2H+==HCOOH B.0.75 V时,每有1 mol CO2参与反应,生成HCOOH的物质的量为0.65 mol C.1.0 V时,HCHO的选择性为57.1% D.1.3 V时,若生成4.6 g C2H5OH,通过质子交换膜的H+总数为24NA 解析:由图可知,右侧电极水失去电子发生氧化反应为阳极,阳极电极反应式为2H2O-4e-==4H++O2↑,则左侧电极为阴极,阴极生成HCHO的电极反应式为CO2+4e-+4H+==HCHO+H2O,阴极生成HCOOH的电极反应式为CO2+2e-+2H+==HCOOH,阴极生成CH3OH的电极反应式为CO2+6e-+6H+==CH3OH+H2O,阴极生成C2H5OH的电极反应式为2CO2+12e-+12H+==CH3CH2OH+3H2O,由图2可知,通过改变电压可以选择性地获得不同还原产物;0.7 V时,FE(HCOOH)≈0.3,根据法拉第效率公式,则有更多电子参与其他反应,阴极的主要反应不是CO2+2e-+2H+==HCOOH,A错误; √ √ 0.75 V时,生成HCOOH和HCHO,生成等物质的量的HCHO和HCOOH时转移的电子数不同,FE(HCOOH)=0.65,则S(HCOOH)≠0.65,那么每有1 mol CO2参与反应,生成HCOOH的物质的量不为0.65 mol,B错误; 1.0 V时,FE(HCOOH)=0.15、FE(HCHO)=0.4,假设通过电极10 mol电子,则根据法拉第效率公式和CO2+2e-+2H+ ==HCOOH,生成HCOOH 10 mol×0.15×=0.75 mol,同理生成HCHO 10 mol× 0.4×=1.0 mol,结合碳守恒,则HCHO的选择性为×100%≈57.1%,C正确;1.3 V时,FE(C2H5OH)=0.05,若生成4.6 g C2H5OH(为0.1 mol),根据2CO2+12e-+12H+==CH3CH2OH+3H2O,则转移=24 mol电子,通过质子交换膜的H+总数为24 NA,D正确。 作业验收评价 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 一、选择题 1.(2026·吉林模拟)如图所示的电解池Ⅰ和Ⅱ中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b<d。符合上述实验结果的盐溶液是(　　) 选项 X Y A MgSO4 CuSO4 B CuSO4 AgNO3 C FeSO4 Al2(SO4)3 D AgNO3 Pb(NO3)2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析:电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b<d，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中(H)以后，转移相同电子时，b析出金属质量小于d，阳离子得电子能力如图所示， (前面的H+表示酸溶液中的H+，后面的H+表示盐溶液中的H+)。在金属活动性顺序表中，Mg在H之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故A错误；由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Ag+和Cu2+的得电子能力均大于H+，因此电解CuSO4溶液阴极b上生成Cu，电解硝酸银溶液时阴极d上生成Ag，两池中的电极上转移的电子数是相等的，设转移2 mol电子，b增重64 g，d增重216 g，所以质量增加b<d，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 在金属活动性顺序表中，Fe、Al都在H之前，电解亚铁盐、铝盐溶液时阴极上都不能得到金属单质，故C错误；由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Ag+和Pb2+的得电子能力均大于H+，因此电解硝酸银溶液时阴极b上生成Ag、电解硝酸铅溶液阴极d上生成Pb，两池中的电极上转移的电子数是相等的，设转移 2 mol电子，b增重216 g，d增重207 g，所以质量增加b>d，故D错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 2.甲、乙两同学，均用惰性电极电解相同浓度的硫酸铜溶液，各通电一段时间后，甲、乙分别向所得的溶液中加入0.1 mol CuO和0.1 mol Cu(OH)2，都恰好使溶液恢复到电解前的浓度。则甲、乙在电解过程中转移电子的物质的量之比为 (　　) A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4 解析:加入0.1 mol CuO后恢复到电解前的浓度，可知发生反应 2H2O+2CuSO4 2Cu+O2↑+2H2SO4　转移电子 2 mol 4 mol 0.1 mol 0.2 mol 故转移电子的总物质的量为0.2 mol； 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 Cu(OH)2从组成上可看成CuO·H2O，加入0.1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度，即电解了0.1 mol硫酸铜，并电解了0.1 mol H2O，由电解的总反应式可知， 2H2O+2CuSO4 2Cu+O2↑+2H2SO4　转移电子 2 mol 4 mol 0.1 mol 0.2 mol 2H2O 2H2↑+O2↑　转移电子 2 mol 4 mol 0.1 mol 0.2 mol 所以电解过程中共转移电子的物质的量为0.2 mol+0.2 mol=0.4 mol，则甲、乙在电解过程中转移电子的物质的量之比为0.2 mol∶0.4 mol=1∶2，B正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 3.在1 L K2SO4和CuSO4的混合溶液中c(S)=2.0 mol·L-1，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L(标准状况)气体，则原溶液中c(K+)为(　　) A.2.0 mol·L-1 B.1.5 mol·L-1 C.1.0 mol·L-1 D.0.5 mol·L-1 解析:阳极发生的反应:2H2O-4e-==4H++O2↑，阴极先后发生的反应为Cu2++2e-==Cu，2H2O+2e-==H2↑+2OH-，两极均收集到22.4 L(标准状况)气体，即均生成 1 mol气体，根据得失电子守恒:2H2~4e-~O2、2Cu~4e-~O2，阳极生成1 mol氧气说明转移4 mol电子，而阴极上生成1 mol H2只得到2 mol电子，所以剩余2 mol电子由铜离子获得，c(Cu2+)=1 mol·L-1，电解前根据电荷守恒:c(K+)+2c(Cu2+)=2c(S)，c(K+)=(2.0×2-1×2) mol·L-1=2.0 mol·L-1。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 4.(2026·烟台模拟)按如图装置模拟改进工业电解饱和食盐水和电镀实验。 下列说法错误的是 (　　) A.膜a应使用阳离子交换膜 B.用乙装置给铜镀银，Y应为Ag电极 C.石墨Ⅱ电极反应式为O2+4e-+2H2O==4OH- D.当电路中通过0.4 mol e-时，理论上石墨Ⅰ电极产生0.2 mol Cl2 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:电极Ⅰ中氯离子变为氯气，2Cl--2e-==Cl2↑，发生氧化反应，电极Ⅰ为阳极，阳离子通过阳离子交换膜移向电极Ⅱ，如果选阴离子交换膜，氯气可与碱发生反应，故A正确；给铜镀银时，需要银作电解池的阳极，铜作阴极，因电极Ⅰ为阳极，则Y电极为阴极，故B错误；电极Ⅱ为阴极，得电子，发生还原反应，故C正确；当电路中通过0.4 mol e-时，理论上石墨Ⅰ电极可产生0.2 mol Cl2，故D正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 √ 5.钴酸锂电池是目前用量最大的锂离子电池，用它作电源按如图装置进行电解。通电后，a电极上一直有气泡产生；d电极附近先出现白色沉淀(CuCl)，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)。下列有关叙述正确的是 (　　) A.已知钴酸锂电池放电时总反应为 Li1-xCoO2+LixC6==LiCoO2+6C，则m处Li1-xCoO2发生失电子的反应 B.当外电路中转移0.2 mol电子时，理论上装置Ⅰ中加入100 mL 2 mol·L-1盐酸可复原 C.电极d为阴极，电解过程中发生反应Cu+Cl--e-==CuCl D.随着电解的进行，U形管Ⅱ中发生了如下转化CuCl+OH-==CuOH+Cl- 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:LixC6中可看作Li镶嵌在石墨中，Li、C都为0价，负极Li被氧化，根据电池总反应，LixC6作负极，则Li1-xCoO2作正极，得电子，故A错误；盐酸中的水会稀释Ⅰ中的溶液，故不可复原，故B错误；a电极一直有气泡，且a的材料为铜，故a极为阴极，d为阳极，d极反应式为Cu+Cl--e-==CuCl，故C错误；d电极先产生白色沉淀(CuCl)，白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)，发生的反应是CuCl+OH-==CuOH+Cl-，故D正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 6.相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池，放电时两个电极区的浓 度差会逐渐减小，当两个电极区硫酸铜溶液的浓度完全相等时放电停止。如图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH。下列说法不正确的是 (　　) A.a电极的电极反应为2H2O+2e-==H2↑+2OH- B.电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得80 g NaOH C.电池放电过程中，Cu(1)电极上的电极反应为Cu2++2e-==Cu D.c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:浓差电池工作时，两极附近的电解质溶液浓度差减小，即Cu(1)一侧电解质溶液浓度减小，Cu(2)一侧电解质溶液浓度增大，则原电池中Cu(1)为正极，电极反应:Cu2++2e-==Cu，Cu(2)为负极，电极反应:Cu-2e-==Cu2+，则电解池中a电极为阴极，水电离的H+发生得电子的还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-==H2↑+2OH-，故A、C正确；电池从开始工作到停止放电即两侧溶液中Cu2+浓度相等，设两电极发生改变的Cu2+的物质的量为a，由两侧浓度相等可得2.5 mol·L-1×2 L-a=0.5 mol·L-1×2 L+a，解得a=2 mol，根据转移电子守恒有Cu~2e-~2NaOH，电解池理论上生成NaOH的物质的量为4 mol，则m(NaOH)= 4 mol×40 g·mol-1=160 g，故B错误；a电极为阴极，电极反应为2H2O+2e-==H2↑+2OH-，b电极为阳极，电极反应为2H2O-4e-==O2↑+4H+，则a极附近生成NaOH，b极附近生成H2SO4，所以钠离子通过离子交换膜c进入a极区，则c为阳离子交换膜，S通过离子交换膜d进入b极区，则d为阴离子交换膜，故D正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 7.利用氢氧燃料电池，以镍、铁作电极电解NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4，其在浓碱中稳定存在)的装置如图所示。已知固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，在高温下能传导O2-。下列说法正确的是 (　　) A.电极b的电极反应为H2-2e-==2H+ B.电极d材料是铁电极，电极反应为Fe-2e-+2OH-==Fe(OH)2 C.理论上，固体电解质中每迁移0.3 mol O2-，可以制得16.6 g Na2FeO4 D.为提高Na2FeO4的产率，应使用阳离子交换膜 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:装置图中，左侧装置为氢氧燃料电池，右侧装置为电解池。氢氧燃料电池中，负极反应为2H2+2O2--4e-==2H2O，正极反应式为O2+4e-==2O2-；电解池中，Fe电极(阳极)反应为Fe+8OH--6e-==Fe+4H2O，Ni电极(阴极)反应为6H2O+6e-==3H2↑+6OH-。从图中箭头可知，电极c产生的H2流入电极b中，所以电极c为阴极(Ni电极)，电极b为负极；电极a为正极，电极d为阳极(Fe电极)。理论上，固体电解质中每迁移0.3 mol O2-，电路中转移电子的物质的量为0.6 mol，可以制得0.1 mol Na2FeO4，质量为0.1 mol ×166 g·mol-1=16.6 g，C正确；阳极需要消耗OH-，阴极不断生成OH-，为提高Na2FeO4的产率，应使用阴离子交换膜，D不正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 8.[双选](2026·菏泽市东明一中月考)氯碱工业是高耗能产业,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺节能超过30%。在这种工艺设计中,相关物料的传输与转化关系如图所示,其中的电极未标出。 下列说法错误的是(　　) A.图中X、Y分别是Cl2、H2 B.燃料电池中负极的电极反应式为H2-2e-+2OH-==2H2O C.电解池中产生2 mol Cl2时,理论上燃料电池中消耗2 mol O2 D.图中a、b、c的大小关系为c>b>a √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:电解饱和食盐水,阳极上Cl-失去电子变为Cl2,阴极上水电离产生的H+得到电子变为H2,同时在阴极附近产生NaOH,反应产生的H2可作为燃料电池的原料,故X是Cl2,Y是H2,A正确;在燃料电池中,通入燃料H2的电极为负极,H2失去电子变为H+,H+再与溶液中的OH-结合形成H2O,故燃料电池中负极的电极反应式为H2-2e-+2OH-==2H2O,B正确;电解池中产生2 mol Cl2,转移4 mol电子,由于同一闭合回路中电子转移数目相等,因此理论上燃料电池中消耗1 mol O2,C错误; 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 电解池中,Na+通过阳离子交换膜进入阴极室,与产生的OH-结合为NaOH,从阴极室流出,故NaOH溶液的浓度:a>b;燃料电池中,左侧通入燃料H2为负极,右侧通入空气为正极,正极发生的电极反应为O2+4e-+2H2O==4OH-,燃料电池负极室中的Na+通过阳离子交换膜进入正极室,而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-,所以反应后NaOH的浓度升高,即c>a,因此图中a、b、c的大小关系为c>a>b,D错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 9.[双选]利用下图装置制备Fe(OH)2,甲装置的工作原理为2Na2S2+NaBr3== Na2S4+3NaBr,乙装置中电极a、b采用石墨或Fe。下列说法正确的是 (　　) A.电极a为石墨,电极b为铁 B.电极Ⅰ的电极反应式为2-2e-== C.NaCl溶液可用CuCl2溶液代替 D.每生成9.0 g Fe(OH)2,理论上有0.2 mol Na+透过阳离子交换膜 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:如要使用图中装置制取Fe(OH)2,结合题目信息可知甲装置为原电池,工作原理为2Na2S2+NaBr3==Na2S4+3NaBr,Na2S2转变为Na2S4时S元素化合价升高,失去电子,在负极反应,说明惰性电极Ⅰ为负极,电极反应式为2-2e-==;惰性电极Ⅱ为正极,电极反应式为B+2e-==3Br-;则与惰性电极Ⅰ连接的b电极为阴极,应使用石墨电极,电极反应式为2H2O+2e-==2OH-+H2↑;而a电极为阳极,因要制备Fe(OH)2,则a电极需要使用Fe电极,电极反应式为Fe-2e-==Fe2+,最后阳极生成的Fe2+与阴极产生的OH-接触生成Fe(OH)2,据此分析解答。根据分析,电极a为铁,电极b为石墨,A错误;电极Ⅰ为负极,发生Na2S2转变为Na2S4的反应,S元素化合价升高,失去电子,电极反应式为2-2e-==,B正确;若用CuCl2溶液代替NaCl溶液,则Cu2+在阴极得电子生成Cu,无法生成OH-,最后就无法生成Fe(OH)2,C错误; 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 生成9.0 g Fe(OH)2,物质的量为0.1 mol,根据Fe-2e-==Fe2+、Fe2++2OH-==Fe(OH)2↓可知,每当生成0.1 mol Fe(OH)2时电路中转移0.2 mol电子,甲装置中阳离子向正极(惰性电极Ⅱ)移动,根据电荷守恒,则有0.2 mol Na+透过阳离子交换膜,D正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 二、非选择题 10.(10分)(2026·泰安模拟)Ⅰ.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种高效多功能水处理剂，在强碱性条件下稳定，易被H2还原。以铁合金、 Ni为电极，电解NaOH溶液制取Na2FeO4的装置 如图1所示。 (1)①电解后，左、右两侧溶液的pH大小关系为pH(左)____pH(右)(填“>”“<”或“=”)。  ②如果用铅酸蓄电池作为该电解池的电源，则铁合金应与铅酸蓄电池的　　 　______ (填“Pb”或“PbO2”)相连。阳离子交换膜每通过1 mol Na+，铅酸蓄电池的负极将增重____ g。  > PbO2 48 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:①阳极是活性电极Fe，Fe失去电子生成Fe的电极反应式为Fe+8OH--6e-==Fe+4H2O，右侧消耗OH-使pH降低，左侧Ni电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-==2OH-+H2↑，左侧消耗水生成OH-，使pH升高，则pH(左)> pH(右)。②铁合金是阳极，充电时阳极应与外接电源的正极相连，若以铅酸蓄电池为电源，PbO2得电子生成硫酸铅，即铁合金与PbO2相连；阳离子交换膜每通过1 mol Na+时转移1 mol电子，铅酸蓄电池的负极的电极反应式为Pb+S-2e-==PbSO4，负极增加0.5 mol S，将增重0.5 mol×96 g·mol-1=48 g。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 Ⅱ.二氧化氯是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂，工业上有多种制备方法。其中一种方法是用惰性电极电解氯化铵和盐酸，原理如图2所示。 (2)“气体X”是____(写化学式)。  解析: 用惰性电极电解氯化铵和盐酸，c电极铵根离子失去电子生成NCl3，则c为阳极，d为阴极，氢离子在阴极得电子生成氢气，则气体X是氢气。 H2　 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 (3)c的电极反应式为___________________________。  解析:c电极是阳极，铵根离子失去电子生成NCl3，其电极反应式为N+3Cl--6e-==NCl3+4H+。 N+3Cl--6e-==NCl3+4H+ 本课结束 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