第04讲 电化学原理的综合应用（专项训练）（浙江专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第04讲电化学原理的综合应用（专项训练） 参考答案 模拟基础演练 1 2 3 4 5 6 8 9 10 A D D 0 C B 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 D C D D D B C B B D 21 22 23 24 25 26 D C A C D A 27.(1)CH4-8e+100H=C02+7H0 (2)2C1-2e=Cl↑ (3)4.48 (④)溶液变红由于2H+2e一H↑，水的电离平衡正向移动，使溶液显碱性，酚酞遇碱变红 28 29 30 31 32 33 B B A B B D h 重难·创新演练 1 2 3 4 5 6 8 9 10 B C D A D C A B D C 小真题实战演练 2 3 5 6 7 8 9 10 112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D CD D D D A A BC C A 212 第04讲 电化学原理的综合应用 (专项训练) 目 录 模拟·基础演练 题型01多池串联装置综合分析 题型02“隔膜“在新型电池中的应用 题型03“隔膜“在”双室“电解池中的应用 题型04“隔膜“在”多室“电解池中的应用 题型05守恒法在电化学计算中的应用 题型06电化学计算中复杂动态过程分析 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 题型01多池串联装置综合分析 1．近日，我国科学家开发肼-双氧水燃料电池，碱性条件下电解肼制备氢气，装置如图所示。 下列叙述正确的是( ) A．a极和b极材料可能相同 B．电子流向：b→c→d→a C．d极附近电解质溶液pH降低 D．乙池产生1molN2时，理论上甲池消耗3molH2O2 【答案】A 【解析】该装置中，甲池为肼-双氧水燃料电池(原电池)，乙池为电解池，先判断电极性质： 甲池中，N2H4失电子，故a为负极；H2O2得电子，故b为正极。乙池中，原电池负极a接电解池阴极d，原电池正极b接电解池阳极c。A项，甲池为燃料电池，电极材料不参与反应，可以选择相同材料作电极，A正确；B项，电子由负极流向阴极，阳极流向正极，即a→d，c→b，电解质溶液中靠离子迁移构成闭合回路，B错误；C项，d极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，电极附近生成了OH-，pH升高，C错误；D项，b极的电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O，c极的电极反应式为N2H4+4OH--4e-=N2↑＋4H2O，根据电子守恒，乙池生成1molN2时，理论上消耗2molH2O2，D错误；故选A。 2．(2025·浙江省衢州、丽水、湖州三地市高三二模)某小组研究设计了如下装置示意图，联合制备硫酸、氯气和氢氧化钠。该设计改变了传统氯碱工业能耗大的缺点，可大幅度降低能耗。 下列说法不正确的是( ) A．甲池中，质子经内电路移向极 B．理论上，甲池中消耗的SO2和乙池中生成的Cl2的物质的量之比为1：1 C．乙池应选用阳离子交换膜 D．乙池的总反应方程式：2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH 【答案】D 【解析】如图所示，甲池为原电池，乙池为电解池，电极A上Cl-放电生成Cl2，则电极A为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑；电极B为阴极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；甲池中Pt1为负极，电极反应为SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-，Pt2为正极，电极反应为O2+4H++4e-=2H2O，甲池可以制备硫酸，乙池阳极制备氯气，阴极制备NaOH。A项，甲池为原电池，阳离子向正极移动，则质子向Pt2电极移动，A正确；B项，当转移2mol电子时，甲池消耗1molSO2，乙池生成1molCl2，故甲池中消耗的SO2和乙池中生成的Cl2的物质的量之比为1∶1，B正确；C项，乙池中左侧加入的饱和NaCl溶液中，钠离子向阴极B移动，用于制备NaOH，故乙池应选用阳离子交换膜，C正确；D项，将阳极的反应×2加上阴极的反应得到总反应为4NaCl＋2H2O+O22Cl2↑＋4NaOH，D错误；故选D。 3． (2025·浙江省县域教研联盟高三模拟考试)一种清洁、低成本的氯碱工业双联装置工作原理如图所示，浓缩海水可以造成溶液中离子浓度差异，使离子从高浓度区域向低浓度区域迁移，从而产生离子电流。下列说法不正确的是( ) A．电极Y为负极，可以在X、Z电极上收集到H2 B．与传统氯碱工业相比，该双联装置的优点是可避免使用离子交换膜 C．装置Ⅱ中的电极质量每变化mg，装置I中可制得LiCl D．随着装置的运行，电极Z附近溶液的pH增大，电极W附近有白色沉淀出现 【答案】C 【解析】结合题干信息，装置Ⅰ为原电池，装置Ⅱ为电解池，装置Ⅰ中，Li+移向X电极，故X为正极，Y为负极；Z为阴极，W为阳极，X电极反应为2H++2e-=H2↑，W电极反应为Ag-e-=Ag+，生成的银离子再发生Ag++Cl-=AgCl↓，Z电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。A项，电极Y为负极，可以在X、Z电极上收集到H2，故A正确；B项，反应中，氯离子生成氯化银，可以不使用离子交换膜，故与传统氯碱工业相比，该双联装置可避免使用离子交换膜，故B正确；C项，W电极反应为Ag-e-=Ag+，装置Ⅱ中的W电极质量每变化mg，该电极减少mg银，转移电子的物质的量为，结合得失电子守恒，故装置I中X电极生成 LiCl，则装置I中可制得LiCl，故C错误；D项，Z电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，随着装置的运行，电极Z附近溶液的pH增大，电极W反应为Ag-e-=Ag+，生成的银离子再发生Ag++Cl-=AgCl↓，故附近有白色沉淀出现，故D正确；故选C。 4．【氯碱工业改进】(2026·河南新乡三模)我国某科研团队以NaAlH4、CeH2为电极组装了世界首例氢负离子电池。现以该电池作为电源，模拟氯碱工业制备Cl2.已知：为降低电压需求，图中氯碱工业已改进。 55． 下列说法错误的是( ) A．隔膜Ⅱ为阴离子交换膜，隔膜Ⅲ为阳离子交换膜 B．电解所需电压更低的原因可能是氧气得电子能力更强 C．放电时电极b反应为3NaAlH4+6e-=Na3AlH6+2Al+H- D．每生成0.1 mol Al，电极d消耗标准状况下3.36 L O2 【答案】D 【解析】首先判断电极：左侧氢负离子电池中，电极a：CeH2+H--e-=CeH3，失电子，为负极；电极b：反应为3NaAlH4+6e-=Na3AlH6+2Al+H-，得电子，为正极；右侧电解池中，电极c：2Cl--2e-=Cl2↑失电子生成Cl2，为阳极，接原电池正极b；电极d为阴极，接原电池负极a，O2在d上得电子：O2+2H2O+4e-=4OH-。A项，原电池中，H-由正极b(生成)通过隔膜Ⅱ移向负极a(消耗)，因此隔膜Ⅱ允许阴离子通过，为阴离子交换膜；电解池中，阳极区的Na+需要通过隔膜Ⅲ进入阴极区得到NaOH，因此隔膜Ⅲ为阳离子交换膜，A正确；B项，传统氯碱工业阴极是水得电子生成H2，该改进工艺阴极是O2得电子，O2得电子能力强于水，因此所需电解电压更低，B正确；C项，电极b为正极，发生得电子反应，配平后反应为3NaAlH4+6e-=Na3AlH6+2Al+H-，原子、电荷均守恒，C正确；D项，生成0.1molAl时，根据电极b的反应，2Al~6e-，转移总电子为0.3mol；阴极d上O2得电子生成OH-，1molO2~4mole-，因此消耗O2的物质的量为，标况下体积为，不是3.36L，D错误；故选D。 5．用于HMF()转化为FDCA()的液流燃料电池(LFFC)的结构和原理示意图如下图所示。该系统采用了酸性-碱性电解液的不对称设计，使用1mol·L-1KOH作为M极电解液，使用2mol·L-1H2SO4作为N极电解液。下列说法正确的是( ) 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-=4H2O+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1molFDCA 【答案】D 【解析】N极V化合价+5→+4，得电子，则N极为正极，电极反应式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故M极为负极，电极反应式为：HMF+6OH--6e-=4H2O+FDCA。生成的VO2+在NO、HNO3的催化下与氧气反应生成VO2+和H2O。A项，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；B项，M极的电极反应为HMF+6OH--6e-=4H2O+FDCA，故B错误；C项，由图示可知，HNO3通过通入氧气再生，循环利用，无需添加，故C错误；D项，根据电子守恒，列出关系式：1.5molO2~6mole-~1molFDCA，故D正确；故选D。 6．【结合环境保护与电化学知识结合】热再生电池堆—CO2电化学还原池系统(TRBs一CO2RR)可回收烟气中的低温余热并将其转化为电能，同时实现CO2转化利用，其工作原理如图。 下列说法正确的是( ) A．装置Ⅱ中化学能转化为电能 B．可从Pt电极产生气体中分离并回收CO2 C．碳毡处的电极反应：Cu+4CH3CN-e-=[Cu(CH3CN)4]+ D．阴离子交换膜每通过2molHCO，就生成3molCO 【答案】B 【解析】由系统名称“热再生电池堆 — CO2电化学还原池系统”判断右测装置Ⅱ为CO2电化学还原池系统，即电解池，左侧为电池堆(即原电池)。左侧装置原电池的电极反应式为负极：(泡沫铜)Cu + 4CH3CN - e- = [Cu(CH3CN)4]+，正极：(碳毡)Cu2+ + 4CH3CN + e- = [Cu(CH3CN)4]+，右侧电解池的电极反应式为阳极：(Pt极)4HCO3- - 4e- = O2↑ + CO2↑ + 2H2O ，阴极：(Ag/C极)CO2 + 2e- + H2O = CO + 2OH-。A项，装置Ⅱ为电解池，电能转化为化学能，A错误；B项，Pt极产生O2和CO2，可从产生气体中分离并回收CO2，B正确；C项，碳毡处的电极反应为Cu2+ + 4CH3CN + e- = [Cu(CH3CN)4]+，C错误；D项，阴离子交换膜每通过2 mol HCO3-，电路中转移2 mol 电子，生成 1mol CO，D错误；故选B。 题型02“隔膜“在新型电池中的应用 7．二甲醚(CH3OCH3)燃料电池的工作原理如图，下列有关叙述正确的是( ) A．该装置能实现化学能100%转化为电能 B．电子移动方向：a极→b极→质子交换膜→a极 C．a电极的电极反应式为：CH3OCH3＋3H2O－12e－===2CO2＋12H＋ D．当b电极消耗22.4 L O2时，质子交换膜有4 mol H＋通过 【答案】C 【解析】A项，化学能转化为热能和电能，不可能100%转化为电能，错误；B项，电子不能经过电解质溶液，所以电子由a极经导线流向b极，错误；C项，a为负极，发生氧化反应，电极反应式为CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2＋12H＋，正确；D项，气体所处状况不知，无法由体积求物质的量，所以通过H＋的物质的量无法求出，错误。 8．【电池新技术与学科知识结合】光催化电极可以在太阳光照下实现对设备进行充电，该电池工作原理如下图所示。放电时Na2S转化为Na2S4，下列有说法错误的是( ) A．充电时，石墨电极为做阴极 B．充电时，光催化电极的电极反应式为：3I--2e-=I3- C．放电时，石墨电极发生还原反应 D．放电时，离子交换膜左室电解质溶液质量减少4.6g，外电路转移0.2mole- 【答案】C 【解析】由题干电池工作原理图示信息可知，放电时石墨电极上的反应为：4S2--6e-=S42-，发生氧化反应，为负极，光催化电极上的反应为：I3-+2e-=3I-，发生还原反应，为正极；充电时，石墨电极上的电极反应为： S42-+6e-=4S2-，发生还原反应，为阴极，光催化电极上的电极反应为：3I--2e-=I3-，发生氧化反应，为阳极。A项，由分析可知，充电时，石墨电极为做阴极，A正确；B项，充电时，光催化电极为阳极，电极反应式为：3I--2e-=I3-，B正确；C项，放电时石墨电极上的反应为：4S2--6e-=S42-，发生氧化反应，C错误；D项，由分析可知，放电时，石墨电极为负极，光催化电极为正极，为维持电荷守恒，左侧钠离子透过离子交换膜移向右侧，放电时当外电路转移1mol电子时，1mol钠离子从左室迁移到右室，离子交换膜左室电解质溶液质量减少23g，则放电时，离子交换膜左室电解质溶液质量减少4.6g(为0.2mol钠离子)，外电路转移0.2mole-，D正确；故选C。 9．中科院在锌碘液流可充电电池领域研究中取得重要进展。该研究引入了聚乙烯吡咯烷酮(PVP)，其单体为NVP，NVP可结合I2，经一系列变化生成可溶性聚碘配合物NVP－2I3-，有效提高锌碘液流电池碘正极容量，避免了电池改进前I2+I-=I3-导致I-利用率降低，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是( ) A．充电时，a极为阴极 B．将该电池用于铁制品的腐蚀防护，应将电极b与铁制品相连 C．电池改进前，放电时1molI3-，转化为I-，转移2mol电子 D．放电时，b极反应：2I2+NVP－I2+2e-=NVP－2I3- 【答案】B 【解析】A项，放电时a极由Zn变为Zn2＋，发生氧化反应，做负极，充电时，发生还原反应做阴极，故A正确；B项，外加电流法防腐，应将被保护的金属与外接电源的负极相连，故B错误；C项，I3-+2e－=3I-，放电时1molI3-转化为I-，转移2mol电子，故C正确；D项，b极得电子，发生还原反应，2I2+NVP－I2+2e-=NVP－2I3-，故D正确；故选B。 10．(2026·辽宁大连二模)离子电池具有充电速度快和低温环境性能优越的特点，其电极材料的导电聚合物中掺杂磺酸基可增强其电化学活性，其充电时工作原理如图所示。下列说法错误的是( ) A．放电时，电极B为负极，质量减小 B．充电过程中，每转移2 mol电子时，两电极质量变化相差46 g C．此离子电池的隔膜为阳离子交换膜 D．充电时，电极的电极反应式为 【答案】B 【解析】充电时，电极A接电源正极，是阳极；电极B接电源负极，是阴极。放电时则相反，电极A为正极，电极B为负极。A项，放电时，电极B为负极，发生反应：NaxCy－xe-=xNa＋+Cy，Na+脱离电极B进入电解质，电极B质量减小，A正确；B项，充电时，电极A(阳极)反应：(每转移n mol e-，电极A释放n mol Na+，质量减少23n g)；电极B(阴极)反应：(每转移n mol e-，电极B结合n mol Na+，质量增加23n g)，当转移2 mol电子时：电极A质量减少：2×23=46 g；电极B质量增加：2×23=46 g，两电极质量变化相差：46+46=92 g，B错误；C项，充电时，Na+从电极A(阳极)通过隔膜移向电极B(阴极)，所以隔膜为阳离子交换膜，C正确；D项，充电时，电极A(阳极)失去电子，Na+从电极A脱离进入电解质，电极反应式为，D正确；故选B。 题型03“隔膜“在”双室“电解池中的应用 11．利用双极膜电解含有HCO3－的溶液，使HCO3－转化成碳燃料，实现了CO2还原流动。电解池如下图所示，双极膜中水电离的H＋和OH－在电场作用下可以向两极迁移。下列说法不正确的是( ) A．银网电极与电源负极相连 B．双极膜b侧应该用质子交换膜 C．阴极电极反应为：HCO3－＋2e－＋3H＋＝CO↑＋2H2O D．双极膜中有0.1mol H2O电离，则阳极附近理论上产生0.05 mol O2 【答案】D 【解析】根据示意图，右侧HCO3－生成CO，发生还原反应，为阴极区，即Ag网为阴极，与电源的负极相连，阴极的反应式为：HCO3－＋2e－＋3H＋＝CO↑＋2H2O；Ni网为阳极，电极反应式为：4OH－－4e－＝O2↑＋2H2O，双极膜中H＋向右侧移动，即b为质子膜，OH－向左侧移动，a为阴离子膜。A项，由上述分析可知，银网电极为阴极，与电源负极相连，正确；B项，双极膜中H＋向右侧移动，即b为质子膜，正确；C．阴极的电极反应式为：HCO3－＋2e－＋3H＋＝CO↑＋2H2O，正确；D项，根据阳极反应式4OH－－4e－＝O2↑＋2H2O，产生0.05 mol O2会消耗0.2 mol OH－，双极膜中有0.2 mol H2O电离，错误。 12．(2026·浙江省Z20联盟高三一模)我国科学家在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示：下列说法不正确的是( ) A．该离子交换膜为阳离子交换膜 B．b极发生的电极反应为3I--2e-=I3- C．理论上每转移1mol电子，分解H2S气体22.4 L(标况) D．能量转化方式主要为光能→电能→化学能 【答案】C 【解析】根据图示，a极上氢离子转化为氢气，得电子，发生还原反应，b极上I-转化为I3-，失电子，发生氧化反应，则a极为正极，b极为负极，氢离子通过质子交换膜向a电极移动。A项，由分析可知，a极为正极，b极为负极，且a极上氢离子转化为氢气，消耗H+，右侧H2S转化为S的过程中生成H+，则氢离子通过质子交换膜向a电极移动，该离子交换膜为阳离子交换膜，A正确；B项，根据图示，b极上I-失电子转化为I3-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：3I--2e-=I3-，B正确；C项，H2S转化为S的过程中生成H+，S元素由-2价上升到0价，理论上每转移1mol电子，有0.5 molH2S分解，标况下的体积为11.2 L，C错误；D项，根据图示，a电极在光照的条件下进行反应，该制氢工艺中光能转化为电能，最终转化为化学能，D正确；故选C。 13．(2026·浙江省强基联盟2026届高三开学联考)用可再生能源电还原CO2时，可以生成乙烯、乙醇等，装置如下图所示。下列说法正确的是( ) A．该装置可以直接将太阳能转化为化学能 B．K+从Cu电极迁移到IrOx-Ti电极 C．阳极发生的反应有2CO2＋12H＋＋12e-=C2H4+4H2O D．阴极区中KCl的加入作用为提高C2H4、C2H5OH生成率 【答案】D 【解析】A项，该装置中太阳能先转化为电能，电能再转化为化学能，A错误；B项，电解池中阳离子向阴极移动，Cu电极为阴极，K+应向Cu电极迁移，而非从Cu电极迁移到阳极，B错误；C项，阳极发生氧化反应，该反应为还原反应应在阴极发生，C错误；D项，阴极区加入KCl可调节电解液离子强度、导电性或优化催化环境，促进CO2还原生成乙烯和乙醇，提高目标产物生成率，D正确。故选D。 14．(2026·浙江省县域教研联盟高三一模)如图是处理废水中苯酚的装置，回收利用苯后再排放。下列有关说法不正确的是( ) A．a为正极，电极附近pH增大 B．b电极反应式为 C．该离子交换膜为质子交换膜 D．若有0.2 mol电子通过导线，A、B两区域中液体质量改变量的和为0.4 g 【答案】D 【解析】图示是处理废水中苯酚的装置，a极苯酚(C6H6O)转化为苯(C6H6)，失去氧原子被还原(得到电子)，则a极为正极，电极反应式为：C6H6O+2H＋＋2e-= C6H6+H2O；b电极为负极，失电子(氧化反应)，电极反应式为：。A项，a极苯酚(C6H6O)转化为苯(C6H6)，失去氧原子被还原，得到电子，a极为正极；电极反应式为：C6H6O+2H＋＋2e-= C6H6+H2O，消耗氢离子，生成水，a电极附近pH增大，A正确；B项，b电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：，B正确； C项，依据电极反应式可知，氢离子从B迁移到A，则离子交换膜为质子交换膜，C正确；D项，若有0.2 mol电子通过导线，就有0.2 mol H+从B迁移到A，A区溶液质量增加，B区溶液的质量不变(产生0.2 mol H+，迁移至A区)，A、B两区域中液体质量改变量的和为0.2 g，D错误；故选D。 15．(2025·浙江省杭州市高三一模)利用丙烯腈(CH2=CHCN)制备己二腈[NC(CH2)4CN]的电有机合成装置如图所示。下列说法不正确的是( ) A．电极a为阴极 B．四甲基溴化铵[(CH3)4NBr]可增加溶液导电性 C．交换膜为质子交换膜 D．电解过程中，右侧溶液的pH不变 【答案】D 【解析】由图可知，丙烯腈转化为己二腈，C元素化合价降低，故a为阴极，电极反应为：2CH2=CHCN+2e-+2H+= NC(CH2)4CN；b为阳极，电极式为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，交换膜为质子交换膜，H+通过质子交换膜移向阴极。A项，电极a为阴极，A正确；B项，四甲基溴化铵[(CH3)4NBr]可增加溶液中的离子浓度，可增加溶液的导电性，B正确；C项，交换膜为质子交换膜，C正确；D项，电解过程中，右侧消耗水，氢离子迁移至阴极室，硫酸浓度增大，pH减小，D错误；故选D。 16．【合成氨新途径】 (2025·浙江省金丽衢十二校高三第一次联考)电化学合成氨进一步提高了人类合成氨的产量。现采用双极膜(H2O解离出、分别移至两级室溶液)，通过电解KNO3溶液制取氨，该装置的工作原理如图所示。下列说法正确的是( ) A．电极b接电源的负极 B．电解一段时间后I室的pH值增大 C．双极膜中H2O解离出的H+向电极b极移动 D．理论上电极a与电极b上产生的气体的物质的量之比为2：1 【答案】B 【解析】该装置为电解池装置，I室中a电极发生电极反应：NO3-+8e-+9H+=NH3↑＋3H2O，为电解池阴极，则II室中b电极为电解池阳极，发生电极反应：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。A项，根据分析可知，电极b为阳极，应与电源正极相连，A错误；B项，I室中a电极发生电极反应：NO3-+8e-+9H+=NH3↑＋3H2O，溶液中氢离子浓度减少，则电解一段时间后I室的pH值增大，B正确；C项，电解池中阳离子向阴极移动，即双极膜中H2O解离出的H+向电极a极移动，C错误；D项，结合a电极发生电极反应：NO3-+8e-+9H+=NH3↑＋3H2O，b电极发生电极反应：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，根据得失电子守恒可知，电极a与电极b上产生的气体的物质的量之比为1：2，D错误；故选B。 17．【新技术与学科知识结合】某大学实验室研究出一种微生物电解池产甲烷技术(原理如图所示)，它以微生物为催化剂，以外界输入的较小电能为能量来源，将乙酸、地沟油等有机物转化为甲烷，电解池工作时，下列叙述正确的是( ) A．该生物电解池在高温环境下能够加快反应速率 B．若有机物为乙酸，则a电极为阴极 C．a电极产生16mol电子时，b电极产生的甲烷气体少于32g D．在电场驱动下由b电极通过中间隔膜迁移至a电极 【答案】C 【解析】A项，高温环境下生物催化剂活性细菌失去活性，不具有催化作用，反应速率会降低，A错误；B项，乙酸生成CO2发生氧化反应，a电极为阳极，B错误；C项，b极上发生CO2+8H++8e-=CH4+2H2O和8H++8e-=4H2两个反应，若只有CO2+8H++8e-=CH4+2H2O反应发生，16mol电子生成2molCH4，质量为32g，还有8H++8e-=4H2发生，故生成的甲烷的质量少于32g，C正确；D项，电解过程中阳离子向阴极移动，H+通过交换膜向b电极迁移，D错误；故选C。 18．【物质制备与学科知识结合】 (2025·浙江省宁波市镇海中学高三选考模拟)乙醛酸(OHC-COOH)是一种重要的化工中间体。工业上以乙二醛为原料制备乙醛酸的装置如图所示，通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸。下列说法错误的是( ) A．a极电势高于b极 B．离子交换膜为阴离子交换膜 C．当有0.5mol离子通过离子交换膜时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为18.5g D．乙二醛被氧化的化学方程式：+H2O+Cl2→+2HCl 【答案】B 【解析】由题中信息：通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸，结合题中装置图，可知阳极生成的Cl2通入盛放盐酸和乙二醛混合液一侧，Cl2与乙二醛发生氧化还原反应，生成Cl-移向与a电极相连的电极，与b电极相连的电极发生还原反应，生成H2，a为电源正极，b为电源负极。根据电解原理，可知阳极发生的电极反应式为2Cl-―2e-=Cl2↑，阴极发生还原反应，电极反应方程式为2H＋＋2e-=H2↑。A项，a电极为正极，b电极为负极，因此a极电势高于b极，故A正确；B项，根据题意氢离子由左侧经离子交换膜进入右侧，则离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；C项，根据得失电子守恒有1molOHC—COOH~1molCl2~2mole-，则当有0.5mol离子通过离子交换膜时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为，故C正确；D项，氯气将乙二醛氧化为乙醛酸，自身被还原为氯离子，化学方程式为：+H2O+Cl2→+2HCl，故D正确；故选B。 题型04“隔膜“在”多室“电解池中的应用 19．某科研小组研究采用BMED膜堆(示意图如下)，模拟以精制浓海水为原料直接制备酸碱。BMED膜堆包括阳离子交换膜、阴离子交换膜和双极膜(A、D)。已知：在直流电源的作用下，双极膜内中间界面层发生水的解离，生成H＋和OH－。下列说法错误的是( ) A．电极a连接电源的正极 B．B为阳离子交换膜 C．电解质溶液采用Na2SO4溶液可避免有害气体的产生 D．Ⅱ口排出的是淡水 【答案】B 【解析】根据题干信息确定该装置为电解池，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以电极a为阳极，连接电源的正极，A正确；水在双极膜A解离后，氢离子吸引阴离子透过B膜到左侧形成酸，B为阴离子交换膜，B错误；电解质溶液采用Na2SO4溶液，电解时生成氢气和氧气，可避免有害气体的产生，C正确；海水中的阴、阳离子透过两侧交换膜向两侧移动，淡水从Ⅱ口排出，D正确。 20．普通电解精炼铜的方法所制备的铜中仍含杂质，利用下面的双膜(阴离子交换膜和过滤膜)电解装置可制备高纯度的Cu。下列有关叙述正确的是( ) A．电极a为粗铜，电极b为纯铜 B．甲膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区 C．乙膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区 D．当电路中通过1 mol电子时，可生成32 g纯铜 【答案】D 【解析】由题意结合电解原理可知，电极a是阴极，为纯铜，电极b是阳极，为粗铜，A项错误；甲膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区，B项错误；乙膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区，C项错误；当电路中通过1 mol电子时，可生成0.5 mol纯铜，其质量为32 g，D项正确。 21．四室式电渗析法制备盐酸和NaOH的装置如图所示。a、b、c为阴、阳离子交换膜。已知：阴离子交换膜只允许阴离子透过，阳离子交换膜只允许阳离子透过。下列叙述正确的是( ) A．b、c分别依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜 B．通电后Ⅲ室中的Cl－透过c迁移至阳极区 C．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四室中的溶液的pH均升高 D．电池总反应为4NaCl＋6H2O4NaOH＋4HCl＋2H2↑＋O2↑ 【答案】D 【解析】由图中信息可知，左边电极与负极相连为阴极，右边电极为阳极，所以通电后，阴离子向右定向移动，阳离子向左定向移动，阳极上H2O放电生成O2和H＋，阴极上H2O放电生成H2和OH－；H＋透过c，Cl－透过b，二者在b、c之间的Ⅲ室形成盐酸，盐酸浓度变大，所以b、c分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜；Na＋透过a，NaOH的浓度变大，所以a是阳离子交换膜，故A、B两项均错误；电解一段时间后，Ⅰ中的溶液的c(OH－)升高，pH升高，Ⅱ中为NaCl溶液，pH不变，Ⅲ中有HCl生成，故c(H＋)增大，pH减小，Ⅳ中H＋移向Ⅲ，H2O放电生成O2，使水的量减小，c(H＋)增大，pH减小，C错误。 22．(2026·浙江省金丽衢十二校高三一模)用如图所示的新型电池可以处理含CN-的碱性废水，同时可以淡化海水(主要成分为NaCl，含有Na2SO4等杂质)。下列说法不正确的是( ) A．交换膜II为阳离子交换膜 B．电池工作一段时间后，右室溶液的pH增大 C．a极电极反应式：2CN-+6H2O-10e-=2CO32-+N2↑＋12H+ D．若除去废水中52 gCN-，可同时除去海水中NaCl的质量小于585 g 【答案】C 【解析】由图可知，a电极CN-在碱性条件下失去电子生成氮气和碳酸根离子，电极反应为2CN-+12OH--10e-=2CO32-+N2↑＋6H2O，a为负极，则b为正极，电极反应为：2H＋＋2e-=H2↑。A项，a极电极反应式：2CN-+12OH--10e-=2CO32-+N2↑＋6H2O，a电极附近负电荷减少，则阴离子通过交换膜Ⅰ向左移动，b为正极，电极反应为：2H＋＋2e-=H2↑，b电极附近正电荷减少，则阳离子通过交换膜Ⅱ向右移动，则交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，交换膜Ⅱ为阳离子交换膜，A正确；B项，由分析可知，b为正极，电极反应为：2H＋＋2e-=H2↑，氢离子浓度减小，pH增大，B正确；C项，由分析可知，a极电极反应式：2CN-+12OH--10e-=2CO32-+N2↑＋6H2O，C错误；D项，52gCN-的物质的量为2 mol，消耗2 mol CN-时转移10 mol电子，因含有Na2SO4，故处理的NaCl的物质的量小于10 mol，NaCl的质量小于585 g，D正确；故选C。 考向05 守恒法在电化学计算中的应用 23．用惰性电极电解2 L 0.5 mol/L的硝酸银溶液，当在电路中通过0.1 mol电子后，调换正、负极，电路中又通过了0.2 mol电子，此时溶液pH为(假设溶液体积不变)( ) A．1 B．2 C．3 D．无法确定 【答案】A 【解析】2 L 0.5 mol/L的硝酸银溶液含n(Ag＋)＝1 mol，调换正、负极前，电极反应式为阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；阴极：4Ag＋＋4e－===4Ag，则电路中通过0.1 mol e－时生成0.1 mol Ag，同时反应0.1 mol OH－，得到0.1 mol H＋；调换正、负极后，电极反应式为阳极：4Ag－4e－===4Ag＋(先)，4OH－－4e－===2H2O＋O2↑(后)；阴极：4Ag＋＋4e－===4Ag，故总共得到0.2 mol H＋，c(H＋)＝0.1 mol/L，pH＝－lg c(H＋)＝1。 24．(2026·湖北宜昌二模)一种研究碳中和的电解装置如下图所示，它能将工业尾气CO2还原成甲烷、乙烯等基本化工原料。下列说法正确的是( ) A．电极M生成CH4的反应为：CO2-8e-+6H2O=CH4+8OH- B．离子交换膜a为阳离子交换膜 C．一段时间后，N电极区域溶液pH减小 D．标准状况下，电极N生成1 mol O2的同时电极M生成11.2 L气体 【答案】C 【解析】CO2在阴极发生还原反应生成甲烷、乙烯，M为阴极，电极反应式为CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-或2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-；N电极为阳极，发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。A项，根据分析，电极M生成CH4的反应为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-，A错误；B项，电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，为维持溶液电中性，阴极生成的OH-要通过阴离子交换膜向循环池移动，则离子交换膜a为阴离子交换膜，B错误；C项，N电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，消耗水，一段时间后，N电极区域溶液氢离子浓度增大，pH减小，C正确；D项，电极N生成1 mol O2转移4 mol电子，若阴极只发生反应：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-，生成0.5 mol CH4，若阴极只发生反应：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，生成C2H4；综合可知电极M生成气体的物质的量小于0.5 mol，标准状况下体积小于11.2 L，D错误；故选C。 25．如图甲、乙为相互串联的两个电解池，下列说法正确的是(　　) A．甲池若为精炼铜的装置，A极材料是粗铜 B．乙池中若滴入少量酚酞溶液，开始一段时间后C极附近变浅红色 C．若甲池为电镀铜的装置，阴极增重12.8 g，乙池阳极放出气体为4.48 L D．Fe极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ 【答案】D 【解析】电解精炼铜时，粗铜作阳极，接外接电源的正极，A极连接电源的负极，应是纯铜，A错误；Fe极是阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，故乙池中Fe电极附近变浅红色，B错误，D正确；电镀铜时，阴极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，增重12.8 g时析出0.2 mol Cu，电路中转移0.4 mol电子，乙池中阳极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，据转移电子守恒推知，析出0.2 mol Cl2，在标准状况下的体积为4.48 L，其他状况则不一定，C错误。 26．已知H2O2是一种弱酸，在强碱溶液中主要以HO2-形式存在。现以Al-H2O2电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制备H2，下列说法不正确的是(　　) A．电解过程中，电子的流向为a→d→c→b B．电池的正极反应为HO＋2e－＋H2O===3OH－ C．电解时，消耗5.4 g Al，则产生标准状况下2.24 L N2 D．c电极是阳极，且反应后该电极区溶液pH减小 【答案】A 【解析】根据题给装置可知，左侧为原电池，右侧为电解池，d电极上产生H2，根据电解原理，d电极为阴极，则c电极为阳极，a电极为负极，b电极为正极，电解质溶液中没有电子通过，电子流向为a→d，c→b，A错误；b电极为正极，电极反应式为HO＋2e－＋H2O===3OH－，B正确；根据得失电子守恒，有×3＝×2×3，解得V(N2)＝2.24 L，C正确；c电极为阳极，电极反应式为CO(NH2)2＋8OH－－6e－===CO＋N2↑＋6H2O，消耗OH－，反应后该电极区溶液pH减小，D正确。 27．如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理的相关问题，其中乙装置中X为阳离子交换膜，丙中滴有少量的酚酞溶液。 请按要求回答相关问题： (1)甲烷燃料电池负极电极反应式是 。 (2)石墨电极(C)的电极反应式为 。 (3)若在标准状况下，有2.24 L氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体体积为 L。 (4)铜丝a处在开始一段时间的现象为 ；原因是 。 【答案】(1)CH4－8e－＋10OH－===CO32-＋7H2O (2)2Cl－－2e－===Cl2↑ (3)4.48 (4)溶液变红 由于2H＋＋2e－===H2↑，水的电离平衡正向移动，使溶液显碱性，酚酞遇碱变红 【解析】(1)碱性条件下，甲烷燃料电池总反应为CH4＋2O2＋2OH－===CO32-＋3H2O，正极反应式为2O2＋8e－＋4H2O===8OH－，所以负极反应式为CH4－8e－＋10OH－===CO32-＋7H2O。 (2)石墨电极(C)为电解池阳极，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑。 (3)乙装置中铁电极为阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑。若在标准状况下，有2.24 L氧气参加反应，转移电子0.4 mol，则乙装置中铁电极上生成0.2 mol H2，体积为4.48 L。 (4)铜丝a为电解池阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，开始一段时间后，水的电离平衡正向移动，使溶液显碱性，酚酞遇碱变红。 题型06电化学计算中复杂动态过程分析 28．在100 mL HNO3和AgNO3的混合液中，用石墨作电极电解，两极上均收集到2.24 L气体(标准状况)，则原混合溶液中Ag＋的物质的量浓度为( ) A．1 mol·L－1 B．2 mol·L－1 C．3 mol·L－1 D．4 mol·L－1 【答案】B 【解析】电解HNO3和AgNO3的混合溶液，开始只有Ag和O2生成，当AgNO3完全电解后，开始电解HNO3溶液，由电解过程可知，实为电解水，生成H2和O2，在生成这两种气体时，H2和O2的体积比应为2∶1；由电极反应式：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，Ag＋＋e－===Ag，2H＋＋2e－===H2↑，知Ag＋得电子数和H＋得电子数总和与OH－失电子数相等，即应有如下关系：(x代表生成的Ag或消耗Ag＋的物质的量)，解得x＝0.2 mol，因此，原混合溶液中，c(Ag＋)＝0.2mol/0.1L＝2 mol·L－1。 29．用惰性电极电解一定浓度CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH。则下列说法正确的是( ) A．电解过程中阴极没有气体生成 B．电解过程中转移的电子的物质的量为0.4 mol C．原CuSO4溶液的浓度为0.1 mol·L－1 D．电解过程中阳极收集气体体积为1.12 L(标准状况下) 【答案】B 【解析】加入0.1 mol Cu(OH)2相当于加入0.1 mol CuO和0.1 mol H2O，故CuSO4电解完后还电解了部分水，阴极析出了0.1 mol Cu和0.1 mol H2，A错误；析出0.1 mol Cu转移电子0.2 mol，析出0.1 mol H2转移电子0.2 mol，故转移的电子的总物质的量为0.4 mol，B正确；原CuSO4溶液的物质的量为0.1 mol，不知溶液体积，无法求浓度，C错误；电解过程中阳极始终产生O2，根据转移的电子的总物质的量为0.4 mol，产生O2体积为2.24 L(标准状况下)，D错误。 30．在1LK2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO42-)＝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 【答案】A 【解析】阳极发生的反应：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极发生的反应：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的气体，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(SO42-)，c(K＋)＝(2.0×2－1×2) mol·L－1＝2.0 mol·L－1。 31．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在标准状况下为224 mL(忽略气体的溶解)；t2时刻Cu全部在电极上析出。下列判断正确的是( ) A．a电极与电源的负极相连 B．t2时，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，b的电极反应是4OH--4e-=2H2O+O2↑ 【答案】B 【解析】A项，Pt电极电解AlCl3和CuSO4的混合溶液，阳极首先是Cl－失去电子生成氯气，然后是OH－放电生成氧气，所以a电极与电源的正极相连，A错误；B项，阴极先是Cu2＋放电析出铜，然后H＋放电生成氢气。氯气是0.01mol，则原溶液中CuSO4是0.06mol，析出铜的质量是3.84g，即B正确；C项，电解的第一阶段相当于电解氯化铜，pH不变，D错误；D项，第二阶段电解硫酸铜和水，pH减小。第三阶段电解水，pH减小。b是阴极，t2时，b的电极反应是2H＋＋2e-＝H2↑，D错误，故选B。 32．500 mL NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝0.3 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体1.12 L(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是( ) A．原混合溶液中c(Na＋)＝0.2 mol·L－1 B．电解后溶液中c(H＋)＝0.2 mol·L－1 C．上述电解过程中共转移0.4 mol电子 D．电解后得到的Cu的物质的量为0.1 mol 【答案】B 【解析】阳极是阴离子放电(放电能力：OH－>NO3-)，根据题给信息，阳极一定是OH－放电，生成0.05 mol氧气，转移0.2 mol电子；阴极离子放电能力：Cu2＋>H＋>Na＋，所以Cu2＋先放电，然后是H＋放电，阴极生成0.05 mol氢气时，转移0.1 mol电子，根据得失电子守恒知，Cu2＋转移0.1 mol电子，n(Cu2＋)＝0.05 mol。所以原溶液中n[Cu(NO3)2]＝0.05 mol，n(NO3-)＝0.3 mol·L－1×0.5 L＝0.15 mol，n(NaNO3)＝0.05 mol。原混合溶液中c(Na＋)＝0.1 mol·L－1，A项错误；结合以上分析及电解总方程式Cu2＋＋2H2OCu＋H2↑＋O2↑＋2H＋可知，生成0.05 mol Cu、0.05 mol O2、0.05 mol H2和0.1 mol H＋，电解后溶液中c(H＋)＝0.1mol/0.5L＝0.2 mol·L－1，B项正确；D项错误；上述电解过程中共转移0.2 mol电子，C项错误。 33．某混合溶液中和的浓度均为，现用直流电源电解该混合溶液。若电解过程中不考虑溶液体积变化，则下列说法正确的是( ) A．将有色鲜花靠近阴极时，有色鲜花颜色褪去 B．当溶液蓝色恰好完全褪去时，加入和能使溶液复原 C．当溶液蓝色恰好完全褪去时，电解产生的气体总体积为 D．当两个电极产生的气体体积相等时，电路中过的电子总数约为 【答案】D 【解析】电解过程中，阴极先是Cu2+得电子生成铜单质，后是氢离子得电子生成氢气，阳极上氯离子先失去电子生成氯气，再由水失去电子生成氧气；A项，阴极是Cu2+得电子生成铜单质，将有色鲜花靠近阴极时，有色鲜花颜色不褪去，故A错误；B项，当溶液蓝色恰好完全褪去时，说明0.2mol铜离子变为铜单质，有0.4mol电子转移，阳极产生0.1mol氯气和0.05mol氧气，因此加入和能使溶液复原，故B错误；C项，根据B选项分析，当溶液蓝色恰好完全褪去时，阳极产生0.1mol氯气和0.05mol氧气，因此电解产生的气体在标准状况下总体积为3.36L，故C错误；D项，当两个电极产生的气体体积相等时，即阴极产生的氢气体积等于阳极产生的氯气和氧气体积之和，设整个电路有xmol电子转移，则，解得x=1，因此电路中通过的电子总数约为，故D正确；故选D。 重难·创新演练 1．(2026·浙江温州市普通高中高三第二次适应性考试)电催化还原硝酸盐生成氨气的原理如图所示，下列说法正确的是( ) A．惰性电极a与电源负极相连 B．离子交换膜为阳离子交换膜 C．从溶液中逸出1molCl2，左室溶液质量减少了71 g D．工作一段时间后，右室溶液pH变小 【答案】B 【解析】首先判断电极：NO3-转化为NH3时，N元素化合价从+5变为-3，得电子发生还原反应，因此惰性电极b为阴极，接电源负极；惰性电极a为阳极，接电源正极。A项，a是阳极，应与电源正极相连，A错误；B项，阳极(a极)反应为2Cl--2e-=Cl2↑ ，左室反应后正电荷过剩，Na+需要迁移到右室(阴极室)平衡电荷，因此离子交换膜为阳离子交换膜，B正确；C项，逸出1molCl2时，转移2mol电子，同时有2molNa+(共46g)从左室迁移到右室，左室溶液总减少质量为71g+46g=117g，C错误；D项，阴极(b极)反应为NO3-+8e-＋6H2O=9OH-+NH3↑，反应生成OH-，右室c(OH-)增大，pH变大，D错误；故选B。 2．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟2026届高三开学联考)【新方法】采用如图所示的间接电解法制备氯仿(CHCl3)，离子交换膜只允许Na＋通过，生成CHCl3的原理：CH3COCH3+3ClO-→CHCl3+CH3COO-+2OH-。下列叙述不正确的是( ) A．电解时须控制电流强度，防止Cl-利用率下降 B．冷水可防止副反应3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O发生 C．每生成1molCHCl3，通过交换膜的Na＋为2mol D．电解结束后，右室溶液添加CH3COCH3后可导入左室 【答案】C 【解析】由图可知，左侧为阳极，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，右侧为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。A项，电解时电流强度过大，Cl-在阳极失电子生成Cl2的速率过快，可能导致Cl2未来得及与OH-反应生成ClO-就逸出，降低Cl-利用率，需控制电流强度，A正确；B项，副反应3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O需加热条件，冷水可降低温度，抑制该反应发生，B正确；C项，结合题干给的方程式可知，生成1mol CHCl3需3mol ClO-，生成3mol ClO-需3mol Cl2(Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O)，生成3mol Cl2需阳极转移6mol e-(阳极反应：2Cl--2e-=Cl2↑)，电解中Na+向阴极移动，转移电子数=Na+迁移数，故通过交换膜的Na+为6mol，C错误；D项，右室为阴极区，反应生成NaOH，含过量NaCl，添加CH3COCH3后导入左室，可提供OH-、Cl-及反应物CH3COCH3，实现循环利用，D正确；故选C。 3．(2025·浙江省北斗星盟三模)用惰性电极电解碳酸钠溶液时，阳极无气体产生，但在阳极区检测到新增一种摩尔质量为的含碳元素的带2个单位负电荷的阴离子(碳元素的化合价为+4)。下列叙述正确的是( ) A．新增的这种阴离子只含有极性键 B．若用铅酸蓄电池作电源，Pb电极与a相接 C．电极B发生的电极反应为2H＋＋2e-=H2↑ D．其他条件不变，增加电解的电压，阳极区可能产生气体 【答案】D 【解析】摩尔质量为120g·molˉ1的含碳元素的带2个单位负电荷的阴离子(碳元素的化合价为+4)，可知生成的阴离子为C2O62-，阳极无气体产生，故A为阳极，电极反应为2CO32-－2e-= C2O62-，B为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-。A项，阴离子为过二碳酸根离子C2O62-，存在氧氧非极性键，A错误；B项，Pb电极为负极，失电子，要与阴极b相连，B错误；C项，碱性条件下不出现氢离子，电极B发生的电极反应为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，C错误；D项，其他条件不变，增加电解的电压，失电子能力强，可能会产生氧气，阳极区可能产生气体，D正确；故选D。 4．一种浓差电池的放电原理是利用电解质溶液的浓度不同而产生电流。某浓差电池装置示意图如图所示，该电池使用前将开关K先与a连接一段时间后再与b连接。下列说法不正确的是 A．交换膜应当选择阳离子交换膜 B．K与a连接的目的是形成两电极区溶液的浓度差 C．K与b连接时，电极B上发生的反应为Cu2＋＋2e—＝Cu D．K与b连接时，导线中通过2 mol电子，约有1 mol离子通过交换膜 【答案】A 【解析】由题干信息可知，将开关K先与a连接后则电极B为阳极，电极反应为Cu－2e—＝Cu2＋，电极A为阴极，电极反应为：Cu2＋＋2e—＝Cu，一段时间后右侧溶液中Cu2＋浓度增大，而左侧溶液中Cu2＋浓度减小，为了保持Cu2＋的浓度差必须保证Cu2＋不能通过半透膜，故交换膜是阴离子交换膜，一段时间后与b连接，电极A为负极，电极反应为：Cu－2e—＝Cu2＋，电极B为正极，电极反应为：Cu2＋＋2e—＝Cu。A项，由分析可知，交换膜应当选择阴离子交换膜，阻止阳极Cu2＋通过以保证两侧溶液中有Cu2＋浓度差，错误；B项，由分析可知，K与a连接是电极B为阳极，电极反应为Cu－2e—＝Cu2＋，电极A为阴极，电极反应为：Cu2＋＋2e—＝Cu，其目的是形成两电极区溶液的浓度差，正确；C项，由分析可知，K与b连接时，电极B为正极，其上发生的反应为Cu2＋＋2e—＝Cu，正确；D项，由分析可知，离子交换膜为阴离子交换膜，故K与b连接时，导线中通过2 mol电子，约有1 mol离子即SO42－通过交换膜，正确。 5．(2026·陕西榆林二模)我国科学家通过Cu2O超低电位下电催化硝酸盐与甲醇在Cu2O/Cu复合电极上反应，其原理如图，其中离子交换膜只允许OH-通过。下列说法错误的是( ) A．电极b为阳极 B．Cu2O电极上的电极反应式为NO3-+6H2O+8e-=NH3＋9OH- C．OH-由阴极区通过离子交换膜进入阳极区 D．KOH溶液在反应过程中pH保持不变 【答案】D 【解析】由图可知，Cu2O/Cu复合电极失电子，Cu生成CuO、Cu2O生成Cu(OH)2，Cu2O/Cu复合电极是阳极，电极反应为2CH3OH+10OH--8e-=2HCOO-＋8H2O；Cu2O电极上硝酸根离子得电子生成氨气，Cu2O电极是阴极，电极反应为NO3-+6H2O+8e-=NH3＋9OH-，电解总反应为2CH3OH+NO3-+OH-2HCOO-＋NH3+2H2O。A项，根据分析，Cu2O/Cu复合电极是阳极，即电极b为阳极，A正确；B项，根据图示，Cu2O电极上硝酸根离子得电子生成氨气，Cu2O电极上的电极反应式为NO3-+6H2O+8e-=NH3＋9OH-，B正确；C项，阴极电极反应为NO3-+6H2O+8e-=NH3＋9OH-，阳极电极反应为2CH3OH+10OH--8e-=2HCOO-＋8H2O，阳极区消耗OH-多，OH-通过离子交换膜进入阳极区，C正确；D项，由电解总反应2CH3OH+NO3-+OH-2HCOO-＋NH3+2H2O可得，KOH溶液在反应过程中浓度降低，pH减小，D错误； 故选D。 6．(2026·浙江杭州学军等校高三联考)某高校科研人员设计了一条从乳酸转化为丙氨酸的电化学途径，而且可以实现废水的再利用，原理如图。已知：在电场中，水分子会在双极膜界面层解离为H+和OH-。下列说法错误的是( ) A．工作时双极膜中产生的OH-移向电极a B．b极反应式为：+4e−+5H+=+H2O C．理论上将废水中的NO3-转化为NH2OH需转移6mol电子 D．当a极区有1 mol乳酸根被消耗，b极区不能生成等物质的量的 【答案】C 【解析】由图可知，左侧电极a为电解池的阳极，碱性条件下在阳极失去电子发生氧化反应生成和水，电极反应式为：-2e-+2OH-=+2H2O；右侧电极b为阴极，酸性条件下在阴极得到电子发生还原反应生成和水，电极反应式为： +4e−+5H+=+H2O；则电解池工作时双极膜中产生的氢氧根离子移向电极a，氢离子移向电极b。A项，由分析可知，电解池工作时双极膜中产生的氢氧根离子移向电极a，氢离子移向电极b，A正确；B项，由分析可知，右侧电极b为阴极，酸性条件下在阴极得到电子发生还原反应生成和水，电极反应式为： +4e−+5H+=+H2O，B错误；C项，题干中未说明废水中硝酸根离子的物质的量，无法计算理论上将废水中的硝酸根离子转化为羟胺需转移电子的物质的量，C错误；D项，由得失电子数目守恒可知，a极区有1 mol乳酸根被消耗时，b极区生成的物质的量为0.5 mol，D正确；故选C。 7．(2026·浙江稽阳联谊学校高三联考)一种电催化CO2还原制备多碳(C2+)产物的装置示意图如图所示，该装置利用Ag掺杂CuO和电解液中碘离子双调控，促进C—C偶联反应的进行。已知可以通过范德华力等吸附在电极表面，增大电极有效表面积。下列说法中正确的是( ) A．Ag掺杂CuO后，降低C-C偶联反应的活化能，提高多碳(C2+)产物的选择性 B．可以用Cl-代替I-，且能提高电解效率 C．离子交换膜为阴离子交换膜 D．在电催化CO2还原反应中，生成0.1molC2H4，则电极上转移的电子数为1.2NA 【答案】A 【解析】A项，Ag掺杂通过调整Cu的电子结构，优化了对CO中间体的吸附强度，同时Ag本身也促进了CO的生成，二者协同降低了C—C偶联的活化能，从而提高了多碳产物的选择性，A正确；B项，Cl-代替I-，半径减小，范德华力减小，电解效率降低，B错误；C项，应该是阳离子交换膜，若HCO3-迁移到阳极室    遇到大量H⁺，立刻反应：HCO3-+ H⁺ = CO2 + H₂O，产生大量CO2气体，破坏电解液组成。I-迁移到阳极室，I-在阳极会被氧化成I2，消耗碘离子，破坏电解液调控作用，应该是质子交换膜，阳极产生H+迁移到阴极室作为CO2电还原的氢源，C错误；D项，CO2还原反应中，生成0.1 mol C2H4气体时，还有乙醇等副产物的生成，则电极上转移的电子数大于1.2NA，D错误；故选A。 8．2025·浙江省名校协作体三开学测试)某研究团队通过膜电解法制得纯碱，甘氨酸(H2NCH2COOH)和高浓度烧碱，其装置如图所示。其中膜a、b为离子交换膜，双极膜c在直流电的作用下，中间界面层水发生解离产生H+和OH-。下列说法正确的是( ) A．膜a为阴离子交换膜 B．制得7.5g甘氨酸，盐室1增重2.2g C．碱室2反应式：2H2O-4e-=O2↑+4H+ D．一段时间后，碱室1浓度变小，碱室2浓度变大 【答案】B 【解析】由题干装置图可知，要通过膜电解法制得纯碱，甘氨酸(H2NCH2COOH)和高浓度烧碱，则盐室2中产生甘氨酸，即双极膜c中的H+向左移动，则电极A为阴极，电极反应为：2HCO3-+2e-=H2↑+2CO32-，电极B为阳极，电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，盐室2中Na+经过膜a极阳离子交换膜进入盐室1，碱室2中Na+经膜b进入碱室1。A项，膜a为阳离子交换膜，A错误；B项，由H2NCH2COO-+H+=H2NCH2COOH可知，制得7.5g甘氨酸即=0.1mol，则电路上通过0.1mole-，即由0.1molNa+由盐室2进入盐室1，同时盐室1中产生0.05molH2，即盐室1增重0.1mol×23g/mol-0.05mol×2g/mol=2.2g，B正确；C项，碱室2反应式：4OH--4e-=O2↑+2H2O，C错误；D项，一段时间后，碱室1浓度变大，碱室2浓度变小，D错误；故选B。 9．工业上用单池双膜三液装置(如下图)，依据电解原理电解NHNO3制备HNO3和NH3·H2O，下列说法正确的是( ) A．导线X接外电源的负极 B．N电极的电极反应方程式为2NH4+2e-=2NH 3↑＋H2↑ C．每当产生标准状况下22.4L气体A，Ⅲ室溶液的质量理论上减少4g D．离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜 【答案】D 【解析】电极M区进入的稀硝酸，出来的是浓硝酸，则M为阳极，水被氧化得到氧气和氢离 子，A为氧气，硝酸根向左移动，左侧可制得硝酸，N为阴极，水放电产生氢气和氢氧根，B为氢气，铵根向右移动，二者反应得到浓氨水。A项，Ⅰ室中电极产生H+，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，发生氧化反应，电极M为阳极，接外电源的正极，A错误；B项，电极N为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，B错误；C项，每当产生标准状况下22.4LO2，根据电子守恒，Ⅲ室溶液中就要生成2molH2，质量减少4g，同时依据电荷守恒，4molNH4+通过阳离子交换膜进入Ⅲ室，溶液质量增加72g，所以Ⅲ室溶液的质量理论上共增加68g，C错误；D项，根据电解装置图中物质的进出以及所要制备的物质，可知Ⅱ室中的NO3-要进入Ⅰ室，所以离子交换膜Ⅰ为阴离子交换膜。NH4+要进入Ⅲ室，离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜，D正确；故选D。 10．有学者设想将传统锌锰电池改装为双膜三室模式的蓄电池，三室中电解质溶液分别选用K2SO4、KOH、H2SO4溶液中的一种，工作原理示意图如图所示。 下列说法正确的是( ) A．膜p适合选用阴离子交换膜 B．II室中适合添加KOH溶液 C．放电时，III室中溶液的pH增大 D．充电后，I室和III室溶液的质量变化相同 【答案】C 【解析】根据题干信息可知，蓄电池放电时，锌棒作原电池的负极，失电子在碱性条件下发生反应生成氢氧化锌，所以I室的电解质应为KOH，膜p应为阳离子交换膜，使钾离子从I室迁移至II室，碳棒作原电池正极，二氧化锰得电子转化为Mn2+，所以溶液需为酸性环境，则电解质为H2SO4，硫酸根离子通过膜q从III室迁移至II室，最终II室作为产品室形成K2SO4，故其电解质为K2SO4，充电过程为放电的逆过程，结合电解池原理进行分析。A项，膜p适合选用阳离子交换膜，使钾离子从I室迁移至II室，A错误；B项，II室中适合添加H2SO4溶液，B错误；C．放电时，III室发生的电极反应为：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，消耗氢离子，同时生成水，则溶液的pH增大，C正确；D项，若电子转移的物质的量为2mol，则放电后，I室损失的是1mol KOH的质量，为56g，而III室损失的是1mol H2SO4的质量，即为98g，因充电过程为放电的逆过程，所以充电后，I室和III室溶液的质量变化不相同，D错误；故选C。 真题·实战演练 1．(2026·江西卷，7，3分)背靠背式电解池可用于电化学合成氨，如图。下列说法正确的是( ) A．阳极反应：4OH=O2↑＋2H2O B．外电路电子由b流向a C．每生成1molNH3，消耗6molH2O D．OH-经交换膜从右向左移动 【答案】D 【解析】该装置为阴离子交换膜电解池，右侧通入N2与H2O生成NH3，氮元素化合价从0降低至-3，发生得电子的还原反应，因此右侧电极为阴极，连接电源负极b，阴极反应为N2+6H2O+6e-=2NH3↑＋6OH-；左侧电极为阳极，连接电源正极a，OH-在阳极失电子发生氧化反应，阳极反应为4OH--4e-=O2↑＋2H2O，总电解反应为2N2+6H2O4NH3+3O2；A项，阳极是OH-失去电子生成氧气，正确电极反应式为4OH--4e-=O2↑＋2H2O，A错误；B项，右侧N2转化为NH3，N元素化合价降低发生得电子的还原反应，故右侧为阴极，b为电源负极，a为电源正极，外电路电子只能在导线中移动，路径为b流向阴极、阳极流向a，不存在b直接流向a的路径，B错误；C项，根据总反应2N2+6H2O4NH3+3O2，生成4molNH3消耗6molH2O，则生成 1molNH3仅消耗1.5molH2O，C错误；D项，电解池通用规律为阴离子向阳极移动，阳极在装置左侧，体系中迁移的阴离子OH-可穿过阴离子交换膜，因此OH-从阴极区向阳极区移动，D正确；故选D。 2．(2026·山东卷，12，4分)利用电还原O2产生的H2O2氧化石油化工副产物H2S制备K2SO4，装置如图所示。电解过程中，双极膜中H2O解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是( ) A．b极反应式为4OH--4e-=O2↑＋2H2O B．双极膜中H2O解离的H+向a极方向迁移 C．电解一段时间后，电极反应消耗与生成O2的质量相等 D．理论上，生成1molK2SO4时，a极上消耗2molO2 【答案】CD 【解析】该装置为电解池，双极膜将槽体分隔为a极室、b极室，双极膜解离出H+、OH-，阳离子H+向阴极移动、阴离子OH-向阳极移动；b极发生OH-失电子的氧化反应析出O2，故b为阳极、接电源正极；a为阴极，通入O2结合迁移过来的H+得电子生成H2O2，生成的H2O2再与进料H2S在碱性体系中发生氧化还原反应，最终得到目标产物K2SO4，阳极持续生成O2，阴极持续消耗O2用于制备H2O2，电极反应为：阳极(b极)：4OH--4e-=O2↑＋2H2O；阴极(a极)制H2O2：O2+2H++2e-=H2O2；氧化H2S反应：H2S+4H2O2+2KOH=K2SO4+6H2O。A项，由分析可知，b极是阳极，电解液为KOH碱性溶液，OH-放电生成O2，电极反应4OH--4e-=O2↑＋2H2O，A正确；B项，电解池中阳离子向阴极定向迁移，a极为阴极，双极膜解离出的H+向a极移动，OH-向阳极b移动，B正确；C项，设电路中转移4mole-。阳极反应4OH--4e-=O2↑＋2H2O，转移4mole-，阳极生成1molO2；阴极反应O2+2H++2e-=H2O2，每2mole-消耗1molO2，转移4mole-时阴极消耗2molO2，因此电极反应消耗与生成O2的质量不相等，C错误；D项，由氧化H2S反应H2S+4H2O2+2KOH=K2SO4+6H2O、a极电极反应O2+2H++2e-=H2O2可得关系式K2SO4~4H2O~4O2，因此生成1molK2SO4时，a极上消耗4molO2，D错误；故选CD。 3．(2026·陕晋青宁卷，13，3分)某科研团队利用S和Cu2S的相互转化设计了如图所示电池。工作时，两极上发生反应的S和Cu2S的物质的量相等。放电完成后，将一侧的电解液加热，产生的气体通入另一侧，可使电池重复工作。若性能显著衰减，经简单处理可恢复。下列说法正确的是( ) A．膜为阳离子交换膜 B．当气体通入左室开始工作时，电极a为正极 C．理论上，电路中通过的e-与消耗NH3·H2O的物质的量之比为1：4 D．电池总反应为 Cu2++4NH3= [Cu(NH3)4]2+ 【答案】D 【解析】根据题干“工作时，反应的S和Cu2S物质的量相等”，结合化合价变化可得电子守恒的电极反应：左室电极a为正极，电极反应：2Cu2++S+4e-=Cu2S；右室电极b为负极：电极反应，，加热时释放NH3。A项，反应后左室消耗Cu2+，剩余多余的SO42-；右室生成带正电的，正电荷多余。需要SO42-(阴离子)从左室迁移到右室平衡电荷，因此膜为阴离子交换膜；若为阳离子交换膜，向左侧移动，无法实现该电池的功能，A错误；B项，放电完成后，电极a的S完全转化为Cu2S，电极b的Cu2S完全转化为S；加热右室电解液，分解放出NH3，将NH3通入左室后重新开始工作时，电极a现在为Cu2S，发生失电子的氧化反应，为负极，B错误；C项，根据负极反应，转移4mole-时，消耗8molNH3·H2O，因此电路中通过的e-与消耗NH3·H2O的物质的量之比为4：8=1：2，不是1：4，C错误；D项，将正负极反应相加，消去两边均有的S、Cu2S和电子，得到总反应： ，化简得，D正确；故选D。 4．(2026·黑吉辽蒙卷，13，3分)一种从废旧电池正极材料(LiFePO4)中回收锂元素的电化学装置如图。下列说法错误的是( ) A．电极反应：O2+2H2O+4e-=H2O2+2OH- B．电路中转移2mol电子，理论上可回收4molLi+ C．电极连接电源正极 D．I3-可转化为I-和IO3-，会降低锂的理论回收产率 【答案】D 【解析】左侧池通入O2生成H2O2，这是还原反应，因此a电极是阴极，连接电源的负极。电极反应： O2+2H2O+4e-=H2O2+2OH-，右侧池I-被氧化为I3-，这是氧化反应，因此b电极是阳极，连接电源的正极。电极反应：I--2e-=I3- ；阴离子交换膜：允许阴离子(如SO42-、OH-等)通过，以维持电荷平衡。A项，如上分析，左侧通入氧气生成双氧水，且在Na2SO4溶液中可生成OH-，该方程式书写正确，A正确；B项，电路中转移2mol电子时，整个体系总电子转移量为2mol，每释放1molLi+对应1mol电子转移(LiFePO4-e-=Li++FePO4)，双电极可同时回收Li+，理论上可回收4molLi+，B正确；C项，右侧发生氧化反应：I-被氧化为I3-，阳极连接电源正极，C正确；D项，若I3-歧化转化为I-和IO3-，反应为：3I3-+3H2O=8I-+IO3-+6H+，该歧化反应为碘自身氧化还原，总可得到的电子数(氧化LiFePO4的总能力)不变：3molI3-原本可得到6mol电子，歧化后1molI3-作为氧化剂可得到6mol电子，总氧化能力不变，理论上脱出回收的Li+总物质的量不变，因此不会降低锂的理论回收产率，D错误；故选D。 5．(2026·云南卷，13，3分)一种“双模式”锂电池工作原理如图。已知：Cl2只参与模式Ⅰ的充放电，其放电时反应方程式为SO2Cl2+Cl2+4Li=SO2+4LiCl。下列说法正确的是( ) A．充电时，模式Ⅱ的反应为2SO2Cl2+6Li=Li2S2O4+4LiCl B．充电时，若外电路通过1 mol电子，则石墨电极最多生成0.5mol Cl2 C．放电时，体系中的Li+向电池的锂电极迁移 D．放电时，分别消耗1molSO2Cl2，模式Ⅰ理论放电量大于模式Ⅱ 【答案】D 【解析】SO2Cl2中S元素为+6价，由此可知模式I放电过程中石墨电极上S元素化合价降低，发生还原反应，为正极，锂电极为负极，充电过程中石墨电极为阳极，锂电极为阴极。A项，充电时，模式II阴极上LiCl得到电子生成Li，阳极上Li2S2O4失去电子生成SO2Cl2，根据守恒关系可知模式II的反应为Li2S2O4+LiCl=2SO2Cl2+6Li，A项错误；B项，模式I充电时总反应为SO2+4LiCl=SO2Cl2+Cl2+4Li，充电过程中Li元素化合价降低，S元素及部分Cl元素化合价升高，因此外电路通过1mol电子，石墨阳极上最多生成0.25mol Cl2，B项错误；C项，放电时，Li+移向正极，即石墨电极，C项错误；D项，放电时，模式I的总反应与转移电子关系为SO2Cl2+Cl2+4Li=4LiCl+SO2-4e-，模式II的总反应与转移电子关系为2SO2Cl2+6Li=Li2S2O4+4LiCl-6e-，由此可知分别消耗1molSO2Cl2，模式Ⅰ理论放电量大于模式Ⅱ，D项正确；故选D。 6．(2025·四川卷，14，3分)最近，我国科学工作者制备了一种Ni-CuO电催化剂，并将其与金属铝组装成可充电电池，用于还原污水中的NO3-为NH3，其工作原理如图所示。研究证明，电池放电时，水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化表面的NO3-逐步还原为NH3。 下列说法错误的是( ) A．放电时，负极区游离的OH-数目保持不变 B．放电时、还原1.0molNO3-为NH3，理论上需要8.0mol氢原子 C．充电时，OH-从阴极区穿过离子交换膜进入阳极区 D．充电时，电池总反应为4[Al(OH)4]-=4Al+6H2O+4OH-+3O2↑ 【答案】A 【解析】放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根，Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，正极水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化剂表面的NO3-逐步还原为NH3，正极区发生反应为NO3-+8e-+6H2O=NH3+9OH- (注意此反应不是电极反应)，充电时，金属铝为阴极，Ni-CuO电极为阳极。A项，放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根：Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，当转移3mol电子时，消耗4molOH-，同时正极区会有3molOH-通过OH-离子交换膜进行补充，OH-净消耗1mol，故负极区游离的OH-数目会减少，故A错误；B项，氢原子将吸附在电催化剂表面的NO3-逐步还原为NH3，还原1.0molNO3-为NH3，由化合价变化可知，得到8mol电子，所以理论上需要8.0mol氢原子，故B正确；C项，充电时，阴离子向阳极移动，所以充电时，OH-从阴极区穿过OH-离子交换膜进入阳极区，故C正确；D项，充电时，电池阴极反应式为4[Al(OH)4]-+12e-=4Al+16OH-，阳极反应式为12OH--12e-=3O2↑＋6H2O，总反应为4[Al(OH)4]-=4Al+6H2O+4OH-+3O2↑，故D正确；故选A。 7．(2025·江苏卷，8，3分)以稀H2SO4为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为。下列说法正确的是( ) A．电极a上发生氧化反应生成O2 B．通过质子交换膜从右室移向左室 C．光解前后，H2SO4溶液的pH不变 D．外电路每通过0.01mol电子，电极b上产生0.01molH2 【答案】A 【解析】光解过程中，电极a上电子流出，发生氧化反应，a为负极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋；电极b上电子流入，发生还原反应，b为正极，电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑。A项，电极a为负极，发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，生成物有O2，A正确；B项，原电池中阳离子向正极移动，电极a上生成H＋，电极b上消耗H＋，H＋通过质子交换膜从左室移向右室，B错误；C项，在探究溶液浓度变化时，不仅要关注溶质的变化，也要关注溶剂的变化，在光解总反应是电解水，H2SO4溶液中H2O减少，H2SO4溶液浓度增大，pH减小，C错误；D项，生成1molH2，转移2mol电子，外电路通过0.01mol电子时，电极b上生成0.005molH2，D错误；故选A。 8．(2025•山东卷，12，4分)全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法正确的是( ) A．隔膜为阳离子交换膜 B．放电时，a极为负极 C．充电时，隔膜两侧溶液Fe2+浓度均减小 D．理论上，Fe3+每减少1mol，Fe2+总量相应增加2 mol 【答案】BC 【解析】全铁流电池原理为2Fe3++Fe=3Fe2+，a极发生Fe-2e-=Fe2+，为负载铁的石墨电极做负极，b极发生Fe3++e-=Fe2+，发生还原反应，b为石墨电极，做正极。A项，两极通过阴离子平衡电荷，隔膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，A错误；B项，放电时，a极为负极，b极为正极，B正确；C项，充电时，a接电源负极，为阴极，电极反应式为Fe2++2e-=Fe，b接电源正极，为阳极，发生的电极反应式为：Fe2+-e-=Fe3+，两极的Fe2+均减少，C正确；D项，根据总反应方程式2Fe3++Fe=3Fe2+可知，Fe3+减少1mol，Fe2+增加1.5mol，D错误；故选BC。 9．(2025·江西卷，9，3分)我国学者设计了一种新型去除工业污水重金属离子的电池(如图)。下列说法错误的是( ) 已知：为铜基普鲁士蓝(Cu[Fe(CN)6]0.67·nH2O) A．中的铁为价 B．交换膜为阴离子交换膜 C．洗脱目的是去除电极吸附的 D．溶液可电解再生电池负极 【答案】C 【解析】由图可知，Zn电极失去电子生成Zn2+，该原电池中左侧电极为负极，右侧电极为正极。A项，CuHCF的化学式为Cu[Fe(CN)6]0.67·nH2O，设Fe化合价为x。Cu为+2价，CN-为-1价，整体电中性：+2 + 0.67×(x - 6) = 0，解得x≈+3，A正确；B项，Zn电极为负极，反应为Zn - 2e- = Zn2+，负极区正电荷增加。污水中SO42-通过交换膜移向负极区以平衡电荷，说明交换膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，B正确；C项，Ni2+在正极得到电子生成Ni，Ni被CuHCF电极吸附，洗脱目的是利用H2O2的氧化性去除电极吸附的Ni，C错误；D项，电解Zn2+溶液时，阴极反应为Zn2+ + 2e- = Zn，可得到Zn单质再生负极，D正确；故选C。 10．(2025·四川卷，14，3分)最近，我国科学工作者制备了一种Ni-CuO电催化剂，并将其与金属铝组装成可充电电池，用于还原污水中的NO3-为NH3，其工作原理如图所示。研究证明，电池放电时，水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化表面的NO3-逐步还原为NH3。 下列说法错误的是( ) A．放电时，负极区游离的OH-数目保持不变 B．放电时、还原1.0molNO3-为NH3，理论上需要8.0mol氢原子 C．充电时，OH-从阴极区穿过离子交换膜进入阳极区 D．充电时，电池总反应为4[Al(OH)4]-=4Al+6H2O+4OH-+3O2↑ 【答案】A 【解析】放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根，Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，正极水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化剂表面的NO3-逐步还原为NH3，正极区发生反应为NO3-+8e-+6H2O=NH3+9OH- (注意此反应不是电极反应)，充电时，金属铝为阴极，Ni-CuO电极为阳极。A项，放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根：Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，当转移3mol电子时，消耗4molOH-，同时正极区会有3molOH-通过OH-离子交换膜进行补充，OH-净消耗1mol，故负极区游离的OH-数目会减少，故A错误；B项，氢原子将吸附在电催化剂表面的NO3-逐步还原为NH3，还原1.0molNO3-为NH3，由化合价变化可知，得到8mol电子，所以理论上需要8.0mol氢原子，故B正确；C项，充电时，阴离子向阳极移动，所以充电时，OH-从阴极区穿过OH-离子交换膜进入阳极区，故C正确；D项，充电时，电池阴极反应式为4[Al(OH)4]-+12e-=4Al+16OH-，阳极反应式为12OH--12e-=3O2↑＋6H2O，总反应为4[Al(OH)4]-=4Al+6H2O+4OH-+3O2↑，故D正确；故选A。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 电化学原理的综合应用 (专项训练) 目 录 模拟·基础演练 题型01多池串联装置综合分析 题型02“隔膜“在新型电池中的应用 题型03“隔膜“在”双室“电解池中的应用 题型04“隔膜“在”多室“电解池中的应用 题型05守恒法在电化学计算中的应用 题型06电化学计算中复杂动态过程分析 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 题型01多池串联装置综合分析 1．近日，我国科学家开发肼-双氧水燃料电池，碱性条件下电解肼制备氢气，装置如图所示。 下列叙述正确的是( ) A．a极和b极材料可能相同 B．电子流向：b→c→d→a C．d极附近电解质溶液pH降低 D．乙池产生1molN2时，理论上甲池消耗3molH2O2 2．(2025·浙江省衢州、丽水、湖州三地市高三二模)某小组研究设计了如下装置示意图，联合制备硫酸、氯气和氢氧化钠。该设计改变了传统氯碱工业能耗大的缺点，可大幅度降低能耗。 下列说法不正确的是( ) A．甲池中，质子经内电路移向极 B．理论上，甲池中消耗的SO2和乙池中生成的Cl2的物质的量之比为1：1 C．乙池应选用阳离子交换膜 D．乙池的总反应方程式：2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH 3． (2025·浙江省县域教研联盟高三模拟考试)一种清洁、低成本的氯碱工业双联装置工作原理如图所示，浓缩海水可以造成溶液中离子浓度差异，使离子从高浓度区域向低浓度区域迁移，从而产生离子电流。下列说法不正确的是( ) A．电极Y为负极，可以在X、Z电极上收集到H2 B．与传统氯碱工业相比，该双联装置的优点是可避免使用离子交换膜 C．装置Ⅱ中的电极质量每变化mg，装置I中可制得LiCl D．随着装置的运行，电极Z附近溶液的pH增大，电极W附近有白色沉淀出现 4．【氯碱工业改进】(2026·河南新乡三模)我国某科研团队以NaAlH4、CeH2为电极组装了世界首例氢负离子电池。现以该电池作为电源，模拟氯碱工业制备Cl2.已知：为降低电压需求，图中氯碱工业已改进。 55． 下列说法错误的是( ) A．隔膜Ⅱ为阴离子交换膜，隔膜Ⅲ为阳离子交换膜 B．电解所需电压更低的原因可能是氧气得电子能力更强 C．放电时电极b反应为3NaAlH4+6e-=Na3AlH6+2Al+H- D．每生成0.1 mol Al，电极d消耗标准状况下3.36 L O2 5．用于HMF()转化为FDCA()的液流燃料电池(LFFC)的结构和原理示意图如下图所示。该系统采用了酸性-碱性电解液的不对称设计，使用1mol·L-1KOH作为M极电解液，使用2mol·L-1H2SO4作为N极电解液。下列说法正确的是( ) 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-=4H2O+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1molFDCA 6．【结合环境保护与电化学知识结合】热再生电池堆—CO2电化学还原池系统(TRBs一CO2RR)可回收烟气中的低温余热并将其转化为电能，同时实现CO2转化利用，其工作原理如图。 下列说法正确的是( ) A．装置Ⅱ中化学能转化为电能 B．可从Pt电极产生气体中分离并回收CO2 C．碳毡处的电极反应：Cu+4CH3CN-e-=[Cu(CH3CN)4]+ D．阴离子交换膜每通过2molHCO，就生成3molCO 题型02“隔膜“在新型电池中的应用 7．二甲醚(CH3OCH3)燃料电池的工作原理如图，下列有关叙述正确的是( ) A．该装置能实现化学能100%转化为电能 B．电子移动方向：a极→b极→质子交换膜→a极 C．a电极的电极反应式为：CH3OCH3＋3H2O－12e－===2CO2＋12H＋ D．当b电极消耗22.4 L O2时，质子交换膜有4 mol H＋通过 8．【电池新技术与学科知识结合】光催化电极可以在太阳光照下实现对设备进行充电，该电池工作原理如下图所示。放电时Na2S转化为Na2S4，下列有说法错误的是( ) A．充电时，石墨电极为做阴极 B．充电时，光催化电极的电极反应式为：3I--2e-=I3- C．放电时，石墨电极发生还原反应 D．放电时，离子交换膜左室电解质溶液质量减少4.6g，外电路转移0.2mole- 9．中科院在锌碘液流可充电电池领域研究中取得重要进展。该研究引入了聚乙烯吡咯烷酮(PVP)，其单体为NVP，NVP可结合I2，经一系列变化生成可溶性聚碘配合物NVP－2I3-，有效提高锌碘液流电池碘正极容量，避免了电池改进前I2+I-=I3-导致I-利用率降低，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是( ) A．充电时，a极为阴极 B．将该电池用于铁制品的腐蚀防护，应将电极b与铁制品相连 C．电池改进前，放电时1molI3-，转化为I-，转移2mol电子 D．放电时，b极反应：2I2+NVP－I2+2e-=NVP－2I3- 10．(2026·辽宁大连二模)离子电池具有充电速度快和低温环境性能优越的特点，其电极材料的导电聚合物中掺杂磺酸基可增强其电化学活性，其充电时工作原理如图所示。下列说法错误的是( ) A．放电时，电极B为负极，质量减小 B．充电过程中，每转移2 mol电子时，两电极质量变化相差46 g C．此离子电池的隔膜为阳离子交换膜 D．充电时，电极的电极反应式为 题型03“隔膜“在”双室“电解池中的应用 11．利用双极膜电解含有HCO3－的溶液，使HCO3－转化成碳燃料，实现了CO2还原流动。电解池如下图所示，双极膜中水电离的H＋和OH－在电场作用下可以向两极迁移。下列说法不正确的是( ) A．银网电极与电源负极相连 B．双极膜b侧应该用质子交换膜 C．阴极电极反应为：HCO3－＋2e－＋3H＋＝CO↑＋2H2O D．双极膜中有0.1mol H2O电离，则阳极附近理论上产生0.05 mol O2 12．(2026·浙江省Z20联盟高三一模)我国科学家在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示：下列说法不正确的是( ) A．该离子交换膜为阳离子交换膜 B．b极发生的电极反应为3I--2e-=I3- C．理论上每转移1mol电子，分解H2S气体22.4 L(标况) D．能量转化方式主要为光能→电能→化学能 13．(2026·浙江省强基联盟2026届高三开学联考)用可再生能源电还原CO2时，可以生成乙烯、乙醇等，装置如下图所示。下列说法正确的是( ) A．该装置可以直接将太阳能转化为化学能 B．K+从Cu电极迁移到IrOx-Ti电极 C．阳极发生的反应有2CO2＋12H＋＋12e-=C2H4+4H2O D．阴极区中KCl的加入作用为提高C2H4、C2H5OH生成率 14．(2026·浙江省县域教研联盟高三一模)如图是处理废水中苯酚的装置，回收利用苯后再排放。下列有关说法不正确的是( ) A．a为正极，电极附近pH增大 B．b电极反应式为 C．该离子交换膜为质子交换膜 D．若有0.2 mol电子通过导线，A、B两区域中液体质量改变量的和为0.4 g 15．(2025·浙江省杭州市高三一模)利用丙烯腈(CH2=CHCN)制备己二腈[NC(CH2)4CN]的电有机合成装置如图所示。下列说法不正确的是( ) A．电极a为阴极 B．四甲基溴化铵[(CH3)4NBr]可增加溶液导电性 C．交换膜为质子交换膜 D．电解过程中，右侧溶液的pH不变 16．【合成氨新途径】 (2025·浙江省金丽衢十二校高三第一次联考)电化学合成氨进一步提高了人类合成氨的产量。现采用双极膜(H2O解离出、分别移至两级室溶液)，通过电解KNO3溶液制取氨，该装置的工作原理如图所示。下列说法正确的是( ) A．电极b接电源的负极 B．电解一段时间后I室的pH值增大 C．双极膜中H2O解离出的H+向电极b极移动 D．理论上电极a与电极b上产生的气体的物质的量之比为2：1 17．【新技术与学科知识结合】某大学实验室研究出一种微生物电解池产甲烷技术(原理如图所示)，它以微生物为催化剂，以外界输入的较小电能为能量来源，将乙酸、地沟油等有机物转化为甲烷，电解池工作时，下列叙述正确的是( ) A．该生物电解池在高温环境下能够加快反应速率 B．若有机物为乙酸，则a电极为阴极 C．a电极产生16mol电子时，b电极产生的甲烷气体少于32g D．在电场驱动下由b电极通过中间隔膜迁移至a电极 18．【物质制备与学科知识结合】 (2025·浙江省宁波市镇海中学高三选考模拟)乙醛酸(OHC-COOH)是一种重要的化工中间体。工业上以乙二醛为原料制备乙醛酸的装置如图所示，通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸。下列说法错误的是( ) A．a极电势高于b极 B．离子交换膜为阴离子交换膜 C．当有0.5mol离子通过离子交换膜时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为18.5g D．乙二醛被氧化的化学方程式：+H2O+Cl2→+2HCl 题型04“隔膜“在”多室“电解池中的应用 19．某科研小组研究采用BMED膜堆(示意图如下)，模拟以精制浓海水为原料直接制备酸碱。BMED膜堆包括阳离子交换膜、阴离子交换膜和双极膜(A、D)。已知：在直流电源的作用下，双极膜内中间界面层发生水的解离，生成H＋和OH－。下列说法错误的是( ) A．电极a连接电源的正极 B．B为阳离子交换膜 C．电解质溶液采用Na2SO4溶液可避免有害气体的产生 D．Ⅱ口排出的是淡水 20．普通电解精炼铜的方法所制备的铜中仍含杂质，利用下面的双膜(阴离子交换膜和过滤膜)电解装置可制备高纯度的Cu。下列有关叙述正确的是( ) A．电极a为粗铜，电极b为纯铜 B．甲膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区 C．乙膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区 D．当电路中通过1 mol电子时，可生成32 g纯铜 21．四室式电渗析法制备盐酸和NaOH的装置如图所示。a、b、c为阴、阳离子交换膜。已知：阴离子交换膜只允许阴离子透过，阳离子交换膜只允许阳离子透过。下列叙述正确的是( ) A．b、c分别依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜 B．通电后Ⅲ室中的Cl－透过c迁移至阳极区 C．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四室中的溶液的pH均升高 D．电池总反应为4NaCl＋6H2O4NaOH＋4HCl＋2H2↑＋O2↑ 22．(2026·浙江省金丽衢十二校高三一模)用如图所示的新型电池可以处理含CN-的碱性废水，同时可以淡化海水(主要成分为NaCl，含有Na2SO4等杂质)。下列说法不正确的是( ) A．交换膜II为阳离子交换膜 B．电池工作一段时间后，右室溶液的pH增大 C．a极电极反应式：2CN-+6H2O-10e-=2CO32-+N2↑＋12H+ D．若除去废水中52 gCN-，可同时除去海水中NaCl的质量小于585 g 考向05 守恒法在电化学计算中的应用 23．用惰性电极电解2 L 0.5 mol/L的硝酸银溶液，当在电路中通过0.1 mol电子后，调换正、负极，电路中又通过了0.2 mol电子，此时溶液pH为(假设溶液体积不变)( ) A．1 B．2 C．3 D．无法确定 24．(2026·湖北宜昌二模)一种研究碳中和的电解装置如下图所示，它能将工业尾气CO2还原成甲烷、乙烯等基本化工原料。下列说法正确的是( ) A．电极M生成CH4的反应为：CO2-8e-+6H2O=CH4+8OH- B．离子交换膜a为阳离子交换膜 C．一段时间后，N电极区域溶液pH减小 D．标准状况下，电极N生成1 mol O2的同时电极M生成11.2 L气体 25．如图甲、乙为相互串联的两个电解池，下列说法正确的是(　　) A．甲池若为精炼铜的装置，A极材料是粗铜 B．乙池中若滴入少量酚酞溶液，开始一段时间后C极附近变浅红色 C．若甲池为电镀铜的装置，阴极增重12.8 g，乙池阳极放出气体为4.48 L D．Fe极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ 26．已知H2O2是一种弱酸，在强碱溶液中主要以HO2-形式存在。现以Al-H2O2电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制备H2，下列说法不正确的是(　　) A．电解过程中，电子的流向为a→d→c→b B．电池的正极反应为HO＋2e－＋H2O===3OH－ C．电解时，消耗5.4 g Al，则产生标准状况下2.24 L N2 D．c电极是阳极，且反应后该电极区溶液pH减小 27．如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理的相关问题，其中乙装置中X为阳离子交换膜，丙中滴有少量的酚酞溶液。 请按要求回答相关问题： (1)甲烷燃料电池负极电极反应式是 。 (2)石墨电极(C)的电极反应式为 。 (3)若在标准状况下，有2.24 L氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体体积为 L。 (4)铜丝a处在开始一段时间的现象为 ；原因是 。 题型06电化学计算中复杂动态过程分析 28．在100 mL HNO3和AgNO3的混合液中，用石墨作电极电解，两极上均收集到2.24 L气体(标准状况)，则原混合溶液中Ag＋的物质的量浓度为( ) A．1 mol·L－1 B．2 mol·L－1 C．3 mol·L－1 D．4 mol·L－1 29．用惰性电极电解一定浓度CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH。则下列说法正确的是( ) A．电解过程中阴极没有气体生成 B．电解过程中转移的电子的物质的量为0.4 mol C．原CuSO4溶液的浓度为0.1 mol·L－1 D．电解过程中阳极收集气体体积为1.12 L(标准状况下) 30．在1LK2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO42-)＝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 31．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在标准状况下为224 mL(忽略气体的溶解)；t2时刻Cu全部在电极上析出。下列判断正确的是( ) A．a电极与电源的负极相连 B．t2时，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，b的电极反应是4OH--4e-=2H2O+O2↑ 32．500 mL NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝0.3 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体1.12 L(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是( ) A．原混合溶液中c(Na＋)＝0.2 mol·L－1 B．电解后溶液中c(H＋)＝0.2 mol·L－1 C．上述电解过程中共转移0.4 mol电子 D．电解后得到的Cu的物质的量为0.1 mol 33．某混合溶液中和的浓度均为，现用直流电源电解该混合溶液。若电解过程中不考虑溶液体积变化，则下列说法正确的是( ) A．将有色鲜花靠近阴极时，有色鲜花颜色褪去 B．当溶液蓝色恰好完全褪去时，加入和能使溶液复原 C．当溶液蓝色恰好完全褪去时，电解产生的气体总体积为 D．当两个电极产生的气体体积相等时，电路中过的电子总数约为 重难·创新演练 1．(2026·浙江温州市普通高中高三第二次适应性考试)电催化还原硝酸盐生成氨气的原理如图所示，下列说法正确的是( ) A．惰性电极a与电源负极相连 B．离子交换膜为阳离子交换膜 C．从溶液中逸出1molCl2，左室溶液质量减少了71 g D．工作一段时间后，右室溶液pH变小 2．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟2026届高三开学联考)【新方法】采用如图所示的间接电解法制备氯仿(CHCl3)，离子交换膜只允许Na＋通过，生成CHCl3的原理：CH3COCH3+3ClO-→CHCl3+CH3COO-+2OH-。下列叙述不正确的是( ) A．电解时须控制电流强度，防止Cl-利用率下降 B．冷水可防止副反应3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O发生 C．每生成1molCHCl3，通过交换膜的Na＋为2mol D．电解结束后，右室溶液添加CH3COCH3后可导入左室 3．(2025·浙江省北斗星盟三模)用惰性电极电解碳酸钠溶液时，阳极无气体产生，但在阳极区检测到新增一种摩尔质量为的含碳元素的带2个单位负电荷的阴离子(碳元素的化合价为+4)。下列叙述正确的是( ) A．新增的这种阴离子只含有极性键 B．若用铅酸蓄电池作电源，Pb电极与a相接 C．电极B发生的电极反应为2H＋＋2e-=H2↑ D．其他条件不变，增加电解的电压，阳极区可能产生气体 4．一种浓差电池的放电原理是利用电解质溶液的浓度不同而产生电流。某浓差电池装置示意图如图所示，该电池使用前将开关K先与a连接一段时间后再与b连接。下列说法不正确的是 A．交换膜应当选择阳离子交换膜 B．K与a连接的目的是形成两电极区溶液的浓度差 C．K与b连接时，电极B上发生的反应为Cu2＋＋2e—＝Cu D．K与b连接时，导线中通过2 mol电子，约有1 mol离子通过交换膜 5．(2026·陕西榆林二模)我国科学家通过Cu2O超低电位下电催化硝酸盐与甲醇在Cu2O/Cu复合电极上反应，其原理如图，其中离子交换膜只允许OH-通过。下列说法错误的是( ) A．电极b为阳极 B．Cu2O电极上的电极反应式为NO3-+6H2O+8e-=NH3＋9OH- C．OH-由阴极区通过离子交换膜进入阳极区 D．KOH溶液在反应过程中pH保持不变 6．(2026·浙江杭州学军等校高三联考)某高校科研人员设计了一条从乳酸转化为丙氨酸的电化学途径，而且可以实现废水的再利用，原理如图。已知：在电场中，水分子会在双极膜界面层解离为H+和OH-。下列说法错误的是( ) A．工作时双极膜中产生的OH-移向电极a B．b极反应式为：+4e−+5H+=+H2O C．理论上将废水中的NO3-转化为NH2OH需转移6mol电子 D．当a极区有1 mol乳酸根被消耗，b极区不能生成等物质的量的 7．(2026·浙江稽阳联谊学校高三联考)一种电催化CO2还原制备多碳(C2+)产物的装置示意图如图所示，该装置利用Ag掺杂CuO和电解液中碘离子双调控，促进C—C偶联反应的进行。已知可以通过范德华力等吸附在电极表面，增大电极有效表面积。下列说法中正确的是( ) A．Ag掺杂CuO后，降低C-C偶联反应的活化能，提高多碳(C2+)产物的选择性 B．可以用Cl-代替I-，且能提高电解效率 C．离子交换膜为阴离子交换膜 D．在电催化CO2还原反应中，生成0.1molC2H4，则电极上转移的电子数为1.2NA 8．2025·浙江省名校协作体三开学测试)某研究团队通过膜电解法制得纯碱，甘氨酸(H2NCH2COOH)和高浓度烧碱，其装置如图所示。其中膜a、b为离子交换膜，双极膜c在直流电的作用下，中间界面层水发生解离产生H+和OH-。下列说法正确的是( ) A．膜a为阴离子交换膜 B．制得7.5g甘氨酸，盐室1增重2.2g C．碱室2反应式：2H2O-4e-=O2↑+4H+ D．一段时间后，碱室1浓度变小，碱室2浓度变大 9．工业上用单池双膜三液装置(如下图)，依据电解原理电解NHNO3制备HNO3和NH3·H2O，下列说法正确的是( ) A．导线X接外电源的负极 B．N电极的电极反应方程式为2NH4+2e-=2NH 3↑＋H2↑ C．每当产生标准状况下22.4L气体A，Ⅲ室溶液的质量理论上减少4g D．离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜 10．有学者设想将传统锌锰电池改装为双膜三室模式的蓄电池，三室中电解质溶液分别选用K2SO4、KOH、H2SO4溶液中的一种，工作原理示意图如图所示。 下列说法正确的是( ) A．膜p适合选用阴离子交换膜 B．II室中适合添加KOH溶液 C．放电时，III室中溶液的pH增大 D．充电后，I室和III室溶液的质量变化相同 真题·实战演练 1．(2026·江西卷，7，3分)背靠背式电解池可用于电化学合成氨，如图。下列说法正确的是( ) A．阳极反应：4OH=O2↑＋2H2O B．外电路电子由b流向a C．每生成1molNH3，消耗6molH2O D．OH-经交换膜从右向左移动 2．(2026·山东卷，12，4分)利用电还原O2产生的H2O2氧化石油化工副产物H2S制备K2SO4，装置如图所示。电解过程中，双极膜中H2O解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是( ) A．b极反应式为4OH--4e-=O2↑＋2H2O B．双极膜中H2O解离的H+向a极方向迁移 C．电解一段时间后，电极反应消耗与生成O2的质量相等 D．理论上，生成1molK2SO4时，a极上消耗2molO2 3．(2026·陕晋青宁卷，13，3分)某科研团队利用S和Cu2S的相互转化设计了如图所示电池。工作时，两极上发生反应的S和Cu2S的物质的量相等。放电完成后，将一侧的电解液加热，产生的气体通入另一侧，可使电池重复工作。若性能显著衰减，经简单处理可恢复。下列说法正确的是( ) A．膜为阳离子交换膜 B．当气体通入左室开始工作时，电极a为正极 C．理论上，电路中通过的e-与消耗NH3·H2O的物质的量之比为1：4 D．电池总反应为 Cu2++4NH3= [Cu(NH3)4]2+ 4．(2026·黑吉辽蒙卷，13，3分)一种从废旧电池正极材料(LiFePO4)中回收锂元素的电化学装置如图。下列说法错误的是( ) A．电极反应：O2+2H2O+4e-=H2O2+2OH- B．电路中转移2mol电子，理论上可回收4molLi+ C．电极连接电源正极 D．I3-可转化为I-和IO3-，会降低锂的理论回收产率 5．(2026·云南卷，13，3分)一种“双模式”锂电池工作原理如图。已知：Cl2只参与模式Ⅰ的充放电，其放电时反应方程式为SO2Cl2+Cl2+4Li=SO2+4LiCl。下列说法正确的是( ) A．充电时，模式Ⅱ的反应为2SO2Cl2+6Li=Li2S2O4+4LiCl B．充电时，若外电路通过1 mol电子，则石墨电极最多生成0.5mol Cl2 C．放电时，体系中的Li+向电池的锂电极迁移 D．放电时，分别消耗1molSO2Cl2，模式Ⅰ理论放电量大于模式Ⅱ 6．(2025·四川卷，14，3分)最近，我国科学工作者制备了一种Ni-CuO电催化剂，并将其与金属铝组装成可充电电池，用于还原污水中的NO3-为NH3，其工作原理如图所示。研究证明，电池放电时，水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化表面的NO3-逐步还原为NH3。 下列说法错误的是( ) A．放电时，负极区游离的OH-数目保持不变 B．放电时、还原1.0molNO3-为NH3，理论上需要8.0mol氢原子 C．充电时，OH-从阴极区穿过离子交换膜进入阳极区 D．充电时，电池总反应为4[Al(OH)4]-=4Al+6H2O+4OH-+3O2↑ 7．(2025·江苏卷，8，3分)以稀H2SO4为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为。下列说法正确的是( ) A．电极a上发生氧化反应生成O2 B．通过质子交换膜从右室移向左室 C．光解前后，H2SO4溶液的pH不变 D．外电路每通过0.01mol电子，电极b上产生0.01molH2 8．(2025•山东卷，12，4分)全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法正确的是( ) A．隔膜为阳离子交换膜 B．放电时，a极为负极 C．充电时，隔膜两侧溶液Fe2+浓度均减小 D．理论上，Fe3+每减少1mol，Fe2+总量相应增加2 mol 9．(2025·江西卷，9，3分)我国学者设计了一种新型去除工业污水重金属离子的电池(如图)。下列说法错误的是( ) 已知：为铜基普鲁士蓝(Cu[Fe(CN)6]0.67·nH2O) A．中的铁为价 B．交换膜为阴离子交换膜 C．洗脱目的是去除电极吸附的 D．溶液可电解再生电池负极 10．(2025·四川卷，14，3分)最近，我国科学工作者制备了一种Ni-CuO电催化剂，并将其与金属铝组装成可充电电池，用于还原污水中的NO3-为NH3，其工作原理如图所示。研究证明，电池放电时，水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化表面的NO3-逐步还原为NH3。 下列说法错误的是( ) A．放电时，负极区游离的OH-数目保持不变 B．放电时、还原1.0molNO3-为NH3，理论上需要8.0mol氢原子 C．充电时，OH-从阴极区穿过离子交换膜进入阳极区 D．充电时，电池总反应为4[Al(OH)4]-=4Al+6H2O+4OH-+3O2↑ 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $