2027届高三化学一轮复习选择题专题训练电化学

2027届高三化学一轮复习选择题专题训练 电化学 一、单选题 1．（2024·山东·高考真题）以不同材料修饰的为电极，一定浓度的溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是 A．电极a连接电源负极 B．加入Y的目的是补充 C．电解总反应式为 D．催化阶段反应产物物质的量之比 2．（2026·山东威海·二模）在分析化学中应用广泛。如图所示，可将装置甲、乙联合使用来制取。下列说法错误的是 A．工作时装置甲内部，电流由b流向a B．装置乙隔膜为质子交换膜 C．装置乙中电极反应式为： D．若一段时间后装置乙减轻2 g，则理论上装置甲有生成 3．（2026·山东潍坊·三模）以滤纸包裹的固体粉末为原料，一定浓度的溶液、溶液分别作为两极区的电解液，用惰性电极电解制备的原理如图。下列说法正确的是 A．a极为负极 B．隔膜为阳离子交换膜 C．两极区的电解液也可互换 D．“氧化”消耗与电解产生的的物质的量相等 4．（2026·山东·模拟预测）中科院化学研究所开发了一个包括苯酚电催化还原和苯酚电催化氧化两个半反应的综合电化学策略，成功实现了苯酚合成两种重要的化工原料——环己酮和苯醌。下列说法错误的是 A．电势 B．阳极区的电极反应式为C6H5OH+H2O-4e-=C6H4O2+4H+ C．该装置每消耗苯酚时，有由电极向电极迁移 D．该电化学合成环己酮和苯醌的原子利用率为100% 5．（2026·山东济南·模拟预测）某新型钠离子二次电池电极材料的导电聚合物中掺杂磺酸基以增强电化学活性，充电时工作原理如图所示。已知：电荷量电流时间；；单个电子的电荷量。下列说法错误的是 A．充电时，电极质量减小 B．充电一段时间，电解质溶液中浓度基本保持不变 C．放电时，电极电极反应为 D．放电时，以恒定电流工作14分钟，电极质量减少，化学能转化为电能的转化率为30% 6．（2026·山东日照·模拟预测）苯甲醛和邻氨基苯酚都是重要的有机化工产品中间体，某种以NiOOH和Cu作电极、NaOH和溶液作电解质溶液的成对电合成苯甲醛和邻氨基苯酚装置的工作原理如图所示(已知：电流效率)。 下列说法错误的是 A．NiOOH电极连接电源正极，发生氧化反应 B．Cu电极的电极反应式为 C．电解一段时间后，阳极区溶液pH增大 D．当电路中转移1 mol电子时，生成50 g苯甲醛，则电流效率约为94.3% 7．（2026·山东日照·模拟预测）铜—硫可充电电池放电过程如图所示。下列说法正确的是 A．放电时，电极a为负极 B．离子交换膜可以是阳离子交换膜 C．若，则充电时阳极反应为 D．放电时，隔膜两侧的铜离子和锌离子浓度均减小 8．（2026·山东淄博·三模）新型碱性锡金属液流储能电池装置如图所示。放电时，Sn转化为。 下列说法错误的是 A．膜a为阳离子交换膜 B．放电时，溶液中OH-向Sn电极移动 C．充电时，阴极反应式为+2e-=Sn+3OH- D．理论上，左室有1 mol [Fe(CN)6]3-生成时，Sn电极质量减少59.5 g 9．（2026·山东德州·三模）一种无膜电合成碳酸乙烯酯()的工作原理如图。下列说法错误的是 A．电极电势 B．反应中的物质的量不变 C．每生成，可制得 D．“反应Ⅱ”为 10．（2026·山东临沂·二模）一种电解硝酸盐和草酸制取甘氨酸的装置如图所示。下列说法错误的是 A．b极连接电源的正极 B．电解过程存在电极反应： C．理论上每生成7.5g甘氨酸，可产生标准状况下2.24LO2 D．电解过程中可能产生副产物HOCH2COOH 11．（2026·山东枣庄·三模）环氧化物是合成重要药物的合成原料，电催化烯烃环氧化反应的部分原理如图所示。下列说法错误的是 A．若用铅蓄电池作为电源，则电极1应与电极相连 B．电极2上发生的电极反应式为 C．当外电路转移时，理论上最多可生成0.5 mol D．电解过程中需持续补充来维持电催化反应的进行 12．（2026·山东日照·模拟预测）一种基于X电极和Y电极的高效海水淡化电池原理示意图如下，该装置通过充电过程实现海水淡化。已知：充电时，X极上发生的反应为：。 下列说法错误的是 A．充电时，Y极连接电源负极 B．a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜 C．放电时，电极Y发生的反应为 D．充电时，阳极增重51.5 g，理论上可以处理175.5 g NaCl 13．（2026·山东济宁·二模）在温和条件下，用电解法处理工业废气中的二氧化硫，原理如图所示。下列说法正确的是 A．电极a与电源负极相连 B．当有生成，有穿过交换膜 C．理论上a极消耗，b极产生 D．随着反应的进行，体系酸性逐渐增强 14．（2026·山东聊城·二模）一种低温热能转换热敏热电池，利用选择性诱导在冷端结晶，在电解液微弱对流下受浓度梯度驱动扩散至热端溶解，打破平衡，实现热电转化。以此电池为电源构建光电催化体系，中性条件下加速硝酸盐加氢转化为氨，工作原理如图。 下列说法正确的是 A．热端电极为正极，电势高 B．冷端降温、热端升温利于持续放电 C．缓冲对换为，生成速率加快 D．转移冷端消耗，体系生成气体 二、多选题 15．（2026·山东·高考真题）利用电还原产生的氧化石油化工副产物制备，装置如图所示。电解过程中，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是 A．极反应式为 B．双极膜中解离的向极方向迁移 C．电解一段时间后，电极反应消耗与生成的质量相等 D．理论上，生成时，极上消耗 16．（2025·山东·高考真题）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，隔膜两侧溶液浓度均减小 D．理论上，每减少总量相应增加 17．（2022·山东·高考真题）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，将废旧锂离子电池的正极材料转化为，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 D．若甲室减少，乙室增加，则此时已进行过溶液转移 18．（2026·山东济南·模拟预测）碱性条件下通过蒽醌磺酸钠(，简写为)电催化加氢实现阴阳极双加氢协同制，同时制得高浓度甲酸盐： 下列说法错误的是 A．a为电源正极 B．该装置可实现的循环利用 C．电极反应式为 D．电路中通过1  mol电子时，共制得2  mol 19．（2026·山东济南·模拟预测）某高性能钠硫电池装置如图所示，工作中可催化的高效可逆转化。下列说法错误的是 A．充放电过程中，铝箔集流体表面无需补充Na单质 B．放电时，正极反应为： C．可降低转化的活化能 D．充电时，阳极可能发生副反应： 20．（2026·山东菏泽·模拟预测）我国院士团队研发的离场电催化技术实现了硫化氢的高效全分解，原理如图所示。 下列说法正确的是 A．离子交换膜M为阳离子交换膜 B．电极上发生的反应为 C．处理34 g H2S大约可以回收22.4 L(标准状况)高纯度的 D．吸收塔中发生的反应为 21．（2026·山东菏泽·模拟预测）我国科学家通过Cu2O超低电位下电催化硝酸盐与甲醛的耦合反应，实现了处理污染物的同时产生增值化学品，其原理如图所示。下列说法错误的是 A．电极的电势：Cu2O电极a<Cu2O电极b B．当电源的电压过大时，阳极可能会产生氧气 C．阳极区发生的总反应为HCHO+3OH--2e-=HCOO-+2H2O D．当电路中转移2 mol e-时，Cu2O电极a的质量会增加52 g 22．（2026·山东青岛·一模）利用电化学原理可对海水(主要成分NaCl和H2O，还含有少量微生物)进行消毒，并能清除残留的含氯消毒物质(工作原理如图，其中电极均为惰性电极)。已知：工作时，先断开K2，闭合K1，一段时间后，断开K1，闭合K2下列说法错误的是 A．闭合K1后的总反应为2Cl−+2H2OCl2↑+H2↑+2OH− B．闭合K2后，Na+通过离子交换膜从Ⅲ室迁移至Ⅱ室 C．残留的含氯消毒物质在Ⅲ室放电被脱除 D．工作完成后，Ⅱ室中有金属Na剩余 23．（2026·山东日照·三模）氨基酸在等电点（PI）时以两性离子存在，呈电中性。已知谷氨酸、丙氨酸、赖氨酸的PI分别为3.22、6.02、9.74.利用含离子交换膜a、b、c、d的下图装置分离这三种氨基酸。      下列说法正确的是 A．阳极的电极反应式为 B．a、c为阴离子交换膜，b、d为阳离子交换膜 C．原料室的pH应控制在6.02 D．产品室1中收集到的是赖氨酸 24．（2026·山东聊城·模拟预测）我国科研人员采用间接电解法制氢同时处理尾气的装置如图所示，电解反应器中电极材料均为惰性电极。 下列说法正确的是 A．a室为阴极，电极反应式是 B．离子交换膜应使用阳离子交换膜，移向b室 C．吸收反应器中充入氮气的目的是充分处理尾气中的 D．每制得2 mol，该装置可以处理34 g尾气 25．（2026·山东济宁·三模）电化学还原磺基蒽醌(，简写为)制备H2O2的装置如图所示，下列说法错误的是 A．膜a为阴离子交换膜 B．该装置可实现的循环利用 C．装置工作一段时间后，阳极区的pH不变 D．理论上每生成1mol H2O2需消耗1 mol甲醛 26．（2026·山东济南·三模）从两种废弃物(CO2和丙酸)同步生产C2H4的电合成系统工作原理如图1所示，其中负载W-CuOx催化剂的碳纸电极具有疏水性。丙酸根转化为C2H4的机理(部分物质或微粒略)如图2所示。下列说法正确的是 A．阴极副产物有丙酸乙酯和二氧化碳 B．工作一段时间后(忽略溶液体积变化)，电解池左室溶液的pH降低 C．W-CuOx催化剂降低了反应活化能进而提高了CO2的平衡转化率 D．不考虑副产物，理论上阴、阳极产生C2H4的物质的量之比为1:6 27．（2026·山东菏泽·二模）环氧丙烷(PO)是重要的有机化工合成原料，主要用于生产聚醚、丙二醇等。一种电解合成环氧丙烷的原理如图所示。已知：。下列说法正确的是 A．电极Ⅰ为阳极，离子交换膜是阴离子交换膜 B．溶液a含有一种溶质，溶液b可循环使用 C．总反应为 D．每生成1 mol环氧丙烷，理论上电路中通过2 mol电子 28．（2026·山东滨州·二模）混合可充电式液流电池在充放电过程中具有良好的稳定性。某电池工作过程中还可合成醋酸铵，原理如图。 下列说法正确的是 A．隔膜为质子交换膜 B．电极电势：Ru-Ni(OH)2电极＞Zn电极 C．充电时，Ru-Ni(OH)2电极的反应式为 D．若恰好生成1 mol醋酸铵，理论上的物质的量增加2 mol 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《2027届高三化学一轮复习选择题专题训练电化学》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B C D C C D D C 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 D C BC B CD BC BD AD BD BC 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 答案 AD AB AC BC AC BD CD BD 1．B 【分析】电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成，电极b为阳极，电极反应为Br- -6e-+3H2O=+6H+；则电极a为阴极，电极a的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑；催化循环阶段被还原成Br-循环使用、同时生成O2，实现高效制H2和O2，即Z为O2。 【详解】A．根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，A项正确； B．根据分析电解过程中消耗H2O和Br-，而催化阶段被还原成Br-循环使用，故加入Y的目的是补充H2O，维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误； C．根据分析电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑，C项正确； D．催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1molBr-得到6mol电子，O元素的化合价由-2价升至0价，生成1molO2失去4mol电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(O2) ∶n(Br-)=6∶4=3∶2，D项正确； 答案选B。 2．D 【分析】根据装置图和反应原理可知，乙为电解池、甲为原电池，Pt电极上发生氧化反应生成，Pt电极为阳极；左侧Pb电极为阴极，所以电池中a电极为正极、b电极为负极。 【详解】A．装置甲为原电池，Zn电极b为负极，a为正极；原电池内部电流由负极流向正极，即由b流向a，故A正确； B．装置乙中Pt为阳极，电极反应生成，Pb为阴极，得电子生成，需要通过隔膜从阳极室移向阴极室，故隔膜为质子交换膜，故B正确； C．Pt为阳极，失电子生成，电极反应式为，故C正确； D．装置乙减轻2 g说明阴极生成1 mol ，电路中转移2 mol电子；装置甲为放电过程，正极反应为，转移2 mol电子时消耗，不是生成，故D错误； 故选D。 3．B 【分析】用惰性电极电解制备属于电解池原理，d极区氧气得电子和水转化为氢氧根离子，电极反应式为：，则电源b为负极，a为正极，阳极区水失去电子转化为氧气和氢离子，电极反应式为：，据此分析解答。 【详解】A．根据上述分析可知，a为电源的正极，A错误； B．阳极区水失去电子生成的氢离子与碳酸铈结合后生成Ce3+，通过隔膜向阴极区迁移，与氢氧根离子结合生成Ce(OH)3，所以隔膜为阳离子交换膜，B正确； C．若两极区电解液交换后，则阳极区氯离子会优先失去电子转化为氯气，有毒，且碳酸铈无法溶解生成Ce3+，改变电解反应，不能达到制备目的，C错误； D．根据图示与得失电子数守恒可知，若“氧化”消耗1mol，则需要4mol Ce(OH)3，即12mol氢氧根离子参与离子反应，结合关系式：可知，需要消耗氧气的物质的量为3mol，即“氧化”消耗与电解产生的的物质的量不相等，D错误。 4．C 【分析】该装置是一个成对电解体系，左侧电极a发生苯酚的电催化氧化，生成苯醌；右侧电极b发生苯酚的电催化还原，生成环己酮。质子交换膜允许H+通过，阳极区氧化产生的H+可以迁移到阴极区，参与苯酚加氢还原生成环己酮； 【详解】A．电极a处苯酚被氧化生成苯醌，电极a为阳极；电极b处苯酚被还原生成环己酮，电极b为阴极。电解池中阳极接电源正极、阴极接电源负极，所以电势a>b，A正确；   B．阳极区发生氧化反应，苯酚被氧化为苯醌，电极反应式可写为：C6H5OH+H2O-4e-=C6H4O2+4H+，即图中所给反应式表示苯酚失电子生成苯醌和H+，B正确； C．从半反应看，阳极每氧化1mol苯酚生成1mol苯醌，会产生4molH+，同时转移4mol电子；阴极每还原1mol苯酚生成1mol环己酮，也需要4molH+和4mol电子。因此整个装置完成一次配对反应时，阳极消耗1mol苯酚，阴极也消耗1mol苯酚，共消耗2mol苯酚，同时有4molH+由电极a侧经质子交换膜迁移到电极b侧。若“该装置消耗1mol苯酚”指整个装置总共消耗1mol苯酚，则对应迁移的H+应为2mol，而不是4mol，C错误； D．将两个半反应相加可得总反应：2C6H5OH+H2O→C6H4O2+C6H10O。反应中苯酚分别转化为苯醌和环己酮，水中的H、O也进入目标产物，没有生成额外副产物，因此该电化学合成环己酮和苯醌的原子利用率可认为为100%，D正确； 故答案选C。 5．D 【分析】充电时，电极A接外接电源正极，为阳极；电极B接外接电源负极，为阴极，据此分析各选项： 【详解】A．充电时，电极A（阳极）中的脱离电极进入电解质，质量减小，A正确； B．充电时，阳极A每释放到电解质，阴极B就会结合，电解质中总物质的量不变，因此浓度基本保持不变，B正确； C．放电时该装置为原电池，充电时B为阴极，因此放电时B为负极，负极发生失电子的氧化反应，电极反应为，C正确； D．计算转化率：电极B减少的质量为Na的质量，反应的Na的物质的量：，即总反应转移电子总物质的量为实际输出总电荷量：，实际转移电子物质的量： ，D错误； 故选D。 6．C 【详解】A．NiOOH电极上苯甲醇被氧化为苯甲醛，发生氧化反应，电解池中阳极发生氧化反应，阳极接电源正极，A正确； B．Cu电极为阴极，邻硝基苯酚中的-NO2被还原-NH2，碱性环境下电极反应：电荷、原子均守恒，B正确； C．阳极上苯甲醇氧化为苯甲醛，电极反应为：，反应消耗，阳极区浓度降低，pH减小，C错误； D．，当电路中转移1 mol电子时，理论生成苯甲醛的质量：，电流效率：，D正确； 故答案选C。 7．C 【分析】由图可知，放电时，电极a表面S8反应生成CuSx，S元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，为正极，则Zn电极为负极，失去电子，发生还原反应，据此分析。 【详解】A．由分析知，电极a为正极，A错误； B．放电时，正极区消耗铜离子，负极区生成锌离子，为维持电荷守恒，且保证两极区电解质不变，硫酸根离子从正极区迁移到负极区，所以离子交换膜为阴离子交换膜，B错误； C．充电时，原正极（电极a）变为阳极，CuSx失电子发生氧化反应生成S8，若，反应方程式为：，C正确； D．放电时，b电极发生反应：，锌离子浓度增大， D错误； 答案选C。 8．D 【分析】放电时Sn转化为，Sn元素化合价升高，失电子，Sn电极为负极，石墨电极为正极。负极电极反应式为，正极电极反应式为。充电时Sn电极为阴极，石墨电极为阳极，电极反应为放电过程的逆反应，结合电子守恒、离子移动规律判断选项。 【详解】A．放电时负极消耗，正极反应后负电荷增加，为平衡电荷，通过膜a从右室移向左室，膜a为阳离子交换膜，A正确； B．放电时阴离子向负极移动，Sn电极为负极，溶液中向Sn电极移动，B正确； C．充电时阴极发生还原反应，为放电时负极反应的逆过程，反应式为，C正确； D．左室有1 mol 生成时，发生阳极反应，转移1mol电子，此时Sn电极为阴极，生成Sn，电极质量增加，生成0.5mol Sn，质量增加，并非质量减少，D错误； 故选 D。 9．D 【分析】镍电极发生还原反应，作阴极，连接电源负极；二氧化铱电极发生氧化反应，作阳极，连接电源正极。从整个反应过程来看，在电极a转化为后，在后续反应中再生，反应Ⅰ为：，整个电解池的反应物为、和，生成物为和，总反应为，据此分析。 【详解】A．二氧化铱电极为阳极接电源正极，镍电极为阴极接电源负极，正极电势高于负极，故电极电势，A正确； B．在阳极被氧化为，又在后续反应Ⅰ和Ⅱ中再生，其总量不变，B正确； C．生成转移电子，阳极生成，对应生成，C正确； D．“反应Ⅱ”反应物为和，生成物为和，题干中“无膜”及图中阴极产生可知，“反应Ⅱ”是在碱性介质中进行，故“反应Ⅱ”应为，D错误； 故选D。 10．C 【分析】在a极，-COOH→ -CHO、→ NH2OH，C、N元素的化合价降低，则a极为阴极，与电源负极相连；b极为阳极，与电源正极相连。 【详解】A．由分析可知，b极连接电源的正极，A正确； B．电解过程中，，N、C元素的化合价共降低4价，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出存在电极反应：，B正确； C．7.5g甘氨酸的物质的量为=0.1mol，由1molHOOC-COOH、1mol生成1mol，共得到12 mol e-，阳极（2H2O - 4e⁻ = O2 + 4H+）由2molH2O生成1mol O2，失去4mol e-，则转移1.2mol e-可生成0.3molO2，所以可产生标准状况下6.72LO2，C错误； D．电解过程中，OHCCOOH可能被还原，所以可能产生副产物HOCH2COOH，D正确； 故选C。 11．D 【分析】 电极1上Cl-失电子发生氧化反应生成Cl2，电极1是阳极，电源上a电极为正极；电极2上水得电子发生还原反应生成氢气，电源上b电极为负极；电解质溶液中氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸把氧化为。 【详解】A．根据以上分析，在铅蓄电池中，Pb作负极，作正极，根据分析可知，电极1为阳极，应与电极相连，故A正确； B．电极2是阴极，电极2得电子发生还原反应：，故B正确； C．根据关系式可知，外电路转移时，理论上最多生成0.5 mol，故C正确； D．电解过程中发生的变化为，未发生明显消耗，不需要持续给电解液补充氯离子，故D错误； 选D。 12．C 【分析】充电时，X极发生氧化反应（失去电子），是阳极；Y极发生还原反应（获得电子），是阴极。放电时，X极是正极，Y极是负极。该装置通过充电过程实现海水淡化，即在充电时，中间室（乙）中的Na+ 和Cl⁻分别向两侧迁移，从而降低乙室中NaCl的浓度。 【详解】A．充电时电极性质与连接 X极发生氧化反应：Bi+Cl− + H2O −3e⁻ = BiOCl + 2H+，为阳极。Y极发生还原反应：NaTi2(PO4)3 + 2Na+ + 2e⁻ = Na3Ti2(PO4)3，为阴极，应连接电源负极。A正确； B． 充电时，X极消耗Cl⁻，需从乙室经a膜补充，a为阴离子交换膜。 Y极消耗Na+ ，需从乙室经b膜补充，b为阳离子交换膜，B正确；   C． 放电时Y极为负极，发生氧化反应：Na3Ti2(PO4)3 − 2e⁻ = NaTi2(PO4)3 + 2Na+，C给出的是还原反应（充电时阴极反应），与放电时负极性质矛盾，C错误； D．阳极增重与NaCl处理量关系，结合选项A，阳极增重51.5 g（对应1 mol O + 1 mol Cl），生成1 mol BiOCl，阳极每转移3 mol e⁻。同时，阴极需迁移3 mol Na⁺（因电子守恒，3 mol e⁻对应3 mol Na+ 迁移）。故每增重51.5 g，对应迁移3 mol Na⁺和3 mol Cl⁻ ，即处理3 mol NaCl（175.5 g），D正确； 故选C。 13．BC 【分析】该装置为电解池，根据b极物质转化，S的化合价降低，则b为阴极，a为阳极，据此分析： 【详解】A． b极上转化为，从价降为价，发生得电子的还原反应，因此b为阴极，接电源负极，a为阳极，接电源正极，A错误； B．a极反应方程式为：+，则当有生成，有4mol电子转移，有穿过交换膜向阴极移动，B正确； C． 根据B选项中a极反应方程式，a极消耗，电路转移32 mol ；b极反应方程式为，电路转移32 mol ，则b极产生，C正确； D．总反应为，总反应生成水，体系酸性逐渐减弱，D错误； 故选BC。 14．B 【分析】热电电池部分分析：该电池利用温度差驱动。在热端，溶解，浓度升高，促使平衡向右移动，发生氧化反应，热端电极是负极；在冷端，结晶析出，浓度降低，促使平衡向左移动，发生还原反应：，冷端电极是正极。 光电催化体系部分分析：电极 a 连接热电电池的正极（冷端），因此 a 是电解池的阳极。电极 b 连接热电电池的负极（热端），因此 b 是电解池的阴极。 【详解】A．根据上述分析，热端电极发生氧化反应，是负极，电势较低，A错误； B．该热电电池的动力来源于冷热两端的温差。冷端降温，的溶解度降低，更有利于结晶，促进阴极反应。热端升温，的溶解度升高，更有利于溶解，促进阳极反应。增大温差能增强这一驱动效应，使电池反应更持续、更有效地进行，B正确； C．由图可知，阴极得到电子被还原为，电极方程式为：，原体系的 是一个酸性缓冲对，可以消耗，有利于生成，若换成缓冲对，该环境显碱性，不利于消耗生成的，会降低生成的速率，C错误； D．在冷端（正极），发生的反应是 ，转移8mol电子，应生成8mol ，在阴极b，转移电子生成；在阳极a，反应为，转移电子生成，故体系共生成气体，D错误。 故选B。 15．CD 【分析】 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、，阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动；b极发生失电子的氧化反应析出，故b为阳极、接电源正极；a为阴极，通入得电子生成，生成的再与进料在碱性体系中发生氧化还原反应，最终得到目标产物，阳极持续生成，阴极持续消耗用于制备，电极反应为： 阳极（b极）：； 阴极（a极）制：； 氧化反应：。 【详解】A．由分析可知，b极是阳极，电解液为碱性溶液，放电生成，电极反应，A正确； B．电解池中阳离子向阴极定向迁移，a极为阴极，双极膜解离出的向a极移动，向阳极b移动，B正确； C．设电路中转移。阳极反应，转移，阳极生成；阴极反应，每消耗，转移时阴极消耗，因此电极反应消耗与生成的质量不相等，C错误； D．由氧化反应、a极电极反应可得关系式，因此生成时，极上消耗，D错误； 故选CD。 16．BC 【分析】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，依次解题。 【详解】A．隔膜为阴离子交换膜，若为阳离子交换膜，铁离子移向左侧时会与电极反应，A错误； B．根据分析，放电时，a极为负极，b极为正极，B正确； C．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．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； 答案选BC。 17．BD 【分析】由于乙室中两个电极的电势差比甲室大，所以乙室是原电池，甲室是电解池，然后根据原电池、电解池反应原理分析解答。 【详解】A．电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，同时生成H+，电极反应式为CH3COO--8 e-+2 H2O =2CO2↑+7 H+，H+通过阳膜进入阴极室，甲室的电极反应式为Co2++2e-=Co，因此，甲室溶液pH逐渐减小，A错误； B．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O2-与溶液中的H+结合H2O，电极反应式为2LiCoO2+2e-+8H+=2Li++2Co2++4H2O，负极发生的反应为CH3COO--8 e-+2 H2O =2CO2↑+7 H+，负极产生的H+通过阳膜进入正极室，但是乙室的H+浓度仍然是减小的，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B正确； C．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； D．若甲室Co2+减少200 mg，则电子转移物质的量为n(e-)= ；若乙室Co2+增加300 mg，则转移电子的物质的量为n(e-)=，由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进行过溶液转移，即将乙室部分溶液转移至甲室，D正确； 故合理选项是BD。 18．AD 【分析】该装置为电解池，碱性条件下，蒽醌磺酸钠（）作为电催化剂，在电极，得电子结合被还原为，电极为阴极，发生反应：，生成的再与反应生成和；在电极，被氧化为，电极为阳极，同时转化为，再经氧化生成，据此分析。 【详解】A．为阴极，连接电源负极，故a为电源负极，A错误； B．在阴极区结合H原子生成，再和反应生成同时重新得到，右侧区域同理，因此可以循环利用，B正确； C．电极上，被氧化为，碱性条件下电极反应式为，C正确； D．根据电子守恒和反应计量关系分析： 每生成1 mol ，对应1 mol 和的反应，生成1 mol 时，转移2 mol电子，则电路中通过电子时，阴极电极生成，阳极电极生成，共制得，D错误； 选AD。 19．BD 【分析】该钠硫电池以金属钠为负极、电极为正极，电解液为无水、体系，工作时作催化剂实现与可逆转化；放电阶段负极金属失电子发生氧化反应生成，迁移进入电解液，正极得电子被还原为；充电时负极（阴极）电解液中得电子重新析出金属，正极（阳极）失电子被氧化生成，全程无水体系，可循环利用。 【详解】A．放电时负极，转化为钠离子进入电解液；充电时阴极，钠离子重新还原为钠单质，钠元素循环往复，铝箔集流体表面不需要额外补充钠单质，A正确； B．放电时正极发生得电子的还原反应，被还原生成，正确电极反应：，B错误； C．是该转化的催化剂，催化剂可降低反应活化能，C正确； D．该电池为钠基电池，金属极易与水发生剧烈反应，因此电解液为完全无水环境，体系中不存在，不可能发生的水氧化副反应，D错误； 故选BD。 20．BC 【分析】由图示装置可知，太阳能电池为电源，与X区、Y区构成电解池，吸收塔中氧化生成、、H＋，催化塔中还原生成和，则X区中Fe2＋转化为Fe3＋，Pt1是阳极，电极反应为，仅需要从X区迁移到Y区平衡电荷，M为质子交换膜。 【详解】A．若M为阳离子交换膜，等阳离子从X区迁移到Y区平衡电荷，造成原料损失和杂质污染，故M不是阳离子交换膜，A错误； B．Y区中V 3＋转化为V2＋，发生还原反应，Pt2是阴极，电极反应式为，B正确； C．34 g H2S的物质的量为1 mol，整个装置的总反应为，1 mol H2S分解生成22.4 L H2（标准状况），C正确； D．为弱电解质，吸收塔中发生的反应为，D错误； 故选BC。 21．AD 【分析】如图所示，电极b上硝酸根离子还原为氨气，发生还原反应，b为阴极，a电极Cu2O氧化为Cu(OH)2，发生氧化反应，a为阳极。 【详解】A．由分析可知，a为阳极，b为阴极，故电极的电势：Cu2O电极a>Cu2O电极b，A错误； B．当电源的电压过大时，阳极区氢氧根离子可能会放电，会产生氧气，B正确； C．阳极上a电极Cu2O氧化为Cu(OH)2，生成的Cu(OH)2与甲醛反应生成甲酸根离子(碱性环境)和Cu2O，故阳极区发生的总反应为HCHO+3OH--2e-=HCOO-+2H2O，C正确； D．当电路中转移2 mol e-时，Cu2O先转化为Cu(OH)2，Cu(OH)2与甲醛反应又生成Cu2O，则电极a的质量不变，D错误； 故选AD。 22．AB 【分析】断开K2，闭合K1装置为电解池，电解氯化钠的水溶液可以生成氯气，氯气溶于水可以生成次氯酸，具有强氧化性可进行杀菌消毒。断开K1，闭合K2装置为原电池； 【详解】A．闭合K1后装置为电解池，电解氯化钠溶液，且电解质为含Na+的有机电解液，无H+，所以阳极氯离子发生失电子反应生成氯气，阴极钠离子发生得电子反应生成钠单质，总反应为：2Cl−+2Na+Cl2↑+2Na，A错误； B．闭合后K2装置为原电池，Ⅱ室中电极为负极，Ⅲ室中电极为正极，阳离子向着正极方向移动，所以Na+通过离子交换膜从Ⅱ室迁移至Ⅲ室，B错误； C．闭合K1时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成含氯消毒物质，含氯消毒物质可以氧化微生物，进行消毒，闭合K2后Ⅲ室为正极，剩余的氯消毒物质被还原，C正确； D．闭合K1时，根据得失电子守恒，，断开K1，闭合K2为原电池时，部分次氯酸被微生物还原，所以在原电池装置中，Ⅲ室被还原的次氯酸小于1mol，则消耗的Na小于2mol，所以最终会有金属钠剩余，D正确； 故选AB。 23．AC 【分析】由题干的电解池装置图可知，阳极室电解H2SO4溶液，电极反应为：，阴极室为电解NaOH溶液，电极反应为：，H+经a膜进入产品室1，OH-经d膜进入产品室2，则a膜为阳离子交换膜，d膜为阴离子交换膜，结合三种氨基酸的pI值可知，原料室的pH需控制在6.02，此时丙氨酸呈电中性留在原料室，谷氨酸pI=3.22＜6.02，为阴离子，向阳极即左侧移动，则b为阴离子交换膜，赖氨酸pI=9.74＞6.02，为阳离子，向阴极即右侧移动，从而通过c膜离子迁移实现分离，则c膜为阳离子交换膜，即得到的产品室1显酸性则为谷氨酸，产品室2显碱性则为赖氨酸，丙氨酸留在原料室，据此解答。 【详解】A．由分析可知，阳极室电解H2SO4溶液，阳极水失去电子生成氧气和氢离子，其电极反应为：，A正确； B．阳极吸引谷氨酸阴离子，H+需透过a膜与谷氨酸阴离子反应生成谷氨酸，则a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，阴极吸引赖氨酸阳离子，OH-需透过d膜与赖氨酸阳离子反应生成赖氨酸，则c为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，B错误； C．由分析可知，丙氨酸留在了原料室，根据丙氨酸的pI值可知，原料室的pH应控制在6.02，C正确； D．由分析可知，产品室1显酸性，则为谷氨酸，则可以收集到谷氨酸，D错误； 故选AC。 24．BC 【分析】该装置是电解池，a室发生氧化反应，是阳极区；b室是阴极区，发生还原反应，阳离子移向b室。 【详解】A.该装置是电解池，a室发生氧化反应，是阳极区，电极反应式是，A错误； B.b室是阴极区，阳离子移向b室，a室中被氧化生成的进入吸收反应器，离子交换膜应该阻止进入b室，故离子交换膜是阳离子交换膜，B正确； C.吸收反应器中充入氮气，通过鼓泡增大与溶液的接触面积，并调节气体流速，使被充分吸收反应，C正确； D.每制得2 mol ，转移4 mol电子，则阳极生成4 mol ，发生反应，可以处理2 mol尾气，其质量为68 g，D错误； 故选C。 25．AC 【分析】 根据物质化合价变化，右侧电极上转化为，元素化合价从0升高至+2，失电子发生氧化反应，故右侧电极为阳极，连接电源正极，左侧电极为阴极，连接电源负极。左侧阴极上得电子结合生成还原态，还原态与通入的反应生成的同时重新生成。双极膜解离产生的向阴极移动、向阳极移动，阳极反应为，阴极反应为+4e-+4H+=，据此作答。 【详解】A．双极膜解离产生的需要进入左侧阴极区参与反应，故膜a为只允许氢离子通过的阳离子交换膜，A错误； B．左侧阴极消耗生成还原态，与通入的反应生成的同时重新生成，可实现循环利用，B正确； C．依据阳极反应，阳极反应生成水，且每转移电子，双极膜仅向阳极区提供，反应消耗，净消耗，阳极区浓度降低，减小，C错误； D．生成1 mol 转移2 mol电子，1 mol 被氧化为转移2 mol电子；依据电子守恒，每生成1 mol H2O2需消耗1 mol甲醛，D正确； 故选AC。 26．BD 【详解】 A．电解时，阴极CO2发生得电子的还原反应转化成CH2=CH2，电极反应为2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，阳极CH3CH2COO-发生失电子的氧化反应转化成CH2=CH2，电极反应为CH3CH2COO--2e-+3OH-=C2H4↑++2H2O，根据丙酸根转化为C2H4的机理知，阳极CH3CH2COO-与结合成副产物为丙酸乙酯，A错误； B．左室为阳极，发生氧化反应，CH3CH2COO--2e-+3OH-=C2H4↑+CO+2H2O，忽略溶液体积变化时，反应消耗OH⁻且生成水，OH⁻浓度降低，溶液pH降低，B正确； C．催化剂只能降低反应活化能、加快反应速率，不改变反应平衡状态，无法提高CO2的平衡转化率，C错误； D．阴极生成1 molC2H4时，C从+4价变为-2价，共得到12 mol e-；阳极生成1 molC2H4时，总共失去2 mol e-，根据电子守恒，相同转移电子量下阴、阳极生成C2H4的物质的量之比为，D正确； 故选BD。 27．CD 【分析】该装置为电解池，电极Ⅰ的电极反应为：2Br--2e-=Br2，发生氧化反应，故电极I为阳极，电极Ⅱ为阴极。电极Ⅰ上生成的Br2与H2O反应生成HBr和HBrO，丙烯与HBrO反应生成C3H7OBr，电极Ⅱ的电极反应为：，OH-与C3H7OBr反应生成环氧丙烷；根据电解池中发生的反应可知，总反应为：。 【详解】A．根据分析，电极Ⅰ为阳极，若离子交换膜为阴离子交换膜，阴极生成的OH-迁移至阳极与HBr和HBrO反应生成Br-和BrO-，导致生成的C3H7OBr减少，故离子交换膜不能是阴离子交换膜，A错误； B．根据电极Ⅱ的电极反应可知，溶液a含有2种溶质：KOH和KBr，溶液a与含C3H7OBr的溶液混合后发生反应：，溶液b中含KBr，可循环使用，B错误； C．根据分析，总反应为：，C正确； D．由总反应可知，每生成1 mol环氧丙烷，同时生成1 mol H2，理论上电路中通过2 mol电子，D正确； 故选CD。 28．BD 【分析】由图可知，放电时，Zn失去电子生成，则Zn板为负极，电极方程式为：，正极为硝酸根离子被还原为氨气，正极的电极反应式：，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：，阳极的乙醇被氧化为乙酸根，电极方程式为：，此时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，据此解题。 【详解】A．该电池为碱性环境，负极（Zn侧）反应消耗，正极（Ru侧）生成，需要通过离子交换膜由左侧移向右侧，因此隔膜为阴离子交换膜，不是质子交换膜，A错误； B．放电时，原电池正极的电极电势一定高于负极，充电时作阳极接外接电源正极，Zn作阴极接外接电源负极，阳极电势仍高于阴极，因此电极电势：​电极>Zn电极，B正确； C．充电时，​作阳极，发生氧化反应，得电子还原为，且体系为碱性环境，不会生成，电极反应式为，C错误； D．生成1 mol醋酸铵（），需要（来自氧化，共失4 mol e-）和（来自​还原，共得），剩余由Zn失电子提供：失生成，因此对应生成，即物质的量增加2 mol，D正确； 故选BD。 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $