2026高考化学专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题九 化学反应与能量

这是一份2026高考化学专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题九 化学反应与能量，共6页。试卷主要包含了1 kJ·ml-1，8 kJ·ml-1 －178，22 kJ·ml-1，化学反应常伴随热效应，17 kJ·ml－1，73 kJ·ml－1等内容，欢迎下载使用。
题点1 化学反应中的能量变化
1. [2024·安徽，17(1)]C2H6氧化脱氢反应：2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g) ΔH1=-209.8 kJ·ml-1
C2H6(g)+CO2(g) C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH2=+178.1 kJ·ml-1
计算： 2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH3= kJ·ml-1 。
【答案】－566
【解析】将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①－反应②×2可得目标反应，根据盖斯定律知ΔH3＝ΔH1－2ΔH2＝(－209.8 kJ·ml-1 －178.1 kJ·ml-1 ×2)＝－566 kJ·ml-1 。
【难度】基础题
【题型】填空题
2.[2024·甘肃，17(1)]SiHCl3是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
由SiCl4制备SiHCl3：
SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g) ΔH1=+74.22 kJ·ml-1(298 K)
已知SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g) ΔH2=+219.29 kJ·ml-1(298 K)
298 K时，由SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)制备56 g硅 (填“吸”或“放”)热 kJ。升高温度有利于制备硅的原因是 。
【答案】吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅【解析】①SiCl4(g)＋H2(g)＝＝＝SiHCl3(g)＋HCl(g) ΔH1＝＋74.22 kJ·ml－1，②SiHCl3(g)＋H2(g)＝＝＝Si(g)＋3HCl(g) ΔH2＝＋219.29 kJ·ml－1，由①＋②得SiCl4(g)＋2H2(g)＝＝＝＝Si(g)＋4HCl(g)，根据盖斯定律可知，该反应的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋74.22 kJ·ml－1＋(＋219.29 kJ·ml－1)＝293.51kJ·ml－1，则制备56gSi需要吸收热量为293.51kJ·ml－1×eq \f(56g,28g·ml－1)＝587.02kJ；该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，有利于制备硅。
【难度】基础题
【题型】填空题
3.(2023·广东，17)化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式Q＝cρV总·ΔT计算获得。
(1)盐酸浓度的测定：移取20.00 mL待测液，加入指示剂，用0.500 0 ml·L－1 NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00 mL。
①上述滴定操作用到的仪器有______________。
②该盐酸浓度为__________ml·L－1。
(2)热量的测定：取上述NaOH溶液和盐酸各50 mL进行反应，测得反应前后体系的温度值(℃)分别为T0、T1，则该过程放出的热量为______________J(c和ρ分别取4.18 J·g－1·℃－1和1.0 g·mL－1，忽略水以外各物质吸收的热量，下同)。
(3)借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应Fe(s)＋CuSO4(aq)===FeSO4(aq)＋Cu(s)的焓变ΔH(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。
①温度：b________________c(填“>”“ ②－20.9(b－a)kJ·ml－1[或－41.8(c－a)kJ·ml－1] (4)抑制Fe3＋水解 Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑ 将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应，测量反应的热量变化，计算得到反应Cu＋Fe2(SO4)3===CuSO4＋2FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe＋Fe2(SO4)3===3FeSO4的焓变为ΔH1＋ΔH2 (5)燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)
【解析】(1)①滴定操作时需要用到的仪器有锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台等，故选A、D。②c(HCl)＝eq \f(c(NaOH)·V(NaOH),V(HCl))＝eq \f(0.500 0 ml·L－1×22.00 mL,20.00 mL)＝0.550 0 ml·L－1。(2)由Q＝cρV总·ΔT可得Q＝4.18 J·g－1·℃－1×1.0 g·mL－1×(50 mL＋50 mL)×(T1－T0) ℃＝418(T1－T0) J。(3)①100 mL 0.20 ml·L－1CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02 ml,1.20 g Fe粉和0.56 g Fe粉的物质的量分别为0.021 ml、0.01 ml，实验i中有0.02 ml CuSO4发生反应，实验ii中有0.01 ml CuSO4发生反应，实验i放出的热量多，则b>c。②若按实验i进行计算，ΔH＝－eq \f(4.18×1.0×100×(b－a),1 000×0.02) kJ·ml－1＝－20.9(b－a)kJ·ml－1；若按实验ii进行计算，ΔH＝－eq \f(4.18×1.0×100×(c－a),1 000×0.01) kJ·ml－1＝－41.8(c－a)kJ·ml－1。(4)Fe3＋易水解，为防止Fe3＋水解，在配制Fe2(SO4)3溶液时需加入酸；向少量Fe2(SO4)3溶液中加入Fe粉，溶液颜色变浅的同时有气泡冒出即氢气产生，说明溶液中还存在Fe与酸的反应，其离子方程式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑。
【关联题点】酸碱中和滴定及其应用；反应热计算机大小比较
【难度】中档题
【题型】实验题
4.(2022·湖北卷，1)自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO—Al—H2O”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值(ΔT)随时间(t)的变化曲线，如图所示。
回答下列问题：
(1)已知：
①CaO(s)＋H2O(l)Ca(OH)2(s) ΔH1＝－65.17 kJ·ml－1
②Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq) ΔH2＝－16.73 kJ·ml－1
③Al(s)＋OH－(aq)＋3H2O(l)[Al(OH)4]－(aq)＋eq \f(3,2)H2(g) ΔH3＝－415.0 kJ·ml－1
则CaO(s)＋2Al(s)＋7H2O(l)===Ca2＋(aq)＋2[Al(OH)4]－(aq)＋3H2(g)的ΔH4＝_______kJ·ml－1。
(2)温度为T时，Ksp[Ca(OH)2]＝x，则Ca(OH)2饱和溶液中c(OH－)＝__________(用含x的代数式表示)。
(3)实验a中，4 min后ΔT基本不变，原因是___________________________________________。
(4)实验b中，ΔT的变化说明Al粉与H2O在该条件下__________(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前3 min的ΔT有变化，其原因是_____________________________________；3 min后ΔT基本不变，其原因是__________________________________微粒的量有限。
(5)下列说法不能解释实验d在10 min内温度持续升高的是__________(填标号)。
A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
(6)归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理___________。
【答案】(1)－911.9 (2)eq \r(3,2x) ml·L－1 (3)Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态 (4)不反应 Al和溶液中的OH－发生了反应 OH－ (5)A (6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH－的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快，温度持续升高
【解析】(1)根据盖斯定律，①＋②＋2×③可得反应CaO(s)＋2Al(s)＋7H2O(l)===Ca2＋(aq)＋2[Al(OH)4]－(aq)＋3H2(g)，则ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3＝(－65.17 kJ·ml－1)＋(－16.73 kJ·ml－1)＋2×(－415.0 kJ·ml－1)＝－911.9 kJ·ml－1。(2)温度为T时，Ca(OH)2饱和溶液中，Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq), c(OH－)＝2c(Ca2＋)，Ksp[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝x，则c(OH－)＝eq \r(3,2x) ml·L－1。(4)实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3 min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH－发生了反应，3 min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH－的浓度较低，OH－的量有限。(5)实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH－的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10 min内温度持续升高与反应①无关，故选A。
【关联题点】反应热计算与大小比较；溶度积常数及相关计算；化学平衡移动方向判断
【难度】中档题
【题型】实验题
5.（2021·浙江卷，24）在298.15 K、100 kPa条件下，N2(g) +3H2 (g)=2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·ml-1，N2 (g) 、H2(g)和NH3(g)的比热容分别为29.1、28.9和35.6J·K-1·ml-1。一定压强下，1 ml反应中，反应物[N2(g) +3H2(g)]、生成物[2NH3(g)]的能量随温度T的变化示意图合理的是( )
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，根据题目中给出的反应物与生成物的比热容可知，升高温度反应物能量升高较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，比较4个图象B符合题意，故答案选B。
【难度】中档题
【题型】单选题
题点2 热化学方程式的书写
1.(2023·海南，7)各相关物质的燃烧热数据如下表。下列热化学方程式正确的是( )
A．C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－1 411 kJ·ml－1
B．C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g) ΔH＝－137 kJ·ml－1
C．H2O(l)===O2(g)＋H2(g) ΔH＝＋285.8 kJ·ml－1
D．C2H6(g)＋eq \f(7,2)O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 559.8 kJ·ml－1
【答案】D
【解析】H2O应该为液态，A错误；C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g) ΔH＝＋137 kJ·ml－1，B错误；氢气的燃烧热为285.8 kJ·ml－1，则H2O(l)===eq \f(1,2)O2(g)＋H2(g) ΔH＝＋285.8 kJ·ml－1，C错误。
【难度】基础题
【题型】单选题
2.（2021·海南卷，16）碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25℃，100 kPa时：
= 1 \* GB3 ①1 ml葡萄糖C6H12O6s完全燃烧生成CO2g和H2O1，放出2804 kJ热量。
②COg+12O2g=CO2g ΔH=-283 kJ⋅ml-1。
回答问题：
(1)25℃时，CO2g与H2O1经光合作用生成葡萄糖C6H12O6s和O2g的热化学方程式为 。
(2)25℃，100 kPa时，气态分子断开1 ml化学键的焓变称为键焓。已知O=O、C=O键的键焓分别为495 kJ⋅ml-1、799 kJ⋅ml-1，COg分子中碳氧键的键焓为 kJ⋅ml-1。
(3)溶于水的CO2只有部分转化为H2CO3aq，大部分以水合CO2的形式存在，水合CO2可用CO2aq表示。已知25℃时，H2CO3aq⇌CO2aq+H2Ol的平衡常数K=600，正反应的速率可表示为vH2CO3=k1⋅cH2CO3，逆反应的速率可表示为vCO2=k2⋅cCO2，则k2= (用含k1的代数式表示)。
(4)25℃时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应：CaSO4(s）+CO32-aq⇌CaCO3s+SO42-aq，其平衡常数K= 。[已知KspCaSO4=9.1×10-6，KspCaCO3=2.8×10-9]
(5)溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学平衡的角度说明其原因 。
【答案】(1)6CO2g+6H2Ol=C6H12O6s+6O2g ΔH=+2804 kJ/ml
(2)1067.5
(3)k1600
(4)3.25×103
(5)游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：CO2+H2O+CaCO3⇌Ca2++2HCO3-，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏
【解析】（1）由题意可知，反应①为1ml葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反应的热化学方程式为C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ΔH=-2804 kJ/ml，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，生成1 ml葡萄糖会吸收2804 kJ的热量，反应的热化学方程式为6CO2(g)+6H2O(l)=C6H12O6(s)+6O2(g) ΔH=+2804 kJ/ml。
（2）由题干信息结合反应②知，ΔH =反应物总键能-生成物总键能=E(CO)+12E(O=O)-2E(C=O)=E(CO)+12×495kJ·ml−1-2×799kJ·ml−1=-283 kJ·ml-1。解得E(CO)=1067.5kJ·ml-1。
（3）当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v(H2CO3)=v(CO2)可得：k1c(H2CO3)= k2c(CO2)，k1k2=cCO2cH2CO3=K=600，解得k2=k1600。
（4）由方程式可知，反应的平衡常数K=cSO42-cCO32-=c(SO42-)c(Ca2+)c(CO32-)c(Ca2+)=KspCaSO4KspCaCO3=9.1×10-62.8×10-9=3.25×103。
（5）二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡CO2+H2O+CaCO3⇌Ca2++2HCO3-，当游客数量增大，反应物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳酸钙因反应而减少，导致钟乳石被坏，故答案为：游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：CO2+H2O+CaCO3⇌Ca2++2HCO3-，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏。
【关联题点】反应热计算与大小比较；化学平衡常数及相关计算；难溶电解质的溶解平衡及影响因素
【难度】中档题
【题型】填空题
题点3 反应热计算与大小比较
1.[2025·湖北，19(1)]CaH2(s)粉末可在较低温度下还原Fe2O3(s)。回答下列问题：
已知一定温度下：
CaH2(s)+6Fe2O3(s)Ca(OH)2(s)+4Fe3O4(s) ΔH1=m kJ·ml-1
2CaH2(s)+Fe3O4(s)2Ca(OH)2(s)+3Fe(s) ΔH2=n kJ·ml-1
则3CaH2(s)+2Fe2O3(s)3Ca(OH)2(s)+4Fe(s)的ΔH3= kJ·ml-1(用m和n表示)。
【答案】m+4n3
【解析】13×①+43×②得到反应③，根据盖斯定律ΔH3=13×m kJ·ml-1+43×n kJ·ml-1=m+4n3 kJ·ml-1。
【难度】较难题
【题型】填空题
2.(2025·北京，11)为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。
下列说法不正确的是( )
A.NaCl固体溶解是吸热过程
B.根据盖斯定律可知：a+b=4
C.根据各微粒的状态，可判断a>0，b>0
D.溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关
【答案】C
【解析】由NaCl(s)溶解为Na+(aq)、Cl-1(aq)过程中ΔH3=+4 kJ·ml-1>0可知，NaCl固体溶解是吸热过程，A正确；根据盖斯定律可得，ΔH3=ΔH1+ΔH2=(a+b)kJ·ml-1=+4 kJ·ml-1，即a+b=4，B正确，NaCl(s)解离为气态离子的过程破坏离子键，需吸收能量，则a>0，气态离子进入水中，形成水合离子，会释放能量，则b0
B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH1>ΔH2，ΔH3>ΔH2
D．ΔH2＝ΔH3＋ΔH4
【答案】C
【解析】环己烯、1,3­环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，因此，ΔH1＜0，ΔH2＜0 ，A不正确；苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，因此，其与氢气完全加成的反应热不等于环己烯、1,3­环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，即ΔH3≠ΔH1＋ΔH2，B不正确；由于1 ml 1,3­环己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的2倍，故其放出的热量更多，其ΔH1>ΔH2；苯与氢气发生加成反应生成1,3­环己二烯的反应为吸热反应(ΔH4>0)，根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热：ΔH3＝ΔH4＋ΔH2，因此ΔH3>ΔH2，ΔH2＝ΔH3－ΔH4，C正确，D不正确。
【难度】中档题
【题型】单选题
7.(2020·北京卷，12)依据图示关系，下列说法不正确的是( )
A．石墨燃烧是放热反应
B．1 ml C(石墨)和1 ml CO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多
C．C(石墨)＋CO2(g)===2CO(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2
D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】C
【解析】所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·ml－1，ΔH1＜0，则石墨燃烧是放热反应，故A正确；根据图示，C(石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·ml－1，CO(g)＋12O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－283.0 kJ·ml－1，根据反应可知都是放热反应，1 ml C(石墨)和1 ml CO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2,1 ml C(石墨)放热多，故B正确；根据B项分析，①C(石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·ml－1，②CO(g)＋12O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－283.0 kJ·ml－1，根据盖斯定律①－②×2可得：C(石墨)＋CO2(g)===2CO(g) ΔH＝ΔH1－2ΔH2，故C错误；根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确；答案选C。
【难度】基础题
【题型】单选题
8.(2020·江苏卷，8)反应SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是( )
A．该反应ΔH>0、ΔS0，说明实验ⅰ中形成原电池，反应为2H2+O22H2O
B.b0，说明ⅲ中电极Ⅰ上有O2发生反应
D.d>c，是因为电极Ⅰ上吸附H2的量：ⅳ>ⅲ
【答案】D
【解析】按照图1电解Na2SO4溶液，石墨1为阳极，电极反应为2H2O-4e-O2↑+4H+，石墨1中会吸附少量氧气；石墨2为阴极，电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-，石墨2中会吸附少量氢气。对于实验ⅰ，图2中电极Ⅰ为正极，氧气发生还原反应，电极Ⅱ为负极，实验ⅰ形成原电池，反应为2H2+O22H2O，A正确；因为实验ⅱ中电极Ⅱ为新石墨，不含有H2，缺少H2作为还原剂，故导致b0，说明ⅲ中电极Ⅰ上有O2发生反应，C正确；实验ⅲ与实验ⅳ中电极Ⅰ不同，d>c，是因为电极Ⅰ上吸附O2的量：ⅳ>ⅲ，D错误。
【难度】较难题
【题型】单选题
【题目来源】高三|2025|高考真题|北京
【来源详情】2025·北京，14
2.(2023·辽宁，11)某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是( )
A．放电时负极质量减小
B．储能过程中电能转变为化学能
C．放电时右侧H＋通过质子交换膜移向左侧
D．充电总反应：Pb＋SOeq \\al(2－,4)＋2Fe3＋===PbSO4＋2Fe2＋
【答案】B
【解析】放电时，负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上，负极质量增大，A错误；储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；放电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H＋通过质子交换膜移向右侧，C错误；充电时，总反应为PbSO4＋2Fe2＋===Pb＋SOeq \\al(2－,4)＋2Fe3＋，D错误。
【关联题点】可充电电池（二次电池）及其应用
【难度】基础题
【题型】单选题
3.（2021·山东卷，10）以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2清洁燃料电池，下列说法正确的是( )
A．放电过程中，K＋均向负极移动
B．放电过程中，KOH物质的量均减小
C．消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大
D．消耗1 ml O2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2 L
【答案】C
【解析】放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误；碱性环境下，N2H4—O2清洁燃料电池总反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O，其总反应中未消耗KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量均减小，B错误；理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为m g，则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量(物质的量表达式)分别是eq \f(m g,32 g·ml－1)×6、eq \f(m g,32 g·ml－1)×4、eq \f(m g,60 g·ml－1)×16，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C正确；根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1 ml O2生成的氮气的物质的量为1 ml，在标准状况下为22.4 L，D错误。
【关联题点】原电池工作原理及相关应用
【难度】中档题
【题型】单选题
4.（2020·海南卷（新高考），11）某燃料电池主要构成要素如图所示，下列说法正确的是( )
A．电池可用于乙醛的制备
B．b电极为正极
C．电池工作时，a电极附近pH降低
D．a电极的反应式为O2+4e-+4H+ =2H2O
【答案】AD
【解析】A．该电池将乙烯和水转化为了乙醛，可用于乙醛的制备，故A符合题意；B．根据分析，a电极为正极，b电极为负极，故B不符合题意；C．电池工作时，氢离子移向正极，a电极的反应式为O2+4e- +4H+ =2H2O，a电极附近pH升高，故C不符合题意；D．根据分析，a电极为正极，正极发生还原反应，a电极的反应式为O2+4e- +4H+ =2H2O，故D符合题意。
【关联题点】原电池工作原理及及相关应用
【难度】中档题
【题型】双选题
题点6 微生物电池
(2020·山东卷，10)微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含CH3COO－的溶液为例)。下列说法错误的是( )
A．负极反应为CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋
B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C．当电路中转移1 ml电子时，模拟海水理论上除盐58.5 g
D．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1
【答案】B
【解析】由装置示意图可知，负极区CH3COO－发生氧化反应生成CO2和H＋，A项正确；隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，才能使模拟海水中的氯离子移向负极，钠离子移向正极，达到海水淡化的目的，B项错误；电路中有1 ml 电子通过，则电解质溶液中有1 ml钠离子移向正极，1 ml氯离子移向负极，C项正确；负极产生CO2：CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋，正极产生H2：2H＋＋2e－===H2↑，根据电荷守恒，正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1，D项正确。
【关联题点】多室与膜在原电池中的应用
【难度】中档题
【题型】单选题
题点7 其他新型电池
1.(2025·山东，12)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1 ml，Fe2+总量相应增加2 ml
【答案】BC
【解析】根据电池中所含物质知，能形成的自发氧化还原反应只有Fe+2Fe3+3Fe2+，因此氧化剂Fe3+所在电极区的b电极为正极，电极材料为石墨，则a电极为负极，电极材料为负载Fe的石墨。隔膜需防止右侧的Fe3+进入左侧，应使用阴离子交换膜，A错误、B正确；充电时的总反应为3Fe2+Fe+2Fe3+，消耗Fe2+，故隔膜两侧溶液Fe2+浓度均减小，C正确；根据放电的总反应知，Fe3+每减少1 ml，Fe2+总量相应增加1.5 ml，D错误。
【难度】中档题
【题型】双选题
2.(2025·黑吉辽蒙，13)一种基于Cu2O的储氯电池装置如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重。关于图中装置所示电池，下列说法错误的是( )
A.放电时Na+向b极迁移
B.该电池可用于海水脱盐
C.a极反应：Cu2O+2H2O+Cl--2e-Cu2(OH)3Cl+H+
D.若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去储氯能力
【答案】D
【解析】放电时，a、b两极均增重，由两个电极及电解液组成可知，a极上Cu2O→Cu2(OH)3Cl，发生氧化反应，a极为原电池负极，b极上NaTi2(PO4)3→Na3Ti2(PO4)3，发生还原反应，b极为原电池正极。原电池中，阳离子移向正极，即放电时，Na+向b极迁移，A正确；由两个电极的物质转化可知，a极消耗电解质溶液中的Cl-，b极消耗电解质溶液中的Na+，故电池工作时，NaCl浓度逐渐减小，则该电池可用于海水脱盐，B正确；将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重，说明b极上Ag→AgCl，该电极仍能起到储氯的作用，D错误。
【难度】中档题
【题型】单选题
3.(2025·安徽，13)研究人员开发出一种锂-氢可充电电池(如图所示)，使用前需先充电，其固体电解质仅允许Li+通过。下列说法正确的是( )
A.放电时电解质溶液质量减小
B.放电时电池总反应为H2+2Li2LiH
C.充电时Li+移向惰性电极
D.充电时每转移1 ml电子，c(H+)降低1 ml·L-1
【答案】C
【解析】结合锂-氢可充电电池装置，再结合题中信息“使用前需先充电”可知，先充电的目的是将惰性电极附近的有机电解质中的Li+转化为Li，故充电时，惰性电极为阴极，其电极反应式为Li++e-Li；气体扩散电极为阳极，其电极反应式为H2-2e-+2H2PO4−2H3PO4。放电时，惰性电极为负极，其电极反应式为Li-e-Li+；气体扩散电极为正极，其电极反应式为2H3PO4+2e-H2↑+2H2PO4−。由放电时正极发生的反应知，每2 ml(14 g)Li+进入电解质溶液，有1 ml(2 g)H2扩散到储氢容器，故电解质溶液质量增加，A错误；由正、负极发生的反应知，放电时电池总反应为2Li+2H3PO4H2↑+2Li++2H2PO4−，B错误；电解池中阳离子移向阴极，故充电时Li+移向惰性电极，C正确；电解质溶液体积未知，且H3PO4是弱酸，故c(H+)不能判断，D错误。
【难度】中档题
【题型】单选题
4．(2025·四川，14)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1.0ml NO3−为NH3，理论上需要8.0ml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[AlOH4]−=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−=[AlOH4]−，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，据此解答。
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−=[AlOH4]−，当转移3ml电子时，消耗4mlOH−，同时正极区会有3mlOH−通过OH−离子交换膜进行补充，OH−净消耗1ml，故负极区游离的OH−数目会减少，故A错误；氢原子将吸附在电催化剂表面的NO3−逐步还原为NH3，还原1.0ml NO3−为NH3，由化合价变化可知，得到8ml电子，所以理论上需要8.0ml氢原子，故B正确；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；充电时，电池阴极反应式为4[AlOH4]−+12e−=4Al+16OH−，阳极反应式为12OH−−12e−=3O2↑+6H2O，总反应为4[AlOH4]−=4Al+6H2O+4OH−+3O2↑，故D正确；答案选A。
【难度】较难题
【题型】单选题
5.(2024·湖北，14)我国科学家设计了一种双位点PbCu电催化剂，用H2C2O4和NH2OH电化学催化合成甘氨酸，原理如图，双极膜中H2O解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。已知在KOH溶液中，甲醛转化为HOCH2O-，存在平衡HOCH2O-+OH-[OCH2O]2−+H2O。Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2−-e-HCOO-+H·。下列说法错误的是( )
A.电解一段时间后阳极区c(OH-)减小
B.理论上生成1 ml H3N+CH2COOH双极膜中有4 ml H2O解离
C.阳极总反应式为2HCHO+4OH--2e-2HCOO-+H2↑+2H2O
D.阴极区存在反应H2C2O4+2H++2e-CHOCOOH+H2O
【答案】B
【解析】由题意可知，Cu电极为阳极，电极总反应为2HCHO-2e-+4OH-2HCOO-+H2↑+2H2O，阳极区消耗OH-、同时生成H2O，c(OH-)减小，A、C正确；PbCu电极为阴极，首先HOOC—COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC—COOH：H2C2O4+2e-+2H+OHC—COOH+H2O，OHC—COOH与HO—N+H3反应生成HOOC—CHN—OH：OHC—COOH+HO—N+H3HOOC—CHN—OH+H2O+H+，HOOC—CHN—OH发生得电子的还原反应转化成H3N+CH2COOH：HOOC—CHN—OH+4e-+5H+H3N+CH2COOH+H2O，阴极总反应为H2C2O4+NH2OH+6e-+7H+H3N+CH2COOH+3H2O，1 ml H2O解离成1 ml H+和1 ml OH-，故理论上生成1 ml H3N+CH2COOH双极膜中有6 ml H2O解离，B错误、D正确。
【难度】中档题
【题型】单选题
6.(2024·贵州，11)一种太阳能驱动环境处理的自循环光催化芬顿系统工作原理如图。光阳极发生反应：HCO3−+H2OHCO4−+2H++2e-，HCO4−+H2OHCO3−+H2O2。体系中H2O2与Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)发生反应产生的活性氧自由基可用于处理污水中的有机污染物。
下列说法错误的是( )
A.该芬顿系统能量转化形式为太阳能→电能→化学能
B.阴极反应式为O2+2H++2e-H2O2
C.光阳极每消耗1 ml H2O，体系中生成2 ml H2O2
D.H2O2在Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)的循环反应中表现出氧化性和还原性
【答案】C
【解析】该装置利用光能提供能量转化为电能，在电解池中将电能转化为化学能，A正确；由图可知，阴极上O2和H+得电子生成H2O2，电极反应式为O2+2H++2e-H2O2，B正确；光阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑，每消耗1 ml H2O，转移2 ml电子，由阴极反应式O2+2H++2e-H2O2知，体系中生成1 ml H2O2，C错误；由Mn(Ⅳ)和H2O2转化为Mn(Ⅱ)过程中，锰元素化合价降低，则H2O2中O元素化合价升高，H2O2表现还原性，由Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)时，锰元素化合价升高，则H2O2中O元素化合价降低，H2O2表现氧化性，D正确。
【难度】中档题
【题型】单选题
7.（2021·湖南卷，10）锌/溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌/溴液流电池工作原理如图所示：
下列说法错误的是( )
A．放电时，N极为正极
B．放电时，左侧贮液器中ZnBr2的浓度不断减小
C．充电时，M极的电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn
D．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过
【答案】B
【解析】由题意分析可知，放电时，N极为正极，故A正确；放电或充电时，左侧贮液器和右侧贮液器中溴化锌的浓度维持不变，故B错误；充电时，M极与直流电源的负极相连，作电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，故C正确；放电或充电时，交换膜允许锌离子和溴离子通过，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持不变，故D正确。
【关联题点】原电池工作原理及相关应用
【难度】中档题
【题型】单选题
知识点4 电解原理及其应用
题点1 电解原理及应用
1.(2025·江苏，8)以稀H2SO4为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为2H2O2H2↑+O2↑。下列说法正确的是( )
A.电极a上发生氧化反应生成O2
B.H+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0.01 ml电子，电极b上产生0.01 ml H2
【答案】A
【解析】由图可知，该原电池中电子由电极a向电极b移动， 故电极a失电子作负极，电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑；电极b得电子作正极，电极反应式为2H++2e-H2↑；H+由负极向正极移动。由上述分析可知，电极a上发生氧化反应生成O2，A正确；H+由负极向正极移动，即通过质子交换膜由左室向右室移动，B错误；由总反应可知，光解时消耗水，电解质溶液中硫酸浓度逐渐增大，故溶液pH减小， C错误；由正极反应式可知，电路中每通过0.01 ml e-，电极b上产生 0.005 ml H2，D错误。
【难度】基础题
【题型】单选题
2.(2025·湖南，9)一种电化学处理硝酸盐产氨的工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A.电解过程中，K+向左室迁移
B.电解过程中，左室中NO2−的浓度持续下降
C.用湿润的蓝色石蕊试纸置于b处，试纸先变红后褪色
D.NO3−完全转化为NH3的电解总反应：NO3−+8Cl-+6H2ONH3↑+9OH-+4Cl2↑
【答案】B
【解析】电解池中，阳离子向阴极移动，则K+向左室迁移，A正确；电解过程中，NO2−先生成，再消耗，是中间产物，其浓度增大还是减小，取决于其生成速率与消耗速率，无法得出其浓度持续下降的结论，B错误；b处生成氯气，与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能使蓝色石蕊试纸变红，次氯酸能使变红的试纸褪色，故能看到试纸先变红后褪色，C正确；左侧阴极总反应是NO3−+8e-+6H2ONH3↑+9OH-，右侧阳极总反应是2Cl--2e-Cl2↑，将两电极反应相加即可得到总反应，D正确。
【难度】中档题
【题型】单选题
3.(2025·湖北，15)某电化学制冷系统的装置如图所示。Fe(H2O)63+和Fe(H2O)62+在电极上发生相互转化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动(①→②→③→④→①)实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列描述错误的是( )
A.阴极反应为Fe(H2O)63++e-Fe(H2O)62+
B.已知②处的电解液温度比①处的低，可推断Fe(H2O)62+比Fe(H2O)63+稳定
C.多孔隔膜可以阻止阴极区和阳极区间的热交换
D.已知电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。热效应主要来自于电子转移后[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+离子结构的改变
【答案】B
【解析】由图可知，左侧电极发生反应Fe(H2O)62+-e-Fe(H2O)63+，则左侧为阳极，右侧电极反应为Fe(H2O)63++e-Fe(H2O)62+，则右侧电极为阴极，A正确；②处的电解液温度比①处的低，则可推断Fe(H2O)63++e-Fe(H2O)62+是吸热反应，但无法推断Fe(H2O)63+和Fe(H2O)62+的稳定性，B错误；多孔隔膜可以阻止两电极区的溶液对流，可阻止热交换，C正确；题干明确指出电子转移过程非常快，物质结构来不及改变，这意味着电子转移(即氧化还原反应)本身不会直接导致结构变化，热效应实际上来源于电子转移完成后，新生成的离子Fe(H2O)62+和Fe(H2O)63+因配位环境或电荷分布变化引起的结构重组导致的热量变化，D正确。
【难度】较难题
【题型】单选题
4.(2025·河北，10)科研工作者设计了一种用于废弃电极材料LixCO2(xI－
D．断开K1，立刻闭合K2，电流表发生偏转
【答案】D
【解析】根据题图分析，U形管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和H2，A错误；左侧生成氯气，氯气遇水生成HClO，具有漂白性，B错误；b处出现蓝色，发生反应：Cl2＋2KI===I2＋2KCl，说明还原性：I－>Cl－，C错误；断开K1，立刻闭合K2，此时构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D正确。
【难度】基础题
【题型】单选题
【关联题点】氯及其化合物的性质及应用
9.(2023·北京，5)回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是( )
A．废气中SO2排放到大气中会形成酸雨
B．装置a中溶液显碱性的原因是HCOeq \\al(－,3)的水解程度大于HCOeq \\al(－,3)的电离程度
C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2
D．装置b中的总反应为SOeq \\al(2－,3)＋CO2＋H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))HCOOH＋SOeq \\al(2－,4)
【答案】C
【解析】SO2是酸性氧化物，废气中SO2排放到大气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；装置a中溶液的溶质为NaHCO3，溶液显碱性，说明HCOeq \\al(－,3)的水解程度大于其电离程度，故B正确；装置a中NaHCO3溶液的作用是吸收SO2气体，NaHCO3溶液不能吸收CO2，故C错误。
【关联题点】氮、硫化合物与环境保护；盐类水解本质及应用；多室与膜在电解原理中的应用
【难度】中档题
【题型】单选题
10.（2022·北京卷，13）利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
下列说法不正确的是( )
A．①中气体减少，推测是由于溶液中c(H＋)减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍H＋与铁接触
B．①中检测到Fe2＋，推测可能发生反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu
C．随阴极析出Cu，推测②中溶液c(Cu2＋)减少，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆移
D．②中Cu2＋生成[Cu(NH3)4]2＋，使得c(Cu2＋)比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密
【答案】C
【解析】实验①中，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，放电生成的铜覆盖在铁电极上，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，可能发生的反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，故A、B正确；四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜离子浓度减小，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡正向移动，故C错误。
【关联题点】化学平衡的影响因素
【难度】中档题
【题型】单选题
11.(2022·广东卷)以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，实现Al的再生。该过程中( )
A．阴极发生的反应为Mg－2e－===Mg2＋
B．阴极上Al被氧化
C．在电解槽底部产生含Cu的阳极泥
D．阳极和阴极的质量变化相等
【答案】C
【解析】该题中以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2＋和Al3＋，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3＋得电子生成Al单质，从而实现Al的再生，A、B错误；阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据得失电子守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D错误。
【难度】基础题
【题型】单选题
12.（2022·天津卷，11）实验装置如图所示。接通电源后，用碳棒(a′、b′)作笔，在浸有饱和NaCl溶液和石蕊溶液的湿润试纸上同时写字，a′端的字迹呈白色。下列结论正确的是( )
A．a为负极
B．b′端的字迹呈蓝色
C．电子流向为：b→b′→a′→a
D．如果将a′、b′换成铜棒，与碳棒作电极时的现象相同
【答案】B
【难度】基础题
【题型】单选题
13.（2021·辽宁卷，13）利用(Q)与电解转化法从烟气中分离CO2的原理如图。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。下列说法错误的是( )
A．a为电源负极B．溶液中Q的物质的量保持不变
C．CO2在M极被还原D．分离出的CO2从出口2排出
【答案】C
【解析】由题干信息可知，M极发生的是由Q转化为的过程，该过程是一个还原反应，故M极为阴极，电极反应为：+2H2O+2e-=+2OH-，故与M极相连的a电极为负极，N极为阳极，电极反应为：-2e-=+2H+，b极为电源正极，据此分析解题。
A．由分析可知，a为电源负极，A正确；B．由分析可知，根据电子守恒可知，溶液中Q的物质的量保持不变，B正确；C．由分析可知，整个过程CO2未被还原，CO2在M极发生反应为CO2+OH-=HCO3-，C错误；D．由题干信息可知，M极上CO2发生反应为：CO2+OH-=HCO3-被吸收，HCO3-向阳极移动，N极上发生的反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故分离出的CO2从出口2排出，D正确。
【难度】中档题
【题型】单选题
14.（2021·海南卷，9）液氨中存在平衡：2NH3⇌NH4++NH2-。如图所示为电解池装置，以KNH2的液氨溶液为电解液，电解过程中a、b两个惰性电极上都有气泡产生。下列有关说法正确的是( )
A．b电极连接的是电源的负极
B．a电极的反应为2NH3+2e-=H2+2NH2-
C．电解过程中，阴极附近K+浓度减小
D．理论上两极产生的气体物质的量之比为1∶1
【答案】B
【解析】A．根据图示可知：在b电极上产生N2，N元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以b电极为阳极，连接电源的正极，A错误；B．电极a上产生H2，H元素化合价降低得到电子，发生还原反应，所以a电极为阴极，电极反应式为：2NH3+2e-=H2+2NH2-，B正确；C．电解过程中，阴极附近产生NH2-，使附近溶液中阴离子浓度增大，为维持溶液电中性，阳离子K+会向阴极区定向移动，最终导致阴极附近K+浓度增大，C错误；D．每反应产生1 ml H2，转移2 ml电子，每反应产生1 ml N2，转移6 ml电子，故阴极产生H2与阳极产生的N2的物质的量的比是3∶1，D错误。
【难度】基础题
【题型】单选题
15.（2020·浙江选考，18）在氯碱工业中，离子交换膜法电解饱和食盐水示意图如下，下列说法不正确的是( )
A．电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气
B．离子交换膜为阳离子交换膜
C．饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出
D．OH-迁移的数量等于导线上通过电子的数量
【答案】D
【解析】A.根据电解原理可知电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气，故A正确；B.阳极发生的方程式为：2Cl--2e-═Cl2↑，阴极：2H2O+2e-═H2↑+2OH-；为了防止生成的氯气与氢氧化钠发生反应，氢氧化钠要从d口流出，所以要防止OH-流向阳极即电极A，该离子交换膜为阳离子交换膜，故B正确；C.根据B选项的分析可知饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出，故C正确；D.因为有离子交换膜的存在，OH-不发生迁移，故D错误。
【关联题点】电解原理在无机物制备中的应用；单膜两室两室电解池
【难度】基础题
【题型】单选题
题点2 原电池、电解池串联的综合分析
1.(2025·甘肃，12)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(如图)，以新型MNi/NiMO4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 ml电子，可产生1 ml H2
【答案】D
【解析】由题图可知，电极1上发生转化Mg→Mg(OH)2，则电极1为原电池的负极，电极2为原电池的正极，电极3与原电池正极相连，为电解池阳极，电极4为电解池阴极，结合题目信息海水pH=8.2、电池和电解池中同时产生氢气，可得各电极的电极反应式，电极1：Mg+2OH--2e-Mg(OH)2；电极2：2H2O+2e-H2↑+2OH-；电极3：4OH--4e-O2↑+2H2O；电极4：2H2O+2e-H2↑+2OH-。将催化剂生长在泡沫镍电极上，可增大催化剂与反应物的接触面积，提高催化效率，A正确；电极1为原电池负极，故外电路中电子从电极1流向电极4，B正确；由得失电子守恒可知，理论上，电路中每通过2 ml电子，电极2和电极4均产生1 ml H2，共产生2 ml H2，D错误。
【难度】中档题
【题型】单选题
2.(2022·山东卷，13)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LiCO2(s)转化为C2＋，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LiCO2＋2H2O＋e－===Li＋＋C2＋＋4OH－
D．若甲室C2＋减少200 mg，乙室C2＋增加300 mg，则此时已进行过溶液转移
【答案】BD
【解析】由于右侧装置为原电池，所以乙室是原电池，甲室是电解池。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，C2＋在另一个电极上得到电子，被还原为C单质，甲室总反应为CH3COO－＋4C2＋＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2CO2↑＋4C＋7H＋，溶液pH减小，A错误；乙室电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH－，乙室电极反应式为LiCO2＋e－＋4H＋===Li＋＋C2＋＋2H2O，且消耗H＋，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B正确、C错误；若甲室C2＋减少200 mg，转移电子的物质的量为n(e－)＝eq \f(0.2 g,59 g·ml－1)×2≈0.006 8 ml，乙室C2＋增加300 mg，转移电子的物质的量为n(e－)＝eq \f(0.3 g,59 g·ml－1)×1≈0.005 1 ml，说明此时已进行过溶液转移，D正确。
【关联题点】电解原理在物质制备中的应用
【难度】中档题
【题型】双选题
题点3 电解原理在物质制备、含量测定中的应用
微题点1 电解原理在物质制备中的应用
1.(2025·新课标卷，10)某研究小组设计如下电解池，既可将中性废水中的硝酸盐转化为氨，又可将废塑料(PET)碱性水解液中的乙二醇转化为羟基乙酸盐，实现变废为宝。
电解时，下列说法错误的是( )
A.阳极区pH下降
B.OH-从阴极区向阳极区迁移
C.阴极发生反应NO3−+7H2O+8e-NH3·H2O+9OH-
D.阴极转化1 ml NO3−，阳极将生成4 ml HOCH2COO-
【答案】D
【解析】根据图示，电解时，左侧电极连接电源负极，为阴极区，发生还原反应，电极反应式为NO3−+7H2O+8e-NH3·H2O+9OH-；右侧电极连接电源正极，为阳极区，发生氧化反应，电极反应式为HOCH2CH2OH-4e-+5OH-HOCH2COO-+4H2O。总反应方程式为NO3−+2HOCH2CH2OH+OH-NH3·H2O+2HOCH2COO-+H2O。根据分析，阳极区消耗OH-，pH下降，A正确；阴极区生成OH-，阳极区消耗OH-，按照离子移动方向，OH-从阴极区通过阴离子交换膜向阳极区迁移，B正确；阴极转化1 ml NO3−，转移8 ml e-，此时阳极将生成2 ml HOCH2COO-，D错误。
【难度】中档题
【题型】单选题
2.(2025·陕晋青宁，13)我国科研人员采用图甲所示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醌(TQ)。电极b表面的主要反应历程如图乙(灰球表示电极表面催化剂)。下列说法错误的是( )
A.电解时，H+从右室向左室移动
B.电解总反应：TY+H2OTQ+2H2↑
C.以为原料，也可得到TQ
D.用18O标记电解液中的水，可得到
【答案】D
【解析】结合TY和TQ的结构简式可知，电极b上TY转化为TQ，发生“得氧失氢”的氧化反应，故电极b为电解池的阳极，结合电极b表面上的主要反应历程图可得，电极反应式为+H2O-4e-+4H+，电极a为电解池的阴极，电极反应式为2H++2e-H2↑。电解池中，阳离子移向阴极，故H+通过质子交换膜移向电极a，即从右室移向左室，A正确；电解的总反应=阳极的电极反应式+阴极的电极反应式，结合上述分析可知，电解总反应为TY+H2OTQ+2H2↑，B正确；根据反应历程图可知，TY中酚羟基转化为酮羰基，水中—OH连在酚羟基的对位上，进而转化为酮羰基，结合的结构并联系反应机理可知，也可以转化为TQ，C正确；根据反应历程图可知，位于甲基邻位的酮羰基上的氧原子来自水，故若用18O标记电解液中的水，则可得到，D错误。
【难度】中档题
【题型】单选题
3.(2025·湖南，18)在温和条件下，将CO转化为C4烃类具有重要意义。采用电化学⁃化学串联催化策略可将CO高选择性合成C4H10，该流程示意图如下：
回答下列问题：
(1)电解池中电极M与电源的 极相连。
(2)CO放电生成C2H4的电极反应式为 。
(3)在反应器中，发生如下反应：
反应ⅰ：2C2H4(g)C4H8(g)
ΔH1=-104.7 kJ·ml-1
反应ⅱ：2C2H4(g)+H2(g)C4H10(g)
ΔH2=230.7 kJ·ml-1
计算反应C4H8(g)+H2(g)C4H10(g)的ΔH= kJ·ml-1，该反应 (填标号)。
A.高温自发B.低温自发
C.高温低温均自发D.高温低温均不自发
(4)一定温度下，CO、C2H4和H2(体积比为x∶2∶1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100 kPa)发生反应ⅰ和ⅱ，有CO存在时，反应ⅱ的反应进程如图1所示。随着x的增加，C2H4的转化率和产物的选择性(选择性=转化为目的产物所消耗乙烯的量已转化的乙烯总量×100%)如图2所示。
根据图1，写出生成C4H10的决速步反应式 ；C4H10的选择性大于C4H8的原因是 。
②结合图2，当x≥2时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时；反应近似达到平衡，随着x的增大，C2H4的转化率减小的原因是 ；
当x=2时，该温度下反应ⅱ的Kp= (kPa)-2(保留两位小数)。
【答案】(1)正 (2)2CO+8e-+6H2OC2H4+8OH- (3)-126 B (4)①*C2H5+*C2H4*C4H9 由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢 ②随着x的增大，CO的分压增大，对于反应ⅰ和反应ⅱ相当于减压，反应ⅰ和反应ⅱ平衡均逆向移动，所以C2H4的转化率减小 0.16
【解析】(1)由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连。
(3)根据盖斯定律，反应ⅱ-反应ⅰ即可得到目标反应，则ΔH=-230.7 kJ·ml-(-104.7 kJ·ml-1)=-126 kJ·ml-1，该反应是熵减的放热反应，则依据ΔG=ΔH-TΔSc>b>0
ⅱ
石墨1
新石墨
b
ⅲ
新石墨
石墨2
c
ⅳ
石墨1
石墨2
d
装置示意图
序号
电解质溶液
实验现象
①
0.1 ml·L－1 CuSO4＋少量H2SO4
阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有Fe2＋
②
0.1 ml·L－1 CuSO4＋过量氨水
阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元素