文档内容
专题 06 化学反应与能量
目录
01 模拟基础练
【题型一】反应热与热化学方程式
【题型二】盖斯定律及其应用
【题型三】原电池原理及应用
【题型四】电解原理及金属防护
02 重难创新练
03 真题实战练
题型一 反应热与热化学方程式
1．化学反应H+Cl=2HCl的过程及能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
2 2
A．光照和点燃条件下的反应热相同
B．H-Cl键的键能为862 kJ·mol－1
C．热化学方程式：H(g)+Cl (g)=2HCl(g) ΔH＝-183 kJ·mol－1
2 2
D．2mol气态氢原子的能量高于1mol氢气的能量
【答案】B
【解析】A项，反应热效应只与反应的始态和终态有关，与条件、途径无关，因此该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的，A正确；B项，由图可知2molHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ
能量，所以H-Cl键的键能为431 kJ·mol－1，B错误；C项，由图可知1mol H(g)和1molCl (g)反应生成2mol
2 2
HCl(g)放出(862-679)kJ=183kJ能量，因此氢气与氯气反应的热化学方程式为H(g)+Cl (g)=2HCl(g) ΔH
2 2
＝-183 kJ·mol－1，C正确；D项，气态氢原子形成氢气分子时形成化学键，形成化学键释放能量，因此
2mol气态氢原子的能量高于1mol氢气的能量，D正确； 故选B。
2．研究表明，在一定条件下，气态HCN(a)与HNC(b)两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下
列说法正确的是( )
A．HNC比HCN更稳定
B．HCN转化为HNC，反应条件一定要加热
C．HNC(g) HCN(g) ΔH＝－59.3 kJ·mol－1
D．加入催化剂，可以减小反应的热效应
【答案】C
【解析】A项，能量越低越稳定，根据图示，HNC比HCN的能量高，HCN比HNC更稳定，故A错
误；B项，HCN转化为HNC是吸热反应，吸热反应的发生不一定需要加热，故B错误；C项，根据图示，
HCN比HNC的能量低(186.5-127.2)KJ，所以HNC(g) HCN(g) ΔH＝－59.3 kJ·mol－1，故C正确；D
项，加入催化剂，能降低反应活化能，反应的热效应不变，故D错误；故选C。
3．下列对热化学方程式的解读或书写正确的是( )
A．已知 ΔH＞0，则石墨比金刚石稳定
B．已知①S(g)+O(g) SO (g) ΔH；②S(s)+O (g) SO (g) ΔH，则ΔH＞ΔH
2 2 1 2 2 2 1 2
C．已知甲烷燃烧热为 ，则甲烷燃烧的热化学方程式可以表示为CH (g)+
4
2O(g)=CO (g)+ 2HO(g) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
2 2 2
D．已知中和热 ，则1mol硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应热就是中和热【答案】A
【解析】A项， 已知 ΔH＞0，说明石墨的能量较低，金刚石的能量高，能
量越高越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，A正确；B项，气态硫比固态硫能量大，故燃烧时要放出更多
的热量，所以ΔH 的数值大，燃烧放热，焓变都是负值，数值越大，负数反而越小，所以ΔH＜ΔH，B错
1 1 2
误；C项，甲烷燃烧的热化学方程式中，应该生成液态水，C错误；D项，1mol硫酸和足量稀NaOH溶液
反应生成2molH O，不是中和热，D错误；故选A。
2
4．标准状态下，1mol纯物质的相对能量及解离为气态原子时所消耗的能量如下表所示：
物质 O(g) N(g) NO g) C(s，石墨) CH(g) CO(g)
2 2 2 4 2
相对能量/ kJ·mol−1 0 0 x 0 -75 -393.5
解离总耗能/kJ 498 946 632 717 1656 y
下列说法正确的是( )
A．x =180
B．逐级断开CH(g)中的每摩尔C—H所消耗的能量均为414kJ
4
C．解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为239kJ
D．根据NO(g)＋CH(g) CO(g)＋N(g)+2H O(g)的ΔH可计算出H—O键能
4 2 2
【答案】D
【解析】A项，焓变=生成物总能量-反应物总能量，则N(g)＋O(g) 2NO(g) ΔH=2x
2 2
kJ·mol−1，焓变=反应物总键能-生成物总键能，即498+946-632×2=2x，x =90，故A错误；B项，逐级断开
CH(g)中的每摩尔C—H所消耗的能量不相等，故B错误；C项，石墨晶体中每个碳原子形成3条共价键，
4
两个碳原子形成1条键，则1mol石墨含有1.5molC-C键，解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为
478kJ，故C错误；D项，焓变=反应物总键能-生成物总键能，C(s，石墨)+O (g) CO(g)的ΔH可计算
2 2
出y值，再根据NO(g)＋CH(g) CO(g)＋N(g)+2H O(g)的ΔH可计算出H—O键能，故D正确；故选
4 2 2
D。
5．根据如图所给信息，得出的结论正确的是( )A．48 g碳完全燃烧放出热量为1 574 kJ/mol
B．2C(s)＋O(g)===2CO(g) ΔH＝－221.0 kJ/mol
2
C．2CO(g)===2CO(g)＋O(g) ΔH＝＋283.0 kJ/mol
2 2
D．C(s)＋O(g)===CO (s) ΔH＝－393.5 kJ/mol
2 2
【答案】B
【解析】48 g C完全燃烧放热为393.5 kJ/mol×4 mol＝1 574 kJ，不是1 574 kJ/mol，故A错误；据图示
可知，1 mol C燃烧生成CO放热393.5 kJ－283.0 kJ＝110.5 kJ，所以2 mol C燃烧生成CO放热221.0 kJ，
故B正确；1 mol CO燃烧生成1 mol二氧化碳放热283.0 kJ，所以2CO(g)===2CO(g)＋O(g) ΔH＝＋
2 2
566.0 kJ/mol，故C错误；应该生成二氧化碳气体，不是固态，故D错误。
题型二 盖斯定律及其应用
6．依据下列含硫物质转化的热化学方程式，得出的相关结论正确的是( )
①S(g)+CO(g) SO (g) ΔH
2 2 1
②S(s)+CO(g) SO (g) ΔH
2 2 2
③2HS(g)+ O(g) 2S(s)+ HO(1) ΔH
2 2 2 3
④2HS(g)+3 O(g) 2SO (g)+ HO(1) ΔH
2 2 2 2 4
⑤2HS(g)+SO(g) 3S(s)+ 2HO(1) ΔH
2 2 2 5
A．ΔH＞ΔH B．ΔH＜ΔH C．ΔH=ΔH+ΔH D．2ΔH=3ΔH-ΔH
1 2 3 4 4 2 3 5 3 4
【答案】D
【解析】A项， 气态S的能量比固体S的大，所以气态S燃烧时放出的热量多，放热反应的ΔH为负
数，绝对值大的ΔH反而小，故A错误；B项，反应③是HS的不完全燃烧，反应④是HS的完全燃烧，
2 2
完全燃烧放出的热量多，放热反应的ΔH为负数，绝对值大的ΔH反而小，所以ΔH＞ΔH，故B错误；C
3 4
项，根据盖斯定律，②×2＋③得2HS(g)+3 O (g) 2SO (g)+ H O(1) ΔH=2ΔH+ΔH，故C错误；D
2 2 2 2 4 2 3项，根据盖斯定律[③×3-④] 得 ，故D正确；故
选D。
7．已知[ΔH、ΔH、ΔH 对应的反应中O(g)已省略，且ΔH＞ΔH]：
2 3 5 2 2 5
下列说法正确的是( )
A．ΔH＞0 B．ΔH 的值是CHCHCHCH(g)的燃烧热
1 3 3 2 2 3
C．ΔH+ΔH=ΔH+ΔH D．稳定性：正丁烷>异丁烷
1 2 3 4
【答案】C
【解析】A项，ΔH、ΔH 分别表示异丁烷与正丁烷的燃烧热，若ΔH＞ΔH，说明燃烧1 mol两种物
2 3 2 5
质时前者释放的热量较后者少，由此知异丁烷的能量较低，则正丁烷转化为异丁烷是放热反应，故A错误；
B项，燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，含H元素的物质燃烧生成的指定产物为
液态水，所以ΔH 的值不是正丁烷的燃烧热，故B错误；C项，ΔH+ΔH 和ΔH+ΔH 的始态和终态相同，
3 1 2 3 4
由盖斯定律可知，ΔH+ΔH=ΔH+ΔH，故C正确；D项，相同条件下，能量越低越稳定，则稳定性：正丁
1 2 3 4
烷＜异丁烷，故D错误；故选C。
8．已知几种物质之间的能量关系如图所示，下列说法中不正确的是( )
A．使用合适催化剂，不能减小反应的焓变B． 中，热能转化为产物内部的能量
C．
D． ，反应物的总能量高于生成物的总能量
【答案】B
【解析】A项， 使用合适催化剂可降低反应的活化能，但不能减小反应的焓变，故A正确；B项，
ΔH=119.6kJ/mol-208.4kJ/mol=-88.8kJ/mol中，产物内部的能量转化为
热能，故B错误；C项，
ΔH=237.1kJ/mol-208.4kJ/mol=+28.7kJ/mol，故C正确；D项，
ΔH=-119.6kJ/mol，反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故D正确；故选B。
9．(2024·山东济南山东省实验中学校高三一诊)根据 的水溶液能量循环图：
下列说法不正确的是( )
A．由于氢键的存在，ΔH(HF)＞ΔH(HCl)
1 1
B．已知 气体溶于水放热，则ΔH(HF) ＜0
1
C．相同条件下，ΔH(HCl)＞ΔH(HBr)
2 2
D．ΔH=ΔH+ΔH+ΔH+ΔH+ΔH+ΔH
1 2 3 4 5 6【答案】B
【解析】A项，ΔH 为脱水能，为吸热过程，焓变大于零，HF与水分子间存在氢键，所以ΔH(HF)的
1 1
焓变更大，故ΔH(HF)＞ΔH(HCl) ，A正确；B项，ΔH 为脱水能，为吸热过程，焓变大于零，B错误；C
1 1 1
项，ΔH 为离解能，为吸热过程，氯原子半径小于溴原子，故氢氯键键能更大，则相同条件下，ΔH(HCl)
2 2
＞ΔH(HBr)，C正确；D项，由盖斯定律可知，反应的焓变于途径无关，故
2
ΔH=ΔH+ΔH+ΔH+ΔH+ΔH+ΔH，D正确；故选B。
1 2 3 4 5 6
10．(2024·湖北省腾云联盟高三联考)点阵能(U)是衡量晶体中离子间键结合能大小的一个量度，是阐明
晶体化学性质的重要物理量。为探究NaCl的离子键强弱，设计如下图所示的Born-Haber循环。
由此可得U/(kJ/mol)为( )
A．＋746.9 B．-746.9 C．＋749.6 D．-749.6
【答案】C
【解析】由题干信息可知，Na(s) →Na(g) ΔH=+108.4kJ/mol，Na(g) →Na+(g) ΔH=+495.0kJ/mol，
1 2
Cl(g) →Cl(g) ΔH=+119.6kJ/mol，Cl(g) →Cl-(g) ΔH=-384.3kJ/mol，Na+(g)+Cl-(g)=NaCl(s)
2 3 4
ΔH=-UkJ/mol，Na(s)+ Cl(g)=NaCl(s) ΔH=-410.9/mol，根据盖斯定律可知，
5 2
ΔH=ΔH+ΔH+ΔH+ΔH+ΔH=(+108.4kJ/mol)+( +495.0kJ/mol)+( +119.6kJ/mol)+( -384.3kJ/mol)+(
1 2 3 4 5
-UkJ/mol)=-410.9kJ/mol，即得U=749.6，故选C。
题型三 原电池原理及应用
11．(2025·广西河池市九师联盟高三模拟)NO-O 燃料电池的工作原理如图所示(电解质为稀硝酸)。下
2
列说法正确的是( )A．a电极的电势小于b电极的电势
B．电池工作时，H+从右向左移动透过质子交换膜
C．当外电路中通过0.2mole-时，理论上a电极处消耗0.05molO
2
D．b电极的电极反应式：NO+2HO+3e-=4H++NO-
2 3
【答案】C
【解析】该燃料电池，燃料通入电池负极发生氧化反应，则b为负极；氧气在正极发生还原反应，则
a为正极。A项，a电极为正极，b电极为负极，故a电极的电势高于b电极的电势，A错误；B项，原电池
中氢离子向正极移动，故电池工作时H+透过质子交换膜从左向右移动，B错误；C项，一个氧气得到四个
电子，根据得失电子守恒，外电路中通过0.2mole-时，理论上a电极处消耗0.05molO，C正确；D项，b
2
电极上NO失去电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应NO+2HO+3e-=4H++NO-，D错误；故选C。
2 3
12．科学家最近发明了一种Al-PbO 电池，电解质为KSO 、HSO 、KOH，通过x和y两种离子交换
2 2 4 2 4
膜将电解质溶液隔开，形成M、R、N三个电解质溶液区域(a>b)，结构示意图如图所示。下列说法错误的
是( )
A．K+通过X膜移向M区
B．R区域的电解质浓度逐渐增大
C．放电时，Al电极反应为：Al+4OH--3e-=[ Al(OH) ]-
4
D．消耗1.8gAl时，N区域电解质溶液减少16.0g
【答案】A
【解析】该电池为Al-PbO 电池， 电解质为KSO 、HSO 、KOH，通过x和y两种离子交换膜将电
2 2 4 2 4解质溶液隔开，形成M、R、N三个电解质溶液区域(a>b)，从图中可知原电池工作时负极发生反应为：
Al+4OH--3e-=[ Al(OH) ]-，消耗OH-，K+向正极移动；正极反应为：PbO +4H++SO2-+2e-=
4 2 4
PbSO +2H O， 正极消耗H+和SO 2-，阴离子向负极移动；则x是阳离子交换膜，y是阴离子交换膜，则
4 2 4
M区为KOH，R区为KSO ，N区为HSO 。A项，原电池工作时负极发生反应为：Al+4OH--3e-
2 4 2 4
=[ Al(OH) ]-，消耗OH-，K+向正极移动，向R区移动，故A错误。B项，R区域K+与SO 2-不断进入，所以
4 4
电解质浓度逐渐增大，故B正确。C项，放电时候，原电池工作时，Al电极为负极，发生反应为：
Al+4OH--3e-=[ Al(OH) ]-，故C正确；D项，消耗1.8gAl，电子转移0.2mol，N区消耗0.4mol H+，
4
0.1mol SO 2-，同时有0.1mol SO 2-移向R区，则相当于减少0.2mol HSO ，同时生成0.2mol H O，则R区实
4 4 2 4 2
际减少质量为 ，故D正确。故选A
13．燃料敏化太阳能电池因其工艺简单、性能稳定等特点深受科学家的青睐。一种钌基配合物作为光
敏剂(S)的太阳能电池的工作原理如图所示，其中一个电极可表示为 TiO/S，电极反应为TiO/S* →TiO /S+
2 2 2
+e-。下列有关说法错误的是( )
A．该电池工作时，光能直接转化为电能
B．电池的正极反应为I-+2e- →3I-
3
C．电解质溶液中可发生反应TiO/S++3I-→TiO/S+ I -
2 2 3
D．电池的电解质溶液中I-和I-的浓度不会减少
3
【答案】C
【解析】根据电极反应为TiO/S* →TiO /S++e-，可知该电极为负极，则Pt-导电玻璃为正极，电解质为
2 2I-和I-的混合物，I-在正极上得到电子被还原，正极反应为I-+2e-=3I-；【解析】A项，由图可知，该电池
3 3 3
工作时，光能直接转化为电能，A正确；B项，据分析可知，电池的正极反应为I-+2e- →3I-，B正确；C
3
项，该反应电荷不守恒，电解质溶液中可发生反应为2TiO/S++3I-→2TiO/S+ I -，C错误；D项，由图可知，
2 2 3
I-和I-在不停的循环，则电池的电解质溶液中I-和I-的浓度不会减少，D正确；故选C。
3 3
14．(2024·山东省新高考联合质量测评高三联考)中国科学技术大学某课题组发明一款可充放电的全固
态钠电池，本发明提供的固态钠离子电解质的制备方法工艺简单、成本低廉、生产效率高，适用于大规模
产业化生产。工作原理如图所示，下列说法正确的是( )
A．放电时，电极电势N极高于M极
B．充电时， 由M极迁移至N极
C．充电时，M极电极反应式为NaV(PO )+2e-=NaV(PO )+2Na+
3 2 4 3 2 4 3
D．为了降低成本，可以将固态聚合物电解质换为NaPO 溶液
3 4
【答案】B
【解析】由题意知该电池属于二次电池，示意图为放电过程，N极上钠失电子产生钠离子，发生氧化
反应，为负极，M极上NaV(PO ) 转化为NaV (PO )，发生得电子的还原反应，为正极，充电时为电解池，
3 2 4 3 2 4 3
M极为阳极，N极为阴极。A项，根据分析可知，放电时，M为正极，N为负极，电极电势M极高于N极，
A错误；B项，充电时，阳离子Na+由阳极M极迁移至阴极N极，B正确；C项，充电时，阳极M极电极
上NaV(PO ) 转化为NaV (PO )，反应式为NaV(PO )-2e-=NaV(PO )+2Na+，C错误；D项，钠与水能反
3 2 4 3 2 4 3 3 2 4 3 2 4 3
应，不能将固态聚合物电解质换为NaPO 溶液，D错误；故选B。
3 4
15．镁锂双盐电池是结合镁离子电池和锂离子电池而设计的新型二次离子电池。其工作原理如图所示，
已知放电时，b极转化关系为：VS →LiVS 下列说法不正确的是( )
2 x 2A．充电或放电时，a极电势均高于b极
B．放电过程中电子经导线由a极向b极移动
C．充电时阳极的电极反应式为LiVS −xe−=VS+Li+
x 2 2
D．该电池工作时，若通过电路转移电子的物质的量为0.2mol，则负极质量变化2.4g
【答案】A
【解析】A项，由题可知，放电时b为正极，充电时b为阳极，充电或放电时，b极电势均高于a极，
A项错误；B项，放电时，b为正极，则电子经导线由a极向b极移动，B项正确；C项，已知放电时，b
极转化关系为 VS →LiVS ，则充电时 b 为阳极，转化关系为 LiVS →VS ，电极反应式为
2 x 2 x 2 2
LiVS −xe−=VS+Li+，C项正确；D项，放电时，负极反应为Mg-2e－=Mg2＋，则转移电子为0.2mol时，负
x 2 2
极质量变化2.4g，D项正确。故选A。
16．一种锂电池的工作原理如图所示，正极反应被可以在正极区和氧化罐间循环流通，氧化罐中加入
的(NH )SO 可以将Fe2+氧化、自身被还原为SO 2-。下列关于该电池的说法正确的是( )
4 2 2 8 4
A．电池放电时将电能转化为化学能
B．放电时Li+由正极区移向负极区
C．放电时的负极反应为D．氧化SO 2-罐中反应的离子方程式为2Fe2++ S O2-=2Fe3++2 SO 2-
4 2 8 4
【答案】D
【解析】A项，原电池是将化学能转化为电能的装置， 放电时将化学能转化为电能，A错误；B项，
放电时原电池内部阳离子向正极移动，B错误；C项，放电时的负极失去电子发生氧化反应，电极反应式
为：Li-e-=Li+，C错误；D项，氧化罐中加入的(NH )SO 可以将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为SO 2-，反
4 2 2 8 4
应的离子方程式为：2Fe2++ S O2-=2Fe3++2 SO 2-，D正确；故选D。
2 8 4
17．(2025·广东省湛江市高三调研考试)双阴极三室微生物燃料电池(下图)可实现同步脱氮、除碳和产
电功能( 为葡萄糖)。下列说法正确的是( )
A．缺氧室和厌氧室为阴极室
B． 移动方向：缺氧室 厌氧室 好氧室
C．好氧室存在反应：NH ++2O NO -+H O+H+
4 2 3 2
D．理论上每处理1 mol葡萄糖，缺氧室生成53.76L N (标准状况)
2
【答案】C
【解析】双阴极三室微生物燃料电池中，左边缺氧室NO -转变为N，电极反应式为2NO - +12H++10e-
3 2 3
=N ↑＋6HO；中间厌氧室葡萄糖(C H O)转变为CO，电极反应式为C H O＋6HO -24e-=6CO ↑＋24H+；
2 2 6 12 6 2 6 12 6 2 2
右边好氧室O 转变为HO，电极反应为O＋4H＋＋4e-=2H O，同时在好氧室还发生反应NH +＋3HO -8e-
2 2 2 2 4 2
=NO-＋10H+，由题目可知电池为双阴极，即有2个电极要得电子，结合前边分析得出左边缺氧室和右边好
3
氧室为电池的正极(阴极室)，中间厌氧室为电池负极。A项，该电池中缺氧室和好氧室为阴极室，A错误；
B项，在电池中，阳离子由负极向正极移动，且根据分析，在厌氧室产生H+，缺氧室、好氧室都要消耗
H+，所以H+的移动方向为：缺氧室 厌氧室 好氧室，B错误；C项，在好氧室中同时发生O＋
24H＋＋4e-=2H O和NH +＋3HO -8e-=NO-＋10H+，则他们之间能发生反应：NH ++2O NO -
2 4 2 3 4 2 3
+H O+H+，C正确；D项，当厌氧室中处理1 mol葡萄糖时，根据电极反应式C H O＋6HO -24e-=6CO ↑
2 6 12 6 2 2
＋24H+可知共转移了24mole-，但转移的电子同时被缺氧室和好氧室得到，因此流向缺氧室的电子低于了
24 mol，则生成标准状况下的N 体积小于53.76L，D错误；故选C。
2
题型四 电解原理及金属防护
18．某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，原理示意图如下。经过一段时
间后，有Cr(OH) 和Fe(OH) 沉淀随废水排出，从而使废水中铬含量低于排放标准。下列说法不正确的是(
3 3
)
A．阴极区发生的电极反应包括：2H++2e-=H ↑
2
B．还原CrO2-的主要方式是：CrO2-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H O
2 7 2 7 2
C．废水的pH过高或过低均会降低铬的去除率
D．电解槽工作时，CrO2-通过阴离子交换膜从阳极室进入阴极室
2 7
【答案】D
【解析】耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，在阴极，水电离产生的H+得电子生成H；在阳极，Fe失电
2
子生成Fe2+，Fe2+将CrO2-还原为Cr3+；CrO2-、OH-从阴极室进入阳极室，与Fe3+、Cr3+反应生成Cr(OH)
2 7 2 7 3
和Fe(OH) 沉淀。A项，在阴极区，水电离产生的H+得电子，发生的电极反应包括：2H++2e-=H ↑，A正确；
3 2
B项，在阳极区，Fe失电子生成的Fe2+还原CrO2-，主要方式是：CrO2-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H O，
2 7 2 7 2
B正确；C项，若废水的pH过高，会直接与Fe2+反应生成Fe(OH) 沉淀，影响CrO2-的还原，若pH过低，
2 2 7
会将Cr(OH) 和Fe(OH) 沉淀溶解，都会降低铬的去除率，C正确；D项，电解槽工作时，因为CrO2-要进
3 3 2 7
入阳极区被Fe2+还原，所以CrO2-通过阴离子交换膜从阴极室进入阳极室，D不正确；故选D。
2 7
19．[原创题]低温等离子体(NTP)技术可有效脱除烟气中的NO，其原理是在高压放电条件下，O 产生
2自由基(O·)，自由基将NO氧化为NO ，再用NaCO 溶液吸收，发生反应：NaCO+2NO=NaNO +
2 2 3 2 3 2 3
NaNO +CO ，实验装置如下图所示。下列说法正确的是( )
2 2
A．氮元素只有被氧化
B．单位时间内生成的自由基(O·)越多，越有利于NO的转化
C．高压电源的功率越大，NO的脱除效果一定越好
D．等离子体技术在高温条件下有利于NO的转化
【答案】B
【解析】NO→NO 时氮元素被氧化，用NaCO 溶液吸收NO 生成硝酸钠和亚硝酸钠，氮元素既被氧
2 2 3 2
化又被还原，A项不正确；自由基(O·)可将NO氧化为NO ，单位时间内生成的自由基(O·)越多，越有利于
2
NO的转化，B项正确；高压电源的功率越大，氮气和氧气可能会生成NO，烟气中NO的脱除效果将减弱，
B项不正确；一氧化氮和氧气的反应是放热反应，从平衡移动的角度分析，高温时反应逆向进行，D项不
正确。
20．(2025·山西省长治市多校高三联考)自由基电解法可将有机物自由基和 反应转化为羧酸，已知
芳香烃 可断裂成 和 两个自由基，其电解装置如下图所示。下列说
法正确的是( )A．电源b端为负极
B．当电路中通过2mol电子时，右侧电极室溶液的质量减少18g
C．该装置在使用过程中，稀硫酸的浓度变小
D．左侧电极室的电极反应方程式之一为
【答案】B
【解析】左侧电极反应方程式为 ，
，发生还原反应，所以左侧电极为阴极，右侧为阳极 。A项，对
应的电源a端为负极，b端为正极，A错误；B项，当电路中通过2mol电子时，右侧电极室溶液放出
0.5molO，质量减少16g，同时有2mol H+通过阳离子交换膜进入左室，质量又减少2g，所以右侧电极室溶
2
液的质量减少18g，B正确；C项，该装置在使用过程中，阴极反应消耗H+与阳极电极反应生成的H+个数
相等，溶液中H+总数不变，反应消耗了水，使溶液体积减小，则硫酸浓度变大，C错误；D项，根据分析
可知，对应的电源a端为负极，左侧电极反应方程式为 ，
，D错误；故选B。
21．[新题型]电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久
性有机污染物，其工作原理如图a所示，工作 时，Fe2+、HO 电极产生量(m mol·L-1)与电流强度关系
2 2
如图b所示：
下列说法错误的是( )
A．电流流动方向： 电极→电解质→HMC-3电极
B．Fe3+是该电芬顿工艺的催化剂C．根据图b可判断合适的电流强度范围为40mA左右
D．若处理9.4 g苯酚，理论上消耗标准状况下15.6815.68LO
2
【答案】D
【解析】HMC-3电极上氧气、铁离子发生还原反应，为阴极，则Pt电极为阳。A项，由分析可知，
HMC-3电极为阴极，则Pt电极为阳极，电流流动方向：Pt电极→电解质→HMC-3电极，A正确；B项，
Fe3+转化为亚铁离子，亚铁离子和过氧化氢生成羟基自由基和铁离子，铁离子在反应前后没有改变，是该
电芬顿工艺的催化剂，B正确；C项，过量的过氧化氢会氧化亚铁离子，导致生成的羟基自由基减少，使
得降解去除废水中的持久性有机污染物的效率下降，故据图b可判断合适的电流强度范围为40mA左右，
C正确；D项，反应中氧气转化为过氧化氢，苯酚转化为二氧化碳，根据电子守恒可知，C HOH~28 e-
6 5
~14O ，若处理9.4 g苯酚(为0.1mol)，理论上消耗标准状况下1.4mol氧气，体积为31.36L，D错误；故选
2
D。
22．双极膜电解法制巯基乙酸(HSCH COOH)和高纯NaOH溶液原理如图所示，其中a、b为离子交换
2
膜，双极膜在直流电压下可解离出H+和OH-。下列说法正确的是( )
A．膜a和膜b均为阳离子交换膜
B．双极膜解离出的H+在双极膜的右侧
C．碱室1和碱室2的NaOH溶液可以循环使用，电解过程不产生其他副产物
D．若将盐室的原料换成NaSO 溶液，当外电路通过2mole-时，可生成2molH SO
2 4 2 4
【答案】A
【解析】根据装置图，该装置为电解池装置，根据电解原理，左边电极为阴极，电极反应式为
2HO+2e-=H ↑+2OH-，HSCH COONa中Na+向阴极移动，膜a为阳离子交换膜，右边电极为阳极，电极反
2 2 2
应式为4OH--4e-=O ↑+2H O，碱室2中Na+向左移，膜b为阳离子交换膜。A项，膜a、b均为阳离子交换膜，
2 2
故A正确；B项，双极膜解离出的H+在双极膜的左侧，故B错误；C项，碱室1和碱室2的NaOH溶液循
环使用，副产品还有氢气和氧气，故C错误；D项，外电路有2mol电子通过，盐室中有2molNa+移向碱室
1，双极膜中有2molH+移向盐室，即得到1molH SO ，故D错误；故选A。
2 423．某研究小组设计了如图所示的NH 制备装置，其中双极膜是阴、阳两侧复合膜，层间的HO能
2 4 2
解离成OH-、H+并可分别通过阴、阳膜定向移动。下列说法不正确的是( )
A．b端为电源的正极
B．随着反应的进行，阴极室内溶液碱性减弱
C．多孔铂电极上的电极反应式为2NH - 2e- +2OH- = N H + 2H O
3 2 4 2
D．双极膜的左、右两侧分别属于阴膜和阳膜
【答案】D
【解析】该装置为电解池，NaClO将NH 氧化为NH，因此通NH 的一极为电解池的阳极，则b端为
3 2 4 3
电源的正极，a端为电源的负极。A项，在电解池的阳极NH 失去电子被氧化成NH，因此b端为电源的
3 2 4
正极，故A项正确；B项，NaClO溶液呈碱性，阴极室内发生的反应为：ClO- + 2e- + H O= Cl- + 2OH-。
2
NaClO浓度降低，因此溶液碱性减弱，故B项正确；C项，多孔铂电极上NH 失去电子，电极反应式为：
3
2NH - 2e- +2OH- = N H + 2H O，故C项正确；D项，在电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移
3 2 4 2
动，因此双极膜的左右两侧分别为阳膜和阴膜，故D项错误。故选D。
24．(2025·浙江省Z20名校联盟高三开学考试)表面皿中都装有混合了饱和食盐水、酚酞和铁氰化钾溶
液的琼脂，分别将缠有铜丝的铁钉(图A)和缠有锌皮的铁钉(图 )放置其中，如图所示。下列说法不正确的
是( )
A．图 中铁钉受锌皮保护，为牺牲阳极的阴极保护法
B．图 中铁钉上的电极反应式：2HO+2e-=H↑＋2OH-
2 2
C．离子在半凝固态的琼脂内可定向移动
D．图 中，会出现蓝、红、蓝三个色块【答案】B
【解析】图A中，根据题中条件可知，形成原电池，其中铁为负极，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，铜
为正极，电极反应式为：O+2H O+4e-=4OH-；图B中，根据题中条件可知，形成原电池，其中锌作负极，
2 2
电极反应式为：Zn－2e-=Zn2＋，铁作正极，电极反应式为：O+2H O+4e-=4OH-。A项，B中铁为正极，
2 2
锌为负极，是牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B项，图B中铁作正极，电极反应式为：O+2H O+4e-
2 2
=4OH-，故B错误；C项，该装置形成原电池，所以离子在半凝固态的琼脂内可定向移动，故C正确；D
项，此时铁作负极，发生氧化反应，其电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与K[Fe(CN) ]反应产生蓝色沉淀，
3 6
铜作正极，其电极反应式为O+2H O+4e-=4OH-，生成氢氧根，所以铜电极附近变红，由于铜裹在铁的中
2 2
段，所以琼脂中会出现蓝、红、蓝三个色块，故D正确；故选B。
25．(2025·山西省高三模拟)金属的腐蚀与防护和生活密切相关。下列有关说法正确的是( )
A．铜器在弱酸性环境中表面生成铜绿发生的是析氢腐蚀
B．如上图装置，一段时间后向三颈烧瓶中加入 溶液，溶液未变红，说明铁被保护
C．如上图装置，开始一段时间内压强传感器测得压强几乎未发生变化，说明镀锌铁皮未发生腐蚀
D．采油平台的钢铁构筑物与外接电源的负极相连叫外加电流保护法
【答案】D
【解析】A项，铜的还原性非常弱，不能与酸反应产生H，铜器在弱酸性环境中表面生成铜绿发生的
2
是吸氧腐蚀，A错误；B项，若铁被腐蚀生成的是Fe2+，用KSCN溶液无法检验，因此一段时间后向三颈
烧瓶中加入KSCN溶液，溶液未变红，并不能说明铁被保护，B错误；C项，压强传感器测得压强几乎未
发生变化，可能是析氢腐蚀和吸氧腐蚀同时发生，C错误；D项，采油平台的钢铁构筑物与外接电源的负
极相连叫外加电流保护法，D正确；故选D。
1．已知：2CO(g)＋O(g)=2CO (g) ΔH=-566kJ/mol
2 22NaO(s)＋2CO(g)=2Na CO(s)＋O(g) ΔH=-452kJ/mol
2 2 2 2 3 2
下列说法正确的是( )
A．28克CO完全燃烧，放出热量为283J
B．NaO(s)＋CO(g)=Na CO(s)＋ O(g) ΔH=+226kJ/mol
2 2 2 2 3 2
C．CO(g)与NaO(s)反应放出509kJ热量时，电子转移数为1.204×1024
2 2
D．CO的燃烧热为283kJ/mol
【答案】D
【解析】A项， 28克CO完全燃烧，相当于1molCO完全燃烧。第一个热化学方程式中ΔH是
2molCO完全燃烧所产生的的热量，所以由此可知1molCO完全燃烧，放出的热量为 KJ，故A
错误；B项，NaO(s)＋CO(g)=Na CO(s)＋ O(g)与第二个热化学方程式有关，相当于第二个热化学方程
2 2 2 2 3 2
式除以2，所以NaO(s)＋CO(g)=Na CO(s)＋ O(g) ΔH=-226kJ/mol ，故B错误；C项，①2CO(g)＋
2 2 2 2 3 2
O(g)＝2CO(g) ΔH＝－566 kJ/mol、②NaO(s)＋CO(g)＝NaCO(s)＋ O(g) ΔH＝－226 kJ/mol，则根据
2 2 2 2 2 2 3 2
盖斯定律可知①× ＋②即得到NaO(s)＋CO(g)＝NaCO(s)，所以该反应的反应热△H＝－566 kJ/mol×
2 2 2 3
－226 kJ/mol＝－509kJ/mol。在反应中碳元素化合价从＋2价升高到＋4价，失去2个电子。因此CO(g)与
NaO(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数为2×6.02×1023 ，但CO(g)与NaO(s)反应未指明生成物状态，
2 2 2 2
故C错误；D项，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，①2CO(g)＋O(g)＝
2
2CO(g) ΔH＝－566 kJ/mol，所以CO的燃烧热为△H＝－566 kJ/mol× =-283 kJ/mol ，故D正确； 故选
2
D。
2．以CO和H 为原料合成甲醇是工业上的成熟方法，直接以CO 为原料生产甲醇是目前的研究热点。
2 2
我国科学家用CO 人工合成淀粉时，第一步就需要将CO 转化为甲醇。
2 2
已知：①CO(g)+2H(g)=CH OH(g) ΔH =-90.5kJ/mol
2 3 1
②CO(g)+H O(g)=CO(g)+H(g) ΔH =-41.1kJ/mol
2 2 2 2
③2H(g)+ O (g)=2HO(g) ΔH =-483.6kJ/mol
2 2 2 3
下列说法不正确的是( )A．若温度不变，反应①中生成1 mol CH OH(l)时，放出的热量大于90.5 kJ
3
B．CO 与H 合成甲醇的热化学方程式为：CO(g)+3H(g)=CH OH(g)+H O(g) ΔH=-49.4kJ/mol
2 2 2 2 3 2
C．通过电解制H 和选用高效催化剂，可降低CO 与H 合成甲醇反应的焓变
2 2 2
D．以CO 和HO为原料合成甲醇，同时生成O，该反应需要吸收能量
2 2 2
【答案】C
【解析】A项，1mol CHOH(g)能量高于 1mol CHOH(l)，反应物的总能量相同，根据能量守恒定律，
3 3
若温度不变，反应国中生成1mol CHOH(l)时，放出的热量大于90.5kJ，故 A 正确；B项，根据盖斯定律，
3
①—②得CO(g)+3H(g)=CH OH(g)+H O(g) ΔH=ΔH -ΔH =-49.4kJ/mol，故B正确；C项，催化剂可降低
2 2 3 2 1 1
CO 与H 合成甲醇反应的活化能，但不改变反应的焓变，故C错误；D项，已知反应④CO(g)
2 2 2
+3H (g)=CH OH(g)+H O(g) ΔH=-49.4kJ/mol，根据盖斯定律④×2—③×3得2CO(g)+4HO(g)=2CHOH(g)
2 3 2 2 2 3
+3O (g) ΔH=2ΔH -3ΔH =1352kJ/mol＞0，，则该反应需要吸收能量，故 D 正确；故选C。
2 4 3
3．通过富氢物质分解制氢成为工业制氢研究的新方向，图为其中的两种制氢系统：
下列有关说法正确的是( )
A．系统中第一个反应自发进行的条件是低温
B．SO 、I、HI分别是两个系统反应的催化剂
2 2
C．2HS(g)+O(g)=2HO(l)+2S(g) ΔH=-266kJ·mol-1
2 2 2
D．制得等量的H 所需能量较少的是系统II
2
【答案】D
【解析】A项，水的分解反应是吸热反应，即△H＞0，水的分解反应是熵增，即△S＞0，根据
△G= H－T S，自发进行，△G＜0，即水的分解反应需要高温下才能自发进行，故A错误；B项，系统
Ⅰ中S△O 、H△I是中间产物，不是催化剂，系统Ⅱ中HI为中间产物，故B错误；C项，HSO (aq)=SO(g)＋
2 2 4 2
HO(l)＋ O(g) H=＋327kJ·mol－1 ①，HSO (aq)＋HS(g)=S(s)＋SO (g)＋2HO(l) H=＋
2 2 2 4 2 2 2
△ △61kJ·mol－1 ②，②－①得出：HS(g)＋ O(g)=HO(l)＋S(s) H=－266kJ·mol－1，推出2HS(g)＋
2 2 2 2
△
O(g)=2HO(l)＋2S(s) H=－532kJ·mol－1，S(s)=S(g)是吸热过程，2HS(g)+O(g)=2HO(l)+2S(g) H
2 2 2 2 2
＞－532kJ·mol－1，故C错△误；D项，根据盖斯定律，系统Ⅰ中生成1mol氢气时需要的热量为286kJ，△系统
Ⅱ中生成1mol氢气时需要的热量为20kJ，即系统Ⅱ中消耗的能量少，故D正确；故选D。
4．[新考法](2025·河南省安阳市湘豫名校联考高三检测)西安交通大学胡小飞教授课题组使用酞菁钴
(RM)作为均相催化剂构建了一个结构为 的Li -CO 电池体系，电池的电
2
动势被提高到2.98V的同时还可以在-30~80℃下正常工作。如图所示。
下列叙述正确的是( )
A．在“常温”和“非常温”电池中电极的电势均为b>a
B．酞菁钴与参与反应的CO 形成化合物，提高了a极电势
2
C．在Li -CO 电池中，3mol CO 被还原时向a极迁移4mol Li＋
2 2
D．“非常温”电池中，a电极反应式为2CO＋4 Li＋＋4e-+RM-CO =2Li CO+C+RM
2 2 2 3
【答案】D
【解析】根据在“常温”与“非常温”电池中，Li＋的移动方向，可以确定b极为负极，a极为正极。
A项，观察图示，在“常温”与“非常温”电池中，b极为负极，a极为正极，正极(a)的电势高于负极
(b)，A项错误；B项， 的CO 发生还原反应， 的CO 化合价没有变化，而酞菁钴只与发生还原反应的
2 2
CO 形成化合物，降低还原反应的活化能，从题示信息看，电池电势提高了，电池电势等于正、负极电势
2之差，提高了正极电势，B项错误；C项，根据“常温”电池图可知， 的CO 没有被还原，3molCO 被
2 2
还原成3mol C时，向a极迁移12mol Li＋，C项错误；D项，根据“非常温”电池图可知，a电极上发生还
原反应，脱去RM，RM参与循环，D项正确；故选D。
5．科学家采用电渗析法提纯乳清(富含NaCl的蛋白质)，有价值的蛋白质的回收率达到98%，工作原
理如图所示。
下列说法错误的是( )
A．溶液R中溶质的主要成分为HCl
B．膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜
C．a极的电极反应式为2HO-2e-= 2OH-+H ↑
2 2
D．每转移1mol电子，理论上乳清质量减少58.5g
【答案】C
【解析】光伏电池电渗析法提纯乳清(富含NaCl的蛋白质)，左侧a极附近稀NaOH溶液最终变成浓
NaOH溶液，说明溶液中水得电子生成氢气和OH-，Na+通过膜1迁移到a极区，所以a为阴极，膜1为阳
离子交换膜，同理，乳清中的氯离子通过膜2迁移到b极区，发生失电子的氧化反应。A项，氯离子发生
失电子的氧化反应，同时乳清经过膜2迁移到b极氯离子，最终输出的溶液R仍为稀盐酸，溶质的主要成
分为HCl，A正确；B项，膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，B正确；C项，a极为阴极，发生
得电子的还原反应，其电极反应式为2HO+2e-= 2OH-+H ↑，C错误；D项，每转移1mol电子，理论上迁移
2 2
1molNa+和1molCl-，因此乳清质量减少23g+35.5g=58.5g，D正确；故选C。
6．(2025·浙江省名校协作体高三联考)目前新能源汽车多采用三元锂电池，某三元锂电池的工作原理
如图所示，下列说法正确的是( )A．充电时，需连接K，K，且B极为阴极
1 2
B．放电时，A极发生的反应为：xLi＋+6C+xe-=LiC
x 6
C．放电时，电子流向为A极→用电器→B极→电解质溶液→A极
D．外电路每通过 时，通过隔膜的 质量为
【答案】D
【解析】连接K、K 时，装置为原电池，A为负极，电极反应为：LiC －xe-=xLi＋+6C，B极正极，
2 3 x 6
电极反应为 ；连接K、K 时，装置为电解池，A极为阴极，
1 2
B极力阳极，电极反应与原电池相反。A项，充电时，需连接K，K，且B极为阳极，故A错误；B项，
1 2
放电时，为原电池，A极发生的反应为：LiC －xe-=xLi＋+6C，故B错误；C项，放电时为原电池，电子不
x 6
经过电解液，流向为A极→用电器→B极，故C错误；D项，当外电路通过1 mol 电子时，通过隔膜的
Li+的物质的量1 mol，其质量为1 mol x7g•mol-1 =7g，故D正确；故选D。
7． Zn−BiOI电池以ZnI 水溶液作为锌离子电池的氧化还原介质，可实现快速可逆的协同转化反应，
2
具有超高的可逆容量和超长循环寿命。下列说法不正确的是( )
A．ZnI 能加快电极反应速率
2
B．放电时，正极反应为3BiOI+3e−=Bi+Bi O+3I−
2 3
C．充电时， 与外接电源正极相连D．充电时，若转移 ，两电极总质量增加
【答案】D
【解析】Zn−BiOI 电池中，放电时，Zn作负极，BiOI 作正极，充电时，Bi作阳极，连接电源正极，
BiO 连接电源负极。A项，由图可知，ZnI 水溶液作为锌离子电池，发生氧化还原反应，在Zn−BiOI 电
2 3 2
池中转移电子，充当催化剂，可以加快电极反应速率，A正确；B项，放电时，BiOI 作正极，正极反应为
3BiOI+3e−=Bi+Bi O+3I−，B正确；C项，充电时， Bi作阳极，Bi 与外接电源正极相连，C正确；D项，
2 3
充电时，总反应式为：3ZnI+2Bi+2Bi O=6BiOI+3Zn，由B选项可知，该反应转移6个电子，若反应转移
2 2 3
2mol e− ，两电极总质量增加1molZnI ， 即增加319g，D错误；故选D。
2
8．钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域，用双极膜电解制备金属钴的装置如图所
示。双极膜是一种离子交换复合膜，在直流电场作用下能将中间层的水分子解离成 和 ，并分别向
两极迁移。下列说法错误的是( )
A．电解池工作时，阴离子交换膜与双极膜之间的溶液的pH减小
B．当电路中转移2mol电子时，阴离子交换膜左侧溶液的质量理论上增加80g
C．电解过程中溶液中的SO 2-透过阴离子交换膜移向右室
4
D．电解总反应：2Co2++2H O Co+O ↑+4H+
2 2
【答案】C
【解析】A项，电解池工作时双极膜中的氢离子向阴极移动，所以电极b是阴极，硫酸根离子通过阴
离子交换膜向左移动与氢离子结合生成硫酸，所以阴离子交换膜与双极膜之间的溶液的pH减小，A正确；
B项，当电路中转移2mol电子时，阳极产生0.5molO，同时有1molSO 2-离子透过阴离子交换膜向左移动，
2 4
所以阴离子交换膜左侧溶液的质量理论上增加96g-16g=80g，B正确；C项，根据以上分析可知电解过程中
溶液中的SO 2-透过阴离子交换膜移向左室，C错误；D项，阳极氢氧根放电产生氧气，阴极钴离子放电产
4生钴，所以电解总反应：2Co2++2H O Co+O ↑+4H+，D正确；故选C。
2 2
9．新能源汽车在我国蓬勃发展，新能源汽车所用电池多采用三元锂电池，某三元锂电池放电时工作
原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．充电时，M极有电子流入，发生还原反应
B．锂电池的优点是质量小，电容量大，可重复使用
C．用该电池电解精炼铜，当电池中迁移 时，理论上可获得 纯铜
D．充电时，N极的电极反应式为
【答案】C
【解析】原电池中阳离子向正极移动，由图中锂离子运动方向可知，M为负极、N为正极。A项，
充电时，M极连接外接电源的负极，M为阴极，阴极有电子流入，发生还原反应，A正确； B项，锂电
池的能量比较高，优点是质量小，电容量大，可重复使用，B正确；C项，根据电子守恒可知，
，当电池中迁移 时，理论上可获得32g纯铜，C错误； D项，充电时，N极为
阳极，发生氧化反应，电极反应式为 ，D正确；故选C。
10．[新题型](2025·湖北省鄂东南示范高中教育联盟高三联考)我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的
锡纳米粒子催化剂s-SnLi可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法错
误的是( )A．放电时，电解质溶液中电流的方向是由Zn电极流向另一电极
B．放电时，每生成1molHCOO-，转移2N 个电子
A
C．充电时，Zn电极周围pH降低
D．使用催化剂Sn或者s-SnLi均能有效减少副产物CO的生成
【答案】C
【解析】由题干图示信息可知，充电时，阳极反应式为：4OH--4e-=O ↑+2H O，阴极反应式为：
2 2
Zn(OH) 2-+2e-=Zn+4OH-，则充电时，电池总反应为：2Zn(OH) 2- 2Zn+4OH-+O ↑+2H O，放电时，Zn作
4 4 2 2
负极，电极反应为：Zn-2e-+4OH-= Zn(OH) 2-，另一极为正极，电极反应为：CO+2e-+H O=HCOO-
4 2 2
+OH-。】A项，由分析可知，放电时，Zn为负极，故电解质溶液中电流的方向是由负极即Zn电极流向另
一电极即正极，A正确；B项，放电时，正极的电极反应为：CO+2e-+H O=HCOO-+OH-，则每生成
2 2
1molHCOO-，转移2N 个电子，B正确；C项，充电时，该电极反应式为：Zn(OH) 2-+2e-=Zn+4OH-，故Zn
A 4
电极周围的pH增大，C错误；D项，由图示可知，使用催化剂Sn或者s-SnLi均能使生成CO的活化能增
大，且CO具有的能量比HCOOH具有的能量高，则HCOOH更稳定，因此使用催化剂Sn或者s-SnLi可以
有效减少副产物CO的生成，D正确；故选C。
11．(2025·河北省沧衡名校联盟高三联考)科学家利用磷钼酸溶液(PMA)作为阳极液，与废旧磷酸铁锂
(sLFP)粉末进行快速的固液氧化还原反应。高氧化性的PMA从sLFP中选择性提锂后，被还原的钼蓝分子
(用Mo表示)通过蠕动泵泵入再生装置中再生，用于后续锂的持续提取。下列叙述错误的是( )A．电子从b极流向Q极，再由P极流入a极
B．Q极的电极反应式为2HO+2e-=2OH-+H ↑
2 2
C．离子交换膜为阴离子交换膜
D．PMA促进锂离子脱离sLFP进入阳极室溶液中
【答案】C
【解析】由题干装置图可知，a为电源正极，则P为电解池的阳极，发生氧化反应，b为电源负极，则
Q为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式为：2HO+2e-=2OH-+H ↑，Li+经离子交换膜进入阴极室，
2 2
形成LiOH，LiOH经泵抽入LiOH收集罐中。A项，a为电源正极，b为电源负极，P为电解池阳极，Q为
电解池阴极，故电子从b极流向Q极，再由P极流入a极，A正确；B项，Q为电解池阴极，发生还原反
应，故Q极的电极反应式为2HO+2e-=2OH-+H ↑，B正确；C项，Li+经离子交换膜进行阴极室，形成
2 2
LiOH，则离子交换膜为阳离子交换膜，C错误；D项，磷钼酸溶液(PMA)作为阳极液，与废旧磷酸铁锂
(sLFP)粉末进行快速的固液氧化还原反应，高氧化性的PMA从sLFP中选择性提锂后，被还原的钼蓝分子
(用Mo表示)通过蠕动泵泵入再生装置中再生，用于后续锂的持续提取，PMA促进锂离子脱离sLFP进入阳
极室溶液中，然后Li+通过离子交换膜进入阴极室，D正确；故选C。
1．(2024·北京卷，3，3分)酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法
正确的是( )A．石墨作电池的负极材料 B．电池工作时，NH +向负极方向移动
4
C．MnO 发生氧化反应 D．锌筒发生的电极反应为Zn-2e-=Zn2＋
2
【答案】D
【解析】A项，酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，故A错误；B项，原电池工作时，
阳离子向正极(石墨电极)方向移动，故B错误；C项，MnO 发生得电子的还原反应，故C错误；D项，锌
2
筒为负极，负极发生失电子的氧化反应Zn-2e-=Zn2＋，故D正确；故选D。
2．(2023•海南卷，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( )
物质 C H(g) C H(g) H(g)
2 6 2 4 2
ΔH/(kJ·mol−1) -1559.8 -1411 -285.8
A．C H(g)＋3O(g)=2CO (g)＋2HO(g) ΔH＝-1411kJ·mol−1
2 4 2 2 2
B．C H(g)=C H(g)＋H(g) ΔH＝-137kJ·mol−1
2 6 2 4 2
C．HO(l)=O (g)＋H(g) ΔH＝+285.8kJ·mol−1
2 2 2
D．C H(g)+7/2O (g)=2CO (g)＋3HO(l) ΔH＝-1559.8kJ·mol−1
2 6 2 2 2
【答案】D
【解析】1mol纯物质完全燃烧生成指定的物质放出的热量称为燃烧热。A项，HO应该为液态，A错
2
误；B项，C H(g)=C H(g)＋H(g) ΔH＝+137kJ·mol−1，B错误；C项，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则
2 6 2 4 2
HO(l)=1/2O (g)＋H(g) ΔH＝+285.8kJ·mol−1，C错误；D项，C H(g)+7/2O (g)=2CO (g)＋3HO(l) ΔH
2 2 2 2 6 2 2 2
＝-1559.8kJ·mol−1，D正确；故选D。
3．(2021•浙江6月选考)相同温度和压强下，关于反应的 ，下列判断正确的是( )
A．ΔH＞0，ΔH＞0 B．ΔH=ΔH+ΔH
1 2 3 1 2
C．ΔH＞ΔH，ΔH＞ΔH D．ΔH=ΔH+ΔH
1 2 3 2 2 3 4【答案】C
【解析】一般的烯烃与氢气发生的加成反应为放热反应，但是，由于苯环结构的特殊性决定了苯环结
构的稳定性，苯与氢气发生加成反应生成1，3-环己二烯时，破坏了苯环结构的稳定性，因此该反应为吸
热反应。A项，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，ΔH＜0，ΔH＜
1 2
0，A不正确；B项，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
ΔH≠ΔH+ΔH，B不正确；C项，环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放反应，ΔH＜
3 1 2 1
0，ΔH＜0，由于1mol 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
2
更多，其ΔH＞ΔH；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(ΔH ＞0)，根据盖斯定
1 2 4
律可知，苯与氢气完全加成的反应热ΔH=ΔH+ΔH，因此ΔH＞ΔH，C正确；D项，根据盖斯定律可知，
3 4 2 3 2
苯与氢气完全加成的反应热ΔH=ΔH+ΔH，因此ΔH=ΔH-ΔH，D不正确。故选C。
3 4 2 2 3 4
4．[2021·江苏卷，18(2)]CH 与CO 重整的主要反应的热化学方程式为
4 2
反应I：CH(g)+CO (g)=2CO(g)+2H(g) ΔH=246.5kJ·mol-1
4 2 2
反应II：H(g)+CO (g)=CO(g)+HO(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
2 2 2
反应III：2CO(g)=CO(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1
2
在CH 与CO 重整体系中通入适量HO(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH(g)+CO (g)
4 2 2 4 2
+2H O(g)=4CO(g)+8H (g)的ΔH= 。
2 2
【答案】 657.1kJ·mol-1
【解析】反应I：CH(g)+CO (g)=2CO(g)+2H(g) ΔH=246.5kJ·mol-1；反应II：H(g)+CO (g)=CO(g)
4 2 2 2 2
+H O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1；依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应3CH(g)+CO (g)+2HO(g)=4CO(g)
2 4 2 2
+8H (g)的ΔH=657.1kJ·mol-1。
2
5．(2023•全国乙卷，12)室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-
硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸
作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应： S+e-→ S ， S +e-→S ，2Na++ S +2(1- )e-
8
→NaS
2 x下列叙述错误的是( )
A．充电时Na+从钠电极向硫电极迁移
B．放电时外电路电子流动的方向是a→b
C．放电时正极反应为：2Na++ S+2e-→NaS
8 2 x
D．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
【答案】A
【解析】由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极。A项，充电
时为电解池装置，阳离子移向阴极，即钠电极，故充电时，Na+由硫电极迁移至钠电极，A错误；B项，放
电时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫黄粉在b电极上得电子与a电极释放出的
Na+结合得到NaS，电子在外电路的流向为a→b，B正确；C项，由题给的的一系列方程式相加可以得到
2 x
放电时正极的反应式为2Na++ S+2e-→NaS，C正确；D项，炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好
8 2 x
的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确；故选A。
6．(2023•浙江省1月选考，11)在熔融盐体系中，通过电解TiO 和SiO 获得电池材料(TiSi)，电解装置
2 2
如图，下列说法正确的是( )
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应B．电极A的电极反应：8H++TiO +SiO +8e-=TiSi+4HO
2 2 2
C．该体系中，石墨优先于Cl-参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
【答案】C
【解析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源
正极相连，则电极A作阴极，TiO 和SiO 获得电子产生电池材料(TiSi)，电极反应为TiO+SiO +8e-
2 2 2 2
=TiSi+4O2-。A项，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，A错误；B项，
电极A的电极反应为TiO+SiO +8e-=TiSi+4O2-，B错误；C项，根据图中信息可知，该体系中，石墨优先
2 2
于Cl-参与反应，C正确；D项，电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，D错误；故选C。
7．(2023•海南卷，8)利用金属Al、海水及其中的溶解氧可组成电池，如图所示。下列说法正确的是(
)
A．b电极为电池正极
B．电池工作时，海水中的Na+向a电极移动
的
C．电池工作时，紧邻a电极区域 海水呈强碱性
D．每消耗1kgAl，电池最多向外提供37mol电子的电量
【答案】A
【解析】铝为活泼金属，发生氧化反应为负极，则石墨为正极。A项，由分析可知，b电极为电池正
极，A正确；B项，电池工作时，阳离子向正极移动，故海水中的Na+向b电极移动，B错误；C项，电池
工作时，a电极反应为铝失去电子生成铝离子Al-3e-=Al3+，铝离子水解显酸性，C错误；D项，由C分析可
知，每消耗1kgAl(为 )，电池最多向外提供 mol电子的电量，D错误；故选
A。
8．(2023•广东卷，16)用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解
KNO 溶液制氨。工作时，HO在双极膜界面处被催化解离成H+和OH-，有利于电解反应顺利进行。下列
3 2说法不正确的是( )
A．电解总反应：KNO+3H O= NH ·H O+2O↑+KOH
3 2 3 2 2
B．每生成1mol NH ·H O，双极膜处有9 mol的HO解离
3 2 2
C．电解过程中，阳极室中 的物质的量不因反应而改变
D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率
【答案】B
【解析】由信息大电流催化电解KNO 溶液制氨可知，在电极a处KNO 放电生成NH ，发生还原反应，
3 3 3
故电极a为阴极，电极方程式为NO - +8e－+7H O= NH·H O+9OH-，电极b为阳极，电极方程式为4OH--4e
3 2 3 2
－=O↑＋2HO，“卯榫”结构的双极膜中的H＋移向电极a，OH－移向电极b。A项，由分析中阴阳极电极
2 2
方程式可知，电解总反应为KNO+3H O= NH ·H O+2O↑+KOH，故A正确；B项，每生成1mol
3 2 3 2 2
NH ·H O，阴极得8mol e－，同时双极膜处有8mol H+进入阴极室，即有8mol的HO解离，故B错误；C项，
3 2 2
电解过程中，阳极室每消耗4mol OH-，同时有4mol OH-通过双极膜进入阳极室，KOH的物质的量不因反
应而改变，故C正确；D项，相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于HO被催
2
化解离成H+和OH-，可提高氨生成速率，故D正确；故选B。
9．(2023•湖北省选择性考试，10)我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直接制备氢气技术的
绿色化。该装置工作时阳极无Cl 生成且KOH溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为x mol·h -1。下列说
2
法错误的是( )A．b电极反应式为2HO+2e-=H ↑+2OH-
2 2
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜
D．海水为电解池补水的速率为2x mol·h -1
【答案】D
【解析】由图可知，该装置为电解水制取氢气的装置，a电极与电源正极相连，为电解池的阳极，b电
极与电源负极相连，为电解池的阴极，阴极反应为 2HO+2e-=H ↑+2OH-，阳极反应为 4OH--4e-
2 2
=O ↑+2H O，电池总反应为2HO 2H↑+O ↑。A项，b电极反应式为b电极为阴极，发生还原反应，电
2 2 2 2 2
极反应为2HO+2e-=H ↑+2OH-，故A正确；B项，该装置工作时阳极无Cl 生成且KOH浓度不变，阳极发
2 2 2
生的电极反应为4OH--4e-=O ↑+2H O，为保持OH-离子浓度不变，则阴极产生的OH-离子要通过离子交换膜
2 2
进入阳极室，即离子交换膜应为阴离子交换摸，故B正确；C项，电解时电解槽中不断有水被消耗，海水
中的动能高的水可穿过PTFE膜，为电解池补水，故C正确；D项，由电解总反应可知，每生成1molH 要
2
消耗1molH O，生成H 的速率为x mol·h -1，则补水的速率也应是x mol·h -1，故D错误；故选D。
2 2
10．(2023•辽宁省选择性考试，7)某无隔膜流动海水电解法制H 的装置如下图所示，其中高选择性催
2
化剂PRT可抑制O 产生。下列说法正确的是( )
2
A．b端电势高于a端电势 B．理论上转移2mol e-生成4 gH
2
C．电解后海水pH下降 D．阳极发生：Cl-+H O-2e-=HClO+H+
2
【答案】D
【解析】由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，电极a为正极，右侧电极为阴极，b电极
为负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水。A项，由分析可知，a为正极，b电极为负极，
则a端电势高于b端电势，A错误；B项，右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H ↑，则理论上
2
转移2mol e-生成2 gH ，B错误；C项，由图可知，该装置的总反应为电解海水的装置，随着电解的进行，
2
海水的浓度增大，但是其pH基本不变，C错误；D项，由图可知，阳极上的电极反应为：Cl-+H O-2e-
2=HClO+H+，D正确；故选D。
11．(2023•辽宁省选择性考试，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 通过质子交换膜移向左侧
D．充电总反应：Pb+SO2-+2Fe3+=PbSO+2Fe2+
4 4
【答案】B
【解析】该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbSO ，则多孔碳电极为正极，
4
正极上Fe3+得电子转化为Fe2+，充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2+失电子生成Fe3+，PbSO 电极为阴极，
4
PbSO 得电子生成Pb和硫酸。A项，放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO 附着在负极上，
4 4
负极质量增大，A错误；B项，储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；C项，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；D
项，充电时，总反应为PbSO +2Fe2+=Pb+SO 2-+2Fe3+，D错误；故选B。
4 4
12．(2023•山东卷，11)利用热再生氨电池可实现CuSO 电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、
4
乙两室均预加相同的CuSO 电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是( )
4
A．甲室Cu电极为正极
B．隔膜为阳离子膜
C．电池总反应为：Cu2++4NH=[Cu(NH)]2+
3 3 4
D．NH 扩散到乙室将对电池电动势产生影响
3
【答案】CD【解析】A项，向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室Cu电极溶解，变为铜离子与氨气形成
[Cu(NH )]2+，因此甲室Cu电极为负极，故A错误；B项， 再原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜
3 4
为阳离子膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入氨气要消耗铜离子，显然左侧阳离子不断减小，
明显不利于电池反应正常进行，故B错误；C项，左侧负极是Cu+4NH-2e- =[Cu(NH)]2+，正极是Cu 2++2e-
3 3 4
=Cu，则电池总反应为：Cu2++4NH=[Cu(NH)]2+，故C正确；D项，NH 扩散到乙室会与铜离子反应生成
3 3 4 3
[Cu(NH )]2+，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，故D正确。故选
3 4
CD。
13．(2023•全国新课标卷，10)一种以VO 和Zn为电极、Zn(CF SO ) 水溶液为电解质的电池，其示意
2 5 3 3 2
图如下所示。放电时，Zn2+可插入VO 层间形成Zn VO·nHO。下列说法错误的是( )
2 5 x 2 5 2
A．放电时VO 为正极
2 5
B．放电时Zn2+由负极向正极迁移
C．充电总反应：xZn+V O+nH O=ZnVO·nHO
2 5 2 x 2 5 2
D．充电阳极反应：Zn VO·nHO-2xe- =xZn2++V O+nH O
x 2 5 2 2 5 2
【答案】C
【解析】由题中信息可知，该电池中Zn为负极、VO 为正极，电池的总反应为
2 5
xZn+V O+nH O=ZnVO·nHO。A项，由题信息可知，放电时，Zn2+可插入VO 层间形成Zn VO·nHO，
2 5 2 x 2 5 2 2 5 x 2 5 2
VO 发生了还原反应，则放电时VO 为正极，A正确；B项，Zn为负极，放电时Zn失去电子变为Zn2+，
2 5 2 5
阳离子向正极迁移，则放电时Zn2+由负极向正极迁移，B正确；C项，电池在放电时的总反应为
xZn+V O+nH O=ZnVO·nHO，则其在充电时的总反应为Zn VO·nHO=xZn+V O+nH O，C不正确；D项，
2 5 2 x 2 5 2 x 2 5 2 2 5 2
充电阳极上Zn VO·nHO被氧化为VO，则阳极的电极反应为Zn VO·nHO-2xe- =xZn2++V O+nH O，D正
x 2 5 2 2 5 x 2 5 2 2 5 2
确；故选C。
14．(2023•浙江省6月选考，13)氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法
不正确的是( )A．电极A接电源正极，发生氧化反应
B．电极B的电极反应式为：2HO＋2e-=H↑＋2OH-
2 2
C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液
D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
【答案】B
【解析】A项，电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电
源正极，发生氧化反应，故A正确；B项，电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为：
O+2H O+4e-=4OH-，故B错误；C项，右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右
2 2
边，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确；D项，改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处
的氧化性，通过反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗，故D正确。故选B。
15．(2023•北京卷，5)回收利用工业废气中的CO 和SO ，实验原理示意图如下。
2 2
下列说法不正确的是( )
A．废气中SO 排放到大气中会形成酸雨
2
B．装置a中溶液显碱性的原因是HCO -的水解程度大于HCO -的电离程度
3 3
C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO 和SO
2 2
D．装置 中的总反应为SO 2-+CO +H O电 HCOOH+SO 2-
3 2 2 解 4
【答案】C【解析】A项，SO 是酸性氧化物，废气中SO 排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；B项，
2 2
装置a中溶液的溶质为NaHCO ，溶液显碱性，说明HCO -的水解程度大于电离程度，故B正确；C项，装
3 3
置a中NaHCO 溶液的作用是吸收SO 气体，CO 与NaHCO 溶液不反应，不能吸收CO，故C错误；D项，
3 2 2 3 2
由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为SO 2-+CO +H O电 HCOOH+SO 2-，故D正确；故选
3 2 2 解 4
C。
16．(2022•湖南选择性考试)海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂-海水电池构造示意图如下。下
列说法错误的是( )
A．海水起电解质溶液作用 B．N极仅发生的电极反应：2HO+2e-=2OH-
2
+H ↑
2
C．玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能 D．该锂-海水电池属于一次电池
【答案】C
【解析】锂海水电池的总反应为2Li+2HO═2LiOH+H ↑， M极上Li失去电子发生氧化反应，则M电
2 2
极为负极，电极反应为Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为2HO+2e-=2OH-+H ↑。A项，海水中含有丰富
2 2
的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故A正确；B项，N为正极，电极反应为2HO+2e-
2
=2OH-+H ↑，故B正确；C项，Li为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，但不能
2
传导离子，故C错误；D项，该电池不可充电，属于一次电池，故D正确；故选C。
17．(2022·浙江省6月选考)通过电解废旧锂电池中的LiMn O 可获得难溶性的LiCO 和MnO ，电解
2 4 2 3 2
示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。
下列说法不正确的是( )A．电极A为阴极，发生还原反应
B．电极B的电极发应：2HO+Mn2+-2e-=MnO+4H+
2 2
C．电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节 除去Mn2+，再加入NaCO 溶液以获得LiCO
2 3 2 3
【答案】C
【解析】A项，由电解示意图可知，电极B上Mn2+转化为了MnO ，锰元素化合价升高，失电子，则
2
电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；B项，由电解示意图可知，电极B上
Mn2+失电子转化为了MnO ，电极反应式为：2HO+Mn2+-2e-=MnO+4H+，B正确；C项，电极A为阴极，
2 2 2
LiMn O 得电子，电极反应式为：2LiMn O+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H O，依据得失电子守恒，电解池总反
2 4 2 4 2
应为：2LiMn O+4H+=2Li++Mn2++3MnO+2H O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C错误；D项，电解池
2 4 2 2
总反应为：2LiMn O+4H+=2Li++Mn2++3MnO+2H O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉
2 4 2 2
淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；故选C。
18．(2021•全国甲卷)乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的
双极膜中间层中的HO解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是( )
2A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B．阳极上的反应式为： +2H++2e-= +H O
2
C．制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子
D．双极膜中间层中的 在外电场作用下向铅电极方向迁移
【答案】D
【解析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，
阳极上Br-被氧化为Br ，Br 将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的H+在直流电场作用下移向阴极，OH-
2 2
移向阳极。A项，KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成
的Br 为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故A错误；B项，阳极上为Br-失去电子生成Br ，Br 将乙二醛氧
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化为乙醛酸，故B错误；C项，电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1mol乙二酸生成1mol乙醛酸转移电子
为2mol，1mol乙二醛生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，根据转移电子守恒可知每生成1mol乙醛酸转移
电子为1mol，因此制得2mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；D项，由上述分析
可知，双极膜中间层的H+在外电场作用下移向阴极，即H+移向铅电极，故D正确；故选D。
19．(2021•全国乙卷)沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放
并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。
下列叙述错误的是( )
A．阳极发生将海水中的Cl-氧化生成Cl 的反应
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B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的H 应及时通风稀释安全地排入大气
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D．阳极表面形成的Mg(OH) 等积垢需要定期清理
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【答案】D
【解析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰
性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl-会优先失电子生成Cl，阴极区HO优先得电子生成H 和OH-，结合
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海水成分及电解产物分析。A项，根据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl，发生氧化
2反应，A正确；B项，设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl 与阴极区生成的OH-在管
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道中会发生反应生成NaCl、NaClO和HO，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；
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C项，因为H 是易燃性气体，所以阳极区生成的H 需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，
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C正确；D项，阴极的电极反应式为：2HO+2e-=H ↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面
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会形成Mg(OH) 等积垢需定期清理，D错误。故选D。
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