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2023——2024 年解密高考化学大一轮复习精讲案
第六章 化学反应与能量变化
微专题七 电化学思维建模
一、电化学思维建模
二、新型电源及电化学反应式书写
1.电极反应式书写的一般步骤(类似氧化还原反应方程式的书写)
2.已知总方程式，书写电极反应式
(1)书写步骤
①步骤一：写出电池总反应式，标出电子转移的方向和数目(ne－)。
②步骤二：找出正、负极，失电子的电极为负极；确定溶液的酸碱性。
1
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③步骤三：写电极反应式。
负极反应：还原剂－ne－===氧化产物
正极反应：氧化剂＋ne－===还原产物
(2)书写技巧
若某电极反应式较难写时，可先写出较易的电极反应式，用总反应式减去较易写的电极反应式，即可得出
较难写的电极反应式。如：CH3OCH3(二甲醚)酸性燃料电池中：
总反应式：CH3OCH3＋3O2===2CO2＋3H2O
正极：3O2＋12H＋＋12e－===6H2O
负极：CH3OCH3＋3H2O－12e－===2CO2＋12H＋
特别提醒 简单电极反应中转移的电子数，必须与总方程式中转移的电子数相同。
3.氢氧燃料电池在四种常见介质中的电极反应总结
负极
正极
三、串联电池的两大模型
1．常见串联装置图
模型一 外接电源与电解池的串联(如图)
A、B 为两个串联电解池，相同时间内，各电极得失电子数相等。
模型二 原电池与电解池的串联(如图)
图乙
显然两图中，A 均为原电池，B 均为电解池。
2
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2．串联电池中原电池、电解池的判断
(1)．有外接电源的判断方法
则甲为电镀池，乙、丙均为电解池。
(2).无外接电源的判断方法
①直接判断
非常直观明显的装置，如燃料电池、铅蓄电池等在电路中，则其他装置为电解池。如图所示：A 为原电池，
B 为电解池。
②根据电池中的电极材料和电解质溶液判断
原电池一般是两种活泼性不同的金属电极或一种金属电极和一个碳棒作电极；而电解池则一般都是两个惰
性电极，如两个铂电极或两个碳棒电极。原电池中的电极材料和电解质溶液之间能发生自发的氧化还原反
应，电解池的电极材料一般不能和电解质溶液自发反应。如图所示：B 为原电池，A 为电解池。
另外：根据电极上的现象也可以判断。
3．二次电池的充电
(1)可充电电池原理示意图
充电时，原电池负极与外接电源负极相连，原电池正极与外接电源正极相连，记作“正接正，负接负”。
(2)可充电电池有充电和放电两个过程，放电时是原电池反应，充电时是电解池反应。充电、放电不是可逆
反应。
(3)放电时的负极反应和充电时的阴极反应相反，放电时的正极反应和充电时的阳极反应相反。将负(正)极
反应式变换方向并将电子移项即可得出阴(阳)极反应式。
3
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例：Fe＋Ni2O3＋3H2OFe(OH)2＋2Ni(OH)2，放电时负极的电极反应式为Fe－2e－＋2OH－
===Fe(OH)2，则充电时阴极的电极反应式为Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－。
4．电化学计算的三种方法
如以电路中通过4 mol e－为桥梁可构建以下关系式：
4e－～
～
(式中M 为金属，n 为其离子的化合价数值)
该关系式具有总览电化学计算的作用和价值，熟记电极反应式，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化
学计算问题。
5．“串联”类电池的解题流程
四、隔膜在电化学中的功能
1．常见的隔膜
隔膜又叫离子交换膜，由高分子特殊材料制成。离子交换膜分三类：
(1)阳离子交换膜，简称阳膜，只允许阳离子通过，即允许H＋和其他阳离子通过，不允许阴离子通过。
(2)阴离子交换膜，简称阴膜，只允许阴离子通过，不允许阳离子通过。
(3)质子交换膜，只允许H＋通过，不允许其他阳离子和阴离子通过。
4
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2．隔膜的作用
(1)能将两极区隔离，阻止两极区产生的物质接触，防止发生化学反应。
(2)能选择性的通过离子，起到平衡电荷、形成闭合回路的作用。
3．离子交换膜选择的依据
离子的定向移动。
4．离子交换膜的应用
五、电解原理创新应用
1．电解原理常见的考查点
电解原理及应用是高考高频考点，该类试题往往与生产、生活及新科技等相联系，以装置图或流程图为载
体呈现，题材广、信息新，题目具有一定难度。主要考查阴、阳极的判断、电极反应式、电解反应方程式
的书写、溶液离子浓度变化及有关计算等。
2．“5 点”突破电解综合应用题
(1)分清阴、阳极，与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，两极反应为“阳氧阴还”。
(2)剖析离子移向，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
(3)注意放电顺序，正确判断放电的微粒或物质。
(4)注意介质，正确判断反应产物，酸性介质不出现OH－，碱性介质不出现H＋；不能想当然地认为金属作
阳极，电极产物为金属阳离子。
(5)注意得失电子守恒和电荷守恒，正确书写电极反应式。
六、新型化学电池
近年来，为了解决能源和环境的矛盾，基于人类与环境友好的宗旨。新型化学电池不断推陈出新，高
考更是基于真实情境的命题要求，每年均会有新型化学电池类题目，考查学生分析问题的能力。新型电池
5
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大致分为单液电池、双液电池和间接电池三类。
单液电池是指含有单一电解质溶液的化学电源，其特征是通过单一电解质溶液的离子的定向移动形成
内部电流，其电极反应相对来说较为单一简单，运用基本原电池的工作原理即可解决此类新型化学电源。
[典例1] (2020·全国卷Ⅲ)一种高性能的碱性硼化钒(VB2)空气电池如图所示，其中在VB2电极发生反应：
VB2＋16OH－－11e－===VO＋2B(OH)＋4H2O。该电池工作时，下列说法错误
的是( )
A．负载通过0.04 mol 电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH 降低、负极区溶液的pH 升高
C．电池总反应为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH 溶液回到复合碳电极
【答案】B
【解析】
由题给信息知VB2电极上发生失电子的氧化反应，则VB2电极为负极，复合碳电极为正极，正极的电极反
应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，则电路中通过0.04 mol e－时，正极有0.01 mol O2参加反应，其在标准状
况下的体积为0.224 L，A 项正确；由正、负极的电极反应式可知，该电池工作时，负极区溶液的pH 降低，
正极区溶液的pH 升高，B 项错误；该电池的总反应方程式为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋
4VO，C 项正确；电流与电子的流动方向相反，电流从正极出发，沿负载流向负极，再经过溶液最终回到
正极，D 项正确。
[思维建模]
单液电池分析流程
双液电池是指基于两种电解质溶液进行离子定向移动形成内部电流的原电池，其装置较为复杂，反应
相对较难，此类电源需认真观察图示，分析原理，列清每一个电极、每一种溶液发生的变化，综合解决此
类难题。
[典例2] (2020·全国卷Ⅰ)科学家近年发明了一种新型ZnCO2水介质电池。电池示意图如下，电极为金属
锌和选择性催化材料。放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一
种新途径。
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下列说法错误的是( )
A．放电时，负极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)
B．放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 mol
C．充电时，电池总反应为2Zn(OH)===2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2O
D．充电时，正极溶液中OH－浓度升高
【答案】D
【解析】
由题给装置图可知，放电时负极锌失去电子后结合OH －生成Zn(OH)，负极反应为Zn－2e－＋4OH －
===Zn(OH)，A 项正确；放电时，正极上CO2得电子生成HCOOH，CO2中C 的化合价为＋4 价，HCOOH
中C 的化合价为＋2 价，1 mol CO2转化为1 mol HCOOH，转移2 mol 电子，B 项正确；充电时，阴极上
Zn(OH)参与反应得到锌，阳极上H2O 参与反应得到氧气，电池总反应为2Zn(OH)===2Zn＋O2↑＋4OH－＋
2H2O，C 项正确；充电时，阳极上发生失电子的氧化反应2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，OH－浓度降低，D 项
错误。
[思维建模]
双液电池试题分析
间接电池是以具有“电子传递”功能的物质为媒质，对反应基质进行氧化或还原，从而得到目的产
物。由于媒质可以在电化学装置中再生而循环使用，因而可以充分利用资源，实现原子经济性，减少了副
产物的产生。
[典例3] (2019·全国卷Ⅰ)利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2＋/MV＋在电极与
酶之间传递电子，示意图如图所示。下列说法错误的是( )
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A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2＋2MV2＋===2H＋＋2MV＋
C．正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3
D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【答案】B
【解析】
A 对：该方法可产生电流，反应条件比较温和，没有高温高压条件。B 错：该生物燃料电池中，左端电极
反应式为MV＋－e－===MV2＋，则左端电极是负极，应为负极区，在氢化酶作用下，发生反应H2＋2MV2＋
===2H＋＋2MV＋。C 对：右端电极反应式为MV2＋＋e－===MV＋，是正极，在正极区N2 得到电子生成
NH3，发生还原反应。D 对：原电池中，内电路中H＋通过交换膜由负极区向正极区移动。
间接电化学反应原理分析模型
媒质也称为“电对”或“介对”，其首先在电极表面失去(或得到)电子，形成氧化态(或还原态)在电解溶液
中进一步氧化(或还原)反应基质，最终生成目的产物。
其原理如下图所示：
[注意] 分析电极时，要注意电极上的物质转化，明确化合价升降，确定两电极。
1.（2023·广东）负载有Pt和Ag的活性炭，可选择性去除C 1
−实现废酸的纯化，其工作原理如图。下列
说法正确的是( )
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A. Ag作原电池正极
B. 电子由Ag经活性炭流向Pt
C. Pt表面发生的电极反应：O2+2 H 2O+ 4 e
−= 4O H
−
D. 每消耗标准状况下11.2 L的O2，最多去除1molC l
−
【答案】B
【解析】
O2 在Pt得电子发生还原反应，Pt为正极，C l
−在Ag极失去电子发生氧化反应，Ag为负极。
A.由分析可知，C l
−在Ag极失去电子发生氧化反应，Ag为负极，A 错误；
B.电子由负极 Ag 经活性炭流向正极 Pt ，B 正确；
C.溶液为酸性，故 Pt 表面发生的电极反应为 O2+ 4 H
++ 4 e
−=2 H 2O ，C 错误；
D.每消耗标准状况下 11.2 L 的 O2 ，转移电子2mol，而 2molC l
− 失去2mol电子，故最多去除 2molC l
− ，
D 错误。
故选B。
2.（2023·重庆）电化学合成是一种绿色高效的合成方法。如图是在酸性介质中电解合成半胱氨酸和烟酸
的示意图。下列叙述错误的是 ( )
A. 电极a为阴极
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B. H
+从电极b移向电极a
C. 电极b发生的反应为：
D. 生成3mol半胱氨酸的同时生成1mol烟酸
【答案】D
【解析】该装置是电解池，电极b上3−甲基吡啶转化为烟酸过程中‘加氧少氢ˈ，发生氧化反应，则b为阳
极，a为阴极，阴极电极反应式为
+2e
−+2 H
+=2
；
A.a极上硫元素化合价升高，a为阴极，A 正确；
B.电解池中阳离子移向阴极，则H
+移向a电极，B 正确；
C. 电极b上3−甲基吡啶转化为烟酸过程中发生氧化反应，在酸性介质中电极反应式为：
，C 正确；
D.根据电子守恒可得关系式：
∼6e
−∼6
，因
此生成6mol半胱氨酸的同时生成 1mol 烟酸，D 错误；
故选：D。
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3.（2023·海南）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N a
+向a电极移动
C. 电池工作时，紧邻a电极区域的海水呈强碱性
D. 每消耗1kg Al，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.由分析可知，b电极为电池正极，A 正确；
B.电池工作时，阳离子向正极移动，故海水中的 N a
+向b电极移动，B 错误；
C.电池工作时，a电极反应为铝失去电子生成铝离子Al−3e
−= A l
3+，铝离子水解显酸性，C 错误；
D.由C分析可知，每消耗1kg Al(为1000
27 mol)，电池最多向外提供1000
27 mol×3= 1000
9
mol电子的电量，
D 错误；
故选A。
4.（2023·浙江）在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi)，电解装置如图，下列说法
正确的是( )
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A. 石墨电极为阴极，发生氧化反应
B. 电极A的电极反应：8 H
++TiO2+ SiO2+8e
−=TiSi+ 4 H 2O
C. 该体系中，石墨优先于C l
−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， TiO2 和 SiO2 获得电子产生电池材料 (TiSi) ，电极反应
为 TiO2+ SiO2+8e
−=TiSi+ 4O
2− ；
A.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，选项A 错误；
B.电极A的电极反应为 TiO2+ SiO2+8e
−=TiSi+ 4O
2− ，选项B 错误；
C.根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于 C l
− 参与反应，选项C 正确；
D.电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，选项D 错误；
故选C。
5.（2023·广东）利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合K 1，一段时间后( )
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A. U型管两侧均有气泡冒出，分别是C l2和O2
B. a处布条褪色，说明C l2具有漂白性
C. b处出现蓝色，说明还原性：C l
−> I
−
D. 断开K 1，立刻闭合K 2，电流表发生偏转
【答案】D
【解析】
闭合 K 1 ，形成电解池，电解饱和食盐水，左侧为阳极，阳极氯离子失去电子生成氯气，电极反应为
2C l
−−2e
−=C l2↑，右侧为阴极，阴极电极反应为2 H
++2e
−= H 2↑，总反应为2 NaCl+2 H 2O
2 NaOH + H 2↑+C l2↑，据此解答。
A.根据分析，U型管两侧均有气泡冒出，分别是C l2和H 2，A 错误；
B.左侧生成氯气，氯气遇到水生成HClO，具有漂白性，则a处布条褪色，说明HClO具有漂白性，B 错误；
C.b处出现蓝色，发生C l2+2 KI = I 2+2 KCl，说明还原性： I
−>C l
− ，C 错误；
D.断开 K 1 ，立刻闭合 K 2 ，此时构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D 正确；
故选D。
6.（2023·河北）一种采用H 2O(g)和N 2(g)为原料制备N H 3(g)的装置示意图如下。
下列有关说法正确的是( )
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A. 在b电极上，N 2被还原
B. 金属Ag可作为a电极的材料
C. 改变工作电源电压，反应速率不变
D. 电解过程中，固体氧化物电解质中O
2−不断减少
【答案】A
【解析】由装置可知，b电极的N 2转化为N H 3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，因此b为
阴极，电极反应式为N 2+3 H 2O+6e
−=2 N H 3+3O
2−，a为阳极，电极反应式为2O
2−−4 e
−=O2，据此
分析解答；
A.由分析可得，b电极上N 2转化为N H 3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，即N 2被还原，A
正确；
B.a为阳极，若金属Ag作a的电极材料，则金属Ag优先失去电子，B 错误；
C.改变工作电源的电压，电流强度发生改变，反应速率也会改变，C 错误；
D.电解过程中，阴极电极反应式为N 2+3 H 2O+6e
−=2 N H 3+3O
2−，阳极电极反应式为2O
2−+ 4 e
−=O2，
因此固体氧化物电解质中O
2−不会改变，D 错误；
故选A。
7.（2023·安徽模拟）下图为合成偶氮化合物
的电化学装置，有关说法正确的是( )
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A. O H
−向CoP极移动
B. 合成1mol该偶氮化合物，要消耗4 mol RC H 2 N H 2
C. N i2 P电极反应式为：RC H 2 N H 2−4 e
−+ 4O H
−= RCN + 4 H 2O
D. 该偶氮化合物分子中C和N原子的杂化方式不同
【答案】C
【解析】RC H 2 N H 2变成RCN是氧化反应，故左侧为电解池的阳极，右侧为电解质的阴极，据此分析解
题。
A.左侧为电解池的阳极，右侧为电解质的阴极，阴离子向阳极移动，所以O H
−向N i2 P极移动，故A 错误；
B.阴极电极反应为：2C6 H 5−N O2+8e
−+2 H 2O =
+8O H
−，故合成1mol该偶氮化合物，
需要转移8mol电子，故B 错误；
C.N i2 P电极为阳极，其电极反应式为：RC H 2 N H 2−4 e
−+ 4O H
−= RCN + 4 H 2O，故C 正确；
D.
中N原子为sp杂化，C原子为s p
2杂化，故D 错误；
故选C。
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8.（2023·浙江江淮十校联考）天津大学化学团队以C O2和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，
工作原理如图(隔膜a只允许O H
−通过)所示。下列说法错误的是( )
A. N i2 P电极的电势比¿/ I n2O3−x电极的高
B. ¿/ I n2O3−x电极上可能有副产物H 2生成
C. 电解过程中，O H
−由¿/ I n2O3−x电极区向N i2 P电极区迁移
D. 电路中转移2mol电子时，阴极区溶液质量增加44 g(不考虑气体的溶解)
【答案】D
【解析】由图中¿/ I n2O3−x电极上C O2→HCOO
−可知，C O2发生得电子的还原反应，¿/ I n2O3−x电极
为阴极，阴极反应为：C O2+2e
−+ H 2O = HCOO
−+O H
−，则N i2 P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失
电
子
的
氧
化
反
应
生
成
辛
腈
，
电
极
反
应
为
C H 3(C H 2)6C H 2 N H 2+ 4O H
−−4 e
−=C H 3(C H 2)6CN + 4 H 2O，据此分析解答。
A.根据分析，N i2 P电极为阳极，连接电源的正极，电势比¿/ I n2O3−x电极的高，A 正确；
B.¿/ I n2O3−x电极为阴极，阴极反应为：C O2+2e
−+ H 2O = HCOO
−+O H
−，也可能发生
2 H 2O+2e
−=2O H
−+ H 2↑，B 正确；
C.电解过程中，阴离子向阳极移动，则O H
−由¿/ I n2O3−x电极区向N i2 P电极区迁移，C 正确；
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D.阴极反应为：C O2+2e
−+ H 2O = HCOO
−+O H
−，当电路中有2mol电子转移时，阴极区液体质量增
加1molC O2的质量，同时减少2molO H
−的质量，则阴极区溶液质量增加44 g−34 g=10 g，D 错误；
故选：D。
9.（2023·安徽模拟）C u2−x Se是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图
)的组成变化如图所示，晶胞内和化学式中均未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法错误的是( )
A. 每个C u2−x Se晶胞中C u
+个数为8−8 x
B. 每个C u2−x Se晶胞完全转化为N a2Se晶胞，转移电子数为8
C. N a yC u2−x Se转化为NaCuSe的电极反应式为：
N a yC u2−x Se−(1−y)e
−+(1−y)N a
+= NaCuSe+(1−x)Cu
D. 当NaCuSe转化为N a2Se时，每转移1mol电子，产生1molCu原子
【答案】C
【解析】A.由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8 × 1
8 +6× 1
2 = 4，位于体内的铜离子和亚铜
离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8−4 x，由化合价代数
和为0可得2a+b= 4×2，解得a= 4 x，b=8−8 x，C u
+个数为8−8 x，故A 正确；
B.由题意可知，N a2Se转化为C u2−x Se的电极反应式为N a2Se−2e
−+(2−x)Cu=C u2−x Se+2 N a
+，
由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8 × 1
8 +6× 1
2 = 4，则每个晶胞中含有4个N a2Se，转移
电子数为8，故B 正确；
C.
由
题
意
可
知
，
N a yC u2−x Se转
化
为
NaCuSe的
电
极
反
应
式
为
：
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N a yC u2−x Se+(1−y )e
−+(1−y )N a
+= NaCuSe +(1−x)Cu，故C 错误；
D.当NaCuSe转化为N a2Se时，Cu由+1价下降为0价，每转移1mol电子，产生1molCu原子，故D 正确；
故选C。
10.（2023·天津红桥区一模）我国科技工作者设计了一种电解装置，能将甘油(C3 H 8O3)和二氧化碳
转化为甘油醛(C3 H 6O3)和合成气(CO和H 2)，原理如图所示，下列说法错误的是( )
A. 催化电极b与电源负极相连
B. 电解时催化电极a附近的pH增大
C. 电解时阴离子透过交换膜向a极迁移
D. 生成合成气时电极上发生还原反应
【答案】B
【解析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源负极相连的催化电极b为阴极，二氧化碳和水在阴极得
到电子发生还原反应生成一氧化碳和氢气，催化电极a为阳极，碳酸根离子作用下甘油在阳极失去电子发
生氧化反应生成甘油醛和碳酸氢根离子。
A.由分析可知，与直流电源负极相连的催化电极b为阴极，故A 正确；
B.由分析可知，催化电极a为阳极，碳酸根离子作用下甘油在阳极失去电子发生氧化反应生成甘油醛和碳
酸氢根离子，电极反应式为C3 H 8O3−2e
−+2CO❑3
2−=C3 H 6O3+2 HCO❑3
−，碳酸根离子在溶液中的水
解程度大于碳酸氢根离子，则催化电极a附近溶液的pH减小，故B 错误；
C.由分析可知，与直流电源负极相连的催化电极b为阴极，催化电极a为阳极，则电解时阴离子透过交换膜
向阳极a极迁移，故C 正确；
D.与直流电源负极相连的催化电极b为阴极，二氧化碳和水在阴极得到电子发生还原反应生成一氧化碳和
氢气，故D 正确；
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故选B。
11.（2023·重庆南开质检8）苯甲酸是一种重要的化工原料。以苯乙酮为原料，以KI为电解质，利用
电化学方法合成苯甲酸的原理(部分)如下：
下列说法中，正确的是( )
A. KI是该反应的催化剂
B. 电解过程中阳极产物有I O
−和I 2
C. 外电路流过3mol e
−时，理论上可制备0.5mol苯甲酸(不考虑副反应)
D. 充分搅拌的情况下，电解过程中溶液pH不断减小
【答案】C
【解析】A.由图可知KI在阳极发生反应生成碘单质，且最终无KI生成，因此KI不是催化剂，故A 错误；
B.阳极反应为： 2 I
−−2e
−= I 2 ，碘单质与溶液中O H
−反应生成 I O
− ，因此 I O
− 不是阳极产物，故B 错
误；
C.电解过程总反应为： 2 I
−+2 H 2O
通电̲̲
I 2+2O H
− ，该过程转移2mol电子生成1mol碘单质，则转移
3mol电子时生成碘单质1.5mol， I 2+2O H
−= I
−+ I O
−+ H 2O ，由反应可知1.5mol碘单质生成1.5mol
I O
−；
+3 I O
−→
+CH I 3+2O H
−，1.5mol I O
− 反应生成0.5mol苯甲酸，故C 正确；
D. 由上述反应可知电解过程中生成碱，同时生成的碘单质又与碱反应，两者生成和消耗的氢氧根相等，
在最终
转化为
又有碱生成，因此最终溶液中氢氧根离子浓度增大，pH值增大，故D
错误；
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故选：C。
12.（2023·天津南开区一模）一种3 D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液
的
有
机
高
聚
物
为
固
态
电
解
质
，
电
池
总
反
应
为
：
MnO2+ 1
2 Zn+(1+ x
6)H 2O+ 1
6 ZnSO4 ⇌
充电
放电
MnOOH + 1
6 [ZnSO4⋅3 Zn(OH )2⋅x H 2O]。下列说法不正
确的是( )
A. 放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极
B. 充电时，阴极反应：MnO2+e
−+ H 2O = MnOOH +O H
−
C. 有机高聚物中含有极性键、非极性键和氢键
D. 合成有机高聚物的单体：
【答案】B
【
解
析
】
由
电
池
的
总
反
应
MnO2+ 1
2 Zn+(1+ x
6)H 2O+ 1
6 ZnSO4 ⇌
充电
放电
MnOOH + 1
6 [ZnSO4⋅3 Zn(OH )2⋅x H 2O]，可知Zn为负
极，电极反应为：1
2 Zn+ x
6 H 2O+ 1
6 ZnSO4−e
−+O H
−= 1
6 [ZnSO4•3 Zn(OH )2• x H 2O]，正极反应式
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为：MnO2+e
−+ H 2O = MnOOH +O H
−，故充电时，与电源负极相连的是阴极，电极反应为：
1
6 [ZnSO4•3 Zn(OH )2• x H 2O]+e
−= 1
2 Zn+ x
6 H 2O+ 1
6 ZnSO4+O H
−，与电源正极相连为阳极，电极
反应为：MnOOH +O H
−−e
−= MnO2+ H 2O，据此分析解题。
A.根据总反应可知，Zn所在电极为负极，即放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极，A 正确；
B.
由
分
析
可
知
，
充
电
时
，
阴
极
反
应
：
1
6 [ZnSO4•3 Zn(OH )2• x H 2O]+e
−= 1
2 Zn+ x
6 H 2O+ 1
6 ZnSO4+O H
−，B 错误；
C.根据高聚物的结构可知，高聚物中存在作用力：极性键、非极性键和氢键，C 正确；
D. 由有机高聚物的结构片段发现可知，是加成聚合产物，合成有机高聚物的单体是：
，D 正确；
故答案为：B。
13.（2023·江苏）用电解法对酸性含氯氨氮废水进行无害化处理的过程如图所示。下列说法正确的是
( )
A. DSA电极与外接电源的负极连接
B. C l
−发生的电极反应为：C l
−+ H 2O−2e
−=ClO
−+2 H
+
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C. 降解过程中应该控制条件避免发生反应②
D. 1mol HO·和足量N H 3反应，转移
电子数为2×6.02×10
23
【答案】C
【解析】A.N H 3在DSA电极转化为N 2，氮元素从−3价升高为0价，被氧化，该电极是电解池的阳极，与
外接电源的正极相连，故A 错误；
B.由图示知，C l
−在DSA电极表面转化为C l2电极反应式为：2C l
−−2e
−=C l2↑，故B 错误；
C.反应②中N H 3转化为 N O3
− ，没有达到氨氮废水无害化处理的目的，所以，降解过程中应该控制条件避
免发生反应②，故C 正确；
D.羟基自由基中氧元素为−1价，其还原产物中氧元素为−2价，一个HO·可得到一个电子，1mol HO·完
全反应时转移的电子数为6.02×10
23，故D 错误；
故选C。
14.（2023·浙江）内部重整式高温燃料电池具有良好的商业化前景，其基本工作原理(以C H 4为原料，
熔融碳酸盐为电解质)如图所示。下列说法正确的是( )
A. b极为正极，发生还原反应
B. 电子流向：a极→导线→b极→电解质→a极
C. a极电极反应为C H 4−8e
−+ 4C O3
2−=5C O2+2 H 2O
D. 该电池所用的隔膜一定属于阳离子交换膜
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【答案】A
【解析】由装置可知a电极上CO和H 2失电子生成C O2和H 2O，则a极为负极，b极为正极，b电极上O2得
电子结合C O2生成CO❑3
2−， C H 4和水反应生成CO和H 2，据此解答。
A.由以上分析可知b极为正极，得电子发生还原反应，故A 正确；
B.电子不经过电解质，故B 错误；
C.由以上分析可知a极反应物不是甲烷，故C 错误；
D.熔融碳酸盐为电解质，故隔膜允许碳酸根离子通过，为阴离子交换膜，故D 错误；
故选：A。
15.（2023·北京）工业酸性废水中的C r2O7
2−可转化为C r
3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如
下表所示(实验开始时溶液体积为50mL，C r2O7
2−的起始浓度、电压、电解时间均相同)。下列说法中，不
正确的是( )
实验
①
②
③
电解条件
阴、阳极均为石
墨
阴、阳极均为石墨，滴加1mL
浓硫酸
阴极为石墨，阳极为铁，滴加1mL
浓硫酸
C r2O7
2−的去除
率/ %
0.922
12.7
57.3
A. 对比实验①②可知，降低pH可以提高C r2O7
2−的去除率
B. 实验②中，C r2O7
2−在阴极放电的电极反应式是C r2O7
2−+6e
−+14 H
+===2C r
3++7 H 2O
C. 实验③中，C r2O7
2−去除率提高的原因是C r2O7
2−+6 F e
2++14 H
+===2C r
3++6 F e
3++7 H 2O
D. 实验③中，理论上电路中每通过6mol电子，则1molC r2O7
2−被还原
【答案】D
【解析】A. 对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越
小，C r2O7
2−的去除率越大，所以降低pH可以提高C r2O7
2−的去除率，选项A 正确；
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B.
实验②中，C r2O7
2−在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为
C r2O7
2−+6e
−+14 H
+=2C r
3++7 H 2O，选项B 正确；
C. 实验③中，C r2O7
2−在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成F e
2+，亚铁离子也能还原C r2O7
2−，选项
C 正确；
D. 实验③中，C r2O7
2−在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成F e
2+，亚铁离子也能还原C r2O7
2−，理论
上电路中每通过3mol电子，根据电极反应式C r2O7
2−+6e
−+14 H
+=2C r
3++7 H 2O，则有
0.5molC r2O7
2−在阴极上被还原，同时阳极生成1.5mol F e
2+，根据得失电子守恒，溶液中还有
0.25molC r2O7
2−被F e
2+还原，所以共有0.75molC r2O7
2−被还原，选项D 错误；
故选D。
24
