文档文本内容
专题05 化学反应与能量
考点概览
题型一 化学反应的热效应
题型二 电化学综合应用
题型三 新型电池
化学反应的热效应
1．（2025·北京海淀·二模）以CO、H2为原料合成C2H5OH涉及的主要反应如下。
①2CO (g)+ 4 H2(g)=C2H5OH (g)+ H2O (g) Δ H 1
②CO (g)+ H2O (g)=CO2(g)+ H2(g) Δ H 2=- 41.1kJ⋅mol
-1
反应时间等其他条件相同时，按n (CO):n(H2)=1:1充入原料气，不同温度下CO 的转化率和产物选择性如
下图。
已知：产物A 的选择性= 转化成A 所用的CO 量
反应消耗的CO 量
×100 %
下列说法不正确的是
A．CO2选择性提高可能是由温度对反应速率的影响导致的
B．根据温度升高时CO 的转化率增大，可推断Δ H 1>0
C．相较于230℃，270℃时单位时间内能合成更多的C2H5OH
D．除反应②外，体系中还存在其他副反应
【答案】B
【分析】由图可知，随温度升高，C2H5OH选择性减小，故反应①为放热反应，据此分析；
【详解】A．反应②为放热反应，故CO2选择性提高可能是由于温度升高达到催化剂适宜温度，提高了化学
题型一
反应速率导致，A 错误；
B．由分析可知，ΔH1<0，B 错误；
C．相较于230℃，270℃时温度高，化学反应速率增加，单位时间内能合成更多的C2H5OH，C 正确；
D．C2H5OH和CO2的选择性和在减少，而CO 的转化率在增加，故除反应②外，体系中还存在其他副反应，
D 正确；
故选B。
2．（2025·陕西渭南·二模）马来酸(P)在医药、农药、食品等方面有广泛的应用。一定条件下，其与氢气加
成的反应过程如图甲，反应过程中各物质的物质的量分数与反应时间的关系如图乙。下列说法错误的是
A．物质P 和N 互为顺反异构体
B．焓变：Δ H 1+Δ H 2+Δ H 3=0
C．活化能：反应①>反应②
D．物质Q 可以与乙二醇发生缩聚反应
【答案】B
【详解】A．由题图甲可知，物质P 和N 分子式相同，均含有碳碳双键，且P 中羧基在碳碳双键的同一侧，
N 中羧基在碳碳双键的不同侧，二者互为顺反异构体，A 正确；
B．从图中可知，反应②=反应①+反应③，根据盖斯定律，焓变：ΔH1-ΔH2+ΔH3=0，B 错误；
C．据图乙可知，相同时间内，生成Q 的物质的量分数大于N，说明反应速率：反应①小于反应②，活化
能：反应①>反应②，C 正确；
D．Q 中含有两个羧基，乙二醇中含有2 个羟基，物质Q 可以与乙二醇发生缩聚反应，D 正确；
故选B。
3．（2025·贵州安顺·二模）我国研究人员研究了在催化剂X 的作用下CH3COOH加氢形成乙醇的反应机理，
反应过程中物质相对能量与反应进程关系如图（加“*”物质为吸附态）。下列说法正确的是
A．CH3CH2OH的脱附过程为放热过程
B．❑
*CH3CO+
*H→
*CH3CHO的过程中存在非极性键的断裂和形成
C．❑
*CH3CHO+2
*H→
*CH3CHOH+
*H为决速步骤
D．若用CD3COOD代替CH3COOH反应，则产物为CD3CH2OH
【答案】D
【详解】
A．根据反应进程图，
CH3CH2OH
的脱附过程
为吸热过程，A 错误；
B．在❑
*CH3CO+
*H→
*CH3CHO的过程中不存在非极性键的断裂和形成，B 错误；
C．在多步进程的化学转化中，能垒最大的步骤，活化能越大，为决步骤，根据反应进程图，
❑
*CH3CO+
*OH+2
*H→
*CH3CO+
*H2O+
*H的能垒最大，为决步骤，C 错误；
D．若用CD3COOD代替CH3COOH反应，根据反应进程图，羧基中的H 在第一步基元反应脱去，而甲基上H
始终未变化，故产物为为CD3CH2OH，D 正确；
故答案为：D。
4．（2025·福建莆田·二模）以丙烷与氯气在光照下的一氯取代反应探究自由基的稳定性，决速步的能量变
化如下图所示：
根据丙烷中氢原子的两种化学环境，预测并实验得到的数据如下表所示：
1-氯丙
烷
2-氯丙
烷
预期产物比
例
75%
25%
实验产物比
例
43%
57%
下列有关说法正确的是
A．CH3CH2CH2⋅(g)→CH3C
· HCH3(g) Δ H =-27kJ⋅mol
-1
B．CH3CH2CH3中-CH3的碳氢键比-CH2-的碳氢键更容易断裂
C．从实验数据证明，丙基自由基更稳定的是CH3CH2CH2⋅
D．可能产生的副产物有
【答案】D
【详解】A．由图可知，CH3CH2CH2⋅(g)转化为CH3C
· HCH3(g)的反应是放热反应，反应△H=(-19kJ/mol)-
(-8kJ/mol)=-11 kJ/mol，故A 错误；
B．由2-氯丙烷的实验产物比例大于1-氯丙烷可知，丙烷中-CH3的碳氢键比-CH2-的碳氢键更难断裂，故B
错误；
C．由图可知，CH3CH2CH2⋅(g)的能量高于CH3C
· HCH3(g)，能量越高越不稳定，则丙基自由基更稳定的是
CH3C
· HCH3(g)，故C 错误；
D．由图可知，丙烷能转化为
CH3C
· HCH3(g)
，
CH3C
· HCH3(g)
相互结合生成
，所以反应中产生的副产
物有
，故D 正确；
故选D。
5．（2025·北京西城·二模）一种CO2催化加氢合成CH3CH2OH的方法，反应如下：
①2CO2(g)+6 H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3 H2O(g) Δ H 1=-173.7kJ⋅mol
-1
②CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) Δ H 2=+ 41.1kJ⋅mol
-1
1.3MPa 时，将1molCO2和3 molH2按一定流速通过催化剂，相同时间内测得CO2的转化率和CO 的选择性随
温度的变化如图1 所示。只发生反应①时，CO2的平衡转化率随温度的变化如图2 所示。
已知：CO 的选择性= n(生成CO 所用的CO2)
n(转化的CO2)
×100 %
下列说法不正确的是
A．CO 与H2合成CH3CH2OH反应的热化学方程式：
2CO(g)+ 4 H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+ H2O(g) Δ H =-255.9kJ⋅mol
-1
B．图1 中，温度升高，CO2的转化率和CO 的选择性都升高，可能因为反应②速率增大的程度大于反应
①速率增大的程度
C．由图1 可知，300℃时H2的转化率为8%
D．其他条件不变，改进催化剂，可使相同时间内200℃时CO2的转化率大幅提高
【答案】C
【详解】A．根据已知反应①2CO2(g)+6 H2(g)⇌
❑
❑
CH3CH2OH (g)+3 H2O (g) ΔH1=-173.7kJ⋅mol
-1与反应
②CO2(g)+ H2(g)⇌
❑
❑
CO (g)+ H2O (g) ΔH2=+ 41.1kJ⋅mol
-1及盖斯定律可知：CO 与H2合成CH3CH2OH反应
的焓变ΔH＝ΔH1-2ΔH2=−255.9kJ mol
⋅
−1，A 不符合题意；
B．反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应向放热方向进行，反应②速率增大的程度大
于反应①速率增大的程度，B 符合题意；
C．根据图1 可知，CO2转化率8％，其转化物质的量：1mol×8％=0.08 mol，CO 选择性30％，生成
CO 的CO2：0.08 mol×30％=0.024mol，转化为CH3CH2OH的CO2：0.08 mol-0.024mol=0.056mol
，根据反应①可知H2消耗0.168mol，根据反应②可知H2消耗0.024mol，H2的转化率：
0.168 mol+0.024 mol
3 mol
×100％=6.4％，C 不符合题意；
D．改进催化剂，反应未达平衡时，反应速率加快，200℃下CO2转化率提高，D 不符合题意；
答案选C。
6．（2025·广东佛山·二模）用如图所示装置进行实验(夹持装置略去)，实验前关闭止水夹。下列说法错误
的是
A．试剂m 是碱石灰
B．搅拌后湿润红色石蕊试纸变蓝
C．搅拌后锥形瓶壁变冷，说明发生了吸热反应
D．搅拌后打开止水夹，产生大量白烟，说明反应生成了NH4Cl
【答案】A
【分析】Ba (OH )2⋅8 H2O与NH4Cl反应生成NH3
，该反应是吸热反应，开始实验时关闭止水夹，锥形瓶内
用电磁搅拌器搅拌，则锥形瓶中温度降低；浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl 气体与反应生成的NH3生成
NH4Cl，则有大量白烟产生，试剂m 用来吸收氨气，防止污染空气，可以为P2O5。
【详解】A．Ba(OH )2⋅8 H2O与NH4Cl反应生成NH3，碱石灰不能吸收NH3，应选用P2O5等干燥剂吸收，A
错误；
B．Ba(OH )2⋅8 H2O与NH4Cl反应生成NH3，NH3可以使湿润红色石蕊试纸变蓝，B 正确；
C．Ba(OH )2⋅8 H2O与NH4Cl反应生成NH3，该反应是吸热反应。搅拌后锥形瓶壁变冷，说明发生了吸热
反应，C 正确；
D．打开止水夹，白烟是浓盐酸挥发出的HCl 气体与反应生成NH3化合生成NH4Cl，D 正确；
故选A。
7．（2025·山东青岛·二模）金属氧化物可催化CO2加氢制备CO或甲醇，部分反应历程如图。下列说法正确
的是
A．“路径I”中碳原子的杂化方式未发生变化
B．“路径I”反应H2COOH
*→CH2O
*+OH
*的Ea=86.7 kJ⋅mol
-1
C．CO2和H2生成CO和CH3OH的反应均为放热反应
D．催化剂可同时改变反应历程与焓变
【答案】B
【详解】A．“路径I”中CO2的碳原子的杂化方式为sp，CH3OH 的碳原子的杂化方式为sp3，A 错误；
B．读图可知，“路径I”反应H2COOH*→CH2O*+OH*的Ea=-45.4-(132.1)=86.7kJ/mol，B 正确；
C．根据图示，图中初始为CO2*和OH*，只有部分反应历程，并没有给出CO2和H2的相对能量，无法判
断反应是放热反应还是吸热反应，C 错误；
D．催化剂只改变反应历程，不改变反应始态和终态，即不改变反应的焓变，D 错误；
故选B。
8．（2025·江苏南京·二模）CH4-H2O(g)重整制氢过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：
CH
①
4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206kJ·mol-1
CO(g)+H
②
2O(g)＝CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41kJ·mol-1
一定温度、压强下，将n(CH4):n(H2O)=1:3 的混合气匀速通过装有催化剂的透氢膜反应管，透氢膜用于分离
H2且透过H2的速率随温度升高而增大。装置及CH4转化率、出口气中CO、CO2和H2的质量分数随温度变
化如图所示。
下列说法不正确的是
A．反应CH4(g)+2H2O(g)＝CO2(g)+4H2(g)的ΔH=+165kJ·mol-1
B．适量添加CaO 可提高H2的平衡产率
C．800K 时，产氢速率大于透氢速率
D．该装置理想工作温度约为900K
【答案】D
【详解】A．根据盖斯定律，由①+②可得目标反应方程式，则ΔH=ΔH1+ΔH2=+206kJ·mol-1+
(-41kJ·mol-1)=+165kJ·mol-1，A 项正确；
B．若在体系中加入CaO，CaO 会与生成的CO2反应生成CaCO3，从而降低反应体系中CO2浓度(分压)，使
平衡正向移动，提高H2的平衡产率，B 项正确；
C．由图中可知，800 K 左右时甲烷转化率约为40%，氢气质量分数约为20%，随温度升高，氢气在出口
气中的质量分数增大，到900K 时达最大值，之后甲烷转化率增大，而氢气在出口气中质量分数减小，说
明800K 时产氢速率大于透氢速率，C 项正确；
D．由图示可见，在约900 K 时甲烷转化率和氢气质量分数均达到较高水平，此时氢气和二氧化碳在出口
气中的质量分数相近，透氢率较低，故900K 不是该装置理想工作温度，D 项错误；
答案选D。
【点睛】在常温下，氧化钙(CaO)和二氧化碳(CO2)不会直接反应。只有在高温（500 摄氏度以上）下，它
们才会发生直接反应，生成碳酸钙(CaCO3)。
9．（2025·河北石家庄·二模）中国科学院基于实验发展了硝基甲烷(CH3 NO2)热分解的动力学模型，其反应
历程如下图所示，图示中各物质均为气态。下列说法错误的是
A．该反应历程中只涉及极性键的断裂和形成
B．反-CH3ONO (g)⇌顺-CH3ONO (g) ΔH=-0.87kJ/mol
C．CH3 NO2(g)生成HCNO (g)的反应历程中，经历TS2 的步骤为决速步骤
D．反应过程中碳的杂化轨道类型发生改变
【答案】C
【详解】A．由图可知， 该反应历程中涉及碳氮键、碳氢键、氮氧键断裂，涉及碳氮键、氢氧键的形成，
所以反应历程中只涉及极性键的断裂和形成，故A 正确；
B．由图可知，反−CH3ONO(g)转化为顺−CH3ONO(g)的反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，
反应的焓变△H=(1.38kJ/mol)—(2.25kJ/mol)=—0.87kJ/mol，反应的热化学方程式为反
-CH3ONO (g)⇌顺-CH3ONO (g) ΔH=-0.87kJ/mol，故B 正确；
C．反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，CH3 NO2(g)生成HCNO (g)的
反应历程中，经历TS1 的反应的活化能为64.37 kJ/mol，经历TS2 的反应的活化能为(66.80kJ/mol)—
(15.30kJ/mol)=51.50kJ/mol，则经历TS1 的步骤为决速步骤，故C 错误；
D．CH3NO2中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，HCNO 中碳原子的杂化方式为sp 杂化，则反应过程中碳
的杂化轨道类型发生改变，故D 正确；
故选C。
10．（2024·甘肃武威·二模）2A(g)⇌B(g)+Q(Q>0)；下列能量变化示意图正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】根据热化学方程式2A(g) ⇌B(g)+Q(Q>0)可知：该反应是2molA 气体发生反应产生1molB 气体，
放出热量Q，反应物的能量比生成物的能量高，且同一种物质在气态时能量高于在液体时能量；
故选B。
电化学综合应用
11．（2025·辽宁·二模）利用板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)电催化将5—羟甲基糠醛(HMF)转化为2，5—呋
喃二甲酸(FDCA)，工作原理如图所示。
下列说法正确的是
A．电极电势：a>b
B．该装置工作时，H
+向b 极移动
C．一段时间后阴极区pH不变
D．产生1mol气体X，双极膜中质量减少18g
【答案】C
【分析】HMF 在b 极发生氧化反应生成FDCA，则板状碳封装镍纳米晶体是阳极、石墨烯是阴极。
【详解】A．板状碳封装镍纳米晶体是阳极，b 是电源正极、a 是负极，电极电势：a<b，故A 错误；
B．板状碳封装镍纳米晶体是阳极，电解池中阳离子向阴极移动，H
+向a 极移动，故B 错误；
题型二
C．a 是阴极，阴极水得电子生成氢气和氢氧根离子，电路中转移2mol 电子，阴极生成1mol 氢气和
2molOH-，同时双极膜有2molH+移入a 极区，所以阴极区pH不变，故C 正确；
D．a 为阴极，X 为氢气，则每产生1molH2转移2mol 电子，双极膜中2molOH-有移向阳极，同时有
2molH+移向阴极，双极膜中质量减少36g，故 D 错误；
选C。
12．（2025·安徽蚌埠·二模）我国学者研制了一种二次电池，放电时其工作原理如图。下列说法错误的是
A．放电时，镍基电极的电势高于锌基电极
B．放电时，K
+向镍基电极移动
C．充电时，镍基电极附近溶液pH增大
D．充电时，阴极反应式为2ZnCO3⋅3Zn (OH)2+10e
-=5Zn+2CO3
2-+6OH
-
【答案】C
【分析】由图可知，Zn 在锌基电极失去电子生成为ZnCO3⋅3Zn (OH)2，锌基电极为负极，镍基电极为正极，
以此解答。
【详解】A．放电时，锌基电极为负极，镍基电极为正极，正极的电势高于负极，即镍基电极的电势高于
锌基电极，A 正确；
B．放电时，阳离子向正极移动，K
+向镍基电极移动，B 正确；
C．充电时镍基电极连接电源正极，为阳极，Ni 失去电子生成为Ni(OH)2，电极反应式为
Ni+2OH
--2e
-= Ni(OH)2，消耗了OH
-，镍基电极附近溶液pH减小，C 错误；
D．充电时，锌基电极接电源负极，为阴极，ZnCO3⋅3Zn (OH)2得到电子生成Zn 和碳酸根，电极反应式为
2ZnCO3⋅3Zn (OH)2+10e
-=5Zn+2CO3
2-+6OH
-，D 正确；
故选C。
13．（2025·辽宁鞍山·二模）某研究团队设计了一种可穿戴汗液传感器用于检测汗液中的葡萄糖浓度，该
传感器同时集成了供电与检测两个模块。如图是供电模块工作原理(其中GOD 为电极表面修饰的葡萄糖氧
化酶)。下列说法错误的是
A．使用高活性GOD，可提高酶促反应速率，增强电信号强度
B．利用纳米材料修饰电极表面可提供更多的活性位点，有利于提高传感器的灵敏度
C．供电模块负极反应：C6H12O6-2e-+H2O=C6H12O7+2H+
D．供电模块中1×10-6mmol C6H12O6被氧化，正极消耗1.12×10-5mL O2(标准状况)
【答案】D
【分析】由图和题干信息可知，葡萄糖在反应中失电子作负极，电极反应式为C6H12O6-2e-
+H2O=C6H12O7+2H+，氧气作正极，电极反应式为O2+2e-+2H+=H2O2，据此作答。
【详解】A．使用高活性GOD 能降低反应所需的活化能，使更多反应物分子转化为活化分子，可提高酶促
反应速率，增强电信号强度，A 正确；
B．纳米材料具有较大的表面积，用来修饰电极表面，可提供更多的活性位点，有利于提高传感器的灵敏
度，B 正确；
C．葡萄糖在反应中失电子作负极，电极反应式为C6H12O6-2e-+H2O=C6H12O7+2H+，C 正确；
D．1×10-6mmol C6H12O6被氧化，转移电子2×10-6mmol，依据电子守恒可得正极消耗氧气2×10-6mmol×1
2
×22.4mL/mmol=2.24×10-5mL，D 错误；
故答案为：D。
14．（2025·贵州毕节·二模）一种装载Sn双原子双层带电膜（EM）电极材料可将硝酸盐还原为N2，为低浓
度的硝酸盐污染提供高效实用的解决方案，工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．装置工作一段时间后，阳极区pH减小
B．阴极发生的反应为2NO3
-+10e
-+12H
+= N2↑+6 H2O
C．相同条件下，阴阳两极产生气体的体积比为5:2
D．带电膜阳极上的游离氯可将NH3氧化为N2
【答案】C
【分析】由图，电解装置中左侧为阳极，水失去电子被氧化为氧气，右侧EM 电极上硝酸盐还原为N2，且
带电膜阳极上氨气分子被游离氯氧化为N2；
【详解】A．左侧为阳极，水失去电子被氧化为氧气2H2O- 4e
-=4H
++O2↑，工作一段时间后，阳极区溶液
酸性增强，pH减小，A 正确；
B．由图，阴极发生的反应为硝酸根离子得到电子发生还原反应生成氮气：
2NO3
-+10e
-+12H
+= N2↑+6 H2O，B 正确；
C．由分析，阳极水失去电子被氧化为氧气，右侧EM 电极上硝酸盐还原为N2，存在关系5O2~20e
-~2N2，
由于带电膜阳极上氨气分子也会被游离氯氧化为N2，则相同条件下，阴阳两极产生气体的体积比不为5:2，
C 错误；
D．由图，带电膜阳极上氨气分子被游离氯氧化为N2，氨气发生氧化反应，D 正确；
故选C。
15．（2025·吉林·二模）CO2的捕集和利用是实现“双碳”目标的一个重要研究方向，我国设计CO2熔盐
捕获与转化装置(左图)，可与太阳能电池装置(图)联合实现绿色转化。
下列有关说法正确的是
A．左图装置B 电极应该与图装置Y 电极相连
B．左图装置A 电极反应式为：2C2O5
2-+4e
-=4CO2↑+O2↑
C．熔盐可用CCl4代替
D．理论上转移0.5mol 电子可捕获标准状况下CO2气体2.8L
【答案】D
【分析】根据左图可知A 极C2O5
2-→O2，发生氧化反应生成单质O2，所以A 为阳极，B 为阴极，阳极与电
源正极相接、阴极与电源负极相接，根据右图可知，Y 极为电源正极、X 极为电源负极。阳极反应式为
2C2O5
2-- 4 e
-= 4CO2↑+O2↑，阴极电极反应式为：CO3
2-+ 4 e
-=C +3O
2-，以此解答该题。
【详解】A．由分析可知，B 为阴极，Y 极为电源正极，阴极与电源负极相接，B 接太阳能电池的X 电极，
A 错误；
B．由分析知，左图装置A 电极为阳极，阳极反应式为2C2O5
2-- 4 e
-= 4CO2↑+O2↑，B 错误；
C．熔盐提供离子导电，CCl4是非电解质，无法导电，不能代替，C 错误；
D．结合分析，A 为阳极，电极反应式为2C2O5
2-- 4 e
-= 4 CO2↑+O2↑，B 为阴极，电极反应式为：
CO3
2-+ 4 e
-=C +3O
2-，CO2与熔盐反应生成C2O5
2-和CO3
2-，即CO2+O
2-=CO3
2-，2CO2+O
2-=C2O5
2- ，
通过分析，总反应为C O2
通电
¿C +O2↑
¿
，理论上转移4mol 电子消耗1mol CO2，转移0.5mol 电子则可捕获
0.125mol CO2，可捕获标准状况下CO2气体体积为2.8L，D 正确；
故答案选D。
16．（2025·辽宁·二模）近日，中国科学院化学研究所使用原子分散的Fe-N-C 材料为催化剂，进行了电催
化C-N 偶联制备甘氨酸，原理如图所示(OA 为HOOC-COOH，GX 为HOOC-CHO，GC 为HOOC-
CH2OH)。下列叙述正确的是
A．活化能：反应ⅱ>反应ⅲ
B．GX→GC 反应式为：HOOC-CHO+2H
++2e
-=HOOC-CH2OH
C．反应ⅳ的原子利用率为100%
D．反应ⅴ在阳极区生成甘氨酸
【答案】B
【详解】A．活化能越小，反应越快，反应ⅱ为快反应，反应ⅲ为慢反应，故活化能：反应ⅱ<反应ⅲ，A
项错误；
B．GX→GC 为HOOC-CHO 被还原为HOOC-CH2OH 的过程，GX 得电子，发生还原反应，反应式为：
HOOC-CHO+2H
++2e
-=HOOC-CH2OH，B 项正确；
C．反应ⅳ中GX 和NH2OH 反应，生成HOOCCHNOH 和H2O，原子利用率不是100%，C 项错误；
D．分析HOOCCHNOH 和HOOCCH2NH2的分子结构，可知反应ⅴ中HOOCCHNOH 脱氧加氢生成
HOOCCH2NH2，该反应为还原反应，故反应ⅴ在阴极区生成甘氨酸，D 项错误；
答案选B。
17．（2025·安徽·二模）下列有关离子方程式的书写正确的是
A．电解饱和食盐水制Cl2：2Cl
-+2H
+
电解
¿Cl2↑+ H2↑
¿
B．检验加碘食盐中含有的KIO3：5I
-+IO3
-+3 H2O=3I2+6OH
-
C．用碳酸钠溶液吸收溴生成BrO3
-：3 Br2+3CO3
2-=5 Br
-+ BrO3
-+3CO2↑
D．制镁时用熟石灰沉淀海水中Mg
2+：Mg
2++CaO+ H2O= Mg (OH)2↓+Ca
2+
【答案】C
【详解】A．电解饱和食盐水，反应物是NaCl 和H2O，离子方程式应为2Cl
-+2H2O
电解
¿Cl2↑+ H2↑+2OH
-
¿
，
A 错误；
B．检验加碘食盐中KIO3，是在酸性条件下I
-与IO3
-反应，离子方程式应为：5I
-+IO3
-+6 H
+=3I2+3 H2O，
B 错误；
C．用碳酸钠溶液吸收溴，溴发生歧化反应，离子方程式：3 Br2+3CO3
2-=5 Br
-+ BrO3
-+3CO2↑，C 正确；
D．熟石灰是Ca (OH)2，沉淀海水中Mg
2+的离子方程式应为Mg
2++Ca(OH)2=Mg(OH)2↓+Ca
2+，D 错误；
故选C。
18．（2025·辽宁·二模）哈尔滨工业大学研究出电解水制氢过程中降低能耗的方法，电极B 以非晶态
Ni(Ⅲ)基硫化物为催化剂，有效催化OER(析氧反应)和UOR(尿素氧化反应)，其工作原理和反应机理如图
所示(“·”表示自由基)。
下列说法正确的是
A．电解过程中，OH
-从A 极区向B 极区迁移
B．OER 分四步进行，每步反应均为氧化反应
C．非晶态Ni(Ⅲ)基硫化物能降低UOR 反应活化能和反应热
D．电解时，电极A 上发生的反应为4 OH
-+ 4e
-=O2↑+2H2O
【答案】B
【分析】该装置是电解池，电解水制氢，电极A 为阴极，水得到电子生成氢气，电极反应式为
2H2O+2e
-=2OH
-+ H2↑，电极B 为阳极，尿素失电子生成氮气，电极反应式为
CO(NH2)2-6e
-+6OH
-=CO2↑+ N2↑+5 H2O，同时OH
-失电子生成O2的电极反应为4 OH
-- 4e
-=O2↑+2H2O。
【详解】A．该电解池中使用阳离子交换膜，则OH
-无法定向迁移，A 错误；
B．结合题图信息，OER 分四步进行，每一步都有电子失去，B 正确；
C．非晶态Ni(Ⅲ)基硫化物是UOR 反应的催化剂，能降低该反应的活化能，改变反应速率，但不能改变该
反应的反应热，C 错误；
D．由分析可知D 错误；
故答案选B。
19．（2025·北京昌平·二模）钠硫电池装置示意图如下图所示。其中熔融Na 为a 的电极反应物，熔融S 和
Na2Sx为b 的电极反应物，固体电解质Al2O3可传导Na
+。下列说法不正确的是
A．放电时，b 做正极
B．放电时，Na
+从a 极室向b 极室移动
C．充电时，阴极的电极反应式是Na
++e
-= Na
D．每产生或消耗1molS，转移2mol 电子
【答案】D
【分析】根据图片知，放电时，Na 失电子发生氧化反应，所以a 作负极、b 作正极，负极反应为
Na-e
-= Na
+，正极反应为：xS+2e
-+2Na
+=Na2Sx，充电时a 为阳极、b 为阴极，阴极、阳极电极反应式
与负极、正极反应式正好相反，据此解答。
【详解】A．在原电池中，发生还原反应的电极是正极。放电时，b 极上熔融S 和Na2Sx得电子，发生还原
反应，所以b 做正极，A 选项正确；
B．放电时，该装置为原电池，阳离子向正极移动。a 为负极，b 为正极，Na
+是阳离子，所以Na
+从a 极室
向b 极室移动，B 选项正确；
C．充电时，阴极发生还原反应。在钠硫电池中，阴极是Na
+得到电子生成Na，电极反应式为Na
++e
-=Na，
C 选项正确；
D．b 极放电时的电极反应式为xS+2e
-+2Na
+=Na2Sx，每消耗xmolS，转移2mol 电子，所以每消耗
1molS，转移2
x mol电子，D 选项错误；
故答案为：D。
20．（2025·北京丰台·二模）下列关于电化学装置的说法中不正确的是
A．在铁钉表面镀铜
B．铅蓄电池放电时PbO2作正极
C．采用外加电流阴极保护法保护铁管
道
D．电解饱和食盐水制烧碱和氯气
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极。在铁钉表面镀铜，应该是铜作阳极，与电源正极相
连；铁钉作阴极，与电源负极相连，A 选项正确；
B．铅蓄电池放电时，PbO2得电子发生还原反应，作正极，电极反应式为
PbO2+4H
++SO4
2-+2e
-=PbSO4+2H2O，B 选项正确；
C．外加电流阴极保护法中，被保护的金属与电源的负极相连作阴极，能防止金属被腐蚀。图中铁管道与
电源正极相连，C 选项错误；
D．电解饱和食盐水时，阳极发生氧化反应，Cl
-失去电子生成Cl2；阴极发生还原反应，H2O得到电子生
成H2和OH
-，总反应为2NaCl+2H2O =
电解
2NaOH+Cl2↑+H2↑，可以制得烧碱和氯气，D 选项正确；
故答案为：C。
21．（2025·河北石家庄·二模）下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是
A．制备乙酸乙酯
B．验证牺牲阳极保护法
C．验证苯和溴发生取代反应
D．验证铁与水蒸气反应
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【详解】A．浓硫酸作用下乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，则缺少酒精灯的题给装置不
能达到制备乙酸乙酯的实验目的，故A 错误；
B．将包裹锌皮的铁钉和缠绕铜丝的铁钉分别放入滴有酚酞和硫氰化钾溶液的用氯化钠溶液浸过的琼脂中，
铁钉附近溶液变为红色、锌皮附近溶液不变色，说明铁做正极被保护，铜丝附近溶液变为红色、铁钉附近
溶液不变色，说明铁做负极被损耗，则题给装置能达到验证牺牲阳极保护法，故B 正确；
C．溴化铁做催化剂条件下苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，用硝酸银溶液检验反应生成的溴化
氢能证明苯和溴发生取代反应，但溴具有挥发性，挥发出的溴也能与硝酸银溶液反应生成淡黄色的溴化银
沉淀，干扰溴化氢的检验，所以题给装置不能达到验证苯和溴发生取代反应的实验目的，故C 错误；
D．铁与水蒸气在加热条件下反应生成四氧化三铁和氢气，则缺少酒精灯提供水蒸气的装置不能达到验证
铁与水蒸气反应的实验目的，故D 错误；
故选B。
22．（2025·河北石家庄·二模）赵州桥作为世界上现存最古老、保存最完好的大型敞肩石拱桥，其主要采
用当地出产的青灰色石灰岩(即石灰石)经过精细凿刻后砌筑，在相邻拱石之间嵌入“腰铁”和横向铁拉杆，
石块间使用石灰、粘土和糯米浆混合的灰浆粘合。下列有关赵州桥能够长久保存的原因说法中错误的是
A．石灰岩经过精细凿刻后砌筑，使石块缝隙小，减少水分和空气与碳酸钙发生化合反应
B．粘土的主要成分硅酸盐，基本结构为Si、O 四面体，抗腐蚀能力强
C．糯米主要成分为蛋白质，石灰的防腐作用能抑制其腐败
D．赵州桥所在华北地区气候干燥，减缓了石材和铁的腐蚀
【答案】C
【详解】A．石灰岩的主要成分碳酸钙会与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成易溶于水的碳酸氢钙，石
灰岩经过精细凿刻后砌筑，使石块缝隙小，减少水分和空气与碳酸钙发生化合反应是赵州桥能够长久保存
的重要原因之一，故A 正确；
B．粘土的主要成分硅酸盐，硅酸盐的基本结构是硅氧四面体，性质稳定，抗腐蚀能力强，故B 正确；
C．糯米主要成分为淀粉，不是蛋白质，故C 错误；
D．赵州桥所在华北地区气候干燥，减缓了石材中的碳酸钙与二氧化碳和水蒸气反应生成碳酸氢钙的速率，
也减缓了铁发生吸氧腐蚀的速率是赵州桥能够长久保存的重要原因之一，故D 正确；
故选C。
23．（2025·山西晋中·二模）下列实验操作或装置不能达到相应实验目的的是
A．探究铁钉的吸氧腐蚀
B．探究温度对化学平衡的影
响
C．证明乙炔可使溴水褪
色
D．制取并收集氨气
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．食盐水呈中性，铁在左侧小试管中发生吸氧腐蚀能使其中压强减小，右侧红墨水沿导管上升
可证明铁钉发生的是吸氧腐蚀，A 不符合题意；
B．装置中存在二氧化氮与四氧化二氮相互转化的可逆反应，二氧化氮为红棕色而四氧化二氮无色，关闭
止水夹放入不同温度水浴，两个装置只有温度不同，根据观察气体颜色可判断温度对化学平衡的影响，B
不符合题意；
C．电石和水反应能生成乙炔，乙炔能与Br2发生加成反应而使溴水褪色，但因电石中杂质的影响，还会生
成H2S 等还原性气体，也能使溴水褪色，C 装置不能达到相应实验目，C 符合题意；
D．浓氨水中的一水合氨分解可产生氨气和水，生石灰与水反应生成氢氧化钙并放出大量热，进一步促进
了浓氨水的分解而产生了更多的氨气，该装置能达到实验目的，D 不符合题意；
故选C。
24．（2025·山西·二模）如图装置可防止金属管道在潮湿土壤中的腐蚀。下列有关说法中正确的是
A．电流由镁块经导线流向管道
B．管道表面上发生氧化反应
C．该保护法为牺牲阳极保护法
D．将镁块换为钠块，则保护效果更好
【答案】C
【分析】Mg 的活泼性大于Fe，形成原电池Mg 为负极失去电子被氧化，Fe 为正极受到保护。
【详解】A．电流由钢铁管道(正极)经导线流向镁块(负极)，A 错误；
B．管道表面上发生O2得电子的还原反应，B 错误；
C．该保护法牺牲镁块（原电池的负极，发生氧化反应），故称为牺牲阳极保护法，C 正确；
D．钠太活泼，极易直接与空气中O2、H2O及CO2等反应，不能为管道提供电子，无法保护管道，D 错误；
答案选C。
25．（2025·湖北武汉·二模）我国科技工作者设计了一套电化学装置，能在常温常压下实现硫化氢分解，
制取氢气和硫黄，其原理如图所示。
质子交换膜
下列说法错误的是
A．该装置实现了光能→电能→化学能的转化
B．阳极区的总反应为H2S-2e
-=S↓+2H
+
C．质子交换膜不能换为阳离子交换膜
D．每产生32g S，阴极区溶液质量会减小2g
【答案】D
【分析】由图可知，装置为电解池装置，光能通过光伏电池转化为电能提供电力，a 极亚铁离子失去电子
被氧化，为阳极，则b 为阴极，V3+得到电子被还原为V2+，使得电能转化为化学能；
【详解】A．由分析，该装置实现了光能→电能→化学能的转化，A 正确；
B．由分析，阳极亚铁离子失去电子被氧化为铁离子，然后硫化氢和铁离子发生氧化还原生成硫单质和亚
铁离子、氢离子，总反应为硫化氢失去电子生成硫单质和氢离子：H2S-2e
-=S↓+2H
+，B 正确；
C．为防止Fe3+、Fe2+向阴极移动而发生副反应，则质子交换膜不能换为阳离子交换膜，C 正确；
D．结合H2S-2e
-=S↓+2H
+，每产生32g S（为1mol），电路中转移2mol 电子，会有2mol 氢离子迁移到
阴极区生成氢气，则阴极区溶液质量不减小，D 错误；
故选D。
26．（2025·山西晋中·二模）利用电化学氧化技术可以在电解槽中持续产生⋅OH，⋅OH是一种活性基团，
可高效氧化苯酚生成CO2，消除苯酚引起的水污染，装置如图所示。已知：a 极生成H2O2，H2O2能进一步
将b极产物氧化，同时有⋅OH生成。下列有关说法正确的是
A．a 极的电极反应式：Fe-2e
-= Fe
2+
B．b 极连接电源正极，发生还原反应
C．生成⋅OH的离子方程式：Fe
2++ H2O2+ H
+= Fe
3++ H2O+⋅OH
D．消除0.1mol苯酚，理论上有2.8 mol电子通过外电路
【答案】C
【分析】a 极通入氧气生成H2O2，氧元素化合价降低，发生还原反应，a 是阴极；b 是阳极，b 电极铁失电
子生成Fe2+。
【详解】A．a 极通入氧气生成H2O2，a 极的电极反应式O2+2e-+2H+=H2O2，故A 错误；
B．a 是阴极；b 是阳极，b 极连接电源正极，发生氧化反应，故B 错误；
C．a 极生成H2O2，H2O2能进一步将b极产物Fe2+氧化，同时有⋅OH生成，生成⋅OH的离子方程式
Fe
2++ H2O2+ H
+= Fe
3++ H2O+⋅OH，故C 正确；
D．苯酚被⋅OH氧化生成二氧化碳，碳元素化合价由-2
3升高为+4，消除0.1mol苯酚，需要2.8mol⋅OH，根
据Fe
2++ H2O2+ H
+= Fe
3++ H2O+⋅OH，阳极生成2.8molFe2+，所以理论上有5.6 mol电子通过外电路，故D
错误；
选C。
27．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）环己酮是一种重要的化工原料。苯酚电催化加氢具有操作条件温和、由
可再生的电力驱动等优势，是一种有吸引力的环己酮生产工艺。我国科研人员选用不同负载材料电极研究
其合成机理如图所示[已知：Hads代表吸附态氢原子；法拉第效率FE (X)=n(生成X 的电子)
n(通过电极的电子) ×100 %]。
下列说法正确的是
A．Pt/C 和Pt/TiO2电极均连接电源的正极
B．Pt/C 和Pt/TiO2电极上均可能有H2溢出
C．Pt/C 电极上若生成1mol 环己酮的FE 为20%，则一定伴随生成约2.7mol 环己醇
D．TiO2增大了Pt 上Hads的覆盖度，有利于提高环己酮制备的纯度
【答案】B
【分析】苯酚Pt/C 和Pt/TiO2在表面电化学加氢生成环己酮和环己醇的机理为：首先溶液中的H+得电子生
成吸附态的H 原子，然后苯酚与吸附态的H 原子反应生成环己酮和环己醇，电极反应式可写为C6H6O+4H+
+4e-=C6H10O 和C6H6O+6H++6e-=C6H12O，因此Pt/C 和Pt/TiO2电极为阴极，连接电源负极。H+得电子除了生
成吸附态的H 原子，还可能还原为H2。如图所示，TiO2诱导了Hads从Pt 到TiO2的迁移，降低了Pt 表面的
Hads覆盖度，有效抑制了环己酮的过度加氢，因此Pt/C 表面苯酚加氢生成环己酮和环己醇，而Pt/TiO2表面
苯酚加氢还原产物只有环己酮，提高了环己酮选择性。
【详解】A．据分析，Pt/C 和Pt/TiO2电极均连接电源的负极，故A 错误；
B．Pt/C 和Pt/TiO2电极上均存在吸附于Pt 表面的氢原子，这些氢原子在电催化条件下能够发生氢还原反应
生成H2，故B 正确；
C．生成环己酮的FE 为20%，若通过电极的电子全部用于苯酚加氢生成环己酮和环己醇，则生成环己酮和
环己醇所需电子数比例为1:4，根据电极反应式可知生成1mol 环己酮所需4mol 电子，因此由16mol 电子用
于生成环己醇，得到环己醇的物质的量为2.7mol，由于通过电极的电子可能存在其他用途，则生成环己醇
的物质的量最大为2.7mol，故C 错误；
D．据分析，TiO2减小了Pt 上Hads的覆盖度，有利于提高环己酮制备的选择性，故D 错误；
故答案为B。
28．（2025·福建厦门·二模）以废塑料PBS(聚丁二酸丁二酯)和生物质源马来酸(
)为
原料无膜共电解生产琥珀酸(
)的工作原理如图。下列有关说法正确的是
A．
PBS
的水解反应为
+ (n-1)H2O
→
一定条件
n
+n
B．阳极电极反应式为：
+10OH
--8e
-→6H2O+
C．理论上电解过程转移8xmole
-，最终至少可获得6xmol琥珀酸
D．若略去碳酸化步骤，可简化分离提纯过程并提高经济效益
【答案】C
【分析】
由图可知，左侧电极为电解池的阳极，碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成碱式氧化镍
和水，电极反应式为Ni(OH)2—e—+ OH—=NiOOH+H2O，放电生成的碱式氧化镍碱性条件下与丁二醇反应
生成氢氧化镍、丁二酸根离子和水，离子方程式为
+8NiOOH+2OH—→
❑
❑
+8Ni(OH)2；右侧电极为阴极，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生
成氢气，电极反应式为2H++2e—=H2↑，放电生成的氢气与
反应生成
，
+H2
→
❑
❑
，反应得到的溶液经碳酸化、盐酸沉淀得到琥珀酸。
【详解】
A．由结构简式可知，聚丁二酸丁二酯一定条件下发生水解反应生成丁二酸和丁二醇，反应的化学方程式
为
+ (2n-1)H2O
→
一定条件
n
+n
，故A 错误；
B．由分析可知，左侧电极为电解池的阳极，碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成碱式
氧化镍和水，电极反应式为Ni(OH)2—e—+ OH—=NiOOH+H2O，故B 错误；
C．由题意可知，聚丁二酸丁二酯水解生成1mol 丁二醇时，生成1mol 丁二酸，由分析可知，电解过程转
移8xmol 电子时，阳极消耗xmol 丁二醇、生成xmol
，阴极生成4xmol
，所以理论上生成琥珀酸的物质的量为6xmol，故C 正确；
D．由图可知，向溶液中通入二氧化碳碳酸化时，二氧化碳转化为碳酸氢钠，说明电解所得溶液呈碱性，
若略去碳酸化步骤，会使盐酸沉淀步骤消耗盐酸的量增大，导致经济效益降低，故D 错误；
故选C。
29．（2025·福建莆田·二模）一种电催化羧酸与芳香酮化合物生成酯的装置(以碘化钾为电解质和催化剂，
二甲基亚砜作溶剂)如下图所示。下列说法正确的是
A．b 为电源正极
B．工作时，K+移向碳棒
C．工作时，总反应：
+R
' COOH →
通电
I
-
H2↑+
D．工作时，碳棒的电极反应式：I
-+e
-=I⋅
【答案】C
【分析】由图可知，碳棒电极上碘离子失去电子生成碘原子，则a 为正极，铂片上氢离子得到电子生成氢
气，则b 电极为负极，以此解题。
【详解】A．由分析可知，b 电极为负极，A 错误；
B．由分析可知，碳棒为阳极，铂片为阴极，电解池中阳离子向阴极移动，则K+移向铂片，B 错误；
C．由图可知，工作时，总反应：
+R
' COOH →
通电
I
-
H2↑+
，C 正确；
D．由分析可知，碳棒电极上碘离子失去电子生成碘原子，电极反应式为：I
--e
-=I⋅，D 错误；
故选C。
30．（2025·河南郑州·二模）下图是一种回收废旧锂离子电池中的锂离子(Li
+)、并利用工业废气中的NO2
将其转化为LiNO2的装置，最终制备出纯净的LiNO3，同时在这一过程中产生电能。已知法拉第常数
F =96500C⋅mol
-1。
下列说法错误的是
A．离子交换膜为阳离子交换膜
B．正极反应式：LiFePO4+e
-=Li
++ FePO4
C．空气氧化LiNO2的化学方程式：2LiNO2+O2=2LiNO3
D．当外电路I=1A，工作2 小时，理论上b电极反应的NO2约为3.43g
【答案】B
【分析】NO2转化为NO2
-得到电子，和Li+结合生成LiNO2，则a 电极为负极，电极反应
LiFePO4-e
-=Li
++ FePO4，b 电极为正极，电极反应为NO2+e
-= NO2
-，Li+经阳离子交换膜由a 电极移向b
电极，生成LiNO2，空气氧化LiNO2生成LiNO3，化学方程式：2LiNO2+O2=2LiNO3。
【详解】A．离子交换膜允许Li+通过，为阳离子交换膜，A 正确；
B．a 电极为负极，失去电子，电极反应LiFePO4-e
-=Li
++ FePO4，B 错误；
C．空气中的氧气氧化亚硝酸锂，生成硝酸锂，氧化LiNO2的化学方程式：2LiNO2+O2=2LiNO3，C 正确；
D．当外电路I=1A，工作2 小时，理论上b电极反应的NO2约为1×3600×2
96500
mol×46g/mol≈ 3.43g，
D 正确；
故选B。
新型电池
31．（2025·河南·二模）海南大学杨金霖/田新龙团队以MXene 作为负极，AgCl/CuCl/FeOCl 作为正极，首
题型三
次报道了一种基于天然海水电解液的可充电氯离子电池。其工作原理如图所示，是基于MXene 负极与氯
离子之间的共价相互作用以及AgCl/CuCl/FeOCl 正极与氯离子发生的转换反应。
下列叙述正确的是
A．放电时，Cl-向a 极迁移
B．充电时，b 极与电源正极连接
C．放电时，b 极发生还原反应
D．放电时，a 极的电极反应式之一是AgCl+e-=Ag+Cl-
【答案】D
【分析】由题意可知，放电时a 极为原电池的正极， b 极为负极，充电时，与直流电源正极相连的a 极为
阳极，与直流电源负极相连的b 极为阴极。
【详解】A．由分析可知，放电时a 极为原电池的正极， b 极为负极，则氯离子向b 极迁移，故A 错误；
B．由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的b 极为阴极，故B 错误；
C．由分析可知，放电时b 极为负极，氯离子在负极失去电子发生氧化反应生成氯气，故C 错误；
D．由分析可知，放电时a 极为原电池的正极，AgCl 或CuCl 或FeOCl 在正极得到电子发生还原反应被还
原，电极反应式之一是AgCl+e-=Ag+Cl-，故D 正确；
故选D。
32．（2025·浙江台州·二模）一种Zn-CO2离子液体电池可以在供电的同时将CO2转化为CH4，电解质为离
子液体[EMIM ]
+[BF4]
-及少量水，其中的[EMIM ]
+是一种季铵离子，在电池中作电解质、质子源和促进剂。
该电池如图所示运行一段时间后，碳纳米管表面可检测出有ZnCO3生成。
下列说法正确的是
A．a 电极为负极，[EMIM ]❑
+在该电极上被氧化
B．b 电极反应式为：5CO2+8e
-+2H2O =CH4+ 4 CO3
2-
C．[EMIM ]
+是电池中唯一的质子源
D．[EMIM ]
+作为电池促进剂的原理是通过生成[ZnNHC]
2+增加电荷浓度，从而增强了离子电流强度
【答案】B
【分析】碳纳米管通入二氧化碳，生成甲烷和ZnCO3，发生还原反应，得到电子，是正极，电极反应：
5CO2+8e
-+2H2O =CH4+ 4 CO3
2-；则锌为负极，锌失电子，发生氧化反应。
【详解】A．根据分析知，a 电极为负极，锌被氧化，A 错误；
B．根据分析知，b 电极反应式为：5CO2+8e
-+2H2O =CH4+ 4 CO3
2-，B 正确；
C．根据左图可知，水也是质子源，C 错误；
D．根据左图可知，2 个[EMIM ]
+生成1 个[ZnNHC]
2+，没有增加电荷的浓度，D 错误；
故选B。
33．（2025·山东潍坊·二模）氨燃料电池是当前推动绿氨能源化应用的重要研究方向和热点。一种通过光
hν - Ni：TiO2催化合成绿氨联合氨燃料电池的装置如图，在光照作用下光催化剂被激发产生电子(e
-)和空
穴(h
+)。下列说法错误的是
A．X极电势低于Y极电势
B．光催化剂表面发生反应：2H2O+ 4 h
+= 4 H
++O2
C．X极的电极反应式是2NH3+6OH
--6e
-= N2+6 H2O
D．每产生5.6L(标准状况)NH3，光催化装置生成1.5 molh
+
【答案】D
【分析】N2在光催化剂表面转化为NH3，碱性介质条件下，NH3转化为N2，化合价，发生氧化反应，则电
极X 为负极，电极反应式为：2NH3+6OH
--6e
-= N2+6 H2O；H2O 转化为O2，化合价降低，发生还原反
应，则电极Y 为正极，电极反应式为：2H2O+4e-=H2+4OH-，据此分析回答。
【详解】A．由分析可知，电极X 为负极，电极Y 为正极，则X 极电势低于Y 极电势，A 正确；
B．光催化剂表面H2O 转化为O2，发生反应为：2H2O+ 4 h
+= 4 H
++O2，B 正确；
C．电极X 为负极，电极反应式为：2NH3+6OH
--6e
-= N2+6 H2O，C 正确；
D．N2在光催化剂表面转化为NH3，生成2molNH3，转移6mole-，则每产生5.6L (标准状况)NH3，转移电子
0.75molh+，D 错误；
故答案为：D。
34．（2025·内蒙古赤峰·二模）锡的水系电池具有高能量密度和长寿命等优点。在碱性环境下，某锡镍电
池的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，电路中每通过1mol 电子，理论上正极质量增加1g
B．放电时，电极a 附近溶液的pH 增大
C．充电时，电极b 作阳极
D．充电时，发生反应Sn (OH)3
-+2Ni(OH)2=Sn+2NiOOH+2H2O+OH
-
【答案】B
【分析】由放电时电子转移方向可知，电极a 为负极，电极反应为Sn+3OH
--2e
-= Sn (OH)3
-，正极b 的反
应为NiOOH +e
-+ H 2O = Ni(OH )2+OH
-，充电时，电极a 为阴极，电极b 为阳极，电极反应与原电池相
反，据此解答。
【详解】A．由分析中的电极反应可知，电路中每通过1mol 电子，理论上正极增加1molH 原子，质量是
1g，A 正确；
B．电极a 为负极，电极反应为Sn+3OH
--2e
-= Sn (OH)3
-，当转移2mol 电子时，电极消耗3molOH
-，同时
有2molOH
-向负极移动，电极a 附近溶液OH
-浓度变小，pH 变小，B 错误；
C．由分析可知，电极b 为阳极，发生氧化反应，C 正确；
D．放电时，将正极的反应×2+负极的反应得到放电的总反应为
Sn+2NiOOH+2H2O+OH
-=Sn (OH)3
-+2Ni(OH)2，充电时，与放电反应相反，D 正确；
故选B。
35．（2025·青海海东·二模）某磷酸铁锂电池的结构示意图如图，已知放电时的总反应为
Li1-xFePO4+LixC8=LiFePO4+6C。下列说法正确的是
A．充电时，铝箔连接电源负极
B．右侧电解液可用乙醇作溶剂
C．放电时正极的电极反应式为Li1-xFePO4+xe
-+xLi
+=LiFePO4
D．放电时，电子由铝箔集流器经电解质溶液流向铜箔集流器
【答案】C
【详解】放电时，Li+向左移动，则铝箔为正极、铜箔为负极。
A．放电时铝箔作正极，充电时应与外接电源的正极相连，故A 错误；
B．右侧铜箔为负极，Li 失电子发生氧化反应，锂能与乙醇反应，右侧电解液不能用乙醇作溶剂，故B 错
误；
C．放电时，正极发生还原反应，根据总反应Li1-xFePO4+LixC8=LiFePO4+6C，放电时正极的电极反应
式为Li1-xFePO4+xe
-+xLi
+=LiFePO4，故C 正确；
D．电解质溶液不能传导电子，故D 错误；
选C。
36．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）与锂离子电池相比，镁离子电池因能量密度高、价格低廉而得到了广
泛关注。一种Mg- PTO可充电电池示意图如下。该电池分别以PTO(结构如标注框内所示)材料和Mg为电极，
以Mg(CB11H12)2溶液为电解质溶液。下列说法正确的是
A．充电时，Mg电极为阳极
B．放电时，正极区存在反应：MgPTO+2e
-+ Mg
2+= Mg2PTO
C．放电时，PTO 能通过GO 膜进入左极室
D．充电时，外电路转移0.1mol电子，左边电极质量减少1.2g
【答案】B
【分析】放电时Mg电极失电子转化为Mg
2+，Mg电极为负极，发生氧化反应Mg-2e
-= Mg
2+；PTO 电极为正
极，发生还原反应PTO+2e
-+ Mg
2+= MgPTO、MgPTO+2e
-+ Mg
2+= Mg2PTO；充电时Mg电极为阴极，发生
还原反应Mg
2++2e
-=Mg；PTO电极为阳极，发生氧化反应Mg2PTO-2e
-= MgPTO+ Mg
2+、
MgPTO -2e
-=PTO+ Mg
2+。
【详解】A．放电时，Mg为负极，充电时Mg为阴极，故A 错误；
B．放电时，PTO 电极为正极，发生还原反应PTO+2e
-+ Mg
2+= MgPTO、MgPTO+2e
-+ Mg
2+= Mg2PTO，故
B 正确；
C．图中GO膜只允许Mg
2+通过，能阻止PTO进入左极室，故C 错误；
D．充电时，外电路转移0.1mol电子，左侧反应为Mg
2++2e
-= Mg，左侧有0.05 molMg
2+转化成Mg，使得
左边电极质量增加1.2g，故D 错误；
选B。
37．（2025·陕西汉中·二模）钠离子电池是一种二次电池，主要依靠钠离子在电极之间移动来工作。一种
钠离子电池的工作原理如图所示，放电时电池反应可表示为Na1-xFePO4+ NaxC= NaFePO4+C。下列说法
正确的是
A．电池放电时，X 极发生氧化反应
B．电池放电时，Na
+通过阳离子交换膜向右侧区域移动
C．电池充电时，X 极的电极反应式为NaFePO4+xe
-= Na1-xFePO4+xNa
+
D．电池充电时，每转移1mole
-，Y 极质量增加23g
【答案】D
【分析】根据放电时电池反应Na1-xFePO4+ NaxC= NaFePO4+C可知，放电时NaxC 失电子，Y 是负极；
Na1-xFePO4得电子发生还原反应，X 是正极。
【详解】A．由放电时电池反应可知，X 极为正极，正极发生还原反应，故A 错误；
B．放电时，阳离子移向正极，Na
+从右侧区域通过阳离子交换膜移向左侧区域，故B 错误；
C．充电时，X 极为阳极，电极反应式为NaFePO4-xe
-=xNa
++ Na1-xFePO4，故C 错误；
D．电池充电时，Y 电极为阴极，发生反应xNa
++xe
-+C= NaxC，则每转移1mole
-，Y 极质量增加23g，
故D 正确；
选D。
38．（2025·甘肃·二模）全固态锂金属电池具有更高比能和更高安全性。我国科研团队设计了基于
LLZTO@Ag 复合层负极改性的硫化物全固态锂电池，结构如图所示，放电时电池反应为
Li1-a NixCoy MnzO2+aLi=LiNixCoy MnzO2。下列说法错误的是
A．放电时，电子流向为a 极→负载→b 极
B．充电时，Li
+流向为b 极→固态电解质→复合层→a 极
C．充电时，b 极的电极反应为LiNixCoy MnzO2-ae
-=Li1-a NixCoy MnzO2+aLi
+
D．放电时，每转移0.1mol电子b 极质量理论上减少0.7g
【答案】D
【分析】由图可知，放电时a 极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，b 极为正极，锂
离子作用下Li1-aNixCoyMnzO2在正极得到电子发生还原反应生成LiNixCoyMnzO2；充电时，与直流电源负极
相连的a 极为阴极，锂离子在阴极得到电子发生还原反应生成锂，b 极为阳极，LiNixCoyMnzO2在阳极失去
电子发生氧化反应生成Li1-aNixCoyMnzO2和锂离子。
【详解】A．由分析可知，放电时a 极为原电池的负极，b 极为正极，则电子流向为a 极→负载→b 极，故
A 正确；
B．由分析可知，充电时与直流电源负极相连的a 极为阴极，b 极为阳极，则锂离子流向为b 极→固态电解
质→复合层→a 极，故B 正确；
C．由分析可知，充电时b 极为阳极，LiNixCoyMnzO2在阳极失去电子发生氧化反应生成Li1-aNixCoyMnzO2和
锂离子，电极反应式为LiNixCoy MnzO2-ae
-=Li1-a NixCoy MnzO2+aLi
+，故C 正确；
D．由分析可知，放电时，b 极为正极，锂离子作用下Li1-aNixCoyMnzO2在正极得到电子发生还原反应生成
LiNixCoyMnzO2，则每转移0.1mol 电子时，b 极增加质量为0.7g，故D 错误；
故选D。
39．（2025·河南·二模）一种室内甲醛传感器测量甲醛含量的工作原理如图所示。
已知：国家标准是室内甲醛含量不超过0.080mg·m-3.下列说法错误的是
A．Pt 电极电势高于C 电极电势
B．负极反应式为HCHO+H2O -4e
-=CO2+4H
+
C．H2SO4溶液为离子导体
D．传感器在27m3室内空间测定时，电路中转移5.4×10-4mole-，该室内甲醛含量符合国家标准
【答案】D
【分析】在Pt 电极上氧气放电，发生还原反应，故Pt 电极为正极；石墨电极甲醛被氧化生成二氧化碳，
做负极，电极反应式为HCHO+H2O -4e
-=CO2+4H
+。
【详解】A．HCHO中C元素化合价升高，发生氧化反应，C电极为原电池的负极，Pt电极为正极，正极的
电势高于负极的电势，A 项正确；
B．1molHCHO失去4mol电子生成二氧化碳，负极反应式为HCHO+H2O-4e
-=
❑
CO2+4H
+，B 项正确；
C．导体分为离子导体和电子导体，电解质溶液或熔融的电解质为离子导体，C 项正确；
D．传感器在27 m
3室内空间测定时，电路中转移5.4×10
- 4 mol电子，该室内甲醛含量为
1
4 ×5.4×10
- 4 mol×30×10
3 mg⋅mol
-1
27 m
3
=0.15 mg⋅m
-3>0.08 mg⋅m
-3，该室内甲醛含量超出国家标准，
D 项错误；
故选D。
40．（2025·浙江·二模）研究表明，以NaBi3O4Cl2为电极可以同时去除海水中的Na
+和Cl
-。如图为
NaBi3O4Cl2电极首次放电、充放电循环示意图（其中物质X 为BiOCl），为了建构完整的电池，选用
NaTi2(PO4)3@C作为另一侧电极下面说法不正确的是（e 为电子电荷量，NA为阿伏加德罗常数的值）
A．海水淡化过程中，NaTi2(PO4)3@C电极作为阴极
B．海水淡化过程中，NaTi2(PO4)3@C电极用来除去氯离子
C．充电时，NaBi3O4Cl2电极上发生了反应：Bi+Cl
-+ H2O -3e
-= BiOCl+2H
+
D．已知电极理论容量=
总放电电量
原电极材料质量，则NaBi3O4Cl2电极（摩尔质量M）的电极理论容量为
Q=9×NA×e
M
【答案】B
【分析】本题以NaBi3O4Cl3电极的放电、充放电循环为背景，由图可知，放电过程，脱出Na
+和Cl
-，充
电过程吸附Na
+和Cl
-，由图可知，放电过程中BiOCl→Bi，则NaBi3O4Cl2电极为正极，据此解答
【详解】A．由分析可知，放电时，NaBi3O4Cl2电极为正极，则海水淡化过程中，即充电过程中，
NaBi3O4Cl2电极为阳极，那么NaTi2(PO4)3@C电极作为阴极，A 正确；
B．海水淡化过程中，NaBi3O4Cl2电极为阳极，阳极发生反应Bi+Cl
-+H2O-3e
-=BiOCl+2H
+除去氯离子，
则NaTi2(PO4)3@C NaBi3O4Cl3电极除去钠离子，B 错误；
C．充电时，NaBi3O4Cl3电极作为阳极，发生氧化反应，电极反应式为Bi+Cl
-+H2O-3e
-=BiOCl+2H
+，C
正确；
D．1molNaBi3O4Cl2反应时，Bi 元素由+3 价转化为0 价，参与反应转移电子数为9mol，根据电极理论容
量公式，其电极理论容量为Q=9×NA×e
M
， D 正确；
故本题答案为：B。
