文档文本内容
第04 讲 电化学原理的综合应用(专项训练)
目 录
模拟·基础演练
考向01 考查电极反应与物质变化分析
考向02 考查电化学装置的回路分析与粒子移动
考向03 考查电化学装置中溶液性质的变化分析
考向04 考查离子交换膜的类型与功能识别
考向05 考查离子交换膜作用机制与离子迁移分析
考向06 考查离子交换膜在工业中的应用与装置设计
考向07 考查守恒法在电化学计算中的应用
考向08 考查电化学计算中复杂动态过程分析
考向09 考查多池串联与混合体系的电化学计算
重难·创新演练
真题·实战演练
模拟·基础演练
考向01 考查电极反应与物质变化分析
1．【传感新技术】一种基于原电池原理的氧气传感器可用于测定样气中氧气的含量，装置如图所
示。下列说法正确的是( )
A．铅电极为正极 B．银电极上发生的反应为O2+2H2O+4e-=4OH-
C．电子由铅电极经过KOH 溶液流向银电极 D．工作过程中，OH-流向银电极
【答案】B
【解析】因为该电池可用于测定样气中氧气的含量，氧气进入银电极得到电子发生还原反应，所以银
电极是正极，则铅电极是负极。A 项，由分析知，银电极是正极，铅电极是负极，A 错误；B 项，银电极
是正极，氧气发生还原反应在碱性条件下生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，B 正确；C
项，电子从负极经外电路流向正极，所以电子由铅电极经过导线流向银电极，电子不会经过内电路，C 错
误；D 项，原电池中阴离子向负极移动，OH-流向铅电极，D 错误；故选B。
2．【新技术与学科知识结合】用于HMF(
)转化为FDCA(
)的液
流燃料电池(LFFC)的结构和原理示意图如下图所示。该系统采用了酸性-碱性电解液的不对称设计，使用
1mol·L-1KOH 作为M 极电解液，使用2mol·L-1H2SO4作为N 极电解液。下列说法正确的是( )
A．电子由N 极通过外电路转移到M 极
B．M 极的电极反应为：HMF+6OH--+6e-=FDCA+4H2O
C．理论上，随反应进行需要及时添加HNO3
D．理论上，当消耗1.5molO2时生成1molFDCA
【答案】D
【解析】N 极V 化合价+5→+4，得电子，则N 极为正极，电极反应式为VO2
++2H++e-=VO2++H2O，故
M 极为负极，电极反应式为：HMF+6OH---6e-=FDCA+4H2O。生成的VO2+在NO、HNO3的催化下与氧气反
应生成VO2+和H2O。A 项，据分析，N 极为正极，M 极为负极，电子由M 极通过外电路转移到N 极，故
A 错误；B 项，据分析，M 极的电极反应为：HMF+6OH---6e-=FDCA+4H2O，故B 错误；C 项，由图示可
知，HNO3通过通入氧气再生，循环利用，无需添加，故C 错误；D 项，根据电子守恒，列出关系式：
1.5molO2~6mole-~1molFDCA，故D 正确；D。
3．【胶体液流电池】胶体电池是铅酸蓄电池的一种发展分类，它是在硫酸中添加胶凝剂，使硫酸电
液变为胶态，具有使用寿命长、安全稳定等优点。如图是一种胶体液流电池工作原理，下列说法不正确的
是( )
A．该电池中较大离子直径约为
B．充电时，储罐乙所在电极接直流电源正极
C．放电时，负极反应为[PW12O40]4--e-=[PW12O40]3-
D．放电时，若外电路转移1mol 电子，理论上储罐甲质量增加1g
【答案】B
【解析】由题干图示信息可知，放电时储罐甲的电极反应为：[H12(VO2)12(RC6H4PO3)8](4-x)-+xe-=
[H12(VO2)12(RC6H4PO3)8]4-，发生还原反应，作正极，而储罐乙的电极反应为：[PW12O40]4--e-=[PW12O40]3-，发
生氧化反应，作负极。A 项，胶体的粒子直径为1~100nm，故该胶体液流电池中较大离子直径约为
，A 正确；B 项，根据电池工作原理图储罐乙充电时，发生电极反应：[PW12O40]3-+e-
=[PW12O40]4-，作阴极，接在直流电源的负极，B 错误；C 项，根据电池工作原理图放电时，负极反应为：
[PW12O40]4--e-=[PW12O40]3-，C 正确；D 项，转移1mol 电子时，理论上有
从右向左迁移，则储罐甲质
量增加1g，D 正确；故选B。
考向02 考查电化学装置的回路分析与粒子移动
4．(2026·山西朔州二模)光照条件下，电极M(石墨烯/1T-MoS2产生电子和空穴(h+)，充电过程还兼具制
备O2的作用，充电、放电过程中物质的转化关系如图；双极膜界面内水分子解离为H+，OH-移向电池两侧
电解质中。下列说法错误的是( )
A．放电时，电极M 电势高于电极N
B．放电时，双极膜内H+穿过双极膜移向乙池
C．充电时阴极反应：[Zn(OH)4]2-+2e-==Zn+4OH-
D．充电时，每生成1.3 g Zn，理论上外电路中转移0.04 mol 电子
【答案】B
【解析】由“充电过程还兼具制备O2的作用”可知，充电时，电极M 为阳极，N 极为阴极；放电时，
N 极Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，失电子发生氧化反应，则N 极为负极，M 极为正极。A 项，放电时，N 极
为负极，M 极为正极，故放电时电极M 电势高于电极N，A 正确；B 项，放电时，作为阳离子的H+穿过双
极膜移向正极，即移向甲池，B 错误；C 项，充电时阴极[Zn(OH)4]2-得电子还原为Zn，电极反应式为：
[Zn(OH)4]2-+2e-==Zn+4OH-，C 正确；D 项，充电时，每生成1.3gZn(0.02mol)，理论上转移0.04 mol 电子，
D 正确；故选B。
5．利用电解质高选择性传递自由基阳离子，通过电解可使苯并呋喃类有机物与乙烯基重氮化合物的
环化成为可能，其工作原理如图所示，工作过程中电极上电子利用率只有60%。下列说法正确的是(
)
A．电流流动方向：正极→X 极→电解质→Y 极→负极
B．Y 电极反应式为
C．工作过程中，移向Y 电极的阳离子只有
D．当制得1mol
时，理论上电路中转移
【答案】A
【解析】由图可知，与直流电源正极相连的X 极为电解池的阳极，
在阳极失去电子发生氧
化反应生成
，电极反应式为
—e—=
，放电生成的
与
反应生成
，Y 极为阴极，
在阴极得到电子发生还原反应生成
和氮气，电极反应式为
+ e—=
+N2↑。A 项，与直流电源正极相
连的X 极为电解池的阳极，Y 极为阴极，则电流流动方向为正极→X 极→电解质→Y 极→负极，故A 正
确；B 项，Y 极为阴极，
在阴极得到电子发生还原反应生成
和氮气，电极反
应式为
+ e—=
+N2↑，故B 错误；C 项，由分析可知，电解液中的阳离子为
和
，所以向阴极移动的离子为
和
，故C 错
误；D 项，Y 极为阴极，
在阴极得到电子发生还原反应生成
和氮气，电极反
应式为
+ e—=
+N2↑，则制得1mol
时，理论上电路中转移电子的
物质的量为
=
mol，故D 错误；故选A。
6．【电催化处理】摄取一定量的溴酸盐会使人出现恶心、腹泻等症状。某科研团队设计在RuCu/CNT
上电催化处理BrO3
-的原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．电子流向：M→P→电解质溶液→R→N
B．P 极上的电极反应式为BrO3
-+6e-+6H+=Br-+3H2O
C．若电源为铅蓄电池，则N 极为Pb 电极
D．每处理1molBrO3
-，理论上阳极区溶液质量减少48g
【答案】B
【解析】由图可知，P 电极上，BrO3
-得到电子，被还原为Br-，发生还原反应，为阴极，则R 极为阳
极，外电源M 极为负极，N 极为正极，阳极上水失去电子，被氧化为氧气。A 项，由分析可知，P 为阴
极，R 为阳极，M 为负极，N 为正极，电子不能经过电解质溶液，故电子流向：M→P，R→N，A 错误；B
项，由分析可知，P 为阴极，P 极上发生还原反应，该电极的电极反应式为BrO3
-+6e-+6H+=Br-+3H2O，B 正
确；C 项，由分析可知，N 为正极，若电源为铅蓄电池，则N 极为PbO2电极，Pb 电极是负极，C 错误；D
项，由B 项分析可知，每处理1molBrO3
-，电路上转移电子为6mol，则理论上阳极区释放出1．5molO2，
同时有6molH+经过质子交换膜由阳极区进入阴极区，故溶液质量减少1．5mol×32g/mol+6mol×1g/
mol=54g，D 错误；B。
考向03 考查电化学装置中溶液性质的变化分析
7．【全钒液流储能电池】全钒液流储能电池是利用不同价态离子发生氧化还原反应来实现化学能和
电能相互转化的，其装置原理如图，下列说法错误的是( )
A．当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为VO2++2H＋+e-=VO2＋+H2O
B．充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由绿色变为紫色
C．放电过程中氢离子的作用只是参与正极反应
D．充电时若转移的电子数为6.02×1023个，左槽溶液中n(H＋)的变化量为1mol
【答案】C
【解析】由图可知，放电时，右侧电极是负极，发生氧化反应，负极反应为：V2+-e-=V3+，左侧为正
极，发生还原反应，正极反应为：VO2++2H++e-= VO2++H2O，充电时，左槽为阳极，发生氧化反应，右槽
为阴极，发生还原反应。A 项，根据图示信息，当左槽溶液逐渐由黄变蓝，则VO2
+转化为VO2+，其电极
反应式为VO2
++2H++e-=VO2++H2O，A 不符合题意；B 项，充电过程中，右槽为阴极，发生还原反应：V3+
+e-=V2+，右槽溶液颜色逐渐由绿色变为紫色，B 不符合题意；C 项，放电过程中溶液中的氢离子通过交换
膜进入正极区，正极反应为：VO2++2H++e-= VO2++H2O，所以氢离子的作用是参与正极反应、平衡电荷，C
符合题意；D 项，充电时若转移的电子数为6.02×1023个、其物质的量为1mol，结合分析可知，左槽反应
为：VO2++H2O-e-=VO2++2H+，则生成2mol H+，同时有1 mol H+从左槽移出，所以左槽溶液中H+的物质的
量实际增加了1 mol，左槽溶液中n(H+)的变化量为1mol，D 不符合题意；故选C。
8．一种以二硫化钼(MoS2)作为电极催化剂的电池系统，将尾气中NO 转化为NH3的同时获得电能，其
工作原理如图所示(双极膜可将水电离为H+和OH-并能定向通过)。下列说法正确的是( )
A．双极膜中OH-移向Na2SO4溶液
B．M 极的电极反应为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2
C．电解过程中两极室的电解质溶液的浓度均减小
D．当M 极质量增大16g，则N 极生成的NH3在标准状况下的体积为11.2L
【答案】C
【解析】由图可知，Zn/ZnO 电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-+2OH-
=ZnO+H2O，MoS2电极为正极，电极反应式为NO+5e-+5H+=NH3+H2O，两极区均有水生成，双极膜可将水
解离为H+和OH-，并实现其定向通过。A 项，Zn/ZnO 为负极，电极反应为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，MoS
为正极，电极反应为NO+5H++5e-=NH3↑＋H2O，故双极膜中H+移向正极区Na2SO4溶液，OH-移向NaOH 溶
液，A 错误；B 项，M 极反应应生成ZnO，B 错误；C 项，电解过程中两极均生成H2O，电解质溶液的浓
度均减小，C 正确；D 项，当M 极质量增大16g，电路中转移2mol 电子，在N 极生成0.4molNH3，标准状
况下为8.96L，D 错误；C。
9．【电催化合成】我国科学家利用WO2和NiOOH 的协同作用实现了CH3OH 和(CH3)2NH 电催化合成
HCON(CH3)2，反应装置及催化机理如图所示。下列说法错误的是( )
A．b 为电源正极
B．工作一段时间后e 极附近pH 减小
C．CH3OH 和(CH3)2NH 均发生氧化反应
D．理论上每生成1mol 的C 气体，e 上有2mol 的(CH3)2NH 被氧化
【答案】D
【解析】由图可知，在该电催化合成装置中，CH3OH 和(CH3)2NH 在e 电极发生反应生成
HCON(CN3)2，发生氧化反应，所以e 为阳极，d 极为阴极。A 项，由分析知，e 为阳极，与阳极相连的b
为电源正极，A 正确；B 项，e 极发生的反应为CH3OH+(CH3)2NH-4e-=HCON(CH3)2+4H+，工作一段时间
后，e 极附近氢离子浓度增大，pH 减小，B 正确；C 项，从催化机理图可知，CH3OH 转化为·CHO，C 元
素化合价升高，(CH3)2NH 转化为·N(CH3)2，N 元素化合价升高，因此CH3OH 和(CH3)2NH 均发生氧化反
应，C 正确；D 项，由A 分析可知，d 极为阴极，e 极为阳极，阴极反应为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，H2即
为题中的C 气体，阳极反应为：CH3OH+(CH3)2NH-4e-=HCON(CH3)2+4H+，根据得失电子守恒，理论上生
成1 mol H2，转移2 mol 电子，阳极上有0.5 mol 的(CH3)2NH 被氧化，D 错误；D。
考向04 考查离子交换膜的类型与功能识别
10．工业上用单池双膜三液装置(如下图)，依据电解原理电解NH4NO3制备HNO3和NH3·H2O，下列说
法正确的是( )
A．导线X 接外电源的负极
B．N 电极的电极反应方程式为2NH4
++2e-=H2↑＋2NH3↑
C．每当产生标准状况下22.4L 气体A，Ⅲ室溶液的质量理论上减少4g
D．离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜
【答案】D
【解析】电极M 区进入的稀硝酸，出来的是浓硝酸，则M 为阳极，水被氧化得到氧气和氢离 子，A
为氧气，硝酸根向左移动，左侧可制得硝酸，N 为阴极，水放电产生氢气和氢氧根，B 为氢气，铵根向右
移动，二者反应得到浓氨水。A 项，由分析可知，Ⅰ室中电极产生H+，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H
＋，发生氧化反应，电极M 为阳极，接外电源的正极，A 错误；B 项，由分析可知，电极N 为阴极，电极
反应式为2H2O+2e-=H2↑＋2OH- ，B 错误；C 项，每当产生标准状况下22.4LO2，根据电子守恒，Ⅲ室溶
液中就要生成2molH2，质量减少4g，同时依据电荷守恒，4molNH4
+通过阳离子交换膜进入Ⅲ室，溶液质
量增加72g，所以Ⅲ室溶液的质量理论上共增加68g，C 错误；D 项，根据电解装置图中物质的进出以及所
要制备的物质，可知Ⅱ室中的NO3
-要进入Ⅰ室，所以离子交换膜Ⅰ为阴离子交换膜。NH4
+要进入Ⅲ室，离
子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜，D 正确；故选D。
11．电催化还原CO2制CO 对减少温室气体排放具有重要意义，装置如图所示。图中的双极膜中间层
中的H2O 解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法错误的是( )
A．M 接电源正极
B．N 极电极反应式为4OH--4e-=O2↑＋2H2O
C．制得1molCO，理论上外电路中迁移了2mol 电子
D．双极膜中间层中的
在外电场作用下向M 电极方向迁移
【答案】A
【解析】CO2转化为CO 需要得到电子，则M 电极是阴极，N 电极是阳极。A 项，CO2转化为CO 需要
得到电子，则M 电极是阴极，连接电源的负极，A 错误；B 项，N 极是阳极，N 极电极反应式为4OH--4e-
=O2↑＋2H2O，B 正确；C 项，碳元素化合价从+4 降低到+2，所以制得1molCO，理论上外电路中迁移了
2mol 电子，C 正确；D 项，阳离子向阴极移动，则双极膜中间层中的H+在外电场作用下向M 电极方向迁
移，D 正确；故选A。
12．【制备乙酰胺】碱性条件下(电解质溶液为KOH 溶液)，电催化共还原CO2与NO2
-制备乙酰胺
(CH3CONH2)是一种碳中和与废水处理有机结合的绿色电化学策略，其装置如图所示。
下列说法错误的是( )
A．离子交换膜为阴离子交换膜
B．M 极存在电极反应：NO2
-+4H2O+4e-=NH2OH＋5OH-
C．理论上，N 极收集到气体2.24L(标准状况下)，M 极可制得乙酰胺的质量为5.9g
D．CH3CHO 与NH2OH 为制备乙酰胺的中间产物
【答案】C
【解析】在碱性条件下(电解质溶液为KOH 溶液)，电催化还原CO2生成CH3CHO，同时NO2
-也被还原
为NH2OH，则M 为阴极，电极反应式为：CO2+7H2O+10e-=CH3CHO＋10OH-、NO2
-+4H2O+4e-=NH2OH
＋5OH-，生成的CH3CHO 和NH2OH 在催化剂作用下转化为CH3CH=N-OH，再转化为CH3C≡N，最后再转
化为CH3CONH2达到处理废水目的。A 项，根据分析，M 极为阴极，产生OH-，N 极为阳极，因电解质溶
液为KOH 溶液，则阳极会消耗OH-，4OH--4e-=O2↑＋2H2O，损耗的OH-需要从M 极区交换到N 极区进行
反应，则离子交换膜为阴离子交换膜，A 正确；B 项，根据分析，在M 极上发生的反应其中之一为：NO2
-
+4H2O+4e-=NH2OH＋5OH-，B 正确；C 项，根据分析及电解图可知，每生成1mol 乙酰胺(CH3CONH2)需
要转移14mole-，则N 极收集到标准状况下气体2．24L 时，根据分析，N 极产生的气体为O2，生成
1molO2要转移4mole-，则M 极理论上可制得乙酰胺的质量为：
，C 错
误；D 项，根据根据分析及电解图可知，生成的CH3CHO 与NH2OH 最终转化为乙酰胺(CH3CONH2)，则说
明CH3CHO 与NH2OH 为制备乙酰胺的中间产物，D 正确；C。
考向05 考查离子交换膜作用机制与离子迁移分析
13．乙醛酸是一种重要的化工中间体，可采用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的
H2O 解离为H＋和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是( )
A．铅电极的电势高于石墨电极的电势
B．阳极上的电极反应式为：
＋2H＋＋2e-→
＋H2O
C．制得2 mol 乙醛酸，理论上外电路中迁移了4mol 电子
D．双极膜中间层中的H＋在外电场作用下向铅电极方向迁移
【答案】D
【解析】乙二酸还原为乙醛酸，发生还原反应，则左侧电极为阴极，而Br-氧化为Br2，发生氧化反
应，右侧电极为阳极，生成的Br2再氧化乙二醛生成乙醛酸，电解池工作时阳离子向阴极移动，阴离子向
阳极移动，则双极膜的左侧膜为阳离子交换膜，右侧膜为阴离子交换膜；A 项，乙二酸的分子式为
C2H2O4，乙醛酸的分子式为C2H2O3，碳原子的化合价由乙二酸的+3 价变为乙醛酸的+2 价，化合价降低得
到电子发生还原反应，则铅电极与电源负极相连，为电解池的阴极，铅电极的电势低于石墨电极的电势，
A 项错误；B 项，右侧为阳极，发生氧化反应，电极反应为2Br--2e-=Br2，B 项错误；C 项，阳极区和阴极
区均有乙醛酸生成，且1mol 乙二酸转化为1mol 乙醛酸、与1mol 乙二醛转化为1mol 乙醛酸均转移2mol 电
子，根据电子守恒，则制得2mol 乙醛酸，理论上外电路中迁移了2mol 电子，C 项错误；D 项，阳离子向
阴极移动，则H＋向铅电极移动，D 项正确；故选D。
14．我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解液中加入
1，3-丙二胺(PDA)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4．下列说法错误的是( )
A．放电时，多孔碳纳米管电极反应为Mg2+ + 2CO2 + 2e— = MgC2O4
B．充电时，Mg2+通过阳离子交换膜从左室传递到右室
C．PDA 会捕获CO2，让原本正极的气-液-固三相反应变为液-固两相反应，利于加快反应速率
D．放电时，每转移1mol 电子，理论上可转化1mol CO2
【答案】B
【解析】放电时CO2转化为MgC2O4，碳元素化合价由+4 价降低为+3 价，发生还原反应，所以放电
时，多孔碳纳米管电极为正极，电极方程式为：Mg+2CO2+2e-=MaC2O4、Mg 电极为负极，电极方程式为：
Mg-2e-=Mg2+，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极，电极方程式为：MaC2O4-2e-=Mg+2CO2↑，Mg 电极为阴
极，电极方程式为：Mg2++2e-=Mg。A 项，根据分析，放电时，多孔碳纳米管电极反应为Mg+2CO2+2e-
=MaC2O4，A 正确；B 项，根据分析，充电时左室为阴极，Mg2+应从右室通过阳离子交换膜到左室，B 错
误；C 项，根据题意可知，电解液中加入1，3-丙二胺(PDA)可以捕获CO2，使气相CO2进入液相的PDA
中，让原本正极的气-液-固三相反应变为液-固两相反应，利于加快反应速率，C 正确；D 项，根据放电时
的电极反应式Mg+2CO2+2e-=MaC2O4可知，每转移2mol 电子，有2molCO2参与反应，因此每转移1mol 电
子，理论上可转化1molCO2，D 正确；故选B。
15．【电解法制备乙烯】用单原子Ni 和纳米Cu 作串联催化剂，通过电解法可将CO2转化为乙烯，实
验装置如图所示[已知：电解效率
]。其中双极膜是由阳膜和阴膜制成的
复合膜，在直流电场的作用下，双极膜复合层间的H2O 电离出的H+和OH-可以分别通过膜移向两极。下列
说法错误的是( )
A．电解池工作时，双极膜中H2O 电离出的H+流向电极a
B．纳米Cu 催化剂上发生的反应为 2CO+6H2O+8e-=C2H4＋8OH-
C．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol 电子时，产生0.06mol 乙烯
D．电解结束后双极膜右侧区域n(KOH)保持不变
【答案】C
【解析】惰性电池a 中，碳元素的化合价降低，则该电极上发生还原反应，可知电极a 为电解池的阴
极，因此电极b 为电解池的阳极。A 项，电极a 为电解池的阴极，电极b 为电解池的阳极，则双极膜中
H2O 电离出的H+流向电极a，A 项正确；B 项，由图可知，一氧化碳在纳米铜上得到电子生成乙烯，发生
的反应为2CO+6H2O+8e-=C2H4＋8OH-，B 项正确；C 项，若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol 电
子时，根据公式可知生成乙烯所用的电子的物质的量为1mol×60%=0.6mol，二氧化碳转化为乙烯的总电极
反应为2CO2+6H2O+12e-=C2H4＋12OH-，则当生成乙烯所用的电子的物质的量为0.6mol 时，电极a 上产生
0.05mol 乙烯，C 项错误；D 项，电解池工作时，b 电极上消耗多少OH-，双极膜中复合层间的H2O 就会电
离出等量的OH-补充到阳极区，故电解结束后双极膜右侧区域n(KOH)保持不变，D 项正确；C。
16．【新技术与学科知识结合】(2025·黑龙江大庆·模拟预测)某大学实验室研究出一种微生物电解池产
甲烷技术(原理如图所示)，它以微生物为催化剂，以外界输入的较小电能为能量来源，将乙酸、地沟油等
有机物转化为甲烷，电解池工作时，下列叙述正确的是( )
A．该生物电解池在高温环境下能够加快反应速率
B．若有机物为乙酸，则a 电极为阴极
C．a 电极产生16mol 电子时，b 电极产生的甲烷气体少于32g
D．H+在电场驱动下由b 电极通过中间隔膜迁移至a 电极
【答案】C
【解析】A 项，高温环境下生物催化剂活性细菌失去活性，不具有催化作用，反应速率会降低，A 错
误；B 项，乙酸生成CO2发生氧化反应，a 电极为阳极，B 错误；C 项，b 极上发生CO2+8H++8e-
=CH4+2H2O 和8H++8e-=4H2两个反应，若只有CO2+8H++8e-=CH4+2H2O 反应发生，16mol 电子生成
2molCH4，质量为32g，还有8H++8e-=4H2发生，故生成的甲烷的质量少于32g，C 正确；D 项，电解过程
中阳离子向阴极移动，H+通过交换膜向b 电极迁移，D 错误；C。
17．【结合环境保护考查电化学知识】热再生电池堆—CO2电化学还原池系统(TRBs 一CO2RR)可回收
烟气中的低温余热并将其转化为电能，同时实现CO2转化利用，其工作原理如图。
下列说法正确的是( )
A．装置Ⅱ中化学能转化为电能
B．可从Pt 电极产生气体中分离并回收CO2
C．碳毡处的电极反应：Cu+4CH3CN-e-=[Cu(CH3CN)4]+
D．阴离子交换膜每通过2molHCO ，就生成3molCO
【答案】B
【解析】由系统名称“热再生电池堆 — CO2电化学还原池系统”判断右测装置Ⅱ为CO2电化学还原
池系统，即电解池，左侧为电池堆(即原电池)。左侧装置原电池的电极反应式为负极：(泡沫铜)Cu +
4CH3CN - e- = [Cu(CH3CN)4]+，正极：(碳毡)Cu2+ + 4CH3CN + e- = [Cu(CH3CN)4]+，右侧电解池的电极反应
式为阳极：(Pt 极)4HCO3
- - 4e- = O2↑ + CO2↑ + 2H2O ，阴极：(Ag/C 极)CO2 + 2e- + H2O = CO + 2OH-。A
项，装置Ⅱ为电解池，电能转化为化学能，A 错误；B 项，Pt 极产生O2和CO2，可从产生气体中分离并回
收CO2，B 正确；C 项，碳毡处的电极反应为Cu2+ + 4CH3CN + e- = [Cu(CH3CN)4]+，C 错误；D 项，阴离
子交换膜每通过2 mol HCO3
-，电路中转移2 mol 电子，生成 1mol CO，D 错误；故选B。
考向06 考查离子交换膜在工业中的应用与装置设计
18．【电解法合成有机物】利用有机电化学合成1，2-二氯乙烷的装置如图所示。若该装置工作时中
间室NaCl 溶液的浓度通过调整保持不变，电解时阴极生成气体的速率为x mol·h-1，下列说法错误的是(
)
A．电源中电势比较：b>a
B．离子交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜
C．合成室内发生的反应为CH2=CH2+2CuCl2→CH2ClCH2Cl+2CuCl
D．中间室补充NaCl 的速率为2x mol·h-1
【答案】B
【解析】由图可知，右侧电极上Cu 的化合价由+1 价升高为+2 价，发生氧化反应，则电极N 为阳极，
电极b 为正极，所以电极M 为阴极，电极a 为负极。A 项，根据上述分析可知，a 为电源的负极，b 为正
极，故电源中电势比较：b>a ，A 正确；B 项，由图可知，中间室内的氯离子通过离子交换膜Ⅱ，进入右
室，最终和CuCl 生成CuCl2，左室H+得到电子，生成H2，OH-浓度增大，与中间室移动过来的Na+结合，
生成NaOH，所以离子交换膜I 为阳离子交换膜，Ⅱ为阴离子交换膜，B 错误；C 项，根据原子守恒可知，
合成室内发生的反应为：CH2=CH2+2CuCl2→CH2ClCH2Cl+2CuCl，C 正确；D 项，电解时阴极生成气体的
速率为xmol•h-1，根据阴极反应：2H++2e-=H2↑，根据电荷守恒可知，中间室移动过来的Na+的速率为
2xmol•h-1，故中间室补充NaCl 的速率为2xmol•h-1，D 正确；B。
19．工业上以氨基丙醇(H2NCH2CH2CH2OH)和乙二酸为原料电解，制备氨基丙酸和乙醛酸(HOOC-
CHO)。装置如图所示，两级室之间以能透过H+的阳离子交换膜隔开。电解过程中温度保持不变。下列说
法不正确的是( )
A．Pb 电极为阴极，H+通过离子交换膜从左室迁移至右室
B．反应过程中两室pH 均变小
C．若将两电极材料互换，会使两种产品产量下降
D．PbO2电极上的电极反应：H2NCH2CH2CH2OH + H2O -4e-= H2NCH2CH2COOH + 4H+
【答案】B
【解析】左室为氨基丙醇电解生成氨基丙酸，电极方程式为H2NCH2CH2CH2OH-4e-
+H2O=H2NCH2CH2COOH+4H+，反应失电子，为阳极；右室为乙二酸电解产生乙醛酸，电极方程式为
HOOCCOOH+2e-+2H+=HOOC-CHO+H2O，反应得电子，为阳极。A 项，Pb 电极表面乙二酸得电子，为阴
极，左室产生H+、右室消耗H+，H+通过离子交换膜从左室迁移至右室，故A 正确；B 项，左室产生H+，
pH 降低，右室消耗H+，pH 增加，故B 错误；C 项，若将两电极材料互换，原料与电极吸附能力会改变，
影响电极与反应物之间的电子转移，会使两种产品产量下降，故C 正确；D 项，据分析，PbO2电极(左室)
上的电极反应为H2NCH2CH2CH2OH + H2O -4e-= H2NCH2CH2COOH + 4H+，故D 正确；B。
20．【结合环境保护考查电化学知识】我国科学家在光电催化—化学耦合烟气脱硫并实现CO2的资源
化利用与电能储存的研究中取得重大突破，其工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．电极a 的电极反应式：CO2+2e-+H2O=CO+2OH-
B．装置A 食盐水中NaCl 质量分数：x%＜y%
C．离子交换膜N 为阴离子交换膜
D．每吸收1molSO2，理论上装置B 的总质量增加62g
【答案】D
【解析】装置B 中，d 极2Fe2+-2e-=2Fe3+，作原电池的负极；c 极2H++2e-=H2↑，作原电池的正极，则装
置B 为原电池。装置A 为电解池，a 极与电源的负极相连，作电解池的阴极，在该电极，CO2得电子产物
与电解质反应生成CO 和HCO3
-，电极反应式为3CO2+2e-+H2O=CO+2HCO3
-；b 极与电源正极相连，为电解
池的阳极，食盐水中的Cl-失电子生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。装置A 中，左侧HCO3
-透过离子交
换膜M 进入中间盛有NaHCO3溶液室，右侧Na+透过离子交换膜N 进入中间盛有NaHCO3溶液室，使
NaHCO3溶液由稀变浓，食盐水由浓变稀；离子交换膜M 为阴膜，离子交换膜N 为阳膜。A 项，由分析可
知，电极a 为阴极，CO2得电子产物与电解质反应生成CO 和HCO3
-，电极反应式：3CO2+2e-
+H2O=CO+2HCO3
-，A 不正确；B 项，装置A 中，食盐水中Cl-失电子生成Cl2从溶液中逸出，Na+透过阳离
子交换膜N 进入中间NaHCO3溶液室，从而使NaCl 溶液由浓变稀，所以NaCl 质量分数：x%＞y%，B 不
正确；C 项，由分析可知，Na+能透过离子交换膜N，所以离子交换膜N 为阳离子交换膜，C 不正确；D
项，在装置B 内，SO2-2e-+2H2O=SO4
2-+4H+，在c 极2H++2e-=H2↑，每吸收1molSO2，同时生成1molH2，则
理论上装置B 的总质量增加1mol×64g/mol-1mol×2g/mol=62g，D 正确；故选D。
考向07 考查守恒法在电化学计算中的应用
21．0.4 mol CuSO4和0.4 mol NaCl 溶于水，配成1 L 溶液，用惰性电极进行电解，当一个电极得到0.3
mol Cu 时，另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积是( )
A．5.6 L B．6.72 L C．1.344 L D．11.2 L
【答案】A
【解析】阴极0.3 mol Cu 析出时，则得到0.3 mol×2＝0.6 mol 电子，阳极Cl－放电失去0.4 mol 电子，
则OH－放电失去0.2 mol 电子，生成0.2 mol Cl2和0.05 mol O2，生成的气体在标准状况下的体积为(0.2＋
0.05) mol×22.4 L·mol－1＝5.6 L。
22．下图中，甲、乙是两个完全相同的光伏并网发电模拟装置，利用它们对煤浆进行脱硫处理。下列
叙述错误的是( )
A．光伏并网发电装置中a 为负极
B．石墨1 上消耗1 mol Mn2＋，甲、乙中各转移0.5 mol 电子
C．脱硫反应原理为15Mn3＋＋FeS2＋8H2O===15Mn2＋＋Fe3＋＋2SO＋16H＋
D．处理60 g FeS2，石墨2 上消耗7.5 mol H＋
【答案】B
【解析】甲、乙两个串联的光伏发电装置可直接等价于直流电源，由装置图可知，石墨1 上发生氧化
反应，即阳极反应：Mn2＋－e－===Mn3＋，其对应外接电源的正极，石墨2 上发生还原反应，即阴极反应：
2H＋＋2e－===H2↑，其对应外接电源的负极，结合脱硫装置图可知，脱硫反应原理为15Mn3＋＋FeS2＋
8H2O===15Mn2＋＋Fe3＋＋2SO＋16H＋。石墨1 上消耗1 mol Mn2＋，电极反应：Mn2＋－e－===Mn3＋，甲、乙
两个发电装置是串联模式，故甲中转移的电子数应等于乙中转移的电子数，即甲、乙各转移1 mol 电子，
B 错误；由条件易得n(FeS2)＝＝0.5 mol，再根据脱硫反应方程式可得，装置中转移电子的物质的量为0.5
mol×(1＋7×2)＝7.5 mol，所以石墨2 上发生还原反应：2H＋＋2e－===H2↑，需消耗7.5 mol H＋，D 正确。
23．【结合工业生产考查电化学知识】制造尼龙-66 的原料己二腈[NC(CH2)4CN]用量很大，工业上常
采用丙烯腈(CH2CH=CN)电合成法来制备。其工作原理如图所示。已知H+比CH2CH=CN 得电子能力强。下
列说法正确的是( )
A．b 极为阳极，电极材料可改为Fe
B．甲室的电极反应式为2CH2CH=CN+2H++4e-=NC(CH2)4CN
C．甲室中加入磷酸四乙基铵，其阳离子覆盖在电极表面，以抑制水电离出过多H+
D．若在乙室产生标准状况下44.8LO2，理论上可制备216g NC(CH2)4CN
【答案】C
【解析】由图可知，a 极丙烯腈发生还原反应生成己二腈，2CH2CH=CN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，a 为
阴极，则b 为阳极，b 极发生氧化反应，反应为2H2O- 4e- =4H++O2↑。A 项，b 极产生O2，而O2来源于
H2O，化合价升高，失去电子，是阳极，若将阳极材料换成Fe，Fe 的金属性较强，易失去电子，就不会产
生O2，合金改变了金属本身的固有属性，难以失去电子，故A 错误；B 项，甲室的电极反应式为
2CH2CH=CN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，故B 错误；C 项，根据信息，H+比CH2CH=CN 得电子能力强，而甲
室是为了制备NC(CH2)4CN，若H+产生过多，就会造成H+优先得到电子，加入磷酸四乙基铵，其大量阳离
子覆盖在电极表面，其目的是从双电层(溶液层和丙烯腈两相)中取代出水分子，从而抑制水电离出过多
H+，故C 正确；D 项，在乙室产生标准状况下44.8LO2，会转移8mol 电子，根据2CH2CH=CN+2H++2e-
=NC(CH2)4CN 可知，会生成4mol NC(CH2)4CN，其质量为432g，故D 错误；C。
考向08 考查电化学计算中复杂动态过程分析
24．在1 L K2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO)＝2.0 mol·L－1，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时
间后，两极均收集到22.4 L(标准状况)气体，则原溶液中c(K＋)为( )
A．2.0 mol·L－1 B．1.5 mol·L－1 C．1.0 mol·L－1
D．0.5 mol·L－1
【答案】A
【解析】阳极发生的反应：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极发生的反应：Cu2＋＋2e－===Cu，2H2O＋2e
－===H2↑＋2OH－，两极均收集到22.4 L(标准状况)气体，即均生成1 mol 的气体，根据得失电子守恒：2H2
～4e－～O2、2Cu～4e－～O2，阳极生成1 mol 氧气说明转移4 mol 电子，而阴极上生成1 mol H2只得到2
mol 电子，所以剩余2 mol 电子由铜离子获得，c(Cu2＋)＝1 mol·L－1，电解前根据电荷守恒：c(K＋)＋2c(Cu2
＋)＝2c(SO)，c(K＋)＝(2.0×2－1×2) mol·L－1＝2.0 mol·L－1。
25．用a、b 两个质量相等的Pt 电极电解AlCl3和CuSO4的混合溶液[n(AlCl3) n(CuSO
∶
4)=1 9]
∶
。t1时刻a
电极得到混合气体，其中Cl2在标准状况下为224 mL(忽略气体的溶解)；t2时刻Cu 全部在电极上析出。下
列判断正确的是( )
A．a 电极与电源的负极相连 B．t2时，两电极的质量相差3.84 g
C．电解过程中，溶液的pH 不断增大 D．t2时，b 的电极反应是4OH--4e-=2H2O+O2↑
【答案】B
【解析】A 项，Pt 电极电解AlCl3和CuSO4的混合溶液，阳极首先是Cl－失去电子生成氯气，然后是
OH－放电生成氧气，所以a 电极与电源的正极相连，A 错误；B 项，阴极先是Cu2＋放电析出铜，然后H＋放
电生成氢气。氯气是0.01mol，则原溶液中CuSO4是0.06mol，析出铜的质量是3．84g，即B 正确；C 项，
电解的第一阶段相当于电解氯化铜，pH 不变，D 错误；D 项，第二阶段电解硫酸铜和水，pH 减小。第三
阶段电解水，pH 减小。b 是阴极，t2时，b 的电极反应是2H＋＋2e-＝H2↑，D 错误，B。
26．以惰性电极电解CuSO4和NaCl 的混合溶液，两电极上产生的气体(标准状况下测定)体积如下图所
示，下列有关说法正确的是( )
A．a 表示阴极上产生的气体，t1前产生的为H2
B．常温下若t2时溶液的体积为1L，此时溶液的pH 为13
C．原溶液中CuSO4和NaCl 物质的量之比为1 1∶
D．若原溶液体积为1L，则原溶液中SO4
2-的物质的量浓度为0.2mol/L
【答案】C
【解析】以惰性电极电解CuSO4和NaCl 的混合溶液，阳极依次发生2Cl--2e-=Cl2↑ 、4OH--4e-=O2↑＋
2H2O ；阴极依次发生Cu2++2e-=Cu 、2H＋＋2e-=H2↑ 。根据图象可知，生成的氯气是112ml，物质的量是
0.005mol，转移电子是0.01mol。则氯化钠是0.01mol；t2时铜离子恰好放电完毕，此时生成氧气是168ml－
112ml＝56ml，物质的量是0.0025mol，则转移电子是0.01mol，所以根据电子得失守恒可知，析出铜是
0.01mol，因此硫酸铜是0.01mol。A 项，由分析可知，a 表示阳极上产生的气体，t1前产生的为Cl2，A 错
误；B．由t2时4OH--4e-=O2↑+2H2O～4H+，n(H+)=0.0025mol×4=0.01mol，则溶液的c(H+)=0.01mol/L，
pH=2，B 错误；C．根据以上分析，原溶液中CuSO4和NaCl 物质的量之比为0.01mol： 0.01mol=1：1，C
正确；D．若原溶液体积为1L，则原溶液中SO4
2-的物质的量浓度为0.01mol
=0.01mol/L，D 错误。故
选C。
考向09 考查多池串联与混合体系的电化学计算
27．室温下，如图装置电解一段时间，当某极析出0.32 g Cu 时，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液pH 分别为(溶液足
量，体积均为100 mL 且电解前后溶液体积变化忽略不计)( )
A．13、7、1 B．12、7、2 C．1、7、13
D．7、13、1
【答案】A
【解析】n(Cu)＝＝0.005 mol，由电极反应Cu2＋＋2e－===Cu 可知转移的电子为0.01 mol，电解时，Ⅰ、
Ⅱ、Ⅲ中溶液电解方程式分别为2KCl＋2H2O=====2KOH＋H2↑＋Cl2↑、2H2O=====2H2↑＋O2↑、2CuSO4＋
2H2O=====2Cu＋O2↑＋2H2SO4。Ⅰ中生成0.01 mol OH－，c(OH－)＝＝0.1 mol·L－1，pH＝13；Ⅱ中实质是
电解水，溶液仍然呈中性，溶液的pH＝7；Ⅲ中生成0.01 mol H＋，c(H＋)＝＝0.1 mol·L－1，pH＝1，故A 正
确。
28．【二氧化碳电化学】为了减少工业烟气中余热与CO2的排放，科研人员设计了一种热再生电池
——二氧化碳电化学还原池系统，消除CO2的同时产生O2和CO，其工作原理如图所示。下列说法正确的
是( )
A．装置中A 电极作正极
B．工作时，HCO3
-从左向右移动
C．阴极的电极反应为3CO2+H2O+2e-=CO＋2HCO3
-
D．工作时，C 电极生成2.24L(标准状况)氧气，A 电极质量减少12.8g
【答案】C
【解析】由装置图可知A 电极上发生反应：Cu+4CH3CN-e-=[Cu(CH3CN)4]+，A 电极作负极，B 电极为
正极，正极发生反应：Cu2++4CH3CN+e-=[Cu(CH3CN)4]+，则电极D 为阴极，电极反应：3CO2+H2O+2e-
=CO＋2HCO3
-，C 电极为阳极，电极反应：4HCO3
--4e-=O2↑＋4CO2↑+2H2O。A 项，装置中A 电极上发生
反应：Cu+4CH3CN-e-=[Cu(CH3CN)4]+，A 电极作负极，A 错误； B 项，工作时，HCO3
-由阴极向阳极移
动，即从右向左移动，B 错误；C 项，根据分析可知，阴极的电极反应为3CO2+H2O+2e-=CO＋2HCO3
-，C
正确；D 项，若C 极生成2.24L (标准状况)O2，即生成0.1mol 氧气，转移电子0.4mol，结合上述电极反应
可知A 电极消耗0.4molCu，质量减少25．6g，D 错误；故选C。
29．一种储电制氢装置如图所示，该装置晚间通过Sx+1
2-→Sx
2-转化储存电力，为白天制氢提供能量。
下列说法正确的是( )
A．晚间储电时，电极A 应与电源的负极相连
B．白天制氢时，溶液中Na+从左室向右室移动
C．储电时的总反应为2Sx+1
2-+4OH-=====2Sx
2-+O2↑+2H2O
D．理论上生成1molH2，溶液中m(S2-)减少64g
【答案】C
【解析】该装置晚间通过Sx+1
2-→Sx
2-转化储存电力，则晚间对应电解池原理，将电能转化为化学能，B
为阴极，与电源的负极相连，A 为阳极，与电源的正极相连；白天制氢为原电池，将化学能转化为电能，
A 为正极，B 为负极。A 项，由分析可知，晚间储电时对应电解池原理，A 为阳极，与电源的正极相连，A
错误；B 项，白天制氢时是原电池，A 为正极，B 为负极，溶液中Na+为阳离子，Na+从右室向左室移动，
B 错误；C 项，储电时，阳极发生：4OH--4e-=O2↑＋2H2O，阴极发生Sx+1
2-+2e-=Sx
2-+S2-，则总反应为2Sx+1
2-
+4OH-=====2Sx
2-+O2↑+2H2O，C 正确；D 项，H2~2e-，每生成1molH2，转移的电子为2mol，由Sx+1
2-~Sx
2-
~S2-~2e-知，溶液中减少的n(S2-)=1mol，对应的m(S2-)=32g，D 错误；故选C。
重难·创新演练
1．【制备对硝基苯甲醛】(2026·四川巴中一模)下图是利用对硝基苯甲醛通过“非接触”加氢生成对
氨基苯甲醛的工作原理示意图。下列说法错误的是( )
A．该装置可将化学能转化为电能 B．H 在活性位点的反应为H-e-=H+
C．电子从电极a 经外电路流向电极b D．每消耗1molH2生成0.5 mol 对氨基苯甲醛
【答案】D
【解析】利用对硝基苯甲醛通过“非接触”加氢生成对氨基苯甲醛的工作原理示意图，该装置是原电
池，根据H+的移动方向可知碳纳米电极b 是正极，钯电极a 是负极。A 项，该装置是原电池，故可将化学
能转化为电能，A 正确；B 项，H 在活性位点上失电子生成H+，反应为H-e-=H+，B 正确；C 项，原电池中
电子从负极(电极a)经外电路流向正极(电极b)，C 正确；D 项，每消耗1molH2转移电子的物质的量为2
mol，同时由对硝基苯甲醛转化为对氨基苯甲醛反应为：
，转移电子的
物质的量为2 mol 则生成
mol 对氨基苯甲醛，D 错误；故选D。
2．(2026·河北衡水高三期中)烟酸是B 族维生素，可以预防和治疗多种疾病。利用碳封装过渡金属电
极可电催化将3-甲基吡啶氧化为烟酸，工作原理如图所示，在电场作用下，双极膜中H+、OH-离子分别向
两极迁移。下列说法正确的是( )
A．a 极的电极反应式为2H2O-2e-=7OH-+H2↑
B．a 极电势高于b 极电势
C．制备0.1mol 烟酸时双极膜中质量减少10.8g
D．碳封装过渡金属电极能催化提高b 电极上还原反应的速率
【答案】C
【解析】从题图可判断，电极a 与碱性NaOH 溶液相接，电极b 与酸性 H2SO4溶液相接，且利用b 极
上“碳‐过渡金属”电极催化氧化3‐甲基吡啶生成烟酸，可知b 极为阳极(氧化极)，a 极为阴极(还原极)。
在外加电源作用下，阳极电势高于阴极电势，故a 极电势低于b 极电势。A 项，a 极为阴极，发生还原反
应，得到电子，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故A 错误；B 项，b 极为阳极(氧化极)，a 极为阴极
(还原极)。在外加电源作用下，阳极电势高于阴极电势，故 a 极电势低于 b 极电势，故B 错误；C 项，
+4H2O ，制备0.1 mol 烟酸时转移电子为0.6 mol，根据电子
守恒可知，双极膜中有0.6 mol OH-移向阳极，0.6molH+移向阴极，即质量减少0.6 mol×18 g/mol=10.8 g，
故 C 正确；D 项，碳封装过渡金属电极的作用是促进3‐甲基吡啶在阳极发生氧化反应，而非加快阴极的
还原速率，故D 错误；故选C。
3．【电解抛光】(2026·河南驻马店高三期末)电解抛光是以被抛工件和不溶性金属或非金属为两极，浸
入电解槽中，通以直流电同时进行金属表面氧化膜的生成和溶解过程，使其表面粗糙度下降，并能显著提
高工件表面光亮度。某铝制工件电解抛光原理如图所示，已知电解池工作时阳极无气体放出。下列有关说
法正确的是( )
A．B 为直流电源的负极
B．若观察到电流表指针偏转，说明有电子通过电解液形成了闭合回路
C．阳极发生的电极反应有Al-3e--=Al3+、2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+
D．阴极产生0.51 mol 气体时，若工件质量不变，则电解质溶液中含Al 微粒的数目为0.16NA
【答案】D
【解析】铝制工件电解抛光，即在直流电作用下，工件的表面形成Al2O3薄膜，因此B 为直流电源的
正极，工件作阳极，发生氧化反应，则阳极发生的电极反应有：Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-、2Al-6e-+6OH-
=Al2O3+3H2O；A 为直流电源的负极，石墨作阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-。
A 项，由分析可知，B 为直流电源的正极，A 错误；B 项，电子仅在导线中移动，不会进入电解质溶液，B
错误；C 项，电解质溶液呈碱性，故阳极发生的电极反应有：Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-、2Al-6e-+6OH-
=Al2O3+3H2O，C 错误；D 项，阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，若阴极产生
0.51 mol 气体，则转移的电子的物质的量为：1.02 mol；阳极发生的反应有①Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，
；②2Al-6e-+6OH-=Al2O3+3H2O，
，设反应①转
移的电子物质的量为x mol，则反应②转移的电子物质的量为(1.02-x) mol，依据工件质量不变，则
，解得x=0.48，由反应①Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，可知
，
则电解质溶液中含Al 微粒的数目为0.16NA，D 正确；故选D。
4．【制备有机材料】(2026·河南安阳三模)聚氯乙烯(PVC)是全球产量很大的塑料。一种催化转化体系
由电催化反应器与热催化反应器耦合构成，在常温常压条件下高效生产高纯度PVC 前驱体的工作原理示意
图如下：
下列叙述正确的是( )
A．电催化反应器中，Cl-在阳极发生还原反应生成Cl2
B．电催化反应器应用阴离子交换膜
C．热催化反应器中发生取代反应
D．电催化反应器中，阴极反应式为C2H2+2H2O+2e-=C2H4＋2OH-
【答案】D
【解析】生产高纯度PVC 前驱体过程包括C2H2、Cl-在电催化反应器中反应生成Cl2、C2H4、NaOH，
Cl2、C2H4在热催化反应器中反应生成C2H4Cl2，C2H4Cl2在裂解炉内分解生成C2H3Cl、HCl。A 项，电催化
反应器中，Cl-转化为Cl2，氯元素化合价由-1 价升高为0 价，在阳极发生氧化反应，A 错误；B 项，电催化
反应器阳极生成Cl2，阴极反应为C2H2+2H2O+2e-=C2H4＋2OH-，副产物为NaOH，阳极反应物为NaCl，
电解池中阳离子流向阴极、阴离子流向阳极，若使用阴离子交换膜，OH-会与阳极生成的Cl2反应，导致后
续反应无法进行，因此电催化反应器应使用阳离子交换膜，Na+由阳极流向阴极，B 错误；C 项，热催化反
应器中Cl2、C2H4在热催化反应器中反应生成C2H4Cl2，发生加成反应，C 错误；D 项，电催化反应器阴极
反应式为C2H2+2H2O+2e-=C2H4＋2OH-，D 正确；故选D。
5．【制备对硝基苯酚】(2026·辽宁辽阳高三联考)有机物电化学合成是化学研究的重要方向。一种将
对硝基苯酚(
)转化成对氨基苯酚(
)的示意图如图。下列说法
正确的是( )
A．电极电势：催化电极a 高于催化电极b
B．催化电极a 为阳极，发生还原反应2H2O-4e-=O2↑＋4H＋
C．电解池工作时，电子由催化电极a 经质子交换膜向催化电极b 移动
D．若在催化电极a 收集到3.36L 气体，理论上可生成10.9 g 对氨基苯酚
【答案】A
【解析】A 项，由对硝基苯酚转化为对氨基苯酚，N 元素化合价降低，发生还原反应，所以催化电极
b 为阴极，催化电极a 为阳极。在电解池中，阳极电势高于阴极电势，因此电极电势：催化电极a 高于催
化电极b，故A 正确；B 项，催化电极a 为阳极，发生氧化反应，电极反应式应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，
而不是还原反应，故B 错误；C 项，电解池工作时，电子由阳极(催化电极a)经导线向阴极(催化电极b)移
动，电子不能通过质子交换膜，故C 错误；D 项，由于没有说明气体是在标准状况下，无法根据3.36L 气
体准确计算物质的量，也就不能确定生成对氨基苯酚的质量，故D 错误；故选A。
6．(2026·湖北鄂东南联盟高三联考)我国学者设计了一种全新的“交叉耦合电解液”锂金属电池。充
电时，两极产物跨电极传输后发生化学反应(如下图)，不仅有效地抑制了传统电解质的正极“产气”现象，
而且可在负极生成聚合物型SEI(具有高
传导率且能实现高度可逆的锂沉积/溶解)，显著延长了传统锂金
属电池的使用寿命。相关说法错误的是( )
A．该电池需使用阳离子交换膜
B．反应①和②均在电池负极发生
C．反应⑦的产物是带负电的阴离子
D．反应⑧的化学计量数为2 和1
【答案】A
【解析】充电时锂金属电池的负极发生得电子的还原反应，正极发生失电子的氧化反应。题中说明充
电时两极产物需跨电极传输后发生反应，因此离子交换膜需允许两极生成的有机活性物种及阴离子通过，
不能为仅允许Li＋通过的阳离子交换膜。反应①②均为得电子脱F-的还原反应，在电池负极发生，生成的
自由基物种参与后续SEI 的生成。A 项，若使用阳离子交换膜，仅允许Li＋通过，无法实现两极有机活性
物种的跨电极传输，无法发生后续耦合反应，因此该电池不能使用阳离子交换膜，A 错误；B 项，反应①
和②均为得电子脱除F-的还原反应，充电时还原反应在电池负极发生，B 正确；C 项，反应⑦的产物中B
原子结合带负电的氧配体，整体为带负电的阴离子，C 正确；D 项，结合反应⑧的反应物结构与产物的原
子组成，可推知两种反应物的化学计量数为2 和1，D 正确；故选A。
7．【电解水新技术】(2026·河南南阳三模)研究人员开发了一种高效催化剂
用于高效光电化学水分解，其工作原理是光照射催化剂表面产生电子和“空穴(
)”，然后，电子和“空
穴”启动电解水的反应，如图所示。下列叙述正确的是( )
A．a 极发生氧化反应，b 极为阳极
B．a 极总反应式为4OH-+4h+=O2↑＋2H2O
C．每生成1molH2，溶液中增加2molOH-
D．电子由b 极经外电路流向a 极
【答案】B
【解析】根据装置中物质转化的化合价变化，a 极上OH-转化为O2，O 元素化合价升高，发生氧化反
应，故a 极为阳极；b 极上H2O 转化为H2，H 元素化合价降低，发生还原反应，故b 极为阴极。a 极电极反
应为4OH-+4h+=O2↑＋2H2O，b 极电极反应为 2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，总反应为 2H2O=2H2↑+O2↑，电子由
a 极经外电路流向b 极。A 项，a 极发生氧化反应正确，但b 极H 元素化合价降低发生还原反应，为阴极，
A 错误；B 项，a 极上OH-与空穴h+反应生成O2和H2O，配平电极反应式为4OH-+4h+=O2↑＋2H2O，B 正确；
C 项，总反应为水分解生成氢气和氧气，溶液中OH-总量不变，每生成1molH2，b 极生成2 molOH
−的同时
a 极消耗2 molOH
−，溶液中OH-物质的量不变，C 错误；D 项，电子由阳极a 经外电路流向阴极b，D 错误；
故选 B。
8．(2026·福建泉州高三模拟)利用DAT(
)制备高附加值产品DAAT(
)，同时实现双极制氢，工作原理如图，
极反应为
。下列说法正确的是( )
A．与电极M 相连的为电源正极
B．①号N 元素反应过程中化合价不变
C．工作时OH-由
极室迁移到M 极室
D．理论上，制备0.5 mol DAAT 时生成22.4LH2(标准状况下)
【答案】D
【解析】A 项，N 极反应中失去电子，为电解池阳极，与电源正极相连，M 为阴极与电源负极相连，
A 错误；B 项，DAT 转化为DAAT 时发生失电子的氧化反应，①号N 元素化合价升高，B 错误；C 项，电
解池中阴离子向阳极移动，OH⁻应由M 极室迁移到N 极室，C 错误；D 项，由N 极反应可知，生成1 mol
DAAT 转移2 mol 电子，此时N 极生成1 mol H2，阴极M 极发生反应2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，也生成1 mol
H2，共得到2 mol H2；则制备0.5 mol DAAT 时共生成1 mol H2，标况下体积为22.4 L，D 正确；故选D。
9．(2026·上海高三模拟)运用化学知识解决如下问题：
(1)一种用铅酸蓄电池进行电絮凝净水装置如图所示，回答下列问题：
①装置Ⅰ中Y 电极的电极材料是___________(填化学式)，工作时
向___________(填“X”或“Y”)
电极移动；Y 电极的电极反应式为___________。
②装置Ⅱ中
电极的电极反应式为___________。
③每消耗103.5gPb，装置的电流效率为80%，则理论上电解池阴极上生成___________molH2。
(2)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所
示：
①阴极上的反应式为___________。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为
，则消耗的CH4和CO2体积比为___________。
【答案】(1) PbO2 X PbO2+4H++SO4
2-+2e-=PbSO4+2H2O
Al-3e-+3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+、2H2O-4e-=O2↑＋4H＋ 0.4
(2) CO2+2e-=CO+O2- 6：5
【解析】(1)①装置Ⅰ中Y 为正极，电极材料为PbO2 ；工作时阴离子 PbO2+4H++SO4
2-+2e-
=PbSO4+2H2O 向负极(X 电极)移动；Y 电极(正极)的电极反应式为： PbO2+4H++SO4
2-+2e-=PbSO4+2H2O；②
装置Ⅱ中Al 电极为阳极，发生氧化反应，同时水失电子生成O2和H+电极反应式为：Al-3e-
+3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+、2H2O-4e-=O2↑＋4H＋；③Pb 的物质的量为0.5mol，负极反应：Pb+SO4
2--2e-
=PbSO4，0.5molPb 失去1mol 电子；考虑电流效率80%，实际转移电子为0.8mol。阴极反应：2H2O+2e-
=H2↑＋2OH- ，生成H2的物质的量为0.4mol；
(2)①由图示可知，阴极上CO2→CO，且固体电解质能传导O2-，则阴极反应式为CO2+2e-=CO+O2- ；
②假设生成的乙烯和乙烷的物质的量分别为2mol 和1mol，由2CH4→C2H4+H2、2CH4→C2H6+H2知，生成
2mol 乙烯和1mol 乙烷时，共脱去5molH，转移10mole-，根据电子转移数目守恒可知，此时消耗的CO2为
5mol，消耗的CH4为6mol，即消耗的CH4和CO2的体积比为6：5。
10．(2026·山东日照高三联考)电化学处理CO2将其转化为其他化学产品，是一种减缓温室效应并综合
利用CO2的好方法。回答下列问题：
Ⅰ．原电池法：通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，有效减少碳的排放，其工作原理
如图1 所示。
(1)原电池工作时，a 极为___________极(填“正”或“负”)，b 极区的电极反应式为___________。
(2)原电池工作时，电子经导线由___________(填“a→b”或“b→a”)，b 极区析出少量固体为
___________(填化学式)。
Ⅱ．电解法：电解还原CO2的方法如图2 所示，其中电解质溶液为稀硫酸，电极均为惰性电极。
(3)若CO2还原产物为CH4，则阴极的电极反应式为___________。
(4)电解池工作时，H⁺通过阳离子膜移向___________极(填“m”或“n”)。
(5)若阴极还原产物只有C2H4，当阳极区溶液质量减少36 g 时，产生C2H4的物质的量为___________。
【答案】(1) 负 CO2+2+H2O+2e-=2HCO3
-+H2
(2) a→b NaHCO3
(3)8H++CO2+8e-=CH4+2H2O
(4)n
(5)
mol
【解析】(1)根据b 极产生水得电子生成H2，可得b 极为正极，a 极为负极，b 极发生的反应为
CO2+2+H2O+2e-=2HCO3
-+H2；
(2)电子由负极流向正极，故为a→b，b 极生成碳酸氢根，故b 极析出NaHCO3固体；
(3)电解装置中电极m 生成氧气，故为阳极，n 为阴极。CO2还原生成CH4的电极反应式为8H+
+CO2+8e-=CH4+2H2O；
(4)电解池中阳离子流向向阴极移动，n 极为阴极，故H+移向n 极。
(5)阳极反应为2H2O-4e- = O2↑+4H+，阳极区减少的质量为生成O2的质量与迁移出H+的质量之和。设
转移电子为4xmol，则x×32 +4x = 36，解得x=1，转移电子为4mol。阴极生成C2H4的反应为2CO2 +12e- +
12H+ = C2H4+4H2O，转移4mol 电子时，生成C2H4的物质的量=
mol=
mol。
11．(2026·安徽皖豫高三联考)反应CO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g) 常应用于制备合成氨工业原料
气。缺点是能耗较大，副产物增加了温室气体的排放量。以下是一种利用电化学原理合成原料气并充分利
用副产物的联合制备设想。
(1)首先采用电解的方法合成氨工业原料气，反应装置如图1 所示。
①电极Y 为_______(填“阴”或“阳”)极。电极X 上的电极反应为_______。
②同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处
(
)，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ
处的y 倍，则CO 的转化率为_______(用含a、b、y 的式子表示)。
(2)然后采用原电池原理将CO2进行电化学储能。O2辅助的CO2电池：该电池容量大，能有效利用
CO2，其工作原理如图2 所示。电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的正极反应为6O2+6e-
=6O2
-、_______，反应过程中O2的作用是_______。
(3)用Cu2O-ZnO 薄膜电极作阴极，通过电解法可以将CO2转化为工业原料甲醇，工作原理如图3 所示。
阴极材料制备：将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液中，制得Cu2O 薄膜电极。反应的离子方程式为
_______。用Cu2O 薄膜电极作阴极，Zn(NO3)2溶液作电解液，采用电沉积法制备Cu2O-ZnO 薄膜电极，制
备完成后在电解液中检测到了NO2
-。制备ZnO 薄膜的电极反应为_______。
【答案】(1) 阴 CO+H2O-2e-=CO2+2H+
(2)2O2
-+2CO2=C2O4
2-+2O2 作催化剂
(3)Cu+Cu2++H2O=Cu2O+2H+ Zn2++NO3
-+2e-=ZnO↓+NO2
-
【解析】(1)电极Y 为阴极，发生还原反应，电极反应为： 2H＋＋2e-=H2↑；电极X 为阳极，发生氧化
反应，失去电子，电极反应为：CO+H2O-2e-=CO2+2H+；设进口Ⅰ处CO、H2O 的物质的量分别为a mol、b
mol，CO 的转化率为x，可列三段式：
CO(g)
H2O(g)
CO2(g)
H2(g)
起始量/mol
a
b
0
0
转化量/mol
ax
ax
ax
ax
平衡量/mol
a-ax
b-ax
ax
ax
出口Ⅰ处气体为CO2、CO、H2O，物质的量分别为ax mol、
、
，出口Ⅰ处气体
总物质的量为
，进口Ⅰ处气体总物质的量为
，同温同压下，气体体积之比等于物
质的量之比，则
，解得CO 的转化率
；
(2)正极为多孔碳电极：O2得电子生成O2
-，电极反应为6O2+6e-=6O2
-，O2
-再与CO2结合生成C2O4
2-，电
极反应为2O2
-+2CO2=C2O4
2-+2O2； O2循环起催化作用；
(3)将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液中，制得Cu2O 薄膜电极，阴极反应的离子方程式为：Cu+Cu2+
+H2O=Cu2O+2H+；Zn2+和NO3
-反应得到了ZnO 和NO2
-，对应的电极反应为Zn2++NO3
-+2e-=ZnO↓+NO2
- 。
真题·实战演练
1．(2025•广东卷，14，4 分)一种高容量水系电池示意图如图。已知：放电时，电极Ⅱ上MnO2减少；
电极材料每转移1mol 电子，对应的理论容量为26.8A·h。下列说法错误的是( )
A．充电时Ⅱ为阳极
B．放电时Ⅱ极室中溶液的pH 降低
C．放电时负极反应为：
D．充电时16gS 能提供的理论容量为26.8A·h
【答案】B
【解析】放电时，电极Ⅱ上MnO2减少，说明MnO2转化为Mn2+，化合价降低，发生还原反应，为原
电池的正极，由于电解质溶液为MnSO4，故电解质应为酸性溶液，正极反应为：MnO2+4H＋＋2e-=Mn2+
+2H2O；则电极Ⅰ为原电池负极，MnS 失去电子生成S 和Mn2+，负极反应为：MnS-2e-=Mn2++S。A 项，放
电时电极Ⅱ为正极，故充电时电极Ⅱ为阳极，A 正确；B 项，放电时电极Ⅱ为正极，正极反应为：MnO2
MnO2+4H＋＋2e-=Mn2++2H2O，反应消耗H+，溶液的pH 升高，B 错误；C 项，放电时电极Ⅰ为原电池负极，
负极反应为：MnS-2e-=Mn2++S，C 正确；D 项，根据放电时负极反应，可知充电时阴极反应为Mn2++S+2e-
=MnS，每消耗16gS，即0.5molS，转移1mol 电子，据题意可知，能提供的理论容量为26.8A·h，D 正确；
故选B。
2．(2025·全国新课标卷，4，6 分)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
下降
B．
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1molNO3
-，阳极将生成4 molHOCH2COO-
【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+5OH--4e-=HOCH2COO-+4H2O。A 项，阳极区消耗了OH-，pH 下降，A 正确；B 项，阴极区
生成了OH-，阳极区消耗了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；C 项，根据分析阴极发生还原反应，电极反应式为：NO3
-+7H2O+8e-=NH3·H2O+9OH-，C 正确；D 项，
阴极转化1molNO3
-，转移8mole-，此时阳极将生成2molHOCH2COO-，D 错误；故选D。
3．(2025•广东卷，16，4 分)某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理
示意图分别如图a 和图c，其中
获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上( )
A．负极反应的催化剂是ⅰ
B．图a 中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低
C．电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变
D．相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同
【答案】C
【解析】该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧化反应，
做负极，电极方程式为：H2－2e-=2H＋；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：O2＋4H＋＋4e-
=2H2O。A 项，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是ⅰ，A 错误；B 项，图a 中，ⅰ到ⅱ过程
为O2获得第一个电子的过程，根据题中信息，O2获得第一个电子的过程最慢，则ⅰ到ⅱ过程的活化能一
定最高，B 错误；C 项，氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H2－2e-=2H＋，同时，反应负极每失
去1 个电子，就会有一个H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，
C 正确；D 项，由图a、c 可知，氧气催化循环一次需要转移4 个电子，氢气催化循环一次需要转移2 个电
子，相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D 错误；故选C。
4．(2025•陕晋宁青卷，13，3 分)我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醒(TQ)。
电极b 表面的主要反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂)，下列说法错误的是( )
A．电解时，
从右室向左室移动
B．电解总反应：
C．以
为原料，也可得到TQ
D．用
标记电解液中的水，可得到
【答案】D
【解析】电极b 发生TY→TQ，发生加氧去氢的反应，发生氧化反应，b 为阳极，a 为阴极，阴极上氢
离子得电子生成H2。A 项，电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A 正确；B 项，根据转化关
系图可知，电极b 中TY 是反应物，TQ 是生成物，电极a 中水是反应物，H2为生成物，总反应方程式为：
，B 正确；C 项，将TY(
)换成
为原料，仍然能够得
到TQ(
)，C 正确；D 项，根据右图可知，用
18O 标记电解液中的水，可得到的
18O 在环上
甲基的邻位上
，D 错误；故选D。
5．(2025•湖北卷，15，3 分)某电化学制冷系统的装置如图所示。[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+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)6]3++e-=[Fe(H2O)6]2+
B．已知②处的电解液温度比①处的低，可推断[Fe(H2O)6]2+比[Fe(H2O)6]3+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)6]2+- e-=[Fe(H2O)6]3+，则左侧为阳极，右侧电极反应为
[Fe(H2O)6]3++e-=[Fe(H2O)6]2+，则右侧电极为阴极。A 项，阴极反应为[Fe(H2O)6]3++e-=[Fe(H2O)6]2+，A 正确；
B 项，已知②处的电解液温度比①处的低，则可推断[Fe(H2O)6]3++e-=[Fe(H2O)6]2+是吸热反应，无法推断
[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+的稳定性，B 错误；C 项，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；D 项，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)6]2+和[Fe(H2O)6]3+因配位环境或电荷分布变化引起的结构重组导致热量变化，D 正确；故选B。
6．(2025•河北卷，10，3 分)科研工作者设计了一种用于废弃电极材料LixCoO2(x＜1)再锂化的电化学
装置，其示意图如下：
已知：参比电极的作用是确定LixCoO2再锂化为LiCoO2的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正确
的是( )
A．LixCoO2电极上发生的反应：LixCoO2+xe-+xLi＋=LiCoO2
B．产生标准状况下5.6LO2时，理论上可转化
的LixCoO2
C．再锂化过程中，SO4
2-向LixCoO2电极迁移
D．电解过程中，阳极附近溶液pH 升高
【答案】B
【解析】由装置图可知，该装置中有直流电源，为电解池，则LixCoO2(x＜1) 转化为LiCoO2过程中，
Co 元素化合价由+(4-x)降为+3，LixCoO2得电子发生还原反应，为阴极，电极反应式为LixCoO2+(1-x)e-+(1-
x)Li＋= LiCoO2，Pt 电极为阳极，失电子，发生还原反应，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。A 项，由
分析知，LixCoO2电极上发生的反应：LixCoO2+(1-x)e-+(1-x)Li＋= LiCoO2，A 错误；B 项，由电极反应式可
知，产生标准状况下5.6L(即0.25 mol) O2时转移1 mol 电子，理论上转化
的LixCoO2，B 正确；C
项，SO4
2-为阴离子，应向阳极移动，即向Pt 电极迁移，C 错误；D 项，由阳极电极反应式可知，电解过程
中，阳极产生H+、消耗H2O，酸性增强，则阳极附近pH 降低，D 错误；故选B。
7．(2024·江西卷，11，3 分)我国学者发明了一种新型多功能甲醛﹣硝酸盐电池，可同时处理废水中的
甲醛和硝酸根离子(如图)。下列说法正确的是( )
A. CuAg 电极反应为2HCHO+2H2O﹣4e﹣═2HCOO﹣+H2↑+2OH﹣
B. CuRu 电极反应为NO3
-+6H2O+8e﹣═NH3↑+9OH﹣
C. 放电过程中，OH﹣通过质子交换膜从左室传递到右室
D. 处理废水过程中溶液pH 不变，无需补加KOH
【答案】B
【解析】由原电池中电子移动方向可知，CuAg 为负极，HCHO 失去电子生成HCOO-和H2，电极方程
式为：2HCHO+4OH-﹣2e﹣═2HCOO﹣+H2↑+2H2O，CuRu 为正极，NO3
-得到电子生成NH3，电极方程式为：
NO3
-+6H2O+8e﹣═NH3↑+9OH﹣。A 项，CuAg 为负极，HCHO 失去电子生成HCOO-和H2，根据得失电子守
恒和电荷守恒配平电极方程式为：2HCHO+4OH-﹣2e﹣═2HCOO﹣+H2↑+2H2O，A 错误；B 项，CuRu 为正极，
NO3
-得到电子生成NH3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：NO3
-+6H2O+8e﹣═NH3↑+9OH
﹣，B 正确；C 项，质子交换膜只允许H+通过，C 错误；D 项，由分析可知，负极电极方程式为：
2HCHO+4OH-﹣2e﹣═2HCOO﹣+H2↑+2H2O，正极电极方程式为：NO3
-+6H2O+8e﹣═NH3↑+9OH﹣，总反应为
8HCHO+ NO3
-+7OH-=NH3↑+8HCOO-+4 H2↑+2H2O，处理废水过程中消耗OH-，溶液pH 减小，需补加
KOH，D 错误；故选B。
8．(2024· 海南卷，13，4 分)电解NH4HSO4溶液得到S2O8
2-，是早期制备H2O2的重要步骤。某实验装
置如图所示。电解过程流出液b 中混有少量气泡。下列说法错误的是( )
A．电解过程中阴极区的SO4
2-不断迁移到阳极区
B．图中a 代表H2
C．回路中通过
电子产生0.5mol(NH4)2S2O8
D．SO4
2-氧化成S2O8
2-的电极反应为2SO4
2--2e-=S2O8
2-
【答案】AC
【解析】由实验装置图可知，与电源正极相连为电极为阳极，电极反应式为2SO4
2--2e-=S2O8
2-，电解过
程流出液b 中混有少量气泡，发生副反应2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，与电源负极相连的电极为阴极，电极反应
式为2H＋＋2e-＝H2↑。A 项，阴离子向阳极移动，但是硫酸根不能通过质子交换膜，则硫酸根不能从阴
极区迁移到阳极区，A 错误；B 项，阴极区产生氢气，则a 为氢气，B 正确；C 项，由于阳极区存在副反应，
则当回路中通过1mol 电子产生的(NH4)2S2O8小于0.5mol，C 错误；D 项，阳极区发生反应氧化反应2SO4
2-
-2e-=S2O8
2-，D 正确；故选AC。
9．(2024· 重庆卷，9，3 分)我国科研工作者研发了一种新型复合电极材料，可将CO2电催化转化为甲
酸，如图是电解装置示意图。下列说法正确的是( )
A．电解时电极N 上产生OH- B．电解时电极M 上发生氧化反应
C．阴、阳离子交换膜均有两种离子通过 D．总反应为2CO2+2H2O
2HCOOH+O2
【答案】D
【解析】催化电极M 上二氧化碳得到电子发生还原反应和水生成甲酸根离子和氢氧根离子：
CO2+2H2O+2e-=HCOO-+OH-，甲酸根离子和氢氧根离子通过阴离子膜加入中间室，氢氧根离子和氢离子
生成水、甲酸根离子和氢离子生成甲酸，则M 是阴极，那么N 是阳极，阳极水失去电子发生氧化反应生
成氧气：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，氢离子通过阳离子膜进入中间室。A 项，酸性条件下，电解时电极N 上水
失去电子发生氧化反应生成氧气：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，A 错误；B 项，催化电极M 上二氧化碳得到电子
发生还原反应生成甲酸，B 错误；C 项，阳离子交换膜有1 种离子通过，C 错误；D 项，总反应为二氧化
碳和水生成甲酸和氧气，D 正确；故选D。
10．(2024· 贵州卷，11，3 分)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
-+H2O=HCO4
-+2H++2e-，HCO4
-+H2O= HCO3
-+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1molH2O，体系中生成2mol 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】该装置为电解池，光阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-2e-=H2O2＋
2H+，阴极上氧气和氢离子得电子生成过氧化氢，电极反应式为O2+2H++2e-=H2O2。A 项，该装置为电解
池，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；B 项，由图可知，阴极上
氧气和氢离子得电子生成过氧化氢，电极反应式为O2+2H++2e-=H2O2，B 正确；C 项，光阳极上水失电子
生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-2e-=H2O2＋2H+，每消耗1molH2O，则体系中生成0.5mol H2O2，
C 错误；D 项，由Mn(Ⅳ)和过氧化氢转化为Mn(Ⅱ)过程中，锰元素化合价降低，H2O2做还原剂，表现还原
性，由Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)时，H2O2中O 元素化合价降低，做氧化剂，表现氧化性，D 正确；故选C。
11．(2024· 海南卷，13，4 分)电解NH4HSO4溶液得到S2O8
2-，是早期制备H2O2的重要步骤。某实验装
置如图所示。电解过程流出液b 中混有少量气泡。下列说法错误的是( )
A．电解过程中阴极区的SO4
2-不断迁移到阳极区
B．图中a 代表H2
C．回路中通过
电子产生0.5mol(NH4)2S2O8
D．SO4
2-氧化成S2O8
2-的电极反应为2SO4
2--2e-=S2O8
2-
【答案】AC
【解析】由实验装置图可知，与电源正极相连为电极为阳极，电极反应式为2SO4
2--2e-=S2O8
2-，电解过
程流出液b 中混有少量气泡，发生副反应2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，与电源负极相连的电极为阴极，电极反应
式为2H＋＋2e-＝H2↑。A 项，阴离子向阳极移动，但是硫酸根不能通过质子交换膜，则硫酸根不能从阴
极区迁移到阳极区，A 错误；B 项，阴极区产生氢气，则a 为氢气，B 正确；C 项，由于阳极区存在副反应，
则当回路中通过1mol 电子产生的(NH4)2S2O8小于0.5mol，C 错误；D 项，阳极区发生反应氧化反应2SO4
2-
-2e-=S2O8
2-，D 正确；故选AC。
12．(2024·江西卷，11，3 分)我国学者发明了一种新型多功能甲醛﹣硝酸盐电池，可同时处理废水中
的甲醛和硝酸根离子(如图)。下列说法正确的是( )
A．CuAg 电极反应为2HCHO+2H2O﹣4e﹣═2HCOO﹣+H2↑+2OH﹣
B．CuRu 电极反应为NO3
-+6H2O+8e﹣═NH3↑+9OH﹣
C．放电过程中，OH﹣通过质子交换膜从左室传递到右室
D．处理废水过程中溶液pH 不变，无需补加KOH
【答案】B
【解析】由原电池中电子移动方向可知，CuAg 为负极，HCHO 失去电子生成HCOO-和H2，电极方程
式为：2HCHO+4OH-﹣2e﹣═2HCOO﹣+H2↑+2H2O，CuRu 为正极，NO3
-得到电子生成NH3，电极方程式为：
NO3
-+6H2O+8e﹣═NH3↑+9OH﹣。A 项，CuAg 为负极，HCHO 失去电子生成HCOO-和H2，根据得失电子守
恒和电荷守恒配平电极方程式为：2HCHO+4OH-﹣2e﹣═2HCOO﹣+H2↑+2H2O，A 错误；B 项，CuRu 为正极，
NO3
-得到电子生成NH3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：NO3
-+6H2O+8e﹣═NH3↑+9OH
﹣，B 正确；C 项，质子交换膜只允许H+通过，C 错误；D 项，由分析可知，负极电极方程式为：
2HCHO+4OH-﹣2e﹣═2HCOO﹣+H2↑+2H2O，正极电极方程式为：NO3
-+6H2O+8e﹣═NH3↑+9OH﹣，总反应为
8HCHO+ NO3
-+7OH-=NH3↑+8HCOO-+4 H2↑+2H2O，处理废水过程中消耗OH-，溶液pH 减小，需补加
KOH，D 错误；故选B。
13． (2024·湖北卷，14，3 分)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1molH3N+CH2COOH 双极膜中有4molH2O 解离
C．阳极总反应式
2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O
D．阴极区存在反应H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O
【答案】B
【解析】在KOH 溶液中HCHO 转化为HOCH2O-：HCHO+OH-→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∙，H∙结合成H2，Cu 电极
为阳极；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—CH=N—OH：OHC—
COOH+HO—N+H3→HOOC—CH=N—OH+H2O+H+，HOOC—CH=N—OH 发生得电子的还原反应转化成
H3N+CH2COOH：HOOC—CH=N—OH+4e-+5H+=H3N+CH2COOH+H2O。A 项，电解过程中，阳极区消耗
OH-、同时生成H2O，故电解一段时间后阳极区c(OH-)减小，A 正确；B 项，阴极区的总反应为
H2C2O4+HO—N+H3+6e-+6H+= H3N+CH2COOH+3H2O，1molH2O 解离成1molH+和1molOH-，故理论上生成
1molH3N+CH2COOH 双极膜中有6molH2O 解离，B 错误；C 项，结合装置图，阳极总反应为2HCHO-2e-
+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O，C 正确；D 项，阴极区的Pb 上发生反应H2C2O4+2e-+2H+=OHC—
COOH+H2O，D 正确；故选B。
14． (2024·辽吉黑卷，12，3 分) “绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势
高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO 高效制H2的方法，装置如图所示。部分反应机理
为：
。下列说法错误的是( )
A．相同电量下H2理论产量是传统电解水的1.5 倍
B．阴极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
C．电解时OH-通过阴离子交换膜向b 极方向移动
D．阳极反应：
【答案】A
【解析】据图示可知，b 电极上HCHO 转化为HCOO-，而HCHO 转化为HCOO-为氧化反应，所以b
电极为阳极，a 电极为阴极，HCHO 为阳极反应物，由反应机理
可知：反应
后生
成的
转化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOOH 的同时还生成了H-，生成的
HCOOH 再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生成的H-在阳极失电子发生氧化反应生
成氢气，即2H--2e-=H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。A 项，阳极反应：①HCHO+OH--
e-→HCOOH+
H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应2H2O-2e-=H2↑+2OH-，即转移2mol 电子时，
阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2，而传统电解水：2H2O
2H2↑+O2↑，转移2mol 电子，只有阴极
生成1molH2，所以相同电量下H2理论产量是传统电解水的2 倍，A 错误；B 项，阴极水得电子生成氢气，
阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B 正确；C 项，由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷
增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，OH-通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b 极方向移
动，C 正确；D 项，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+
H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，
由(
+
)×2
①②
得阳极反应为：2HCHO+4OH--2e-=2HCOO-+2H2O+H2↑，故D 正确；故选A。
15． (2024·河北卷，13，3 分)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO2电池，以Mg(TFSI)2
为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺(
)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服
了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性
能。
下列说法错误的是( )
A．放电时，电池总反应为Mg+2CO2= MgC2O4
B．充电时，多孔碳纳米管电极与电源正极连接
C．充电时，电子由Mg 电极流向阳极，Mg2+向阴极迁移
D．放电时，每转移1mol 电子，理论上可转化1mol CO2
【答案】C
【解析】放电时CO2转化为MgC2O4，碳元素化合价由+4 价降低为+3 价，发生还原反应，所以放电时，
多孔碳纳米管电极为正极、Mg 电极为负极，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、Mg 电极为阴极：
电极
过程
电极反应式
Mg 电极
放电
Mg-2e-=Mg2+
充电
Mg2++2e-= Mg
多孔碳纳米管电极
放电
Mg2++2CO2+2e-=MgC2O4
充电
MgC2O4-2e-= Mg2+
+2CO2↑
A 项，放电时正极反应式为Mg2++2CO2+2e-=MgC2O4、负极反应式为Mg-2e-=Mg2+，将放电时正、负电
极反应式相加，可得放电时电池总反应：Mg+2CO2= MgC2O4，A 正确；B 项，充电时，多孔碳纳米管电极
上发生失电子的氧化反应，则多孔碳纳米管在充电时是阳极，与电源正极连接，B 正确；C 项，充电时，
Mg 电极为阴极，电子从电源负极经外电路流向Mg 电极，同时Mg2+向阴极迁移，C 错误；D 项，根据放电
时的电极反应式Mg2++2CO2+2e-=MgC2O4可知，每转移2mol 电子，有2mol CO2参与反应，因此每转移
1mol 电子，理论上可转化1mol CO2，D 正确；故选C。
16．(2024·广西卷，9，3 分)某新型钠离子二次电池(如图)用溶解了NaPF6的二甲氧基乙烷作电解质溶
液。放电时嵌入PbSe 中的Na 变成Na+后脱嵌。下列说法错误的是( )
A．外电路通过1mol 电子时，理论上两电极质量变化的差值为23g
B．充电时，阳极电极反应为：Na3V2(PO4)3-xe-=Na3-xV2(PO4)3+xNa+
C．放电一段时间后，电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变
D．电解质溶液不能用NaPF6的水溶液替换
【答案】A
【解析】放电时嵌入PbSe 中的Na 变成Na+后脱嵌，则右侧电极为负极，Na 失电子生成Na+；Na+透过
允许Na+通过的隔膜从右侧进入左侧，则左侧为正极。A 项，外电路通过1mol 电子时，负极有1molNa 失
电子生成Na+进入右侧溶液，溶液中有1molNa+从右侧进入左侧，并与正极的Na3-xV2(PO4)3结合，则理论上
两电极质量变化的差值为2mol×23g/mol=46g，A 错误；B 项，充电时，左侧电极为阳极，Na3V2(PO4)3失电
子生成Na3-xV2(PO4)3，则阳极电极反应为：Na3V2(PO4)3-xe-=Na3-xV2(PO4)3+xNa+，B 正确；C 项，放电一段时
间后，负极产生的Na+的物质的量与负极区通过隔膜进入左极区的Na+的物质的量相同，进入左极区的
Na+与参加左侧正极反应的Na+的物质的量相同，所以电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变，C 正确；D
项，Na 能与水反应，所以电解质溶液不能用NaPF6的水溶液替换，D 正确；故选A。
17．(2024·全国甲卷，12，6 分)科学家使用δ-MnO2研制了一种MnO2-Zn 可充电电池(如图所示)。电池
工作一段时间后，MnO2电极上检测到MnOOH 和少量ZnMn2O4。下列叙述正确的是( )
A．充电时，Zn2+向阳极方向迁移
B．充电时，会发生反应Zn+2MnO2=ZnMn2O4
C．放电时，正极反应有MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-
D．放电时，Zn 电极质量减少0.65g，MnO2电极生成了0.020molMnOOH
【答案】C
【解析】Zn 具有比较强的还原性，MnO2具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn 与
MnO2之间，所以MnO2电极为正极，Zn 电极为负极，则充电时MnO2电极为阳极、Zn 电极为阴极。A 项，
充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即Zn2+向阴极方向迁移，A 不正确；B 项，放电时，
负极的电极反应为Zn-2e-=Zn2＋，则充电时阴极反应为Zn2++2e-=Zn，即充电时Zn 元素化合价应降低，而
选项中Zn 元素化合价升高，B 不正确；C 项，放电时MnO2电极为正极，正极上检测到MnOOH 和少量
ZnMn2O4，则正极上主要发生的电极反应是MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-，C 正确；D 项，放电时，Zn 电
极质量减少0.65g(物质的量为0.010mol)，电路中转移0.020mol 电子，由正极的主要反应MnO2+H2O+e-
=MnOOH+OH-可知，若正极上只有MnOOH 生成，则生成MnOOH 的物质的量为0.020mol，但是正极上
还有ZnMn2O4生成，因此，MnOOH 的物质的量小于0.020mol，D 不正确；故选C。
18．(2024·广东卷，16，3 分)一种基于氯碱工艺的新型电解池(下图)，可用于湿法冶铁的研究。电解过
程中，下列说法不正确的是( )
A．阳极反应：2Cl--2e-= Cl2↑
B．阴极区溶液中OH-浓度逐渐升高
C．理论上每消耗1molFe2O3，阳极室溶液减少
D．理论上每消耗1molFe2O3，阴极室物质最多增加
【答案】C
【解析】右侧溶液为饱和食盐水，右侧电极产生气体，则右侧电极为阳极，Cl-放电产生氯气，电极反
应为：2Cl--2e-= Cl2↑；左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应为：
Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-；中间为阳离子交换膜，Na+由阳极向阴极移动。A 项，阳极反应为：2Cl--2e-
= Cl2↑，A 正确；B 项，阴极反应为：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，消耗水产生OH-，阴极区溶液中OH-
浓度逐渐升高，B 正确；C 项，理论上每消耗1molFe2O3，转移6mol 电子，产生3mol Cl2，同时有6mol
Na+由阳极转移至阴极，则阳极室溶液减少
，C 错误；D 项，理论上每消耗
1molFe2O3，转移6mol 电子，有6mol Na+由阳极转移至阴极，阴极室物质最多增加
，D 正确；
故选C。
19．(2024·山东卷，13，4 分)以不同材料修饰的Pt 为电极，一定浓度的NaBr 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H2和O2，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NaBr
C．电解总反应式为Br-+3H2O
BrO3
-+3H2↑
D．催化阶段反应产物物质的量之比n(Z) ∶n(Br-)=3∶2
【答案】B
【解析】电极b 上Br-发生失电子的氧化反应转化成BrO3
-，电极b 为阳极，电极反应为Br- -6e-+3H2O=
BrO3
-+6H+；则电极a 为阴极，电极a 的电极反应为6H++6e-=3H2↑；电解总反应式为Br-+3H2O
BrO3
-
+3H2↑；催化循环阶段BrO3
-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。A 项，
电极a 为阴极，连接电源负极，A 项正确；B 项，根据分析电解过程中消耗H2O 和Br-，而催化阶段BrO3
-
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 项，根据
分析电解总反应式为Br-+3H2O
BrO3
-+3H2↑，C 项正确；D 项，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；故选B。
