文档文本内容
第04 讲 电化学原理的综合应用
内容导航
01
命题透视·考情前瞻
对标素养，研判高考命题趋势
02
思维建模·脉络梳理
搭建知识框架，构建系统思维
03
考点精讲·靶向突破
拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 电化学原理综合应用
知识解构 知识点1 电化学装置工作原理 ∣ 知识点2 原电池中判断电极
知识点3 书写原电池电极反应式 ∣ 知识点4 二次电池的解题流程
知识点5 燃料电池电极反应式的书写 ∣ 知识点6 金属腐蚀快慢的判断方法
知识点7 电解池电极反应式的书写步骤
考向破译 考向1 考查电极反应与物质变化分析∣考向2 考查电化学装置的回路分析与粒子移动
考向3 考查电化学装置中溶液性质的变化分析
解题妙招1 电极反应与物质变化分析 解题妙招2 回路分析与粒子移动
解题妙招3 溶液性质的变化分析
考点二 离子交换膜的类型及其应用
知识解构 知识点1 离子交换膜的种类 ∣ 知识点2 离子交换膜的应用及解题流程
考向破译 考向1 考查离子交换膜的类型与功能识别 ∣
考向2 考查离子交换膜作用机制与离子迁移分析∣
考向3 考查离子交换膜在工业中的应用与装置设计
解题妙招1 离子交换膜的应用分析 解题妙招2 离子迁移方向及膜的选择
解题妙招3 离子交换膜的应用
考点三 电化学综合计算
知识解构 知识点1 计算依据——三个相等 ∣ 知识点2 电化学计算的三种常用方法
知识点3 分阶段电解计算技巧
考向破译 考向1 守恒法在电化学计算中的应用 ∣ 考向2 电化学计算中复杂动态过程分析
考向3 多池串联与混合体系的电化学计算
解题妙招1电子守恒法的应用 解题妙招2 复杂动态过程分析
解题妙招3 多池串联与混合体系的电化学计算
04
真题溯源·考向感知
溯源真题逻辑，感知高考考向
命题透视·考情前瞻
——对标素养，研判高考命题趋势
考情梳理--三年真题 考向梳理
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
电化学原理的综合应
用
江西卷T7，3 分
四川卷T14，3 分
江苏卷T8，3 分
山东卷T12，4 分
湖南卷T9，3 分
全国新课标卷T12，6 分
江西卷T11，3 分
海南卷T13，4 分
离子交换膜的类型及
其应用
山东卷T12，4 分
江西卷T7，3 分
浙江1 月卷T12，3 分
陕晋青宁卷T13，3 分
黑吉辽蒙卷T13，3 分
江西卷T9，3 分
四川卷T14，3 分
广东卷T14，4 分
广东卷T16，4 分
湖北卷T15，3 分
全国新课标卷T4，6 分
陕晋宁青卷T13，3 分
重庆卷T9，3 分
贵州卷T11，3 分
海南卷T13，4 分
湖北卷T14，3 分
河北卷T13，3 分
江西卷T11，3 分
辽吉黑卷T12，3 分
电化学综合计算
山东卷T12，4 分
湖南卷T7，3 分
河北卷T10，3 分
广西卷T9，3 分
全国甲卷T12，6 分
广东卷T16，3 分
山东卷T13，4 分
考向解读--洞悉趋势 精准预判
►命题解码：
1．从考查题型和内容上看，高考命题以新型电池为背景的选择题和以电极反应式书写为主的填空
题，通常考查的知识点是从闭合回路的形成角度分析原电池、电解池的工作原理，电极的判断，电极反应
式的书写，电子的转移或电流的方向和溶液中离子的移动方向的判断，溶液pH 的变化，离子交换膜作
用，有关计算，理解原电池和电解池原理的实际应用等，难度一般偏大。解题时要求掌握“结合反应原
理，根据元素化合价变化，正确判断电极发生的反应和书写电极反应方程式”的方法。
2．从命题思路上看，电化学内容是高考试卷中的常客，是氧化还原反应知识的应用和延伸，命题在
继续加强基本知识考查的基础上，更加注重了试题题材的生活化、实用化、情境化，同时也加强了不同知
识间的相互渗透与融合，试题的背景较为新颖，侧重考查分析判断、获取信息解答问题及计算能力。
►复习目标：
1．能以变化观念认识电化学反应的本质是氧化还原反应,能多角度、动态分析电化学反应,并运用电化
学原理解决实际问题。
2．能运用原电池、电解池模型示意图解释电极及电池反应现象,揭示“放电”“充电”时现象的本质
与规律。培养证据推理意识
3．能够发现和提出有探究价值的新型化学电源、确定探究目的,设计探究方案,进行实验探究,能根据实
验现象总结规律,培养科学探究与创新意识。
4．通过原电池和电解池等电化学问题在环境污染与防治应用，以培养学生科学态度与社会责任。
思维建模·脉络梳理
——搭建知识框架，构建系统思维
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 电化学原理的综合应用
知●识●解●构
知识点1 电化学装置工作原理
1．原电池
2．电解池
知识点2 原电池中判断电极
1．通过反应类型判断
①失去电子的电极为负极，发生氧化反应；
②得到电子的电极为正极，发生还原反应。
2．通过电子定向移动方向和电流方向判断
①电子流出的电极为负极，电子经外电路流入正极；
②电流流出的电极为正极，电流经外电路流入负极。
3．根据离子移动方向判断
阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。
4．根据电极现象判断
一般不断溶解、质量减轻的电极为负极；有固体析出、质量增加或不变或有气体产生的电极为正极。
知识点3 书写原电池电极反应式
1．直接书写
(1)列物质标得失：电极反应物→产物及得失电子数。
(2)看环境配守恒：在电解质溶液的环境中要生成稳定的电极产物，即H+、OH-、H2O 等是否参加反
应，遵守电荷守恒、质量守恒、得失电子守恒。
(2)两式加验总式：两电极反应式相加，与总反应式对照验证。
2．间接书写
第一步，写出电池总反应式。
第二步，写出电极的正极反应式。
第三步，负极反应式＝总反应式－正极反应式。
知识点4 二次电池的解题流程
第一步：读题
逐字逐句读，挖掘关键字，排除无效信息，找到对解题有价值的信息，并作标记。
第一步：确定装置类型
放电为原电池，充电为电解池。
第二步：判断电极名称
放电时的正极为充电时间阳极，放电时的负极为充电时的阴极。
第三步：写出电极反应
放电时的正极反应颠倒过来为充电时的阳极反应；放电时的负极反应颠倒过来为充电时的阴极反应。
第四步：分析离子移动
由生成一极向消耗一极移动；区域pH 变化：OH-生成区，H+消耗区，pH 增大；OH-消耗区，H+生成
区，pH 减小。
知识点5 燃料电池电极反应式的书写
第一步：写出电池总反应式。
燃料电池的总反应与燃料燃烧的反应一致，若产物能和电解质反应，则总反应为加合后的反应。如甲
烷燃料电池(电解质溶液为NaOH 溶液)的反应如下：
CH4＋2O2===CO2＋2H2O①
CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O②
①＋②可得甲烷燃料电池的总反应式：CH4＋
2O
2＋
2NaOH
==
=Na
2CO3＋
3H
2O。
第二步：写出电池的正极反应式。
根据燃料电池的特点，一般在正极上发生还原反应的物质都是O2，因电解质溶液不同，故其电极反应
也会有所不同：
燃料电池电解质
正极反应式
酸性电解质
O2＋4H＋＋4e－===2H2O
碱性电解质
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
固体电解质(高温下能传导O2－)
O2＋4e－===2O2－
熔融碳酸盐(如熔融K2CO3)
O2＋2CO2＋4e－===2CO
第三步：电池的总反应式－电池的正极反应式＝电池的负极反应式。
知识点6 金属腐蚀快慢的判断方法
1．对同一电解质溶液来说，腐蚀速率的快慢：电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐
蚀>有防护措施的腐蚀。
2．对同一金属来说，在不同溶液中腐蚀速率的快慢：强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶
液中。
3．活动性不同的两种金属，活动性差别越大，腐蚀速率越快。
4．对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，金属腐蚀越快。
知识点7 电解池电极反应式的书写步骤
1．一判：判断电解池的阴、阳极；
2．二看：看清电解池的阳极材料是惰性电极还是活性电极(除Au、Pt 外的金属电极一般为活性电
极)；
3．三写
(1)阳极
①活性电极：电极材料失电子，生成相应的金属阳离子；
②惰性电极：阴离子失电子，生成相应的单质或高价化合物。
(2)阴极:阳离子得电子，生成相应的单质或低价化合物
得分速记
通常电极反应可以根据阳极材料和电解质溶液的性质进行判断，但在高考题中往往需要结合题给信息
进行判断。
考●向●破●译
考向1 考查电极反应与物质变化分析
例1．（2026·广西南宁二模）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 极电势高于b 极电势
B．b 极的电极反应式为
C．制备0.1 mol 烟酸时双极膜中质量减少10.8 g
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】根据题干信息“电催化将3-甲基吡啶氧化为烟酸”及示意图可知，b 极为阳极，发生氧化反应；
则a 极为阴极，发生还原反应。A 项，b 极为阳极，a 极为阴极，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 错误；B 项，b 极附近溶液显酸性，故电极反应式中不能出现氢氧根，应
用氢离子配平电荷，B 错误；C 项，由b 极电极反应式可知，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，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，即提高b 电极上氧
化反应的速率，D 错误；故选C。
解题妙招
电极反应与物质变化分析
(1)电极反应式书写与分析
①判断电极属性(正/负极、阴/阳极)及反应类型(氧化/还原)；
②依据电解质环境(酸碱性、离子浓度)书写半反应式，注意介质对产物的影响(如酸性环境阴极析H₂、
碱性环境生成OH⁻)；
③典型考法：新型电池(燃料电池、可充电电池)的电极反应书写。
(2)电极现象与产物判断
①观察电极质量变化(如精炼铜时阳极溶解、阴极增重)、气体生成(Cl₂、O₂、H₂)等；
②结合放电顺序分析离子反应优先级(如阳极：S²⁻ > I⁻ > Br⁻ > Cl⁻ > OH⁻)。
【变式1】【变载体】（2026·广东梅州高三模拟）基于非对称电解质构型的准固态高压锌-空气二次电
池(Zn-MEM 可快速传导碱金属离子并防止酸碱中和)的结构如图。下列说法错误的是( )
已知：Zn(OH)2的性质与Al(OH)3相似。
A．充电时，Pt/C 应连接电源正极
B．放电时，负极的电极反应式为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-
C．理论上，每转移2 mole-，正极区质量增加94 g
D．放电时，负极区电解质溶液pH 不变
【答案】D
【解析】图中二次电池作原电池时，Zn 作负极，被氧化为Zn(OH)2，由于Zn(OH)2性质与Al(OH)3相
似，故进一步溶解在KOH 溶液中反应得到[Zn(OH)4]2-，电极反应式为： Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，Pt/C 作
正极，O2在正极上反应被还原为H2O，电极反应式为：O2＋4H＋＋4e-=2H2O，作电解池时则电极Zn、Pt/C
分别变为阴、阳极。电极反应与上述内容相反。A 项，由分析可知，放电时Pt/C 作正极，故充电时Pt/C 作
阳极发生氧化反应，应连接电源正极，A 正确；B 项，由分析可知，放电时负极的电极反应式为 Zn-2e-
+4OH-=[Zn(OH)4]2-，B 正确；C 项，理论上，每转移2 mole- ，有2 molK+ 由负极区迁移至正极区，同时正
极区有0.5 molO2 参与反应生成H2O，故正极区质量增加2mol×39g/mol+0.5mol×32g/mol=94 g，C 正确；D
项，由以上分析中方程式可得放电时负极区c（OH-）减小，电解质溶液中pH 降低，D 错误；故选D。
【变式2】【变载体】（2026·江苏南通高三模拟）一种新型水系可充电电池以
和Cu3
（PO4）2为电极，其工作原理如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．充电时，电极a 与外接直流电源的正极相连
B．充电时，若电极a 得到3.2gCu 和1.44g Cu2O，则电路中转移0.12mole-
C．放电时，Na+通过离子交换膜从右室迁移至左室
D．放电时，电极b 的电极反应式为
【答案】D
【解析】放电为原电池工作过程，电极a 上Cu 转化为Cu2O、Cu3（PO4）2，Cu 元素化合价升高，发
生氧化反应，为原电池负极；电极b 上Mn 元素化合价降低，发生还原反应，为原电池正极。充电为电解
池工作过程，电极a 为阴极，接外接直流电源负极，电极b 为阳极，接外接直流电源正极；放电时阳离子
向正极移动，充电时阳离子向阴极移动，结合电子守恒分析电极反应转移电子数目。A 项，充电时电极a
为阴极，应与外接直流电源的负极相连，A 错误； B 项，3.2g Cu 的物质的量为3.2 g
64g·mol
1
−=0.05 mol，
1.44g Cu2O 的物质的量为1.44 g
144g·mol
1
−=0.01 mol，Cu 元素得电子总物质的量为
0.05 mol×2+0.01 mol×2×1=0.12 mol，同时电极a 上还有H2O 得电子生成H2，故电路中转移电子总
物质的量大于0.12mol，B 错误；C 项，放电时为原电池，Na+向正极即右室的电极b 移动，故Na+通过离子
交换膜从左室迁移至右室，C 错误；D 项，放电时电极b 为正极，Mn 元素化合价降低得电子，电极反应式
为
，D 正确；故选 D。
【变式3】【新考法—结余配合物】（2026·江苏镇江高三模拟）我国科研小组实现了光电条件下脂肪
醇与芳基卤代烃的偶联反应，具体工作原理如下图。
已知：R 表示烷基；X 表示卤素原子；L 为有机物，易提供孤对电子形成配合物；Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ表示步
骤。
下列说法正确的是( )
A．N 接铅蓄电池电源的PbO2电极
B．M 电极区域发生反应：
C．该偶联反应为
D．电解一段时间后需补充含Cl-的电解质
【答案】C
【解析】催化条件下，该装置以外加电源驱动电化学氧化还原过程：阳极区域中，脂肪醇在Fe3+/
Fe2+介质的辅助下被氧化生成烷基自由基，同时释放质子；阴极区域中，Ni 配合物被还原为Ni 活性物种，
对芳基卤代烃进行氧化加成生成芳基镍(II)中间体，该中间体进一步捕获阳极产生的烷基自由基，经还原消
除形成C–C 偶联产物Ar–R，同时再生Ni 完成催化循环；光照可能通过激发催化剂或半导体电极促进界面
电子转移，提高反应效率；据此解答。A 项，根据循环过程，左侧电极M 中，[FeCl3]-转化为[FeCl4]-，Fe
失电子发生氧化反应，因此M 是阳极，接电源正极，右侧电极N 中，带+2 电荷的物质(Ⅱ)得电子转化为带
+1 电荷的物质(Ⅲ)，发生还原反应，N 是阴极，接电源负极，在铅蓄电池中，Pb 为负极、PbO2为正极，因
此N 极接铅蓄电池电源的Pb 电极，A 错误；B 项，根据循环过程，左侧电极M 中，[FeCl3]-失电子转化为
[FeCl4]-，电极反应为[ FeCl3]--e-+Cl-=[ FeCl4]-，B 错误；C 项，根据整个过程的反应物和产物，反应物为
RCH2OH 和芳基卤代烃C6H5X，产物为偶联产物R-C6H5、CH2O、HX，原子守恒配平后总反应为
，C 正确；D 项，循环过程中，[FeCl4]-与RCH2OH 反应会释放
Cl-，[FeCl3]-在M 极重新生成[FeCl4]-消耗Cl-，Cl-循环利用，总量不变，不需要补充，D 错误；故选C。
考向2 考查电化学装置的回路分析与粒子移动
例2（2026·河南开封高三联考）某课题组通过电解技术从海水中提取锂的装置如图所示。接通K1，
FePO4电极从海水中吸纳Li+；断开K1，接通K2，乙室富集Li+(甲乙两室电解液的总体积相同，电解前后溶
液的体积变化忽略不计)。
下列叙述正确的是( )
A．接通K1，太阳能直接转化为化学能
B．Y 电极应接电源的正极
C．接通K1，电子流向：FePO4电极→光伏电池→X 电极
D．接通K2，待FePO4电极恢复至起始状态时，甲室c（SO4
2-）变化与乙室c（Li+）变化之比为1 2∶
【答案】D
【解析】该装置是利用 FePO4/LiFePO4对 Li+的可逆嵌入和脱出来实现从模拟海水中提锂的电化学装
置。开关接K1时，由光伏电池供电，FePO4得电子并结合模拟海水中的Li+，生成 LiFePO4，电极反应为
FePO4+Li++e-=LiFePO4对 ，相当于把海水中的Li+先“吸附”或“嵌入”到电极材料中；开关接K2时，接
入外加电源，LiFePO4失电子被氧化为FePO4，同时释放Li+，电极反应为 LiFePO4-e-=FePO4+Li+，释放出
的Li+通过只允许 Li+通过的离子交换膜进入乙室的LiOH 溶液中，从而实现锂离子的富集和回收。左侧阴
离子交换膜主要用于维持电荷平衡，右侧选择性离子交换膜则用于阻止Na+、SO4
2-等杂质离子进入乙室，
提高提取锂的选择性。A 项，接通K1时，光伏电池先把太阳能转化为电能，电能再推动电极反应，使
FePO4吸收海水中的Li+并转化为LiFePO4，所以能量转化过程为“太阳能→电能→化学能”，不能说太阳
能直接转化为化学能，A 错误；B 项，接通 K2时，LiFePO4电极要发生氧化反应（失去电子），所以是阳
极，需要接电源的正极，乙室要富集Li+且离子交换膜只允许Li+通过，阳离子向阴极移动，所以 Y 电极
就是阴极，需要接电源的负极，B 错误；C 项，接通K1时，FePO4电极吸收Li+并得到电子生成LiFePO4，
说明FePO4电极是得电子的一极。电子应由光伏电池提供给FePO4电极，而不是从FePO4电极流向光伏电
池再流向X 电极，C 错误；D 项，接通K1时，FePO4吸收Li+，中间模拟海水中Li+减少，为维持电荷平衡，
SO4
2-通过阴离子交换膜进入甲室；由于1 个SO4
2-带2 个负电荷，所以每转移2 个Li+，对应1 个SO4
2-进入
甲室。接通K2后，LiFePO4释放的Li+进入乙室，因此甲室中SO4
2-的变化量与乙室中Li+的变化量之比为
1 2∶，D 正确。故选D。
解题妙招
回路分析与粒子移动
(1)电流与电子流向
①原电池：电子由负极→正极，电流由正极→负极；
②电解池：电子由电源负极→阴极，阳极→电源正极。
(2)离子迁移方向
①原电池：阴离子移向负极，阳离子移向正极；
②电解池：阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
(3)盐桥作用：平衡电荷、形成闭合回路(盐桥中离子定向移动)。
【变式1】【变载体】（2026·安徽A10 联盟高三联考）电极材料是影响硝酸及其硝酸盐电化学还原的
主要因素之一，以Cu-Ni 双金属催化剂电催化硝酸还原反应的电氯化机理如下图所示：
下列说法正确的是( )
A．HClO 的电子式为
B．电路中电子流向为a→M 极→电解液→N 极→b
C．生成NH4
+的电极反应式为NO3
-+7H2O+8e-=NH4
++10OH-
D．生成1 mol N2，电路中理论上转移16 mol 电子
【答案】D
【解析】该装置为电解池，根据M 极物质转换可知M 极为的电子的还原反应，作阴极；N 极为失电
子的氧化反应，作阳极。电源a 为负极，电源b 为正极。A 项，HClO 的电子式为
，A 错误；B
项，电解池中电路中电子流向为负极(a)→(阴极)M 极、(阳极)N 极→(正极)b，电子不能通过电解质溶液，B
错误；C 项，生成NH4
+的电极反应式为NO3
-+10H++8e-=NH4
++3H2O，选项中电解质中不能出现氢氧根，C
错误；D 项，生成1 mol N2，需要电极生成2molNH4
+，电路中理论上转移16 mol 电子，D 正确；故选D。
【变式1】【变情景】（2026·安徽滁州高三模拟）利用催化剂和电解液(引入卤素离子)双调控策略可
促进电催化CO2还原，原理如图1 所示。相同条件下，向右侧电解液中加入不同卤素离子时，生成C2+产物
(含有两个及两个以上碳原子的有机物)的法拉第效率(生成目标产物需要的电荷量占消耗的总电荷量的百分
比)如图2 所示。下列说法错误的是( )
A．电极a 为正极，电极电势比电极b 的高
B．工作时，电流流向：a→质子交换膜→b
C．生成C2H5OH 的电极反应式为14CO2+9H2O+12e-=C2H5OH+12HCO3
-
D．三种卤素离子中，I-促进C-C 键形成的能力更强
【答案】B
【解析】该装置为电解池，CO2还原得电子发生在右侧电极，因此右侧电极为阴极，连接电源负极
b；左侧发生水的氧化反应生成O2，为阳极，连接电源正极a。A 项，a 是电源正极，正极的电极电势高于
负极b，A 正确；B 项，电流流向规律：外电路中电流从电源正极流向电极，内电路中电流从阳极流向阴
极，最终回到电源负极，正确流向为
，不能直接由a 流向质
子交换膜，B 错误；C 项，电解液为KHCO3，配平该电极反应：电荷、原子均守恒，14CO2+9H2O+12e-
=C2H5OH+12HCO3
-，C 正确；D 项，由图2 可知，加入I-时C2+产物法拉第效率最高，说明I-促进C-C 键形
成的能力更强，D 正确；故选B。
【变式3】【变情景—结合反应历程】（2026·广东深圳高三模拟）我国科研人员采用图示的电解池，
由百里酚(TY)合成了百里醌(TQ)。电极b 表面的主要反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂)，下列说法
错误的是( )
A．电解时，H+从右室向左室移动
B．电解总反应：TY+H2O
TQ+2H2
C．用
18O 标记电解液中的水，可得到
D．电路中每转移2 mol e-，理论上b 电极上催化反应进行循环0.5NA次
【答案】C
【解析】电解法合成百里醌（TQ）。电极b 为阳极，百里酚（TY）被氧化为百里醌（TQ），电极a
为阴极，H＋被还原为H2。阳极反应：TY+H2O-4e-=TQ＋4H＋，阴极反应：2H＋＋2e-=H2↑，总反应：
。A 项，电解时，阳离子向阴极移动，故H＋从右室（阳极室）向左室（阴极室）
移动，A 正确；B 项，结合阳极与阴极反应，总反应为
，B 正确；C 项，根据右图
可知，用标记电解液中的水，可得到的
18O 在环上甲基的邻位上
，C 错误；D 项，电极b
上每完成一次催化循环，转移4mol 电子，故电路中每转移2mol 电子，催化反应进行循环0.5 次，即0.5NA
次，D 正确；故选C。
考向3 考查电化学装置中溶液性质的变化分析
例2（2026·河北唐山高三联考）一种新型电解处理含酚废水装置如图所示，电极a 材料表面附着石墨
烯，下列说法错误的是( )
A．阳极的电极反应为C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2↑＋28H＋
B．两极表面材料进行纳米级调控能使溶液相关物质充分参与电极反应
C．交换膜为质子交换膜，氢离子从b 区转移到a 区
D．b 电极所在的电极区，一段时间后，溶液pH 基本保持不变
【答案】C
【解析】苯酚在a 极被氧化为CO2，发生氧化反应，因此a 为阳极，b 为阴极；阳极发生
C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2↑＋28H＋，阴极发生析氢反应2H＋＋2e-=H2↑。A 项，苯酚在阳极被氧化为
CO2，碳元素平均价态从
(苯酚)升至+4(CO2)，每个苯酚分子失去28 个电子(6 个碳原子
)，故反
应式为C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2↑＋28H＋，A 正确；B 项，电极材料进行纳米级调控增加电极比表面积
和活性位点，促进溶液中相关物质参与电极反应，B 正确；C 项，该装置中a 电极为阳极，b 电极为阴极，
氢离子应由a 区转移到b 区，C 错误；D 项，阳极发生C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2↑＋28H＋，阴极发生析
氢反应2H＋＋2e-=H2↑，根据电子守恒计算，阳极产生的H+恰好可补充阴极放电消耗的H+，因此b 区H+浓
度基本不变，溶液pH 基本保持不变，D 正确；故选C。
解题妙招
溶液性质的变化分析
(1)pH 与离子浓度变化 电解含氧酸盐溶液(如Na2SO4)时，pH 不变；电解活泼金属含氧酸盐(如KNO3)
类似 电解不活泼金属盐(如CuCl2)时，阳极析Cl2使pH 上升，阴极析Cu 使pH 基本不变。
(2)溶液复原策略 电解CuSO4后加CuO 恢复原浓度；电解NaCl 后通HCl 恢复原态。
【变式1】【变载体—结合有机物】（2026·福建泉州高三模拟）以
甲基吡啶盐酸盐（
）为原料，可以用电化学方法合成某农药有效成分的前体物质
（
）。某工厂采用下图所示电解装置进行合成，若不考虑气体的溶解与反
应，下列说法错误的是( )
A．离子交换膜为阴离子交换膜
B．电解过程中，
极发生的反应为：
C．电解过程中，甲室溶液的质量减少
D．甲室每生成1mol 气体时，乙室得到的X 的质量大于188g
【答案】C
【解析】M 极逸出Cl2、O2，Cl-、OH-失电子发生氧化反应，因此M 为阳极，发生氧化反应，电极反
应式为2Cl--2e-=Cl2↑(主)，2H2O-4e-=O2↑＋4H＋(副)；N 为阴极，发生还原反应，电极反应式为
。A 项，阳极（甲室）反应消耗Cl-后，剩余
过量Na+（正电荷过剩）；阴极（乙室）反应消耗阳离子后，剩余过量Cl-负电荷过剩），为平衡电荷，需
要Cl-从乙室迁移到甲室中和，因此离子交换膜应为阴离子交换膜，A 正确；B 项，N 是阴极，发生还原反
应，反应物是N-甲基吡啶阳离子
，得电子偶联生成
，
题给反应式原子、电荷均守恒，B 正确；C 项，对于阳极主反应，则每转移1 mol 电子，甲室生成
0.5molCl2逸出，从乙室迁移过来1molCl-，溶液质量不变，对于副反应，2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，每转移1
mol 电子，生成0.25molO2（8 g）逸出，同时从乙室迁移过来1molCl-（35.5 g），甲室溶液质量增加
35.5g-8g-9g=18.5g，C 错误；D 项，X 的摩尔质量为188g/mol，1molCl2生成转移2mol 电子，对应生成
1molX（质量188g）；但甲室气体中混有少量O2，生成1molO2转移4mol 电子，因此1mol 混合气体转移
总电子数大于2mol，对应生成X 的物质的量大于1mol，质量大于188g，D 正确；故选C。
【变式2】【新情】（2026·广东广州二模）利用镍修饰铜催化剂电催化硝酸盐还原制氨的装置及相关
机理如下图。下列说法正确的是( )
A．工作时电子从电源b 极流向碳棒
B．元素Ni 的引入促使H2O 转化为活性氢，有利于NH3的生成
C．室温时镍修饰铜催化剂表面的电极反应式为NO3
-+2H++2e-=NO2
-+H2O
D．高温时，电路中每转移4mol 电子，理论上阳极可生成
气体(已折算为标准状况)
【答案】B
【解析】A 项，镍修饰铜催化剂上硝酸根得电子发生还原反应，为阴极，因此电源a 为负极、b 为正
极，电子从阳极（碳棒）流向电源b 极，A 错误；B 项，由机理图可知，Ni 可促使H2O 转化为活性氢，活
性氢可将NO2
-还原为NH3，有利于NH3的生成，B 正确；C 项，电解质溶液为NaOH 碱性溶液，电极反应
中不能出现H+，正确的电极反应为NO3
-+H2O+2e-=NO2
-＋2OH-，C 错误；D 项，阳极反应为4OH--4e-=O2↑
＋2H2O，转移4mol 电子时生成1molO2，标准状况下体积为22.4L，D 错误；故选B。
【变式3】【变情景】（2026·江西赣州高三模拟）一种水系混合盐电解质电致变色电池的结构如图所
示（AGF 为酸改性石墨箔），工作原理为
，电池储能过程中
WO3电极颜色会加深。下列说法正确的是( )
A．放电时，负极的颜色会加深
B．放电时，AGF 发生氧化反应
C．充电时，阳极反应为
D．充电时，WO3薄膜增重(65x+27y)g ，理论上电路中转移(2x+3y)mole-
【答案】D
【解析】该水系混合盐电解质电致变色电池由WO3薄膜电极与AGF 酸改性石墨烯电极构成，依靠电
解液中Zn2+、Al3+迁移完成充放电循环；放电状态下WO3薄膜充当原电池正极，发生还原反应，电极颜色
加深，AGF 电极作为原电池负极，发生氧化反应；充电时反应逆向进行，WO3薄膜变为电解池阳极，发生
氧化反应，电极颜色变浅，AGF 电极变为电解池阴极，发生还原反应，电池储能阶段WO3电极颜色改变
显著，具备电致变色的特征。A 项，储能（充电）时WO3电极颜色加深，放电时WO3是正极，发生逆向
反应，ZnxAlyWO3分解变回WO3，颜色变浅；放电负极是AGF，不存在颜色加深现象，A 错误；B 项，放
电时AGF 为负极，Zn、Al 单质失去电子变为Zn2+、Al3+，发生氧化反应的是金属Zn、Al ，AGF 仅为载体，
Zn2+、Al3+在WO3极得电子被还原，AGF 本身不发生还原反应，B 错误；C 项，充电时阳极是AGF 电极，
ZnxAly·AGF 失去电子，Zn 从0 价转化为+2 价、Al 从0 价转化为+3 价，xmolZn 失2xmole-， ymolAl 失
3ymole-，总失电子(2x+3y)mol ，阳极反应式应失电子数为(2x+3y)e-，C 错误；D 项，充电时，1molWO3结
合xmolZn 、 ymolAl 生成ZnxAlyWO3，固体增加的质量为xmolZn 与 ymolAl 的总质量(65x+27y)g ；
Zn、Al 失去的电子全部被WO3中W 得到，转移电子总物质的量为(2x+3y)mole-，D 正确；故选D。
考点二 离子交换膜的类型及其应用
知●识●解●构
知识点1 离子交换膜的种类
1．阳离子交换膜(只允许阳离子和水分子通过，阻止阴离子和气体通过)
以锌铜原电池为例，中间用阳离子交换膜隔开
①负极反应式：Zn-2e-=Zn
2 ＋
②正极反应式：Cu2＋＋2e-=Cu
③Zn2＋通过阳离子交换膜进入正极区
④阳离子→透过阳离子交换膜→原电池正极(或电解池的阴极)
2．阴离子交换膜(只允许阴离子和水分子通过，阻止阳离子和气体通过)
以Pt 为电极电解淀粉KI 溶液，中间用阴离子交换膜隔开
①阴极反应式：2H2O＋2e-=H2↑ ＋
2OH
-
②阳极反应式：2I-_2e-=I2
③阴极产生的OH-移向阳极与阳极产物反应：3I2＋6OH-=IO3
- ＋
5I
- ＋
3H2O
④阴离子→透过阴离子交换膜→电解池阳极(或原电池的负极)
3．质子交换膜(只允许H ＋ 和水分子
通过)
在微生物作用下电解有机废水(含CH3COOH)，可获得清洁能源H2
①阴极反应式：2H＋＋2e-=H2↑
②阳极反应式：CH3COOH-8e-＋2H2O=2CO2↑ ＋
8H
＋
③阳极产生的H＋通过质子交换膜移向阴极
④H＋→透过质子交换膜→原电池正极(或电解池的阴极)
4．双极膜
双极膜
由一张阳膜和一张阴膜复合制成。
该膜特点是在直流电的作用下，
阴、阳膜复合层间的H2O 解离成H ＋
和
OH
－ 并通过阳膜和阴膜分别向两
极区移动，作为H ＋ 和
OH
－ 的离子源
知识点2 离子交换膜的应用及解题流程
1．电渗析法中的离子交换膜
将含AnBm 的废水再生为HnB
和A(OH)m 的原理：已知A 为
金属活动顺序表H 之前的金
属，Bn-为含氧酸根离子
2．有关离子交换膜的解题流程
第一步，分清隔膜类型。即交换膜属于阳离子交换膜、阴离子交换膜或质子交换膜中的哪一种，判断
允许哪种离子通过隔膜。
第二步，写出电极反应，判断交换膜两侧离子变化，推断电荷变化，根据电荷平衡判断离子迁移方
向。
第三步，分析隔膜作用。在产品制备中，隔膜作用主要是提高产品纯度，避免产物之间发生反应，或
避免产物因发生反应而造成危险。
考●向●破●译
考向1 考查离子交换膜的类型与功能识别
例1（2026·云南师大附中高三模拟）四甲基氢氧化铵[（CH3）4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲
基氯化铵[（CH3）4NCl]为原料，采用电渗析法合成[（CH3）4NOH]，其工作原理如图所示(a、b 为石墨电
极，c、d、e 为离子交换膜)，下列说法正确的是( )
A．NaOH 溶液的浓度大小关系：m＜n
B．c 为阴离子交换膜，d 为阳离子交换膜
C．若两极共产生33.6 L 气体(标准状况下)，则制备（CH3）4NOH 的质量为182 g
D．线路中通过1 mol e-时，阳极室电解液质量减重8g
【答案】C
【解析】以四甲基氯化铵[（CH3）4NCl]为原料，采用电渗析法合成（CH3）4NOH 的过程中，根据从
左往右第二、三个池中浓度变化得出：钠离子从第四池通过e 膜，氯离子从第二池通过d 膜，（CH3）
4N+从第二池通过c 膜，b 为阳极，a 为阴极，且阳极电极反应式为4OH--4e-=O2↑＋2H2O，阴极反应式为
（CH3）4N++2H2O+2e-=H2↑＋2（CH3）4NOH。A 项，由分析可知，b 为阳极，浓氢氧化钠溶液进入阳极区，
稀的氢氧化钠溶液出阳极区，则NaOH 溶液的浓度大小关系：m＞n ，A 错误；B 项，由分析可知，需要
CH3）4N+移入阴极区产生产物（CH3）4NOH，因此c 允许阳离子通过，为阳离子交换膜；（CH3）4NCl 中
的Cl-需要移出原料室，因此d 允许阴离子通过，为阴离子交换膜，B 错误；C 项，由分析可知，若两极共
产生33.6L 气体(标准状况下)，则有2mol（CH3）4NOH 生成，则制备（CH3）4NOH 的质量为
，C 正确；D 项，转移1mole-时，阳极生成0.25molO2，质量8g，同时有1molNa+移
出阳极室，质量为23g，因此阳极室总减重为8g+23g=31g，不是8g，D 错误。故选C。
解题妙招
离子交换膜的应用分析
1．阳离子交换膜：仅允许阳离子(如 Na+、H+)及水分子通过，拦截阴离子及气体(如 Cl-、O2)。
应用场景：氯碱工业中隔离阳极室(Cl2)与阴极室(NaOH、H2)，防止副反应(Cl2+ 2NaOH=NaCl + NaClO
+ H2O)及爆炸风险(H2/Cl2混合)
2．阴离子交换膜：仅允许阴离子(如 Cl-、OH-)通过，拦截阳离子及气体,典型应用：淀粉-KI 溶液电解
中平衡 OH-迁移，辅助 I2生成。
3．质子交换膜：仅允许 H+(质子)及水分子通过,用途：燃料电池、电解制 H2O2/HCOOH 中定向传导
H⁺ 维持电荷平衡。
4．双极膜：特殊复合膜(阳膜+阴膜)，通直流电时膜内水解离为 H+和 OH_，分别移向阴极和阳极。
作用：调控反应体系 pH，如电解法合成甘氨酸时提供酸碱性环境。
【变式1】【变载体】（2026·甘肃武威高三模拟）科研人员采用电化学方法以甲为原料合成丙。下列
说法正确的是( )
A．电极a 为阴极，发生还原反应
B．膜R 为阴离子交换膜
C．若电路中转移6mol 电子，一定生成1mol 丙
D．电极b 上生成丙的总反应式为
【答案】D
【解析】由氢离子移动方向可知，电极a 是电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成
氧气和氢离子，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，电极b 是阴极，甲在阴极得到电子发生还原反应生成
乙、乙在阴极得到电子发生还原反应生成丙、氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，其中生成丙的总反
应式为：
、生成氢气的电极反应式为：2H+
+2e-=H2↑。A 项，由分析可知，电极a 是电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和
氢离子，A 错误；B 项，由图可知，膜R 为允许氢离子通过的阳离子交换膜，B 错误；C 项，由分析可知，
电极b 上除了有甲到丙的还原反应外，还有氢离子还有为氢气的副反应发生，则电路中转移6 mol 电子时，
生成的丙的物质的量小于1 mol，C 错误；D 项，由分析可知，电极b 上生成丙的总反应式为：
，D 正确；故选D。
【变式2】【变载体】（2026·重庆高三联考）一种用双极膜电渗析法实现乙醇酸(HOCH2COOH)与
KOH 的高效分离回收装置如图所示，双极膜中间层中的H2OO 解离为H+和OH-在电场作用下向两极迁移。
下列说法错误的是( )
A．双极膜a 中间层的H+在外电场作用下向Pt 电极方向移动
B．Ⅱ室进出口KOH 溶液的质量分数：
C．石墨电极上的电极反应式为4OH--4e-=O2↑＋2H2O
D．Ⅰ室中每生成22.4 L(标准状况)气体，Ⅲ室中最多生成2 mol 乙醇酸
【答案】D
【解析】用双极膜电渗析法实现乙醇酸与KOH 的高效分离回收，根据图示，Ⅱ室获得KOH、Ⅲ室获
得乙醇酸，可知双极膜a 解离出的OH-向Ⅱ室移动，Ⅲ室中K+通过X 膜向Ⅱ室移动，则Pt 电极为阴极、石
墨电极为阳极。A 项，Pt 电极为阴极，可知双极膜a 中间层的H+在外电场作用下向Pt 电极方向移动，故A
正确；B 项，双极膜a 解离出的OH-向Ⅱ室移动，Ⅲ室中K+通过X 膜向Ⅱ室移动， Ⅱ室生成KOH，进出
口KOH 溶液的质量分数：
，故B 正确；C 项，石墨电极为阳极，石墨电极上的电极反应式为
4OH--4e-=O2↑＋2H2O，故C 正确；D 项，Ⅰ室为阴极室，Ⅰ室生成氢气，每生成22.4 L(标准状况)氢气，电
路中转移2mol 电子，双极膜b 解离出的2molH+移向Ⅲ室，H+先与KOH 反应、再与HOCH2COO-反应，所
以最多生成乙醇酸的物质的量小于2mol，故D 错误；选D。
【变式3】【变载体—环境保护与学科知识结合】利用H2O2在碱性条件下实现废水中
(Ⅲ)的回收，
铬的去除率大于99.5%，其装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．膜a，膜b 均为阳离子交换膜
B．废水室中反应的离子方程式为2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO4
2-+8H2O
C．反应一段时间后，阴极区溶液的pH 减小
D．通电过程中石墨N 极每产生33.6L 气体，则双极膜内减少54gH2O
【答案】B
【解析】根据图示中氢离子的移动方向可知，N 为阴极，则M 为阳极，在阳极水失去电子生成氧气电
极反应为：2H2O−4e−=4H++O2↑，氢离子结合硫酸根离子生成硫酸，缓冲室中的硫酸根离子通过膜a 向左移
动，缓冲室中的钠离子通过膜b 向右移动，则膜a 为阴离子交换膜，b 为阳离子交换膜，CrO4
2-通过膜c 进
入产品室，膜c 是阴离子交换膜。A 项，由分析可知，膜a 为阴离子交换膜，膜b 均为阳离子交换膜，A
错误；B．依据图中物质，废水室中Cr3+在碱性条件下被H2O2氧化生成CrO4
2-，反应的离子方程式为2Cr
（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO4
2-+8H2O，B 正确；C．由分析可知，N 为阴极，在阴极氢离子得到电子生成氢
气，但是同时双极膜中的氢离子向阴极移动，则反应一段时间后，阴极区溶液的pH 不变，C 错误；D．没
有给出气体所处的条件，无法计算氢气的物质的量，则无法计算减少H2O 的质量，D 错误；故选B。
考向2 考查离子交换膜作用机制与离子迁移分析
例2（2026·江苏苏州高三联考）
耦合装置是微生物燃料电池（
）与电芬顿（
）技
术结合的难降解有机废水处理系统，核心是“产电+高级氧化降解”协同工作。“
”代表产生自由基需
要电解活化，但该装置中是用
自身的产电替代了外加电源，实现了“无外加电源的电解活化”。其
工作原理如下所示：
下列说法错误的是( )
A．外电路中箭头方向为电子的移动方向
B．生成·OH 的途径之一为：Fe2++H2O2 +H+=Fe3++H2O+·OH
C．离子交换膜H+从左侧电极室迁移到右侧电极室
D．左侧电极当消耗1molCxHyOz 时，电路转移电子总数为4mol
【答案】D
【解析】由图可知，电极X 为燃料电池的负极，水分子作用下CxHyOz 在负极失去电子发生氧化反应
生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为：
，电极Y 为
正极，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子；PS 装置中左侧电极为阳极，亚铁离子部分在阳
极失去电子发生氧化反应生成铁离子，同时水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和·OH，右侧电
极为阴极，酸性条件下氧气在阴极得到电子发生还原反应生成过氧化氢，过氧化氢酸性条件下与未放电的
亚铁离子反应生成铁离子、·OH 和水，反应生成·OH 与有机物反应生成二氧化碳和水。A 项，由分析可知，
电极X 为燃料电池的负极，电极Y 为正极，所以外电路中箭头方向为电子的移动方向，A 正确；B 项，由
分析可知，生成·OH 的途径为水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和·OH、过氧化氢酸性条件下
与未放电的亚铁离子反应生成铁离子、·OH 和水，其中过氧化氢生成·OH 的离子方程式为：Fe2++H2O2
+H+=Fe3++H2O+·OH，B 正确；C 项，由分析可知，电极X 为燃料电池的负极，电极Y 为正极，所以氢离子
通过离子交换膜从左侧电极室迁移到右侧电极室，C 正确；D 项，由电极反应式可知，左侧电极当消耗
1molCxHyOz 时，电路转移电子总数为(4x+y-2z) mol 电子，D 错误；故选D。
解题妙招
离子迁移方向及膜的选择
(1)迁移方向判断
①电解池：阳离子→阴极，阴离子→阳极；原电池：阳离子→正极，阴离子→负极。
②关键技巧：先写电极反应，确定电极区离子剩余情况(如阴极消耗 H⁺ 剩余 OH⁻，需阳离子迁入平
衡电荷)。
③根据电荷守恒判断膜类型(如阴极室需阳离子进入 → 选择阳膜)
(2)膜的选择依据
目标需求
膜类型选择
实例说明
隔离产物防副反应
阳离子交换膜
氯碱工业防 Cl2接触 NaOH
平衡电荷+调控pH
双极膜
次磷酸(H3PO2)制备
定向传递 H+
质子交换膜
CO2电解制HCOOH
【变式1】【变载体—钠离子电池】（2026·湖北宜昌二模）钠离子电池具有充电速度快和低温环境性
能优越的特点，在正极电极材料的导电聚合物中掺杂磺酸基可增强其电化学活性，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是( )
A．
是高熔点的离子化合物
B．c 连接d 或e 时，电极A 的电势均低于电极B
C．c 连接d 时，
透过隔膜进入电极A 室
D．c 连接e 时，电极A 的反应为：
【答案】D
【解析】c 连接e 时，装置为原电池，电极B 为负极，嵌在石墨中的Na 失电子变为Na+，进入右侧电
极室后，通过隔膜迁移至左侧电极室形成磺酸盐；c 连接d 时，连接外电源给电池充电，是电解池，电极
B 接外电源负极作阴极，Na+得电子变为Na 重新嵌入石墨得NaxCy，则电极A 为阳极失电子，Na+通过隔膜
迁移至右侧电极室。A 项，该物质是高分子聚合物，聚合物属于混合物、不属于化合物，不属于离子化合
物，A 错误；B 项，当c 连接d 时，为充电过程：电极A 接电源正极，作阳极，阳极电势高于阴极（电极
B）；当c 连接e 时，为放电过程：电极A 作原电池正极，正极电势高于负极（电极B）；因此c 连接d 或
e 时，电极A 的电势均高于电极B，B 错误；C 项，c 连接d 为充电过程，充电时阳离子向阴极移动，充电
时电极B 是阴极，因此Na+透过隔膜进入电极B 室，C 错误；D 项，c 连接e 为放电过程，电极A 作正极，
发生还原反应：结合Na+得电子，生成磺酸基钠掺杂的聚合物，反应与给出的方程式一致，D 正确；故选
D。
【变式2】【新情境】（2026·黑龙江哈尔滨高三模拟）利用板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)电催化可将
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。双极膜由阴、阳离子交换膜组
成，在电场作用下，双极膜中离子向两极迁移。下列说法错误的是( )
A．a 极的电势低于b 极
B．b 极的电极反应式为
C．制备1 mol
时，产生1.5 mol 气体X
D．该装置工作一段时间后，硫酸的浓度会减小
【答案】C
【解析】HMF 转化为FDCA 的过程是氧化反应（-CH2OH、-CHO 被氧化为-COOH），电解池中氧化
反应发生在阳极，因此b 为阳极，接电源正极；a 为阴极，接电源负极。A 项，由图可知，HMF 在b 极上
转化为FDCA，羟基和醛基转化为羧基，该反应为氧化反应，则b 极为阳极，a 极为阴极，阴极的电势低
于阳极，故a 极的电势低于b 极，A 正确；B 项，b 极羟基和醛基转化为羧基，-CH2OH→-COOH 失去
4e-，-CHO→-COOH 失去2e-，共失去6e-，发生了氧化反应，
，B 正确；C 项，制备1 mol FDCA 时，转移6 mol 电
子；阴极（a 极）反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，转移6 mol 电子时，生成气体X（H2）的物质的量为
，C 错误；D 项，双极膜中，阳离子H+向阴极（a 侧）移动，阴离子OH-向阳极（b 侧，硫酸
区）移动；OH-会与阳极反应生成的H+结合为水，硫酸不发生迁移，物质的量不变，水的量增大，因此硫
酸浓度减小，D 正确；故选C。
【变式3】【新情境—电解法制备甲酸和氢气】（2026·河南平顶山三模）科研人员开发电化学法制备
甲酸和氢气，装置如图所示。已知：双极膜可在电场作用下将水解离成H+和OH-，分别向两侧电极区域迁
移，维持电解质溶液的电中性，促进电解反应持续进行(忽略溶液体积的变化)。下列叙述正确的是( )
A．若将左侧电解液换为酸性溶液，甘油仍能稳定存在且不发生反应
B．当电路中通过0.6 mol 电子时，理论上两极生成的产物
C．若0.1 mol 甘油完全被氧化成HCOO-，理论上双极膜中水的质量减少19.8g
D．随着反应进行，理论上阴极区电解质溶液的pH 不断升高
【答案】B
【解析】外接电源正极连接a 电极，a 为阳极，发生氧化反应，电解液为碱性KOH 溶液，甘油C3H8O3
失电子被氧化为甲酸根，电极反应为C3H8O3-8e-+11OH-=3HCOO-+8H2O，1 mol 甘油反应失去8 mol 电子；
电源负极连接b 电极，b 为阴极，发生还原反应，酸性电解液中H+得电子生成H2，电极反应为2H＋＋2e-
=H2↑，每2 mol 电子生成1 mol 氢气；装置双极膜受电场作用解离水得到H+、OH-，OH-向阳极迁移补充反
应消耗，H+向阴极迁移维持电荷平衡。A 项，酸性电解液环境下，甘油易被阳极催化氧化，无法稳定存在，
A 不符合题意；B 项，阳极反应：C3H8O3-8e-+11OH-=3HCOO-+8H2O，每转移8 mol 电子生成3
molHCOO-；阴极反应：2H＋＋2e-=H2↑，每转移8 mol 电子生成4 molH2；
，电路通过0.6
mol 电子时比值不变，B 符合题意； C 项，0.1 mol 甘油完全氧化转移0.8 mol 电子，双极膜解离0.8
molH2O，消耗水质量
，C 不符合题意；D 项，阴极持续消耗H+，双极膜同步
解离等量H+迁移至阴极区，H+浓度恒定，阴极区pH 保持不变，D 不符合题意；故选B。
考向3 考查离子交换膜在工业中的应用与装置设计
例3（2026·广东深圳高三期中）某矿区污泥含有大量的由于添加胶吸附而不易被水浸出的Na2CrO4，
技术革新小组试验采用电解法从污泥中分离出含铬溶液，电解装置结构如图。下列说法不正确的是( )
A．经过电解反应后最终在B 极区获得含铬阴离子
B．分离出的含铬阴离子可能以Cr2O7
2-的形式存在
C．在A 极区附近滴几滴酚酞溶液颜色变化不明显
D．甲乙两者分别是阴离子交换膜和阳离子交换膜
【答案】A
【解析】电解装置：A 为阳极(连接电源正极)，发生反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，溶液显酸性；B 为阴极
(连接电源负极)，发生反应：2H2O+2e-= H2↑+2OH-，溶液显碱性。A 项，含铬阴离子带负电，会向阳极(A
极)移动，最终应在A 极区获得，而非B 极，故A 错误；B 项，Cr2O7
2-和CrO4
2-可相互转化(酸性条件下以
Cr2O7
2-为主，碱性以CrO4
2-为主)，分离出的含铬阴离子可能以Cr2O7
2-形式存在，故B 正确；C 项，A 极生
成H+，溶液显酸性，酚酞在酸性中不变色，颜色变化不明显，故C 正确；D 项，含铬阴离子向A 极(阳极)
移动，需通过阴离子交换膜(甲)；Na+向B 极(阴极)移动，需通过阳离子交换膜(乙)，故D 正确；故选A。
解题妙招
离子交换膜的应用
()氯碱工业
①装置：阳离子交换膜电解槽。
②膜作用：①允许Na+由阳极室→阴极室，与 OH—结合生成 NaOH5。 ②阻止 Cl-进入阴极室，避免
生成 NaClO 杂质。 ③防止 H2与 Cl2混合爆炸。
(2)多膜耦合技术
①应用：四室电渗析法制备次磷酸(H3PO2)。
②膜组合：交替使用阳膜/阴膜控制 H2PO2
-与H+定向迁移。
③优势：高效分离产物，提升纯度。
(3)环保与资源回收
①废水处理：阴离子交换膜回收重金属离子(如 CrO4
2-)。
②海水淡化：离子交换膜辅助电渗析脱盐。
【变式1】【变载体】（2026·云南保山高三期中）最近，我国科学工作者制备了一种Ni-CuO 电催化
剂，并将其与金属铝组装成可充电电池，用于还原污水中的NO3
-，其工作原理如图所示。研究证明，电池
放电时，水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化表面的NO3
-逐步还
原为NH3。下列说法正确的是( )
A．放电时，负极区游离的OH-数目减少
B．放电时，还原1.0mol NO3
-为NH3，理论上需要10mol 氢原子
C．充电时，OH-从阳极区穿过离子交换膜进入阴极区
D．充电时，电池总反应为4Al＋4OH－+3O2＋6H2O===4[Al(OH)4]－
【答案】A
【解析】放电时，负极铝失去电子和OH-结合生成四羟基合铝酸根，Al+4OH- -3e-=[Al(OH)4]-，正极水
中的H+在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化剂表面的NO3
-逐步还原为NH3，正
极区发生反应为NO3
-+8e-+6H2O=NH3+9OH- (注意此反应不是电极反应)，充电时，金属铝为阴极，Ni-CuO
电极为阳极。A 项，放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根：Al－3e-+ 4OH-
=[Al(OH)4]-，当转移3mol 电子时，消耗4molOH-，同时正极区会有3molOH-，通过OH-离子交换膜进行补
充，OH-净消耗1mol，故负极区游离的OH-数目会减少，A 正确；B 项，氢原子将吸附在电催化剂表面的
NO3
-逐步还原为NH3，还原1.0mol NO3
-为NH3，由化合价变化可知，得到8mol 电子，所以理论上需要
8.0mol 氢原子，B 错误；C 项，充电时，阴离子向阳极移动，所以充电时， OH-从阴极区穿过OH-离子交
换膜进入阳极区，C 错误；D 项，充电时，电池阴极反应式为4[Al(OH)4]－+12e=4Al＋16OH－，阳极反应式
为12OH--12e-=3O2↑＋6H2O，总反应为4[Al(OH)4]－=4Al＋4OH－+3O2＋6H2O，D 错误； 故选A。
【变式2】【变载体】（2026·陕西商洛高三期中）常温下，通过电解使CO2转化为甲酸的装置如图所
示，催化剂为
掺杂Bi 纳米片。
极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。下列说法正确的是( )
A．
极与外接电源的负极相连
B．“交换膜”只允许阴离子通过
C．
极的电极反应式主要为CO2+2H＋＋2e-=HCOOH
D．产生1molO2时，
极得到4molCO
【答案】C
【解析】装置为电解池，N 极为阴极，发生还原反应，CO2被还原为甲酸，电极反应式为CO2+2H＋＋
2e-=HCOOH，还可能发生副反应产生CO，电极反应式为CO2+2H＋＋2e-=HCOOH，M 极为阳极，H2O 被氧
化生成O2，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。A ．M 极为阳极，与外接电源的正极相连，A 错误；B
项，根据阳极反应2H2O-4e-=O2↑＋4H＋以及阴极反应需要氢离子，可判断，“交换膜”是阳离子交换膜，
通过氢离子，B 错误；C 项， N 极为阴极，发生还原反应，CO2被还原为甲酸，电极反应式为CO2+2H＋＋
2e-=HCOOH，C 正确；D 项，产生1molO2时，转移4mole-，N 极生成HCOOH 和CO 物质的量总和为
2mol，因此N 极得到4molCO 错误；故选C。
【变式3】【变载体】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
-+12H++10e-=N2↑＋6H2O
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
【解析】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。A 项，左侧为阳极，水失去电子被氧化为氧气2H2O-4e-
=O2↑＋4H＋，工作一段时间后，阳极区溶液酸性增强，pH 减小，A 正确；B 项，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
-+12H++10e-=N2↑＋6H2O，B 正确； C 项，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 项，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。
考点三 电化学综合计算
知●识●解●构
知识点1 计算依据——三个相等
1．同一原电池的正、负极的电极反应得、失电子数相等。
2．同一电解池的阴极、阳极电极反应中得、失电子数相等。
3．串联电路中的各个电极反应得、失电子数相等。
上述三种情况下，在写电极反应式时，得、失电子数要相等，在计算电解产物的量时，应按得、失电
子数相等计算。
知识点2 电化学计算的三种常用方法
1．根据总反应式计算
先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。
2．根据电子守恒计算
①用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电
子数相等。
②用于混合溶液中电解的分阶段计算。
3．根据关系式计算
根据得失电子守恒定律建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。
如以通过4mole-为桥梁可构建如下关系式:
4e-~2Cl2(Br2、I2)~O2
⏟
阳极产物
~ 2H2~2Cu~4Ag~4
n M
⏟
阴极产物
(式中M 为金属,n 为其离子的化合价数值)
该关系式具有总揽电化学计算的作用和价值,熟记电极反应,灵活运用关系式便能快速解答常见的电化
学计算问题。
提示：在电化学计算中，还常利用Q＝I·t 和Q＝n(e－)×NA×1．60×10－19C 来计算电路中通过的电量。
知识点3 分阶段电解计算技巧
1．离子放电顺序优先级
(1)阴极：Ag
+ > Fe
3+ > Cu
2+ > H⁺
> ……
(2)阳极：S 2- > I
- > Br
- > Cl
- >OH
- > 含氧酸根。
注意：实际放电受离子浓度影响，如高浓度 Fe2+可能优先于H+放电。
2．溶液恢复原状的策略：加入 CuO 或 Cu(OH)2：补充电解消耗的铜和氧元素，使溶液复原。
3．高效解题步骤
步骤
操作要点
①审题定向
区分原电池/电解池，明确电极材料与电解质组成
②写电极反应
结合放电顺序和介质条件，书写半反应式
③选计算模型
根据问题类型(产物质量、pH 变化等)选择总反应式、电子守恒或关系式法
④守恒列式
优先用电子守恒构建等式，避免分步计算误差
考●向●破●译
考向1 守恒法在电化学计算中的应用
例1（2026·湖北宜昌二模）一种研究碳中和的电解装置如下图所示，它能将工业尾气CO2还原成甲烷、
乙烯等基本化工原料。下列说法正确的是( )
A．电极M 生成CH4的反应为：CO2-8e-+6H2O=CH4+8OH-
B．离子交换膜a 为阳离子交换膜
C．一段时间后，N 电极区域溶液pH 减小
D．标准状况下，电极N 生成1 mol O2的同时电极M 生成11.2 L 气体
【答案】C
【解析】CO2在阴极发生还原反应生成甲烷、乙烯，M 为阴极，电极反应式为CO2+8e-
+6H2O=CH4+8OH-或2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-；N 电极为阳极，发生氧化反应生成氧气，电极反应式
为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。A 项，根据分析，电极M 生成CH4的反应为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-，A 错
误；B 项，电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，为维持溶液电中性，阴极生成的OH-要通
过阴离子交换膜向循环池移动，则离子交换膜a 为阴离子交换膜，B 错误；C 项，N 电极为阳极，电极反
应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，消耗水，一段时间后，N 电极区域溶液氢离子浓度增大，pH 减小，C 正确；
D 项，电极N 生成1 mol O2转移4 mol 电子，若阴极只发生反应：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-，生成0.5 mol
CH4，若阴极只发生反应：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，生成
C2H4；综合可知电极M 生成气体的物
质的量小于0.5 mol，标准状况下体积小于11.2 L，D 错误；故选C。
解题妙招
电子守恒法的应用
(1)串联电路中转移电子数相等，关联阴阳极产物或不同电极物质变化量(如阴极析出0.2molCu 对应转移
0.4 mole-)。
(2)核心公式：n(e-)=Q/F(F≈96,500 C/mol) 其中 Q 为电量，用于关联电流强度与时间(Q=I t
⋅)。
【变式1】【变载体】二氧化氯(ClO2)气体是一种对环境无二次污染的高效水处理剂。催化电解
NaClO2制备ClO2的装置示意图如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．电极a 为阳极，发生氧化反应
B．阴极区溶液中OH-浓度逐渐增大
C．理论上电路中每转移1mole-，阳极室溶液质量减少67.5g
D．理论上阴极室和阳极室生成气体的物质的量之比为1：2
【答案】C
【解析】装置图为电解池，则左侧失电子为阳极，电极反应：ClO2
--e-=ClO2，右侧电极为阴极，得电
子，电极反应：2H2O+2e-=H2↑＋2OH- ，中间为阳离子交换膜，Na+由阳极移向阴极。A 项，电极a 为阳
极，失电子，发生氧化反应，A 正确；B 项，阴极区电极反应：2H2O+2e-=H2↑＋2OH- ，溶液中OH-浓度
逐渐增大，B 正确；C 项，理论上电路中每转移1mole-，阳极室溶液质量减少1molClO2
-和1molNa+，质量
为90.5g，C 错误；D 项，根据分析中电极反应可知，理论上阴极室和阳极室生成气体的物质的量之比为
1：2，D 正确；故选C。
【变式2】【新情境】可充电水系锌-二氧化碳（Zn-CO2）电池，当闭合K1时，其原理如图所示。已
知复合膜(由a、b 膜复合而成，a 膜只允许H+通过，b 膜只允许OH-通过)层间的H2O 解离成H+和OH-，在
外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。下列有关说法错误的是（ ）
A．闭合K1，锌电极反应式为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-
B．闭合K1，一段时间后，阴极区的pH 不变
C．闭合K2，OH-从
电极流向复合膜
D．闭合K2，若理论上阳极生成CO2的体积换算为标况标准下，其数值为11.2L，则外电路转移
0.5mol 电子
【答案】D
【解析】闭合K1，该装置为化学电源，电极表面变化可知，Zn 为负极，负极电极反应式为Zn-2e-
+4OH-=[Zn(OH)4]2- ，Pd 材料为正极，电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH，闭合K2，该装置为电解装
置，锌电极为阴极，Pd 为阳极。A 项，由图可知，闭合K1时，左侧电极反应为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-
，右侧电极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH，故A 正确；B 项，电化学上规定：发生氧化反应的一极为阳
极，发生还原反应的一极为阴极，即左池为阳极区、右池为阴极区，闭合K1时，复合膜层间的H2O 解离
成H+和OH-，移动向两极的H+和OH-的物质的量相等，两电极转移电子数相等，阳极区消耗的氢氧根离子
大于阴极区消耗的氢离子，即阳极区溶液的pH 降低，阴极区溶液的pH 不变，故B 正确；C 项，闭合K2
时，左池为电解池阴极区，右侧为电解池阳极区，OH-从Zn 电极流向复合膜，故C 正确；D 项，闭合K2
电解池阳极电极反应式为HCOOH-2e-=CO2↑+2H+，若理论上阳极生成CO2的体积换算为标况下，其数值
为11.2L，则阳极转移电子为1mol，外电路转移1mol 电子，故D 错误；答案选D。
【变式3】【变载体】我国科学工作者研究了一种高度稳定的富锂Li2RuO3正极材料。当电池充电至
3.74V 和4.05V 时，在正极材料中分别检测到Li1.4RuO3和Li0.9RuO3，至充电结束时正极未检测到其他形态
的物质。下列说法错误的是（ ）
A．充电过程中Li2RuO3的电势高于Li-In
B．放电时，固体电解质中Li+的质量分数不变
C．放电时，正极存在电极反应式：Li1.4RuO3+0.5e-=Li0.9RuO3+0.5Li+
D．充电时，正极有0.5molLi1.4RuO3和0.5molLi0.9RuO3生成时，负极质量增加5.95g
【答案】C
【解析】电池工作原理为：放电时，负极金属锂失去电子变成锂离子，锂离子通过固体电解质嵌入正
极材料；充电时，正极材料失去电子，3.74V 时电极反应方程式为：Li2RuO3-0.6e-=Li1.4RuO3+0.6Li+，4.05V
时电极反应方程式为：Li2RuO3-1.1e-=Li0.9RuO3+1.1Li+，负极中锂离子得到电子生成锂单质，电极反应方程
式为：Li++e-=Li。A 项，充电过程中Li2RuO3电极连接电源正极，作阳极，发生氧化反应，于Li-In 电极连
接电源负极，作阴极，发生还原反应，因此Li2RuO3电极的电势高于Li-In 电极，A 正确；B 项，放电时，
负极金属锂失去电子变成Li+，Li+通过固体电解质嵌入正极材料，根据电子守恒，负极生成的Li+与正极材
料嵌入的Li+物质的量相等，因此固体电解质只是起到传递作用，固体电解质中Li+的质量分数不变，B 正
确；C 项，放电时，正极发生还原反应，得到电子，根据元素守恒，可能存在电极反应式：
Li0.9RuO3+0.5Li++0.5e-=Li1.4RuO3，C 错误；D 项，充电时，正极有0.5molLi1.4RuO3和0.5molLi0.9RuO3生成
时，根据电极反应方程式：Li2RuO3-0.6e-=Li1.4RuO3+0.6Li+和Li2RuO3-1.1e-=Li0.9RuO3+1.1Li+，转移的电子数
为
，根据电子守恒，负极发生反应Li++e-=Li，质量增加为
，D 正确；故选C。
考向2 电化学计算中复杂动态过程分析
例2 用石墨作电极电解1 000 mL 0.1 mol·L－1 AgNO3溶液，通电一段时间后关闭电源，测得溶液的质
量减少了13.4 g。下列有关叙述正确的是(NA代表阿伏加德罗常数的值)( )
A．电解过程中流经外电路的电子数目为0.1NA
B．两极共产生标准状况下3.92 L 气体
C．电解后溶液中H＋浓度为0.01 mol·L－1(假设溶液体积不变)
D．加入13.8 g Ag2CO3可将溶液复原
【答案】B
【解析】用石墨作电极电解1 000 mL 0.1 mol·L－1 AgNO3溶液，阴极上先发生的电极反应为Ag＋＋e－
===Ag，假设0.1 mol 银离子全部放电，转移电子的物质的量为0.1 mol，则析出金属银的质量为0.1
mol×108 g·mol－1＝10.8 g，此时阳极上的电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋(相当于OH－放电)，转移0.1
mol 电子时生成的氧气的质量为0.025 mol×32 g·mol－1＝0.8 g，所以此时溶液质量减少10.8 g＋0.8 g＝11.6
g<13.4 g，则接下来阴极上放电的是氢离子，阳极上仍是OH－放电，此阶段相当于电解水，要电解水的质
量为13.4 g－11.6 g＝1.8 g，电解1.8 g 水转移电子的物质的量为0.2 mol，所以整个过程中转移电子的总物
质的量为0.3 mol，数目为0.3NA，A 项错误；由上述分析可知，该电解过程中阳极的电极反应为2H2O－4e
－===O2↑＋4H＋，转移0.3 mol 电子，产生的氧气的物质的量为0.075 mol，即标准状况下的体积为1.68 L，
阴极的电极反应为Ag＋＋e－===Ag、2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴极上产生氢气的阶段转移0.2 mol 电子，
产生的氢气的物质的量为0.1 mol，即标准状况下的体积为2.24 L，所以两极共产生标准状况下3.92 L 气体，
B 项正确；电解过程中溶液中的氢离子最终增加了0.1 mol，所以最后溶液中c(H＋)＝＝0.1 mol·L－1，C 项
错误；电解过程相当于减少了氧化银和水，只加入Ag2CO3不能将溶液复原，D 项错误。
解题妙招
复杂动态过程分析
(2)阶段电解计算——依据离子放电顺序分步计算电子转移：
①阴极：Ag+> Cu2+> H+> ……
②阳极：活性电极>S2+>I-> Br->Cl->OH-
③示例：电解含 Cu2+和 Fe2+的混合液，阴极先析出Cu 后析出 Fe，需分段计算电量
(2)溶液复原计算——恢复电解后溶液成分的策略
①电解 CuSO₄ 溶液：加 CuO 或 Cu(OH)2补充消耗的Cu 和O 元素。
②电解 NaCl 溶液：通 HCl 气体恢复 Cl⁻浓度①纯净物：有固定的组成和结构；有固定的熔沸点；保
持一种物质的性质
【变式1】【变载体】把物质的量均为0.1 mol 的氯化铜和硫酸溶于水制成100 mL 的混合溶液，用石
墨作电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同。则
下列描述正确的是( )
A．电路中共转移0.6NA个电子 B．阳极得到的气体中O2的物质的量为0.2 mol
C．阴极质量增加3.2 g D．电解后剩余溶液中硫酸的浓度为1 mol·L－1
【答案】A
【解析】根据放电顺序，阴离子：Cl－>OH－>SO，阳离子：Cu2＋>H＋，该电解过程分为两个阶段：第
一阶段，电解CuCl2溶液：Cu2＋＋2Cl－=====Cu＋Cl2↑；第二阶段，电解H2O：2H2O=====2H2↑＋O2↑。阳
极开始产生Cl2，后产生O2，阴极开始生成Cu，后产生H2，根据得失电子守恒：Cl2～2e－～Cu,2H2～4e－
～O2，可知n(Cu2＋)＝n(Cl2)＝0.1 mol,2n(O2)＝n(H2)，又因为两极收集到的气体在相同条件下体积相同，即
n(Cl2)＋n(O2)＝n(H2)，所以n(H2)＝0.2 mol，n(O2)＝0.1 mol，n(Cl2)＝0.1 mol，则转移电子数为(0.1×2＋
0.1×4)NA＝0.6NA，A 正确、B 错误；阴极析出铜0.1 mol，即6.4 g，C 错误；电解后溶液的体积未知，不能
计算硫酸的浓度，D 错误。
【变式3】【变载体】用石墨作电极电解500 mL K2SO4和CuSO4的混合溶液，当通电一段时间后，两
极均收集到2.24 L 气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是
A．阳极析出0.1molCu
B．上述电解过程中共转移0.2 mol 电子
C．往电解后得到的溶液加入0.1molCuO 可恢复原来的浓度
D．电解后溶液中c(H＋)为0.4mol·L-1
【答案】D
【解析】石墨做电极，阳极的电极反应为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，阴极的电极反应先后为：Cu2++2e-
=Cu，2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，根据两极均收集到2．24 L 气体(标准状况下)即生成了0.1molH2和
0.1molO2，可知电解过程中转移0.4 mol 电子,同时阴极析出0.1molCu。A 项，据分析阴极析出0.1molCu，
故A 错误；B．据分析上述电解过程中共转移0.4 mol 电子，故B 错误；C．电据分析解过程中既析出了
0.1molCu 又生成了0.1molH2和0.1molO2，需要往电解后得到的溶液加入0.1molCu（OH）2可恢复原来的浓
度，故C 错误；D．电解过程中转移0.4 mol 电子,根据阳极反应可知生成0.4 mol H＋，阴极消耗0.2 mol H
＋，电解后溶液体积仍为500 mL，则电解后溶液中c(H＋)为0.4mol·L-1，故D 正确；故选D。
【变式3】【变题型】常温下用惰性电极电解200 mL 氯化钠、硫酸铜的混合溶液，所得气体的体积
随时间的变化如图所示，根据图中信息回答下列问题(气体体积已换算成标准状况下的体积，且忽略气体在
水中的溶解和溶液体积的变化)。
(1)曲线________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)表示阳极产生气体的体积变化。
(2)氯化钠的物质的量浓度为________，硫酸铜的物质的量浓度为________。
(3)t2时所得溶液的pH 为________。
【答案】(1)Ⅱ (2)0.1 mol·L－1 0.1 mol·L－1 (3)1
【解析】(1)阴极上Cu2＋首先放电，故开始时，阴极上无气体生成，故曲线Ⅱ表示阳极产生气体的体
积变化。
(2)0～t1内阳极发生的反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，n(Cl2)＝＝0.01 mol，n(NaCl)＝n(Cl－)＝2n(Cl2)＝0.02
mol，c(NaCl)＝＝0.1 mol·L－1；阴极上依次发生反应：Cu2＋＋2e－===Cu、2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阳极
上依次发生反应：2Cl－－2e－===Cl2↑、2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，由图可知V(H2)＝0.672 L，V(Cl2)＝0.224
L，V(O2)＝0.448 L，由得失电子守恒可知×2＋c(Cu2＋)×0.2 L×2＝×2＋×4，解得c(Cu2＋)＝0.1 mol·L－1。
(3)由4OH－～O2～4H＋可得：n(H＋)＝×4＝0.02 mol，则溶液中的c(H＋)＝＝0.1 mol·L－1，pH＝1。
考向3 多池串联与混合体系的电化学计算
例3 已知H2O2 是一种弱酸，在强碱溶液中主要以HO2
-形式存在。现以Al-H2O2 电池电解尿素
[CO(NH2)2]的碱性溶液制备H2，下列说法不正确的是( )
A．电解过程中，电子的流向为a→d→c→b
B．电池的正极反应为HO＋2e－＋H2O===3OH－
C．电解时，消耗5.4 g Al，则产生标准状况下2.24 L N2
D．c 电极是阳极，且反应后该电极区溶液pH 减小
【答案】A
【解析】根据题给装置可知，左侧为原电池，右侧为电解池，d 电极上产生H2，根据电解原理，d 电
极为阴极，则c 电极为阳极，a 电极为负极，b 电极为正极，电解质溶液中没有电子通过，电子流向为
a→d，c→b，A 错误；b 电极为正极，电极反应式为HO＋2e－＋H2O===3OH－，B 正确；根据得失电子守
恒，有×3＝×2×3，解得V(N2)＝2.24 L，C 正确；c 电极为阳极，电极反应式为CO(NH2)2＋8OH－－6e－
===CO＋N2↑＋6H2O，消耗OH－，反应后该电极区溶液pH 减小，D 正确。
解题妙招
多池串联与混合体系的电化学计算
(1)利用总电子转移守恒关联各池产物(如原电池消耗Zn 的物质的量=电解池析出Ag 的物质的量×2)。
典型模型：电解池与原电池串联，阴极增重6.4g(析出 Cu0.1mol)，则原电池负极溶解 Zn 0.1 mol。
(2)浓度变化影响:离子浓度改变放电顺序(如高浓度 Fe2+优先于H+放电)。
【变式1】【变载体】如图甲、乙为相互串联的两个电解池，下列说法正确的是( )
A．甲池若为精炼铜的装置，A 极材料是粗铜
B．乙池中若滴入少量酚酞溶液，开始一段时间后C 极附近变浅红色
C．若甲池为电镀铜的装置，阴极增重12.8 g，乙池阳极放出气体为4.48 L
D．Fe 极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
【答案】D
【解析】电解精炼铜时，粗铜作阳极，接外接电源的正极，A 极连接电源的负极，应是纯铜，A 错误；
Fe 极是阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，故乙池中Fe 电极附近变浅红色，B 错误，D 正确；
电镀铜时，阴极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，增重12.8 g 时析出0.2 mol Cu，电路中转移0.4 mol 电子，乙
池中阳极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，据转移电子守恒推知，析出0.2 mol Cl2，在标准状况下的体积为
4.48 L，其他状况则不一定，C 错误。
【变式2】【变载体】一种清洁、低成本的双联装置工作原理如图所示，浓缩海水形成的离子浓度差
会驱动离子从高浓度区域向低浓度区域迁移，进而产生离子电流。下列说法错误的是
A．装置I 中Li+移向X 电极
B．装置II 中电极W 为阳极
C．装置II 中电极
反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-
D．装置II 中电极W 产生标准状况下22.4L 气体时，装置I 中可制得42.5gLiCl
【答案】D
【解析】结合题干信息，装置I 为原电池，装置II 为电解池，装置I 中，Li+移向X 电极，故X 为正
极，Y 为负极；Z 为阴极，W 为阳极，W 电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，Z 电极反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-
。A 项，根据分析可知，装置I 中Li+移向正极，故A 正确；B．根据分析可知，电极W 为阳极，故B 正
确；C．根据分析可知，Z 电极反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH- ，故C 正确；D．装置II 中的W 电极生成氯
气1mol，转移电子的物质的量为2mol，结合得失电子守恒，故装置I 中X 电极生成2molLiCl，则装置I 中
可制得85gLiCl，D 错误。故选D。
【变式3】【变题型】如图所示，若电解5 min 时，测得铜电极的质量增加2.16 g。试回答下列问题：
(1)电源中X 极是__________(填“正”或“负”)极。
(2)通电5 min 时，B 中共收集到224 mL(标准状况)气体，溶液体积为200 mL(电解前后溶液的体积变
化忽略不计)，则通电前c(CuSO4)＝_________________________________。
(3) 若A 中KCl 溶液的体积也是200 mL ，电解后溶液中仍有Cl －，则电解后溶液的pH ＝
____________(Kw＝1.0×10－14)。
【答案】(1)负 (2)0.025 mol·L－1 (3)13
【解析】(1)铜电极增重，说明银在铜电极析出，则铜电极为阴极，X 为负极。
(2)C 中铜电极增重2.16 g，即析出0.02 mol Ag，线路中通过0.02 mol 电子；由4e－～O2可知，B 中产
生的O2只有0.005 mol，即112 mL；但B 中共收集到224 mL 气体，说明还有112 mL 是H2，即全部Cu2＋
在阴极放电后，H＋接着放电产生了112 mL H2，则通过0.01 mol 电子时，Cu2＋已被电解完；由2e－～Cu，可
知n(Cu2＋)＝0.005 mol，则c(CuSO4)＝＝0.025 mol·L－1。
(3)由e－～OH－知，A 中生成0.02 mol OH－，则c(OH－)＝0.1 mol·L－1，pH＝13。
真题溯源·考向感知
——溯源真题逻辑，感知高考考向
1．(2026·江西卷，7，3 分)背靠背式电解池可用于电化学合成氨，如图。下列说法正确的是( )
A．阳极反应：4OH=O2↑＋2H2O B．外电路电子由b 流向a
C．每生成1molNH3，消耗6molH2O D．OH-经交换膜从右向左移动
【答案】D
【解析】该装置为阴离子交换膜电解池，右侧通入N2与H2O 生成NH3，氮元素化合价从0 降低至-3，
发生得电子的还原反应，因此右侧电极为阴极，连接电源负极b，阴极反应为N2+6H2O+6e-=2NH3↑＋
6OH-；左侧电极为阳极，连接电源正极a，OH-在阳极失电子发生氧化反应，阳极反应为4OH--4e-=O2↑＋
2H2O，总电解反应为2N2+6H2O
4NH3+3O2；A 项，阳极是OH-失去电子生成氧气，正确电极反应式
为4OH--4e-=O2↑＋2H2O，A 错误；B 项，右侧N2转化为NH3，N 元素化合价降低发生得电子的还原反应，
故右侧为阴极，b 为电源负极，a 为电源正极，外电路电子只能在导线中移动，路径为b 流向阴极、阳极流
向a，不存在b 直接流向a 的路径，B 错误；C 项，根据总反应2N2+6H2O
4NH3+3O2，生成4molNH3
消耗6molH2O，则生成 1molNH3仅消耗1.5molH2O，C 错误；D 项，电解池通用规律为阴离子向阳极移动，
阳极在装置左侧，体系中迁移的阴离子OH-可穿过阴离子交换膜，因此OH-从阴极区向阳极区移动，D 正
确；故选D。
2．(2026·山东卷，12，4 分)利用电还原O2产生的H2O2氧化石油化工副产物H2S 制备K2SO4，装置如
图所示。电解过程中，双极膜中H2O 解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是( )
A．b 极反应式为4OH--4e-=O2↑＋2H2O
B．双极膜中H2O 解离的H+向a 极方向迁移
C．电解一段时间后，电极反应消耗与生成O2的质量相等
D．理论上，生成1molK2SO4时，a 极上消耗2molO2
【答案】CD
【解析】该装置为电解池，双极膜将槽体分隔为a 极室、b 极室，双极膜解离出H+、OH-，阳离子
H+向阴极移动、阴离子OH-向阳极移动；b 极发生OH-失电子的氧化反应析出O2，故b 为阳极、接电源正
极；a 为阴极，通入O2结合迁移过来的H+得电子生成H2O2，生成的H2O2再与进料H2S 在碱性体系中发生
氧化还原反应，最终得到目标产物K2SO4，阳极持续生成O2，阴极持续消耗O2用于制备H2O2，电极反应
为：阳极（b 极）：4OH--4e-=O2↑＋2H2O；阴极（a 极）制H2O2：O2+2H++2e-=H2O2；氧化H2S 反应：
H2S+4H2O2+2KOH=K2SO4+6H2O。A 项，由分析可知，b 极是阳极，电解液为KOH 碱性溶液，OH-放电生
成O2，电极反应4OH--4e-=O2↑＋2H2O，A 正确；B 项，电解池中阳离子向阴极定向迁移，a 极为阴极，双
极膜解离出的H+向a 极移动，OH-向阳极b 移动，B 正确；C 项，设电路中转移4mole-。阳极反应4OH--4e-
=O2↑＋2H2O，转移4mole-，阳极生成1molO2；阴极反应O2+2H++2e-=H2O2，每2mole-消耗1molO2，转移
4mole-时阴极消耗2molO2，因此电极反应消耗与生成O2的质量不相等，C 错误；D 项，由氧化H2S 反应
H2S+4H2O2+2KOH=K2SO4+6H2O、a 极电极反应O2+2H++2e-=H2O2可得关系式K2SO4~4H2O~4O2，因此生成
1molK2SO4时，a 极上消耗4molO2，D 错误；故选CD。
3．(2026·江西卷，7，3 分)背靠背式电解池可用于电化学合成氨，如图。下列说法正确的是( )
A．阳极反应：4OH=O2↑＋2H2O B．外电路电子由b 流向a
C．每生成1molNH3，消耗6molH2O D．OH-经交换膜从右向左移动
【答案】D
【解析】该装置为阴离子交换膜电解池，右侧通入N2与H2O 生成NH3，氮元素化合价从0 降低至-3，
发生得电子的还原反应，因此右侧电极为阴极，连接电源负极b，阴极反应为N2+6H2O+6e-=2NH3↑＋
6OH-；左侧电极为阳极，连接电源正极a，OH-在阳极失电子发生氧化反应，阳极反应为4OH--4e-=O2↑＋
2H2O，总电解反应为2N2+6H2O
4NH3+3O2；A 项，阳极是OH-失去电子生成氧气，正确电极反应式
为4OH--4e-=O2↑＋2H2O，A 错误；B 项，右侧N2转化为NH3，N 元素化合价降低发生得电子的还原反应，
故右侧为阴极，b 为电源负极，a 为电源正极，外电路电子只能在导线中移动，路径为b 流向阴极、阳极流
向a，不存在b 直接流向a 的路径，B 错误；C 项，根据总反应2N2+6H2O
4NH3+3O2，生成4molNH3
消耗6molH2O，则生成 1molNH3仅消耗1.5molH2O，C 错误；D 项，电解池通用规律为阴离子向阳极移动，
阳极在装置左侧，体系中迁移的阴离子OH-可穿过阴离子交换膜，因此OH-从阴极区向阳极区移动，D 正
确；故选D。
4．(2026·浙江1 月卷，12，3 分)一种电解葡萄糖(C6H12O6)制取葡萄糖二酸钾(C6H8O8K2)的装置示意图
如图所示，下列说法中，不正确的是( )
A．电极M 处的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-
B．离子交换膜P 为阳离子交换膜
C．1 mol 葡萄糖(C6H12O6)完全转化为葡萄糖二酸钾(C6H8O8K2)转移的电子数为6NA
D．电解过程可能产生葡萄糖酸钾(C6H11O7K)
【答案】B
【解析】在该体系中，葡萄糖在右侧电极处反应生成葡萄糖二酸钾，已知K 为+1 价，H 为+1 价，O
为-2 价，可知C6H8O8K2中C 的平均化合价为+1，每1 molC6H12O6转化为1 mol C6H8O8K2会失去6 mol 电子；
产物中的C 化合价升高，所以电极N 为阳极发生氧化反应，电极M 为阴极发生还原反应，阴极处的溶液
仅含有KOH，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，阳极处的电极反应式为C6H12O6+8OH--6e-=(C6H12O8)2-
＋6H2O。A 项，由分析可知，电极M 处的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，A 正确；B 项，由分析可
知，随反应进行，阴极处不断生成OH-，同时阳极处不断消耗OH-，为维持电荷平衡，需要将阴极处生成
的OH-补充至阳极处，P 应为阴离子交换膜，B 错误；C 项，由分析可知，1 mol C6H12O6完全转化为1 mol
C6H8O8K2，转移的电子数为6NA，C 正确；D 项，C6H11O7K 中C 的平均化合价为
，与葡萄糖相比，C 的
平均化合价也升高，说明C6H11O7K 为不完全氧化产物，也可能是电解产物，D 正确；故选B。
5．(2026·陕晋青宁卷，13，3 分)某科研团队利用S 和Cu2S 的相互转化设计了如图所示电池。工作时，
两极上发生反应的S 和Cu2S 的物质的量相等。放电完成后，将一侧的电解液加热，产生的气体通入另一侧，
可使电池重复工作。若性能显著衰减，经简单处理可恢复。下列说法正确的是( )
A．膜为阳离子交换膜
B．当气体通入左室开始工作时，电极a 为正极
C．理论上，电路中通过的e-与消耗NH3·H2O 的物质的量之比为1：4
D．电池总反应为 Cu2++4NH3= [Cu(NH3)4]2+
【答案】D
【解析】根据题干“工作时，反应的S 和Cu2S 物质的量相等”，结合化合价变化可得电子守恒的电极
反应：左室电极a 为正极，电极反应：2Cu2++S+4e-=Cu2S；右室电极b 为负极：电极反应，
Cu2S 4
−e
−+8NH3=2[Cu(NH3)4]
2++S，加热时[Cu( NH3)4]
2+释放NH3。A 项，反应后左室消耗Cu2+，剩
余多余的SO4
2-；右室生成带正电的[Cu( NH3)4]
2+，正电荷多余。需要SO4
2-（阴离子）从左室迁移到右室
平衡电荷，因此膜为阴离子交换膜；若为阳离子交换膜，[Cu( NH3)4]
2+向左侧移动，无法实现该电池的
功能，A 错误；B 项，放电完成后，电极a 的S 完全转化为Cu2S，电极b 的Cu2S 完全转化为S；加热右室
电解液，[Cu( NH3)4]
2+分解放出NH3，将NH3通入左室后重新开始工作时，电极a 现在为Cu2S，发生失
电子的氧化反应，为负极，B 错误；C 项，根据负极反应，转移4mole-时，消耗8molNH3·H2O，因此电路
中通过的e-与消耗NH3·H2O 的物质的量之比为4：8=1：2，不是1：4，C 错误；D 项，将正负极反应相加，
消去两边均有的S、Cu2S 和电子，得到总反应： 2Cu
2++8NH3=2[Cu(NH3)4]
2+，化简得
Cu
2++4 NH3=[Cu( NH3)4]
2+，D 正确；故选D。
6．(2026·黑吉辽蒙卷，13，3 分)一种从废旧电池正极材料(LiFePO4)中回收锂元素的电化学装置如图。
下列说法错误的是( )
A．
电极反应：O2+2H2O+4e-=H2O2+2OH-
B．电路中转移2mol 电子，理论上可回收4molLi+
C．
电极连接电源正极
D．I3
-可转化为I-和IO3
-，会降低锂的理论回收产率
【答案】D
【解析】左侧池通入O2生成H2O2，这是还原反应，因此a 电极是阴极，连接电源的负极。电极反应:
O2+2H2O+4e-=H2O2+2OH-，右侧池I-被氧化为I3
-，这是氧化反应，因此b 电极是阳极，连接电源的正极。
电极反应:I--2e-=I3
- ；阴离子交换膜：允许阴离子(如SO4
2-、OH-等)通过，以维持电荷平衡。A 项，如上分
析，左侧通入氧气生成双氧水，且在Na2SO4溶液中可生成OH-，该方程式书写正确，A 正确；B 项，电路
中转移2mol 电子时，整个体系总电子转移量为2mol，每释放1molLi+对应1mol 电子转移(LiFePO4-e-=Li+
+FePO4)，双电极可同时回收Li+，理论上可回收4molLi+，B 正确；C 项，右侧发生氧化反应：I-被氧化为
I3
-，阳极连接电源正极，C 正确；D 项，若I3
-歧化转化为I-和IO3
-，反应为：3I3
-+3H2O=8I-+IO3
-+6H+，该歧
化反应为碘自身氧化还原，总可得到的电子数(氧化LiFePO4的总能力)不变：3molI3
-原本可得到6mol 电子，
歧化后1molI3
-作为氧化剂可得到6mol 电子，总氧化能力不变，理论上脱出回收的Li+总物质的量不变，因
此不会降低锂的理论回收产率，D 错误；故选D。
7．(2026·湖南卷，7，3 分)一种可用于心脏起搏器的扣式电池部分截面结构如图所示(LiClO4-有机溶剂
作电解质溶液，Ag2CrO4难溶于该溶剂)。下列说法错误的是( )
A．往Ag2CrO4电极材料中添加石墨，可增强其导电性
B．正极反应式为Ag++e-=Ag
C．放电时，Li+从负极向正极移动
D．每消耗负极材料2.1g，理论上外电路中通过了过0.3mole-
【答案】B
【解析】该扣式电池中，活泼金属Li 作负极，Ag2CrO4作正极。A 项，石墨具有良好的导电性，添加
到Ag2CrO4电极材料中可增强电极的导电性，A 正确；B 项，题干明确Ag2CrO4难溶于有机溶剂，无法电
离出自由移动的Ag+，正极反应物是固体Ag2CrO4，正极反应应为Ag2CrO4+2e-=2Ag+CrO4
2-，B 错误；C 项，
原电池放电时，阳离子向正极移动，因此Li+从负极向正极移动，C 正确；D 项，负极反应为 Li-e-=Li+，
2.1gLi 的物质的量为
，理论上外电路中通过0.3mole-，D 正确；故选B。
8．(2026·云南卷，13，3 分)一种“双模式”锂电池工作原理如图。已知：Cl2只参与模式Ⅰ的充放电，
其放电时反应方程式为SO2Cl2+Cl2+4Li=SO2+4LiCl。下列说法正确的是( )
A．充电时，模式Ⅱ的反应为2SO2Cl2+6Li=Li2S2O4+4LiCl
B．充电时，若外电路通过1 mol 电子，则石墨电极最多生成0.5mol Cl2
C．放电时，体系中的Li+向电池的锂电极迁移
D．放电时，分别消耗1molSO2Cl2，模式Ⅰ理论放电量大于模式Ⅱ
【答案】D
【解析】SO2Cl2中S 元素为+6 价，由此可知模式I 放电过程中石墨电极上S 元素化合价降低，发生还
原反应，为正极，锂电极为负极，充电过程中石墨电极为阳极，锂电极为阴极。A 项，充电时，模式II 阴
极上LiCl 得到电子生成Li，阳极上Li2S2O4失去电子生成SO2Cl2，根据守恒关系可知模式II 的反应为
Li2S2O4+LiCl=2SO2Cl2+6Li，A 项错误；B 项，模式I 充电时总反应为SO2+4LiCl=SO2Cl2+Cl2+4Li，充电过
程中Li 元素化合价降低，S 元素及部分Cl 元素化合价升高，因此外电路通过1mol 电子，石墨阳极上最多
生成0.25mol Cl2，B 项错误；C 项，放电时，Li+移向正极，即石墨电极，C 项错误；D 项，放电时，模式I
的总反应与转移电子关系为SO2Cl2+Cl2+4Li=4LiCl+SO2-4e-，模式II 的总反应与转移电子关系为
2SO2Cl2+6Li=Li2S2O4+4LiCl-6e-，由此可知分别消耗1molSO2Cl2，模式Ⅰ理论放电量大于模式Ⅱ，D 项正确；
故选D。
9．(2025·四川卷，14，3 分)最近，我国科学工作者制备了一种Ni-CuO 电催化剂，并将其与金属铝组
装成可充电电池，用于还原污水中的NO3
-为NH3，其工作原理如图所示。研究证明，电池放电时，水中的
氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化表面的NO3
-逐步还原为NH3。
下列说法错误的是( )
A．放电时，负极区游离的OH-数目保持不变
B．放电时、还原1.0molNO3
-为NH3，理论上需要8.0mol 氢原子
C．充电时，OH-从阴极区穿过离子交换膜进入阳极区
D．充电时，电池总反应为4[Al(OH)4]-=4Al+6H2O+4OH-+3O2↑
【答案】A
【解析】放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根，Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，
正极水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化剂表面的NO3
-逐步还原
为NH3，正极区发生反应为NO3
-+8e-+6H2O=NH3+9OH- (注意此反应不是电极反应)，充电时，金属铝为阴
极，Ni-CuO 电极为阳极。A 项，放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根：Al-3e-
+4OH-=[Al(OH)4]-，当转移3mol 电子时，消耗4molOH-，同时正极区会有3molOH-通过OH-离子交换膜进
行补充，OH-净消耗1mol，故负极区游离的OH-数目会减少，故A 错误；B 项，氢原子将吸附在电催化剂
表面的NO3
-逐步还原为NH3，还原1.0molNO3
-为NH3，由化合价变化可知，得到8mol 电子，所以理论上需
要8.0mol 氢原子，故B 正确；C 项，充电时，阴离子向阳极移动，所以充电时，OH-从阴极区穿过OH-离
子交换膜进入阳极区，故C 正确；D 项，充电时，电池阴极反应式为4[Al(OH)4]-+12e-=4Al+16OH-，阳极
反应式为12OH--12e-=3O2↑＋6H2O，总反应为4[Al(OH)4]-=4Al+6H2O+4OH-+3O2↑，故D 正确；故选A。
10．(2025·江苏卷，8，3 分)以稀H2SO4为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为
。下列说法正确的是( )
A．电极a 上发生氧化反应生成O2
B．
通过质子交换膜从右室移向左室
C．光解前后，H2SO4溶液的pH 不变
D．外电路每通过0.01mol 电子，电极b 上产生0.01molH2
【答案】A
【解析】光解过程中，电极a 上电子流出，发生氧化反应，a 为负极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑
＋4H＋；电极b 上电子流入，发生还原反应，b 为正极，电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑。A 项，电极a 为负
极，发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，生成物有O2，A 正确；B 项，原电池中阳离子
向正极移动，电极a 上生成H＋，电极b 上消耗H＋，H＋通过质子交换膜从左室移向右室，B 错误；C 项，
在探究溶液浓度变化时，不仅要关注溶质的变化，也要关注溶剂的变化，在光解总反应是电解水，H2SO4
溶液中H2O 减少，H2SO4溶液浓度增大，pH 减小，C 错误；D 项，生成1molH2，转移2mol 电子，外电路
通过0.01mol 电子时，电极b 上生成0.005molH2，D 错误；故选A。
11．(2025•山东卷，12，4 分)全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石
墨电极。下列说法正确的是( )
A．隔膜为阳离子交换膜
B．放电时，a 极为负极
C．充电时，隔膜两侧溶液Fe2+浓度均减小
D．理论上，Fe3+每减少1mol，Fe2+总量相应增加2 mol
【答案】BC
【解析】全铁流电池原理为2Fe3++Fe=3Fe2+，a 极发生Fe-2e-=Fe2+，为负载铁的石墨电极做负极，b 极
发生Fe3++e-=Fe2+，发生还原反应，b 为石墨电极，做正极。A 项，两极通过阴离子平衡电荷，隔膜允许阴
离子通过，为阴离子交换膜，A 错误；B 项，放电时，a 极为负极，b 极为正极，B 正确；C 项，充电时，a
接电源负极，为阴极，电极反应式为Fe2++2e-=Fe，b 接电源正极，为阳极，发生的电极反应式为：Fe2+-e-
=Fe3+，两极的Fe2+均减少，C 正确；D 项，根据总反应方程式2Fe3++Fe=3Fe2+可知，Fe3+减少1mol，Fe2+增
加1.5mol，D 错误；故选BC。
12．(2024·全国新课标卷，12，6 分)一种可植入体内的微型电池工作原理如图所示，通过CuO 催化消
耗血糖发电，从而控制血糖浓度。当传感器检测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，
电池停止工作。(血糖浓度以葡萄糖浓度计)
电池工作时，下列叙述错误的是
A．电池总反应为2C6H12O6+O2=2C6H12O7
B．b 电极上CuO 通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用
C．消耗18mg 葡萄糖，理论上a 电极有0.4mmol 电子流入
D．两电极间血液中的Na＋在电场驱动下的迁移方向为b→a
【答案】C
【解析】由题中信息可知，b 电极为负极，发生反应Cu2O+2OH--2e-=2CuO+H2O，然后再发生
C6H12O6+2CuO= C6H12O7+Cu2O；a 电极为正极，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，在这个过程中发生的总反应
为2C6H12O6+O2=2C6H12O7。A 项，由题中信息可知，当电池开始工作时，a 电极为电池正极，血液中的O2
在a 电极上得电子生成OH-，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；b 电极为电池负极， Cu2O 在b 电极上失
电子转化成CuO，电极反应式为Cu2O+2OH--2e-=2CuO+H2O，然后葡萄糖被CuO 氧化为葡萄糖酸，CuO 被
还原为Cu2O，则电池总反应为2C6H12O6+O2=2C6H12O7，A 正确；B 项，b 电极上CuO 将葡萄糖被CuO 氧化
为葡萄糖酸后被还原为Cu2O，Cu2O 在b 电极上失电子转化成CuO，在这个过程中CuO 的质量和化学性质
保持不变，因此，CuO 通过Cu(Ⅱ) 和Cu(Ⅰ) 相互转变起催化作用，B 正确；C 项，根据反应
2C6H12O6+O2=2C6H12O7 可知，1mol C6H12O6 参加反应时转移2 mol 电子，18 mg C6H12O6 的物质的量为0.1
mmol，则消耗18 mg 葡萄糖时，理论上a 电极有0.2 mmol 电子流入，C 错误；D 项，原电池中阳离子从负
极移向正极迁移，故Na＋迁移方向为b→a，D 正确。故选C。
13．(2025·湖南卷，9，3 分)一种电化学处理硝酸盐产氨的工作原理如图所示。下列说法错误的是(
)
A．电解过程中，K+向左室迁移
B．电解过程中，左室中NO2
-的浓度持续下降
C．用湿润的蓝色石蕊试纸置于b 处，试纸先变红后褪色
D．NO3
-完全转化为NH3的电解总反应：NO3
-+8Cl-+6H2O
NH3↑+9OH-+4Cl2↑
【答案】B
【解析】由图可知，左侧发生NO3
-→NO2
-→NH3，N 元素化合价下降，则左侧是阴极区，右侧发生Cl-
→Cl2，Cl 元素化合价上升，则右侧是阳极区。A 项，电解池中，阳离子向阴极移动，则，K+向左室迁移，
A 正确；B 项，电解过程中，NO2
-先生成，再消耗，是中间产物，其浓度增大还是减小，取决于生成速率
与消耗速率，无法得出其浓度持续下降的结论，B 错误；C 项，b 处生成氯气，与水反应生成盐酸和次氯
酸，盐酸能使蓝色石蕊试纸变红，次氯酸能使变红的试纸褪色，故能看到试纸先变红后褪色，C 正确；D
项，左侧阴极总反应是NO3
- +8e-+6H2O=NH3↑+9OH-，右侧阳极总反应是8Cl--8e-=4Cl2↑，将两电极反应相
加即可得到总反应，D 正确；故选B。
14．(2025·江西卷，9，3 分)我国学者设计了一种新型去除工业污水重金属离子的电池(如图)。下列说
法错误的是( )
已知：
为铜基普鲁士蓝(Cu[Fe(CN)6]0.67·nH2O)
A．
中的铁为
价 B．交换膜为阴离子交换膜
C．洗脱目的是去除电极吸附的
D．
溶液可电解再生电池负极
【答案】C
【解析】由图可知，Zn 电极失去电子生成Zn2+，该原电池中左侧电极为负极，右侧电极为正极。A 项，
CuHCF 的化学式为Cu[Fe(CN)6]0.67·nH2O，设Fe 化合价为x。Cu 为+2 价，CN-为-1 价，整体电中性：+2 +
0.67×(x - 6) = 0，解得x≈+3，A 正确；B 项，Zn 电极为负极，反应为Zn - 2e- = Zn2+，负极区正电荷增加。
污水中SO4
2-通过交换膜移向负极区以平衡电荷，说明交换膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，B 正确；
C 项，Ni2+在正极得到电子生成Ni，Ni 被CuHCF 电极吸附，洗脱目的是利用H2O2的氧化性去除电极吸附
的Ni，C 错误；D 项，电解Zn2+溶液时，阴极反应为Zn2+ + 2e- = Zn，可得到Zn 单质再生负极，D 正确；
故选C。
15．(2025·四川卷，14，3 分)最近，我国科学工作者制备了一种Ni-CuO 电催化剂，并将其与金属铝组
装成可充电电池，用于还原污水中的NO3
-为NH3，其工作原理如图所示。研究证明，电池放电时，水中的
氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化表面的NO3
-逐步还原为NH3。
下列说法错误的是( )
A．放电时，负极区游离的OH-数目保持不变
B．放电时、还原1.0molNO3
-为NH3，理论上需要8.0mol 氢原子
C．充电时，OH-从阴极区穿过离子交换膜进入阳极区
D．充电时，电池总反应为4[Al(OH)4]-=4Al+6H2O+4OH-+3O2↑
【答案】A
【解析】放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根，Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，
正极水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化剂表面的NO3
-逐步还原
为NH3，正极区发生反应为NO3
-+8e-+6H2O=NH3+9OH- (注意此反应不是电极反应)，充电时，金属铝为阴
极，Ni-CuO 电极为阳极。A 项，放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根：Al-3e-
+4OH-=[Al(OH)4]-，当转移3mol 电子时，消耗4molOH-，同时正极区会有3molOH-通过OH-离子交换膜进
行补充，OH-净消耗1mol，故负极区游离的OH-数目会减少，故A 错误；B 项，氢原子将吸附在电催化剂
表面的NO3
-逐步还原为NH3，还原1.0molNO3
-为NH3，由化合价变化可知，得到8mol 电子，所以理论上需
要8.0mol 氢原子，故B 正确；C 项，充电时，阴离子向阳极移动，所以充电时，OH-从阴极区穿过OH-离
子交换膜进入阳极区，故C 正确；D 项，充电时，电池阴极反应式为4[Al(OH)4]-+12e-=4Al+16OH-，阳极
反应式为12OH--12e-=3O2↑＋6H2O，总反应为4[Al(OH)4]-=4Al+6H2O+4OH-+3O2↑，故D 正确；故选A。
