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专题06 化学反应与能量
4 大考点概览
题型01 化学反应机理/历程分析
题型02 反应过程中的能量变化及图示分析
题型03 原电池原理及应用
题型04 电解原理及应用
1.（2026·四川省广元市·二模） 研究表明，Rh(I)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(I)-邻
氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS 表示过渡态，Rh(I)配合物简写为TN］，关
于反应历程说法正确的是
A. 反应历程中只有
做催化剂
B. 增大LiI 的用量，甲醇的平衡转化率增大
C. 总反应为
D. 经定量测定，反应历程中物质TN3 含量最少，可能原因是TN3→TN4 的活化能较高
【答案】C
【解析】A．从图中可看出，LiI 先与甲醇反应生成LiOH 和CH3I，CH3I 参与TN 催化循环最终生成的
题型01
化学反应机理/历程分析
CH3COI 又与LiOH 反应生成LiI 与终产物乙酸，因此LiI 也属于该反应的催化剂，A 错误；
B．LiI 也是反应的催化剂，其用量不影响平衡移动，因此增大LiI 用量不能提高甲醇的平衡转化率，B 错
误；
C．总反应需消去中间产物，反应物为CH3OH 和CO，生成物为CH3COOH，总反应方程式为
，C 正确；
D．反应中TN3 含量最少说明其生成慢（TN2→TN3 反应速率慢）或消耗快（TN3→TN4 反应速率快），
即TN2→TN3 的活化能较高或TN3→TN4 活化能较低，D 错误；
故答案选C。
2. （2026·四川省凉山州·二模）一种利用
和
直接合成
的反应历程如图所示。下列说法不正确
的是
A. 总反应的原子利用率理论上可达100%
B. 步骤2 中，若
完全反应，则理论上转移电子数目为
C.
在此过程中作为催化剂
D.
和
中Pd 的化合价不相同
【答案】D
【解析】A．总反应为 H2+O2=====H2O2，原子利用率理论上可达100%，故A 正确；
B．步骤2 的产物中存在O-O 键，氧显-1 价，若1molO2完全反应，则理论上转移电子数目为2NA，故B 正
确；
C．
是步骤1 的反应物，
是步骤3 的产物，在此过程中
作为催化剂，故C
正确；
D．
和
中Pd 的化合价均为+2 价，故D 错误；
答案选D。
3.（2026·四川省广安市·二模） 国内研究团队通过一系列实验和理论计算，首次完整描绘出Ullmann 偶联
中铜的氧化还原路径，其中三氟甲基化反应的机理如图所示(A 中Cu 的氧化数为I，其化合价为
)，下列
说法正确的是
A. C 中Cu 的化合价为
B. 图示三氟甲基化反应可表示为：
C. 整个反应过程中，有极性键、非极性键的断裂和生成
D. Ln 与
表达的是不同配体
【答案】B
【解析】A．A 中Cu 的氧化数为I，其化合价为+1，结合C 中铜成键情况，则C 中铜为+3 价，A 错误；
B．由图，三氟甲基化反应为ArX 和
在催化剂作用下生成ArCF3和
，可表示为：
，B 正确；
C．整个反应过程中，有铜碳等极性键的断裂和生成，但是没有非极性键的断裂和形成，C 错误；
D．由D、E 生成C 和
过程，结合物质结构可知，Ln 与
表达的是相同配体，D 错误；
故选B。
4. （2026·四川省泸州市合川县马街中学·二模）硅醚类化合物广泛应用于有机合成、分离分析和精细化工
等领域，我国科研工作者开发了一种无催化剂下醇的高效硅基化新方法，反应机理如图所示[
代表
，
代表烃基(一般指相应的烃失去一个氢原子后剩下的基团)]。下列说法不正确的是
A. 总反应属于取代反应
B. 反应过程中碳原子的成键数目不变
C. 反应过程中氮原子的价层电子对数目减少
D. 当
为甲醇时，反应产物为
和
【答案】C
【解析】A．根据反应转化关系可知总反应为羟基氢被-SiMe3取代的反应，属于取代反应，A 正确；
B．由图可知，反应过程中碳原子的成键数目一直为4，不变，B 正确；
C．反应过程中氮原子形成3 个共价键且存在1 对孤电子对，价层电子对数目一直为4，C 错误；
D．根据反应转化关系可知总反应为羟基氢被-SiMe3取代的反应，则当ROH 为甲醇时，反应产物为
CH3OSiMe3和NH3，D 正确；
故答案选C。
5.（2026·四川省成都市石室中学·二模） NO 与盐酸在Fe 催化电极上生成盐酸羟胺(
，化学性
质类似于
)，可能的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A.
水溶液呈弱碱性
B. 过程②～④中N 的化合价均发生变化
C. 过程⑤中M 为
和
D. 电催化NO 与盐酸生成
的电极反应：
【答案】B
【解析】A．NH3OHCl 水溶液中的水解反应为：
，溶液呈酸
性，A 错误；
B．过程②③④均得电子，N 的化合价均发生变化，B 正确；
C．由历程图可知，过程⑤为：
，故M 为H+，C 错误；
D．电催化NO 与盐酸生成NH3OH+的反应方程式：
，D 错误；
故选B。
6．（2026·四川学易金卷·二模）某科研团队以溴苯与catB—Br 的偶联反应构建C-B 键，反应机理如图，
下列说法正确的是
A．过程中Ni 的化合价未发生改变
B．L-Ni-Br 为中间产物
C．catB·为催化剂
D．理论上产生1mol
消耗Zn 与溴苯的物质的量之比为1 1∶
【答案】D
【解析】A．流程中有锌参与的步骤中，锌化合价升高，Ni 化合价降低，A 错误；
B．根据流程知，构建C-B 键的同时有L-Ni-Br 生成，则L-Ni-Br 为催化剂，B 错误；
C．根据流程知，catB·为中间产物，C 错误；
D．根据流程知，理论上1mol 锌、1mol 溴苯、1molcatB—Br 生成1mol
消和1mol 溴化锌，
则消耗Zn 与溴苯的物质的量之比为1 1∶，D 正确；
故选D。
7. （2026·四川省“元三维大联考”·二模）在一定条件下，乙烯氧化为乙醛的反应机理如下图所示。下列
说法正确的是
A.
和
在反应过程中起催化作用
B.
是总反应的反应物，
是中间体
C. 总反应的原子利用率可达100%
D. 步骤②正、逆反应的活化能
【答案】C
【解析】A．在反应过程中，Cu2+和Pd2+先参与反应，后又重新生成，是催化剂；Pd0是中间产物，并非催
化剂，A 错误；
B．总反应为：
，H2O 在步骤②中被消耗，又在步骤⑥中生成，属于反应
中间体，并非总反应的反应物；H+是中间体，B 错误；
C．由总反应可知，反应物中的原子全部转化为目标产物乙醛，因此总反应的原子利用率可达100%，C 正
确；
D．步骤②为基元反应，其能量变化与总反应的能量变化无直接对应关系，不能直接得出E 正<E 逆的结论，
D 错误；
故答案选C。
8. （2026·四川省南充市·二模）双金属氧化物(
)催化
加氢制甲醇的反应机理如图所示，图中
□表示氧空位，已知“活化位点”是指催化剂上能吸附反应物分子并与其反应的位置。下列说法错误的是
A. 步骤①过程中有化学键的断裂和形成
B. 反应过程中
的杂化方式不变
C. 催化剂吸附
和
的活化位点不同
D. 若步骤②活化能最大，则氧空位越多，反应速率越快
【答案】B
【解析】A．步骤①为H2的吸附过程，H2分子中的H—H、O—Ga 键断裂，同时形成Ga—H、O—H 键，
存在化学键的断裂和形成，A 不符合题意；
B．反应过程中，Ga 的成键数目发生变化，步骤③的产物中Ga 为sp2杂化，步骤①②④的产物中Ga 为sp3
杂化，杂化方式发生改变，B 符合题意；
C．由反应机理可知，H2在Ga、Zr 的活化位点吸附，CO2在氧空位活化位点吸附，二者活化位点不同，C
不符合题意；
D．若步骤②活化能最大，则步骤②为决速步骤，氧空位越多，CO2 吸附位点越多，步骤②反应速率越
快，总反应速率越快，D 不符合题意；
故答案选B。
9. （2026·四川省德阳市·二模）溴单质与苯在一定条件下能发生如下反应，其中部分转化历程与能量变化
如图所示：
下列说法错误的是
A. 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为三种不同反应类型
B. 从产物稳定性或反应速率角度，溴单质与苯均有利于生成产物Ⅱ
C. 反应Ⅲ在任意温度下均能自发进行
D. 上图所示的转化历程中大
键没有变化
【答案】D
【解析】A．反应Ⅱ：苯和Br2生成溴苯和HBr 为取代反应，反应Ⅰ：反应Ⅰ：苯和Br2生成产物Ⅰ（加成
中间体），反应Ⅲ：1,2-二溴苯生成溴苯和HBr 是消除反应，所以三者确实是不同类型：加成、取代、消
除。A 正确；
B．从能量图看：产物Ⅱ溴苯）能量更低，更稳定；生成产物Ⅱ的决速步能垒（过渡态4）低于生成产物Ⅰ
的决速步能垒（过渡态2），反应速率更快。因此无论从产物稳定性还是反应速率，都有利于生成产物
Ⅱ，B 正确；
C．反应Ⅲ从能量图看，这个反应是放热反应（产物能量更低），ΔH < 0。但自发与否要看 ΔG = ΔH –
TΔS，该反应是分解反应：一个分子变成两个分子（溴苯 + HBr），所以熵增，ΔS > 0。因此ΔG = ΔH –
TΔS，由于 ΔH < 0，ΔS > 0，则 在任何温度下 ΔG < 0，反应都能自发进行。C 正确；
题型02
反应过程中能量变化及图示分析
D．苯分子中有离域的大π 键（6 中心6 电子）。在反应过程中：当苯与Br⁺进攻形成σ 络合物时（图中
“过渡态1”后的中间体），苯环的大π 键被破坏，变成了局部双键的环己二烯基阳离子，此时大π 键消
失。然后在失去H⁺恢复芳香性时，大π 键重新形成。所以在整个历程中，大π 键经历了“破坏→重建”的
过程，并不是“没有变化”。即使在反应Ⅰ中，如果发生加成，也会破坏大π 键。D 错误；
故答案选D。
10. （2026·四川省内江市威远中学·二模）1，3-丁二烯和Br2以物质的量之比为1：1 发生加成反应分两
步：第一步Br+进攻1，3-丁二烯生成中间体C(溴正离子)；第二步Br-进攻中间体C 完成1，2-加成或1，4-
加成。反应过程中的能量变化如下图所示，下列说法正确的是
A. 其它条件相同时，生成产物B 的速率快于产物A 的速率
B. 升高温度，1，3-丁二烯的平衡转化率增大
C. 该加成反应的反应热为Eb-Ea
D. 该反应的速率主要取决于第一步反应的快慢
【答案】D
【解析】A．据图可知中间体C 生成B 的活化能更高，反应速率应更慢，A 错误；
B．据图可知生成1，3-丁二烯的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡转化率减小，B 错误；
C．Ea是第二步反应中1，2-加成反应的活化能，Eb是第二步反应中1，4-加成反应的活化能，Eb-Ea是只是
两种活化能的差值，图中数据不能计算该加成反应的反应热，C 错误；
D．据图可知第一步反应的活化能更大，反应速率更慢，整体反应速率取决于慢反应，D 正确；
综上所述答案为D。
11. （2026·四川省字节精准教育联盟·二模）我国科学家用电催化还原
法制甲酸
，实现
减排。反应过程中相对能量的变化如图所示(“*”表示催化剂，“
”表示W 的催化剂吸附状态)。
下列说法错误的是
A.
制甲酸的反应为吸热反应
B. 制甲酸的决速步骤为②
C. 反应的活化能：
D. 制甲酸可表示为：
【答案】C
【解析】A．由图可知，CO2 制甲酸的反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，A 正
确；
B．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，制甲酸的步骤中步骤②的活化能较高，反
应速率最慢，因此决速步骤为步骤②，B 正确；
C．该催化反应的副反应为上面的一条曲线，活化能是活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均
能量之差，由图可知反应的活化能：
，C 错误；
D．由图可知，制甲酸的反应中CO2和H2O 是反应物，HCOOH 是生成物，制甲酸可表示为：
，D 正确；
故答案选C。
12. （2026·四川省遂宁市射洪中学·二模）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。
自由基与
反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 该反应为吸热反应
B. 产物的稳定性：
C. 该历程中正反应的最大活化能
D. 相同条件下，由中间产物Z 转化为产物的速率：
【答案】C
【解析】A．由图示可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反
应，A 错误；
B．产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低，所以产物P2比产物P1要稳定，B 错误；
C．由图示可知中间产物Z 到过渡态Ⅳ所需的活化能最大，E 正= -18.92kJ·mol−1-(-205.11
kJ·mol−1)=186.19kJ·mol−1，C 正确；
D．由图示可知，由Z 到产物P1所需的活化能低于由Z 到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z 转化为产
物的速率：v(P1)>v(P2)， D 错误；
答案为C。
13. （2026·四川省内江市·二模）甲烷在某含Mo 催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示。下列说法错
误的是
A. 步骤1 为反应的决速步骤
B. 步骤2 的
C. 该过程存在极性键、非极性键的断裂和形成
D. 该过程实现了
的氧化且
【答案】C
【解析】A．步骤1 的活化能为0.70 eV，步骤2 的活化能为-0.49-(-0.71)=0.22 eV ,活化能大的为反应的决
速步骤，故为步骤1，A 正确；
B．步骤2 的焓变等于生成物的相对能量-反应物的相对能量，
，B 正
确；
C．该过程存在极性键(C-H)断裂、极性键(C-O、O-H)断裂，没有非极性键的断裂和形成，C 错误；
D．该过程实现了CH4的氧化生成甲醇且反应放热，D 正确；
故选C。
14. （2026·四川省凉山州·二模）研究HCOOH 燃料电池性能的装置如图所示，两电极间用允许
、
通过的半透膜隔开。下列说法正确的是
题型03
原电池原理及应用
A. 该电池工作时将电能转化为化学能
B. 放电过程中需补充的物质A 为
C. 电池负极上的电极反应式为
D. 电池工作时K⁺通过半透膜由右室迁移至左室
【答案】B
【解析】根据图示，HCOO-失电子发生氧化反应生成碳酸氢根离子，左侧电极为负极；Fe3+得电子发生还
原反应生成Fe2+，右侧电极为正极；
A．该电池工作时将化学能转化为电能，故A 错误；
B．放电过程中，Fe2+被氧气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，同时有K2SO4，
所以需补充的物质A 为H2SO4，故B 正确；
C．电池负极上HCOO-失电子发生氧化反应生成碳酸氢根离子，负极的电极反应式为
，故C 错误；
D．电池工作时，阳离子向正极区移动，该电池右侧电极为正极，K+通过半透膜由左室迁移至右室，故D
错误；
答案选B。
15. （2026·四川省成都市·二模）双阴极微生物燃料电池可同时进行硝化和反硝化脱氮，其中硝化过程中
被
氧化。下列说法正确的是
A. 缺氧阴极和好氧阴极均发生氧化反应
B. 厌氧阳极发生
C. 微生物中的酶可以增大特定反应的电动势
D. 厌氧阳极区质量减少
时，该电极输出
电子
【答案】B
【解析】A．原电池中，阴极是正极，发生还原反应，阳极（负极）发生氧化反应。该装置中缺氧阴极、
好氧阴极均为原电池的正极，分别发生NO 还原为N2和O2还原为水的还原反应，A 错误；
B．厌氧阳极是原电池负极，葡萄糖发生氧化反应生成CO2：葡萄糖中C 平均化合价为0，生成CO2中+4
价C，1mol 葡萄糖共失去6×4=24mol 电子，配平后电极反应为
，电荷、原子均守恒，B 正确；
C．酶是催化剂，催化剂只改变反应速率，不改变反应的总能量变化，无法改变电池的电动势（电动势由
反应物本身性质决定），C 错误；
D．根据电极反应
，消耗1 mol（180 g）葡萄糖，同时生成6
mol（264 g）CO2和24 mol（24 g）H+，阳极区净质量减少
，此过程转移24
mol 电子。因此当质量减少18 g 时，转移的电子为
，D 错误；
故选B。
16. （2026·四川省广元市·二模）我国科学家成功构建全球首例氢负离子原型电池，工作原理如图所示。
放电时，
由电极a 移向电极b。下列说法正确的是
A. 放电时，电流方向为由电极b 经负载流向电极a
B. 放电时，电极b 的电极反应式为
C. 充电时，消耗
的同时将生成
D. 充电时，电极a 的电极反应式为
【答案】D
【解析】上述装置为二次电池，放电时，H-由电极a 移向电极b，即a 作正极，b 为负极；充电时，电极a
变为阳极，应发生氧化反应，电极b 变为阴极，发生还原反应。
A．原电池中，电流从正极（电极a）经外电路流向负极（电极b），与电子流向相反，A 错误；
B．放电时，电极b 为负极，发生氧化反应，CeH2失去电子CeH3，其电极反应式为
，B 错误；
C．充电时总反应为
，故每消耗6 molCeH3 ，实际是消
耗1 molNa3[AlH6]l；若消耗3 molCeH3，则消耗0.5molNa3[AlH6]，C 错误；
D．充电时，原正极a 变为阳极，应发生氧化反应，电极a 的电极反应式为
，D 正确；
故选D。
17. （2026·四川省遂宁市射洪中学·二模）我国科学家研究出一种新型水系
电池，其结构如下
图，该电池既能实现乙炔加氢又能提供电能，下列说法正确的是
A. 电极a 为负极，发生氧化反应
B.
通过阴离子交换膜向a 电极移动
C. a 极的电极反应式为
D. 每转移
，右侧极室中溶液质量增大16g
【答案】C
【解析】b 电极表面，Zn 转化成ZnO ，化合价升高，失电子，为负极，电极反应式为
，a 为正极，电极反应式为
，由此分析回
答；
A．由分析可知，电极a 为正极，发生还原反应，A 错误；
B．OH-通过阴离子交换膜向负极移动，即向b 电极移动，B 错误；
C．由分析可知，a 极的电极反应式为
，C 正确；
D．每转移2mole-，有2mol OH-转移到右侧极室，发生反应
，即增加1mol 水
的质量，为18g，D 错误；
故选C。
18. （2026·四川省泸县第五中学·二模）用间接电化学法对NO 进行无害化处理的原理如下图所示。下列说
法正确的是
题型04
电解原理及应用
A.
从左向右移动
B. 电极I 的反应为
C. 电解池工作一段时间，阳极区溶液pH 减小
D.
最多可吸收
【答案】D
【解析】由图可知，电极Ⅱ上氧元素价态升高失电子，故电极Ⅱ为阳极，电极反应式为2H2O-4e-
=O2↑+4H+，电极Ⅰ为阴极，HSO 得到电子生成S2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为
，据此作答。
A．电解池工作时，氢离子向阴极（左室）移动，故A 错误；
B．由分析可知，电极Ⅰ为阴极，HSO 得到电子生成S2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式
为
，B 错误；
C．由分析可知，电解池中阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极的电极反应为
，工作一段时间，阳极生成4mol H+的同时，有4mol H+进入阴极，
阳极区H+的物质的量不变，H+的浓度不变，pH 不变，C 错误；
D．当电极I 生成1molS2O 时，根据上述电极反应
可知，转移2mol
电子，吸收塔中NO 转化为N2，N 元素由+2 价下降到0 价，转移2mol 电子消耗1mol NO，质量为
1mol×30g/mol=30g，D 正确；
故选D。
19. （2026·四川省广安市·二模）最近，我国科学工作者提出了一种电化学合成氯醇的策略：在含Cl 的水
性介质中直接从烯烃合成氯醇，避免了传统方法中氯气和次氯酸的使用，其合成原理如图所示。
下列说法错误的是
A. 工作一会儿，阴极区游离的
数目几乎不变
B. 理论上，当有
气体生成时，向右穿过质子交换膜的
可能为2 mol
C. 若电解质溶液更换为海水，将不能合成氯醇
D. 工作时，a 极反应为：
【答案】C
【解析】根据图示，a 电极上烯烃转化为氯醇，这是一个加成反应，且有氯离子参与并失去电子(生成的氯
原子加到碳碳双键上)，属于氧化反应；因此a 为阳极，b 为阴极；b 电极上H2O 得电子发生还原反应，反
应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；因此X2是H2；
A．阴极（b 电极）的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阳极（a 电极）反应生成H+并通过质子交换膜迁移
到阴极；每生成2molOH-，就会有2molH+通过质子交换膜从阳极区移动到阴极区，2molOH-与2molH+结合
为水，因此阴极区游离的OH-数目几乎不变，A 正确；
B．生成1molH2时，阴极生成2molOH-对应转移2mol 电子，因此需要有2molH+从阳极区(左侧)向右穿过质
子交换膜进入阴极区；题目中说“22.4LX2”即22.4LH2；若该气体处于标准状况下，其物质的量为1mol，
则向右迁移的H+就是2mol，因此“可能为2mol”的描述成立，B 正确；
C．该反应需要在含Cl-的水性介质中进行，海水中含有大量Cl-，因此更换为海水后仍然可以合成氯醇，C
错误；
D．a 极是阳极，烯烃、Cl-失电子，结合水生成氯醇，同时生成H+，配平后电极反应为:
，D 正确；
故答案选C。
20.（2026·四川省德阳市·二模） 乙醛酸(OHC-COOH)是一种重要的化工中间体。以乙二醛为原料制备乙醛
酸的装置如下图所示。
下列说法正确的是
A. 通电后，右室生成的
向左室移动
B. 标况下，若消耗44.8 L
，理论上生成2 mol 羧基
C. a 极反应式为：
D. 若将
溶液换成氢溴酸，则OHC-CHO 不可能参与反应
【答案】C
【解析】由图可知，电极a 上乙二醛(OHC—CHO)被氧化生成乙醛酸(OHC—COOH)，则电极a 为阳极，发
生电极反应：
；电极b 为阴极，CO2 被还原生成
HCOOH
，
发
生
电
极
反
应
：
，
则
总
反
应
为
：
，据此解答。
A．由分析可知，电极a 为阳极，电极b 为阴极，通电后，左室生成的H+向右室移动，A 错误；
B．总反应为：
，总反应中1molCO2参与反应
生成1molOHC—COOH 和1molHCOOH，即1molCO2理论上生成2mol 羧基，则标况下，若消耗44.8
L CO2(即2molCO2)，理论上生成4 mol 羧基，B 错误；
C．a 极为阳极，OHC—CHO 被氧化为OHC—COOH，电极反应式为：
，C 正确；
D．若将H2SO4溶液换成氢溴酸，Br-具有还原性，可能在阳极放电，但OHC—CHO 仍可能参与反应，D 错
误；
故选C。
21．（2026·四川学易金卷·二模）电催化可将亚硝酸盐污染物转化为氨
，同时实现甘油
转
化为高附加值化学品。已知双极膜中
解离的
和
在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是
A．双极膜中
向电极
方向移动
B．电解一段时间后，电极一侧电解质溶液中
增多
C．外电路每通过
电子，则双极膜中有
水解离
D．a 极电极反应式为
【答案】C
【解析】电极a 上，C3H8O3 失去电子，发生氧化反应生成HCOO-，可知该极为阳极，电极反应式为
；电极b 上，NO 得到电子，发生还原反应生成NH3，可知该极为
阴极，电极反应式为
，双极膜中OH-向电极a 方向移动。
A．根据分析可知双极膜中OH-向电极a 方向移动，A 正确；
B．由b 极电极反应可知，每转移6mol 电子，产生7molOH-，同时有6molH+移向b 极，电解质溶液中
n(OH-)增多，B 正确；
C．由
可知，18g(1mol)H2O 解离，产生1molH+和1molOH-，电路中通过1mol 电子，C 错
误；
D．电极a 上，C3H8O3 失去电子，发生氧化反应生成HCOO-，可知该极为阳极，电极反应式为
，D 正确；
故选C。
22. （2026·四川省成都市石室中学·二模）某新型钠离子二次电池用溶解了
二甲氧基乙烷作电解
质溶液，其电极材料的导电聚合物中掺杂磺酸基以增强电化学活性，电池充电时工作原理如图所示。下列
说法错误的是
A. 放电时，电极B 为负极，质量减少
B. 放电时，电极A 的电极反应式为
C. 充电一段时间后，电解质溶液中的
浓度基本保持不变
D. 充电过程中，外电路通过
时，理论上两电极质量变化相差46 g
【答案】B
【解析】充电时，电极A 连接电源的正极，是阳极；放电时该极被还原，作原电池正极，电极B 连接电源
的负极，是阴极。放电时该极被氧化，作原电池负极。电极A 的导电聚合物中掺杂了磺酸基，充电时
Na+从电极A 脱嵌，进入电解质；放电时Na+嵌入电极A。电极B 为NaxCy，充电时Na+嵌入电极B，放电
时Na+脱嵌。
A．放电时，电极B 为负极，Na+脱嵌，质量减少，选项正确。
B．放电时，电极A 作原电池正极，电极反应为：
，B 错误。
C．充电一段时间后，嵌入电极B 的Na+与通过隔膜迁移的Na+数目相同，电解质溶液中的Na+浓度基本保
持不变，C 正确。
D．充电过程中，每转移1 mol e-，电极A 有1 mol Na+脱嵌移至电极B，因此电极A 减重23 g，同时有1
mol Na+嵌入电极B 使其增重23 g，则两电极质量变化相差
，D 项正确；
故答案选B。
23. （2026·四川省泸州市合川县马街中学·二模）我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图所示，
光照时光催化电极产生电子(
)和空穴(h+)。下列说法正确的是
A. 离子交换膜为阳离子交换膜
B. 光催化装置中溶液的pH 减小
C. 整套装置转移0.01mol
，光催化装置生成224mLH2
D. 电催化装置阳极电极反应式：
【答案】A
【解析】如图，在光催化装置中，阴极反应为
，阳极反应为
，在电催化
装置中，阳极（产生O2 ）反应为
，阴极（I 得电子生成I- ）反应为
⁻，据此回答。
A．电催化装置为电解装置，阴极电极式
，阳极反应式为
，阴
极上阴离子物质的量增大，阳极上消耗阴离子，根据装置图可知，离子交换膜为阳离子交换膜，A 正确；
B．光催化装置中发生
、
，消耗H+，c(H+)减小，pH 增大，B 错误；
C．由
可知，生成1mol H2转移2mol e-，转移0.01mol e-时生成0.005mol H2，标准状况
下体积为112mL，且未说明是否为标准状况，C 错误；
D．电催化装置阳极发生氧化反应，正确反应式为
，D 错误；
故选A。
24. （2026·四川省“元三维大联考”·二模）我国科研人员设计了一种制备高铁酸钠的电解槽，电极分别
为平板铸铁和覆盖mSA/mC 双极膜的镍网，电解液为NaOH 溶液，装置如下图所示。图中的双极膜中间层
中的
解离为
和
，并在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是
A. a 端接电源负极，发生还原反应
B. 电解过程中阴极区
数目增大
C. 阳极反应为：
D. 生成
，理论上共消耗NaOH 16 g
【答案】D
【解析】阳极（Fe 电极）发生氧化反应，Fe 失去电子，在强碱性条件下生成高铁酸根离子，阳极电极反
应式为
，该电极连接电源正极；阴极（Ni 电极）发生还原反应，水电
离出的H+得到电子生成H2，阴极电极反应式为
，该电极连接电源负极；双极
膜中间层中的H2O 解离为H+和OH-，H+向阴极迁移，参与还原反应生成H2，OH-向阳极迁移，补充阳极反
应消耗的OH-，维持电解液的碱性环境。
A．由分析可得，阴极（Ni 电极）发生还原反应，则a 端接电源负极，A 正确；
B．由分析可得，阴极电极反应式为
，则电解过程中阴极区OH-数目增大，B
正确；
C．由分析可得，阳极Fe 失去电子，在强碱性条件下生成高铁酸根离子，阳极电极反应式为
，C 正确；
D．由分析可得，生成0.3molH2时，转移电子的物质的量为
，根据阳极反应，每转移
6 mol 电子消耗8 mol OH-，根据阴极反应2H₂O + 2e⁻ = H₂↑ + 2OH⁻，生成OH⁻ 0.6 mol。因此，理论上共消
耗NaOH 的物质的量为0.8 mol-0.6 mol = 0.2 mol，质量为0.2 mol × 40 g/mol = 8 g，D 错误；
故答案选D。
25. （2026·四川省内江市威远中学·二模）我国科学家开发设计一种天然气脱硫装置，利用如图装置可实
现：
。已知甲池中有如下的转化：下列说法错误的是
A. 该装置可将光能转化为电能和化学能
B.
移动方向：甲池→全氟磺酸膜→乙池
C. 甲池①处发生反应：
D. 乙池中每转化1mol
，有1mol
发生还原反应
【答案】B
【解析】由图可知，装置为原电池装置，右侧I-失去电子发生氧化反应生成I，为负极，则左侧为正极；
A．装置是原电池装置，根据图中信息知道是将光能转化为电能和化学能的装置，A 正确；
B．原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，B 错误；
C．由图可知，甲池①处发生反应氧气和H2AQ 生成AQ 和过氧化氢，反应为：
，C 正确；
D．乙池中硫化合价由-2 变为0，I-失去2 个电子转化为I，由电子守恒可知H2S~2e-~I，则每转化
1molH2S，有1moIl 发生氧化反应，D 正确；
故选B。
26. （2026·四川省内江市·二模）现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力。电解
溶液可
制备
，其工作原理如图所示。下列叙述错误的是
A. 改变电源工作电压可控制反应速率
B. b、c 为阴离子交换膜
C. 产品室发生的反应是
D. 理论上每生成1 mol 产品，M 室溶液质量减少9 g
【答案】B
【解析】A．电压升高，电流增大，电解速率加快，A 正确；
B．N 室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的钠离子通过c 膜进入N 室，故c
膜为阳离子交换膜，原料室中
的通过b 膜进入产品室，故b 膜为阴离子交换膜，B 错误；
C．M 室中氢离子通入a 膜进入产品室，原料室中的
通过b 膜进入产品室，故产品室发生的反
应是
，C 正确；
D．根据
，理论上每生成1 mol H3BO3，则M 室中就有1 mol(1 g)氢离
子通入a 膜进入产品室，即转移1 mol e-， 根据电子守恒和M 室电极反应式
可
知，M 室溶液质量理论上减少
，D 正确；
故答案选B。
27. （2026·四川省南充市·二模）一种合成乙醇酸盐的装置如图所示，下列说法正确的是
A. 电极a 的电势大于电极b
B. 电路中每通过
电子时，理论上电极a 上生成
C. 电极b 上反应：
D. 随着反应进行，溶液
增大
【答案】B
【解析】装置为电解池，电极b 通入乙二醇HOCH2CH2OH，转化为乙醇酸盐HOCH2COOH，发生氧化反
应
，
故
电
极
b
为
阳
极
，
电
极
a
为
阴
极
。
阳
极
反
应
为
，阴极反应为
，总
反应为
。电解池中阳极电势高于阴极，据此分析。
A．电极b 为阳极，电极a 为阴极，电解池中阳极电势大于阴极电势，故电极a 的电势小于电极b，A 不符
合题意；
B．电极a 为阴极，发生反应
，电路中每通过1mol 电子时，理论上电极a 上
生成0.5molH2，B 符合题意；
C
．
电
极
b
为
阳
极
，
发
生
氧
化
反
应
，
电
极
反
应
式
为
，C 不符合题意；
D．总反应为
，反应消耗OH-，随着反应进行，溶液
pH 减小，D 不符合题意；
故选B。
28. （2026·四川省字节精准教育联盟·AI 智联·二模）丙酰胺(
)是一种用于合成抗菌和抗
癌药物
重要中间体，电化学合成丙酰胺的原理如图，两极产物发生C-N 偶联反应最终生成丙酰胺：
*NH2OH+CH3CH2CHO→丙醛肟→丙酰胺(*表示吸附态)。下列有关说法错误的是
A. 生成 CH3CH2CHO 的电极反应为
B. Co3O4/SiC 为a 极的催化剂，*
为合成丙酰胺的中间产物
C. 在不考虑发生其它电极反应
情况下，上述电解池中生成的*
和CH3CH2CHO 能完全转化为丙
酰胺(假定不发生其他电极反应)
D. 随着合成反应的进行，电解质溶液pH 增大
【答案】C
【解析】根据题目信息，a 电极为电解池的阴极，阴极总反应为：NO + 6e- + 5H2O = NH2OH + 7OH-，b 电
极为电解池的阳极，
，
*NH2OH+CH3CH2CHO→丙
醛肟→丙酰胺(CH3CH2CONH2)，据此分析判断。
A．由上述分析可知，b 电极为电解池的阳极，
，故A 正确；
B．Co3O4/SiC 为a 极的催化剂，生成的*NH2OH 和丙醛反应丙酰胺，*NH2OH 为合成丙酰胺的中间产物，
故B 正确；
C．a 电极由NO 生成1mol ∗NH2OH，N 得6 mole−；而b 电极由丙醇生成1mol CH3CH2CHO，丙醇失2
mole−，电解过程转移的电子是相等的，所以生成的n(∗NH2OH)：n(CH3CH2CHO)=1：3，而偶联反应中二
者按1：1 反应，因此丙醛过量，不可能完全转化，故C 错误；
D．阴极上的总反应为：NO + 6e- + 5H2O = NH2OH + 7OH-，阳极b 反应为：
，整理得总反应为：NO+ 3CH3CH2CH2OH =
NH2OH + 3CH3CH2CHO + OH- + H2O，偶联反应NH2OH + CH3CH2CHO → CH3CH2CONH2 + H2O，代入得到
总反应：NO+ 3CH3CH2CH2OH = CH3CH2CONH2+2CH3CH2CHO+OH-+2H2O，最终生成了OH-，所以溶液中
pH 增大，故D 正确；
答案选C。
29. （2026·四川省宜宾市·二模）中国科学院某研究团队利用催化剂实现电合成尿素，合成过程中电极a 表
面的反应历程如下图。
下列说法错误的是
A. 电解时，b 连接电源正极
B. 电极a 表面的反应历程中有非极性键的断裂和形成
C 阴极总反应式：CO2+N2+6H++6e-=CO(NH2)2+H2O
D. 每转移1mol 电子，右室溶液质量减少9g
【答案】B
【解析】a 电极通入N2、CO2 生成尿素，N 从0 价变为-3 价，得电子发生还原反应，因此a 是阴极，接电
源负极；b 电极通入H2O 生成O2，O 从-2 价变为0 价，失电子发生氧化反应，因此b 是阳极，接电源正
极。
A．b 极发生氧化反应，b 极为阳极，b 连接电源正极，故A 正确；
B．反应历程中，只有N2中N≡N 非极性键的断裂，整个历程（包括中间体、最终产物）都没有新的非极
性键形成（尿素CO(NH2)2中两个N 不直接成键，不存在非极性键），因此B 错误；
C．阴极发生还原反应，反应式为：CO2+N2+6H++6e-==CO(NH2)2+H2O，原子守恒、电荷守恒、化合价升降
守恒均满足，故C 正确；
D．阳极（右室b）反应为
，转移1mol 电子时，生成0.25molO2，质量为
；同时生成1molH+，H+通过质子交换膜迁移到左室，质量为
，因此右室总质量减少8g+1g=9g，故D 正确；
故答案选B。
30. （2026·四川省泸州市叙永中学·二模）用间接电化学法对NO 进行无害化处理的原理如下图所示。下列
说法正确的是
A.
从左向右移动
B. 电极I 的反应为
C. 电解池工作一段时间，阳极区溶液pH 减小
D.
最多可吸收
【答案】D
【解析】由图可知，电极Ⅱ上氧元素价态升高失电子，故电极Ⅱ为阳极，电极反应式为2H2O-4e-
=O2↑+4H+，电极Ⅰ为阴极，HSO 得到电子生成S2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为
，据此作答。
A．电解池工作时，氢离子向阴极（左室）移动，故A 错误；
B．由分析可知，电极Ⅰ为阴极，HSO 得到电子生成S2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式
为
，B 错误；
C．由分析可知，电解池中阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极的电极反应为
，工作一段时间，阳极生成4mol H+的同时，有4mol H+进入阴极，
阳极区H+的物质的量不变，H+的浓度不变，pH 不变，C 错误；
D．当电极I 生成1mol S2O 时，根据上述电极反应
可知，转移2mol
电子，吸收塔中NO 转化为N2，N 元素由+2 价下降到0 价，转移2mol 电子消耗1mol NO，质量为
1mol×30g/mol=30g，D 正确；
故选D。
