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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. （2026·四川省德阳市·一模）一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示：
下列说法正确的是
A. 整个过程中[Cu(NH3)4]2+作催化剂
B. 过程I 中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:4
C. 过程II 中，只有N 的化合价发生变化
D. 图中总反应的化学方程式为6NO+4NH3=====5N2+6H2O
【答案】B
【解析】A．[Cu(NH3)4]2+在过程Ⅱ中被消耗，过程Ⅰ中又重新生成，虽参与循环但并非作为催化剂（催化
剂需反应前后化学性质和质量不变，此处为中间物种），催化剂为[Cu(NH3)2]+，A 错误；B．根据氧化还
原反应的电子守恒，过程I 中
，
氧化剂是O2、NO，还原剂是[Cu(NH3)2]+、NH，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：4，B 正确；C．
过程II 中Cu 从[Cu(NH3)4]2+转换成[Cu(NH3)2]+，Cu 的化合价也发生变化，C 错误；D．由题干反应历程图
可知，进入的物质为NO、NH3和O2，此为反应物，流出的物质为N2和H2O，此为生成物，总反应方程式
为4NO+O2+4NH3=====4N2+6H2O，D 错误；故答案选B。
2. （2026·四川省广安市·一模）钌及其化合物在合成工业上有广泛用途，下图是用钌(Ru)基催化剂催化合
题型01
化学反应机理/历程分析
成甲酸的反应机理。下列说法中错误的是
A. 反应过程中Ru 的化合价未发生变化
B. 该过程涉及极性键的断裂和形成
C. 总反应在一定温度下能够自发进行，则正、逆
反应活化能的关系为E 正> E 逆
D. 配合物I 的配体是OH-
【答案】C
【解析】由图可知，氢气和物质I 反应生成水和物质Ⅱ，物质Ⅱ和二氧化碳反应生成物质Ⅲ，物质Ⅲ和水
反应生成甲酸物质I，则总反应的反应过程为H2(g)+CO2(g)→HCOOH(l)，物质I 为该反应的催化剂，反应
物为二氧化碳和氢气，物质Ⅱ和Ⅲ为中间产物。A．在配合物I [Ru(OH)2]中，OH-为-1 价，则Ru 为+2 价；
在配合物Ⅱ [RuH2]中，H 为-1 价配体，则Ru 为+2 价；在配合物Ⅲ [Ru(HCOO)2]中，HCOO-为-1 价配
体，则Ru 为+2 价。故反应过程中Ru 的化合价未发生变化，A 正确；B．过程中涉及二氧化碳断开碳氧双
键中的1 根极性键，和氢气中的非极性键，形成C-H 极性键，所以涉及极性键的断裂和形成，B 正确；
C．总反应为：H2(g)+CO2(g)→HCOOH(l)，则△S＜0，根据吉布斯自由能可知，在一定温度下能够自发进
行，△H＜0，则活化能E 正 < E 逆，C 错误；D．配合物I 的中心离子为Ru2+，有两个配体，均为OH-，配
位原子为O，D 正确；故选C。
3. （2026·四川省乐山市·一模）利用某含钴催化剂可以将CO2与1，2-环氧环己烷(
)共聚生成聚碳酸
酯。下图是催化增长一个碳酸酯单元的循环势能图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. A、B、C、D 四种物质中最稳定
是A
B. 0.1molA 物质中sp2杂化碳原子为1.5NA
C. B→C 的过程中，每生成0.1molC 吸收1.33kcal 能量
D. CO2与
共聚生成聚碳酸酯的结构可表示为：
【答案】B
【解析】A．由图可知，物种C 的能量最低，最稳定，A 错误；B．苯环中的碳原子、双键碳原子均为sp2
杂化，结合图示可知每A 分子中含有sp2杂化的碳原子为15 个（2 个苯环+2 个碳氮双键+1 个碳氧双键的碳
原子），0.1molA 物质中sp2杂化碳原子为1.5NA，故B 正确；C．C 的能量小于B，从B→C 的过程为放热
反应，故C 错误；D．由D→A 的变化可知，CO2与
共聚生成聚碳酸酯的结构简式为
，故D 错误；选B。
4．（2026·四川省字节精准教育联盟·一模）以H2O2和HCl 为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，V 为元
素钒，其最高化合价为+5 价，N(His404)、N(His496)为氨基酸，下列说法错误的是
A．该机理中化合物
是中间产物
B．反应过程中，钒的成键数目发生了改变
C．该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成
D．制备机理的总反应的离子方程式为：H2O2+Cl-+H+ = HClO+H2O
【答案】A
【解析】A．化合物A 先和H2O2反应，经过一系列反应又生成了A，因此该机理中化合物A 作催化剂，故
A 错误；B．反应过程中，A 到B、B 到C，D 到E，钒的成键数改变了，故B 正确；C．A→B 的反应过程
中有氢氧键的断裂，C→D 的反应过程中有氢氧键的生成，故C 正确；D．根据图中的转化关系得到制备机
理的总反应的方程式为：H2O2+Cl-+H+ = HClO+H2O，故D 正确。故选A。
5. （2026·四川省遂宁市·一模）一种使用含氨基物质(化学式为CM-NH2，CM 是一种碳衍生材料)联合Pd-
Au 催化剂储氢，可能机理如图所示，下列说法错误的是
A. 反应过程中碳的价态发生变化
B. 使用含氨基物质联合Pd-Au 可以加快反应速率，但不能提高氢气的平衡转化率
C. 若用重氢气(D2)代替H2，可能会有D2O 或DCOO-
D. 步骤II 中N-H 断裂是吸热过程
【答案】C
【解析】A．反应过程中，碳元素的价态在不同物质中发生了变化，例如在HCOO-中为+2 价，在最终生成
的碳酸氢根离子中的碳为+4 价，价态发生了变化，A 正确；B．Pd-Au 催化剂的作用是加快反应速率，但
催化剂不改变平衡位置，因此不能提高氢气的平衡转化率，B 正确；C．若用重氢气（D2）代替H2，根据
反应机理，D 原子会参与反应，但最终生成的物质应为DCOO-和HDO，而不是D2O，C 错误；D．N-H 键
断裂需要吸收能量，属于吸热过程，D 正确；故答案选C。
6. （2026·四川省大数据智学领航联盟·一模） 在有机合成工业中，一种配位催化氧化加成反应的过程
中，中性分子XY 能加成到具有配位空穴的过渡金属化合物上。如CO 催化氧化加成的反应机理如图示：
下列说法错误的是
A. ②反应中Rh 配位数增加了2 B. 反应过程中有极性键和非极性键的断裂与形成
C.
分子中具有空穴 D. 总反应为CH3OH+CO=====CH3COOH
【答案】B
【解析】A．反应②前Rh 的配体为I⁻、CO（配位数4），反应后结合CH 和另一配体（如I⁻），配位数变
为6，增加2，A 正确；B．反应过程中，有极性键（如CH3OH 中O-C、HI 中H-I、CH3I 中C-I）断裂与形
成（如CH3COOH 中C-O、O-H），没有非极性键的断裂与形成，B 错误；C．从题目所给信息“中性分子
XY 能加成到具有空穴的过渡金属化合物上”以及反应机理图可知，这种分子作为过渡金属化合物，具有
空穴来接受中性分子的加成，C 正确；D．根据反应原理图，将各个分步反应进行加和，可得出总反应为
CH3OH+CO=====CH3COOH，D 正确；故选B。
7. （2026·四川外国语大学附属中学·一模）二氧化碳甲烷重整是CO2资源化利用的重要研究方向，涉及的
主要热化学方程式有：
①CO2(g)+CH4(g)
2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ/mol
②CO(g)+H2(g)
C(s)+H2O(g) △H2=-131kJ/mol
③CO2(g)+2H2(g)
C(s)+2H2O(g) △H3=-90kJ/mol
已知H—H 键能为akJ/mol，O—H 键能为bkJ/mol，C—H 键能为ckJ/mol，则CO(g)中的碳氧键键能(单位：
)为
题型02
反应过程中能量变化及图示分析
A. -206+3a-2b-4c
B. -206-3a+2b+4c
C. 206+3a-2b-4c
D. 206-3a+2b-4c
【答案】B
【解析】根据盖斯定律反应①+
-
②③可得反应：CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g) ，该反应
，根据△H=反应物键能和-生成
物键能和可得：△H=4c+2b-3a-CO(g)中的碳氧键键能=206，CO(g)中的碳氧键键能=(-206-3a+2b+4c)kJ/
mol，故B 正确；故选：B。
8. （2026·四川省泸州市合江马街中学·一模）我国发射“神五”所用的长征2 号火箭的主要燃料是偏二甲
肼(C2H8N2)，氧化剂是NO2，燃烧产物只有N2、CO2和H2O。有的国家用肼(N2H4)作为火箭发动机的燃料。
NO2为氧化剂，反应生成N2和水蒸气。已知：
①
；
②
。
则反应
的反应热
为
A. -600kJ/mol B. -1134kJ/mol C. +600kJ/mol D. +1134kJ/mol
【答案】B
【解析】A．选项数值为-600 kJ·mol-1，与计算结果不符，A 错误；B．根据盖斯定律，将反应②×2 减去反
应①得到目标反应，则ΔH=(-534 kJ·mol-1×2)-66 kJ·mol-1=-1134 kJ·mol-1，B 正确；C．+600 kJ·mol-1 为正
值，与放热反应矛盾，C 错误；D．+1134 kJ·mol-1符号错误，D 错误；故答案选B。
9. （2026·四川省广安市字节精准教育联盟·一模）在恒压密闭容器中，充入起始量一定的CO2和H2，发生
下列反应：
反应I： CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) △H1=+41.2kJ/mol
反应Ⅱ： 2CO2(g)+6H2(g)
CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H2=-122.5kJ/mol
达平衡时，CO2转化率和CO 的选择性随温度的变化如图所示[CO 的选择性
]，下列说法不正
确的是
A. 曲线①表示的是CO 的选择性随温度的变化
B. 升高温度，CH3OCH3的平衡产率降低
C. 温度高于300℃时，主要发生反应Ⅱ
D. 同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，应选择在低温高压条件下反应
【答案】C
【解析】反应I 是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO 的选择性逐渐增大，因此曲线①是CO 的选择
性随温度变化的曲线，曲线②是CO2转化率随温度变化的曲线。A．根据分析可知，曲线①是CO 的选择
性随温度变化的曲线，A 正确；B．反应1 正向反应是吸热反应，反应Ⅱ正向反应是放热反应，升高温
度，反应I 正向移动，反应Ⅱ逆向移动，CH3OCH3的平衡产率降低，B 正确；C．根据分析，曲线①是CO
的选择性随温度变化的曲线，曲线②是CO2转化率随温度变化的曲线，温度高于300℃时，曲线①随温度
升高增大趋势大于曲线②，说明此时主要发生反应I，C 错误；D．反应Ⅱ正向反应是体积减小的放热反
应，要同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，应选择在低温高压条件下反应，D 正确；
故选C。
10．（2026·全国新高考突破卷·一模）密闭恒容容器中，t=0 时加入1.0mol·L-1C2H4Cl2(g)，保持773K 发生
以下反应：
反应Ⅰ： C2H4Cl2(g)
HCl(g)+C2H3Cl(g) △H=+71.05kJ/mol Ea1
反应Ⅱ： C2H4Cl2(g)
2HCl(g)+H2(g) +2C(s) △H=-54.52kJ/mol Ea2
C2H4Cl2(g)、C2H3Cl(g)和H2(g)的浓度随反应时间t 变化的曲线如图。已知活化能：Ea1远小于Ea2，近似认为
反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。下列说法不正确的是
A．若只升高温度，C2H3Cl 平衡浓度增大
B．若只通入氦气(不参与反应)，C2H3Cl 平衡浓度不变
C．若只减少容器体积，C2H4Cl2平衡转化率减小
D．若
时，加入足量催化剂(仅对反应Ⅰ有加速作用)，则
的浓度峰值不变
【答案】D
【解析】A．反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应Ⅰ的平衡正向移动，反应Ⅱ的平衡
逆向移动，都会使C2H3Cl 的平衡浓度增大，A 正确；B．在恒容密闭容器中通入氦气，各物质的浓度不
变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，所以C2H3Cl 的平衡浓度不变，B 正确；C．反应Ⅰ是气体分子数
增大的反应，反应Ⅱ也是气体分子数增大的反应，减少容器体积，压强增大，反应Ⅰ的平衡逆向移动，反
应Ⅱ的平衡也是逆向移动，C2H4Cl2的平衡转化率减小，C 正确；D．若t=0 时，加入的足量催化剂仅对反
应Ⅰ有加速作用，对反应Ⅱ无影响；加入催化剂使反应Ⅰ更快达到平衡，此时反应Ⅱ消耗的C2H4Cl2较
少，反应Ⅰ平衡时对应的C2H4Cl2浓度更高，故C2H3Cl 的浓度峰值会增大，D 错误；故选D。
11．（2026·四川省成都市·一模）等物质的量的1，3-丁二烯与HBr 发生反应，得到两种加成产物P1 和
P2，其能量-反应进程图如下。反应
后，在25℃，P1 占
、P2 占
；在
，P1 占
、P2
占
。下列说法错误的是
A．P1 为1，2-加成产物，P2 为1，4-加成产物
B．1，3-丁二烯与HBr 生成P2 反应焓变为
C．因生成P1 的活化能低，故低温时产物以P1 居多
D．在
，延长反应时间，
会增大
【答案】D
【解析】A．CH2=CH-CH=CH2与HBr 发生1，2-加成时只有一个碳碳双键发生反应，CH2=CH-CHBr-CH3
是CH2=CH-CH=CH2与HBr 发生1，2-加成的产物，CH2=CH-CH=CH2与HBr 发生1，4-加成时2 个碳碳双
键均发生反应，原碳碳单键转化成双键，CH3CH=CHCH2Br 是CH2=CH-CH=CH2与HBr 发生1，4-加成的
产物，故A 正确； B．根据图示，第一步反应的反应热为△H，第二步生成P2 反应的焓变为△H2，根据
盖斯定律，1，3-丁二烯与HBr 生成P2 反应焓变为△H+△H2，故B 正确；C．根据图示，生成P1 的活化能
低，所以低温时生成P1 的速率大，产物以P1 居多，故C 正确；D．反应5min 后，在25℃，P1 占44%、
P2 占56%，在-78℃，P1 占82%、P2 占18%，温度低时生成P2 的反应速率更慢，但由图示可知P2 的能量
更低，更稳定，则延长反应时间，
会减小，故D 错误；选D。
12. （2026·四川省泸县五中·一模）某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：X(g)
Y(g) (△H1<0)，Y(g)
Z(g) (△H2<0)，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意
图符合题意的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】由图可知，反应初期随着时间的推移X 的浓度逐渐减小、Y 和Z 的浓度逐渐增大，后来随着时间
的推移X 和Y 的浓度逐渐减小、Z 的浓度继续逐渐增大，说明X(g)
Y(g)的反应速率大于Y(g)
Z(g)
的反应速率，则反应X(g)
Y(g)的活化能小于反应Y(g)
Z(g)的活化能A．X(g)
Y(g)和Y(g)
Z(g)的∆H 都小于0，而图像显示Y 的能量高于X，即图像显示X(g)
Y(g)为吸热反应，A 项不符合B．
图像显示X(g)
Y(g)和Y(g)
Z(g)的∆H 都小于0，且X(g)
Y(g)的活化能小于Y(g)
Z(g)的活化
能，B 项符合题意；C．图像显示X(g)
Y(g)和Y(g)
Z(g)的∆H 都小于0，但图像上X(g)
Y(g)的活
化能大于Y(g)
Z(g)的活化能，C 项不符合题意；D．图像显示X(g)
Y(g)和Y(g)
Z(g)的∆H 都大
于0，且X(g)
Y(g)的活化能大于Y(g)
Z(g)的活化能，D 项不符合题意；选B
13. （2026·四川省遂宁市射洪中学·一模）计算机模拟单个乙炔(HC≡CH)分子在Hg2+催化作用下生成
CH3CHO 的反应历程及相对能量变化如图所示(已知
；
)。
下列说法错误的是
A. 该反应历程中决速步骤能垒为0.9eV
B. 历程①中有σ 键生成，历程③中有π 键断裂
C. 历程⑤中，体系能量下降，是因为断开C—Hg2+键放出能量
D. 该反应的热化学方程式为 HC≡CH(g)+H2O(g)=CH3CHO(g) △H=-67.424kJ/mol
【答案】C
【解析】A．反应历程中，活化能最大的为决速步，其中历程④的活化能最高，为0.9eV，A 正确；B．历
程①中有Hg2+与H2O 之间形成了配位键，即有σ 键生成，历程③中碳碳三键变成碳碳双键，断裂了π 键，
B 正确；C．断键吸热，会使体系能量升高，成键放热，使体系能量下降，历程⑤中，体系能量下降，是
因为生成C=O 等化学键释放的能量大于断开C—Hg2+等键吸收的能量，C 错误；D．反应的焓变只与始
态、终态有关，故反应的热化学方程式为HC≡CH(g)+H2O(g)=CH3CHO(g) △H=-67.424kJ/mol ，D 正确；
故答案选C。
14.（2026·四川省内江市威远中学·一模）AgCN 与CH3CH2Br 可发生取代反应，反应过程中CN－的C 原子
和N 原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈(CH3CH2CN)和异腈(CH3CH2NC)两种产物。通过量子化学计算
得到的反应历程及能量变化如图(TS 为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。由图示信息，下列说法错误的是
A．从CH3CH2Br 生成CH3CH2CN 和CH3CH2NC 的反应都是放热反应
B．过渡态TS1 是由CN－的C 原子进攻CH3CH2Br 的α－C 而形成的
C．Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱
D．生成CH3CH2CN 放热更多，低温时CH3CH2CN 是主要产物
【答案】D
【解析】A．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从CH3CH2Br
生成CH3CH2CN 和CH3CH2NC 的反应都是放热反应，A 项正确；B．与Br 原子相连的C 原子为a—C，由
反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1 是由CN-的C 原子进攻CH3CH2Br 的a—C，形成碳碳键，B 项正
确；C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是N—Ag 和C—Ag，且后
者吸收更多的能量，故Ⅰ中“N—Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C—Ag”之间的作用力弱，C 项正确；D．
由于生成CH3CH2CN 所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成CH3CH2NC，为主要产物，D
项错误。
15. （2026·四川省广安市前峰区·一模）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol 环己烷(
)的能
量变化如图所示：
下列推理不正确的是
A. 2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B. ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C. 3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D. ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
【答案】A
【解析】A．虽然2ΔH1≈ΔH2，但ΔH2≠ΔH3，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目、双键的
位置有关，不能简单的说碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，A 错误；B．ΔH2＜
ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物
质稳定，B 正确；C．由图示可知，反应I 为：
(l)+H2(g)→
(l) ΔH1，反应IV 为：
+3H2(g)→
(l) ΔH4，故反应I 是1mol 碳碳双键加成，如果苯环上有三个完全独立的碳碳双键，则
3ΔH1=ΔH4，现3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，C 正确；D．由图示可知，反
应I 为：
(l)+H2(g)→
(l) ΔH1，反应III 为：
(l)+2H2(g) →
(l) ΔH3 ，反应IV 为：
+3H2(g)→
(l) ΔH4，ΔH3-ΔH1＜0 即
(l)+H2(g) →
(l) ΔH＜0，ΔH4-ΔH3＞0 即
+H2(g)→
(l) ΔH＞0，则说明
具有的总能量小于
，能量越低越稳定，则说明苯分子具
有特殊稳定性，D 正确；故答案为：A。
16. （2026·四川省达州市·一模）环己烷的构象主要有四种：椅式、半椅式、船式、扭船式，各构象的相
对能量如下图所示。下列说法正确的是
A. 相同条件下，半椅式环己烷最稳定 B. 构象互变的反应速率与能垒大小无关
C. 船式环己烷和椅式环己烷互为同素异形体 D. 在椅式构象和船式构象中，均最多有4 个碳原子共平面
【答案】D
【解析】A．相同条件下，相对能量最低的构象最稳定，由图可知，最稳定的应为椅式，A 错误；B．反应
速率与化学反应的能垒有密切的关系，能垒越高，反应速率越慢，B 错误；C．同素异形体是由同一化学
元素组成，但因原子排列方式不同而具有不同物理和化学性质的物质，如金刚石(C)与石墨(C)，O2与O3，
船式环己烷和椅式环己烷拥有相同的化学式，但构象不同，互为同分异构体(构象异构体)，而不是同素异
形体，C 错误；D．环己烷中所有碳均采取sp3杂化，成四面体结构，椅式环己烷的6 个碳原子中，选取相
邻的4 个碳原子共面，船式环己烷中，“船身”的4 个碳原子局部共面，D 正确；故答案为D。
17. （2026·四川省巴中市·一模）一定条件下，CH4与FeO+反应合成CH3OH 的反应历程如图所示。已知其
他条件不变时，反应物种的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢。
说明：过渡态中“…”示化学键未完全断裂或形成。下列说法正确的是
A. 反应历程中两个反应均涉及氢原子的成键
B. 该反应的△H = -(a+b+c+d+e)kJ/mol
C. 相同条件下，CD4与FeO+反应，其过渡态Ⅰ的能量比b 低
D. CH3D 与FeO+反应，能获得两种有机产物，且相对分子质量相同
【答案】D
【解析】A．根据图知，反应历程中的第一个反应涉及氢原子的成键，第二个反应没涉及氢原子的成键，
A 错误；B．该反应的△H=e - akJ/mol，即生成物的能量减去反应物的能量，B 错误；C．已知其他条件不
变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢，所以相同条件下，CD4与FeO+发
生上述反应，反应速率会变慢，则其过渡态Ⅰ的能量比b 高，C 错误；D．根据图可知，CH3D 与FeO+发生
上述反应，可以获得CH3OD、CH2DOH 2种相对分子质量相等的有机产物，D 正确； 故选D。
18. （2026·四川省凉山州·一模） 苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下
列说法不正确的是
A. 苯生成产物I 的反应类型是加成反应，生成产物Ⅱ的反应类型是取代反应
B. 无论生成产物I 还是产物II，浓硫酸均增大反应的活化能
C. 从中间体到产物，产物稳定性和反应速率均有利于产物II
D. 要想提高单位时间内产物I 的产率，可以更换选择性高的催化剂
【答案】B
【解析】A．根据前后结构对照，苯生成产物I 的反应类型是加成反应，生成产物Ⅱ的反应类型是取代反
应，A 正确；B．浓硫酸作催化剂，降低反应活化能，B 错误；C．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，因此
反应速率更快；且形成产物Ⅱ的能量更低，即产物Ⅱ更稳定，以上这两个角度均有利于产物Ⅱ的形成，C
正确；D．由图可知，生成产物Ⅰ的反应的活化能更高且形成产物Ⅰ的能量更高，反应速率更慢且不稳
定，不利于生成，要想提高单位时间内产物I 的产率，可以更换选择性高的催化剂，D 正确；故答案选
B。
19. （2026·四川省自贡市·一模）我国科学家合成了一种新型
材料，实现了低温催化水煤气变
换。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，TS 指过渡态。下列说法错误的是
A. 新型
材料能降低反应活化能
B. 气体分子从催化剂表面脱附均需吸热
C.
D. 该过程有极性键的断裂和生成
【答案】B
【解析】A．Au15/MoC 是反应的催化剂，可以降低反应活化能，A 正确；B．从图像可以看出，在
转化为
的过程中，CO2从催化剂表面脱附，该过程放热，B 错误；
C．根据盖斯定律，化学反应的热效应仅与反应物的最初状态和生成物的最终状态有关。从图像可以看
出
，
反
应
的
，
反
应
的
，将上述两
反
应
相
加
可
得
反
应
，
该
反
应
，C 正确；D．该过程涉及H2O 中
O-H 极性键的断裂和CO2中C=O 极性键的生成，D 正确；故答案选B。
20. （2026·四川省泸州市·一模）我国科学家用电催化还原CO2法制甲酸(HCOOH)，实现CO2减排。反应
过程中相对能量的变化如图所示(“*”表示催化剂，“W”表示W 的催化剂吸附状态)。下列说法错误的是
A. CO2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：Ea（主反应）> Ea（副反应）
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：Ea（主反应）
<Ea（副反应），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；故选C。
21. （2026·四川省绵阳市·一模）在银的催化作用下，乙烯和氧气可以直接氧化生成环氧乙烷(EO)和乙醛
(AA)，反应过程如图所示。ads 代表吸附态，下列说法错误的是
A. 该反应中，乙烯的吸附过程要释放能量 B. 中间体转化为EO(ads)的活化能为83kJ/mol
C. 生成两种产物的过程均有π 键断裂和σ 键生成 D. 反应达平衡时，升高温度，乙烯的转化率增大
【答案】D
【解析】A．由图可知，反应物总能量低于产物总能量，乙烯的吸附过程为放热反应，需要释放能量，故
A 正确。B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体OMC 生成吸附态EO(ads)的活化
能为(-93 kJ·mol-1) -(-176 kJ·mol -1)=83 kJ·mol-1，故B 正确。C．乙烯中有碳碳双键，与氧气反应，π 键发生
断裂，生成的乙醛和环氧乙烷中均有单键，形成新的σ 键，故C 正确。D．根据勒夏特列原理，升高温度
会促使吸热反应方向进行。由于反应是放热的，升高温度会使平衡逆向移动，降低乙烯的转化率。因此，
故D 错误。故选D。
22. （2026·四川省资阳市·一模）推动CO2综合利用、实现碳中和是党中央的重大战略决策。CO2与H2在
TiO2/Cu 催化剂表面生成CH3OH 和H2O 的部分反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下
列说法错误的是
A. 步骤②反应的△H<0 B. 物质从催化剂表面脱附的过程会释放能量
C. 步骤③反应比步骤①快 D. 步骤③的反应方程式为
【答案】B
【解析】A．由图可知，步骤②反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的焓变小于0，
Ａ正确；B．物质从催化剂表面脱附的过程会吸收能量，Ｂ错误；C．由图可知，步骤③反应的活化能小于
步骤①反应，反应的活化能越大，反应速率越慢，所以步骤③反应比步骤①快，Ｃ正确；D．由图可知，
步骤③反应的方程式为：
，Ｄ正确；故选Ｂ。
23. （2026·四川省巴中市·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
C. 电子从电极a 经外电路流向电极b
D. 每消耗
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．该装置是原电池，故可将化学能转化
为电能，A 正确；B．H 在活性位点上失电子生成H+，反应为H - e-=H+，B 正确；C．原电池中电子从负
题型03
原电池原理及应用
极(电极a)经外电路流向正极(电极b)，C 正确；D．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。
24. （2026·四川省达州市·一模）一种锌基液流电池的工作原理如图所示，它在充、放电过程中可实现化
学能和电能的相互转化。下列说法正确的是
A. 放电时a 极作正极 B. 放电时总反应为：Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+
C. 充电时阴离子由右室移向左室 D. 充电时每转移2 mol e-，阳极区溶液质量增加56 g
【答案】B
【解析】放电时为原电池，a 极Zn 转化为Zn2+（失电子，氧化反应）为负极，b 极Fe3+转化为Fe2+（得电
子，还原反应）为正极，充电时为电解池，a 是阴极，b 是阳极，以此分析A．根据分析可知，放电时，a
极Zn 转化为Zn2+为负极，A 错误；B．放电总反应为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+（负极Zn-2e-=Zn2+，正极2Fe3+
+2e-=2Fe2+），B 正确；C．充电时，b 极为阳极，电解池中阴离子向阳极移动，即从左室移向右室，C 错
误；D．充电时阳极为b 极，反应为2Fe2+-2e- = 2Fe3+，同时阴离子从阴极区移向阳极区，阳极区溶液质量
增加量与移入阴离子的物质的量和摩尔质量有关，并非56g，D 错误；故选B。
25. （2026·四川省德阳市·一模）科研人员设计出一种微生物脱盐电池，实现了同时产电脱盐并去除污
水，模拟其工作原理如图所示：
下列说法正确的是
A. 离子交换膜Ⅱ是阴离子交换膜
B. 温度越高，该装置的转化效率越高
C. 电极A 的反应式为：
D. 当电路中通过0.4mole-时，Ⅲ室溶液质量增加12.4 g
【答案】D
【解析】由图示可知，Ⅲ室通入氧气，则电极B 为电池的正极，正极反应式为O2+4e-+4H+ = 2H2O，所以
电极A 为电池的负极，负极反应式为
，据此解答，A．在原
电池中，阴离子移向负极，则离子交换膜Ⅰ是阴离子交换膜，即Ⅱ室中的Cl-通过离子交换膜Ⅰ移向Ⅰ室，
离子交换膜Ⅱ是阳离子交换膜，Ⅱ室中的Na+通过离子交换膜Ⅱ移向Ⅲ室，实现了同时产电脱盐的目的，
A 错误；B．该装置依赖微生物活性，温度过高会导致微生物失活，转化效率不会随温度升高一直增大，B
错误；C．根据分析，A 为电池的负极，负极反应式为
，C 错
误；D．当电路中通过0.4mole-时，根据反应为O2+4e-+4H+ = 2H2O，此时从外界进入0.1molO2，同时有
0.4molNa+进入Ⅲ室，Ⅲ室溶液质量增加
，D 正确；故选
D。
26. （2026·四川省内江市·一模）“蓝”石墨电极(
基固态电解质界面膜)，实现了锂离子电池的极速
充电，常应用于新能源汽车电池，工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 使用固态电解质能避免电解液泄漏等问题，提高电池的安全性
B. 充电时，
通过固态电解质向
极移动
C. 放电时，M 极发生的电极反应为
D. 放电时，当电路中通过
电子时，理论上两电极的质量变化差为
【答案】B
【解析】A．该电池使用固态电解质而不是液态电解液，可以有效避免传统液态电池可能引发的泄漏、易
燃问题，从而提高电池的安全性，A 正确；B．充电时，装置为电解池，M 极得到电子，为阴极，Li+阳离
子应向M 极移动，B 错误； C．放电时，N 极为正极，M 为负极，负极失去电子，发生氧化反应，由图，
M 极应发生：
，与选项无出入，C 正确；D．放电时，当电路中通过1mol 电子时，
M 极：
，N 极：
，每转
移1mol 电子，M 极质量减少1mol Li 的质量，N 极质量增加1mol Li 的质量，质量变化差为2×7g=14g，D
正确；故答案为B。
27. （2026·四川省遂宁市射洪中学·一模）碱性锌锰电池的总反应为：Zn＋2MnO2＋2H2O=2MnO(OH)＋
Zn(OH)2，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是
A. 工作时KOH 没有发挥任何作用
B. Zn 发生还原反应，MnO2发生氧化反应
C. 电池工作时，OH-通过隔膜向正极移动
D. 反应中每生成1molMnO(OH)，转移电子数约为6.02×1023
【答案】D
【解析】由题干原电池总反应为：Zn＋2MnO2＋2H2O=2MnO(OH)＋Zn(OH)2可知，Zn 发生氧化反应，则
Zn 作负极，电极反应为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2 ，则MnO2 一极为正极，电极反应为：MnO2+e-
+H2O=MnO(OH)+OH-，据此分析解题。A．KOH 作为电解质，提供碱性环境与负极产生的Zn2+反应并传导
离子，并非无作用，A 错误；B．Zn 从0 价升至+2 价，失电子发生氧化反应；MnO2中Mn 从+4 价降至+3
价，得电子发生还原反应，B 错误；C．电池工作时阴离子(OH⁻)向负极移动，阳离子向正极移动，C 错
误；D．生成2molMnO(OH)时，Zn 失去2mol 电子(转移2mol 电子)，则生成1molMnO(OH)转移1mol 电
子，电子数约为6.02×1023，D 正确；故答案为：D。
28.（2026·四川省泸州市·一模） 一种以KOH 溶液作为电解质溶液的高能镍氢电池，其工作原理如图所
示。下列说法错误的是
A. 电极a 为正极 B. 电极a 的电势比电极b 的电势低
C. 离子交换膜允许OH-离子从a 极室流向b 极室 D. 电池总反应式：2NiO(OH)+H2 = 2Ni(OH)2
【答案】B
【解析】A．由分析可知，电极a 为正极，A 正确；B．由分析可知，电极a 为正极，电极b 为负极，正极
的电势高于负极的电势，则电极a 的电势比电极b 的电势高，B 错误；C．由分析可知，电极a 为正极，发
生电极反应：
；电极b 为负极，发生电极反应：
，即电极a 上生成OH-，电极b 上消耗OH-，OH-会从正极区移向负极区，则离子交
换膜允许OH-离子从a 极室流向b 极室，C 正确；D．由分析可知，正极电极反应为：
，负极电极反应为：
，联立两式同时保证得
失电子守恒，可得电池总反应式为：2NiO(OH)+H2 = 2Ni(OH)2，D 正确；
29．（2026·全国保分卷·一模1）一种可充放电
电池的结构示意图如图所示。电解质为
溶
液。
下列说法不正确的是
A．多层复合结构有利于为I2的反应提供丰富活性位点
B．放电时，a 极为正极，发生氧化反应
C．放电时发生
，供电能力下降，可通过向电解质溶液添加正丁醇改善
D．充电时，b 电极接电源的负极
【答案】B
【解析】可充放电Zn-I2电池放电时Zn(b 电极)作负极失电子形成Zn2+，I2(a 电极)作正极得电子形成I-；充
电时Zn(b 电极)为阴极，极反应：
，阳极(a 电极)极反应：
。A．多层复合结构
接触面积大，有利于为I2的反应提供丰富活性位点，A 正确；B．放电时a 为正极，发生还原反应，B 错
误；C．由于生成的I 易溶于水，I2单质损失，供电能力下降，向电解质溶液添加适量正丁醇可使溶剂极性
减弱，减少I 的溶解，改善供电能力，C 正确；D．充电时，b 电极是阴极应接电源的负极，D 正确；故选
B。
30. （2026·四川省自贡市·一模）电池的研发逐渐由液态电池向固态电池发展，不同状态电解质下锂离子
电池的工作示意图如下所示，电池总反应为
，隔膜与固态电解质只允
许
通过。下列描述错误的是
A. 充电时，Co 元素化合价升高，
在阴极上嵌入
B. 放电时，负极电极反应式为：
C. 放电时，液态电解质与固态电解质质量均增加
D. 理想的固态电解质可以代替隔膜阻止正负极材料接触短路
【答案】C
【解析】A．充电时，电池作为电解池，正极（LiCoO2）作阳极，发生氧化反应，Co 元素的化合价升高；
阴极是Si，发生还原反应，Li+在阴极嵌入，A 正确；B．放电时，负极是LixSi，发生氧化反应，失去电子
生成Li+和Si，电极反应式为：
，B 正确；C．放电时，Li+在负极生成并向正极移
动。对于液态电解质：Li+仅在溶液中迁移，电解质的质量不变；对于固态电解质：Li+在电解质中迁移，
电解质的质量也不变，因此，两者的质量都不会增加，C 错误；D．理想的固态电解质只允许Li+通过，同
时可以隔绝正负极材料，防止直接接触造成短路，因此可以代替隔膜，D 正确；故答案选C。
31. （2026·四川省泸县五中·一模）某生物质电池工作原理如下图所示，充、放电时分别得到高附加值的
醇和羧酸。下列说法不正确的是
A. 放电时，NiOOH 转化为Ni(OH)2
B. 充电时，K+通过交换膜从右室向左室迁移
C. 充电时，阴极电极反应为：
D. 每转移1mAh 的电量，充、放电产生的醇和羧酸的物质的量不相等
【答案】D
【解析】由题意：充电时得到高附加值的醇、放电时得到高附加值的羧酸，结合图，放电时，负极发生氧
化反应，
转化为
，所以放电时Rh/Cu 是负极、NiOOH/Ni(OH)2为正极；充电
时，Rh/Cu 是阴极、NiOOH/Ni(OH)2为阳极。A．放电时，NiOOH/Ni(OH)2为正极，NiOOH 得到电子发生
还原转化为Ni(OH)2，A 正确； B．充电时，阳离子向阴极移动，则K+通过交换膜从右室向左室迁移，B
正确；C．充电时，Rh/Cu 是阴极，阴极电极反应为碱性条件下，
得到电子发生还原反应转化
为醇
，反应式为：
，C 正确；
D．放电，负极发生氧化反应得到羧酸的反应为：
-2e-+3OH-=
+2H2O，充电，
阴极发生还原反应得到醇的反应为：
，结合电子转
移，每转移1mAh 的电量，充、放电产生的醇和羧酸的物质的量相等，D 错误；故选D。
32. （2026·四川省凉山州·一模） 热激活电池常用作火箭、导弹的工作电源，某种热激活电池以Ca 和
PbSO4为电极材料，以无水LiCl—KCl 为电解质，电池受热即可瞬间放电，放电时总反应为：
，Ca 电极反应为：
。下列有关说法错误的是
A. 常温时电池不工作，热激活的目的是让无水LiCl—KCl 受热形成熔融态
B. PbSO4电极的电势高于Ca 电极
C. 电池工作时Cl-向Ca 电极移动
D. 将电解质替换为LiCl 水溶液可将该电池改装成常温使用的电源
【答案】D
【解析】由原电池总反应可知钙电极为原电池的负极，被氧化，硫酸铅为原电池的正极，发生还原反应，
电极方程式为：
，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移
动，据此解答。A．电解质无水LiCl—KCl 常温为固态，不导电，因此常温时电池不工作，当电池受热
后，电解质受热形成熔融态电池开始工作，A 正确；B．在原电池中，电势高的电极是正极，电势低的是
负极，根据分析，钙电极为负极，PbSO4电极为正极，因此PbSO4电极的电势高于Ca 电极，B 正确；C．
原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，钙电极为负极，Cl-向Ca 电极移动，C 正确；D．
若将电解质替换为LiCl 水溶液，Ca 会与水剧烈反应，电池无法正常工作，D 错误；故答案选D。
33．（2026·全国新高考保分卷·一模）电化学法制备盐酸羟胺（NH2OH·HCl）有诸多优点而在工业上被广
泛应用。制备原理如图Ⅰ所示，A 室电极上的反应机理如图Ⅱ所示。下列说法错误的是
A．一段时间后，B 室中盐酸的浓度不变 B．正极反应式为
C．该电池总反应的原子利用率为100% D．3 mol H+通过交换膜，可得1 mol 盐酸羟胺
【答案】B
【解析】盐酸羟胺的化学式为NH2OH·HCl，由阳离子NH3OH+和阴离子Cl-构成，注意到NH2OH·HCl 中N
的化合价为-1。由图Ⅰ可知，外电路中电子由Pt 电极流向含Fe 的电极，则Pt 电极是负极，含Fe 的电极是
正极。负极反应式为
，正极反应式为
，总反应式为
（发生1 mol 总反应时，外电路通过6 mol e-，氢离子交换膜通过6 mol
H+）。由图Ⅱ可知，A 室电极上的反应机理是：①NO 吸附到Fe 表面；②NO 累计结合3 个H+和3 个e-，
形成NH2OH；③NH2OH 与H+结合形成NH3OH+，同时脱附。图Ⅱ中X 是H+，Y 是NH3OH+，Fe 起催化剂
和导电的作用。
A．由分析可知，负极反应式为
，当外电路通过2 mol e-时，负极产生2 mol H+，B 室也有2
mol H+通过氢离子交换膜进入A 室，所以B 室中盐酸的浓度不变，A 正确；B．由分析可知，正极反应式
为
，B 错误；C．由分析可知，该电池的总反应为
，属于化合反应，原子利用率为100%，C 正确；D．由分析可知，3
mol H+通过交换膜时，可得1 mol 盐酸羟胺，D 正确；故选B。
34. （2026·四川省遂宁市·一模）一种高性能的光可充电水系钠离子电池的工作原理如图所示。充电时，
在光照条件下，TiO2电极产生电子
和空穴(
，具有强氧化性)，驱动两极反应而完成充电。下列说法
错误的是
A. 放电时，Na+从电极Ⅰ过膜移向电极Ⅱ
B. 充电时，TiO2电极上发生的反应为：
C. 放电时，电路中每转移2mol 电子，负极区离子数目减少了3mol
D. 充电时，主要涉及三种能量形式的转化
【答案】B
【解析】充电时，需打开开关a，闭合开关b，在光照条件下，TiO2电极产生电子和空穴，电极Ⅰ为阴极，
得到电子，电极反应为
，TiO2电极为阳极，发生反应
。而放电时，需闭合开关
a，打开开关b，对TiO2电极做避光处理，电极Ⅰ为负极，电极Ⅱ为正极。A．放电时，电极Ⅰ为负极，
Na+应从电极Ⅰ过膜移向电极Ⅱ，A 正确；B．由分析可知，TiO2电极为阳极，发生反应
，B 错
误；C．放电时，负极反应为
，每转移2 mol 电子，消耗2 mol
，生成1 mol
，阴离子
减少1 mol；同时Na+移向正极，负极区Na+减少2 mol，总离子数目减少3 mol，C 正确；D．充电时，光
能→电能、电能→化学能，涉及光能、电能、化学能三种能量转化，D 正确；故答案选B。
35. （2026·四川外国语大学附属中学·一模）我国科研团队提出一种新型阴离子电极材料-Cu3(PO4)2的水系
双离子电池，该电池以Na0.44MnO2和Cu3(PO4)2为电极，其工作原理如图所示。下列有关叙述错误的是
A. 放电时，电流从Na0.44MnO2电极经电解质溶液流向Cu3(PO4)2电极
B. 放电时，若电极a 得到6.4gCu 和1.44gCu2O，则电路中转移0.22mole-
C. 充电时，电极b 的电极反应式为Na0.44-xMnO2+xNa++xe-=Na0.44MnO2
D. 为消除第一次放电的不可逆，可将Cu3(PO4)2彻底放电转化为Cu2O 后再充电
36. （2026·四川省广安市前峰区·一模）利用电化学富集海水中锂的电化学系统如图所示。该电化学系统
的工作步骤如下：
①启动电源1，MnO2所在腔室的海水中的Li+进入MnO2结构而形成
；
题型04
电解原理及应用
②关闭电源1 和海水通道，启动电源2，使
中的Li+脱出进入腔室2。
下列说法不正确的是
A. 启动电源1 时，电极1 为阳极，发生氧化反应
B. 启动电源2 时MnO2电极反应式为：
C. 电化学系统提高了腔室2 中LiOH 的浓度
D. 启动至关闭电源1，转化的n(MnO2)与生成的n(O2)之比为20:3，可得
中的x=1.2
【答案】B
【解析】由题意知，启动电源1，使海水中Li+进入MnO2结构形成LiMn2O4；可知二氧化锰中锰的化合价
降低，为阴极，电极反应式为2MnO2+xLi++xe-=LixMn2O4，电极1 为阳极，连接电源正极；关闭电源1 和海
水通道，启动电源2，向电极2 上通入空气，使LixMn2O4中的Li+脱出进入室2，可知，电极2 为阴极，电
极反应式：
；阳极的电极反应式：
；A．由
分析知，室1 中电极1 连接电源1 的正极，作阳极，发生氧化反应，故A 正确；B．启动电源2 时MnO2作
阳极，电极反应式：
，故B 错误；C．电化学系统提高了腔室2 中
LiOH 的浓度，故C 正确；D．根据分析可知，启动至关闭电源1，转化的n(MnO2)与生成的n(O2)之比为
20:3，可得LixMn2O4中的x=1.2，故D 正确；答案选B。
37. （2026·四川省广安市·一模）用下图所示装置（
表示斜发沸石）分离海水中的K+和Na+，料液
（含K+、Na+、Cl-和I-）先流过斜发沸石，吸附K+和I-，然后通电，双极膜产生的H+将K+交换下来，OH-
将I-交换下来，得到A 溶液。下列说法中错误的是
A. 通电后，A 溶液中含K+不含Na+
B. 通电后，若海水中
，则A 溶液中的溶质是KI 和HI
C. 通电一段时间后，将阴、阳极区的斜发沸石对调，继续通电，此时斜发沸石内仍不会发生氧化还原反
应
D. 通电时，若外电路转移
，则有
被双极膜解离
【答案】D
【解析】料液（含K+、Na+、Cl-和I-）先流过斜发沸石，吸附K+和I-，Na+和Cl-未被吸附，被分离出去，随
后双极膜产生的H+将K+交换下来，OH-将I-交换下来，K+透过阳离子交换膜进入A 溶液，I-透过阴离子交
换膜进入A 溶液，据此解答。A．料液流过斜发沸石时仅吸附K+和I-，Na+未被吸附，通电后K+被H+交换
进入A 溶液，Na+不会进入A 溶液，而K+透过阳离子交换膜进入A 溶液，A 正确；B．通电后，双极膜产
生的H+将K+交换下来，OH-将I-交换下来，得到A 溶液溶质是KI，由于海水中
，则根据电
荷守恒，必须有H+补充电荷，则A 溶液中的溶质是KI 和HI，B 正确；C．双极膜只发生水的解离且传导
氢离子和氢氧根，斜发沸石提供的是离子交换的通道，所以调换阴阳区的沸石发生的反应为：OH-+H+ =
H2O，不会发生氧化还原反应，C 正确；D．外电路转移6 mol e⁻时，阴阳极各有6mol 水被解离，共解离
12 mol H2O，D 错误；故选D。
38. （2026·四川省泸州市·一模）由环己醇间接电氧化合成环己酮的装置如图所示。装置中用Pb/PbO2和Pt
作电极，a、b 两极区的电解质溶液分别为Cr2(SO4)3溶液、H2SO4溶液。下列说法正确的是
A. b 极连接电源的正极
B. 阳极反应式为：
C. 理论上，每合成1mol 环己酮，阴极将产生0.5molH2
D. 电解后溶液的pH 明显降低
【答案】BD
【解析】根据题图可知，a 极为电解池的阳极，三价铬离子失电子发生氧化反应，电极反应式为
，重铬酸根离子再将环己醇氧化为环己酮，本身被还原为Cr3+；b 为阴
极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为
。A．根据装置图可知，a 极为电解池的
阳极，与电源正极相连，b 极为电解池阴极，与电源负极相连，A 错误；B．据分析，a 极为阳极，电极反
应式为
，B 正确；C．1mol 环己醇转化为1mol 环己酮通过失去
2mol 电子、生成2mol H+，根据得失电子守恒，阴极生成1mol H2，C 错误；D．转移6mol 电子时，阳极生
成14mol H+，阴极消耗6mol H+，生成H+的物质的量大于消耗H+的物质的量，此外阳极反应消耗水，而阴
极反应与水无关，溶液体积减小，因此H+浓度增加，pH 降低，D 正确；故答案为BD。
39. （2026·四川省乐山市·一模）最近，我国科学家研制了包含单独析氧反应器的解耦式海水直接电解系
统（
），该系统以铁氰化物为电子介体电解海水制氢，能有效抑制
副反应发生，装置示意图如
图。下列说法正确的是
A. b 电极的电极反应式为：
B. 左池中的离子交换膜为阳离子交换膜
C. 相同条件下溶液的pH：海水②>海水①
D. 该电化学环境下，还原性：Cl- > [Fe(CN)6]4-
【答案】B
【解析】由图可知，a 电极产生H2，发生还原反应，则电极a 为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-
=H2↑+2OH-；b 电极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：
，据此分析
回答。A ．b 电极是阳极，[Fe(CN)6]4- 失去电子被氧化为[Fe(CN)6]3- 的反应，其电极反应式为：
，A 错误；B．左池为阴极区，a 极产生H2，阴极反应生成OH-使阴离子
增多，右池为阳极区，[Fe(CN)6]4-失去电子被氧化为[Fe(CN)6]3-，负电荷减少，为维持电荷平衡，阳离子需
从右池移向左池，故离子交换膜为阳离子交换膜，B 正确；C．左池（阴极区）生成OH-使海水①碱性增
强，右池（阳极区）无OH-生成，故pH：海水①>海水②，C 错误；D．该系统抑制Cl-副反应，说明
[Fe(CN)6]4-优先于Cl-被氧化，还原性：[Fe(CN)6]4->Cl-，D 错误；故选B。
40. （2026·四川省绵阳中学·一模）我国科学家通过电化学耦合丙酮酸和硝酸钾，在PdCu 纳米珠线
((PdCuNBWs)的催化作用下合成了丙氨酸，其工作原理示意图如图。下列说法错误的是
A. X 极的电势比Y 极高
B. Y 极的电极反应：
4H2O+
C. 该离子交换膜为阳离子交换膜
D. 若Y 极生成丙氨酸1 mol，电解效率为80%，阳极上最多生成氧气70 L
【答案】D
【解析】根据装置图可知：该装置连接了直流电源，因此图示装置为电解池，其中在X 电极上H2O 失去电
子被氧化变为O2，则X 电极为阳极，与电源正极连接；Y 电极上丙酮酸与KNO3发生还原反应产生丙氨
酸，Y 电极为阴极，与电源负极连接。然后根据电解原理分析解答。A．根据上述分析可知：X 电极为阳
极，Y 电极为阴极，则阳极X 极的电势比阴极Y 极高，A 正确；B．在阴极上丙酮酸与KNO3在酸性条件
下发生还原反应产生丙氨酸，同时得到水，电极反应式为：
+
4H2O+
，B 正确；C．在阳极X 上H2O 失去电子被氧化为O2，电极反应式为：2H2O-4e-=4H+
+O2↑，产生的H+通过离子交换膜进入阴极室，在阴极上发生还原反应产生丙氨酸及H2O，阴极Y 的电极反
应式为：
+
4H2O+
，故该离子交换膜为阳离子交换
膜，C 正确；D．阴极Y 上发生反应：
+
4H2O+
，若生成1 mol 丙氨酸，得到10 mol 电子，若电解效率为80%，则H2O 失去电子的物质的量为n(e-)=
=12.5 mol，根据阳极的电极反应式2H2O-4e-=4H++O2↑，可知失去12.5 mol 电子时，阳极X 上产生
O2的物质的量是n(O2)=
=3.125 mol，但由于未知O2所处的外界条件，因此不能确定生成的O2的
体积大小，D 错误；故合理选项是D。
41．（2026·学易金卷四川·一模）科学家们从耐盐碱植物中获得灵感，设计了一种用于提取、存储和释放
锂离子的装置，如图所示，盐水池中主要为LiCl 溶液。下列说法正确的是
A．电势最高的电极是a B．右室电极释放
到淡水中
C．c 电极的反应式为
D．左室内的盐水浓度高于盐水池内浓度
【答案】B
【解析】该装置为电解池，连接电源正极的电极d 为阳极，连接电源负极的电极a 为阴极，电极b 为阳极，
电极c 为阴极，据此作答。A．电势最高的电极是电源正极连接的电极，装置中d 电极（LiFePO4）为阳极
（连接电源正极），电势最高，a 为阴极（连接电源负极），电势最低，A 错误；B．右室d 电极
（LiFePO4）作为阳极，发生氧化反应：LiFePO4 - e- = FePO4 + Li+，释放Li+到淡水中，B 正确；C．c 电
极是Ag/AgCl 电极，作为阴极应发生AgCl 得电子的还原反应：AgCl + e- = Ag + Cl-，而非Ag+ + e- = Ag
（Ag+在溶液中不存在，电极材料为Ag/AgCl），C 错误；D．左室中Li+向阴极a（FePO4）移动被消耗
（FePO4 + Li+ + e- = LiFePO4），Cl-向阳极b（Ag/AgCl）移动被消耗（Ag + Cl- - e- = AgCl），左室盐水
浓度反应之后降低，故左室盐水浓度低于盐水池内浓度，D 错误；故答案选B。
42. （2026·四川省泸州市马街中学·一模）一种新型化学电池实现废气的处理和能源的利用，用该电池电
解CuSO4溶液，装置如图所示(H2R 和R 都是有机物)。下列说法正确的是
A. 原电池正极区，发生反应
B. 工作一段时间后，负极区的pH 变大
C. 若用该装置在铜上镀银，电极d 为纯银
D. 电池工作时，消耗标准状况下112mL
，则理论上电解后恢复至常温
溶液的pH 约为1
【答案】D
【解析】由装置图可知，左侧为原电池，a 极上Fe2+发生氧化反应生成Fe3+：Fe2+-e-=Fe3+，为负极，生成的
Fe3+与H2S 反应生成Fe2+、S、H+，负极区发生的反应为
；b 极上有机物R
发生得电子的还原反应生成H2R，为正极，生成的H2R 与O2 反应生成R 和H2O2，正极区发生的反应为
，实现废气的处理和能源的利用，右侧为惰性电极电解CuSO4溶液的电解池。A．原
电池负极区发生反应：
，A 错误；B．结合分析可知，负极区产生氢离子，
氢离子通过质子交换膜转移至正极区，原电池工作一段时间后，pH 基本不变，B 错误；C．用该装置在铜
上镀银，纯银作阳极，即电极c 为纯银，C 错误；D．若消耗标准状况下112 mLO2，即消耗氧气0.005
mol，根据正极区反应可知，转移电子0.01 mol，根据反应
，产
生H+的物质的量为0.01 mol，忽略溶液体积的变化，
，溶液的pH=1，D
正确；故选D。
43．（2026·全国新高考突破卷·一模）电化学介导胺再生是一种新兴的CO2捕集技术。首先通过乙二胺吸
收法捕集CO2，捕集了CO2的乙二胺富液进入电化学反应器阳极室，电化学反应器的电极采用
，
通过电能特异性氧化/溶解铜来产生Cu2+与进入阳极室的乙二胺富液发生竞争反应驱动CO2的释放，最后通
过还原铜离子为铜单质实现乙二胺的再生。其机理和装置如图。
下列说法错误的是
A．乙二胺吸收CO2的反应为加成反应
B．乙二胺与Cu2+的结合能力高于其与CO2的结合能力
C．阴极的电极反应为
D．CO2的捕获富集是熵增的过程，故而会消耗电能
【答案】D
【解析】A．乙二胺与CO2发生反应生成氨基甲酸盐，该过程可视为加成反应，故A 正确；B．阳极
，
与负载胺反应，生成复合胺，释放出CO2，说明乙二胺与Cu2+的结合能力高于其与
CO2的结合能力，故B 正确；C．阴极复合胺中铜离子得电子变成铜原子，释放出乙二胺，所以阴极的电
极反应为
，故C 正确；D．CO2的捕获富集是熵减的过程，是
非自发的，故而会消耗电能，故D 错误；选D。
44. （2026·四川省遂宁市射洪中学·一模）在微生物作用下将2，4-二氯苯酚电解脱氯降解为苯酚的装置如
图所示。下列说法错误的是
A. 电极a 的电势比电极b 的高
B. N 极的电极反应式：
C H+由左向右移动通过质子交换膜
D. 当生成
苯酚时，理论上M 电极区生成CO2的质量为8.8g
【答案】D
【解析】在电极M 上，CH3COOH 失去电子生成CO2，发生氧化反应，为阳极；在电极N 上，
得
到电子生成
，发生还原反应，为阴极；电极a 为正极，电极b 为负极，在电解池中，阳离子向
阴极移动。A．由装置图可知，M 极为阳极，N 极为阴极，所以电极a 的电势比电极b 的高，A 项正确；
B．N 极的电极反应式为
+4e－+2H+=
+2Cl-，B 正确；C．在电解池中，阳离子向阴极
移动，所以
H+ 由左向右移动，C
项正确；D ．M
极的电极反应式为
，根据M、N 极的电极反应式可知，当生成9.4g（0.1mol）苯
酚时，生成CO2的质量为4.4g，D 项错误；选D。
