文档文本内容
专题07 电化学及其应用
考点
三年考情（2023-2025）
命题趋势
考点01 原电
池、化学电
源：
2025 陕晋青宁卷、2025 云南卷、2025 广东卷、
202 重庆卷、2025 江苏卷、2025 黑吉辽蒙卷、
2025 浙江卷、2025 安徽卷、2024 安徽卷、2024 全
国甲卷、2024 新课标卷、2024 河北卷、2024 江苏
卷、2024 北京卷、2023 广东卷、2023 全国乙卷、
2023 新课标卷、2023 山东卷、2023 辽宁卷
高考对于电化学板块内容的考查变
化变化不大，主要考查陌生的原电
池装置和电解池装置的分析，对于
电解池的考查概率有所提高，特别
是利用电解池生产化工品和处理环
境污染物成为命题特点。问题的落
脚点主要是在电极的极性判断、两
极发生的反应情况和电解液成分的
参与情况这些问题上。
考点02 电解
池的工作原理
及应用
2025 陕晋青宁卷、2025 北京卷、2025 广东卷、
2025 湖南卷、2025 河北卷、2025 云南卷、2025 河
南卷、2024 黑吉辽卷、2024 湖北卷、2024 山东
卷、2024 湖南卷、2024 甘肃卷、2024 广东卷、
2023 全国甲卷、2023 湖北卷、2023 辽宁卷、2023
北京卷、2023 广东卷、2023 湖南卷、2023 浙江卷
考点03 金属
的腐蚀与防护
2024 浙江卷、2024 广东卷
考点01 原电池、化学电源
1．（2025·陕晋青宁卷）下列实验方案不能得出相应结论的是
A
B
结论：金属活动性顺序为Zn>Fe>Cu
结论：氧化性顺序为Cl2>Fe
3+>I2
C
D
结论：甲基使苯环活化
结论：增大反应物浓度，该反应速率加快
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．Fe、Cu、稀硫酸原电池中，电子由活泼金属Fe 流向Cu，Fe、Zn、硫酸原电池中，电子由Zn
流向Fe，活泼性：Zn>Fe>Cu，A 正确；
B．FeCl3与淀粉KI 溶液反应，溶液变蓝色，则氧化性：Fe3+>I2，新制氯水加入含KSCN 的FeCl2溶液中，溶液
变红色，生成了Fe3+，则氧化性：Cl2>Fe3+，故氧化性：Cl2>Fe
3+>I2，B 正确；
C．酸性高锰酸钾分别滴入苯和甲苯中，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明了苯环使甲基活化，C 错误；
D．不同浓度的Na2S2O3与相同浓度的稀硫酸反应，浓度大的Na2S2O3先出现浑浊，说明增大反应物浓度，
反应速率加快，D 正确；
答案选C。
2．（2025·云南卷）(Li0.45La0.85)ScO3是优良的固态电解质材料，Ce
4 +取代部分La
3+后产生空位，可提升
Li
+传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图(O
2−未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误
的是
A．每个晶胞中O
2−个数为12
B．该晶胞在yz 平面的投影为
C．Ce
4+取代后，该电解质的化学式为(Li0.45La0.85−yCey)ScO3
D．若只有Li
+发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ 的Li
+数目相等
【答案】C
【详解】A．由晶胞结构可知，Sc 原子分布在晶胞的8 个棱心和4 个面心，由均摊法算出其原子个数为
8× 1
4 + 4× 1
2 = 4，由晶体的化学式(Li0.45La0.85)ScO3可知，O 原子的个数是Sc 的4 倍，因此，每个晶胞中
O2-个数为12，A 正确；
B．由晶胞结构可知，该晶胞在yz 平面的投影就是其前视图
，B 正确；
C．Ce4+ 取代La3+后，Li+数目减小并产生空位，因此，根据化合价的代数和为0 可知，取代后该电解质的化
学式为(Li0.45−yLa0.85−yCey)ScO3，C 错误；
D．Li+与电子所带的电荷数目相同，只是电性不同，原电池中内电路和外电路通过的电量相等，因此，若
只有Li+发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ 的Li+数目相等，D 正确；
综上所述，本题选C。
3．（2025·广东卷）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O2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
【分析】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：H 2−2e
−=2 H
+；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：
O2+ 4 e
−+ 4 H
+=2 H 2O。
【详解】A．由分析可知，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．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．氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H 2−2e
−=2 H
+，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．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·重庆卷）下图为AgCl-Sb 二次电池的放电过程示意图如图所示。
下列叙述正确的是
A．放电时，M 极为正极
B．放电时，N 极上反应为Ag−e
−+Cl
−= AgCl
C．充电时，消耗4 mol Ag 的同时将消耗1mol Sb4O5Cl2
D．充电时，M 极上反应为Sb4O5Cl2+12e
−+10 H
+= 4Sb+2Cl
−+5 H2O
【答案】D
【分析】由图可知，放电时，N 电极上AgCl→Ag发生得电子的还原反应，为正极，电极反应为：
AgCl+e
−=Ag+Cl
−，M 电极为负极，电极反应为4 Sb-12e
−+2Cl
−+5 H2O=Sb4O5Cl2+10 H
+，充电时，N
为阳极，M 为阴极，电极反应与原电池相反，据此解答。
【详解】A．由分析可知，放电时，M 电极为负极，A 错误；
B．由分析可知，放电时，N 电极反应为：AgCl+e
−=Ag+Cl
−，B 错误；
C．由分析可知，建立电子转移关系式：Sb4O5Cl2
12e
∼
−
12Ag
∼
，由此可知，消耗4molAg，同时消耗
1
3 molSb4O5Cl2，C 错误；
D．充电时，M 极为阴极，电极反应与原电池相反：Sb4O5Cl2+12e
−+10 H
+= 4 Sb+2Cl
−+5 H2O，D 正确；
故选D。
5．（2025·江苏卷）以稀H2SO4为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为2H2O
光
催化剂2H2↑+O2↑。
下列说法正确的是
A．电极a 上发生氧化反应生成O2
B．H
+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
【分析】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↑+ 4 H
+；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↑。
【详解】A．根据分析，电极a 为负极，发生氧化反应，电极反应式为：2H2O−4e
−=O2↑+ 4 H
+，生成物
有O2，A 正确；
B．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．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．生成1molH2，转移2mol 电子，外电路通过0.01mol 电子时，电极b 上生成0.005 molH2，D 错误；
答案选A。
6．（2025·黑吉辽蒙卷）一种基于Cu2O的储氯电池装置如图，放电过程中a、b 极均增重。若将b 极换成
Ag/AgCl 电极，b 极仍增重。关于图中装置所示电池，下列说法错误的是
A．放电时Na
+向b 极迁移
B．该电池可用于海水脱盐
C．a 极反应：Cu2O+2H2O+Cl
−−2e
−=Cu2(OH)3Cl+ H
+
D．若以Ag/AgCl 电极代替a 极，电池将失去储氯能力
【答案】D
【分析】放电过程中a、b 极均增重，这说明a 电极是负极，电极反应式为
Cu2O+2H2O+Cl
−−2e
−=Cu2(OH)3Cl+ H
+，b 电极是正极，电极反应式为NaTi2(PO4)3+2e－
+2Na+=Na3Ti2(PO4)3，据此解答。
【详解】A．放电时b 电极是正极，阳离子向正极移动，所以Na
+向b 极迁移，A 正确；
B．负极消耗氯离子，正极消耗钠离子，所以该电池可用于海水脱盐，B 正确；
C．a 电极是负极，电极反应式为Cu2O+2H2O+Cl
−−2e
−=Cu2(OH)3Cl+ H
+，C 正确；
D．若以Ag/AgCl 电极代替a 极，此时Ag 失去电子，结合氯离子生成氯化银，所以电池不会失去储氯能力，
D 错误；
答案选D。
7．（2025·浙江卷）一种可充放电Li−O2电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为Li2O和
Li2O2，随温度升高Q(消耗1molO2转移的电子数)增大。下列说法不正确的是
A．熔融盐中LiNO3的物质的量分数影响充放电速率
B．充放电时，Li
+优先于K
+通过固态电解质膜
C．放电时，随温度升高Q 增大，是因为正极区O
2−转化为O2
2−
D．充电时，锂电极接电源负极
【答案】C
【分析】Li−O2电池放电时，锂电极为负极，发生反应：Li−e
-=Li
+，多孔功能电极为正极，低温时发
生反应：O2+2e
-=O2
2−，随温度升高Q 增大，正极区O2
2−转化为O
2−；充电时，锂电极为阴极，得到电子，
多孔功能电极为阳极，O2
2−或O
2−失去电子。
【详解】A．由分析可知，电池总反应方程式为：O2+2Li ⇌
充电
放电
Li2O2
❑或O2+4Li ⇌
充电
放电
2Li2O，充放电时有Li
+
参与或生成，因此熔融盐中LiNO3的物质的量分数影响充放电速率，A 正确；
B．Li
+比K
+的半径小，因此Li
+优先于K
+通过固态电解质膜，B 正确；
C．放电时，正极得到电子，O2
2−中氧原子为-1 价，O
2−中氧原子为-2 价，因此随温度升高Q 增大，正极区
O2
2−转化为O
2−，C 错误；
D．充电时，锂电极为阴极，连接电源负极，D 正确；
答案选C。
8．（2025·安徽卷）研究人员开发出一种锂-氢可充电电池(如图所示)，使用前需先充电，其固体电解质仅
允许Li
+通过。下列说法正确的是
A．放电时电解质溶液质量减小
B．放电时电池总反应为H2+2Li=2LiH
C．充电时Li
+移向惰性电极
D．充电时每转移1mol电子，c(H
+)降低1mol⋅L
-1
【答案】C
【分析】金属锂易失去电子，则放电时，惰性电极为负极，气体扩散电极为正极，电池在使用前需先充电，
目的是将LiH 2 PO4解离为Li
+和H 2 PO4
−，则充电时，惰性电极为阴极，电极的反应为：Li
++e
−= Li，阳
极为气体扩散电极，电极反应：H 2−2e
−+2 H 2 PO4
−=2 H 3 PO4，放电时，惰性电极为负极，电极反应为：
Li−e
−= Li
+，气体扩散电极为正极，电极反应为2 H 3 PO4+2e
−=2 H 2 PO4
−+ H 2↑，据此解答。
【详解】A．放电时，Li
+会通过固体电解质进入电解质溶液，同时正极会生成H2进入储氢容器，当转移
2mol 电子时，电解质溶液质量增加7 g/mol×2mol−1mol×2 g/mol =12g，即电解质溶液质量会增大，
A 错误；
B．放电时，由分析中的正、负电极反应可知，总反应为2Li+2 H 3PO4=H2↑+2LiH2PO4，B 错误；
C．充电时，Li
+向阴极移动，则Li
+向惰性电极移动，C 正确；
D．充电时每转移1mol电子，会有1mol H
+与H 2 PO4
−结合生成H 3PO4，但不知道电解液体积，无法计算
c(H
+)降低了多少，D 错误；
故选C。
9. (2024·安徽卷)我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如下。该电池分别以Zn-TCPP(局部结构
如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和Zn 为电极，以ZnSO4和KI 混合液为电解质溶液。下列说法错误
的是
A. 标注框内所示结构中存在共价键和配位键
B. 电池总反应为：
C. 充电时，阴极被还原的Zn2+主要来自Zn-TCPP
D. 放电时，消耗0.65gZn，理论上转移0.02mol 电子
【答案】C
【分析】由图中信息可知，该新型水系锌电池的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应式为
，则充电时，该电极为阴极，电极反应式为
；正极上发生
，
则充电时，该电极为阳极，电极反应式为
。
【解析】A．标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和
碳氢键等多种共价键，还有由
提供孤电子对、
提供空轨道形成的配位键，A 正确；
B．由以上分析可知，该电池总反应为
，B 正确；
C．充电时，阴极电极反应式为
，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C 错误；
D．放电时，负极的电极反应式为
，因此消耗0.65 g Zn（物质的量为0.01mol），理论上转
移0.02 mol 电子，D 正确；
综上所述，本题选C。
10.（2024·全国甲卷） 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+MnO2=ZnMn2O4
C. 放电时，正极反应有MnO2+H2O2+e-=MnOOH+OH-
D.放电时，Zn 电极质量减少0.65gl，MnO2电极生成了0.020molMnOOH
【答案】C
【分析】Zn 具有比较强的还原性，
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
电极为正极，Zn 电极为负极，则充电时
电极为阳极、Zn 电极为阴极。
【解析】A．充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即
向阴极方向迁移，A 不正确；
B．放电时，负极的电极反应为
，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．放电时
电极为正极，正极上检测到
和少量
，则正极上主要发生的电极反应是
，C 正确；
D．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
可知，若正极上只有
生成，则生成
的物质的量为
0.020mol，但是正极上还有
生成，因此，
的物质的量小于0.020mol，D 不正确；
综上所述，本题选C。
11. (2024·新课标卷)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
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
在电场驱动下的迁移方向为b→a
【答案】C
【分析】由题中信息可知，b 电极为负极，发生反应
，然后再发生
；a 电极为正极，发生反应
，在这个过程
中发生的总反应为
。
【解析】A．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
在a 电极上得电子生
成
，电极反应式为
；b 电极为电池负极，
在b 电极上失电子转化成
CuO，电极反应式为
，然后葡萄糖被CuO 氧化为葡萄糖酸，CuO 被
还原为
，则电池总反应为
，A 正确；
B．b 电极上CuO 将葡萄糖被CuO 氧化为葡萄糖酸后被还原为
，
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．根据反应
可知，
参加反应时转移2 mol 电子，
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．原电池中阳离子从负极移向正极迁移，故
迁移方向为b→a，D 正确。
综上所述，本题选C。
12. (2024·河北卷)我国科技工作者设计了如图所示的可充电
电池，以
为电解质，电
解液中加入1，3-丙二胺(
)以捕获
，使放电时
还原产物为
。该设计克服了
导电性差和释放
能力差的障碍，同时改善了
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
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
电极流向阳极，
向阴极迁移
D 放电时，每转移
电子，理论上可转化
【答案】C
【分析】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、
电极为负极，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、
电极为阴极：
定位：二次电池，放电时阳离子向正极移动，充电时阳离子向阴极移动。
电极
过程
电极反应式
电极
放电
充电
多孔碳纳米管电极
放电
充电
【解析】A．根据以上分析，放电时正极反应式为
、负极反应式为
，将放电时正、负电极反应式相加，可得放电时电池总反应：
，故
A 正确；B．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，故B 正确；
C．充电时，
电极为阴极，电子从电源负极经外电路流向
电极，同时
向阴极迁移，故C 错误；
D．根据放电时的电极反应式
可知，每转移
电子，有
参与反
应，因此每转移
电子，理论上可转化
，故D 正确；
故答案为：C。
13. (2024·江苏卷)碱性锌锰电池的总反应为
，电池构造示意图如
图所示。下列有关说法正确的是
A. 电池工作时，
发生氧化反应
B. 电池工作时，
通过隔膜向正极移动
C. 环境温度过低，不利于电池放电
D. 反应中每生成
，转移电子数为
【答案】C
【分析】Zn 为负极，电极反应式为：
，MnO2为正极，电极反应式为：
。
【解析】A．电池工作时，
为正极，得到电子，发生还原反应，故A 错误；
B．电池工作时，
通过隔膜向负极移动，故B 错误；
C．环境温度过低，化学反应速率下降，不利于电池放电，故C 正确；
D．由电极反应式
可知，反应中每生成
，转移电子数
为
，故D 错误；
故选C。
14．(2024·北京卷)酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是（
）
A．石墨作电池的负极材料 B．电池工作时，
向负极方向移动
C．
发生氧化反应 D．锌筒发生的电极反应为
【答案】D
【解析】酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，负极发生失电子的氧化反应
，A 错误，D 正确；原电池工作时，阳离子向正极（石墨电极）方向移动，B 错误；
发生得电子的还原反应，C 错误。
15．（2023·广东卷）负载有
和
的活性炭，可选择性去除
实现废酸的纯化，其工作原理如图。下
列说法正确的是
A．
作原电池正极
B．电子由
经活性炭流向
C．
表面发生的电极反应：
D．每消耗标准状况下
的
，最多去除
【答案】B
【分析】
在Pt 得电子发生还原反应，Pt 为正极，Cl-在Ag 极失去电子发生氧化反应，Ag 为负极。
【解析】A．由分析可知，Cl-在Ag 极失去电子发生氧化反应，Ag 为负极，A 错误；
B．电子由负极
经活性炭流向正极
，B 正确；
C．溶液为酸性，故
表面发生的电极反应为
，C 错误；
D．每消耗标准状况下
的
，转移电子2mol，而
失去2mol 电子，故最多去除
，D
错误。
故选B。
16．（2023·全国乙卷）室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-硫电
池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为
另一电极。工作时，在硫电极发生反应：
S8+e-→
S
，
S
+e-→S
，2Na++
S
+2(1-
)e-→Na2Sx
下列叙述错误的是
A．充电时Na+从钠电极向硫电极迁移
B．放电时外电路电子流动的方向是a→b
C．放电时正极反应为：2Na++
S8+2e-→Na2Sx
D．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
【答案】A
【分析】由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极。
【解析】A．充电时为电解池装置，阳离子移向阴极，即钠电极，故充电时，Na+由硫电极迁移至钠电极，
A 错误；
B．放电时Na 在a 电极失去电子，失去的电子经外电路流向b 电极，硫黄粉在b 电极上得电子与a 电极释
放出的Na+结合得到Na2Sx，电子在外电路的流向为a→b，B 正确；
C．由题给的的一系列方程式相加可以得到放电时正极的反应式为2Na++
S8+2e-→Na2Sx，C 正确；
D．炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D 正确；
故答案选A。
17．（2023·新课标卷）一种以
和
为电极、
水溶液为电解质的电池，其示意图如下所
示。放电时，
可插入
层间形成
。下列说法错误的是
A．放电时
为正极
B．放电时
由负极向正极迁移
C．充电总反应：
D．充电阳极反应：
【答案】C
【分析】由题中信息可知，该电池中Zn 为负极、
为正极，电池的总反应为
。
【解析】A．由题信息可知，放电时，
可插入
层间形成
，
发生了还原反应，
则放电时
为正极，A 说法正确；
B．Zn 为负极，放电时Zn 失去电子变为
，阳离子向正极迁移，则放电时
由负极向正极迁移，B
说法正确；
C．电池在放电时的总反应为
，则其在充电时的总反应为
，C 说法不正确；
D．充电阳极上
被氧化为
，则阳极的电极反应为
，D 说法正确；
综上所述，本题选C。
18．（2023·山东卷）利用热再生氨电池可实现
电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙
两室均预加相同的
电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是
A．甲室
电极为正极
B．隔膜为阳离子膜
C．电池总反应为：
D．
扩散到乙室将对电池电动势产生影响
【答案】CD
【解析】A. 向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室
电极溶解，变为铜离子与氨气形成
，因此甲室
电极为负极，故A 错误；
B. 再原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜为阳离子膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通
入氨气要消耗铜离子，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故B 错误；
C. 左侧负极是
，正极是
，则电池总反应为：
，故C 正确；
D.
扩散到乙室会与铜离子反应生成
，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此
将对电池电动势产生影响，故D 正确。
综上所述，答案为CD。
19．（2023·辽宁卷）某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是
A．放电时负极质量减小
B．储能过程中电能转变为化学能
C．放电时右侧
通过质子交换膜移向左侧
D．充电总反应：
【答案】B
【分析】该储能电池放电时，Pb 为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbSO4，则多孔碳电极为正极，正极
上Fe3+得电子转化为Fe2+，充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2+失电子生成Fe3+，PbSO4电极为阴极，PbSO4
得电子生成Pb 和硫酸。
【解析】A．放电时负极上Pb 失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上，负极质量增大，A 错误；
B．储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B 正确；
C．放电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H+通过质子交换膜移向右侧，C 错
误；
D．充电时，总反应为PbSO4+2Fe2+=Pb+
+2Fe3+，D 错误；
故答案选B。
考点02 电解池的工作原理及应用
20．（2025·陕晋青宁卷）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
电解
¿TQ+2H2↑
¿
C．以
为原料，也可得到TQ
D．用
❑
18O
标记电解液中的水，可得到
【答案】D
【分析】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，以此解题。
【详解】A．电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A 正确；
B．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 上H+得电子生成H2，总反应方程式
为：TY+H2O
电解
¿TQ+2H2↑
¿
，B 正确；
C．将TY(
)换成
为原料，仍然能够得到TQ(
)，C 正确；
D．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；
答案选D。
21．（2025·北京卷）用电解Na2SO4溶液(图1)后的石墨电极1、2 探究氢氧燃料电池，重新取Na2SO4溶液
并用图2 装置按i→iv 顺序依次完成实验。
实
验
电极I
电极
Ⅱ
电
压/V
关系
i
石墨1
石墨2
a
a>d>c>b>0
ii
石墨1
新石
墨
b
iii
新石
墨
石墨2
c
iv
石墨1
石墨2
d
下列分析不正确的是
A．a>0，说明实验i 中形成原电池，反应为2H2+O2=2H2O
B．b<d，是因为ii 中电极Ⅱ上缺少H2作为还原剂
C．c>0，说明iii 中电极I 上有O2发生反应
D．d>c，是因为电极I 上吸附H2的量：iv>iii
【答案】D
【分析】按照图1 电解Na2SO4溶液，石墨1 为阳极，发生反应2 H 2O−4 e
−=O2↑+ 4 H
+，石墨1 中会吸
附少量氧气；石墨2 为阴极，发生反应2 H 2O+2e
−= H 2↑+2OH
−，石墨2 中会吸附少量氢气；图2 中电
极Ⅰ为正极，氧气发生还原反应，电极Ⅱ为负极。
【详解】A．由分析可知，石墨1 中会吸附少量氧气，石墨2 中会吸附少量氢气，实验i 会形成原电池，
a>0，反应为2H2+O2=2H2O，A 正确；
B．因为ii 中电极Ⅱ为新石墨，不含有H2，缺少H2作为还原剂，故导致b<d，B 正确；
C．图2 中，电极Ⅰ发生还原反应，实验iii 中新石墨可能含有空气中的少量氧气，c＞0，说明iii 中电极I 上
有O2发生反应，C 正确；
D．d>c，实验iii 与实验iv 中电极Ⅰ不同，d>c，是因为电极I 上吸附O2的量：iv>iii，D 错误；
故选D。
22．（2025·广东卷）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26.8 A⋅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：MnS−2e
−=S+ Mn
2+
D．充电时16gS 能提供的理论容量为26.8 A⋅h
【答案】B
【分析】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+2e
−+ 4 H
+= Mn
2++2 H 2O；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
−= S + Mn
2+。
【详解】A．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，故充电时电极Ⅱ为阳极，A 正确；
B．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，正极反应为：MnO2+2e
−+ 4 H
+= Mn
2++2 H 2O，反应消耗H
+，
溶液的pH 升高，B 错误；
C．由分析可知，放电时电极Ⅰ为原电池负极，负极反应为：MnS−2e
−= S+ Mn
2+，C 正确；
D．根据放电时负极反应，可知充电时阴极反应为S+ Mn
2++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。
23．（2025·湖南卷）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
−+6 H2O
电解
¿ NH3↑+9OH
−+ 4 Cl2↑
¿
【答案】B
【分析】由图可知，左侧发生NO3
−→NO2
−−NH 3，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，据此解答；
【详解】A．电解池中，阳离子向阴极移动，则，K
+向左室迁移，A 正确；
B．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．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．左侧阴极总反应是NO3
−+8e
−+6 H2O=NH3↑+9OH
−，右侧阳极总反应是8Cl
−-8e
−= 4 Cl2↑，将两电极
反应相加即可得到总反应，D 正确；
故选B。
24．（2025·河北卷）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1
1−x mol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
【分析】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，发生氧化反应，电极反应式为
2H2O−4e
−=O2↑+ 4 H
+，据此回答。
【详解】A．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．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1
1−x mol的
LixCoO2，B 正确；
C．SO4
2−为阴离子，应向阳极移动，即向Pt 电极迁移，C 错误；
D．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。
25．（2025·云南卷）一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中H2O解离的H
+和OH
−在电
场作用下向两极迁移。除硼原理：[B (OH)4]
−+ H
+= B (OH)3+ H2O。下列说法错误的是
A．Pt 电极反应：4 OH
−−4e
−=O2↑+2H2O
B．外加电场可促进双极膜中水的电离
C．Ⅲ室中，X 膜、Y 膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D．Ⅳ室每生成1molNaOH，同时Ⅱ室最多生成1molB (OH)3
【答案】C
【分析】由图中氢离子和氢氧根的流向，可推出左侧Pt 电极为阳极，右侧石墨电极为阴极，阳极发生的反
应为：4 OH
−−4e
−=O2↑+2H2O，阴极发生的反应为：2H
++2e
−= H2↑，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说明
钠离子往阴极方向移动，氯离子往阳极反向移动，据此解答。
【详解】A．由分析可知，Pt 电极为阳极，阳极发生的反应为：4 OH
−−4e
−=O2↑+2H2O，A 正确；
B．水可微弱的电离出氢离子和氢氧根，在外加电场作用下，使氢离子和氢氧根往两侧移动，降低了浓度，
可促进双极膜中水的电离，B 正确；
C．由分析可知，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说明钠离子往阴极方向移动，氯离子往阳极反向移动，即钠
离子往右侧移动，通过Y 膜，则Y 膜为阳离子交换膜，氯离子往左侧移动，通过X 膜，则X 膜为阴离子交
换膜，C 错误；
D．Ⅳ室每生成1molNaOH，则转移1mol 电子，有1mol 氢离子移到Ⅱ室中，生成1molB (OH)3，D 正确；
故选C。
26．（2025·河南卷）一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以LiCl形式回收含锂废弃物中的锂
元素，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是
A．Ⅱ为阳离子交换膜
B．电极a 附近溶液的pH减小
C．电极b 上发生的电极反应式为[Fe(CN)6]
4-+e
-=[Fe(CN)6]
3-
D．若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5g NaCl，理论上可回收1mol LiCl
【答案】D
【分析】由图可知，左侧为阴极，电极反应为O2+ 4 e
−+2 H 2O = 4OH
−，右侧为阳极，电极反应为
[Fe (CN)6]
4 -－e
﹣=[Fe (CN)6]
3-，在膜Ⅰ和膜Ⅱ间加入海水，钠离子透过膜Ⅰ进入阴极区得到氢氧化钠，
氯离子透过膜Ⅱ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，锂离子透过膜Ⅲ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，在此处得到LiCl，则膜Ⅰ为
阳膜，膜Ⅱ为阴膜，膜Ⅲ为阳膜，据此解答。
【详解】A．由分析可知，膜Ⅱ为阴膜， A 错误
B．a 电极的反应为O2+ 4 e
−+2 H 2O = 4OH
−，pH 变大，B 错误；
C．由分析可知，电极b 的反应为[Fe (CN)6]
4 -－e
﹣=[Fe (CN)6]
3-，C 错误；
D．每脱除58.5gNaCl，转移电子数为1mol，有1molLi+和1molCl-分别透过离子交换膜Ⅲ、膜Ⅱ，可得到
1molLiCl，D 正确；
故选D。
27. (2024·黑吉辽卷)“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
高效制
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
理论产量是传统电解水的1.5 倍
B. 阴极反应：
C. 电解时
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】
【分析】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-。
【解析】A．由以上分析可知，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：
，转移2mol 电子，只有阴极生成1molH2，所以相同电量下
理论
产量是传统电解水的2 倍，故A 错误；
B．阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H2O-2e-=H2↑+2OH-，故B 正确；
C．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，
通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b 极方向移动，故C 正确；
D．由以上分析可知，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+
H2，②HCOOH+OH-=HCOO-
+H2O，由(①+②)×2 得阳极反应为：
，故D 正确；
答案选A。
28. (2024·湖北卷)我国科学家设计了一种双位点
电催化剂，用
和
电化学催化合成
甘氨酸，原理如图，双极膜中
解离的
和
在电场作用下向两极迁移。已知在
溶液中，甲
醛转化为
，存在平衡
。
电极上发生的电子转移反
应为
。下列说法错误的是
A. 电解一段时间后阳极区
减小
B. 理论上生成
双极膜中有
解离
C. 阳极总反应式为
D. 阴极区存在反应
【答案】B
【分析】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。
【解析】A．根据分析，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 项正确；
B．根据分析，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 项错误；
C．根据分析，结合装置图，阳极总反应为2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O，C 项正确；
D．根据分析，阴极区的Pb 上发生反应H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，D 项正确；
答案选B。
29. (2024·山东卷)以不同材料修饰的
为电极，一定浓度的
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
和
，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
C. 电解总反应式为
D. 催化阶段反应产物物质的量之比
【答案】B
【分析】电极b 上Br-发生失电子的氧化反应转化成
，电极b 为阳极，电极反应为Br- -6e-+3H2O=
+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
+3H2↑；催化循环阶段
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。
【解析】A．根据分析，电极a
阴极，连接电源负极，A 项正确；
B．根据分析电解过程中消耗H2O 和Br-，而催化阶段
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．根据分析电解总反应式为Br-+3H2O
+3H2↑，C 项正确；
D．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；
答案选B。
30. (2024·湖南卷)在KOH 水溶液中，电化学方法合成高能物质
时，伴随少量
生成，电解原
理如图所示，下列说法正确的是
A. 电解时，
向Ni 电极移动
B. 生成
的电极反应：
C. 电解一段时间后，溶液pH 升高
D. 每生成
的同时，生成
【答案】B
【解析】
【分析】由电解原理图可知，Ni 电极产生氢气，作阴极，发生还原反应，电解质溶液为KOH 水溶液，则
电极反应为：
；Pt 电极
失去电子生成
，作阳极，电极反应为：
，同时，Pt 电极还伴随少量
生成，电极反应为：
。
【解析】A．由分析可知，Ni 电极为阴极，Pt 电极为阳极，电解过程中，阴离子向阳极移动，即
向Pt
电极移动，A 错误；
B．由分析可知，Pt 电极
失去电子生成
，电解质溶液为KOH 水溶液，电极反应为：
，B 正确；
C ．由分析可知，阳极主要反应为：
，阴极反应为：
，则电解过程中发生的总反应主要为：
，
反应消耗
，生成
，电解一段时间后，溶液pH 降低，C 错误；
D．根据电解总反应：
可知，每生成1mol
，生成0.5mol
，但Pt 电极伴随少量
生成，发生电极反应：
，则生成1molH2时得
到的部分电子由OH-放电产生O2提供，所以生成
小于0.5mol，D 错误；
故选B。
31. (2024·甘肃卷)某固体电解池工作原理如图所示，下列说法错误的是
A. 电极1 的多孔结构能增大与水蒸气的接触面积
B. 电极2 是阴极，发生还原反应：
C. 工作时
从多孔电极1 迁移到多孔电极2
D. 理论上电源提供
能分解
【答案】B
【分析】多孔电极1 上H2O(g)发生得电子的还原反应转化成H2(g)，多孔电极1 为阴极，电极反应为
2H2O+4e-=2H2+2O2-；多孔电极2 上O2-发生失电子的氧化反应转化成O2(g)，多孔电极2 为阳极，电极反应
为2O2--4e-=O2。
【解析】A．电极1 的多孔结构能增大电极的表面积，增大与水蒸气的接触面积，A 项正确；
B．根据分析，电极2
阳极，发生氧化反应：2O2--4e-=O2，B 项错误；
C．工作时，阴离子O2-向阳极移动，即O2-从多孔电极1 迁移到多孔电极2，C 项正确；
D．根据分析，电解总反应为2H2O(g)
2H2+O2，分解2molH2O 转移4mol 电子，则理论上电源提供
2mol 电子能分解1molH2O，D 项正确；
答案选B。
32. (2024·广东卷)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：
B. 阴极区溶液中
浓度逐渐升高
C. 理论上每消耗
，阳极室溶液减少
D. 理论上每消耗
，阴极室物质最多增加
【答案】C
【分析】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，
放电产生氯气，电极反应
为：
；左侧电极为阴极，发生还原反应，
在碱性条件下转化为Fe，电极反应为：
；中间为阳离子交换膜，
由阳极向阴极移动。
【解析】A．由分析可知，阳极反应为：
，A 正确；
B．由分析可知，阴极反应为：
，消耗水产生
，阴极区溶液中
浓度逐渐升高，B 正确；
C．由分析可知，理论上每消耗
，转移6mol 电子，产生3mol
，同时有6mol
由阳极转
移至阴极，则阳极室溶液减少
，C 错误；
D．由分析可知，理论上每消耗
，转移6mol 电子，有6mol
由阳极转移至阴极，阴极室物
质最多增加
，D 正确；
故选C。
33．（2023·全国甲卷）用可再生能源电还原
时，采用高浓度的
抑制酸性电解液中的析氢反应来提
高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是
A．析氢反应发生在
电极上
B．
从
电极迁移到
电极
C．阴极发生的反应有：
D．每转移
电子，阳极生成
气体(标准状况)
【答案】C
【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx-Ti 电极为电解池的阳极，水在阳极失去
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+，铜电极为阴极，酸性条件下二
氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O、
2CO2+12H++12e−=C2H5OH+3H2O，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。
【解析】A．析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，故A 错误；
B．离子交换膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，Cl-不能通过，故B 错误；
C．由分析可知，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，
电极反应式有2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，故C 正确；
D．水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+，每转移1mol
电子，生成0.25molO2，在标况下体积为5.6L，故D 错误；
答案选C。
34．（2023·湖北卷）我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置
工作时阳极无
生成且KOH 溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为
。下列说法错误的是
A．b 电极反应式为
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE 膜
D．海水为电解池补水的速率为
【答案】D
【分析】由图可知，该装置为电解水制取氢气的装置，a 电极与电源正极相连，为电解池的阳极，b 电极与
电源负极相连，为电解池的阴极，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，电
池总反应为2H2O
2H2↑+O2↑，据此解答。
【解析】A．b 电极反应式为b 电极为阴极，发生还原反应，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A 正确；
B．该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH 浓度不变，阳极发生的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，为保持
OH-离子浓度不变，则阴极产生的OH-离子要通过离子交换膜进入阳极室，即离子交换膜应为阴离子交换
摸，故B 正确；
C．电解时电解槽中不断有水被消耗，海水中的动能高的水可穿过PTFE 膜，为电解池补水，故C 正确；
D．由电解总反应可知，每生成1molH2要消耗1molH2O，生成H2的速率为
，则补水的速率也应
是
，故D 错误；
答案选D。
35．（2023·辽宁卷）某无隔膜流动海水电解法制
的装置如下图所示，其中高选择性催化剂
可抑制
产生。下列说法正确的是
A．b 端电势高于a 端电势
B．理论上转移
生成
C．电解后海水
下降
D．阳极发生：
【答案】D
【分析】由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，电极a 为正极，右侧电极为阴极，b 电极为
负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。
【解析】A．由分析可知，a 为正极，b 电极为负极，则a 端电势高于b 端电势，A 错误；
B．右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H2↑，则理论上转移
生成
，B 错误；
C．由图可知，该装置的总反应为电解海水的装置，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH 基本不
变，C 错误；
D．由图可知，阳极上的电极反应为：
，D 正确；
故选D。
36．（2023·北京卷）回收利用工业废气中的
和
，实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A．废气中
排放到大气中会形成酸雨
B．装置a 中溶液显碱性的原因是
的水解程度大于
的电离程度
C．装置a 中溶液的作用是吸收废气中的
和
D．装置中的总反应为
【答案】C
【解析】A．
是酸性氧化物，废气中
排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A 正确；
B．装置a 中溶液的溶质为
，溶液显碱性，说明
的水解程度大于电离程度，故B 正确；
C．装置a 中
溶液的作用是吸收
气体，
与
溶液不反应，不能吸收
，故C 错误；
D．由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b 中总反应为
，故D 正确；
选C。
37．（2023·广东卷）用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解
溶液制氨。工作时，
在双极膜界面处被催化解离成
和
，有利于电解反应顺利进行。下列说法不
正确的是
A．电解总反应：
B．每生成
，双极膜处有
的
解离
C．电解过程中，阳极室中
的物质的量不因反应而改变
D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率
【答案】B
【分析】由信息大电流催化电解
溶液制氨可知，在电极a 处
放电生成
，发生还原反应，
故电极a 为阴极，电极方程式为
，电极b 为阳极，电极方程式为
，“卯榫”结构的双极膜中的H＋移向电极a，OH－移向电极b。
【解析】A．由分析中阴阳极电极方程式可知，电解总反应为
，故
A 正确；
B．每生成
，阴极得8mol e－，同时双极膜处有8mol
进入阴极室，即有8mol 的
解
离，故B 错误；
C．电解过程中，阳极室每消耗4mol
，同时有4mol
通过双极膜进入阳极室，KOH 的物质的量不
因反应而改变，故C 正确；
D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于
被催化解离成
和
，可提
高氨生成速率，故D 正确；
故选B。
38．（2023·湖南卷）葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中
采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：
下列说法错误的是
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成
葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了
电子
C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
【答案】B
【解析】A．由图中信息可知，溴化钠是电解装置中的电解质，其电离产生的离子可以起导电作用，且
在阳极上被氧化为
，然后
与
反应生成
和
，
再和葡萄糖反应生成葡萄糖酸
和
，溴离子在该过程中的质量和性质保持不变，因此，溴化钠在反应中起催化和导电作用，A 说法正
确；
B．由A 中分析可知，2mol
在阳极上失去2mol 电子后生成1mol
，1mol
与
反应生成1mol
，1mol
与1mol 葡萄糖反应生成1mol 葡萄糖酸，1mol 葡萄糖酸与足量的碳酸钙反应可生成0.5
mol 葡萄糖酸钙，因此，每生成1 mol 葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了4 mol 电子，B 说法不正确；
C．葡萄糖酸分子内既有羧基又有羟基，因此，其能通过分子内反应生成含有六元环状结构的酯，C 说法
正确；
D．葡萄糖分子中的1 号C 原子形成了醛基，其余5 个C 原子上均有羟基和H；醛基上既能发生氧化反应
生成羧基，也能在一定的条件下与氢气发生加成反应生成醇，该加成反应也是还原反应；葡萄糖能与酸发
生酯化反应，酯化反应也是取代反应；羟基能与其相连的C 原子的邻位C 上的H（
）发生消去反应；
综上所述，葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应，D 说法正确；
综上所述，本题选B。
39．（2023·浙江卷）氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是
A．电极A 接电源正极，发生氧化反应
B．电极B 的电极反应式为：
C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的
溶液
D．改进设计中通过提高电极B 上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
【答案】B
【解析】A．电极A 是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A 接电源正极，
发生氧化反应，故A 正确；
B．电极B 为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为：
，故B 错误；
C．右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右边，在右室获得浓度较高的
溶
液，故C 正确；
D．改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B 处的氧化性，通过反应物的氧化性来降低电解电压，减少
能耗，故D 正确。
综上所述，答案为B。
40．（2023·浙江卷）在熔融盐体系中，通过电解
和
获得电池材料
，电解装置如图，下列
说法正确的是
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A 的电极反应：
C．该体系中，石墨优先于
参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
【答案】C
【分析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C 转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极
相连，则电极A 作阴极，
和
获得电子产生电池材料
，电极反应为
。
【解析】A．在外加电源下石墨电极上C 转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，选项A 错误；
B．电极A 的电极反应为
，选项B 错误；
C．根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于
参与反应，选项C 正确；
D．电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A 移动，选项D 错误；
答案选C。
考点03 金属的腐蚀与防护
41. (2024·浙江卷1 月)破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成[Zn(NH3)4]2+和H2，下列说法不正确
的是
A. 氨水浓度越大，腐蚀趋势越大
B. 随着腐蚀的进行，溶液pH 变大
C. 铁电极上的电极反应式为：2NH3+2e-=2NH2
-+2H2↑
D. 每生成标准状况下224mLH2，消耗0.010molZn
【答案】C
【解析】
【解析】A．氨水浓度越大，越容易生成
，腐蚀趋势越大，A 正确；
B．腐蚀的总反应为Zn+4NH3•H2O=
+H2↑+2H2O+2OH-，有OH-离子生成，溶液
变大，
B 正确；
C．该电化学腐蚀中Zn 作负极，Fe 作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，铁电极上的电极反应式为：
，C 错误；
D．根据得失电子守恒，每生成标准状况下
，转移电子数为
，消耗
，D 正确；
故选C
42. (2024·浙江卷6 月)金属腐蚀会对设备产生严重危害，腐蚀快慢与材料种类、所处环境有关。下图为两
种对海水中钢闸门的防腐措施示意图：
下列说法正确的是
A. 图1、图2 中，阳极材料本身均失去电子
B. 图2 中，外加电压偏高时，钢闸门表面可发生反应：
C. 图2 中，外加电压保持恒定不变，有利于提高对钢闸门的防护效果
D. 图1、图2 中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，钢闸门、阳极均不发生化学反应
【答案】B
【解析】
【解析】A．图1 为牺牲阳极的阴极瓮中保护法，牺牲阳极一般为较活泼金属，其作为原电池的负极，其
失去电子被氧化；图2 为外加电流的阴极保护法，阳极材料为辅助阳极，其通常是惰性电极，其本身不失
去电子，电解质溶液中的阴离子在其表面失去电子，如海水中的
，A 不正确；
B．图2 中，外加电压偏高时，钢闸门表面积累的电子很多，除了海水中的
放电外，海水中溶解的
也会竞争放电，故可发生
，B 正确；
C．图2 为外加电流的阴极保护法，理论上只要能对抗钢闸门表面的腐蚀电流即可，当钢闸门表面的腐蚀
电流为零时保护效果最好；腐蚀电流会随着环境的变化而变化，若外加电压保持恒定不变，则不能保证抵
消腐蚀电流，不利于提高对钢闸门的防护效果，C 不正确；
D．图1、图2 中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，说明从牺牲阳极或外加电源传递过来的电子阻止了
的发生，钢闸门不发生化学反应，但是牺牲阳极和发生了氧化反应，辅助阳极上也发生了氧化
反应，D 不正确；
综上所述，本题选B。
43. (2024·广东卷)我国自主设计建造的浮式生产储御油装置“海葵一号”将在珠江口盆地海域使用，其钢
铁外壳镶嵌了锌块，以利用电化学原理延缓外壳的腐蚀。下列有关说法正确的是
A. 钢铁外壳为负极
B. 镶嵌的锌块可永久使用
C. 该法为外加电流法
D. 锌发生反应：
【答案】D
【解析】
【分析】钢铁外壳镶嵌了锌块，由于金属活动性Zn＞Fe，即锌块为负极，钢铁为正极，形成原电池，Zn
失去电子，发生还原反应，
，从而保护钢铁，延缓其腐蚀。
【解析】A．由于金属活动性Zn＞Fe，钢铁外壳为正极，锌块为负极，故A 错误；
B．Zn 失去电子，发生还原反应，
，镶嵌的锌块会被逐渐消耗，需根据腐蚀情况进行维
护和更换，不能永久使用，故B 错误；
C．由分析得，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故C 错误；
D．Zn 失去电子，发生还原反应：
，故D 正确；
故选D。
