人教版高考化学二轮复习专题题型10 新型电化学装置分析 试卷（有答案）

这是一份人教版高考化学二轮复习专题题型10 新型电化学装置分析 试卷（有答案），共1页。
目录
第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局
第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学
典例引领 方法透视 变式演练
考向01 依据原电池原理设计的新型电化学装置
考向02 依据二次电池原理设计的新型电化学装置【重难】
考向03 依据电解池原理设计的新型电化学装置【重难】
考向04 多池串联电化学装置分析【重难】
考向05 电化学装置中离子交换膜的分析
考向06 电化学综合及其计算【重难】
第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战
新型电化学装置题是高考的“宠儿”，它完美考查了学生对原理的迁移应用能力。其核心特征是“去模板化”，装置新颖陌生，但遵循的基本规律不变。新型电化学装置将更多源于液流电池、金属-空气电池、CO₂电催化还原、水处理电解池等国家战略需求领域。设问将更侧重于离子交换膜的选择依据、某一室pH变化的原因、或特定设计（如多孔电极）的目的，考查学生对装置设计的理解深度。膜的核心作用是选择性通过离子以构成回路，同时隔离产物、防止副反应。分析时需明确离子移动方向是为了平衡哪一区域的电荷。可能结合装置，考查电子转移数与气体体积/产物质量的计算，或提供电压-电流曲线，要求判断反应是否发生。电极反应式书写是解题的最终落脚点。遵循电子守恒、电荷守恒和元素守恒。
考向01 依据原电池原理设计的新型电化学装置
【例1-1】（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：H2−2e−=2H+；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：O2+4e−+4H+=2H2O。
【解析】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；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；氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H2−2e−=2H+，同时，反应负极每失去1个电子，就会有一个H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确；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。
【例1-2】（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−=Cu2OH3Cl+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−=Cu2OH3Cl+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。
【解析】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；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；a电极是负极，电极反应式为Cu2O+2H2O+Cl−−2e−=Cu2OH3Cl+H+，C正确；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；故选D。
1.判断电极方程式是否正确
（1）看电极反应是氧化反应还是还原反应；
（2）看得反应是得电子还是失电子；
（3）看产物能否与溶液反应
①酸性溶液：方程式中不能出现OH-；②碱性溶液：方程式中不能出现H+。
③看电极产物能否和环境中的其他物质反应
（4）看物质拆分是否正确
①强酸、强碱、可溶性盐溶液可拆
②非溶液和熔融状态下进行的反应不能写成离子方程式形式
③原子团不能拆分
（5）看有无隐含的酸碱性
①酸性溶液：产物是NH4+、Fe3+、Cu2+等弱阳离子
②碱性溶液：有金属氧化物、氢氧化物参与的反应
2.新型化学电源中电极反应式的书写三步骤
【变式1-1】（2025·云南·模拟预测）海底沉积层微生物燃料是一种新型海洋可再生能源，用该燃料设计的原电池产电原理如图所示。下列说法正确的是
A．a极电势低于b极
B．b极发生还原反应
C．海底沉积层产生的H+通过海水向a极移动
D．理论上海底沉积层中消耗0.1 mlSO42−，电路中转移0.6 ml电子
【答案】C
【解析】a极O2反应生成了H2O，发生了还原反应，a极为正极，正极电势比负极高，A错误；SO42−在微生物作用下生成HS−,HS−在b极生成了S单质，b极发生了氧化反应，B错误；a是正极、b是负极，阳离子移向正极，海底沉积层产生的H+通过海水向正极a极移动，C正确；理论上海底沉积层中消耗0.1 mlSO42−，则有0.1 mlHS−在b极反应，转移0.2 ml电子，D错误。故选C。
【变式1-2】 （2025·辽宁沈阳·二模）我国科技工作者研发的碱式混合硝酸锌电池工作原理如图所示。图中双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH−，并在电场作用下分别向两极迁移。下列说法中错误的是
A．M膜是阴离子交换膜
B．催化电极上的电势比锌电极上的高
C．负极区的反应为Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−
D．当正极区H+变化为2ml时，锌电极质量会减少65g
【答案】D
【分析】根据图中所示，锌电极中的Zn在碱性溶液中失去电子生成ZnOH42−，故锌电极为负极；NO3−在催化电极上发生反应转化为NH4+，N元素化合价降低，发生还原反应，催化电极为正极。根据电池放电时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，双极膜中的OH−通过M膜向负极移动，则M膜为阴离子交换膜，H+通过N膜向正极移动，则N膜为阳离子交换膜。
【解析】双极膜解离出的OH⁻需向负极区（锌电极区）迁移，M膜允许OH⁻通过，OH⁻为阴离子，故M膜是阴离子交换膜，A正确；催化电极为正极，锌电极为负极，原电池中正极电势高于负极，故催化电极上的电势比锌电极上的高，B正确；锌电极作负极，在碱性条件下失电子生成ZnOH42−，反应式为Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，C正确；正极反应为NO3−+8e−+10H+=NH4++3H2O，消耗10ml H+时转移8mle⁻，则双极膜中有8ml H+通过N膜转移至正极区，此时正极区H+变化为2ml，锌电极质量会减少4×65g，D错误；故选D。
考向02 依据二次电池原理设计的新型电化学装置
【例2-1】（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 ml Ag的同时将消耗1ml Sb4O5Cl2
D．充电时，M极上反应为Sb4O5Cl2+12e−+10H+=4Sb+2Cl−+5H2O
【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4Sb-12e−+2Cl−+5H2O=Sb4O5Cl2+10H+，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。
【解析】由分析可知，放电时，M电极为负极，A错误；由分析可知，放电时，N电极反应为：AgCl+e−=Ag+Cl−，B错误；由分析可知，建立电子转移关系式：Sb4O5Cl2∼12e−∼12Ag，由此可知，消耗4mlAg，同时消耗13mlSb4O5Cl2，C错误；充电时，M极为阴极，电极反应与原电池相反：Sb4O5Cl2+12e−+10H+=4Sb+2Cl−+5H2O，D正确；故选D。
【例2-2】（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1mlO2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O2−转化为O22−
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-=O22−，随温度升高Q增大，正极区O22−转化为O2−；充电时，锂电极为阴极，得到电子，多孔功能电极为阳极，O22−或O2−失去电子。
【解析】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；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；放电时，正极得到电子，O22−中氧原子为-1价，O2−中氧原子为-2价，因此随温度升高Q增大，正极区O22−转化为O2−，C错误；充电时，锂电极为阴极，连接电源负极，D正确；故选C。
1.二次电电池的特点
（1）放电时为原电池，电极属性为正负极
（2）充电时为电解池，电极属性为阴阳极
（3）阳极连正极，电极反应式相反，充电时变成阳极
（4）阴极连负极，电极反应式相反，充电时变成阴极
（5）充电时，电池上“-”极应接电源的负极
2.二次电池的充放电原理
3.二次电池的充放电规律
a.充电时电极的连接：充电的目的是使电池恢复其供电能力，因此负极应与电源的负极相连以获得电子，可简记为负接负后作阴极，正接正后作阳极。
b.工作时的电极反应式：同一电极上的电极反应式，在充电与放电时，形式上恰好是相反的；同一电极周围的溶液，充电与放电时pH的变化趋势也恰好相反。
4.二次电池电极反应式的书写方法
a.标：先标出原电池总反应式电子转移的方向和数目，找出参与负极和正极反应的物质。
b.写：写出一个比较容易书写的电极反应式(书写时一定要注意电极产物是否与电解质溶液共存)
c.减：在电子守恒的基础上，总反应式减去写出的电极反应式即得另一电极反应式。
【变式2-1】（2025·山东·二模）我国某研究团队近期研发了以双极膜(该膜可将水解离成H+和OH−并定向通过)为交换膜的酸碱隔离电解液新型可充电锌锰干电池，工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．放电时，Zn电极电势比MnO2极电势高
B．放电时，双极膜中阴、阳离子分别向左、右移动
C．放电时，正极电极反应式为MnO2−2e−+2H2O=Mn2++4OH−
D．充电时，当电路中转移0.2ml电子，电解质溶液1质量减少6.5g
【答案】B
【分析】如图，放电时为原电池，Zn电极为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：Zn+4OH−−2e−=ZnOH42−，MnO2为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为：MnO2+2e−+2H2O=Mn2++4OH−；充电时为电解池，Zn电极为阴极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为：ZnOH42−+2e−=Zn+4OH−，MnO2电极为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Mn2++4OH−−2e−=MnO2+2H2O，据此回答。
【解析】放电时为原电池，Zn电极为负极，MnO2为正极，原电池中负极电势比正极低，故Zn电极电势比MnO2极电势低，A错误；放电时为原电池，双极膜解离出H⁺（阳离子）和OH⁻（阴离子），原电池内电路中，阳离子移向正极（右），阴离子移向负极（左），即阴离子OH⁻向左移动，阳离子H⁺向右移动，B正确；由分析知，放电时，正极电极反应式为：MnO2+2e−+2H2O=Mn2++4OH−，C错误；充电时阴极反应为ZnOH42−+2e−=Zn+4OH−，转移0.2ml电子生成0.1ml Zn（6.5g，沉积于电极），同时生成0.4ml OH−。但充电时双极膜中H⁺移向阴极，与OH−反应生成水，溶液质量变化不仅涉及离子转化，还包括水的生成，实际减少量不等于6.5g，D错误；故选B。
【变式2-2】（2025·甘肃白银·二模）锌铁液流电池安全、稳定、电解液成本低。如图为以ZnOH42−/Zn和FeCN63−/FeCN64−作为电极氧化还原电对的碱性锌铁液流电池放电时工作原理示意图。
已知：聚苯并咪唑(PBI)膜允许OH−通过。下列说法正确的是
A．充电过程中，总反应为2FeCN63−+Zn+4OH−=ZnOH42−+2FeCN64−
B．放电过程中，左侧池中溶液pH逐渐减小
C．充电过程中，当2mlOH−通过PBI膜时，导线中通过1mle−
D．充电过程中，阴极的电极反应为ZnOH42−−2e−=Zn+4OH−
【答案】B
【分析】Zn是活泼电极，放电过程中Zn是负极，Zn失去电子生成ZnOH42−，电极方程式为Zn-2e-+4OH-=ZnOH42-；惰性电极为正极，FeCN63−得到电子生成FeCN64−，电极方程式为：FeCN63-+e-=FeCN64-；放电过程中，总反应为：2FeCN63-+Zn+4OH-=ZnOH42-+2FeCN64-。
【解析】充电过程中，总反应和放电总反应相反，为ZnOH42-+2FeCN64-=2FeCN63-+Zn+4OH-，A错误；放电时左侧为正极区，正极反应为FeCN63-+e-=FeCN64-，右侧负极反应为Zn-2e-+4OH-=ZnOH42-，负极消耗OH−，为维持电荷平衡，OH−从左侧向右侧移动，左侧池OH−浓度减小，pH逐渐减小，B正确；
C．结合电子、电荷守恒，充电过程中，当2mlOH−通过PBI膜时，导线中通过2mle−，C错误；
D．充电时阴极为锌电极，发生还原反应，电极反应应为ZnOH42-+2e-=Zn+4OH-，D错误；故选B。
考向03 依据电解池原理设计的新型电化学装置
【例3-1】（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。
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．b0，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2H2O−4e−=O2↑+4H+，石墨1中会吸附少量氧气；石墨2为阴极，发生反应2H2O+2e−=H2↑+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。
【解析】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；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bc，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。
【例3-2】（2025·河北卷）科研工作者设计了一种用于废弃电极材料LixCO2(x a，A错误；放电时为原电池，负极发生氧化反应，a极为负极，LixC6失去电子生成Li+和C，电极反应式为LixC6−xe−=xLi++6C，B正确；放电时（原电池）Li+向正极（b极）移动，充电时（电解池）Li+向阴极（a极，原电池负极）移动，移动方向改变，C错误；Li为活泼金属，会与水溶液中的水反应，该电池电解质不能选择水溶液（如Li2SO4溶液），D错误；故选B。
考向06 电化学综合及其计算
【例6-1】（2025·四川卷）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1.0ml NO3−为NH3，理论上需要8.0ml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[AlOH4]−=4Al+6H2O+4OH−+3O2↑
【答案】A
【分析】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−=[AlOH4]−，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，据此解答。
【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−=[AlOH4]−，当转移3ml电子时，消耗4mlOH−，同时正极区会有3mlOH−通过OH−离子交换膜进行补充，OH−净消耗1ml，故负极区游离的OH−数目会减少，故A错误；氢原子将吸附在电催化剂表面的NO3−逐步还原为NH3，还原1.0ml NO3−为NH3，由化合价变化可知，得到8ml电子，所以理论上需要8.0ml氢原子，故B正确；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；充电时，电池阴极反应式为4[AlOH4]−+12e−=4Al+16OH−，阳极反应式为12OH−−12e−=3O2↑+6H2O，总反应为4[AlOH4]−=4Al+6H2O+4OH−+3O2↑，故D正确；故选A。
【例6-2】（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1ml电子，cH+降低1ml⋅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LiH2PO4解离为Li+和H2PO4−，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：H2−2e−+2H2PO4−=2H3PO4，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2H3PO4+2e−=2H2PO4−+H2↑，据此解答。
【解析】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2ml电子时，电解质溶液质量增加7g/ml×2ml−1ml×2g/ml=12g，即电解质溶液质量会增大，A错误；放电时，由分析中的正、负电极反应可知，总反应为2Li+2H3PO4=H2↑+2LiH2PO4，B错误；充电时，Li+向阴极移动，则Li+向惰性电极移动，C正确；充电时每转移1ml电子，会有1mlH+与H2PO4−结合生成H3PO4，但不知道电解液体积，无法计算cH+降低了多少，D错误；故选C。
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。
如以电路中通过4 ml e－为桥梁可构建以下关系式：
(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，熟记电极反应式，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。
【变式6-1】（2025·浙江绍兴·一模）己二腈NCCH24CN是工业制造尼龙-66的原料，利用丙烯腈(CH2=CHCN，不溶于水)为原料、高浓度季铵盐R4NBr水溶液[季铵盐的阳离子R4N+在阴极表面会形成一个疏水的界面层，提高电解效率]为电解液制备己二腈的电有机合成装置如图所示。下列说法不正确的是
A．R4NBr的作用之一是抑制副反应：2H2O+2e−=H2↑+2OH−
B．若交换膜为阴离子交换膜，则一段时间后阳极区由无色变成橙色
C．当电路中转移1ml e−时，阳极室溶液质量减少9g
D．电解质季铵盐R4NBr中R越大，电解效率越高
【答案】D
【分析】结合题意可知，a为阴极，丙烯腈发生还原反应生成己二腈，电极反应式为：2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN；b为阳极发生氧化反应，电极反应式为：2H2O- 4e-=4H++O2↑；据此作答。
【解析】依据题意：季铵盐的阳离子(R4N+)在阴极表面会形成一个疏水的界面层，则R4NBr可以阻止水中的氢离子得电子发生副反应，提高电解效率，A正确；若交换膜为阴离子交换膜，R4NBr电离出来的溴离子可能会移动至阳极并放电，产生溴单质，使阳极区溶液由无色变成橙色，B正确；阳极电极反应式为：2H2O- 4e-=4H++O2↑，当电路中转移1 ml电子时，阳极室产生0.25 ml氧气，同时有1 ml氢离子进入阴极区，则阳极溶液减少质量=0.25×32+1=9g，C正确；电解质季铵盐(R4NBr)中R越大，可能增强了疏水性，抑制了副反应；但R越大也可能导致离子体积增大，离子的迁移率降低，增加电解过程中的能耗，D不正确；故选D。
【变式6-2】 （2025·广东惠州·三模）科学家近年发明了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如下，电极为金属锌和选择性催化材料。下列说法正确的是
A．放电时，负极反应：Zn−2e−=Zn2+
B．充电时，阴极区溶液中OH−浓度逐渐降低
C．理论上每消耗6.5gZn，正极区的CO2减少2.24L(标准状况下)
D．理论上每生成32gO2，转移的电子数为2NA
【答案】C
【分析】由图可知，放电时，左侧电极上Zn被氧化生成Zn(OH)42−，作负极；右侧电极上CO2被还原生成HCOOH，作正极；充电时，左侧电极上Zn(OH)42−被还原生成Zn，作阴极；右侧电极上H2O被氧化生成O2，作阳极，据此解答。
【解析】由分析可知，放电时，负极上Zn被氧化生成Zn(OH)42−，则负极反应为：Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，A错误；由分析可知，充电时，阴极上Zn(OH)42−被还原生成Zn，发生电极反应：Zn(OH)42−+2e−=Zn+4OH−，即生成OH−，则阴极区溶液中OH−浓度逐渐升高，B错误；6.5 g Zn物质的量为0.1 ml，放电时，理论上每消耗6.5g Zn失去0.2 ml e−，正极区的CO2被还原生成HCOOH，C元素化合价由+4价降低至+2价，则有0.1 ml CO2被还原，即正极区的CO2减少2.24L(标准状况下)，C正确；充电时，阳极上H2O被氧化生成O2，理论上每生成32g O2(即1 ml)，转移的电子数为4 ml，即4NA，D错误；故选C。
1.（2025·贵州铜仁·模拟预测）锌-空气二次电池具有性能高、寿命长的可充电等优点，其原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电过程中，b极的电极电势高于a极的电极电势
B．放电过程中，OH-由b极区向a极区迁移
C．充电过程中，a极的电极反应为：[Zn(OH)4]2-+ 2e-=Zn +4OH-
D．充电过程中，a、b电极附近溶液pH均不变
【答案】D
【分析】电池工作时，a电极，Zn转化为[Zn(OH)4]2-，失电子发生氧化反应，则a极为负极；b电极，O2转化为OH-，得电子发生还原反应，b极为正极。
【解析】原电池工作时，正极的电极电势高于负极的电极电势，则放电过程中，b极的电极电势高于a极的电极电势，A正确；放电过程中，阴离子向负极移动，则OH-由b极区向a极区迁移，B正确；充电过程中，a极为阴极，[Zn(OH)4]2-得电子转化为Zn等，电极反应为：[Zn(OH)4]2-+ 2e-=Zn+4OH-，C正确；充电过程中，a极反应为[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn+4OH-，b极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，则a、b电极附近溶液pH均发生改变，D错误；故选D。
2.（2025·陕西商洛·模拟预测）我国科学家通过Cu2O超低电位下电催化硝酸盐与甲醇在Cu2O/Cu复合电极上反应，其原理如图，其中离子交换膜只允许OH−通过。下列说法错误的是
A．电极b为阳极
B．Cu2O电极上的电极反应式为NO3−+6H2O+8e−=NH3+9OH−
C．理论上每生成1 ml HCOO−，就有4 ml OH−通过离子交换膜
D．KOH溶液在反应过程中pH保持不变
【答案】D
【分析】Cu2O/Cu复合电极失电子，Cu生成CuO、Cu2O生成Cu(OH)2，Cu2O/Cu复合电极是阳极；Cu2O电极上硝酸根离子得电子生成氨气，Cu2O电极是阴极。
【解析】根据以上分析，Cu2O/Cu复合电极是阳极，即电极b为阳极，故A正确；根据图示，Cu2O电极上硝酸根离子得电子生成氨气，Cu2O电极上的电极反应式为NO3−+6H2O+8e−=NH3+9OH−，故B正确；甲醇转化为HCOO−，碳元素化合价由-2升高为+2，理论上每生成1 ml HCOO−，电路中转移4ml电子，根据电荷守恒，就有4 ml OH−通过离子交换膜，故C正确；1 ml甲醇转化为 HCOO-的反应：CH3OH+CuO→HCHO+Cu+H2O、HCHO+2Cu(OH)2+OH-=HCOO-+Cu2O+3H2O，总反应为2CH3OH+NO3−+OH-=通电2HCOO-+NH3+2H2O，所以KOH溶液在反应过程中浓度降低，pH减小，故D错误；
选D。
3.（2025·浙江·一模）我国目前已经实现通过电化学合成尿素，模拟装置如图所示。下列说法不正确的是
A．b极上的电势比a极上的电势高
B．阴极反应式为CO2+2NO3−+16e−+18H+=CONH22+7H2O
C．电路上转移4 ml电子时，理论上有4 ml H+通过交换膜向左迁移
D．电解一段时间b极区溶液pH不变
【答案】D
【分析】根据物质变化可知，石墨电极上H2O失电子，石墨为阳极，则b为电源正极，a为电源负极，Fe/Fe3O4电极为阴极，据此解答。
【解析】由分析可知，b极为电源正极，a极为电源负极，电源正极（b极）电势高于负极（a极），A正确；阴极CO2和NO3-转化为尿素，N从+5价降为-3价（2个N得16e⁻），阴极反应式为CO2+2NO3−+16e−+18H+=CONH22+7H2O，B正确；阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，电路上转移4 ml电子时，阳极生成4 ml H+，H+通过质子交换膜向左（阴极区）迁移，C正确；b极区为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，H+浓度增大，pH减小，D错误；故选D。
4.（2025·甘肃白银·模拟预测）钠离子电池相对于锂电池具有更好的安全性能。下图是一种可充电钠离子电池的工作示意图，已知该电池的电解质溶液是Na2SO4溶液，化合物中Ni均显+2价。下列说法正确的是
A．放电过程中，Na+通过阳离子交换膜向N极区移动
B．充电时，M极接电源正极
C．电池工作时，N极的电极反应为Na2NiFe(CN)6+e−=NaNiFe(CN)6+Na+
D．若N极质量变化了23 g，则电路中转移的电子数为0.2NA
【答案】B
【分析】分析Ti、Fe元素化合价易得出，Ti化合价降低，得电子，故M极区化合价降低为正极，其电极反应为：NaTi2(PO4)3+e−+Na+=Na2Ti2(PO4)3，N极区Fe化合价升高为负极，其电极反应为：Na2NiFe(CN)6−e−=NaNiFe(CN)6+Na+，以此解答。
【解析】由分析可知，放电时为原电池，M极为正极，N极为负极，阳离子向正极移动，Na+通过阳离子交换膜向M极区移动，A错误；充电时为电解池，原电池正极（M极）作阳极，接电源正极，B正确；N极为负极，发生氧化反应（失电子），正确反应式应为Na2NiFe(CN)6−e−=NaNiFe(CN)6+Na+，C错误；N极区Fe化合价升高为负极，其电极反应为：Na2NiFe(CN)6−e−=NaNiFe(CN)6+Na+，N极每转移1ml e-，失去1ml Na+（质量减少23g），故质量变化23g时转移电子数为NA，D错误；故选B。
5.（2025·河北秦皇岛·模拟预测）电解苯酚的乙腈CH3−CN水溶液可在电极上直接合成扑热息痛（），装置如图，其中电极材料均为石墨。下列说法错误的是
A．电极a为负极
B．装置工作时，乙室溶液pH减小
C．c的电极反应式为+CH3−CN+H2O−2e−→+2H+
D．合成1ml扑热息痛，理论上甲室质量增重64g
【答案】B
【分析】据题给信息可确定左侧装置为化学电源，右侧装置为电解池；化学电源中，阴离子向负极移动，故电极a是负极，电极b是正极，电极c是阳极，电极d是阴极；
【解析】由分析知电极a是负极，A正确；
B．乙室是化学电源的正极室，工作时，H2O2在正极b上得到电子发生还原反应，电极反应式为：H2O2+2e-+2H+=2H2O，反应时c(H+)减小，溶液pH增大，B错误；电极c为阳极，CH3CN在电极c上失去电子发生氧化反应，并与苯酚反应生成扑热息痛，电极反应式为：+CH3−CN+H2O−2e−→+2H+，C正确；根据阳极c的电极反应式，合成1ml扑热息痛，转移2ml电子，负极a发生反应：H2O2-2e-+2OH-=O2↑+2H2O，生成1ml氧气，同时乙室转移1ml硫酸根离子到甲室，理论上甲室质量增重96g/ml×1ml-32g/ml×1ml=64g，D正确；故选B。
6.（2025·山东·一模）使用惰性电极及阳离子交换膜和阴离子交换膜电解磷酸钠溶液同时制备氢气、氧气、氢氧化钠溶液和磷酸溶液四种产品。E、F是气体出口，下列说法错误的是
A．a、b电极材料分别为石墨棒和铁棒
B．C、D两口开始时分别输入稀磷酸溶液和稀氢氧化钠溶液
C．A、B口输出的溶液，反应生成溶质的物质的量比为1:3
D．若G口输入次磷酸钠溶液，则A口输出的是次磷酸溶液
【答案】A
【分析】电解磷酸钠溶液同时制备氢气、氧气、氢氧化钠溶液和磷酸溶液四种产品，结合题图可知，左侧为阳极区，右侧为阴极区，G口输入磷酸钠溶液，阳极区水电解生成氧气和H+(2H2O-4e-=O2↑+4H+)，阴极区水电解生成氢气和OH-(2H2O+2e-=H2↑+2OH-)，阳极区生成的H⁺与移入的PO43-结合生成H3PO4，阴极区生成的OH-与移入的钠离子结合生成NaOH。
【解析】题目明确使用惰性电极，铁棒为活性电极，若b电极为铁棒，阴极虽主要是H⁺放电，但题目要求“惰性电极”，故b电极不能为铁棒，A错误；由分析可知，阳极区的产物为H3PO4，阴极区的产物为NaOH，C、D两口开始时分别为稀磷酸溶液和稀氢氧化钠溶液，可增强溶液的导电性，B正确；A口输出H3PO4，B口输出NaOH，由于电荷守恒，当电路中转移3 ml 电子时，有1 ml PO43-穿过阴离子交换膜与H+结合生成1 ml H3PO4，同时，有3 ml Na+穿过阳离子交换膜与OH-结合生成3 ml NaOH，故生成H3PO4与NaOH的物质的量比为1:3，C正确；若G口输入次磷酸钠（NaH2PO2）溶液，次磷酸根（H2PO2-）穿过阴离子交换膜进入阳极区与H＋结合生成次磷酸（H3PO2），则A口输出次磷酸溶液，D正确；故选A。
7.（2025·四川眉山·模拟预测）用电化学方法可以去除循环冷却水(含有Ca2+、Mg2+、HCO3-、苯酚等)中的有机污染物，同时经处理过的冷却水还能减少结垢，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是
A．b为电源的正极
B．钛基电极上的反应为H2O+e-=H++·OH
C．碳钢电极底部有MgOH2、CaCO3生成
D．每处理1 ml苯酚，转移24 ml电子
【答案】C
【解析】从原理图上可以看出碳钢电极上水得电子变成氢气，发生还原反应，故碳钢电极为阴极，电极b为电源的负极，故A错误；钛基电极为阳极，发生失电子的氧化反应，从图中可以看出水失电子变成氢离子和·OH，电极反应式为H2O-e-=H++·OH，故B错误；碳钢电极附近产生OH-，可以结合镁离子产生Mg(OH)2沉淀，另外溶液中的碳酸氢根遇到OH-，会变成碳酸根离子，结合钙离子生成碳酸钙沉淀，故C正确；根据图示苯酚结合·OH变成二氧化碳和水，方程式C6H6O+28·OH=6CO2+17H2O，可知每处理1 ml苯酚，转移28 ml电子，故D错误；故选C。
8.（2025·辽宁丹东·二模）电解硫酸钠溶液制取某电池材料的前驱体Ni13C13Mn13OH2，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．b电极电势低于a
B．交换膜B为阳离子交换膜
C．通电一段时间后，Ⅰ室pH降低
D．当Ⅲ室产生0.2 ml Ni13C13Mn13OH2时，理论上Ⅰ室中质量减少3.2 g
【答案】D
【分析】由图可知，前驱体在Ⅲ 室生成，则Ⅱ室的金属阳离子进入Ⅲ 室，交换膜B为阳离子交换膜，则右侧纯钛电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-与金属阳离子结合得到前驱体，为保持电荷守恒，交换膜A为阴离子交换膜，左侧石墨电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，所以电解过程实际上是电解水。
【解析】电源正极电势高于负极，石墨电极连接a，纯钛电极连接b，前驱体在Ⅲ 室生成，纯钛电极为阴极（连接电源负极b），a为正极，b为负极，故b电极电势低于a，A正确；根据分析，Ⅲ 室需Ni2+、C2+、Mn2+与OH-结合生成前驱体，金属阳离子应从Ⅱ室移向Ⅲ 室（阴极），则交换膜B允许阳离子通过，为阳离子交换膜，B正确；根据分析，Ⅰ室石墨电极为阳极，发生反应2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成H+使溶液酸性增强，pH降低，C正确；根据化学式，生成0.2 ml前驱体需0.4 ml OH-，对应转移0.4 ml电子。阳极反应生成0.1 ml O2（质量3.2g），但Ⅱ室中的SO42-会通过交换膜A移向Ⅰ室（维持电中性），0.2 ml SO42-（质量19.2 g）移入，故Ⅰ室质量增加19.2 g-3.2 g=16 g，D错误；故选D。
8.（2025·广西南宁·模拟预测）硅锰原电池在酸性环境下的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．放电过程中，负极区溶液pH减小
B．导线上每通过1mle−，正极区溶液质量增加43.5g
C．正极的电极反应式为：2Mn2++4H2O+4e-=2MnO2+8H+
D．将交换膜更换为阴离子交换膜，电解液换为NaOH溶液，电流更平稳
【答案】A
【分析】由图可知，在碳硅电极上Si被氧化生成SiO2，则碳硅电极为负极，电极反应式为：Si-4e-+2H2O=SiO2+4H+；在MnO2电极上MnO2被还原生成Mn2+，则MnO2电极为正极，电极反应式为：2MnO2+4e-+8H+=2Mn2++4H2O；
【解析】放电过程中，碳硅电极为负极，电极反应式为：2H2O+Si−4e−=SiO2+4H+，负极生成H+同时消耗H2O，但H+透过质子交换膜迁移到正极，则负极区溶液中nH+不变，但H2O被消耗，溶液的体积减小，cH+增大，则pH减小，A正确；正极反应为：2MnO2+8H++4e−=2Mn2++4H2O，导线上每通过1mle−，即有1mlH+从负极区迁移至正极区溶液，同时正极溶解0.5mlMnO2，则正极区溶液质量增加1ml×1g/ml+0.5ml×87g/ml=44.5g，B错误；MnO2电极上MnO2被还原生成Mn2+，正极反应为：2MnO2+8H++4e−=2Mn2++4H2O，C错误；由于Si能与NaOH溶液直接反应，所以电解液不能换为NaOH溶液，D错误。故选A。
10.（2025·浙江·一模）中国科大研究团队开发出一种锂-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。下列说法不正确的是
A．放电时，电解质溶液质量减少
B．充电时，Li+移向惰性电极
C．充电时，阳极电极反应为H2-2e-+2H2PO4-=2H3PO4
D．该锂-氢可充电电池对比传统锂离子电池的优势在于降低成本和提高安全性
【答案】A
【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LiH2PO4解离为锂离子和H2PO4-，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：H2-2e-+2H2PO4-=2H3PO4，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2H3PO4+2e-=H2↑+2H2PO4-；
【解析】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2ml电子时，电解质溶液质量增加7g/ml×2ml-2g/ml×1ml=12g，即电解质溶液质量会增大，A错误；充电时，阳离子向阴极移动，则Li+移向惰性电极，B正确；由分析，充电时，阳极电极反应为H2-2e-+2H2PO4-=2H3PO4，C正确；传统锂离子电池依赖贵金属材料，成本高且安全性差，该电池用氢气作活性物质，可降低成本并提高安全性，D正确；故选A。
11.（2025·甘肃白银·模拟预测）近期报道了一种新型低成本、高性能的光辅助可充电水系钠离子电池(装置如图所示)。该电池的放电原理与传统钠离子电池相同；光照时，嵌入正极电解液中的TiO2电极产生电子(e-)和空穴(h+)，驱动两极反应而完成充电。下列说法错误的是
A．放电时需断开K，且TiO2电极避光存储
B．放电时，负极反应式为2S22−−2e−=S42−
C．充电时，TiO2电极反应式为2I3−+2h+=3I2
D．充电时闭合K，转移1 ml e-同时有1 ml Na+通过隔膜
【答案】C
【解析】放电时电池独立工作，需断开K避免TiO2电极干扰；TiO2光照产生电子和空穴会驱动充电，故需避光存储，A正确；放电时负极失电子，M电极区S22−（S为-1价）氧化为S42−（S为-0.5价），反应式为2S22−−2e−=S42−，B正确；充电时阳极应发生I⁻氧化为I3−（放电时正极反应为I3−+2e⁻=3I⁻，充电时逆反应），而h⁺为氧化剂，应氧化还原性更强的I⁻而非I3−，正确反应应为3I⁻+2h⁺=I3−+2h，C错误；充电时闭合K形成回路，转移1ml e⁻，为保持电荷平衡，1ml Na⁺通过隔膜从阳极（N）移向阴极（M），D正确；
综上所述，答案为C。
12.（2025·山东潍坊·模拟预测）水系铵根离子可充电电池具有成本低、安全、无污染等优点，其中V2CT2电极含V、C、N元素，电解质溶液中主要存在团簇离子NH4+CH3COOH3，放电时的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，电极电势：Xb
C．放电时，b极反应式为xS8+16e−+16Li+=8Li2Sx
D．充电时，a极生成1.4g Li时转移0.1ml电子
【答案】C
【解析】Li为活泼金属，能与水反应生成LiOH和H2，不能用LiOH水溶液作电解质，A错误；放电时为原电池，a极（Li）为负极，b极（S8）为正极，正极电势高于负极，即电极电势b > a，B错误；放电时，b极为正极，发生还原反应，S8得到电子与Li+结合生成Li2Sx，反应式为xS8+16e−+16Li+=8Li2Sx，C正确；充电时，a极为阴极，反应为Li++e−=Li，1.4gLi（0.2ml）转移0.2ml电子，D错误；故选C。
20.（2025·陕西·模拟预测）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+4OH−−2e−=ZnOH42−
B．闭合K1，一段时间后，阴极区的pH不变
C．闭合K2，OH−从Zn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11.2 L，则外电路转移0.5ml电子
【答案】D
【分析】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+4OH−−2e−=ZnOH42−，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，据此分析。
【解析】由图可知，闭合K1时，左侧电极反应为Zn+4OH−−2e−=ZnOH42−，右侧电极反应为CO2+2H++2e−=HCOOH，故A正确；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；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；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11.2 L，则阳极转移电子为1ml，外电路转移1ml电子，故D错误；故选D。CH4
酸性
碱性
CO
O2-
氧化产物
CO2
CO
HCO
CO
O2
酸性
碱性
中性
CO2
还原产物
H2O
OH-
OH-
CO
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