鲁科版高中化学26学年秋季高二上复习题解答-电能转化为化学能

第1页（共1页）鲁科版高中化学26学年秋季高二上复习题解答——电能转化为化学能一．选择题（共15小题）1．（2026•日照开学）一种利用电解还原CO2同时实现海水脱盐的装置如图所示，电解液在Ⅰ和Ⅳ室间循环，初始电解液为NaHCO3溶液（显碱性）。下列说法正确的是（）A．电极b与蓄电池的负极相连 B．a极的电极反应式为CO2+2e﹣+2HCO3-=CO+2CO3C．②为阳离子交换膜，①③为阴离子交换膜 D．电解一段时间后，Ⅱ室海水中盐的浓度降低2．（2024•李沧区校级开学）天津大学某科研团队利用电解原理，实现了两电极体系中甲酸和辛腈的高选择性合成，其工作原理如图所示（不考虑电极副反应）。下列说法正确的是（）A．Ni2P电极与直流电源的负极相连 B．通电一段时间后，In/In2O3﹣x电极附近溶液的pH不变 C．工作时，每转移2mol电子阴极室和阳极室中溶液的质量变化相差48g D．理论上整个反应过程的原子利用率为100%3．（2025秋•薛城区校级期末）某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是（）A．a极电势低于b极电势 B．电解时，阴极区c（OH﹣）不变 C．理论上转移2mole﹣生成4gH2 D．阳极的电极反应：4．（2025秋•济南校级月考）用惰性电极进行下列电解，有关说法正确的是（）①电解稀硫酸；②电解Cu（NO3）2溶液；③电解KOH溶液；④电解熔融NaCl。A．电解进行一段时间后，①②③的pH均减小 B．反应②中电解溶液一段时间后，颜色变浅，加入一定质量的Cu（OH）2，能够使溶液恢复到原来的成分和浓度 C．反应③中阳极消耗OH﹣，故溶液浓度变小 D．反应④中阴、阳两极上产物的物质的量之比为2：15．（2026•潍坊模拟）以滤纸包裹的Ce2（CO3）3固体粉末为原料，一定浓度的Ce（NO3）3溶液、CeCl3溶液分别作为两极区的电解液，用惰性电极电解制备CeO2•2H2O的原理如图。下列说法正确的是（）A．a极为负极 B．隔膜为阳离子交换膜 C．两极区的电解液也可互换 D．“氧化”消耗O2与电解产生的O2的物质的量相等6．（2026•临沂二模）一种电解硝酸盐和草酸制取甘氨酸的装置如图所示。下列说法错误的是（）A．b极连接电源的正极 B．电解过程存在电极反应：HON＝CHCOOH+4e﹣+4H+＝H2NCH2COOH+H2O C．理论上每生成7.5g甘氨酸，可产生标准状况下2.24LO2 D．电解过程中可能产生副产物HOCH2COOH7．（2026春•菏泽期中）某新能源企业研发了一套“双极膜电解耦合离子交换膜”的绿色化工装置，可将工业废水中的Na2SO4转化为高纯度的H2SO4和NaOH，实现废水资源化与酸碱联产，其工作原理如图所示。在直流电源作用下，双极膜（膜c、膜d）中间层中的H2O解离为H+和OH﹣。下列说法正确的是（）A．膜a、e为阴离子交换膜 B．当电路中转移2mole﹣时，理论上整套装置将制得2molNaOH C．电解时，电极M连接直流电源的正极 D．双极膜中间的H+透过c膜向左移动8．（2026春•烟台期中）用双极膜电渗析法除去卤水中[B(OH)4]-的装置如图，双极膜中H2O解离出的H+、OH﹣在电场作用下向两极迁移。已知A．石墨电极连接电源的正极 B．X膜为阳离子交换膜 C．Ⅰ室每生成1mol气体，Ⅱ室最多生成2molB（OH）3 D．Ⅳ室每生成40gNaOH，双极膜内共有36gH2O被解离9．（2026•泰安二模）烟气中的SO2可以用钠碱循环法加以处理，用Na2SO3溶液作为吸收液。当吸收液与SO2反应至pH降低为6左右时，可将吸收液通入如图所示的电解槽进行再生。当吸收液的pH升至8左右时再生完毕，吸收液可再次使用。吸收液pH随微粒组成的变化关系见表。n(SO91：91：19：91pH8.27.26.2下列说法错误的是（）A．电极M为电解池阴极 B．电极N有HSO3C．Ka2D．再生过程中，Ⅱ中溶液电导率保持不变10．（2026•泰安二模）利用双膜三室电解法合成CH2ClCH2Cl，该方法的优点是能耗低、原料利用率高，同时能得到副产品，其工作原理如下。下列说法错误的是（）A．a为正极，b为负极 B．膜I为阴离子交换膜 C．副产品只有NaOH D．CuCl2为生产CH2ClCH2Cl的催化剂11．（2011秋•鱼台县校级期末）如图所示，取一张用饱和的NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色。则下列说法错误的是（）A．b电极是阴极 B．a电极与电源的正极相连 C．电解过程中水是氧化剂 D．b电极附近溶液的pH变小12．（2026•淄博一模）用双极膜电渗析法除去卤水中[B(OH)4]-的装置如图，双极膜中H2O解离出的H+、OH﹣在电场作用下向两极迁移。已知A．Pt电极连接电源的负极 B．X膜为阴离子交换膜 C．Ⅰ室每生成1mol气体，Ⅱ室最多生成2molB（OH）3 D．石墨电极区每生成40gNaOH，双极膜内共有18gH2O被解离13．（2026•日照一模）科研人员以间硝基甲苯为原料，用惰性电极电解合成间氨基苯甲酸的原理如图所示。下列说法错误的是（）A．电极电势：M＜N B．槽内氧化的电极反应为2CrC．每1mol间硝基甲苯合成1mol间氨基苯甲酸，有8molH+由N极移向M极 D．槽外还原反应为+6Ti3++4H2O→+6TiO2++6H+14．（2025秋•泰安期末）某工厂用电解法将铬废水（主要为Cr2O72-）转化为Cr3+，用铁板做阴、阳极，槽中盛放含铬废水，工业设备如图所示。下列说法正确的是A．A接电源负极 B．阴极区附近溶液的pH减小 C．阳极区溶液中发生的氧化还原反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7HD．若不考虑气体的溶解，当标准状况下收集到H213.44L时，有0.1molCr2O715．（2025秋•市中区校级月考）一种基于氯碱工艺的新型电解池（如图），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：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑ B．阴极区溶液中OH﹣浓度逐渐升高 C．理论上每消耗1molFe2O3，阳极室溶液减少213g D．理论上每消耗1molFe2O3，阴极室物质最多增加138g二．解答题（共4小题）16．（2026春•日照期末）硝酮（）是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成，电解槽中水溶液的主要成分及反应过程如图所示。理想电解条件下，电极反应和后续化学反应均能快速进行，忽略反应速率影响。回答下列问题：（1）“惰性电极1”是电解槽的极，该极的电极反应式为。（2）制备过程中，WO42-的物质的量（3）阳极区生成硝酮的离子方程式为。（4）每制备1mol硝酮，消耗O2的物质的量为mol，生成水的物质的量为mol，外电路中通过电子的物质的量为mol。17．（2026春•日照期末）铜是应用广泛的金属，工业上既可用“电解法”制备氧化亚铜、完成粗铜精炼，也可利用“蒸汽转移法”提纯粗铜。回答下列问题：Ⅰ．“电解法”制备氧化亚铜和精炼铜（粗铜中含有铁、锌、碳、银）（1）a为电源的（填“正”或“负”）极。（2）乙池中粗铜应为（填“X”或“Y”）电极；形成的阳极泥的主要成分为（填元素符号）。（3）甲池中生成Cu2O的离子方程式为。Ⅱ．“蒸汽转移法”精炼铜向图示装置中加入粗铜并通入HCl（g），发生反应Cu（s）+2HCl（g）⇌CuCl2（g）+H2（g）ΔH＞0，粗铜中的杂质不与HCl（g）反应。（4）该方法精炼铜的过程是（填“物理”或“化学”）变化；可循环使用的物质是（填化学式）。（5）精铜在（填“高”或“低”，下同）温区析出；H2在温区生成。18．（2026春•菏泽期末）将CO2通入KOH溶液中形成CO2吸收液（溶质主要是K2CO3），电解该吸收液可将CO2转化为有机物，装置如图1所示。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分产物的电解效率（η）与电解电压的关系如图2所示，已知：η(X)=n(回答下列问题：（1）形成CO2吸收液主要反应的离子方程式为。（2）a是铅蓄电池的（填“正极”或“负极”）；b的电极反应式为。（3）生成C2H5OH的电极反应式为；隔膜c为（填“阴离子”或“阳离子”）交换膜。（4）电压为U1V时，若生成2.3gC2H5OH，理论上甲室生成标准状况下的Cl2L；电压为U2V时，n（C2H5OH）：n（HCHO）＝。19．（2026•枣庄校级二模）二氧化碳加氢合成甲醇是人工合成淀粉的首要步骤之一，同时也是实现碳中和的重要途径。该过程总反应为：CO2(g)+3Ⅰ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔⅡ.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH2回答以下问题：（1）ΔH2＝kJ•mol﹣1。（2）压下，按n（CO2）：n（H2）＝1：3进行合成甲醇的实验，该过程在无分子筛和有分子筛时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示（分子筛能选择性分离出H2O）。①根据图中信息，压强不变，采用有分子筛膜时的最佳反应温度为℃。②有分子筛膜时甲醇产率高的原因是。③某温度下，反应前后体系中某些物质的物质的量如表中数据，则达到平衡时水蒸气的体积分数为；若该体系的总压强为P0，则反应Ⅱ的平衡常数Kp＝（以平衡分压代替平衡浓度进行计算，分压＝总压×物质的量分数）。n（CO2）n（H2）n（CO）反应前1mol3mol0mol平衡时135313（3）如果在不同压强下，CO2和H2的起始物质的量比仍为1：3，测定CO2的平衡转化率随温度升高的变化关系，如图所示。。①压强p1p2（填“＞”或“＜”）。②图中T1温度时，两条曲线几乎交于一点，试分析原因：。（4）光电催化CO2转化制备CH3OH的装置如图，写出右侧的电极反应式。

鲁科版高中化学26学年秋季高二上复习题解答——一．选择题（共15小题）1．（2026•日照开学）一种利用电解还原CO2同时实现海水脱盐的装置如图所示，电解液在Ⅰ和Ⅳ室间循环，初始电解液为NaHCO3溶液（显碱性）。下列说法正确的是（）A．电极b与蓄电池的负极相连 B．a极的电极反应式为CO2+2e﹣+2HCO3-=CO+2CO3C．②为阳离子交换膜，①③为阴离子交换膜 D．电解一段时间后，Ⅱ室海水中盐的浓度降低【答案】B【分析】该装置为电解池，电极a上CO2得电子生成CO，电极b上水失电子生成O2，则电极a为阴极，电极b为阳极，阴极反应式为CO2+2e﹣+2HCO3-=CO+2CO32-+H2O，阳极反应式为4CO32-+2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4HCO3-，电解池工作时阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，该装置能实现海水脱盐，Ⅱ、Ⅲ室海水中的阳离子（Na【解答】解：A．由上述分析可知，电极a为阴极，电极b为阳极，阳极b应与蓄电池的正极相连，阴极a应与蓄电池的负极相连，故A错误；B．电极a为阴极，阴极上CO2得电子生成CO，电解液为NaHCO3溶液，则阴极反应式为CO2+2e﹣+2HCO3-=CO+2CO32-+C．海水脱盐的原理是海水中的阴、阳离子分别向两极移动，Ⅱ、Ⅲ室海水中的阳离子（Na+等）向阴极（左侧）移动，阴离子（Cl﹣等）向阳极（右侧）移动，所以①为阳离子交换膜，允许Ⅱ室的阳离子进入Ⅰ室，②为阳离子交换膜，允许Ⅲ室阳离子进入Ⅱ室，③为阴离子交换膜，允许Ⅲ室阴离子进入Ⅳ室，即①②为阳离子交换膜，③为阴离子交换膜，故C错误；D．电解过程中，Ⅱ室中阳离子通过膜①进入Ⅰ室，同时Ⅲ室阳离子通过膜②进入Ⅱ室，则Ⅱ室阴阳离子总量均不变，盐的浓度不变，故D错误；故选：B。【点评】本题考查电解原理及其应用，侧重基础知识灵活运用能力考查，明确电极反应及反应式书写、离子移向及离子交换膜作用是解题关键，题目难度中等。2．（2024•李沧区校级开学）天津大学某科研团队利用电解原理，实现了两电极体系中甲酸和辛腈的高选择性合成，其工作原理如图所示（不考虑电极副反应）。下列说法正确的是（）A．Ni2P电极与直流电源的负极相连 B．通电一段时间后，In/In2O3﹣x电极附近溶液的pH不变 C．工作时，每转移2mol电子阴极室和阳极室中溶液的质量变化相差48g D．理论上整个反应过程的原子利用率为100%【答案】D【分析】有机反应中：加氧去氢为氧化，加氢去氧为还原，左侧In/In2O3﹣x电极上是CO2加氢生成HCOOH，发生还原反应，故该电极是电解池阴极，右侧Ni2P电极上是CH3（CH2）7NH2去氢生成CH3（CH2）6CN，发生氧化反应，故该电极是电解池阳极。【解答】解：A．Ni2P电极是阳极，所以所连直流电源正极，故A错误；B．通电一段时间后，In/In2O3﹣x电极附近HCOOH浓度变高，其电离的H+变多，所以溶液pH变小，故B错误；C．阳极电极反应式为：CH3（CH2）7NH2﹣4e﹣＝CH3（CH2）6CN+4H+，阴极电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，每转移2mol电子，根据电极反应式可以看到，阴极会有1molCO2进入结合H+生成HCOOH，增加质量为44g，阳极会生成2molH+，且H+会通过阳离子交换膜转移至阴极区，阴极区质量增加2g，阳极区质量减少2g，所以两极室质量差是48g，故C错误；D．理论上，电路上每转移2mol电子，阳极损失2molH+，H+全部转移至阴极区结合CO2生成HCOOH，没有任何材料浪费，所以原子利用率为100%，故D正确；故选：D。【点评】本题考查电解池，侧重考查学生离子交换膜型电解池的掌握情况，试题难度中等。3．（2025秋•薛城区校级期末）某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是（）A．a极电势低于b极电势 B．电解时，阴极区c（OH﹣）不变 C．理论上转移2mole﹣生成4gH2 D．阳极的电极反应：【答案】D【分析】从装置图可知，左侧钛网（PRT）产生HClO和O2（氧化反应），为阳极，连接电源的a极；右侧钛箔（MnO2）产生H2（还原反应），为阴极，连接电源的b极，据以上分析解答。【解答】解：A．电源中，阳极连接正极，阴极连接负极，因此a极为正极，b极为负极，a极电势高于b极电势，故A错误；B．钛箔上生成H2的电极反应为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，电解时，阴极区产生H2和OH﹣、c（OH﹣）变大，故B错误；C．根据阴极反应2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，转移2mole﹣时生成1molH2，质量为2g，故C错误；D．高选择性催化剂PRT可抑制O2产生，则阳极的电极反应为海水中Cl﹣发生失电子的氧化反应生成HClO，电极反应式为Cl-+H2故选：D。【点评】本题主要考查了电解池的原理等相关知识，准确判断出电解池的阴阳极及极反应规律是解答本题的关键。4．（2025秋•济南校级月考）用惰性电极进行下列电解，有关说法正确的是（）①电解稀硫酸；②电解Cu（NO3）2溶液；③电解KOH溶液；④电解熔融NaCl。A．电解进行一段时间后，①②③的pH均减小 B．反应②中电解溶液一段时间后，颜色变浅，加入一定质量的Cu（OH）2，能够使溶液恢复到原来的成分和浓度 C．反应③中阳极消耗OH﹣，故溶液浓度变小 D．反应④中阴、阳两极上产物的物质的量之比为2：1【答案】D【分析】A．电解稀硫酸时，实质是电解水；电解Cu（NO3）2溶液生成H+，pH减小；但电解KOH溶液实质是电解水；B．电解Cu（NO3）2溶液（②）后，溶液因Cu2+减少和H+增加（H2O电离产生的OH﹣失电子）而颜色变浅，加入Cu（OH）2会与H+反应生成Cu2+和H2O；C．电解KOH溶液（③）时，阳极消耗OH﹣生成O2，总反应为电解水；D．电解熔融NaCl（④）时，阴极生成2molNa，阳极生成1molCl2。【解答】解：A．电解稀硫酸（①）时，实质是电解水，H+浓度增加，pH减小；电解Cu（NO3）2溶液（②）生成H+，pH减小；但电解氢氧化钾溶液（③）实质是电解水，KOH浓度增大，pH增大，因此①②③的pH并非均减小，故A错误；B．电解硝酸铜溶液（②）后，溶液因Cu2+减少和H+增加（H2O电离产生的OH﹣失电子）而颜色变浅，加入Cu（OH）2会与H+反应生成铜离子和H2O，但额外引入H2O导致溶液无法完全恢复原浓度，故B错误；C．电解氢氧化钾溶液（③）时，阳极消耗OH﹣生成氧气，但总反应为电解水，KOH浓度增大，溶液浓度变大，故C错误；D．电解熔融NaCl（④）时，阴极生成2molNa，阳极生成1mol氯气，物质的量之比为2：1，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。5．（2026•潍坊模拟）以滤纸包裹的Ce2（CO3）3固体粉末为原料，一定浓度的Ce（NO3）3溶液、CeCl3溶液分别作为两极区的电解液，用惰性电极电解制备CeO2•2H2O的原理如图。下列说法正确的是（）A．a极为负极 B．隔膜为阳离子交换膜 C．两极区的电解液也可互换 D．“氧化”消耗O2与电解产生的O2的物质的量相等【答案】B【分析】用惰性电极电解制备CeO2•2H2O属于电解池原理，d极区氧气得电子和水转化为氢氧根离子，电极反应式为：O2+2H2O+4e-【解答】解：A．根据上述分析可知，a为电源的正极，故A错误；B．阳极区水失去电子生成的氢离子与碳酸铈结合后生成Ce3+，通过隔膜向阴极区迁移，与氢氧根离子结合生成Ce(OH)3，所以隔膜为阳离子交换膜，故B正确；C．若两极区电解液交换后，则阳极区氯离子会优先失去电子转化为氯气，有毒，且碳酸铈无法溶解生成Ce3+，改变电解反应，不能达到制备目的，故C错误；D．若“氧化”消耗1mol氧气，则需要4molCe(OH)3，即12mol氢氧根离子参与离子反应，结合关系式：4OH﹣～4e﹣～O2可知，需要消耗氧气的物质的量为3mol，即“氧化”消耗氧气与电解产生的氧气的物质的量不相等，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。6．（2026•临沂二模）一种电解硝酸盐和草酸制取甘氨酸的装置如图所示。下列说法错误的是（）A．b极连接电源的正极 B．电解过程存在电极反应：HON＝CHCOOH+4e﹣+4H+＝H2NCH2COOH+H2O C．理论上每生成7.5g甘氨酸，可产生标准状况下2.24LO2 D．电解过程中可能产生副产物HOCH2COOH【答案】C【分析】在a极，﹣COOH→﹣CHO、NO3-→NH2OH，C、N元素的化合价降低，则a【解答】解：A．在a极，﹣COOH→﹣CHO、NO3-→NH2OH，C、N元素的化合价降低，则a极为阴极，与电源负极相连，bB．电解过程中，HON＝CHCOOH→H2NCH2COOH，N、C元素的化合价共降低4价，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出存在电极反应：HON＝CHCOOH+4e﹣+4H+＝H2NCH2COOH+H2O，故B正确；C．7.5g甘氨酸的物质的量为7.5g75g/mol=0.1mol，由1molHOOC﹣COOH、1molNO3-生成1molH2NCH2COOH，共得到12mole﹣，阳极（2H2O﹣4e⁻＝O2+4H+）由2molH2O生成1molO2，失去4mole﹣，则转移1.2mole﹣可生成0.3molO2，所以可产生标准状况下D．电解过程中，OHCCOOH可能被还原，所以可能产生副产物HOCH2COOH，故D正确；故选：C。【点评】本题考查电解原理等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。7．（2026春•菏泽期中）某新能源企业研发了一套“双极膜电解耦合离子交换膜”的绿色化工装置，可将工业废水中的Na2SO4转化为高纯度的H2SO4和NaOH，实现废水资源化与酸碱联产，其工作原理如图所示。在直流电源作用下，双极膜（膜c、膜d）中间层中的H2O解离为H+和OH﹣。下列说法正确的是（）A．膜a、e为阴离子交换膜 B．当电路中转移2mole﹣时，理论上整套装置将制得2molNaOH C．电解时，电极M连接直流电源的正极 D．双极膜中间的H+透过c膜向左移动【答案】D【分析】从图中可以看出，M极区制得NaOH溶液，N极区制得H2SO4溶液，则M极为阴极，N极为阳极；在阴极（M极），电极反应为4H2O+4e-=4OH-+2H2↑；在阳极（N极），电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+；则Na+透过膜a进入阴极区，膜a为阳离子交换膜；SO42-从左侧透过膜b进入右侧，膜b为阴离子交换膜；水电离出的H+从双极膜c进入左侧，膜c为阳离子交换膜；水电离出的OH﹣通过膜d进入右侧，膜d为阴离子交换膜；Na+透过膜e从右侧进入左侧，膜e【解答】解：A．根据分析可知，膜a、e均允许Na+透过，为阳离子交换膜，故A错误；B．阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，转移2mol电子时，生成2molOH﹣，与透过膜a的2molNa+结合生成2molNaOH，同时双极膜中H2O解离出的2molOH﹣与透过膜C．根据分析可知，电极M为阴极，连接直流电源的负极，故C错误；D．根据分析可知，双极膜中间层的H+带正电荷，向阴极方向移动，即透过膜c向左移动，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查双极膜电渗析离子交换膜装置的工作原理，涉及电极判断、离子移动方向及产物量的计算，考查对电解原理应用的理解。8．（2026春•烟台期中）用双极膜电渗析法除去卤水中[B(OH)4]-的装置如图，双极膜中H2O解离出的H+、OH﹣在电场作用下向两极迁移。已知A．石墨电极连接电源的正极 B．X膜为阳离子交换膜 C．Ⅰ室每生成1mol气体，Ⅱ室最多生成2molB（OH）3 D．Ⅳ室每生成40gNaOH，双极膜内共有36gH2O被解离【答案】D【分析】根据第Ⅳ室得到NaOH浓溶液，Na+来自Ⅲ室的NaCl浓溶液，Y膜是阳离子交换膜，允许Na+通过，Ⅲ室中的Cl﹣通过X膜进入Ⅱ室，X膜为阴离子交换膜，Na+自左向右移动，石墨极为阴极，Pt电极为阳极，以此分析。【解答】解：A．根据上述分析，石墨电极为阴极，应连接电源负极，而非正极，故A错误；B．Ⅱ室中的[B（OH）4]⁻需要与氢离子结合生成B（OH）3，氢离子来自左侧双极膜，同时，Ⅲ室需要氯离子从Ⅱ室进入，说明X膜应允许阴离子（氯离子）通过，即X膜为阴离子交换膜，故B错误；C．Ⅰ室阳极反应为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，每生成1mol氧气，转移4mol电子。左侧双极膜中，每转移4mol电子，需解离4mol水，产生4mol氢离子和4mol氢氧根离子，其中，4molOH⁻进入Ⅰ室参与反应，4mol氢离子进入Ⅱ室。根据[B(OH)4]-+H+=B(OH)3+H2O，4molH+可生成4molB（OH）3D．40gNaOH为1mol，即Ⅳ室生成1mol氢氧化钠，右侧双极膜中，氢氧根离子进入Ⅳ室，H+进入Ⅴ室。每生成1molNaOH，需1molOH⁻来自右侧双极膜，同时1molH+进入Ⅴ室。根据电荷守恒，电路中转移1mol电子，左侧双极膜中，每转移1mol电子，需解离1molH2O（产生1molH+和1molOH⁻）。右侧双极膜中，同样需解离1molH2O（产生1molH+和1molOH⁻），则双极膜内共解离2molH2O，即36g，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。9．（2026•泰安二模）烟气中的SO2可以用钠碱循环法加以处理，用Na2SO3溶液作为吸收液。当吸收液与SO2反应至pH降低为6左右时，可将吸收液通入如图所示的电解槽进行再生。当吸收液的pH升至8左右时再生完毕，吸收液可再次使用。吸收液pH随微粒组成的变化关系见表。n(SO91：91：19：91pH8.27.26.2下列说法错误的是（）A．电极M为电解池阴极 B．电极N有HSO3C．Ka2D．再生过程中，Ⅱ中溶液电导率保持不变【答案】D【分析】电解时，在电极M上水放电生成氢气，发生还原反应，作阴极；在电极N上，SO32-、HSO3-放电生成SO42-，发生氧化反应，作阳极。SO32-、HSO3【解答】解：A．M电极上水得电子生成H2，发生还原反应，因此M是电解池的阴极，故A正确；B．N是电解池阳极，HSO3-在阳极被氧化为SO42-，电极C．H2SO3的二级电离常数Ka2=c(H+)⋅c(SO32-)c(HSO3-)，由表格可知，当n(SO32-)D．再生过程中，电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动：Ⅱ中的Na+会迁移到Ⅰ区，HSO3-故选：D。【点评】本题考查电化学，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。10．（2026•泰安二模）利用双膜三室电解法合成CH2ClCH2Cl，该方法的优点是能耗低、原料利用率高，同时能得到副产品，其工作原理如下。下列说法错误的是（）A．a为正极，b为负极 B．膜I为阴离子交换膜 C．副产品只有NaOH D．CuCl2为生产CH2ClCH2Cl的催化剂【答案】C【分析】左侧电极上失电子，发生氧化反应，电极反应：CuCl﹣e﹣＝Cu2++Cl﹣，则a为电源正极，b为负极，右侧电极为阴极，电极反应：2H2O+2e-=H2↑+2O【解答】解：A．左侧电极上失电子，发生氧化反应，电极反应：CuCl﹣e﹣＝Cu2++Cl﹣，a为正极，b为负极，故A正确；B．Cl﹣通过膜Ⅰ移入阳极区，膜I为阴离子交换膜，故B正确；C．在阴极室，除了生成NaOH外，还有H2生成，故C错误；D．CuCl2与乙烯反应生成CH2ClCH2Cl与CuCl，CuCl在电极上放电生成CuCl2，反应前后总量未变，所以CuCl2为生产CH2ClCH2Cl的催化剂，故D正确；故选：C。【点评】本题考查电化学，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。11．（2011秋•鱼台县校级期末）如图所示，取一张用饱和的NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色。则下列说法错误的是（）A．b电极是阴极 B．a电极与电源的正极相连 C．电解过程中水是氧化剂 D．b电极附近溶液的pH变小【答案】D【分析】a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色，说明a极负极先产生了Cl2，漂白pH试纸变白，同时生成盐酸，使pH试纸外圈呈红色，所以a极与电源的正极相连，即a为阳极，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，b为阴极，电极方程式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，所以b极附近的pH增大。【解答】解：a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色，说明a极产生了Cl2，所以a极与电源的正极相连，即a为阳极，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，b为阴极，电极方程式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，所以b极附近的pH增大，电解过程中生成H2，H元素化合价降低，则水为氧化剂，故选：D。【点评】该题以电解饱和食盐水为载体，重点考查学生对电解原理的熟悉了解程度。试题紧扣教材，趣味性强，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，激发学生学习化学的求知欲，也有助于培养学生的逻辑思维能力和应试能力，提高学生的学习效率。12．（2026•淄博一模）用双极膜电渗析法除去卤水中[B(OH)4]-的装置如图，双极膜中H2O解离出的H+、OH﹣在电场作用下向两极迁移。已知A．Pt电极连接电源的负极 B．X膜为阴离子交换膜 C．Ⅰ室每生成1mol气体，Ⅱ室最多生成2molB（OH）3 D．石墨电极区每生成40gNaOH，双极膜内共有18gH2O被解离【答案】B【分析】该装置为双极膜电渗析除硼装置，核心是利用电场驱动离子迁移与双极膜水解离，将卤水中的[B（OH）4]﹣转化为B（OH）3以除去；Pt电极为阳极，连接电源正极，Ⅰ室中OH﹣放电生成O2；石墨电极为阴极，连接电源负极，Ⅴ室中H2O得电子生成H2和OH﹣，与迁移来的Na+结合得到浓NaOH溶液；双极膜解离出的H+向Ⅱ室迁移，与[B（OH）4]﹣反应生成B（OH）3；解离出的OH﹣向Ⅰ室迁移，补充阳极放电消耗的OH﹣；X膜为阴离子交换膜，允许Cl﹣从Ⅲ室进入Ⅱ室以维持电荷平衡；Y膜为阳离子交换膜，允许Na+从Ⅲ室进入Ⅳ室，最终实现卤水除硼与NaOH富集，据此作答。【解答】解：A．Pt电极为阳极，应连接电源的正极，故A错误；B．X膜为阴离子交换膜，故B正确；C．Ⅰ室（阳极）发生反应：4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，生成1mol氧气时转移4mol电子，对应双极膜解离出4molH+进入Ⅱ室；由反应[B(OH)4]-+H+=B(OH)D．石墨电极（阴极）的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，40g氢氧化钠的物质的量为1mol，对应转移1mol电子；则1个双极膜需解离1molH2O，提供1mol故选：B。【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。13．（2026•日照一模）科研人员以间硝基甲苯为原料，用惰性电极电解合成间氨基苯甲酸的原理如图所示。下列说法错误的是（）A．电极电势：M＜N B．槽内氧化的电极反应为2CrC．每1mol间硝基甲苯合成1mol间氨基苯甲酸，有8molH+由N极移向M极 D．槽外还原反应为+6Ti3++4H2O→+6TiO2++6H+【答案】C【分析】首先判断电极：M极发生TiO2+→Ti3+，Ti化合价从+4降低到+3，得电子，故M为阴极；N极发生Cr3+→Cr2O72-，【解答】A．电解池中，阳极电势高于阴极，故电极电势M＜N，故A正确；B．N极（阳极）铬离子氧化生成重铬酸根离子，配平后电极反应为：2Cr3++7C．1mol合成1mol：需要将1mol的甲基氧化为羧基生成（转移6mol电子），并将1mol的硝基还原为氨基生成（转移6mol电子），这两个过程分别由阳极和阴极反应提供氧化剂和还原剂，在同一个电解池中，两极转移的电子数相等，故电路中总共转移6mol电子，即可生成足量的氧化剂和还原剂。因此，有6molH+由阳极N移向阴极M，故C错误；D．槽外还原反应中，1mol得到6mole﹣生成间氨基苯甲酸，6molTi3+失去6mole﹣生成6molTiO2+，反应为+6Ti3++4H2O→+6TiO2++6H+，故D正确；故选：C。【点评】本题考查电解原理等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。14．（2025秋•泰安期末）某工厂用电解法将铬废水（主要为Cr2O72-）转化为Cr3+，用铁板做阴、阳极，槽中盛放含铬废水，工业设备如图所示。下列说法正确的是A．A接电源负极 B．阴极区附近溶液的pH减小 C．阳极区溶液中发生的氧化还原反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7HD．若不考虑气体的溶解，当标准状况下收集到H213.44L时，有0.1molCr2O7【答案】C【分析】与B相连的铁板产生H2（由H+得电子发生还原反应），故B为阴极，应接电源负极，阴极区发生反应：2H++2e﹣＝H2↑，阳极区Fe作阳极，发生氧化反应：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，生成的Fe2+具有还原性，与溶液中Cr2O【解答】解：A．与B相连的铁板产生氢气（由H+得电子发生还原反应），故B为阴极，应接电源负极，则A应接电源正极，故A错误；B．阴极区发生反应：2H++2e﹣＝H2↑，H+被消耗，溶液中c（H+）减小，pH增大，故B错误；C．阳极区铁作阳极，发生氧化反应：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，生成的Fe2+具有还原性，与溶液中Cr2O72-D．题目未说明氢气是否在标准状况下，13.44L氢气的物质的量无法确定，转移电子数未知，无法计算被还原的Cr2O故选：C。【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。15．（2025秋•市中区校级月考）一种基于氯碱工艺的新型电解池（如图），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：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑ B．阴极区溶液中OH﹣浓度逐渐升高 C．理论上每消耗1molFe2O3，阳极室溶液减少213g D．理论上每消耗1molFe2O3，阴极室物质最多增加138g【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，Cl﹣放电产生氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑；左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应为：Fe2O3【解答】解：A．由分析可知，阳极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，故A正确；B．阴极反应为：Fe2O3+6e-+3HC．理论上每消耗1molFe2O3，转移6mol电子，产生3molCl2，同时有6molNa+由阳极转移至阴极，则阳极室溶液减少3×71g+6×23g＝351g，故C错误；D．理论上每消耗1molFe2O3，转移6mol电子，有6molNa+由阳极转移至阴极，阴极室物质最多增加6×23g＝138g，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。二．解答题（共4小题）16．（2026春•日照期末）硝酮（）是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成，电解槽中水溶液的主要成分及反应过程如图所示。理想电解条件下，电极反应和后续化学反应均能快速进行，忽略反应速率影响。回答下列问题：（1）“惰性电极1”是电解槽的阴极，该极的电极反应式为O2+2e﹣+2H+＝H2O2。（2）制备过程中，WO42-的物质的量不变（3）阳极区生成硝酮的离子方程式为。（4）每制备1mol硝酮，消耗O2的物质的量为0.5mol，生成水的物质的量为1mol，外电路中通过电子的物质的量为2mol。【答案】（1）阴；O2+2e﹣+2H+＝H2O2；（2）不变；（3）；（4）0.5；1；2。【分析】（1）“惰性电极1”发生了将O2转化为H2O2的反应，氧原子的化合价降低，发生还原反应；（2）在阴极产生的过氧化氢的作用下，WO42-可以转化为WO52-，在二丁基﹣N﹣羟基胺转化为硝酮的过程中，（3）由示意图可以看到“惰性电极2”上Br﹣失去电子生成Br2，生成的Br2在阳极区将二丁基﹣N﹣羟基胺转化为硝酮，自身被还原为Br﹣；（4）阴阳极区各生成1mol硝酮时对应总反应为：O2+2（C4H9）2NOH＝2（C4H9）2NO+2H2O，每制备1mol硝酮，消耗氧气的物质的量为0.5mol，生成水的物质的量为1mol。【解答】解：（1）“惰性电极1”发生了将氧气转化为过氧化氢的反应，氧原子的化合价降低，发生还原反应，因此“惰性电极1”是电解槽的阴极；阴极反应式：O2+2e﹣+2H+＝H2O2，故答案为：阴；O2+2e﹣+2H+＝H2O2；（2）在阴极产生的过氧化氢的作用下，WO42-可以转化为WO52-，在二丁基﹣N﹣羟基胺转化为硝酮的过程中，WO5故答案为：不变；（3）由示意图可以看到“惰性电极2”上Br﹣失去电子生成Br2，生成的Br2在阳极区将二丁基﹣N﹣羟基胺转化为硝酮，自身被还原为Br﹣，反应式如下：，故答案为：；（4）阴阳极区各生成1mol硝酮时对应总反应为：O2+2（C4H9）2NOH＝2（C4H9）2NO+2H2O，每制备1mol硝酮，消耗氧气的物质的量为0.5mol，生成水的物质的量为1mol，根据总反应中氧元素化合价变化，每消耗1mol氧气转移4mol电子，所以每制备1mol硝酮，外电路中通过电子的物质的量为2mol，故答案为：0.5；1；2。【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。17．（2026春•日照期末）铜是应用广泛的金属，工业上既可用“电解法”制备氧化亚铜、完成粗铜精炼，也可利用“蒸汽转移法”提纯粗铜。回答下列问题：Ⅰ．“电解法”制备氧化亚铜和精炼铜（粗铜中含有铁、锌、碳、银）（1）a为电源的负（填“正”或“负”）极。（2）乙池中粗铜应为Y（填“X”或“Y”）电极；形成的阳极泥的主要成分为C、Ag（填元素符号）。（3）甲池中生成Cu2O的离子方程式为2[CuCl3]2﹣+2OH﹣＝Cu2O+6Cl﹣+H2O。Ⅱ．“蒸汽转移法”精炼铜向图示装置中加入粗铜并通入HCl（g），发生反应Cu（s）+2HCl（g）⇌CuCl2（g）+H2（g）ΔH＞0，粗铜中的杂质不与HCl（g）反应。（4）该方法精炼铜的过程是化学（填“物理”或“化学”）变化；可循环使用的物质是HCl（填化学式）。（5）精铜在低（填“高”或“低”，下同）温区析出；H2在高温区生成。【答案】（1）负；（2）Y；C、Ag；（3）2[CuCl3]2﹣+2OH﹣＝Cu2O+6Cl﹣+H2O；（4）化学；HCl；（5）低；高。【分析】（1）观察甲池图示可知，石墨电极上H2O转化为H2和OH﹣，发生了得电子的还原反应，因此石墨电极为电解池的阴极；（2）乙池为粗铜精炼池，根据电解精炼铜的原理，粗铜应作阳极，与电源正极b相连，粗铜中含有的铁、锌比铜活泼，在阳极优先失电子溶解进入溶液；碳、银的活泼性弱于铜，不发生氧化反应，而是随着铜的溶解沉积在电极底部形成阳极泥；（3）根据甲池中的转化关系图示，[CuCl3]2﹣与阴极生成的OH﹣发生反应，生成Cu2O沉淀、Cl﹣和H2O；（4）“蒸汽转移法”精炼铜的过程中，固态粗铜先与HCl气体反应生成CuCl2气体，随后CuCl2气体再发生反应还原为纯铜，反应中消耗的HCl在逆向反应中又重新生成；（5）已知反应Cu（s）+2HCl（g）⇌CuCl2（g）+H2（g）的ΔH＞0，即正反应为吸热反应。根据勒夏特列原理，在高温区，平衡向吸热的正反应方向移动，生成CuCl2（g）和H2（g），在低温区，平衡向放热的逆反应方向移动，生成Cu（s）和HCl（g）。【解答】解：（1）观察甲池图示可知，石墨电极上H2O转化为H2和OH﹣，发生了得电子的还原反应，因此石墨电极为电解池的阴极。与阴极相连的电源电极a即为负极（b为正极），故答案为：负；（2）乙池为粗铜精炼池，根据电解精炼铜的原理，粗铜应作阳极，与电源正极b相连，故Y电极为粗铜（X电极为纯铜）。粗铜中含有的铁、锌比铜活泼，在阳极优先失电子溶解进入溶液；碳、银的活泼性弱于铜，不发生氧化反应，而是随着铜的溶解沉积在电极底部形成阳极泥，故阳极泥的主要成分为C、Ag，故答案为：Y；C、Ag；（3）根据甲池中的转化关系图示，[CuCl3]2﹣与阴极生成的OH﹣发生反应，生成Cu2O沉淀、Cl﹣和H2O。根据原子守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为2[CuCl3]2﹣+2OH﹣＝Cu2O+6Cl﹣+H2O，故答案为：2[CuCl3]2﹣+2OH﹣＝Cu2O+6Cl﹣+H2O；（4）“蒸汽转移法”精炼铜的过程中，固态粗铜先与HCl气体反应生成CuCl2气体，随后CuCl2气体再发生反应还原为纯铜，整个过程有新物质生成，属于化学变化。反应中消耗的HCl在逆向反应中又重新生成，因此可循环使用的物质是HCl，故答案为：化学；HCl；（5）已知反应Cu（s）+2HCl（g）⇌CuCl2（g）+H2（g）的ΔH＞0，即正反应为吸热反应。根据勒夏特列原理，在高温区，平衡向吸热的正反应方向移动，生成CuCl2（g）和H2（g），故H2在高温区生成；在低温区，平衡向放热的逆反应方向移动，生成Cu（s）和HCl（g），故精铜在低温区析出，故答案为：低；高。【点评】本题主要考查铜的电解精炼等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。18．（2026春•菏泽期末）将CO2通入KOH溶液中形成CO2吸收液（溶质主要是K2CO3），电解该吸收液可将CO2转化为有机物，装置如图1所示。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分产物的电解效率（η）与电解电压的关系如图2所示，已知：η(X)=n(回答下列问题：（1）形成CO2吸收液主要反应的离子方程式为CO2+2O（2）a是铅蓄电池的正极（填“正极”或“负极”）；b的电极反应式为Pb+SO4（3）生成C2H5OH的电极反应式为2CO32-+12e-+11H2O=（4）电压为U1V时，若生成2.3gC2H5OH，理论上甲室生成标准状况下的Cl267.2L；电压为U2V时，n（C2H5OH）：n（HCHO）＝2：15。【答案】（1）CO（2）正极；Pb+（3）2CO（4）67.2；2：15。【分析】电解吸收CO2的KOH溶液（主要成分是K2CO3），碳酸根发生还原反应转化为有机物，可知电极II为阴极，则电极Ⅰ为阳极，铅蓄电池a为正极，b为负极；电极Ⅰ发生氧化反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，Ⅰ室中氯离子浓度减小，为保持电荷守恒，K+通过隔膜c（阳膜）移向乙室；电极Ⅱ发生还原反应：CO32-+4e-+4H2O=HCHO+6OH-、2CO【解答】解：（1）CO2通入过量KOH溶液反应生成K2CO3，离子方程式为：CO故答案为：CO（2）CO2转化为有机物时，C元素化合价降低，得电子发生还原反应，因此右侧电极II为电解池阴极，连接铅蓄电池负极b，左侧电极I为阳极，连接铅蓄电池正极a，因此a为正极；铅蓄电池负极（b极）Pb失电子生成PbSO4，电极反应为：Pb+SO故答案为：正极；Pb+（3）生成乙醇的电极反应是CO32-得电子生成C2H5OH，碱性条件配平电极反应为：2CO32-+12e-+11H2故答案为：2CO（4）2.3gC2H5OH物质的量n(C2H5OH)=2.3g46g/mol=0.05mol，生成1mol乙醇转移12mol电子，因此生成乙醇需要电子n（e﹣）乙醇＝0.05mol×12＝0.6mol，电压为U1时，η（C2H5OH）＝10%，总电子n(e-)总=0.6mol10%=6mol，阳极生成1molCl2转移2mol电子，因此n(Cl2)=6mol2=3mol，标况V（Cl2）＝3mol×22.4L/mol＝67.2L；电压为U2时，η（C2H5OH）＝10%，η（HCHO故答案为：67.2；2：15。【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。19．（2026•枣庄校级二模）二氧化碳加氢合成甲醇是人工合成淀粉的首要步骤之一，同时也是实现碳中和的重要途径。该过程总反应为：CO2Ⅰ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔⅡ.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH2回答以下问题：（1）ΔH2＝