2020-2024年五年高考1年模拟化学真题分类汇编（山东专用）-专题08 电化学（解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题08电化学考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1电解池原理的应用（5年2考）2024山东卷第7题2020山东卷第7题电化学的内容是山东卷历年的重要考查点之一，主要以选择题的形式出现。其中有关原电池的工作原理、电极反应式的书写、电解产物的判断和计算是高考命题的热点。考点2化学电源（5年2考）2023山东卷第1题2021山东卷第1题考点3串联型电化学装置（5年1考）2022山东卷第1题考点1电解池原理的应用1．（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〖祥解〗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为阴极，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。2．（2020·山东卷）采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是A．阳极反应为B．电解一段时间后，阳极室的pH未变C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量【答案】D〖祥解〗a极析出氧气，氧元素的化合价升高，做电解池的阳极，b极通入氧气，生成过氧化氢，氧元素的化合价降低，被还原，做电解池的阴极。【解析】A.依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳极的反应式是2H2O-4e-=4H++O2↑，故A正确，但不符合题意；B.电解时阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳极室的pH值不变，故B正确，但不符合题意；C.有B的分析可知，C正确，但不符合题意；D.电解时，阳极的反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极的反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，总反应为：O2+2H2O=2H2O2，要消耗氧气，即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气，故D错误，符合题意；故选：D。考点2化学电源3．（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。4．（2021·山东卷）以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2清洁燃料电池，下列说法正确的是A．放电过程中，K+均向负极移动B．放电过程中，KOH物质的量均减小C．消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大D．消耗1molO2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L【答案】C〖祥解〗碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；N2H4-O2清洁燃料电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O；偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中C和N的化合价均为-2价，H元素化合价为+1价，所以根据氧化还原反应原理可推知其燃料电池的总反应为：(CH3)2NNH2+4O2+4KOH=2K2CO3+N2+6H2O，据此结合原电池的工作原理分析解答。【解析】A．放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误；B．根据上述分析可知，N2H4-O2清洁燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量减小，B错误；C．理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为mg，则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量（物质的量表达式）分别是：、、，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C正确；D．根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1molO2生成的氮气的物质的量为1mol，在标准状况下为22.4L，D错误；故选C。考点3串联型电化学装置5．（2022·山东卷）设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成，将废旧锂离子电池的正极材料转化为，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大B．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸C．乙室电极反应式为D．若甲室减少，乙室增加，则此时已进行过溶液转移【答案】BD【解析】由于乙室中两个电极的电势差比甲室大，所以乙室是原电池，甲室是电解池，然后根据原电池、电解池反应原理分析解答。A．电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，Co2+在另一个电极上得到电子，被还原产生Co单质，CH3COO-失去电子后，Na+通过阳膜进入阴极室，溶液变为NaCl溶液，溶液由碱性变为中性，溶液pH减小，A错误；B．对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被还原为Co2+，同时得到Li+，其中的O与溶液中的H+结合H2O，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B正确；C．电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH-，乙室电极反应式为：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，C错误；D．若甲室Co2+减少200mg，电子转移物质的量为n(e-)=，乙室Co2+增加300mg，转移电子的物质的量为n(e-)=，说明此时已进行过溶液转移，D正确；故合理选项是BD。1．（2024·山东济南一模）利用如图所示装置探究铁上电镀铜的实验。序号电解液实验结果i50mL0.1mol·L-1CuSO4溶液和50mL蒸馏水阴极表面有红色固体析出，还有少量气体产生，经测定阴极区的电解液中有Fe2+ii50mL0.1mol·L-1CuSO4溶液和50mL稀硫酸阴极表面刚开始产生无色气体，一段时间后有红色固体析出，气体量减少，经测定阴极区域的电解液中有Fe2+，当覆盖一层红色固体后，电极表面仍然有气体生成iii50mL0.1mol·L-1CuSO4溶液和50mL过量的浓氨水阴极表面有致密红色固体，未观察到气体产生，经测定阴极区域的电解液中无Fe元素已知：，忽略NH3的挥发。下列说法正确的是A．根据实验i、ii可知，在一定条件下，H+优先于Cu2+放电B．实验ii中，Cu覆盖在铁电极表而或溶液中减小均可能是气体量减少的原因C．实验iii中工作一段时间后，需要定期更换铜电极和补充浓氨水D．结合上述实验可知，当电解液pH增大时，有利于得到致密、细腻的镀层【答案】AB【解析】A．实验i中电解质中为硫酸铜和蒸馏水时，阴极先看到红色固体，说明铜离子放电；实验ii中电解质为硫酸铜和稀硫酸，阴极先看到无色气体，可知为氢离子得电子生成的氢气，一段时间后观察到Cu生成，由此可知，在一定条件下，H+优先于Cu2+放电，且酸性越强，氢离子放电能力越强，故A正确；B．由实验ii现象可知，阴极表面刚开始产生无色气体，一段时间后有红色固体析出，气体量减少，可能是因为氢离子浓度下降，或者生成的铜将电极覆盖，对反应有阻碍作用，故B正确；C．实验iii中，发生电极反应：，过程中氨气的量不变，不需要更换，故C错误；D．致密镀层与铜氨配合物有关，与溶液pH关系不大，故D错误；故选：AB。2．（2024·山东泰安二模）在熔融盐体系中，通过电解和获得电池材料（TiSi），电解装置如图，下列说法错误的是A．石墨电极为阳极，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A电极移动【答案】B〖祥解〗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TiSi，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，A正确；B．电极A的电极反应为，B错误；C．根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于Cl-参与反应，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，D正确；故选：B。3．（2024·山东潍坊三模）是生产化肥、含氮有机化学品、药物和聚合物的重要化合物，以乙醇为质子导体在电解池中利用连续介导()合成的装置如图所示。下列说法错误的是A．的作用是活化B．每产生需补充C．阴极反应包含如下过程：D．电解质溶液可换为含有少量乙醇的水溶液【答案】BD〖祥解〗由图可知，与直流电源正极相连的左侧电极为电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，氢离子与C2H5O-结合生成乙醇，乙醇又离解生成氢离子和C2H5O-，右侧电极为阴极，钙离子在阴极得到电子发生还原反应生成钙，钙与氮气反应生成CaxNyHz，CaxNyHz与氢离子反应生成钙离子和氨气，则电解的总反应为钙离子和乙醇催化作用下氮气和氢气电解生成氨气。【解析】A．，氮气与钙反应生成CaxNyHz，CaxNyHz与氢离子反应生成钙离子和氨气，的作用是活化，A正确；B．由分析可知，电解的总反应为钙离子和乙醇催化作用下氮气和氢气电解生成氨气，则阴极区生成氨气时，催化剂乙醇的量没有变化，B错误；C．钙离子在阴极得到电子发生还原反应生成钙，钙与氮气反应生成CaxNyHz，CaxNyHz与氢离子反应生成钙离子和氨气，阴极反应包含如下过程：，C正确；D．钙能与水反应生成氢氧化钙和氢气，所以电解质溶液不能换为含有少量乙醇的水溶液，D错误；故选BD。4．（2024·山东青岛一模）我国科学家研发了一种在废水处理中实现碳中和的绿色化学装置，同时获得乙酰胺，其原理如图。下列说法错误的是A．石墨电极b为阳极，Na+由Ⅱ室移向Ⅰ室B．电解一段时间后，Ⅰ、Ⅱ室溶液的pH均逐渐增大C．发生还原反应：D．理论上，每产生0.1mol乙酰胺的同时电极b有15.68L(STP)O2生成【答案】BD〖祥解〗石墨电极a上CO2得电子生成CH3CHO，则石墨电极a为阴极，石墨电极b为阳极；【解析】A．石墨电极b为阳极，电解池中阳离子定向移动到阴极，则Na+由Ⅱ室移向Ⅰ室，选项A正确；B．电解一段时间后，Ⅰ室发生电极反应，溶液的pH逐渐增大；Ⅱ室发生电极反应4OH--4e-=2H2O+O2，溶液的pH逐渐减小，选项B不正确；C．石墨电极a上发生还原反应：，选项C正确；D．产生乙酰胺的转化为+2CO2→CH3CONH2，转移电子数为14，理论上，每产生0.1mol乙酰胺的同时电极b有=7.84L(STP)O2生成，选项D错误；答案选BD。5．（2024·山东临沂二模）山梨醇(C6H14O6)和葡萄糖酸(C6H12O7)均是重要的化工产品，其制备原理如图所示。图中双极膜中的H2O解离为H+和OH-，并在电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是A．石墨电极电势低于镍电极电势B．Na2SO4在上述过程中只起电解质的作用C．阴极电极反应式为C6H12O6+2e-+2H+=C6H14O6D．制备1mol葡萄糖酸，理论上双极膜中有1molH2O被解离【答案】B〖祥解〗由题干信息可知，镍电极上为葡萄糖转化为山梨醇，电极反应为：C6H12O6+2e-+2H2O=C6H14O6+2OH-，则镍电极为阴极，石墨电极为阳极，电极反应为：2Br--2e-=Br2，然后葡萄糖被Br2氧化为葡萄糖酸，即反应为：C6H12O6+H2O+Br2=C6H12O7+2H++2Br-，据此分析解题。【解析】A．由分析可知，镍电极为阴极，石墨电极为阳极，故石墨电极电势高于镍电极电势，A错误；B．由分析可知，Na2SO4在上述过程中为未参与电极反应，只起电解质的作用即增强导电性的作用，B正确；C．由分析可知，镍电极为阴极，阴极电极反应式为C6H12O6+2e-+2H2O=C6H14O6+2OH-，C错误；D．由分析可知，制备1mol葡萄糖酸，转移2mol电子，则理论上双极膜中有2molH2O被解离，2molH+进入阴极区，2molOH-进入阳极区，D错误；6．（2024·山东日照校际联考一模）实验室可用苯乙酮间接电氧化法合成苯甲酸，其原理如图所示。下列说法错误的是A．膜m为阴离子交换膜B．每生成1mol苯甲酸盐，转移4mol电子C．电路中转移2mol电子，阴极区溶液质量减少18gD．若用铅蓄电池作电源，a电极应与极相连【答案】BC〖祥解〗根据图象可知，a极碘离子失电子生成碘单质，作阳极，则电极材料为惰性电极；b极为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子。【解析】A．a极区碘单质与氢氧根离子反应生成次碘酸根离子，为保持电荷守恒，则需b极产生的氢氧根离子移动到a极区，则膜m为阴离子交换膜，A正确；B．a极碘离子失电子生成碘单质，碘单质与氢氧根离子反应生成次碘酸根离子，次碘酸根将苯乙酮氧化生成苯甲酸盐：+3IO-=

+CHI3+2OH-，可得3I2～3IO-～～6e-，每生成1mol苯甲酸盐，转移6mol电子，B错误；C．阴极反应式：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，电路中转移2mol电子，阴极区产生1molH2，移向阳极区2molOH－，阴极区溶液质量减少36g，C错误；D．a电极为阳极，若用铅蓄电池作电源，a电极应与铅蓄电池正极极相连，D正确；故选BC。7．调节溶液的pH，当溶液中的氨基酸主要以两性离子存在时，分子整体呈电中性，此时溶液的pH值为该氨基酸的pI值，谷氨酸的；丙氨酸的；赖氨酸的。已知：可以利用如图装置分离这三种氨基酸，a、b为离子交换膜，下列说法不正确的是A．阳极的电极反应为B．a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜C．原料室的应控制在6.02D．在产品室1中，可以收集到赖氨酸【答案】D〖祥解〗由题干电解池装置图可知，阳极室为电解H2SO4溶液，故阳极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，阴极室为电解NaOH溶液，电极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，H+经a膜进入产品室1，OH-经b膜进入产品室2，故a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，根据三种氨基酸的pI值可知，产品室1显酸性，则为谷氨酸，产品室2显碱性，则为赖氨酸，丙氨酸留在原料室，据此分析解题。【解析】A．由题干图示装置可知，阳极室为稀硫酸，故阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，A正确；B．由分析可知，a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜，B正确；C．由分析可知，原料室留下了丙氨酸，根据丙氨酸的pI值可知，原料室的应控制在6.02，C正确；D．由分析可知，产品室1显酸性，则可以收集到谷氨酸，产品室2显碱性，则可以收集到赖氨酸，D错误；故答案为：D。8．（2024·山东德州二模）电化学循环氧化法将酸性废水中的苯酚降解为，加入可加快苯酚的降解，原理如图。已知：，有强氧化性。下列说法错误的是A．铂连接电源负极，发生还原反应B．石墨上的电极反应：C．苯酚降解时发生反应：D．处理1mol苯酚，有从左向右通过离子交换膜【答案】D〖祥解〗由图可知石墨电极，转化为，化合价升高，发生氧化反应，所以是电解池的阳极区，铂电极为阴极，连接电源负极，发生还原反应，据此作答。【解析】A．根据分析可知，铂连接电源负极，发生还原反应，故A正确；B．根据分析可知，石墨电极，转化为，化合价升高，发生氧化反应，，故B正确；C．有强氧化性，氧化苯酚时自身被还原为硫酸根离子，苯酚转化为二氧化碳，离子方程式是，故C正确；D．根据反应可知，处理1mol苯酚，消耗28mol，同时产生28mol，而28mol是由28mol反应生成，根据石墨电极的反应：可知，转移的电子为56mol，铂电极为阴极，连接电源负极，发生还原反应，，为保持溶液电中性，处理1mol苯酚，有从左向右通过离子交换膜，故D错误；故答案选D。9．（2024·山东济宁二模）科学家在利用双极膜反应器电化学合成氨领域取得重要成果，装置如图所示，下列说法错误的是A．d为阴离子交换膜B．若转移4mol电子，在a电极生成1molKOHC．双极膜中消耗8mol水时，b电极生成2mol气体D．电解一段时间后，KOH溶液的浓度保持不变【答案】BD〖祥解〗由图可知，与直流电源负极相连的a电极为电解池的阴极，水分子作用下硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和氢氧根离子，电极反应式为NO+8e—+6H2O=NH3↑+9OH—，水电离出的氢离子通过阳离子交换膜c进入阴极室，b电极为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为4OH——4e—=O2↑+2H2O，水电离出的氢氧根离子通过阴离子交换膜d进入阳极室。【解析】A．由分析可知，水电离出的氢氧根离子通过阴离子交换膜d进入阳极室，故A正确；B．由分析可知，与直流电源负极相连的a电极为电解池的阴极，水分子作用下硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和氢氧根离子，电极反应式为NO+8e—+6H2O=NH3↑+9OH—，由得失电子数目守恒可知，转移8mol电子时，双极膜中消耗8mol水，8mol氢离子通过阳离子交换膜c进入阴极室，在阴极室得到1mol氢氧化钾，则转移4mol电子时，在a电极生成0.5mol氢氧化钾，故B错误；C．由分析可知，b电极为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为4OH——4e—=O2↑+2H2O，由得失电子数目守恒可知，转移4mol电子时，双极膜中消耗4mol水，b电极生成2mol氧气，故C正确；D．由分析可知，b电极为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为4OH——4e—=O2↑+2H2O，水电离出的氢氧根离子通过阴离子交换膜d进入阳极室，则电解一段时间后，阳极室中的氢氧化钾的物质的量不变，水的质量增大，则氢氧化钾的浓度减小，故D错误；故选BD。10．（2024·山东名校考试联盟二模）以Zn-Ni(OH)2原电池为电源电解处理工业废气CO2和SO2，工作原理如下：已知：①放电时，Zn转化为xZnCO3·yZn(OH)2；②NaHCO3吸收废气后的混合液pH约为8。下列说法错误的是A．a电极的反应式为(x+y)Zn-2(z+y)e-+xCO+2yOH-=xZnCO3·yZn(OH)2B．当转移2mole-，有1molZn2+向Ni(OH)2电极迁移C．NaHCO3溶液的作用吸收废气CO2和SO2D．乙装置中总反应为SO+2CO2+H2O+H2C2O4【答案】BC〖祥解〗锌为活泼金属，失去电子发生氧化反应，a为负极，则b为正极、c为阳极、d为阴极；【解析】A．已知，放电时，Zn转化为xZnCO3·yZn(OH)2，锌极为负极，在碱性条件下失去电子发生氧化反应生成xZnCO3·yZn(OH)2，则反应为(x+y)Zn-2(z+y)e-+xCO+2yOH-=xZnCO3·yZn(OH)2，A正确；B．放电时，Zn转化为xZnCO3·yZn(OH)2，故不会有锌离子向正极Ni(OH)2电极迁移，B错误；C．碳酸氢钠和二氧化硫反应，但是不和二氧化碳反应，不能吸收二氧化碳，C错误；D．乙装置为电解池，二氧化硫在c极阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，二氧化碳在d极阴极得到电子发生还原反应生成H2C2O4，总反应为SO+2CO2+H2O+H2C2O4，D正确；故选BC。11．（2024·山东济宁三模）采用有机电极材料制备的水系锂离子电池，工作原理如图所示。下列说法错误的是A．放电时，电极电势：M<NB．充电时，M极电极反应式为C．放电时，若起始两电极的质量相等，转移电子，两电极质量相差D．结构如图所示，【答案】BD〖祥解〗由图可知，放电时M极物质失去电子发生氧化反应，为负极，电极反应为：-2ne-=+2nLi+；则N极为正极；【解析】A．由分析可知，放电时，M极为负极、N极为正极，则电极电势：M<N，A正确；B．充电时，M极为阴极，得到电子发生还原反应，反应为+2nLi++ne-=，B错误；C．放电时，若起始两电极的质量相等，转移电子，则M极减少1molLi+、而N极增加1molLi，故两电极质量相差1mol×7g/mol+1mol×7g/mol=，C正确；D．的结构中Li、Co处于晶胞中位置如图：，根据“均摊法”，晶胞中含个Li，结合化学式可知，也含有3个Co且Co化合价为+3，当转化为时，结构中含有个Li，减少1.25个Li，则中会有1.25个三价钴转化为四价钴，故，D错误；故选BD。12．（2024·山东德州一模）水系锌锰二次电池放电时存在电极剥落现象，造成电池容量衰减。研究发现，加入少量KI固体能很大程度恢复“损失”的容量，原理如图。已知PBS膜只允许通过。下列说法错误的是A．放电时，0.6mol参加反应，理论上负极减少13gB．充电时，电路中每通过2mol，阳极区溶液减少87gC．放电时的总反应：D．PBS膜的优点是能有效抑制电池的自放电【答案】B〖祥解〗Zn电极为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，MnO2为正极，发生还原反应MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，产生的锰离子和剥落的正极材料发生反应，加入KI后，发生反应MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，碘离子为催化剂。【解析】A．加入KI后，I-与剥落的MnO2反应生成的I，发生反应为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O、I+2e-=3I-，如有0.6molI-参加反应，需得到电子0.4mol，理论上负极Zn减少0.2mol，质量为13g，A正确；B．则充电时阳极电极反应式为3I--2e-=I、Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，电路中每通过2mol，阳极区溶液减少的质量小于1molMnO2的质量，小于87g，B错误；C．Zn电极为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，MnO2为正极，发生还原反应MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，放电时的总反应为MnO2+Zn+4H+=Zn2++Mn2++2H2O，C正确；D．PBS膜能够防止脱落的二氧化锰与锌接触构成微电池，减少锌的损耗，能有效抑制电池的自放电，D正确；故选B。13．（2024·山东聊城三模）一种双阴极微生物燃料电池的装置如图所示(燃料为)。下列说法正确的是A．电池工作时，从左向右迁移B．电池工作时，好氧阴极每消耗就有被还原C．“出水”与“进水”相比，“缺氧阴极”区域溶液pH增大D．“厌氧阳极”若流出1.2mol电子，该区域“出水”比“进水”减轻了8.8g(假设气体全部逸出)【答案】C〖祥解〗该装置为双阴极微生物燃料电池，中间“厌氧阳极”为原电池的负极，草酸失电子发生氧化反应，生成二氧化碳，电极反应式为，左侧“缺氧阴极”电极发生硝酸根转化为氮气的反应，该反应过程氮元素化合价由+5价降低为0价态，为得电子，还原反应，电极反应式为，该电极为原电池正极，右侧“好氧阴极”电极发生氧气得电子生成水，化合价降低，还原反应电极反应式为，该电极也为正极，原电池中电子由负极沿导线移向正极，溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此回答。【解析】A．电池工作时，左侧通过质子交换膜1从右向左迁移，右通过质子交换膜2从左向右迁移，A错误；B．电池工作时，好氧阴极每消耗中O由0价降低为-2价，转移的电子为4NA，中中N由+5价降低到0价，转移的电子数为4NA，但是由于两级都是正极，失去的电子数并不一定相等，B错误；C．由分析知，“缺氧阴极”的电极反应式为，由电荷守恒，生成1mol氮气时，由10molH+从右侧移向左侧，但是却要消耗12molH+，“出水”与“进水”相比，“缺氧阴极”区域溶液pH增大，C正确；D．由分析知，“厌氧阳极”的电极反应式为，若流出1.2mol电子，则生成的二氧化碳为0.2mol，同时有1.2molH+移向负极，故该区域“出水”比“进水”减轻了8.8+1.2g=10g(假设气体全部逸出)，D错误；故选C。14．（2024·山东淄博一模）基于辅助放电的液流电池装置如图所示。下列说法错误的是A．充电时，向电极迁移B．放电时，在该环境下的氧化性：C．放电时，电极B上还可能发生：D．可利用及时清除电极B上的“死锰”（），提高充放电过程的可逆性【答案】C〖祥解〗由题干图示信息可知，充电时，电极A为Cd2+转化为Cr，发生还原反应，电极反应为：Cd2++2e-=Cd，B电极上为Mn2+转化为Mn3+，电极反应为：Mn2+-2e-=Mn3+，B为阳极，还可能为溴离子失去电子发生氧化反应，发生电极反应2Br--2e-=Br2；放电时，A电极为Cd转化为Cd2+，电极反应为：Cd-2e-=Cd2+，发生氧化反应，A为负极，B电极为Mn3+转化为Mn2+，发生还原反应，电极反应为：Mn3++e-=Mn2+；【解析】A．充电时，阳离子向阴极迁移，故向电极A迁移，A正确；B．由放电时的总反应：2Mn3++Cd=Cd2++2Mn2+可知，氧化性Mn3+>Cr2+，B正确；

C．由分析可知，充电时，电极B上可能发生：；放电时，电极B正极，应该发生还原反应，C错误；D．MnO2沉积在电极B上，可能会影响充放电的进行，Br-具有一定的还原性，可将MnO2还原为Mn2+，从而提高充放电过程的可逆性，D正确；故选C。15．（2024·山东名校联考一模）一种原位电化学沉淀技术制备纳米碳酸钙的方法是：向Ca(OH)2过饱和溶液中通入CO2，实验室模拟该方法制备纳米碳酸钙的装置如图所示。下列说法错误的是A．电流方向为电极a→外电路→电极b→电解质溶液→电极aB．X、Y、Z对应的物质依次是块状大理石、H2、NaOHC．离子交换膜为阳离子交换膜D．理论上外电路每通过2mol电子，则内电路有1mol离子通过交换膜【答案】B〖祥解〗该技术是采用电解原理实现制备纳米碳酸钙，结合图示可知左侧圆底烧瓶中制取二氧化碳，二氧化碳通入电解池左侧，用于生成碳酸钙，则电解池中右侧的钙离子应通过离子交换膜进入左侧，由此可知离子交换膜为阳离子交换膜，且电极a为阴极，电极b为阳极，电极a上反应为，电极b上氯离子放电生成氯气，氯气进入溶液Z中被吸收，Z可以为NaOH，据此分析解答。【解析】A．据分析，电极a为阴极，电极b为阳极，则电流方向为电极a→外电路→电极b→电解质溶液→电极a，A正确；B．X如果是块状大理石，则会生成，不利于CO2的生成，B错误；C．根据题意，离子交换膜应为阳离子交换膜，C正确；D．电路中每通过2mol电子，则溶液中有2mol电荷通过交换膜，由以上分析可知钙离子通过离子交换膜，则钙离子的物质的量为1mol，D正确；故选B。16．（2024·山东日照二模）以“全氢电池”为电源直接电解氯化钠溶液制备和HClO的装置如图所示(工作时，在双极膜界面处被催化解离成和)。下列说法错误的是A．“全氢电池”的总反应为B．“全氢电池”的双极膜中产生的向右移动，向左移动C．阳极区发生的电极反应为D．理论上负极消耗1mol，电解池阳极区减少1mol阳离子(忽略HClO的电离)【答案】C〖祥解〗由图知，左图为原电池，其中左边吸附层为负极，发生氧化反应，，右边吸附层为正极，发生还原反应，；右图为电解池，因为电解氯化钠溶液制备和HClO，则阳极反应式，阴极反应式为。【解析】A．根据分析知，“全氢电池”的总反应为，A正确；B．原电池中阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移，所以“全氢电池”的双极膜中产生的向右移动，向左移动，B正确；C．因为电解氯化钠溶液制备和HClO，则阳极反应式，C错误；D．理论上负极消耗1mol，即转移2mol电子，则有2mol阳离子（钠离子或者氢离子）通过阳离子交换膜进入阴极区，转移2mol电子根据，可以知道又得到1mol氢离子，则阳极区减少1mol阳离子(忽略HClO的电离)，D正确；故选C。17．（2024·山东潍坊一模）复旦大学设计了一种可充电的铋-空气电池，有较强稳定性。该电池使用了三氟甲磺酸铋非碱性水系电解质溶液，简写为，工作原理如图所示，已知：水解方程式为，下列说法错误的是A．充电时，X为阴极B．放电时，正极附近pH升高C．充电时，阳极电极反应式为D．放电时，电路中每转移电子，负极区电解质溶液增重【答案】D〖祥解〗由图可知，放电时，X电极为原电池的负极，铋在负极失去电子发生氧化反应生成铋离子，Y电极为正极，铋离子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成三氧化二铋；充电时，与直流电源负极相连的X电极为电解池的阴极，铋离子在阴极得到电子发生还原反应生成铋，Y电极为阳极，三氧化二铋在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和铋离子。【解析】A．由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的X电极为电解池的阴极，故A正确；B．由分析可知，放电时，Y电极为正极，铋离子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成三氧化二铋，溶液中铋离子浓度减小，水解平衡向逆反应方向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故B正确；C．由分析可知，充电时，Y电极为阳极，三氧化二铋在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和铋离子，电极反应式为，故C正确；D．放电时，X电极为原电池的负极，铋在负极失去电子发生氧化反应生成铋离子，电极反应式为Bi—3e—=Bi3+，则电路中转移0.3mol电子时，负极区溶液中增加铋离子的质量为0.1mol×209g/mol=20.9g，由于阴离子通过阴离子交换膜由正极区进入负极区，所以负极区电解质溶液增重大于20.9g，故D错误；故选D。18．（2024·山东青岛二模）一种非金属－有机物液流电池放电时的工作原理如图所示。下列说法正确的是A．放电时，负极电极反应为B．充电时，通过质子交换膜向电极甲移动C．可将储液罐做大以增大液流电池的储能容量D．以此电源电解硫酸铜溶液，若加98g使溶液复原，理论上消耗160g【答案】AC〖祥解〗由图可知，放电时溴元素化合价降低，发生还原反应，即电极甲为正极，正极电极反应式为Br2+2e-=2Br-，则电极乙为负极，负极电极反应式为。【解析】A．据以上分析可知，放电时，电极乙为负极，发生氧化反应，M中醛基氧化为羧基，所以负极电极反应式为，故A正确；B．放电时，电极乙为负极，则充电时电极乙为阴极，通过质子交换膜向阴极移动，即向电极乙移动，故B错误；C．储液罐做大，可增加储存的反应物的量，增大液流电池的储能容量，故C正确；D．以此电源电解硫酸铜溶液，若加98g使溶液复原，由Cu(OH)2+H2SO4=CuSO4+2H2O可知，电解时除了发生，还有反应，且电解时消耗98g即1molCuSO4时转移2mol电子，接着电解消耗1molH2O又转移2mol电子，由电子得失守恒可知，理论上转移4mol电子消耗2molBr2，即320g，故D错误；故答案为：AC。专题08电化学考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1电解池原理的应用（5年2考）2024山东卷第7题2020山东卷第7题电化学的内容是山东卷历年的重要考查点之一，主要以选择题的形式出现。其中有关原电池的工作原理、电极反应式的书写、电解产物的判断和计算是高考命题的热点。考点2化学电源（5年2考）2023山东卷第1题2021山东卷第1题考点3串联型电化学装置（5年1考）2022山东卷第1题考点1电解池原理的应用1．（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〖祥解〗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为阴极，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。2．（2020·山东卷）采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是A．阳极反应为B．电解一段时间后，阳极室的pH未变C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量【答案】D〖祥解〗a极析出氧气，氧元素的化合价升高，做电解池的阳极，b极通入氧气，生成过氧化氢，氧元素的化合价降低，被还原，做电解池的阴极。【解析】A.依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳极的反应式是2H2O-4e-=4H++O2↑，故A正确，但不符合题意；B.电解时阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳极室的pH值不变，故B正确，但不符合题意；C.有B的分析可知，C正确，但不符合题意；D.电解时，阳极的反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极的反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，总反应为：O2+2H2O=2H2O2，要消耗氧气，即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气，故D错误，符合题意；故选：D。考点2化学电源3．（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。4．（2021·山东卷）以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2清洁燃料电池，下列说法正确的是A．放电过程中，K+均向负极移动B．放电过程中，KOH物质的量均减小C．消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大D．消耗1molO2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L【答案】C〖祥解〗碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；N2H4-O2清洁燃料电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O；偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中C和N的化合价均为-2价，H元素化合价为+1价，所以根据氧化还原反应原理可推知其燃料电池的总反应为：(CH3)2NNH2+4O2+4KOH=2K2CO3+N2+6H2O，据此结合原电池的工作原理分析解答。【解析】A．放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误；B．根据上述分析可知，N2H4-O2清洁燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量减小，B错误；C．理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为mg，则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量（物质的量表达式）分别是：、、，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C正确；D．根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1molO2生成的氮气的物质的量为1mol，在标准状况下为22.4L，D错误；故选C。考点3串联型电化学装置5．（2022·山东卷）设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成，将废旧锂离子电池的正极材料转化为，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大B．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸C．乙室电极反应式为D．若甲室减少，乙室增加，则此时已进行过溶液转移【答案】BD【解析】由于乙室中两个电极的电势差比甲室大，所以乙室是原电池，甲室是电解池，然后根据原电池、电解池反应原理分析解答。A．电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，Co2+在另一个电极上得到电子，被还原产生Co单质，CH3COO-失去电子后，Na+通过阳膜进入阴极室，溶液变为NaCl溶液，溶液由碱性变为中性，溶液pH减小，A错误；B．对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被还原为Co2+，同时得到Li+，其中的O与溶液中的H+结合H2O，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B正确；C．电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH-，乙室电极反应式为：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，C错误；D．若甲室Co2+减少200mg，电子转移物质的量为n(e-)=，乙室Co2+增加300mg，转移电子的物质的量为n(e-)=，说明此时已进行过溶液转移，D正确；故合理选项是BD。1．（2024·山东济南一模）利用如图所示装置探究铁上电镀铜的实验。序号电解液实验结果i50mL0.1mol·L-1CuSO4溶液和50mL蒸馏水阴极表面有红色固体析出，还有少量气体产生，经测定阴极区的电解液中有Fe2+ii50mL0.1mol·L-1CuSO4溶液和50mL稀硫酸阴极表面刚开始产生无色气体，一段时间后有红色固体析出，气体量减少，经测定阴极区域的电解液中有Fe2+，当覆盖一层红色固体后，电极表面仍然有气体生成iii50mL0.1mol·L-1CuSO4溶液和50mL过量的浓氨水阴极表面有致密红色固体，未观察到气体产生，经测定阴极区域的电解液中无Fe元素已知：，忽略NH3的挥发。下列说法正确的是A．根据实验i、ii可知，在一定条件下，H+优先于Cu2+放电B．实验ii中，Cu覆盖在铁电极表而或溶液中减小均可能是气体量减少的原因C．实验iii中工作一段时间后，需要定期更换铜电极和补充浓氨水D．结合上述实验可知，当电解液pH增大时，有利于得到致密、细腻的镀层【答案】AB【解析】A．实验i中电解质中为硫酸铜和蒸馏水时，阴极先看到红色固体，说明铜离子放电；实验ii中电解质为硫酸铜和稀硫酸，阴极先看到无色气体，可知为氢离子得电子生成的氢气，一段时间后观察到Cu生成，由此可知，在一定条件下，H+优先于Cu2+放电，且酸性越强，氢离子放电能力越强，故A正确；B．由实验ii现象可知，阴极表面刚开始产生无色气体，一段时间后有红色固体析出，气体量减少，可能是因为氢离子浓度下降，或者生成的铜将电极覆盖，对反应有阻碍作用，故B正确；C．实验iii中，发生电极反应：，过程中氨气的量不变，不需要更换，故C错误；D．致密镀层与铜氨配合物有关，与溶液pH关系不大，故D错误；故选：AB。2．（2024·山东泰安二模）在熔融盐体系中，通过电解和获得电池材料（TiSi），电解装置如图，下列说法错误的是A．石墨电极为阳极，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A电极移动【答案】B〖祥解〗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TiSi，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，A正确；B．电极A的电极反应为，B错误；C．根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于Cl-参与反应，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，D正确；故选：B。3．（2024·山东潍坊三模）是生产化肥、含氮有机化学品、药物和聚合物的重要化合物，以乙醇为质子导体在电解池中利用连续介导()合成的装置如图所示。下列说法错误的是A．的作用是活化B．每产生需补充C．阴极反应包含如下过程：D．电解质溶液可换为含有少量乙醇的水溶液【答案】BD〖祥解〗由图可知，与直流电源正极相连的左侧电极为电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，氢离子与C2H5O-结合生成乙醇，乙醇又离解生成氢离子和C2H5O-，右侧电极为阴极，钙离子在阴极得到电子发生还原反应生成钙，钙与氮气反应生成CaxNyHz，CaxNyHz与氢离子反应生成钙离子和氨气，则电解的总反应为钙离子和乙醇催化作用下氮气和氢气电解生成氨气。【解析】A．，氮气与钙反应生成CaxNyHz，CaxNyHz与氢离子反应生成钙离子和氨气，的作用是活化，A正确；B．由分析可知，电解的总反应为钙离子和乙醇催化作用下氮气和氢气电解生成氨气，则阴极区生成氨气时，催化剂乙醇的量没有变化，B错误；C．钙离子在阴极得到电子发生还原反应生成钙，钙与氮气反应生成CaxNyHz，CaxNyHz与氢离子反应生成钙离子和氨气，阴极反应包含如下过程：，C正确；D．钙能与水反应生成氢氧化钙和氢气，所以电解质溶液不能换为含有少量乙醇的水溶液，D错误；故选BD。4．（2024·山东青岛一模）我国科学家研发了一种在废水处理中实现碳中和的绿色化学装置，同时获得乙酰胺，其原理如图。下列说法错误的是A．石墨电极b为阳极，Na+由Ⅱ室移向Ⅰ室B．电解一段时间后，Ⅰ、Ⅱ室溶液的pH均逐渐增大C．发生还原反应：D．理论上，每产生0.1mol乙酰胺的同时电极b有15.68L(STP)O2生成【答案】BD〖祥解〗石墨电极a上CO2得电子生成CH3CHO，则石墨电极a为阴极，石墨电极b为阳极；【解析】A．石墨电极b为阳极，电解池中阳离子定向移动到阴极，则Na+由Ⅱ室移向Ⅰ室，选项A正确；B．电解一段时间后，Ⅰ室发生电极反应，溶液的pH逐渐增大；Ⅱ室发生电极反应4OH--4e-=2H2O+O2，溶液的pH逐渐减小，选项B不正确；C．石墨电极a上发生还原反应：，选项C正确；D．产生乙酰胺的转化为+2CO2→CH3CONH2，转移电子数为14，理论上，每产生0.1mol乙酰胺的同时电极b有=7.84L(STP)O2生成，选项D错误；答案选BD。5．（2024·山东临沂二模）山梨醇(C6H14O6)和葡萄糖酸(C6H12O7)均是重要的化工产品，其制备原理如图所示。图中双极膜中的H2O解离为H+和OH-，并在电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是A．石墨电极电势低于镍电极电势B．Na2SO4在上述过程中只起电解质的作用C．阴极电极反应式为C6H12O6+2e-+2H+=C6H14O6D．制备1mol葡萄糖酸，理论上双极膜中有1molH2O被解离【答案】B〖祥解〗由题干信息可知，镍电极上为葡萄糖转化为山梨醇，电极反应为：C6H12O6+2e-+2H2O=C6H14O6+2OH-，则镍电极为阴极，石墨电极为阳极，电极反应为：2Br--2e-=Br2，然后葡萄糖被Br2氧化为葡萄糖酸，即反应为：C6H12O6+H2O+Br2=C6H12O7+2H++2Br-，据此分析解题。【解析】A．由分析可知，镍电极为阴极，石墨电极为阳极，故石墨电极电势高于镍电极电势，A错误；B．由分析可知，Na2SO4在上述过程中为未参与电极反应，只起电解质的作用即增强导电性的作用，B正确；C．由分析可知，镍电极为阴极，阴极电极反应式为C6H12O6+2e-+2H2O=C6H14O6+2OH-，C错误；D．由分析可知，制备1mol葡萄糖酸，转移2mol电子，则理论上双极膜中有2molH2O被解离，2molH+进入阴极区，2molOH-进入阳极区，D错误；6．（2024·山东日照校际联考一模）实验室可用苯乙酮间接电氧化法合成苯甲酸，其原理如图所示。下列说法错误的是A．膜m为阴离子交换膜B．每生成1mol苯甲酸盐，转移4mol电子C．电路中转移2mol电子，阴极区溶液质量减少18gD．若用铅蓄电池作电源，a电极应与极相连【答案】BC〖祥解〗根据图象可知，a极碘离子失电子生成碘单质，作阳极，则电极材料为惰性电极；b极为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子。【解析】A．a极区碘单质与氢氧根离子反应生成次碘酸根离子，为保持电荷守恒，则需b极产生的氢氧根离子移动到a极区，则膜m为阴离子交换膜，A正确；B．a极碘离子失电子生成碘单质，碘单质与氢氧根离子反应生成次碘酸根离子，次碘酸根将苯乙酮氧化生成苯甲酸盐：+3IO-=

+CHI3+2OH-，可得3I2～3IO-～～6e-，每生成1mol苯甲酸盐，转移6mol电子，B错误；C．阴极反应式：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，电路中转移2mol电子，阴极区产生1molH2，移向阳极区2molOH－，阴极区溶液质量减少36g，C错误；D．a电极为阳极，若用铅蓄电池作电源，a电极应与铅蓄电池正极极相连，D正确；故选BC。7．调节溶液的pH，当溶液中的氨基酸主要以两性离子存在时，分子整体呈电中性，此时溶液的pH值为该氨基酸的pI值，谷氨酸的；丙氨酸的；赖氨酸的。已知：可以利用如图装置分离这三种氨基酸，a、b为离子交换膜，下列说法不正确的是A．阳极的电极反应为B．a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜C．原料室的应控制在6.02D．在产品室1中，可以收集到赖氨酸【答案】D〖祥解〗由题干电解池装置图可知，阳极室为电解H2SO4溶液，故阳极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，阴极室为电解NaOH溶液，电极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，H+经a膜进入产品室1，OH-经b膜进入产品室2，故a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，根据三种氨基酸的pI值可知，产品室1显酸性，则为谷氨酸，产品室2显碱性，则为赖氨酸，丙氨酸留在原料室，据此分析解题。【解析】A．由题干图示装置可知，阳极室为稀硫酸，故阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，A正确；B．由分析可知，a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜，B正确；C．由分析可知，原料室留下了丙氨酸，根据丙氨酸的pI值可知，原料室的应控制在6.02，C正确；D．由分析可知，产品室1显酸性，则可以收集到谷氨酸，产品室2显碱性，则可以收集到赖氨酸，D错误；故答案为：D。8．（2024·山东德州二模）电化学循环氧化法将酸性废水中的苯酚降解为，加入可加快苯酚的降解，原理如图。已知：，有强氧化性。下列说法错误的是A．铂连接电源负极，发生还原反应B．石墨上的电极反应：C．苯酚降解时发生反应：D．处理1mol苯酚，有从左向右通过离子交换膜【答案】D〖祥解〗由图可知石墨电极，转化为，化合价升高，发生氧化反应，所以是电解池的阳极区，铂电极为阴极，连接电源负极，发生还原反应，据此作答。【解析】A．根据分析可知，铂连接电源负极，发生还原反应，故A正确；B．根据分析可知，石墨电极，转化为，化合价升高，发生氧化反应，，故B正确；C．有强氧化性，氧化苯酚时自身被还原为硫酸根离子，苯酚转化为二氧化碳，离子方程式是，故C正确；D．根据反应可知，处理1mol苯酚，消耗28mol，同时产生28mol，而28mol是由28mol反应生成，根据石墨电极的反应：可知，转移的电子为56mol，铂电极为阴极，连接电源负极，发生还原反应，，为保持溶液电中性，处理1mol苯酚，有从左向右通过离子交换膜，故D错误；故答案选D。9．（2024·山东济宁二模）科学家在利用双极膜反应器电化学合成氨领域取得重要成果，装置如图所示，下列说法错误的是A．d为阴离子交换膜B．若转移4mol电子，在a电极生成1molKOHC．双极膜中消耗8mol水时，b电极生成2mol气体D．电解一段时间后，KOH溶液的浓度保持不变【答案】BD〖祥解〗由图可知，与直流电源负极相连的a电极为电解池的阴极，水分子作用下硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和氢氧根离子，电极反应式为NO+8e—+6H2O=NH3↑+9OH—，水电离出的氢离子通过阳离子交换膜c进入阴极室，b电极为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为4OH——4e—=O2↑+2H2O，水电离出的氢氧根离子通过阴离子交换膜d进入阳极室。【解析】A．由分析可知，水电离出的氢氧根离子通过阴离子交换膜d进入阳极室，故A正确；B．由分析可知，与直流电源负极相连的a电极为电解池的阴极，水分子作用下硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和氢氧根离子，电极反应式为NO+8e—+6H2O=NH3↑+9OH—，由得失电子数目守恒可知，转移8mol电子时，双极膜中消耗8mol水，8mol氢离子通过阳离子交换膜c进入阴极室，在阴极室得到1mol氢氧化钾，则转移4mol电子时，在a电极生成0.5mol氢氧化钾，故B错误；C．由分析可知，b电极为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为4OH——4e—=O2↑+2H2O，由得失电子数目守恒可知，转移4mol电子时，双极膜中消耗4mol水，b电极生成2mol氧气，故C正确；D．由分析可知，b电极为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为4OH——4e—=O2↑+2H2O，水电离出的氢氧根离子通过阴离子交换膜d进入阳极室，则电解一段时间后，阳极室中的氢氧化钾的物质的量不变，水的质量增大，则氢氧化钾的浓度减小，故D错误；故选BD。10．（2024·山东名校考试联盟二模）以Zn-Ni(OH)2原电池为电源电解处理工业废气CO2和SO2，工作原理如下：已知：①放电时，Zn转化为xZnCO3·yZn(OH)2；②NaHCO3吸收废气后的混合液pH约为8。下列说法错误的是A．a电极的反应式为(x+y)Zn-2(z+y)e-+xCO+2yOH-=xZnCO3·yZn(OH)2B．当转移2mole-，有1molZn2+向Ni(OH)2电极迁移C．NaHCO3溶液的作用吸收废气CO2和SO2D．乙装置中总反应为SO+2CO2+H2O+H2C2O4【答案】BC〖祥解〗锌为活泼金属，失去电子发生氧化反应，a为负极，则b为正极、c为阳极、d为阴极；【解析】A．已知，放电时，Zn转化为xZnCO3·yZn(OH)2，锌极为负极，在碱性条件下失去电子发生氧化反应生成xZnCO3·yZn(OH)2，则反应为(x+y)Zn-2(z+y)e-+xCO+2yOH-=xZnCO3·yZn(OH)2，A正确；B．放电时，Zn转化为xZnCO3·yZn(OH)2，故不会有锌离子向正极Ni(OH)2电极迁移，B错误；C．碳酸氢钠和二氧化硫反应，但是不和二氧化碳反应，不能吸收二氧化碳，C错误；D．乙装置为电解池，二氧化硫在c极阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，二氧化碳在d极阴极得到电子发生还原反应生成H2C2O4，总反应为SO+2CO2+H2O+H2C2O4，D正确；故选BC。11．（2024·山东济宁三模）采用有机电极材料制备的水系锂离子电池，工作原理如图所示。下列说法错误的是A．放电时，电极电势：M<NB．充电时，M极电极反应式为C．放电时，若起始两电极的质量相等，转移电子，两电极质量相差D．结构如图所示，【答案】BD〖祥解〗由图可知，放电时M极物质失去电子发生氧化反应，为负极，电极反应为：-2ne-=+2nLi+；则N极为正极；【解析】A．由分析可知，放电时，M极为负极、N极为正极，则电极电势：M<N，A正确；B．充电时，M极为阴极，得到电子发生还原反应，反应为+2nLi++ne-=，B错误；C．放电时，若起始两电极的质量相等，转移电子，则M极减少1molLi+、而N极增加1molLi，故两电极质量相差1mol×7g/mol+1mol×7g/mol=，C正确；D．的结构中Li、Co处于晶胞中位置如图：，根据“均摊法”，晶胞中含个Li，结合化学式可知，也含有3个Co且Co化合价为+3，当转化为时，结构中含有个Li，减少1.25个Li，则中会有1.25个三价钴转化为四价钴，故，D错误；故选BD。12．（2024·山东德州一模）水系锌锰二次电池放电时存在电极剥落现象，造成电池容量衰减。研究发现，加入少量KI固体能很大程度恢复“损失”的容量，原理如图。已知PBS膜只允许通过。下列说法错误的是A．放电时，0.6mol参加反应，理论上负极减少13gB．充电时，电路中每通过2mol，阳极区溶液减少87gC．放电时的总反应：D．PBS膜的优点是能有效抑制电池的自放电【答案】B〖祥解〗Zn电极为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，MnO2为正极，发生还原反应MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，产生的锰离子和剥落的正极材料发生反应，加入KI后，发生反应MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，碘离子为催化剂。【解析】A．加入KI后，I-与剥落的MnO2反应生成的I，发生反应为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O、I+2e-=3I-，如有0.6molI-参加反应，需得到电子0.4mol，理论上负极Zn减少0.2mol，质量为13g，A正确；B．则充电时阳极电极反应式为3I--2e-=I、Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，电路中每通过2mol，阳极区溶液减少的质量小于1molMnO2的质量，小于87g，B错误；C．Zn电极为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，MnO2为正极，发生还原反应MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，放电时的总反应为MnO2+Zn+4H+=Zn2++Mn2++2H2O，C正确；D．PBS膜能够防止脱落的二氧化锰与锌接触构成微电池，减少锌的损耗，能有效抑制电池的自放电，D正确；故选B。13．（2024·山东聊城三模）一种双阴极微生物燃料电池的装置如图所示(燃料为)。下列说法正确的是A．电池工作时，从左向右迁移B．电池工作时，好氧阴极每消耗就有被还原C．“出水”与“进水”相比，“缺氧阴极”区域溶液pH增大D．“厌氧阳极”若流出1.2mol电子，该区域“出水”比“进水”减轻了8.8g(假设气体全部逸出)【答案】C〖祥解〗该装置为双阴极微生物燃料电池，中间“厌氧阳极”为原电池的负极，草酸失电子发生氧化反应，生成二氧化碳，电极反应式为，左侧“缺氧阴极”电极发生硝酸根转化为氮气的反应，该反应过程氮元素化合价由+5价降低为0价态，为得电子，还原反应，电极反应式为，该电极为原电池正极，右侧“好氧阴极”电极发生氧气得电子生成水，化合价降低，还原反应电极反应式为，该电极也为正极，原电池中电子由负极沿导线移向正极，溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此回答。【解析】A．电池工作时，左侧通过质子交换膜1从右向左迁移，右通过质子交换膜2从左向右迁移，A错误；B．电池工作时，好氧阴极每消耗中O由0价降低为-2价，转移的电子为4NA，中中N由+5价降低到0价，转移的电子数为4NA，但是由于两级都是正极，失去的电子数并不一定相等，B错误；C．由分析知，“缺氧阴极”的电极反应式为，由电荷守恒，生成1mol氮气时，由10molH+从右侧移向左侧，但是却要消耗12molH+，“出水”与“进水”相比，“缺氧阴极”区域溶液pH增大，C正确；D．由分析知，“厌氧阳极”的电极反应式为，若流出1.2mol电子，则生成的二氧化碳为0.2mol，同时有1.2molH+移向负极，故该区域“出水”比“进水”减轻了8.8+1.2g=10g(假设气体全部逸出)，D错误；故选C。14．（2024·山东淄博一模）基于辅助放电的液流电池装置如图所示。下列说法错误的是A．充电时，向电极迁移B．放电时，在该环境下的氧化性：C．放电时，电极B上还可能发生：D．可利用及时清除电极B上的“死锰”（），提高充放电过程的可逆性【答案】C〖祥解〗由题干图示信息可知，充电时，电极A为Cd2+