第六章 第1节 原电池的原理及应用-【5星学霸·高考白题】2026年高考化学一轮复习

第六章化学反应与电能学霸高春 第六章 化学反应与电能 第1节 原电池的原理及应用 ☑应用提优考点全面，能力提升|限时：30min 用电器 1.(2025·北京一模)锌银纽扣电池是生活中常 双极膜 见的一次电池，其构造示意图如下。下列说 法不正确的是 ( I+oIT 电 Zn(OH) H A.Zn作电池的负极 金属外壳 贼性溶液 候N膜 酸性溶液 B.电池工作时，OH向正极 锌 A.M膜是阴离子交换膜，N膜是阳离子交 移动 A50 换膜 C.正极的电极反应：Ag20+浸了KOH(aq的福板 B.锌电极上的电势比催化电极上的高 2e+H,0—2Ag+20H C.负极的反应式为Zn-2e+40H D.金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性 Zn (OH) 2.(2024·江西九江二模)科学家研制出了一种 D.当双极膜中有2molH,0解离时，催化电 薄如纸片，可剪裁、能折叠的轻型“纸电池”。 极区H减少0.5mol 将特殊工艺加工后的电极材料涂在纸上，形 4.(2025·山西吕梁二模)某文章报道了一种两 成效率比普通锂电池效率高10倍的“纸电 相无膜锌/吩噻嗪电池，其放电时的工作原理 池”。其电池总反应为Zm+2Mn02+H,0 如图所示(PF。在水系/非水系电解液界面上 ZnO+2MnO(OH)。下列有关说法正确的是 来回穿梭，雏持电荷守恒)。 ZnS0,+kPF的 A.电池的正极反应式为 水溶液 PF2 2Mn02+2H+2e PTZ PTZ PTZ+TBAIF 2Mn0(0H) 的(H,溶液 石是毡 B.涂在纸上的电极材料是Zn和MnO, C.每生成1 mol Mno(OH),电池中转移 已知：CH,Cl2的密度为1.33g·cm3,难溶 于水。 2N、个电子 下列说法错误的是 D.电池中MnO(OH)既是氧化产物又是还原 A.放电时.负极反应为Zn-2e=Zn2 产物 B.充电时，石墨毡连电源的正极 3.(2025·黑龙江吉林一模)近期我国科技工作 C.放电时，电池不能倒置，PF。由水层移向 者研发了一种酸碱混合硝酸锌电池，其工作 CH,Cl,层 原理如图所示。图中“双极膜”中间层中 D.放电时，Zn板每减轻6.5g,水层增重35.5g 的H,0解离为H和OH,并在电场作用下分 5.(2025·北京一模)通过NaAs03与L2的可逆 别向两极迁移。下列说法错误的是( 反应，探究外界条件对物质氧化性和还原性 学霸高春白题化学 的影响，进行如下实验（不考虑0，对实验体 系的影响)。 浓k,S),溶液 石墨2 石 (琼脂-电 0.I mol-L- KC NuAO浮液 液 IHIS0混合济液 pH11) 的K溶液 离子交换膜1 离子交换模2 稀K,S0溶液 K闭合时，电流计的指针向右偏转，乙烧杯中 A.该电池表明H,O2在酸性环境中的氧化性 溶液颜色变浅。指针归零后，再分别进行下 强于碱性环境 列实验： B.电池总反应为2H,0,+20H+2H 实验 操作 现象 4H,0+021 向乙烧杯中逐滴滴 指针向左偏转，乙烧 C.当外电路通过0.4mole时，中间室生成 ① 加少量NaOH溶液 杯中溶液颜色变浅 K,S0,的质量为34.8g 向甲烧杯中加人少 指针向右偏转，乙烧 D.H,02分解产生的02在石墨2电极也可以 量NaAs0,固体 杯中溶液颜色变浅 放电，因此H,02的分解不会影响电池 已知：1.H,As03和HAs0:均是弱酸。 效率 ⅱ.2易溶于KI溶液，反应生成I(棕色)， 7.我国科学家发现，利用如下装置可以将邻苯 和：的氧化性几乎相同。 二醌类物质转化为邻苯二酚类物质，已知双 下列说法正确的是 极膜（膜a、膜b)中间层中的H,0可解离 ( A.K闭合后，甲烧杯中的电极反应为AsO 为H和OH。下列说法错误的是 2e+H20=As0+2H 电流计 B.①中，加人NaOH溶液后，甲烧杯中AsO 膜 的浓度减小 C.②中，加人Na,As0,固体后，pH对AsO的 氧化性的影响小于AsO的浓度对其氧化 BO. 性的影响 OH D.根据上述实验推测，向甲烧杯中加入少量 Na,AsO,固体，指针向右偏转 稀\a(O溶液 H20 稀硫酸 6.(2025·浙江嘉兴三模)在新型能源技术里， A.电极电势：M<N 直接过氧化氢燃料电池(DPPFC)备受关注。 B.M极电极反应式为B,H。+14OH-12e 它独特之处在于用H,0,同时作燃料和氧化 —2B0,+10H20 剂，能高效转换能量。某研究小组利用该电 C.工作一段时间后，装置中需要定期补 池和离子交换膜进行电解质溶液处理，其工 充H,SO,和NaOH 作原理如图所示。下列有关说法不正确的是 D.制取0.2mol邻苯二酚类物质时，理论上有 0.8 mol OH透过膜a烷2号碳上氢原子所得产物占比少一些，由图可知，取代异丁烷2号 酸上氢原子所得产物少，更多生成取代1号碳上氢原子所得产物，所 以前者反应历程中△E.较后者小，D错误。 4.(1)玻璃搅拌器(2)相等(3)-53.5(4)cd 解析：(1)测定反应过程中所放出的热量，使用玻璃搅拌器加快反应速 率，图中为玻璃搅拌器。(2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的 多少有关，若用100mL0.50mdl·L1盐酸跟100mL0.55mdl· L1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增加，所放出 的热量变多，但是中和热是强酸和强碱反应生成1m水时放出的 热，与酸碱的用量无关，所以用100mL0.50mal·L-1盐酸跟100mL 0.55mol·L NaOH溶液进行上述实验，测得中和热相等。(3)若 三次操作测得终止温度与起始温度差(2-1)分别为：3.2℃： b.3.1℃：c.3.3℃，计算出的平均温度差为3.2℃，50mL 0.50mol·L'盐酸与50mL0.55mal·L1Na0H溶液混合后溶液的 质量和m=100mLx1g·cm3=100g,c=4.18J·g·℃，代人公 式Q=cm△T,可得放出热量Q=4.18J·g1·℃-1×100g×3.2℃= 13376kJ,即生成0.025mo水放出的热量为1.3376J.则生成 1mal水放出的热量为1.3376kJ÷0.025mol=53.5kJ·mal1,即该 实验测得的中和热△H=-53.5k」·mol1。(4)实验装置保温、隔热 效果差，会造成测量结果偏小，。可选：量取盐酸时仰视读数会使所 取盐酸体积增大，放出热量增多，b不选：分多次把NaOH溶液倒人 盛有盐酸的小烧杯过程中会有热量损失，使测量结果偏小，©可选： 用铜棒代替玻璃搅拌器会使热量散失，会造成测量结果偏小，d 可选。 5.(1)-886.4kJ·mol1CH4(g)+202(g)一C02(g)+2H20(1) △H=-886.4k灯·mo1(2)C0(g)+H20(g)-H2(g)+C02(g) △H=-41.2kJ·ol1(3)①56.8kJ·mol1②2N,H4(1)+ 2N02(g)-3N2(g)+4H20(g)4H=-1134.4kJ·mol1③20.5 解析：(1)已知25℃、101kPa下1g甲烷燃烧生成C02和液态水放 出热量55.4kJ,则1 mol CH4燃烧放出的热量为55.4kJ×16= 886.4kJ,则甲烷的燃烧热△H=-886.4kJ·molΓ，甲烷燃烧的热化 学方程式为CH,(g)+202(g)一C02(g)+2H20(1)△H= -886.4kJ·mol'。(2)根据盖斯定律，目标热化学方程式为已知第 一个反应+第三个反应-第二个反应所得，C0(g)+H20(g) H2(g)+C02(g)△H(+241.8kJ·mo1)+(-393.5kJ·mol1) (-110.5kJ·mml1)=-41.2k」·ma。(3)①根据反应历程图可 知：正反应的话化能E。■123.2kJ·mo,整个反应吸收了 66.4kJ·mo1能量，则逆反应的活化能E=123.2k·mol1 66.4kJ·mo1■56.8kJ·mol:②根据反应历程图得反应1： N2(g)+202(g)一2N02(g)△H1=+66.4kJ·m,反应 Ⅱ：N2H4(1)+02(g)=N2(g)+2H20(g)△H=-534kJ· mo1,N,H,(I)与NO2(g)反应生成N,(g)和水蒸气的热化学方程式 为反应Ⅱ×2-反应I:2N2H(1)+2N02(g)一3N2(g)+4H20(g) △H=(-534kJ·ma1)×2-(+66.4kJ·mo1)=-1134.4kJ· mdl1:③根据第三个反应历程，1mdl气态水转化为1mol液态水时 还要放出44的热量，则1gN,H4(1)与足量NO2(g)反应生 成N2(g)和液态水时，放出的热量为 I g 32g·mlr× (1134.4+44×4)kJ·mol -20.5 kJe 2 第五章真题演练 1,B解析：根据盖斯定律，反应①+②-③可得反应：CH。 (g)+H20(g)●C0(g)+3H2(g),该反应△H=△H1+△H2 -△H=(+247J·mal)+(-131kJ·mo1)-(-90k·mol)= 206kJ·m@1,根据△H=反应物键能总和-生成物键能总和可得： △H=4e+2b-3a-C0(g)中的碳氧键键能=206.C0(g)中的碳氧键键 能=(-206-3a+2b+4c)kJ·mal1,B正确。 2.D解析：1mol纯物质完全燃烧生成指定物质放出的热量称为燃烧 热。H20应该为液态，A错误；C2H6(g)一C2H(g)+H2(g) 一学霸高考·白是 △H=+137k灯·mol,B错误：氢气的燃烧热为285.8kJ·mo1 则H20(1) 20(g)+H,(g)4H=+285.8U·ar,C错误； C2H6(g)+ 20(8)—2c02(g)+3H,0(1)4H -1559.8kJ·mol1.D正确。 3.C解析： 已知C(g的相对能量为0，Cg)的相对能量为(E-E,)】 kJmo,则C-C健能为2(E,-E,)kJmo,B正确。 040-- -----004C 02+0+G0 20,+C 20 历程 历程Ⅱ 活化能越低，反应速率越快，所以诡率最快的一步反应 的热化学方程式为CIOg+Og一0(g)+C日△H=(E,-E】 kJo广，D正确 催化剂能降低反应活化能，但是不能改变反应的焓变，因此O(g)+ 0(g)202(g)△H=(E6-E3)kJ·mol1=(Eg-E2)kJ·mal1,A 正确。催化剂不能政变反应的平衡转化率，因此相同条件下，0的 平衡转化率：历程Ⅱ=历程1，C错误。 4.B解析：由图可知，反应初期随着时间的推移，X的浓度减小，Y和 Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度减小，Z的浓 度继续增大，说明X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g) 的。X(g)一Y(g)和Y(g)一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不符合 题意：图像显示X()=一Y(g)和Y(g)=Z(g)的△H都小于0，且 X(g)一Y(g)的活化能小于Y(g)一Z(g)的活化能，B符合题 意：图像显示X()Y(g)和Y(g)一Z(g)的△H都小于0，但图 像上X(g)一Y(g)的活化能大于Y(g)一Z(g)的活化能，C不符 合题意：图像显示X(g)一Y(g)和Y(g)一Z(g)的△H都大于0， 且X(g)一一Y(g)的活化能大于Y(g)一Z(g)的活化能，D不符合 题意。 5.C解析：由图可知，生成物能量高，总反应是吸热反应，A错误：平 衡常数只与温度有关，与催化剂无关，B错误：由图可，丙烧被催化 剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定，C 正确：活化能高的反应速率慢，是反应的决速步豫，故决速步骤为 ·CH,CHCH3→·CH,CHCH2+·H或·CH3CHCH3+·H→ ·CH,CHCH2+2·H,D错误。 6.(1)①AD②0.5500(2)418(T1-T。)(3)①>②-20.9(6- a)k·mol或-41.8(c-a)k灯·mal1(4)钟制Fa+水解Fe+ 2H=fe2+H2↑将一定量的Cu粉加人一定浓度的Fez(S04)3 溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu+F心，(S0,),一CuS0, +2FS0,的格变△H1;根据(3)中实验计算得到反应Fe+CS0, C+FeS0,的焙变AH2;根据盖斯定律计算得到反应Fe+Fcz(S0,)3 一3FS04的格变为△H1+△H2(5)燃料燃烧（或铝热反应坪接铁 轨等) 第六章化学反应与电能 第1节原电池的原理及应用 1.B解析：由分析可知，锌作电池的负极，Ag0作电池正极，A正确： 原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则OH向负 极移动，B错误：由分析可知，正极的电极反应为Ag20+2e+H0 一2Ag+20H,C正确：金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性， 以保证电池正常工作，D正确。 ·化学·027 2.B解析：锰元素化合价降低，MO2被还原，应为原电池的正极，电 解质溶液为碱性才能与Zn0共存，电极反应式为MO2+e+H,0 一Mn0(DH)+OH,A错误：Zn为原电池的负极，MnO2为正极，涂 在纸上的电极材料是Za和MnO2,B正确：由MnO2+e+H20 Mn0(0H)+0,每生成1 mol Mn0(0H)转移1mol电子，电池中转 移N.个电子，C错误：Zn元素化合价升高，Z0是氧化产物，MnO, 被还原，MO(OH)是还原产物，D错误。 易错提醒 书写电池总反应式时，应注意正、负极电解质环境不同，H与OH 不能筒单合并为H20。 3.B解析：根据图中所示，锌电极中的Z在碱性溶液中失去电子生 成Z(0H)子，故锌电极为负极：NO在催化电极上发生反应转化为 NH:,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，通过N膜向正极移 动，则N膜为阳离子交换膜。根据分析知，M膜是阴离子交换膜，N 膜是阳离子交换膜，A正确：能化电极是正极，锌电极是负极，因此 化电极上的电势比锌电极上的高，B错误：锌电极作负极，负极区的 反应式为Zm-2e+40H=Zn(0H),C正确：当双极膜中有 2molH20解离时，转移2mole,同时会有2molH矿移向催化电 极（正极）区，正极电极反应式为NO;+8eˉ+10HNH+3H,0, 根据电极反应可知，转移2mdle,消耗2.5moH,则催化电极 区H*净减少0.5mol,D正确。 4.C解析：放电时，Z失电子，发生氧化反应，A正确。充电时，石墨 毡为阳极，与电源正极相连，B正确。水和二氯甲烷的不互溶性和密 度差能够将正极与负极分隔开，故不能倒置，放电时，阴离子移向负 极，故PF。移向水层，C错误。放电时.Zm板每减轻6.5g,转移电子 的物质的量为0.2mol,有0.2 mol PF。移动到水层，故水层增重 0.2mol×145g·mol1+6.5g=35.58,D正确。 5.D解析：结合分析，K闭合时，As0}失去电子生成H3A04、A0, 甲烧杯中的电极反应为3As0-6c+3H20一2H3As0,+As0,A 错误：①中，加入NOH溶液后，指针向左偏转，乙烧杯中溶液颜色变 浅，甲的石墨电极为正极，H3As0,、As0子得到电子生成AsO,甲烧 杯中AO}的浓度增大，B错误：②中，加人Na1As0,固体后，指针向 右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅，说明A0片继续失去电子生 成HAs0,、AsO,结合①②现象，pH对As0:的氧化性的影响大于 AO的浓度对其氧化性的影响，C错误：根据上述实验推测，向甲 烧杯中加入少量Na,AsO,固体，Na:As01浓度增大，甲的石墨电极 为负极，指针向右偏转，D正确。 6.D解析：由分析可知，石墨1为负极，在碱性条件下过氧化氢被氧 化生成氧气和水：石墨2为正极，在酸性条件下过氧化氢被还原生成 水，电极反应说明过氧化氢在酸性环境中的氧化性强于碱性环境，A 正确：由分析可知，电池总反应为2H202+20H+2H一4H20+ 02↑，B正确：由分析可知，石墨1为负极，电极反应式为H202- 2e+20H=2H0+02↑，则外电路通过0.4mol电子时，有 0.4m0l钾离子通过阳离子交换膜1进人中间室，则中间室生成硫酸 钾的质量为0.4m0x2×174g·m0=34.8g,C正确：由分析可知， 电池总反应为2H202+20H+2H'一4H,0+02↑，该反应中H,02 既是氧化剂又是还原剂，02是氧化产物，则氧化性：H202>02,即02 的氧化性弱于H02,且过氧化氢分解会使反应物过氧化氢的物质 的量斌小，所以H02分解产生的02在石墨2电极也可以放 电，H,0,的分解会影响电池效率，D错误。 一学霸高考·白是 归纳总结 (1)含离子交换戾电化学装置题的解题步骤 分清交换模类型：即交换膜属于阳离子交换膜、别 第一步 离子交换膜或质子交换膜中的哪一种。判断允许哪 种离子通过交换膜 第二步 写出电极反应式，判断交换模两树高子的变化，推 断电荷变化，根据电荷平街判断离子迁移的方向 第三步 分析交换度的作用：在产品制备中，交换膜的作用 主要是提高产品纯度，避免产物之间发生反应 (2)在原电池中应有离子交换膜，起到替代盐桥的作用，一方面能 起到平衡电荐、导电的作用，另一方面能防止电解质溶液中的离子 与电极直接反应，提高电流效率：在电解池中使用选择性离子交换 膜的主要目的是限制某些离子（或分子）的定向移动，测免电解质 溶液中的离子或分子与电极产物反应，提高产品纯度或防止造成 危险等。 7.C解析： N电极作正极，该极上邻装二醌 类物质得电子转化为邻苯二酚类 M电极作负极，BH 物质，电极反应式可知：邻苯二 在该极失电子发生 腿类物质+4H'+4e一邻苯二酚 氧化反应，电极反 类物质，制取0.2mol邻苯二酚类 应式为BH+140H 物质转移0.8mo电子，则膜a透过 12e=2B05+10H,0 的氢氧根离子为0.8mol,D正确 电流计 膜a 膜h B,H B0月 稀NOH溶液 H,0 稀硫酸 H,O解离为H和OH,氢寄子通过模移向正极N, 膜为阳离子交换膜：氢氧根离子通过膜移向 负校M,膜为翻离子文换膜 该装置为原电池装置。电流从正极流向负极，从高电势流向低电 势，因此电势：M电极<N电极，A正确：根据电极反应式和膜变化电 荷（与电路中转移电子数相等），可知需要定期补充H,0和NOH,C 错误。 第2节电解池的原理及应用 1.C解析：该装置为电解池，通过所给物质转化的关系，可知左侧阴极上 丙烯腈发生还原反应生成己二睛：2CH2■CHCN+2e+2H NC(CH2),CN,右侧为阳极，水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢 离子：2H20-4e一4H+02↑。由分析知，丙烯腈在阴极发生还 原反应生成己二晴，A正确：由分析知，阴极消耗氢离子，阳极生成的 氢离子移向阴极区，离子交换膜应该为质子交换膜，B正确：由分析 知，若阳极产生22.4L(标准状况下，为1m©)X(氧气)气体，转移 4mal电子，理论上阴极能生成2m0l己二睛，C错误：在反应体系中 电子转移和化学反应两个过程同时进行，在反应条件、生产效率，环 境保护等方面，都优于其他有机合成法，D正确。 2,C解析： ·化学·028一