卷7 化学反应与电能-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考化学真题分类优化卷(分项3D)

最新5年高考真题分类优化卷·化学（七） 卷7化学反应与电能 姓名 班级 考号 得分 本卷满分100分，考试时间75分钟 本卷共20小题，每题5分，共100分 1.(2024·江西)水系Zn-CO2电池在碳循环方面具有广阔的应用前景。 该电池的示意图如右，其中双极膜在工作时催化H,O解离为H和 OH,并在直流电场的作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是 ( CO n(OH)2 Co Zn电极 双极膜 催化电极 A.放电时，Z如电极为负极，发生还原反应 B.充电时，OH从Zn电极通过双极膜到达催化电极发生反应 C.放电时，催化电极上的反应为CO,+2H+2eCO+H,O D.充电时，Zn电极上的反应为Zn2++2e一Zn 2.(2024·安徽)我国学者研制了一种锌基电极，与涂覆氢氧化镍的镍基电 极组成可充电电池，其图如下。放电时，Zn转化为2ZnCO3·3Zn (OH)2。下列说法错误的是 () ab 锌2mol·L-1KzC03和镍 电 0.1mol·L-1K0H 电 混合电解液 Ni(OH)2 A.放电时，正极反应为Ni(OH)2+2e一Ni+2OH B.放电时，若外电路有0.2mol电子转移，则有0.1 mol Zn2+向正极 迁移 C.充电时，a为外接电源负极 D.充电时，阴极反应为2ZnCO3·3Zn(OH)2+10e5Zn +2C02-+60H 3.(2024·黑吉辽)某生物质电池原理如下图所示，充、放电时分别得到高 附加值的醇和羧酸。下列说法正确的是 ( 0C00 Rh/C Cop2Nio800H/ 惰性电极 0 KOH溶液 Coo2Nios(OH)2 KOH溶液 糠醛 -CH0产品阳离子交换膜 A.放电时，正极电极反应为 cH0+H,0-2e—6 【最新5年高考真题分类优化卷·化学（七）7-1】3D +2H+ B.放电时，Co。.2Ni.s(OH)2转化为Co,.2Ni.sOOH C.充电时，K+通过交换膜从左室向右室迁移 D.充电时，阴极电极反应为： 0cH0+2H,0+2e 0人CH20H +20H 4.(2024·黑吉辽)如图，b为H/H2标准氢电极，可发生还原反应(2H +2e—H2个)或氧化反应(H2-2e—2H),a、c分别为AgCl/ Ag、AgI/Ag电极。实验发现：1与2相连a电极质量减小，2与3相连c 电极质量增大。下列说法正确的是 负栽。3负裁 盐桥1 盐桥2 1mol·L-1 1 mol.L-! 1 mol.L KCI溶液 HCI溶液 KI溶液 A.1与2相连，盐桥1中阳离子向b电极移动 B.2与3相连，电池反应为2Ag+2I厂+2H一2AgI+H2◆ C.1与3相连，a电极减小的质量等于c电极增大的质量 D.1与2、2与3相连，b电极均为e流出极 R R 5.(2024·广西)利用右图的电化学装置，可实现 对CO2的固 FC 定。下列说法错误的是 ( 电源 RRI +2e H20 R2、R1 高氯酸盐、水和有机物溶液 A.ClO,向b电极移动 个 个 R 个 B.a电极的电极反应式为 +C0,+2e F.C F.C COO +F C.电解过程中有H生成 D.b电极的Pt用Cu代替后总反应不变 6.(2024·贵州)钠基海水电池是一种能量密度高、环境友好的储能电池 (示意图如下)，电极材料为钠基材料和选择性催化材料（能抑制海水中 CI厂的吸附和氧化)，固体电解质只允许Na透过。下列说法正确的是 ( ) b 体 空气 基材料 电 化材 质 8Q9 有机电解液 海水 A.放电时，a电极发生还原反应 B.放电时，b电极的电势低于a电极 C.充电时，b电极的电极反应式为2C1厂一2e一Cl2个 【7-2】3D D.充电时，每转移2mol电子，理论上有2 mol Na由b电极迁移到a电极 7.(2024·全国新课标)一种基于固体电解质NASICON的可充电熔融钠 电池，具有安全、电流密度高、使用条件宽泛等优点，其工作示意图如右 所示，已知电池放电时不断有NaI生成。下列说法错误的是() 熔融钠 熔融Nalg c区 只允许d区 阳离子通过 A.放电时a电极为负极 B.固体电解质NASICON含钠离子 C.充电时阳极反应式：3I厂一2e—一 D.转移1mole时，c区和d区的质量差改变23g 8.(2024·甘肃)我国科学家设计了一种新型Z-S可充电电池，该电池放 电时硫电极发生两步反应，分别为S+2Cu++4e-Cu,S、5Cu++ O,+10e—Cu+2Cu,O,下列说法错误的是 () a 碳布 碳布 硫 锌 Cu2 Zn2+ 离子交换膜 A.放电时锌电极发生的反应为Zn一2e Zn2+ B.该电池充电时Cu+的浓度增大 C.该电池放电时电子从硫电极流出 D.每生成1mol铜，外电路中通过10mol电子 9.(2024·河北)“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HCHO高效制 0 +OH H2的方法，装置如图所示。部分反应机理为： HH -OH HO 0-。H0 2H,。下列说法错误的是 H 电源 惰性电极及催化剂、 HCOO KOH溶液 KOH溶液 HCHO 阴离子交换膜 A.相同电量下H2理论产量是传统电解水的1.5倍 B.阴极反应：2H2O+2e—2OH+H2个 C.电解时OH通过阴离子交换膜向b极方向移动 D.阳极反应：2HCHO-2e+4OH=2HCOO+2H2O+H2个 10.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： 【7-3】3D CHO COOH C00- H -0H H —0H H -OH HO- H HO- 一H CaCO3 HO -H Ca2 H -0H H -OH H -OH Br H一 -0HH20 Br阿 H 0H H -0H CH2OH CH2OH CH2OH 2 葡萄糖 阳极 葡萄糖酸 葡萄糖酸钙 下列说法错误的是 A.溴化钠起催化和导电作用 B.每生成1mol葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了2mol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 11.(2024·全国)科学家使用6-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ZnMn,O,。下列叙述正确的是 () A ZnS04水溶液 电极 A.充电时，Zn+向阳极方向迁移 B.充电时，会发生反应Zn+2MnO2一ZnMn,O C.放电时，正极反应有MnO,+H,O+e一MnOOH+OH D.放电时，Zn电极质量减少0.65g,MnO2电极生成了0.020 mol MnOOH 12.(2024·江苏)碱性锌锰电池的总反应为Zn+2MnO,+H,O—ZnO +2 MnOOH,电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是 ( 锌粉和KOH MnO2和K0H 隔膜 A.电池工作时，MnO,发生氧化反应 B.电池工作时，OH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1 mol MnOOH,转移电子数为2×6.02×103 13.某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的C1厂并制备Z,流程如下“脱氯”步 骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说法正确的是 ( ) H2S04H,02锌浸出液 铜屑→浸铜 脱氯脱氯液 CuCI固体 锌浸出液中相关成分（其他成分无干扰） 离子 Zn2 Cu2+ CI 浓度/(g·L1) 145 0.03 A.“浸铜”时应加入足量H2O2,确保铜屑溶解完全 B.“浸铜”反应：2Cu+4H++H2O2—2Cu2++H2个+2H,O C.“脱氯”反应：Cu+Cu2++2C1=2CuC1 【7-4】3D D.脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn 14.(2024·浙江)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： e- 海水 胡极 海水 牺牲阳极 辅助阳极 图1 图2 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：O2十4e十2H2O -40H 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 15.(2023·北京)(15分)利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。 装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象 0.1 mol/I 阴极表面有无色气体， 段时间后阴极表面有红色 ① CuSO,+ 固体，气体减少。经检验 少量H,SO 电解液中有Fe+ Fe 0.1 mol/L 阴极表面未观察到气体， 电解质溶液 ③ CuSO 一段时间后阴极表面有致 十过量氨水 密红色固体。经检验电解 液中无Fe元素 下列说法不正确的是 A.①中气体减少，推测是由于溶液中c(H)减少，且Cu覆盖铁电极， 阻碍H与铁接触 B.①中检测到Fe2+,推测可能发生反应：Fe+2H—Fe++H2、Fe十 Cu2+—Fe2++Cu C.随阴极析出Cu,推测②中溶液c(Cu2+)减少，Cu2++4NH一 [Cu(NH3),]+平衡逆移 D.②中Cu+生成[Cu(NH),]+,使得c(Cu2+)比①中溶液的小，Cu 缓慢析出，镀层更致密 16.(2022·福建)一种化学“自充电”的锌-有机物电池，电解质为KOH和 Zn(CH,COO),水溶液。将电池暴露于空气中，某电极无需外接电源 即能实现化学自充电，该电极充放电原理如下图所示。下列说法正确 的是 ) (放电) K K+ (充电) A.化学自充电时，c(OH)增大 B.化学自充电时，电能转化为化学能 【7-5】3D C.化学自充电时，锌电极反应式：Zn++2e—Zn D.放电时，外电路通过0.02mol电子，正极材料损耗0.78g 17.周期表中MA族元素及其化合物应用广泛。SO,水溶液的光谱分析可 以检测到HSO?、S,O和痕量的SO,SO,水溶液吸收溴蒸气后生 成两种强酸。SO在高温时能将HBr氧化为Br,。液态CS,是一种溶 剂，其燃烧热为1077kJ·mol1。含SeO2、SO2的烟气用水吸收后，硒 元素全部变为单质硒。工业上制备碲用SO,还原TCL,溶液或者以石 墨为电极，电解强碱性Na,TeO3溶液。下列化学反应表示正确的是 () A.用SO2水溶液吸收溴蒸气的离子方程式：SO2+Br2+2H,O 2H+2HBr+SO B.CS2燃烧的热化学方程式：CS2(I)+3O2(g)=CO2(g)+2SO,(g) △H=1077kJ·mol-1 C.SO2还原TeCl4反应方程式：2SO2+TeCl,+4H,O一Te+ 2H,SO,+4HCI D.电解法制备碲的阴极电极方程式：TeO?一4e+3H,O一Te +60H 18.(2023·北京)回收利用工业废气中的CO2和SO2,实验原理示意图 如下。 C03 含C02和 NaHCO; 电源 S02的废气 溶液 装置a NaHCO3和 CO NaSO,溶液 pH=8 S0经 HCOOH 离子交换膜装置b 下列说法不正确的是 ) A.废气中SO2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HCO的水解程度大于HCO?的电 离程度 C.装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO, D.装置b中的总反应为S0?+C0,十H,0电解HCOOH-+SO 19.(2024·山东)以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr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H2和O2, 装置如图所示。下列说法错误的是 () 电源 Br 催化剂 A.电极a连接电源负极 B.加入Y的目的是补充NaBr C.电解总反应式为Br十3H,O电解BrO,十3H,+ D.催化阶段反应产物物质的量之比n(Z):n(Br)=3：2 题号 1 2 4 6 8 9 10 答案 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 9 20 答案 【7-6】3D平衡浓度(mol/L) 0.04270.1952 0.0097 当反应达平衡时，H2的浓度为0.1952mol·L,平 0.00974 衡常数K的计算式为 .04273×0.19522 ③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大 的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。 答案：(1)吸587.02该反应为吸热反应，升高温 度，反应正向移动，有利于制备硅 (2)甲5.6×10-50.1952 0.0097 0.04273×0.1952 逆反应方向 17.解析：(1)①根据反应热△H与活化能E正和E关 系为△H=正反应活化能一逆反应活化能可知，该 反应的E送=E正kJ·mol-1-△H=(EE十67.59) kJ·mol厂 ②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反 应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，△p 即越大。从T3到T1,△p增大，说明反应正向进行 程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由 T3到T1逐渐降低，即T3>T2>T1。由题图甲中 M点可知，进料比为n(SO2)：n(Cl2)=2,平衡时 △p=60kP,已知恒温恒容情况下，容器内气体物 质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。 SO2 (g)+Cl (g)=SO2 Cl (g) △D 起始压强/kPa160 80 转化压强/kPa 60 60 60 60 平衡压强/kPa100 20 60 60 kPa 可计算得a(Cl)= 80 kPa ×100%=75%,K。= (SO,CL) 60 kPa (SO)(CL100 kPax20 kPa0.03 kPa ③由题图甲中M点可知，进料比为2时，△p=60 kP,结合“三段式”，以及T1时化学平衡常数可知 进料比为0.5时，△p也为60kPa,曲线D上存在 (0.5,60)。本题也可以快解：根据“等效平衡”原 理，该反应中SO,和Cl,的化学计量数之比为1： 1,则SO,和Cl2的进料比互为倒数（如2与0.5） 时，△p相等。 (2)①根据化学反应速率的计算公式时，v(X)= △c(X) △t ,60min时，c(X)=6.80mol·L1-v(X)· △t=6.80mol·L-1-0.042mol·L-1·min1×30 min=5.54mol·L-。 △c(D) ②已知(D) t △c(D) o(G)△c(G) 4c(G),又由题给反应速率 t (D)k2·c(M)k2 方程推知， v(G)k3·c(M)k =3,则△c(G)= 3×△c(D)=0.033mol·L1,即60min后c(G) 1 =0.033mol·L-1.60min后，D和G转化为T的 k4·c(D)4·0.099 速率比为，·c(G23·0.033G消耗得更快，则 c(D) c(G增大。 答案：(1)E正+67.59T3>T2>T1该反应正反 【17】 应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器 内压强减小，从T3到T,平衡时△p增大，说明反应 正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低75% 0.03D (2)5.540.033增大 18.解析：(1)反应2HCI(g)+20,(g)一C,(g)+H,0 (g)前后的气体分子数目在减小，所以该反应△S< 0,该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率 视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高， HC的转化率越小，故T,代表的温度为440C,T 为360℃。 1 (2)表示氢气燃烧热的热化学方程式为④H2(g)十 2 02(g)一H,0I),设①2HCI(g)+20,(g)一C (g)+H2O(g),②H2O1)—H2O(g),③H2(g)+Cl (g)—2HCl(g),则④=①十③一②，因此氢气的 燃烧热△H=-57.2kJ/mol-184.6kJ/mol一44 kJ/mol=-285.8 kJ/mol. (3)增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率在 减小，不符合题意；M对应温度为360C,由图像可 知，升高温度，HCl的转化率增大，符合题意；增大n (HCI):n(O2),HCl的转化率减小，不符合题意； 使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率， 使单位时间内HC1的转化率增加，符合题意；故 选BD。 (4)图中在较高流速下，T。温度下的转化率低于温 度较高的T1和T2,主要是流速过快，反应物分子 来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率 下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内 氯化氢的转化率低」 (5)由图像可知，N点HC1的平衡转化率为80%，设 起始n(HCl)=n(O2)=4mol,可列出三段式 2HC(g)+20,(g)=C,(g)+H,0 (g) 起始量/mol4 4 0 0 变化量/mol3.2 0.8 1.6 1.6 平衡量/mol0.8 3.2 1.6 1.6 1.6、1.6 7.2×.2 则K= =6e 层)×（保》 (6)由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其 密度之比等于摩尔质量之比。故1.66= M(Ru)+32 MT)+32,则Ru的相对原子质量为101。 答案：(1)<360(2)-285.8(3)BD(4)流速 过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生 反应，导致转化率下降，同时，T。温度低，反应速率 低，故单位时间内氯化氢的转化率低(5)6 (6)101 卷7化学反应与电能 1.C由图知，该电池在放电时，Zn作负极失去电子， 发生氧化反应，电极反应式为Zn一2e十4OH Zn(OH)?,催化电极作为正极得电子，发生还原反 应，电极反应式为CO2十2H十2e—CO+H2O, 充电时，Z作为阴极，双极膜在工作时催化H2○解 3D 离为H和OH,氢离子移向阴极，电极反应式为 Zn(OH)+4H+2e=Zn+4H2O,催化电极 为阳极，双极膜在工作时催化H,O解离为H+和 OH,氢氧根移向阴极，电极反应式为CO+2OH 一2e一CO2十H2O,据此回答。由分析知，放电 时，Zn电极为负极，发生氧化反应，A错误；充电时， OH从双极膜向催化电极移动，并发生反应，B错 误；放电时，催化电极上的反应为CO,十2HF十2e 一CO十H2O,C正确；充电时，Zn电极上的反应为 Zn(OH)+4H+2eZn+4H,O,D错误。 2.B放电时，锌基电极为负极，Zn转化为2ZnCO3·3Zn (OH)2,电极反应式为5Zn+2CO号+60H-10e —2ZnCO3·3Zn(OH)2,镍基电极为正极，电极反 应式为Ni(OH)2+2e—Ni+2OH,充电时，a接 电源负极，锌基电极为阴极，电极反应式为2ZCO ·3Zn(OH)2+10e=5Zn+2C0+6OH,b接 电源正极，镍基电极为阳极，电极反应式为Ni十 2OH-2e一Ni(OH)2。放电时，镍基电极为正 极，电极反应式为Ni(OH),+2e一Ni+2OH,A 正确；放电时，锌基电极为负极，Zn转化为2ZnCO3 ·3Zn(OH)2,电极反应式为：5Zn+2CO+6OH -10e—2ZnCO3·3Zn(OH),,混合电解液中没 有Zn+,B错误；充电时，a接电源负极，锌基电极为 阴极，C正确；充电时，锌基电极为阴极，电极反应式 为：2ZnC03·3Zn(OH),+10e—5Zn+2CO3+ 6OH-,D正确。 3.D放电时，负极发生氧化反应， 0CH0转化为 《0CO0所以放电时.Rh/Cu是负极，充电时 Rh/Cu是阴极。放电时，负极发生氧化反应，负极糠 醛发生氧化反应生成 0人C00 ,故A错误；放电 时，正极得电子，Coo.2Nio.8OOH转化为Co.zNi.8 (○H)2,故B错误；充电时，阳离子向阴极移动，充电 时，Rh/Cu是阴极，K通过交换膜从右室向左室迁 移，故C错误；充电时，Rh/Cu是阴极，糠醛发生还原 反应生成 OCH2OH ,阴极电极反应为 0CH0+2H,0+2e OCH2OH 2OH,故D正确。 4.B1与2相连，左侧两池构成原电池，a电极质量减 小，AgCl转化为Ag,说明a为正极，b为负极，b极反 应为H2一2e一2H;2与3相连，右侧两池构成 原电池，c电极质量增大，Ag转化为AgI,说明c为负 极，b为正极，b极反应为2H十2e—H2个，据此 分析。1与2相连，为正极，b为负极，盐桥1中阳 离子向a电极移动，A错误；2与3相连，右侧两池构 成原电池，c电极质量增大，Ag转化为AgI,说明c为 负极，b为正极，生成氢气，电池反应为2Ag十2I厂十 2H+—2AgI十H2A,B正确；1与3相连，由于AgI 更难溶，AgCl转化为AgI,a极为正极，AgCl转化为 Ag,a极质量减小，b极为负极，Ag转化为Agl,b极 质量增加，电极减小的质量小于c电极增大的质 量，C错误；1与2相连，b为负极，b电极为e流出 极；2与3相连，c为负极，c电极为e流出 极，D错误。 【18】 R2 R 5.D如图可知，a电极 和CO,得电子，发 FC 生还原反应为阴极，则b为阳极发生氧化反应，水放 电生成O,和H,据此分析解题。 电解池阳极吸引阴离子，C1O向b电极移动，故A R: R 正确；a电极 和CO2得电子，电极反应 F.C R2 R R 式为 +C02+2e FC FC COO 十F一，故B正确；b为阳极发生氧化反应，水放电生成 O2和H,故C正确；b电极为阳极，Pt用Cu代替 后，Cu放电生成Cu+,故D错误。 6.D钠为活泼金属，失去电子发生氧化反应，为负 极，则b为正极。放电时，a电极为负极，钠失去电子 发生氧化反应，A错误；放电时，a为负极，b为正极， b电极的电势高于a电极，B错误；放电时，a为负极， b为正极，充电时，b电极为阳极，由于选择性催化材 料能抑制海水中C的吸附和氧化，故电极上不是氯 离子放电，C错误；充电时，a为阴极，b为阳极，阳离 子向阴极移动，故每转移2mol电子，理论上有2mol Na由b电极迁移到a电极，D正确。 7.D电池放电时不断有NaI生成，可知放电时a为负 极，电极反应为Na一e一Na,固体电解质NASI CON只允许阳离子通过，固体电解质NASICON含 钠离子，通过Na转移保持两侧电荷守恒，放电时b 为正极，电极反应为I十2e—一3I厂；充电时a为阴 极，b为阳极，b极反应为3I厂一2e一I。根据分 析，放电时a电极为负极，A正确；固体电解质NASI CON含钠离子，通过Na转移保持两侧电荷守恒，B 正确；充电时b为阳极，b极反应为3I一2e一 I,C正确；放电转移1mole时，1 nol Na从c区 移出，d区移入1 mol Na+,两区质量差改变46 g,D错误。 8.CD根据题意，S得到电子，化合价降低，被还原，作 正极，则Zn为负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn 一2e—乙n2+。由分析可知，放电时锌失去电子发 生氧化反应，发生的反应为Zn-2e—Zn2+,A正 确；放电时，铜离子转化为Cu2S、Cu2、Cu,则充电时 Cu2S、Cu2O、Cu转化为铜离子，Cu+的浓度增大，B 正确；该电池放电时电子从负极锌极流出，C错误； 由反应5Cu2++O2+10e—Cu+2Cu0可知，每 生成1mol铜，需要10mol电子，由于该电池放电时 硫电极发生两步反应，则反应S+2Cu+十4e CuS也消耗一部分电子，故外电路中通过大于10 mol电子，D错误。 9.A据图示可知，b电极上HCHO转化为HCOO, 而HCHO转化为HCOOˉ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 +OH- HO O -e- 应机理 H H -OHT HO 0 +OH 十2H,可知：反应 -OH H -3D HO O HO O 后生成的 转化为HCOOH。 由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HC○OH的同 时还生成了H,生成的HCOOH再与氢氧化钾酸 碱中和：HCOOH十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一2e—H2◆，阴极水得电子生成氢气：2HO 2e—HA+2OH 由以上分析可知，阳极反应：①HCHO+OH厂一e -→HCOOH+2H,②HCOOH+OH一 HCOO-十H2O,阴极反应2H2O-2e一H2A+ 2OH,即转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1 molH,共2m0lH,而传统电解水：2H,0包解2H, 个十O2个，转移2mol电子，只有阴极生成1mol H2,所以相同电量下H2理论产量是传统电解水的2 倍，故A错误；阴极水得电子生成氢气，阴极反应为 2H,O一2e—H2A十2OH,故B正确；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，○H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：由以上分析可知，阳极反应涉及到：① 1 HCHO+OH-e→HCOOH+ 2 H2,②HCOOH+OH-—HCOO-+H,O,由（① +②)×2得阳极反应为2HCHO-2e+4OH 2HCOO十2H,O+H2个，故D正确；故选A。 10.B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B在 阳极上被氧化为Br2,然后Br2与H2O反应生成 HBrO和Br,HBrO再和葡萄糖反应生成葡萄糖 酸和Brˉ，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；由A中分析可知，2 mol Br在阳极上失 去2mol电子后生成1 mol Br2,1 mol Bra2与H2O 反应生成1 mol HBrO,1 mol HBrO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0.5ol葡萄糖酸钙，因此， 每生成1mol葡萄糖酸钙，理论上电路中转移 了4mol电子，B说法不正确；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；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(BH)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。 11.CZn具有比较强的还原性，MnO。具有比较强的 氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO 之间，所以MnO2电极为正极，Zn电极为负极，则 充电时MnO2电极为阳极、Zn电极为阴极。充电 时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移， 即Zn+向阴极方向迁移，A不正确；放电时，负极的 电极反应为Zn-2e一Zn2+,则充电时阴极反应 为Zn2++2e一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；放 【19】 电时MnO,电极为正极，正极上检测到MnOOH和 少量ZnMn2O4,则正极上主要发生的电极反应是 MnO2+H2O+e一MnOOH+OH厂，C正确；放 电时，Zn电极质量减少0.65g(物质的量为0.010 mol),电路中转移0.020mol电子，由正极的主要反 应MnO,+H,O+e 一MnOOH+OH可知，若 正极上只有MnOOH生成，则生成MnOOH的物质 的量为0.020mol,但是正极上还有ZnMn2○4生成， 因此，MnOOH的物质的量小于0.020mol,D不正 确；综上所述，本题选C。 12.CZn为负极，电极反应式为Zn-2e+2OH -ZnO+H2O,MnO,为正极，电极反应式为 MnO2+e+H2O=MnOOH+OH。电池工 作时，MO2为正极，得到电子，发生还原反应，故A 错误；电池工作时，○H通过隔膜向负极移动，故B 错误；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；由电极反应式MnO2十e+H2O —MnOOH+OH可知，反应中每生成1mol MnOOH,转移电子数为6.02×103，故D错误：故 选C。 13.C铜屑中加入HSO:和H2O2得到Cu+,反应 的离子方程式为Cu+2H+H2O2一Cu++ 2H2O,再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中 仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuC】固体，可 知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为Cu+十Cu 十2C1—2CuCl￥，过滤得到脱氯液，脱氯液净化 后电解，Zn可在阴极得到电子生成Zn。由分析 得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤 还需要充当还原剂，故A错误；“浸铜”时，铜屑中加 入H,SO4和H2O,得到Cu2+,反应的离子方程式 为Cu十2H+H2O2—Cu2++2H2O,故B错误； “脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到 CuCl固体，即Cu的化合价升高，CuT的化合价降 低，发生归中反应，化学方程式为Cu2+十Cu十2C1 —2CuCl￥，故C正确；脱氣液净化后电解，Zn 应在阴极得到电子变为Zn,故D错误；故选C。 14.B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C,A不正确；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 H放电外，海水中溶解的O,也会竞争放电，故可 发生O,十4e十2H,O—4OH-,B正确：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；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Fe-2e—Fe2+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。 15.C由实验现象可知，实验①时，铁作电镀池的阴 极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚 铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极得到 电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量 氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓 3D 度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到 电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实 验①更致密的镀层。由分析可知，实验①时，铁会 先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离 子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻 碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正 确；实验①时，铁作电镀池的阴极，铁会先与溶液中 的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可 能发生的反应为Fe+2H+一Fe2++H2、Fe+ Cu+一Fe+十Cu,故B正确；铜离子在阴极得到 电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu 一2e一Cu+的反应，铜离子浓度不变，Cu2+十 4NH一[Cu(NH3)4]2+平衡不移动，故C错误； 实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离 子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率 减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生 成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D 正确；故选C。 16.A由图可知，化学自充电时，消耗O,,该反应为 O2+2H2O+4e=4OH,c(OH)增大，故A 正确；化学自充电时，无需外接电源即能实现化学 自充电，该过程不是电能转化为化学能，故B错误； 由图可知，化学自充电时，锌电极作阴极，该电极的 电极反应式为O,十2H2O十4e=4OH,故C错 NH 误；放电时，1mol -NH2 HN 转化为 NH ,消耗2molK, -NH2 K'N- 外电路通过0.02mol电子时，正极物质增加0.02 molK,增加的质量为0.02mol×39g/mol=0.78 g,故D错误；故选A。 17.C用SO2水溶液吸收溴蒸气生成硫酸和氢溴酸， 离子方程式：SO2+Br2十2H2O=2HF十2HBr+ SO,A不正确；1 mol CS（s)燃烧时，依据燃烧热 数据，放出热量1077k,则热化学方程式：CS2(I) +303(g)—C02(g)+2S02(g)△H=-1077 kJ·mol-1,B不正确；SO2在水溶液中还原TeCL4, 生成Te、H2SO4和HCl,反应方程式：2SO2+TeCl +4H,O—Te+2H,SO十4HCl,C正确；电解法 制备碲时，TO号在阴极得电子产物与电解质反 【20】 应，生成Te等，电极方程式：TeO十4e十3H,O Te十6OH,D不正确；故选C 18.CSO2是酸性氧化物，废气中SO2排放到空气中 会形成硫酸型酸雨，故A正确；装置a中溶液的溶 质为NaHCO,,溶液显碱性，说明HCO的水解程 度大于电离程度，故B正确；装置a中NaHCO3溶 液的作用是吸收SO2气体，CO2与NaHCO3溶液 不反应，不能吸收C○2，故C错误；由图可知一个电 极亚硫酸根失电子生成硫酸根，另一个极二氧化碳 和水转化为甲酸，装置b中总反应为SO十CO2十 H,0电解1HCO0H+S0,故D正确：选C. 19.B电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成 BrO?,电极b为阳极，电极反应为Br一6e十 3H2O一BrO3十6H;则电极a为阴极，电极a的 电极反应为6H+6e—3H,个；电解总反应式为 Br十3H,0电解BrO,十3H,;催化循环阶段 BrO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。根据分析，电极a为 阴极，连接电源负极，A项正确；电解过程中消耗 H,O和Br,而催化阶段BrO,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；电解总反应式为Br十 3H,0电解Br0十3H,◆，C项正确：催化阶段，Br 元素的化合价由十5价降至一1价，生成1 mol Br 得到6mol电子，O元素的化合价由一2价升至0 价，生成1molO,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；故选B。 卷8化学反应速率与化学平衡 1.CA.①A(g)=M(g)的K= k· K2 ②A(g)=N(g)K= kg，② 一①得到 K2 M(g)=N(g),则K= XN(平衡)k-2k2k-1 xM(平衡) k1 kik-2 k-1 A正确；B.由图可知，0~1时间段，生成M和N 的物质的量相同，由此可知，成M和N的平均反应 速率相等，B正确；C.若加入催化剂，k1增大，更有 利于生成M,则x变大，但催化剂不影响平衡移 动，XM,街不变，C错误；D.若A(g)>M(g)和 A(g)→N(g)均为放热反应，升高温度，两个反应 均逆向移动，A的物质的量分数变大，即XA,平衡变 大，D正确。 2.AA.根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小，A 错误；B.反应④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式 为3H2SO3+BrO=3SO+Br+6H+,B正确； C.由于①②为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的 是亚硫酸，所以反应①一④中，H十对SO的氧化起 催化作用，C正确；D.根据题干信息和图像可知利用 pH响应变色材料，可将pH振荡可视化，D正确；答 案选A。 3.CA.由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反 应，A错误；B.平衡常数只和温度有关，与催化剂无 关，B错误；C.由图可知，丙烷被催化剂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；D.活化能高的反应速率慢，是反应的决速步 骤，故决速步骤为"CH;CHCH→·CH3CHCH2+ 3D