选择题专练(9)化学反应与电能-【鱼跃龙门卷】2026年高考化学试题逐题突破

2025一2026学年度高考试题逐题突破 选择题专练（九） 化学·化学反应与电能 总分：60分时间：40分钟 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32C135.5K39Mn55 Cu 64 Ag 108 A组 1.我国科学家设计了水有机混合高能锂硫电池，其工作原硫电极 锂电极 阳 理如图所示。下列说法正确的是 Cu2 离 含Cu2+ 子 含Li计有机 A.硫电极为负极 水溶液 交 电解质 换 膜 B.Cu+通过阳离子交换膜向锂电极迁移 C.硫电极上发生的反应为2Cu+十S十4e一Cu2S D.理论上，每消耗1molS,同时消耗2 mol Li 2.水系锌锰二次电池放电时存在电极MnO2剥落现象，造成电 负载 池容量衰减。研究发现，加入少量KI固体能很大程度恢复 Mn2 “损失”的容量，原理如图。已知PBS膜只允许Zn+通过。下 ZnSO 列说法错误的是 溶液 剥落的MnO, 稀HSO4 A.放电时，0.6molI参加反应，理论上负极质量减少13g Zn PBS膜 MnO, B.充电时，电路中每通过2mole,阳极区溶液减少87g C.放电时的总反应：Zn+MnO2+4H+一Zn2++Mn2++2H2O D.PBS膜的优点是能有效抑制电池的自放电 3.如图是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气、流量侦测与控 质子交换膜 Pt 呼气 02 制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法正确的是 A.电子由氧气通入的Pt电极流出 醋酸 H20 B.质子(H+)通过质子交换膜从负极流向正极 ▣ 微处理器液晶显示屏 C.每消耗22.4LO2,会产生1mol醋酸 D.左侧Pt电极表面发生的反应：CH CH2 OH+2 e-CH,COOH+2H 化学·选择题专练（九）第1页（共8页） 广鱼默花门老 4.一种以金属钒离子为活性物质的全钒液流电池工作原理如图示。全钒液流电池是以十4、 十5价态的钒离子溶液和十2、十3价态的钒离子溶液分别作为电极的活性物质，储存在各自 的电解液储罐中。充、放电时，正、负极电解液在隔膜两侧进行氧化还原反应。下列说法正确 的是 电池堆 A.A极是负极，B极是正极 V3- B.放电时，应通过泵向A极室送入VO2 VO 极 V2+ VO2 室 电解液B C.放电时，负极反应为V2++e一V3+ 电解液A A极隔膜B极 泵 泉 D.充电时，阳极反应为VO十H+e一VO2+十 负载 H2O 5.赵州桥作为世界上现存最古老、保存最完好的大型敞肩石拱桥，其主要采用当地出产的青灰 色石灰岩（即石灰石）经过精细凿刻后砌筑，在相邻拱石之间嵌入“腰铁”和横向铁拉杆，石块 间使用石灰、黏土和糯米浆混合的灰浆黏合。下列有关赵州桥能够长久保存的原因错误的是 A.石灰岩经过精细凿刻后砌筑，使石块缝隙小，减少水分和空气与碳酸钙发生化合反应 B.黏土的主要成分为硅酸盐，基本结构为硅氧四面体，抗腐蚀能力强 C.糯米的主要成分为蛋白质，石灰的防腐作用能抑制其腐败 D.赵州桥所在华北地区气候干燥，减缓了石材和铁的腐蚀 6.利用电解原理吸收SO2并实现NO的脱除，装置如图所示。H2S2O4是弱酸，忽略SO2与水 的反应。下列说法错误的是 H2S204 N2 ap电源 强爵二较浓的HSO4 吸 池 篱S02、稀H,S0 HSO NO 隔膜 A.a极为负极 B.隔膜为质子交换膜 C.阴极电极反应式：2HSO+4H++2e—H2S2O4+2H2O D.在相同条件下，吸收SO2和NO的体积比为1：2 化学·选择题专练（九）第2页（共8页） 班级 7.电化学原理可应用于处理环境污染问题。一种能有效消除氨氧H→一 负载 NO, 化物(NO,)污染物又能充分利用化学能的装置如图所示。下列 电极M 电极N 姓名 说法正确的是 20%-30% KOH溶液 得分 A.电极M为正极，电极N上发生氧化反应 离子交换膜 B.电子流向：电极M→负载→电极N→溶液→电极M C.电极N上的电极反应式为2NO,+4xe+2xH2O一N2+4.xOH D.当生成15.68L(标准状况)N2时，反应中转移电子的物质的量为2.4mol 答题栏 A组 8. 山东大学晶体材料国家重点实验室将光电化学分解 BiVO 入y 水和燃料电池技术相结合，利用低成本的生物质酒 C.HO6 2 O0C---H 9 石酸(C4HO,)为有机燃料，创新性地设计了BiVO HO 光电化学生物质燃料电池。下列说法错误的是 ±H 6 A.放电过程中溶剂的质量不变 8 B.X为H2 9 C.b电极上每产生1 mol CO2,电路中转移电子数为2.5NA 10 B组 D.a、b两电极上产生气体的体积比为5：4 9. 为实现碳中和，科学家利用O一空气质子交换膜燃料电池，以CO,为原料制备乙醇，既可以 减排，又可以获得高附加值产品硝酸和乙醇，工作装置如图所示。下列说法正确的是 4 5 6 NO+ 6 湿 CO. H2O H H H 7 HNO 02+ SO SO C,H.OH 8 交换膜 质子交换膜 甲 乙 10 A.a电极的反应式为NO+2H2O-3e—NOg+4H B.b电极发生还原反应，需连接乙池c电极 C.工作时甲池中H+通过交换膜向a电极移动 D.工作时乙池中c电极区溶液pH逐渐减小 化学·选择题专练（九）第3页（共8页） 手鱼默龙门老 10.环氧乙烷主要用于生产乙二醇及表面活性剂和乙二醇醚溶 电源 CH=CH→E 剂等，被广泛应用于日用化学品、医药和农药等领域。电化 Pt 学合成环氧乙烷的装置示意图如图所示。已知：CH2一CH2 KBrKCI Br2,H2O H0CH,-CH,BroH8。 阳离子交换膜 下列说法错误的是 A.Pt电极接电源正极 B.Pt电极区可发生反应CH2-CH,-2e+2OH→8+H,O C.制备1mol环氧乙烷，Ni电极区产生标准状况下22.4LH2 D.电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合才可得到环氧乙烷 B组 1.浓差电池是利用电池中存在浓度差而产生电势的电池。某化学兴趣小组同学在实验室中利 用浓差电池实现在铁钥匙上镀银，装置如图所示。 盐桥 Cu(I Cu(Ⅱ) 银条 铁 左池 右池 0.5L0.5molL-10.5L3.5molL-1 CuSO,溶液 CuSO,溶液 AgNO溶液 分 乙 下列说法正确的是 A.Cu(I)的电极反应为Cu++2eCu B.上述装置工作时需将a接d,b接c C.Cu+通过盐桥从右池向左池移动 D.当两池中c(CuSO4)相等时，乙中钥匙质量增加108g 2.我国科学家研发了一种由废水（含UO、SO?等）提铀并同步产电的工艺，其工作原理和相 关物质转化关系如图所示。下列有关该过程的说法错误的是 >Fe2 Fe 阴 CCF Fe- 电极 0 e-- H2O H2O, UO月 HSO 换！ OH T→(U02)02·2H,0(s) 溶液 U0→U0(s) 化学·选择题专练（九）第4页（共8页） A.电子从Fe电极经导线流向CCF电极 B.CCF电极上发生的反应有O2+2H2O+2e=H2O2+2OH C.生成(UO2)O2·2H2O的反应中，n(氧化剂)：n(还原剂)=1：2 D.利用电解法再次获得含UO溶液，需将附着UO2、(UO2)O2·2H2O的电极置于阳极 3.储氢合金LaNi储氢时的化学式为LaNis He(设各元素的价态均为O)。以LaNis Hg(m)和 NiO(OH)(n)为电极，KOH溶液为电解质溶液的二次电池结构如图所示（已知电池工作之前 隔膜两侧电解质溶液的质量相等)。 下列说法正确的是 NiO(OH) A.充电时，n极发生还原反应 LaNis Ni(OH) B.充电时，电子流向：n→交换膜→m C.放电时，m极的电极反应式为LaNi,H一6e+ 阳离子交换膜 60H-LaNis+6H2 O D.放电时，若转移1mole,交换膜左侧电解质溶液的质量减少39g 4.1T-MoS2石墨烯电极材料可在光照条件下产生电子(e)和空穴(h),其制氧效果优越，原理 如图所示。下列叙述正确的是 A.放电时，电子流向：b→双极膜→a 石墨 02 Zn 放电 B.放电时，每消耗0.1molO2,负极区电解质 溶液的质量增加13g [Zn(OH)41 NaOH(aq) 充电 H2SO(aq) C.充电时，电势高低：a<b 1T-MoS2 双极膜 D.充电时，电池总反应：2[Zn(OH)4]2-—2Zn十O2个+4OH+2H2O 5.某沉积物一微生物燃料电池可以回收处理含硫废渣（硫元素的主要存在形式为FS2),其工作 原理如图所示，酸性增强不利于菌落存活。下列说法错误的是 A.碳棒b的电势比碳棒a的电势低 光照、C02 B.碳棒b存在电极反应：S一6e十4H2O 光合菌 0o702\l,0 碳棒a 用 SO+8H 水 电 沉积物 碳棒b C.工作一段时间后，电池效率降低 000 一000 D.每生成1 mol SO?,理论上消耗标准状况下 硫氧化菌硫氧化菌 FeS SO好 44.8LO2 化学·选择题专练（九）第5页（共8页） 广鱼默龙门老 6.利用微生物电化学处理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱。现以NCI溶液模拟海水，采 用惰性电极，用如图所示的装置处理有机废水（以含有机酸CHCOOH的溶液为例），在直流 电场作用下，双极膜间的水解离成H+和OH。下列说法正确的是 双极膜 膜b 膜a CH COOH H H20 产品室 膜 NaCl OH H→ H A.阳极反应式为CH COOH+8OH-8e -2CO,个+6HO B.膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜 C.产品室生成的物质为NaOH D.当阴极产生11.2L气体时，理论上可除去模拟海水中5.85 g NaCl 7.硅锰电池是一种新型电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 ④ A.Si@C电极为电池的负极 Si MnO, Mo电效 B.电池工作时，H+向MnO2电极区移动 SiO2 Mn2 质子交换膜 C.电池放电时，MnO2发生还原反应 D.放电时，当导线上每通过0.2mol电子，则会生成0.1 mol SiO2 8.工业上用单池双膜三液装置（如图），依据电解原理电解NH4NO3制备HNO3和NH3·H2O。 下列说法正确的是 气体A NH NO: 气体B OX I室 Ⅱ室 Ⅲ室 浓硝酸←三 浓氨水 惰性电极M 惰性电极N 离子 离子 稀硝酸交换膜I 交换膜Ⅱ稀氨水 化学·选择题专练（九）第6页（共8页） A.导线X接外电源的负极 B.电极N的电极反应为2NH+2e—2NH3◆+H2个 C.每产生标准状况下22.4L气体A,Ⅲ室溶液的质量理论上减少4g D.离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜 9.近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(NO?等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和 及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液中通CO2至饱和，在电极上反应生成 CO(NH2)2,电解原理如图所示。下列说法错误的是 A.b电极连接电源的正极，发生氧化反应 C02 电源 B.a电极发生的电极反应式为2NO十CO2+18H++16e NO CO(NH2)2+7H2O 03 a Hb CO(NH2)2 、HO C.当a电极区生成3.0g尿素时，电极b区质量减少6.4g 质子交换膜 D.a电极区电解质溶液pH增大 化学·选择题专练（九）第7页（共8页） 广鱼欧龙门老 10.利用燃料电池原理可处理高浓度的氨氮废水，同时电解含有苯酚、乙腈(CH3CN)的水溶液合 成扑热息痛(H0〈 ),装置如图所示，其中a、b的电极材料为石墨。 空气 a b 甲 OH NH CH.CN 稀硫酸质子交换膜氨氮废水 下列说法正确的是 A.溶液中的H由甲室向乙室迁移 B.工作一段时间后，甲室溶液pH下降 C.乙室每产生1molN2,a电极理论上可产生33.6L(标准状况下)H2 D.丙室中反应的总方程式为 ○-HoNo电,o○ 化学·选择题专练（九）第8页（共8页）·化学· 子序数大于X,则Y可能是Al或S,X为O;Y、Z、W原子的最 外层电子数之和等于X原子的核外电子数，可知Y、Z、W原子 的最外层电子数之和等于8，若Y为S,则Z、W最外层电子数 均为1，则为Na和K,但不满足原子序数大小，故Y只能是 A1,则Z、W最外层电子数之和为8-3=5，Z为Si,W为K,O K的质子数之和为27，恰好等于Al、Si的质子数之和，即X、 Y、Z、W分别为O、Al、Si、K,据此分析解答。 1. 【解析】SO2为共价晶体，不是非极性分子。 化学选择题专练（八） A组 1.A【解析】太阳能电池直接将太阳能转化为电能，不是将化学 能转化为电能，没有发生化学反应，不属于化学电源。 2.B【解析】根据盖斯定律，反应CO2(g)+3H2(g)一CHOH (g)+HO(g)可以由反应IX3-反应Ⅱ得到，则△H=3△H1 △H2=(3a-b)k·mol厂，△H1=EE-E进=(3a-b)kJ·3. mol-1,则E迪-E正=(b-3a)kJ·mol厂。 3.B【解析】CsCI晶体是离子晶体；根据盖斯定律得△H。= △H,一△H,一△H3一△H,-△H,:若M分别为Na和K,失电 子过程中需吸收能量，△H3为正值，K半径更大，失去电子所需 能量更小，则△H:为Na>K;氯气分子断键为氯原子需吸收能 量，△H,>0,离子结合形成离子键需放热，△H6<0。 4.D【解析】由图甲可得①H,0(g)一H(g)十令O:(g) △H=+243J·m0',由图乙可得②C0(g)+20,(g) CO2(g)△H=-285kJ·mol1,根据盖斯定律①十②得CO (g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=243kJ·mol1 4. 285kJ·mol1=-42k·mol1。 5.D【解析】D项，测定中和热仪器中缺少环形玻璃搅拌器。 6.B【解析】②有的放热反应也需要加热才可以进行，如焦炭的 燃烧；③物质的燃烧反应需要加热，但属于放热反应；⑥等量的 氢气和氧气分别完全燃烧生成气态水和液态水，由于气态水含 有的能量比液态水多，所以前者放出的热量少」 7.D【解析】由图可知，C1原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能 改变反应的反应热，则历程I、Ⅱ的反应热相等，即△H=E。 E3=E,一E2;C12(g)的相对能量为0，由图可知C1(g)的相对能 量为(E2一E3)kJ·mol1,断裂化学键吸收热量，Cl2(g)→2C 6. (g)吸收能量2(E2Eg)kJ·mol厂1，则C1一C1键能为2(E2 E)k·mol1;催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变 反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率为历程 Ⅱ=历程I;由图可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能小于第 一步反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越快，则历程 I、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为CIO(g)十 O(g)=O2(g)十Cl(g)△H=(E。-E)kJ·mol厂1 8.B【解析】测定中和反应的反应热所需搅拌器为环形玻璃搅拌 器；为了测定数据更准确，采用稍过量的NaOH溶液，使HCI完 全反应；若用同浓度的醋酸溶液代替盐酸进行实验，由于醋酸 7 电离吸热，反应放热更少，则计算所得反应热偏小，所得△H偏 大；需要测定并记录的实验数据有反应前盐酸、氢氧化钠溶液 的温度和反应后混合溶液的最高温度。 9.D【解析】根据图像可知反应物总能量高于生成物的总能量 该反应是放热反应：不改变反应的热效应：催化剂通过改变活 化能来改变反应速率，加入催化剂，可减小正反应的活化能；该 反应是放热反应，所以反应物的焓高于生成物的焓。 10.B【解析】从图中可知，单斜硫能量高于正交硫，故S(s,单斜) 一S(s,正交)△H=一0.33kJ·mol厂1：单斜硫和正交硫都 是硫元素形成的单质，两者互为同素异形体：②式表示1mol 正交硫与1mol氧气反应生成1mol二氧化硫放出296.83kJ 的能量；①反应为放热反应，则该反应断裂1mol单斜硫(s)和 1molO,(g)中的共价键吸收的能量比形成1 mol SO2(g)中的 共价键所放出的能量少297.16kJ。 B组 B【解析】催化剂的使用能降低反应的活化能，但不能改变反 应的焓变。 B【解析】由于GS1的能量比GS2低，第一步反应的△H>0, 即该反应是吸热反应：该反应历程总共由4个基元反应构成，其 活化能分别为E=1.675eV,E2=2.071eV,E3=1.313eV, E4=1.369eV,活化能越高，其反应速率越低，因此决定总反应 速率的步骤为第二步；由图可以看出，GS3的能量比GS2的能 量低，能量越低越稳定，则GS3更稳定；随着HCIO4分子的不 断分解，O原子不断积累，使基元反应生成物的量不断增多，平 衡向逆反应方向移动，对后续的分解反应产生影响。 D【思路分析】根据转化关系，反应①为a十d→CO2十b、反 应②为b+f→d,a为C、d为FeO、b为Fe、f为O2,则反应 ①为3C+2Fe,0,商温4Fe十3C0,+,反应②为4Fe十30， 高温2Fe03 【解析】a为C,f为O2;d为FeO、b为Fe,若d是Fe,不符合 反应①转化：根据盖斯定律，（①+@）×号可得C+0,一 CO2,①②的反应热之和等于等物质的量的C直接被O2氧化 为C0,的反应热：反应①为3C+2Fe,0,商温3C0,◆十4Fe,生 成4 mol Fe,转移电子12mol,则每生成0.1 mol Fe时，转移电 子的数目为3×6.02×10 D【解析】题给反应历程中没有非极性键形成：由图可知 2N十H一N十3H°为该反应的决速步骤：N,H、 NH的物质的量不确定，无法判断能量大小：由图可知，该条件 下，0.5mol氮气和1.5mol氢气生成1mol氨气放出46kJ热 量，所以合成氨反应的热化学方程式为N2(g)十3H2(g) 2NH(g)△H=-92kJ·mol B【解析】由CoH2o的结构可知其中含有1个五元环、10个六 元环，每脱两个氢形成1个五元环，则CH。总共含有6个五 元环、10个六元环。 D【解析】题述循环过程涉及的能量转化为太阳能→热能→化 学能→热能→电能；结合已知条件可知，2molH2SO,(I)完全分 解为二氧化硫、氧气和水蒸气，吸收热量551kJ,热化学方程式 表示为2H2SO,(I)—2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)△H 十551kJ·mol;64gS的物质的量为2mol,已知64g固态硫 完全燃烧放出热量为592kJ,则1molS完全燃烧放出热量 296k,热化学方程式为S(s)+O2(g)—SO2(g)△H= -296kJ·mol厂1；根据盖斯定律，一（反应I十反应Ⅲ）=反应 Ⅱ，△H=-551kJ·mol1+296kJ·mol-1=-255kJ·mol-1。 C【解析】第②步反应速率最慢，是因为第②步活化能最大，与 过渡态能量高低无关。 A【解析】反应1是吸热反应，正反应活化能大于逆反应活化 能，反应2和3都是放热反应，正反应活化能小于逆反应活化 能；反应1为2NO(g)一N2O2(g)△H1=+199.2kJ· mol1,反应2为N2O2(g)十CO(g)—CO2(g)十N,O(g) △H,=-513.5kJ·mol厂1，反应3为N2O(g)+CO(g) CO2(g)+N2(g)△H3=-360.6k·mol厂1，根据盖斯定律，3 个反应相加得总反应，△H=(十199.2一513.5-360.6)kJ· mol厂1=一674.9kJ·mol1;观察历程图可知，反应1、2、3的正 反应活化能（能垒）分别为298.4k·mo-1、130.0kJ·mol-1、 .5 参考答案及解析 248.3kJ·mol厂1，能垒越大，反应速率越小，在多步反应中，反4.B【解析】电池工作时，电子从B极流出，则B极为负极，A极 应速率最慢的一步是速控步骤，选择催化剂主要降低速控反应 为正极。放电时，正极反应为VO+e+2H+一VO2+十 的能垒，反应1是速控反应，选择催化剂降低反应1的能垒：反 H2O,充电时，阳极反应为VO2++H2O一e一VO,+2H+, 应3的热化学方程式为N2O(g)+CO(g)—CO2(g)十N2(g) 放电时，负极反应为V+一e一V+,充电时，阴极反应为 △H3=-360.6kJ·mol-1。 V+十e一V2+。通过电池堆外泵的作用，储液罐中的电解 C【解析】A项，由反应机理图可知，反应②的活化能最大，反 液不断送入正极室和负极室内，以维持离子的浓度，实现电池 应速率最慢，为决速步骤：B项，由元素守恒和电荷守恒可知，反 的充放电，放电时，正极消耗VO,应通过泵向A极室送 应①的化学方程式为HNO3+H2SO,一NO+HSO,十 入VO。 HO:C项，由图可知，苯环中碳原子为sp杂化，中间产物5，C【解析】糯米的主要成分为淀粉，不是蛋白质 HO SO 6.D【思路分析】根据图示，左侧反应室HSO3经反应后生成 NO, H,S2O,,S元素的化合价降低，电源a是负极，b是正极，电解池 H 与硝基相连的碳原子为sp3杂化， H -H 中饱 中，H应该向左侧即阴极移动，所以隔膜应该是质子交换膜。 NO, 【解析】由分析可知，阴极电极反应式为2HSO:+4H+2e 和碳原子为sp3杂化：D项，由反应历程可知，反应③的活化能 =H2S2O+2H2O:S元素化合价由+4升高到十6，失去2个 NO2 电子，N元素化合价由十2降低到0，得到2个电子，根据得失电 HO SO 子守恒，在相同条件下，吸收SO2和NO的体积比为1：1。 低于反应④，且 的稳定性大于 H ,故反应③为 7.C【解析】根据装置图可知，电极M通入氨气，氨气被氧化为 氮气，则电极M发生氧化反应，为原电池的负极，电极反应式为 NO 2NH3一6e十6OH一N2+6HO,则电极N为原电池正极， NO2 电极反应式为2NO+4.xe+2xH2O一N2+4.xOH:根据 主反应，】 分析可知，电极M为原电池的负极，发生氧化反应，电极N为 为主产物 原电池的正极；电子流向为电极M→负载→电极N,不经过溶 0.B【解析】由反应示意图可知反应过程中存在碳氧等极性键 液；15.68L(标准状况)N2的物质的量为0.7mol,NO中x未 断裂、氢氢非极性键断裂，碳氢等极性键生成，但不存在非极性 知，则无法确定转移的电子数。 键的形成；物质1为反应起点存在的物质，且在整个过程中量8.A【思路分析】如图所示，b电极上的反应为酒石酸失电子生 未发生改变，物质「为催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间过程出现的物 成二氧化碳，电极反应式为C,H:Os一10e十2H2O 质，为中间产物；催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反 4CO,◆十10H;根据题干信息，该电池将分解水和燃料电池技 应的焓变，也不能提高转化率；该图为钌(Rū)基催化剂催化 术相结合，则a电极上的反应为水得电子生成氢气：2H2)十2e CO2(g)和H2(g)的反应示意图，反应生成46g液态HCOOH —H2A+2OH 时放出31.2kJ的热量，反应中氢化合价由0变为+1，电子转 【解析】溶剂是水，当两电极均转移10mol电子时，a电极消耗 移关系为HCOOH~H,~2e,则每转移1mole,放出 10mol水生成10 mol OH,b电极消耗2mol水生成10mol 15.6kJ的热量。 H,则放电过程消耗12mo水、生成10mol水，溶剂质量改 化学选择题专练（九） 变；据分析可知，X为H2;根据b电极的电极反应式有10e~ 4CO2,则产生1 mol CO2转移2.5mol电子；当两电极均转移 10mol电子时，产生CO2和H2的物质的量之比为4：5，在相 A组 同条件下，物质的量之比等于体积比，则a、b两电极上产生气体 C【解析】该装置为原电池，铜离子在硫电极得到电子，因此硫 的体积比为5：4。 电极为正极，电极反应式为2Cu++S+4e一Cu,S,锂电极为 9.A【解析】图甲中a电极区NO被氧化成HNO3,在酸性环境 负极，电极反应式为Li一e一L计：原电池中阳离子向正极 中，电极反应式为NO+2H2O一3e一NO+4H+;乙池中c (硫电极)移动：依据得失电子守恒可知，每消耗1olS,同时消 电极区CO2→C2HOH,发生还原反应，则c电极为阴极，需接 耗4 mol Li, 电源的负极，故c电极与a电极相连；甲池在放电过程中H+应 B【解析】Zn电极为负极，发生氧化反应Zn一2e一Zn+, 该透过交换膜移向b电极：电解时c电极区的电极反应式为 MnO2为正极，发生还原反应MnO2+2e+4H一Mn2+十 2CO,+12e+12H+C2HOH+3H2O,电解过程中c电极 2H,O,加入KI后，发生反应MnO2+3+4H一Mn2++L5+ 区消耗H+还产生水，造成溶液的pH增大。 2HO、I5十2e—3I,碘离子为催化剂。加入人KI后，如有 10.B【解析】由题给已知信息可知，在Pt电极，Br失电子生成 0.6molI厂参加反应，需得到0.4mol电子，理论上负极减少 Br2,然后与水反应的产物再与CH2一CH2发生反应，所以Pt 0.2 mol Zn,质量为13g;充电时阳极电极反应式为3I厂一2e 电极为阳极，Ni电极为阴极。Pt电极区发生反应的方程式为 —I、Mn2++2H2O-2e一MnO2+4H,电路中每通过 2Br-2e -Br2 Br,+H,O-HBr+HBrO,CH,=CH,+ 2mole,阳极区溶液减少的质量小于1 mol MnO2的质量，小 HBrO→HOCH2一CH2Br,在碱性溶液中，HOCH2一CH2Br 于87g;放电时的总反应为Zn+MnO2+4H一Zn2+十 才转化为A,而阳极区溶液呈酸性，不能发生反应CH,一CH2一 M2+十2HzO;PBS膜能够防止脱落的二氧化锰与锌接触构成 2e+20H→8+H0。 微电池，减少锌的损耗，能有效抑制电池的自放电。 B【解析】酸性燃料电池中，乙醇发生失电子的氧化反应生成 B组 醋酸，则乙醇所在Pt电极为负极，负极反应式为CHCH2OH一 1.B【解析】图甲左边烧杯中CuSO:浓度小，左侧电极反应式为 4e+H,O一4H++CH COOH,O2所在的Pt电极为正极 Cu一2e一Cu2+,故a是负极，b是正极；要在铁钥匙上镀银， 发生得电子的还原反应，正极反应式为O,十4e十4H 即d作阴极，c作阳极，故a接d,b接c;Cu+不能进入盐桥；设 2H2O,放电时，电子由负极经过导线流向正极，据此分析解答 左池中CuSO浓度增大xmol·L1,右池减小xmol·L1, 氧气通入的Pt电极为电池正极，电子流入正极；电池工作时，质 则0.5+x=3.5一x,解得x=1.5mol·L1,则n(CuSO,)= 子(H)通过质子交换膜从负极流向正极；不是标准状况下，) 0.5L×1.5mol·L1=0.75mol,根据得失电子守恒可得关系 的物质的量无法判断。 式Cu+一2Ag,则析出1.5 mol Ag其质量为162g。 高考试题逐题突破 2.C【解析】由图可知，铁电极为原电池的负极，铁失去电子发生 7 氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e一Fe2+,CCF 电极为正极，在水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反 应生成过氧化氢和氢氧根离子、UO在正极得到电子发生还 原反应生成UO2,电极反应式为O2+2H2O+2e一H2O2+ 2OH、UO+十2e一UO2,生成的UO2与过氧化氢反应生 成(UO2)O。·2H2O,反应的化学方程式为UO2+2H2O2 (UO2)O2·2H2O。由分析可知，生成(UO2)O2·2H2O的反 应中氧化剂H2O2与还原剂UO。的物质的量之比为1：1。 3.C【解析】由题干图示信息可知，图中实线代表放电过程，放电 时n极为正极，其电极反应为NiO(OH)+H2O+e- Ni(OH)2十OH,m极为负极，其电极反应为LaNi,Ho-6e+ 6OH一LaNi+6H2O,此电池的总反应为LaNi;H；+ 6NiO(OH)一IaNi+6Ni(OH)2;虚线代表充电过程，充电时 阳极即n极反应为Ni(OH)2十OH一e一NiO(OH)+ H2O,阴极即m极反应为IaNi+6H2O+6e一LaNis H6十 6OH,总反应为LaNi,十6Ni(OH),电解LaN,H,+ 6NiO(OH),据此分析解题。由分析可知，充电时，n极为阳极， 发生氧化反应；电子不能经过电解质溶液：由分析可知，放电时 若转移1mole,则有1molK从左侧移向右侧，同时储氢合 ：9 金里1molH进入左侧溶液，故隔膜左侧电解质溶液的质量减 少39g-1g=38g。 4.D【思路分析】放电时，该装置为原电池，Z为负极，发生氧化 反应Zn-2e+4OH厂—[Zn(OH),]2-;1T-MoS2为正极，发 生还原反应O,十4e十4H一2H,O:充电时，该装置为电解 池，[Zn(OH):]-在阴极(b极)得电子生成Zn,H2O在阳极(a 极)失电子生成O2。 【解析】电子只在导线中移动，不进入电解质溶液，电子流向为 b→导线→：放电时，负极区电解质溶液增加的质量为失电子的 锌和双极膜电离出来的OH的质量和，根据电极反应式可知 每消耗0.1molO2,转移0.4mol电子，有0.2 mol Zn失电子进 入溶液，0.4 mol OH由双极膜进人负极区，则质量增加(0.2× 65十0.4×17)g=19.8g:阳极电势高于阴极电势，由思路分析 可知，充电时a电极电势高于b电极电势；充电时，阳极反应为 2H2O-4eO2↑+4H+,阴极反应为[Zn(OH):]-+2e =Zn+4OH,总反应为2[Zn(OH),]—2Zn+O,◆+ 4OH+2H2O。 5.D【思路分析】根据光合菌产生的O2得电子结合H得到 H2O,可知碳棒a为正极，FeS2在硫氧化菌的作用下被氧化为 S,S在硫氧化菌的作用下被氧化为SO 【解析】根据分析可知b极为负极，a极为正极，正极的电势高 于负极；根据图示，碳棒b为负极，失电子发生氧化反应，存在电 极反应S-6e+4H2O一SO十8H;酸性增强不利于菌落 存活，负极失电子发生的氧化反应会减慢，故工作一段时间后， 电池效率降低；a为正极，电极反应为O2+4e十4H 2H2O,每生成1 mol SO,电路共转移7mol电子，理论上消耗 标准状况下39.2LO2。 6.A【解析】由图知，阳极上CH COOH失去电子生成CO2,阴 极上氢离子得电子生成氢气，该电解池是利用微生物电化学处 理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱，则氢离子通过双极 膜进入产品室，氯离子通过膜b进入产品室，则膜b为阴离子交 换膜，产品室生成的物质为盐酸；膜？为阳离子交换膜，钠离子 通过膜a进入阴极，得到产品氢氧化钠，据此分析作答。由图 知，阳极上CH,COOH失去电子生成CO2,电极反应式为 CH COOH+8OH-8e一2CO2个+6H2O:由分析可知， 膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜：由分析可知，产品 室生成的物质为盐酸：未说明11.2L气体所处的温度和压强， 无法计算其物质的量。 D【解析】由图可知，Si转化为SiO2,Si元素失去电子化合价 升高，则Si@C电极为负极，MnO2转化为Mn2+,Mn元素得到 电子化合价降低，MO,电极为正极。存在质子交换膜，说明是 在酸性条件下，则负极反应式为Si一4e十2H2O一SiO2十 4H+,正极反应式为MnO,+2e+4H+一Mn2++2H2O,以 此解题。根据放电时负极反应式可知，导线上每通过0.2ol 电子，则会生成0.05 mol SiO2。 D【思路分析】电极M区进入的是稀硝酸，出来的是浓硝酸， 则电极M为阳极，水被氧化得到氧气和氢离子，A为氧气，硝酸 根离子向左移动：电极N为阴极，水放电产生氢气和氢氧根离 子，B为氢气，铵根离子向右移动，以此解题。 【解析】由分析可知，I室电极反应式为2H2O一4e一O2个十 4H,发生氧化反应，电极M为阳极，接外电源的正极：由分析 可知，电极N为阴极，电极反应式为2H2O+2e =20H+ H2↑；每产生标准状况下22.4LO2,根据得失电子守恒，Ⅲ室 要生成2molH2,溶液质量减少4g,同时依据电荷守恒，4mol NH通过阳离子交换膜进入Ⅲ室，溶液质量增加72g,所以Ⅲ 室溶液的质量理论上共增加68g;Ⅱ室中的NO?要进入I室， 所以离子交换膜I为阴离子交换膜，NH要进入Ⅲ室，离子交 换膜Ⅱ为阳离子交换膜。 C【解析】从电池结构中有电源可知，该电池是电解池，从该电 池中H的移动方向可知，H+从b电极向a电极移动，电解池 中阳离子从阳极移向阴极，所以a电极是阴极，b电极是阳极， 所以b电极连接电源的正极，a电极连接电源的负极，据此解 答。由分析中可知，b电极是阳极，连接电源正极，发生氧化反 应：a电极是阴极，从图中可知，a电极上端通入CO2,H移动到 a电极参与反应，硝酸根离子转化为CO(NH2)2;3.0g尿素的 3.0g 物质的量为60g·mol=0.05mol,结合a极反应式，可知转 移电子为0.8mol,b极的反应式为2H,O一4e一O,个十 4H,转移0.8mol电子时，会消耗0.4molH2O,减少的质量 为7.2g:H向a电极移动，在a电极参与反应，由其电极反应 式2NO+CO,+18H++16e—CO(NH2)2+7H2O可知， 电极反应消耗18molH+,但只有16molH+通过质子交换膜， 所以a电极附近的H在减少，其pH增大。 D【解析】燃料电池甲电极通入空气，为正极，发生得电子的 还原反应，乙电极铵根离子发生氧化反应生成氨气，为负极；与 燃料电池正极相连的b极为电解池阳极，与燃料电池负极相连 的a极为电解池阴极。原电池中阳离子由负极移向正极，即溶 液中的H由乙室向甲室迁移：甲室为燃料电池正极，电极反 应式为O2十4e十4H—2H2O,溶液pH增大；乙室每产生 1molN2,转移6mol电子，根据得失电子守恒，可生成标准状 况下3molH2,对应气体体积为67.2L:丙室中反应的总方程 HO- 〉CH.CN+H,o电解，HO -NH+H,↑ 式为 化学选择题专练（十）】 A组 D【解析】根据反应方程式可知，反应物气体物质化学计量数 之和是3，生成物气体物质化学计量数之和是4，因此该反应是 嫡增的反应，故该反应的△S>0:H2O(g)是生成物，在该反应 达到平衡后，若移除部分H2O(g),逆反应速率瞬间减小，正反 应速率不变，由于正>℃逆，故化学平衡正向移动，平衡移动过 程中正反应速率逐渐减小：若提高n(NO,):n(CH)的比例， 化学平衡正向移动，CH,的平衡转化率增大，但NO。的平衡转 化率降低；根据反应方程式可知，每有2 mol NO2反应，会转移 8mol电子，则当消耗1 mol NO2时，转移电子的物质的量是 4mol,则转移的电子数目约为4×6.02×1023。 C【解析】碳氣化反应是放热、熵增的反应，根据△H一T△S 反应速率加快，但平衡不移动，氨气的平衡产率不变；及时分离 0,则该反应在任意温度下均能自发进行：降温反应速率减小，因 出液氨，生成物氨气的浓度减小，平衡向正反应方向移动，反应 此不能增大TiC1,的生成速率；根据方程式分析，消耗1mo 物的转化率增大，原料的利用率增大；为提高合成氨的综合效 TiO2,转移4mol电子，反应中每消耗1 mol TiO2,转移电子的 益，实际生产中，常采用适宜高温、适宜高压的条件提高氨产率。 数目约为2.408×1024；将TiO2(s)与C(s)粉碎并混合均匀后反 9.D【解析】由热化学方程式可知，压强增大，平衡正向移动，产 应可增大CL2的反应速率，但不能提高平衡转化率。 物的物质的量分数增大，则曲线a表示x(H2O)随压强的变化 B【解析】对于需要催化剂的反应，温度升高可能导致催化剂 情况，曲线b、c均表示反应物的物质的量分数随压强的变化情 活性降低，反应速率减小。 况，该反应为放热反应，其他条件不变，降低温度，平衡正向移 C【解析】甲容器在绝热条件下，随着反应进行，压强先增大后 动，x(b)和x(c)减小，b表示H2(g)的物质的量分数随压强的 减小，刚开始压强增大的原因是容器温度升高，说明题述反应 变化，c表示CO,(g)的物质的量分数随压强的变化。该反应为 过程为放热反应，平衡时升高温度，X的转化率下降；乙容器中 气体体积减小的反应，若起始压强为10Pa,将容器改为恒容容 b点达到平衡状态，压强为3pkP,根据化学方程式，列三 器，则随着反应进行，压强减小，平衡逆向移动，生成的水的量减 段式： 小，即平衡时x(a)<x1。 X(g)+3Y(g)→2Z(g) 10.C【解析】根据题给信息，物质M和物质N能量无法比较，两 始；mol 1 3 0 者稳定性无法比较；反应①活化能高于反应②和③，更慢达到 转fmol 3x 2x 化学平衡；由盖斯定律可知，反应2×③一2×②可得E(g)一 平/mol 1-x3-3.x 2x 2F(g)十H2O(g),△H=2△H3-2△H2;平衡后压缩容器，反应 ①③逆向移动，M的物质的量增多，E的物质的量增多。 4p:3p=4:(4一2.x),解得x=0.5,各物质的分压P(X)= 0.5pkPa、P(Y)=1.5pkPa、P(Z)=1.0pkPa,平衡常数K。= B组 P2(Z) 16 P(X)·P3(Y)27p ,kPa2;甲容器中到c点时，容器压强为1.B【解析】总反应为放热反应，则生成物能量小于反应物能量； 第一步为慢反应，第二步为快反应，则第一步活化能大于第二步 3.5pkPa,则混合气的总物质的量为3.5mol,根据方程式得 活化能。 P(X)=0.75pkPa、P(Y)=2.25pkPa、P(Z)=0.5pkPa,则 2.C【解析】题给反应△H<0,△S<0,当温度较低时满足△G= △P(X)=pkPa-0.75pkPa=0.25pkPa,在0~5ts内，用X表 △H一T△S<0,反应能自发进行：由曲线与纵坐标交点可知，曲 示的反应速率(X)=△P0_0.252kPa·s=0.05PkPa· 线I表示CO,曲线Ⅱ表示NO,则b~c段反应速率u(NO)= 5t s 5t 0.25×108mol·L1-0.15×10-3mol·L1 s1;当甲容器中压强不变时，说明反应达到平衡状态。 =0.1×10-3mol· D【解析】同一反应中各物质的反应速率之比等于化学计量数 L1·s1:当单位时间内消耗NO和消耗CO。浓度相等时，说 之比，根据反应A(g)十3B(g)一4C(g)十2D(g),将选项中反应 明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态：该温度下，达到平衡 速率都换算成A的反应速率。A项，v(A)=2.0mol·L1· 时，c(CO)=2.7×10-3mol·L1,c(NO)=0.1×103mol· min1≈0.033mol·L1·s1;B项，v(A)= 3V(B)≈ L1,cN,)=2c(N0)=2×1.0x103-0.1X103)mol· 0.027mol·L1·s1:C项，v(A)= 4v(C)=0.03mol, L1=0.45×103mol·L1,c(CO2)=2c(N2)=0.9×10-3mol· 想述反这销平有宿效K- =5000。 L1·s1D项，(A)=2u(D)=0.035m0lL1·s。 3.B【解析】正反应为气体体积减小的反应，则△S<0,又因 C【解析】从图中信息不能确定该反应是吸热反应，但最终平 △H<0,所以高温条件下△G=△H-T△S>0,反应不能自发 衡时容器Ⅱ比容器I中N2的物质的量大，所以容器I改变的 条件不可能是使用了催化剂；相对容器Ⅱ，若容器I改变的条 2nmin内CO平均反应速率为u(CO)三u( 件是升温，平衡移动的方向未知，不能确定容器1中N2的物质 2.4-1.6 的量比容器Ⅱ中小，若容器I改变的条件是加压，则平衡正向 2 mol·L1·min1=0.4mol·L-1·min1,但前 移动，最终平衡时容器I中N2的物质的量应比容器Ⅱ大：容器 2min内c(CO)逐渐减小，v(CO)也逐渐减小，所以前1min内 Ⅱ中，平衡时N2的物质的量为0.8mol,则参加反应的NO的 CO平均反应速率v(CO)>0.4mol·L1·min1,后1min内 C0平均反应速率(CO)<0.4mol·L1·minl,则前1min 物质的量为1,6mol,N0的平衡转化率为。600 ×100%= 内△c(CO)>0.4mol·L1,所以1min时，CO的浓度小于 80%:容器Ⅱ中0一10min内，生成N2的物质的量为0.5mol, 1.6mol·L1;达到平衡时c(COCl2)=1.8mol·L1,保持温 1 mol 度不变，将容器容积扩大一倍，此时c(COCl)=0.9mol·L1, 则参加反应NO的物质的量为1mol,v(NO)=10min 1L 同时减小压强，平衡逆向移动，所以再达到新平衡时c(COC12) 0.9mol·L;6min时，△c(Cl2)=△c(CO)=(2-0.2)mol· 0.1mol·L1·min1。 L1=1.8mol·L1,此时c(C1)=(2.4-1.8)mol·L1= D【解析】由图可知，0~t1s时间段，M同时生成P和Q,但生 0.6mol·L1,所以6min时已达平衡，平衡时c(Cl2)= 成物中P多Q少，说明反应①容易发生，活化能比反应②的低： 0.6mol·L1、c(CO)=0.2mol·L1、c(COCl2)=1.8mol· t1s后，P在减少，Q在增多，反应③并未达到平衡；反应③的平 e(COCI2) 1.8 面常数K(《8,由图知，平衡时，Q的浓度大于P的浓度，故 L,,即平衡常数K-cC)·c(C0=0.6x0.2=15,保持温 度不变，在第8min向体系中加入反应涉及的三种物质各1mol K>1;t?s时，由题意可知，M转化为P和Q,P转化为Q,所以 后，Cl2、CO、COCl2三种物质浓度分别为1.6mol·L、 c(Q)=c。-c(P)。 C【解析】合成塔中充人的氮气越多相当于增大氮气浓度，平 1.2molL12.8molL1,此时Q=1.6×1.2 2.8 =1.46<15, 衡向正反应方向移动，但氮气的转化率减小：使用催化剂，化学 则平衡正向移动。