专题6 分层闯关(实战册)-【实战高考】2026年高考化学总复习（山东专版）

分层 基础题组 1.(2024山东泰安二模)在熔融盐体系中，通 过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi), 电解装置如图。下列说法错误的是( 电源 a 电极A 石墨电极 熔融盐 (CaCL2、NaCl) 000 产物TiSi A.石墨电极为阳极，发生氧化反应 B.电极A的电极反应：8H+十TiO2十SiO2 +8e =TiSi+4H2O C.该体系中，石墨优先于C1参与反应 D.电解时，阳离子向A电极移动 2.(2024山东泰安一模)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NaCI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 CH COOH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hb 膜a CH,COOH 物 H,0 产品室 NaCl oH H H A.阳极反应式为CH COOH+8OH 8e—2C02个+6H2O 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 O专题6化学反应与能量转化 闯关) 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 3.(2024山东聊城一模，不定项)光电化学装置 可以将CO2还原为有机物，实现碳资源的再生 利用。图I是光电化学法实现CO2转化的 BiVO4NaCl(aq)Cu电解装置示意图。在不 同电压条件下进行光照电解实验，不同有机产 物的法拉第效率(FE)如图所示。 Cu电极 BiVO,电极 C0, 氨离子 02 HCOOH 交换膜 CH,O H,0 CH,OH C,H,OH 光照 NaCl溶液 NaCl溶液 用 乙 I光电化学法转化装置示意图 FE1.0 0.9 --0.9,0.851------- 一HCOOH 0.8 ◆-CH,0 0.7 075.0.65) ★一CH,OH C2H,OH 0.6 0.5 1.0,0.4 0.4 0.3 0.2 6百 0.1 0.0 w 0.60.7 0.80.91.01.11.21.31.41.51.6 电压W Ⅱ有机产物的法拉第效率随电压变化图 资料：I.法拉第效率(FE):FE(X)= n(生成X转移的电子)/n(通过电极的电子)； Ⅱ.选择性(S):S(X)=n(生成X的CO2)/ n(发生反应的C02)×100%。 以下说法不正确的是() A.使用BiVO4光电极可以节约电能，为阴 极CO2的转化提供H+ 83 实战 实战高考·化学 B.电解电压为0.75V时，Cu电极只有CO2 被还原 C.电解电压为0.9V时，S(CH2O)=85% D.电解电压为1.0V时，每生成1mol CH2O就有10molH+移向甲室 4.(2025山东聊城二模，不定项)利用CO2加 氢制CH3OH的反应机理如图所示。H2首 先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*, 随后参与到CO2的还原过程。下列说法错 误的是( H H,0 CH -0-Ga-0-Zn+2H +H*CH,OH 氧原子空位 0-Ga-0-Zm -0-Ga一Zm H 0 +C0 +H八0CH -O-Ga-0-Zn+H 、0=CH -0 Ga-0-Zm -0-Ca -0-Zn+H 已知：☐表示氧原子空位，表示吸附在催化 剂上的微粒，Na表示阿伏加德罗常数的值。 A.反应过程存在C一H、O一H的断裂和形成 B.催化剂氧空位用于捕获CO2,氧空位越多 反应速率越快 C.若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳 颗粒易使催化剂反应活性下降 D.理论上，每生成1 mol CH3OH,该历程中 消耗的H*的数目为6NA 能力题组 5.(2024山东聊城二模，不定项)恒温条件下， 用图甲所示装置研究铁的电化学腐蚀，测定 结果如图乙。 pH传感器o6压强传感器 铁粉、炭粉 3%氯化钠溶液 气 (pH=1.8) 84 103 102 101 pH 100 十压强 99 200 400 600 时间/s 乙 下列说法正确的是( ) A.AB段pH越大，析氢速率越大 B.其他条件不变，增大空气中氧气浓度，析 出H2质量减少 C.BC段正极反应式主要为O2+4e+ 2H2O-4OH D.DE段溶液pH基本不变，可能的原因是 相同时间内，2Fe+O2+4H+一2Fe2+ +2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+ 10H2O—4Fe(OH)3+8H+产生H 的量基本相同 6.(2024山东潍坊一模，不定项)某化学兴趣 小组在三颈烧瓶中模拟雷雨条件下氮气和 氧气反应，利用伽伐尼式氧气传感器测量反 应过程中O2含量，实验装置、氧气含量及氧 气传感器结构如图所示。已知三颈烧瓶高 压放电过程中有大量O十等活性氧产生。下 列说法错误的是( ) 伽伐尼式 氧气传感器 高压 电极 数据 N2和02 采集器 23.0 22.0 21.0 20.0 19.0 18.0 17.0 高压放电 16.0 01020304050 时间/s 电极接头 ● 对比电极引线 容器 对比电极P) 电极引线 电解液 (KOH) 工作电极 (Pb/PbO) 气体透过膜 A.该传感器工作时Pt电极电势低于Pb 电极 B.工作时Pb电极反应为Pb+2OH一 2e--PbO+H2O C.高压放电时，O十与O2均参与电极反应， 导致氧气传感器数值异常增大 D.当空气中存在较多C2时，氧气传感器测 量数值偏小 7.(2024山东淄博一模，不定项)利用工业废 水发电制备氨的原理如图（纳米Fe2O3作催 化剂)，其中M、N、a、b均为惰性电极。b极 区反应分两步进行，其中第二步为Fe十 H2O+N2一→NH3十Fe2O3(未配平)。下 列说法正确的是( 有机废水有 机物以CHn0 表示 NaOH-KOH →N 纳米Fe,0 共熔物 微生物膜 N2、H3Og A.b极区的第一步反应为Fe2O3+3H2O十 6e=2Fe+60H- B.M极的电极反应为C6H2O6一24e+ 6H2O=6CO2个+24H+ C.理论上废水发电产生的N2与合成NH 消耗的N2的物质的量之比为1：1 D.上述废水发电在高温下进行优于在常温 下进行 ○专题6化学反应与能量转化 培优题组 8.(2025山东泰安二模)利用丙烷制备丙烯的 机理如图所示，下列说法正确的是( 能量k CH, 过波态2 过被态1 /49.0V C.H 过被态3 38.2 CH, 44.7 CH HⅢ C,H.+H,+M-H H-M-H/ -M-用 19.2 M-H+C,H, 9.3 0.0 反应过程 A.M一H改变了丙烷制备丙烯的反应历程 B.升高温度不利于提高丙烷转化率 C.反应过程中碳的成键总数不变 D.反应决速步涉及的变化过程为M一H+ C3H-→CH3CH2CH2MH2 9.(2024山东淄博二模，不定项)利用钒电池 电解制备CO2的装置如图所示。下列说法 中错误的是( ClO,+NH3 L 二氧化氯： 发生器 交换 HCl(aq) 交换膜NH.Cl() A.工作时，b极区溶液由绿色变成紫色 B.离子交换膜为阳离子交换膜 C.生成的H和NH的物质的量之比为3：1 D.当钒电池有2molH+通过质子交换膜 时，理论上生成2 mol C1O2 10.(2025山东菏泽二模)以工业废气中的C02 为原料催化加氢制备甲醇具有较好的发展 前景。涉及以下反应： I.CO2(g)+3H2(g)CHOH(g)+ H2O(g)△H1=-49.4k·mol-1 II.COz(g)+H2 (g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ·mol-1 III.CO(g)+2H2(g)CHs OH(g) △H3 (1)△H3= kJ·mol-1。计算机模 拟Ⅲ的反应历程及能量变化如图示(TS 85 实战 实战高考·化学 代表过渡态，IM表示中间产物)。催化剂 主要降低反应历程中第 步的能垒 (填序号)。 500 430.2 400 TS2 TS3 310.0 329.6 TS4 300 2852 200 209.4 185.1 100 IMI IM2 0 C0(g+2H2(g -100 -36.2 IM3 -200 ① ② ③ ④ 反应历程 (2)已知：X的选择性 S(X)= n(生成X消耗的C0)×100%。将3mol n(参与反应的CO2) H2和1 mol CO2充入密闭恒压容器中进 行上述反应，平衡时，CO2转化率α(CO2)、 CHOH选择性S1、CO选择性S2随温度 的变化关系如图所示。则图中表示S变 化的曲线是 (填标号)；当温度高 于270℃时，α(CO2)逐渐增大的原因是 别人考什☑ 高考全 真题精练 1.(2025湖北，12,3分)某电池的正极材料为 LiFePO4,负极材料为嵌锂石墨。利用人工 智能筛选出的补锂试剂LiSO2CF3,能使失 活的电池再生并延长寿命，且保持电池原结 构。将LiSO2CF3注入电池后充电补锂，过 程中[SO2CF3]-转化为气体离去。下列有 关充电补锂的说法错误的是() A.[SO2CF3]-在阳极失去电子 B.生成气体中含有氟代烃 C,过程中铁元素的价态降低 86 条件不变，原料气中增加 0.4 mol CO(g),在某温度下达到平衡，测 得a(CO2)=0.1,n(CH3OH)=0.35,则 n(CO)= mol。 100 80 60 40 20 0 150 200250270300 350温度/℃ (3)一定条件下，将3molH2和1molC02 充入恒容密闭容器中发生上述反应。不同 时间容器内的压强见下表，平衡时测得体 系内C0的摩尔分数为10%。 t/min 0 10 15 20 25 p/kPa 6.05.555.24.954.84.8 该温度下反应Ⅲ的平衡常数K。= kPa2(列出计算式即可)。 国视野 答案：P424 D.[SO2CF3]-反应并离去是该电池保持原 结构的原因 2.(2025河北，10,3分)科研工作者设计了一 种用于废弃电极材料Li CoO2(x<1)再锂 化的电化学装置，其示意图如下： A B- 直流电源 0 Li,CoO2 LiSO Pt 电 电极 溶液 贵 已知：参比电极的作用是确定Li,CoO2再锂答案册 实战高考·化学 原电池的负极，阳离子增多，阳离子进入b区。二氧化锰 得电子变成锰离子，是原电池的正极，电极反应为MO2 +4H++2e—Mn2++2H20,阳离子减少，阴离子需 要通过阴离子交换膜进入b区。a、b、c区电解质溶液的 酸碱性不同，则c区为碱性溶液，区为酸性溶液。充电 时，N电极为阴极，得到电子，发生还原反应，A错误；充 电时，电极M为阳极，与外电源正极相连，B正确；放电 时，K+向正极移动，在N极上产生K+,K+通过阳离子 交换膜向b区迁移，C错误；放电时，M电极为正极，得到 电子，电极反应式为MnO2+4H++2e-一Mn2+ 十2H2O,D正确。 8B解析放电时，[Pyr14]+向石墨电极移动，阳离子 向正极移动，石墨电极为正极，PCT电极发生氧化反应， 是负极，据此分析。充电时，PCT电极发生还原反应，放 电时，PCT电极发生氧化反应，是负极，A正确；充电时， [TSFI]一从溶液中嵌入石墨电极，B错误；充电时，PCT 电极为阴极，阴极的电极反应式为PCT十ne十 n[Pyr14]+一[Pyr14]mPCT,C正确；为满足体积更大 的离子通过，双离子电池的隔膜需要有高孔隙率，D正确。 分层闯关) ①B解析由图可知，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，TO2和SiO2获得电子产生电池材料 TiSi,电极反应为TiO2+SiO2+8e-一TiSi+4O2-,A 正确，B错误。根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于 C一参与反应，C正确；电解池中石墨电极为阳极，阳离子 向电极A(阴极)移动，D正确。 2A解析由图知，阳极上CH3COOH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，钠离子由此进入阴极，得到产品 氢氧化钠，据此分析作答。由图知，阳极上CH3COOH失 去电子生成CO2,电极反应式为CH3COOH+8OH-一 8e-一2CO2个十6H2O,故A正确，B错误；产品室生成 的物质为盐酸，故C错误；未说明11.2L气体所处的温度 和压强，无法计算其物质的量，故D错误。 3BC解析由图可知，BiVO4电极为阳极，阳极电极反 应式为2H2O-4e一4H+十O2个，Cu电极为阴极，阴 极生成CH2O的电极反应式为CO2+4H++4e CH2O十H2O,阴极生成HCOOH的电极反应式为CO2+ 2H++2e-一HCOOH,阴极生成CH3OH的电极反应 式为CO2+6H++6e-一CHOH+H2O,阴极生成 422 C2H5OH的电极反应式为2CO2+12H++12e C2H5OH十3H2O,由图Ⅱ可知，通过改变电压可以选择 性地获得不同还原产物，据此分析。使用BVO4光电极 进行光照电解实验，可以将光能转化为化学能，可以节约 电能，为阴极CO2的转化提供H+,故A正确；由图Ⅱ可 知电解电压为0.75V时，生成CH2O、HCOOH,Cu电极 不是只有CO2被还原，故B错误；由阴极反应式可知，生 成等物质的量的CH2O或HCOOH等产物时转移的电子 不同，故由图Ⅱ可知：电解电压为O.9V时，FE(CH2O) ≈85%，则S(CH2O)≠85%，故C错误；电解电压为 1.0V时，FE(CH2O)=n(生成CH2的电子)/n(通过电极 的电子)=0.4，根据电极反应式为CO2十4H++4e-一 CH2O+H2O,每生成1 mol CH2O转移4mol电子，则通 过电极的电子有10mol,就有10molH+移向甲室，故D 正确。 4A解析反应过程存在O一H生成，但无O一H的断 裂，故A错误；H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个 H*,2个H*与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再 与CO2结合，所以催化剂氧空位用于捕获CO2,氧空位越 多反应速率越快，故B正确；反应温度过高使甲醇炭化， 碳覆盖在催化剂的表面，使催化剂反应活性下降，故C正 确；H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*,随后 参与到CO2的还原过程，根据图中信息可知，CH3OH 6H*,所以理论上，每生成1 mol CH3OH,该历程中消耗 的H*的数目为6NA,故D正确。 ⑤D解析图甲中构成原电池，铁作负极，开始时pH较 小，AB段溶液pH增大，体系压强增大，铁主要发生析氢 腐蚀，pH越大，析氢速率越小，A错误。铁主要发生析氢 腐蚀，析出H2质量与氧气浓度无关，B错误。由图可知BC 段的pH为35，正极不能产生氢氧根，电极反应式为O2 +4e+4H+一2H2O,C错误。BD段溶液的pH增 加，体系压强减小，正极反应式为O2十4e十4H+ 2HO,DE段溶液pH基本不变，但压强减小，产生的 Fe2+被O2氧化，pH基本不变可能的原因为相同时间内， 2Fe+O2+4H+一2Fe2++2H20消耗H+的量与 4Fe2++O2+10H20—4Fe(OH)3+8H+产生H+的 量基本相同，D正确。 ⑥AD解析该传感器工作时Pt电极是正极，Pb电极是 负极，因此Pt电极电势高于Pb电极，A错误；工作时Pb 电极是负极，失去电子转化为PbO,则Pb电极电极反应 为Pb十2OH-一2e—PbO十H2O,B正确；三颈烧瓶 高压放电过程中有大量O十等活性氧产生，从而导致高压 放电时，O十与O2均参与电极反应，因此氧气传感器数值 异常增大，C正确；当空气中存在较多C2时，氯气会得到 电子，参与反应，因此氧气传感器测量数值偏大，D错误。 ⑦AB解析由图可知，左边为原电池，右边是电解池，含 NO3的废水中NO5转化为N2,N元素化合价降低，则 N极为原电池的正极，所以M极为原电池的负极，从而判 断a极为阳极，b极为阴极，在共熔物作用下水蒸气在阳 极失去电子发生氧化反应生成氧气，b电极为阴极， Fe2O3在阴极上得到电子发生还原反应生成Fe,然后N2 转化为NH3,据此解答。b电极为阴极，Fe2O3在阴极上 得到电子发生还原反应生成Fe,电极反应式为Fe2O:十 3H2O+6e-一2Fe+6OH-,A正确；M极为原电池的 负极，C6H12O6在负极失去电子生成CO2,电极反应式为 C6H12O6-24e-+6H2O一6CO2↑+24H+,B正确； 含NO3的废水中NO3转化为N2,N元素化合价由+5 价下降到0价，N2合成NH3过程中，N元素由O价下降到 一3价，根据得失电子守恒可知，理论上废水发电产生的 N2与合成NH3消耗的N2的物质的量之比为3：5，C错 误；上述废水发电过程中有微生物参与，高温不利于微生 物生存，故D错误。 ⑧A解析由图可知M一H参与反应，且反应前后本身 没有变化，是该反应的催化剂，催化剂改变了丙烷制备丙 烯的反应历程，A正确；根据图示，由丙烷制备丙烯的反应 为吸热反应，升高温度平衡正向移动，有利于提高丙烷转 化率，B错误；丙烷中单键为10个，丙烯中单键为7个，双 键1个，由丙烷制备丙烯过程中碳的成键总数减少，C错 误；活化能大，反应速率慢的是决速步骤，反应决步涉及的 变化过程为CH3CH2CH2MH2—C3H6十MH3,D错误。 ⑨AB解析由题千装置图可知，右侧的电解池中左侧产 生H2,电极反应为2H++2e一一H2◆，该电极为阴极， 左侧钒电池中b电极为负极，电极反应为V2+一e一 V3+,a电极为正极，电极反应为VO+2H+十e VO+十H2O,右侧电解池中右侧产生NC3,电极反应为 NH4+3CI--6e—NCl3+4H+,NC3在CIO2发生器 中与NaClO2反应生成CIO2和NH3,方程式为3H2O+ NCl3+6NaClO2=6C1O2+NH3+3NaOH+3NaCl, 此分析解题。由分析可知，工作时，b极区电极反应为 V2+一e-一V3+,故溶液由紫色变成绿色，A错误；电解 池中C一由阴极区经离子交换膜进入阳极区，离子交换 膜为阴离子交换膜，B错误；生成1molH2转移2mol电 子，而生成1 mol NH3转移6mol电子，根据电子守恒可 知，生成的H2和NH3的物质的量之比为3：1，C正确：生 成1 mol ClO2转移电子为1mol,根据电子守恒可知，当钒 电池有2molH+通过质子交换膜时，理论上生成2mol ClO2,D正确。 10(1)-90.4① O实战册参考答案及解析 (2)a温度高于270℃时，温度升高，反应I平衡逆向移 动，反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大0.15 8含×4.8 0.6 7.32×4.8x4.808x2,22 解析(I)根据盖斯定律，反应I一Ⅱ可得反应Ⅲ，即△H3 =△H1-△H2=-49.4kJ·mol-1-41kJ·mol-1= 一90.4kJ·mol-1;催化剂能降低反应的活化能，活化能 越大的步骤，催化剂降低能垒的效果越明显，由图可知， 步骤①的活化能最大，所以催化剂主要降低反应历程中 第①步的能垒。(2)反应I是放热反应，反应Ⅱ是吸热反 应，升高温度，反应I平衡逆向移动，CHOH的选择性降 低；反应Ⅱ平衡正向移动，CO的选择性升高，所以表示S 变化的曲线是a;温度高于270℃时，温度升高，反应I平 衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以当温 度高于270℃时，a(C02)逐渐增大；初始n(C02)= 1mol,c(C02)=0.1,则转化的n(C02)=1mol×0.1= 0.1mol,已知n(CH3OH)=0.35mol,反应I中生成 0.35 mol CH3OH消耗0.35 mol CO2,所以反应Ⅱ中消 耗的n(C02)=0.1mol-0.35mol0(不合理，说明C0 参与了反应Ⅲ)，设反应Ⅱ生成x mol CO,反应Ⅲ消耗y molC0,根据CO2的转化量可得：(x-y)+0.35=0.1; 初始充入0.4molC0,则平衡时n(C0)=0.4十x-y,又 因为n(CH3OH)=0.35mol,根据反应Ⅲ可知消耗 0.35molC0,所以n(C0)=0.4+(0.1-0.35)=0.15mol。 (3)设平衡时CO的物质的量为n(CO),CO的摩尔分数为 10%,则mC0》=0.1;根据恒温恒容时，压强之比等于物 n总 质的量之比，初始n总-3mol十1mol=4mol,平衡时p平 -48k知，初始0=60kP,可得平衡时8-合8龄 ×4mol=3.2mol,所以n(C0)=0.1×3.2mol= 0.32mol,设反应I消耗mol CO2,反应Ⅱ消耗0.32 mol CO2,n (CHsOH)=x mol,n(CO)=0.32 mol, n(H2O)=(x+0.32)mol,n(C02)=(1-x-0.32)mol, n(H2)=(3-3x-0.32)mol,(1-x-0.32)+(3-3x 0.32)十0.32+(x十0.32)十x=3.2,联立解得x=0.4,则 n(C02)=(1-0.4-0.32)mol=0.28mol,n(H2)=(3-3 ×0.4一0.32)mol=1.48mol,n(CHOH)=0.4mol,则该 温度下反应Ⅲ的平衡常数K,= 会含48 (晋×8)智x8町 0.6 kPa-2=0.48X2.22kPa-2。 423