专题1 化学反应与能量变化真题演练-【经纶学霸】2026-2027学年高二化学选择性必修第一册4星学霸黑白题（苏教版）

ⅱ.盐酸作还原剂，盐酸可能的作用是提高c(Cl),使CI还原性增 强：③用题图装置验证ⅰ，若增大右侧烧杯中氢离子浓度，电流计指 针发生偏转，说明提高c(H+),C还原性增强：若增大左侧烧杯中 氢离子浓度，电流计指针发生偏转，说明提高c(H+),CIO3氧化性 增强：实验操作和现象为先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压 表示数是否变化：再向右侧烧杯中加入等量硫酸，观察电压表示数 是否变化。 18.(1)-415.5(2)①Cl02②4C105(aq)=3Cl04(aq)+Cl(ag) △H=-138kJ·mol1(3)2CuCl2(s)+02(g)=2Cu0(s)+ 2C2(g)△H=+125.4kJ·mol- 解析：(1)已知：①C2(g)+2Na0H(aq)一NaCl(aq)+NaCI0 (aq)+H20(1)△L1=-101.1k·mol1,②3NaCl0(aq) NaCl03(aq)+2NaCl(ag)△H2=-112.2kJ·mol1,根据盖斯定律 由①×3+②可得3Cl2(g)+6Na0H(aq)一5NaCl(ag)+NaCl0: (aq)+3H20(1)△H=3△H1+△H2=(-101.1kJ·mol1)×3+ (-112.2kJ·mol-1)=-415.5kJ·mol1。(2)①物质具有的能量越 高，其稳定性越弱，故最不稳定的离子是CIO2;②△H=生成物的总 能量-反应物的总能量，则反应4C103(aq)=3C104(aq)+CI(ag) 的△H=0+3×38-4×63=-138(kJ·mol-1)。(3)由图可知，过程 Ⅱ（氧化）发生的反应为2CuCL2(s)+02(g)=2Cu0(s)+2CL2(g), 将题给O,氧化HCl的热化学方程式编号为ⅰ，将过程I反应的热 化学方程式编号为iⅱ，根据盖斯定律，由i-iⅱ×2可得2CuCl2(s)+ 02(g)=2Cu0(8)+2Cl2（g)△H=(-115.4k·mol1)- (-120.4kJ·mol-1)×2=+125.4kJ·mol-1。 专题1真题演练 黑题 真题体验 题号12 56 7 8 10 答案BC BD A A D 题号111213141516 1718 答案DB B CC BC C 1.B解析：根据盖斯定律，①+②-③可得反应：CH4(g)+H20(g) C0(g)+3H2(g),该反应△H=△H1+△H2-△H3=247k·mol1+ (-131kJ·mol-1)-(-90kJ·mol1)=206kJ·mol1,根据△H=反 应物键能总和-生成物键能总和可得：△H=4c+2b-3a-C0(g)中的碳 氧键键能=206，C0(g)中的碳氧键键能=(-206-3a+26+4c)kJ·mol。 2.C解析：根据表格中的数据可知，H2的键能为218×2= 436(kJ·mol1),A正确：由表格中的数据可知，02的键能为 249×2=498(kJ·mol1),由题中信息可知H202中氧氧单键的键能 为214kJ·mol1,则02的键能大于H202中氧氧单键的键能的两 倍，B正确：由表格中的数据可知HO0一H0+0,解离其中氧氧单 键需要的能量为249+39-10=278(kJ·mol1),H202中氧氧单键的 键能为214kJ·mol-1,C错误；由表格中的数据可知H20(g)+0(g) =H202(g)的△H=-136-249-(-242)=-143(kJ·mol-1),D正确。 3.+118解析：根据盖斯定律，将①-②-③可得C6HC2H(g)= C6H,CH=CH2(g）+H2(g）△H4=-4386.9k·mol1 (-4263.1kJ·mol-1)-(-241.8kJ·mol1)=+118kJ·mol-1。 4.+6解析：设方程式①C0(g)+H20(g)一C02(g)+H2(g)△H= -41.2k·mol1;②3Fe203(s)+C0(g)=2Fe304(s)+C02(g) △H1=-47.2kJ·mol1:③2Fe304(s)+H20(g)==3Fe203(s)+ H2(g)△H2;根据盖斯定律可知，③=①-②，则△H2=△H-△H1 =(-41.2kJ·mol-1)-(-47.2kJ·mol1)=+6kJ·mol1。 5.B解析：该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生 成PbS04,则多孔碳电极为正极，正极上Fe3+得电子转化为Fe2+,充 电时，多孔碳电极为阳极，Fe2+失电子生成Fe3,PbS04电极为阴极， PbS0,得电子生成Pb和硫酸。放电时负极上Pb失电子结合硫酸根 离子生成PbS04附着在负极上，负极质量增大，A错误：储能过程中 该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；放电时，右侧为正 正本参考答案 极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H*通过质子交换膜 移向右侧，C错误：充电时，总反应为PbS0a+2Fe2+一P%+S02 +2Fe3+,D错误。 6.D解析：放电过程中产生(CF,S02)2NLi,由图可知，放电过程中氨 气得到电子发生还原反应生成Li3N,LiN又转化为(CF,S02)2NLi 和LiC1,则左侧电极为正极，右侧电极为负极。放电过程中负极锂失 去电子形成锂离子，锂离子通过阳离子交换膜进入左侧生成 (CF3S02)2NLi,A错误；锂为活泼金属，会和水反应，故电解质溶液 不能为水溶液，B错误；充电过程中电解LiCl失去电子发生氧化反应 产生Cl2:2CI-2eˉ=Cl2↑，锂离子在阴极得到电子发生还原反应 生成锂单质：2Li+2e=2Li,则每生成1 mol Cl2,同时生成 2olLi,C错误：由分析，放电过程中，正极氮气得到电子发生还原 反应生成i,N,Li,N又转化为(CF3S02)2NLi和LiC1,负极锂失去电 子发生氧化反应生成锂离子，总反应为6Li+N2+4C,S0,Cl 2(CF3S02)2NLi+4LiCl,D正确。 7.A解析：放电时嵌入PbSe中的Na变成Na*后脱嵌，则右侧电极为 负极，Na失电子生成Na:Na*透过隔膜从右侧进入左侧，则左侧 为正极。外电路通过1mol电子时，负极有1 mol Na失电子生成Na 进人右侧溶液，溶液中有1 mol Na*从右侧进入左侧，并与正极 的Na-V2(P04)3结合，则理论上两电极质量变化的差值为 2mol×23g·mol1=46g,A错误；充电时，左侧电极为阳极， NaV2(P04)3失电子生成Na.V2(P04)3,则阳极电极反应为 Na3V2(P04)3xe—Nag-V2(P04)3+xNa*,B正确；放电一段时 间后，负极产生的Na的物质的量与负极区通过隔膜进入正极区 的Na+的物质的量相同，进入正极区Na的与参加左侧正极反应 的Na+的物质的量相同，所以电解质溶液中Na*的浓度基本保持不 变，C正确；Na能与水反应，所以电解质溶液不能用NaPF,的水溶液 替换，D正确。 8.C解析：由题干信息可知，放电时，Zn2+可插入V205层间形成 Zn,V205·nH20,V20s发生了还原反应，则放电时V20s为正极，A 说法正确：Zn为负极，放电时Zn失去电子变为Zn2+,阳离子向正极迁 移，则放电时Z2+由负极向正极迁移，B说法正确；电池在放电时的 总反应为xZn+V205+nH20= =ZnV20s·nH20,则其在充电时的 总反应为ZnV205·nH20 =xZn+V20s+nH20,C说法不正确；充 电时阳极上Zn,V205·nH20被氧化为V205,则阳极的电极反应为 Zn,V205·nH20-2xe xZn2++V205+nH20,D说法正确。 9.A解析：由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠 电极为原电池负极。充电时为电解池装置，阳离子移向阴极，即钠电 极，故充电时，Na由硫电极迁移至钠电极，A错误：放电时Na在a电 极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫黄粉在b电极上得 电子与a电极释放出的Na*结合得到Na2S,电子在外电路的流向为 a→b,B正确；由题给的一系列方程式相加可以得到放电时正极的反 应式为2Na*+g5g+2e一Na,S,C正确；炭化纤维素纸中含有大 量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确。 10.D解析：复合电极M上二氧化碳得到电子发生还原反应和水生成 甲酸根离子和氢氧根离子：C02+2e+H20一HC00+0H,甲酸 根离子和氢氧根离子通过阴离子交换膜进人中间室，氢氧根离子和 氢离子生成水、甲酸根离子和氢离子生成甲酸，则M是阴极，N是 阳极，阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气：2H20-4e= 4H*+02↑，氢离子通过阳离子交换膜进入中间室。酸性条件下，电 解时电极N上水失去电子发生氧化反应生成氧气：2H,0-4e= 4H+02↑，A错误；复合电极M上二氧化碳得到电子发生还原反 应，B错误；由分析，阳离子交换膜有1种离子通过，C错误；由分 析，总反应为二氧化碳和水生成甲酸和氧气，D正确。 11.D解析：根据图示，b端的产物为H2,因此电极反应为2Ht+2e 一H2↑，故a为电源正极，b为电源负极，则a端电势高于b端电 势，A错误；右侧电极上产生氢气的电极反应式为2H+2e= H2↑，则理论上转移2mole生成2gH2,B错误；由图可知，该装置 的总反应为CI+H2O+H一HCO+H2↑，因此c(H)减小，pH增 黑白题15 大，C错误；由图可知，阳极上的电极反应为Cl+H20-2e HCIO+H,D正确。 12.B解析：由电解原理图可知，N电极产生氢气，作阴极，发生还原 反应，电解质溶液为KOH水溶液，则电极反应为2H20+2e 一H2↑+2OH;Pt电极C3NgH4失去电子生成C6N,作阳极，电 极反应为2C3NgH4+80H-4e一C6N6+8H20,同时P1电极还伴 随少量02生成，电极反应为40H-4e一0，↑+2H20。由分析 可知，Ni电极为阴极，Pt电极为阳极，电解过程中，阴离子向阳极移 动，即OH向Pt电极移动，A错误；由分析可知，Pt电极C3NgH4失 去电子生成C6N,电解质溶液为KOH水溶液，电极反应为 2C3NgH4+80H-4e一C6N16+8H2,0,B正确；由分析可知，阳极 主要反应为2C,NgH4-4e+80H一C6N6+8H20,阴极反应 为2H20+2e=H2↑+20H,则电解过程中发生的总反应主要为 2C3NsH4+40H一C6N16+4H20+2H2↑，反应消耗0H,生 成H20,电解一段时间后，溶液pH降低，C错误；根据电解总反 应：2C3NgH4+40H=C6N1+4H20+2H2↑可知，每生成1mol H2,生成0.5molK4C6N16,但Pt电极伴随少量02生成，发生电极 反应：40H-4e=02↑+2H20,则生成1molH2时得到的部分 电子由0H放电产生02提供，所以生成的K4C6N16小于0.5mol, D错误。 13.B解析：电极b上Br发生失电子的氧化反应转化成BO?,电极b 为阳极，电极反应为Br-6e+3H20B03+6H*;则电极a为阴 极，电极a的电极反应为2H20+2e一H2↑+20H;电解总反应 式为Br+3H,0通电B0;+3H,↑：催化循环阶段B05被还原成 Br循环使用，同时生成02，实现高效制H2和02，即Z为02。根据 分析，电极a为阴极，连接电源负极，A项正确：根据分析，电解过程 中消耗H20和Br,而催化阶段BO3被还原成Br循环使用，故加 入Y的目的是补充H20,维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误；根 据分析，电解总反应式为Br+3H,0通电B05+3H,↑，C项正确； 催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1 mol Br得到 6mol电子，0元素的化合价由-2价升至0价，生成1mol02失去 4mol电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(0,): n(Br)=6mol:4mol=3:2,D项正确。 14.C解析：该装置为电解池，光阳极上水失电子生成氧气和氢离子， 电极反应式为2H20-4e=02↑+4H,阴极上氧气和氢离子得 电子生成过氧化氢，电极反应式为02+2H+2e一H202;该装置 为电解池，利用光能提供能量转化为电能，在电解池中将电能转化 为化学能，A正确：由图可知，阴极上氧气和氢离子得电子生成过氧 化氢，电极反应式为02+2H*+2e一H202,B正确；光阳极上水失 电子生成氧气和氢离子，电极反应式为2H20-4e一02↑+4H+, 每消耗1molH20,转移2mol电子，由02+2H*+2e一H202,则 体系中生成1molH202,C错误；由Mn(IV)和过氧化氢转化 专题2 化学反应 第一单元化学反应速率 课时1化学反应速率的表示方法 白题 基础过关 题号12345 答案B CC DB 1.B解析：反应速率通常用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量 来表示，A错：化学反应速率为平均速率，C错：化学反应速率均为正 值，不出现负值，因为△c(变化量)不能为负，D错。 2.C解析：变化的物质的量浓度之比等于化学计量数之比，也等于用 各物质表示的反应速率之比，0~6min内，物质N、M、P的物质的量 浓度变化量分别为6mol.L-1、3mol·L-1、3mol.L-1,则a:b:c= 6mol·L-1:3mol·L1:3mol·L1=2:1:1,C项正确。 选择性必修第一册·SJ 为Mn(Ⅱ)过程中，锰元素化合价降低，H202作还原剂，表现还原 性，由Mn(Ⅱ)转化为Mn(V)时，H20,中0元素化合价降低，作氧 化剂，表现氧化性，D正确。 15.C解析：S02是酸性氧化物，废气中S02排放到空气中会形成硫酸 型酸雨，故A正确；由于H2S03酸性大于H2C03,因此S02和 NaHC0,溶液能反应生成CO,,故B正确：装置a中NaHCO,溶液的 作用是吸收S02气体，C02与NaHC03溶液不反应，不能吸收C02, 故C错误；由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应 为s0g+C0,+H,0通电HC00H+S0,故D正确。 16.B解析：在K0H溶液中HCH0转化为HOCH,0~:HCHO+OH —H0CH20,存在平衡H0CH20+0H一[0CH20]2+H20, Cu电极上发生的电子转移反应为[0CH20]2-e一HC00 +H·,H·结合成H2,Cu电极为阳极，PbCu电极为阴极，首先 HOOC一COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为 0HCC00H:H2C204+2e+2H=0HC-C00H+H20, OHC一COOH与HO一N+H3反应生成HOOC一CH=N一OH: OHC-COOH+HO-N*H =HOOC-CH =N-OH H20+ H,HOOC一CH=N一OH发生得电子的还原反应转化成 HN*CH,COOH:HOOC-CH =N-OH 4e 5H*= HN+CH2C0OH+H20。根据分析，电解过程中，阳极区消耗OH, 同时生成H,0,故电解一段时间后阳极区c(OH)减小，A项正确； 根据分析，阴极区的总反应为H2C204+H0一N+H3+6e+6H =H,N+CH2C00H+3H20,1molH20解离成1molH+和1mol OH,故理论上生成1molH,N*CH2C00H双极膜中有6molH,0 解离，B项错误；根据分析，结合装置图，阳极总反应为2HCHO -2e+40H一2HC00+H2↑+2H20,C项正确；根据分析，阴极 区的Pb上发生反应H2C204+2e+2H*一0HC-C00H+H20, D项正确。 17.C解析：在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离 子，即负极反应为Fe-2e 一Fe2+,故A错误；铁的腐蚀过程中化 学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误：活性炭与 铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐 蚀，故C正确：以水代替氯化钠溶液，水呈中性，铁在中性或碱性条 件下易发生吸氧腐蚀，故D错误。 18.C解析：阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不 失电子，故A错误；阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流 出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M的活动性比Fe的活动性 强，故B错误：金属M失电子，电子经导线流入钢铁设施，从而使钢 铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故 C正确：海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大， 溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中 快，故D错误。 五速率与化学平衡 3.C解析：若c(PCl)由0.12mol·L1降到0.1mol·L1时需要10s, 则反应速率为"(PCL,)= 0.12mol·L1-0.1mol.L-1 10s 0.002mol·L1·s1,随着反应的进行，反应物浓度降低，反应速率 减小，即c(PCl,)由0.1mol·L-1降到0.09mol·L1时，v(PCl,)< 0.02m0l·L1·g1,反应所需时间1-4c,大于58，故选C。 4.D解析：5s时，A的物质的量增加1.0mol,D的物质的量增加 0.4mol,故A、D是反应产物；B的物质的量减少0.6mol,C的物质的 量诚少0.8mol,故B、C是反应物，物质的量变化量之比等于化学计 量数之比，设A、B、C、D的化学计量数分别为a、b、c、d,则a:b:c: d=1.0mol:0.6mol:0.8mol:0.4mol=5:3:4:2,反应的化学方 程式为3B+4C一5A+2D,A错误；反应进行到1s时，A和B的物质 的量变化量不相等，所以反应速率不相等，B错误；反应进行到5s 黑白题16专题1真题演练 黑题 真题体验 限时：35min 考点1化学反应的热效应 D.H20(g)+0(g)—H202(g）) △H= 1.(2024·重庆，13,3分)二氧化 -143kJ·mol-1 碳-甲烷重整是C02资源化利用 (2023·湖南卷节选)聚苯乙烯是一类重要的 的重要研究方向，涉及的主要热化学方程 高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。已知下 式有： 列反应的热化学方程式： ①C02(g)+CH4(g)=2C0(g)+2H2(g) △H1=+247kJ·mol ①cLCL(g)+0(g)一80.g)+ ②C0(g)+H2(g)=C(s)+H20(g) 5H20(g)） △H1=-4386.9kJ·mol-1 △H2=-131kJ·mol1 ②C6H,CH=CH2(g)+1002(g)=8C02(g)+ ③C02(g)+2H2(g)=C(s)+2H,0(g) 4H20(g) △H2=-4263.1kJ·mol △H,=-90kJ·mol-1 ③H,(g)+20,(g)—H,0(g) 已知H一H的键能为akJ·mol1,0一H的键 △H3=-241.8kJ·mol- 能为bk·mol,C-H的键能为ck·mol, 计算反应C,H,C2H(g)=C,H,CH=CH2(g)+ 则C0(g)中碳氧键的键能（单位：kJ·mol1) 为 H2(g)的△H4= kJ·mol-1。 4.(2023·浙江6月节选)水煤气变换反应是工 A.-206+3a-2b-4cB.-206-3a+2b+4c 业上的重要反应，可用于制氢。 C.206+3a-2b-4c D 水煤气变换反应：C0(g)+H20(g)一一 2.(2022·浙江6月，18,2 状态下，下列物质气态时 C02(g)+H2(g) △H=-41.2kJ·mol1 该反应分两步完成： 能量如下表： 3Fe203(s)+C0(g)=2Fe,04(s)+C02(g) 物质(g) 0 H HO H00 △H1=-47.2kJ·mol-1 能量/(kJ·mol1) 249 218 39 10 2Fe304(s)+H20(g)3Fe203(s)+H(g) 物质(g) H, 02 H202 H,O △H2 能量/(kJ·mol) 0 0 -136 -242 请回答：△H2= kJ·mol-1。 考点2原电池原理及其应用 可根据HO(g)+HO(g)= H202(g)计算 5.（2023·辽宁，11,3分)某低成本储能电池原 出H202中氧氧单键的键能为214kJ·mol 理如图所示。下列说法正确的是 下列说法不正确的是 电源或负载 A.H2的键能为436kJ·mol1 Pb/ 多 PbSO B.O,的键能大于H,0,中氧氧单键的键能的 !Fe3+/Fe24 H.SO.(adH.SO.(aq 两倍 质子交换膜 C.解离氧氧单键所需能量：H00<H202 A.放电时负极质量减小 专题1黑白题039 B.储能过程中电能转变为化学能 D.电解质溶液不能用NaPF。的水溶液替换 C.放电时右侧H通过质子交换膜移向左侧 8.(2023·新课标，4,6分)一种以V,0和Zn为 D.充电总反应为Pb+S02+2Fe3+ 电极、Zn(CF,S03)2水溶液为电解质的电池， PbSO+2Fe2 其示意图如图所示。放电时，Zn2+可插 6.(2024·福建，9,3分)一种兼具合成功能的新 入V20,层间形成Zm,V20,·nH,0。下列说 型锂电池工作原理如图。电解质为含L有 法错误的是 机溶液。放电过程中产生(CF3S02)2NLi,充 的放电 电过程中电解LiCl产生Cl2。下列说法正确 444 ,充电 V2Os Zn,V,0s·nH0 的是 ( ☑n电极 V,0,电极 Zn(CF,S0)2水溶液 A.放电时V20,为正极 (CFSO2)NLi B.放电时Zn2+由负极向正极迁移 CFSO2CI C.充电总反应：xZn+V205+nH20 Zn.V20g·nH20 交换膜 A.交换膜为阴离子交换膜 D.充电时阳极反应：ZnV203·nH20-2xe B.电解质溶液可替换为LiCl水溶液 —xZn2+V203+nH20 C.理论上每生成1 mol Cl2.,需消耗2 mol Li 9.(2023·全国乙，6,6分)室温钠一硫电池被认 D.放电时总反应：6i+N2+4CF3S02Cl 为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。 种室温钠一硫电池的结构如图所示。将钠 2(CF3SO2)2NLi+4LiCl 7.(2024·广西，9,3分) 箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷 离子二次电池（如图） 涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。 了NaPF。的二甲氧基乙 工作时，在硫电极发生反应：2S。+e一 电时嵌入PbSe中的Na变成Na后脱嵌。下 列说法错误的是 +。一2++21- )e一a8 下列叙述错误的是 Na A.充电时Na从钠电极 钠电极 向硫电极迁移 Na3V2(PO)3 允许Na通负载于碳纳 过的隔膜米管的PbSc B.放电时外电路电子流 硫电极 A.外电路通过1mol电子时，理论上两电极质 动的方向是a→b 量变化的差值为23g B.充电时，阳极电极反应为NaV2(P04)3 C.放电时正极反应为2Na+gS,+2e xe-Na3-V2(PO)3+xNa' Na2S, C.放电一段时间后，电解质溶液中Na*的浓 D.炭化纤维素纸的作用是增强硫电极的导电 度基本保持不变 性能 选择性必修第一册·SJ黑白题040 考点3电解原理及其应用 A.电解时，OH向Ni电极移动 10.(2024·重庆，9,3分)我国科研工作者研发 B.生成C6N的电极反应：2C3NgH4+8OH- 了一种新型复合电极材料，可将C0,电催化 4e=C6N16+8H20 转化为甲酸，如图是电解装置示意图。下列 C.电解一段时间后，溶液pH升高 说法正确的是 ( D.每生成1molH2的同时，生成0.5mol 电源 KaC6N16 13.(2024·山东，13,4分 C0: 复合电 02 离子交 甲酸溶液 离子交 合电 材料修饰的P飞为电极 H,0 H,O 度的NaBr溶液为电解液，米用电解和催化 相结合的循环方式，可实现高效制H2和02， A.电解时电极N上产生OH 装置如图所示。下列说法错误的是() B.电解时电极M上发生氧化反应 电源 C.阴、阳离子交换膜均有两种离子通过 D.总反应为2C0,+2H,0通电2HC00H+02 催化剂 11.（2023·辽宁，7,3分)某无隔膜流动海水电 解法制H,的装置如下图所示，其中高选择 BrO 性催化剂PRT可抑制O,产生。下列说法正 A.电极a连接电源负极 确的是 ( B.加入Y的目的是补充NaBr 钛网 电源 钛箔 C.电解总反应式为Br+3H,0通电 Br03+ 3H2↑ D.催化阶段反应产物物质的量之比n(Z): PRT HCIO MnO n(Br)=3:2 A.b端电势高于a端电势 14.(2024·贵州，11,3分)一种太 B.理论上转移2mole生成4gH2 阳能驱动环境处理的自循环光 C.电解后海水pH下降 催化芬顿系统工作原理如图。 D.阳极发生反应Cl+H,0-2e HCIO+H* 阴极 12.(2024·湖南，10,3分)在K0H水溶液中，电 HO 化学方法合成高能物质K,CN6时，伴随少 HCO 2H+2e HCO 。0H 量02生成，电解原理如图所示，下列说法正 H,02 Mn(IV) HCO 确的是 ( H,02Mn() 0 水体 电源 光阳极发生反应： 0 H HC0,+H20=HC04+2H+2e, KOH溶液 HC04+H20=HC0,+H202。体系中H202 与Mn(Ⅱ)/Mn(IV)发生反应产生的活性氧 CaNsHa Pt Ni 自由基可用于处理污水中的有机污染物。 专题1黑白题041 下列说法错误的是 ( A.电解一段时间后阳极区c(OH)减小 A.该芬顿系统能量转化形式为太阳能→电 B.理论上生成1molH,N*CH,CO0H双极膜 能→化学能 中有4molH,0解离 B.阴极反应式为02+2H+2e=H202 C.阳极总反应式为2HCH0+40H-2e C.光阳极每消耗1molH,0,体系中生 =2HC00°+H2↑+2H,0 成2molH202 D.阴极区存在反应H,C204+2H+2e— D.HO2在Mn(Ⅱ)/Mn(IV)的循环反应中 CHOCOOH+H,O 表现出氧化性和还原性 考点4金属的腐蚀与防护 15.(2023·北京卷改编)回收利用工业废气中 17.（2019·江苏，10,2分)将铁粉和活性炭的混 的C0,和S0,,实验原理示意图如下。 合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装 CO 含C0,和 NaHCO, 电源 S0,的废气 溶液 置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关 装置a NaHco,和 该实验的说法正确的是 Na,S0,溶液 HCOOH pH≈8 离子交换膜 装置b 下列说法不正确的是 铁、 混合物 A.废气中S02排放到大气中会形成酸雨 B.S02和NaHC0,溶液能发生反应生成CO2 C.装置a中溶液的作用是吸收废气中的C0, A.铁被氧化的电极反应式为Fe-3e 和S02 —fe3 D.装置b中的总反应为Sn2±n+Hn 铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能 通电HC00H+s0好 活性炭的存在会加速铁的腐蚀 16.(2024·湖北，14,3分)我国 以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀 学家设计了一种双位点PbC 020·江苏，11,4分】 催化剂，用H2C204和NH20E 成甘氨酸，原理如图，双极膜中H,0解离 四M连接在钢铁设施表 减缓水体中钢铁设施的周 的H和OH在电场作用下向两极迁移。已 知在KOH溶液中，甲醛转化为HOCH,0,存 的情境中，下列有关说法正确的是( 在平衡H0CH20°+OH一[OCH,0]2 +H,0。Cu电极上发生的电子转移反应为 钢铁设施 金属M 阴极) 日极 [0CH,0]2-e=HC00+H·。下列说 水体 法错误的是 电源 A.阴极的电极反应式为Fe-2e—Fe2+ HO OH. 00 PbCu B.金属M的活动性比Fe的活动性弱 O HO 00 C.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护 CHO HO OH H,SO4、K,S0O D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水 KOH溶液 双极膜 中的快 HO 选择性必修第一册·SJ黑白题042