单元过关(九) 电化学基础-【衡水真题密卷】2027年高考化学单元过关检测(福建专版)

2026一2027学年度单元过关（九） 化学·电化学基础 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H一1N一140一16C1一35.5Fe一56 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 题号 1 2 3 5 6 7 8 9 10 答案 1.氢能是一种理想的绿色能源。下列说法正确的是 A.地热能、风能、天然气和氢能都属于新能源 B.氢氧燃料电池应用前景广泛，该电池工作时，负极上的H2发生还原反应 C.氯碱工业可产生用于金属冶炼、合成甲醇等的H2,该气体在电解池的阴极产生 D.工业合成氨中，可适当增加H2的浓度来提高原料的转化率，从而降低成本 2.二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，其装置 示意图如图所示。下列说法错误的是 () 交换 S0, ←-02(H20) A.电池工作时，质子由a极移向b极 B.b为电池正极 C.a极反应式为SO2-2e+H2O-SO+2H+ D.理论上每吸收1 mol SO2,b电极消耗的O2的体积为11.2L(标准状况) 3.采用中性红试剂利用电解原理直接捕获空气中的二氧化碳的装置如图示。下列说法 正确的是 ) 空气→ T NR+CO, NRH, 左储液罐 右储液罐 、NRH2+ NR HCO 离子交换膜 单元过关（九）化学第1页（共8页） 苦海有涯，而学无涯，志者战高考，惰者畏高考 班级 已知：中性红NR: NH.,NRH2: 姓名 A.若用铜锌原电池进行电解，a极接铜锌原电池的Zn板 B.电解时，b极的电极反应式为R一3e→RH3 得分 C.装置中离子交换膜为阴离子交换膜 D.左储液罐发生反应的离子方程式为CO2十OH-一HCO3 4.利用图示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 阴极表面有无色气体，一段时 ① 0.1mol·L-1CuS04+ 间后阴极表面有红色固体，气 少量H2S0: 体减少。经检验，电解质溶液 中有Fe2+ Cu- Fe 阴极表面未观察到气体，一段 0.1mol·L-1CuSO4+ 时间后阴极表面有致密红色 电解质溶液 ③ 过量氨水 固体。经检验，电解质溶液中 无铁元素 下列说法正确的是 A.①中气体减少仅是由于溶液中c(H+)减小 B.向阴极附近溶液滴加K4[Fe(CN)。]溶液来检验①中的Fe2+ C.②中随阴极析出Cu,推测溶液c(Cu+)减小，Cu2+十4NH3一[Cu(NH3)4]2+平衡 逆向移动 D.对比①②可知，适当降低c(Cu+),电镀效果更好 5.氨燃料电池是当前推动绿氨能源化应用的重要研究方向和热点。一种通过光h- Ni:TO2催化合成绿氨联合氨燃料电池的装置如图所示，在光照作用下光催化剂被激 发产生电子(e)和空穴(+)。下列说法错误的是 () NH:N2,H H2O H.O Ni2 /Ni TiO2 TiO2+hv→e+h 进口I 进口Ⅱ H20 熔融NaOH-KOH 出口I 用电器 出口Ⅱ 单元过关（九）化学第2页（共8页） 5 A.X极电势低于Y极电势 B.光催化剂表面发生反应：2H2O+4h+—4H++O2 C.X极的电极反应式是2NH3+6OH--6e—N2+6H2O D.每产生5.6L(标准状况)NH3,光催化装置生成1.5molh 6.一种Zn-NO,电池装置及在不同电压下NH3的单位产量如图所示。已知：法拉第效率 7B)=(生成B所需电子) ×100%。下列说法错误的是 () n(通过电路的电子) M H.O 100 93.5 NH H 50H 38.8 26.4 Zn(OH)POH NO 16.2 0 双极膜 1.1 0.9 0.7 0.5电压/V A.N极为正极 B.电池工作一段时间，M电极区pH变小 C.x=3时，N极电极反应式为NO3+8e+9H+一NH3个+3H2O D.x=2时，0.5V电压放电10小时，外电路中通过5.5×10-4mole,法拉第效率 为60% 7.纳米级Cu2O在涂料、有色玻璃、催化剂等领域有着广泛的应用。现采用SO2燃料电池 为电源，用离子交换膜控制电解液中的离子来制备纳米C2O,其装置如图所示。 S0, 02 2--z-- NaOH溶液NaCl溶液 稀硫酸 稀硫酸 离子交换膜 质子交换膜 下列说法错误的是 A.质子交换膜右侧的溶液在反应后pH不变 B.离子交换膜为阴离子交换膜 C.该燃料电池在获得电能的同时可用于制备硫酸 D.D电极为阳极，电极反应式为2Cu一2e+2OH-一Cu2O十H2O 5 单元过关（九）化学第3页（共8页） 8.我国科学家发现，利用如图所示的电池装置可将邻苯二醌类物质转化为邻苯二酚类物质，已 知双极膜（膜a、膜b)中间层中的H,O可解离为H+和OH。下列说法正确的是(） 电流计 膜a 膜b BH OH BO M 8N 稀NaOH H2O 稀硫酸 A.电池工作时，电流方向为电极M→电流计→电极N→膜b→膜a→电极M OH HO B.N极电极反应式为 0+4H++4e C.若消耗0.1molB2H。,理论上有0.6molH+透过膜b D.工作一段时间后，装置中需要补充H2SO4和NaOH 9.一种适应可再生能源波动性的电化学装置原理如图所示。当闭合K1和K3、打开 K2时，装置处于充电状态；当打开K1和K3、闭合K2时，装置处于放电状态。放电 状态时，双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH并分别向两侧迁移。下列说法 错误的是 风力电源。人 K A-o 。光伏电源 AH2MnO Zn O2 H'Mn OH H,SO溶液 H,O-H+OH KOH溶液 d 碳锰电极 锌电极 双极膜 A.充电时碳锰电极b为阳极 B.充电时d电极发生的反应为4OH--4e一2H2O+O2个 C.放电时每消耗1 mol MnO2,理论上有2 mol OH-由双极膜向c电极迁移 D.该电化学装置运行过程中需要补充H2SO4和KOH溶液 单元过关（九）化学第4页（共8页） 10.金属B对全钒液流电池负极有催化作用，放电时负极反应分两步进行，其中一步为 xV2+十xH++Bi—BiHz十xV3+,电池工作原理如图所示。下列说法正确的是 a V2+/V3+ VO/VO: HSO,(aq) H.SO,(aq) ① 质子交换膜 A.放电时另一步负极电极反应式：BiHz一xe=xH+十Bi B.充电时a极的电极电势大于b极 C.放电过程中转移1mole,正极区H+减少2mol D.充电时，b极区H2O的物质的量增大 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11.(14分)一种光电催化系统脱硫（主要为SO2)电池的工作原理如图所示。工作时，光催 化Fe2O3电极产生电子，双极膜中H2O解离的H+和OH-,在电场作用下分别向两 极迁移。 滋 出口个 双 含S0, 极 GDE 废气 Fe2O 电极 电极 SO? 02 H2SO NaOH 溶液 H202 Na2SO 混合液 回答下列问题： (1)双极膜中H2O解离的OH移向 (填“Fe2O3”或“GDE”)电极。 (2)Fe2O3电极上SO?发生反应的电极反应式为 (3)下列说法错误的是 (填标号)。 A.电池工作一段时间后，左室溶液pH逐渐增大 B.理论上每生成1molH2O2,双极膜中有1molH2O解离 C.理论上每脱1 mol SO2,需消耗1molO2 D.Fe2O3电极产生的电子经导线流入GDE电极，透过双极膜又回到Fe2O3电极 单元过关（九）化学第5页（共8页） (4)用上述脱硫电池电解丙烯腈(CH2一CH一CN)可合成己二腈NC(CH2)4CN灯，反 应的化学方程式为4CH,一CH一CN+2H,O道电2NC(CH,),CN+O,◆，装置如 图所示。 惰性电极 惰性电极 稀硫酸 质子交换膜 ①NC(CH2)4CN在 (填“阴”或“阳”)极生成，该反应的电极反应式为 ②一段时间后，阳极室中稀硫酸的浓度将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ③脱硫电池中每有11.2L(标准状况)SO2转化为SO?,理论上最多能生成己二腈 的物质的量为 mol。 12.(14分)电解原理在工业生产中应用广泛，利用 电源 惰性电极及催化剂 电解池可以生产化工品和处理环境污染物等。 HCOO- (1)“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电 KOH溶液 KOH溶液 、HCHO 解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的 阴离子交换膜 问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制 H2的方法，装置如图所示。 HO O HO +OH- 部分反应机理为 -OH- H HH H ①阳极的电极反应式为 ②相同电量下，理论上H2的产量是传统电解水的 倍。 (2)我国科学家设计了一种双位点PbCu电催化剂，用H2C2O4和NH2OH电化学催化 合成甘氨酸，原理如图所示，双极膜中H2O解离的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HOCH2O-,存在平衡：HOCH2O-+ OH-=[OCH2O]2-+H2O;Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2--e —HCOO-+H·。 单元过关（九）化学第6页（共8页） 5 电源 HO OH PbCu Cu H2 HO HCOO- HO -HCHO Cu HO HSO-K2SO KOH 0 溶液 溶液 HO 双极膜 ①PbCu电极与电源的 (填“正极”或“负极”)相连。 ②理论上生成1molH3N+CH2COOH时，双极膜中解离水的质量为 g。 (3)研究CO2的综合利用、实现CO2资源化是能源领域的重要 微电压 有机物 CH 发展方向。生物电催化技术运用微生物电解池实现了CO2 C0, 甲烷化，其工作原理如图所示。 ①微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极的电极反应式为 质子交换膜 0 电活性微生物 ②如果处理有机物(CH2O)m产生标准状况下112m3的CH4,则理论上导线中通 过电子的物质的量为 13.(16分)海水淡化和水资源的净化是化学中的重要研究课题。回答下列问题： (1)实验室淡化海水最简单的方法是 0 (2)离子交换法淡化海水过程如图1所示。阴离子交换树 Ca2+.Na',Mg2 脂提供 (填离子符号)与海水中阴离子 NOCI-.SO NO3、SO、CI-交换 阳离子 交换树脂 阳离子交换 (3)CO2是一种优良的水处理剂，某二氧化氯复合消毒剂 H 阴离子 N03,C,S03 发生器的工作原理如图2所示。通电后，产物主要为 交换树脂 阴离子交换 C1O2、C12、O3、H2O2的混合气体甲，甲被水吸收后可 制得具有更强的广谱杀菌灭毒能力的二氧化氯复合消 H2O 毒剂。 图1 气体甲 电源” 气体乙 a, b e 左室 溶液丙 右室 d 饱和食盐水 离子交换膜 六 图2 ①m为直流电源的 (填“正”或“负”)极，隔膜应为 (填“阴”或 “阳”)离子交换膜，e口排出溶液丙的溶质主要是 (填化学式)，产生 C1O2的电极反应式为 5 单元过关（九）化学第7页（共8页） ②某自来水化验室利用下列方法检测处理后的水中C1O2残留量：先向500.00mL 水样中加入足量的KI,充分反应（还原产物为C1)后加人适量KOH将酸性溶液 调至中性，再加入2滴淀粉溶液。向所得溶液中滴加2.0×10-3mol·L-1的 Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗25.00mL标准溶液（已知：2S2O +I2—S4O8十2I)。 加入足量的KI,充分反应后将酸性溶液调至中性的原因是防止滴定时发生反应： (用离子方程式表示)，该水样中残留的 C1O2浓度为 mg·L-1。 14.(16分)为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用如图所示的装 置进行实验。 X(C) Y(Fe) M(Cu) N(Cu) ZnS04- CuSO 溶液 溶液 隔膜 NaOH溶液 (只允许SO通过) 滤纸（滴加有 (6 molL-) 1molL1NaOH溶液) 甲 乙 回答下列问题： I.图甲： (1)在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是 (填标号)。 A.石墨 B.镁 C.银 D.铂 (2)实验过程中，SO (填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到 的现象是 0 Ⅱ.用图乙所示装置制备高铁酸钠时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成 紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根 (FO?)在溶液中呈紫红色，具有极强的氧化性。 (3)电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是 (4)根据实验现象及所查信息，电解过程中，Y极发生的电极反应分别为 和 (5)电解进行一段时间后，若在X极收集到448mL气体，Y电极（铁电极）质量减小 0.28g,则在Y极收集到的气体为 mL(均已折算为标准状况时气体体积)。 单元过关（九）化学第8页（共8页）2027 单元过关 (g)和H2O(I)的热化学方程式为CH4(g)+ 稳定性小于 的稳定性。 20,(gC0(g)+2H,0(W△H--802K· (4)①实验前硫酸铜的物质的量n=cV=0.200 mol-1-号×(-566kJ·mol)+2×(-44kJ. ×100×10-3mol=0.02mol,金属铁的物质的量 mol1)=-607kJ·mol-1。 956g·mo=0.03mol。因铁与硫酸铜是按 1.68g (2)反应热△H=Ea(正)-E。(逆)=335kJ· 照1：1的物质的量之比反应，可知实验前的铁 mol1一E,(逆)=一92.4kJ·mol1,解得E,（逆) 是过量的，故该反应放出的热量Q=cm△t= =427.4k灯·mol1。由图可知，使用催化剂之 4.18J·g1·℃-1×(100mL×1.0g·mL-1) 后，正反应的活化能为126k·mol1。 ×(30.1℃-20.1℃)=4.18×103J。 (3)①分析图2中的数据可以得出碳碳双键加氢 ②反应Fe(s)+CuSO4(aq)一Cu(s)+FeSO, 放出的热量与分子内碳碳双键的数目和位置 (aq)中，有0.02mol硫酸铜反应时放出4.18× 有关。 -4.18=-209k灯· ②物质的能量越低，越稳定，由图可知 103J的热量，故△H=0.02mol 的 mol1。 2026一2027学年度单元过关（九)】 化学·电化学基础 一、选择题 3.D【解析】由图可知，装置中a极NRH2与 1.C【解析】煤、石油、天然气是三大传统能源，天 HCO?转化为NR和CO2,N元素化合价升高，发 然气是不可再生能源，不属于新能源，A错误；氢 生氧化反应NRH2-2e+HCO3=NR+CO2个 氧燃料电池工作时，负极上H2失去电子，氢元素 十H2O十H+,所以a为阳极，与直流电源正极相 化合价升高，发生氧化反应，B错误：氯碱工业的原 连，b为阴极，与直流电源负极相连，NR在阴极得 理是2NaC+2H,0电解2Na0H+H,++C,+, 到电子发生还原反应生成NRH2:NR十2e+ 阴极上发生还原反应，水得电子生成氢气，C正 2H2O一NRH2+2OH。a极是阳极，应接原 确；空气中含有大量氨气，氨气比氢气便宜易得， 电池的正极，铜锌原电池中Z是负极，A错误；由 增加一种反应物的浓度提高另一种物质的转化 分析可知，b极的电极反应式为NR十2e-十2H2O 率，而本身转化率降低，所以合成氨工业中应适当 一NRH2十2OH,B错误；若使用阴离子交换 增加N2的浓度，从而提高氢气的转化率，降低成 膜，电解过程中b极区的OH会进入a极区与生 本，D错误。 成的CO2重新反应生成HCO?,无法释放被捕获 2.C【解析】由图可知，电极a为燃料电池的负极， 的CO2,且由b电极的电极反应式可知，溶液中氢 水分子作用下二氧化硫在负极失去电子发生氧化 氧根浓度增大，要保持溶液中电荷守恒，需要将a 反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为 电极产生的阳离子转移到b极区，则装置中离子 S02-2e+2H20—S0?+4H+,电极b为正 交换膜为阳离子交换膜，C错误；由a电极的电极 极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反 反应式可知，反应物需要碳酸氢根，左储液罐需要 应生成水。由分析可知，电极a为燃料电池的负 极，电极b为正极，则电池工作时，质子由a极移 产生碳酸氢根供给a电极反应，则左储液罐发生 反应的离子方程式为CO2+OH一HCO3,D 向b极，A正确；由分析可知，电极b为正极，B正 确；由分析可知，电极a的电极反应式为 正确。 S02-2e十2H20-S0?+4H+,C错误；由 4.D【解析】随着反应的进行，一段时间后溶液中 得失电子数目守恒可知，理论上每吸收1mol二 的c(H+)减小，同时阴极发生反应：Cu++2e 氧化硫，标准状况下b电极消耗氧气的体积为 一Cu,生成的Cu覆盖在阴极铁制镀件表面，阻 .2 碍了H+与铁的接触，故气体减少，A错误；检 1mol× ×22.4L·mol-1=11.2L,D正确。 4 验Fe+用K,Fe(CN)6]溶液，B错误；当阴极有 ·28· ·化学· 参考答案及解析 Cu析出时，阴极电极反应：Cu2++2e一Cu,阳 N电极为正极，电极反应式为O2十4e+4H+ 极电极反应：Cu一2e—Cu+,又因为②中电解 一2H2O,由题可知要制备纳米Cu2O,故D电极 质溶液中无F元素，根据得失电子守恒，溶液中 为阳极，电极反应式为2Cu一2e-+2OH- c(Cu2+)不变，C错误；①中的c(Cu2+)相对较大， Cu2O+H2O,电极C为阴极，电极反应式为2H2O H+和Cu+都在阴极放电，产生氢气且镀层不够 十2e—H2个十2OH。根据电中性原则，当外 致密，②中Cu+与氨水形成配合物，适当降低了 电路通过4mole时，4molH+从负极区通过质 c(Cu+),使得Cu缓慢析出，形成更致密的镀层， 子交换膜进入正极区，正极区溶液中的n(H+)不 故适当降低c(Cu+),电镀效果更好，D正确。 变，但由于生成水，故c(H+)变小，pH增大，A错 5.D【解析】N2在光催化剂表面转化为NH3,碱性 误；根据电中性原则，OH从生成区（阴极区）通 介质条件下，NH3转化为N2,化合价上升，发生氧 过离子交换膜移入消耗区（阳极区），故离子交换 化反应，则电极X为负极，电极反应式为2NH3十 膜为阴离子交换膜，B正确；由以上电极反应式可 6OH-6e—N2+6H2O;O2转化为OH,化 知该燃料电池获得电能的同时可用于制备硫酸，C 合价降低，发生还原反应，则电极Y为正极，电极 正确；由分析可知，电极D为阳极，电极反应式为 反应式为O2十2H2O十4e—4OH,据此分析 2Cu-2e+2OH—Cu2O+H2O,D正确。 解答。由分析可知，电极X为负极，电极Y为正 8.B【解析】N极是邻苯二醌类物质转化为邻苯二 极，则X极电势低于Y极电势，A正确；光催化剂 酚类物质，增加了氢原子，发生还原反应，N电极 表面H20转化为O2,发生反应为2H2O+4h+ 作正极；M极是B2H6失去电子发生氧化反应生 —4H+十O2,B正确；电极X为负极，电极反应 成BO2,电极反应式为B2H6十14OH--12e 式为2NH3+6OH-6e—N2+6H2O,C正 一2BO2十10H2O,M电极作负极。双极膜中间 确；1molN2在光催化剂表面转化为2mol 层中的水解离为H+和OH,氢离子通过膜b NH3,转移6mole,则每产生5.6L(标准状 移向正极N,膜b为阳离子交换膜；氢氧根离子 况)即0.25 mol NH3,转移0.75mol电子，生成 通过膜a移向负极M,膜a为阴离子交换膜。N 0.75molh+,D错误。 电极作正极，电流方向为电极N→电流计→电 6.C【解析】Zn失去电子发生氧化反应生成 极M→膜a→膜b→电极N,A错误；N极邻苯 [Zn(OH)4]2-,电极反应式为Zn-2e+4OH 二醌类物质转化为邻苯二酚类物质，增加了氢 一[Zn(OH)4],电极M为负极；NO:得电子 原子，发生还原反应，电极反应式为 发生还原反应，生成NH3,则电极N为正极，据此 OH HO 分析。根据分析，电极N为正极，A正确；根据分 0+4H++4e OH,B正确；负 OH 析，M极的电极反应式为Zn一2e-+4OH —[Zn(OH)4]-,M电极区每消耗4mol氢氧 极反应为B2H6+14OH-一12e一2BO2+ 根离子，通过双极膜移入2mol氢氧根离子，工作 10H2O,消耗0.1molB2H6,失去1.2mole,则有 一段时间后，M电极区c(OH)减小，pH变小，B 1.2 mol OH-通过膜a移向负极M,结合电荷守 正确；x=3时，硝酸根离子生成氨气（电解质溶液 恒，同时有1.2molH+通过膜b移向正极N,C错 不能为酸性)，N元素由+5价降到一3价，N极为 误；根据M极的电极反应式可知，每消耗14mol 正极，电极反应式为NO+8e+6H2O—NH个 OH会转移12mol电子，为传递电荷，同时会有 十9OH,C错误；x=2时，由图可知当电压为 l2 mol OH-通过膜a移向M极，故M极区中 0.5V时，氨气产量为93.5×10-6g·h1,则10h NaOH的物质的量会减少；根据N极的电极反应 产生氨气为9.35×10-4g,根据电极反应：N02十 式可知，每消耗4molH+会转移4mol电子，为传 6e+5H20—NH3个+7OH-,外电路中通过 递电荷，同时会有4molH+通过膜b移向N极， 5.5×104mole,生成氨气所需电子 故N极区中H2SO4的物质的量不变；因此装置中 需要定期补充NaOH,不需要补充H2SO4,D 、y350义6=3,3X10+m0l,法按第效率 错误。 _3.3×10-4mol、 9,D【解析】当闭合K1和K3、打开K2时，装置处 7=5.5×104mo1 ×100%=60%,D正确。 于充电状态，即为电解池，H+得电子生成H2,a电 7.A【解析】通SO2的M电极为负极，电极反应式 极为阴极，Mn2+失电子生成MnO2,碳锰电极为阳 为S02-2e+2H20=4H++S0?,通O2的 极；ZnO得电子生成Zn,则锌电极为阴极；OH失 ·29· 5 2027 单元过关 电子生成O2,d电极为阳极；当打开K1和K3、闭 为SO2十O2+2OH—SO+H2O2,GDE电 合K2时，装置处于放电状态，即原电池，锌电极为 极为正极，电极反应式为O2十2H+十2e- 负极，碳锰电极为正极。由分析可知，充电时， H2O2,电解质溶液中阴离子移向负极，阳离子移 Mn2+失电子生成MnO2,碳锰电极为阳极，A正 向正极，故双极膜中，靠近Fe2O3电极的一侧为 确；充电时，d电极上OH失电子生成O2,电极反 阴离子交换膜，OH一通过阴离子交换膜移向负 应式为40H-4e—2H20十O2个，B正确；放 极，H+通过阳离子交换膜移向正极。 电时，碳锰电极为正极，电极反应式为MnO2十 (1)结合分析可知，双极膜中水解离的OH移向 2e+4H+—Mn2++2H2O,每消耗1mol Fe2O3电极。 MnO2,转移2mol电子，因此理论上有2mol (2)根据分析可知，F2O3电极上SO?发生反应 OH由双极膜向c电极迁移，C正确；该电化学装 的电极反应式为SO?+2OH一2e=SO? 置运行过程中，H+得电子生成H2,但实际过程消 +H20。 耗溶剂水，H+浓度增大，OH失电子生成O2,实 (3)根据分析可知，左室发生反应：SO2十2OH 际也消耗溶剂水，OH浓度增大，则不需要不断 —S0g+H20、S0g+20H-2e—S0? 补充H2SO4和KOH溶液，D错误。 十H2O,电极总反应为SO2+4OH一2e 10.A【解析】金属Bi对全钒液流电池负极有催化 SO?十2H2O,根据电荷守恒可知，每消耗4mol 作用，负极反应第一步为xV2+十xH+十Bi OH,转移2mol电子，则有2 mol OH进入左 BiH十xV3+,消耗Bi,生成BiH,第二步反应为 室，即左室溶液中，OH的消耗量大于补充量， BiH失电子生成Bi:BiH-xe一xHt+Bi, 左室c(OH)减小，左室溶液pH逐渐减小，A 负极电极反应式为V2+一e一V3+,故a极为 错误；GDE电极为正极，电极反应式为O2十2H 负极，b极为正极，发生反应：VO十2H+十e 十2e—H2O2,理论上每生成1molH202,转 VO2++H20。充电时a极为阴极，发生还 移2mol电子，根据电荷守恒，双极膜中有2mol 原反应：V3+十e—V2+;b极为阳极，发生氧化 H2O解离，B错误；总反应为SO2十O2+2OH 反应：VO2++H20-e—VO克+2H+。由分 —SO+H2O2,理论上每脱1 mol SO2,需消 析可知，第二步反应为BiH一xe一xHt十 耗1molO2,C正确；电子经过外电路移到正极， Bi,A正确；由分析可知，充电时a极为阴极，b极 参与还原反应，不会回到负极，D错误。 为阳极；电势：阳极>阴极，即b极的电极电势大 (4)①CH2一CHCN在阴极得电子，该过程中C 于a极，B错误；放电过程中外电路转移1mol 的化合价降低，发生还原反应，己二腈在阴极生 e,有1molH+从负极区经质子交换膜进入正 成，发生反应的电极反应式为2CH2一CHCN+ 极区，同时正极发生反应：VO十2H+十e 2H++2e-NC(CH2)4CN。 VO+十H2O,消耗2molH+,正极区H+共减少 ②水在阳极失去电子生成O2,电极反应式为 2mol一1mol=1mol,C错误；充电时，b极为阳 2H20一4e—O2个十4H+,阳极室中稀硫酸的 极，发生氧化反应：VO2+十H2O-e一VO士 浓度将增大。 十2H+,消耗水，阳极区H2O的物质的量减少，D ③脱硫电池中每有标准状况下11.2L(0.5mol) 错误。 二氧化硫转化为硫酸根，转移1ol电子，根据反应 二、非选择题 2CH2 -CHCN+2H++2e-NC (CH2)CN, 11.(1)Fe203(1分) 理论上最多能生成己二腈的物质的量为 (2)SO3-+2OH-2e-SO?-+H2O(3分) 0.5mol。 (3)ABD(2分) 12.(1)①2HCH0-2e+4OH=2HC00-+ (4)①阴(1分) 2CH2 -CHCN+2H++2e 2H2O+H2个(3分) —NC(CH2)4CN(3分) ②2(2分) ②增大(2分) (2)①负极(2分) ③0.5(2分) ②108(2分) 【解析】由图可知，电池工作时，光催化Fe2O3电 (3)①C02+8H++8eCH4+2H2O(3分) 极产生电子，故Fe2O3电极为负极，左侧先发生 ②4×104mol(2分) 反应SO2十2OH-—SO?+H2O,电极反应式 【解析】(1)①据图示可知，b电极上HCHO转 为S0?+20H--2e—S0?+H20;总反应 化为HCOO一，为氧化反应，所以b电极为阳极， 5 ·30· ·化学· 参考答案及解析 a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，由反应机 ②标准状况下，112m3甲烷的物质的量为 0 HO HO 22.4L·m0i7=5000mol,由电枚反应式C0, 112×103L +OH- -OH- H H HH 文 十8H++8e—CH4十2H20可知，转移电子的 0 物质的量为5000mol×8=4×104mol。 +OH- 十2H可知，反应 13.(1)蒸馏法(2分) -OH- HH (2)OH(2分) HOO HO O (3)①正(1分)阳(1分)NaOH(2分)CI 生成的 转化为 HH HH -5e+2H20C102个+4H+(3分) HCOOH,由原子守恒和电荷守恒可知，在生成 ②S2O?+2H+-=SV+SO2个+H2O(3分) HCOOH的同时还生成了H+,生成的HCOOH 1.35(2分) 再与氢氧化钾发生酸碱中和，故阳极反应涉及两 【解析】(1)实验室淡化海水最简单的方法是蒸 馏法，通过蒸馏，水变成水蒸气，冷凝后为纯水。 步：.HCH0+OH-e一Hc0OH+号，◆， (2)阴离子交换树脂提供OH一与海水中阴离子 ii.HCOOH+OH-HCOO+H2O, NO?、SO、CI交换，交换后氢离子与氢氧根发 (ⅰ+ⅱ)×2得阳极的电极反应式为2HCHO一 生反应生成水。 2e+4OH-—2HC00-+2H20+H2个。 (3)①左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应， ②阳极反应：2HCHO-2e+4OH 即C1-5e+2H20=C1O2个+4H+,左室 2HC00+2H20+H2个，阴极反应：2H2O+ 为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极， 2e-一H2◆十2OH,即转移2mol电子时， 右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离 阴、阳两极各生成1molH2,共2molH2,而传统 子，离子交换膜为阳离子交换膜，左室中的钠离 电解水：2H,0电解2H2个十0，个，转移2m0l电 子通过离子交换膜进入右室，溶液丙为NaOH 溶液。 子，只有阴极生成1molH2,所以相同电量下，理 ②充分反应（还原产物为CI)后加入适量KOH 论上H2的产量是传统电解水的2倍。 将酸性溶液调至中性，是为了防止硫代硫酸根在 (2)①Cu电极上发生的电子转移反应为 酸性条件下发生歧化反应：SO号十2H+—S↓十 [OCH2O]2--e一HC00+H·,H·结合 SO2个+H,0,2C102~5L2~10S2O%,c(C1O2)= 成H2,故Cu电极为阳极，则PbCu电极为阴极， 1 与电源负极相连。 2.0X103×25X103×5×67.5×10 ②阴极区：首先HOOC一COOH在Pb上发生得 mg·L1= 0.5 电子的还原反应转化为OHC一COOH:H2C2O, 1.35mg·L1。 +2e+2H+-OHC-COOH H2O, 14.(1)B(2分) OHC-COOH与HO-N+H反应生成 (2)从右向左(2分)滤纸上有蓝色斑点产生 HOOC-CH-N-OH:OHC-COOH 十 (2分，合理即可) HO-N+H;-HOOC-CH-N-OH+H2O+ (3)氢气具有还原性，高铁酸钠具有强氧化性，防 Ht,HOOC一CH一N一OH发生得电子的还原反 止生成的氢气与高铁酸钠反应(2分) 应转化成HN+CH2COOH:HOOC-CH=N一OH (4)4OH--4e—O2个+2H2O(3分)Fe +4e+5H+—H3N+CH2COOH+H2O,阴极 6e+8OH-—FeO2-+4H2O(3分) 区的总反应为H2C2O4+HO-NH2+6e+ (5)56(2分) 7H+—H3N+CH2COOH+3H2O,解离 【解析】该实验探究原电池和电解池的工作原 1molH20转移1mole,故理论上生成1mol 理，图甲左侧为原电池，Zn为负极、Cu为正极，右 H3Nt℃H2COOH时，双极膜中有6molH2O解 侧为电解池，M为阳极、N为阴极；图乙为电解 离，6molH20的质量为108g。 池，X为阴极、Y为阳极。 (3)①由题图可知，阴极上CO2发生还原反应转 (1)图甲装置中，左侧为原电池，Zn比Cu活泼， 化为甲烷，根据得失电子守恒和电荷守恒得电极 Zn为负极，Cu为正极；石墨替代Cu作电极，石 反应式为CO2十8H++8eCH4+2H2O。 墨不活泼，作正极，电极反应不变，A不符合题 ·31· 5 2027 单元过关 意；根据金属活动性顺序：Mg>Zn,镁替代Cu作 (4)Y极（阳极）处有气体产生，且溶液逐渐变成 电极时，Mg作负极、Zn作正极，电极反应发生变 紫红色，即有氧气和FeO?生成，电极反应为 化，B符合题意；银金属活泼性比Zn弱，替代Cu 4OH--4e-O2个+2H2O和Fe+8OH- 作电极时，Zn仍为负极，电极反应不变，C不符合 6e-Fe0+4H20。 题意；铂金属活泼性比Zn弱，替代Cu作电极时， (5)X极收集到448mL(标准状况)气体(H2),物 Zn仍为负极，电极反应不变，D不符合题意。 0.448L (2)在原电池中，阴离子向负极移动，即SO从 质的量为2.1L,mol=0.02mol,根据电极 右向左侧的Zn电极移动：右侧为电解池，M为阳 反应2H20+2e一H2个+2OH-可知，转移 极，N为阴极，M极发生失电子的氧化反应，电极 电子0.04mol,Y电极（铁电极）质量减小0.28g 反应式为Cu+2OH--2e—Cu(OH)2￥，N (物质的量 0.28g 极发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O 56g·mo17=0.005mol,根据Fe 十2e—H2个十2OH-,故滤纸上的现象为有 +80H-6e—FeO?+4H,0可知转移电 蓝色斑，点（氢氧化铜蓝色沉淀）产生。 子物质的量为0.005mol×6=0.03mol,该电极 (3)图乙装置为电解池，可知X为阴极，电解过 生成O2转移电子的物质的量为0.04mol 程中，X极（阴极）上发生反应：2H2O十2e -0.03mol=0.01mol,由40H-4e-02个 H2个+2OH,Y极（阳极）处有气体产生，且溶 液逐渐变成紫红色，即有氧气和FO?生成。电 十2H0可知，生成的02物质的量为0.01mol 4 解过程中，须将阴极产生的气体（氢气）及时排 0.0025mol,标准状况下气体体积为0.0025mol 出，是因为氢气具有还原性，高铁酸钠具有强氧 ×22.4L·mol-1×1000mL·L-1=56mL。 化性，防止生成的氢气与高铁酸钠反应。 2026一2027学年度单元过关（十） 化学·化学反应速率与化学平衡 一、选择题 低越稳定，由图可知，稳定性：(CH3)3C…OH> 1.B【解析】正反应为气体分子数增大的反应，它 (CH3)3C…Br,C错误；已知水解过程中形成的碳 是嫡增、焓增的反应，高温下能自发进行，A错误； 正离子越稳定，反应越容易，甲基为供电子基团， 升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应速率 则(CH3)3CBr水解过程中形成的(CH3)3C+更稳 大于逆反应速率，平衡常数增大，B正确；反应物 定，导致水解速率：(CH3)2CHBr<(CH3)3CBr,D 为固体，产物只有一种气体，气体摩尔质量恒定， 正确。 不能根据气体摩尔质量判断平衡状态；恒温恒容 3.C【解析】化学反应中，反应物断键吸热，生成物 条件下，对于气体分子数增大的反应，压强不变时 成键放热，反应热等于反应物的键能减去生成物 能判断达到平衡状态，C错误；达到平衡时，再充 的键能，即△H=[413.4×4+b-(413.4×2+ 入CO,平衡向左移动，达到新平衡时，温度不变， a+436)]kJ·mol-1=+193.8kJ·mol-1,则 K=c(CO)不变，故CO浓度不变，D错误。 a一b=197,A正确；在密闭容器中充入乙烯发生 2.D【解析】过渡态物质的总能量与反应物总能量 反应C2H4(g)=C2H2(g)+H2(g)△H= 的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越 十193.8kJ·mol1,该反应气体分子数增大，反 大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，则由图 应吸热，升高温度，反应平衡正向移动，乙烯的平 可知，(CH3)3CBr在碱性条件下的水解速率由第 衡转化率增大，若增大压强，平衡逆向移动，乙烯 I步决定，A错误；(CH)3CBr中和涣相连的C 的平衡转化率减小，故题给图像中横坐标X表示 为sp3杂化，(CH3)3C+中C的价层电子对数为3 温度，Y表示压强，B正确；该反应气体分子数增 1 大，若增大压强，平衡逆向移动，乙烯的平衡转化 +2×(4-1-3×1)=3,为sp2杂化，水解过程中 率减小，Y代表的物理量为压强且Y1<Y2,C错 碳原子的杂化方式发生改变，B错误；物质能量越 误；化学平衡常数的大小只受温度影响，该反应吸 5 ·32·