12.选择性必修1 第四章 化学反应与电能(教师版)(按章分类)-高中化学·3年高考真题 (2024-2026)

【 高中化学 】 3年高考真题(2024-2026)-按章分类 选择性必修1 第四章 化学反应与电能 67个单选题 + 3个多选题 + 16个解答题 ---- 教 师 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·浙江)利用下列装置进行操作，不能达到实验目的的是( ) A.实验室制取氨 B.向容量瓶中转移溶液 C.用盐酸标准溶液滴定NaOH溶液 D.验证Zn的金属活动性强于 A.A B.B C.C D.D 1.B 实验室加热和固体混合物制，发生装置试管口略向下倾斜可防止冷凝水倒流炸裂试管，向下排空气法收集、管口塞棉花减少空气对流，装置合理，能达到实验目的，A不选。未使用玻璃棒引流，溶液易溅出或残留于瓶口，导致溶质损失、浓度不准确。不符合配制标准溶液的操作规范，不能达到实验目的，B入选。使用酸式滴定管盛装盐酸，滴定终点通过酚酞由红变无色判断，装置与操作均正确，C不选。、与酸化的溶液构成原电池，活泼性更强作负极，电流表指针偏转，可验证金属活动性强于，能达到实验目的，D不选。 2.(2026高考·甘肃)我国科研人员设计了一种可处理含污水的新型尿素燃料电池(如图所示)。下列说法错误的是( ) A.体系中每转移，最多可产生1 mol N2 B.工作时电子从电极2通过外电路向电极1转移 C.工作时负极区pH降低 D.a是阴离子交换膜 2.B 中为价，生成时共失去电子，故转移最多产生，A正确。电极1上失电子生成，为负极，电极2上得电子生成，为正极，电子应从负极(电极1)经外电路流向正极(电极2)，B错误。负极反应为，生成使增大，降低，C正确。负极区生成后正电荷增多，需通过a膜进入负极区平衡电荷，故a为阴离子交换膜，D正确。 3.(2026高考·全国卷)我国科学家设计了一种电解装置(如图所示)，在降解环境污染物四环素(TC)的同时，将转化为甲醇和乙醇。 电解时，下列叙述正确的是( ) A.在BiOBr电极上，TC的降解为还原反应 B.从CuO电极向BiOBr电极方向迁移 C.阴极发生的反应有 D.CuO电极通过6 mol电子，生成的甲醇少于1 mol 3.D 由图可知，BiOBr电极为电解池的阳极，光照条件下，TC在阳极失去电子发生氧化反应生成降解产物、水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子；氧化铜是阴极，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇、乙醇和碳酸氢根离子。 由分析可知，BiOBr电极为电解池的阳极，光照条件下，TC在阳极失去电子发生氧化反应生成降解产物，A错误。由分析可知，BiOBr电极为电解池的阳极，氧化铜是阴极，则氢离子从BiOBr电极向氧化铜电极方向迁移，B错误。由分析可知，氧化铜是阴极，水分子作用下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇或乙醇和碳酸氢根离子，C错误。氧化铜是阴极，在电极上生成甲醇的反应为，即该反应每转移6 mol电子，理论上可生成1 mol甲醇，由于氧化铜电极上同时还生成乙醇，转移电子并不能全部用于生成甲醇，因此氧化铜电极通过6 mol电子生成的甲醇少于1 mol，D正确。 4.(2026高考·江苏)镁锰干电池的结构如图所示，作电解质，干电池的总反应式：，该电池缺点是易“鼓包”。下列说法正确的是( ) A.镁合金作负极，发生还原反应 B.电池工作过程中，从负极向正极迁移 C.引起“鼓包”的反应： D.参加反应，理论上外电路通过的电子总量为 4.D 镁合金作负极，但发生的是氧化反应，非还原反应，A错误。Br⁻为阴离子，在原电池中应向负极迁移，而非从负极向正极迁移，B错误。“鼓包”若因气体产生，该方程式生成O2，但是Mg是强还原剂，反应中Mg应该被氧化，O不会被氧化生成O2；鼓包实际是Mg与水发生副反应生成H2，C错误。由总反应可知，2 mol MnO₂参与反应时转移2 mol电子，故1 mol MnO2参与反应时，外电路通过电子总量为1 mol，D正确。 5.(2026高考·北京)利用电化学-化学协同法将天然气中的转化为硫酸盐，实现资源化利用。原理示意图如下。 下列说法不正确的是( ) A.溶液的作用之一是吸收 B.极的电极反应式： C.工作一段时间后，阴极室的总浓度下降 D.理论上，阳极产生的大于阴极消耗的 5.D 由题可知，通入溶液中，反应生成，在a电极得到电子生成和，电极反应式为，被氧化为，b电极上，失去电子生成水和氧气，电极反应式为：，据此回答。 溶液呈碱性，可与酸性气体发生反应，起到吸收的作用，A正确。a极为阴极，O2在碱性条件下得电子生成，电极反应式为：，B正确。阴极室中吸收H2S会消耗，假设处理：，消耗，生成，被氧化为消耗：，同时生成，为了生成需要转移8 mol电子：同时生成，同时双极膜中有向阴极迁移，并消耗(中和反应)，综合来看，消耗，生成，因此总浓度下降，C正确。阳极反应为，每生成1 mol O2转移4 mol电子，阴极每消耗1 mol O2转移2 mol电子，相同转移电子数下，阳极产生的n(O2)小于阴极消耗的n(O2)，D错误。 6.(2026高考·北京)下列方程式与所给事实相符的是( ) A.金属钠在空气中燃烧： B.钢铁电化学析氢腐蚀：(负极)；(正极) C.实验室用大理石和盐酸反应制二氧化碳： D.电解饱和食盐水制氯气： 6.B 金属钠在空气中燃烧产物为，该化学方程式为2Na + O2 Na2O2，A错误。钢铁发生析氢腐蚀时，负极失电子生成，正极酸性条件下得电子生成，电极反应均符合事实，B正确。大理石主要成分为，属于难溶物，离子方程式中不能拆分为，大理石和盐酸反应制二氧化碳的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，C错误。电解饱和食盐水生成、和，电解熔融才生成和，化学方程式为‌，D错误。 7.(2026高考·重庆)电化学捕获并生产的一种联合电解装置如图所示。下列叙述错误的是( ) A.两个电解池阳极上的电极反应相同 B.理论上电解池1中氧气的净增量为零 C.电解池2的总反应为 D.理论上该联合电解装置生产需转移电子 7.D 两个电解池中，b极和d极均生成，氧元素从-2价升高到0价，失电子发生氧化反应，因此b、d均为阳极，a、c均为阴极。 两个电解池的阳极(b、d)反应均为，电极反应相同，A正确。电解池1阴极a消耗，电极反应：，阳极b生成，相同转移电子数下，消耗和生成的物质的量相等，故净增量为零，B正确。电解池2阴极反应为，阳极反应为，阴阳极反应相加配平得到总反应，C正确。中C为+4价，中C为+2价，生成1mol 时C得到2mol电子，故转移电子为2mol；如果考虑整个联合装置的电子转移总数：为了给电解池2提供这 1 mol CO2，电解池1中需要生成 1 mol 并与反应放出 1 mol CO2。根据电解池1的阴极反应，生成1 mol 同样需要转移 2 mol 电子。因此，系统内外总共转移 4 mol 电子。无论采用何种计算方式，转移的电子数都不是 3 mol，D错误。 8.(2026高考·湖北)某光电化学还原制的装置如图所示。给光电极施加脉冲偏压，偏压为负时，光电极上发生还原反应。 下列说法错误的是( ) A.偏压为时，光电极反应为 B.每产生，右室溶液质量减少 C.偏压为时，光电极排斥以清洁表面 D.相对于恒定偏压，脉冲偏压利于提高光电极的制效率 8.B 偏压为-0.2V时为负偏压，光电极发生还原反应，得电子生成，电极方程式为，A正确。18g 的物质的量为1mol，生成1mol 转移8mol电子。右室对电极反应为，转移8mol电子时，生成2mol (质量64g)逸出，同时有8mol 通过质子交换膜进入左室，右室共减少质量为，B错误。偏压为1.0V时为正偏压，光电极带正电，会排斥阳离子，可清洁电极表面，C正确。脉冲偏压下，负偏压时还原生成，正偏压时同种电荷相互排斥，及时排出生成的，能有效刷新电极表面，从而提高长效反应的催化效率，利于提高制的效率，D正确。 9.(2026高考·湖北)根据实验目的进行实验，下列实验示意图正确的是( ) 实验目的 A.配制溶液 B.电解法制备 实验示意图 实验目的 C.测溶液浓度 D.探究浓的氧化性 实验示意图 A.A B.B C.C D.D 9.D 容量瓶为定容仪器，不能直接用于溶解固体，应先在烧杯中溶解固体，冷却后再转移至容量瓶，A错误。电解法制备需电解熔融氯化镁，若电解溶液，阴极会产生H2，无法得到单质，B错误。标准溶液为酸性溶液，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应盛放在酸式滴定管中，C错误。和浓硫酸加热条件下反应生成，品红溶液褪色可验证生成，证明浓硫酸被还原体现氧化性，浸溶液的棉花可吸收尾气避免污染，装置设计合理，D正确。 10.(2026高考·四川)化学工作者最近研究出一种电化学回收废旧电极材料中有价成分的新方法。将在磷酸存在下处理得到的溶液经提取电解槽电解，和分别进入对应的储存电极。提取完成后，将储存电极转移到含LiCl溶液的释放电解槽电解，即得纯净的。其工作原理示意图如下。 下列说法错误的是( ) A.提取的电极反应为 B.提取电解槽中，每提取，理论上可回收 C.释放电解槽中，中的钛被氧化 D.释放电解槽的总反应为 10.B 由图可知，提取电解槽中，左侧为阴极，电极反应：，右侧电极为阳极，电极反应为；释放电解槽中，左侧释放，为电解池阳极，电极反应：，右侧为释放，为电解池阴极，电极反应：，与结合，即得纯净的，据此解答。 提取的电极为阴极，得电子嵌入电极，反应式电荷、原子均守恒，符合反应事实，A正确。提取电解槽中，每提取，电路中转移，由阳极电极反应式可知，理论上可回收，B错误。释放电解槽中，释放出，转化为，反应中失电子，Ti元素化合价升高，钛被氧化，C正确。配平释放电解槽的总反应， 阳极：；阴极：，两式相加，结合，整理后得到选项中的总反应，原子、电子均守恒，D正确。 11.(2026高考·贵州)储能技术是新能源产业发展的重要支撑。一种基于TEMPO衍生物作为正极储能活性材料的水系有机液流电池的工作原理如图。 下列说法正确的是( ) A.充电时，电极a发生氧化反应 B.充电时，电子从电源的负极流向a极，由b极流向电源的正极 C.放电时，正极反应为 D.放电时，外电路转移2 mol电子，理论上负极区溶液质量减少71 g 11.B 放电时，a是负极，电极反应：，b是正极，电极反应：，充电时，a是阴极，b是阳极，电极反应与原电池相反，据此解答。 充电时电极a连接电源负极，为阴极，得电子发生还原反应，A错误。充电时电子仅在外电路移动，由电源负极流向阴极a，再由阳极b流向电源正极，B正确。放电时正极发生得电子的还原反应，正确反应为，选项给出的是失电子的氧化反应，C错误。放电时阴离子向负极移动，转移2 mol电子时，有2 mol 进入负极区，负极区溶液质量增加71g，而非减少，D错误。 12.(2026高考·江西)背靠背式电解池可用于电化学合成氨，如图。下列说法正确的是( ) A.阳极反应： B.外电路电子由b流向a C.每生成，消耗 D.经交换膜从右向左移动 12.D 该装置为阴离子交换膜电解池，右侧通入与生成，氮元素化合价从0降低至-3，发生得电子的还原反应，因此右侧电极为阴极，连接电源负极b，阴极反应为；左侧电极为阳极，连接电源正极a，在阳极失电子发生氧化反应，阳极反应为，总电解反应为；阳极是失去电子生成氧气，正确电极反应式为，A错误。右侧转化为，N元素化合价降低发生得电子的还原反应，故右侧为阴极，b为电源负极，a为电源正极，外电路电子只能在导线中移动，路径为b流向阴极、阳极流向a，不存在b直接流向a的路径，B错误。根据总反应，生成消耗，则生成 仅消耗，C错误。电解池通用规律为阴离子向阳极移动，阳极在装置左侧，体系中迁移的阴离子可穿过阴离子交换膜，因此从阴极区向阳极区移动，D正确。 13.(2026高考·广东)做好防腐是发展海上风电的基础。下列措施不能达到防腐目的的是( ) A. B. C. D. 13.A 钢管桩主要成分为铁，铁的金属活动性强于铜，二者在海水中形成原电池时，铁作负极失电子被氧化，会加速钢管桩腐蚀，不能达到防腐目的，A入选。铝表面致密的氧化膜能防止内部的铁被腐蚀，即使富铝涂层破损，形成原电池时铝作负极被腐蚀，可保护钢管桩；故能达到防腐目的，B不选。该装置为外加电流法，钢管桩连接电源负极作阴极被保护，能达到防腐目的，C不选。锌的金属活动性强于铁，二者在海水中形成原电池时锌作负极被腐蚀，属于牺牲阳极法，钢管桩作正极被保护，能达到防腐目的，D不选。 14.(2026高考·广东)一种利用电解还原同时实现海水脱盐的装置如图，电解液在Ⅰ和Ⅳ室间循环，初始电解液为溶液，膜①~③为阳离子或阴离子交换膜。下列说法错误的是( ) A.①为阳离子交换膜，②为阴离子交换膜 B.阳极反应为 C.电解一段时间后，Ⅲ室海水中盐的浓度降低 D.电解过程中，Ⅰ室电解液的pH在一段时间内可保持稳定 14.C 由题图可知，在电极上反应转化为，元素化合价降低，故电极为阴极，阴极反应为，生成的与电解液中的发生反应。电极为阳极，电离出的在阳极放电，阳极反应为，电离出的发生反应。若③为阴离子交换膜，结合电流方向可知，Ⅲ室海水中的会向右通过膜③迁移至Ⅳ室中，并在电极上放电生成，故③应为阳离子交换膜，以阻止通过，据此可知实现脱盐的海水不是Ⅲ室海水，而是Ⅱ室海水，则①为阳离子交换膜，②为阴离子交换膜，Ⅱ室海水中的向左通过膜①迁移至Ⅰ室中，Ⅱ室海水中的向右通过膜②迁移至Ⅲ室中，Ⅳ室电解液中的向左通过膜③迁移至Ⅲ室中，故电解一段时间后，Ⅱ室海水中盐的浓度降低，Ⅲ室海水中盐的浓度升高。 由分析知，①为阳离子交换膜，②为阴离子交换膜，A正确。由分析知，电极为阳极，电离出的在阳极放电，阳极反应为，B正确。由分析知，电解一段时间后，Ⅱ室海水中盐的浓度降低，Ⅲ室海水中盐的浓度升高，C错误。根据前述分析，Ⅰ室中阴极反应生成的与电解液中的反应生成，形成缓冲体系，有利于Ⅰ室电解液的pH在一段时间内保持稳定，D项正确。 15.(2026高考·河北)我国科研工作者研发了一种高效双功能电催化剂，可实现硝酸盐与葡萄糖的同时转化，其原理如图所示： 下列说法错误的是( ) A.M是电源正极，N是电源负极 B.电解一段时间后，电极Ⅱ附近减小 C.电路中每通过 电子，理论上产生0.5 mol D.总反应为 15.B 左侧电极Ⅰ上，C6H12O6转化为，碳元素的化合价从0升高到+1，发生氧化反应，电极反应式为，因此电极Ⅰ是阳极。右侧电极Ⅱ上，转化为NH3，氮元素的化合价从+5降低到-3，发生还原反应，电极反应式为，因此电极Ⅱ是阴极。 根据上述分析，电极Ⅰ是阳极，应连接电源正极M；电极Ⅱ是阴极，应连接电源负极N，A项正确。电极Ⅱ是阴极，发生还原反应。转化为NH3，N的化合价从+5降为-3，每个N原子获得8e⁻。在碱性条件下，电极反应式为，阴极生成了OH⁻，导致电极Ⅱ附近c(OH⁻)增大，而不是减小，B项错误。根据分析可知电极Ⅰ发生的电极反应式为：每转移6mol e⁻，生成1mol。因此转移3mol e⁻时，生成0.5mol ， C正确。将两极电极反应结合：阳极：，阴极：，将阳极×4，阴极×3，使得失电子数相等，相加得，D项正确。 16.(2026高考·湖南)一种可用于心脏起搏器的扣式电池部分截面结构如图所示(-有机溶剂作电解质溶液，难溶于该溶剂)。下列说法错误的是( ) A.往电极材料中添加石墨，可增强其导电性 B.正极反应式为 C.放电时，从负极向正极移动 D.每消耗负极材料，理论上外电路中通过了 16.B 该扣式电池中，活泼金属作负极，作正极，以此解答。 石墨具有良好的导电性，添加到电极材料中可增强电极的导电性，A正确。题干明确难溶于有机溶剂，无法电离出自由移动的，正极反应物是固体，正极反应应为，B错误。原电池放电时，阳离子向正极移动，因此从负极向正极移动，C正确。负极反应为，2.1g 的物质的量为，理论上外电路中通过，D正确。 17.(2026高考·河南)一种多组串联的电化学装置可以同时产生和，其工作原理如图所示。其中均为电极，每组装置左侧均为高浓度盐酸，右侧均为低浓度盐酸。该装置工作时仅在石墨电极与铂电极上产生气体。 下列说法错误的是( ) A.工作时，铂电极上产生 B.工作时，电极、、的质量均减小 C.定期互换直接相连的电极，并恢复溶液浓度，整个装置可再次运行 D.将盐酸换为对应浓度溶液，使用阳离子交换膜，每组装置启动时均生成 17.D 整个装置中，中间串联的是原电池，左右两边是电解池，石墨电极为阳极，发生氧化反应：2Cl⁻- 2e⁻= Cl2↑，铂电极为阴极，发生还原反应：2H+ + 2e⁻= H2↑。在原电池装置中，a2~an-1均为Ag/AgCl电极，偶数电极为负极，电极反应：Ag-e⁻+ Cl⁻= AgCl，奇数电极为正极，电极反应：AgCl+e = Ag + Cl⁻，据此分析各选项； 铂电极是阴极，H+在阴极得电子生成H2：2H+ + 2e⁻= H2↑，A正确。工作时，电极为阴极，电极反应：AgCl+e⁻= Ag+Cl，、等奇数电极为正极，电极反应：AgCl+e⁻= Ag+Cl⁻，均是AgCl转化为Ag，质量减小，B正确。在装置运行过程中：左侧高浓度盐酸中，Cl⁻被消耗，同时H+通过质子交换膜迁移到右侧，最终，左侧盐酸浓度降低，右侧盐酸浓度升高；且a1、a3、…、an-1电极质量减小，a2、a4、…、an电极质量增加。若定期将直接相连的Ag/AgCl电极互换，并恢复两侧盐酸浓度，可使装置恢复到初始状态，再次运行，C正确。将盐酸换为NaCl溶液、使用阳离子交换膜时，阳极反应：2Cl⁻- 2e⁻= Cl2↑；阴极反应，Na+会通过阳离子交换膜向阴极移动，在铂电极附近生成NaOH。但中间的装置中，Ag/AgCl电极发生反应：Ag- e⁻+ Cl⁻= AgCl和AgCl+ e⁻= Ag+Cl⁻，不会生成NaOH，D错误。 18.(2026高考·云南)化学护坝体，劳动保安全，某水电站坝体维护示意图如下，下列说法错误的是( ) A.黏土是生产水泥的主要原料之一 B.与的反应属于氧化还原反应 C.聚四氟乙烯的合成： D.利用板保护钢闸门时，需定期检查、更换 18.B 水泥的主要原料是石灰石(CaCO3)和黏土，黏土提供硅、铝等元素，是水泥生产的核心原料之一，A正确。根据图示，与反应方程式可表示为：，反应前后，各元素化合价均未发生变化，没有电子转移，属于非氧化还原反应，B错误。聚四氟乙烯由四氟乙烯(CF2=CF2)通过加聚反应合成，双键打开形成高分子链，反应方程式为：，C正确。该防护方法为牺牲阳极法(牺牲负极保护法)，Zn的金属活动性比Fe强，作为原电池的负极，会不断被氧化腐蚀，而钢闸门(Fe)作为正极被保护，随着反应进行，Zn板会逐渐消耗，因此需要定期检查、更换Zn板，保证防护效果，D正确。 19.(2026高考·云南)一种“双模式”锂电池工作原理如图。已知：只参与模式Ⅰ的充放电，其放电时反应方程式为。下列说法正确的是( ) A.充电时，模式Ⅱ的反应为 B.充电时，若外电路通过1 mol电子，则石墨电极最多生成 C.放电时，体系中的向电池的锂电极迁移 D.放电时，分别消耗，模式Ⅰ理论放电量大于模式Ⅱ 19.D 中S元素为+6价，由此可知模式I放电过程中石墨电极上S元素化合价降低，发生还原反应，为正极，锂电极为负极，充电过程中石墨电极为阳极，锂电极为阴极。 充电时，模式II阴极上LiCl得到电子生成Li，阳极上Li2S2O4失去电子生成，根据守恒关系可知模式II的反应为，A错误。模式I充电时总反应为，充电过程中Li元素化合价降低，S元素及部分Cl元素化合价升高，因此外电路通过1mol电子，石墨阳极上最多生成0.25mol Cl2，B错误。放电时，Li+移向正极，即石墨电极，C错误。放电时，模式I的总反应与转移电子关系为，模式II的总反应与转移电子关系为，由此可知分别消耗，模式Ⅰ理论放电量大于模式Ⅱ，D正确。 20.(2026高考·黑吉辽蒙卷)一种从废旧电池正极材料()中回收锂元素的电化学装置如图。下列说法错误的是 A.电极反应： B.电路中转移电子，理论上可回收 C.电极连接电源正极 D.可转化为和，会降低锂的理论回收产率 20.D 左侧池通入O2生成H2O2，这是还原反应，因此a电极是阴极，连接电源的负极。电极反应: ，右侧池被氧化为，这是氧化反应，因此b电极是阳极，连接电源的正极。电极反应: ；阴离子交换膜：允许阴离子(如、OH-等)通过，以维持电荷平衡。 如上分析，左侧通入氧气生成双氧水，且在溶液中可生成OH-，该方程式书写正确，A正确。电路中转移电子时，整个体系总电子转移量为，每释放对应电子转移()，双电极可同时回收，理论上可回收，B正确。右侧发生氧化反应：被氧化为，阳极连接电源正极，C正确。若歧化转化为和，反应为：，该歧化反应为碘自身氧化还原，总可得到的电子数(氧化的总能力)不变：原本可得到电子，歧化后作为氧化剂可得到电子，总氧化能力不变，理论上脱出回收的总物质的量不变，因此不会降低锂的理论回收产率，D错误。 21.(2026高考·浙江)一种电解葡萄糖()制取葡萄糖二酸钾()的装置示意图如图所示，下列说法中，不正确的是( ) A.电极M处的电极反应式为： B.离子交换膜P为阳离子交换膜 C.1 mol葡萄糖()完全转化为葡萄糖二酸钾()转移的电子数为 D.电解过程可能产生葡萄糖酸钾() 21.B 在该体系中，葡萄糖在右侧电极处反应生成葡萄糖二酸钾，已知K为+1价，H为+1价，O为-2价，可知中C的平均化合价为+1，每1 mol 转化为1 mol 会失去6 mol电子；产物中的C化合价升高，所以电极N为阳极发生氧化反应，电极M为阴极发生还原反应，阴极处的溶液仅含有KOH，电极反应式为，阳极处的电极反应式为；据此回答该问题。 由分析可知，电极M处的电极反应式为，A正确。由分析可知，随反应进行，阴极处不断生成OH-，同时阳极处不断消耗OH-，为维持电荷平衡，需要将阴极处生成的OH-补充至阳极处，P应为阴离子交换膜，B错误。由分析可知，1 mol 完全转化为1 mol ，转移的电子数为，C正确。中C的平均化合价为，与葡萄糖相比，C的平均化合价也升高，说明为不完全氧化产物，也可能是电解产物，D正确。 22.(2025高考·江西)我国学者设计了一种新型去除工业污水重金属离子的电池(如图)。下列说法错误的是( ) 已知：为铜基普鲁士蓝() A.中的铁为价 B.交换膜为阴离子交换膜 C.洗脱目的是去除电极吸附的 D.溶液可电解再生电池负极 22.C CuHCF的化学式为Cu[Fe(CN)6]0.67·nH2O，设Fe化合价为x。Cu为+2价，CN-为-1价，整体电中性：+2 + 0.67×(x - 6) = 0，解得x≈+3，A正确。Zn电极为负极，反应为Zn - 2e- = Zn2+，负极区正电荷增加。污水中通过交换膜移向负极区以平衡电荷，说明交换膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，B正确。Ni2+在正极得到电子生成Ni，Ni被CuHCF电极吸附，洗脱目的是利用H2O2的氧化性去除电极吸附的Ni，C错误。电解Zn2+溶液时，阴极反应为Zn2+ + 2e- = Zn，可得到Zn单质再生负极，D正确。 23.(2025高考·浙江)通过电化学方法制备，进而由与反应合成。为提高电流利用效率，某小组设计电化学合成示意图如下，已知氧化性：。下列说法不正确的是( ) A.电极A与电源正极相连 B.电极B的电极反应式为： C.电解液中可以用氢溴酸代替 D.原料足量的情况下，理论上电路中转移可得到 23.D 由分析可知电极A为阳极，应与电源正极相连，A正确。由分析可知电极B为阴极，在电解液中得电子生成，电极反应式为：，B正确。电解液中用氢溴酸代替，溴离子即起导电作用，又可在电极A上放电，所以可以用氢溴酸代替，提高电流利用效率，C正确。由得失电子守恒可知，电路中转移生成0.1mol，但由信息可知氧化性：，所以电极B上生成的也可将溴离子氧化为，所以电路中转移生成的物质的量大于0.1mol，则得到的物质的量大于0.1mol，D错误。 24.(2025高考·全国卷)下列关于铁腐蚀与防护的反应式正确的是( ) A.酸性环境中铁发生析氢腐蚀的负极反应： B.铁发生腐蚀生锈的反应： C.铁经过发蓝处理形成致密氧化膜： D.安装锌块保护船舶外壳，铁电极上发生的反应： 24.A 酸性环境中铁发生析氢腐蚀，负极是Fe，电极反应式为，A正确。铁腐蚀生锈的产物应为Fe2O3·xH2O，B错误。发蓝处理形成的是Fe3O4氧化膜，且反应条件与产物不符，C错误。安装锌块保护船舶外壳，属于牺牲阳极保护法，铁作为阴极，铁电极上可能是O2得电子发生还原反应，非Fe3+被还原，D错误。 25.(2025高考·全国卷)某研究小组设计如下电解池，既可将中性废水中的硝酸盐转化为氨，又可将废塑料(PET)碱性水解液中的乙二醇转化为羟基乙酸盐，实现变废为宝。 电解时，下列说法错误的是( ) A.阳极区下降 B.从阴极区向阳极区迁移 C.阴极发生反应 D.阴极转化，阳极将生成 25.D 根据分析，阳极区消耗了，下降，A正确。阴极区生成了，阳极区消耗了，按照离子移动方向，从阴极区通过阴离子交换膜向阳极区迁移，B正确。根据分析阴极发生还原反应，电极反应式为：，C正确。阴极转化，转移，此时阳极将生成，D错误。 26.(2025高考·四川)最近，我国科学工作者制备了一种电催化剂，并将其与金属铝组装成可充电电池，用于还原污水中的为，其工作原理如图所示。研究证明，电池放电时，水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化表面的逐步还原为。 下列说法错误的是( ) A.放电时，负极区游离的数目保持不变 B.放电时、还原为，理论上需要氢原子 C.充电时，从阴极区穿过离子交换膜进入阳极区 D.充电时，电池总反应为 26.A 放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根：，当转移3mol电子时，消耗，同时正极区会有通过离子交换膜进行补充，净消耗1mol，故负极区游离的数目会减少，故A错误。氢原子将吸附在电催化剂表面的逐步还原为，还原为，由化合价变化可知，得到8mol电子，所以理论上需要氢原子，B正确。充电时，阴离子向阳极移动，所以充电时，从阴极区穿过离子交换膜进入阳极区，C正确。充电时，电池阴极反应式为，阳极反应式为，总反应为，D正确。 27.(2025高考·湖南)一种电化学处理硝酸盐产氨的工作原理如图所示。下列说法错误的是( ) A.电解过程中，向左室迁移 B.电解过程中，左室中的浓度持续下降 C.用湿润的蓝色石蕊试纸置于b处，试纸先变红后褪色 D.完全转化为的电解总反应： 27.B 电解池中，阳离子向阴极移动，则，向左室迁移，A正确。电解过程中，先生成，再消耗，是中间产物，其浓度增大还是减小，取决于生成速率与消耗速率，无法得出其浓度持续下降的结论，B错误。b处生成氯气，与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能使蓝色石蕊试纸变红，次氯酸能使变红的试纸褪色，故能看到试纸先变红后褪色，C正确。左侧阴极总反应是，右侧阳极总反应是，将两电极反应相加即可得到总反应，D正确。 28.(2025高考·重庆)下图为AgCl-Sb二次电池的放电过程示意图如图所示。 下列叙述正确的是( ) A.放电时，M极为正极 B.放电时，N极上反应为 C.充电时，消耗4 mol Ag的同时将消耗 D.充电时，M极上反应为 28.D 由分析可知，放电时，M电极为负极，A错误。由分析可知，放电时，N电极反应为：，B错误。由分析可知，建立电子转移关系式：，由此可知，消耗4molAg，同时消耗，C错误。充电时，M极为阴极，电极反应与原电池相反：，D正确。 29.(2025高考·湖北)某电化学制冷系统的装置如图所示。和在电极上发生相互转化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列描述错误的是( ) A.阴极反应为 B.已知②处的电解液温度比①处的低，可推断比稳定 C.多孔隔膜可以阻止阴极区和阳极区间的热交换 D.已知电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。热效应主要来自于电子转移后和离子结构的改变 29.B 由分析可知，阴极反应为，A正确。已知②处的电解液温度比①处的低，则可推断是吸热反应，则可推断的能量更低，比稳定，B错误。多孔隔膜可以阻止两电极区的溶液对流，可阻止热交换，C正确。题干明确指出电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。这意味着电子转移(即氧化还原反应)本身不会直接导致结构变化，热效应实际上来源于电子转移完成后，新生成的离子：和因配位环境或电荷分布变化引起的结构重组导致热量变化，D正确。 30.(2025高考·湖北)某电池的正极材料为，负极材料为嵌锂石墨。利用人工智能筛选出的补锂试剂，能使失活的电池再生并延长寿命，且保持电池原结构。将注入电池后充电补锂，过程中转化为气体离去。下列有关充电补锂的说法错误的是( ) A.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 D.反应并离去是该电池保持原结构的原因 30.C 充电时，Li+在阴极得电子：，[SO2CF3]-在阳极失去电子生成气体离去，A正确。[SO2CF3]-在阳极失去电子，反应为2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3，生成气体中含有氟代烃CF3-CF3，B正确。充电补锂时正极反应为2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3，不涉及正极材料反应，铁元素价态不变，C错误。[SO2CF3]-反应后离去，维持电池原结构，D正确。 31.(2025高考·广东)某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上( ) A.负极反应的催化剂是ⅰ B.图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低 C.电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D.相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同 31.C 由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是ⅰ，A错误。图a中，ⅰ到ⅱ过程为获得第一个电子的过程，根据题中信息，获得第一个电子的过程最慢，则ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最高，B错误。氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：，同时，反应负极每失去1个电子，就会有一个H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确。由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误。 32.(2025高考·广东)一种高容量水系电池示意图如图。已知：放电时，电极Ⅱ上减少；电极材料每转移1mol电子，对应的理论容量为。下列说法错误的是( ) A.充电时Ⅱ为阳极 B.放电时Ⅱ极室中溶液的pH降低 C.放电时负极反应为： D.充电时16gS能提供的理论容量为 32.B 由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，故充电时电极Ⅱ为阳极，A正确。由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，正极反应为：，反应消耗，溶液的pH升高，B错误。由分析可知，放电时电极Ⅰ为原电池负极，负极反应为：，C正确。根据放电时负极反应，可知充电时阴极反应为，每消耗16gS，即0.5molS，转移1mol电子，据题意可知，能提供的理论容量为26.8A⋅h，D正确。 33.(2025高考·北京)用电解溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验。 实验 电极I 电极Ⅱ 电压/V 关系 i 石墨1 石墨2 a ii 石墨1 新石墨 b iii 新石墨 石墨2 c iv 石墨1 石墨2 d 下列分析不正确的是( ) A.，说明实验i中形成原电池，反应为 B.，是因为ii中电极Ⅱ上缺少作为还原剂 C.，说明iii中电极I上有发生反应 D.，是因为电极I上吸附的量：iv>iii 33.D 由分析可知，石墨1中会吸附少量氧气，石墨2中会吸附少量氢气，实验i会形成原电池，，反应为2H2+O2=2H2O，A正确。因为ii中电极Ⅱ为新石墨，不含有H2，缺少作为还原剂，故导致，B正确。图2中，电极Ⅰ发生还原反应，实验iii中新石墨可能含有空气中的少量氧气，c＞0，说明iii中电极I上有发生反应，C正确。，实验iii与实验iv中电极Ⅰ不同，，是因为电极I上吸附的量：iv>iii，D错误。 34.(2025高考·云南)一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。除硼原理：。下列说法错误的是( ) A.Pt电极反应： B.外加电场可促进双极膜中水的电离 C.Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜 D.Ⅳ室每生成，同时Ⅱ室最多生成 34.C 由分析可知，Pt电极为阳极，阳极发生的反应为：，A正确。水可微弱的电离出氢离子和氢氧根，在外加电场作用下，使氢离子和氢氧根往两侧移动，降低了浓度，可促进双极膜中水的电离，B正确。由分析可知，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说明钠离子往阴极方向移动，氯离子往阳极方向移动，即钠离子往右侧移动，通过Y膜，则Y膜为阳离子交换膜，氯离子往左侧移动，通过X膜，则X膜为阴离子交换膜，C错误。Ⅳ室每生成，则转移1mol电子，有1mol氢离子移到Ⅱ室中，生成，D正确。 35.(2025高考·云南)下列化学方程式错误的是( ) A.煤制水煤气： B.供氧： C.覆铜板制作印刷电路板： D.铅酸蓄电池放电： 35.C 在高温下与水蒸气反应生成CO和H2，方程式正确，A正确。过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式书写正确，B正确。FeCl3与Cu反应时，Fe3+被还原为Fe2+而非单质Fe，正确反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，C错误。铅酸蓄电池放电时，Pb和PbO2与硫酸反应生成PbSO4和H2O，方程式正确，D正确。 36.(2025高考·江苏)以稀为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为。下列说法正确的是( ) A.电极a上发生氧化反应生成 B.通过质子交换膜从右室移向左室 C.光解前后，溶液的不变 D.外电路每通过电子，电极b上产生 36.A 根据分析，电极a为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：，生成物有O2，A正确。电解池中阳离子向阴极移动，电极a上生成，电极b上消耗，通过质子交换膜从左室移向右室，B错误。在探究溶液浓度变化时，不仅要关注溶质的变化，也要关注溶剂的变化，在光解总反应是电解水，溶液中减少，溶液浓度增大，pH减小，C错误。生成，转移2mol电子，外电路通过0.01mol电子时，电极b上生成，D错误。 37.(2025高考·陕晋青宁卷)我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醌(TQ)。电极b表面的主要反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂)，下列说法错误的是( ) A.电解时，从右室向左室移动 B.电解总反应： C.以为原料，也可得到TQ D.用标记电解液中的水，可得到 37.D 电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A正确。根据转化关系图可知，电极b中TY是反应物，TQ是生成物，电极a上H+得电子生成H2，总反应方程式为：，B正确。将TY()换成为原料，仍然能够得到TQ()，C正确。根据右图可知，用标记电解液中的水，可得到的18O在环上甲基的邻位上，D错误。 38.(2025高考·河北)科研工作者设计了一种用于废弃电极材料再锂化的电化学装置，其示意图如下： 已知：参比电极的作用是确定再锂化为的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正确的是( ) A.电极上发生的反应： B.产生标准状况下时，理论上可转化的 C.再锂化过程中，向电极迁移 D.电解过程中，阳极附近溶液pH升高 38.B 由分析知，电极上发生的反应：，A错误。由电极反应式可知，产生标准状况下5.6L(即0.25 mol) 时转移1 mol 电子，理论上转化的，B正确。为阴离子，应向阳极移动，即向Pt电极迁移，C错误。由阳极电极反应式可知，电解过程中，阳极产生、消耗，酸性增强，则阳极附近pH降低，D错误。 39.(2025高考·河南)一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。 下列说法正确的是( ) A.Ⅱ为阳离子交换膜 B.电极a附近溶液的减小 C.电极b上发生的电极反应式为 D.若海水用溶液模拟，则每脱除，理论上可回收 39.D 由分析可知，膜Ⅱ为阴膜， A错误。a电极的反应为，pH变大，B错误。由分析可知，电极b的反应为，C错误。每脱除58.5gNaCl，转移电子数为1mol，有1molLi+和1molCl-分别透过离子交换膜Ⅲ、膜Ⅱ，可得到1molLiCl，D正确。 40.(2025高考·甘肃)我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水()电解系统(如下图)。以新型为催化剂(生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法错误的是( ) A.将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率 B.在外电路中，电子从电极1流向电极4 C.电极3的反应为： D.理论上，每通过2mol电子，可产生 40.D 催化剂生长在泡沫镍电极上可加快电解速率，提高催化效率，A正确。根据分析，电极1是负极，电极4为阴极，电子从电极1流向电极4，B正确。由分析可知，电极3为阳极，发生氧化反应，生成氧气，电极3的反应为：，C正确。根据分析可知，电极2和电极4均产生氢气，理论上，每通过2mol电子，可产生2molH2，D错误。 41.(2025高考·安徽)研究人员开发出一种锂-氢可充电电池(如图所示)，使用前需先充电，其固体电解质仅允许通过。下列说法正确的是( ) A.放电时电解质溶液质量减小 B.放电时电池总反应为 C.充电时移向惰性电极 D.充电时每转移电子，降低 41.C 放电时，会通过固体电解质进入电解质溶液，同时正极会生成进入储氢容器，当转移2mol电子时，电解质溶液质量增加，即电解质溶液质量会增大，A错误。放电时，由分析中的正、负电极反应可知，总反应为，B错误。充电时，向阴极移动，则向惰性电极移动，C正确。充电时每转移电子，会有与结合生成，但不知道电解液体积，无法计算降低了多少，D错误。 42.(2025高考·黑吉辽蒙卷)一种基于的储氯电池装置如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重。关于图中装置所示电池，下列说法错误的是( ) A.放电时向b极迁移 B.该电池可用于海水脱盐 C.a极反应： D.若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去储氯能力 42.D 放电时b电极是正极，阳离子向正极移动，所以向b极迁移，A正确。负极消耗氯离子，正极消耗钠离子，所以该电池可用于海水脱盐，B正确。a电极是负极，电极反应式为，C正确。若以Ag/AgCl电极代替a极，此时Ag失去电子，结合氯离子生成氯化银，所以电池不会失去储氯能力，D错误。 43.(2025高考·黑吉辽蒙卷)巧设实验，方得真知。下列实验设计合理的是( ) A.除去中的HCl B.制备少量NO避免其被氧化 C.用乙醇萃取中的S D.制作简易氢氧燃料电池 A.A B.B C.C D.D 43.B 碱石灰为NaOH和CaO的混合物，既能吸收HCl又能吸收Cl2，不能用碱石灰除去Cl2中的HCl，A错误。铜丝和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，NO难溶于水，U形管左侧与大气隔绝，即NO存在于无氧环境中，B正确。S微溶于酒精、易溶于CS2，不能用乙醇萃取CS2中的S，C错误。关闭K1、打开K2时，该装置为电解池，锌为活性阳极，无氧气生成，阴极生成氢气，则打开K1、关闭K2时，不能形成氢氧燃料电池，D错误。 44.(2025高考·浙江)一种可充放电电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为和，随温度升高Q(消耗转移的电子数)增大。下列说法不正确的是( ) A.熔融盐中的物质的量分数影响充放电速率 B.充放电时，优先于通过固态电解质膜 C.放电时，随温度升高Q增大，是因为正极区转化为 D.充电时，锂电极接电源负极 44.C 由分析可知，电池总反应方程式为：或，充放电时有参与或生成，因此熔融盐中的物质的量分数影响充放电速率，A正确。比的半径小，因此优先于通过固态电解质膜，B正确。放电时，正极得到电子，中氧原子为-1价，中氧原子为-2价，因此随温度升高Q增大，正极区转化为，C错误。充电时，锂电极为阴极，连接电源负极，D正确。 45.(2024高考·全国)科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是( ) A.充电时，向阳极方向迁移 B.充电时，会发生反应 C.放电时，正极反应有 D.放电时，电极质量减少，电极生成了 45.C 充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即向阴极方向迁移，A不正确。放电时，负极的电极反应为，则充电时阴极反应为Zn2++2e-=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。放电时电极为正极，正极上检测到和少量，则正极上主要发生的电极反应是，C正确。放电时，Zn电极质量减少0.65g(物质的量为0.010mol)，电路中转移0.020mol电子，由正极的主要反应可知，若正极上只有生成，则生成的物质的量为0.020mol，但是正极上还有生成，因此，的物质的量小于0.020mol，D不正确。 46.(2024高考·全国)一种可植入体内的微型电池工作原理如图所示，通过CuO催化消耗血糖发电，从而控制血糖浓度。当传感器检测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，电池停止工作。(血糖浓度以葡萄糖浓度计) 电池工作时，下列叙述错误的是( ) A.电池总反应为 B.b电极上CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用 C.消耗18mg葡萄糖，理论上a电极有0.4mmol电子流入 D.两电极间血液中的在电场驱动下的迁移方向为b→a 46.C 由题中信息可知，当电池开始工作时，a电极为电池正极，血液中的在a电极上得电子生成，电极反应式为；b电极为电池负极， 在b电极上失电子转化成CuO，电极反应式为，然后葡萄糖被CuO氧化为葡萄糖酸，CuO被还原为，则电池总反应为，A正确。b电极上CuO将葡萄糖被CuO氧化为葡萄糖酸后被还原为，在b电极上失电子转化成CuO，在这个过程中CuO的质量和化学性质保持不变，因此，CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用，B正确。根据反应可知，参加反应时转移2 mol电子，的物质的量为0.1 mmol，则消耗18 mg葡萄糖时，理论上a电极有0.2 mmol电子流入，C错误。原电池中阳离子从负极移向正极迁移，故迁移方向为b→a，D正确。 47.(2024高考·贵州)下列离子方程式书写错误的是( ) A.用氢氟酸雕刻玻璃： B.用绿矾处理酸性废水中的 C.用泡沫灭火器灭火的原理： D.工业电解饱和食盐水制烧碱和氯气： 47.A 氟化氢是弱酸，不能拆写成离子，用氢氟酸雕刻玻璃：，A错误。用绿矾处理酸性废水中的，生成铬离子和铁离子，，B正确。泡沫灭火器灭火的原理，铝离子、碳酸氢根水解反应完全生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳：，C正确。工业电解饱和食盐水生成烧碱、氯气和氢气：，D正确。 48.(2024高考·贵州)一种太阳能驱动环境处理的自循环光催化芬顿系统工作原理如图。光阳极发生反应：，。体系中与Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)发生反应产生的活性氧自由基可用于处理污水中的有机污染物。 下列说法错误的是( ) A.该芬顿系统能量转化形式为太阳能电能化学能 B.阴极反应式为 C.光阳极每消耗，体系中生成 D.在Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)的循环反应中表现出氧化性和还原性 48.C 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，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，每消耗，则体系中生成，C错误。由Mn(Ⅳ)和过氧化氢转化为Mn(Ⅱ)过程中，锰元素化合价降低，做还原剂，表现还原性，由Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)时，中O元素化合价降低，做氧化剂，表现氧化性，D正确。 49.(2024高考·江苏)在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是( ) A.HCl制备：溶液和 B.金属Mg制备：溶液 C.纯碱工业：溶液 D.硫酸工业： 49.A 电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，A的转化可以实现。氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，B的转化不能实现。纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，C的转化不能实现。工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，D的转化不能实现。 催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见催化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。催化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、和制(二甲醚)、催化氧化等。催化剂有选择性，如与反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用催化生成。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中电催化生成、氯自由基催化分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。完成下列小题。 50.(2024高考·江苏)下列说法正确的是( ) A.豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能 B.与反应中，Ag催化能提高生成的选择性 C.制反应中，能加快化学反应速率 D.与反应中，能减小该反应的焓变 50.C 固氮酶是豆科植物固氮过程的催化剂，能降低该反应的活化能，A错误。根据题意，催化剂有选择性，如C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO，则判断Ag催化不能提高生成CH3CHO的选择性，B错误。MnO2是H2O2制O2反应的催化剂，能加快化学反应速率，C正确。V2O5是SO2与O2反应的催化剂，能加快反应速率，但不能改变该反应的焓变，D错误。 51.(2024高考·江苏)下列化学反应表示正确的是( ) A.汽车尾气处理： B.电催化为的阳极反应： C.硝酸工业中的氧化反应： D.和催化制二甲醚： 51.D 该反应方程式配平错误，汽车尾气处理：，A错误。电催化为，N元素化合价降低，发生还原反应，应是在阴极发生反应，反应方程式是：，B错误。硝酸工业中发生催化氧化生成NO，NO进一步反应得到NO2后再与水反应制得硝酸，该氧化反应：，C错误。和催化制二甲醚：，D正确。 52.(2024高考·江苏)下列有关反应描述正确的是( ) A.催化氧化为，断裂键 B.氟氯烃破坏臭氧层，氟氯烃产生的氯自由基改变分解的历程 C.丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂键和键 D.石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由转变为 52.B 催化氧化为，断裂键和生成，A错误。根据题意，氯自由基催化O3分解氟氯烃破坏臭氧层，则氟氯烃产生的氯自由基改变分解的历程，B正确。丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂键，丁烷是饱和烷烃，没有键，C错误。石墨碳原子轨道的杂化类型为转化为，金刚石碳原子轨道的杂化类型为，石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由转变为，D错误。 53.(2024高考·广东)我国自主设计建造的浮式生产储御油装置“海葵一号”将在珠江口盆地海域使用，其钢铁外壳镶嵌了锌块，以利用电化学原理延缓外壳的腐蚀。下列有关说法正确的是( ) A.钢铁外壳为负极 B.镶嵌的锌块可永久使用 C.该法为外加电流法 D.锌发生反应： 53.D 由于金属活动性Zn＞Fe，钢铁外壳为正极，锌块为负极，A错误。Zn失去电子，发生氧化反应，，镶嵌的锌块会被逐渐消耗，需根据腐蚀情况进行维护和更换，不能永久使用，B错误。由分析得，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，C错误。Zn失去电子，发生氧化反应：，D正确。 54.(2024高考·山东)以不同材料修饰的为电极，一定浓度的溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是( ) A.电极a连接电源负极 B.加入Y的目的是补充 C.电解总反应式为 D.催化阶段反应产物物质的量之比 54.B 根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，A正确。根据分析电解过程中消耗H2O和Br-，而催化阶段被还原成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错误。根据分析电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑，C正确。催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1molBr-得到6mol电子，O元素的化合价由-2价升至0价，生成1molO2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正确。 55.(2024高考·甘肃)某固体电解池工作原理如图所示，下列说法错误的是( ) A.电极1的多孔结构能增大与水蒸气的接触面积 B.电极2是阴极，发生还原反应： C.工作时从多孔电极1迁移到多孔电极2 D.理论上电源提供能分解 55.B 电极1的多孔结构能增大电极的表面积，增大与水蒸气的接触面积，A正确。根据分析，电极2为阳极，发生氧化反应：2O2--4e-=O2，B错误。工作时，阴离子O2-向阳极移动，即O2-从多孔电极1迁移到多孔电极2，C正确。根据分析，电解总反应为2H2O(g)2H2+O2，分解2molH2O转移4mol电子，则理论上电源提供2mol电子能分解1molH2O，D正确。 56.(2024高考·广东)一种基于氯碱工艺的新型电解池(下图)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法不正确的是( ) A.阳极反应： B.阴极区溶液中浓度逐渐升高 C.理论上每消耗，阳极室溶液减少 D.理论上每消耗，阴极室物质最多增加 56.C 由分析可知，阳极反应为：，A正确。由分析可知，阴极反应为：，消耗水产生，阴极区溶液中浓度逐渐升高，B正确。由分析可知，理论上每消耗，转移6mol电子，产生3mol，同时有6mol由阳极转移至阴极，则阳极室溶液减少，C错误。由分析可知，理论上每消耗，转移6mol电子，有6mol由阳极转移至阴极，阴极室物质最多增加，D正确。 57.(2024高考·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： 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： 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 57.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，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，除了海水中的放电外，海水中溶解的也会竞争放电，故可发生，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。 58.(2024高考·吉林)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是( ) 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 浓度 145 0.03 1 A.“浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全 B.“浸铜”反应： C.“脱氯”反应： D.脱氯液净化后电解，可在阳极得到 58.C 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，A错误。“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，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，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：，C正确。脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，D错误。 59.(2024高考·甘肃)化学与生活息息相关，下列对应关系错误的是( ) 物质 性质 用途 A 次氯酸钠 氧化性 衣物漂白 B 氢气 可燃性 制作燃料电池 C 聚乳酸 生物可降解性 制作一次性餐具 D 活性炭 吸附性 分解室内甲醛 59.D 次氯酸钠有强氧化性，从而可以做漂白剂，用于衣物漂白，A正确。氢气是可燃气体，具有可燃性，能被氧气氧化，可以制作燃料电池，B正确。聚乳酸具有生物可降解性，无毒，是高分子化合物，可以制作一次性餐具，C正确。活性炭有吸附性，能够有效吸附空气中的有害气体、去除异味，但无法分解甲醛，D错误。 60.(2024高考·湖南)在水溶液中，电化学方法合成高能物质时，伴随少量生成，电解原理如图所示，下列说法正确的是( ) A.电解时，向Ni电极移动 B.生成的电极反应： C.电解一段时间后，溶液pH升高 D.每生成的同时，生成 60.B 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，即向Pt电极移动，A错误。由分析可知，Pt电极失去电子生成，电解质溶液为KOH水溶液，电极反应为：，B正确。由分析可知，阳极主要反应为：，阴极反应为：，则电解过程中发生的总反应主要为：，反应消耗，生成，电解一段时间后，溶液pH降低，C错误。根据电解总反应：可知，每生成1mol，生成0.5mol，但Pt电极伴随少量生成，发生电极反应：，则生成1molH2时得到的部分电子由OH-放电产生O2提供，所以生成小于0.5mol，D错误。 61.(2024高考·湖南)近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是( ) A.理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点 B.氢氧燃料电池具有能量转化率高、清洁等优点 C.锂离子电池放电时锂离子从负极脱嵌，充电时锂离子从正极脱嵌 D.太阳能电池是一种将化学能转化为电能的装置 61.D 理想的新能源应具有可再生、无污染等特点，A正确。氢氧燃料电池利用原电池将化学能转化为电能，对氢气与氧气反应的能量进行利用，减小了直接燃烧的热量散失，产物无污染，故具有能量转化率高、清洁等优点，B正确。脱嵌是锂从电极材料中出来的过程，放电时，负极材料产生锂离子，则锂离子在负极脱嵌，则充电时，锂离子在阳极脱嵌，C正确。太阳能电池是一种将太阳能能转化为电能的装置，D错误。 我国科技工作者设计了如图所示的可充电电池，以为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺()以捕获，使放电时还原产物为。该设计克服了导电性差和释放能力差的障碍，同时改善了的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。 回答下列问题。 62.(2024高考·河北)下列说法错误的是( ) A.放电时，电池总反应为 B.充电时，多孔碳纳米管电极与电源正极连接 C.充电时，电子由电极流向阳极，向阴极迁移 D.放电时，每转移电子，理论上可转化 62.C 根据以上分析，放电时正极反应式为、负极反应式为，将放电时正、负电极反应式相加，可得放电时电池总反应：，A正确。充电时，多孔碳纳米管电极上发生失电子的氧化反应，则多孔碳纳米管在充电时是阳极，与电源正极连接，B正确。充电时，电极为阴极，电子从电源负极经外电路流向电极，同时向阴极迁移，C错误。根据放电时的电极反应式可知，每转移电子，有参与反应，因此每转移电子，理论上可转化，D正确。 63.(2024高考·河北)对上述电池放电时的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。 下列说法错误的是( ) A.捕获的反应为 B.路径2是优先路径，速控步骤反应式为 C.路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同 D.三个路径速控步骤均涉及转化，路径2、3的速控步骤均伴有再生 63.D 根据题给反应路径图可知，(1，3-丙二胺)捕获的产物为，因此捕获的反应为，A正确。由反应进程－相对能量图可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优先路径，且路径2的最大能垒为的步骤，据反应路径2的图示可知，该步骤有参与反应，因此速控步骤反应式为，B正确。根据反应路径图可知，路径1、3的中间产物不同，即经历了不同的反应步骤，但产物均为，而路径2、3的起始物均为，产物分别为和，C正确。根据反应路径与相对能量的图像可知，三个路径的速控步骤中都参与了反应，且由B分析可知，路径2的速控步骤伴有再生，但路径3的速控步骤为得电子转化为和，没有的生成，D错误。 64.(2024高考·湖北)2024年5月8日，我国第三艘航空母舰福建舰顺利完成首次海试。舰体表面需要采取有效的防锈措施，下列防锈措施中不形成表面钝化膜的是( ) A.发蓝处理 B.阳极氧化 C.表面渗镀 D.喷涂油漆 64.D 发蓝处理技术通常用于钢铁等黑色金属，通过在空气中加热或直接浸泡于浓氧化性溶液中来实现，可在金属表面形成一层极薄的氧化膜，这层氧化膜能有效防锈，A不选。阳极氧化是将待保护的金属与电源正极连接，在金属表面形成一层氧化膜的过程，B不选。表面渗镀是在高温下将气态、固态或熔化状态的欲渗镀的物质(金属或非金属元素)通过扩散作用从被渗镀的金属的表面渗入内部以形成表层合金镀层的一种表面处理的方法，C不选。喷涂油漆是将油漆涂在待保护的金属表面并没有在表面形成钝化膜，D入选。 65.(2024高考·吉林)“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高效制的方法，装置如图所示。部分反应机理为：。下列说法错误的是( ) A.相同电量下理论产量是传统电解水的1.5倍 B.阴极反应： C.电解时通过阴离子交换膜向b极方向移动 D.阳极反应： 65.A 由以上分析可知，阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，即转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2，而传统电解水：，转移2mol电子，只有阴极生成1molH2，所以相同电量下理论产量是传统电解水的2倍，A错误。阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，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，通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，C正确。由以上分析可知，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2得阳极反应为：，D正确。 66.(2024高考·浙江)破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成和，下列说法不正确的是( ) A.氨水浓度越大，腐蚀趋势越大 B.随着腐蚀的进行，溶液变大 C.铁电极上的电极反应式为： D.每生成标准状况下，消耗 66.C 氨水浓度越大，越容易生成，腐蚀趋势越大，A正确。腐蚀的总反应为Zn+4NH3•H2O=+H2↑+2H2O+2OH-，有OH-离子生成，溶液变大，B正确。该电化学腐蚀中Zn作负极，Fe作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，铁电极上的电极反应式为：，C错误根据得失电子守恒，每生成标准状况下，转移电子数为，消耗，D正确。 67.(2024高考·湖北)我国科学家设计了一种双位点电催化剂，用和电化学催化合成甘氨酸，原理如图，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。已知在溶液中，甲醛转化为，存在平衡。电极上发生的电子转移反应为。下列说法错误的是( ) A.电解一段时间后阳极区减小 B.理论上生成双极膜中有解离 C.阳极总反应式为 D.阴极区存在反应 67.B 根据分析，电解过程中，阳极区消耗OH-、同时生成H2O，故电解一段时间后阳极区c(OH-)减小，A正确。根据分析，阴极区的总反应为H2C2O4+HO—N+H3+6e-+6H+= H3N+CH2COOH+3H2O，1molH2O解离成1molH+和1molOH-，故理论上生成1molH3N+CH2COOH双极膜中有6molH2O解离，B错误。根据分析，结合装置图，阳极总反应为2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O，C正确。根据分析，阴极区的Pb上发生反应H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，D正确。 二、多选题 1.(2026高考·山东)利用电还原产生的氧化石油化工副产物制备，装置如图所示。电解过程中，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是 A.极反应式为 B.双极膜中解离的向极方向迁移 C.电解一段时间后，电极反应消耗与生成的质量相等 D.理论上，生成时，极上消耗 1.CD 该装置为电解池，双极膜将槽体分隔为a极室、b极室，双极膜解离出、，阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动；b极发生失电子的氧化反应析出，故b为阳极、接电源正极；a为阴极，通入得电子生成，生成的再与进料在碱性体系中发生氧化还原反应，最终得到目标产物，阳极持续生成，阴极持续消耗用于制备，电极反应为： 阳极(b极)：； 阴极(a极)制：； 氧化反应：。 由分析可知，b极是阳极，电解液为碱性溶液，放电生成，电极反应，A正确。电解池中阳离子向阴极定向迁移，a极为阴极，双极膜解离出的向a极移动，向阳极b移动，B正确。设电路中转移。阳极反应，转移，阳极生成；阴极反应，每消耗，转移时阴极消耗，因此电极反应消耗与生成的质量不相等，C错误。由氧化反应、a极电极反应可得关系式，因此生成时，极上消耗，D错误。 2.(2025高考·山东)全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法正确的是( ) A.隔膜为阳离子交换膜 B.放电时，a极为负极 C.充电时，隔膜两侧溶液浓度均减小 D.理论上，每减少总量相应增加 2.BC 隔膜为阴离子交换膜，若为阳离子交换膜，铁离子移向左侧时会与电极反应，A错误。根据分析，放电时，a极为负极，b极为正极，B正确。充电时，a接电源负极，为阴极，电极反应式为Fe2++2e-=Fe，b接电源正极，为阳极，发生的电极反应式为：Fe2+-e-=Fe3+，两极的Fe2+均减少，C正确。根据总反应方程式2Fe3++Fe=3Fe2+可知，Fe3+减少1mol，Fe2+增加1.5mol，D错误。 3.(2024高考·山东)由下列事实或现象能得出相应结论的是 事实或现象 结论 A 向酸性溶液中加入草酸，紫色褪去 草酸具有还原性 B 铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加 电池发生了放电反应 C 向等物质的量浓度的，混合溶液中滴加溶液，先生成白色沉淀 D 为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能 A.A B.B C.C D.D 3.AB 向酸性KMnO4溶液中加入草酸，紫色褪去说明KMnO4被还原成无色Mn2+，则草酸具有还原性，A入选。铅蓄电池放电时正极反应为PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O、负极反应为Pb-2e-+=PbSO4，正负极质量都增加，充电时阳极反应为PbSO4+2H2O-2e-= PbO2++4H+、阴极反应为PbSO4+2e-= Pb+，阴、阳极质量都减小，B入选。向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl白色沉淀，说明先达到AgCl的Ksp，但由于AgCl、Ag2CrO4的类型不相同，不能得出Ksp(AgCl) ＜Ksp(Ag2CrO4)，事实上Ksp(AgCl) ＞Ksp(Ag2CrO4)，C不选。将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅，说明降低温度平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应，根据∆H=正反应的活化能－逆反应的活化能＜0知，正反应的活化能小于逆反应的活化能，D不选。 三、解答题 1.(2026高考·江苏)学习小组对氯碱生产过程中不同阶段的食盐水进行实验研究。 (1)粗盐水的检验和精制。 ①用洗净的铂丝蘸取粗盐水进行焰色试验，焰色为黄色，没有观察到(Ca2+)的砖红色，不能确定粗盐水中是否有的理由是______________________________________________。 ②准确量取浓度约的粗盐水置于锥形瓶中，调节至碱性，加入指示剂用标准溶液滴定至终点()，如图所示，用EDTA标准溶液浓度应选择__________。 A.0.0100 mol·L-1 B.0.0200 mol·L-1 ③用和作沉淀剂可将粗盐水中的、转化为和除去，粗盐水中，钙镁离子的物质的量浓度之比为1：2，则沉淀剂中与物质的量比为__________。 (2)离子膜法电解食盐水模拟氯碱工业生产进行的实验图如图。 ①一段时间后，阴极室溶液浓度增大，从电解原理角度分析原因_______________。 ②相同电压下，电解相同时间，饱和粗盐水溶液比精制食盐水的电流表读数下降更多，可能原因是_________________________________。 (3)净化粗盐水和测定。用溶液除去电解后食盐水()中含有的和并测定处理后溶液中的，实现的循环使用。 ①与反应的离子方程式：__________________________________。 ②请补充完实验方案：取100 mL电解后食盐水，边搅拌边缓慢滴加溶液__________________，冷却，恒重后标量质量，计算得到。已知：800℃灼烧定量滤纸不留任何残渣；不分解。(必须使用的试剂、用品和仪器：溶液，淀粉试纸，定量滤纸，已知质量的坩埚) 1.【答案】(1)钠元素的黄色火焰会掩盖钙元素的砖红色火焰；B；2：3 (2)H2O分子在阴极得到电子发生还原反应生成H2和OH-，Na+从阳离子交换膜进入阴极区 粗盐水中的Mg2+和Ca2+通过阳离子交换膜，与OH- 反应生成Mg(OH)2、Ca(OH)2附着在阳离子交换膜表面，影响阳离子的移动 (3)HClO + SO = SO+ H++Cl-；用玻璃棒蘸取反应溶液滴在KI-淀粉试纸上，若不变色，停止滴加Na2SO3溶液；边搅拌边滴加0.5mol·L-1 BaCl2溶液有大量白色沉淀产生，静置，在上层清液中滴加BaCl2溶液，若无沉淀产生；用定量滤纸过滤，用水洗净滤渣，将滤渣与滤纸移至坩埚，800℃灼烧完全 【解析】(1)①钠元素的黄色火焰会掩盖钙元素的砖红色火焰，粗盐水中含有钠离子，所以用洗净的铂丝蘸取粗盐水进行焰色试验时焰色为黄色，不能观察到钙元素的砖红色； ②由题意可知，粗盐水中钙离子浓度为：=0.004 ，由方程式可知，若100 mL溶液中钙离子与25.00 mLEDTA标准溶液完全反应，标准溶液的浓度为：=0.016 ，所以实验时EDTA标准溶液浓度为0.02 ，故选B。 ③向粗盐水中加入氧化钙发生的反应为：CaO+H2O+Mg2+=Mg(OH)2↓+Ca2+，加入碳酸钠发生的反应为：Ca2++=CaCO3↓，由题意可知，粗盐水中，钙镁离子的物质的量浓度之比1：2，则沉淀剂中氧化钙和碳酸钠的物质的量之比为：2：(2+1)=2：3。 (2)①一段时间后，阴极室氢氧化钠溶液浓度增大的原因是阴极区中的水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极区的钠离子从阳离子交换膜进入阴极区，使得阴极区氢氧化钠溶液的浓度增大。 ②相同电压下，电解相同时间，饱和粗盐水溶液比精制食盐水的电流表读数下降更多，可能原因是粗盐水中的Mg2+和Ca2+通过阳离子交换膜，与OH- 反应生成难溶的Mg(OH)2、Ca(OH)2附着在阳离子交换膜表面，影响阳离子的移动。 (3)①亚硫酸钠具有还原性，能与溶液中的次氯酸反应生成硫酸钠和盐酸，反应的离子方程式为：HClO + = + H++Cl-。 ②由题给信息可知，实现氯化钠循环使用的实验方案为取100 mL电解后食盐水，用玻璃棒蘸取反应溶液滴在KI-淀粉试纸上，若不变色，停止滴加Na2SO3溶液；边搅拌边滴加0.5mol·L-1 BaCl2溶液有大量白色沉淀产生，静置，在上层清液中滴加BaCl2溶液，若无沉淀产生；用定量滤纸过滤，用水洗净滤渣，将滤渣与滤纸移至坩埚，800℃灼烧完全，干燥、高温灼烧，冷却，恒重后称量质量，计算得到的质量。 2.(2026高考·重庆)高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用氢还原法，该法的主要反应有(忽略其他副反应)： 反应1    反应2 反应3        (1)①反应1的平衡常数随温度的升高而增大，则_________0(填“>”、“<”或“=”)。 ②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面。一定条件下，反应后，测得硅芯棒增重，则多晶硅的沉积速率为________。 (2)在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为。体系压强为100 kPa时，与温度的关系如图所示。 ①在时，反应1的平衡常数_________kPa(保留小数点后两位，分压=总压×物质的量分数)。 ②若平衡体系压强为50 kPa，和的曲线交叉点相对于M点，将位于_________区域(填“高温”或“低温”)，其原因是_________。 ③多晶硅的产率常用表示，若和，则M点对应的_________。 (3)相较传统方法，熔盐电解法制备高纯多晶硅具有绿色环保等优势。一种在熔盐中电解制备的实验装置如图所示。 ①阴极的电极反应为_________。 ②若阳极只产生和，当产生的气体总量为(标准状况)时，生成，则为_________。 2.【答案】(1)＞；0.16 (2)0.28；低温；三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下比原压强更小，更大，降温使平衡逆向移动，增大、减小，可使二者相等，因此交叉点位于低温区域；20.97% (3)；3:1 【解析】(1)① 平衡常数随温度升高增大，说明升温时反应1平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此。 ②沉积速率。 (2) ① 1320 K时，由图得，，总压，反应1的压强平衡常数。 ②三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下比原压强更小，更大，要使二者分数重新相等，需使平衡逆向移动；因正反应为吸热反应，故需降低温度。 ③设生成，，根据Si守恒：平衡后所有含Si气体总物质的量为，总气体物质的量为，则；根据H守恒：初始总H为，即，解得，代入得，即。 (3)①阴极发生得电子还原为Si的反应，电极反应为。 ②标况下2.24 L气体总物质的量为0.1 mol，，转移电子总数：，阳极反应为：、，根据转移电子守恒：，联立，得。 3.(2026高考·河南)一种从废芯片(主要含有、、、、等)中回收金属的工艺流程如下： 已知：流程中被还原为；“浸出2”中和的浸出率较低；“浸出3”中和转化为和。 回答下列问题： (1)提高“焙烧”效率的措施有___________(写出一条即可)。 (2)“焙烧”中，未完全转化为，“浸出1”中参与反应的离子方程式为___________。 (3)“电解”时，“滤液1”和溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是___________。 (4)已知的约为，表明该反应可以进行得基本完全，但在“浸出2”中浸出率较低，原因是___________。 (5)“沉淀”产生的可被还原为，中元素只转化为。理论上与反应的物质的量之比为___________。 (6)“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是___________。 (7)“氧化”中，转化为沉淀，该反应的离子方程式为___________。 3.【答案】(1)废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量(任选一条即可) (2) (3)提取并回收金属铜，同时将阳极液中的氧化再生为(或 )以便在“浸出1”中循环利用 (4)该反应的活化能较大，反应速率较慢 (5)4:1 (6)回收Au和Pd (7) 【解析】(1)提高焙烧效率的措施可以从增大接触面积、提高温度、增加氧气浓度等方面考虑。例如将废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量，任选一条即可。 (2)“浸出1”中使用了H2SO4和Fe2(SO4)3，Fe3+具有氧化性，可以将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+。离子方程式为：。 (3)“滤液1”中含有Fe 2+、Cu 2+等离子，阳极液为FeSO4溶液，阳极反应为，阴极反应为：。通过电解，可以将Fe 2+氧化为Fe 3+，同时回收Cu。Fe3+可循环用于“浸出1”，而Cu作为固体1被回收。 (4)的约为，从热力学角度来看反应趋势很大、可以进行得基本完全。但实际生产中“浸出率较低”(反应并没有充分发生)，这通常是动力学原因导致的。即该反应的活化能很高，在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间内无法有效浸出。 (5)AgCl被还原为Ag，Ag+ → Ag，每个Ag+得1e⁻。被氧化为，N从-2 → 0，每个N失2e⁻，1 mol失4e⁻，根据得失电子守恒可得。 (6)“滤液2”中含有少量Au3+、Pd2+，在沉淀步骤中转化为、，合并到“浸出”的滤液中，可在“还原”步骤中被Zn还原为Au、Pd，提高其回收产率。 (7)氧化”步骤中，NaClO将氧化为，在碱性条件下生成沉淀。ClO⁻被还原为Cl⁻。根据氧化还原反应配平，离子方程式为。 4.(2025高考·江苏)海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。 (1)文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀或溶液中进行现场保护。 ①玻璃中的能与反应生成 (填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放溶液。 ②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有 。 (2)文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式： 。 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。 (i)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为 。 (ii)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有 (填离子符号)。 (3)为比较含氯在溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份， ，比较滴加溶液体积[。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、溶液、溶液]。 4.【答案】(1)① 是酸性氧化物，可与NaOH溶液发生反应生成硅酸钠和水，化学方程式为。 ②碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中，溶解度较小，减少文物与的接触，减缓吸氧腐蚀 吸氧腐蚀时正极反应式为，根据化学平衡移动原理，碱性溶液中，浓度较大，会抑制得电子，使吸氧腐蚀的速率减慢；在高离子浓度的液体中溶解度较小，碱性溶液比纯水溶解氧的能力低，减少了文物与的接触，减缓吸氧腐蚀。 (2)① 无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被氧化为价的FeS、，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式：。 ②(ⅰ)滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点 由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为，正极反应式为。与反应生成蓝色沉淀，即铁片上会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到变红，铁片上会出现红色区域；由“有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH”知，在盐水中被氧化成黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点； (ⅱ) 铁片发生吸氧腐蚀，负极区生成，被进一步氧化为，此时体系中的阳离子主要有。 (3)分别加入等体积(如5mL)的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液(如2mL)置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积 要检验脱氯效果，应控制样品用量、脱氯时间、取用体积等变量相同，利用与的反应进行实验。实验中，首先需要将等量的含氯FeOOH模拟样品分别用等体积的NaOH溶液与蒸馏水浸泡脱氯，然后过滤，得到上清液，取等体积的两种上清液，先用溶液酸化，再加入溶液，通过比较出现AgCl白色沉淀时消耗。溶液体积的大小，即可比较脱氯效果。 5.(2025高考·四川)为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有等)进行研究，设计如下工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。 回答下列问题： (1)铜元素位于元素周期表第 周期、第 族。 (2)“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为 。 (3)滤渣①中，除外，主要还有 。 (4)“中和除杂”步骤，调控溶液左右，发生反应的离子方程式为 。 (5)“深度脱氯”时，的存在使锌粉还原产生的与反应，生成能被空气氧化的沉淀，使被脱除。欲脱除，理论上需要锌粉 。 (6)可以通过 (填标号)将其溶解，并返回到 步骤中。 a.盐酸酸化、双氧水氧化 b.硫酸酸化、氧化 c.硝酸酸化和氧化     d.硫酸酸化、双氧水氧化 (7)“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。 ①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是 。 ②“电解分离”前，需要脱氯的原因有 。 5.【答案】(1)四；ⅠB 铜是29号元素，其核外电子排布为[Ar]3d104s1，根据元素周期表的结构，电子层数等于周期数，铜有4个电子层，所以位于第四周期；其价电子构型为3d104s1，属于第ⅠB族。 (2)2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或2CuCl2+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2 “碱浸脱氯”时，碳酸钠与氯化铜反应生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]、氯化钠和碳酸氢钠，化学方程式为2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或2CuCl2+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2。 (3)PbSO4 烟道灰中的PbO与稀H2SO4反应生成PbSO4沉淀，SiO2不与稀H2SO4反应，所以滤渣①中除SiO2外，还有PbSO4。 (4) “中和除杂”步骤，调控溶液pH = 3.5左右，此时溶液中的Fe3+会水解生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为，加入的Zn2(OH)2CO3与H+反应，促进Fe3+的水解平衡正向移动，，总离子方程式为； (5)0.5 “深度脱氯”时发生的反应为，从反应可知脱除2mol Cl-需要1mol Cu，而Zn与Cu2+反应生成Cu的反应为，即生成1mol Cu需要1mol Zn。所以脱除1.0mol Cl-，根据反应比例关系，理论上需要锌粉0.5mol。 (6)d 盐酸酸化和双氧水氧化使CuCl转化为CuCl2，而最终要获得的是硫酸锌，氯离子为杂质，不能用盐酸，a错误。KMnO4氧化会引入Mn2+、K+等杂质离子，b错误。硝酸酸化和氧化会引入，c错误。能被硫酸酸化的双氧水氧化，且没有引入杂质， d正确。 碱浸脱氯 硫酸酸化、双氧水氧化后的溶液可以返回到碱浸脱氯步骤。 (7)①放电顺序：，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+，Zn2+因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，实现铜、锌的分离 “电解分离”时，放电顺序：，阴极发生还原反应，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+(因为Cu2+会先在阴极得到电子被还原)，Zn2+因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，此时溶液中的H+得到电子生成H2，产生气泡，所以说明铜、锌分离已完成。 ②若不脱氯，Cl-在阳极被氧化生成Cl2污染环境，氯气可与阴极产生的氢气反应可能会发生爆炸，存在安全隐患，且影响铜、锌分离效果 “电解分离”前，需要脱氯是因为Cl-在阳极会被氧化生成Cl2，污染环境，采用无隔膜电解槽，氯气可与阴极产生的氢气反应可能会发生爆炸，存在安全隐患，同时Cl-存在会使锌粉还原产生的Cu与Cu2+反应生成CuCl沉淀，影响铜的纯度。 6.(2025高考·湖南)在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： (1)电解池中电极M与电源的 极相连。 (2)放电生成的电极反应式为 。 (3)在反应器中，发生如下反应： 反应i： 反应ii： 计算反应的 ，该反应 (填标号)。 A.高温自发 B.低温自发 C.高温低温均自发  D.高温低温均不自发 (4)一定温度下，和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii.有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 根据图1，写出生成的决速步反应式 ；的选择性大于的原因是 。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是 ；当时，该温度下反应ii的 (保留两位小数)。 6.【答案】(1)正 由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连； (2) CO发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：； (3)﹣126；B 根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则，该反应是熵减的放热反应，则依据反应能自发进行，则低温下自发进行，选B； (4)﹣126；B 根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则，该反应是熵减的放热反应，则依据反应能自发进行，则低温下自发进行，选B 总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由图可知，由生成时，活化能较大，反应速率慢，所以的选择性大于； 当x≥2时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大CO的分压，相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小； 当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：1mol，则、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为，、、，反应ii的Kp=。 7.(2025高考·重庆)水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。 (1)天然水中可以分离出重水(D2O)。D2O溶液中存在电离平衡：，c(D+)和c(OD-)的关系如图所示。 ①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是 。 ② (填“>”“=”或者“<”)。 (2)用如图所示电化学装置进行如下实验。 ①用实验：在左侧通入，产物为，盐桥中移向装置的 (填“左侧”或者“右侧”)，电池的总反应为 。 ②用实验：在一侧通入，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为 。 (3)利用驰豫法可研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。其原理是通过微扰(如瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间()，从而获得k的信息。对于，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。已知：25℃时，，，，(为的平衡浓度)。 ①25℃时，的平衡常数 (保留2位有效数字)。 ②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为 。 ③25℃时，计算得为 。 7.【答案】(1)①B 重水中存在电离平衡，中性溶液中，，只有B点符合，所以“A、B、C”三点中呈中性的是B点，故答案为：B； ②＞ 水的电离平衡为吸热过程，温度升高，电离程度增大，，均增大，Kw也增大，由图可知，T1时离子浓度更高，Kw更大，所以＞，故答案为：＞； (2)①右侧； 用进行实验，左侧通入，产物为，电极方程式为：，左侧为负极，右侧为正极，电极方程式2H++2e-=H2↑，在原电池中，阳离子向正极移动，所以盐桥中移向正极，即右侧，该电池总反应方程式为H++OH-=H2O，故答案为：右侧；H++OH-=H2O； ② 用进行实验，一侧通入，电池总反应方程式不变，则该侧的电极反应方程式为，故答案为：； (3)① 对于反应，平衡常数K的定义为：K=，在25℃的纯水中，水的离子积常数为Kw=，而且平衡时，已知，带入公式：K=，保留两位小数K，故答案为：； ②D 瞬时升温后，逆反应速率增大，但水的浓度是恒定的，正反应速率不变，所以建立新平衡的过程示意图为D， ③ 驰豫时间公式为，其中，，带入得：，在平衡时，，可推出，带入已知值：，即，将k1带入驰豫时间公式为：，整理可得，，计算括号内：，，由于，可忽略不计，所以，得出，故答案为：。 8.(2025高考·上海)(以下题目中的图片根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考) (1)钨作灯丝与 性质有关(不定项)。 A.延展性 B.导电性 C.高熔点 D.硬度大 (2)钨有金属光泽的原因 (从微观角度解释)。 (3)原子在晶胞中的 位置。 A.顶点 B.棱上 C.面上 D.体心 (4)钨在周期表中的位置是 。 A.第五周期第ⅡB族 B.第五周期第ⅣB族 C.第六周期第ⅡB族 D.第六周期第ⅥB族 (5)根据价层电子对斥理论，的价层电子对数是 。 (6)图晶胞号O原子，若晶胞仅含1个完整四面体，组成该四面体的O编号是 。 表格(各种矿石密度)。 (7)给出晶胞参数，求并说明“重石头”俗名依据 。(有V和M？) 电解制备是光电陶瓷材料 已知 (8)写出电解的阳极方程式 。 (9)为获取高纯产物，制备时需要不断通入的原因 。 8.【答案】(1)BC 因为W丝具有导电性高熔点的性质，所以可以用来做灯丝，故答案为：BC； (2)钨有金属光泽的原因是：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽； 故答案为：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽； (3)BC 由图可知答案为：BC； (4)D 74号W元素在56号Xe元素和86号Rn元素之间，所以W在第六周期第ⅥB族，故答案为D； (5)4 ，故答案为4； (6)5、6、7、8 四面体是由1个W原子和4个O原子构成的，其中W原子位于四面体的中心，4个O原子位于四面体的4个顶点。从图1-8中可以看到晶胞的结构，当W原子与5、6、7、8号O原子相邻时，能组成一个四面体，故答案为：5、6、7、8； (7)；CaWO4的密度较大 晶胞参数通常指的是晶胞的边长和角度。假设图中标注的边长为a，角度为，，其中Z是晶胞中化学式单位的数量，M是化学式单位的摩尔质量，a是晶胞的体积，NA是阿伏伽德罗常数；“重石头”是CaWO4的俗名，因为CaWO4的密度较大，所以被称为“重石头”；故答案为；CaWO4的密度较大； (8) W与电源正极相连，所以是电解池的阳极，故电极反应式为：，故答案为：； (9)减少CO2，避免生成CaCO3 制备时需要不断通入的原因是：减少CO2，避免生成CaCO3；故答案为：减少CO2，避免生成CaCO3； 9.(2025高考·浙江)二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答： (1)用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 可改变甲醇平衡转化率的因素是 。 A.温度 B.投料比[n(NH3):n(CH3OH)] C.压强 D.催化剂 (2)25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH= 。 (3)在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是 。 (4)上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下 0(填“>”、“<”或“=”)。 (5)有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下： Ⅳ. V. 三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 (例：HCOOH的物质的量百分比 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活) 。 ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因 。 9.【答案】(1)AB 已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A入选。增大投料比[n(NH3):n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3):n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B入选。由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不选。催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不选； (2)5.4 25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2] ++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案为：5.4； (3)CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O 已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O，故答案为：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O； (4)＜ 反应生产HCON(CH3)2的反应方程式是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变＜0时反应自发可知，则反应在该条件下<0，故答案为：＜； (5)①t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快 由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快，故答案为：t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快； ②用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度 用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答案为：用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。 10.(2024高考·北京)是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 (1)方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和 。 (2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第I步反应的化学方程式为 。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因 。 (3)方法三：研究表明可以用电解法以为氨源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式： 。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii.。iii的存在，有利于途径ii，原因是 。 (4)人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因 。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。 10.【答案】(1)难挥发性。 (2)；，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响。 (3)；反应iii生成，将氧化成，更易转化成。 (4)中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。 【解析】(1)浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。 (2)①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为； ②，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积。 (3)①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为； ②反应iii生成，将氧化成，更易转化成。 (4)中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。 11.(2024高考·北京)利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 。 (2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是 。 (3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是 。 (4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的 。 (5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是 。 11.【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分。 (2)。 (3)温度低于，随焙烧温度升高，分解产生的增多，可溶物含量增加，故铜浸出率显著增加；温度高于，随焙烧温度升高发生反应：，和转化成难溶于水的，铜浸出率降低。 (4)。 (5)粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。 【解析】(1)黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分； (2)铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为； (3)①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加； ②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，铜浸出率降低； (4)加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为； (5)粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。 12.(2024高考·江苏)贵金属银应用广泛。Ag与稀制得，常用于循环处理高氯废水。 (1)沉淀。在高氯水样中加入使浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中浓度约为 。[已知：，] (2)还原。在沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ①铁将转化为单质Ag的化学方程式为 。 ②不与铁圈直接接触的也能转化为Ag的原因是 。 ③为判断是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤， [实验中必须使用的试剂和设备：稀、溶液，通风设备] (3)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 ①纳米Ag溶解产生的离子方程式为 。 ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是 。 12.【答案】(1)。 (2)；铁还原AgCl成Ag，形成铁银原电池，未接触的AgCl在Ag表面得电子被还原成银 用蒸馏水洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液加硝酸银溶液(和稀硝酸)无沉淀产生；转移滤渣至烧杯中，打开通风设备；向烧杯中边加稀HNO3边搅拌至无气泡产生；若无固体残留，则氯化银转化完全(若有固体残留，则氯化银转化不完全)。 (3)；纳米Ag与氧气生成Ag2O，使得Ag+浓度下降。 【解析】(1)浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀，此时，。 (2)①沉淀中埋入铁圈并压实，铁将AgCl转化为单质Ag，反应的化学方程式为：。 ②不与铁圈直接接触的也能转化为Ag的原因是：铁还原AgCl成Ag，形成铁银原电池，未接触的AgCl在Ag表面得电子被还原成银。 ③判断AgCl是否完全转化，即检验混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，可完全溶于稀硝酸，若AgCl未完全转化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，则可用稀硝酸检验，稀硝酸参与反应可能会产生氮氧化物，反应需在通风设备中进行，反应后的溶液中存在氯离子，若未将滤渣洗净，氯离子会干扰实验，所以首先需要检验氯离子是否洗净，实验方案补充为：用蒸馏水洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液加硝酸银溶液(和稀硝酸)无沉淀产生；转移滤渣至烧杯中，打开通风设备；向烧杯中边加稀HNO3边搅拌至无气泡产生；若无固体残留，则氯化银转化完全(若有固体残留，则氯化银转化不完全)。 (3)①纳米Ag溶解时被氧化为Ag+，离子方程式为：。 ②溶解氧浓度过高，纳米Ag与氧气生成Ag2O，使得Ag+浓度下降，抗菌性能下降。 13.(2024高考·山东)以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。 (2)将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。 (3)“还原”中加入铅精矿的目的是 。 (4)“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。 A. B. C. D. “置换”反应的离子方程式为 。 (5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。 13.【答案】(1)1:1；H2S。 (2)热浸。 (3)将过量的Fe3+还原为Fe2+。 (4)C；。 (5)阳极。 【解析】(1)“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。 (2)“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。 (3)过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。 (4)“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。 (5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。 14.(2024高考·湖南)丙烯腈()是一种重要的化工原料。工业上以为载气，用作催化剂生产的流程如下： 已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定： ②反应釜Ⅰ中发生的反应： ⅰ：   ③反应釜Ⅱ中发生的反应： ⅱ： ⅲ：   ④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。 回答下列问题： (1)总反应 (用含、、和的代数式表示)； (2)进料混合气中，出料中四种物质(、、、)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图： ①表示的曲线是 (填“a”“b”或“c”)； ②反应釜Ⅰ中加入的作用是 。 ③出料中没有检测到的原因是 。 ④反应后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 。 (3)催化剂再生时会释放，可用氨水吸收获得。现将一定量的固体(含水)置于密闭真空容器中，充入和，其中的分压为，在℃下进行干燥。为保证不分解，的分压应不低于 (已知分解的平衡常数)； (4)以为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得，其阴极反应式 。 14.【答案】(1)ΔH1+ΔH2+ΔH3。 (2)c；降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率； CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解；反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少。 (3)40。 (4)Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4。 【解析】(1)根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)可以由反应i+反应ii+反应iii得到，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3； (2)①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1mol，n(C2H5OH)=2mol，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1mol，生成H2O(g)的物质的量约为2mol，故出料气中C2H5OH(g)物质的量共约3mol，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1:3:2，故曲线c表示CH2=CHCN的曲线； ②反应釜Ⅰ中发生反应i是气体体积增大的反应，故加入C2H5OH降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率； ③丙烯酰胺(CH2=CHCONH2)的分解温度约为160°C至170°C，出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因是CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解； ④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少； (3)0.72g水的物质的量为0.04mol，故p(H2O)=2.5×102kPa⋅mol−1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40kPa； (4)Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2=CHCN为原料在Sn做的阴极得电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4。 15.(2024高考·上海)已知： ① ② ③ (1)以下能判断总反应达到平衡状态的是_______。 A.钙离子浓度保持不变 B.保持不变 C. D. (2)增大有利于珊瑚的形成，请解释原因 。 (3)已知的，为 。当 时，开始产生沉淀。 (4)根据如图，写出电极a的电极反应式 。 (5)关于上述电化学反应过程，描述正确的是_______。 A.该装置实现电能转化为化学能 B.电极b是负极 C.电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a D.每参与反应时，转移电子 (6)解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于的除去，但不利于硝酸根的除去 。 15.【答案】(1)AB。 (2)pH越大，即c(H+)越小，促进的平衡正向移动，即增大，方程式平衡正向移动，有利于生成CaCO3。 (3)；4.2×10-3。 (4)。 (5)B。 (6)氧气浓度变大后，O2在正极放电，使得硝酸根的去除率减小，等物质的量的O2得电子的数目大于，使得转移电子数增大，有机物的去除率增大。 【解析】(1)B 钙离子浓度保持不变，说明此时，反应达到平衡，A入选。反应①中，即，K只与温度有关，保持不变，即保持不变，说明此时，反应达到平衡，B入选。CaCO3为固体，其浓度为常数，一般不用固体来表示化学反应速率，C不选。不同物质表示正逆反应速率，且之比不等于化学计量数之比，说明正反应速率不等于逆反应速率，反应未达到平衡状态，D不选。 (2)pH越大，即c(H+)越小，促进的平衡正向移动，即增大，方程式平衡正向移动，有利于生成CaCO3； (3)，，H2CO3的，；，即，； (4)电极a上得到电子变为N2，电极反应式为：； (5)B 由图可知，电极与负载相连接，该装置为原电池，能实现化学能到电能的转化，A错误。电极b上(CH2O)失去电子变为CO2，电极b是负极，B正确。电极a为正极，电极b为负极，电子从电极b经过负载到电极a，电子不会进入水体中，C错误。电极b的电极反应式为：，每参与反应时，转移电子，D错误。 (6)氧气浓度变大后，O2在正极放电，使得硝酸根的去除率减小，等物质的量的O2得电子的数目大于，使得转移电子数增大，有机物的去除率增大。 16.(2024高考·浙江)矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为)的利用有火法和电解法等。 已知：①； ②电解前后总量不变；③易溶于水。 请回答： (1)根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，中硫元素体现的性质是 (选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，写出该反应的化学方程式 ；从该反应液中提取的步骤如下：加热条件下，加入 (填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。 (2)下列说法正确的是_______。 A.电解池中发生的总反应是(条件省略) B.产物B主要是铅氧化物与锌氧化物 C.化合物C在水溶液中最多可中和 D.的氧化性弱于 (3)D的结构为(或)，设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。 ①实验方案：取D的溶液，加入足量溶液，加热充分反应，然后 ； ②写出D(用表示)的溶液与足量溶液反应的离子方程式 。 16.【答案】(1)还原性；Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑；PbO或Pb(OH)2或PbCO3。 (2)AB。 (3)加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F- ；+3OH-=+X-+2H2O。 【解析】(1)根据富氧煅烧和通电电解的结果，中硫元素化合价升高，体现的性质是还原性。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，该反应的化学方程式：Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑；根据可得反应：，要从该反应液中提取，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移动，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶； (2)AB 根据图示和已知②可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，阴极上PbCl2生成Pb，发生的总反应是：(条件省略)，A正确。据分析，铅锌矿(主要成分为)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，则产物B主要是铅氧化物与锌氧化物，B正确。据分析，化合物C是，卤素原子被-OH取代后生成H2SO4和HCl、HF，则化合物C在水溶液中最多可中和，C错误。的氧化性由+1价的Cl表现，Cl2的氧化性由0价的Cl表现，则ClF的氧化锌强于，D错误。 (3)①D的结构为(X=F或Cl)，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，生成Na2SO4和NaX，则实验方案为：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-；②D(用HSO3X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX，发生反应的离子方程式是：HSO3X+3OH-=+X-+2H2O。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $