1、 - 1 - 2021 高考真题和模拟题分类汇编高考真题和模拟题分类汇编 化学化学 专题专题 10 电化学电化学 2021 年化学高考题 一、单选题 1 （2021 山东高考真题）以 KOH 溶液为离子导体，分别组成 CH3OHO2、N2H4O2、(CH3)2NNH2O2 清洁燃料电池，下列说法正确的是 A放电过程中，K+均向负极移动 B放电过程中，KOH 物质的量均减小 C消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2O2燃料电池的理论放电量最大 D消耗 1molO2时，理论上 N2H4O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为 11.2L 【答案】C 【分析】 碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为：2CH
2、3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；N2H4-O2清洁燃料电池总反应 为：N2H4+O2=N2+2H2O；偏二甲肼(CH3)2NNH2中 C和 N 的化合价均为-2 价，H 元素化合价为+1价，所以 根据氧化还原反应原理可推知其燃料电池的总反应为： (CH3)2NNH2+4O2+4KOH=2K2CO3+N2+6H2O， 据此结 合原电池的工作原理分析解答。 【解析】 A放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误； B根据上述分析可知，N2H4-O2清洁燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗 KOH，所以 KOH的 物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，K
3、OH 的物质的量减小，B错误； C理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为 mg，则甲醇、N2H4和 (CH3)2NNH2放电量（物质的量表达式）分别是：、，通过比较 可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C正确； D 根据转移电子数守恒和总反应式可知， 消耗1molO2生成的氮气的物质的量为1mol， 在标准状况下为22.4L， D 错误； 故选 C。 2 （2021 浙江）某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极 A 为非晶硅薄膜，充电时得电子成 mg 6 32g/mol mg 4 32g/mol mg 16 60g/mol + Li - 2 - 为 Li嵌入
4、该薄膜材料中；电极 B为薄膜；集流体起导电作用。下列说法不正确 的是 A充电时，集流体 A与外接电源的负极相连 B放电时，外电路通过电子时，薄膜电解质损失 C放电时，电极 B为正极，反应可表示为 D电池总反应可表示为 【答案】B 【分析】 由题中信息可知，该电池充电时得电子成为 Li嵌入电极 A中，可知电极 A在充电时作阴极，故其在放 电时作电池的负极，而电极 B 是电池的正极。 【解析】 A 由图可知， 集流体 A与电极 A相连， 充电时电极 A作阴极， 故充电时集流体 A 与外接电源的负极相连， A 说法正确； B放电时，外电路通过 a mol 电子时，内电路中有 a mol 通过 LiP
5、ON薄膜电解质从负极迁移到正极， 但是 LiPON薄膜电解质没有损失，B说法不正确； C放电时，电极 B为正极，发生还原反应，反应可表示为，C 说法正 确； D电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成，正极上得到电子和变为 ，故电池总反应可表示为，D 说法正确。 综上所述，相关说法不正确的是 B，本题选 B。 2 LiCoO a molLiPON + a mol Li +- 1-x22 LiCoO +xLi +xe =LiCoO 放电 x1-x22 充电 Li Si+LiCoOSi+LiCoO + Li + Li + Li 122 LiCoOxLixe =LiCoO x + Li1 x2
6、 LiCoO + Li 2 LiCoO x1 x22 OLi SiLiCoSiLiCoO 充电 放电 - 3 - 3 （2021 全国高考真题）乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的 双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是 A在上述电化学合成过程中只起电解质的作用 B阳极上的反应式为：+2H+2e-= +H2O C制得乙醛酸，理论上外电路中迁移了 电子 D双极膜中间层中的在外电场作用下向铅电极方向迁移 【答案】D 【分析】 该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳极上 Br-被 氧
7、化为 Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的 H+在直流电场作用下移向阴极，OH-移向阳极。 【解析】 AKBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的 Br2为乙二醛 制备乙醛酸的中间产物，故 A 错误； B阳极上为 Br-失去电子生成 Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，故 B 错误； C 电解过程中阴阳极均生成乙醛酸， 1mol乙二酸生成 1mol 乙醛酸转移电子为 2mol， 1mol乙二醛生成 1mol 乙醛酸转移电子为 2mol，根据转移电子守恒可知每生成 1mol 乙醛酸转移电子为 1mol，因此制得 2mol乙醛 酸时，理论上外电路
8、中迁移了 2mol电子，故 C 错误； 2 H O + H - OH KBr 2mol1mol + H - 4 - D由上述分析可知，双极膜中间层的 H+在外电场作用下移向阴极，即 H+移向铅电极，故 D正确； 综上所述，说法正确的是 D项，故答案为 D。 4 （2021 广东高考真题）钴()的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解 制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是 A工作时，室和室溶液的均增大 B生成，室溶液质量理论上减少 C移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变 D电解总反应： 【答案】D 【分析】 由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电
9、子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极 反应式为 2H2O-4e-=O2+4H+，室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换 Co pH 1mol Co16g 2 2 2Co2H O 通电 2 2CoO4H - 5 - 膜由室向室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为 Co2+2e-=Co，室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜由室向室移动，电解的 总反应的离子方程式为 2Co2+2H2O2 Co +O2+4H+。 【解析】 A由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由室向室移动，使室中氢离子浓度增大，溶液 pH 减小，
10、故 A 错误； B由分析可知，阴极生成 1mol 钴，阳极有 1mol水放电，则室溶液质量减少 18g，故 B错误； C若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移 除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故 C 错误； D由分析可知，电解的总反应的离子方程式为 2Co2+2H2O2 Co +O2+4H+，故 D 正确； 故选 D。 5 （2021 广东高考真题）火星大气中含有大量，一种有参加反应的新型全固态电池有望为火星探 测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时 A负极上发生还原反应 B在正极上得电子 C阳离子由正极移向负极
11、D将电能转化为化学能 【答案】B 【解析】 根据题干信息可知，放电时总反应为 4Na+3CO2=2Na2CO3+C。 A放电时负极上 Na 发生氧化反应失去电子生成 Na+，故 A错误； B放电时正极为 CO2得到电子生成 C，故 B正确； C放电时阳离子移向还原电极，即阳离子由负极移向正极，故 C 错误； D放电时装置为原电池，能量转化关系为化学能转化为电能和化学能等，故 D 错误； 综上所述，符合题意的为 B项，故答案为 B。 6 （2021 河北高考真题）KO2电池结构如图，a和 b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下 列说法错误的是 通电 通电 2 CO 2 CO 2 CO
12、- 6 - A隔膜允许 K+通过，不允许 O2通过 B放电时，电流由 b电极沿导线流向 a电极；充电时，b 电极为阳极 C产生 1Ah 电量时，生成 KO2的质量与消耗 O2的质量比值约为 2.22 D用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗 3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗 0.9g 水 【答案】D 【分析】 由图可知，a 电极为原电池的负极，单质钾片失去电子发生氧化反应生成钾离子，电极反应式为 Ke-=K+， b 电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超氧化钾；据以上分析解答。 【解析】 A 金属性强的金属钾易与氧气反应， 为防止钾与氧气反应， 电池所选择隔膜应允许通过， 不允许
13、通 过，故 A 正确； B由分析可知，放电时，a 为负极，b为正极，电流由 b电极沿导线流向 a 电极，充电时，b电极应与直流 电源的正极相连，做电解池的为阳极，故 B 正确； C由分析可知，生成 1mol超氧化钾时，消耗 1mol氧气，两者的质量比值为 1mol71g/mol： 1mol32g/mol2.22：1，故 C 正确； D铅酸蓄电池充电时的总反应方程式为 2PbSO4+2H2OPbO2+Pb+2H2SO4，反应消耗 2mol水，转移 2mol 电子，由得失电子数目守恒可知，耗钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为18g/mol=1.8g，故 D 错误； 故选 D。 7 （2021 湖南高考
14、真题）锌溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能 电网的备用电源等。三单体串联锌溴液流电池工作原理如图所： K 2 O 3.9g 3.9g 39g/mol - 7 - 下列说法错误的是 A放电时，N极为正极 B放电时，左侧贮液器中的浓度不断减小 C充电时，M 极的电极反应式为 D隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过 【答案】B 【分析】 由图可知，放电时，N电极为电池的正极，溴在正极上得到电子发生还原反应生成溴离子，电极反应式为 Br2+2e=2Br，M电极为负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为 Zn2e=Zn2+，正极 放电生成的溴离子通过离子交换
15、膜进入左侧，同时锌离子通过交换膜进入右侧，维持两侧溴化锌溶液的浓 度保持不变；充电时，M电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，N电极与直流电源的正极相连， 做阳极。 【解析】 A由分析可知，放电时，N 电极为电池的正极，故 A 正确； B由分析可知，放电或充电时，左侧储液器和右侧储液器中溴化锌的浓度维持不变，故 B 错误； C由分析可知，充电时，M 电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电子发生 还原反应生成锌，电极反应式为 Zn2+2e=Zn，故 C正确； D由分析可知，放电或充电时，交换膜允许锌离子和溴离子通过，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持不变， 故 D 正确；
16、2 ZnBr 2 Zn2eZn - 8 - 故选 B。 8 （2021 全国高考真题）沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放 并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。 下列叙述错误的是 A阳极发生将海水中的氧化生成的反应 B管道中可以生成氧化灭杀附着生物的 C阴极生成的应及时通风稀释安全地排入大气 D阳极表面形成的等积垢需要定期清理 【答案】D 【分析】 海水中除了水，还含有大量的 Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海 水，阳极区溶液中的 Cl-会优先失电子生成 Cl2，阴
17、极区 H2O优先得电子生成 H2和 OH-，结合海水成分及电 解产物分析解答。 【解析】 A根据分析可知，阳极区海水中的 Cl-会优先失去电子生成 Cl2，发生氧化反应，A正确； B设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的 Cl2与阴极区生成的 OH-在管道中会发生反应生 成 NaCl、NaClO 和 H2O，其中 NaClO 具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B 正确； C因为 H2是易燃性气体，所以阳极区生成的 H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C 正确； D 阴极的电极反应式为： 2H2O+2e-=H2+2OH-， 会使海水中的 Mg2+沉淀积垢， 所以阴极表
18、面会形成 Mg(OH)2 等积垢需定期清理，D错误。 故选 D。 9 （2021 浙江高考真题）镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下(L 为小灯泡，K1、K2为开关，a、b 为直流电源的两极)。 Cl2 Cl NaClO 2 H 2 Mg(OH) - 9 - 下列说法不正确 的是 A断开 K2、合上 K1，镍镉电池能量转化形式：化学能电能 B断开 K1、合上 K2，电极 A 为阴极，发生还原反应 C电极 B发生氧化反应过程中，溶液中 KOH浓度不变 D镍镉二次电池的总反应式：Cd+ 2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2 【答案】C 【分析】 根据图示，电极 A 充电时为阴
19、极，则放电时电极 A为负极，负极上 Cd 失电子发生氧化反应生成 Cd(OH)2， 负极反应式为 Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，电极 B充电时为阳极，则放电时电极 B为正极，正极上 NiOOH 得电 子发生还原反应生成 Ni(OH)2，正极反应式为 2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH-，放电时总反应为 Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，据此分析作答。 【解析】 A断开 K2、合上 K1，为放电过程，镍镉电池能量转化形式：化学能电能，A 正确； B断开 K1、合上 K2，为充电过程，电极 A与直流电源的负极相连，电极 A为阴极，发生还
20、原反应，电极 反应式为 Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，B 正确； C电极 B发生氧化反应的电极反应式为 2Ni(OH)2-2e-+2OH-=2NiOOH+2H2O，则电极 A发生还原反应的电 极反应式为 Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-， 此时为充电过程， 总反应为 Cd(OH)2+2Ni(OH)2 Cd+2NiOOH+2H2O， 溶液中 KOH浓度减小，C错误； D根据分析，放电时总反应为 Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，则镍镉二次电池总反应式为 Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，D正确； 答案选 C。 放电 充电
21、通电 放电 充电 - 10 - 二、工业流程题 10 （2021 山东高考真题）工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含 Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠 (Na2Cr2O72H2O)的工艺流程如图。回答下列问题： (1)焙烧的目的是将 FeCr2O4转化为 Na2CrO4并将 Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流 而行，目的是_。 (2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度 c 与 pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度 c1.010-5molL-1时，可认为已除尽。 中和时 pH的理论范围为_；酸化的目的是_；Fe 元素在_(填操作单元的名称)过程中除去。 (3)
22、蒸发结晶时，过度蒸发将导致_；冷却结晶所得母液中，除 Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的 物质还有_。 (4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以 Na2CrO4为主要原料制备 Na2Cr2O7的总反应方程式为： 4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2+O2。则 Na2Cr2O7在_(填“阴”或“阳”)极室制得， 电解时通过膜的离子主要为_。 通电 - 11 - 【答案】增大反应物接触面积，提高化学反应速率 使 平衡正向移动，提高 Na2Cr2O7的产率 浸取 所得溶液中含有大 量 Na2SO410H2O H2SO4 阳 Na 【分析】 以铬铁矿(FeCr2O
23、4，含 Al、Si 氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O72H2O)过程中，向铬铁矿中 加入纯碱和 O2进行焙烧， FeCr2O4转化为 Na2CrO4， Fe(II)被 O2氧化成 Fe2O3， Al、 Si氧化物转化为 NaAlO2、 Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入 H2SO4调节溶液 pH使、 转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入 H2SO4，将 Na2CrO4转化为 Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将 Na2SO4除 去，所得溶液冷却结晶得到 Na2Cr2O72H2O 晶体，母液中还含有大量 H2SO4。据此解答。 【解析】 (1
24、)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使 O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学 反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。 (2)中和时调节溶液 pH 目的是将、转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液 pH4.5 时，Al3 + 除尽，当溶液 pH9.3 时，H2SiO3会再溶解生成，因此中和时 pH的理论范围为 ；将 Al 元素和 Si元素除去后，溶液中 Cr 元素主要以和存在，溶液中存在平衡： ，降低溶液 pH，平衡正向移动，可提高 Na2Cr2O7的产率；由上述分析 可知，Fe 元素在“浸取”操作中除去，故答案为：；使 平衡正向移动，提高 Na2Cr2O7的
25、产率；浸取。 (3)蒸发结晶时，Na2SO4主要以 Na2SO410H2O存在，Na2SO410H2O的溶解度随温度升高先增大后减小， 若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量 Na2SO410H2O；由上述分析可知，流程中循环利用的 4.5pH9.3 2 22 427 HH2CrOCr OO2 2 AlO 2 3 SiO 2 AlO 2 3 SiO 2 3 SiO 4.5pH9.3 2 27 Cr O 2 4 CrO 2 22 427 HH2CrOCr OO2 4.5pH9.3 2 22 427 HH2CrOCr OO2 - 12 - 物质除 Na2Cr2O7外，还有 H2SO4，故答
26、案为：所得溶液中含有大量 Na2SO410H2O；H2SO4。 (4)由 4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2+O2可知，电解过程中实质是电解水，阳极上 水失去电子生成 H和 O2， 阴极上 H+得到电子生成 H2， 由 可知， 在氢离子浓度较大的电极室中制得，即 Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧 化钠在阴极生成，所以为提高制备 Na2Cr2O7的效率，Na通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na。 三、原理综合题 11 （2021 湖南高考真题）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面 两种方法由氨
27、气得到氢气。 方法 I：氨热分解法制氢气 相关化学键的键能数据 化学键 键能 946 436.0 390.8 一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题： (1)反应 _； (2)已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？_(填标号) A25 B125 C225 D325 (3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入 3L的密闭容 器中进行反应(此时容器内总压为 200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。 通电 2 22 427 HH2CrOCr OO2 2 27 Cr O NNHHNH -1 E/ kJ mol 3 NH 2 N 2 H 32
28、2 2NH (g)N (g)3H (g)H= 1 kJ mol 11 198.9J molK S 3 0.1molNH - 13 - 若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率 _(用含的代数式表示) 时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是 _(用图中 a、b、c、d 表示)，理由是_； 在该温度下，反应的标准平衡常数_。(已知：分压=总压 该组分物质的量分数，对于反应 ，其中，、为 各组分的平衡分压)。 方法：氨电解法制氢气 利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。 1 t 2 H 1 0t 2 Hv 11 m
29、ol Lmin 1 t 2 t 2 N K dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g) GH DE gh de pp pp K pp pp 100kPa p G p H p D p E p - 14 - (4)电解过程中的移动方向为_(填“从左往右”或“从右往左”)； (5)阳极的电极反应式为_。 KOH 溶液 KOH 溶液 【答案】+90.8 CD b 开始体积减半， N2分压变为原来的 2 倍， 随后由于加压平衡逆向移动， N2分压比原来 2倍要小 0.48 从右往左 2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O 【解析】 (1) 根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g
30、)N2(g)+3H2(g)，H=390.8kJ mol-1 -(946 kJ mol-1+436.0kJ mol-1)= +90.8kJ mol-1，故答案为：+90.8； (2)若反应自发进行，则需H-TS=456.5K，即温度应高于 (456.5-273)=183.5，CD符合，故答案为：CD； (3)设 t1时达到平衡，转化的 NH3的物质的量为 2x，列出三段式： 根据同温同压下， 混合气体的物质的量等于体积之比，=， 解得 x=0.02mol，(H2)= =mol L-1min-1，故答案为：； t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始 N 2分压变为原来的 2倍，随后由于加压平衡逆向
31、移动，N2分压 比原来 2倍要小，故 b 曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的 2倍，随后由于加压平 衡逆向移动，N2分压比原来 2倍要小； 由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为 120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数 = =0.48，故答案为：0.48； (4)由图可知，通 NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电 解过程中 OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左； (5)阳极 NH3失电子发生氧化反应生成 N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2
32、O，故答 OH 1 0.02 t 3 2 3 H S 3 90.8 10 J / mol 198.9J / mol K 322 2NHgNg3Hg / mol0.100 / mol23 / mol0.1 23 xxx xxx 起始 转化 平衡 0.1 0.12x 200 120 12040 1 0.02 3mol 3L t 1 0.02 t 1 0.02 t K 3 2 0.4 (1.2) (1.2) - 15 - 案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。 2021 年化学高考模拟题 1（2021 九龙坡区 重庆市育才中学高三三模） 空气污染物NO通常用含Ce 4的溶液吸收， 生成
33、HNO 2、 ， 再利用电解法将上述吸收液中的 HNO2转化为无毒物质，同时生成 Ce4，其原理如图所示。下列说法正确 的是 AH由右室进入左室 BCe4从电解槽的 c口流出，且可循环使用 C若用甲烷燃料电池作为电源，当消耗 33.6L甲烷时，理论上可转化 2molHNO2 D阴极的电极反应式：2HNO26H6e-=N24H2O 【答案】D 【分析】 空气污染物 NO通常用含 Ce4+的溶液吸收，生成 HNO2、，再利用电解法将上述吸收液中的 HNO2转化 为无毒物质，同时生成 Ce4+，电解过程中铈离子在阳极失电子被氧化生成 Ce4+，HNO2在阴极得到电子变化 为氮气，据此分析解答。 【解
34、析】 A电解池中阳离子移向阴极，质子交换膜是允许氢离子通过，H+由左室进入右室，故 A 错误； B 电解过程中铈离子在阳极失电子被氧化生成 Ce4+， Ce4+从电解槽的 a 口流出， 且可循环使用， 故 B错误； C甲烷燃料电池中，在碱性溶液中，甲烷燃料电池的负极反应式为 CH4-8e-+10OH-+7H2O，故每有 1mol 甲烷反应，转移电子 8mol，阴极的电极反应式：2HNO2+6H+6e-N2+4H2O，3CH48HNO224e-， 当消耗标准状况下 33.6L甲烷时，其物质的量=1.5mol，理论上可转化 HNO24mol，故 C 错误； 3 NO 3 NO 2- 3 CO 33
35、.6L 22.4L/mol - 16 - DHNO2在阴极上得到电子还原为氮气，电极反应式为 2HNO2+6H+6e-N2+4H2O，故 D正确； 故选 D。 2 （2021 南岸区 重庆第二外国语学校高三三模）在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出 现白斑等众多的金属腐蚀现象。可以通过下列装置所示实验进行探究。下列说法正确的是 A按图装置实验，为了更快更清晰地观察到液柱上升，采用下列方法：用酒精灯加热左边的具支试管 B图装置的总反应为 4Al3O26H2O=4Al(OH)3，生成的 Al(OH)3进一步脱水形成白斑 C图是图所示装置的原理示意图，图的正极材料是铁 D铝制品表面出现
36、白斑可以通过图装置进行探究，Cl-由活性炭区向铝箔表面区迁移，并在铝箔上发生电 极反应：2Cl-2e-=Cl2 【答案】B 【解析】 A具支试管内气体受热压强增大，部分气体溢出，冷却后，气体压强减小，不能更快更清晰地观察到液柱 上升，A错误； B正极与负极反应式相加得到图装置的总反应为 4Al3O26H2O=4Al(OH)3，生成的 Al(OH)3进一步脱 水形成白斑，B正确； C负极材料为铁，正极为碳棒，C错误； D铝箔为负极，反应式为：4Al-12e-=4Al3+，碳棒为正极，反应式为：3O2+12e-+6H2O=12OH-，D错误； 答案选 B。 3 （2021 重庆市第十一中学校高三二
37、模）我国科学家研发了一种 K-CO2二次电池，电池总反应为：4KSn 3CO22K2CO3C4Sn。下列说法错误的是 放电 充电 - 17 - A充电时，a 电极为阴极 B充电时，电路中每转移 1 mol e-，b 电极质量减少 12 g C放电时，电子由 a极经过外电路流向 b 极 D放电时，a 电极发生的电极反应为：KSn-e-KSn 【答案】B 【分析】 根据电池总反应可知放电时 K被氧化，CO2被还原，所以放电时 K为负极，反应式为 KSn-e-KSn，b 为正极吸收 CO2，反应式为 3CO2+4e-2CO+C；充电时 a 为阴极，b为阳极释放 CO2，据此分析解答。 【解析】 A充
38、电时，K移向 a 极，则 a 电极为阴极，故 A正确； B充电时，b 为阳极，电极反应式为：C+2CO-4e-=3CO2，每转移 4 mol e-，b电极消耗 12g C，则转移 1 mol e-，b 电极质量减少 3g，故 B错误； C放电时，a 为负极，b为正极，电子由负极流向正极，则电子由 a极经过外电路流向 b极，故 C 正确； D放电时 K被氧化，a 为负极，电极发生的电极反应为：KSn-e-KSn，故 D 正确； 故选：B。 4（2021 青海西宁市 高三二模） 一种电池装置如图所示， 它能溶解辉铜矿石(主要成分是 Cu 2S)制得硫酸铜。 下列说法正确的是 AM 极为正极 BX交
39、换膜为阳离子交换膜 CM 极上的电极反应式为 Cu2S-10e-+4H2O=2Cu2+8H+ D外电路上每通过 2mol电子，左室溶液增重 32g 【答案】C 【解析】 A电池工作时，M极：Cu2S-CuSO4，失电子为负极，则 N 极为正极，A项错误；BM 极上的电极反应式 2- 3 2- 3 2- 4 SO - 18 - 为 Cu2S-10e-+4H2O=2Cu2+8H+ ， 因为 M极产生的 Cu2+与的物质的量比为 2： 1， 故右室中 需 通过 X交换膜进人左室，则 X 交换膜是阴离子交换膜，B项错误； CM 极上的电极反应式为 Cu2S-10e-+4H2O=2Cu2+8H+，C项正
40、确； D因为外电路上每通过 2 mol 电子，左室溶液中除了有 0.2 mol Cu2S溶解，还有右室中的通过 X交换 膜进入左室，故增重超过 32 g，D项错误； 答案选 C。 5 （2021 青海高三三模）生物电化学系统还原 CO2是另一种产生甲烷的方法，装置如图所示，下列说法正 确的是 A电极 A为阴极 B此交换膜为阴离子交换膜 C电极 A中消耗 1 mol CH3COO-时，产生 8 mol H D电极 B电极反应式为：CO28H8e-=CH42H2O 【答案】D 【分析】 电极 A为阳极，电极方程式：CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+,电极 B为阴极，电极 B电极反应
41、式为：CO2 8H8e-=CH42H2O，由此解答。 【解析】 A 二氧化碳中碳化合价降低变为甲烷，在电解池阴极上发生反应，电极 B为阴极，电极 A为阳极，故 A 错误； B 电极 A上产生的氢离子向电极 B移动，此交换膜为阳离子交换膜，故 B错误； C 由电极方程式：CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+,电极 A中消耗 1 mol CH3COO-时，产生 7mol H,故 C 错误； D 碳由+4 价降为-4 价，电极 B电极反应式为：CO28H8e-=CH42H2O，故 D 正确； 2- 4 SO 2- 4 SO 2- 4 SO 2- 4 SO 2- 4 SO - 19 -
42、故选 D。 6 （2021 安徽高三一模）普通电解水制氢气和氧气的缺点是温度高，能耗大。铈钒液流电池在充电状态 下产生的 Ce4+和 V2+离子可在低温催化条件下用于制备氢气和氧气，该装置示意图如图。下列说法错误的是 A在催化剂作用下有利于降低分解水制氢的能耗 B铈钒液流电池在充电状态下总反应为：Ce3+V3+Ce4+V2+ C工作时，H+通过质子交换膜由 a 往 b移动 D制氧气的离子方程式为：4Ce4+4OH-4Ce3+O2+2H2O 【答案】D 【解析】 A催化剂能够改变反应途径降低反应的活化能，因而能够降低分解水制氢能耗，A正确； B由题干可知：充电状态下可产生 Ce4+、V2+，因而
43、根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程 式为：Ce3+V3+Ce4+V2+，B正确； C由图可知：在装置的右侧产生 H2，因此 H+会通过离子交换膜由 a 往 b移动，C 正确； D装置中含有质子交换膜，因此有 H+参加反应，制备 O2的反应方程式中不能有 OH-，D错误； 故合理选项是 D。 7 （2021 浙江高三其他模拟）利用如图所示装置可以除去尾气中的 H2S，其中电化学膜的主要材料是碳和 熔融的碳酸盐。下列说法错误的是 A经过处理所得的净化气可以直接排放 Ba 电极为阴极，发生还原反应 通电 2 RuO 通电 - 20 - Cb 电极通入 N2的目的是将生成的 S2从电极表面
44、及时带出 D由净化气中 CO2含量明显增加可知，尾气处理过程中电化学膜有损耗，需定期更换 【答案】A 【解析】 A根据图示可知：在 a电极上 H2S 得到电子变为 H2，随净化后的空气逸出，由于 H2是可燃性气体，直接 排放可能会造成爆炸等事故的发生，因此要经处理后再排放，A错误； B在 a电极上 H2S得到电子被还原为 H2，所以 a电极为阴极，发生还原反应，B 正确； Cb 电极为阳极，S2-失去电子发生氧化反应变为 S2，通入 N2的目的是将生成的 S2从电极表面及时带出， 防止其在电极上附着，C正确； D净化气中 CO2含量明显增加，不是电化学膜中的碳被氧化，而是 H2S是酸性气体，与
45、电化学膜中的碳酸 盐反应产生的，因此电化学膜有损耗，需定期更换，D 正确； 故合理选项是 A。 8 （2021 江西抚州市 临川一中）浓度差电池是指电池内物质变化仅是由一物质由高浓度变成低浓度且过程 伴随着吉布斯自由能转变成电能的一类电池。如图所示的浓度差电池示意图，下列有关说法正确的是 Aa 极为原电池的负极 Bc 为 Cu2+交换膜 C电流计为 0 时，两极的 CuSO4浓度相等 D转移 1mol电子时，右池增重 48g 【答案】C 【分析】 左侧硫酸铜溶液浓度大，所以左侧发生 Cu2+2e-=Cu，发生还原反应为正极，右侧硫酸铜溶液浓度小，所以 - 21 - 右侧发生 Cu-2e-=Cu
46、2+，发生氧化反应为负极。 【解析】 A根据分析可知 a 极为原电池正极，A错误； B左侧消耗 Cu2+，右侧生成 Cu2+，为了平衡电荷，左侧的 SO需迁移到右侧，所以 c 为阴离子交换膜， B错误； C根据浓度差电池的定义可知当两室硫酸铜溶液浓度相等时，将不再产生电流，C正确； D转移 1mol电子时，右池生成 0.5molCu2+，左侧迁移到右侧 0.5mol SO，所以右池增重即 0.5molCuSO4 的质量，为 0.5mol 160g/mol=80g，D错误； 综上所述答案为 C。 9 （2021 安徽安庆一中高三三模）甲池是一种常见的氢氧燃料电池，如下图所示。一段时间乙池内，D中
47、 进入 10mol混合气体其中苯的物质的量分数为 20%(杂质不参与反应)， C出来的气体中含苯的物质的量分数 为 10%的混合气体(不含 H2，该条件下苯、环己烷都为气态)，下列说法不正确的是 A甲池中 A处通入 O2，E处有 O2放出，且体积一样(标况下测定) B甲池中 H+由 G极移向 F极，乙池中 H+由多孔惰性电极移向惰性电极 C乙池中惰性电极上发生：+6H+6e-= D导线中共传导 12mol电子 【答案】D 【分析】 由题意和图示，甲为氢氧燃料电池，乙为电解质，根据乙池中，惰性电极处苯被还原为环己烷，故惰性电 极发生还原反应为阴极，多孔性惰性电极为阳极，则 G 电极与阴极相连，为
48、原电池负极，F为正极，故甲 2 4 2 4 - 22 - 池中 F为正极，A处通入氧气，G为负极，B 处通入氢气。 【解析】 A由分析，A处通入 O2，E 处为电解池阳极产物，阳极是水放电生成氢气和 H+，由于电子转移守恒，故 两处的氧气的物质的量相同，体积相同，A正确； B原电池中阳离子向正极移动，F极为正极，故甲池中 H+由 G 极移向 F极，电解池中，阳离子向阴极移 动，惰性电极为阴极，故乙池中 H+由多孔惰性电极移向惰性电极，B正确； C乙池中，惰性电极处苯得到电子，被还原为环己烷，电极方程式为：+6H+6e-=，C 正确； D 10mol含20%苯的混合气体， 经过电解生成10mol
49、含苯10%的混合气体， 则被还原分苯的物质的量为10mol (20%-10%)=1mol，由电极方程式得转移电子的物质的量为 6mol，D错误； 故选 D。 10 （2021 河南新乡市 新乡县一中高三其他模拟）某课外小组同学为探究氨氮废水的处理方法，以 0.005mol/L(NH4)2SO4溶液模拟氨氮废水，设计了以下实验 实验步骤 实验现象 1.如图装置进行电解 一段时间后，检测阳极附近溶液 中氨氮浓度并未显著变化 2.在氨氮废水中加入 NaCl溶液， 进行电解 阳极产生使湿润有色布条褪色的 气体，一段时间后，氨氮检测浓 度明显降低 有关叙述正确的是 A实验 1由于氨氮浓度未显著变化，装置
50、未发生电解反应 B实验 2 中的氨氮浓度降低是由于生成的氯气氧化了 NH C氨氮浓度降低时溶液酸性减弱 D湿润有色布条褪色是由于 Cl2的漂白性 + 4 - 23 - 【答案】B 【解析】 A实验 1虽然氨氮浓度未显著变化，但有电解质溶液，所以电解了水，A错误； B 实验 2阳极产生使有色布条褪色的气体， 为氯气， 同时测得氨氮浓度降低， 说明氯气和 NH 发生了反应， B正确； C电解生成氯气的同时阴极 H+放电，而氯气与 NH 反应生成 H+，2NH +3Cl2=N2+6Cl-+8H+，消耗 3mol 氯气，生成 8mol氢离子，而生成 3mol氯气的同时有 3mol 氢气生成，即同时消耗