2025版《新亮剑》高考化学专题九 电化学含答案

2025版《新亮剑》高考化学专题九电化学▷对应学生书第69页知识点一原电池及其工作原理装置图解可充电电池关系图示解题模型例:xMg+Mo3S4MgxMo3S4知识点二电极名称的判断原电池电解池知识点三新型电池电极反应1.燃料电池以CH3OH燃料电池为例,体会不同介质对电极反应的影响酸性燃料电池H+总反应:2CH3OH+3O22CO2+4H2O正极3O2+12e-+12H+6H2O负极2CH3OH-12e-+2H2O2CO2↑+12H+碱性燃料电池OH-总反应:2CH3OH+3O2+4OH-2CO32-+6H正极3O2+12e-+6H2O12OH-负极2CH3OH-12e-+16OH-2CO32-+12H熔融碳酸盐燃料电池CO总反应:2CH3OH+3O22CO2+4H2O正极3O2+12e-+6CO26CO3负极2CH3OH-12e-+6CO32-8CO2↑+4H固态氧化物燃料电池O2-总反应:2CH3OH+3O22CO2+4H2O正极3O2+12e-6O2-负极2CH3OH-12e-+6O2-2CO2↑+4H2O质子交换膜燃料电池H+总反应:2CH3OH+3O22CO2+4H2O正极3O2+12e-+12H+6H2O负极2CH3OH-12e-+2H2O2CO2↑+12H+2.新型一次电池Mg-H2O2电池总反应:H2O2+2H++MgMg2++2H2O正极H2O2+2H++2e-2H2O负极Mg-2e-Mg2+Mg-AgCl电池总反应:Mg+2AgCl2Ag+MgCl2正极2AgCl+2e-2Cl-+2Ag负极Mg-2e-Mg2+(续表)钠硫电池总反应:2Na+xSNa2Sx正极xS+2e-Sx负极2Na-2e-2Na+锂铜电池总反应:2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li++2OH-正极Cu2O+H2O+2e-2Cu+2OH-负极2Li-2e-2Li+锂钒氧化物电池总反应:xLi+LiV3O8Li1+xV3O8正极xLi++LiV3O8+xe-Li1+xV3O8负极xLi-xe-xLi+3.新型充电(可逆)电池锌银电池总反应:Ag2O+Zn+H2O2Ag+Zn(OH)2正极:Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-负极:Zn+2OH--2e-Zn(OH)2阳极:2Ag+2OH--2e-Ag2O+H2O阴极:Zn(OH)2+2e-Zn+2OH-镍铁电池总反应:NiO2+Fe+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2正极:NiO2+2e-+2H2ONi(OH)2+2OH-负极:Fe-2e-+2OH-Fe(OH)2阳极:Ni(OH)2+2OH--2e-NiO2+2H2O阴极:Fe(OH)2+2e-Fe+2OH-高铁电池总反应:3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH正极:2FeO42-+6e-+8H2O2Fe(OH)3负极:3Zn-6e-+6OH-3Zn(OH)2阳极:2Fe(OH)3+10OH--6e-2FeO42-+8H阴极:3Zn(OH)2+6e-3Zn+6OH-锂离子电池总反应:Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+C6(x正极:Li1-xCoO2+xe-+xLi+负极:LixC6-xe-xLi++C6阳极:LiCoO2-xe-Li1-xCoO2+x阴极:xLi++xe-+C6LixC6(续表)钠硫蓄电池总反应:2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr正极:NaBr3+2e-+2Na+3NaBr负极:2Na2S2-2e-Na2S4+2Na+阳极:3NaBr-2e-NaBr3+2Na+阴极:Na2S4+2Na++2e-2Na2S2钠离子电池总反应:Na1-mCoO2+NamCnNaCoO2正极:Na1-mCoO2+me-+mNa+负极:NamCn-me-mNa++Cn阳极:NaCoO2-me-Na1-mCoO2+m阴极:mNa++Cn+me-NamCn全钒液流电池总反应:VO2++2H++V2+V3++VO2++H2正极:VO2++2H++e-VO2++H2负极:V2+-e-V3+阳极:VO2++H2O-e-VO2++2H阴极:V3++e-V2+知识点四电解池及其工作原理电解池模型惰性电极电解CuCl2溶液多室电解池三室电渗析法处理Na2SO4废水题型1原电池原理和化学电源例1(2023·辽宁卷,11)某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是()。A.放电时负极质量减小B.储能过程中电能转变为化学能C.放电时右侧H+通过质子交换膜移向左侧D.充电总反应:Pb+SO42-+2Fe3+PbSO4答案B【装置分析】解析放电时,负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上,负极质量增大,A项错误;储能过程中,该装置为电解池,将电能转化为化学能,B项正确;放电时,右侧电极为正极,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项错误;充电时,总反应为PbSO4+2Fe2+Pb+SO42-+2Fe3+,变式1(2023·全国乙卷,12)室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极,表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时,在硫电极发生反应:12S8+e-12S82-,12S82-+e-S42-,2Na++x4下列叙述错误的是()。A.充电时Na+从钠电极向硫电极迁移B.放电时外电路电子流动的方向是a→bC.放电时正极反应为2Na++x8S8+2e-Na2SxD.炭化纤维素纸的作用是增强硫电极的导电性能答案A【装置分析】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。解析充电时,该装置为电解池,阳离子移向阴极(钠电极),故充电时,Na+由硫电极迁移至钠电极,A项错误;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,B项正确;将题给方程式相加,可以得到放电时正极反应为2Na++x8S8+2e-Na2Sx,C项正确;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项正确。题型2电解原理及应用例2(2023·浙江1月选考,11)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,下列说法正确的是()。A.石墨电极为阴极,发生氧化反应B.电极A的电极反应:8H++TiO2+SiO2+8e-TiSi+4H2OC.该体系中,石墨优先于Cl-参与反应D.电解时,阳离子向石墨电极移动答案C【装置分析】解析在外加电源下,石墨电极上C转化为CO,失电子发生氧化反应,为阳极,A项错误;电极A的电极反应为TiO2+SiO2+8e-TiSi+4O2-,B项错误;根据图中信息可知,该体系中,石墨优先于Cl-参与反应,C项正确;电解池中石墨电极为阳极,阳离子向阴极(电极A)移动,D项错误。变式2(2023·辽宁卷,7)某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示,其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是()。A.b端电势高于a端电势B.理论上转移2mole-生成4gH2C.电解后海水pH下降D.阳极发生:Cl-+H2O-2e-HClO+H+答案D解析由题可得,钛网发生氧化反应,为阳极,故a为正极,b为负极,则a端电势高于b端电势,A项错误;右侧电极上产生氢气的电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,则理论上转移2mole-生成2gH2,B项错误;由图可知,高选择性催化剂PRT可抑制O2产生,则阳极反应为Cl-+H2O-2e-HClO+H+,总反应为NaCl+H2ONaClO+H2↑,NaClO水溶液显碱性,海水pH略升高,C项错误,D项正确。解题技法题型3电化学腐蚀与防护例3(2022·广东卷,11)为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果,将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中。一段时间后,取溶液分别实验,能说明铁片没有被腐蚀的是()。A.加入AgNO3溶液产生沉淀B.加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现C.加入KSCN溶液无红色出现D.加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成答案D【思路导航】镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中,会构成原电池,由于锌比铁活泼,锌作原电池的负极,而铁作正极,溶液中破损的位置会变大,铁也会继续和酸化的氯化钠溶液反应产生氢气,溶液中会有亚铁离子生成。解析氯化钠溶液中始终存在氯离子,所以加入硝酸银溶液后,不管铁片是否被腐蚀,均会出现白色沉淀,A项不符合题意;淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质,但不论铁片是否被腐蚀,均无氧化性物质可与碘化钾发生反应,B项不符合题意;KSCN溶液可检测铁离子的存在,反应中不会出现铁离子,所以无论铁片是否被腐蚀,加入KSCN溶液后,均无红色出现,C项不符合题意;K3[Fe(CN)6]溶液是用于检测Fe2+的试剂,若铁片没有被腐蚀,则溶液中不会生成亚铁离子,则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀,D项符合题意。变式3(2020·江苏卷,11)将金属M连接在钢铁设施表面,可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在如图所示的情境中,下列有关说法正确的是()。A.阴极的电极反应式为Fe-2e-Fe2+B.金属M的活动性比Fe的活动性弱C.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快答案C【思路导航】根据图示可知,金属M失电子,为原电池的负极(图示为阳极),钢铁设施为原电池的正极(图示为阴极),此方法属于牺牲阳极法。解析该装置中阴极发生还原反应,A项错误;金属M被氧化,即金属活动性:M>Fe,B项错误;钢铁设施为原电池的正极,表面积累大量电子而被保护,C项正确;海水中含有大量的NaCl等电解质,而河水中电解质较少,故钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢,D项错误。解题技法题型4多池多室带膜电化学装置例4(2023·湖北卷,10)我国科学家设计如图所示的电解池,实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH溶液的浓度不变,电解生成氢气的速率为xmol·h-1。下列说法错误的是()。A.b电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-B.离子交换膜为阴离子交换膜C.电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜D.海水为电解池补水的速率为2xmol·h-1答案D【装置分析】解析b电极为电解池的阴极,发生还原反应,电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,A项正确;该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH浓度不变,阳极发生的电极反应为4OH--4e-O2↑+2H2O,为保持OH-浓度不变,则阴极产生的OH-要通过离子交换膜进入阳极室,故离子交换膜应为阴离子交换膜,B项正确;电解时,电解槽中不断有水被消耗,海水中动能高的水可穿过PTFE膜,为电解池补水,C项正确;由电解总反应2H2OO2↑+2H2↑可知,每生成1molH2要消耗1molH2O,生成H2的速率为xmol·h-1,则补水的速率也应是xmol·h-1,D项错误。变式4(2023·浙江6月选考,13)氯碱工业能耗大,通过如图改进的设计可大幅度降低能耗,下列说法不正确的是()。A.电极A接电源正极,发生氧化反应B.电极B的电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-C.应选用阳离子交换膜,在右室获得浓度较高的NaOH溶液D.改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压,减少能耗答案B解析电极A上氯离子变为氯气,化合价升高,失去电子,电极A是电解池阳极,因此电极A接电源正极,发生氧化反应,A项正确;电极B为阴极,通入氧气,氧气得到电子,其电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-,B项错误;右室生成氢氧根离子,应选用阳离子交换膜,左边的钠离子进入右边,在右室获得浓度较高的NaOH溶液,C项正确;改进设计中增大了氧气的量,增强了电极B处反应物的氧化性,通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压,减少能耗,D项正确。解题技法第一步,分清隔膜类型。即交换膜属于阳膜、阴膜或质子膜中的哪一种,判断允许哪种离子通过隔膜。第二步,写出电极反应式。判断交换膜两侧离子变化,推断电荷变化,根据电荷平衡判断离子迁移方向。第三步,分析隔膜作用。在产品制备中,隔膜作用主要是提高产品纯度,避免产物之间发生反应,或避免产物因发生反应而造成危害。题型5电化学原理综合应用例5(2023·全国甲卷,12)用可再生能源电还原CO2时,采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率,装置如下图所示。下列说法正确的是()。A.析氢反应发生在IrOx-Ti电极上B.Cl-从Cu电极迁移到IrOx-Ti电极C.阴极发生的反应有2CO2+12H++12e-C2H4+4H2OD.每转移1mol电子,阳极生成11.2L气体(标准状况)答案C【装置分析】解析析氢反应为还原反应,应在阴极发生,即在铜电极上发生,A项错误;离子交换膜为质子交换膜,只允许氢离子通过,Cl-不能通过,B项错误;铜电极为阴极,酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等,电极反应有2CO2+12H++12e-C2H4+4H2O,C项正确;水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子,电极反应为2H2O-4e-O2↑+4H+,每转移1mol电子,生成0.25molO2,在标准状况下体积为5.6L,D项错误。变式5(双选)(2023·山东卷,11)利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示,甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液,向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是()。A.甲室Cu电极为正极B.隔膜为阳离子膜C.电池总反应为Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+D.NH3扩散到乙室将对电池电动势产生影响答案CD解析向甲室加入足量氨水后电池开始工作,则甲室Cu电极溶解,变为铜离子与氨气形成[Cu(NH3)4]2+,因此甲室Cu电极为负极,A项错误;在原电池内电路中阳离子向正极移动,若隔膜为阳离子膜,电极溶解生成的铜离子要向右侧移动,不利于左侧形成[Cu(NH3)4]2+,降低了Cu2+的回收率,B项错误;负极反应是Cu+4NH3-2e-[Cu(NH3)4]2+,正极反应是Cu2++2e-Cu,则电池总反应为Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+,C项正确;NH3扩散到乙室会与铜离子反应生成[Cu(NH3)4]2+,铜离子浓度降低,得电子能力减弱,将对电池电动势产生影响,D项正确。解题技法1.(2022·广东卷,10改编)以熔融盐为电解液,以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解,实现Al的再生。该过程中()。A.阴极发生的反应为Mg-2e-Mg2+B.阴极上Al3+被氧化为Al,实现Al的再生C.在电解槽底部产生含Cu的阳极泥D.当电路中转移3mole-时,铝合金废料的质量减少27g答案C解析根据电解原理可知,电解池中阳极发生失电子的氧化反应,阴极发生得电子的还原反应,该题中以熔融盐为电解液,含Cu、Mg和Si等的铝合金废料作为阳极进行电解,通过控制一定的条件,从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应,分别生成Mg2+和Al3+,Cu和Si不参与反应,阴极区Al3+得电子生成Al单质,从而实现Al的再生。Mg在阳极失电子生成Mg2+,A项错误;Al3+在阴极区得电子,被还原生成Al,B项错误;阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应,在电解槽底部可形成阳极泥,C项正确;因为阳极除了铝参与电子转移,镁也参与了电子转移,且还会形成阳极泥,因此当电路中转移3mole—时,铝合金废料减少的质量大于27g,D项错误。2.(2022·海南卷,9改编)一种采用H2O(g)和N2(g)为原料制备NH3(g)的装置示意图如下。下列有关说法正确的是()。A.a电极电势大于b电极B.金属Ag可作为a电极的材料C.改变工作电源电压,反应速率不变D.当阳极产生22.4LO2时,电路转移4mole-答案A解析由装置可知,b电极的N2转化为NH3,N元素的化合价降低,得到电子发生还原反应,因此b为阴极,电极反应为N2+3H2O+6e-2NH3+3O2-,a为阳极,电极反应为2O2--4e-O2↑。由上述分析可得,a电极为阳极,与电源正极连接,故其电势大于b电极,A项正确;a电极为阳极,若金属Ag作a电极的材料,则金属Ag优先失去电子,B项错误;改变工作电源的电压,反应速率会变化,C项错误;温度和压强未知,故Vm未知,无法求出氧气的物质的量,故电子转移的物质的量无法计算,D项错误。3.(2023·全国新课标卷,10改编)一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质的电池,其示意图如下所示。放电时,Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。下列说法错误的是()。A.放电时V2O5为正极B.充电时Zn2+由阳极向阴极迁移C.用该电池作电源精炼铜,则当负极减少65g时,阳极减少64gD.充电阳极反应:ZnxV2O5·nH2O-2xe-xZn2++V2O5+nH2O答案C解析由题中信息可知,该电池中Zn为负极、V2O5为正极,电池的总反应为xZn+V2O5+nH2OZnxV2O5·nH2O。由题给信息可知,放电时,Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O,V2O5发生了还原反应,则放电时V2O5为正极,A项正确;充电时,Zn2+从阳极脱嵌出来,往阴极移动,在阴极发生还原反应生成Zn,B项正确;精炼铜时,粗铜作阳极,电解时,不仅仅有铜参与电极反应,还有其他金属参与,并且有阳极泥生成,故无法确定阳极减少的质量,C项错误;充电时,阳极上ZnxV2O5·nH2O被氧化为V2O5,则阳极的电极反应为ZnxV2O5·nH2O-2xe-xZn2++V2O5+nH2O,D项正确。4.(2022·全国乙卷,12改编)Li-O2电池比能量高,在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家研究了一种光照充电Li-O2电池(如图所示)。光照时,光催化电极产生电子(e-)和空穴(h+),驱动阴极反应(Li++e-Li)和阳极反应(Li2O2+2h+2Li++O2↑)对电池进行充电。下列叙述错误的是()。A.充电时,能量转换形式为光能→电能→化学能B.充电效率与光照产生的电子和空穴量有关C.放电时,Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移D.正极区的电解液不能是水溶液答案C解析充电时,光照光催化电极产生电子和空穴,驱动阴极反应(Li++e-Li)和阳极反应(Li2O2+2h+2Li++O2↑),则充电时总反应为Li2O22Li+O2↑,结合图示,充电时金属Li电极为阴极,光催化电极为阳极;则放电时金属Li电极为负极,光催化电极为正极。充电时,光催化电极产生电子(e-)和空穴(h+),进而对电池进行充电,故能量转换形式为光能→电能→化学能,A项正确;充电时,光照光催化电极产生电子和空穴,阴极反应与电子有关,阳极反应与空穴有关,故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关,B项正确;放电时,金属Li电极为负极,光催化电极为正极,Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移,C项错误;正极区产生Li2O2,其能和水反应生成氢氧化锂和氧气,故电解液不能含水,D项正确。5.(2022·广东卷,16改编)科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质,发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池,可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是()。A.充电时电极b是阴极B.放电时,电子从电极a经NaCl溶液往电极b移动C.放电时消耗0.1molCl2,则外电路流过的电量为19300C(法拉第常数为96500C·mol-1)D.每生成1molCl2,电极a质量理论上增加23g答案C解析充电时电极a发生还原反应,所以电极a是阴极,则电极b是阳极,A项错误;电子只会在外电路移动,不会进入电解液,B项错误;放电时,正极反应为Cl2+2e-2Cl-,消耗0.1molCl2,则转移电子的物质的量为0.2mol,则外电路流过的电量为0.2mol×96500C·mol-1=19300C,C项正确;充电时,阳极反应为2Cl--2e-Cl2↑,阴极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-Na3Ti2(PO4)3,由得失电子守恒可知,每生成1molCl2,电极a质量理论上增加23g·mol-1×2mol=46g,D项错误。6.(2022·湖北卷,14改编)含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P(CN)2],过程如图所示(Me为甲基)。下列说法错误的是()。A.生成1molLi[P(CN)2],理论上外电路需要转移2mol电子B.阳极上的电极反应为P4+8CN--4e-4[P(CN)2]-C.O(SiMe3)2中O、Si、C的杂化方式均为sp3D.电解产生的H2中的氢元素来自LiOH答案A解析石墨电极上:P4→Li[P(CN)2],P元素化合价升高发生氧化反应,所以石墨电极为阳极,对应的电极反应为P4+8CN--4e-4[P(CN)2]-,则生成1molLi[P(CN)2],理论上外电路需要转移1mol电子,A项错误,B项正确;O(SiMe3)2的结构为,Si和C都有4个σ键电子对,无孤电子对,O有2个σ键电子对,2个孤电子对,它们的价层电子对数都为4,故均为sp3杂化,C项正确;由所给图示可知,HCN在阴极放电,产生CN-和H2,而HCN中的氢元素来自LiOH,则电解产生的H2中的氢元素来自LiOH,D项正确。7.(2022·全国甲卷,10改编)一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示[KOH溶液中,Zn2+以Zn(OH)42-存在]。电池放电时,下列叙述错误的是(A.MnO2电极电势小于Zn电极电势B.Ⅰ区的SO4C.若右侧隔膜为阳离子交换膜,电路转移2mole-,则Ⅲ区电解液减重13gD.电池总反应:Zn+4OH-+MnO2+4H+Zn(OH)42-+Mn2++2H答案A解析根据图示的电池结构和题目所给信息可知,Zn电极为电池的负极,电极反应为Zn-2e-+4OH-Zn(OH)42-,MnO2电极为电池的正极,电极反应为MnO2+2e-+4H+Mn2++2H2O,电池在工作过程中,由于两个离子选择隔膜没有指明是阳离子隔膜还是阴离子隔膜,故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子,因此Ⅰ区消耗H+,生成Mn2+,Ⅱ区的K+向Ⅰ区移动,Ⅰ区的SO42-向Ⅱ区移动,Ⅲ区消耗OH-,生成Zn(OH)42-,Ⅱ区的SO42-向Ⅲ区移动,Ⅲ区的K+向Ⅱ区移动。由上述分析可知,MnO2电极为正极,Zn电极为负极,故MnO2电极电势大于Zn电极电势,A项错误;Ⅰ区的SO42-向Ⅱ区移动,B项正确;Ⅲ区Zn为电池的负极,电极反应为Zn-2e-+4OH-Zn(OH)42-,当电路转移2mole—时,有2molK+从Ⅲ区迁移至Ⅱ区,故Ⅲ区电解液质量减少量m=39×2g-65g=13g,C项正确;电池的总反应为Zn+4OH-+MnO28.(2022·山东卷,13改编)设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定,借助其降解乙酸盐生成CO2,将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2+,工作时保持厌氧环境,并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质,右侧装置为原电池。下列说法正确的是()。A.装置工作时,左侧装置的左侧电极为阴极B.基态Co2+的价层电子排布式为3d54s2C.乙室电极反应为LiCoO2+2H2O+e-+4H+Li++Co2++4OH-D.若甲室Co2+减少200mg,乙室Co2+增加300mg,则此时已进行过溶液转移答案D解析依据题意右侧装置为原电池,电池工作时,正极材料LiCoO2转化为Co2+,LiCoO2电极为正极,与正极连接的为阳极,故左侧装置的左侧电极为阳极,A项错误;基态Co的核外电子排布式为[Ar]3d74s2,失电子时,先失外层电子,再失内层电子,故基态Co2+的价层电子排布式为3d7,B项错误;电解质溶液呈酸性,不可能大量存在OH-,乙室电极反应为LiCoO2+4H++e-Li++Co2++2H2O,C项错误;甲室的电极反应为Co2++2e-Co,若甲室Co2+减少200mg,转移的n(e-)=0.2g59g·mol-1×2≈0.0068mol,乙室Co2+增加300mg,转移的n(e-)=0.31.(2023·广东省佛山市二模)过硫酸铵[(NH4)2S2O8]可用作氧化剂、漂白剂。利用电解法在两极分别生产过硫酸铵和过氧化氢的装置如图所示。下列说法错误的是()。A.a为外接电源的负极B.电解总反应:O2+2H++2SO42-H2O2+SC.阴离子交换膜可用阳离子交换膜替代D.电解池工作时,Ⅰ室溶液质量理论上逐渐减小答案C解析Ⅱ室中O元素化合价由-2价升高为-1价,被氧化,故右侧Pt电极为阳极,b为外接电源正极,a为外接电源负极,左侧Pt电极为阴极。a为外接电源的负极,A项正确;阴极上氧气被还原,阳极上硫酸根离子被氧化,电解总反应为O2+2H++2SO42-H2O2+S2O82-,B项正确;根据阳极产物可知,反应需要消耗硫酸根离子,阴离子交换膜不可用阳离子交换膜替代,C项错误;电解池工作时,阴极反应为2H++O2+2e-H2O2,因此当转移2mole-时,有2mol氧原子进入溶液,同时有1molSO42-离开Ⅰ室进入Ⅱ室,所以溶液质量减少量m=96g-32g=642.(2023·辽宁省锦州市高三统考)我国科学家设计的“海泥电池”,既可用于深海水下仪器的电源补给,又有利于海洋环境污染治理,其中微生物代谢产物显酸性,电池工作原理如图所示。下列说法错误的是()。A.A电极的电势高于B电极B.质子从海底沉积层通过交接面向海水层移动C.负极的电极反应为CH2O-4e-+H2OCO2+4H+D.海水和海泥作为电解质的一部分,富含盐分,导电性高,有利于输出电能答案C解析由图可知,A电极上氧气转化为水,氧元素化合价降低,所以A电极是正极,B电极是负极,正极的电势高于负极电势,所以A电极的电势高于B电极,A项正确;A电极是正极,B电极是负极,质子带正电荷,放电时向正极移动,所以质子从海底沉积层通过交接面向海水层移动,B项正确;CH2O在微生物作用下与硫酸根离子反应生成CO2和HS-,并不是在负极的电极反应,负极上HS-失去电子发生氧化反应生成硫单质,电极反应为HS--2e-S↓+H+,C项错误;海水和海泥作为电解质一部分,富含盐分,可增强水的导电性,有利于电池电能的输出,D项正确。3.(2023·浙江省高三联考)科学家利用多晶铜高效催化电解CO2制乙烯,原理如图所示。已知:电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法正确的是()。A.铂电极为阳极,产生的气体是O2和CO2B.铜电极的电极反应为2CO2+12HCO3-+12e-C2H4+12CO32C.通电过程中,溶液中HCO3D.当电路中通过0.6mol电子时,理论上能产生C2H41.12L答案A解析该电解池的总反应为2CO2+2H2OC2H4+3O2,铜电极为阴极,该电极的电极反应为14CO2+8H2O+12e-C2H4+12HCO3-,铂电极为阳极,该电极的电极反应为2H2O-4e-O2↑+4H+,后发生反应H++HCO3-CO2↑+H2O。由分析可知,铂电极为阳极,产生的气体是O2和CO2,A项正确,B项错误;HCO3-在铂电极发生反应,并且电解前后电解液浓度几乎不变,所以溶液中HCO3-通过阴离子交换膜向左槽移动,C项错误;4.(2023·浙江省温州市高三模拟考试)科学家通过NO协同耦合反应,实现了NO的电催化歧化,并同时合成了双氮产物(NH3和硝酸盐),是实现可持续固氮的一种极具潜力的方法,装置如图。下列说法正确的是()。A.电解液E为阳极电解液,呈酸性B.电极B的电极反应:NO+2H2O-3e-HNO3+3H+C.中间层的OH-、H+分别透过选择性离子膜向A、B电极迁移D.若电解一段时间后,取两电极所有产物于溶液中反应,可得硝酸盐和硝酸答案D解析由图可知,A电极氮元素化合价降低,得电子,故A电极为阴极,电极反应为NO+4H2O+5e-NH3+5OH-,则电解液E为阴极电解液,呈碱性,A项错误;B电极为阳极,电极反应为NO+2H2O-3e-NO3-+4H+,B项错误;由两电极反应可知,阳极区产生氢离子,阴极区产生OH-,保持溶液呈电中性,故中间层的OH-、H+分别透过选择性离子膜向B、A电极迁移,C项错误;由图可知,A电极:NO→NH3~5e-,B电极:NO→HNO3~3e-,根据电子得失守恒,电解一段时间后,取两电极所有产物于溶液中反应,可得硝酸盐和硝酸,D项正确。5.(2023·浙江省高三联考)利用电解池原理可将CO2转化为燃料或者化学品。下图通过将CO2与辛胺反应耦合,实现了两电极体系中产物的高选择性合成。下列说法正确的是()。A.装置中电极b为阴极,发生还原反应B.电极a的电极反应可能为CO2+H2O+2e-HCOO-+OH-C.中间的离子交换膜一定是质子交换膜D.电解过程中,a、b两电极反应物物质的量之比为2∶1答案B解析利用电解池原理可将CO2转化为燃料或者化学品,反应过程中碳元素的化合价降低,得到电子,则电极a为阴极,电极b为阳极,辛胺转化为辛氰。装置中电极b为阳极,失去电子,发生氧化反应,A项错误;电极a为阴极,电极反应可能为CO2+H2O+2e-HCOO-+OH-,B项正确;采用阴离子交换膜也不会影响产物的生成,故交换膜不一定是质子交换膜,C项错误;电解过程中,由于电极a的产物不确定,反应物物质的量之比不确定,D项错误。6.(2023·浙江省高三选考模拟)利用双极膜电渗析法处理废水,可实现废水的高效净化,其原理如图所示。双极膜是特种离子交换膜,它是由一张阳膜和一张阴膜制成的阴阳复合膜。在直流电场的作用下,阴阳膜复合层间的H2O分子解离成H+和OH-并分别通过阳膜和阴膜。下列说法正确的是()。A.电极X连接电源的正极,其电极反应为4OH--4e-O2↑+2H2OB.Z为淡水,M为H2SO4溶液,b膜为阳离子交换膜C.理论上,每转移2mol电子,两电极共产生1.5mol气体D.该装置中,电子的转移方向为电极X→电解质溶液→电极Y答案C解析电解过程中,H+向阴极移动,则电极X为阴极,连接电源的负极,A项错误;Na+、Ni2+向阴极移动,a膜为阳离子交换膜,SO42-向阳极移动,b膜为阴离子交换膜,Z为淡水,N为H2SO4溶液,B项错误;阴极上H+放电,产生H2,阳极上OH-放电,产生O2,根据得失电子守恒,理论上每转移2mol电子,产生1molH2和0.5molO2,C项正确;电子通过外电路移动,不会经过电解质溶液7.(2023·安徽省高三模拟)乙醛酸(OHCCOOH)是非常重要的化工产品,利用双极膜(由阴离子交换膜和阳离子交换膜组成,双极膜中间层中的水解离成H+和OH-,并在直流电场作用下,分别向两极迁移)技术电解制备乙醛酸的装置如图所示。下列说法错误的是()。A.M为电源的负极B.双极膜b为阴离子交换膜C.得到1molOHCCOOH,电路中转移2mole-D.Pb电极的电极反应为HOOCCOOH+2H++2e-OHCCOOH+H2O答案C解析电解池中,乙二酸在铅电极上被还原为乙醛酸,故铅电极为阴极,电极反应为HOOCCOOH+2e-+2H+HOOCCHO+H2O,石墨电极为阳极,电极反应为2Br--2e-Br2,H+移向铅电极,OH-移向石墨电极。铅电极为阴极,M为电源的负极,A项正确;H+移向铅电极,OH-移向石墨电极,故双极膜b为阴离子交换膜,B项正确;设阴极区生成乙醛酸的物质的量为xmol,阳极区生成乙醛酸的物质的量为ymol,则x+y=1,根据阴极反应HOOCCOOH+2e-+2H+HOOCCHO+H2O可知,阴极区生成的乙醛酸与得到电子的物质的量之比为1∶2,故阴极区得到电子物质的量为2xmol,阳极区生成乙醛酸的反应为OHCCHO+Br2+2OH-HOOCCHO+H2O+2Br-,生成的乙醛酸与消耗的Br2的物质的量之比为1∶1,根据阳极反应2Br--2e-Br2可知,阳极区生成的乙醛酸与阳极区失去电子的物质的量之比为1∶2,故阳极区失电子的物质的量为2ymol,根据得失电子守恒,2x=2y,x=y=0.5,故制得1mol乙醛酸,理论上外电路中迁移电子的物质的量=2×0.5mol=1mol,C项错误;Pb电极的电极反应为HOOCCOOH+2H++2e-OHCCOOH+H2O,D项正确。8.(2023·湖北省武汉市高三调研)我国某科研团队借助氧化还原介质RM,将Li-CO2电池的放电电压提高至3V以上,该电池的工作原理如图。下列说法正确的是()。A.LiFePO4电极的电势比多孔碳电极的高B.负极反应:LiFePO4-xe-Li1-xFePO4+xLi+C.RM和RM+-CO2D.LiFePO4电极每减重7g,就有22gCO2被固定答案B解析由图可知,原电池中Li+向右侧电极移动,则左侧电极为负极,右侧电极为正极。LiFePO4电极为负极,多孔碳电极为正极,故LiFePO4电极的电势比多孔碳电极的低,A项错误;LiFePO4电极为负极,失去电子发生氧化反应,负极反应为LiFePO4-xe-Li1-xFePO4+xLi+,B项正确;由图可知,RM为该电池反应的催化剂,RM+-CO2-为该电池反应的中间产物,C项错误;由负极反应可知,LiFePO4电极每减重7g则转移1mol电子,反应中碳元素化合价由+4变为+3,则根据得失电子守恒可知,有1mol(44g)CO2被固定,D9.(2023·吉林省长春市三模)羟基自由基(·OH)具有极强的氧化能力,它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作用下,利用双极膜电解池产生羟基自由基(·OH)处理含苯酚废水和含甲醛废水,原理如图所示。已知:双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-。下列说法错误的是()。A.M极为阴极,电极反应:O2+2e-+2H+2·OHB.双极膜中H2O解离出的OH-透过膜a向N极移动C.每处理6.0g甲醛,理论上有0.4molH+透过膜bD.通电一段时间后,理论上苯酚和甲醛转化生成CO2的物质的量之比为6∶7答案C解析M电极通入O2,发生反应生成·OH,电极反应为O2+2e-+2H+2·OH,M电极作阴极,A项正确;N电极为阳极,电解时阴离子向阳极移动,所以OH-透过膜a向N电极移动,B项正确;甲醛与·OH反应生成CO2的反应为HCHO+4·OHCO2+3H2O,6.0g甲醛为0.2mol,理论上有0.8molH+透过膜b,C项错误;1mol甲醛转化成1molCO2转移4mole-,1molC6H6O转化成6molCO2转移28mole-,理论上苯酚和甲醛转化生成CO2的物质的量之比为6∶7,D项正确。10.(2023·辽宁省大连市一模)我国科研人员将单独脱除SO2的反应与制备H2O2的反应相结合,实现协同转化。已知:反应①单独制备H2O2:2H2O+O22H2O2,不能自发进行;反应②单独脱除SO2:4OH-+2SO2+O22SO42-+2H2O协同转化装置如图(在电场作用下,双极膜中间层的H2O解离为OH-和H+,并向两极迁移)。下列分析错误的是()。A.反应②释放的能量可以用于反应①B.产生H2O2的电极反应:O2+2H++2e-H2O2C.当生成0.1molH2O2时,负极区溶液质量增重9.8gD.协同转化总反应:SO2+2H2O+O2H2O2+H2SO4答案D解析根据电子流向可知,左边电极为负极,电极反应为SO2+4OH--2e-SO42-+2H2O,右边电极为正极,电极反应为O2+2H++2e-H2O2。反应②能自发进行,反应放出能量,反应①不能自发进行,需要吸收能量,反应②释放的能量可以用于反应①,A项正确;O2在右侧电极得到电子生成H2O2,电极反应为O2+2H++2e-H2O2,B项正确;当正极生成0.1molH2O2时,得到0.2mol电子,左边电极为负极,电极反应为SO2+4OH--2e-SO42-+2H2O,当失去0.2mol电子时,吸收0.1molSO2,同时双极膜电离出0.2molOH-进入负极,负极区溶液质量增重0.1mol×64g·mol-1+0.2mol×17g·mol-1=9.8g,C项正确;协同转化总反应为SO2+2NaOH+O2H2O2+Na2SO4,D1.(原电池原理和化学电源)中国科学院长春应用化学研究所提出了一种基于H2O/H2O2/O2自循环的生物杂化光电化学池(BPEC),通过在单室内协同耦合光电化学H2O2生成和生物电化学H2O2消耗,实现了直接和可持续的“太阳能-燃料-电能”转化,装置如图所示。下列有关电池放电的叙述正确的是()。A.b电极为正极B.电子由a电极经外电路流向b电极C.b电极反应为2H2O-2e-H2O2+2H+,H2O2-2e-O2↑+2H+D.a电极上22.4LO2完全反应时,向正极迁移的电子数为4×6.02×1023答案C解析由图可知,a电极上氧气被还原,a电极为正极,b电极上水被氧化,b电极为负极,A项错误;放电时电子由负极经外电路流向正极,即电子由b电极经外电路流向a电极,B项错误;水失去电子分两步反应,2H2O-2e-H2O2+2H+、H2O2-2e-O2↑+2H+,双氧水是中间产物,C项正确;气体状况未说明,故无法得知O2的物质的量,因此转移的电子数无法确定,D项错误。2.(电解原理应用)同济大学合成了CoFe-NiSe2电极,通过电化学选择性控制四氢异喹啉(THIQs),不仅最大效率促进制氢,且在低电位下,实现了高选择性完全转化为高附加值的。下列叙述错误的是()。A.阳极材料中基态原子未成对电子数最多的是SeB.上述装置将电能转化成化学能C.铂电极反应为2H2O+2e-2OH-+H2↑D.总反应为+2H2↑答案A解析Pt电极上,H2O发生还原反应生成H2,则Pt电极为阴极,CoFe-NiSe2电极为阳极。阳极材料含铁、钴、镍、硒元素,基态原子价层电子排布依次为3d64s2、3d74s2、3d84s2、4s24p4,未成对电子数依次为4、3、2、2,故未成对电子数最多的是铁,A项错误;上述装置存在外接电源,是电解装置,即将电能转化成化学能,B项正确;铂电极为阴极,电极上水发生还原反应生成氢气,C项正确;由阳极上物质转化可知,D项正确。3.(二次电池)一种钴氢电池工作原理如图所示。放电时,电子由b电极经外电路流向a电极。下列叙述错误的是()。A.放电时,OH-通过交换膜向a电极迁移B.放电时,b电极反应为MHx+OH--e-MHx-1+H2OC.充电时,a电极附近电解质溶液pH降低D.充电时,转移0.1mol电子时理论生成9.2gCoO(OH)(s)答案A解析由电子流向可知,a电极为正极,b电极为负极。放电时,正极表面聚集大量电子,带负电荷,负极表面带正电荷,阴离子向负极迁移,A项错误;放电时,b电极发生氧化反应,氢氧根离子参与反应,b电极反应为MHx+OH--e-MHx-1+H2O,B项正确;充电时,a电极为阳极,电极反应为Co(OH)2+OH--e-CoO(OH)+H2O,溶液pH降低,C项正确;由阳极反应可知,转移0.1mol电子时理论上生成0.1molCoO(OH)2,相当于9.2g,D项正确。专题十化学反应速率与化学平衡▷对应学生书第79页知识点一催化剂与化学反应1.催化剂和催化作用(1)能改变化学反应速率而本身的化学性质和质量在反应前后保持不变,这种物质叫催化剂。催化剂在反应中所起的作用叫催化作用。(2)在化工生产中,常常加入催化剂以促进化学反应的进行。例如,在硫酸工业中,由二氧化硫制三氧化硫的反应常用五氧化二钒作催化剂;在氮气与氢气合成氨的反应中,使用的是以铁为主体的多成分催化剂;生物体内的化学反应也与催化剂有着密切的联系,生物体内的各种酶具有催化活性,是生物催化剂。(3)催化剂能增大化学反应的速率,而无法使原来不能发生的反应得以进行。在可逆反应中,催化剂能缩短反应达到平衡的时间,而不能使化学平衡发生移动。(4)催化剂一般具有选择性,因此,不同的化学反应要选用不同的催化剂。同样的反应物选用不同的催化剂,可以发生不同的反应,从而得到不同的产物。2.催化剂与反应活化能(1)催化剂虽然在反应前后的质量和化学性质没有发生变化,但有些催化剂却参与了化学变化的过程,在参与反应的过程中其化学性质和质量均发生改变。即在反应过程中既包括有催化剂参与的反应,又包括使催化剂再生成的反应。(2)分子或离子间的碰撞是发生化学反应的先决条件,但不是每次碰撞都会引发化学反应。能够引起化学反应的分子(或离子)间的相互碰撞叫有效碰撞,能够发生有效碰撞的分子叫活化分子。活化分子具有较高的能量,因此,在所有分子中,活化分子所占分数的大小决定了反应速率的快慢。活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差称为活化能。(3)催化剂有一定的活化温度,在这个温度范围内使用,催化剂的活性最高。(4)使用催化剂能增大化学反应速率的机理主要是形成了中间产物,或在催化剂表面的活性中心发生反应,从而改变化学反应的途径,使反应的活化能降低。3.催化剂与化学平衡化学平衡的实质是一种动态平衡,在一定的条件下,反应的平衡常数为定值,催化剂的作用是降低反应所需的活化能,增加活化分子的数目,使单位时间内反应的分子数增多,但对正、逆反应来说是等效的,故不改变化学平衡。知识点二化学反应机理与历程1.反应机理(1)反应机理是用来描述某反应物到反应产物所经由的全部基元反应,就是把一个复杂反应分解成若干个基元反应,以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应,然后按照一定规律组合起来,从而阐述复杂反应的内在联系,以及总反应与基元反应的内在联系。(2)反应机理详细地描述了每一步转化的过程,包括过渡态的形成,化学键的断裂和生成,以及各步反应的相对速率大小等。典型的是基元反应碰撞理论和基元反应过渡态理论。(3)反应机理中包含的基元反应是单分子反应或双分子反应。完整的反应机理需要考虑到反应物、催化剂、反应的立体化学、产物以及各物质的用量。(4)描述化学反应机理时,要遵循:任何化合物的每一步反应都应该是在该条件下的此类化合物的通用反应。2.有效碰撞理论(1)化学反应发生的条件:在化学反应中,反应物分子不断发生碰撞,大多数碰撞无法发生反应,只有少数分子的碰撞才能发生化学反应,能发生有效碰撞的分子是活化分子。普通反应物分子形成活化分子所需要的能量叫活化能。而活化分子的碰撞也不一定都能发生有效碰撞。发生有效碰撞不仅有能量的因素,还有空间因素,只有同时满足这两种因素的要求才能发生有效碰撞。(2)反应历程:化学反应中的反应物转化为最终产物通过的途径。反应历程中活化分子比普通分子所高出的能量称为活化能。活化能越小,普通分子就越容易变成活化分子。如图所示,反应的活化能是E1,反应热是E1-E2。在一定条件下,活化分子所占的百分数是固定不变的。活化分子的百分数越大,单位体积内活化分子数越多,单位时间内有效碰撞的次数越多,化学反应速率越快。活化能越大,反应速率越慢,化学反应速率取决于反应最慢的一步。3.能垒与决速步骤能垒:可以简单理解为从左往右进行中,向上爬坡最高的为能垒,而包含此能垒的反应称之为决速步骤,也称为慢反应。如图所示,从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒,而HCOO*+H*CO2+2H*是在Rh作催化剂时该反应历程的决速步骤。4.催化剂与中间产物催化剂:在连续反应中从一开始就参与了反应,在最后反应中又再次生成,所以仅从反应结果上来看似乎并没有发生变化,但实际是反应开始消耗多少后续又生成多少。中间产物:在连续反应中为第一步反应的产物,在后续反应中又作为反应物被消耗,所以仅从反应结果上来看似乎并没有该物质的生成,但实际是生成多少后续又消耗多少。在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为:H2O2+I-H2O+IO-慢H2O2+IO-O2↑+I-+H2O快在该反应中I-为催化剂,IO-为中间产物。在反应机理图中,先找到确定的反应物,反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质),而与之同时反应的就是催化剂,并且经过一个完整循环之后又会生成;中间产物则是这个循环历程中的任何一个环节。如图所示,MoO3是该反应的催化剂,循环中剩余的三种物质(、、)均为中间产物:1,2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理知识点三化学反应速率与平衡图像1.物质的量(或浓度)、速率-时间图像(1)速率-时间图像如N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0,建立平衡后,加热对速率的影响如图所示:此类图像定性地揭示了v正、v逆随时间(含条件改变对速率的影响)而变化的规律,体现了平衡的“动、等、定、变”的基本特征以及平衡移动的方向(续表)(2)全程速率-时间图像如Zn与足量盐酸反应,反应速率随时间的变化情况如图所示:解释原因:AB段(v渐大),因为该反应为放热反应,随着反应的进行,温度逐渐升高,导致反应速率逐渐增大;BC段(v渐小),主要是因为随着反应的进行,溶液中c(H+)逐渐变小,导致反应速率逐渐变小(3)物质的量(或浓度)-时间图像例如,某温度时,在定容(VL)容器中,X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示:由图像得出的信息:①X、Y是反应物,Z是产物;②t3时反应达到平衡,X、Y没有全部反应。根据图像可进行如下计算:①某物质的平均反应速率、转化率如v(X)=n1-n3V·t3mol·L-1·s②确定化学方程式中的化学计量数之比如X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为(n1-n3)∶(n2-n3)∶n22.含量(或转化率)-时间-温度(压强)图像已知不同温度或压强下,反应物的转化率α(或百分含量)与时间的关系曲线,可推断温度的高低和反应的热效应或压强的大小及气体物质间的化学计量数的关系。[以aA(g)+bB(g)cC(g)中反应物的转化率αA为例进行说明](1)“先拐先平,数值大”原则分析反应由开始(起始物质相同时)达到平衡所用时间的长短可推知反应条件的变化①若为温度变化引起,当温度较高时,反应达到平衡所需时间短,如图甲中T2>T1②若为压强变化引起,当压强较大时,反应达到平衡所需时间短,如图乙中p1>p2③若为是否使用催化剂引起,当使用适宜的催化剂时,反应达到平衡所需时间短,如图丙中a使用了催化剂(2)正确掌握图像中反应规律的判断方法①图甲中,T2>T1,升高温度,αA降低,平衡逆向移动,正反应为放热反应②图乙中,p1>p2,增大压强,αA升高,平衡正向移动,则正反应为气体体积缩小的反应③若纵坐标表示A的百分含量,则图甲中正反应为吸热反应,图乙中正反应为气体体积增大的反应解答速率平衡图像问题的两大方法①“定一议二”当图像中有三个变量时,先确定其中一个变量不变,再讨论另外两个变量的关系,有时还需要作辅助线②“三步分析法”一看反应速率是增大还是减小二看v正、v逆的相对大小三看化学平衡移动的方向3.恒温(压)图像分析该类图像的纵坐标为物质的平衡浓度(c)或反应物的转化率(α),横坐标为温度(T)或压强(p),常见类型如图所示:图2所示曲线是其他条件不变时,某反应物的最大转化率(α)与温度(T)的关系曲线,图中标出的1、2、3、4四个点,表示v正>v逆的点是3,表示v正<v逆的点是1,而点2、4表示v正=v逆4.“四步法”妙解图表题第一步:把握反应特点分析可逆反应的方程式,观察物质的状态、气态物质分子数的变化(正反应是气体分子数增大的反应,还是气体分子数减小的反应)、反应热(正反应是放热反应,还是吸热反应)等第二步:识别图像类型识别横坐标和纵坐标的含义、线和点(平台、折线、拐点等)的关系。利用规律“先拐先平,数值大”来判断,即曲线先出现拐点,先达到平衡,其温度、压强越大第三步:联想平衡原理联想化学反应速率、化学平衡移动原理,特别是影响因素及其使用的前提条件等第四步:数形结合解答图表与原理整合,逐项分析图表,重点看图表是否符合可逆反应的特点、化学反应速率和化学平衡原理知识点四有关化学反应速率和化学平衡的易错点1.无论是用某一反应物表示还是用某一生成物表示,由于Δc是取浓度变化的绝对值,因此,其化学反应速率都取正值,且是某一段时间内的平均速率。2.化学反应速率可用反应体系中一种反应物或生成物浓度的变化来表示,一般是以最容易测定的一种物质表示,书写时应标明是什么物质的反应速率。3.在一定温度下,固体和纯液体物质,其单位体积里的物质的量保持不变,即物质的量浓度为常数,因此它们的化学反应速率也被视为常数。由此可知,现在采用的表示化学反应速率的方法还有一定的局限性。4.在同一反应中,用不同的物质表示同一时间的反应速率时,其数值可能不同,但这些数值所表达的意义是相同的,即都是表示同一反应的速率。各物质表示的反应速率的数值有相互关系,彼此可以根据化学方程式中的各化学计量数进行换算。5.一般来说,物质的转化在反应过程中都不是等速进行的,因此某一时间内的反应速率实际上是这一段时间内的平均速率。6.由于固体和纯液体的浓度可视为常数,故改变其用量,反应速率不变。但当固体颗粒变小时,其表面积增大将导致反应速率增大。7.压强对化学反应速率的影响是通过改变反应物浓度实现的,所以分析压强的改变对反应速率的影响时,要从反应物浓度是否发生改变的角度来分析。若改变总压强而各物质的浓度不改变,则反应速率不变,如恒容时通入稀有气体来增大压强,反应速率不变(因为反应物的浓度未改变)。8.改变温度,使用催化剂,反应速率一定发生变化,其他外界因素的改变,反应速率则不一定发生变化。9.其他条件一定,升高温度,不论正反应还是逆反应,不论放热反应还是吸热反应,反应速率都增大,只不过正、逆反应速率增大的程度不同。10.在不同条件下进行的正、反两个方向的反应不是可逆反应。11.各物质的物质的量之比等于化学方程式的化学计量数之比时,不一定是平衡状态,因为此条件并不能说明各组分的物质的量不再变化了。12.化学平衡的建立与途径无关,既可以从正反应方向(投入反应物)建立,也可以从逆反应方向(投入生成物)建立。13.某一可逆反应,在一定条件下达到了平衡,化学反应速率再改变时,平衡不一定发生移动。如反应前后气体体积不变的反应,增大压强或使用催化剂,化学反应速率发生变化,但平衡不移动。如果平衡发生了移动,则化学反应速率一定发生了改变。14.化学平衡向正反应方向移动,反应物的转化率不一定增大。若有多种反应物的反应,当增大某一反应物的浓度,化学平衡向正反应方向移动,只会使其他的反应物的转化率增大,但该反应物的转化率反而减小。15.增加固体或纯液体的量,化学平衡不移动。因为当反应混合物中存在与其他物质不相混溶的固体或纯液体物质时,由于其“浓度”是恒定的,不随其量的增减而变化,故改变这些固体或纯液体的量,对化学反应速率以及化学平衡均无影响,但要注意固体的表面积对化学反应速率的影响。16.化学平衡发生移动时,化学平衡常数不一定改变,只有温度改变,平衡常数才会改变。17.要记清楚最基本的速率-时间图,如改变反应物或生成物的浓度导致速率变化时,正反应和逆反应速率中有一项与原平衡点相连。若同时改变反应物和生成物浓度(或改变压强、温度,使用催化剂)则与原平衡点相脱离。记住先达到平衡的反应温度高,压强大。根据平衡图像分析可逆反应特点时,往往从最高点以后进行分析,也就是说研究的对象必须是已建立平衡的反应。18.改变浓度和压强不能改变活化分子百分数,但能改变单位体积活化分子数,故能改变反应速率。改变温度和使用催化剂均能改变活化分子百分数,使单位体积活化分子数改变,从而改变反应速率。19.勒夏特列原理只适用于判断“改变一个条件”时平衡移动的方向。若同时改变影响平衡移动的几个条件,不能简单地根据平衡移动原理来判断平衡移动的方向,只有在改变的条件对平衡移动的方向影响一致时,才能根据平衡移动原理进行判断。例如,N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0,同时加压、升温,平衡移动的方向无法确定。若加压同时又降温,则平衡向正反应方向移动。20.正、逆反应的平衡常数互为倒数。若化学方程式中各物质的化学计量数都扩大或缩小至原来的n倍,则化学平衡常数变为原来的n次幂或1n次幂;两个化学方程式相加得到新的化学方程式,21.代入平衡常数表达式的是平衡时的浓度,而不是任意时刻的浓度,更不能将物质的量代入,反应物或生成物中有固体和纯液体存在时,由于其浓度可看作“l”而不代入公式。22.化学平衡常数只与温度有关,与反应物或生成物的浓度无关。23.起始浓度、平衡浓度不一定符合化学计量数之比,但物质之间是按化学计量数之比反应和生成的,故各物质的浓度变化之比一定等于化学计量数之比,这是计算的关键。24.反应能否自发进行需综合考虑焓变和熵变对反应的影响,复合判据ΔH-TΔS<0的反应不一定能够实际发生,只是指出了在该条件下化学反应自发进行的趋势,还要考虑化学反应的快慢问题。25.判断一个化学反应能否自发进行,若无任何外加条件,可以认为我们所学过的化学反应(电解反应除外)都是能够自发进行的。题型1催化剂影响速率平衡例1(2022·广东卷,15)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X2Y的影响,各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图,则()。A.无催化剂时,反应不能进行B.与催化剂Ⅰ相比,Ⅱ使反应活化能更低C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化D.使用催化剂Ⅰ时,0~2min内,v(X)=1.0mol·L-1·min-1答案D解析由图可知,无催化剂时,随着反应进行,生成物浓度也在增大,说明反应可以进行,A项错误;由图可知,催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好,说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低,反应更快,B项错误;由图可知,使用催化剂Ⅱ时,在0~2min内Y的浓度变化了2.0mol·L-1,而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol·L-1,二者变化量之比不等于化学计量数之比,所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化,C项错误;使用催化剂Ⅰ时,在0~2min内,Y的浓度变化了4.0mol·L-1,则v(Y)=Δc(Y)Δt=4.0mol·L-12min=2.0mol·L-1·min-1,v(X)=12v(Y)=12×2.0mol·L-1变式1(2022·北京卷,14)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用,原理如图1所示。反应①完成之后,以N2为载气,将恒定组成的N2、CH4混合气,以恒定流速通入反应器,单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上检测到有积碳。下列说法不正确的是()。A.反应①为CaO+CO2CaCO3;反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2B.t1~t3,n(H2)比n(CO)多,且生成H2速率不变,推测有副反应CH4C+2H2C.t2时刻,副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率D.t3之后,生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生答案C解析由题干图1所示信息可知,反应①为CaO+CO2CaCO3,结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2,A项正确;由题干图2信息可知,t1~t3,n(H2)比n(CO)多,且生成H2的速率不变,反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上有积碳,故可能有副反应CH4C+2H2发生,反应②和副反应中CH4和H2的化学计量数之比均为1∶2,B项正确;由反应②化学方程式可知,H2和CO的反应速率相等,由t2时刻信息可知,H2的反应速率未变,仍然为2mmol·min-1,而CO的反应速率变为1~2mmol·min-1,故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率,C项错误;由题干图2信息可知,t3之后,CO的速率为0,可能是催化剂积碳失活,反应②不再发生,D项正确。解题技法题型2化学反应历程与机理例2(2023·湖南卷,14)N2H4是一种强还原性的高能物质,在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂{用[L-Ru—NH3]+表示}能高效电催化氧化NH3合成N2H4,其反应机理如图所示。下列说法错误的是()。A.Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后,配体NH3失去质子能力增强B.M中Ru的化合价为+3C.该过程有非极性键的形成D.该过程的总反应式:4NH3-2e-N2H4+2NH4答案B解析Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后,[L-Ru—NH3]2+中的Ru带有更多的正电荷,其与N原子成键后,Ru吸引电子的能力比Ru(Ⅱ)强,这种作用使得配体NH3中的N—H极性变强且更易断裂,因此其失去质子(H+)的能力增强,A项正确;Ru(Ⅱ)中Ru的化合价为+2,当其变为Ru(Ⅲ)后,Ru的化合价变为+3,Ru(Ⅲ)失去2个质子后,N原子产生了1对孤电子对,Ru的化合价不变,当[L-Ru—NH2]+变为[L-Ru—NH·2]+(M)时,N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru1个电子,其中Ru的化合价变为+2,B项错误;该过程中M变为[L-Ru—NH2—NH2—Ru-L]2+时,有N—N形成,N—N是非极性键,C项正确;从整个过程来看,4个NH3失去了2个电子后生成了1个N2H4和2个NH4+,Ru(Ⅱ)是催化剂,因此,该过程的总反应式为4NH3-2e-N2H4+2NH变式2(2023·全国新课标卷,12)“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心,可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2),其反应历程如下所示。下列说法错误的是()。A.NH2OH、NH3和H2O均为极性分子B.反应涉及N—H、N—O键断裂和N—N键生成C.催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+,后又被还原为Fe2+D.将NH2OH替换为ND2OD,反应可得ND2ND2答案D解析NH2OH、NH3、H2O的电荷分布都不均匀,不对称,均为极性分子,A项正确;由反应历程可知,有N—H、N—O断裂和N—H生成,B项正确;反应过程中,Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+,后面又得到电子被还原为Fe2+,C项正确;反应过程中,生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3,所以将NH2OH替换为ND2OD,不可能得到ND2ND2,应得到ND2NH2和HDO,D项错误。解题技法1.“只进不出”——反应物,“只出不进”——生成物,“有进有出、参与循环”——催化剂、中间产物或过渡态。2.催化剂、中间产物是稳定物,过渡态物质是不稳定物质。3.反应物在催化剂表面吸附放热,产物在催化剂表面脱附吸热。4.活化能是反应物与中间产物或过渡态之间的能量之差。5.活化能最大的反应是慢反应,为整个反应的“决速步骤”。题型3化学平衡与图像分析例3(2023·山东卷,14改编)一定条件下,化合物E和TFAA合成H的反应路径如下:已知反应初始E的浓度为0.10mol·L-1,TFAA的浓度为0.08mol·L-1,部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示,忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是()。A.t1时刻,体系中有E存在B.t2时刻,体系中无F存在C.E和TFAA反应生成F的活化能很大D.反应达平衡后,TFAA的浓度为0.08mol·L-1答案A解析由题图可知,TFAA先反应后生成,说明TFAA是反应的催化剂,0s时TFAA的浓度由0.08mol·L-1骤降为0,说明TFAA反应完全,E剩余的浓度为(0.10-0.08)mol·L-1=0.02mol·L-1,当生成H的同时有TFAA生成,但此时TFAA仍为0,说明此时生成的TFAA又催化了剩余的0.02mol·L-1E,因此t1时刻体系中有E存在,A项正确;反应过程中共消耗掉0.10mol·L-1的E,t2时刻,H为0.08mol·L-1,TFAA为0.06mol·L-1,G为0.01mol·L-1,根据元素质量守恒可知,F为0.01mol·L-1,所以体系中有F存在,B项错误;0s时TFAA的物质的量浓度由0.08mol·L-1骤降为0,说明E和TFAA生成F的反应速率快,反应的活化能很小,C项错误;在t2时刻,H为0.08mol·L-1,TFAA为0.06mol·L-1,G为0.01mol·L-1,F为0.01mol·L-1,只有F、G全部转化为H和TFAA时,TFAA的浓度才能为0.08mol·L-1,而GH+TFAA为可逆反应,所以反应达到平衡后,TFAA的浓度一定小于0.08mol·L-1,D项错误。变式3(2023·湖南卷,13)向一恒容密闭容器中加入1molCH4和一定量的H2O,发生反应:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比xx=n(CH4)n(H2O)A.x1<x2B.反应速率:vb正<vc正C.点a、b、c对应的平衡常数:Ka<Kb=KcD.反应温度为T1,当容器内压强不变时,反应达到平衡状态答案B解析一定条件下,增大水的浓度,能提高CH4的转化率,即x值越小,CH4的转化率越大,则x1<x2,A项正确;b点和c点温度相同,CH4的起始物质的量都为1mol,b点CH4的平衡转化率大于c点,则b点x值小于c点,b点加水多,反应物浓度大,则反应速率:vb正>vc正,B项错误;由图像可知,x一定时,温度升高,CH4的平衡转化率增大,说明正反应为吸热反应,温度升高平衡正向移动,K增大,b、c点温度相同,K不变,则点a、b、c对应的平衡常数:Ka<Kb=Kc,C项正确;该反应为气体分子数增大的反应,反应进行时压强发生改变,所以温度一定,当容器内压强不变时,反应达到平衡状态,D项正确。解题技法看图像一看面,即纵坐标与横坐标的意义二看线,即线的走向和变化趋势三看点,即起点、折点、交点、终点四看辅助线.如等温线、等压线等五看变化,如浓度变化、温度变化等想规律联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律作判断根据图像中表现的关系与所学规律相对比,作出符合题目要求的判断1.(2022·海南卷,8改编)某温度下,反应CH2CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡,下列说法正确的是()。A.恒容下,充入一定量的氦气,反应速率增大B.加入催化剂,平衡时CH3CH2OH(g)的浓度增大C.恒容下,充入一定量的H2O(g),平衡向正反应方向移动D.若开始反应时,只投入CH3CH2OH(g),则当CH2CH2(g)和H2O(g)的物质的量之比不变时,可判断反应处于平衡状态答案C解析恒容下,充入一定量的氦气,反应物和生成物的浓度不变,反应速率不变,A项不正确;催化剂不影响化学平衡状态,因此,加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度,B项不正确;恒容下,充入一定量的H2O(g),H2O(g)的浓度增大,平衡向正反应方向移动,C项正确;若开始反应时,只投入CH3CH2OH(g),则CH2CH2(g)和H2O(g)永远只按1∶1的比例生成,其物质的量之比永远不变,故当CH2CH2(g)和H2O(g)的物质的量之比不变时,无法判断反应是否处于平衡状态,D项不正确。2.(2022·辽宁卷,12改编)某温度下,在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X(s)Y(g)+2Z(g),有关数据如下:时间段/min产物Z的平均生成速率/(mol·L-1·min-1)0~20.200~40.150~60.10下列说法正确的是()。A.1min时,Z的浓度小于0.20mol·L-1B.2min时,加入0.20molZ,此时v正(Z)<v逆(Z)C.物质X的量对平衡无影响D.5min时,X的物质的量为1.4mol答案D解析反应开始后随着时间的延长,反应物浓度逐渐减小,产物Z的平均生成速率逐渐减小,则0~1min内Z的平均生成速率大于0~2min内的,故1min时,Z的浓度大于0.20mol·L-1,A项错误;4min时生成的Z的物质的量为0.15mol·