9.电解原理及创新应用2025年高考总复习优化设计二轮专题化学H课后习题含答案选择题热点练

9.电解原理及创新应用2025年高考总复习优化设计二轮专题化学H课后习题含答案选择题热点练9.电解原理及创新应用(分值:24分)学生用书P267(选择题每小题3分)1.(2024·吉林白山二模)大连理工大学提出了一种低能耗、无阳极氯腐蚀的电解混合海水制氢新技术,如图所示。下列叙述错误的是()A.在该条件下,N2H4的放电能力强于Cl-B.a极与电源负极连接,发生氧化反应产生O2C.b极反应式为N2H4+4OH--4e-N2↑+4H2OD.逸出2.24L气体1(标准状况)时外电路转移电子数为0.2NA答案:B解析:由题干信息可知,无阳极氯腐蚀,故在该条件下,N2H4的放电能力强于Cl-,不是氯离子失电子得氯气,而是N2H4失电子生成N2,A正确;该电解池采用电解制氢新技术,结合A选项中分析,b极失电子为阳极,则a极为阴极,与电源负极连接,气体1为H2,发生还原反应:2H2O+2e-2OH-+H2↑,B错误;b极为阳极,发生氧化反应,N2H4失电子生成N2,电极反应式正确,C正确;a极反应式为2H2O+2e-2OH-+H2↑,根据电极反应式知,标准状况下,产生0.1molH2时外电路转移电子数为0.2NA,D正确。2.(2024·安徽安庆二模)电催化氮还原反应法(NRR)是以水和氮气为原料,在常温常压下通过电化学方法催化合成氨气,其工作电极材料是由六亚甲基四胺(HMTA)与三氯化钒合成的二维钒基复合纳米材料(简称V-HMTA),其工作原理如图所示。下列说法错误的是()A.石墨电极与外接电源正极相连B.工作电极V-HMTA具有较高的表面积,能提高单位时间内氨气的产率C.电路中通过0.06mol电子时,两极共有0.035mol气体逸出D.隔膜为质子交换膜答案:D解析:由题意可知该原理是用电解法将氮气合成氨气,故左侧工作电极为阴极,电极反应式为N2+6e-+6H2O2NH3+6OH-,右侧石墨电极为阳极,电极反应式为4OH--4e-O2↑+2H2O。由分析可知工作电极为阴极,石墨电极为阳极,则石墨电极与外接电源正极相连,A正确;工作电极V-HMTA具有较高的表面积,能吸附氮气,加快反应速率,从而提高单位时间内氨气的产率,B正确;阴极电极反应式为N2+6e-+6H2O2NH3+6OH-,阳极电极反应式为4OH--4e-O2↑+2H2O,电路中通过0.06mol电子时,阴极产生0.02mol气体,阳极产生0.015mol气体,两极共产生0.035mol气体,C正确;结合电极反应式可知隔膜为允许氢氧根离子通过的阴离子交换膜,D错误。3.(2024·贵州六校联盟联考三)实验室模拟工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸(HOOC—CHO),原理如图所示,该装置中M、N均为惰性电极,两极室均可产生乙醛酸。下列说法正确的是()A.以铅酸蓄电池作为直流电源进行电解,M极接Pb电极B.阴极区溶液pH下降C.N电极上的电极反应式:HOOC—COOH+2e-+2H+HOOC—CHO+H2OD.若有2molH+通过质子交换膜并完全参与反应,则电解生成的乙醛酸为1mol答案:C解析:M、N均为惰性电极,两极室均可产生乙醛酸,乙二醛发生氧化反应生成乙醛酸,所以M是阳极;乙二酸发生还原反应生成乙醛酸,N为阴极。铅酸蓄电池中Pb电极为负极,以铅酸蓄电池作为直流电源进行电解,N极接Pb电极,A错误;N为阴极,阴极发生反应HOOC—COOH+2e-+2H+HOOC—CHO+H2O,消耗氢离子,阴极区溶液pH升高,B错误;N为阴极,乙二酸发生还原反应生成乙醛酸,N电极上的电极反应式:HOOC—COOH+2e-+2H+HOOC—CHO+H2O,C正确;M为阳极,阳极反应式为OHC—CHO-2e-+H2OHOOC—CHO+2H+,N为阴极,电极反应式:HOOC—COOH+2e-+2H+HOOC—CHO+H2O,若有2molH+通过质子交换膜并完全参与反应,阴极、阳极各生成1mol乙醛酸,则电解生成的乙醛酸为2mol,D错误。4.(2024·浙江温州一模)利用电化学富集海水中锂的电化学系统如图所示。该电化学系统的工作步骤如下:①启动电源1,MnO2所在腔室的海水中的Li+进入MnO2结构而形成LixMn2O4;②关闭电源1和海水通道,启动电源2,使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室2。下列说法不正确的是()A.启动电源1时,电极1为阳极,发生氧化反应B.启动电源2时MnO2电极反应式为xLi++2MnO2+xe-LixMn2O4C.电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度D.启动至关闭电源1,转化的n(MnO2)与生成的n(O2)之比为20∶3,可得LixMn2O4中的x=1.2答案:B解析:由题意知,启动电源1,使海水中Li+进入MnO2结构形成LixMn2O4,可知二氧化锰中锰的化合价降低,为阴极,电极反应式为2MnO2+xLi++xe-LixMn2O4,电极1为阳极,连接电源正极;关闭电源1和海水通道,启动电源2,向电极2上通入空气,使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室2,可知电极2为阴极,电极反应式:2H2O+O2+4e-4OH-,阳极的电极反应式:LixMn2O4-xe-2MnO2+xLi+。由分析知,腔室1中电极1连接电源1的正极,作阳极,发生氧化反应,A正确;启动电源2时MnO2作阳极,电极反应式:LixMn2O4-xe-2MnO2+xLi+,B错误;电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度,C正确;启动至关闭电源1,转化的n(MnO2)与生成的n(O2)之比为20∶3,可得LixMn2O4中的x=1.2,D正确。5.(2024·湖南岳阳二模)环氧乙烷(,简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。一定条件下,反应物按一定流速通过该装置。电解效率η和选择性S的定义分别为:η(B)=n(生成B所用的电子)n(通过电极的电子)×100%,S(B)=nA.阳极室产生Cl2后发生的反应有Cl2+H2OHClO+HClB.a为KOH和KCl混合溶液C.当乙烯完全消耗时,测得η(EO)=60%,S(EO)=90%,假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2,则η(CO2)=30%D.制备环氧乙烷总反应为CH2CH2+H2O+H2答案:C解析:由图可知,通乙烯的电极区氯离子放电生成氯气:2Cl--2e-Cl2↑,所以通乙烯的电极为阳极,阴极区水得电子生成氢气,其电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-。根据以上分析可知,阳极室产生Cl2,图中显示Cl2转化为HClO,所以阳极室产生Cl2后发生的反应有Cl2+H2OHClO+HCl,故A正确;阴极区水得电子生成氢气,其电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,阴极生成氢氧根离子,钾离子通过阳离子交换膜向阴极定向移动,所以a为KOH和KCl混合溶液,故B正确;设生成的EO物质的量为amol,则转化的乙烯的物质的量为a90%mol,C2H4中碳元素化合价为-2价、EO中碳元素化合价为-1价,生成EO转移电子的物质的量为2amol,此时转移电子的总物质的量为2a60%mol,转化为二氧化碳的乙烯的物质的量为a90%mol-amol=a9mol,由C2H4~2CO2可知,生成的二氧化碳的物质的量为2a9mol,C2H4中碳元素化合价为-2价、CO2中碳元素化合价为+4价,假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2,则η(CO2)=2a9×62a60%×100%=40%,故C错误;由以上分析可知,由乙烯电解制备EO时,乙烯转化成EO,水放电生成氢气,所以制备环氧乙烷总反应为6.(2024·黑龙江齐齐哈尔一模)一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺工作原理的示意图如下,下列说法正确的是()A.第三步中a为直流电源的正极B.第一步生产NaOH的总反应为4Na2.44MnO2+xO2+2xH2O4Na2.44-xMnO2+4xNaOHC.第二步为原电池,正极质量增加,负极质量减少D.第三步外电路上每转移4mol电子,电解池中就有4molHCl被电解答案:B解析:由图可知,第三步中Ag电极的变化是AgCl得到电子转化为Ag,发生还原反应,是阴极,则a为直流电源的负极,A错误;第一步为电解池,阳极反应为Na2.44MnO2-xe-Na2.44-xMnO2+xNa+,阴极反应为O2+4e-+2H2O4OH-,根据得失电子守恒,可得第一步电解池的总反应为4Na2.44MnO2+xO2+2xH2O4Na2.44-xMnO2+4xNaOH,B正确;第二步为原电池,正极反应为Na2.44-xMnO2+xNa++xe-Na2.44MnO2,负极反应为Ag-e-+Cl-AgCl,生成的AgCl附着在负极表面,故正、负极质量均增加,C错误;第三步的总反应为2AgCl2Ag+Cl2↑,溶液中HCl的物质的量保持不变,D错误。7.(2024·辽宁锦州质检)电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术,通过电解过程中产生的羟基自由基(·OH)处理酸性废水中有机污染物[如(苯酚)],其工作原理如图a所示,一段时间内,Fe2+或H2O2电极产生量与电流强度关系如图b所示。下列说法错误的是()图a图bA.Pt电极应与直流电源的正极相连B.HMC-3电极反应有:O2+2e-+2H+H2O2,Fe3++e-Fe2+C.根据图b可判断合适的电流强度约为60mAD.若处理0.1mol,理论上HMC-3电极消耗2.8molO2答案:C解析:由图可知,HMC-3电极上铁元素、氧元素价态降低得电子,故HMC-3电极为阴极,电极反应式分别为O2+2e-+2H+H2O2、Fe3++e-Fe2+,后发生反应Fe2++H2O2+H+Fe3++·OH+H2O,·OH氧化苯酚,反应为C6H5OH+28·OH6CO2↑+17H2O,Pt电极为阳极,电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑。由分析可知,Pt与电源正极相连,作阳极,A正确;HMC-3电极反应有:O2+2e-+2H+H2O2,Fe3++e-Fe2+,B正确;过量的过氧化氢会氧化亚铁离子,导致生成的羟基自由基减少,使得降解去除废水中的持久性有机污染物的效率下降,故据图b可判断合适的电流强度范围为40mA左右,C错误;苯酚转化为二氧化碳和水,C6H5OH+28·OH6CO2↑+17H2O,由图可知,反应中氧气转化为H2O2,H2O2转化为·OH,转化关系为O2~H2O2~·OH,故而C6H5OH~28O2,若处理0.1mol,则阴极消耗氧气的物质的量为2.8mol,D正确。8.(2024·湖南长沙一中三模)我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s-SnLi,可提高电催化制甲酸盐的产率,同时释放电能,实验原理如图1所示,图2为使用不同催化剂时反应过程中的相对能量的变化。下列说法错误的是()图1图2A.放电时,催化电极附近溶液pH升高B.充电时,电解质溶液的pH增大C.使用催化剂Sn或s-SnLi均能有效提高甲酸盐的选择性D.放电时,当Zn电极质量减少6.5g时,电解质溶液增重6.5g答案:D解析:放电时,Zn失电子生成[Zn(OH)4]2-,电极反应式为Zn-2e-+4OH-[Zn(OH)4]2-,Zn是负极;正极二氧化碳得电子生成HCOO-,电极反应式为CO2+2e-+H2OHCOO-+OH-;放电时,催化电极上发生反应CO2+2e-+H2OHCOO-+OH-,氢氧根浓度增大,附近溶液pH升高,A正确;充电时,阴极发生反应[Zn(OH)4]2-+2e-Zn+4OH-,阳极发生反应:4OH--4e-O2↑+2H2O,按阴阳极上得失电子数守恒,每转移2mol电子,阴极生成4mol氢氧根离子、阳极消耗2mol氢氧根离子,故充电时电解质溶液中氢氧根浓度增大、pH增大,B正确;由图知,使用催化剂Sn或s-SnLi时,生成CO反应的活化能均高于生成HCOOH反应的活化能,且CO具有的能量比HCOOH具有的能量高,则HCOOH更稳定,因此可以有效减少副产物CO的生成,均能有效提高甲酸盐的选择性,C正确;据分析,放电时,当Zn电极质量减少6.5g时,电路中转移0.2mol电子,正极吸收0.1molCO2,电解质溶液增重6.5g+4.4g=10.9g,D不正确;答案选D。10.多平衡体系图像及分析(分值:21分)学生用书P269(选择题每小题3分)1.(2024·浙江温州一模)已知HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应:Ⅰ.HCOOHCO+H2OK1Ⅱ.HCOOHCO2+H2K2T温度下,在密封石英管内完全充满1.0mol·L-1HCOOH水溶液,使HCOOH分解,分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。下列有关说法不正确的是()A.混合体系达平衡后:c(CO2)·c(H2)>c(CO)B.活化能:反应Ⅰ<反应ⅡC.c(CO)浓度变小的原因是CO2的生成导致反应Ⅰ平衡逆向移动D.c(HCOOH)可降为0答案:D解析:根据图像可知混合体系达平衡后,c(CO2)·c(H2)>c(CO),A正确;根据图像可知,CO浓度达到最大值时表明反应Ⅰ达平衡,此时CO2浓度未达最大值,即反应Ⅱ尚未达平衡状态,说明反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ,即活化能:反应Ⅰ<反应Ⅱ,B正确;根据图中CO2和CO浓度变化,即反应Ⅰ和Ⅱ可知,c(CO)浓度变小的原因是CO2的生成导致反应Ⅰ平衡逆向移动,C正确;过程Ⅰ和Ⅱ均为可逆过程,则c(HCOOH)不可能降为0,D错误。2.(2024·湖南永州三模)室温下,在P和Q浓度相等的混合溶液中,同时发生反应①P+QX+Z和反应②P+QY+Z,反应①和②的速率方程分别是v1=k1c2(P)、v2=k2c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应过程中,Q、X的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是()A.反应开始后,体系中X和Y的浓度之比保持不变B.45min时Z的浓度为0.4mol·L-1C.反应①的活化能比反应②的活化能大D.如果反应能进行到底,反应结束时,有40%的P转化为Y答案:D解析:根据①和②的速率方程分别是v1=k1c2(P)、v2=k2c2(P)(k1、k2为速率常数),反应开始后,体系中X和Y的浓度之比为K1K2,保持不变,故A正确;根据反应①P+QX+Z和反应②P+QY+Z方程式,可知每消耗1molQ同时生成1molZ,反应到45min时,Q的浓度降低0.4mol·L-1,则Z的浓度为0.4mol·L-1,故B正确;反应到20min时,Q的浓度降低0.3mol·L-1,反应①中X浓度增大0.12mol·L-1,则反应②中Y浓度增大0.18mol·L-1,反应②的速率大于反应①,所以反应①的活化能比反应②的活化能大,故C正确;反应到20min时,Q的浓度降低0.3mol·L-1,反应①中X浓度增大0.12mol·L-1,则反应②中Y浓度增大0.18mol·L-1,如果反应能进行到底,反应结束时,有60%的P转化为Y,故D3.(2024·黑龙江大庆实验中学模拟)某温度下,向VL恒容密闭容器中通入4molX(g),发生反应:①2X(g)Y(g)+4Z(g),②2Z(g)M(g)。反应体系中X、Y、Z的物质的量随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是()A.25min时,生成了3.2molMB.0~10min内,气体X的平均反应速率为0.32Vmol·L-1C.该温度下,反应②的平衡常数K=2VD.25min时保持其他条件不变,再向体系中通入1molY(g)后,反应②的平衡不移动答案:C解析:反应①不是可逆反应,由图可知,25min时n(X)=0mol,即25min时,4mol气体X反应完全,生成8molZ,据图知此时剩下1.6molZ,因此反应②消耗Δn(Z)=(8-1.6)mol=6.4mol,则生成了12×Δn(Z)=3.2molM,A正确;由图可知,0~10min内v(Y)=ΔnVΔt=1.6molVL×10min=0.16Vmol·L-1·min-1,反应为2X(g)Y(g)+4Z(g),则v(X)=2v(Y)=0.32Vmol·L-1·min-1,B正确;反应达到平衡时n(Y)=2mol,n(Z)=1.6mol,则Δn(Z)=2mol×4-1.6mol=6.4mol,反应②为2Z(g)M(g),所以n(M)=12×Δn(Z)=3.2mol,反应②的平衡常数K=c(M)c2(Z)=3.2V(1.6V)24.(2024·湖南长郡九校联考二模)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为Ⅰ.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164.7kJ·mol-1Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2kJ·mol-1在密闭容器中,1.01×105Pa、n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶4时,CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。CH4的选择性可表示为n生成(A.反应CO(g)+3H2(g)H2O(g)+CH4(g)的焓变ΔH=-123.5kJ·mol-1B.400℃前CO2实际转化率增大的主要原因是:温度升高,反应Ⅱ平衡正移C.降低体系温度,CH4的平衡选择性增大D.450℃时,使用更高效催化剂,有可能使CO2平衡转化率达到X点答案:C解析:根据盖斯定律,用反应Ⅰ减去反应Ⅱ,可计算出目标反应的反应热:CO(g)+3H2(g)H2O(g)+CH4(g)ΔH=-205.9kJ·mol-1,A错误;400℃前CO2实际转化率低于对应温度下的平衡转化率,结合题给信息“反应相同时间”,判断此时反应未达平衡,不能用平衡移动解释曲线变化,B错误;生成甲烷的反应是放热反应,降低体系温度,平衡正向移动,CH4的平衡选择性增大,C正确;催化剂不改变平衡,故使用更高效催化剂也不可能提高CO2平衡转化率使其达到X点的值,D错误;故选C。5.(2024·湖南长郡中学一模)海带提碘中涉及H2O2氧化I-,存在以下反应:①2I-(aq)+2H+(aq)+H2O2(aq)I2(aq)+2H2O(l)ΔH1=-257.5kJ·mol-1②I-(aq)+I2(aq)I3-(aq)ΔH2=-18.9kJ·mol常温下,固定总碘浓度为0.01mol·L-1,平衡时溶液中的I-、I2、I3-分布系数δ与溶液中初始c(H2O2)关系如图所示。[总碘浓度=各组分折合为I-后的浓度之和,δ(组分)=该组分折合为I-后的浓度总碘浓度,如下列说法错误的是()A.c(I-)+c(I2)+c(I3-)=0.01mol·B.根据VSEPR模型,I3C.反应②平衡时,升高温度,其正反应速率小于逆反应速率D.常温下,I-(aq)+I2(aq)I3-(aq)的平衡常数K答案:A解析:由碘原子个数守恒可知,平衡时溶液中c(I-)+2c(I2)+3c(I3-)=0.01mol·L-1,故A错误;I3-写为I·I2-,中心原子I的价层电子对数为2+12(7+1-2×1)=5,故B正确;反应②为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,正、逆反应速率同时增大,但正反应速率小于逆反应速率,故C正确;由图可知,溶液中c(I-)=0.01mol·L-1×0.45=4.5×10-3mol·L-1、c(I3-)=0.01mol·L-1×0.45×13=1.5×10-3mol·L-1、c(I2)=0.01mol·L-1×(1-0.45-0.45)×12=5×10-4mol·L-1,则由方程式I-(aq)+I2(aq)I3-6.(2024·湖南衡阳模考)利用环戊二烯()加氢制备环戊烯(),按n(H2①(g)+H2(g)(g)ΔH1<0②2(g)(g)ΔH2<0测得在相同时间内,环戊二烯转化率和环戊烯选择性随温度变化曲线如图(已知:选择性=转化为目标产物的反应物在总转化量中的占比)。下列说法错误的是()A.60℃时,H2的转化率为72%B.由图可知,反应决速步的活化能①>②C.相同条件下,若增大n(H2D.60℃后,环戊烯选择性降低的原因可能是催化剂活性减弱答案:B解析:由图可知,60℃时,环戊二烯的转化率为90%,环戊烯的选择性为80%,则H2的转化量n(H2)=n(环戊烯)=1mol×90%×80%=0.