热点7　新型化学电源 2025年高考总复习优化设计二轮专题化学浙江专版课后习题热点专项练含答案

热点7新型化学电源2025年高考总复习优化设计二轮专题化学浙江专版课后习题热点专项练热点7新型化学电源1.一种以RbAg4I5晶体为固体电解质的气体含量测定传感器如图所示,固体电解质内迁移的离子为Ag+,氧气流通过该传感器时,O2可以透过聚四氟乙烯膜进入体系,通过电位计的变化可知O2的含量。下列说法正确的是()A.银电极为正极,多孔石墨电极为负极B.O2透过聚四氟乙烯膜后与AlI3反应生成I2C.银电极的电极反应为Ag++e-AgD.当传感器内迁移2molAg+时,有标准状况下22.4LO2参与反应答案B解析银电极为负极,Ag发生氧化反应生成Ag+,电极反应式为Ag-e-Ag+,多孔石墨电极为正极,电极反应式为2Ag++I2+2e-2AgI,故A、C错误;传感器中发生反应4AlI3+3O22Al2O3+6I2,所以O2透过聚四氟乙烯膜后与AlI3反应生成I2,故B正确;由关系式4Ag+~2I2~4e-~O2,可知当传感器内迁移2molAg+时,有标准状况下11.2LO2参与反应,故D错误。2.一种高性能的碱性硼化钒(VB2)-空气电池如图所示,其中在VB2电极发生反应:VB2+16OH--11e-VO43-+2[B(OH)4]-+4H该电池工作时,下列说法错误的是()A.负载通过0.04mol电子时,有0.224L(标准状况)O2参与反应B.正极区溶液的pH降低,负极区溶液的pH升高C.电池总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O8[B(OH)4]-+4VO4D.电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极答案B解析根据VB2电极发生的反应VB2+16OH--11e-VO43-+2[B(OH)4]-+4H2O,判断得出VB2电极为负极,复合碳电极为正极,正极的电极反应为O2+4e-+2H2O4OH-,所以电池总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O8[B(OH)4]-+4VO43-,C正确;负载通过0.04mol电子时,有0.01mol氧气参与反应,即标准状况下有0.224L氧气参与反应,A正确;负极区消耗OH-,溶液的pH降低,正极区生成OH-,溶液的pH3.利用某新型微生物电池可消除水中碳水化合物的污染,其工作原理如图所示,下列有关说法正确的是()A.X电极是负极B.Y电极的电极反应式:Cm(H2O)n-4me-mCO2↑+(n-2m)H2O+4mH+C.H+由左向右移动D.有1molCO2生成时,消耗1molMnO2答案B解析根据装置图,X电极上MnO2转化成Mn2+,发生还原反应,X电极是正极,A错误;Y电极为负极,电极反应式为Cm(H2O)n-4me-mCO2↑+(n-2m)H2O+4mH+,B正确;根据原电池工作原理,阳离子由负极向正极移动,即H+由右向左移动,C错误;正极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+Mn2++2H2O,建立关系式为2mMnO2~4me-~mCO2,有1molCO2生成时,消耗2molMnO2,D错误。4.我国科学家在太阳能光电催化-化学耦合分解H2S研究中获得新进展,相关装置如图所示。下列说法不正确的是()A.该装置的总反应为H2SH2+SB.能量转化方式主要为“光能→电能→化学能”C.a极发生的电极反应为Fe2+-e-Fe3+D.a极区需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液答案D解析该装置发生的有关反应为H2S+2Fe3+2H++S+2Fe2+(a极区)、2Fe2+-2e-2Fe3+(a极)、2H++2e-H2↑(b极),结合反应条件得到总反应:H2SH2+S,A、C正确;该制氢工艺中光能转化为电能,最终转化为化学能,B正确;a极区涉及两步反应,第一步利用氧化性较强的Fe3+高效捕获H2S得到硫和Fe2+,第二步是Fe2+在a极表面失去电子生成氧化性较强的Fe3+,这两步反应反复循环进行,所以a极区无需补充含Fe3+和Fe2+的溶液,D错误。5.一种光照充电电池结构如图所示,充电时TiO2光辅助电极受光激发产生电子和空穴,在空穴作用下NaI转化为NaI3。下列说法正确的是()A.充电过程中,光能最终转化为电能B.充电效率只与光照产生的电子量有关C.放电时,电极M为正极,电极反应为S42-+6e-D.放电时N电极室增加2mol离子,理论上外电路转移1mol电子答案D解析充电时TiO2光辅助电极受光激发产生电子和空穴,在空穴作用下NaI转化为NaI3,发生氧化反应,则电极N充电时为阳极,放电时则为正极,电极M放电时为负极。充电过程中,光能最终转化为化学能,故A错误;据分析可知,放电时电极M为负极,电极反应为4S2--6e-S42-,故C错误;放电时电极N为正极,电极反应为I3-+2e-3I-,理论上当外电路转移1mol电子,有1molNa+从M电极室移向N电极室,所以N电极室共增加2mol离子,6.某储能电池原理如图。下列说法正确的是()A.放电时负极反应:Na3Ti2(PO4)3-2e-NaTi2(PO4)3+2Na+B.放电时Cl-透过多孔活性炭电极向CCl4中迁移C.放电时每转移1mol电子,理论上CCl4吸收0.5molCl2D.充电过程中,NaCl溶液浓度增大答案A解析放电时负极失电子,发生氧化反应,电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-NaTi2(PO4)3+2Na+,故A正确;放电时,阴离子移向负极,则放电时Cl-透过多孔活性炭电极向NaCl溶液中迁移,故B错误;正极的电极反应为Cl2+2e-2Cl-,放电时每转移1mol电子,理论上CCl4释放0.5molCl2,故C错误;充电过程中,阳极的电极反应为2Cl--2e-Cl2↑,消耗氯离子,阴极消耗Na+,NaCl溶液浓度减小,故D错误。7.一种钾离子电池的电池反应为K0.5MnO2+8xCK0.5-xMnO2+xKC8,其装置如图所示。下列说法正确的是()A.充电时,化学能转变为电能B.放电时,K+向负极区迁移C.放电时,负极的电极反应为Al-3e-Al3+D.充电时,阳极的电极反应为K0.5MnO2-xe-K0.5-xMnO2+xK+答案D解析充电时,应是电能转化为化学能,A项错误;放电时,K+应向正极区迁移,B项错误;由已知电池反应可知,放电时,负极失去电子,故负极的电极反应为xKC8-xe-8xC+xK+,C项错误。8.某研究团队在柔性电池研究方面取得了新突破,发展了一种基于有机物电极材料的柔性水系锌电池。充、放电过程中实现了芘四酮(PTO)与PTO-Zn的相互转化,原理如图所示。下列说法不正确的是()A.放电时,Zn电极发生氧化反应B.放电时,Y电极反应可表示为PTO+Zn2++2e-PTO-ZnC.充电时,Zn2+向Y电极移动D.充电时,X电极与电源的负极相连答案C解析Zn是活泼金属,放电时,Zn电极为原电池的负极,发生氧化反应,A项正确;放电时,Y电极是正极,发生还原反应,电极反应为PTO+Zn2++2e-PTO-Zn,B项正确;充电时,该装置为电解池,X电极与外加电源的负极相连,则Zn2+向X电极移动,C项错误、D项正确。9.锌溴液流电池用溴化锌溶液作为电解质溶液,并在电池间不断循环。下列有关说法正确的是()A.充电时n接电源的负极,Zn2+通过阳离子交换膜由左侧流向右侧B.放电时每转移1mol电子,负极区溶液质量减少65gC.充电时阴极的电极反应式为Br2+2e-2Br-D.若将阳离子交换膜换成阴离子交换膜,放电时正、负极也随之改变答案A解析Zn为负极,充电时n接电源的负极,作为电解池的阴极,Zn2+通过阳离子交换膜向阴极定向迁移,故由左侧流向右侧,A正确;放电时,负极Zn溶解生成Zn2+,Zn2+通过阳离子交换膜向正极迁移,故负极区溶液质量不变,B错误;充电时阴极的电极反应式为Zn2++2e-Zn,C错误;若将阳离子交换膜换成阴离子交换膜,放电时正、负极不会改变,D错误。10.(5分)双阴极微生物燃料电池处理含NH4(1)Y离子交换膜为(填“阳”或“阴”)离子交换膜。

(2)Ⅲ室中除了O2→H2O,主要发生的反应还有(用离子方程式表示)。

(3)生成3.5gN2,理论上需要消耗gO2。

答案(1)阳(2)NH4++2O2NO3-+H(3)2611.(3分)减弱温室效应的方法之一是将CO2回收利用。科学家利用如图所示装置可以将CO2转化为气体燃料CO(电解质溶液为稀硫酸),该装置工作时,导线中通过2mol电子后,假定溶液体积不变,M极电解质溶液的pH(填“增大”“减小”或“不变”),N极电解质溶液变化的质量Δm=g。

答案不变18解析由题图可知,电子由M极流向N极,说明M极为负极,电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+;N极为正极,电极反应式为CO2+2H++2e-CO+H2O。导线中通过2mol电子后,则负极产生2molH+,此时有2molH+通过质子交换膜移向N极,即M极电解质溶液中H+的量不变,电解质溶液的pH不变;由正极的电极反应式可知,每转移2mol电子,N极电解质溶液中增加1molH2O,则Δm=18g。热点8反应历程与机理1.(2024·浙江嘉兴高三二模)CH3CHO在NaOH溶液作用下制取2-丁烯醛的历程如下:CH3CHO-CH2CHOCH3CHCHCHO已知:反应(3)的平衡常数较小。下列说法不正确的是()A.OH-是该反应的催化剂B.CH3CHO分子中甲基上的“C—H”比CH3CH3中的“C—H”更易电离出H+C.反应(4)加热失水有利于反应(3)的平衡正向移动D.CH3CHO与CH3CH2CHO的混合液在NaOH溶液作用下最多可得到2种羟基醛答案D解析反应(1)中,CH3CHO电离出的H+与OH-反应生成H2O,反应(3)中,与H2O电离出的H+结合为,从而生成OH-,则OH-是该反应的催化剂,A正确;由反应(1)可知,CH3CHO电离出的H+与OH-反应生成H2O,而CH3CH3与OH-不能发生反应,则CH3CHO分子中甲基上的“C—H”比CH3CH3中的“C—H”更易电离出H+,B正确;反应(4)加热失水,可减小生成物浓度,从而促进反应(3)的平衡正向移动,C正确;CH3CHO与CH3CH2CHO的混合液在NaOH溶液作用下发生羟醛缩合反应,同种醛、不同种醛都可发生此类反应,则最多可得到4种羟基醛,D不正确。2.MnO2催化降解甲醛的机理如图所示,其中MnO2起着吸附活化的作用。下列说法错误的是()A.基态Mn原子的未成对电子数为5B.·CHO中碳原子采取sp2杂化C.CO2的空间结构为V形D.HCHO在降解过程中碳氧双键未发生断裂答案C解析基态Mn原子的价层电子排布式为3d54s2,则未成对电子数为5,A正确;·CHO的中心碳原子与氧原子之间为碳氧双键,则采用的是sp2杂化,B正确;CO2中心C原子的价层电子对数为2+4-2×22=2,不含孤电子对,所以其空间结构为直线形,C错误;HCHO3.(2024·浙江宁波镇海中学新高考调研卷)氢气和氯气反应生成盐酸的化学动力学过程异常复杂。现代科学研究表明,氢气和氯气的反应由以下4个步骤组成:Cl22Cl·k1Ea1=242kJ·molCl·+H2HCl+H·k2Ea2=23kJ·molH·+Cl2HCl+Cl·k3Ea3=13kJ·mol2Cl·Cl2k4Ea4这4个步骤都是基元反应,已知基元反应aA+bBdD的速率k满足k=k'·ca(A)·cb(B)。提示:在推导反应速率时,我们可以假设某些高活性物种(比如自由基)的浓度保持不变,即其生成速率和消耗速率近似相等。下列说法不正确的是()A.氢气与氯气反应的活化能不等于氢气和氯气的键能之和B.若氯气浓度不变,氢气浓度变成原来的2倍,则生成氯化氢的速率变成原来的2倍C.若氢气浓度不变,氯气浓度变成原来的2倍,则生成氯化氢的速率变成原来的4倍D.加入某些可以和自由基结合的物质可以降低反应速率答案C解析活化能是指活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差,氢气与氯气反应的活化能不等于氢气和氯气的键能之和,A正确;由第2个基元反应可知,氢气和氯化氢的化学计量数之比为1∶1,若氯气浓度不变,氢气浓度变成原来的2倍,则生成氯化氢的速率变成原来的2倍,B正确;由第3个基元反应可知,氯气和氯化氢的化学计量数之比为1∶1,若氢气浓度不变,氯气浓度变成原来的2倍,则生成氯化氢的速率变成原来的2倍,C错误;加入某些可以和自由基结合的物质可以降低反应速率,D正确。4.室温时用稀硝酸可将苯酚直接硝化,转化关系及部分产物的产率表示如下:+反应历程:下列说法不正确的是()A.工业生产中产物Ⅱ由于存在分子内氢键,易被水蒸气蒸出,产品容易提纯B.反应生成产物Ⅱ过程中的最大能垒为E2-E1C.反应足够长的时间,升高温度可提高体系中产物Ⅰ的产率D.反应体系中加入浓硫酸有利于产生活性中间体,可促使反应进行答案C解析中间体生成产物Ⅱ的活化能低于生成产物Ⅰ的活化能,所以生成产物Ⅱ的速率快,生成的产物Ⅱ多,则产物Ⅰ是对硝基苯酚、产物Ⅱ是邻硝基苯酚。产物Ⅱ是邻硝基苯酚,邻硝基苯酚易形成分子内氢键使沸点降低,易被水蒸气蒸出,产品容易提纯,故A正确;根据图示,反应生成产物Ⅱ过程中的最大能垒为E2-E1,故B正确;正反应放热,升高温度平衡逆向移动,不能提高体系中产物Ⅰ的产率,故C错误;浓硫酸具有吸水性,反应体系中加入浓硫酸吸收反应生成的水,平衡正向移动,有利于产生活性中间体,可促使反应进行,故D正确。5.(2024·浙江义乌五校高三联考)甲酸(HCOOH)可在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2,经下列历程实现NO3-的催化还原。已知Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示Fe3OA.生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率B.整个历程中,每1molH2可还原2molNOC.HCOOH分解时,只有极性共价键发生了断裂D.反应历程中生成的H+可调节体系pH,有增强NO3答案B解析生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大接触面积,增大甲酸分解的速率,故A正确;整个历程中,1molH2失电子形成2molH+转移2mole-,1molNO3-得电子最终形成0.5molN2转移5mole-,所以1molH2可以还原0.4molNO3-,故B错误;HCOOH分解产生CO2和H2,只有极性共价键发生了断裂,故C正确;NO3-与NO2-在氧化Fe2+的过程中需要消耗氢离子,pH降低,但H2还原Fe3+的过程中生成H+,所以生成的氢离子可以调节体系的pH,6.(2024·浙江名校协作体高三适应性考试)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失去质子的能力增强B.M中Ru的化合价为+3价C.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(Ⅲ)吸引电子的能力比Ru(Ⅱ)强,这种作用使得配体NH3中N—H的极性变强且更易断裂,因此NH3失去质子(H+)的能力增强,A正确;[L—Ru—NH3]2+可表示为[L—Ru··N··H··H··H]2+,其失去1个质子后变为[L—Ru··N··H····H]+(设该微粒为X),根据反应历程图可知X与M之间可相互转化,M的N原子上有单电子,则M可表示为[L—Ru··N7.(2024·浙江百校高三起点联考)石油化工中可利用丙烷与氧气反应制取丙烯,若反应中加入NO气体,速率明显加快,其反应历程和机理可简单表示如图。已知:异丙基的稳定性强于正丙基。下列有关说法不正确的是()A.HONO为中间产物,其对应的酸酐是N2O3B.增大NO的浓度,可以提高丙烷的平衡转化率C.物质状态和化学计量数相同时,丙烷与氧气反应生成丙烯的焓变是恒量D.异丙基转化为正丙基的焓变大于0答案B解析HONO代表亚硝酸,亚硝酸为弱酸,其对应的酸酐为N2O3,故A正确;由图可知NO在该反应中做催化剂,增大其浓度对平衡无影响,不改变丙烷的平衡转化率,故B错误;