2023年各地高考化学真题分类汇编：电化学

2023专题电化学一、单项选择题12023·山东高考真题〕以KOH溶液为离子导体，分别组成C3O2、N24—、(CH3)2NNH2—O2清洁燃料电池，以下说法正确的选项是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)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大D1molO2N2H4—O211.2L【答案】C【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．依据上述分析可知，N2H4-O2清洁燃料电池的产物为氮气和水，其总反响中未消耗KOH，KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池依据总反响可知，KOH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、NH和(CH

)NNH

mg放电量〔物质的量表达式〕分别是：

mg 4、2 4 32 2

32g/mol 32g/molmg 16，通过比较可知(CH)

NNH

理论放电量最大，C正确；60g/mol

32 2D．依据转移电子数守恒和总反响式可知，消耗1molO2生成的氮气的物质的量为1mol，在标22.4L，D错误；应选C。2〔2023·浙江〕某全固态薄膜锂离子电池截面构造如以下图，电极A为非晶硅薄膜，充电时LiLiB为LiCoO2的是A与外接电源的负极相连放电时，外电路通过amol电子时，LiPON薄膜电解质损失amolLi +放电时，电极B为正极，反响可表示为Li CoO+xLi++xe-=LiCoO1-x 2 2电池总反响可表示为LiSi+Li

CoO

放电 Si+LiCoO【答案】B

x 1-x 2 充电 2【解析】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；放电时，外电路通过amol电子时，内电路中有amolLiLiPON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Li+，B说法不正确；放电时电极B为正极发生复原反响反响可表示为Li CoO xLi1x 2C说法正确；

xe=LiCoO ，2电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成Li+，正极上Li1x

CoO2

得到电子和

LiCoO2

，故电池总反响可表示为Lix

SiLi1x

CoO2

充电SiLiCoO2放电

，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的选项是B，此题选B。32023·全国高考真题〕乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如以以下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的HO解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别问两极迁2移。以下说法正确的选项是B．阳极上的反响式为：+2H++2e-=B．阳极上的反响式为：+2H++2e-=+H2OC2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子D．双极膜中间层中的H+在外电场作用下向铅电极方向迁移【答案】D【解析】2A．KBr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响物，生成的Br为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故A错误；22 B．阳极上为Br-失去电子生成Br，Br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，1mol1mol乙醛酸转移电子为2mol，1mol1mol2mol，依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，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；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D2 综上所述，说法正确的选项是D项，故答案为D。42023·广东高考真题〕(Co水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。以下说法正确的选项是A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大B．生成1molCo，Ⅰ室溶液质量理论上削减16gC．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反响不变D．电解总反响：2Co22HO通电2CoO 4H2 2【答案】D【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Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；2B．由分析可知，阴极生成1mol1mol18g，故B错误；C．假设移除离子交换膜，氯离子的放电力气强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反响生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反响会发生变化，故C错误；2D．由分析可知，电解的总反响的离子方程式为2Co2++2H2

O通电2Co+O↑+4H+，故D正确；应选D。52023·广东高考真题〕火星大气中含有大量CO，一种有CO参与反响的型全固态电2 2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．负极上发生复原反响C．阳离子由正极移向负极【答案】B

BCO在正极上得电子2D．将电能转化为化学能【解析】依据题干信息可知，放电时总反响为4Na+3CO2=2Na2CO3+C。放电时负极上Na发生氧化反响失去电子生成Na+，故A错误；放电时正极为CO2得到电子生成C，故B正确；C．放电时阳离子移向复原电极，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。62023·河北高考真题—2电池构造如图，a和b关于该电池，以下说法错误的选项是K+O2通过b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极1AhKO2O2的质量比值约为2.22D3.9g0.9g水【答案】D【解析】金属性强的金属钾易与氧气反响为防止钾与氧气反响电池所选择隔膜应允许K 通过，不允许O2通过，故A正确；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；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1mol×71g/mol：1mol×32g/mol≈2.22：1，故C正确；铅酸蓄电池充电时的总反响方程式为2PbSO4+2H2O＝PbO2+Pb+2H2SO4，反响消耗2mol2mol电子，由得失电子数目守恒可知，耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为3.9g39g/mol×18g/mol=1.8g，故D错误；应选D。72023·湖南高考真题〕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：以下说法错误的选项是A．放电时，N极为正极B．ZnBr2的浓度不断减小C．充电时，M极的电极反响式为Zn22eZnD．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过【答案】B【解析】A．由分析可知，放电时，N电极为电池的正极，故A正确；BB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复原反响生成锌，电极反响式为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；应选B。82023·全国高考真题〕沿海电厂承受海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻(如以下图)，通入确定的电流。以下表达错误的选项是阳极发生将海水中的Cl 氧化生成Cl的反响2管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClOC．阴极生成的H2应准时通风稀释安全地排入大气D．阳极外表形成的Mg(OH) 等积垢需要定期清理2【答案】D【解析】A．依据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反响，A正确；B．设置的装置为电解池原理，依据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH-在管道中会发生反响生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClOB正确；C．由于H2是易燃性气体，所以阳极区生成的H2需准时通风稀释，安全地排入大气，以排解安全隐患，C正确；2HO+2=2↑+2O，会使海水中的M2+会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误。应选D。92023·浙江高考真题〕(L为小灯泡，、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。以下说法的是断开K2、合上K1，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能K1K2A为阴极，发生复原反响B发生氧化反响过程中，溶液中KOH浓度不变放电镍镉二次电池的总反响式：Cd+2NiOOH+2H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2充电【答案】C【解析】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；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，发生复原反响，电极反响式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，B正确；电极B2Ni(OH)2-2e-+2OH-=2NiOOH+2H2O，则电极A发生复原反响的电极反响式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，此时为充电过程，总反响为Cd(OH)+2Ni(OH)Cd+2NiOOH+2HO，溶液中KOH浓度减小，C错误；2 2 2依据分析，放电时总反响为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，则镍镉二次电池总反放电应式为Cd+2NiOOH+2H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2，D正确；充电答案选C。二、工业流程题1〔2023·山东高考真题〕(FeC4，含ASi氧化物等杂质备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程如图。答复以下问题：(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 。中和时(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 。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。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 。Na2CrO4Na2Cr2O7的总反响方程式通电为：4Na2CrO4+4H2O 2Na2Cr2O7+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 。【答案】增大反响物接触面积，提高化学反响速率 4.5pH9.3 使2CrO2

2H

CrO2H

O平衡正向移动，提高Na

CrO

的产率 浸取 所得4 2 7 2

2 2 7溶液中含有大量Na2SO4•10H2O H2SO4 阳 Na＋【解析】焙烧时气体与矿料逆流而行O2提高化学反响速率，故答案为：增大反响物接触面积，提高化学反响速率。中和时调整溶液pH目的是将AlO、SiO2转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液2 3pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H

2SiO3

会再溶解生成SiO2，因此中和时pH的3理论范围为4.5pH9.3；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以CrO2和2 7CrO22CrO2

2H

CrO2H

O，降低溶液pH，平衡正4 4 2 7 2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4.5pH9.3；使2CrO2

2H

CrO2H

O平衡正向移动，提高NaCrO4 2 7

2 2 7的产率；浸取。蒸发结晶时，Na2SO4主要以Na2SO4•10H2O存在，Na2SO4•10H2O的溶解度随温度上升先增大后减小，假设蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2O7外，还有H2SO4，故答案为：所得溶液中含有大Na2SO4•10H2O；H2SO4。通电由4Na2CrO4+4H2O 2Na2Cr2O7+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2CrO2

2H

CrO2H

OCrO2在氢离子浓度较大的电极室中制得，即4 2 7 2 2 7Na2Cr2O7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12023·湖南高考真题可通过下面两种方法由氨气得到氢气。化学键N化学键NNHHNHE/kJmol-1946436.0390.8NHNH。答复以下问题：3 2 2N(g)2反响N(g)23

3H(g)ΔH= kJmol1；2该反响的S198.9Jmol1K1，在以下哪些温度下反响能自发进展？ 标号)2A．25℃ B．125℃ C．225℃ D．325℃某兴趣小组对该反响进展了试验探究。在确定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH通入33L的密闭容器中进展反响(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如以下图。t1

时反响到达平衡，用H2

的浓度变化表示0~t1

时间内的反响速率vH2

molL1min1(用含t1

的代数式表示)tN分压变化趋2 2势的曲线是 (用图中a、b、c、d表示)，理由是 ；③在该温度下反响的标准平衡常数K (分压=总压×该组分物质的量分数，对于反响dD(g)+eE(g)

p gGpp D

p Hpp e E

p

、Gp 、p 、p为各组分的平衡分压)。H D E

p

p方法Ⅱ：氨电解法制氢气利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如以下图。电解过程中OH的移动方向为 (填“从左往右”或“从右往左”)；阳极的电极反响式为 。KOHKOH溶液【答案】+90.8 CD

0.02t b1开头体积减半，N22倍，随后由于加压平衡逆向移动，N22倍要小 0.48 从右往左 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O【解析】依据反响热=反响物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，H=390.8kJmol-132-(946kJmol-1+436.0kJmol-13)=+90.8kJmol-1，故答案为：+90.8；H 90.8103J/mol/