主题九 化学反应与能量（教师用书）-【新高考方案】2026年高考化学Ⅰ一轮总复习

主题九|化学反应与能量 第一讲　化学反应的热效应 |内|容|与|目|标| 1.知道常见的吸热反应和放热反应,了解反应热、焓变的概念以及反应热产生的原因。 2.了解热化学方程式的含义,能正确书写热化学方程式。 3.了解燃烧热的含义及能源利用。 4.了解中和反应反应热测定的原理及操作。 5.掌握盖斯定律的内容及意义,并能进行有关反应热的计算。 第1课时　反应热　热化学方程式 逐点清(一)　反应热　焓变 系统教材·固本强基 1.化学反应的实质和特征 2.反应热、焓变 (1)反应热:在等温条件下,化学反应体系向环境释放或从环境吸收的热量。 (2)焓变:①焓(H):与内能有关的物理量。②焓变(ΔH):生成物的焓与反应物的焓之差。表示为ΔH=H(生成物)-H(反应物)。 (3)焓变与反应热的关系:在等压条件下进行的化学反应,其反应热等于反应的焓变,常用ΔH表示反应热,单位是kJ·mol-1。 3.放热反应与吸热反应 名师支教 深度理解放热反应与吸热反应 (1)从能量的高低角度理解 其中ΔH=E(生成物的总能量)-E(反应物的总能量) (2)从化学键角度理解 利用键能计算焓变(ΔH),通过ΔH的正、负可以轻松判断化学反应是吸热还是放热。ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和。 4.常见的吸热反应和放热反应 吸热反应(ΔH>0) 放热反应(ΔH<0) ①Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 ②大多数的分解反应 ③盐类水解 ④C和H2O(g)、C和CO2的反应 ①中和反应 ②燃烧反应 ③金属与酸或氧气的反应 ④铝热反应 ⑤酸性氧化物或碱性氧化物与水的反应 ⑥大多数的化合反应 　 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)物质发生化学变化时一定伴随能量变化 (√) (2)有化学键断裂的变化一定是化学反应,且反应吸热 (×) (3)在常温下,吸热反应不能发生,放热反应可以发生 (×) 2.为了研究化学反应A+B===C+D的能量变化情况,某同学设计了如图所示装置。当向盛有A的试管中滴加试剂B时,看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升。试回答下列问题: (1)该反应为放热(填“放热”或“吸热”)反应。 (2)A和B的总能量比C和D的总能量高(填“高”或“低”)。 (3)反应物化学键断裂吸收的能量低(填“高”或“低”)于生成物化学键形成放出的能量。 3.(人教必修2 P41 T4改编)一定条件下,石墨转化为金刚石需要吸收能量。 (1)金刚石比石墨不稳定(填“稳定”或者“不稳定”),等质量的金刚石和石墨完全燃烧,金刚石放出的热量更多。 (2)化学反应的本质是有新物质生成,物质的变化是化学反应的基本特征之一。化学反应的另一基本特征是能量变化,通常表现为热量的释放和吸收。 迁移应用·深化学习　 题点(一)　化学反应中的能量变化 1.下列反应既属于氧化还原反应,又属于吸热反应的是 (　　) A.铝片与稀盐酸反应 B.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 C.甲烷在氧气中的燃烧反应 D.灼热的炭与水蒸气反应 解析:选D　铝片与稀盐酸反应时放出热量,属于放热反应,A错误;Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应没有化合价变化,属于非氧化还原反应,B错误;甲烷在氧气中燃烧时放出热量,属于放热反应,C错误;灼热的木炭与水蒸气反应时有化合价变化,属于氧化还原反应,且反应吸收热量,属于吸热反应,D正确。 2.(2025·吉林市调研)1868年狄青和洪特发现了用空气中的氧气来氧化氯化氢气体制取氯气的方法:4HCl(g)+O2(g)===2Cl2(g)+2H2O(g)。该反应的能量变化如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.该反应为吸热反应 B.若H2O为液态,则生成物总能量将变大 C.该反应发生时向环境释放能量 D.断裂旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键所释放的总能量 解析:选C　由图示可知,4HCl(g)+O2(g)===2Cl2(g)+2H2O(g)　ΔH<0,则断裂旧化学键吸收的总能量小于形成新化学键释放的总能量,A、D错误;若H2O由气态变为液态,放出热量,生成物总能量变小,B错误;化学反应遵循能量守恒定律,则反应时向环境释放能量,C正确。 题点(二)　能量变化图像分析 3.丙烷与溴原子能发生以下两种反应: ①CH3CH2CH3(g)+Br·(g)→CH3CH2CH2·(g)+HBr(g) ②CH3CH2CH3(g)+Br·(g)→CH3HCH3(g)+HBr(g) 反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是 (　　) A.反应①与②均为吸热反应 B.反应②使用了催化剂 C.产物中CH3CH2CH2·(g)的含量比CH3HCH3(g)低 D.CH3CH2CH2·(g)转变为CH3HCH3(g)放出热量 解析:选B　催化剂能改变反应途径,降低反应的活化能,加快化学反应速率。反应②的活化能低,反应速率快,但反应①与②是同时发生的不同反应,不能确定反应②是否使用催化剂,B说法错误。 4.(2025·山东青岛高三检测)理论研究表明,在101 kPa和298 K下,HCN(g)HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.一分子HCN中的总键能比一分子HNC的总键能小 B.该异构化反应的ΔH=+59.3 kJ·mol-1 C.过渡态不稳定,故无法观察也无法分离 D.使用催化剂可以改变活化分子百分数 解析:选A　由题图可知,HCN(g)HNC(g)的正反应是吸热反应,则反应物的总键能大于生成物的总键能,A错误;由题图可知,该异构化反应的ΔH=+59.3 kJ·mol-1,B正确;过渡态具有较高能量,不稳定,无法观察和分离,C正确;使用催化剂可改变反应的活化能,从而改变活化分子百分数,D正确。 5.臭氧层中O3分解过程如图所示,回答下列问题。 (1)ΔH<(填“>”或“<”)0。 (2)催化反应①是吸热(填“吸热”或“放热”,下同)反应,催化反应②是放热反应。 (3)总反应的活化能是E,催化反应①的活化能是E1,催化反应②对应的逆反应的活化能是E2+|ΔH|,总反应对应的逆反应活化能为E+|ΔH|。 逐点清(二)　热化学方程式 系统教材·固本强基　 1.热化学方程式的概念 表示参加反应的物质的量和反应热的关系的化学方程式。 2.热化学方程式的意义 不仅表明了化学反应中的物质变化,也表明了化学反应中的能量变化。例如:H2(g)+O2(g)===H2O(l)　ΔH=-285.8 kJ·mol-1,表示在25 ℃和1.01×105 Pa时,1 mol H2(g)和 mol O2(g)完全反应生成1 mol H2O(l),放出285.8 kJ的热量。 3.热化学方程式的书写 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)CH4(g)+2O2(g) ===CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-890.3 kJ (×) (2)1 mol H2完全燃烧生成H2O(l)时放出243 kJ的热量,则反应的热化学方程式为2H2(g)+O2(g) ===2H2O(l)　ΔH=-243 kJ·mol-1 (×) 2.氢气燃烧产物无污染,热值高,被认为是未来的理想能源。已知11.2 L(标准状况)氢气燃烧生成液态水时放出142.9 kJ的热量,则表示氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g) ===H2O(l)　ΔH=-285.8 kJ·mol-1(合理即可)。  迁移应用·深化学习　 牛刀小试 1.根据热化学方程式:S(s)+O2(g) ===SO2(g)　ΔH=-297.23 kJ·mol-1,下列说法正确的是 (　　) A.1 mol SO2(g)的能量总和小于1 mol S(s)和1 mol O2(g)的能量总和 B.加入合适的催化剂,可增加单位质量的硫燃烧放出的热量 C.S(g)+O2(g) ===SO2(g)ΔH1=-Q1 kJ·mol-1;Q1的值小于297.23 D.足量的硫粉与标准状况下1 L氧气反应生成1 L二氧化硫气体时放出297.23 kJ热量 链接拓展 焓变的影响因素 解析:选A　放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量,所以1 mol SO2(g)的能量总和小于1 mol S(s)和1 mol O2(g)的能量总和,A正确;加入合适的催化剂不会影响反应焓变,即单位质量的硫燃烧放出的热量不变,B错误;因物质由固态转变成气态也要吸收热量,所以S(g)+O2(g) ===SO2(g)的反应热的数值大于297.23 kJ·mol-1,C错误;热化学方程式的系数只表示物质的量,标准状况下1 L 氧气的物质的量小于1 mol,D错误。 2.在25 ℃、101 kPa下,煤炭、氢气、天然气和甲醇(CH3OH)等几种燃料的热值(指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量)依次是33 kJ·g-1、143 kJ·g-1、56 kJ·g-1、23 kJ·g-1,则下列热化学方程式书写正确的是 (　　) A.H2(g)+O2(g)===H2O(l) ΔH=+286 kJ·mol-1 B.C(s)+O2(g)===CO(g) ΔH=-396 kJ·mol-1 C.CH3OH(l)+O2(g)===CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-736 kJ·mol-1 D.CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-896 kJ·mol-1 解析:选C　氢气的热值是143 kJ·g-1,则2 g H2完全燃烧放出的热量为286 kJ,所以热化学方程式:H2(g)+O2(g) ===H2O(l)　ΔH=-286 kJ·mol-1,A错误;煤炭的热值是33 kJ·g-1,则12 g煤炭完全燃烧放出的热量为396 kJ,所以热化学方程式为C(s)+O2(g) ===CO2(g)　ΔH=-396 kJ·mol-1,B错误;甲醇(CH3OH)的热值是23 kJ·g-1,则32 g CH3OH完全燃烧放出的热量为736 kJ,所以热化学方程式:CH3OH(l)+O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-736 kJ·mol-1,C正确;天然气(CH4)的热值是56 kJ·g-1,则16 g CH4完全燃烧放出的热量为896 kJ,所以热化学方程式:CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-896 kJ·mol-1,D错误。 3.依据事实,写出下列反应的热化学方程式。 (1)合成氨反应常使用铁触媒提高反应速率。如下图为有、无铁触媒时,反应的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=(b-a)kJ·mol-1。  (2)已知25 ℃、100 kPa时,1 mol葡萄糖[C6H12O6(s)]完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l),放出2 804 kJ热量,写出25 ℃时,CO2(g)与H2O(l)经光合作用生成葡萄糖[C6H12O6(s)]和O2(g)的热化学方程式:6CO2(g)+6H2O(l) ===C6H12O6(s)+6O2(g)　ΔH=+2 804 kJ·mol-1。  (3)分析下列图像,按要求书写热化学方程式。 ①图甲表示的是NO2(g)和CO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)的过程中能量变化示意图,请写出NO2(g)和CO(g)反应的热化学方程式:NO2(g)+CO(g)===NO(g)+CO2(g)　ΔH=-234 kJ·mol-1。  ②图乙表示一定条件下,在水溶液中1 mol Cl-、Cl(x=1、2、3、4)的能量相对大小, Ⅰ.D是Cl(填离子符号)。 Ⅱ.BA+C反应的热化学方程式为3ClO-(aq)===Cl(aq)+2Cl-(aq)　ΔH=-117 kJ·mol-1(用离子符号表示)。  练后补强 谨记书写热化学方程式时的注意事项 符号 放热反应ΔH为“-”,吸热反应ΔH为“+” 单位 一定为“kJ·mol-1”,易错写成“kJ”或漏写 状态 物质的状态必须正确,特别是溶液中的反应易写错 数值 对应性 反应热的数值必须与热化学方程式中的化学计量数相对应,即化学计量数与ΔH成正比;当反应逆向进行时,其反应热与正反应的反应热数值相等,符号相反 逐点清(三)　中和反应反应热和燃烧热　能源 系统教材·固本强基　 1.中和反应反应热 (1)实验装置 (2)实验步骤 绝热装置组装→量取一定体积酸、碱稀溶液→测反应前酸、碱液温度→混合酸、碱液测反应时最高温度→重复2~3次实验→求平均温度差(t终-t始)→计算中和反应反应热ΔH。 (3)数据处理 ΔH=-c=4.18 J·g-1·℃-1=4.18×10-3 kJ·g-1·℃-1。 2.燃烧热 (1)概念:在25 ℃ 101 kPa下,1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量。 (2)意义:衡量燃料燃烧时放出热量的多少。 (3)熟记常见元素完全燃烧生成的指定产物 元素 C H S N 指定产物及状态 CO2(g) H2O(l) SO2(g) N2(g) 3.能源及利用 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)H2燃烧过程中热能转化为化学能 (×) (2)化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能 (√) (3)根据2H2(g)+O2(g) ===2H2O(g)　ΔH=-483.6 kJ·mol-1可知,H2的燃烧热为241.8 kJ·mol-1 (×) (4)中和反应反应热测定过程中,若选用稀硫酸与稀Ba(OH)2溶液发生中和反应,实验测定的中和热ΔH偏大 (×) 2.“液态阳光”是利用太阳能等可再生能源将二氧化碳还原为可储存的甲醇(CH3OH)等液态燃料,其原理如图所示: (1)图中的能量转化方式有几种类型? 提示:图中能量转化方式有风能转化为动能、动能转化为电能、太阳能转化为电能、电能转化为化学能。 (2)甲醇燃烧时化学能能不能完全转化为热能? 提示:不能。 迁移应用·深化学习　 题点(一)　中和反应反应热的测定 1.(2025·西安雁塔区期末检测)某同学设计如图所示实验,探究反应中的能量变化。 下列判断正确的是 (　　) A.由实验可知,(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应 B.将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所减少 C.实验(c)中将玻璃搅拌器改为铁质搅拌器对实验结果没有影响 D.若改用浓NaOH溶液测定中和反应反应热,则测定结果数值偏高 解析:选D　铝片与酸的反应、中和反应均为放热反应,但氯化铵与氢氧化钡晶体的反应是吸热反应,故A错误;铝片更换为等质量的铝粉后,反应速率加快,但Al的物质的量不变,反应速率加快,则反应放出的热量不变,故B错误;铁是热的良导体,易导热,实验(c)中将玻璃搅拌器改为铁质搅拌器,测定数值偏小,故C错误;浓NaOH溶液稀释过程放热,改用浓NaOH溶液测定中和反应反应热,放出的热量变多,测定结果偏高,故D正确。 2.用50 mL 0.50 mol·L-1盐酸与50 mL 0.55 mol·L-1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应反应热的测定。已知:实验中盐酸和氢氧化钠溶液的密度均为1 g·cm-3,中和反应后溶液的比热容c=4.18 J·g-1·℃-1。 回答下列问题: (1)a仪器名称　　　　;b仪器名称　　 　　;不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器的理由是 　　。  (2)如果测量NaOH溶液温度后不把温度计上的碱用水冲洗干净,就直接测量盐酸的温度,则测得的ΔH　　 　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  (3)若简易量热计不盖杯盖,则所测得中和反应反应热的绝对值　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  (4)若四次平行操作测得终止温度与起始温度的温差(T2-T1)分别为①3.2 ℃、②4.3 ℃、③3.3 ℃、④3.4 ℃,则最终代入计算式的温差数据为　　　 ℃。已知反应过程中放出的热量Q可用公式Q=cmΔt计算,则该反应放出热量　　　 J(结果保留一位小数)。  (5)该实验结果与理论值ΔH=-57.3 kJ·mol-1不一致,其原因可能是　　　　　(填标号)。  a.实验装置保温、隔热效果差 b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度 c.分多次把NaOH溶液缓慢倒入盛有盐酸的小烧杯中 d.量取NaOH溶液读数时眼睛与液体凹面最低处相平 e.未使用仪器b搅拌溶液 大题精作 突破思维定式测定反应热 解析:(1)依据装置图,可确定a仪器名称为温度计;b仪器名称为玻璃搅拌器;搅拌是为了使酸与碱充分反应,以保证所测温度为完全反应时的最高温度,则不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器的理由是铜质金属导热能力强,会导致热量损失,造成较大误差。(2)如果测量NaOH溶液温度后不把温度计上的碱用水冲洗干净,就直接测量盐酸的温度,则会造成盐酸与氢氧化钠混合时参加反应盐酸的物质的量减小,放出热量减少,测得的ΔH偏大。(3)若简易量热计不盖杯盖,将会造成热量散失,所测混合液的温度偏低,则所测得中和反应反应热的绝对值偏小。(4)四次平行操作中(T2-T1)的数据为①3.2 ℃、②4.3 ℃、③3.3 ℃、④3.4 ℃。从数据对比中可以看出,②4.3 ℃与其他三次实验数据的偏差最大,应舍去,最终代入计算式的温差数据为 ℃=3.3 ℃,则该反应放出的热量为4.18 J·g-1·℃-1×100 mL×1 g·mL-1×3.3 ℃=1 379.4 J。(5)实验装置保温、隔热效果差,则在温度测定过程中会发生热量散失,使所测温度偏低,从而产生误差,a符合题意;用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度,将会减小参加反应盐酸的物质的量,使所测温度偏低,从而产生误差,b符合题意;分多次把NaOH溶液缓慢倒入盛有盐酸的小烧杯中,会造成反应产生的热量散失,所测温度偏低,从而产生误差,c符合题意;量取NaOH溶液读数时眼睛与液体凹面最低处相平,则操作正确,不会产生误差,d不符合题意;未使用仪器b搅拌溶液,可能有一部分盐酸没有发生反应,所测温度不是最高温度,从而产生误差,e符合题意。 答案:(1)温度计　玻璃搅拌器　铜质金属导热能力强,会导致热量损失,造成较大误差 (2)偏大　(3)偏小　(4)3.3　1 379.4　(5)abce 题点(二)　燃烧热 3.(2025·天津北辰高三检测)已知煤炭的燃烧热为393.15 kJ·mol-1,氢气的燃烧热为242 kJ·mol-1,一氧化碳的燃烧热为283 kJ·mol-1。某同学发现在灼热的煤炭上洒少量水,煤炉中会产生淡蓝色火焰,煤炭燃烧得更旺,因此该同学得出结论:煤炭燃烧时加少量水,可使煤炭在燃烧时放出更多的热量。下列有关说法正确的是 (　　) A.表示氢气燃烧热的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)　ΔH=-484 kJ·mol-1 B.表示CO燃烧热的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)===2CO2(g)　ΔH=-283 kJ·mol-1 C.“煤炭燃烧得更旺”是因为少量固体碳转化成了可燃性气体 D.因242 kJ·mol-1+283 kJ·mol-1>393.15 kJ·mol-1,故该同学的结论是对的 解析:选C　氢气的燃烧热为242 kJ·mol-1,则反应的热化学方程式:H2(g)+O2(g)===H2O(l)　ΔH=-242 kJ·mol-1,故A错误;一氧化碳的燃烧热为283 kJ·mol-1,则热化学方程式为CO(g)+O2(g)===CO2(g)　ΔH=-283 kJ·mol-1,故B错误;C(s)+H2O(l)===CO(g)+H2 (g),该过程反应生成了可燃性气体,故C正确;反应的焓变只与反应物和生成物的能量有关,与反应途径无关,所以煤炭燃烧时加少量水,煤炭燃烧放出的热量一样多,故D错误。 [课时跟踪检测] (电子版配有升维和降维题组，通过调试难度，满足不同层级学生的需求) 一、选择题 1.(2023·湖北卷)2023年5月10日,天舟六号货运飞船成功发射,标志着我国航天事业进入到高质量发展新阶段。下列不能作为火箭推进剂的是 (　　) A.液氮-液氢　　 B.液氧-液氢 C.液态NO2-肼　　 D.液氧-煤油 解析:选A　火箭推进剂通常包括燃料、氧化剂,二者混合遇高温、明火能燃烧,液体燃料主要有液氢、肼、偏二甲肼、煤油等,液体氧化剂主要有液氧、二氧化氮、过氧化氢等,液氢具有强还原性,但液氮较稳定,二者混合遇高温、明火不能燃烧,A不能。 2.(2025·东莞高三检测)下列有关中和热和燃烧热的说法中,正确的是 (　　) A.反应热就是热量 B.在稀溶液中,1 mol CH3COOH和1 mol NaOH完全中和时放出的热量小于57.3 kJ C.1 L 1 mol·L-1 H2SO4溶液与稀NaOH溶液恰好完全反应时,放出57.3 kJ的热量 D.已知2C(s)+O2(g) ===2CO(g)　ΔH=-220.7 kJ·mol-1,所以C的燃烧热是ΔH=-220.7 kJ·mol-1 解析:选B　在一定温度下,化学反应吸收或放出的热量叫做反应热,反应热不是热量,故A错误;醋酸为弱电解质,电离吸热,则在稀溶液中,1 mol CH3COOH和1 mol NaOH完全中和时放出的热量小于57.3 kJ,故B正确;中和热是指强酸和强碱的稀溶液反应生成1 mol液态水所释放的热量,所以1 L 1 mol·L-1的H2SO4与稀NaOH溶液恰好完全反应时,放出114.6 kJ的热量,故C错误;C的燃烧热是1 mol C(s)完全燃烧生成CO2(g)所放出的热量,该反应生成一氧化碳,则C的燃烧热不是ΔH=-220.7 kJ·mol-1,故D错误。 3.(2025·福州高三质检)一定条件下发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g),当反应1 mol H2(g)和1 mol I2(g)生成2 mol HI(g)时,其断键、成键过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.该反应是吸热反应 B.由图像可得,HI(g)比I2(g)更稳定 C.1 mol H—I键的能量为91.5 kJ D.相同条件下,2 mol H2(g)与2 mol I2(g)反应,释放26 kJ的热量 解析:选C　由图像可知反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量,该反应为放热反应,故A错误;由图像看不出HI(g)和I2(g)能量的高低,即稳定性不能判断,故B错误;由图像可知形成2 mol氢碘键释放(170+13)kJ的能量,故1 mol H—I键的能量为91.5 kJ,故C正确;由图像可知1 mol H2(g)与1 mol I2(g)反应放热13 kJ,故H2(g)+I2(g)2HI(g)　ΔH=-13 kJ·mol-1,该反应为可逆反应,则2 mol H2(g)与2 mol I2(g)反应释放的热量不是26 kJ,故D错误。 4.(2025·南京鼓楼区期中检测)已知101 kPa、25 ℃下,1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量,叫做该物质的燃烧热。已知葡萄糖[C6H12O6(s)]的燃烧热为2 804 kJ·mol-1。图中能正确表示反应:6CO2(g)+6H2O(g)===C6H12O6(s)+6O2(g)的能量变化曲线的是 (　　) A.曲线1　B.曲线2　C.曲线3　D.曲线4 解析:选C　葡萄糖的燃烧热为2 804 kJ·mol-1,则C6H12O6(s)+6O2(g)===6CO2(g)+6H2O(l)　ΔH=-2 804 kJ·mol-1,则C6H12O6(s)+6O2(g)===6CO2(g)+6H2O(g)　ΔH>-2 804 kJ·mol-1,则6CO2(g)+6H2O(g)===C6H12O6(s)+6O2(g)　ΔH<2 804 kJ·mol-1,能正确表示反应:6CO2(g)+6H2O(g)===C6H12O6(s)+6O2(g)的能量变化曲线是曲线3。 5.一定条件下,1 mol白磷(P4)转化为红磷放出a kJ能量,下列说法错误的是 (　　) A.常温下,白磷比红磷稳定 B.等质量的白磷的能量高于红磷的 C.白磷转化为红磷的过程中,有非极性键的断裂和形成 D.等质量的白磷和红磷完全燃烧时,白磷放出的能量更多 解析:选A　1 mol白磷(P4)转化为红磷放出a kJ能量,即白磷的能量高于红磷,故常温下,红磷比白磷稳定,故A错误;1 mol白磷(P4)转化为红磷放出a kJ能量,则等质量的白磷的能量高于红磷,故B正确;白磷转化为红磷的过程中,有P—P非极性键的断裂和形成,故C正确;1 mol白磷(P4)转化为红磷放出a kJ能量,则等质量的白磷和红磷完全燃烧时,白磷放出的能量更多,故D正确。 6.(2023·海南卷)各相关物质的燃烧热数据如下表。下列热化学方程式正确的是 (　　) 物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g) ΔH/(kJ·mol-1) -1 559.8 -1 411 -285.8 A.C2H4(g)+3O2(g)===2CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-1 411 kJ·mol-1 B.C2H6(g ===C2H4(g)+H2(g) ΔH=-137 kJ·mol-1 C.H2O(l)===O2(g)+H2(g) ΔH=+285.8 kJ·mol-1 D.C2H6(g)+O2(g) ===2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1 559.8 kJ·mol-1 解析:选D　1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物放出的热量称为燃烧热。H2O应该为液态,A错误;C2H6(g) ===C2H4(g)+H2(g)　ΔH=+137 kJ·mol-1,B错误;氢气的燃烧热为285.8 kJ·mol-1,则H2O(l)===O2(g)+H2(g)　ΔH=+285.8 kJ·mol-1,C错误。 7.(2025·西安雁塔区高三质检)下列示意图表示正确的是 (　　) A.甲图表示Fe2O3(s)+3CO(g) ===2Fe(s)+3CO2(g)　ΔH=+26.7 kJ·mol-1反应的能量变化 B.乙图表示丙烷的燃烧热 C.丙图表示实验的环境温度为20 ℃,将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合,混合液的最高温度随V(NaOH)的变化(已知V1+V2=60 mL) D.丁图中反应b→a+d的热化学方程式为3ClO-(aq) ===Cl(aq)+2Cl-(aq)　ΔH=-117 kJ·mol-1 解析:选D　由图可知:甲图表示反应物总能量大于生成物总能量的放热反应,ΔH<0,故A错误;燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量,而乙图表示1 mol丙烷与氧气反应生成二氧化碳和H2O(g)所放出的热量,故B错误;由丙图可知V(NaOH)=20 mL时温度最高,说明此时酸碱恰好完全反应,V1+V2=60 mL,所以H2SO4溶液体积为40 mL,根据2NaOH~H2SO4可知,硫酸和氢氧化钠溶液浓度不同,故C错误;根据得失电子守恒,该反应方程式为3ClO-(aq) ===Cl(aq)+2Cl-(aq),ΔH=(63 kJ·mol-1+2×0 kJ·mol-1)-3×60 kJ·mol-1=-117 kJ·mol-1,故D正确。 8.已知甲酸的分解反应为HCOOHCO+H2O　ΔH。在H+催化作用下反应历程为 根据过渡态理论,其反应过程中的能量变化如图所示(E1、E2、E3均大于0): 下列说法正确的是 (　　) A.该反应为放热反应,ΔH=E3 B.反应过程中有碳氧键的断裂与生成C.的变化过程为放热过程 D.使用催化剂后,正、逆反应速率不同程度改变,平衡发生移动 解析:选B　从图像可看出,反应物的总能量大于生成物的总能量,该反应为放热反应,已知E1、E2、E3 均大于0,所以 ΔH=-E3,故A错误;从图像可看出,反应过程中有碳氧键的断裂与生成,故B正确;从图中看出后者能量高,该变化过程为吸热过程,故C错误;使用催化剂后,正、逆反应速率同等程度改变,但平衡不移动,故D错误。 二、非选择题 9.(6分)(1)SO2催化氧化每生成80 g气体SO3,放出98.3 kJ能量,写出生成SO3反应的热化学方程式:　　　　　　　　　　　　　 　　　　　。  (2)在银催化下,乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA),其图示如下: ①中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为　　　　 kJ·mol-1。  ②由EO(g)生成AA(g)的热化学方程式为 　。  解析:(1)n(SO3)==1 mol,则生成SO3反应的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)　ΔH=-98.3 kJ·mol-1×2=-196.6 kJ·mol-1。(2)①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能,中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为(-93 kJ·mol-1)-(-176 kJ·mol-1)=83 kJ·mol-1。②由图可知,EO(g)生成AA(g)放出热量(-117 kJ·mol-1)-(-219 kJ·mol-1)=102 kJ·mol-1,放热焓变为负值,故热化学方程式为EO(g)AA(g)　ΔH=-102 kJ·mol-1。 答案:(1)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1 (2)①83　②EO(g)AA(g)　ΔH=-102 kJ·mol-1 10.(14分)已知E1=134 kJ·mol-1、E2=368 kJ·mol-1,请参考题中图表,按要求填空: (1)图甲是1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)过程中的能量变化示意图。若在反应体系中加入催化剂,反应速率加快,E1的变化是　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”,下同),ΔH的变化是　　　　　,NO2和CO反应的热化学方程式为 　。  (2)下表所示是部分化学键的键能参数: 化学键 P—P P—O O==O P===O 键能/ (kJ·mol-1) a b c x 已知白磷燃烧反应的ΔH=-d kJ·mol-1,白磷及其完全燃烧生成的产物的结构如图乙所示。表中x=　　　　　 kJ·mol-1(用含a、b、c、d的代数式表示)。  (3)某学生想通过测定中和反应过程中所放出 的热量来计算中和反应的焓变。他将50 mL 0.5 mol·L-1的盐酸与50 mL 0.55 mol·L-1的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。 请回答下列问题: ①从实验装置上看,图中有多处错误,其中一处错误是缺少了一种玻璃仪器　　　　;  ②大烧杯上如果不盖硬纸板,则求得的中和反应的ΔH　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”);  ③实验中改用20 mL 0.50 mol·L-1的盐酸跟20 mL 0.55 mol·L-1的NaOH溶液进行反应,与上述实验相比,所放出的热量　　　　(填“相等”或“不相等”),所求中和反应的ΔH　　　　(填“相等”或“不相等”)。  解析:(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能,则E1减小;催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差,即反应热不改变,所以催化剂对ΔH无影响;由图可知,1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2和NO放出热量为368 kJ-134 kJ=234 kJ,反应的热化学方程式为NO2(g)+CO(g)===NO(g)+CO2(g)　ΔH=-234 kJ·mol-1。(2)由题中信息可知,P4(s)+5O2(g)===P4O10(s)　ΔH=-d kJ·mol-1,ΔH=反应物总键能-生成物总键能,则有-d=6a+5c-12b-4x,解得x=。(3)①由图可知,该装置中缺少的玻璃仪器为玻璃搅拌器;②如果大烧杯上不盖硬纸板,会有一部分热量损失,求得的中和热数值将会减小,中和热的ΔH<0,则导致ΔH偏大;③反应放出的热量和所用酸以及碱量的多少有关,若用20 mL 0.50 mol·L-1的盐酸跟20 mL 0.55 mol·L-1的NaOH溶液进行反应,与题述实验相比,生成水的量减少,放出的热量减小,故与题述实验相比,所放出的热量不相等;中和热与酸碱的用量无关,所以实验中改用20 mL 0.50 mol·L-1的盐酸跟20 mL 0.55 mol·L-1的NaOH溶液进行反应,所求中和反应的ΔH相等。 答案:(1)减小　不变　NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)　ΔH=-234 kJ·mol-1　 (2)　 (3)①玻璃搅拌器　②偏大　③不相等　相等 第2课时　盖斯定律　反应热的计算 逐点清(一)　盖斯定律 系统教材·固本强基　 1.盖斯定律的内容 通过大量实验证明,不管化学反应是一步完成或分几步完成,其反应热是相同的。即化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关,而与反应的途径无关,这就是盖斯定律。 2.盖斯定律的意义 应用盖斯定律可以间接计算某些反应的反应热。 3.盖斯定律的应用 根据以下两个反应: C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH1=-393.5 kJ·mol-1 CO(g)+O2(g)CO2(g)　ΔH2=-283.0 kJ·mol-1 根据盖斯定律,设计合理的途径,计算出C(s)+O2(g)===CO(g)的反应热ΔH。 (1)虚拟路径法:根据所给的两个方程式,反应C(s)+O2(g) ===CO2(g)可设计为如下途径: ΔH1=ΔH+ΔH2,即ΔH=ΔH1-ΔH2=-110.5 kJ·mol-1。 (2)加和法:将两个热化学方程式相减即得: C(s)+O2(g) ===CO(g)　ΔH=-110.5 kJ·mol-1。 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)一个反应一步完成或几步完成,两者相比,经过的步骤越多,放出的热量越少 (×) (2)已知H2(g)+O2(g)H2O(l)　 ΔH1和2H2(g)+O2(g)2H2O(g)　 ΔH2,则2ΔH1=ΔH2 (×) 2.(人教选1 P19 T5改编)在载人航天器中,可以利用CO2与H2的反应,将航天员呼出的CO2转化为H2O等,然后通过电解H2O得到O2,从而实现O2的再生。已知: ①CH4(g)+2O2(g) ===CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-890.3 kJ·mol-1 ②2H2O(l) ===2H2(g)+O2(g) ΔH2=+571.6 kJ·mol-1 请求出CO2(g)+4H2(g) ===CH4(g)+2H2O(l) 　ΔH=　　　　　　　。  提示:根据题意,-①-2×②即可求出,ΔH=-252.9 kJ·mol-1。 迁移应用·深化学习　 1.(2025·沙坪坝区期末)已知:CO(g)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为a kJ·mol-1、b kJ·mol-1和c kJ·mol-1(a、b、c都大于0)。则反应2CO(g)+2H2(g) ===CH3COOH(l)的ΔH为 (　　) A.(c-2a-2b)kJ·mol-1 B.(c-2a+2b)kJ·mol-1 C.(c+2a-2b)kJ·mol-1 D.(c+2a+2b)kJ·mol-1 解析:选A　①CO燃烧的热化学方程式:CO(g)+O2(g)===CO2(g)　ΔH=-a kJ·mol-1;②H2燃烧的热化学方程式:H2(g)+O2(g)===H2O(l)　ΔH=-b kJ·mol-1;CH3COOH(l)燃烧的热化学方程式为③CH3COOH(l)+2O2(g) ===2CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-c kJ·mol-1。依据盖斯定律,反应2CO(g)+2H2(g)===CH3COOH(l)可由①×2+②×2-③得到,其焓变ΔH=-a kJ·mol-1×2+(-b kJ·mol-1×2)-(-c kJ·mol-1)=(c-2a-2b)kJ·mol-1。 2.(2024·全国甲卷·节选)甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(C3H6)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题: 已知如下热化学方程式: CH4(g)+Br2(g)===CH3Br(g)+HBr(g) ΔH1=-29 kJ·mol-1 3CH3Br(g)===C3H6(g)+3HBr(g) ΔH2=+20 kJ·mol-1 计算反应3CH4(g)+3Br2(g)===C3H6(g)+6HBr(g)的ΔH=　　　　kJ·mol-1。  解析:根据盖斯定律,目标反应=第一个反应×3+第二个反应,则ΔH=3×ΔH1+ΔH2=3×(-29 kJ·mol-1)+20 kJ·mol-1=-67 kJ·mol-1。　 答案:-67 3.硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化:SO2(g)+O2(g)SO3(g)　ΔH=-98 kJ·mol-1。钒催化剂参与反应的能量变化如图所示,V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为 　。 解析:根据题图知,V2O4(s)+2SO3(g)===2VOSO4(s)　ΔH1=-399 kJ·mol-1 ①,V2O4(s)+SO3(g)===V2O5(s)+SO2(g)　ΔH2=-24 kJ·mol-1 ②。根据盖斯定律,由①-②×2得:2V2O5(s)+2SO2(g)===2VOSO4(s)+V2O4(s)　ΔH=[-399-(-24×2)]kJ·mol-1=-351 kJ·mol-1。 答案:2V2O5(s)+2SO2(g)===2VOSO4(s)+V2O4(s)　ΔH=-351 kJ·mol-1 逐点清(二)　反应热的计算 (一)根据热化学方程式计算 　　[例1]　黄铁矿(主要成分为FeS2)的燃烧是工业上制硫酸时得到SO2的途径之一,反应的化学方程式为4FeS2 + 11O22Fe2O3+8SO2,在25 ℃和101 kPa时,1 mol FeS2(s)完全燃烧生成Fe2O3(s)和SO2(g)时放出853 kJ的热量。这些热量(工业中叫做“废热”)在生产过程中得到了充分利用,大大降低了生产成本,对于节约资源、能源循环利用具有重要意义。 (1)请写出FeS2燃烧的热化学方程式。 (2)计算理论上1 kg黄铁矿(FeS2的含量为90%)完全燃烧放出的热量。 　　[解析]　(1)根据题意,FeS2燃烧的热化学方程式为FeS2(s)+O2(g)===Fe2O3(s)+2SO2(g) ΔH=-853 kJ·mol-1 。 (2)FeS2的摩尔质量为120 g·mol-1 。1 kg黄铁矿含FeS2的质量为1 000 g×90%=900 g,900 g FeS2的物质的量为 =7.5 mol,理论上1 kg黄铁矿完全燃烧放出的热量为7.5 mol×853 kJ·mol-1=6 398 kJ。 [答案]　(1)FeS2燃烧的热化学方程式为FeS2(s)+O2(g)===Fe2O3(s)+2SO2(g)　ΔH=-853 kJ·mol-1。 (2)理论上1 kg黄铁矿完全燃烧放出的热量为6 398 kJ。 (二)根据反应物、生成物的键能计算 ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能 　　[例2]　根据键能数据计算CH4(g)+4F2(g)===CF4(g)+4HF(g)的反应热ΔH。 化学键 C—H C—F H—F F—F 键能/(kJ·mol-1) 414 489 565 155 　　[解析]　ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(4×414+4×155-4×489-4×565)kJ·mol-1=-1 940 kJ·mol-1。 　　[答案]　-1 940 kJ·mol-1 (三)根据物质的燃烧热数值计算 Q(放)=n(可燃物)×|ΔH(燃烧热)| 　　[例3]　已知丙烷的燃烧热ΔH=-2 200 kJ·mol-1,若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8 g液态水,则放出的热量约为　　　　 kJ。  　　[解析]　丙烷分子式是C3H8,丙烷的燃烧热为2 200 kJ·mol-1,则1 mol丙烷完全燃烧会产生4 mol液态水,放热2 200 kJ。1.8 g液态水的物质的量为0.1 mol,则消耗丙烷的物质的量为0.025 mol,所以反应放出的热量为0.025 mol×2 200 kJ·mol-1=55 kJ。 　　[答案]　55 (四)根据盖斯定律计算 　　[例4]　(1)(2024·甘肃卷·节选)SiHCl3是制备半导体材料硅的重要原料,可由不同途径制备。 由SiCl4制备SiHCl3: SiCl4(g)+H2(g)===SiHCl3(g)+HCl(g)　ΔH1=+74.22 kJ·mol-1　(298 K) 已知SiHCl3(g)+H2(g)===Si(s)+3HCl(g)　ΔH2=+219.29 kJ·mol-1　(298 K) 298 K时,由SiCl4(g)+2H2(g)===Si(s)+4HCl(g)制备56 g硅　　　　(填“吸”或“放”)热　　　　　kJ。  (2)(2023·全国甲卷·节选)甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题: 已知下列反应的热化学方程式: ①3O2 (g)===2O3(g) K1 ΔH1=285 kJ·mol-1 ②2CH4(g)+O2(g)===2CH3OH(l)　K2　ΔH2=-329 kJ·mol-1 反应③CH4(g)+O3(g)===CH3OH(l)+O2(g)的ΔH3=　　　　kJ·mol-1,平衡常数K3=　　　(用K1、K2表示)。  　　[解析]　(1)把题给两个热化学方程式按顺序依次编号①②,则根据盖斯定律可知,由①+②可得热化学方程式SiCl4(g)+2H2(g)===Si(s)+4HCl(g)　ΔH=ΔH1+ΔH2=+74.22 kJ·mol-1+(+219.29 kJ·mol-1)=+293.51 kJ·mol-1,则制备56 g Si,即2 mol Si,需要吸收热量为293.51×2 kJ=587.02 kJ。 (2)根据盖斯定律,反应③=×(②-①),则反应③的ΔH3=×(ΔH2-ΔH1)=×(-329-285)kJ·mol-1=-307 kJ·mol-1,K3=。 　　[答案]　(1)吸　587.02　(2)-307　 [迁移应用] 1.甲醇是一种基础有机化工原料,广泛应用于有机合成、医药、农药、染料、高分子等化工生产领域。利用二氧化碳合成甲醇,能有效降低二氧化碳排放量,为甲醇合成提供了一条绿色合成的新途径。工业上利用该反应合成甲醇。已知:25 ℃,101 kPa下:H2(g)+O2(g)===H2O(g)　ΔH1=-242 kJ·mol-1 CH3OH(g)+O2(g)===CO2(g)+2H2O(g)　ΔH2=-676 kJ·mol-1 (1)写出CO2和H2生成气态甲醇等产物的热化学方程式 　。  (2)下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图,其中正确的是　　　　 (填字母)。  微点精研 反应热大小比较 解析:(1)反应①H2(g)+O2(g)===H2O(g)　ΔH1=-242 kJ·mol-1;反应②CH3OH(g)+O2(g)===CO2(g)+2H2O(g)　ΔH2=-676 kJ·mol-1;CO2和H2生成气态甲醇的化学方程式为CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g),焓变ΔH=3ΔH1-ΔH2=-50 kJ·mol-1。(2)合成甲醇的反应放出热量,并且生成液态水放出热量更多,综上所述A符合。 答案:(1)CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-50 kJ·mol-1　(2)A 2.(1)CH4和CO2催化重整既能缓解温室效应的影响,又能为能源的制备开辟新的渠道。该重整体系涉及以下反应: (a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)　ΔH (b)CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)　ΔH1 (c)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH2 (d)CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH3 根据盖斯定律,反应(a)的ΔH=　　　　　。(写出一个代数式即可)  (2)甲醇水蒸气催化重整是当前制取清洁能源氢气的主要方法,其反应机理如下: 反应1:CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)　ΔH1 反应2:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2 在催化剂Ru作用下,反应1可通过如图所示的反应历程实现催化重整,则ΔH1=　　　　　　　 kJ·mol-1(用含字母a、b、c的代数式表示)。  (3)减弱温室效应的方法之一是将CO2回收利用,科学家研究利用回收的CO2制取甲醛,反应的热化学方程式为CO2(g)+2H2(g)===HCHO(g)+H2O(g)　ΔH。 已知:①HCHO(g)+O2(g)===CO2(g)+H2O(g)　ΔH=-480 kJ·mol-1 ②相关化学键的键能数据如表所示: 化学键 O==O H—H O—H 键能/(kJ·mol-1) 498 436 464 则CO2(g)+2H2(g)===HCHO(g)+H2O(g)　ΔH=　　　　　。  解析:(2)由图可知反应物总能量低于生成物总能量,该反应为吸热反应。吸收热量为反应物与生成物的能量差,则ΔH=(a-b+c)。 (3)根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能,反应O2(g)+2H2(g)2H2O(g)的ΔH2=(498+2×436)-(4×464)=-486 kJ·mol-1,而由盖斯定律,反应HCHO(g)+O2(g) ===CO2(g)+H2O(g)　ΔH1=-480 kJ·mol-1与反应O2(g)+2H2(g)2H2O(g)相减即可得到目标反应,故ΔH=ΔH2-ΔH1=-6 kJ·mol-1。 答案:(1)ΔH=ΔH1+2ΔH2或ΔH=ΔH3-ΔH2或ΔH=或ΔH= (2)(a-b+c)　(3)-6 kJ·mol-1 [课时跟踪检测] 一、选择题 1.(2025·成都高三期末)运用盖斯定律分析碳及其氧化物的转化有重要意义。下列说法错误的是 (　　) A.ΔH1>ΔH3 B.ΔH1=ΔH2+ΔH3 C.实验中无法直接测定ΔH3 D.化学反应的反应热只与体系的始态和终态有关,与反应的途径无关 解析:选A　C燃烧生成CO2时放出的热量大于生成CO时放出的热量,即|ΔH1|>|ΔH3|,但ΔH1、ΔH3为负值,故ΔH1<ΔH3,故A错误;根据图中信息,由盖斯定律得,ΔH1=ΔH2+ΔH3,故B正确;ΔH3是C不完全燃烧只生成CO(g)时的焓变,不能直接由实验测得,故C正确;反应热只与始、终态有关,与途径无关,故D正确。 2.将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一。 已知:TiO2(s)+2Cl2(g)===TiCl4(l)+O2(g) ΔH=+140.5 kJ·mol-1 C(s,石墨)+O2(g)===CO(g) ΔH=-110.5 kJ·mol-1 则反应TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s,石墨)===TiCl4(l)+2CO(g)的ΔH是 (　　) A.+80.5 kJ·mol-1　　 B.+30.0 kJ·mol-1 C.-30.0 kJ·mol-1 D.-80.5 kJ·mol-1 解析:选D　根据盖斯定律,将第一个热化学方程式加上第二个热化学方程式的2倍得到反应TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s,石墨)===TiCl4(l)+2CO(g)的ΔH=+140.5 kJ·mol-1+(-110.5 kJ·mol-1)×2=-80.5 kJ·mol-1,D符合题意。 3.(2025·南京市鼓楼区期末)已知氢气燃烧的热化学方程式可以表示为: ①H2(g)+O2(g)===H2O(g) ΔH1=a kJ·mol-1 ②2H2(g)+O2(g)===2H2O(g) ΔH2=b kJ·mol-1 ③H2(g)+O2(g)===H2O(l) ΔH3=c kJ·mol-1 ④2H2(g)+O2(g)===2H2O(l) ΔH4=d kJ·mol-1 下列关系正确的是 (　　) A.a<c<0 B.b>d>0 C.2a=b<0 D.2c=d>0 解析:选C　反应均为放热反应,ΔH<0;反应②与反应①反应物与生成物相同,但②的物质的量是①的二倍,故b=2a;反应①和反应③反应物相同,产物水的状态不同,生成液态水放热更多,即c<a;反应③与反应④反应物与生成物相同,但④的物质的量是③的二倍,故d=2c,综上所述,可知,C正确。 4.根据碘与氢气反应的热化学方程式: (ⅰ)I2(?)+H2(g)2HI(g) ΔH=-9.48 kJ·mol-1 (ⅱ)I2(?)+H2(g)2HI(g) ΔH=+26.48 kJ·mol-1 下列判断正确的是 (　　) A.反应(ⅰ)中的I2为固态,反应(ⅱ)中的I2为气态 B.1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差35.96 kJ C.反应(ⅰ)的生成物比反应(ⅱ)的生成物稳定 D.254 g I2(g)中通入2 g H2(g),反应放热9.48 kJ 解析:选B　反应(ⅰ)放出能量,反应(ⅱ)吸收能量,故(ⅰ)中I2的能量高,为气态,(ⅱ)中I2为固态,故A项错误;根据盖斯定律可知,(ⅱ)-(ⅰ)即得到I2(s)I2(g)　ΔH=+35.96 kJ·mol-1,说明1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差35.96 kJ,故B项正确;两个反应的生成物为相同状态的同种物质,其稳定性相同,故C项错误;254 g I2(g)和2 g H2(g)的物质的量均为1 mol,因反应(ⅰ)是可逆反应,转化率达不到100%,则反应放热小于9.48 kJ,故D项错误。 5.在生产、生活、科技中,氢能已获得越来越多的关注,是非常重要的能源。已知: 下列推断正确的是 (　　) A.H2O(l)吸收能量后,分子中氢氧键断裂而生成H2O(g) B.2H2(g)+O2(g) ===2H2O(g) ΔH=-484 kJ C.若2H2(g)+O2(g) ===2H2O(g)+Q1,2H2(g)+O2(l) ===2H2O(g)+Q2;则Q1>Q2 D.将2 mol H2O(g)分解成H2(g)和O2(g),吸收4×463 kJ的热量 解析:选C　H2O(l)变为H2O(g)是物理变化,分子中氢氧键不断裂,A错误;由题中转化历程图可知,2H2(g)+O2(g) ===2H2O(g)　ΔH=2×436 kJ·mol-1+496 kJ·mol-1-4×463 kJ·mol-1=-484 kJ·mol-1,单位错误,B错误;由于O2(l)变为O2(g)的过程需要吸收热量,故若2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)+Q1,2H2(g)+O2(l)===2H2O(g)+Q2,前者放出的热量大于后者即Q1>Q2,C正确;由B项分析可知,将2 mol H2O(g)分解成H2(g)和O2(g),吸收484 kJ的热量,D错误。 6.(2025·北师大附中一模)制备CrCl3过程中的能量变化如下图所示,下列说法正确的是 (　　) A.ΔH2<ΔH4,ΔH3>ΔH5 B.CCl4中共价键的键能约为ΔH3 C.ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5=0 D.ΔH5很小,说明COCl2沸点很高 解析:选B　ΔH2是化学键断裂的吸热过程,ΔH4是化学键形成的放热过程,故ΔH2>ΔH4,A项错误;CCl4中的4个C—Cl键的键能是不相同的,但通常取平均值。因ΔH3表示6个C—Cl键断裂时吸收的能量,所以CCl4中共价键的键能约为ΔH3,B项正确;根据盖斯定律,ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5,C项错误;COCl2是分子晶体,沸腾时克服范德华力,而ΔH5表示共价键形成时的能量变化,D项错误。 7.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法不正确的是 (　　) ①太阳光催化分解水制氢:2H2O(l)===2H2(g)+O2(g)　ΔH1=+571.6 kJ·mol-1 ②焦炭与水反应制氢:C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)　ΔH2=+131.3 kJ·mol-1 ③甲烷与水反应制氢:CH4(g)+H2O(g)===CO(g)+3H2(g)　ΔH3=+206.1 kJ·mol-1 A.H2的燃烧热为285.8 kJ·mol-1 B.反应②中E(反应物键能总和)>E(生成物键能总和) C.反应C(s)+2H2(g)===CH4(g)的ΔH=+74.8 kJ·mol-1 D.2H2O(g)===2H2(g)+O2(g) ΔH<+571.6 kJ·mol-1 解析:选C　由反应①可得出H2(g)+O2(g) ===H2O(l)　ΔH1=-285.8 kJ·mol-1,则H2的燃烧热为285.8 kJ·mol-1,A正确;反应②的ΔH2=+131.3 kJ·mol-1>0,则E(反应物键能总和)>E(生成物键能总和),B正确;利用盖斯定律,将反应②-③得,反应C(s)+2H2(g)===CH4(g)的ΔH=(+131.3 kJ·mol-1)-(+206.1 kJ·mol-1)=-74.8 kJ·mol-1,C不正确;因为2H2O(l)===2H2(g)+O2(g)　ΔH1=+571.6 kJ·mol-1,而2H2O(g)===2H2O(l)　ΔH<0,所以2H2O(g)===2H2(g)+O2(g)　ΔH<+571.6 kJ·mol-1,D正确。 8.N2O和CO是环境污染性气体,可在Pt2O+表面转化为无害气体,有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是 (　　) A.总反应为N2O(g)+CO(g)===CO2(g)+N2(g)　ΔH=ΔH1+ΔH2 B.为了实现转化,需不断向反应器中补充Pt2O+和Pt2 C.该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能 D.总反应的ΔH=-226 kJ·mol-1 解析:选B　由图甲得,①N2O+Pt2O+===N2+Pt2　ΔH1;②CO+Pt2===CO2+Pt2O+　ΔH2,根据盖斯定律,由①+②得N2O(g)+CO(g)===CO2(g)+N2(g)　ΔH=ΔH1+ΔH2,故A正确;总反应为N2O(g)+CO(g)===CO2(g)+N2(g),不需向反应器中补充Pt2O+和Pt2,故B错误;该反应正反应的活化能为134 kJ·mol-1,逆反应的活化能为360 kJ·mol-1,故C正确;根据图乙,总反应的ΔH=(134-360)kJ·mol-1=-226 kJ·mol-1,故D正确。 二、非选择题 9.(10分)回答下列问题: (1)已知工业上采用高温煅烧石灰石的方法来制备CO2,其反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;该反应是　　　　　(填“吸热”或“放热”)反应。  (2)已知CO2经催化加氢可合成低碳烯烃:2CO2(g)+6H2(g) ==CH2==CH2(g)+4H2O(g)　ΔH ①几种物质的能量(kJ·mol-1)如表所示(在25 ℃、101 kPa条件下,规定单质的能量为0,测得其他物质生成时的反应热为其具有的能量): 物质 CO2(g) H2(g) CH2==CH2(g) H2O(g) 能量/ (kJ·mol-1) -394 0 52 -242 则该反应的ΔH=　　　　 kJ·mol-1。  ②几种化学键的键能(kJ·mol-1)如表所示: 化学键 C==O H—H C==C C—H H—O 能量/(kJ·mol-1) 803 436 615 a 463 a=　　　　。  (3)化学键的键能是形成(或断裂)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量。以下是部分共价键键能的数据:H—S键:364 kJ·mol-1;S—S键:266 kJ·mol-1;S==O键:522 kJ·mol-1;H—O键:463 kJ·mol-1,试根据这些数据计算下面这个反应的反应热:2H2S(g)+SO2(g)===3S(s)+2H2O(l)　ΔH=-Q kJ·mol-1,反应产物中的S实为S8,实际分子是一个八元环状分子(即),则Q=　　　　　　。  解析:(1)根据信息高温煅烧石灰石制备CO2,可写出化学方程式为CaCO3CaO+CO2↑,该反应为分解反应,反应过程吸收热量。(2)①ΔH=E(生成物能量总和)-E(反应物能量总和)=(52-242×4-0+394×2)kJ·mol-1=-128 kJ·mol-1;②ΔH=E(反应物键能总和)-E(生成物键能总和)=(803×4+436×6-615-4a-463×8)kJ·mol-1=-128 kJ·mol-1,解得a=409.25。(3)由题意可知,硫化氢与二氧化硫反应生成S8和水的热化学方程式为2H2S(g)+SO2(g)===S8(s)+2H2O(l),由反应热与反应物键能总和与生成物的键能总和的差值相等可得:ΔH= 4×364 kJ·mol-1+2×522 kJ·mol-1-3×266 kJ·mol-1-4×463 kJ·mol-1=-150 kJ·mol-1,则Q为150。 答案:(1)CaCO3CaO+CO2↑　吸热 (2)①-128　②409.25　(3)150 10.(12分)氯及其化合物在生产、生活中应用广泛。 (1)已知: ①Cl2(g)+2NaOH(aq)===NaCl(aq)+NaClO(aq)+H2O(l)　ΔH1=-101.1 kJ·mol-1 ②3NaClO(aq)===NaClO3(aq)+2NaCl(aq)　ΔH2=-112.2 kJ·mol-1 则反应3Cl2(g)+6NaOH(aq) ===5NaCl(aq)+NaClO3(aq)+3H2O(l)的ΔH=　　　kJ·mol-1。  (2)几种含氯离子的相对能量如表所示: 离子 Cl-(aq) ClO-(aq) Cl(aq) Cl(aq) Cl(aq) 相对能量/ (kJ·mol-1) 0 60 101 63 38 ①在上述五种离子中,最稳定的离子是　　　　(填离子符号,下同),最不稳定的离子是 　。  ②写出Cl反应生成Cl和Cl-的热化学方程式: 。 (3)以HCl为原料,用O2氧化制取Cl2,可提高效益,减少污染。反应如下: 4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)　ΔH=-115.4 kJ·mol-1 上述反应在同一反应器中,通过控制合适条件,分两步循环进行,可使HCl转化率接近100%。 其基本原理如图所示: 已知过程Ⅰ的反应为2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g)　ΔH1=-120.4 kJ·mol-1 ①过程Ⅱ反应的热化学方程式为 　。  ②过程Ⅰ流出的气体通过稀NaOH溶液(含少量酚酞)进行检测,氯化初期主要为不含HCl的气体,判断氯化结束时溶液的现象为 　。  解析:(1)分析题给热化学方程式,根据盖斯定律,由①×3+②可得3Cl2(g)+6NaOH(aq) ===5NaCl(aq)+NaClO3(aq)+3H2O(l),则有ΔH=3ΔH1+ΔH2=(-101.1 kJ·mol-1)×3+(-112.2 kJ·mol-1)=-415.5 kJ·mol-1。(2)①物质具有的能量越高,其稳定性越弱,故最稳定的离子是Cl-,最不稳定的离子是Cl。②由Cl生成Cl和Cl-的反应为4Cl(aq)===3Cl(aq)+Cl-(aq),该反应的ΔH=3×38 kJ·mol-1-4×63 kJ·mol-1=-138 kJ·mol-1。(3)①由图可知,过程Ⅱ(氧化)发生的反应为2CuCl2(s)+O2(g) ===2CuO(s)+2Cl2(g)。将题给O2氧化HCl的热化学方程式编号为ⅰ,将过程Ⅰ反应的热化学方程式编号为ⅱ,其ΔH记为ΔH2,根据盖斯定律,由ⅰ-ⅱ×2可得2CuCl2(s)+O2(g)===2CuO(s)+2Cl2(g),则有ΔH2=(-115.4 kJ·mol-1)-(-120.4 kJ·mol-1)×2=+125.4 kJ·mol-1。②氯化初期主要为不含HCl的气体,则初期溶液呈红色,氯化结束时,HCl与NaOH溶液发生中和反应,溶液褪色。 答案:(1)-415.5　(2)①Cl-　Cl ②4Cl(aq)===3Cl(aq)+Cl-(aq)　ΔH=-138 kJ·mol-1 (3)①2CuCl2(s)+O2(g)===2CuO(s)+2Cl2(g) ΔH2=+125.4 kJ·mol-1 ②溶液由红色变为无色(或溶液红色变浅) 第二讲　原电池 |内|容|与|目|标| 1.理解原电池的构成、工作原理及应用,正确判断原电池的两极,能书写电极反应式和总反应方程式。 2.了解常见化学电源的种类及其工作原理;了解燃料电池的应用。 3.能够了解新型化学电源的工作原理。 逐点清(一)　原电池的工作原理及应用 系统教材·固本强基　 1.原电池的概念及反应本质 原电池是把化学能转化为电能的装置,其本质是发生氧化还原反应。 2.原电池的构成条件 (1)能自发进行的氧化还原反应发生(一般是活动性强的金属与电解质溶液反应)。 (2)活动性不同的两电极(金属或石墨)。 (3)形成闭合回路。形成闭合回路需三个条件:电解质溶液;两电极直接或间接接触;两电极插入电解质溶液中。 3.原电池的工作原理(以铜⁃锌原电池为例) 装置图 电极材料 负极:锌片 正极:铜片 电极反应 Zn-2e-===Zn2+ Cu2++2e-===Cu 反应类型 氧化反应 还原反应 电子流向 由锌片沿导线流向铜片 电解质溶液 中离子流向 电解质溶液中,阴离子向负极迁移,阳离子向正极迁移 电流方向 由铜片沿导线流向锌片 盐桥中离 子流向 盐桥中含有饱和KCl溶液,K+移向正极,Cl-移向负极 两类装置 的不同点 还原剂Zn与氧化剂Cu2+直接接触,既有化学能转化为电能,又有化学能转化为热能,造成能量损耗 Zn与氧化剂Cu2+不直接接触,仅有化学能转化为电能,减少了能量损耗,故电流稳定,持续时间长 4.原电池的应用 (1)比较金属活泼性强弱 两种金属分别作原电池的两极时,一般作负极的金属比作正极的金属活泼。 (2)加快氧化还原反应的速率 一个自发进行的氧化还原反应,设计成原电池时反应速率加快。例如,在Zn与稀H2SO4反应时加入少量CuSO4溶液能使产生H2的反应速率加快。 (3)设计化学电源 ①首先将氧化还原反应分成两个半反应。 ②根据原电池反应的特点,结合两个半反应找出正、负极材料和电解质溶液。 (4)用于金属的防护 使被保护的金属制品作原电池的正极而得到保护。例如,要保护一个铁质的输水管道或钢铁桥梁等,可用导线将其与一块锌块相连,使锌作原电池的负极。 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)盐桥是所有原电池构成的必要条件 (×) (2)原电池内部电解质溶液中,一般阴离子移向负极,阳离子移向正极 (√) (3)构成原电池两极的电极材料一定是活泼性不同的金属 (×) (4)原电池中负极失去电子的总数一定等于正极得到电子的总数 (√) (5)使用盐桥可以提高电池电流的稳定性 (√) 2.(鲁科选1 P21 T2改编) (1)在如图所示的装置中,一段时间后,银片质量会增加。 请分析产生这一现象的原因: 　 　 。  (2)反应中每消耗1 mol Fe,正极质量增加　　　g。  提示:(1)Fe⁃Ag⁃CuSO4溶液构成的原电池中,金属铁是负极,金属银是正极,负极上是电极本身失电子的氧化反应,电极质量减轻,正极上是铜离子得电子的还原反应,析出金属铜附着在银的表面,所以右侧电极质量会增加。 (2)反应中每消耗1 mol Fe,正极析出1 mol铜,即质量增加64 g。 3.根据反应2FeCl3+Cu===2FeCl2+CuCl2在框内设计原电池,并写出电极反应式。 负极反应式:Cu-2e-===Cu2+; 正极反应式:Fe3++e-===Fe2+。 迁移应用·深化学习　 牛刀小试 题点(一)　原电池的构成及工作原理 1.(2025·河北衡水高三检测)如图所示为锌铜原电池。下列叙述正确的是 (　　) A.盐桥的作用是传导离子 B.外电路电子由铜片流向锌片 C.锌片上的电极反应式为Zn2++2e-===Zn D.外电路中有0.2 mol电子通过时,铜片表面质量增加约3.2 g 解析:选A　在含盐桥的原电池中,盐桥连接左、右两个烧杯中的溶液,可传导离子,起到导电作用,A正确。锌的活动性强于铜,则锌片作负极,铜片作正极;在外电路中,电子由负极流向正极,则电子由锌片流向铜片,B错误。锌片是负极,发生失去电子的氧化反应,电极反应式为Zn-2e-===Zn2+,C错误。铜片是正极,电极反应式为Cu2++2e-===Cu,外电路中通过0.2 mol电子时,铜片上析出0.1 mol Cu,其质量为0.1 mol×64 g·mol-1=6.4 g,D错误。 2.(2023·广东卷)负载有Pt和Ag的活性炭,可选择性去除Cl-实现废酸的纯化,其工作原理如图。下列说法正确的是 (　　) A.Ag作原电池正极 B.电子由Ag经活性炭流向Pt C.Pt表面发生的电极反应:O2+2H2O+4e-===4OH- D.每消耗标准状况下11.2 L的O2,最多去除1 mol Cl- 解析:选B　O2在Pt极得电子发生还原反应,Pt为正极,Ag电极失去电子发生氧化反应生成Ag+,再与Cl-结合,Ag为负极。由分析可知,Ag为负极,A错误;电子由负极Ag经活性炭流向正极Pt,B正确;溶液为酸性,故Pt表面发生的电极反应为O2+4H++4e-===2H2O,C错误;每消耗标准状况下11.2 L的O2,转移电子2 mol,故最多去除2 mol Cl-,D错误。 题点(二)　原电池中电极反应式的书写与判断 3.有下图所示的四个装置,回答相关问题: (1)图①中,Mg作　　　极。  (2)图②中,Mg作　　　极,写出负极反应式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,正极反应式:　　　　　　　　　　,总反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)图③中,Fe作　　　极,写出负极反应式:　　　　　　　　　　,正极反应式:　　　　　　　　　　　　　　,总反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)图④装置能否构成原电池?　　　(填“能”或“否”),若能构成原电池,正极为　　　,电极反应式为　　　　　　　　　　　　(若不能构成原电池,后两问不用回答)。  答案:(1)负　 (2)正　2Al+8OH--6e-===2[Al(OH)4]-　6H2O+6e-===6OH-+3H2↑　2Al+2OH-+6H2O===2[Al(OH)4]-+3H2↑　 (3)正　Cu-2e-===Cu2+　2N+4H++2e-===2NO2↑+2H2O　Cu+4HNO3(浓) ===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O　 (4)能　Cu　O2+4e-+2H2O===4OH- 题点(三)　原电池原理的应用 4.(2025·河北正定中学月考)能量之间可相互转化:电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能,而原电池可将化学能转化为电能。设计两种类型的原电池,探究其能量转化效率。 限选材料:ZnSO4(aq)、FeSO4(aq)、CuSO4(aq); 铜片、铁片、锌片和导线。 (1)完成原电池甲的装置示意图(见图),并作相应标注。 要求:在同一烧杯中,电极与溶液含相同的金属元素。 (2)以铜片为电极之一,CuSO4(aq)为电解质溶液,只在一个烧杯中组装原电池乙,工作一段时间后,可观察到负极 。 (3)甲、乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是　　　　　,其原因是 　　。  链接拓展 突破思维定式理清原电池的设计 答案:(1)如图所示 (2)电极逐渐溶解,表面有红色固体析出 (3)甲　电池乙的负极可与CuSO4溶液直接发生反应,导致部分化学能转化为热能;电池甲的负极不与所接触的电解质溶液反应,化学能在转化为电能时损耗较小 练后补强 1.掌握原电池中正、负极的判断方法 2.构建电极方程式书写的思维模型 3.根据电池反应设计原电池的模板 拆分反应 将氧化还原反应分成两个半反应(电极反应) 选择电 极材料 将还原剂(一般为比较活泼金属)作负极,活泼性比负极弱的金属或非金属导体作正极 构成闭 合回路 如果两个半反应分别在两个容器中进行(中间连接盐桥),则两个容器中的电解质溶液应含有与电极材料相同的金属阳离子 画出 装置图 结合要求及反应特点,画出原电池装置图,标出电极材料名称、正负极、电解质溶液等 逐点清(二)　常见的化学电源 系统教材·固本强基　 1.一次电池(以碱性锌锰电池为例) 碱性锌锰电池的负极是Zn,正极是MnO2,电解质是KOH,其电极反应如下: 负极:Zn-2e- + 2OH-===Zn(OH)2; 正极:MnO2+e-+H2O===MnO(OH)+OH-; 总反应:Zn+2MnO2+2H2O===2MnO(OH)+Zn(OH)2。 思维建模 二次电池工作原理 2.二次电池(以铅酸蓄电池为例) 放电后可以再充电而反复使用的电池,又称为可充电电池或蓄电池。 铅酸蓄电池是最常见的二次电池,负极材料是Pb,正极材料是PbO2。总反应为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。 (1)放电时——原电池 负极反应式:Pb+S-2e-===PbSO4; 正极反应式:PbO2+4H++S+2e-===PbSO4+2H2O。 (2)充电时——电解池 阴极反应式:PbSO4+2e-===Pb+S; 阳极反应式:PbSO4+2H2O-2e-===PbO2+4H++S。 3.燃料电池 将燃料燃烧的化学能直接转化为电能的装置。 (1)氢氧燃料电池 总反应:2H2+O2===2H2O。 ①酸性介质 负极:H2-2e-===2H+; 正极:O2+4e-+4H+===2H2O。 ②碱性介质 负极:H2-2e-+2OH-===2H2O; 正极:O2+4e-+2H2O===4OH-。 ③熔融的金属氧化物作介质 负极:H2-2e-+O2-===H2O; 正极:O2+4e-===2O2-。 ④碳酸盐作介质 负极:H2-2e-+C===H2O+CO2; 正极:O2+4e-+2CO2===2C(正极要通入CO2)。 (2)甲烷⁃氧气燃料电池 正极反应式与氢氧燃料电池正极反应式相同,只写出负极反应式即可 ①CH4-8e-+10OH-===C+7H2O(碱性介质); ②CH4-8e-+2H2O===CO2+8H+(酸性介质); ③CH4-8e-+4C===5CO2+2H2O(碳酸盐作介质); ④CH4-8e-+4O2-===CO2+2H2O 　(熔融的金属氧化物作介质,高温下能传导O2-)。 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)碱性锌锰电池中,1 mol Zn和1 mol MnO2放电转移电子数相等 (×) (2)铅酸蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生氧化反应 (√) (3)金属铂可以作为氢氧燃料电池的正负极材料 (√) (4)可充电电池中的放电反应和充电反应互为可逆反应 (×) 2.碱性锌锰电池比普通锌锰电池有哪些优良性能? 提示:比能量和可储存时间均有所提高,适用于大电流和连续放电。 3.(人教选1 P99“资料卡片”栏目改编)锂离子电池具有质量小、体积小、储存和输出能量大等特点,是多种便携式电子设备(如智能手机、笔记本电脑等)和交通工具(如电动汽车、电动自行车等)的常用电池。一种锂离子电池总反应可表示为 LixCy+Li1-xCoO2===LiCoO2+Cy。 (1)该电池放电时正负极电极反应式如何书写? 提示:负极:LixCy-xe- ===xLi++Cy; 正极:Li1-xCoO2+xLi++xe-===LiCoO2。 (2)该电池充电时正极应该与外接电源的哪一极连接?充电时阴阳两极电极反应式如何书写? 提示:充电时正极应该与外接电源的正极相连接。 阴极电极反应式:xLi++Cy+xe-===LixCy; 阳极电极反应式:LiCoO2 -xe-===Li1-xCoO2+xLi+。 迁移应用·深化学习　 牛刀小试 题点(一)　一次电池 1.(2024·北京卷)酸性锌锰干电池的构造示意图如图。关于该电池及其工作原理,下列说法正确的是 (　　) A.石墨作电池的负极材料 B.电池工作时,N向负极方向移动 C.MnO2发生氧化反应 D.锌筒发生的电极反应为Zn-2e-===Zn2+ 解析:选D　酸性锌锰干电池,锌筒为负极,石墨电极为正极,故A错误;原电池工作时,阳离子向正极(石墨电极)方向移动,故B错误;MnO2发生得电子的还原反应,正极反应为N+e-+MnO2===NH3+MnO(OH),故C错误;锌筒为负极,负极发生失电子的氧化反应Zn-2e-===Zn2+,故D正确。 2.(2023·山东卷改编)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。下列说法不正确的是 (　　) A.甲室Cu电极为负极 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 解析:选B　甲室加入足量氨水后,降低了溶液中Cu2+浓度,从而构成浓差电池,甲室Cu2+浓度低于乙室,则甲室Cu电极电势低于乙室Cu电极电势,甲室Cu电极为负极,乙室Cu电极为正极。根据信息梳理可知,甲室Cu电极为负极,A项正确;甲室Cu电极反应为Cu-2e-+4NH3===[Cu(NH3)4]2+,为防止[Cu(NH3)4]2+扩散至乙室,应选用阴离子交换膜,B项错误;乙室Cu电极反应为Cu2++2e-===Cu,则总反应为Cu2++4NH3===[Cu(NH3)4]2+,C项正确;若NH3扩散到乙室,将导致乙室Cu2+浓度降低,电池电动势降低,D项正确。 题点(二)　新型二次电池及分析 3.(2024·全国甲卷)科学家使用δ-MnO2研制了一种MnO2-Zn可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后,MnO2电极上检测到MnOOH和少量ZnMn2O4。下列叙述正确的是 (　　) A.充电时,Zn2+向阳极方向迁移 B.充电时,会发生反应Zn+2MnO2===ZnMn2O4 C.放电时,正极反应有MnO2+H2O+e-===MnOOH+OH- D.放电时,Zn电极质量减少0.65 g,MnO2电极生成了0.020 mol MnOOH 解析:选C　充电时Zn2+向阴极移动,A错误;由题意知,放电时,MnO2转化为MnOOH和ZnMn2O4,B错误;放电时,MnO2电极为正极,发生的反应有MnO2+H2O+e-===MnOOH+OH-,C正确;根据放电时Zn电极的电极反应式为Zn-2e-===Zn2+可知,Zn电极质量减少0.65 g(0.01 mol)时,电路中通过0.02 mol电子,故MnO2电极有0.02 mol MnO2发生反应,但MnO2转化为MnOOH和少量ZnMn2O4,故生成的MnOOH的量小于0.020 mol,D错误。 4.(2024·福建卷)一种兼具合成功能的新型锂电池工作原理如图,电解质为含Li+有机溶液。放电过程中产生(CF3SO2)2NLi,充电过程中电解LiCl产生Cl2。下列说法正确的是 (　　) A.交换膜为阴离子交换膜 B.电解质溶液可替换为LiCl水溶液 C.理论上每生成1 mol Cl2,需消耗2 mol Li D.放电时总反应:6Li+N2+4CF3SO2Cl===2(CF3SO2)2NLi+4LiCl 解析:选D　根据图中信息知,放电时负极反应为Li-e-===Li+,正极首先发生N2+6Li++6e-===2Li3N,接着发生反应:Li3N+2CF3SO2Cl=== (CF3SO2)2NLi+2LiCl,充电时发生电解反应2LiCl===2Li+Cl2↑。电解质中含Li+,放电时负极产生Li+,正极反应消耗Li+,故Li+从负极区转移至正极区,则该交换膜为阳离子交换膜,A项错误;因Li能与水发生剧烈反应,故电解质溶液不能使用LiCl水溶液,B项错误;充电过程相当于电解LiCl,阳极Cl-失电子生成Cl2,阴极Li+得电子生成Li,存在关系式2Li~Cl2~2e-,故理论上生成1 mol Cl2,生成了2 mol Li,C项错误;结合分析中正极和负极发生的反应可知,D项正确。 5.(2024·安徽卷)我国学者研发出一种新型水系锌电池,其示意图如图。该电池分别以Zn-TCPP(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和Zn为电极,以ZnSO4和KI混合液为电解质溶液。下列说法错误的是 (　　) A.标注框内所示结构中存在共价键和配位键 B.电池总反应为+ZnZn2++3I- C.充电时,阴极被还原的Zn2+主要来自Zn-TCPP D.放电时,消耗0.65 g Zn,理论上转移0.02 mol电子 综合应用·重点加练 常考5类新型化学电源 解析:选C　由题图知标注框内Zn和N之间存在配位键,N和C、C和C、C和H之间存在共价键,A项正确;放电时Zn为负极,电极反应式为Zn-2e-===Zn2+,Zn-TCPP为正极,电极反应式为+2e-===3I-,则电池总反应为Zn+Zn2++3I-,B项正确;充电时Zn为阴极,阴极反应式为Zn2++2e-===Zn,Zn2+来自电解质溶液,C项错误;根据放电时负极反应式:Zn-2e-===Zn2+知,消耗0.65 g Zn,即0.01 mol Zn,理论上转移0.02 mol电子,D项正确。 题点(三)　燃料电池 6.(2025·陕西汉中一模)某种氢燃料电池的内部结构如图,下列说法正确的是 (　　) A.b极为正极,电极反应式为O2+4e-+2H2O===4OH- B.电子流向:从电极a经电解质溶液到电极b C.装置工作一段时间后,电解质溶液的pH增大 D.正极每消耗2.24 L H2,转移2 mol电子 解析:选C　通入氧气的电极b为正极,酸性条件下,氧气在正极得到电子发生还原反应生成水,电极反应式为O2+4H++4e-===2H2O,A错误;通入氢气的电极a为负极,通入氧气的电极b为正极,电子从电极a经用电器到电极b,电子不能通过电解质溶液,B错误;电池工作时,反应生成水,电解质溶液体积增大,溶液中c(H+)减小,溶液的pH增大,C正确;正极消耗O2而不是H2,D错误。 7.DBFC是一种新型硼氢化钠燃料电池,其工作原理如图所示,下列说法中不正确的是 (　　) A.硼氢化钠中H为-1价,过氧化氢中O也为-1价 B.外电路中电子由a极移向b极 C.该电池不适宜在高温环境下工作 D.a极的电极反应式为B-8e-+2H2O===B+8H+ 解析:选D　由化合价代数和为0可知,硼氢化钠中氢元素的化合价为-1价,过氧化氢中氧元素的化合价也为-1价,故A正确;由图可知,a电极为燃料电池的负极,碱性条件下四氢合硼酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成偏硼酸根离子和水,电极反应式为B-8e-+8OH-===B+6H2O,b电极为正极,过氧化氢在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子,电极反应式为H2O2+2e-===2OH-。则燃料电池工作时,外电路中电子由a极移向b极,B正确,D错误;过氧化氢受热易发生分解反应,所以该电池不适宜在高温环境下工作,C正确。 练后补强 掌握燃料电池的一般思维模型及正极反应式的书写 (1)燃料电池的一般思维模型 ①要注意介质是什么,是电解质溶液还是熔融盐或氧化物。 ②通入负极的物质为燃料,通入正极的物质为氧气。 ③通过介质中离子的移动方向,可判断电池的正负极,同时考虑该离子参与靠近一极的电极反应。 (2)燃料电池的正极反应式书写 ①酸性电解质溶液环境下电极反应式:O2+4H++4e-===2H2O; ②碱性电解质溶液环境下电极反应式:O2+2H2O+4e-===4OH-; ③固体电解质(高温下能传导O2-)环境下电极反应式:O2+4e-===2O2-; ④熔融碳酸盐(如熔融K2CO3)环境下电极反应式:O2+2CO2+4e-===2C。 [课时跟踪检测] 一、选择题 1.某化学小组设计了如图所示原电池装置,下列有关分析正确的是 (　　) A.该装置中电流的方向是:Zn→导线→Cu B.工作一段时间,锌片逐渐溶解,盐桥上有红色物质析出 C.盐桥中的阴离子可以进入CuSO4溶液中 D.工作一段时间后,用温度计测量,两个烧杯内溶液的温度几乎不变 解析:选D　该装置中Zn为负极,Cu为正极,电流的方向是:Cu→导线→Zn,故A错误;工作一段时间,锌片逐渐溶解,Cu上有红色物质析出,故B错误;盐桥中的阴离子移向负极,可以进入ZnSO4溶液中,故C错误;原电池装置中化学能转化为电能,少部分转化为热能,且水溶液的比热容较大,则一段时间后用温度计测量,两个烧杯内溶液的温度几乎不变,故D正确。 2.(2025·成都期末检测)某化学兴趣小组为了探索铝电极在原电池中的作用,设计并进行了以下一系列实验,部分实验结果记录如下: 编号 电极材料 电解质溶液 电流表指针偏转方向 1 Mg、Al 稀硫酸 偏向Al 2 Cu、Al 稀硫酸 …… 3 Mg、Al NaOH溶液 偏向Mg 4 Al、石墨 稀盐酸 偏向石墨 根据上表中记录的实验现象,推断下列说法正确的是 (　　) A.实验1、3中Mg均作电池的负极,提供电子 B.实验2中H+在Cu极上发生还原反应,电流表的指针偏向Al C.实验3中的Al电极反应式为Al-3e-+4OH-===[Al(OH)4]- D.实验4中,该电池工作时,每转移2 mol电子产生22.4 L H2 解析:选C　实验1中Mg发生失电子的反应生成Mg2+,Mg作负极、Al作正极,实验3中Al发生失电子的反应生成[Al(OH)4]-,Mg作正极、Al作负极,故A错误;实验2中H+在Cu极上发生还原反应生成H2,Cu作正极,结合实验1可知,电流计指针偏向正极Cu,故B错误;实验3中,金属铝和氢氧化钠可发生自发的氧化还原反应,Al失电子生成[Al(OH)4]-,Al作负极,负极反应式为Al-3e-+4OH-===[Al(OH)4]-,故C正确;氢气的存在状态未知,22.4 L H2的物质的量不一定是1 mol,故D错误。 3.水动力盐水灯可以在抗震救灾或者极限情况下用于应急使用,工作时,只需要将盐水倒入灯中,就可以持续发光。该电池的工作原理如图所示,下列叙述错误的是 (　　) A.合金片接LED灯的正极 B.盐水中的NaCl不参与反应 C.用铁片代替镁片,发光效果更好 D.反应一段时间后,盐水的pH增大 解析:选C　Mg是活泼金属为负极,合金为正极,A正确;该原电池发生的是吸氧腐蚀,正极上是O2参与反应生成OH-,氯化钠不参与反应,B正确;铁的活泼性比镁弱,用铁片代替镁片做负极发光效果会变差,C错误;反应一段时间后,正极上发生O2+4e-+2H2O===4OH-,因此pH增大,D正确。 4.(2024·江苏卷)碱性锌锰电池的总反应为Zn+2MnO2+H2O===ZnO+ 2MnOOH,电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是 (　　) A.电池工作时,MnO2发生氧化反应 B.电池工作时,OH-通过隔膜向正极移动 C.环境温度过低,不利于电池放电 D.反应中每生成1 mol MnOOH,转移电子数为2×6.02×1023 解析:选C　MnO2转化为MnOOH,Mn由+4价降为+3价,MnO2作氧化剂,发生还原反应,A错误;原电池工作时阴离子向负极移动,B错误;温度较低时,反应速率会降低,C正确;MnO2转化为MnOOH,Mn由+4价降为+3价,每生成1 mol MnOOH,转移电子数为6.02×1023,D错误。 5.(2025·江宁区期末检测)为防止因天然气泄漏,居家安装天然气报警器很重要。当空间内甲烷达到一定浓度时,传感器随之产生电信号并联动报警,图1是成品装置,其工作原理如图2所示,其中O2-可以在固体电解质ZrO2⁃Na2O中移动。当报警器触发工作时,下列说法正确的是 (　　) A.O2-在电解质中向a电极移动,电流方向由a电极经导线流向b电极 B.报警器触发工作时,图2的装置将电能转化为化学能 C.当电路中有0.008 mol电子转移时,则电极a有22.4 mL甲烷参与反应 D.多孔电极a极上发生的反应的电极反应式为CH4-8e-+4O2-===CO2+2H2O 解析:选D　由题意知O2得电子生成O2-,则a为负极,b为正极,则O2-向负极(a电极)移动,但电流方向由b电极经导线流向a电极,故A错误;报警器触发工作时,图2的装置形成原电池,将化学能转化为电能,故B错误;在a电极,发生电极反应CH4-8e-+4O2-===CO2+2H2O,则当电路中有0.008 mol电子转移时,电极a有0.001 mol CH4参加反应,在标准状况下其体积为22.4 mL,题中没有指明标准状况,故C错误,D正确。 6.(2025年1月·八省联考云南卷)低空经济为新能源电池拓宽了应用场景。一种新型光伏电池工作原理如图所示,其中KI⁃KI3为电解质溶液。太阳光照下,敏化后的TiO2产生电子(e-)和空穴(h+),驱动电流产生和离子移动。下列说法错误的是 (　　) A.电池工作时,涉及光能转化为电能 B.敏化TiO2电极是负极 C.Pt电极反应为3I--2e-=== D.光敏化剂结构中,中心离子Ru2+的配位数是6 解析:选C　太阳光照射TiO2电极上,敏化后的TiO2失去电子为原电池的负极,Pt电极为正极;该装置是光伏电池,太阳光照下敏化后的TiO2产生电子(e-)和空穴(h+),驱动电流产生和离子移动,所以电池工作时,涉及光能转化为电能,A、B正确;Pt电极为正极,发生得电子的还原反应,Pt电极反应为+2e-===3I-,C错误;由图可知,光敏化剂结构中,中心离子Ru2+与6个N原子成键,配位数是6,D正确。 7.(2025·长沙雨花区高三模拟)一种新型短路膜电池分离CO2装置如图所示。下列说法中正确的是 (　　) A.负极反应为H2+2OH--2e-===H2O B.正极反应消耗22.4 L O2,理论上需要转移4 mol电子 C.该装置用于空气中CO2的捕获,CO2最终由出口A流出 D.短路膜和常见的离子交换膜不同,它既能传递离子,还可以传递电子 解析:选D　氢气通入极为负极,电极反应式为H2-2e-===2H+,故A错误;未给出标准状况,无法计算O2的物质的量及转移电子的物质的量,故B错误;由图可知,该装置用于空气中CO2的捕获,CO2→C→HC,H+与HC反应生成CO2,则CO2最终由出口B流出,故C错误;由图可知,短路膜中存在电子运动,和常见的离子交换膜不同,它既能传递离子,还可以传递电子,故D正确。 8.(2024·新课标卷)一种可植入体内的微型电池工作原理如图所示,通过CuO催化消耗血糖发电,从而控制血糖浓度。当传感器检测到血糖浓度高于标准,电池启动。血糖浓度下降至标准,电池停止工作。(血糖浓度以葡萄糖浓度计) 电池工作时,下列叙述错误的是 (　　) A.电池总反应为2C6H12O6+O2===2C6H12O7 B.b电极上CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用 C.消耗18 mg葡萄糖,理论上a电极有0.4 mmol电子流入 D.两电极间血液中的Na+在电场驱动下的迁移方向为b→a 解析:选C　由题图知,该电池的总反应为2C6H12O6+O2===2C6H12O7,A正确;b电极上发生转化:CuO→Cu2O→CuO,反应前后CuO的性质和质量不变,故b电极上CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用,B正确;根据负极的电极反应式可知当消耗18 mg(0.1 mmol)葡萄糖时,转移0.2 mmol电子,故理论上a电极有0.2 mmol电子流入,C错误;原电池中,阳离子向正极迁移,b电极为负极,a电极为正极,故两电极间血液中的Na+在电场驱动下的迁移方向为b→a,D正确。 二、非选择题 9.(14分)人们应用原电池原理制作了多种电池,以满足不同的需要。以下每小题中的电池广泛使用于日常生活、生产和科学技术等方面,请根据题中提供的信息,完成下面题目。 (1)FeCl3溶液常用于腐蚀印刷电路铜板,发生反应:2FeCl3+Cu===2FeCl2+CuCl2,若将此反应设计成原电池,则被腐蚀铜的质量为1.28 g时,线路中转移　　　　 mol电子。  (2)将铝片和铜片用导线相连,插入浓硝酸中,形成原电池,其中正极为　　　　(填“铜”或“铝”,下同),若将其插入烧碱溶液中,形成原电池,负极为 　　　　　　。  (3)锂锰电池的体积小、性能优良,是常用的一次电池。该电池反应原理如图1所示,其中电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中,Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中,生成LiMnO2。 ①外电路的电子方向是由 　　　　(填字母,下同)极流向 　　　极。  ②电池正极反应式为　　　　　　　　　　　,每转移2 mol电子,生成 　　　g LiMnO2。  ③不能用水代替电池中的混合有机溶剂,原因是 　。 ④MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应,生成K2MnO4,该反应的化学方程式为 　。   (4)在新能源体系下,氢能被视为与电能互补的优质二次能源。氢燃料电池能量转换率远高于氢气直接燃烧。 ①碱性氢氧燃料电池工作时,负极反应式为 　。  ②氢氧熔融碳酸盐燃料电池是一种以熔融态碳酸盐为电解质的电池,其工作原理如图2所示,有关该电池说法正确的是 　　　　(填字母)。  A.电池工作时,熔融碳酸盐只起到导电的作用 B.该电池可利用工厂中排出的CO2,减少温室气体的排放 C.电子流向:氢电极—负载—氧电极—熔融碳酸盐—氢电极 D.电池工作时,外电路中流过0.2 mol电子,消耗1.6 g O2 解析:(1)将反应2FeCl3+Cu===2FeCl2+CuCl2设计成原电池时Cu作负极,负极反应式为Cu-2e-===Cu2+,被腐蚀铜的质量为1.28 g时,转移电子的物质的量为×2=0.04 mol。(2)常温下铝在浓硝酸中会被钝化,铝片和铜片用导线相连插入浓硝酸形成原电池时,铜与浓硝酸发生反应,此时铝为正极;将铝片和铜片用导线相连插入烧碱溶液中形成原电池时,铝与烧碱溶液反应,此时铝为负极。(3)①该锂锰电池工作时,阳离子移向正极,Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中生成LiMnO2,则a为负极,b为正极,电子由负极a经外电路流向正极b;②锂锰电池工作时,MnO2得电子生成LiMnO2,正极反应式为MnO2+e-+Li+===LiMnO2,n(LiMnO2)=n(e-)=2 mol,m(LiMnO2)=nM=2 mol×94 g·mol-1=188 g;③金属Li是活泼金属,能与水反应,则不能用水代替电池中的混合有机溶剂;④MnO2与KOH和KClO3在高温下反应生成K2MnO4和KCl,反应的化学方程式为3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O。(4)①氢氧碱性燃料电池工作时,H2在负极失电子与OH-结合生成H2O,负极反应式为H2+2OH--2e-===2H2O;②该电池工作时,熔融碳酸盐起导电作用,还参与电极反应,使C和CO2循环使用,故A错误;该电池中CO2是循环使用,不能利用工厂中排出的CO2以减少温室气体排放,故B错误;电子不能经过熔融态电解质,故C错误;该电池工作时,正极反应式为O2+2CO2+4e-===2C,则n(O2)=n(e-)=0.05 mol,即理论上消耗O2的质量为0.05 mol×32 g·mol-1=1.6 g,故D正确。 答案:(1)0.04　(2)铝　铝　(3)①a　b ②MnO2+e-+Li+===LiMnO2　188 ③金属Li很活泼,能与水反应　④3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O (4)①H2+2OH--2e-===2H2O　②D 第三讲　电解池　金属的腐蚀与防护 |内|容|与|目|标| 1.理解电解池的构成及工作原理。 2.掌握氯碱工业、电解精炼、电镀、电冶金等的反应原理。 3.了解金属发生电化学腐蚀的原因、金属腐蚀的危害以及防止金属腐蚀的措施。 逐点清(一)　电解池的工作原理 系统教材·固本强基　 1.电解与电解池 2.电解工作原理 图示 分析 ①电子流向:电源负极→阴极,阳极→电源正极; ②离子移动方向:阳离子移向阴极,阴离子移向阳极; ③电流闭合:电源正极→阳极→溶液→阴极→电源负极 3.电解规律 (1)阳极产物的判断 ①活性电极(除Au、Pt外的金属)作阳极,则活性电极失去电子,发生氧化反应。 ②惰性电极(Pt、石墨等)作阳极,要依据阴离子的放电顺序判断。阴离子的放电顺序:S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子。S2-、I-、Br-、Cl-放电,产物分别是S、I2、Br2、Cl2;若OH-放电,则得到H2O和O2。 (2)阴极产物的判断 直接根据阳离子放电顺序进行判断。 阳离子放电顺序:Ag+>Hg2+>Fe3+>C>H+(酸)> Pb2+>Fe2+>Zn2+>H+(水)>Al3+>Mg2+。 注意:电解水溶液时,Al3+、Mg2+、Na+、K+不可能在阴极放电。 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)电解池中的氧化反应和还原反应不一定同时发生 (×) (2)阳极失去的电子经过直流电源,流向阴极 (×) (3)电解池中阳离子移向阳极 (×) (4)电解池中的阳极和直流电源中的负极均发生氧化反应 (√) (5)用惰性电极电解盐酸、硫酸等溶液,H+放电,溶液的pH逐渐增大 (×) (6)电解CuCl2溶液,阴极逸出的气体能够使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色 (×) 2.如图所示为一电解池装置, A、B都是惰性电极,电解质溶液c是饱和NaCl溶液,实验开始时,同时在U形管两边各滴入几滴酚酞试剂,试判断: (1)a电极是　　　极(填“正”或“负”),B电极是　　　极(填“阴”或“阳”),　　　极(填“A”或“B”)酚酞溶液显红色。  (2)A电极上的电极反应式为 　, B电极上的电极反应式为　　　　　　　　　　　　。  (3)检验A电极上产物的方法是　　　　　　　　　　　 　　。  答案:(1)正　阴　B　(2)2Cl--2e-===Cl2↑　2H2O+2e-===H2↑+2OH-　(3)把湿润的淀粉碘化钾试纸放在A电极附近,试纸变蓝,则证明A电极上的产物为氯气 迁移应用·深化学习　 牛刀小试 题点(一)　电解池的工作原理 1.Cu2O是一种半导体材料,基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图,电解总反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑。下列说法正确的是 (　　) A.石墨电极上产生氢气 B.铜电极上发生还原反应 C.铜电极接直流电源的负极 D.当有0.1 mol电子发生转移时,有0.1 mol Cu2O生成 解析:选A　根据电解总反应方程式及题图可知,石墨电极上发生还原反应产生H2,故A正确;铜电极上发生氧化反应,连接电源正极,故B、C错误;当有0.1 mol电子发生转移时,有0.05 mol Cu2O生成,故D错误。 2.用石墨作电极,电解稀Na2SO4溶液的装置如图所示,通电后在石墨电极A和B附近分别滴加一滴石蕊溶液。下列叙述正确的是 (　　) A.逸出气体的体积:A电极<B电极 B.一电极逸出无味气体,另一电极逸出有刺激性气味气体 C.A电极附近呈红色,B电极附近呈蓝色 D.电解一段时间后,将全部电解液转移到同一烧杯中,充分搅拌后溶液呈中性 解析:选D　用惰性电极电解稀Na2SO4溶液,A电极为阴极,B电极为阳极。S、OH-移向B电极,在B电极上OH-放电,产生O2,B电极附近c(H+)>c(OH-),石蕊溶液变红,Na+、H+移向A电极,在A电极上H+放电产生H2,A电极附近c(OH-)>c(H+),石蕊溶液变蓝,产生H2和O2的体积之比为2∶1,A、B、C项错误,D项正确。 题点(二)　电解规律应用 3.用惰性电极进行电解,下列说法正确的是 (　　) A.电解NaNO3溶液,在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为2∶1 B.电解足量CuSO4溶液一段时间后,加入一定质量的Cu(OH)2,溶液能与原溶液完全相同 C.电解硫酸钠溶液时,Na+向阳极移动 D.电解KOH溶液,实质是电解水,故溶液pH不变 解析:选A　电解NaNO3溶液,在阴极上析出H2,阳极上析出O2,电解时两极转移电子数相同,则其物质的量之比为2∶1,A正确;电解硫酸铜溶液得到硫酸、铜、氧气,则加入一定质量的Cu(OH)2,则比原溶液增加了水,应加氧化铜或者CuCO3,B错误;电解池中阳离子向阴极移动,故电解硫酸钠溶液时,Na+应向阴极移动,C错误;实质是电解水,KOH浓度增大,溶液pH增大,D错误。 4.下列有关用惰性电极电解AgNO3溶液一段时间后的说法,正确的是 (　　) A.电解过程中阳极的质量不断增加 B.电解过程中溶液的pH不断升高 C.此时向溶液中加入适量的Ag2O固体可能使溶液恢复到电解前的状况 D.电解后两极产生的气体体积比为2∶1 解析:选C　电解过程中阴极银离子放电,生成单质Ag,则阴极质量增加,A错误;由4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3,生成硝酸,溶液的酸性增强,pH不断降低,B错误;由电解反应可知,从溶液中析出单质Ag和氧气,则可向溶液中加入适量的Ag2O固体可使溶液恢复电解前的状况,C正确;电解时只有阳极生成氧气,在阴极上产生的是金属银,不会在阴极上产生气体,D错误。 练后补强 1.谨记电解池阴、阳极判断的“五种方法” 2.掌握惰性电极电解电解质溶液产物的判断 逐点清(二)　电解的应用 系统教材·固本强基　 1.氯碱工业 (1)定义:习惯上把电解饱和食盐水的工业生产叫做氯碱工业。 (2)反应原理 阳极:2Cl--2e-===Cl2↑(氧化反应)。 阴极:2H2O+2e-===H2↑+2OH-(还原反应)。 总反应化学方程式:2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。 总反应离子方程式:2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑。 注意:电解所用的食盐要精制。 2.电镀　电解精炼 (1)电镀 ①概念:利用电解原理在某些金属表面镀上一薄层其他金属或合金的加工工艺。 ②目的:增强金属的抗腐蚀能力,增加表面硬度和美观。 (2)电解精炼 ①阳极反应 金属铜和比铜活泼的锌、铁等金属转化为阳离子进入溶液中,不如铜活泼的银、金等在阳极沉积下来,形成阳极泥。 ②阴极反应溶液中的Cu2+比Zn2+、Fe2+等离子优先得到电子,成为金属铜析出。 3.电冶金 利用电解熔融盐或氧化物的方法来冶炼活泼金属Na、Ca、Mg、Al等。 冶炼钠 2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑ 阳极:2Cl--2e-===Cl2↑ 阴极:Na++e-===Na 冶炼镁 MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑ 阳极:2Cl--2e-===Cl2↑ 阴极:Mg2++2e-===Mg 冶炼铝 2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑ 阳极:2O2--4e-===O2↑ 阴极:Al3++3e-===Al 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)在镀件上电镀铜时,也可以用惰性材料作阳极,用硫酸铜溶液作电解液 (×) (2)电解饱和食盐水时,两个电极均不能用金属材料 (×) (3)电镀铜和电解精炼铜时,电解质溶液中c(Cu2+)均保持不变 (×) (4)根据得失电子守恒可知,电解精炼铜时,阳极减少的质量和阴极增加的质量相等 (×) (5)电解精炼铜时,阳极泥可以作为提炼贵重金属的原料 (√) (6)用Zn作阳极,Fe作阴极,ZnCl2作电解质溶液,由于放电顺序:H+>Zn2+,不可能在铁上镀锌 (×) 2.在实际生产中,可在铁制品的表面镀铜防止铁 被腐蚀。装置如图所示。 (1)A电极对应的金属是　　　　(填元素名称),B电极的电极反应式为　　　　　　　　　 　　。  (2)若电镀前铁、铜两片金属质量相同,电镀完成后将它们取出洗净、烘干、称量,二者质量差为5.12 g,则电镀时电路中通过的电子为　　　mol。  (3)镀层破损后,镀铜铁比镀锌铁更容易被腐蚀,请简要说明原因: 　   　。  答案:(1)铜　Cu2++2e-Cu (2)0.08　(3)镀铜铁中铁比铜活泼,镀层破损后在潮湿环境中形成原电池,铁为负极,加速铁的腐蚀;而镀锌铁中,锌比铁活泼,镀层破损后在潮湿环境中形成原电池,锌为负极,被腐蚀,铁被保护 迁移应用·深化学习　 1.如图为电解饱和食盐水装置,下列有关说法不正确的是 (　　) A.左侧电极上发生氧化反应 B.右侧生成的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 C.电解一段时间后,B口排出NaOH溶液 D.电解饱和食盐水的离子方程式:2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑ 解析:选B　阴极发生2H2O+2e-===H2↑+2OH-,生成的H2不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝,B错误。 2.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Al被氧化 C.在电解槽底部产生含Cu的阳极泥 D.阳极和阴极的质量变化相等 解析:选C　阴极应发生得电子的还原反应,实际上Mg在阳极失电子生成Mg2+,A错误;Al在阳极上被氧化生成Al3+,B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,而阴极只有铝离子得电子生成铝单质,根据电子转移数守恒及元素守恒可知,阳极与阴极的质量变化不相等,D错误。 3.中学阶段介绍的应用电解法制备的金属主要有钠、镁、铝。下列关于这三种金属工业制备方法的说法正确的是 (　　) A.电解法制金属钠的阳极反应式:　Na++e-===Na B.工业上电解氯化铝生产铝,阴极反应式:Al3++3e-===Al C.工业上电解氯化镁溶液生产镁,阳极反应式:2Cl--2e-===Cl2↑ D.金属钠的冶炼和氯碱工业都用到了NaCl,在电解时它们的阳极都是Cl-失电子 解析:选D　电解法制金属钠时,电解的是熔融的NaCl,阳极发生氧化反应:2Cl--2e-===Cl2↑,A错误;氯化铝为共价化合物,熔融状态下不导电,工业上电解氧化铝生成铝,B错误;工业上电解熔融状态的氯化镁生成镁,C错误;金属钠的冶炼和氯碱工业都用到了NaCl,在电解时它们的阳极都是Cl-失电子,D正确。 4.电解原理在化学工业中有广泛应用。 如图表示电解池装置,其中a为电解质溶液,X、Y是两块电极板,通过导线与直流电源相连。回答以下问题: (1)X的电极名称是　　　　(填“阳极”或“阴极”)。  (2)若X、Y都是惰性电极。a是饱和食盐水。实验开始时,同时在两边各滴入几滴酚酞溶液,一段时间后,Y极上的电极反应式为 。 (3)若X、Y都是惰性电极,a是CuSO4溶液,电解一段时间后,阴极无气体放出,阳极上产生气体的体积为0.224 L(标准状况下),则阴极上析出金属的质量为　　　　 g。  (4)若要用该装置电解精炼粗铜,电解液a选用CuSO4溶液,则Y电极的材料是 　。 (5)若要用电镀的方法在铁表面镀一层金属银,应该选择的方案是　　　　(填字母)。  方案 X Y a溶液 A 银 石墨 AgNO3 B 银 铁 AgNO3 C 铁 银 Fe(NO3)3 D 铁 银 AgNO3 解析:(1)电解池中与电源负极相连的为阴极,与电源正极相连的为阳极,X与电源负极连接作电解池的阴极;(2)若X、Y都是惰性电极,a是饱和食盐水,阳极上是氯离子失电子生成氯气,电极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑,阴极上是溶液中氢离子得到电子生成氢气,溶液中水的电离平衡正向进行氢氧根离子浓度增大,溶液显碱性遇到酚酞变红;(3)若X、Y都是惰性电极,a是CuSO4溶液,阳极是氢氧根离子失电子生成氧气,阳极电极反应为4OH--4e-===2H2O+O2↑,阴极铜离子得到电子生成铜,阴极电极反应为Cu2++2e-===Cu,依据电子守恒得到2Cu~O2~4e-,因阳极上产生气体氧气在标准状况的体积为0.224 L,则其物质的量为0.01 mol,则依据关系式可知,阴极上析出金属铜的物质的量为0.02 mol,其质量=0.02 mol×64 g·mol-1=1.28 g;(4)电解精炼粗铜时粗铜作阳极,精铜作阴极,电解液a选用CuSO4溶液,X为阴极材料是纯铜(或精铜),Y电极是阳极,材料是粗铜;(5)电镀原理是镀层金属作阳极,即银作阳极,待镀金属作阴极,即铁作阴极,电解质溶液中含镀层离子,即电解质溶液为硝酸银溶液,D正确。 答案:(1)阴极　(2)2Cl--2e-===Cl2↑ (3)1.28　(4)粗铜　(5)D 5.(2024·北京卷·节选)研究表明可以用电解法以N2为氨源直接制备HNO3,其原理示意如图。 (1)电极a表面生成N的电极反应式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)研究发现:N2转化可能的途径为N2NON。电极a表面还发生ⅲ:H2O→O2。ⅲ的存在,有利于途径ⅱ,原因是 　。  解析:(1)由电极a上的物质转化可知,氮元素的化合价升高,发生氧化反应,电极a为阳极,电极反应式为N2-10e-+6H2O===2N+12H+;(2)反应ⅲ生成O2,O2将NO氧化成NO2,NO2更易转化成N。 答案:(1)N2-10e-+6H2O===2N+12H+ (2)反应ⅲ生成O2,O2将NO氧化成NO2,NO2更易转化成N 逐点清(三)　金属的腐蚀与防护 系统教材·固本强基　 1.金属的腐蚀 (1)钢铁的电化学腐蚀 ①钢铁的吸氧腐蚀 通常情况下,在潮湿的空气中,钢铁表面凝结了一层溶有氧气的水膜,将会发生吸氧腐蚀。 负极反应式:Fe-2e-===Fe2+; 正极反应式:O2+2H2O+4e-===4OH-。 总反应式:2Fe+O2+2H2O===2Fe(OH)2。 Fe(OH)2进一步被氧化成Fe(OH)3,Fe(OH)3部分脱水生成Fe2O3·xH2O,是铁锈的主要成分。 ②钢铁的析氢腐蚀 当钢铁表面的电解质溶液酸性较强时,腐蚀过程中有H2放出。其中,Fe是负极,C是正极。 负极反应式:Fe-2e-===Fe2+; 正极反应式:2H++2e-===H2↑。 总反应式:Fe+2H+===Fe2++H2↑。 (2)化学腐蚀与电化学腐蚀的比较 类型 化学腐蚀 电化学腐蚀 条件 金属与接触到的干燥气体或非电解质液体直接发生化学反应 不纯的金属接触到电解质溶液发生原电池反应 本质 M-ne-===Mn+ M-ne-===Mn+ 现象 金属被腐蚀 较活泼的金属 被腐蚀 区别 无电流产生 有微弱电流产生 联系 电化学腐蚀比化学腐蚀普遍得多,腐蚀速率更快,危害也更严重 2.金属的防护 (1)改变金属的内部结构 可根据不同的用途选用不同的金属或非金属制成合金。 (2)覆盖保护层 可以通过喷油漆、涂油脂、电镀或表面钝化等方法使金属与介质隔离。 (3)电化学防护 牺牲阳极法——原电池原理 负极 比被保护金属活泼的金属 正极 被保护的金属设备 外加电流法 ——电解原理 阴极 被保护的金属设备 阳极 惰性金属 　 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)纯银器在空气中因发生电化学腐蚀表面渐渐变暗 (×) (2)牺牲阳极法是利用电解原理防腐蚀 (×) (3)当镀锡铁制品的镀层破损时,镀层仍能对铁制品起保护作用 (×) (4)将水库中的水闸(钢板)与外加直流电源的负极相连,可防止水闸被腐蚀 (√) (5)金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍 (√) (6)在船体外嵌入锌块,可以减缓船体的腐蚀,这属于牺牲阴极法 (×) 2.(鲁科选1 P40 T5改编)潜艇的金属外壳浸在海水中,在海水和海水中所溶解的空气的作用下会被腐蚀。 (1)为有效地保护潜艇的金属外壳,可以采取哪些措施? 提示:镶嵌锌块,涂油漆,表面钝化等。 (2)潜艇外壳所用的钢是含有少量碳的合金,分析钢发生电化学腐蚀的原理,并写出电极反应式。 提示:Fe与碳形成原电池,发生吸氧腐蚀。负极:Fe-2e-===Fe2+,正极:O2+4e-+2H2O===4OH-。 3.如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。 (1)腐蚀最严重的部位是　　(用“A”“B”或“C”填空,下同)。原因　　　　　　　　　　　 　　　　。  (2)形成铁锈最多的部位是　　　　,原因　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案:(1)C　由于近水面B处溶解氧浓度大于C处,发生吸氧腐蚀时B为正极,C为负极,C处Fe-2e-===Fe2+ (2)B　由于B处海水O2浓度较大,Fe2+扩散至B处附近易发生Fe2++2OH-===Fe(OH)2,4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3, 2Fe(OH)3===Fe2O3·xH2O+(3-x)H2O 迁移应用·深化学习　 题点(一)　金属的腐蚀 1.在如图所示装置的烧杯中均盛有0.1 mol·L-1 H2SO4溶液,其中锌片最易被腐蚀的是 (　　) 答案:D 2.(2025·湖南雅礼中学期末)点蚀又称为孔蚀,是一种集中于金属表面很小的范围并深入到金属内部的腐蚀形态。某铁合金钝化膜破损后的孔蚀如图,则下列说法正确的是 (　　) A.为防止孔蚀发生,可以将外接电源正极与金属相连 B.反应时每吸收2.24 L O2,则此时HCl可以氧化0.2 mol Fe C.在腐蚀的过程中钝化膜作为负极 D.孔隙中局部可能发生析氢腐蚀 解析:选D　与电源正极相连作阳极,阳极发生氧化反应,加快金属的腐蚀,故为防止孔蚀发生,可以将外接电源负极与金属相连,A项错误;未告知O2所处的状态,无法计算2.24 L O2的物质的量,故无法计算此时HCl可以氧化Fe的物质的量,B项错误;由图示可知,在腐蚀的过程中钝化膜作为正极,O2在钝化膜上得到电子发生还原反应,C项错误;孔隙中局部可能存在酸性环境,则可能发生析氢腐蚀,D项正确。 题点(二)　金属腐蚀的防护方法 3.(2024·湖北卷)2024年5月8日,我国第三艘航空母舰福建舰顺利完成首次海试。舰体表面需要采取有效的防锈措施,下列防锈措施中不形成表面钝化膜的是 (　　) A.发蓝处理　　 B.阳极氧化 C.表面渗镀　　 D.喷涂油漆 解析:选D　发蓝处理是将钢在空气中加热或直接浸在浓氧化性溶液中,使其表面产生极薄的氧化物膜的材料保护技术,故A不符合题意;阳极氧化是使阳极材料表面形成一层氧化膜的过程,B不符合题意;表面渗镀是向金属中渗入一种或几种元素以在表面形成一层扩散合金层,C不符合题意;喷涂油漆是利用油漆隔绝空气中的水蒸气和氧气,不形成表面钝化膜,D符合题意。 4.(2024·浙江6月选考)金属腐蚀会对设备产生严重危害,腐蚀快慢与材料种类、所处环境有关。如图为两种对海水中钢闸门的防腐措施示意图: 下列说法正确的是 (　　) A.图1、图2中,阳极材料本身均失去电子 B.图2中,外加电压偏高时,钢闸门表面可发生反应:O2+4e-+2H2O===4OH- C.图2中,外加电压保持恒定不变,有利于提高对钢闸门的防护效果 D.图1、图2中,当钢闸门表面的腐蚀电流为零时,钢闸门、阳极均不发生化学反应 解析:选B　图1为牺牲阳极法,牺牲阳极一般为较活泼金属,其作为原电池的负极,其失去电子被氧化;图2为外加电流法,阳极材料为惰性电极,其本身不失去电子,电解质溶液中的阴离子在其表面失去电子,如海水中的Cl-,A不正确。图2中,外加电压偏高时,钢闸门表面积累的电子很多,除了海水中的H+放电外,海水中溶解的O2也会放电,故可发生O2+4e-+2H2O===4OH-,B正确。图2为外加电流法,理论上只要能对抗钢闸门表面的腐蚀电流即可,当钢闸门表面的腐蚀电流为零时保护效果最好;腐蚀电流会随着环境的变化而变化,若外加电压保持恒定不变,则不能保证抵消腐蚀电流,不利于提高对钢闸门的防护效果,C不正确。图1、图2中,当钢闸门表面的腐蚀电流为零时,说明从牺牲阳极或外加电流传递过来的电子阻止了Fe-2e-===Fe2+的发生,钢闸门不发生化学反应,但是牺牲阳极上发生了氧化反应,辅助阳极上也发生了氧化反应,D不正确。 [课时跟踪检测] 一、选择题 1.《本草纲目》中载有一药物,名“铜青”。陈藏器曰:生熟铜皆有青,即是铜之精华,大者即空绿,以次空青也。铜青则是铜器上绿色者,淘洗用之。产生“铜青”的反应原理为 (　　) A.析氢腐蚀　　 B.吸氧腐蚀 C.化学腐蚀　　 D.置换反应 解析:选C　铜在空气中长时间放置,会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3,发生反应为2Cu+O2+H2O+CO2===CO3,所以反应原理为化学腐蚀。 2.(2025·重庆市育才中学校联考模拟预测)下列文物修复与保护,主要运用“金属电化学腐蚀与金属保护”原理的是 (　　) 选项 A B C D 文物 名称 元青花四爱图梅瓶 越王勾践剑 云梦睡虎地秦简 石家河玉人像 解析:选B　“瓶”主要成分是硅酸盐;“剑”主要成分是合金;“简”主要成分是纤维素;“玉”主要成分是硅酸盐等,剑的修复和保护要运用金属电化学腐蚀知识和金属保护知识。 3.(2024·江苏卷)实验室进行铁钉镀锌实验。下列相关原理、装置及操作不正确的是 (　　) 解析:选A　不可在容量瓶中溶解固体,A错误;油污的主要成分为油脂,属于酯类,其在NaOH溶液中加热会水解生成高级脂肪酸钠和甘油,可以去除铁钉表面的油污,B正确;铁锈的主要成分为Fe2O3,和盐酸反应生成FeCl3和H2O,C正确;Zn与电源正极相连作阳极,失去电子生成Zn2+,铁钉与电源负极相连作阴极,溶液中的Zn2+在阴极得电子生成Zn,实现在铁钉的表面镀锌,D正确。 4.为检验牺牲阳极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 解析:选D　A项,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;B项,淀粉碘化钾溶液可检验氧化性物质,但不论铁片是否被腐蚀,均无氧化性物质与淀粉碘化钾发生反应;C项中不会出现Fe3+,所以无论铁片是否被腐蚀,加入KSCN溶液后,均无红色出现;K3[Fe(CN)6]是用于检验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,故D符合题意。 5.(2024·甘肃卷)某固体电解池工作原理如图所示,下列说法错误的是 (　　) A.电极1的多孔结构能增大与水蒸气的接触面积 B.电极2是阴极,发生还原反应:O2+4e-===2O2- C.工作时O2-从多孔电极1迁移到多孔电极2 D.理论上电源提供2 mol e-能分解1 mol H2O 解析:选B　多孔电极1上H2O(g)发生得电子的还原反应转化成H2(g),多孔电极1为阴极,电极反应为2H2O+4e-===2H2+2O2-;多孔电极2上O2-发生失电子的氧化反应转化成O2(g),多孔电极2为阳极,电极反应为2O2--4e-===O2↑。电极1的多孔结构能增大电极的表面积,增大与水蒸气的接触面积,A项正确。电极2为阳极,发生氧化反应:2O2--4e-===O2↑,B项错误。工作时,阴离子O2-向阳极移动,即O2-从多孔电极1迁移到多孔电极2,C项正确。根据分析,电解总反应为2H2O(g)2H2+O2,分解2 mol H2O转移4 mol电子,则理论上电源提供2 mol电子能分解1 mol H2O,D项正确。 6.(2025·广州仲元中学模拟预测)利用原电池原理可以避免金属腐蚀,某小组同学设计了如图所示的实验方案来探究铁片的腐蚀情况。下列说法中正确的是 (　　) A.甲中的铁片附近会出现蓝色 B.甲中形成了原电池,锌片作正极 C.乙中铜片附近会出现红色 D.乙中的铜片上发生氧化反应 解析:选C　甲中锌为负极,其失去电子变为锌离子,而铁片是正极,其被保护而不会被腐蚀,没有亚铁离子生成,而铁氰化钾与亚铁离子反应会生成蓝色物质,因此铁片附近不会出现蓝色,故A错误。甲中形成了原电池,锌为负极,锌失去电子变为锌离子,铁为正极,铁不反应,故B错误。乙中铁作负极,铜作正极,铜附近氧气得到电子变为氢氧根而使溶液呈碱性,因此,酚酞变为红色,故铜片附近出现红色,故C正确。乙中铁作为负极,其失去电子变为亚铁离子发生氧化反应;铜片作为正极,其表面上有氧气发生还原反应,故D错误。 7.(2025·福州模拟)我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图,光照时,光催化电极产生电子(e-)和空穴(h+)。下列有关说法正确的是 (　　) A.光催化装置中溶液的pH减小 B.离子交换膜为阴离子交换膜 C.电催化装置阳极电极反应式:4OH-+4h+===2H2O+O2↑ D.整套装置转移0.01 mol e-,光催化装置生成3.81 g (I—127) 解析:选C　光催化装置中发生:2H++2e-===H2↑、3I-+2h+===,消耗H+,c(H+)减小,pH增大,A错误;电催化装置为电解装置,阴极反应式为+2e-===3I-,阳极反应式为4OH-+4h+===2H2O+O2↑,阴极上阴离子物质的量增大,阳极上消耗阴离子,根据装置图可知,离子交换膜为阳离子交换膜,B错误,C正确;光催化过程中,转移0.01 mol电子时,生成的质量为=1.905 g,D错误。 8.(2025·佛山市质检)畜禽废水中含大量N、P元素,通过电解形成MgNH4PO4·6H2O沉淀(鸟粪石)进行回收。用如图装置模拟该过程,其中含P微粒共有1 mol。下列说法错误的是 (　　) A.阳极反应有:Mg-2e-+N+P+6H2O===MgNH4PO4·6H2O↓ B.若电路中转移1.98 mol e-,则溶液中剩余含P微粒为0.01 mol C.强酸或强碱环境更有利于去除氮、磷元素 D.鸟粪石可用作缓释肥,实现变废为宝 解析:选C　结合图和题意分析,Mg电极为阳极,电极反应式为Mg-2e-+N+P+6H2O===MgNH4PO4·6H2O↓,惰性电极为阴极,电极反应式为2H2O+2e-===2OH-+H2↑,据此回答。由分析知,阳极反应有:Mg-2e-+N+P+6H2O===MgNH4PO4·6H2O↓,若电路中转移1.98 mol e-,则消耗的n(P)=0.99 mol,则溶液中剩余含P微粒为1 mol-0.99 mol=0.01 mol,A、B正确;强酸性环境下,会生成H3PO4,强碱性环境下,N会生成氨水,不利于去除氮、磷元素,C错误;鸟粪石是含N、P元素的不溶性物质,通过沉淀溶解平衡可逐渐提供可溶性的铵根离子和磷酸根离子,提供N和P,故可用作缓释肥,实现变废为宝,D正确。 二、非选择题 9.(10分)氯碱工业是高耗能产业,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺,节能超过30%,在此工艺中,物料传输和转化关系如图,其中电极未标出,所用离子交换膜只允许阳离子通过。 (1)分析比较图示中a%与b%的大小:a%　　　　(填“>”“<”或“=”)b%。  (2)写出燃料电池B中的正极的电极反应: 　。  (3)图中Y是　　　(填化学式),若电解产生11.2 L(标准状况)该物质,则至少转移电子　　　 mol;X元素的基态原子的电子排布式为　 　　　　。  解析:(1)燃料电池中,通入Y气体的电极为负极,电解饱和食盐水生成的Y为氢气,X为Cl2,由于燃料电池正极发生反应:O2+4e-+2H2O===4OH-,燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过,而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-,所以反应后氢氧化钠的浓度升高,即a%<b%。(3)根据以上分析可知图中Y是H2,若电解产生11.2 L(标准状况)H2,氢气的物质的量是0.5 mol,则至少转移电子1 mol。 答案:(1)<　(2)O2+4e-+2H2O===4OH-　 (3)H2　1　1s22s22p63s23p5 10.(12分)(1)目前已开发出电解法制取ClO2的新工艺。 ①用石墨作电极,在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2(如图所示),写出阳极产生ClO2的电极反应式: 　。  ②电解一段时间,当阴极产生的气体体积为112 mL(标准状况)时,停止电解,则通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为　　　　 mol;用平衡移动原理解释阴极区pH增大的原因: 　。  (2)粗银精炼装置如图所示,电解液为稀H2SO4,下列说法正确的是　　　　　(填字母)。  A.体系中存在沉淀溶解平衡:Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+S(aq) B.阳极的电极反应式为Ag-e-===Ag+ C.钛电极电势高 D.阴极区可获得超细银粉的原理:Ti3++Ag+===Ag+Ti4+ E.电解液中添加Ti3+ /Ti4+,可实现Ti3+/Ti4+循环利用 (3)工业上用PbSiF6、H2SiF6混合溶液作电解液,用电解法实现粗铅(主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn,杂质总质量分数约为4%)提纯,装置示意图如图所示。 ①电解产生的阳极泥的主要成分为　　　　　,工作一段时间后,溶液中c(Pb2+)　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  ②铅的电解精炼需要调控好电解液中的c(H2SiF6)。其他条件相同时,测得槽电压(槽电压越小,对应铅产率越高)随起始时溶液中c(H2SiF6)的变化趋势如图所示。由图可推知,随c(H2SiF6)增大,铅产率先增大后减小,减小的原因可能是 　。  解析:(1)①由题意可知,阳极上Cl-放电生成ClO2,由元素守恒可知,有水参加反应,同时生成H+,阳极的电极反应式为Cl--5e-+2H2O===ClO2↑+4H+。②在阴极发生反应:2H2O+2e-===H2↑+2OH-,生成氢气的物质的量为=0.005 mol,所以通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为0.005 mol×2=0.01 mol。(2)阳极的电极反应式为2Ag-2e-+S===Ag2SO4,故B错误;钛电极是阴极,电势低,故C错误;电解液中添加Ti3+/Ti4+,阴极上:Ti4++e-===Ti3+,溶液中的银离子又将Ti3+氧化:Ti3++Ag+===Ag+Ti4+,可获得超细银粉,也可实现Ti3+/Ti4+循环利用,故D、E正确。(3)①粗铅杂质中的Cu、Ag活泼性比Pb差,故电解产生的阳极泥的主要成分为Cu和Ag;阳极上溶解的金属有Pb、Fe、Zn,阴极上析出的金属只有Pb,两极上得失电子守恒,故工作一段时间后,溶液中Pb2+浓度有所下降。②pH越小,c(H+)越大,则阴极上氢离子得电子的可能性越大,故铅产率减小的原因可能是c(H2SiF6)增大,电解液中c(H+)增大,阴极发生副反应:2H++2e-===H2↑,影响Pb2+放电。 答案:(1)①Cl--5e-+2H2O===ClO2↑+4H+　②0.01　在阴极发生反应:2H++2e-===H2↑,H+浓度减小,使得平衡H2OOH-+H+向右移动,OH-浓度增大,pH增大 (2)ADE　(3)①Cu、Ag　减小　②c(H2SiF6)增大,电解液中c(H+)增大,阴极发生副反应:2H++2e-===H2↑,影响Pb2+放电,使铅产率减小 第四讲　多池串联装置分析与电化学的相关计算(思维建模课) 　　电化学的相关计算是每年高考的必考内容,考查的形式主要是在选择题的某一个或二个选项中出现,考查的内容主要涉及电极的质量变化、物质的量变化、产生或消耗气体的体积、电路中转移的电子数。多池串联的装置在近几年的高考中虽出现不多,偶有考查,但通过这类题的训练可以加深对原电池和电解池原理理解,有助于学生全面融会贯通知识,发展创新思维能力。 一、多池串联装置 (一)有外加直流电源型 　　[例1]　如图所示的装置中,a、b是石墨电极,通电一段时间后,b极附近溶液显红色。下列说法正确的是 (　　) A.X为电源负极,Y为电源正极 B.a极的电极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑ C.当b极产生标准状况下2.24 L气体时,Pt极上有6.4 g Cu析出 D.通电一段时间后,CuSO4溶液的pH增大 　　[解析]　a、b是石墨电极,通电一段时间后,b极附近溶液显红色,依据电解质溶液为氯化钠的酚酞溶液,判断b电极是阴极,Y为电源负极,X为电源正极,A错误;a电极是氯离子失电子发生的氧化反应,电极反应为2Cl--2e-===Cl2↑,B正确;b极产生标准状况下2.24 L氢气的物质的量n===0.1 mol,转移电子为0.2 mol,电解过程中CuSO4溶液中的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气,溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜,溶液中氢离子浓度增大,溶液的pH逐渐减小,C、D错误。 　　[答案]　B |题后悟道|　 　　对于此类题目,因有外加直流电源,则各池均为电解池。同时结合电解原理的应用,再具体判断是何种电解装置。如图甲为电镀池,乙、丙均为电解池。 　 (二)电源装置与电解池组合型 　　[例2]　粗铜中一般含有锌、铁、银、金等杂质。在如图所示的装置中,甲池的总反应方程式为2CH3OH+3O2+4KOH===2K2CO3+6H2O。接通电路一段时间后,纯Cu电极质量增加了3.2 g。在此过程中,下列说法正确的是 (　　) A.乙池中CuSO4溶液的浓度增大 B.甲池中理论上消耗标准状况下空气的体积是2.8 L(空气中O2体积分数以20%计算) C.甲池是电能转化为化学能的装置,乙池是化学能转化为电能的装置 D.甲池通入CH3OH一极的电极反应为CH3OH-6e-+2H2O===C+8H+ 　　[解析]　甲池中,通入CH3OH的电极为负极,通入空气的电极为正极;粗Cu为阳极,纯Cu为阴极。从图中可以看出,甲池为原电池,乙池为电解池。乙池中,粗Cu电极上的Zn、Fe、Cu先后失去电子形成离子进入溶液,纯Cu电极上,溶液中的Cu2+得电子,生成的Cu附着在电极表面,所以CuSO4溶液的浓度减小,A不正确;乙池中,纯Cu电极质量增加了3.2 g,则Cu2+得电子的物质的量为×2=0.1 mol,则甲池中理论上消耗标准状况下空气的体积是×22.4 L·mol-1×=2.8 L,B正确;甲池是原电池,将化学能转化为电能,乙池是电解池,将电能转化为化学能,C不正确;甲池通入CH3OH一极为负极,CH3OH失电子产物与电解质反应,生成C等,电极反应为CH3OH-6e-+8OH-===C+6H2O,D不正确。 　　[答案]　B |题后悟道|　 　　对于此类题目,因电路中有明显的电源装置(如燃料电池、铅酸蓄电池),则另外的池为电解池。如图所示,A为原电池,B为电解池。 　 (三)原电池与电解池组合型 [例3]　烧杯A中盛放0.1 mol·L-1的H2SO4溶液,烧杯B中盛放0.1 mol·L-1的CuCl2溶液(两种溶液均足量),装置如图所示,下列说法不正确的是 (　　) A.A中Fe极质量减少,C极有气体产生 B.A为电解池,B为原电池 C.当A烧杯中产生0.1 mol气体时,B烧杯中产生气体的物质的量也为0.1 mol D.经过一段时间,B烧杯中溶液的pH增大(不考虑Cl2溶于水) 　　[解析]　由题图可知,A池中Fe、C与稀硫酸构成原电池,铁为原电池的负极,铁失电子发生氧化反应,C为原电池正极,氢离子在正极上得电子发生还原反应;B池为电解池,与铁极相连的一极为阴极,铜离子在阴极上得电子发生还原反应,与C极相连的一极为正极,氯离子在阳极上失电子发生氧化反应。A池中Fe、C与稀硫酸构成原电池,A池中Fe为负极,发生氧化反应质量减小;C极为正极,氢离子放电生成氢气,A正确。A池为原电池,A池、B池相连,B有外接电源,所以B为电解池,B错误。A中C上有氢气生成,其电极反应式为2H++2e-===H2↑,当A烧杯中产生0.1 mol气体时,转移0.2 mol电子;B中阳极上氯离子失电子生成氯气,其电极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑,当转移0.2 mol电子时,生成氯气为0.1 mol,所以A和B中生成气体的物质的量相同,C正确。B池为惰性电极电解氯化铜溶液,实际上是电解氯化铜,所以一段时间后,B烧杯中溶液的浓度会减小,铜离子浓度减小,水解产生的H+浓度减小,pH增大,D正确。 　　[答案]　B [例4]　如图所示,将两烧杯中电极用导线相连,四个电极分别为Mg、Al、Pt、C。当闭合开关S后,以下表述正确的是 (　　) A.电流表指针不发生偏转 B.Al、Pt两极有H2产生 C.甲池pH增大,乙池pH减小 D.Mg、C两极生成的气体在一定条件下可以恰好完全反应 　　[解析]　铝能与氢氧化钠溶液反应,因此甲是原电池,Al是负极,Mg是正极,负极:Al+4OH--3e-=== [Al(OH)4]-,正极:2H2O+2e-===H2↑+2OH-,总反应式:2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑。乙装置是电解池,其中Pt是阴极:2H2O+2e-===H2↑+2OH-,C是阳极:4OH--4e-===2H2O+O2↑,总反应式:2H2O2H2↑+O2↑。则左边是原电池,右边是电解池,电流表指针发生偏转,A错误。Al是负极,没有H2产生;Mg是正极,产生H2,B错误。乙是电解水,水减少,NaOH浓度增大,pH增大,甲中消耗氢氧化钠,pH减小,C错误。Mg、C两极正好产生H2和O2,且体积比是2∶1,一定条件下可恰好完全反应生成水,D正确。 　　[答案]　D |题后悟道|　 　　此类试题实质是考查原电池的形成条件和工作原理与电解原理及其应用。其解题关键是要判断出原电池,其余的池均属于电解池。 (1)根据电池中的电极材料和电解质溶液判断 原电池一般是两种活泼性不同的金属电极或一种金属电极和一个碳棒 作电极;而电解池则一般都是两个惰性电极,如两个铂电极或两个碳棒电极。原电池中的电极材料和电解质溶液之间能发生自发的氧化还原反应,电解池的电极材料一般不能和电解质溶液自发反应。如图所示,B为原电池,A为电解池。 (2)根据电极反应现象判断 在某些装置中根据电极反应或反应现象可判断电极,并由此判断电池类型。如图所示,若C极溶解,D极上析出Cu,B极附近溶液变红,A极上放出黄绿色气体,则可知乙是原电池,D是正极,C是负极;甲是电解池,A是阳极,B是阴极。B、D极发生还原反应,A、C极发生氧化反应。 　 [迁移应用] 1.(2022·山东卷改编)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,甲室溶液pH逐渐增大 B.装置工作一段时间后,乙室应补充盐酸 C.乙室电极反应式为LiCoO2+2H2O+e-===Li++Co2++4OH- D.若甲室Co2+减少200 mg,乙室Co2+增加300 mg,则此时没有进行过溶液转移 解析:选B　电池工作时,左侧为电解池,左侧石墨极为阳极,电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O===2CO2↑+7H+,H+移向甲室,溶液pH减小,A错误;对于乙室,正极上LiCoO2得到电子,被还原为Co2+,同时得到Li+,其中的O与溶液中的H+结合生成H2O,因此电池工作一段时间后应该补充盐酸,B正确;电解质溶液为酸性,不可能大量存在OH-,乙室电极反应式为LiCoO2+e-+4H+===Li++Co2++2H2O,C错误;若甲室Co2+减少200 mg,电子转移物质的量为n(e-)=×2≈0.006 8 mol ,乙室Co2+增加300 mg,转移电子的物质的量为n(e-)=×1≈0.005 1 mol,说明此时已进行过溶液转移,D错误。 2.如图所示,通电5 min后,电极5的质量增加2.16 g,请回答下列问题。 (1)a为电源的　　　　(填“正”或“负”)极,C池是　　　　池。A池阳极的电极反应为　　　　　　　　　　,C池阴极的电极反应为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)如果B池中共收集到224 mL气体(标准状况)且溶液体积为200 mL(设电解过程中溶液体积不变),则通电前溶液中Cu2+的物质的量浓度为　　　　　。  (3)如果A池溶液是200 mL足量的食盐水(电解过程溶液体积不变),则通电5 min后,溶液的pH为　　　　　。  解析:(1)根据已知条件通电5 min后,电极5的质量增加2.16 g,说明电极5作阴极,Ag+放电,电极反应为Ag++e-===Ag,转移电子的物质的量为0.02 mol,同时可知电极6作阳极,与电源的正极相连。则a是负极,b是正极,电极1、3、5作阴极,电极2、4、6作阳极。(2)B池中电解总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4,若转移0.02 mol电子时只收集到O2(只电解溶质),则根据关系式2CuSO4~O2~4e-可得n(O2)=0.005 mol,体积为112 mL(标准状况)<224 mL,说明溶质CuSO4已耗完,然后电解水。设整个过程消耗CuSO4 x mol,H2O y mol,则有2x+2y=0.02,x+y=0.01,解得x=y=0.005 mol,则c(CuSO4)=0.025 mol·L-1。(3)由于A池中电解液足量,A池中只发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,根据关系式NaOH~e-,生成的n(NaOH)=0.02 mol,则c(NaOH)==0.1 mol·L-1,即溶液的pH=13。 答案:(1)负　电解　2Cl--2e-===Cl2↑　Ag++e-===Ag (2)0.025 mol·L-1　(3)13 二、电化学的相关计算 (一)根据电子守恒计算 对于原电池和电解池串联的电化学试题,当题中给出了通过电子的量或某一反应物消耗的量或某一生成物生成的量,这时就要根据电子守恒关系进行计算。 　　[例1]　如图,X是直流电源,电池中c、d、e、f为石墨棒,接通电路后,发现d附近显红色。回答下列问题: (1)电源a为　　　(填“正”“负”“阴”或“阳”,下同)极,d极上的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　,Z池中f为　　　　极,e极上的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　。  (2)当电路中通过0.02 mol电子时,d极产生的气体在标准状况下的体积为　　　　 L,Y池中溶液的pH为　　　　;Z池中析出铜的质量为　　　　 g,产生的气体在标准状况下的体积为　　　　 L。  [解析]　(1)用直流电电解饱和NaCl溶液,阳极电极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑,阴极电极反应式为2H2O+2e-===2OH-+H2↑,d附近显红色,因此d为阴极,a为电源的正极,f为阴极,电极反应式为Cu2++2e-===Cu,e为阳极,电极反应式为2H2O-4e-===4H++O2↑。(2)由上述分析,Y池总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,Z池总反应为2CuSO4+2H2O2H2SO4+O2↑+2Cu,当电路中通过0.02 mol电子时,d极产生0.01 mol的H2,在标准状况下的体积为0.224 L,同时生成0.02 mol OH-,c(OH-)=0.1 mol·L-1,Y池中溶液的pH为13;Z池中析出铜的物质的量为0.01 mol,质量为0.64 g,阳极产生0.005 mol O2,标准状况下的体积为0.112 L。 [答案]　(1)正　2H2O+2e-===2OH-+H2↑　阴　2H2O-4e-===4H++O2↑　(2)0.224　13　0.64　0.112 |思维建模|电子守恒法的解题流程 第一步 找出氧化剂(正极或阴极反应物质)、还原剂(负极或阳极反应物质)及相应的还原产物和氧化产物 第二步 根据相关信息,找准一个电极上原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数) 第三步 根据串联电路中各电极转移电子相等列出等式 (二)根据关系式计算 电化学试题中有时把原电池、电解池、电镀池串联在一起来进行考查,对于复杂的电化学装置,可以通过关系式进行计算。 [例2]　K⁃O2电池结构如图所示,a和b为两个电极,其中之一为单质钾片。产生1 Ah电量时,生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为　　。用此电池为铅酸蓄电池充电,消耗3.9 g钾时,铅酸蓄电池消耗　 　　g水。 　　[解析]　从KO2的组成看,存在如下关系式:KO2~O2,则KO2的质量与消耗O2的质量比值为≈2.22;铅酸蓄电池充电时总反应为2PbSO4+2H2O===Pb+PbO2+2H2SO4,消耗2 mol H2O,转移2 mol电子,故有K~e-~H2O,消耗3.9 g钾(物质的量为=0.1 mol)时,转移0.1 mol电子,则铅酸蓄电池消耗0.1 mol H2O,质量为0.1 mol×18 g·mol-1=1.8 g。 　　[答案]　2.22　1.8 　　[例3]　KIO3可作为食盐中的补碘剂,可采用“电解法”制备。先将一定量的碘溶于过量氢氧化钾溶液,发生反应:3I2+6KOH===5KI+KIO3+3H2O,将反应后的溶液加入阳极区,阴极区加入氢氧化钾溶液,开始电解。装置如图所示。 回答下列问题: (1)惰性电极M为　　　　(填“阳极”或“阴极”),其电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)若电解时用铅酸蓄电池做电源,当消耗2 mol单质铅时,电解生成气体的物质的量是　　　mol。  (3)若电解结束时,阳极反应生成10 mol KIO3,则理论上消耗的I2的物质的量为　　　　mol。  (4)常温下若有0.9 mol K+通过阳离子交换膜,阴极区KOH溶液pH由13升到14,则阴极区KOH溶液体积为　　　L(忽略溶液体积变化)。  (5)若电解池工作前,阳极室和阴极室中电解液质量相等,当转移　　　　mol电子时,两侧电解液的质量差为308 g。  [解析]　(1)惰性电极M为阳极,其电极反应式为I-+6OH--6e-===I+3H2O。(2)若电解时用铅酸蓄电池做电源,由关系式Pb~2e-~H2,当消耗2 mol单质铅时,电解生成气体的物质的量是2 mol。(3)若电解结束时,由关系式3I2~5I-~5I,阳极反应生成10 mol KIO3,则理论上消耗的I2的物质的量为×3=6 mol。(4)常温下若有0.9 mol K+通过阳离子交换膜,阴极区KOH溶液pH由13升到14,氢氧根离子的浓度由0.1 mol·L-1提高到1 mol·L-1,1 mol·L-1×V-0.1 mol·L-1×V=0.9 mol,V=1 L,则阴极区KOH溶液体积为1 L(忽略溶液体积变化)。(5)若电解池工作前,阳极室和阴极室中电解液质量相等,每转移1 mol电子,阳极减少1 mol钾离子,减少39 g,阴极增加1 mol钾离子,同时减少1 mol氢原子,增加38 g,当转移=4 mol电子时,两侧电解液的质量差为308 g。 [答案]　(1)阳极　I-+6OH--6e-===I+3H2O　(2)2　(3)6　(4)1　(5)4 |思维建模|　 　　根据得失电子守恒定律,建立已知量与未知量之间的桥梁,构建计算所需的关系式。 如以通过4 mol e-为桥梁可构建如下关系式: 　 [迁移应用] 1.(2024·山东卷)以不同材料修饰的Pt为电极,一定浓度的NaBr溶液为电解液,采用电解和催化相结合的循环方式,可实现高效制H2和O2,装置如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.电极a连接电源负极 B.加入Y的目的是补充NaBr C.电解总反应式为Br-+3H2OBr+3H2↑ D.催化阶段反应产物物质的量之比n(Z)∶n(Br-)=3∶2 解析:选B　电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成Br,电极b为阳极,电极反应为Br--6e-+3H2O===Br+6H+;则电极a为阴极,电极a的电极反应为6H++6e-===3H2↑;电解总反应式为Br-+3H2OBr+3H2↑;催化循环阶段Br被还原成Br-循环使用、同时生成O2,实现高效制H2和O2,即Z为O2。根据分析,电极a为阴极,连接电源负极,A项正确。根据分析电解过程中消耗H2O和Br-,而催化阶段Br被还原成Br-循环使用,故加入Y的目的是补充H2O,维持NaBr溶液为一定浓度,B项错误。根据分析电解总反应式为Br-+3H2OBr+3H2↑,C项正确。催化阶段,Br元素的化合价由+5价降至-1价,生成1 mol Br-得到6 mol电子,O元素的化合价由-2价升至0价,生成1 mol O2失去4 mol电子,根据得失电子守恒,反应产物物质的量之比n(O2)∶n(Br-)=6∶4=3∶2,D项正确。 2.某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量,体积均为1 L),当闭合该装置的开关K时,观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题: (1)甲、乙、丙三池中为原电池的是　　　　　　(填“甲池”“乙池”或“丙池”),A电极的电极反应式为　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　,C电极的电极反应式为　　　　　　　　 　　。  (2)丙池总反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)当甲池中B电极上消耗O2的体积为560 mL(标准状况)时,理论上通过乙池的电量为　 　　(法拉第常数F=9.65×104 C·mol-1),丙池溶液的pH为　 　　(忽略溶液体积的变化)。  解析:(1)从图中可以看出,甲池为燃料电池,乙池和丙池为电解池。则甲、乙、丙三池中为原电池的是甲池,A电极的电极反应式为CH3OCH3-12e-+16OH-===2C+11H2O;乙池中,C电极与燃料电池的正极相连,则C电极为阳极,Ag失电子生成Ag+,电极反应式为Ag-e-===Ag+。(2)丙池中,阴极Cu2+得电子生成Cu,阳极H2O失电子生成O2和H+,总反应的离子方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。(3)当甲池中B电极上消耗O2的体积为560 mL(标准状况)时,线路中通过电子的物质的量n(e-)=×4=0.1 mol,理论上通过乙池的电量为0.1 mol×9.65×104 C·mol-1=9.65×103 C;丙池中,可建立关系式:H+~e-,则溶液中生成H+的物质的量为0.1 mol,溶液的pH为1。 答案:(1)甲池　CH3OCH3-12e-+16OH-===2C+11H2O　Ag-e-===Ag+　 (2)2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+　 (3)9.65×103 C　1 [课时跟踪检测] (电子版配有升维和降维题组，通过调试难度，满足不同层级学生的需求) 一、选择题 1.将两支惰性电极插入CuSO4溶液中,通电电解,当有1×10-3mol OH-放电时,溶液显浅蓝色,则下列叙述正确的是 (　　) A.阳极上析出3.6 mL(标准状况)O2 B.阴极上析出32 mg Cu C.阴极上析出11.2 mL(标准状况)H2 D.阳极和阴极质量都无变化 解析:选B　用惰性电极电解CuSO4溶液时,阴极:Cu2++2e-===Cu,阳极:4OH--4e-===O2↑+2H2O。当有1×10-3mol OH-放电时,阳极上生成标准状况下的O2为5.6 mL,阴极上析出32 mg Cu,阴极质量增加。 2.某同学组装了如图所示的电化学装置,电极Ⅰ为Al,其他均为Cu,则下列说法正确的是 (　　) A.电流方向:电极Ⅳ→Ⓐ→电极Ⅰ B.电极Ⅰ发生还原反应 C.电极Ⅱ逐渐溶解 D.电极Ⅲ的电极反应:Cu2++2e-===Cu 解析:选A　电极Ⅰ为负极,失电子发生氧化反应,电子移动方向:电极Ⅰ→Ⓐ→电极Ⅳ,电流方向与电子移动方向相反,A项正确,B项错误;电极Ⅱ为正极,铜离子在电极Ⅱ上得电子生成铜单质,该电极质量逐渐增大,C项错误;电极Ⅲ为阳极,电极反应式为Cu-2e-===Cu2+,D项错误。 3.(2025·武汉模拟)一种电解法制备Na2FeO4的装置如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.电解时化学能转化为电能 B.电解时应将铂电极与直流电源正极相连 C.电解过程中转移2 mol e-,理论上可获得标准状况下的H2 11.2 L D.电解时铁电极反应式:　Fe-6e-+8OH-===Fe+4H2O 解析:选D　该装置为电解池,将电能转化成化学能,故A错误;由题意知为制备Na2FeO4,则铂电极为阴极,与电源的负极相连,故B错误;阴极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,转移2 mol电子,生成1 molH2,则标准状况下,生成氢气的体积为22.4 L,故C错误;制备高铁酸钠,铁元素的化合价升高,根据电解原理,铁电极为阳极,电极反应式为Fe-6e-+8OH-===Fe+4H2O,故D正确。 4.钴酸锂电池是目前用量最大的锂离子电池,用它作电源按如图装置进行电解。通电后,a电极上一直有气泡产生;d电极附近先出现白色沉淀(CuCl),后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)。下列有关叙述正确的是 (　　) A.已知钴酸锂电池放电时总反应为Li1-xCoO2+LixC6===LiCoO2+6C,则m处Li1-xCoO2发生失电子的反应 B.当外电路中转移0.2 mol电子时,理论上装置Ⅰ中加入100 mL 2 mol·L-1盐酸可复原 C.电极d为阴极,电解过程中发生反应Cu+Cl--e-===CuCl D.随着电解的进行,U形管Ⅱ中发生了如下转化CuCl+OH-===CuOH+Cl- 解析:选D　LixC6中可看作Li镶嵌在石墨中,Li、C都为0价,负极Li被氧化,根据电池总反应,LixC6作负极,则Li1-xCoO2作正极,得电子,故A错误;盐酸中的水会稀释Ⅰ中的溶液,故不可复原,故B错误;a电极一直有气泡,且a的材料为铜,故a极为阴极,d为阳极,d极反应式为Cu+Cl--e-===CuCl,故C错误;d电极先产生白色沉淀(CuCl),白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH),发生的反应是CuCl+OH-===CuOH+Cl-,故D正确。 5.现以CO、O2、熔融盐Z(Na2CO3)组成的燃料电池,采用电解法处理CO同时制备N2O5,装置如图所示,其中Y为CO2。下列说法错误的是 (　　) A.石墨Ⅰ是原电池的负极,发生氧化反应 B.乙池中,若使用质子交换膜,每生成1 mol N2O5,则有2 mol H+通过交换膜进入右室 C.石墨Ⅱ的电极反应式:O2+2CO2+4e-===2C D.若甲池消耗标准状况下的氧气2.24 L,则乙池中产生氢气0.2 mol 解析:选B　CO在石墨Ⅰ电极上发生氧化反应,则石墨Ⅰ是原电池的负极,A正确;石墨Ⅰ是原电池的负极,则乙池中右室为阴极室,左室为阳极室,在阳极室中发生氧化反应,电极反应式为N2O4-2e-+2HNO3===2N2O5+2H+,根据电极反应式可知每生成1 mol N2O5,则有1 mol H+通过交换膜进入右室,B错误;石墨Ⅱ为正极,氧气得电子发生还原反应,电解质为熔融碳酸钠,所以电极反应式为O2+2CO2+4e-===2C,C正确;若甲池消耗标准状况下的氧气2.24 L即0.1 mol,整个电路转移电子的物质的量为0.4 mol,而乙池中阴极生成氢气的物质的量为0.2 mol,D正确。 6.铝⁃石墨双离子电池采用廉价且易得的石墨替代传统锂电池中的正极材料,全面提升了电池的能量密度。图甲和图乙表示该电池的充电或者放电时工作原理。X、Y表示可能为用电器或电源。已知充电时正极发生阴离子插层反应生成Cn(PF6),下列有关分析正确的是 (　　) A.图甲表示电池充电过程,电极a与电源的正极相连 B.图甲中b电极反应式为　Cn(PF6)-e-===P+nC C.图乙中电极c电势高于电极d D.图乙中当电路转移电子数为2 mol时,理论上电极c质量减少14 g 解析:选D　由图中所给电极材料及电子转移方向判断,图甲为充电装置,电极a与电源负极连接,A错误;图甲中电极b与电源正极连接,电极反应式为P+nC-e-===Cn(PF6),B错误;图乙中c是原电池负极,d是正极,因此电极d的电势高于电极c,C错误;图乙,c电极反应为AlLi-e-===Al+Li+,因此当电路转移电子数为2 mol时,即物质的量为2 mol,理论上电极c质量减少m=n·M=2 mol×7 g·mol-1=14 g,D正确。 7.利用氢氧燃料电池,以镍、铁作电极电解NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4,其在浓碱中稳定存在)的装置如图所示。已知固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体,在高温下能传导O2-。下列说法正确的是 (　　) A.电极b的电极反应为H2-2e-===2H+ B.电极d材料是铁电极,电极反应为Fe-2e-+2OH-===Fe(OH)2 C.理论上,固体电解质中每迁移0.3 mol O2-,可以制得16.6 g Na2FeO4 D.为提高Na2FeO4的产率,应使用阳离子交换膜 解析:选C　装置图中,左侧装置为氢氧燃料电池,右侧装置为电解池。氢氧燃料电池中,负极反应式为2H2+2O2--4e-===2H2O,正极反应式为O2+4e-===2O2-;电解池中,Fe电极(阳极)反应式为Fe+8OH--6e-===Fe+4H2O,Ni电极(阴极)反应式为6H2O+6e-===3H2↑+6OH-。从图中箭头可知,电极c产生的H2流入电极b中,所以电极c为阴极(Ni电极),电极b为负极;电极a为正极,电极d为阳极(Fe电极)。理论上,固体电解质中每迁移0.3 mol O2-,电路中转移电子的物质的量为0.6 mol,可以制得0.1 mol Na2FeO4,质量为0.1 mol ×166 g·mol-1=16.6 g,C正确;阳极需要消耗OH-,阴极不断生成OH-,为提高Na2FeO4的产率,应使用阴离子交换膜,D不正确。 8.如图所示,某同学设计用NO⁃空气质子交换膜燃料电池探究将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4的原理。下列说法正确的是 (　　) A.甲、乙装置中NO均被氧化,物质A为HNO3 B.若甲装置中消耗22.4 L O2,则乙装置中SO2和NO转化的物质的量共有2.8 mol C.燃料电池放电过程中负极的电极反应式为　NO-3e-+2H2O===N+4H+ D.该装置中,电子的移动方向为Pt(Ⅰ)→石墨(Ⅱ)→电解质溶液→石墨(Ⅰ)→Pt(Ⅱ) 解析:选C　甲装置中NO被氧化,乙装置中NO被还原,装置乙中SO2失电子生成S,NO得电子生成N,根据得失电子守恒,生成S、N的物质的量之比为5∶2,乙中生成硫酸铵和硫酸,所以物质A为H2SO4,A错误;非标准状况下,22.4 L O2的物质的量不一定是1 mol,B错误;燃料电池放电过程中,NO在负极失电子生成硝酸,负极的电极反应式为NO-3e-+2H2O===N+4H+,C正确;电子不能在溶液中移动,该装置中,电子的移动方向为Pt(Ⅰ)→石墨(Ⅱ)、石墨(Ⅰ)→Pt(Ⅱ),D错误。 二、非选择题 9.(8分)如图所示装置中,甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5% NaOH溶液、足量CuSO4溶液和100 g 10% K2SO4溶液,电极均为石墨电极。 (1)接通电源,一段时间后,测得丙中K2SO4溶液的质量分数为10.47%,乙中c电极质量增加。则: ①电源的N端为　　　　　极;  ②电极b上发生的电极反应为　　 　　　　　;  ③计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积为　　　　L;  ④电解前后丙中溶液的pH　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  (2)乙装置中如果电解过程中铜全部析出,此时电解能否继续进行:　　　　　(填“能”或“不能”),原因是 　。  解析:(1)①接通电源一段时间后,乙中c电极质量增加,说明c电极表面析出Cu,则该电极为阴极,从而推知M端为电源的负极,N端为电源的正极。②电极b为阳极,用惰性电极电解NaOH溶液相当于电解水,阳极上OH-放电生成O2,电极反应式为4OH--4e-===O2↑+2H2O。③用惰性电极电解K2SO4溶液相当于电解水,设电解过程中消耗水的质量为x g,据电解前后溶质的质量不变可得:100 g×10%=(100-x)g×10.47%,解得x≈4.5,则电解过程中消耗水的物质的量为=0.25 mol,转移电子的物质的量为0.5 mol,故电极b上生成的O2在标准状况下的体积为V(O2)=0.5 mol××22.4 L·mol-1=2.8 L。④丙中用惰性电极电解K2SO4溶液相当于电解水,电解过程中c(K2SO4)增大,但溶液的pH不变。(2)当电解过程中铜全部析出时,CuSO4溶液变为H2SO4溶液,可继续电解H2SO4溶液,相当于电解水。 答案:(1)①正　②4OH--4e-===O2↑+2H2O ③2.8　④不变　(2)能　CuSO4溶液变为H2SO4溶液,可继续电解H2SO4溶液,实质为电解水 10.(10分)某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时,观察到电流表的指针发生了偏转。 请回答下列问题: (1)甲池中,右室的KOH的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　。当有1 mol电子经过外电路时,左室中减少　　　　　 mol 离子。  (2)乙池中A电极的名称为　　　　　(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”),其电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,电键闭合10 min后,B极质量增加4.32 g,甲池中理论上消耗空气的体积为　　　　　　　mL(标准状况下,假设O2占空气的体积分数为20%),若要使乙池中的电解质溶液完全恢复原状,则加入的试剂可以是　　　　　　　　　　(填化学式)。  (3)电键闭合10 min后, D电极附近的pH 将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”);若C电极上产生的气体,用丙池反应后的溶液将其完全吸收,则生成的消毒液的有效成分的质量分数为　　　　　　　　　　　　　　。(用算式表示,不要求计算结果,但有单位的数据须带上单位)  解析:根据装置图可知甲池是原电池,乙池和丙池是电解池,通N2H4的电极是负极,通空气的电极是正极,因此A是阳极,B是阴极,C是阳极,D是阴极。(1)溶液导电需要通过离子的定向移动,因此甲池中,右室的KOH的作用是导电(或增强溶液导电性)。负极反应式为N2H4-4e-+4OH-===N2+4H2O,由于是阳离子交换膜,因此当有1 mol 电子经过外电路时,左室中减少1 mol 氢氧根离子和1 mol 钾离子,共计是2 mol 离子。(2)乙池中A电极与正极相连,电极名称为阳极,其电极反应式为2H2O-4e-===4H++O2↑,电键闭合10 min后,B极质量增加4.32 g,即析出单质银的物质的量为4.32 g÷108 g· mol -1=0.04 mol,转移0.04 mol 电子,根据电子得失守恒可知甲池中理论上消耗氧气0.01 mol,对应空气的体积为0.05 mol×22.4 L·mol -1=1.12 L=1 120 mL(标准状况下,假设O2占空气的体积分数为20%)。电解过程中生成氧气和银,因此若要使乙池中的电解质溶液完全恢复原状,则加入的试剂可以是Ag2O(或Ag2CO3)。(3)D电极是阴极,溶液中水电离出的氢离子放电,则电键闭合10 min后,D电极附近有氢氧根离子生成,所以pH将增大;若C电极上产生的气体,用丙池反应后的溶液将其完全吸收,根据电子得失守恒可知C电极生成氯气是0.02 mol,D电极生成氢气是0.02 mol ,氢氧化钠是0.04 mol,所以生成次氯酸钠是0.02 mol,则生成的消毒液的有效成分的质量分数为×100%。 答案:(1)导电(或增强溶液导电性)　2　 (2)阳极　2H2O-4e-===4H++O2↑　1 120　Ag2O(或Ag2CO3)　(3)增大　×100% 　第五讲　含膜电化学装置在生产生活中的应用(思维建模课) 　　离子交换膜是一种含离子基团的、对溶液里的离子具有选择透过能力的高分子膜。因它对离子具有选择透过性,且电化学性能优良,在涉及电化学的工业生产中广泛应用。由于离子交换膜能将工业生产与化学知识有机的融合,实现资源的最优配置,考查学生的学以致用能力,在近几年的电化学高考试题中年年涉及。 一、研真题——明高考方向 1.(2024·江西卷)我国学者发明了一种新型多功能甲醛-硝酸盐电池,可同时处理废水中的甲醛和硝酸根离子(如图)。下列说法正确的是 (　　) A.CuAg电极反应为2HCHO+2H2O-4e-===2HCOO-+H2↑+2OH- B.CuRu电极反应为N+6H2O+8e-===NH3↑+9OH- C.放电过程中,OH-通过质子交换膜从左室传递到右室 D.处理废水过程中溶液pH不变,无需补加KOH 解析:选B　CuAg电极上HCHO转化为HCOO-和H2,电极反应为2HCHO+4OH--2e-===2HCOO-+H2↑+2H2O,A项错误;CuRu电极上N转化为NH3,电极反应为N+6H2O+8e-===NH3↑+9OH-,B项正确;OH-不能通过质子交换膜,C项错误;总反应为8HCHO+N+7OH-===8HCOO-+NH3↑+4H2↑+2H2O,消耗OH-,因此需要补充KOH,D项错误。 2.(2024·广东卷)一种基于氯碱工艺的新型电解池(如图),可用于湿法冶铁的研究。电解过程中,下列说法不正确的是 (　　) A.阳极反应:2Cl--2e-===Cl2↑ B.阴极区溶液中OH-浓度逐渐升高 C.理论上每消耗1 mol Fe2O3,阳极室溶液减少213 g D.理论上每消耗1 mol Fe2O3,阴极室物质最多增加138 g 解析:选C　右侧溶液为饱和食盐水,右侧电极产生气体,则右侧电极为阳极,Cl-放电产生氯气,电极反应为2Cl--2e-===Cl2↑;左侧电极为阴极,发生还原反应,Fe2O3在碱性条件下转化为Fe,电极反应为Fe2O3+6e-+3H2O===2Fe+6OH-;中间为阳离子交换膜,Na+由阳极向阴极移动。由分析可知,A、B正确。由分析可知,理论上每消耗1 mol Fe2O3,转移6 mol电子,产生3 mol Cl2,同时有6 mol Na+由阳极转移至阴极,则阳极室溶液减少3×71 g+6×23 g=351 g,阴极室物质最多增加6×23 g=138 g,C错误,D正确。 3.(2024·黑吉辽卷)“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题,科技工作者设计耦合HCHO高效制H2的方法,装置如图所示。部分反应机理为+H2。 下列说法错误的是 (　　) A.相同电量下H2理论产量是传统电解水的1.5倍 B.阴极反应:2H2O+2e-===2OH-+H2↑ C.电解时OH-通过阴离子交换膜向b极方向移动 D.阳极反应:2HCHO-2e-+4OH-===2HCOO-+2H2O+H2↑ 解析:选A　传统电解水过程中每转移4 mol e-可制得2 mol H2,耦合HCHO高效制H2过程中每转移4 mol e-,阴、阳极均可产生2 mol氢气,则相同电量下H2理论产量是传统电解水的2倍,A错误;由装置图知,b为阳极,a为阴极,在阴极区阳离子放电,则阴极的电极反应为2H2O+2e-===2OH-+H2↑,B正确;综合装置图中的离子交换膜为阴离子交换膜及电解池中阴离子向阳极移动知,OH-通过阴离子交换膜向b极区移动,C正确;由反应机理知,D正确。 4.(2024·湖北卷)我国科学家设计了一种双位点PbCu电催化剂,用H2C2O4和NH2OH电化学催化合成甘氨酸,原理如图,双极膜中H2O解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。已知在KOH溶液中,甲醛转化为HOCH2O-,存在平衡HOCH2O-+OH-[OCH2O]2-+H2O。Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2--e-===HCOO-+H·。下列说法错误的是 (　　) A.电解一段时间后阳极区c(OH-)减小 B.理论上生成1 mol H3N+CH2COOH双极膜中有4 mol H2O解离 C.阳极总反应式为2HCHO+4OH--2e-===2HCOO-+H2↑+2H2O D.阴极区存在反应H2C2O4+2H++2e-===CHOCOOH+H2O 微点精研 四法突破电有机合成中电极反应式的书写 解析:选B　左侧PbCu电极的Pb表面转化为,发生脱氧的还原反应,Cu表面转化为,发生脱氧、加氢的还原反应,因此PbCu电极为阴极;根据题干信息,右侧Cu电极上发生失电子的氧化反应,因此Cu电极为阳极。根据题干信息可知,Cu电极所在的阳极区先后发生反应:HCHO+OH-HOCH2O-、HOCH2O-+OH-[OCH2O]2-+H2O、[OCH2O]2--e-===HCOO-+H·,H·可转化为H2,则阳极总反应式为2HCHO+4OH--2e-===2HCOO-+H2↑+2H2O,C正确。根据阳极总反应可知,每消耗4个OH-,电路中通过2e-,根据电荷守恒,双极膜中有2个OH-向阳极迁移,即阳极区c(OH-)减小,A正确。由题给信息知,阴极总反应物为H2C2O4、NH2OH,总产物为H3N+CH2COOH,电极反应式为H2C2O4+NH2OH+6e-+7H+===H3N+CH2COOH+3H2O,每生成1 mol H3N+CH2COOH,电路中通过6 mol e-,双极膜中需有6 mol H2O解离出6 mol H+向阴极迁移,B错误。双极膜中H2O解离出的H+向阴极移动,因此H2C2O4在阴极Pb电极上转化为OHCCOOH的反应为H2C2O4+2H++2e-===OHCCOOH+H2O,D正确。 二、提知能——建思维模型 (一)离子交换膜的类型及作用 (二)常见含“膜”电化学装置解读 1.单膜双室 　　带阳离子交换膜的氯碱工业电解模型: 　　分析如下: 此时,阳离子交换膜的作用是平衡电荷,形成闭合回路;防止Cl2和H2混合而引起爆炸;避免Cl2与NaOH反应生成NaClO,影响NaOH的产量;避免Cl-进入阴极区导致制得的NaOH不纯。 2.双膜三室 　　水溶液中电解制备金属钴的装置示意图 　　分析如下: 判断电极名称 书写电极反应 检查离子浓度变化 确定膜 (或离子移动方向) 阳极(石墨) 2H2O-4e-===O2↑+4H+ Ⅰ室c(H+)增大,即c(阳离子)增大 H+通过阳离子交换膜由Ⅰ室移向Ⅱ室 阴极(Co) Co2++2e-===Co Ⅲ室阴离子电荷数大于阳离子电荷数 Cl-通过阴离子交换膜由Ⅲ室移向Ⅱ室 3.三膜四室 　　以四室电渗析法制备H3PO2(次磷酸)为例,其工作原理如图所示: 　　分析如下: 判断电极名称 书写电极反应 检查离子浓度变化 确定膜(或离子移动方向) 阳极(a) 2H2O-4e-=== O2↑+4H+ 阳极室c(H+)增大,即c(阳离子)增大 H+通过阳离子交换膜进入产品室,原料室中的H2P通过阴离子交换膜进入产品室 阴极(b) 4H2O+4e-=== 2H2↑+4OH- 阴极室c(OH-)增大,即c(阴离子)增大 原料室中的Na+通过阳离子交换膜进入阴极室 4.四膜五室 　　海水中除含有钠、氯等元素,还含有钙、镁、钾、硫酸根离子等。现利用“电渗析法”对海水进行淡化,技术原理如图: 　　分析如下: 判断电极名称 书写电极反应 检查离子浓度变化 确定膜(或离子移动方向) 阳极(甲) 2Cl--2e-===Cl2↑ 甲室c(Cl-)减小,即c(阴离子)减小 Na+等阳离子通过阳离子交换膜由甲室移向乙室 阴极(戊) 2H2O+2e-===H2↑+2OH- 戊室c(OH-)增大,即c(阴离子)增大 OH-等阴离子通过阴离子交换膜由戊室移向丁室 5.创新考查中的双极膜 　　分析如下: 双极膜是一种新型离子交换膜,其膜主体可分为阴离子选择层、阳离子选择层和中间界面层,水解离催化剂被夹在中间的离子交换聚合物中。与传统阴、阳离子交换膜不同,双极膜可以大幅度降低内部电阻,同时水电离产生H+ 和OH-可在电场的作用下快速迁移到两侧溶液中,为膜两侧的半反应提供各自理想的pH条件。 三、融会通——重迁移应用 类型(一)　用于物质的制备 　　[例1]　(2025·邢台开学考)Li⁃SO2Cl2电池可作为电源电解制备Ni(H2PO2)2,其工作原理如图所示。已知电池反应方程式为2Li+SO2Cl2===2LiCl+SO2↑。 回答下列问题: (1)Li电极是　　　　(填“正极”或“负极”),C电极上的电极反应为　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)Li电极与　 　　　(填“镍”或“不锈钢”)相连,膜c为　　　　交换膜(填“阳离子”或“阴离子”)。  (3)电解一段时间后,Ⅳ室中氢氧化钠溶液浓度将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  (4)理论上产品室每获得283.5 g的Ni(H2PO2)2,Li电极的质量减少　　　　g。  　　[解析]　图中左侧为原电池,右侧为电解池。在原电池中,Li电极为负极,C电极为正极;右侧电池中,因为要在产品室中获得Ni(H2PO2)2,所以镍电极为阳极,不锈钢电极为阴极。Ni2+透过膜a进入产品室,则膜a为阳离子交换膜;Ⅲ室中的H2P透过膜b进入产品室,则膜b为阴离子交换膜;Ⅲ室中的Na+透过膜c进入Ⅳ室,则膜c为阳离子交换膜。(1)Li电极是负极,C电极(正极)上,SOCl2获得电子生成SO2和Cl-,电极反应为SO2Cl2+2e-===2Cl-+SO2↑。(2)因为镍电极为阳极,不锈钢电极为阴极,则Li电极与不锈钢相连,膜c为阳离子交换膜。(3)Ⅳ室中,H2O得电子生成H2和OH-,Na+从Ⅲ室进入Ⅳ室,则电解一段时间后,Ⅳ室中氢氧化钠溶液浓度将增大。(4)283.5 g Ni(H2PO2)2的物质的量为=1.5 mol,则线路中转移电子3 mol,Li电极上失电子的Li为3 mol,质量减少3 mol×7 g·mol-1=21 g。 [答案]　(1)负极　SO2Cl2+2e-===2Cl-+SO2↑　(2)不锈钢　阳离子　(3)增大　(4)21 |题后悟道|　 　　电解原理常用于物质的制备,具有反应条件温和、反应试剂纯净和生产效率高等优点,电解原理能使许多不能自发的反应得以实现。工业上常用多室电解池制备物质,多室电解池是利用离子交换膜的选择透过性,即允许带某种电荷的离子通过而限制带相反电荷的离子通过,将电解池分为两室、三室、多室等,以达到浓缩、净化、提纯及电化学合成的目的。 　 　　[对点训练] 1.(2025·青岛模拟)光电合成H2O2、HClO绿色消毒剂具有巨大的潜力。如图中的电解池以含In2S3/MnIn2S4 S型异质结双功能催化剂为电极材料电解NaCl溶液,实现了同时生成H2O2和HClO。下列说法错误的是 (　　) A.b电极的电势高于a电极 B.电解过程中Ⅱ池pH变小 C.离子交换膜为阳离子交换膜时,Ⅱ池溶液质量增大 D.Ⅰ池电极反应为 O2+2e-+2H2O===H2O2+2OH- 解析:选C　b(正极)电极的电势高于a(负极)电极,故A正确;电解过程中Ⅱ池消耗氢氧根,pH变小,故B正确;Ⅱ池为阳极发生反应:Cl-+H2O-2e-===HClO+H+,阳离子向Ⅰ池移动,Ⅱ池溶液质量减小,故C错误;Ⅰ池为阴极发生反应:O2+2e-+2H2O===H2O2+2OH-,故D正确。 2.(2023·广东卷)用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图),可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨。工作时,H2O在双极膜界面处被催化解离成H+和OH-,有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是 (　　) A.电解总反应:KNO3+3H2O===NH3·H2O+2O2↑+KOH B.每生成1 mol NH3·H2O,双极膜处有9 mol的H2O解离 C.电解过程中,阳极室中KOH的物质的量不因反应而改变 D.相比于平面结构双极膜,“卯榫”结构可提高氨生成速率 解析:选B　由信息大电流催化电解KNO3溶液制氨可知,在电极a处KNO3放电生成NH3,发生还原反应,故电极a为阴极,电极方程式为N+8e-+9H+===NH3·H2O+2H2O,电极b为阳极,电极方程式为4OH--4e-===O2↑+2H2O,“卯榫”结构的双极膜中的H+移向电极a,OH-移向电极b。由分析中阴阳电极方程式可知,电解总反应为KNO3+3H2O===NH3·H2O+2O2↑+KOH,故A正确;每生成1 mol NH3·H2O,阴极得8 mol e-,同时双极膜处有8 mol H+进入阴极室,即有8 mol的H2O解离,故B错误;电解过程中,阳极室每消耗4 mol OH-,同时有4 mol OH-通过双极膜进入阳极室,KOH的物质的量不因反应而改变,故C正确;相比于平面结构双极膜,“卯榫”结构具有更大的膜面积,有利于H2O被催化解离成H+和OH-,可提高氨生成速率,故D正确。 类型(二)　用于物质的分离与提纯 　　[例2]　利用含双膜(阴离子交换膜和过滤膜)电解装置将普通电解精炼铜所制备的精铜(仍含微量杂质)提纯为高纯度铜。下列有关叙述中不正确的是 (　　) A.电极a为高纯度铜,电极b为精铜 B.电极b上发生的主要反应为Cu-2e-===Cu2+ C.甲膜为阴离子交换膜,可阻止杂质阳离子进入阴极区 D.相同时间内b电极减少的质量和a电极增加的质量相等 　　[解析]　电解精炼金属时高纯铜为阴极,精铜为阳极,A正确;精铜中主要成分是Cu,故阳极b上发生的主要反应为Cu-2e-===Cu2+,B正确;甲膜为阴离子交换膜,可阻止杂质阳离子进入阴极区在阴极上放电,得不到高纯铜,C正确;b电极为含有杂质的铜,铜和杂质中活泼的金属都能发生失电子的反应,杂质中还可能含有不参与电极反应的固体杂质,而a电极上只析出金属铜,故相同时间内b电极减少的质量和a电极增加的质量不相等,D错误。 　　[答案]　D |题后悟道|　 　　利用电解原理来分离、提纯物质,如电解精炼铜的过程中,将粗铜作阳极,含C的溶液为电解液,通直流电,在阳极铜及比铜活泼的杂质金属失电子,在阴极只有C得电子析出,从而提纯了铜,也可以通过离子间带同种电荷的相互排斥远离,带异性电荷的相互吸引靠近,实现不同离子的定向迁移,从而实现对物质的分离与提纯,并由此判断出离子的移动方向。电解法是实现物质简单快速分离的一种有效手段,分离物质的同时得到副产物,具有比一般分离方法更实用的优势。 　 　　[对点训练] 3.(2025·福建厦门一模)如图所示装置可实现镍离子(Ni2+)和钴离子(Co2+)的分离。双极膜内的H2O解离为H+和OH-,在直流电场作用下分别向两极迁移。已知Co2+与乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是 (　　) A.离子交换膜只允许阴离子通过 B.石墨M的电极反应式为Co2++2e-===Co C.双极膜内水解离出的OH-能抑制Ⅱ室中的转化反应 D.若导线中通过1 mol电子,Ⅰ室与Ⅲ室溶液质量变化之差为65 g 解析:选D　由图可知,离子交换膜允许Ni2+从左向右通过,故A错误;石墨M电极上由Cl-失电子,电极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑,故B错误;Ⅱ室中的转化反应生成H+,故水解离出的OH-可以促进Ⅱ室中的转化反应,故C错误;导线中流过2 mol e-,Ⅰ室移入Ⅱ室的Ni2+和Co2+的总物质的量为1 mol,同时有2 mol Cl-生成Cl2,质量减少130 g,Ⅲ室中阴极反应消耗的H+由水解离出的H+等量补充,溶液质量不变,故两室溶液质量变化之差约为130 g,故若导线中通过1 mol电子,Ⅰ室与Ⅲ室溶液质量变化之差为65 g,故D正确。 4.电解法常用于分离提纯物质,某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出,某研究小组利用设计的电解分离装置(如图),使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液进行回收利用。(已知:2Cr+2H+Cr2+H2O)下列说法不正确的是 (　　) A.阴极室生成的物质为NaOH和H2 B.阳极发生的电极反应是2H2O-4e-===4H++O2↑ C.a离子交换膜为阳离子交换膜 D.当外电路中转移2 mol电子时,阳极室可生成1 mol Cr2 解析:选D　电解时,阳极上水中的氢氧根放电:2H2O-4e-===O2↑+4H+,故Cr通过阴离子交换膜向阳极移动,从而从浆液中分离出来,因存在2Cr+2H+Cr2+H2O,则分离后含铬元素的粒子是Cr、Cr2;阴极上水中的氢离子放电:4H2O+4e-===2H2↑+4OH-,混合物浆液中的钠离子通过阳离子交换膜进入阴极,故阴极反应生成氢气和NaOH。由于生成Cr2的反应为可逆反应,当外电路中转移2 mol电子时,有1 mol Cr进入阳极室,阳极室生成Cr2小于0.5 mol,D错误。 类型(三)　用于“三废”处理和环境保护 　　[例3]　(2025·黄冈高三模拟)一种将废水中的硝酸盐转化为羟胺(NH2OH)的绿色电化学原理如图所示。 下列说法正确的是 (　　) A.b为电源的正极 B.每转移1 mol e-,阳极区溶液的质量减少8 g C.工作时阴极区溶液的pH减小 D.当阳极生成1.5 mol气体,生成33 g羟胺 　　[解析]　由图可知,在铜电极上N转化为NH2OH,N元素的化合价降低,为电解池的阴极,则b为电源的负极,故A错误;阳极区电极反应为2H2O-4e-===4H++O2↑,则每转移1 mol e-,阳极区释放0.25 mol O2,向阴极区转移1 mol H+,质量共减少9 g,故B错误;工作时,每转移6 mol e-,阳极区通过交换膜向阴极区转移6 mol H+,阴极区电极反应为N+7H++6e-===NH2OH+2H2O,消耗7 mol H+,因此pH增大,故C错误;当阳极生成1.5 mol气体,外电路转移6 mol e-,生成1 mol羟胺即质量为1 mol×33 g·mol-1=33 g,故D正确。 　　[答案]　D |题后悟道|　 　　应用电解的原理处理生产中的废水,可以直接将废水中有害物质通过电解形式分别在阳、阴两极上发生氧化和还原反应转化成为无害物质以实现污水净化;也可采用间接氧化和间接还原方式,即利用电解产生的具有氧化性或还原性的产物与废水中的有害物质发生化学反应,生成不溶于水的沉淀物,以达到分离去除的目的。 　 　　[对点训练] 5.(2025·太原五中校考一模)铁碳微电池法在弱酸性条件下处理含氮废水技术的研究获得突破性进展,其工作原理如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.工作时H+透过质子交换膜由乙室向甲室移动 B.碳电极上的电极反应式为2N+12H++10e-===N2↑+6H2O C.处理废水过程中两侧溶液的pH基本不变 D.处理含N的废水,若处理6.2 g N,则有0.5 mol H+透过质子交换膜 解析:选C　由图可知电池工作时,碳电极是正极,H+会由负极移向正极,即H+由乙室通过质子交换膜向甲室移动,A正确;碳电极为正极,在甲室中N转化为N2,所以电极反应式为2N+12H++10e-===N2↑+6H2O,B正确;当转移10 mol e-时甲室溶液中消耗12 mol H+,但通过质子交换膜的H+只有10 mol,因此,甲室溶液中c(H+)减小,溶液的pH不断增大,C错误;处理含N的废水时,根据电子守恒可知关系式为N~5e-,透过质子交换膜的H+与转移的电子物质的量相等,所以处理6.2 g N(其物质的量是0.1 mol)时,电池中有0.5 mol H+透过质子交换膜,D正确。 6.(2025·常州期末检测)向KNO3溶液中通CO2至饱和,再经电解生成尿素(原理如图)。该技术有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。下列说法正确的是 (　　) A.b极发生还原反应 B.a极的电极反应式:2N-16e-+CO2+18H+===CO(NH2)2+7H2O C.电解一段时间后阴极区溶液的pH增大 D.电解过程每生成60 g尿素,有18 mol H+经过质子交换膜 解析:选C　由图可知在b极上H2O转化为O2,氧元素的化合价升高,则b极为阳极,发生氧化反应,电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,故A错误;a极的电极反应式为2N+16e-+CO2+18H+CO(NH2)2+7H2O,故B错误;电解一段时间后,阴极区溶液消耗18 mol H+,通过质子交换膜迁移过来H+的只有16 mol,阴极区H+浓度减小,pH增大,故C正确;电解过程每生成60 g尿素,即生成1 mol尿素,有16 mol H+经过质子交换膜,故D错误。 [课时跟踪检测] 1.我国科学家利用铜催化剂催化电解碱性甲醛溶液实现阴阳两极同时制氢,其原理如图所示。电解过程中,电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1∶2。下列说法错误的是 (　　) A.电极a连接电源的负极 B.电极b上的电极反应式为2HCHO+4OH--2e-===2HCOO-+H2↑+2H2O C.电解过程中a、b两极产生H2的体积比为1∶1 D.电解过程共收集到H2 22.4 L(标准状况),则通过阴离子交换膜的OH-为2 mol 解析:选D　由图可知电极a上H2O转化为H2,氢元素的化合价由+1价变为0价,则电极a为阴极,连接电源的负极,故A正确;电极b为阳极,电极反应式为2HCHO+4OH--2e-===2HCOO-+H2↑+2H2O,故B正确;根据a、b极的电极反应式可知,电解过程中a、b两极产生H2的体积比为1∶1,故C正确;电解过程共收集到H2 22.4 L(标准状况),即生成1 mol H2,根据电极反应a可知,通过阴离子交换膜的OH-为1 mol,故D错误。 2.(2025·合肥包河区期末)如图所示电池装置可将HCOOH转化为KHCO3。下列说法正确的是 (　　) A.每消耗1 mol O2,可将2 mol Fe2+转化为Fe3+ B.放电过程中需补充的物质X为KOH C.左室电极反应式为HCOO-+2OH--2e-===HC+H2O D.放电时,K+由右室通过阳离子膜移向左室 解析:选C　每消耗1 mol O2,转移4 mol电子,根据得失电子守恒,可将4 mol Fe2+转化为Fe3+,故A错误;要在右侧产生硫酸钾,钾离子由左侧移向右侧,需要不断补充硫酸根离子,故放电过程中需补充的物质X为H2SO4,故B错误;左侧为负极,负极上发生失电子的氧化反应,电极反应式为HCOO-+2OH--2e-===HC+H2O,故C正确;HCOOH燃料电池中,通入氧气的一极是正极,左侧投入KOH,右侧产生硫酸钾,则钾离子由左侧移向右侧,即K+通过离子交换膜向右迁移,故D错误。 3.(2025·哈尔滨南岗区高三模拟)高纯镓是制备第三代半导体的重要原料,其化学性质与铝相似。下图为工业精炼镓的装置示意图。下列说法不正确的是 (　　) A.阴极的电极反应为Ga+2H2O+3e-===Ga+4OH- B.电解过程中,阳极室中OH-的物质的量减小 C.电路中每转移3 mol电子,理论上粗镓熔融液减少70 g D.电解后粗镓中的Zn、Fe以离子形式进入NaOH溶液中 解析:选D　由题图可知,铂电极Ⅱ为阴极,铂电极Ⅰ为阳极,阴极的电极反应为Ga+2H2O+3e-===Ga+4OH-,故A正确;电解过程中,阳极反应为Ga-3e-+4OH-===2H2O+Ga,根据电荷守恒每消耗4 mol OH-只有3 mol OH-或者Ga由阴极上进入阳极室,则阳极室中OH-的物质的量减小,故B正确;阳极反应为Ga-3e-+4OH-===2H2O+Ga,虽然阳极上还有Zn等放电,但产生的Zn2+不进入NaOH溶液,而是Ga3+经Ga3+快离子导体进入NaOH溶液,故电路中每转移3 mol电子,理论上粗镓熔融液减少70 g,故C正确;由C项分析可知,电解后粗镓中的Zn失电子以离子形式进入粗镓熔融液,而不是NaOH溶液中,Fe比Ga更不活泼,不失电子,故D错误。 4.某小组采用电渗析法从含NH4H2PO4和(NH4)2HPO4的废水中回收NH3·H2O和H3PO4,装置如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.阴极区总反应式为2H2O+2N+2e-===2NH3·H2O+H2↑ B.c处进入稀氨水,b处流出浓H3PO4溶液 C.膜1为阴离子交换膜,膜2为阳离子交换膜 D.每放出11.2 L(标准状况)H2时,能回收98 g H3PO4 解析:选A　由题干图示可知,左侧电极室通入的是稀氨水,左侧电极室的产品为NH3·H2O,说明废水中的N通过膜1进入左侧电极室,故膜1为阳离子交换膜,然后N+OH-===NH3·H2O,说明阴极的电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,右侧电极室的产品为H3PO4,即废水中的H2P、HP经过膜2进入右侧电极室,与H+结合生成H3PO4,即膜2为阴离子交换膜,阳极的电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+。阴极区发生反应:2H2O+2e-===2OH-+H2↑、N+OH-===NH3·H2O;总反应式为二者结合:2H2O+2N+2e-===2NH3·H2O+H2↑,A正确;为了增强溶液的导电性,在a处充入稀氨水,在c处充入稀磷酸,b处流出浓氨水,d处流出浓磷酸溶液,B错误;11.2 L(标准状况)H2的物质的量为0.5 mol,当阴极放出0.5 mol H2,转移电子1 mol,阳极室会产生1 mol H+,但是由于进入阳极室的H2P、HP电荷不同,总物质的量只能在0.5~1 mol之间,回收H3PO4质量小于98 g,D错误。 5.(2025·福州模拟)近年来电化学还原二氧化碳的课题吸引了大批研究者的关注,其中将双极膜应用于二氧化碳制备甲醇过程中的电解原理如图所示。已知:双极膜由阳离子交换膜和阴离子交换膜构成,在直流电场的作用下,双极膜间H2O解离成H+和OH-,并向两极迁移。下列说法错误的是 (　　) A.a膜为阴离子交换膜 B.电解过程中KOH溶液的浓度逐渐降低 C.催化电极上的电极反应式为CO2+6HC+6e-===CH3OH+6C+H2O D.双极膜内每消耗18 g水,理论上石墨电极上产生11.2 L O2(标准状况) 解析:选D　石墨电极有O2生成,发生氧化反应,催化电极上CO2→CH3OH,发生还原反应,故石墨电极为阳极,催化电极为阴极。石墨电极为电解池的阳极,催化电极为阴极,根据阴离子向阳极移动可知,OH-通过a膜移向左室,故a膜为阴离子交换膜,A正确;电解过程中,阳极区的电极反应式为4OH--4e-===O2↑+2H2O,阳极区生成H2O,KOH溶液的浓度逐渐降低,B正确;催化电极为阴极,CO2发生得电子的还原反应生成CH3OH,阴极电极反应式为CO2+6HC+6e-===CH3OH+6C+H2O,C正确;双极膜内每消耗18 g水,移向左室的OH-为1 mol ,石墨电极上有1 mol OH-放电,由4OH--4e-===O2↑+2H2O可知,生成0.25 mol O2,标准状况下体积为0.25 mol×22.4 L·mol-1=5.6 L,D错误。 6.下图是一种正在投入生产的大型蓄电系统的工作示意图:左、右两侧为电解质储罐,中间为电池,电解质通过泵不断在储罐和电池之间循环。电池中的左、右两侧为电极,中间为离子选择性膜,在电池放电和充电时该膜可允许钠离子通过。放电前被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3,放电后分别变为Na2S4和NaBr。则下列说法正确的是 (　　) A.放电过程中Na2S2向Na2S4的转化发生在电池左侧 B.充电过程中Na+通过膜从右向左流动 C.放电过程中右侧储罐内的溶液质量增加 D.充电过程中两侧电解液质量总和不变 解析:选D　由电子流向,放电前,被膜隔开的电解质为Na2S2(右罐)和NaBr3(左罐),则Na2S2在负极失电子,NaBr3在正极得电子。放电时为原电池反应:负极反应为2Na2S2-2e-===2Na++Na2S4,正极反应为NaBr3+2Na++2e-===3NaBr;充电时,阴极为负极的逆反应,阳极为正极的逆反应。由电子流向,放电过程中Na2S2向Na2S4的转化发生在电池右侧,故A错误;充电时右侧为阴极,左侧为阳极,充电过程中Na+通过膜从左向右流动,故B错误;放电过程中钠离子从右到左通过离子交换膜,放电过程中右侧储罐内的溶液质量减小,故C错误;根据电池充、放电的化学反应方程式为2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr可知,两侧反应前后均为溶液,充电过程中两侧电解液质量总和不变,故D正确。 7.(2025·南京期中检测)通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2,电解示意图如图(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒,但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是 (　　) A.电极A的电极反应式:2LiMn2O4+6e-+16H+===2Li++4Mn2++8H2O B.电极B附近溶液氢离子浓度增大 C.电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变 D.该装置将电能转化为化学能 解析:选C　A极为阴极,电极反应式为2LiMn2O4+6e-+16H+===2Li++4Mn2++8H2O,故A正确;B极为阳极,电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O===MnO2+4H+,电极B附近溶液氢离子浓度增大,故B正确;电路中通过6 mol电子时,阳极消耗3 mol Mn2+,阴极生成4 mol Mn2+,溶液中Mn2+浓度增大,故C错误;该装置是电解池,将电能转化为化学能,故D正确。 8.应用电化学方法,对水体消毒并去除余氯,装置如下图所示。下列说法正确的是 (　　) A.闭合K2后,可对池中的水杀菌消毒 B.断开K1,闭合K2时,e-由M极流出 C.断开K1,闭合K2后,N极金属Na不断减少 D.钠离子交换膜可用质子交换膜代替 解析:选C　断开K2,闭合K1,装置为电解池,M极为阳极,电极反应式:2Cl--2e-===Cl2↑,氯气进入水池消毒,N极为阴极,电极反应式:Na++e-===Na;断开K1,闭合K2,构成原电池,M极为正极,电极反应式:Cl2+2e-===2Cl-,可除去余氯,N极为负极,电极反应式:Na-e-===Na+。断开K1,闭合K2,构成原电池,无氯气产生,无法对池中的水杀菌消毒,A错误;断开K1,闭合K2,构成原电池,M极为正极,电子流入,B错误;断开K1,闭合K2,构成原电池,N极为负极,电极反应式:Na-e-===Na+,金属Na不断减少,C正确;质子交换膜代替后,氢离子移向N极,会与Na反应,所以不可用质子交换膜代替,D错误。 9.(2025·日照模拟)以“全氢电池”为电源直接电解氯化钠溶液制备H2和HClO的装置如图所示(工作时,H2O在双极膜界面处被催化解离成H+和OH-)。下列说法错误的是 (　　) A.“全氢电池”的总反应为H++OH-===H2O B.“全氢电池”的双极膜中产生的H+向右移动,OH-向左移动 C.阳极区发生的电极反应为2Cl--2e-===Cl2↑ D.理论上负极消耗1 mol H2,电解池阳极区减少1 mol阳离子(忽略HClO的电离) 解析:选C　左侧电极为负极,电极反应为H2-2e-+2OH-===2H2O,正极上氢离子得电子生成氢气,电极反应为2H++2e-===H2↑,故总反应为H++OH-===H2O,故A正确;双极膜中的OH-向左侧负极移动,H+向右侧正极移动,故B正确;Pt(Ⅰ)为阳极,阳极区发生的电极反应为Cl--2e-+H2O===HClO+H+,故C错误;理论上负极消耗1 mol H2,转移2 mol电子,则电解池阳极区生成1 mol氢离子,同时有2 mol钠离子通过阳离子交换膜移入阴极区,故电解池阳极区减少1 mol阳离子(忽略HClO的电离),故D正确。 10.羟基自由基(·OH)具有很强的氧化性,能将苯酚氧化为CO2和H2O。我国科学家开发出如图所示装置,能实现制备氢气、处理含苯酚废水二位一体。下列说法正确的是 (　　) A.d电极的电极反应式:H2O-e-===·OH+H+ B.再生池中发生的反应:V2++H+V3++H2 C.a为电源负极,m为阴离子交换膜,Na2SO4能增强导电性 D.气体X与Y在相同条件下的体积比为3∶7 解析:选A　由题图可知,在直流电作用下c极V3+→V2+,则c极为阴极,d极为阳极,结合题意,在d极生成羟基自由基,在再生池中发生V2+→V3+,气体X为H2,据此解答。d电极的电极反应式:H2O-e-===·OH+H+,故A正确;题中所给反应未配平,故B错误;根据分析,a为电源负极,Na2SO4比起纯水,能增强溶液的导电性,d电极的电极反应式:H2O-e-===·OH+H+,产生的H+经阳离子交换膜移向阴极,故m为阳离子交换膜,故C错误;根据2V2++2H+2V3++H2↑,产生1 mol气体H2,需要消耗V2+ 2 mol,对应c电极发生反应V3++e-===V2+,则转移电子数为2 mol,根据H2O-e-===·OH+H+,则产生的·OH为2 mol,根据反应28·OH+C6H5OH===6CO2↑+17H2O,生成CO2为 mol,所以两种气体体积比为1∶=7∶3,故D错误。 11.(2025·江西南昌高三模拟)某大学研究团队推出一种新型Zn⁃NO2电池。该电池能有效地捕获NO2,将其转化为N,再将产生的N电解制氨,过程如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.d电极的电势比c电极的电势高 B.N的空间结构为平面三角形 C.c极的电极反应为N-6e-+7H+===NH3+2H2O D.电路中转移0.2 mol e-时,理论上能得到1.12 L O2 解析:选A　a极Zn失去电子,a极为负极,故c为阴极,d为阳极,d电极的电势比c电极的电势高,故A正确;N中N原子的价层电子对数为2+=3,VSEPR模型为平面三角形,采取sp2杂化,含有1个孤电子对,空间构型为角形或V形,故B错误;c为阴极,c电极的电极反应式为N+6e-+7H+===NH3+2H2O,故C错误;未指明气体的状态,不能计算氧气的体积,故D错误。 课题探究·项目实践——美“锂”电池，改变世界 高考热考主题集训(7)——有机电化学 　　近几年的高考试题中常常融入有机反应考查电化学的相关知识。情境新颖、知识跨度大,重在考查学生的融会贯通能力,培养学生的综合思维和创新思维。 1.(2024·湖南卷)在KOH水溶液中,电化学方法合成高能物质K4C6N16时,伴随少量O2生成,电解原理如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.电解时,OH-向Ni电极移动 B.生成C6的电极反应:2C3N8H4+8OH--4e-===C6+8H2O C.电解一段时间后,溶液pH升高 D.每生成1 mol H2的同时,生成0.5 mol K4C6N16 解析:选B　由题图可知,Ni电极产生氢气,作阴极,发生还原反应,电解质溶液为KOH水溶液,则电极反应为2H2O+2e-===H2↑+2OH-;Pt电极C3N8H4失去电子生成C6,作阳极,电极反应为2C3N8H4+8OH--4e-===C6+8H2O,同时,Pt电极还伴随少量O2生成,电极反应为4OH--4e-===O2↑+2H2O。由分析可知,Ni电极为阴极,Pt电极为阳极,电解过程中,阴离子向阳极移动,即OH-向Pt电极移动,A错误。由分析可知,Pt电极上C3N8H4失去电子生成C6,电解质溶液为KOH水溶液,B正确。由分析可知,电解过程中发生的总反应主要为2C3N8H4+4OH-===C6+4H2O+2H2↑,反应消耗OH-,生成H2O,电解一段时间后,溶液pH降低,C错误。根据电解总反应可知,每生成1 mol H2,生成0.5 mol K4C6N16,但Pt电极上伴随少量O2生成,发生电极反应:4OH--4e-===O2↑+2H2O,则生成1 mol H2时得到的部分电子由OH-放电产生O2提供,所以生成K4C6N16小于0.5 mol,D错误。 2.(2023·重庆卷)电化学合成是一种绿色高效的合成方法。如图是在酸性介质中电解合成半胱氨酸和烟酸的示意图。下列叙述错误的是 (　　) A.电极a为阴极 B.H+从电极b移向电极a C.电极b发生的反应为+2H2O-6e-===+6H+ D.生成3 mol半胱氨酸的同时生成1 mol烟酸 解析:选D　有机反应中“加氢去氧”的反应为还原反应,“加氧去氢”的反应为氧化反应,据此分析电解池中各电极类型及电极反应如下:a极发生“加氢”的还原反应(A项),+2H++2e-=== b极发生“加氧去氢”的氧化反应,为阳极,+2H2O-6e-===+6H+(C项)。由上述分析知,A、C正确;电解池中阳离子向阴极移动,故H+从电极b移向电极a,B正确;根据阴、阳极反应及得失电子守恒可知,生成3 mol半胱氨酸,转移3 mol电子,同时生成0.5 mol烟酸,D错误。 3.(2025·凌源市一模)常作生产的原料。如图是利用电化学原理生产的装置,下列有关叙述正确的是 (　　) A.直流电源为铅酸蓄电池时,PbO2极连接Y电极 B.Y电极电势高于X电极 C.阳极电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+ D.当产生1 mol 时,有8 mol H+穿过质子交换膜 解析:选C　直流电源为铅酸蓄电池时,PbO2极连接电解池的阳极,Y电极为电解池的阴极,故A错误;X电极为阳极,Y电极电势低于X电极,故B错误;阳极上水失电子发生氧化反应,电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,故C正确;当产生1 mol 时,转移6 mol电子,有6 mol H+穿过质子交换膜,故D错误。 4.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]广泛应用于有机硅产品的生产与极谱分析。如图可用于制取四甲基氢氧化铵。下列说法正确的是 (　　) A.b电极为阴极,发生还原反应 B.c、d均为阳离子交换膜 C.a电极上发生的反应为2H2O-4e-===4H++O2↑ D.b电极收集3.36 L(标况)气体时,理论上有0.6 mol Na+透过e膜 解析:选D　由装置中稀 NaCl溶液变成了浓的 NaCl溶液,说明最右侧的 Na+往左边移动了,b为阳极,故A错误;c为阳离子交换膜,d为阴离子交换膜,故B错误;a为阴极,电极上发生的反应为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,故C错误;b电极产生3.36 L(标况)O2,即0.15 mol,转移的电子为 0.15 mol×4=0.6 mol,理论上有 0.6 mol Na+透过e膜,故D正确。 5.(2025·北京海淀区期中)双极膜可用于电解葡萄糖(C6H12O6)溶液同时制备山梨醇(C6H14O6)和葡萄糖酸(C6H12O7)。电解原理示意图如图(忽略副反应)。 已知:在电场作用下,双极膜可将水解离,在两侧分别得到H+和OH-。 注:R为—C5H11O5 下列说法不正确的是 (　　) A.右侧的电极与电源的正极相连 B.阴极的电极反应:C6H12O6+2e-+2H+===C6H14O6 C.一段时间后,阳极室的pH增大 D.每生成1 mol山梨醇,理论上同时可生成1 mol葡萄糖酸 解析:选C　右边电极溴离子失电子被氧化为溴,为阳极,与电源正极相连,故A正确;左边电极为阴极,葡萄糖中的醛基被还原,电极反应式:C6H12O6+2e-+2H+===C6H14O6,故B正确;阳极室中还发生H2O+Br2+RCHO===RCOOH+2H++2Br-,电解一段时间后,pH减小,故C错误;制备山梨醇的反应为C6H12O6+2e-+2H+===C6H14O6,制备葡萄糖酸的总反应为C6H12O6-2e-+H2O===C6H12O7+2H+,根据得失电子守恒可知每生成1 mol山梨醇,理论上同时可生成1 mol葡萄糖酸,故D正确。 6.(2025·南京高三模拟)科学家在电催化加氢方面取得新进展,以二氯甲烷作为溶剂电催化有机物加氢,制备4⁃乙基苯胺的电解原理如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.A电极连电源的正极 B.离子交换膜为阳离子交换膜 C.B极总反应为+4HCHO+8OD--4e-→+4HCOO-+4D2O D.若电路中转移0.4 mol电子,则理论上生成M的质量为12.1 g 解析:选C　A电极为阴极,连电源的负极,故A错误;由图可知,离子交换膜允许OD-通过,为阴离子交换膜,故B错误;B极总反应为+4HCHO+8OD--4e-→+4HCOO-+4D2O,故C正确;A极方程式为D2O+e-===OD-+D,+4D→,若电路中转移0.4 mol电子,则理论上生成0.1 mol M的质量为12.5 g,故D错误。 7.(2025·德州一模)一种以NaBr作为电解液,在恒压电解池中光催化烯烃转化为环氧化物的方法如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.BiVO4为光电解池的阴极 B.若Pt电极生成11.2 L(标准状况)H2,理论上生成0.5 mol C.上述过程中只有极性键的断裂与生成 D.上述过程中涉及到的有机反应类型均为取代反应 解析:选B　BiVO4电极发生氧化反应,2Br--2e-===Br2,是阳极,故A错误;根据图示可知,转移2 mol电子,得到1 mol H2和1 mol Br2,1 mol Br2与水得到1 mol HBrO,又与烯烃得到1 mol环氧化物,因此若Pt电极生成11.2 L(标准状况)H2,即0.5 mol H2,理论上生成0.5 mol ,故B正确;Br2与水反应发生非极性键的断裂,故C错误;HBrO与烯烃发生加成反应,故D错误。 8.(2025·河池一模)利用(Q)与(QH2)电解转化法可从烟气中分离出CO2,反应原理如图所示。已知:气体可选择性通过膜电极,溶液不能通过。下列说法错误的是 (　　) A.H+向M极移动 B.CO2在M极被还原 C.溶液中有机物Q的质量始终保持不变 D.N极的电极反应式为-2e-→+2H+ 解析:选B　电解池中,阳离子向阴极移动,故H+向M极移动,故A正确;阴极的电极反应式为+2e-+2H2O→+2OH-,烟气中的CO2与阴极产生的OH-发生反应:CO2+OH-===HC,故CO2在M极未被还原,故B错误;外电路上每通过2 mol电子时,就有1 mol有机物Q在M极上转化为1 mol有机物QH2,同时就有1 mol有机物QH2在N极上转化为1 mol有机物Q,故溶液中有机物Q的质量始终保持不变,故C正确;N极为阳极,其电极反应式为-2e-→+2H+,故D正确。 9.(2025·重庆沙坪坝区一模)利用丙酮酸与废水中的N电催化耦合,可在温和条件下去除N并生产丙氨酸,其工作原理如图。25 ℃,丙氨酸主要以形式存在于溶液中。下列说法错误的是 (　　) A.电极a连接电源的正极 B.阴极的电极反应有:N+6e-+7H+===NH2OH+2H2O C.反应一段时间后,阴极区溶液的pH基本不变 D.b极区生成1 mol丙氨酸时,a极区至少生成了2.5 mol O2 解析:选C　由题图知,在a极上H2O转化为O2,为阳极,电极a连接电源的正极,故A正确;硝酸根得到电子发生还原反应生成NH2OH,根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为N+6e-+7H+===NH2OH+2H2O,故B正确;在阳极,水失去电子被氧化生成氧气和氢离子,同时氢离子从阳极区移向阴极,由阴极区的反应式可知,阴极区消耗多于通过交换膜移到阴极区的H+,故阴极氢离子浓度减小,故C错误;a电极处水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子,电极方程式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,阴极区产生丙氨酸,电极反应为+N+10e-+11H+→+4H2O,b极区生成1 mol丙氨酸时,转移10 mol电子,a极区至少生成了2.5 mol O2,故D正确。 10.(2025·南昌东湖区一模)电解苯酚的乙腈(CH3CN)水溶液可在电极上直接合成扑热息痛(),电极材料均为石墨。 下列说法错误的是 (　　) A.电极d为阴极 B.装置工作时,乙室溶液pH增大 C.电极c的电极反应式为+CH3CN+H2O-2e-→+2H+ D.合成1 mol扑热息痛,理论上甲室质量增重96 g 解析:选D　由题图中S的移动方向可知,a极为负极,则电极d为阴极,故A正确;装置工作时,乙室发生反应:H2O2+2e-+2H+===2H2O,反应需要消耗H+,溶液pH增大,故B正确;电极c为阳极,CH3CN在电极上失电子与苯酚反应生成等,电极反应式为+CH3CN+H2O-2e-→+2H+,故C正确;a极为负极,H2O2失电子生成H2O和O2,电极反应式为H2O2-2e-+2OH-===2H2O+O2↑,合成1 mol扑热息痛,需要转移2 mol e-,理论上有1 mol S由乙室转移入甲室,同时甲室生成1 mol O2,则甲室质量增重1 mol× 96 g·mol-1-1 mol×32 g·mol-1=64 g,故D错误。 107 / 109 学科网（北京）股份有限公司 $$