主题九 化学反应与能量（教师用书）-【新高考方案】2026年高考化学一轮总复习（江苏专版）

主题分层教学课时安排 基础 落实 第一讲 (2课时) 化学反应的热效应 第二讲 原电池 第三讲 电解池　金属的腐蚀与防护 综合 应用 第四讲 多池串联装置分析与电化学的相关计算 第五讲 含膜电化学装置在生产生活中的应用 第一讲　化学反应的热效应(基础落实课) |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 [再认再现·旧知新学] 1.焓变、反应热 (1)焓(H):用于描述物质所具有能量的物理量。 (2)焓变(ΔH):ΔH=H(生成物)-H(反应物),单位kJ·mol-1。 (3)反应热:指当化学反应在一定温度下进行时,反应所放出或吸收的热量,通常用符号Q表示,单位kJ·mol-1。 (4)焓变与反应热的关系:对于等压条件下进行的化学反应,如果反应中物质的能量变化全部转化为热能,则有关系:ΔH=Qp。 2.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弱电解质的电离 ④盐类水解 ⑤C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 3.吸热、放热的原因分析 名师支教 深度理解放热反应与吸热反应 (1)从能量图分析 放热反应 吸热反应 物质能量变化与焓变的关系: ΔH=E(生成物的总能量)-E(反应物的总能量)。 (2)从化学键变化分析 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.中和反应反应热的测定 (1)实验装置:将如图实验装置中各仪器(或物品)的名称填在横线上。 (2)实验测量数据 ①反应物温度(t1)测量:测量混合前50 mL 0.50 mol·L-1盐酸、50 mL 0.55 mol·L-1氢氧化钠溶液的温度,取两温度平均值,记录为起始温度 t1。 ②反应后体系温度(t2)测量:将酸碱溶液迅速混合,用玻璃搅拌器轻轻搅动溶液,并准确读取混合溶液的最高温度,记录为终止温度t2。 ③重复实验操作两次,记录每次的实验数据,取其平均值作为计算依据。 (3)实验数据处理 可以将本实验中溶液的密度均近似为1 g·cm-3,中和后溶液的比热容c=4.18 J·g-1·℃-1,根据实验数据计算出该反应放出的热量Q,则计算出生成1 mol H2O时放出的热量。 (4)实验结论 大量实验测得,在25 ℃和101 kPa下,强酸的稀溶液与强碱的稀溶液,发生中和反应生成1 mol H2O时,放出57.3 kJ的热量。 微点澄清训练 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)反应热的测定中,使用玻璃搅拌器是为了减小实验误差 (√) (3)可以直接测量任意一反应的反应热 (×) (4)需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 (×) (5)燃烧一定是氧化还原反应,一定会放出热量 (√) 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　　　　(填“放热”或“吸热”)反应。  (2)A和B的总能量比C和D的总能量　　　　(填“高”或“低”)。  (3)反应物化学键断裂吸收的能量　　　　(填“高”或“低”)于生成物化学键形成放出的能量。  答案:(1)放热　(2)高　(3)低 [边练边学·实践提能] 一、吸热反应和放热反应的判断 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CO2反应有化合价变化,属于氧化还原反应,反应时吸收热量,属于吸热反应,D正确。 2.由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。 根据图示可知,反应物能量之和　　　(填“>”“<”或“=”)生成物能量之和,反应N2O(g)+NO(g) ===N2(g)+NO2(g)的反应热为　　　　　　　,使用催化剂后,该反应的反应热　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  答案:>　-139 kJ·mol-1　不变 二、中和反应反应热的测定 3.下列关于中和反应反应热测定的说法正确的是 (　　) A.用足量的NaOH溶液中和等量的盐酸或醋酸时,反应热相同 B.为了保证反应充分,将NaOH溶液分多次加入酸中 C.实验时使用金属搅拌棒,则测定的反应热的数值偏小 D.根据反应前后的温差和比热容即可计算反应热 解析:选C　测定中和反应的反应热时,醋酸属于弱电解质,电离过程应该吸收热量,所以所测中和反应的反应热数值偏小,故用足量的NaOH溶液中和等量的盐酸或醋酸时,反应热不相同,A错误;为了保证热量不流失,将NaOH溶液一次快速加入酸中,B错误;实验时使用金属搅拌棒,金属导热,会导致热量损失,则测定的反应热的数值偏小,C正确;根据比热容公式进行计算:Q=cmΔt,再根据化学反应方程式由Q来求反应热,D错误。 4.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 逐点清(二)　热化学方程式 [再认再现·旧知新学] 1.热化学方程式的理解 (1)定义:表明反应所释放或吸收的热量的化学方程式。 (2)意义:既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。 如2H2(g)+O2(g) ===2H2O(l)　ΔH=-571.6 kJ·mol-1表示在25 ℃、101 kPa条件下,2 mol H2(g)与1 mol O2(g)反应生成2 mol液态水时放出的热量为571.6 kJ。  2.热化学方程式的书写 [边练边学·实践提能] 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 kJ·mol-1 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 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.下列说法正确的是 (　　) A.标况下,44.8 L C2H2(g)在O2(g)中完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l),放出2 598.8 kJ热量,则该反应的热化学方程式为2C2H2(g)+5O2(g)===4CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-2 598.8 kJ·mol-1 B.已知1 mol金刚石转化为石墨,要放出1.9 kJ的热能,1 g石墨完全燃烧放出的热量比1 g金刚石完全燃烧放出的热量少 C.在稀溶液中:H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l)　ΔH=-57.3 kJ·mol-1,若将含0.6 mol H2SO4的稀硫酸与含1 mol NaOH的稀溶液混合,放出的热量大于57.3 kJ D.500 ℃、30 MPa下,将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3,放出热量19.3 kJ,其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-38.6 kJ·mol-1 解析:选B　A项,水应该为液态,错误;B项,已知1 mol金刚石转化为石墨,要放出1.9 kJ的热能,则说明石墨更稳定,能量更低,则1 g石墨完全燃烧放出的热量比1 g金刚石完全燃烧放出的热量少,正确;若将含0.6 mol H2SO4的稀硫酸与含1 mol NaOH的稀溶液混合,反应为1 mol氢离子、1 mol氢氧根离子生成1 mol水的反应,放出的热量等于57.3 kJ,C错误;D项,反应为可逆反应,则1 mol氨气、3 mol氢气完全反应放热大于38.6 kJ,错误。 3.完成下列填空。 (1)1.7 g NH3(g)发生催化氧化反应生成气态产物,放出22.67 kJ的热量,写出该反应的热化学方程式: 　。 (2)如图是298 K、101 kPa时,N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。该反应的热化学方程式为 　 。  (3)钌及其化合物在合成工业上有广泛用途,下图是用钌(Ru)基催化剂催化合成甲酸的过程。每生成92 g液态HCOOH放出62.4 kJ的热量。 根据图示写出该反应的热化学方程式: 　。  解析:(1)1.7 g NH3(g)的物质的量为=0.1 mol,则1 mol NH3(g)发生催化氧化反应生成气态产物,放出226.7 kJ的热量,热化学方程式为NH3(g)+O2(g)===NO(g)+H2O(g)　ΔH=-226.7 kJ·mol-1。(2)由图可知,该反应是放热反应,放出的热量为600 kJ-508 kJ=92 kJ,热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-92 kJ·mol-1。(3)根据整个流程图可知,CO2(g)和H2(g)为反应物,生成物为HCOOH(l),92 g HCOOH的物质的量为=2 mol,所以生成1 mol HCOOH(l)放出31.2 kJ热量,热化学方程式为H2(g)+CO2(g)===HCOOH(l)　ΔH=-31.2 kJ·mol-1。 答案:(1)NH3(g)+O2(g) ===NO(g)+H2O(g)　ΔH=-226.7 kJ·mol-1 (2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-92 kJ·mol-1 (3)H2(g)+CO2(g) ===HCOOH(l)　 ΔH=-31.2 kJ·mol-1 逐点清(三)　燃烧热　能源 [再认再现·旧知新学] 1.燃烧热 燃烧热 的概念 25 ℃、101 kPa时,1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物所放出的热量。燃烧热的单位是kJ·mol-1。其中的“指定产物”,是指物质中下列元素完全转变成对应的物质:C→CO2(g),H→H2O(l),S→SO2(g),N→N2(g)等 燃烧热 的意义 甲烷的燃烧热ΔH=-890.31 kJ·mol-1,它表示25 ℃、101 kPa时,1 mol CH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时放出890.31 kJ的热量 2.能源 (1)分类 (2)解决能源问题的措施 ①提高能源的利用效率:a.改善开采、运输、加工等各个环节;b.科学控制燃烧反应,使燃料充分燃烧。 ②开发新能源:开发资源丰富、可以再生、没有污染或污染很小的新能源。 [边练边学·实践提能] 1.人类对能源的需求不断增加,开发新能源、节能减排成为当前国际能源研究的重要课题。下列说法正确的是 (　　) A.氢能、太阳能、地热能、风能、潮汐能均为新能源 B.寻找高效催化剂可以使常温下水分解并释放能量 C.通过煤的气化、液化等物理方法将煤转化为CO、CH4等气体燃料,可提高煤燃烧的热效率 D.1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的标准燃烧热 解析:选A　新能源的特点是资源丰富,在使用时对环境无污染或很少污染,且有些可以再生,故氢能、太阳能、地热能、风能、潮汐能均为新能源,A正确;水分解需要吸收能量,不是放出能量,B错误;煤的气化是以煤为原料来生产水煤气的过程,而煤的液化是以煤为原料来生产甲醇的过程,故均为化学变化,C错误;在25 ℃,101 kPa时,1 mol 可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量,叫做该物质的燃烧热,气态水不是稳定的氧化物,应该是液态水,D错误。 2.下列能正确表示物质燃烧热的热化学方程式是 (　　) A.石墨:C(s)+O2(g)===CO(g) ΔH=-110.5 kJ·mol-1 B.CH4:CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-802.3 kJ·mol-1 C.H2S:H2S(g)+O2(g)===SO2(g)+H2O(l)　ΔH=-562.6 kJ·mol-1 D.NH3:4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(l)　ΔH=-1 530.4 kJ·mol-1 解析:选C　A项,CO不是碳元素的稳定的氧化物,应该是产生二氧化碳,错误;B项,气态水不是稳定的氧化产物,应该是液态水,错误;C项,1 mol H2S完全燃烧生成稳定的二氧化硫气体和液态水,符合燃烧热的概念,放出的热量为燃烧热,正确;D项,燃烧热是指1 mol纯净物完全燃烧生成指定物质放出的热量,方程式中为4 mol,不是燃烧热,错误。 3.(1)乙醇是未来内燃机的首选环保型液体燃料。2.0 g乙醇完全燃烧生成液态水放出59.43 kJ的热量,表示乙醇燃烧热的热化学方程式为 　。  (2)为了有效发展民用氢能源,首先必须制得廉价的氢气,下列可供开发较经济且资源可持续利用的制氢气的方法是　　　　(填标号)。  A.电解水　B.锌和稀硫酸反应　C.光解海水 (3)某学生查阅大量资料,提出下列用水制取氢气的研究方向: ①研究在水不发生化学反应的情况下制取氢气,同时释放能量。 ②设法将太阳光聚焦,产生高温,使水分解产生氢气。 ③寻找高效催化剂,提高水在一定条件下分解产生氢气的转化率。 ④寻找特殊化学物质,用于开发廉价能源,用以分解水制取氢气。 请你从上述研究方向中,选择其中不合理的项,并简述理由:不合理的是　　　,理由是 　　。  解析:(1)2.0 g乙醇完全燃烧生成液态水放出59.43 kJ的热量,可知1 mol C2H5OH燃烧放出热量为59.43 kJ×46/2=1 366.89 kJ,乙醇燃烧热的热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)　ΔH=-1 366.89 kJ·mol-1。 答案:(1)C2H5OH(l)+3O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)　ΔH=-1 366.89 kJ·mol-1。 (2)C　(3)①③　①:水分子中不含氢气分子,不可能在不发生化学反应的情况下得到氢气,且水分解是吸热反应(或③:催化剂能提高水分解产生氢气的反应速率,但不能提高水的转化率) 随堂训练——融会贯通本课主干知识 阅读下列材料,完成1~3题。 　　我国科学家研制出一种催化剂,能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化,其反应为HCHO+O2 CO2+H2O。甲醇通过催化氧化能够制取甲醛。NaOH活化过的Pt/TiO2催化剂对甲醛氧化为CO2具有较好的催化效果,有学者提出该催化反应的机理如下。 1.下列有关说法正确的是 (　　) A.CO2只含有非极性共价键 B.0.5 mol HCHO含有1 mol σ键 C.HCHO、CO2分子中只含有σ键 D.H2O中含有极性共价键 解析:选D　CO2中只含有极性共价键,A错误;根据结构式可知,0.5 mol HCHO含有1.5 mol σ键,B错误;HCHO、CO2分子中既含有σ键又含有π键,C错误;H2O中含有氢氧极性共价键,D正确。 2.研究表明,甲醇通过催化氧化制取甲醛时,在无催化剂(图中实线)和加入特定催化剂(图中虚线)时均会产生甲醛,其反应中物质的相对能量如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.该条件下CO2比CO的稳定性强 B.无催化剂时,生成CO比生成甲醛的活化能小 C.无催化剂时,温度升高,生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大的程度小 D.加入该催化剂可提高此过程的各反应的速率,但不能改变反应的焓变 解析:选D　该条件下CO2的相对能量比CO的相对能量小,物质所具有的能量越低,物质越稳定,则该条件下CO2比CO的稳定性强,A正确;无催化剂时,生成CO比生成甲醛的活化能小,B正确;生成甲醛的反应为放热反应,故温度升高,平衡逆向移动,逆反应速率应大于正反应速率,则生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大的程度小,C正确;加入该催化剂可以降低生成甲醛反应的活化能,则加入该催化剂可提高该过程的反应速率,但是会增大生成CO反应的活化能,故会降低生成CO过程的反应速率,D错误。 3.关于催化反应的机理,下列说法不正确的是 (　　) A.步骤Ⅰ中存在非极性键的断裂 B.步骤Ⅰ可理解为HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的—OH发生作用 C.步骤Ⅱ中发生的反应可表示为HCOOH CO+H2O D.该催化剂对苯的催化氧化效果优于对HCHO的催化氧化效果 解析:选D　步骤Ⅰ中O2断键为非极性键断裂,A项正确;氧的电负性大于碳,由图可知,HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的—OH中带部分正电荷的H发生作用,B项正确;步骤Ⅱ中观察反应物质的变化可知,生成了CO和H2O,发生的反应可表示为HCOOHCO+H2O,C项正确;苯中存在共轭效应,电子分布较均匀,该催化剂要有正、负电荷的作用,因此对苯的催化氧化效果弱于对HCHO的催化氧化效果,D项错误。 [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.化学与生活密切相关,下列说法错误的是 (　　) A.石油、天然气和煤等化石能源都是一次能源 B.氢能是一种理想的绿色能源,现在的科学技术水平已经能够全面推广使用氢能 C.开发太阳能、水能、风能等新能源,可减少使用有害物质对环境的污染 D.2CO(g)+O2(g)2CO2(g)　ΔH=-566 kJ·mol-1, CO的燃烧热ΔH=-283 kJ·mol-1 解析:选B　石油、天然气和煤等化石能源都是不可再生能源,是一次能源,A正确;氢能是一种理想的绿色能源,但氢能制取成本高,贮存困难,现在的科技水平还不能够全面推广使用氢能,B错误;开发太阳能、水能、风能等新能源,可以减少使用有害物质对环境的污染,C正确;由2CO(g)+O2(g)2CO2(g)　ΔH=-566 kJ·mol-1,得CO的燃烧热ΔH=-283 kJ·mol-1,D正确。 2.关于如图所示的说法,错误的是 (　　) A.图A中生成物的总能量更高 B.图C中发生的反应为放热反应 C.图B中1 mol N2与3 mol H2充分反应放出92 kJ热量 D.图A可表示Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应的能量变化 解析:选C　图A中生成物的总能量高于反应物的总能量,生成物的总能量更高,A正确;活泼金属和酸的置换反应是放热反应,B正确;图B表示消耗1 mol N2与3 mol H2生成2 mol NH3放出92 kJ热量,氮气和氢气生成氨气的反应是可逆反应,1 mol N2与3 mol H2充分反应放出的热量小于92 kJ,C错误;Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应,图A中生成物的总能量高于反应物的总能量,表示吸热反应,D正确。 3.某同学通过实验测出稀盐酸和稀NaOH溶液(碱稍过量)发生中和反应,生成1 mol H2O(l)时放出52.3 kJ的热量,造成这一结果的原因不可能是 (　　) A.实验装置保温、隔热效果差 B.用量筒量取盐酸时仰视读数 C.分多次将NaOH溶液倒入小烧杯中 D.温度计测量了盐酸的温度后直接测定NaOH溶液的温度 解析:选B　若实验装置保温、隔热效果差,导致反应过程中有热量损失,测得反应热数值会偏小,A正确;量取盐酸仰视读数,导致盐酸体积偏大,在碱稍过量时,反应放出热量偏多,测得反应热数值会偏大,B错误;分多次将NaOH溶液倒入小烧杯中,会导致反应过程中有热量损失,测得反应热数值会偏小,C正确;温度计测量了盐酸的温度后直接测定NaOH溶液的温度,使测得NaOH溶液初始温度偏高,温度差偏小,计算出的反应热数值会偏小,D正确。 4.已知:①2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)　ΔH=-483.6 kJ·mol-1;②H2(g)+S(g)===H2S(g)　ΔH=-20.1 kJ·mol-1,下列判断正确的是 (　　) A.若反应②中改用固态硫,则消耗1 mol S(s)反应放出的热量小于20.1 kJ B.从焓变数值知,与氧气相比,单质硫更容易与氢气化合 C.由反应①②知,水的热稳定性弱于硫化氢 D.氢气的燃烧热ΔH=-241.8 kJ·mol-1 解析:选A　固体变为气体,吸收热量,A项正确;由热化学方程式可知,1 mol氢气与氧气反应放出的热量比1 mol氢气与硫反应放出的热量多221.7 kJ,说明氧气与单质硫相比,氧气更容易与氢气化合,B项错误;由反应①②无法直接比较水和硫化氢的热稳定性,C项错误;反应①生成的是气态水而不是液态水,D项错误。 5.下列说法正确的是 (　　) A.2NO(g)+O2(g)===2NO2(g)　ΔH=-114 kJ·mol-1反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和 B.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-92.4 kJ·mol-1的ΔH=E(N—N)+3E(H—H)-6E(N—H)(E表示键能) C.反应2H2S(g)+3O2(g)===2SO2(g)+2H2O(g)的ΔH<0,说明反应物的键能总和小于生成物的键能总和 D.反应2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-23.5 kJ·mol-1中反应物所含化学键的键能之和大于生成物所含化学键的键能之和 解析:选C　该反应的ΔH<0,反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和<0,则反应物的键能总和小于生成物的键能总和,A错误;利用ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和,ΔH=E(N≡N)+3E(H—H)-6E(N—H),B错误,C正确;反应为放热反应,则反应物所含化学键的键能之和小于生成物所含化学键的键能之和,D错误。 6.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。 7.反应SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是 (　　) A.该反应ΔH>0、ΔS<0 B.该反应的平衡常数K= C.高温下反应每生成1 mol Si需消耗2×22.4 L H2 D.用E表示键能,该反应ΔH=4E(Si—Cl)+2E(H—H)-4E(H—Cl) 解析:选B　氢气还原SiCl4制单质硅为吸热反应,ΔH>0,该反应为气体分子数增大的反应,ΔS>0,A项错误;反应的平衡常数为气态生成物浓度的幂之积与气态反应物浓度的幂之积的比值,B项正确;未指明H2是否处在标准状况,无法用22.4 L·mol-1计算H2的体积,C项错误;反应的ΔH等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和,没计算Si中的键能,D项错误。 8.已知H2(g)+Br2(g) ===2HBr(g)　ΔH=-103 kJ·mol-1,其他数据如下表。下列说法不正确的是 (　　) 气态物质 H2 Br2 HBr HCl Cl2 1 mol分子中的化学键断裂时吸收的能量/kJ 436 a 366 b c A.a=193 B.1 mol H2(g)和1 mol Br2(g)的总能量小于2 mol HBr(g)的总能量 C.b大于366 D.a、c的值可以判断Br—Br和Cl—Cl键的相对强弱 解析:选B　断键时吸热、成键时放热,则(436+a)-2×366=-103,得a=193,A正确;反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量,该反应为放热反应,则1 mol H2(g)和1 mol Br2(g)的总能量大于2 mol HBr(g)的总能量,B错误;HCl比HBr稳定,键能大,b大于366,C正确;通过键能大小可以判断Br—Br和Cl—Cl键的相对强弱,D正确。 9.已知含四个碳原子的部分烃类与氢气的相对能量如图所示: 下列说法正确的是 (　　) A.断开1,3⁃丁二烯中的两个碳碳双键需要的能量为断开一个碳碳双键的2倍 B.反应C4H6(g)+H2(g)===C4H8(g)的ΔH=-121.1 kJ·mol-1 C.1,3⁃丁二烯中的两个碳碳双键存在相互作用 D.因烯烃加氢是碳碳双键断键的过程,故是吸热反应 解析:选C　由图表中相对能量可知,1,3⁃丁二烯中第一个碳碳双键和氢气加成放出能量121.1 kJ·mol-1,1,3⁃丁二烯中第二个碳碳双键和氢气加成放出能量115.5 kJ·mol-1,能量不相等,A错误;C4H6可能代表1,3⁃丁二烯,也可能代表1⁃丁炔,故不能得出反应C4H6(g)+H2(g)===C4H8(g)的ΔH,B错误;1,3⁃丁二烯中的两个碳碳双键存在相互作用,使两个双键和氢气加成放出的能量不同,C正确;由图表中相对能量可知,烯烃加氢是放热反应,D错误。 10.(2025·江苏无锡教学质量调研测试)电催化是利用催化剂电极进行电解以实现物质转变的前沿方法。使用单原子催化剂电催化将CO2转化为CO的部分机理如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.该催化过程在电解池的阳极进行 B.该催化过程CO2发生了氧化反应 C.甲、乙中的C原子的杂化类型不同 D.催化剂原子吸附CO2中带负电的部分 解析:选C　该催化过程中,碳元素价态降低,发生还原反应,在电解池的阴极进行,A项错误;CO2被还原为CO,发生还原反应,B项错误;甲、乙中CO2的构型分别为直线形和V形,所以碳原子杂化类型不同,C项正确;丙中,CO2中氧原子吸附带正电荷的H+,说明氧原子带负电,则碳原子带正电,则催化剂吸附CO2带正电部分,D项错误。 二、非选择题 11.(10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 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=反应物键能-生成物键能,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环形玻璃搅拌棒;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的量的多少有关,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,与上述实验相比,生成水的量减少,放出的热量减小,故与上述实验相比,所放出的热量不相等;中和热是稀溶液中,强酸和强碱反应生成1 mol水时放出的热量,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环形玻璃搅拌棒 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 [再认再现·旧知新学] 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)加合法: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。 [边练边学·实践提能] 1.下列说法错误的是 (　　) A.利用盖斯定律可计算某些难以直接测量的反应焓变 B.在指定状态下各物质的焓值都是确定且是唯一的 C.如果一个化学方程式通过其他几个化学方程式相加减而得到,那么该反应的焓变可由相关化学方程式的焓变相加减而得到 D.当同一个化学反应以不同的过程完成时,反应的焓变是不同的 解析:选D　反应无论经历怎样的过程,只要始态与终态相同则焓变不变,D错误。 2.依据图示关系,下列说法不正确的是 (　　) A.ΔH2>0 B.1 mol S(g)完全燃烧释放的能量小于2 968 kJ C.ΔH2=ΔH1-ΔH3 D.16 g S(s)完全燃烧释放的能量为1 484 kJ 解析:选B　硫固体转化为硫蒸气的过程为吸热过程,A正确;硫蒸气的能量高于硫固体,B错误;由盖斯定律可知,焓变ΔH2+ΔH3=ΔH1,则焓变ΔH2=ΔH1-ΔH3,C正确;由图可知,16 g硫固体完全燃烧释放的能量为×2 968 kJ·mol-1=1 484 kJ,D正确。 3.已知(g)===(g)+H2(g)　ΔH1=+100.3 kJ·mol-1　① H2(g)+I2(g)===2HI(g)　ΔH2=-11.0 kJ·mol-1　② 对于反应:(g)+I2(g)===(g)+2HI(g) ΔH3=　　　　　　kJ·mol-1。  解析:根据盖斯定律,将反应①+反应②得到目标反应,则ΔH3=ΔH1+ΔH2=[+100.3+(-11.0)]kJ·mol-1=+89.3 kJ·mol-1。 答案:+89.3 逐点清(二)　反应热的计算 (一)根据热化学方程式计算 　　[例1]　已知由氢气和氧气反应生成4.5 g水蒸气时放出60.45 kJ的热量。 (1)写出H2燃烧的热化学方程式。 (2)计算该条件下50 g H2燃烧放出的热量。 [解析]　 (1)已知生成4.5 g水蒸气(0.25 mol)放出60.45 kJ的热量 2H2(g)+O2(g) ===2H2O(g)　ΔH 2 mol 1 mol　 2 mol |ΔH| 0.25 mol 60.45 kJ 则=　|ΔH|=483.6 kJ·mol-1, 由于放热,所以ΔH=-483.6 kJ·mol-1, 故热化学方程式为2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)　ΔH=-483.6 kJ·mol-1。 (2)50 g H2的物质的量为=25 mol, 50 g H2放出热量为25 mol× kJ·mol-1=6 045 kJ。 [答案]　(1)2H2(g)+O2(g) ===2H2O(g)　ΔH=-483.6 kJ·mol-1　(2)6 045 kJ (二)根据反应物、生成物的键能计算 ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和。 　　[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水,则放出的热量约为　　　　 kJ。  　　[解析]　丙烷分子式是C3H8,燃烧热为ΔH=-2 200 kJ·mol-1,则1 mol丙烷完全燃烧会产生4 mol水,放热2 200 kJ。1.8 g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)(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)。  (2)(2022·全国乙卷·节选)已知下列反应的热化学方程式: ①2H2S(g)+3O2(g) ===2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-1 036 kJ·mol-1 ②4H2S(g)+2SO2(g) ===3S2(g)+4H2O(g) ΔH2=+94 kJ·mol-1 ③2H2(g)+O2(g) ===2H2O(g) ΔH3=-484 kJ·mol-1 计算H2S热分解反应④2H2S(g) ===S2(g)+2H2(g)的ΔH4=　　　　kJ·mol-1。  [解析]　(1)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=。(2)根据盖斯定律,④=(①+②)×-③,则ΔH4=[(-1 036+94)×+484]kJ·mol-1=+170 kJ·mol-1。 [答案]　(1)-307　　(2)+170 [应用体验] 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)。  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 逐点清(三)　反应热的大小比较 1.根据反应物量的大小关系比较反应焓变的大小 ①H2(g)+O2(g) ===H2O(g)　ΔH1 ②2H2(g)+O2(g) ===2H2O(g)　ΔH2 反应②中H2的量更多,因此放热更多,|ΔH1|<|ΔH2|,但ΔH1<0,ΔH2<0,故ΔH1>ΔH2。 2.根据反应进行的程度大小比较反应焓变的大小 ③C(s)+O2(g) ===CO(g)　ΔH3 ④C(s)+O2(g) ===CO2(g)　ΔH4 反应④中,C完全燃烧,放热更多,|ΔH3|<|ΔH4|,但ΔH3<0,ΔH4<0,故ΔH3>ΔH4。 3.根据反应物或生成物的状态比较反应焓变的大小 ⑤S(g)+O2(g) ===SO2(g)　ΔH5 ⑥S(s)+O2(g) ===SO2(g)　ΔH6 方法一:图像法,画出上述两反应能量随反应过程的变化曲线。 由图像可知:|ΔH5|>|ΔH6|,但ΔH5<0,ΔH6<0,故ΔH5<ΔH6。 方法二:通过盖斯定律构造新的热化学方程式。 由反应⑤-反应⑥可得S(g) ===S(s)　ΔH=ΔH5-ΔH6<0,故ΔH5<ΔH6。 4.根据特殊反应的焓变情况比较反应焓变的大小 ⑦2Al(s)+O2(g) ===Al2O3(s)　ΔH7 ⑧2Fe(s)+O2(g) ===Fe2O3(s)　ΔH8 由反应⑦-反应⑧可得2Al(s)+Fe2O3(s) ===2Fe(s)+Al2O3(s)　ΔH=ΔH7-ΔH8,已知铝热反应为放热反应,故ΔH<0,ΔH7<ΔH8。 [应用体验] 1.黑火药是中国古代的四大发明之一,其爆炸的热化学方程式为 S(s)+2KNO3(s)+3C(s) ===K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)　ΔH=x kJ·mol-1 已知:①C(s)+O2(g) ===CO2(g) ΔH=a kJ·mol-1 ②K2S(s) ===S(s)+2K(s)　ΔH=b kJ·mol-1 ③2K(s)+N2(g)+3O2(g) ===2KNO3(s) ΔH=c kJ·mol-1 下列说法不正确的是 (　　) A.x<0　a<0 B.b>0　c<0 C.x=3a-b-c D.1 mol C(s)在空气中不完全燃烧生成CO的焓变小于a kJ·mol-1 解析:选D　黑火药的爆炸、碳的燃烧都属于放热反应,因此x<0,a<0,A正确;反应②为分解反应,反应吸热,b>0,反应③为化合反应,多数化合反应放热,c<0,B正确;根据盖斯定律将化学方程式3×①-②-③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s) ===K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)的ΔH=(3a-b-c)kJ·mol-1,所以x=3a-b-c,C正确;1 mol C(s) 在空气中不完全燃烧生成CO放出的热量小于生成CO2时放出的热量,所以焓变大于a kJ·mol-1,D错误。 2.下列各组热化学方程式中,ΔH的比较正确的是 (　　) ①C(s)+O2(g) ===CO2(g)　ΔH1; C(s)+O2(g) ===CO(g)　ΔH2 ②S(s)+O2(g) ===SO2(g)　ΔH3; S(g)+O2(g) ===SO2(g)　ΔH4 ③H2(g)+O2(g) ===H2O(l)　ΔH5; 2H2(g)+O2(g)2H2O(l)　ΔH6 ④CaO(s)+ H2O(l) ===Ca(OH)2(s)　ΔH7; CaCO3(s) ===CaO(s)+CO2(s)　ΔH8 A.ΔH1<ΔH2　　　　 B.ΔH3<ΔH4 C.ΔH5<ΔH6 D.ΔH7>ΔH8 解析:选A　①等质量的C完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出的热量更多,故有0>ΔH2>ΔH1,A正确;②等质量的S固体时具有的总能量比气态时小,故等质量的硫发生反应S(s)+O2(g)===SO2(g)放出的热量小于硫发生S(g)+O2(g)===SO2(g)放出的热量,故0>ΔH3>ΔH4,B错误;根据反应热与方程式的计量系数呈正比,故③H2(g)+O2(g)===H2O(l),2H2(g)+O2(g)===2H2O(l),2ΔH5=ΔH6<0,则有ΔH5>ΔH6,C错误;④CaO(s)+H2O(l) ===Ca(OH)2(s)是放热反应,即ΔH7<0,而CaCO3(s)===CaO(s)+CO2(s)为吸热反应,即ΔH8>0,则有ΔH7<ΔH8,D错误。 随堂训练——融会贯通本课主干知识 阅读下列材料,完成1~3题。 　　已知:CH4(g)+O2(g)===CO(g)+2H2O(l)　ΔH=-607.3 kJ·mol-1,CO的燃烧热为283 kJ·mol-1。CH4(g)与Cl2(g)发生取代反应分别生成1 mol相关有机物和HCl(g)的能量变化如下。已知断开1 mol Cl—Cl键、1 mol C—Cl键吸收的能量分别为243 kJ、327 kJ。 1.下列说法正确的是 (　　) A.CH4(g)+O2(g) ===CO(g)+2H2O(g)　ΔH<-607.3 kJ·mol-1 B.CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g) ===2CO2(g)　ΔH=-283 kJ·mol-1 C.表示CH4(g)燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g) ===CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-890.3 kJ·mol-1 D.CH4燃烧生成CO的反应中反应物的总键能高于生成物的总键能 解析:选C　H2O(l) ===H2O(g)　ΔH>0,故CH4(g)+O2(g) ===CO(g)+2H2O(g)　ΔH>-607.3 kJ·mol-1,A项错误;CO的燃烧热为283 kJ·mol-1,则CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g) ===2CO2(g)　ΔH=-566 kJ·mol-1,B项错误;由B可知,CO(g)+O2(g) ===CO2(g)　ΔH=-283 kJ·mol-1,根据盖斯定律可得:CH4(g)+2O2(g) ===CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-890.3 kJ·mol-1,C项正确;ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能,则CH4燃烧生成CO的反应中反应物的总键能小于生成物的总键能,D项错误。 2.下列说法错误的是 (　　) A.1 mol CH3Cl(g)比1 mol CH4(g)的能量少99 kJ B.CH3Cl(g)+3Cl2(g) ===CCl4(g)+3HCl(g)　ΔH=-301 kJ·mol-1 C.CH4(g)+4Cl2(g) ===CCl4(l)+4HCl(g)　ΔH<-400 kJ·mol-1 D.断开1 mol C—H键吸收的能量比断开1 mol H—Cl键吸收的能量少 解析:选A　由题干信息可知,1 mol CH3Cl(g)和1 mol HCl(g)的能量之和比1 mol CH4(g)和1 mol Cl2(g)的能量之和少99 kJ,A错误;由题干信息可知,CH3Cl(g)+3Cl2(g)===CCl4(g)+3HCl(g)　ΔH=-400 kJ·mol-1-(-99 kJ·mol-1)=-301 kJ·mol-1,B正确;由题干信息可知,CH4(g)+4Cl2(g)===CCl4(g)+4HCl(g)　ΔH=-400 kJ·mol-1,由CCl4(g)===CCl4(l)为放热过程,故CH4(g)+4Cl2(g)===CCl4(l)+4HCl(g)　ΔH<-400 kJ·mol-1,C正确;由B可知CH3Cl(g)+3Cl2(g)===CCl4(g)+3HCl(g)　ΔH=-301 kJ·mol-1,反应的焓变ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能,又已知断开1 mol Cl—Cl键、1 mol C—Cl键吸收的能量分别为243 kJ、327 kJ,则ΔH=3×E(C—H)+327+3×243-4×327-3×E(H—Cl)=-301,得E(C—H)-E(H—Cl)<0,故断开1 mol C—H键吸收的能量比断开1 mol H—Cl键吸收的能量少,D正确。 3.一定条件下,CH4合成CH3OH的反应历程如图所示。已知相同条件下,直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时,反应速率会变慢。(说明:过渡态中“”表示化学键未完全断裂或形成),下列说法正确的是 (　　) A.FeO+是该反应的催化剂 B.该反应的ΔH=(a-e)kJ·mol-1 C.D为氘原子,在相同条件下CD4发生上述反应,则其过渡态Ⅰ的能量比b高 D.CH3D发生上述反应,只能获得CH3OD 解析:选C　根据图知,FeO+参加反应后,并未生成,故FeO+是该反应的反应物,不是催化剂,A错误;该反应的ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量,则ΔH=(e-a)kJ·mol-1,B错误;已知其他条件不变时,反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时,反应速率会变慢,反应的活化能变大,所以相同条件下,CD4发生题述反应,反应速率会变慢,则其过渡态Ⅰ的能量比b高,C正确;根据图可知,CH3D发生题述反应,可以获得CH3OD、CH2DOH两种相对分子质量相等的有机产物,D错误。 [课时跟踪检测] 一、选择题 1.碳酰肼类化合物[Mn(L)3](ClO4)2是种优良的含能材料,可作为火箭推进剂的组分,其相关反应的能量变化如图所示,已知Cl(g)===Cl(aq)　ΔH2=-299 kJ·mol-1,则ΔH1为 (　　) A.-1 703 kJ·mol-1 　B.-1 529 kJ·mol-1 C.-1 404 kJ·mol-1 　D.-1 230 kJ·mol-1 解析:选A　由盖斯定律可知,ΔH1=2ΔH2+ΔH3-ΔH4=2×(-299 kJ·mol-1)+(-1 018 kJ·mol-1)-(+87 kJ·mol-1)=-1 703 kJ·mol-1。 2.以下反应可表示获得乙醇并用作汽车燃料的过程,下列有关说法正确的是 (　　) ①6CO2(g)+6H2O(l)===C6H12O6(s)+6O2(g)　ΔH1 ②C6H12O6(s)===2C2H5OH(l)+2CO2(g) ΔH2 ③C2H5OH(l)+3O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)　ΔH3 A.2ΔH3=-ΔH1-2ΔH2 B.ΔH3、ΔH1、ΔH2均为ΔH<0 C.在不同油耗汽车中发生反应③,ΔH3相同 D.植物的光合作用通过反应①将热能转化为化学能 解析:选C　由盖斯定律可知:-①-②=③×2,则2ΔH3=-ΔH1-ΔH2,A错误;假设反应热均小于0,根据2ΔH3=-ΔH1-ΔH2可知ΔH2=-ΔH1-2ΔH3,则若ΔH1<0,ΔH3<0,则ΔH2>0,与假设矛盾,B错误;焓变只与反应的始态和终态有关,则在不同油耗汽车中发生反应③,ΔH3相同,C正确;植物通过光合作用利用太阳能,将太阳能转化成化学能,D错误。 3.根据以下热化学方程式,ΔH1和ΔH2的大小比较错误的是 (　　) A.2H2S(g)+3O2(g) ===2SO2(g)+2H2O(l)　ΔH1　 2H2S(g)+O2(g) ===2S(s)+2H2O(l) ΔH2　则ΔH1>ΔH2 B.Br2(g)+H2(g) ===2HBr(g)　ΔH1 Br2(l)+H2(g) ===2HBr(g)　ΔH2 则ΔH1<ΔH2 C.4Al(s)+3O2(g) ===2Al2O3(s)　ΔH1 4Fe(s)+3O2(g) ===2Fe2O3(s)　ΔH2 则ΔH1<ΔH2 D.Cl2(g)+H2(g) ===2HCl(g)　ΔH1 Br2(g)+H2(g) ===2HBr(g)　ΔH2 则ΔH1<ΔH2 解析:选A　将A中的热化学方程式依次编号为①、②,由①-②可得2S(s)+2O2(g) ===2SO2(g)　ΔH3=ΔH1-ΔH2<0,即ΔH1<ΔH2,A错误;Br2(g)具有的能量高于等量的Br2(l)具有的能量,故1 mol Br2(g)与H2(g)反应生成HBr(g)放出的热量比1 mol Br2(l)与H2(g)反应生成HBr(g)放出的热量多,则有ΔH1<ΔH2,B正确;将C中的两个热化学方程式依次编号为①、②,根据盖斯定律,由①-②得4Al(s)+2Fe2O3(s) ===2Al2O3(s)+4Fe(s),则有ΔH3=ΔH1-ΔH2<0,则ΔH1<ΔH2,C正确;Cl2比Br2活泼,与H2反应时越容易,放出的热量越多,ΔH越小,故ΔH1<ΔH2,D正确。 4.(2025·江苏常州模拟)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(如图)中,M为中间产物。其他条件相同时,下列说法正确的是 (　　) A.使用Ⅰ或Ⅱ,反应历程都分2步进行 B.达平衡后,若升高温度,P的浓度增大 C.使用Ⅰ时,反应体系更快达到平衡状态 D.使用Ⅱ时,反应过程中M所能达到的最高浓度更大 解析:选C　两种催化剂均出现四个波峰,所以使用Ⅰ和Ⅱ,反应历程都分4步进行,A项错误;该反应是放热反应,所以达平衡时,升高温度平衡向左移动,P的浓度减小,B项错误;Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能,所以使用Ⅰ时反应速率更快,反应体系更快达到平衡,C项正确;使用Ⅰ时,前两个历程活化能较低,反应速率较快,使用Ⅱ时,前两个历程中活化能较高,反应速率较慢,所以使用Ⅰ时,M所能达到的最高浓度更大,D项错误。 5.甲烷、乙烯和丙烯都是重要的化工原料,都能燃烧,丙烯的燃烧热ΔH比乙烯的燃烧热ΔH小。下列相关说法正确的是 (　　) A.CH2==CH2(g)+H2(g)→CH3—CH3(g)和CH3—CH==CH2(g)+H2(g)→CH3—CH2—CH3(g)的焓变很接近 B.已知CH2==CH2(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-Q kJ·mol-1,乙烯的燃烧热ΔH为-Q kJ·mol-1 C.丙烯燃烧放出的热量一定比乙烯燃烧放出的热量多 D.若CH4(g)+2O2(g) ===CO2(g)+2H2O(g)　ΔH1,CH4(g)+O2(g)==CO2(g)+H2O(g)　ΔH2,则ΔH1>ΔH2 解析:选A　从化学键的角度分析,两个反应断键和成键方式相似,所以焓变很接近,选项A正确;B项,表示乙烯的燃烧热应生成液态水,错误;C项,未指明乙烯和丙烯的用量,错误;D项,放热越多,焓变越小,ΔH1<ΔH2,错误。 6.已知CH4(g)、CO(g)和H2(g)的摩尔燃烧焓(ΔH)分别为-890.3 kJ·mol-1、-283.0 kJ·mol-1和-285.8 kJ·mol-1,氢气与氧气反应生成气态水和液态水的热效应如图所示,下列有关说法不正确的是 (　　) 　　　　　　　　 A.反应CO2(g)+CH4(g)===2CO(g)+2H2(g)的ΔH=-237.3 kJ·mol-1 B.1 mol CH4(g)充分燃烧生成CO2(g)和气态水,放出的热量为890.3 kJ-2ΔH2 C.当氢氧燃料电池负极消耗1 mol氢气时,可释放的电能小于285.8 kJ D.图示过程中ΔH=ΔH1+ΔH2 解析:选A　燃烧热为1 mol物质完全燃烧生成稳定化合物释放出的能量,将甲烷、一氧化碳和氢气燃烧的反应依次编号为①②③,由盖斯定律可知,反应①-②×2-③×2得到二氧化碳与甲烷的反应,则反应ΔH=(-890.3 kJ·mol-1)-(-283.0 kJ·mol-1)×2-(-285.8 kJ·mol-1)×2=+247.3 kJ·mol-1,A错误;将甲烷燃烧的反应和液态水转化为气态水的过程依次编号为①、②,由盖斯定律可知,①+②×2可得甲烷燃烧生成二氧化碳和气态水的反应,则1 mol甲烷充分燃烧放出的热量为890.3 kJ-2ΔH2,B正确;当氢氧燃料电池负极消耗1 mol氢气时,由于化学能转化为电能时,还可能转化为热能,由盖斯定律可知,燃料电池可释放的电能小于285.8 kJ,C正确;由盖斯定律可知,图示过程中反应热的关系为ΔH=ΔH1+ΔH2,D正确。 7.计算机模拟研究反应C6H6(g)+CH3OH(g)C7H8(g)+H2O(g)在固体酸(HB)催化剂表面进行的反应历程如图所示[其中吸附在固体酸(HB)表面的物种用*标注]。下列说法不正确的是 (　　) A.该反应的ΔH=-61.4 kJ·mol-1 B.吸附CH3OH的焓变小于吸附C6H6的焓变 C.C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为C6H6*+H2O+CH3B===C7H8*+H2O+HB D.将固体酸(HB)催化剂更换为固体活性催化剂(MN)能有效提高C6H6(g)的平衡转化率 解析:选D　反应的方程式为C6H6(g)+CH3OH(g)C7H8(g)+H2O(g),根据图示,反应物的总能量高于生成物的总能量,为放热反应,利用盖斯定律,反应热只与始态和终态有关,与反应过程无关,则ΔH=-61.4 kJ·mol-1,A正确;根据图示,吸附CH3OH的焓变为-109.9 kJ·mol-1,吸附C6H6的焓变为-91.9 kJ·mol-1,二者焓变都小于0,则吸附CH3OH的焓变<吸附C6H6的焓变,B正确;根据图示,C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为C6H6*+H2O+CH3B===C7H8*+H2O+HB,C正确;催化剂只改变化学反应速率,不会影响化学平衡,因而不能提高平衡转化率,D错误。 二、非选择题 8.(6分)(2025·江苏扬州中学月考)(1)一定条件下,乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的过程中部分物料与能量变化如图所示。 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 　。  (2)一定条件下,用Ag作催化剂,氧气直接氧化乙烯制环氧乙烷(部分机理未配平)。 主反应:2CH2==CH2(g)+O2(g)===2EO(g) ΔH=-213.8 kJ·mol-1 副反应:C2H4(g)+3O2(g) ===2CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1 323 kJ·mol-1 催化机理:O2+Ag(助剂)→ (ads)+Ag+ (ads)+ CH2==CH2+Ag+→EO+O(ads)+Ag O(ads)+CH2==CH2→CO2+H2O 实际生产采用220~260 ℃的可能原因是 　。  解析:(1)①中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为(176-93)kJ·mol-1=83 kJ·mol-1;②根据图中相对能量,由EO(g)生成AA(g)的热化学方程式为EO(g)===AA(g)　ΔH=-219-(-117)kJ·mol-1=-102 kJ·mol-1。(2)温度过低会导致化学反应速率变慢;温度过高会导致催化剂的活性降低。 答案:(1)①83 ②EO(g)==AA(g)　ΔH=-102 kJ·mol-1 (2)温度低于220 ℃,反应太慢;温度高于260 ℃,催化剂活性降低 9.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(基础落实课) |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)　原电池工作原理及应用　 [再认再现·旧知新学] (一)原电池 1.概念:原电池是把化学能转化为电能的装置。 2.构成条件 一看反应 能发生自发进行的氧化还原反应 二看电极 能导电的两电极(金属或石墨等) 三看是否形成闭合回路 ①电解质溶液;②两电极与电解质溶液相接触;③两电极之间直接或间接接触 3.工作原理(锌铜原电池为例) 装置 电极名称 负极 正极 电极材料 Zn Cu 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 锌极→导线→铜极 电流方向 正极→导线→负极 离子移向 阴离子向负极迁移,阳离子向正极迁移 盐桥的作用 ①形成闭合回路;②平衡电荷 (二)原电池工作原理的应用 1.加快氧化还原反应的速率 构成原电池的反应速率比直接接触的反应速率快。例如:在锌与稀H2SO4反应时加入少量CuSO4 溶液,CuSO4与锌发生置换反应生成Cu,从而形成Cu⁃Zn微小原电池,加快产生H2的速率。 2.比较金属活动性强弱 例如:有两种金属a和b,用导线连接后插入稀硫酸中,观察到a极溶解,b极上有气泡产生。由此可判断出a是负极、b是正极,且金属活动性:a>b(填“>”或“<”)。 3.设计原电池 例如:2FeCl3+Cu===2FeCl2+CuCl2 ①化合价升高的物质 负极:Cu ②活泼性较弱的物质 正极:C ③化合价降低的物质 电解质溶液:FeCl3溶液 示意图 4.用于金属的防护:使需要保护的金属制品作原电池的正极而受到保护。 [边练边学·实践提能] 一、原电池装置及工作原理分析 1.(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。 2.在海洋岛礁上安装“空气⁃Mg”金属燃料电池可为水上照明信号供电,其原理如图所示。下列说法中不正确的是 (　　) A.电池工作时,海水中的Na+向空气电极移动 B.0.5 mol O2参与反应,2 mol电子流入Mg电极 C.Mg电极上发生氧化反应,该电极需定期更换 D.理论上参与反应的Mg与O2的物质的量之比为2∶1 解析:选B　该电池是原电池,Mg电极是负极,空气电极是正极,电池工作时,阳离子向正极(空气电极)移动,A项正确;电子从Mg电极流出(原电池中电子从负极流向正极),故B错误;Mg失电子,发生氧化反应,反应过程中Mg电极遭到损耗,需要定期更换,故C正确;根据得失电子守恒可知镁与氧气反应生成MgO,参与反应的Mg与O2的物质的量之比为2∶1,D项正确。 |思维建模|原电池中正、负极的判断方法 二、原电池中电极反应式的书写及判断 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- |思维建模|电极方程式书写的一般方法　 三、原电池原理的应用 4.有a、b、c、d四个金属电极,有关的实验装置及部分实验现象如下: 实验 装置 部分实验现象 a极质量减少;b极质量增加 b极有气体产生;c极无变化 d极溶解;c极有气体产生 电流从a极流向d极 由此可判断这四种金属的活动性顺序是 (　　) A.a>b>c>d B.b>c>d>a C.d>a>b>c D.a>b>d>c 解析:选C　把四个实验从左到右分别编号为①、②、③、④,则由实验①可知,a作原电池负极,b作原电池正极,金属活动性:a>b;由实验②可知,b极有气体产生,c极无变化,则活动性:b>c;由实验③可知,d极溶解,则d作原电池负极,c作正极,活动性:d>c;由实验④可知,电流从a极流向d极,则d极为原电池负极,a极为原电池正极,活动性:d>a。综上所述可知活动性:d>a>b>c。 5.依据氧化还原反应:2Ag+(aq)+Cu(s)===Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示(盐桥为盛有KNO3琼脂的U形管)。 请回答下列问题: (1)电极X的材料是　　　　;电解质溶液Y是　　　　　　　　(填化学式)。  (2)银电极为电池的　　　　极,其电极反应式为　　　　　。 链接拓展 突破思维定式理清原电池的设计  (3)盐桥中的N移向　　　　　　　　溶液。  答案:(1)Cu　AgNO3　(2)正　Ag++e-Ag (3)Cu(NO3)2 |思维建模|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)　常见化学电源 [再认再现·旧知新学] (一)一次电池 放电后不可再充电的电池。 1.普通锌锰干电池 总反应:Zn+2MnO2+2NH4Cl===ZnCl2+Mn2O3+2NH3+H2O; 负极:Zn-2e-===Zn2+; 正极:2MnO2+2N+2e-===2NH3+Mn2O3+H2O。 2.碱性锌锰电池 总反应:Zn+2MnO2+2H2O===2MnO(OH)+Zn(OH)2; 负极:Zn-2e-+2OH-===Zn(OH)2; 正极:MnO2+H2O+e-===MnO(OH)+OH-。 3.银锌电池 银锌电池是一种常见化学电源,其反应原理:Zn+Ag2O+H2O===Zn(OH)2+2Ag,其工作示意如图所示。在装置中Ag2O作正(填“正”或“负”)极,溶液中的K+向Ag2O(填“Zn”或“Ag2O”)电极移动;Ag2O电极发生还原反应(填“氧化”或“还原”),电极反应式为Ag2O+2e-+H2O===2Ag+2OH-。 思维建模 二次电池工作原理 (二)二次电池 又称可充电电池或蓄电池,是一类放电后可以再充电而反复使用的电池。 1.铅酸蓄电池 铅酸蓄电池总反应: Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。 (1)放电时——原电池 ①负极反应:Pb+S-2e-===PbSO4; ②正极反应:PbO2+4H++S+2e-===PbSO4+2H2O。 (2)充电时——电解池 ①阴极反应:PbSO4+2e-===Pb+S ;  ②阳极反应:PbSO4+2H2O-2e-===PbO2+4H++S。 2.纳米硅基锂电池 一种新型二次电池,电池装置如图所示,电池反应式为xFeS2+4LixSixFe+2xLi2S+4Si。 (1)电池放电时,Li+由b极移向a极,电子不能(填“能”或“不能”)通过聚合物隔膜。 (2)电池充电时,a极反应式为xFe+2xLi2S-4xe-===4xLi++xFeS2。 (三)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 (1)CH4-8e-+10OH-===C+7H2O(碱性介质); (2)CH4-8e-+2H2O===CO2+8H+(酸性介质); (3)CH4-8e-+4C===5CO2+2H2O(碳酸盐作介质); (4)CH4-8e-+4O2-===CO2+2H2O(熔融的金属氧化物作介质,高温下能传导O2-)。 [边练边学·实践提能] 一、普通化学电源 1.有关下列四个常用电化学装置的叙述正确的是 (　　) A.图Ⅰ所示电池中,MnO2的作用是催化剂 B.图Ⅱ所示电池放电过程中,硫酸浓度没有变化 C.图Ⅲ所示装置工作过程中,其电池反应:2H2+O2===2H2O D.图Ⅳ所示电池中,Ag2O是还原剂,电池工作过程中被氧化为Ag 解析:选C　图Ⅰ所示电池中,MnO2在正极反应生成MnOOH,A错误;图Ⅱ所示电池放电过程中,Pb+PbO2+ 2H2SO4===2PbSO4+ 2H2O,硫酸被消耗,因此硫酸浓度减少,B错误;图Ⅲ所示装置工作过程中,其电池反应:2H2+O2===2H2O,C正确;图Ⅳ所示电池中,Ag2O是氧化剂,电池工作过程中被还原为Ag,D错误。 2.Li⁃FeS2电池是目前电池中综合性能最好的一种电池,其结构如图所示。已知电池放电时的反应为4Li+FeS2===Fe+2Li2S。下列说法正确的是 (　　) A.Li为电池的正极 B.电池工作时,Li+向负极移动 C.正极的电极反应式为FeS2+4e-===Fe+2S2- D.将熔融的LiCF3SO3改为LiCl的水溶液,电池性能更好 解析:选C　根据电池反应式知,放电时Li失电子发生氧化反应,则Li是负极,电极反应式为Li-e-===Li+,FeS2为正极,正极反应式为FeS2+4e-===Fe+2S2-。通过以上分析知,Li为电池负极,发生氧化反应,A错误、C正确;放电时,阳离子Li+向正极移动,B错误;将熔融的LiCF3SO3改为LiCl的水溶液,Li和水发生氧化还原反应生成氢气,所以不能将熔融的LiCF3SO3改为LiCl的水溶液,D错误。 二、燃料电池 3.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电极为燃料电池的分解,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。 4.(2025·扬州一模)一种熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。下列有关该电池的说法正确的是 (　　) A.电极B是该电池的负极 B.电池工作时,C向电极A移动 C.电极B上发生的电极反应为O2-4e-===O2- D.H2参与的电极反应为H2+2OH--2e-===2H2O 解析:选B　电极B通入的是O2、CO2,则电极B为正极,电极A为负极,负极反应式为H2+C-2e-===H2O+CO2、CO+C-2e-===2CO2,正极反应式为O2+4e-+2CO2===2C,A、C、D错误;原电池工作时,阴离子(C)向负极(电极A)移动,B正确。 三、新型化学电源 5.(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。 6.我国科研人员发明了一种新型的锌离子热充电电池,可以利用人体产生的低热量充电。该电池以Zn和VO2⁃PC为电极材料,实现了低热量发电。放电时,VO2结合Zn2+生成ZnxVO2·yH2O,原理如图所示。下列说法正确的是 (　　) 综合应用·重点加练 常考5类新型化学电源 A.分离器可以为阴离子交换膜 B.充电时,阳极电极反应式为ZnxVO2·yH2O+2xe-===VO2+xZn2++yH2O C.放电时,电流从Zn极流向VO2⁃PC极 D.充电时,锌离子从较高温一侧移至低温一侧 解析:选D　放电时,Zn为负极,电极反应式为Zn-2e-===Zn2+,VO2结合Zn2+生成ZnxVO2·yH2O,说明Zn2+从负极移向正极,则分离器可以是阳离子交换膜,但不能是阴离子交换膜,A错误;充电时,阳极发生氧化反应,电极反应式为ZnxVO2·yH2O-2xe-===VO2+xZn2++yH2O,B错误;放电时,电流由正极流向负极,即电流从VO2⁃PC极流向Zn极,C错误;充电时,Zn2+由较高温区向左侧低温区迁移,并在Zn电极得电子被还原为Zn,D正确。 随堂训练——融会贯通本课主干知识 阅读下列材料,完成1~3题。 地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质,盐酸羟胺(NH2OH·HCl)是一种常见的还原剂和显像剂,其结构和性质类似NH4Cl。常温常压下,羟胺易潮解,水溶液呈碱性,盐酸羟胺主要用作还原剂和定影剂。 1.工业上利用电化学方法制备盐酸羟胺时,Fe电极的反应机理如图所示。 下列说法错误的是 (　　) A.Fe起催化和导电作用 B.a为H+和e-,b为NH3OH+ C.反应过程中有极性键的断裂和生成 D.该电极反应为NO+4H++3e-===NH3OH+ 解析:选B　铁作为金属有导电作用,同时在反应中参与反应,前后质量不变,作为催化剂使用,A正确;NH2OH具有和氨气类似的弱碱性,可以和盐酸生成盐酸羟胺,所以缺少的一步反应为NH2OH+H+===NH3OH+,没有电子的转移,所以a为H+,b为NH3OH+,B错误;在电化学反应中,NO和H+反应生成,这个过程中涉及到N—O键的断裂和N—H键生成,C正确;在电化学反应中,NO和H+反应生成NH3OH+,这个过程中涉及到电极反应NO+4H++3e-===OH+,D正确。 2.盐酸羟胺(NH2OH·HCl)可利用如图装置来制备,以盐酸为离子导体,向两电极分别通入NO和H2。下列说法正确的是 (　　) A.Pt电极为原电池的正极 B.Cl-通过离子交换膜到左极室 C.一段时间后,含Fe的催化电极所在极室的pH增大 D.每生成1 mol盐酸羟胺电路中转移4 mol e- 解析:选C　盐酸羟胺中N显-1价,在含Fe的催化电极上NO→NH2OH·HCl,N的化合价降低,含Fe的催化电极作正极,Pt电极为负极,A错误;正极反应式为NO+3e-+4H++Cl-===NH2OH·HCl,负极反应式为H2-2e-===2H+,正极消耗H+、Cl-,且H+的消耗量多于Cl-,负极产生H+,根据原电池工作原理,阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,因此Cl-通过离子交换膜移到右极室,B错误;正极反应式为NO+3e-+4H++Cl-===NH2OH·HCl,消耗H+,一段时间后,含Fe的催化电极所在极室的pH增大,C正确;每生成1 mol盐酸羟胺电路中转移3 mol e-,D错误。 3.以外排烟气中的NOx以及H2、盐酸为原料通过电化学方法一步制备盐酸羟胺的装置示意图如下。下列说法错误的是 (　　) A.制备总反应方程式为2NOx+(2x+1)H2+2HCl===2NH2OH·HCl+(2x-2)H2O B.该电化学装置中的离子交换膜最好选择质子交换膜 C.制备过程中,Pt电极所在极室溶液的pH基本保持不变 D.每生成1 mol盐酸羟胺,电路中转移电子的物质的量:n(e-)=3 mol 解析:选D　根据NOx以及H2、盐酸为原料制备盐酸羟胺,制备总反应方程式为2NOx+(2x+1)H2+2HCl===2NH2OH·HCl+(2x-2)H2O,A正确;根据电极反应,左边氢气失去电子变为氢离子,右边NOx变为NH3OH+需要不断消耗氢离子,因此该电化学装置中的离子交换膜最好选择质子交换膜,氢离子从左边不断移动到右边,B正确;制备过程中,Pt电极为负极,氢气失去电子变为氢离子,氢离子穿过交换膜进入到右室,转移多少电子,生成多少氢离子,就会向右移动多少氢离子,因此Pt电极所在极室溶液的pH几乎不变,C正确;根据总反应方程式知,生成2 mol盐酸羟胺,转移(4x+2)mol电子,则每生成1 mol盐酸羟胺,电路中转移电子的物质的量为n(e-)=(2x+1)mol,D错误。 [课时跟踪检测] 1.如图所示是几种常见的化学电源示意图,有关说法正确的是 (　　) A.上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池 B.干电池工作时,H+向锌筒移动 C.铅酸蓄电池工作过程中,每通过2 mol电子,负极质量减轻207 g D.氢氧燃料电池的正极反应一定是O2+4e-+2H2O===4OH- 解析:选A　干电池工作时,石墨为正极,锌筒为负极,电子从锌筒沿导线流向石墨,H+在NH4Cl溶液中由锌筒一端流向石墨一端,B错误;铅酸蓄电池工作过程中,硫酸铅在负极上析出,该极质量应该增加而非减小,C错误;若电解质溶液为酸性溶液,则氢氧燃料电池的正极反应是O2+4e-+4H+===2H2O,D错误。 2.某双液原电池装置如图所示(盐桥:装有含琼胶的KCl饱和溶液)。 下列有关叙述中不正确的是 (　　) A.Fe作负极,发生氧化反应 B.电子流动方向: 铁→石墨→稀硫酸→盐桥→氯化钠溶液 C.工作一段时间后,左侧烧杯中c(Cl-)增大 D.正极反应式:2H++2e-===H2↑ 解析:选B　铁为负极,发生氧化反应,A正确;电子由负极经导线流入正极,不经过稀硫酸溶液,B错误;铁为负极,氯离子向负极移动,则左侧烧杯中c(Cl-)浓度增大,C正确;石墨电极为正极,电极反应式为2H++2e-===H2↑,D正确。 3.将图1所示装置中的盐桥(含琼脂—饱和KCl溶液)换成铜丝与石墨棒连接得到图2所示装置,发现电流计指针仍然有偏转。下列说法正确的是 (　　) A.图1中,电路中转移电子0.2 mol,则甲池NaCl溶液的质量增加大于5.6 g B.图1中的石墨电极与图2中乙池石墨a电极的电极反应式不同 C.两图所示装置的能量变化均是将化学能转化为电能 D.图2中电子流向为Fe→电流计→石墨a→经电解质到达石墨b→铜丝→石墨c→Fe 解析:选A　电路中转移0.2 mol电子时,图1中铁棒质量减少5.6 g,则甲池NaCl溶液中增加了5.6 g亚铁离子,而盐桥中的氯离子向甲池中移动,所以甲池质量增加大于5.6 g,A正确;图1为原电池,石墨上铜离子得电子生成Cu,图2中乙池为电解池,石墨a电极与负极Fe相连为阴极,阴极上铜离子得电子生成Cu,所以两个电极的反应式相同,B错误;图1为原电池,将化学能转化为电能,图2中甲池为原电池,乙池为电解池,则乙池中电能转化为化学能,C错误;电子只在导线中移动,不能进入溶液,则图2中电子流向为Fe→电流计→石墨a,石墨b→铜丝→石墨c,D错误。 4.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-离子,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。 5.锌铜原电池装置如图所示,其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,下列有关叙述正确的是 (　　) A.铜电极上发生氧化反应 B.电池工作一段时间后,甲池的c(S)减小 C.电池工作一段时间后,乙池溶液的总质量增加 D.阴、阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动,保持溶液中电荷平衡 解析:选C　A项,由锌的活泼性大于铜可知,铜电极为正极,在正极上Cu2+得电子生成Cu,发生还原反应,错误;B项,由于阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,故甲池的c(S)不变,错误;C项,在乙池中发生反应:Cu2++2e-===Cu,同时甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池中,由于M(Zn)>M(Cu),故乙池溶液的总质量增加,正确;D项,阴离子不能通过阳离子交换膜,错误。 6.(2025·江苏南京六校联合体调研)某过渡金属(M)—锂离子电池的结构如图所示,总反应式为LixCn+LiyMO2Lix-1Cn+Liy+1MO2,下列说法不正确的是 (　　) A.放电时电子从Cn流入Al,还原电极B中的金属元素M B.充电时B电极的反应式为Liy+1MO2-e-===LiyMO2+Li+ C.电解质不能用水溶液,但可用离子液体 D.当Li+移向电极A时,化学能转化为电能 解析:选D　放电时LixCn转化为Lix-1Cn,即发生电极反应LixCn-e-===Lix-1Cn+Li+,为氧化反应,则电极A为负极,电极B为正极,负极产生的Li+向正极移动,正极电极反应为LiyMO2+Li++e-===Liy+1MO2,金属元素M化合价降低,被还原,A项正确;充电时B电极为阳极,电极反应为Liy+1MO2-e-===LiyMO2+Li+,B项正确;因金属锂能与水发生反应,所以电解质不能用水溶液,可以用常温下呈液态又可以导电的离子液体,C项正确;当Li+移向电极A时,是Lix-1Cn转化为LixCn,由总反应可知是充电过程,是电能转化为化学能,D项错误。 7.(2025·江苏无锡期中教学质量调研)一种浓差电池的放电原理是利用电解质溶液的浓度不同而产生电流。某浓差电池装置示意图如图所示,该电池使用前将开关K先与a连接一段时间后再与b连接。下列说法不正确的是 (　　) A.交换膜应当选择阳离子交换膜 B.K与a连接的目的是形成两电极区溶液的浓度差 C.K与b连接时,电极B上发生的反应为Cu2++2e-===Cu D.K与b连接时,导线中通过2 mol电子,约有1 mol离子通过交换膜 解析:选A　将开关K先与a连接后再与b连接,则电极B为阳极,电极反应为Cu-2e-===Cu2+,电极A为阴极,电极反应为Cu2++2e-===Cu,一段时间后右侧溶液中Cu2+浓度增大,而左侧溶液中Cu2+浓度减小,为了保持Cu2+的浓度差必须保证Cu2+不能通过半透膜,故交换膜是阴离子交换膜,A项错误,B项正确;一段时间后K与b连接,电极A为负极,电极反应为Cu-2e-===Cu2+,电极B为正极,电极反应为Cu2++2e-===Cu,C项正确;离子交换膜为阴离子交换膜,故K与b连接时,导线中通过2 mol电子,约有1 mol 通过交换膜,D项正确。 8.酸性锌锰电池是一种一次性电池,外壳为金属锌,中间是碳棒,其周围是由炭粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnO(OH)。下列说法错误的是 (　　) A.该电池的负极反应式为Zn-2e-===Zn2+ B.该电池的正极反应式为MnO2+2H2O+2e-===2MnO(OH)+2OH- C.维持电流为0.5 A,电池工作5分钟,理论上约消耗0.05 g Zn(已知F=96 500 C·mol-1) D.酸性锌锰电池与碱性锌锰电池相比,缺点是电解质溶液易发生泄漏 解析:选B　外壳为金属锌,作负极,电解质显酸性,则负极反应式为Zn-2e-===Zn2+,A项正确;中间是碳棒,碳棒是正极,其中二氧化锰得到电子转化为MnO(OH),则正极反应式为MnO2+e-+H+===MnO(OH),B项错误;维持电流为0.5 A,电池工作5分钟,则通过的电荷量Q=It=0.5×5×60 C=150 C,因此转移电子的物质的量是≈0.001 55 mol,1 mol Zn在反应中失去2 mol电子,则理论消耗Zn的质量是×65 g·mol-1≈0.05 g,C项正确;酸性锌锰电池与碱性锌锰电池相比,缺点是电解质溶液易发生泄漏,单位质量所输出的电能少且可储存时间短,连续放电时间短等,D项正确。 9.(2025·南师附中、天一中学、海安中学、海门中学联考)现有Fe⁃C微型原电池如图所示,用于除去废水中的HCOOH,向废水中通入空气后生成H2O2,H2O2与HCOOH反应生成CO2。下列说法不正确的是 (　　) A.该电池不能在高温下工作 B.正极电极反应式:H2O2+2e-+2H+===2H2O C.若不通入氧气,则可能产生氢气 D.H2O2处理废液生成二氧化碳的化学方程式:HCOOH+H2O2===CO2↑+2H2O 解析:选B　H2O2在高温下会分解,故该电池不可在高温下工作,A正确;Fe、C构成原电池,Fe作负极,通入O2生成H2O2,作正极,电极反应式为O2+2e-+2H+===H2O2,B错误;若不通入O2,则废水中的HCOOH电离出的H+得电子生成H2,C正确;H2O2将HCOOH氧化生成CO2,D正确。 10.(2025·江苏泰州期中)科学家利用氨硼烷设计成原电池装置如图所示,常温下该电池总反应为NH3·BH3+3H2O2===NH4BO2+4H2O。下列说法正确的是 (　　) A.b室为该原电池的负极区 B.放电过程中,H+通过质子交换膜由b室移向a室 C.a室的电极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e-===++6H+ D.其他条件不变时,向H2O2溶液中加入适量NaOH溶液能增大电流强度 解析:选C　H2O2中氧元素化合价降低,被还原,为正极。b室为H2O2溶液,是正极,A项错误;放电时,H+向正极移动,即由a室移向b室,B项错误;a室为NH3·BH3被氧化,失去电子,生成NH4BO2,C项正确;该电解质为酸性溶液,加入NaOH溶液与酸反应,不能增大电流强度,D项错误。 11.某水处理剂由纳米铁粉附着在多孔炭粉的表面复合而成,利用原电池原理处理弱酸性废水中的N时,其表面发生如图所示反应。下列说法正确的是 (　　) A.电池工作时,H+向负极移动 B.正极附近溶液的酸性增强 C.负极的电极反应式为Fe-3e-===Fe3+ D.与单独使用纳米铁粉相比,该水处理剂能加快N的去除速率 解析:选D　纳米铁粉作负极,电极反应式为Fe-2e-===Fe2+,硝酸根离子在正极上得电子被还原成铵根离子:N+10H++8e-===N+3H2O。电池工作时,H+向正极移动,A错误;硝酸根离子在正极上得电子被还原成铵根离子,消耗H+,正极附近溶液的酸性减弱,B错误;负极的电极反应式为Fe-2e-===Fe2+,C错误;与单独使用纳米铁粉相比,该水处理剂利用了原电池原理,能加快N的去除速率,D正确。 12.(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。 第三讲　电解池　金属的腐蚀与防护(基础落实课) |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　　　 [再认再现·旧知新学] 1.电解与电解池 2.电解工作原理 注意: 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.电解原理规律 (1)电解质分析 为了加深对电解规律的理解,某同学做了以下探究,要求从H+、Cu2+、Na+、S、Cl-5种离子中两两恰当的组成电解质,按下列要求进行电解: ①以碳棒为电极,电解过程中电解质质量减少,水量不变,则采用的电解质是HCl、CuCl2。若要恢复到电解前的状态,应加入的物质是HCl、CuCl2。 ②以碳棒为电极,电解过程中电解质质量不变,水量减少,则采用的电解质是Na2SO4、H2SO4。若要恢复到电解前的状态,应加入的物质是H2O。 ③以碳棒为阳极,铁棒为阴极,电解过程中电解质和水量都减少,则电解质是CuSO4、NaCl。若要恢复到电解前的状态,应加入的物质是CuO(或CuCO3)、HCl。 (2)电极上离子放电顺序 ①阳极放电规律 a.活性电极(除Au、Pt以外的金属材料作电极),电极材料失电子,生成金属阳离子。 b.惰性电极(Pt、Au、石墨),要依据阴离子的放电顺序加以判断。 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+>Fe3+>C>H+(酸)>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。 微点澄清训练 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)电解质溶液的导电过程就是电解质溶液被电解的过程,属于化学变化 (√) (2)直流电源跟电解池连接后,电子从电源负极流向电解池阳极 (×) (3)电解盐酸、硫酸等溶液,H+放电,溶液的pH逐渐增大 (×) (4)用Cu作电极电解CuSO4溶液的阳极反应为2H2O-4e-===O2↑+4H+ (×) 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 [边练边学·实践提能] 一、电解原理分析 1.在如图所示的装置中,x、y分别是直流电源的两极,通电后发现a极板质量增加,b极板处有无色无臭气体放出,符合这一情况的是 (　　) 选项 a极板 b极板 x电极 z溶液 A 锌 石墨 负极 CuSO4 B 石墨 石墨 负极 NaOH C 银 铁 正极 AgNO3 D 铜 石墨 负极 CuCl2 解析:选A　通电后发现a极板质量增加,所以金属阳离子在a极上得电子,a极是阴极;b极板处有无色无臭气体放出,即溶液中氢氧根离子放电生成氧气,b极是阳极,所以x电极是负极,y电极是正极。电解硫酸铜溶液,溶液中铜离子在阴极得电子生成铜单质,a极质量增加,b极是溶液中的氢氧根离子放电生成氧气,A正确;电解氢氧化钠溶液,在两电极上分别得到氧气和氢气,a极板质量不会增加,B错误;电解硝酸银溶液,铁是活泼金属,作阳极失电子,所以在b极得不到气体,C错误;电解氯化铜溶液,在b极处溶液中的氯离子失电子得到有刺激性气味的气体,D错误。 2.用阴离子交换膜控制电解液中OH-的浓度制备纳米Cu2O,反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑,装置如图,下列说法中正确的是 (　　) A.电解时Cl-通过交换膜向Cu极移动 B.阳极发生的反应为2Cu-2e-+2OH-===Cu2O+H2O C.阴极OH-放电,有O2生成 D.Ti电极和Cu电极生成物物质的量之比为2∶1 解析:选B　由图可知,Ti极与电源负极相连为阴极,Cu极与电源正极相连为阳极,电解时阴离子向阳极移动,OH-通过阴离子交换膜向Cu极移动,A错误;由总方程式可知,Cu在阳极失去电子生成Cu2O,根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为2Cu-2e-+2OH-===Cu2O+H2O,B正确;Ti极与电源负极相连是阴极,发生H+得电子的还原反应,有H2生成,C错误;由图可知,Ti极与负极相连为阴极,电极方程式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,Cu极与正极相连为阳极,电极方程式为2Cu-2e-+2OH-===Cu2O+H2O,当转移相同物质的量电子时,Ti极生成的H2和Cu极生成的Cu2O物质的量之比为1∶1,D错误。 |思维建模|电解池阴、阳极判断的“五种方法” 二、电解的规律 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,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,D错误。 |思维建模|惰性电极电解电解质溶液的产物判断 逐点清(二)　电解的应用 [再认再现·旧知新学] 1.电解饱和食盐水 名师支教 由家用消毒液到氯碱工业 (1)电解饱和食盐水时,产生氢气的电极反应方程式是2H2O+2e-===H2↑+2OH-或2H++2e-===H2↑。 (2)电极a接电源的正(填“正”或“负”)极。 (3)离子交换膜主要允许Na+(填化学式)通过。 2.电镀 (1)构成:①电极材料:待镀件作阴极,镀层金属作阳极。 ②电解质溶液:含镀层金属阳离子的盐溶液。 (2)电极反应:阳极:X-ne-===Xn+;阴极:Xn++ne-===X。 3.电解精炼铜 (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。 4.电解熔融氯化钠制备钠 (1)通电前,熔融NaCl中存在可以自由移动的Na+、Cl-。 (2)通电后,阴、阳离子发生定向迁移,其中,Na+向阴极移动,发生还原反应; Cl-向阳移动,发生氧化反应。 (3)电极反应和电解反应:阴极:2Na++2e-===2Na;阳极:2Cl--2e-===Cl2↑。电解总反应:2NaCl2Na+Cl2↑。 [边练边学·实践提能] 一、电解原理分析 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2H++2e-===H2↑,生成的H2不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝,B错误。 2.将下图所示实验装置的K闭合,回答下列问题: (1)盐桥中的Cl-向　　　　移动(填“甲池”或“乙池”),滤纸上的S向　　　移动(填“a”或“b”)。  (2)Cu电极上的电极反应式:　　　　　　　　　　　　　　　　,滤纸b点发生　　　　反应(填“氧化”或“还原”)。  (3)a点的电极反应式:　　　　　　　　　　　　,可观察到滤纸a点现象:　　　　。  答案:(1)甲池　b　(2)Cu2++2e-===Cu　氧化 (3)2H2O+2e-===H2↑+2OH-　变红色 二、电镀、冶金及精炼 3.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　阴极应该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。 4.金属镍有广泛的用途,粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质,可用电解法制备高纯度的镍,下列叙述正确的是(已知:氧化性F<N<C) (　　) A.阳极发生还原反应,其电极反应式为N+2e-===Ni B.电解过程中,阳极质量的减少量与阴极质量的增加量一定相等 C.电解后,电解槽底部的阳极泥中含有Cu和Pt D.电解后,溶液中存在的金属阳离子只有F和Z 解析:选C　电解法制备高纯度的镍,粗镍作为阳极,金属按还原性顺序Zn>Fe>Ni>Cu>Pt发生氧化反应,电极反应依次为Zn-2e-===Z、Fe-2e-===F、Ni-2e-===N,A错误;电解过程中,阳极Zn、Fe、Ni溶解,Cu、Pt沉积到电解槽底部,阴极只析出Ni,结合两极转移的电子数相等,阳极质量的减少量与阴极质量的增加量不相等,B错误;Cu和Pt还原性比Ni弱,不能失去电子,以沉淀的形式沉积在电解槽底部,形成阳极泥,C正确;电解后,溶液中存在的金属阳离子除了F、Z外,还有N,D错误。 逐点清(三)　金属的腐蚀与防护 [再认再现·旧知新学] 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被进一步氧化成Fe(OH)3,Fe(OH)3部分脱水生成Fe2O3·nH2O,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)金属防护的方法 (2)金属的电化学防护示例 数字实验室 牺牲阳极法的金属防护 金属的电化学防护包括牺牲阳极法和外加电流法 ①牺牲阳极法 将被保护的金属与比其更活泼的金属连在一起,更活泼的金属作负极,在不断腐蚀后定期更换,作为原电池的正极的金属不易被腐蚀。 ②外加电流法 被保护的钢铁设备作为阴极,另加惰性电极作阳极,两者都处在电解质溶液中,接上外接电源。通电后,电子流向被保护的钢铁设备,从而抑制钢铁失去电子,阻止钢铁被腐蚀。 [边练边学·实践提能] 一、金属腐蚀的影响因素 1.炒过菜的铁锅未及时洗净(残液中含NaCl),不久便会因被腐蚀而出现红褐色锈斑。 腐蚀原理如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.腐蚀过程中,负极是C B.Fe失去电子经电解质溶液转移给C C.正极的电极反应式为4OH--4e-===2H2O+O2↑ D.C是正极,O2在C表面上发生还原反应 解析:选D　铁锅中含有的Fe、C和电解质溶液构成原电池,活泼金属为负极,故负极是Fe,A错误;原电池中电子由负极Fe经外电路向正极C移动,在电解质溶液中依靠离子的移动导电,B错误;该原电池中,C为正极,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应为O2+2H2O+4e-===4OH-,C错误,D正确。 2.如图所示,各烧杯中盛海水,铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为 (　　) A.②①③④⑤⑥　　　　 B.⑤④③①②⑥ C.⑤④②①③⑥ D.⑤③②④①⑥ 解析:选C　①是Fe为负极,杂质碳为正极的原电池腐蚀,是铁的吸氧腐蚀,腐蚀较慢;②③④均为原电池,③中Fe为正极,被保护,②④中Fe为负极,均被腐蚀,但Fe和Cu的金属活动性差别大于Fe和Sn的,故Fe⁃Cu 原电池中Fe被腐蚀的较快;⑤是Fe接电源正极作阳极,Cu接电源负极作阴极,加快了Fe的腐蚀;⑥是Fe接电源负极作阴极、Cu接电源正极作阳极的电解池,防止了Fe的腐蚀。根据以上分析可知铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为⑤>④>②>①>③>⑥。 |思维建模|判断金属腐蚀快慢的一般方法 (1)对同一电解质溶液来说,腐蚀的快慢:电解池原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。 (2)对同一金属来说,腐蚀的快慢:强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶液中(浓度相同)。 (3)活动性不同的两种金属,活动性差异越大,腐蚀越快。 (4)对同一种电解质溶液来说,电解质浓度越大,金属腐蚀速率越快。 二、金属的腐蚀与防护 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.下列有关金属的保护方法的说法中正确的是 (　　) A.常使用的快餐杯表面有一层搪瓷,若搪瓷层破损后仍能起到防止铁生锈的作用 B.白铁(镀锌铁)镀层破损后,铁皮的腐蚀速率加快 C.轮船的船壳水线以下常装有一些锌块,这是利用了牺牲阳极的阴极保护法 D.钢铁制造的暖气管道外常涂有一层沥青,这是钢铁的电化学保护法 解析:选C　涂层破损后,铁直接暴露在空气中,因而搪瓷层不能对破损部分进行保护,A错误;镀层破损后由于锌的金属性比铁强,和铁构成原电池,锌作负极,保护铁不被腐蚀,B错误;装锌块是牺牲阳极的阴极保护法,C正确;应是用沥青作涂层的涂层保护法,D错误。 5.含可钝化金属的工业管道或反应器,由于会被内部溶液腐蚀,通过外接电源而钝化,称之为阳极保护法。如图是某金属外接电势与电流密度的变化关系,有关说法正确的是 (　　) A.阳极保护法中受保护的金属外接电源的负极 B.电流密度越大,金属受保护程度越好 C.CFD区,金属受到保护 D.外接电势越高,对金属保护性越有效 解析:选C　金属从活态向钝态的转变叫钝化;而通过外接电源而钝化的阳极保护法,指的是使受保护的金属作为阳极,通过外加电流使阳极钝化,电位强烈正移,腐蚀速率大幅度降低,所以,阳极保护法中受保护的金属外接电源的正极,A错误;IM代表的是金属钝化的难易程度,即开始的时候电流密度越大,此时金属溶解,表示金属越难钝化,所以并非电流密度越大,金属受保护程度越好,B错误;当外接电势超过EB后,金属开始钝化,从EC到ED都是金属钝化较稳定的范围,所以CFD区,金属受到保护,C正确;外接电势超过ED后,电流密度又持续增加了,腐蚀速度又加快了,所以并非外接电势越高,对金属保护越有效,D错误。 6.(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。 随堂训练——融会贯通本课主干知识 阅读下列材料,完成1~3题。 　　化学在环境保护中起着相当重要的作用。氮及其化合物在电化学工业中应用广泛,如氨气的制备、氮的氧化物吸收及脱硝的电化学处理等,催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。 1.采用惰性电极,以氮气和水为原料,通过电解法制备氨的装置如图所示,下列说法不正确的是 (　　) A.电解时,电子由电源负极经导线流向a极 B.电解时,a极上发生的反应:N2+6e-+6H2O===2NH3+6OH- C.电解时,电路每转移4 mol电子,溶液中有4 mol K+向b极移动 D.电解一段时间后,b极附近溶液的pH减小 解析:选C　a电极上N2转化为NH3,N元素化合价降低,发生还原反应,a电极为阴极;b电极上OH-转化为O2,O元素化合价升高,发生氧化反应,b电极为阳极。电解时,电子由电源负极经导线流向a极,A正确;电解质溶液为KOH溶液,电解时,a极上N2和水反应生成NH3和OH-,电极反应式为N2+6e-+6H2O===2NH3+6OH-,B正确;电解时,溶液中K+向阴极移动,即向a极移动,C错误;b极的电极反应为4OH--4e-===O2↑+2H2O,电解过程中消耗OH-,pH减小,D正确。 2.电化学降解的原理如图所示,下列说法中正确的是 (　　) A.电解池中电源的正极为B,负极为A B.电解池阴极的电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+ C.在电解池中右侧发生氧化反应,左侧发生还原反应 D.电解过程中转移2 mol电子,则左侧产生的气体在标况下的体积约为11.2 L 解析:选D　右侧电极发生还原反应生成N2,则右侧为阴极,左侧为阳极,阴极反应式为+10e-+12H+===↑+6H2O,阳极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+。右侧为阴极,左侧为阳极,则电源的负极为B,正极为A,A错误;电解池左侧是阳极,阳极的电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,B错误;结合分析可知在电解池中右侧发生还原反应,左侧发生氧化反应,C错误;电解池左侧是阳极,电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,电解过程中转移2 mol电子,则左侧产生的0.5 mol O2,在标况下的体积约为11.2 L,D正确。 3.用如图所示装置处理含的酸性工业废水,某电极反应为2N+12H++10e-===N2↑+6H2O,下列说法错误的是 (　　) A.A为电源正极 B.左侧电极反应为2H2O-4e-===4H++O2↑ C.电解池中H+向左侧移动 D.电解过程中,右侧电解液pH增大 解析:选C　根据图示可知,该装置为电解池,根据某电极反应2N+12H++10e-===N2↑+6H2O可知,该电极为阴极,即右侧电极为阴极,则B为电源的负极,A为电源正极,A正确;左侧电极为阳极,电极反应式为2H2O-4e-===4H++O2↑,B正确;电解池中H+移向阴极,故H+从质子交换膜左侧向右侧移动,C错误;电解过程中,根据电极反应式2N+12H++10e-===N2↑+6H2O可知右侧消耗氢离子,故右侧电解液pH增大,D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CO3,发生反应为2Cu+O2+H2O+CO2===CO3,所以反应原理为化学腐蚀。 2.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.关于研究生铁的锈蚀实验,下列分析不正确的是 (　　) 序号 ① ② ③ 实验 现象 8小时未观察到明显锈蚀 8小时未观察到明显锈蚀 1小时观察到明显锈蚀 A.①中,NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀 B.②中,生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少H2O C.③中正极反应式为O2+4e-+2H2O===4OH- D.对比①②③,说明苯能隔绝O2 解析:选D　①是密闭体系,NaCl溶液中溶解的O2较少,不足以使生铁片明显锈蚀,A项正确;苯属于非电解质,②中无电解质溶液,不满足电化学腐蚀的条件,B项正确;根据③中现象,铁在中性环境下发生吸氧腐蚀,正极反应式为O2+4e-+2H2O===4OH-,C项正确;根据现象可知,③中发生吸氧腐蚀,③中观察到明显锈蚀,说明苯不能隔绝O2,D项错误。 4.埋在土壤中的输油钢制管道容易被腐蚀。 已知对管道1和管道2进行如图所示的电化学防护设计。下列说法错误的是 (　　) A.对管道1进行防腐时,需要定期更换镁块 B.管道1的电势低于Mg块 C.区域②采用外加电流法 D.区域②通入保护电流使管道2表面腐蚀电流接近于0 解析:选B　由图可知,区域①采用的是牺牲阳极法进行防腐,即将还原性较强的Mg金属作为保护极,与被保护金属即管道1相连构成原电池,Mg作为负极发生氧化反应而消耗,管道1作为正极就可以避免腐蚀。区域②采用的是外加电流保护法,通过外加直流电源以及辅助阳极,迫使电子从土壤流向管道2,使管道2表面腐蚀电流接近于0,从而保护管道。区域①采用的是牺牲阳极法进行防腐,在防腐过程中Mg块不断损失,需要定期更换,A正确;管道1是正极,Mg块是负极,正极电势高于负极,故B错误;区域②采用的是外加电流法,C项正确;区域②通入保护电流使管道2表面腐蚀电流接近于0,D正确。 5.关于下列装置分析正确的是 (　　) A.装置甲中阳极上析出红色物质 B.若开始阶段两极质量相同,电流表中通过0.1 mol电子,则装置甲两极质量差为3.2 g C.若装置乙通电一段时间后,撤去直流电源,电流表指针可能偏转 D.可以将装置乙中的铜片更换为锌片制成镀锌铁 解析:选B　由图可知,装置甲为电解池,右端石墨为阳极,氯离子发生氧化反应生成氯气,故A错误;装置甲左端析出铜单质,转移0.1 mol电子,会生成3.2 g铜单质,右端无固体析出,两极质量差为3.2 g,故B正确;由图可知,装置乙为电镀池,阳极电极反应式为Cu-2e-===Cu2+,阴极电极反应式为Cu2++2e-===Cu,所以电解池工作一段时间后,铁表面镀上一层铜,撤去直流电源无法形成原电池,电流表指针不会偏转,故C错误;将铜片更换为锌片,阳极的电极反应式为Zn-2e-===Zn2+,氧化性:Zn2+<Cu2+,放电顺序Cu2+优先,故无法实现铁上镀锌,故D错误。 6.(2025·苏州开学考试)向KNO3溶液中通CO2至饱和,再经电解生成尿素(原理如图所示)。该技术有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。下列说法错误的是 (　　) A.b极发生氧化反应 B.a极的电极反应式:+16e-+CO2+18H+===CO(NH2)2+7H2O C.电解时,阴极区溶液的pH增大 D.每1 mol CO2转化为尿素就有18 mol H+由b极区迁移到a极区 解析:选D　由图可知,a为阴极,b为阳极,阴极反应为2N+16e-+CO2+18H+===CO(NH2)2+7H2O,阳极反应为2H2O-4e-===O2↑+4H+,A、B正确;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的H+只有16 mol,阴极区H+浓度减小,pH增大,C正确;由C项分析可知,电解过程每生成1 mol尿素,有16 mol H+经过质子交换膜由b极区迁移到a极区,D错误。 7.(2025·江苏扬州检测)电解法制备Na2FeO4的工作原理如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.M为电源的负极 B.阳极上的电极反应式为Fe-6e-+4H2O===Fe+8H+ C.阴离子交换膜应能允许OH-通过而能阻止Fe的扩散 D.理论上每转移0.1 mol e-,阴极上会产生1.12 L气体 解析:选C　铁电极上Fe放电生成Fe,发生氧化反应,为阳极,则M极为正极,A项错误;阳极区为碱性溶液,电极反应为Fe-6e-+8OH-===Fe+4H2O,B项错误;右侧S及H2O放电产生的OH-能够透过阴离子交换膜向左侧阳极移动,左侧的OH-和Fe不能向右侧阴极移动,C项正确;阴极反应为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,每转移0.1 mol e-,阴极上会产生0.05 mol H2,但是状态未知,无法计算H2的体积,D项错误。 8.(2025·南通海门测试)工业上通过惰性电极电解Na2SO4浓溶液来制备氢氧化钠和硫酸,a、b为离子交换膜,装置如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.c电极与外接电源负极相连 B.a为阴离子交换膜 C.从d口注入的是NaOH稀溶液 D.生成标准状况下22.4 L的O2,将有2 mol Na+穿过阳离子交换膜 解析:选C　由电解装置图可知,c电极区产生O2,故说明该电极区发生氧化反应,电极反应式为2H2O-4e-===4H++O2↑,故c电极区为阳极区,c电极与外接电源的正极相连,左侧区为阴极区,发生还原反应,电极反应式为2H2O+2e-===2OH-+H2↑,电解池中阳离子移向阴极区,阴离子移向阳极区,故Na+经过阳离子交换膜a进入左侧区,从d口注入的是NaOH稀溶液,硫酸根离子经过阴离子交换膜b进入右侧阳极区,故右侧区进入的是稀硫酸。c电极与外接电源正极相连,A错误;a为阳离子交换膜,b为阴离子交换膜,B错误;从d口注入的是NaOH稀溶液,C正确;生成标准状况下22.4 L(即1 mol)O2,则线路上流过的电子为4 mol,故将有4 mol Na+穿过阳离子交换膜,D错误。 9.(2023·辽宁卷)某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如图所示,其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是 (　　) A.b端电势高于a端电势 B.理论上转移2 mol e-生成4 g H2 C.电解后海水pH下降 D.阳极发生:Cl-+H2O-2e-===HClO+H+ 解析:选D　由图可知,左侧电极产生氧气,则左侧电极为阳极,电极a为正极,右侧电极为阴极,b电极为负极,该装置的总反应产生氧气和氢气,相当于电解水, a为正极,b电极为负极,则a端电势高于b端电势,A错误;右侧电极上产生氢气的电极方程式为2H++2e-===H2↑,则理论上转移2 mol e-生成2 g H2,B错误;由图可知,该装置的总反应为电解海水的装置,随着电解的进行,海水的浓度增大,但是其pH基本不变,C错误;由图可知,阳极上发生:Cl-+H2O-2e-===HClO+H+,D正确。 10.SOEC装置是一种高温固体氧化物电解池,可以从大气中回收CO2,其工作温度为600~1 000 ℃,利用固态CeO2中的O2-定向移动形成离子电流。SOEC由多个层状工作单元叠加而成,拆解后装置如图所示(外接电源与部分气体管路、流向未显示): 下列叙述正确的是 (　　) A.电极b为阴极,电极反应为CO2+2e-===CO+O2- B.在气孔Z附近检测到少量Ce3+,说明发生了电极反应CeO2+e-===Ce3++2O2- C.装置工作过程中,CeO2(s)电解质中的O2-由电极a移向电极b D.由于装置内气压大于外界,故必须用橡胶材质将各层密封,防止气体泄露 解析:选A　CO2经导管X进入电极b中,发生反应CO2+2e-===CO+O2-,发生还原反应,故电极b为阴极,A正确;在气孔Z附近检测到少量Ce3+,不能说明发生了电极反应CeO2+e-===Ce3++2O2-,也可能是高温下CO将CeO2还原为Ce3+,B错误;电极a为阳极,b为阴极,电解池中电解质中阴离子流向阳极,故工作过程中,CeO2(s)电解质中的O2-由电极b移向电极a,C错误;由题干信息可知,由于产生有毒气体CO,故必须用橡胶材质将各层密封,防止气体泄露,D错误。 二、非选择题 11.(9分)全钒液流电池是化学储能领域的一个研究热点,储能容量大、使用寿命长,利用该电池电解处理含NH4NO3的废水制备硝酸和氨水的原理如图所示,a、b、c、d电极均为惰性电极。 回答下列问题: (1)a电极为　　　　(填“正极”或“负极”),其电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)隔膜1为　　　　交换膜(填“阴离子”或“阳离子”),q口流出液含有的溶质为　　　　(填化学式),d电极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)B装置中产生的气体总量为336 mL(标准状况下)时,通过质子交换膜的H+的物质的量为　　　　 mol。  解析:(1)根据题中信息可知c极生成氢气,d极生成氧气,从而说明c极是阴极,d极是阳极,则a电极为正极,溶液中V得到电子和氢离子反应生成VO2+和水,其电极反应式为V+2H++e-===VO2++H2O。(2)c极是水中氢离子得到电子变为氢气,剩余的氢氧根与废水中的铵根反应生成氨水,因此隔膜1为阳离子交换膜,d极是水中氢氧根失去电子变为氧气,d电极的电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+;剩余氢离子与硝酸根结合生成硝酸,因此q口流出液含有的溶质为HNO3。(3)B装置产生氧气和氢气,两者体积比为1∶2,若B装置中产生的气体总量为336 mL(标准状况下)时,气体总物质的量为0.015 mol,则氢气物质的量为0.01 mol,电子转移为0.02 mol,要使右边呈电中性,则通过质子交换膜的H+的物质的量为0.02 mol。 答案:(1)正极　V+2H++e-===VO2++H2O (2)阳离子　HNO3　2H2O-4e-===O2↑+4H+ (3)0.02 第四讲　多池串联装置分析与电化学的相关计算(综合应用课) 　　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、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,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。 题点突破(1)——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,精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,精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,精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,精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(精炼池),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:2H++2e-===H2↑,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。 [应用体验] 1.(2025·江苏盐城八校开学考试)如下图所示,利用N2H4、O2和KOH溶液制成燃料电池(总反应式为N2H4 + O2 ===N2+2H2O),模拟氯碱工业。下列说法正确的是 (　　) A.甲池中负极反应为N2H4- 4e- ===N2 + 4H+ B.乙池中出口G、H处气体分别为H2、Cl2 C.乙池中离子交换膜为阴离子交换膜 D.当甲池中消耗32 g N2H4时,乙池中理论上最多产生142 g Cl2 解析:选D　甲池为燃料电池,通入肼的电极为负极,通入氧气的电极为正极,负极反应为N2H4-4e-+4OH-===N2+4H2O,正极反应为O2+4e-+2H2O===4OH-,乙池为电解池,与负极相连的右侧电极为阴极,电极反应为2H2O+2e-===2OH-+H2↑,与正极相连的左侧电极为阳极,电极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑。甲池中为原电池反应,对应的电极反应式:正极O2+4e-+2H2O===4OH-,负极N2H4-4e-+4OH-===N2+4H2O,A错误;乙池为电解池,与负极相连的右侧电极为阴极,电极反应为2H2O+2e-===2OH-+H2↑,与正极相连的左侧电极为阳极,电极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑,故乙池中出口G、H处气体分别为Cl2、H2,B错误;乙池发生的是电解池反应,阴极反应为2H2O+2e-===2OH-+H2↑,溶液中的钠离子通过阳离子交换膜移向阴极,由F出口得到氢氧化钠溶液,故乙池中离子交换膜为阳离子交换膜,C错误;负极反应为N2H4-4e-+4OH-===N2+4H2O,当甲池中消耗32 g即=1 mol N2H4时,转移4 mol电子,阳极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑,产生2 mol Cl2,故乙池中理论上最多产生2 mol×71 g·mol-1=142 g Cl2,D正确。 2.如图所示的装置,X、Y都是惰性电极。将电路接通后,向(乙)中滴入酚酞溶液,在Fe极附近显红色。试回答下列问题: (1)(甲)装置是甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)的结构示意图,b处电极上发生的电极反应式是　　　　　　　　　　　　。  (2)如果(丙)装置中精铜电极的质量增加了6.4 g,则乙装置中,铁电极上产生的气体在标准状况下为 　　　　 L。  (3)(丁)装置中Y电极上发生的电极反应式是　　　　　　　　　　　　。  解析:将电路接通后,向乙中滴入酚酞溶液,在Fe极附近显红色说明Fe为阴极,C为阳极,甲装置左边为负极,右边为正极,则Y为阴极,X为阳极,丙装置中精铜为阴极,粗铜为阳极。(1)燃料电池中,通入燃料的一极为负极,负极发生氧化反应,通入氧气的一极为正极,正极发生还原反应,由上述分析可知,a处电极为负极,b处电极为正极,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为O2+2H2O+4e-===4OH-;(2)丙装置中精铜电极的质量增加了6.4 g,根据电极反应:Cu2++2e-===Cu,可知生成6.4 g即0.1 mol铜,转移电子0.2 mol,铁电极是阴极,该极上产生氢气,电极反应式为2H++2e-===H2↑,当转移0.2 mol电子时,该极上产生的气体为0.1 mol,在标准状况下体积为2.24 L;(3)由上述分析可知,Y电极为阴极,电极反应式为Cu2++2e-===Cu。 答案:(1)O2+2H2O+4e-===4OH- (2)2.24　(3)Cu2++2e-===Cu 题点突破(2)——电化学相关的计算 (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。装置如下图所示: 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: [应用体验] 1.(2025·苏州一模)水系金属燃料电池具有较高的理论容量,常用于大型储能场景。一种水系锌—空气电池(ZAB)原理如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.隔膜为阳离子交换膜 B.该电池具有高安全性、原料丰富等优点 C.放电时,正极发生反应O2+4e-+2H2O===4OH- D.充电时,当电路中转移2 mol电子理论上产生65 g Zn 解析:选A　由题图可知,左侧电极Zn失去电子生成ZnO,为负极,电极反应式为Zn-2e-+2OH-===ZnO+H2O,则右侧电极为正极,O2得到电子生成OH-,电极反应式为O2+4e-+2H2O===4OH-,则右侧生成的OH-经过阴离子交换膜进入负极,以此解答。由分析可知,隔膜为阴离子交换膜,故A错误;锌—空气电池(ZAB)采用碱性水系电解质,以金属锌和空气为电极,其理论能量密度高、成本低、安全性好,故B正确;放电时,O2在正极得到电子生成OH-,电极反应式为O2+4e-+2H2O===4OH-,故C正确;充电时,阴极电极反应式为ZnO+H2O+2e-===Zn+2OH-,当电路中转移2 mol电子理论上产生1 mol Zn,质量为65 g,故D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 真题集训——高考能力达标 1.(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 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。 2.(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。 3.(2023·江苏卷·节选)空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。 催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下,恒定通过电解池的电量,电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示。 FE%=×100% 其中,QX=nF,n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量,F表示法拉第常数。 (1)当电解电压为U1 V时,电解过程中含碳还原产物的FE%为0,阴极主要还原产物为　　　　(填化学式)。  (2)当电解电压为U2 V时,阴极由HC生成CH4的电极反应式为 　。 (3)当电解电压为U3 V时,电解生成C2H4和HCOO-的物质的量之比为 　(写出计算过程)。  解析:当电解电压为U1 V时,电解过程中含碳还原产物的FE%为0,说明二氧化碳未得电子,为氢离子得电子变成氢气。当电解电压为U2 V时,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由生成CH4的电极反应式为HC+8e-+6H2O===CH4↑+9OH-。当电解电压为U3 V时,电解过程中还原产物C2H4的FE%为24%,还原产物HCOO-的FE%为8%,每生成1 mol C2H4转移12 mol e-,每生成1 mol HCOO-转移2 mol e-,故电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为∶=1∶2。 答案:(1)H2　 (2)HC+8e-+6H2O===CH4↑+9OH- (3)每生成1 mol C2H4转移12 mol e-,每生成1 mol HCOO-转移2 mol e-,故电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为∶=1∶2 [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.钴酸锂电池是目前用量最大的锂离子电池,用它作电源按下图装置进行电解。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作负极,失电子 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　根据电池总反应Li1-xCoO2+LixC6===LiCoO2+6C,LixC6作负极失电子发生氧化反应,则Li1-xCoO2作正极得电子发生还原反应,A错误;U形管Ⅰ中a为阴极,b为阳极;U形管Ⅱ中c为阴极,d为阳极;盐酸中的水会稀释Ⅰ中的溶液,故不可复原,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,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-,D正确。 2.一种电解法制备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。 3.以铅酸蓄电池为电源,通过电解法制备酒石酸(C4H6O6,简写为RH2)的原理如图所示(A、B为惰性电极,a、b为离子交换膜)。下列叙述不正确的是 (　　) A.N极的电极反应为PbO2+2e-+S+4H+===PbSO4+2H2O B.b为阴离子交换膜 C.阴极的电极反应为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,阴极区溶液pH增大 D.铅酸蓄电池中消耗2 mol H2SO4时,理论上生成2 mol RH2 解析:选D　电解的目的为制备RH2,则装置右侧为产品室,若原料室中的通过阴离子交换膜进入产品室与H+结合,则可制得RH2,所以电极B上应为H2O放电,生成O2和H+,即电极B为阳极,电极反应为2H2O-4e-===O2↑+4H+,b为阴离子交换膜,N为正极,M为负极,电极A为阴极。由以上分析可知N为铅酸蓄电池的正极,电极反应为PbO2+2e-+S+4H+===PbSO4+2H2O,A正确;电极A为阴极,该电极上水放电生成氢气,同时生成氢氧根离子,电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,阴极区溶液pH增大,C正确;铅酸蓄电池放电时总反应为Pb+PbO2+2H2SO4===2PbSO4+2H2O,当电池中消耗2 mol H2SO4时,电路中转移2 mol e-,根据电极B上的电极反应2H2O-4e-===O2↑+4H+可知,转移2 mol e-,产品室有2 mol H+生成,又+2H+===RH2,所以理论上可生成1 mol RH2,D错误。 4.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。 5.如图甲、乙两个装置相连,甲池是一种常见的氢氧燃料电池装置,乙池内,D中通入10 mol混合气体,其中苯的物质的量分数为20%(其余气体不参与反应),一段时间后,C处出来的气体中含苯的物质的量分数为10%(不含H2,该条件下苯、环己烷都为气态),下列说法不正确的是 (　　) A.甲池中A处通入O2,乙池中E处有O2放出 B.甲池中H+由G极移向F极,乙池中H+由多孔惰性电极移向惰性电极 C.导线中共传导12 mol电子 D.乙池中左侧惰性电极上发生反应:C6H6+6H++6e-===C6H12 解析:选C　由题意和图示,甲为氢氧燃料电池,乙为电解质,根据乙池中,惰性电极处苯被还原为环己烷,故惰性电极发生还原反应为阴极,多孔性惰性电极为阳极,则G电极与阴极相连,为原电池负极,F为正极,故甲池中F为正极,A处通入O2,G为负极,B处通入H2。A处通入O2,E处为电解池阳极产物,阳极是水电离产生的OH-放电生成O2,A项正确;原电池中阳离子向正极移动,F极为正极,故甲池中H+由G极移向F极,电解池中,阳离子向阴极移动,惰性电极为阴极,故乙池中H+由多孔惰性电极移向惰性电极,B项正确;10 mol含20%苯的混合气体,经过电解生成10 mol含苯10%的混合气体,则被还原苯的物质的量为10 mol×(20%-10%)=1 mol,惰性电极处苯得到电子,被还原为环己烷,电极方程式为C6H6+6H++6e-===C6H12,由电极方程式得转移电子的物质的量为6 mol,C项错误,D项正确。 6.微生物燃料电池不仅可以获得高效能源,还能合成电子工业清洗剂四甲基氢氧化铵[NOH],采用微生物燃料电池电渗析法合成NOH的工作原理如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.d为阳离子交换膜 B.电极M为正极,该电极上发生的电极反应为O2-4e-+4H+===2H2O C.电流方向为电极M→电极b→电极a→电极N D.制备1 mol NOH时,电极b处产生11.2 L(标准状况下)气体 解析:选C　电极M处是光合菌在光照和二氧化碳条件下产生氧气,氧气再反应生成水,发生的是还原反应,所以M是正极,N是负极,负极是硫氧化菌将FeSx转化为S,S被氧化为,电子由N极流出到a极,所以a极为阴极,发生的反应是氢离子得到电子生成氢气,b为阳极是氢氧根放电生成氧气。c、d、e为离子交换膜,根据d、e两极中间通入稀NaCl溶液,NaOH溶液中的Na+通过e交换膜进入左侧,(CH3)4NCl浓溶液中的Cl-通过d交换膜进入右侧,所以e是阳离子交换膜,d是阴离子交换膜,同样地,N+通过c在左侧富集,所以c是阳离子交换膜。由图可知电极M发生的是光合菌在光照和CO2条件下产生O2,O2再反应生成H2O,发生的是还原反应,则M是正极,电极反应为O2+4e-+4H+===2H2O,故B错误; 电极b是电解池的阳极,电极反应式为4OH--4e-===O2↑+2H2O,制备1 mol NOH时,转移1 mol 电子,所以b极产生氧气0.25 mol,体积为5.6 L,D错误。 7.雾霾主要由二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物等组成。利用乙醇燃料电池(H2SO4为离子导体)电解作用下,将NO、SO2转化为硫酸铵,实现废气的回收再利用,其装置如图所示。下列有关说法正确的是 (　　) A.d电极为阴极,发生氧化反应 B.a电极发生的反应为O2+4e-+2H2O===4OH- C.电池的总反应为5SO2+2NO+8H2O=== (NH4)2SO4+4H2SO4 D.当消耗23 g乙醇时,理论上通入NH3的物质的量为2.4 mol 解析:选C　d极NO得电子是阴极,发生还原反应,A错误;c极二氧化硫被氧化,是阳极,a极是燃料电池的正极,反应为O2+4e-+4H+===2H2O,B错误;电池的总反应为5SO2+2NO+8H2O=== (NH4)2SO4+4H2SO4,产生的H2SO4需要通入NH3,转化为(NH4)2SO4,C正确;由C项分析得10e-~4H2SO4~8NH3,又因为1CH3CH2OH~12e-,由得失电子守恒可得8NH3~10e-~CH3CH2OH,当消耗23 g乙醇时,则通入的NH3的物质的量为n(NH3)=4.8 mol ,D错误。 8.硼酸(H3BO3)为一元弱酸,已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH-===[B(OH)4]-,H3BO3可以通过电解的方法制备。电解Na[B(OH)4]溶液制备H3BO3的原理如图所示,下列叙述正确的是 (　　) A.通电一段时间后,M室、N室的pH依次增大、减小 B.a膜、c膜为阴离子交换膜,b膜为阳离子交换膜 C.理论上每生成1 mol H3BO3,两极室共产生标准状况下8.4 L气体 D.保持电流为3 A,电解60 min,制得H3BO3 6.2 g,则电流效率约为89%(法拉第常数为96 500 C·mol-1;电流效率η=×100%) 解析:选D　M室中石墨电极为阳极,电解时阳极上水失电子生成O2和H+,电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,N室中石墨电极为阴极,电解时阴极上水得电子生成H2和OH-,电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,原料室中的[B(OH)4]-通过b膜进入产品室、Na+通过c膜进入N室,M室中氢离子通过a膜进入产品室,通过a膜的H+的量与M室中电极反应产生的H+的量相同,即通电一段时间后M室中稀硫酸浓度变大,则a膜、c膜为阳离子交换膜,b膜为阴离子交换膜,通电一段时间后,M室pH减小,N室pH增大,A、B项错误。产品室中发生的反应为[B(OH)4]-+H+===H3BO3+H2O,理论上每生成1 mol H3BO3,M室生成1 mol H+,转移电子1 mol,N室生成0.5 mol H2,M室生成0.25 mol O2,两极室共产生标准状况下16.8 L气体,C项错误。6.2 g H3BO3的物质的量为=0.1 mol,则消耗的电荷量为0.1 mol×1×96 500 C·mol-1=9 650 C,而电极上通过的总电荷量为3 A×60×60 s=10 800 C,故η=×100%≈89%,D项正确。 二、非选择题 9.(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,溶液中的氢氧根离子放电,其电极反应式为4OH--4e-===2H2O+O2↑(或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　4OH--4e-===2H2O+O2↑(或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(综合应用课) 　　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。 真题集训——悟多彩考法 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·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。 3.电解硫酸钠溶液制取某正极材料的前驱体NCM(OH)2,其工作原理如图所示: 下列说法正确的是 (　　) A.a是直流电源的负极,石墨电极发生还原反应 B.当产生0.1 mol的NCM(OH)2时,纯钛电极上产生标准状况下2.24 L气体 C.交换膜A是阳离子交换膜,交换膜B是阴离子交换膜 D.通电一段时间,Ⅰ室pH不变 解析:选B　由图可知,前驱体在Ⅲ室产生,金属阳离子会进入Ⅲ室,与纯钛电极产生的OH-反应生成前驱体,纯钛电极反应为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,作电解池的阴极,接电源负极(b),故a为正极,石墨电极为阳极,阳极反应式为2H2O-4e-===4H++O2↑,发生氧化反应,Ⅱ室中的阴离子会通过交换膜A移向阳极,故交换膜A为阴离子交换膜,据此分析解题。由分析可知,a是直流电源的正极,石墨电极为阳极,发生氧化反应,A错误。产生0.1 mol的NCM(OH)2时,需要0.2 mol OH-,纯钛电极反应为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,产生氢气0.1 mol,标准状况下的体积为0.1 mol×22.4 L·mol-1=2.24 L,B正确。由分析可知,交换膜A是阴离子交换膜,交换膜B是阳离子交换膜,C错误。由分析可知,石墨电极为阳极,阳极反应式为2H2O-4e-===4H++O2↑,则通电一段时间,Ⅰ室pH减小,D错误。 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。 深化认知——强分析能力 (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。 题点例析——建思维模型 题点(一) 用于物质的制备 　　[例1]　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]　图中左侧电池为原电池,右侧电池为电解池。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·江苏扬州中学开学考试)一种利用金属磷化物作为催化剂,将CH3OH转化成甲酸钠的电化学示意图如下,阴极生成和一种气体。下列说法错误的是 (　　) A.b为电源正极 B.Na+由右侧室向左侧室移动 C.阴极的电极反应式为2CO2+2H2O+2e-===2HC+H2↑ D.理论上,当电路中转移2 mol e-时,阴极室质量增加134 g 解析:选D　由CH3OH制取HCOONa,C元素由-2价升高到+2价,则右侧电极为阳极,b电极为正极;左侧电极为阴极,a为负极。由分析可知,右侧为阳极,电极发生氧化反应,与电源正极相连,则b为电源正极,A正确;阴极的电极反应式为2CO2+2H2O+2e-===2HC+H2↑,阳极的电极反应式为CH3OH-4e-+5OH-===HCOO-+4H2O,根据电极反应式的离子消耗与生成情况可知,Na+由阳极向阴极移动,即由右侧室向左侧室移动,B、C正确;当电路中转移2 mol e-时,根据2CO2+2H2O+2e-===H2↑+2HC,吸收n(CO2)=n(e-)=2 mol,生成n(H2)=1 mol,定向移动到阴极的n(Na+)=n(e-)=2 mol,则阴极室增加的质量m=m(CO2)+m(Na+)-m(H2)=2 mol×44 g·mol-1+2 mol×23 g·mol-1-1 mol×2 g·mol-1=132 g,D错误。 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 思维建模 双极膜在电化学装置中的应用 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。 题点(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] 1.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1 mol,D错误。 2.一种生物电化学方法脱除水体中N的原理如图所示: 下列说法正确的是 (　　) A.装置工作时,电能转化为化学能 B.装置工作时,a极周围溶液pH升高 C.装置内工作温度越高,N脱除率一定越大 D.电极b上发生的反应之一是2N-2e-===N2↑+3O2↑ 解析:选A　该装置是把电能转化为化学能,A正确;a极为阳极,电极反应为N+2H2O-6e-===N+8H+,所以a极周围溶液的pH降低,B错误;该装置是在细菌生物作用下进行的,所以温度过高,导致细菌死亡,N脱除率会减小,C错误;b极上反应式为2N+12H++10e-===N2↑+6H2O,D错误。 题点(三) 用于“三废”处理和环境保护 　　[例3]　在直流电源作用下,双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-,利用双极膜电解池产生强氧化性的羟基自由基(·OH)处理含苯酚废水和含SO2的烟气,工作原理如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.电势:N电极>M电极 B.阴极电极反应式为O2+2e-+2H+===2·OH C.每处理9.4 g苯酚,理论上有2.8 mol H+透过膜a D.若·OH只与苯酚和SO2反应,则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1∶14 　　[解析]　M极上O2得电子生成羟基自由基(·OH),说明M极为阴极,连接电源的负极,N极为阳极,故电势:N电极>M电极,A正确;M为阴极,阴极上O2得电子生成羟基自由基(·OH),电极反应式为O2+2e-+2H+===2·OH,B正确;1 mol苯酚转化为CO2,转移28 mol电子,每处理9.4 g苯酚(即0.1 mol),理论上有2.8 mol电子转移,则有2.8 mol H+透过膜b,C错误;若·OH只与苯酚和SO2反应,转移电子数之比为28∶2,则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1∶14,D正确。 　　[答案]　C |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] 1.(2025·江苏南通名校联盟学业质量联合检测)一种双阴极微生物燃料电池装置如图所示。该装置可以同时进行硝化和反硝化脱氮,下列叙述正确的是 (　　) A.电池工作时,H+的迁移方向:左→右 B.电池工作时,“缺氧阴极”电极附近的溶液pH增大 C.“好氧阴极”存在反应:-6e-+8OH-===+6H2O D.“厌氧阳极”区质量减少28.8 g时,该电极输出电子4.8 mol 解析:选B　该装置为双阴极微生物燃料电池,中间“厌氧阳极”为原电池的负极,葡萄糖失电子发生氧化反应,生成CO2,左侧“缺氧阴极”电极发生N转化为NO2,最终转化为N2的反应,该反应过程氮元素化合价由+5价降低为+4价,最后降低为0价,为得电子的还原反应,作原电池正极,右侧“好氧阴极”电极发生O2得电子生成H2O,化合价降低,还原反应,该电极也为正极,同时该区还发生氧气将N氧化为N,N被氧化为N的反应。电池工作时,阳离子向正极移动,该装置中有两个正极,H+的迁移方向由中间电极区既向左迁移也向右迁移,A项错误;电池工作时,“缺氧阴极”上氮元素得电子,电极反应式为N+2H++e-===NO2↑+H2O、2NO2+8H++8e-===N2↑+4H2O,电极附近的溶液pH增大,B项正确;“好氧阴极”电极发生O2得电子,电极反应式为O2+4H++4e-===2H2O,同时发生氧气将N氧化为N,N最终被氧化为N的反应,反应方程式为2N+3O2===2N+2H2O+4H+、2N+O2===2N,N未发生电极反应,C项错误;“厌氧阳极”上发生葡萄糖失电子生成CO2,电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-===6CO2↑+24H+,1 mol C6H12O6参与反应生成6 mol CO2逸出,使该电极区质量减少,转移24 mol电子,有24 mol H+移向正极,也使该电极区质量减少,共减少6 mol×44 g·mo+24 mol×1 g·mo=288 g,质量减少28.8 g时,参加反应的C6H12O6为0.1 mol,该电极输出电子为2.4 mol,D项错误。 2.(2025·苏州第一中学期中)1,5⁃戊二胺[H2N(CH2)5NH2]用于高聚物制备和生物研究。利用双极膜(BPM)电渗析产碱技术可将生物发酵液中的1,5⁃戊二胺硫酸盐{[H3N(CH2)5NH3]SO4}转换为1,5⁃戊二胺产品,实现无害化提取,工作原理如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.N极电势高于M极 B.可以从Ⅱ室得到浓度增大的H2SO4溶液 C.理论上Ⅰ室和Ⅴ室产生的气体体积比为2∶1 D.若Na2SO4溶液换为NaCl溶液,N极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑,产生有毒气体 解析:选B　利用双极膜(BPM)电渗析产碱技术可将生物发酵液中的1,5⁃戊二胺硫酸盐)5NH3]SO4}转换为1,5⁃戊二胺产品,则Ⅲ室中[H3N(CH2)5NH3]2+进入Ⅳ室和氢氧根离子反应得到1,5⁃戊二胺,则右侧BPM膜中氢氧根离子进入Ⅳ室,由离子移动方向可知,N极为阴极,M极为阳极,N极氢离子放电生成氢气、M极氢氧根离子放电生成氧气;N极为阴极,M极为阳极,则N极电势低于M极,A错误;左侧BPM膜中氢离子进入Ⅱ室,Ⅲ室中硫酸根离子进入Ⅱ室,从Ⅱ室得到浓度增大的H2SO4溶液,B正确;根据电子守恒可知O2~4e-~2H2,理论上Ⅰ室和Ⅴ室产生的气体体积比为1∶2,C错误; 若Na2SO4溶液换为NaCl溶液,N极为阴极,反应为水放电生成氢气和氢氧根离子,不产生氯气,D错误。 课题探究·项目实践——美“锂”电池,改变世界 [课时跟踪检测] (说明:标的为难度题,建议教师重点讲评) 1.一种NO⁃空气燃料电池的工作原理如图所示,该电池工作时,下列说法正确的是 (　　) A.负极的电极反应式为NO-3e-+2H2O===N+4H+ B.H+通过质子交换膜向左侧多孔石墨棒移动 C.若产生1 mol HNO3,则通入O2的体积应大于16.8 L D.电子的流动方向:负极→电解质溶液→正极 解析:选A　燃料电池中,通燃料一极为负极,即通入NO的一极为负极,根据装置图可知,负极电极反应式为NO+2H2O-3e-===N+4H+,A正确;根据原电池工作原理,H+从负极经质子交换膜向正极移动,即移向右侧多孔石墨棒,B错误;题中没有指明是否为标准状况,因此无法判断通入氧气的体积,C错误;根据原电池工作原理可知,电子从负极经外电路流向正极,D错误。 2.某低成本储能电池原理如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.放电时,负极质量逐渐减小 B.放电时,电路中通过1 mol e-,则有1 mol Fe被氧化 C.储能过程中,左池H2SO4溶液浓度增大 D.充电时总反应:Pb+S+2Fe3+===PbSO4+2Fe2+ 解析:选C　放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上,负极质量增大,A错误;放电时,电路中通过1 mol e-,正极有1 mol Fe3+被还原为Fe2+,B错误;储能过程中,左池中PbSO4得电子生成Pb和S,同时电解质溶液中的氢离子通过质子交换膜进入左池,左池H2SO4溶液浓度增大,C正确;充电时,总反应为PbSO4+2Fe2+===Pb+S+2Fe3+,D错误。 3.某科研团队采用NaNO3/KNO3/CsNO3共晶盐电解液和β⁃Al2O3膜研制了一种熔盐型Na⁃O2电池,其工作原理如图所示: 该电池工作时,下列说法正确的是 (　　) A.N既表现氧化性又表现还原性 B.β⁃Al2O3膜能阻止电子和离子通过 C.镍电极的电极反应式为2Na++2e-+N===Na2O+N D.电池总反应为4Na+O2===2Na2O 解析:选C　根据放电原理示意图分析,在分步反应中N表现了氧化性,从总反应看,N是催化剂,A错误;电子不能通过电解质,通过β⁃Al2O3膜的是Na+,B错误;根据放电原理示意图可判断,镍电极附近的电极反应式为2Na++2e-+N===Na2O+N,C正确;电池总反应为2Na+O2Na2O2,D错误。 4.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。 5.(2025·江苏扬州中学月考)如图为一种酶生物电池,可将葡萄糖(C6H12O6)转化为葡萄糖内酯(C6H10O6),两个碳纳米管电极材料由石墨烯片层卷曲而成。下列说法不正确的是 (　　) A.图中的离子交换膜为阳离子交换膜 B.负极区发生的电极反应主要为C6H12O6-2e-===C6H10O6+2H+ C.碳纳米管有良好导电性能,且能高效吸附气体 D.理论上消耗标况下2.24 L O2,可生成葡萄糖内酯0.2 mol 解析:选D　由图可知,右侧碳纳米管为正极,电极反应式为O2+4e-+4H+===2H2O,左侧碳纳米管为负极,电极反应式为H2-2e-===2H+,C6H12O6-2e-===2H++C6H10O6,左侧产生的H+能透过离子交换膜向右侧移动,H+在右侧参与反应,故离子交换膜为阳离子交换膜,A项正确;负极区发生的电极反应主要为C6H12O6-2e-===2H++C6H10O6,B项正确;碳纳米管电极材料由石墨烯片层卷曲而成,有良好导电性能,且能高效吸附气体,C项正确;理论上消耗标况下2.24 L O2,得到0.4 mol e-,由于负极区有H2和C6H12O6两种物质失电子,所以生成葡萄糖内酯小于0.2 mol,D项错误。 6.(2025·江苏南京田家炳高级中学期初测评)用可再生能源电还原CO2时,采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率,装置如下图所示。下列说法正确的是 (　　) A.析氢反应发生在IrOx⁃Ti电极上 B.Cl-从Cu电极迁移到IrOx⁃Ti电极 C.阴极发生的反应有:2CO2+12H++12e-===C2H4+4H2O D.每转移1 mol电子,阳极生成11.2 L气体(标准状况) 解析:选C　由图可知,该装置为电解池,与直流电源正极相连的IrOx⁃Ti电极为电解池的阳极,水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子,电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,铜电极为阴极,酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等,电极反应式为2CO2+12H++12e-===C2H4+4H2O、2CO2+12H++12e-===C2H5OH+3H2O,还可发生2H++2e-H2↑,电解池工作时,氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。析氢反应为还原反应,应在阴极发生,即在铜电极上发生,A错误;离子交换膜为质子交换膜,只允许氢离子通过,Cl-不能通过,B错误;由分析可知,铜电极为阴极,酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等且还有氢气生成,C正确;水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子,电极反应式为2H2O-4e—===O2↑+4H+,每转移1 mol电子,阳极生成0.25 mol O2,在标况下体积为5.6 L,D错误。 7.一种以钒基氧化物(V6O13)为正极材料的水系锌离子电池的工作原理如图所示。通过使用孔径大小合适且分布均匀的新型离子交换膜,可提高离子传输通量的均匀性,从而保持电池的稳定性。下列说法正确的是 (　　) A.放电过程中,Zn2+向Zn极一侧移动 B.放电过程中,电子由Zn极经电解质溶液向V6O13极移动 C.充电时,V6O13极与外接直流电源正极相连 D.充电时,阳极发生的电极反应可能为V6O13+xZn2++2xe-===ZnxV6O13 解析:选C　由图可知,Zn为活泼金属,放电过程中,Zn极为负极,Zn失电子生成Zn2+进入溶液,Zn2+向正极一侧移动,A项错误;放电过程中,电子由Zn极沿导线向V6O13极移动,电子不能经过电解质溶液,B项错误;充电时,V6O13极作阳极,将ZnxV6O13转化为V6O13,与外接直流电源正极相连,C项正确;充电时,阳极ZnxV6O13失电子生成V6O13和Zn2+,发生的电极反应可能为ZnxV6O13-2xe-===V6O13+xZn2+,D项错误。 8.(2025·江苏连云港第一次调研考试)用如图所示的新型电池可以处理含CN-的碱性废水,同时还可以淡化海水。下列说法正确的是 (　　) A.a极反应式:2CN-+10e-+12OH-===2C+N2↑+6H2O B.电池工作一段时间后,右室溶液的pH减小 C.交换膜Ⅰ为阳离子交换膜,交换膜Ⅱ为阴离子交换膜 D.若将含有26 g CN-的废水完全处理,理论上可除去NaCl的质量为292.5 g 解析:选D　由图可知,a电极上CN-在碱性条件下失去电子生成N2和C,为氧化反应,a为负极,电极反应为2CN-+12OH--10e-===2C+N2↑+6H2O,A项错误;b为正极,电极反应为2H++2e-===H2↑,则消耗H+,pH增大,B项错误;根据负极电极反应可知,a电极附近负电荷减少,则海水中的阴离子通过交换膜Ⅰ向左移动,根据正极电极反应可知,b电极附近正电荷减少,则海水中的阳离子通过交换膜Ⅱ向右移动,C项错误;26 g CN-的物质的量为1 mol,根据选项A分析可知,消耗1 mol CN-时转移5 mol电子,根据电荷守恒可知,可同时处理5 mol NaCl,其质量为292.5 g,D项正确。 9.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通过离子交换膜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经过离子交换膜2进入右侧电极室,与H+结合成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。 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·江苏如皋高三适应性考试)以甲苯为原料通过间接氧化法可以制取苯甲醛、苯甲酸等物质,反应原理如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.电解时的阳极反应:2Cr3++6e-+7H2O===Cr2+14H+ B.电解结束后,阴极区溶液pH升高 C.1 mol甲苯氧化为0.5 mol苯甲醛和0.5 mol苯甲酸时,共消耗 mol Cr2 D.甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物可以通过分液的方法分离 解析:选C　电解时,阳极发生氧化反应,即失电子反应,A错误;电解时,阴极反应式为2H++2e-===H2↑,电极上每消耗2 mol H+,就有2 mol H+进入阴极区使阴极区溶液呈电中性,故电极电解结束后,阴极区溶液pH不变,B错误;3C6H5—CH3+2Cr2+16H+===3C6H5—CHO+4Cr3++11H2O,0.5 mol甲苯被氧化为0.5 mol苯甲醛时消耗 mol Cr2,根据C6H5—CH3+Cr2+8H+===C6H5—COOH+2Cr3++5H2O,0.5 mol甲苯被氧化为0.5 mol苯甲酸时消耗0.5 mol Cr2,则1 mol甲苯被氧化为0.5 mol苯甲醛和0.5 mol苯甲酸时,共消耗 mol Cr2,C正确;甲苯、苯甲醛和苯甲酸相互混溶,不能用分液法进行分离,D错误。 12.利用含有机化合物的废水[废水中的有机化合物表示为(C6H10O5)n,放电原理为(C6H10O5)n+Mn+H+→CO2↑+Mn2++H2O(未配平)]放电,电解KI溶液制备KIO3的工作装置如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.a极为原电池正极,c极为电解池阴极 B.装置工作时,当甲池质子交换膜通过1 mol H+时,负极生成5.6 L CO2 C.Ⅱ室为酸性KMnO4溶液,Ⅲ室为KI溶液 D.装置工作一段时间后,Ⅳ 室需补充KOH,X为 H2 解析:选C　由题干信息“电解KI溶液制备KIO3”,并结合Ⅳ室为KOH溶液可知,Ⅲ室发生的反应为KI→KIO3,则Ⅲ室为KI溶液,发生氧化反应,故b极为原电池正极,a极为原电池负极,c极为电解池阳极,d极为电解池阴极,据此分析解答。根据分析,b极为原电池正极,c极为电解池阳极,A错误;未指明是否为标准状况,无法计算CO2的体积,B错误;a极为原电池负极,则Ⅰ室发生氧化反应,故Ⅰ室为含有机化合物的废水,Ⅱ室发生还原反应,即Mn→Mn2+,故Ⅱ室为酸性KMnO4溶液,C正确;c、d极分别为电解池的阳极和阴极,c极发生反应I-+6OH--6e-===I+3H2O,d极发生反应6H2O+6e-===3H2↑+6OH-,生成的OH-通过离子交换膜进入Ⅲ室,未消耗KOH,故装置工作一段时间后,Ⅳ室无需补充KOH,D错误。 74 / 104 学科网（北京）股份有限公司 $$