专题06 化学反应与能量（复习讲义）2026年高考化学二轮复习讲练测

该高中化学高考复习讲义围绕“化学反应与能量”专题，涵盖反应热与热化学方程式、盖斯定律及应用、原电池、电解原理、金属腐蚀与防护五大核心考点，按“考情精解-知能架构-题型攻坚”逻辑组织，通过考点梳理、方法指导（如能量能垒图突破、电极反应式书写三步法）、真题训练（2025-2023年各地高考题）等环节，帮助学生构建知识网络，突破热化学计算、电化学装置分析等难点。 资料以真实情境（工业生产、能源利用）为载体，突出科学思维培养，如通过盖斯定律虚拟路径法建模、新型电源电极反应式书写策略，引导学生从微观角度分析反应能量变化与物质转化。设置“真题动向-命题预测”双维度训练，配合分层练习（基础巩固、能力提升），助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生解决复杂化学问题的应考能力。

专题06 化学反应与能量 目录 01 析·考情精解 02 构·知能架构 03 破·题型攻坚 题型一 反应热与热化学方程式 真题动向 高考化学中，反应热和热化学方程式是必考重点，命题趋势主要集中在‌热化学方程式的书写与判断‌、‌反应热的计算，以人们普遍关注的社会问题为切入点，与‌盖斯定律结合、与真实应用情境结合。 必备知识 知识1化学反应的热效应 知识2反应热的计算方法 知识3热化学方程式书写 关键能力 能力1 能量变化能垒图的突破策略 能力2热化学方程式书写及正误判断 命题预测 考向1反应过程中的能量变化 考向2 能量变化图象 题型二 盖斯定律及应用 真题动向 盖斯定律常融入真实情景，如工业生产、能源利用等，考查学生应用知识解决实际问题的能力。选择题和非选择题均有涉及，如通过能量变化图、键能等创设情景，需掌握虚拟路径法、加合法等解题模型，注重在真实情境中理解物质转化及其能量关系。通过分析建模、实验验证等应用盖斯定律。 必备知识 知识1盖斯定律 知识2盖斯定律应用 关键能力 应用盖斯定律解题步骤 命题预测 考向1利用盖斯定律计算反应热 考向2盖斯定律综合应用 题型三 原电池原理及应用 真题动向 高考中以选择题为主，以新型电源和生产生活、科学实验、物质制备等为背景，考查电极的判断、离子或电子的移动方向、电子转移数目的判断和电极反应式的书写等。 必备知识 知识1原电池的工作原理 知识2 “五类”依据判断原电池电极 知识3 “三步”突破原电池电极反应式的书写 知识4解答新型化学电源的步骤 关键能力 能力1 原电池的工作原理 能力2 电极反应式的书 命题预测 考向1 原电池的工作原理 考向2 新型电源 题型四 电解原理及应用 真题动向 电解原理应用往往以实际化工生产过程为问题情境，以电化学基础知识为载体，将制备新物质、应用电解原理治理污染或通过电解原理形成致密氧化膜，提高抗腐蚀性等巧妙融合于试题之中，考查考生对知识的应用能力。 必备知识 知识1惰性电极电解电解质溶液的产物判断 知识2 “五类”依据判断电解池电极 知识3电解原理的应用 知识4“串联”类装置的解题流程 关键能力 能力1 电化学题解题策略 能力2 “串联”类装置的解题流程 命题预测 考向1电解法制备物质 考向2应用电解原理消除污染 题型五 金属的腐蚀与防护 真题动向 以生产生活中的真实情境为载体，考查金属发生电化学腐蚀的原因和防止金属腐蚀的措施。 必备知识 知识1金属腐蚀两种类型比较 知识2金属电化学保护的两种方法 关键能力 金属腐蚀与防护解题步骤 命题预测 考向1 金属的腐蚀 考向2 金属的防护 命题轨迹透视 试题可能以我国前沿科技成果为素材，会以真实生活与科技场景为载体，通过贴近实际的素材创设问题情境，将现代科技、环境保护等元素融入题目设计，既体现化学学科服务社会的实用价值，又引导学生关注科技成就与可持续发展，激发学生科学探究精神与社会责任感。同时，试题也会以工业生产与环境保护中的实际问题为切入点，引导学生运用化学知识分析解决资源循环利用中的难题，树立可持续发展理念。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 化学反应与能量的变化 福建卷T5，4分 河南卷T10，3分 海南卷T8，2分 浙江1月卷T11，3分 2025·天津卷T11，3分 北京卷T10，3分 河北卷T12，3分 重庆卷T12，3分 北京卷T11，3分 海南卷T16(2) 安徽卷T17(1) 甘肃卷T17(1) 广东卷T19(3) 湖北卷T19(1) 四川卷T18(1) 陕晋宁青卷T17(1) 海南卷T8，2分 重庆卷T13，3分 江苏卷T5，3分 福建卷T14(1) 江西卷T16(2) 安徽卷T17(1) 广西卷T17(1) 海南卷T7，2分 浙江1月卷，14，2分 原电池原理及应用 辽吉黑内卷T13，3分 四川卷T14，3分) 江西卷T9，3分 重庆卷T10，3分 甘肃卷T12，3分 广东卷T16，4分 广东卷T14，4分 江苏卷T8，3分 浙江1月卷T12，3分 湖北卷T15，3分 山东卷T12，4分 北京卷T3，3分 江苏卷T8，3分 安徽卷T11，3分 福建卷T9，4分 全国甲卷T6，6分 全国新课标卷T6，6分 河北卷T13，3分 广西卷T1，3分 江西卷T11，3分 全国乙卷T12，6分 全国新课标卷T10，6分 浙江6月卷T13，2分 海南卷T8，2分 电解原理及应用 陕晋宁青卷T13，3分 河南卷T12，3分 海南卷T13，4分 北京卷T14，3分 全国新课标卷T4，6分 湖南卷T9，3分 福建卷T9，4分 河北卷T10，3分 云南卷T11，3分) 重庆卷T9，3分 山东卷T13，4分 海南卷T13，4分 贵州卷T11，3分 广东卷T16，3分 甘肃卷，7，3分 湖北卷，14，3分 辽吉黑卷，12，3分 广东卷，5，2分 浙江1月卷，13，3分 浙江6月卷，13，3分 浙江1月卷T11，2分 湖北卷T10，3分 辽宁卷T7，3分 辽宁卷T11，3分 全国甲卷T12，6分 山东卷T11，3分 北京卷T5，6分 广东卷T16，3分 金属的腐蚀与防护 广西卷T11，3分 广东卷T5，2分 浙江1月卷T13，3分 浙江6月卷，13，3分 2026命题预测 化学反应的热效应的考查，一是在选择题中单独设题，考查反应中的能量变化、反应热的比较及盖斯定律的计算；二是在选择题中某一选项出现，多与图像分析相结合；三是在填空题中考查，考查盖斯定律的计算或结合盖斯定律的热化学方程式的书写。电化学知识是每年必考，大多是选择题，个别省份除了有选择题，还会有二卷的填空题。题干大多以前沿的电化学研究成果为情境，设问方式“大同小异”。预计2026年仍保持这种命题趋向。 题型一 反应热与热化学方程式 1．(2025·福建卷，5，4分)在25℃、光照条件下，Cl2产生氯自由基，引发丙烷一氯代反应： i．CH3CH2CH3(g)＋Cl2(g)=CH3CHClCH3(g)＋HCl(g) ΔH1 ii．CH3CH2CH3(g)＋Cl2(g)=CH3CH2CH2Cl(g)＋HCl(g) ΔH2 反应体系中产物n(2-氯丙烷)：n(1-氯丙烷)=3:2。下列说法错误的是( ) A．活化能：反应i<反应ii B．丙烷中的键能：-CH3的C-H＞-CH2-的C-H C．当丙烷消耗2 mol时上述反应体系的焓变为ΔH1+ΔH2 D．相同条件下正丁烷与Cl2发生一氯代反应，产物n(2-氯丁烷)：n(1-氯丁烷)＞3:2 【答案】C 【解析】A项，由题干可知：反应体系中产物n(2-氯丙烷)：n(1-氯丙烷)=3:2，反应ii的反应速率小于i，反应的活化能越低，反应速率越快，故反应ii的活化能大于i，A正确；B项，键能越小，越易断裂，反应生成更多的2-氯丙烷，说明丙烷中-CH2-中的C-H键能小于-CH3的C-H，B正确；C项，根据产物比例，丙烷消耗2 mol时，有1.2mol参与反应i，有0.8mol参与反应ii，上述反应体系的焓变为1.2ΔH1+0.8ΔH2，C错误；D项，正丁烷的结构为：CH3CH2CH2CH3，存在两种类型的C-H，与丙烷类似，中间的C-H更易取代，且正丁烷中间碳占比更多，因此取代中间的C-H比例更高，D正确；故选C。 命题解读 新情境：本题通过丙烷氯代反应的机理和产物比例数据，考查活化能与反应速率的关系、化学键键能与反应选择性的关系、反应焓变的计算依据以及同类反应的规律迁移。 新考法：本题以自由基反应机理这一现代化学重要理论为背景，考查考生从宏观产物比例出发，深入微观世界分析反应过程(活化能、键能)的能力。体现了化学反应动力学与热力学在理解与预测反应结果中的指导作用。 新角度：根据产物比例推断反应速率快慢，进而比较活化能大小；理解键能是决定反应区域选择性的内在因素；识别焓变计算中的陷阱，明确焓变与反应路径和物质量的关系；将从丙烷反应中总结出的规律(二级碳氢键更活泼)迁移应用到正丁烷的反应中。 2．(2025•河南卷，10，3分)在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为CH3CH2CH3(g)CH3CH=CH2(g)＋H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，*CH3CH2CH3+2*H→CH3CH=CH2(g)＋H2(g)中部分进程已省略)。 下列说法正确的是( ) A．总反应是放热反应 B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C．和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D．①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CH2CH3→*CH3CH=CH3+*H 【答案】C 【解析】A项，由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误；B项，平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误；C项，由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定， C正确；D项，活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D错误；故选C。 命题解读 新情境：以丙烷脱氢反应进程能量变化图为载体，涉及反应热效应、平衡常数影响因素、催化剂作用、反应决速步骤等内容，要求考生理解反应原理并判断说法。 新考法：石油化工领域中丙烯生产至关重要，试题引导考生运用反应原理分析丙烷脱氢制丙烯过程，体会化学在工业生产中的应用价值，培养工程思维，体现化学学科在工业领域的实用性。 新角度：本题目的在于实现课程标准中“能分析化学科学在开发利用自然资源等方面的价值和贡献”， 理解能量变化与反应进程关系，能分析催化剂作用机制，增强考生认识化学原理的重要应用。 3．(2025·海南卷，8，2分)等温等压下，CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＜0。此反应放出的热用于火力发电，能量转化效率为。下列说法错误的是( ) A．该反应ΔS＜0 B．产物为H2O(g)时，反应放出的热量减少 C．该反应在燃料电池模式下进行，反应焓变为， D．该反应在燃料电池模式下做电功，转化效率为， 【答案】C 【解析】A项，反应中气体物质的量减少(3 mol→1 mol)，且生成液态水，系统混乱度降低，ΔS<0，A正确；B项，生成H2O(g)时，相比H2O(l)少释放了液化潜热，故放出的热量减少，B正确；C项，焓变(ΔH)是状态函数，与反应途径无关。燃料电池中反应的焓变ΔH'与原反应ΔH相等，C错误；D项，燃料电池直接将化学能转化为电能，能量损失小于火力发电(需经热能→机械能→电能)，故η'>η，D正确；故选C。 4．(2025·浙江1月卷，11，3分)下列说法正确的是( ) A．常温常压下H2(g)和O2(g)混合无明显现象，则反应2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)在该条件下不自发 B．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小 C．CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g) ΔH＜0，则正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．Na(s)+Cl2(g)=NaCl(s) ΔH1＜0，Na+(g)+Cl−(g)=NaCl(s) ΔH2＜0，则Na(s)+Cl2(g)=Na+(g)+Cl−(g) ΔH＜0 【答案】B 【解析】A项，根据复合判据ΔG=ΔH-TΔS，该反应ΔH＜0、ΔS＜0，温度较低时ΔG＜0，故低温能自发进行，A错误；B项，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，B正确；C项，该反应为放热反应，则E正-E逆＜0，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误；D项，①Na(s)+Cl2(g)=NaCl(s) ΔH1＜0，②Na+(g)+Cl−(g)=NaCl(s) ΔH2＜0，根据盖斯定律，反应①－反应②得到目标反应Na(s)+Cl2(g)=Na+(g)+Cl−(g)，则ΔH=ΔH1-ΔH2，由于不能明确ΔH1、ΔH2相对大小，则ΔH不能确定，D错误；故选B。 5．(2025·天津卷，11，3分)下图是简易量热计装置示意图，下列反应的反应热不适宜用该装置测定的是( ) A．BaO和足量的水 B．Al和足量的NaOH溶液 C．ZnO和足量的稀硫酸 D．KOH溶液和足量的稀盐酸 【答案】B 【解析】A项，BaO与水反应生成Ba(OH)2，为放热反应，无气体生成，反应在溶液中进行，热量损失少，适宜用简易量热计测定，A不符合题意；B．Al与NaOH溶液反应生成H2气体，气体逸出时会带走部分热量，导致热量测量不准确，不适宜用简易量热计测定，B符合题意；C．ZnO与稀硫酸反应生成ZnSO4和水，为放热反应，无气体生成，反应在溶液中进行，热量损失少，适宜用简易量热计测定，C不符合题意；D．KOH与稀盐酸的中和反应，为放热反应，无气体生成，反应在溶液中进行，热量损失少，适宜用简易量热计测定，D不符合题意；故选B。 6．(2025•北京卷，10，3分)乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2=CHOOCCH3)的过程示意图如下。 下列说法不正确的是( ) A．①中反应为4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd(CH3COO)2+2H2O B．②中生成CH2=CHOOCCH3的过程中，有σ键断裂与形成 C．生成CH2=CHOOCCH3总反应的原子利用率为100% D．Pd催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 【答案】C 【解析】A项，①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为：4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd(CH3COO)2+2H2O，A正确；B项，②中生成CH2=CHOOCCH3的过程中，有C-H断开和C-O的生成，存在σ键断裂与形成，B正确；C项，生成CH2=CHOOCCH3总反应中有H2O生成，原子利用率不是100%，C错误；D项，Pd是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确；故选C。 7．(2025•河北卷，12，3分)氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3(s)＋2NH3(g)2GaN(s)＋3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是( ) A．反应ⅰ是吸热过程 B．反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69eV C．反应ⅲ包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中 【答案】D 【解析】A项，观察历程图可知，反应ⅰ中Ga2O3(s)＋NH3(g)的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成Ga2O2NH(s)和H2O(g)，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确；B项，反应ⅱ中因H2O(g)脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV，B正确；C项，反应ⅲ从Ga2ON2H2(s)生成2GaN(s)＋H2O(g)经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确；D项，整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误；故选D。 7．(2024·海南卷，8，2分)已知298K，101 kPa时，2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝-571.6kJ·mol−1，H2的临界温度(能够液化的最高温度)为，下列说法错误的是( ) A．氢气燃烧热ΔH＝-285.8kJ·mol−1 B．题述条件下2 molH2和1 molO2，在燃料电池中完全反应，电功+放热量=571.6kJ C．氢能利用的关键技术在于安全储存与运输 D．不同电极材料电解水所需电压不同，产生2gH2(g)消耗的电功相同 【答案】D 【解析】A项，氢气燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则由热化学方程式可知，氢气燃烧热，故A正确；B项，由题意可知，氢氧燃料电池中化学能转化为热能和电能，由能量守恒定律可知，2molH2和1 molO2，在燃料电池中完全反应，电功+放热量=571.6kJ，故B正确；C项，氢气是易燃易爆的气体，难于安全储存与运输，所以氢能利用的关键技术在于安全储存与运输，故C正确；D项，不同电极材料电解水所需电压不同，说明所需的电流不同，所以产生2g氢气所需时间不同，消耗的电功不同，故D错误；故选D。 8．(2024·重庆卷，13，3分)二氧化碳甲烷重整是CO2资源化利用的重要研究方向，涉及的主要热化学方程式有： ①CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝+247kJ·mol−1 ②CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g) ΔH2＝-131kJ·mol−1 ③CO2(g)＋2H2(g)C(s)＋2H2O(g) ΔH3＝-90kJ·mol−1 已知H-H键能为a kJ·mol−1，键能为b kJ·mol−1，键能为c kJ·mol−1，则CO(g)中的碳氧键键能(单位： kJ·mol−1)为( ) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据盖斯定律反应①+②-③可得反应：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)，该反应，根据ΔH=反应物键能和-生成物键能和可得：ΔH =4c+2b-3a- CO(g)中的碳氧键键能=206，CO(g)中的碳氧键键能=()，故B正确；故选B。 知识1焓变 名称 类别 反应热 燃烧热 中和热 ΔH正负 放热：ΔH＜0 吸热：ΔH＞0 ΔH＜0 ΔH＜0 单位 kJ·mol－1 kJ·mol－1 kJ·mol－1 反应条件 一定压强下 101 kPa 酸碱的稀溶液 反应物的量 不限量 1 mol 可燃物(O2不限量) 可能是1 mol也可能不是 生成物的量 不限量 不限量 水是1 mol 主要影 响因素 反应的温度与压强；反应物的量；物质的状态；反应的限度 与反应物性质有关 与酸碱强弱有关，与反应物的量无关 相互关系 燃烧热、中和热是反应热的一种特例。 热化学方程式判断四查 一查是否标明物质的聚集状态[(s)、(l)、(g)]，有同素异形体的固体必须注明物质状态。 二查ΔH的“＋”、“－”是否与吸热、放热一致。 三查ΔH的数值是否与方程式中的物质的化学计量数(代表物质的量可为分数)相一致。 四查ΔH的单位是否是kJ·mol－1。 特别提醒 ①燃烧热一是可燃物为1 mol，二是产物是稳定的氧化物(H2O为液态，碳为CO2) ②催化剂不改变ΔH的大小，对放热反应若反应物是气态时比在固态时放出热量多 ③在比较ΔH大小时，要区别正与负，若为放热反应，放热越多，则ΔH越小；若为吸热反应，吸收热量越多，ΔH越大 知识2 热化学方程式书写 【易错警示】 (1)注明反应的温度和压强(25 ℃、101 kPa下进行的反应可不注明)。 (2)注明反应物和生成物的状态：固态(s)、液态(l)、水溶液(aq)、气态(g)。 (3)热化学方程式中各物质的化学计量数只表示物质的物质的量，而不表示分子个数(或原子个数)，因此可以写成分数。 (4)热化学方程式中不用“↑”和“↓”。 (5)由于ΔH与反应物的物质的量有关，所以热化学方程式中物质的化学计量数必须与ΔH相对应，如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。当反应向逆反应方向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。 能力1 能量变化能垒图的突破策略 通览全图，理清坐标含义 能量变化能垒图的横坐标一般表示反应的历程，横坐标的不同阶段表示一个完整反应的不同阶段。纵坐标表示能量的变化，不同阶段的最大能垒即该反应的活化能 细看变化，分析各段反应 仔细观察曲线的变化趋势，分析每一阶段发生的反应是什么，各段反应是放热还是吸热，能量升高的为吸热，能量降低的为放热 综合分析，作出合理判断 综合整合各项信息，紧扣题目要求，作出合理判断。如利用盖斯定律将各步反应相加，即得到完整反应；催化剂只改变反应的活化能，不改变反应的反应热，也不会改变反应物的转化率 能力2热化学方程式书写及正误判断 考向1反应过程中的能量变化 1．(2026·河北邯郸高三联考)减少CO2排放，捕集并利用CO2是我国能源领域的一个重要战略方向。在一定温度和压强下，以CO2、H2为原料制备二甲醚的主要反应如下： ①CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.2kJ·mol−1； ②3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g) ΔH2＝-245kJ·mol−1； ③2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH3 下列说法错误的是( ) A．反应①的反应物总能量低于生成物总能量 B．反应②中形成新化学键释放的总能量大于破坏旧化学键吸收的总能量 C．反应③能表示其在标准状况下的热化学方程式 D．反应③的ΔH3=-121.4kJ•mol-1 【答案】C 【解析】A项，反应①的ΔH1为+41.2 kJ·mol⁻¹，说明是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，A正确；B项，反应②的ΔH2为负值，表明反应放热，形成新化学键释放的能量大于破坏旧化学键吸收的能量，B正确；C项，标准状况下，H2O为液态，而反应③中H2O为气态，无法表示标准状况下的热化学方程式，C错误； D项，根据盖斯定律，③=①×3+②，故ΔH3=ΔH1×3+ΔH2，ΔH3=41.2kJ•mol-1×3+(-245kJ•mol-1)=-121.4kJ•mol-1，D正确；故选C。 2．已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-802.3 kJ·mol-1 ②H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH2=-184.6 kJ·mol-1 ③C(s)+ O2(g)=CO(g )ΔH3=-110.5 kJ·mol-1 ④2SO2(g)+O2(g)2SO3 (g)ΔH4=-197.8kJ·mol-1 下列说法正确的是( ) A．CH4的燃烧热ΔH为—802.3kJ· mol-1 B．1 mol C完全燃烧放出的热量大于110.5kJ C．1 g H2在Cl2中完全燃烧放出184.6kJ的热量 D．一定条件下，2 mol SO2与足量O2充分反应放出197.8kJ的热量 【答案】B 【解析】A项，甲烷的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，由反应①可知，甲烷的燃烧热ΔH小于-802.3kJ· mol-1，故A错误；B项，由反应③可知，1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于110.5kJ，故B正确；C项，由反应②可知，1g氢气在氯气中完全燃烧放出的热量为×184.6kJ/mol=92.3kJ，故C错误；D项，由反应④可知，二氧化硫转化为三氧化硫的反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则一定条件下，2 mol二氧化硫与足量氧气充分反应放出的热量小于197.8kJ，故D错误；故选B。 3．燃烧热指101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，如C转化为CO2(g)、H2转化为H2O(l)。已知丙烷的燃烧热ΔH＝-2219.9kJ·mol-1，下列有关丙烷的说法正确的是( ) A．丙烷的燃烧反应中，反应物的焓小于生成物的焓 B．C3H8(g)＋7O2(g)=6CO(g)＋8H2O(l)　ΔH＝-4439.8kJ·mol-1 C．C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝-2219.9kJ·mol-1 D．甲烷的燃烧热ΔH＝-890kJ·mol-1，等质量的甲烷、丙烷完全燃烧甲烷放出的热量多 【答案】D 【解析】A项，燃烧为放热反应，焓变为负值，则丙烷的燃烧反应中，反应物的焓大于生成物的焓，A错误； B项，烷烃的标准燃烧热所指的稳定氧化物是指CO2气体和液态水，反应中为CO气体，B错误；C项，烷烃的标准燃烧热所指的稳定氧化物是指CO2气体和液态水，反应中为气态水，C错误；D项，在101kPa下，甲烷的热值是890.0kJ/mol÷16g/mol=55.625kJ/g，在101kPa下，丙烷的热值是2219.9kJ/mol÷44g/mol=50.452kJ/g，则等质量的甲烷、丙烷完全燃烧甲烷放出的热量多，D正确；故选D。 4．在25℃和101kPa下，2gH2燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量，则下列热化学方程式中书写正确的是 A．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)    ΔH=-142.9kJ/mol B．H2(g)+O2(g)=H2O(l)    ΔH=-285.8kJ/mol C．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)    ΔH=-571.6kJ/mol D．H2(g)+O2(g)=2H2O(l)    ΔH=+285.8kJ/mol 【答案】B 【解析】A项，1molH2完全燃烧生成液态水放热285.8kJ，则2molH2完全燃烧生成液态水放热571.6kJ，A不正确；B项，1molH2完全燃烧生成液态水放热285.8kJ，则热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)    ΔH=-285.8kJ/mol，B正确；C项，由题意知，H2燃烧生成液态水，而不是气态水，所以2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)  ΔH＞-571.6kJ/mol，C不正确；D项，H2燃烧放出热量，而不是吸收热量，所以ΔH＜0，D不正确；故选B。 5．根据以下热化学方程式，ΔH1和ΔH2的大小比较错误的是( ) A．Br2(g)+H2(g)=2HBr(g) ΔH1，Br2(l)+H2(g)=2HBr(g) ΔH2，则有ΔH1<ΔH2 B．2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH1，2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) ΔH2，则有ΔH1>ΔH2 C．4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s) ΔH1，4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH2，则有ΔH1<ΔH2 D．C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1，C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH2，则有ΔH1<ΔH2 【答案】B 【解析】A项，依据盖斯定律分析，液态溴变化为气态溴需要吸收热量，反应是放热反应，焓变是负值，所以△H1＜△H2，A正确；B项，S燃烧生成二氧化硫放热，反应是放热反应，焓变是负值，所以△H1＜△H2，B错误；C项，铝活泼性大于铁，能量高于铁，反应是放热反应，焓变是负值，△H1＜△H2，C正确；D项，碳完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧生成CO放出的热量，反应是放热反应，焓变是负值，所以△H1＜△H2，D正确；故选B。 6．以CO和H2为原料合成甲醇是工业上的成熟方法，直接以CO2为原料生产甲醇是目前的研究热点。我国科学家用CO2人工合成淀粉时，第一步就需要将CO2转化为甲醇。 已知：①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH1=-90.5kJ/mol ②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.1kJ/mol ③2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-483.6kJ/mol 下列说法不正确的是( ) A．若温度不变，反应①中生成1 mol CH3OH(l)时，放出的热量大于90.5 kJ B．CO2与H2合成甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.4kJ/mol C．通过电解制H2和选用高效催化剂，可降低CO2与H2合成甲醇反应的焓变 D．以CO2和H2O为原料合成甲醇，同时生成O2，该反应需要吸收能量 【答案】C 【解析】A项，1mol CH3OH(g)能量高于 1mol CH3OH(l)，反应物的总能量相同，根据能量守恒定律，若温度不变，反应国中生成1mol CH3OH(l)时，放出的热量大于90.5kJ，故 A 正确；B项，根据盖斯定律，①—②得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=ΔH1-ΔH1=-49.4kJ/mol，故B正确；C项，催化剂可降低CO2与H2合成甲醇反应的活化能，但不改变反应的焓变，故C错误；D项，已知反应④CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.4kJ/mol，根据盖斯定律④×2—③×3得2CO2(g)+4H2O(g)=2CH3OH(g)+3O2(g) ΔH=2ΔH4-3ΔH3=1352kJ/mol＞0，，则该反应需要吸收能量，故 D 正确；故选C。 考向2 能量变化图象 7．【能量变化与图象结合】(2026·北京西城高三期中)化学硫碘循环硫化氢分解联产氢气、硫磺是能源研究领域的重要课题。下列说法正确的是( ) A．图1反应若使用催化剂，既可以改变反应路径，也可以改变其 B．图2中若的状态为气态，则能量变化曲线可能为① C．图3中的反应为吸热反应，所以需要加热才能进行 D．由图1、图2和图3可知，   【答案】D 【解析】A项，催化剂改变反应路径，不改变反应热，A错误；B项，H2O(g)的能量高于H2O(l)的能量，能量变化曲线不可能为①，焓变值应该更大，B错误；C项，图3中的反应为吸热反应，吸热反应不一定需要加热才能进行，如氯化铵和氢氧化钡晶体为吸热反应，不需要加热即可进行，C错误；D项，由图1：；由图2：；由图3：，根据盖斯定理可知  ，D正确；故选D。 8．(2026·河南新未来联合测评高三联考)利用甲烷与水蒸气重整反应可制备氢气：CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)，其反应过程和能量变化如图所示(图中所有物质均为气态)。下列说法中正确的是( ) A．根据图像无法判断该过程是吸热反应还是放热反应 B．根据图像可推知该反应需要在加热和催化剂条件下才能发生 C．恒温恒容条件下，反应容器内压强不再变化时反应已达限度 D．CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) ΔH＝+(E2-E1)kJ·mol−1 【答案】C 【解析】A项，由图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，可以根据图像判断该过程是吸热反应还是放热反应，A错误；B项，由图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，但吸热反应不一定需要加热或使用催化剂才能发生，B错误；C项，该反应是气体物质的量增大的反应，恒温恒容条件下发生反应，反应容器内压强增大，当反应容器内压强不再变化时反应已达限度，C正确；D项，CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)的ΔH=生成物总能量-反应物总能量=ΔH＝+(Ea-Eb)kJ·mol−1≠ΔH＝+(E2-E1)kJ·mol−1，D错误；故选C。 9． 【25年河北卷T2改编】氮化镓()是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3(s)＋2NH3(g)2GaN(s)＋3H2O(g)制备。反应历程(代表过渡态)如图所示，下列说法错误的是( ) A．反应i是吸热过程 B．反应ii中脱去H2O(g)步骤的活化能为 C．反应iii包含总反应的决速步 D．改用更高效的催化剂，NH3的平衡转化率会增大 【答案】D 【解析】A项，观察历程图可知，反应ⅰ中Ga2O3(s)＋2NH3(g)的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3生成Ga2O2NH(s)和H2O，Ga2O2NH(s)和H2O(g)的相对能量为0.05eV，因此反应ⅰ为吸热过程，A正确；B项，反应ⅱ中因H2O(g)脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV，B正确；C项，反应ⅲ由Ga2ON2H2(s)生成GaN(s)＋H2O(g)经历过渡态TS6、TS7，TS7的活化能为3.07 eV，活化能最大，为总反应的决速步，C正确；D项，改用更高效的催化剂，能增大反应速率，但NH3的平衡转化率不变，D错误； 故选D。 10．(2026·贵州六盘水一模)丙烯是重要的化工原料，可用丙烷在催化剂a或b作用下发生脱氢反应制备，总反应方程式为CH3CH2CH3(g) CH3CH=CH2 (g)＋H2(g)，反应进程中相对能量变化如图所示[表示吸附态，中部分进程已省略]。 下列说法正确的是( ) A．总反应是放热反应 B．其他条件相同时，催化剂a或b对丙烯的平衡产率无影响 C．与催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态较不稳定 D．①转化为②的进程中，决速步骤为变化 【答案】B 【解析】A项，总反应中，反应物CH3CH2CH3(g)相对能量小于产物CH3CH=CH2(g)+H2(g)相对能量，为吸热反应，A错误；B项，催化剂不影响平衡，故对丙烯的平衡产率无影响，B正确；C项，由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定，C错误；D项，活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D错误；故选B。 11．(2026·新疆兵地高中示范校高三期中)Shyam Kattle等结合实验与计算机模拟结果，研究了在Pt/SiO2催化剂表面上CO2与H2的反应历程，前三步历程如图所示，吸附在Pt/SiO2催化剂表面上的物种用•标注，Ts表示过渡态。下列有关说法错误的是( ) A．物质被吸附在催化剂表面形成过渡态的过程是吸热过程 B．形成过渡态Ts1的活化能为2.05eV C．前三步历程中有极性键和非极性键的断裂以及极性键的形成 D．反应历程中能量变化最大的反应方程式为： 【答案】B 【解析】A项，由图可知，物质被吸附在催化剂表面形成过渡态过程都是能量升高，是吸热过程，A正确；B项，由图中数据可计算，形成过渡态Ts1的活化能为，B错误；C项，前三步历程中有C=O极性键和H-H非极性键的断裂，以及O-H极性键的形成，C正确；D项，由反应历程图可看出能量变化最大的反应方程式是，D正确；故选B。 12．化学反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应过程如图所示。下列说法错误的是 A．过程①、②均放出热量 B．光照和点燃条件下的反应热是相同的 C．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)   ΔH＝－183 kJ·mol－1 D．2mol气态氢原子的能量高于1mol氢气的能量 【答案】A 【解析】A项，过程①为化学键断裂的过程，需要吸收能量，A错误；B项，反应热和反应物、生成物的能量有关，光照和点燃条件下的反应热是相同的，B正确；C项，由图可知，1mol氢气、氯气反应生成2mol氯化氢气体放出热量862kJ-679kJ=183kJ，故反应热化学方程式为H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g) ΔH＝－183 kJ·mol－1，C正确；D项，由图可知，2mol气态氢原子的能量高于1mol氢气的能量，D正确。故选A。 题型二 盖斯定律及其应用 1．(2025·重庆卷，12，3分)肼(N2H4)与氧化剂剧烈反应，释放大量的热量，可作火箭燃料。已知下列反应： ①2N2H4(g)+3N2O(g)=4N2(g)＋3H2O(l) ΔH1＝akJ·mol−1 ②N2O(g)+3H2(g)= N2H4(l)＋H2O(l) ΔH12＝bkJ·mol−1 ③N2H4(l)＋9H2(g)+4O2(g)=2NH3(g)＋8H2O(l) ΔH3＝ckJ·mol−1 则反应N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)的ΔH(kJ·mol−1)为( ) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据目标方程式与原方程式的特点可知，将原方程式进行(①-3×②+③)变换，可得目标方程式，所以，ΔH应为。A项，选项A的表达式为，但根据推导结果，ΔH应为，与A不符，A错误；B项，推导过程中，通过组合反应①、③及反转的反应②×3，得到总ΔH为，再除以4得，与选项B一致，B正确；C项，选项C未除以4，直接取，不符合目标反应的系数比例，C错误；D项，选项D的表达式为，符号和系数均与推导结果不符，D错误；故选B。 命题解读 新情境：本题考查热化学方程式的计算，要求考生能够根据已知反应的热化学方程式计算目标反应的反应热。 新考法：本题以肼与氧化剂的反应为载体，考查考生对热化学方程式的理解和计算能力。这体现了热化学方程式在化学反应能量变化分析中的重要性。 新角度：新人教版化学教材中对热化学方程式的计算有系统的讲解，包括反应热的计算方法和盖斯定律的应用等，这就要求掌握热化学方程式的计算方法，能够根据已知反应的热化学方程式计算目标反应的反应热。同时，需要具备对热化学方程式进行综合分析的能力。 2．(2025•北京卷，11，3分)为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是( ) A．NaCl固体溶解是吸热过程 B．根据盖斯定律可知：a+b=4 C．根据各微粒的状态，可判断a＞0，b＞0 D．溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关 【答案】C 【解析】由图可知，NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。A项，由图可知，NaCl固体溶解过程的焓变为ΔH3＝+4kJ·mol−1，为吸热过程，A正确；B项，由图可知，NaCl固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知ΔH1=ΔH2+ΔH3，即a+b=4，B正确；C项，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误；D项，溶解过程的能量变化，却决于NaCl固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确；故选C。 命题解读 新情境：本题能离子化合物(NaCl)溶解过程的分步能量模型为载体，要求分析判断热效应、盖斯定律应用、作用力与能量关系。 新考法：氯化钠的溶解过程涉及物质的微观粒子间作用力的变化和能量的转换，是化学热力学的重要内容。本题通过设想氯化铵固体溶于水的两步实现过程，考查学生对溶解过程能量变化的理解和盖斯定律的应用能力。旨在引导学生从能量角度深入理解物质的溶解过程，培养学生的能量观念和分析能力。 新角度：解题过程中，要理解氯化铵溶解过程中的离子键断裂和离子扩散过程，能够运用盖斯定律分析溶解过程中的能量变化关系，能够根据微粒间作用力的强弱解释溶解过程的能量变化。将宏观现象与微观粒子运动相结合，进行能量分析。 3．(2025·海南卷，16)石硫合剂是作物抗病抑菌的无机农药。生产上以硫磺、石灰和水为原料，经加热熬煮得棕红混悬液体。制备反应式： Ⅰ．6S(s)+3Ca(OH)2(s)2CaS2(aq)+ CaS2O3(aq)+3H2O(l) ΔH1 (2)已知：Ⅱ．6S(s)+6OH-(aq)2S22-(aq)+ S2O32-(aq)+3H2O(l) ΔH2 Ⅲ．Ca(OH)2(s)Ca2+ (aq)+ 2OH-(aq) ΔH3 所以ΔH1= (写表达式)。 【答案】(2) ΔH2+3ΔH3 【解析】 (2)由盖斯定律得：反应I=反应II+3×反应III，则焓变：ΔH1＝ΔH2+3ΔH3。 4．(2025·安徽卷，17)I．通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应： ①HCOOH(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+26.3kJ·mol−1 ②HCOOH(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝-14.9kJ·mol−1 (1)反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的ΔH＝ kJ·mol−1。 【答案】(1)-41.2 【解析】(1)由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则； 5．(2025•甘肃卷，17)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应： 反应1：C2H2(g)＋H2(g)C2H4(g) ΔH1＝-175kJ·mol−1(25℃，101kPa) 反应2：C2H2(g)＋2H2(g)C2H6(g) ΔH2＝-312kJ·mol−1(25℃，101kPa) (1)25℃，101kPa时，反应C2H4(g)＋H2(g)C2H6(g)的ΔH＝ kJ·mol−1。 【答案】(1)-137 【解析】(1)由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则； 6．(2025•广东卷，19)钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 (3)以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0molTiCl4与10.0molTi放入容积为V0L的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 ΔH (a) Ti(s)＋TiCl4(g)=2TiCl2(s) ΔH1 (b) TiCl4(g)+TiCl2(s)2TiCl3(g) +200.1 kJ·mol−1 (c) Ti(s)＋3TiCl4(g)4TiCl3(g) +132.4 kJ·mol−1 (d) TiCl3(g)TiCl3(s) ΔH2 ①ΔH1= kJ·mol−1。 【答案】(3)-267.8 【解析】(3)①已知：反应b：TiCl4(g)+TiCl2(s)2TiCl3(g)；反应c：Ti(s)＋3TiCl4(g)4TiCl3(g)；将反应c-2×反应b可得Ti(s)＋TiCl4(g)=2TiCl2(s)，则； 7．(2025•陕晋宁青卷，17)MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下： I．MgCO3(s)= MgO(s)+CO2(g) ΔH1＝+101kJ·mol−1 II．CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2= -166kJ·mol−1 III．CO2(g)＋H2(g)= CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝+41kJ·mol−1 (1)计算MgCO3(s)＋4H2(g)=MgO(s)+ CH4(g)＋2H2O(g) ΔH4＝ kJ·mol−1 【答案】(1)-65 【解析】(1)已知： I．MgCO3(s)= MgO(s)+CO2(g) ΔH1＝+101kJ·mol−1 II．CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2= -166kJ·mol−1 将I+ Ⅱ可得MgCO3(s)＋4H2(g)=MgO(s)+ CH4(g)＋2H2O(g) =； 8．(2025•湖北卷，19)CaH2(s)粉末可在较低温度下还原Fe2O3(s)。回答下列问题： (1)已知一定温度下： CaH2(s)+6Fe2O3(s)=Ca(OH)2(s)+4 Fe3O4 (s) ΔH1＝mkJ·mol−1 2CaH2(s)+ Fe3O4(s)=2Ca(OH)2(s)+3 Fe(s) ΔH2＝nkJ·mol−1 则3CaH2(s)+2Fe2O3(s)=3Ca(OH)2(s)+4 Fe (s)的ΔH3= kJ·mol−1 (用m和n表示)。 【答案】(1) 【解析】(1)①CaH2(s)+6Fe2O3(s)=Ca(OH)2(s)+4 Fe3O4 (s) ΔH1＝mkJ·mol−1 ②2CaH2(s)+ Fe3O4(s)=2Ca(OH)2(s)+3 Fe(s) ΔH2＝nkJ·mol−1 ③3CaH2(s)+2Fe2O3(s)=3Ca(OH)2(s)+4 Fe (s) ΔH3 ×①+×②得到反应③，根据盖斯定律可知=×+×=； 9．(2025·四川卷，18)乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气(CO+H2)为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行： ①HCHO(g)＋CO(g)+H2(g)=HOCH2CHO(l) ②HOCH2CHO(l)+H2(g)=HOCH2CH2OH(l) 已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。 物质 HCHO(g) CO(g) H2(g) HOCH2CH2OH(l) -116 -111 0 -455 回答下列问题： (1)生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为 ，ΔS 0(填“>”“<”或“=”)，反应在 (填“高温”或“低温”)自发进行。 【答案】(1)HCHO(g)＋CO(g)+2H2(g)=HOCH2CH2OH(l) ΔH＝-228kJ·mol−1 ＜ 低温 【解析】(1)将反应①和②相加，消去中间产物HOCH2CH2OH(l)，得到总反应：HCHO(g)＋CO(g)+2H2(g)=HOCH2CH2OH(l)，反应焓变公式：：；反应中气体分子数减少(4 mol气体 → 1 mol液体)，混乱度降低，故ΔS < 0；自发性条件：根据ΔG = ΔH - TΔS，ΔH为负、ΔS为负时，低温(T较小)使ΔG < 0，反应自发； 知识1 盖斯定律 (1)内容：一个化学反应，不管是一步完成的还是分几步完成的，其反应热是相同的。 (2)特点：在一定条件下，化学反应的反应热只与反应体系的始态、终态有关，而与反应的途径无关。反应热总值一定，如图表示始态到终态的反应热。 则ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝ΔH3＋ΔH4＋ΔH5。 知识2 盖斯定律应用 方法 温馨提醒 (1)当反应式乘以或除以某数时，ΔH也应乘以或除以某数。 (2)反应式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”、“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。 (3)通过盖斯定律计算比较反应热的大小时，同样要把ΔH看作一个整体。 (4)在设计的反应过程中常会遇到同一物质固、液、气三态的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。 (5)当设计的反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。 能力 应用盖斯定律解题步骤 考向1利用盖斯定律计算反应热 1．(2026·浙江省Z20联盟高三一模)油气开采、石油化工、煤化工等工业废气中普遍含有H2S，需要回收处理H2S并加以利用。查阅文献知，对H2S的处理有多种方法。 (1)克劳斯工艺。已知反应： 反应I：2H2S(g)＋3O2(g)2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝-1306kJ·mol−1 反应II：4H2S(g)＋2SO2(g)3S2(g)＋4H2O(g) ΔH2＝+94kJ·mol−1 ①反应III：2H2S(g)＋O2(g)S2(g)＋2H2O(g) ΔH＝__________kJ·mol−1 【答案】(1)-314 【解析】(1)①由盖斯定律可知反应III； 2．(2025·浙江省温州市高三一模)将硫化氢分解使其转化成氢气和硫具有非常重要的工业意义。 H2S(g)分解反应：2H2S(g)2H2(g)＋S2(g) ΔH1＝+170kJ·mol−1 (1)已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2＝-241.8kJ·mol−1 计算2H2S(g)＋O2(g)2H2O(g)＋S2(g) ΔH3= kJ·mol−1。 【答案】(1)-71.8 【解析】(1)已知：①2H2S(g)2H2(g)＋S2(g) ΔH1＝+170kJ·mol−1；②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2＝-241.8kJ·mol−1，根据盖斯定律①+②得2H2S(g)＋O2(g)2H2O(g)＋S2(g) ； 3．(2025·浙江省宁波市高三二模)烟气中SO2的去除及回收是一项重要的研究课题。 一定条件下，用CO与高浓度烟气中SO2反应回收硫，发生如下反应：反应1：4CO(g)＋2SO2(g)S2(g)＋4CO2(g) ΔH。 (2)已知CO和S2(g)的标准燃烧热(ΔH)为：-283 kJ/mol、-722 kJ/mol，计算反应1的ΔH= kJ/mol。 【答案】(2)−410 【解析】(2)根据CO和S2(g)的标准燃烧热(ΔH)为：-283 kJ/mol、-722 kJ/mol，可得①CO(g)+O2(g)=CO2(g) ∆H1=-283 kJ/mol；②S2(g)+2O2(g)=2SO2(g) ∆H2=-722 kJ/mol；根据盖斯定律①×4-②得到：4CO(g)＋2SO2(g)S2(g)＋4CO2(g) ΔH，∆H=4∆H1-∆H2=4×(-283 kJ/mol)-( -722 kJ/mol)= −410 kJ/mol； 4．(2025·浙江省桐乡市三模) “双碳”背景下，以CO2为原料合成CH3OH、H2C2O4等原料有重要的意义。涉及到的反应如下： 已知如下热化学方程式： 反应ⅰ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.2kJ·mol−1 反应ⅱ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2= -49.41kJ·mol−1 反应ⅲ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH3 (1)计算：ΔH3= kJ·mol−1。 【答案】(1)-90.6 【解析】(1)由盖斯定律可知，反应ⅱ－反应ⅰ=反应ⅲ，则△H3=△H2-△H1=(-49.4kJ/mol)-(+41.2kJ/mol)=-90.6kJ/mol； 考向2盖斯定律综合应用 5． 【25年北京卷T11改编】物质溶解包括两个过程：①溶质分子或离子的离散；②溶质分子或离子和溶剂分子进行新的结合，即溶剂化过程。NaCl固体溶于水过程示意图如下。下列说法错误的是( ) A．a＞4 B．ΔH1+ΔH2=ΔH3 C．溶剂化过程是吸热过程 D．溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关 【答案】C 【解析】由图知，，离子键断裂过程吸热；，此过程形成水合离子，过程放热；，此过程形成水合离子，过程吸热。A项，根据盖斯定律可知a+b=4，故a>4，A正确；B项，根据盖斯定律可得ΔH1+ΔH1＝ΔH3，B正确；C项，溶质分子或离子和溶剂分子进行新的结合，即溶剂化过程，图中可用表示溶剂化过程，该过程放热，C错误；D项，溶解过程的能量变化取决于破坏氯化钠中离子键吸收的能量和离子水合释放的能量大小，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确；故选C。 6．在一定温度压强下，依据图示关系，下列说法不正确的是( ) A．C(石墨)+ CO2(g) =2CO(g)  ΔH=ΔH1-ΔH2 B．1mol C(石墨)和1mol C(金刚石)分别与足量O2反应全部转化为CO2(g) ，前者放热多 C．ΔH5=ΔH1-ΔH3 D．化学反应的△H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关 【答案】B 【解析】A项，由题干信息可知，反应I：C(石墨)+(g)=CO(g)   ΔH1 反应II：CO(g)+(g)=CO2(g) ΔH2，则反应I-反应II得C(石墨)+ CO2(g) =2CO(g)，根据盖斯定律可知ΔH=ΔH1-ΔH2，A正确；B项，由题干信息可知，C(石墨)= C(金刚石) ΔH5＜0，即1molC(石墨)具有的总能量低于1molC(金刚石)，则1mol C(石墨)和1mol C(金刚石)分别与足量O2反应全部转化为CO2(g)，后者放热多，B错误；C项，由题干信息可知，反应I：C(石墨)+(g)=CO(g) ΔH1，反应III：C(金刚石)+(g)=CO(g) 则反应I-反应III得C(石墨)= C(金刚石)，根据盖斯定律可知，ΔH5=ΔH1-ΔH3，C正确；D项，根据盖斯定律可知，化学反应的△H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；故选B。 7．【逻辑思维与科学建模】2 mol金属钠和l mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是( ) A．原子失电子为吸热过程，相同条件下，K(s)的(△H2'＋△H3')<Na(s)的(△H2＋△H3) B．△H4的值数值上和Cl－Cl共价键的键能相等 C．△H2＋△H3＋△H4＋△H5>－(△H6＋△H7) D．2Na(s)＋Cl2(g)＝2NaCl(s)在较低温度下自发进行 【答案】C 【解析】A项，原子失电子为吸热过程，相同条件下，K与Na同一主族，电离能同主族从上到下逐渐减小，K(s)的(△H2'＋△H3')<Na(s)的(△H2＋△H3)，故A正确；B项，断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，则△H4的值数值上和Cl−Cl共价键的键能相等，故B正确； C项，由盖斯定律可知，反应一步完成和分步完成的能量相同，则△H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1，则△H2＋△H3＋△H4＋△H5= △H1－(△H6＋△H7)，故C错误； D项，2Na(s)＋Cl2(g)＝2NaCl(s)反应中，△H<0，△S<0，低温下△G=△H-T△S<0可自发进行，故D正确；故选C。 8． 氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。 ①HF(aq)+OH-(aq) = F-(aq)+H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1 ②H3O＋(aq)+OH-(aq) = 2H2O(l) ΔH=b kJ·mol-1 ③HF(aq)＋H2O(l)H3O＋(aq)＋F-(aq) ΔH=c kJ·mol-1 ④F-(aq)＋H2O(l)HF(aq)＋OH-(aq) ΔH=d kJ·mol-1 已知：a＜b＜0，下列说法正确的是( ) A．HF的电离过程吸热 B．c=a-b，c＜0 C．c>0，d＜0 D．d=b＋c，d＜0 【答案】B 【解析】A项，根据③式是电离方程式，③=①-②，ΔH=c=a-b，由于a<b，故c<0，说明HF的电离是放热过程。故A不正确。B项，根据③=①-②得出c=a-b，已知a<b，故c<0。故B正确。C项，根据以上推知c<0，反应④是反应①的逆过程，d=-a>0。故C不正确。D项，反应④是反应①的逆过程，故d=-a>0。故不正确。故选B。 9．已知[ΔH2、ΔH3、ΔH5对应的反应中O2(g)已省略，且ΔH2＞ΔH5]： 下列说法正确的是( ) A．ΔH1＞0 B．ΔH3的值是CH3CH2CH2CH3(g)的燃烧热 C．ΔH1+ΔH2=ΔH3+ΔH4 D．稳定性：正丁烷>异丁烷 【答案】C 【解析】A项，ΔH2、ΔH3分别表示异丁烷与正丁烷的燃烧热，若ΔH2＞ΔH5，说明燃烧1 mol两种物质时前者释放的热量较后者少，由此知异丁烷的能量较低，则正丁烷转化为异丁烷是放热反应，故A错误；B项，燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，含H元素的物质燃烧生成的指定产物为液态水，所以ΔH3的值不是正丁烷的燃烧热，故B错误；C项，ΔH1+ΔH2和ΔH3+ΔH4的始态和终态相同，由盖斯定律可知，ΔH1+ΔH2=ΔH3+ΔH4，故C正确；D项，相同条件下，能量越低越稳定，则稳定性：正丁烷＜异丁烷，故D错误；故选C。 10．天然气使用前需要脱硫，发生下列反应： ①H2S(g)＋O2(g)=SO2(g)＋H2O(g) △H1 ②2H2S(g)＋SO2(g)=S2(g)＋2H2O(g) △H2 ③H2S(g)＋O2(g)=S(g)＋H2O(g) △H3 ④2S(g)=S2(g) △H4 则△H4的正确表达式为( ) A．△H4=(△H1＋△H2-3△H3) B．△H4=(3△H3-△H1-△H2) C．△H4=(△H1-△H2＋3△H3) D．△H4=(△H1-△H2-3△H3) 【答案】A 【解析】根据盖斯定律，①×－③×得⑤：S(g)+O2(g)=SO2(g) △H5=(△H1-△H3)；根据盖斯定律，②×－③×得⑥：SO2(g)+S(g)=O2(g) + S2(g) △H6=(△H2-2△H3)；⑤+⑥得：2S(g) =S2(g) △H4=(△H1+△H2-3△H3)，故选A。 11．在一定条件下，Xe(g)与F2(g)反应生成XeFn(g)(n=2，4，6)的平衡气体。时主要为XeF6(g)，时主要为XeF4(g)，高温时生成XeF2(g)。其变转化关系如下： 下列说法不正确的是( ) A．ΔH1＜0，ΔH5＜0 B．ΔH5-ΔH4=ΔH3 C．ΔH3＞0 D．ΔH4-ΔH6=ΔH1-ΔH3 【答案】C 【解析】A项，根据图示可知，ΔH1对应的反应Xe(g)+F2(g) XeF2(g)和ΔH5对应的反应Xe(g)+3F2(g) XeF6(g)都是化合反应，一般化合反应是放热的，所以ΔH1＜0，ΔH5＜0，故A正确；B项，ΔH5对应的反应是Xe(g)+3F2(g) XeF6(g)，ΔH4对应的反应是Xe(g)+2F2(g) XeF4(g)，ΔH3对应的反应是XeF4(g)+F2(g) XeF6(g)，Xe(g)+3F2(g) XeF6(g)和Xe(g)+2F2(g) XeF4(g)相减即可得到反应XeF4(g)+F2(g) XeF6(g)，所以ΔH5-ΔH4=ΔH3，故B正确；C项，ΔH3对应的反应XeF4(g)+F2(g) XeF6(g)是化合反应，一般化合反应是放热的，所以ΔH3＜0，故C错误；D项，ΔH4对应的反应是Xe(g)+2F2(g) XeF4(g)，ΔH6对应的反应是XeF2(g)+2F2(g) XeF6(g)，两反应相减得到反应Xe(g)+XeF6(g) XeF4(g)+XeF2(g)；ΔH1对应的反应是Xe(g)+F2(g) XeF2(g)，ΔH3对应的反应是XeF4(g)+F2(g) XeF6(g)，两反应相减也得到反应Xe(g)+XeF6(g) XeF4(g)+XeF2(g)，所以ΔH4-ΔH6=ΔH1-ΔH3，故D正确；故选C。 12． (2025·陕西省部分学校高三质检)生成热是指由标准状况(101kPa，273K)下最稳定单质生成标准状况下单位物质的量的化合物的热效应或焓变(ΔH)。最稳定的单质的标准生成热规定为零。几种含锡物质的生成热如图所示。下列叙述错误的是( ) A．其他条件相同，最稳定的是SnO2(s) B．SnCl2(s)+Cl2(g)=SnCl4(g) ΔH＝-146.4kJ·mol−1 C．SnO2(s)+ Sn(s)=2SnO(s) ΔH＜0 D．最稳定的在氧气中燃烧生成30.2gSnO2(s)时放出的热量为116.14 kJ 【答案】C 【解析】A项，其他条件相同，物质能量越低越稳定，由图可知，四种含锡物质中SnO2(s)的生成热最小，即生成单位物质的量的含锡物质，生成SnO2(s)时放热量最大，则SnO2(s)的能量最低，也最稳定，A正确；B项，由生成热的定义可得热化学方程式：①Sn(s)+Cl2(g)=SnCl2(g) ΔH1＝-325.0kJ·mol−1、②Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(g) ΔH2＝-471.5kJ·mol−1，由②-①式可得：SnCl2(s)+Cl2(g)=SnCl4(g)，则由盖斯定律可得该反应的，B正确；C项，由生成热的定义可得热化学方程式：③Sn(s)+1/2 O2(g)==SnO(s) ΔH3＝-285.8kJ·mol−1、④Sn(s)+ O2(g)==SnO2(s) ΔH4＝-580.7kJ·mol−1，由2×③-④式可得：SnO2(s)+ Sn(s)=2SnO(s)，则由盖斯定律可得该反应的，C错误；D项，由生成热的定义可得热化学方程式：Sn(s)+ O2(g)==SnO2(s) ΔH4＝-580.7kJ·mol−1，30.2gSnO2(s)物质的量：，则放出热量：，D正确；故选C。 13．相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示，下列推理错误的是( ) A．2△E1≈△E2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比 B．△E2＞△E3，说明分子中交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定 C．3△E1＞△E4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键 D．由图示可知，苯分子具有特殊稳定性 【答案】A 【解析】A项，2△E1≈△E2，但是2△E1＞△E3，所以碳碳双键加氢放出的热量不一定与分子内碳碳双键数目成正比，还可能与分子中碳碳双键的位置有关，A错误；B项，△E2＞△E3，说明更稳定，则分子中交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，B正确；C项，3△E1＞△E4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，C正确；D项，△E1＞△E4，可知苯分子具有特殊稳定性，D正确；故选A。 题型三 原电池原理及应用 1.(2025•辽吉黑内卷，13，3分)一种基于Cu2O的储氯电池装置如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重。关于图中装置所示电池，下列说法错误的是( ) A．放电时Na+向b极迁移 B．该电池可用于海水脱盐 C．a极反应：Cu2O+2H2O+ Cl--2e-=Cu2(OH)3Cl+H+ D．若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去储氯能力 【答案】D 【解析】放电过程中a、b极均增重，这说明a电极是负极，电极反应式为Cu2O+2H2O+ Cl--2e-=Cu2(OH)3Cl+H+，b电极是正极，电极反应式为NaTi2(PO4)3+2e－+2Na+=Na3Ti2(PO4)3。A项，放电时b电极是正极，阳离子向正极移动，所以Na+向b极迁移，A正确；B项，负极消耗氯离子，正极消耗钠离子，所以该电池可用于海水脱盐，B正确；C项，a电极是负极，电极反应式为Cu2O+2H2O+ Cl--2e-=Cu2(OH)3Cl+H+，C正确；D项，若以Ag/AgCl电极代替a极，此时Ag失去电子，结合氯离子生成氯化银，所以电池不会失去储氯能力，D错误；故选D。 命题解读 新情境：本题以储氯电池装置为载体，考查电化学原理、电池反应和电极过程分析，包括电池正负极判断、电极反应式书写以及电池中物质迁移和转化规律的理解。 新考法：本题以储氯电池装置为载体，考查考生对电化学原理的理解和应用能力，培养考生对新能源技术的兴趣和认识， 新角度：电化学原理在能源存储与转换中有广泛应用。需要能根据电池装置图和相关描述判断电池的正负极，写出电极反应式，理解电池中的物质迁移和转化规律，会分析电池的储氯能力和应用场景。 2．(2025·四川卷，14，3分)最近，我国科学工作者制备了一种Ni-CuO电催化剂，并将其与金属铝组装成可充电电池，用于还原污水中的NO3-为NH3，其工作原理如图所示。研究证明，电池放电时，水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化表面的NO3-逐步还原为NH3。 下列说法错误的是( ) A．放电时，负极区游离的OH-数目保持不变 B．放电时、还原1.0molNO3-为NH3，理论上需要8.0mol氢原子 C．充电时，OH-从阴极区穿过离子交换膜进入阳极区 D．充电时，电池总反应为4[Al(OH)4]-=4Al+6H2O+4OH-+3O2↑ 【答案】A 【解析】放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根，Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，正极水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化剂表面的NO3-逐步还原为NH3，正极区发生反应为NO3-+8e-+6H2O=NH3+9OH- (注意此反应不是电极反应)，充电时，金属铝为阴极，Ni-CuO电极为阳极。A项，放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根：Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，当转移3mol电子时，消耗4molOH-，同时正极区会有3molOH-通过OH-离子交换膜进行补充，OH-净消耗1mol，故负极区游离的OH-数目会减少，故A错误；B项，氢原子将吸附在电催化剂表面的NO3-逐步还原为NH3，还原1.0molNO3-为NH3，由化合价变化可知，得到8mol电子，所以理论上需要8.0mol氢原子，故B正确；C项，充电时，阴离子向阳极移动，所以充电时，OH-从阴极区穿过OH-离子交换膜进入阳极区，故C正确；D项，充电时，电池阴极反应式为4[Al(OH)4]-+12e-=4Al+16OH-，阳极反应式为12OH--12e-=3O2↑＋6H2O，总反应为4[Al(OH)4]-=4Al+6H2O+4OH-+3O2↑，故D正确；故选A。 命题解读 新情境：本题以可充电电池为切入口，结合应用电化学知识处理污水，涉及原电池和电解池中电极反应的判断、离子交换膜的作用、电池总反应的判断等内容，需要考生掌握电化学的基本原理和相关反应的书写方法，并能运用其分析和判断电化学装置中的各步变化。 新考法：电化学技术在能源转化和环境保护领域具有广泛应用，本题以我国科学工作者制备的电催化剂与金属铝组装成的可充电电池为背景，考查考生对电化学知识的掌握情况，体现了化学在新能源开发和环境保护方面的重要贡献，有助于引导考生关注电化学领域的最新研究进展，培养其运用化学知识解决能源和环境问题的能力。 新角度：解题过程中，要理解原电池和电解池的工作原理，能够正确书写电极反应式，判断离子交换膜的作用以及电池总反应的合理性，考查了考生的电化学知识和分析判断能力。 3．(2025·江西卷，9，3分)我国学者设计了一种新型去除工业污水重金属离子的电池(如图)。下列说法错误的是( ) 已知：为铜基普鲁士蓝(Cu[Fe(CN)6]0.67·nH2O) A．中的铁为价 B．交换膜为阴离子交换膜 C．洗脱目的是去除电极吸附的 D．溶液可电解再生电池负极 【答案】C 【解析】由图可知，Zn电极失去电子生成Zn2+，该原电池中左侧电极为负极，右侧电极为正极。A项，CuHCF的化学式为Cu[Fe(CN)6]0.67·nH2O，设Fe化合价为x。Cu为+2价，CN-为-1价，整体电中性：+2 + 0.67×(x - 6) = 0，解得x≈+3，A正确；B项，Zn电极为负极，反应为Zn - 2e- = Zn2+，负极区正电荷增加。污水中SO42-通过交换膜移向负极区以平衡电荷，说明交换膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，B正确；C项，Ni2+在正极得到电子生成Ni，Ni被CuHCF电极吸附，洗脱目的是利用H2O2的氧化性去除电极吸附的Ni，C错误；D项，电解Zn2+溶液时，阴极反应为Zn2+ + 2e- = Zn，可得到Zn单质再生负极，D正确；故选C。 4．(2025·重庆卷，10，3分)下图为AgCl-Sb二次电池的放电过程示意图如图所示。 下列叙述正确的是( ) A．放电时，M极为正极 B．放电时，N极上反应为Ag+Cl--e-=AgCl C．充电时，消耗4 mol Ag的同时将消耗1molSb4O5Cl2 D．充电时，M极上反应为Sb4O5Cl2+12e-+10H+=4Sb+Cl-+5H2O 【答案】D 【解析】由图可知，放电时，N电极上AgCl→Ag发生得电子的还原反应，为正极，电极反应为：AgCl+e-=Ag+Cl-，M电极为负极，电极反应为4Sb+Cl-+5H2O-12e-=Sb4O5Cl2+10H+，充电时，N为阳极，M为阴极，电极反应与原电池相反。A项，放电时，M电极为负极，A错误；B项，放电时，N电极反应为：AgCl+e-=Ag+Cl-，B错误；C项，建立电子转移关系式：Sb4O5Cl2~12e-~12Ag，由此可知，消耗4molAg，同时消耗，C错误；D项，充电时，M极为阴极，电极反应与原电池相反：Sb4O5Cl2+12e-+10H+=4Sb+Cl-+5H2O，D正确；故选D。 5．(2025·甘肃卷，12，3分)我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水(pH=8.2)电解系统(如下图)。以新型MoNi/NiMoO4为催化剂(生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法错误的是( ) A．将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率 B．在外电路中，电子从电极1流向电极4 C．电极3的反应为：4OH--4e-=O2↑＋2H2O D．理论上，每通过2mol电子，可产生1molH2 【答案】D 【解析】有图可知，左侧为原电池，右侧为电解池，电极1为负极，发生氧化反应，电极反应式为：Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，电极2为正极发生还原反应，电极反应式为：H2O+2e-=H2↑+2OH-，右侧为电解池，电极3为阳极，产生氧气，电极4产生阴极，产生氢气。A项，催化剂生长在泡沫镍电极上可加快电解速率，提高催化效率，A正确；B项，电极1是负极，电极4为阴极，电子从电极1流向电极4，B正确；C项，电极3为阳极，发生氧化反应，生成氧气，电极3的反应为：4OH--4e-=O2↑＋2H2O，C正确；D项，电极2和电极4均产生氢气，理论上，每通过2mol电子，可产生2molH2，D错误；故选D。 6．(2025•广东卷，16，4分)某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上( ) A．负极反应的催化剂是ⅰ B．图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低 C．电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D．相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同 【答案】C 【解析】该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H2－2e-=2H＋；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：O2＋4H＋＋4e-=2H2O。A项，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是ⅰ，A错误；B项，图a中，ⅰ到ⅱ过程为O2获得第一个电子的过程，根据题中信息，O2获得第一个电子的过程最慢，则ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最高，B错误；C项，氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H2－2e-=2H＋，同时，反应负极每失去1个电子，就会有一个H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确；D项，由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误；故选C。 7．(2025•广东卷，14，4分)一种高容量水系电池示意图如图。已知：放电时，电极Ⅱ上MnO2减少；电极材料每转移1mol电子，对应的理论容量为26.8A·h。下列说法错误的是( ) A．充电时Ⅱ为阳极 B．放电时Ⅱ极室中溶液的pH降低 C．放电时负极反应为： D．充电时16gS能提供的理论容量为26.8A·h 【答案】B 【解析】放电时，电极Ⅱ上MnO2减少，说明MnO2转化为Mn2+，化合价降低，发生还原反应，为原电池的正极，由于电解质溶液为MnSO4，故电解质应为酸性溶液，正极反应为：MnO2+4H＋＋2e-=Mn2++2H2O；则电极Ⅰ为原电池负极，MnS失去电子生成S和Mn2+，负极反应为：MnS-2e-=Mn2++S。A项，放电时电极Ⅱ为正极，故充电时电极Ⅱ为阳极，A正确；B项，放电时电极Ⅱ为正极，正极反应为：MnO2 MnO2+4H＋＋2e-=Mn2++2H2O，反应消耗H+，溶液的pH升高，B错误；C项，放电时电极Ⅰ为原电池负极，负极反应为：MnS-2e-=Mn2++S，C正确；D项，根据放电时负极反应，可知充电时阴极反应为Mn2++S+2e-=MnS，每消耗16gS，即0.5molS，转移1mol电子，据题意可知，能提供的理论容量为26.8A·h，D正确；故选B。 8．(2025·江苏卷，8，3分)以稀H2SO4为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为。下列说法正确的是( ) A．电极a上发生氧化反应生成O2 B．通过质子交换膜从右室移向左室 C．光解前后，H2SO4溶液的pH不变 D．外电路每通过0.01mol电子，电极b上产生0.01molH2 【答案】A 【解析】光解过程中，电极a上电子流出，发生氧化反应，a为负极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋；电极b上电子流入，发生还原反应，b为正极，电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑。A项，电极a为负极，发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，生成物有O2，A正确；B项，原电池中阳离子向正极移动，电极a上生成H＋，电极b上消耗H＋，H＋通过质子交换膜从左室移向右室，B错误；C项，在探究溶液浓度变化时，不仅要关注溶质的变化，也要关注溶剂的变化，在光解总反应是电解水，H2SO4溶液中H2O减少，H2SO4溶液浓度增大，pH减小，C错误；D项，生成1molH2，转移2mol电子，外电路通过0.01mol电子时，电极b上生成0.005molH2，D错误；故选A。 9．(2025·浙江1月卷，12，3分)一种可充放电Li－O2电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为Li2O和Li2O2，随温度升高Q(消耗1molO2转移的电子数)增大。下列说法不正确的是( ) A．熔融盐中LiNO3的物质的量分数影响充放电速率 B．充放电时，Li＋优先于K+通过固态电解质膜 C．放电时，随温度升高Q增大，是因为正极区O2-转化为O22- D．充电时，锂电极接电源负极 【答案】C 【解析】Li－O2电池放电时，锂电极为负极，发生反应：Li－e-=Li＋，多孔功能电极为正极，低温时发生反应：O2+2e-=O22-，随温度升高Q增大，正极区O22-转化为O2-；充电时，锂电极为阴极，得到电子，多孔功能电极为阳极，O22-或O2-失去电子。电池总反应方程式为：或，充放电时有Li＋参与或生成，因此熔融盐中LiNO3的物质的量分数影响充放电速率，A正确；B项，Li＋比K＋的半径小，因此Li＋优先于K+通过固态电解质膜，B正确；C项，放电时，正极得到电子，O22-中氧原子为-1价，O2-中氧原子为-2价，因此随温度升高Q增大，正极区O22-转化为O2-，C错误；D项，充电时，锂电极为阴极，连接电源负极，D正确；故选C。 10．(2025•湖北卷，15，3分)某电化学制冷系统的装置如图所示。[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+在电极上发生相互转化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动①→②→③→④→①实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列描述错误的是( ) A．阴极反应为[Fe(H2O)6]3++e-=[Fe(H2O)6]2+ B．已知②处的电解液温度比①处的低，可推断[Fe(H2O)6]2+比[Fe(H2O)6]3+稳定 C．多孔隔膜可以阻止阴极区和阳极区间的热交换 D．已知电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。热效应主要来自于电子转移后[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+离子结构的改变 【答案】B 【解析】由图可知，左侧电极发生反应[Fe(H2O)6]2+- e-=[Fe(H2O)6]3+，则左侧为阳极，右侧电极反应为[Fe(H2O)6]3++e-=[Fe(H2O)6]2+，则右侧电极为阴极。A项，阴极反应为[Fe(H2O)6]3++e-=[Fe(H2O)6]2+，A正确；B项，已知②处的电解液温度比①处的低，则可推断[Fe(H2O)6]3++e-=[Fe(H2O)6]2+是吸热反应，无法推断[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+的稳定性，B错误；C项，多孔隔膜可以阻止两电极区的溶液对流，可阻止热交换，C正确；D项，题干明确指出电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。这意味着电子转移(即氧化还原反应)本身不会直接导致结构变化，热效应实际上来源于电子转移完成后，新生成的离子：[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+因配位环境或电荷分布变化引起的结构重组导致热量变化，D正确；故选B。 11．(2025•山东卷，12，4分)全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法正确的是( ) A．隔膜为阳离子交换膜 B．放电时，a极为负极 C．充电时，隔膜两侧溶液Fe2+浓度均减小 D．理论上，Fe3+每减少1mol，Fe2+总量相应增加2 mol 【答案】BC 【解析】全铁流电池原理为2Fe3++Fe=3Fe2+，a极发生Fe-2e-=Fe2+，为负载铁的石墨电极做负极，b极发生Fe3++e-=Fe2+，发生还原反应，b为石墨电极，做正极。A项，两极通过阴离子平衡电荷，隔膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，A错误；B项，放电时，a极为负极，b极为正极，B正确；C项，充电时，a接电源负极，为阴极，电极反应式为Fe2++2e-=Fe，b接电源正极，为阳极，发生的电极反应式为：Fe2+-e-=Fe3+，两极的Fe2+均减少，C正确；D项，根据总反应方程式2Fe3++Fe=3Fe2+可知，Fe3+减少1mol，Fe2+增加1.5mol，D错误；故选BC。 知识1 原电池的工作原理 原电池解题模型 可逆电池模型解题 关系图示 解题模型 例：xMg＋Mo3S4MgxMo3S4。 知识2 “五类”依据判断原电池电极 判断依据 电极 电极材料 电极反应 电子流向 离子移向 电极现象 负极 活泼金属 氧化反应 流出 阴离子移向 电极质量减小 正极 不活泼金属或非金属 还原反应 流入 阳离子移向 电极增重或质量不变 知识3“三步”突破原电池电极反应式的书写 第一步：分析氧化还原反应 根据氧化还原反应，分析元素化合价的升降，确定正负极反应物质及电子得失数目 第二步：注意电解质溶液环境 分析电解质溶液的酸碱性及离子参加反应的情况，确定电极反应，写出电极反应式 第三步：合并正、负电极反应 调整两极反应式中得失电子数目相等并叠加，消去电子，得出总反应式 知识4 解答新型化学电源的步骤 (1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。 (2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。 (3)充电电池→放电时为原电池→失去电子的为负极反应。 (4)电极反应→总反应离子方程式减去较简单一极的电极反应式→另一电极反应式。 能力1 原电池的工作原理 能力2 电极反应式的书写 考向1 原电池的工作原理 1．某小组利用下列装置进行电化学实验，下列实验操作及预期现象正确的是( ) A．X和Y与电流表连接，电子由Cu极流向Zn极 B．X和Y与电流表连接，将Zn换成Fe测得电流更大 C．X和Y分别与电源“－”、“＋”极相连，Cu极质量减轻 D．X和Y分别与电源“－”、“＋”极相连，Zn极质量减轻 【答案】C 【解析】A项，Zn作负极，电子由Zn极流向Cu极，错误；B项，Fe、Cu的活动性相差小，测得电流也小，错误；C项，X为Zn、Y为Cu，Cu作阳极，Cu被电解，质量减轻，C正确，D错误。 2． (2025·浙江省温州市三模)铝-空气电池、Mg-AgCl电池，均以海水为电解质溶液。下列叙述中正确的是( ) A．单位质量的负极输出电量：铝-空气电池＞Mg-AgCl电池 B．两种电池均是二次电池 C．铝-空气电池负极反应式：Al+3OH--3e-=Al(OH)3 D．两电池放电时，均是H2O在正极被还原 【答案】A 【解析】A项，1mol铝27g，输出3mol电子，1mol镁24g，输出2mol电子，质量相同的镁和铝输出的电量铝大于镁，A正确；B项，两种电池均不可充电再使用，是一次电池，B错误；C项，氢氧化铝为弱电解质，铝-空气电池负极反应式：Al+3OH--3e-=Al(OH)3，C错误；D项，铝-空气电池放电时，正极空气中的氧气被还原，Mg-AgCl电池放电时，氯化银在正极被还原，D错误；故选A。 3． (2025·浙江省湖州、衢州、丽水高三三地市一模)已知水中溶解氧随含盐量的增加而递减。下图为某实验小组探究铁片(含杂质)吸氧腐蚀的示意图： 下列说法正确的是( ) A．闭合K1时，电极A为正极，发生还原反应 B．闭合K2时，电极C的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH- C．断开K2时，铁片D比闭合时的腐蚀更严重 D．为增强铁锅的防护，应在洗净擦干的锅里加适量食盐水 【答案】C 【解析】闭合K1时，该装置为原电池，发生吸氧腐蚀，A电极上 Fe易失电子发生氧化反应，则铁片A电极为负极，铁片B 电极上O2得电子发生还原反应，则铁片B电极为正极；闭合K2时，该装置为浓差原电池，左侧烧杯中溶液浓度大于右侧，电子从铁片C电极流向铁片D电极，C为负极、 D为正极。A项，闭合K1时，A电极为负极，发生氧化反应，A错误；B项，闭合K2时，浓度高的一侧为负极，电极C上电极反应为Fe-2e-=Fe2+，B错误；C项，闭合K2时，铁片C为负极、铁片D为正极，铁片D电极被保护，断开K2时，铁片C、铁片D各自形成原电池，Fe都作负极，铁片D电极被腐蚀，所以断开K2时，铁片D比闭合 K2时的腐蚀更严重，C正确；D项，铁锅中含有Fe和其它金属，中性溶液中Fe锅易发生吸氧腐蚀，所以为增强铁锅的防护，应洗净擦干铁锅，若加入适量食盐水，铁会发生吸氧腐蚀，无法起到铁锅防护的目的，D错误；故选C。 4．(2025·浙江省台州市高三一模)1836年，英国化学家John Frederic Daniell制成了第一个如图所示的双液电池，标志着化学电池进入生产和生活中。 已知反应：Zn(s)-2e-Zn2＋(aq) K1 Cu(s)-2e-Cu2+(aq) K2 K为反应在常温下的平衡常数。下列说法不正确的是( ) A．K1＞K2 B．盐桥中K+向CuSO4溶液移动 C．若将盐桥换成铜棒，电流计不会发生偏转 D．若向CuSO4溶液中加入适量CuSO4固体，电流计偏转程度增大 【答案】C 【解析】由图装置为原电池装置，锌比铜活泼，锌失去电子发生氧化反应为负极，铜极为正极，铜离子得到电子发生还原反应，总反应为Zn(s)+ Cu2+(aq)Zn2＋(aq)+Cu(s)。A项，由分析，装置为原电池装置，总反应为Zn(s)+ Cu2+(aq)Zn2＋(aq)+Cu(s)，结合已知反应，总反应：，反应能够自发进行的较为完全，则K1＞K2，故A正确；B项，原电池中阳离子向正极移动，故盐桥中K+向CuSO4溶液移动，故B正确；C项，把盐桥改为铜棒后，左侧装置为原电池装置、右侧装置为电解池装置，左侧锌为负极，左侧中铜棒为正极，空气中氧气在正极发生还原反应类似于吸氧腐蚀，电路中有电流，电流计会发生偏转，故C错误；D项，若向CuSO4溶液中加入适量CuSO4固体，铜离子、硫酸根离子浓度增大，反应速率加快、溶液导电能力增强，导致电流计偏转程度增大，故D正确；故选C。 5．某化学兴趣小组设计如下两个实验证明：①氧化性Fe3+>I2，②反应2Fe3++2I-2Fe2++I2为可逆反应。下列说法中错误的是( ) A．实验1试管中加入淀粉后溶液变蓝，证明该条件下氧化性：Fe3+>I2 B．实验2中的盐桥可用浸透KNO3溶液的脱脂棉填充 C．实验1反应结束后，向试管中加入K3[Fe(CN)6]能判断该反应是否为可逆反应 D．实验2电流表指针不再偏转时，向右侧烧杯中加入碘水电流表指针重新发生偏转，可判断该反应是可逆反应 【答案】C 【解析】A项，氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，实验1试管中加入淀粉后溶液变蓝，发生2Fe3++2I-=2Fe2++I2，证明该条件下氧化性：Fe3+>I2，故A正确；B项，钾离子和硝酸根不参与反应，实验2中的盐桥可用浸透KNO3溶液的脱脂棉填充，起导电平衡两侧电荷的作用，故B正确；C项，实验1反应结束后，向试管中加入K3[Fe(CN)6]只能判断该反应中有亚铁离子生成，要判断是否为可逆反应，还需检验溶液中是否有铁离子，故C错误；D项，若为可逆反应，当实验2电流表指针不再偏转时，向右侧烧杯中加入单质碘，碘单质的浓度增大，可逆反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2逆向移动，电流表指针会发生偏转；若不是可逆反应，电流表指针不会发生偏转，故实验2电流表指针不再偏转时，向右侧烧杯中加入单质碘可判断该反应是否为可逆反应，故D正确；故选C。 考向2 新型电源 6．【燃料电池与废水处理结合】(2026·江苏苏州高三联考)MFC-EF耦合装置是微生物燃料电池(MFC)与电芬顿(EF)技术结合的难降解有机废水处理系统，核心是“产电+高级氧化降解”协同工作。“PS”代表产生自由基需要电解活化，但该装置中是用MFC自身的产电替代了外加电源，实现了“无外加电源的电解活化”。其工作原理如下所示： 下列说法错误的是( ) A．外电路中箭头方向为电子的移动方向 B．生成的途径之一为： C．离子交换膜从左侧电极室迁移到右侧电极室 D．左侧电极当消耗时，电路转移电子总数为 【答案】D 【解析】由图可知，电极X为燃料电池的负极，水分子作用下CxHyOz在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为：，电极Y为正极，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子；PS装置中左侧电极为阳极，亚铁离子部分在阳极失去电子发生氧化反应生成铁离子，同时水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和·OH，右侧电极为阴极，酸性条件下氧气在阴极得到电子发生还原反应生成过氧化氢，过氧化氢酸性条件下与未放电的亚铁离子反应生成铁离子、·OH和水，反应生成·OH与有机物反应生成二氧化碳和水。A项，由分析可知，电极X为燃料电池的负极，电极Y为正极，所以外电路中箭头方向为电子的移动方向，A正确；B项，由分析可知，生成·OH的途径为水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和·OH、过氧化氢酸性条件下与未放电的亚铁离子反应生成铁离子、·OH和水，其中过氧化氢生成·OH的离子方程式为：，B正确；C项，由分析可知，电极X为燃料电池的负极，电极Y为正极，所以氢离子通过离子交换膜从左侧电极室迁移到右侧电极室，C正确；D项，由电极反应式可知，左侧电极当消耗1molCxHyOz时，电路转移电子总数为(4x+y-2z) mol电子，D错误；故选D。 7．(2026·江苏基地学校高三大联考)利用电化学原理既能输出电能，又能合成有机物。如图所示装置在输出电能的同时可合成苯胺。该电池工作时，下列说法错误的是( ) A．Al电极为负极 B．H+从负极区经过高分子电解质膜向正极区迁移 C．多孔惰性电极的电极反应式为 D．每转移3 mol电子，理论上可消耗27 g Al 【答案】C 【解析】由图可知，左侧硝基苯生成苯胺，硝基苯被还原，则多孔惰性电极为正极，电极反应式为，右侧Al失电子生成Al2(SO4)3，Al电极为负极，电池工作时，H+从负极区经过高分子电解质膜向正极区迁移。A项，由分析可知，Al电极为负极，A项正确；B项，由分析可知，电池工作时，阳离子移向电池正极，H+从负极区经过高分子电解质膜向正极区迁移，B项正确；C项，由分析可知多孔惰性电极的电极反应式为，C项错误；D项，由分析可知，电池工作时，负极Al失电子生成，每转移3 mol电子，理论上消耗1 molAl，质量为27 g，D项正确；故选C。 8．(2026·江苏苏州高三联考)浓差电池是利用两极电解质溶液中浓度不同引起的电势差放电的装置。下图是利用“海水河水”浓差电池(不考虑溶解氧的影响)制备H2SO4和NaOH的装置示意图，其中X、Y均为Ag/AgCl复合电极，电极a、b均为石墨，下列说法不正确的是( ) A．电极Y是正极，电极反应为：AgCl+e-=Ag+Cl- B．浓差电池工作时，通过阳离子交换膜向Y极移动 C．c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜 D．相同条件下收集到的气体的体积比 【答案】D 【解析】浓差电池中，浓度高的一极为负极，浓度低的一极为正极。从图像可以看出，X极区，Y极区。则X为负极，电极反应是；Y为正极，电极反应是AgCl+e-=Ag+Cl-。在电解池中，与原电池负极连接的电极是阴极，与正极连接的是阳极。则电极a为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋；电极b为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-。A项，由分析可知，电极Y的电极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-。A正确；B项，原电池中，电解质的阳离子由负极流向正极。在该电池中，则是从X极流向Y极。B正确；C项，电解池中，电解质的阳离子流向阴极，阴离子流向阳极。由分析可知，该电池中电极a为阳极，电极b为阴极。因此，阴离子流向a极，阳离子流向b极。c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜。C正确；D项，由分析可知， 电极a生成的气体M是O2，电极b生成的气体N是H2。结合电极反应方程式可知，O2和H2的生成比例是1:2。D错误；故选D。 9．(2026·江苏苏州姑苏高三联考)一种Zn-MnO2可充电电池装置如图所示。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，SO42-向阴极方向迁移 B．充电时，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0.65g，MnO2电极生成了0.020molMnOOH 【答案】C 【解析】Zn具有比较强的还原性，MnO2具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO2之间，所以MnO2电极为正极，电极反应为：MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-，2MnO2 +Zn2++2e-=ZnMn2O4，Zn电极为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+。A项，充电时，阴离子向阳极移动，故SO42-向阳极方向迁移，A错误；B项，结合分析知，放电时发生：Zn+2MnO2=ZnMn2O4，故充电时发生反应：ZnMn2O4=Zn+2MnO2，B错误；C项，放电时MnO2电极为正极，正极上检测到MnOOH和少量ZnMn2O4，则正极反应有MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-，C正确；D项，放电时，Zn电极质量减少0.65 g(物质的量为0.010 mol)，根据负极式Zn－2e-=Zn2＋可知，电路中转移0.020 mol电子，由正极的主要反应MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-可知，若正极上只有MnOOH生成，则生成MnOOH的物质的量为0.020 mol，但是正极上还有ZnMn2O4生成，因此，MnOOH的物质的量小于0.020 mol，D错误；故选C。 10．(2026·云南保山高三期中)最近，我国科学工作者制备了一种Ni-CuO电催化剂，并将其与金属铝组装成可充电电池，用于还原污水中的NO3-，其工作原理如图所示。研究证明，电池放电时，水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化表面的NO3-逐步还原为NH3。下列说法正确的是( ) A．放电时，负极区游离的OH-数目减少 B．放电时，还原1.0mol NO3-为NH3，理论上需要氢原子 C．充电时，OH-从阳极区穿过离子交换膜进入阴极区 D．充电时，电池总反应为 【答案】A 【解析】放电时，负极铝失去电子和OH-结合生成四羟基合铝酸根，Al+4OH- -3e-=[Al(OH)4]-，正极水中的H+在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化剂表面的NO3-逐步还原为NH3，正极区发生反应为NO3-+8e-+6H2O=NH3+9OH- (注意此反应不是电极反应)，充电时，金属铝为阴极，Ni-CuO电极为阳极。A项，放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根：Al－3e-+ 4OH-=[Al(OH)4]-，当转移3mol电子时，消耗4molOH-，同时正极区会有3molOH-，通过OH-离子交换膜进行补充，OH-净消耗1mol，故负极区游离的OH-数目会减少，A正确；B项，氢原子将吸附在电催化剂表面的NO3-逐步还原为NH3，还原1.0mol NO3-为NH3，由化合价变化可知，得到8mol电子，所以理论上需要8.0mol氢原子，B错误；C项，充电时，阴离子向阳极移动，所以充电时， OH-从阴极区穿过OH-离子交换膜进入阳极区，C错误；D项，充电时，电池阴极反应式为，阳极反应式为12OH--12e-=3O2↑＋6H2O，总反应为，D错误； 故选A。 11．(2026·广东金太阳高三大联考)我国科技工作者研发的直接甲醇无膜微流体燃料电池工作原理如图所示。该电池凭借微流控技术，让燃料与氧化剂像“并行的车道”一样各走各路，无需物理隔膜。已知电池工作时，电极b上[ Fe(CN)6]3-转化为[ Fe(CN)6]4-，下列说法正确的是( ) A．电极a的电势比电极b的电势高 B．电极a的电极方程式为CH3OH+H2O-6e-=CO2＋6H+ C．该电池工作时，电子由电极a经主流道流向电极b D．电池工作时，若电路中转移0.3 mol电子，理论上消耗0.4mol 【答案】D 【解析】由图可知，电极a为燃料电池的负极，碱性条件下甲醇在负极失去电子发生氧化反应，生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH+8OH--6e-=CO32-＋6H2O；电极b为正极，铁氰酸根离子在正极得到电子发生还原反应，生成亚铁氰酸根离子，电极反应式为：[ Fe(CN)6]3-+e-=[ Fe(CN)6]4-。A项，由分析可知，电极a为燃料电池的负极，电极b为正极，所以电极a的电势比电极b的电势低，A错误；B项，由分析可知，电极a为负极，电极反应式为：CH3OH+8OH--6e-=CO32-＋6H2O，B错误；C项，电池工作时，电子不能经过电解质溶液，电子由电极a经外电路流向电极b，C错误；D项，由分析可知，负极每转移6 mol电子消耗8 mol氢氧根离子，则电路中转移0.3 mol电子时，理论上消耗氢氧根离子的物质的量为，D正确；故选D。 12．【能量的存储与释放】(2026·安徽阜阳高三期中)科研人员研究了一种全钒液流电池，该电池通过氧化还原反应的相互转化实现了能量的存储与释放，符合“双碳”目标下储能领域的发展需求。该电池的放电原理：V2++VO2++2H+=V3++VO2++H2O，装置如图所示。下列说法正确的是( ) A．放电时电子沿外电路由N极流向M极，M极电势高于N极 B．隔膜为质子交换膜，放电过程中沿导线由N极向M极迁移 C．放电时每转移1mol电子，c(H＋)降低2mol·L-1 D．放电时M极反应：VO2++2H+-e-= VO2++H2O 【答案】A 【解析】根据放电原理：V2++VO2++2H+=V3++VO2++H2O，V2+中V的化合价升高，发生氧化反应，所以V2+所在电极为负极；VO2+中V的化合价降低，发生还原反应，VO2+所在电极为正极。A项，放电时，电子由负极沿外电路流向正极，即由N极流向M极。在原电池中，正极的电势高于负极，所以M极电势高于N极．A项正确；B项，隔膜为质子交换膜，放电过程中，阳离子向正极移动，氢离子应通过质子交换膜由N极向M极迁移，而不是沿导线迁移，因为导线中只有电子移动，B项错误；C项，未标明溶液体积，无法确定离子浓度变化，C项错误；D项，M极为正极，发生还原反应，得到电子，电极反应为VO2++2H++e-= VO2++H2O，D项错误；故选A。 13．【新型电池】(2026·湖北T8联考高三模拟)我国固体运载火箭所用的高性能锂储备电池，其正极材料为干荷电态高电压钴酸锂(=Li1-xCoO2)。将高电压钴酸锂极片(LiCoO2)和人造石墨/金属锂极片、隔膜、有机电解液封装成电池，充电至4.4 V后取出极片，真空干燥，即得到所需正极材料。该电化学脱锂过程示意图如下： 下列说法错误的是( ) A．人造石墨/金属锂极片作阴极 B．高电压钴酸锂极片脱锂的电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+Li+ C．脱锂过程中阴、阳两极的电势差增大 D．为节约成本，有机电解液可用水代替 【答案】D 【解析】该装置相当于电解池，钴酸锂极片(LiCoO2)电极上失电子发生氧化反应：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+Li+，人造石墨/金属锂极片发生得电子的还原反应：：xLi+C6+xe-= LixC6。A项，该装置要实现LiCoO2脱锂，需LiCoO2作阳极，人造石墨/金属锂极片作阴极，A正确；B项，高电压钴酸锂极片脱锂，失去电子发生氧化反应，其电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+Li+，B正确；C项，脱锂过程中Co元素价态升高，氧化性增强，导致其电极电势增大，阴、阳两极电势差增大，C正确；D项，水会与阴极的金属锂反应，有机电解液不能用水代替，D错误；故选D。 题型四 电解原理及应用 1．(2025•陕晋宁青卷，13，3分)我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醒(TQ)。电极b表面的主要反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂)，下列说法错误的是( ) A．电解时，从右室向左室移动 B．电解总反应： C．以为原料，也可得到TQ D．用标记电解液中的水，可得到 【答案】D 【解析】电极b发生TY→TQ，发生加氧去氢的反应，发生氧化反应，b为阳极，a为阴极，阴极上氢离子得电子生成H2。A项，电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A正确；B项，根据转化关系图可知，电极b中TY是反应物，TQ是生成物，电极a中水是反应物，H2为生成物，总反应方程式为：，B正确；C项，将TY()换成为原料，仍然能够得到TQ()，C正确；D项，根据右图可知，用18O标记电解液中的水，可得到的18O在环上甲基的邻位上，D错误；故选D。 命题解读 新情境：以我国科研人员采用电解池合成百里醒为背景，考查学生对电解原理的理解和应用能力，体现了化学在有机合成中的创新应用。 新考法：把电解原理与反应历程有机融合，考查电解池合成百里醒过程的理解，包括离子移动方向、电解总反应、原料转化、同位素标记等方面的判断。 新角度：学生把历程与同位素等嵌入电解过程中，理解电解池的工作过程，并能运用所学知识进行相关判断。 2．(2025•河南卷，12，3分)一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。 下列说法正确的是( ) A．Ⅱ为阳离子交换膜 B．电极a附近溶液的减小 C．电极b上发生的电极反应式为[ Fe(CN)6]4-+e-=[ Fe(CN)6]3- D．若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5gNaCl，理论上可回收1molLiCl 【答案】D 【解析】由图可知，左侧为阴极，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，右侧为阳极，电极反应为[ Fe(CN)6]4--e-=[ Fe(CN)6]3-，在膜Ⅰ和膜Ⅱ间加入海水，钠离子透过膜Ⅰ进入阴极区得到氢氧化钠，氯离子透过膜Ⅱ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，锂离子透过膜Ⅲ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，在此处得到LiCl，则膜Ⅰ为阳膜，膜Ⅱ为阴膜，膜Ⅲ为阳膜。A项，由分析可知，膜Ⅱ为阴膜， A错误；B项，a电极的反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，pH变大，B错误；C项，由分析可知，电极b的反应为[ Fe(CN)6]4--e-=[ Fe(CN)6]3-，C错误；D项，每脱除58.5gNaCl，转移电子数为1mol，有1molLi+和1molCl-分别透离子交换膜Ⅲ、膜Ⅱ，可得到1molLiCl，D正确；故选D。 命题解读 新情境：本题以液流电解池实现海水淡化及锂回收的工作原理为切入点，综合考查电解原理应用，涉及电极反应、离子交换膜作用、溶液 pH 变化、物质回收计算等内容，需结合原理判断说法正误。 新考法：海水淡化与资源回收是资源利用的重要课题，试题引导考生了解新技术在资源回收中的应用，培养资源回收意识与科技创新思维，体现化学在资源循环利用中的价值。 新角度：体现“能分析化学科学在开发利用自然资源等方面的价值和贡献” 的目标相符，掌握电解池工作原理，理解离子交换膜在电解池中的作用，能进行物质回收相关计算，增强考生对资源回收重要性的认识。 3．(2025·海南卷，13，4分)用电解方法在铝表面转化生成致密氧化膜，实现对铝工件的保护。装置示意如图。电解过程中铝工件表面上有少量气泡逸出。下列说法错误的是( ) A．铝工件连接电源正极 B．槽电压越高，氧化膜的形成速率越快 C．电路中每转移6 mol e-，铝工件增重48 g D．为获得更加致密的氧化膜，工作过程中，应选择适当电流密度 【答案】BC 【解析】由题意可知用电解方法在铝表面转化生成致密氧化膜，铝作阳极接电源正极，电极反应式为2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+，可能存在副反应：2Al+6H＋=2Al3++3H2↑，导致铝工件表面上有少量气泡逸出，石墨作阴极接电源负极，电极反应式为2H＋＋2e-=H2↑。A项，由分析可知铝工件连接电源正极，A正确；项，并非槽电压越高氧化膜形成速率就越快，过高电压会造成膜层烧蚀等不利影响，B错误；C项，电路中每转移6 mole-，若铝工件全部生成氧化膜，增重3 mol氧原子，质量为48 g，但电解过程中铝工件表面上有少量气泡逸出(H2)，导致部分电量未用于生成氧化膜，故铝工件增重小于48 g，C错误；D项，为获得更加致密的氧化膜，工作过程中，应选择适当电流密度，如果电流密度过小，氧化膜形成速率慢，电流密度过大，可能会导致氧化膜不均匀，D正确；故选BC。 4．(2025·北京卷，14，3分)用电解Na2SO4溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取Na2SO4溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验。 实验 电极I 电极Ⅱ 电压/V 关系 i 石墨1 石墨2 a a＞d＞c＞b＞0 ii 石墨1 新石墨 b iii 新石墨 石墨2 c iv 石墨1 石墨2 d 下列分析不正确的是( ) A．a＞0，说明实验i中形成原电池，反应为2H2+O2=2H2O B．b＜d，是因为ii中电极Ⅱ上缺少H2作为还原剂 C．c＞0，说明iii中电极I上有O2发生反应 D．d＞c，是因为电极I上吸附H2的量：iv>iii 【答案】D 【解析】按照图1电解Na2SO4溶液，石墨1为阳极，发生反应2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，石墨1中会吸附少量氧气；石墨2为阴极，发生反应2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，石墨2中会吸附少量氢气；图2中电极Ⅰ为正极，氧气发生还原反应，电极Ⅱ为负极。A项，石墨1中会吸附少量氧气，石墨2中会吸附少量氢气，实验i会形成原电池，a＞0，反应为2H2+O2=2H2O，A正确；B项，因为ii中电极Ⅱ为新石墨，不含有H2，缺少H2作为还原剂，故导致b＜d，B正确；C项，图2中，电极Ⅰ发生还原反应，实验iii中新石墨可能含有空气中的少量氧气，c＞0，说明iii中电极I上有O2发生反应，C正确；D项，d＞c，实验iii与实验iv中电极Ⅰ不同，d＞c，是因为电极I上吸附O2的量：iv>iii，D错误；故选D。 5．(2025·全国新课标卷，4，6分)某研究小组设计如下电解池，既可将中性废水中的硝酸盐转化为氨，又可将废塑料(PET)碱性水解液中的乙二醇转化为羟基乙酸盐，实现变废为宝。 电解时，下列说法错误的是( ) A．阳极区下降 B．从阴极区向阳极区迁移 C．阴极发生反应NO3-+7H2O+8e-=NH3·H2O+9OH- D．阴极转化1molNO3-，阳极将生成4 molHOCH2COO- 【答案】D 【解析】根据图示，电解时，左侧电极连接电源负极，为阴极区，发生还原反应，电极反应式为：NO3-+7H2O+8e-=NH3·H2O+9OH-；右侧电极连接电源正极，为阳极区，发生氧化反应，电极反应式为：HOCH2CH2OH+5OH--4e-=HOCH2COO-+4H2O。A项，阳极区消耗了OH-，pH下降，A正确；B项，阴极区生成了OH-，阳极区消耗了OH-，按照离子移动方向，OH-从阴极区通过阴离子交换膜向阳极区迁移，B正确；C项，根据分析阴极发生还原反应，电极反应式为：NO3-+7H2O+8e-=NH3·H2O+9OH-，C正确；D项，阴极转化1molNO3-，转移8mole-，此时阳极将生成2molHOCH2COO-，D错误；故选D。 6．(2025·湖南卷，9，3分)一种电化学处理硝酸盐产氨的工作原理如图所示。下列说法错误的是( ) A．电解过程中，K+向左室迁移 B．电解过程中，左室中NO2-的浓度持续下降 C．用湿润的蓝色石蕊试纸置于b处，试纸先变红后褪色 D．NO3-完全转化为NH3的电解总反应：NO3-+8Cl-+6H2ONH3↑+9OH-+4Cl2↑ 【答案】B 【解析】由图可知，左侧发生NO3-→NO2-→NH3，N元素化合价下降，则左侧是阴极区，右侧发生Cl-→Cl2，Cl元素化合价上升，则右侧是阳极区。A项，电解池中，阳离子向阴极移动，则，K+向左室迁移，A正确；B项，电解过程中，NO2-先生成，再消耗，是中间产物，其浓度增大还是减小，取决于生成速率与消耗速率，无法得出其浓度持续下降的结论，B错误；C项，b处生成氯气，与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能使蓝色石蕊试纸变红，次氯酸能使变红的试纸褪色，故能看到试纸先变红后褪色，C正确；D项，左侧阴极总反应是NO3- +8e-+6H2O=NH3↑+9OH-，右侧阳极总反应是8Cl--8e-=4Cl2↑，将两电极反应相加即可得到总反应，D正确；故选B。 7．(2025·福建卷，9，4分)一种无膜电合成碳酸乙烯酯(C3H4O3)的工作原理如图。下列说法正确的是( ) A．电源a极为负极 B．反应中Br-的物质的量不断减少 C．总反应为C2H4+CO2+H2O=C3H4O3+H2 D．“反应Ⅱ”为CO2+BrCH2CH2OH=C3H4O3+H++Br- 【答案】C 【解析】根据图中信息可知，电合成装置左边电极发生氧化反应2Br--2e-=Br2，右边电极发生还原反应2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，即可判断电源a极为正极、电源b极为负极。A项，由分析可知，电源a极为正极，A错误；B项，从整个反应过程来看，Br-在电极a转化为Br2后，又经反应I、Ⅱ等量产生(反应I为：Br2+CH2=CH2+OH-=BrCH2CH2O+Br-)，故Br-的物质的量未发生变化，B错误；C项，以整个电解池为研究对象，反应物为C2H4、CO2和H2O，生成物为C3H4O3和H2，总反应为C2H4+CO2+H2O=C3H4O3+H2，C正确；D项，“反应Ⅱ”反应物为CO2和BrCH2CH2OH，生成物为C3H4O3和Br-，题干中“无膜”及图中阴极产生OH-可知，“反应Ⅱ”是在碱性介质中进行，故“反应Ⅱ”应为CO2+BrCH2CH2OH+OH-=C3H4O3+H2O+Br-，D错误；故选C。 8．(2025•河北卷，10，3分)科研工作者设计了一种用于废弃电极材料LixCoO2(x＜1)再锂化的电化学装置，其示意图如下： 已知：参比电极的作用是确定LixCoO2再锂化为LiCoO2的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正确的是( ) A．LixCoO2电极上发生的反应：LixCoO2+xe-+xLi＋=LiCoO2 B．产生标准状况下5.6LO2时，理论上可转化的LixCoO2 C．再锂化过程中，SO42-向LixCoO2电极迁移 D．电解过程中，阳极附近溶液pH升高 【答案】B 【解析】由装置图可知，该装置中有直流电源，为电解池，则LixCoO2(x＜1) 转化为LiCoO2过程中，Co元素化合价由+(4-x)降为+3，LixCoO2得电子发生还原反应，为阴极，电极反应式为LixCoO2+(1-x)e-+(1-x)Li＋= LiCoO2，Pt电极为阳极，失电子，发生还原反应，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。A项，由分析知，LixCoO2电极上发生的反应：LixCoO2+(1-x)e-+(1-x)Li＋= LiCoO2，A错误；B项，由电极反应式可知，产生标准状况下5.6L(即0.25 mol) O2时转移1 mol 电子，理论上转化的LixCoO2，B正确；C项，SO42-为阴离子，应向阳极移动，即向Pt电极迁移，C错误；D项，由阳极电极反应式可知，电解过程中，阳极产生H+、消耗H2O，酸性增强，则阳极附近pH降低，D错误；故选B。 9．(2025•云南卷，11，3分)一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中H2O解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。除硼原理：[B(OH)4]-+H+=H3BO3+H2O。下列说法错误的是( ) A．Pt电极反应：4OH--4e-=O2↑＋2H2O B．外加电场可促进双极膜中水的电离 C．Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜 D．Ⅳ室每生成1molNaOH，同时Ⅱ室最多生成1molB(OH)3 【答案】C 【解析】由图中氢离子和氢氧根的流向，可推出左侧Pt电极为阳极，右侧石墨电极为阴极，阳极发生的反应为：4OH--4e-=O2↑＋2H2O，阴极发生的反应为：2H＋＋2e-=H2↑，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说明钠离子往阴极方向移动，氯离子往阳极反向移动。A项，由分析可知，Pt电极为阳极，阳极发生的反应为：4OH--4e-=O2↑＋2H2O，A正确；B项，水可微弱的电离出氢离子和氢氧根，在外加电场作业下，使氢离子和氢氧根往两侧移动，降低了浓度，可促进双极膜中水的电离，B正确；C项，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说明钠离子往阴极方向移动，氯离子往阳极反向移动，即钠离子往右侧移动，通过Y膜，则Y膜为阳离子交换膜，氯离子往左侧移动，通过X膜，则X膜为阳离子交换膜，C错误；D项，Ⅳ室每生成1molNaOH，则转移1mol电子，有1mol氢离子移到Ⅱ室中，生成1molB(OH)3，D正确；故选C。 10．(2024·湖北卷，14，3分)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1molH3N+CH2COOH双极膜中有4molH2O解离 C．阳极总反应式2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O D．阴极区存在反应H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O 【答案】B 【解析】在KOH溶液中HCHO转化为HOCH2O-：HCHO+OH-→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∙，H∙结合成H2，Cu电极为阳极；PbCu电极为阴极，首先HOOC—COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC—COOH：H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，OHC—COOH与HO—N+H3反应生成HOOC—CH=N—OH：OHC—COOH+HO—N+H3→HOOC—CH=N—OH+H2O+H+，HOOC—CH=N—OH发生得电子的还原反应转化成H3N+CH2COOH：HOOC—CH=N—OH+4e-+5H+=H3N+CH2COOH+H2O。A项，电解过程中，阳极区消耗OH-、同时生成H2O，故电解一段时间后阳极区c(OH-)减小，A正确；B项，阴极区的总反应为H2C2O4+HO—N+H3+6e-+6H+= H3N+CH2COOH+3H2O，1molH2O解离成1molH+和1molOH-，故理论上生成1molH3N+CH2COOH双极膜中有6molH2O解离，B错误；C项，结合装置图，阳极总反应为2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O，C正确；D项，阴极区的Pb上发生反应H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，D正确；故选B。 知识1 电解原理 电解 规律 电极反应式书写 微粒迁移方向 电子：电源负极阴极、阳极正极 离子：阳离子—→阴极，阴离子—→阳极 二次电池 ①充电反应正好是放电反应的逆反应。看清“充电、放电”的方向，放电时为原电池，充电时则是电解池，右图是二次电池充电装置。 ②记忆：正正负负 温馨提醒 ①K＋、Ca2＋、Na＋、Mg2＋、Al3＋离子在溶液中不放电！是水电离的H＋放电！ ②电镀是特殊的电解，阳极——镀层金属 阴极——镀件 电解液——含镀层金属阳离子 ③记乙：阴得(阴德)——阴极得电子；痒痒——阳极发生氧化反应 知识2 电解原理的应用 (1)电解饱和食盐水。 阳极反应式：2Cl－－2e－===Cl2↑(氧化反应) 阴极反应式：2H＋＋2e－===H2↑(还原反应) 总反应方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ 离子反应方程式：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑ 2．电镀和电解精炼铜 电镀(Fe上镀Cu) 电解精炼铜 阳极 电极材料 镀层金属铜 粗铜(含Zn、Fe、Ni、Ag、Au等杂质) 电极反应 Cu－2e－===Cu2＋ Cu－2e－===Cu2＋，Zn－2e－===Zn2＋， Fe－2e－===Fe2＋，Ni－2e－===Ni2＋ 阴极 电极材料 待镀金属Fe 纯铜 电极反应 Cu2＋＋2e－===Cu 电解质溶液 含Cu2＋的盐溶液 电解精炼铜时，粗铜中的Ag、Au等不反应，沉积在电解槽底部形成阳极泥，阳极泥可作为提炼金、银等金属的原料 (4)电冶金 利用电解熔融盐的方法来冶炼活泼金属Na、Ca、Mg、Al等 总方程式 阳极、阴极反应式 冶炼钠 2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑ 2Cl－－2e－===Cl2↑，2Na＋＋2e－===2Na 冶炼镁 MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑ 2Cl－－2e－===Cl2↑，Mg2＋＋2e－===Mg 冶炼铝 2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑ 6O2－－12e－===3O2↑，4Al3＋＋12e－===4Al 能力1 电化学题解题策略 能力2 “串联”类装置的解题流程 考向1电解法制备物质 1．(2026·陕西商洛高三期中)常温下，通过电解使CO2转化为甲酸的装置如图所示，催化剂为掺杂Bi纳米片。极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。下列说法正确的是( ) A．极与外接电源的负极相连 B．“交换膜”只允许阴离子通过 C．极的电极反应式主要为CO2+2H＋＋2e-=HCOOH D．产生1molO2时，极得到4molCO 【答案】C 【解析】装置为电解池，N极为阴极，发生还原反应，CO2被还原为甲酸，电极反应式为CO2+2H＋＋2e-=HCOOH，还可能发生副反应产生CO，电极反应式为CO2+2H＋＋2e-=HCOOH，M极为阳极，H2O被氧化生成O2，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。A ．M极为阳极，与外接电源的正极相连，A错误；B项，根据阳极反应2H2O-4e-=O2↑＋4H＋以及阴极反应需要氢离子，可判断，“交换膜”是阳离子交换膜，通过氢离子，B错误；C项， N极为阴极，发生还原反应，CO2被还原为甲酸，电极反应式为CO2+2H＋＋2e-=HCOOH，C正确；D项，产生1molO2时，转移4mole-，N极生成HCOOH 和CO物质的量总和为2mol，因此N极得到4molCO错误；故选C。 2．(2026·山东九五高中协作体高三联考)如图所示的循环系统可实现光分解水制氢。已知循环系统稳定工作时，电解池A中流入和流出的HI浓度分别为和，光催化反应生成的速度为，循环系统中溶液的流量为Q(单位时间内流过的溶液体积)。下列说法中错误的是( ) A．电解池B中的反应为4Fe3＋+2H2OO2↑+4H++4Fe2+ B．若电解池A中生成3.36LH2 (标准状况)，则电解池B中生成 C． D．本装置中至少涉及4种形式的能量转化 【答案】B 【解析】根据图示，电解池A中流入的是HI，流出的是H2和I2，反应方程式为：2H++2I-I2+H2↑，电解池B中流入的是Fe3+、H2O，流出的是Fe2+、O2、H+，反应方程式为：4Fe3＋+2H2OO2↑+4H++4Fe2+。A项，根据图示可知，电解池A：2H++2I-I2+H2↑，电解池B：4Fe3++2H2OO2↑＋4H++4Fe2+，A正确；B项，标况下，n(H2)==0.150 mol，转移电子的物质的量为n(e-)=2n(H2)=0.300 mol，因为电解池A、B是串联电解池，电路中转移的电子数目相等，所以n(Fe2+)=n(e-)=0.300 mol，B错误；C项，根据化学反应2Fe2++I22Fe3++2I-，光催化反应生成I-的速率v(I-)=v(Fe3+)=，电解池A中消耗I-的速率应等于光催化反应池中生成I-的速率amol·L-1×Q L·min-1-bmol·L-1×Q L·min-1=，所以，C正确；D项，本装置中的能量形式涉及光能、电能、化学能，还伴随热能，所以至少涉及4种形式的能量转化，D正确；故选B。 3．(2025·浙江省Z20名校联盟三模)电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，工作原理如图1所示。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定。下列说法不正确的( ) A．离子交换膜应该选择阳离子交换膜 B．阳极的电极反应式为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O C．由图2可知，N点Na2FeO4浓度低是由于c(OH―)过高，铁电极上可能有Fe(OH)3生成 D．电解产生6.72LH2(标况)时，电路中转移电子数目为0.6NA 【答案】A 【解析】图1中，Fe电极为阳极，此处Fe被氧化为Na2FeO4，阳极式为Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；Ni为阴极，此处水中的H+被还原为H2，阴极式为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-；则中间的离子交换膜为阴离子交换膜，OH-经交换膜从右侧进入左侧。A项，OH-经交换膜从右侧进入左侧，中间的离子交换膜为阴离子交换膜，A错误；B项，阳极处Fe被氧化为Na2FeO4，阳极式为Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，B正确；C项，Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，M点对应的c(OH−)低，Na2FeO4稳定性差；N点对应的c(OH−)过高，铁电极上可能有Fe(OH)3生成而使Na2FeO4产率降低，C正确；D项，6.72LH2的物质的量为0.3mol，结合阴极式2H2O+2e-=H2↑＋2OH-可知2e-~H2，则电路中转移电子数目为0.6NA，D正确；故选A。 4．【2024辽吉黑卷第12改编】“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”需要较高电压、反应速率缓慢等问题，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： 。下列说法不正确的是( ) A．电解时OH-通过阴离子交换膜向极方向移动 B．相同电量下H2理论产量是传统电解水的1.5倍 C．在一定电压下，极可能产生O2 D．阳极反应：2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+2H2O+H2↑ 【答案】B 【解析】据图示可知，b电极上HCHO 转化为HCOO-，而HCHO 转化为HCOO-为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，结合反应机理可知，阳极反应为2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+2H2O+H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。A项，由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，OH-通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，A正确；B项，阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，即转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2，而传统电解水：2H2O2H2↑+O2↑，转移2mol电子，只有阴极生成1molH2，所以相同电量下H2理论产量是传统电解水的2倍，B错误；C项，b极是阳极，一定条件下氢氧根失电子发生氧化反应生成氧气，C正确；D项，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2得阳极反应为：2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+2H2O+H2↑，D正确；故选B。 5．科学家利用多晶铜高效催化电解CO2制乙烯，原理如图所示。已知：电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法正确的是( ) A．铂电极为阳极，产生的气体是O2和CO2 B．铜电极的电极反应式为2CO2+12HCO3-+12e-=C2H4+12CO32-+4H2O C．通电过程中，溶液中HCO3-通过阴离子交换膜向右槽移动 D．当电路中通过0.6 mol电子时，理论上能产生C2H41.12L 【答案】A 【解析】该电解池的总反应方程式为2CO2+2H2O=C2H4+3O2，铜电极为阴极，该电极的电极方程式为14CO2+8H2O+12e-=C2H4+12HCO3-，铂电极为阳极，该电极的电极方程式为12HCO3--12e-=12CO2↑+3O2↑+6H2O。A项，铂电极为阳极，产生的气体是O2和CO2，故A正确；B项，铜电极的电极方程式为14CO2+8H2O+12e-=C2H4+12HCO3-，故B错误；C项，HCO3-在铂电极发生反应，并且电解前后电解液浓度几乎不变，所以溶液中HCO3-通过阴离子交换膜向左槽移动，故C错误；D项，由铜电极电极方程式分析可知，当电路中通过0.6 mol电子时，理论上能产生0.05mol C2H4，在标况下，0.05molC2H4的体积为1.12L，该题目没有说明条件为标况，故D错误；故选A。 6．通过NO协同耦合反应，实现了NO的电催化歧化，并同时合成了双氮产物(NH3和硝酸盐)是实现可持续固氮的一种极具潜力的方法，装置如图。下列说法正确的是( ) A．电解液E为阳极电解液，呈酸性 B．电极B的电极反应：NO+2H2O-3e-= HNO3-+3H+ C．中间层的OH-、分别透过选择性离子膜向A、B极迁移 D．若电解一段时间后，取两极所有产物于溶液中反应，可得硝酸盐和硝酸 【答案】D 【解析】由图可知，A极氮元素价态降低得电子，故A极为阴极，电极反应式为NO+5H++5e-=NH3+H2O，B极为阳极，电极反应式为NO+2H2O-3e-=NO3-+4H+。A项，根据以上分析，A极为阴极，电极反应式为NO+5H++5e-=NH3+H2O，则电解液E为阴极电解液，呈酸性，故A错误；B项，B极为阳极，电极反应式为NO+2H2O-3e-= NO3-+4H+，故B错误；C项，由两极反应式可知，阳极区产生氢离子，阴极区消耗氢离子，故中间层的OH-、H+分别透过选择性离子膜向B、A极迁移，故C错误；D项，由图可知，A极NO→NH3～5e-，B极NO→NO3-～3e-，根据电子得失守恒，电解一段时间后，取两极所有产物于溶液中反应，可得硝酸盐和硝酸，故D正确；故选D。 考向2应用电解原理消除污染 7．(2026·广东深圳高三期中)某矿区污泥含有大量的由于添加胶吸附而不易被水浸出的Na2CrO4，技术革新小组试验采用电解法从污泥中分离出含铬溶液，电解装置结构如图。下列说法不正确的是( ) A．经过电解反应后最终在B极区获得含铬阴离子 B．分离出的含铬阴离子可能以Cr2O72-的形式存在 C．在A极区附近滴几滴酚酞溶液颜色变化不明显 D．甲乙两者分别是阴离子交换膜和阳离子交换膜 【答案】A 【解析】电解装置：A为阳极(连接电源正极)，发生反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，溶液显酸性；B为阴极(连接电源负极)，发生反应：2H2O+2e-= H2↑+2OH-，溶液显碱性。A项，含铬阴离子带负电，会向阳极(A极)移动，最终应在A极区获得，而非B极，故A错误；B项，Cr2O72-和CrO42-可相互转化(酸性条件下以Cr2O72-为主，碱性以CrO42-为主)，分离出的含铬阴离子可能以Cr2O72-形式存在，故B正确；C项，A极生成H+，溶液显酸性，酚酞在酸性中不变色，颜色变化不明显，故C正确；D项，含铬阴离子向A极(阳极)移动，需通过阴离子交换膜(甲)；Na+向B极(阴极)移动，需通过阳离子交换膜(乙)，故D正确；故选A。 8． (2025·河北省豫西北教研联盟高三联考)2024年我国科学家开发了一种质子交换膜()系统，可在催化剂(源自废铅酸电池)上将二氧化碳还原为甲酸，其电解原理如图1所示。同时减少碳酸盐沉淀的生成，有望高效实现CO2向甲酸的转化，CO2转化过程中的PpH与电极电势关系如图2所示。下列有关说法错误的是( ) A．多孔层可以增大气体与催化剂的接触面积，有利于反应 B．外电路每转移电子，有的自右侧经过质子交换膜到左侧 C．在pH=2的条件下，可发生CO2+2H＋+2e-=HCOOH D．pH=12时，可生成碳酸盐沉淀，不利于甲酸的生成 【答案】B 【解析】A项，多孔材料具有许多微小的孔隙，这些孔隙可以增加催化剂与反应气体的接触面积，使得反应物分子更容易与催化剂活性位点接触，从而提高反应速率，有利于反应进行，A正确；B项，由图可知，CO2在正极得到电子生成HCOOH，右侧为正极，左侧为负极，原电池中阳离子向正极移动，外电路每转移1mol电子，有1mol的H+自左侧经过质子交换膜到右侧，B错误；C项，由图2可知，CO2在正极得到电子生成了HCOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CO2+2H＋+2e-=HCOOH，C正确；D项，由图2可知，pH=12时，CO2在正极得到电子生成了CO32-，可生成碳酸盐沉淀，不利于甲酸的生成，D正确；故选B。 9． (2025·河北省石家庄市百校高三联考)如图1所示为一种用双氧水去除废水中的持久性有机污染物的工作原理，工作10min时，Fe2+、H2O2电极产生量(mmol-1)与电流强度关系如图2所示： 下列说法正确的是( ) A．图1装置需不断补充Fe3+ B．Pt电极为阳极，苯酚在Pt电极失电子生成CO2 C．据图2可知电流强度越高，去除苯酚的效果越好 D．若处理47.0g苯酚，理论上消耗14molH2O2 【答案】D 【解析】图可知，HMC-3电极上铁元素、氧元素价态降低得电子，故HMC-3电极为阴极，电极反应式分别为O2+2e-+2H+=H2O2，Fe3++e-=Fe2+，后发生反应Fe2++H2O2+H+=Fe3++•OH+H2O，•OH氧化苯酚，反应为C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，Pt电极为阳极，电极反应式为H2O-e-=•OH+H+。A项，HMC-3电极为阴极Fe3++e-=Fe2+，后发生反应Fe2++H2O2+H+=Fe3++•OH+H2O，反应前后Fe3+的量保持不变，A错误；B项，Pt电极为阳极，电极反应式为H2O-e-=•OH+H+，•OH氧化苯酚，反应为C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，B错误；C项，电流强度过高，产生的过氧化氢过多，过量的过氧化氢会氧化亚铁离子，导致生成的羟基自由基减少，使得降解去除废水中的持久性有机污染物的效率下降，C错误；D项，根据反应C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，苯酚转化为二氧化碳，1mol的苯酚发生反应，要消耗28mol的·OH，而28mol的·OH需要28mol的过氧化氢，47.0g苯酚的物质的量为，理论上消耗14molH2O2，D正确；故选D。 10．基于甲烷蒸汽重整工业制氢面临着大量的“碳排放”，我国科技工作者发明了一种电化学分解甲烷的方法，从而实现了碳和水的零排放方式生产氢气。电化学反应机理如下图所示。下列判断正确的是( ) A．上述电化学装置中电解质可使用水溶液 B．阳极反应：CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2 C．既是阴极的生成物，也是阴极的反应物 D．理论上阳极生成1.5mol气体，电路中转移8mol电子 【答案】B 【解析】A项，O2-在水中不存在，A错误；B项，由Ni-YSZ电极上生成CO2可知，该电极为阳极，是CH4失电子生成CO2，B正确；C项，CO2+O2-=CO32-，该反应不是阴极反应，阴极反应为CO32-+4e-=C+3O2-，C错误；D项，阳极不仅生成氧化产物CO2，还生成还原产物H2，由阳极反应可知，理论上阳极生成1.5mol气体(即0.5molCO2和1molH2)，转移2mol电子，D错误。故选B。 题型五 金属的腐蚀与防护 1．(2025·广西卷，11，3分)大型发电机的定子线圈由空芯铜导线缠绕制成。发电机运行时，需向铜导线的空芯通冷水降温，铜导线内壁因发生电化学反应生成Cu2O层。一段时间后，Cu2O表面产生的沉积物会造成堵塞，空芯铜导线截面如图。下列说法错误的是( ) A．Cu2O层对铜导线起保护作用 B．正极生成Cu2O的电极反应式为4Cu++O2+4e-=2Cu2O C．沉积物的成分可能有CuO、Cu2(OH)2CO3 D．腐蚀最严重的区域是沉积物最多之处 【答案】B 【解析】铜导线内壁发生电化学反应生成Cu2O层，负极为Cu，电极反应为Cu-e-=Cu+，正极氧气得电子，电极反应O2+2H2O+4e-=4OH-，后续Cu+与OH-生成Cu2O。A项，Cu2O层为致密的氧化膜，能阻止内部铜与水、氧气进一步接触，对铜导线起保护作用，A正确；B项，正极发生还原反应，在水溶液中，O2得电子应结合H2O生成OH-，正确电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，而非直接与Cu+反应生成Cu2O，B错误；C项，Cu2O可被氧化为CuO，或与H2O、CO2反应生成Cu2(OH)2CO3，沉积物成分可能包含二者，C正确；D项，沉积物处氧气浓度低，形成氧浓差电池的阳极区(腐蚀区)，沉积物越多，阳极区越大，腐蚀最严重，D正确；故选B。 命题解读 新情境：本题以铜导线为切入口，巧妙考查电化学腐蚀原理，包括电极反应式书写、沉积物成分分析、腐蚀区域判断，体现化学知识在生产领域的应用。 新考法：本题以发电机铜导线腐蚀为情境，体现化学在工业设备维护中的应用，考查电化学知识的实际运用。 新角度：能判断腐蚀过程的阴极和阳极，书写电极反应式；能分析氧化膜的保护作用、沉积物的可能成分及腐蚀最严重的区域，能运用氧浓差电池模型解释局部腐蚀现象。 2．(2024·广东卷，5，2分)我国自主设计建造的浮式生产储御油装置“海葵一号”将在珠江口盆地海域使用，其钢铁外壳镶嵌了锌块，以利用电化学原理延缓外壳的腐蚀。下列有关说法正确的是( ) A．钢铁外壳为负极 B．镶嵌的锌块可永久使用 C．该法为外加电流法 D．锌发生反应： 【答案】D 【解析】钢铁外壳镶嵌了锌块，由于金属活动性Zn＞Fe，即锌块为负极，钢铁为正极，形成原电池，Zn失去电子，发生还原反应，Zn-2e-=Zn2＋，从而保护钢铁，延缓其腐蚀。A项，由于金属活动性Zn＞Fe，钢铁外壳为正极，锌块为负极，故A错误；B项，Zn失去电子，发生还原反应，Zn-2e-=Zn2＋，镶嵌的锌块会被逐渐消耗，需根据腐蚀情况进行维护和更换，不能永久使用，故B错误；C项，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；D项，Zn失去电子，发生还原反应：Zn-2e-=Zn2＋，故D正确；故选D。 3．(2024·浙江1月卷，13，3分)破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成[Zn(NH3)4]2+和H2，下列说法不正确的是( ) A．氨水浓度越大，腐蚀趋势越大 B．随着腐蚀的进行，溶液pH变大 C．铁电极上的电极反应式为： 2NH3+2e-=H2↑＋2NH2- D．每生成标准状况下22.4mLH2，消耗0.010 mol Zn 【答案】C 【解析】A项，氨水浓度越大，越容易生成[Zn(NH3)4]2+，腐蚀趋势越大，A正确；B项，腐蚀的总反应为Zn+4NH3•H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2H2O+2OH-，有OH-离子生成，溶液pH变大，B正确；C项，该电化学腐蚀中Zn作负极，Fe作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，铁电极上的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，C错误；D项，根据得失电子守恒，每生成标准状况下22.4mLH2，转移电子数为，消耗0.010 mol Zn，D正确；故选C。 4．(2024·浙江6月卷，13，3分)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。下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+2H2O+4e-=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 【答案】B 【解析】A项，图1为牺牲阳极的阴极瓮中保护法，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为外加电流的阴极保护法，阳极材料为辅助阳极，其通常是惰性电极，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；B项，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也会竞争放电，故可发生O2+2H2O+4e-=4OH-，B正确；C项，图2为外加电流的阴极保护法，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；D项，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源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，但是牺牲阳极和发生了氧化反应，辅助阳极上也发生了氧化反应，D不正确；故选B。 知识1 析氢腐蚀和吸氧腐蚀的比较 类型 析氢腐蚀 吸氧腐蚀 条件 水膜呈酸性 水膜呈弱酸性或中性 正极反应 2H＋＋2e－===H2↑ O2＋2H2O＋4e－===4OH－ 负极反应 Fe－2e－===Fe2＋ 其他反应 Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 Fe(OH)3失去部分水转化为铁锈 知识2 金属电化学保护的两种方法 能力 金属腐蚀与防护解题步骤 考向1 金属的腐蚀 1．【金属腐蚀与图象结合】(2026·河南名校协作体高三期中联考)氯化钙、醋酸钙两种融雪剂在5℃下对溶解氧的浓度的影响(图1)和对碳钢(铁碳合金)的腐蚀速率的影响(图2)如图所示。下列说法错误的是( ) A．水中溶氧量的大小主要与离子浓度有关，而与离子种类基本无关 B．当水中不含融雪剂时，碳钢的腐蚀速率一定最快 C．在上述盐溶液条件下，碳钢主要发生吸氧腐蚀 D．相同温度下，同浓度的两种融雪剂溶液的pH不同 【答案】B 【解析】A项，从图1可以看出，在相同温度下，随着氯化钙、醋酸钙离子浓度的增大，溶解氧的浓度逐渐减小，并且氯化钙、醋酸钙对溶解氧浓度的影响趋势基本一致，说明水中溶氧量的大小主要与离子浓度有关，而与离子种类基本无关，A正确；B项，图2研究在含有氯化钙、醋酸钙时，碳钢的腐蚀速率情况，但没有给出不含融雪剂时的信息，无法得出当水中不含融雪剂时，碳钢的腐蚀速率一定最快这一结论，B错误；C项，由图1可知水中存在溶解氧，，在这种情况下，碳钢发生腐蚀时主要是吸氧腐蚀，C正确；D项，氯化钙是强酸强碱盐，其溶液显中性；醋酸钙是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解显碱性，所以相同温度下，同浓度的两种融雪剂溶液的pH不同，D正确；故选B。 2．(2025·浙江省北斗星盟高三联考)在浓溶液中及空气存在下，矿砂中的单质银发生吸氧腐蚀生成[AgCl2]-，再加入锌粉生成[ZnCl4]2-和纯度较高的单质银，下列说法正确的是( ) A．提高浓度有利于单质银的溶解 B．发生腐蚀时正极的电极反应式为O2＋4H＋＋4e-=2H2O C．随着腐蚀的进行，溶液的减小 D．加入锌粉反应后，溶液中阴离子总浓度增大 【答案】A 【解析】A项，银单质在氯化钠浓溶液中与氧气反应生成[AgCl2]-，离子方程式为：4Ag+O2+8Cl-+2H2O4 [AgCl2]-+4OH-，增大氯离子的浓度平衡正向移动，有利于单质银的溶解，A正确；B项，在氯化钠溶液中，正极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，B错误；C项，根据A可知，随着腐蚀的进行，氢氧根离子的浓度增大，溶液pH增大，C错误；D项，加入锌粉后，发生反应：Zn +2[AgCl2]-=2Ag+[ZnCl4]2-，溶液中阴离子总浓度降低，D错误；故选A。 3．(2025·浙江省Z20名校联盟高三开学考试)表面皿中都装有混合了饱和食盐水、酚酞和铁氰化钾溶液的琼脂，分别将缠有铜丝的铁钉(图A)和缠有锌皮的铁钉(图)放置其中，如图所示。下列说法不正确的是( ) A．图中铁钉受锌皮保护，为牺牲阳极的阴极保护法 B．图中铁钉上的电极反应式：2H2O+2e-=H2↑＋2OH- C．离子在半凝固态的琼脂内可定向移动 D．图中，会出现蓝、红、蓝三个色块 【答案】B 【解析】图A中，根据题中条件可知，形成原电池，其中铁为负极，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，铜为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-；图B中，根据题中条件可知，形成原电池，其中锌作负极，电极反应式为：Zn－2e-=Zn2＋，铁作正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-。A项，B中铁为正极，锌为负极，是牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B项，图B中铁作正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B错误；C项，该装置形成原电池，所以离子在半凝固态的琼脂内可定向移动，故C正确；D项，此时铁作负极，发生氧化反应，其电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应产生蓝色沉淀，铜作正极，其电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，生成氢氧根，所以铜电极附近变红，由于铜裹在铁的中段，所以琼脂中会出现蓝、红、蓝三个色块，故D正确；故选B。 4． “千年锈色耐人寻”。Cu2(OH)3Cl是铜锈中的“有害锈”，生成原理如图。下列说法不正确的是 A．正极反应：O2＋4e-＋4H＋=2H2O B．铜失去电子，发生氧化反应 C．潮湿的环境中更易产生铜锈 D．明矾溶液可清除Cu2(OH)3Cl 【答案】A 【解析】A项，根据图知，发生吸氧腐蚀，正极上O2得电子和H2O反应生成OH-，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故A错误；B项，失电子的物质发生氧化反应，该反应中Cu失电子生成Cu2+而发生氧化反应，故B正确；C项，潮湿的环境中有电解质溶液，易形成原电池而更易产生铜锈，故C正确；D项，明矾中铝离子水解生成Al(OH)3和H+而使溶液呈酸性，能和Cu2(OH)3Cl中OH-反应，所以明矾溶液能清除Cu2(OH)3Cl，故D正确；故选A。 5．【逻辑思维与科学建模】 (2025·浙江省温州市高三一模)钢铁在潮湿空气中的电化学腐蚀基本化学原理如下图所示。下列说法不正确的是( ) A．Fe、C构成原电池的外电路 B．钢铁表面可发生反应：O2+2CO2+4e-=2CO32- C．吸氧腐蚀与析氢腐蚀可先后发生 D．利用电化学腐蚀可测定空气中氧气的含量 【答案】D 【解析】A项，钢铁在潮湿的空气中会发生电化学腐蚀，从图中可以看出，Fe失去电子，电子通过外电路流向C，所以Fe、C构成原电池的外电路，A正确；B项，在钢铁表面，O2得电子生成OH-，若此时溶液中溶有CO2，则可与OH-反应生成CO32-等，从而发生反应：O2+2CO2+4e-=2CO32-，B正确；C项，钢铁在潮湿的空气中，开始时电解质溶液的酸性较强，可能发生析氢腐蚀，随着反应进行，溶液酸性减弱，可能会发生吸氧腐蚀，所以吸氧腐蚀与析氢腐蚀可先后发生，C正确；D项，电化学腐蚀过程中，氧气的消耗量难以准确测量和控制，且会受到多种因素的干扰，不能准确利用电化学腐蚀测定空气中氧气的含量，D不正确；故选D。 考向2 金属腐蚀的防护 6．(2026·河北沧州高三期中)金属腐蚀对生产和生活影响很大。下列有关金属防护的说法正确的是( ) A．铁上镀铜比镀锌更能延长铁的使用寿命 B．将新制的金属元件涂抹油并密封保存，可减缓腐蚀 C．为了保护桥梁钢构，可将其与电源的正极相连 D．日常生活中，最常见的钢铁腐蚀为化学腐蚀 【答案】B 【解析】A项，铁上镀铜时，若镀层破损，铁作为活泼金属会先被腐蚀，而镀锌则锌作为更活泼金属优先被氧化，保护铁，因此镀锌更能延长铁的使用寿命，A错误；B项，涂抹油可隔绝金属与氧气、水接触，属于覆盖保护层的方法，能有效减缓腐蚀，B正确；C项，连接电源正极会使钢构成为阳极，加速腐蚀，正确方法应连接电源负极(外加电流的阴极保护法)，C错误；D项，日常生活中，钢铁腐蚀主要为电化学腐蚀，而非化学腐蚀，D错误；故选B。 7．(2026·北京朝阳高三期中)一种对海水中钢闸门进行防护的示意图如下。下列说法不正确的是( ) A．该方法通过强制电子流向钢闸门，使钢闸门表面腐蚀电流降至零而起到防护作用 B．保护电流应根据环境条件变化进行调整 C．外加电流偏高，钢闸门表面可能发生：2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2 D．可选择惰性电极(如高硅铸铁等)作为辅助阳极 【答案】C 【解析】该装置为外加电流的阴极保护法：钢闸门连接电源负极，作电解池的阴极；辅助阳极连接电源正极，作电解池的阳极。A项，外加电流的阴极保护法中，电源强制电子流向钢闸门(阴极)，使钢闸门表面的金属原子难以失去电子(腐蚀电流降为零)，从而防止腐蚀，A正确；B项，环境条件(如海水成分、温度、流速等 )会影响金属腐蚀的速率，为确保钢闸门得到有效保护，需根据环境条件变化调整保护电流大小，B正确；C项，外加电压偏高时，钢闸门表面积累的电子很多，海水中溶解的氧气也会放电，故可能发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，C错误；D项，辅助阳极需为 不溶性”惰性电极(如高硅铸铁)，避免阳极自身被腐蚀，可长期稳定提供电流，D正确；故选C。 8．(2026·山东荷泽高三期中)将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在如图所示的情境中，下列有关说法错误的是( ) A．该保护钢铁的方法属于牺牲阳极法 B．金属M作负极，钢铁设施作正极，金属M的活动性比Fe的活动性强 C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护 D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快 【答案】D 【解析】A项，将金属M连接在钢铁设施表面，构成原电池，M作负极被腐蚀，钢铁作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B项，原电池中负极活泼性大于正极，金属M作负极，钢铁设施作正极，金属M的活动性比Fe的活动性强，故B正确；C项，钢铁设施作为正极，电子从M流向钢铁，表面积累电子后难以失去电子从而被保护，故C正确；D项，海水中电解质浓度高于河水，导电性更强，电化学腐蚀速率更快，故钢铁在海水中腐蚀比河水中快，故D错误；故选D。 9．(2026·江苏连云港高三期中)利用外加电流的阴极保护法减缓海水中钢铁闸门的腐蚀，其装置如图所示。下列有关说法正确的是( ) A．该保护法实现了电能全部转化为化学能 B．钢闸门作阳极，与电源的正极相连 C．辅助电极可以使用石墨 D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快 【答案】C 【解析】利用外加电流的阴极保护法减缓海水中钢铁闸门的腐蚀，则钢闸门作阴极，与直流电源负极相连。A项，该保护法可阻止铁失电子，但由于有一部分电能转化为热能等，所以电能不能全部转化为化学能，A不正确；B项，由分析可知，钢闸门作阴极，与电源的负极相连，B不正确；C项，辅助电极作阳极，应具有不溶性，而石墨是不溶性的惰性电极，所以可使用石墨作辅助电极，C正确；D项，海水中含有大量的电解质，导电性比河水强，钢铁在海水中更容易形成原电池，所以钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢，D不正确；故选C。 10．(2025·浙江省第一届NBchem高三选考模拟考试)城镇地面下常埋有纵横交错的金属管道，当金属管道或铁轨在潮湿土壤中形成电流回路时，就会引起这些金属制品的腐蚀。为了防止这类腐蚀的发生，某同学设计图所示的装置。下列有关说法中正确的是( ) A．电流由Mg经过导线流向钢铁制品 B．块表面随着时间的进行，会有Mg(OH)2产生 C．钢铁管道与电源正极相连的保护法是外加电流保护法 D．应选用电阻率小的导体，比如Ag来避免能量损耗 【答案】B 【解析】钢铁输水管与镁块相连形成原电池，镁作负极，发生氧化反应被腐蚀，钢铁输水管作正极，受到保护。A项，钢铁输水管与镁块相连形成原电池，镁作负极，发生氧化反应被腐蚀，钢铁输水管作正极，电流由钢铁制品经过导线流向Mg，A错误；B项，镁作负极，Mg失去电子生成Mg2+，Mg2+在潮湿的环境中会水解转化为Mg(OH)2，B正确；C项，Mg为活泼金属，可作为牺牲阳极，则将Mg与钢铁输水管相连是用牺牲阳极法保护钢铁输水管，C错误；D项，Fe比Ag活泼，若选用Ag作为导体，Ag与钢铁制品形成原电池，钢铁制品作负极会被腐蚀，D错误；故选B。 11．(2025·浙江省新阵地教育联盟高三第一次联考)我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀，防护原理如图所示。下列说法不正确的是( ) A．通电时，锌环是阳极，发生氧化反应 B．通电时，阴极上的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑＋2OH- C．把锌环换成锡环后，断电时，仍能防止铁帽被腐蚀 D．断电时，正极上的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH- 【答案】C 【解析】根据电源和直流电方向可知，锌环作阳极、铁帽作阴极。A项，通电时锌环与电源的正极相连，作阳极，发生氧化反应，A正确；B项，通电时铁作阴极，水中氢离子放电，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，B正确；C项，因铁比锡活泼，断电时构成原电池，锡作正极，而铁作负极被消耗，所以铁帽被腐蚀，C错误；D项，断电时构成原电池，铁作正极氧气得电子，即正极上的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，D正确； 故选C。 12．钢铁的防护有多种方法，下列对于图中的方法描述错误的是( ) A．a、b以导线连接，辅助电极发生氧化反应 B．a、b以导线连接或以电源连接，辅助电极的材料可能都含有Zn C．a、b分别连接直流电源，通电后外电路电子被强制从辅助电极流向钢铁闸门 D．a、b分别连接直流电源的负极、正极，该方法是牺牲阳极的阴极保护法 【答案】D 【解析】a、b以导线连接，即为牺牲阳极的阴极保护法，则辅助电极要作负极，发生氧化反应，A项正确；a、b以导线连接或以电源连接，辅助电极都是发生氧化反应，Zn比较活泼，要失去电子，B项正确；通电后，被保护的钢铁闸门作阴极，辅助电极作阳极，因此通电后外电路电子被强制从辅助电极流向钢铁闸门，C项正确；由于有外加电源，故此方法为外加电流的阴极保护法，D项错误。 13．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。下列说法正确的是( ) A．铁闸主要发生的是析氢腐蚀 B．将铁闸与石墨相连可保护铁闸 C．铁腐蚀时的电极反应式：Fe－3e－===Fe3＋ D．图中生成铁锈最多的是乙区域 【答案】D 【解析】海水溶液为弱碱性，铁闸主要发生吸氧腐蚀，A错误；将铁闸与石墨相连，铁比碳活泼，铁作负极失电子，可以加快海水对铁闸的腐蚀，B错误；铁腐蚀时作负极失电子生成亚铁离子，电极反应式：Fe－2e－===Fe2＋，C错误；在乙区域，氧气含量高，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池，发生的吸氧腐蚀的程度最大，生成铁锈最多，故D正确。 14．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，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．蚀孔外每吸收2.24LO2，可氧化0.2molFe C．由于孔蚀中Fe3+水解导致电解质酸性增强 D．孔隙中可以发生析氢腐蚀 【答案】D 【解析】A项，为防止孔蚀发生可以将外接电源负极与金属相连，A错误；B项，2.24LO2没有指明是否为标准状况，不一定为0.1molO2，B错误；C项，封闭环境中由于Fe2+水解导致酸性增强，C错误；D项，由于孔隙中介质的酸性增强有HCl存在，可发生析氢腐蚀，D正确；故选D。 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司5 / 74 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 化学反应与能量 目录 01 析·考情精解 02 构·知能架构 03 破·题型攻坚 题型一 反应热与热化学方程式 真题动向 高考化学中，反应热和热化学方程式是必考重点，命题趋势主要集中在‌热化学方程式的书写与判断‌、‌反应热的计算，以人们普遍关注的社会问题为切入点，与‌盖斯定律结合、与真实应用情境结合。 必备知识 知识1化学反应的热效应 知识2反应热的计算方法 知识3热化学方程式书写 关键能力 能力1 能量变化能垒图的突破策略 能力2热化学方程式书写及正误判断 命题预测 考向1反应过程中的能量变化 考向2 能量变化图象 题型二 盖斯定律及应用 真题动向 盖斯定律常融入真实情景，如工业生产、能源利用等，考查学生应用知识解决实际问题的能力。选择题和非选择题均有涉及，如通过能量变化图、键能等创设情景，需掌握虚拟路径法、加合法等解题模型，注重在真实情境中理解物质转化及其能量关系。通过分析建模、实验验证等应用盖斯定律。 必备知识 知识1盖斯定律 知识2盖斯定律应用 关键能力 应用盖斯定律解题步骤 命题预测 考向1利用盖斯定律计算反应热 考向2盖斯定律综合应用 题型三 原电池原理及应用 真题动向 高考中以选择题为主，以新型电源和生产生活、科学实验、物质制备等为背景，考查电极的判断、离子或电子的移动方向、电子转移数目的判断和电极反应式的书写等。 必备知识 知识1原电池的工作原理 知识2 “五类”依据判断原电池电极 知识3 “三步”突破原电池电极反应式的书写 知识4解答新型化学电源的步骤 关键能力 能力1 原电池的工作原理 能力2 电极反应式的书 命题预测 考向1 原电池的工作原理 考向2 新型电源 题型四 电解原理及应用 真题动向 电解原理应用往往以实际化工生产过程为问题情境，以电化学基础知识为载体，将制备新物质、应用电解原理治理污染或通过电解原理形成致密氧化膜，提高抗腐蚀性等巧妙融合于试题之中，考查考生对知识的应用能力。 必备知识 知识1惰性电极电解电解质溶液的产物判断 知识2 “五类”依据判断电解池电极 知识3电解原理的应用 知识4“串联”类装置的解题流程 关键能力 能力1 电化学题解题策略 能力2 “串联”类装置的解题流程 命题预测 考向1电解法制备物质 考向2应用电解原理消除污染 题型五 金属的腐蚀与防护 真题动向 以生产生活中的真实情境为载体，考查金属发生电化学腐蚀的原因和防止金属腐蚀的措施。 必备知识 知识1金属腐蚀两种类型比较 知识2金属电化学保护的两种方法 关键能力 金属腐蚀与防护解题步骤 命题预测 考向1 金属的腐蚀 考向2 金属的防护 命题轨迹透视 试题可能以我国前沿科技成果为素材，会以真实生活与科技场景为载体，通过贴近实际的素材创设问题情境，将现代科技、环境保护等元素融入题目设计，既体现化学学科服务社会的实用价值，又引导学生关注科技成就与可持续发展，激发学生科学探究精神与社会责任感。同时，试题也会以工业生产与环境保护中的实际问题为切入点，引导学生运用化学知识分析解决资源循环利用中的难题，树立可持续发展理念。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 化学反应与能量的变化 福建卷T5，4分 河南卷T10，3分 海南卷T8，2分 浙江1月卷T11，3分 2025·天津卷T11，3分 北京卷T10，3分 河北卷T12，3分 重庆卷T12，3分 北京卷T11，3分 海南卷T16(2) 安徽卷T17(1) 甘肃卷T17(1) 广东卷T19(3) 湖北卷T19(1) 四川卷T18(1) 陕晋宁青卷T17(1) 海南卷T8，2分 重庆卷T13，3分 江苏卷T5，3分 福建卷T14(1) 江西卷T16(2) 安徽卷T17(1) 广西卷T17(1) 海南卷T7，2分 浙江1月卷，14，2分 原电池原理及应用 辽吉黑内卷T13，3分 四川卷T14，3分) 江西卷T9，3分 重庆卷T10，3分 甘肃卷T12，3分 广东卷T16，4分 广东卷T14，4分 江苏卷T8，3分 浙江1月卷T12，3分 湖北卷T15，3分 山东卷T12，4分 北京卷T3，3分 江苏卷T8，3分 安徽卷T11，3分 福建卷T9，4分 全国甲卷T6，6分 全国新课标卷T6，6分 河北卷T13，3分 广西卷T1，3分 江西卷T11，3分 全国乙卷T12，6分 全国新课标卷T10，6分 浙江6月卷T13，2分 海南卷T8，2分 电解原理及应用 陕晋宁青卷T13，3分 河南卷T12，3分 海南卷T13，4分 北京卷T14，3分 全国新课标卷T4，6分 湖南卷T9，3分 福建卷T9，4分 河北卷T10，3分 云南卷T11，3分) 重庆卷T9，3分 山东卷T13，4分 海南卷T13，4分 贵州卷T11，3分 广东卷T16，3分 甘肃卷，7，3分 湖北卷，14，3分 辽吉黑卷，12，3分 广东卷，5，2分 浙江1月卷，13，3分 浙江6月卷，13，3分 浙江1月卷T11，2分 湖北卷T10，3分 辽宁卷T7，3分 辽宁卷T11，3分 全国甲卷T12，6分 山东卷T11，3分 北京卷T5，6分 广东卷T16，3分 金属的腐蚀与防护 广西卷T11，3分 广东卷T5，2分 浙江1月卷T13，3分 浙江6月卷，13，3分 2026命题预测 化学反应的热效应的考查，一是在选择题中单独设题，考查反应中的能量变化、反应热的比较及盖斯定律的计算；二是在选择题中某一选项出现，多与图像分析相结合；三是在填空题中考查，考查盖斯定律的计算或结合盖斯定律的热化学方程式的书写。电化学知识是每年必考，大多是选择题，个别省份除了有选择题，还会有二卷的填空题。题干大多以前沿的电化学研究成果为情境，设问方式“大同小异”。预计2026年仍保持这种命题趋向。 题型一 反应热与热化学方程式 1．(2025·福建卷，5，4分)在25℃、光照条件下，Cl2产生氯自由基，引发丙烷一氯代反应： i．CH3CH2CH3(g)＋Cl2(g)=CH3CHClCH3(g)＋HCl(g) ΔH1 ii．CH3CH2CH3(g)＋Cl2(g)=CH3CH2CH2Cl(g)＋HCl(g) ΔH2 反应体系中产物n(2-氯丙烷)：n(1-氯丙烷)=3:2。下列说法错误的是( ) A．活化能：反应i<反应ii B．丙烷中的键能：-CH3的C-H＞-CH2-的C-H C．当丙烷消耗2 mol时上述反应体系的焓变为ΔH1+ΔH2 D．相同条件下正丁烷与Cl2发生一氯代反应，产物n(2-氯丁烷)：n(1-氯丁烷)＞3:2 命题解读 新情境：本题通过丙烷氯代反应的机理和产物比例数据，考查活化能与反应速率的关系、化学键键能与反应选择性的关系、反应焓变的计算依据以及同类反应的规律迁移。 新考法：本题以自由基反应机理这一现代化学重要理论为背景，考查考生从宏观产物比例出发，深入微观世界分析反应过程(活化能、键能)的能力。体现了化学反应动力学与热力学在理解与预测反应结果中的指导作用。 新角度：根据产物比例推断反应速率快慢，进而比较活化能大小；理解键能是决定反应区域选择性的内在因素；识别焓变计算中的陷阱，明确焓变与反应路径和物质量的关系；将从丙烷反应中总结出的规律(二级碳氢键更活泼)迁移应用到正丁烷的反应中。 2．(2025•河南卷，10，3分)在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为CH3CH2CH3(g)CH3CH=CH2(g)＋H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，*CH3CH2CH3+2*H→CH3CH=CH2(g)＋H2(g)中部分进程已省略)。 下列说法正确的是( ) A．总反应是放热反应 B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C．和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D．①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CH2CH3→*CH3CH=CH3+*H 命题解读 新情境：以丙烷脱氢反应进程能量变化图为载体，涉及反应热效应、平衡常数影响因素、催化剂作用、反应决速步骤等内容，要求考生理解反应原理并判断说法。 新考法：石油化工领域中丙烯生产至关重要，试题引导考生运用反应原理分析丙烷脱氢制丙烯过程，体会化学在工业生产中的应用价值，培养工程思维，体现化学学科在工业领域的实用性。 新角度：本题目的在于实现课程标准中“能分析化学科学在开发利用自然资源等方面的价值和贡献”， 理解能量变化与反应进程关系，能分析催化剂作用机制，增强考生认识化学原理的重要应用。 3．(2025·海南卷，8，2分)等温等压下，CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＜0。此反应放出的热用于火力发电，能量转化效率为。下列说法错误的是( ) A．该反应ΔS＜0 B．产物为H2O(g)时，反应放出的热量减少 C．该反应在燃料电池模式下进行，反应焓变为， D．该反应在燃料电池模式下做电功，转化效率为， 4．(2025·浙江1月卷，11，3分)下列说法正确的是( ) A．常温常压下H2(g)和O2(g)混合无明显现象，则反应2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)在该条件下不自发 B．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小 C．CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g) ΔH＜0，则正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．Na(s)+Cl2(g)=NaCl(s) ΔH1＜0，Na+(g)+Cl−(g)=NaCl(s) ΔH2＜0，则Na(s)+Cl2(g)=Na+(g)+Cl−(g) ΔH＜0 5．(2025·天津卷，11，3分)下图是简易量热计装置示意图，下列反应的反应热不适宜用该装置测定的是( ) A．BaO和足量的水 B．Al和足量的NaOH溶液 C．ZnO和足量的稀硫酸 D．KOH溶液和足量的稀盐酸 6．(2025•北京卷，10，3分)乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2=CHOOCCH3)的过程示意图如下。 下列说法不正确的是( ) A．①中反应为4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd(CH3COO)2+2H2O B．②中生成CH2=CHOOCCH3的过程中，有σ键断裂与形成 C．生成CH2=CHOOCCH3总反应的原子利用率为100% D．Pd催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 7．(2025•河北卷，12，3分)氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3(s)＋2NH3(g)2GaN(s)＋3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是( ) A．反应ⅰ是吸热过程 B．反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69eV C．反应ⅲ包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中 7．(2024·海南卷，8，2分)已知298K，101 kPa时，2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝-571.6kJ·mol−1，H2的临界温度(能够液化的最高温度)为，下列说法错误的是( ) A．氢气燃烧热ΔH＝-285.8kJ·mol−1 B．题述条件下2 molH2和1 molO2，在燃料电池中完全反应，电功+放热量=571.6kJ C．氢能利用的关键技术在于安全储存与运输 D．不同电极材料电解水所需电压不同，产生2gH2(g)消耗的电功相同 8．(2024·重庆卷，13，3分)二氧化碳甲烷重整是CO2资源化利用的重要研究方向，涉及的主要热化学方程式有： ①CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝+247kJ·mol−1 ②CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g) ΔH2＝-131kJ·mol−1 ③CO2(g)＋2H2(g)C(s)＋2H2O(g) ΔH3＝-90kJ·mol−1 已知H-H键能为a kJ·mol−1，键能为b kJ·mol−1，键能为c kJ·mol−1，则CO(g)中的碳氧键键能(单位： kJ·mol−1)为( ) A． B． C． D． 知识1焓变 名称 类别 反应热 燃烧热 中和热 ΔH正负 放热：ΔH＜0 吸热：ΔH＞0 ΔH＜0 ΔH＜0 单位 kJ·mol－1 kJ·mol－1 kJ·mol－1 反应条件 一定压强下 101 kPa 酸碱的稀溶液 反应物的量 不限量 1 mol 可燃物(O2不限量) 可能是1 mol也可能不是 生成物的量 不限量 不限量 水是1 mol 主要影 响因素 反应的温度与压强；反应物的量；物质的状态；反应的限度 与反应物性质有关 与酸碱强弱有关，与反应物的量无关 相互关系 燃烧热、中和热是反应热的一种特例。 热化学方程式判断四查 一查是否标明物质的聚集状态[(s)、(l)、(g)]，有同素异形体的固体必须注明物质状态。 二查ΔH的“＋”、“－”是否与吸热、放热一致。 三查ΔH的数值是否与方程式中的物质的化学计量数(代表物质的量可为分数)相一致。 四查ΔH的单位是否是kJ·mol－1。 特别提醒 ①燃烧热一是可燃物为1 mol，二是产物是稳定的氧化物(H2O为液态，碳为CO2) ②催化剂不改变ΔH的大小，对放热反应若反应物是气态时比在固态时放出热量多 ③在比较ΔH大小时，要区别正与负，若为放热反应，放热越多，则ΔH越小；若为吸热反应，吸收热量越多，ΔH越大 知识2 热化学方程式书写 【易错警示】 (1)注明反应的温度和压强(25 ℃、101 kPa下进行的反应可不注明)。 (2)注明反应物和生成物的状态：固态(s)、液态(l)、水溶液(aq)、气态(g)。 (3)热化学方程式中各物质的化学计量数只表示物质的物质的量，而不表示分子个数(或原子个数)，因此可以写成分数。 (4)热化学方程式中不用“↑”和“↓”。 (5)由于ΔH与反应物的物质的量有关，所以热化学方程式中物质的化学计量数必须与ΔH相对应，如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。当反应向逆反应方向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。 能力1 能量变化能垒图的突破策略 通览全图，理清坐标含义 能量变化能垒图的横坐标一般表示反应的历程，横坐标的不同阶段表示一个完整反应的不同阶段。纵坐标表示能量的变化，不同阶段的最大能垒即该反应的活化能 细看变化，分析各段反应 仔细观察曲线的变化趋势，分析每一阶段发生的反应是什么，各段反应是放热还是吸热，能量升高的为吸热，能量降低的为放热 综合分析，作出合理判断 综合整合各项信息，紧扣题目要求，作出合理判断。如利用盖斯定律将各步反应相加，即得到完整反应；催化剂只改变反应的活化能，不改变反应的反应热，也不会改变反应物的转化率 能力2热化学方程式书写及正误判断 考向1反应过程中的能量变化 1．(2026·河北邯郸高三联考)减少CO2排放，捕集并利用CO2是我国能源领域的一个重要战略方向。在一定温度和压强下，以CO2、H2为原料制备二甲醚的主要反应如下： ①CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.2kJ·mol−1； ②3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g) ΔH2＝-245kJ·mol−1； ③2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH3 下列说法错误的是( ) A．反应①的反应物总能量低于生成物总能量 B．反应②中形成新化学键释放的总能量大于破坏旧化学键吸收的总能量 C．反应③能表示其在标准状况下的热化学方程式 D．反应③的ΔH3=-121.4kJ•mol-1 2．已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-802.3 kJ·mol-1 ②H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH2=-184.6 kJ·mol-1 ③C(s)+ O2(g)=CO(g )ΔH3=-110.5 kJ·mol-1 ④2SO2(g)+O2(g)2SO3 (g)ΔH4=-197.8kJ·mol-1 下列说法正确的是( ) A．CH4的燃烧热ΔH为—802.3kJ· mol-1 B．1 mol C完全燃烧放出的热量大于110.5kJ C．1 g H2在Cl2中完全燃烧放出184.6kJ的热量 D．一定条件下，2 mol SO2与足量O2充分反应放出197.8kJ的热量 3．燃烧热指101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，如C转化为CO2(g)、H2转化为H2O(l)。已知丙烷的燃烧热ΔH＝-2219.9kJ·mol-1，下列有关丙烷的说法正确的是( ) A．丙烷的燃烧反应中，反应物的焓小于生成物的焓 B．C3H8(g)＋7O2(g)=6CO(g)＋8H2O(l)　ΔH＝-4439.8kJ·mol-1 C．C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝-2219.9kJ·mol-1 D．甲烷的燃烧热ΔH＝-890kJ·mol-1，等质量的甲烷、丙烷完全燃烧甲烷放出的热量多 4．在25℃和101kPa下，2gH2燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量，则下列热化学方程式中书写正确的是 A．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)    ΔH=-142.9kJ/mol B．H2(g)+O2(g)=H2O(l)    ΔH=-285.8kJ/mol C．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)    ΔH=-571.6kJ/mol D．H2(g)+O2(g)=2H2O(l)    ΔH=+285.8kJ/mol 5．根据以下热化学方程式，ΔH1和ΔH2的大小比较错误的是( ) A．Br2(g)+H2(g)=2HBr(g) ΔH1，Br2(l)+H2(g)=2HBr(g) ΔH2，则有ΔH1<ΔH2 B．2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH1，2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) ΔH2，则有ΔH1>ΔH2 C．4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s) ΔH1，4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH2，则有ΔH1<ΔH2 D．C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1，C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH2，则有ΔH1<ΔH2 6．以CO和H2为原料合成甲醇是工业上的成熟方法，直接以CO2为原料生产甲醇是目前的研究热点。我国科学家用CO2人工合成淀粉时，第一步就需要将CO2转化为甲醇。 已知：①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH1=-90.5kJ/mol ②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.1kJ/mol ③2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-483.6kJ/mol 下列说法不正确的是( ) A．若温度不变，反应①中生成1 mol CH3OH(l)时，放出的热量大于90.5 kJ B．CO2与H2合成甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.4kJ/mol C．通过电解制H2和选用高效催化剂，可降低CO2与H2合成甲醇反应的焓变 D．以CO2和H2O为原料合成甲醇，同时生成O2，该反应需要吸收能量 考向2 能量变化图象 7．【能量变化与图象结合】(2026·北京西城高三期中)化学硫碘循环硫化氢分解联产氢气、硫磺是能源研究领域的重要课题。下列说法正确的是( ) A．图1反应若使用催化剂，既可以改变反应路径，也可以改变其 B．图2中若的状态为气态，则能量变化曲线可能为① C．图3中的反应为吸热反应，所以需要加热才能进行 D．由图1、图2和图3可知，   8．(2026·河南新未来联合测评高三联考)利用甲烷与水蒸气重整反应可制备氢气：CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)，其反应过程和能量变化如图所示(图中所有物质均为气态)。下列说法中正确的是( ) A．根据图像无法判断该过程是吸热反应还是放热反应 B．根据图像可推知该反应需要在加热和催化剂条件下才能发生 C．恒温恒容条件下，反应容器内压强不再变化时反应已达限度 D．CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) ΔH＝+(E2-E1)kJ·mol−1 9． 【25年河北卷T2改编】氮化镓()是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3(s)＋2NH3(g)2GaN(s)＋3H2O(g)制备。反应历程(代表过渡态)如图所示，下列说法错误的是( ) A．反应i是吸热过程 B．反应ii中脱去H2O(g)步骤的活化能为 C．反应iii包含总反应的决速步 D．改用更高效的催化剂，NH3的平衡转化率会增大 10．(2026·贵州六盘水一模)丙烯是重要的化工原料，可用丙烷在催化剂a或b作用下发生脱氢反应制备，总反应方程式为CH3CH2CH3(g) CH3CH=CH2 (g)＋H2(g)，反应进程中相对能量变化如图所示[表示吸附态，中部分进程已省略]。 下列说法正确的是( ) A．总反应是放热反应 B．其他条件相同时，催化剂a或b对丙烯的平衡产率无影响 C．与催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态较不稳定 D．①转化为②的进程中，决速步骤为变化 11．(2026·新疆兵地高中示范校高三期中)Shyam Kattle等结合实验与计算机模拟结果，研究了在Pt/SiO2催化剂表面上CO2与H2的反应历程，前三步历程如图所示，吸附在Pt/SiO2催化剂表面上的物种用•标注，Ts表示过渡态。下列有关说法错误的是( ) A．物质被吸附在催化剂表面形成过渡态的过程是吸热过程 B．形成过渡态Ts1的活化能为2.05eV C．前三步历程中有极性键和非极性键的断裂以及极性键的形成 D．反应历程中能量变化最大的反应方程式为： 12．化学反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应过程如图所示。下列说法错误的是 A．过程①、②均放出热量 B．光照和点燃条件下的反应热是相同的 C．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)   ΔH＝－183 kJ·mol－1 D．2mol气态氢原子的能量高于1mol氢气的能量 题型二 盖斯定律及其应用 1．(2025·重庆卷，12，3分)肼(N2H4)与氧化剂剧烈反应，释放大量的热量，可作火箭燃料。已知下列反应： ①2N2H4(g)+3N2O(g)=4N2(g)＋3H2O(l) ΔH1＝akJ·mol−1 ②N2O(g)+3H2(g)= N2H4(l)＋H2O(l) ΔH12＝bkJ·mol−1 ③N2H4(l)＋9H2(g)+4O2(g)=2NH3(g)＋8H2O(l) ΔH3＝ckJ·mol−1 则反应N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)的ΔH(kJ·mol−1)为( ) A． B． C． D． 命题解读 新情境：本题考查热化学方程式的计算，要求考生能够根据已知反应的热化学方程式计算目标反应的反应热。 新考法：本题以肼与氧化剂的反应为载体，考查考生对热化学方程式的理解和计算能力。这体现了热化学方程式在化学反应能量变化分析中的重要性。 新角度：新人教版化学教材中对热化学方程式的计算有系统的讲解，包括反应热的计算方法和盖斯定律的应用等，这就要求掌握热化学方程式的计算方法，能够根据已知反应的热化学方程式计算目标反应的反应热。同时，需要具备对热化学方程式进行综合分析的能力。 2．(2025•北京卷，11，3分)为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是( ) A．NaCl固体溶解是吸热过程 B．根据盖斯定律可知：a+b=4 C．根据各微粒的状态，可判断a＞0，b＞0 D．溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关 命题解读 新情境：本题能离子化合物(NaCl)溶解过程的分步能量模型为载体，要求分析判断热效应、盖斯定律应用、作用力与能量关系。 新考法：氯化钠的溶解过程涉及物质的微观粒子间作用力的变化和能量的转换，是化学热力学的重要内容。本题通过设想氯化铵固体溶于水的两步实现过程，考查学生对溶解过程能量变化的理解和盖斯定律的应用能力。旨在引导学生从能量角度深入理解物质的溶解过程，培养学生的能量观念和分析能力。 新角度：解题过程中，要理解氯化铵溶解过程中的离子键断裂和离子扩散过程，能够运用盖斯定律分析溶解过程中的能量变化关系，能够根据微粒间作用力的强弱解释溶解过程的能量变化。将宏观现象与微观粒子运动相结合，进行能量分析。 3．(2025·海南卷，16)石硫合剂是作物抗病抑菌的无机农药。生产上以硫磺、石灰和水为原料，经加热熬煮得棕红混悬液体。制备反应式： Ⅰ．6S(s)+3Ca(OH)2(s)2CaS2(aq)+ CaS2O3(aq)+3H2O(l) ΔH1 (2)已知：Ⅱ．6S(s)+6OH-(aq)2S22-(aq)+ S2O32-(aq)+3H2O(l) ΔH2 Ⅲ．Ca(OH)2(s)Ca2+ (aq)+ 2OH-(aq) ΔH3 所以ΔH1= (写表达式)。 4．(2025·安徽卷，17)I．通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应： ①HCOOH(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+26.3kJ·mol−1 ②HCOOH(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝-14.9kJ·mol−1 (1)反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的ΔH＝ kJ·mol−1。 5．(2025•甘肃卷，17)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应： 反应1：C2H2(g)＋H2(g)C2H4(g) ΔH1＝-175kJ·mol−1(25℃，101kPa) 反应2：C2H2(g)＋2H2(g)C2H6(g) ΔH2＝-312kJ·mol−1(25℃，101kPa) (1)25℃，101kPa时，反应C2H4(g)＋H2(g)C2H6(g)的ΔH＝ kJ·mol−1。 6．(2025•广东卷，19)钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 (3)以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0molTiCl4与10.0molTi放入容积为V0L的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 ΔH (a) Ti(s)＋TiCl4(g)=2TiCl2(s) ΔH1 (b) TiCl4(g)+TiCl2(s)2TiCl3(g) +200.1 kJ·mol−1 (c) Ti(s)＋3TiCl4(g)4TiCl3(g) +132.4 kJ·mol−1 (d) TiCl3(g)TiCl3(s) ΔH2 ①ΔH1= kJ·mol−1。 7．(2025•陕晋宁青卷，17)MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下： I．MgCO3(s)= MgO(s)+CO2(g) ΔH1＝+101kJ·mol−1 II．CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2= -166kJ·mol−1 III．CO2(g)＋H2(g)= CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝+41kJ·mol−1 (1)计算MgCO3(s)＋4H2(g)=MgO(s)+ CH4(g)＋2H2O(g) ΔH4＝ kJ·mol−1 8．(2025•湖北卷，19)CaH2(s)粉末可在较低温度下还原Fe2O3(s)。回答下列问题： (1)已知一定温度下： CaH2(s)+6Fe2O3(s)=Ca(OH)2(s)+4 Fe3O4 (s) ΔH1＝mkJ·mol−1 2CaH2(s)+ Fe3O4(s)=2Ca(OH)2(s)+3 Fe(s) ΔH2＝nkJ·mol−1 则3CaH2(s)+2Fe2O3(s)=3Ca(OH)2(s)+4 Fe (s)的ΔH3= kJ·mol−1 (用m和n表示)。 9．(2025·四川卷，18)乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气(CO+H2)为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行： ①HCHO(g)＋CO(g)+H2(g)=HOCH2CHO(l) ②HOCH2CHO(l)+H2(g)=HOCH2CH2OH(l) 已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。 物质 HCHO(g) CO(g) H2(g) HOCH2CH2OH(l) -116 -111 0 -455 回答下列问题： (1)生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为 ，ΔS 0(填“>”“<”或“=”)，反应在 (填“高温”或“低温”)自发进行。 知识1 盖斯定律 (1)内容：一个化学反应，不管是一步完成的还是分几步完成的，其反应热是相同的。 (2)特点：在一定条件下，化学反应的反应热只与反应体系的始态、终态有关，而与反应的途径无关。反应热总值一定，如图表示始态到终态的反应热。 则ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝ΔH3＋ΔH4＋ΔH5。 知识2 盖斯定律应用 方法 温馨提醒 (1)当反应式乘以或除以某数时，ΔH也应乘以或除以某数。 (2)反应式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”、“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。 (3)通过盖斯定律计算比较反应热的大小时，同样要把ΔH看作一个整体。 (4)在设计的反应过程中常会遇到同一物质固、液、气三态的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。 (5)当设计的反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。 能力 应用盖斯定律解题步骤 考向1利用盖斯定律计算反应热 1．(2026·浙江省Z20联盟高三一模)油气开采、石油化工、煤化工等工业废气中普遍含有H2S，需要回收处理H2S并加以利用。查阅文献知，对H2S的处理有多种方法。 (1)克劳斯工艺。已知反应： 反应I：2H2S(g)＋3O2(g)2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝-1306kJ·mol−1 反应II：4H2S(g)＋2SO2(g)3S2(g)＋4H2O(g) ΔH2＝+94kJ·mol−1 ①反应III：2H2S(g)＋O2(g)S2(g)＋2H2O(g) ΔH＝__________kJ·mol−1 2．(2025·浙江省温州市高三一模)将硫化氢分解使其转化成氢气和硫具有非常重要的工业意义。 H2S(g)分解反应：2H2S(g)2H2(g)＋S2(g) ΔH1＝+170kJ·mol−1 (1)已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2＝-241.8kJ·mol−1 计算2H2S(g)＋O2(g)2H2O(g)＋S2(g) ΔH3= kJ·mol−1。 3．(2025·浙江省宁波市高三二模)烟气中SO2的去除及回收是一项重要的研究课题。 一定条件下，用CO与高浓度烟气中SO2反应回收硫，发生如下反应：反应1：4CO(g)＋2SO2(g)S2(g)＋4CO2(g) ΔH。 (2)已知CO和S2(g)的标准燃烧热(ΔH)为：-283 kJ/mol、-722 kJ/mol，计算反应1的ΔH= kJ/mol。 4．(2025·浙江省桐乡市三模) “双碳”背景下，以CO2为原料合成CH3OH、H2C2O4等原料有重要的意义。涉及到的反应如下： 已知如下热化学方程式： 反应ⅰ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.2kJ·mol−1 反应ⅱ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2= -49.41kJ·mol−1 反应ⅲ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH3 (1)计算：ΔH3= kJ·mol−1。 考向2盖斯定律综合应用 5． 【25年北京卷T11改编】物质溶解包括两个过程：①溶质分子或离子的离散；②溶质分子或离子和溶剂分子进行新的结合，即溶剂化过程。NaCl固体溶于水过程示意图如下。下列说法错误的是( ) A．a＞4 B．ΔH1+ΔH2=ΔH3 C．溶剂化过程是吸热过程 D．溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关 6．在一定温度压强下，依据图示关系，下列说法不正确的是( ) A．C(石墨)+ CO2(g) =2CO(g)  ΔH=ΔH1-ΔH2 B．1mol C(石墨)和1mol C(金刚石)分别与足量O2反应全部转化为CO2(g) ，前者放热多 C．ΔH5=ΔH1-ΔH3 D．化学反应的△H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关 7．【逻辑思维与科学建模】2 mol金属钠和l mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是( ) A．原子失电子为吸热过程，相同条件下，K(s)的(△H2'＋△H3')<Na(s)的(△H2＋△H3) B．△H4的值数值上和Cl－Cl共价键的键能相等 C．△H2＋△H3＋△H4＋△H5>－(△H6＋△H7) D．2Na(s)＋Cl2(g)＝2NaCl(s)在较低温度下自发进行 8． 氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。 ①HF(aq)+OH-(aq) = F-(aq)+H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1 ②H3O＋(aq)+OH-(aq) = 2H2O(l) ΔH=b kJ·mol-1 ③HF(aq)＋H2O(l)H3O＋(aq)＋F-(aq) ΔH=c kJ·mol-1 ④F-(aq)＋H2O(l)HF(aq)＋OH-(aq) ΔH=d kJ·mol-1 已知：a＜b＜0，下列说法正确的是( ) A．HF的电离过程吸热 B．c=a-b，c＜0 C．c>0，d＜0 D．d=b＋c，d＜0 9．已知[ΔH2、ΔH3、ΔH5对应的反应中O2(g)已省略，且ΔH2＞ΔH5]： 下列说法正确的是( ) A．ΔH1＞0 B．ΔH3的值是CH3CH2CH2CH3(g)的燃烧热 C．ΔH1+ΔH2=ΔH3+ΔH4 D．稳定性：正丁烷>异丁烷 10．天然气使用前需要脱硫，发生下列反应： ①H2S(g)＋O2(g)=SO2(g)＋H2O(g) △H1 ②2H2S(g)＋SO2(g)=S2(g)＋2H2O(g) △H2 ③H2S(g)＋O2(g)=S(g)＋H2O(g) △H3 ④2S(g)=S2(g) △H4 则△H4的正确表达式为( ) A．△H4=(△H1＋△H2-3△H3) B．△H4=(3△H3-△H1-△H2) C．△H4=(△H1-△H2＋3△H3) D．△H4=(△H1-△H2-3△H3) 11．在一定条件下，Xe(g)与F2(g)反应生成XeFn(g)(n=2，4，6)的平衡气体。时主要为XeF6(g)，时主要为XeF4(g)，高温时生成XeF2(g)。其变转化关系如下： 下列说法不正确的是( ) A．ΔH1＜0，ΔH5＜0 B．ΔH5-ΔH4=ΔH3 C．ΔH3＞0 D．ΔH4-ΔH6=ΔH1-ΔH3 12． (2025·陕西省部分学校高三质检)生成热是指由标准状况(101kPa，273K)下最稳定单质生成标准状况下单位物质的量的化合物的热效应或焓变(ΔH)。最稳定的单质的标准生成热规定为零。几种含锡物质的生成热如图所示。下列叙述错误的是( ) A．其他条件相同，最稳定的是SnO2(s) B．SnCl2(s)+Cl2(g)=SnCl4(g) ΔH＝-146.4kJ·mol−1 C．SnO2(s)+ Sn(s)=2SnO(s) ΔH＜0 D．最稳定的在氧气中燃烧生成30.2gSnO2(s)时放出的热量为116.14 kJ 13．相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示，下列推理错误的是( ) A．2△E1≈△E2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比 B．△E2＞△E3，说明分子中交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定 C．3△E1＞△E4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键 D．由图示可知，苯分子具有特殊稳定性 题型三 原电池原理及应用 1.(2025•辽吉黑内卷，13，3分)一种基于Cu2O的储氯电池装置如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重。关于图中装置所示电池，下列说法错误的是( ) A．放电时Na+向b极迁移 B．该电池可用于海水脱盐 C．a极反应：Cu2O+2H2O+ Cl--2e-=Cu2(OH)3Cl+H+ D．若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去储氯能力 命题解读 新情境：本题以储氯电池装置为载体，考查电化学原理、电池反应和电极过程分析，包括电池正负极判断、电极反应式书写以及电池中物质迁移和转化规律的理解。 新考法：本题以储氯电池装置为载体，考查考生对电化学原理的理解和应用能力，培养考生对新能源技术的兴趣和认识， 新角度：电化学原理在能源存储与转换中有广泛应用。需要能根据电池装置图和相关描述判断电池的正负极，写出电极反应式，理解电池中的物质迁移和转化规律，会分析电池的储氯能力和应用场景。 2．(2025·四川卷，14，3分)最近，我国科学工作者制备了一种Ni-CuO电催化剂，并将其与金属铝组装成可充电电池，用于还原污水中的NO3-为NH3，其工作原理如图所示。研究证明，电池放电时，水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化表面的NO3-逐步还原为NH3。 下列说法错误的是( ) A．放电时，负极区游离的OH-数目保持不变 B．放电时、还原1.0molNO3-为NH3，理论上需要8.0mol氢原子 C．充电时，OH-从阴极区穿过离子交换膜进入阳极区 D．充电时，电池总反应为4[Al(OH)4]-=4Al+6H2O+4OH-+3O2↑ 命题解读 新情境：本题以可充电电池为切入口，结合应用电化学知识处理污水，涉及原电池和电解池中电极反应的判断、离子交换膜的作用、电池总反应的判断等内容，需要考生掌握电化学的基本原理和相关反应的书写方法，并能运用其分析和判断电化学装置中的各步变化。 新考法：电化学技术在能源转化和环境保护领域具有广泛应用，本题以我国科学工作者制备的电催化剂与金属铝组装成的可充电电池为背景，考查考生对电化学知识的掌握情况，体现了化学在新能源开发和环境保护方面的重要贡献，有助于引导考生关注电化学领域的最新研究进展，培养其运用化学知识解决能源和环境问题的能力。 新角度：解题过程中，要理解原电池和电解池的工作原理，能够正确书写电极反应式，判断离子交换膜的作用以及电池总反应的合理性，考查了考生的电化学知识和分析判断能力。 3．(2025·江西卷，9，3分)我国学者设计了一种新型去除工业污水重金属离子的电池(如图)。下列说法错误的是( ) 已知：为铜基普鲁士蓝(Cu[Fe(CN)6]0.67·nH2O) A．中的铁为价 B．交换膜为阴离子交换膜 C．洗脱目的是去除电极吸附的 D．溶液可电解再生电池负极 4．(2025·重庆卷，10，3分)下图为AgCl-Sb二次电池的放电过程示意图如图所示。 下列叙述正确的是( ) A．放电时，M极为正极 B．放电时，N极上反应为Ag+Cl--e-=AgCl C．充电时，消耗4 mol Ag的同时将消耗1molSb4O5Cl2 D．充电时，M极上反应为Sb4O5Cl2+12e-+10H+=4Sb+Cl-+5H2O 5．(2025·甘肃卷，12，3分)我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水(pH=8.2)电解系统(如下图)。以新型MoNi/NiMoO4为催化剂(生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法错误的是( ) A．将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率 B．在外电路中，电子从电极1流向电极4 C．电极3的反应为：4OH--4e-=O2↑＋2H2O D．理论上，每通过2mol电子，可产生1molH2 6．(2025•广东卷，16，4分)某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上( ) A．负极反应的催化剂是ⅰ B．图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低 C．电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D．相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同 7．(2025•广东卷，14，4分)一种高容量水系电池示意图如图。已知：放电时，电极Ⅱ上MnO2减少；电极材料每转移1mol电子，对应的理论容量为26.8A·h。下列说法错误的是( ) A．充电时Ⅱ为阳极 B．放电时Ⅱ极室中溶液的pH降低 C．放电时负极反应为： D．充电时16gS能提供的理论容量为26.8A·h 8．(2025·江苏卷，8，3分)以稀H2SO4为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为。下列说法正确的是( ) A．电极a上发生氧化反应生成O2 B．通过质子交换膜从右室移向左室 C．光解前后，H2SO4溶液的pH不变 D．外电路每通过0.01mol电子，电极b上产生0.01molH2 9．(2025·浙江1月卷，12，3分)一种可充放电Li－O2电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为Li2O和Li2O2，随温度升高Q(消耗1molO2转移的电子数)增大。下列说法不正确的是( ) A．熔融盐中LiNO3的物质的量分数影响充放电速率 B．充放电时，Li＋优先于K+通过固态电解质膜 C．放电时，随温度升高Q增大，是因为正极区O2-转化为O22- D．充电时，锂电极接电源负极 10．(2025•湖北卷，15，3分)某电化学制冷系统的装置如图所示。[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+在电极上发生相互转化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动①→②→③→④→①实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列描述错误的是( ) A．阴极反应为[Fe(H2O)6]3++e-=[Fe(H2O)6]2+ B．已知②处的电解液温度比①处的低，可推断[Fe(H2O)6]2+比[Fe(H2O)6]3+稳定 C．多孔隔膜可以阻止阴极区和阳极区间的热交换 D．已知电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。热效应主要来自于电子转移后[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+离子结构的改变 11．(2025•山东卷，12，4分)全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法正确的是( ) A．隔膜为阳离子交换膜 B．放电时，a极为负极 C．充电时，隔膜两侧溶液Fe2+浓度均减小 D．理论上，Fe3+每减少1mol，Fe2+总量相应增加2 mol 知识1 原电池的工作原理 原电池解题模型 可逆电池模型解题 关系图示 解题模型 例：xMg＋Mo3S4MgxMo3S4。 知识2 “五类”依据判断原电池电极 判断依据 电极 电极材料 电极反应 电子流向 离子移向 电极现象 负极 活泼金属 氧化反应 流出 阴离子移向 电极质量减小 正极 不活泼金属或非金属 还原反应 流入 阳离子移向 电极增重或质量不变 知识3“三步”突破原电池电极反应式的书写 第一步：分析氧化还原反应 根据氧化还原反应，分析元素化合价的升降，确定正负极反应物质及电子得失数目 第二步：注意电解质溶液环境 分析电解质溶液的酸碱性及离子参加反应的情况，确定电极反应，写出电极反应式 第三步：合并正、负电极反应 调整两极反应式中得失电子数目相等并叠加，消去电子，得出总反应式 知识4 解答新型化学电源的步骤 (1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。 (2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。 (3)充电电池→放电时为原电池→失去电子的为负极反应。 (4)电极反应→总反应离子方程式减去较简单一极的电极反应式→另一电极反应式。 能力1 原电池的工作原理 能力2 电极反应式的书写 考向1 原电池的工作原理 1．某小组利用下列装置进行电化学实验，下列实验操作及预期现象正确的是( ) A．X和Y与电流表连接，电子由Cu极流向Zn极 B．X和Y与电流表连接，将Zn换成Fe测得电流更大 C．X和Y分别与电源“－”、“＋”极相连，Cu极质量减轻 D．X和Y分别与电源“－”、“＋”极相连，Zn极质量减轻 2． (2025·浙江省温州市三模)铝-空气电池、Mg-AgCl电池，均以海水为电解质溶液。下列叙述中正确的是( ) A．单位质量的负极输出电量：铝-空气电池＞Mg-AgCl电池 B．两种电池均是二次电池 C．铝-空气电池负极反应式：Al+3OH--3e-=Al(OH)3 D．两电池放电时，均是H2O在正极被还原 3． (2025·浙江省湖州、衢州、丽水高三三地市一模)已知水中溶解氧随含盐量的增加而递减。下图为某实验小组探究铁片(含杂质)吸氧腐蚀的示意图： 下列说法正确的是( ) A．闭合K1时，电极A为正极，发生还原反应 B．闭合K2时，电极C的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH- C．断开K2时，铁片D比闭合时的腐蚀更严重 D．为增强铁锅的防护，应在洗净擦干的锅里加适量食盐水 4．(2025·浙江省台州市高三一模)1836年，英国化学家John Frederic Daniell制成了第一个如图所示的双液电池，标志着化学电池进入生产和生活中。 已知反应：Zn(s)-2e-Zn2＋(aq) K1 Cu(s)-2e-Cu2+(aq) K2 K为反应在常温下的平衡常数。下列说法不正确的是( ) A．K1＞K2 B．盐桥中K+向CuSO4溶液移动 C．若将盐桥换成铜棒，电流计不会发生偏转 D．若向CuSO4溶液中加入适量CuSO4固体，电流计偏转程度增大 5．某化学兴趣小组设计如下两个实验证明：①氧化性Fe3+>I2，②反应2Fe3++2I-2Fe2++I2为可逆反应。下列说法中错误的是( ) A．实验1试管中加入淀粉后溶液变蓝，证明该条件下氧化性：Fe3+>I2 B．实验2中的盐桥可用浸透KNO3溶液的脱脂棉填充 C．实验1反应结束后，向试管中加入K3[Fe(CN)6]能判断该反应是否为可逆反应 D．实验2电流表指针不再偏转时，向右侧烧杯中加入碘水电流表指针重新发生偏转，可判断该反应是可逆反应 考向2 新型电源 6．【燃料电池与废水处理结合】(2026·江苏苏州高三联考)MFC-EF耦合装置是微生物燃料电池(MFC)与电芬顿(EF)技术结合的难降解有机废水处理系统，核心是“产电+高级氧化降解”协同工作。“PS”代表产生自由基需要电解活化，但该装置中是用MFC自身的产电替代了外加电源，实现了“无外加电源的电解活化”。其工作原理如下所示： 下列说法错误的是( ) A．外电路中箭头方向为电子的移动方向 B．生成的途径之一为： C．离子交换膜从左侧电极室迁移到右侧电极室 D．左侧电极当消耗时，电路转移电子总数为 7．(2026·江苏基地学校高三大联考)利用电化学原理既能输出电能，又能合成有机物。如图所示装置在输出电能的同时可合成苯胺。该电池工作时，下列说法错误的是( ) A．Al电极为负极 B．H+从负极区经过高分子电解质膜向正极区迁移 C．多孔惰性电极的电极反应式为 D．每转移3 mol电子，理论上可消耗27 g Al 8．(2026·江苏苏州高三联考)浓差电池是利用两极电解质溶液中浓度不同引起的电势差放电的装置。下图是利用“海水河水”浓差电池(不考虑溶解氧的影响)制备H2SO4和NaOH的装置示意图，其中X、Y均为Ag/AgCl复合电极，电极a、b均为石墨，下列说法不正确的是( ) A．电极Y是正极，电极反应为：AgCl+e-=Ag+Cl- B．浓差电池工作时，通过阳离子交换膜向Y极移动 C．c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜 D．相同条件下收集到的气体的体积比 9．(2026·江苏苏州姑苏高三联考)一种Zn-MnO2可充电电池装置如图所示。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，SO42-向阴极方向迁移 B．充电时，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0.65g，MnO2电极生成了0.020molMnOOH 10．(2026·云南保山高三期中)最近，我国科学工作者制备了一种Ni-CuO电催化剂，并将其与金属铝组装成可充电电池，用于还原污水中的NO3-，其工作原理如图所示。研究证明，电池放电时，水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化表面的NO3-逐步还原为NH3。下列说法正确的是( ) A．放电时，负极区游离的OH-数目减少 B．放电时，还原1.0mol NO3-为NH3，理论上需要氢原子 C．充电时，OH-从阳极区穿过离子交换膜进入阴极区 D．充电时，电池总反应为 11．(2026·广东金太阳高三大联考)我国科技工作者研发的直接甲醇无膜微流体燃料电池工作原理如图所示。该电池凭借微流控技术，让燃料与氧化剂像“并行的车道”一样各走各路，无需物理隔膜。已知电池工作时，电极b上[ Fe(CN)6]3-转化为[ Fe(CN)6]4-，下列说法正确的是( ) A．电极a的电势比电极b的电势高 B．电极a的电极方程式为CH3OH+H2O-6e-=CO2＋6H+ C．该电池工作时，电子由电极a经主流道流向电极b D．电池工作时，若电路中转移0.3 mol电子，理论上消耗0.4mol 12．【能量的存储与释放】(2026·安徽阜阳高三期中)科研人员研究了一种全钒液流电池，该电池通过氧化还原反应的相互转化实现了能量的存储与释放，符合“双碳”目标下储能领域的发展需求。该电池的放电原理：V2++VO2++2H+=V3++VO2++H2O，装置如图所示。下列说法正确的是( ) A．放电时电子沿外电路由N极流向M极，M极电势高于N极 B．隔膜为质子交换膜，放电过程中沿导线由N极向M极迁移 C．放电时每转移1mol电子，c(H＋)降低2mol·L-1 D．放电时M极反应：VO2++2H+-e-= VO2++H2O 13．【新型电池】(2026·湖北T8联考高三模拟)我国固体运载火箭所用的高性能锂储备电池，其正极材料为干荷电态高电压钴酸锂(=Li1-xCoO2)。将高电压钴酸锂极片(LiCoO2)和人造石墨/金属锂极片、隔膜、有机电解液封装成电池，充电至4.4 V后取出极片，真空干燥，即得到所需正极材料。该电化学脱锂过程示意图如下： 下列说法错误的是( ) A．人造石墨/金属锂极片作阴极 B．高电压钴酸锂极片脱锂的电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+Li+ C．脱锂过程中阴、阳两极的电势差增大 D．为节约成本，有机电解液可用水代替 题型四 电解原理及应用 1．(2025•陕晋宁青卷，13，3分)我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醒(TQ)。电极b表面的主要反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂)，下列说法错误的是( ) A．电解时，从右室向左室移动 B．电解总反应： C．以为原料，也可得到TQ D．用标记电解液中的水，可得到 命题解读 新情境：以我国科研人员采用电解池合成百里醒为背景，考查学生对电解原理的理解和应用能力，体现了化学在有机合成中的创新应用。 新考法：把电解原理与反应历程有机融合，考查电解池合成百里醒过程的理解，包括离子移动方向、电解总反应、原料转化、同位素标记等方面的判断。 新角度：学生把历程与同位素等嵌入电解过程中，理解电解池的工作过程，并能运用所学知识进行相关判断。 2．(2025•河南卷，12，3分)一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。 下列说法正确的是( ) A．Ⅱ为阳离子交换膜 B．电极a附近溶液的减小 C．电极b上发生的电极反应式为[ Fe(CN)6]4-+e-=[ Fe(CN)6]3- D．若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5gNaCl，理论上可回收1molLiCl 命题解读 新情境：本题以液流电解池实现海水淡化及锂回收的工作原理为切入点，综合考查电解原理应用，涉及电极反应、离子交换膜作用、溶液 pH 变化、物质回收计算等内容，需结合原理判断说法正误。 新考法：海水淡化与资源回收是资源利用的重要课题，试题引导考生了解新技术在资源回收中的应用，培养资源回收意识与科技创新思维，体现化学在资源循环利用中的价值。 新角度：体现“能分析化学科学在开发利用自然资源等方面的价值和贡献” 的目标相符，掌握电解池工作原理，理解离子交换膜在电解池中的作用，能进行物质回收相关计算，增强考生对资源回收重要性的认识。 3．(2025·海南卷，13，4分)用电解方法在铝表面转化生成致密氧化膜，实现对铝工件的保护。装置示意如图。电解过程中铝工件表面上有少量气泡逸出。下列说法错误的是( ) A．铝工件连接电源正极 B．槽电压越高，氧化膜的形成速率越快 C．电路中每转移6 mol e-，铝工件增重48 g D．为获得更加致密的氧化膜，工作过程中，应选择适当电流密度 4．(2025·北京卷，14，3分)用电解Na2SO4溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取Na2SO4溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验。 实验 电极I 电极Ⅱ 电压/V 关系 i 石墨1 石墨2 a a＞d＞c＞b＞0 ii 石墨1 新石墨 b iii 新石墨 石墨2 c iv 石墨1 石墨2 d 下列分析不正确的是( ) A．a＞0，说明实验i中形成原电池，反应为2H2+O2=2H2O B．b＜d，是因为ii中电极Ⅱ上缺少H2作为还原剂 C．c＞0，说明iii中电极I上有O2发生反应 D．d＞c，是因为电极I上吸附H2的量：iv>iii 5．(2025·全国新课标卷，4，6分)某研究小组设计如下电解池，既可将中性废水中的硝酸盐转化为氨，又可将废塑料(PET)碱性水解液中的乙二醇转化为羟基乙酸盐，实现变废为宝。 电解时，下列说法错误的是( ) A．阳极区下降 B．从阴极区向阳极区迁移 C．阴极发生反应NO3-+7H2O+8e-=NH3·H2O+9OH- D．阴极转化1molNO3-，阳极将生成4 molHOCH2COO- 6．(2025·湖南卷，9，3分)一种电化学处理硝酸盐产氨的工作原理如图所示。下列说法错误的是( ) A．电解过程中，K+向左室迁移 B．电解过程中，左室中NO2-的浓度持续下降 C．用湿润的蓝色石蕊试纸置于b处，试纸先变红后褪色 D．NO3-完全转化为NH3的电解总反应：NO3-+8Cl-+6H2ONH3↑+9OH-+4Cl2↑ 7．(2025·福建卷，9，4分)一种无膜电合成碳酸乙烯酯(C3H4O3)的工作原理如图。下列说法正确的是( ) A．电源a极为负极 B．反应中Br-的物质的量不断减少 C．总反应为C2H4+CO2+H2O=C3H4O3+H2 D．“反应Ⅱ”为CO2+BrCH2CH2OH=C3H4O3+H++Br- 8．(2025•河北卷，10，3分)科研工作者设计了一种用于废弃电极材料LixCoO2(x＜1)再锂化的电化学装置，其示意图如下： 已知：参比电极的作用是确定LixCoO2再锂化为LiCoO2的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正确的是( ) A．LixCoO2电极上发生的反应：LixCoO2+xe-+xLi＋=LiCoO2 B．产生标准状况下5.6LO2时，理论上可转化的LixCoO2 C．再锂化过程中，SO42-向LixCoO2电极迁移 D．电解过程中，阳极附近溶液pH升高 9．(2025•云南卷，11，3分)一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中H2O解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。除硼原理：[B(OH)4]-+H+=H3BO3+H2O。下列说法错误的是( ) A．Pt电极反应：4OH--4e-=O2↑＋2H2O B．外加电场可促进双极膜中水的电离 C．Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜 D．Ⅳ室每生成1molNaOH，同时Ⅱ室最多生成1molB(OH)3 10．(2024·湖北卷，14，3分)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1molH3N+CH2COOH双极膜中有4molH2O解离 C．阳极总反应式2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O D．阴极区存在反应H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O 知识1 电解原理 电解 规律 电极反应式书写 微粒迁移方向 电子：电源负极阴极、阳极正极 离子：阳离子—→阴极，阴离子—→阳极 二次电池 ①充电反应正好是放电反应的逆反应。看清“充电、放电”的方向，放电时为原电池，充电时则是电解池，右图是二次电池充电装置。 ②记忆：正正负负 温馨提醒 ①K＋、Ca2＋、Na＋、Mg2＋、Al3＋离子在溶液中不放电！是水电离的H＋放电！ ②电镀是特殊的电解，阳极——镀层金属 阴极——镀件 电解液——含镀层金属阳离子 ③记乙：阴得(阴德)——阴极得电子；痒痒——阳极发生氧化反应 知识2 电解原理的应用 (1)电解饱和食盐水。 阳极反应式：2Cl－－2e－===Cl2↑(氧化反应) 阴极反应式：2H＋＋2e－===H2↑(还原反应) 总反应方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ 离子反应方程式：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑ 2．电镀和电解精炼铜 电镀(Fe上镀Cu) 电解精炼铜 阳极 电极材料 镀层金属铜 粗铜(含Zn、Fe、Ni、Ag、Au等杂质) 电极反应 Cu－2e－===Cu2＋ Cu－2e－===Cu2＋，Zn－2e－===Zn2＋， Fe－2e－===Fe2＋，Ni－2e－===Ni2＋ 阴极 电极材料 待镀金属Fe 纯铜 电极反应 Cu2＋＋2e－===Cu 电解质溶液 含Cu2＋的盐溶液 电解精炼铜时，粗铜中的Ag、Au等不反应，沉积在电解槽底部形成阳极泥，阳极泥可作为提炼金、银等金属的原料 (4)电冶金 利用电解熔融盐的方法来冶炼活泼金属Na、Ca、Mg、Al等 总方程式 阳极、阴极反应式 冶炼钠 2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑ 2Cl－－2e－===Cl2↑，2Na＋＋2e－===2Na 冶炼镁 MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑ 2Cl－－2e－===Cl2↑，Mg2＋＋2e－===Mg 冶炼铝 2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑ 6O2－－12e－===3O2↑，4Al3＋＋12e－===4Al 能力1 电化学题解题策略 能力2 “串联”类装置的解题流程 考向1电解法制备物质 1．(2026·陕西商洛高三期中)常温下，通过电解使CO2转化为甲酸的装置如图所示，催化剂为掺杂Bi纳米片。极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。下列说法正确的是( ) A．极与外接电源的负极相连 B．“交换膜”只允许阴离子通过 C．极的电极反应式主要为CO2+2H＋＋2e-=HCOOH D．产生1molO2时，极得到4molCO 2．(2026·山东九五高中协作体高三联考)如图所示的循环系统可实现光分解水制氢。已知循环系统稳定工作时，电解池A中流入和流出的HI浓度分别为和，光催化反应生成的速度为，循环系统中溶液的流量为Q(单位时间内流过的溶液体积)。下列说法中错误的是( ) A．电解池B中的反应为4Fe3＋+2H2OO2↑+4H++4Fe2+ B．若电解池A中生成3.36LH2 (标准状况)，则电解池B中生成 C． D．本装置中至少涉及4种形式的能量转化 3．(2025·浙江省Z20名校联盟三模)电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，工作原理如图1所示。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定。下列说法不正确的( ) A．离子交换膜应该选择阳离子交换膜 B．阳极的电极反应式为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O C．由图2可知，N点Na2FeO4浓度低是由于c(OH―)过高，铁电极上可能有Fe(OH)3生成 D．电解产生6.72LH2(标况)时，电路中转移电子数目为0.6NA 4．【2024辽吉黑卷第12改编】“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”需要较高电压、反应速率缓慢等问题，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： 。下列说法不正确的是( ) A．电解时OH-通过阴离子交换膜向极方向移动 B．相同电量下H2理论产量是传统电解水的1.5倍 C．在一定电压下，极可能产生O2 D．阳极反应：2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+2H2O+H2↑ 5．科学家利用多晶铜高效催化电解CO2制乙烯，原理如图所示。已知：电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法正确的是( ) A．铂电极为阳极，产生的气体是O2和CO2 B．铜电极的电极反应式为2CO2+12HCO3-+12e-=C2H4+12CO32-+4H2O C．通电过程中，溶液中HCO3-通过阴离子交换膜向右槽移动 D．当电路中通过0.6 mol电子时，理论上能产生C2H41.12L 6．通过NO协同耦合反应，实现了NO的电催化歧化，并同时合成了双氮产物(NH3和硝酸盐)是实现可持续固氮的一种极具潜力的方法，装置如图。下列说法正确的是( ) A．电解液E为阳极电解液，呈酸性 B．电极B的电极反应：NO+2H2O-3e-= HNO3-+3H+ C．中间层的OH-、分别透过选择性离子膜向A、B极迁移 D．若电解一段时间后，取两极所有产物于溶液中反应，可得硝酸盐和硝酸 考向2应用电解原理消除污染 7．(2026·广东深圳高三期中)某矿区污泥含有大量的由于添加胶吸附而不易被水浸出的Na2CrO4，技术革新小组试验采用电解法从污泥中分离出含铬溶液，电解装置结构如图。下列说法不正确的是( ) A．经过电解反应后最终在B极区获得含铬阴离子 B．分离出的含铬阴离子可能以Cr2O72-的形式存在 C．在A极区附近滴几滴酚酞溶液颜色变化不明显 D．甲乙两者分别是阴离子交换膜和阳离子交换膜 8． (2025·河北省豫西北教研联盟高三联考)2024年我国科学家开发了一种质子交换膜()系统，可在催化剂(源自废铅酸电池)上将二氧化碳还原为甲酸，其电解原理如图1所示。同时减少碳酸盐沉淀的生成，有望高效实现CO2向甲酸的转化，CO2转化过程中的PpH与电极电势关系如图2所示。下列有关说法错误的是( ) A．多孔层可以增大气体与催化剂的接触面积，有利于反应 B．外电路每转移电子，有的自右侧经过质子交换膜到左侧 C．在pH=2的条件下，可发生CO2+2H＋+2e-=HCOOH D．pH=12时，可生成碳酸盐沉淀，不利于甲酸的生成 9． (2025·河北省石家庄市百校高三联考)如图1所示为一种用双氧水去除废水中的持久性有机污染物的工作原理，工作10min时，Fe2+、H2O2电极产生量(mmol-1)与电流强度关系如图2所示： 下列说法正确的是( ) A．图1装置需不断补充Fe3+ B．Pt电极为阳极，苯酚在Pt电极失电子生成CO2 C．据图2可知电流强度越高，去除苯酚的效果越好 D．若处理47.0g苯酚，理论上消耗14molH2O2 10．基于甲烷蒸汽重整工业制氢面临着大量的“碳排放”，我国科技工作者发明了一种电化学分解甲烷的方法，从而实现了碳和水的零排放方式生产氢气。电化学反应机理如下图所示。下列判断正确的是( ) A．上述电化学装置中电解质可使用水溶液 B．阳极反应：CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2 C．既是阴极的生成物，也是阴极的反应物 D．理论上阳极生成1.5mol气体，电路中转移8mol电子 题型五 金属的腐蚀与防护 1．(2025·广西卷，11，3分)大型发电机的定子线圈由空芯铜导线缠绕制成。发电机运行时，需向铜导线的空芯通冷水降温，铜导线内壁因发生电化学反应生成Cu2O层。一段时间后，Cu2O表面产生的沉积物会造成堵塞，空芯铜导线截面如图。下列说法错误的是( ) A．Cu2O层对铜导线起保护作用 B．正极生成Cu2O的电极反应式为4Cu++O2+4e-=2Cu2O C．沉积物的成分可能有CuO、Cu2(OH)2CO3 D．腐蚀最严重的区域是沉积物最多之处 命题解读 新情境：本题以铜导线为切入口，巧妙考查电化学腐蚀原理，包括电极反应式书写、沉积物成分分析、腐蚀区域判断，体现化学知识在生产领域的应用。 新考法：本题以发电机铜导线腐蚀为情境，体现化学在工业设备维护中的应用，考查电化学知识的实际运用。 新角度：能判断腐蚀过程的阴极和阳极，书写电极反应式；能分析氧化膜的保护作用、沉积物的可能成分及腐蚀最严重的区域，能运用氧浓差电池模型解释局部腐蚀现象。 2．(2024·广东卷，5，2分)我国自主设计建造的浮式生产储御油装置“海葵一号”将在珠江口盆地海域使用，其钢铁外壳镶嵌了锌块，以利用电化学原理延缓外壳的腐蚀。下列有关说法正确的是( ) A．钢铁外壳为负极 B．镶嵌的锌块可永久使用 C．该法为外加电流法 D．锌发生反应： 3．(2024·浙江1月卷，13，3分)破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成[Zn(NH3)4]2+和H2，下列说法不正确的是( ) A．氨水浓度越大，腐蚀趋势越大 B．随着腐蚀的进行，溶液pH变大 C．铁电极上的电极反应式为： 2NH3+2e-=H2↑＋2NH2- D．每生成标准状况下22.4mLH2，消耗0.010 mol Zn 4．(2024·浙江6月卷，13，3分)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。下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+2H2O+4e-=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 知识1 析氢腐蚀和吸氧腐蚀的比较 类型 析氢腐蚀 吸氧腐蚀 条件 水膜呈酸性 水膜呈弱酸性或中性 正极反应 2H＋＋2e－===H2↑ O2＋2H2O＋4e－===4OH－ 负极反应 Fe－2e－===Fe2＋ 其他反应 Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 Fe(OH)3失去部分水转化为铁锈 知识2 金属电化学保护的两种方法 能力 金属腐蚀与防护解题步骤 考向1 金属的腐蚀 1．【金属腐蚀与图象结合】(2026·河南名校协作体高三期中联考)氯化钙、醋酸钙两种融雪剂在5℃下对溶解氧的浓度的影响(图1)和对碳钢(铁碳合金)的腐蚀速率的影响(图2)如图所示。下列说法错误的是( ) A．水中溶氧量的大小主要与离子浓度有关，而与离子种类基本无关 B．当水中不含融雪剂时，碳钢的腐蚀速率一定最快 C．在上述盐溶液条件下，碳钢主要发生吸氧腐蚀 D．相同温度下，同浓度的两种融雪剂溶液的pH不同 2．(2025·浙江省北斗星盟高三联考)在浓溶液中及空气存在下，矿砂中的单质银发生吸氧腐蚀生成[AgCl2]-，再加入锌粉生成[ZnCl4]2-和纯度较高的单质银，下列说法正确的是( ) A．提高浓度有利于单质银的溶解 B．发生腐蚀时正极的电极反应式为O2＋4H＋＋4e-=2H2O C．随着腐蚀的进行，溶液的减小 D．加入锌粉反应后，溶液中阴离子总浓度增大 3．(2025·浙江省Z20名校联盟高三开学考试)表面皿中都装有混合了饱和食盐水、酚酞和铁氰化钾溶液的琼脂，分别将缠有铜丝的铁钉(图A)和缠有锌皮的铁钉(图)放置其中，如图所示。下列说法不正确的是( ) A．图中铁钉受锌皮保护，为牺牲阳极的阴极保护法 B．图中铁钉上的电极反应式：2H2O+2e-=H2↑＋2OH- C．离子在半凝固态的琼脂内可定向移动 D．图中，会出现蓝、红、蓝三个色块 4． “千年锈色耐人寻”。Cu2(OH)3Cl是铜锈中的“有害锈”，生成原理如图。下列说法不正确的是 A．正极反应：O2＋4e-＋4H＋=2H2O B．铜失去电子，发生氧化反应 C．潮湿的环境中更易产生铜锈 D．明矾溶液可清除Cu2(OH)3Cl 5．【逻辑思维与科学建模】 (2025·浙江省温州市高三一模)钢铁在潮湿空气中的电化学腐蚀基本化学原理如下图所示。下列说法不正确的是( ) A．Fe、C构成原电池的外电路 B．钢铁表面可发生反应：O2+2CO2+4e-=2CO32- C．吸氧腐蚀与析氢腐蚀可先后发生 D．利用电化学腐蚀可测定空气中氧气的含量 考向2 金属腐蚀的防护 6．(2026·河北沧州高三期中)金属腐蚀对生产和生活影响很大。下列有关金属防护的说法正确的是( ) A．铁上镀铜比镀锌更能延长铁的使用寿命 B．将新制的金属元件涂抹油并密封保存，可减缓腐蚀 C．为了保护桥梁钢构，可将其与电源的正极相连 D．日常生活中，最常见的钢铁腐蚀为化学腐蚀 7．(2026·北京朝阳高三期中)一种对海水中钢闸门进行防护的示意图如下。下列说法不正确的是( ) A．该方法通过强制电子流向钢闸门，使钢闸门表面腐蚀电流降至零而起到防护作用 B．保护电流应根据环境条件变化进行调整 C．外加电流偏高，钢闸门表面可能发生：2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2 D．可选择惰性电极(如高硅铸铁等)作为辅助阳极 8．(2026·山东荷泽高三期中)将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在如图所示的情境中，下列有关说法错误的是( ) A．该保护钢铁的方法属于牺牲阳极法 B．金属M作负极，钢铁设施作正极，金属M的活动性比Fe的活动性强 C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护 D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快 9．(2026·江苏连云港高三期中)利用外加电流的阴极保护法减缓海水中钢铁闸门的腐蚀，其装置如图所示。下列有关说法正确的是( ) A．该保护法实现了电能全部转化为化学能 B．钢闸门作阳极，与电源的正极相连 C．辅助电极可以使用石墨 D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快 10．(2025·浙江省第一届NBchem高三选考模拟考试)城镇地面下常埋有纵横交错的金属管道，当金属管道或铁轨在潮湿土壤中形成电流回路时，就会引起这些金属制品的腐蚀。为了防止这类腐蚀的发生，某同学设计图所示的装置。下列有关说法中正确的是( ) A．电流由Mg经过导线流向钢铁制品 B．块表面随着时间的进行，会有Mg(OH)2产生 C．钢铁管道与电源正极相连的保护法是外加电流保护法 D．应选用电阻率小的导体，比如Ag来避免能量损耗 11．(2025·浙江省新阵地教育联盟高三第一次联考)我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀，防护原理如图所示。下列说法不正确的是( ) A．通电时，锌环是阳极，发生氧化反应 B．通电时，阴极上的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑＋2OH- C．把锌环换成锡环后，断电时，仍能防止铁帽被腐蚀 D．断电时，正极上的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH- 12．钢铁的防护有多种方法，下列对于图中的方法描述错误的是( ) A．a、b以导线连接，辅助电极发生氧化反应 B．a、b以导线连接或以电源连接，辅助电极的材料可能都含有Zn C．a、b分别连接直流电源，通电后外电路电子被强制从辅助电极流向钢铁闸门 D．a、b分别连接直流电源的负极、正极，该方法是牺牲阳极的阴极保护法 13．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。下列说法正确的是( ) A．铁闸主要发生的是析氢腐蚀 B．将铁闸与石墨相连可保护铁闸 C．铁腐蚀时的电极反应式：Fe－3e－===Fe3＋ D．图中生成铁锈最多的是乙区域 14．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，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．蚀孔外每吸收2.24LO2，可氧化0.2molFe C．由于孔蚀中Fe3+水解导致电解质酸性增强 D．孔隙中可以发生析氢腐蚀 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司5 / 74 学科网（北京）股份有限公司 $