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专题五　化学反应与能量
层级一　考点突破
01
1．吸热反应和放热反应
(1)从总能量的相对大小的角度判断
考点一　化学能与热能
(2)从反应热的量化参数——键能的角度判断
2．热化学方程式书写的步骤及要求
3．反应热的计算
(1)利用键能计算ΔH的方法
①计算公式：ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能。
②计算关键：利用键能计算反应热的关键，就是要算清物质中化学键的种类和数目。
(2)依据燃烧热(摩尔燃烧焓)数据，利用公式直接计算反应热。
反应热＝燃烧热×n(可燃物的物质的量)
(3)“盖斯定律”型反应热(焓变)的运算规则
热化学方程式 焓变之间的关系
反应Ⅰ：aA(g)===B(g)
ΔH1
反应Ⅱ：B(g)===aA(g)
ΔH2 ΔH1＝－ΔH2
热化学方程式 焓变之间的关系
ΔH＝ΔH1＋
ΔH2＝ΔH3＋
ΔH4＋ΔH5
√
2．(1)(2023·全国乙卷改编)已知下列热化学方程式(其中x＝4、y＝1)：
①FeSO4·7H2O(s)===FeSO4(s)＋7H2O(g)　ΔH1＝a kJ·mol－1
②FeSO4·xH2O(s)===FeSO4(s)＋xH2O(g)　ΔH2＝b kJ·mol－1
③FeSO4·yH2O(s)===FeSO4(s)＋yH2O(g)　ΔH3＝c kJ·mol－1
则FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)===2(FeSO4·xH2O)(s)的ΔH＝__________________________kJ·mol－1。
(2)发射卫星时用肼(N2H4)作燃料，用NO2作氧化剂(反应生成N2、水蒸气)和用F2作氧化剂(反应生成N2、HF)的反应原理如图所示。
通过计算，可知原理Ⅰ和原理Ⅱ氧化气态肼生成氮气的热化学方程式分别为_________________________、_______________________，消耗等量的N2H4(g)时，释放能量较多的是原理________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
＋2F2(g)===N2(g)＋4HF(g)　ΔH，此反应可由②＋2×③－④得出，所以ΔH＝ΔH2＋2ΔH3－ΔH4＝－534 kJ·mol－1＋2×(－538 kJ·
mol－1)－(－484 kJ·mol－1)＝－1 126 kJ·mol－1。由所得两个热化学方程式可知，消耗等量的N2H4(g)时，释放能量较多的是原理Ⅱ。
考向2| 盖斯定律　反应热的计算与比较
3．已知反应：
①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1，
②N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)　ΔH2，
③N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH3，
则反应4NH3(g)＋7O2(g)===4NO2(g)＋6H2O(g)的ΔH为(　　)
A．2ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3
B．ΔH1＋ΔH2－ΔH3
C．3ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3
D．3ΔH1＋2ΔH2＋2ΔH3
C　解析：根据盖斯定律，将①×3＋②×2－③×2，整理可得4NH3(g)＋7O2(g)===4NO2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝3ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3，故选C。
√
4．已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1
3H2(g)＋Fe2O3(s)===2Fe(s)＋3H2O(g)　ΔH2
2Fe(s)＋1.5O2(g)===Fe2O3(s)　ΔH3
2Al(s)＋1.5O2(g)===Al2O3(s)　ΔH4
2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)　ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是(　　)
A．ΔH1＜0，ΔH3＞0
B．ΔH5＜0，ΔH4＜ΔH3
C．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
D．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5
√
B　解析：2Fe(s)＋1.5O2(g)===Fe2O3(s)为化合反应，属于放热反应，所以ΔH3＜0，A不正确；2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)为铝热反应，属于放热反应，ΔH5＜0，ΔH5＝ΔH4－ΔH3<0，所以ΔH4＜ΔH3，B正确；ΔH1为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)的反应热，ΔH2＋ΔH3为3H2(g)＋1.5O2(g)===3H2O(g)的反应热，所以ΔH1≠ΔH2＋ΔH3，C不正确；依据盖斯定律，ΔH3＝ΔH4－ΔH5，D不正确。
②Cr2O3催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图所示，X(g)―→Y(g)过程的焓变为___________________________________
_______________________________________(列式表示)。
(2)(2023·全国甲卷节选)甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。
已知下列反应的热化学方程式：
①3O2(g)===2O3(g)
K1　ΔH1＝285 kJ·mol－1
②2CH4(g)＋O2(g)===2CH3OH(l)　K2
ΔH2＝ －329 kJ·mol－1
反应③CH4(g)＋O3(g)===CH3OH(l) ＋O2(g)的ΔH3＝________ kJ·mol－1，平衡常数K3＝________(用K1、K2表示)。
反应热计算中的注意事项
1．物理变化也会有热效应
在物理变化过程中，也会有能量变化，虽然不属于吸热反应或放热反应，但在进行相关反应热计算时，必须要考虑发生物理变化时的热效应，如物质的三态变化或物质溶解过程中的能量变化等。
考向3| 反应历程中能垒图像的分析
6．(双选)我国科研人员在银催化简单烷烃的区域选择性方面的研究取得了重大突破。下图所示为一种烷烃C—H的选择性插入反应历程。下列说法错误的是(　　)
A．升高温度三个反应的速率均增大
B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质中，最稳定的是Ⅱ
C．总反应速率取决于由中间体1生成中间体2的一步
D．催化剂对化学反应具有选择性，生成不同产物的同时改变了反应的焓变
√
√
BD　解析：升高温度使反应速率增大，A项正确；物质能量越低越稳定，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质中，最稳定的是Ⅰ，B项错误；化学反应的速率取决于历程中慢反应的过程，中间体1生成中间体2的反应为吸热反应，且活化能最大，决定了总反应速率，C项正确；催化剂具有选择性，只影响化学反应速率，不改变反应的焓变，D项错误。
7．工业上利用NH3对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的SCR技术具有效率高、性能可靠的优势。SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，反应进程中的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是(　　)
√
8．甲酸被认为是理想的氢能载体，我国科技工作者运用DFT计算研究单分子HCOOH在催化剂表面分解产生H2的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。
回答下列问题：
(1)该历程中决定正反应速率步骤的能垒(活化能)E正＝________eV，该步骤的反应方程式为______________________________________
_______________________________________________________________________________________________________。
(2)该历程甲酸分解制氢气的热化学方程式为____________________
_______________________________________________________。
解析：(1)反应所需能垒(活化能)越大，反应速率越小，而决定该历程反应速率的是反应速率最小的一步，即决速反应是能垒最高的一步，该历程中三步的能垒分别为[0.77－(－0.21)] eV＝0.98 eV、(0.89－0.11) eV＝0.78 eV、[0.46－(－0.08)] eV＝0.54 eV，所以该历程中决速步骤的能垒为0.98 eV，该步骤的反应方程式为HCOOH*===HCOO*＋H*。(2)结合反应历程可知，1个HCOOH(g)分解得到1个CO2(g)和1个H2(g)释放0.15 eV 能量，所以热化学方程式为HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－0.15NA eV·mol－1。
答案：(1)0.98　HCOOH*===HCOO*＋H*
(2)HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g)
ΔH＝－0.15NA eV·mol－1
反应历程图像中总反应的活化能、决速步骤(最高能垒)、焓变的判断或计算
(1)活化能(Ea)：对于基元反应，过渡态的能量与反应物的平均能量之差。
如图所示，反应物的能量至最高点(过渡态)的能量数值表示正反应的活化能E1，从最高点(过渡态)的能量至生成物的能量数值表示逆反应的活化能E2，ΔH＝E1－E2。
(2)若一个化学反应存在多个过渡态时，总反应的活化能等于反应物与具有最高能量过渡态的能量之差的绝对值。
(3)催化剂能降低反应的活化能，增大化学反应速率，但不影响焓变的大小及反应物的平衡转化率。ΔH仅取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小。
1．两大工作原理
考点二　原电池　化学电源
2．原电池中正、负极判断的5种方法
3．燃料电池电极反应的书写[以CH4、O2、熔融碳酸盐(Li2CO3)燃料电池为例]
1．(2024·济南模拟)我国科学家发现，利用如下装置可以将邻苯二醌类物质转化为邻苯二酚类物质，已知双极膜(膜a、膜b)中间层中的H2O可解离为H＋和OH－。下列说法错误的是(　　)
√
2．(2024·菏泽二模)以并五苯四酮(PCT)和石墨为电极、室温离子液体[Pyr14]＋[TFSI]－为电解液的双离子二次电池如图所示。电池工作时，离子可逆地嵌入电极或从电极上脱离返回电解液中。已知放电时，[Pyr14]＋向石墨电极移动。下列说法错误的是(　　)
A．放电时，PCT电极发生氧化反应
B．充电时，[TFSI]－从石墨电极上脱嵌进入溶液
C．充电时，阴极的电极反应为PCT＋n[Pyr14]＋＋ne－===[Pyr14]nPCT
D．为满足体积更大的离子通过，双离子电池的隔膜需要有高孔隙率
√
B　解析：放电时，[Pyr14]＋向石墨电极移动，阳离子向正极移动，正极为石墨电极，PCT电极发生氧化反应，是负极，A正确；充电时，[TFSI]－从溶液中嵌入石墨电极，B错误；充电时，PCT电极为阴极，阴极的电极反应为PCT＋n[Pyr14]＋＋ne－===[Pyr14]nPCT，C正确；为满足体积更大的离子通过，双离子电池的隔膜需要有高孔隙率，D正确。
3．我国科学家在研究HCOOH燃料电池方面有重大进展，装置如图所示，两电极区间用离子交换膜隔开。下列说法正确的是(　　)
√
4．(2024·安徽卷)我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如图所示。该电池分别以Zn-TCPP(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以ZnSO4和KI混合液为电解质溶液。下列说法错误的是(　　)
√
Zn2＋＋2e－===Zn，被还原的Zn2＋主要来自电解质溶液，C错误；放电时，负极的电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，因此消耗0.65 g Zn(物质的量为0.01 mol)，理论上转移0.02 mol电子，D正确。
原电池中电极反应书写三步走
(1)列物质，标得失：根据负极发生氧化反应，正极发生还原反应，写出参加反应的粒子和得失电子数。
(2)看环境，配守恒：注意溶液的酸碱性，适当在电极反应两边添加H＋、OH－、H2O等，以遵循电荷守恒和质量守恒。同时注意电极反应产物是否与电解质溶液反应。
(3)两式加，验总式：两电极反应相加，与总反应方程式对照验证。
1．电解池的工作原理(阳极为惰性电极)
考点三　电解池　金属的腐蚀与防护
2．电解池中阴、阳极的判断方法
3．电解池的电极反应及其放电顺序
4．电解规律(阳极为惰性电极)
电解类型 电解质实例 溶液复原物质
电解水 NaOH、H2SO4或Na2SO4 水
电解电解质 HCl或CuCl2 原电解质
放氢生碱型 NaCl HCl气体
放氧生酸型 CuSO4或AgNO3 CuO或Ag2O或CuCO3或Ag2CO3
5.析氢腐蚀和吸氧腐蚀的比较(以钢铁为例)
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
6.金属电化学保护的两种方法
7．金属腐蚀快慢的一般规律
(1)金属腐蚀类型的差异
电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。
(2)电解质溶液的影响
①对同一金属来说，腐蚀的快慢(浓度相同)：强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。
②对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，腐蚀越快。
(3)活泼性不同的两金属活泼性差别越大，腐蚀越快。
A．电解一段时间后阳极区c(OH－)减小
B．理论上生成1 mol H3N＋CH2COOH双极膜中有4 mol H2O解离
C．阳极总反应为2HCHO＋4OH－－2e－===2HCOO－＋H2↑＋2H2O
D．阴极区存在反应H2C2O4＋2H＋＋2e－===CHOCOOH＋H2O
√
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＋2H＋＋2e－===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＋5H＋＋4e－===H3N＋CH2COOH＋H2O。根据分析，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项正确；根据分析，阴极区的总反应为H2C2O4＋HO—N＋H3＋6H＋＋
6e－===H3N＋CH2COOH＋3H2O,1 mol H2O解离成1 mol H＋和
1 mol OH－，故理论上生成1 mol H3N＋CH2COOH双极膜中有6 mol H2O解离，B项错误；结合装置图，阳极总反应为2HCHO＋4OH－2e－===2HCOO－＋H2↑＋2H2O，C项正确；根据分析，阴极区的Pb上发生反应：H2C2O4＋2H＋＋2e－===CHO—COOH＋H2O，D项正确。
2．(2024·山东卷)以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制H2和O2，装置如图所示。下列说法错误的是(　　)
√
3．(双选)某科研团队以KOH溶液为电解质，CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料，电催化合成偶氮化合物( )的装置如图所示(R代表烃基)。下列说法不正确的是(　　)
A．若用铅蓄电池作为电源，CoP极连接铅蓄电池的铅电极
B．该离子交换膜是阴离子交换膜
C．偶氮化合物具有顺反异构体，合成1 mol该物质，需转移4 mol电子
D．Ni2P电极反应为RCH2NH2－e－===RCN＋4H＋
√
√
子交换膜从左侧阴极室向右侧阳极室移动。由分析可知，该装置为电解池，与直流电源负极相连的CoP电极为电解池的阴极，则若用铅蓄电池作为电源，CoP极连接铅蓄电池的负极铅电极，A正确；由分析可知，该装置中的离子交换膜是阴离子交换膜，B正确；由分析可知，合成1 mol 偶氮化合物，需转移8 mol电子，C错误；由分析可知，D错误。
电解池中电解过程的思维分析五步走
考向2| 金属的腐蚀与防护
4．(2024·德州模拟)水系锌锰二次电池放电时存在电极MnO2剥落现象，造成电池容量衰减。研究发现，加入少量KI固体能很大程度恢复“损失”的容量，原理如图所示。已知PBS膜只允许Zn2＋通过。下列说法错误的是(　　)
A．放电时，0.6 mol I－参加反应，理论上负极减少13 g
B．充电时，电路中每通过2 mol e－，阳极区溶液减少87 g
C．放电时的总反应：Zn＋MnO2＋4H＋===Zn2＋＋Mn2＋＋2H2O
D．PBS膜的优点是能有效抑制电池的自放电
√
中每通过2 mol e－，阳极区溶液减少的质量小于1 mol MnO2的质量，小于87 g，B错误；Zn电极为负极，发生氧化反应Zn－2e－===Zn2＋，MnO2为正极，发生还原反应MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，放电时的总反应为MnO2＋Zn＋4H＋===Zn2＋＋ Mn2＋＋2H2O，C正确；PBS膜只允许Zn2＋通过，能够防止脱落的MnO2与Zn接触构成微电池，减少Zn的损耗，能有效抑制电池的自放电，D正确。
5．厌氧性硫酸盐还原菌(SRB)是导致金属微生物腐蚀最为普遍的菌种，腐蚀过程如图所示。下列说法正确的是(　　)
√
层级二　高考预测
02
近四年山东高考考情
考点分析 2021年山东卷 2022年山东卷 2023年山东卷 2024年山东卷
电极名称 T11 T13
反应类型
粒子移动方向 T10 T11
电极反应 T13 T11 T13
离子交换膜 T13 T11
电解质溶液 T10 T13 T13
电极产物 T10 T13
定量计算 T10 T13 T13
(2023·山东卷)(双选)利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是(　　)
A．甲室Cu电极为正极
B．隔膜为阳离子膜
C．电池总反应为Cu2＋＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋
D．NH3扩散到乙室将对电池电动势产生影响
命题角度一　原电池
√
√
任务1　结合考题认识电解质浓差电池
(1)浓差电池的定义：浓差电池是利用物质由_________向_________扩散而引发的一类电池。浓差电池中的电动势是由于电池中存在_________而产生的。
(2)电解质浓差电池的特点：由两个材料______的金属或金属微溶盐，插入浓度______的相同电解质溶液中构成。
(3)在浓差电池中，为了限定某些离子的移动，常涉及“离子交换膜”。
①常见的离子交换膜
高浓度
低浓度
浓度差
相同
不同
_________交换膜 只允许阳离子(包括H＋)通过
_________交换膜 只允许阴离子通过
______交换膜 只允许H＋通过
阳离子
阴离子
质子
②离子交换膜的作用
a．能将两极区______，阻止两极物质发生化学反应。
b．能选择性地允许______通过，起到_________________________
的作用。
c．离子交换膜的选择依据：_____________________。
隔离
离子
平衡电荷、形成闭合回路
离子的定向移动
(4)“浓差电池”的分析方法
浓差电池是利用物质的_______产生电势的一种装置。两侧半电池中的特定物质有_________，离子均是由_________移向_________，阴离子移向______区域，阳离子移向______区域。
浓度差
浓度差
高浓度
低浓度
负极
正极
任务2　根据该题完成以下问题
(1)向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室Cu电极为______，电极反应为________________________________，乙室Cu电极为______，电极反应为__________________________。
负极
Cu＋4NH3－2e－===[Cu(NH3)4]2＋
正极
Cu2＋＋2e－===Cu
(2)原电池内电路中阳离子向______移动，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入氨气要消耗铜离子，左侧阳离子不断减小，不利于电池反应正向进行，因此隔膜为__________________。
(3)NH3扩散到乙室会与铜离子反应生成_____________，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力______。
任务3　以上试题的正确选项为________。
正极
阴离子交换膜
[Cu(NH3)4]2＋
减弱
1．新型化学电源的解题步骤
(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→失去电子的一极为负极。
(4)电极反应→总反应减去较简单一极的电极反应→另一电极反应。
2．二次电池的思维模型
(2022·山东卷)(双选)设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2＋，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是(　　)
命题角度二　电解原理
A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大
B．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸
C．乙室电极反应为LiCoO2＋2H2O＋e－===Li＋＋Co2＋＋4OH－
D．若甲室Co2＋减少200 mg，乙室Co2＋增加300 mg，则此时已进行过溶液转移
√
√
任务1　审题是关键，结合本题谈谈关于电化学题目如何审题
电化学题目审题要做到“三看”。
“一看电源”：有电源的为______池，没有电源的为______池。本题已经给出“右侧装置为原电池”，则左侧为______池。
电解
原电
电解
“二看电极”：
(1)乙室是原电池，根据题给信息“LiCoO2(s)转化为Co2＋”，发生______反应，LiCoO2电极为___极，“细菌电极”降解乙酸盐生成CO2，发生______反应，为___极。
(2)甲室是______池，根据电极连接顺序，与LiCoO2电极相连的为___极，另一电极为___极。
“三看电解质”：结合电解质确定电极反应，分析解决问题。
还原
正
氧化
负
电解
阳
阴
任务2　两装置中带有细菌的电极的电极反应是否相同？应如何书写？
提示：相同；乙室左侧带有细菌的电极为负极，甲室左侧带有细菌的电极为阳极，电极反应均为CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋。
任务3　以上试题的正确选项为________。
1．电解装置的分析方法
2．多池串联的分析方法
(2020·江苏卷)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。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是(　　)
A．阴极的电极反应为Fe－2e－===Fe2＋
B．金属M的活动性比Fe的活动性弱
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
命题角度三　金属的腐蚀与防护
√
任务1　金属腐蚀和防护的原理
金属发生电化学腐蚀时，金属发生______反应，作原电池的___极或电解池的___极；利用电化学原理对金属进行防护，被保护金属作原电池的___极或电解池的___极。
任务2　减缓钢铁腐蚀的原理
该装置利用原电池原理对钢铁设施进行防护，方法为牺牲阳极法。金属M为原电池的___极，发生______反应而被腐蚀；钢铁设施(Fe)为原电池的___极，发生______反应，表面因积累大量电子而被保护。
氧化
负
阳
正
阴
负
氧化
正
还原
任务3　钢铁腐蚀快慢比较
比较钢铁设施在河水和海水中的腐蚀速率：____________________
______________________________________。
任务4　以上试题的正确选项为________。
海水中电解质溶液浓
度更大，形成的电化学腐蚀速率更快
C　解析：阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A项错误；阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此金属M的活动性比Fe的活动性强，故B项错误；金属M失电子，电子经导线流入钢铁设施，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C项正确；海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中的快，故D项错误。
1．金属腐蚀快慢判断的思维流程
2．金属防护措施问题的思维流程专题五　化学反应与能量
　化学能与热能
1．吸热反应和放热反应
(1)从总能量的相对大小的角度判断
(2)从反应热的量化参数——键能的角度判断
2．热化学方程式书写的步骤及要求
3．反应热的计算
(1)利用键能计算ΔH的方法
①计算公式：ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能。
②计算关键：利用键能计算反应热的关键，就是要算清物质中化学键的种类和数目。
(2)依据燃烧热(摩尔燃烧焓)数据，利用公式直接计算反应热。
反应热＝燃烧热×n(可燃物的物质的量)
(3)“盖斯定律”型反应热(焓变)的运算规则
热化学方程式 焓变之间的关系
反应Ⅰ：aA(g)===B(g)ΔH1反应Ⅱ：B(g)===aA(g)ΔH2 ΔH1＝－ΔH2
反应Ⅰ：aA(g)===B(g)ΔH1反应Ⅱ：A(g)===B(g)ΔH2 ΔH1＝a×ΔH2
ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝ΔH3＋ΔH4＋ΔH5
考向1| 反应热　热化学方程式
1．(2024·衡水模拟)已知下列热化学方程式：
①Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g)　ΔH1＝a kJ·mol－1
②Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH2＝b kJ·mol－1
③Fe2O3(s)＋CO(g)===Fe3O4(s)＋CO2(g)　ΔH3＝c kJ·mol－1
则反应FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g)的ΔH(单位：kJ·mol－1)为(　　)
A．＋－ B．－＋＋
C．－－＋ D．－＋－
D　解析：根据盖斯定律，由①×＋②×－③×可得目标热化学方程式，ΔH＝ΔH1×＋ΔH2×－ΔH3×＝ kJ·mol－1，故选D。
2．(1)(2023·全国乙卷改编)已知下列热化学方程式(其中x＝4、y＝1)：
①FeSO4·7H2O(s)===FeSO4(s)＋7H2O(g)　ΔH1＝a kJ·mol－1
②FeSO4·xH2O(s)===FeSO4(s)＋xH2O(g)　ΔH2＝b kJ·mol－1
③FeSO4·yH2O(s)===FeSO4(s)＋yH2O(g)　ΔH3＝c kJ·mol－1
则FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)===2(FeSO4·xH2O)(s)的ΔH＝__________________________kJ·mol－1。
(2)发射卫星时用肼(N2H4)作燃料，用NO2作氧化剂(反应生成N2、水蒸气)和用F2作氧化剂(反应生成N2、HF)的反应原理如图所示。
通过计算，可知原理Ⅰ和原理Ⅱ氧化气态肼生成氮气的热化学方程式分别为____________________________________________、____________________________________，消耗等量的N2H4(g)时，释放能量较多的是原理________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
解析：(1)根据盖斯定律，由①＋③－②×2可得FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)===2(FeSO4·xH2O)(s)　ΔH＝(a＋c－2b) kJ·mol－1。(2)根据题给信息可知N2H4(g)＋NO2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH，结合盖斯定律，此反应可由②－×①得出，所以ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－534 kJ·mol－1－×67.7 kJ·mol－1＝－567.85 kJ·mol－1。同理可得N2H4(g)＋2F2(g)===N2(g)＋4HF(g)　ΔH，此反应可由②＋2×③－④得出，所以ΔH＝ΔH2＋2ΔH3－ΔH4＝－534 kJ·mol－1＋2×(－538 kJ·mol－1)－(－484 kJ·mol－1)＝－1 126 kJ·mol－1。由所得两个热化学方程式可知，消耗等量的N2H4(g)时，释放能量较多的是原理Ⅱ。
答案：(1)(a＋c－2b)
(2)N2H4(g)＋NO2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－567.85 kJ·mol－1　N2H4(g)＋2F2(g)===N2(g)＋4HF(g)　ΔH＝－1 126 kJ·mol－1　Ⅱ
考向2| 盖斯定律　反应热的计算与比较
3．已知反应：
①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1，
②N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)　ΔH2，
③N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH3，
则反应4NH3(g)＋7O2(g)===4NO2(g)＋6H2O(g)的ΔH为(　　)
A．2ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3
B．ΔH1＋ΔH2－ΔH3
C．3ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3
D．3ΔH1＋2ΔH2＋2ΔH3
C　解析：根据盖斯定律，将①×3＋②×2－③×2，整理可得4NH3(g)＋7O2(g)===4NO2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝3ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3，故选C。
4．已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1
3H2(g)＋Fe2O3(s)===2Fe(s)＋3H2O(g)　ΔH2
2Fe(s)＋1.5O2(g)===Fe2O3(s)　ΔH3
2Al(s)＋1.5O2(g)===Al2O3(s)　ΔH4
2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)　ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是(　　)
A．ΔH1＜0，ΔH3＞0
B．ΔH5＜0，ΔH4＜ΔH3
C．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
D．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5
B　解析：2Fe(s)＋1.5O2(g)===Fe2O3(s)为化合反应，属于放热反应，所以ΔH3＜0，A不正确；2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)为铝热反应，属于放热反应，ΔH5＜0，ΔH5＝ΔH4－ΔH3<0，所以ΔH4＜ΔH3，B正确；ΔH1为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)的反应热，ΔH2＋ΔH3为3H2(g)＋1.5O2(g)===3H2O(g)的反应热，所以ΔH1≠ΔH2＋ΔH3，C不正确；依据盖斯定律，ΔH3＝ΔH4－ΔH5，D不正确。
5．按要求回答下列问题。
(1)(2022·广东卷节选)铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。催化剂Cr2O3可由(NH4)2Cr2O7加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式：(NH4)2Cr2O7Cr2O3＋________＋________。
②Cr2O3催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图所示，X(g)―→Y(g)过程的焓变为___________________________________________________________________
_____________________(列式表示)。
(2)(2023·全国甲卷节选)甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。
已知下列反应的热化学方程式：
①3O2(g)===2O3(g)
K1　ΔH1＝285 kJ·mol－1
②2CH4(g)＋O2(g)===2CH3OH(l)　K2
ΔH2＝ －329 kJ·mol－1
反应③CH4(g)＋O3(g)===CH3OH(l) ＋O2(g)的ΔH3＝________ kJ·mol－1，平衡常数K3＝________(用K1、K2表示)。
解析：(1)①(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，化学方程式为(NH4)2Cr2O7Cr2O3＋N2↑＋4H2O。②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M　ΔH1＝(E1－E2)，M→N　ΔH2＝ΔH，N→Y　ΔH3＝(E3－E4)，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4)。(2)根据盖斯定律可知，反应③＝(②－①)，所以对应ΔH3＝(ΔH2－ΔH1)＝(－329 kJ·mol－1－285 kJ·mol－1)＝－307 kJ·mol－1；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数K3＝或。
答案：(1)①N2↑　4H2O　②(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4)　(2)－307　
反应热计算中的注意事项
1．物理变化也会有热效应
在物理变化过程中，也会有能量变化，虽然不属于吸热反应或放热反应，但在进行相关反应热计算时，必须要考虑发生物理变化时的热效应，如物质的三态变化或物质溶解过程中的能量变化等。
2．不可忽视化学键的物质的量
根据键能计算反应热时，要注意弄清各种化学键的物质的量，既要考虑热化学方程式中物质的化学计量数，又要考虑物质中各种化学键的个数，再进行计算。
反应热(ΔH)等于反应物中的键能总和减去生成物中的键能总和，即ΔH＝ΣE反－ΣE生(E表示键能)。例如，反应3H2(g)＋N2(g)??2NH3(g)　ΔH＝3E(H—H)＋E(N＝N)－6E(N—H)。
考向3| 反应历程中能垒图像的分析
6．(双选)我国科研人员在银催化简单烷烃的区域选择性方面的研究取得了重大突破。下图所示为一种烷烃C—H的选择性插入反应历程。下列说法错误的是(　　)
A．升高温度三个反应的速率均增大
B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质中，最稳定的是Ⅱ
C．总反应速率取决于由中间体1生成中间体2的一步
D．催化剂对化学反应具有选择性，生成不同产物的同时改变了反应的焓变
BD　解析：升高温度使反应速率增大，A项正确；物质能量越低越稳定，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质中，最稳定的是Ⅰ，B项错误；化学反应的速率取决于历程中慢反应的过程，中间体1生成中间体2的反应为吸热反应，且活化能最大，决定了总反应速率，C项正确；催化剂具有选择性，只影响化学反应速率，不改变反应的焓变，D项错误。
7．工业上利用NH3对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的SCR技术具有效率高、性能可靠的优势。SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，反应进程中的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．总反应的化学方程式为6NO＋4NH35N2＋6H2O
B．NH2NO是脱硝反应的活性中间体
C．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度
D．决定反应速率的步骤是“H的移除”
C　解析：由“SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O”可知，总反应的化学方程式为6NO＋4NH35N2＋6H2O，A说法正确；观察相对能量－反应进程图知，NH3吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成了NH2NO，NH2NO又经过反应得到N2和H2O，所以 NH2NO是脱硝反应的活性中间体，B说法正确；起始态相对能量高于终态，说明这是一个放热反应，升高温度，平衡会逆向移动，所以升高温度后，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，C说法错误；全过程只有“H的移除”过程中相对能量升高，这是一个需要吸收能量越过能垒的反应，其速率是全过程几个反应中最慢的，决定了总反应的速率，是总反应的决速步骤，D说法正确。
8．甲酸被认为是理想的氢能载体，我国科技工作者运用DFT计算研究单分子HCOOH在催化剂表面分解产生H2的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。
回答下列问题：
(1)该历程中决定正反应速率步骤的能垒(活化能)E正＝________eV，该步骤的反应方程式为__________________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
(2)该历程甲酸分解制氢气的热化学方程式为_______________________________
_______________________________________________________。
解析：(1)反应所需能垒(活化能)越大，反应速率越小，而决定该历程反应速率的是反应速率最小的一步，即决速反应是能垒最高的一步，该历程中三步的能垒分别为[0.77－(－0.21)] eV＝0.98 eV、(0.89－0.11) eV＝0.78 eV、[0.46－(－0.08)] eV＝0.54 eV，所以该历程中决速步骤的能垒为0.98 eV，该步骤的反应方程式为HCOOH*===HCOO*＋H*。(2)结合反应历程可知，1个HCOOH(g)分解得到1个CO2(g)和1个H2(g)释放0.15 eV 能量，所以热化学方程式为HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－0.15NA eV·mol－1。
答案：(1)0.98　HCOOH*===HCOO*＋H*
(2)HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g)
ΔH＝－0.15NA eV·mol－1
反应历程图像中总反应的活化能、决速步骤(最高能垒)、焓变的判断或计算
(1)活化能(Ea)：对于基元反应，过渡态的能量与反应物的平均能量之差。
如图所示，反应物的能量至最高点(过渡态)的能量数值表示正反应的活化能E1，从最高点(过渡态)的能量至生成物的能量数值表示逆反应的活化能E2，ΔH＝E1－E2。
(2)若一个化学反应存在多个过渡态时，总反应的活化能等于反应物与具有最高能量过渡态的能量之差的绝对值。
(3)催化剂能降低反应的活化能，增大化学反应速率，但不影响焓变的大小及反应物的平衡转化率。ΔH仅取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小。
　原电池　化学电源
1．两大工作原理
2．原电池中正、负极判断的5种方法
3．燃料电池电极反应的书写[以CH4、O2、熔融碳酸盐(Li2CO3)燃料电池为例]
1．(2024·济南模拟)我国科学家发现，利用如下装置可以将邻苯二醌类物质转化为邻苯二酚类物质，已知双极膜(膜a、膜b)中间层中的H2O可解离为H＋和OH－。下列说法错误的是(　　)
A．电极电势：MB．M极电极反应为B2H6＋14OH－－12e－===2BO＋10H2O
C．工作一段时间后，装置中需要定期补充H2SO4和NaOH
D．制取0.2 mol邻苯二酚类物质时，理论上有0.8 mol OH－透过膜a
C　解析：该装置为原电池装置。M电极作负极，B2H6在该极失电子发生氧化反应，电极反应为B2H6＋14OH－－12e－===2BO＋10H2O；N电极作正极，该极上邻苯二醌类物质得电子转化为邻苯二酚类物质，电极反应为邻苯二醌类物质＋4H＋＋4e－===邻苯二酚类物质。双极膜中间层中的 H2O解离为H＋和 OH－，氢离子通过膜b移向正极N，膜b为阳离子交换膜；氢氧根离子通过膜a移向负极M，膜a为阴离子交换膜。M电极为负极，N电极为正极，电流从正极流向负极，从高电势流向低电势，因此电势：M电极2．(2024·菏泽二模)以并五苯四酮(PCT)和石墨为电极、室温离子液体[Pyr14]＋[TFSI]－为电解液的双离子二次电池如图所示。电池工作时，离子可逆地嵌入电极或从电极上脱离返回电解液中。已知放电时，[Pyr14]＋向石墨电极移动。下列说法错误的是(　　)
A．放电时，PCT电极发生氧化反应
B．充电时，[TFSI]－从石墨电极上脱嵌进入溶液
C．充电时，阴极的电极反应为PCT＋n[Pyr14]＋＋ne－===[Pyr14]nPCT
D．为满足体积更大的离子通过，双离子电池的隔膜需要有高孔隙率
B　解析：放电时，[Pyr14]＋向石墨电极移动，阳离子向正极移动，正极为石墨电极，PCT电极发生氧化反应，是负极，A正确；充电时，[TFSI]－从溶液中嵌入石墨电极，B错误；充电时，PCT电极为阴极，阴极的电极反应为PCT＋n[Pyr14]＋＋ne－===[Pyr14]nPCT，C正确；为满足体积更大的离子通过，双离子电池的隔膜需要有高孔隙率，D正确。
3．我国科学家在研究HCOOH燃料电池方面有重大进展，装置如图所示，两电极区间用离子交换膜隔开。下列说法正确的是(　　)
A．正极电极反应为HCOO－＋2OH－－2e－===HCO＋H2O
B．隔膜为阴离子交换膜，储液池中需补充的物质A为H2SO4
C．放电时，1 mol HCOOH转化为KHCO3，消耗11.2 L氧气
D．当电路中转移1 mol电子时，理论上生成87 g K2SO4
D　解析：负极反应为HCOO－＋2OH－－2e－===HCO＋H2O，A项错误；从装置中分离出的物质为K2SO4，则K＋通过隔膜移向正极，隔膜为阳离子交换膜，B项错误；放电时，1 mol HCOOH转化为KHCO3，转移0.2 mol 电子，由O2～4e－可知，同时消耗 0.5 mol 氧气，标准状况下为11.2 L，C项错误；当电路中转移1 mol电子时，有1 mol K＋通过隔膜移向正极，结合钾原子守恒，有n(K2SO4)＝n(K＋)＝0.5 mol，m(K2SO4)＝0.5 mol×174 g·mol－1＝87 g，D项正确。
4．(2024·安徽卷)我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如图所示。该电池分别以Zn-TCPP(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以ZnSO4和KI混合液为电解质溶液。下列说法错误的是(　　)
A．标注框内所示结构中存在共价键和配位键
B．电池总反应为I＋ZnZn2＋＋3I－
C．充电时，阴极被还原的Zn2＋主要来自Zn-TCPP
D．放电时，消耗0.65 g Zn，理论上转移0.02 mol 电子
C　解析：由图中信息可知，Zn失电子，为该新型水系锌电池的负极，正极为超分子材料；负极的电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，则充电时，该极为阴极，电极反应为Zn2＋＋2e－===Zn；正极的电极反应为I＋2e－===3I－，则充电时，该极为阳极，电极反应为3I－－2e－===I。标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由N提供孤电子对、Zn2＋提供空轨道形成的配位键，A正确；由以上分析可知，该电池总反应为I＋ZnZn2＋＋3I－，B正确；充电时，阴极的电极反应为Zn2＋＋2e－===Zn，被还原的Zn2＋主要来自电解质溶液，C错误；放电时，负极的电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，因此消耗0.65 g Zn(物质的量为0.01 mol)，理论上转移0.02 mol电子，D正确。
原电池中电极反应书写三步走
(1)列物质，标得失：根据负极发生氧化反应，正极发生还原反应，写出参加反应的粒子和得失电子数。
(2)看环境，配守恒：注意溶液的酸碱性，适当在电极反应两边添加H＋、OH－、H2O等，以遵循电荷守恒和质量守恒。同时注意电极反应产物是否与电解质溶液反应。
(3)两式加，验总式：两电极反应相加，与总反应方程式对照验证。
　电解池　金属的腐蚀与防护
1．电解池的工作原理(阳极为惰性电极)
2．电解池中阴、阳极的判断方法
3．电解池的电极反应及其放电顺序
(1)阳离子在阴极上的放电顺序：
Ag＋>Hg2＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋(酸)>Pb2＋>Fe2＋>Zn2＋>H＋(水)。
(2)阴离子在阳极上的放电顺序：
S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>SO(含氧酸根离子)。
4．电解规律(阳极为惰性电极)
电解类型 电解质实例 溶液复原物质
电解水 NaOH、H2SO4或Na2SO4 水
电解电解质 HCl或CuCl2 原电解质
放氢生碱型 NaCl HCl气体
放氧生酸型 CuSO4或AgNO3 CuO或Ag2O或CuCO3或Ag2CO3
5.析氢腐蚀和吸氧腐蚀的比较(以钢铁为例)
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)3Fe(OH)3失去部分水转化为铁锈
6.金属电化学保护的两种方法
7．金属腐蚀快慢的一般规律
(1)金属腐蚀类型的差异
电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。
(2)电解质溶液的影响
①对同一金属来说，腐蚀的快慢(浓度相同)：强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。
②对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，腐蚀越快。
(3)活泼性不同的两金属活泼性差别越大，腐蚀越快。
考向1| 电解原理的应用
1．(2024·湖北卷)我国科学家设计了一种双位点PbCu电催化剂，用H2C2O4和NH2OH电化学催化合成甘氨酸，原理如图所示，双极膜中H2O解离的H＋和OH－在电场作用下向两极迁移。已知在KOH溶液中，甲醛转化为HOCH2O－，存在平衡HOCH2O－＋OH－??[OCH2O]2－＋H2O。Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2－－e－===HCOO－＋H·。下列说法错误的是(　　)
A．电解一段时间后阳极区c(OH－)减小
B．理论上生成1 mol H3N＋CH2COOH双极膜中有4 mol H2O解离
C．阳极总反应为2HCHO＋4OH－－2e－===2HCOO－＋H2↑＋2H2O
D．阴极区存在反应H2C2O4＋2H＋＋2e－===CHOCOOH＋H2O
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＋2H＋＋2e－===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＋5H＋＋4e－===H3N＋CH2COOH＋H2O。根据分析，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项正确；根据分析，阴极区的总反应为H2C2O4＋HO—N＋H3＋6H＋＋6e－===H3N＋CH2COOH＋3H2O,1 mol H2O解离成1 mol H＋和 1 mol OH－，故理论上生成1 mol H3N＋CH2COOH双极膜中有6 mol H2O解离，B项错误；结合装置图，阳极总反应为2HCHO＋4OH－2e－===2HCOO－＋H2↑＋2H2O，C项正确；根据分析，阴极区的Pb上发生反应：H2C2O4＋2H＋＋2e－===CHO—COOH＋H2O，D项正确。
2．(2024·山东卷)以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制H2和O2，装置如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．电极a连接电源负极
B．加入Y的目的是补充NaBr
C．电解总反应为Br－＋3H2OBrO＋3H2↑
D．催化阶段反应产物物质的量之比n(Z)：n(Br－)＝3∶2
B　解析：电极b上Br－发生失电子的氧化反应转化成BrO，电极b为阳极，电极反应为Br－＋3H2O－6e－===BrO＋6H＋，则电极a为阴极，连接电源负极，电极反应为6H＋＋6e－===3H2↑，电解总反应为Br－＋3H2OBrO＋3H2↑，A、C正确；电解过程中消耗H2O和Br－，而催化阶段BrO被还原成Br－循环使用，同时生成O2，故加入Y的目的是补充H2O，维持NaBr溶液为一定浓度，B错误；催化阶段，溴元素的化合价由＋5价降至－1价，生成1 mol Br－得到6 mol电子，氧元素的化合价由－2价升至0价，生成1 mol O2失去4 mol电子，根据电子守恒，催化阶段反应产物物质的量之比n(O2)∶n(Br－)＝6∶4＝3∶2，D正确。
3．(双选)某科研团队以KOH溶液为电解质，CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料，电催化合成偶氮化合物(N＝N－)的装置如图所示(R代表烃基)。下列说法不正确的是(　　)
A．若用铅蓄电池作为电源，CoP极连接铅蓄电池的铅电极
B．该离子交换膜是阴离子交换膜
C．偶氮化合物具有顺反异构体，合成1 mol该物质，需转移4 mol电子
D．Ni2P电极反应为RCH2NH2－e－===RCN＋4H＋
CD　解析：由图可知，该装置为电解池，CoP电极为电解池的阴极，在水分子作用下硝基苯在阴极得到电子发生还原反应生成 OH－，电极反应为＋4H2O＋8e－=== ＋8OH－，Ni2P电极为阳极，碱性条件下RCH2NH2在阳极失去电子，发生氧化反应生成RCN和水，电极反应为RCH2NH2＋4OH－－4e－===RCN＋4H2O，电解过程中OH－通过阴离子交换膜从左侧阴极室向右侧阳极室移动。由分析可知，该装置为电解池，与直流电源负极相连的CoP电极为电解池的阴极，则若用铅蓄电池作为电源，CoP极连接铅蓄电池的负极铅电极，A正确；由分析可知，该装置中的离子交换膜是阴离子交换膜，B正确；由分析可知，合成1 mol 偶氮化合物，需转移8 mol电子，C错误；由分析可知，D错误。
电解池中电解过程的思维分析五步走
考向2| 金属的腐蚀与防护
4．(2024·德州模拟)水系锌锰二次电池放电时存在电极MnO2剥落现象，造成电池容量衰减。研究发现，加入少量KI固体能很大程度恢复“损失”的容量，原理如图所示。已知PBS膜只允许Zn2＋通过。下列说法错误的是(　　)
A．放电时，0.6 mol I－参加反应，理论上负极减少13 g
B．充电时，电路中每通过2 mol e－，阳极区溶液减少87 g
C．放电时的总反应：Zn＋MnO2＋4H＋===Zn2＋＋Mn2＋＋2H2O
D．PBS膜的优点是能有效抑制电池的自放电
B　解析：由图可知，Zn电极为负极，发生氧化反应Zn－2e－===Zn2＋，MnO2为正极，发生还原反应MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，加入KI后，I－与剥落的MnO2反应生成I，反应为MnO2＋3I－＋4H＋===Mn2＋＋ I＋2H2O、I＋2e－===3I－，放电时，若有0.6 mol I－参加反应，需得到电子0.4 mol，理论上负极Zn减少0.2 mol，质量为13 g，A正确；充电时，阳极电极反应为3I－－2e－=== I、Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2↓＋4H＋，即存在I－放电的情况，故电路中每通过2 mol e－，阳极区溶液减少的质量小于1 mol MnO2的质量，小于87 g，B错误；Zn电极为负极，发生氧化反应Zn－2e－===Zn2＋，MnO2为正极，发生还原反应MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，放电时的总反应为MnO2＋Zn＋4H＋===Zn2＋＋ Mn2＋＋2H2O，C正确；PBS膜只允许Zn2＋通过，能够防止脱落的MnO2与Zn接触构成微电池，减少Zn的损耗，能有效抑制电池的自放电，D正确。
5．厌氧性硫酸盐还原菌(SRB)是导致金属微生物腐蚀最为普遍的菌种，腐蚀过程如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．正极的电极反应为8H＋＋8e－===8H·(吸附)、SO＋8H·(吸附)S2－＋4H2O
B．正极区溶液的pH变小
C．生成1 mol FeS，转移6 mol电子
D．若引入新细菌，一定会加速金属的腐蚀
A　解析：根据示意图可知，正极上发生了2个电极反应，分别为8H＋＋8e－===8H·(吸附)、SO＋8H·(吸附)S2－＋4H2O，A正确；正极区消耗H＋，所以溶液的pH变大，B错误；总反应为4Fe＋SO＋4H2OFeS＋3Fe(OH)2＋2OH－，生成1 mol FeS转移8 mol电子，C错误；若引入新的菌种，不一定能参与电极反应，则不一定会加速金属的腐蚀，D错误。
近四年山东高考考情
考点分析 2021年山东卷 2022年山东卷 2023年山东卷 2024年山东卷
电极名称 T11 T13
反应类型
粒子移动方向 T10 T11
电极反应 T13 T11 T13
离子交换膜 T13 T11
电解质溶液 T10 T13 T13
电极产物 T10 T13
定量计算 T10 T13 T13
　原电池
(2023·山东卷)(双选)利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是(　　)
A．甲室Cu电极为正极
B．隔膜为阳离子膜
C．电池总反应为Cu2＋＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋
D．NH3扩散到乙室将对电池电动势产生影响
任务1　结合考题认识电解质浓差电池
(1)浓差电池的定义：浓差电池是利用物质由高浓度向低浓度扩散而引发的一类电池。浓差电池中的电动势是由于电池中存在浓度差而产生的。
(2)电解质浓差电池的特点：由两个材料相同的金属或金属微溶盐，插入浓度不同的相同电解质溶液中构成。
(3)在浓差电池中，为了限定某些离子的移动，常涉及“离子交换膜”。
①常见的离子交换膜
阳离子交换膜 只允许阳离子(包括H＋)通过
阴离子交换膜 只允许阴离子通过
质子交换膜 只允许H＋通过
②离子交换膜的作用
A．能将两极区隔离，阻止两极物质发生化学反应。
b．能选择性地允许离子通过，起到平衡电荷、形成闭合回路的作用。
c．离子交换膜的选择依据：离子的定向移动。
(4)“浓差电池”的分析方法
浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置。两侧半电池中的特定物质有浓度差，离子均是由高浓度移向低浓度，阴离子移向负极区域，阳离子移向正极区域。
任务2　根据该题完成以下问题
(1)向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室Cu电极为负极，电极反应为Cu＋4NH3－2e－===[Cu(NH3)4]2＋，乙室Cu电极为正极，电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu。
(2)原电池内电路中阳离子向正极移动，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入氨气要消耗铜离子，左侧阳离子不断减小，不利于电池反应正向进行，因此隔膜为阴离子交换膜。
(3)NH3扩散到乙室会与铜离子反应生成[Cu(NH3)4]2＋，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱。
任务3　以上试题的正确选项为________。
CD　解析：向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室Cu电极溶解，变为Cu2＋与NH3形成[Cu(NH3)4]2＋，因此甲室Cu电极为负极，故A错误；乙室Cu电极为正极，发生反应：Cu2＋＋2e－===Cu，消耗Cu2＋，为维持电解液溶液呈电中性，SO透过隔膜进入甲室，则隔膜为阴离子膜，故B错误；甲室Cu电极为负极，电极反应为Cu＋4NH3－2e－===[Cu(NH3)4]2＋，乙室Cu电极为正极，电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，则电池总反应为Cu2＋＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋，故C正确；NH3扩散到乙室会与Cu2＋反应生成[Cu(NH3)4]2＋，Cu2＋浓度降低，得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，故D正确。
1．新型化学电源的解题步骤
(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→失去电子的一极为负极。
(4)电极反应→总反应减去较简单一极的电极反应→另一电极反应。
2．二次电池的思维模型
　电解原理
(2022·山东卷)(双选)设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2＋，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是(　　)
A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大
B．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸
C．乙室电极反应为LiCoO2＋2H2O＋e－===Li＋＋Co2＋＋4OH－
D．若甲室Co2＋减少200 mg，乙室Co2＋增加300 mg，则此时已进行过溶液转移
任务1　审题是关键，结合本题谈谈关于电化学题目如何审题
电化学题目审题要做到“三看”。
“一看电源”：有电源的为电解池，没有电源的为原电池。本题已经给出“右侧装置为原电池”，则左侧为电解池。
“二看电极”：
(1)乙室是原电池，根据题给信息“LiCoO2(s)转化为Co2＋”，发生还原反应，LiCoO2电极为正极，“细菌电极”降解乙酸盐生成CO2，发生氧化反应，为负极。
(2)甲室是电解池，根据电极连接顺序，与LiCoO2电极相连的为阳极，另一电极为阴极。
“三看电解质”：结合电解质确定电极反应，分析解决问题。
任务2　两装置中带有细菌的电极的电极反应是否相同？应如何书写？
提示：相同；乙室左侧带有细菌的电极为负极，甲室左侧带有细菌的电极为阳极，电极反应均为CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋。
任务3　以上试题的正确选项为________。
BD　解析：甲室电极反应为Co2＋＋2e－===Co，左侧细菌电极反应为CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋，氢离子、金属阳离子通过阳膜移向甲室，甲室溶液pH逐渐减小，故A错误；乙室中LiCoO2(s)→Co2＋，同时得到Li＋，LiCoO2(s)中的O结合溶液中的氢离子生成水，工作一段时间后，乙室应补充盐酸，故B正确；电解质溶液为酸性，不可能生成氢氧根离子，乙室电极反应为LiCoO2＋4H＋＋e－===Li＋＋Co2＋＋2H2O，故C错误；甲室电极反应为Co2＋＋2e－===Co，乙室电极反应为2LiCoO2＋8H＋＋2e－===2Li＋＋2Co2＋＋4H2O，根据电子守恒，可知没有进行溶液转移时，则乙室Co2＋增加质量是甲室Co2＋减少质量的2倍，而实际二者倍数为＝1.5<2，故此时已进行过溶液转移，故D正确。
1．电解装置的分析方法
2．多池串联的分析方法
　金属的腐蚀与防护
(2020·江苏卷)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。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是(　　)
A．阴极的电极反应为Fe－2e－===Fe2＋
B．金属M的活动性比Fe的活动性弱
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
任务1　金属腐蚀和防护的原理
金属发生电化学腐蚀时，金属发生氧化反应，作原电池的负极或电解池的阳极；利用电化学原理对金属进行防护，被保护金属作原电池的正极或电解池的阴极。
任务2　减缓钢铁腐蚀的原理
该装置利用原电池原理对钢铁设施进行防护，方法为牺牲阳极法。金属M为原电池的负极，发生氧化反应而被腐蚀；钢铁设施(Fe)为原电池的正极，发生还原反应，表面因积累大量电子而被保护。
任务3　钢铁腐蚀快慢比较
比较钢铁设施在河水和海水中的腐蚀速率：海水中电解质溶液浓度更大，形成的电化学腐蚀速率更快。
任务4　以上试题的正确选项为________。
C　解析：阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A项错误；阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此金属M的活动性比Fe的活动性强，故B项错误；金属M失电子，电子经导线流入钢铁设施，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C项正确；海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中的快，故D项错误。
1．金属腐蚀快慢判断的思维流程
2．金属防护措施问题的思维流程
专题限时评价(五)
(建议用时：60分钟)
一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。
1．(2023·湖北卷)2023年5月10日，“天舟六号”货运飞船成功发射，标志着我国航天事业进入高质量发展新阶段。下列不能作为火箭推进剂的是(　　)
A．液氮-液氢 B．液氧-液氢
C．液态NO2-肼 D．液氧-煤油
A　解析：虽然氮气在一定条件下可以与氢气反应，而且是放热反应，但是由于N≡N键能很大，该反应的速率很小，氢气不能在氮气中燃烧，在短时间内不能产生大量的热量和大量的气体，因此液氮-液氢不能作为火箭推进剂，A符合题意；氢气可以在氧气中燃烧，反应速率很大且放出大量的热、生成大量气体，因此液氧-液氢能作为火箭推进剂，B不符合题意；肼和NO2在一定条件下可以发生剧烈反应，该反应放出大量的热，且生成大量气体，因此液态NO2-肼能作为火箭推进剂，C不符合题意；煤油可以在氧气中燃烧，反应速率很大且放出大量的热、生成大量气体，因此液氧-煤油能作为火箭推进剂，D不符合题意。
2．某种新型热激活电池的结构与工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．电池冷却时，电子由电极b经过导线流向电极a
B．电池加热时，电极a的电势比电极b的低，且发生氧化反应
C．为了保证电池持久工作，理论上应不断地向电解质中补充Fe2＋
D．应加入适量稀硫酸使电解质溶液呈较强的酸性
D　解析：电池冷却时，电极b上的PANIO得到电子重新生成PANI，电子由电极a经过导线流向电极b，A错误；电池加热时，根据b极的电极反应判断电极a是正极，电极a的电势比电极b的高，B错误；电池工作时，Fe3＋在电极a上转变成Fe2＋，冷却时Fe2＋转变成Fe3＋，理论上不需要补充Fe2＋，C错误；Fe3＋易发生水解，加入适量的硫酸可以增强溶液酸性，抑制Fe3＋的水解，D正确。
3．N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O＋表面转化为无害气体，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是(　　)
A．总反应为N2O(g)＋CO(g)===CO2(g)＋N2(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2
B．该反应若使用更高效的催化剂，可使反应的焓变减小
C．该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．Pt2O＋为反应的催化剂，Pt2O 为中间产物
B　解析：由反应N2O(g)＋Pt2O＋(s)===Pt2O(s)＋N2(g)　ΔH1，Pt2O(s)＋CO(g)===Pt2O＋(s)＋CO2(g)　ΔH2，根据盖斯定律，两反应相加可得：N2O(g)＋CO(g)===CO2(g)＋N2(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2，A正确；催化剂能改变反应途径，但不能改变反应的焓变，B错误；由图可知，正反应的活化能Ea＝134 kJ·mol－1，小于逆反应的活化能Eb＝360 kJ·mol－1，C正确；由题目信息及反应流程可知，Pt2O＋为反应的催化剂，Pt2O 为中间产物，D正确。
4．某杂志报道了一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法错误的是(　　)
A．电解过程中Cl－透过交换膜向左侧移动
B．电解结束溶液混合后KCl的浓度与电解前的相等
C．每生成1 mol 环氧乙烷，理论上电路中转移2 mol电子
D．工作过程中Ni电极附近的电极反应为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑
B　解析：Pt电极为阳极，Ni电极为阴极，电解过程中Cl－透过交换膜向左侧移动，A正确；总反应为CH2===CH2＋H2O―→COH2－CH2＋H2，电解结束溶液混合后，溶剂水的质量减小，所以KCl的浓度比电解前大，B错误；根据CH2===CH2＋H2O―→COH2－CH2＋H2可知，每生成1 mol 环氧乙烷的同时生成1 mol 氢气，理论上电路中转移2 mol电子，C正确；Ni电极为阴极，工作过程中Ni电极附近的电极反应为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，D正确。
5．高电压水系锌-有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．充电时，中性电解质NaCl的浓度增大
B．放电时，负极反应为Zn＋4OH－－2e－===Zn(OH)
C．充电时，1 mol FQH2转化为FQ转移2 mol 电子
D．放电时，正极区溶液的pH增大
A　解析：充电时，该装置为电解池，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，A错误；放电时，该装置为原电池，金属Zn为负极，负极反应为Zn＋4OH－－2e－===Zn(OH)，B正确；充电时为电解池，阳极反应为FQH2－2e－===FQ＋2H＋，则1 mol FQH2转化为FQ时转移2 mol电子，C正确；放电时为原电池，正极反应为2FQ＋2H＋＋2e－===FQH2，即正极区溶液的pH增大，D正确。
二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题目要求。
6．(2024·河北卷)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解液中加入1,3-丙二胺(PDA)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2＋的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。
下列说法错误的是(　　)
A．放电时，电池总反应为2CO2＋Mg===MgC2O4
B．充电时，多孔碳纳米管电极与电源正极连接
C．充电时，电子由Mg电极流向阳极，Mg2＋向阴极迁移
D．放电时，每转移1 mol电子，理论上可转化1 mol CO2
C　解析：放电时，电池的总反应为2CO2＋Mg===MgC2O4，A正确；充电时，多孔碳纳米管电极作阳极，与电源正极相连，B正确；充电时，Mg电极作阴极，电子由阳极经外电路流向Mg电极，C错误；放电时，CO2中的C由＋4价降为＋3价，故转移1 mol电子时，理论上转化1 mol CO2，D正确。
7．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CO2转化为甲醇。
已知：①CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)ΔH1＝－90.5 kJ·mol－1
②CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)ΔH2＝－41.1 kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1
下列说法正确的是(　　)
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．对于反应②，选用高效催化剂，可降低反应的焓变
C．CO2与H2合成甲醇的热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49.4 kJ·mol－1
D．以CO2和H2O为原料合成甲醇，同时生成O2，该反应放出能量
AC　解析：1 mol CH3OH(g)能量高于1 mol 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①中生成1 mol CH3OH(l)时，放出的热量大于90.5 kJ，A正确；催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应的焓变，B错误；根据盖斯定律，①－②得反应④CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝(－90.5＋41.1) kJ·mol－1＝－49.4 kJ·mol－1，C正确；结合选项C、根据盖斯定律，④×2－③×3得2CO2(g)＋4H2O(g)??2CH3OH(g)＋3O2(g)　ΔH＝(－49.4×2＋483.6×3) kJ·mol－1＝＋1 352 kJ·mol－1＞0，则该反应需要吸收能量，D错误。
8．为适应不同发电形式产生的波动性，我国科学家设计了一种电化学装置，其原理如图所示。当闭合K1和K3、打开K2时，装置处于蓄电状态；当打开K1和K3、闭合K2时，装置处于放电状态。放电时，双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－并分别向两侧迁移。下列说法错误的是(　　)
A．蓄电时，碳锰电极的电极反应为Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋
B．蓄电时，右侧电解池发生的总反应为2ZnO2Zn＋O2↑
C．放电时，每消耗1 mol MnO2，理论上有2 mol H＋由双极膜向碳锰电极迁移
D．理论上，该电化学装置运行过程中需要补充H2SO4和KOH
D　解析：蓄电时，左侧为电解池，碳锰电极为电解池的阳极，电极反应为Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋，A正确；右侧装置也是电解池，电解池发生的总反应为2ZnO2Zn＋O2↑，B正确；放电时，装置组合成原电池，碳锰电极为原电池的正极，电极反应为MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，每有 1 mol MnO2消耗，理论上有2 mol H＋由双极膜向碳锰电极迁移，C正确；该电化学装置运行过程中SO、K＋均没有参与反应，只需要补充H2O，无需补充H2SO4和KOH，D错误。
三、非选择题。
9．我国正式公布实现碳达峰、碳中和的时间和目标后，含碳化合物的综合利用更受关注和重视。回答下列问题：
(1)以环己烷为原料通过芳构化反应生产苯，同时可获取氢气。如图所示是该反应过程中物质之间的能量关系。
芳构化反应：(g)―→(g)＋3H2(g)　ΔH＝________kJ·mol－1 。
(2)一定条件下，Pd-Mg/SiO2催化剂可使CO2“甲烷化”从而变废为宝，其反应机理如图所示，该反应的化学方程式为____________________________________
___________，反应过程中碳元素的化合价为－2价的中间体是________。
(3)CO2与氢气重整体系中涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)＋4H2(g)??CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－165 kJ·mol－1
Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)?? CO(g)＋H2O(g)ΔH＝＋41 kJ·mol－1
CO2与甲烷反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式为_____________________
___________________________________________________。
(4)电催化还原CO2受到广泛的研究，一种原理如图所示：
写出电极A发生的电极反应：___________________________________________。若用铅蓄电池提供电能，则电极B连接铅蓄电池的________(填化学式)极。
(5)已知热化学方程式：
Ⅰ：HCOOH(g)??CO(g)＋H2O(g)ΔH1＝＋72.6 kJ·mol－1
Ⅱ：2CO(g)＋O2(g)??2CO2(g)ΔH2＝－566.0 kJ·mol－1
Ⅲ：2H2(g)＋O2(g)??2H2O(g)ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1
则反应Ⅳ：CO2(g)＋H2(g)??HCOOH(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
解析：(1)根据图示可知(g)―→(g)＋3H2(g)　ΔH＝(237.1－28.7) kJ·mol－1＝＋208.4 kJ·mol－1 。(2)据信息：一定条件下，Pd-Mg/SiO2催化剂可使CO2“甲烷化”，可以写出化学方程式：CO2＋4H2CH4＋2H2O；反应过程中碳元素的化合价为－2价的中间体是MgOCH2。(3)根据盖斯定律，由2×反应 Ⅱ －反应 Ⅰ 可得热化学方程式：CO2(g)＋CH4(g)??2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋247 kJ·mol－1。(4)根据图示，电极A上CO2得电子生成乙烯和水，电极反应为2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O；电极A发生还原反应，A是阴极，B是阳极，若用铅蓄电池提供电能，则电极B连接铅蓄电池的正极，铅蓄电池的正极材料为PbO2。(5)根据盖斯定律，由Ⅲ×－Ⅰ－Ⅱ×得反应Ⅳ：CO2(g)＋H2(g)??HCOOH(g)　ΔH＝(－483.6 kJ·mol－1)×－72.6 kJ·mol－1－(－566.0 kJ·mol－1)×＝－31.4 kJ·mol－1。
答案：(1)＋208.4
(2)CO2＋4H2CH4＋2H2O　MgOCH2
(3)CO2(g)＋CH4(g)??2CO(g)＋2H2(g)
ΔH＝＋247 kJ·mol－1
(4)2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O　PbO2
(5)－31.4
10．按要求回答下列问题：
(1)FePO4与Li2CO3在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，其常用作锂离子电池电极材料，如图为Ca-LiFePO4可充电电池的工作原理示意图，锂离子导体膜只允许Li＋通过。放电时，电池的总反应为________________________________
________________________________________________。
(2)某科研团队在Zn-Se电池快速充电领域取得新进展，以硒为正极材料且发生四电子转移反应，制得如图所示全电池。
①离子交换膜应选用________(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。
②充电时，阳极的电极反应为___________________________________________
_________________________________________________________________________________________________。
(3)研究发现，硫代硫酸盐浸出金的过程是电化学催化腐蚀过程，催化机理如图所示。
①正极的电极反应为______________________________________；浸金过程中的催化剂是______________(填化学式)。
②若有标准状况下11.2 L O2参加反应，浸出金的质量为________g。
(4)催化剂的制备：金属铜是有机合成催化剂，其纯度影响催化效果。利用如图所示装置进行铜的提纯，则阴极的电极反应为__________________；若转移电子为2 mol，可获得纯铜________g。
解析：(1)据图可知，放电时Ca转化为Ca2＋，发生氧化反应：Ca－2e－===Ca2＋，所以钙电极为负极；Li1－xFePO4/LiFePO4电极为正极，电极上发生Li＋的嵌入：Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4，放电时正极反应与负极反应相加得到总反应：xCa＋2Li1－xFePO4＋2xLi＋===xCa2＋＋2LiFePO4。(2)①由图示可知，离子交换膜左侧为CuSO4溶液，右侧为ZnSO4溶液，全电池工作过程中应使SO能自由通过，因此离子交换膜应选用阴离子交换膜。②充电时，阳极失电子，电极反应为Cu2Se－4e－===2Cu2＋＋Se。(3)①由图示信息可写出正极的电极反应为Cu(NH3)＋e－===Cu(NH3)＋2NH3，浸金过程中的催化剂是NH3和Cu(NH3)。②根据电子守恒可知，n(Au)＝4n(O2)，则若有标准状况下11.2 L O2参加反应，n(Au)＝4n(O2)＝4×＝2 mol，浸出金的质量为2 mol×197 g·mol－1＝394 g。(4)由图可知，与直流电源负极相连的纯铜为阴极，Cu(NH3)在阴极得到电子发生还原反应，电极反应为Cu(NH3)＋2e－===Cu＋4NH3↑，若转移电子为2 mol，可以获得纯铜的质量为64 g。
答案：(1)xCa＋2Li1－xFePO4＋2xLi＋===xCa2＋＋2LiFePO4
(2)①阴离子交换膜　②Cu2Se－4e－===2Cu2＋＋Se
(3)①Cu(NH3)＋e－===Cu(NH3)＋2NH3　NH3和 Cu(NH3)　②394
(4)Cu(NH3)＋2e－===Cu＋4NH3↑　64
1．(电解原理)(NH4)2S2O8电化学循环氧化法将酸性废水中的苯酚降解为CO2，加入Fe2＋可加快苯酚的降解，原理如图所示。已知：S2O＋Fe2＋===SO＋SO·＋Fe3＋，SO·有强氧化性。下列说法错误的是(　　)
A．铂连接电源负极，发生还原反应
B．石墨上的电极反应：2SO－2e－===S2O
C．苯酚降解时发生反应：C6H6O＋28SO·＋11H2O===6CO2↑＋28SO＋28H＋
D．处理1 mol苯酚，有14 mol SO从左向右通过离子交换膜
D　解析：由图可知石墨电极上SO转化为S2O，硫元素化合价升高，发生氧化反应，所以是电解池的阳极区，铂电极为阴极，连接电源负极，发生还原反应，据此作答。铂连接电源负极，发生还原反应，故A正确；石墨电极上SO转化为S2O，硫元素化合价升高，发生氧化反应：2SO－2e－===S2O，故B正确；SO·有强氧化性，氧化苯酚时自身被还原为硫酸根离子，苯酚转化为二氧化碳，离子方程式是C6H6O＋28SO·＋11H2O===6CO2↑＋28SO＋28H＋，故C正确；根据反应S2O＋Fe2＋===SO＋SO·＋Fe3＋、C6H6O＋28SO·＋11H2O===6CO2↑＋28SO＋28H＋可知，处理1 mol苯酚，消耗28 mol SO·，同时产生28 mol SO，而28 mol SO·是由28 mol S2O反应生成，根据石墨电极上的反应2SO－2e－===S2O可知，转移的电子为56 mol，铂电极为阴极，连接电源负极，发生还原反应：2H＋＋2e－===H2↑，为保持溶液呈电中性，处理1 mol苯酚，有28 mol SO从左向右通过离子交换膜，故D错误。
2．(电解原理)天津大学科研团队合成了高曲率的NiCo2O4纳米针尖电极催化剂，实现了溴自由基介导的环氧氯丙烷无膜电合成，其工作原理如图所示。已知：NiCo2O4具有较低的·OH和·Br生成能垒、较高的·OH氧化的能垒和固定的Br吸附位点，同时抑制析氧和析溴竞争反应。下列说法错误的是(　　)
A．电极a接电源的正极
B．Ⅱ可能为
C．由Ⅱ生成环氧氯丙烷的方程式为
D．当合成1 mol环氧氯丙烷时，至少有22.4 L H2(标准状况)生成
B　解析：由图可知，右电极上H2O被还原生成H2，即右电极作阴极，则左电极作阳极，阳极上X－和OH－同时且等量放电：X－ －e－===X·、OH－ －e－===OH·。左边电极a为阳极，所以电极a接电源的正极，A正确； 根据图示，Ⅰ与·OH结合生成Ⅱ，所以Ⅱ只能是，B错误；根据图示，由Ⅱ生成环氧氯丙烷的方程式为＋OH－=== ＋X－＋H2O，C正确；当合成1 mol环氧氯丙烷时，阳极上X－和OH－各失去1 mol电子，共转移2 mol电子，根据2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，转移2 mol电子时，生成1 mol H2，即 22.4 L H2(标准状况)，D正确。
3．(电解原理)(双选)以Zn-Ni(OH)2原电池为电源电解处理工业废气CO2和SO2，工作原理如下所示：
已知：①放电时，Zn转化为xZnCO3·yZn(OH)2；②NaHCO3吸收废气后的混合液pH约为8。
下列说法错误的是(　　)
A．a电极的电极反应为(x＋y)Zn＋xCO＋2yOH－－2(x＋y)e－===xZnCO3·yZn(OH)2
B．当转移2 mol e－，有1 mol Zn2＋向Ni(OH)2电极迁移
C．NaHCO3溶液的作用吸收废气CO2和SO2
D．乙装置中总反应为SO＋2CO2＋H2OSO＋H2C2O4
BC　解析：锌为活泼金属，失去电子发生氧化反应，a为负极，则b为正极，c为阳极，d为阴极；锌极为负极，在碱性条件下失去电子发生氧化反应生成xZnCO3·yZn(OH)2，则反应为(x＋y)Zn＋xCO＋2yOH－－2(x＋y)e－===xZnCO3·yZn(OH)2，A正确； 放电时，Zn转化为xZnCO3·yZn(OH)2，故不会有锌离子向正极Ni(OH)2电极迁移，B错误；碳酸氢钠和二氧化硫反应，但是不和二氧化碳反应，不能吸收二氧化碳，C错误；乙装置为电解池，二氧化硫在c极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，二氧化碳在d极得到电子发生还原反应生成H2C2O4，总反应为SO＋2CO2＋H2OSO＋H2C2O4，D正确。

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