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第3节　化学能转化为电能——电池
[课标解读]　1.理解原电池的构成、工作原理及应用，能写出电极反应和总反应方程式。　2.了解常见化学电源的种类及其工作原理。　3.了解金属发生电化学腐蚀的原因、金属腐蚀的危害、防止金属腐蚀的措施。
　原电池工作原理及其应用
知识梳理
1．原电池的构成
(1)概念和反应本质
原电池是把化学能转化为电能的装置，其反应本质是氧化还原反应。
(2)构成条件
反应
能发生自发进行的氧化还原反应(一般是活泼性强的金属与电解质溶液反应)
电极
一般是活泼性不同的两电极(金属或石墨)
闭合回路
①电解质溶液②两电极直接或间接接触③两电极插入电解质溶液中
[辨易错]
(1)中和反应放热，可以设计原电池。(　　)
(2)右图可以形成原电池。(　　)
(3)原电池中的两电极一定是活泼性不同的金属材料。(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×
2．原电池的工作原理
如图是Cu?Zn原电池，请填空：
(1)两装置的反应原理
电极名称
负极
正极
电极材料
Zn
Cu
电极反应
Zn－2e－===Zn2＋
Cu2＋＋2e－===Cu
反应类型
氧化反应
还原反应
(2)原电池中的三个方向
①电子方向：从负极流出沿导线流入正极。
②电流方向：从正极沿导线流向负极。
③离子的迁移方向：电解质溶液中，阴离子向负极迁移，阳离子向正极迁移。盐桥溶液中阴离子向负极迁移，阳离子向正极迁移。
[深思考]
(1)Ⅱ中盐桥的作用是什么？
(2)Ⅱ装置比Ⅰ装置有哪些优点？
[答案]　(1)①连接内电路，形成闭合回路
②平衡溶液中电荷，溶液呈电中性，使电池不断地产生电流
(2)电流转化效率高，电流稳定，且持续时间长。
3．原电池原理的应用
(1)比较金属活动性强弱
两种金属分别作原电池的两极时，一般作负极的金属比作正极的金属活泼。
(2)加快氧化还原反应的速率
一个自发进行的氧化还原反应，设计成原电池时反应速率加快。例如，在Zn与稀硫酸反应时加入少量CuSO4溶液能使产生H2的反应速率加快。
(3)设计制作化学电源
①首先将氧化还原反应分成两个半反应。
②根据原电池的反应特点，结合两个半反应找出正、负极材料和电解质溶液。
如Cu＋2AgNO3===2Ag＋Cu(NO3)2，负极用Cu，正极用Ag或C等，AgNO3为电解质溶液。
[辨易错]
(1)在Mg—NaOH溶液—Al组成的原电池中负极为Mg，反应为Mg－2e－＋2OH－===Mg(OH)2。(　　)
(2)任何原电池工作时，正极本身一定不参加反应，负极本身一定参加反应。
(　　)
(3)对于Cu＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋反应，设计反应池时两极材料可以是Cu与Fe。(　　)
(4)粗Zn与稀硫酸反应制H2比纯Zn与稀硫酸反应快。(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
知识应用
1．在如图所示的5个装置中，不能形成原电池的是____________(填序号)。③装置发生的电极反应式为____________________________________________
____________________________________________________________________。
[答案]　②④　负极：Fe－2e－===Fe2＋，正极：2H＋＋2e－===H2↑
2．有下列图像：
　
A　　　　B　　　　C　　　　D
(1)将等质量的两份锌粉a、b分别加入过量的稀硫酸中，同时向a中加入少量的CuSO4溶液，产生H2的体积V(L)与时间t(min)的关系是________。
(2)将过量的两份锌粉a、b分别加入定量的稀硫酸，同时向a中加入少量的CuSO4溶液，产生H2的体积V(L)与时间t(min)的关系是________。
(3)将(1)中的CuSO4溶液改成CH3COONa溶液，其他条件不变，则图像是________。
[答案]　(1)A　(2)B　(3)C
?命题点1　原电池的工作原理
1．分析下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是(　　)
　
①　
　　②　　　③　　　　④
A．①②中Mg作负极，③④中Fe作负极
B．②中Mg作正极，电极反应式为6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑
C．③中Fe作负极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
D．④中Cu作正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
B　[②中Mg作正极，③中的Fe作正极，A错误；③中的Cu作负极，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，C错误；④中的Cu作正极，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，D错误。]
2．某学习小组的同学查阅相关资料知氧化性：Cr2O>Fe3＋，设计了盐桥式的原电池(如图所示)。盐桥中装有琼脂与饱和K2SO4溶液。下列叙述中正确的是(　　)
A．甲烧杯的溶液中发生还原反应
B．乙烧杯中发生的电极反应为：2Cr3＋＋7H2O－6e－===Cr2O＋14H＋
C．外电路的电流方向是从b到a
D．电池工作时，盐桥中的SO移向乙烧杯
C　[A项，甲烧杯的溶液中发生氧化反应：Fe2＋－e－===Fe3＋；B项，乙烧杯的溶液中发生还原反应，应为Cr2O得到电子生成Cr3＋；C项，a极为负极，b极为正极，外电路中电流由b到a；D项，SO向负极移动，即移向甲烧杯。]
3．将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2设计成如图所示的原电池。下列说法不正确的是
(　　)
A．盐桥中的K＋移向FeCl3溶液
B．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
C．检流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D．检流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
D　[A项，甲中石墨电极为正极，乙中石墨电极为负极，盐桥中阳离子向正极移动，所以K＋向FeCl3溶液迁移，正确；B项，反应开始时，乙中I－失去电子，发生氧化反应，正确；C项，当检流计读数为零时，说明没有电子发生转移，反应达到平衡，正确；D项，当加入Fe2＋，导致平衡逆向移动，则Fe2＋失去电子生成Fe3＋，作为负极，而乙中石墨成为正极，错误。]
原电池的工作原理简图
注意：①若有盐桥，盐桥中的阴离子移向负极区，阳离子移向正极区。
②若有交换膜，离子可选择性通过交换膜，如阳离子交换膜，阳离子可通过交换膜移向正极。
?命题点2　原电池原理的应用
4．有a、b、c、d四个金属电极，有关的实验装置及部分实验现象如下：
实验装置
部分实验现象
a极质量减少；b极质量增加
b极有气体产生；c极无变化
d极溶解；c极有气体产生
电流从a极流向d极
由此可判断这四种金属的活动性顺序是(　　)
A．a>b>c>d
B．b>c>d>a
C．d>a>b>c
D．a>b>d>c
C　[把四个实验从左到右分别编号为①、②、③、④，则由实验①可知，a作原电池负极，b作原电池正极，金属活动性：a>b；由实验②可知，b极有气体产生，c极无变化，则活动性：b>c；由实验③可知，d极溶解，则d作原电池负极，c作正极，活动性：d>c；由实验④可知，电流从a极流向d极，则d极为原电池负极，a极为原电池正极，活动性：d>a。综上所述可知活动性：d>a>b>c。]
5．设计原电池装置证明Fe3＋的氧化性比Cu2＋强。
(1)负极反应式：__________________________________________________。
(2)正极反应式：__________________________________________________。
(3)电池总反应方程式：____________________________________________。
(4)在框中画出装置图，指出电极材料和电解质溶液：
①不含盐桥
②含盐桥
[答案]　(1)Cu－2e－===Cu2＋
(2)2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋
(3)2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
(4)①　
②
原电池设计的一般思路
(1)正、负极材料的选择：根据氧化还原关系找出正、负极材料，一般选择活泼性较强的金属作为负极；活泼性较弱的金属或可导电的非金属(如石墨等)作为正极。
(2)电解质溶液的选择：电解质溶液一般要能够与负极发生相应反应，或者电解质溶液中溶解的其他物质能与负极发生相应反应(如溶解于溶液中的空气)。但如果氧化反应和还原反应分别在两个容器中进行(中间连接盐桥)，则两个容器中的电解质溶液一般选择与电极材料相同的阳离子溶液。
(3)画装置图：注明电极材料与电解质溶液。但应注意盐桥不能画成导线，要形成闭合回路。
　化学电源
知识梳理
1．化学电源的优点和优劣判断标准
(1)相对其他能源，电池的优点是能量转换效率较高，供能稳定可靠，形状、大小可根据需要设计，使用方便等。
(2)判断电池优劣的标准是电池单位质量或单位体积所能输出的比能量或比功率及可储存时间的长短。
2．一次电池
(1)碱性锌锰干电池
碱性锌锰干电池的负极是Zn，正极是MnO2，电解质是KOH，其电极反应如下：
负极：Zn＋2OH－－2e－===ZnO＋H2O；
正极：MnO2＋2H2O＋2e－===Mn(OH)2＋2OH－；
总反应：Zn＋MnO2＋2H2O===Mn(OH)2＋ZnO。
(2)银锌电池
银锌电池的负极是Zn，正极是Ag2O，电解质是KOH，其电极反应如下：
负极：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2；
正极：Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－；
总反应：Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag。
(3)锂电池
锂电池是用金属锂作负极，石墨作正极，电解质溶液由四氯化铝锂(LiAlCl4)溶解在亚硫酰氯(SOCl2)中组成。其电极反应如下：
负极：8Li－8e－===8Li＋；
正极：3SOCl2＋8e－===6Cl－＋SO＋2S；
总反应：8Li＋3SOCl2===6LiCl＋Li2SO3＋2S。
3．二次电池
铅蓄电池是最常见的二次电池，总反应为Pb(s)＋PbO2(s)＋2H2SO4(aq)2PbSO4(s)＋2H2O(l)
注意：①充电时的电极反应与放电时的电极反应过程相反，充电时的阳极反应与放电时的正极反应相反，充电时的阴极反应与放电时的负极反应相反。
②二次电池充电时的电极连接
即正极接正极，负极接负极。
4．燃料电池
燃料电池中的常见燃料有氢气、烃(CH4、C2H6)、烃的衍生物(甲醇、乙醇)、CO、金属(Al、Li等)，燃料在电池中的负极发生反应。
以氢氧燃料电池为例
介质
酸性
碱性
负极反应式
2H2－4e－===4H＋
2H2＋4OH－－4e－===4H2O
正极反应式
O2＋4H＋＋4e－===2H2O
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
电池总反应式
2H2＋O2===2H2O
注意：①燃料电池的电极不参加电极反应，通入的燃料发生负极反应，O2发生正极反应。
②书写电极反应式时，注意介质参与的反应。
化学电源中电极反应式书写的一般方法
(1)明确两极的反应物；
(2)明确直接产物：根据负极氧化、正极还原，明确两极的直接产物；
(3)确定最终产物：根据介质环境和共存原则，找出参与的介质粒子，确定最终产物；
(4)配平：根据电荷守恒、原子守恒配平电极反应式。
注意：①H＋在碱性环境中不存在；②O2－在水溶液中不存在，在酸性环境中结合H＋，生成H2O，在中性或碱性环境结合H2O，生成OH－；③若已知总反应式时，可先写出较易书写的一极的电极反应式，然后在电子守恒的基础上，总反应式减去较易写出的一极的电极反应式，即得到较难写出的另一极的电极反应式。
知识应用
1．2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的反应式为LixC6＋Li1－xCoO2C6＋LiCoO2(x<1)。
(1)充电时，阴极反应式为_________________________________________，
(2)放电时，正极反应式为_________________________________________。
[答案]　(1)C6＋xe－＋xLi＋===LixC6
(2)Li1－xCoO2＋xe－＋xLi＋===LiCoO2
2．以甲醇为燃料，写出下列介质中的电极反应式
(1)
(2)碱性溶液
(3)
(4)
[答案]　(1)正极：O2＋6e－＋6H＋===3H2O
负极：CH3OH－6e－＋H2O===CO2＋6H＋
(2)正极：O2＋6e－＋3H2O===6OH－
负极：CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O
(3)正极：O2＋6e－===3O2－
负极：CH3OH－6e－＋3O2－===CO2＋2H2O
(4)正极：O2＋6e－＋3CO2===3CO
负极：CH3OH－6e－＋3CO===4CO2＋2H2O
?命题点1　常见化学电源的原理分析
1．一种新型固氮燃料电池装置如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．通入H2的电极上发生还原反应
B．正极反应式为N2＋6e－＋8H＋===2NH
C．放电的溶液中Cl－移向电源正极
D．放电时负极附近溶液的pH增大
B　[通入氢气的一极为负极，发生氧化反应，A错误；氮气在正极获得电子，电极反应式为N2＋6e－＋8H＋===2NH，B正确；放电时溶液中阴离子Cl－移向电源负极，C错误；通入氢气的一极为负极，电极反应式为H2－2e－===2H＋，pH减小，D错误。]
2．磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反应为LixC6＋Li1－xFePO4===6C＋LiFePO4。某磷酸铁锂电池的切面如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．放电时Li＋脱离石墨，经电解质嵌入正极
B．隔膜在反应过程中只允许Li＋通过
C．充电时电池正极上发生的反应为LiFePO4－xe－===Li1－xFePO4＋xLi＋
D．充电时电子从电源经铝箔流入正极材料
D　[放电时，LixC6在负极(铜箔电极)上失电子发生氧化反应，其负极反应为LixC6－xe－===xLi＋＋6C，其正极反应即在铝箔电极上发生的反应为Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4，充电电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，充电时电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料(即原电池的负极)，D项错误。]
3．如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700～900
℃时，O2－可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是(　　)
A．电池内的O2－由电极甲移向电极乙
B．电池总反应为N2H4＋2O2===2NO＋2H2O
C．当甲电极上有1
mol
N2H4消耗时，标准状况下乙电极上有22.4
L
O2参与反应
D．电池外电路的电子由电极乙移向电极甲
C　[该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，
电极反应式为N2H4＋2O2－－4e－===N2↑＋2H2O，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－===2O2－，电池总反应为N2H4＋O2===N2↑＋2H2O。]
4．(2020·广东名校联考)近年来，有科研工作者提出可用如图所示装置进行水产养殖用水的净化处理。该装置工作时，下列说法错误的是(　　)
A．导线中电子由M电极流向a极
B．N极的电极反应式为2NO＋10e－＋12H＋===N2↑＋6H2O
C．当电路中通过24
mol电子的电量时，理论上有1
mol(C6H10O5)n参加反应
D．当生成1
mol
N2时，理论上有10
mol
H＋通过质子交换膜
C　[根据装置图可知M为阳极，N为阴极，因此a为正极，b为负极，导线中电子由M电极流向a极，A正确；N为阴极，发生还原反应，电极反应式为2NO＋10e－＋12H＋===N2↑＋6H2O，B正确；有机物(C6H10O5)n中C元素化合价为0价，反应后变为＋4价CO2,1
mol该有机物反应，产生6n
mol
CO2气体，转移24n
mol电子，则当电路中通过24
mol电子的电量时，理论上有mol(C6H10O5)n参加反应，C错误；根据选项B分析可知：每反应产生1
mol
N2，转移10
mol
e－，根据电荷守恒应该有10
mol
H＋通过质子交换膜，D正确。]
燃料电池的一般思维模型
①要注意介质是什么，是电解质溶液还是熔融盐或氧化物。
②通入负极的物质为燃料，通入正极的物质为氧气。
③通过介质中离子的移动方向，可判断电池的正负极，同时考虑该离子参与靠近一极的电极反应。
?命题点2　原电池原理在实际生活、生产中的应用
5．为了强化安全管理，某油库引进一台测空气中汽油含量的测量仪，其工作原理如图所示(用强酸性溶液作电解质溶液)。下列说法不正确的是(　　)
A．石墨电极作正极，发生还原反应
B．铂电极的电极反应式：C8H18＋16H2O－50e－===8CO2↑＋50H＋　
C．H＋由质子交换膜左侧向右侧迁移
D．每消耗5.6
L
O2，电路中通过1
mol电子
D　[在石墨电极，O2＋4e－＋4H＋===2H2O，作正极，发生还原反应，A正确；铂电极为负极，C8H18失电子生成CO2等，电极反应式：C8H18＋16H2O－
50e－===8CO2↑＋50H＋，B正确；依据原电池原理，阳离子向正极移动，则H＋由质子交换膜左侧向右侧迁移，C正确；依据正极反应式，电路中通过1
mol电子时，需消耗0.25
mol
O2，但未指明温度与压强，O2体积不一定是5.6
L，D不正确。]
6．现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚(ClOH)，其原理如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．b为电池的正极，发生还原反应
B．电流从b极经导线、小灯泡流向a极
C．当外电路中有0.2
mol
e－转移时，a极区增加的H＋的个数为0.2NA
D．a极的电极反应式为：ClOH＋2e－＋H＋===Cl－＋OH
D　[原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为ClOH＋2e－＋H＋===
OH＋Cl－，发生还原反应，b为负极，物质在该极发生氧化反应，故A错误，D正确；由上述分析可知，电流从正极a沿导线流向负极b，故B错误；据电荷守恒，当外电路中有0.2
mol
e－转移时，通过质子交换膜的H＋的个数为0.2NA，而发生ClOH＋2e－＋H＋===OH＋Cl－，则a极区增加的H＋的个数为0.1NA，故C错误。]
　金属的腐蚀与防护
知识梳理
1．金属的腐蚀
(1)本质
金属原子失去电子变为金属阳离子，金属发生氧化反应。可表示为M－ne－===Mn＋。
(2)类型
类型
化学腐蚀
电化学腐蚀
条件
金属跟具有腐蚀性的化学物质接触
不纯金属或合金跟电解质溶液接触
现象
无电流产生
有电流产生
本质
金属被氧化
较活泼金属被氧化
联系
两者往往同时发生，电化学腐蚀更普遍
2．电化学腐蚀的分类
以钢铁的腐蚀为例进行分析
类型
析氢腐蚀
吸氧腐蚀
条件
水膜酸性较强(pH≤4.3)，如NH4Cl溶液
水膜酸性很弱或呈中性，如NaCl溶液
电极材料及反应
负极
Fe：Fe－2e－===Fe2＋
正极
C：2H＋＋2e－===H2↑
C：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
总反应式
Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2
联系
吸氧腐蚀更普遍
注意：铁锈的成分为Fe2O3·xH2O，其形成过程还涉及下列反应：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3；
2Fe(OH)3===Fe2O3·xH2O(铁锈)＋(3－x)H2O。
[辨易错]
(1)金属腐蚀的本质是金属得电子被氧化，在自然界中主要发生电化学腐蚀。
(　　)
(2)任何金属在酸性较强时均可发生析氢腐蚀。(　　)
(3)钢铁发生析氢腐蚀与吸氧腐蚀时溶液的pH均增大。(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)√
3．金属的防护
(1)电化学防护
①牺牲阳极保护法—原电池原理
a．负极：比被保护金属活泼的金属；
b．正极：被保护的金属设备。
②外加电流阴极保护法—电解原理
a．阴极：被保护的金属设备；
b．阳极：惰性金属。
(2)改变金属的内部结构，如制成合金、不锈钢等。
(3)加防护层，如在金属表面喷油漆、涂油脂、电镀或表面钝化等方法。
注意：牺牲阳极保护法中所说的阳极是指原电池的负极，即发生氧化反应的电极在原电池中也常称为阳极。
(4)实验探究：
为验证牺牲阳极保护法，如图所示：
①Fe作正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑。
②Zn电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋。
③Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液，溶液是否有蓝色沉淀生成？否，说明Fe被保护。
④若将Zn改为Cu，则Fe电极附近加K3[Fe(CN)6]溶液，现象为溶液中生成蓝色沉淀，说明Cu被保护。此现象的离子方程式为3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓。　
知识应用
1．实验探究(如图所示)
(1)若棉团浸有NH4Cl溶液，铁钉发生________腐蚀，正极反应式为_______
_________________________________________________________________，
右试管中现象是________。
(2)若棉团浸有NaCl溶液，铁钉发生________腐蚀，正极反应式为_______
_________________________________________________________________，
右试管中现象是____________________________________________________。
[答案]　(1)析氢　2H＋＋2e－===H2↑　有气泡冒出
(2)吸氧　O2＋4e－＋2H2O===4OH－　导管内液面上升
2．建造轮船时，常在船体嵌入一定量铝条，请说出其中的原理和原因。
[答案]　铝比铁活泼，形成原电池时，铝为负极，铁为正极被保护。
?命题点1　金属的腐蚀原理及影响因素
1．如图，将一根纯铁棒垂直没入水中，一段时间后发现AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重。下列关于此现象的说法不正确的是(　　)
A．铁棒AB段的溶解氧浓度高于BC段
B．铁棒AB段电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．铁棒AB段的Fe2＋浓度高于BC段
D．该腐蚀过程属于电化学腐蚀
C　[AB段作原电池正极，BC段为原电池负极。BC段为Fe－2e－===Fe2＋，AB段为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，BC段溶解而被腐蚀，AB段形成铁锈。C项不正确。]
2．某同学进行下列实验：
操作
现象
取一块打磨过的生铁片，在其表面滴一滴含酚酞和K3[Fe(CN)6]的食盐水
放置一段时间后，生铁片上出现如图所示“斑痕”，其边缘为红色，中心区域为蓝色，在两色环交界处出现铁锈
下列说法不合理的是(　　)
A．生铁片发生吸氧腐蚀
B．中心区的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
C．边缘处的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．交界处只发生Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2
D　[交界处发生了Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===
4Fe(OH)3,2Fe(OH)3===Fe2O3·xH2O＋(3－x)H2O，D项错误。]
3．如图所示，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为________(填序号)。
[解析]　②③④是原电池，⑤⑥是电解池，金属被腐蚀由快到慢的顺序是：电解池的阳极>原电池的负极>化学腐蚀>原电池的正极>电解池的阴极。
[答案]　⑤④②①③⑥
判断金属腐蚀快慢的方法
(1)对同一电解质溶液来说，腐蚀的快慢：电解池原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。
(2)对同一金属来说，腐蚀的快慢：强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶液中。(浓度相同)
(3)活泼性不同的两种金属，活泼性差异越大，腐蚀越快。
(4)对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，金属腐蚀速率越快。
?命题点2　金属的防护原理
4．(2017·全国卷Ⅰ)支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是(　　)
A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
C　[A项，外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，正确；B项，被保护的钢管桩作阴极，高硅铸铁作阳极，电解池中外电路电子由阳极流向阴极，即从高硅铸铁流向钢管桩，正确；C项，高硅铸铁为惰性辅助阳极，其主要作用是传递电流，而不是作为损耗阳极，错误；D项，保护电流要抑制金属电化学腐蚀产生的电流，应根据环境条件变化进行调整，正确。]
5．验证牺牲阳极保护法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。
①
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是
(　　)
A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
D　[②中Zn作负极，发生氧化反应生成Zn2＋，Fe作正极被保护，所以取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，试管内无明显变化。但③中没有Zn保护Fe，Fe在酸性环境中发生析氢腐蚀，Fe作负极被氧化生成Fe2＋，所以取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，对比②③可知Zn保护了Fe，A项正确；①与②的区别在于：前者是将铁氰化钾溶液直接滴入烧杯中，而后者是在取出的少量Fe附近的溶液中滴加铁氰化钾溶液，①中出现了蓝色沉淀，说明有Fe2＋生成。
对比分析可知，可能是铁氰化钾氧化Fe生成了Fe2＋，B项正确；通过上述分析可知，验证Zn保护Fe时不能用①的方法，C项正确；若将Zn换成Cu，铁氰化钾仍会将Fe氧化为Fe2＋，在铁的表面同样会生成蓝色沉淀，所以无法判断Fe2＋是不是负极产物，即无法判断Fe与Cu的活泼性，D项错误。]
　新型化学电源
分析近三年全国卷高考试题，不难看出，以新型电源为载体考查原电池的原理、电极反应式书写与问题的分析已成为必考内容。此类试题主要来源最新科技成果，起点高，落点低但陌生度高。但细分析、巧审题，实际得分较高。很好体现“科学探究与创新意识、证据推理与模型认知”核心素养。
1．命题分析
命题专家命题时，用最新电池的科技成果为情境素材，如新型燃料电池、二次电池和间接电池等。特别关注的命题角度：
(1)电极的判断及其电极反应式的书写或判断。
(2)两极产物及两极反应类型的判断。
(3)两极附近溶液的pH变化。
(4)电子、电流、离子移动方向，交换膜的判断。
(5)电子守恒的相关计算。
(6)设置的特定问题分析。
2．常见新型电源的原理分析示例
(1)镍氢电池(KOH溶液)：NiOOH＋MHNi(OH)2＋M
负极反应式：MH－e－＋OH－===M＋H2O；
正极反应式：NiOOH＋e－＋H2O===Ni(OH)2＋OH－。
(2)2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫、斯坦利·惠廷厄姆与吉野彰这三位被称为“锂电池之父”的科学家，以表彰他们在锂离子电池领域作出的突出贡献。如图是一种最新研制的聚合物锂电池，a极为含有Li、Co、Ni、Mn、O等元素组成的混盐，电解质为一种能传导Li＋的高分子复合材料，b极为镶嵌金属锂的石墨烯材料，反应原理为：LixC6＋Li3－xNiCoMnO6C6＋Li3NiCoMnO6。
负极：LixC6－xe－===xLi＋＋C6
正极：Li3－xNiCoMnO6＋xe－＋xLi＋===Li3NiCoMnO6
(3)研究人员研制出一种可快速充放电的超性能铝离子电池，Al、Cn为电极，有机阳离子与阴离子(AlCl、Al2Cl)组成的离子液体为电解质，如图为该电池放电过程示意图。
负极反应式：Al－3e－＋7AlCl===4Al2Cl；
正极反应式：3Cn[AlCl4]＋3e－===3Cn＋3AlCl。
(4)我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na—CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应式：3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。
负极反应：4Na－4e－===4Na＋
正极反应：3CO2＋4e－===C＋2CO
注意：平时复习时，要多积累新型电池的电极反应。
[典例导航]
(2019·全国卷Ⅰ)利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2＋/MV＋在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是(　　)
A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2＋2MV2＋===2H＋＋2MV＋
C．正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3
D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
[思路点拨]　
B　[A项，该反应中，可产生电流，反应条件比较温和，没有高温高压条件，正确；B项，该生物燃料电池中，左端电极反应式为MV＋－e－===MV2＋，则左端电极是负极，应为负极区，在氢化酶作用下，发生反应H2＋2MV2＋===2H＋＋
2MV＋，错误；C项，右端电极反应式为MV2＋＋e－===MV＋，是正极，在正极区N2得到电子生成NH3，发生还原反应，正确；D项，原电池中，内电路中H＋通过交换膜由负极区向正极区移动，正确。]
间接电化学反应原理分析
(1)定义：间接电化学反应是以具有“电子传递”功能的物质为媒质(催化剂)，对反应基质进行间接氧化或还原，从而得到目的产物。
(2)原理：媒质也称为“电对”或“介对”，其首先在电极表面失去(或得到)电子，形成氧化态(或还原态)在电解溶液中进一步氧化(或还原)反应基质，最终生成目的产物。
其原理如下图所示：
1．(2021·福建新高考适应性考试)一种新型镁硫二次电池的工作原理如下图所示。下列说法正确的是(　　)
A．使用碱性电解质水溶液
B．放电时，正极反应包括3Mg2＋＋MgS8－6e－===4MgS2
C．使用的隔膜是阳离子交换膜
D．充电时，电子从Mg电极流出
C　[A.碱性电解质水溶液中负极生成的Mg2＋会生成Mg(OH)2沉淀，降低电池效率，A错误；B.放电时为原电池，原电池正极发生得电子的还原反应，包括3Mg2＋＋MgS8＋6e－===4MgS2，B错误；C.据图可知Mg2＋要通过隔膜移向正极参与电极反应，所以使用的隔膜是阳离子交换膜，C正确；D.放电时Mg电极发生氧化反应，充电时Mg电极得电子发生还原反应，即电子流入Mg电极，D错误。]
2．“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH＝3的Li2SO4?H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是(　　)
A．若用导线连接a、c，则a为负极，该电极附近pH减小
B．若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为HxWO3－xe－===WO3＋
xH＋
C．若用导线先连接a、c，再连接b、c，可实现太阳能向电能转化
D．若用导线连接b、c，b电极的电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O
B　[若a、c相连，光照条件下，a极H2O―→O2，氧化反应为负极，c极发生还原反应，WO3＋xH＋＋xe－===HxWO3，B项错误。]
3．2019年诺贝尔化学奖颁给在锂离子电池发展方面作出突出贡献的三位科学家，颁奖词中说：他们创造了一个可再充电的世界。如图是最近研发的Ca?LiFePO4可充电电池的工作示意图，锂离子导体膜只允许Li＋通过，电池反应为：
xCa2＋＋2LiFePO4xCa＋2Li1－xFePO4＋2xLi＋(x≤1)。下列说法错误的是
(　　)
A．LiPF6?LiAsF6为非水电解质，其与Li2SO4溶液的主要作用都是传递离子
B．放电时，负极反应为：LiFePO4－xe－===Li1－xFePO4＋xLi＋
C．充电时，Li1－xFePO4/LiFePO4电极发生Li＋脱嵌，放电时发生Li＋嵌入
D．充电时，当转移0.2
mol电子时，左室中电解质的质量减轻2.6
g
B　[钙与水能够剧烈反应，所以，左室中的LiPF6?LiAsF6电解质一定为非水电解质，Li2SO4溶液为右室中的电解质溶液，它们的主要作用都是传递离子，形成电流，构成闭合回路，A正确；放电时，负极反应为：Ca－2e－===Ca2＋，使左室中正电荷数目增多，锂离子导体膜只允许Li＋通过，使LiPF6?LiAsF6电解质中的Li＋通过锂离子导体膜移入右室，正极反应为：Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===
LiFePO4，电极发生Li＋嵌入，B错误；充电时，阳极发生反应：LiFePO4－xe－===
xLi＋＋Li1－xFePO4，电极发生Li＋脱嵌，阴极发生反应：Ca2＋＋2e－===Ca，转移0.2
mol电子时，有0.2
mol
Li＋从右室通过锂离子导体膜移入左室，左室电解质中有0.1
mol
Ca2＋得电子生成Ca沉积在钙电极上，故左室中电解质的质量减轻40×0.1
g－7×0.2
g＝2.6
g，C、D正确。]
4．我国科学家在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法不正确的是
(　　)
A．该装置的总反应为H2SH2＋S
B．a极溶液中反应为H2S＋2Fe3＋===2Fe2＋＋S＋2H＋
C．a极上发生的电极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋
D．H＋通过交换膜向a极迁移
D　[a极为负极，H＋通过交换膜向b极迁移，D错误。]
[真题验收]
1．(2020·全国卷Ⅲ，T12)一种高性能的碱性硼化钒(VB2)－空气电池如图所示，其中在VB2电极发生反应：VB2＋16OH－－11e－===VO＋2B(OH)＋4H2O。该电池工作时，下列说法错误的是(　　)
A．负载通过0.04
mol电子时，有0.224
L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8[B(OH)4]－＋4VO
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
B　[由题给信息知VB2电极上发生失电子的氧化反应，则VB2电极为负极，复合碳电极为正极，正极发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===
4OH－，电池总反应方程式为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8[B(OH)4]－＋4VO。
由上述分析知，正极的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，则电路中通过0.04
mol
e－时，正极有0.01
mol
O2参加反应，其在标准状况下的体积为0.224
L，A项正确；由正、负极的电极反应式可知，该电池工作时，负极区溶液的pH降低，正极区溶液的pH升高，B项错误；由上述分析知，该电池的总反应方程式为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8[B(OH)4]－＋4VO，C项正确；电流与电子的流动方向相反，电流从正极出发，沿负载流向负极，再经过溶液最终回到正极，D项正确。]
2．(2019·全国卷Ⅲ)为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn(3D?Zn)可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D?Zn—NiOOH二次电池，结构如图所示。电池反应为Zn(s)＋2NiOOH(s)＋H2O(l)ZnO(s)＋2Ni(OH)2(s)。
下列说法错误的是(　　)
A．三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
B．充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－===NiOOH(s)＋H2O(l)
C．放电时负极反应为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－===ZnO(s)＋H2O(l)
D．放电过程中OH－通过隔膜从负极区移向正极区
D　[A项，三维多孔海绵状Zn为多孔结构，具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高，正确；B项，二次电池充电时作为电解池使用，阳极发生氧化反应，元素化合价升高，原子失去电子，阳极反应为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－===NiOOH(s)＋H2O(l)，正确；C项，二次电池放电时作为原电池使用，负极发生氧化反应，元素化合价升高，原子失去电子，由电池总反应可知负极反应为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－===ZnO(s)＋H2O(l)，正确；D项，二次电池放电时作为原电池使用，阴离子从正极区向负极区移动，错误。]
[新题预测]
1．如图是我国学者研发的高效过氧化氢—尿素电池的原理装置：
装置工作时，下列说法错误的是(　　)
A．Ni—Co/Ni极上的电势比Pd/CFC极上的低
B．向正极迁移的主要是K＋，产物M为K2SO4
C．Pd/CFC极上发生反应：2H2O2－4e－===2H2O＋O2↑
D．负极反应为CO(NH2)2＋8OH－－6e－===CO＋N2↑＋6H2O
C　[根据电极附近物质变化：CO(H2)2―→CO＋2可知Ni—Co/Ni电极发生氧化反应，为负极，Pd/CFC电极为正极，反应式为H2O2＋2H＋＋2e－===2H2O，C项错误。]
2．国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．“全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能
B．吸附层b发生的电极反应：H2
－
2e－＋2OH－===2H2O
C．NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应
D．“全氢电池”的总反应：2H2＋O2===2H2O
A　[根据吸附层a、b上的反应可知吸附层a为负极，电极反应为H2－2e－＋OH－===2H2O，吸附层b为正极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，总反应为H＋＋OH－===H2O。NaClO4的作用只是传导离子。A项正确。]
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-第2节　电能转化为化学能——电解
[课标解读]　了解电解池的构成、工作原理及应用，能书写电极反应式和总反应方程式。
　电解原理及其规律
知识梳理
1．电解与电解池
(1)电解：让直流电通过电解质溶液或熔融的电解质，在两个电极上分别发生氧化反应和还原反应的过程。
(2)电解池：电能转化为化学能的装置。
(3)电解池的构成
①直流电源。
②固体电极材料以及电解质溶液(或熔融电解质)。
③形成闭合回路。
[辨易错]
(1)NaCl在水中电离需要通电。(　　)
(2)电解质溶液的导电过程就是电解质溶液被电解的过程，属于化学变化。
(　　)
[答案]　(1)×　(2)√
2．电解池工作原理
(1)电解池工作原理(以电解CuCl2溶液为例)
(2)电解池中电子和离子的移动
①电子：从电源负极流出后，流向电解池阴极；从电解池的阳极流向电源的正极。电子不能通过电解质溶液。
②离子：阳离子移向电解池的阴极，阴离子移向电解池的阳极。
③电流：从电源的正极流出，流入阳极，再通过电解质溶液流入阴极，最后流向负极，形成闭合回路。
(3)阴阳两极上放电顺序
①阴极：与电极材料无关。氧化性强的先放电，放电顺序为
②阳极：若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，生成金属阳离子，发生氧化反应。
若是惰性电极作阳极，放电顺序为
注意：①放电指的是电极上的得、失电子。
②活性电极指的是除去Au、Pt以外的金属，惰性电极指的是Pt、Au、C电极，不参与电极反应。
③阴极材料若为金属电极，一般是增强导电性但不参与反应。
④电子不下水，离子不上线。
[深思考]
用惰性电极电解2
mol·L－1
NaCl和1
mol·L－1
CuSO4的混合溶液，电解过程明显分两个阶段。
第一阶段：
阴极反应式：___________________________________________________，
阳极反应式：___________________________________________________。
第二阶段：
阴极反应式：__________________________________________________，
阳极反应式：___________________________________________________。
[答案]　Cu2＋＋2e－===Cu　2Cl－－2e－===Cl2↑
4H＋＋4e－===2H2↑　4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
3．以惰性电极电解水溶液的有关规律
(1)电解水型——含氧酸、强碱、活泼金属含氧酸盐
①阴极反应式为4H＋＋4e－===2H2↑，阳极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，总方程式为2H2O2H2↑＋O2↑。
②电解质浓度变大，pH可能变大、变小或不变，可加H2O复原。
(2)电解电解质类型——无氧酸(如HCl)，不活泼金属无氧酸盐(如CuCl2)电解质浓度变小，加电解质本身复原。
(3)放H2生碱型——活泼金属的无氧酸盐(如NaCl)
①阴极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，阳极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，总方程式为2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。
②溶液pH变大，加HCl(卤化氢)复原。
(4)放O2生酸型——不活泼金属的含氧酸盐(如CuSO4)
①阴极反应式为2Cu2＋＋4e－===2Cu，阳极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋
4H＋，总方程式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋。
②溶液pH变小，加CuO(金属氧化物)或CuCO3复原。
[辨易错]
(1)电解时电子流动方向为负极→阴极→电解质溶液→阳极→正极。(　　)
(2)用惰性电极电解足量CuSO4溶液一段时间后，加入Cu(OH)2或CuO均可使电解质溶液恢复到电解前的状态。(　　)
(3)用惰性电极电解MgCl2溶液的离子方程式为2Cl－＋2H2OCl2＋2OH－＋H2↑。(　　)
(4)用Cu作电极电解CuSO4溶液的阳极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋。
(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
知识应用
利用如图所示装置，以NH3为氢源，通过电解实现氢化反应。请回答：
(1)a为________极，电极反应式为____________________________。
(2)b极电极反应式为__________________________，H＋移向________极。
(3)每消耗22.4
L
NH3(标准状况)，生成的物质的量为______________。
[答案]　(1)阴　＋6e－＋6H＋===
3＋2e－＋2H＋===
(2)2NH3－6e－===N2＋6H＋　a
(3)1.5
mol
?命题点1　电解原理及电极反应书写
1．如图所示，在一定电压下用惰性电极电解由等物质的量浓度的FeCl2、HCl组成的混合溶液。已知在此电压下，阴、阳离子根据放电能力顺序，都可能在阳极放电，下列分析正确的是
(　　)
A．C1电极上的电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑
B．C1电极处溶液首先变黄色
C．C2电极上可依次发生的电极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋、2Cl－－2e－===Cl2↑
D．当C1电极上有2
g物质生成时，就会有2NA个电子通过溶液发生转移(NA表示阿伏加德罗常数的值)
C　[C1电极与电源的负极相连，作阴极，溶液中的H＋在阴极放电，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，A错误；C1电极上H＋放电生成H2，C2电极与电源的正极相连，作阳极，Fe2＋的还原性强于Cl－，则依次发生的电极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋、2Cl－－2e－===Cl2↑，故C2电极处溶液首先变黄色，B错误，C正确；电子只能通过导线传递，不能通过溶液传递，D错误。]
2．如图是一个化学过程的示意图。
(1)图中甲池是________装置(填“电解池”或“原电池”)，其中OH－移向________极(填“CH3OH”或“O2”)。
(2)写出通入CH3OH的电极的电极反应式：____________________________
____________________________________________________________________。
(3)向乙池两电极附近滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为________极(填“A”或“B”)，并写出此电极的反应式：_____________________________。
(4)乙池中总反应的离子方程式：___________________________________。
(5)若乙池中A、B均换为Ag，A电极反应式为________________________
___________________________________________________________________。
(6)若使乙、丙池中溶液复原，应分别加入的物质是________、________。
[解析]　根据题图可知甲为原电池，左电极为负极，右电极为正极，乙、丙池为电解池，A为阳极，B为阴极，C为阳极，D为阴极。
[答案]　(1)原电池　CH3OH
(2)CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O
(3)A　4OH－－4e－===O2↑＋2H2O或2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
(4)4Ag＋＋2H2O4Ag↓＋O2↑＋4H＋
(5)Ag－e－===Ag＋
(6)Ag2O　HCl
电极反应式和电解方程式的书写要点
(1)做到“三看”，正确书写电极反应式
①一看电极材料，若是金属(Au、Pt除外)作阳极，金属一定被电解(注：Fe生成Fe2＋)。
②二看电解质，电解质是否参与电极反应。
③三看电解质状态，是熔融状态，还是水溶液。
(2)规避“两个”失分点
①书写电解池中电极反应式时，一般以实际放电的离子表示，但书写总电解反应方程式时，弱电解质要写成分子式，且注明“电解”条件。
②电解水溶液时，应注意放电顺序中H＋、OH－之后的离子一般不参与放电。
?命题点2　电化学的基本计算——电子守恒法
电化学中两种基本计算模型
注：在电化学计算中，还常利用Q＝I·t和Q＝n(e－)×NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)×1.60×10－19
C来计算电路中通过的电量。
3．用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1
mol
Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑二氧化碳的溶解)。则电解过程中转移电子的物质的量为
(　　)
A．0.4
mol　
B．0.5
mol
C．0.6
mol
D．0.8
mol
C　[Cu2(OH)2CO3可改写为2CuO·H2O·CO2，因反应后生成的CO2离开溶液，所以加入0.1
mol
Cu2(OH)2CO3相当于加入0.2
mol
CuO、0.1
mol
H2O，根据
2Cu　　～　　O2　　～　　4e－
2
mol　　　　　　　　　　4
mol
0．2
mol　　　　　　　　　0.4
mol
2H2O
　～　　O2　　～　　4e－
2
mol　　　　　　　　　　4
mol
0．1
mol　　　　　　　　　0.2
mol
转移电子的物质的量＝0.4
mol＋0.2
mol＝0.6
mol。
]
4．500
mL
KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)＝0.6
mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24
L气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500
mL，下列说法正确的是(　　)
A．原混合溶液中c(K＋)为0.2
mol·L－1
B．上述电解过程中共转移0.2
mol电子
C．电解得到的Cu的物质的量为0.05
mol
D．电解后溶液中c(H＋)为0.2
mol·L－1
A　[石墨作电极电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，阳极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，阴极先后发生两个反应：Cu2＋＋2e－===Cu,2H＋＋2e－===H2↑。从收集到O2为2.24
L可推知上述电解过程中共转移0.4
mol电子，而在生成2.24
L
H2的过程中转移0.2
mol电子，所以Cu2＋共得到0.4
mol－0.2
mol＝0.2
mol电子，电解前Cu2＋的物质的量和电解得到的Cu的物质的量都为0.1
mol。电解前后分别有以下守恒关系：c(K＋)＋2c(Cu2＋)＝c(NO)，c(K＋)＋c(H＋)＝c(NO)，不难算出：电解前c(K＋)＝0.2
mol·L－1，电解后c(H＋)＝0.4
mol·L－1。]
?命题点3　多池连接的综合装置分析
5．用石墨电极完成下列电解实验。下列对实验现象的解释或推测不合理的是(　　)
实验一
实验二
装置
现象
a、d处试纸变蓝；b处变红，局部退色；c处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生；钢珠右侧n处有气泡产生；……
A．a、d处：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
B．c处发生反应：Fe－2e－===Fe2＋
C．根据实验一的原理，实验二中n处析出O2
D．b处：2Cl－－2e－===Cl2↑，Cl2溶于水生成HClO，使pH试纸退色
C　[由装置图可知，实验一中a、d为阴极，水电离出的氢离子得电子生成氢气，即2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，故a、d处pH试纸显蓝色，A项正确；实验一中c、b为阳极，c处发生反应：Fe－2e－===Fe2＋，由于生成的Fe2＋浓度较小，且pH试纸本身有颜色，故c处无明显变化，b处发生反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，产生的Cl2溶于水生成HCl和HClO，故b处变红，局部退色，B、D项正确；结合实验一的原理和题图知，实验二中两个钢珠的左侧均为阳极，右侧均为阴极，初始时两个钢珠的左侧均发生反应：Fe－2e－===Fe2＋，右侧均发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，一段时间后，Fe2＋移动到m和n处，m、n处附近Fe2＋浓度增大，发生反应：Fe2＋＋2e－===Fe，故实验二中n处不能产生O2，C项错误。]
6．某实验室用新型二次电池模拟工业上制备Mn和MnO2的工作原理如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．a电极的电极反应为：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O
B．装置工作时，c、d两个电极的质量都增加
C．c电极反应为Mn2＋＋2e－===Mn
D．d电极附近溶液的pH增大
D　[根据示意图可知b为负极，a为正极，c为阴极，d为阳极。c、d的电极反应分别为Mn2＋＋2e－===Mn，Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋。d电极附近溶液c(H＋)增大，pH变小，D错误。]
多池串联装置中电极的判断模型
(1)
注意：原电池一般能自发进行。
(2)
　电解原理的实际应用
知识梳理
1．电解饱和食盐水——氯碱工业
(1)电极反应
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑(反应类型：氧化反应)。
阴极：2H＋＋2e－===H2↑(反应类型：还原反应)。
检验阳极产物的方法是用湿润的KI淀粉试纸靠近阳极附近，若试纸变蓝，证明生成了Cl2。电解时向食盐水中加酚酞，阴极附近溶液变红，说明该电极附近产生的物质为NaOH。
(2)电解方程式
化学方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。
离子方程式：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。
(3)阳离子交换膜法电解饱和食盐水示意图
①阳离子交换膜的作用
阻止OH－进入阳极室与Cl2发生副反应：2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O，阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。
②a、b、c、d加入或取出的物质分别是饱和食盐水、稀NaOH溶液、稀的食盐水、浓NaOH溶液；X、Y分别是Cl2、H2。
[辨易错]
(1)电解熔融NaCl与电解饱和食盐水的反应原理相同。(　　)
(2)工业上电解饱和食盐水中，Na＋通过交换膜移向阳极。(　　)
(3)电解饱和食盐水制碱时，用Fe作阴极可增强导电性。(　　)
(4)电解饱和食盐水制碱时，食盐水中不能含有Ca2＋、Mg2＋等离子。(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
2．电镀铜与电解精炼铜
(1)电镀铜
(2)电解精炼铜
3．电冶金属——活泼金属的冶炼方法
(1)电解熔融氯化钠得到钠
2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑
(2)电解熔融Al2O3制Al
2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑
电极反应：
阳极：6O2－－12e－===3O2↑；
阴极：4Al3＋＋12e－===4Al。
冰晶石的作用是作Al2O3的助熔剂。
[辨易错]
(1)电解精炼银时，粗银作阴极。(　　)
(2)电镀铜和电解精炼铜时，电解质溶液中c(Cu2＋)均保持不变。(　　)
(3)电解冶炼镁、铝通常电解MgCl2和Al2O3，也可以电解MgO和AlCl3。(　　)
(4)粗铜电解精炼时，若电路中通过2
mol
e－，阳极减少64
g。(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
知识应用
电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢气的装置示意图如图：
电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴阳两极均为惰性电极。
(1)A极为________，电极反应式为__________________________________
___________________________________________________________________。
(2)B极为________，电极反应式为__________________________________
____________________________________________________________________。
(3)电解过程KOH的浓度有什么变化？________。
[答案]　(1)阳极　CO(NH2)2＋8OH－－6e－===N2↑＋CO＋6H2O
(2)阴极　6H2O＋6e－===3H2↑＋6OH－
(3)变小
?命题点1　电解原理的常规工业应用
1．目前电解法制烧碱通常采用离子交换膜法，阳(阴)离子交换膜不允许阴(阳)离子通过。则下列叙述中错误的是(　　)
A．NaOH、H2均在Ⅰ区产生
B．图中a为阴离子交换膜
C．使用离子交换膜可以有效地隔离NaOH和Cl2，阻止二者之间的反应
D．电解时往Ⅲ区的溶液中滴加几滴甲基橙，溶液先变红后退色
B　[Ⅰ区是阴极室，H＋(H2O)放电生成氢气，同时促进水的电离，生成氢氧化钠，Ⅱ区Na＋通过a进入Ⅰ区，故a应该是阳离子交换膜；Ⅲ区和电源的正极相连，为阳极，Cl－放电生成氯气，Ⅱ区Cl－通过b进入Ⅲ区，故b应该是阴离子交换膜；氯气溶于水显酸性，同时次氯酸还具有漂白性，所以滴入甲基橙后溶液先变红后退色。错误的是B。]
2．金属镍有广泛的用途，粗镍中含有Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制得高纯度的镍。下列叙述中正确的是(已知：氧化性Fe2＋A．阳极发生还原反应，其电极反应式为Ni2＋＋2e－===Ni
B．电解过程中，阳极质量的减少量与阴极质量的增加量相等
C．电解后，溶液中存在的阳离子只有Fe2＋和Zn2＋
D．电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt
D　[电解时，阳极Zn、Fe、Ni失去电子，发生氧化反应，A项错误；因氧化性Ni2＋>Fe2＋>Zn2＋，故阴极反应式为Ni2＋＋2e－===Ni，可见，阳极质量减少是因为Zn、Fe、Ni溶解，而阴极质量增加是因为Ni析出，B项错误；电解后溶液中的阳离子除Fe2＋和Zn2＋外，还有Ni2＋和H＋，C项错误。]
?命题点2　电解在物质制备、废水处理等方面的应用
3．科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案消除甲醇对水质造成的污染，主要包括电化学过程和化学过程，原理如图所示，下列说法错误的是(　　)
A．M为电源正极，N为电源负极
B．电解过程中，需要不断地向溶液中补充Co2＋
C．CH3OH在溶液中发生6Co3＋＋CH3OH＋H2O===6Co2＋＋CO2↑＋6H＋
D．若外电路中转移1
mol电子，则产生的H2在标准状况下的体积为11.2
L
B　[电解过程中，阳极上Co2＋失电子产生Co3＋，Co3＋与乙醇反应产生Co2＋，Co2＋可循环使用，不需要向溶液中补充Co2＋，选项B错误。]
4．世界水产养殖协会网介绍了一种利用电化学原理净化鱼池中水质的方法，其装置如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．X为电源负极
B．若该装置在高温下进行，则净化效率将降低
C．若有1
mol
NO被还原，则有6
mol
H＋通过质子膜迁移至阴极区
D．若BOD为葡萄糖(C6H12O6)，则1
mol葡萄糖被完全氧化时，理论上电极流出20
mol
e－
B　[从装置图中可知，X端连接的电极上发生反应是微生物作用下BOD、H2O反应生成CO2，Y端连接的电极上，微生物作用下，硝酸根离子生成了氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则Y为负极，X为正极，结合电极反应和电子守恒计算，质子膜允许氢离子通过。]
5．(1)在饱和KHCO3电解液中电解CO2来制备乙醇的原理如图1所示。则阴极的电极反应式是____________________________________。
图1
(2)以纯锡为阳极材料，以NaOH和Na2SnO3为电解液，待镀金属为阴极材料，可实现在待镀金属上的持续镀锡，镀锡时阳极的电极反应式为________。
(3)在碱性条件下，用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4，装置如图2所示，电解总反应的离子方程式为_____________________________________。
图2
[答案]　(1)14CO2＋12e－＋9H2O===CH3CH2OH＋12HCO
(2)Sn＋6OH－－4e－===SnO＋3H2O
(3)BO＋2H2OBH＋2O2↑
6．(2021·福建新高考适应性考试，节选)电催化氮气还原合成氨是一种常温常压条件下利用水作为氢源的低碳环保路线。如图是电催化合成氨装置示意图。
①a电极应连接电源________极。
②电催化合成氨的化学方程式为_____________________________________
____________________________________________________________________。
[解析]　电催化氮气还原合成氨为电解池，电解池左边通N2转变成NH3发生还原反应为阴极，a电极应连接电源的负极，阴极的电极反应式为N2＋6e－＋6H＋===2NH3，b电极应连接电源的正极，阳极的电极反应式为2H2O－4e－===
O2↑＋4H＋，总反应为2N2＋6H2O4NH3＋
3O2。
[答案]　①负　②2N2＋6H2O4NH3＋
3O2
　隔膜在电化学装置中的应用
分析近几年高考试题，涉及隔膜电化学装置的试题比较多，且常出常新，每年都有变化。隔膜的功能在于选择性地通过某些离子或阻止某些离子来隔离某些物质，进而制备一些特定物质。体现了科学探究与创新意识的化学核心素养。
1．隔膜的分类
隔膜又叫离子交换膜，由高分子特殊材料制成。离子交换膜分三类：
(1)阳离子交换膜，简称阳膜，只允许阳离子通过，即允许H＋和其他阳离子通过，不允许阴离子通过。
(2)阴离子交换膜，简称阴膜，只允许阴离子通过，不允许阳离子通过。
(3)质子交换膜，只允许H＋通过，不允许其他阳离子和阴离子通过。
(4)双极膜又称双极性膜，是特种离子交换膜，它是由一张阳膜和一张阴膜复合制成的阴、阳复合膜。该膜的特点是在直流电场的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H＋和OH－分别通过阴、阳膜，作为H＋和OH－的离子源。
2．隔膜的作用
(1)能将两极区隔离，阻止两极区产生的物质接触，防止发生化学反应。
(2)能选择性地通过离子，起到平衡电荷、形成闭合回路的作用。
3．离子通过隔膜的定量关系
(1)通过隔膜的离子带的电荷数等于电路中电子转移数。
(2)离子迁移：依据电荷守恒，通过隔膜的离子数不一定相等。
[典例导航]
(2020·全国卷Ⅰ)科学家近年发明了一种新型Zn－CO2水介质电池。电池示意图如下，电极为金属锌和选择性催化材料。放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。
下列说法错误的是(　　)
A．放电时，负极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)
B．放电时，1
mol
CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2
mol
C．充电时，电池总反应为2Zn(OH)===2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2O
D．充电时，正极溶液中OH－浓度升高
[思路点拨]　
①放电—
②充电—
[答案]　D
(1)放电时，电池总反应为__________________________________________。
(2)放电时，消耗97.5
g
Zn，理论上消除CO2的体积为________
L(标准状况)。
[答案]　(1)Zn＋CO2＋4H2O===Zn(OH)＋HCOOH＋2H＋
(2)33.6
1．某电池研究员使用锂?磺酰氯(Li?SO2Cl2)电池作为电源电解制备Ni(H2PO2)2，其工作原理如图1、图2所示。已知电池反应为2Li＋SO2Cl2===2LiCl＋SO2↑。下列说法错误的是(　　)
　
图1　　　　
　　　图2
A．电池中C电极的电极反应式为SO2Cl2＋2e－===2Cl－＋SO2↑
B．电池的e极连接电解池的h极
C．膜a是阳离子交换膜，膜c是阴离子交换膜
D．电解池中不锈钢电极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
C　[由已知电池反应可知C电极为正极，发生还原反应，电极反应式为SO2Cl2＋2e－===2Cl－＋SO2↑，A项正确；由题目信息可知，镍应作电解池的阳极，与外接电源的正极相连，不锈钢作电解池的阴极，与外接电源的负极相连，故电池的e极连接电解池的h极，B项正确；Ⅱ室为产品室，故阳极上Ni失去电子生成的Ni2＋通过膜a进入产品室，Ⅲ室中的H2PO通过膜b进入产品室与Ni2＋形成Ni(H2PO2)2，故膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜，膜c应为阳离子交换膜，以防Ⅳ室中的OH－通过膜c进入Ⅲ室与NaH2PO2反应消耗原料，同时Na＋通过膜c进入Ⅳ室可制备浓氢氧化钠溶液，C项错误；由题图2分析可知，不锈钢作电解池的阴极，其电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，D项正确。]
2．四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH，其工作原理如图所示(a、b为石墨电极，c、d、e为离子交换膜)，下列说法正确的是(　　)
A．M为正极
B．c、e均为阳离子交换膜
C．b极电极反应式：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
D．制备1
mol(CH3)4NOH，通过c膜的离子数目为2NA
B　[该电解池中Cl－向电极b迁移，则b电极为阳极，a电极为阴极，M为电源的负极，A错误；根据图示，加入(CH3)4NCl溶液后，(CH3)4N＋通过c膜进入电极a附近生成(CH3)4NOH，则c膜为阳离子交换膜；Cl－通过d膜进入d膜右侧，e膜右侧的Na＋通过e膜进入e膜的左侧，这样NaCl在d、e两膜之间富集，将NaCl稀溶液转化为浓溶液，e膜为阳离子交换膜，B正确；电极b上溶液中的OH－放电，电极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，C错误；制备1
mol(CH3)4NOH，a电极上生成了1
mol
OH－，反应中转移了1
mol
e－，通过c膜的(CH3)4N＋数目为NA，D错误。]
3．(2021·广东选择考适应性测试)环氧乙烷(C2H4O)常用于医用消毒，一种制备方法为使用惰性电极电解KCl溶液，用Cl－交换膜将电解液分为阴极区和阳极区，其中一区持续通入乙烯；电解结束，移出交换膜，两区混合反应：HOCH2CH2Cl＋OH－===Cl－＋H2O＋C2H4O。下列说法错误的是(　　)
A．乙烯应通入阴极区
B．移出交换膜前存在反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO
C．使用Cl－交换膜阻止OH－通过，可使Cl2生成区的pH逐渐减小
D．制备过程的总反应为H2C===CH2＋H2O===H2↑＋C2H4O
A　[环氧乙烷的制备原理：Cl－在阳极被氧化生成Cl2，Cl2与水发生反应：Cl2＋
H2OHCl
＋
HClO，HClO与乙烯发生加成反应生成HOCH2CH2Cl；阴极区水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生氢氧根，电解结束，移出交换膜，两区混合反应：HOCH2CH2Cl＋OH－===Cl－＋H2O＋C2H4O。
A．阳极区产生HClO，所以乙烯通入阳极区，故A错误；B.根据分析可知阳极氧化生成的氯气会与水发生反应Cl2＋
H2OHCl
＋
HClO，故B正确；C.根据分析可知阳极区会产生HCl，使用Cl－
交换膜阻止OH－
通过，HCl的浓度不断增大，pH逐渐减小，故C正确；D.根据分析可知该反应过程中KCl并没有被消耗，实际上是水、乙烯反应，总反应为H2C===CH2＋H2O===H2↑＋
C2H4O，故D正确；综上所述答案为A。]
4．氢碘酸也可以用“电解法”制备，装置如图所示。其中双极膜(BPM)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H＋和OH－；A、B为离子交换膜。
(1)B膜最佳应选择________交换膜(填具体离子符号)。
(2)阳极的电极反应式是___________________________________________。
(3)少量的I－因浓度差通过BPM膜，若撤去A膜，其缺点是______________
_________________________________________________________________
________________________________________________________________。
[答案]　(1)Na＋　(2)2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
(3)I－会在阳极放电，沉积在阳极表面，损伤阳极板
[真题验收]
1．(2020·全国卷Ⅱ，T12)电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。如图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag＋注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是(　　)
A．Ag为阳极
B．Ag＋由银电极向变色层迁移
C．W元素的化合价升高
D．总反应为WO3＋xAg===AgxWO3
C　[根据题图可知，该装置为电解池，由通电时Ag＋注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，可知Ag为该电解池的阳极，透明导电层为该电解池的阴极，结合题给信息可写出阳极和阴极的电极反应式分别为Ag－e－===Ag＋和xAg＋＋WO3＋xe－===AgxWO3。
根据上述分析可知Ag为阳极，A项正确；电解池工作时，Ag＋向阴极移动，即Ag＋由银电极向变色层迁移，B项正确；结合上述分析可知WO3在阴极发生还原反应，即W元素的化合价降低，C项错误；结合阳极和阴极的电极反应式可写出总反应为WO3＋xAg===AgxWO3，D项正确。]
2．(2020·江苏卷，T11)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，下列有关说法正确的是
(　　)
A．阴极的电极反应式为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
C　[该装置中阴极发生还原反应，A项错误；金属M被氧化，即金属活动性：M>Fe，B项错误；钢铁设施为原电池的正极，表面积累大量电子而被保护，C项正确；海水中含有大量的NaCl等电解质，而河水中电解质较少，故钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢，D项错误。]
3．(2018·全国卷Ⅰ)最近我国科学家设计了一种CO2＋H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
①EDTA?Fe2＋－e－===EDTA?Fe3＋
②2EDTA?Fe3＋＋H2S===2H＋＋S＋2EDTA?Fe2＋
该装置工作时，下列叙述错误的是(　　)
A．阴极的电极反应：CO2＋2H＋＋2e－===CO＋H2O
B．协同转化总反应：CO2＋H2S===CO＋H2O＋S
C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D．若采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA?Fe3＋/EDTA?Fe2＋，溶液需为酸性
C　[根据装置图中物质的转化关系分析电极反应类型，如EDTA?Fe2＋生成EDTA?Fe3＋，发生了氧化反应，EDTA?Fe3＋将H2S氧化成S，本身被还原成EDTA?
Fe2＋，EDTA?Fe3＋和EDTA?Fe2＋可循环使用，故石墨烯电极为阳极，阳极与光伏电池的正极连接。CO2发生还原反应生成CO，故ZnO@石墨烯电极为阴极。
阴极发生还原反应，氢离子由交换膜右侧向左侧迁移，阴极的电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋===CO＋H2O，A项正确；结合阳极区发生的反应，可知协同转化总反应为CO2＋H2S===S＋CO＋H2O，B项正确；石墨烯作阳极，其电势高于ZnO@石墨烯的，C项错误；Fe3＋、Fe2＋在碱性或中性介质中会生成沉淀，它们只稳定存在于酸性较强的介质中，D项正确。]
4．(2019·全国卷Ⅱ，节选)环戊二烯可用于制备二茂铁[Fe(C5H5)2，结构简式为]，后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。
Na＋―→Na
该电解池的阳极为________，总反应为________________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为________________________________________
____________________________________________________________________。
[解析]　由电解原理示意图可知，电解后铁变为＋2价，由此可判断铁作电解池的阳极，阳极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，阴极的电极反应式为2＋2e－===2＋H2↑，由此可得总方程式为Fe＋2===
＋H2↑。电解时如果有水，水会与钠反应，阻碍的生成，而且电解时会产生OH－，OH－会与Fe2＋反应生成Fe(OH)2沉淀。
[答案]　Fe电极　Fe＋2===＋H2↑[或Fe＋2C5H6===Fe(C5H5)2＋H2↑]　水会阻碍中间物的生成；水会电解生成OH－，进一步与Fe2＋反应生成Fe(OH)2沉淀
[新题预测]
1．科学家利用CH4燃料电池作为电源，用Cu?Si合金作硅源电解制硅可以降低制硅成本，高温利用三层液熔盐进行电解精炼，下列说法不正确的是(　　)
图1
图2
A．电极d与b相连，c与a相连
B．电解槽中，Si优先于Cu被氧化
C．a极的电极反应为CH4－8e－＋8OH－===CO2＋6H2O
D．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率
C　[图1是甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，图2中d电极为阳极，与电源正极b相连，c电极为阴极，与电源负极a相连，故A正确；d电极为阳极硅失电子被氧化，而铜没有，所以Si优先于Cu被氧化，故B正确；通入甲烷的a电极为负极，发生氧化反应，
电极反应为CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O，故C错误；相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，电流强度不同，会导致转移电子的量不同，会影响硅的提纯速率，故D正确。]
2．(1)用电解法也可实现CO2加氢制甲醇(稀硫酸作电解质溶液)。电解时，往电解池的________极通入氢气，阴极上的电极反应为________________________。
(2)某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(如图所示)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。
用惰性电极电解时，CrO能从浆液中分离出来的原因是________________
_____________________________________________________________________
___________________________________________________________________；
分离后含铬元素的粒子是_______；阴极室生成的物质为__________________(写化学式)。
[解析]　(2)用惰性电极电解时，在直流电场作用下，CrO通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，从而使CrO从浆液中分离出来；因2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，所以分离后含铬元素的粒子是CrO和Cr2O；阴极室H＋放电生成H2，剩余的OH－与透过阳离子交换膜移过来的Na＋结合生成NaOH，所以阴极室生成的物质为NaOH和H2。
[答案]　(1)阳　CO2＋6e－＋6H＋===CH3OH＋H2O
(2)在直流电场作用下，CrO通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液从而分离出来　CrO和Cr2O　NaOH和H2
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-第1节　化学反应的热效应
[课标解读]　1.了解化学反应中能量转化的原因及常见的能量转化形式。　2.了解化学能与热能的相互转化。了解吸热反应、放热反应、反应热等概念。　3.了解热化学方程式的含义，能正确书写热化学方程式。　4.了解能源是人类生存和社会发展的重要基础。了解化学在解决能源危机中的重要作用。　5.了解焓变(ΔH)与反应热的含义。了解活化能的概念。　6.理解盖斯定律，并能运用盖斯定律进行有关反应焓变的计算。
　焓变　热化学方程式
知识梳理
1．化学反应中的能量变化
(1)化学反应中的两大变化：物质变化和能量变化。
(2)化学反应中的两大守恒：质量守恒和能量守恒。
(3)化学反应中的能量转化形式
①吸热反应：热能―→化学能。
②放热反应：化学能―→热能。
③光合作用：光能―→化学能。
④燃烧反应：化学能―→热能，化学能―→光能。
⑤原电池反应：化学能―→电能。
⑥电解池反应：电能―→化学能。
(4)化学反应的实质与特征
2．焓变、反应热
(1)焓(H)
用于描述物质所具有能量的物理量。
(2)焓变(ΔH)
ΔH＝H(反应产物)－H(反应物)。单位kJ·mol－1或kJ/mol。
(3)反应热
指当化学反应在一定温度下进行时，反应所释放或吸收的热量，称为该反应在此温度下的热效应，简称为反应热。通常用符号Q表示，单位kJ·mol－1。
(4)焓变与反应热的关系
对于等压条件下进行的化学反应，如果反应中物质的能量变化全部转化为热能，则有关系：ΔH＝Qp。
3．吸热反应和放热反应
(1)从反应物和反应产物的总能量相对大小的角度分析，如图所示。
反应吸热　　　　　　　反应放热
(2)从反应热的量化参数——键能的角度分析
[识记]　常见的放热反应与吸热反应
放热反应：①可燃物的燃烧；②酸碱中和反应；③大多数化合反应；④金属跟水或酸的置换反应；⑤物质的缓慢氧化；⑥铝热反应。
吸热反应：①大多数分解反应；②盐类的水解反应；③Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应；④碳和水蒸气、C和CO2的反应。
注意：有能量变化的物理变化不属于放热或吸热反应。
[辨易错]
(1)任何化学反应都伴有能量变化，有能量变化的过程均为化学变化。(　　)
(2)物质的焓越小，能量越低，物质越稳定。(　　)
(3)需加热的反应一定为吸热反应，不需加热的反应一定为放热反应。(　　)
(4)反应热就是化学反应的焓变，放热反应为负值。(　　)
(5)吸热反应中，反应物化学键断裂吸收的总能量高于反应产物形成化学键放出的总能量。(　　)
(6)同温同压下，反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同。(　　)
[答案]　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×
4．热化学方程式
(1)定义：表示参加化学反应物质的物质的量和反应热的关系的化学方程式。
(2)意义：不仅表明了化学反应中的物质变化，也表明了化学反应中的能量变化。
如2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6
kJ·mol－1表示在25
℃、101
kPa条件下，2_mol_H2和1_mol__O2反应生成2_mol液态水时放出571.6_kJ的热量。
(3)书写热化学方程式时，要注意以下几点：
①要在反应物和生成物的化学式后面用括号注明各物质的聚集状态，因为反应的焓变与各反应物和生成物的聚集状态有关。一般用英文字母g、l和s分别表示气态、液态和固态，水溶液中的溶质则用aq表示。
②在ΔH后要注明反应温度，因为同一反应在不同温度下进行时其焓变是不同的。对于298
K时进行的反应，可以不注明温度。
③ΔH的单位是J·mol－1或kJ·mol－1。
④根据焓的性质，若化学方程式中各物质的系数加倍，则ΔH数值的绝对值也加倍；若反应逆向进行，则ΔH的数值改变符号，但绝对值不变。如2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6
kJ·mol－1而H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8_kJ·mol－1。
5．从活化能的角度认识焓变
(1)E1为正反应活化能，E2为逆反应活化能，ΔH＝E1－E2；
(2)催化剂能降低正、逆反应的活化能，使反应加快，但焓变不变。
[深思考]
1．常温常压下，1
g
H2完全燃烧，放出a
kJ的热量，则H2燃烧的热化学方程式为______________________________________________________________。
[答案]　H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－2a
kJ·mol－1
2．已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－a
kJ·mol－1，该反应的正反应活化能为b
kJ·mol－1，则该反应的逆反应活化能为________kJ·mol－1。
[答案]　a＋b
知识应用
由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如下图所示。
由图示回答下列问题：
(1)该反应是________反应(填吸热或放热)。
(2)写出该反应的热化学方程式____________________________________。
(3)该反应的正反应活化能与逆反应活化能的差为________。
(4)使用催化剂，该反应的焓变如何变化？________。
[答案]　(1)放热　(2)N2O(g)＋NO(g)===N2(g)＋NO2(g)　ΔH＝－139
kJ·mol－1　(3)139
kJ·mol－1　(4)不变
?命题点1　反应热、焓变与能量变化
1．碘在不同状态下(固态或气态)与氢气反应的热化学方程式如下所示：
①H2(g)＋I2(？)2HI(g)　ΔH＝－9.48
kJ·mol－1
②H2(g)＋I2(？)2HI(g)　ΔH＝＋26.48
kJ·mol－1
下列判断正确的是
(　　)
A．①中的I2为固态，②中的I2为气态
B．②中的反应物总能量比①中的反应物总能量低
C．①中的产物比②中的产物热稳定性更好
D．1
mol固态碘升华时将吸热17
kJ
B　[A项，反应①放热、反应②吸热源于碘单质的状态不同，固态变为气态需要吸收能量，故①中的I2为气态，②中的I2为固态，错误；B项，生成物的能量相等，①放热，故②的反应物总能量比①的反应物总能量低，正确；C项，产物的稳定性相同，错误；D项，1
mol固态碘升华时将吸热26.48
kJ＋9.48
kJ＝35.96
kJ，错误。]
2．用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应，可实现氯的循环利用：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－115.6
kJ·mol－1。下列说法正确的是(　　)
A．该反应的活化能为115.6
kJ·mol－1
B．使用催化剂能使该反应的焓变增大
C．该反应的正反应活化能比逆反应活化能大
D．断裂H2O(g)中1
mol
H—O键比断裂HCl(g)中1
mol
H—Cl
键所需能量多
D　[A项，活化能不等于反应热，错误；B项，催化剂对反应焓变的大小无影响，错误；C项，考生易因不清楚反应热与活化能的关系而出错，ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能<0，故正反应活化能比逆反应活化能小，错误；D项，考生利用键能计算时，易因忽视1
mol
H2O中含有2
mol
H—O键而出错，4×E(H—Cl)＋498
kJ·mol－1－[2×243
kJ·mol－1＋4×E(H—O)]＝－115.6
kJ·mol－1，整理得E(H—O)－E(H—Cl)＝31.9
kJ·mol－1，故断开1
mol
H—O键比断开1
mol
H—Cl键所需能量多，正确。]
3．一定条件下，在水溶液中1
mol
Cl－、ClO(x＝1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如图所示。
(1)D是________(填离子符号)。
(2)B―→A＋C反应的热化学方程式为________________________________
____________________________________________________(用离子符号表示)。
[解析]　(1)根据化合价可知，A为Cl－，B为ClO－，C为ClO，D为ClO。
(2)B―→A＋C的热化学方程式为3ClO－(aq)===2Cl－(aq)＋ClO(aq)
ΔH＝(2×0＋63－3×60)
kJ·mol－1
＝－117
kJ·mol－1。
[答案]　(1)ClO　(2)3ClO－(aq)===2Cl－(aq)＋ClO(aq)　ΔH＝－117
kJ·mol－1
(1)焓变与反应发生的条件、反应进行是否彻底无关。
(2)催化剂能降低反应所需活化能，但不影响焓变的大小。
(3)在化学反应中，反应物各原子之间的化学键不一定完全断裂。
(4)物质的能量越低越稳定。
(5)ΔH的基本计算
①ΔH＝H(生成物)－H(反应物)
②ΔH＝反应物断键吸收的能量－生成物成键放出的能量
③ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能。
注意：常见物质(1
mol)中化学键数目
物质
CO2(C===O)
CH4
(C—H)
P4(P—P)
SiO2
(Si—O)
石墨
金刚石
S8
(S—S)
Si
化学键数目
2
4
6
4
1.5
2
8
2
?命题点2　热化学方程式的书写
4．根据信息书写热化学方程式
(1)化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：
已知AX3的熔点和沸点分别为－93.6
℃和76
℃，AX5的熔点为167
℃。室温时AX3与气体X2反应生成1
mol
AX5，放出热量123.8
kJ。该反应的热化学方程式为______________________________________________________________
__________________________________________________________________。
(2)在25
℃、101
kPa下，一定质量的无水乙醇完全燃烧时放出热量Q
kJ，其燃烧生成的CO2用过量饱和石灰水吸收可得100
g
CaCO3沉淀，则乙醇燃烧的热化学方程式为_____________________________________________________
____________________________________________________________________。
(3)在一定条件下，将1
mol
N2和3
mol
H2充入一密闭容器中发生反应生成氨气，达到平衡时N2的转化率为25%，放出Q
kJ的热量，写出N2与H2反应的热化学方程式为___________________________________________________________。
(4)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和氢气，在25
℃、101
kPa下，已知每消耗3.8
g
NaBH4(s)放热21.6
kJ，该反应的热化学方程式是_____________
___________________________________________________________________。
(5)下图是1
mol
NO2和1
mol
CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_____________________________
___________________________________________________________________。
[解析]　(1)室温时AX3为液态(l)，AX5为固态(s)。
(2)根据碳原子守恒有：C2H5OH～2CO2～2CaCO3。生成100
g
CaCO3沉淀，则乙醇为0.5
mol，据此可写出反应的热化学方程式。
(3)1
mol
N2完全反应放出的热量为
kJ＝4Q
kJ，故N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－4Q
kJ·mol－1。
(4)消耗1
mol
NaBH4(s)放热×38
kJ＝216
kJ。
(5)ΔH＝(134－368)
kJ·mol－1＝－234
kJ·mol－1。
[答案]　(1)AX3(l)＋X2(g)===AX5(s)　
ΔH＝－123.8
kJ·mol－1
(2)C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－2Q
kJ·mol－1
(3)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－4Q
kJ·mol－1
(4)NaBH4(s)＋2H2O(l)===NaBO2(s)＋4H2(g)
ΔH＝－216
kJ·mol－1
(5)NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g)　ΔH＝－234
kJ·mol－1
?命题点3　能量变化图像的分析
5．(2020·泰安模拟)工业上常利用CO2和NH3合成尿素[CO(NH2)2]，该可逆反应分两步进行，整个过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．NH2COONH4为合成尿素反应的中间产物
B．反应Ⅰ逆反应的活化能＞反应Ⅱ正反应的活化能
C．反应Ⅱ在热力学上进行趋势很大
D．2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(l)＋H2O(l)的焓变ΔH＝E2－E1
C　[从图像可知，合成尿素的过程中生成了NH2COONH4，其为合成尿素反应的中间产物，A正确；活化能是指化学反应中反应物分子到达活化分子所需的最小能量，由图像可知，反应Ⅰ逆反应的活化能＞反应Ⅱ正反应的活化能，B正确；反应Ⅱ为吸热反应，在热力学上进行趋势较小，C错误；2NH3(g)＋CO2(g)
CO(NH2)2(l)＋H2O(l)为放热反应，ΔH
＝生成物的总能量－反应物的总能量<0，即ΔH＝E2－E1，D正确。]
6．(2020·天津学业水平等级性考试，T10)理论研究表明，在101
kPa和298
K下，HCN(g)HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．HCN比HNC稳定
B．该异构化反应的ΔH＝＋59.3
kJ·mol－1
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．使用催化剂，可以改变反应的反应热
D　[HNC的能量比HCN高，则稳定性较好的是HCN，A项正确；该异构化反应的ΔH＝＋59.3
kJ·mol－1，为吸热反应，则正反应的活化能大于逆反应的活化能，B、C项正确；使用催化剂只能改变反应的历程，但是不影响反应的反应热，D项错误。]
　燃烧热　中和热　能源
知识梳理
1．燃烧热和中和热
燃烧热
中和热
相同点
能量变化
放热
ΔH及其单位
ΔH<0，单位均为kJ·mol－1
不同点
反应物的量
1_mol
不一定为1
mol
生成物的量
不确定
生成水的量为1_mol
反应热的含义
101
kPa时，1_mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量
在稀溶液里，酸与碱发生中和反应生成1_mol_H2O时所放出的热量
表示方法
燃烧热ΔH＝－a
kJ·mol－1(a>0)
强酸与强碱反应的中和热ΔH＝－57.3_kJ·mol－1
2.中和反应热的测定
(1)实验装置
(2)测定原理
Q＝－C(T2－T1)。
其中C表示溶液及量热计的热容，T1、T2分别表示反应前和反应后体系的温度。
(3)注意事项
①中和热测定实验关键是保温、隔热，减少实验过程中的热量损失。
②为保证酸完全中和，采取的措施是碱稍微过量。
③中和热是强酸和强碱的稀溶液生成1
mol
H2O放出的热量，为57.3
kJ，弱酸弱碱电离时吸热，生成1
mol
H2O时放出的热量小于57.3
kJ。若用浓硫酸发生中和反应生成1
mol
H2O时放出的热量大于57.3
kJ。
④计算时应注意单位的统一，且要注意数据的取舍，无效数据要舍去。
[辨易错]
(1)已知H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－a
kJ/mol，则H2的燃烧热为a
kJ/mol。(　　)
(2)已知稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ·mol－1，则稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1
mol水时放出57.3
kJ的热量。(　　)
(3)在中和热测定时，加酸液或碱液的动作缓慢，或用铁丝搅拌，所测中和热均减小。(　　)
(4)中和热测定过程中，若选用稀硫酸与稀Ba(OH)2溶液发生中和反应，实验测定的中和热ΔH偏大。(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
3．能源分类与开发利用
(1)分类
(2)科学开发利用能源的措施
①提高能源的利用率
科学控制燃烧反应，使燃料充分燃烧：一是保证燃烧时有适当过量的空气，如鼓入空气、增大O2浓度等；二是保证燃料与空气有足够大的接触面积，如将固体粉碎成粉末，使液体喷射成雾状等。
②开发新的能源
开发资源丰富、可以再生、对环境无污染的新能源。
[辨易错]
(1)天然气和沼气的主要成分均为CH4，二者均为可再生能源。(　　)
(2)氢气作为绿色能源的理由是燃值高、来源丰富。(　　)
(3)煤的液化或气化可以提高能源利用率，减少污染气体的排放。(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)√
知识应用
1．我们把直接从自然界取得的能源称为一次能源，一次能源经过加工、转换得到的能源称为二次能源，下列属于一次能源的是________；未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生，下列属于未来新能源的是________。
①天然气　②煤　③石油　④太阳能　⑤生物质能
⑥风能　⑦氢能
[答案]　①②③④⑤⑥　④⑤⑥⑦
2．已知热值是指1
g可燃物完全燃烧放出的热量，单位一般为kJ/g。H2、CH4的燃烧热分别为285.8
kJ/mol、890.3
kJ/mol，二者的热值________较大。
[答案]　H2
?命题点1　燃烧热、中和热与能源
1．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是(　　)
A．直接燃烧煤和将煤进行深加工后再燃烧的效率相同
B．天然气、风能属于一次能源，水煤气、电能属于二次能源
C．人们可以把放热反应释放的能量转化为其他可利用的能量，而吸热反应没有利用价值
D．地热能、风能、天然气和氢能都属于新能源
[答案]　B
2．已知反应：
①101
kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221
kJ·mol－1
②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ·mol－1
下列结论中正确的是(　　)
A．碳的燃烧热等于110.5
kJ·mol－1
B．①的反应热为221
kJ·mol－1
C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为114.6
kJ·mol－1
D．含20.0
g
NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.65
kJ的热量
D　[反应①没有生成稳定氧化物，因此碳的燃烧热大于110.5
kJ·mol－1，故A项错误；①的反应热为－221
kJ·mol－1，故B项错误；稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3
kJ·mol－1，故C项错误；20.0
g
NaOH的物质的量n(NaOH)＝0.5
mol，则Q＝0.5
mol×57.3
kJ·mol－1＝28.65
kJ，D项正确。]
3．已知：
①H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)
ΔH1＝－57.3
kJ·mol－1，
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH2＝－571.6
kJ·mol－1，
下列有关说法正确的是(　　)
A．向含0.1
mol
NaOH的溶液中加入一定体积的0.1
mol·L－1乙二酸，反应中的能量变化如图所示
B．NH3·H2O(aq)＋H＋(aq)===NH(aq)＋H2O(l)
ΔH＝－57.3
kJ·mol－1
C．氢气的燃烧热为571.6
kJ·mol－1
D．若反应②中水为气态，则同样条件下的反应热：ΔH<ΔH2
A　[因乙二酸是弱酸，弱酸的电离平衡是一个吸热过程，故生成0.1
mol
H2O(l)时放出的热量小于5.73
kJ，A项正确；NH3·H2O为弱碱，反应中的ΔH>－57.3
kJ·mol－1，B项错误；反应消耗1
mol
H2(g)放出的热量为285.8
kJ，故H2的燃烧热为285.8
kJ·mol－1，C项错误；D项，水为气态时，放出的热量少，但ΔH大，即ΔH>ΔH2，D项错误。]
?命题点2　中和热的实验测定
4．某实验小组用0.50
mol·L－1
NaOH溶液和0.50
mol·L－1硫酸溶液进行反应热的测定，实验装置如图所示。
(1)装置中碎泡沫塑料的作用是______________________________________。
(2)写出该反应的热化学方程式[生成1
mol
H2O(l)时的反应热为－
57.3
kJ·mol－1]：
_______________________________________________________
____________________________________________________________________。
(3)取50
mL
NaOH溶液和30
mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表所示。
①请填写表格中的空白：
温度次数
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
温度差平均值(t2－t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
2
27.0
27.4
27.2
33.3
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
②近似认为0.50
mol·L－1
NaOH溶液和0.50
mol·L－1硫酸溶液的密度都是1.0
g·mL－1，中和后生成溶液的比热容c＝4.18
J·(g·℃)－1。则生成1
mol
H2O(l)时的反应热ΔH＝________(取小数点后一位)。
③上述实验数值结果与－57.3
kJ·mol－1有偏差，产生偏差的原因不可能是________(填字母)。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
(4)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1
L
1
mol·L－1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为________。
[解析]　(3)①第2组数据偏差较大，应舍去，其他三组的温度差平均值约为4.0
℃。②ΔH＝－[(50＋30)mL×1.0
g·mL－1×4.0
℃×4.18×10－3
kJ·g－1·℃－1÷0.025
mol]≈－53.5
kJ·mol－1。③放出的热量少可能是散热、多次加入碱或起始温度读得较高等原因。(4)稀氢氧化钠溶液，稀氢氧化钙中溶质都完全电离，稀氨水中的溶质是弱电解质，它与盐酸的反应中NH3·H2O的电离要吸收热量，故中和热要小一些，ΔH3要大一些。
[答案]　(1)隔热保温，减小热量的损失
(2)H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋2H2O(l)
　ΔH＝－114.6
kJ·mol－1
(3)①4.0　②－53.5
kJ·mol－1　③b
(4)ΔH1＝ΔH2<ΔH3
(1)反应热、焓变与ΔH的比较要注意“＋”“－”号，越负越小，越正越大。
(2)燃烧热、中和热的大小比较只比较数值大小。
　盖斯定律在反应热计算中的应用
知识梳理
1．盖斯定律
(1)内容
对于一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的。即：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关。
(2)意义
间接计算某些反应的反应热。
(3)应用
转化关系
反应热间的关系
aAB、AB
ΔH1＝aΔH2
AB
ΔH1＝－ΔH2
ΔH＝ΔH1＋ΔH2
2.反应热大小的比较
(1)看物质状态。物质的气、液、固三态转化时的能量变化如下：
(2)看ΔH的符号。比较反应热大小时不要只比较ΔH数值的大小，还要考虑其符号。
(3)看系数。当反应物与生成物的状态相同时，系数越大，放热反应的ΔH越小，吸热反应的ΔH越大。
(4)看反应的程度。对于可逆反应，参加反应的物质的量和状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大。
[深思考]
试比较下列各组ΔH的大小。
(1)同一反应，生成物状态不同时
A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH1<0
A(g)＋B(g)===C(l)　ΔH2<0
则ΔH1________(填“>”“<”或“＝”，下同)ΔH2。
(2)同一反应，反应物状态不同时
S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1<0
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2<0
则ΔH1________ΔH2。
(3)两个有联系的不同反应相比
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1<0
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2<0
则ΔH1________ΔH2。
[答案]　(1)>　(2)<　(3)<
?命题点1　盖斯定律的有关计算
　
“三步”确定热化学方程式或ΔH
1．(2019·全国卷Ⅲ，节选)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)===CuCl(s)＋Cl2(g)　ΔH1＝83
kJ·mol－1
CuCl(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g)
ΔH2＝－20
kJ·mol－1
CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g)
ΔH3＝－121
kJ·mol－1
则4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
[解析]　根据盖斯定律，将题中反应依次标号为①、②、③，可将题中反应按③×2＋②×2＋①×2加和得到目标反应，故ΔH＝2ΔH3＋2ΔH2＋2ΔH1。
[答案]　－116
2．(2020·山东学业水平等级考试，T18(1))探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　
ΔH1＝－49.5
kJ·mol－1
Ⅱ.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　
ΔH2＝－90.4
kJ·mol－1
Ⅲ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
　ΔH3
回答下列问题：
ΔH3＝____________kJ·mol－1。
[解析]　分析三个热化学方程式，可应用盖斯定律计算，ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－49.5
kJ·mol－1－(－90.4
kJ·mol－1)＝＋40.9
kJ·mol－1。
[答案]　＋40.9
3．(2019·北京高考，节选)已知反应器中还存在如下反应：
ⅰ.CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)　ΔH1
ⅱ.CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH2
ⅲ.CH4(g)===C(s)＋2H2(g)　ΔH3
……
ⅲ为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用________________________________________________________反应的ΔH。
[解析]　根据盖斯定律，由ⅰ＋ⅱ－ⅲ或ⅰ－ⅱ－ⅲ可确定目标反应。
[答案]　C(s)＋2H2O(g)===CO2(g)＋2H2(g)或C(s)＋CO2(g)===2CO(g)
?命题点2　反应热的比较
4．联氨(N2H4)常温下为无色液体，可用作火箭燃料。下列说法不正确的是
(　　)
①2O2(g)＋N2(g)===N2O4(l)　ΔH1
②N2(g)＋2H2(g)===N2H4(l)　ΔH2
③O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g)　ΔH3
④2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)　ΔH4＝－1048.9
kJ·mol－1
A．O2(g)＋2H2(g)===2H2O(l)　ΔH5，ΔH5>ΔH3
B．ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1
C．1
mol
O2(g)和2
mol
H2(g)具有的总能量高于2
mol
H2O(g)
D．联氨和N2O4作火箭推进剂的原因之一是反应放出大量的热
A　[O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g)　ΔH3；O2(g)＋2H2(g)===2H2O(l)　ΔH5；两个反应均为放热反应，ΔH均为负值，放热越多，ΔH越小，由于生成液态水放热更多，所以ΔH5<ΔH3，A错误；根据盖斯定律，③×2－②×2－①得，2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)，所以ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1，B正确；O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g)　ΔH3，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，C正确；由ΔH4＝－1048.9
kJ·mol－1知，反应放出大量的热，所以可以用联氨和N2O4作火箭推进剂，D正确。]
5．(2020·7月浙江选考，T22)关于下列ΔH的判断正确的是(　　)
CO(aq)＋H＋(aq)===HCO(aq)　ΔH1
CO(aq)＋H2O(l)HCO(aq)＋OH－(aq)　ΔH2
OH－(aq)＋H＋(aq)===H2O(l)　ΔH3
OH－(aq)＋CH3COOH(aq)===CH3COO－(aq)＋H2O(l)　ΔH4
A．ΔH1＜0　ΔH2＜0　　
B．ΔH1＜ΔH2
C．ΔH3＜0　ΔH4＞0
D．ΔH3＞ΔH4
B　[形成化学键要放出热量，ΔH1<0，第二个反应是盐类的水解反应，是吸热反应，ΔH2>0，A项错误；ΔH1是负值，ΔH2是正值，ΔH1<ΔH2，B项正确；酸碱中和反应是放热反应，ΔH3<0，ΔH4<0，C项错误；第四个反应(醋酸是弱酸，电离吸热)放出的热量小于第三个反应，但ΔH3和ΔH4都是负值，则ΔH3<ΔH4，D项错误。]
　涉及反应历程的能量图像分析
分析近几年高考试题，涉及反应历程的试题时常出现，涉及复杂反应历程的能量图像试题在2019年全国卷Ⅰ和2018年海南卷已出现，这类试题的特点是情境新，能更好地考查学生对新情境的分析和解决问题的能力。很好地体现了“科学探究与创新意识、证据推理与模型认知”的核心素养。
如图所示，反应A＋B―→AB的活化能为Ea，加入催化剂K后，反应分两步进行：
①A＋K―→AK　活化能为Ea1
②AK＋B―→AB＋K　活化能为Ea2
[解读]　(1)加入催化剂K后，①、②两步反应的活化能Ea1、Ea2均小于原反应的Ea，反应速率加快。
(2)Ea1>Ea2，故①步反应为慢反应，决定整个反应的速率，②步反应为快反应，总反应取决于①步反应，总反应在催化剂条件下的活化能为Ea1。
(3)总反应的活化能为Ea。
注意：①活化能又称能垒或能阈或能障。
②活化能与温度无关，与使用的催化剂有关。
③催化剂不改变焓变(ΔH)。
1．2010年Sheth等得出乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理(如图所示)。其中吸附在Pd表面上的物种用
标注。
上述吸附反应为________(填“放热”或“吸热”)反应，该历程中最大能垒(活化能)为________kJ·mol－1，该步骤的化学方程式为______________________。
[解析]　由图可知，吸附时能量降低，解吸时能量升高，如C2H―→C2H4　ΔH＝＋82
kJ·mol－1。基元反应中，C2H＋H
―→C2H的活化能最大，为＋85
kJ·mol－1。
[答案]　放热　＋85　C2H＋H
―→C2H
2．我国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化
B．两种电解质溶液环境下，N2―→NH3的焓变相同
C．MoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(
N2―→
N2H)的能量升高
D．N2的活化是N≡N键的断裂与N—H键形成的过程
C　[由题图可知，在Li2SO4溶液中
N2的相对能量较低，因此Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化，A正确；反应物、生成物的能量不变，因此两种电解质溶液环境下，反应N2―→NH3的焓变相同，B正确；MoS2(Li2SO4溶液)体系中
N2―→
N2H吸收的能量比在MoS2(Na2SO4溶液)体系中的少，所以活化能降低，C错误；N2的活化是
N2转化为
N2H的过程，即N≡N键的断裂与N—H键形成的过程，D正确。]
3．炭黑是雾霾中的重要颗粒物，它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2。下列说法错误的是
(　　)
A．每活化一个氧分子放出0.29
eV能量
B．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42
eV
C．氧分子的活化是O—O键的断裂与C—O键的生成过程
D．炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂
B　[由题图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此是放出能量，A正确；水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18
eV，B错误；氧分子的活化是O—O键的断裂与C—O键的生成过程，C正确；活化氧可以快速氧化SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中SO2转化为SO3的催化剂，D正确。]
[真题验收]
1．(1)(2020·全国卷Ⅰ，T28(1))钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为____________________
____________________________________________________________________。
(2)(2020·全国卷Ⅱ，T28(1))乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g)　ΔH1，相关物质的燃烧热数据如表所示：
物质
C2H6(g)
C2H4(g)
H2(g)
燃烧热ΔH/(kJ·mol－1)
－1
560
－1
411
－286
ΔH1＝________kJ·mol－1。
[解析]　(1)根据题图知，V2O4(s)＋SO3(g)===V2O5(s)＋SO2(g)　ΔH2＝－24
kJ·mol－1①，V2O4(s)＋2SO3(g)===2VOSO4(s)　ΔH1＝－399
kJ·mol－1②。根据盖斯定律，由②－①×2得：2V2O5(s)＋2SO2(g)===2VOSO4(s)＋V2O4(s)　ΔH＝(－399＋48)
kJ·mol－1＝－351
kJ·mol－1。
(2)根据题表中数据信息可写出热化学方程式
(ⅰ)C2H6(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－1
560
kJ·mol－1、
(ⅱ)C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－1
411
kJ·mol－1、
(ⅲ)H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－286
kJ·mol－1，根据盖斯定律，由(ⅰ)－(ⅱ)－(ⅲ)得C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g)　ΔH1＝＋137
kJ·mol－1。
[答案]　(1)2V2O5(s)＋2SO2(g)===2VOSO4(s)＋V2O4(s)　ΔH＝－351
kJ·mol－1
(2)＋137
2．(2019·全国卷Ⅰ，节选)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用
标注。
可知水煤气变换的ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)E正＝______eV，写出该步骤的化学方程式_______________
____________________________________________________________________。
[解析]　由图可知，该反应的始态相对能量高于终态相对能量，ΔH<0，由图可知历程中最大活化能E正＝(1.86＋0.16)eV＝2.02
eV。该步骤起始物质为COOH
＋H
＋H2O
，产物为COOH
＋2H
＋OH
。
[答案]　小于　2.02　COOH
＋H
＋H2O
===COOH
＋2H
＋OH
(或H2O
===H
＋OH
)
3．(2019·全国卷Ⅱ，节选)已知：
(g)===(g)＋H2(g)　ΔH1＝100.3
kJ·mol－1　①
H2(g)＋I2(g)===2HI(g)　ΔH2＝－11.0
kJ·mol－1②
对应反应：(g)＋I2(g)===(g)＋2HI(g)
ΔH3＝________kJ·mol－1。　③
[解析]　根据盖斯定律可知ΔH3＝ΔH1＋ΔH2。
[答案]　89.3(或＋89.3)
[新题预测]
1．(2020·威海二模)我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．该历程中最小能垒的化学方程式为
(CH3)2NCH2OH
===(CH3)2NCH2＋OH
B．该历程中最大能垒(活化能)为2.16
eV
C．该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)===N(CH3)3(g)＋H2O(g)
　ΔH＝－1.02
eV·mol－1
D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率
A　[从题图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为－1.23－(－2.16)＝0.93、－1.55－(－1.77)＝0.22、－1.02－(－2.21)＝1.19。A.从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH
转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为
(CH3)2NCH2OH
===(CH3)2NCH2＋OH
，A正确；B.该历程中最大能垒(活化能)为1.19
eV，B不正确；C.该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02
eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)===N(CH3)3(g)＋H2O(g)　ΔH＝－1.02NA
eV·mol－1，C不正确；D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确。]
2．氢气可将二氧化碳还原为甲烷[CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)]。科学家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(其中吸附在Pt/SiO2催化剂表面上的物质用“·”标注，“Ts”表示过渡态)，则下列说法错误的是(　　)
A．第一步反应过程断裂氢氢键和碳氧键，形成氢氧键
B．第三步反应所需活化能最小
C．第三步总反应可表示为：·OH＋·H―→H2O(g)
D．物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会释放能量
D　[从图中可以看出第一步为CO2(g)＋4H2(g)―→·HOCO＋H2(g)；第二步：·HOCO＋H2(g)―→·CO＋·OH＋H2(g)；第三步：·CO＋·OH＋H2(g)―→·CO＋3H2(g)＋H2O(g)。在反应过程中吸附到催化剂表面的过程放出热量，但形成过渡态的过程会吸收能量。D项错误。]
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