专题05化学反应中的能量变化（专讲）-瞄准2023年高考化学二轮专题考点抢分计划（解析版）_05高考化学_新高考复习资料_2023年新高考资料_二轮复习

专题 05 化学反应中的能量变化 考点01 反应热及其表示方法··············································································1 考点02 热化学方程式 盖斯定律········································································5 考点03 原电池 化学电源················································································11 考点04 电解原理····························································································15 考点 01 反应热及其表示方法 1．反应热和焓变 (1)反应热是化学反应中放出或吸收的热量。 (2)焓变是化学反应在恒温、恒压条件下放出或吸收的热量。 (3)化学反应的反应热用一定条件下的焓变表示，符号为ΔH，单位为 kJ·mol－1。 2．吸热反应与放热反应 类型 吸热反应 放热反应 比较 定义 吸收热量的化学反应 放出热量的化学反应 表示方法 ΔH>0 ΔH<0 形成原因 ∑E(反应物)<∑E(生成物) ∑E(反应物)>∑E(生成物) 形成实质 图示 E——活化能(反应物分子变成活化分子所需的能量) 1 E——活化能(生成物分子变成活化分子所需的能量) 2 图示 ①ΔH＝E － E ①ΔH＝E － E 1 2 1 2 ②使用催化剂，E 减小，E 减小， ②使用催化剂，E 减小，E 1 2 1 2 ΔH不变 减小，ΔH不变 ①所有的中和反应 ①所有的水解反应 ②所有的燃烧反应 反应类型或实例 ②大多数的分解反应 ③大多数的化合反应 ③Ba(OH) ·8H O与NH Cl的反应 2 2 4 ④活泼金属与水、较活泼金④C＋HO(g)=====CO＋H 属与酸的反应 2 2 ⑤C＋CO=====2CO ⑤铝热反应 2 【典例1】关于下列 的判断正确的是( ) CO2-(aq)+H O(l) HCO -(aq)+OHˉ(aq) 3 2 3 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO2-(aq)+H+(aq)=HCO2-(aq)为放热反应，所以△H<0；CO2- 3 3 1 3 (aq)+H O(l) HCO -(aq)+OHˉ(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO2-的水解反应为吸热反应，所以 2 3 3 △H>0；OHˉ(aq)+H+(aq)=H O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以△H<0；醋酸与强碱的中 2 2 3 和反应为放热反应，所以△H<0；但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应 4 过程放出的热量小于强酸和强碱反应放出的热量，则△H>△H；综上所述，只有△H<△H 正确，故答案 4 3 1 2 为B。 【变式1-1】根据下图中的能量关系，可求得C—H的键能为( ) A．414 kJ·mol－1 B．377 kJ·mol－1 C．235 kJ·mol－1 D．197 kJ·mol－1 【答案】A 【解析】C(s)===C(g) ΔH＝717 kJ·mol－1 1 2H(g)===4H(g) ΔH＝864 kJ·mol－1 2 2 C(s)＋2H(g)===CH (g) ΔH＝－75 kJ·mol－1 2 4 3 根据ΔH＝反应物总键能－生成物总键能 －75 kJ·mol－1＝717 kJ·mol－1＋864 kJ·mol－1－4 E ，解得E ＝414 kJ·mol－1。 (C—H) (C—H) 【变式1-2】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____________________。 【答案】小于 2.02 COOH*＋H*＋HO*===COOH*＋2H*＋OH*(或HO*===H*＋OH*) 2 2 【解析】观察始态物质的相对能量与终态物质的相对能量知，终态物质相对能量低于始态物质相对能量， 说明该反应是放热反应，ΔH小于0。过渡态物质相对能量与始态物质相对能量相差越大，活化能越大，由 题图知，最大活化能E ＝1.86 eV－(－0.16 eV)＝2.02 eV，该步起始物质为COOH*＋H*＋HO*，产物为 正 2 COOH*＋2H*＋OH*。 【特别提醒】利用键能计算反应热，要熟记公式：ΔH＝反应物总键能－生成物总键能，其关键是弄清物 质中化学键的数目。在中学阶段要掌握常见单质、化合物中所含共价键的数目。原子晶体：1 mol金刚石 中含2 mol C—C键，1 mol硅中含2 mol Si—Si键，1 mol SiO 晶体中含4 mol Si—O键；分子晶体：1 mol 2 P 中含有6 mol P—P键，1 mol P O (即五氧化二磷)中含有12 mol P—O键、4 mol P==O键，1 mol C H 中 4 4 10 2 6 含有6 mol C—H键和 1 mol C—C键。 【变式1-3】(2022•浙江省学军中学高三选考模拟测试)理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN(g) HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是( ) A．一分子HCN中的总键能比一分子HNC的总键能小 B．该异构化反应的△H=+59.3kJ•mol-1 C．过渡态不稳定，故无法观测也无法分离 D．使用催化剂，可以改变活化分子百分数 【答案】A【解析】A项，根据图中信息得到HCN转化为HNC为吸热反应，1molHCN断键吸收的能量大于 1molHNC成键放出的能量，故一分子HCN中的总键能比一分子HNC的总键能大，故A错误；B项，根据 焓变等于生成物总能量减去反应物总能量可知该反应的△H=59.3kJ•mol-1-0kJ•mol-1+59.3kJ•mol-1，故B正 确；C项，过渡态是指反应物体系转变成产物体系过程中，经过的能量最高状态(或称活化络合物)。过渡 态键的状况是：旧键未完全断裂，新键未完全形成。过渡态是不稳定的，不能分离出来也不能观测，故C 正确；D项，使用催化剂，可以降低反应的活化能，部分普通分子转化为活化分子，由此可见，使用催化 剂可改变活化分子百分数，故D正确；故选A。 【变式1-4】我国科研人员提出了由CO 和CH 转化为高附加值产品CHCOOH的催化反应历程。该历程示 2 4 3 意图如下。 下列说法不正确的是( ) A．生成CHCOOH总反应的原子利用率为100% 3 B．CH→CHCOOH过程中，有C―H键发生断裂 4 3 C．①→②放出能量并形成了C―C键 D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 【答案】D 【解析】A 项，根据图示 CH 与 CO 在催化剂存在时生成 CHCOOH，总反应为 CH+CO 4 2 3 4 2 CHCOOH，只有CHCOOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH 选择性活化变为① 3 3 4 过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出 能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平 衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误。 考点 02 热化学方程式 盖斯定律 1．热化学方程式 (1)概念：表示参加反应物质的量和反应热的关系的化学方程式。 (2)意义：表明了化学反应中的物质变化和能量变化。 例如：2H(g)＋O(g)===2H O(l) ΔH＝－571．6 kJ·mol－1：表示在25 ℃、101 kPa条件下，2 mol H (g)和1 2 2 2 2 mol O(g)完全反应生成2 mol H O(l)，放出571．6 kJ的热量。 2 2 (3)热化学方程式的书写2．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，而与反应的途径无关。 根据盖斯定律计算ΔH的步骤和方法 ①计算步骤 ②计算方法 3．盖斯定律应用 (1)当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH 也同样要进行加减运算，且要带“+”“-”符号。 (2)将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。 (3)同一物质的三态变化(固、液、气)，状态由固→ 液→气变化时，会吸热；反之会放热。 (4)利用状态，迅速比较反应热的大小(若反应为放热反应) ①当反应物状态相同，生成物状态不同时，生成固体放热最多，生成气体放热最少。 ②当反应物状态不同，生成物状态相同时，固体反应放热最少，气体反应放热最多。 ③在比较反应热(ΔH)的大小时，应带符号比较。对于放热反应，放出的热量越多，ΔH反而越小。 【典例2】环戊二烯( )是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：已知： (g)=== (g)＋H(g) ΔH＝100.3 kJ·mol－1① 2 1 H(g)＋I(g)===2HI(g) ΔH＝－11.0 kJ·mol－1② 2 2 2 对于反应： (g)＋I(g)=== (g)＋2HI(g)③ 2 ΔH＝________kJ·mol－1。 3 【答案】89.3 【解析】将题给三个热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由反应①＋反应②得反应③， 则ΔH＝ΔH＋ΔH＝(100.3－11.0)kJ·mol－1＝89.3 kJ·mol－1。 3 1 2 【变式探究】(2019·浙江4月选考，23)MgCO 和CaCO 的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)： 3 3 M2＋(g)＋CO(g)――→M2＋(g)＋O2－(g)＋CO(g) 2 ↑ΔH ↓ΔH 1 3 MCO (s)――→MO(s) ＋ CO(g) 3 2 已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是( ) A．ΔH(MgCO )＞ΔH(CaCO)＞0 1 3 1 3 B．ΔH(MgCO )＝ΔH(CaCO)＞0 2 3 2 3 C．ΔH(CaCO)－ΔH(MgCO )＝ΔH(CaO)－ΔH(MgO) 1 3 1 3 3 3 D．对于MgCO 和CaCO ，ΔH＋ΔH＞ΔH 3 3 1 2 3 【答案】C 【解析】根据盖斯定律，得ΔH＝ΔH＋ΔH＋ΔH，又易知Ca2＋半径大于Mg2＋半径，所以CaCO 的离子键 1 2 3 3 强度弱于MgCO ，CaO的离子键强度弱于MgO。A项，ΔH 表示断裂CO和M2＋的离子键所吸收的能量， 3 1 离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH(MgCO )＞ΔH(CaCO)＞0，正确；B项，ΔH 表示断裂CO 1 3 1 3 2 中共价键形成O2－和CO 吸收的能量，与M2＋无关，因而ΔH(MgCO )＝ΔH(CaCO)＞0，正确；C项，由 2 2 3 2 3 上可知ΔH(CaCO)－ΔH(MgCO )<0，而ΔH 表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH 为负值，CaO的离 1 3 1 3 3 3 子键强度弱于MgO，因而ΔH(CaO)>ΔH(MgO)，ΔH(CaO)－ΔH(MgO)>0，错误；D项，由以上分析可知 3 3 3 3 ΔH＋ΔH>0，ΔH<0，故ΔH＋ΔH＞ΔH，正确。 1 2 3 1 2 3 【变式2-1】(2022·湖南长郡中学模拟)(1)已知C(s，石墨)===C(s，金刚石)ΔH>0，则稳定性：金刚石 (填“>”“<”)石墨。 (2)已知：2C(s)＋2O(g)===2CO (g) ΔH 2 2 1 2C(s)＋O(g)===2CO(g) ΔH 2 2 则ΔH (填“>”或“<”)ΔH。 1 2 (3)“嫦娥”五号预计在海南文昌发射中心发射，火箭的第一、二级发动机中，所用的燃料为偏二甲肼和四 氧化二氮，偏二甲肼可用肼来制备。用肼(N H)作燃料，四氧化二氮作氧化剂，二者反应生成氮气和气态 2 4 水。已知： ①N(g)＋2O(g)===N O(g) ΔH＝＋10.7 kJ·mol－1 2 2 2 4 ②N H(g)＋O(g)===N (g)＋2HO(g) 2 4 2 2 2 ΔH＝－543 kJ·mol－1写出气态肼和NO 反应的热化学方程式： 。 2 4 (4)25 ℃、101 kPa时，14 g CO在足量的O 中充分燃烧，放出141.3 kJ热量，则CO的燃烧热为ΔH＝ 2 。 (5)0.50 L 2.00 mol·L－1 HSO 溶液与2.10 L 1.00 mol·L－1 KOH溶液完全反应，放出114.6 kJ热量，该反应 2 4 的中和热ΔH＝ 。 (6)已知拆开1 mol H—H键、1 mol N—H键、1 mol N≡N键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则 N 与H 反应生成NH 的热化学方程式是 。 2 2 3 【答案】(1)< (2)< (3)2N H(g)＋NO(g)===3N (g)＋4HO(g) ΔH＝－1 096.7 kJ·mol－1 2 4 2 4 2 2 (4)－282.6 kJ·mol－1 (5)－57.3 kJ·mol－1 (6)N (g)＋3H(g) 2NH (g) ΔH＝－92 kJ·mol－1 2 2 3 【解析】(1)已知C(s，石墨)===C(s，金刚石) ΔH>0，说明该反应是吸热反应，因此石墨的总能量低于金 刚石的总能量，而能量越低，物质越稳定，故稳定性：金刚石<石墨。 (2)ΔH 表示碳完全燃烧的反应热，ΔH 表示碳不完全燃烧的反应热，碳完全燃烧放热多，且放热越多ΔH 1 2 越小。因此，ΔH<ΔH。 1 2 (3)根据盖斯定律，由2×②－①得： 2NH(g)＋NO(g)===3N (g)＋4HO(g) 2 4 2 4 2 2 ΔH＝2×(－543 kJ·mol－1)－(＋10.7 kJ·mol－1)＝－1 096.7 kJ·mol－1。 (4)25 ℃、101 kPa时，14 g CO在足量的O 中充分燃烧，放出141.3 kJ的热量，则1 mol CO(即28 g CO)完 2 全燃烧放出的热量是141.3 kJ×2＝282.6 kJ，即CO的燃烧热ΔH＝－282.6 kJ·mol－1。 (6)N 与H 反应生成NH 的热化学方程式可表示为N(g)＋3H(g)2NH(g) ΔH＝E(N≡N)＋3E(H—H)－ 2 2 3 2 2 3 2×3E(N—H)＝946 kJ·mol－1＋3×436 kJ·mol－1－6×391 kJ·mol－1＝－92 kJ·mol－1。 【变式2-2】近期发现，HS是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信 2 号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题： (2)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。 通过计算，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为________________、______________，制得 等量H 所需能量较少的是_____________。 2【答案】(2)H O(l)=H(g)+ O(g) ΔH=+286 kJ/mol 2 2 2 HS(g)=H(g)+S(s) ΔH=+20 kJ/mol 系统(II) 2 2 1 2 【解析】(2)①HSO (aq)=SO(g)+HO(l)+ O(g) △H=＋327kJ/mol 2 4 2 2 2 1 ②SO (g)+I (s)+ 2H O(l)=2HI(aq)+ H SO (aq) △H=－151kJ/mol 2 2 2 2 4 2 ③2HI(aq)= H (g)+ I (s) △H=＋110kJ/mol 2 2 3 ④HS(g)+ H SO (aq)=S(s)+SO (g)+ 2H O(l) △H=＋61kJ/mol 2 2 4 2 2 4 1 2 ①+②+③，整理可得系统(I)的热化学方程式HO(l)=H(g)+ O(g) △H=+286kJ/mol； 2 2 2 ②+③+④，整理可得系统(II)的热化学方程式HS (g)+ =H (g)+S(s) △H=+20kJ/mol。 2 2 根据系统I、系统II的热化学方程式可知：每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等 量的H 所需能量较少的是系统II。 2 【变式2-3】(2022•浙江省绍兴市高三选考诊断性考试)在一定条件下，Xe(g)与F(g)反应生成XeF (g)(n=2， 2 n 4，6)的平衡气体。 时主要为XeF (g)， 时主要为XeF (g)，高温时生成XeF (g)。其变转化关系 6 4 2 如下： 下列说法不正确的是( ) A．ΔH＜0，ΔH＜0 B．ΔH-ΔH=ΔH C．ΔH＞0 D．ΔH-ΔH=ΔH-ΔH 1 5 5 4 3 3 4 6 1 3 【答案】C 【解析】A项，根据图示可知，ΔH 对应的反应Xe(g)+F(g) XeF (g)和ΔH 对应的反应Xe(g) 1 2 2 5 +3F (g) XeF (g)都是化合反应，一般化合反应是放热的，所以ΔH＜0，ΔH＜0，故A正确；B项， 2 6 1 5 ΔH 对应的反应是Xe(g)+3F(g) XeF (g)，ΔH 对应的反应是Xe(g)+2F(g) XeF (g)，ΔH 对应 5 2 6 4 2 4 3 的反应是XeF (g)+F (g) XeF (g)，Xe(g)+3F(g) XeF (g)和Xe(g)+2F(g) XeF (g)相减即 4 2 6 2 6 2 4 可得到反应XeF (g)+F (g) XeF (g)，所以ΔH-ΔH=ΔH，故B正确；C项，ΔH 对应的反应XeF (g) 4 2 6 5 4 3 3 4 +F (g) XeF (g)是化合反应，一般化合反应是放热的，所以ΔH＜0，故C错误；D项，ΔH 对应的反 2 6 3 4 应是Xe(g)+2F(g) XeF (g)，ΔH 对应的反应是XeF (g)+2F (g) XeF (g)，两反应相减得到反应 2 4 6 2 2 6 Xe(g)+XeF(g) XeF (g)+XeF(g)；ΔH 对应的反应是Xe(g)+F(g) XeF (g)，ΔH 对应的反应是 6 4 2 1 2 2 3 XeF (g)+F (g) XeF (g)，两反应相减也得到反应Xe(g)+XeF(g) XeF (g)+XeF(g)，所以ΔH- 4 2 6 6 4 2 4 ΔH=ΔH-ΔH，故D正确；故选C。 6 1 3【变式2-4】MgCO 和CaCO 的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)： 3 3 M2+(g)＋CO2-(g) M2+(g)＋O2−(g)＋CO(g) 3 2 已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是 A．ΔH(MgCO )＞ΔH(CaCO)＞0 1 3 1 3 B．ΔH(MgCO )＝ΔH(CaCO)＞0 2 3 2 3 C．ΔH(CaCO)－ΔH(MgCO )＝ΔH(CaO)－ΔH(MgO) 1 3 1 3 3 3 D．对于MgCO 和CaCO ，ΔH＋ΔH＞ΔH 3 3 1 2 3 【答案】C 【解析】根据盖斯定律，得ΔH=ΔH+ΔH +ΔH ，又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO 的离子键强度 1 2 3 3 弱于MgCO ，CaO的离子键强度弱于MgO。A项，ΔH 表示断裂CO2-和M2+的离子键所吸收的能量，离子 3 1 3 键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH(MgCO )＞ΔH(CaCO)＞0，A项正确；B项，ΔH 表示断裂CO2- 1 3 1 3 2 3 中共价键形成O2−和CO 吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH(MgCO )＝ΔH(CaCO)＞0，B项正确；C项， 2 2 3 2 3 由上可知ΔH(CaCO)-ΔH (MgCO )<0，而ΔH 表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH 为负值，CaO的离 1 3 1 3 3 3 子键强度弱于MgO，因而ΔH(CaO)>ΔH(MgO)，ΔH(CaO)-ΔH (MgO)>0，C项错误；D项，由上分析可知 3 3 3 3 ΔH+ΔH >0，ΔH<0，故ΔH＋ΔH＞ΔH，D项正确。故选C。 1 2 3 1 2 3 考点 03 原电池 化学电源 1．“五类”依据判断原电池电极： 判断依据 电极材料 电极反应 电子流向 离子移向 电极现象 电极 负极 活泼金属 氧化反应 流出 阴离子移向 电极质量减小 不活泼金属 电极增重或质 正极 还原反应 流入 阳离子移向 或非金属 量不变 2．“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 3．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。 4．化学电源(1)一次电池 负极材料：Zn 电极反应： Zn ＋ 2OH － － 2e － == =Zn(OH) 2 碱性锌锰 正极材料：碳棒 干电池 电极反应：2MnO ＋2HO＋2e－===2MnOOH＋2OH－ 2 2 总反应：Zn＋2MnO ＋2HO===2MnOOH＋Zn(OH) 2 2 2 负极材料：Zn 电极反应： Zn ＋ 2OH － － 2e － == =Zn(OH) 2 锌银电池 正极材料：Ag O 2 电极反应：Ag O＋HO＋2e－===2Ag＋2OH－ 2 2 总反应：Zn＋Ag O＋HO===Zn(OH) ＋2Ag 2 2 2 (2)二次电池 铅蓄电池是最常见的二次电池，总反应为 Pb(s)＋PbO (s)＋2HSO (aq) 2PbSO (s)＋2HO(l) 2 2 4 4 2 (3)燃料电池 氢氧燃料电池是目前最成熟的燃料电池：总反应式：2H＋O===2H O 2 2 2 ①酸性介质 负极：2H－4e－===4H＋ 正极：O＋4H＋＋4e－===2H O 2 2 2 ②碱性介质 负极：2H＋4OH－－4e－===4H O 正极：O＋2HO＋4e－===4OH－ 2 2 2 2 (③熔融的金属氧化物作介质 负极：2H－4e－＋2O2－===2H O 正极：O＋4e－===2O2－ 2 2 2 ④碳酸盐作介质 负极：2H－4e－＋2CO===2H O＋2CO 正极：O＋4e－＋2CO===2CO 2 2 2 2 2 【典例3】化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是( ) A．甲：Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加 B．乙：正极的电极反应式为Ag O＋2e−＋HO===2Ag＋2OH− 2 2 C．丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄 D．丁：使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降 【答案】A 【解析】A项，甲装置属于原电池，Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电 极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+向Cu电极方向移动，H+氧化性较强，得 电子变H，2H++2e=H↑，因而c(H+)减小，A项错误；B项，Ag O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还 2 2 2 原成Ag，结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag O＋2e−＋HO=2Ag＋2OH−，B项正确；C项，Zn为较 2 2 活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；D 项，铅蓄电池总反应式为PbO + Pb + 2H SO 2PbSO + 2H O，可知放电一段时间后，HSO 不 2 2 4 4 2 2 4 断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故选A。 【变式3-1】以KOH溶液为离子导体，分别组成CHOH—O、NH—O、(CH)NNH—O 清洁燃料电 3 2 2 4 2 3 2 2 2 池，下列说法正确的是( ) A．放电过程中，K+均向负极移动 B．放电过程中，KOH物质的量均减小 C．消耗等质量燃料，(CH)NNH—O 燃料电池的理论放电量最大 3 2 2 2 D．消耗1molO 时，理论上NH—O 燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L 2 2 4 2 【答案】C 【解析】碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为：2CHOH+3O +4KOH=2K CO+6H O；NH-O 清洁燃料电 3 2 2 3 2 2 4 2 池总反应为：NH+O =N +2H O；偏二甲肼[(CH )NNH]中C和N的化合价均为-2价，H元素化合价为+1 2 4 2 2 2 3 2 2 价，所以根据氧化还原反应原理可推知其燃料电池的总反应为： (CH)NNH+4O +4KOH=2K CO+N +6H O。A项，放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移 3 2 2 2 2 3 2 2 动，A错误；B项，根据上述分析可知，NH-O 清洁燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗 2 4 2 KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量减小，B错误； C项，理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为mg，则甲醇、NH 和 2 4 (CH)NNH 放电量(物质的量表达式)分别是： 、 、 ，通过比较可 3 2 2 知(CH)NNH 理论放电量最大，C正确；D项，根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1molO 生成的 3 2 2 2 氮气的物质的量为1mol，在标准状况下为22.4L，D错误；故选C。【变式3-2】微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可 实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含 CHCOO-的溶液 3 为例)。下列说法错误的是( ) A．负极反应为 CHCOOˉ+2H O-8eˉ=2CO↑+7H+ 3 2 2 B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜 C．当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58．5g D．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2:1 【答案】B 【解析】据图可知a极上CHCOOˉ转化为CO 和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极 3 2 为正极。A项，a极为负极，CHCOOˉ失电子被氧化成CO 和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为 3 2 CHCOOˉ+2H O-8eˉ=2CO↑+7H+，故A正确；B项，为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向 3 2 2 负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B 错误；C项，当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molClˉ移向负极，同时有 1molNa+移向正极，即除去1molNaCl，质量为58．5g，故C正确；D项，b极为正极，水溶液为酸性，所 以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H++2eˉ=H↑，所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体， 2 根据负极反应式可知负极产生2mol气体，物质的量之比为4:2=2:1，故D正确；故选B。 【变式3-3】(2022年1月浙江选考)镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下(L 为小灯泡，K、K 为 1 2 开关，a、b为直流电源的两极)。 下列说法不正确的是( ) A．断开K、合上K，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能 2 1 B．断开K、合上K，电极A为阴极，发生还原反应 1 2 C．电极B发生氧化反应过程中，溶液中KOH浓度不变D．镍镉二次电池的总反应式：Cd+ 2NiOOH+2H O Ca(OH) +2Ni(OH) 2 2 2 【答案】C 【解析】根据图示，电极A充电时为阴极，则放电时电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成 Cd(OH) ，负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH) ，电极B充电时为阳极，则放电时电极B为正极，正极上 2 2 NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH) ，正极反应式为2NiOOH+2e-+2H O=2Ni(OH) +2OH-，放电时总 2 2 2 反应为Cd+2NiOOH+2H O=Cd(OH) +2Ni(OH) 。A项，断开K、合上K，为放电过程，镍镉电池能量转化 2 2 2 2 1 形式：化学能→电能，A正确；B项，断开K、合上K，为充电过程，电极A与直流电源的负极相连，电 1 2 极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH) +2e-=Cd+2OH-，B正确；C项，电极B发生氧化反应 2 的电极反应式为2Ni(OH) -2e-+2OH-=2NiOOH+2H O，则电极A发生还原反应的电极反应式为Cd(OH) +2e- 2 2 2 =Cd+2OH-，此时为充电过程，总反应为Cd(OH) +2Ni(OH) Cd+2NiOOH+2H O，溶液中KOH浓度减 2 2 2 小，C错误；D项，根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H O=Cd(OH) +2Ni(OH) ，则镍镉二次电池 2 2 2 总反应式为Cd+2NiOOH+2H O Cd(OH) +2Ni(OH) ，D正确；故选C。 2 2 2 考点 04 电解原理 1．“五类”依据判断电解池电极 判断依据 电极材料 电极反应 电子流向 离子移向 电极现象 电极 电极溶解或 阳极 与电源正极相连 氧化反应 流出 阴离子移向 pH减小 电极增重或 阴极 与电源负极相连 还原反应 流入 阳离子移向 pH增大 2．电解池电极反应式的书写模式： 3．电解原理的应用 (1)电解饱和食盐水。 阳极反应式：2Cl－－2e－===Cl↑(氧化反应) 阴极反应式：2H＋＋2e－===H ↑(还原反应) 2 2 总反应方程式：2NaCl＋2HO 2NaOH＋H↑＋Cl↑ 2 2 2离子反应方程式：2Cl－＋2HO 2OH－＋H↑＋Cl↑ 2 2 2 (3)应用：氯碱工业制烧碱、氢气和氯气 阳极：钛网(涂有钛、钌等氧化物涂层)。 阴极：碳钢网。 阳离子交换膜：①只允许阳离子通过，能阻止阴离子和气体通过。②将电解槽隔成阳极室和阴极室。 (2)电解精炼铜 (3)电镀铜 (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＋Cl↑ 2Cl－－2e－===Cl↑，2Na＋＋2e－===2Na 2 2 冶炼镁 MgCl (熔融)=====Mg＋Cl↑ 2Cl－－2e－===Cl↑，Mg2＋＋2e－===Mg 2 2 2 冶炼铝 2Al O(熔融)=====4Al＋3O↑ 6O2－－12e－===3O ↑，4Al3＋＋12e－===4Al 2 3 2 2 4．有关电化学计算的三大方法 (1)根据电子守恒计算 用于串联电路中电解池阴阳两极产物、原电池正负两极产物、通过的电量等类型的计算，其依据是电路中 转移的电子数相等。 (2)根据总反应式计算 先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。 (3)根据关系式计算 根据得失电子守恒关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。 如以通过4 mol e－为桥梁可构建如下关系式：(式中M为金属，n为其离子的化合价数值) 5．常见膜化学： (1)膜的作用：阳离子交换膜允许阳离子通过，不允许阴离子通过；阴离子交换膜允许阴离子通过，不允许 阳离子通过；质子交换膜允许质子通过而避免不同电极区域内某些离子间的反应。 (2)阴、阳离子交换膜的判断 ①看清图示，是否在交换膜上标注了阴、阳离子，是否标注了电源的正、负极，是否标注了电子流向、电 荷流向等，明确阴、阳离子的移动方向。 ②根据原电池、电解池中阴、阳离子的移动方向，结合题意中给出的制备、电解物质等信息，找出物质生 成或消耗的电极区域、确定移动的阴、阳离子，从而推知离子交换膜的种类。 【典例4】(2022·河南省名校联盟高三毕业班阶段性测试)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：CH-4e-+2O2-=CO +2H 4 2 2 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CO 可知，该电极为阳极，是CH 2 4 失电子生成CO，B正确；C项，CO+O2-=CO 2-，该反应不是阴极反应，阴极反应为CO2-+4e-=C+3O2-，C 2 2 3 3 错误；D项，阳极不仅生成氧化产物CO，还生成还原产物H，由阳极反应可知，理论上阳极生成1.5mol 2 2 气体(即0.5molCO 和1molH )，转移2mol电子，D错误。故选B。 2 2 【变式4-1】电解高浓度RCOONa(羧酸钠)的NaOH溶液，在阳极RCOO−放电可得到R−R(烷烃)。下列说法 不正确的是( ) A．电解总反应方程式：2RCOONa＋2HO R−R＋2CO↑＋H↑＋2NaOH 2 2 2B．RCOO−在阳极放电，发生氧化反应 C．阴极的电极反应：2HO＋2e−===2OH−＋H↑ 2 2 D．电解CHCOONa、CHCHCOONa和NaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷 3 3 2 【答案】A 【解析】A项，因为阳极RCOO-放电可得到R-R(烷烃)和产生CO，在强碱性环境中，CO 会与OH-反应生 2 2 成CO2-和HO，故阳极的电极反应式为2RCOO--2e-+4OH-=R-R+2CO2-+2H O，阴极上HO电离产生的 3 2 3 2 2 H+放电生成H，同时生成OH-，阴极的电极反应式为2HO+2e-=2OH-+H ↑，因而电解总反应方程式为 2 2 2 2RCOONa+2NaOH R-R+2Na CO+H ↑，故A说法不正确；B项，RCOO-在阳极放电，电极反应式为 2 3 2 2RCOO--2e-+4OH-=R-R+2CO2-+2H O， -COO-中碳元素的化合价由+3价升高为+4价，发生氧化反应，烃 3 2 基-R中元素的化合价没有发生变化，故B说法正确；C项，阴极上HO电离产生的H+放电生成H，同时 2 2 生成OH-，阴极的电极反应为2HO+2e-=2OH-+H ↑，故C说法正确；D项，根据题中信息，由上述电解总 2 2 反应方程式可以确定下列反应能够发生：2CHCOONa+2NaOH CH-CH+2Na CO+H ↑， 3 3 3 2 3 2 2CHCHCOONa+2NaOH CHCH-CHCH+2Na CO+H ↑，CHCOONa+CH CHCOONa+2NaOH 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3 3 2 CH-CHCH+2Na CO+H ↑。因此，电解CHCOONa、CHCHCOONa和NaOH 的混合溶液可得到乙烷、 3 2 3 2 3 2 3 3 2 丙烷和丁烷，D说法正确。故选A。 【变式4-2】采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温 度变化的影响，下列说法错误的是( ) A．阳极反应为2HO-4e-=4H++O ↑ 2 2 B．电解一段时间后，阳极室的pH未变 C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移 D．电解一段时间后，a极生成的O 与b极反应的O 等量 2 2 【答案】D 【解析】a极析出氧气，氧元素的化合价升高，做电解池的阳极，b极通入氧气，生成过氧化氢，氧元素的 化合价降低，被还原，做电解池的阴极。A项，依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳 极的反应式是2HO-4e-=4H++O ↑，故A正确，但不符合题意；B项，电解时阳极产生氢离子，氢离子是阳 2 2 离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳极室的pH值不变，故B正确，但不符合题 意；C项，有B的分析可知，C正确，但不符合题意；D项，电解时，阳极的反应为：2HO-4e-=4H+ 2 +O ↑，阴极的反应为：O+2e-+2H+=H O，总反应为：O+2H O=2HO，要消耗氧气，即是a极生成的氧气 2 2 2 2 2 2 2 2 小于b极消耗的氧气，故D错误，符合题意；故选D。 【变式4-3】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， 氢化酶作用下发生反应H+2MV2+=2H++2MV+ 2 C． 正极区，固氮酶 催化剂，N 发生还原反应生成NH 2 3 D． 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动 【答案】B 【解析】由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生 成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H 反应生成H+和MV+， 2 反应的方程式为H+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生 2 成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N 在固氮酶的作用下反应生成NH 和MV2+， 2 3 反应的方程式为N+6H++6MV+=6MV2++NH ，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。A项， 2 3 相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转 化为电能，故可提供电能，故A正确；B项，左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+， 电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H 反应生成H+和MV+，反应的方程 2 式为H+2MV2+=2H++2MV+，故B错误；C项，右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成 2 MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N 在固氮酶的作用下反应生成NH 和MV2+，故 2 3 C正确；D项，电池工作时，氢离子(即质子)通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。故选B。 1．（2022·浙江卷）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表： 物质(g) O H HO HOO H O H O H O 2 2 2 2 2 能量/kJmol-1 249 218 39 10 0 0 136 242 可根据HO(g)+HO(g)=H 2 O 2 (g)计算出H 2 O 2 中氧氧单键的键能为214kJmol-1。下列说法不正确的是A．H 2 的键能为436kJmol-1 B．O 的键能大于H O 中氧氧单键的键能的两倍 2 2 2 C．解离氧氧单键所需能量：HOOⅠ C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用 【答案】AD 【解析】A．由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A说法 正确； B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B 说法不正确； C．进程Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于进程Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，由于这两步反应分别 是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，Ｃ说法不正确； D．由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S•Z，然后S•Z转化为产物P•Z，由于P•Z没有转化为 P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确； 综上所述，本题选AD。 3（2022·重庆市育才中学模拟预测）“世上无难事，九天可揽月”，我国的航空航天事业取得了举世嘱目 的成就。碳酰肼类化合物 是种优良的含能材料，可作为火箭推进剂的组分，其相关反应 的能量变化如图所示，已知 ，则 为 A． B． C． D．【答案】A 【解析】由盖斯定律可知，△H=2△H +△H —△H =2×(—299kJ/mol)+(—1018kJ/mol)—(+87kJ/mol)= — 1 2 3 4 1563kJ/mol，故选A。 4.（2022·浙江·温州中学模拟预测）已知 固体溶于水放热，有关过程能量变化如图 下列说法正确的是 A．反应① ， B． C． D． 【答案】B 【解析】A．由于液体的混乱度大于固体，反应① ，A错误； B． 表示ROH破坏离子键的过程，应为钠离子半径小于钾离子，破坏离子键氢氧化钾吸收的能量要 多，则 ，B正确； C． 表示氢氧根离子从气态离子转化为溶液中离子的热量变化， ，C错误； D．由盖斯定律可知 ，D错误； 答案选B。 5.（2022·贵州·模拟预测）冬季燃煤排放的大量活性溴化合物BrCl能通过光解释放溴自由基和氯自由基， 从而影响大气中自由基(OH、HO )的浓度，其循环原理如图所示。下列说法不正确的是 2 A．NO 的排放会造成酸雨 2 B．向原煤中添加石灰石有利于实现“碳达峰、碳中和” C．通过上述循环，大气中OH自由基的浓度升高 D．BrCl的排放会造成臭氧含量减小 【答案】B 【解析】A．二氧化氮会与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以二氧化氮排放会造成酸雨，故A正确； B．向原煤中添加石灰石可以减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，所以不能实现“碳达 峰、碳中和”，故B错误；C．由图可知，上述循环中消耗大气中的臭氧和HO ，生成HO，所以大气中OH自由基的浓度升高，故C 2 正确； D．由图可知，上述循环中消耗大气中的臭氧和HO ，所以BrCl的排放会造成臭氧含量减小，故D正确； 2 故选B。 6.（2022·安徽蚌埠·模拟预测）CO与NO在铁催化剂表面进行如下两步反应： 2 第一步：Fe*+N O=FeO*+N 2 2 第二步：FeO*+CO=Fe*+CO 2 其相对能量与反应历程如下图所示，下列说法不正确的是 A．总反应是放热反应，化学方程式为CO+NO CO+N 2 2 2 B．在反应过程中，有极性键和非极性键的断裂和生成 C．总反应的反应速率由第一步反应决定 D．Fe*为反应的催化剂，FeO*为中间产物 【答案】B 【解析】A．由题干反应历程图可知，该反应的总反应化学方程式为CO+NO CO+N ，反应物的总 2 2 2 能量高于生成物的总能量，则是放热反应，A正确； B．由题干反应历程图可知，在反应过程中，反应物中CO和NO中的C-O、N-O极性键断裂，CO 中有 2 2 C-O极性键形成，即整个过程中没有非极性键的断裂和生成，B错误； C．总由题干反应历程图可知，第一步反应的活化能大于第二步反应，即第一步反应为慢反应，则整个反 应的反应速率由第一步反应决定，C正确； D．由题干反应历程图可知，Fe*反应过程中参与反应，但反应前后不变，即Fe*为反应的催化剂，FeO*为 中间产物，D正确； 故答案为：B。