文档内容
专题 05 化学反应与能量
目 录
2
3
考点一 反应热及其表示方法 5
【真题研析·规律探寻】 5
【核心提炼·考向探究】 7
1．反应热和焓变 7
2．吸热反应与放热反应 7
易错提醒 8
【题型归纳·命题特训】 9
题型一 键能与反应热 9
题型二 能量变化图象分析 11
考点二 热化学方程式 盖斯定律 16
【真题研析·规律探寻】 16
解题技巧 18
【核心提炼·考向探究】 19
1．热化学方程式 19
2．盖斯定律 19
【题型特训·命题预测】 20
题型一 热化学方程式 20
题型二 盖斯定律及其应用 23
考点三 原电池 化学电源 26
【真题研析·规律探寻】 26
解题技巧 37
【核心提炼·考向探究】 38
1．“五类”依据判断原电池电极 38
2．“三步”突破原电池电极反应式的书写 38
3．解答新型化学电源的步骤 38
4．化学电源 39
【题型特训·命题预测】 40
题型一 一次电池 40
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】题型二 二次电池 45
题型三 燃料电池 52
考点四 电解原理及应用 54
【真题研析·规律探寻】 54
解题技巧 59
【核心提炼·考向探究】 59
1．“五类”依据判断电解池电极 59
2．电解池电极反应式的书写模式 60
3．电解原理的应用 60
4．有关电化学计算的三大方法 61
题型特训·命题预测 61
考点五 金属的腐蚀与防护 65
【真题研析·规律探寻】 65
解题技巧 68
【核心提炼·考向探究】 68
1．金属腐蚀两种类型比较 68
2．两种保护方法 68
【题型特训·命题预测】 69
考点要求 考题统计 考情分析
2023•浙江省1月选考14题，3分；2022 【命题规律】
反应热及其表示方法 浙江6月选考18题，2分；2021浙江1 能源问题越来越受到重视。近年来，
月选考20题，2分 有关能源的试题主要在选择题、填充题、
实验题中体现，主要以概念判断、图象
热化学方程式 盖斯 2021浙江6月选考21题，2分；2021北
题、反应热的计算题型较为多见，对此题
定律 京卷14题，3分
型的考查体现在“创新”。热化学主要涉
2023广东卷6题，2分；2023山东卷11
及化学键与化学反应中能量变化关系、化
题，4分；2023辽宁卷11题，3分；
学能与热能的相互转化、吸热反应和放热
2023全国甲卷10题，6分；2022全国甲
反应判断、热化学方程式正误判断、盖斯
卷12题，6分；2022山东卷13题，4
定律、燃烧热和中和热等；电化学主要涉
原电池 化学电源 分；2022福建卷9题，4分；2021广东
及电极反应式的正误判断与书写，电池反
卷9题，2分；2021山东卷10题，2
应式的书写，正负极的判断，电池充、放
分；2022辽宁卷14题，3分；2021河北 电时离子移动方向的判断，电极附近离子
卷9题，3分；2021辽宁卷10题，3 浓度的变化，电解的应用与计算，金属的
分；2021浙江1月选考22题，2分；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2021浙江6月选考22题，2分；2021湖 腐蚀与防护等。在复杂、陌生、新颖的研
南卷10题，3分 究对象和真实问题情境下，体现了对电化
学知识基础性、综合性、创新性和应用性
2023浙江1月选考11题，3分；2023辽
的考查。
宁卷7题，3分；2023湖北卷10题，3
【命题预测】
分；2023全国甲卷13题，6分；2023浙
化学反应的热效应的考查，一是在选择题
江6月选考13题，3分；2023北京卷5
中单独设题，考查反应中的能量变化、反
题，3分；2023广东卷13题，4分；
应热的比较及盖斯定律的计算；二是在选
2023广东卷16题，4分；2022广东卷
择题中某一选项出现，多与图像分析相结
10题，2分；2022北京卷13题，3分；
合；三是在填空题中考查，考查盖斯定律
2022重庆卷12题，4分；2022海南卷9
电解原理及应用 的计算或结合盖斯定律的热化学方程式的
题，4分；2022湖北卷14题，3分；
书写。电化学内容是高考试卷中的常客，
2022湖南卷8题，3分；2022浙江1月
对原电池和电解池的考查往往以选择题的
选考21题，2分；2022浙江6月选考21
形式考查两电极反应式的书写、两电极附
题，2分；2021全国甲卷13题，6分； 近溶液性质的变化、电子的转移或电流方
2021广东卷16题，4分；2021湖北卷 向的判断等。在第** 错误的表达式 **卷中
15题，3分；2021辽宁卷13题，3分； 会以应用性和综合性进行命题，如与生产
2021海南卷9题，4分；2021天津卷11 生活(如金属的腐蚀和防护等)相联系，也无
题，3分 机推断、实验及化学计算等学科内知识综
2022•广东选择性考试11题，4分； 合，尤其特别注意燃料电池和新型电池的
金属的腐蚀与防护
2021•全国乙卷12题，6分 正、负极材料分析和电极反应式的书写。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】考点一 反应热及其表示方法
1．(2023•浙江省1月选考，14)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下
[已知O(g)和Cl(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是 ( )
2 2
A．E-E=E-E
6 3 5 2
B．可计算Cl-Cl键能为2(E-E)kJ•mol-1
2 3
C．相同条件下，O 的平衡转化率：历程II>历程I
3
D．历程I、历程II中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O (g)+Cl(g) ∆H=(E-
2 5
E)kJ•mol-1
4
【答案】C
【解析】对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。A项，
催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E-E=E-E，A正确；B项，已知Cl(g)的相对能量
6 3 5 2 2
为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E-E)kJ•mol-1，则Cl-Cl键能为2(E-E)kJ•mol-1，B正确；C
2 3 2 3
项，催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O 的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误；D
3
项，活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步
反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O (g)+Cl(g) ∆H=(E-E)kJ•mol-1，D正确；故选C。
2 5 4
2．(2022·浙江省1月选考，18)相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷( )的能量变化
如图所示：
下列推理不正确的是( )
A．2ΔH≈ΔH，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
1 2
B．ΔH＜ΔH，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
2 3
C．3ΔH＜ΔH，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
1 4
D．ΔH-ΔH ＜0，ΔH-ΔH ＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
3 1 4 3
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】A
【解析】A项，2ΔH≈ΔH，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，但是不能是
1 2
存在相互作用的两个碳碳双键，故A错误；B项，ΔH＜ΔH，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明
2 3
单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B正确；C项，3ΔH＜ΔH，说明苯分
1 4
子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C正确；D项，ΔH-ΔH ＜0，ΔH-ΔH ＞0，说明苯分子具有特殊
3 1 4 3
稳定性，故D正确；故选A。
3．(2022·浙江省6月选考，18)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 HO HO
2 2 2 2 2
21
能量/ kJ·mol-l 249 39 10 0 0
8
可根据HO(g)+HO(g)= H O(g)计算出HO 中氧氧单键的键能为214 kJ·mol-l。下列说法不正确的是(
2 2 2 2
)
A．H 的键能为436 kJ·mol-l
2
B．O 的键能大于HO 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： HOO＜HO
2 2
D．HO(g)+O(g)= H O(g) ΔH＝-143kJ·mol−1
2 2 2
【答案】C
【解析】A项，根据表格中的数据可知，H 的键能为218×2=436 kJ·mol-l，A正确；
2
B项，由表格中的数据可知O 的键能为：249×2=498 kJ·mol-l，由题中信息可知HO 中氧氧单键的键能为
2 2 2
214 kJ·mol-l，则O 的键能大于HO 中氧氧单键的键能的两倍，B正确；C项，由表格中的数据可知
2 2 2
HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278 kJ·mol-l，HO 中氧氧单键的键能为214
2 2
kJ·mol-l，C错误；D项，由表中的数据可知HO(g)+O(g)= H O(g)的 ，D
2 2 2
正确；故选C。
4．(2021•浙江1月选考，20)已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键 H- H H-O
键能/(kJ·mol-1) 436 463
热化学方程式 2H(g) + O (g)=2HO(g) ΔH= -482kJ·mol-1
2 2 2
则2O(g)=O (g)的ΔH为( )
2
A．428 kJ·mol-1 B．-428 kJ·mol-1 C．498 kJ·mol-1 D．-498 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】反应的ΔH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2×436kJ/mol+(O-O)-4×463kJ/mol，解得O-O
键的键能为498kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O (g)的ΔH=-498kJ/
2
mol。
5．(2020·天津化学卷)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( )
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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
【答案】D
【解析】A项，根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比
HNC稳定，故A正确；B项，根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的
ΔH=+59．3 kJ·mol-1-0=+59．3 kJ·mol-1，故B正确；C项，根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反
应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；D项，使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路
径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误。故选D。
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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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，ΔH ②使用催化剂，E 减小，E 减
1 2 1 2
不变 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
②大多数的分解反应
反应类型或实 ③大多数的化合反应
③Ba(OH) ·8H O与NH Cl的反应
2 2 4
例 ④活泼金属与水、较活泼金属与
④C＋HO(g)=====CO＋H
2 2
酸的反应
⑤C＋CO=====2CO
2 ⑤铝热反应
(1)反应是放热还是吸热主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小。
(2)反应是否需要加热，只是引发反应的条件，与反应是放热还是吸热并无直接关系。许多放热反应也
需要加热引发反应，也有部分吸热反应不需加热，在常温时就可以进行。
(3)燃烧热：必须是1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物，如C燃烧应生成CO 而不是CO，H 燃
2 2
烧应生成液态水而不是气态水。
(4)中和热：强酸和强碱在稀溶液中发生中和反应生成1 mol H O，ΔH＝－57．3 kJ·mol－1。弱酸代替强
2
酸(或弱碱代替强碱)，因电离吸热，放出的热量减小，中和热减小。若用浓硫酸(或NaOH固体)，因溶解放
热放出的热量增多，中和热增大。
(5)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 P 中含
2 4
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 中含有
4 10 2 6
6 mol C—H键和1 mol C—C键。
题型一 键能与反应热
1．已知：P(g)＋6Cl(g)===4PCl (g) ΔH＝a kJ·mol－1，P(g)＋10Cl(g)===4PCl (g) ΔH＝b kJ·mol－
4 2 3 4 2 5
1，P 具有正四面体结构，PCl 中P—Cl键的键能为c kJ·mol－1，PCl 中P—Cl键的键能为1．2c kJ·mol－1。
4 5 3
下列叙述正确的是( )
A．P—P键的键能大于P—Cl键的键能 B．可求Cl(g)＋PCl (g)===PCl (s)的反应热ΔH
2 3 5
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．Cl—Cl键的键能为 kJ·mol－1 D．P—P键的键能为 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】选项A，由于P—P键的键长大于P—Cl键的键长，键长越短键能越大，故P—P键的键能小
于P—Cl键的键能，A错误；选项B，由于不知道PCl (g)===PCl (s)的反应热ΔH，所以不能求得Cl(g)＋
5 5 2
PCl (g)===PCl (s)的反应热ΔH，B错误；选项C，设Cl—Cl键的键能为x，将题中已知的两个式子按顺序
3 5
依次编号为①、②，将②－①可得4Cl(g)＋4PCl (g)===4PCl (g) ΔH＝(b－a) kJ·mol－1，由于化学反应中
2 3 5
断键吸热、成键放热，可得4x＋4×3×1.2c kJ·mol－1－4×5×c kJ·mol－1＝(b－a) kJ·mol－1，解得x＝ kJ·mol－
1，C正确；D项，设P—P键的键能为y，将①×5－②×3可得：2P(g)＋12PCl (g)===20PCl (g) ΔH＝(5a－
4 5 3
3b) kJ·mol－1，根据盖斯定律，可得2×6y＋12×5×c kJ·mol－1－20×3×1.2c kJ·mol－1＝(5a－3b) kJ·mol－1，解
得y＝ kJ·mol－1，故D错误。
2．(2023·山东省德州市普通高中高三过程性检测)C和H 在生产、生活、科技中是非常重要的燃料。
2
已知：
①2C(s)＋O(g) 2CO(g) ΔH＝－221 kJ·mol－1
2
②
下列推断正确的是( )
A．C(s)的摩尔燃烧焓为
B．
C．
D．由②可知该反应中，反应物化学键中储存的总能量比产物化学键储存的能量高
【答案】C
【解析】A项， 由①可知C(s)的摩尔燃烧焓为 ，A错误；B项，由②可知反应：
的 ，B错误；C项，根据B可知
，目标方程式的反应热为：
，C正确；D项，由②可知反应：
的 ，反应为放热反应，故反应
物化学键中储存的总能量比产物化学键储存的能量低，D错误；故选C。
3．(2023·广东省蕉岭县蕉岭中学高三第二次质检)已知：2CO(g)＋O(g)=2CO (g) ΔH=-566kJ/mol
2 2
2NaO(s)＋2CO(g)=2Na CO(s)＋O(g) ΔH=-452kJ/mol
2 2 2 2 3 2
下列说法正确的是( )
A．28克CO完全燃烧，放出热量为283J
B．NaO(s)＋CO(g)=Na CO(s)＋ O(g) ΔH=+226kJ/mol
2 2 2 2 3 2
C．CO(g)与NaO(s)反应放出509kJ热量时，电子转移数为1.204×1024
2 2
D．CO的燃烧热为283kJ/mol
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】D
【解析】A项， 28克CO完全燃烧，相当于1molCO完全燃烧。第一个热化学方程式中ΔH是
2molCO完全燃烧所产生的的热量，所以由此可知1molCO完全燃烧，放出的热量为 KJ，故A
错误；B项，NaO(s)＋CO(g)=Na CO(s)＋ O(g)与第二个热化学方程式有关，相当于第二个热化学方程
2 2 2 2 3 2
式除以2，所以NaO(s)＋CO(g)=Na CO(s)＋ O(g) ΔH=-226kJ/mol ，故B错误；C项，①2CO(g)＋
2 2 2 2 3 2
O(g)＝2CO(g) ΔH＝－566 kJ/mol、②NaO(s)＋CO(g)＝NaCO(s)＋ O(g) ΔH＝－226 kJ/mol，则根据
2 2 2 2 2 2 3 2
盖斯定律可知①× ＋②即得到NaO(s)＋CO(g)＝NaCO(s)，所以该反应的反应热△H＝－566 kJ/mol×
2 2 2 3
－226 kJ/mol＝－509kJ/mol。在反应中碳元素化合价从＋2价升高到＋4价，失去2个电子。因此CO(g)与
NaO(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数为2×6.02×1023 ，但CO(g)与NaO(s)反应未指明生成物状态，
2 2 2 2
故C错误；D项，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，①2CO(g)＋O(g)＝
2
2CO(g) ΔH＝－566 kJ/mol，所以CO的燃烧热为△H＝－566 kJ/mol× =-283 kJ/mol ，故D正确； 故选
2
D。
4．(2023·四川资阳高三第一次诊断性考试)我国科学家成功研发了甲烷和二氧化碳的共转化技术，助
力“碳中和”目标。该催化反应历程如图所示：
已知部分化学键的键能数据如下：
共价键
键能(kJ/mol) 413 497 462 351 348
下列说法不正确的是( )
A．该催化反应历程中没有非极性键断裂
B．催化剂的使用降低了该反应的活化能和焓变
C．总反应的原子利用率为100%
D．该反应的热化学方程式为：CO(g)+CH (g)= CHCOOH (g) ΔH＝-251 kJ·mol－1
2 4 3
【答案】B
【解析】A项，由图可知，该反应的反应物为二氧化碳和甲烷，生成物为乙酸，则该催化反应历程中
存在极性键的断裂，不存在非极性键断裂，故A正确；B项，催化剂的使用能降低反应的活化能，但不能
改变反应的焓变，故B错误；C项，由图可知，总反应为二氧化碳与甲烷在催化剂作用下反应生成乙酸，
则反应的原子利用率为100%，故C正确；D项，由图可知，总反应为二氧化碳与甲烷在催化剂作用下反
应生成乙酸，反应方程式为CO(g)+CH (g)= CH COOH (g)，由反应热与反应物的键能之和与生成物的键
2 4 3
能之和的差值相等可知，反应的焓变△H=(497kJ/mol×2+ 413 kJ/mol×4)—(413 kJ/mol×3+ 348 kJ/mol +351
kJ/mol + 462kJ/mol)=—251kJ/mol，故D正确；故选B。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】题型二 能量变化图象分析
1． (2022·浙江高三选考模拟预测)已知A转化为C和D分步进行：①A(g) B(g)+2D(g)；
②B(g) C(g)+D(g)，其反应过程能量如图所示，下列说法正确的是( )
⇌
⇌
A．1molA(g)的能量低于1molB(g)的能量
B．B(g) C(g)+D(g) ΔH=(Ea -Ea )kJ/mol
4 3
C．断裂1molA(g)化学键吸收的热量小于形成1molC(g)和3molD(g)化学键所放出的热量
⇌
D．反应过程中，由于Ea＜Ea，反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累
3 1
【答案】D
【解析】A项，从图中可知1molA(g)的能量低于1molB(g)和2molD(g)的总能量，不能比较1molA(g)
的能量和1molB(g)的能量大小，A错误；B项，从图中反应前后能量变化可知，反应物总能量低于生成物
总能量，B(g) C(g)+D(g)为吸热反应，ΔH＞0，故ΔH=(Ea -Ea )kJ/mol，B错误；C项，从图中可知，A转
3 4
化为C和D为吸热反应，断裂1molA(g)化学键吸收的热量应大于形成1molC(g)和3molD(g)化学键所放出
⇌
的热量，C错误；D项，从反应过程的图像中可知，Ea＜Ea，活化能越低，反应速率越快，故反应②速
3 1
率大于反应①，气体B很难大量积累， D正确。故选D。
2．(2023届·浙江省嘉兴市高三上学期9月检测)一定温度下，H (g)+ Br(g) 2HBr(g) ΔH，该
2 2 1
反应历程与能量变化如图所示。已知H-H、Br-Br、H-Br键能(kJ/mol)分别为a、b、c。下列说法正确的是(
)
A．ΔH=E-E ，当加入催化剂时E、E 及两者的差值均减小
1 1 2 1 2
B．平衡后降温，正、逆反应速率均减小，v 比v 减小程度更大
逆 正
C．已知a>c，若反应H (g)+ Br(g) 2HBr(g) ΔH＜0，则b>a
2 2
D．H (g)+I(g) 2HI (g) ΔH，则ΔH＞ΔH
2 2 2 2 1
【答案】D
【解析】A项，生成物能量大于反应物能量，反应为吸热反应，焓变ΔH=E-E ；催化剂改变反应历
1 1 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】程，降低反应的活化能，但不改变反应焓变，故当加入催化剂时E-E 减小，但是两者的差值不变，A错误；
1 2
B项，反应为吸热反应，平衡后降温，正、逆反应速率均减小，平衡逆向移动，故v 比v 减小程度更小，
逆 正
B错误；C项，若反应H (g)+ Br(g) 2HBr(g) ΔH＜0，反应焓变等于反应物键能和减去生成物键
2 2
能和，则a+b-2c<0，已知a>c，则a+b0，生成物的能量高于反应物的能量，反应Ⅱ的 ΔH<0，
生成物的能量低于反应物的能量，故C项正确。
5．(2023·黑龙江省牡丹江市第三高级中学高三检测)已知几种物质之间的能量关系如图所示，下列说
法中不正确的是( )
A．使用合适催化剂，不能减小反应的焓变
B． 中，热能转化为产物内部的能量
C．
D． ，反应物的总能量高于生成物的总能量
【答案】B
【解析】A项， 使用合适催化剂可降低反应的活化能，但不能减小反应的焓变，故A正确；B项，
ΔH=119.6kJ/mol-208.4kJ/mol=-88.8kJ/mol中，产物内部的能量转化为
热能，故B错误；C项，
ΔH=237.1kJ/mol-208.4kJ/mol=+28.7kJ/mol，故C正确；D项，
ΔH=-119.6kJ/mol，反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故D正确；故选B。
6．(2023·浙江省浙里卷天下高三联考)甲烷与氯气发生取代反应分别生成1mol相关有机物的能量变化
如图所示：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】已知Cl-Cl、C-Cl键能分别为243 kJ·mol－1、327 kJ·mol－1，下列说法不正确的是( )
A．1mol CH(g)的能量比1mol CHCl(g)的能量多197kJ
4 2 2
B．CH 与Cl 的取代反应是放热反应
4 2
C． ，说明CH 与Cl 的四步取代反应，难易程度相当
4 2
D．CH(g)+ Cl·(g)→ CH·(g)+HCl(g) ΔH＝－15 kJ·mol－1
4 3
【答案】A
【解析】A项，由图可知，甲烷和氯气反应生成CHCl(g)的同时还会生成氯化氢，故不能说明1mol
2 2
CH(g)的能量比1mol CHCl(g)的能量多197kJ，A错误；B项，由图可知，焓变均为负值，则为放热反应，
4 2 2
B正确； C项， ，说明CH 与Cl 的四步取代反应每多取代1个氢原子的难
4 2
易程度相当，C正确；D项，CH(g)+ Cl·(g)→ CH ·(g)+HCl(g)反应中，断裂了1molC-H键，形成了1molH-
4 3
Cl键，已知Cl-Cl、C-Cl键能分别为243 kJ·mol－1、327 kJ·mol－1，则CH(g)+ Cl·(g)→ CH ·(g)+HCl(g)的焓
4 3
变为 ，即
， ，D正
确；故选A。
7．(2023·湘豫名校联盟高三联考)苯与卤素发生取代反应可细分为：
①C H(苯)+∙X+X→C H∙+X +HX H
6 6 2 6 5 2 1
②C H∙+X +HX→C HX+HX+∙X H
6 5 2 6 5 △2
下图1、2表示反应中部分物质的含量(测量反应过程中多个时间点的各物质含量，去除开始时与结束
△
前的极端值后取平均值)，已知图1为使用催化剂前，图2为使用催化剂后，下表为相关△H的数据。
X Cl Br
H(kJ∙mol-1) 10 20
1
△
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】H(kJ∙mol-1) -111 -100
2
下列说法正确的是 △( )
A．可推知H-Cl键的键能比H-Br键的键能大10 kJ∙mol-1
B．1mol苯与1mol氯气反应将会向环境释放101kJ热量
C．使用催化剂后会改变△H，但不会改变△H+ H
1 1 2
D．反应②为总反应的决速步，催化剂的机理为降低反应②的活化能
△
【答案】A
【解析】A项， 从表中可以得出，△H(Cl)- H(Br)=(10-20) kJ∙mol-1=-10 kJ∙mol-1，两个过程中其它键
1 1
的断裂情况相同，只有形成H-Cl键和比H-Br键不同，由此可推知H-Cl键的键能比H-Br键的键能大10
△
kJ∙mol-1，A正确；B项，利用盖斯定律，将反应①+②，可得出C H(苯)+X →C HX+HX
6 6 2 6 5
H= H+ H=-101 kJ∙mol-1，由于苯与氯气发生的反应为可逆反应，所以1mol苯与1mol氯气反应向环境
1 2
释放的热量小于101kJ，B不正确；C项，使用催化剂后，只能改变反应的活化能，不能改变△H 和
△ △ △ 1
△H，也不会改变△H+ H，C不正确；D项，从图中可以看出，加入催化剂后，C H∙的百分含量增大较
2 1 2 6 5
少，而C HX的百分含量增大很多，则表明反应①的反应速率慢，反应②的反应速率快，从而确定反应②
6 5 △
为总反应的决速步，催化剂的机理为降低反应②的活化能，D不正确；故选A。
考点二 热化学方程式 盖斯定律
1．(2021•浙江6月选考)相同温度和压强下，关于反应的 ，下列判断正确的是( )
A．ΔH＞0，ΔH＞0 B．ΔH=ΔH+ΔH
1 2 3 1 2
C．ΔH＞ΔH，ΔH＞ΔH D．ΔH=ΔH+ΔH
1 2 3 2 2 3 4
【答案】C
【解析】一般的烯烃与氢气发生的加成反应为放热反应，但是，由于苯环结构的特殊性决定了苯环结
构的稳定性，苯与氢气发生加成反应生成1，3-环己二烯时，破坏了苯环结构的稳定性，因此该反应为吸
热反应。A项，环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，因此，ΔH＜0，ΔH＜
1 2
0，A不正确；B项，苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，因此，
其与氢气完全加成的反应热不等于环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，即
ΔH≠ΔH+ΔH，B不正确；C项，环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放反应，ΔH＜
3 1 2 1
0，ΔH＜0，由于1mol 1，3-环己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的2倍，故其放出的热量
2
更多，其ΔH＞ΔH；苯与氢气发生加成反应生成1，3-环己二烯的反应为吸热反应(ΔH ＞0)，根据盖斯定
1 2 4
律可知，苯与氢气完全加成的反应热ΔH=ΔH+ΔH，因此ΔH＞ΔH，C正确；D项，根据盖斯定律可知，
3 4 2 3 2
苯与氢气完全加成的反应热ΔH=ΔH+ΔH，因此ΔH=ΔH-ΔH，D不正确。故选C。
3 4 2 2 3 4
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2．(2021•北京卷)已知C H 脱H 制烯烃的反应为C H = C H+H 。固定C H 浓度不变，提高CO 浓度，
3 8 2 3 8 3 6 2 3 8 2
测定出口处C H、H、CO浓度。实验结果如下图。
3 6 2
已知：
C H(g)+5O(g)=3CO (g)+4HO(g) H=-2043.9kJ/mol
3 8 2 2 2
C H(g)+9/2O (g)=3CO (g)+3HO(g) H=-1926.1kJ/mol
3 6 2 2 2
△
H(g)+1/2O (g)=HO(g) H=-241.8kJ/mol
2 2 2
△
下列说法不正确的是( )
△
A．C H(g)=C H(g)+H(g) H=+124kJ/mol
3 8 3 6 2
B．C H、H 的浓度随CO 浓度变化趋势的差异是因为发生了CO+H CO+HO
3 6 2 2 △ 2 2 2
C．相同条件下，提高C H 对CO 的比例，可以提高C H 的转化率
3 8 2 3 8
D．如果生成物只有C H、CO、HO、H，那么入口各气体的浓度c 和出口各气体的浓度符合
3 6 2 2 0
3c(C H)+c (CO)=3c(C H)+c(CO)+3c(C H)+c(CO )
0 3 8 0 2 3 6 3 8 2
【答案】C
【解析】A项，根据盖斯定律结合题干信息①C H(g)+5O(g)=3CO (g)+4HO(g) H=-2043.9kJ/mol
3 8 2 2 2 1
②C H(g)+9/2O (g)=3CO (g)+3HO(g) H=-1926.1kJ/mol ③H(g)+1/2O (g)=HO(g) H=-241.8kJ/mol 可
3 6 2 2 2 2 2 2 2 △ 3
知，可由①-②-③得到目标反应C H(g)=C H(g)+H(g)，该反应的△H= H- H- H==(-2043.9kJ/mol)-
3 8 △ 3 6 2 1 2 3 △
( -1926.1kJ/mol)-( -241.8kJ/mol)=+124kJ/mol，A正确；B项，仅按C H(g)=C H(g)+H(g)可知C H、H 的浓
3 8△ △3 6 △ 2 3 6 2
度随CO 浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C H 的变化趋势是一致的，
2 3 6
因此可以推断高温下能够发生反应CO+H CO+HO，从而导致C H、H 的浓度随CO 浓度变化趋
2 2 2 3 6 2 2
势出现这样的差异，B正确；C项，从图中可知，相同条件下，C H 的百分含量随着CO 的浓度增大，
3 6 2
C H 的百分含量增大，即表示C H 的转化率增大，而增大CO 的浓度，相当于减小C H 对CO 的比例，C
3 6 3 8 2 3 8 2
错误；D项，根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C H、CO、HO、H，那么
3 6 2 2
入口各气体的浓度c 和出口各气体的浓度符合3c(C H)+c (CO)=3c(C H)+c(CO)+3c(C H)+c(CO )，D正确；
0 0 3 8 0 2 3 6 3 8 2
故选C。
3．(2020•北京卷)依据图示关系，下列说法不正确的是( )
A．石墨燃烧是放热反应
B．1molC(石墨)和1molCO分别在足量O 中燃烧，全部转化为CO，前者放热多
2 2
C．C(石墨)+CO (g)=2CO(g) ΔH=ΔH-ΔH
2 1 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】C
【解析】A项，所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)+O (g)= CO (g) ΔH=-393.5kJ/mol，ΔH
2 2 1 1
＜0，则石墨燃烧是放热反应，故A正确；B项，根据图示，C(石墨)+O (g)=CO (g) ΔH=-393.5kJ/mol，
2 2 1
CO(g)+ O(g)=CO (g) ΔH=-283.0kJ/mol，根据反应可知都是放热反应，1molC(石墨)和1molCO分别在足
2 2 2
量O 中燃烧，全部转化为CO，1molC(石墨)放热多，故B正确；C项，根据B项分析，①C(石墨)
2 2
+O (g)=CO (g) ΔH=-393.5kJ/mol，②CO(g)+ O(g)=CO (g) ΔH=-283.0kJ/mol，根据盖斯定律①-②ｘ2可
2 2 1 2 2 2
得：C(石墨)+CO (g)=2CO(g) ΔH=ΔH-2ΔH，故C错误；D项，根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与
2 1 2
反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确；故选C。
4．(2019•浙江4月选考)MgCO 和CaCO 的能量关系如图所示(M＝CA项，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
1 2 3 3
强度弱于MgCO ，CaO的离子键强度弱于MgO。A．ΔH 表示断裂CO2-和M2+的离子键所吸收的能量，离
3 1 3
子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH(MgCO )＞ΔH(CaCO)＞0，A项正确；B．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．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的离子
1 3 1 3 3 3
键强度弱于 MgO，因而 ΔH(CaO)>ΔH(MgO)，ΔH(CaO)-ΔH (MgO)>0，C 项错误；D．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
比较反应热大小的四个注意要点
(1)反应物和生成物的状态：
物质的气、液、固三态的变化与反应热的关系。
(2)ΔH的符号：比较反应热的大小时，不要只比较ΔH数值的大小，还要考虑其符号。
(3)参加反应物质的量：当反应物和生成物的状态相同时，参加反应物质的量越多，放热反应的 ΔH越
小，吸热反应的ΔH越大。
(4)反应的程度：参加反应物质的量和状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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
2 2 2
H(g)和1 mol O (g)完全反应生成2 mol H O(l)，放出571．6 kJ的热量。
2 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，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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。
题型一 热化学方程式
1．(2024·河北石家庄·高三石家庄精英中学期中)化学反应在有新物质生成的同时，一定伴随有能量的
变化。下列说法正确的是( )
A．已知H 的燃烧热为285.8kJ/mol，则表示H 燃烧热的热化学方程式为H(g)+ O(g)=HO(l)
2 2 2 2 2
H=-285.8kJ/mol
B．已知H+(aq)+OH—(ag)=H O(l) H=—57.3kJ/mol，用含49.0gH SO 的浓硫酸与足量稀NaOH溶液反
△ 2 2 4
应，放出57.3kJ热量
△
C．H(g)与O(g)充分反应生成等量的气态水比液态水放出的热量更多
2 2
D．已知I(g)+H(g) 2HI(g) H=-11kJ/mol，现将1molI (g)和1molH (g)充入密闭容器中充分反应
2 2 2 2
后，放出的热量为11 kJ
△
【答案】A
【解析】A项，氢气的燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则表示氢气燃烧热的热化
学方程式为H(g)+ O(g)=HO(l) H=—285.8kJ/mol，故A正确；B项，浓硫酸稀释时会放出热量，则含
2 2 2
49.0g硫酸的浓硫酸与足量稀氢氧化△钠溶液反应放出热量大于57.3kJ，故B错误；C项，气态水比液态水的
能量高，则氢气与氧气充分反应生成等量的液态水比气态水放出的热量更多，故C错误；D项，氢气与碘
蒸气生成碘化氢的反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以1mol氢气与1mol碘蒸气充入密闭容
器中充分反应后放出的热量小于11kJ，故D错误；故选A。
2．25 ℃、101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热ΔH为－57．3 kJ·mol－1，辛烷的标
准燃烧热ΔH为－5 518 kJ·mol－1。下列热化学方程式书写正确的是( )
A．2H＋(aq)＋SO(aq)＋2Na＋(aq)＋2OH－(aq)===Na SO (aq)＋2HO(l) ΔH＝－57．3 kJ·mol－1
2 4 2
B．KOH(aq)＋HSO (aq)===K SO (aq)＋HO(l) ΔH＝－57．3 kJ·mol－1
2 4 2 4 2
C．C H (l)＋O(g)===8CO (g)＋9HO(g) ΔH＝－5 518 kJ·mol－1
8 18 2 2 2
D．2C H (l)＋25O(g)===16CO (g)＋18HO(l) ΔH＝－5 518 kJ·mol－1
8 18 2 2 2
【答案】B
【解析】A项，所列热化学方程式中有两个错误，一是中和热是指反应生成1 mol H O(l)时的反应热，
2
二是当有BaSO 沉淀生成时，反应的热效应会有所变化，生成1 mol H O(l)时产生的热量不再是57．3 kJ，
4 2
错误；C项，燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的物质时所产生的热量，这时产物中的水应为液
态水，错误；D项，当2 mol液态辛烷完全燃烧时，产生的热量为11 036 kJ，错误。
3．下列热化学方程式正确的是( )
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】选项 已知条件 热化学方程式
A H 的燃烧热为a kJ·mol－1 H＋Cl=====2HCl ΔH＝－a kJ·mol－1
2 2 2
1 mol SO 、0.5 mol O 完全反应 2SO (g)＋O(g) 2SO (g)
2 2 2 2 3
B
后，放出热量98．3 kJ ΔH＝－98.3 kJ·mol－1
H＋(aq)＋OH－(aq)===H O(l) ΔH HSO (aq)＋Ba(OH) (aq) ===BaSO (s)＋
2 2 4 2 4
C
＝－57.3 kJ·mol－1 2HO(l) ΔH＝－114．6 kJ·mol－1
2
P(白磷，s)===4P(红磷，s) ΔH＝－4b
D 31 g白磷比31 g红磷能量多b kJ 4
kJ·mol－1
【答案】D
【解析】选项A中符合已知条件的应是H 和O 反应，A错；ΔH应为－196．6 kJ·mol－1，B错；选项
2 2
C中由于生成BaSO 沉淀，放出的热量大于114．6 kJ，C错。
4
4．天然气使用前需要脱硫，发生下列反应：
①HS(g)＋ O(g)=SO(g)＋HO(g) H
2 2 2 2 1
△
②2HS(g)＋SO (g)= S(g)＋2HO(g) H
2 2 2 2 2
△
③HS(g)＋ O(g)=S(g)＋HO(g) H
2 2 2 3
④2S(g)=S(g) H △
2 4
则△H 的正确表达式为( )
4 △
A．△H= ( H＋△H-3 H) B．△H= (3 H- H- H)
4 1 2 3 4 3 1 2
△ △ △ △ △
C．△H= ( H- H＋3 H) D．△H= ( H- H-3 H)
4 1 2 3 4 1 2 3
【答案】A △ △ △ △ △ △
【解析】根据盖斯定律，①× －③× 得⑤： S(g)+ O(g)= SO (g) H= ( H- H)；根据盖斯
2 2 5 1 3
△ △ △
定律，②× －③× 得⑥： SO (g)+ S(g)= O(g) + S (g) H= ( H-2 H)；⑤+⑥得：2S(g) =S (g)
2 2 2 6 2 3 2
△ △ △
H= ( H+ H-3 H)，故选A。
4 1 2 3
△ 5．下△列各△组热△化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是( )
①C(s)+O(g)═CO (g)；ΔH C(s)+ O(g)═CO(g)；ΔH
2 2 1 2 2
②S(s)+O (g)═SO (g)；ΔH S(g)+O (g)═SO (g)；ΔH
2 2 3 2 2 4
③H(g)+ O(g)═H O(l)；ΔH 2H (g)+O(g)═2H O(l)；ΔH
2 2 2 5 2 2 2 6
④CaCO (s)═CaO(s)+CO (g)；ΔH CaO(s)+H O(l)═Ca(OH) (s)；ΔH
3 2 7 2 2 8
A．① B．④ C．②③④ D．①②③
【答案】C
【解析】①②③为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越
完全，放出的热量越多；④中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0。①
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】两个反应都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H＜△H，故①错误；②都为放热
1 2
反应，其△H＜0，前者S为固态，则前者放出的热量少，则△H＞△H，故②正确；③都是放热反应，前
3 4
者反应物系数较小，则前者放出热量较少，则△H＞△H，故③正确；④前者为吸热反应，△H＞0，后
5 6 7
者为放热反应，△H＜0，则△H＞△H，故④正确；根据分析可知，反应的△H前者大于后者的是②③④；
8 7 8
故选C。
6．在一定条件下，Xe(g)与F(g)反应生成XeF (g)(n=2，4，6)的平衡气体。 时主要为XeF (g)，
2 n 6
时主要为XeF (g)，高温时生成XeF (g)。其变转化关系如下：
4 2
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
1 2 2 5
Xe(g)+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
2 6 1 5
项，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
5 2 6 4 2 4 3
对应的反应是XeF (g)+F (g) XeF (g)，Xe(g)+3F(g) XeF (g)和Xe(g)+2F(g) XeF (g)相
4 2 6 2 6 2 4
减即可得到反应XeF (g)+F (g) XeF (g)，所以ΔH-ΔH=ΔH，故B正确；C项，ΔH 对应的反应
4 2 6 5 4 3 3
XeF (g)+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
4 2 6 3 4
对应的反应是Xe(g)+2F(g) XeF (g)，ΔH 对应的反应是XeF (g)+2F (g) XeF (g)，两反应相减
2 4 6 2 2 6
得到反应Xe(g)+XeF(g) XeF (g)+XeF(g)；ΔH 对应的反应是Xe(g)+F(g) XeF (g)，ΔH 对应
6 4 2 1 2 2 3
的反应是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
4 2 6 6 4 2
以ΔH-ΔH=ΔH-ΔH，故D正确；故选C。
4 6 1 3
7．(2023·上海市复兴高级中学高三质检)相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷( )
的能量变化如图所示，下列推理错误的是( )
A．2 E≈ E，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
1 2
B．△E＞△E，说明分子中交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
△ 2 △ 3
C．3 E＞△E，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
1 4
D．由图示可知，苯分子具有特殊稳定性
△
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】A
【解析】A项，2 E≈ E，但是2 E＞△E，所以碳碳双键加氢放出的热量不一定与分子内碳碳双键
1 2 1 3
△ △ △
数目成正比，还可能与分子中碳碳双键的位置有关，A错误；B项，△E＞△E，说明 更稳定，则分
2 3
子中交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，B正确；C项，3 E＞△E，说明苯分子中
1 4
不存在三个完全独立的碳碳双键，C正确；D项，△E＞△E，可知苯分子具有特殊稳定性，D正确；故
1 4 △
选A。
题型二 盖斯定律及其应用
1．已知室温下，将 CuSO ·5H O(s)溶于水会使溶液温度降低， 将 CuSO (s)溶于水会使溶液温度升
4 2 4
高。则下列能量转化关系的判断不正确的是
A． △H＞0 B． △H＞△H C． △H＞△H D． △H= H+ H
1 2 3 3 1 2 1 3
【答案】C
△ △
【解析】A项，将 CuSO ·5H O(s)溶于水会使溶液温度降低，说明是吸热反应，△H＞0，△H＞0，A
4 2 1 2
正确；B项，由CuSO ·5H O(s)= CuSO (s) +·5H O(l)，知△H＞△H，B正确；C项，将 CuSO (s)溶于水会
4 2 4 2 2 3 4
使溶液温度升高说明是放热反应，△H<0因为△H＞0故△H＞△H 是错的；C错误；根据上述关系和盖
3 1 3 1
斯定律知△H= H+ H，D正确。
2 1 3
2．2 mol金属钠和l mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是( )
△ △
A．原子失电子为吸热过程，相同条件下，K(s)的( H'＋△H')－( H＋△H)
2 3 4 5 6 7
D．2Na(s)＋Cl(g)＝2NaCl(s)在较低温度下自发进行
2 △
【答案】C
【解析】A项，原子失电子为吸热过程，相同条件下，K与Na同一主族，电离能同主族从上到下逐渐
减小，K(s)的( H'＋△H')0，d＜0 D．d=b＋c，d＜0
【答案】B
【解析】A项，根据③式是电离方程式，③=①-②，ΔH=c=a-b，由于a0。故C不正确。D项，反应④是反应①的逆过程，故d=-
a>0。故不正确。故选B。
5．(2023·河北省邯郸市部分学校高三联考)依据下列含硫物质转化的热化学方程式，得出的相关结论
正确的是( )
①S(g)+CO(g) SO (g) ΔH
2 2 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】②S(s)+CO(g) SO (g) ΔH
2 2 2
③2HS(g)+ O(g) 2S(s)+ HO(1) ΔH
2 2 2 3
④2HS(g)+3 O(g) 2SO (g)+ HO(1) ΔH
2 2 2 2 4
⑤2HS(g)+SO(g) 3S(s)+ 2HO(1) ΔH
2 2 2 5
A．ΔH＞ΔH B．ΔH＜ΔH
1 2 3 4
C．ΔH=ΔH+ΔH D．2ΔH=3ΔH-ΔH
4 2 3 5 3 4
【答案】D
【解析】A项， 气态S的能量比固体S的大，所以气态S燃烧时放出的热量多，放热反应的ΔH为负
数，绝对值大的ΔH反而小，故A错误；B项，反应③是HS的不完全燃烧，反应④是HS的完全燃烧，
2 2
完全燃烧放出的热量多，放热反应的ΔH为负数，绝对值大的ΔH反而小，所以ΔH＞ΔH，故B错误；C
3 4
项，根据盖斯定律，②×2＋③得2HS(g)+3 O (g) 2SO (g)+ H O(1) ΔH=2ΔH+ΔH，故C错误；D
2 2 2 2 4 2 3
项，根据盖斯定律[③×3-④] 得 ，故D正确；故
选D。
考点三 原电池 化学电源
1．(2023•山东卷，11) (双选)利用热再生氨电池可实现CuSO 电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所
4
示，甲、乙两室均预加相同的CuSO 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(
4
)
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++4NH=[Cu(NH)]2+
3 3 4
D．NH 扩散到乙室将对电池电动势产生影响
3
【答案】CD
【解析】A项，向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室Cu电极溶解，变为铜离子与氨气形成
[Cu(NH )]2+，因此甲室Cu电极为负极，故A错误；B项， 再原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜
3 4
为阳离子膜，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，显然左侧阳离子不断减小，
明显不利于电池反应正常进行，故B错误；C项，左侧负极是Cu+4NH-2e- =[Cu(NH)]2+，正极是Cu 2++2e-
3 3 4
=Cu，则电池总反应为：Cu2++4NH=[Cu(NH)]2+，故C正确；D项，NH 扩散到乙室会与铜离子反应生成
3 3 4 3
[Cu(NH )]2+，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，故D正确。故选
3 4
CD。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2．(2023•全国乙卷，12)室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-
硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸
作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应： S+e-→ S ， S +e-→S ，2Na++ S +2(1- )e-
8
→NaS
2 x
下列叙述错误的是( )
A．充电时Na+从钠电极向硫电极迁移
B．放电时外电路电子流动的方向是a→b
C．放电时正极反应为：2Na++ S+2e-→NaS
8 2 x
D．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
【答案】A
【解析】由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极。A项，充电
时为电解池装置，阳离子移向阴极，即钠电极，故充电时，Na+由硫电极迁移至钠电极，A错误；B项，放
电时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫黄粉在b电极上得电子与a电极释放出的
Na+结合得到NaS，电子在外电路的流向为a→b，B正确；C项，由题给的的一系列方程式相加可以得到
2 x
放电时正极的反应式为2Na++ S+2e-→NaS，C正确；D项，炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好
8 2 x
的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确；故选A。
3．(2023•广东卷，6)负载有 和 的活性炭，可选择性去除 实现废酸的纯化，其工作原理如图。
下列说法正确的是( )
A．Ag作原电池正极
B．电子由Ag经活性炭流向Pt
C．Pt表面发生的电极反应：O+2H O+4e-= 4OH-
2 2
D．每消耗标准状况下11.2L的O，最多去除1mol Cl-
2
【答案】B
【解析】O 在Pt得电子发生还原反应，Pt为正极，Cl-在Ag极失去电子发生氧化反应，Ag为负极。A
2
项， Cl-在Ag极失去电子发生氧化反应，Ag为负极，A错误；B项，电子由负极Ag经活性炭流向正极
Pt，B正确；C项，溶液为酸性，故Pt表面发生的电极反应为O+4H++4e-= 2H O，C错误；D项，每消耗
2 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】标准状况下11.2L的O，转移电子2mol，而2 mol Cl-失去2mol电子，故最多去除2mol Cl-，D错误。 故
2
选B。
4．(2023•辽宁省选择性考试，11)某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是( )
A．放电时负极质量减小
B．储能过程中电能转变为化学能
C．放电时右侧 通过质子交换膜移向左侧
D．充电总反应：Pb+SO2-+2Fe3+=PbSO+2Fe2+
4 4
【答案】B
【解析】该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbSO ，则多孔碳电极为正极，
4
正极上Fe3+得电子转化为Fe2+，充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2+失电子生成Fe3+，PbSO 电极为阴极，
4
PbSO 得电子生成Pb和硫酸。A项，放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO 附着在负极上，
4 4
负极质量增大，A错误；B项，储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；C项，放
电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的 H+通过质子交换膜移向右侧，C错误；D
项，充电时，总反应为PbSO +2Fe2+=Pb+SO 2-+2Fe3+，D错误；故选B。
4 4
5．(2023•全国新课标卷，10)一种以VO 和Zn为电极、Zn(CF SO ) 水溶液为电解质的电池，其示意
2 5 3 3 2
图如下所示。放电时，Zn2+可插入VO 层间形成Zn VO·nHO。下列说法错误的是( )
2 5 x 2 5 2
A．放电时VO 为正极
2 5
B．放电时Zn2+由负极向正极迁移
C．充电总反应：xZn+V O+nH O=ZnVO·nHO
2 5 2 x 2 5 2
D．充电阳极反应：Zn VO·nHO-2xe- =xZn2++V O+nH O
x 2 5 2 2 5 2
【答案】C
【解析】由题中信息可知，该电池中Zn为负极、VO 为正极，电池的总反应为
2 5
xZn+V O+nH O=ZnVO·nHO。A项，由题信息可知，放电时，Zn2+可插入VO 层间形成Zn VO·nHO，
2 5 2 x 2 5 2 2 5 x 2 5 2
VO 发生了还原反应，则放电时VO 为正极，A正确；B项，Zn为负极，放电时Zn失去电子变为Zn2+，
2 5 2 5
阳离子向正极迁移，则放电时Zn2+由负极向正极迁移，B正确；C项，电池在放电时的总反应为
xZn+V O+nH O=ZnVO·nHO，则其在充电时的总反应为Zn VO·nHO=xZn+V O+nH O，C不正确；D项，
2 5 2 x 2 5 2 x 2 5 2 2 5 2
充电阳极上Zn VO·nHO被氧化为VO，则阳极的电极反应为Zn VO·nHO-2xe- =xZn2++V O+nH O，D正
x 2 5 2 2 5 x 2 5 2 2 5 2
确；故选C。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】6．(2022•全国甲卷)一种水性电解液Zn-MnO 离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以
2
Zn(OH) 2-存在)。电池放电时，下列叙述错误的是( )
4
A．Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．Ⅰ区的SO 2-通过隔膜向Ⅱ区迁移
4
C． MnO 电极反应：MnO +2e-+4H+=Mn2++2H O
2 2 2
D．电池总反应：Zn+4OH-+MnO+4H+=Zn(OH) 2-+Mn2++2H O
2 4 2
【答案】A
【解析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-
=Zn(OH) 2-，Ⅰ区MnO 为电池的正极，电极反应为MnO +2e-+4H+=Mn2++2H O；电池在工作过程中，由于
4 2 2 2
两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此
可以得到Ⅰ区消耗H+，生成Mn2+，Ⅱ区的K+向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO 2-向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH-，生成
4
Zn(OH) 2-，Ⅱ区的SO 2-向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K+向Ⅱ区移动。A项，Ⅱ区的K+只能向Ⅰ区移动，A错误；
4 4
B项，Ⅰ区的SO 2-向Ⅱ区移动，B正确；C项，MnO 电极的电极反应式为MnO +2e-+4H+=Mn2++2H O，C
4 2 2 2
正确；D项，电池的总反应为Zn+4OH-+MnO+4H+=Zn(OH) 2-+Mn2++2H O，D正确；故选A。
2 4 2
7．(2022•全国乙卷) 电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家研
究了一种光照充电Li-O 电池(如图所示)。光照时，光催化电极产生电子(e-)和空穴(h+)，驱动阴极反应(Li+
2
+e-=Li+)和阳极反应(Li O+2h+=2Li++O )对电池进行充电。下列叙述错误的是( )
2 2 2
A．充电时，电池的总反应LiO=2Li+O
2 2 2
B．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关
C．放电时，Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移
D．放电时，正极发生反应O+2Li++2e-=Li O
2 2 2
【答案】C
【解析】充电时光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应(Li++e-=Li+)和阳极反应
(Li O+2h+=2Li++O )，则充电时总反应为LiO=2Li+O ，结合图示，充电时金属Li电极为阴极，光催化电
2 2 2 2 2 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】极为阳极；则放电时金属Li电极为负极，光催化电极为正极。A项，光照时，光催化电极产生电子和空穴，
驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电，结合阴极反应和阳极反应，充电时电池的总反应为
LiO=2Li+O ，A正确；充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空
2 2 2
穴有关，故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B正确；C项，放电时，金属Li电极为负极，光催
化电极为正极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C错误；D项，放电时总反应为2Li+O=Li O，正
2 2 2
极反应为O+2Li++2e-=Li O，D正确；故选C。
2 2 2
8．(2022•湖南选择性考试)海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂-海水电池构造示意图如下。下
列说法错误的是( )
A．海水起电解质溶液作用 B．N极仅发生的电极反应：2HO+2e-=2OH-
2
+H ↑
2
C．玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能 D．该锂-海水电池属于一次电池
【答案】C
【解析】锂海水电池的总反应为2Li+2HO═2LiOH+H ↑， M极上Li失去电子发生氧化反应，则M电
2 2
极为负极，电极反应为Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为2HO+2e-=2OH-+H ↑。A项，海水中含有丰富
2 2
的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故A正确；B项，N为正极，电极反应为2HO+2e-
2
=2OH-+H ↑，故B正确；C项，Li为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，但不能
2
传导离子，故C错误；D项，该电池不可充电，属于一次电池，故D正确；故选C。
9．(2022•辽宁省选择性考试，14)某储能电池原理如图。下列说法正确的是( )
A．放电时负极反应：NaTi (PO )-2e-= NaTi (PO )+2Na+
3 2 4 3 2 4 3
B．放电时Cl-透过多孔活性炭电极向CCl 中迁移
4
C．放电时每转移1 mol电子，理论上CCl 吸收0.5 mol Cl
4 2
D．充电过程中，NaCl溶液浓度增大
【答案】A
【解析】放电时负极反应：NaTi (PO )-2e-= NaTi (PO )+2Na+，正极反应：Cl+2e-=2Cl-，消耗氯气，
3 2 4 3 2 4 3 2
放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl，由此解析。A项，放电时负极失电子，发生氧化反
2
应，电极反应：NaTi (PO )-2e-= NaTi (PO )+2Na+，故A正确；B项，放电时，阴离子移向负极，放电时
3 2 4 3 2 4 3
Cl-透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，故B错误；C项，放电时每转移1 mol电子，正极：Cl+2e-=2Cl-，
2
理论上CCl 释放0.5 mol Cl ，故C错误；D项，充电过程中，阳极：2Cl--2e-=Cl，消耗氯离子，NaCl溶液
4 2 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】浓度减小，故D错误；故选A。
10．(2022•山东卷，13)(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CO，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO 转化为Co2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液
2 2
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．乙室电极反应式为LiCoO +2H O+e-+4H+=Li++Co2++4OH-
2 2
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
【答案】BD
【解析】A项，依据题意右侧装置为原电池，电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被
氧化为CO 气体，Co2+在另一个电极上得到电子，被还原产生Co单质，CHCOO-失去电子后，Na+通过阳
2 3
膜进入阴极室，溶液变为NaCl溶液，溶液由碱性变为中性，溶液pH减小，A错误；B项，对于乙室，正
极上LiCoO 得到电子，被还原为Co2+，同时得到Li+，其中的O与溶液中的H+结合HO，因此电池工作一
2 2
段时间后应该补充盐酸，B正确；C项，电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH-，乙室电极反应式为：
LiCoO +e-+4H+=Li++Co2++2H O，C错误；D项，若甲室Co2+减少200 mg，电子转移物质的量为n(e-)=
2 2
，乙室Co2+增加300 mg，转移电子的物质的量为n(e-)= ，说
明此时已进行过溶液转移，D正确；故选BD。
11．(2022•福建卷，9)一种化学“自充电”的锌-有机物电池，电解质为KOH和Zn(CHCOO) 水溶液。
3 2
将电池暴露于空气中，某电极无需外接电源即能实现化学自充电，该电极充放电原理如下图所示。下列说
法正确的是( )
A．化学自充电时，c(OH―)增大
B．化学自充电时，电能转化为化学能
C．化学自充电时，锌电极反应式：Zn2++2e-=Zn
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．放电时，外电路通过 电子，正极材料损耗
【答案】A
【解析】A项，由图可知，化学自充电时，消耗O，该反应为O+2H O+4e-=4OH-，c(OH―)增大，故
2 2 2
A正确；B项，化学自充电时，无需外接电源即能实现化学自充电，该过程不是电能转化为化学能，故B
错误；C项，由图可知，化学自充电时，锌电极作阴极，该电极的电极反应式为O+2H O+4e-=4OH-，故C
2 2
错误；D项，放电时，1mol 转化为 ，消
耗2mol K+，外电路通过0.02 mol电子时，正极物质增加0.02mol K+，增加的质量为0.02mol×39g/mol
=0.78g，故D错误；故选A。
12．(2022•广东选择性考试，16)科学家基于Cl 易溶于CCl 的性质，发展了一种无需离子交换膜的新
2 4
型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为：NaTi (PO )+2Na++2e-= Na Ti (PO )。下列说
2 4 3 3 2 4 3
法正确的是( )
A．充电时电极b是阴极
B．放电时NaCl溶液的pH减小
C．放电时NaCl溶液的浓度增大
D．每生成1molCl ，电极a质量理论上增加23g
2
【答案】C
【解析】A项，由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电
极b是阳极，故A错误；B项，放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为NaTi (PO )-
3 2 4 3
2e-= NaTi (PO )+2Na+可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；C项，放电时负极反应为NaTi (PO )-2e-=
2 4 3 3 2 4 3
NaTi (PO )+2Na+，正极反应为Cl+2e-=2Cl-，反应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，
2 4 3 2
故C正确；D项，充电时阳极反应为2Cl- -2e-= Cl ↑，阴极反应为NaTi (PO )+2Na++2e-= Na Ti (PO )，由
2 2 4 3 3 2 4 3
得失电子守恒可知，每生成1molCl ，电极a质量理论上增加23g/mol 2mol=46g，故D错误；故选C。
2
13．(2021•河北选择性考试，9)K—O 电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于
2
该电池，下列说法错误的是( )
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．隔膜允许K+通过，不允许O 通过
2
B．放电时，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极
C．产生1Ah电量时，生成KO 的质量与消耗O 的质量比值约为2.22
2 2
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗0.9g水
【答案】D
【解析】由图可知，a电极为原电池的负极，单质钾片失去电子发生氧化反应生成钾离子，电极反应
式为K—e-=K+，b电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超氧化钾。A项，
金属性强的金属钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许K+通过，不允许O 通过，
2
故A正确；B项，由分析可知，放电时，a为负极，b为正极，电流由b电极沿导线流向a电极，充电时，
b电极应与直流电源的正极相连，做电解池的为阳极，故B正确；C项，由分析可知，生成1mol超氧化钾
时，消耗1mol氧气，两者的质量比值为1mol×71g/mol：1mol×32g/mol≈2.22：1，故C正确；D项，铅酸蓄
电池充电时的总反应方程式为2PbSO +2H O＝PbO +Pb+2H SO ，反应消耗2mol水，转移2mol电子，由得
4 2 2 2 4
失电子数目守恒可知，耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为 ×18g/mol=1.8g，故D错误；故
选D。
14．(2021•辽宁选择性考试，10)如图，某液态金属储能电池放电时产生金属化合物LiBi。下列说法正
3
确的是( )
A．放电时，M电极反应为
B．放电时，Li+由M电极向N电极移动
C．充电时，M电极的质量减小
D．充电时，N电极反应为LiBi+3e-=3Li++Bi
3
【答案】B
【解析】由题干信息可知，放电时，M极由于Li比Ni更活泼，也比N极上的Sb、Bi、Sn更活泼，故
M极作负极，电极反应为：Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为：3Li++3e-+Bi=Li Bi。A项，放电时，M电
3
极反应为Li-e-=Li+，A错误；B项，放电时，M极为负极，N极为正极，故Li+由M电极向N电极移动，B
正确；C项，由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，M电极的电极
反应为：Li++e-= Li，故电极质量增大，C错误；D项，由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】上发生的反应互为逆过程，充电时，N电极反应为LiBi-3e-=3Li++Bi，D错误；故选B。
3
15．(2021•浙江1月选考，22)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
2 2
极上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
2 2 2
时总反应为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
2 2 2 2 1
转化形式：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，
1 2
电极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
2
应的电极反应式为2Ni(OH) -2e-+2OH-=2NiOOH+2H O，则电极A发生还原反应的电极反应式为
2 2
Cd(OH) +2e-=Cd+2OH-，此时为充电过程，总反应为Cd(OH) +2Ni(OH) Cd+2NiOOH+2H O，溶液中
2 2 2 2
KOH浓度减小，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
2 2 2
镉二次电池总反应式为Cd+2NiOOH+2H O Cd(OH) +2Ni(OH) ，D正确；故选C。
2 2 2
16．(2021•浙江6月选考，22)某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充
电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为LiCoO 薄膜；集流体起导电作用。下列说法不正确的
2
是( )
A．充电时，集流体A与外接电源的负极相连
B．放电时，外电路通过a mol电子时，LiPON薄膜电解质损失a mol Li+
C．放电时，电极B为正极，反应可表示为Li CoO+ xLi+xe-= LiCoO
1- x 2 2
D．电池总反应可表示为Li Si+Li CoO Si+LiCoO
x 1- x 2 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】B
【解析】由题中信息可知，该电池充电时Li+得电子成为Li嵌入电极A中，可知电极A在充电时作阴
极，故其在放电时作电池的负极，而电极B是电池的正极。A项，由图可知，集流体A与电极A相连，充
电时电极A作阴极，故充电时集流体A与外接电源的负极相连，A正确；B项，放电时，外电路通过a
mol电子时，内电路中有a mol Li+通过LiPON薄膜电解质从负极迁移到正极，但是LiPON薄膜电解质没有
损失Li+，B不正确；C项，放电时，电极B为正极，发生还原反应，反应可表示为Li CoO+ xLi+xe-=
1- x 2
LiCoO ，C正确；D项，电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成Li+，正极上Li CoO 得到
2 1- x 2
电子和Li+变为LiCoO ，故电池总反应可表示为Li Si+Li CoO Si+LiCoO，D正确。故选B。
2 x 1- x 2 2
17．(2021•湖南选择性考试，10)锌/溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源
储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌/溴液流电池工作原理如图所示：
下列说法错误的是( )
A．放电时，N极为正极
B．放电时，左侧贮液器中ZnBr 的浓度不断减小
2
C．充电时，M极的电极反应式为Zn2++2e-═Zn
D．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过
【答案】B
【解析】锌溴液流电池总反应为：Zn+Br ═ZnBr ，其中N为正极，发生还原反应，电极反应方程式为
2 2
Br +2e-＝2Br-，M为负极，发生氧化反应，电极反应方程式为Zn﹣2e-＝Zn2+，放电过程中，左侧Zn2+流向
2
右侧，左侧ZnBr 的浓度不断减少，充电过程中，发生反应ZnBr Zn+Br 。A项，依据分析可知，N为
2 2 2
正极，故A正确；B项，放电时，左侧为负极，发生氧化反应，电极反应方程式为Zn﹣2e-＝Zn2+，左侧生
成的Zn2+流向右侧，故左侧ZnBr 的浓度不变，右侧ZnBr 的浓度变大，故B错误；C项，放电时，M为负
2 2
极，充电时，M及为阴极，发生还原反应，电极反应式为 Zn2++2e-═Zn，故C正确；D项，中间沉积锌位
置的作用为提供电解液，故其隔膜既可以允许阳离子通过，也允许阴离子通过，故D正确；故选B。
18．(2021•广东选择性考试，9)火星大气中含有大量CO，一种有CO 参加反应的新型全固态电池有望
2 2
为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时( )
A．负极上发生还原反应 B．CO 在正极上得电子
2
C．阳离子由正极移向负极 D．将电能转化为化学能
【答案】B
【解析】根据题干信息可知，放电时总反应为4Na+3CO =2Na CO+C。A项，放电时负极上Na发生
2 2 3
氧化反应失去电子生成Na+，故A错误；B项，放电时正极为CO 得到电子生成C，故B正确；C项，放
2
电时阳离子移向还原电极，即阳离子由负极移向正极，故C错误；D项，放电时装置为原电池，能量转化
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关系为化学能转化为电能和化学能等，故D正确；故选B。
19．(2021•山东卷，10)以KOH溶液为离子导体，分别组成CHOH—O、NH—O、(CH)NNH—O
3 2 2 4 2 3 2 2 2
清洁燃料电池，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
3 2 2 3 2 2 4 2
料电池总反应为：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
2 4 2 2 2 3 2 2
为+1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动，
3 2 2 2 2 3 2 2
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KOH，
2 4 2
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。
可充电电池原理示意图
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】电解池中电极反应式的书写方法
(1)书写步骤
①首先注意阳极是活性材料还是惰性材料。
②分析确定溶液中所有阴阳离子并清楚放电顺序。
③根据放电顺序分析放电产物。
④根据电解质溶液的酸碱性确定电极反应式中是否有H＋、OH－或HO参与；最后配平电极反应式。
2
(2)介质对电极反应式的影响
①在电解池电极方程式中，如果是H＋或OH－放电，则电解质溶液的酸碱性对电极反应式没有影响。
②酸性溶液反应物或生成物中均没有OH－。
③碱性溶液反应物或生成物中均没有H＋。
(3)电极产物的溶解性对电极反应式的影响。
电解MgCl 溶液时的阴极反应式应为：Mg2＋＋2HO＋2e－===Mg(OH) ↓＋H↑，而不是2H＋＋2e－
2 2 2 2
===H ↑。
2
总反应离子方程式为：Mg2＋＋2Cl－＋2HO=====Mg(OH) ↓＋Cl↑＋H↑。
2 2 2 2
不能把电解MgCl 溶液的离子方程式写成：2Cl－＋2HO=====2OH－＋Cl↑＋H↑，忽视了生成难溶的
2 2 2 2
Mg(OH) 。
2
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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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
题型一 一次电池
1．(2024·浙江省衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测)一种检测空气中甲醛含量的电化学传感器的
工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．工作时，电能转化为化学能
B．工作时，工作电极电势低，发生还原反应
C．工作时，电子由工作电极通过导线转移到对电极，再经过电解质溶液回到工作电极
D．工作时，对电极区的电极反应为O+4H++4e-=2H O
2 2
【答案】D
【解析】该装置为化学电源，通氧气一极为正极，电极反应式为O+4H++4e-=2H O，通甲醛一极为负
2 2
极，其电极反应式为HCHO-4e-+H O=CO+4H+。A项，该装置为原电池，电源工作时将化学能转化为电能，
2 2
故A错误；B项，工作电极为负极，对电极为正极，工作电极电势高，故B错误；C项，电子从负极经外
电路流向正极，即工作时，电子从工作电极经导线流向对电极，但电子不经过电解质溶液，故C错误；D
项，电解质为酸性，对电极区氧气得电子生成水，电极反应为O+4H++4e-=2H O，故D正确；故选D。
2 2
2．(2024·云南昆明高三教学质量检测)一种新型Zn-NO 电池，可以有效地捕获 ，装置如图。下列说法
2 2
错误的是( )
A．a端电势低于b端电势
B．电池工作中电子的流向：a→d，c→b
C．d电极反应式：NO -+6e-+8H+=NH++2H O
2 4 2
D．捕获1 mol NO ，c极产生2.8 LO(标准状况)
2 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】D
【解析】A项，根据图示信息，a为原电池的负极，b为原电池的正极，所以a端电势低于b端电势，
A正确；B项，a为原电池的负极，b为原电池的正极，c为电解池的阳极，d为电解池的阴极，电池工作
中电子的流向：a→d，c→b，B正确；C．d为电解池的阴极，电极反应式：NO -+6e-+8H+=NH++2H O，C
2 4 2
正确；D项，b电极， ，捕获1 mol NO ，转移1mol电子，c极产生0.25molO，标准状况体
2 2
积为： ，D错误； 故选D。
3．科学家开发了一种绿色环保“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．吸附层a发生的电极反应： H-2e-+2OH-=2H O
2 2
B．离子交换膜只允许Na+通过
C．一段时间后右极室pH增大
D．“全氢电池”将酸碱反应的中和能转化为电能
【答案】B
【解析】吸附层a吸收H，作阳极，发生的电极反应：H-2e-+2OH-=2H O，吸附层b释放H，作阴极，
2 2 2 2
发生的电极反应：2H++2e-=H ↑，离子交换膜为阳离子交换膜，从左边移动到右边。A项，吸附层a吸收H
2 2
为阳极，电极反应：H-2e-+2OH-=2H O，A正确；B项，H+在吸附层b参加反应，离子交换膜还允许H+通
2 2
过，B错误；C项，右极室发生的电极反应：2H++2e-=H ↑，一段时间后，pH增大，C正确；D项，将正、
2
负电极反应叠加可知，实际发生的是H++OH-=H O，全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，
2
D正确；故选B。
4．如图，甲、乙是两个完全相同的光伏并网发电模拟装置，利用它们对煤浆进行脱硫处理。下列叙
述中错误的是( )
A．光伏并网发电装置中b为正极
B．石墨1电极上消耗1molMn2+，甲、乙中各转移0.5mol电子
C．脱硫反应原理为：15Mn3++FeS +8H O=15Mn2++Fe3++2SO2-+16H+
2 2 4
D．处理60gFeS，石墨2电极上消耗7.5molH+
2
【答案】B
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【解析】由图可知，石墨1电极上Mn元素价态升高失电子，故石墨1为阳极，电极反应式为Mn2+-e-
=Mn3+，Mn3+与FeS 反应实现脱硫，反应为15Mn3++FeS +8H O═15Mn2++Fe3++2 SO 2-+16H+，石墨2为阴极，
2 2 2 4
电极反应式为2H++2e-=H ↑。A项，石墨1为阳极极，则b极为电源的正极，A正确；B项，石墨1为阳极，
2
电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+，消耗1molMn2+，电路中转移1mol电子，B错误；C项，阳极生成的Mn3+与
FeS 反应实现脱硫，反应为15Mn3++FeS +8H O═15Mn2++Fe3++2 SO 2-+16H+，C正确；D项，处理
2 2 2 4
60gFeS，消耗阳极生成的Mn3+的物质的量为 ×15=7.5mol，转移电子7.5mol，石墨2为阴极，电
2
极反应式为2H++2e-=H ↑，石墨2上消耗7.5molH+，D正确；故选B。
2
5．(2023·河北省邯郸市部分学校高三联考)香港城市大学化学工作者首次提出了Al-N 电池(如图)，该
2
电池使用N 为原料，以离子液体(Al Cl--AlCl-)为电解质，既实现了能量的存储，又实现了AlN的生产，
2 2 7 4
和碱反应能产生NH ，可进一步生产氮肥。下列说法错误的是( )
3
A．Al极为负极，发生氧化反应
B．电池总反应为2Al+N =2
2
C．石墨烯电极反应式为8Al Cl-+N +6e- =2AlN+14AlCl-
2 7 2 4
D．生成标准状况下33.6LNH ，电池中转移3mol电子
3
【答案】D
【解析】A项， 根据图中原电池的结构，Al极为负极，Al极电极反应式为2Al+14AlCl--6e-=8AlCl-，
4 2 7
发生氧化反应，故A正确；B项，石墨烯电极为正极，正极反应式为8Al Cl-+N +6e- =2AlN+14AlCl-，Al极
2 7 2 4
电极反应式为2Al+14AlCl--6e-=8AlCl-，所以电池总反应为2Al+N =2AlN，故B正确； C项，石墨烯电极
4 2 7 2
为正极，正极发生还原反应，正极反应式为8Al Cl-+N +6e- =2AlN+14AlCl-，故C正确；D项，标准状况下
2 7 2 4
33.6LNH 的物质的量为1.5mol，AlN和碱反应产生NH 的反应离子方程式为AlN+OH-+H O=AlO-+NH↑，
3 3 2 2 3
生成1.5mol氨气消耗1.5molAlN，根据2Al+N =2AlN，电池中转移了4.5mol电子，故D错误；故选D。
2
6．(2023·浙江省杭州市高三下期中)有研究表明，以CO 与辛胺CH(CH)NH 为原料高选择性的合成甲
2 3 2 7 2
酸和辛腈CH(CH)CN，工作原理如图，下列说法不正确的是( )
3 2 7
A．NiP电极与电源正极相连
2
B．In/ In O 电极上可能有副产物H 生成
2 3-x 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．在In/ In O 电极上发生的反应为：CO+H O+2e-=HCOO-+OH-
2 3-x 2 2
D．标准状况下33.6LCO 参与反应时NiP电极有1.5mol辛腈生成
2 2
【答案】D
【解析】由图示知，该装置为电解池，In/ In O 电极发生反应CO 转化为HCOO-，电极方程式为：
2 3-x 2
CO+H O+2e-=HCOO-+OH-；NiP电极CH(CH)NH 转化为CH(CH)CN，电极方程式为：CH(CH)NH -
2 2 2 3 2 7 2 3 2 7 3 2 7 2
4e-+4OH-=CH (CH)CN+ 4H O。A项，由图示知，该装置为电解池，In/ In O 电极发生反应CO 转化为
3 2 7 2 2 3-x 2
HCOO-，C元素化合价由+4价降到+2价，得电子被还原，故In/ In O 电极为阴极，则NiP为阳极与电源
2 3-x
正极相连，故A正确；B项，In/ In O 电极为阴极，溶液中H+可能在阴极放电产生副产物H，故B正确；
2 3-x 2
C项，In/ In O 电极发生反应CO 转化为HCOO-，C元素化合价由+4价降到+2价，根据得失电子守恒和
2 3-x 2
电荷守恒配平电极方程式为：CO+H O+2e-=HCOO-+OH-，故C正确；D项，标准状况下33.6L CO 的物质
2 2 2
的量为1.5mol，In/ In O 电极方程式为：CO+H O+2e-=HCOO-+OH-，失去3mol电子；NiP电极电极方程
2 3-x 2 2 2
式为：CH(CH)NH -4e-+4OH-=CH (CH)CN+ 4H O，得到3mol电子时，生成0.75molCH(CH)CN，故D
3 2 7 2 3 2 7 2 3 2 7
错误；故选D。
7．(2024·河南省普高联考高三测评)我国科学家在锂氧电池催化剂领域取得重大进展。某锂氧电池的
工作原理如图1所示，电池总反应为O+2Li LiO，b电极发生反应的微观过程如图2所示。下列说法错
2 2 2
误的是( )
A．放电时b电极上发生过程I的系列反应
B．过程II中④的电极反应式为Li O-(2-x)e-=O ↑+(2-x)Li+
2-x 2 2
C．O 中混入CO 会影响电池充电
2 2
D．放电过程中转移1mole-时，b电极增重16g
【答案】D
【解析】放电时，Li作负极，发生失电子的氧化反应，电极反应：Li -e-= Li+；石墨作正极，氧气在石
墨电极发生得电子的还原反应。A项，放电时b电极O→ Li O，发生过程I系列反应，故A正确；B项，
2 2 2
充电过程中，④的电极反应式为Li O-(2-x)e-=O ↑+(2-x)Li+，故B正确；C项，O 中混入CO 会影响电池
2-x 2 2 2 2
充电，故C正确；D项，放电过程中，b极电极反应式：O+2Li++2e-= LiO，转移1mole-时，b电极增重
2 2 2
23g，故D错误；故选D。
8．(2023·陕西省西安市二模)燃料敏化太阳能电池因其工艺简单、性能稳定等特点深受科学家的青睐。
一种钌基配合物作为光敏剂(S)的太阳能电池的工作原理如图所示，其中一个电极可表示为TiO/S，电极反
2
应为TiO/S* →TiO /S++e-。下列有关说法错误的是( )
2 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．该电池工作时，光能直接转化为电能
B．电池的正极反应为I-+2e- →3I-
3
C．电解质溶液中可发生反应TiO/S++3I-→TiO/S+ I -
2 2 3
D．电池的电解质溶液中I-和I-的浓度不会减少
3
【答案】C
【解析】根据电极反应为TiO/S* →TiO /S++e-，可知该电极为负极，则Pt-导电玻璃为正极，电解质为
2 2
I-和I-的混合物，I-在正极上得到电子被还原，正极反应为I-+2e-=3I-。A项，由图可知，该电池工作时，
3 3 3
光能直接转化为电能，A正确；B项，据分析可知，电池的正极反应为I-+2e- →3I-，B正确；C项，该反
3
应电荷不守恒，电解质溶液中可发生反应为2TiO/S++3I-→2TiO/S+ I -，C错误；D项，由图可知，I-和I-在
2 2 3 3
不停的循环，则电池的电解质溶液中I-和I-的浓度不会减少，D正确；故选C。
3
9．(2024·辽宁沈阳市第一二〇中学校高三期中)哈尔滨工业大学的研究团队发现，以非晶态Ni(Ⅲ)基硫
化物为催化剂，能有效催化OER(析氧反应)和UOR(尿素氧化反应)，从而降低电解水制氢过程中的能耗，
其工作原理和反应机理如图所示：
下列说法正确的是( )
A．UOR的电化学反应总过程为CO(NH)-6e-+6OH-= CO↑+ N ↑+5 H O
2 2 2 2 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】B．电解过程中，电极A附近溶液的pH不变
C．OER分四步进行，其中没有非极性键的形成与断裂
D．若将光伏电池换成铅蓄电池，电极A应连接铅蓄电池的PbO 电极
2
【答案】A
【解析】由题意分析：该装置是电解池，电解水制氢，电极A上水得到电子生成氢气，电极反应式为
2HO+2e-=2OH-+H ↑，电极B上尿素失电子生成氮气，电极反应式为：CO(NH)-6e-+6OH-= CO↑+ N ↑+5
2 2 2 2 2 2
HO。A项，结合此题右图UOR为尿素氧化反应，生成二氧化碳，氮气和水，故其反应总过程为：
2
CO(NH)-6e-+6OH-= CO↑+ N ↑+5 H O，A正确；B项，电解过程中，电极A为阴极，电极反应式为：
2 2 2 2 2
2HO+2e-=2OH-+H ↑，故电解过程中电极A附近不断生成氢氧根离子，电极A附近溶液的pH增大，B错误；
2 2
C项，结合右图，OER分四步进行，其中过程Ⅱ涉及到了氧氧非极性键的形成，C错误；D项，电极A为
电解池的阴极，应该与铅蓄电池的负极也即是Pb极相连，D错误；故选A。
题型二 二次电池
1．(2024·山东德州高三期中)中国科学院将分子I 引入电解质中调整充电和放电反应途径，实现了高功
2
率可充电LiSOCl 电池，工作原理如下图所示。下列有关说法错误的是( )
2
A．分子I 的引入催化了电池放电和充电过程
2
B．电池工作环境必须在无水无氧的条件下进行
C．充电时阴极反应式：2LiCl+I +2e-=2ICl+2Li+
2
D．电池的放电总反应：4Li+2SOCl =4LiCl+S+SO ↑
2 2
【答案】C
【解析】A项，由工作原理图可知，I 是催化剂，分子I 的引入催化了电池放电和充电过程，A项正
2 2
确；B项，Li能与氧气、水反应，SOCl 易与水反应，故电池工作环境必须在无水无氧的条件下进行，B项
2
正确；C项，由工作原理图可知，充电时，I 失电子转化为ICl，I 发生氧化反应，阳极反应式2LiCl+I -2e-
2 2 2
=2ICl+2Li+，阴极反应式Li++e-=Li，C项错误；D项，由工作原理图可知，放电时，正极上SOCl 转化为
2
S、SO ，负极上Li转化为Li+，则电池的放电总反应为4Li+2SOCl =4LiCl+S+SO ↑，D项正确；故选C。
2 2 2
2．(2024·四川省部分名校高三理科综合)某教授团队研究了以氢气电极为负极、醌类有机电极为正极
的水系有机氢气质子电池，使电池实现了超高倍率和超长循环性能，并获得了优异的低温性能。下列有关
说法中错误的是( )
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．充电时，醌类有机电极与外接电源的正极相连
B．放电时，外电路通过1 电子时，负极消耗的H 的体积为22.4L
2
C．放电时，正极的电极反应为 +2H++2e-=
D．充电时，溶液中的 由醌类有机电极向氢气电极移动
【答案】B
【解析】A项，充电时，醌类有机电极为阳极，失去电子，与外接电源的正极相连，A正确；B项，
未指明外界状况，1mol氢气不一定为22.4L，B错误；C项，放电时，正极的电子，发生还原反应，反应
的方程式为 +2H++2e-= ，C正确；D项，充电时，电解质溶液中的阳离子向
阴极移动，H+在阴极的电子生成氢气，D正确；故选B。
3．钠离子电池因具有安全性高、能量密度大等特点而具有良好的发展前景。某钠离子电池工作原理
如图所示，下列有关说法中正确的是( )
A．②表征的是放电时的电子流向
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】B．放电时，M极电极反应式为MoO +xe-+xNa+=Na MoO
3 x 3
C．若使用氢氧燃料电池给该电池充电，氢电极应连接M极
D．充电时，外电路中每转移0.2mole-，理论上N极将减重4.6g
【答案】B
【解析】A项，由电池的工作原理图可知放电时Na转变为Na+ ，N极为负极，M极为正极。②表征
的是充电时电子的流向，A项错误；B项，放电时，M极的电极反应式为MoO +xe-+xNa+=Na MoO ，B项
3 x 3
正确；C项，若使用氢氧燃料电池给该电池充电，氢电极应连接该电池负极，即N极，C项错误；D项，
充电时，由电子守恒可知外电路每转移0.2 mole- ，理论上N极将增重4.6 g，D项错误；故选B。
4．(2023·吉林省长春市高三联考)钠硒电池是一类以单质硒或含硒化合物为正极、金属钠为负极的新
型电池，具有能量密度大、导电率高、成本低等优点。以Cu xSe填充碳纳米管作为正极材料的一种钠硒
2-
电池工作原理如图所示，充放电过程中正极材料立方晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法
错误的是( )
A．每个Cu xSe 晶胞中Cu2+个数为4x
2-
B．在NaSe晶胞结构中，Se2-占据的位置是项点和面心
2
C．充分放电时，正极的电极反应式为Cu xSe + 2Na++2e-=Na Se+(2-x)Cu
2- 2
D．充电时外电路中转移lmol电子，两极质量变化差为23g
【答案】D
【解析】由题意可知，Cu xSe填充碳纳米管作为正极材料，钠较为活泼，钠为负极材料；A项，根据
2-
“均摊法”， 每个Cu xSe 晶胞中含 个Se，则晶胞内铜离子、亚铜离子和为4×(2-x)个，设
2-
铜离子、亚铜离子分别为a、b，则a+b=4×(2-x)，由化合价代数和为零可知，2a+b=4×2，解得a=4x，故A
正确；B项，由晶胞图示可知，在NaSe晶胞结构中，Se2-占据的位置是项点和面心，故B正确；C项，充
2
分放电时，正极Cu xSe得到电子发生还原反应生成零价铜，电极反应式为Cu xSe + 2Na++2e-=Na Se+(2-
2- 2- 2
x)Cu，故C正确；D项，充电时外电路中转移lmol电子，阳极释放出1mol钠离子，质量减小23g，阴极生
成1mol钠，质量增加23g，两极质量变化差为46g，故D错误；故选D。
5．一种锂电池的工作原理如图所示，正极反应被可以在正极区和氧化罐间循环流通，氧化罐中加入
的(NH )SO 可以将Fe2+氧化、自身被还原为SO 2-。下列关于该电池的说法正确的是( )
4 2 2 8 4
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．电池放电时将电能转化为化学能
B．放电时Li+由正极区移向负极区
C．放电时的负极反应为
D．氧化SO 2-罐中反应的离子方程式为2Fe2++ S O2-=2Fe3++2 SO 2-
4 2 8 4
【答案】D
【解析】A项，原电池是将化学能转化为电能的装置， 放电时将化学能转化为电能，A错误；B项，
放电时原电池内部阳离子向正极移动，B错误；C项，放电时的负极失去电子发生氧化反应，电极反应式
为：Li-e-=Li+，C错误；D项，氧化罐中加入的(NH )SO 可以将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为SO 2-，反
4 2 2 8 4
应的离子方程式为：2Fe2++ S O2-=2Fe3++2 SO 2-，D正确；故选D。
2 8 4
6．(2023·河南省创新发展联盟高三联考)新能源汽车在我国蓬勃发展，新能源汽车所用电池多采用三
元锂电池，某三元锂电池放电时工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．充电时，M极有电子流入，发生还原反应
B．锂电池的优点是质量小，电容量大，可重复使用
C．用该电池电解精炼铜，当电池中迁移 时，理论上可获得 纯铜
D．充电时，N极的电极反应式为
【答案】C
【解析】原电池中阳离子向正极移动，由图中锂离子运动方向可知，M为负极、N为正极。A项，
充电时，M极连接外接电源的负极，M为阴极，阴极有电子流入，发生还原反应，A正确； B项，锂电
池的能量比较高，优点是质量小，电容量大，可重复使用，B正确；C项，根据电子守恒可知，
，当电池中迁移 时，理论上可获得32g纯铜，C错误； D项，充电时，N极为
阳极，发生氧化反应，电极反应式为 ，D正确；故选C。
7．一种高达94.2%能效的可充电铝胺电池工作原理如图所示，用Ph表示苯基，三苯基胺(Ph N)失去
3
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】一个电子后形成的Ph N∙+结构较为稳定。下列说法不正确的是( )
3
A．与锂电池比，铝电池比能量略低，但铝含量丰富价格低廉
B．放电时，负极的电极反应式为Al-3e-+7AlCl -=4AlCl-
4 2 7
C．充电时，AlCl -向铝电极移动
4
D．理论上每生成1mol Ph N，外电路通过1mol电子
3
【答案】C
【解析】A项，铝电池比能量略低，且含量丰富价格低廉，A项错误；B项，放电时，负极上Al失电
子和AlCl -反应生成Al Cl-，电极反应式为Al-3e-+7AlCl -=4AlCl-，B项正确；C项，充电时Ph N失电子
4 2 7 4 2 7 3
生成Ph N+ ， Ph N阳极、Al为阴极，阴离子向阳极移动，所以AlCl -向阳极Ph N移动，C项错误；D项，
3 3 4 3
充电时Ph N失电子生成Ph N+，则生成1个Ph N转移1个电子，所以理论上每生成1molPh N，外电路通
3 3 3 3
过1mol电子，D项正确。故选C。
8．(2023·浙江省四校联盟选考模拟)下光催化钠离子二次电池的应用研究取得重大进展，该电池工作
原理如下图所示。下列有关说法不正确的是( )
A．充电时，电子从光催化电极流出通过导线流向石墨电极
B．放电时，每消耗1molNaI ，离子交换膜左室电解质溶液质量减少46 g
3
C．充电时， 通过离子交换膜进入右室
D．放电时，石墨电极的电极反应式为4S2--6e-= S 2-
4
【答案】B
【解析】由图可知，放电时，石墨电极为负极，S2-失去电子发生氧化反应生成在负极S2-，电极反应
4
式为4S2—-6e—= S 2-，光催化电极为正极，I-离子在正极得到电子发生还原反应生成碘离子，电极反应式为
4 3
I-+2e—=3I—，为维持电荷守恒，左侧钠离子透过阳离子离子交换膜移向右侧；充电时，与直流电源负极相
3
连的石墨电极为阴极，光催化电极为阳极。A项，充电时，与直流电源负极相连的石墨电极为阴极，光催
化电极为阳极，则电子从光催化电极流出，通过导线流向石墨电极，故A正确；B项，放电时，石墨电极
为负极，光催化电极为正极，为维持电荷守恒，左侧钠离子透过离子交换膜移向右侧，每消耗1molNaI 时，
3
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2mol钠离子从左室迁移到右室，则离子交换膜左室电解质溶液质量减少46g，故B正确；C项，放电时，
为维持电荷守恒，左侧钠离子透过阳离子离子交换膜移向右侧，则充电时，钠离子透过阳离子离子交换膜
移向左侧，故C错误；D项，放电时，石墨电极为负极，S2-失去电子发生氧化反应生成在负极S2-，电极
4
反应式为4S2--6e-= S 2-，故D正确；故选C。
4
9．(2023·浙江省东阳市高三5月模拟考试)我国科研团队提出一种新型阴离子电极材料—Cu (PO ) 的
3 4 2
水系双离子电池，该电池以 和Cu (PO ) 为电极，其工作原理如图所示。下列有关叙述不正确的
3 4 2
是( )
A．充电时，电极a应接电源的正极
B．放电时，若电极a得到6.4g Cu和1.44g Cu O，则电路中转移0.22mol电子
2
C．充电时，电极b的电极反应式为
D．第2次放电时，溶液碱性逐渐增强
【答案】C
【解析】由图可知，放电时a电极上Cu (PO ) 得到电子发生还原反应最终生成铜，为正极，则b为负
3 4 2
极。A项，放电时电极a为正极，则充电时电极a为阳极，应接电源的正极，故A正确；B项，放电时，
电子转移情况为Cu~2e-、Cu O~2e-，若电极a得到6.4g Cu(为0.1mol)和1.44g Cu O(为0.01mol)，则电路中
2 2
转移0.1mol ×2+0.01mol ×2=0.22mol电子，B正确；C项，充电时，电极b为阴极， 得到电子
发生还原反应生成 ，电极反应式为 ，故C错误；D项，第2
次放电时，Cu O得到电子发生还原反应生成铜和氢氧根离子，Cu O+HO+2e-=2Cu+2OH-，溶液碱性逐渐
2 2 2
增强，故D正确；故选C。
10．(2023·山东省济南市高三期中)基于硫化学的金属硫电池是有望替代当前锂离子电池技术，满足人
类社会快速增长的能源需求，该电池的结构及原理如图所示。下列有关叙述正确的是( )
A．该电池可采用含K+的水溶液或有机物为电解质溶液
B．放电时，电子的移动方向：电极a→电极b→隔膜→电极a
C．充电时，正极区可能发生的反应有xKS-(2x-6)e-=3S 2-+2xK+
2 3 x
D．充电时，电路中转移 时，负极质量减少78g
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】C
【解析】该装置的电化学装置，根据原电池工作原理，K电极为负极，b电极为正极。A项， 该装置
为电化学装置，金属钾作负极，金属钾是活泼金属，能与水发生反应，因此电解质溶液不能是水溶液，故
A错误；B项，放电属于电化学，根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从电极a→
灯泡→电极b，电池内部没有电子通过，故B错误；C项，充电电池充电时，电池正极接电源正极，电池
负极接电源负极，充电时，电池正极上失去电子，化合价升高，根据装置图可知，正极反应式为xKS-
2 3
(2x-6)e-=3S 2-+2xK+，故C正确；D项，充电时，负极(阴极)反应式为K++e-=K，电路中转移2mole-，生成
x
2molK，负极质量增重2mol×39g/mol=78g，故D错误；故选C。
题型三 燃料电池
1．(2023·浙江省精诚联盟高三三模)内部重整式高温燃料电池具有良好的商业化前景，其基本工作原
理(以CH 为原料，熔融碳酸盐为电解质)如图所示。下列说法正确的是( )
4
A．b极为正极，发生还原反应
B．电子流向：a极→导线→b极→电解质→a极
C．a极电极反应为CH- 8e- +4CO 2-=5CO +2H O
4 3 2 2
D．该电池所用的隔膜一定属于阳离子交换膜
【答案】A
【解析】由装置可知a电极上CO和H 失电子生成CO 和HO，则a极为负极，b极为正极，b电极上
2 2 2
O 得电子结合CO 生成CO2-，CH 和水反应生成CO和H。A项，由以上分析可知b极为正极，得电子发
2 2 3 4 2
生还原反应，故A正确；B项，电子不经过电解质，故B错误；C项， a极反应物不是甲烷，故C错误；
D项，熔融碳酸盐为电解质，故隔膜允许碳酸根离子通过，为阴离子交换膜，故D错误；故选A。
2．(2023·浙江省重点中学拔尖学生培养联盟适应性考试)直接HO-H O 燃料电池是一种新型化学电源，
2 2 2 2
其工作原理如图所示。电池放电时，下列说法不正确的是( )
A．电池工作时，电极I电势低
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】B．电极Ⅱ的反应式为：HO+2e- +2H+=2HO
2 2 2
C．电池总反应为：2HO=2HO+O↑
2 2 2 2
D．当电路中转移0.1mol电子时，通过阳离子交换膜的 为3.9g
【答案】C
【解析】电池工作时，电势低的是负极，电子从负极流向正极，故电极I为负极，电极Ⅱ为正极，负
极：HO-2e-+2OH-=O ↑+2H O，正极: H O+2e- +2H+=2HO。A项，电池工作时，电势低的是负极，电子从
2 2 2 2 2 2 2
负极流向正极，故电极I电势低，A正确；B项，电极Ⅱ为正极，电极反应式为：HO+2e- +2H+=2HO，B
2 2 2
正确；C项，该电池放电过程中，负极区的OH-来自KOH，正极区的 H+来自HSO ，K+通过阳离子交换膜
2 4
进入正极区与硫酸根结合生成KSO ，因此电池总反应为：2HO+2KOH+H SO =K SO +4HO+O↑，C错误；
2 4 2 2 2 4 2 4 2 2
D项，当电路中转移0.1mol电子时，通过阳离子交换膜的K+为0.1mol，即3.9g，D正确； 故选C。
3．光催化微生物燃料电池的工作原理如图所示：
已知：电极a在光激发条件下会产生电子(e-)-空穴(h+)。下列说法错误的是( )
A．电极电势：电极a>电极b
B．光激发时，光生电子会与O 结合，光生空穴会与电极b产生的电子结合
2
C．电极b发生的电极反应式为
D．电池工作一段时间后，右侧溶液pH保持不变(不考虑CO 的溶解)
2
【答案】C
【解析】A项，根据题图信息判断，(C H O) 在电极b上失电子，转化为CO，则电极b为负极，电
6 10 5 n 2
极a为正极，原电池中，正极的电极电势高于负极的电极电势，则电极电势：电极a>电极b，A正确；B
项，根据题图信息判断，电极a在光激发条件下会产生电子(e-)、空穴(h+)，光生电子会与O 结合，光生空
2
穴会与电极b产生的电子结合，B正确；C项，根据得失电子守恒判断，电极b发生的电极反应式为
，C错误；D项，根据电极反应判断，每转移24nmol电子时，
右侧溶液中生成24nmolH+，同时会有24nmolH+通过阳离子交换膜移向左侧溶液，则右侧溶液的pH保持不
变，D正确；故选C。
考点四 电解原理及应用
1．(2023•浙江省1月选考，11)在熔融盐体系中，通过电解TiO 和SiO 获得电池材料(TiSi)，电解装置
2 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】如图，下列说法正确的是( )
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A的电极反应：8H++TiO +SiO +8e-=TiSi+4HO
2 2 2
C．该体系中，石墨优先于Cl-参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
【答案】C
【解析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源
正极相连，则电极A作阴极，TiO 和SiO 获得电子产生电池材料(TiSi)，电极反应为TiO+SiO +8e-
2 2 2 2
=TiSi+4O2-。A项，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，A错误；B项，
电极A的电极反应为TiO+SiO +8e-=TiSi+4O2-，B错误；C项，根据图中信息可知，该体系中，石墨优先
2 2
于Cl-参与反应，C正确；D项，电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，D错误；故选C。
2．(2023•辽宁省选择性考试，7)某无隔膜流动海水电解法制H 的装置如下图所示，其中高选择性催化
2
剂PRT可抑制O 产生。下列说法正确的是( )
2
A．b端电势高于a端电势 B．理论上转移2mol e-生成4 gH
2
C．电解后海水pH下降 D．阳极发生：Cl-+H O-2e-=HClO+H+
2
【答案】D
【解析】由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，电极a为正极，右侧电极为阴极，b电极
为负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水。A项，由分析可知，a为正极，b电极为负极，
则a端电势高于b端电势，A错误；B项，右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H ↑，则理论上
2
转移2mol e-生成2 gH ，B错误；C项，由图可知，该装置的总反应为电解海水的装置，随着电解的进行，
2
海水的浓度增大，但是其pH基本不变，C错误；D项，由图可知，阳极上的电极反应为：Cl-+H O-2e-
2
=HClO+H+，D正确；故选D。
3．(2023•广东卷，13)利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合K，一段时间后(
1
)
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl 和O
2 2
B．a处布条褪色，说明Cl 具有漂白性
2
C．b处出现蓝色，说明还原性：Cl-＞I-
D．断开K，立刻闭合K，电流表发生偏转
1 2
【答案】D
【解析】闭合K，形成电解池，电解饱和食盐水，左侧为阳极，阳极氯离子失去电子生成氯气，电极
1
反应为2Cl-—2e-=Cl↑，右侧为阴极，阴极电极反应为2H++2e-=H ↑，总反应为2NaCl+2H O
2 2 2
2NaOH+H ↑+Cl↑。A项，根据分析，U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl 和H，A错误；B项，左侧生
2 2 2 2
成氯气，氯气遇到水生成HClO，具有漂白性，则a处布条褪色，说明HClO具有漂白性，B错误；C项，
b处出现蓝色，发生Cl+2KI=I +2KCl，说明还原性：I-＞Cl-，C错误；D项，断开K，立刻闭合K，此时
2 2 1 2
构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D正确；故选D。
4．(2022•广东选择性考试，10)以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电
解，实现Al的再生。该过程中( )
A．阴极发生的反应为M-2e-=Mg2+ B．阴极上Al被氧化
C．在电解槽底部产生含Cu的阳极泥 D．阳极和阴极的质量变化相等
【答案】C
【解析】根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该
题中以熔融盐为电解液，含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可
使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2+和Al3+，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3+得电
子生成Al单质，从而实现Al的再生。A项，阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子
生成Mg2+，A错误；B项，Al在阳极上被氧化生成Al3+，B错误；C项，阳极材料中Cu和Si不参与氧化
反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；D项，因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，
且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与
阴极的质量变化不相等，D错误；故选C。
5．(2022•重庆卷，12)硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中
水溶液的主要成分及反应过程如图所示。
下列说法错误的是( )
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．惰性电极2为阳极 B．反应前后WO2-/WO 2-数量不变
4 5
C．消耗1mol氧气，可得到1mol硝酮 D．外电路通过1mol电子，可得到1mol水
【答案】C
【解析】A项，惰性电极2，Br-被氧化为Br ，惰性电极2为阳极，故A正确；B项，WO2-/WO 2-循环
2 4 5
反应，反应前后WO2-/WO 2-数量不变，故B正确；C项，总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，
4 5
1mol二丁基-N-羟基胺失去2molH原子生成1mol硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1mol氧
气，可得到2mol硝酮，故C错误； D项，外电路通过1mol电子，生成0.5molHO，HO 最终生成水，
2 2 2 2
根据氧原子守恒，可得到1mol水，故D正确；故选C。
6．(2022•北京卷，13)利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象
0.1mol·L-1 阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面
① CuSO +少量 有红色固体，气体减少。经检验电解液中有
4
HSO Fe2+
2 4
阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表
0.1mol·L-1
② 面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元
CuSO +过量氨水
4
素
下列说法不正确的是( )
A．①中气体减少，推测是由于溶液中c(H＋)减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍 与铁接触
B．①中检测到Fe2+，推测可能发生反应：Fe+2H+= Fe2++H ↑、Fe+Cu2+=Fe2++ Cu
2
C．随阴极析出 ，推测②中溶液c(Cu2＋)减少，Cu2＋+4NH [Cu(NH )]2＋平衡逆移
3 3 4
D．②中Cu2＋生成[Cu(NH )]2＋，使得c(Cu2＋)比①中溶液的小， 缓慢析出，镀层更致密
3 4
【答案】C
【解析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生
成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极失去电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过
量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比
实验①更致密的镀层。A项，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减
小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；B项，实
验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生
的反应为Fe+2H+= Fe2++H ↑、Fe+Cu2+=Fe2++ Cu，故B正确；C项，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生
2
还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜离子浓度减小，Cu2＋+4NH [Cu(NH )]2＋平衡向正反应方
3 3 4
向移动，故C错误；D项，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到
电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；故选C。
7．(2022•海南省选择性考试，9)一种采用HO(g)和N(g)为原料制备NH (g)的装置示意图如下。
2 2 3
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】下列有关说法正确的是( )
A．在b电极上，N 被还原
2
B．金属Ag可作为a电极的材料
C．改变工作电源电压，反应速率不变
D．电解过程中，固体氧化物电解质中O2-不断减少
【答案】A
【解析】由装置可知，b电极的N 转化为NH ，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，因此
2 3
b为阴极，电极反应式为N+3H O+6e-=2NH+3O2-，a为阳极，电极反应式为2O2-+4e-=O 。A项，由分析可
2 2 3 2
得，b电极上N 转化为NH ，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，即N 被还原，A正确；B项，
2 3 2
a为阳极，若金属Ag作a的电极材料，则金属Ag优先失去电子，B错误；C项，改变工作电源的电压，
反应速率会加快，C错误；D项，电解过程中，阴极电极反应式为N+3H O+6e-=2NH+3O2-，阳极电极反
2 2 3
应式为2O2-+4e-=O ，因此固体氧化物电解质中O2-不会改变，D错误；故选A。
2
8．(2022•湖北省选择性考试，14)含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P(CN) ]，过
2
程如图所示( 为甲基)。下列说法正确的是( )
A．生成1 mol Li[P(CN) ]，理论上外电路需要转移2mol电子
2
B．阴极上的电极反应为：P+8CN--4e-=4[P(CN) ]-
4 2
C．在电解过程中CN-向铂电极移动
D．电解产生的H 中的氢元素来自于LiOH
2
【答案】D
【解析】A项，石墨电极发生反应的物质：P→Li[P(CN)]化合价升高发生氧化反应，所以石墨电极为
4 2
阳极，对应的电极反应式为：P+8CN--4e-=4[P(CN) ]-，则生成1 mol Li[P(CN) ]，理论上外电路需要转移1
4 2 2
mol电子，A错误；B项，阴极上发生还原反应，应该得电子，P+8CN--4e-=4[P(CN) ]-为阳极发生的反应，
4 2
B错误；C项，石墨电极：P→Li[P(CN)]发生氧化反应，为阳极，铂电极为阴极，CN-应该向阳极移动，
4 2
即移向石墨电极，C错误；D项，由所给图示可知HCN在阴极放电，产生CN-和H，而HCN中的H来自
2
LiOH，则电解产生的H 中的氢元素来自于LiOH，D正确；故选D。
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】9．(2021•海南选择性考试，9)液氨中存在平衡：2NH NH ++NH-。如图所示为电解池装置，以
3 4 2
KNH 的液氨溶液为电解液，电解过程中a、b两个惰性电极上都有气泡产生。下列有关说法正确的是( )
2
A．b电极连接的是电源的负极 B．a电极的反应为2NH +2e-=H +2NH-
3 2 2
C．电解过程中，阴极附近K+浓度减小 D．理论上两极产生的气体物质的量之比为1:1
【答案】B
【解析】A项，根据图示可知：在b电极上产生N，N元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，
2
所以b电极为阳极，连接电源的正极，A错误；B项，电极a上产生H，H元素化合价降低得到电子，发
2
生还原反应，所以a电极为阴极，电极反应式为：2NH +2e-=H +2NH-，B正确；C项，电解过程中，阴极
3 2 2
附近产生NH -，使附近溶液中阴离子浓度增大，为维持溶液电中性，阳离子K+会向阴极区定向移动，最终
2
导致阴极附近K+浓度增大，C错误；D项，每反应产生1 mol H ，转移2 mol电子，每反应产生1 mol N ，
2 2
转移6 mol电子，故阴极产生H 与阳极产生的N 的物质的量的比是3:1，D错误；故选B。
2 2
1．惰性电极电解电解质溶液的产物判断
2．“串联”类装置的解题流程
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)
1．(2024·浙江金华一中高三期中)苯甲酸是一种重要的化工原料。以苯乙酮为原料，以KI为电解质，
利用电化学方法合成苯甲酸的原理(部分)如下：
下列说法中，正确的是( )
A．KI是该反应的催化剂
B．电解过程中阳极产物有IO-和I
2
C．外电路流过3 mol 时，理论上可制备0.5 mol苯甲酸(不考虑副反应)
D．充分搅拌的情况下，电解过程中溶液pH不断减小
【答案】C
【解析】A项，由图可知KI在阳极发生反应生成碘单质，且最终无KI生成，因此KI不是催化剂，故
A错误；B项，阳极反应为：2I--2e-=I ，碘单质与溶液中OH-反应生成IO-，因此IO-不是阳极产物，故B错
2
误；C项，电解过程总反应为： ，该过程转移2mol电子生成1mol碘单质，则转移3mol
电子时生成碘单质1.5mol，I+2OH-=I-+IO-+H O，由反应可知1.5mol碘单质生成1.5mol IO-； +3
2 2
→ +CHI +2OH-，1.5mol IO-反应生成0.5mol苯甲酸，故C正确；D项， 由上述反应可知电
3
解过程中生成碱，同时生成的碘单质又与碱反应，两者生成和消耗的氢氧根相等，在最终 转化为
又有碱生成，因此最终溶液中氢氧根离子浓度增大，pH值增大，故D错误；故选C。
2．用石墨做电极，电解稀NaSO 溶液的装置如图所示，通电后在石墨电极A和B附近分别滴加一滴
2 4
石蕊溶液。下列有关叙述正确的是( )
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．逸出气体的体积：A电极＜B电极
B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体
C．A电极附近呈红色，B电极附近呈蓝色
D．电解一段时间后，将全部电解液转移到同一烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性
【答案】D
【解析】SO、OH－移向B电极，在B电极OH－放电，产生O，B电极附近c(H＋)＞c(OH－)，石蕊溶液
2
变红，Na＋、H＋移向A电极，在A电极H＋放电产生H ，A电极附近c(OH－)＞c(H＋)，石蕊溶液变蓝，C项
2
错误、D项正确；A电极产生的气体体积大于B电极，A项错误；两种气体均为无色无味的气体，B项错
误。
3．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
2
CH 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-
4 2 2 3 3
=C+3O2-，C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
2 2
生成1.5mol气体(即0.5molCO 和1molH )，转移2mol电子，D错误。故选B。
2 2
4． HO 和O 都是较强的氧化剂，可用于环境消杀。以下电化学装置可协同产生HO 和O，产生
2 2 3 2 2 3
HO 和O 的物质的量之比为5：1，下列说法错误的是( )
2 2 3
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．Y电极电势低于X电极
B．膜为质子交换膜
C．生成双氧水的电极反应式为O+2e-+2H+=H O
2 2 2
D．X极处可能还存在其他副反应
【答案】A
【解析】Y极O元素从-2价升至0价，是阳极，电极反应式：2HO-4e-=O +4H+，3HO-6e-=O +6H+，
2 2 2 3
X极是阴极，电极反应式为：O+2e-+2H+=H O；A项， Y是阳极，X极是阴极，Y电极电势比X电极高，
2 2 2
A错误；B项，H+由Y极向X极移动，则膜为质子交换膜，B正确；C项，X极是阴极，生成双氧水的电
极反应式为O+2e-+2H+=H O，C正确；D项，Y极还可能发生的电极反应式为3HO-6e-=O +6H+，则HO
2 2 2 2 3 2 2
和O 的物质的量之比为3：1，故应有其他副反应生成HO，才会有5：1，D正确；故选A。
3 2 2
5．(2024·湖南衡阳·高三湖南省衡南县高三第一次校联考)如图所示，利用电化学原理可同时吸收处理
SO 和NO，下列说法正确的是( )
2
已知HSO 是一种弱酸，不考虑 与水的反应及能量损耗。
2 2 4
A．b极为直流电源的负极
B．阳极区电极反应为HSO+2H O-2e-=2HSO -+4H+
2 2 4 2 3
C．理论上，在相同条件下，该装置吸收的 和NO的体积比为
D．电路中若有 电子转移，则被吸收的气体体积为
【答案】C
【解析】由图可知，HSO -在左边电极上发生还原反应生成HSO，则左边电极为阴极，电极反应为2
3 2 2 4
HSO -+2e-+4H+=H SO+2H O；在左边电极上SO 发生氧化反应生成HSO ，左边电极为阳极，电极反应为
3 2 2 4 2 2 2 4
SO +2H O-2e-=SO2-+4H+。A项，由图可知，与直流电源b极相连的电极为电解池的阳极，则b极为直流电
2 2 4
源的正极，A错误；B项，酸性条件下吸收池中流出的HSO -在阴极得电子发生还原反应生成HSO，阴
3 2 2 4
极区的电极反应为2 HSO -+2e-+4H+=H SO+2H O，B错误；C项，阳极区的电极反应为SO +2H O-2e-
3 2 2 4 2 2 2
=SO2-+4H+，吸收池中发生反应：2HSO+2H O+2NO=4HSO -+4H++N ，由得失电子数目守恒可知，若不
4 2 2 4 2 3 2
考虑任何损耗，相同条件下，该装置吸收的SO 和NO的体积比为1：1，C正确；D项，没有指出气体所
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】处状态，无法计算气体的物质的量，D错误；故选C。
6．电化学修复技术是近年迅速发展的一种污染土壤绿色原位修复技术。处理土壤重金属污染时，在
污染土壤区域插入电极(下图)，土壤中污染物定向迁移，富集在电极区域，再通过其他方法(电镀、沉淀/共
沉淀、抽出、离子交换树脂等)去除。下列说法正确的是( )
A．H+在阳极区反应
B．土壤中胶体粒子不带电
C．阴极区抽提物发生的是阴离子交换
D．金属离子在碱性区域去除
【答案】D
【解析】A项，H+在阴极区得电子产生氢气，A错误；B项，土壤中污染物定向迁移，说明土壤中胶
体粒子带电，B错误；C项，阳离子定向移动到了有极区，故阴极区抽提物发生的是阳离子交换，C错误；
D项，金属离子在碱性区域产生氢氧化物而去除，D正确；故选D。
考点五 金属的腐蚀与防护
1．(2022•广东选择性考试，11)为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀
锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是( )
A．加入AgNO 溶液产生沉淀 B．加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现
3
C．加入KSCN溶液无红色出现 D．加入K[Fe(CN) ]溶液无蓝色沉淀生成
3 6
【答案】D
【解析】镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀，则将其放入到酸化的3%NaCl溶液中，会构成原电池，由于
锌比铁活泼，作原电池的负极，而铁片作正极，溶液中破损的位置会变大，铁也会继续和酸化的氯化钠溶
液反应产生氢气，溶液中会有亚铁离子生成。A项，氯化钠溶液中始终存在氯离子，所以加入硝酸银溶液
后，不管铁片是否被腐蚀，均会出现白色沉淀，故A不符合题意；B项，淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物
质，但不论铁片是否被腐蚀，均无氧化性物质可碘化钾发生反应，故B不符合题意；C项，KSCN溶液可
检测铁离子的存在，上述现象中不会出现铁离子，所以无论铁片是否被腐蚀，加入KSCN溶液后，均无红
色出现，故C不符合题意；D项，K[Fe(CN) ]是用于检测Fe2+的试剂，若铁片没有被腐蚀，则溶液中不会
3 6
生成亚铁离子，则加入K[Fe(CN) ]溶液就不会出现蓝色沉淀，故D符合题意。故选D。
3 6
2．(2021•全国乙卷)沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放
并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】下列叙述错误的是( )
A．阳极发生将海水中的Cl-氧化生成Cl 的反应
2
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的H 应及时通风稀释安全地排入大气
2
D．阳极表面形成的Mg(OH) 等积垢需要定期清理
2
【答案】D
【解析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰
性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl-会优先失电子生成Cl，阴极区HO优先得电子生成H 和OH-，结合
2 2 2
海水成分及电解产物分析。A项，根据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl，发生氧化
2
反应，A正确；B项，设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl 与阴极区生成的OH-在管
2
道中会发生反应生成NaCl、NaClO和HO，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；
2
C项，因为H 是易燃性气体，所以阳极区生成的H 需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，
2 2
C正确；D项，阴极的电极反应式为：2HO+2e-=H ↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面
2 2
会形成Mg(OH) 等积垢需定期清理，D错误。故选D。
2
3．(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．阴极的电极反应式为
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
【答案】C
【解析】A项，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错误；B项，
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M活动性比Fe的
活动性强，故B错误；C项，金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，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正确；D项，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快，故D错误；故选C。
4．(2019•江苏卷)将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学
腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是( )
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−=Fe3+
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
【答案】C
【解析】A项，该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe﹣2e﹣
═Fe2+，故A错误；B项，铁腐蚀过程发生电化学反应，部分化学能转化为电能，放热，所以还存在化学能
转化为热能的变化，故B错误；C项，Fe、C和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子被腐蚀，加速Fe的腐
蚀，故C正确；D项，弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe发
生吸氧腐蚀，故D错误；故选C。
5．(2017•新课标Ⅰ卷)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
【答案】C
【解析】A项，外加强大的电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，A正确；B项，通电后，被保护的
钢管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因此电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B正确；C项，高硅铸铁
为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C错误；D项，外加电流要抑制金属电化学腐蚀产生的电流，D
正确。故选C。
6．(2012·山东理综，13)下列与金属腐蚀有关的说法正确的是( )
A．图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】B．图b中，开关由M改置于N时，CuZn合金的腐蚀速率减小
C．图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大
D．图d中，ZnMnO 干电池自放电腐蚀主要是由MnO 的氧化作用引起的
2 2
【答案】B
【解析】A项，插入海水中的铁棒靠近液面的位置与氧气接触，易发生吸氧腐蚀；B项，开关由M改
置于N时，Zn作负极，CuZn合金作正极，合金受到保护；C项，接通开关形成原电池，Zn作负极，Zn的
腐蚀速率增大，但气体是在Pt电极上生成；D项，ZnMnO 干电池自放电腐蚀主要是Zn发生氧化反应而自
2
放电。
判断金属腐蚀快慢的规律
(1)对同一电解质溶液来说，腐蚀速率的快慢：电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀
>有防腐措施的腐蚀。
(2)对同一金属来说，在不同溶液中腐蚀速率的快慢：强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶液
中。
(3)活动性不同的两种金属，活动性差别越大，腐蚀越快。
(4)对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，金属腐蚀越快。
1．金属腐蚀两种类型比较
(1)析氢腐蚀和吸氧腐蚀的比较
类型 析氢腐蚀 吸氧腐蚀
条件 水膜呈酸性 水膜呈弱酸性或中性
正极反应 2H＋＋2e－===H ↑ O＋2HO＋4e－===4OH－
2 2 2
负极反应 Fe－2e－===Fe2＋
Fe2＋＋2OH－===Fe(OH) ↓
2
其他反应 4Fe(OH) ＋O＋2HO===4Fe(OH)
2 2 2 3
Fe(OH) 失去部分水转化为铁锈
3
(2)腐蚀快慢的比较
①一般来说可用下列原则判断：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；
③活泼性不同的两种金属，活泼性差别越大，腐蚀越快；
④对同一种电解质溶液来说，电解质溶液浓度越大，金属腐蚀的速率越快。
2．两种保护方法
(1)加防护层
如在金属表面加上油漆、搪瓷、沥青、塑料、橡胶等耐腐蚀的非金属材料；采用电镀或表面钝化等方
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】法在金属表面镀上一层不易被腐蚀的金属或生成一层致密的薄膜。
(2)电化学防护
①牺牲阳极的阴极保护法——原电池原理：正极为被保护的金属，负极为比被保护的金属活泼的金属；
②外加电流的阴极保护法——电解原理：阴极为被保护的金属，阳极为惰性电极。
1．(2024·广东江门高三金太阳联考)地下管线穿过不同的地质结构及潮湿程度不同的土壤带时，由于
氧气浓度存在差别，会引起金属管道的腐蚀。其原理如图所示，下列说法正确的是( )
A．黏土区钢管作正极
B．电子由砂土区钢管流向黏土区钢管
C．每消耗22.4LO 最终可生成铁锈1mol
2
D．砂土区钢管表面发生的电极反应可能为O+4e-+2H O=4OH-
2 2
【答案】D
【解析】富氧区氧气浓度高，氧气得电子，富氧区钢管做原电池的正极，黏土区钢管作负极。A项，
富氧区氧气浓度高，氧气得电子，富氧区钢管做原电池的正极，A错误；B项，电子由负极流向正极，所
以电子由黏土区钢管流向砂土区钢管，B错误；C项，无标准状况的前提条件，无法计算，C错误；D项，
砂土区钢管做原电池的正极，其表面发生的电极反应可能为O+4e-+2H O=4OH-，D正确；故选D。
2 2
2．(2024·广东河源高三开学考试)埋在土壤中的输油钢制管道容易被腐蚀。已知对管道1和管道2进行
如图所示的电化学防护设计。下列说法错误的是( )
A．对管道1进行防腐时，需要定期更换镁块
B．管道1的电势低于Mg块
C．区域②采用外加电流法
D．区域②通入保护电流使管道2表面腐蚀电流接近于0
【答案】B
【解析】由图可知，区域①采用的是牺牲阳极法进行防腐，即将还原性较强的Mg金属作为保护极，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】与被保护金属即管道1相连构成原电池，Mg作为负极发生氧化反应而消耗，管道1作为正极就可以避免腐
蚀。区域②采用的是外加电流保护法，通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子从土壤流向管道2，使
管道2表面腐蚀电流接近于0，从而保护管道。A项，区域①采用的是牺牲阳极法进行防腐，在防腐过程
中Mg块不断损失，需要定期更换，故A正确；B项，管道1是正极，Mg块是负极，正极电势高于负极，
故B错误；C项，由图可知，区域②采用的是外加电流法，故C项正确；D项，区域②通入保护电流使管
道2表面腐蚀电流接近于0，故D正确；故选B。
3．深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被SO 2-腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所
4
示。下列与此原理有关的说法错误的是( )。
A．正极反应：SO 2-+5H O+8e-=HS-+9OH-
4 2
B．输送暖气的管道不易发生此类腐蚀
C．这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为Fe O·xHO
2 3 2
D．管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀
【答案】C
【解析】原电池的正极发生还原反应，由图示可知，发生的电极反应为 SO 2-+5H O+8e-=HS-+9OH-，
4 2
由于HS-、OH-的浓度很小，故在一定条件下可以共存，A项正确；硫酸盐还原菌的主要成分含蛋白质，在
高温下易变性，失去催化作用，则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀，B项正确；由图示可知，Fe腐蚀的
最终产物为FeO，C项错误；管道上刷富锌油漆，形成Zn-Fe原电池，Fe为正极，可以延缓管道的腐蚀，
D项正确。
4．厌氧腐蚀是指在缺乏氧气的深层潮湿土壤中，存在的硫酸盐还原菌会附着在钢管表面促进钢铁的
腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法错误的是( )。
A．厌氧腐蚀属于化学腐蚀
B．负极的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+
C．每生成1 mol FeS，最终转移的电子数为8N
A
D．镀锌钢管破损后仍能减缓钢管的腐蚀
【答案】A
【解析】钢管中含有碳元素，铁、碳与潮湿的土壤形成原电池，则厌氧腐蚀属于电化学腐蚀，A项错
误；根据图像可知，负极铁失电子生成亚铁离子，电极反应式为 Fe-2e-=Fe2+，B项正确；硫酸根离子变为
硫离子时，转移8个电子，则每生成1 mol FeS，最终转移的电子数为8N ，C项正确；镀锌的钢管破损后
A
锌比铁活泼，锌作负极，保护铁不被腐蚀，D项正确。
5．我国有多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐
蚀，防护原理如图所示。下列说法错误的是( )
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．通电时，锌环是阳极，发生氧化反应
B．通电时，阴极上的电极反应为2HO＋2e－===H ↑＋2OH－
2 2
C．断电时，锌环上的电极反应为Zn2＋＋2e－===Zn
D．断电时，仍能防止铁帽被腐蚀
【答案】C
【解析】锌环与电源的正极相连，为阳极，A项正确；断电时，Zn比铁活泼，作负极，电极反应为
Zn－2e－===Zn2＋，C项错误。
6．如图是自来水表的常见安装方式。下列有关说法不正确的是( )
A．该安装方式的水表更容易被腐蚀
B．发生腐蚀过程中，电子从接头流向水表
C．腐蚀时水表发生的电极反应为2HO+O+4e−===4OH−
2 2
D．腐蚀过程还涉及反应：4Fe(OH) + O +2H O ===4Fe(OH)
2 2 2 3
【答案】A
【解析】构成原电池，腐蚀铁，保护铜，所以该安装方式的水表不易被腐蚀，故A不正确；电子由铁
流向铜，即电子从接头流向水表，故B正确；水表发生了吸氧腐蚀，氧气在水表的表面得电子，电极反应
式为2HO+O+4e−===4OH−，故C正确；负极放电产生的Fe2+与正极产生的OH−结合成 Fe(OH) ，Fe(OH)
2 2 2 2
被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，所以腐蚀过程还涉及反应：4Fe(OH) +2H O+O===4Fe(OH) ，故D正
2 2 2 3
确。
7．某同学利用如图所示装置探究金属的腐蚀与防护条件。(已知Fe2＋遇K[Fe(CN) ]溶液呈蓝色)。
3 6
下列说法不合理的是( )
A．①区Cu电极上产生气泡，Fe电极附近滴加K[Fe(CN) ]溶液后出现蓝色，Fe被腐蚀
3 6
B．②区Cu电极附近滴加酚酞后变成红色，Fe电极附近滴加K[Fe(CN) ]溶液出现蓝色，Fe被腐蚀
3 6
C．③区Zn电极的电极反应式为Zn－2e－==Zn2＋，Fe电极附近滴加K[Fe(CN) ]溶液未出现蓝色，Fe
3 6
被保护
D．④区Zn电极的电极反应式为2HO＋2e－==H ↑＋2OH－，Fe电极附近滴加K[Fe(CN) ]溶液出现蓝
2 2 3 6
色，Fe被腐蚀
【答案】A
【解析】①区发生吸氧腐蚀，Cu为正极，电极反应式为O ＋2HO＋4e－===4OH－，Cu电极上不产生
2 2
气泡，A项错误；②区Cu为阴极，电极反应式为2HO＋2e－===H ↑＋2OH－，Cu电极附近溶液碱性增强，
2 2
滴加酚酞后变成红色，Fe为阳极，被腐蚀，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，Fe电极附近滴加K[Fe(CN) ]
3 6
溶液出现蓝色，B项正确；③区Zn为负极，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，Fe为正极，得到保护，C项
正确；④区Zn为阴极，电极反应式为2HO＋2e－===H ↑＋2OH－，Fe做阳极，被腐蚀，电极反应式为Fe
2 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】－2e－===Fe2＋，Fe电极附近滴加K[Fe(CN) ]溶液出现蓝色，D项正确。
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8．在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多的金属腐蚀现象。可以通
过下列装置所示实验进行探究。下列说法正确的是( )
A.按图Ⅰ装置实验，为了更快更清晰地观察到液柱上升，可采用酒精灯加热具支试管的方法
B.图Ⅱ是图Ⅰ所示装置的原理示意图，图Ⅱ的正极材料是铁
C.铝制品表面出现白斑可以通过图Ⅲ装置进行探究，Cl－由活性炭区向铝箔表面迁移，并发生电极反应：
2Cl－－2e－===Cl↑
2
D.图Ⅲ装置的总反应为4Al＋3O＋6HO===4Al(OH) ，生成的Al(OH) 进一步脱水形成白斑
2 2 3 3
【答案】D
【解析】具支试管内气体受热压强增大，不能更快更清晰地观察到液柱上升，A项错误；在铁腐蚀的
原电池反应中，铁作负极，B项错误；负极电极反应式为Al－3e－===Al3＋，正极电极反应式为O ＋2HO
2 2
＋4e－===4OH－，总反应方程式为4Al＋3O ＋6HO===4Al(OH) ，生成的Al(OH) 进一步脱水形成白斑，C
2 2 3 3
项错误，D项正确。
9．点蚀又称为孔蚀，是一种集中于金属表面很小的范围并深入到金属内部的腐蚀形态。某铁合金钝
化膜破损后的孔蚀如图，下列说法正确的是( )
A．为防止孔蚀发生可以将外接电源正极与金属相连
B．蚀孔外每吸收2.24LO ，可氧化0.2molFe
2
C．由于孔蚀中Fe3+水解导致电解质酸性增强
D．孔隙中可以发生析氢腐蚀
【答案】D
【解析】A项，为防止孔蚀发生可以将外接电源负极与金属相连，A错误；B项，2.24LO 没有指明是
2
否为标准状况，不一定为0.1molO，B错误；C项，封闭环境中由于Fe2+水解导致酸性增强，C错误；D项，
2
由于孔隙中介质的酸性增强有HCl存在，可发生析氢腐蚀，D正确；故选D。
10．实验小组研究金属电化学腐蚀，实验如下：
序
实验 5 min 25 min
号
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】实 铁钉周边零星、随机出现极少量红色
铁钉表面及周边未见明显变化
验I 和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成
实
铁钉周边出现红色区域，未见蓝 铁钉周边红色加深，区域变大，未见
验
色出现，锌片周边未见明显变化 蓝色出现， 锌片周边未见明显变化
Ⅱ
下列说法不正确的是( )
A．实验I生成铁锈说明铁钉发生了吸氧腐蚀
B．对比实验I，实验Ⅱ中铁钉在5 min即出现红色，说明锌片加速了铁的腐蚀速率
C．实验Ⅱ中正极的电极反应式：O+ 2H O+4e- = 4OH-
2 2
D．若将Zn片换成Cu片，推测Cu片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色
【答案】B
【解析】A项，实验I出现极少量红色说明有OH-生成，Fe失去电子生成Fe2+，K[Fe(CN) ]溶液与
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Fe2+发生反应生成特征蓝色沉淀，则铁钉发生了吸氧腐蚀，A正确；B项，实验II中Zn比Fe活泼，作原电
池的负极，发生吸氧腐蚀生成OH-，Fe作正极，被保护，铁的腐蚀速率比实验I慢，B错误；C项，实验II
中Fe作正极，氧气发生得电子的还原反应，其电极反应式：O + 2H O + 4e- =4OH-，C正确；D项，若将
2 2
Zn片换成Cu片，因为Fe比Cu活泼，推测Cu片周边氧气发生得电子的还原反应生成氢氧根离子，酚酞溶
液会出现红色，铁钉作原电池的负极，发生失电子的氧化反应生成亚铁离子，与K[Fe(CN) ]溶液反应，使
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其周边会出现蓝色，D正确；故选B。
11．(2024·北京西城高三期中)甲、乙同学分别用下图所示装置验证铁的电化学防腐原理。
相同时间后进行如下实验
实验①：甲同学分别向Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近滴加K[Fe(CN) ]溶液，Ⅰ中产生蓝色沉淀，Ⅱ中无沉淀。
3 6
实验②：乙同学分别取Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近溶液，滴加K[Fe(CN) ]溶液，Ⅰ、Ⅱ中均无沉淀。
3 6
下列说法正确的是( )
A．Ⅰ是牺牲阳极保护法，负极反应式为Fe-2e- =Fe2+
B．Ⅱ为外加电流阴极保护法，Fe电极与外接电源的正极相连
C．由实验①中Ⅰ、Ⅱ现象的差异，推测K[Fe(CN) ]在Ⅰ中氧化性强于Ⅱ
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D．由实验可知，两种保护法均能保护Fe，且Ⅱ保护得更好
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】D
【解析】A项，由图可知，Fe电极是正极，Zn电极是负极，属于牺牲阳极的阴极保护法，由于电解质
溶液呈酸性，故正极上氢离子得电子，负极是Zn失去电子，反应为：Zn+2e-═Zn2+，A错误；B项，外加
电流阴极保护法中要保护的电极应与外接电源的负极相连，即Fe电极与外接电源的负极相连，B错误；C
项，由于Ⅰ中Fe电极与电解质溶液直接接触，会有少量的Fe直接与酸反应生成Fe2+，与K[Fe(CN) ]在Ⅰ、
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Ⅱ中的氧化性无关，C错误；D项，对比Ⅰ、Ⅱ现象的差异可知，两种保护法均能保护Fe，且电解法保护
的更好，即Ⅱ保护得更好，D正确；故选D。
12．(2024·河南省豫北名核高三毕业班一模)科学研究发现金属生锈时，锈层内如果有硫酸盐会加快金
属的腐蚀，其腐蚀原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．钢铁的腐蚀中正极电极反应式为O+4e-+2H O=4OH-
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B．酸雨地区的钢铁更易被腐蚀
C．Fe(OH) 生成FeO(OH)反应的化学方程式为2Fe(OH) +O =2FeO(OH)+H O
2 2 2 2
D．硫酸盐加速电子传递，有一定的催化剂作用
【答案】C
【解析】A项，钢铁发生吸氧腐蚀时C作正极，氧气在正极得电子，电极反应式为O+4e-
2
+2H O=4OH-，A正确； B项，酸性溶液可以加速铁的锈蚀，B正确；C项，Fe(OH) 不稳定，易被氧气氧
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化生成FeO(OH)，反应为4Fe(OH) +O =4 FeO(OH)+2HO，C错误；D项，已知，锈层内如果有硫酸盐会加
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快金属的腐蚀，硫酸盐能增加导电性，加速电子传递，有一定的催化剂作用，D正确；故选C。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】
