文档内容
专题 08 化学反应与能量变化
1．了解化学反应中能量转化的原因，能说出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．理解吸热反应、放热反应与反应物及生成物能量的关系；
4．理解化学反应中的能量变化与化学键变化的关系；
5．了解热化学方程式的含义，能正确书写热化学方程式；
6．了解焓变与反应热的含义。了解ΔH＝H(反应产物)—H(反应物)表达式的含义；
考纲
7．理解盖斯定律，并能运用盖斯定律进行有关反应焓变的简单计算；
8．了解能源是人类生存和社会发展的重要基础。知道节约能源、提高能量利用效率的实
际意义，知道化学在解决能源危机中的重要作用；
9．理解原电池和电解池的构成、工作原理及应用，能书写电极反应和总反应方程式，了
解常见化学电源的种类及其工作原理；
10．了解金属的电化学腐蚀原理、金属腐蚀的危害及防止金属腐蚀的措施。
化学反应的热效应的考查，一是在选择题中单独设题，考查反应中的能量变化、反应热的
比较及盖斯定律的计算；二是在选择题中某一选项出现，多与图像分析相结合；三是在填
空题中考查，考查盖斯定律的计算或结合盖斯定律的热化学方程式的书写。
电化学内容是高考试卷中的常客，对原电池和电解池的考查往往以选择题的形式考查两电
考情预测
极反应式的书写、两电极附近溶液性质的变化、电子的转移或电流方向的判断等。在第**
错误的表达式 **卷中会以应用性和综合性进行命题，如与生产生活(如金属的腐蚀和防护
等)相联系，也无机推断、实验及化学计算等学科内知识综合，尤其特别注意燃料电池和新
型电池的正、负极材料分析和电极反应式的书写。
核心素养 宏观辨识与微观探析 证据推理与模型认知高频考点一 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，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
例 2 2 4
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
【典例剖析】
【例1】(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( )
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。
【例2】 (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转化为C和D
3 4
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速率大于反应①，气体B
3 1
很难大量积累， D正确。故选D。
【变式探究】
1．(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，该反
2 2 1
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 ；催化剂改变反应历程，
1 1 2
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；B项，
1 2
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，B错误；
逆 正
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能和，则
2 2
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。
4．已知：P(g)＋6Cl(g)===4PCl (g) ΔH＝a kJ·mol－1，P(g)＋10Cl(g)===4PCl (g) ΔH＝b kJ·mol－1，P
4 2 3 4 2 5 4
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。
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
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依次
3 5
编号为①、②，将②－①可得4Cl(g)＋4PCl (g)===4PCl (g) ΔH＝(b－a) kJ·mol－1，由于化学反应中断键吸热、
2 3 5
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－3b) kJ·mol－1，根据盖
4 5 3
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。
5．(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。已知：
2
①2C(s)＋O(g) 2CO(g) ΔH＝－221 kJ·mol－1
2②
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。
(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 燃烧应
2 2
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。弱酸代替强酸
2
(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 中含有6 mol P—P
2 4
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6 mol C—H键和
4 10 2 6
1 mol C—C键。
高频考点二 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
2 2 2 2
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
(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。
【典例剖析】
【例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＜0，A不正确；
1 2
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
3 1 2
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＜0，ΔH＜0，由于1mol
1 2
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，故其放出的热量更多，其ΔH＞ΔH；苯与
1 2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)，根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的
4
反应热ΔH=ΔH+ΔH，因此ΔH＞ΔH，C正确；D项，根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热
3 4 2 3 2
ΔH=ΔH+ΔH，因此ΔH=ΔH-ΔH，D不正确。故选C。
3 4 2 2 3 4
【例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 3 H 6 (g)+9/2O 2 (g)=3CO 2 (g)+3H 2 O(g) △ H=-1926.1kJ/mol
H
2
(g)+1/2O
2
(g)=H
2
O(g) H=-241.8kJ△/mol
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
3
H
6
、H
2
的浓度随CO
2
浓△度变化趋势的差异是因为发生了CO
2
+H
2
CO+H
2
O
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 可知，
3 6 2 2 2 2 2 2 2 3
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==(-20△43.9kJ/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 的浓度随
3 8 3 6 2 3 6 2
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，因此可以
2 3 6
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 浓度变化趋势出现这样的
2 2 2 3 6 2 2
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，C H 的百分含量增大，
3 6 2 3 6
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错误；D项，根据质量守
3 8 2 3 8 2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，那么入口各气体的浓度c 和出口
3 6 2 2 0
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；故选C。
0 3 8 0 2 3 6 3 8 2
【变式探究】
1．25 ℃、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)===KSO (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，二
2
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，错误；
4 2
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。
2．下列热化学方程式正确的是( )
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 2 (g)＋O 2 (g) 2SO 3 (g)
B 2 2
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)＋
C 2 2 4 2 4
＝－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C
2 2
中由于生成BaSO 沉淀，放出的热量大于114．6 kJ，C错。
4
3．(2022·江西省七校高三联考)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)；根据盖斯定
2 2 5 1 3
△ △ △
律，②× －③× 得⑥： SO (g)+ S(g)= O(g) + S (g) H= ( H-2 H)；⑤+⑥得：2S(g) =S (g) H=
2 2 2 6 2 3 2 4
△ △ △ △
( H+ H-3 H)，故选A。
1 2 3
△ 3．△(202△2·湖南省娄底市春元中学高三联考)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都为放热反应，其△H
1 2
＜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，前者反应物系数较
3 4
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，后者为放热反应，△H
5 6 7 8
＜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；故选C。
7 8
4．(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=2，4，6)的
2 n
平衡气体。 时主要为XeF (g)， 时主要为XeF (g)，高温时生成XeF (g)。其变转化关系如下：
6 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，ΔH
2 6 1 5 5
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 对应的反应
2 6 4 2 4 3
是XeF (g)+F (g) XeF (g)，Xe(g)+3F(g) XeF (g)和Xe(g)+2F(g) XeF (g)相减即可得到反
4 2 6 2 6 2 4
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)+F (g)
4 2 6 5 4 3 3 4 2
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 对应的反应是Xe(g)+2F(g)
6 3 4 2
XeF (g)，ΔH 对应的反应是XeF (g)+2F (g) XeF (g)，两反应相减得到反应Xe(g)+XeF(g)
4 6 2 2 6 6
XeF (g)+XeF(g)；ΔH 对应的反应是Xe(g)+F(g) XeF (g)，ΔH 对应的反应是XeF (g)+F (g)
4 2 1 2 2 3 4 2
XeF (g)，两反应相减也得到反应Xe(g)+XeF(g) XeF (g)+XeF(g)，所以ΔH-ΔH=ΔH-ΔH，故D正确；
6 6 4 2 4 6 1 3
故选C。
5．(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
2
＞△△E
3
，说明分子中交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3 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
【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数
1 2 1 3
△ △ △
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，则分子中
2 3
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，说明苯分子中不存在三
1 4
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；故选A。
1 4
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。
高频考点三 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 2②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
【典例剖析】
【例1】(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，由于两
4 2 2 2
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Zn(OH)
4
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；B项，Ⅰ区
4 4
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正确；D项，电
4 2 2 2
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
【例2】(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++e-
2=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+
2 2
+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，光催化电极为阳极；则放电
2 2 2 2
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，
2 2 2
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，正极反应为O+2Li++2e-=Li O，D正确；故选
2 2 2 2 2 2
C。
【变式探究】
1．(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-+H ↑
2 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电极
2 2
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，海水中含有丰富的电解
2 2
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-=2OH-
2
+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，但不能传导离子，
2
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。
2．(2022·河北省邯郸市高三期末统测)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
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项正确；C
3 x 3
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。
3．(2022·山东省潍坊市高三学科核心素养统测)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 为
2 2
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+通过，B
2 2
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、负电极反
2
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，D正确；故选
2
B。可充电电池原理示意图
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－===H ↑。
2 2 2 2 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
高频考点四 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。
【典例剖析】
【例1】(2022·浙江省6月选考)通过电解废旧锂电池中的LiMn O 可获得难溶性的LiCO 和MnO ，电解示
2 4 2 3 2
意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列
说法不正确的是( )A．电极A为阴极，发生还原反应
B．电极B的电极发应：2HO+Mn2+-2e-=MnO+4H+
2 2
C．电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节 除去Mn2+，再加入NaCO 溶液以获得LiCO
2 3 2 3
【答案】C
【解析】A项，由电解示意图可知，电极B上Mn2+转化为了MnO ，锰元素化合价升高，失电子，则电极
2
B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；B项，由电解示意图可知，电极B上Mn2+失电子
转化为了MnO ，电极反应式为：2HO+Mn2+-2e-=MnO+4H+，B正确；C项，电极A为阴极， LiMn O 得电子，
2 2 2 2 4
电极反应式为：2LiMn O+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H O，依据得失电子守恒，电解池总反应为：
2 4 2
2LiMn O+4H+=2Li++Mn2++3MnO+2H O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C错误；D项，电解池总反应为：
2 4 2 2
2LiMn O+4H+=2Li++Mn2++3MnO+2H O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再
2 4 2 2
加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；故选C。
【例2】(2021•全国甲卷)乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双
极膜中间层中的HO解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是( )
2A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B．阳极上的反应式为： +2H++2e-= +H O
2
C．制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子
D．双极膜中间层中的 在外电场作用下向铅电极方向迁移
【答案】D
【解析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳
极上Br-被氧化为Br ，Br 将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的H+在直流电场作用下移向阴极，OH-移向
2 2
阳极。A项，KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br 为
2
乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故A错误；B项，阳极上为Br-失去电子生成Br ，Br 将乙二醛氧化为乙醛酸，
2 2
故B错误；C项，电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1mol乙二酸生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，1mol乙
二醛生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，根据转移电子守恒可知每生成1mol乙醛酸转移电子为1mol，因此制
得2mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；D项，由上述分析可知，双极膜中间层的
H+在外电场作用下移向阴极，即H+移向铅电极，故D正确；故选D。
【变式探究】
1．(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
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-=C+3O2-，C
4 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气
2 2
体(即0.5molCO 和1molH )，转移2mol电子，D错误。故选B。
2 2
2．(2021•辽宁选择性考试)利用 (Q)与 电解转化法从烟气中分离 的原理
如图。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。下列说法错误的是( )
A．a为电源负极 B．溶液中Q的物质的量保持不变
C．CO 在M极被还原 D．分离出的 从出口2排出
2
【答案】C
【解析】由题干信息可知，M极发生的是由Q 转化为 的过程，该过程是一
个还原反应，故M极为阴极，电极反应为： +2H O+2e-= +2OH-，故与M极相
2
连的a电极为负极，N极为阳极，电极反应为： -2e-= +2H+，b极为电源正极。
A项，由分析可知，a为电源负极，A正确；B项，由分析可知，根据电子守恒可知，溶液中Q的物质的量保
持不变，B正确；C项，由分析可知，整个过程CO 未被还原，CO 在M极发生反应为CO+OH-=HCO-，C错
2 2 2 3误；D项，由题干信息可知，M极上CO 发生反应为：CO+OH-= HCO -被吸收，HCO -向阳极移动，N极上发
2 2 3 3
生的反应为：HCO -+H+=H O+CO↑，故分离出的CO 从出口2排出，D正确；故选C。
3 2 2 2
3．(2022•北京卷)利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
序
装置示意图 电解质溶液 实验现象
号
阴极表面有无色气体，一段时
间后阴极表面有红色固体，气
① 0.1mol·L-1 CuSO +少量HSO
4 2 4 体减少。经检验电解液中有
Fe2+
阴极表面未观察到气体，一段
② 0.1mol·L-1 CuSO +过量氨水 时间后阴极表面有致密红色固
4
体。经检验电解液中无Fe元素
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还原反应生成铜，随阴极
2
析出铜，四氨合铜离子浓度减小，Cu2＋+4NH [Cu(NH )]2＋平衡向正反应方向移动，故C错误；D项，
3 3 4
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。
4．(2021•广东选择性考试)钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电
解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是( )A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B．生成1molCo，Ⅰ室溶液质量理论上减少16 g
C．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
D．电解总反应：为2Co2++2H O 2 Co +O ↑+4H+
2 2
【答案】D
【解析】由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离
子，电极反应式为2HO-4e-=O ↑+4H+，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离
2 2
子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2+
+2e-=Co，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的总反应
的离子方程式为2Co2++2H O 2 Co +O ↑+4H+。A项，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移
2 2
动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；B项，由分析可知，阴极生成1mol钴，阳极有
1mol水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18g，故B错误；C项，若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯
离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故C
错误；D项，由分析可知，电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H O 2 Co +O ↑+4H+，故D正确；故选
2 2
D。
1．惰性电极电解电解质溶液的产物判断(图示)2．“串联”类装置的解题流程
高频考点五 金属的腐蚀与防护
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。
【典例剖析】
【例1】(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( )
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。
【例2】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被保
3 6
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) ]溶液出现蓝色，
2 2 3 6
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电极上不产生气泡，
2 2
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，滴加酚酞
2 2
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) ]溶液出现蓝色，
3 6
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－2e－===Fe2＋，Fe电极
2 2
附近滴加K[Fe(CN) ]溶液出现蓝色，D项正确。
3 6
【变式探究】
1．(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。
2．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＋4e－
2 2
===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项错误，
2 2 3 3
D项正确。
3．(2022·河北省百师联盟高三一轮复习联考)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 没有指明是否
2
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，由
2
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。
4．(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。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-，结合海水成分
2 2 2
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，发生氧化反应，A正确；
2
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-在管道中会发生反应生
2
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；C项，因为H 是易燃
2 2
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，C正确；D项，阴极的
2
电极反应式为：2HO+2e-=H ↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH) 等积垢需定
2 2 2
期清理，D错误。故选D。
5．(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。
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。
