文档内容
微专题突破6 焓变与电化学
一、选择题
1．（2024·江苏南通市高三上学期期中）已知 25℃、101 KPa下，10 kg丁烷完全燃烧生成CO 和
2
液态水时，放出5×105 kJ的热量，下列热化学方程式书写正确的是
A．C H ＋O＝4CO＋5HO ∆H＝－2 900 kJ·mol－1
4 10 2 2 2
B．C H (l)＋O(g)＝4CO(g)＋5HO(l) ∆H＝＋2 900 kJ·mol－1
4 10 2 2 2
C．C H (l)＋O(g)＝4CO(g)＋5HO(l) ∆H＝＋2 900 kJ
4 10 2 2 2
D．2C H (l)＋13O(g)＝8CO(g)＋10HO(l) ∆H＝－5 800 kJ·mol－1
4 10 2 2 2
【答案】D
【解析】10 kg丁烷完全燃烧生成CO 和液态水时，放出5×105 kJ的热量，则58 g丁烷完全燃烧生
2
成CO 和液态放出热量为：×58 g＝2 900 kJ，放热反应焓变值为负，热化学方程式为：C H (l)＋O(g)
2 4 10 2
＝4CO(g)＋5HO(l) ∆H＝－2 900 kJ·mol－1，或者2C H (l)＋13O(g)＝8CO(g)＋10HO(l) ∆H
2 2 4 10 2 2 2
＝－5 800 kJ·mol－1。
A项，未标物质的聚集状态，错误；B项，放热反应焓变值为负，错误；C项，放热反应焓变值为负，
且单位错误，错误；D项，2C H (l)＋13O(g)＝8CO(g)＋10HO(l) ∆H＝－5 800 kJ·mol－1热化学
4 10 2 2 2
方程式书写正确，正确。
2．（2024·江苏泰州模拟预测）如图甲乙两个装置相连，甲池是一种常见的氢氧燃料电池装置，乙
池内，D中通入10 mol混合气体，其中苯的物质的量分数为20%（其余气体不参与反应），一段时间后，
C处出来的气体中含苯的物质的量分数为10%（不含H，该条件下苯、环己烷都为气态），下列说法不
2
正确的是
A．导线中共传导6 mol电子
B．甲池中H＋由G极移向F极，乙池中H＋由多孔惰性电极移向惰性电极
C．甲池中A处通入O，乙池中E处有O 放出，但体积不同（标准状况下测定）
2 2
D．乙池中左侧惰性电极上发生反应：C H＋6H＋＋6e—＝C H
6 6 6 12
【答案】C
【解析】由题意和图示，甲为氢氧燃料电池，乙为电解池，根据乙池中，惰性电极处苯被还原为环己
烷，故惰性电极发生还原反应为阴极，多孔性惰性电极为阳极，则G电极与阴极相连，为原电池负极，F
为正极，故甲池中F为正极，A处通入氧气，G为负极，B处通入氢气，由此分析作答。
A项，10 mol含20%苯的混合气体，经过电解生成10 mol含苯10%的混合气体，则被还原的苯的物
质的量为10 mol×(20%－10%)＝1 mol，由电极方程式C H＋6H＋＋6e—＝C H 得转移电子的物质的量
6 6 6 12
为6 mol，正确；B项，原电池中阳离子向正极移动，F极为正极，故甲池中H＋由G极移向F极，电解
池中，阳离子向阴极移动，惰性电极为阴极，故乙池中H＋由多孔惰性电极移向惰性电极，正确；C项，
由于电子转移守恒，故A处通入的氧气和E处生成的氧气的物质的量相等，故体积也相等，错误；D项，
乙池中，惰性电极处苯得到电子，被还原为环己烷，电极方程式为：C H＋6H＋＋6e—＝C H ，正确。
6 6 6 12
3．（2025·河北省唐山市开学考）若将乙烯氧化成乙醛过程设计成如图所示的燃料电池，下列说法
不正确的是微专题突破7 焓变与电化学
A．电极b的电势高于电极a的电势
B．H＋的迁移方向：电极a→电极b
C．放电时，若电路中转移4 mol e—，理论上消耗O 2.24 L
2
D．电极a上反应式为C H－2e—＋HO＝CHCHO＋2H＋
2 4 2 3
【答案】C
【解析】由图可知，C H 、HO转化为CHCHO，失去电子，则电极a为负极，反应式为C H －2e—
2 4 2 3 2 4
＋HO＝CHCHO＋2H＋，O 转化为HO，得到电子，则电极b为正极，反应式为O ＋4e—＋4H＋＝
2 3 2 2 2
2HO。
2
A项，电极b为正极的电势高于电极a为负极的电势，正确；B项，H＋为阳离子，向正极移动，则H
＋的迁移方向：电极a→电极b，B正确；C项，正极反应式为O＋4e－＋4H＋＝2HO，则放电时，若电路
2 2
中转移4 mol e—，理论上消耗O1 mol，未说明标况下，无法计算氧气体积，C错误；D项，据分析可知，
2
电极a上反应式为C H－2e—＋HO＝CHCHO＋2H＋，正确。
2 4 2 3
4．（2024·泰州市期中）科学家利用氨硼烷设计成原电池装置如题图所示，常温下该电池总反应为
NH •BH＋3HO＝NH BO＋4HO。下列说法正确的是
3 3 2 2 4 2 2
A．b室为该原电池的负极区
B．放电过程中，H＋通过质子交换膜由b室移向a室
C．a室的电极反应式为NH •BH＋2HO－6e—＝NH＋BO2－＋6H＋
3 3 2
D．其他条件不变时，向HO 溶液中加入适量NaOH溶液能增大电流强度
2 2
【答案】C
【解析】氨硼烷中氢元素化合价升高，被氧化，是负极；过氧化氢中氧元素化合价降低，被还原，
是正极。
A项，b室为过氧化氢溶液，是正极，错误；B项，放电时，氢离子是阳离子，向正极移动，应由a
室移向b室，错误；C项，a室为氨硼烷被氧化，失去电子，变成NH BO，正确；D项，该电解质为酸
4 2
性溶液，加入NaOH溶液不能增大电流强度，错误。
5．（2024·江苏南通模拟预测）利用如图所示装置可实现化学储氢。下列说法正确的是
2
细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找A．Y为电源负极
B．电解后硫酸溶液的物质的量浓度减小
C．电极a上发生的反应为 ＋6H＋＋6e—＝
D．电解过程中每生成11.2 L O，理论上可储存1 mol H
2 2
【答案】C
【解析】由图可知， 在惰性电极a得到电子生成 ，惰性电极a为阴极，惰性电极b为
阳极，HO在阳极失去电子生成O，以此解答。
2 2
A项，由分析可知，惰性电极b为阳极，与电源的正极相连，Y为电源正极，错误；B项，由分析可
知，惰性电极b为阳极，HO在阳极失去电子生成O，电极方程式为：2HO－4e－＝O↑＋4H＋，H＋通
2 2 2 2
过质子交换膜进入阴极区，硫酸溶液中H＋物质的量不变，但水消耗了，硫酸溶液的物质的量浓度增大，
错误；C项，由分析可知， 在惰性电极a得到电子生成 ，电极方程式为 ＋6H＋＋
6e－＝ ，正确；D项，未说明11.2 L O 所处的温度和压强，无法计算O 的物质的量，错误。
2 2
6．（2023·江苏南京市高三学期调研）锂－硫电池因成本低、比能量高被寄予厚望。一种锂－硫电
池的结构如图所示，硫电极采用柔性聚丙烯－石墨烯－硫复合材料。工作时，在硫电极发生反应：S＋e—
8
＝S2—，S2—＋e—＝S2－，2Li＋＋S2－＋2(1－)e—＝LiS。下列说法正确的是
8 8 4 4 2 x
A．充电时，Li＋从b电极向a电极迁移
B．放电时，外电路电子流动的方向是a电极→b电极
C．放电时正极反应为：2Li＋＋S－2e—＝LiS
8 2 x
D．石墨烯的作用是增强硫电极导电性能微专题突破7 焓变与电化学
【答案】D
【解析】在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，b是负极，发生氧化反应：Li－e－＝Li＋，所以
a是正极，发生还原反应，电子从原电池的负极经过负载流向正极。
A项，充电时，a为阳极，b为阴极，阳离子向阴极移动，则Li＋从a电极向b电极迁移，错误；B项，
放电时，电子从负极经负载流向正极，则外电路电子流动的方向是b电极→a电极，错误；C项，放电时
为原电池，硫电极为正极，反应为：S＋e—＝S2—，S2—＋e—＝S2－，2Li＋＋S2－＋2(1－)e—＝LiS，
8 8 8 4 4 2 x
错误；D项，石墨烯存在自由移动的电子，具有较强的导电性，故其作用是增强硫电极导电性能，正确。
7．（2024·江苏省南通市、盐城市二模）一种电解法制备NaFeO 的装置如图所示。下列说法正确
2 4
的是
A．电解时化学能转化为电能
B．电解时应将铂电极与直流电源正极相连
C．电解过程中转移2 mol e－，理论上可获得标准状况下的H 11.2 L
2
D．电解时铁电极反应式：Fe－6e－＋8OH－＝FeO2－＋4HO
4 2
【答案】D
【解析】电解法制备NaFeO ，根据装置图，铁元素化合价由0价→＋6价，化合价升高，根据电解
2 4
原理，铁电极作阳极，铂电极为阴极，据此分析。
A项，该装置为电解池，将电能转化成化学能，错误；B项，根据上述分析，铂电极为阴极，与电源
的负极相连，错误；C项，阴极反应式为2HO＋2e－＝H↑＋2OH－，转移2 mol电子，生成1 mol
2 2
H，则标准状况下，生成氢气体积为22.4 L，错误；D项，制备高铁酸钠，铁元素化合价升高，根据电
2
解原理，铁电极为阳极，电极反应式为Fe－6e－＋8OH－＝FeO2－＋4HO，正确。
4 2
8．（2024·江苏南京市盐城市一模）一种以钒基氧化物(VO )为正极材料的水系锌离子电池的工作
6 13
原理如图所示。通过使用孔径大小合适且分布均匀的新型离子交换膜，可提高离子传输通量的均匀性，
从而保持电池的稳定性。下列说法正确的是
A．放电过程中，Zn2＋向Zn极一侧移动
B．放电过程中，电子由Zn极经电解质溶液向VO 极移动
6 13
C．充电时，VO 极与外接直流电源正极相连
6 13
D．充电时，阳极发生的电极反应可能为VO ＋xZn2＋＋2xe—＝ZnVO
6 13 x 6 13
【答案】C
【解析】钒基氧化物(VO )为正极，则Zn极为负极，电池工作时，负极Zn失电子生成Zn2＋进入溶
6 13
液，透过阳离子交换膜进入正极区；在正极，VO 得电子产物与电解质反应生成ZnVO 。
6 13 x 6 13
A项，放电过程中，Zn极为负极，Zn失电子生成Zn2＋进入溶液，Zn2＋向正极一侧移动，不正确；B
项，放电过程中，电子由Zn极沿导线向VO 极移动，电子不能经过电解质溶液，不正确；C项，充电
6 13
时，VO 极作阳极，将ZnVO 转化为VO ，与外接直流电源正极相连，正确；D项，充电时，阳极
6 13 x 6 13 6 13
4
细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找ZnVO 失电子生成VO 和Zn2＋，发生的电极反应可能为ZnVO －2xe－＝VO ＋Zn2＋，不正确。
x 6 13 6 13 x 6 13 6 13
9．（2024·江苏南通高三下开学考试）微生物电池具有高效、清洁、环保等优点。某微生物电池工
作原理如图所示，下列说法正确的是
A．电极a极为该电池的正极
B．放电过程中a极附近溶液pH增大
C．电极b极的电极反应式为[Fe(CN)]4－－e—＝[Fe(CN)]3－
6 6
D．每消耗23 g CHCHOH，理论上会有6 mol H＋通过质子交换膜移向b极
3 2
【答案】D
【解析】电极a发生的反应为：CHCHOH－12e—＋3HO＝2CO↑＋12H＋，因此a为负极；电极b
3 2 2 2
为正极，发生的反应为：[Fe(CN)]3－＋e—＝[Fe(CN)]4－，据此作答。
6 6
【解析】A项，该电池中乙醇做还原剂，所以a极为该电池的负极，错误；B项，放电过程中a极的
电极反应式为CHCHOH－12e—＋3HO＝2CO↑＋12H＋，所以其附近pH降低，错误；C项，b极的电
3 2 2 2
极反应式为[Fe(CN)]3－＋e—＝[Fe(CN)]4－，错误；D项，每消耗23 g CHCHOH即消耗0.5 mol
6 6 3 2
CHCHOH，根据a极的电极反应式：CHCHOH－12e—＋3HO＝2CO↑＋12H＋可知产生6 mol H＋，6
3 2 3 2 2 2
mol H＋通过质子交换膜移向b极即移向正极，正确。
二、填空题
10．（2024·江苏南京市盐城市一模）乙醇是一种清洁的替代能源，催化加氢制备乙醇技术是当前
的研究热点。
（1）CO催化加氢制备乙醇的反应为2CO(g)＋6H(g)＝C HOH(l)＋3HO(l)。
2 2 2 5 2
①若要计算上述反应的∆H，须查阅的两个数据是C HOH(l)的燃烧热和____________________。
2 5
【答案】H 的燃烧热
2
【解析】①燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；氢气燃烧生
成水、乙醇燃烧生成二氧化碳和水，若要计算2CO(g)＋6H(g)＝C HOH(l)＋3HO(l)的∆H，则须查阅
2 2 2 5 2
的两个数据是C HOH(l)的燃烧热和H 的燃烧热。
2 5 2
11．（2023·江苏南京市高三学期调研）“碳达峰、碳中和”是我国社会发展重大战略之一。CH 与
4
CO 经催化重整可制得CO和H，相关反应为：
2 2
主反应：CH(g)＋CO(g)＝2CO(g)＋2H(g) ∆H
4 2 2
副反应：Ⅰ．H(g)＋CO(g)＝HO(g)＋CO(g) ∆H
2 2 2 1
Ⅱ．2CO(g)＝CO(g)＋C(s) ∆H
2 2
Ⅲ．CH(g)＝C(s)＋2H(g) ∆H
4 2 3
Ⅳ．CO(g)＋H(g)＝C(s)＋HO(g) ∆H
2 2 4
则主反应：CH(g)＋CO(g)＝2CO(g)＋2H(g) ∆H＝_________________。
4 2 2
【答案】∆H－∆H 或∆H＋∆H－∆H
3 2 1 3 4
【解析】由盖斯定律可知，Ⅲ－Ⅱ或Ⅰ＋Ⅲ－Ⅳ得主反应，故主反应的∆H＝∆H －∆H 或∆H ＋∆H
3 2 1 3
－∆H。
4
12．（2024·苏州调研期初）研究二氧化碳的资源化利用具有重要的意义。
（1）CO 催化加氢制CH 是CO 的有机资源转化途径之一
2 4 2微专题突破7 焓变与电化学
反应I：CO(g)＋4H(g)＝CH(g)＋2HO(g) ∆H＝－164.7 kJ·mol－1
2 2 4 2 1
反应Ⅱ：CO(g)＋H(g)＝CO(g)＋HO(g) ∆H＝41.2 kJ·mol－1
2 2 2 2
①反应：2CO(g)＋2H(g)＝CO(g)＋CH(g) ∆H＝___________kJ·mol－1
2 2 4
【答案】－247.1
【解析】①该反应＝反应I－反应Ⅱ×2，即∆H＝∆H－2∆H＝－164.7 kJ·mol－1－2×41.2 kJ·mol－1
1 2
＝－247.1。
13．（2024·南通市如皋2月）二氧化碳的综合利用具有重要意义。
（2）电解法转化CO 可实现CO 资源化利用。电解CO 制HCOOH的原理如图所示。
2 2 2
① 写 出 阴 极 CO 还 原 为 HCOO － 的 电 极 反 应 式 ：
2
_______________________________________________。
② 电 解 一 段 时 间 后 ， 阳 极 区 的 KHCO 溶 液 浓 度 降 低 ， 其 原 因 是
3
___________________________________
____________________________________。
【答案】（2）①CO＋HCO －＋2e—＝HCOO－＋CO2－ ②阳极产生O，pH减小，HCO －浓度降低；
2 3 3 2 3
K＋部分迁移至阴极区
【解析】①HCOO－中碳元素价态为＋2价，根据电解原理，阴极上得到电子，碳元素化合价降低，
故阴极的电极反应为CO＋HCO －＋2e—＝HCOO－＋CO2－；②阳极反应为2HO－4e—＝O↑＋4H＋，
2 3 3 2 2
随着反应的进行，阳极附近的pH减小，H＋与HCO －反应，同时部分K＋迁移至阴极区，所以电解一段时
3
间后，阳极区的KHCO 溶液浓度降低；故答案为：CO＋HCO －＋2e—＝HCOO－＋CO2－；阳极产生
3 2 3 3
O，pH减小，HCO －浓度降低；K＋部分迁移至阴极区。
2 3
14．（2024·苏锡常镇一模）甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。
（1）HCHO电催化释氢
催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H 与HCOONa（如图所示），其中电极b
2
表面覆盖一种Mo与P形成的化合物（晶胞结构如图所示）作催化剂。
①催化剂可由MoO 与(NH )HPO 混合物与H 高温灼烧制得（反应中N元素化合价不变），该反应
2 4 2 4 2
的化学方程式为____________________________________________________________________________。
②电解时，电极b上同时产生H 与HCOO－的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为
2
_____________________________________________________________。
③电解过程中每产生1 mol H，通过阴离子交换膜的OH－为______mol。
2
【答案】（1）①2MnO ＋2(NH )HPO＋9H====2MoP＋4NH ＋12HO ②2HCHO＋4OH－－2e—
2 4 2 4 2 3 2
＝2HCOO－＋H↑＋2HO ③1
2 2
【解析】（1）①根据题意，该实验的催化剂是一种Mo与P形成的化合物，根据晶胞结构图，Mo原
6
细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找子个数是4，P原子个数是8×＋8×＋2×＝4，因此催化剂的化学式为MoP，可由MoO 与(NH )HPO 混合
2 4 2 4
物与H 高温灼烧制得（反应中N元素化合价不变），该反应的化学方程式为2MnO ＋2(NH )HPO ＋
2 2 4 2 4
9H====2MoP＋4NH ＋12HO；②电解时，电极b与电源正极相连，是电解池的阳极，HCHO(碳的价态
2 3 2
为0价)失去电子同时产生H 与HCOO−(碳的价态为+2价)的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反
2
应式为2HCHO＋4OH－－2e—＝2HCOO－＋H↑＋2HO；③电极a是阴极，电极反应式为2HO＋2e—＝
2 2 2
H↑＋2OH－，电解过程中每产生1 mol H，每个电极上各产生0.5 mol H，故通过阴离子交换膜的OH－
2 2 2
为1 mol。
15．（2024·江苏省南通市三模）以氧化镁为载体，化学链方法分解氯化铵工艺的示意图如图1所
示。“释氯”过程中可能发生反应的焓变如图2所示。
①已知NH Cl(s)＝NH (g)＋HCl(g) ∆H＝a kJ·mol－1。温度越高，越有利于NH Cl分解。
4 3 4
a_____(填“＞0”“＜0”或“＝0”)。
②“释氨”主反应为MgO(s)＋NH Cl(s)＝MgOHCl(s)＋NH (g)，该反应∆H＝__________。
4 3
④“释氯”装置中含有少量HO可提高“释氯”时HCl的平衡产率，主要原因是
2
__________________________________________________________________。
⑤已知CH(g)＋2O(g)＝CO(g)＋2HO(g) ∆H＝－d kJ·mol－1，燃烧CH 的热量用于该化学链
4 2 2 2 4
分解NH Cl反应。每分解20 mol NH Cl，需要196 L CH (已折算为标况)。忽略温度对化学反应焓变的影
4 4 4
响，该化学链的热量利用率为___________。
【答案】①＞0 ②(a－b) kJ·mol－1 ④释氯时可能发生副反应：MgOHCl＋HCl MgCl＋HO，
2 2
少量HO(g)会抑制反应发生 ⑤(或) 49d
2
【解析】①温度越高，越有利于NH Cl分解说明该分解反应是吸热反应，∆H＞0，则a＞0；②根据
4
图2可得反应I：MgO(s)＋HCl(g)＝MgOHCl(s) ∆H＝－b kJ·mol－1，已知反应Ⅱ：NH Cl(s)＝
1 4
NH (g)＋HCl(g) ∆H＝a kJ·mol－1，由盖斯定律，反应I＋Ⅱ可得“释氨”主反应为MgO(s)＋
3
NH Cl(s)＝MgOHCl(s)＋NH ，该反应∆H＝∆H＋∆H＝(a－b) kJ·mol－1；③NH Cl粒径大小对“释
4 3 3 1 4
氨”反应速率的影响明显小于MgO粒径大小的影响，其原因是：MgO＋HCl＝MgOHCl对总反应速率的
影响更大；④“释氯”装置中含有少量HO可提高“释氯”时HCl的平衡产率，主要原因：释氯时可能
2
发生副反应：MgOHCl＋HCl MgCl ＋HO，少量HO(g)会抑制反应发生；⑤分解NH Cl反应为
2 2 2 4
NH Cl(s)＝NH (g)＋HCl(g) ∆H＝a kJ·mol－1，分解20 mol NH Cl需要吸收20×a kJ能量，需要标
4 3 4
况下196 L CH 即物质的量为 mol，已知CH(g)＋2O(g)＝CO(g)＋2HO(g) ∆H＝－d kJ·mol－1，
4 4 2 2 2
则燃烧 mol CH 放出热量为d kJ，热量利用率为。
4
