高考化学二轮复习解密08 化学反应与能量(讲义)（含解析）

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解密08 化学反应与能量

【考纲导向】
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。
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。
【命题分析】
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II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
比较　　
吸热反应
放热反应
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


图示
E1——活化能(反应物分子变成活化分子所需的能量)
E2——活化能(生成物分子变成活化分子所需的能量)
①ΔH＝E1－E2
②使用催化剂，E1减小，E2减小，ΔH不变
①ΔH＝E1－E2
②使用催化剂，E1减小，E2减小，ΔH不变
反应类型或实例
①所有的水解反应
②大多数的分解反应
③Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应
④C＋H2O(g)CO＋H2
⑤C＋CO22CO
①所有的中和反应
②所有的燃烧反应
③大多数的化合反应
④活泼金属与水、较活泼金属与酸的反应
⑤铝热反应

考法一 反应过程中的焓变
【典例1】(2020•浙江7月选考)关于下列的判断正确的是( )
CO(aq)＋H+(aq)HCO(aq) ΔH1
CO(aq)＋H2O(l)HCO(aq)＋OH−(aq) ΔH2
OH−(aq)＋H+(aq)H2O(l) ΔH3
OH−(aq)＋CH3COOH(aq)CH3COO−(aq)＋H2O(l) ΔH4
A．ΔH1＜0　ΔH2＜0 B．ΔH1＜ΔH2 C．ΔH3＜0　ΔH4＞0 D．ΔH3＞ΔH4
【解析】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO(aq)+H+(aq)=HCO3- (aq)为放热反应，所以△H1<0；CO(aq)+H2O(l)HCO3- (aq)+OHˉ(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO的水解反应为吸热反应，所以△H2>0；OHˉ(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以△H3<0；醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以△H4<0；但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反应放出的热量，则△H4>△H3；综上所述，只有△H1<△H2正确，故选B。
【答案】B
考法二 反应过程中能量变化图像
【典例2】(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
【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。
【答案】D
考法三 反应能量变化与键能关系
【典例3】(2018•天津卷)CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
(2)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
CO(CO)
键能/kJ·mol−1
413
745
436
1075
则该反应的ΔH=_________。
【解析】(2)①根据△H=反应物键能总和－生成物键能总和=(4×413＋2×745－2×1075－2×436)kJ·mol－1=＋120kJ·mol－1；
【答案】(2)+120 kJ·mol-1
考法四 反应历程
【典例4】(2018•北京卷)我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。

下列说法不正确的是( )
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C―C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【解析】A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误。
【答案】D
考法五 能量变化关系图像
【典例5】(2021年1月浙江选考)在298．15 K、100 kPa条件下，N2(g) +3H2 (g)=2NH3(g) ΔH=-92．4 kJ·mol-1，N2 (g) 、H2(g)和NH3(g)的比热容分别为29．1、28．9和35．6J·K-1·mol-1。一定压强下，1 mol反应中，反应物[N2(g) +3H2(g)]、生成物[2NH3(g)]的能量随温度T的变化示意图合理的是( )
A． B．
C． D．
【解析】该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，根据题目中给出的反应物与生成物的比热容可知，升高温度反应物能量升高较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，比较4个图像B符合题意，故选B。
【答案】B
考法六 能量变化与活化能
【典例6】(2019•新课标Ⅰ卷)水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：
(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。

可知水煤气变换的ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”)，该历程中最大能垒(活化能)E正=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。
【解析】(3)根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量(-0.32eV)高于CO2(g)+H2(g)的能量(-0.83eV)，故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：其最大能垒(活化能)E正=1．86-(-0.16)eV=2．02eV；该步骤的反应物为COOH+H+H2O===COOH+2H+OH；因反应前后COOH和1个H未发生改变，也可以表述成H2O===H+OH；
【答案】(3)小于 2．02 COOH+H+H2O===COOH+2H+OH或H2O===H+OH

(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CO2而不是CO，H2燃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 H2O，ΔH＝－57．3 kJ·mol－1。弱酸代替强酸(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 SiO2晶体中含4 mol Si—O键；分子晶体：1 mol P4中含有6 mol P—P键，1 mol P4O10(即五氧化二磷)中，含有12 mol P—O键、4 mol P===O键，1 mol C2H6中含有6 mol C—H键和1 mol C—C键。

1．(2021年1月浙江选考)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
2H2(g) + O2 (g)=2H2O(g) ΔH= -482kJ·mol-1
则2O(g)=O2(g)的ΔH为( )
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)=O2(g)的ΔH=-498kJ/mol。
2．(2020年1月浙江省选考)在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法正确的是

A．Ea为逆反应活化能，E为正反应活化能
B．该反应为放热反应，ΔH＝Ea’－Ea
C．所有活化分子的平均能量高于或等于所有分子的平均能量
D．温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡逆移
【答案】D
【解析】A项，由图可知， Ea为正反应活化能，E为逆反应活化能，故A错误；B项，由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热ΔH＝—(Ea’－Ea)，故B错误；C项，在相同温度下，分子的能量并不完全相同，有些分子的能量高于分子的平均能量，称为活化分子，则所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量，故C错误；D项，该反应为放热反应，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡向吸热的逆反应方向移动，故D正确；故选D。
3．(2020·南京、盐城一模)H2与ICl的反应分①②两步进行，其能量曲线如下图所示，下列有关说法错误的是(　　)

A.反应①、反应②均为放热反应
B.反应①、反应②均为氧化还原反应
C.反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化能无关
D.反应①、反应②的焓变之和为ΔH＝－218 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】A项，由图示知，两步反应的反应物的能量均比产物的能量大，所以均为放热反应，正确；B项，第一步有单质H2参加，第二步有单质I2生成，故均为氧化还原反应，正确；C项，反应的活化能越小，反应越容易进行，且反应速率也快，错误；D项，由盖斯定律知，两步反应的总焓变与一步总反应的反应物和生成物的能量有关，由图知，反应物的能量比生成物的能量大，故为放热反应，ΔH＝－218 kJ·mol－1，正确。
4．(2020·延安模拟)煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低了脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：
CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g) ΔH1＝218．4 kJ·mol－1(反应Ⅰ)
CaSO4(s)＋4CO(g)CaS(s)＋4CO2(g) ΔH2＝－175．6 kJ·mol－1(反应Ⅱ)
假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是(　　)

【答案】C
【解析】相同温度下，因两个反应的反应物完全相同，反应速率越大，则反应的活化能越小，因此反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能；反应Ⅰ的ΔH>0，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．(2020·镇江模拟)2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是(　　)

A．该反应为吸热反应
B．升高温度，不影响活化分子百分数
C．使用催化剂使该反应的反应热发生改变
D．E1－E2＝ΔH
【答案】D
【解析】图象分析反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，A错误；升高温度，活化分子百分数增大，B错误；催化剂对反应的始态和终态无影响，只改变活化能，则对反应的焓变无影响，C错误；故选D。
6．已知：P4(g)＋6Cl2(g)===4PCl3(g)　ΔH＝a kJ·mol－1，P4(g)＋10Cl2(g)===4PCl5(g)　ΔH＝b kJ·mol－1，P4具有正四面体结构，PCl5中P—Cl键的键能为c kJ·mol－1，PCl3中P—Cl键的键能为1．2c kJ·mol－1。
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Cl2(g)＋PCl3(g)===PCl5(s)的反应热ΔH
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PCl5(g)===PCl5(s)的反应热ΔH，所以不能求得Cl2(g)＋PCl3(g)===PCl5(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编号为①、②，将②－①可得4Cl2(g)＋4PCl3(g)===4PCl5(g)　ΔH＝(b－a) kJ·mol－1，由于化学反应中断键吸热、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：2P4(g)＋12PCl5(g)===20PCl3(g)　ΔH＝(5a－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。
7．已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO-，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法正确的是( )

A．化合物A与H2O之间的碰撞不均为有效碰撞
B．该历程中的最大能垒(活化能)E正=16．87 kJ·mol-1
C．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热
D．升高温度，有利于该反应正向进行
【答案】A
【详解】A项，根据有效碰撞理论可知，化合物A与H2O之间的碰撞不均为有效碰撞，A正确；B项，该历程中的最大能垒(活化能) E正=16．87kJ/mol−(−1．99kJ/mol)=18．86kJ/mol，B错误；C项，使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，但催化剂不改变反应热，C错误；D项，由图知，化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO-为放热反应，升高温度，不利于该反应正向进行，D错误；故选A。

核心考点二 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：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571．6 kJ·mol－1：表示在25 ℃、101 kPa条件下，2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(l)，放出571．6 kJ的热量。
(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。

考法一 热化学方程式的书写
【典例1】(2019•天津卷)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为________________________。
Ⅱ．将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：
①SiCl4 (g)+ H2(g) SiHCl3 (g)+ HCl (g) ΔH1>0
②3SiCl4(g)+2H2(g)+ Si(s) 4SiHCl3 (g) ΔH2<0
③2SiCl4(g)+H2(g)+ Si(s) + HCl (g) 3SiHCl3 (g) ΔH3
(4)反应③的ΔH3=______(用ΔH1，ΔH2表示)。
【解析】I.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1mol，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) ∆H=-225kJ·mol-1；
II.(4)将反应①反向，并与反应②直接相加可得反应③，所以∆H3=∆H2-∆H1，因∆H2<0、∆H1>0，所以∆H3必小于0，即反应③正反应为放热反应；
【答案】Ⅰ． Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g)
Ⅱ．(4)ΔH2-ΔH1
考法二 热化学方程式的正误判断
【典例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)===Na2SO4(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－57．3 kJ·mol－1
B．KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57．3 kJ·mol－1
C．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(g) ΔH＝－5 518 kJ·mol－1
D．2C8H18(l)＋25O2(g)===16CO2(g)＋18H2O(l) ΔH＝－5 518 kJ·mol－1
【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 H2O(l)时的反应热，二是当有BaSO4沉淀生成时，反应的热效应会有所变化，生成1 mol H2O(l)时产生的热量不再是57．3 kJ，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。
【答案】B
考法三 焓变的判断与比较
【典例3】(2014·江苏化学)已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1
CO2(g)＋C(s)===2CO(g)　ΔH2 2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　ΔH4 3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是(　　)
A.ΔH1＞0，ΔH3＜0 B.ΔH2＞0，ΔH4＞0
C.ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D.ΔH3＝ΔH4＋ΔH5
【解析】设题中反应由上到下分别为①、②、③、④、⑤，反应①为碳的燃烧，是放热反应，ΔH1<0，反应②为吸热反应，ΔH2>0，反应③为CO的燃烧，是放热反应，ΔH3<0，反应④为铁的氧化反应(化合反应)，是放热反应，ΔH4<0，A、B错误；C项，由于反应①＝反应②＋反应③，所以ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，正确；D项，反应③＝(反应④＋反应⑤×2)/3，所以ΔH3＝，错误。
【答案】C
考法四 盖斯定律的简单运用
【典例四】(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O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多
C．C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-ΔH2
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
【解析】A．所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)+O2(g)= CO2(g) ΔH1=-393．5kJ/mol，ΔH1＜0，则石墨燃烧是放热反应，故A正确；B．根据图示，C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393．5kJ/mol，CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283．0kJ/mol，根据反应可知都是放热反应，1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，1molC(石墨)放热多，故B正确；C．根据B项分析，①C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393．5kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283．0kJ/mol，根据盖斯定律①-②ｘ2可得：C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2，故C错误；D．根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与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。
【答案】C
考法五 盖斯定律的综合运用
【典例5】(2017•新课标Ⅰ卷)近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
(2)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。

通过计算，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为________________、______________，制得等量H2所需能量较少的是_____________。
【解析】(2)①H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g) △H1=＋327kJ/mol
②SO2(g)+I2(s)+ 2H2O(l)=2HI(aq)+ H2SO4(aq) △H2=－151kJ/mol
③2HI(aq)= H2 (g)+ I2(s) △H3=＋110kJ/mol
④H2S(g)+ H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+ 2H2O(l) △H4=＋61kJ/mol
①+②+③，整理可得系统(I)的热化学方程式H2O(l)=H2(g)+O2(g) △H=+286kJ/mol；
②+③+④，整理可得系统(II)的热化学方程式H2S (g)+ =H2(g)+S(s) △H=+20kJ/mol。
根据系统I、系统II的热化学方程式可知：每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II。
【答案】(2)H2O(l)=H2(g)+O2(g) ΔH=+286 kJ/mol
H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH=+20 kJ/mol 系统(II)

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。

1．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
H2的燃烧热为a kJ·mol－1
H2＋Cl22HCl　ΔH＝－a kJ·mol－1
B
1 mol SO2、0.5 mol O2完全反应后，放出热量98．3 kJ
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　
ΔH＝－98．3 kJ·mol－1
C
H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57．3 kJ·mol－1
H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq) ===BaSO4(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－114．6 kJ·mol－1
D
31 g白磷比31 g红磷能量多b kJ
P4(白磷，s)===4P(红磷，s)　
ΔH＝－4b kJ·mol－1
【答案】D
【解析】选项A中符合已知条件的应是H2和O2反应，A错；ΔH应为－196．6 kJ·mol－1，B错；选项C中由于生成BaSO4沉淀，放出的热量大于114．6 kJ，C错。
2．根据如图所给信息，得出的结论正确的是(　　)

A．48 g碳完全燃烧放出热量为1 574 kJ·mol－1
B．2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221．0 kJ·mol－1
C．2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)　ΔH＝＋283．0 kJ·mol－1
D．C(s)＋O2(g)===CO2(s)　ΔH＝－393．5 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】48 g C完全燃烧放热为393．5 kJ·mol－1×4 mol＝1 574 kJ，不是1 574 kJ·mol－1，故A错误；据图示可知，1 mol C燃烧生成CO放热393．5 kJ－283．0 kJ＝110．5 kJ，所以2 mol C燃烧生成CO放热221．0 kJ，故B正确；1 mol CO燃烧生成1 mol二氧化碳放热283．0 kJ，所以2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)　ΔH＝＋566．0 kJ·mol－1，故C错误；应该生成二氧化碳气体，不是固态，故D错误。
3．一定条件下，在水溶液中1 mol Cl－、ClO(x＝1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示，下列有关说法正确的是(　　)

A.e是ClO
B.b→a＋c反应的活化能为60 kJ·mol－1
C.a、b、c、d、e中c最稳定
D.b→a＋d反应的热化学方程式为3ClO－(aq)===ClO(aq)＋2Cl－(aq)　ΔH＝－116 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】A项，e中Cl元素化合价为＋7价，而ClO中Cl元素化合价为＋5价，错误；B项，b→a＋c反应的活化能为40 kJ·mol－1，错误；C项，a、b、c、d、e中a能量最低，所以最稳定，错误；D项，b→a＋d，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO－===ClO＋2Cl－，反应热＝64 kJ·mol－1＋2×0 kJ·mol－1－3×60 kJ·mol－1＝－116 kJ·mol－1，所以该热化学反应方程式为3ClO－(aq)===ClO(aq)＋2Cl－(aq)　ΔH＝－116 kJ·mol－1，正确。
4．(2019·浙江4月选考)MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)：
　　M2+(g)＋CO32-(g)　　M2+(g)＋O2−(g)＋CO2(g)
　　　　　
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．ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0
B．ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0
C．ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)
D．对于MgCO3和CaCO3，ΔH1＋ΔH2＞ΔH3
【答案】C
【解析】根据盖斯定律，得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3，CaO的离子键强度弱于MgO。A项，ΔH1表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，A项正确；B项，ΔH2表示断裂CO32-中共价键形成O2−和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0，B项正确；C项，由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)<0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，CaO的离子键强度弱于MgO，因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)>0，C项错误；D项，由上分析可知ΔH1+ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3，D项正确。故选C。
5．(2019•新课标Ⅲ卷)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1
CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。
【答案】(2)﹣116
【解析】(2)根据盖斯定律知，(反应I+反应II+反应III)×2得4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ∆H=(∆H1+∆H2+∆H3)×2=-116kJ∙mol-1；
6．(2019新课标Ⅱ卷)环戊二烯()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
(1)已知：(g)= (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol −1 ①
H2(g)+ I2(g)=2HI(g) ΔH2=﹣11．0 kJ·mol −1 ②
对于反应：(g)+ I2(g)=(g)+2HI(g) ③ ΔH3=___________kJ·mol −1。
【答案】(1)89．3
【解析】(1)根据盖斯定律可得：反应③=①+②，可得反应③的ΔH3= ΔH1 +ΔH2 =89．3KJ/mol；
7．白磷、红磷是磷的两种同素异形体，在空气中燃烧得到磷的氧化物，空气不足时生成P4O6，空气充足时生成P4O10。
(1)已知298 K时白磷、红磷完全燃烧的热化学方程式分别为
P4(s，白磷)＋5O2(g)===P4O10(s)　ΔH1＝－2 983．2 kJ·mol－1
P(s，红磷)＋O2(g)===P4O10(s)　ΔH2＝－738．5 kJ·mol－1
则该温度下白磷转化为红磷的热化学方程式为___________________________。
(2)已知298 K时白磷不完全燃烧的热化学方程式为P4(s，白磷)＋3O2(g)===P4O6(s)
ΔH＝－1 638 kJ·mol－1。在某密闭容器中加入62 g白磷和50.4 L氧气(标准状况)，控制条件使之恰好完全反应。则所得到的P4O10与P4O6的物质的量之比为________，反应过程中放出的热量为________。
(3)已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P 198，Cl—Cl 243，P—Cl 331。则反应P4(s，白磷)＋6Cl2(g)===4PCl3(s)的反应热ΔH＝________。

【答案】(1)P4(s，白磷)===4P(s，红磷)　ΔH＝－29．2 kJ·mol－1
(2)3∶1　1 323．45 kJ　(3)－1 326 kJ·mol－1
【解析】(1)根据盖斯定律，由第一个反应－第二个反应×4，可得：P4(s，白磷)===4P(s，红磷)　ΔH＝－2 983．2 kJ·mol－1－(－738．5 kJ·mol－1)×4＝－29．2 kJ·mol－1。(2)n(白磷)＝＝0.5 mol，n(O2)＝＝2．25 mol，设得到的P4O10与P4O6的物质的量分别为x mol、y mol。则x＋y＝0.5，5x＋3y＝2．25，解得x＝0.375，y＝0.125。反应过程中放出的热量为2 983．2 kJ·mol－1×0.375 mol＋1 638 kJ·mol－1×0.125 mol＝1 323．45 kJ。(3)根据图示，1分子P4、PCl3中分别含有6个P—P键、3个P—Cl键，反应热为断裂6 mol P—P键、6 mol Cl—Cl键吸收的能量和形成12 mol P—Cl键放出的能量之差，即ΔH＝(6×198 kJ·mol－1＋6×243 kJ·mol－1)－12×331 kJ·mol－1＝－1 326 kJ·mol－1。
核心考点三 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
电极材料
电极反应
电子流向
离子移向
电极现象
负极
活泼金属
氧化反应
流出
阴离子移向
电极质量减小
正极
不活泼金属或非金属
还原反应
流入
阳离子移向
电极增重或质量不变
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
碱性锌锰干电池

负极材料：Zn
电极反应：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2
正极材料：碳棒
电极反应：2MnO2＋2H2O＋2e－===2MnOOH＋2OH－
总反应：Zn＋2MnO2＋2H2O===2MnOOH＋Zn(OH)2
锌银电池

负极材料：Zn
电极反应：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2
正极材料：Ag2O
电极反应：Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－
总反应：Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag
(2)二次电池
铅蓄电池是最常见的二次电池，总反应为
Pb(s)＋PbO2(s)＋2H2SO4(aq) 2PbSO4(s)＋2H2O(l)

(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：2H2＋O2===2H2O
①酸性介质
负极：2H2－4e－===4H＋ 正极：O2＋4H＋＋4e－===2H2O
②碱性介质
负极：2H2＋4OH－－4e－===4H2O 正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(③熔融的金属氧化物作介质
负极：2H2－4e－＋2O2－===2H2O 正极：O2＋4e－===2O2－
④碳酸盐作介质
负极：2H2－4e－＋2CO===2H2O＋2CO2 正极：O2＋4e－＋2CO2===2CO

考法一 原电池的工作原理
【典例1】(2015·天津理综，4)锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是(　　)

A.铜电极上发生氧化反应
B.电池工作一段时间后，甲池的c(SO)减小
C.电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
D.阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡
【解析】A项，由锌的活泼性大于铜，可知铜电极为正极，在正极上Cu2＋得电子发生还原反应生成Cu，错误；B项，由于阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故甲池的c(SO)不变，错误；C项，在乙池中Cu2＋＋2e－===Cu，同时甲池中的Zn2＋通过阳离子交换膜进入乙池中，则有Cu2＋→Zn2＋，由于M(Zn2＋)>M(Cu2＋)，故乙池溶液的总质量增加，正确；D项，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中Zn2＋通过交换膜移向正极保持溶液中电荷平衡，阴离子是不能通过交换膜的，错误。
【答案】C
考法二 原电池工作原理的应用
【典例2】有a、b、c、d四个金属电极，有关的实验装置及部分实验现象如下：
实验装置




部分实验现象
a极质量减小；b极质量增加
b极有气体产生；c极无变化
d极溶解；c极有气体产生
电流从a极流向d极
由此可判断这四种金属的活动性顺序是(　　)
A.a>b>c>d B.b>c>d>a C.d>a>b>c D.a>b>d>c
【解析】把四个实验从左到右分别编号为①、②、③、④，则由实验①可知，a作原电池负极，b作原电池正极，金属活动性：a>b；由实验②可知，b极有气体产生，c极无变化，则活动性：b>c；由实验③可知，d极溶解，则d作原电池负极，c作正极，活动性：d>c；由实验④可知，电流从a极流向d极，则d极为原电池负极，a极为原电池正极，活动性：d>a。综合所述可知活动性：d>a>b>c。
【答案】C
考法三 新型燃料电池
【典例3】【2020•新课标Ⅲ卷】一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：VB2+16OH-－11e－= VO43-+2B(OH)4-+ 4H2O，该电池工作时，下列说法错误的是( )

A．负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8B(OH)4-+4VO43-
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【解析】根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成VO43-和B(OH)4-，反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-，反应的电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8B(OH)4-+4VO43-。A项，当负极通过0.04mol电子时，正极也通过0.04mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.04mol电子消耗0.01mol氧气，在标况下为0.224L，A正确；B项，反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH降低，B错误；C项，根据分析，电池的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8B(OH)4-+4VO43-，C正确；D项，电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确；故选B。
【答案】B
考法四 二次电池
【典例4】(2021年1月浙江选考)镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下(L 为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。

下列说法不正确的是( )
A．断开K2、合上K1，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能
B．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生还原反应
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+2H2OCa(OH)2+2Ni(OH)2
【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)2，负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，电极B充电时为阳极，则放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH-，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2。A项，断开K2、合上K1，为放电过程，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能，A正确；B项，断开K1、合上K2，为充电过程，电极A与直流电源的负极相连，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，B正确；C项，电极B发生氧化反应的电极反应式为2Ni(OH)2-2e-+2OH-=2NiOOH+2H2O，则电极A发生还原反应的电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，此时为充电过程，总反应为Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O，溶液中KOH浓度减小，C错误；D项，根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，则镍镉二次电池总反应式为Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，D正确；故选C。
【答案】C
考法五 新型电池分析
【典例5】(2020•新课标Ⅰ卷)科学家近年发明了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。

下列说法错误的是( )
A．放电时，负极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42+
B．放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 mol
C．充电时，电池总反应为2Zn(OH)42+=2 Zn+O2↑+4OH-+2H2O
D．充电时，正极溶液中OH−浓度升高
【解析】由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成Zn(OH)42+；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，Zn(OH)42+发生还原反应生成Zn。A项，放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42+，故A正确，不选；B项，放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2mol，故B正确，不选；C项，充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上Zn(OH)42+转化为Zn，电池总反应为：2Zn(OH)42+=2 Zn+O2↑+4OH-+2H2O，故C正确，不选；D项，充电时，正极即为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合题意；故选D。
【答案】D


可充电电池原理示意图


1．(2019•浙江4月 选考)化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。

下列说法不正确的是( )
A．甲：Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加
B．乙：正极的电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−
C．丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D．丁：使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
【答案】A
【解析】A项，甲装置属于原电池，Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+向Cu电极方向移动，H+氧化性较强，得电子变H2，2H++2e=H2↑，因而c(H+)减小，A项错误；B项，Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag，结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O=2Ag＋2OH−，B项正确；C项，Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；D项，铅蓄电池总反应式为PbO2 + Pb + 2H2SO4 2PbSO4 + 2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故选A。
2．(2020•山东卷)微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含 CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是( )

A．负极反应为 CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+
B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C．当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58．5g
D．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2:1
【答案】B
【解析】据图可知a极上CH3COOˉ转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。A项，a极为负极，CH3COOˉ失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正确；B项，为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；C项，当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molClˉ移向负极，同时有1molNa+移向正极，即除去1molNaCl，质量为58．5g，故C正确；D项，b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H++2eˉ=H2↑，所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，根据负极反应式可知负极产生2mol气体，物质的量之比为4:2=2:1，故D正确；故选B。
3．一种新型太阳光电化学电池贮能时电解质溶液中离子在两极发生如图所示的转化。下列说法正确的是(　　)

A.贮能时，电能转变为化学能和光能
B.贮能和放电时，电子在导线中流向相同
C.贮能时，氢离子由a极区迁移至b极区
D.放电时，b极发生：VO＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O
【答案】D
【解析】A项，贮能时，太阳能转化为化学能，错误；B项，贮能相当于电解，放电时是原电池原理，电子流向相反，错误；C项，贮能时，a极发生反应V3＋＋e－===V2＋，b极发生反应VO2＋－e－＋H2O===VO＋2H＋，H＋由b极迁移到a极区，错误。
4．直接煤－空气燃料电池原理如图所示，下列说法错误的是(　　)

A.随着反应的进行，氧化物电解质的量不断减少
B.负极的电极反应式为C＋2CO－4e－===3CO2↑
C.电极X为负极，O2－向X极迁移
D.直接煤－空气燃料电池的能量效率比煤燃烧发电的能量效率高
【答案】A
【解析】氧化物电解质的量不会减少，在电极Y上O2得到电子生成O2－不断在补充，A项错误；由原理图分析可知，其负极反应式为C＋2CO－4e－===3CO2↑，B项正确；原电池内部的阴离子向负极移动，C项正确；直接煤－空气燃料电池是把化学能直接转化为电能，而煤燃烧发电是把化学能转化为热能，再转化为电能，其中能量损耗较大，D项正确。
5．(2020•新课标Ⅱ卷)电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是( )

A．Ag为阳极 B．Ag+由银电极向变色层迁移
C．W元素的化合价升高 D．总反应为：WO3+xAg=AgxWO3
【答案】C
【解析】从题干可知，当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3器件呈现蓝色，说明通电时，Ag电极有Ag+生成然后经固体电解质进入电致变色层，说明Ag电极为阳极，透明导电层时阴极，故Ag电极上发生氧化反应，电致变色层发生还原反应。A项，通电时，Ag电极有Ag+生成，故Ag电极为阳极，故A项正确；B项，通电时电致变色层变蓝色，说明有Ag+从Ag电极经固体电解质进入电致变色层，故B项正确；C项，过程中，W由WO3的+6价降低到AgxWO3中的+(6-x)价，故C项错误；D项，该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为：xAg-xe-= xAg+，而另一极阴极上发生的电极反应为：WO3+xAg++xe- = AgxWO3，故发生的总反应式为：xAg + WO3=AgxWO3，故D项正确；故选C。
6．(2020•天津卷)熔融钠-硫电池性能优良，是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为2Na+xSNa2Sx (x=5~3，难溶于熔融硫)，下列说法错误的是( )

A．Na2S4的电子式为
B．放电时正极反应为2Na++xS+2e-= Na2Sx
C．Na和Na2Sx分别为电池的负极和正极
D．该电池是以Na —β—Al2O3为隔膜的二次电池
【答案】C
【解析】根据电池反应：2Na+xSNa2Sx可知，放电时，钠作负极，发生氧化反应，电极反应为：Na-e-= Na+，硫作正极，发生还原反应，电极反应为2Na++xS+2e-= Na2Sx。A项，Na2S4属于离子化合物，4个硫原子间形成三对共用电子对，电子式为，故A正确；B项，放电时发生的是原电池反应，正极发生还原反应，电极反应为：2Na++xS+2e-= Na2Sx，故B正确；C项，放电时，Na为电池的负极，正极为硫单质，故C错误；D项，放电时，该电池是以钠作负极，硫作正极的原电池，充电时，是电解池，Na —β—Al2O3为隔膜，起到电解质溶液的作用，该电池为二次电池，故D正确；故选C。
7．(2019• 天津卷)我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。分析错误的是( )

A． 放电时，a电极反应为I2Br－+2e－=2I－+Br－
B． 放电时，溶液中离子的数目增大
C． 充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化
D． 充电时，a电极接外电源负极
【答案】D
【解析】A项，放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，故A正确；B项，放电时，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，溶液中离子数目增大，故B正确；C项，充电时，b电极反应式为Zn2＋+2e－=Zn，每增加0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式为Br－+2I－-2e－=I2Br－，有0.02molI－失电子被氧化，故C正确；D项，充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，故D错误；故选D。
8．(2020•江苏卷)(2) HCOOH燃料电池。研究 HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。

①电池负极电极反应式为_____________；放电过程中需补充的物质A为_________(填化学式)。
②图-2所示的 HCOOH燃料电池放电的本质是通过 HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为_______________。
【答案】(2)①HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ= HCO3-+H2O H2SO4
②2HCOOH+O2+2OHˉ = 2 HCO3-+2H2O或2HCOOˉ+O2= 2 HCO3-
【解析】(2)①左侧为负极，碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为HCO3-，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ= HCO3-+H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H2SO4；②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为HCO3-，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ = 2 HCO3-+2H2O或2HCOOˉ+O2= 2 HCO3-。
核心考点四 电解原理
1．“五类”依据判断电解池电极
判断依据
电极
电极材料
电极反应
电子流向
离子移向
电极现象
阳极
与电源正极相连
氧化反应
流出
阴离子移向
电极溶解或pH减小
阴极
与电源负极相连
还原反应
流入
阳离子移向
电极增重或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－===Cl2↑(氧化反应) 阴极反应式：2H＋＋2e－===H2↑(还原反应)
总反应方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
离子反应方程式：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
(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＋Cl2↑
2Cl－－2e－===Cl2↑，2Na＋＋2e－===2Na
冶炼镁
MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑
2Cl－－2e－===Cl2↑，Mg2＋＋2e－===Mg
冶炼铝
2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑
6O2－－12e－===3O2↑，4Al3＋＋12e－===4Al
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。

考法一 电解原理
【典例1】用铁和石墨作电极电解酸性废水，可将废水中的PO以FePO4(不溶于水)的形式除去，其装置如图所示。

下列说法正确的是(　　)
A.若X、Y电极材料连接反了，则仍可将废水中的PO除去
B.X极为石墨，该电极上发生氧化反应
C.电解过程中Y极周围溶液的pH减小
D.电解时废水中会发生反应：4Fe2＋＋O2－4H＋＋4PO===4FePO4↓＋2H2O
【解析】根据题意分析，X电极材料为铁，Y电极材料为石墨；若X、Y电极材料连接反了，铁就不能失电子变为离子，也就不能生成FePO4，A项错误；Y电极材料为石墨，该电极附近发生还原反应，B项错误；电解过程中Y极反应：O2＋4e－＋4H＋===2H2O，H＋浓度减少，溶液的pH变大，C项错误；铁在阳极失电子变为Fe2＋，通入的氧气把Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋与PO反应生成FePO4，D项正确。
【答案】D
考法二 电极方程式的书写
【典例2】一种生物电化学方法脱除水体中NH的原理如下图所示：

下列说法正确的是(　　)
A.装置工作时，化学能转变为电能
B.装置工作时，a极周围溶液pH降低
C.装置内工作温度越高，NH脱除率一定越大
D.电极b上发生的反应之一是：2NO－2e－===N2↑＋3O2↑
【解析】A项，该反应为电解装置，将电能转化为化学能，错误；B项，a极发生反应之一：NH－8e－＋2H2O===NO＋8H＋，c(H＋)增大，正确；C项，温度升高，细菌蛋白质变性，错误；D项，b极发生反应之一为：2NO＋10e－＋12H＋===N2↑＋6H2O，错误。
【答案】B
考法三 电解反应原理的应用
【典例3】(2020•浙江1月选考)在氯碱工业中，离子交换膜法电解饱和食盐水示意图如下，下列说法不正确的是( )

离子交换膜
A．电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气
B．离子交换膜为阳离子交换膜
C．饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出
D．OH-迁移的数量等于导线上通过电子的数量
【解析】氯碱工业中的总反应为2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑；电解池中阳极失电子发生氧化反应，氯碱工业中Cl2为氧化产物，所以电极A为阳极，电极B为阴极。A项，根据分析可知电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气，故A正确；B项，阳极发生的方程式为：2Cl--2e-═Cl2↑，阴极：2H++2e-═H2↑；为了防止生成的氯气与氢氧化钠发生反应，氢氧化钠要从b口流出，所以要防止OH-流向阳极即电极A，该离子交换膜为阳离子交换膜，故B正确；C项，根据B选项的分析可知饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出，故C正确；D项，根据总反应方程式可知当反应中转移4mol电子时，生成2mol OH-，故D错误；故选D。
【答案】D
考法四 电解的膜化学原理
【典例4】(2020•山东卷)采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是( )

A．阳极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑
B．电解一段时间后，阳极室的pH未变
C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量
【解析】a极析出氧气，氧元素的化合价升高，做电解池的阳极，b极通入氧气，生成过氧化氢，氧元素的化合价降低，被还原，做电解池的阴极。A项，依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳极的反应式是2H2O-4e-=4H++O2↑，故A正确，但不符合题意；B项，电解时阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳极室的pH值不变，故B正确，但不符合题意；C项，有B的分析可知，C正确，但不符合题意；D项，电解时，阳极的反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极的反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，总反应为：O2+2H2O=2H2O2，要消耗氧气，即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气，故D错误，符合题意；故选D。
【答案】D

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H2O参与；最后配平电极反应式。
(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MgCl2溶液时的阴极反应式应为：Mg2＋＋2H2O＋2e－===Mg(OH)2↓＋H2↑，而不是2H＋＋2e－===H2↑。
总反应离子方程式为：Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑。
不能把电解MgCl2溶液的离子方程式写成：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑，忽视了生成难溶的Mg(OH)2。

1．同学将电解池工作时电子、离子流动方向及电极种类等信息表示在下图中，下列有关分析完全正确的是(　　)

选项
A
B
C
D
a电极
阳极
阴极
阳极
阴极
d电极
正极
正极
负极
负极
Q离子
阳离子
阳离子
阴离子
阴离子
【答案】B
【解析】电子从电源的负极流出，故a是阴极，d是正极，溶液中阳离子移向阴极。
2．(2020•浙江7月选考)电解高浓度RCOONa(羧酸钠)的NaOH溶液，在阳极RCOO−放电可得到R−R(烷烃)。下列说法不正确的是( )
A．电解总反应方程式：2RCOONa＋2H2OR−R＋2CO2↑＋H2↑＋2NaOH
B．RCOO−在阳极放电，发生氧化反应
C．阴极的电极反应：2H2O＋2e−2OH−＋H2↑
D．电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷
【答案】A
【解析】A项，因为阳极RCOO-放电可得到R-R(烷烃)和产生CO2，在强碱性环境中，CO2会与OH-反应生成CO32-和H2O，故阳极的电极反应式为2RCOO--2e-+4OH-=R-R+2CO32-+2H2O，阴极上H2O电离产生的H+放电生成H2，同时生成OH-，阴极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，因而电解总反应方程式为2RCOONa+2NaOHR-R+2Na2CO3+H2↑，故A说法不正确；B项，RCOO-在阳极放电，电极反应式为2RCOO--2e-+4OH-=R-R+2CO32-+2H2O， -COO-中碳元素的化合价由+3价升高为+4价，发生氧化反应，烃基-R中元素的化合价没有发生变化，故B说法正确；C项，阴极上H2O电离产生的H+放电生成H2，同时生成OH-，阴极的电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故C说法正确；D项，根据题中信息，由上述电解总反应方程式可以确定下列反应能够发生：2CH3COONa+2NaOHCH3-CH3+2Na2CO3+H2↑，2CH3CH2COONa+2NaOHCH3CH2-CH2CH3+2Na2CO3+H2↑，CH3COONa+CH3CH2COONa+2NaOHCH3-CH2CH3+2Na2CO3+H2↑。因此，电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH 的混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷，D说法正确。故选A。
3．(2019•新课标Ⅰ卷)利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是( )

A． 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B． 阴极区，氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+=2H++2MV+
C． 正极区，固氮酶催化剂，N2发生还原反应生成NH3
D． 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【答案】B
【解析】由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。A项，相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；B项，左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+，故B错误；C项，右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；D项，电池工作时，氢离子(即质子)通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。故选B。
4．金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知：氧化性Fe2＋＜Ni2＋＜Cu2＋)(　　)
A.阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2＋＋2e－===Ni
B.电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C.电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2＋和Zn2＋
D.电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt
【答案】D
【解析】阳极应发生氧化反应，Ni－2e－===Ni2＋，A错；由于Fe、Zn的还原性大于镍，所以阳极同时还有Zn－2e－===Zn2＋、Fe－2e－===Fe2＋，比较两电极反应，因Fe、Zn、Ni的相对原子质量不等，当两极通过的电量相等时，阳极减少的质量与阴极增加的质量不等，B错；Cu、Pt还原性小于镍，所以不反应，D正确；纯镍作阴极，电解质溶液中需含有Ni2＋，因Ni2＋的氧化性大于Fe2＋和Zn2＋，所以溶液中阳离子主要是Ni2＋，C错。
5．可从铅蓄电池中回收铅，实现铅的再生。在工艺中得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A.阳极区会有气泡冒出，产生O2
B.一段时间后，阳极附近pH明显增大
C.阴极的电极反应方程式为PbCl＋ 2e－===Pb＋4Cl－
D.Na2PbCl4浓度下降后可在阴极区加入PbO，实现电解液的继续使用
【答案】B
【解析】阳极2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阳极区会有气泡冒出，产生O2，A项正确；阳极2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，一段时间后，阳极附近氢离子浓度增大，pH明显减小，B项错误；阴极的电极反应是发生还原反应，元素化合价降低，阴极的电极反应方程式为PbCl＋ 2e－===Pb＋4Cl－，C项正确；阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，根据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用，D项正确。
6．ClO2 是一种高效安全的杀菌消毒剂。用氯化钠电解法生成ClO2的工艺原理示意图如下图， 发生器内电解生成ClO2。下列说法正确的是(　　)

A.a气体是氯气，b气体是氢气
B.氯化钠电解槽内每生成2 mol a气体，转移2 mol e－
C.ClO2发生器中阴极的电极反应式为：2ClO＋12H＋＋10e－===Cl2↑＋6H2O
D.为使a、b气体恰好完全反应，理论上每生产1 mol ClO2需要补充56 L(标准状况)b气体
【答案】D
【解析】根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；发生氧化还原反应，NaClO3被还原生成ClO2，HCl被氧化生成Cl2，同时生成水，反应的化学方程式为2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，故气体b是氯气，气体a是氢气，A项错误；氯化钠电解槽内每生成2 mol 氢气，转移4 mol e－，B项错误；ClO2发生器中阴极的电极反应式为：ClO＋2H＋＋e－===ClO2↑＋H2O，C项错误；根据2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，每生产1 mol ClO2，需要1 mol NaClO3，同时生成0.5 mol氯气，根据电子守恒氯化钠电解槽内每生成1 mol NaClO3，同时生成3 mol氢气，为使a、b气体恰好完全反应，理论上每生产1 mol ClO2需要补充氯气2．5 mol，D项正确。
核心考点五 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－===H2↑
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
负极反应
Fe－2e－===Fe2＋
其他反应

Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
Fe(OH)3失去部分水转化为铁锈
(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。

考法一 金属的腐蚀原理
【典例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
【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。
【答案】C
考法二 金属的腐蚀原因探究
【典例1】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K3[Fe(CN)6]溶液呈蓝色)。

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K3[Fe(CN)6]溶液后出现蓝色，Fe被腐蚀
B．②区Cu电极附近滴加酚酞后变成红色，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，Fe被腐蚀
C．③区Zn电极的电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液未出现蓝色，Fe被保护
D．④区Zn电极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，Fe被腐蚀
【解析】①区发生吸氧腐蚀，Cu为正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，Cu电极上不产生气泡，A项错误；②区Cu为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，Cu电极附近溶液碱性增强，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K3[Fe(CN)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2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，Fe做阳极，被腐蚀，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，D项正确。
【答案】A
考法三 金属的防护
【典例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
【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。
【答案】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。

1．金属的腐蚀除化学腐蚀和普通的电化学腐蚀外，还有“氧浓差腐蚀”，如在管道或缝隙等处的不同部位氧的浓度不同，在氧浓度低的部位是原电池的负极。下列说法正确的是(　　)

A．纯铁的腐蚀属于电化学腐蚀
B．钢铁吸氧腐蚀时，负极的电极反应式为Fe－3e－===Fe3＋
C．海轮在浸水部位镶一些铜锭可起到抗腐蚀作用
D．在图示氧浓差腐蚀中，M极处发生的电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
【答案】D
【解析】纯铁发生腐蚀时，没有正极材料，不能构成原电池，所以发生化学腐蚀，A错误；钢铁发生吸氧腐蚀时，负极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，B错误；铜不如铁活泼，铜、铁在海水中形成原电池，Fe作负极，加快了海轮的腐蚀，C错误；因氧浓度低的部位是原电池的负极，由图示可知，M处O2浓度高，该处O2得到电子，其电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D正确。
2．糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是(　　)
A．脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期
B．脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为Fe－3e－===Fe3＋
C．脱氧过程中碳作原电池负极，电极反应为2H2O＋O2＋4e－===4OH－
D．含有1．12 g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336 mL(标准状况)
【答案】D
【解析】在脱氧过程中，由铁、碳作电极，氯化钠溶液作电解质溶液形成原电池，发生吸氧腐蚀，该过程为放热反应；在脱氧过程中，碳作正极，铁作负极，铁失电子发生氧化反应，生成Fe2＋；在脱氧过程中，Fe失电子被氧化为Fe2＋，Fe2＋最终还是被氧气氧化为Fe3＋，由电子得失守恒知消耗氧气的体积(标准状况下)V(O2)＝22．4 L·mol－1×＝336 mL。
3．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－===Cl2↑
D.图Ⅲ装置的总反应为4Al＋3O2＋6H2O===4Al(OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑
【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O2＋2H2O＋4e－===4OH－，总反应方程式为4Al＋3O2＋6H2O===4Al(OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑，C项错误，D项正确。
4．下列说法中错误的是(　　)
A.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
B.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
C.若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀
D.镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈
【答案】C
【解析】A项，钢铁管道连锌，锌作负极，钢铁管道作正极，受到保护，此方法为牺牲阳极的阴极保护法，正确；B项，牺牲阳极的阴极保护法为原电池原理，外加电流的阴极保护法为电解原理，正确；C项，铁－铜 构成原电池，铁为负极，加快铁的腐蚀，错误；D项，镀层受损后，铁暴露出来，铁、铜与雨水构成原电池，铁作负极，加快了铁的腐蚀，正确。
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．铁及其化合物与生产、生产关系密切。下图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。

(1)该电化学腐蚀称为______________。
(2)图中A、B、C、D 4个区域，生成铁锈最多的是_________(填字母)。
【答案】吸氧腐蚀 (2)B
【解析】(1)金属在中性和较弱的酸性条件下发生的是吸氧腐蚀。(2)发生吸氧腐蚀，越靠近液面接触到的O2越多，腐蚀得越严重。