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新教材2024高考化学二轮专题复习专题7化学反应与能量课件
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这是一份新教材2024高考化学二轮专题复习专题7化学反应与能量课件，共60页。PPT课件主要包含了真题研练·析考情，核心突破·提能力，模考精练·抓落实，答案C，答案D，答案A，答案B，考情分析，2燃料电池，答案CD等内容，欢迎下载使用。
真题研练1.[2023·新课标卷]一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。下列说法错误的是( )A．放电时V2O5为正极B．放电时Zn2＋由负极向正极迁移C．充电总反应：xZn＋V2O5＋nH2O===ZnxV2O5·nH2OD．充电阳极反应：ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O
解析：由题给信息可知，放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O，V2O5发生了还原反应，则放电时V2O5为正极，A说法正确；放电时Zn为负极，Zn失去电子变为Zn2＋，阳离子向正极迁移，则放电时Zn2＋由负极向正极迁移，B说法正确；电池在放电时的总反应为xZn+V2O5+nH2O===ZnxV2O5·nH2O，则其在充电时的总反应为ZnxV2O5·nH2O===xZn＋V2O5＋nH2O，C说法不正确；充电阳极上ZnxV2O5·nH2O被氧化为V2O5，则阳极的电极反应为ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O，D说法正确；故选C。
3．[2023·辽宁卷]某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是( )A．b端电势高于a端电势B．理论上转移2 ml e－生成4 g H2C．电解后海水pH下降D．阳极发生：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋
解析：由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，a为电源正极，右侧电极为阴极，b为电源负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。由分析可知，a为正极，b为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H＋＋2e－===H2↑，则理论上转移2 ml e－生成2 g H2，B错误；由图可知，该装置的总反应为电解海水，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH基本不变，C错误；由图可知，阳极上的电极反应为：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋，D正确；故选D。
4．[2022·浙江1月]相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1 ml环己烷( )的能量变化如图所示：下列推理不正确的是( )A．2ΔH1≈ΔH2，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B．ΔH2＜ΔH3，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C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键D．ΔH3－ΔH1＜0，ΔH4－ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
5．[2022·湖南卷]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：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑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
解析：海水中含有大量的电解质，故A项正确；Li是活泼金属，作负极，则N极是正极，正极上海水中溶解的O2、CO2等均能放电，B项错误；由于Li易与水反应，故玻璃陶瓷应具有良好的防水功能，同时为形成闭合的回路，也应具有传导离子的功能，C项正确；该电池属于一次电池，D项正确。
6．[2022·广东卷]科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为： NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是( )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1 ml Cl2，电极a质量理论上增加23 g
解析：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；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Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；放电时负极反应为Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应为Cl2＋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，故C正确；充电时阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3，由得失电子守恒可知，每生成1 ml Cl2，电极a质量理论上增加23 g·ml－1×2 ml＝46 g，故D错误。
考点1 化学能与热能核 心 梳 理1.催化剂对反应历程与活化能影响
【特别提醒】(1)活化能是从低能态“爬坡”到高能态的能垒，活化能最大的步骤，决定了整个反应过程的反应速率。(2)分析变化过程中所经历的全部基元反应，包括过渡态的形成，键的断裂和生成等。
2.燃烧热和中和反应的反应热应用中的注意事项(1)均为放热反应，ΔH<0，单位为kJ·ml－1。(2)燃烧热概念理解的三要点：①外界条件是25 ℃、101 kPa；②反应的可燃物是1 ml；③生成物是稳定的氧化物(包括状态)，如碳元素生成的是CO2气体，而不是CO，氢元素生成的是液态水，而不是水蒸气。(3)中和反应的反应热概念理解三要点：①反应物酸、碱是强酸、强碱；②溶液是稀溶液，不存在稀释过程的热效应；③生成物液态水是1 ml。
3．反应热计算的四种方法
典 题 精 研考向1 反应历程图像分析例1 [2023·浙江1月]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O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是( )A．E6－E3＝E5－E2B．可计算Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·ml－1C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程ⅠD．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)===O2(g)＋Cl(g)ΔH＝(E5－E4)kJ·ml－1
解析：根据历程Ⅰ，O3(g)＋O(g)⇌2O2(g)的ΔH＝(E6－E3)kJ·ml－1，根据历程Ⅱ，O3(g)＋O(g)⇌2O2(g)的反应热ΔH＝(E5－E2)kJ·ml－1，则E6－E3＝E5－E2，A项正确；根据图示，Cl(g)的相对能量为(E2－E3)kJ·ml－1，由于Cl2(g)的相对能量为0，故Cl2(g)===Cl(g)＋Cl(g)的ΔH＝2(E2－E3)kJ·ml－1，即Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·ml－1，B项正确；历程Ⅱ使用了催化剂Cl，催化剂不能使平衡发生移动，则O3的平衡转化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，C项错误；历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应为活化能最小的反应，即ClO(g)＋O(g)===O2(g)＋Cl(g) ΔH＝(E5－E4)kJ·ml－1，D项正确。
练1 18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为： ＋CH3O－能量变化如图所示 。已知为快速平衡，下列说法正确的是( )
考向2 反应热的计算与比较例2 相同温度和压强下，关于反应的ΔH，下列判断正确的是( )A．ΔH1>0，ΔH2>0B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2C．ΔH1>ΔH2，ΔH3>ΔH2D．ΔH2＝ΔH3＋ΔH4
练2 联氨(N2H4)常温下为无色液体，可用作火箭燃料。下列说法不正确的是( )①2O2(g)＋N2(g)===N2O4(l) ΔH1②N2(g)＋2H2(g)===N2H4(l) ΔH2③O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3④2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH4＝－1 048.9 kJ·ml－1A．O2(g)＋2H2(g)===2H2O(l) ΔH5，ΔH5>ΔH3B．ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1C．1 ml O2(g)和2 ml H2(g)具有的总能量高于2 ml H2O(g)D．联氨和N2O4作火箭推进剂的原因之一是反应放出大量的热
解析：O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3；O2(g)＋2H2(g)===2H2O(l) ΔH5；两个反应均为放热反应，ΔH均为负值，放热越多，ΔH越小，由于生成液态水放热更多，所以ΔH5<ΔH3，A项错误；根据盖斯定律，③×2－②×2－①得，2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)，所以ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1，B项正确；O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，C项正确；由ΔH4＝－1 048.9 kJ·ml－1知，反应放出大量的热，所以可以用联氨和N2O4作火箭推进剂，D项正确。
考点2 原电池原理 新型化学电源核 心 梳 理1.原电池的结构及工作原理
2．原电池正、负极的判断方法
【特别提醒】(1)某些特定情况下，电极类型判断方法与常规方法有差异，要根据题中的物质转化信息进行判断。(2)存在多个反应时，要清楚哪个是电极反应，哪个是电极区反应，然后根据电极反应的类型进行判断。
3.陌生原电池装置的知识迁移(1)二次电池
练3 近期，我国报道了一种新型LiNO2电池，为NO2的治理和再利用提供了新的研究思路，其工作原理如下图所示。电池放电时的总反应为2Li＋NO2===Li2O＋NO。下列有关该电池工作时的说法不正确的是( )A．外电路电流的方向：b极→电流表→a极B．b极的电极反应：NO2＋2e－＋2Li＋===Li2O＋NOC．电解液中Li＋向b极附近迁移D．当外电路通过1 ml e－时，b极质量增加7 g
解析：由放电时的总反应为2Li＋NO2===Li2O＋NO，Li元素化合价升高，则a极为负极，电极反应式为Li－e－===Li＋，b极为正极，N元素化合价降低，电极反应式为：NO2＋2e－＋2Li＋===Li2O＋NO，B正确；电流从正极流向负极，即外电路电流的方向：b极→电流表→a极，A正确；电解质中阳离子移向正极，则电解液中Li＋向b极附近迁移，故C正确；当外电路通过1 ml e－时，有1 ml Li＋移向b极，质量为m＝nM＝1 ml×7 g·ml－1＝7 g，b极生成Li2O，则b极增加的质量还包含O元素质量，则b极质量增加大于7 g，D错误。
考向2 新型化学电源例4 [2023·山东卷](双选)利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的CuSO4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( )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＋＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋D．NH3扩散到乙室将对电池电动势产生影响
练4 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：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋B．放电时Cl－透过多孔活性炭电极向CCl4中迁移C．放电时每转移1 ml电子，理论上CCl4吸收0.5 ml Cl2D．充电过程中，NaCl溶液浓度增大
解析：放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应：Cl2＋2e－===2Cl－，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl－－2e－===Cl2，A正确；放电时，阴离子移向负极，放电时Cl－透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，B错误；放电时每转移1 ml电子，正极：Cl2＋2e－===2Cl－，理论上CCl4释放0.5 ml Cl2，C错误；充电过程中，阳极：2Cl－－2e－===Cl2，消耗氯离子，NaCl溶液浓度减小，D错误。
考点3 电解原理及其应用核 心 梳 理1.电解池的结构及工作原理
2．电解池阴、阳极的判断方法
3．电解池电极反应式的书写模式(1)阳极①活泼金属作电极，电极材料本身失电子，M－ne－===Mn＋。②电极为惰性电极，溶液中较易失电子的阴离子优先失去电子，其顺序为S2－>I－>Br－>Cl－>OH－，Rn－－ne－===R。(2)阴极溶液中较易得电子的阳离子优先得到电子，其顺序为Ag＋>Cu2＋>H＋，Mn＋＋ne－===M。
典 题 精 研考向1 电解原理及应用例5 [2023·全国甲卷]用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K＋抑制酸性电解液中的析氢反应可提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是( )A．析氢反应发生在IrOxTi电极上B．Cl－从Cu电极迁移到IrOxTi电极C．阴极发生的反应有2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2OD．每转移1 ml电子，阳极生成11.2 L气体(标准状况)
解析：由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOxTi电极为电解池的阳极，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2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，A错误；铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O、2CO2＋12H＋＋12e－===C2H5OH＋3H2O，C正确；电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室，B错误；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2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，每转移1 ml电子，生成0.25 ml O2，在标况下体积为5.6 L，故D错误；答案选C。
练5 通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，电解示意图如下(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的电极反应：2H2O＋Mn2＋－2e－===MnO2＋4H＋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pH除去Mn2＋，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3
解析：由示意图可知，电解时，电极A上LiMn2O4中Mn元素化合价降低，被还原，电极A是电解装置的阴极，A项正确；由电解装置中电极B上的物质变化可知，Mn2＋被氧化成MnO2，B项正确；阴极上Mn元素化合价由＋3.5→＋2，阳极上Mn元素化合价由＋2→＋4，化合价变化的绝对值不相等，故电解过程中，溶液中的Mn2＋浓度会变化，C项错误；通过调节溶液pH，可使Mn2＋转化为沉淀而除去，再加入可溶性的碳酸盐可使Li＋转化为难溶的碳酸锂，D项正确。
考向2 金属的腐蚀与防护例6 氯盐可导致混凝土中的钢筋腐蚀。为防止混凝土中的钢筋腐蚀，可在混凝土表面敷置一定电解质溶液并将惰性金属导电网浸泡其中，惰性金属导电网与钢筋分别连接外部直流电源从而除去Cl－，装置如图，下列说法错误的是( )A．钢筋接电源的正极B．金属导电网上发生的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑C．混凝土中的钙离子向钢筋方向移动D．电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大
解析：由Cl－移动方向可知钢筋接电源的负极，A项错误；金属导电网为阳极，发生的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，B项正确；钢筋一端为阴极，钙离子为阳离子，所以向钢筋方向移动，C项正确；钢筋附近发生的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，所以电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大，D项正确。
练6 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。在如图所示的情境中，下列有关说法正确的是( )A．阴极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋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：该装置中阴极发生还原反应，A项错误；金属M被氧化，即金属活动性：M>Fe，B项错误；钢铁设施为原电池的正极，表面积累大量电子而被保护，C项正确；海水中含有大量的NaCl等电解质，而河水中电解质较少，故钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢，D项错误。
考点4 “离子交换膜”在电化学中的应用核 心 梳 理1.离子交换膜的功能、类型、作用
2．解答带离子交换膜电解池问题的思维模型
练7 [2023·湖北卷]我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为x ml·h－1。下列说法错误的是( )A．b电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－B．离子交换膜为阴离子交换膜C．电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜D．海水为电解池补水的速率为2x ml·h－1
1．港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌(富含锌粉)底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是( )A．方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除B．防腐涂料可以防水、隔离O2降低吸氧腐蚀速率C．防腐过程中铝和锌均失去电子，主要发生化学腐蚀D．钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
解析：防腐方法并不能完全防止铁的腐蚀，只能减缓钢铁腐蚀，因此方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，A正确；防腐涂料可以防水、隔离O2，避免Fe与氧气、水反应，降低吸氧腐蚀速率，B正确；铝和锌比铁活泼，防腐过程形成原电池，铝和锌作负极失去电子，发生的是电化学腐蚀，C错误；钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D正确。
2．已知甲酸的分解反应为HCOOH⇌CO＋H2O ΔH。在H＋催化作用下反应历程为HCOOH＋H＋―→ 根据过渡态理论，其反应过程中的能量变化如图所示(E1、E2、E3均大于0)。
下列说法错误的是( )A．E2为正反应的活化能B．该反应为放热反应，ΔH＝－E3 kJ·ml－1C．图像中第一个峰(过渡态)对应的物质结构为过渡态Ⅰ，第二个峰(过渡态)对应的物质结构为过渡态ⅡD．使用催化剂后，正、逆反应速率同等程度改变，平衡不移动
解析：从图像可看出，E2为正反应的最高能量，是正反应的活化能，A正确；反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH＝－E3 kJ·ml－1，B正确；过渡态Ⅱ为第三个峰所对应的物质，C错误；催化剂能同等程度地改变正逆反应速率，故平衡不移动，D正确。
3．科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气催化重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法正确的是( )A．Pd(Ⅲ)能改变反应历程，从而改变化学反应速率B.该历程中反应速率最快的是路径①C．该历程中能垒(反应活化能)最大的是路径②D．由此历程可知：CH2O*＋2H*===CHO*＋3H*ΔH＞0
解析：Pd(Ⅲ)是该反应的催化剂，催化剂能改变反应的活化能，能改变反应历程，从而改变化学反应速率，故A正确；活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，反应需要的活化能越小，反应进行的越快，反应速率越快，根据图示，路径③的活化能最小，反应速率最快，故B错误；活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，由图可以看出，过渡态1发生的反应活化能最大，该历程中能垒(反应活化能)最大的是路径①，故C错误；根据图示，CH2O*和2H*总能量大于CHO*和3H*总能量，则该反应历程为放热反应，ΔH＜0，故D错误。
4．[2023·浙江1月]在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi)，电解装置如图，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＋＋TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4H2OC．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
解析：根据各电极上的物质变化，判断反应类型，确定电极类型。石墨电极为阳极，A项错误；该电解池的电解质为熔融盐，不存在H＋，B项错误；根据阳极上生成CO知，石墨优先于Cl－参与反应，C项正确；石墨电极为阳极，阴离子O2－向石墨电极移动，D项错误。
5．盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用向两侧电极分别通入NO和H2，以盐酸为电解质溶液来进行制备，其电池装置(图1)和含Fe的催化电极反应机理(图2)如下。不考虑溶液体积的变化，下列说法正确的是( )A．电池工作时，Pt电极为正极B．图2中，A为H＋和e－，B为NH3OH＋C．电池工作时，每消耗2.24 L NO(标况下) 左室溶液质量增加3.3 gD．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
6．一种可充电的锌锰分液电池，其结构如下图所示：下列说法不正确的是( )A．放电时，正极反应为：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2OB．充电时，Zn作阴极：[Zn(OH)4]2－＋2e－===Zn＋4OH－C．离子交换膜a和b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜D．充电过程中K2SO4溶液的浓度逐渐降低
真题研练1.[2023·新课标卷]一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。下列说法错误的是( )A．放电时V2O5为正极B．放电时Zn2＋由负极向正极迁移C．充电总反应：xZn＋V2O5＋nH2O===ZnxV2O5·nH2OD．充电阳极反应：ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O
解析：由题给信息可知，放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O，V2O5发生了还原反应，则放电时V2O5为正极，A说法正确；放电时Zn为负极，Zn失去电子变为Zn2＋，阳离子向正极迁移，则放电时Zn2＋由负极向正极迁移，B说法正确；电池在放电时的总反应为xZn+V2O5+nH2O===ZnxV2O5·nH2O，则其在充电时的总反应为ZnxV2O5·nH2O===xZn＋V2O5＋nH2O，C说法不正确；充电阳极上ZnxV2O5·nH2O被氧化为V2O5，则阳极的电极反应为ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O，D说法正确；故选C。
3．[2023·辽宁卷]某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是( )A．b端电势高于a端电势B．理论上转移2 ml e－生成4 g H2C．电解后海水pH下降D．阳极发生：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋
解析：由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，a为电源正极，右侧电极为阴极，b为电源负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。由分析可知，a为正极，b为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H＋＋2e－===H2↑，则理论上转移2 ml e－生成2 g H2，B错误；由图可知，该装置的总反应为电解海水，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH基本不变，C错误；由图可知，阳极上的电极反应为：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋，D正确；故选D。
4．[2022·浙江1月]相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1 ml环己烷( )的能量变化如图所示：下列推理不正确的是( )A．2ΔH1≈ΔH2，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B．ΔH2＜ΔH3，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C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键D．ΔH3－ΔH1＜0，ΔH4－ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
5．[2022·湖南卷]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：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑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
解析：海水中含有大量的电解质，故A项正确；Li是活泼金属，作负极，则N极是正极，正极上海水中溶解的O2、CO2等均能放电，B项错误；由于Li易与水反应，故玻璃陶瓷应具有良好的防水功能，同时为形成闭合的回路，也应具有传导离子的功能，C项正确；该电池属于一次电池，D项正确。
6．[2022·广东卷]科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为： NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是( )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1 ml Cl2，电极a质量理论上增加23 g
解析：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；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Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；放电时负极反应为Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应为Cl2＋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，故C正确；充电时阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3，由得失电子守恒可知，每生成1 ml Cl2，电极a质量理论上增加23 g·ml－1×2 ml＝46 g，故D错误。
考点1 化学能与热能核 心 梳 理1.催化剂对反应历程与活化能影响
【特别提醒】(1)活化能是从低能态“爬坡”到高能态的能垒，活化能最大的步骤，决定了整个反应过程的反应速率。(2)分析变化过程中所经历的全部基元反应，包括过渡态的形成，键的断裂和生成等。
2.燃烧热和中和反应的反应热应用中的注意事项(1)均为放热反应，ΔH<0，单位为kJ·ml－1。(2)燃烧热概念理解的三要点：①外界条件是25 ℃、101 kPa；②反应的可燃物是1 ml；③生成物是稳定的氧化物(包括状态)，如碳元素生成的是CO2气体，而不是CO，氢元素生成的是液态水，而不是水蒸气。(3)中和反应的反应热概念理解三要点：①反应物酸、碱是强酸、强碱；②溶液是稀溶液，不存在稀释过程的热效应；③生成物液态水是1 ml。
3．反应热计算的四种方法
典 题 精 研考向1 反应历程图像分析例1 [2023·浙江1月]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O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是( )A．E6－E3＝E5－E2B．可计算Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·ml－1C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程ⅠD．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)===O2(g)＋Cl(g)ΔH＝(E5－E4)kJ·ml－1
解析：根据历程Ⅰ，O3(g)＋O(g)⇌2O2(g)的ΔH＝(E6－E3)kJ·ml－1，根据历程Ⅱ，O3(g)＋O(g)⇌2O2(g)的反应热ΔH＝(E5－E2)kJ·ml－1，则E6－E3＝E5－E2，A项正确；根据图示，Cl(g)的相对能量为(E2－E3)kJ·ml－1，由于Cl2(g)的相对能量为0，故Cl2(g)===Cl(g)＋Cl(g)的ΔH＝2(E2－E3)kJ·ml－1，即Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·ml－1，B项正确；历程Ⅱ使用了催化剂Cl，催化剂不能使平衡发生移动，则O3的平衡转化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，C项错误；历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应为活化能最小的反应，即ClO(g)＋O(g)===O2(g)＋Cl(g) ΔH＝(E5－E4)kJ·ml－1，D项正确。
练1 18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为： ＋CH3O－能量变化如图所示 。已知为快速平衡，下列说法正确的是( )
考向2 反应热的计算与比较例2 相同温度和压强下，关于反应的ΔH，下列判断正确的是( )A．ΔH1>0，ΔH2>0B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2C．ΔH1>ΔH2，ΔH3>ΔH2D．ΔH2＝ΔH3＋ΔH4
练2 联氨(N2H4)常温下为无色液体，可用作火箭燃料。下列说法不正确的是( )①2O2(g)＋N2(g)===N2O4(l) ΔH1②N2(g)＋2H2(g)===N2H4(l) ΔH2③O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3④2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH4＝－1 048.9 kJ·ml－1A．O2(g)＋2H2(g)===2H2O(l) ΔH5，ΔH5>ΔH3B．ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1C．1 ml O2(g)和2 ml H2(g)具有的总能量高于2 ml H2O(g)D．联氨和N2O4作火箭推进剂的原因之一是反应放出大量的热
解析：O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3；O2(g)＋2H2(g)===2H2O(l) ΔH5；两个反应均为放热反应，ΔH均为负值，放热越多，ΔH越小，由于生成液态水放热更多，所以ΔH5<ΔH3，A项错误；根据盖斯定律，③×2－②×2－①得，2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)，所以ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1，B项正确；O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，C项正确；由ΔH4＝－1 048.9 kJ·ml－1知，反应放出大量的热，所以可以用联氨和N2O4作火箭推进剂，D项正确。
考点2 原电池原理 新型化学电源核 心 梳 理1.原电池的结构及工作原理
2．原电池正、负极的判断方法
【特别提醒】(1)某些特定情况下，电极类型判断方法与常规方法有差异，要根据题中的物质转化信息进行判断。(2)存在多个反应时，要清楚哪个是电极反应，哪个是电极区反应，然后根据电极反应的类型进行判断。
3.陌生原电池装置的知识迁移(1)二次电池
练3 近期，我国报道了一种新型LiNO2电池，为NO2的治理和再利用提供了新的研究思路，其工作原理如下图所示。电池放电时的总反应为2Li＋NO2===Li2O＋NO。下列有关该电池工作时的说法不正确的是( )A．外电路电流的方向：b极→电流表→a极B．b极的电极反应：NO2＋2e－＋2Li＋===Li2O＋NOC．电解液中Li＋向b极附近迁移D．当外电路通过1 ml e－时，b极质量增加7 g
解析：由放电时的总反应为2Li＋NO2===Li2O＋NO，Li元素化合价升高，则a极为负极，电极反应式为Li－e－===Li＋，b极为正极，N元素化合价降低，电极反应式为：NO2＋2e－＋2Li＋===Li2O＋NO，B正确；电流从正极流向负极，即外电路电流的方向：b极→电流表→a极，A正确；电解质中阳离子移向正极，则电解液中Li＋向b极附近迁移，故C正确；当外电路通过1 ml e－时，有1 ml Li＋移向b极，质量为m＝nM＝1 ml×7 g·ml－1＝7 g，b极生成Li2O，则b极增加的质量还包含O元素质量，则b极质量增加大于7 g，D错误。
考向2 新型化学电源例4 [2023·山东卷](双选)利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的CuSO4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( )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＋＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋D．NH3扩散到乙室将对电池电动势产生影响
练4 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：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋B．放电时Cl－透过多孔活性炭电极向CCl4中迁移C．放电时每转移1 ml电子，理论上CCl4吸收0.5 ml Cl2D．充电过程中，NaCl溶液浓度增大
解析：放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应：Cl2＋2e－===2Cl－，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl－－2e－===Cl2，A正确；放电时，阴离子移向负极，放电时Cl－透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，B错误；放电时每转移1 ml电子，正极：Cl2＋2e－===2Cl－，理论上CCl4释放0.5 ml Cl2，C错误；充电过程中，阳极：2Cl－－2e－===Cl2，消耗氯离子，NaCl溶液浓度减小，D错误。
考点3 电解原理及其应用核 心 梳 理1.电解池的结构及工作原理
2．电解池阴、阳极的判断方法
3．电解池电极反应式的书写模式(1)阳极①活泼金属作电极，电极材料本身失电子，M－ne－===Mn＋。②电极为惰性电极，溶液中较易失电子的阴离子优先失去电子，其顺序为S2－>I－>Br－>Cl－>OH－，Rn－－ne－===R。(2)阴极溶液中较易得电子的阳离子优先得到电子，其顺序为Ag＋>Cu2＋>H＋，Mn＋＋ne－===M。
典 题 精 研考向1 电解原理及应用例5 [2023·全国甲卷]用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K＋抑制酸性电解液中的析氢反应可提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是( )A．析氢反应发生在IrOxTi电极上B．Cl－从Cu电极迁移到IrOxTi电极C．阴极发生的反应有2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2OD．每转移1 ml电子，阳极生成11.2 L气体(标准状况)
解析：由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOxTi电极为电解池的阳极，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2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，A错误；铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O、2CO2＋12H＋＋12e－===C2H5OH＋3H2O，C正确；电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室，B错误；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2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，每转移1 ml电子，生成0.25 ml O2，在标况下体积为5.6 L，故D错误；答案选C。
练5 通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，电解示意图如下(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的电极反应：2H2O＋Mn2＋－2e－===MnO2＋4H＋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pH除去Mn2＋，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3
解析：由示意图可知，电解时，电极A上LiMn2O4中Mn元素化合价降低，被还原，电极A是电解装置的阴极，A项正确；由电解装置中电极B上的物质变化可知，Mn2＋被氧化成MnO2，B项正确；阴极上Mn元素化合价由＋3.5→＋2，阳极上Mn元素化合价由＋2→＋4，化合价变化的绝对值不相等，故电解过程中，溶液中的Mn2＋浓度会变化，C项错误；通过调节溶液pH，可使Mn2＋转化为沉淀而除去，再加入可溶性的碳酸盐可使Li＋转化为难溶的碳酸锂，D项正确。
考向2 金属的腐蚀与防护例6 氯盐可导致混凝土中的钢筋腐蚀。为防止混凝土中的钢筋腐蚀，可在混凝土表面敷置一定电解质溶液并将惰性金属导电网浸泡其中，惰性金属导电网与钢筋分别连接外部直流电源从而除去Cl－，装置如图，下列说法错误的是( )A．钢筋接电源的正极B．金属导电网上发生的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑C．混凝土中的钙离子向钢筋方向移动D．电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大
解析：由Cl－移动方向可知钢筋接电源的负极，A项错误；金属导电网为阳极，发生的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，B项正确；钢筋一端为阴极，钙离子为阳离子，所以向钢筋方向移动，C项正确；钢筋附近发生的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，所以电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大，D项正确。
练6 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。在如图所示的情境中，下列有关说法正确的是( )A．阴极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋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：该装置中阴极发生还原反应，A项错误；金属M被氧化，即金属活动性：M>Fe，B项错误；钢铁设施为原电池的正极，表面积累大量电子而被保护，C项正确；海水中含有大量的NaCl等电解质，而河水中电解质较少，故钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢，D项错误。
考点4 “离子交换膜”在电化学中的应用核 心 梳 理1.离子交换膜的功能、类型、作用
2．解答带离子交换膜电解池问题的思维模型
练7 [2023·湖北卷]我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为x ml·h－1。下列说法错误的是( )A．b电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－B．离子交换膜为阴离子交换膜C．电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜D．海水为电解池补水的速率为2x ml·h－1
1．港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌(富含锌粉)底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是( )A．方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除B．防腐涂料可以防水、隔离O2降低吸氧腐蚀速率C．防腐过程中铝和锌均失去电子，主要发生化学腐蚀D．钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
解析：防腐方法并不能完全防止铁的腐蚀，只能减缓钢铁腐蚀，因此方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，A正确；防腐涂料可以防水、隔离O2，避免Fe与氧气、水反应，降低吸氧腐蚀速率，B正确；铝和锌比铁活泼，防腐过程形成原电池，铝和锌作负极失去电子，发生的是电化学腐蚀，C错误；钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D正确。
2．已知甲酸的分解反应为HCOOH⇌CO＋H2O ΔH。在H＋催化作用下反应历程为HCOOH＋H＋―→ 根据过渡态理论，其反应过程中的能量变化如图所示(E1、E2、E3均大于0)。
下列说法错误的是( )A．E2为正反应的活化能B．该反应为放热反应，ΔH＝－E3 kJ·ml－1C．图像中第一个峰(过渡态)对应的物质结构为过渡态Ⅰ，第二个峰(过渡态)对应的物质结构为过渡态ⅡD．使用催化剂后，正、逆反应速率同等程度改变，平衡不移动
解析：从图像可看出，E2为正反应的最高能量，是正反应的活化能，A正确；反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH＝－E3 kJ·ml－1，B正确；过渡态Ⅱ为第三个峰所对应的物质，C错误；催化剂能同等程度地改变正逆反应速率，故平衡不移动，D正确。
3．科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气催化重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法正确的是( )A．Pd(Ⅲ)能改变反应历程，从而改变化学反应速率B.该历程中反应速率最快的是路径①C．该历程中能垒(反应活化能)最大的是路径②D．由此历程可知：CH2O*＋2H*===CHO*＋3H*ΔH＞0
解析：Pd(Ⅲ)是该反应的催化剂，催化剂能改变反应的活化能，能改变反应历程，从而改变化学反应速率，故A正确；活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，反应需要的活化能越小，反应进行的越快，反应速率越快，根据图示，路径③的活化能最小，反应速率最快，故B错误；活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，由图可以看出，过渡态1发生的反应活化能最大，该历程中能垒(反应活化能)最大的是路径①，故C错误；根据图示，CH2O*和2H*总能量大于CHO*和3H*总能量，则该反应历程为放热反应，ΔH＜0，故D错误。
4．[2023·浙江1月]在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi)，电解装置如图，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＋＋TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4H2OC．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
解析：根据各电极上的物质变化，判断反应类型，确定电极类型。石墨电极为阳极，A项错误；该电解池的电解质为熔融盐，不存在H＋，B项错误；根据阳极上生成CO知，石墨优先于Cl－参与反应，C项正确；石墨电极为阳极，阴离子O2－向石墨电极移动，D项错误。
5．盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用向两侧电极分别通入NO和H2，以盐酸为电解质溶液来进行制备，其电池装置(图1)和含Fe的催化电极反应机理(图2)如下。不考虑溶液体积的变化，下列说法正确的是( )A．电池工作时，Pt电极为正极B．图2中，A为H＋和e－，B为NH3OH＋C．电池工作时，每消耗2.24 L NO(标况下) 左室溶液质量增加3.3 gD．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
6．一种可充电的锌锰分液电池，其结构如下图所示：下列说法不正确的是( )A．放电时，正极反应为：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2OB．充电时，Zn作阴极：[Zn(OH)4]2－＋2e－===Zn＋4OH－C．离子交换膜a和b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜D．充电过程中K2SO4溶液的浓度逐渐降低
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