2022届新高考化学二轮复习教学案-专题六　化学反应与能量

高考考纲再现1.了解化学反应中能量转化的原因及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.了解热化学方程式的含义，能正确书写热化学方程式。4.了解能源是人类生存和社会发展的重要基础。了解化学在解决能源危机中的重要作用。5.了解焓变(ΔH)与反应热的含义。6.理解盖斯定律，并能运用盖斯定律进行有关反应焓变的计算。7.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。8.了解常见化学电源的种类及其工作原理。9.了解金属发生电化学腐蚀的原因、金属腐蚀的危害以及防止金属腐蚀的措施。微专题一化学能与热能1．从两种角度理解化学反应热反应热图示图像分析微观宏观a表示断裂旧化学键吸收的能量；b表示生成新化学键放出的能量；c表示反应热a表示正反应的活化能；b表示活化分子变成生成物分子放出的能量，即逆反应的活化能；c表示反应热ΔH的计算ΔH＝H(生成物)－H(反应物)ΔH＝∑E(反应物键能)－∑E(生成物键能)物质的能量与稳定性物质具有的能量越低，该物质越稳定[注意](1)催化剂与活化能及ΔH的关系：活化能越小，催化活性越大；但催化剂不改变反应的ΔH。(2)依据键能计算ΔH时需注意物质中所含化学键数目：1mol物质CO2(C=O)P4(P—P)SiO2(Si—O)石墨(C—C)金刚石(C—C)晶体硅(Si—Si)化学键数目2NA6NA4NA1.5NA2NA2NA2.反应热的量化参数——键能反应热与键能的关系反应热：ΔH＝E1－E2或ΔH＝E4－E3，即ΔH等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，或生成物具有的总能量减去反应物具有的总能量。[注意]ΔH也可由活化能来求解，即ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能。3．对比理解反应热、燃烧热与中和热(1)化学反应吸收或放出的热量称为反应热，符号为ΔH，常用单位为kJ·mol－1，它只与化学反应的化学计量数、物质的聚集状态有关，而与反应条件无关。反应热指反应完全时的热效应，所以对于可逆反应，其热量要小于反应完全时的热量。中学阶段研究的反应热主要是燃烧热和中和热，二者均为放热反应，ΔH＜0。(2)燃烧热：在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，单位为kJ·mol－1。[注意]①燃烧热是以1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量来定义的，因此在书写燃烧热的热化学方程式时，以燃烧1mol纯物质为标准来配平其余物质的化学计量数；②燃烧产物必须是稳定的氧化物，如C元素→CO2(g)、H元素→H2O(l)、S元素→SO2(g)等。(3)中和热：在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态H2O时的反应热。[注意]①稀溶液指物质溶于大量水中；②中和热不包括离子在水溶液中的生成热、物质的溶解热、弱电解质电离时的热效应；③中和反应的实质是H＋和OH－化合生成H2O，即H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1。4．热化学方程式的书写与盖斯定律(1)“五步”法书写热化学方程式(1)ΔH的符号若为放热反应，ΔH为“－”；若为吸热反应，ΔH为“＋”。(2)热化学方程式中的化学计量数热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子数或原子数。因此化学计量数可以是整数，也可以是分数。(3)物质的聚集状态反应物和产物的聚集状态不同，物质的能量不同，故焓变ΔH不同。因此，必须注明物质的聚集状态才能完整地体现出热化学方程式的意义。气体用“g”，液体用“l”，固体用“s”，溶液用“aq”。对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态外，还要注明物质的名称。例如，S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH＝－0.33kJ·mol－1。(4)ΔH的数值与符号由于ΔH与反应完全的物质的量有关，所以ΔH必须与热化学方程式中化学式前面的化学计量数相对应，如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。互为逆反应的反应热数值相等，但符号相反。(2)盖斯定律①盖斯定律的内容一定条件下，一个反应不管是一步完成，还是分几步完成，其反应热是相同的，即反应热的大小与反应途径无关，只与反应体系的始态和终态有关。②常用关系式热化学方程式焓变之间的关系aA(g)=B(g)ΔH1A(g)=eq\f(1,a)B(g)ΔH2ΔH2＝eq\f(1,a)ΔH1或ΔH1＝aΔH2aA(g)=B(g)ΔH1B(g)=aA(g)ΔH2ΔH1＝－ΔH2ΔH＝ΔH1＋ΔH2eq\a\vs4\al()根据盖斯定律进行计算的步骤(1)标位置：标出目标热化学方程式(ⅰ)中各物质在已知热化学方程式(ⅱ、ⅲ、ⅳ等)中的位置。(2)调“系数”：将ⅱ、ⅲ、ⅳ等中标记的各物质的化学计量数调整为与ⅰ中的相同。(3)同侧加、异侧减：挑出ⅱ、ⅲ、ⅳ等中标记的物质与ⅰ中相关物质位于等式同一侧的，将这几个已知热化学方程式相加，然后与剩余的已知热化学方程式相减，即得ⅰ。(4)算焓变：将已知焓变作出相应“系数”的调整并进行相应的加减计算，得目标热化学方程式的焓变。[注意]当热化学方程式乘以(除以)一个数时，ΔH也应乘以(除以)该数；热化学方程式间进行加减运算时，ΔH也同样要进行相应的加减运算，且要带“＋”“－”，即把ΔH看作一个整体进行运算；若反应逆向进行，则ΔH改变符号，但绝对值不变。题组一反应热的相关概念、热化学方程式的书写1．下列关于化学反应与能量的说法正确的是()A．已知正丁烷的燃烧热ΔH为－2878kJ·mol－1，则表示正丁烷燃烧热的热化学方程式为2CH3CH2CH2CH3(g)＋13O2(g)=8CO2(g)＋10H2O(l)ΔH＝－2878kJ·mol－1B．已知在一定条件下，2molSO2与1molO2充分反应后，释放出98kJ的热量，则其热化学方程式为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－98kJ·mol－1C．已知稀盐酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ·mol－1，则表示稀硫酸与稀NaOH溶液反应的热化学方程式为eq\f(1,2)H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=eq\f(1,2)Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1D．已知CuSO4(s)＋5H2O(l)=CuSO4·5H2O(s)，该反应为熵增加的反应解析：选C。燃烧热指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，则表示正丁烷燃烧热的热化学方程式为CH3CH2CH2CH3(g)＋eq\f(13,2)O2(g)=4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－2878kJ·mol－1，A项错误；不知道该条件下物质的状态，且该反应是可逆反应，2molSO2与1molO2充分反应后，实际消耗多少不得而知，所以无法写出热化学方程式，B项错误；在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量是中和热，C项正确；该反应为熵减小的反应，D项错误。2．H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH＝－akJ·mol－1。下列说法不正确的是()A．反应物的总能量高于生成物的总能量B．断开2molH—I键所需能量约为(c＋b＋a)kJC．断开1molH—H键和1molI—I键所需能量大于断开2molH—I键所需能量D．向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后放出的热量小于2akJ解析：选C。H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH＝－akJ·mol－1，该反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，A项正确；ΔH＝反应物断裂化学键吸收的能量－生成物形成化学键放出的能量＝bkJ·mol－1＋ckJ·mol－1－2E(H－I)＝－akJ·mol－1，则断开2molH—I键所需能量约为(a＋b＋c)kJ，B项正确；断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，该反应是放热反应，所以形成化学键放出的能量大于断裂化学键吸收的能量，即断开1molH—H键和1molI—I键所需能量小于断开2molH—I键所需能量，C项错误；该反应是可逆反应，不能进行彻底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后放出的热量小于2akJ，D项正确。3．(1)0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为________________________________________________________________。(2)(2021·重庆高三模拟)晶体硅(熔点1410℃)是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下：Si(粗)eq\o(→,\s\up8(Cl2),\s\do8(460℃))SiCl4eq\o(→,\s\up8(蒸馏))SiCl4(纯)eq\o(→,\s\up8(H2),\s\do8(1100℃))Si(硅)写出SiCl4的电子式：________________；在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式：________________________________________________________________。(3)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和H2(g)，在25℃、101kPa下，已知每消耗3.8gNaBH4(s)放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是________________________________________________________________。答案：(1)2Cl2(g)＋TiO2(s)＋2C(s)=TiCl4(l)＋2CO(g)ΔH＝－85.6kJ·mol－1(2)SiCl4(g)＋2H2(g)eq\o(=,\s\up8(1100℃))Si(s)＋4HCl(g)ΔH＝＋0.025akJ·mol－1(3)NaBH4(s)＋2H2O(l)=NaBO2(s)＋4H2(g)ΔH＝－216kJ·mol－1题组二反应热的计算4．(2019·高考海南卷)根据下图中的能量关系，可求得C—H键的键能为()A．414kJ·mol－1 B．377kJ·mol－1C．235kJ·mol－1 D．197kJ·mol－1解析：选A。由题图可知，C(s)=C(g)ΔH1＝＋717kJ·mol－12H2(g)=4H(g)ΔH2＝＋864kJ·mol－1C(s)＋2H2(g)=CH4(g)ΔH3＝－75kJ·mol－1根据ΔH＝反应物总键能－生成物总键能可得，－75kJ·mol－1＝717kJ·mol－1＋864kJ·mol－1－4E(C—H)，解得E(C—H)＝414kJ·mol－1。5．(2021·太原高三二模)用生物质热解气(主要成分是CO、CH4、H2)将SO2在高温下还原成单质硫。涉及如下反应：2CO(g)＋SO2(g)=S(g)＋2CO2(g)ΔH1＝＋8.0kJ·mol－12CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ·mol－12H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH3＝－483.6kJ·mol－1则2H2(g)＋SO2(g)=S(g)＋2H2O(g)ΔH4＝______________。解析：①2CO(g)＋SO2(g)=S(g)＋2CO2(g)ΔH1＝＋8.0kJ·mol－1②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ·mol－1③2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH3＝－483.6kJ·mol－1根据盖斯定律，由③＋①－②得2H2(g)＋SO2(g)=S(g)＋2H2O(g)，则ΔH4＝ΔH3＋ΔH1－ΔH2＝(－483.6kJ·mol－1)＋(＋8.0kJ·mol－1)－(－566.0kJ·mol－1)＝＋90.4kJ·mol－1。答案：＋90.4kJ·mol－16．请根据要求回答问题：(1)图1所示是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)过程中的能量变化示意图，已知E1＝134kJ·mol－1、E2＝368kJ·mol－1。若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1________(填“增大”“减小”或“不变”，后同)，ΔH________。请写出NO2(g)和CO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)的热化学方程式：________________________________________________________________。(2)(2021·揭阳高三联考)已知：①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49.0kJ·mol－1②CH3OH(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－192.9kJ·mol－1③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44kJ·mol－1则甲醇蒸气燃烧生成液态水的热化学方程式为______________________。(3)如表所示是部分化学键的键能：化学键P—PP—OO=OP=O键能/(kJ·mol－1)abcx已知白磷的燃烧热ΔH为－dkJ·mol－1，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图2所示，则表中x＝_________________(用含a、b、c、d的代数式表示)。(4)钌(Ru)及其化合物在合成工业上有广泛用途，如图3所示是用钌基催化剂催化合成甲酸的过程示意图。每生成92g液态HCOOH放出62.4kJ的热量。根据图3写出生成1molHCOOH(l)的反应的热化学方程式：________________________________________________________________。解析：(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量，即反应热不变，所以催化剂对反应热无影响，由题图1可知，1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)的反应热为正、逆反应的活化能之差，则反应的热化学方程式为NO2(g)＋CO(g)=NO(g)＋CO2(g)ΔH＝－234kJ·mol－1。(2)根据盖斯定律，由②×3－①×2＋③×2得甲醇蒸气燃烧生成液态水的热化学方程式为CH3OH(g)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－192.9kJ·mol－1×3－49.0kJ·mol－1×2＋(－44kJ·mol－1)×2＝－764.7kJ·mol－1。(3)白磷完全燃烧的化学方程式为P4＋5O2eq\o(=,\s\up8(点燃))P4O10，1mol白磷完全燃烧需要拆开6molP—P键、5molO=O键，形成12molP—O键、4molP=O键，由反应热＝反应物化学键断裂吸收的总能量－生成物化学键形成释放的总能量可知，－dkJ·mol－1＝6akJ·mol－1＋5ckJ·mol－1－(12bkJ·mol－1＋4xkJ·mol－1)，解得x＝eq\f(6a＋5c＋d－12b,4)。(4)根据题图3可知，CO2(g)和H2(g)为反应物，HCOOH(l)为生成物，92gHCOOH(l)的物质的量为eq\f(92g,46g·mol－1)＝2mol，所以生成1mol液态HCOOH放出31.2kJ热量，热化学方程式为H2(g)＋CO2(g)=HCOOH(l)ΔH＝－31.2kJ·mol－1。答案：(1)减小不变NO2(g)＋CO(g)=NO(g)＋CO2(g)ΔH＝－234kJ·mol－1(2)CH3OH(g)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－764.7kJ·mol－1(3)eq\f(6a＋5c＋d－12b,4)(4)H2(g)＋CO2(g)=HCOOH(l)ΔH＝－31.2kJ·mol－1eq\a\vs4\al()反应热的计算题组三反应热的大小比较7．(2021·浙江6月选考)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＞0 B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2C．ΔH1＞ΔH2，ΔH3＞ΔH2 D．ΔH2＝ΔH3＋ΔH4解析：选C。根据盖斯定律，ΔH3≠ΔH1＋ΔH2，ΔH2＝ΔH3－ΔH4，B、D错误；碳碳双键的加氢为放热反应，被加氢的碳碳双键数目越多，反应放热越多，ΔH越小，则0>ΔH1>ΔH2；苯发生加氢还原反应生成环己烷时放热，即ΔH3＜0，但苯比环己二烯稳定，ΔH4>0，则ΔH3＝ΔH2＋ΔH4>ΔH2，A错误、C正确。8．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)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1C(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO(g)ΔH2②S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH3S(g)＋O2(g)=SO2(g)ΔH4③H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH52H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH6④CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)ΔH7CaO(s)＋H2O(l)=Ca(OH)2(s)ΔH8A．① B．④C．②③④ D．①②③解析：选C。①C完全燃烧放出的热量较多，则ΔH<0，前者小于后者，错误；②固体变为气体要吸热，则后者放出的热量多，则ΔH前者大于后者，正确；③参加反应的物质的量越大，反应放出的热量越多，则ΔH前者大于后者，正确；④碳酸钙分解为吸热反应，ΔH>0，氧化钙和水反应为放热反应，ΔH<0，则ΔH前者大于后者，正确。故选C。9．(2021·银川高三月考)已知：①Mn(s)＋O2(g)=MnO2(s)ΔH1②S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH2③Mn(s)＋S(s)＋2O2(g)=MnSO4(s)ΔH3则下列表述正确的是()A．ΔH2>0B．ΔH3>ΔH1C．Mn＋SO2=MnO2＋SΔH＝ΔH2－ΔH1D．MnO2(s)＋SO2(g)=MnSO4(s)ΔH＝ΔH3－ΔH2－ΔH1解析：选D。硫的燃烧为放热反应，故ΔH2<0，A项错误；题述三个反应均为放热反应，放出的热量越多，ΔH越小，故ΔH3<ΔH1，B项错误；热化学方程式中没有标注各物质的聚集状态，且ΔH＝ΔH1－ΔH2，C项错误；根据盖斯定律，由③－②－①得MnO2(s)＋SO2(g)=MnSO4(s)ΔH＝ΔH3－ΔH2－ΔH1，D项正确。eq\a\vs4\al()反应热的大小比较(1)注意“三问题”①反应中各物质的聚集状态；②ΔH有正负之分，比较时要连同“＋”“－”一起比较，类似数学中的正、负数大小的比较；③若只比较放出或吸收热量的多少，则只比较数值的大小，不考虑正、负号。(2)方法“面面观”①利用盖斯定律比较如依据转化关系：，比较ΔH1与ΔH2的大小的方法。因ΔH1<0，ΔH2<0，ΔH3<0(均为放热反应)，依据盖斯定律得ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，即|ΔH1|>|ΔH2|，所以ΔH1<ΔH2；②同一反应的生成物状态不同时，如A(g)＋B(g)=C(g)ΔH1，A(g)＋B(g)=C(l)ΔH2，则ΔH1>ΔH2；③同一反应的反应物状态不同时，如A(s)＋B(g)=C(g)ΔH1，A(g)＋B(g)=C(g)ΔH2，则ΔH1>ΔH2；④两个有联系的反应相比较时，如C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1Ⅰ，C(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO(g)ΔH2Ⅱ，利用反应Ⅰ(包括ΔH1)乘以某数值减去反应Ⅱ(包括ΔH2)乘以某数值，即得出ΔH3＝ΔH1×某数值－ΔH2×某数值，根据ΔH3大于0或小于0进行比较。微专题二化学能与电能一、原电池、电解池的工作原理与比较1．图解原电池的工作原理2．原电池装置图的升级考查3．图解电解池的工作原理4．电解池中电极产物的判断(1)阳极产物的判断首先看电极，如果是活性电极作为阳极，则电极材料失电子，电极溶解(注意：铁作为阳极溶解生成Fe2＋，而不是Fe3＋)；如果是惰性电极，则需看溶液中阴离子的失电子能力，阴离子放电顺序为S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－(水)。(2)阴极产物直接根据阳离子的放电顺序进行判断：Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋＞Fe2＋＞Zn2＋……(3)活泼阳极失电子后得到的离子一般都会继续与电解质溶液中的离子发生复杂的反应，因此最终的氧化产物需要根据题中的信息确定。①铁作为阳极Fe作为阳极时其氧化产物可能是Fe2＋、Fe(OH)2或FeOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))。如用铁电极电解含Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))的酸性废水时，阳极反应为Fe－2e－=Fe2＋，生成的Fe2＋会还原废水中的Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))，离子方程式为Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，由于废水中H＋不断被消耗，溶液的pH增大，碱性增强，Fe3＋和Cr3＋分别转化为Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀除去。再如用铁电极电解稀NaOH溶液制备Fe(OH)2的阳极反应为Fe－2e－＋2OH－=Fe(OH)2；用铁电极电解浓的KOH溶液制备K2FeO4的阳极反应为Fe－6e－＋8OH－=FeOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4H2O。②铝作为阳极Al作为阳极时其氧化产物可能是Al2O3、Al(OH)3、AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))、Al3＋。如给铝制品氧化膜增厚，铝制品作为电解池的阳极，电解质溶液一般为H2SO4­H2C2O4混合溶液，阳极反应为2Al－6e－＋3H2O=Al2O3＋6H＋；若是用铝电极电解烧碱溶液，阳极反应为Al－3e－＋4OH－=AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋2H2O。③铜作为阳极Cu作为阳极时其氧化产物可能是Cu2＋或Cu＋(如Cu2O)。如电镀铜或精炼铜的阳极反应为Cu－2e－=Cu2＋；用铜电极电解NaOH溶液制备Cu2O的阳极反应为2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。5．对比掌握电解规律(阳极为惰性电极)电解类型电解质实例使溶液复原加入(或通入)的物质电解水NaOH、H2SO4、Na2SO4水电解电解质HCl、CuCl2原电解质放氢生碱型NaClHCl气体放氧生酸型CuSO4、AgNO3CuO、Ag2O[注意]电解后有关电解质溶液恢复原态的问题应该用质量守恒法分析。一般是加入阳极产物和阴极产物的化合物，但也有特殊情况，如用惰性电极电解CuSO4溶液，Cu2＋完全放电之前，可加入CuO或CuCO3复原，而Cu2＋完全放电之后，应加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3复原。6．电极的判断二、电极反应式的书写1．燃料电池电极反应式的书写(1)甲烷燃料电池负极反应式正极反应式酸性介质CH4＋2H2O－8e－=CO2＋8H＋2O2＋8H＋＋8e－=4H2O碱性介质CH4＋10OH－－8e－=COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋7H2O2O2＋4H2O＋8e－=8OH－熔融碳酸盐CH4＋4COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))－8e－=2H2O＋5CO22O2＋4CO2＋8e－=eq\a\vs4\al(4COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))(2)氢氧燃料电池负极反应式正极反应式酸性介质H2－2e－=2H＋O2＋4H＋＋4e－=2H2O碱性介质H2＋2OH－－2e－=2H2OO2＋2H2O＋4e－=4OH－熔融氧化物H2＋O2－－2e－=H2OO2＋4e－=2O2－熔融碳酸盐H2＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))－2e－=H2O＋CO2O2＋2CO2＋4e－=eq\a\vs4\al(2COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))(3)乙醇燃料电池负极反应式正极反应式酸性介质C2H5OH－12e－＋3H2O=2CO2↑＋12H＋O2＋4e－＋4H＋=2H2O碱性介质C2H5OH－12e－＋16OH－=2COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋11H2OO2＋4e－＋2H2O=4OH－熔融碳酸盐C2H5OH－12e－＋6COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=8CO2↑＋3H2OO2＋2CO2＋4e－=2COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))熔融氧化物C2H5OH－12e－＋6O2－=2CO2↑＋3H2OO2＋4e－=2O2－[注意](1)酸性介质的电极反应式中不能出现OH－。(2)碱性介质的电极反应式中不能出现H＋、CO2(应为COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))。2．二次电池电极反应式的书写(1)3Zn＋2K2FeO4＋8H2Oeq\o(,\s\up8(放电),\s\do8(充电))3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH放电时负极的电极反应式：Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2；充电时阳极的电极反应式：Fe(OH)3＋5OH－－3e－=FeOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4H2O。(2)Fe(OH)2＋2Ni(OH)2eq\o(,\s\up8(充电),\s\do8(放电))Fe＋Ni2O3＋3H2O放电时负极的电极反应式：Fe＋2OH－－2e－=Fe(OH)2；充电时阳极的电极反应式：2Ni(OH)2＋2OH－－2e－=Ni2O3＋3H2O。(3)VO2＋＋V3＋＋H2Oeq\o(,\s\up8(充电),\s\do8(放电))VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋V2＋＋2H＋放电时负极的电极反应式：V2＋－e－=V3＋；充电时阳极的电极反应式：VO2＋＋H2O－e－=VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋2H＋。(4)4Li＋2SOCl2eq\o(,\s\up8(放电),\s\do8(充电))4LiCl＋S＋SO2放电时负极的电极反应式：Li－e－=Li＋；充电时阳极的电极反应式：4Cl－＋S＋SO2－4e－=2SOCl2。(5)xMg＋Mo3S4eq\o(,\s\up8(放电),\s\do8(充电))MgxMo3S4放电时负极的电极反应式：Mg－2e－=Mg2＋；充电时阳极的电极反应式：Mo3Seq\o\al(\s\up1(2x－),\s\do1(4))－2xe－=Mo3S4。3．电解池中基本电极反应式的书写(1)用惰性电极电解NaCl溶液阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑；阴极：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。(2)用惰性电极电解CuSO4溶液阳极：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋；阴极：2Cu2＋＋4e－=2Cu。(3)铁作为阳极，石墨作为阴极，电解NaOH溶液阳极：Fe－2e－＋2OH－=Fe(OH)2；阴极：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。(4)用惰性电极电解熔融MgCl2阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑；阴极：Mg2＋＋2e－=Mg。4．电解池中复杂电极反应式的书写(1)以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极反应式为2Al－6e－＋3H2O=Al2O3＋6H＋。(2)用Al单质作为阳极，石墨作为阴极，NaHCO3溶液作为电解液进行电解，生成难溶物R，R受热分解生成化合物Q，则阳极生成R的电极反应式为Al＋3HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))－3e－=Al(OH)3＋3CO2↑。(3)用惰性电极电解K2MnO4溶液得到化合物KMnO4。阳极：2MnOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))－2e－=2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))。阴极：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。(4)将一定浓度的磷酸二氢铵(NH4H2PO4)、氯化锂混合液作为电解液，以铁棒作为阳极，石墨作为阴极，电解析出LiFePO4沉淀，则阳极反应式为Fe＋H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋Li＋－2e－=LiFePO4＋2H＋。(5)电解装置如图，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。已知：3I2＋6OH－=IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋5I－＋3H2O。阳极：2I－－2e－=I2；阴极：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。(6)可用氨水作为吸收液吸收工业废气中的SO2，当吸收液失去吸收能力时，可通过电解法使吸收液再生而循环利用(电极均为石墨电极)，并生成化工原料硫酸。其工作示意图如下：阳极：HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))－2e－＋H2O=3H＋＋eq\a\vs4\al(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))；阴极：2H＋＋2e－=H2↑或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。三、电解原理的应用1．电冶金——电解熔融氯化钠阳极反应式：2Cl－－2e－=Cl2↑；阴极反应式：2Na＋＋2e－=2Na；总反应式：2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up8(电解))2Na＋Cl2↑。2．粗铜的精炼阳极(粗铜)：Cu－2e－=Cu2＋(主反应)；阴极(精铜)：Cu2＋＋2e－=Cu。3．电镀(1)电镀时，一般都是用镀层金属的可溶性盐为电镀液，把镀件作为阴极，与电源的负极相连。(2)镀层金属作为阳极。4．电解饱和食盐水(氯碱工业)(1)电极反应式阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑；阴极：2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑；总反应化学方程式：2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up8(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。(2)离子交换膜法四、金属的腐蚀与防护1．金属的电化学腐蚀(以钢铁为例)析氢腐蚀吸氧腐蚀条件酸性较强弱酸性、中性、碱性负极Fe－2e－=Fe2＋正极2H＋＋2e－=H2↑O2＋2H2O＋4e－=4OH－总反应Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)24Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3说明①吸氧腐蚀比析氢腐蚀更普遍②2Fe(OH)3=Fe2O3·xH2O(铁锈)＋(3－x)H2O2.金属的电化学防护原电池原理保护法电防护装置图电解池原理保护法牺牲阳极的阴极保护法外加电流的阴极保护法K置于M，形成原电池，X为比铁更活泼的金属(如轮船外壳上镶嵌锌块保护船体)K置于N，形成电解池，铁作为电解池的阴极备注：将被保护的金属作为原电池的正极或电解池的阴极五、陌生电化学装置图分析1．知识迁移破解陌生装置图由陌生装置图迁移到课本熟悉的装置图迁移方法燃料电池燃料“CO、H2”→课本上“H2”→负极“O2、CO2”→课本上“O2”→正极“熔融碳酸盐”→课本上“电解质溶液”电解池“a”与电源负极相连→课本上“X”与电源负极相连→推出“a”为阴极→发生还原反应“b”与电源正极相连，→课本上“Y”与电源正极相连→推出“b”为阳极→“发生氧化反应”可充电电池放电：“V2＋→V3＋”→课本上“Pb→PbSO4失电子”→N为负极，则M为正极充电：“V3＋→V2＋”→课本上“PbSO4→Pb得电子”→N为阴极，则M为阳极金属防腐“钢管桩”与负极相连→课本上“钢闸门”与负极相连→推出“钢管桩”被保护“高硅铸铁”与正极相连→课本上“辅助阳极”与正极相连→推出“高硅铸铁”阳极不损耗2.二次电池解题模型(1)审题干——放电是原电池，充电为电解池。(2)根据装置图中的物质变化——分析反应方向及化合价变化，以确定电极及电极反应。(3)根据原理可确定电子流向(电流流向、离子移动方向)。(4)根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒以及电解质的酸碱性等，配平电极反应式。(5)根据电子守恒进行电极产物的定量计算。例如：题组一原电池原理的应用1．(2021·新高考广东卷)火星大气中含有大量CO2，一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。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．CO2在正极上得电子C．阳离子由正极移向负极D．将电能转化为化学能解析：选B。根据题干信息可知，放电时总反应为4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C。A．放电时负极上Na发生氧化反应失去电子生成Na＋，故A错误；B．放电时正极上CO2发生还原反应得到电子生成C，故B正确；C．放电时阳离子由负极移向正极，故C错误；D．放电时装置为原电池，能量转化关系为化学能转化为电能，故D错误。2．(2020·高考全国卷Ⅰ)科学家近年发明了一种新型Zn­CO2水介质电池。电池示意图如下，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)eq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))B．放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2molC．充电时，电池总反应为2Zn(OH)eq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))=2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2OD．充电时，正极溶液中OH－浓度升高解析：选D。由题给装置图可知，放电时负极锌失去电子后结合OH－生成Zn(OH)eq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，负极反应为Zn－2e－＋4OH－=Zn(OH)eq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，A项正确；放电时，正极上CO2得电子生成HCOOH，CO2中C的化合价为＋4，HCOOH中C的化合价为＋2，1molCO2转化为1molHCOOH，转移2mol电子，B项正确；充电时阴极上Zn(OH)eq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))参与反应得到锌，阳极上H2O参与反应得到氧气，电池总反应为2Zn(OH)eq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))=2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2O，C项正确；充电时，阳极上发生失电子的氧化反应：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，氢氧根离子浓度降低，D项错误。3．氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，如图所示是氟离子电池的工作示意图，其中充电时F－从乙电极移向甲电极。已知BiF3和MgF2均难溶于水。下列关于该电池的说法正确的是()A．放电时，甲电极的电极反应式为Bi－3e－＋3F－=BiF3B．放电时，乙电极的电势比甲电极的电势高C．充电时，导线上每通过1mol电子时，甲电极增重19gD．充电时，外加电源的正极与乙电极相连解析：选C。充电时F－从乙电极移向甲电极，则甲电极是阳极，乙电极是阴极，放电时，甲电极是正极，乙电极是负极。放电时，甲电极发生还原反应，电极反应式为BiF3＋3e－=Bi＋3F－，A错误。放电时，电流从电势高的正极流向电势低的负极，所以甲电极的电势比乙电极的电势高，B错误。充电时，甲电极的电极反应式为Bi＋3F－－3e－=BiF3，电极上增加的质量是氟元素的质量，每转移3mol电子，甲电极增重57g，所以当导线上通过1mol电子时，甲电极增重19g，C正确。充电时，乙电极是阴极，与外加电源的负极相连，D错误。eq\a\vs4\al()1．二次电池充、放电的电极判断二次电池充电时，“正接正、负接负”；放电时的正极为充电时的阳极；放电时的负极为充电时的阴极。如图所示：2．新型电池的解题模型题组二电解原理的应用4．(2021·高考全国卷乙)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Cl2的反应B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClOC．阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气D．阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理解析：选D。海水中存在大量的Cl－，在阳极Cl－放电生成Cl2，A叙述正确；阴极H2O放电生成H2和OH－，OH－与Cl2反应生成ClO－，因此管道中存在一定量的NaClO，B叙述正确；因为H2为可燃性气体，所以阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气，C叙述正确；阴极产生OH－，因此会在阴极表面形成Mg(OH)2等积垢，需定期清理以保持良好的导电性，D叙述错误。5．(2021·哈尔滨高三教学质量评估)四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂。以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH的工作原理如图所示(a、b极为石墨电极，c、d、e膜为离子交换膜)。下列说法错误的是()A．N极为电源正极B．b极的电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2OC．c膜为阳离子交换膜，d、e膜均为阴离子交换膜D．a、b两极均有气体生成，同温同压下体积比为2∶1解析：选C。根据第三个极室(按从左往右数)中NaCl溶液的浓度变化可知，Na＋从第四极室通过e膜进入第三极室，Cl－从第二极室通过d膜进入第三极室，同时(CH3)4N＋通过c膜进入第一极室，故c、e膜均为阳离子交换膜，d膜为阴离子交换膜，a极为阴极，b极为阳极，N极为电源正极，故A正确、C错误；b极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，故B正确；a极H2O放电生成H2和OH－，电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，假设电路中转移电子1mol，a、b两极产生气体的物质的量分别为0.5mol和0.25mol，同温同压下体积比为2∶1，故D正确。6．(1)甲醇电解法制氢气比电解水法制氢气的氢的利用率更高、电解电压更低。电解装置如图所示。电源的正极为________(填“a”或“b”)。其中阳极的电极反应式为______________________________________；标准状况下，每消耗1mol甲醇，生成H2的体积为________。(2)以甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料的燃料电池为电源，以石墨为电极电解500mL滴有酚酞的NaCl溶液，装置如图所示。请写出电解过程中Y电极附近观察到的现象：________________________，当燃料电池消耗2.8LO2(标准状况下)时，计算此时NaCl溶液的pH＝________(假设溶液的体积不变，气体全部从溶液中逸出)。解析：(1)根据题图可知，左边应该是溶液中的氢离子得电子生成氢气，则左边为阴极，右边为阳极，故a为电源负极，b为电源正极；阳极上发生甲醇失电子生成二氧化碳的反应，电极反应式为CH3OH＋H2O－6e－=CO2↑＋6H＋；每消耗1mol甲醇转移6mol电子，可以生成3mol氢气，在标准状况下的体积为67.2L。(2)由装置图可知，Y电极与电源正极相连，即为阳极，电解NaCl溶液的阳极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，所以可观察到的现象为Y电极附近溶液中有气泡产生，液面上方气体呈黄绿色；当燃料电池消耗2.8LO2(标准状况下)时，电路中转移电子的物质的量为eq\f(2.8L,22.4L·mol－1)×4＝0.5mol，根据电子转移守恒，结合电解NaCl溶液的总化学方程式2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up8(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，可得此时溶液中生成n(OH－)＝0.5mol，c(OH－)＝0.5mol÷0.5L＝1.0mol·L－1，所以溶液的pH＝14。答案：(1)bCH3OH＋H2O－6e－=CO2↑＋6H＋67.2L(2)Y电极附近溶液中有气泡产生，液面上方气体呈黄绿色14eq\a\vs4\al()电解计算破题“三方法”原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数的计算、产物的量与电量关系的计算等。通常有下列三种方法：(1)根据得失电子守恒计算用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物等类型的计算，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4mole－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)题组三电化学原理在金属腐蚀与防护中的应用7．全世界每年因钢铁锈蚀造成大量的损失。某城市拟用如图方法保护埋在弱碱性土壤中的钢制管道，使其免受腐蚀。关于此方法，下列说法正确的是()A．钢管附近土壤的pH小于金属棒X附近土壤的pHB．钢管上的电极反应式：O2＋2H2O＋4e－=4OH－C．金属棒X的材料应该是比镁活泼的金属D．也可以外接直流电源保护钢管，直流电源正极连接金属棒X解析：选B。金属棒X(负极)与钢管(正极)构成原电池，钢管是正极，氧气得电子，发生反应O2＋2H2O＋4e－=4OH－，钢管附近土壤的pH大于金属棒X附近土壤的pH，A错误，B正确；金属棒X保护钢管免受腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，X的材料应该是比铁活泼的金属，但不能比镁活泼，否则它会直接与水反应，C错误；用外加电源的阴极保护法时，被保护的金属作为阴极，故钢管应接电源的负极，通常正极连接惰性电极比如碳棒，D错误。8.(2019·高考江苏卷)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：选C。A项，铁和炭的混合物用NaCl溶液湿润后构成原电池，铁为负极，铁失去电子生成Fe2＋，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，错误；B项，铁腐蚀过程中化学能除了转化为电能外，还可转化为热能等，错误；C项，构成原电池后，铁腐蚀的速率变快，正确；D项，用水代替NaCl溶液，铁和炭也可以构成原电池，铁失去电子，空气中的O2得到电子，铁发生吸氧腐蚀，错误。微专题三电化学中离子交换膜的分析与应用1．离子交换膜的功能和作用2．离子交换膜的类型(1)阳离子交换膜(只允许阳离子和水分子通过)锌铜原电池装置如图所示。①负极反应式：Zn－2e－=Zn2＋；②正极反应式：Cu2＋＋2e－=Cu；③阳离子→透过阳离子交换膜→正极。(2)质子交换膜(只允许H＋和水分子通过)在微生物作用下电解有机废水(含CH3COOH)，可获得清洁能源H2，电解装置如图所示。①阴极反应式：2H＋＋2e－=H2↑；②阳极反应式：CH3COOH－8e－＋2H2O=2CO2↑＋8H＋；③H＋→透过质子交换膜→阴极。(3)阴离子交换膜(只允许阴离子和水分子通过)以Pt为电极电解淀粉­KI溶液，中间用阴离子交换膜隔开，电解装置如图所示。①阴极反应式：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－；②阳极反应式：2I－－2e－=I2；③阴极产生的OH－移向阳极与阳极产物反应：3I2＋6OH－=IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋5I－＋3H2O；④阴离子→透过阴离子交换膜→阳极。3．离子交换膜类电池的解题模型第一步，分清离子交换膜的类型。即离子交换膜属于阳膜、阴膜、质子膜中的哪一种，判断允许哪种离子通过离子交换膜。第二步，写出电极反应式。判断离子交换膜两侧离子变化，推断电荷变化，根据电荷平衡判断离子迁移方向。第三步，分析离子交换膜的作用。在产品制备中，离子交换膜的作用主要是提高产品纯度、避免产物之间发生反应、避免产物因发生反应而造成危险。题组一“单膜”电解池1．(2021·西安高三模拟)现以电解法制备碘酸钾，实验装置如图所示。先将一定量的碘溶于过量氢氧化钾溶液，发生反应3I2＋6KOH=5KI＋KIO3＋3H2O，将该反应液加入阳极区，另将氢氧化钾溶液加入阴极区，开始电解。下列说法正确的是()A．a极是阳极，电极反应式为2I－－2e－=I2B．电解过程中OH－从a极区通过离子交换膜进入b极区C．电解过程中b极区溶液pH逐渐减小D．a极区的KI最终转变为KIO3解析：选D。a极是阳极，电极反应式为I－－6e－＋6OH－=3H2O＋IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，a极区的KI最终转变为KIO3，A错误、D正确；电解过程中OH－从b极区通过离子交换膜进入a极区，B错误；b极区相当于KOH溶液中的H2O放电：6H2O＋6e－=3H2↑＋6OH－，H2O的量减少，OH－浓度增大，pH增大，C错误。2．(2021·阳江高三模拟)节能减排是建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择，当前利用工业废水发电进行氨的制备是人类化学控制合成的新目标，装置(电极均为惰性电极)示意图如图所示。下列说法错误的是()A．M极是负极，a极是阳极B．b极的电极反应式为N2＋6e－＋6H2O=2NH3＋6OH－C．当有1molNH3生成时，理论上产生16.8LO2D．电流从N极→a极→b极→M极→N极，形成闭合回路解析：选C。由题干信息和装置图得出左边为原电池，右边为电解池，利用左边原电池提供的能量电解N2、H2O(g)合成氨。含NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))废水中NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))转化为N2，N元素化合价降低，得出N极为原电池的正极，所以M极为原电池的负极，从而判断a极为阳极，b极为阴极，A项正确；b极上N2得电子发生还原反应生成NH3，结合电解质为NaOH­KOH共熔物，则b极的电极反应式为N2＋6e－＋6H2O=2NH3＋6OH－，B项正确；b极生成1molNH3转移3mol电子，a极生成1molO2转移4mol电子，依据得失电子守恒，所以当有1molNH3生成时，产生0.75molO2，但由于没有指明是标准状况，所以无法计算O2的体积，C项错误；电流由原电池的正极流出，从负极流入，形成闭合回路，D项正确。题组二新型的交换膜——双极膜3．光电池在光照条件下可产生电压，如图所示装置可以实现光能的充分利用。双极膜复合层间的H2O能解离为H＋和OH－，且双极膜能实现H＋、OH－的定向通过。下列说法错误的是()A．该装置将光能最终转化为化学能并分解水B．双极膜可控制其两侧溶液分别呈酸性和碱性C．光照过程中阳极区溶液中的n(OH－)基本不变D．再生池中的反应为2V2＋＋2H2O=2V3＋＋2OH－＋H2↑解析：选D。在光照条件下，光电池将光能转化为电能，电解池中电能又转化为化学能，由题图可知，电解过程中的总反应是2H2Oeq\o(=,\s\up8(电解))2H2↑＋O2↑，A项正确；双极膜复合层间的H2O能解离为H＋和OH－，且双极膜能实现H＋、OH－的定向通过，故双极膜可控制其两侧溶液分别呈酸性和碱性，B项正确；右侧电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，根据溶液呈电中性可知，阳极放电消耗的OH－与从双极膜中进入右侧的OH－数目相等，C项正确；放电后溶液中含有V2＋和H＋，进入再生池，在催化剂作用下H＋将V2＋氧化为V3＋，从而实现V3＋的再生，即发生反应2V2＋＋2H＋eq\o(=,\s\up8(催化剂))2V3＋＋H2↑，D项错误。4．(2021·宝鸡高三模拟)我国研究人员采用双极膜将酸性、碱性电解液隔离，实现了MnO2/Mn2＋和Zn/Zn(OH)eq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))的两个溶解/沉积反应，研制出了新型高比能液流电池，其放电过程原理如图所示。下列说法错误的是()A．放电过程的总反应为Zn＋MnO2＋4OH－＋4H＋=Zn(OH)eq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Mn2＋＋2H2OB．放电过程中，当1molZn参与反应时，理论上有4molK＋发生迁移C．充电过程中，阴极的电极反应式为Zn(OH)eq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2e－=Zn＋4OH－D．充电过程中，右侧池中溶液pH逐渐减小解析：选B。由题图中电子的流向可知，Zn电极为负极，惰性电极为正极，负极的电极反应式为Zn－2e－＋4OH－=Zn(OH)eq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，正极的电极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋=Mn2＋＋2H2O，则放电过程的总反应为Zn＋MnO2＋4OH－＋4H＋=Zn(OH)eq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Mn2＋＋2H2O，A项正确。当1molZn参与反应时，电路中有2mol电子通过，则有2molK＋发生迁移，B项错误。充电过程中阴极的电极反应式与放电过程中负极的电极反应式相反，结合A项分析可知，充电过程中，阴极的电极反应式为Zn(OH)eq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2e－=Zn＋4OH－，C项正确。充电过程中，惰性电极为阳极，电极反应式为Mn2＋－2e－＋2H2O=MnO2＋4H＋，有H＋生成，pH逐渐减小，D项正确。eq\a\vs4\al()双极膜双极膜一面是阴离子交换膜，另一面是阳离子交换膜，中间有一层很薄的相界面，在直流电作用下，相界面中的H2O解离成H＋和OH－并分别透过阳膜和阴膜，作为H＋和OH－的供应源。题组三“双膜”电解池5．(2021·淮北高三质检)如图所示装置为锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，电池总反应为V2O5＋xLieq\o(,\s\up8(放电),\s\do8(充电))LixV2O5。用该电池电解含镍酸性废水可得到单质镍，装置如图所示。下列说法错误的是()A．B电极为负极B．充电时，A电极的电极反应式为LixV2O5－xe－=xLi＋＋V2O5C．电解过程中，b室中NaCl溶液的浓度增大D．当锂钒氧化物二次电池中有7gLi参与放电时，一定能得到29.5g镍解析：选D。题图装置为用锂钒氧化物二次电池电解含镍酸性废水得到单质镍的装置，c室中发生Ni2＋得电子的还原反应，则c室为阴极室，B电极为负极，A项正确；充电时，A电极为阳极，根据总反应可知，A电极的电极反应式为LixV2O5－xe－=xLi＋＋V2O5，B项正确；电解过程中，阴离子向阳极迁移，阳离子向阴极迁移，a室中Na＋、c室中Cl－分别通过离子交换膜进入b室，所以b室中NaCl溶液的浓度增大，C项正确；电池中有7gLi放电时，电路中有1mol电子通过，若阴极只有Ni2＋放电，则得到29.5gNi，但由于c室中溶液显酸性，H＋也放电产生H2，所以得到镍的质量小于29.5g，D项错误。6．锌碘单液流电池能大幅度提高电池能量密度，其原理如图所示。下列说法不正确的是()A．放电时，电池总反应为I2＋Zn=ZnI2B．充电时，电解质储罐中Zn2＋总浓度减小C．充电时，A极增重65g时，C区增加的离子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)D．M膜为阴离子交换膜，放电时Br－通过M膜进入负极区解析：选C。放电时，自发进行的氧化还原反应为I2＋Zn=ZnI2，A正确；充电时，A极为阴极，电极反应式为Zn2＋＋2e－=Zn，所以电解质储罐中Zn2＋总浓度减小，B正确；充电时，A极电极反应式为Zn2＋＋2e－=Zn，A极增重65g，则电路中通过2mol电子，所以C区增加2molK＋、2molBr－，离子总数为4NA，C错误；放电时，负极区生成Zn2＋，正电荷增加，所以Br－通过M膜进入负极区，即M膜为阴离子交换膜，D正确。题组四“多膜”电解池7．硼酸(H3BO3)为一元弱酸，已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3＋OH－=B(OH)eq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))，H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如图所示。下列说法正确的是()A．当电路中通过1mol电子时，可得到1molH3BO3B．将电源的正负极反接，工作原理不变C．阴极室的电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋D．B(OH)eq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))穿过阳膜进入阴极室，Na＋穿过阴膜进入产品室解析：选A。由题图可知，阳极的电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋、阴极的电极反应式为4H2O＋4e－=2H2↑＋4OH－，阳极室中的氢离子穿过阳膜进入产品室，B(OH)eq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))穿过阴膜进入产品室，发生反应：B(OH)eq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋H＋=H2O＋H3BO3，Na＋穿过阳膜进入阴极室。由阳极的电极反应式可知，电路中通过1mol电子时有1molH＋生成，由产品室发生的反应可知，生成1mol硼酸需要1molH＋，所以电路中通过1mol电子时，可得到1molH3BO3，A正确；原阴、阳极室的电解质溶液不同，如果将电源的正负极反接，原阴极室将会由得电子发生还原反应变成失电子发生氧化反应，工作原理必将发生变化，B错误；由上述分析可知，C、D错误。8．海水中含有的主要离子有Na＋、K＋、Ca2＋、Mg2＋、Cl－、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))等。电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示。(1)淡水在________(填“X”“Y”或“Z”)室形成后流出。(2)一般海水不直接通入阴极室中，原因是__________________________。解析：(1)在电解池中，溶液中的阴离子、阳离子分别通过交换膜向阳极、阴极移动，结合题图可知，X室中的阴离子、阳离子分别通过阴离子交换膜、阳离子交换膜进入阳极区和Y室，Z室中的阴离子、阳离子分别通过阴离子交换膜、阳离子交换膜进入Y室和阴极区，所以淡水在X、Z室形成后流出。(2)电解时阴极室中产生OH－，若直接将海水通入阴极室易形成Ca(OH)2、Mg(OH)2等沉淀附着在电极表面或堵塞阳离子交换膜。答案：(1)X、Z(2)海水中含有较多的Mg2＋、Ca2＋等，电解时阴极产生OH－，容易生成Mg(OH)2、Ca(OH)2等沉淀附着在电极表面或堵塞阳离子交换膜选择题集训三利用电化学原理攻克新型电池1．在第十三届阿布扎比国际防务展上，采用先进的氢燃料电池系统的无人机，创造了该级别270分钟续航的新世界纪录。下列有关氢燃料电池的说法不正确的是()A．通入氢气的电极发生氧化反应B．正极的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－C．碱性电解液中阳离子向通入氢气的方向移动D．放电过程中碱性电解液的pH不变解析：选C。通入氢气的电极失电子发生氧化反应，故A项正确；正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B项正确；阳离子向通入氧气的方向移动，故C项错误；放电过程中负极生成的水及时排出，所以碱性电解液的pH不变，故D项正确。2．河南大学研究人员对TiO2光催化剂催化还原CO2转化为燃料甲醇(原理如图)进行研究，取得了一定成果。下列说法正确的是()A．CB极的电势低于VB极的电势B．CB极的电极反应式是CO2＋6H＋－6e－=CH3OH＋H2OC．TiO2光催化剂具有产生e－的作用D．该装置总反应为2CO2＋4H2Oeq\o(=,\s\up8(电解))2CH3OH＋3O2解析：选C。CB极集结有电子，故电势高于VB极的电势，A错误；这是催化还原CO2制备CH3OH的装置，CO2在CB极得到电子，电极反应式为CO2＋6H＋＋6e－=CH3OH＋H2O，B错误；太阳光可激发光催化剂TiO2产生CO2还原所需的电子，C正确；该反应的条件是光照，即总反应为2CO2＋4H2Oeq\o(=,\s\up8(光照),\s\do8(TiO2))2CH3OH＋3O2，D错误。3．(2021·新高考山东卷)以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH­O2、N2H4­O2、(CH3)2NNH2­O2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，(CH3)2NNH2­O2燃料电池的理论放电量最大D．消耗1molO2时，理论上N2H4­O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L解析：选C。碱性环境下，CH3OH－O2燃料电池总反应为2CH3OH＋3O2＋4KOH=2K2CO3＋6H2O；N2H4－O2燃料电池总反应为N2H4＋O2=N2＋2H2O；(CH3)2NNH2中C和N元素的化合价均为－2价，H元素的化合价为＋1价，根据氧化还原反应原理可推知(CH3)2NNH2－O2燃料电池总反应为(CH3)2NNH2＋4O2＋4KOH=2K2CO3＋N2＋6H2O，据此结合原电池的工作原理分析解答。A．放电过程为原电池工作原理，所以K＋均向正极移动，A错误；B．根据上述分析可知，N2H4－O2燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗KOH，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．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、N2H4和(CH3)2NNH2放电量(物质的量表达式)分别是eq\f(mg,32g/mol)×6、eq\f(mg,32g/mol)×4、eq\f(mg,60g/mol)×16，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C正确；D．根据转移电子守恒和总反应式可知，消耗1molO2生成1mol氮气，在标准状况下的体积为22.4L，D错误。4．(2020·高考全国卷Ⅲ)一种高性能的碱性硼化钒(VB2)­空气电池如图所示，其中在VB2电极发生反应：VB2＋16OH－－11e－=VOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))＋2B(OH)eq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋4H2O。该电池工作时，下列说法错误的是()A．负载通过0.04mol电子时，有0.224L(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)eq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋4VOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))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：选B。由题给信息知VB2电极上发生失电子的氧化反应，则VB2电极为负极，复合碳电极为正极，正极发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，电池总反应方程式为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O=8B(OH)eq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋4VOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))。由上述分析知，正极的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，则电路中通过0.04mole－时，正极有0.01molO2参加反应，其在标准状况下的体积为0.224L，A项正确；由正、负极的电极反应式可知，该电池工作时，负极区溶液的pH降低，正极区溶液的pH升高，B项错误；由上述分析知，该电池的总反应方程式为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O=8B(OH)eq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋4VOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))，C项正确；电流与电子的流动方向相反，电流从正极出发，沿负载流向负极，再经过电解质溶液最终回到正极，D项正确。5．我国科学家通过一种特殊的材料，可有效吸附SO2并使之转化为SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，另外借助太阳光使之转化为稳定的SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))而除去，转化过程中还能够得到一种清洁的能源物质H2，其工作原理如图所示：下列说法正确的是()A．该装置中仅涉及光能与电能的转化B．电流的方向为Y→b→a→X→电解质溶液→YC．M极电极反应式为SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))－2e－＋H2O=SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2H＋D．外电路中有2mol电子通过时，则会有22.4LH2生成解析：选B。根据图示，可以得出该装置中涉及光能与电能的转化、化学能与电能的转化等，A项错误；电流的方向为从正极出发，沿着外电路到负极，通过电解质溶液，又回到正极，B项正确；该电解质溶液为NaOH溶液，在碱性环境下，M极电极反应式为SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))－2e－＋2OH－=SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋H2O，C项错误；外电路中有2mol电子通过时，则会有1molH2生成，因没有指明具体的温度与压强，无法计算得出H2的体积，D项错误。6．(2021·广州高三联考)我国科学研究工作者制备了一种基于二氧化碳和甲酸相互转化的可逆水系Zn­CO2电池。放电过程的原理如图所示(双极膜：阴、阳膜复合层间的H2O解离成H＋和OH－，并分别通过阳膜和阴膜，作为H＋和OH－离子源)：下列说法错误的是()A．充电时X极接电源的正极，发生氧化反应B．充电时H＋通过双极膜进入复合层中间C．放电时正极反应式：CO2＋2e－＋2H＋=HCOOHD．该电池有利于实现CO2的综合利用，在一定程度上减少了温室效应解析：选A。放电时X极为负极，故充电时应接电源的负极，A项错误；充电时H＋应移向阴极(X极)，但因双极膜左侧是阴膜，H＋不能通过，而是进入复合层中间，B项正确；放电时正极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH，C项正确；该电池能消耗CO2，在一定程度上减少了温室效应，D项正确。7．某电动汽车使用的钴酸锂(LiCoO2)电池工作原理如图所示，电解质为一种能传导Li＋的高分子材料，隔膜只允许Li＋通过，电池反应式为LixC6＋Li1－xCoO2eq\o(,\s\up8(放电),\s\do8(充电))6C＋LiCoO2。下列说法错误的是()A．放电时，负极反应式为LixC6－xe－=6C＋xLi＋B．充电时，电池的B电极与电源正极相连C．充电时，12g石墨参加反应时，LiCoO2失去eq\f(x,6)mol电子D．“放电处理”废旧钴酸锂电池，让Li＋进入石墨中有利于锂的回收解析：选D。根据电池反应式可知，放电时LixC6失去电子，LixC6为负极，故负极反应式为LixC6－xe－=6C＋xLi＋，A项正确；充电时，电池负极与电源负极相连为电解池阴极，电池正极与电源正极相连为电解池阳极，由A项分析可知，该电池中A电极为负极，B电极为正极，故充电时，电池的B电极与电源正极相连，B项正确；充电时阴极反应式为6C＋xLi＋＋xe－=LixC6，故12g石墨参加反应时，有eq\f(x,6)mol电子转移，即LiCoO2失去eq\f(x,6)mol电子，C项正确；“放电处理”废旧钴酸锂电池，Li＋从LixC6中脱嵌，经过电解质穿过隔膜进入Li1－xCoO2中，D项错误。8．(2021·湖南适应性考试改编)某单液电池如图所示，其反应原理为H2＋2AgCl(s)eq\o(,\s\up8(放电),\s\do8