专题01 化学反应与能量变化（期末复习讲义）高二化学上学期苏教版（解析版）

1/3专题01化学反应的热效应（期末复习讲义）内容导航明·期末考情：把握考试趋势方向，精准备考理·核心要点：系统归纳知识脉络，构建体系破·重难题型：攻克典型疑难问题，突破瓶颈过·分层验收：阶梯式检测与评估，稳步提升考查重点命题角度反应热焓变反应热的计算焓变的计算焓变的大小比较热化学方程式热化学方程式的书写热化学方程式的正误判断反应热的测量中和热的测量实验及误差分析盖斯定律及其应用利用盖斯定律书写热化学方程式反应的热的计算能源标准燃烧热和热值能源的利用标准燃烧热、热值的大小比较及计算原电池的工作原理正、负极的判断电极反应式的书写离子的移动方向原电池原理的应用加快反应速率比较金属性强弱用作金属防护设计原电池化学电源一次电池二次电池燃料电池新型电池微生物电池电解池工作原理阴、阳极的判断电极反应类型电极反应式的书写电解质溶液的复原电解池原理的应用金属的冶炼铜的精炼氯碱工业电镀金属防护金属的腐蚀化学腐蚀的判断电化腐蚀的分类金属的防护金属的防护物理性防护化学防护原电池原理防护电解原理防护要点01反应热焓变1．化学反应中的能量变化(1)化学反应中的两大变化：物质变化和能量变化。(2)化学反应中的两大守恒：质量守恒和能量守恒。(3)化学反应中的能量转化形式：热能、光能、电能等。通常主要表现为热量的变化。2．焓变、反应热(1)定义：在恒压条件下进行的反应的热效应。(2)符号：ΔH。(3)单位：kJ·mol－1或kJ/mol。3．吸热反应和放热反应放热反应吸热反应概念释放热量的化学反应吸收热量的化学反应形成原因反应物的内能＞（填“＞”或“＜”，下同）生成物的内能反应物的内能＜生成物的内能与化学键的关系生成物成键时释放的总能量＞反应物断键时吸收的总能量生成物成键时释放的总能量＜反应物断键时吸收的总能量图示图示E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能；①放热反应（ΔH＜0）：E1＜E2②吸热反应（ΔH＞0）：E1＞E2常见反应（1）所有的燃烧反应；（2）酸碱中和反应；（3）金属与酸或水的反应；（4）原电池反应；（5）大多数化合反应；（6）用电石制乙炔的反应；（7）铝热反应（1）大多数分解反应；（2）大多数以H2、CO、C为还原剂的氧化还原反应；（3）Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应；（4）盐的水解；（5）碳酸氢钠与盐酸的反应易｜错｜提｜醒(1)化学反应的本质是旧化学键断裂和新化学键形成，任何化学反应都具有热效应。(2)不能根据反应条件判断反应是放热还是吸热，需要加热才能进行的反应不一定是吸热反应，不需要加热就能进行的反应也不一定是放热反应。(3)有能量变化的过程不一定是放热反应或吸热反应，如水结成冰放热但不属于放热反应。浓H2SO4、NaOH固体溶于水放热、NH4NO3溶于水吸热，因为不是化学反应，其放出或吸收的热量不是反应热。(4)物质三态变化时，能量的变化形式为固态液态气态。要点02热化学方程式1.定义表明反应所释放或吸收的热量的化学方程式，叫作热化学方程式。如H2（g）＋12O2（g）H2O（g）ΔH＝－241.8kJ·mol－1表示的意义：在25℃、101kPa下，1molH2（g）与0.5molO2（g）反应生成1molH2O（g）时，释放241.8kJ2.“五步”书写热化学方程式步骤1写方程式——写出配平的化学方程式；步骤2标状态——用“s”“l”“g”“aq”标明物质的聚集状态；步骤3标条件——标明反应的温度和压强（101kPa、25℃时可不标注）；步骤4标ΔH——在方程式后写出ΔH；步骤5标数值——根据化学计量数计算并写出ΔH的数值及单位。归｜纳｜总｜结热化学方程式书写注意事项(1)注明反应条件：反应热与测定条件(温度、压强等)有关。绝大多数反应是在25℃、101kPa下进行的，可不注明。(2)注明物质状态：常用s、l、g、aq分别表示固体、液体、气体、溶液。(3)注意符号单位：ΔH应包括“＋”或“－”、数字和单位(kJ·mol－1)。(4)注意守恒关系：①原子守恒和得失电子守恒；②能量守恒。(ΔH与化学计量数相对应)(5)区别于普通方程式：一般不注“↑”、“↓”以及“点燃”、“加热”等。(6)注意热化学方程式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，可以是整数，也可以是分数。且化学计量数必须与ΔH相对应，如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。(7)同素异形体转化的热化学方程式除了注明状态外，还要注明名称。要点03反应热的测量装置试剂50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液中和反应反应热的计算反应后生成的溶液的比热容c近似为4.18J·（g·℃）－1，两溶液的质量均近似为50g放出热量Q＝Δt×m×c反应热ΔH＝－（m酸＋m碱）×c×（t终－t始酸归｜纳｜总｜结中和热测定注意事项(1)碎泡沫塑料(或纸条)及硬纸板(或泡沫塑料板)的作用是保温、隔热，减少实验过程中热量的损失。(2)为保证酸、碱完全中和，常采用碱稍稍过量。(3)实验时用环形玻璃搅拌棒搅拌溶液的方法是上下搅动，不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒的理由是铜传热快，热量损失大。(4)中和热不包括离子在水溶液中的生成热、物质的溶解热、电解质电离时的热效应。(5)取多次实验t1、t2的平均值代入公式计算，而不是结果的平均值，计算时应注意单位的统一。要点04盖斯定律及其应用1.盖斯定律（1）定义：一个化学反应，不管是一步完成的还是分几步完成的，其反应热是相同的。即反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关。如：途径一：A→B途径二：A→C→B则ΔH1、ΔH2、ΔH的关系为ΔH＝ΔH1＋ΔH2。（2）本质：在指定状态下，各物质的焓都是确定的，等压且没有除体积功之外的其他功产生时，从反应物变成产物，无论经过哪些步骤，它们焓的差值都是不变的。2.盖斯定律的应用应用盖斯定律计算反应热并比较大小。若一个化学反应的化学方程式可由另外几个反应的化学方程式相加减而得到，则该反应的焓变即为这几个反应的焓变的代数和。3.反应热大小的比较（1）根据反应物量的大小关系比较反应焓变大小①H2（g）＋12O2（g）H2O（g）Δ②2H2（g）＋O2（g）2H2O（g）ΔH反应②中H2的量更多，因此放热更多，｜ΔH1｜＜｜ΔH2｜，但ΔH1＜0，ΔH2＜0，故ΔH1＞ΔH2。（2）根据反应进行程度的大小比较反应焓变大小③C（s）＋12O2（g）CO（g）Δ④C（s）＋O2（g）CO2（g）ΔH反应④，C完全燃烧，放热更多，｜ΔH3｜＜｜ΔH4｜，但ΔH3＜0，ΔH4＜0，故ΔH3＞ΔH4。（3）根据反应物或生成物的状态比较反应焓变大小⑤S（g）＋O2（g）SO2（g）ΔH⑥S（s）＋O2（g）SO2（g）ΔH方法一：图像法由图像可知：｜ΔH5｜＞｜ΔH6｜，但ΔH5＜0，ΔH6＜0，故ΔH5＜ΔH6。方法二：通过盖斯定律构造新的热化学方程式由⑤－⑥可得S（g）S（s）ΔH＝ΔH5－ΔH6＜0，故ΔH5＜ΔH6（4）根据特殊反应的焓变情况比较反应焓变大小⑦2Al（s）＋32O2（g）Al2O3（s）Δ⑧2Fe（s）＋32O2（g）Fe2O3（s）Δ由⑦－⑧可得2Al（s）＋Fe2O3（s）2Fe（s）＋Al2O3（s）ΔH＝ΔH7－ΔH8。已知铝热反应为放热反应，故ΔH＜0，ΔH7＜ΔH8归｜纳｜总｜结应用盖斯定律时要注意的问题(1)叠加各反应式时，有的反应要逆向写，ΔH符号也相反，有的反应式要扩大或缩小，ΔH也要相应扩大或缩小。(2)比较反应热大小时，反应热所带“＋”“－”均具有数学意义，参与大小比较。(3)利用键能计算反应热时，要注意物质中化学键的个数。如1molNH3中含有3molN—H键，1molP4中含有6molP—P键等。(4)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。要点05能源标准燃烧热和热值一、能源的充分利用1．概念能源是可以提供能量的自然资源，它包括化石燃料、阳光、风力、流水、潮汐等。2．分类（1）根据能源性质可分为不可再生能源(如化石燃料等)和可再生能源(太阳能、风能、氢能、生物质能等)。（2）我国目前使用的主要能源是化石燃料。（3）新能源的特点：资源丰富、可再生、无污染或少污染。3．能源危机的解决方法降低能耗，开发新能源，节约现有能源，提高能源的利用率。4．燃料的选择（1）生活中选择何种物质作为燃料，考虑热值大小；（2）考虑燃料的稳定性、来源、价格、运输、对环境的影响、使用的安全性等多方面的因素。二、标准燃烧热和热值1．标准燃烧热（1）概念。在101_kPa下，1_mol物质完全燃烧的反应热叫做该物质的标准燃烧热。（2）完全燃烧的标准。N→N2(g)、H→H2O(l)、C→CO2(g)。（3）单位。标准燃烧热是反应热的一种，单位为kJ·mol－1或kJ/mol。注意：标准燃烧热是反应热的一种类型，标准燃烧热规定可燃物必须是1mol，生成物必须是稳定产物。标准燃烧热的热化学方程式以燃烧1mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数，故在其热化学方程式中常出现分数系数。“表示标准燃烧热的热化学方程式”与“可燃物燃烧的热化学方程式”的书写不同。前者可燃物的化学计量数必须为1，后者不强调可燃物的物质的量，可为任意值。3．热值1_g物质完全燃烧的反应热叫做该物质的热值。4．标准燃烧热和热值的意义标准燃烧热或热值可以衡量燃料燃烧放出热量的大小。利用标准燃烧热可计算一定量燃料燃烧能放出多少热量：由标准燃烧热定义可知，25℃、101kPa时，可燃物完全燃烧产生的热量＝可燃物的物质的量×|其标准燃烧热|，即Q放＝n(可燃物)×|ΔH|；或变换一下求物质的标准燃烧热：ΔH＝－eq\f(Q放,n(可燃物))。此公式中的ΔH是指物质的标准燃烧热，而不是指一般反应的反应热。归｜纳｜总｜结能源分类要点06原电池的工作原理1．定义和反应本质原电池是把__化学能__转化为__电能__的装置，其反应本质是__氧化还原反应__。2．工作原理(以铜锌原电池为例)ⅠⅡ说明：装置Ⅱ盐桥中装有饱和的KCl、KNO3等溶液和琼脂制成的冻胶。(1)原理分析电极名称负极正极电极材料Zn片Cu片电极反应Zn－2e－=Zn2＋Cu2＋＋2e－=Cu反应类型__氧化__反应__还原__反应电子流向由__Zn__片沿__导线__流向__Cu__片盐桥中离子移向盐桥含饱和KCl溶液和琼脂制成的胶冻，K＋移向__正极__，Cl－移向__负极__电池反应方程式Zu＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu盐桥作用①连接内电路形成闭合回路②平衡电荷，使原电池能持续产生电流装置差异比较原电池Ⅰ：温度升高，化学能转化为电能和热能，两极反应在相同区域，部分Zn与Cu2＋直接反应，使电池效率降低原电池Ⅱ：温度不变，化学能只转化为__电能__，两极反应在不同区域，Zn与Cu2＋隔离，电池效率提高，电流稳定3．构成条件一看反应能发生__自发进行__的氧化还原反应(一般是活泼性强的金属与电解质溶液反应)二看两电极一般是活泼性不同的两电极(金属或__石墨__)三看是否形成闭合回路形成需三个条件：①__电解质溶液__；②两电极直接或间接接触；③两电极插入__电解质溶液__中4．原电池中的三个移动方向电子方向从__负__极流出沿导线流入__正__极电流方向从__正__极沿导线流向__负__极离子迁移方向电解质溶液中，阴离子向__负__极迁移，阳离子向__正__极迁移易｜错｜提｜醒(1)原电池闭合回路的形成有多种方式，可以是导线连接两个电极，也可以是两电极相接触。(2)电解质溶液中阴、阳离子的定向移动，与导线中电子的定向移动共同组成了一个完整的闭合回路。(3)无论在原电池还是在电解池中，电子均不能通过电解质溶液。(4)注意盐桥不能用一根导线连接，因为导线是不能传递阴阳离子的。用导线连接后相当于一个是原电池，一个是电解池。要点07原电池原理的应用1．加快氧化还原反应速率一个__自发__进行的氧化还原反应，设计成原电池时反应速率__加快__，例如Zn与稀硫酸反应时加入少量的CuSO4溶液能使产生氢气的速率加快。2．比较金属活动性强弱两种金属分别作原电池的两极时，一般作负极的金属活动性比正极的__活泼__。3．用作金属的防护使被保护的金属制品作原电池的__正__极而得到保护。例如，保护铁制输水管或钢铁桥梁，可用导线将其和一块锌块相连，使Zn作原电池的__负__极。4．设计制作化学电源eq\x(\a\al(拆分,反应))—eq\a\vs4\al(首先将氧化还原反应分成两个__半反应__)↓eq\x(\a\al(选择电,极材料))—eq\a\vs4\al(根据原电池的反应特点，结合两个半反应,将还原剂一般为比较活泼金属作__负极__,活泼性比负极弱的金属或非金属导体作__正极__)↓eq\x(\a\al(构成闭,合回路))—eq\a\vs4\al(如果两个半反应分别在两个容器中进行中间,连接盐桥，则两个容器中的电解质溶液应含有,与__电极材料__相同的金属的阳离子)↓eq\x(\a\al(画出,装置图))—eq\a\vs4\al(结合要求及反应特点，画出原电池装置图，标出,电极材料名称、正负极、电解质溶液等)归｜纳｜总｜结原电池的设计方法设计原电池时要紧扣原电池的构成条件。具体方法是：(1)首先判断出氧化还原反应中的还原剂和氧化剂，将还原剂(一般为比较活泼金属)作负极，活动性比负极弱的金属或非金属作正极，含氧化剂的溶液作电解质溶液。(2)如果两个半反应分别在要求的两个容器中进行(中间连接盐桥)，则两个容器中的电解质溶液应含有与电极材料相同的金属的阳离子。(3)设计实例：根据反应2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2设计的原电池为：装置如下图所示：要点08化学电源类型装置工作原理一次电池碱性锌锰电池负极反应：Zn－2e－＋2OH－Zn（OH）2正极反应：MnO2＋e－＋H2OMnO（OH）＋OH－电池反应：Zn＋2MnO2＋2H2O2MnO（OH）＋Zn（OH）银锌（纽扣）电池负极反应：Zn－2e－＋2OH－ZnO＋H2O正极反应：Ag2O＋2e－＋H2O2Ag＋2OH－电池反应：Zn＋Ag2OZnO＋二次电池铅酸蓄电池放电时：负极反应为Pb－2e－＋SO42－正极反应为PbO2＋2e－＋SO42－＋4H＋PbSO4＋电池反应为Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O燃料电池类型装置工作原理氢氧燃料电池负极反应：H2－2e－2H＋正极反应：O2＋4e－＋4H＋2H2O电池反应：2H2＋O22H2负极反应：H2－2e－＋2OH－2H2O正极反应：O2＋4e－＋2H2O4OH－电池反应：2H2＋O22H2氢氧燃料电池负极反应：H2－2e－＋O2－H2O。正极反应：O2＋4e－2O2－。电池反应：2H2＋O22H2甲烷燃料电池负极反应：CH4－8e－＋10OH－CO32－＋7H正极反应：O2＋4e－＋2H2O4OH－电池反应：CH4＋2OH－＋2O2CO32－归｜纳｜总｜结(1)可充电电池的充、放电不能理解为可逆反应。(2)燃料电池的电极不参与反应，有很强的催化活性，起导电作用。(3)可充电电池在充电时，其负极连接外接电源的负极，正极连接外接电源的正极。(4)熔融的金属氧化物作介质传导O2－负极：H2－2e－＋O2－=H2O；正极：O2＋4e－=2O2－。(5)碳酸盐作介质负极：H2－2e－＋COeq\o\al(2－,3)=H2O＋CO2；正极：O2＋4e－＋2CO2=2COeq\o\al(2－,3)。(6)复杂电极反应式的书写总体思路：eq\x(\a\al(复杂电极,反应式))＝eq\x(总反应式)－eq\x(\a\al(较简单一极,电极反应式))遵循原理，信息优先，用守恒直接书写。要点09电解池工作原理电解定义在电流作用下，电解质在两个电极上分别发生氧化反应和还原反应的过程。能量转化形式电能转化为化学能。电解池构成条件①有与电源相连的两个电极。②电解质溶液(或熔融盐)。③形成闭合回路。电极名称及电极反应式(如图)电子和离子的移动方向1．判断电解池阴、阳极的常用方法判断方法阳极阴极与电源连接与正极相连与负极相连闭合回路导线中电子流出电子流入电解质溶液中阳离子移离阳离子移向阴离子移向阴离子移离电极反应得失电子失电子得电子化合价升高降低反应类型氧化反应还原反应电极质量减小或不变增大或不变2．阴阳两极上放电顺序阴离子失去电子或阳离子得到电子的过程叫放电。离子的放电顺序取决于离子本身的性质即离子得失电子的能力，另外也与离子的浓度及电极材料有关。(1)阴极：阴极上放电的总是溶液中的阳离子，与电极材料无关。氧化性强的先放电，放电顺序：(2)阳极：若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应。若是惰性电极作阳极，则仅是溶液中的阴离子放电，常见离子的放电顺序是易｜错｜提｜醒①金属活动性顺序中银以前的金属(含银)作电极时，由于金属本身可以参与阳极反应，称为金属电极或活性电极(如Zn、Fe、Cu、Ag等)；金属活动性顺序中银以后的金属或非金属作电极时，称为惰性电极，主要有铂(Pt)、石墨等。②电解时，在外电路中有电子通过，而在溶液中是靠离子移动导电，即电子不通过电解质溶液。③一般情况下，离子按上述顺序放电，但如果离子浓度相差十分悬殊，离子浓度大的也可以先放电。如理论上H＋的放电能力大于Fe2＋、Zn2＋，但在电解浓度大的硫酸亚铁或硫酸锌溶液中，由于溶液中c(Fe2＋)或c(Zn2＋)≥c(H＋)，则先在阴极上放电的是Fe2＋或Zn2＋，因此阴极上的主要产物为Fe或Zn；但在水溶液中，Al3＋、Mg2＋、Na＋等是不会在阴极上放电的。④阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电。要点10电解池原理的应用1．电解饱和食盐水(1)电极反应：阴极：电极反应式：__2H＋＋2e－=H2↑__反应类型：__还原__反应。阳极：电极反应式：__2Cl－－2e－=Cl2↑__反应类型：__氧化__反应。(2)总反应离子方程式：__2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2OH－＋H2↑＋Cl2↑__总反应化学方程式：__2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑__(3)应用：氯碱工业制烧碱、氢气和氯气。离子交换膜电解槽原理示意图阳离子交换膜：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．电镀下图为金属表面镀银的工作示意图，据此回答下列问题：(1)镀件作阴极，镀层金属银作阳极。(2)电解质溶液是AgNO3溶液等含镀层金属阳离子的盐溶液。(3)电极反应：阳极：Ag－e－=Ag＋；阴极：Ag＋＋e－=Ag。(4)特点：阳极溶解，阴极沉积，电镀液的浓度不变。3．电解精炼铜(1)电极材料：阳极为粗铜；阴极为纯铜。(2)电解质溶液：含Cu2＋的盐溶液。(3)电极反应：阳极：Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋、Ni－2e－=Ni2＋、Cu－2e－=Cu2＋；阴极：Cu2＋＋2e－=Cu。注意（1）阳极泥的主要成分有Ag、Au。（2）利用该原理也可设计精炼银。(3)电解精炼铜时，阳极质量减小，阴极质量增加，溶液中的Cu2＋浓度减小。4.工业电解制活泼金属制钠，阴极反应：Na＋＋e－Na阳极反应：2Cl－－2e－Cl2↑总反应：2NaCl（熔融）电解2Na＋制镁，阴极反应：Mg2＋＋2e－Mg阳极反应：2Cl－－2e－Cl2↑总反应：MgCl2（熔融）电解Mg＋制铝，阴极反应：Al3＋＋3e－Al阳极反应：2O2－－4e－O2↑总反应：2Al2O3（熔融）电解冰晶石4Al＋归｜纳｜总｜结(1)氯碱工业所用的饱和食盐水需要精制，除去NaCl中混有的Ca2＋、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)。(2)电镀铜时，电解质溶液中c(Cu2＋)不变；电解精炼铜时，电解质溶液中c(Cu2＋)减小。(3)电解熔融MgCl2冶炼镁，而不能电解MgO冶炼镁，是因为MgO的熔点很高；电解熔融Al2O3冶炼铝，而不能电解AlCl3冶炼铝，是因为AlCl3是共价化合物，其熔融态不导电。要点11金属的腐蚀1．金属腐蚀的本质金属原子__失去__电子变为金属阳离子，金属发生__氧化__反应。2．金属腐蚀的类型(1)化学腐蚀与电化学腐蚀类型化学腐蚀电化学腐蚀定义金属与接触到的干燥气体(如O2、Cl2等)或非电解质溶液等直接发生化学反应引起的腐蚀不纯金属或合金与电解质溶液接触，会形成__原电池__，__较活泼__的金属失去电子被氧化腐蚀特点__无__电流产生__有微弱__电流产生普遍性两者往往同时发生，金属的__电化学__腐蚀更普遍，而且危害性大，腐蚀速率大(2)析氢腐蚀与吸氧腐蚀(以钢铁的腐蚀为例进行分析)类型析氢腐蚀吸氧腐蚀水膜酸性__酸性较强____酸性较弱或中性__负极反应__Fe－2e－=Fe2＋__正极反应__2H＋＋2e－=H2↑____O2＋2H2O＋4e－=4OH－__总反应__Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑__2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2__其他反应__4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3__Fe(OH)3→Fe2O3·xH2O(铁锈)腐蚀速率较快，一般极少较慢，非常普遍普遍性__吸氧__腐蚀更普遍联系往往两种腐蚀交替发生，但吸氧腐蚀更普遍，两种过程都有微弱电流产生。3．金属电化学腐蚀规律(1)对同一种金属来说，在不同溶液中腐蚀的快慢：强电解质溶液__＞__弱电解质溶液__＞__非电解质溶液。(2)活动性不同的两金属：活动性差别越大，活动性强的金属腐蚀越__快__。(3)对同一种电解质溶液来说，电解质溶液浓度越大，腐蚀越快，且氧化剂的浓度越高，氧化性越强，腐蚀越快。(4)对同一电解质溶液来说。电解原理引起的腐蚀__＞__原电池原理引起的腐蚀__＞__化学腐蚀__＞__有防护措施的腐蚀。归｜纳｜总｜结(1)钢铁发生电化学腐蚀时，负极铁去电子生成Fe2＋，而不是生成Fe3＋。(2)金属腐蚀时，电化学腐蚀与化学腐蚀往往同时存在，但前者更普遍，危害也更严重。(3)铜暴露在潮湿的空气中发生的是化学腐蚀，而不是电化学腐蚀，生成铜绿的化学成分是Cu2(OH)2CO3。要点12金属的防护1．本质阻止金属发生氧化反应。2．方法（1）加防护层，如在金属表面涂油或油漆、覆盖塑料、镀不活泼金属等。（2）改变金属组成或结构，如制成合金等。（3）电化学防护方法牺牲阳极的阴极保护法外加电流的阴极保护法原理原电池原理电解原理被保护金属作正极作阴极构成被保护金属、比被保护金属活泼的金属等被保护金属、惰性电极及直流电源等优、缺点无需外加电源，但需要定期更换被腐蚀的金属无需更换电极，但消耗电能示意图牺牲阳极的阴极保护法示意图外加电流的阴极保护法示意图联系被保护的金属都因为电子的流入而免遭腐蚀三．不同条件下金属腐蚀快慢的比较（1）影响金属腐蚀的因素。影响金属腐蚀的因素包括金属的本性、纯度和介质三个方面：①就金属本性来说，金属越活泼，就越容易失去电子而被腐蚀。②同一金属越纯，越难腐蚀。如纯铁即使在潮湿空气中反应也会很慢，而含杂质的生铁在潮湿的空气中会很快生锈而被腐蚀。③介质对金属腐蚀的影响也很大，如果金属在潮湿的空气中，接触腐蚀性气体或电解质溶液，都容易被腐蚀。（2）不同条件下金属腐蚀快慢的判断。条件快慢顺序腐蚀类型不同电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护措施的腐蚀(原电池原理的防护＞电解原理的防护)同种金属强电解质溶液＞弱电解质溶液＞非电解质溶液活泼性不同的两金属 活泼性差别越大，活泼性强的金属腐蚀越快同种电解质溶液电解质溶液浓度越大，腐蚀越快归｜纳｜总｜结两种保护方法的比较外加电流的阴极保护法比牺牲阳极的阴极保护法保护效果好。题型01吸热反应与放热反应的判断【典例1】下列说法中不正确的是A．化学反应过程中的能量变化除了热能外，也可以是光能B．化学反应的反应热数值与参加反应的物质多少有关C．需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应D．放热反应一定不需加热就能发生【答案】D【解析】A．化学反应过程中的能量变化可以包括光能，例如燃烧反应释放光，A正确；B．反应热数值与反应物物质的量有关，例如1mol和2mol物质反应的热量不同，B正确；C．需要加热的反应不一定是吸热反应，例如木炭燃烧需点燃（加热）但属于放热反应，C正确；D．放热反应可能需要加热引发（如煤的燃烧需点燃），并非一定不需加热，D错误；故选D。方｜法｜点｜拨正确理解活化能与反应热的关系(1)催化剂能降低反应所需活化能，但不影响焓变的大小。(2)在无催化剂的情况下，E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能，即E1＝E2＋|ΔH|。【变式1-1】放热反应可为人类的生产、生活提供能量，下列应用中涉及的反应不属于放热反应的是A．燃油汽车气缸中汽油的燃烧B．用与Al反应焊接钢轨C．自热米饭中氧化钙与水的反应D．煤的气化过程发生的碳与水蒸气的反应【答案】D【解析】A．汽油燃烧是剧烈的氧化还原反应，释放大量热量，属于放热反应，A正确；B．Fe2O3与Al反应会剧烈放热，可用于焊接钢轨，属于放热反应，B正确；C．氧化钙与水反应生成氢氧化钙，放出大量热量，属于放热反应，C正确；D．煤的气化为C与H2O(g)在高温下反应生成CO和H2，需持续加热才能进行，属于吸热反应，D错误；故答案为D。【变式1-2】下列物质间的反应，其能量变化符合下图的是A．氢氧化钠溶液与盐酸溶液混合 B．碳酸钙的分解C．晶体与晶体混合 D．灼热的炭与二氧化碳反应【答案】A【分析】根据图像中的能量变化可知该反应为放热反应。【解析】A．NaOH溶液和盐酸反应是酸碱中和反应，是放热反应，A符合题意；B．碳酸钙的分解生成氧化钙和二氧化碳，反应是吸热反应，B不符合题意；C．晶体和晶体混合生成氯化钡、氨气和水，反应是吸热反应，C不符合题意；D．灼热的炭与二氧化碳反应生成一氧化碳，反应是吸热反应，D不符合题意；故选A。题型02化学键与焓变的关系【典例2】甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过CO和化合来制备甲醇，其反应为

，已知该反应中相关的化学键键能数据如下：化学键H-HC-OH-OC-H4363431076465413则该反应的为A． B． C． D．【答案】C【解析】焓变ΔH=反应物键能总和（断裂吸收）生成物键能总和（形成释放）反应物键能总和：CO中1个C≡O键（1076kJ/mol）+2mol中2个H-H键（2×436kJ/mol）=1076+872=1948kJ/mol；生成物键能总和：中3个C-H键（3×413kJ/mol）+1个C-O单键（343kJ/mol）+1个O-H键（465kJ/mol）=1239+343+465=2047kJ/mol；ΔH=1948kJ/mol2047kJ/mol=99kJ/mol；故答案选C。方｜法｜点｜拨化学键规避两个易失分点(1)旧化学键的断裂和新化学键的形成是同时进行的，缺少任何一个过程都不是化学变化。(2)常见物质中的化学键数目物质CO2(C=O)CH4(C—H)P4(P—P)SiO2(Si—O)石墨金刚石S8(S—S)Si键数24641.5282【变式2-1】键能可用于估算化学反应热效应。已知部分键能数据及热化学方程式如下：键H—HCl—ClH—ClH—Br键能436247.2x366①

ΔH1=-180.4kJ/mol②

ΔH2下列叙述错误的是A．反应①的正反应活化能小于逆反应活化能B．x=431.8C．反应①在点燃和光照条件下的ΔH相同D．HBr(g)比HCl(g)稳定【答案】D【解析】A．反应①放热，放热反应中，正反应活化能小于逆反应活化能，故A正确；B．ΔH=反应物总键能-生成物总键能，436+247.2-2x=-180.4，解得x=431.8，故B正确；C．ΔH仅取决于始态和终态，与条件无关，故C正确；D．键能越大物质越稳定，H—Cl键的键能为431.8kJ/mol，H—Br键的键能为366kJ/mol，所以HCl更稳定，故D错误；选D。【变式2-2】2025年海南大学科研团队设计纳米钯作催化剂，在70℃温和条件下实现了甲烷高效转化为甲醇：。由几种化学键的键能E(kJ·mol-1)计算该反应的(kJ·mol-1)化学键E/kJ·mol-1abcdA． B． C． D．【答案】A【解析】ΔH=断裂的键能总和-形成的键能总和，CH4含4个C-H键，H2O含2个O-H键，则总断裂键能为4b+2c，CH3OH含3个C-H键、1个C-O键、1个O-H键，H2含1个H-H键，则总形成键能为3b+d+c+a，因此ΔH=(4b+2c)-(3b+d+c+a)=b+c-a-d，故选A。题型03热化学方程式的正误判断【典例3】化学反应的能量变化如下图所示，下列热化学方程式正确的是A．；B．； C．；D．；【答案】A【解析】由图可以看出，molN2(g)和molH2(g)断键吸收的能量为akJ，形成1molNH3(g)的放出的能量为bkJ，所以N2(g)+H2(g)NH3(g)ΔH=(a-b)kJ/mol，而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为ckJ，根据盖斯定律可知：N2(g)+H2(g)NH3(l)ΔH=(a-b-c)kJ/mol，N2(g)+3H2(g)2NH3(l)ΔH=2(a-b-c)kJ/mol；故选A。方｜法｜点｜拨做到“五看”，快速判断热化学方程式的正误(1)看热化学方程式是否配平。(2)看各物质的聚集状态是否正确。(3)看ΔH的“＋”、“－”符号是否正确。(4)看反应热的单位是否为kJ·mol－1。(5)看反应热的数值与化学计量数是否对应。【变式3-1】下列说法不正确的是A．、时，1molS和2molS的燃烧热相等B．、下，将和置于密闭的容器中充分反应生成，放热19.3kJ，其热化学方程式为：

C．C(石墨,s)(金刚石,s)

；结论：石墨比金刚石稳定D．

；结论：的燃烧热为【答案】B【解析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，与物质的量无关，1molS和2molS的燃烧热相等，A正确；B．由于反应为可逆反应，则1mol

N2和3molH2完全反应放出的热量多于38.6kJ，B错误；C．ΔH=+1.5kJ·mol-1表明石墨→金刚石吸热，石墨能量更低更稳定，C正确；D．N2H4燃烧生成N2和液态H2O，ΔH=-622kJ·mol-1符合燃烧热定义，燃烧热取绝对值为622kJ·mol-1，结论正确，D正确；故答案选B。【变式3-2】下列依据热化学方程式得出的结论正确的是选项热化学方程式结论A

分解2mol液态水，吸收483.6kJ热量B

当反应生成2mol氨气，放出92.4kJ热量C

稀硫酸与溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量D

的燃烧热为A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．热化学方程式描述的是生成2mol气态水的放热反应，但结论涉及分解2mol液态水，状态不匹配，A错误；B．热化学方程式中ΔH=-92.4kJ·mol⁻¹表示生成2mol氨气时放出92.4kJ热量，结论与之相符，B正确；C．该热化学方程式表示标准中和热，但稀硫酸与反应除中和外还生成沉淀，沉淀热使总放热量大于57.3kJ，C错误；D．燃烧热要求完全燃烧生成稳定产物（如），但方程式中产物为，不是完全燃烧，故并非甲醇的燃烧热，D错误；故答案选B。题型04反应热的大小比较【典例4】下列各组热化学方程式中，化学反应的前者小于后者的是①

②

③

A．① B．②③ C．② D．①②③【答案】A【解析】生成液态水比生成气态水释放更多热量，因ΔH为负值，放热越多，ΔH越小，故，①正确；②分解为吸热反应（），而CaO与水反应为放热反应（），显然，②错误；气态硫比固态硫能量高，燃烧时释放更多热量，ΔH更小（更负），故，③错误，综上，仅①符合条件，答案选A。方｜法｜点｜拨利用状态，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。【变式4-1】下列选项中ΔH2>ΔH1的是A．

B．HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH1

CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)=CH3COONa(aq)＋H2O(l)ΔH2C．已知2Al(s)＋Fe2O3(s)=Al2O3(s)＋2Fe(s)ΔH＜0

2Fe(s)＋O2(g)=Fe2O3(s)ΔH1

2Al(s)＋O2(g)=Al2O3(s)ΔH2D．

【答案】B【解析】A．乙炔燃烧生成液态水比生成气态水释放更多热量，ΔH2更小，故ΔH2<ΔH1，A不符合题意；B．CH3COOH是弱酸，电离时要吸热，的绝对值小于的绝对值，中和反应是放热反应，故ΔH2>ΔH1，B符合题意；C．根据盖斯定律，铝热反应2Al(s)＋Fe2O3(s)=Al2O3(s)＋2Fe(s)ΔH=ΔH2−ΔH1<0，故ΔH2<ΔH1，C不符合题意；D．CaCO3分解吸热（ΔH1>0），CaO与水反应放热（ΔH2<0），故ΔH2<ΔH1，D不符合题意；故选B。【变式4-2】下列反应均能自发进行。下列判断不正确的是①

②

③

④

A． B．C． D．【答案】B【解析】A．将反应③-反应④，可得：，即反应②，因此，A正确；B．已知反应①，②，利用盖斯定律将反应②-反应①得到，该反应(化合反应)为放热反应，则该反应的，即，B错误；C．已知反应④(化合反应)为放热反应，即，利用盖斯定律，将反应③-反应②得到反应④，即，则，C正确；D．已知反应②为放热反应，，结合C项解析知：，则，则，D正确；故答案选B。题型05应用盖斯定律书写热化学方程式【典例5】已知：C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)

ΔH1=-393.5kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)

ΔH2=-571.6kJ/mol2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)

ΔH3=-2599kJ/mol根据盖斯定律，由C(s，石墨)和H2(g)生成1molC2H2(g)反应的热化学方程式为。【答案】2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)

ΔH=+226.7kJ·mol-1【解析】记反应①C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)

ΔH1=-393.5kJ/mol；反应②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)

ΔH2=-571.6kJ/mol；反应③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)

ΔH3=-2599kJ/mol；根据盖斯定律，(①×4+②-③)/2得2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)，即，因此反应的热化学方程式为2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)

ΔH=+226.7kJ∙mol-1。解｜题｜模｜板利用盖斯定律书写热化学方程式的一般步骤eq\x(目标)—先确定待求的方程式↓eq\x(查找)—eq\a\vs4\al(找出待求方程式中各物质在已知,方程式中的位置)↓eq\x(调整)—eq\a\vs4\al(根据待求方程式中各物质的计量数,调整已知方程式中各物质的计量数)↓eq\x(加减)—eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(①根据物质在已知和待求方程式中的位置确,定“＋”“－”：物质在两方程式中位置相同时用,“＋”、物质在两方程式中位置不同时用“－”,②已知方程式中的反应热也需要进行相应的,“＋”“－”运算))↓eq\x(计算)—计算并写出待求的热化学方程式↓eq\x(检查)—检查得出的热化学方程式是否正确【变式5-1】同素异形体相互转化的反应热相当小而且转化速率较小，有时还很不完全，测定反应热很困难。现在可根据盖斯提出的“不管化学过程是一步完成或分几步完成，这个总过程的热效应是相同的”观点来计算反应热。已知：；；则白磷转化为红磷的热化学方程式为；相同状况下，能量较低的是；白磷的稳定性比红磷(填“强”或“弱”)。【答案】红磷弱【解析】白磷转化为红磷：，根据盖斯定律，可知该反应的，白磷转化为红磷的热化学方程式为。白磷转化为红磷是放热反应，白磷的总能量高于红磷，能量越高其越不稳定，故相同状况下，能量较低的是红磷，白磷的稳定性比红磷弱。【变式5-2】已知：①H2O(g)=H2(g)+O2(g)ΔH1=+241.8kJ/mol

②C(s)+O2(g)=CO(g)

ΔH2=-110.5kJ/mol③C(s)+O2(g)=CO2(g)

ΔH3=-393.5kJ/mol

④N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH4=-92kJ/mol请写出CO燃烧的热化学方程式：。【答案【解析】CO的燃烧热是1molCO燃烧生成二氧化碳放出的热量，根据盖斯定律：CO燃烧热的热化学方程式可由反应③-反应②得到，则；题型06根据物质能量图像书写热化学方程式【典例6】高温下，通过直接氧化法脱硫得到硫的某种同素异形体的反应历程与体系的相对能量变化如图所示(TS表示过渡态，且该反应历程中涉及物质均为气态)。下列说法正确的是A．该反应的热化学方程式为

ΔH=384.5kJ⋅mol−1B．该反应中反应最快的步骤的活化能为C．该反应中一共有4个基元反应D．的能量低于与的能量之和【答案】B【解析】A．该反应为放热反应，反应的热化学方程式为

，故A错误；B．从图可知基元反应②的活化能最小，反应最快，活化能=18-7.4=，故B正确；C．从图中可知，该反应中一共有5个基元反应，故C错误；D．根据图像，中间体④为1个水分子和一个HSSOH分子，生成物⑥为一个S2分子和2个水分子，根据图中相对能量的高低可知，的能量高于与的能量之和，故D错误；故答案选B。【变式6-1】根据下图所得判断正确的是已知：

A．图1反应为吸热反应B．图1反应使用催化剂时，会改变其C．图2中反应为

D．图2中若的状态为液态，则能量变化曲线可能为①【答案】C【解析】A．由图1可知反应后，体系能量降低，所以该反应是放热反应，A错误；B．催化剂只改变反应速率，不改变焓变，B错误；C．由图1可知：，则图2反应为：，C正确；D．已知，结合盖斯定律可得：，该反应为放热反应，而图2中的曲线①表示的是吸热反应，D错误；故选C。【变式6-2】根据如下能量关系示意图，下列说法正确的是A．反应中每生成吸收热量B．反应中反应物的总能量高于生成物的总能量C．由的热化学方程式为：

D．根据图像可知，相同条件下，比稳定【答案】B【解析】A．由能量图可知，的总能量高于，反应为放热反应，生成放出热量，A错误；B．转化Ⅱ中生成放热能量，说明该反应反应物总能量高于生成物总能量，反应为转化Ⅱ的2倍，反应物总能量仍高于生成物总能量，B正确；C．根据图像，，，两式相减得，则，C错误；D．根据图像可知，，，物质能量越低越稳定，故比稳定，D错误；故选B。题型07原电池正、负极的判断【典例7】关于如图所示原电池装置，下列说法正确的是A．外电路中电子由铁片流向碳棒B．该装置能将电能转化为化学能C．碳棒是负极D．该装置正极反应为：【答案】A【分析】该装置为原电池，铁失电子沿外电路转移到碳棒，溶液中的H+在碳棒附近得电子生成氢气，实现化学能转化为电能，据此作答。【解析】A．外电路中电子从铁电极经电流表到正极（碳棒），A正确；B．该装置为原电池，实现化学能转化为电能，B错误；C．碳棒是电子流入的一极，也是电流流出的一极，碳棒为正极，C错误；D．正极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，D错误；故答案选A。方｜法｜点｜拨判断原电池正、负极的方法判断方法负极正极电极材料活泼金属较不活泼金属或非金属通入物质通入还原剂的电极通入氧化剂的电极电极反应类型发生氧化反应的电极发生还原反应的电极电子流向（或电流方向）电子流出的电极（或电流流入的电极）电子流入的电极（或电流流出的电极）离子移向阴离子移向的电极阳离子移向的电极电极现象电极不断溶解，质量减少电极增重或质量不变注意电池在工作过程中，负极质量不一定减少，如常见的铅酸蓄电池【变式7-1】一种锌-空气电池的简易装置结构如图所示。下列说法错误的是A．金属Zn为负极B．电子流动方向：Zn→KOH凝胶→石墨C．石墨电极反应式：D．空气中的CO2等酸性气体会影响电池的性能【答案】B【解析】A．锌-空气电池工作时，Zn发生失电子的反应生成Zn(OH)2，锌作负极，石墨作正极，A正确；B．放电时电子由负极流出，经过导线流入正极，不能进入电解质溶液中，B错误；C．放电时锌作负极，石墨作正极，正极上氧气得电子生成OH-，正极反应式为，C正确；D．空气中的CO2等酸性气体会与KOH凝胶反应，导致电解质的碱性减弱，会影响锌-空气电池的性能，D正确；故答案选B。【变式7-2】一种新型乙醇电池，使用磺酸类质子溶剂，能在200℃左右时工作。相比甲醇电池，其效率高出32倍且更安全。电池总反应为，电池示意图如下图，下列说法正确的是A．a极为电池的正极B．b极的电极反应为：C．电池工作时，电子由a极沿导线经灯泡流入b极D．电解质溶液中的质子()从b极区向a极区转移【答案】C【分析】该燃料电池中，通入燃料乙醇的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂氧气的电极b是正极，电解质溶液呈酸性，则负极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+，正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H++O2+4e-=2H2O，据此分析解答。【解析】A．燃料电池中通入氧化剂的电极是正极，通入燃料的电极是负极，则a极为原电池负极、b极是正极，故A错误；B．由分析可知，b极是正极，氧气在正极得到电子生成水，电极反应式为：4H++O2+4e-=2H2O，故B错误；C．放电时，电子从负极沿导线流向正极，a是负极、b是正极，则电池工作时电子由a极沿导线经灯泡流入b极，故C正确；D．原电池中阳离子向正极移动，由分析可知，b极是正极，a极是负极，电解质溶液中的质子()从a极区向b极区转移，故D错误；故选C。题型08原电池的设计【典例8】依据氧化还原反应：设计的原电池如图所示。下列说法正确的是A．电解质溶液Y是溶液B．X电极发生的电极反应为C．盐桥中的移向溶液D．若两电极初始质量相等，当电路中转移0.2mol的电子，两电极质量差28g【答案】D【分析】氧化还原反应：中，Cu失去电子被氧化，作负极，Ag+得到电子被还原，在正极上参加反应，因此负极材料为Cu，正极Ag+得到电子生成Ag，因此正极的电解质溶液选择AgNO3溶液，即X为Cu，Y为AgNO3溶液；【解析】A．由分析知，Y应为AgNO3，以提供Ag⁺参与正极反应，而A错误；B．由分析知，X电极是负极（Cu电极），发生氧化反应，电极反应为，B错误；C．盐桥中阳离子（K+）移向正极（Ag电极所在溶液，含Ag+），而非CuSO4溶液，C错误；D．转移0.2mol电子时，负极Cu溶解0.1mol（质量减少6.4g），正极析出0.2molAg（质量增加21.6g），质量差为6.4+21.6=28g，D正确；故答案选D。解｜题｜模｜板原电池的设计1.拆分反应：将氧化还原反应分成两个半反应。2.选择电极材料：将还原剂（一般为较活泼金属）作负极，活动性比负极弱的金属或非金属导体作正极。3.构成闭合回路：用导线将确定好的正负极连接，插入离子导体（电解质溶液等）中形成闭合回路。如果两个半反应分别在两个容器中进行，中间连接盐桥。4.画出装置图：结合要求及反应特点，画出原电池装置图，标出电极材料的名称、正负极、电解质溶液等。【变式8-1】某原电池总反应为Cu＋2Fe3＋Cu2＋＋2Fe2＋，下列能实现该反应的原电池是ABCD电极材料Cu、ZnCu、FeCu、CFe、Zn电解质溶液FeCl3FeSO4Fe(NO3)3Fe2(SO4)3A．A B．B C．C D．D【答案】C【分析】反应中铜为还原剂，铁离子为氧化剂，设计原电池时铜做负极，铁盐溶液为电解质溶液，正极材料活性比铜弱的金属单质或石墨电极。【解析】A．电极材料为Cu、Zn，Zn比Cu活泼，Zn作负极被氧化，总反应中Cu未被氧化，A不符合题意；B．电解质为FeSO4，不含Fe3+，无法发生Fe3+的还原反应，B不符合题意；C．电极材料为Cu、C，Cu作负极被氧化，C为正极，电解质Fe(NO3)3含Fe3+，Fe3+在正极被还原，C符合题意；D．电极材料为Fe、Zn，Zn作负极被氧化，总反应中无Zn参与，D不符合题意；故选C。【变式8-2】为将反应的化学能转化为电能，下列装置能达到目的的是(铝条均已除去了氧化膜)A． B． C． D．【答案】C【分析】将反应2Al+6H+═2Al3++3H2↑的化学能转化为电能，即需要形成原电池，并且铝为负极，电解质溶液为非氧化性稀酸，据此分析判断。【解析】A．铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝离子和氢气，与题中方程式不相符，A错误；B．铝与稀硝酸反应生成一氧化氮，与题中方程式不相符，B错误；C．铝与稀硫酸反应生成铝离子和氢气，铝为负极，铜为正极，将化学能转化为电能，C正确；D．两个电极均为铝，不能达到将化学能转化为电能的目的，D错误；故答案选C。题型09原电池原理的应用【典例9】硫酸和过量的铁片反应，为加快反应速率，但又不影响生成氢气的总量，可采取的措施有①多加几块铁片

②再加入硫酸

③改用的浓硫酸

④加入少量碳酸钠固体

⑤加入少量固体

⑥铁片改为铁粉A．①⑤ B．⑤⑥ C．③⑥ D．④⑤【答案】B【解析】①铁片过量，增加铁片不会显著增大表面积，反应速率无明显提升，且总量由硫酸决定，①不符合题意；②加入硫酸会增加总量，导致总量增加，②不符合题意；③浓硫酸可能使铁钝化或生成等产物，总量减少，③不符合题意；④碳酸钠与反应，减少总量，④不符合题意；⑤与Fe反应生成Cu，形成原电池加快反应速率，但总量未变，总量不变，⑤符合题意；⑥铁粉增大表面积，加快反应速率，且铁过量不影响总量，⑥正确符合题意；综上，⑤⑥均符合要求，故答案选B。方｜法｜点｜拨原电池原理的应用1.比较金属的活动性强弱：原电池中，负极一般是活动性较强的金属，正极一般是活动性较弱的金属或能导电的非金属。2.加快化学反应速率：氧化还原反应形成原电池时，反应速率加快。例如在锌与稀硫酸制H2的溶液中，滴加少量硫酸铜溶液，发生置换反应Zn＋Cu2＋Zn2＋＋Cu，构成Zn－Cu－稀H2SO43.用于金属的防护：金属制品作原电池的正极而得到保护。【变式9-1】下列措施能降低化学反应速率的是A．实验室制取氢气时采用粗锌而非纯锌 B．锌粉和盐酸反应时加水稀释C．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶 D．石墨合成金刚石时减小压强【答案】B【解析】A．实验室制取氢气时采用粗锌会形成原电池(锌作负极)，加快反应速率，A不符合题意；B．加水稀释盐酸会降低H⁺浓度，从而降低锌与盐酸的反应速率，B符合题意；C．中和滴定时摇动锥形瓶是为了使反应物充分接触，加快反应速率，C不符合题意；D．石墨合成金刚石是固体间反应，压强对固体反应速率影响较小，对速率影响不显著，D不符合题意；故选B。【变式9-2】下列实验操作及现象，所得出的相应解释或结论错误的是实验操作现象解释或结论A．白铁皮(镀锌)镀层划损后，放入3%NaCl溶液中，一段时间后，取溶液于试管中，滴加KSCN溶液无红色出现铁未被腐蚀B．活塞从II处推向I处混合气体颜色先变深后变浅颜色变浅是因为平衡移动，气体的物质的量减小C．溶液中加2滴NaOH溶液溶液由橙色变为黄色(橙色)(黄色)，减小生成物的浓度，平衡正向移动D．两支试管中分别加入两颗大小形状相同的锌粒和等体积等浓度的稀盐酸，其中一支试管中再滴入2滴硫酸铜溶液滴入硫酸铜溶液的试管中产生气泡速率快形成原电池能加快金属腐蚀的速率A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．白铁皮镀层划损后，锌与铁在NaCl溶液中形成原电池，锌比铁活泼作负极被腐蚀，铁作正极被保护，不会生成，滴加KSCN无红色，但不能证明铁未被腐蚀，A错误；B．压缩注射器体积，浓度瞬间增大颜色变深，随后平衡正向移动，物质的量减小颜色变浅，B正确；C．溶液中存在平衡(橙色)(黄色)，加NaOH中和，平衡正向移动，浓度增大溶液变黄，C正确；D．锌与硫酸铜反应生成铜，形成锌铜原电池，加快反应速率，D正确；故答案选A。题型10原电池电极反应式的书写【典例10】微生物燃料电池是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置，以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图1所示，并利用此电池为电源模拟电化学降解，其原理如图2所示。下列说法不正确的是A．电解过程中，Pt电极为电解池的阳极B．燃料电池工作时，电极A的电极反应式为：C．燃料电池工作时，电子由B极经电解质溶液流向A极D．理论上，图1中每生成，图2中生成标准状况下的体积是【答案】C【分析】图1（微生物燃料电池）：葡萄糖在负极（B）氧化为，电极反应式为：，在正极（A）还原为，电极反应式为：，实现化学能转电能。图2（电解池）：利用燃料电池供电，在阴极（Ag-Pt电极）被还原为，电极反应式为：，据此分析。【解析】A．图2中在阴极（Ag-Pt电极）被还原为N2，故Pt电极为阳极，连接电源正极，A不符合题意；B．燃料电池正极（A）发生还原反应，电极反应式为：，B不符合题意；C．燃料电池工作时，电子只能通过导线（用电器）传递，不能通过电解质溶液（溶液中靠离子导电），C符合题意；D．图1中每生成，转移电子数目为4NA，根据串联电路中得失电子相等，此时图2中生成，标准状况下的体积是，D不符合题意；故选C。解｜题｜模｜板原电池电极反应式的书写模型1.“公式法”书写原电池电极反应式2.“加减法”书写原电池电极反应式【变式10-1】下列图示与化学用语表述内容不相符的是A．铁钉表面的电极反应式：B．正极反应式：C．电池总反应：D．该过程可表示为

A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．铁钉上镀镍，铁钉为阴极，镍电极为阳极，阴极电极反应式为，阳极电极反应式为，A正确；B．锌为负极，铁为正极，负极电极反应式为，正极电极反应式为，B正确；C．锌铜原电池，锌为负极，铜为正极，负极电极反应式为，正极电极反应式为，总反应为，C正确；D．反应物的焓大于生成物的焓，该反应为放热反应，应改为，D错误；故答案选D。【变式10-2】汽车用铅酸蓄电池示意图如图所示，下列说法不正确的是A．该电池属于二次电池B．电池工作时，电子由负极流出经过电解质溶液流向正极C．充电时，铅板与电源的负极相连D．电池工作时，正极的反应式为【答案】B【分析】铅蓄电池属于二次电池，放电时Pb为负极，PbO2为正极，充电时Pb为阴极，PbO2为阳极。【解析】A．该电池为铅酸蓄电池，属于二次电池，A正确；B．电池工作时，电子不能经过电解质溶液，B错误；C．充电时Pb为阴极，故铅板与电源的负极相连，C正确；D．电池工作时PbO2为正极，电极反应式为：，D正确；故选B。题型11燃料电池【典例11】某氢氧燃料电池工作示意图如图。下列说法中，正确的是A．电极a为电池的正极B．电极b表面反应为：O2+4e-+4H+=2H2OC．电池工作过程中OH-向b电极迁移D．氢氧燃料电池将化学能转化为电能的转化率高于火力发电，提高了能源利用率【答案】D【分析】由图可知，电极a为负极，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，电极b为正极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，据此作答。【解析】A．由分析可知，电极a为电池的负极，A错误；B．已知电解质溶液为KOH溶液，故电极b表面反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，B错误；C．原电池工作工作时，电解质溶液中阳离子移向正极，阴离子移动负极，结合分析电极a为负极，电极b为正极，故电池工作过程中OH-向a电极迁移，C错误；D．氢氧燃料电池将化学能直接转化为电能，能量的转化率高于火力发电，提高了能源利用率，D正确；故答案为：D。解｜题｜模｜板燃料电池的解题模板书写燃料电池电极反应式的三大步骤①先写出燃料电池总反应式一般都是可燃物在氧气中的燃烧反应方程式。但由于燃烧产物还可能与电解质溶液反应，燃烧产物与电解质溶液反应的方程式与其相加得总反应方程式。②再写出燃料电池正极的电极反应式由于燃料电池正极一般都是O2得到电子发生还原反应，基础反应式为O2＋4e－=2O2－。A．电解质为固体时，O2－可自由通过，正极的电极反应式为O2＋4e－=2O2－。B．电解质为熔融的碳酸盐时，正极的电极反应式为O2＋2CO2＋4e－=2COeq\o\al(2－,3)。C．当电解质为中性或碱性环境时，正极的电极反应式为：O2＋4e－＋2H2O=4OH－。D．当电解质为酸性环境时，正极的电极反应式为：O2＋4e－＋4H＋=2H2O。③最后写出燃料电池负极的电极反应式燃料电池负极的电极反应式＝燃料电池总反应式－燃料电池正极的电极反应式。在利用此法时一要注意消去反应中的O2，二要注意两极反应式和总反应式电子转移相同。【变式11-1】某固体氧化物为电解质的新型燃料电池是以液态肼()为燃料，其原理示意图如图所示。下列说法正确的是A．该装置实现了电能向化学能的转化B．电极甲为原电池的负极，发生还原反应C．若消耗氧气，则转移了的电子D．电子的流向为：电极甲负载电极乙【答案】D【分析】固体氧化物为电解质的新型燃料电池，电解质传导O2-；电极甲通入N2H4，N2H4失电子发生氧化反应生成氮气和水，电极甲为负极；电极乙通入O2，O2得电子发生还原反应生成O2-，电极乙为正极；【解析】A．该装置为燃料电池，实现了化学能向电能的转化，故A错误；B．电极甲为原电池的负极，N2H4失电子发生氧化反应生成氮气和水，故B错误；C．没有明确是否为标准状况，氧气的物质的量不一定是0.5mol，若消耗氧气，不能计算转移电子的物质的量，故C错误；D．电极甲为负极、乙为正极，电子的流向为：电极甲负载电极乙，故D正确；选D。【变式11-2】一种熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是A．电极为正极B．电极反应方程式为：C．电池工作时，从电极迁移向电极D．标况下，每有甲烷参与催化重整反应，理论上另一极消耗氧气【答案】D【分析】一种熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示，电极B通入为正极，电极A通入的CO和作负极。【解析】A．根据分析电极A为负极，A错误；B．B电极通入的氧气在该电极上得电子，该电解质溶液中无氢氧根，正确的电极反应为，B错误；C．电池工作时阳离子在电解质溶液中移向正极，该电池中从A电极迁移向B电极，C错误；D．标况下，甲烷的物质的量为，根据反应可知生成的0.1molCO和0.3mol进入负极发生氧化反应分别生成和，则共转移电子的物质的量为0.2+0.6=0.8mol，另一极即正极消耗的氧气与转移电子间关系为，根据转移电子相等可得消耗的氧气的物质的量为，D正确；故选D。题型12电解池工作原理【典例12】在铁片表面镀镍，下列说法错误的是A．a的电势高于bB．电镀液可以用硫酸镍溶液C．镀镍过程中电能转化为化学能D．铁片上发生氧化反应，电极反应为【答案】D【分析】在铁片表面镀镍，镀层金属（镍）作阳极，阳极反应为Ni-2e-=Ni2+，铁片电极作阴极，阴极反应为。【解析】A．由分析可知，阳极连接电源正极，a为正极，b为负极，电极电势：正极高于负极，故a的电势高于b，A正确；B．电镀液需含镀层金属离子（Ni2+），硫酸镍（NiSO4）溶液能提供Ni2+，B正确；C．电镀属于电解过程，电解是将电能转化为化学能的过程，C正确；D．铁片是阴极，电解池中阴极发生还原反应（得电子），而非氧化反应，D错误；故选D。方｜法｜点｜拨(1)电解时溶液pH的变化规律。①若电解时阴极上产生H2，阳极上无O2产生，电解后溶液pH增大；②若阴极上无H2产生，阳极上产生O2，则电解后溶液pH减小；③若阴极上有H2产生，阳极上有O2产生，且VH2＝2VO2，则有“酸更酸，碱更碱，中性就不变”，即：a．如果原溶液是酸溶液，则pH变小；b．如果原溶液为碱溶液，则pH变大；c．如果原溶液为中性溶液，则电解后pH不变。(2)电解质溶液的复原措施。电解后的溶液恢复到原状态，出什么加什么(即一般加入阴极产物与阳极产物的化合物)。如用惰性电极电解盐酸(足量)一段时间后，若使溶液复原，应通入HCl气体而不能加入盐酸。【变式12-1】工业上通过惰性电极电解Na2SO4浓溶液来制备氢氧化钠和硫酸，a、b为离子交换膜，装置如图所示。下列说法正确的是A．b为阳离子交换膜B．从口得到NaOH浓溶液C．该装置将化学能转变为电能D．生成22.4L的O2，将有2molNa+穿过阳离子交换膜【答案】B【分析】由图可知，c极产生氧气，发生氧化反应，故c极为阳极，则左侧电极为阴极，阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+通过a膜移向阴极室，通过b膜移向阳极室，则a膜为阳离子离子交换膜、b膜为阴离子交换膜，据此分析解题。【解析】A．由分析可知，b为阴离子交换膜，A错误；B．由分析可知，左侧电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+通过a膜移向阴极室，则从口得到NaOH浓溶液，B正确；C．由分析可知，该装置为电解池即将电能转变为化学能，C错误；D．题干未告知O2所处状态是否为标准状况，无法计算22.4LO2的物质的量，也就无法计算通过的电子的物质的量，不知道穿过阳离子交换膜的Na+的物质的量，D错误；故答案为：B。【变式12-2】电化学降解的原理如图所示，下列说法正确的是A．N为电源的正极B．阴极上的反应式为：+10e-+6H2O=N2↑+12OH-C．Pt电极上的反应式为：D．每生成，左右两侧溶液质量变化差为14.4g【答案】D【分析】从图中可知，Ag-Pt电极上硝酸根离子得电子转化为氮气，则Ag-Pt电极为阴极，N为负极，M为正极，则Pt电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子。【解析】A．右侧电极硝酸根被还原为氮气，是阴极，故N为负极，A错误；B．电池工作时，阴极区电极反应为：，B错误；C．Pt电极为阳极，电极反应式为：，C错误；D．5.6g氮气的物质的量为0.2mol，每生成0.2mol氮气转移电子的物质的量为2mol，阳极生成0.5mol氧气和2molH+，因此阳极减少质量为1mol水的质量：18g，阴极生成0.2mol氮气同时有2molH+转移到阴极，阴极减少的质量为：5.6g-2g=3.6g，故左右两侧溶液质量变化差为18g-3.6g=14.4g，D正确；故答案选D。题型13电解池原理的应用【典例13】电解法制取用途广泛的，同时获得：，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色的，镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：只在强碱性条件下稳定，易被还原。下列说法错误的是A．电解一段时间后，阳极室的降低B．阴极电极反应式为：C．随初始的变化如图2，M、N两点转移的电子数相同D．电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止与反应使产率降低【答案】C【分析】依据题意，电解的总反应为：，装置通电后，铁电极附近生成紫红色的，镍电极有气泡产生，则阳极电极反应式为：；阴极电极反应式为：；据此作答。【解析】A．依据阳极电极反应式为：，阳极室消耗氢氧根离子，使氢氧根浓度降低，A正确；B．依据分析，阴极电极反应式为：，B正确；C．M点c(Na2FeO4)没有达到最高值，阳极发生的主要反应为：；结合已知信息“若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质”，则N点铁电极上发生的主要反应为：；即M、N两点转移的电子数不同，C错误；D．结合题目信息“Na2FeO4易被氢气还原”可知，制备Na2FeO4时不能与阴极产生的氢气接触，需及时排出H2，D正确；故答案选C。方｜法｜点｜拨电解原理应用的四点注意事项(1)阳离子交换膜(以电解NaCl溶液为例)，只允许阳离子(Na＋)通过，而阻止阴离子(Cl－、OH－)和气体分子(Cl2)通过，这样既能防止H2和Cl2混合发生爆炸，又能避免Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO而影响烧碱的质量。(2)电解或电镀时，电极质量减小的电极必为金属电极——阳极；电极质量增加的电极必为阴极，即溶液中的金属阳离子得电子变成金属附着在阴极上。(3)电解精炼铜，粗铜中含有的Zn、Fe、Ni等活泼金属失去电子，变成金属阳离子进入溶液，其他活泼性弱于铜的杂质以阳极泥的形式沉积。电解过程中电解质溶液中的Cu2＋浓度会逐渐减小。(4)电镀时，阳极(镀层金属)失去电子的数目与阴极镀层金属离子得到电子的数目相等，因此电镀液中电解质的浓度保持不变。【变式13-1】下列有关电解原理的应用说法错误的是A．电解熔融CaCl2可以得到CaB．氯碱工业中的离子交换膜为阳离子交换膜C．在铜的精炼过程中，溶液中Cu2+的浓度保持不变D．利用阳极氧化处理铝制品表面，形成致密的氧化膜达到防腐的目的【答案】C【解析】A．电解熔融CaCl2时，Ca2+在阴极被还原为Ca，Cl-在阳极被氧化为Cl2，A正确；B．氯碱工业中，阳离子交换膜允许Na+通过，阻止Cl-和OH-混合，确保NaOH纯度，B正确；C．铜精炼时，阳极粗铜中的杂质金属（如Fe、Zn）溶解，但阴极仅析出Cu，导致溶液中Cu2+浓度逐渐降低，C错误；D．阳极氧化使铝表面生成致密Al2O3膜，隔绝腐蚀介质，D正确；故选C。【变式13-2】离子交换膜法电解精制饱和食盐水的示意图如图。关于该电解池的说法不正确的是A．Cl比OH容易失去电子，比容易获得电子B．精制饱和食盐水从c口补充，NaOH溶液从b口流出C．从a口流出的溶液中浓度大于c口进入溶液浓度D．离子交换膜既能防止与NaOH反应，又能防止与接触【答案】C【分析】由图可知，左侧电极失电子生成，元素的化合价由价变为0价，则左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，阴极上得电子生成和，离子交换膜为阳离子交换膜，从阳极室向阴极室移动，则c为饱和食盐水，b为，d为稀溶液，a为稀溶液，据此分析回答。【解析】A．根据图知，左侧电极得到、右侧电极得到，说明比容易失去电子，比容