2026年高考化学考前20天冲刺讲义（三）（解析版）

/目录倒计时10天➤反应历程、活化能与能量变化考查基元反应、中间体、催化剂、决速步、反应能量图像分析，近年高考热门微观机理考点。倒计时9天➤化学反应与能量变化结合碳中和背景，考查CO2催化加氢制甲醇等反应的热化学方程式书写、反应热计算以及能量转化效率等问题。倒计时8天➤新型电化学电源与电解原理应用考查原电池、电解池电极判断、电极反应书写、离子移动、电子守恒计算，电化学大题核心专项。倒计时7天➤化学反应速率与化学平衡基础理论(选择题)考查速率计算、影响因素、平衡建立、勒夏特列原理、平衡常数K、转化率计算。倒计时6天➤化学反应原理压轴综合大题整合热化学、速率平衡、水溶液、电化学、反应机理，高考原理大题综合压轴训练。

倒计时10天明日复明日，明日何其多。——钱福《明日歌》反应历程、活化能与能量变化考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：近年来各地高考高频考查反应机理图像、势能变化曲线，以基元反应、过渡态、中间体为核心载体。命题围绕总反应焓变、正逆反应活化能、决速步判断、催化剂作用机理、能垒高低、物质稳定性展开。常设置陷阱：混淆总反应与分步反应、中间体与催化剂概念、活化能大小与反应速率关系、吸热放热判断失误、多步反应能垒叠加误区。试题图文结合，侧重微观反应机理理解，弱化复杂计算，注重证据推理与变化观念，区分基础认知与深度辨析能力。►高考前沿：新高考趋向多元陌生反应历程，结合催化机理、自由基反应、双催化剂体系命题；强化过渡态结构、能垒调控、反应选择性分析；融合动力学与热力学综合设问，从单一能量判断转向机理辨析、条件对能垒影响探究，突出微观本质与模型认知素养考查。考点抢分--核心精粹高效速记终极归纳1核心能量概念必须精准区分，杜绝概念混淆1.反应物总能量高于生成物为放热反应，反之则为吸热反应。2.反应焓变ΔH只由始末态决定，与反应历程、反应步骤、催化剂无关。3.活化能是反应物到达过渡态所需最低能量，基元反应必有活化能，活化能越小，反应速率越快。4.过渡态能量最高，极不稳定；中间体为分步反应中间生成又消耗的物质，不出现在总反应方程式中。终极归纳2反应历程图像解读为解题核心1.能垒图中，峰值为过渡态，低谷为反应中间体；每一处峰差为对应基元反应的活化能。2.总反应活化能由最大能垒决定，限速步骤即是活化能最大的一步，全程反应速率由该步控制。3.放热反应总能量曲线逐级降低，吸热反应整体抬升；无论吸热放热，所有基元反应都需要活化能，不存在无活化能的化学反应。终极归纳3催化剂与反应机理是高频考查热点1.催化剂参与反应历程，先消耗后生成，总质量与性质不变；通过降低反应活化能加快反应速率，但不改变反应焓变、不影响平衡转化率、不改变反应物与生成物能量。2.正催化剂降低正、逆反应活化能且降幅相同，逆反应活化能同步减小；阻化剂则增大活化能、减慢反应。3.需区分催化剂与中间体：催化剂起点投入、终点再生，中间体中间生成、后续消耗。终极归纳4分步反应与守恒规律高频设错1.多步反应叠加得总反应，消去中间产物即可书写总方程式；2.多个基元反应中，能垒最高的一步反应最慢，是整段反应的决速步。3.ΔH遵循盖斯定律，多步反应焓变直接相加，只看始末物质能量差。4.断键吸热、成键放热，总反应吸放热由键能总和相对大小判断；5.键能越大，物质能量越低、稳定性越强。终极归纳5高频易错陷阱集中速记1.混淆活化能与焓变，误判ΔH受催化剂影响；2.错把中间体当作催化剂；3.认为放热反应不需要活化能；4.片面判断活化能小反应一定自发，同时注意，反应自发与否由焓变、熵变共同决定，活化能只影响反应速率，不决定反应能否自发进行。5.忽视决速步为最大能垒步骤；6.图像中误读过渡态与中间体位置；7.混淆正逆反应活化能差值与焓变关系。终极归纳6考场速解技巧1.审题先抓始末态判吸放热，看图先找过渡态、标注能垒，快速锁定决速步骤；2.看到催化剂直接判定：不改变ΔH、不改变平衡、只降活化能；3.涉及分步反应，快速圈画中间体与催化剂；4.利用盖斯定律快速计算能量变化，结合键能、能量曲线综合排除错误选项。5.立足概念本质、吃透图像逻辑，可高效突破此类选择题，实现快速抢分。真题精研--复盘经典把握规律题组一能垒图、过渡态理论及其反应机理分析的正误判断1.（2025·贵州卷）用PdCu和PdZn催化甲醇重整制氢的反应有(主反应)、(副反应)，部分反应机理如图(TS表示过渡态，*表示吸附态)。依据图示信息，下列说法正确的是A．在PdZn催化剂表面解离的速率更快B．在PdCu催化剂表面的更容易脱附C．消耗相同质量的，选择PdZn催化剂有利于生成更多D．若原料更换为，经历TS3后可生成【答案】D【解析】A．由主反应历程图可以看出，在PdZn催化剂表面解离时，达到TS4过渡态所需活化能为1.0eV；在PdCu催化剂表面解离时，达到TS4过渡态所需活化能为0.93eV。反应活化能越小，反应速率越快。因此，在PdCu表面解离的速率更快，A错误；B．由副反应历程图可以看出，从PdZn表面脱附形成所需的能量为0.21eV；从PdCu表面脱附所需的能量为0.83eV。从PdCu表面脱附所需能量更多，因此更难脱附，B错误；C．由选项A和选项B的分析可知，与PdZn相比，在PdCu表面解离速率更快，可以生成更多。通过增大反应物的浓度促进主反应的进行。从副反应历程图可以看出，在PdCu表面更难脱附，通过增大生成物浓度抑制副反应的进行。因此PdCu对主反应的选择性更强。从题干给出的反应方程式可以看出，进行主反应时，每消耗1mol可以生成3mol。因此消耗相同质量的，选择PdCu催化剂有利于生成更多，C错误；D．结合主反应历程图可以看出，会被吸附在催化剂表面并转化为，之后经历TS3步骤转化为。与之类似，在催化剂表面会转化为。经历TS3之后，转化为，D正确；故答案选D。2.（2025·河北卷）氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。反应历程(TS代表过渡态)如下：下列说法错误的是A．反应ⅰ是吸热过程B．反应ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eVC．反应ⅲ包含2个基元反应D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中【答案】D【解析】A．观察历程图可知，反应ⅰ中的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成和，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确；B．反应ⅱ中因脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV，B正确；C．反应ⅲ从生成经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确；D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误；故选D。解题妙法这类题以反应历程能垒图为载体，核心考法是活化能、决速步、催化剂选择性、同位素机理。解题关键：①活化能=该步反应物到过渡态的能量差，活化能越小速率越快，能垒最高的步骤为决速步；②数过渡态（TS）数量判断基元反应数；③催化剂选择性需对比主/副反应活化能及中间体脱附能；④同位素产物需按机理断键路径判断。高频陷阱：混淆活化能与能垒高度、误判决速步、忽视催化剂对副反应的抑制作用。这类题以反应历程能垒图为载体，核心考法是活化能、决速步、催化剂选择性、同位素机理。解题关键：①活化能=该步反应物到过渡态的能量差，活化能越小速率越快，能垒最高的步骤为决速步；②数过渡态（TS）数量判断基元反应数；③催化剂选择性需对比主/副反应活化能及中间体脱附能；④同位素产物需按机理断键路径判断。高频陷阱：混淆活化能与能垒高度、误判决速步、忽视催化剂对副反应的抑制作用。题组二催化剂、活化能及其反应机理分析的正误判断1.（2025·广东卷）某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上A．负极反应的催化剂是ⅰB．图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低C．电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变D．相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同【答案】C【分析】该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：。【解析】A．由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是ⅰ，A错误；B．图a中，ⅰ到ⅱ过程为获得第一个电子的过程，根据题中信息，获得第一个电子的过程最慢，则ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最高，B错误；C．氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：，同时，反应负极每失去1个电子，就会有一个H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确；D．由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误；故选C。2.（2025·广西卷）某种氨基喹啉衍生物合成反应的可能历程如图，表示活化能。下列说法错误的是A．是反应的催化剂 B．步骤①发生了键断裂C．反应速率：历程历程I D．反应热：历程历程I【答案】D【解析】A．由图可知，在反应历程中先被消耗，后又生成，是反应的催化剂，A正确；B．由图可知，步骤①中转化为，发生了键断裂，B正确；C．由图可知，历程I中活化能最大为112.8kJ/mol(决速步)，历程II中活化能最大为91.5kJ/mol(决速步)，活化能越大，反应速率越慢，则反应速率：历程历程I，C正确；D．由图可知，历程和历程I起始反应物和最终生成物相同，反应热相等，D错误；故选D。解题妙法这类题以催化机理示意图、活化能数据为载体，核心考法是催化剂判断、活化能与决速步、化学键变化、反应热、催化循环电子转移。解题关键：①催化剂“先消耗后生成”，参与反应前后不变；②活化能最大的步骤为决速步，决定总反应速率；③反应热只与始态终态有关，与反应历程无关；④催化循环需分析电子转移数、中间体变化。高频陷阱：误判催化剂、混淆活化能与反应热、忽视不同电极的电子转移差异、化学键断裂判断错误。这类题以催化机理示意图、活化能数据为载体，核心考法是催化剂判断、活化能与决速步、化学键变化、反应热、催化循环电子转移。解题关键：①催化剂“先消耗后生成”，参与反应前后不变；②活化能最大的步骤为决速步，决定总反应速率；③反应热只与始态终态有关，与反应历程无关；④催化循环需分析电子转移数、中间体变化。高频陷阱：误判催化剂、混淆活化能与反应热、忽视不同电极的电子转移差异、化学键断裂判断错误。题组三循环反应机理图像分析的正误判断1.（2026·浙江卷）某化学兴趣小组利用有机P化合物除去的流程如下(Ph代表苯环)，下列说法不正确的是A．在该循环中I、Ⅲ均可作催化剂B．Ⅱ中P-N是N提供孤电子对C．Ⅲ可能是D．产物中还可能生成【答案】B【解析】A．催化剂在反应前后质量和化学性质不变。从流程看，若以I为起点，则Ⅰ是催化剂（先消耗、后生成），Ⅲ是中间产物（先生成、后消耗），若以Ⅲ为起点，则Ⅲ是催化剂，Ⅰ是中间产物，故I、Ⅲ均可作催化剂，A正确；B．Ⅱ中P带正电，说明P失去了一个电子，形成4个键，与N形成的是共价键，并非N提供孤电子对形成的配位键，B错误；C．根据Ⅳ的结构，从Ⅲ到Ⅳ的反应过程中，发生加成反应，结合原子守恒可知，Ⅲ可能是，C正确；D．反应过程中生成了，两分子脱水可形成，D正确；故选B。2.（2025·全国卷）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应。三唑水溶液微滴表面接触发生反应，可能的反应机理如图所示。根据上述反应机理，下列叙述错误的是A．三唑在反应循环中起催化作用 B．换成，可生成C．碳原子轨道的杂化存在从到的转变 D．总反应为【答案】B【解析】A．由机理图可知，三唑在反应循环中，化学性质和质量没有变化，作催化剂，A正确；B．由机理图可知，换成，可生成，B错误；C．由机理图可知，转化为，因此碳原子轨道的杂化存在从到的转变，C正确；D．由机理图可知，和反应生成和，总反应为，D正确；故选B。解题妙法1.辨角色：按“进入循环、离开循环”判断物质角色：起点进入、终点再生的是催化剂，中间生成又消耗的是中间体，只进不出的是反应物，只出不进的是产物。1.辨角色：按“进入循环、离开循环”判断物质角色：起点进入、终点再生的是催化剂，中间生成又消耗的是中间体，只进不出的是反应物，只出不进的是产物。2.理反应：合并循环中的各步反应，消去催化剂与中间体，得到总反应式，核对原子守恒、电子守恒。3.破陷阱：分析断键/成键、杂化方式、同位素示踪的变化，警惕“催化剂参与反应”“同位素错误转移”“中间体误判为催化剂”等高频陷阱，逐项验证即可快速判断。题组四直线形反应机理图像分析的正误判断1.（2025·云南卷）铜催化下，由电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成C．Ⅳ的示意图为 D．催化剂Cu可降低反应热【答案】C【解析】A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误；B．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，如图，有极性键生成，不是非极性键，B错误；C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为，C正确；D．催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D错误；故选C。2.（2024·广西卷）烯烃进行加成反应的一种机理如下：此外，已知实验测得与进行加成反应的活化能依次减小。下列说法错误的是A．乙烯与HCl反应的中间体为B．乙烯与氯水反应无生成C．卤化氢与乙烯反应的活性：D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与的反应越容易【答案】B【解析】A．HCl中氢带正电荷、氯带负电荷，结合机理可知，乙烯与HCl反应的中间体为氢和乙烯形成正离子：，A正确；B．氯水中存在HClO，其结构为H-O-Cl，其中Cl带正电荷、OH带负电荷，结合机理可知，乙烯与氯水反应可能会有生成，B错误；C．由机理，第一步反应为慢反应，决定反应的速率，溴原子半径大于氯，HBr中氢溴键键能更小，更容易断裂，反应更快，则卤化氢与乙烯反应的活性：，C正确；D．已知实验测得与进行加成反应的活化能依次减小；则烯烃双键碳上连接的甲基越多，与的反应越容易，D正确；故选B。解题妙法1.逐段分析反应：顺着反应箭头，明确每一步的断键、成键与电子转移，判断氧化还原反应（消耗e1.逐段分析反应：顺着反应箭头，明确每一步的断键、成键与电子转移，判断氧化还原反应（消耗e-/H+为还原反应，反之则为氧化反应），区分极性键与非极性键的生成与断裂。2.抓核心概念辨析：明确催化剂仅改变活化能，不影响反应热；分析中间体结构、反应活性与活化能的关系，活化能越低反应越易进行。3.警惕常见陷阱：核对中间体结构、成键类型判断是否正确，区分加成反应中亲电试剂的进攻方向，避免误判反应产物或键的极性。终极预测--压轴实战稳拿高分【名校预测·第1题】（2026·浙江嘉兴·二模）催化剂是一种被广泛使用的负载型金属催化剂，表面的羟基可促进反应物吸附或稳定中间体。催化与反应的历程如图所示，下列说法不正确的是A．在Ni表面吸附并解离，与表面的羟基结合生成中间体B．该历程的总反应方程式为：C．该历程第4步中存在极性键的断裂和形成D．若用完全替代进行反应，生成的水都是【答案】D【解析】A．从图可以看出，在Ni表面吸附并解离，形成活性中间体，与表面的-OH结合形成中间体，A正确；B．从图可以看出，和在Ni/ZrO2催化下反应生成CH4和H2O，总反应方程式为：，B正确；C．在第4步，中间体与催化剂表面的羟基形成的C-O键断裂，并形成C-H键，二者都是极性键，C正确；D．从图可以看出，第2步反应生成的中部分H原子来自表面的-OH，部分来自，第3步反应生成的中的H原子来自，因此，若用完全代替反应，生成的水有，不全是，D错误；故答案选D。【名校预测·第2题】（2026·湖南长沙·一模）已知在固体催化作用下转化为的一种催化反应机理及其反应历程能量变化如图所示。注：a．吸附在固体催化剂表面的物质用*表示，TS表示过渡态；b．反应机理中催化剂只截取表面一部分；c．反应机理①表示在催化剂表面解离，带走一个晶格氧，生成水并留下一个氧空位。下列说法不正确的是A．催化加氢制的总反应是放热反应B．催化过程中氧空位快速形成有利于提高催化效率C．该反应机理的决速步骤为④D．该反应历程中有极性共价键的断裂与形成【答案】C【解析】A．由反应历程能量图可以看出催化加氢制的总反应中生成物的总能量比反应物的总能量低，所以该反应为放热反应，A正确；B．氧空位是催化剂的活性位点，氧空位的快速形成可以使催化剂更快地吸附反应物，从而提高催化效率，B正确；C．活化能最大的步骤是反应的决速步骤，由反应历程能量图可知，步骤的活化能差最大，该步对应的是催化反应机理⑤，所以⑤是决速步骤，C错误；D．该反应历程中有极性共价键的断裂，如中的碳氧键断裂，又有极性共价键的形成，如中氧氢键的形成，D正确；故选C。【名校预测·第3题】（2026·河北沧州·二模）在“碳达峰、碳中和”的背景下，CO2电还原制、等化学品的研究备受关注。催化剂作用下CO2电还原可能的反应机理及相对能量变化如图所示(*表示吸附态)。已知：Bi、In、BiIn合金的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。下列说法正确的是A．大规模开采可燃冰作为新能源可减少的排放B．A的结构为C．若还原产物为CO，则应选择Cu作催化剂D．BiIn合金对CO2电还原为HCOOH的催化活性最高【答案】D【解析】A．可燃冰燃烧产生，不能减少的排放，A错误；B．CO2​得到1个电子生成A，A仅带1个单位负电荷，故A的结构为，B错误；C．若要得到CO产物，需要∗CO从催化剂表面脱离。题干已知：Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离，无法得到游离的CO，因此制CO不应选择Cu，C错误；D．催化剂的催化活性和决速步的活化能有关，活化能越低，催化活性越高。由能量变化图可知，CO2​还原为HCOOH时，BiIn合金的决速步活化能低于Bi和In，且BiIn合金对O的连接能力强，符合生成HCOOH的反应路径需求，因此催化活性最高，D正确；故选D。【名校预测·第4题】（2026·安徽滁州·二模）氮化镓是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。已知：，阿伏加德罗常数约为。反应历程(TS代表过渡态)如下：下列说法错误的是A．若氮化镓晶胞氮原子配位数是4，则镓原子配位数也是4B．反应i和反应ii中脱去步骤的活化能之差为C．反应iii在高温条件下能够自发进行D．总反应的决速步反应包含在反应iii中，其活化能为3.07eV【答案】B【解析】A．氮化镓的化学式为，晶胞中配位数之比等于化学式中原子数之比，即，故氮原子配位数为4时，镓原子配位数也为4，A不符合题意；B．反应ⅰ中脱去步骤的活化能为，反应ⅱ中脱去步骤的活化能为，二者差值为，换算为：，B符合题意；C．反应ⅲ为，该反应的产物能量高于反应物，，，根据，高温下，反应可自发进行，C不符合题意；D．总反应的决速步为活化能最大的步骤，反应ⅲ中的活化能为，为整个反应的最大活化能，故决速步包含在反应ⅲ中，D不符合题意；故选B。【名校预测·第5题】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）含铜催化剂催化的叠氮-炔基环加成反应被称为“点击化学之王”，反应历程如下(R1、R2为烃基)。下列说法错误的是A．N3-R2中的中心氮原子所有价电子都参与成键B．该反应的原子利用率为100%C．转化过程中氮的杂化方式发生改变D．依据该反应机理可以发生反应：N3-CH3+HCC-C2H5【答案】D【解析】A．N原子最外层有5个电子，根据图示，N3-R2中的中心氮原子形成2个σ键、2个π键，所以价电子都参与成键，故A正确；B．总反应为，没有副产物生成，反应的原子利用率为100%，故B正确；C．中，中心氮原子采用sp杂化，中N原子采用sp2杂化，转化过程中氮的杂化方式发生改变，故C正确；D．依据该反应机理可以发生反应，，故D错误；选D。

倒计时9天莫等闲，白了少年头，空悲切。——岳飞《满江红・写怀》化学反应与能量变化(选择题)考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：近年来全国及各省市高考中，能量变化题为稳定基础选择考点，以热化学方程式、盖斯定律、键能计算、物质能量图像为主要载体。核心考查吸热与放热判断、焓变大小比较、反应热计算、中和热与燃烧热概念辨析、活化能与反应热的区别。高频陷阱集中在：物质状态遗漏、可逆反应焓变误区、键能计算符号混淆、中和热限定条件忽略、催化剂对焓变影响错误认知。命题侧重概念辨析与定量简单运算，结合图像信息，注重变化观念与严谨审题，综合性适中，是基础得分题型。。►高考前沿：命题逐步融合反应机理与活化能分析，强化盖斯定律综合运算；弱化单一概念判断，增多图像解读类设问；紧密关联能源转化、绿色反应等真实背景，侧重从微观角度解析能量变化本质，强化理论实际结合。考点抢分--核心精粹高效速记终极归纳1核心概念（必记，不混淆）聚焦选择题高频考查的4个核心概念，记准定义关键词，避免概念混淆导致失分，简化记忆、直击重点。1.反应热（ΔH）：化学反应中吸收或放出的热量，单位为kJ·mol-1。放热反应ΔH<0（负值），吸热反应ΔH>0（正值），注意：ΔH的正负与反应类型严格对应，不可颠倒。2.燃烧热：1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量（如C→CO2、H→H2O(l)、S→SO2），关键词“1mol、完全燃烧、稳定氧化物”，缺一不可。3.中和热：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O(l)时放出的热量，标准值为57.3kJ·mol-1，关键词“稀溶液、1molH2O、无沉淀/气体生成”（如浓硫酸、弱碱反应放出热量不等于中和热）。4.盖斯定律：化学反应的反应热只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关。核心应用：叠加已知热化学方程式，计算未知反应的ΔH（注意：方程式乘除，ΔH同步乘除；方程式颠倒，ΔH正负颠倒）。终极归纳2热化学方程式正误判断（高考高频，速记规范）选择题必考题型，记准4点规范，看到错误直接判定，无需逐字分析，高效破题。1.状态规范：必须标注反应物、生成物的状态（s：固体、l：液体、g：气体、aq：水溶液），未标注状态直接判错（状态不同，ΔH不同）。2.ΔH规范：ΔH需标注正负（放热负、吸热正），单位必须为kJ·mol-1，单位错误或未标正负直接判错；ΔH的数值与化学计量数成正比，计量数加倍，ΔH数值也加倍。3.条件规范：燃烧热、中和热相关方程式，需符合对应定义（如燃烧热方程式中，可燃物计量数为1；中和热方程式中，H2O计量数为1）；无需标注反应条件（如点燃、加热），标注不扣分，但未按定义书写直接判错。4.其他规范：不可漏写“↑”“↓”（但热化学方程式中一般不标注，不影响正误）；有机物燃烧方程式需配平，确保原子守恒、能量守恒。终极归纳3反应热计算（选择题高频，极简方法）无需复杂推导，掌握2种核心方法，快速计算，适配选择题选项判断。1.化学键计算法：ΔH=.反应物总键能之和.-.生成物总键能之和（注意：键能越大，物质越稳定，断裂键吸热、形成键放热）。易错点：遗漏化学键数目（如H₂O中含2个O-H键，CO2中含2个C=O键）。2.盖斯定律计算法：①.找出目标方程式与已知方程式的关联；②.调整已知方程式（乘除、颠倒），使反应物、生成物与目标方程式一致；③.叠加方程式，同步叠加ΔH（颠倒方程式，ΔH正负颠倒；乘除n倍，ΔH乘除n倍）。补充：选择题中，若给出物质能量数据，ΔH.=.生成物总能量.-.反应物总能量（生成物能量>反应物，吸热ΔH>0；反之放热ΔH<0）。终极归纳4能量图像分析（高考热门，速判技巧）重点考查能量图像与反应热、活化能的关系，记准2个核心，快速解读图像、判断选项正误。1.图像核心要素：横坐标为反应历程，纵坐标为能量；反应物总能量>生成物总能量→放热反应（ΔH<0）；反应物总能量<生成物总能量→吸热反应（ΔH>0）。2.活化能相关：活化能是反应物分子变为活化分子所需的最低能量，催化剂只能降低活化能（正、逆反应活化能同步降低），不改变ΔH的大小和反应方向；图像中，“反应物能量与活化能峰值的差值”为正反应活化能，“生成物能量与活化能峰值的差值”为逆反应活化能。易错点：混淆“活化能”与“反应热”，认为催化剂改变反应热（错误，催化剂只改速率、不改反应热）；误将“反应历程”当作“时间”，判断反应速率快慢（图像中无法直接判断速率，需结合活化能大小推断）。终极归纳5高频易错陷阱（避错必记，直接判错）选择题常见错误选项，记准以下陷阱，看到直接排除，提高解题速度。1.概念陷阱：燃烧热未生成稳定氧化物（如C→CO，错误）；中和热用浓硫酸、弱碱（如NH3·H2O），或生成沉淀（如Ba(OH)2与H2SO4反应），错误。2.热化学方程式陷阱：未标物质状态、ΔH单位错误（如kJ）、ΔH正负颠倒、计量数与ΔH数值不匹配。3.计算陷阱：化学键计算遗漏键数目、盖斯定律应用时ΔH正负未颠倒、混淆“反应物总键能-生成物总键能”与“生成物总能量-反应物总能量”。4.图像陷阱：认为催化剂改变ΔH、误判放热/吸热反应（看反反应物与生成物能量高低）、混淆正逆反应活化能。终极归纳6解题妙法（10秒速判选择题）1.第一步：圈关键词，定位考查类型（如“燃烧热”“中和热”“盖斯定律”“能量图像”）。2.第二步：对照核心规范/陷阱，快速排查（如看到“热化学方程式未标状态”，直接判错；看到“催化剂改变ΔH”，直接判错）。3.第三步：计算类题目，优先用极简方法（如化学键计算，先算键数目，再代入公式；盖斯定律，优先找目标方程式与已知方程式的相同物质），避免复杂推导。真题精研--复盘经典.把握规律题组一反应热的大小比较1.（2025·浙江卷）下列反应均能自发进行，相关判断不正确的是A． B． C． D．【答案】C【分析】将五个方程式依次编号为①、②、③、④、⑤。【解析】A．酸碱中和反应为放热反应，难溶于水而氢氧化钠易溶于水，已知反应①，②，则反应①放出的热量小于反应②，即，故，A正确；B．已知反应②，③，利用盖斯定律将反应③-反应②得到，该反应为放热反应，则该反应的，即，B正确；C．已知反应⑤(化合反应)为放热反应，即，利用盖斯定律，将反应④-反应③得到反应⑤，即，，C错误；D．已知反应③为放热反应，，结合C项解析知：，则，D正确；故选C。2.（2025·海南卷）等温等压下，

。此反应放出的热用于火力发电，能量转化效率为。下列说法错误的是A．该反应B．产物为时，反应放出的热量减少C．该反应在燃料电池模式下进行，反应焓变为，D．该反应在燃料电池模式下做电功，转化效率为，【答案】C【解析】A．反应中气体物质的量减少（3mol→1mol），且生成液态水，系统混乱度降低，ΔS<0，A正确；B．生成H2O(g)时，相比H2O(l)少释放了液化潜热，故放出的热量减少，B正确；C．焓变（ΔH）是状态函数，与反应途径无关。燃料电池中反应的焓变ΔH'与原反应ΔH相等，C错误；D．燃料电池直接将化学能转化为电能，能量损失小于火力发电（需经热能→机械能→电能），故η'>η，D正确；答案选C。解题妙法1.盖斯定律建模：先将目标反应拆解为已知反应的代数和，通过反应式加减直接推导ΔH的关系，快速判断大小。1.盖斯定律建模：先将目标反应拆解为已知反应的代数和，通过反应式加减直接推导ΔH的关系，快速判断大小。2.析焓变本质：根据反应热效应（放热反应ΔH<0，放热越多ΔH越小），结合反应的难易程度、反应物/生成物状态（如气态水比液态水放热少，ΔH更大）、反应途径（焓变仅与始态终态有关，与途径无关）分析ΔH大小。3.避常见陷阱：警惕“反应热数值与焓变符号混淆”、“物质状态对ΔH影响误判”、“盖斯定律加减反应时系数与ΔH的对应错误”，逐项核对即可快速破题。题组二反应热的计算1.（2025·重庆卷）肼（）与氧化剂剧烈反应，释放大量的热量，可作火箭燃料。已知下列反应：①

②

③

则反应的为A． B． C． D．【答案】B【分析】根据目标方程式与原方程式的特点可知，将原方程式进行（①-3×②+③）变换，可得目标方程式，所以，ΔH应为，据此解答。【解析】A．选项A的表达式为，但根据推导结果，ΔH应为，与A不符，A错误；B．推导过程中，通过组合反应①、③及反转的反应②×3，得到总ΔH为，再除以4得，与选项B一致，B正确；C．选项C未除以4，直接取，不符合目标反应的系数比例，C错误；D．选项D的表达式为，符号和系数均与推导结果不符，D错误；故选B。2.（2025·北京卷）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。下列说法不正确的是A．固体溶解是吸热过程B．根据盖斯定律可知：C．根据各微粒的状态，可判断，D．溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关【答案】C【分析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。【解析】A．由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确；B．由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确；C．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误；D．由分析可知，溶解过程的能量变化，取决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确；故选C。解题妙法1.盖斯定律建模：先将目标反应拆解为已知反应的代数和，优先找目标与已知方程式中的相同物质，通过反应式加减直接推导ΔH的关系，快速判断大小或计算数值。1.盖斯定律建模：先将目标反应拆解为已知反应的代数和，优先找目标与已知方程式中的相同物质，通过反应式加减直接推导ΔH的关系，快速判断大小或计算数值。2.析焓变本质：焓变是状态函数，只与始态、终态有关，与反应途径无关；放热反应ΔH<0，放热越多ΔH越小；注意物质状态影响，如气态水比液态水放热少，ΔH更大。3.避常见陷阱：警惕“催化剂改变ΔH”“物质状态对ΔH影响误判”“盖斯定律加减反应时系数与ΔH对应错误”等问题，快速排查即可破题。题组三反应机理能量变化图像1.（2024·广东卷）对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，为有催化剂)为A． B．C． D．【答案】A【解析】提高反应温度，增大，说明反应的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确，故选A。2.（2024·安徽卷）某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是A．B．C．D．【答案】B【分析】由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率，则反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能。【解析】A．X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g)Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；B．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，且X(g)Y(g)的活化能小于Y(g)Z(g)的活化能，B项符合题意；C．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，但图像上X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，C项不符合题意；D．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都大于0，且X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，D项不符合题意；选B。解题妙法1.读题定关键：先明确反应的热效应（ΔH正负）、催化剂的作用（降低活化能、不改变反应热）、温度对平衡的影响，确定主反应和分步反应的方向。1.读题定关键：先明确反应的热效应（ΔH正负）、催化剂的作用（降低活化能、不改变反应热）、温度对平衡的影响，确定主反应和分步反应的方向。2.析图像判活化能：无催化剂的实线活化能更高，有催化剂的虚线活化能降低；分步反应中，活化能高的步骤是决速步，速率更慢；根据反应物、过渡态、生成物的能量高低，判断每一步的ΔH正负（反应物能量高为放热，反之吸热）。3.避陷阱验选项：警惕“催化剂改变反应热”、“活化能与反应速率关系颠倒”、“多步反应中热效应误判”等问题，结合题干条件（如温度变化对平衡的影响）验证图像，快速锁定答案。题组四热化学方程式的正误判断1.（2023·海南卷）各相关物质的燃烧热数据如下表。下列热化学方程式正确的是物质A．B．C．D．【答案】D【分析】1mol纯物质完全燃烧生成指定的物质放出的热量称为燃烧热。【解析】A．H2O应该为液态，A错误；B．，B错误；C．氢气的燃烧热为-285.8kJ/mol，则，C错误；D．，D正确；故选D。2.（2022·浙江卷）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：物质(g)OHHOHOO能量/249218391000可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是A．的键能为B．的键能大于中氧氧单键的键能的两倍C．解离氧氧单键所需能量：D．【答案】C【解析】A．根据表格中的数据可知，的键能为218×2=436，A正确；B．由表格中的数据可知的键能为：249×2=498，由题中信息可知中氧氧单键的键能为，则的键能大于中氧氧单键的键能的两倍，B正确；C．由表格中的数据可知HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278，中氧氧单键的键能为，C错误；D．由表中的数据可知的，D正确；故选C。解题妙法1.抓定义，辨燃烧热：先核对燃烧热的标准定义，即1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物（如H→H1.抓定义，辨燃烧热：先核对燃烧热的标准定义，即1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物（如H→H2O(l)、C→CO2(g)），ΔH必须为负，产物状态不符直接排除。2.盖斯定律/键能算ΔH：若涉及反应焓变计算，可通过已知燃烧热数据用盖斯定律推导，或用键能公式（ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和）计算，核对ΔH的数值与符号。3.避常见陷阱：警惕物质状态标注错误、系数与ΔH未成正比、反应热符号颠倒、键能与相对能量混淆等问题，逐项验证即可快速破题。终极预测--压轴实战稳拿高分【名校预测·第1题】（2026·北京石景山·一模）某同学测量的焓变。查阅资料：配制溶液时需要加入酸。实验方案：测量的焓变；测量的焓变；通过盖斯定律计算。测量的实验结果如下表(忽略温度对焓变的影响和溶液体积与密度的变化)。序号反应试剂体系温度/℃反应前反应后ⅰ溶液1.20g铁粉abⅱ溶液0.56g铁粉ac已知：Ⅰ．可通过测量反应前后体系的温度变化，用公式计算某些反应的反应热(水的稀溶液中，C和分别取和)。Ⅱ．实验ⅰ、ⅱ均未发现气泡。下列说法不正确的是A．因为伴有副反应，无法直接测量 B．C． D．【答案】D【解析】A．配制Fe2(SO4)3溶液时需要加入酸抑制Fe3+水解，Fe会与H+发生副反应，因此无法直接测量，A正确，不符合题意；B．根据盖斯定律将与对应的热化学方程式相加，可得目标反应，故，B正确，不符合题意；C．实验ⅰ中，铁粉1.2g计算得到物质的量大于0.02mol，故铁粉过量，CuSO4完全反应，该反应放出的热量，，C正确，不符合题意；D．实验ⅱ中，铁粉0.56g计算得到物质的量为0.01mol，故铁粉不足，反应的CuSO4物质的量为0.01mol，计算得，D错误，符合题意；故答案选D。【名校预测·第2题】（2026·重庆·模拟预测）氢氟酸是一种弱酸，其电离过程放热，已知下列反应。下列说法正确的是①

②

③

④

A． B．， C．， D．，【答案】B【解析】A．反应②为强酸强碱的中和反应，中和反应都是放热反应，故；反应①为HF与OH⁻的中和反应，HF电离也放热，总放热量大于反应②，放热越多焓变越小，故，A错误；B．根据盖斯定律，反应③=反应①-反应②，因此焓变关系为，即，已知HF电离过程放热，故，B正确；C．HF电离放热，故；反应④是F⁻的水解反应，为反应①的逆过程，属于吸热反应，故，C错误；D．由可得，反应④是反应①的逆过程，故，且，D错误；故答案选B。【名校预测·第3题】（2026·海南海口·模拟预测）某反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是A．该反应是放热反应B．反应过程a无催化剂参加C．反应过程b中决速步活化能为D．催化剂可以改变反应历程从而提高平衡产率【答案】D【解析】A．反应物总能量高于生成物总能量，，该反应是放热反应，A正确；B．催化剂能够降低反应活化能，反应过程a的活化能更高，说明无催化剂参加，B正确；C．多步反应的决速步是活化能最高的步骤，反应过程b中第一步活化能大于第二步活化能，因此决速步活化能为，C正确；D．催化剂可以改变反应历程、加快反应速率，但会同等程度改变正逆反应速率，不能使平衡发生移动，无法提高平衡产率，D错误；故选D。【名校预测·第4题】（2026·新疆·一模）一种捕获并利用的方法是将催化加氢合成，其过程中主要发生如下反应：I．Ⅱ．下列热化学方程式正确的是A．B．C．D．【答案】A【解析】依据盖斯定律，目标反应=反应Ⅰ-2×反应Ⅱ，则，正确的热化学方程式为：；答案选A。【名校预测·第5题】（2026·重庆九龙坡·一模）标准状态下，由指定单质生成1mol某物质的化学反应焓变，称为该物质的标准摩尔生成焓（单质的标准摩尔生成焓为0）。已知：

部分物质标准摩尔生成焓如下表，为物质标准摩尔生成焓（）-235.10-442.92A． B．C． D．【答案】A【解析】根据盖斯定律，反应的焓变满足关系：已知：指定单质的标准摩尔生成焓为0，因此的标准摩尔生成焓为0，代入反应和数据计算：反应：，因此选A。

倒计时8天我生待明日，万事成蹉跎。——钱福《明日歌》新型电化学电源与电解原理应用考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：近年来电化学选择题为高频重难考点，常以新型电池、二次电池、熔融盐电池、特种电解装置为载体。核心考查正负极、阴阳极判断，离子迁移方向，电极反应式书写，电子与电荷守恒，电解质环境对产物的影响。高频陷阱集中在：酸碱介质配平错误、隔膜作用混淆、充放电过程颠倒、离子移动方向判断失误、副反应与电极产物误判。命题融合氧化还原规律，依托装置示意图简化计算，侧重微观电子转移与反应本质辨析，综合性强，具备良好区分度。►高考前沿：高考命题将持续聚焦储能电池、金属空气电池、质子交换膜电解、废水处理电解等真实情境；强化双极膜、多隔膜体系、循环电极材料考查；结合催化电极、新型电解质，深化电极机理分析；由基础判断转向定量分析与反应评价，强化证据推理与创新思维考查。考点抢分--核心精粹高效速记终极归纳1基础核心概念速记1.原电池自发氧化还原，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；电解池外接电源，阳极氧化、阴极还原。2.电子流向：原电池负极→外电路→正极；电解池阳极→电源正极，电源负极→电解池阴极。3.电子不下水，离子不上岸，溶液中依靠阴、阳离子定向移动导电。4.阳离子向正极、阴极迁移，阴离子向负极、阳极迁移，是快速判项关键。终极归纳2新型电源高频考点精粹各类新型电池统一套用负极氧化、正极还原规律。1.燃料电池燃料在负极反应，助燃物氧气在正极反应，产物与介质强相关：酸性介质生成H2O，碱性介质生成含氧酸根，熔融碳酸盐、固态电解质需匹配对应导电离子。2.二次电池可充放电，放电为原电池、充电为电解池，充电时正接正、负接负，电极反应完全逆写。3.金属—空气电池、锂电池常考活泼负极损耗、隔膜作用、离子穿越方向。合金、金属负极易发生副反应，隔膜用于隔绝正负极、防止短路与副反应。4.所有电池中，催化剂只改变反应速率，不改变总反应、不影响电子转移总量。终极归纳3电解原理核心应用速记1.电解常考物质制备、废水处理、电镀与精炼。（1）电镀规律：镀件作阴极，镀层金属作阳极，电镀液含镀层金属阳离子。（2）电解精炼金属：粗金属阳极溶解，纯金属阴极析出，杂质形成阳极泥。（3）电解制备强氧化性、强还原性物质，需结合酸碱性环境书写电极反应。2.惰性电极电解规律：（1）含氧酸、强碱、活泼金属含氧酸盐实质电解水；（2）活泼金属无氧酸盐电解生成碱与非金属单质；不（3）活泼金属无氧酸盐电解析出金属与非金属。（4）活性阳极优先自身溶解，不考虑溶液阴离子放电。终极归纳4电极反应与定量规律1.书写电极反应必须匹配介质环境，酸性不用，碱性不用，熔融体系依靠对应传导离子配平电荷。2.定量计算统一依托电子守恒，串联电路各电极转移电子数相等，用于计算产物量、溶液pH、离子浓度变化。3.原电池正极、电解池阴极发生还原，质量常增加；负极、阳极发生氧化，质量多减少。终极归纳5高频易错陷阱规避1.电子不能进入电解质溶液；2.充电电极与放电电极反应相反；3.碱性条件下、酸性条件下不能稳定存在；4.混淆离子迁移方向，错判溶液局部酸碱性变化。5.误将催化剂、隔膜作用混淆，忽略活性阳极优先反应；6.二次电池充电接线方式记反，均为高频失分点。终极归纳6选择题秒杀技巧1.先定装置类型，再判电极极性；2.再看离子迁移、书写半反应；3.最后结合电子守恒、环境酸碱性排除错误选项。4.陌生新型电池不必纠结总反应，抓住“负极失电子、正极得电子”核心逻辑，结合介质配平，即可快速判断产物、电荷、酸碱性变化，稳定拿下选择题分。真题精研--复盘经典把握规律题组一新型电池1.（2025·黑吉辽蒙卷）一种基于的储氯电池装置如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重。关于图中装置所示电池，下列说法错误的是A．放电时向b极迁移B．该电池可用于海水脱盐C．a极反应：D．若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去储氯能力【答案】D【分析】放电过程中a、b极均增重，这说明a电极是负极，电极反应式为，b电极是正极，电极反应式为NaTi2(PO4)3+2e－+2Na+=Na3Ti2(PO4)3，据此解答。【解析】A．放电时b电极是正极，阳离子向正极移动，所以向b极迁移，A正确；B．负极消耗氯离子，正极消耗钠离子，所以该电池可用于海水脱盐，B正确；C．a电极是负极，电极反应式为，C正确；D．若以Ag/AgCl电极代替a极，此时Ag失去电子，结合氯离子生成氯化银，所以电池不会失去储氯能力，D错误；答案选D。2.（2025·江西卷）我国学者设计了一种新型去除工业污水重金属离子的电池(如图)。下列说法错误的是已知：为铜基普鲁士蓝()A．中的铁为价 B．交换膜为阴离子交换膜C．洗脱目的是去除电极吸附的 D．溶液可电解再生电池负极【答案】C【分析】由图可知，Zn电极失去电子生成Zn2+，该原电池中左侧电极为负极，右侧电极为正极。【解析】A．CuHCF的化学式为Cu[Fe(CN)6]0.67·nH2O，设该化合物中Cu、Fe元素的化合价分别为x、y，根据化合物中元素正负化合价的代数和为0可知，x=0.67(6-y)，当x=+1时，y=+4.5（不合适，舍去）；当x=+2时，y=+3，以此得出铁的化合价为+3，A正确；B．Zn电极为负极，反应为Zn-2e-=Zn2+，负极区正电荷增加。污水中通过交换膜移向负极区以平衡电荷，说明交换膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，B正确；C．Ni2+在正极得到电子生成Ni，Ni被CuHCF电极吸附，洗脱目的是利用H2O2的氧化性去除电极吸附的Ni，C错误；D．电解Zn2+溶液时，阴极反应为Zn2++2e-=Zn，可得到Zn单质再生负极，D正确；故选C。解题妙法1.定电极：先根据电极反应（失电子→负极，得电子→正极）或现象（增重、溶解）判断正负极；再分析离子移动方向（阳离子移向正极，阴离子移向负极）。1.定电极：先根据电极反应（失电子→负极，得电子→正极）或现象（增重、溶解）判断正负极；再分析离子移动方向（阳离子移向正极，阴离子移向负极）。2.写反应：负极氧化、正极还原，结合电解质环境配平电极反应式，注意酸碱性、沉淀/气体生成。3.辨膜类：根据离子移动判断交换膜类型（允许阳离子通过为阳离子交换膜，反之则为阴离子交换膜），结合电荷守恒分析离子迁移。4.避陷阱：警惕电极反应配平错误、离子移动方向颠倒、交换膜类型误判、电池总反应与电极反应不匹配等问题，逐项验证即可快速破题。题组二二次电池1.（2025·安徽卷）研究人员开发出一种锂-氢可充电电池(如图所示)，使用前需先充电，其固体电解质仅允许通过。下列说法正确的是A．放电时电解质溶液质量减小B．放电时电池总反应为C．充电时移向惰性电极D．充电时每转移电子，降低【答案】C【分析】金属锂易失去电子，则放电时，惰性电极为负极，气体扩散电极为正极，电池在使用前需先充电，目的是将解离为和，则充电时，惰性电极为阴极，电极的反应为：，阳极为气体扩散电极，电极反应：，放电时，惰性电极为负极，电极反应为：，气体扩散电极为正极，电极反应为，据此解答。【解析】A．放电时，会通过固体电解质进入电解质溶液，同时正极会生成进入储氢容器，当转移2mol电子时，电解质溶液质量增加，即电解质溶液质量会增大，A错误；B．放电时，由分析中的正、负电极反应可知，总反应为，B错误；C．充电时，向阴极移动，则向惰性电极移动，C正确；D．充电时每转移电子，会有与结合生成，但不知道电解液体积，无法计算降低了多少，D错误；故选C。2.（2025·浙江卷）一种可充放电电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为和，随温度升高Q(消耗转移的电子数)增大。下列说法不正确的是A．熔融盐中的物质的量分数影响充放电速率B．充放电时，优先于通过固态电解质膜C．放电时，随温度升高Q增大，是因为正极区转化为D．充电时，锂电极接电源负极【答案】C【分析】电池放电时，锂电极为负极，发生反应：，多孔功能电极为正极，低温时发生反应：，随温度升高Q增大，正极区转化为；充电时，锂电极为阴极，得到电子，多孔功能电极为阳极，或失去电子。【解析】A．由分析可知，电池总反应方程式为：或，充放电时有参与或生成，因此熔融盐中的物质的量分数影响充放电速率，A正确；B．比的半径小，因此优先于通过固态电解质膜，B正确；C．放电时，正极得到电子，中氧原子为-1价，中氧原子为-2价，因此随温度升高Q增大，正极区转化为，C错误；D．充电时，锂电极为阴极，连接电源负极，D正确；答案选C。解题妙法1.定方向，判电极：先区分充电（电解池）和放电（原电池），放电时失电子的为负极，充电时接电源负极的为阴极；根据离子移动方向（阳离子向正极/阴极移动）进一步验证。1.定方向，判电极：先区分充电（电解池）和放电（原电池），放电时失电子的为负极，充电时接电源负极的为阴极；根据离子移动方向（阳离子向正极/阴极移动）进一步验证。2.写反应，守守恒：放电时负极氧化、正极还原，充电时阳极氧化、阴极还原；配平电极反应式时，注意电解质环境（如熔融盐、固体电解质），确保电荷、原子守恒，再通过两电极反应相加得到总反应。3.辨陷阱，慎判断：警惕“充放电过程离子移动方向混淆”“未给溶液体积却计算浓度变化”“总反应式未配平”等陷阱，同时注意温度、电解质成分对充放电速率的影响，逐项核对即可快速破题。题组三新型电解池1.（2025·河南卷）一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．Ⅱ为阳离子交换膜B．电极a附近溶液的减小C．电极b上发生的电极反应式为D．若海水用溶液模拟，则每脱除，理论上可回收【答案】D【分析】由图可知，左侧为阴极，电极反应为，右侧为阳极，电极反应为，在膜Ⅰ和膜Ⅱ间加入海水，钠离子透过膜Ⅰ进入阴极区得到氢氧化钠，氯离子透过膜Ⅱ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，锂离子透过膜Ⅲ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，在此处得到LiCl，则膜Ⅰ为阳膜，膜Ⅱ为阴膜，膜Ⅲ为阳膜，据此解答。【解析】A．由分析可知，膜Ⅱ为阴膜，A错误B．a电极的反应为，pH变大，B错误；C．由分析可知，电极b的反应为，C错误；D．每脱除58.5gNaCl，转移电子数为1mol，有1molLi+和1molCl-分别透过离子交换膜Ⅲ、膜Ⅱ，可得到1molLiCl，D正确；故选D。2.（2025·陕晋青宁卷）我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醌(TQ)。电极b表面的主要反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂)，下列说法错误的是A．电解时，从右室向左室移动B．电解总反应：C．以为原料，也可得到TQD．用标记电解液中的水，可得到【答案】D【分析】电极b发生TY→TQ，发生加氧去氢的反应，发生氧化反应，b为阳极，a为阴极，阴极上氢离子得电子生成H2，以此解题。【解析】A．电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A正确；B．根据转化关系图可知，电极b中TY是反应物，TQ是生成物，电极a上H+得电子生成H2，总反应方程式为：，B正确；C．将TY()换成为原料，仍然能够得到TQ()，C正确；D．根据右图可知，用标记电解液中的水，可得到的18O在环上甲基的邻位上，D错误；答案选D。解题妙法1.定电极，判反应：先看外接电源，与正极相连的为阳极（氧化反应），与负极相连的为阴极（还原反应）；根据电极产物、化合价变化，写出电极反应式，注意电解质环境。1.定电极，判反应：先看外接电源，与正极相连的为阳极（氧化反应），与负极相连的为阴极（还原反应）；根据电极产物、化合价变化，写出电极反应式，注意电解质环境。2.析离子，辨膜类：根据“阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动”判断离子迁移方向；结合目标产物（如脱盐、回收金属），分析各交换膜的作用（阳离子/阴离子交换膜），判断膜的类型与离子流向。3.算电子，守守恒：根据电极反应式，计算转移电子数，结合电子守恒，关联反应物与产物的物质的量关系；警惕“离子交换膜误判”“电极反应配平错误”“同位素示踪路径误读”等陷阱，逐项验证即可快速破题。题组四多池串联1.（2025·甘肃卷）我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水()电解系统(如下图)。以新型为催化剂(生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法错误的是A．将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率B．在外电路中，电子从电极1流向电极4C．电极3的反应为：D．理论上，每通过2mol电子，可产生【答案】D【分析】由图可知，左侧为原电池，右侧为电解池，电极1为负极，发生氧化反应，电极反应式为：Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，电极2为正极发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，右侧为电解池，电极3为阳极，产生氧气，电极4产生阴极，产生氢气。【解析】A．催化剂生长在泡沫镍电极上可加快电解速率，提高催化效率，A正确；B．根据分析，电极1是负极，电极4为阴极，电子从电极1流向电极4，B正确；C．由分析可知，电极3为阳极，发生氧化反应，生成氧气，电极3的反应为：，C正确；D．根据分析可知，电极2和电极4均产生氢气，理论上，每通过2mol电子，可产生2molH2，D错误；答案选D。2.（2025·北京卷）用电解溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验。实验电极I电极Ⅱ电压/V关系i石墨1石墨2aii石墨1新石墨biii新石墨石墨2civ石墨1石墨2d下列分析不正确的是A．，说明实验i中形成原电池，反应为B．，是因为ii中电极Ⅱ上缺少作为还原剂C．，说明iii中电极I上有发生反应D．，是因为电极I上吸附的量：iv>iii【答案】D【分析】按照图1电解溶液，石墨1为阳极，发生反应，石墨1中会吸附少量氧气；石墨2为阴极，发生反应，石墨2中会吸附少量氢气；图2中电极Ⅰ为正极，氧气发生还原反应，电极Ⅱ为负极。【解析】A．由分析可知，石墨1中会吸附少量氧气，石墨2中会吸附少量氢气，实验i会形成原电池，，反应为2H2+O2=2H2O，A正确；B．因为ii中电极Ⅱ为新石墨，不含有H2，缺少作为还原剂，故导致，B正确；C．图2中，电极Ⅰ发生还原反应，实验iii中新石墨可能含有空气中的少量氧气，c＞0，说明iii中电极I上有发生反应，C正确；D．，实验iii与实验iv中电极Ⅰ不同，，是因为电极I上吸附的量：iv>iii，D错误；故选D。解题妙法1.判池类型，定电极：先找外接电源，有电源的为电解池，无电源且有自发氧化还原反应的为原电池；串联电路中，电极的正负/阴阳关系由电子流向统一决定（电子从原电池负极流出，流向电解池阴极）。1.判池类型，定电极：先找外接电源，有电源的为电解池，无电源且有自发氧化还原反应的为原电池；串联电路中，电极的正负/阴阳关系由电子流向统一决定（电子从原电池负极流出，流向电解池阴极）。2.配反应，析离子：根据电极类型写出反应式，注意电解质环境；结合“阳离子向阴极/正极移动，阴离子向阳极/负极移动”，分析离子迁移方向与交换膜作用。3.算电子，守守恒：串联电路中各池转移电子数相等，据此关联反应物与产物的量；警惕“电极类型误判”“电子流向搞反”“转移电子数不守恒”等陷阱，逐项验证即可快速破题。题组五金属腐蚀与防护1.（2025·广西卷）大型发电机的定子线圈由空芯铜导线缠绕制成。发电机运行时，需向铜导线的空芯通冷水降温，铜导线内壁因发生电化学反应生成层。一段时间后，表面产生的沉积物会造成堵塞，空芯铜导线截面如图。下列说法错误的是A．层对铜导线起保护作用B．正极生成的电极反应式为C．沉积物的成分可能有D．腐蚀最严重的区域是沉积物最多之处【答案】D【分析】铜导线内壁发生电化学反应生成层，负极为Cu，电极反应为，正极氧气得电子生成氢氧根离子，与OH-生成，电极反应为，据此分析；【解析】A．Cu2O层为致密的氧化膜，能阻止内部铜与水、氧气进一步接触，对铜导线起保护作用，A正确；B．由分析得，电极反应式为，B正确；C．Cu2O可被氧化为CuO，或与H2O、CO2、O2反应生成Cu2(OH)2CO3，沉积物成分可能包含二者，C正确；D．沉积物最多的区域，有较厚的CuO、Cu2(OH)2CO3层覆盖，Cu与冷水、O2的接触被阻碍，腐蚀速率减慢，D错误；故选D。2.（2025·全国卷）下列关于铁腐蚀与防护的反应式正确的是A．酸性环境中铁发生析氢腐蚀的负极反应：B．铁发生腐蚀生锈的反应：C．铁经过发蓝处理形成致密氧化膜：D．安装锌块保护船舶外壳，铁电极上发生的反应：【答案】A【解析】A．酸性环境中铁发生析氢腐蚀，负极是Fe，电极反应式为，故A正确；B．铁腐蚀生锈的产物应为Fe2O3·xH2O，故B错误；C．发蓝处理形成的是Fe3O4氧化膜，且反应条件与产物不符，故C错误；D．安装锌块保护船舶外壳，属于牺牲阳极保护法，铁作为阴极，铁电极上可能是O2得电子发生还原反应，非Fe3+被还原，故D错误；选A。解题妙法1.判腐蚀类型：先判断是析氢腐蚀（酸性环境，正极生成H1.判腐蚀类型：先判断是析氢腐蚀（酸性环境，正极生成H2）还是吸氧腐蚀（中性/弱酸性环境，正极生成OH-），明确正负极反应（负极金属失电子被氧化，正极发生还原反应）。2.析防护原理：区分牺牲阳极法（被保护金属作原电池正极，连接更活泼的金属作负极）和外加电流法（被保护金属作电解池阴极，接电源负极），分析电极反应与保护机制。3.避常见陷阱：警惕电极反应式配平错误、腐蚀产物判断偏差（如铁锈成分为Fe2O3・xH2O）、保护法的电极类型混淆等问题，逐项验证即可快速破题。终极预测--压轴实战稳拿高分【名校预测·第1题】（2026·广东韶关·二模）港珠澳大桥钢管桥墩防腐技术先进，外壳镶嵌铝合金片，其结构如图所示。下列说法正确的是A．桥墩为负极B．海水层为电子迁移的通路C．铝合金片上发生反应：D．若用外加电流法保护桥墩可使腐蚀电流接近零【答案】D【解析】A．该防护方法为牺牲阳极法，铝合金的活泼性强于铁，故铝合金片作负极，桥墩钢管作正极，A错误；B．海水层为离子迁移的通路，电子通过导线在电极间迁移，电子不能进入电解质溶液，B错误；C．铝合金片为负极，发生氧化反应：，桥墩钢管为正极，发生吸氧腐蚀的还原反应：，C错误；D．外加电流法中，桥墩钢管作阴极被保护，外加电流抑制金属的氧化反应，可使腐蚀电流接近零，D正确；故选D。【名校预测·第2题】（2026·安徽·模拟预测）某科研小组设计如图装置，实现含盐废水(以NaCl为例)和造纸废水(以含葡萄糖为例)的有效处理，并获得HCl溶液和NaOH溶液。已知，电极A和电极B均为惰性电极，M、N、P膜为离子交换膜。下列说法正确的是A．电势：电极A＞电极BB．M膜和P膜均为阴离子交换膜C．该装置工作时，Ⅱ室和Ⅳ室溶液的pH均升高D．消耗，理论上可获得24molNaOH和24molHCl【答案】D【分析】由图可知，电极A为原电池的负极，葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，反应式为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+；电极B是正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；则原电池工作时，Ⅰ室中的氢离子通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室中的氯离子通过阴离子交换膜进入Ⅱ室，则Ⅱ室得到盐酸；Ⅲ室中钠离子通过阳离子交换膜进入Ⅳ室，在Ⅳ室得到氢氧化钠溶液。【解析】A．由分析可知，电极A为原电池的负极，电极B是正极，则电极B的电势高于电极A，A错误；B．由分析可知，M膜和P膜均为阳离子交换膜，B错误；C．由分析可知，原电池工作时，Ⅱ室得到盐酸，溶液pH减小；Ⅳ室得到氢氧化钠溶液，pH升高，C错误；D．电极A的反应式为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，由电荷守恒可知，Ⅱ室可以获得24mol氯化氢，Ⅳ室获得24mol氢氧化钠，D正确；故选D。【名校预测·第3题】（2026·山西运城·二模）清华大学化学工程系一团队以制浆造纸黑液中的废弃物木质素为原料，通过产电和电解耦合方式，利用空气中的氧气氧化木质素，源源不断地生成过氧化氢(如图)。下列说法错误的是A．甲装置将化学能转化为电能，乙装置将电能转化为化学能B．甲装置中a电极上发生氧化反应，乙装置中c电极上发生氧化反应C．乙装置中多孔碳催化剂的作用之一是加快该电极的反应速率D．乙装置中d电极的电极反应式为【答案】D【分析】该过程是产电（原电池）和电解（电解池）耦合，甲为原电池，乙为电解池。原电池中，木质素在a电极被氧化失电子，因此a为负极，b电极上得电子，b为正极；电解池中，原电池正极b连接电解池的c电极，因此c为阳极，原电池负极a连接d电极，因此d为阴极。【解析】A．甲是原电池，将化学能转化为电能；乙是电解池，将电能转化为化学能，A正确；B．甲中a是负极，失电子发生氧化反应；乙中c是阳极，失电子发生氧化反应，B正确；C．多孔碳催化剂可以增大电极接触面积，同时催化反应，加快电极反应速率，C正确；D．d是阴极，得电子生成目标产物，O从0价变为价，共得到电子，碱性条件下正确的电极反应为：，D错误；故选D。【名校预测·第4题】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）一种基于蒽醌吩嗪融合分子设计的二次电池结构如图，下列说法错误的是A．放电时，b极电势高于a极电势B．放电时，a极电极反应式：[Fe(CN)6]4-_e-=[Fe(CN)6]3-C．充电时，b极发生氧化反应D．充电时，理论上生成1molM转移2mol电子【答案】D【分析】放电时，该装置为原电池，a极上被氧化为，作负极，则b极为正极；充电时，该装置为电解池，a极上被还原为，作阴极，则b极为阳极，据此解答。【解析】A．由分析可知，放电时，b极为正极，a极为负极，正极电势高于负极，即b极电势高于a极电势，A正确；B．放电时，a极为负极，被氧化为，其电极反应式为：，B正确；C．由分析可知，充电时，该装置为电解池，b极为阳极，发生氧化反应，C正确；D．放电时，1molM被还原生成1molN时，M中2个羰基各得1个电子转化为，共转移2mol电子，M中两个N原子也各得1mol电子，因此1molM转化为1molN共转移4mol电子，则充电时，理论上生成1molM转移4mol电子，D错误；故选D。【名校预测·第5题】（2026·广东中山·三模）传统氯碱工业的阳极产物除外，还有。现有一种新型电解装置如图a，可将的选择性提高至，电极Ⅱ上所发生反应的催化机理如图b所示。下列说法错误的是A．图a装置应使用阳离子交换膜B．是生成的中间体，也是生成的催化剂C．理论上，该装置每生成，可制得D．电解一段时间后，图a左室可能会发生少量的酸碱中和反应【答案】C【分析】图a中，电极I连接电源负极，为阴极，阴极进入含少量NaOH的水，电极反应为：，生成H2​，同时Na+从右室移向左室，左室得到浓度更高的NaOH，电极Ⅱ连接电源正极，为阳极，通入饱和食盐水，Cl−放电生成Cl2​，同时存在副反应生成少量O2​。【解析】A．该电解目的是阴极制NaOH，阳极制Cl2，需要阳极的Na+迁移到阴极，同时阻止Cl-进入阴极，因此应使用阳离子交换膜，A正确；B．根据图b机理，生成O2​的过程中，Pt−O*是反应过程中生成、后续又被消耗的物质，属于生成O2​的中间体；生成Cl2​的循环中，Pt−O*参与反应，反应结束后重新生成，反应前后性质和质量不变，属于生成Cl2​的催化剂，B正确；C．生成10molH2​阴极转移总电子为20mol，阳极除了生成Cl2​，仍有2%的O2​生成，每生成1molO2​转移4mol电子，因此总电子守恒为，可得，无法制得10molCl2​，C错误；D．阳极生成O2​时会产生H+，少量H+可通过阳离子交换膜进入左室（阴极室），与阴极生成的OH−发生酸碱中和反应，D正确；故选C。

倒计时7天今日复今日，今日何其少。——文嘉《今日歌》化学反应速率与化学平衡基础理论(选择题)考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：近年够各地高考高频考查速率计算、影响因素、平衡移动、平衡常数及转化率变化，常结合表格、曲线、分压体系综合设问。核心围绕浓度、温度、压强、催化剂对反应速率与平衡的影响，辨析勒夏特列原理适用范围，考查K、转化率、产率的定性判断与简单定量比较。常见陷阱：混淆速率与平衡、催化剂不改变平衡、恒温恒容与恒温恒压差异、反应热与移动方向错配、等效平衡概念模糊。命题立足基础理论，侧重逻辑辨析与规律应用，兼具基础性与区分度。►高考前沿：新高考趋向情境化命题，结合工业合成、催化反应、碳中和相关反应载体；强化分压平衡常数、多平衡耦合、条件优化选择考查；增多复杂图像分析，融合动力学与热力学综合判断；弱化机械记忆，侧重原理本质理解、模型认知与实际生产条件调控的综合应用。考点抢分--核心精粹高效速记终极归纳1化学反应速率核心基础需精准识记1.化学反应速率为单位时间内浓度变化，均为正值，只用气体与溶液溶质计算，固体、纯液体浓度视为常数，不列入速率表达式。2.同一反应中，速率之比等于化学计量数之比，可快速换算对比快慢。3.影响速率的外界因素：升温、增大浓度、加压（气体）、加催化剂、增大接触面积，均可加快反应速率；降温、稀释、减压则速率减小。催化剂只改变反应速率，同等改变正、逆反应速率，不影响平衡、不改变转化率与反应焓变。终极归纳2化学平衡状态判断紧抓“变量不变”核心逻辑1.可逆反应在一定条件下，正逆反应速率相等、各组分浓度保持恒定，即为平衡状态。判断平衡切忌只看数值相等，需关注物理量是否为变化量：2.压强、密度、平均摩尔质量、温度、颜色等，若反应前后该量发生改变，当其不再变化时，可判定达平衡；3.全程不变的物理量，不能作为平衡标志。4.同时牢记，平衡时反应物与生成物共存，反