2026年高考化学终极冲刺：清单04 热化学 电化学（抢分清单）（解析版）

1/1清单04热化学电化学解题技法精讲技法01判断热化学方程式正误的“五看”技法02反应热的计算技法03催化反应机理的分析与判断技法04循环机理图的分析与判断技法05电化学原理及其应用分析常见误区破解误区01“化学反应与能量”高频误区解析误区4惰性电极电解电解质溶液的产物判断误区02关于原电池的认识误区误区5“串联”类装置的解题流程误区03电解过程中易出现的认识误区题型强化训练题型01热化学方程式的书写与计算题型04原电池原理综合应用题型02能量变化与反应机理分析题型05电解原理综合应用题型03反应过程与能量转化综合应用技法01判断热化学方程式正误的“五看”一看状态→看各物质的聚集状态是否正确；二看符号→看ΔH的“＋”“－”是否正确；三看单位→看反应热的单位是否为kJ/mol；四看数值→看反应热数值与化学计量数是否相对应；五看概念→看燃烧热、中和热的热化学方程式。技法02反应热的计算1．利用热化学方程式进行有关计算根据已知的热化学方程式和已知的反应物或生成物的物质的量或反应吸收或放出的热量，可以把反应热当作“产物”，计算反应放出或吸收的热量。2．根据燃烧热数据，计算反应放出的热量计算公式：Q＝燃烧热×n(可燃物的物质的量)3．根据旧键断裂和新键形成过程中的能量差计算焓变若反应物旧化学键断裂吸收能量E1，生成物新化学键形成放出能量E2，则反应的ΔH＝E1－E2。4．利用键能计算反应热的方法熟记反应热ΔH的计算公式:ΔH＝E(反应物的总键能之和)－E(生成物的总键能之和)=2\*GB3②注意特殊物质中键数的判断物质(1mol)P4C(金刚石)石墨SiSiO2CO2CH4化学键P—PC—CC—CSi—SiSi—OC=OC—H键数(mol)621．524245．利用盖斯定律计算内容∆H＝∆H1＋∆H2＝∆H3＋∆H4＋∆H5方法温馨提醒(1)当反应式乘以或除以某数时，ΔH也应乘以或除以某数。(2)反应式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”、“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。(3)通过盖斯定律计算比较反应热的大小时，同样要把ΔH看作一个整体。(4)在设计的反应过程中常会遇到同一物质固、液、气三态的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。(5)当设计的反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。技法03催化反应机理的分析与判断1．催化剂：存在少量就能显著改变反应速率，反应结束时，其自身的质量、组成和化学性质基本不变的物质。2．催化特点：①高效性，可以大大地加快反应速率。②选择性，反应不同，催化剂不同。③同等程度地加快正、逆反应的速率。④不能改变反应的可能性和平衡常数。3．催化剂的催化机理：催化剂的催化过程一般是催化剂跟其中的一种反应物首先发生反应，生成过渡物，然后再跟另外的反应物反应，生成产物，同时催化剂重新生成。催化剂生成的过渡物比没有催化剂生成的过渡物的能量要低，因而使反应更加容易发生和进行。这就是改变了其反应历程。即催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物，降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应易于发生，速率加快。这就是我们经常说的催化剂改变反应途径，降低反应的活化能。4．催化剂与活化能、焓变催化剂能降低反应所需活化能，化学反应速率加快，但不影响焓变∆H的大小，不影响平衡。5．活化能(1)正反应的活化能：反应物到最高点的能量差Ea正＝E1kJ·mol－1(2)逆反应的活化能：生成物到最高点的能量差Ea逆＝E2kJ·mol－1(3)活化能和反应热的关系①放热反应：Ea正＜Ea逆②吸热反应：Ea正＞Ea逆(4)活化能和反应速率的关系①关系：活化能越大，反应速率越慢②决速反应：活化能最大的反应或速率最慢的反应③决速浓度：最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率技法04循环机理图的分析与判断1．循环机理图中物质的判断(1)有进有出的物质参与反应，常作催化剂；(2)只进不出的为反应物、原料；(3)不进只出的物质为生成物、产品。2．循环转化机理图像的解读对于“循环”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③。在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如下图中，MoO3则是该反应的催化剂，图中剩余的三个物质均为中间产物。3．循环机理图题的解题思路(1)通览全图，找准一“剂”三“物”①催化剂：催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上②反应物：通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物；③生成物：通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物；④中间体：通过一个箭头脱离整个历程，但又生成的是中间体，通过两个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[]”标出。(2)逐项分析得答案：根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案技法05电化学原理及其应用分析1．电化学的解题流程第一步：读题逐字逐句读，挖掘关键字，排除无效信息，找到对解题有价值的信息，并作标记。第一步：确定装置类型 放电为原电池，充电为电解池。第二步：判断电极名称放电时的正极为充电时间阳极，放电时的负极为充电时的阴极。第三步：写出电极反应放电时的正极反应颠倒过来为充电时的阳极反应；放电时的负极反应颠倒过来为充电时的阴极反应。第四步：分析离子移动由生成一极向消耗一极移动；区域2．判断电极(1)通过反应类型判断①失去电子的电极为负极，发生氧化反应；②得到电子的电极为正极，发生还原反应。(2)通过电子定向移动方向和电流方向判断①电子流出的电极为负极，电子经外电路流入正极；②电流流出的电极为正极，电流经外电路流入负极。(3)根据离子移动方向判断阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。(4)根据电极现象判断一般不断溶解、质量减轻的电极为负极；有固体析出、质量增加或不变或有气体产生的电极为正极。3．书写电极反应式(1)直接书写(2)间接书写第一步，写出电池总反应式。第二步，写出电极的正极反应式。第三步，负极反应式＝总反应式－正极反应式。4．二次电池的思维和解题模型思维模型解题模型例：xMg＋Mo3S4MgxMo3S45．燃料电池电极反应式的书写第一步：写出电池总反应式。燃料电池的总反应与燃料燃烧的反应一致，若产物能和电解质反应，则总反应为加合后的反应。如甲烷燃料电池(电解质溶液为NaOH溶液)的反应如下：CH4＋2O2=CO2＋2H2O①CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O②①＋②可得甲烷燃料电池的总反应式：CH4＋2O2＋2NaOH=Na2CO3＋3H2O。第二步：写出电池的正极反应式。根据燃料电池的特点，一般在正极上发生还原反应的物质都是O2，因电解质溶液不同，故其电极反应也会有所不同：燃料电池电解质正极反应式酸性电解质O2＋4H＋＋4e－=2H2O碱性电解质O2＋2H2O＋4e－=4OH－固体电解质(高温下能传导O2－)O2＋4e－=2O2－熔融碳酸盐(如熔融K2CO3)O2＋2CO2＋4e－=2COeq\o\al(2－,3)第三步：电池的总反应式－电池的正极反应式＝电池的负极反应式。燃料电池(以CH3OH燃料电池为例，体会不同介质对电极反应的影响)质子交换膜(酸性)H＋总反应：2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O正极O2＋4e－＋4H＋=2H2O负极CH3OH－6e－＋H2O=CO2↑＋6H＋碱性燃料电池OH－总反应：2CH3OH＋3O2＋4OH－=2COeq\o\al(2－,3)＋6H2O正极O2＋4e－＋2H2O=4OH－负极CH3OH－6e－＋8OH－=COeq\o\al(2－,3)＋6H2O固态氧化物燃料电池O2－总反应：2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O正极O2＋4e－=2O2－负极CH3OH－6e－＋3O2－=CO2↑＋2H2O6．金属腐蚀快慢的判断方法(1)对同一电解质溶液来说，腐蚀速率的快慢：电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。(2)对同一金属来说，在不同溶液中腐蚀速率的快慢：强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶液中。(3)活动性不同的两种金属，活动性差别越大，腐蚀速率越快。(4)对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，金属腐蚀越快。7．电解池电极反应式的书写步骤8．关离子交换膜的类型及其应用(1)阳离子交换膜(只允许阳离子和水分子通过，阻止阴离子和气体通过)以锌铜原电池为例，中间用阳离子交换膜隔开①负极反应式：Zn-2e-=Zn2＋②正极反应式：Cu2＋＋2e-=Cu③Zn2＋通过阳离子交换膜进入正极区④阳离子→透过阳离子交换膜→原电池正极(或电解池的阴极)(2)阴离子交换膜(只允许阴离子和水分子通过，阻止阳离子和气体通过)以Pt为电极电解淀粉­KI溶液，中间用阴离子交换膜隔开①阴极反应式：2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-②阳极反应式：2I-_2e-=I2③阴极产生的OH-移向阳极与阳极产物反应：3I2＋6OH-=IO3-＋5I-＋3H2O④阴离子→透过阴离子交换膜→电解池阳极(或原电池的负极)(3)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H2①阴极反应式：2H＋＋2e-=H2↑②阳极反应式：CH3COOH-8e-＋2H2O=2CO2↑＋8H＋③阳极产生的H＋通过质子交换膜移向阴极④H＋→透过质子交换膜→原电池正极(或电解池的阴极)(4)电渗析法将含AnBm的废水再生为HnB和A(OH)m的原理：已知A为金属活动顺序表H之前的金属，Bn-为含氧酸根离子(5)双极膜双极膜由一张阳膜和一张阴膜复合制成。该膜特点是在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H＋和OH－并通过阳膜和阴膜分别向两极区移动，作为H＋和OH－的离子源(6)解题流程第一步，分清隔膜类型。即交换膜属于阳离子交换膜、阴离子交换膜或质子交换膜中的哪一种，判断允许哪种离子通过隔膜。第二步，写出电极反应，判断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，分析隔膜作用。在产品制备中，隔膜作用主要是提高产品纯度，避免产物之间发生反应，或避免产物因发生反应而造成危险。9．电化学综合计算的三种常用方法(1)计算依据——三个相等①同一原电池的正、负极的电极反应得、失电子数相等。②同一电解池的阴极、阳极电极反应中得、失电子数相等。串联电路中的各个电极反应得、失电子数相等。上述三种情况下，在写电极反应式时，得、失电子数要相等，在计算电解产物的量时，应按得、失电子数相等计算。(2)电化学计算的常用方法①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。②根据电子守恒计算A．用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。B．用于混合溶液中电解的分阶段计算。(3)根据关系式计算根据得失电子守恒定律建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。如以通过4mole-为桥梁可构建如下关系式：4e-~2C(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)该关系式具有总揽电化学计算的作用和价值，熟记电极反应，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。提示：在电化学计算中，还常利用Q＝I·t和Q＝n(e－)×NA×1．60×10－19C来计算电路中通过的电量。1．热化学概念误区(1)‌误区：反应条件与吸放热关系的混淆易错点‌：认为“需要加热的反应一定是吸热反应”或“常温能进行的反应一定是放热反应”。【避坑指南】未理解吸放热取决于反应物与生成物的总能量差，与反应条件无关。例如，铝热反应需加热但属放热反应，而Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应常温下即可进行却为吸热反应。(2)‌误区：溶解过程与化学反应的混淆易错点‌：将物质溶解时的吸放热现象与化学反应吸放热混为一谈。【避坑指南】未区分物理过程(如NH4NO3溶解吸热)和化学过程(如NaOH溶解放热)。溶解温度变化是物理现象，而反应热是化学能变化。(3)‌误区：混淆物质能量与稳定性关系‌易错点‌：认为能量高的物质更稳定(如误以为石墨比金刚石稳定)。【避坑指南】明确能量越低物质越稳定，如金刚石转化为石墨时释放能量，说明石墨更稳定。(4)‌误区：热化学方程式书写错误易错点‌：漏标物质状态、反应热符号错误或单位遗漏。【避坑指南】对热化学方程式的规范性要求不熟悉，如未注明“(s)”“(aq)”等状态，或误将放热反应ΔH写为正值。(5)‌误区：能量变化与反应类型的误判易错点‌：认为“分解反应一定是吸热反应”或“化合反应一定是放热反应”。【避坑指南】未掌握例外情况，如N2+O2=2NO(吸热)和CO2+C=2CO(吸热)等化合反应为吸热反应。(6)‌误区：燃烧热定义理解偏差‌易错点‌：认为可燃物燃烧生成任意产物均可计算燃烧热(如将CO2和CO混合产物视为完全燃烧)。【避坑指南】明确燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成指定稳定产物(如C→CO2(g)，H→H2O(l))。(7)‌误区：活化能与反应热的关联错误易错点‌：将活化能大小直接等同于反应热大小。【避坑指南】未理解活化能是反应发生的能垒，而反应热是始态与终态的能量差。催化剂降低活化能但不改变反应热。2．能量计算误区(1)‌误区：活化能与反应热的关系混淆‌错误认识‌：将催化剂降低的活化能误认为改变ΔH数值。【避坑指南】明确催化剂仅降低活化能(Eₐ)，不影响ΔH(ΔH=Eₐ正−Eₐ逆)。(2)‌误区：键能计算ΔH时忽略物质状态‌错误认识‌：直接使用气态物质键能计算液态或固态反应的ΔH。【避坑指南】先通过物质状态调整键能数据(如液态水需额外计算氢键影响)。(3)‌误区：盖斯定律应用错误‌错误认识‌：叠加反应式时忽略化学计量数调整对ΔH的影响。【避坑指南】分步拆解反应式，确保化学计量数与ΔH同步调整(如ΔH随系数等比缩放)。3．实验与图像分析误区(1)‌误区：中和热测定实验操作错误‌错误认识‌：未使用玻璃搅拌器或使用金属杯导致热量散失。【避坑指南】规范使用泡沫隔热层、玻璃搅拌器及一次性加入盐酸和NaOH溶液。(2)‌误区：能量变化图分析片面‌错误认识‌：仅关注总ΔH，忽略中间产物能量状态及决速步骤判断。【避坑指南】对比不同路径的活化能(如催化剂降低Eₐ但不改变ΔH)，识别中间产物能量峰。(3)‌误区：催化剂作用机理误解‌错误认识‌：认为催化剂仅加快反应速率，忽略其对反应路径选择性的影响。【避坑指南】结合反应机理图分析催化剂对中间产物生成路径的调控(如酶催化特异性)。4．易错题型突破策略(1)‌图像题‌：掌握“能量-反应进程图”中催化剂对活化能的影响规律，结合ΔH=生成物总能量−反应物总能量。(2)‌计算题‌：强化盖斯定律三步法(拆分反应式→调整系数→叠加ΔH)，注意物质状态修正。(3)‌实验题‌：总结中和热测定误差来源(如未隔热、酸浓度过高挥发吸热)及改进措施。误区02关于原电池的认识误区1．原电池的电极类型不仅跟电极材料有关，还与电解质溶液的性质有关。如镁—铝电极在稀硫酸中构成原电池，镁为负极，铝为正极，但若以氢氧化钠为电解质溶液，则铝为负极，镁为正极。2．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。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．通电时，溶液中的溶质粒子分别向两级移动，或不移动(溶质粒子为分子，不带电)；而胶体中的分散质粒子向某一极移动。5．燃料电池负极上燃料放电生成CO2，要考虑溶液酸碱性，若为碱性，则CO2+2OH-=CO22-+H2O。6．对蓄电池而言，其正、负极在充电时应分别和外接电源的正、负极相连。即正极接正极，负极接负极。7．原电池电解质溶液中，阴离子向电池负极移动，阳离子向电池正极移动；电解池中阴离子向电池阳极移动，阳离子向电池阴极移动，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。。8．原电池和电解池的外电路：电子定向移动形成电流；内电路：离子定向移动形成电流。9．在船身装上锌块利用的是牺牲阳极的阴极保护法(专业名词)，即使是原电池但也是这种说法。10．原电池才考虑是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀。11．废电池中对环境形成污染的主要物质是多种重金属。误区03电解过程中易出现的认识误区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．书写电解池的电极反应式时，可以用实际放电的离子表示，但书写电解池的总反应时，弱电解质要写成分子式。如用惰性电极电解食盐水时，阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑(或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－)；总反应离子方程式为2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑。4．电解水溶液时，应注意放电顺序，位于H＋、OH－之后的离子一般不参与放电。5．Fe3＋在阴极上放电时生成Fe2＋而不是得到单质Fe。6．判断电解产物、书写电极反应式以及分析电解质溶液的变化时首先要注意阳极是活性材料还是惰性材料。7．书写电解化学方程式时，应看清是电解电解质的水溶液还是熔融电解质。Al3＋、Mg2＋、Na＋、Ca2＋、K＋只有在熔融状态下才放电。8．电解Hg2(NO3)2溶液时，阴极上电极方程式可表示为:Hg22++2e-=2Hg。误区4惰性电极电解电解质溶液的产物判断误区5“串联”类装置的解题流程题型01热化学方程式的书写与计算1．(2026·广东期末)下列由热化学方程式得出的结论正确的是()A．

，则的燃烧热为B．同温同压下发生反应，光照和点燃条件下不同C．已知(白磷s)=4P(红磷s)

，则白磷比红磷稳定D．

，若该反应中有被氧化，则放出热量【答案】D【解析】A项，燃烧热是指1摩尔物质完全燃烧生成稳定化合物时的焓变，碳的完全燃烧产物应为CO2，A错误；B项，ΔH是状态函数，只取决于反应的始态和终态，与反应条件无关，因此ΔH相同，B错误；C项，ΔH=-16.74kJ·mol-1为负值，表明白磷转化为红磷是放热反应，红磷的能量更低，更稳定，C错误；D项，ΔH=-905kJ·mol-1表示反应进度为1摩尔时放出905kJ热量，因此当4molNH3被氧化时，放出热量905kJ正确，D正确；故选D。2．(2026·新疆一模)一种捕获并利用CO2的方法是将CO2催化加氢合成CH3OH3，其过程中主要发生如下反应：I．2CO2(g)＋3H2(g)CH3OH3(g)＋3H2O(g)ΔH1＝-122.5kJ·mol−1Ⅱ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝+41kJ·mol−1下列热化学方程式正确的是()A．2CO(g)＋4H2(g)CH3OH3(g)＋H2O(g)ΔH＝-204.5kJ·mol−1B．2CO(g)＋4H2(g)CH3OH3(g)＋H2O(g)ΔH＝-81.5kJ·mol−1C．2CO(g)＋4H2(g)CH3OH3(g)＋H2O(g)ΔH＝-40.5kJ·mol−1D．2CO(g)＋4H2(g)CH3OH3(g)＋H2O(g)ΔH＝-163.5kJ·mol−1【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：2CO(g)＋4H2(g)CH3OH3(g)＋H2O(g)ΔH＝-204.5kJ·mol−1；故选A。3．(2026·甘肃张掖期末)下列关于热化学反应方程式的描述正确的是A．若；，则B．若适量和完全反应，每生成需要吸收16.95kJ的热量，则C．若，则1molNaOH固体和含1molHCl的稀溶液反应的D．若的燃烧热，则乙炔燃烧的热化学方程式为【答案】B【解析】A项，生成液态水比生成气态水放热更多，因此ΔH2比ΔH1更负，故ΔH1ΔH2；A错误；B项，23gNO2为0.5mol，吸收16.95kJ热量，则生成1molNO2吸收33.9kJ热量，反应的ΔH=+33.9kJ·mol-1正确；B正确；C项，NaOH固体溶解时放热，因此与HCl反应的总ΔH为溶解热与中和热之和，不等于-57.3kJ·mol⁻¹；C错误；D项，燃烧热指1mol物质完全燃烧生成指定物质的ΔH，水的状态要为液态，而方程式中生成气态水；故放出的热量会小于2599.2kJ，D错误；故选B。4．(2026·四川遂宁期末)下列关于热化学方程式的叙述正确的是()A．相同温度和压强下的两个反应：，，则abB．根据(s，白磷)=4P(s，红磷)，可知白磷比红磷稳定C．25℃、101kPa时，ΔH＝-1411.0kJ·mol−1，可知C2H4气体的燃烧热为1411.0kJ·mol−1D．在500℃、30MPa下，N2+3H22NH3，则1molN2和3molH2在该条件下充分反应会放出92.4kJ热量【答案】C【解析】A项，第一个反应是强酸强碱中和，放热多，ΔH更负，第二个反应是弱酸强碱中和，由于弱酸电离吸热，放热较少，ΔH负值较小，因此a>b，A错误；B项，ΔH<0表明白磷转化为红磷时放热，红磷能量更低、更稳定，因此白磷不如红磷稳定，B错误；C项，燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定化合物的反应热，该反应中C2H4为1mol，产物为CO2和液态水，ΔH=-1411.0kJ/mol，符合燃烧热定义，C正确；D项，合成氨N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，不能完全进行，实际放热量小于理论值92.4kJ，D错误；故选C。5．(2026·贵州贵阳期末)、下，石墨、金刚石、氢气和甲烷的燃烧热依次是ΔH1＝-393.5kJ·mol−1、ΔH2＝-395.0kJ·mol−1、ΔH3＝-285.8kJ·mol−1、ΔH4＝-890.3kJ·mol−1。下列热化学方程式正确的是()A．

B．

C．

D．CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝-890.3kJ·mol−1【答案】D【解析】A项，燃烧热要求完全燃烧生成指定的产物，碳应转化为二氧化碳气体，而该方程式生成CO(g)，不符合燃烧热定义，A错误；B项，石墨转化为金刚石的反应焓变ΔH应通过燃烧热计算，ΔH=ΔH(石墨)-ΔH(金刚石)=-393.5kJ·mol−1-(-395.0)kJ·mol−1=+1.5kJ/mol，B错误；C项，氢气的燃烧热ΔH3=-285.8kJ/mol，对应生成液态水，而该方程式中是气态水，气态水能量高于液态水，C错误；D项，甲烷的燃烧热ΔH4=-890.3kJ/mol，对应生成CO2(g)和H2O(l)，该方程式产物状态和化学计量数均符合，D正确；故选D。题型02能量变化与反应机理分析6．(2026·重庆一模)在催化剂表面，CO(g)和H2(g)合成CH3OH(g)的反应历程和能量变化如图所示，催化剂表面上的物种用“*”标注。已知：。下列说法正确的是()A．该反应决速步的反应方程式为：B．CO(g)和H2(g)合成CH3OH(g)的热化学方程式为：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-1eV·mol−1C．若催化剂表面由平整表面改为粗糙表面，则制备CH3OH(g)的速率会加快D．该历程中存在非极性键的断裂和形成【答案】C【解析】A项，通常判定决速步需比较各步活化能最大者，图示中第一步(CO吸附)虽然存在一定能垒，但并不是能垒最大的反应，所以不是决速步，故A错误；B项，由能量图可知，反应从CO(g)+2H2(g)的能量基准记为0 eV，最终生成CH3OH(g)的相对能量约为−1 eV，说明该总反应放热约1 eV·mol-1=。因此CO(g)和H2(g)合成CH3OH(g)的化学方程式为：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝-96.54kJ·mol−1，故B错误；C项，催化剂表面由平整改为粗糙时，有效接触面积增大、活性中心增多，一般能提高反应速率，故C正确；D项，合成过程中需断裂H–H(非极性键)，并形成C-O，O-H等极性共价键，没有非极性键的形成，故D错误；故选C。7．(2026·贵州六盘水一模)丙烯是重要的化工原料，可用丙烷在催化剂a或b作用下发生脱氢反应制备，总反应方程式为CH3CH2CH3(g)CH3CH=CH2(g)＋H2(g)，反应进程中相对能量变化如图所示[表示吸附态，中部分进程已省略]。下列说法正确的是()A．总反应是放热反应B．其他条件相同时，催化剂a或b对丙烯的平衡产率无影响C．与催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态较不稳定D．①转化为②的进程中，决速步骤为变化【答案】B【解析】A项，总反应中，反应物CH3CH2CH3(g)相对能量小于产物CH3CH=CH2(g)+H2(g)相对能量，为吸热反应，A错误；B项，催化剂不影响平衡，故对丙烯的平衡产率无影响，B正确；C项，由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定，C错误；D项，活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D错误；故选B。8．(2026·广西南宁一模)诺贝尔奖获得者GerhardErtl研究的合成氨反应吸附解离机理、能量变化(单位为)如图所示，其中ad表示吸附态。下列说法错误的是()A．ΔH＝-46kJ·mol−1B．图示历程包含4个基元反应C．最大能垒步骤的反应方程式：D．为物理脱附过程【答案】C【解析】A项，如图所示，ΔH＝-46kJ·mol−1，故A正确；B项，基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应。图示历程中，催化剂表面发生了4步有过渡态的化学转化，因此包含4个基元反应，故B正确；C项，如图所示，最大能垒的步骤为N(ad)+3H(ad)=NH(ad)+2H(ad)，故C错误；D项，为氨气从催化剂表面脱附，是物理过程，故D正确；故选C。9．(2026·黑龙江齐齐哈尔期末)甲烷的分子结构具有高对称性，甲烷在镍基催化剂上转化的能量变化如图所示。已知甲烷的燃烧热ΔH＝-890.3kJ·mol−1，下列说法正确的是()A．反应的决速步为③B．催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积C．使用该催化剂，可以降低反应的焓变，使反应速率加快D．甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝-890.3kJ·mol−1【答案】B【解析】A项，活化能越大，化学反应速率越慢，反应①为决速步，A错误；B项，由图可知，甲烷在镍基催化剂表面发生转化，催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积，B正确；C项，催化剂可以加快反应速率，但不影响反应物和生成物的总能量，反应的焓变不变，C错误；D项，根据燃烧热的概念“25℃，101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量”知，应生成液态水，D错误；故选B。10．(2026·广西梧州一模)甲酸是理想的氢能载体，我国科学家用DFT理论计算研究单分子在催化剂表面分解产生H2的反应历程如图，其中表示过渡态，吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是()A．该反应历程包含3个基元反应B．加入催化剂可以改变反应历程，但无法改变焓变C．该历程中正反应的决速步骤为转化为和D．该历程总反应热化学方程式为HCOOH(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH=-0.15eV·mol-1【答案】D【解析】A项，一个过渡态(TS)对应一步基元反应，图中有TS1、TS2、TS3共3个过渡态，因此该历程包含3个基元反应，A正确；B项，催化剂的作用是改变反应历程、降低反应活化能，但不改变反应物和生成物的总能量，因此不改变反应焓变，B正确；C项，正反应的决速步骤由活化能最大(反应速率最慢)的步骤决定，各步正反应活化能计算：第一步：活化能，第二步：活化能，第三步：活化能，第一步活化能最大，因此决速步骤为转化为和，C正确；D项，图中相对能量是单分子的相对能量，单位eV；HCOOH(g)CO2(g)＋H2(g)是指1molHCOOH(g)完全反应时所吸收或放出的热量，(NA为阿伏加德罗常数的值)，不能直接写成，D错误；故选D。11．(2026·重庆一模)物质溶解包括两个过程：①溶质分子或离子的解离过程；②溶质分子或离子和溶剂分子进行新的结合，即溶剂化过程。NaCl固体溶于水过程示意图如图，下列说法错误的是()A．a+b=+4B．ΔH2，且C．若改用乙醇溶解NaCl，乙醇与离子的溶剂化作用强度弱于水，ΔH2会变大D．若将NaCl固体粉碎为纳米颗粒，离子离散时与水分子接触更充分，ΔH1会减小【答案】D【解析】A项，溶解总过程的焓变满足ΔH3＝ΔH1+ΔH2，已知ΔH3＝+4kJ·mol−1，ΔH1＝a，ΔH2＝b，因此a+b=+4，A正确；B项，ΔH1是NaCl晶体解离为气态离子的过程的焓变，断裂离子键吸热，故ΔH1＝a；ΔH2是气态离子的溶剂化过程的焓变，形成相互作用放热，故ΔH2＝b。总焓变，推导得，即，B正确；C项，乙醇与离子的溶剂化作用弱于水，溶剂化过程放出的热量更少；ΔH2本身为负值，放热越少，ΔH2的数值越大，因此ΔH2会变大，C正确；D项，ΔH1是过程焓变，仅由始态和终态决定，将NaCl粉碎为纳米颗粒只改变颗粒大小，ΔH1不变，D错误；故选D。题型03反应过程与能量转化综合应用12．(2026·宁夏吴忠一模)甲醇()与CO催化制备乙酸()的反应历程及每分子甲醇转化为乙酸的能量变，化关系如图。下列说法正确的是()A．ⅲ为该历程的决速步骤B．该过程不涉及非极性键的形成C．该反应中，H2O为催化剂，HI为中间产物D．总反应的热化学方程式为CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(l)ΔH＝-3.05kJ·mol−1【答案】A【解析】A项，决速步骤是活化能最大的步骤(TS3)，对应步骤iii，A正确；B项，该反应的产物为乙酸(CH3COOH)，分子中含有C-C非极性键，而反应物甲醇(CH3OH)和CO中均不含C-C键，因此反应过程中有非极性键的生成，B错误；C项，H2O在反应i是生成物，在反应iii是反应物，所以H2O是中间产物，HI在反应i中是反应物，在反应iii中是生成物，属于是催化剂，C错误；D项，热化学方程式中，ΔH的单位是kJ/mol，且对应“每摩尔反应”，图中是“每分子”的能量变化，单位为eV，换算为每摩尔需要乘以阿伏伽德罗常数，D错误；故选A。13．(2026·山西运城期中)氢能是一种重要的清洁能源，由可以制得H2。在催化剂作用下，单个释氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH释氢的效果更佳。下列叙述正确的是()A．HCOOH催化释放氢的过程中有极性键和非极性键的断裂B．其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH可以提高释放氢气的纯度C．键长：C-H，在催化剂表面解离C-H键比解离O-H键更容易D．HCOOH催化释氢的热化学方程式为HCOOH(g)CO2(g)＋H2O(g)ΔH＝-0.45eV【答案】B【解析】A项，在催化剂作用下，甲酸分解生成氢气和二氧化碳，转化过程中涉及N-H键的断裂和形成、O-H键的断裂以及H-H键的形成，不存在非极性键的断裂，A错误；B项，其他条件不变，若用HCOOK溶液代替HCOOH，反应生成KOH能吸收CO2，所以最终所得气体中CO2的量会减少，提高释放氢气的纯度，B正确；

C项，由图2的能量变化曲线可知，物质Ⅱ到Ⅲ的变化是解离O-H键，物质Ⅲ到Ⅳ的是解离C-H键，解离O-H键的活化能小于解离C-H键的活化能，所以解离C-H键比解离O-H更困难，C错误；D项，图2表示1个HCOOH分子生成CO2(g)和H2(g)时放出能量0.45eV，而热化学方程式中ΔH为1mol反应的热量变化，D错误；故选B。14．(2026·黑龙江大庆·期中)化学研究所报道了化合物1催化CO2氢化机理。由单个化合物1(固体)→化合物2(固体)过程的机理和相对能量曲线如图(假设1eV=QkJ)。说法正确的是()A．化合物I1-2是该过程的催化剂B．图中化合物1和CO2的总能量小于化合物2的总能量C．化合物2中，CO作为配体，由C原子提供孤电子对D．过程①的热化学方程式为：

【答案】C【解析】A项，根据图示，化合物I1-2是该过程的中间产物，A错误；B项，由相对能量曲线可知，总反应是放热反应，所以图中化合物1和CO2的总能量大于化合物2的总能量，B错误；C项，化合物2中，CO作为配体，O的电负性大于C，C易提供孤电子对，C正确；D项，由图知，单个化合物1(固体)→化合物2(固体)所吸收的热量为1.3QkJ，则1mol1(固体)→化合物2(固体)所吸收的热量约为6.02×1023×1.3QkJ，过程①的热化学方程式为：

，D错误；故选C。15．(2025·辽宁一模)利用电催化反应可将生物质产品()和甘油转化为高附加值化学品()和甲酸盐，装置如图所示。已知：在电催化加氢多步反应中，催化剂表面的解离产生*H中间体为关键步骤。下列叙述错误的是()A．M极为阳极，发生氧化反应B．催化剂CdPS3/CdS催化效率最高C．应使用阴离子交换膜D．反应后N极室降低【答案】A【解析】电解装置分析：M极HMF(含醛基-CHO)转化为BHMF，醛基还原为羟甲基-CH2OH，该过程加氢得电子，发生还原反应，因此M极为阴极。N极甘油转化为甲酸盐HCOO-，甘油中C元素化合价升高，失电子发生氧化反应，因此N极为阳极；水解离能量图分析题目说明H2O解离产生是关键步骤，催化效率由反应活化能决定，能垒越低，催化效率越高。三种催化剂中，CdPS3/CdS的反应最大能垒最低，因此催化效率最高。A项，M极HMF还原得到BHMF，得电子发生还原反应，M是阴极，不是阳极，A错误；B项，CdPS3/CdS对应的水分解离能垒最低，反应更容易进行，催化效率最高，B正确；C项，阴极(M极)反应生成OH-，阳极(N极)甘油氧化反应消耗OH-，为平衡电荷，OH-需要从M极室迁移到N极室，因此需要使用阴离子交换膜允许阴离子通过，C正确；D项，N极(阳极)发生氧化反应，过程中消耗OH-，导致N极室OH-浓度降低，碱性减弱，pH降低，D正确；故选A。16．(2026·河南信阳三模)利用CO2合成甲醇是CO2资源化利用的一种途径。GaZrOx催化CO2与H2反应制甲醇的化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，反应进程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，TS代表过渡态)。下列说法正确的是()A．该反应需要在低温下才能自发进行B．该反应的决速步是C．加入催化剂GaZrOx能降低反应的活化能，提高甲醇的平衡产率D．该反应的热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝-1.17kJ·mol−1【答案】A【解析】该图是CO2催化加氢制甲醇的反应势能图，横坐标为反应进程，纵坐标为相对能量(单位eV)：反应物CO2(g)＋3H2(g)相对能量定为0eV，生成物CH3OH(g)＋H2O(g)相对能量为-1.17eV，说明总反应为放热反应，ΔH；整个反应分多步进行，经过多个中间体和过渡态，总反应速率由活化能最大的步骤，即决速步骤决定。A项，根据自发判据ΔG=ΔHΔS时反应自发：总反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，气体计量数从4变为2，熵减小，即ΔS；由图像可知生成物总能量低于反应物，总反应放热，即ΔH；因此只有温度T较低时，，才能满足ΔG，反应自发；高温下ΔG，无法自发，A正确；B项，决速步是活化能最大的步骤，计算关键步骤活化能，：活化能，：活化能，由得活化能最大的步骤不是该步，因此决速步不是选项给出的步骤，B错误；C项，催化剂只能降低反应活化能、加快反应速率，不改变平衡状态，因此不能提高甲醇的平衡产率，C错误；D项，图中相对能量单位是eV，不是kJ·mol−1，D错误；故选A。17．(2026·云南一模)氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种重要的化工中间体，主要应用于农业、工业和生活领域。一定条件下，氨基甲酸铵受热会发生反应：①H2NCOONH4(s)CO(g)＋2NH3(g)；②H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(g)+H2O(g)。反应进程中相关物质的转化与能量变化如图所示。相同条件下，有关两反应的说法错误的是()A．两个反应均为吸热反应B．两个反应中都存在极性键的断裂和形成C．生成气体的平均相对分子质量不变时，说明两个反应均达到了平衡状态D．两个反应同时发生时，CO(NH2)2(s)和H2O(g)是主要产物【答案】C【解析】A项，从能量图像可知，两个反应的反应物总能量均低于生成物总能量，根据吸热反应的定义，可知两个反应均为吸热反应，A正确；B项，断裂极性键：H2NCOONH4中含有的N-H、C-N、C=O等均为极性共价键，反应过程中这些化学键会断裂；形成极性键：反应①生成NH3含N-H极性键、CO2含C=O极性键；反应②生成H2O含H-O极性键、CO(NH2)2含C-N、N-H极性键。因此两个反应中均存在极性键的断裂和形成，B正确；C项，对于反应①生成物只有气体NH3和CO2，且物质的量之比恒为2:1，其平均相对分子质量为，为定值。因此无论反应是否平衡，气体平均相对分子质量都不变，无法据此判断反应①达到平衡；对于反应②生成物只有H2O(g)一种气体，平均相对分子质量为定值18，同理也无法通过该指标判断平衡。综上，生成气体的平均相对分子质量不变不能说明两个反应均达到平衡，C错误；D项，从能量图像中可看出，反应②的活化能远低于反应①，活化能越低反应速率越快，因此两个反应同时发生时，反应②的速率更快，CO(NH2)2(s)和H2O(g)是主要产物，D正确；故选C。题型04原电池原理综合应用18．(2026·河南郑州一模)近日，我国科学家成功研发出新型氢负离子原电池，其利用氢负离子的移动来存储和释放能量，放电时总反应方程式为：。下列说法错误的是()A．电流方向：CeH2→固态电解质→NaAlH4→导线→CeH2B．该装置存储能量时，H-由NaAlH4电极移向CeH2电极C．放电时，正极的电极反应式为D．理论上，当有1molCeH3生成时，两极的质量变化差值为2g【答案】B【解析】放电时总反应方程式为：，Ce元素化合价由+2升高为+3，CeH2失电子发生氧化反应，CeH2是负极；Al元素化合价由+3降低为0，NaAlH4是正极。A项，原电池放电时，电流由正极经外电路流入负极，电流方向：CeH2→固态电解质→NaAlH4→导线→CeH2，故A正确；B项，该装置存储能量时为电解池，阴离子移向阳极，CeH2为阴极、NaAlH4为阳极，H-由CeH2电极移向NaAlH4电极，故B错误；C项，放电时，正极NaAlH4得电子生成Al，正极的电极反应式为，故C正确；D项，放电时负极反应式为CeH2-e-+H-=CeH3，理论上，当有1molCeH3生成时，电路中转移1mol电子，负极消耗1molH-，负极质量增加1g，正极生成1molH-，正极质量减少1g，两极的质量变化差值为2g，故D正确；选B。19．(2026·广东茂名一模)我国科研团队利用电化学技术实现乙烯与CO2在常温常压下直接转化为碳酸乙烯酯()，反应装置如图1所示，IrO2电极表面生成的路径如图2所示。下列说法错误的是()A．IrO2与外接电源的正极相连B．泡沫镍电极上的反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-C．相同条件下，IrO2电极上消耗的气体与泡沫镍电极上产生的气体的体积比为2:1D．生成44g的同时，泡沫镍电极上有1molH2生成【答案】D【解析】该装置为电解池，IrO2电极发生氧化反应(Br-失电子生成Br2，后续参与反应生成碳酸乙烯酯)，为阳极，接电源正极；泡沫镍电极发生还原反应为阴极，H2O得电子生成H2和OH-。A项，IrO2是阳极，电解池阳极与外接电源正极相连，A正确；B项，泡沫镍为阴极，H2O得电子生成氢气和氢氧根，电极反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，B正确；C项，总反应为：，IrO2电极消耗1molC2H4和1molCO2，共消耗2mol气体，泡沫镍电极生成1molH2，相同条件下体积比为2:1，C正确；D项，碳酸乙烯酯(C3H4O3)的摩尔质量为88g·molˉ1，44g碳酸乙烯酯的物质的量为0.5mol，根据总反应，生成1mol碳酸乙烯酯对应生成1molH2，因此生成0.5mol碳酸乙烯酯仅生成0.5molH2，D错误；故选D。20．(2026·云南一模)掺杂高分子作为可充电锂电池正极材料的研究在学术界和工业界均受到关注，这类材料在光学显示器中的一种应用原理如图所示(掺杂为充电过程)，下列说法错误的是()A．掺杂时，电极为阴极B．光学显示器由红色变为蓝色时，发生还原反应C．光学显示器由蓝色变为红色时，电子由电极经外电路移向掺杂高分子D．放电时，正极的电极反应式为【答案】B【解析】该装置为可充电电化学装置，题干明确掺杂为充电过程(电解池)，对应红色未掺杂高分子转化为蓝色掺杂高分子；去掺杂为放电过程(原电池)，对应蓝色掺杂高分子转化为红色未掺杂高分子：装置组成：两个电极分别为金属Li电极、ITO玻璃基底负载的高分子电极，电解质为LiLiO4有机电解质；未掺杂高分子为红色，掺杂后高分子为蓝色。充电时，Li+在Li电极得到电子生成Li，因此Li电极作电解池的阴极；高分子电极作阳极，发生反应：，失去电子生成带正电的掺杂高分子，发生氧化反应，颜色由红色变为蓝色。放电(去掺杂，原电池过程)放电时为原电池，活泼金属Li易失电子，作原电池负极，发生反应Li－e-=Li＋(氧化反应)；蓝色掺杂高分子电极为原电池正极，发生反应：，掺杂高分子得到电子被还原为红色未掺杂高分子，颜色由蓝色变为红色，外电路中电子由负极Li流向正极(掺杂高分子电极)。A项，掺杂(充电)时，Li接电源负极，作阴极，A正确；B项，红色变蓝色是掺杂过程，失电子发生氧化反应，不是还原反应，B错误；C项，蓝色变红色是放电(原电池)，Li是负极，电子由Li经外电路流向正极(掺杂高分子)，C正确；D项，放电时正极掺杂高分子得电子，反应式，电荷、原子均守恒，符合推导，D正确；故选B。21．(2026·江西抚州一模)近日，一种新型异步反向双离子电池被我国科学家研制出来，创新性地将阴离子与阳离子存储解耦为异步双向过程，其电池结构如下图所示，工作原理为：。下列说法不正确的是()A．放电时，电极B为正极B．放电时，电极A附近溶液pH增大C．充电时，电极B的电极反应式：NaXMnO2-xe-=MnO2+xNa+D．充电时，若有通过隔膜，则理论上电极质量增加【答案】B【解析】由图可知，放电时，电极A是原电池的负极，氢氧根离子作用下Mg-Y-Hx在负极失去电子发生氧化反应生成Mg-Y和水，电极B为正极，钠离子作用下二氧化锰在正极得到电子发生还原反应生成NaxMnO2；充电时，与直流电源负极相连的电极A是电解池的阴极，在水分子作用下Mg-Y在阴极得到电子发生还原反应生成Mg-Y-Hx，电极B为阳极，NaxMnO2在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰和钠离子。A项，由分析可知，电极B为正极，A正确；B项，由分析可知，放电时，电极A是原电池的负极，氢氧根离子作用下Mg-Y-Hx在负极失去电子发生氧化反应生成Mg-Y和水，则电极A附近溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，B错误；C项，由分析可知，充电时电极B为阳极，NaxMnO2在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰和钠离子，电极反应式为：NaXMnO2-xe-=MnO2+xNa+，C正确；D项，由分析可知，充电时与直流电源负极相连的电极A是电解池的阴极，在水分子作用下Mg-Y在阴极得到电子发生还原反应生成Mg-Y-Hx，电极反应式为：Mg-Y+xe-+xH2O=Mg-Y-Hx+xOH-，则由得失电子数目守恒可知，0.1mol钠离子通过隔膜时，理论上电极A增加的质量为：0.1mol×1g/mol=0.1g，D正确；故选B。22．(2026·陕西宝鸡二模)我国科学家研发了一种“生物质电池”，该电池放电时产生糠酸，充电时产生糠醇，实现了供电过程中生产高附加值化学品的目的。该电池的工作原理如图所示，下列说法错误的是()A．放电和充电时均需源源不断地输入糠醛B．放电时正极反应：Co0.2Ni0.8OOH+e-+H2O=Co0.2Ni0.8(OH)2+OH-C．每生成1mol，理论上外电路中通过1mol电子D．充电时的总反应：【答案】C【解析】由图可知，放电时，左侧电极为原电池的负极，碱性条件下在负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为-2e-+2OH-=+H2O，右侧电极为正极，水分子作用下Co0.2Ni0.8OOH在正极得到电子发生还原反应生成Co0.2Ni0.8(OH)2，电极反应式为Co0.2Ni0.8OOH+e-+H2O=Co0.2Ni0.8(OH)2+OH-；充电时，与直流电源负极相连的左侧电极为阴极，在阴极得到电子发生还原反应生成，电极反应式为+2e-+2H2O=+2OH-，右侧电极为阳极，碱性条件下Co0.2Ni0.8(OH)2在阳极失去电子发生氧化反应生成Co0.2Ni0.8OOH和水，电极反应式为Co0.2Ni0.8(OH)2-e-+OH-=Co0.2Ni0.8OOH+H2O。A项，由分析可知，放电或充电时糠醛均被消耗，均需源源不断地输入糠醛，A正确；B项，由分析可知，放电时正极得电子，电极反应式为Co0.2Ni0.8OOH+e-+H2O=Co0.2Ni0.8(OH)2+OH-；B正确；C项，由分析可知，碱性条件下在负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为-2e-+2OH-=+H2O，每生成1mol，理论上外电路中通过2mol电子，C错误；D项，由分析可知，充电时为和Co0.2Ni0.8(OH)2反应生成和Co0.2Ni0.8OOH，总反应为：+2Co0.2Ni0.8(OH)2=+2Co0.2Ni0.8OOH，D正确；故选C。23．(2026·江西一模)氨燃料电池是当前推动绿氢能源化应用的重要研究方向和热点。一种通过光催化合成绿氨联合氨燃料电池的装置如图，在光照作用下光催化剂被激发产生电子()和空穴()。下列说法正确的是()A．X极电势高于Y极电势B．Y极的电极反应式是4OH--4e-=O2↑＋2H2OC．电子从X极经熔融NaOH-KOH移向Y极D．每产生5.6L(标准状况)NH3，光催化装置生成0.75molh+【答案】D【解析】N2​在光催化剂表面转化为NH3，碱性介质条件下，NH3转化为N2，化合价升高，发生氧化反应，则电极X为负极，电极反应式为：2NH3+6OH--6e-=N2＋6H2O；电极Y通入O2，O2得电子发生还原反应，为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-。A项，由分析可知，电极X为负极，电极Y为正极，则X极电势低于Y极电势，A错误；B项，根据分析，电极Y通入O2，O2得电子发生还原反应，为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，B错误；C项，电子只能在外电路中移动，不会经过熔融电解质，电解质中是离子定向移动导电，C错误；D项，标准状况下5.6LNH3的物质的量为；合成NH3时，N2→NH3，N元素从0价变为-3价，生成1molNH3需要得到3mole-，因此生成0.25molNH3需要0.75mole-；光催化反应中，生成1mole-同时生成1molh+，因此生成h+的物质的量为0.75mol，D正确；故选D。题型05电解原理综合应用24．(2026·广西梧州一模)我国科研团队设计出一种双极性膜(H2O解离成H+和OH-)电解合成NH3反应器，简化模型如图所示，M、N均为惰性电极，下列说法正确的是()A．电极M与电源的正极相连B．电解一段时间后，极电解质溶液的增大C．总反应式为：KNO3＋2H2ONH3↑＋2O2↑＋KOHD．外电路每通过1mole-，N极上产生0.5molO2【答案】C【解析】M极上NO3-转化为NH3，N元素从+5价降为-3价，得电子发生还原反应，因此M是阴极，接电源负极，电极反应式应为；N是阳极，接电源正极，电极反应为4OH--4e-=O2↑＋2H2O。A项，M为阴极，应与电源负极相连，A错误；B项，N为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑＋2H2O，每转移4mole-，消耗4molOH-，双极膜中OH-被补充，但生成水，N极OH-浓度减少，pH减小，B错误；C项，配平总反应：N元素化合价降8，每生成1molO2，O元素化合价总共升4，根据电子守恒，NH3和O2系数比为1：2，再结合原子守恒，总反应为：KNO3＋2H2ONH3↑＋2O2↑＋KOH，C正确；D项，生成1molO2需要转移4mole-，因此外电路通过1mole-时，N极产生0.25molO2，D错误；故选C。25．(2026·河北衡水一模)Fe/石墨微电解-Fenton组合工艺处理硝基丙烷()的工作原理如图所示。下列说法错误的是A．电极电势：Fe电极高于石墨电极B．石墨电极存在电极反应：C．理论上每产生1mol，外电路中转移1mole-D．电解过程中，两电极附近的pH均增大【答案】C【解析】由题干图示信息可知，铁电极为阳