2026年高考化学二轮复习（全国）专题06 化学反应与能量（专题专练）（解析版）

专题06化学反应与能量

目录

第一部分风向速递洞察考向，感知前沿

第二部分分层突破固本培优，精准提分

A组·保分基础练

题型01反应热与热化学方程式

题型02盖斯定律及其应用

题型03原电池原理及应用

题型04电解原理及金属防护

B组·抢分能力练

第三部分真题验证对标高考，感悟考法

1．(2025·江浙皖高中发展共同体高三联考)下列关于电化学腐蚀、防护与利用的说法正确的是()

A．铜板打上铁铆钉后，铜板B．牺牲阳极防护输水C．连接锌棒后，电子由

D．外加电流保护

更易被腐蚀管腐蚀铁管道流向锌

【答案】B

【解析】A项，形成Fe-Cu原电池，Cu作正极被保护，Cu不易被腐蚀，A错误；B项，镁比铁活泼，此

为牺牲阳极的阴极保护法，B正确；C项，锌比铁活泼，形成锌-铁原电池，锌作负极，电子由锌流向铁管

道，C错误；D项，此为外加电源的阴极保护法，被保护金属钢制管桩应与电源负极相连，D错误；故选B。

2．【多步骤反应流程机理图】(2026·广东深圳高三期中)在Fe2O3的催化作用下，向200C的恒温

恒容密闭容器中充入1molCH4和2molNO2，发生反应CH4(g)＋2NO2(g)CO2(g)＋N2(g)＋2H2O(g)，该

反应经历两步，反应过程及能量变化如图所示。下列说法正确的是()

A．由图可知，反应i和反应ⅱ均为放热反应

B．反应ⅱ为决速步

C．其他条件不变，降低温度可以提高总反应中甲烷的转化率

D．使用Fe2O3改变了总反应的焓变

【答案】C

【解析】A项，由图可知，反应i的反应物总能量低于生成物总能量，属于吸热反应；反应ⅱ的反应物总能

量高于生成物总能量，属于放热反应，A错误；B项，决速步(速率控制步骤)是反应速率较慢的一步，而反

应速率与活化能正相关(活化能越大，速率越慢)，能量图中，反应ⅰ的活化能(反应物到过渡态的能量差)

远大于反应ⅱ，因此反应ⅰ是决速步，B错误；C项，总反应是放热反应，其他条件不变，降低温度，平

衡正向移动，可以提高总反应中甲烷的转化率，C正确；D项，Fe2O3先消耗后生成，在反应中作催化剂，

作用是降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，D错误；故选C。

3．(2026·北京朝阳高三期中)设计如下路线理解和探究Na2CO3固体溶解过程的能量变化。

注：①离子在水中往往以水合离子形式存在，如水合钠离子，简写作Na+。

②碳酸钠水合物有Na2CO3·H2O、Na2CO3·7H2O和Na2CO3·10H2O三种。

下列说法不．正．确．的是()

A．由于Na2CO3和H2O还可能生成Na2CO3·7H2O等物质，ΔH1难以直接测定

B．ΔH2和ΔH3可利用图2所示的装置进行测定

−1

C．根据盖斯定律可知：Na2CO3(s)＋10H2O(l)=Na2CO3·10H2O(s)ΔH1＝-92.3kJ·mol

D．根据各微粒的状态，可推测ΔH5＞0

【答案】D

【解析】A项，因为碳酸钠和水反应可能生成Na2CO3·H2O、Na2CO3·7H2O等多种水合物，反应过程复杂，

很难控制只生成Na2CO3·10H2O这一种产物，所以ΔH1难以直接测定，A正确；B项，图2是量热计装置，

ΔH2是Na2CO3·10H2O溶解过程的热效应，ΔH3是Na2CO3溶解过程的热效应，溶解过程的热效应可以通过

量热计测定温度变化，所以ΔH2和ΔH3可利用图2所示的装置进行测定，B正确；C项，根据盖斯定律，由

−1−1

图1可知ΔH3=ΔH1+ΔH2，已知ΔH2＝+65.6kJ·mol，ΔH3＝-26.7kJ·mol，则

ΔH1ΔH3ΔH226.765.692.3kJ/mol，即Na2CO3(s)＋10H2O(l)=Na2CO3·10H2O(s)ΔH1＝

−1

-92.3kJ·mol，C正确；D项，由图可知，根据盖斯定律，ΔH3=ΔH4+ΔH5，过程iv为离子键断裂的过程，吸

收能量，即ΔH4＞0，ΔH5＜0，则ΔH5＜0，D错误；故选D。

4．(2026·浙江省浙南名校联盟三联考一模)我国目前已经实现通过电化学合成尿素，模拟装置如图所示。下

列说法不．正．确．的是()

A．b极上的电势比a极上的电势高

-＋-

B．阴极反应式为CO2＋2NO3+18H＋16e=CO(NH2)2+7H2O

C．电路上转移4mol电子时，理论上有4molH+通过交换膜向左迁移

D．电解一段时间b极区溶液pH不变

【答案】D

【解析】根据物质变化可知，石墨电极上H2O失电子，石墨为阳极，则b为电源正极，a为电源负极，Fe/Fe3O4

电极为阴极。A项，由分析可知，b极为电源正极，a极为电源负极，电源正极(b极)电势高于负极(a极)，A

--

正确；B项，阴极CO2和NO3转化为尿素，N从+5价降为-3价(2个N得16e⁻)，阴极反应式为CO2＋2NO3+18H

＋--+

＋16e=CO(NH2)2+7H2O，B正确；C项，阳极电极反应式为2H2O-4e=O2↑+4H，电路上转移4mol电子时，

阳极生成4molH+，H+通过质子交换膜向左(阴极区)迁移，C正确；D项，b极区为阳极，电极反应式为

-＋+

2H2O-4e=O2↑＋4H，H浓度增大，pH减小，D错误；故选D。

5．【结合有机反应考查电化学】(2026·浙江省杭州第二中学高三月考)电化学合成是一种绿色高

效的合成方法。如图是在酸性介质中电解合成半胱氨酸和烟酸的示意图。下列叙述不．正．确．的是()

A．过程中可能生成

B．H从电极b移向电极a

C．电极b发生的反应为：

D．生成3mol半胱氨酸的同时生成1mol烟酸

【答案】D

【解析】该装置是电解池，电极b上3-甲基吡啶转化为烟酸过程中“加氧脱氢”，发生氧化反应，则b为阳

极，a为阴极，阴极的电极反应式为：。A项，

电极a上，胱氨酸中硫原子之间的化学键断裂生成半胱氨酸，则过程中可能生成中间体

，A项正确；B项，b为阳极，a为阴极，H+为阳离子，电解池中向阴极移动，

B项正确；C项，电极b为阳极，3-甲基吡啶中-CH3氧化为-COOH，反应式为

，C项正确；D项，由分析可知，生成2mol半胱氨酸

转移2mol电子，生成1mol烟酸转移6mol电子，在得失电子守恒下，3mol半胱氨酸转移3mol电子，应

生成0.5mol烟酸，D项错误；故选D。

6．(2026·福建漳州高三期中)我国科学家开发了如图所示的电化学装置，实现了H2O2的制备和废弃PET的

回收利用。下列说法错误的是()

A．溶液中OH移向电极B

B．电极B的电势高于电极A的电势

---

C．阳极区发生的反应为：HOCH2CH2OH+8OH-6e=2HCOO＋6H2O

D．理论上每消耗3molO2，电极B消耗乙二醇2mol

【答案】D

【解析】电极A中氧气转化双氧水，发生得到电子的还原反应，电极A是阴极，电极反应

-----

O2+2H2O+2e=H2O2+2OH，电极B是阳极，电极反应HOCH2CH2OH+8OH-6e=2HCOO＋6H2O，所以溶液

中OH-移向阳极即电极B。A项，根据分析可知，电极B是阳极，所以溶液中OH-移向阳极即电极B，A正

确；B项，电极A是阴极，电极B是阳极，所以电极B的电势高于电极A的电势，B正确；C项，电极B

---

为阳极，发生氧化反应，阳极发生的反应为：HOCH2CH2OH+8OH-6e=2HCOO＋6H2O，C正确；D项，阳

---

极电极反应式为：HOCH2CH2OH+8OH-6e=2HCOO＋6H2O，理论上消耗3molO2，此时转移6mol电子，

则电极B消耗乙二醇的物质的量是1mol，D错误；故选D。

7．(2026·安徽部分学校高三联考)锌-空气二次电池具备高性能、长寿命以及可充电等优点，其原理如图所示。

下列说法正确的是()

A．充电过程中，a、b电极附近溶液pH均未发生改变

2---

B．充电过程中，a极的电极反应为[Zn(OH)4]+2e=Zn+4OH

C．放电过程中，a极的电极电势高于b极的电极电势

-

D．放电过程中，2.24LO2(标准状况)参与反应时，有0.2molOH由b极区向a极区迁移

【答案】B

--2-

【解析】该二次电池放电时，a电极为负极，发生的电极反应为Zn+4OH-2e=[Zn(OH)4]，b电极为正极，

---

发生的电极反应为O2+2H2O+4e=4OH，b极室生成的OH穿过阴离子交换膜进入a极室；充电时，a电极为

2-----

阴极，发生的电极反应为[Zn(OH)4]+2e=Zn+4OH，b电极为阳极，发生的电极反应为4OH-4e=O2↑＋2H2O。

A项，充电过程中，a极生成OH-，电极附近溶液pH升高，b极消耗OH-，电极附近溶液pH降低，A错误；

2-2---

B项，充电过程中，在a极上[Zn(OH)4]得电子还原为Zn，电极反应式为[Zn(OH)4]+2e=Zn+4OH，B正

确；C项，放电过程中，a电极为负极，b电极为正极，则a极的电极电势低于b极的电极电势，C错误；

-

D项，放电过程中，标准状况下2.24LO2(0.1mol)参与反应时，转移0.4mol电子，则有0.4molOH由b

极区向a极区迁移，D错误；故选B。

8．(2025·陕西西安高三期中)烟酸是B族维生素，可以预防和治疗多种疾病。利用碳封装过渡金属电极可电

催化将3-甲基吡啶氧化为烟酸，工作原理如图所示，在电场作用下，双极膜中H+、OH-离子分别向两极迁

移。下列说法正确的是()

--

A．a极的电极反应式为2H2O-2e=7OH+H2↑

B．a极电势高于b极电势

C．制备0.1mol烟酸时双极膜中质量减少10.8g

D．碳封装过渡金属电极能催化提高b电极上还原反应的速率

【答案】C

【解析】从题图可判断，电极a与碱性NaOH溶液相接，电极b与酸性H2SO4溶液相接，且利用b极上“碳

‐过渡金属”电极催化氧化3‐甲基吡啶生成烟酸，可知b极为阳极(氧化极)，a极为阴极(还原极)。在外加电源

作用下，阳极电势高于阴极电势，故a极电势低于b极电势。A项，a极为阴极，发生还原反应，得到电子，

--

电极反应式为2H2O+2e=2OH+H2↑，故A错误；B项，b极为阳极(氧化极)，a极为阴极(还原极)。在外加

电源作用下，阳极电势高于阴极电势，故a极电势低于b极电势，故B错误；C项，

6e6OH+4H2O，制备0.1mol烟酸时转移电子为0.6mol，根据电子

守恒可知，双极膜中有0.6molOH-移向阳极，0.6molH+移向阴极，即质量减少0.6mol×18g/mol=10.8g，故

C正确；D项，碳封装过渡金属电极的作用是促进3‐甲基吡啶在阳极发生氧化反应，而非加快阴极的还原

速率，故D错误；故选C。

9．【结合反应机理考查电化学应用】(2026·重庆巴蜀中学高三质检)亚砜类化合物有广泛应用，

如图为以NaCl溶液为电解质溶液，采取电解法制备甲基苯基亚砜()的装置。

下列说法正确的是()

A．a接电源负极，为阴极

B．电解一段时间后需补充NaCl

C．电解的总反应为：

D．a极上生成1molCl•，则理论上最多生成140g的

【答案】C

--＋-

【解析】a主要发生Cl-e=Cl•，发生氧化反应，故a为阳极，接电源正极；b主要发生2H＋2e=H2↑，发

生还原反应，故b为阴极，接电源负极；a极生成的Cl•先将氧化为，再与

结合生成，在b发生水解生成和氯离子，最后脱氢生成

。

【解析】A项，根据分析a接电源正极，为阳极，A错误；B项，反应过程中，氯离子被氧化为Cl•参与反

应后又被还原为氯离子，整体无损耗，故无需补充，B错误；C项，根据分析可知，总反应的反应物为

和水，生成物为和氢气，故总反应为，

C正确；D项，分析过程可以发现，生成一个需要2个Cl•，故a极上生成1molCl•，则理论上

最多生成0.5mol的即70g的，D错误；故选C。

10．(2026·安徽皖豫联考高三期中)工业上用双极膜电解槽电解糠醛溶液同时制备糠醇和糠酸盐，

电解过程如图所示。下列说法错．误．的是()

A．电解时，阴极反应为

B．理论上外电路中迁移2mol电子，消耗1mol糠醛

C．电极B为阳极，发生氧化反应

D．生成糠酸盐的离子反应为

【答案】B

【解析】该双极膜电解槽中：阴极(电极A)：接电源负极，糠醛得电子发生还原反应，生成糠醇，阴极反

应为2e2H；阳极(电极B)：接电源正极，发生氧化反应，MnOOH被氧

化为MnO2，MnO2再将糠醛氧化为糠酸盐。A项，电解时，糠醛得电子发生还原反应，生成糠醇，阴极反

应为2e2H，A不符合题意；B项，理论上外电路中迁移2mol电子，阳

极室和阴极室各需要消耗1mol糠醛，共需要消耗2mol糠醛，B符合题意；C项，电极B为阳极，发生氧

化反应，C不符合题意；D项，由图可知，糠醛在阳极室生成糠酸盐，结合电荷和原子守恒得离子方程式为

2MnO2OH2MnOOH，D不符合题意；故选B。

11．(2026·辽宁名校联盟高三联考)某课题组为探究海水pH值、含盐量对某钢材腐蚀行为的影响，测量了钢

材光洁部分的失重速率，实验结果如下图。下列说法正确的是()

A．实验中，钢材浸泡结束取出，快速干燥，立即称重

B．据图1推测，不同pH时钢材腐蚀速率：5.08.0

C．海水含盐量升高，有利于形成原电池，腐蚀速率一定加快

D．含盐量大于3.5%时，失重速率下降与海水中溶解氧含量下降有关

【答案】D

【解析】A项，钢材在实验pH值(中性环境中)主要发生吸氧腐蚀，生成铁锈附着，质量增加，需要清除附

着物后再测量失重量，故A错误；B项，pH值到达5.0时为酸性，会发生析氢腐蚀，无法比较腐蚀速率，

故B错误；C项，图2可知，当含盐量超过一定值约3.5%后，失重速率下降，并非含盐量升高，腐蚀速率

一定加快，故C错误；D项，含盐量升高，溶剂极性上升，氧气是非极性分子，根据相似相溶原理，溶解

度应下降，而海水中溶解氧气的量会影响钢材的吸氧腐蚀，故失重速率下降可能与海水中溶解氧气的量下

降有关，故D正确；故选D。

01反应热与热化学方程式

1．(2026·山西运城高三期中)氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得H2。在催化剂作用下，单个

HCOOH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：CHOH，在催化剂表面解离CH键比解离OH键更容易

D．HCOOH催化释氢的热化学方程式为HCOOHgCO2gH2gΔH0.45eV

【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。

2．化学反应H2+Cl2=2HCl的过程及能量变化如图所示。下列说法错误的是()

A．光照和点燃条件下的反应热相同

B．H-Cl键的键能为862kJ·mol－1

－1

C．热化学方程式：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH＝-183kJ·mol

D．2mol气态氢原子的能量高于1mol氢气的能量

【答案】B

【解析】A项，反应热效应只与反应的始态和终态有关，与条件、途径无关，因此该反应在光照和点燃条

件下的反应热效应是相同的，A正确；B项，由图可知2molHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量，

－1

所以H-Cl键的键能为431kJ·mol，B错误；C项，由图可知1molH2(g)和1molCl2(g)反应生成2molHCl(g)

放出(862-679)kJ=183kJ能量，因此氢气与氯气反应的热化学方程式为H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH＝-183

kJ·mol－1，C正确；D项，气态氢原子形成氢气分子时形成化学键，形成化学键释放能量，因此2mol气态

氢原子的能量高于1mol氢气的能量，D正确；故选B。

3．研究表明，在一定条件下，气态HCN(a)与HNC(b)两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说

法正确的是()

A．HNC比HCN更稳定

B．HCN转化为HNC，反应条件一定要加热

C．HNC(g)HCN(g)ΔH＝－59.3kJ·mol－1

D．加入催化剂，可以减小反应的热效应

【答案】C

【解析】A项，能量越低越稳定，根据图示，HNC比HCN的能量高，HCN比HNC更稳定，故A错误；B

项，HCN转化为HNC是吸热反应，吸热反应的发生不一定需要加热，故B错误；C项，根据图示，HCN

－

比HNC的能量低(186.5-127.2)KJ，所以HNC(g)HCN(g)ΔH＝－59.3kJ·mol1，故C正确；D项，

加入催化剂，能降低反应活化能，反应的热效应不变，故D错误；故选C。

4．下列对热化学方程式的解读或书写正确的是()

A．已知C石墨,sC金刚石,sΔH＞0，则石墨比金刚石稳定

B．已知①S(g)+O2(g)SO2(g)ΔH1；②S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH2，则ΔH1＞ΔH2

1

C．已知甲烷燃烧热为890.3kJmol，则甲烷燃烧的热化学方程式可以表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+

－1

2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ·mol

D．已知中和热ΔH=57.4kJmol1，则1mol硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应热就是中和热

【答案】A

【解析】A项，已知C石墨,sC金刚石,sΔH＞0，说明石墨的能量较低，金刚石的能量高，能量越高

越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，A正确；B项，气态硫比固态硫能量大，故燃烧时要放出更多的热量，

所以ΔH1的数值大，燃烧放热，焓变都是负值，数值越大，负数反而越小，所以ΔH1＜ΔH2，B错误；C项，

甲烷燃烧的热化学方程式中，应该生成液态水，C错误；D项，1mol硫酸和足量稀NaOH溶液反应生成

2molH2O，不是中和热，D错误；故选A。

5．标准状态下，1mol纯物质的相对能量及解离为气态原子时所消耗的能量如下表所示：

物质O2(g)N2(g)NO2g)C(s，石墨)CH4(g)CO2(g)

相对能量/kJ·mol−100x0-75-393.5

解离总耗能/kJ4989466327171656y

下列说法正确的是()

A．x=180

B．逐级断开CH4(g)中的每摩尔C—H所消耗的能量均为414kJ

C．解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为239kJ

D．根据NO(g)＋CH4(g)CO2(g)＋N(g)+2H2O(g)的ΔH可计算出H—O键能

【答案】D

−1

【解析】A项，焓变=生成物总能量-反应物总能量，则N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH=2xkJ·mol，焓变

=反应物总键能-生成物总键能，即498+946-632×2=2x，x=90，故A错误；B项，逐级断开CH4(g)中的每摩

尔C—H所消耗的能量不相等，故B错误；C项，石墨晶体中每个碳原子形成3条共价键，两个碳原子形

成1条键，则1mol石墨含有1.5molC-C键，解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为478kJ，故C错

误；D项，焓变=反应物总键能-生成物总键能，C(s，石墨)+O2(g)CO2(g)的ΔH可计算出y值，再根据

NO(g)＋CH4(g)CO2(g)＋N(g)+2H2O(g)的ΔH可计算出H—O键能，故D正确；故选D。

6．根据如图所给信息，得出的结论正确的是()

A．48g碳完全燃烧放出热量为1574kJ/mol

B．2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH＝－221.0kJ/mol

C．2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)ΔH＝＋283.0kJ/mol

D．C(s)＋O2(g)===CO2(s)ΔH＝－393.5kJ/mol

【答案】B

【解析】48gC完全燃烧放热为393.5kJ/mol×4mol＝1574kJ，不是1574kJ/mol，故A错误；据图示可知，

1molC燃烧生成CO放热393.5kJ－283.0kJ＝110.5kJ，所以2molC燃烧生成CO放热221.0kJ，故B正

确；1molCO燃烧生成1mol二氧化碳放热283.0kJ，所以2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)ΔH＝＋566.0kJ/mol，

故C错误；应该生成二氧化碳气体，不是固态，故D错误。

02盖斯定律及其应用

7．依据下列含硫物质转化的热化学方程式，得出的相关结论正确的是()

①S(g)+CO2(g)SO2(g)ΔH1

②S(s)+CO2(g)SO2(g)ΔH2

③2H2S(g)+O2(g)2S(s)+H2O(1)ΔH3

④2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+H2O(1)ΔH4

⑤2H2S(g)+SO2(g)3S(s)+2H2O(1)ΔH5

A．ΔH1＞ΔH2B．ΔH3＜ΔH4C．ΔH4=ΔH2+ΔH3D．2ΔH5=3ΔH3-ΔH4

【答案】D

【解析】A项，气态S的能量比固体S的大，所以气态S燃烧时放出的热量多，放热反应的ΔH为负数，

绝对值大的ΔH反而小，故A错误；B项，反应③是H2S的不完全燃烧，反应④是H2S的完全燃烧，完全

燃烧放出的热量多，放热反应的ΔH为负数，绝对值大的ΔH反而小，所以ΔH3＞ΔH4，故B错误；C项，根

据盖斯定律，②×2＋③得2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+H2O(1)ΔH4=2ΔH2+ΔH3，故C错误；D项，根

11

据盖斯定律[③×3-④]得SOg2HSg3Ss2HOlΔH=3ΔH-ΔH，故D正确；故选D。

22225234

8．MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg)：

已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不．正．确．的是()

A．ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0

B．ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)＞0

C．ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)=ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)

D．对于MgCO3和CaCO3，ΔH1+ΔH2＞ΔH3

【答案】C

2+2+

【解析】根据盖斯定律可得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，又易知Ca半径大于Mg半径，所以CaCO3的离子键强度

2-2+

弱于MgCO3，CaO的离子键强度弱于MgO。A项，ΔH1表示断裂CO3和M的离子键所吸收的能量，离

2-

子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，A项正确；B项，ΔH2表示断裂CO3

2-2+

中共价键形成O和CO2吸收的能量，与M无关，因而ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)＞0，B项正确；C项，

由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)＜0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，CaO的离

子键强度弱于MgO，因而ΔH3(CaO)＞ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)＞0，C项错误；D项，ΔH1+ΔH2＞0，

ΔH3＜0，故ΔH1+ΔH2＞ΔH3，D项正确。故选C。

9．已知[ΔH2、ΔH3、ΔH5对应的反应中O2(g)已省略，且ΔH2＞ΔH5]：

下列说法正确的是()

A．ΔH1＞0B．ΔH3的值是CH3CH2CH2CH3(g)的燃烧热

C．ΔH1+ΔH2=ΔH3+ΔH4D．稳定性：正丁烷>异丁烷

【答案】C

【解析】A项，ΔH2、ΔH3分别表示异丁烷与正丁烷的燃烧热，若ΔH2＞ΔH5，说明燃烧1mol两种物质时前

者释放的热量较后者少，由此知异丁烷的能量较低，则正丁烷转化为异丁烷是放热反应，故A错误；B项，

燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，含H元素的物质燃烧生成的指定产物为液态水，

所以ΔH3的值不是正丁烷的燃烧热，故B错误；C项，ΔH1+ΔH2和ΔH3+ΔH4的始态和终态相同，由盖斯定

律可知，ΔH1+ΔH2=ΔH3+ΔH4，故C正确；D项，相同条件下，能量越低越稳定，则稳定性：正丁烷＜异丁

烷，故D错误；故选C。

10．已知几种物质之间的能量关系如图所示，下列说法中不正确的是()

A．使用合适催化剂，不能减小反应的焓变

B．g中，热能转化为产物内部的能量

C．H28.7kJ/mol

D．g，反应物的总能量高于生成物的总能量

【答案】B

【解析】A项，使用合适催化剂可降低反应的活化能，但不能减小反应的焓变，故A正确；B项，

ΔH=119.6kJ/mol-208.4kJ/mol=-88.8kJ/mol中，产物内部的能量转化为热

能，故B错误；C项，ΔH=237.1kJ/mol-208.4kJ/mol=+28.7kJ/mol，故

C正确；D项，ΔH=-119.6kJ/mol，反应为放热反应，反应物的总能

量高于生成物的总能量，故D正确；故选B。

11．根据HX的水溶液能量循环图：

下列说法不．正．确．的是()

A．由于氢键的存在，ΔH1(HF)＞ΔH1(HCl)

B．已知HF气体溶于水放热，则ΔH1(HF)＜0

C．相同条件下，ΔH2(HCl)＞ΔH2(HBr)

D．ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6

【答案】B

【解析】A项，ΔH1为脱水能，为吸热过程，焓变大于零，HF与水分子间存在氢键，所以ΔH1(HF)的焓变

更大，故ΔH1(HF)＞ΔH1(HCl)，A正确；B项，ΔH1为脱水能，为吸热过程，焓变大于零，B错误；C项，

ΔH2为离解能，为吸热过程，氯原子半径小于溴原子，故氢氯键键能更大，则相同条件下，ΔH2(HCl)＞ΔH2(HBr)，

C正确；D项，由盖斯定律可知，反应的焓变于途径无关，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6，D正确；

故选B。

12．点阵能(U)是衡量晶体中离子间键结合能大小的一个量度，是阐明晶体化学性质的重要物理量。

为探究NaCl的离子键强弱，设计如下图所示的Born-Haber循环。

由此可得U/(kJ/mol)为()

A．＋746.9B．-746.9C．＋749.6D．-749.6

【答案】C

+1

【解析】由题干信息可知，Na(s)→Na(g)ΔH1=+108.4kJ/mol，Na(g)→Na(g)ΔH2=+495.0kJ/mol，Cl2(g)

2

-+-

→Cl(g)ΔH3=+119.6kJ/mol，Cl(g)→Cl(g)ΔH4=-384.3kJ/mol，Na(g)+Cl(g)=NaCl(s)ΔH5=-UkJ/mol，

1

Na(s)+Cl2(g)=NaCl(s)ΔH=-410.9/mol，根据盖斯定律可知，

2

ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5=(+108.4kJ/mol)+(+495.0kJ/mol)+(+119.6kJ/mol)+(-384.3kJ/mol)+(-UkJ/mol)=-

410.9kJ/mol，即得U=749.6，故选C。

13．依据下列含硫物质转化的热化学方程式，得出的相关结论正确的是()

①S(g)+CO2(g)SO2(g)ΔH1

②S(s)+CO2(g)SO2(g)ΔH2

③2H2S(g)+O2(g)2S(s)+H2O(1)ΔH3

④2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+H2O(1)ΔH4

⑤2H2S(g)+SO2(g)3S(s)+2H2O(1)ΔH5

A．ΔH1＞ΔH2B．ΔH3＜ΔH4C．ΔH4=ΔH2+ΔH3D．2ΔH5=3ΔH3-ΔH4

【答案】D

【解析】A项，气态S的能量比固体S的大，所以气态S燃烧时放出的热量多，放热反应的ΔH为负数，

绝对值大的ΔH反而小，故A错误；B项，反应③是H2S的不完全燃烧，反应④是H2S的完全燃烧，完全

燃烧放出的热量多，放热反应的ΔH为负数，绝对值大的ΔH反而小，所以ΔH3＞ΔH4，故B错误；C项，根

据盖斯定律，②×2＋③得2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+H2O(1)ΔH4=2ΔH2+ΔH3，故C错误；D项，根

11

据盖斯定律[③×3-④]得SOg2HSg3Ss2HOlΔH=3ΔH-ΔH，故D正确；故选D。

22225234

03原电池原理及应用

14．【25年江苏卷T8改编】以稀H2SO4为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为

催化剂

2HO2HO。下列说法正确的是()

2光22

A．电极a上发生氧化反应生成H2

B．H+通过质子交换膜从左室移向右室

C．光解前后，H2SO4溶液的pH不变

D．理论上，外电路每通过0.04mol电子，电极b上产生0.01mol气体

【答案】B

-+

【解析】光解过程中，电极a上电子流出，发生氧化反应，a为负极，电极反应式为：2H2O-4e=O2↑+4H；

+-

电极b上电子流入，发生还原反应，b为正极，电极反应式为：2H+2e=H2↑。A项，根据分析，电极a为

+

负极，发生氧化反应，生成物为O2，A错误；B项，原电池中阳离子向正极移动，电极a上生成H，电极

b上消耗H+，H+通过质子交换膜从左室移向右室，B正确；C项，在探究溶液浓度变化时，不仅要关注溶

质的变化，也要关注溶剂的变化，光解总反应是电解水，H2SO4溶液中H2O减少，H2SO4溶液浓度增大，pH

减小，C错误；D项，生成1molH2，转移2mol电子，外电路通过0.04mol电子时，电极b上生成0.02mol

H2，D错误；故选B。

15．【逻辑思维与科学建模】(2025·浙江省台州市高三二模)一种Zn-CO2离子液体电池可以在

+-+

供电的同时将CO2转化为CH4，电解质为离子液体[EMIM][BF4]及少量水，其中的[EMIM]是一种季铵离

子，在电池中作电解质、质子源和促进剂。该电池如图所示运行一段时间后，碳纳米管表面可检测出有ZnCO3

生成。

下列说法正确的是()

A．a电极为负极，[EMIM]+在该电极上被氧化

-2-

B．b电极反应式为：5CO2+2H2O+8e=4CO3＋CH4

C．[EMIM]+是电池中唯一的质子源

D．[EMIM]+作为电池促进剂的原理是通过生成[ZnNHC]2+增加电荷浓度，从而增强了离子电流强度

【答案】B

【解析】碳纳米管通入二氧化碳，生成甲烷和ZnCO3，发生还原反应，得到电子，是正极，电极反应：

-2-

5CO2+2H2O+8e=4CO3＋CH4；则锌为负极，锌失电子，发生氧化反应。A项，a电极为负极，锌被氧化，

-2-

A错误；B项，b电极反应式为：5CO2+2H2O+8e=4CO3＋CH4，B正确；C项，根据左图可知，水也是质

子源，C错误；D项，根据左图可知，2个[EMIM]+生成1个[ZnNHC]2+，没有增加电荷的浓度，D错误；

故选B。

16．【逻辑思维与科学建模】胶体电池是铅酸蓄电池的一种发展分类，它是在硫酸中添加胶凝剂，

使硫酸电液变为胶态，具有使用寿命长、安全稳定等优点。如图是一种胶体液流电池工作原理，下列说法

不正确的是

A．该电池中较大离子直径约为1×10-9~1×10-7

B．充电时，储罐乙所在电极接直流电源正极

4--3-

C．放电时，负极反应为[PW12O40]-e=[PW12O40]

D．放电时，若外电路转移1mol电子，理论上储罐甲质量增加1g

【答案】B

(4-x)--

【解析】由题干图示信息可知，放电时储罐甲的电极反应为：[H12(VO2)12(RC6H4PO3)8]+xe=

4-4--3-

[H12(VO2)12(RC6H4PO3)8]，发生还原反应，作正极，而储罐乙的电极反应为：[PW12O40]-e=[PW12O40]，

发生氧化反应，作负极。A项，胶体的粒子直径为1~100nm，故该胶体液流电池中较大离子直径约为

-9-73--4-

1×10~1×10，A正确；B项，根据电池工作原理图储罐乙充电时，发生电极反应：[PW12O40]+e=[PW12O40]，

作阴极，接在直流电源的负极，B错误；C项，根据电池工作原理图放电时，负极反应为：

4--3-+

[PW12O40]-e=[PW12O40]，C正确；D项，转移1mol电子时，理论上有1molH从右向左迁移，则储罐甲质

量增加1g，D正确；故选B。

17．【24年全国新课标卷T6改编】一种可植入体内的微型电池工作原理如图所示，通过CuO催化消耗血

糖发电，从而控制血糖浓度。当传感器检测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，电池

停止工作。(血糖浓度以葡萄糖浓度计)

电池工作时，下列叙述错误的是()

A．电池总反应为2C6H12O6+O2=2C6H12O7

B．b电极上CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用

C．消耗18mg葡萄糖，理论上a电极有0.2mmol电子流入

D．两电极间血液中的Na＋在电场驱动下的迁移方向为a→b

【答案】D

--

【解析】由题中信息可知，b电极为负极，发生反应Cu2O+2OH-2e=2CuO+H2O，然后再发生C6H12O6+2CuO=

--

C6H12O7+Cu2O；a电极为正极，发生反应O2+2H2O+4e=4OH，在这个过程中发生的总反应为

2C6H12O6+O2=2C6H12O7。A项，由题中信息可知，当电池开始工作时，a电极为电池正极，血液中的O2在a

---

电极上得电子生成OH，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH；b电极为电池负极，Cu2O在b电极上失电子

--

转化成CuO，电极反应式为Cu2O+2OH-2e=2CuO+H2O，然后葡萄糖被CuO氧化为葡萄糖酸，CuO被还原

为Cu2O，则电池总反应为2C6H12O6+O2=2C6H12O7，A正确；B项，b电极上CuO将葡萄糖被CuO氧化为

葡萄糖酸后被还原为Cu2O，Cu2O在b电极上失电子转化成CuO，在这个过程中CuO的质量和化学性质保

持不变，因此，CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用，B正确；C项，根据反应2C6H12O6+O2=2C6H12O7

可知，1molC6H12O6参加反应时转移2mol电子，18mgC6H12O6的物质的量为0.1mmol，则消耗18mg葡

萄糖时，理论上a电极有0.2mmol电子流入，C正确；D项，原电池中阳离子从负极移向正极迁移，故Na

＋迁移方向为b→a，D错误。故选D。

18．钠离子电池因具有安全性高、能量密度大等特点而具有良好的发展前景。某钠离子电池工作原理如图

所示，下列有关说法中正确的是()

A．②表征的是放电时的电子流向

-+

B．放电时，M极电极反应式为MoO3+xe+xNa=NaxMoO3

C．若使用氢氧燃料电池给该电池充电，氢电极应连接M极

D．充电时，外电路中每转移0.2mole-，理论上N极将减重4.6g

【答案】B

【解析】A项，由电池的工作原理图可知放电时Na转变为Na+，N极为负极，M极为正极。②表征的是

-+

充电时电子的流向，A项错误；B项，放电时，M极的电极反应式为MoO3+xe+xNa=NaxMoO3，B项正确；

C项，若使用氢氧燃料电池给该电池充电，氢电极应连接该电池负极，即N极，C项错误；D项，充电时，

由电子守恒可知外电路每转移0.2mole-，理论上N极将增重4.6g，D项错误；故选B。

19．《中国锂硫电池市场现状深度调研与发展趋势(2022-2028年)》主要研究分析了锂硫电池行

业市场运行态势并对锂硫电池行业发展趋势作出预测。一种锂硫电池的工作原理如图所示，其中电极a常

用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)。下列说法正确的是()

下列说法中正确的是

A．放电时，锂电极的电势高

B．电解质溶液可以用无机物水溶液代替

C．电池充电时间越长，电池中的Li2Sx量越多

D．电池工作时，外电路中流过0.2mol电子，负极材料减重1.4g

【答案】D

-++

【解析】由电池反应16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li-e=Li，Li

+-

移向正极，所以B电极为负极，A电极为正极；原电池的正极发生还原反应：3Li2S8+2Li+2e=4Li2S6、

+-+-

2Li2S6+2