高考化学二轮复习专题突破课件专题六 化学反应与能量 (含解析)

专题六化学反应与能量2.书写热化学方程式3．燃烧热和中和热应用中的注意事项(1)均为放热反应，ΔH<0，单位为kJ·mol－1。(2)燃烧热概念理解的三要点：①外界条件是25℃、101kPa；②反应的可燃物是1mol；③生成物是稳定的氧化物(包括状态)，如碳元素生成的是CO2，而不是CO，氢元素生成的是液态水，而不是水蒸气。(3)中和热概念理解三要点：①反应物的酸、碱是强酸、强碱；②溶液是稀溶液，不存在稀释过程的热效应；③生成产物水是1mol。高考真题演练1.[2021·湖南卷](双选)铁的配合物离子(用[L—Fe—H]＋表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：下列说法错误的是(

)A．该过程的总反应为

HCOOH

CO2↑＋H2↑B．H＋浓度过大或者过小，均导致反应速率降低C．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定答案：D解析：分析题给反应机理图，可知该过程的反应物为HCOOH，生成物为CO2和H2，则该过程的总反应为HCOOH

CO2↑＋H2↑，A说法正确；H＋浓度过大，抑制HCOOH的电离，HCOO－浓度减小，会降低Ⅰ→Ⅱ步骤的反应速率，H＋浓度过小，会降低Ⅲ→Ⅳ步骤反应速率，故H＋浓度过大或者过小，均会导致反应速率降低，B说法正确；由Ⅱ→Ⅲ过程中，脱去CO2，碳元素化合价升高，则Fe元素化合价降低，C正确；由相对能量的变化情况图可以得出，该反应过程中的Ⅳ→Ⅰ步骤的活化能Ea＝86.1kJ·mol－1，为该反应进程中的最大活化能，故该过程的决速步骤为Ⅳ→Ⅰ步骤，D说法错误。2．[2020·全国卷Ⅰ，10]铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。

下列叙述错误的是(

)A．CH3COI是反应中间体B．甲醇羰基化反应为CH3OH＋CO===CH3CO2HC．反应过程中Rh的成键数目保持不变D．存在反应CH3OH＋HI===CH3I＋H2O答案：C解析：由反应过程图可知CH3OH→CH3I→→→CH3COI→CH3CO2H,CH3COI是反应的中间产物，A项正确；把各步反应累加，得到CH3OH＋CO===CH3CO2H，B项正确；和中Rh的成键数为6，中Rh的成键数为5，中Rh的成键数为4，反应过程中Rh的成键数不相同，C项错误；由题图可知，甲醇的第一步反应为CH3OH＋HI===CH3I＋H2O，D项正确。3．[2020·全国卷Ⅱ，11]据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是(

)

A．OH－参与了该催化循环B．该反应可产生清洁燃料H2C．该反应可消耗温室气体CO2D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化答案：C解析：由题给反应机理图可知，Fe(CO)5和OH－为催化剂，参与了该催化循环，A项正确；该过程的总反应方程式为CO＋H2O

CO2＋H2，B项正确，C项错误；由题图中含铁物质的结构可知Fe的成键数目发生了变化，D项正确。4．[2020·天津卷，10]理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN(g)⇌HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是(

)

A．HCN比HNC稳定B．该异构化反应的ΔH＝＋59.3kJ·mol－1C．正反应的活化能大于逆反应的活化能D．使用催化剂，可以改变反应的反应热答案：D解析：本题考查反应过程的能量图分析，考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知。HNC的能量比HCN高，则稳定性较好的是HCN，A项正确；该异构化反应的ΔH＝

＋59.3kJ·mol－1，为吸热反应，则正反应的活化能大于逆反应的活化能，B、C项正确；使用催化剂只能改变反应的历程，但是不影响反应的反应热，D项错误。5．[2021·全国甲卷，28(1)]二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)

ΔH1＝＋41kJ·mol－1②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)

ΔH2＝－90kJ·mol－1总反应的ΔH＝________kJ·mol－1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是________(填标号)，判断的理由是_____________________________________________________。－49AΔH1为正值，ΔH2和ΔH为负值，反应①活化能大于反应②的解析：根据盖斯定律可知总反应＝反应①＋反应②，则总反应的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋41kJ·mol－1＋(－90kJ·mol－1)＝－49kJ·mol－1。总反应是放热反应，即生成物的总能量比反应物的总能量低，则B项、D项错误；反应①为慢反应，则反应①的活化能较大，故A项正确。6．[2019·全国卷Ⅰ，28(3)]我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。

可知水煤气变换的ΔH_______0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)E正＝______eV，写出该步骤的化学方程式_______________________________________________________。小于2.02COOH*＋H*＋H2O*===COOH*＋2H*＋OH*(或H2O*===H*＋OH*)解析：观察计算机模拟结果，据ΔH＝生成物总能量－反应物总能量，可知ΔH＝－0.72－0<0；该历程中最大能垒(活化能)E正＝1.86eV－(－0.16eV)＝2.02eV，该步骤的化学方程式为COOH*＋H*＋H2O*===COOH*＋2H*＋OH*或H2O*===H*＋OH*。易错提醒：热化学方程式书写易出现的错误(1)未标明反应物或生成物的状态而造成错误。(2)反应热的符号使用不正确，即吸热反应未标出“＋”号，放热反应未标出“－”号，从而导致错误。(3)漏写ΔH的单位，或者将ΔH的单位写为kJ，从而造成错误。(4)反应热的数值与方程式的计量数不对应而造成错误。(5)对燃烧热、中和热的概念理解不到位，忽略其标准是1mol可燃物或生成1molH2O(l)而造成错误。考点题组针对练题组一

能量图像的分析与应用1.由合成气制备二甲醚，涉及如下反应：(ⅰ)2CH3OH(g)⇌C2H4(g)＋2H2O(g)

ΔH1(ⅱ)2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)

ΔH2能量变化如图所示：下列说法正确的是(

)A．ΔH1＜ΔH2B．反应(ⅱ)为吸热反应C．C2H4(g)＋H2O(g)⇌CH3OCH3(g)

ΔH＝－5.2kJ·mol－1D．若在容器中加入催化剂，则E2－E1将变小答案：A解析：根据图像数据可知，ΔH1＝－29.1kJ·mol－1，ΔH2＝－23.9kJ·mol－1，则ΔH1＜ΔH2，故A项正确；从图像数据可看出，ΔH2＜0，即反应(ⅱ)为放热反应，故B项错误；根据盖斯定律可知，反应(ⅱ)－反应(ⅰ)可得反应C2H4(g)＋H2O(g)⇌CH3OCH3(g)，则ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－23.9kJ·mol－1－(－29.1kJ·mol－1)＝＋5.2kJ·mol－1，故C项错误；若在容器中加入催化剂，降低了反应的活化能，但不会改变反应焓变，则E2－E1的差值不变，故D项错误。2．已知2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)

ΔH＝－198kJ·mol－1，在V2O5存在时反应过程中的能量变化如图所示。下列叙述正确的是(

)

A．ΔH＝E4－E3＋E2－E1B．加入V2O5后反应经过两步完成，其中第一步决定反应速率C．加入V2O5，ΔH不变，但反应速率改变D．向密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生上述反应达平衡时，反应放热198kJ答案：C解析：根据图示可知：反应的焓变为吸收能量与放出能量的差值，ΔH＝E1－E2＋E3－E4，A错误；多步反应的反应速率由慢反应决定，由图可知：加入V2O5后第二步反应发生需要的能量高，反应速率慢，所以反应速率由第二步反应决定，B错误；催化剂不能改变反应物、生成物的能量，所以ΔH不变，但催化剂能改变反应途径，所以使用催化剂后反应速率改变，C正确；该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以向密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生上述反应达平衡时，反应放热小于198kJ，D错误。题组二

“机理”图像的分析与应用3.我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)

ΔH<0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：

下列说法错误的是(

)A．若起始时的水分子为HDO，则生成的氢气可能有三种分子B．过程Ⅰ、Ⅱ均为放热过程C．过程Ⅲ中形成了非极性共价键D．使用催化剂不改变水煤气变换反应的ΔH答案：B解析：若起始时的水分子为HDO，分析题图可知，过程Ⅲ生成的氢分子可能是H2、D2和HD，故A正确；过程Ⅰ、Ⅱ是水分子中化学键断裂的过程，为吸热过程，B错误；过程Ⅲ中氢原子形成了氢分子，氢分子中化学键为非极性共价键，C正确；使用催化剂不改变反应的热效应，D正确。4．H2S在催化活性炭(AC)表面的迁移，对煤的清洁和综合应用起了很大的促进作用，其机理如图所示，在AC表面温度不同的区域，产物也不同，其中ad表示物种的吸附状态。下列有关叙述错误的是(

)

A．图中阴影部分表示H2S分子的吸附与离解B．AC表面温度低的区域，H2S的去除率较高C．H2S在AC表面作用生成的产物有H2O、H2、S、SO2、CS2等D．该过程中只有极性键的断裂，没有非极性键的断裂答案：D解析：题图中阴影部分H2S(g)→H2S(ad)表示H2S在催化剂表面的吸附，H2S(ad)→2H(ad)＋S(ad)表示H2S的离解，A正确；由题图中物质的聚集状态可知，温度高时S(g)会与H2(g)反应生成H2S(g)，相当于没有实现H2S的去除，温度低时S(g)会变成S(s)，实现了H2S的去除，B正确；观察题图可知H2S在AC表面作用生成的产物有H2O、H2、S、SO2、CS2等，C正确；题图中阴影部分H2S(ad)离解成H(ad)、S(ad)，有H—S键(极性键)的断裂，部分S(g)与H2(g)反应生成H2S(g)时，存在H—H键(非极性键)的断裂，D错误。题组三

键能、焓变和活化能的综合应用5.(1)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：

已知：＋H2(g)化学键C—HC—CC===CH—H键能/kJ·mol－1412348612436计算上述反应的ΔH＝________kJ·mol－1。(2)已知反应2HI(g)===H2(g)＋I2(g)的ΔH＝＋11kJ·mol－1，1molH2(g)、1molI2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为________kJ。＋124299解析：(1)设“C”部分的化学键键能为akJ·mol－1，则ΔH＝(a＋348＋412×5)kJ·mol－1－(a＋612＋412×3＋436)kJ·mol－1＝＋124kJ·mol－1。(2)ΔH＝2E(H—I)－E(H—H)－E(I—I)，2E(H—I)＝ΔH＋E(H—H)＋E(I—I)＝11kJ·mol－1＋436kJ·mol－1＋151kJ·mol－1＝598kJ·mol－1，则E(H—I)＝299kJ·mol－1。[另解：形成1molH2(g)和1molI2(g)共放出436kJ＋151kJ＝587kJ能量，设断裂2molHI(g)中化学键吸收2akJ能量，则有2a－587＝11，得a＝299。化学键C===OH—HC===CC—HH—O键能/(kJ·mol－1)803436x414464(a－b)kJ·mol－1764(2)甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整两个过程。向反应系统中同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应如下表，则在初始阶段，蒸汽重整的反应速率________(填“大于”“小于”或“等于”)甲烷氧化的反应速率。反应过程化学方程式焓变ΔH/(kJ·mol－1)活化能Ea/(kJ·mol－1)甲烷氧化CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)－802.6125.6CH4(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)－322.0172.5蒸汽重整CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)＋206.2240.1CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)＋158.6243.9小于解析：(2)从表中活化能数据可以看出，在初始阶段，蒸汽重整反应活化能较大，而甲烷氧化反应的活化能均较小，所以甲烷氧化的反应速率快。(3)CO2在Cu­ZnO催化下，可同时发生如下的反应Ⅰ、Ⅱ，其可作为解决温室效应及能源短缺问题的重要手段。Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)

ΔH1＝－57.8kJ·mol－1Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)

ΔH2＝＋41.2kJ·mol－1某温度时，若反应Ⅰ的速率v1大于反应Ⅱ的速率v2，则下列反应过程的能量变化正确的是________(填字母)。D解析：(3)反应Ⅰ是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应Ⅱ是吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，因为反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，因此反应Ⅰ的活化能低于反应Ⅱ，D正确。核心知识再现1.原电池工作原理及应用(1)图解原电池工作原理(2)原电池装置图的升级考查特别提醒：①电池的电极反应一定是氧化反应或还原反应，但电池总反应却不一定是氧化反应或还原反应，如沉淀反应、中和反应等非氧化还原反应也可以设计成原电池；此外，利用离子浓度差也可以设计成原电池，即“浓差电池”。②电解质可以是电解质溶液，也可以是能传导离子的固体电解质，还可以是有机电解质溶液。③无论是装置①还是装置②，电子均不能通过电解质溶液。④在装置①中，由于不可避免会直接发生Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu而使化学能转化为热能，所以装置②的能量转化率高。⑤盐桥的作用：原电池装置由装置①到装置②的变化是由盐桥连接两个“半电池装置”，其中盐桥的作用有三种：a.隔绝正负极反应物，避免直接接触，导致电流不稳定；b.通过离子的定向移动，构成闭合回路；c.平衡电极区的电荷。(3)“异常”原电池原理深度分析①铝铜浓硝酸电池

初期后期电流计指针发生偏转，并很快回到0向与初期相反方向偏转负极及反应铝，2Al－6e－＋3H2O===Al2O3＋6H＋铜，Cu－2e－===Cu2＋正极及反应铜，6NO3＋6e－＋12H＋===6NO2↑＋6H2O钝化铝，2NO3＋2e－＋4H＋===2NO2↑＋2H2O初期，活泼金属铝作负极被氧化，由于铝表面很快形成致密氧化物薄膜阻止反应继续进行，使铝钝化；电流计指针回到0后，铜作负极，钝化铝作正极，电流计指针向初期相反的方向发生偏转。(4)陌生原电池装置的知识迁移①燃料电池②可逆电池图示说明：镁海水电池中，由于镁是活泼金属，所以负极会发生副反应：Mg＋2H2O===H2↑＋Mg(OH)2。类型负极及反应正极及反应电解质总反应锂电池

锂锰电池锂或锂合金：Li－e－===Li＋,MnO2＋Li＋＋e－===LiMnO2高氯酸锂(LiClO4)溶于混合有机溶剂Li＋MnO2===LiMnO2

锂亚硫酰氯电池2SOCl2＋4e－===4Cl－＋S＋SO2无水四氯铝酸锂(LiAlCl4)的亚硫酰氯溶液4Li＋2SOCl2===4LiCl＋S＋SO2

全固态锂硫电池放电时正极的变化为S8→Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2，正极反应依次为：S8＋2Li＋＋2e－===Li2S8、3Li2S8＋2Li＋＋2e－===4Li2S6等16Li＋xS8===8Li2Sx(2≤x≤8)说明由于Li是活泼金属，易与H2O、O2反应，SOCl2也可与水反应(SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl)，故组装该电池时必须在无水、无氧的条件下进行⑤锂离子电池Li＋嵌入石墨中形成石墨锂(LixC6)，正极材料一般是含Li的化合物，目前常见的正极材料有LiFePO4、LiCoO2、LiMn2O4等；电解质分为液态有机电解质和化合物电解质。正极材料正极反应式充电时阳极反应电池总反应LiFePO4Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4LiFePO4－xLi＋－xe－===Li1－xFePO4LiFePO4＋6CLi1－xFePO4＋LixC6LiCoO2Li1－xCoO4＋xLi＋＋xe－===LiCoO4LiCoO4－xLi＋－xe－===Li1－xCoO4LiCoO4＋6CLi1－xCoO4＋LixC6LiMn2O4Li1－xMn2O4＋xLi＋＋xe－===LiMn2O4LiMn2O4－xLi＋－xe－===Li1－xMn2O4LiMn2O4＋6C

Li1－xMn2O4＋LixC6注意：回收锂离子电池正极材料前，进行“放电处理”，有利于提高锂的回收率。②加减法第一步：根据题中信息，按照“氧化剂＋还原剂＋介质1===还原产物＋氧化产物＋介质2”写出电池总反应。介质常为H2O、H＋、OH－等。第二步：先判断哪个电极反应式简单，再根据公式法写出该电极的反应式，并使该电极反应与电池总反应转移的电子数目相等。第三步：用电池总反应式减去简单的电极反应式即为复杂电极的反应式。注意：书写时要满足电荷守恒、质量守恒等。

(6)原电池原理在生产、生活中的应用①用于金属保护：使被保护的金属制品(如轮船外壳)作原电池正极(阴极)而得到保护，镶嵌在金属制品表面的较活泼金属(如锌块)做原电池的负极(阳极)被腐蚀，即牺牲阳极的阴极保护法。②使变黑的银质器皿复原：银质器皿久置，表面会生成Ag2S而逐渐变成黑色，(4Ag＋O2＋2H2S===2Ag2S＋2H2O)。在铝质容器(作负极)中加入食盐水，再将变黑的银质器皿(作正极)浸入该溶液中，一段时间后，黑色Ag2S的会被还原为Ag，该法能使银质器皿无损耗复原。有关反应为：负极反应：2Al－6e－===2Al3＋；正极反应：3Ag2S＋6e－===6Ag＋3S2－；负极产生的Al3＋与正极产生的S2－在溶液中继续反应：2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。③增大反应速率形成原电池能够增大化学反应速率，如用稀硫酸与Zn反应制取H2时，滴加几滴CuSO4溶液产生气泡的速率更大，就是因为Zn与CuSO4反应生成Cu，从而形成无数细小的原电池，增大了生成H2的速率。④用于比较金属活动性强弱将两金属用导线连接，放入稀硫酸中，作负极的金属(一般该金属质量减小)活动性较强，作正极的金属(该极有气泡冒出)活动性较弱。⑤用于探究未知反应当反应物中的某离子或过量反应物影响产物的检验时，用电化学装置探究，将产物和反应物隔离开，能更准确地检验产物。例如，某实验小组对KSCN的性质进行探究，设计如下实验：装置实验步骤现象ⅰ.先滴1mL0.1mol·L－1FeSO4溶液无明显现象ⅱ.再加硫酸酸化的KMnO4溶液溶液先变红后褪色电池工作一段时间后，取少量左侧烧杯中的溶液，先加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，出现白色沉淀2．电解池的工作原理及应用(1)图解电解池工作原理(阳极为惰性电极)(2)正确判断电极产物①活泼阳极电解池用金属活动性顺序表中Ag或Ag以前的金属(如Cu、Fe、Al、Zn等)作电解池阳极时，这些金属本身失去电子被氧化，常称为活泼电极。电解精炼铜或电镀是活泼阳极电解池在工业上的具体应用。活泼阳极失电子后得到的离子一般都能与电解质溶液中的离子继续反应，因此最终的氧化产物一般需要根据题目中的信息确定。c．铜电极Cu作活泼电极时其阳极产物可能为Cu2＋或Cu＋(如Cu2O)。如电镀铜或电解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。3．多室电解池多室电解池是利用离子交换膜的选择透过性，即容许带某种电核的离子通过而限制带相反电荷的离子通过，将电解池分为两室、三室、四室等，以达到浓缩、净化、提纯以及电化学合成的目的。(1)两室电解池以惰性电极电解一定浓度的Na2CO3为例，其原理如图所示：4．原电池和电解池综合以利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5为例，装置如图所示：

主要能量转化形式：a极通入常见还原剂SO2，b极通入O2，甲类似于燃料电池，主要是将化学能转化为电能；乙是惰性电极电解池，主要是将电能转化为化学能。5．电化学计算(1)利用关系式计算：大多数原电池或电解池是依据氧化还原反应设计的，进行相关计算时，可依据电子守恒，利用关系式法解题。常用关系式为：4e－～O2～2H2～4OH－～2Cu～4Ag～4H＋。电解池串联时，经过各电极得电子的物质的量相等。(2)膜两侧溶液质量的计算计算原电池或电解池中膜两侧溶液质量的变化时，要注意气体的排出或吸收、沉淀的析出或溶解，尤其不能忽略离子的迁移对溶液质量的影响。如某甲醇燃料电池的工作原理如图所示，质子交换膜左右两侧的溶液均为1L2mol·L－1H2SO4溶液。当电池中有1mol电子转移时，左右两侧溶液的质量之差为____g(假设反应物耗尽，忽略溶液体积变化)答案：12分析：根据电极反应式，结合电子守恒法和差量法进行计算。通入甲醇的一极为负极，电极反应式为CH3OH－6e－＋H2O===CO2↑＋6H＋

Δm

6mol44g－32g＝12g

1mol

2g通入O2的一极为正极，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O

Δm

4mol32g

1mol

8g1mol电子发生转移时，左侧还有1molH＋穿过质子交换膜进入右侧，即左侧减少1gH＋，右侧增加了1gH＋，故Δm左(减少)＝3g，Δm右(增加)＝9g。两侧溶液的质量之差为Δm左(减少)＋Δm右(增加)＝9g＋3g＝12g。6．电解池的应用(1)电镀；(2)电解精炼；(3)氯碱工业；(4)金属冶炼。7．知识拓展离子交换膜(1)阳离子交换膜：对阳离子有选择性透过作用的膜，简称阳膜。例如①质子交换膜：一般是指对H＋有选择性透过作用的膜。②单价选择性阳离子交换膜，对＋1价阳离子有选择性透过作用的膜，简称单价阳膜。(2)阴离子交换膜：对阴离子有选择性透过作用的膜，简称阴膜。例如，单价选择性阴离子交换膜：对－1价阴离子有选择性透过作用的膜，简称单价阴膜。(3)“两性离子”交换膜：同时含有阳离子交换基团和阴离子交换基团的离子交换膜，对某些离子有较高的选择性，主要用于离子分离和回收溶液中的微量金属。(4)双极性膜：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，在直流电的作用下，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－供应源，简称双极膜。高考真题演练1.[2021·全国甲卷]乙醛酸是一种重要的化工中间体，可采用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是(

)A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用B．阳极上的反应式为：＋2H＋＋2e－―→＋H2OC．制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子D．双极膜中间层中的H＋在外电场作用下向铅电极方向迁移答案：D解析：根据图示，石墨电极一侧发生反应2Br－－2e－===Br2、OHC—CHO＋Br2＋H2O―→HOOC—CHO＋2HBr，总反应为OHC—CHO－2e－＋H2O===HOOC—CHO＋2H＋，因此石墨电极为阳极，KBr不只是起到电解质的作用，A项错误，B项错误；根据阳极总反应OHC—CHO－2e－＋H2O===HOOC—CHO＋2H＋、阴极反应HOOC—COOH＋2e－＋2H＋===HOOC—CHO＋H2O，可得总反应式为OHC—CHO＋HOOC—COOH===2HOOC—CHO，故制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了2mol电子，C项错误；根据阴极(铅电极)反应，双极膜中间层中的H＋在外电场作用下向阴极(铅电极)迁移，D项正确。2．[2021·全国乙卷]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答案：D解析：海水中含有较大浓度的Cl－，通电后Cl－能在阳极上发生失电子的氧化反应生成Cl2，A项正确；电解过程中阴极区有NaOH生成，阳极上生成的Cl2与阴极区生成的NaOH反应可得到NaClO，B项正确；H2具有可燃性，故应及时排入大气，以免出现意外，C项正确；阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，生成的OH－与海水中的Mg2＋结合形成Mg(OH)2，故Mg(OH)2主要在阴极上形成，D项错误。3．[2021·湖南卷]锌/溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌/溴液流电池工作原理如图所示：

下列说法错误的是(

)A．放电时，N极为正极B．放电时，左侧贮液器中ZnBr2的浓度不断减小C．充电时，M极的电极反应式为Zn2＋＋2e－===ZnD．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过答案：B解析：在该原电池中，活泼金属锌做负极，则N极为正极，A说法正确；放电时，左侧锌放电产生Zn2＋，贮液器中ZnBr2浓度不断增大，B说法错误；充电时，M极为阴极，电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，C说法正确；放电时Br－通过隔膜进入溶液中与Zn2＋结合，充电时Zn2＋通过隔膜在双极性碳和塑料电极上沉积，D说法正确。4．[2021·山东卷]以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2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)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大D．消耗1molO2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L答案：C5．[2021·浙江卷]镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下(L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。

下列说法不正确的是(

)A．断开K2、合上K1，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能B.断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生还原反应C．电极B发生氧化反应过程中，溶液中KOH浓度不变D．镍镉二次电池的总反应式：Cd＋2NiOOH＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2答案：C解析：断开K2、合上K1，发生的是原电池反应，所以能量转化形式为化学能→电能，A说法正确；断开K1、合上K2，发生的是电解池反应，电极A与电源负极相连，为阴极，阴极发生还原反应，B说法正确；当发生电解反应时，电极B是阳极，发生氧化反应，电极反应式为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===2NiOOH＋2H2O，根据电极反应式可知溶液中KOH浓度降低，C说法错误；根据题给装置图中物质的变化过程可得总反应式为Cd＋2NiOOH＋2H2O放电,充电Cd(OH)2＋2Ni(OH)2，D说法正确。6．[2021·广东卷]钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是(

)

A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大B．生成1molCo，Ⅰ室溶液质量理论上减少16gC．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变D．电解总反应：2Co2＋＋2H2O2Co＋O2↑＋4H＋答案：D解析：石墨电极为阳极，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，H＋通过阳离子交换膜由Ⅰ室进入Ⅱ室，右侧Co电极为阴极，电极反应式为Co2＋＋2e－===Co，Cl－通过阴离子交换膜由Ⅲ室进入Ⅱ室，与H＋结合生成盐酸。由上述分析知，Ⅰ室中水放电使硫酸浓度增大，Ⅱ室中生成盐酸，故Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均减小，A错误；生成1molCo时，转移2mol电子，Ⅰ室有0.5molO2(即16g)逸出，有2mol(即2g)H＋通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，则Ⅰ室溶液质量理论上减少18g，B错误；移除两交换膜后，石墨电极上的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，C错误；根据上述分析可知，电解时生成了O2、Co、H＋，则电解总反应为2Co2＋＋2H2O通电2Co＋O2↑＋4H＋，D正确。7．[2021·河北卷]K－O2电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是(

)

A．隔膜允许K＋通过，不允许O2通过B．放电时，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极C．产生1Ah电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2.22D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗0.9g水答案：D解析：由题图可知，b极上O2转化为KO2，则b极为电池正极，a极为电池负极，K＋通过隔膜由a极向b极迁移，为避免O2氧化K电极，O2不能通过隔膜，A说法正确；放电时，电流由正极经导线流向负极，即由b极经导线流向a极，充电时，b极接外接电源的正极，b电极为阳极，B说法正确；产生1Ah电量时，生成KO2与消耗O2的质量比为71∶32≈2.22，C说法正确；消耗3.9g钾时，转移0.1mole－，铅酸蓄电池消耗0.1molH2O，其质量为1.8g，D说法错误。8．[2021·山东卷，17(4)]

利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4＋4H2O

2Na2Cr2O7＋4NaOH＋2H2↑＋O2↑。则Na2Cr2O7在_____(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为________。阳Na＋答案：D10．[2020·全国卷Ⅱ，12]电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag＋注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是(

)

A．Ag为阳极B．Ag＋由银电极向变色层迁移C．W元素的化合价升高D．总反应为：WO3＋xAg===AgxWO3答案：C答案：B12．[2020·山东卷]微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含CH3COO－的溶液为例)。下列说法错误的是(

)

A．负极反应为CH3COO－＋2H2O－8e－==2CO2↑＋7H＋B.隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C．当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5gD．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1答案：B解析：结合图示可知放电时的电极反应如下：电极名称电极反应负极(a极)CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋正极(b极)2H＋＋2e－===H2↑根据上述分析可知，A项正确；该电池工作时，Cl－向a极移动，Na＋向b极移动，即隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，B项错误；电路中转移1mol电子时，向a极和b极分别移动1molCl－和1molNa＋，则模拟海水理论上可除盐58.5g，C项正确；电池工作时负极产生CO2，正极产生H2，结合正、负极的电极反应知，一段时间后，正极和负极产生气体的物质的量之比为2∶1，D项正确。13．[2020·山东卷]采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是(

)

A．阳极反应为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑B．电解一段时间后，阳极室的pH未变C．电解过程中，H＋由a极区向b极区迁移D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量答案：D解析：结合题图，可知a极上产生O2，发生的反应为水被氧化生成O2的反应，即a极为阳极，b极为阴极，电极反应式如表：结合上述分析可知，A项正确；电解一段时间后，溶液中H＋浓度未变，即阳极室的pH未变，B项正确；电解过程中H＋通过质子交换膜，从a极区向b极区迁移，C项正确；由阴、阳极的电极反应式，可知电解一段时间后，b极消耗O2的量是a极生成O2的量的2倍，即a极生成的O2与b极反应的O2的量不相等，D项错误。电极名称电极反应式a极(阳极)2H2O－4e－===4H＋＋O2↑b极(阴极)2H＋＋O2＋2e－===H2O214．[2020·全国卷Ⅱ，26(1)]氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许________离子通过，氯气的逸出口是

____(填标号)。Na＋a解析：阳极发生氧化反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，Cl2从a口逸出；阳极室排出淡盐水，故Na＋透过离子膜进入阴极室。15．[2020·全国卷Ⅱ，28(3)]CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：

(1)阴极上的反应式为_______________________。(2)若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为_________。CO2＋2e－===CO＋O2－6∶5解析：(1)结合图示可知CO2在阴极发生还原反应生成CO，即阴极上的反应式为CO2＋2e－===CO＋O2－。(2)设生成C2H4和C2H6的物质的量分别为2mol和1mol，则反应中转移电子的物质的量为4mol×2＋2mol×1＝10mol，根据碳原子守恒，可知反应的CH4为6mol；则由CO2→CO转移10mol电子，需消耗5molCO2，则反应中消耗CH4和CO2的体积比为6∶5。考点题组针对练题组一

原电池或电解池电极反应式的书写1.按要求书写不同“介质”下的电极反应式。电池电解质负极电极反应式正极电极反应式总反应式甲醇燃料电池(1)H2SO4溶液_________________________________________(2)KOH溶液__________________________________________CH3OH－6e－＋H2O===CO2＋6H＋2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O电池电解质负极电极反应式正极电极反应式总反应式甲醇燃料电池(3)熔融K2CO3___________________________________________(4)掺杂Y2O3的ZrO3固体作电解质______________________________________________2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2OCH3OH－6e－＋3O2－===CO2＋2H2O2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O2.某同学进行下列实验：操作现象取一打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和K3[Fe(CN)6]的食盐水放置一段时间后，生铁片上出现如图所示“斑痕”。其边缘处为红色，中心区域为蓝色，在两色环交界处出现铁锈下列说法不合理的是(

)A.生铁片发生吸氧腐蚀B.中心区域：Fe－e－===Fe2＋C.边缘处：O2＋2H2O＋4e－===4OH－D.两色环交界处：4Fe2＋＋O2＋10H2O===4Fe(OH)3＋8H＋答案：D解析：生铁片在含酚酞和K3的食盐水中与空气形成原电池，发生吸氧腐蚀，A正确；中心区域为蓝色，说明有Fe2＋生成，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，B正确；边缘处为红色，说明有OH－生成，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C正确；在两色环交界处出现铁锈，则交界处的反应为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，Fe(OH)3分解生成铁锈，D错误。题组二

交换膜的判断和应用3.双极膜(BPM)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H＋和OH－，作为H＋和OH－离子源。利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如下图所示，M、N为离子交换膜。下列说法错误的是(

)

A．相同条件下，不考虑气体溶解，阴极得到的气体体积是阳极的两倍B．电解过程中Na＋向左迁移，N为阴离子交换膜C．若去掉双极膜(BPM)，阳极室会有Cl2生成D．电解结束后，阴极附近溶液酸性明显增强答案：D解析：阴极得到的气体为氢气，阳极得到的气体为氧气，根据电解水的原理知，阴极得到的气体体积是阳极的两倍，A项正确；电解过程中Na＋向阴极移动，即向左迁移，Cl－向右迁移，故N为阴离子交换膜，B项正确；若去掉双极膜(BPM)，阳极上会发生2Cl－－2e－===Cl2↑，阳极室会有Cl2生成，C项正确；阴极上氢离子放电，故附近溶液酸性不会明显增强，D项错误。4．四甲基氢氧化铵[(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，其工作原理如下图所示(a、b为石墨电极，c、d、e为离子交换膜)，下列说法正确的是(

)

A．M为电