适用于老高考旧教材2024版高考化学二轮复习专题6化学反应与能量课件

专题六化学反应与能量考情分析高考命题分析命题情境(1)日常生活情境:从新型化学电源(锂离子电池、钠离子电池、液流电池、燃料电池等)等情境选材,要求考生利用基本概念和原理解释化学中的现象。(2)生产环保情境:从化工生产(如合成氨、电化学合成)等情境选材,理解反应原理,解决化工生产实际问题。(3)学术探索情境:从与化学有关的最新学术研究成果选材,开拓学生的学科视野,提高学生的创新思维能力。素养能力(1)理解与辨析能力:理解盖斯定律、原电池和电解池的工作原理,并能迁移应用于新型电池等,理解“两池”在生产、生活中的应用。(2)分析与推测能力:基于质量守恒和能量守恒等规律,分析化学电源、反应机理等,分析物质的结构与变化、推测反应原理及结果。(3)实践探索:依据原电池或电解池原理,结合实验探究目的(如物质的氧化性等)、图表信息等,设计实验方案,运用相关原理,描述实验现象并分析实验数据等,提升化学实验技能。考题统计(1)化学能与热能:(2023全国甲卷,28)(2023全国乙卷,28)(2022全国甲卷,28)(2022全国乙卷,28)(2021全国甲卷,28)(2020全国Ⅰ卷,28)(2020全国Ⅱ卷,28)(2019全国Ⅰ卷,28)(2019全国Ⅱ卷,27)(2019全国Ⅲ卷,28)(2)原电池和化学电源:(2023全国乙卷,12)(2022全国甲卷,10)(2022全国乙卷,12)(2020全国Ⅰ卷,12、27)(2020全国Ⅲ卷,12)(2019全国Ⅰ卷,12)(2019全国Ⅲ卷,13)(3)电解池及金属的腐蚀与防护:(2023全国甲卷,12)(2021全国甲卷,13)(2020全国Ⅱ卷,12、26)(2019全国Ⅱ卷,27)(2019全国Ⅲ卷,28)(4)电化学的综合应用:(2023全国甲卷,12)(2021全国乙卷,12)(2020全国Ⅱ卷,12、26)考点1化学能与热能聚焦核心要点要点1反应中能量变化与热化学方程式课标指引:1.知道内能是体系内物质的各种能量的总和,受温度、压强、物质的聚集状态的影响。

2.能用热化学方程式表示反应中的能量变化,能运用反应焓变合理选择和利用化学反应。1.从宏观角度和微观角度理解反应热

图像分析微观角度宏观角度a表示断裂旧化学键吸收的能量;b表示生成新化学键放出的能量a表示反应的活化能;b表示活化分子形成生成物释放的能量2.燃烧热及其理解

3.书写热化学方程式的“五步骤”要点2ΔH的计算和盖斯定律课标指引:1.认识化学能与热能的相互转化,恒温恒压条件下化学反应的反应热可以用焓变表示,能进行反应焓变的简单计算。

2.了解盖斯定律及其简单应用。1.盖斯定律的理解与应用(1)盖斯定律的理解盖斯定律表明,在一定条件下,化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关,而与反应进行的途径无关。则有:ΔH=ΔH1+ΔH2=ΔH3+ΔH4+ΔH5。

(2)盖斯定律的应用根据盖斯定律,可以利用已知反应的反应热来计算未知反应的反应热。2.计算反应热(ΔH)的四种常用方法(1)根据物质的能量(焓值)计算反应热:ΔH=生成物总能量-反应物总能量。(2)根据键能计算反应热:ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能。(3)根据活化能计算反应热:ΔH=Ea(正反应)-Ea(逆反应)。(4)根据盖斯定律计算反应热:将热化学方程式进行叠加,符合质量守恒和能量守恒规律。易错辨析用CH4催化还原NOx,可以消除氮氧化物的污染。例如:①CH4(g)+4NO2(g)══4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)

ΔH=-574

kJ·mol-1②CH4(g)+4NO(g)══2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)

ΔH=-1

160

kJ·mol-1试判断下列说法的正误。1.若用0.1

mol

CH4还原NO2生成N2和水蒸气,放出的热量为173.4

kJ。(

)×①CH4(g)+4NO2(g)══4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)

ΔH=-574

kJ·mol-1②CH4(g)+4NO(g)══2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)

ΔH=-1

160

kJ·mol-1根据盖斯定律,①+②可得2CH4(g)+4NO2(g)══2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g)

ΔH=-1

734

kJ·mol-1,若用0.1

mol

CH4还原NO2生成N2和水蒸气,放出的热量为86.7

kJ。2.由反应①可推知:CH4(g)+4NO2(g)══4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)

ΔH>-574

kJ·mol-1。(

)3.等量甲烷参与反应时,①②转移的电子数相同。(

)4.若反应②放出116

kJ热量,则转移电子的物质的量为1.6

mol。(

)×气态水变成液态水会放热,所以2中反应的ΔH<-574

kJ·mol-1。

√反应①和反应②中,,所以等量甲烷参与反应①②,转移的电子数相同。×若反应②放出116

kJ热量,则0.4

mol

NO参加反应,转移电子的物质的量为0.8

mol。精研核心命题命题点1反应中能量变化和热化学方程式典例1(2021·全国甲卷,28节选)二氧化碳催化加氢制甲醇,有利于减少温室气体二氧化碳。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

(填字母),判断的理由是

。

-49AΔH1为正值,ΔH2和ΔH为负值,反应①的活化能大于反应②的解析

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=+41

kJ·mol-1,②CO(g)+2H2(g)══CH3OH(g)

ΔH2=-90

kJ·mol-1,根据盖斯定律可知,由①+②可得CO2(g)+3H2(g)══CH3OH(g)+H2O(g)

ΔH=(+41

kJ·mol-1)+(-90

kJ·mol-1)=-49

kJ·mol-1;总反应为放热反应,因此生成物总能量低于反应物总能量,反应①为慢反应,因此反应①的活化能大于反应②,同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量,反应②的反应物总能量高于生成物总能量,因此示意图中能体现反应能量变化的是A项。变式演练(2023·浙江1月选考卷)标准状态下,气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0],下列说法不正确的是(

)A.E6-E3=E5-E2B.可计算Cl—Cl键能为2(E2-E3)kJ·mol-1C.相同条件下,O3的平衡转化率:历程Ⅱ>历程ⅠD.历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)══O2(g)+Cl(g)

ΔH=(E5-E4)kJ·mol-1C解析

由图可知,反应O3(g)+O(g)══2O2(g)的ΔH=(E6-E3)

kJ·mol-1,反应O3(g)+O(g)+Cl(g)══2O2(g)+Cl(g)[即O3(g)+O(g)══2O2(g)]的ΔH=(E5-E2)

kJ·mol-1,从而可得:E6-E3=E5-E2,A正确。由于Cl2(g)的相对能量为0,[O3(g)+O(g)]的相对能量为E3

kJ·mol-1,[O3(g)+O(g)+Cl(g)]的相对能量为E2

kJ·mol-1,则Cl(g)的相对能量为(E2-E3)

kJ·mol-1,故Cl—Cl的键能为2(E2-E3)

kJ·mol-1,B正确。由图可知,历程Ⅱ使用了催化剂,但催化剂不能使平衡发生移动,则平衡转化率不同,故O3的平衡转化率:历程Ⅰ=历程Ⅱ,C错误。一般来说,活化能越低,反应速率越快,由图可知,历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低,该步反应速率最快,结合图中物质的相对能量,可得热化学方程式为ClO(g)+O(g)══O2(g)+Cl(g)

ΔH=(E5-E4)

kJ·mol-1,D正确。命题点2反应热的计算与盖斯定律的应用典例2

(1)[2023·全国甲卷,28节选]已知下列反应的热化学方程式:①3O2(g)══2O3(g)

K1

ΔH1=285kJ·mol-1②2CH4(g)+O2(g)══2CH3OH(l)

K2

ΔH2=-329kJ·mol-1反应③CH4(g)+O3(g)══CH3OH(l)+O2(g)的ΔH3=

kJ·mol-1,平衡常数K3=

(用K1、K2表示)。

(2)[2023·全国乙卷,28节选]已知下列热化学方程式:FeSO4·7H2O(s)══FeSO4(s)+7H2O(g)

ΔH1=akJ·mol-1FeSO4·4H2O(s)══FeSO4(s)+4H2O(g)

ΔH2=bkJ·mol-1FeSO4·H2O(s)══FeSO4(s)+H2O(g)

ΔH3=ckJ·mol-1则FeSO4·7H2O(s)+FeSO4·H2O(s)══2(FeSO4·4H2O)(s)的ΔH=

kJ·mol-1。-307a+c-2b(3)[2022·全国甲卷,28节选]TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式如下:(ⅰ)直接氯化:TiO2(s)+2Cl2(g)══TiCl4(g)+O2(g)

ΔH1=172kJ·mol-1(ⅱ)碳氯化:TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)══TiCl4(g)+2CO(g)

ΔH2=-51kJ·mol-1则反应2C(s)+O2(g)══2CO(g)的ΔH为

kJ·mol-1。

(4)[2022·全国乙卷,28节选]已知下列反应的热化学方程式:①2H2S(g)+3O2(g)══2SO2(g)+2H2O(g)

ΔH1=-1036kJ·mol-1②4H2S(g)+2SO2(g)══3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=94kJ·mol-1③2H2(g)+O2(g)══2H2O(g)

ΔH3=-484kJ·mol-1计算H2S热分解反应④2H2S(g)══S2(g)+2H2(g)的ΔH4=

kJ·mol-1。

-223170(2)根据盖斯定律,将第1个反应加上第3个反应,再减去第2个反应的2倍,可得目标反应,故该反应的焓变ΔH=(a+c-2b)

kJ·mol-1。(3)根据盖斯定律,由(ⅱ)-(ⅰ)可得反应2C(s)+O2(g)══2CO(g),则有ΔH=ΔH2-ΔH1=(-51

kJ·mol-1)-172

kJ·mol-1=-223

kJ·mol-1。命题点2反应热的计算与盖斯定律的应用典例3

(2022·浙江6月选考卷)标准状态下,下列物质气态时的相对能量如下表:物质(g)28OHHOHOOH2O2H2O2H2O249218391000-136-242可根据HO(g)+HO(g)══H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为214kJ·mol-1。下列说法不正确的是(

)A.H2的键能为436kJ·mol-1B.O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍C.解离氧氧单键所需能量:HOO<H2O2D.H2O(g)+O(g)══H2O2(g)

ΔH=-143kJ·mol-1C解析

根据表格中的数据可知,H2的键能为218

kJ·mol-1×2=436

kJ·mol-1,A正确;O2的键能为249

kJ·mol-1×2=498

kJ·mol-1,H2O2中氧氧单键的键能为214

kJ·mol-1,则O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍,B正确;HOO══HO+O,解离其中氧氧单键需要的能量为249

kJ·mol-1+39

kJ·mol-1-10

kJ·mol-1=278

kJ·mol-1,H2O2中氧氧单键的键能为214

kJ·mol-1,C错误;由表中的数据可知H2O(g)+O(g)══H2O2(g)的ΔH=-136

kJ·mol-1-249

kJ·mol-1-(-242

kJ·mol-1)=-143

kJ·mol-1,D正确。变式演练(1)(2023·宁夏银川一模)以NH3、CO2为原料生产重要的高效氮肥——尿素[CO(NH2)2],两步反应的能量变化如图所示。2NH3(g)+CO2(g)══CO(NH2)2(s)+H2O(g)的ΔH=___________________

(用

表示)。已知,则两步反应中

(填“第一步”或“第二步”)反应决定了生产尿素的反应速率。

第二步

(2)(2023·湖南卷,16节选)已知下列反应的热化学方程式:+118(3)(2023·青海海东一中一模)已知:反应ⅰ.6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)

ΔH1=-1808kJ·mol-1;反应ⅱ.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

ΔH2=-91.4kJ·mol-1。部分化学键键能如下表所示:化学键N—HN≡NH—O键能/(kJ·mol-1)390946463NO中氮氧键键能为

。

633kJ·mol-1【思维建模】解答有关盖斯定律及应用类题目的思维模型训练分层落实练真题·明考向1.(2022·浙江1月选考卷)相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示:下列推理不正确的是(

)A.2ΔH1≈ΔH2,说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比B.ΔH2<ΔH3,说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用,有利于物质稳定C.3ΔH1<ΔH4,说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键D.ΔH3-ΔH1<0,ΔH4-ΔH3>0,说明苯分子具有特殊稳定性A解析

虽然2ΔH1≈ΔH2,但是2ΔH1≠ΔH3,说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目并不一定成正比,A错误;ΔH2<ΔH3,即单双键交替的物质能量低,更稳定,说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用,有利于物质稳定,B正确;3ΔH1<ΔH4,说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键,C正确;ΔH3-ΔH1<0,ΔH4-ΔH3>0,说明苯分子具有特殊稳定性,D正确。2.(2023·山东卷,20节选)一定条件下,水气变换反应CO+H2OCO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程,研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应。Ⅰ.HCOOHCO+H2O(快)Ⅱ.HCOOHCO2+H2(慢)一定条件下,反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2,则该条件下水气变换反应的焓变ΔH=

(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。

ΔH2-ΔH1解析

根据盖斯定律,将反应Ⅱ减去反应Ⅰ,可得水气变换反应:CO+H2OCO2+H2,故该反应的ΔH=ΔH2-ΔH1。89.3解析

依据盖斯定律,将①+②,可得所求反应的焓变。

4.(2023·上海闵行区一模)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法正确的是(

)A.反应消耗1molN2O吸热139kJB.反应物的总键能小于生成物的总键能C.加入催化剂可以减少反应热,加快反应速率D.相同条件下,反应物、生成物和过渡态中的物质,过渡态中的物质最稳定B练易错·避陷阱

解析

该反应中,反应物总能量高于生成物总能量,为放热反应,则反应消耗1

mol

N2O时放热139

kJ,A错误;该反应是放热反应,则反应物的总键能小于生成物的总键能,B正确;加入催化剂可以改变反应的活化能,加快反应速率,但是不能改变反应热,C错误;相同条件下,反应物、生成物和过渡态中的物质,过渡态的能量最高,过渡态最不稳定,D错误。5.(2023·广东汕头一模)下图是用钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)的反应示意图,当反应生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。下列说法错误的是(

)A.反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成B.图示中物质Ⅰ为该反应的催化剂,物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物C.使用催化剂可以降低反应的活化能,但无法改变反应的焓变D.由题意知:HCOOH(l)══CO2(g)+H2(g)

ΔH=+31.2kJ·mol-1A解析

由反应示意图可知,反应过程中不存在非极性键的形成,A错误;物质Ⅰ为反应起点存在的物质,最终又生成该物质,则物质Ⅰ为催化剂,物质Ⅱ、Ⅲ为中间过程出现的物质,则物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物,B正确;催化剂通过降低反应的活化能来加快反应速率,但不能改变反应的焓变,C正确;生成46

g(即1

mol)液态HCOOH时放出31.2

kJ的热量,该反应的热化学方程式为CO2(g)+H2(g)══HCOOH(l)

ΔH=-31.2

kJ·mol-1,其逆反应为HCOOH(l)══CO2(g)+H2(g)

ΔH=+31.2

kJ·mol-1,D正确。6.(2023·天津十二区重点校联考)金属Ni可活化C2H6放出CH4,其反应历程如图所示:下列关于该活化历程的说法错误的是(

)A.中间体1→中间体2的过程是放热过程B.加入催化剂可降低该反应的反应热,加快反应速率C.Ni和C2H6的总键能小于NiCH2和CH4的总键能D.中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤B解析

中间体1的相对能量为-56.21

kJ·mol-1,中间体2的相对能量为-154.82

kJ·mol-1,中间体1→中间体2的过程是放热过程,A正确;催化剂不能改变反应物和生成物的能量,加入催化剂,该反应的反应热不变,B错误;Ni(s)和C2H6(g)的相对总能量为0,NiCH2(s)和CH4(g)的相对总能量为-6.57

kJ·mol-1,该反应是放热反应,Ni(s)和C2H6(g)的总键能小于NiCH2(s)和CH4(g)的总键能,C正确;慢反应决定总反应的速率,中间体2→中间体3的过程反应的活化能最大,反应速率最慢,则中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤,D正确。练预测·押考向7.肼(N2H4)在不同条件下的分解产物不同,200℃时在Cu表面分解的机理如图1所示。已知200℃时:反应Ⅰ:3N2H4(g)══N2(g)+4NH3(g)

ΔH1=-akJ·mol-1(a>0);反应Ⅱ:N2H4(g)+H2(g)══2NH3(g)

ΔH2=bkJ·mol-1;总反应为N2H4(g)══N2(g)+2H2(g)

ΔH3。下列说法不正确的是(

)A.图示反应①是放热反应B.b<0C.3molN2H4(g)的总能量高于1molN2(g)和4molNH3(g)的总能量D.ΔH3=(a+2b)kJ·mol-1D解析

图示反应①N2H4(g)分解为N2(g)和NH3(g)的ΔH<0,则①是放热反应,A正确;由图2可知,1

mol

N2H4(g)和1

mol

H2(g)具有总能量高于2

mol

NH3(g)具有总能量,该反应是放热反应,则b<0,B正确;反应Ⅰ是放热反应,则3

mol

N2H4(g)具有的总能量高于1

mol

N2(g)和4

mol

NH3(g)具有的总能量,C正确;由Ⅰ-Ⅱ×2可得:N2H4(g)══N2(g)+2H2(g),根据盖斯定律,该反应的ΔH3=-(a+2b)

kJ·

mol-1,D错误。8.乙烯在硫酸催化下水合生成乙醇的反应机理与能量的关系如下图所示。下列说法正确的是(

)A.由图像可知总反应为放热反应B.第①步反应中只有O—H发生断裂C.总反应速率由第②步反应决定D.1mol乙烯的能量高于1mol乙醇的能量答案

A

解析

从图中可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,则总反应为放热反应,A正确;第①步反应断裂了碳碳双键中的一个键及碳氢键,B错误;反应历程中活化能越大,反应越慢,活化能最大的反应决定总反应速率,题给反应中第①步反应的活化能最大,决定总反应速率,C错误;根据总反应可知,因反应物和生成物均为两种,则无法比较1

mol

C2H4和1

mol

CH3CH2OH的能量高低,D错误。9.碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25℃、101kPa时:①1mol葡萄糖[C6H12O6(s)]完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l),放出2804kJ热量。②CO(g)+O2(g)══CO2(g)

ΔH=-283kJ·mol-1。(1)25℃时,CO2(g)与H2O(l)经光合作用生成葡萄糖[C6H12O6(s)]和O2(g)的热化学方程式为

。(2)25℃、101kPa时,气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓。已知O=O、C≡O的键焓分别为495kJ·mol-1、799kJ·mol-1,CO2(g)分子中碳氧键的键焓为

kJ·mol-1。

6CO2(g)+6H2O(l)===C6H12O6(s)+6O2(g)

ΔH=+2804kJ·mol-1664.75(3)天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H6等烃类,是重要的燃料和化工原料。乙烷在一定条件可发生如下反应:C2H6(g)══C2H4(g)+H2(g)

ΔH,相关物质的燃烧热数据如下表所示:物质C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃烧热ΔH/(kJ·mol-1)-1560-1411-286则ΔH=

kJ·mol-1。

+137解析

(1)由已知信息①可写出热化学方程式:C6H12O6(s)+6O2(g)══6CO2(g)+6H2O(l)

ΔH=-2

804

kJ·mol-1,CO2(g)与H2O(l)经光合作用生成葡萄糖[C6H12O6(s)]和O2(g)是葡萄糖燃烧反应的逆反应,生成1

mol葡萄糖会吸收2

804

kJ的热量,故反应的热化学方程式为6CO2(g)+6H2O(l)══C6H12O6(s)+6O2(g)

ΔH=+2

804

kJ·mol-1。考点2原电池原理和化学电源聚焦核心要点要点1原电池的工作原理与应用课标指引:1.认识化学能与电能相互转化的实际意义及其重要应用。

2.能分析、解释原电池的工作原理,能设计简单的原电池。1.原电池的工作原理思维模型

2.原电池中电极反应和电池反应的书写方法

3.设计制作原电池的方法

要点2新型化学电源及分析课标指引:1.能列举常见的化学电源,并能利用相关信息分析化学电源的工作原理。

2.能综合考虑化学变化中的物质变化和能量变化来分析、解决实际问题,如新型电池的开发等。1.教材中化学电源装置的迁移应用(1)二次电池装置(2)燃料电池装置

2.分析二次电池类题目的思维模型

3.分析燃料电池类题目的思维模型

易错辨析1.有电化学装置甲、乙分别如下图所示。(1)甲中Zn电极失去电子发生氧化反应,电子经过H2SO4溶液后,流向Ag电极。(

)×Zn比Ag活泼,Zn为负极,Zn失电子变为Zn2+,电子经导线转移到Ag电极,电子不经过电解质溶液,故(1)错误。(2)乙中H+向Fe电极方向移动。(

)2.实验室用铁片和稀硫酸反应制H2,加少量Cu粉能使该反应速率加快。(

)×Fe为较活泼电极,为负极,C为正极,电解质溶液中阳离子移向正极,则H+向C电极方向移动,故(2)错误。√铜和铁构成原电池,能加快铁和稀硫酸的反应速率。精研核心命题命题点1新型化学电源及其分析典例1(2023·全国乙卷)室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极,表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时,在硫电极发生反应:下列叙述错误的是(

)A.充电时Na+从钠电极向硫电极迁移B.放电时外电路电子流动的方向是a→bC.放电时正极反应为D.炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能A变式演练(2022·湖南卷)海水电池在海洋能源领域备受关注,一种锂-海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是(

)A.海水起电解质溶液作用B.N极仅发生的电极反应:2H2O+2e-

══2OH-+H2↑C.玻璃陶瓷具有传递离子和防水的功能D.该锂-海水电池属于一次电池B解析

海水中含有丰富的电解质,如氯化钠、氯化镁等,可作为电解质溶液,A正确。该电池的总反应可能为4Li+2H2O+O2══4LiOH,M极上Li失去电子发生氧化反应,则M电极为负极,电极反应为Li-e-══Li+,N极为正极,电极反应为O2+2H2O+4e-══4OH-,B错误。Li为活泼金属,易与水反应,玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应,并能传递离子,C正确。该电池不可充电,属于一次电池,D正确。命题点2二次电池及其分析典例2

(2019·全国Ⅲ卷)为提升电池循环效率和稳定性,科学家近期利用三维多孔海绵状Zn(3D-Zn)可以高效沉积ZnO的特点,设计了采用强碱性电解质的3D-Zn-NiOOH二次电池,结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)

ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。下列说法错误的是(

)A.三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积,所沉积的ZnO分散度高B.充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH-(aq)-e-══NiOOH(s)+H2O(l)C.放电时负极反应为Zn(s)+2OH-(aq)-2e-══ZnO(s)+H2O(l)D.放电过程中OH-通过隔膜从负极区移向正极区D解析

三维多孔海绵状Zn表面积较大,可高效沉积ZnO,所沉积的ZnO分散度也高,A项正确;根据总反应方程式Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)可知,充电时Ni(OH)2(s)在阳极上发生氧化反应:Ni(OH)2(s)-e-+OH-(aq)══NiOOH(s)+H2O(l),B项正确;放电时Zn在负极上发生氧化反应:Zn(s)-2e-+2OH-(aq)══ZnO(s)+H2O(l),C项正确;在放电过程中,阴离子应向负极移动,D项错误。思路分析

解答本题的思路如下:(1)分析充电时电极a的反应类型,判断电极a、b的名称。(2)根据充电和放电时同一电极上物质变化相反,确定放电时电极a、b上发生的反应及NaCl溶液的变化。(3)根据充电时电极a、b的反应,结合得失电子守恒,确定电极a质量的变化情况。变式演练(2023·全国新课标卷)一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质溶液的电池,其示意图如下所示。放电时,Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。下列说法错误的是(

)A.放电时V2O5为正极B.放电时Zn2+由负极向正极迁移C.充电总反应:xZn+V2O5+nH2O══ZnxV2O5·nH2OD.充电阳极反应:ZnxV2O5·nH2O-2xe-══xZn2++V2O5+nH2OC解析

Zn为活泼金属,放电时发生氧化反应为电源的负极,则V2O5电极为正极,A正确;放电时,阳离子(Zn2+)由负极向正极迁移,B正确;xZn+V2O5+nH2O══ZnxV2O5·nH2O反应中Zn发生氧化反应,为放电总反应方程式,C错误;充电时阳极(原电池正极)重新生成V2O5,D正确。【思维建模】解答二次电池的构成及原理类题目的思维模型命题点3燃料电池及分析典例3

(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11.2LC解析

放电过程为原电池,阳离子向正极移动,K+均向正极移动,A错误;N2H4-O2燃料电池的产物为氮气和水,未消耗KOH,n(KOH)保持不变,其他两种燃料电池均消耗KOH,n(KOH)减小,B错误;理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关,设消耗燃料的质量均为m

g,则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量分别为

,通过比较可知(CH3)2NNH2的理论放电量最大,C正确;正极反应为O2+2H2O+4e-══4OH-,消耗1

mol

O2时电路中通过4

mol电子,根据

N2H4~N2~4e-可知,负极消耗1

mol

N2H4,在标准状况下体积为22.4

L,D错误。变式演练(2023·四川自贡二诊)科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质,发展了一种新型储能氯流电池(如图),其中电极a为NaTi2(PO4)3/Na3Ti2(PO4)3。通过风力发电进行充电时,电极a的反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-══Na3Ti2(PO4)3。下列说法错误的是(

)A.放电时,电子的流向:电极a→输电网→电极bB.充电时,电极b为阳极,发生氧化反应C.放电时总反应:NaTi2(PO4)3+2NaClNa3Ti2(PO4)3+Cl2↑D.充电时,每转移0.2mol电子,NaCl溶液质量减少11.7gC解析

充电时,电极a的反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-══Na3Ti2(PO4)3,a极发生还原反应,则a为阴极,b为阳极;放电时a为负极、b为正极。放电时电子由负极经输电网流向正极,A正确;充电时,电极b为阳极,失去电子发生氧化反应,B正确;放电时总反应为Na3Ti2(PO4)3失去电子发生氧化反应生成钠离子、氯气得到电子发生还原反应生成氯离子,总反应为Na3Ti2(PO4)3+Cl2

NaTi2(PO4)3+2NaCl,C错误;充电时,根据电子守恒可知,2Na+~2e-~2NaCl,每转移0.2

mol电子,NaCl溶液质量减少0.2

mol×58.5

g·mol-1=11.7

g,D正确。训练分层落实练真题·明考向1.(2022·全国乙卷)Li-O2电池比能量高,在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来,科学家研究了一种光照充电Li-O2电池(如图所示)。光照时,光催化电极产生电子(e-)和空穴(h+),驱动阴极反应(Li++e-Li)和阳极反应(Li2O2+2h+══2Li++O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是(

)A.充电时,电池的总反应Li2O2══2Li+O2B.充电效率与光照产生的电子和空穴量有关C.放电时,Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移D.放电时,正极发生反应O2+2Li++2e-══Li2O2C解析

根据电子守恒,将阴极反应和阳极反应加和可得充电时总反应方程式:Li2O2══2Li+O2,A项叙述正确;根据题给信息,充电过程是通过光照来实现的,B项叙述正确;放电时,带正电的Li+应向电池的正极移动,C项叙述错误;根据图示,放电时正极上O2转化为Li2O2,电极反应为2Li++2e-══+O2Li2O2,D项叙述正确。2.(2020·全国Ⅰ卷)科学家近年发明了一种新型Zn-CO2水介质电池。电池示意图如下,电极为金属锌和选择性催化材料。放电时,温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等,为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是(

)A.放电时,负极反应为Zn-2e-+4OH-══[Zn(OH)4]2-B.放电时,1molCO2转化为HCOOH,转移电子的物质的量为2molC.充电时,电池总反应为

══2Zn+O2↑+4OH-+2H2OD.充电时,正极溶液中OH-浓度升高D解析

由题给装置图可知,放电时负极锌失去电子后结合OH-生成[Zn(OH)4]2-,负极反应为Zn-2e-+4OH-══[Zn(OH)4]2-,A项正确;放电时,正极上CO2得电子生成HCOOH,CO2中C的化合价为+4价,HCOOH中C的化合价为+2价,1

mol

CO2转化为1

mol

HCOOH,转移2

mol电子,B项正确;充电时阴极上

参与反应得到锌,阳极上H2O参与反应得到氧气,电池总反应为2[Zn(OH)4]2-══2Zn+O2↑+4OH-+2H2O,C项正确;充电时,阳极上发生失电子的氧化反应:2H2O-4e-══O2↑+4H+,OH-浓度降低,D项错误。练易错·避陷阱3.(2023·北京朝阳区一模)将铜棒插入浓、稀Cu(NO3)2溶液中(装置如图),观察到电流计指针发生偏转,一段时间后,浸入浓Cu(NO3)2溶液的铜棒变粗。下列说法不正确的是(

)A.铜棒变粗的反应:Cu2++2e-══CuB.导线中电子移动的方向:b→aC.随着反应的进行,浓、稀Cu(NO3)2溶液的浓度逐渐接近D.Cu2+的氧化性随c(Cu2+)增大而增强,Cu的还原性随c(Cu2+)增大而减弱B解析

浸入浓Cu(NO3)2溶液的铜棒变粗,说明该电极有铜析出,则b侧电极为正极,电极反应为Cu2++2e-══Cu,A正确;导线中电子由负极移向正极,即a→b,B错误;随着反应的进行,右侧不断消耗Cu2+,左侧不断生成Cu2+,浓、稀Cu(NO3)2溶液的浓度逐渐接近,C正确;对比分析可知,Cu2+的氧化性随c(Cu2+)增大而增强,Cu的还原性随c(Cu2+)增大而减弱,D正确。4.(2023·四川泸州二诊)一种高压可充电Zn-PbO2电池工作原理如图所示,通过复合膜ab与复合膜ba反向放置,分隔两室电解液,复合膜间是少量H2O,复合膜ab与ba交界处离子不能通过,复合膜中a膜是阳离子交换膜,b膜是阴离子交换膜。下列说法错误的是(

)A.放电时,K+穿过a膜移向复合膜ab间B.放电时,复合膜ba间发生了H2O解离出H+和OH-的变化C.充电时的总反应式为PbSO4+[Zn(OH)4]2-══Zn+PbO2+2H2O+D.充电时的阳极电极反应式为PbSO4+4OH--2e-══PbO2++2H2OD解析

根据图中信息锌失去电子,锌为负极,二氧化铅是正极。放电时,原电池“同性相吸”,则K+穿过阳离子交换膜即a膜移向复合膜ab间,A正确;放电时,负极不断消耗OH-,复合膜ba间发生了H2O解离出H+和OH-的变化,解离出的OH-穿过阴离子交换膜即b膜向负极移动,解离出的H+穿过阳离子交换膜即a膜向正极移动,B正确;放电时负极是锌失去电子变为[Zn(OH)4]2-,正极是二氧化铅得到电子变为硫酸铅,则充电时的总反应式为5.(2023·安徽淮北一模)一种新型电池装置如图所示,下列叙述错误的是(

)A.镍钴电极反应:N2H4+4OH--4e-══N2↑+4H2OB.Ⅱ区的Na+通过a隔膜向Ⅰ区迁移,Cl-通过b隔膜向Ⅲ区迁移C.该装置工作时总反应:N2H4+4OH-+4H+══N2↑+4H2OD.该装置工作时还利用了中和能C解析

镍钴电极上N2H4被氧化生成N2,则该电极是负极,电极反应为N2H4+4OH--4e-══N2↑+4H2O,A正确;原电池中阳离子向正极迁移,阴离子向负极迁移,Ⅱ区的Na+通过a隔膜向Ⅰ区迁移,Cl-通过b隔膜向Ⅲ区迁移,B正确;正、负极反应相加得到总反应,则该装置工作时的总反应为N2H4══N2↑+2H2↑,C错误;根据正、负极反应可知,该装置工作时还利用了中和能,D正确。练预测·押考向6.一款低成本高能效的新型无隔膜铈铅单液流电池装置如图所示,该电池用石墨毡作电极,可溶性铈盐和铅盐的混合酸性溶液作电解质溶液。已知电池反应为Pb+2Ce4+

Pb2++2Ce3+。下列相关说法正确的是(

)A.放电时,Pb2+在b电极发生还原反应B.该电池可用稀硫酸酸化电解质溶液C.充电过程中,a电极发生的反应为Ce3+-e-══Ce4+D.放电过程中,电解质溶液中向a电极移动D解析

放电时a电极为负极,电极反应为Pb-2e-══Pb2+,在a电极发生氧化反应,A错误;能与Pb2+反应生成PbSO4沉淀,故不能用稀硫酸酸化电解质溶液,B错误;充电过程中,a电极发生的反应为Pb2++2e-══Pb,C错误;放电过程中,电解质溶液中阴离子移向负极,故电解质溶液中的

向a电极移动,D正确。7.(2023·内蒙古赤峰4月模拟)2022年中国团队在巴塞罗那获得“镁未来技术奖”。一种以MgCl2-聚乙烯醇为电解液的镁电池如图所示。下列说法不正确的是(

)A.放电时,正极的电极反应式为Mg2++2e-+V2O5══MgV2O5B.放电一段时间后,聚乙烯醇中的c(Mg2+)几乎保持不变C.充电时,Mg2+嵌入V2O5晶格中D.若将电解液换成MgCl2水溶液,工作时电池可能产生鼓包C解析

结合题图中装置可知,放电时Mg为负极,V2O5为正极。放电时负极电极反应式为Mg-2e-══Mg2+,正极电极反应式为Mg2++2e-+V2O5══MgV2O5,A正确;由放电时电池总反应式V2O5+Mg══MgV2O5知,放电不影响电解质溶液的Mg2+浓度,故一段时间后,聚乙烯醇中的c(Mg2+)几乎保持不变,B正确;充电时阳极电极反应式为MgV2O5-2e-══V2O5+Mg2+,Mg2+从V2O5中脱离,C错误;若将电解液换成MgCl2水溶液,Mg能与水缓慢反应生成H2,工作时电池可能产生鼓包,D正确。8.(2023·陕西宝鸡二模)海泥细菌通过消耗海底沉积层中的有机物获得营养,同时产生电子。科学家利用这一原理设计了海泥细菌电池,该技术可在海底加速石油污染物的降解速率,其中海泥代谢产物显酸性,电池工作原理如图所示。下列说法错误的是(

)A.负极的电极反应式为CH2O-4e-+H2O══CO2+4H+B.工作时B电极附近溶液pH减小C.海水和海泥含有电解质,导电性高,有利于输出电能D.A电极消耗标准状况下O25.6L,有1mol质子通过海底沉积层和海水层交接面A解析

由题图可知,A极氧气得到电子发生还原反应生成水,为正极,O2+4e-

+4H+══2H2O;B电极HS-失去电子发生氧化反应生成硫单质,为负极,HS--2e-══S↓+H+。由分析可知,负极反应为HS--2e-══S↓+H+,A错误;工作时B电极附近生成氢离子,酸性增强,溶液pH减小,B正确;海水和海泥含有电解质,导电性高,有利于形成闭合电路输出电能,C正确;A电极反应为O2+4e-+4H+══2H2O,消耗标准状况下O2

5.6

L,为0.25

mol氧气,根据电子守恒可知,有1

mol质子通过海底沉积层和海水层交接面,D正确。考点3电解池原理及金属的腐蚀与防护聚焦核心要点要点1电解池原理及应用课标指引:1.了解电解池的工作原理,认识电解在实现物质转化和储存能量中的具体应用。

2.能分析、解释电解池的工作原理,能设计简单的电解池。1.基于电解CuCl2溶液的电解池模型(两电极均为惰性电极)2.判断电解池的电极产物的方法(1)阳极产物的判断首先看电极,若为活性电极作阳极,则电极材料失电子,电极本身溶解;若为惰性电极作阳极,则需看溶液中阴离子的失电子能力,阴离子放电顺序为S2->I->Br->Cl->OH-(水)。(2)阴极产物的判断直接根据阳离子的放电顺序进行判断:Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+(酸)>Pb2+>Fe2+>Zn2+>H+(水)。微点拨①铁作为阳极时,发生氧化反应生成Fe2+而溶解,不是生成Fe3+;②电解时,溶液中Fe3+发生还原反应,一般生成Fe2+。要点2金属的腐蚀与防护课标指引:1.了解金属发生电化学腐蚀的本质,知道金属腐蚀的危害,了解防止金属腐蚀的措施。

2.能利用电化学原理解释金属腐蚀的现象,选择并设计防腐措施。1.熟悉两种电化学防护原理及方法两种方法都要采用辅助阳极,将被保护金属作为阴极方法牺牲阳极法外加电流法原理图示

原理分析利用原电池原理,被保护金属为正极,受到保护利用电解池原理,将被保护金属与电源的负极相连,电解池的阴极受到保护2.基于“介质”判断电化学腐蚀的类型

易错辨析1.有电化学装置甲、乙分别如下图所示。

(1)甲中阴极反应为Ag++e-══Ag。(

)(2)乙中电解开始时阳极产生黄绿色气体。(

)√甲为电解池,银离子在阴极得电子生成银单质,电极反应式为Ag++e-══Ag,故(1)正确。×乙为电解池,Pt为阳极,Fe为阴极,失电子能力:I->Cl-,所以电解开始时阳极上碘离子失电子生成碘单质,(2)错误。2.在电解精炼粗铜的过程中,当阴极质量增重32

g时转移的电子数为NA。(

)3.用铜作为电极电解AgNO3溶液:4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+。(

)××用铜作为电极电解AgNO3溶液时,阳极上Cu失电子转化为Cu2+,阴极上是Ag+得到电子转化为Ag,故该电解反应方程式为Cu+2Ag+

2Ag+Cu2+。精研核心命题命题点1电解池原理及其应用典例1

(2021·全国甲卷)乙醛酸是一种重要的化工中间体,可采用如下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C.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

由题图可知,在铅电极乙二酸变成乙醛酸是去氧的过程,发生还原反应,则铅电极是电解装置的阴极,石墨电极发生氧化反应,反应为2Br--2e-══Br2,是电解装置的阳极。由上述分析可知,Br-起到还原剂的作用,A错误;阳极上的反应式为2Br--2e-══Br2,B错误;制得2

mol乙醛酸,实际上是左、右两侧各制得1

mol乙醛酸,共转移2

mol电子,故理论上外电路中迁移的电子为2

mol,C错误;电解装置中,阳离子移向阴极(即铅电极),D正确。变式演练(2023·湖北卷)我国科学家设计如图所示的电解池,实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH溶液的浓度不变,电解生成氢气的速率为xmol·h-1。下列说法错误的是(

)A.b电极反应式为2H2O+2e-══H2↑+2OH-B.离子交换膜为阴离子交换膜C.电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜D.海水为电解池补水的速率为2xmol·h-1D解析

该装置工作时,b电极连接电源负极为阴极,电极上放出H2:2H2O+2e-══H2↑+2OH-,A正确;阳极无Cl2生成且KOH溶液浓度不变,则本质上是电解水,阳极生成O2,两极之间转移OH-,离子交换膜为阴离子交换膜,B正确;电解的本质是电解水,而KOH浓度不变,PTFE膜不透液态水,则通过PTFE膜的水应为动能高的水分子(透汽),C正确;电解生成H2的速率为x

mol·h-1,根据总反应可知,海水为电解池补水的速率为x

mol·h-1,D错误。【思维建模】解答电解原理及其应用类题目的思维模型(1)判断电解池阴、阳极的方法(2)判断电极产物和书写电极反应的方法

命题点2金属腐蚀的电化学防护典例2

(2022·广东卷)为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果,将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中。一段时间后,取溶液分别实验,能说明铁片没有被腐蚀的是(

)A.加入AgNO3溶液产生沉淀B.加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现C.加入KSCN溶液无红色出现D.加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成D解析

NaCl溶液中含有Cl-,加入AgNO3溶液后,不管铁片是否被腐蚀,均会出现白色沉淀,A错误;淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质,但不论铁片是否被腐蚀,均无氧化性物质生成,B错误;KSCN溶液可检测Fe3+是否存在,钢铁腐蚀生成Fe2+,无论铁片是否被腐蚀,加入KSCN溶液后,均无红色出现,C错误;K3[Fe(CN)6]是用于检测Fe2+的试剂,若铁片没有被腐蚀,溶液中不会生成Fe2+,则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀,D正确。变式演练(2023·四川内江一模)近年来,我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象,在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀。下列说法正确的是(

)A.阴极的电极反应式为4OH--4e-══O2↑+2H2OB.阳极的电极反应式为Zn-2e-══Zn2+C.通电时,该装置为牺牲阳极的阴极保护法D.断电时,锌环失去保护作用B解析

通电时,阴极发生还原反应,电极反应式为2H2O+2e-══H2↑+2OH-,A项错误;通电时,锌为阳极,则阳极的电极反应式为Zn-2e-══Zn2+,B项正确;通电时,该装置是电解池,为外接电流的阴极保护法,C项错误;断电时,构成原电池装置,铁为正极,锌为负极,仍能防止铁帽被腐蚀,锌环仍然具有保护作用,D项错误。训练分层落实练真题·明考向1.(2023·全国甲卷)用可再生能源电还原CO2时,采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率,装置如下图所示。下列说法正确的是(

)A.析氢反应发生在IrOx-Ti电极上B.Cl-从Cu电极迁移到IrOx-Ti电极C.阴极发生的反应有:2CO2+12H++12e-══C2H4+4H2OD.每转移1mol电子,阳极生成11.2L气体(标准状况)答案

C

解析

根据电还原CO2可知IrOx-Ti电极为电解池阳极,Cu电极为电解池阴极。析氢反应发生在阴极(Cu电极)上,A项错误;质子交换膜只允许两极区转移H+,B项错误;,结合H2SO4溶液和电荷守恒可知阴极反应有2CO2+12H++12e-══C2H4+4H2O,C项正确;阳极反应为2H2O-4e-

══O2↑+4H+4

mol

22.4

L

1

mol

V(O2)解得V(O2)=5.6

L,D项错误。2.(2020·全国Ⅱ卷)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══AgxWO3C解析

该装置是电解池,通电时银失去电子被氧化为Ag+,因此,银电极为阳极,A项正确;电解池工作时,Ag+向阴极移动,即Ag+由银电极向变色层迁移,B项正确;WO3在阴极发生还原反应,即W元素的化合价降低,C项错误;电池总反应为WO3+xAg══AgxWO3,D项正确。3.(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D解析

海水中存在大量的Cl-,在阳极Cl-放电生成Cl2,A叙述正确;阴极H2O放电生成H2和OH-,OH-与Cl2反应生成ClO-,因此管道中存在一定量的NaClO,B叙述正确;因为H2为可燃性气体,所以阴极生成的H2应及时通风稀释,安全地排入大气,C叙述正确;阴极产生OH-,因此会在阴极表面形