【高考突破方案】6第六章 化学反应与能量 -讲义（教师版） 高考化学一轮复习
文档属性
| 名称 | 【高考突破方案】6第六章 化学反应与能量 -讲义（教师版） 高考化学一轮复习 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 16.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-05 16:36:32 | ||
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文档简介
第1讲 化学能与热能
考点一 焓变 热化学方程式
1．焓变、反应热
(1)反应热
在等温条件下，化学反应体系向环境__释放__或从环境吸收的热量，称为化学反应的热效应，简称反应热。
(2)焓变
反应产物的总焓与反应物的总焓之差，符号为ΔH。ΔH＝H(生成物)－H(反应物)，单位：kJ·mol-1。
(3)反应热与焓变的关系
在等压条件下，反应中物质的能量变化全部转化为热能时，化学反应的反应热__等于__焓变。
2．吸热反应和放热反应
(1)两角度理解
①从能量高低角度理解
放热反应：反应物具有的总能量__大于__生成物具有的总能量
吸热反应：反应物具有的总能量__小于__生成物具有的总能量
②从化学键角度理解
放热反应：生成物分子成键时释放出的总能量大于反应物分子断键时吸收的总能量
吸热反应：生成物分子成键时释放出的总能量小于反应物分子断键时吸收的总能量
(2)记忆常见的放热反应和吸热反应
放热反应 吸热反应
①可燃物的燃烧②酸碱中和反应③金属与酸的置换反应④物质的缓慢氧化⑤铝热反应⑥大多数化合反应 ①弱电解质的电离②盐类的水解反应③Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应④C和H2O(g)、C和CO2的反应⑤大多数分解反应
①过程(包括物理过程、化学过程)与化学反应的区别，有能量变化的过程不一定是放热反应或吸热反应。如水结成冰放热，但不属于放热反应。
②化学反应是放热还是吸热与反应发生的条件没有必然联系。如吸热反应NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O在常温常压下即可进行。
3．反应焓变的计算
(1)计算方法
ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量
ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能
ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能
(2)注意事项
①利用键能计算反应热的关键，是弄清物质中化学键的数目，清楚中学阶段常见单质、化合物中所含共价键的种类和数目。
物质(化学键) CO2(C==O) CH4(C—H) P4(P—P) SiO2(Si—O)
每个微粒所含键数 2 4 6 4
物质(化学键) 石墨(C—C) 金刚石(C—C) S8(S—S) Si(Si—Si)
每个微粒所含键数 1.5 2 8 2
②活化能与焓变的关系
a．催化剂能降低反应的活化能，但不影响焓变的大小及平衡转化率。
b．在无催化剂的情况，E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能，ΔH＝E1－E2，活化能大小影响反应速率。
c．起点、终点能量高低判断反应的ΔH，并且物质的能量越低，物质越稳定
4．热化学方程式
(1)概念
表明反应所释放或吸收的热量的化学方程式。
(2)意义
表明了化学反应中的__物质__变化和__能量__变化。
如2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol-1表示2 mol氢气和1 mol氧气反应生成2 mol液态水时放出571.6 kJ的热量。
(3)热化学方程式的书写要求及步骤
(4)书写注意事项
①ΔH只能写在标有反应物和生成物状态的化学方程式的右边。若为放热反应ΔH为“－”，若为吸热反应ΔH为“＋”。
②绝大多数ΔH是在25 ℃、101 kPa下测定的，书写热化学方程式时可不注明温度和压强，也可以不用注明“点燃”“加热”等条件。
③热化学方程式中，各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子或原子数。因此化学计量数可以是整数，也可以是分数。
④反应物和产物的聚集状态不同，反应热数值以及符号都可能不同。因此，必须注明物质的聚集状态 (s、l、g、aq)才能完整地体现出热化学方程式的意义。热化学方程式中不用“↑”和“↓”。
⑤同素异形体转化的热化学方程式除了注明状态外，还要注明名称。
⑥ΔH与反应完成物质的量有关，所以热化学方程式中化学式前面的化学计量数必须与ΔH相对应。如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。如：
H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ/mol
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝__－571.6__kJ/mol
⑦无论化学反应是否可逆，热化学方程式中的ΔH都表示反应进行到底(完全转化)时的反应热。如2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＝－197 kJ/mol，是指 2 mol SO2(g)与1 mol O2(g)完全转化为2 mol SO3(g)时放出的热量为197 kJ。若在相同的温度和压强时，向容器中加2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)，一定条件下反应达平衡时，放出的热量要__小于__197 kJ。当反应向逆反应方向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。如：2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g) ΔH＝__＋197__kJ/mol。
易错易混
判断下列说法正误(正确的画“√”，错误的画“×”，并说明错因)。
(1)放热反应不需要加热就能反应，吸热反应不加热就不能反应。( )
错因：
(2)物质发生化学变化都伴有能量的变化。( )
错因：
(3)浓硫酸稀释是放热反应。( )
错因：
(4)活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高。( )
错因：
(5)吸热反应中，反应物化学键断裂吸收的总能量高于生成物形成化学键释放的总能量。( )
错因：
(6)同温同压下，反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同。( )
错因：
(7)800 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，热化学方程式为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－38.6 kJ·mol-1。( )
错因：
(8)若石墨转变为金刚石是吸热反应，则金刚石比石墨更稳定。( )
错因：
答案：(1)× 有的放热反应需要加热才能进行，有的吸热反应不用加热也能进行。
(2)√
(3)× 浓硫酸稀释是放热过程，属于物理变化。
(4)√
(5)√
(6)× 焓变与反应条件无关。
(7)× 该反应可逆，19.3 kJ的热量不是0.5 mol N2完全反应放出的，其次该反应热的数值也不是101 kPa、25 ℃条件下的反应热。
(8)× 能量低的物质更稳定。
题组一 化学反应过程中能量变化
1．(2025·浙江高二期中考试)下列反应为放热反应的是( )
①工业上煅烧石灰石
②炼铁高炉中碳与二氧化碳高温转化为一氧化碳
③乙炔与氧气反应，用于切割金属
④氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应
⑤CaO＋H2O===Ca(OH)2
⑥N2与H2合成NH3
⑦NaOH和CH3COOH的反应
A．①②③ B．④⑤⑦ C．④⑦⑧ D．③⑤⑥⑦
答案：D
【题源】选择性必修1第4页
2．(2025·河南高二第一次月考)下列说法错误的是( )
A．新能源应具有资源丰富、可再生、无污染或少污染等特点。如太阳能、氢能、风能、地热能、潮汐能和生物质能等新能源
B．“冰，水为之，而寒于水”，说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量低
C．25 ℃和101 kPa下，反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在点燃和光照下的ΔH不同
D．反应物和生成物具有的总能量的高低，决定了该反应是放热还是吸热反应
答案：C
【题源】选择性必修1第7页“化学反应中焓的变化示意图”
题组二 依据键能或能量变化图计算焓变
3．N2(g)与H2(g)化合生成NH3(g)的能量变化如图，下列说法正确的是( )
A．N2与H2的键能数值总和为1 080
B．N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)＋46 kJ
C．1 mol H2(g)的能量比2 mol H(g)的能量低
D．若使用催化剂会改变反应的热效应
解析：C 由图中可知，mol N≡N与 mol H—H的键能总和为1 080 kJ，则N2与H2的键能数值总和不等于1 080，A不正确；从图中可以看出， mol N2＋ mol H2→1 mol NH3，放热(314＋377＋435－1080)kJ＝46 kJ，则N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)＋92 kJ，B不正确；H2(g)断裂共价键生成2H(g)，需要吸收热量，所以1 mol H2(g)的能量比2 mol H(g)的能量低，C正确；若使用催化剂，可以改变反应的活化能，但不能改变反应的热效应，D不正确。
4．CO2与H2在某催化剂的作用下反应如图所示：
化学键 键能/ (kJ·mol-1)
436
326
803
464
414
写出该反应的热化学方程式：_______________________________________。
答案：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－46 kJ·mol-1
解析：由反应图示可知图形与化学键对应关系为
H—H C—O C===O O—H C—H
ΔH＝反应物总键能－生成物总键能＝2×803 kJ·mol-1＋3×436 kJ·mol-1－3×414 kJ·mol-1－326 kJ·mol-1－3×464 kJ·mol-1＝－46 kJ·mol-1。
【题源】选择性必修1第7页
题组三 热化学方程式的判断与书写
5．(2024·江苏南通高三期中)已知25 ℃、101 kPa下，10 kg丁烷完全燃烧生成CO2和液态水时，放出5×105 kJ的热量，下列热化学方程式书写正确的是( )
A．C4H10＋O2===4CO2＋5H2O ΔH＝－2 900 kJ· mol-1
B．C4H10(l)＋O2===4CO2(g)＋5H2O(l)
ΔH＝＋2 900 kJ·mol-1
C．C4H10(l)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)
ΔH＝－2 900 kJ
D．2C4H10(l)＋13O2(g)===8CO2(g)＋10H2O(l) ΔH＝－5 800 kJ·mol-1
解析：D 丁烷分子式是C4H10，相对分子质量是58，10 kg丁烷的物质的量是n(C4H10)＝，其完全燃烧生成CO2和液态水时，放出5×105 kJ的热，则1 mol丁烷完全燃烧生成CO2和液态水时，放出热量Q＝＝2 900 kJ。反应放出的热量与反应的物质多少呈正比，则2 mol丁烷完全燃烧放出5 800 kJ的热量，故该反应的热化学方程式为2C4H10(l)＋13O2(g)===8CO2(g)＋10H2O(l) ΔH＝－5 800 kJ·mol-1，D正确。
【题源】选择性必修1第10页
方法技巧
“五审”判断热化学方程式的正误
6．依据事实写出下列反应的热化学方程式。
(1)SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态H2O。已知室温下2 g SiH4自燃放出热量89.2 kJ。SiH4自燃的热化学方程式为__________________________________________________________。
(2)CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25 ℃、101 kPa下，已知该反应每消耗1 mol CuCl(s)，放热44.4 kJ，该反应的热化学方程式是___________________________________________________________________。
(3)下图是1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：___________________________________。
答案：(1)SiH4(g)＋2O2(g)===SiO2(s)＋2H2O(l) ΔH＝－1 427.2 kJ·mol-1
(2)4CuCl(s)＋O2(g)===2CuCl2(s)＋2CuO(s) ΔH＝－177.6 kJ·mol-1
（3）NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g)ΔH＝－234 kJ·mol-1
eq \o(\s\up7(),\s\do5(考点二 燃烧热 中和热 能源 ))
1．燃烧热和中和热的比较
类别 燃烧热 中和热
相同点 能量变化 放热
ΔH及其单位 ΔH__＜__0，单位均为kJ·mol-1
不同点 反应物的量 __1_mol__ 不一定为1 mol
生成物的量 不确定 生成水的量为__1_mol__
反应热的含义 101 kPa时，1 mol__纯物质__完全燃烧生成指定产物时所放出的热量 在稀溶液里，__酸__与__碱__发生中和反应生成1 mol水时所放出的热量
表示方法 燃烧热ΔH＝－a kJ·mol-1(a＞0) 强酸与强碱反应的中和热ΔH＝－57.3_kJ·mol-1
2．中和热的测定
(1)实验装置
(2)测定原理
ΔH＝－
c＝4.18 J·g-1·℃-1；n为生成H2O的物质的量。
(3)实验步骤
(4)注意事项
①酸、碱溶液应当用强酸、强碱的稀溶液，因为浓酸或浓碱溶于水一般都要放热。若用弱酸或弱碱，它们电离时要吸收一部分热量，会使测得的数值偏小。
②测量酸、碱溶液温度时要过一段时间再读数，测量反应混合液温度时应随时读取温度值以记录最高温度。
③溶液混合要迅速，尽量减少热量的散失。
④为保证实验结果的准确性，重复实验2～3次，取其平均值。
⑤为了保证实验中盐酸完全反应，使用的碱稍微过量，计算中和热时按酸来算。
⑥做好保温工作是本实验成功的关键，如只用玻璃搅拌器，而不能用铁质或铜质搅拌器，还应注意玻璃搅拌器的使用方法。
3．能源
(1)能源分类
(2)解决能源问题的措施
①提高能源的利用效率
a．改善开采、运输、加工等各个环节。
b．科学控制燃烧反应，使燃料充分燃烧。
②开发新能源
开发资源丰富、可以再生、没有污染或污染很小的新能源。
易错易混
判断下列说法正误(正确的画“√”，错误的画“×”，并说明错因)。
(1)葡萄糖的燃烧热是2 800 kJ·mol-1，则C6H12O6(s)＋3O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 400 kJ·mol-1。( )
错因：
(2)NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol-1(中和热，ΔH的数值正确)。( )
错因：
(3)已知稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol-1，则稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1 mol水时放出57.3 kJ的热量。( )
错因：
(4)根据2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol-1可知，氢气的燃烧热为571.6 kJ·mol-1。( )
错因：
答案：(1)√
(2)√
(3)× 醋酸反应过程中发生电离会吸热，稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1 mol水时放出热量小于57.3 kJ。
(4)× 氢气的燃烧热指1 mol氢气燃烧生成H2O(l)时所放出的热量。
题组一 能源的开发与利用
1．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是( )
A．直接燃烧煤和将煤进行深加工后再燃烧的效率相同
B．天然气、水能属于一次能源，水煤气、电能属于二次能源
C．人们可以把放热反应释放的能量转化为其他可利用的能量，而吸热反应没有利用价值
D．地热能、风能、天然气和氢能都属于新能源
答案：B
【题源】选择性必修1第13项“练习与应用”第5题
2．(2024·广州高二期中)“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的绿色液态燃料。下列有关“液态阳光”的说法错误的是( )
A．煤气化得到的水煤气合成的甲醇属于“液态阳光”
B．CO2和H2O转化为“液态阳光”有利于减少CO2的排放
C．“液态阳光”行动有利于可持续发展并应对气候变化
D．“液态阳光”有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题
解析：A 煤气化是由水蒸气与碳反应生成CO和H2，利用生成的水煤气再合成甲醇，不符合“液态阳光”的定义，故A错误。
题组二 燃烧热、中和热的理解与应用
3．下列说法正确的是( )
A．将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，或一次性快速注入盐酸中，都不影响中和热的测定
B．已知中和热为ΔH＝－57.3 kJ·mol-1，则稀硫酸与Ba(OH)2稀溶液反应的反应热ΔH＝－2×57.3 kJ·mol-1
C．燃烧热是指在101 kPa时1 mol可燃物完全燃烧时所放出的热量，故S(s)＋O2(g)===SO3(g) ΔH＝－315 kJ·mol-1即为硫的燃烧热
D．已知冰的熔化热为6.0 kJ·mol-1，冰中氢键键能为20.0 kJ·mol-1，假设1 mol冰中有2 mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则最多只能破坏1 mol冰中15%的氢键
解析：D 分多次缓慢注入，造成热量散失，则测定的中和热偏小，应一次性快速注入盐酸中，A错误；生成硫酸钡放热，则稀硫酸与Ba(OH)2稀溶液反应的反应热ΔH<－2×57.3 kJ·mol-1，B错误；燃烧热定义中，硫燃烧生成的稳定氧化物应为二氧化硫，C错误；冰的熔化热为6.0 kJ·mol-1，1 mol冰变成0 ℃的液态水所需吸收的热量为6.0 kJ·mol-1，冰中氢键键能为20.0 kJ·mol-1，1 mol冰中有2 mol氢键，破坏时需吸收40 kJ的热量，则×100%＝15%，即最多只能破坏1 mol冰中15%的氢键，D正确。
4．利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50 mL 0.50 mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸的温度。
②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L-1 NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度。
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液的最高温度。
回答下列问题：
(1)为什么所用NaOH溶液要稍过量？______________________________。
(2)倒入NaOH溶液的正确操作是________(填字母)。
A．沿玻璃棒缓慢倒入
B．分三次倒入
C．一次迅速倒入
(3)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是________(填字母)。
A．用温度计小心搅拌
B．揭开杯盖用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯
D．用套在温度计上的玻璃搅拌器上下轻轻地搅动
(4)现将一定量的氢氧化钠稀溶液、氢氧化钙稀溶液、稀氨水分别和1 L 1 mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为__________。
(5)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18 J·g-1·℃-1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：
实验序号 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃
盐酸 氢氧化钠溶液 混合溶液
1 20.0 20.1 23.2
2 20.2 20.4 23.4
3 20.5 20.6 23.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝______________(结果保留一位小数)。
答案：(1)确保盐酸被完全中和
(2)C
(3)D (4)ΔH1＝ΔH2＜ΔH3
(5)－51.8 kJ·mol-1
【题源】选择性必修1第5页“探究”
归纳总结
(1)有关燃烧热的判断，一看是否以1 mol可燃物为标准，二看是否生成稳定氧化物。
(2)燃烧热中元素所对应的指定产物：C→CO2(g)，H→H2O(l)，S→SO2(g)，N→N2(g)等。
(3)对于中和反应反应热、燃烧热，由于它们的反应放热是确定的，所以描述中不带“－”，但焓变为负值。
(4)若反应过程中有其他物质生成(如生成不溶性物质，难电离物质等)，这部
分反应热不在中和反应反应热之内。
考点三 盖斯定律 反应热的计算
1．盖斯定律
(1)内容
对于一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的。即：化学反应的反应热只与反应体系的__始态和终态__有关，而与__反应的途径__无关。
(2)意义
间接计算某些反应的反应热。
(3)应用
转化关系 反应热间的关系
aAB、AB ΔH1＝__aΔH2__
AB ΔH1＝__－ΔH2__
ΔH＝__ΔH1＋ΔH2__
即：若一个化学方程式可由n个化学方程式相加减而得到，则该化学反应的焓变即为这n个化学反应焓变的代数和。
2．反应热的计算
计算依据 计算方法
反应物的总能量和生成物的总能量 ΔH＝E(生成物的总能量)－E(反应物的总能量)
化学键的键能 ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和
反应过程中正、逆反应的活化能 ΔH＝正反应的活化能之和－逆反应的活化能之和
燃烧热 可燃物完全燃烧产生的热量＝可燃物的物质的量×燃烧热
盖斯定律 根据盖斯定律，可以将两个或若干个热化学方程式相加或相减等代数运算(包括ΔH运算)，得到一个新的热化学方程式
热化学方程式 热化学方程式与数学上的方程式相似，可以左右颠倒同时改变ΔH的正、负号，各项的系数包括ΔH的数值可以同时扩大或缩小相同的倍数
3．反应热大小的比较
(1)看物质的聚集状态。物质的气、液、固三态转化时的能量变化如下：
(2)看ΔH的符号。比较反应热大小时不要只比较ΔH数值的大小，还要考虑其符号。
(3)看化学计量数。当反应物与生成物的状态相同时，化学计量数越大，放热反应的ΔH越小，吸热反应的ΔH越大。
(4)看反应的程度。对于可逆反应，参加反应的物质的量和聚集状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大。
实例说明：
①根据反应物的量的大小关系比较反应焓变大小
ⅰ.H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH1
ⅱ.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH2
反应ⅱ中H2的量更多，因此放热更多，|ΔH1|<|ΔH2|，但ΔH1<0，ΔH2<0，故ΔH1>ΔH2。
②根据反应进行的程度大小比较反应焓变的大小
ⅲ.C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH3
ⅳ.C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH4
反应ⅳ中，C完全燃烧，放热更多，|ΔH3|<|ΔH4|，但ΔH3<0，ΔH4<0，故ΔH3>ΔH4。
③根据反应物或生成物的状态比较反应焓变的大小
ⅴ.S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH5
ⅵ.S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH6
方法一：图像法
由图像可知：|ΔH5|>|ΔH6|，但ΔH5<0，ΔH6<0，故ΔH5<ΔH6。
方法二：通过盖斯定律构造新的热化学方程式
由ⅴ－ⅵ可得S(g)===S(s) ΔH＝ΔH5－ΔH6<0，故ΔH5<ΔH6。
④根据特殊反应的焓变情况比较反应焓变的大小
ⅶ.2Al(s)＋O2(g)===Al2O3(s) ΔH7
ⅷ.2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s) ΔH8
由ⅶ－ⅷ可得2Al(s)＋Fe2O3(s)===2Fe(s)＋Al2O3(s) ΔH＝ΔH7－ΔH8，已知铝热反应为放热反应，故ΔH<0，ΔH7<ΔH8。
题组一 应用盖斯定律计算或比较焓变
1．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)＋O2(g) SO2(g) ΔH1
②S(s)＋O2(g) SO2(g) ΔH2
③2H2S(g)＋O2(g) 2S(s)＋2H2O(l) ΔH3
④2H2S(g)＋3O2(g) 2SO2(g)＋2H2O(l) ΔH4
⑤2H2S(g)＋SO2(g) 3S(s)＋2H2O(l) ΔH5
A．ΔH1>ΔH2
B．ΔH3<ΔH4
C．ΔH4＝ΔH2＋ΔH3
D．2ΔH5＝3ΔH3－ΔH4
解析：D 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；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；根据盖斯定律，②×2＋③得2H2S(g)＋3O2(g) 2SO2(g)＋2H2O(l) ΔH4＝2ΔH2＋ΔH3，故C错误；根据盖斯定律[③×3－④]×得SO2(g)＋2H2S(g)===3S(s)＋2H2O(l) ΔH5＝(3ΔH3－ΔH4)，即2ΔH5＝3ΔH3－ΔH4，故D正确。
2．CH3COOH和氨水反应的能量循环体系如图所示，下列说法正确的是( )
A.ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝ΔH4
B．ΔH1＋ΔH4>ΔH2＋ΔH3
C．ΔH4<ΔH1－ΔH2
D．ΔH3<0
解析：C 由图可知
①CH3COOH(aq)＋NH3·H2O(aq)===CH3COO－(aq)＋NH(aq)＋H2O(l) ΔH1；
②CH3COOH(aq) CH3COO－(aq)＋H＋(aq) ΔH2；
③NH3·H2O(aq) OH－(aq)＋NH(aq)
ΔH3；
④OH－(aq)＋H＋(aq)===H2O(l) ΔH4。
由以上得②＋③＋④＝①，即ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＝ΔH1，故A错误；由ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＝ΔH1得ΔH1＋ΔH4＝ΔH2＋ΔH3＋2ΔH4，中和反应是放热反应，故ΔH4<0，所以ΔH1＋ΔH4<ΔH2＋ΔH3，故B错误；由ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＝ΔH1得ΔH4＝ΔH1－ΔH2－ΔH3<0，弱电解质的电离是吸热过程，所以ΔH3>0，所以ΔH4<ΔH1－ΔH2，故C正确、D错误。
题组二 利用盖斯定律书写热化学方程式
3. “零碳”甲醇是利用焦炉气副产物H2和工业尾气中的CO2合成，涉及以下反应：
①CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41.2 kJ·mol-1
②CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH2＝－90.5 kJ·mol-1
③CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH3
依据盖斯定律，可计算得出ΔH3＝____________ kJ·mol-1
答案：－49.3
解析：(1)根据盖斯定律反应①＋②可得反应③，所以ΔH3＝41.2 kJ·mol-1＋(－90.5 kJ·mol-1)＝－49.3 kJ·mol-1。
【题源】选择性必修1第18页例题3
4．在298 K、101 kPa下，将2.2 g CO2通入150 mL 0.5 mol·L-1 KOH溶液中充分反应(不考虑气体逸出)，测得反应放出x kJ热量。已知该条件下，将0.1 mol CO2通入1 L 0.2 mol·L-1 KOH溶液中充分反应放出y kJ热量。则CO2与KOH溶液反应生成KHCO3的热化学方程式正确的是( )
A．CO2(g)＋KOH(aq)===KHCO3(aq) ΔH＝－(40x－10y) kJ·mol-1
B．CO2(g)＋KOH(aq)===KHCO3(aq) ΔH＝－40(y－x) kJ·mol-1
C．CO2(g)＋KOH(aq)===KHCO3(aq) ΔH＝－2(10x－y) kJ·mol-1
D．CO2(g)＋KOH(aq)===KHCO3(aq) ΔH＝－10(5x－4y) kJ·mol-1
解析：A 1 L 0.2 mol·L-1 KOH的物质的量为0.2 mol，n(CO2)∶n(KOH)＝0.1 mol∶0.2 mol＝1∶2，则0.1 mol CO2通入1 L 0.2 mol·L-1 KOH溶液中反应生成K2CO3和H2O时放出y kJ的热量，该反应的ΔH＝－×y kJ/mol＝－10y kJ·mol-1，该热化学方程式为①CO2(g)＋2KOH(aq)===K2CO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－10y kJ·mol-1；150 mL 0.5 mol·L-1 KOH的物质的量为0.075 mol，2.2 g CO2的物质的量为＝0.05 mol，2.2 g CO2与150 mL 0.1 mol·L-1 KOH溶液反应时n(CO2)∶n(KOH)＝0.05 mol∶0.075 mol＝2∶3，则反应为②2CO2(g)＋3KOH(aq)===K2CO3(aq)＋KHCO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－×x kJ/mol＝－40x kJ/mol，根据盖斯定律：②－①可得CO2与KOH溶液反应生成KHCO3溶液的热化学方程式CO2(g)＋KOH(aq)===KHCO3(aq) ΔH＝－(40x－10y) kJ/mol，故A正确。
5．现已知在101 kPa下CH4、H2、C(s)的燃烧热分别为890.83 kJ/mol、285.83 kJ/mol和393.51 kJ/mol，则反应C(s)＋2H2(g)===CH4(g)的ΔH＝________________。
答案：－74.34 kJ/mol
解析：已知碳单质、氢气、甲烷的燃烧热分别为393.51 kJ/mol、285.83 kJ/mol和890.83 kJ/mol，则它们的热化学方程式分别为：
①C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.51 kJ/mol；
②H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH2＝－285.83 kJ/mol；
③CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3＝－890.83 kJ/mol。
根据盖斯定律，由①＋②×2－③得C(s)＋2H2(g)===CH4(g) ΔH＝[(－393.51 kJ/mol)＋(－285.83 kJ/mol)×2]－(－890.83 kJ/mol)＝－74.34 kJ/mol。
思维模型
利用盖斯定律计算反应热(ΔH)的解题流程
1．(2024·湖南卷节选)丙烯腈(CH2==CHCN)是一种重要的化工原料。工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂生产CH2==CHCN的流程如下：
已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定。
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ.HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2==CHCOOC2H5(g)＋H2O(g) ΔH1
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ.CH2==CHCOOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2==CHCONH2(g)＋C2H5OH(g) ΔH2
ⅲ.CH2==CHCONH2(g)→CH2==CHCN(g)＋H2O(g) ΔH3
④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
则总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2==CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g) ΔH＝______________(用含ΔH1、ΔH2和ΔH3的代数式表示)。
答案：ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
解析：根据盖斯定律，总反应
HOCH2CH2COOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2==CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g)可以由反应ⅰ＋反应ⅱ＋反应ⅲ得到，故ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。
2. (2024·安徽卷节选) 乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。
C2H6氧化脱氢反应：
2C2H6(g)＋O2(g)===2C2H4(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－209.8 kJ·mol-1
C2H6(g)＋CO2(g)===C2H4(g)＋H2O(g)＋CO(g) ΔH2＝＋178.1 kJ·mol-1
计算：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH3＝__－566__kJ·mol-1。
答案：－566
解析：将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①－反应②×2可得目标反应，则ΔH3＝ΔH1－2ΔH2＝(－209.8－178.1×2) kJ/mol＝－566 kJ/mol。
3．(2024·甘肃卷节选)SiHCl3是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
由SiCl4制备SiHCl3：
SiCl4(g)＋H2(g)===SiHCl3(g)＋HCl(g) ΔH1＝＋74.22 kJ·mol-1 (298 K)
已知SiHCl3(g)＋H2(g)===Si(s)＋3HCl(g) ΔH2＝＋219.29 kJ·mol-1(298 K)
298 K时，由SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(g)制备56 g硅______(填“吸”或“放”)热______kJ。升高温度有利于制备硅的原因是______________________。
答案：吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅
解析：由题给热化学方程式：
①SiCl4(g)＋H2(g)===SiHCl3(g)＋HCl(g) ΔH1＝＋74.22 kJ·mol-1；
②SiHCl3(g)＋H2(g)===Si(s)＋3HCl(g) ΔH2＝＋219.29 kJ·mol-1；
则根据盖斯定律可知，①＋②可得热化学方程式SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(g)，ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋74.22 kJ·mol-1＋(＋219.29 kJ·mol-1)＝＋293.51 kJ·mol-1，则制备56 g Si，即2 mol Si，需要吸收热量为293.51 kJ·mol-1×2＝587.02 kJ·mol-1。该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅。
4. (2024·黑吉辽卷节选)为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气：
2HCl(g)＋O2(g) Cl2(g)＋H2O(g) ΔH1＝－57.2 kJ·mol-1 ΔS K。
结合以下信息，可知H2的燃烧热ΔH＝________kJ·mol-1。
H2O(l)===H2O(g) ΔH2＝＋44.0 kJ·mol-1
H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g) ΔH3＝－184.6 kJ·mol-1
答案：－258.8
解析：表示氢气燃烧热的热化学方程式为④H2(g)＋O2(g)===H2O(l)，设①2HCl(g)＋O2(g) Cl2(g)＋H2O(g)，②H2O(l)===H2O(g)，③H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)，则④＝①＋③－②，因此氢气的燃烧热ΔH＝－57.2 kJ/mol－184.6 kJ/mol－44 kJ/mol＝－285.8 kJ·mol-1。
5. (2024·山东卷节选)水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下：
Ⅰ.C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH1>0
Ⅱ.CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH2<0
Ⅲ.CaO (s) ＋CO2(g)===CaCO3(s) ΔH3<0
则C(s)＋CaO(s)＋2H2O(g) CaCO3(s)＋2H2(g)的焓变ΔH＝___________(用代数式表示)。
答案：ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
解析：已知三个反应：
Ⅰ.C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)
Ⅱ.CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)
Ⅲ.CaO (s) ＋CO2(g)===CaCO3(s)
设目标反应C(s)＋CaO(s)＋2H2O(g) CaCO3(s)＋2H2(g)为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ＝Ⅰ＋Ⅱ＋Ⅲ，所以ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。
6. (2024·浙江卷节选)通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。
Ⅰ.C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·mol-1
Ⅱ.C(s)＋H2(g)＋O2(g)===HCOOH(g) ΔH2＝－378.7 kJ·mol-1
Ⅲ.CO2(g)＋H2(g) HCOOH(g) ΔH3＝________kJ·mol-1。
答案：＋14.8
解析：由题意可知，ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝－378.7 kJ·mol-1＋393.5 kJ·mol-1＝＋14.8 kJ/mol。
1．(2025·浙江模拟)化学与航天、能源、化工等密切相关。下列说法错误的是( )
A．利用化石燃料燃烧放出的热量使水分解产生氢气，是氢能开发的研究方向
B．化学电源放电、植物光合作用都能发生化学变化，并伴随能量的转化
C．“干热岩”(温度大于200 ℃的高温岩体)是最具应用价值和利用潜力的清洁能源，该能源属于地热能
D．若化学过程中断开化学键放出的能量大于形成化学键所吸收的能量，则反应吸热
解析：A 化石燃料是不可再生的，且不廉价，不适用于分解水产生氢气，A项错误。
2．一定条件下：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＝－196 kJ/mol，下列说法正确的是( )
A．反应物的总能量低于产物的总能量
B．2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(s) ΔH＝－Q，Q>196 kJ/mol
C．反应中若使用催化剂，放出热量小于196 kJ
D．若投入2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)，使之反应，放出热量为196 kJ
解析：B 该反应ΔH＝－196 kJ/mol，是放热反应，则反应物的总能量高于产物的总能量，A错误；SO3(g)→SO3(s)放出热量，则2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(s) ΔH＝－Q，Q>196 kJ/mol，B正确；催化剂只改变反应过程，不影响始末过程，则放出热量等于196 kJ，C错误；该反应是可逆反应，不能完全反应，投入2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)，使之反应，放出热量小于196 kJ，D错误。
3．已知：氢气、一氧化碳、乙醇、甲烷的燃烧热分别为285.8 kJ·mol-1、283.0 kJ·mol-1、1 366.8 kJ·mol-1、890.3 kJ·mol-1，下列热化学方程式的书写正确的是( )
A．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－571.6 kJ·mol-1
B．2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol-1
C．C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 366.8 kJ
D．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ·mol-1
解析：D 表示燃烧热的热化学方程式中，生成物应为稳定产物，如氢气完全燃烧的稳定产物为液态水，A错误；表示燃烧热的热化学方程式中，可燃物的化学计量数应为1，B错误；焓变单位是kJ·mol-1，而不是kJ，C错误；热化学方程式中，各物质的状态、燃烧物的化学计量数、ΔH的数值和单位都正确，D正确。
4．环氧乙烷( )可用作生产一次性口罩的灭菌剂。工业上常用乙烯氧化法生产环氧乙烷，其原理是2CH2==CH2(g)＋O2(g) 2(g) ΔH。已知下列两个反应，则ΔH为( )
①CH2==CH2(g)＋3O2(g) 2CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－1 323 kJ·mol-1
②＋O2(g) 2CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－1 218 kJ·mol-1
A．＋210 kJ·mol-1 B．－210 kJ·mol-1
C．－175 kJ·mol-1 D．－105 kJ·mol-1
解析：B 由盖斯定律可知，反应①×2－②×2得到反应：2CH2===CH2(g)＋O2(g) 2(g)，则其焓变为(－1 323 kJ/mol)×2－(－1 218 kJ/mol)×2＝－210 kJ/mol。
5．(2025·山东实验中学高二月考)某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的过程，该过程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列叙述错误的是( )
A．该过程中有非极性键断裂，没有非极性键形成
B．该过程的总反应为HCHO＋O2CO2＋H2O
C．HAP能降低HCHO与O2的反应的活化能，增大了平衡转化率
D．生成物CO2中的氧原子由HCHO和O2共同提供
解析：C 在整个反应过程中，有极性键(如C—H)和非极性键(如O==O)的断裂，有极性键(C==O)的形成，无非极性键的形成，A项正确；根据题干所示，反应物为HCHO和O2，生成物为CO2和H2O，HAP作催化剂，总反应方程式为HCHO＋O2CO2＋H2O，B项正确；HAP是催化剂，能提高HCHO与O2的反应速率，但是不能改变平衡转化率，C项错误；根据图示，反应时HCHO中C—H均断裂，连接O2提供的一个O原子形成CO2，则生成物CO2中的氧原子由HCHO和O2共同提供，D项正确。
6．肼(H2N—NH2)燃烧涉及的共价键的键能与热化学方程式信息见下表：
共价键 N—H N—N O==O O—H
键能/(kJ·mol-1) 391 161 498 463
热化学方程式 N2H4(g)＋O2(g)→N2(g)＋2H2O(g)＋570 kJ
则2N(g)―→N2(g)＋Q，Q为( )
A．1 882 kJ B．941 kJ C．483 kJ D．241.5 kJ
解析：B N2的结构式为N≡N，设N≡N的键能为x，由N2H4(g)＋O2(g)―→N2(g)＋2H2O(g)＋570 kJ可知，4×391 kJ/mol＋161 kJ/mol＋498 kJ/mol－x－4×463 kJ/mol＝－570 kJ/mol，解得x＝941 kJ/mol，形成化学键需要释放能量，所以Q＝941 kJ。
7．(2025·长春高三质检)如图是1 mol金属镁和卤素单质反应的ΔH(单位：kJ·mol-1)示意图，反应物和生成物均为常温时的稳定状态。下列选项错误的是( )
A．由图可知，MgF2(s)＋Br2(l)===MgBr2(s)＋F2(g) ΔH＝＋520 kJ·mol-1
B．MgI2与Br2反应的ΔH<0
C．电解MgCl2制Mg是吸热反应
D．化合物的热稳定性顺序：MgI2解析：A 由题图可得①Mg(s)＋F2(g)===MgF2(s) ΔH＝－1 124 kJ·mol-1，②Mg(s)＋Br2(l)===MgBr2(s) ΔH＝－524 kJ·mol-1，③Mg(s)＋I2(s)===MgI2(s) ΔH＝－364 kJ·mol-1。根据盖斯定律，由②－①得MgF2(s)＋Br2(l)===MgBr2(s)＋F2(g)
ΔH＝＋600 kJ·mol-1，A项错误；根据盖斯定律，由②－③得MgI2(s)＋Br2(l)===MgBr2(s)＋I2(s) ΔH＝－160 kJ·mol-1 <0，B项正确；由题图可知Mg和Br2反应生成MgBr2为放热反应，故电解MgBr2制Mg是吸热反应，C项正确；MgI2、MgBr2、MgCl2、MgF2均为离子晶体，离子半径：F－8．(2024·四川资阳统考一模)我国科学家成功研发了甲烷和二氧化碳的共转化技术，助力“碳中和”目标。该催化反应过程如图所示：
已知部分化学键的键能数据如下：
共价键 C—H C==O O—H C—O C—C
键能/(kJ·mol-1) 413 497 462 351 348
下列说法不正确的是( )
A．该催化反应过程中没有非极性键断裂
B．催化剂的使用降低了该反应的活化能和焓变
C．总反应的原子利用率为100%
D．该反应的热化学方程式为CO2(g)＋CH4(g)===CH3COOH(g) ΔH＝－251 kJ/mol
解析：B 由图可知，该反应的反应物为二氧化碳和甲烷，生成物为乙酸，则该催化反应过程中存在极性键的断裂，不存在非极性键断裂，故A正确；催化剂的使用能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故B错误；由图可知，总反应为二氧化碳与甲烷在催化剂作用下发生化合反应生成乙酸，则反应的原子利用率为100%，故C正确；由图可知，反应方程式为CO2(g)＋CH4(g)===CH3COOH(g) ΔH＝(497 kJ/mol×2＋413 kJ/mol×4)－(413 kJ/mol×3＋348 kJ/mol＋497 kJ/mol＋351 kJ/mol＋462 kJ/mol)＝－251 kJ/mol，故D正确。
9．(2024·天津校联考二模)多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T ℃时(各物质均为气态)，CH3OH与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A．反应CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g) ΔS>0
B．选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能
C．1 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)的总能量大于1 mol CO2(g)和3H2(g)的总能量
D．反应Ⅱ的热化学方程式表示为CO(g)＋H2O(g)===H2(g)＋CO2(g) ΔH<0
解析：C 该反应中消耗2 mol气体产生了4 mol气体，气体量增加为熵增的反应ΔS>0，A正确；催化剂改变反应过程从而降低活化能，所以选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能，B正确；从能量图看1 mol CH3OH(g) 和1 mol H2O(g)的总能量低于1 mol CO2(g)和3H2(g)的总能量，C错误；从能量图看CO(g)和H2O(g)的总能量高于H2(g)和CO2(g)，所以该反应为放热反应 ΔH<0，D正确。
10．(2024·四川模拟预测)已知：
①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol-1
②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1 452 kJ·mol-1
③H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol-1
则下列说法正确的是( )
A．H2(g)的燃烧热ΔH＝－571.6 kJ·mol-1
B．H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l) ΔH＝－114.6 kJ·mol-1
C．等质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧生成CO2和液态水，H2(g)放出的热量多
D．2 mol H2(g)在足量氧气中完全燃烧生成气态水放出的热量大于571.6 kJ
解析：C 燃烧热中可燃物为1 mol，由①可知H2(g)的燃烧热为285.8 kJ·mol-1，A错误；反应除生成水外，还有硫酸钡沉淀，生成沉淀也会放热，故放出总热量应大于57.3 kJ×2＝114.6 kJ，B错误；令H2(g)和CH3OH(l)的质量都为1 g，则1 g H2燃烧放热为××571.6＝142.9 kJ，1 g CH3OH燃烧放热为××1 452≈22.69 kJ，所以H2(g)放出的热量更多，C正确；液态水转化为气态水需要吸收热量，则2 mol H2(g)完全燃烧生成气态水放出的热量小于 571.6 kJ，D错误。
11．(2024·吉林联考卷)目前人工固氮普遍采用的是氨的工业合成。氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的过程如图所示。下列说法错误的是( )
A．②→③吸收能量
B．为了提高氨的脱附速率，应适时地将氨从反应后的混合气体中分离出来
C．该过程中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成
D．该催化剂不可提高单位时间生成物的产率
解析：D 断键吸收能量，②→③为断键过程，吸收能量，故A正确；及时分离产物，平衡正向移动，有利于生成氨气，故B正确；该过程中包氮氮键、氢氢键的断裂和氮氢键的生成，故C正确；催化剂增大反应速率，所以催化剂能提高单位时间的生产效率，提高单位时间生成物的产率，故D错误。
12．(2024·江西信息卷)中国的地热能开发和利用过程中，硫黄温泉常伴有H2S气体生成。H2S为无色、有臭鸡蛋气味的剧毒气体，H2S脱硫技术是当前的重点研究方向。
(1)德国某公司将H2S的氧化分两阶段完成。
第一阶段反应为H2S(g)＋O2(g)===SO2(g)＋H2O(g) ΔH＝－518.9 kJ·mol-1，
第二阶段反应为2H2S(g)＋SO2(g)===2H2O(g)＋Sx(s) ΔH＝－96.1 kJ·mol-1。
英国化学家Claus开发了H2S氧化制硫的方法，即3H2S(g)＋O2(g)===Sx(s)＋3H2O(g) ΔH＝____________kJ·mol-1。
(2)氧化锌法也是一种传统的脱硫方法，其反应原理为ZnO(s)＋H2S(g) ZnS(s)＋H2O(g) ΔH＝－76.63 kJ·mol-1，文献显示，工业上氧化锌法控制温度在300～400 ℃，分析控制此温度区间的原因：温度过低，________________，温度过高，________________________________________________。
答案：(1)615.0 (2)反应速率太慢 该反应为放热反应，不利于反应向脱硫的方向进行
解析：(1)①H2S(g)＋O2(g)===SO2(g)＋H2O(g) ΔH＝－518.9 kJ·mol-1，
②2H2S(g)＋SO2(g)===2H2O(g)＋Sx(s)
ΔH＝－96.1 kJ·mol-1。
根据盖斯定律①＋②得
3H2S(g)＋O2(g)===Sx(s)＋3H2O(g)
ΔH＝－(518.9＋96.1)kJ·mol-1＝－615.0 kJ·mol-1。
(2)温度过低反应速率太慢；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，温度过高不利于反应向脱硫的方向进行，所以工业上氧化锌法控制温度在300～400 ℃。
微专题四 催化剂与活化能
近几年高考关于催化剂的考查频率较高，催化剂结合活化能、反应过程是常见的考查方式。新教材选择性必修1增加了对于催化剂的探究。催化剂参与反应，改变反应的过程，降低反应的活化能等知识常以催化反应过程图、竞争型反应(催化剂的选择性)、催化剂的选择等方向进行考查。信息提供新颖，陌生度大，有利于考查获取信息、处理信息能力，思辨能力等关键能力，重点考查宏观辨析与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养，在背景的选择上渗透了科学精神和社会责任的核心素养。
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，可以大大地增大反应速率。
(2)选择性，反应不同，催化剂不同。
(3)同等程度地增大正、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
(1)催化剂的催化过程一般是催化剂与其中的一种反应物首先发生反应，生成过渡物，然后再与另外的反应物反应，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过程。
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，速率增大。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。
(2)催化反应一般过程(简化的过程)：
①反应物扩散到催化剂表面(如图①)。
②反应物被吸附在催化剂表面(如图②)。
③被吸附的反应物发生化学反应生成产物(如图③④)。
④产物的解吸(如图⑤)。
4．催化剂与活化能 、 焓变
(1)催化剂能降低反应所需活化能，化学反应速率增大，但不影响焓变ΔH的大小，不影响平衡。
(2)活化能
①正反应的活化能：反应物到最高点的能量差Ea正＝E1 kJ·mol-1
②逆反应的活化能：生成物到最高点的能量差Ea逆＝E2 kJ·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。
5．催化工艺的三种形式
(1)直接型
(2)微观型
(3)循环型
①反应物：A和F。
②生成物：B和E。
③催化剂：C或D，中间产物D或C。
题组一 催化反应过程图
1. (2025·河南校联考一模)计算机模拟单个NaHSO3处理NO2废气在催化剂表面发生反应的反应过程如下，下列说法正确的是( )
A．反应Ⅱ为反应的决速步骤
B．反应的热化学方程式为HSO(aq)＋2NO2(g)＋H2O(l)===2HNO2(aq)＋HSO(aq) ΔH＝－6.0 eV·mol-1
C．反应Ⅰ的离子方程式为HSO＋NO2===HNO2＋SO
D．反应中消耗1 mol NaHSO3可处理含46 g NO2的废气
解析：C 反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，反应Ⅰ为反应的决速步骤，A错误；题目中是1个HSO、2个NO2和1个H2O参与反应的能量变化，热化学方程式反应物应该以mol为单位参与反应，该反应的热化学方程式为HSO(aq)＋2NO2(g)＋H2O(l)===2HNO2(aq)＋HSO(aq) ΔH＝－6.0NA eV·mol-1，B错误；由中信息可知反应Ⅰ是HSO和NO2 反应生成HNO2、SO ，离子方程式为HSO＋NO2===HNO2＋SO，C正确；由化学方程式可知，反应中消耗1 mol NaHSO3可处理2 mol的NO2，NO2质量为2 mol×46 g/mol＝92 g，D错误。
2．(2024·吉林模拟预测)甲酸可在固体催化剂表面逐步分解，各步骤的反应过程及相对能量如图所示，下列说法错误的是( )
A．各步反应中，②生成③的速率最快
B．催化剂为固态，其表面积对催化反应速率有影响
C．若用D(氘)标记甲酸中的羧基氢，最终产物中可能存在D2
D．甲酸在该催化剂表面分解，放出14.2 kJ热量
解析：D 各步反应中，②生成③的活化能最小，速率最快，A正确；甲酸可在固体催化剂表面逐步分解，其表面积越大，催化反应速率越快，B正确；若用D(氘)标记甲酸中的羧基氢，可能两分子甲酸中的羟基氢结合为氢气分子，则最终产物中可能存在D2，C正确；没有明确甲酸的物质的量，不能计算甲酸在该催化剂表面分解放出的热量多少，D错误。
3．(2024·贵州模拟预测)N2O是温室气体之一，CO和N2O在Fe＋作用下转化为N2和CO2，反应的能量变化及反应过程如图所示，两步基元反应为：
①Fe＋＋N2O===N2＋FeO＋ K1，
②FeO＋＋CO===Fe＋＋CO2 K2。
下列说法正确的是( )
A．该反应ΔH>0
B．升高温度，将降低N2O的平衡转化率
C．两步反应中，决定总反应速率的是反应②
D．Fe＋既改变反应过程，也改变了反应的ΔH
解析：B 由如图能量变化可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应，ΔH<0，A项错误；该反应是放热反应，升高温度，反应逆向进行，N2O的平衡转化率降低，B项正确；两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应速率慢的基元反应决定，即反应①决定，C项错误；Fe＋为反应的催化剂，改变反应过程，增大反应速率，但不改变反应的ΔH，D项错误。
题组二 竞争型反应(主反应与副反应)
4．(2024·北京信息卷)在一定条件下，一定浓度的甲酸溶液在密闭容器中发生分解反应(分解产物均溶于水)：
Ⅰ.HCOOH CO＋H2O
Ⅱ.HCOOH CO2＋H2
反应过程中含碳微粒(忽略碳元素的其他存在形式)的占比随时间的变化如图1所示及反应Ⅰ的反应过程如图2所示。下列说法不正确的是( )
A．反应Ⅰ中H＋是该反应的催化剂，平衡前适当提高H＋浓度有利于增大反应Ⅰ的速率
B．反应Ⅰ的热化学方程式可表示为HCOOH(aq) CO(aq)＋ H2O(l) ΔH＝＋(b－a) kJ·mol-1
C．适当升高温度可降低平衡时CO和CO2的比例
D．在反应Ⅰ的反应过程中，存在3种中间产物
解析：D 由反应过程图可知反应Ⅰ中H＋是该反应的催化剂，平衡前适当提高H＋浓度有利于增大反应Ⅰ的速率，A正确；反应热＝生成物的能量总和－反应物能量总和，故由反应过程图可知反应Ⅰ的热化学方程式可表示为HCOOH(aq) CO(aq)＋ H2O(l) ΔH＝＋(b－a) kJ·mol-1，B正确；根据图像可知，CO浓度达到最大值时表明反应Ⅰ达平衡，此时二氧化碳浓度未达最大值，即反应Ⅱ尚未达平衡状态，说明反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ，适当升高温度可增大反应Ⅱ的速率从而降低平衡时CO和CO2的比例，C正确；由图像可知在反应Ⅰ的反应过程中，存在d和c对应的两种中间产物，D错误。
5．(2024·重庆模拟)1，3 丁二烯与HBr加成的能量 反应过程如图所示。已知0 ℃、短时间t min内，a mol 1，3 丁二烯与HBr完全反应得到3 溴 1 丁烯和1 溴 2 丁烯的物质的量之比为7∶3。下列说法正确的是( )
A．反应时间越长，得到1 溴 2 丁烯的比例越大
B．t min内生成1 溴 2 丁烯的平均速率为 mol·min-1
C．1，3 丁二烯与HBr反应生成3 溴 1 丁烯的反应热为ΔH1－ΔH3
D．H＋与烯烃结合的第一步为决速步，Br－进攻时活化能小的方向得到3 溴 1 丁烯
解析：D 根据图示可知，1 溴 2 丁烯的能量低，更稳定，因此反应时间增加时，得到1 溴 2 丁烯的比例会变大，但是由于化学反应是有一定限度的，两种生成物的比例只能是越来越衡状态下的比例，故反应时间越长，得到1 溴 2 丁烯的比例不可能越大，A不正确；t min内生成的1 溴 2 丁烯为a mol×＝0.3a mol，对应的平均速率为 mol·min-1，B错误；根据图示可知，1，3 丁二烯与HBr反应生成3 溴 1 丁烯的反应热为ΔH1－ΔH2，C错误；根据图示可知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，故H＋与烯烃结合的第一步为决速步，第二步反应中生成3 溴 1 丁烯的活化能小，即Br－进攻时活化能小的反应得到3 溴 1 丁烯， D正确。
6．(2024·山东聊城二模)苯基甲基乙炔可用于制备帕瑞昔布钠。一定条件下，苯基甲基乙炔可与HCl发生催化加成，反应过程如图1所示，产物变化如图2所示。
eq \o(\s\up7(),\s\do5(图1)) eq \o(\s\up7(),\s\do5(图2))
已知：ΔH2<ΔH1<0，下列说法正确的是( )
A．Ph—C≡C—CH3中最多4个碳原子共线
B．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ
C．产物Ⅱ比产物Ⅰ稳定，二者互为立体异构体
D．其他条件不变，升高温度可增大平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的浓度比
解析：C 由图可知，三个化学反应的反应热关系为ΔH3＋ΔH1＝ΔH2。如图所示苯基甲基乙炔的结构：CCCH3，可以看出虚线上一共有5个碳原子，所以最多共线的碳原子个数为5个，A错误；反应刚开始时生成产物Ⅰ的反应比开始时生成产物Ⅱ的反应占比大，说明反应Ⅰ的反应速率更快，则反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，B错误；产物Ⅰ生成产物Ⅱ的ΔH3＝ΔH2－ΔH1<0，该反应是为放热反应，则产物Ⅰ的能量比产物Ⅱ的能量高，根据能量越低越稳定，可知产物Ⅱ比产物Ⅰ稳定；产物Ⅱ和产物Ⅰ的分子式相同，空间结构不同，互为顺反异构体，C正确；其他条件不变，升高温度有利于吸热反应，产物Ⅰ生成产物Ⅱ的ΔH3＝ΔH2－ΔH1<0，是放热反应，升高温度不利于产物Ⅱ的生成，所以升高温度产物Ⅱ和产物Ⅰ的浓度比会下降，D错误。
题组三 不同催化剂的讨论
7．(2024·海南模拟预测)华中师范大学某团队成功制备了单原子Fe分散于催化剂表面的Fe/MnO2催化剂，并用于CO氧化制备CO2，分别在Fe/MnO2催化剂、MnO2催化剂作用下，测得反应过程中的相对能量变化如图所示。已知：TS代表过渡态，S1～S5、Ⅰ～Ⅴ代表中间产物。下列叙述错误的是( )
A．CO氧化制备CO2为放热反应
B．Fe/MnO2的催化效率低于MnO2
C．两种催化剂作用下反应热相等
D．MnO2催化时总反应速率由S1→S2步骤决定
解析：B 由图可知，反应物总能量高于产物总能量，反应放热，A项正确；MnO2催化时，S1→S2过程中活化能最高，反应速率最慢，总反应速率由慢反应决定，同理Fe/MnO2催化时，Ⅲ→Ⅳ是决速步骤，S1和TS3的相对能量差大于Ⅲ和TS2的相对能量差，故Fe/MnO2的催化效率高于MnO2，B项错误；催化剂能降低反应的活化能，但不能改变焓变，因此在不同催化剂条件下，反应物和产物的相对能量相等，即反应热不变，C项正确；MnO2催化时，S1→S2过程中活化能最高，反应速率最慢，总反应速率由慢反应决定， D项正确。
8．(2024·贵州统考)丁烯是石油化工基础原料，在石油化工烯烃原料中地位仅次于乙烯和丙烯，我国科学家研究不同催化剂下丁烷脱氢制丁烯，催化反应过程如图所示[注：标*的物质表示吸附在催化剂上的中间产物，0.06 eV表示1个C4H8(g)＋1个H2(g)的能量]：
下列说法错误的是( )
A．图示过程中仅包含2个基元反应(一步直接转化为产物的反应)
B．三种催化剂催化效果最好的是催化剂B
C．该反应在高温条件下能自发进行
D．催化剂C时，决速反应的方程式为C4H(g)===C4H(g)＋H*(g)
解析：A 基元反应是指断键、成键或同时有断键、成键的过程，据此可知，图示历程中包含3个基元反应，A错误；由反应过程可知，催化剂B时活化能最小，催化效果最好，B正确；该反应为ΔH＞0，ΔS＞0的反应，由ΔG＝ΔH－TΔS＜0，可判断该反应在高温条件下能自发进行，C正确；由图可知，催化剂C时，决速反应的方程式为C4H(g)===C4H(g)＋H*(g)，D正确。
第2讲 原电池 化学电源
考点一 原电池工作原理及应用
1．概念和反应本质
原电池是把化学能转化为电能的装置，其反应本质是__氧化还原反应__。
2．构成条件
(1)一看反应：看是否有能自发进行的氧化还原反应发生。
(2)二看两电极：电极导电功能。
(3)三看是否形成闭合回路(形成闭合回路需要三个条件：电解质溶液；两电极直接或间接接触；两电极插入电解质溶液中)。
3．工作原理
图甲(单池单液)和图乙(双池双液)是铜锌原电池装置示意图。
装置乙盐桥中装有饱和的KCl、KNO3等溶液和琼脂制成的冻胶。
(1)原理分析
电极名称 负极 正极
电极材料 锌片 铜片
电极反应 Zn－2e－===Zn2+ Cu2+＋2e－===Cu
反应类型 __氧化反应__ __还原反应__
电子流向 由Zn片沿导线流向Cu片
盐桥中离子移向 盐桥含饱和KCl溶液，K＋移向__正__极，Cl－移向__负__极
电池反应方程式 Zu＋Cu2+===Zn2+＋Cu
盐桥作用 ①连接内电路形成闭合回路②平衡电荷，使原电池能持续产生电流
装置差异比较 原电池甲：温度升高，化学能转化为电能和热能，两极反应在相同区域，部分Zn与Cu2+直接反应，使电池效率降低原电池乙：温度不变，化学能只转化为电能，两极反应在不同区域，Zn与Cu2+隔离，电池效率提高，电流稳定
(2)原电池中的三个移动方向
电子方向 从负极流出沿导线流入正极
电流方向 从正极沿导线流向负极
离子迁移方向 电解质溶液中，阴离子向负极迁移，阳离子向正极迁移
(3)电极的判断
4．原电池的应用
(1)设计制作化学电源
(2)比较金属的活动性强弱：原电池中，负极一般是活动性较强的金属，正极一般是活动性较弱的金属(或非金属)。
(3)增大化学反应速率：一个自发进行的氧化还原反应，形成原电池时会使反应速率增大。如在Zn与稀硫酸反应时加入少量 CuSO4 溶液构成原电池，反应速率增大。
(4)用于金属的防护：将需要保护的金属制品作原电池的正极使其受到保护。
易错易混
判断下列说法正误(正确的画“√”，错误的画“×”，并说明错因)。
(1)原电池工作时，正极表面一定有气泡产生。( )
错因：
(2)Mg Al形成的原电池，Mg一定作负极。( )
错因：
(3)在原电池中，正极材料本身一定不参与电极反应，负极材料本身一定要发生氧化反应。( )
错因：
(4)实验室制备H2时，用粗锌(含Cu、Fe等)代替纯锌与盐酸反应更快。( )
错因：
(5)铁铜原电池中，负极反应为Fe－3e－===Fe3+。( )
错因：
(6)锌铜原电池中，因为有电子通过电解质溶液，形成闭合回路，所以有电流产生。( )
错因：
答案：(1)× 不一定，具体看正极的电极反应，如锌铜原电池，正极产生铜。
(2)× 如果电解质溶液为NaOH溶液，Al能自发地与NaOH溶液反应，Al电极为负极。
(3)× 不一定，原电池电极的作用是导电，电极不一定参与反应。
(4)√
(5)× 铁铜原电池中，负极反应应为Fe－2e－===Fe2+。
(6)× 电子不能通过电解质溶液，电解质溶液因为发生离子的定向移动而导电。
题组一 原电池工作原理
1．在如图所示的8个装置中，属于原电池的是________________。
答案：②④⑥⑦⑧
【题源】选择性必修1第102页“练习与应用”第2题
2．(2025·济南高二第二次月考)分析下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是( )
A．①②中Mg作负极，③④中Fe作负极
B.②中Mg作负极，电极反应为Mg－2e－＋2OH－===Mg(OH)2↓
C．③中Cu作负极，电极反应为Cu－2e－===Cu2+
D．④中Cu作正极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑
解析：C ②中Mg不与NaOH溶液反应，而Al能与NaOH溶液反应失去电子，故Al是负极；③中Fe在浓硝酸中钝化，Cu和浓硝酸反应失去电子作负极，Cu－2e－===2Cu2+，A错误，C正确；②中电池总反应为2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)]4＋3H2↑，负极反应为2Al＋8OH－－6e－===2[Al(OH)4]－，B错误；④中Cu是正极，电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D错误。
易错提醒
(1)金属的活动性受所处环境的影响。如Mg、Al的活动性：在中性或酸性溶液中活动性Mg>Al；而在碱性溶液中，Al可以与OH－反应，而Mg不反应，所以Mg与Al用导线连接后放入NaOH溶液中，Al是负极，Mg是正极。
(2)Fe、Cu相连，浸入稀硝酸中，Fe作负极；浸在浓硝酸中，Cu作负极(Fe发生钝化)。
题组二 聚焦“盐桥”“隔膜”原电池
3．与甲、乙两套装置有关的下列说法正确的是( )
A．甲、乙装置中，锌棒均作负极，发生氧化反应
B．甲中锌棒直接与稀硫酸接触，故甲生成气泡的速率更快
C．甲、乙装置的电解质溶液中，阳离子均向碳棒定向迁移
D．乙中盐桥设计的优点是迅速平衡电荷，提高电池效率
解析：D A项，甲不是原电池，故A错误；B项，甲中锌棒直接与稀硫酸接触，发生化学腐蚀，乙中构成了原电池，负极失去电子的速率增大，因此正极放出氢气的速率增大，故B错误；C项，甲不是原电池，电解质溶液中的阳离子向锌移动，故C错误；D项，盐桥中离子的定向迁移构成了电流通路，盐桥既可沟通两方溶液，又能阻止反应物的直接接触，迅速平衡电荷，使由它连接的两溶液保持电中性，提高电池效率，故D正确。
4．(2025·湖南模拟)锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过。下列有关叙述错误的是( )
A．电子从锌极经过导线移向铜极
B．铜电极上发生反应Cu2+＋2e－===Cu
C．电池工作一段时间后，乙池的c(Cu2+)减小
D．电池工作一段时间后，甲池的c(Zn2+)增加
解析：D 阳离子交换膜只允许阳离子通过，甲池电极反应为Zn－2e－===Zn2+，产生的锌离子通过阳离子交换膜移向乙池，根据电荷守恒原理，c(Zn2+)不变，D错误。
【题源】选择性必修1第96页图41
5．(2025·湖北武汉联考)科学家利用原电池原理用SO2、O2、H2O来制备H2SO4，装置示意图如图。下列说法错误的是( )
A．X气体为SO2
B．b极发生还原反应
C．电池工作时，H＋由右侧通过质子交换膜移向左侧
D．a电极的电极反应为SO2－2e－＋2H2O===SO＋4H＋
解析：C 根据图示，电子由a极流出，a是负极，X气体为SO2，故A正确；根据图示，电子流入b电极，b电极为正极，发生还原反应，故B正确；a是负极、b是正极，电池工作时，H＋由左侧通过质子交换膜移向右侧，故C错误；a是负极，SO2失电子发生氧化反应生成硫酸，a电极的电极反应为SO2－2e－＋2H2O===SO＋4H＋，故D正确。
视野拓展
离子交换膜
(1)含义和作用
①含义：离子交换膜又叫隔膜，由高分子特殊材料制成。
②作用：a.能将两极区隔离，阻止两极区产生的物质接触，防止发生化学反应。
b．能选择性地通过离子，起到平衡电荷、形成闭合回路的作用。
c. 促使交换膜两边电解质溶液浓度不同，形成浓差电池。
(2)分类和应用
题组三 原电池的电极反应书写和判断
6．(2025·天津高一期末)回答下列问题：
(1)研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为5MnO2＋2Ag＋2NaCl===Na2Mn5O10＋2AgCl。“水”电池的负极反应为_____________________。
(2)纯电动车采用了高效耐用的一种新型可充电电池，该电池的总反应为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH。
①该电池放电时负极反应为________________________________________。
②放电时每转移3 mol电子，正极有______mol K2FeO4被还原。
③放电时，正极发生________(填“氧化”或“还原”)反应；正极反应为__________________________________________。
④放电时，______(填“正”或“负”)极附近溶液的碱性增强。
(3)中国科学技术大学开发了一种高性能的水系锰基锌电池。其工作原理如图所示，已知该装置工作一段时间后，K2SO4溶液的浓度增大。
①正极的电极反应为 _____________________________________________。
②a膜为 __________(填“阳离子”或“阴离子”，下同)交换膜，b膜为__________交换膜。
答案：(1)Ag＋Cl－－e－===AgCl
(2)①Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2 ②1
③还原 FeO＋3e－＋4H2O===Fe(OH)3＋5OH－ ④正
(3)①MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2+＋2H2O
②阴离子 阳离子
归纳总结
1．原电池电极反应书写
(1)负失氧、正得还。
(2)注意溶液的酸碱性，适当在电极反应两边添加H＋、OH－、H2O等，以遵循电荷守恒和质量守恒。
(3)注意电极反应产物是否与电解质溶液反应。
(4)活泼金属不一定为负极，如镁、铝、氢氧化钠电池中，不活泼的铝为负极。
2．原电池电解质的选择
电解质是使负极放电的物质，因此一般情况下电解质溶液[或者电解质溶液中溶解的其他物质(如溶液中溶解的氧气)]要能够与负极发生反应。
3．原电池电极材料的选择
原电池的电极必须能导电；负极一般情况下能够与电解质溶液反应，容易失电子，因此负极一般是活泼的金属材料；正极和负极之间只有产生电势差时，电
子才能定向移动，所以正极和负极一般不用同一种材料。
考点二 化学电源
1．一次电池
一次电池就是放电后不可再充电的电池。
(1)普通锌锰干电池
总反应：Zn＋2MnO2＋2NH4Cl===Zn(NH3)2Cl2＋2MnO(OH)
负极：Zn－2e－＋2NH===[Zn(NH3)2]2+＋2H＋
正极：MnO2＋H＋＋e－===MnO(OH)
(2)碱性锌锰干电池
总反应：Zn＋2MnO2＋2H2O===2MnO(OH)＋Zn(OH)2。
负极材料：__Zn__。
电极反应：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2。
正极材料：二氧化锰。
电极反应：MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋2OH－。
(3)纽扣式锌银电池
总反应：Zn＋Ag2O===ZnO＋2Ag。
电解质是__KOH__。
负极材料：__Zn__。
电极反应：Zn＋2OH－－2e－===ZnO＋H2O。
正极材料：__Ag2O__。
电极反应：Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－。
2．二次电池
二次电池是一类放电后可以再充电而反复使用的电池。
(1)铅酸蓄电池
①放电时总反应：Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。
负极反应：Pb＋SO－2e－===PbSO4。
正极反应：PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O。
②充电时的反应
阴极反应：PbSO4＋2e－===Pb＋SO；
阳极反应：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO。
(2)锂离子电池
①工作原理
一种锂离子电池，其负极材料为嵌锂石墨，正极材料为LiCoO2(钴酸锂)，电解质溶液为LiPF6(六氟磷酸锂)的碳酸酯溶液(无水)。该电池放电时的反应原理可表示为
负极：__LixCy－xe－===xLi＋＋Cy__。
正极：__Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－===LiCoO2__。
总反应可表示为LixCy＋Li1－xCoO2===LiCoO2＋Cy。
②充放电原理
放电时，锂离子由石墨中脱嵌移向__正__极，嵌入钴酸锂晶体中；充电时，锂离子从钴酸锂晶体中脱嵌，由__正__极回到__负__极，嵌入石墨中。这样在放电、充电时，锂离子往返于电池的正极、负极之间，完成化学能与电能的相互转化。
(3)图解二次电池的充放电
(4)二次电池的充、放电规律
①充电时电极的连接：充电的目的是使电池恢复其供电能力，因此负极应与电源的负极相连以获得电子。可简记为负接负后作阴极，正接正后作阳极。
②工作时的电极反应：同一电极上的电极反应，在充电与放电时，形式上恰好是相反的；同一电极周围的溶液，充电与放电时pH的变化趋势也恰好相反。
3．“高效、环境友好”的燃料电池
(1)燃料电池：一种持续地将燃料和氧化剂的化学能转化成电能的一类化学电源。
①电池的负极一般是氢气、天然气、甲醇、乙醇等有机物等燃料。
②正极是氧气或空气。
③常用的电解质：酸性电解质溶液，如H2SO4溶液等；碱性电解质溶液，如NaOH溶液等；熔融氧化物；熔融碳酸盐，如K2CO3等。
(2)氢氧燃料电池是目前最成熟的燃料电池，可分为酸性和碱性两种。
种类 酸性 碱性
负极反应 2H2－4e－===4H＋ __2H2＋4OH－－4e－===4H2O__
正极反应 __O2＋4e－＋4H＋===2H2O__ O2＋2H2O＋4e－===4OH－
电池总反应 2H2＋O2===2H2O
备注 燃料电池的电极不参与反应，有很强的催化活性，起导电作用。燃料电池要注意燃料在负极反应，O2在正极反应，要注意电解质溶液或传导介质的影响
易错易混
判断下列说法正误(正确的画“√”，错误的画“×”，并说明错因)。
(1)太阳能电池不属于原电池。( )
错因：
(2)手机、电脑中使用的锂电池属于一次电池。( )
错因：
(3)常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023。( )
错因：
(4)碱性锌锰干电池是一次电池，其中MnO2是催化剂，可使锌锰干电池的比能量高、可储存时间长。( )
错因：
(5)燃料电池工作时燃料在电池中燃烧，然后热能转化为电能。( )
错因：
(6)以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池，放电过程中，H＋从正极区向负极区迁移。( )
错因：
(7)铅酸蓄电池工作时，当电路中转移0.1 mol电子时，负极增重4.8 g。( )
错因：
答案：(1)√
(2)× 手机、电脑中使用的锂电池是可充电电池，属于二次电池。
(3)× 常温常压下不能确定消耗氢气的物质的量。
(4)× 碱性锌锰干电池中MnO2是氧化剂，在正极发生还原反应。
(5)× 燃料电池工作时燃料在负极发生氧化反应，化学能转化为电能。
(6)× 以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池，放电过程中，H＋向正极区迁移。
(7)√
题组一 根据图示理解化学电源的工作原理
1．(2024·雅礼中学月考)废旧铅酸蓄电池拆解得到的Pb阴极、PbO2阳极和PbSO4膏熔炼获得铅电极，通过如图所示装置制备高纯铅，下列说法不正确的是( )
A．该装置的能量转化形式为化学能转化为电能
B．N极每消耗22.4 L的H2可以得到2 mol Pb
C．M极的电极反应为HPbO＋2e－＋H2O===Pb＋3OH－
D．该离子交换膜应选择阴离子交换膜
解析：B 该装置为原电池，能量转化形式为化学能转化为电能，A正确；未说明是否为标准状况，无法计算22.4 L H2的物质的量，B错误；M极的电极反应为HPbO＋2e－＋H2O===Pb＋3OH－ ，C正确；由图可知OH－移向负极，离子交换膜为阴离子交换膜，D正确。
【题源】选择性必修1第99页
2. (2024·江苏连云港高三调研卷)用如图所示的新型电池可以处理含CN－的碱性废水，生成N2，同时还可以淡化海水。下列说法正确的是( )
A．a极电极反应：2CN－＋10e－＋12OH－===2CO＋N2↑＋6H2O
B．电池工作一段时间后，右室溶液的pH减小
C．交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，交换膜Ⅱ为阴离子交换膜
D．若将含有26 g CN－的废水完全处理，理论上可除去NaCl的质量为292.5 g
解析：D 由图可知，a电极CN－在碱性条件下失去电子生成氮气，电极反应为2CN－－10e－＋12OH－===2CO＋N2↑＋6H2O，a为负极，则b为正极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，以此解题。由分析可知，a极电极反应为2CN－－10e－＋12OH－===2CO＋N2↑＋6H2O，A错误；由分析可知，b为正极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，则消耗氢离子，pH增大，B错误；由A分析可知，a电极附近负电荷减少，则阴离子通过交换膜Ⅰ向左移动，由B分析可知，b电极附近正电荷减少，则阳离子通过交换膜Ⅱ向右移动，C错误；26 g CN－的物质的量为1 mol，根据选项A分析可知，消耗1 mol CN－时转移5 mol电子，根据电荷守恒可知，可同时处理5 mol NaCl，其质量为292.5 g，D正确。
知识拓展
电池优劣的标准
一是看电池单位质量或体积输出的电能多少(比能量)或输出功率多少(比功率)，二是电池可储存的时间长短。
题组二 二次电池的充电、放电
3．(2025·河北唐山高二月考)已知蓄电池在充电时作电解池，放电时作原电池。如图是铅酸蓄电池的工作示意图。其反应原理为PbO2＋Pb＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。下列说法中正确的是( )
A．b电极放电后转化为c电极
B．电极d发生还原反应
C．a的电极反应为Pb＋SO－2e－===PbSO4
D．放电后硫酸溶液的pH减小
解析：A b是蓄电池负极，放电时负极反应为Pb＋SO－2e－===PbSO4，b电极放电后转化为PbSO4电极，故A正确；d是电解池阳极，阳极发生氧化反应，d极发生氧化反应，故B错误；a为蓄电池正极，正极反应为PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O，故C错误；放电时总反应为PbO2＋Pb＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，消耗硫酸，氢离子浓度降低，溶液pH增大，故D错误。
4．(2024·全国卷模拟卷)镁锂双盐电池是结合镁离子电池和锂离子电池而设计的新型二次离子电池。其工作原理如图所示，已知放电时，b极转化关系为VS2→LixVS2。下列说法正确的是( )
A．充电或放电时，a极电势均高于b极
B．放电过程中正极质量减少，负极质量增加
C．充电时阳极的电极反应为LixVS2－xe－===VS2＋xLi＋
D．该电池工作时，若通过电路转移电子的物质的量为0.1 mol，则负极质量变化2.4 g
解析：C 镁锂双盐电池的工作原理为：放电时，电池负极材料金属镁失去电子生成Mg2+，电解液中的Li＋得到电子嵌入正极材料，达到电荷平衡；充电时，电池正极材料中LixVS2失去电子，生成Li＋，电解液中的Mg2+得到电子沉积到金属镁负极上去，再次达到电荷平衡。放电时负极反应为Mg－2e－===Mg2+，正极反应为VS2＋xe－＋xLi＋===LixVS2，总反应为xMg＋2VS2＋2xLi＋===2LixVS2＋xMg2+。Mg为负极，VS2为正极，所以充电或放电时，b极电势均高于a极，A错误；放电过程中正极质量增加，负极质量减少，B错误；充电时，阳极的电极反应为LixVS2－xe－===VS2＋xLi＋，C正确；该电池负极为Mg电极，通过电路转移电子的物质的量为0.1 mol时，负极质量变化为0.05 mol×24 g/mol＝1.2 g，D错误。
易错提醒
(1)可充电电池的充、放电不能理解为可逆反应。
(2)燃料电池的电极不参与反应，有很强的催化活性，起导电作用。
(3)可充电电池在充电时，其负极连接外接电源的负极，正极连接外接电源的正极。
题组三 燃料电池
5．(2025·陕西延安高一期末)利用CH4和O2的反应，在KOH溶液中用铂作电极可以构成原电池。下列说法错误的是( )
①每消耗1 mol CH4可以向外电路提供4 mol e－
②在正极上O2获得电子，电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－
③外电路电子由负极流向正极，内电路电子由正极流向负极
④电池放电过程中，溶液的碱性逐渐减弱
⑤负极附近会出现淡蓝色火焰
A．②④⑤ B．①③⑤ C．②③⑤ D．①②⑤
解析：B 碱性甲烷燃料电池，具有还原性的甲烷为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，原电池工作时，电子从负极经外电路流向正极，电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此解答。①通入CH4的电极为负极，电极反应为CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O，每消耗1 mol CH4可以向外电路提供8 mol e－，故①错误；②在正极上O2获得电子，电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，故②正确；③外电路电子由负极流向正极，内电路电子不能流动，故③错误；④电池总反应为CH4＋2OH－＋2O2===CO＋3H2O，随着反应的进行，溶液中氢氧根离子不断减少，溶液pH不断减小，故④正确；⑤负极附近不可能看到燃烧的现象，故不会出现淡蓝色火焰，故⑤错误。
【题源】选择性必修1第103页“练习与应用”第5题
6．微生物燃料电池的研究已成为治理和消除环境污染的重要课题，利用微生物电池电解饱和食盐水的工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．电池正极的电极反应：
O2＋4H＋＋4e－===2H2O
B．M极的电势比N极的高
C．若消耗1 mol S2-，则电路中转移8 mol e－
D．该电池工作时，应使用质子交换膜
解析：C 微生物燃料电池中，通入C6H12O6的电极为负极，失电子发生氧化反应；通入O2的电极为正极，得电子发生还原反应。电解饱和食盐水时阴、阳极的电极产物分别是氢气、氢氧化钠和氯气。由图可知，电解质溶液为酸性，正极的电极反应是O2＋4H＋＋4e－===2H2O，A正确；M为阴极，N为阳极，N极的电势比M极的高，B项错误；C项，1 mol S2-转化成SO失8 mol e－，则电路中转移8 mol e－，C正确；由两极反应可知，负极区产生H＋，正极区消耗H＋，故H＋透过质子交换膜由左侧向右侧迁移，D正确。
知识拓展
微生物燃料电池
微生物(或酶)电池是指在微生物的作用下(类似催化作用)，将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示：
(1)微生物(或酶)有利于有机物的氧化反应，促进了反应中电子的转移。
(2)有机物在负极失去电子，负极反应中有CO2生成，同时产生了H＋(如葡萄糖在负极反应，C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋)，H＋通过质子交换膜从负极区移向正极区。
1．(2024·湖南卷)近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是( )
A．理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点
B．氢氧燃料电池具有能量转化率高、清洁等优点
C．锂离子电池放电时锂离子从负极脱嵌，充电时锂离子从正极脱嵌
D．太阳能电池是一种将化学能转化为电能的装置
解析：D 太阳能电池是一种将太阳能转化为电能的装置，D错误。
2．(2024·安徽卷) 我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如图所示。该电池分别以Zn TCPP (局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以ZnSO4和KI混合液为电解质溶液。下列说法错误的是( )
A．标注框内所示结构中存在共价键和配位键
B．电池总反应为I＋ZnZn2+＋3I－
C．充电时，阴极被还原的Zn2+主要来自Zn TCPP
D．放电时，消耗0.65 g Zn，理论上转移0.02 mol电子
解析：C 由图中信息可知，该新型水系锌电池的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应为Zn－2e－===Zn2+，则充电时，该电极为阴极，电极反应为Zn2+＋2e－===Zn；正极的电极反应为3I＋2e－===3I－，则充电时，该电极为阳极，电极反应为3I－－2e－===I。标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由N提供孤电子对、Zn2+提供空轨道形成的配位键，A正确；该电池总反应为I＋ZnZn2+＋3I－，B正确；充电时，阴极电极反应为Zn2+＋2e－===Zn，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C错误；放电时，负极的电极反应为Zn－2e－===Zn2+，因此消耗0.65 g Zn(物质的量为0.01 mol)，理论上转移0.02 mol电子，D正确。
3．(2024·河北卷)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解液中加入1，3 丙二胺(PDA)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。下列说法错误的是( )
A．放电时，电池总反应为2CO2＋Mg===MgC2O4
B．充电时，多孔碳纳米管电极与电源正极连接
C．充电时，电子由Mg电极流向阳极，Mg2+向阴极迁移
D．放电时，每转移1 mol电子，理论上可转化1 mol CO2
解析：C 放电时CO2转化为MgC2O4，碳元素化合价由＋4价降低为＋3价，发生还原反应，所以放电时，多孔碳纳米管电极为正极、Mg电极为负极，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、Mg电极为阴极。
定位：二次电池(放电时阳离子向正极移动，充电时阳离子向阴极移动)
电极 过程 电极反应
Mg电极 放电 Mg－2e－===Mg2+
充电 Mg2+＋2e－===Mg
多孔碳纳米管电极 放电 Mg2+＋2CO2＋2e－===MgC2O4
充电 MgC2O4－2e－===Mg2+＋2CO2↑
根据以上分析，将放电时正、负电极反应相加，可得放电时电池总反应为Mg＋2CO2===MgC2O4，故A正确；充电时，多孔碳纳米管电极上发生失电子的氧化反应，则多孔碳纳米管在充电时是阳极，与电源正极连接，故B正确；充电时，Mg电极为阴极，电子从电源负极经外电路流向Mg电极，同时Mg2+向阴极迁移，故C错误；根据放电时的电极反应Mg2+＋2CO2＋2e－===MgC2O4可知，每转移2 mol电子，有2 mol CO2参与反应，因此每转移1 mol电子，理论上可转化1 mol CO2，故D正确。
4. (2024·全国甲卷)科学家使用δ MnO2研制了一种MnO2 Zn可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，MnO2电极上检测到MnO(OH)和少量ZnMn2O4。下列叙述正确的是( )
A．充电时，Zn2+向阳极方向迁移
B．充电时，会发生反应Zn＋2MnO2===ZnMn2O4
C．放电时，正极反应有MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－
D．放电时，Zn电极质量减少0.65 g，MnO2电极生成了0.020 mol MnO(OH)
解析：C 充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即Zn2+向阴极方向迁移，A不正确；放电时，负极的电极反应为Zn－2e－===Zn2+，则充电时阴极反应为Zn2+＋2e－===Zn，即充电时Zn元素化合价应降低，而选项中Zn元素化合价升高，B不正确；放电时MnO2电极为正极，正极上检测到MnO(OH)和少量ZnMn2O4，则正极上主要发生的电极反应是MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－，C正确；放电时，Zn电极质量减少0.65 g(物质的量为0.010 mol)，电路中转移0.020 mol电子，由正极的主要反应MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－可知，若正极上只有MnO(OH)生成，则生成MnO(OH)的物质的量为0.020 mol，但是正极上还有ZnMn2O4生成，因此，MnO(OH)的物质的量小于0.020 mol，D不正确。
5．(2024·新课标卷)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18 mg葡萄糖，理论上a电极有0.4 mmol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b→a
解析：C 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－，电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－；b电极为电池负极， Cu2O在b电极上失电子转化成CuO，电极反应为Cu2O－2e－＋2OH－===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电极上CuO将葡萄糖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；根据反应2C6H12O6＋O2===2C6H12O7可知，1 mol C6H12O6参加反应时转移2 mol电子，18 mg C6H12O6的物质的量为0.1 mmol，则消耗18 mg葡萄糖时，理论上a电极有0.2 mmol电子流入，C错误；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正确。
1．(2025·北京海淀区校级期中)下列设备工作时，将化学能转化为电能的是( )
解析：B 太阳能集热器是将太阳能转化为热能的装置，A不符合题意；氢氧燃料电池是将化学能转化为电能的装置，B符合题意；水力发电是水力势能转化为电能的装置，故C不符合题意；硅太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，故D不符合题意。
2．(2025·重庆六校期末)下列关于原电池的叙述中，正确的是( )
①构成原电池的正极和负极必须是两种不同的金属
②原电池是化学能转变为电能的装置
③在原电池中，电子流入的一极是负极，该电极被氧化
④原电池放电时，电流的方向是从正极到负极
⑤原电池工作时，溶液中的阴离子向负极移动
⑥电子经溶液从负极流向正极
A．①②⑥ B．②④⑤ C．②③⑤ D．②⑤⑥
解析：B ①构成原电池的某一极电极材料可以是非金属材料，如石墨，错误；②原电池是化学能转变为电能的装置，正确；③在原电池中，电子从负极流出，故电子流入的一极是正极，该电极被还原，错误；④原电池放电时，电流的方向是从正极到负极，正确；⑤原电池工作时，溶液中的阴离子向负极移动，正确；⑥电子不能在电解质溶液中流动，只能沿导线移动，错误；故选B。
【题源】选择性必修1第96～97页
3．(2025·天津和平区校级期中)化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用，下列说法错误的是( )
A．图Ⅰ：SO向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H＋浓度增大
B．图Ⅱ：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
C．图Ⅲ：电池放电过程中，负极质量不断增加
D．图Ⅳ：正极的电极反应为Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－
解析：A 图甲为Fe、Cu、H2SO4溶液构成的原电池，铁为负极，铜为正极，溶液中的阴离子向负极移动，在Cu电极上氢离子得到电子生成氢气，故SO向Fe电极方向移动，Cu电极附近溶液中H＋浓度减小，故A错误；锌筒作负极，失电子，发生氧化反应，电极反应为Zn－2e－===Zn2+，锌溶解，锌筒会变薄，故B正确；负极发生反应Pb－2e－＋SO===PbSO4，电极增重，故C正确； 锌为负极，电解质溶液为碱性溶液，所以正极的电极反应为Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－，故D正确。
【题源】选择性必修1第99页、第103页“练习与应用”第6题
4．一种新型的高比能量锌 碘溴液流电池，其工作原理示意图如图。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量，下列叙述错误的是( )
A.放电时，电流由a电极经外电路流向b电极
B．充电时，Zn2+从a极区通过阳膜进入b极区
C．放电时，减少0.65 g Zn，溶液中增加0.04 mol离子
D．充电时，a电极反应为2I－＋Br－－2e－===I2Br－
解析：C 由图可知，放电时，电极b是原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应为Zn－2e－===Zn2+，电极a是正极，I2Br－在正极得到电子发生还原反应生成碘离子和溴离子，电极反应为I2Br－＋2e－===2I－＋Br－；充电时负极a与直流电源的正极相连作阳极，b作阴极。由分析可知，电极b是原电池的负极，电极a是正极，则电流由a电极经外电路流向b电极，故A正确；由分析可知，充电时a与直流电源的正极相连作阳极，b作阴极，则锌离子由阳极区通过隔膜进入阴极区，故B正确；由分析可知，放电时，电极b是原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应为Zn－2e－===Zn2+，电极a是正极，I2Br－离子在正极得到电子发生还原反应生成碘离子和溴离子，电极反应为I2Br－＋2e－===2I－＋Br－，则负极减少0.65 g 锌时，溶液中增加0.01 mol Zn2+、0.02 mol I－和0.01 mol Br－，消耗0.01 mol I2Br－，则溶液中增加离子的物质的量为0.03 mol，故C错误；由分析可知，充电时a与直流电源的正极相连作阳极，电极反应为Br－＋2I－－2e－===I2Br－，故D正确。
5．一种大型蓄电系统的工作原理如图所
考点一 焓变 热化学方程式
1．焓变、反应热
(1)反应热
在等温条件下，化学反应体系向环境__释放__或从环境吸收的热量，称为化学反应的热效应，简称反应热。
(2)焓变
反应产物的总焓与反应物的总焓之差，符号为ΔH。ΔH＝H(生成物)－H(反应物)，单位：kJ·mol-1。
(3)反应热与焓变的关系
在等压条件下，反应中物质的能量变化全部转化为热能时，化学反应的反应热__等于__焓变。
2．吸热反应和放热反应
(1)两角度理解
①从能量高低角度理解
放热反应：反应物具有的总能量__大于__生成物具有的总能量
吸热反应：反应物具有的总能量__小于__生成物具有的总能量
②从化学键角度理解
放热反应：生成物分子成键时释放出的总能量大于反应物分子断键时吸收的总能量
吸热反应：生成物分子成键时释放出的总能量小于反应物分子断键时吸收的总能量
(2)记忆常见的放热反应和吸热反应
放热反应 吸热反应
①可燃物的燃烧②酸碱中和反应③金属与酸的置换反应④物质的缓慢氧化⑤铝热反应⑥大多数化合反应 ①弱电解质的电离②盐类的水解反应③Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应④C和H2O(g)、C和CO2的反应⑤大多数分解反应
①过程(包括物理过程、化学过程)与化学反应的区别，有能量变化的过程不一定是放热反应或吸热反应。如水结成冰放热，但不属于放热反应。
②化学反应是放热还是吸热与反应发生的条件没有必然联系。如吸热反应NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O在常温常压下即可进行。
3．反应焓变的计算
(1)计算方法
ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量
ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能
ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能
(2)注意事项
①利用键能计算反应热的关键，是弄清物质中化学键的数目，清楚中学阶段常见单质、化合物中所含共价键的种类和数目。
物质(化学键) CO2(C==O) CH4(C—H) P4(P—P) SiO2(Si—O)
每个微粒所含键数 2 4 6 4
物质(化学键) 石墨(C—C) 金刚石(C—C) S8(S—S) Si(Si—Si)
每个微粒所含键数 1.5 2 8 2
②活化能与焓变的关系
a．催化剂能降低反应的活化能，但不影响焓变的大小及平衡转化率。
b．在无催化剂的情况，E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能，ΔH＝E1－E2，活化能大小影响反应速率。
c．起点、终点能量高低判断反应的ΔH，并且物质的能量越低，物质越稳定
4．热化学方程式
(1)概念
表明反应所释放或吸收的热量的化学方程式。
(2)意义
表明了化学反应中的__物质__变化和__能量__变化。
如2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol-1表示2 mol氢气和1 mol氧气反应生成2 mol液态水时放出571.6 kJ的热量。
(3)热化学方程式的书写要求及步骤
(4)书写注意事项
①ΔH只能写在标有反应物和生成物状态的化学方程式的右边。若为放热反应ΔH为“－”，若为吸热反应ΔH为“＋”。
②绝大多数ΔH是在25 ℃、101 kPa下测定的，书写热化学方程式时可不注明温度和压强，也可以不用注明“点燃”“加热”等条件。
③热化学方程式中，各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子或原子数。因此化学计量数可以是整数，也可以是分数。
④反应物和产物的聚集状态不同，反应热数值以及符号都可能不同。因此，必须注明物质的聚集状态 (s、l、g、aq)才能完整地体现出热化学方程式的意义。热化学方程式中不用“↑”和“↓”。
⑤同素异形体转化的热化学方程式除了注明状态外，还要注明名称。
⑥ΔH与反应完成物质的量有关，所以热化学方程式中化学式前面的化学计量数必须与ΔH相对应。如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。如：
H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ/mol
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝__－571.6__kJ/mol
⑦无论化学反应是否可逆，热化学方程式中的ΔH都表示反应进行到底(完全转化)时的反应热。如2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＝－197 kJ/mol，是指 2 mol SO2(g)与1 mol O2(g)完全转化为2 mol SO3(g)时放出的热量为197 kJ。若在相同的温度和压强时，向容器中加2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)，一定条件下反应达平衡时，放出的热量要__小于__197 kJ。当反应向逆反应方向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。如：2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g) ΔH＝__＋197__kJ/mol。
易错易混
判断下列说法正误(正确的画“√”，错误的画“×”，并说明错因)。
(1)放热反应不需要加热就能反应，吸热反应不加热就不能反应。( )
错因：
(2)物质发生化学变化都伴有能量的变化。( )
错因：
(3)浓硫酸稀释是放热反应。( )
错因：
(4)活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高。( )
错因：
(5)吸热反应中，反应物化学键断裂吸收的总能量高于生成物形成化学键释放的总能量。( )
错因：
(6)同温同压下，反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同。( )
错因：
(7)800 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，热化学方程式为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－38.6 kJ·mol-1。( )
错因：
(8)若石墨转变为金刚石是吸热反应，则金刚石比石墨更稳定。( )
错因：
答案：(1)× 有的放热反应需要加热才能进行，有的吸热反应不用加热也能进行。
(2)√
(3)× 浓硫酸稀释是放热过程，属于物理变化。
(4)√
(5)√
(6)× 焓变与反应条件无关。
(7)× 该反应可逆，19.3 kJ的热量不是0.5 mol N2完全反应放出的，其次该反应热的数值也不是101 kPa、25 ℃条件下的反应热。
(8)× 能量低的物质更稳定。
题组一 化学反应过程中能量变化
1．(2025·浙江高二期中考试)下列反应为放热反应的是( )
①工业上煅烧石灰石
②炼铁高炉中碳与二氧化碳高温转化为一氧化碳
③乙炔与氧气反应，用于切割金属
④氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应
⑤CaO＋H2O===Ca(OH)2
⑥N2与H2合成NH3
⑦NaOH和CH3COOH的反应
A．①②③ B．④⑤⑦ C．④⑦⑧ D．③⑤⑥⑦
答案：D
【题源】选择性必修1第4页
2．(2025·河南高二第一次月考)下列说法错误的是( )
A．新能源应具有资源丰富、可再生、无污染或少污染等特点。如太阳能、氢能、风能、地热能、潮汐能和生物质能等新能源
B．“冰，水为之，而寒于水”，说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量低
C．25 ℃和101 kPa下，反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在点燃和光照下的ΔH不同
D．反应物和生成物具有的总能量的高低，决定了该反应是放热还是吸热反应
答案：C
【题源】选择性必修1第7页“化学反应中焓的变化示意图”
题组二 依据键能或能量变化图计算焓变
3．N2(g)与H2(g)化合生成NH3(g)的能量变化如图，下列说法正确的是( )
A．N2与H2的键能数值总和为1 080
B．N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)＋46 kJ
C．1 mol H2(g)的能量比2 mol H(g)的能量低
D．若使用催化剂会改变反应的热效应
解析：C 由图中可知，mol N≡N与 mol H—H的键能总和为1 080 kJ，则N2与H2的键能数值总和不等于1 080，A不正确；从图中可以看出， mol N2＋ mol H2→1 mol NH3，放热(314＋377＋435－1080)kJ＝46 kJ，则N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)＋92 kJ，B不正确；H2(g)断裂共价键生成2H(g)，需要吸收热量，所以1 mol H2(g)的能量比2 mol H(g)的能量低，C正确；若使用催化剂，可以改变反应的活化能，但不能改变反应的热效应，D不正确。
4．CO2与H2在某催化剂的作用下反应如图所示：
化学键 键能/ (kJ·mol-1)
436
326
803
464
414
写出该反应的热化学方程式：_______________________________________。
答案：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－46 kJ·mol-1
解析：由反应图示可知图形与化学键对应关系为
H—H C—O C===O O—H C—H
ΔH＝反应物总键能－生成物总键能＝2×803 kJ·mol-1＋3×436 kJ·mol-1－3×414 kJ·mol-1－326 kJ·mol-1－3×464 kJ·mol-1＝－46 kJ·mol-1。
【题源】选择性必修1第7页
题组三 热化学方程式的判断与书写
5．(2024·江苏南通高三期中)已知25 ℃、101 kPa下，10 kg丁烷完全燃烧生成CO2和液态水时，放出5×105 kJ的热量，下列热化学方程式书写正确的是( )
A．C4H10＋O2===4CO2＋5H2O ΔH＝－2 900 kJ· mol-1
B．C4H10(l)＋O2===4CO2(g)＋5H2O(l)
ΔH＝＋2 900 kJ·mol-1
C．C4H10(l)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)
ΔH＝－2 900 kJ
D．2C4H10(l)＋13O2(g)===8CO2(g)＋10H2O(l) ΔH＝－5 800 kJ·mol-1
解析：D 丁烷分子式是C4H10，相对分子质量是58，10 kg丁烷的物质的量是n(C4H10)＝，其完全燃烧生成CO2和液态水时，放出5×105 kJ的热，则1 mol丁烷完全燃烧生成CO2和液态水时，放出热量Q＝＝2 900 kJ。反应放出的热量与反应的物质多少呈正比，则2 mol丁烷完全燃烧放出5 800 kJ的热量，故该反应的热化学方程式为2C4H10(l)＋13O2(g)===8CO2(g)＋10H2O(l) ΔH＝－5 800 kJ·mol-1，D正确。
【题源】选择性必修1第10页
方法技巧
“五审”判断热化学方程式的正误
6．依据事实写出下列反应的热化学方程式。
(1)SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态H2O。已知室温下2 g SiH4自燃放出热量89.2 kJ。SiH4自燃的热化学方程式为__________________________________________________________。
(2)CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25 ℃、101 kPa下，已知该反应每消耗1 mol CuCl(s)，放热44.4 kJ，该反应的热化学方程式是___________________________________________________________________。
(3)下图是1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：___________________________________。
答案：(1)SiH4(g)＋2O2(g)===SiO2(s)＋2H2O(l) ΔH＝－1 427.2 kJ·mol-1
(2)4CuCl(s)＋O2(g)===2CuCl2(s)＋2CuO(s) ΔH＝－177.6 kJ·mol-1
（3）NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g)ΔH＝－234 kJ·mol-1
eq \o(\s\up7(),\s\do5(考点二 燃烧热 中和热 能源 ))
1．燃烧热和中和热的比较
类别 燃烧热 中和热
相同点 能量变化 放热
ΔH及其单位 ΔH__＜__0，单位均为kJ·mol-1
不同点 反应物的量 __1_mol__ 不一定为1 mol
生成物的量 不确定 生成水的量为__1_mol__
反应热的含义 101 kPa时，1 mol__纯物质__完全燃烧生成指定产物时所放出的热量 在稀溶液里，__酸__与__碱__发生中和反应生成1 mol水时所放出的热量
表示方法 燃烧热ΔH＝－a kJ·mol-1(a＞0) 强酸与强碱反应的中和热ΔH＝－57.3_kJ·mol-1
2．中和热的测定
(1)实验装置
(2)测定原理
ΔH＝－
c＝4.18 J·g-1·℃-1；n为生成H2O的物质的量。
(3)实验步骤
(4)注意事项
①酸、碱溶液应当用强酸、强碱的稀溶液，因为浓酸或浓碱溶于水一般都要放热。若用弱酸或弱碱，它们电离时要吸收一部分热量，会使测得的数值偏小。
②测量酸、碱溶液温度时要过一段时间再读数，测量反应混合液温度时应随时读取温度值以记录最高温度。
③溶液混合要迅速，尽量减少热量的散失。
④为保证实验结果的准确性，重复实验2～3次，取其平均值。
⑤为了保证实验中盐酸完全反应，使用的碱稍微过量，计算中和热时按酸来算。
⑥做好保温工作是本实验成功的关键，如只用玻璃搅拌器，而不能用铁质或铜质搅拌器，还应注意玻璃搅拌器的使用方法。
3．能源
(1)能源分类
(2)解决能源问题的措施
①提高能源的利用效率
a．改善开采、运输、加工等各个环节。
b．科学控制燃烧反应，使燃料充分燃烧。
②开发新能源
开发资源丰富、可以再生、没有污染或污染很小的新能源。
易错易混
判断下列说法正误(正确的画“√”，错误的画“×”，并说明错因)。
(1)葡萄糖的燃烧热是2 800 kJ·mol-1，则C6H12O6(s)＋3O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 400 kJ·mol-1。( )
错因：
(2)NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol-1(中和热，ΔH的数值正确)。( )
错因：
(3)已知稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol-1，则稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1 mol水时放出57.3 kJ的热量。( )
错因：
(4)根据2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol-1可知，氢气的燃烧热为571.6 kJ·mol-1。( )
错因：
答案：(1)√
(2)√
(3)× 醋酸反应过程中发生电离会吸热，稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1 mol水时放出热量小于57.3 kJ。
(4)× 氢气的燃烧热指1 mol氢气燃烧生成H2O(l)时所放出的热量。
题组一 能源的开发与利用
1．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是( )
A．直接燃烧煤和将煤进行深加工后再燃烧的效率相同
B．天然气、水能属于一次能源，水煤气、电能属于二次能源
C．人们可以把放热反应释放的能量转化为其他可利用的能量，而吸热反应没有利用价值
D．地热能、风能、天然气和氢能都属于新能源
答案：B
【题源】选择性必修1第13项“练习与应用”第5题
2．(2024·广州高二期中)“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的绿色液态燃料。下列有关“液态阳光”的说法错误的是( )
A．煤气化得到的水煤气合成的甲醇属于“液态阳光”
B．CO2和H2O转化为“液态阳光”有利于减少CO2的排放
C．“液态阳光”行动有利于可持续发展并应对气候变化
D．“液态阳光”有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题
解析：A 煤气化是由水蒸气与碳反应生成CO和H2，利用生成的水煤气再合成甲醇，不符合“液态阳光”的定义，故A错误。
题组二 燃烧热、中和热的理解与应用
3．下列说法正确的是( )
A．将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，或一次性快速注入盐酸中，都不影响中和热的测定
B．已知中和热为ΔH＝－57.3 kJ·mol-1，则稀硫酸与Ba(OH)2稀溶液反应的反应热ΔH＝－2×57.3 kJ·mol-1
C．燃烧热是指在101 kPa时1 mol可燃物完全燃烧时所放出的热量，故S(s)＋O2(g)===SO3(g) ΔH＝－315 kJ·mol-1即为硫的燃烧热
D．已知冰的熔化热为6.0 kJ·mol-1，冰中氢键键能为20.0 kJ·mol-1，假设1 mol冰中有2 mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则最多只能破坏1 mol冰中15%的氢键
解析：D 分多次缓慢注入，造成热量散失，则测定的中和热偏小，应一次性快速注入盐酸中，A错误；生成硫酸钡放热，则稀硫酸与Ba(OH)2稀溶液反应的反应热ΔH<－2×57.3 kJ·mol-1，B错误；燃烧热定义中，硫燃烧生成的稳定氧化物应为二氧化硫，C错误；冰的熔化热为6.0 kJ·mol-1，1 mol冰变成0 ℃的液态水所需吸收的热量为6.0 kJ·mol-1，冰中氢键键能为20.0 kJ·mol-1，1 mol冰中有2 mol氢键，破坏时需吸收40 kJ的热量，则×100%＝15%，即最多只能破坏1 mol冰中15%的氢键，D正确。
4．利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50 mL 0.50 mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸的温度。
②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L-1 NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度。
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液的最高温度。
回答下列问题：
(1)为什么所用NaOH溶液要稍过量？______________________________。
(2)倒入NaOH溶液的正确操作是________(填字母)。
A．沿玻璃棒缓慢倒入
B．分三次倒入
C．一次迅速倒入
(3)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是________(填字母)。
A．用温度计小心搅拌
B．揭开杯盖用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯
D．用套在温度计上的玻璃搅拌器上下轻轻地搅动
(4)现将一定量的氢氧化钠稀溶液、氢氧化钙稀溶液、稀氨水分别和1 L 1 mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为__________。
(5)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18 J·g-1·℃-1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：
实验序号 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃
盐酸 氢氧化钠溶液 混合溶液
1 20.0 20.1 23.2
2 20.2 20.4 23.4
3 20.5 20.6 23.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝______________(结果保留一位小数)。
答案：(1)确保盐酸被完全中和
(2)C
(3)D (4)ΔH1＝ΔH2＜ΔH3
(5)－51.8 kJ·mol-1
【题源】选择性必修1第5页“探究”
归纳总结
(1)有关燃烧热的判断，一看是否以1 mol可燃物为标准，二看是否生成稳定氧化物。
(2)燃烧热中元素所对应的指定产物：C→CO2(g)，H→H2O(l)，S→SO2(g)，N→N2(g)等。
(3)对于中和反应反应热、燃烧热，由于它们的反应放热是确定的，所以描述中不带“－”，但焓变为负值。
(4)若反应过程中有其他物质生成(如生成不溶性物质，难电离物质等)，这部
分反应热不在中和反应反应热之内。
考点三 盖斯定律 反应热的计算
1．盖斯定律
(1)内容
对于一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的。即：化学反应的反应热只与反应体系的__始态和终态__有关，而与__反应的途径__无关。
(2)意义
间接计算某些反应的反应热。
(3)应用
转化关系 反应热间的关系
aAB、AB ΔH1＝__aΔH2__
AB ΔH1＝__－ΔH2__
ΔH＝__ΔH1＋ΔH2__
即：若一个化学方程式可由n个化学方程式相加减而得到，则该化学反应的焓变即为这n个化学反应焓变的代数和。
2．反应热的计算
计算依据 计算方法
反应物的总能量和生成物的总能量 ΔH＝E(生成物的总能量)－E(反应物的总能量)
化学键的键能 ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和
反应过程中正、逆反应的活化能 ΔH＝正反应的活化能之和－逆反应的活化能之和
燃烧热 可燃物完全燃烧产生的热量＝可燃物的物质的量×燃烧热
盖斯定律 根据盖斯定律，可以将两个或若干个热化学方程式相加或相减等代数运算(包括ΔH运算)，得到一个新的热化学方程式
热化学方程式 热化学方程式与数学上的方程式相似，可以左右颠倒同时改变ΔH的正、负号，各项的系数包括ΔH的数值可以同时扩大或缩小相同的倍数
3．反应热大小的比较
(1)看物质的聚集状态。物质的气、液、固三态转化时的能量变化如下：
(2)看ΔH的符号。比较反应热大小时不要只比较ΔH数值的大小，还要考虑其符号。
(3)看化学计量数。当反应物与生成物的状态相同时，化学计量数越大，放热反应的ΔH越小，吸热反应的ΔH越大。
(4)看反应的程度。对于可逆反应，参加反应的物质的量和聚集状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大。
实例说明：
①根据反应物的量的大小关系比较反应焓变大小
ⅰ.H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH1
ⅱ.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH2
反应ⅱ中H2的量更多，因此放热更多，|ΔH1|<|ΔH2|，但ΔH1<0，ΔH2<0，故ΔH1>ΔH2。
②根据反应进行的程度大小比较反应焓变的大小
ⅲ.C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH3
ⅳ.C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH4
反应ⅳ中，C完全燃烧，放热更多，|ΔH3|<|ΔH4|，但ΔH3<0，ΔH4<0，故ΔH3>ΔH4。
③根据反应物或生成物的状态比较反应焓变的大小
ⅴ.S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH5
ⅵ.S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH6
方法一：图像法
由图像可知：|ΔH5|>|ΔH6|，但ΔH5<0，ΔH6<0，故ΔH5<ΔH6。
方法二：通过盖斯定律构造新的热化学方程式
由ⅴ－ⅵ可得S(g)===S(s) ΔH＝ΔH5－ΔH6<0，故ΔH5<ΔH6。
④根据特殊反应的焓变情况比较反应焓变的大小
ⅶ.2Al(s)＋O2(g)===Al2O3(s) ΔH7
ⅷ.2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s) ΔH8
由ⅶ－ⅷ可得2Al(s)＋Fe2O3(s)===2Fe(s)＋Al2O3(s) ΔH＝ΔH7－ΔH8，已知铝热反应为放热反应，故ΔH<0，ΔH7<ΔH8。
题组一 应用盖斯定律计算或比较焓变
1．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)＋O2(g) SO2(g) ΔH1
②S(s)＋O2(g) SO2(g) ΔH2
③2H2S(g)＋O2(g) 2S(s)＋2H2O(l) ΔH3
④2H2S(g)＋3O2(g) 2SO2(g)＋2H2O(l) ΔH4
⑤2H2S(g)＋SO2(g) 3S(s)＋2H2O(l) ΔH5
A．ΔH1>ΔH2
B．ΔH3<ΔH4
C．ΔH4＝ΔH2＋ΔH3
D．2ΔH5＝3ΔH3－ΔH4
解析：D 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；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；根据盖斯定律，②×2＋③得2H2S(g)＋3O2(g) 2SO2(g)＋2H2O(l) ΔH4＝2ΔH2＋ΔH3，故C错误；根据盖斯定律[③×3－④]×得SO2(g)＋2H2S(g)===3S(s)＋2H2O(l) ΔH5＝(3ΔH3－ΔH4)，即2ΔH5＝3ΔH3－ΔH4，故D正确。
2．CH3COOH和氨水反应的能量循环体系如图所示，下列说法正确的是( )
A.ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝ΔH4
B．ΔH1＋ΔH4>ΔH2＋ΔH3
C．ΔH4<ΔH1－ΔH2
D．ΔH3<0
解析：C 由图可知
①CH3COOH(aq)＋NH3·H2O(aq)===CH3COO－(aq)＋NH(aq)＋H2O(l) ΔH1；
②CH3COOH(aq) CH3COO－(aq)＋H＋(aq) ΔH2；
③NH3·H2O(aq) OH－(aq)＋NH(aq)
ΔH3；
④OH－(aq)＋H＋(aq)===H2O(l) ΔH4。
由以上得②＋③＋④＝①，即ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＝ΔH1，故A错误；由ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＝ΔH1得ΔH1＋ΔH4＝ΔH2＋ΔH3＋2ΔH4，中和反应是放热反应，故ΔH4<0，所以ΔH1＋ΔH4<ΔH2＋ΔH3，故B错误；由ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＝ΔH1得ΔH4＝ΔH1－ΔH2－ΔH3<0，弱电解质的电离是吸热过程，所以ΔH3>0，所以ΔH4<ΔH1－ΔH2，故C正确、D错误。
题组二 利用盖斯定律书写热化学方程式
3. “零碳”甲醇是利用焦炉气副产物H2和工业尾气中的CO2合成，涉及以下反应：
①CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41.2 kJ·mol-1
②CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH2＝－90.5 kJ·mol-1
③CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH3
依据盖斯定律，可计算得出ΔH3＝____________ kJ·mol-1
答案：－49.3
解析：(1)根据盖斯定律反应①＋②可得反应③，所以ΔH3＝41.2 kJ·mol-1＋(－90.5 kJ·mol-1)＝－49.3 kJ·mol-1。
【题源】选择性必修1第18页例题3
4．在298 K、101 kPa下，将2.2 g CO2通入150 mL 0.5 mol·L-1 KOH溶液中充分反应(不考虑气体逸出)，测得反应放出x kJ热量。已知该条件下，将0.1 mol CO2通入1 L 0.2 mol·L-1 KOH溶液中充分反应放出y kJ热量。则CO2与KOH溶液反应生成KHCO3的热化学方程式正确的是( )
A．CO2(g)＋KOH(aq)===KHCO3(aq) ΔH＝－(40x－10y) kJ·mol-1
B．CO2(g)＋KOH(aq)===KHCO3(aq) ΔH＝－40(y－x) kJ·mol-1
C．CO2(g)＋KOH(aq)===KHCO3(aq) ΔH＝－2(10x－y) kJ·mol-1
D．CO2(g)＋KOH(aq)===KHCO3(aq) ΔH＝－10(5x－4y) kJ·mol-1
解析：A 1 L 0.2 mol·L-1 KOH的物质的量为0.2 mol，n(CO2)∶n(KOH)＝0.1 mol∶0.2 mol＝1∶2，则0.1 mol CO2通入1 L 0.2 mol·L-1 KOH溶液中反应生成K2CO3和H2O时放出y kJ的热量，该反应的ΔH＝－×y kJ/mol＝－10y kJ·mol-1，该热化学方程式为①CO2(g)＋2KOH(aq)===K2CO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－10y kJ·mol-1；150 mL 0.5 mol·L-1 KOH的物质的量为0.075 mol，2.2 g CO2的物质的量为＝0.05 mol，2.2 g CO2与150 mL 0.1 mol·L-1 KOH溶液反应时n(CO2)∶n(KOH)＝0.05 mol∶0.075 mol＝2∶3，则反应为②2CO2(g)＋3KOH(aq)===K2CO3(aq)＋KHCO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－×x kJ/mol＝－40x kJ/mol，根据盖斯定律：②－①可得CO2与KOH溶液反应生成KHCO3溶液的热化学方程式CO2(g)＋KOH(aq)===KHCO3(aq) ΔH＝－(40x－10y) kJ/mol，故A正确。
5．现已知在101 kPa下CH4、H2、C(s)的燃烧热分别为890.83 kJ/mol、285.83 kJ/mol和393.51 kJ/mol，则反应C(s)＋2H2(g)===CH4(g)的ΔH＝________________。
答案：－74.34 kJ/mol
解析：已知碳单质、氢气、甲烷的燃烧热分别为393.51 kJ/mol、285.83 kJ/mol和890.83 kJ/mol，则它们的热化学方程式分别为：
①C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.51 kJ/mol；
②H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH2＝－285.83 kJ/mol；
③CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3＝－890.83 kJ/mol。
根据盖斯定律，由①＋②×2－③得C(s)＋2H2(g)===CH4(g) ΔH＝[(－393.51 kJ/mol)＋(－285.83 kJ/mol)×2]－(－890.83 kJ/mol)＝－74.34 kJ/mol。
思维模型
利用盖斯定律计算反应热(ΔH)的解题流程
1．(2024·湖南卷节选)丙烯腈(CH2==CHCN)是一种重要的化工原料。工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂生产CH2==CHCN的流程如下：
已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定。
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ.HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2==CHCOOC2H5(g)＋H2O(g) ΔH1
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ.CH2==CHCOOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2==CHCONH2(g)＋C2H5OH(g) ΔH2
ⅲ.CH2==CHCONH2(g)→CH2==CHCN(g)＋H2O(g) ΔH3
④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
则总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2==CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g) ΔH＝______________(用含ΔH1、ΔH2和ΔH3的代数式表示)。
答案：ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
解析：根据盖斯定律，总反应
HOCH2CH2COOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2==CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g)可以由反应ⅰ＋反应ⅱ＋反应ⅲ得到，故ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。
2. (2024·安徽卷节选) 乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。
C2H6氧化脱氢反应：
2C2H6(g)＋O2(g)===2C2H4(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－209.8 kJ·mol-1
C2H6(g)＋CO2(g)===C2H4(g)＋H2O(g)＋CO(g) ΔH2＝＋178.1 kJ·mol-1
计算：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH3＝__－566__kJ·mol-1。
答案：－566
解析：将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①－反应②×2可得目标反应，则ΔH3＝ΔH1－2ΔH2＝(－209.8－178.1×2) kJ/mol＝－566 kJ/mol。
3．(2024·甘肃卷节选)SiHCl3是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
由SiCl4制备SiHCl3：
SiCl4(g)＋H2(g)===SiHCl3(g)＋HCl(g) ΔH1＝＋74.22 kJ·mol-1 (298 K)
已知SiHCl3(g)＋H2(g)===Si(s)＋3HCl(g) ΔH2＝＋219.29 kJ·mol-1(298 K)
298 K时，由SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(g)制备56 g硅______(填“吸”或“放”)热______kJ。升高温度有利于制备硅的原因是______________________。
答案：吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅
解析：由题给热化学方程式：
①SiCl4(g)＋H2(g)===SiHCl3(g)＋HCl(g) ΔH1＝＋74.22 kJ·mol-1；
②SiHCl3(g)＋H2(g)===Si(s)＋3HCl(g) ΔH2＝＋219.29 kJ·mol-1；
则根据盖斯定律可知，①＋②可得热化学方程式SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(g)，ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋74.22 kJ·mol-1＋(＋219.29 kJ·mol-1)＝＋293.51 kJ·mol-1，则制备56 g Si，即2 mol Si，需要吸收热量为293.51 kJ·mol-1×2＝587.02 kJ·mol-1。该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅。
4. (2024·黑吉辽卷节选)为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气：
2HCl(g)＋O2(g) Cl2(g)＋H2O(g) ΔH1＝－57.2 kJ·mol-1 ΔS K。
结合以下信息，可知H2的燃烧热ΔH＝________kJ·mol-1。
H2O(l)===H2O(g) ΔH2＝＋44.0 kJ·mol-1
H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g) ΔH3＝－184.6 kJ·mol-1
答案：－258.8
解析：表示氢气燃烧热的热化学方程式为④H2(g)＋O2(g)===H2O(l)，设①2HCl(g)＋O2(g) Cl2(g)＋H2O(g)，②H2O(l)===H2O(g)，③H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)，则④＝①＋③－②，因此氢气的燃烧热ΔH＝－57.2 kJ/mol－184.6 kJ/mol－44 kJ/mol＝－285.8 kJ·mol-1。
5. (2024·山东卷节选)水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下：
Ⅰ.C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH1>0
Ⅱ.CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH2<0
Ⅲ.CaO (s) ＋CO2(g)===CaCO3(s) ΔH3<0
则C(s)＋CaO(s)＋2H2O(g) CaCO3(s)＋2H2(g)的焓变ΔH＝___________(用代数式表示)。
答案：ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
解析：已知三个反应：
Ⅰ.C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)
Ⅱ.CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)
Ⅲ.CaO (s) ＋CO2(g)===CaCO3(s)
设目标反应C(s)＋CaO(s)＋2H2O(g) CaCO3(s)＋2H2(g)为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ＝Ⅰ＋Ⅱ＋Ⅲ，所以ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。
6. (2024·浙江卷节选)通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。
Ⅰ.C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·mol-1
Ⅱ.C(s)＋H2(g)＋O2(g)===HCOOH(g) ΔH2＝－378.7 kJ·mol-1
Ⅲ.CO2(g)＋H2(g) HCOOH(g) ΔH3＝________kJ·mol-1。
答案：＋14.8
解析：由题意可知，ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝－378.7 kJ·mol-1＋393.5 kJ·mol-1＝＋14.8 kJ/mol。
1．(2025·浙江模拟)化学与航天、能源、化工等密切相关。下列说法错误的是( )
A．利用化石燃料燃烧放出的热量使水分解产生氢气，是氢能开发的研究方向
B．化学电源放电、植物光合作用都能发生化学变化，并伴随能量的转化
C．“干热岩”(温度大于200 ℃的高温岩体)是最具应用价值和利用潜力的清洁能源，该能源属于地热能
D．若化学过程中断开化学键放出的能量大于形成化学键所吸收的能量，则反应吸热
解析：A 化石燃料是不可再生的，且不廉价，不适用于分解水产生氢气，A项错误。
2．一定条件下：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＝－196 kJ/mol，下列说法正确的是( )
A．反应物的总能量低于产物的总能量
B．2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(s) ΔH＝－Q，Q>196 kJ/mol
C．反应中若使用催化剂，放出热量小于196 kJ
D．若投入2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)，使之反应，放出热量为196 kJ
解析：B 该反应ΔH＝－196 kJ/mol，是放热反应，则反应物的总能量高于产物的总能量，A错误；SO3(g)→SO3(s)放出热量，则2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(s) ΔH＝－Q，Q>196 kJ/mol，B正确；催化剂只改变反应过程，不影响始末过程，则放出热量等于196 kJ，C错误；该反应是可逆反应，不能完全反应，投入2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)，使之反应，放出热量小于196 kJ，D错误。
3．已知：氢气、一氧化碳、乙醇、甲烷的燃烧热分别为285.8 kJ·mol-1、283.0 kJ·mol-1、1 366.8 kJ·mol-1、890.3 kJ·mol-1，下列热化学方程式的书写正确的是( )
A．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－571.6 kJ·mol-1
B．2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol-1
C．C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 366.8 kJ
D．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ·mol-1
解析：D 表示燃烧热的热化学方程式中，生成物应为稳定产物，如氢气完全燃烧的稳定产物为液态水，A错误；表示燃烧热的热化学方程式中，可燃物的化学计量数应为1，B错误；焓变单位是kJ·mol-1，而不是kJ，C错误；热化学方程式中，各物质的状态、燃烧物的化学计量数、ΔH的数值和单位都正确，D正确。
4．环氧乙烷( )可用作生产一次性口罩的灭菌剂。工业上常用乙烯氧化法生产环氧乙烷，其原理是2CH2==CH2(g)＋O2(g) 2(g) ΔH。已知下列两个反应，则ΔH为( )
①CH2==CH2(g)＋3O2(g) 2CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－1 323 kJ·mol-1
②＋O2(g) 2CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－1 218 kJ·mol-1
A．＋210 kJ·mol-1 B．－210 kJ·mol-1
C．－175 kJ·mol-1 D．－105 kJ·mol-1
解析：B 由盖斯定律可知，反应①×2－②×2得到反应：2CH2===CH2(g)＋O2(g) 2(g)，则其焓变为(－1 323 kJ/mol)×2－(－1 218 kJ/mol)×2＝－210 kJ/mol。
5．(2025·山东实验中学高二月考)某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的过程，该过程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列叙述错误的是( )
A．该过程中有非极性键断裂，没有非极性键形成
B．该过程的总反应为HCHO＋O2CO2＋H2O
C．HAP能降低HCHO与O2的反应的活化能，增大了平衡转化率
D．生成物CO2中的氧原子由HCHO和O2共同提供
解析：C 在整个反应过程中，有极性键(如C—H)和非极性键(如O==O)的断裂，有极性键(C==O)的形成，无非极性键的形成，A项正确；根据题干所示，反应物为HCHO和O2，生成物为CO2和H2O，HAP作催化剂，总反应方程式为HCHO＋O2CO2＋H2O，B项正确；HAP是催化剂，能提高HCHO与O2的反应速率，但是不能改变平衡转化率，C项错误；根据图示，反应时HCHO中C—H均断裂，连接O2提供的一个O原子形成CO2，则生成物CO2中的氧原子由HCHO和O2共同提供，D项正确。
6．肼(H2N—NH2)燃烧涉及的共价键的键能与热化学方程式信息见下表：
共价键 N—H N—N O==O O—H
键能/(kJ·mol-1) 391 161 498 463
热化学方程式 N2H4(g)＋O2(g)→N2(g)＋2H2O(g)＋570 kJ
则2N(g)―→N2(g)＋Q，Q为( )
A．1 882 kJ B．941 kJ C．483 kJ D．241.5 kJ
解析：B N2的结构式为N≡N，设N≡N的键能为x，由N2H4(g)＋O2(g)―→N2(g)＋2H2O(g)＋570 kJ可知，4×391 kJ/mol＋161 kJ/mol＋498 kJ/mol－x－4×463 kJ/mol＝－570 kJ/mol，解得x＝941 kJ/mol，形成化学键需要释放能量，所以Q＝941 kJ。
7．(2025·长春高三质检)如图是1 mol金属镁和卤素单质反应的ΔH(单位：kJ·mol-1)示意图，反应物和生成物均为常温时的稳定状态。下列选项错误的是( )
A．由图可知，MgF2(s)＋Br2(l)===MgBr2(s)＋F2(g) ΔH＝＋520 kJ·mol-1
B．MgI2与Br2反应的ΔH<0
C．电解MgCl2制Mg是吸热反应
D．化合物的热稳定性顺序：MgI2
ΔH＝＋600 kJ·mol-1，A项错误；根据盖斯定律，由②－③得MgI2(s)＋Br2(l)===MgBr2(s)＋I2(s) ΔH＝－160 kJ·mol-1 <0，B项正确；由题图可知Mg和Br2反应生成MgBr2为放热反应，故电解MgBr2制Mg是吸热反应，C项正确；MgI2、MgBr2、MgCl2、MgF2均为离子晶体，离子半径：F－
已知部分化学键的键能数据如下：
共价键 C—H C==O O—H C—O C—C
键能/(kJ·mol-1) 413 497 462 351 348
下列说法不正确的是( )
A．该催化反应过程中没有非极性键断裂
B．催化剂的使用降低了该反应的活化能和焓变
C．总反应的原子利用率为100%
D．该反应的热化学方程式为CO2(g)＋CH4(g)===CH3COOH(g) ΔH＝－251 kJ/mol
解析：B 由图可知，该反应的反应物为二氧化碳和甲烷，生成物为乙酸，则该催化反应过程中存在极性键的断裂，不存在非极性键断裂，故A正确；催化剂的使用能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故B错误；由图可知，总反应为二氧化碳与甲烷在催化剂作用下发生化合反应生成乙酸，则反应的原子利用率为100%，故C正确；由图可知，反应方程式为CO2(g)＋CH4(g)===CH3COOH(g) ΔH＝(497 kJ/mol×2＋413 kJ/mol×4)－(413 kJ/mol×3＋348 kJ/mol＋497 kJ/mol＋351 kJ/mol＋462 kJ/mol)＝－251 kJ/mol，故D正确。
9．(2024·天津校联考二模)多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T ℃时(各物质均为气态)，CH3OH与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A．反应CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g) ΔS>0
B．选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能
C．1 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)的总能量大于1 mol CO2(g)和3H2(g)的总能量
D．反应Ⅱ的热化学方程式表示为CO(g)＋H2O(g)===H2(g)＋CO2(g) ΔH<0
解析：C 该反应中消耗2 mol气体产生了4 mol气体，气体量增加为熵增的反应ΔS>0，A正确；催化剂改变反应过程从而降低活化能，所以选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能，B正确；从能量图看1 mol CH3OH(g) 和1 mol H2O(g)的总能量低于1 mol CO2(g)和3H2(g)的总能量，C错误；从能量图看CO(g)和H2O(g)的总能量高于H2(g)和CO2(g)，所以该反应为放热反应 ΔH<0，D正确。
10．(2024·四川模拟预测)已知：
①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol-1
②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1 452 kJ·mol-1
③H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol-1
则下列说法正确的是( )
A．H2(g)的燃烧热ΔH＝－571.6 kJ·mol-1
B．H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l) ΔH＝－114.6 kJ·mol-1
C．等质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧生成CO2和液态水，H2(g)放出的热量多
D．2 mol H2(g)在足量氧气中完全燃烧生成气态水放出的热量大于571.6 kJ
解析：C 燃烧热中可燃物为1 mol，由①可知H2(g)的燃烧热为285.8 kJ·mol-1，A错误；反应除生成水外，还有硫酸钡沉淀，生成沉淀也会放热，故放出总热量应大于57.3 kJ×2＝114.6 kJ，B错误；令H2(g)和CH3OH(l)的质量都为1 g，则1 g H2燃烧放热为××571.6＝142.9 kJ，1 g CH3OH燃烧放热为××1 452≈22.69 kJ，所以H2(g)放出的热量更多，C正确；液态水转化为气态水需要吸收热量，则2 mol H2(g)完全燃烧生成气态水放出的热量小于 571.6 kJ，D错误。
11．(2024·吉林联考卷)目前人工固氮普遍采用的是氨的工业合成。氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的过程如图所示。下列说法错误的是( )
A．②→③吸收能量
B．为了提高氨的脱附速率，应适时地将氨从反应后的混合气体中分离出来
C．该过程中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成
D．该催化剂不可提高单位时间生成物的产率
解析：D 断键吸收能量，②→③为断键过程，吸收能量，故A正确；及时分离产物，平衡正向移动，有利于生成氨气，故B正确；该过程中包氮氮键、氢氢键的断裂和氮氢键的生成，故C正确；催化剂增大反应速率，所以催化剂能提高单位时间的生产效率，提高单位时间生成物的产率，故D错误。
12．(2024·江西信息卷)中国的地热能开发和利用过程中，硫黄温泉常伴有H2S气体生成。H2S为无色、有臭鸡蛋气味的剧毒气体，H2S脱硫技术是当前的重点研究方向。
(1)德国某公司将H2S的氧化分两阶段完成。
第一阶段反应为H2S(g)＋O2(g)===SO2(g)＋H2O(g) ΔH＝－518.9 kJ·mol-1，
第二阶段反应为2H2S(g)＋SO2(g)===2H2O(g)＋Sx(s) ΔH＝－96.1 kJ·mol-1。
英国化学家Claus开发了H2S氧化制硫的方法，即3H2S(g)＋O2(g)===Sx(s)＋3H2O(g) ΔH＝____________kJ·mol-1。
(2)氧化锌法也是一种传统的脱硫方法，其反应原理为ZnO(s)＋H2S(g) ZnS(s)＋H2O(g) ΔH＝－76.63 kJ·mol-1，文献显示，工业上氧化锌法控制温度在300～400 ℃，分析控制此温度区间的原因：温度过低，________________，温度过高，________________________________________________。
答案：(1)615.0 (2)反应速率太慢 该反应为放热反应，不利于反应向脱硫的方向进行
解析：(1)①H2S(g)＋O2(g)===SO2(g)＋H2O(g) ΔH＝－518.9 kJ·mol-1，
②2H2S(g)＋SO2(g)===2H2O(g)＋Sx(s)
ΔH＝－96.1 kJ·mol-1。
根据盖斯定律①＋②得
3H2S(g)＋O2(g)===Sx(s)＋3H2O(g)
ΔH＝－(518.9＋96.1)kJ·mol-1＝－615.0 kJ·mol-1。
(2)温度过低反应速率太慢；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，温度过高不利于反应向脱硫的方向进行，所以工业上氧化锌法控制温度在300～400 ℃。
微专题四 催化剂与活化能
近几年高考关于催化剂的考查频率较高，催化剂结合活化能、反应过程是常见的考查方式。新教材选择性必修1增加了对于催化剂的探究。催化剂参与反应，改变反应的过程，降低反应的活化能等知识常以催化反应过程图、竞争型反应(催化剂的选择性)、催化剂的选择等方向进行考查。信息提供新颖，陌生度大，有利于考查获取信息、处理信息能力，思辨能力等关键能力，重点考查宏观辨析与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养，在背景的选择上渗透了科学精神和社会责任的核心素养。
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，可以大大地增大反应速率。
(2)选择性，反应不同，催化剂不同。
(3)同等程度地增大正、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
(1)催化剂的催化过程一般是催化剂与其中的一种反应物首先发生反应，生成过渡物，然后再与另外的反应物反应，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过程。
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，速率增大。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。
(2)催化反应一般过程(简化的过程)：
①反应物扩散到催化剂表面(如图①)。
②反应物被吸附在催化剂表面(如图②)。
③被吸附的反应物发生化学反应生成产物(如图③④)。
④产物的解吸(如图⑤)。
4．催化剂与活化能 、 焓变
(1)催化剂能降低反应所需活化能，化学反应速率增大，但不影响焓变ΔH的大小，不影响平衡。
(2)活化能
①正反应的活化能：反应物到最高点的能量差Ea正＝E1 kJ·mol-1
②逆反应的活化能：生成物到最高点的能量差Ea逆＝E2 kJ·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。
5．催化工艺的三种形式
(1)直接型
(2)微观型
(3)循环型
①反应物：A和F。
②生成物：B和E。
③催化剂：C或D，中间产物D或C。
题组一 催化反应过程图
1. (2025·河南校联考一模)计算机模拟单个NaHSO3处理NO2废气在催化剂表面发生反应的反应过程如下，下列说法正确的是( )
A．反应Ⅱ为反应的决速步骤
B．反应的热化学方程式为HSO(aq)＋2NO2(g)＋H2O(l)===2HNO2(aq)＋HSO(aq) ΔH＝－6.0 eV·mol-1
C．反应Ⅰ的离子方程式为HSO＋NO2===HNO2＋SO
D．反应中消耗1 mol NaHSO3可处理含46 g NO2的废气
解析：C 反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，反应Ⅰ为反应的决速步骤，A错误；题目中是1个HSO、2个NO2和1个H2O参与反应的能量变化，热化学方程式反应物应该以mol为单位参与反应，该反应的热化学方程式为HSO(aq)＋2NO2(g)＋H2O(l)===2HNO2(aq)＋HSO(aq) ΔH＝－6.0NA eV·mol-1，B错误；由中信息可知反应Ⅰ是HSO和NO2 反应生成HNO2、SO ，离子方程式为HSO＋NO2===HNO2＋SO，C正确；由化学方程式可知，反应中消耗1 mol NaHSO3可处理2 mol的NO2，NO2质量为2 mol×46 g/mol＝92 g，D错误。
2．(2024·吉林模拟预测)甲酸可在固体催化剂表面逐步分解，各步骤的反应过程及相对能量如图所示，下列说法错误的是( )
A．各步反应中，②生成③的速率最快
B．催化剂为固态，其表面积对催化反应速率有影响
C．若用D(氘)标记甲酸中的羧基氢，最终产物中可能存在D2
D．甲酸在该催化剂表面分解，放出14.2 kJ热量
解析：D 各步反应中，②生成③的活化能最小，速率最快，A正确；甲酸可在固体催化剂表面逐步分解，其表面积越大，催化反应速率越快，B正确；若用D(氘)标记甲酸中的羧基氢，可能两分子甲酸中的羟基氢结合为氢气分子，则最终产物中可能存在D2，C正确；没有明确甲酸的物质的量，不能计算甲酸在该催化剂表面分解放出的热量多少，D错误。
3．(2024·贵州模拟预测)N2O是温室气体之一，CO和N2O在Fe＋作用下转化为N2和CO2，反应的能量变化及反应过程如图所示，两步基元反应为：
①Fe＋＋N2O===N2＋FeO＋ K1，
②FeO＋＋CO===Fe＋＋CO2 K2。
下列说法正确的是( )
A．该反应ΔH>0
B．升高温度，将降低N2O的平衡转化率
C．两步反应中，决定总反应速率的是反应②
D．Fe＋既改变反应过程，也改变了反应的ΔH
解析：B 由如图能量变化可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应，ΔH<0，A项错误；该反应是放热反应，升高温度，反应逆向进行，N2O的平衡转化率降低，B项正确；两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应速率慢的基元反应决定，即反应①决定，C项错误；Fe＋为反应的催化剂，改变反应过程，增大反应速率，但不改变反应的ΔH，D项错误。
题组二 竞争型反应(主反应与副反应)
4．(2024·北京信息卷)在一定条件下，一定浓度的甲酸溶液在密闭容器中发生分解反应(分解产物均溶于水)：
Ⅰ.HCOOH CO＋H2O
Ⅱ.HCOOH CO2＋H2
反应过程中含碳微粒(忽略碳元素的其他存在形式)的占比随时间的变化如图1所示及反应Ⅰ的反应过程如图2所示。下列说法不正确的是( )
A．反应Ⅰ中H＋是该反应的催化剂，平衡前适当提高H＋浓度有利于增大反应Ⅰ的速率
B．反应Ⅰ的热化学方程式可表示为HCOOH(aq) CO(aq)＋ H2O(l) ΔH＝＋(b－a) kJ·mol-1
C．适当升高温度可降低平衡时CO和CO2的比例
D．在反应Ⅰ的反应过程中，存在3种中间产物
解析：D 由反应过程图可知反应Ⅰ中H＋是该反应的催化剂，平衡前适当提高H＋浓度有利于增大反应Ⅰ的速率，A正确；反应热＝生成物的能量总和－反应物能量总和，故由反应过程图可知反应Ⅰ的热化学方程式可表示为HCOOH(aq) CO(aq)＋ H2O(l) ΔH＝＋(b－a) kJ·mol-1，B正确；根据图像可知，CO浓度达到最大值时表明反应Ⅰ达平衡，此时二氧化碳浓度未达最大值，即反应Ⅱ尚未达平衡状态，说明反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ，适当升高温度可增大反应Ⅱ的速率从而降低平衡时CO和CO2的比例，C正确；由图像可知在反应Ⅰ的反应过程中，存在d和c对应的两种中间产物，D错误。
5．(2024·重庆模拟)1，3 丁二烯与HBr加成的能量 反应过程如图所示。已知0 ℃、短时间t min内，a mol 1，3 丁二烯与HBr完全反应得到3 溴 1 丁烯和1 溴 2 丁烯的物质的量之比为7∶3。下列说法正确的是( )
A．反应时间越长，得到1 溴 2 丁烯的比例越大
B．t min内生成1 溴 2 丁烯的平均速率为 mol·min-1
C．1，3 丁二烯与HBr反应生成3 溴 1 丁烯的反应热为ΔH1－ΔH3
D．H＋与烯烃结合的第一步为决速步，Br－进攻时活化能小的方向得到3 溴 1 丁烯
解析：D 根据图示可知，1 溴 2 丁烯的能量低，更稳定，因此反应时间增加时，得到1 溴 2 丁烯的比例会变大，但是由于化学反应是有一定限度的，两种生成物的比例只能是越来越衡状态下的比例，故反应时间越长，得到1 溴 2 丁烯的比例不可能越大，A不正确；t min内生成的1 溴 2 丁烯为a mol×＝0.3a mol，对应的平均速率为 mol·min-1，B错误；根据图示可知，1，3 丁二烯与HBr反应生成3 溴 1 丁烯的反应热为ΔH1－ΔH2，C错误；根据图示可知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，故H＋与烯烃结合的第一步为决速步，第二步反应中生成3 溴 1 丁烯的活化能小，即Br－进攻时活化能小的反应得到3 溴 1 丁烯， D正确。
6．(2024·山东聊城二模)苯基甲基乙炔可用于制备帕瑞昔布钠。一定条件下，苯基甲基乙炔可与HCl发生催化加成，反应过程如图1所示，产物变化如图2所示。
eq \o(\s\up7(),\s\do5(图1)) eq \o(\s\up7(),\s\do5(图2))
已知：ΔH2<ΔH1<0，下列说法正确的是( )
A．Ph—C≡C—CH3中最多4个碳原子共线
B．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ
C．产物Ⅱ比产物Ⅰ稳定，二者互为立体异构体
D．其他条件不变，升高温度可增大平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的浓度比
解析：C 由图可知，三个化学反应的反应热关系为ΔH3＋ΔH1＝ΔH2。如图所示苯基甲基乙炔的结构：CCCH3，可以看出虚线上一共有5个碳原子，所以最多共线的碳原子个数为5个，A错误；反应刚开始时生成产物Ⅰ的反应比开始时生成产物Ⅱ的反应占比大，说明反应Ⅰ的反应速率更快，则反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，B错误；产物Ⅰ生成产物Ⅱ的ΔH3＝ΔH2－ΔH1<0，该反应是为放热反应，则产物Ⅰ的能量比产物Ⅱ的能量高，根据能量越低越稳定，可知产物Ⅱ比产物Ⅰ稳定；产物Ⅱ和产物Ⅰ的分子式相同，空间结构不同，互为顺反异构体，C正确；其他条件不变，升高温度有利于吸热反应，产物Ⅰ生成产物Ⅱ的ΔH3＝ΔH2－ΔH1<0，是放热反应，升高温度不利于产物Ⅱ的生成，所以升高温度产物Ⅱ和产物Ⅰ的浓度比会下降，D错误。
题组三 不同催化剂的讨论
7．(2024·海南模拟预测)华中师范大学某团队成功制备了单原子Fe分散于催化剂表面的Fe/MnO2催化剂，并用于CO氧化制备CO2，分别在Fe/MnO2催化剂、MnO2催化剂作用下，测得反应过程中的相对能量变化如图所示。已知：TS代表过渡态，S1～S5、Ⅰ～Ⅴ代表中间产物。下列叙述错误的是( )
A．CO氧化制备CO2为放热反应
B．Fe/MnO2的催化效率低于MnO2
C．两种催化剂作用下反应热相等
D．MnO2催化时总反应速率由S1→S2步骤决定
解析：B 由图可知，反应物总能量高于产物总能量，反应放热，A项正确；MnO2催化时，S1→S2过程中活化能最高，反应速率最慢，总反应速率由慢反应决定，同理Fe/MnO2催化时，Ⅲ→Ⅳ是决速步骤，S1和TS3的相对能量差大于Ⅲ和TS2的相对能量差，故Fe/MnO2的催化效率高于MnO2，B项错误；催化剂能降低反应的活化能，但不能改变焓变，因此在不同催化剂条件下，反应物和产物的相对能量相等，即反应热不变，C项正确；MnO2催化时，S1→S2过程中活化能最高，反应速率最慢，总反应速率由慢反应决定， D项正确。
8．(2024·贵州统考)丁烯是石油化工基础原料，在石油化工烯烃原料中地位仅次于乙烯和丙烯，我国科学家研究不同催化剂下丁烷脱氢制丁烯，催化反应过程如图所示[注：标*的物质表示吸附在催化剂上的中间产物，0.06 eV表示1个C4H8(g)＋1个H2(g)的能量]：
下列说法错误的是( )
A．图示过程中仅包含2个基元反应(一步直接转化为产物的反应)
B．三种催化剂催化效果最好的是催化剂B
C．该反应在高温条件下能自发进行
D．催化剂C时，决速反应的方程式为C4H(g)===C4H(g)＋H*(g)
解析：A 基元反应是指断键、成键或同时有断键、成键的过程，据此可知，图示历程中包含3个基元反应，A错误；由反应过程可知，催化剂B时活化能最小，催化效果最好，B正确；该反应为ΔH＞0，ΔS＞0的反应，由ΔG＝ΔH－TΔS＜0，可判断该反应在高温条件下能自发进行，C正确；由图可知，催化剂C时，决速反应的方程式为C4H(g)===C4H(g)＋H*(g)，D正确。
第2讲 原电池 化学电源
考点一 原电池工作原理及应用
1．概念和反应本质
原电池是把化学能转化为电能的装置，其反应本质是__氧化还原反应__。
2．构成条件
(1)一看反应：看是否有能自发进行的氧化还原反应发生。
(2)二看两电极：电极导电功能。
(3)三看是否形成闭合回路(形成闭合回路需要三个条件：电解质溶液；两电极直接或间接接触；两电极插入电解质溶液中)。
3．工作原理
图甲(单池单液)和图乙(双池双液)是铜锌原电池装置示意图。
装置乙盐桥中装有饱和的KCl、KNO3等溶液和琼脂制成的冻胶。
(1)原理分析
电极名称 负极 正极
电极材料 锌片 铜片
电极反应 Zn－2e－===Zn2+ Cu2+＋2e－===Cu
反应类型 __氧化反应__ __还原反应__
电子流向 由Zn片沿导线流向Cu片
盐桥中离子移向 盐桥含饱和KCl溶液，K＋移向__正__极，Cl－移向__负__极
电池反应方程式 Zu＋Cu2+===Zn2+＋Cu
盐桥作用 ①连接内电路形成闭合回路②平衡电荷，使原电池能持续产生电流
装置差异比较 原电池甲：温度升高，化学能转化为电能和热能，两极反应在相同区域，部分Zn与Cu2+直接反应，使电池效率降低原电池乙：温度不变，化学能只转化为电能，两极反应在不同区域，Zn与Cu2+隔离，电池效率提高，电流稳定
(2)原电池中的三个移动方向
电子方向 从负极流出沿导线流入正极
电流方向 从正极沿导线流向负极
离子迁移方向 电解质溶液中，阴离子向负极迁移，阳离子向正极迁移
(3)电极的判断
4．原电池的应用
(1)设计制作化学电源
(2)比较金属的活动性强弱：原电池中，负极一般是活动性较强的金属，正极一般是活动性较弱的金属(或非金属)。
(3)增大化学反应速率：一个自发进行的氧化还原反应，形成原电池时会使反应速率增大。如在Zn与稀硫酸反应时加入少量 CuSO4 溶液构成原电池，反应速率增大。
(4)用于金属的防护：将需要保护的金属制品作原电池的正极使其受到保护。
易错易混
判断下列说法正误(正确的画“√”，错误的画“×”，并说明错因)。
(1)原电池工作时，正极表面一定有气泡产生。( )
错因：
(2)Mg Al形成的原电池，Mg一定作负极。( )
错因：
(3)在原电池中，正极材料本身一定不参与电极反应，负极材料本身一定要发生氧化反应。( )
错因：
(4)实验室制备H2时，用粗锌(含Cu、Fe等)代替纯锌与盐酸反应更快。( )
错因：
(5)铁铜原电池中，负极反应为Fe－3e－===Fe3+。( )
错因：
(6)锌铜原电池中，因为有电子通过电解质溶液，形成闭合回路，所以有电流产生。( )
错因：
答案：(1)× 不一定，具体看正极的电极反应，如锌铜原电池，正极产生铜。
(2)× 如果电解质溶液为NaOH溶液，Al能自发地与NaOH溶液反应，Al电极为负极。
(3)× 不一定，原电池电极的作用是导电，电极不一定参与反应。
(4)√
(5)× 铁铜原电池中，负极反应应为Fe－2e－===Fe2+。
(6)× 电子不能通过电解质溶液，电解质溶液因为发生离子的定向移动而导电。
题组一 原电池工作原理
1．在如图所示的8个装置中，属于原电池的是________________。
答案：②④⑥⑦⑧
【题源】选择性必修1第102页“练习与应用”第2题
2．(2025·济南高二第二次月考)分析下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是( )
A．①②中Mg作负极，③④中Fe作负极
B.②中Mg作负极，电极反应为Mg－2e－＋2OH－===Mg(OH)2↓
C．③中Cu作负极，电极反应为Cu－2e－===Cu2+
D．④中Cu作正极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑
解析：C ②中Mg不与NaOH溶液反应，而Al能与NaOH溶液反应失去电子，故Al是负极；③中Fe在浓硝酸中钝化，Cu和浓硝酸反应失去电子作负极，Cu－2e－===2Cu2+，A错误，C正确；②中电池总反应为2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)]4＋3H2↑，负极反应为2Al＋8OH－－6e－===2[Al(OH)4]－，B错误；④中Cu是正极，电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D错误。
易错提醒
(1)金属的活动性受所处环境的影响。如Mg、Al的活动性：在中性或酸性溶液中活动性Mg>Al；而在碱性溶液中，Al可以与OH－反应，而Mg不反应，所以Mg与Al用导线连接后放入NaOH溶液中，Al是负极，Mg是正极。
(2)Fe、Cu相连，浸入稀硝酸中，Fe作负极；浸在浓硝酸中，Cu作负极(Fe发生钝化)。
题组二 聚焦“盐桥”“隔膜”原电池
3．与甲、乙两套装置有关的下列说法正确的是( )
A．甲、乙装置中，锌棒均作负极，发生氧化反应
B．甲中锌棒直接与稀硫酸接触，故甲生成气泡的速率更快
C．甲、乙装置的电解质溶液中，阳离子均向碳棒定向迁移
D．乙中盐桥设计的优点是迅速平衡电荷，提高电池效率
解析：D A项，甲不是原电池，故A错误；B项，甲中锌棒直接与稀硫酸接触，发生化学腐蚀，乙中构成了原电池，负极失去电子的速率增大，因此正极放出氢气的速率增大，故B错误；C项，甲不是原电池，电解质溶液中的阳离子向锌移动，故C错误；D项，盐桥中离子的定向迁移构成了电流通路，盐桥既可沟通两方溶液，又能阻止反应物的直接接触，迅速平衡电荷，使由它连接的两溶液保持电中性，提高电池效率，故D正确。
4．(2025·湖南模拟)锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过。下列有关叙述错误的是( )
A．电子从锌极经过导线移向铜极
B．铜电极上发生反应Cu2+＋2e－===Cu
C．电池工作一段时间后，乙池的c(Cu2+)减小
D．电池工作一段时间后，甲池的c(Zn2+)增加
解析：D 阳离子交换膜只允许阳离子通过，甲池电极反应为Zn－2e－===Zn2+，产生的锌离子通过阳离子交换膜移向乙池，根据电荷守恒原理，c(Zn2+)不变，D错误。
【题源】选择性必修1第96页图41
5．(2025·湖北武汉联考)科学家利用原电池原理用SO2、O2、H2O来制备H2SO4，装置示意图如图。下列说法错误的是( )
A．X气体为SO2
B．b极发生还原反应
C．电池工作时，H＋由右侧通过质子交换膜移向左侧
D．a电极的电极反应为SO2－2e－＋2H2O===SO＋4H＋
解析：C 根据图示，电子由a极流出，a是负极，X气体为SO2，故A正确；根据图示，电子流入b电极，b电极为正极，发生还原反应，故B正确；a是负极、b是正极，电池工作时，H＋由左侧通过质子交换膜移向右侧，故C错误；a是负极，SO2失电子发生氧化反应生成硫酸，a电极的电极反应为SO2－2e－＋2H2O===SO＋4H＋，故D正确。
视野拓展
离子交换膜
(1)含义和作用
①含义：离子交换膜又叫隔膜，由高分子特殊材料制成。
②作用：a.能将两极区隔离，阻止两极区产生的物质接触，防止发生化学反应。
b．能选择性地通过离子，起到平衡电荷、形成闭合回路的作用。
c. 促使交换膜两边电解质溶液浓度不同，形成浓差电池。
(2)分类和应用
题组三 原电池的电极反应书写和判断
6．(2025·天津高一期末)回答下列问题：
(1)研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为5MnO2＋2Ag＋2NaCl===Na2Mn5O10＋2AgCl。“水”电池的负极反应为_____________________。
(2)纯电动车采用了高效耐用的一种新型可充电电池，该电池的总反应为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH。
①该电池放电时负极反应为________________________________________。
②放电时每转移3 mol电子，正极有______mol K2FeO4被还原。
③放电时，正极发生________(填“氧化”或“还原”)反应；正极反应为__________________________________________。
④放电时，______(填“正”或“负”)极附近溶液的碱性增强。
(3)中国科学技术大学开发了一种高性能的水系锰基锌电池。其工作原理如图所示，已知该装置工作一段时间后，K2SO4溶液的浓度增大。
①正极的电极反应为 _____________________________________________。
②a膜为 __________(填“阳离子”或“阴离子”，下同)交换膜，b膜为__________交换膜。
答案：(1)Ag＋Cl－－e－===AgCl
(2)①Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2 ②1
③还原 FeO＋3e－＋4H2O===Fe(OH)3＋5OH－ ④正
(3)①MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2+＋2H2O
②阴离子 阳离子
归纳总结
1．原电池电极反应书写
(1)负失氧、正得还。
(2)注意溶液的酸碱性，适当在电极反应两边添加H＋、OH－、H2O等，以遵循电荷守恒和质量守恒。
(3)注意电极反应产物是否与电解质溶液反应。
(4)活泼金属不一定为负极，如镁、铝、氢氧化钠电池中，不活泼的铝为负极。
2．原电池电解质的选择
电解质是使负极放电的物质，因此一般情况下电解质溶液[或者电解质溶液中溶解的其他物质(如溶液中溶解的氧气)]要能够与负极发生反应。
3．原电池电极材料的选择
原电池的电极必须能导电；负极一般情况下能够与电解质溶液反应，容易失电子，因此负极一般是活泼的金属材料；正极和负极之间只有产生电势差时，电
子才能定向移动，所以正极和负极一般不用同一种材料。
考点二 化学电源
1．一次电池
一次电池就是放电后不可再充电的电池。
(1)普通锌锰干电池
总反应：Zn＋2MnO2＋2NH4Cl===Zn(NH3)2Cl2＋2MnO(OH)
负极：Zn－2e－＋2NH===[Zn(NH3)2]2+＋2H＋
正极：MnO2＋H＋＋e－===MnO(OH)
(2)碱性锌锰干电池
总反应：Zn＋2MnO2＋2H2O===2MnO(OH)＋Zn(OH)2。
负极材料：__Zn__。
电极反应：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2。
正极材料：二氧化锰。
电极反应：MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋2OH－。
(3)纽扣式锌银电池
总反应：Zn＋Ag2O===ZnO＋2Ag。
电解质是__KOH__。
负极材料：__Zn__。
电极反应：Zn＋2OH－－2e－===ZnO＋H2O。
正极材料：__Ag2O__。
电极反应：Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－。
2．二次电池
二次电池是一类放电后可以再充电而反复使用的电池。
(1)铅酸蓄电池
①放电时总反应：Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。
负极反应：Pb＋SO－2e－===PbSO4。
正极反应：PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O。
②充电时的反应
阴极反应：PbSO4＋2e－===Pb＋SO；
阳极反应：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO。
(2)锂离子电池
①工作原理
一种锂离子电池，其负极材料为嵌锂石墨，正极材料为LiCoO2(钴酸锂)，电解质溶液为LiPF6(六氟磷酸锂)的碳酸酯溶液(无水)。该电池放电时的反应原理可表示为
负极：__LixCy－xe－===xLi＋＋Cy__。
正极：__Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－===LiCoO2__。
总反应可表示为LixCy＋Li1－xCoO2===LiCoO2＋Cy。
②充放电原理
放电时，锂离子由石墨中脱嵌移向__正__极，嵌入钴酸锂晶体中；充电时，锂离子从钴酸锂晶体中脱嵌，由__正__极回到__负__极，嵌入石墨中。这样在放电、充电时，锂离子往返于电池的正极、负极之间，完成化学能与电能的相互转化。
(3)图解二次电池的充放电
(4)二次电池的充、放电规律
①充电时电极的连接：充电的目的是使电池恢复其供电能力，因此负极应与电源的负极相连以获得电子。可简记为负接负后作阴极，正接正后作阳极。
②工作时的电极反应：同一电极上的电极反应，在充电与放电时，形式上恰好是相反的；同一电极周围的溶液，充电与放电时pH的变化趋势也恰好相反。
3．“高效、环境友好”的燃料电池
(1)燃料电池：一种持续地将燃料和氧化剂的化学能转化成电能的一类化学电源。
①电池的负极一般是氢气、天然气、甲醇、乙醇等有机物等燃料。
②正极是氧气或空气。
③常用的电解质：酸性电解质溶液，如H2SO4溶液等；碱性电解质溶液，如NaOH溶液等；熔融氧化物；熔融碳酸盐，如K2CO3等。
(2)氢氧燃料电池是目前最成熟的燃料电池，可分为酸性和碱性两种。
种类 酸性 碱性
负极反应 2H2－4e－===4H＋ __2H2＋4OH－－4e－===4H2O__
正极反应 __O2＋4e－＋4H＋===2H2O__ O2＋2H2O＋4e－===4OH－
电池总反应 2H2＋O2===2H2O
备注 燃料电池的电极不参与反应，有很强的催化活性，起导电作用。燃料电池要注意燃料在负极反应，O2在正极反应，要注意电解质溶液或传导介质的影响
易错易混
判断下列说法正误(正确的画“√”，错误的画“×”，并说明错因)。
(1)太阳能电池不属于原电池。( )
错因：
(2)手机、电脑中使用的锂电池属于一次电池。( )
错因：
(3)常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023。( )
错因：
(4)碱性锌锰干电池是一次电池，其中MnO2是催化剂，可使锌锰干电池的比能量高、可储存时间长。( )
错因：
(5)燃料电池工作时燃料在电池中燃烧，然后热能转化为电能。( )
错因：
(6)以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池，放电过程中，H＋从正极区向负极区迁移。( )
错因：
(7)铅酸蓄电池工作时，当电路中转移0.1 mol电子时，负极增重4.8 g。( )
错因：
答案：(1)√
(2)× 手机、电脑中使用的锂电池是可充电电池，属于二次电池。
(3)× 常温常压下不能确定消耗氢气的物质的量。
(4)× 碱性锌锰干电池中MnO2是氧化剂，在正极发生还原反应。
(5)× 燃料电池工作时燃料在负极发生氧化反应，化学能转化为电能。
(6)× 以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池，放电过程中，H＋向正极区迁移。
(7)√
题组一 根据图示理解化学电源的工作原理
1．(2024·雅礼中学月考)废旧铅酸蓄电池拆解得到的Pb阴极、PbO2阳极和PbSO4膏熔炼获得铅电极，通过如图所示装置制备高纯铅，下列说法不正确的是( )
A．该装置的能量转化形式为化学能转化为电能
B．N极每消耗22.4 L的H2可以得到2 mol Pb
C．M极的电极反应为HPbO＋2e－＋H2O===Pb＋3OH－
D．该离子交换膜应选择阴离子交换膜
解析：B 该装置为原电池，能量转化形式为化学能转化为电能，A正确；未说明是否为标准状况，无法计算22.4 L H2的物质的量，B错误；M极的电极反应为HPbO＋2e－＋H2O===Pb＋3OH－ ，C正确；由图可知OH－移向负极，离子交换膜为阴离子交换膜，D正确。
【题源】选择性必修1第99页
2. (2024·江苏连云港高三调研卷)用如图所示的新型电池可以处理含CN－的碱性废水，生成N2，同时还可以淡化海水。下列说法正确的是( )
A．a极电极反应：2CN－＋10e－＋12OH－===2CO＋N2↑＋6H2O
B．电池工作一段时间后，右室溶液的pH减小
C．交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，交换膜Ⅱ为阴离子交换膜
D．若将含有26 g CN－的废水完全处理，理论上可除去NaCl的质量为292.5 g
解析：D 由图可知，a电极CN－在碱性条件下失去电子生成氮气，电极反应为2CN－－10e－＋12OH－===2CO＋N2↑＋6H2O，a为负极，则b为正极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，以此解题。由分析可知，a极电极反应为2CN－－10e－＋12OH－===2CO＋N2↑＋6H2O，A错误；由分析可知，b为正极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，则消耗氢离子，pH增大，B错误；由A分析可知，a电极附近负电荷减少，则阴离子通过交换膜Ⅰ向左移动，由B分析可知，b电极附近正电荷减少，则阳离子通过交换膜Ⅱ向右移动，C错误；26 g CN－的物质的量为1 mol，根据选项A分析可知，消耗1 mol CN－时转移5 mol电子，根据电荷守恒可知，可同时处理5 mol NaCl，其质量为292.5 g，D正确。
知识拓展
电池优劣的标准
一是看电池单位质量或体积输出的电能多少(比能量)或输出功率多少(比功率)，二是电池可储存的时间长短。
题组二 二次电池的充电、放电
3．(2025·河北唐山高二月考)已知蓄电池在充电时作电解池，放电时作原电池。如图是铅酸蓄电池的工作示意图。其反应原理为PbO2＋Pb＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。下列说法中正确的是( )
A．b电极放电后转化为c电极
B．电极d发生还原反应
C．a的电极反应为Pb＋SO－2e－===PbSO4
D．放电后硫酸溶液的pH减小
解析：A b是蓄电池负极，放电时负极反应为Pb＋SO－2e－===PbSO4，b电极放电后转化为PbSO4电极，故A正确；d是电解池阳极，阳极发生氧化反应，d极发生氧化反应，故B错误；a为蓄电池正极，正极反应为PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O，故C错误；放电时总反应为PbO2＋Pb＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，消耗硫酸，氢离子浓度降低，溶液pH增大，故D错误。
4．(2024·全国卷模拟卷)镁锂双盐电池是结合镁离子电池和锂离子电池而设计的新型二次离子电池。其工作原理如图所示，已知放电时，b极转化关系为VS2→LixVS2。下列说法正确的是( )
A．充电或放电时，a极电势均高于b极
B．放电过程中正极质量减少，负极质量增加
C．充电时阳极的电极反应为LixVS2－xe－===VS2＋xLi＋
D．该电池工作时，若通过电路转移电子的物质的量为0.1 mol，则负极质量变化2.4 g
解析：C 镁锂双盐电池的工作原理为：放电时，电池负极材料金属镁失去电子生成Mg2+，电解液中的Li＋得到电子嵌入正极材料，达到电荷平衡；充电时，电池正极材料中LixVS2失去电子，生成Li＋，电解液中的Mg2+得到电子沉积到金属镁负极上去，再次达到电荷平衡。放电时负极反应为Mg－2e－===Mg2+，正极反应为VS2＋xe－＋xLi＋===LixVS2，总反应为xMg＋2VS2＋2xLi＋===2LixVS2＋xMg2+。Mg为负极，VS2为正极，所以充电或放电时，b极电势均高于a极，A错误；放电过程中正极质量增加，负极质量减少，B错误；充电时，阳极的电极反应为LixVS2－xe－===VS2＋xLi＋，C正确；该电池负极为Mg电极，通过电路转移电子的物质的量为0.1 mol时，负极质量变化为0.05 mol×24 g/mol＝1.2 g，D错误。
易错提醒
(1)可充电电池的充、放电不能理解为可逆反应。
(2)燃料电池的电极不参与反应，有很强的催化活性，起导电作用。
(3)可充电电池在充电时，其负极连接外接电源的负极，正极连接外接电源的正极。
题组三 燃料电池
5．(2025·陕西延安高一期末)利用CH4和O2的反应，在KOH溶液中用铂作电极可以构成原电池。下列说法错误的是( )
①每消耗1 mol CH4可以向外电路提供4 mol e－
②在正极上O2获得电子，电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－
③外电路电子由负极流向正极，内电路电子由正极流向负极
④电池放电过程中，溶液的碱性逐渐减弱
⑤负极附近会出现淡蓝色火焰
A．②④⑤ B．①③⑤ C．②③⑤ D．①②⑤
解析：B 碱性甲烷燃料电池，具有还原性的甲烷为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，原电池工作时，电子从负极经外电路流向正极，电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此解答。①通入CH4的电极为负极，电极反应为CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O，每消耗1 mol CH4可以向外电路提供8 mol e－，故①错误；②在正极上O2获得电子，电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，故②正确；③外电路电子由负极流向正极，内电路电子不能流动，故③错误；④电池总反应为CH4＋2OH－＋2O2===CO＋3H2O，随着反应的进行，溶液中氢氧根离子不断减少，溶液pH不断减小，故④正确；⑤负极附近不可能看到燃烧的现象，故不会出现淡蓝色火焰，故⑤错误。
【题源】选择性必修1第103页“练习与应用”第5题
6．微生物燃料电池的研究已成为治理和消除环境污染的重要课题，利用微生物电池电解饱和食盐水的工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．电池正极的电极反应：
O2＋4H＋＋4e－===2H2O
B．M极的电势比N极的高
C．若消耗1 mol S2-，则电路中转移8 mol e－
D．该电池工作时，应使用质子交换膜
解析：C 微生物燃料电池中，通入C6H12O6的电极为负极，失电子发生氧化反应；通入O2的电极为正极，得电子发生还原反应。电解饱和食盐水时阴、阳极的电极产物分别是氢气、氢氧化钠和氯气。由图可知，电解质溶液为酸性，正极的电极反应是O2＋4H＋＋4e－===2H2O，A正确；M为阴极，N为阳极，N极的电势比M极的高，B项错误；C项，1 mol S2-转化成SO失8 mol e－，则电路中转移8 mol e－，C正确；由两极反应可知，负极区产生H＋，正极区消耗H＋，故H＋透过质子交换膜由左侧向右侧迁移，D正确。
知识拓展
微生物燃料电池
微生物(或酶)电池是指在微生物的作用下(类似催化作用)，将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示：
(1)微生物(或酶)有利于有机物的氧化反应，促进了反应中电子的转移。
(2)有机物在负极失去电子，负极反应中有CO2生成，同时产生了H＋(如葡萄糖在负极反应，C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋)，H＋通过质子交换膜从负极区移向正极区。
1．(2024·湖南卷)近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是( )
A．理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点
B．氢氧燃料电池具有能量转化率高、清洁等优点
C．锂离子电池放电时锂离子从负极脱嵌，充电时锂离子从正极脱嵌
D．太阳能电池是一种将化学能转化为电能的装置
解析：D 太阳能电池是一种将太阳能转化为电能的装置，D错误。
2．(2024·安徽卷) 我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如图所示。该电池分别以Zn TCPP (局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以ZnSO4和KI混合液为电解质溶液。下列说法错误的是( )
A．标注框内所示结构中存在共价键和配位键
B．电池总反应为I＋ZnZn2+＋3I－
C．充电时，阴极被还原的Zn2+主要来自Zn TCPP
D．放电时，消耗0.65 g Zn，理论上转移0.02 mol电子
解析：C 由图中信息可知，该新型水系锌电池的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应为Zn－2e－===Zn2+，则充电时，该电极为阴极，电极反应为Zn2+＋2e－===Zn；正极的电极反应为3I＋2e－===3I－，则充电时，该电极为阳极，电极反应为3I－－2e－===I。标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由N提供孤电子对、Zn2+提供空轨道形成的配位键，A正确；该电池总反应为I＋ZnZn2+＋3I－，B正确；充电时，阴极电极反应为Zn2+＋2e－===Zn，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C错误；放电时，负极的电极反应为Zn－2e－===Zn2+，因此消耗0.65 g Zn(物质的量为0.01 mol)，理论上转移0.02 mol电子，D正确。
3．(2024·河北卷)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解液中加入1，3 丙二胺(PDA)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。下列说法错误的是( )
A．放电时，电池总反应为2CO2＋Mg===MgC2O4
B．充电时，多孔碳纳米管电极与电源正极连接
C．充电时，电子由Mg电极流向阳极，Mg2+向阴极迁移
D．放电时，每转移1 mol电子，理论上可转化1 mol CO2
解析：C 放电时CO2转化为MgC2O4，碳元素化合价由＋4价降低为＋3价，发生还原反应，所以放电时，多孔碳纳米管电极为正极、Mg电极为负极，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、Mg电极为阴极。
定位：二次电池(放电时阳离子向正极移动，充电时阳离子向阴极移动)
电极 过程 电极反应
Mg电极 放电 Mg－2e－===Mg2+
充电 Mg2+＋2e－===Mg
多孔碳纳米管电极 放电 Mg2+＋2CO2＋2e－===MgC2O4
充电 MgC2O4－2e－===Mg2+＋2CO2↑
根据以上分析，将放电时正、负电极反应相加，可得放电时电池总反应为Mg＋2CO2===MgC2O4，故A正确；充电时，多孔碳纳米管电极上发生失电子的氧化反应，则多孔碳纳米管在充电时是阳极，与电源正极连接，故B正确；充电时，Mg电极为阴极，电子从电源负极经外电路流向Mg电极，同时Mg2+向阴极迁移，故C错误；根据放电时的电极反应Mg2+＋2CO2＋2e－===MgC2O4可知，每转移2 mol电子，有2 mol CO2参与反应，因此每转移1 mol电子，理论上可转化1 mol CO2，故D正确。
4. (2024·全国甲卷)科学家使用δ MnO2研制了一种MnO2 Zn可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，MnO2电极上检测到MnO(OH)和少量ZnMn2O4。下列叙述正确的是( )
A．充电时，Zn2+向阳极方向迁移
B．充电时，会发生反应Zn＋2MnO2===ZnMn2O4
C．放电时，正极反应有MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－
D．放电时，Zn电极质量减少0.65 g，MnO2电极生成了0.020 mol MnO(OH)
解析：C 充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即Zn2+向阴极方向迁移，A不正确；放电时，负极的电极反应为Zn－2e－===Zn2+，则充电时阴极反应为Zn2+＋2e－===Zn，即充电时Zn元素化合价应降低，而选项中Zn元素化合价升高，B不正确；放电时MnO2电极为正极，正极上检测到MnO(OH)和少量ZnMn2O4，则正极上主要发生的电极反应是MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－，C正确；放电时，Zn电极质量减少0.65 g(物质的量为0.010 mol)，电路中转移0.020 mol电子，由正极的主要反应MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－可知，若正极上只有MnO(OH)生成，则生成MnO(OH)的物质的量为0.020 mol，但是正极上还有ZnMn2O4生成，因此，MnO(OH)的物质的量小于0.020 mol，D不正确。
5．(2024·新课标卷)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18 mg葡萄糖，理论上a电极有0.4 mmol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b→a
解析：C 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－，电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－；b电极为电池负极， Cu2O在b电极上失电子转化成CuO，电极反应为Cu2O－2e－＋2OH－===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电极上CuO将葡萄糖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；根据反应2C6H12O6＋O2===2C6H12O7可知，1 mol C6H12O6参加反应时转移2 mol电子，18 mg C6H12O6的物质的量为0.1 mmol，则消耗18 mg葡萄糖时，理论上a电极有0.2 mmol电子流入，C错误；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正确。
1．(2025·北京海淀区校级期中)下列设备工作时，将化学能转化为电能的是( )
解析：B 太阳能集热器是将太阳能转化为热能的装置，A不符合题意；氢氧燃料电池是将化学能转化为电能的装置，B符合题意；水力发电是水力势能转化为电能的装置，故C不符合题意；硅太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，故D不符合题意。
2．(2025·重庆六校期末)下列关于原电池的叙述中，正确的是( )
①构成原电池的正极和负极必须是两种不同的金属
②原电池是化学能转变为电能的装置
③在原电池中，电子流入的一极是负极，该电极被氧化
④原电池放电时，电流的方向是从正极到负极
⑤原电池工作时，溶液中的阴离子向负极移动
⑥电子经溶液从负极流向正极
A．①②⑥ B．②④⑤ C．②③⑤ D．②⑤⑥
解析：B ①构成原电池的某一极电极材料可以是非金属材料，如石墨，错误；②原电池是化学能转变为电能的装置，正确；③在原电池中，电子从负极流出，故电子流入的一极是正极，该电极被还原，错误；④原电池放电时，电流的方向是从正极到负极，正确；⑤原电池工作时，溶液中的阴离子向负极移动，正确；⑥电子不能在电解质溶液中流动，只能沿导线移动，错误；故选B。
【题源】选择性必修1第96～97页
3．(2025·天津和平区校级期中)化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用，下列说法错误的是( )
A．图Ⅰ：SO向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H＋浓度增大
B．图Ⅱ：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
C．图Ⅲ：电池放电过程中，负极质量不断增加
D．图Ⅳ：正极的电极反应为Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－
解析：A 图甲为Fe、Cu、H2SO4溶液构成的原电池，铁为负极，铜为正极，溶液中的阴离子向负极移动，在Cu电极上氢离子得到电子生成氢气，故SO向Fe电极方向移动，Cu电极附近溶液中H＋浓度减小，故A错误；锌筒作负极，失电子，发生氧化反应，电极反应为Zn－2e－===Zn2+，锌溶解，锌筒会变薄，故B正确；负极发生反应Pb－2e－＋SO===PbSO4，电极增重，故C正确； 锌为负极，电解质溶液为碱性溶液，所以正极的电极反应为Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－，故D正确。
【题源】选择性必修1第99页、第103页“练习与应用”第6题
4．一种新型的高比能量锌 碘溴液流电池，其工作原理示意图如图。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量，下列叙述错误的是( )
A.放电时，电流由a电极经外电路流向b电极
B．充电时，Zn2+从a极区通过阳膜进入b极区
C．放电时，减少0.65 g Zn，溶液中增加0.04 mol离子
D．充电时，a电极反应为2I－＋Br－－2e－===I2Br－
解析：C 由图可知，放电时，电极b是原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应为Zn－2e－===Zn2+，电极a是正极，I2Br－在正极得到电子发生还原反应生成碘离子和溴离子，电极反应为I2Br－＋2e－===2I－＋Br－；充电时负极a与直流电源的正极相连作阳极，b作阴极。由分析可知，电极b是原电池的负极，电极a是正极，则电流由a电极经外电路流向b电极，故A正确；由分析可知，充电时a与直流电源的正极相连作阳极，b作阴极，则锌离子由阳极区通过隔膜进入阴极区，故B正确；由分析可知，放电时，电极b是原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应为Zn－2e－===Zn2+，电极a是正极，I2Br－离子在正极得到电子发生还原反应生成碘离子和溴离子，电极反应为I2Br－＋2e－===2I－＋Br－，则负极减少0.65 g 锌时，溶液中增加0.01 mol Zn2+、0.02 mol I－和0.01 mol Br－，消耗0.01 mol I2Br－，则溶液中增加离子的物质的量为0.03 mol，故C错误；由分析可知，充电时a与直流电源的正极相连作阳极，电极反应为Br－＋2I－－2e－===I2Br－，故D正确。
5．一种大型蓄电系统的工作原理如图所
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