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专题七 化学反应与能量
真题研练
1.[2023·新课标卷]一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质的电池，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·nH2O
D．充电阳极反应：ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O
答案：C
解析：由题给信息可知，放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O，V2O5发生了还原反应，则放电时V2O5为正极，A说法正确；放电时Zn为负极，Zn失去电子变为Zn2＋，阳离子向正极迁移，则放电时Zn2＋由负极向正极迁移，B说法正确；电池在放电时的总反应为xZn+V2O5+nH2O===ZnxV2O5·nH2O，则其在充电时的总反应为ZnxV2O5·nH2O===xZn＋V2O5＋nH2O，C说法不正确；充电阳极上ZnxV2O5·nH2O被氧化为V2O5，则阳极的电极反应为ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O，D说法正确；故选C。
答案：C
3．[2023·辽宁卷]某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是( )
A．b端电势高于a端电势
B．理论上转移2 mol e－生成4 g H2
C．电解后海水pH下降
D．阳极发生：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋
答案：D
解析：由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，a为电源正极，右侧电极为阴极，b为电源负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。
由分析可知，a为正极，b为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H＋＋2e－===H2↑，则理论上转移2 mol e－生成2 g H2，B错误；由图可知，该装置的总反应为电解海水，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH基本不变，C错误；由图可知，阳极上的电极反应为：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋，D正确；故选D。
4．[2022·浙江1月]相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1 mol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
答案：A
5．[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．玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
D．该锂—海水电池属于一次电池
解析：海水中含有大量的电解质，故A项正确；Li是活泼金属，作负极，则N极是正极，正极上海水中溶解的O2、CO2等均能放电，B项错误；由于Li易与水反应，故玻璃陶瓷应具有良好的防水功能，同时为形成闭合的回路，也应具有传导离子的功能，C项正确；该电池属于一次电池，D项正确。
答案：B
6．[2022·广东卷]科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为： NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是( )
A．充电时电极b是阴极
B．放电时NaCl溶液的pH减小
C．放电时NaCl溶液的浓度增大
D．每生成1 mol Cl2，电极a质量理论上增加23 g
答案：C
解析：由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；放电时负极反应为Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应为Cl2＋2e－===2Cl－，反应后Na＋和Cl－浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故C正确；充电时阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3，由得失电子守恒可知，每生成1 mol Cl2，电极a质量理论上增加23 g·mol－1×2 mol＝46 g，故D错误。
考情分析
考点 考向 预测
化学反应与热能 反应热的比较与计算 化学反应与能量主要包括化学能与热能、化学能与电能，化学能与热能重点考查能量变化图、盖斯定律、键能等，由于能源问题已成为社会热点，结合新能源的开发，把反应热与能源结合起来进行考查，将是命题的方向。电化学部分常以新型化学电源、电解原理在生活生产中的应用等为载体，考查基本原理及应用，试题注重了题材的生活化、实用化、情境化，同时也加强了不同知识间的相互渗透与融合，试题的背景较为新颖，题目具有一定难度。预测今年高考仍会在这方面着力命题。尤其注意电化学原理中离子交换膜的应用。
反应历程与能量变化的分析
原电池原理及应用 原电池原理及简单应用
新型化学电源的分析
电解原理及其应用 电解原理及规律
电解原理的应用
电化学原理的综合考查
金属的腐蚀与防护 电化学腐蚀的原因分析
金属的防护方法
考点1 化学能与热能
核 心 梳 理
1.催化剂对反应历程与活化能影响
图例
解读 (1)在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能；E1－E2＝ΔH。
(2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应；总反应为放热反应。
(3)同一反应分为若干个基元反应，活化能大的基元反应速率较慢，决定了总反应的快慢；相同反应物同时发生多个竞争反应时，能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
(4)催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH。
【特别提醒】
(1)活化能是从低能态“爬坡”到高能态的能垒，活化能最大的步骤，决定了整个反应过程的反应速率。
(2)分析变化过程中所经历的全部基元反应，包括过渡态的形成，键的断裂和生成等。
2.燃烧热和中和反应的反应热应用中的注意事项
(1)均为放热反应，ΔH<0，单位为kJ·mol－1。
(2)燃烧热概念理解的三要点：①外界条件是25 ℃、101 kPa；②反应的可燃物是1 mol；③生成物是稳定的氧化物(包括状态)，如碳元素生成的是CO2气体，而不是CO，氢元素生成的是液态水，而不是水蒸气。
(3)中和反应的反应热概念理解三要点：①反应物酸、碱是强酸、强碱；②溶液是稀溶液，不存在稀释过程的热效应；③生成物液态水是1 mol。
3．反应热计算的四种方法
典 题 精 研
考向1 反应历程图像分析
例1 [2023·浙江1月]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－E2
B．可计算Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·mol－1
C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．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－1
答案：C
解析：
根据历程Ⅰ，O3(g)＋O(g) 2O2(g)的ΔH＝(E6－E3)kJ·mol－1，根据历程Ⅱ，O3(g)＋O(g) 2O2(g)的反应热ΔH＝(E5－E2)kJ·mol－1，则E6－E3＝E5－E2，A项正确；根据图示，Cl(g)的相对能量为(E2－E3)kJ·mol－1，由于Cl2(g)的相对能量为0，故Cl2(g)===Cl(g)＋Cl(g)的ΔH＝2(E2－E3)kJ·mol－1，即Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·mol－1，B项正确；历程Ⅱ使用了催化剂Cl，催化剂不能使平衡发生移动，则O3的平衡转化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，C项错误；历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应为活化能最小的反应，即ClO(g)＋O(g)===O2(g)＋Cl(g) ΔH＝(E5－E4)kJ·mol－1，D项正确。
练1 18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为： ＋CH3O－能量变化如图
所示 。已知
为快速平衡，下列说法正确的是( )
答案：B
考向2 反应热的计算与比较
例2 相同温度和压强下，关于反应的ΔH，下列判断正确的是( )
A．ΔH1>0，ΔH2>0
B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH1>ΔH2，ΔH3>ΔH2
D．ΔH2＝ΔH3＋ΔH4
答案：C
练2 联氨(N2H4)常温下为无色液体，可用作火箭燃料。下列说法不正确的是( )
①2O2(g)＋N2(g)===N2O4(l) ΔH1
②N2(g)＋2H2(g)===N2H4(l) ΔH2
③O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3
④2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH4＝－1 048.9 kJ·mol－1
A．O2(g)＋2H2(g)===2H2O(l) ΔH5，ΔH5>ΔH3
B．ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1
C．1 mol O2(g)和2 mol H2(g)具有的总能量高于2 mol H2O(g)
D．联氨和N2O4作火箭推进剂的原因之一是反应放出大量的热
答案：A
解析：O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3；O2(g)＋2H2(g)===2H2O(l) ΔH5；两个反应均为放热反应，ΔH均为负值，放热越多，ΔH越小，由于生成液态水放热更多，所以ΔH5<ΔH3，A项错误；根据盖斯定律，③×2－②×2－①得，2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)，所以ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1，B项正确；O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，C项正确；由ΔH4＝－1 048.9 kJ·mol－1知，反应放出大量的热，所以可以用联氨和N2O4作火箭推进剂，D项正确。
考点2 原电池原理 新型化学电源
核 心 梳 理
1.原电池的结构及工作原理
2．原电池正、负极的判断方法
【特别提醒】
(1)某些特定情况下，电极类型判断方法与常规方法有差异，要根据题中的物质转化信息进行判断。
(2)存在多个反应时，要清楚哪个是电极反应，哪个是电极区反应，然后根据电极反应的类型进行判断。
3.陌生原电池装置的知识迁移
(1)二次电池
(2)燃料电池
答案：A
练3 近期，我国报道了一种新型Li NO2电池，为NO2的治理和再利用提供了新的研究思路，其工作原理如下图所示。电池放电时的总反应为2Li＋NO2===Li2O＋NO。下列有关该电池工作时的说法不正确的是( )
A．外电路电流的方向：b极→电流表→a极
B．b极的电极反应：NO2＋2e－＋2Li＋===Li2O＋NO
C．电解液中Li＋向b极附近迁移
D．当外电路通过1 mol e－时，b极质量增加7 g
答案：D
解析：由放电时的总反应为2Li＋NO2===Li2O＋NO，Li元素化合价升高，则a极为负极，电极反应式为Li－e－===Li＋，b极为正极，N元素化合价降低，电极反应式为：NO2＋2e－＋2Li＋===Li2O＋NO，B正确；电流从正极流向负极，即外电路电流的方向：b极→电流表→a极，A正确；电解质中阳离子移向正极，则电解液中Li＋向b极附近迁移，故C正确；当外电路通过1 mol e－时，有1 mol Li＋移向b极，质量为m＝nM＝1 mol×7 g·mol－1＝7 g，b极生成Li2O，则b极增加的质量还包含O元素质量，则b极质量增加大于7 g，D错误。
考向2 新型化学电源
例4 [2023·山东卷](双选)利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是( )
A．甲室Cu电极为正极
B．隔膜为阳离子膜
C．电池总反应为：Cu2＋＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋
D．NH3扩散到乙室将对电池电动势产生影响
答案：CD
练4 某储能电池原理如图。下列说法正确的是( )
A．放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋
B．放电时Cl－透过多孔活性炭电极向CCl4中迁移
C．放电时每转移1 mol电子，理论上CCl4吸收0.5 mol Cl2
D．充电过程中，NaCl溶液浓度增大
答案：A
解析：放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应：Cl2＋2e－===2Cl－，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl－－2e－===Cl2，A正确；放电时，阴离子移向负极，放电时Cl－透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，B错误；放电时每转移1 mol电子，正极：Cl2＋2e－===2Cl－，理论上CCl4释放0.5 mol Cl2，C错误；充电过程中，阳极：2Cl－－2e－===Cl2，消耗氯离子，NaCl溶液浓度减小，D错误。
考点3 电解原理及其应用
核 心 梳 理
1.电解池的结构及工作原理
2．电解池阴、阳极的判断方法
3．电解池电极反应式的书写模式
(1)阳极
①活泼金属作电极，电极材料本身失电子，M－ne－===Mn＋。
②电极为惰性电极，溶液中较易失电子的阴离子优先失去电子，其顺序为S2－>I－>Br－>Cl－>OH－，Rn－－ne－===R。
(2)阴极
溶液中较易得电子的阳离子优先得到电子，其顺序为Ag＋>Cu2＋>H＋，Mn＋＋ne－===M。
4．金属的腐蚀与防护
(2)金属腐蚀
典 题 精 研
考向1 电解原理及应用
例5 [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可提高多碳产物(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＋4H2O
D．每转移1 mol电子，阳极生成11.2 L气体(标准状况)
答案：C
解析：由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，A错误；铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O、2CO2＋12H＋＋12e－===C2H5OH＋3H2O，C正确；电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室，B错误；水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，每转移1 mol电子，生成0.25 mol O2，在标况下体积为5.6 L，故D错误；答案选C。
练5 通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是( )
A．电极A为阴极，发生还原反应
B．电极B的电极反应：2H2O＋Mn2＋－2e－===MnO2＋4H＋
C.电解一段时间后溶液中Mn2＋浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节pH除去Mn2＋，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3
答案：C
解析：由示意图可知，电解时，电极A上LiMn2O4中Mn元素化合价降低，被还原，电极A是电解装置的阴极，A项正确；由电解装置中电极B上的物质变化可知，Mn2＋被氧化成MnO2，B项正确；阴极上Mn元素化合价由＋3.5→＋2，阳极上Mn元素化合价由＋2→＋4，化合价变化的绝对值不相等，故电解过程中，溶液中的Mn2＋浓度会变化，C项错误；通过调节溶液pH，可使Mn2＋转化为沉淀而除去，再加入可溶性的碳酸盐可使Li＋转化为难溶的碳酸锂，D项正确。
考向2 金属的腐蚀与防护
例6 氯盐可导致混凝土中的钢筋腐蚀。为防止混凝土中的钢筋腐蚀，可在混凝土表面敷置一定电解质溶液并将惰性金属导电网浸泡其中，惰性金属导电网与钢筋分别连接外部直流电源从而除去Cl－，装置如图，下列说法错误的是( )
A．钢筋接电源的正极
B．金属导电网上发生的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑
C．混凝土中的钙离子向钢筋方向移动
D．电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大
答案：A
解析：由Cl－移动方向可知钢筋接电源的负极，A项错误；金属导电网为阳极，发生的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，B项正确；钢筋一端为阴极，钙离子为阳离子，所以向钢筋方向移动，C项正确；钢筋附近发生的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，所以电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大，D项正确。
练6 将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在如图所示的情境中，下列有关说法正确的是( )
A．阴极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
B．金属M的活动性比Fe的活动性弱
C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
解析：该装置中阴极发生还原反应，A项错误；金属M被氧化，即金属活动性：M>Fe，B项错误；钢铁设施为原电池的正极，表面积累大量电子而被保护，C项正确；海水中含有大量的NaCl等电解质，而河水中电解质较少，故钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢，D项错误。
答案：C
考点4 “离子交换膜”在电化学中的应用
核 心 梳 理
1.离子交换膜的功能、类型、作用
2．解答带离子交换膜电解池问题的思维模型
答案：A
练7 [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x mol·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2x mol·h－1
答案：D
1．港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌(富含锌粉)底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是( )
A．方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除
B．防腐涂料可以防水、隔离O2降低吸氧腐蚀速率
C．防腐过程中铝和锌均失去电子，主要发生化学腐蚀
D．钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
答案：C
解析：防腐方法并不能完全防止铁的腐蚀，只能减缓钢铁腐蚀，因此方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，A正确；防腐涂料可以防水、隔离O2，避免Fe与氧气、水反应，降低吸氧腐蚀速率，B正确；铝和锌比铁活泼，防腐过程形成原电池，铝和锌作负极失去电子，发生的是电化学腐蚀，C错误；钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D正确。
2．已知甲酸的分解反应为HCOOH CO＋H2O ΔH。在H＋催化作用下反应历程为
HCOOH＋H＋―→
根据过渡态理论，其反应过程中的能量变化如图所示(E1、E2、E3均大于0)。
下列说法错误的是( )
A．E2为正反应的活化能
B．该反应为放热反应，ΔH＝－E3 kJ·mol－1
C．图像中第一个峰(过渡态)对应的物质结构为过渡态Ⅰ，第二个峰(过渡态)对应的物质结构为过渡态Ⅱ
D．使用催化剂后，正、逆反应速率同等程度改变，平衡不移动
答案：C
解析：从图像可看出，E2为正反应的最高能量，是正反应的活化能，A正确；反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH＝－E3 kJ·mol－1，B正确；过渡态Ⅱ为第三个峰所对应的物质，C错误；催化剂能同等程度地改变正逆反应速率，故平衡不移动，D正确。
3．科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气催化重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法正确的是( )
A．Pd(Ⅲ)能改变反应历程，从而改变化学反应速率
B.该历程中反应速率最快的是路径①
C．该历程中能垒(反应活化能)最大的是路径②
D．由此历程可知：CH2O*＋2H*===CHO*＋3H*ΔH＞0
答案：A
解析：Pd(Ⅲ)是该反应的催化剂，催化剂能改变反应的活化能，能改变反应历程，从而改变化学反应速率，故A正确；活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，反应需要的活化能越小，反应进行的越快，反应速率越快，根据图示，路径③的活化能最小，反应速率最快，故B错误；活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，由图可以看出，过渡态1发生的反应活化能最大，该历程中能垒(反应活化能)最大的是路径①，故C错误；根据图示，CH2O*和2H*总能量大于CHO*和3H*总能量，则该反应历程为放热反应，ΔH＜0，故D错误。
4．[2023·浙江1月]在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi)，电解装置如图，下列说法正确的是( )
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A的电极反应：8H＋＋TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4H2O
C．该体系中，石墨优先于Cl－参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
答案：C
解析：根据各电极上的物质变化，判断反应类型，确定电极类型。
石墨电极为阳极，A项错误；该电解池的电解质为熔融盐，不存在H＋，B项错误；根据阳极上生成CO知，石墨优先于Cl－参与反应，C项正确；石墨电极为阳极，阴离子O2－向石墨电极移动，D项错误。
5．盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用向两侧电极分别通入NO和H2，以盐酸为电解质溶液来进行制备，其电池装置(图1)和含Fe的催化电极反应机理(图2)如下。不考虑溶液体积的变化，下列说法正确的是( )
A．电池工作时，Pt电极为正极
B．图2中，A为H＋和e－，B为NH3OH＋
C．电池工作时，每消耗2.24 L NO(标况下) 左室溶液质量增加3.3 g
D．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
答案：C
6．一种可充电的锌锰分液电池，其结构如下图所示：
下列说法不正确的是( )
A．放电时，正极反应为：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O
B．充电时，Zn作阴极：[Zn(OH)4]2－＋2e－===Zn＋4OH－
C．离子交换膜a和b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D．充电过程中K2SO4溶液的浓度逐渐降低
答案：C
答案：B专题精练（7） 化学反应与能量
1.依据图示关系，下列说法不正确的是（ ）
A．ΔH2>0
B．1 mol S（g）完全燃烧释放的能量小于2 968 kJ
C．ΔH2＝ΔH1－ΔH3
D．16 g S（s）完全燃烧释放的能量为1 484 kJ
2.某学生设计了一种家用消毒液发生器，装置如图如示。下列说法错误的是（ ）
A．该消毒液的有效成分是NaClO
B．通电时Cl－发生氧化反应
C．通电时电子从阳极经食盐溶液流向阴极
D．该装置的优点是随制随用
3.某同学利用下图所示装置探究金属的腐蚀与防护条件。下列说法不合理的是（ ）
A．①区Cu电极上产生气泡，Fe电极附近滴加K3[Fe（CN）6]后出现蓝色，Fe被腐蚀
B．②区Cu电极附近滴加酚酞后变成红色，Fe电极附近滴加K3[Fe（CN）6]出现蓝色，Fe被腐蚀
C.③区Zn电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋ ，Fe电极附近滴加K3[Fe（CN）6]未出现蓝色，Fe被保护
D．④区Zn电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，Fe电极附近滴加K3[Fe（CN）6]出现蓝色，Fe被腐蚀
4.Li O2电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好应用前景。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＋O2
B．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－===Li2O2
5.
ORP传感器（如右图）测定物质的氧化性的原理：将Pt电极插入待测溶液中，Pt电极、Ag/AgCl电极与待测溶液组成原电池，测得的电压越高，溶液的氧化性越强。向NaIO3溶液、FeCl3溶液中分别滴加2滴H2SO4溶液，测得前者的电压增大，后者的几乎不变。
下列说法不正确的是（ ）
A．盐桥中的Cl－移向Ag/AgCl电极
B．Ag/AgCl电极反应是Ag－e－＋Cl－===AgCl
C．酸性越强，IO的氧化性越强
D．向FeCl3溶液中滴加浓NaOH溶液至碱性，测得电压几乎不变
6.标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质（g） O H HO HOO H2 O2 H2O2 H2O
能量/ （kJ·mol－1） 249 218 39 10 0 0 －136 －242
可根据HO（g）＋HO（g）===H2O2（g）计算出H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol－1。下列说法不正确的是（ ）
A．H2的键能为436 kJ·mol－1
B．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
7.铁的配合物离子（用[L—Fe—H]＋表示）催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．该过程的总反应为 HCOOHCO2↑＋H2↑
B．H＋浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C.该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
8.沉积物微生物燃料电池（SMFC）可以将沉积物中的化学能直接转化为电能，同时加速沉积物中污染物的去除，用SMFC处理含硫废水的工作原理如图所示，酸性增强不利于菌落存活。下列说法错误的是（ ）
A．碳棒b电势比碳棒a电势低
B．碳棒a附近酸性增强
C．碳棒b存在电极反应：
S－6e－＋4H2O===SO＋8H＋
D．工作一段时间后，电池效率降低
9.利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．电极a和电极d上都发生氧化反应
B．c电极上的电极反应式为
N2O4－2e－＋H2O===N2O5＋2H＋
C．乙装置d电极附近溶液的pH增大
D．电路中每转移2 mol e－，甲池质子膜右侧溶液质量变化为18 g
10.Na2Cr2O7的酸性水溶液随着H＋浓度的增大会转化为CrO3。电解法制备CrO3的原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电解时只允许H＋通过离子交换膜
B．生成O2和H2的质量比为8∶1
C．电解一段时间后阴极区溶液OH－的浓度增大
D．CrO3的生成反应为：
Cr2O＋2H＋===2CrO3＋H2O
11.利用电解可以实现烟气中氮氧化物的脱除，同时可以将甲烷转化成乙烯，工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电解时，电极A与电源的正极相连
B．电解时，O2－由电极B向电极A迁移
C．电极B上的反应式为：
2CH4＋4e－＋2O2－===C2H4＋2H2O
D．若要脱除1 mol NO2，理论上需通入CH4的物质的量为2 mol
12.含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P（CN）2]，过程如图所示（Me为甲基）。下列说法正确的是（ ）
A.生成1 mol Li[P（CN）2]，理论上外电路需要转移2 mol电子
B．阴极上的电极反应为P4＋8CN－－4e－===4[P（CN）2]－
C．在电解过程中CN－向铂电极移动
D．电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH
13.利用电渗析法可再生钠碱循环脱硫中的吸收液，并获取高浓度的SO2，工作原理如图所示。已知双极膜在电流作用下可将水解离，膜两侧分别得到H＋和OH－。下列说法正确的是（ ）
A．双极膜右侧得到的是OH－
B．再生吸收液从M室流出
C．相同条件下，阳极和阴极产生的气体体积比为2∶1
D．M室中SO、HSO分别与H＋发生反应可得高浓度SO2专题七 化学反应与能量
真题研练·析考情
真题研练
1.[2023·新课标卷]一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质的电池，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·nH2O
D．充电阳极反应：ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O
2．[2023·北京卷]回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是( )
A．废气中SO2排放到大气中会形成酸雨
B．装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度
C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2
D．装置b中的总反应为＋CO2＋H2OHCOOH+
3．[2023·辽宁卷]某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是( )
A．b端电势高于a端电势
B．理论上转移2 mol e－生成4 g H2
C．电解后海水pH下降
D．阳极发生：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋
4．[2022·浙江1月]相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1 mol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
5．[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．玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
D．该锂—海水电池属于一次电池
6．[2022·广东卷]科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为： NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是( )
A．充电时电极b是阴极
B．放电时NaCl溶液的pH减小
C．放电时NaCl溶液的浓度增大
D．每生成1 mol Cl2，电极a质量理论上增加23 g
考情分析
考点 考向 预测
化学反应与热能 反应热的比较与计算 化学反应与能量主要包括化学能与热能、化学能与电能，化学能与热能重点考查能量变化图、盖斯定律、键能等，由于能源问题已成为社会热点，结合新能源的开发，把反应热与能源结合起来进行考查，将是命题的方向。电化学部分常以新型化学电源、电解原理在生活生产中的应用等为载体，考查基本原理及应用，试题注重了题材的生活化、实用化、情境化，同时也加强了不同知识间的相互渗透与融合，试题的背景较为新颖，题目具有一定难度。预测今年高考仍会在这方面着力命题。尤其注意电化学原理中离子交换膜的应用。
反应历程与能量变化的分析
原电池原理及应用 原电池原理及简单应用
新型化学电源的分析
电解原理及其应用 电解原理及规律
电解原理的应用
电化学原理的综合考查
金属的腐蚀与防护 电化学腐蚀的原因分析
金属的防护方法
核心突破·提能力
考点1 化学能与热能
核 心 梳 理
1.催化剂对反应历程与活化能影响
图例
解读 (1)在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能；E1－E2＝ΔH。 (2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应；总反应为放热反应。 (3)同一反应分为若干个基元反应，活化能大的基元反应速率较慢，决定了总反应的快慢；相同反应物同时发生多个竞争反应时，能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。 (4)催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH。
【特别提醒】
(1)活化能是从低能态“爬坡”到高能态的能垒，活化能最大的步骤，决定了整个反应过程的反应速率。
(2)分析变化过程中所经历的全部基元反应，包括过渡态的形成，键的断裂和生成等。
2.燃烧热和中和反应的反应热应用中的注意事项
(1)均为放热反应，ΔH<0，单位为kJ·mol－1。
(2)燃烧热概念理解的三要点：①外界条件是25 ℃、101 kPa；②反应的可燃物是1 mol；③生成物是稳定的氧化物(包括状态)，如碳元素生成的是CO2气体，而不是CO，氢元素生成的是液态水，而不是水蒸气。
(3)中和反应的反应热概念理解三要点：①反应物酸、碱是强酸、强碱；②溶液是稀溶液，不存在稀释过程的热效应；③生成物液态水是1 mol。
3．反应热计算的四种方法
典 题 精 研
考向1 反应历程图像分析
例1 [2023·浙江1月]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－E2
B．可计算Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·mol－1
C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．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－1
练1 18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：＋CH3O－能量变化如图所示。已知
为快速平衡，下列说法正确的是( )
A.反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH－
C．反应结束后，溶液中存在OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
考向2 反应热的计算与比较
例2 相同温度和压强下，关于反应的ΔH，下列判断正确的是( )
A．ΔH1>0，ΔH2>0
B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH1>ΔH2，ΔH3>ΔH2
D．ΔH2＝ΔH3＋ΔH4
练2 联氨(N2H4)常温下为无色液体，可用作火箭燃料。下列说法不正确的是( )
①2O2(g)＋N2(g)===N2O4(l) ΔH1
②N2(g)＋2H2(g)===N2H4(l) ΔH2
③O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3
④2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH4＝－1 048.9 kJ·mol－1
A．O2(g)＋2H2(g)===2H2O(l) ΔH5，ΔH5>ΔH3
B．ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1
C．1 mol O2(g)和2 mol H2(g)具有的总能量高于2 mol H2O(g)
D．联氨和N2O4作火箭推进剂的原因之一是反应放出大量的热
考点2 原电池原理 新型化学电源
核 心 梳 理
1.原电池的结构及工作原理
2．原电池正、负极的判断方法
【特别提醒】
(1)某些特定情况下，电极类型判断方法与常规方法有差异，要根据题中的物质转化信息进行判断。
(2)存在多个反应时，要清楚哪个是电极反应，哪个是电极区反应，然后根据电极反应的类型进行判断。
3.陌生原电池装置的知识迁移
(1)二次电池
(2)燃料电池
典 题 精 研
考向1 原电池工作原理的应用
例3 [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：S8+e－―→，+ e－―→，2Na＋＋＋2(1－)e－―→Na2Sx
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→b
C．放电时正极反应为2Na＋＋S8＋2e－―→Na2Sx
D．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
练3 近期，我国报道了一种新型Li NO2电池，为NO2的治理和再利用提供了新的研究思路，其工作原理如下图所示。电池放电时的总反应为2Li＋NO2===Li2O＋NO。下列有关该电池工作时的说法不正确的是( )
A．外电路电流的方向：b极→电流表→a极
B．b极的电极反应：NO2＋2e－＋2Li＋===Li2O＋NO
C．电解液中Li＋向b极附近迁移
D．当外电路通过1 mol e－时，b极质量增加7 g
考向2 新型化学电源
例4 [2023·山东卷](双选)利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是( )
A．甲室Cu电极为正极
B．隔膜为阳离子膜
C．电池总反应为：Cu2＋＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋
D．NH3扩散到乙室将对电池电动势产生影响
练4 某储能电池原理如图。下列说法正确的是( )
A．放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋
B．放电时Cl－透过多孔活性炭电极向CCl4中迁移
C．放电时每转移1 mol电子，理论上CCl4吸收0.5 mol Cl2
D．充电过程中，NaCl溶液浓度增大
考点3 电解原理及其应用
核 心 梳 理
1.电解池的结构及工作原理
2．电解池阴、阳极的判断方法
3．电解池电极反应式的书写模式
(1)阳极
①活泼金属作电极，电极材料本身失电子，M－ne－===Mn＋。
②电极为惰性电极，溶液中较易失电子的阴离子优先失去电子，其顺序为S2－>I－>Br－>Cl－>OH－，Rn－－ne－===R。
(2)阴极
溶液中较易得电子的阳离子优先得到电子，其顺序为Ag＋>Cu2＋>H＋，Mn＋＋ne－===M。
4．金属的腐蚀与防护
5．陌生电解池装置图的知识迁移
(1)电解池
(2)金属腐蚀
典 题 精 研
考向1 电解原理及应用
例5 [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可提高多碳产物(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＋4H2O
D．每转移1 mol电子，阳极生成11.2 L气体(标准状况)
练5 通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是( )
A．电极A为阴极，发生还原反应
B．电极B的电极反应：2H2O＋Mn2＋－2e－===MnO2＋4H＋
C.电解一段时间后溶液中Mn2＋浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节pH除去Mn2＋，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3
考向2 金属的腐蚀与防护
例6 氯盐可导致混凝土中的钢筋腐蚀。为防止混凝土中的钢筋腐蚀，可在混凝土表面敷置一定电解质溶液并将惰性金属导电网浸泡其中，惰性金属导电网与钢筋分别连接外部直流电源从而除去Cl－，装置如图，下列说法错误的是( )
A．钢筋接电源的正极
B．金属导电网上发生的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑
C．混凝土中的钙离子向钢筋方向移动
D．电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大
练6 将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在如图所示的情境中，下列有关说法正确的是( )
A．阴极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
B．金属M的活动性比Fe的活动性弱
C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
考点4 “离子交换膜”在电化学中的应用
核 心 梳 理
1.离子交换膜的功能、类型、作用
2．解答带离子交换膜电解池问题的思维模型
典 题 精 研
考向 离子交换膜在电化学中的应用
例7 一种水性电解液离子选择双隔膜电池如图所示[KOH溶液中，Zn2＋以存在]。电池放电时，下列叙述错误的是( )
A．Ⅱ区的K＋通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．Ⅰ区的通过隔膜向Ⅱ区迁移
C．MnO2电极反应：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O
D．电池总反应：＋Mn2＋＋2H2O
练7 [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x mol·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2x mol·h－1
模考精练·抓落实
1．港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌(富含锌粉)底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是( )
A．方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除
B．防腐涂料可以防水、隔离O2降低吸氧腐蚀速率
C．防腐过程中铝和锌均失去电子，主要发生化学腐蚀
D．钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
2．已知甲酸的分解反应为HCOOH CO＋H2O ΔH。在H＋催化作用下反应历程为
HCOOH＋H＋―→
根据过渡态理论，其反应过程中的能量变化如图所示(E1、E2、E3均大于0)。
下列说法错误的是( )
A．E2为正反应的活化能
B．该反应为放热反应，ΔH＝－E3 kJ·mol－1
C．图像中第一个峰(过渡态)对应的物质结构为过渡态Ⅰ，第二个峰(过渡态)对应的物质结构为过渡态Ⅱ
D．使用催化剂后，正、逆反应速率同等程度改变，平衡不移动
3．科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气催化重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法正确的是( )
A．Pd(Ⅲ)能改变反应历程，从而改变化学反应速率
B.该历程中反应速率最快的是路径①
C．该历程中能垒(反应活化能)最大的是路径②
D．由此历程可知：CH2O*＋2H*===CHO*＋3H*ΔH＞0
4．[2023·浙江1月]在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi)，电解装置如图，下列说法正确的是( )
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A的电极反应：8H＋＋TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4H2O
C．该体系中，石墨优先于Cl－参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
5．盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用向两侧电极分别通入NO和H2，以盐酸为电解质溶液来进行制备，其电池装置(图1)和含Fe的催化电极反应机理(图2)如下。不考虑溶液体积的变化，下列说法正确的是( )
A．电池工作时，Pt电极为正极
B．图2中，A为H＋和e－，B为NH3OH＋
C．电池工作时，每消耗2.24 L NO(标况下) 左室溶液质量增加3.3 g
D．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
6．一种可充电的锌锰分液电池，其结构如下图所示：
下列说法不正确的是( )
A．放电时，正极反应为：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O
B．充电时，Zn作阴极：[Zn(OH)4]2－＋2e－===Zn＋4OH－
C．离子交换膜a和b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D．充电过程中K2SO4溶液的浓度逐渐降低
7．双极膜电渗析法固碳技术是将捕集的CO2转化为CaCO3而矿化封存，其工作原理如图所示。双极膜中间层中的H2O解离成H＋和OH－，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法不正确的是( )
A．两个双极膜中间层中的H＋均向左侧迁移
B．若碱室中比值增大，则有利于CO2的矿化封存
C．电解一段时间后，酸室中盐酸的浓度增大
D．该技术中电解固碳总反应的离子方程式为：2Ca2＋＋2CO2＋4H2O2CaCO3↓＋2H2↑＋O2↑＋4H＋
专题七 化学反应与能量
真题研练·析考情
1．解析：由题给信息可知，放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O，V2O5发生了还原反应，则放电时V2O5为正极，A说法正确；放电时Zn为负极，Zn失去电子变为Zn2＋，阳离子向正极迁移，则放电时Zn2＋由负极向正极迁移，B说法正确；电池在放电时的总反应为xZn+V2O5+nH2O===ZnxV2O5·nH2O，则其在充电时的总反应为ZnxV2O5·nH2O===xZn＋V2O5＋nH2O，C说法不正确；充电阳极上ZnxV2O5·nH2O被氧化为V2O5，则阳极的电极反应为ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O，D说法正确；故选C。
答案：C
2．解析：SO2是酸性氧化物，废气中SO2排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；装置a中溶液的溶质为NaHCO3，溶液显碱性，说明的水解程度大于其电离程度，故B正确；装置a中NaHCO3溶液的作用是吸收SO2气体，CO2与NaHCO3溶液不反应，不能吸收CO2，故C错误；由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为＋CO2＋H2OHCOOH+，故D正确。
答案：C
3．解析：由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，a为电源正极，右侧电极为阴极，b为电源负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。
由分析可知，a为正极，b为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H＋＋2e－===H2↑，则理论上转移2 mol e－生成2 g H2，B错误；由图可知，该装置的总反应为电解海水，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH基本不变，C错误；由图可知，阳极上的电极反应为：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋，D正确；故选D。
答案：D
4．解析：由图示可知，反应Ⅰ为： (l)＋H2(g)―→ (l) ΔH1；反应Ⅱ为： (l)＋2H2(g)―→ (l) ΔH2；反应Ⅲ为： (l)＋2H2(g)―→ (l) ΔH3；反应Ⅳ为： (l)＋3H2(g)―→ (l) ΔH4。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，但不能是存在相互作用的两个碳碳双键，A错误；ΔH2＜ΔH3，根据盖斯定律， (l)―→ (l) ΔH＝ΔH2－ΔH3＜0，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；由图示可知，反应Ⅰ是1 mol碳碳双键加成，焓变为ΔH1，反应Ⅳ为苯的完全加成，焓变为ΔH4，如果苯环上有三个完全独立的碳碳三键，则3ΔH1＝ΔH4，现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，根据反应Ⅰ、Ⅲ由盖斯定律可知，(l)＋H2(g)―→ (l) ΔH<0；ΔH4－ΔH3>0，根据反应Ⅲ、Ⅳ由盖斯定律可知，即 (l)＋H2(g)―→ (l) ΔH＞0，则说明具有的总能量小于，苯分子具有特殊稳定性，D正确。
答案：A
5．解析：海水中含有大量的电解质，故A项正确；Li是活泼金属，作负极，则N极是正极，正极上海水中溶解的O2、CO2等均能放电，B项错误；由于Li易与水反应，故玻璃陶瓷应具有良好的防水功能，同时为形成闭合的回路，也应具有传导离子的功能，C项正确；该电池属于一次电池，D项正确。
答案：B
6．解析：由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；放电时负极反应为Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应为Cl2＋2e－===2Cl－，反应后Na＋和Cl－浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故C正确；充电时阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3，由得失电子守恒可知，每生成1 mol Cl2，电极a质量理论上增加23 g·mol－1×2 mol＝46 g，故D错误。
答案：C
核心突破·提能力
[例1] 解析：
根据历程Ⅰ，O3(g)＋O(g) 2O2(g)的ΔH＝(E6－E3)kJ·mol－1，根据历程Ⅱ，O3(g)＋O(g) 2O2(g)的反应热ΔH＝(E5－E2)kJ·mol－1，则E6－E3＝E5－E2，A项正确；根据图示，Cl(g)的相对能量为(E2－E3)kJ·mol－1，由于Cl2(g)的相对能量为0，故Cl2(g)===Cl(g)＋Cl(g)的ΔH＝2(E2－E3)kJ·mol－1，即Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·mol－1，B项正确；历程Ⅱ使用了催化剂Cl，催化剂不能使平衡发生移动，则O3的平衡转化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，C项错误；历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应为活化能最小的反应，即ClO(g)＋O(g)===O2(g)＋Cl(g) ΔH＝(E5－E4)kJ·mol－1，D项正确。
答案：C
[练1] 解析：一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，故A错误；反应Ⅰ为加成反应，而为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为或，后者能生成18OH－，因此反应结束后，溶液中存在18OH－，故B正确；反应Ⅲ的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在OH，故C错误；该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O－的总能量与和OH－的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误。
答案：B
[例2] 解析：环己烷比环己烯、环己二烯稳定，则环己烷能量低，ΔH1<0，ΔH2<0，A项错误；根据反应方程式，结合盖斯定律，ΔH3＝ΔH2＋ΔH4，B项错误；将反应2减去反应1，得(g)＋H2(g)―→ (g) ΔH＝ΔH2－ΔH1，由于环己烯比环己二烯稳定，则ΔH2－ΔH1<0，即ΔH2<ΔH1，同理，将反应3减去反应2，得反应4：(g)＋H2(g)―→(g) ΔH4＝ΔH3－ΔH2，比稳定，则ΔH3－ΔH2>0，即ΔH3>ΔH2，C项正确；根据盖斯定律，ΔH2＝ΔH3－ΔH4，D项错误。
答案：C
[练2] 解析：O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3；O2(g)＋2H2(g)===2H2O(l) ΔH5；两个反应均为放热反应，ΔH均为负值，放热越多，ΔH越小，由于生成液态水放热更多，所以ΔH5<ΔH3，A项错误；根据盖斯定律，③×2－②×2－①得，2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)，所以ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1，B项正确；O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，C项正确；由ΔH4＝－1 048.9 kJ·mol－1知，反应放出大量的热，所以可以用联氨和N2O4作火箭推进剂，D项正确。
答案：A
[例3] 解析：由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极。
充电时为电解池装置，阳离子移向阴极，即钠电极，故充电时，Na＋由硫电极迁移至钠电极，A错误；放电时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫黄粉在b电极上得电子与a电极释放出的Na＋结合得到Na2Sx，电子在外电路的流向为a→b，B正确；将题给的一系列方程式依次标号为①②③，由×①＋×②＋③可以得到放电时正极的反应式为2Na＋＋S8＋2e－―→Na2Sx，C正确；炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确；故答案选A。
答案：A
[练3] 解析：由放电时的总反应为2Li＋NO2===Li2O＋NO，Li元素化合价升高，则a极为负极，电极反应式为Li－e－===Li＋，b极为正极，N元素化合价降低，电极反应式为：NO2＋2e－＋2Li＋===Li2O＋NO，B正确；电流从正极流向负极，即外电路电流的方向：b极→电流表→a极，A正确；电解质中阳离子移向正极，则电解液中Li＋向b极附近迁移，故C正确；当外电路通过1 mol e－时，有1 mol Li＋移向b极，质量为m＝nM＝1 mol×7 g·mol－1＝7 g，b极生成Li2O，则b极增加的质量还包含O元素质量，则b极质量增加大于7 g，D错误。
答案：D
[例4] 解析：据图可知，甲室流出液经低温热解得到CuSO4和NH3，则甲室中生成了[Cu(NH3)4]SO4，发生的反应为Cu－2e－+4NH3 ===[Cu(NH3)4]2＋，甲室Cu电极为负极，A错误；乙室Cu电极为正极，发生反应：Cu2＋＋2e－===Cu，消耗Cu2＋，为维持电解质溶液呈电中性透过隔膜进入甲室，则隔膜为阴离子膜，B错误；根据正、负极反应，可知电池总反应为，C正确；NH3能与Cu2＋反应生成，因此若NH3扩散到乙室，则乙室Cu2＋浓度减小，对电池电动势有影响，D正确。
答案：CD
[练4] 解析：放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应：Cl2＋2e－===2Cl－，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl－－2e－===Cl2，A正确；放电时，阴离子移向负极，放电时Cl－透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，B错误；放电时每转移1 mol电子，正极：Cl2＋2e－===2Cl－，理论上CCl4释放0.5 mol Cl2，C错误；充电过程中，阳极：2Cl－－2e－===Cl2，消耗氯离子，NaCl溶液浓度减小，D错误。
答案：A
[例5] 解析：由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，A错误；铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O、2CO2＋12H＋＋12e－===C2H5OH＋3H2O，C正确；电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室，B错误；水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，每转移1 mol电子，生成0.25 mol O2，在标况下体积为5.6 L，故D错误；答案选C。
答案：C
[练5] 解析：由示意图可知，电解时，电极A上LiMn2O4中Mn元素化合价降低，被还原，电极A是电解装置的阴极，A项正确；由电解装置中电极B上的物质变化可知，Mn2＋被氧化成MnO2，B项正确；阴极上Mn元素化合价由＋3.5→＋2，阳极上Mn元素化合价由＋2→＋4，化合价变化的绝对值不相等，故电解过程中，溶液中的Mn2＋浓度会变化，C项错误；通过调节溶液pH，可使Mn2＋转化为沉淀而除去，再加入可溶性的碳酸盐可使Li＋转化为难溶的碳酸锂，D项正确。
答案：C
[例6] 解析：由Cl－移动方向可知钢筋接电源的负极，A项错误；金属导电网为阳极，发生的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，B项正确；钢筋一端为阴极，钙离子为阳离子，所以向钢筋方向移动，C项正确；钢筋附近发生的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，所以电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大，D项正确。
答案：A
[练6] 解析：该装置中阴极发生还原反应，A项错误；金属M被氧化，即金属活动性：M>Fe，B项错误；钢铁设施为原电池的正极，表面积累大量电子而被保护，C项正确；海水中含有大量的NaCl等电解质，而河水中电解质较少，故钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢，D项错误。
答案：C
[例7] 解析：根据题图可知Zn为负极，电极反应为，MnO2为正极，电极反应为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O。A项，根据负极反应可知，Ⅲ区中负电荷减少，为了平衡溶液中电荷，放电时Ⅲ区的钾离子向Ⅱ区迁移，错误；B项，根据正极反应可知，Ⅰ区中正电荷减少，为了平衡溶液中电荷，硫酸根离子从Ⅰ区迁移至Ⅱ区，正确；D项，将正、负极电极反应相加即可得到电池总反应，正确。
答案：A
[练7] 解析：由图可知，该装置为电解水制取氢气的装置，a电极与电源正极相连，为电解池的阳极，b电极与电源负极相连，为电解池的阴极，阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阳极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，电池总反应为2H2O2H2↑＋O2↑，据此解答。
b电极为阴极，发生还原反应，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，故A正确；该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH浓度不变，阳极发生的电极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，为保持OH－离子浓度不变，则阴极产生的OH－离子要通过离子交换膜进入阳极室，即离子交换膜应为阴离子交换摸，故B正确；电解时电解槽中不断有水被消耗，海水中的动能高的水可穿过PTFE膜，为电解池补水，故C正确；由电解总反应可知，每生成1 mol H2要消耗1 mol H2O，生成H2的速率为x mol·h－1，则补水的速率也应是x mol·h－1，故D错误；答案选D。
答案：D
模考精练·抓落实
1．解析：防腐方法并不能完全防止铁的腐蚀，只能减缓钢铁腐蚀，因此方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，A正确；防腐涂料可以防水、隔离O2，避免Fe与氧气、水反应，降低吸氧腐蚀速率，B正确；铝和锌比铁活泼，防腐过程形成原电池，铝和锌作负极失去电子，发生的是电化学腐蚀，C错误；钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D正确。
答案：C
2．解析：从图像可看出，E2为正反应的最高能量，是正反应的活化能，A正确；反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH＝－E3 kJ·mol－1，B正确；过渡态Ⅱ为第三个峰所对应的物质，C错误；催化剂能同等程度地改变正逆反应速率，故平衡不移动，D正确。
答案：C
3．解析：Pd(Ⅲ)是该反应的催化剂，催化剂能改变反应的活化能，能改变反应历程，从而改变化学反应速率，故A正确；活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，反应需要的活化能越小，反应进行的越快，反应速率越快，根据图示，路径③的活化能最小，反应速率最快，故B错误；活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，由图可以看出，过渡态1发生的反应活化能最大，该历程中能垒(反应活化能)最大的是路径①，故C错误；根据图示，CH2O*和2H*总能量大于CHO*和3H*总能量，则该反应历程为放热反应，ΔH＜0，故D错误。
答案：A
4．解析：根据各电极上的物质变化，判断反应类型，确定电极类型。
石墨电极为阳极，A项错误；该电解池的电解质为熔融盐，不存在H＋，B项错误；根据阳极上生成CO知，石墨优先于Cl－参与反应，C项正确；石墨电极为阳极，阴离子O2－向石墨电极移动，D项错误。
答案：C
5．解析：Fe电极NO→NH3OHCl，N元素化合价降低，作正极，Pt电极H2→H＋，H元素化合价升高，作负极，A错误；NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步反应为：NH2OH＋H＋===NH3OH＋，图2中，A为H＋，B为NH3OH＋，B错误；含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO＋3e－＋4H＋＋Cl－===NH3OHCl，标况下消耗2.24 L NO的物质的量n＝＝＝0.1 mol，左室增加的质量为NO和3个H＋的质量，即m＝nM＝3.3 g，C正确；负极生成H＋，浓度增大pH值减小，正极消耗H＋，浓度减小，pH增大，D错误。
答案：C
6．解析：放电时，Zn是负极、MnO2是正极，根据图示正极反应为：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，故A正确；放电过程中，负极区通过离子交换膜a进入硫酸钾溶液，正极区K＋通过离子交换膜b进入硫酸钾溶液，所以a和b分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，故C错误；充电时，Zn作阴极，阴极反应式为[Zn(OH)4]2－＋2e－===Zn＋4OH－，故B正确；充电过程中，K＋通过离子交换膜b进入负极区，通过离子交换膜a进入正极区，所以K2SO4溶液的浓度逐渐降低，故D正确。
答案：C
7．解析：左侧双极膜中的H＋向左移动进入左侧硝酸钠溶液中，右侧双极膜中的H＋向左移动进入“酸室”，故A正确；若碱室中比值增大，碳酸氢根离子可能进入“酸室”，所以不利于CO2的矿化封存，故B错误；CaCl2溶液中的Cl－通过阴离子交换膜进入“酸室”，右侧双极膜中的H＋向左移动进入“酸室”，所以电解一段时间后，酸室中盐酸的浓度增大，故C正确；该技术中电解固碳总反应的离子方程式为：2Ca2＋＋2CO2＋4H2O2CaCO3↓＋2H2↑＋O2↑＋4H＋，故D正确。
答案：B专题精练（7）
1．解析：硫固体转化为硫蒸汽的过程为吸热过程，则焓变ΔH2>0，A正确；硫蒸汽的能量高于硫固体，则1 mol硫蒸汽完全燃烧释放的能量大于2 968 kJ，B错误；由盖斯定律可知，焓变ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，则焓变ΔH2＝ΔH1－ΔH3，C正确；由图可知，16 g硫固体完全燃烧释放的能量为×2 968 kJ·mol－1＝1 484 kJ，D正确。
答案：B
2．解析：电解食盐溶液会生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，故有效成分是次氯酸钠，A正确；通电时Cl－发生氧化反应生成氯气，Cl的化合价由－1变为0，B正确；溶液中只有阴阳离子没有电子，电子不能经过电解质溶液，C错误；该装置的优点是随制随用，以防久制的次氯酸钠分解失效，D正确。
答案：C
3．解析：A项，①区发生吸氧腐蚀，Cu为正极，电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，Cu电极上不产生气泡，说法不合理；B项，②区Cu为阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，Cu电极附近溶液碱性增强，滴加酚酞后变红色，Fe为阳极，被腐蚀，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋ ，Fe电极附近滴加K3[Fe（CN）6]出现蓝色，说法合理；C项，③区Zn为负极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，Fe为正极，被保护，说法合理；D项，④区Zn为阴极，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，Fe作阳极，被腐蚀，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe（CN）6]出现蓝色，说法合理。
答案：A
4．解析：根据题给电池装置图并结合阴、阳极电极反应可知，充电时，电池的总反应为Li2O2===2Li＋O2，A项正确；由题干中光照时阴、阳极反应可知，充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B项正确；放电时题给装置为原电池，阳离子（Li＋）向正极迁移，C项错误；根据题给装置图可知，放电时正极上O2得电子并与Li＋结合生成Li2O2，即O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2，D项正确。
答案：C
5．解析：由于Ag的金属活动性比Pt强，所以Ag作负极，Pt作正极。在原电池中，阴离子向负极移动，在该电池中，所以盐桥中的Cl－移向Ag/AgCl电极，A正确；Ag失电子生成的Ag＋与溶液中的Cl－反应生成AgCl，电极反应式是Ag－e－＋Cl－===AgCl，B正确；向NaIO3溶液滴加2滴H2SO4溶液，电压增大，则表明酸性越强，IO的氧化性越强，C正确；向FeCl3溶液中滴加浓NaOH溶液至碱性，生成NaCl和Fe（OH）3沉淀，溶液的氧化性减弱，测得的电压减小，D错误。
答案：D
6．解析：由气态时H、H2的相对能量可知，H2的键能为218 kJ·mol－1×2 ＝436 kJ·mol－1，A项正确；由表格中数据可知O2的键能为249 kJ·mol－1×2＝498 kJ·mol－1，而H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol－1，214 kJ·mol－1×2<498 kJ·mol－1，B项正确；HOO中解离O—O键所需能量为249 kJ·mol－1＋39 kJ·mol－1－10 kJ·mol－1＝278 kJ·mol－1，H2O2中解离O—O键所需能量为214 kJ·mol－1，C项错误；ΔH＝－136 kJ·mol－1＋242 kJ·mol－1－249 kJ·mol－1＝－143 kJ·mol－1，D项正确。
答案：C
7．解析：分析题给反应机理图，可知该过程的反应物为HCOOH，生成物为CO2和H2，则该过程的总反应为HCOOHCO2↑＋H2↑，A说法正确；H＋浓度过大，抑制HCOOH的电离，HCOO－浓度减小，会降低Ⅰ→Ⅱ步骤的反应速率，H＋浓度过小，会降低Ⅲ→Ⅳ步骤反应速率，故H＋浓度过大或者过小，均会导致反应速率降低，B说法正确；由Ⅱ→Ⅲ过程中，脱去CO2，碳元素化合价升高，则Fe元素化合价降低，C正确；由相对能量的变化情况图可以得出，该反应过程中的Ⅳ→Ⅰ步骤的活化能Ea＝86.1 kJ·mol－1，为该反应进程中的最大活化能，故该过程的决速步骤为Ⅳ→Ⅰ步骤，D说法错误。
答案：D
8．解析：根据光合菌产生的O2得电子结合H＋生成H2O，碳棒a为正极，FeSx在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根。正极的电势高于负极，A正确；a为正极，光合菌产生的O2得电子结合H＋得到H2O，电极反应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，酸性减弱，B错误；碳棒b存在电极反应：S－6e－＋4H2O===SO＋8H＋，C正确；酸性增强不利于菌落存活，负极失电子发生的氧化反应会减慢，故工作一段时间后，电池效率降低，D正确。
答案：B
9．解析：由图可知，甲池为原电池，电极a为负极，电极反应式为SO2－2e－＋2H2O===SO＋4H＋，电极b为正极，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O；电路中每转移2 mol e－，甲池质子膜右侧溶液质量变化为2 mol××18 g·mol－1＝18 g，D正确；乙池为电解池，电极c为电解池的阳极，在无水硝酸作用下，电极反应式为N2O4－2e－＋2HNO3===2N2O5＋2H＋，B错误；电极d为阴极，发生还原反应，电极反应式为2H＋＋ 2e－===H2↑，A错误；阳极区的氢离子通过阳离子交换膜进入阴极区，电极附近溶液pH不变，C错误。
答案：D
10．解析：根据左侧电极上生成O2，右侧电极上生成H2，知左侧电极为阳极，发生反应：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，右侧电极为阴极，发生反应：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑；由题意知，左室中Na2Cr2O7随着H＋浓度增大转化为CrO3：Cr2O＋2H＋===2CrO3＋H2O，因此阳极生成的H＋不能通过离子交换膜。电解时通过离子交换膜的是Na＋，A错误；根据电子守恒可知，生成O2和H2的物质的量之比为1∶2，其质量比为8∶1，B正确；根据阴极反应知，电解一段时间后阴极区溶液OH－的浓度增大，C正确；电解过程中阳极区H＋的浓度增大，Na2Cr2O7转化为CrO3：Cr2O＋2H＋===2CrO3＋H2O，D正确。
答案：A
11．解析：电解时，电极A上NO2→N2，N元素化合价降低，发生还原反应，电极A为阴极，与电源负极相连，A项错误；电解时，O2－向阳极移动，电极A为阴极，电极B为阳极，则O2－由电极A向电极B迁移，B项错误；电极B上CH4→C2H4，C元素化合价升高，失去电子，电极反应式为2CH4－4e－＋2O2－===C2H4＋2H2O，C项错误；1 mol NO2转化为N2，转移4 mol电子，根据2CH4－4e－＋2O2－===C2H4＋2H2O可知，需要消耗2 mol CH4，D项正确。
答案：D
12．解析：石墨电极上发生的物质转化为P4→Li[P（CN）2]，磷元素化合价升高，发生氧化反应，所以石墨电极为阳极，对应的电极反应式为：P4＋8CN－－4e－===4[P（CN）2]－，则生成1 mol Li[P（CN）2]，理论上外电路需要转移1 mol电子，右侧电极为阴极，A、B错误；电解池工作过程中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，CN－应该向阳极移动，即移向石墨电极，C错误；由图示物质转化关系可知，HCN在阴极放电，产生CN－和H2，而HCN中的H来自LiOH，则电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH，D正确。
答案：D
13．解析：根据题图1可知，Na2SO3吸收SO2得到NaHSO3溶液从pH>8变成pH<6，则图2中要再生吸收液，NaHSO3需要转化为Na2SO3；M室亚硫酸根和亚硫酸氢根与H＋结合生成高浓度SO2；N室NaHSO3与OH－生成Na2SO3。在电解池中，阳离子向阴极方向迁移，阴离子向阳极方向迁移，因此，双极膜右侧得到的是H＋，左侧得到OH－，A错误；N室的亚硫酸氢根离子与其右侧迁移进来的氢氧根离子发生反应生成亚硫酸根离子，从而实现再生，因此，再生吸收液从N室流出，B错误；阳极发生的电极反应是2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阴极发生的电极反应是4H2O＋e－===4OH－＋2H2↑，则根据得失电子数相等，相同条件下，阳极和阴极产生的气体体积比为1∶2，C错误；M室中SO、HSO分别与双极膜解离出的H＋发生反应，得高浓度SO2，D正确。
答案：D
