2015高考化学二轮复习资料电化学.docx

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1、高三二轮专题复习：电化学原理及应用考纲要求1.理解原电池和电解池的工作原理，能写出电极反响和电池反响方程式。2.理解常见化学电源及其工作原理。3.理解金属发生电化学腐蚀的缘由；理解金属腐蚀的危害和防止金属腐蚀的措施。考点一一座“盐桥”连接“两池”形成回路1电化学装置中都有两个电极，分别发生氧化反响与复原反响。若两个电极插在同一电解质溶液的容器内，则由于阴阳离子的挪动速率不同而导致两极之间出现浓度差，以及因电极本身干脆与离子反响而导致两极之间电势差变小，影响了电流的稳定。为解决这个问题，人们运用了盐桥。盐桥主要出如今原电池中，有时也可在电解池中出现，其主要作用就是构建闭合的内电路，但不影响反响的

2、本质。盐桥内常为饱和氯化钾、硝酸钾等溶液。2盐桥是新课改教材中出现的新名词，因此围绕盐桥的电化学学问已成为新课改地区命题的一个热点，所以有必要分析探讨盐桥问题的考察思路。通常从以下四个方面命题。(1)考察盐桥的作用。(2)考察含盐桥的电化学总反响式的书写。(3)考察盐桥内溶液离子的挪动方向。(4)考察含盐桥的电化学装置的设计。(5)考察盐桥的作用与平衡挪动。题组一明确原理，设计装置12013广东理综，33(2)(3)(2)能量之间可互相转化：电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能。设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。限选材料：ZnSO4(aq)，FeSO4

3、(aq)，CuSO4(aq)；铜片，铁片，锌片和导线。完成原电池甲的装置示意图(见上图)，并作相应标注，要求：在同一烧杯中，电极与溶液含一样的金属元素。以铜片为电极之一，CuSO4(aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可视察到负极_。甲乙两种原电池可更有效地将化学能转化为电能的是_，其缘由是_。(3)根据牺牲阳极的阴极爱护法原理，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在(2)的材料中应选_作阳极。答案(2)(或其他合理答案)电极渐渐溶解，外表有红色固体析出甲在甲装置中，负极不和Cu2接触，避开了Cu2干脆与负极发生反响而使化学能转化为热能(3)锌片解析(2)根据题给条件和原

4、电池的构成条件可得：a若用Zn、Cu、CuSO4(aq)、ZnSO4(aq)组成原电池，Zn作负极，Cu作正极，Zn插入到ZnSO4(aq)中，Cu插入到CuSO4(aq)中。b若用Fe、Cu、FeSO4(aq)、CuSO4(aq)组成原电池，Fe作负极，Cu作正极，Fe插入到FeSO4(aq)中，Cu插入到CuSO4(aq)中。c留意，画图时要留意电极名称，电极材料，电解质溶液名称(或化学式)，并形成闭合回路。由于金属活动性ZnFeCu，锌片或铁片作负极，由于Zn或Fe干脆与CuSO4溶液接触，工作一段时间后，负极渐渐溶解，外表有红色固体析出。带有盐桥的甲原电池中负极没有和CuSO4溶液干脆

5、接触，二者不会干脆发生置换反响，化学能不会转化为热能，几乎全部转化为电能；而原电池乙中的负极与CuSO4溶液干脆接触，两者会发生置换反响，局部化学能转化为热能，化学能不行能全部转化为电能。(3)由牺牲阳极的阴极爱护法可得，铁片作正极(阴极)时被爱护，作负极(阳极)时被腐蚀，所以应选择比铁片更活泼的锌作负极(阳极)才能有效地爱护铁不被腐蚀。1工作原理原电池的闭合回路有外电路与内电路之分，外电路的电流是从正极流向负极，内电路是从负极流向正极，故内电路中的阳离子移向正极、阴离子移向负极。(盐桥中的阳离子移向正极区，阴离子移向负极区，以维持电荷守恒)。2设计思路首先根据离子方程式推断出氧化剂、复原剂，

6、明确电极反响。然后再分析两剂状态确定电极材料，若为固态时可作电极，若为溶液时则只能作电解液。然后补充缺少的电极材料及电解液。电极材料一般添加与电解质溶液中阳离子一样的金属作电极(运用惰性电极也可)，电解液则是一般含有与电极材料形成的阳离子一样的物质。最终再插入盐桥即可。题组二“盐桥”的作用与化学平衡的挪动2限制合适的条件，将反响2Fe32I2Fe2I2设计成如下图所示的原电池。下列推断不正确的是()A反响开场时，乙中石墨电极上发生氧化反响B反响开场时，甲中石墨电极上Fe3被复原C电流计读数为零时，反响到达化学平衡状态D电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中的石墨电极为负极答案D解析由

7、图示结合原电池原理分析可知，Fe3得电子变成Fe2被复原，I失去电子变成I2被氧化，所以A、B正确；电流计读数为零时Fe3得电子速率等于Fe2失电子速率，反响到达平衡状态；D项在甲中溶入FeCl2固体，平衡2Fe32I2Fe2I2向左挪动，I2被复原为I，乙中石墨为正极，不正确。3下图、分别是甲、乙两组同学将反响“AsO2I2HAsOI2H2O”设计成的原电池装置，其中C1、C2均为碳棒。甲组向图烧杯中逐滴参加适量浓盐酸；乙组向图B烧杯中逐滴参加适量40% NaOH溶液。下列叙述中正确的是()A甲组操作时，电流计(G)指针发生偏转B甲组操作时，溶液颜色变浅C乙组操作时，C2作正极D乙组操作时，

8、C1上发生的电极反响为I22e=2I答案D解析装置中的反响，AsO2I2HAsOI2H2O，当参加适量浓盐酸时，平衡向右挪动，有电子转移，但电子不会沿导线通过，所以甲组操作，电流计(G)指针不会发生偏转，但由于I2浓度增大，所以溶液颜色变深；向装置B烧杯中参加NaOH溶液中，AsO2e2H2O=AsO2H，电子沿导线到C1棒，I22e=2I，所以C2为负极，C1为正极。1把氧化剂、复原剂均为溶液状态的氧化复原反响设计成原电池时，必需运用盐桥才能实现氧化剂与复原剂的分别，否则不会有明显的电流出现。2电子流向的分析方法(1)变更条件，平衡挪动；(2)平衡挪动，电子转移；(3)电子转移，推断区域；(

9、4)根据区域，推断流向；(5)根据流向，推断电极。考点二几种重要的化学电池高考中常见的新型电池有“氢镍电池”、“高铁电池”、“碱性锌锰电池”、“海洋电池”、“燃料电池”(如新型细菌燃料电池、氢氧燃料电池、丁烷燃料电池、甲醇质子交换膜燃料电池、CO燃料电池)、“锂离子电池”、“锌银电池”、“钮扣电池”、“MgAgCl电池”、“MgH2O2电池”等。新型电池是对电化学原理的综合考察，在高考中依托新型电池考察的电化学原理学问有以下几点。1推断电极(1)“放电”时正、负极的推断负极：元素化合价上升或发生氧化反响的物质；正极：元素化合价降低或发生复原反响的物质。(2)“充电”时阴、阳极的推断阴极：“放电

10、”时的负极在“充电”时为阴极；阳极：“放电”时的正极在“充电”时为阳极。2微粒流向(1)电子流向电解池：电源负极阴极，阳极电源正极；原电池：负极正极。提示：无论是电解池还是原电池电子均不能流经电解质溶液。(2)离子流向电解池：阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；原电池：阳离子移向正极，阴离子移向负极。3书写电极反响式(1)“放电”时电极反响式的书写根据条件，指出参加负极和正极反响的物质，根据化合价的变更，推断转移电子的数目；根据守恒书写负极(或正极)反响式，特殊应留意电极产物是否与电解质溶液共存。(2)“充电”时电极反响式的书写充电时的电极反响与放电时的电极反响过程相反，充电的阳极反响为放电时正极

11、反响的逆过程，充电的阴极反响为放电时负极反响的逆过程。题组一“一池多变”的燃料电池1(2012四川理综，11)一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反响为CH3CH2OH4eH2O=CH3COOH4H。下列有关说法正确的是()A检测时，电解质溶液中的H向负极挪动B若有0.4 mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48 L氧气C电池反响的化学方程式为CH3CH2OHO2=CH3COOHH2OD正极上发生的反响为O24e2H2O=4OH答案C解析解答本题时审题是关键，反响是在酸性电解质溶液中进展的。在原电池中，阳离子要往正极挪动，故A错；因电解质溶液是酸性的，不行能存在OH，故正极的反

12、响式为O24H4e=2H2O，转移4 mol电子时消耗 1 mol O2，则转移0.4 mol电子时消耗2.24 L O2，故B、D错；电池反响式即正、负极反响式之和，将两极的反响式相加可知 C正确。2将两个铂电极放置在KOH溶液中，然后分别向两极通入CH4和O2，即可产生电流。下列叙述正确的是()通入CH4的电极为正极正极的电极反响式为O22H2O4e=4OH通入CH4的电极反响式为CH42O24e=CO22H2O负极的电极反响式为CH410OH8e=CO7H2O放电时溶液中的阳离子向负极挪动放电时溶液中的阴离子向负极挪动A BC D答案B解析根据题意知发生的反响为CH42O2=CO22H2

13、O，反响产生的CO2在KOH溶液中会转化为CO。CH4为复原剂，应通入电源的负极，所以错误；正极的电极反响式为O22H2O4e=4OH，故、正确，错误；放电时溶液(原电池内电路)中的阳离子向正极挪动，阴离子向负极挪动，错误，正确。不同“介质”下燃料电池电极反响式的书写，大多数学生感到较难。主要集中在：一是得失电子数目的推断，二是电极产物的推断。下面以CH3OH、O2燃料电池为例，分析电极反响式的书写。(1)酸性介质，如H2SO4。CH3OH在负极上失去电子生成CO2气体，O2在正极上得到电子，在H作用下生成H2O。电极反响式为负极：CH3OH6eH2O=CO26H正极：O26e6H=3H2O(

14、2)碱性介质，如KOH溶液。CH3OH在负极上失去电子，在碱性条件下生成CO，1 mol CH3OH 失去6 mol e，O2在正极上得到电子生成OH，电极反响式为负极：CH3OH6e8OH=CO6H2O正极：O26e3H2O=6OH(3)熔融盐介质，如K2CO3。在电池工作时，CO移向负极。CH3OH在负极上失去电子，在CO的作用下生成CO2气体，O2在正极上得到电子，在CO2的作用下生成CO，其电极反响式为负极：CH3OH6e3CO=4CO22H2O正极：O26e3CO2=3CO(4)掺杂Y2O3的ZrO3固体作电解质，在高温下能传导正极生成的O2。根据O2移向负极，在负极上CH3OH失电

15、子生成CO2气体，而O2在正极上得电子生成O2，电极反响式为负极：CH3OH6e3O2=CO22H2O正极：O26e=3O2题组二“久考不衰”的可逆电池3(2014天津理综，6)已知：锂离子电池的总反响为LixCLi1xCoO2CLiCoO2锂硫电池的总反响为2LiSLi2S有关上述两种电池说法正确的是()A锂离子电池放电时，Li向负极迁移B锂硫电池充电时，锂电极发生复原反响C理论上两种电池的比能量一样D下图表示用锂离子电池给锂硫电池充电答案B解析锂离子电池放电时，为原电池，阳离子Li移向正极，A错误；锂硫电池充电时，为电解池，锂电极发生复原反响生成Li，B正确；电池的比能量是指参加电极反响的

16、单位质量的电极材料放出电能的多少，两种电池材料不同，明显其比能量不同，C错误；由图可知，锂离子电池的电极材料为C和LiCoO2，应为该电池放电完全所得产物，而锂硫电池的电极材料为Li和S，应为该电池充电完全所得产物，故此时应为锂硫电池给锂离子电池充电的过程，D错误。4(2014浙江理综，11)镍氢电池(NiMH)目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金。该电池在充电过程中的总反响方程式是：Ni(OH)2M=NiOOHMH已知：6NiOOHNH3H2OOH=6Ni(OH)2NO下列说法正确的是()ANiMH电池放电过程中，正极的电极反响式为NiOOHH2Oe=

17、Ni(OH)2OHB充电过程中OH离子从阳极向阴极迁移C充电过程中阴极的电极反响式：H2OMe=MHOH，H2O中的H被M复原DNiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液答案A解析A项，放电过程中，NiOOH得电子，化合价降低，发生复原反响，该项正确；B项，充电过程中发生电解池反响，OH从阴极向阳极迁移，该项错误；C项，充电过程中，阴极M得到电子，M被复原，H2O中的H化合价没有发生变更，该项错误；D项，NiMH在KOH溶液、氨水中会发生氧化复原反响，该项错误。对于可充电电池，放电时为原电池，符合原电池的工作原理，负极发生氧化反响，正极发生复原反响；外电路中电子由负极流向正极，内电路

18、中阳离子向正极挪动，阴离子向负极挪动。可充电电池充电时为电解池，阳极发生氧化反响，阴极发生复原反响；充电时电池的“”极与外接直流电源的正极相连，电池的“”极与外接直流电源的负极相连。题组三“全新应用”的高科技电池5气体的自动化检测中经常应用原电池原理的传感器。下图为电池的工作示意图：气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反响，传感器就会接收到电信号。下表列出了待测气体及敏感电极上局部反响产物。则下列说法中正确的是()待测气体敏感电极局部产物NO2NOCl2HClCOCO2H2SH2SO4A.上述气体检测时，敏感电极均作原电池正极B检测Cl2气体时，敏感电极的电极反响为Cl22e=2ClC检测H2

19、S气体时，对电极充入空气，对电极上电极反响式为O22H2O4e=4OHD检测H2S和CO体积分数一样的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小一样答案B解析A项，NO2NO，得电子，作正极，Cl2HCl，得电子，作正极，COCO2，失电子，作负极，H2SH2SO4，失电子，作负极；B项，根据产物可以推断Cl2得电子，生成Cl，正确；C项，应为O24e4H=2H2O；D项，H2S生成H2SO4失去8e，而CO生成CO2失去2e，所以检测体积分数一样的两气体时传感器上产生的电流大小不一样。6(2014大纲全国卷，9)下图是在航天用高压氢镍电池根底上开展起来的一种金属氢化物镍电池(MHNi电池)。下列

20、有关说法不正确的是()A放电时正极反响为NiOOHH2OeNi(OH)2OHB电池的电解液可为KOH溶液C充电时负极反响为MHOHH2OMeDMH是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高答案C解析A项，在原电池的负极发生的是氧化反响，在原电池的正极发生的是复原反响，分析化合价的升降，正确；B项，因为该电池为金属氢化物镍电池，又有Ni(OH)2等产生，因此可用碱性溶液作电解质溶液，正确；C项，该反响为放电时的负极反响，错误；D项，氢密度越大，单位体积内放出的电量越多，电池的能量密度越高，正确。考点三电解池的“不寻常”应用“六点”打破电解池1分清阴、阳极，与电源正极相连的为阳极，与电源负极

21、相连的为阴极，两极的反响为“阳氧阴还”。2剖析离子移向，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。3留意放电依次。4书写电极反响式，留意得失电子守恒。5正确推断产物。(1)阳极产物的推断首先看电极，假如是活性电极作阳极，则电极材料失电子，电极溶解(留意：铁作阳极溶解生成Fe2，而不是Fe3)；假如是惰性电极，则需看溶液中阴离子的失电子实力，阴离子放电依次为S2IBrClOH(水)。(2)阴极产物的推断干脆根据阳离子的放电依次进展推断：AgHg2Fe3Cu2HPb2Fe2Zn2H(水)6复原原态措施。电解后有关电解质溶液复原原态的问题应当用质量守恒法分析。一般是参加阳极产物和阴极产物的化合物，但也有特殊状

22、况，如用惰性电极电解CuSO4溶液，Cu2完全放电之前，可参加CuO或CuCO3复原，而Cu2完全放电之后，应参加Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3复原。题组一电解原理在“治理环境”中的不寻常应用1工业上电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是()已知：Ni2在弱酸性溶液中发生水解氧化性：Ni2(高浓度)HNi2(低浓度)A碳棒上发生的电极反响：4OH4e=O22H2OB电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断削减C为了进步Ni的产率，电解过程中须要限制废水pHD若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反响总方程式发生变更答案B解析电极反响式为阳

23、极：4OH4e=2H2OO2阴极：Ni22e=Ni2H2e=H2A项正确；B项，由于C中Ni2、H不断削减，Cl通过阴离子膜从C移向B，A中，OH不断削减，Na通过阳离子膜从A移向B，所以B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，错误；C项，由于H的氧化性大于Ni2(低浓度)的氧化性，所以为了进步Ni的产率，电解过程须要限制废水pH；D项，若去掉阳离子膜，在阳极Cl放电生成Cl2，正确。2用NaOH溶液汲取烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进展电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如下图所示(电极材料为石墨)。(1)图中a极要连接电源的(填“正”或“负”)_极，C口流出的物质

24、是_。(2)SO放电的电极反响式为_。(3)电解过程中阴极区碱性明显增加，用平衡挪动原理说明缘由_。答案(1)负硫酸(2)SO2eH2O=SO2H(3)H2OHOH，在阴极H放电生成H2，c(H)减小，水的电离平衡正向挪动，碱性增加解析根据Na、SO的移向推断阴、阳极。Na移向阴极区，a应接电源负极，b应接电源正极，其电极反响式分别为阳极：SO2eH2O=SO2H阴极：2H2O2e=H22OH所以从C口流出的是H2SO4，在阴极区，由于H放电，破坏水的电离平衡，c(H)减小，c(OH)增大，生成NaOH，碱性增加，从B口流出的是浓度较大的NaOH溶液。题组二电解原理在“制备物质”中的不寻常应用

25、3(1)2014新课标全国卷，27(4)H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：写出阳极的电极反响式_。分析产品室可得到H3PO2的缘由_。早期采纳“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替。并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有_杂质。该杂质产生的缘由是_。(2)2014北京理综，26(4)电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是_，说明理由：_。答案(1)2H2O4e=O24H阳极室

26、的H穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，二者反响生成H3PO2POH2PO或H3PO2被氧化(2)NH3根据反响：8NO7H2O3NH4NO32HNO3，电解产生的HNO3多4根据2CrO2HCr2OH2O设计图示装置(均为惰性电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图中右侧电极连接电源的_极，其电极反响式为_。答案正极4OH4e=O22H2O解析根据NaOH溶液浓度的变更及Na交换膜，左侧为阴极区域，右侧为阳极区域，电极反响式为阴极：4H2O4e=2H24OH阳极：2H2O4e=O24H在阳极区域：2CrO2HCr2OH2O。考点四金属腐蚀与防护的“两种比拟

27、”、“两种方法”1两种比拟(1)析氢腐蚀和吸氧腐蚀的比拟类型析氢腐蚀吸氧腐蚀条件水膜呈酸性水膜呈弱酸性或中性正极反响2H2e=H2O22H2O4e=4OH负极反响Fe2e=Fe2其他反响Fe22OH=Fe(OH)24Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3Fe(OH)3失去局部水转化为铁锈(2)腐蚀快慢的比拟一般来说可用下列原则推断：电解池原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护措施的腐蚀；对同一金属来说，腐蚀的快慢：强电解质溶液中弱电解质溶液中非电解质溶液中；活泼性不同的两种金属，活泼性差异越大，腐蚀越快；对同一种电解质溶液来说，电解质溶液浓度越大，金属腐蚀的速率越快。2两种爱护

28、方法(1)加防护层如在金属外表加上油漆、搪瓷、沥青、塑料、橡胶等耐腐蚀的非金属材料；采纳电镀或外表钝化等方法在金属外表镀上一层不易被腐蚀的金属或生成一层致密的薄膜。(2)电化学防护牺牲阳极的阴极爱护法原电池原理：正极为被爱护的金属，负极为比被爱护的金属活泼的金属；外加电流的阴极爱护法电解原理：阴极为被爱护的金属，阳极为惰性电极。题组一两种腐蚀的比拟1利用下图装置进展试验，开场时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是()Aa管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀B一段时间后，a管液面高于b管液面Ca处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小Da、b两处具有一样的电极反响式：Fe2e=

29、Fe2答案C解析根据装置图推断，左边铁丝发生吸氧腐蚀，右边铁丝发生析氢腐蚀，其电极反响为左边负极：Fe2e=Fe2正极：O24e2H2O=4OH右边负极：Fe2e=Fe2正极：2H2e=H2a、b处的pH均增大，C错误。22014福建理综，24(1)铁及其化合物与消费、生活关系亲密。下图是试验室探讨海水对铁闸不同部位腐蚀状况的剖面示意图。该电化腐蚀称为_。图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是_(填字母)。答案吸氧腐蚀B解析金属在中性和较弱的酸性条件下发生的是吸氧腐蚀。发生吸氧腐蚀，越靠近液面接触到的O2越多，腐蚀得越严峻。3铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会

30、被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是()A因铁的金属性比铜强，所以铁铆钉被氧化而腐蚀B若水膜中溶解了SO2，则铁铆钉腐蚀的速率变小C铜极上的反响是2H2e=H2，O24e4H=2H2OD在金属外表涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀答案B解析根据示意图，铁铆钉发生电化学腐蚀，其电极反响式为左侧右侧B项，若水膜溶解了SO2，酸性增加，所以铁铆钉腐蚀的速率将变大。题组二腐蚀类型与防护方法4利用下图装置，能完成许多电化学试验。下列有关此装置的叙述中，错误的是()A若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极爱护法B若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，

31、可减缓铁的腐蚀，这种方法称为外加电流的阴极爱护法C若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处时，铁电极上的电极反响式为Cu22e=CuD若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处时，溶液中各离子浓度都不会发生变更答案C解析A项，当开关K置于M处时，Zn作负极被腐蚀，称作牺牲阳极的阴极爱护法；B项，当开关K置于N处时，Fe作阴极被爱护，称作外加电流的阴极爱护法；C项，铁作负极，电极反响式为Fe2e=Fe2；D项，该装置为电镀池，溶液中各离子浓度不会发生变更。5(2014安徽理综，28)某探讨小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合匀称的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(

32、如图1)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变更。(1)请完成以下试验设计表(表中不要留空格)：编号试验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/%为以下试验作参照0.52.090.0醋酸浓度的影响0.536.00.22.090.0(2)编号试验测得容器中压强随时间变更如图2。t2时，容器中压强明显小于起始压强，其缘由是铁发生了_腐蚀，请在图3中用箭头标动身生该腐蚀时电子流淌方向；此时，碳粉外表发生了_(填“氧化”或“复原”)反响，其电极反响式是_。(3)该小组对图2中0t1时压强变大的缘由提出了如下假设，请你完成假设二：假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；假设二：_；(4)为验证假设一，某同学设

33、计了检验搜集的气体中是否含有H2的方案。请你再设计一个试验方案验证假设一，写出试验步骤和结论。试验步骤和结论(不要求写详细操作过程)：答案(1)2.0碳粉含量的影响(2)吸氧复原2H2OO24e=4OH(或4HO24e=2H2O)(3)反响放热，温度上升(4)药品用量和操作同编号试验(多孔橡皮塞增加进、出导管)；通入氩气排净瓶内空气；滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变更(也可测温度变更、检验Fe2等)。假如瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。(本题属于开放性试题，答案合理即可)解析(1)本题采纳“限制变量法”进展探讨，即保持其他条件一样，只考虑其中一个因素对试验的影响。探究醋酸浓度对电化

34、学腐蚀的影响时，应保证碳粉和铁粉的质量与参照试验一样，因此试验中铁粉为2.0 g；比照试验和可知，铁粉的质量及醋酸的浓度一样，而碳粉的质量不同，明显探究的是碳粉的含量对铁的电化学腐蚀的影响。(2)当铁发生析氢腐蚀时，由于生成H2，容器的压强不断增大，而发生吸氧腐蚀时，由于消耗O2，容器的压强不断减小，t2时容器的压强明显小于起始压强，说明铁发生了吸氧腐蚀，此时Fe作负极，失去电子发生氧化反响；碳粉作正极，O2在其外表得到电子发生复原反响，电极反响式为O22H2O4e=4OH(或4HO24e=2H2O)。(3)Fe发生电化学腐蚀时，放出热量，使体系的温度上升。(4)参照试验中药品的用量及操作方法

35、，更换多孔橡皮塞，增加进、出气导管，并通入稀有气体，排出空气，滴加醋酸溶液，同时测量瓶内压强的变更、温度变更等，确定猜测一是否成立。考点五利用“电子守恒”思想打破电化学的计算电化学计算的根本方法和技巧：原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数的计算、产物的量与电量关系的计算等。通常有下列三种方法：1根据电子守恒计算用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、一样电量等类型的计算，其根据是电路中转移的电子数相等。2根据总反响式计算先写出电极反响式，再写出总反响式，最终根据总反响式列出比例式计算。3根据关系式计算根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未

36、知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。如以通过4 mol e为桥梁可构建如下关系式：4e2Cl2(Br2、I2)O2 阳极产物2H22Cu4AgM 阴极产物(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)该关系式具有总揽电化学计算的作用和价值，熟记电极反响式，敏捷运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。题组一无明显“外接电源”的电解池“串联”的推断与计算1如下图所示，其中甲池的总反响式为2CH3OH3O24KOH=2K2CO36H2O，下列说法正确的是()A甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B甲池通入CH3OH的电极反响式为CH3OH6e2H2O=CO8HC反响一段时间后

37、，向乙池中参加肯定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液复原到原浓度D甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生1.45 g固体答案D解析甲池为原电池，作为电源，乙池、丙池为两个电解池。根据原电池的形成条件，通入CH3OH的一极为负极，通入O2的一极为正极，所以石墨、Pt(左)作阳极，Ag、Pt(右)作阴极；B项，负极反响：CH3OH6e8OH=CO6H2O；C项，应参加CuO或CuCO3；D项，丙池中：MgCl22H2O电解,Mg(OH)2Cl2H2，消耗0.012 5 mol O2，转移0.05 mol电子，生成0.025 mol Mg(OH)2，其质量为1.45

38、g。题组二有明显“外接电源”的电解池“串联”的推断与计算2在如图所示的装置中，若通直流电5 min时，铜电极质量增加2.16 g。试答复下列问题。(1)电源中X电极为直流电源的_极。(2)pH变更：A：_，B：_，C：_(填“增大”、“减小”或“不变”)(3)通电5 min时，B中共搜集224 mL(标准状况下)气体，溶液体积为200 mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为_(假设电解前后溶液体积无变更)。(4)若A中KCl足量且溶液的体积也是200 mL，电解后，溶液的pH为_(假设电解前后溶液体积无变更)。答案(1)负(2)增大减小不变(3)0.025 molL1(4)13解析(1)

39、三个装置是串联的电解池。电解AgNO3溶液时，Ag在阴极发生复原反响变为Ag，所以质量增加的铜电极是阴极，则银电极是阳极，Y是正极，X是负极。(2)电解KCl溶液生成KOH，溶液pH增大；电解CuSO4溶液生成H2SO4，溶液pH减小；电解AgNO3溶液，银为阳极，不断溶解，Ag浓度根本不变，pH不变。(3)通电5 min时，C中析出0.02 mol Ag，电路中通过0.02 mol 电子。B中共搜集0.01 mol气体，若该气体全为氧气，则电路中需通过0.04 mol电子，电子转移不守恒。因此，B中电解分为两个阶段，先电解CuSO4溶液，生成O2，后电解水，生成O2和H2，B中搜集到的气体是

40、O2和H2的混合物。设电解CuSO4溶液时生成O2的物质的量为x，电解H2O时生成O2的物质的量为y，则4x4y0.02 mol(电子转移守恒)，x3y0.01 mol(气体体积之和)，解得xy0.002 5 mol，所以n(CuSO4)20.002 5 mol0.005 mol，c(CuSO4)0.005 mol0.2 L0.025 molL1。(4)通电5 min时，A中放出0.01 mol H2，溶液中生成0.02 mol KOH，c(OH)0.02 mol0.2 L0.1 molL1，pH13。两种“串联”装置图比拟图1中无外接电源，其中必有一个装置是原电池装置(相当于发电装置)，为电

41、解池装置供给电能，其中两个电极活泼性差异大者为原电池装置，如图1中左边为原电池装置，右边为电解池装置。图2中有外接电源，两烧杯均作电解池，且串联电解，通过两池的电子数目相等。专题打破练1下列叙述中正确的是()A图中正极旁边溶液pH降低B图中电子由Zn流向Cu，盐桥中的Cl移向CuSO4溶液C图正极反响是O22H2O4e=4OHD图中参加少量K3Fe(CN)6溶液，有蓝色沉淀生成答案D解析A项，正极电极反响式为Cu22e=Cu，c(Cu2)减小，Cu22H2OCu(OH)22H平衡向左挪动，酸性减弱，pH应上升；B项，盐桥中的Cl应移向负极区域；C项，应发生析氢腐蚀；D项，K3Fe(CN)6和Fe2反响生成Fe3Fe(CN)62蓝色沉淀。2硼化钒(VB2)空气电池是目前储电实力最高的电池，电池示意图如右，该电池工作时反响为4VB211O2=4B2O32V2O5。下列说法正确的是()A电极a为电池负极B图中选择性透过膜只能让阳离子选择性透过C电子由VB2极经KOH溶液流向a电极DVB2极发生的电极反响为2VB222OH22e=V2O52B2O311H2O答案D解析电极反响式为正极：11O244e22H2O=44OH，负极：4VB244OH44e=2