高考化学二轮复习专题09电化学鲁科版.pptx

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1、高考化学二轮复习专题高考化学二轮复习专题09电化学鲁科版电化学鲁科版2.盐桥是新课改教材中出现的新名词，因而围绕盐桥的电化学知识已成为新课改地区命题的一个热点，所以有必要分析研究盐桥问题的考查思路。通常从以下四个方面命题。(1)考查盐桥的作用。(2)考查含盐桥的电化学总反应式的书写。(3)考查盐桥内溶液离子的移动方向。(4)考查含盐桥的电化学装置的设计。第1页/共90页题组集训题组一明确原理，设计装置1.能量之间可相互转化：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(aq)，CuSO

2、4(aq)；铜片，铁片，锌片和导线。第2页/共90页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，电极与溶液含相同的金属元素。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，可观察到负极_。甲乙两种原电池可更有效地将化学能转化为电能的是_，其原因是_。(3)根据牺牲阳极的阴极保护法原理，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。第3页/共90页解析(2)根据题给条件和原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

3、)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.注意，画图时要注意电极名称，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直接与CuSO4溶液接触，工作一段时间后，负极逐渐溶解，表面有红色固体析出。第4页/共90页带有盐桥的甲原电池中负极没有和CuSO4溶液直接接触，二者不会直接发生置换反应，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溶液直接接触，

4、两者会发生置换反应，部分化学能转化为热能，化学能不可能全部转化为电能。(3)由牺牲阳极的阴极保护法可得，铁片作正极(阴极)时被保护，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)才能有效地保护铁不被腐蚀。第5页/共90页 答案(2)(或其他合理答案)电极逐渐溶解，表面有红色固体析出甲在甲装置中，负极不和Cu2接触，避免了Cu2直接与负极发生反应而使化学能转化为热能(3)锌片第6页/共90页1.工作原理工作原理原原电电池池的的闭闭合合回回路路有有外外电电路路与与内内电电路路之之分分，外外电电路路的的电电流流是是从从正正极极流流向向负负极极，内内电电路路是是从从负负极极流流向向正

5、正极极，故故内内电电路路中中的的阳阳离离子子移移向向正正极极、阴阴离离子子移移向向负负极极。(盐盐桥桥中中的的阳阳离离子子移移向向正正极极区区，阴离子移向负极区，以维持电荷守恒阴离子移向负极区，以维持电荷守恒)。方法归纳第7页/共90页方法归纳 2.设计思路设计思路首首先先根根据据离离子子方方程程式式判判断断出出氧氧化化剂剂、还还原原剂剂，明明确确电电极极反反应应。然然后后再再分分析析两两剂剂状状态态确确定定电电极极材材料料，若若为为固固态态时时可可作作电电极极，若若为为溶溶液液时时则则只只能能作作电电解解液液。然然后后补补充充缺缺少少的的电电极极材材料料及及电电解解液液。电电极极材材料料一一

6、般般添添加加与与电电解解质质溶溶液液中中阳阳离离子子相相同同的的金金属属作作电电极极(使使用用惰惰性性电电极极也也可可)，电电解解液液则则是是一一般般含含有有与与电电极极材材料料形形成成的的阳阳离离子相同的物质。最后再插入盐桥即可。子相同的物质。最后再插入盐桥即可。第8页/共90页2.控制适合的条件，将反应2Fe32IFe2I2设计成如下图所示的原电池。下列判断不正确的是()题组二“盐桥”的作用与化学平衡的移动第9页/共90页A.反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应B.反应开始时，甲中石墨电极上Fe3被还原C.电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态D.电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固

7、体，乙中的石墨电极为负极第10页/共90页解析由图示结合原电池原理分析可知，Fe3得电子变成Fe2被还原，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，反应达到平衡状态；D项在甲中溶入FeCl2固体，平衡2Fe32I2Fe2I2向左移动，I2被还原为I，乙中石墨为正极，不正确。答案D第11页/共90页3.下图、分别是甲、乙两组同学将反应“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加入适量浓盐酸；乙组向图B烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液。第12页/共90页下列叙述中正确的是()A.甲组操作

8、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，C1上发生的电极反应为I22e=2I第13页/共90页解析装置中的反应，AsO2I2HAsOI2H2O，当加入适量浓盐酸时，平衡向右移动，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烧杯中加入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。答案D第14页/共90页失误防范 1.把把氧氧化化剂剂、还还原原剂剂均均为为溶溶液液状状态态的的氧氧化化还还原原反反应

9、应设设计计成成原原电电池池时时，必必须须使使用用盐盐桥桥才才能能实实现现氧氧化化剂剂与与还还原原剂剂的的分分离离，否则不会有明显的电流出现。否则不会有明显的电流出现。2.电子流向的分析方法电子流向的分析方法(1)改变条件，平衡移动；改变条件，平衡移动；(2)平衡移动，电子转移；平衡移动，电子转移；(3)电子转移，判断区域；电子转移，判断区域；(4)根据区域，判断流向；根据区域，判断流向；(5)根据流向，判断电极。根据流向，判断电极。第15页/共90页考点二几种重要的化学电池知识精讲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

10、、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查，在高考中依托新型电池考查的电化学原理知识有以下几点。第16页/共90页 1.判断电极(1)“放电”时正、负极的判断负极：元素化合价升高或发生氧化反应的物质；正极：元素化合价降低或发生还原反应的物质。(2)“充电”时阴、阳极的判断阴极：“放电”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。第17页/共90页 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

11、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。第18页/共90页 3.书写电极反应式(1)“放电”时电极反应式的书写依据条件，指出参与负极和正极反应的物质，根据化合价的变化，判断转移电子的数目；根据守恒书写负极(或正极)反应式，特别应注意电极产物是否与电解质溶液共存。(2)“充电”时电极反应式的书写充电时的电极反应与放电时的电极反应过程相反，充电的阳极反应为放电时正极反应的逆过程，充电的阴极反应为放电时负极反应的逆过程。第19页/共90页题组集训1.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测

12、仪，负极上的反应为CH3CH2OH4eH2O=CH3COOH4H。下列有关说法正确的是()A.检测时，电解质溶液中的H向负极移动B.若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C.电池反应的化学方程式为CH3CH2OHO2=CH3COOHH2OD.正极上发生的反应为O24e2H2O=4OH题组一“一池多变”的燃料电池第20页/共90页解析解答本题时审题是关键，反应是在酸性电解质溶液中进行的。在原电池中，阳离子要往正极移动，故A错；因电解质溶液是酸性的，不可能存在OH，故正极的反应式为O24H4e=2H2O，转移4mol电子时消耗1molO2，则转移0.4mol电子时消耗2.24L

13、O2，故B、D错；电池反应式即正、负极反应式之和，将两极的反应式相加可知C正确。答案C第21页/共90页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应式为O22H2O4e=4OH通入CH4的电极反应式为CH42O24e=CO22H2O负极的电极反应式为CH410OH8e=CO7H2O放电时溶液中的阳离子向负极移动放电时溶液中的阴离子向负极移动A.B.C.D.第22页/共90页解析根据题意知发生的反应为CH42O2=CO22H2O，反应产生的CO2在KOH溶液中会转化为CO。CH4为还原剂，应通入电源的负

14、极，所以错误；正极的电极反应式为O22H2O4e=4OH，故、正确，错误；放电时溶液(原电池内电路)中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，错误，正确。答案B第23页/共90页类型“全”归纳第24页/共90页类型“全”归纳第25页/共90页类型“全”归纳第26页/共90页类型“全”归纳第27页/共90页题组二“久考不衰”的可逆电池3.已知：锂离子电池的总反应为LixCLi1xCoO2 CLiCoO2锂硫电池的总反应为2LiS Li2S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，锂电极发生还原反应C.理论上两种电池的比能量相同第28页/共90页D.下图

15、表示用锂离子电池给锂硫电池充电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，锂电极发生还原反应生成Li，B正确；第29页/共90页电池的比能量是指参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的多少，两种电池材料不同，显然其比能量不同，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。答案B第30页/共90页4.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

16、充电过程中的总反应方程式是：Ni(OH)2M=NiOOHMH已知：6NiOOHNH3H2OOH=6Ni(OH)2NO第31页/共90页下列说法正确的是()A.NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为NiOOHH2Oe=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应式：H2OMe=MHOH，H2O中的H被M还原D.NiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液第32页/共90页解析A项，放电过程中，NiOOH得电子，化合价降低，发生还原反应，该项正确；B项，充电过程中发生电解池反应，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

17、被还原，H2O中的H化合价没有发生变化，该项错误；D项，NiMH在KOH溶液、氨水中会发生氧化还原反应，该项错误。答案A第33页/共90页方法技巧对对于于可可充充电电电电池池，放放电电时时为为原原电电池池，符符合合原原电电池池的的工工作作原原理理，负负极极发发生生氧氧化化反反应应，正正极极发发生生还还原原反反应应；外外电电路路中中电电子子由由负负极极流流向向正极，内电路中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极，内电路中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。可可充充电电电电池池充充电电时时为为电电解解池池，阳阳极极发发生生氧氧化化反反应应，阴阴极极发发生生还还原原反反应应；充充电电时时电电池池的

18、的“”极极与与外外接接直直流流电电源源的的正正极极相相连连，电电池池的的“”极与外接直流电源的负极相连。极与外接直流电源的负极相连。第34页/共90页5.气体的自动化检测中常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应，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部分反应产物。则下列说法中正确的是()题组三“全新应用”的高科技电池待测气体敏感电极部分产物NO2NOCl2HClCOCO2H2SH2SO4第35页/共90页A.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，敏感电极的电极反应为Cl22e=2ClC.检测H2S气体时

19、，对电极充入空气，对电极上电极反应式为O22H2O4e=4OHD.检测H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同第36页/共90页解析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，根据产物可以判断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，所以检测体积分数相同的两气体时传感器上产生的电流大小不相同。答案B第37页/共90页6.右图是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(MHNi电池)

20、。下列有关说法不正确的是()A.放电时正极反应为NiOOHH2Oe Ni(OH)2OHB.电池的电解液可为KOH溶液C.充电时负极反应为MHOHH2OMeD.MH是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高第38页/共90页解析A项，在原电池的负极发生的是氧化反应，在原电池的正极发生的是还原反应，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，该反应为放电时的负极反应，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。答案C第39页/共90页考点三电解池的“不寻常”应用知识精讲“六点”

21、突破电解池1.分清阴、阳极，与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，两极的反应为“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.注意放电顺序。4.书写电极反应式，注意得失电子守恒。第40页/共90页5.正确判断产物。(1)阳极产物的判断首先看电极，如果是活性电极作阳极，则电极材料失电子，电极溶解(注意：铁作阳极溶解生成Fe2，而不是Fe3)；如果是惰性电极，则需看溶液中阴离子的失电子能力，阴离子放电顺序为S2IBrClOH(水)。(2)阴极产物的判断直接根据阳离子的放电顺序进行判断：AgHg2Fe3Cu2HPb2Fe2Zn2H(水)第41页/共90页6.恢复原态措施

22、。电解后有关电解质溶液恢复原态的问题应该用质量守恒法分析。一般是加入阳极产物和阴极产物的化合物，但也有特殊情况，如用惰性电极电解CuSO4溶液，Cu2完全放电之前，可加入CuO或CuCO3复原，而Cu2完全放电之后，应加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3复原。第42页/共90页题组集训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)题组一电解原理在“治理环境”中的不寻常应用第43页/共90页A.碳棒上发生的电极反应：4OH4e=O22H2OB.电解过程中，B中NaCl溶液的物质

23、的量浓度将不断减少C.为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pHD.若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变解析电极反应式为阳极：4OH4e=2H2OO2阴极：Ni22e=Ni2H2e=H2A项正确；第44页/共90页B项，由于C中Ni2、H不断减少，Cl通过阴离子膜从C移向B，A中，OH不断减少，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，所以为了提高Ni的产率，电解过程需要控制废水pH；D项，若去掉阳离子膜，在阳极Cl放电生成Cl2，正确。答案B第45页/共90页2.用NaOH

24、溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，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)。第46页/共90页(1)图中a极要连接电源的(填“正”或“负”)_极，C口流出的物质是_。(2)SO放电的电极反应式为_。(3)电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因_。解析根据Na、SO的移向判断阴、阳极。Na移向阴极区，a应接电源负极，b应接电源正极，其电极反应式分别为阳极：SO2eH2O=SO2H阴极：2H2O2e=H22OH第47页/共90页所以从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，

25、生成NaOH，碱性增强，从B口流出的是浓度较大的NaOH溶液。答案(1)负硫酸(2)SO2eH2O=SO2H(3)H2OHOH，在阴极H放电生成H2，c(H)减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强第48页/共90页3.(1)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)：题组二电解原理在“制备物质”中的不寻常应用第49页/共90页写出阳极的电极反应式_。分析产品室可得到H3PO2的原因_。早期采用“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

26、室。其缺点是产品中混有_杂质。该杂质产生的原因是_。第50页/共90页(2)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：_。第51页/共90页 答案(1)2H2O4e=O24H阳极室的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，二者反应生成H3PO2POH2PO或H3PO2被氧化(2)NH3根据反应：8NO7H2O3NH4NO32HNO3，电解产生的HNO3多第52页/共90页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

27、右侧电极连接电源的_极，其电极反应式为_。_第53页/共90页 解析根据NaOH溶液浓度的变化及Na交换膜，左侧为阴极区域，右侧为阳极区域，电极反应式为阴极：4H2O4e=2H24OH阳极：2H2O4e=O24H在阳极区域：2CrO2HCr2OH2O。答案正极4OH4e=O22H2O第54页/共90页1.两种比较(1)析氢腐蚀和吸氧腐蚀的比较考点四金属腐蚀与防护的“两种比较”、“两种方法”知识精讲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应2H2e=H2O22H2O4e=4OH负极反应Fe2e=Fe2第55页/共90页其他反应Fe22OH=Fe(OH)24Fe(OH)2O22H

28、2O=4Fe(OH)3Fe(OH)3失去部分水转化为铁锈(2)腐蚀快慢的比较一般来说可用下列原则判断：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，活泼性差别越大，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。第56页/共90页 2.两种保护方法(1)加防护层如在金属表面加上油漆、搪瓷、沥青、塑料、橡胶等耐腐蚀的非金属材料；采用电镀或表面钝化等方法在金属表面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保护法原电池原理：正极

29、为被保护的金属，负极为比被保护的金属活泼的金属；外加电流的阴极保护法电解原理：阴极为被保护的金属，阳极为惰性电极。第57页/共90页1.利用下图装置进行实验，开始时，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()题组集训题组一两种腐蚀的比较第58页/共90页A.a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C.a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小D.a、b两处具有相同的电极反应式：Fe2e=Fe2第59页/共90页解析根据装置图判断，左边铁丝发生吸氧腐蚀，右边铁丝发生析氢腐蚀，其电极反应为左边负极：Fe2e=Fe2正极：O24e2H2O=4OH右边负

30、极：Fe2e=Fe2正极：2H2e=H2a、b处的pH均增大，C错误。答案C第60页/共90页2.铁及其化合物与生产、生活关系密切。下图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。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)。第61页/共90页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，腐蚀得越严重。答案吸氧腐蚀B第62页/共90页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，

31、则铁铆钉腐蚀的速率变小C.铜极上的反应是2H2e=H2，O24e4H=2H2OD.在金属表面涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀第63页/共90页 解析根据示意图，铁铆钉发生电化学腐蚀，其电极反应式为B项，若水膜溶解了SO2，酸性增强，所以铁铆钉腐蚀的速率将变大。答案B第64页/共90页4.利用下图装置，能完成很多电化学实验。下列有关此装置的叙述中，错误的是()题组二腐蚀类型与防护方法第65页/共90页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保护法B.若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为外加电流的阴极保护法C.

32、若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处时，铁电极上的电极反应式为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化第66页/共90页解析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保护法；B项，当开关K置于N处时，Fe作阴极被保护，称作外加电流的阴极保护法；C项，铁作负极，电极反应式为Fe2e=Fe2；D项，该装置为电镀池，溶液中各离子浓度不会发生变化。答案C第67页/共90页5.某研究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，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶

33、液，同时测量容器中的压强变化。第68页/共90页(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：编号实验目的碳粉/g 铁粉/g醋酸/%为以下实验作参照0.52.090.0醋酸浓度的影响0.536.00.22.090.0第69页/共90页(2)编号实验测得容器中压强随时间变化如图2。t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了_腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向；此时，碳粉表面发生了_(填“氧化”或“还原”)反应，其电极反应式是_。第70页/共90页(3)该小组对图2中0t1时压强变大的原因提出了如下假设，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

34、验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案。请你再设计一个实验方案验证假设一，写出实验步骤和结论。实验步骤和结论(不要求写具体操作过程)：第71页/共90页解析(1)本题采用“控制变量法”进行研究，即保持其他条件相同，只考虑其中一个因素对实验的影响。探究醋酸浓度对电化学腐蚀的影响时，应保证碳粉和铁粉的质量与参照实验相同，因此实验中铁粉为2.0g；对比实验和可知，铁粉的质量及醋酸的浓度相同，而碳粉的质量不同，显然探究的是碳粉的含量对铁的电化学腐蚀的影响。第72页/共90页(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

35、，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应；碳粉作正极，O2在其表面得到电子发生还原反应，电极反应式为O22H2O4e=4OH(或4HO24e=2H2O)。(3)Fe发生电化学腐蚀时，放出热量，使体系的温度升高。第73页/共90页(4)参照实验中药品的用量及操作方法，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化、温度变化等，确定猜想一是否成立。答案(1)2.0碳粉含量的影响(2)吸氧还原2H2OO24e=4OH(或4HO24e=2H2O)(3)反应放热，温度升高第74页/共90页(4)药品用

36、量和操作同编号实验(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化(也可测温度变化、检验Fe2等)。如果瓶内压强增大，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)第75页/共90页电化学计算的基本方法和技巧：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：考点五利用“电子守恒”思想突破电化学的计算知识精讲第76页/共90页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、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。2.

37、根据总反应式计算先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。第77页/共90页 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知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。如以通过4mole为桥梁可构建如下关系式：(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)第78页/共90页该关系式具有总揽电化学计算的作用和价值，熟记电极反应式，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。第79页/共90页1.如下图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH3O24KOH=2K2CO36H2O，下列说法正确的是()题组集训题组一无明显“外接电源”的电解池“串联”的判断与计算第80页/共9

38、0页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的电极反应式为CH3OH6e2H2O=CO8HC.反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度D.甲池中消耗280mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体第81页/共90页解析甲池为原电池，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，负极反应：CH3OH6e8OH=CO6H2O；C项，应加入CuO或CuCO3；D项，丙池中：Mg

39、Cl22H2OMg(OH)2Cl2H2，消耗0.012 5 mol O2，转移0.05 mol电子，生成0.025 molMg(OH)2，其质量为1.45g。答案D第82页/共90页2.在如图所示的装置中，若通直流电5min时，铜电极质量增加2.16g。试回答下列问题。题组二有明显“外接电源”的电解池“串联”的判断与计算第83页/共90页(1)电源中X电极为直流电源的_极。(2)pH变化：A：_，B：_，C：_(填“增大”、“减小”或“不变”)(3)通电5min时，B中共收集224mL(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

40、化)。(4)若A中KCl足量且溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的pH为_(假设电解前后溶液体积无变化)。第84页/共90页解析(1)三个装置是串联的电解池。电解AgNO3溶液时，Ag在阴极发生还原反应变为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浓度基本不变，pH不变。(3)通电5min时，C中析出0.02molAg，电路中通过0.02mol电子。B中共收集0.01mol气体，若该气体全为氧气，则电路中需通过0.04mol电

41、子，电子转移不守恒。因此，B中电解分为第85页/共90页两个阶段，先电解CuSO4溶液，生成O2，后电解水，生成O2和H2，B中收集到的气体是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4x4y0.02mol(电子转移守恒)，x3y0.01mol(气体体积之和)，解得xy0.0025mol，所以n(CuSO4)20.0025mol0.005mol，c(CuSO4)0.005mol0.2L0.025molL1。(4)通电5 min时，A中放出0.01 molH2，溶液中生成0.02 molKOH，c(OH)0.02mol0.2L0.1m

42、olL1，pH13。第86页/共90页答案(1)负(2)增大减小不变(3)0.025molL1(4)13第87页/共90页失误防范 两种两种“串联串联”装置图比较装置图比较第88页/共90页失误防范 图图1中中无无外外接接电电源源，其其中中必必有有一一个个装装置置是是原原电电池池装装置置(相相当当于于发发电电装装置置)，为为电电解解池池装装置置提提供供电电能能，其其中中两两个个电电极极活活泼泼性性差差异异大大者者为为原原电电池池装装置置，如如图图1中中左左边边为为原原电电池池装装置置，右右边边为为电电解解池池装装置置。图图2中中有有外外接接电电源源，两两烧烧杯杯均均作作电电解解池池，且且串串联联电电解解，通过两池的电子数目相等。通过两池的电子数目相等。第89页/共90页感谢您的观看。感谢您的观看。第90页/共90页