学年人教版选择性必修一 4.1.1 原电池的工作原理学案.docx

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1、4.L1原电池的工作原理实验探究一一锌铜原电池实验装置实验操作实验现象将锌片和铜片插入 盛有稀硫酸的烧杯中锌片上有气泡冒 出，铜片上无现象用导线连接锌片和 铜片铜片上有气泡冒 出J用导线在锌片和铜 片之间串联一个电流表电流表指针发生 偏转装置中有电 流产生，化学能转 化为电能实验结论一、原电池的基本概念1 .概念：原电池是将化学能转化为电能的装置。2 .本质：氧化反响和还原反响分别在两个不同的区域进行。3 .电极：（1）负极：电子，发生 反响；（2）正极：电子，发生 反响。4 .构成原电池的条件：（1）自发进行的氧化还原反响；（2）两个活动性不同的电极；（3）电解质溶液（或熔融电解质）；（4）

2、形成闭合回路。【答案】失去氧化 得到 还原二、锌铜原电池的工作原理工作原理（反响方程式）负极(Zn)正极(Cu)总反响离子方程式：O电子移由极经导线流向极（电流方向相反）。动方向离子移阳离子向极移动，阴离子向极移动。动方向【答案】zn - 2e- = Zn2+ 2H+ + 2e- = H2/T Zn + 2H+ = Zn2+ H2 负正正负三、盐桥的作用ZnSOi溶液CuSOi溶液（1）形成闭合回路；（2）平衡电荷，使溶液呈电中性；（3）防止电极与电解质溶液直接反响，减少电流的衰减，提高原电池的工作效率。四、原电池的应用.比拟金属活动性两种金属分别作原电池的两极时，一般作负极的金属比正极的金属

3、活泼。1 .加快氧化还原反响的速率一个氧化还原反响，构成原电池时的反响速率比直接接触的反响速率快。2 .设计原电池理论上，任何一个自发的氧化还原反响，都可以设计成原电池。利用原电池原理设计和制造 原电池，可以将化学能直接转化为电能。对点训练奇 题型一：原电池的工作原理【变（2021大安市第一中学校高二开学考试）原电池构成是有条件的，关于如下图 装置的表达，错误的选项是评 C： U 口U- - - -H- - - - - - 浓硝酸A. Cu是负极，其质量逐渐减小B. H+向铁电极移动C. Cu片上有红棕色气体产生D. Fe电极上发生还原反响【答案】C【分析】由于铁在常温下遇到浓硝酸发生钝化，故

4、铁和铜插入到浓硝酸中，反响为：CU+4HNCM浓)二Cu(NO3)2+2NO2个+2出0,故铜做负极，电极反响为：Cu-2e=Cu2+,铁作正极,电极反响为：2NC)3+4H+2e-=2NO2个+2七0,据此分析解题。【详解】A.由分析可知，Cu是负极，其质量逐渐减小，A正确；B.原电池中阳离子移向正极，结合分析可知铁作正极，故H+向铁电极移动，B正确;C.由分析可知，NO：在Fe片上得到电子，生成红棕色NO2气体，C错误；D.由分析可知，Fe电极为负极，发生还原反响，D正确；故答案为：Co【例2】(2021 ,内蒙古通辽实验中学高二期末)铜锌电池原理如下图，以下说法正确的选项是ZnSO4溶液

5、ZnSO4溶液电济已十盐桥CnSO4溶液A. b电极反响式为Qj2+ + 2e-=CuB.盐桥中K+移向a电极C. a电极发生还原反响D.电子由Zn电极流出，经盐桥溶液流向b电极【答案】A【详解】b电极上铜离子得到电子被还原，电极反响式为Cu2+ + 2e-=Cu, A正确;A. a电极为负极，盐桥中K+移向正极即b电极，B错误；c. a电极为Zn,失去电子转变为ZM+,锌化合价升高，发生氧化反响，C错误；D.电子由Zn电极流出，沿着导线流向b电极，D错误；答案选A。【变2】（2020河北石家庄一中高二月考）控制适合的条件，将反响2Fe3+ + 2|-42Fe2+ + I2设计成如以下图所示的

6、原电池。以下判断错误的选项是A.反响开始时，甲中的石墨电极为正极B.反响开始时，乙中的石墨电极上发生氧化反响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FeCL固体，乙中的石墨电极为负极【答案】D【分析】 根据2Fe3+ + 2一2Fe2+ + l2可知，甲中为FeCb溶液，石墨上Fe3+得电子发生还原反响为正极,即2Fe3+2e=2Fe2+,乙中是KI溶液，石墨上失电子发生氧化反响为负极，即2-2eF, 当反响到达平衡状态时没有电流产生，据此分析解答。【详解】A.由上述分析可知，反响开始时，甲中的石墨上Fe3+得电子发生还原反响为正极，即 2Fe3+2e =2F

7、e2+,故 A 正确；B.由上述分析可知，反响开始时，乙中的石墨上失电子发生氧化反响为负极，即22e-=l2, 故B正确；C.电流计读数为零时，没有电流产生，那么反响到达化学平衡状态，但反响还在进行，没有 停止，故C正确；D.电流计读数为零后，在甲中溶入FeCb固体，平衡逆向移动，那么乙中石墨电极上碘得电 子发生还原反响，即l2+2e=2，为正极，故D错误； 答案为D。奇题型二：带离子交换膜的原电池【变3-2】(2019湖南益阳市)根据反响2Ag+Cl2=2AgCI设计的一种原电池的装置如图。下 列说法正确的选项是心阴离子 交换膜A8c组自归二奉前y1 mol/L HC1三-二-二 1 nag

8、l/L HC1OB MB MBA.负极反响为Cl2+2e-=2CB.放电时，离子交换膜右侧溶液中有白色沉淀生成C.理论上，可以用NaCI溶液代替盐酸D.当电路中有0.01 mole转移时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子【答案】C【详解】A.负极上发生Ag-e+CkAgCI,故A错误；B.放电时，交换膜右侧的氯离子向左侧移动，在负极上有银离子生成，银离子在左侧和氯 离子反响生成AgCI沉淀，故B错误；C.根据电池总反响为2Ag+Cb=2AgCI可知，用NaCI溶液代替盐酸，电池的总反响不变，故 C正确；D.放电时，当电路中转移O.Olmole-时，交换膜右侧会有O.Olmol氯离子通

9、过阴离子交换膜 向左侧移动，同时会有O.OlmolAg失去O.Olmol电子生成银离子，银离子会与氯离子反响生 成氯化银沉淀，所以交换膜左侧溶液中离子物质的量不变，故D错误； 故答案为：Co奇 题型三：原电池的应用【例5】(2021河北张家口高二期末)3.25 8锌与)00 01北01家匚1的稀硫酸反响,为了加快 反响速率而不改变H2的产量，可采取的措施是A.滴加几滴浓盐酸B.滴加几滴浓硝酸C.滴加几滴硫酸铜溶液D.加入少量锌粒【答案】A【详解】3 25义A. 3.25gZn的物质的量(Zn)=7T7=0.05mol, 100 mL 1 molL；的稀硫酸中溶质的物质的量n(H2SO4)=l

10、mol/LxO.l L=0.1 mol,根据方程式Zn+H2soZnSCU+H2个可知：二者反响的物质 的量的比是1： 1,故硫酸过量，反响放出也要以缺乏量的Zn为标准计算。滴加几滴浓盐 酸，增加了溶液中c(H+),反响速率加快，A符合题意；B.硝酸具有强氧化性，与Zn反响不能产生氢气，B不符合题意；C. Zn与CuS04发生置换反响产生Cu和ZnSCU, Zn、Cu及硫酸构成原电池，使反响速率加 快；但由于Zn消耗，导致反响产生Hz的量减少，C不符合题意；D.加入少量的Zn,由于Zn是固体，浓度不变，因此反响速率不变，但由于缺乏量的Zn的 量增加，以Zn为标准反响产生的比的量增多，D不符合题

11、意； 故合理选项是Ao【变6】(2021 全国)设计原电池装置证明Fe3+的氧化性比CW+强。(1)写出能说明氧化性Fe3+大于CW+的离子方程式：o(2)假设要将上述反响设计成原电池，电极反响式分别是：负极：正极：。(3)画出装置图，指出电极材料和电解质溶液：(3)FeCh溶液CuCl2溶液【答案】不含盐桥含盐桥(1) 2Fe3+ + Cu=2Fe2+ + Cu2+(2) Cu-2e=Cu2+ 2Fe3+ + 2e=2Fe2+【分析】(1) Fe3+具有强氧化性，会将Cu单质氧化变为Cu2+,其本身被还原产生Fe2+,反响的离子方程式 为：2Fe3+ + Cu=2Fe2+ + Cu2+。(2

12、) 原电池的负极失去电子，发生氧化反响，正极上得到电子，发生还原反响，因此要将上述反 应设计为原电池，负极反响式为：Cu-2e=Cu2+；正极反响式为：2Fe3+ + 2e=2Fe2+o(3)假设将上述反响设计为原电池，Cu为负极，活动性比Cu弱的电极如石墨为正极，含有Fe3+HSHcuJL JLc的溶液如FeCb为电解质溶液，假设不含有盐桥，那么装置图为：Lee三； I MB 一FeCh溶液假设将上述反响设计为原电池，Cu为负极，活动性比Cu弱的电极如石墨为正极。假设含有盐桥，那么Cu电极插入含有CM+的电解质溶液如CuCb溶液中；正极石墨插入含有Fe3+的溶液如FeCb溶液中，那么装置图为

13、CuCl2溶液 FeCla溶液奇题型四：原电池综合考查【例8】（2021 全国高二专题练习）某研究性学习小组根据反响2KMnO4 +10FeSO4 +8H2SO4 = 2MnSO4 +5Fe2（SO4）3+K2SO4 +8H2O 设计如图原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为lmol/L,溶液的体积均为200mL,盐桥中装 有饱和K2sO4溶液。甲 乙FeSO4回答以下问题：（1）此原电池的负极是石墨（填a或b），电池工作时，盐桥中的SO；-移向（填甲或乙）烧杯。（2）正极反响式为：o（3）假设不考虑溶液的体积变化，MnSO,浓度变为L5mol/L,那么反响中转移的电子为【答案】(

14、1) b 乙(2) MnO； +8H+ +5e- = Mn2+ +4H2O(3) 0.5【分析】(1) 由总反响方程式可知，石墨b是原电池的负极，硫酸亚铁在负极失去电子发生氧化反响生成硫酸铁，电池工作时，阴离子硫酸根离子向负极移动，即向乙烧杯移动，故答案为：b；(2) 由总反响方程式可知，石墨a是正极，酸性条件下，高镒酸根离子在正极得到电子发生还原反响生成锦离子，电极反响式为MnO；+5e一+8H+=Mn2+4H2。，故答案为：MnO； + 5e + 8H+ =Mn2+ 4H2O ；(3) 由电极反响式可知，生成lmol镒离子，反响转移5moi电子，那么溶液的体积未变，溶液中的MnSO4浓度由Imol广变为1.5mol时，转移电子的物质的量为(L5moi/L-lmol/L)X0.2LX5=0.5mol,故答案为：0.5。