2014高考化学二轮专题复习教学案 专题8

考纲要求1.了解原电池和电解池的工作原理，能写出电极反应式和电池反应方程式。2.了解常见化学电源的种类及其工作原理。3.理解金属发生电化学腐蚀的原因、金属腐蚀的危害、防止金属腐蚀的措施。考点一盐桥问题面面观1电化学装置中都有两个电极，分别发生氧化反应与还原反应。若两个电极插在同一电解质溶液的容器内，则由于阴阳离子的移动速率不同而导致两极之间出现浓度差，以及因电极本身直接与离子反应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，人们使用了盐桥。盐桥主要出现在原电池中，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，但不影响反应的实质。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。常从以下四方面命题。(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。题组一明确原理，设计装置1根据下图，下列判断中正确的是()A烧杯a中的溶液pH降低B烧杯b中发生氧化反应C烧杯a中发生的反应为2H2e=H2D烧杯b中发生的反应为2Cl2e=Cl2答案B解析由题给原电池装置可知，电子经过导线，由Zn电极流向Fe电极，则O2在Fe电极发生还原反应：O22H2O4e=4OH，烧杯a中c(OH)增大，溶液的pH升高。烧杯b中，Zn发生氧化反应：Zn2e=Zn2。22013广东理综，33(2)(3)(2)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)，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。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)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。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，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。方法归纳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判断出氧化剂、还原剂，明确电极反应。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相同的金属作电极(使用惰性电极也可)，电解液则是一般含有与电极材料形成的阳离子相同的物质。最后再插入盐桥即可。题组二“盐桥”的作用与化学平衡的移动3控制适合的条件，将反应2Fe32I2Fe2I2设计成如下图所示的原电池。下列判断不正确的是()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固体，乙中的石墨电极为负极答案D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，D不正确。4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。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做正极D乙组操作时，C1上发生的电极反应为I22e=2I答案D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。失误防范(1)把氧化剂、还原剂均为溶液状态的氧化还原反应设计成原电池时，必须使用盐桥才能实现氧化剂与还原剂的分离，否则不会有明显的电流出现。(2)电子流向的分析方法：改变条件，平衡移动；平衡移动，电子转移；电子转移，判断区域；根据区域，判断流向；根据流向，判断电极。考点二燃料电池与不同“介质”不同“介质”下燃料电池电极反应式的书写，大多数学生感到较难。主要集中在：一是得失电子数目的判断，二是电极产物的判断。下面以CH3OH、O2燃料电池为例，分析电极反应式的书写。(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。电极反应式为负极：CH3OH6eH2O=CO26H正极：O26e6H=3H2O(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，电极反应式为负极：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，其电极反应式为负极：CH3OH6e3CO=4CO22H2O正极：O26e3CO2=3CO(4)掺杂Y2O3的ZrO3固体电解质，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失电子生成CO2气体，而O2在正极上得电子生成O2，电极反应式为负极：CH3OH6e3O2=CO22H2O正极：O26e=3O2题组一判断“酸、碱”介质，理清书写思路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0.4 mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48 L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答案C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。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 BC D答案B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。思路归纳对于燃料电池，正极往往通入O2，书写时应注意：(1)首先书写正极反应式：酸性O24e4H=2H2O碱性O24e2H2O=4OH(2)然后用总反应式减去正极的电极反应式得到负极的电极反应式。题组二区分介质“状态”，判断离子流向3某燃料电池以Ca(HSO4)2固体为电解质传递H，其基本结构如图所示，电池总反应可表示为2H2O2=2H2O。请回答：(1)H由_极通过固体酸电解质传递到另一极(填a或b)。(2)b极上发生的电极反应式是_。答案(1)a(2)O24e4H=2H2O解析a极为负极，b极为正极，电极反应式分别为负极：2H24e=4H，正极：O24e4H=2H2O，其中正极上的H来自负极生成的H。4科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空。如下图所示装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO3固体，它在高温下能传导正极生成的O2。(1)c电极的名称为_。(2)d电极上的电极反应式为_。答案(1)正极(2)CH44O28e=CO22H2O解析根据电流的流向，可判断c为正极，d为负极。在正极通入空气，电极反应式为2O28e=4O2，在负极上通入CH4，电极反应式为CH44O28e=CO22H2O。失误防范根据内电路中的离子流向判断正、负极，在内电路中，阳离子由负极区流向正极区，阴离子由正极区流向负极区。考点三突破电解池，应用“不寻常”“六点”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，注意得失电子守恒。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：AgHg2Fe3Cu2HPb2Fe2H(水)6恢复原态措施。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。题组一对可充电电池的深度剖析1Li/SO2电池具有输出功率高和低温性能好等特点，其电解质是LiBr，溶剂是碳酸丙烯酯和乙腈，电池反应式为2Li2SO2Li2S2O4。下列说法正确的是()A该电池反应为可逆反应B放电时，Li向负极移动C充电时，阴极反应式为Lie=LiD该电池的电解质溶液可以换成LiBr的水溶液答案C解析本题考查电化学知识。电池的放电和充电是在不同的反应条件下发生的，故该电池反应不能叫可逆反应，A项错误。放电时，Li向正极移动，B项错误。充电时，阴极发生还原反应：Lie=Li，C项正确。若电解质溶液换成LiBr的水溶液，则碱金属锂会和水发生反应，D项错误。2某种可充电聚合物锂离子电池放电时的反应为Li1xCoO2LixC6=6CLiCoO2，其工作原理示意图如右。下列说法不正确的是()A放电时LixC6发生氧化反应B充电时，Li通过阳离子交换膜从左向右移动C充电时将电池的负极与外接电源的负极相连D放电时，电池的正极反应为Li1xCoO2xLixe=LiCoO2答案B解析放电时，负极：LixC6xe=xLi6C正极：Li1xCoO2xexLi=LiCoO2充电时，阴极：xLi6Cxe=LixC6阳极：LiCoO2xe=xLiLi1xCoO2左边为负极区，右边为正极区，放电时，Li在负极区生成，移向正极区，而充电时，Li从右向左移动。方法技巧对于可充电电池，放电时为原电池，符合原电池工作原理，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；外电路中电子由负极流向正极，内电路中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。可充电电池充电时为电解池，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；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。题组二电解原理的“不寻常”应用(一)处理废水3某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如右，下列说法不正确的是()AA为电源正极B阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2OC阴极区附近溶液pH降低D若不考虑气体的溶解，当收集到H2 13.44 L(标准状况)时，有0.1 mol Cr2O被还原答案C解析根据图示，A作阳极，B作阴极，电极反应式为阳极：Fe2e=Fe2阴极：2H2e=H2然后，Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O由于在阴极区c(H)减小，pH增大。根据6H26Fe2Cr2O得，当有13.44 L(标准状况)H2放出时，应有0.1 mol Cr2O被还原。(二)制备物质4电解尿素CO(NH2)2的碱性溶液制氢气的装置示意图如下：电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴阳两极均为惰性电极，(1)A极为_，电极反应式为_。(2)B极为_，电极反应式为_。答案(1)阳极CO(NH2)28OH6e=N2CO6H2O(2)阴极6H2O6e=3H26OH解析H2产生是因为H2O电离的H在阴极上得电子，即6H2O6e=3H26OH，所以B极为阴极，A极为阳极，电极反应式为CO(NH2)26e8OH=N2CO6H2O，阳极容易错写成4OH4e=2H2OO2。(三)处理废气5用NaOH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)(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_。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，碱性增强，从B口流出的是浓度较大的NaOH溶液。考点四“两比较”“两法”突破金属的腐蚀与防护1两比较(1)析氢腐蚀和吸氧腐蚀的比较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其他反应Fe22OH=Fe(OH)24Fe(OH)2O22H2O=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。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。(2)电化学防护牺牲阳极的阴极保护法原电池原理：正极为被保护的金属；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。题组一两种腐蚀的比较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()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两处具有相同的电极反应式：Fe2e=Fe2答案C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右边负极：Fe2e=Fe2正极：2H2e=H2a处、b处的pH均增大，C错误。2右图是用铁铆钉固定两个铜质零件的示意图，若该零件置于潮湿空气中，下列说法正确的是()A发生电化学腐蚀，铜为负极，铜极产生H2B铜易被腐蚀，铜极上发生还原反应，吸收O2C铁易被腐蚀，铁发生氧化反应，Fe2e=Fe2D发生化学腐蚀：FeCu2=CuFe2答案C解析发生吸氧腐蚀，正极反应O22H2O4e=4OH，负极反应：2Fe4e=2Fe2，C正确。失误防范正确判断“介质”溶液的酸碱性是分析析氢腐蚀和吸氧腐蚀的关键。潮湿的空气、中性溶液发生吸氧腐蚀；NH4Cl溶液、稀H2SO4等酸性溶液发生析氢腐蚀。题组二腐蚀快慢与防护方法的比较3(2012山东理综，13)下列与金属腐蚀有关的说法正确的是()A图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B图b中，开关由M改置于N时，CuZn合金的腐蚀速率减小C图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D图d中，ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的答案B解析A项，插入海水中的铁棒靠近液面的位置与氧气接触，易发生吸氧腐蚀；B项，开关由M改置于N时，Zn作负极，CuZn合金作正极，合金受到保护；C项，接通开关形成原电池，Zn作负极，Zn的腐蚀速率增大，但气体是在Pt电极上生成；D项，ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是Zn发生氧化反应而自放电。4下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是()A图1中，铁钉易被腐蚀B图2中，滴加少量K3Fe(CN)6溶液，没有蓝色沉淀出现C图3中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀D图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的正极答案C解析A项，图1中，铁钉处于干燥环境，不易被腐蚀；B项，负极反应为Fe2e=Fe2，Fe2与Fe(CN)63反应生成Fe3Fe(CN)62蓝色沉淀；D项，为牺牲阳极的阴极保护法，Mg块相当于原电池的负极。考点五正确理解“电解池”的串联突破电化学的计算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：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。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。题组一无明显“外接电源”的电解池“串联”的判断与计算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()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，电解乙池、丙池两个电解池。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；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 g。题组二有明显“外接电源”的电解池“串联”的判断与计算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。试回答下列问题。(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5 min时，B中共收集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_(设电解前后溶液体积无变化)。(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_(设电解前后溶液体积无变化)。答案(1)负(2)增大减小不变(3)0.025 molL1(4)13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5 min时，C中析出0.02 mol Ag，电路中通过0.02 mol电子。B中共收集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4x4y0.02 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。失误防范(1)无明显“外接电源”的电解池的“串联”问题，主要是根据“原电池”的形成条件判断“电源”的正、负极，从而判断阴、阳极。(2)有明显“外接电源”的电解池的“串联”问题，主要是根据“电极现象”判断阴、阳极，从而判断电源的正、负极，进一步判断其它“电解池”的阴、阳极。1某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述正确的是()Aa和b用导线连接时，铁片上会有金属铜析出Ba和b用导线连接时，铜片上发生的反应为2H2e=H2C无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色Da和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2向铜电极移动答案C解析当a、b相连时，构成原电池，负极：Fe2e=Fe2，正极，Cu22e=Cu，A、B均错；D项，Cu作阳极，Fe作阴极，所以Cu2只能向阴极上移动。2用如图所示装置进行实验，下列叙述不正确的是()AK与N连接时，铁被腐蚀BK与N连接时，石墨电极产生气泡CK与M连接时，一段时间后溶液的pH增大DK与M连接时，石墨电极反应式：4OH4e=2H2OO2答案D解析K与N连接时，构成原电池，发生析氢腐蚀，A、B正确；K与M连接时，电极反应式为阳极：2Cl2e=Cl2，阴极：2H2e=H2，D项错误。3研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2CaO作电解质，利用右图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。下列说法中，正确的是()A由TiO2制得1 mol金属Ti，理论上外电路转移2 mol电子B阳极的电极反应式为C2O24e=CO2C在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量减少D若用铅蓄电池作该装置的供电电源，“”接线柱应连接Pb电极答案B解析根据图中信息，电极反应为阳极：C2O24e=CO2阴极：2Ca24e=2CaTiO22Ca=Ti2CaOA项，制得1 mol Ti，外电路应转移4 mol e；C项，制备钛前后，CaO的总量保持不变；D项，“”接线柱应接外接电源的正极， 即PbO2。4在下列装置中，MSO4和NSO4是两种常见金属的易溶盐。当K闭合时，SO从右到左通过交换膜移向M极，下列分析正确的是()A溶液中c(M2)减小BN的电极反应式：N=N22eCX电极上有H2产生，发生还原反应D反应过程中Y电极周围生成白色胶状沉淀答案C解析当K闭合时，根据SO的移向，可判断M极为负极，N极为正极，Y为阳极，X为阴极，电极反应式分别为负极：M2e=M2，正极：N22e=N，阳极：2Cl2e=Cl2；阴极：2H2e=H2，在X极(阴极)附近Al33OH=Al(OH)3，只有C项正确。5一种太阳能电池的工作原理如下图所示，电解质为铁氰化钾K3Fe(CN)6和亚铁氰化钾K4Fe(CN)6的混合溶液，下列说法不正确的是()AK移向催化剂bB催化剂a表面发生的化学反应：Fe(CN)64e=Fe(CN)63CFe(CN)在催化剂b表面被氧化D电解池溶液中的Fe(CN)64和Fe(CN)63浓度基本保持不变答案C解析根据电子的流向，左电极为负极，右电极为正极，K移向正极，A项正确；负极反应式为Fe(CN)64e=Fe(CN)63，正极反应式为Fe(CN)63e=Fe(CN)64，B、D正确；C项Fe(CN)63在催化剂b表面被还原，错误。6太阳能光伏发电系统是被称为“21世纪绿色光源”的半导体照明(LED)系统(如图)。已知发出白光的LED是将GaN芯片和钇铝石榴石(YAG，化学式：Y3Al5O12)芯片封装在一起做成。下列说法中不正确的是()A光伏发电是将太阳能转变为电能B上图中N区半导体为负极，P区半导体为正极，电流从a流向bCYAG中钇显3价DGa与N在元素周期表中不处于同一主族答案B解析B项，电流从b流向a，错误；C项，根据元素化合价的代数和为零可判断Y的化合价为3价。7早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠：4NaOH(熔)4NaO22H2O；后来盖吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠：3Fe4NaOHFe3O42H24Na。下列有关说法正确的是()A电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电解反应为2OH2e=H2O2B盖吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强C若戴维法与盖吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数不同D目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠(如上图)，电解槽中石墨极为阴极，铁为阳极答案C解析电解熔融NaOH电极反应式为阴极：4Na4e=4Na，阳极：4OH4e=O22H2O，A错误；D项中，若铁作阳极，则铁被电解，D错误；C项，电解熔融NaOH若制得4 mol Na，则转移4 mol e，盖吕萨克法制得4 mol Na，则转移8 mol e。8相同材质的铁在图中四种情况下最不易被腐蚀的是()答案C解析在A中，能构成原电池，铁作负极，易被腐蚀；在B中，食盐水提供电解质溶液环境，铁炒锅和铁铲都是铁碳合金，符合原电池形成的条件，铁作负极，碳作正极，铁易被腐蚀；在C中，铜镀层将铁球覆盖，使铁被保护，所以铁不易被腐蚀；在D中，酸雨提供电解质溶液环境，铁铆钉和铜板分别作负、正极，形成原电池，铁易被腐蚀。9下列图示中关于铜电极的连接错误的是()答案C解析镀件上镀铜时，铜应作阳极，与电源正极相连，镀件作阴极，与电源负极相连。10某小组按图1所示的装置探究铁的吸氧腐蚀。完成下列填空：(1)图2是图1所示装置的示意图，在图2的小括号内填写正极材料的化学式；在方括号内用箭头表示出电子流动的方向。(2)写出正、负极反应的方程式。正极：_，负极：_。(3)按图1装置实验，约8分钟才看到导管中液柱上升，下列措施可以更快更清晰地观察到液柱上升的是_(填字母序号)。a用纯氧气代替具支试管内的空气b用食盐水浸泡过的铁钉再蘸取铁粉和炭粉的混合物c用毛细尖嘴管代替玻璃导管，并向试管的水中滴加少量红墨水(4)升高温度可以加快化学反应速率，建议用酒精灯加热具支试管。这一措施_(填“可行”或“不行”)。答案(1)(2)2H2OO24e=4OHFe2e=Fe2(3)abc(4)不行解析(1)(2)，电子由负极到正极，正极：O24e2H2O=4OH，负极：2Fe4e=2Fe2。(3)a项，增大O2的浓度，加快腐蚀，b项，增大接触面积，加快腐蚀，c项，可清晰地观察液柱。(4)因为加热具支试管，把空气赶出，腐蚀更慢。11海洋资源的开发与利用具有广阔的前景。海水的pH一般在7.58.6之间。某地海水中主要离子的含量如下表：成分NaKCa2Mg2ClSOHCO含量/mgL19 360832001 10016 0001 200118(1)电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如下图所示。其中阴(阳)离子交换膜只允许阴(阳)离子通过。阴极的电极反应式为_。电解一段时间，阴极区会产生水垢，其成分为CaCO3和Mg(OH)2，写出生成CaCO3的离子方程式_。淡水的出口为a、b、c中的_出口。(2)海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力。锂是制造化学电源的重要原料，如LiFePO4电池某电极的工作原理如下图所示：该电池电解质为传导Li的固体材料。放电时该电极是电池的_极(填“正”或“负”)，电极反应式为_。答案(1)2H2O2e=H22OHCa2OHHCO=CaCO3H2Ob(2)正FePO4eLi=LiFePO4解析(1)电解海水，阴极是H得电子，而不是活泼金属阳离子，2H2O2e=H22OH。由于在阴极区H不断放电，破坏水的电离平衡，c(OH)增大，致使Ca2OHHCO=CaCO3H2O。因为在阴极区除去Ca2、Mg2，所以淡水应b口出。(2)放电时的电极反应式分别为负极：Lie=Li，正极：FePO4Lie=LiFePO4。12A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子如下表所示：阳离子Na、K、Cu2阴离子SO、OH如图1所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯中依次盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了16 g。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2所示。请回答下列问题：(1)M为直流电源的_极，b电极上发生的电极反应为_。(2)计算e电极上生成的气体在标准状况下的体积为_。(3)写出乙烧杯中的总反应的离子方程式：_。(4)要使丙烧杯中的C溶液恢复到原来的状态，需要进行的操作是(写出要加入的物质和质量)_。答案(1)负4OH4e=2H2OO2(2)5.6 L(3)2Cu22H2O2Cu4HO2(4)水、4.5 g解析根据题意，乙中为CuSO4溶液，c电极为阴极，M为负极，N为正极。丙为Na2SO4或K2SO4，甲为NaOH或KOH溶液，b为阳极，电极反应式为4OH4e=2H2OO2。(2)e电极为阴极，电极反应式为2H2e=H2，其在标准状况下的体积为22.4 Lmol15.6 L。(3)2Cu22H2O2Cu4HO2。(4)电解Na2SO4或K2SO4溶液，实质是电解水，所以应向丙烧杯中加水，其质量为4.5 g。13以黄铜矿精矿为原料，制取硫酸铜及金属铜的工艺如下所示：.将黄铜矿精矿(主要成分为CuFeS2，含有少量CaO、MgO、Al2O3)粉碎。.采用如下装置进行电化学浸出实验将精选黄铜矿粉加入电解槽阳极区，恒速搅拌，使矿粉溶解。在阴极区通入氧气，并加入少量催化剂。.一段时间后，抽取阴极区溶液，向其中加入有机萃取剂(RH)发生反应：2RH(有机相)Cu2(水相)R2Cu(有机相)2H(水相)分离出有机相，向其中加入一定浓度的硫酸，使Cu2得以再生。.电解硫酸铜溶液制得金属铜。(1)黄铜矿粉加入阳极区与硫酸及硫酸铁主要发生以下反应：CuFeS24H=Cu2Fe22H2S2Fe3H2S=2Fe2S2H阳极区硫酸铁的主要作用是_。电解过程中，阳极区Fe3的浓度基本保持不变，原因是_。(2)阴极区，电极上开始时有大量气泡产生，后有固体析出，一段时间后固体溶解。写出上述现象对应的反应式_。(3)若在实验室进行步骤，分离有机相和水相的主要实验仪器是_；加入有机萃取剂的目的是_。(4)步骤，向有机相中加入一定浓度的硫酸，Cu2得以再生的原理是_。(5)步骤，若电解200 mL 0.5 molL1的CuSO4溶液，生成铜3.2 g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。答案(1)吸收硫化氢气体，防止环境污染Fe2e=Fe3(2)2H2e=H2、Cu22e=Cu、2CuO22H2SO4=2CuSO42H2O(3)分液漏斗富集Cu2、分离Cu2与其它金属阳离子(4)增大H浓度，使平衡2RH(有机相)Cu2(水相)R2Cu(有机相)2H(水相)逆向移动，Cu2进入水相得以再生(5)c(H)c(SO)c(Cu2)c(OH)解析(1)根据2Fe3H2S=2Fe2S2H，可判断Fe2(SO4)3的主要作用是氧化H2S气体，防止H2S对环境的污染，当Fe3被H2S还原为Fe2后，在阳极上Fe2e=Fe3，使Fe3的浓度基本保持不变。(2)在阴极上，2H2e=H2，然后Cu22e=Cu，接着在酸性条件下，Cu被O2氧化成CuO，CuO和H2SO4反应生成CuSO4。(3)有机相和水相不混溶，所以应用分液漏斗分离，由于Cu2在有机相中，所以加入有机萃取剂可富集Cu2。(4)利用化学平衡移动原理解释。(5)2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2 0.05 mol 0.05 mol所以n(H)0.1 mol由于Cu2的水解，所以n(Cu2)0.05 mol，n(H)0.1 mol。所以c(H)c(SO)c(Cu2)c(OH)。 25