高考化学总复习第六单元单元总结教案新人教版.docx

单 元 总 结一、“串联电池”两大题型的解题攻略原电池和电解池统称为电池,将多个电池串联在一起,综合考查电化学知识是近年来高考命题的热点,该类题目能够考查考生对解题方法的掌握情况,需要考生具有缜密的思维能力及巧妙的数据处理能力。这类题目对知识点的考查主要包括以下方面:电极名称的判断、电极反应式的书写、实验现象的描述、溶液中离子的移动、pH的变化、电解后电解质溶液的恢复及运用电子守恒处理相关数据等。正确判断电池种类和灵活运用整个电路中各个电池工作时各电极上转移电子数目相等是解决多池“串联”试题相关问题的关键。二、“串联”类电池的解题流程题型一:电解池与电解池的“串联”有外接电源型与电源负极相连的是阴极,根据“电解池串联时阴、阳极交替出现”原则正推电极,也可以通过装置中某极的变化、现象反推电极。例1下图装置中a、b、c、d均为Pt电极。电解过程中,电极b和d上没有气体逸出,但质量均增大,且增重bd。符合上述实验结果的盐溶液是()。选项XYAMgSO4CuSO4BAgNO3Pb(NO3)2CFeSO4Al2(SO4)3DCuSO4AgNO3解析A项中当X为MgSO4时,b极上生成H2,电极质量不增加,错误;C项中,X为FeSO4,Y为Al2(SO4)3,b、d极上均产生气体,错误;D项中,b极上析出Cu,d极上析出Ag,其中d极质量大于b极质量,错误。答案B题型二:原电池与电解池的“串联”无外接电源型多个电池“串联”在一起,但没有外接直流电源,其中一个装置是原电池,装置中两个电极活泼性差异较大的装置为原电池,较活泼的作负极,其余均为电解池。例2烧杯甲中盛有0.1 molL-1的H2SO4溶液,烧杯乙中盛有 0.1 molL-1的CuCl2溶液(两种溶液均足量),装置如图所示,下列说法不正确的是()。A.甲中Fe极质量减少,C极有气体产生B.甲为电解池,乙为原电池C.当甲烧杯中产生0.1 mol气体时,乙烧杯中产生气体的物质的量也为0.1 molD.经过一段时间,乙烧杯中溶液的pH增大解析构成甲装置的是活动性不同的电极、电解质溶液,两极形成了闭合的回路,所以甲为原电池装置,且甲为乙的电解提供电能。电极反应式分别为(烧杯甲中)C正极:2H+2e-H2,Fe负极:Fe-2e-Fe2+。(烧杯乙中)阴极:Cu2+2e-Cu,阳极:2Cl-2e-Cl2。烧杯乙中电解氯化铜,铜离子浓度减小,水解程度减小,pH增大。答案B见高效训练P59宏观辨识与微观探析1、12变化观念与平衡思想5、8、9、13、17证据推理与模型认知2、3、4、5、6、7、21科学探究与创新意识科学态度与社会责任一、选择题(本题包括16小题,每小题3分,共48分)1.化学与生活、生产有着密切关系,下列叙述中正确的是()。A.钢铁发生析氢腐蚀时,H+得电子释放出H2,钢铁被腐蚀B.钢铁发生吸氧腐蚀时,OH-失电子释放出O2,钢铁被腐蚀C.船底镶嵌锌块,锌发生还原反应而被消耗,以保护船体D.外加电源的正极连接在海水中的钢铁闸门上,可保护闸门解析发生吸氧腐蚀时,正极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,整个过程是吸收O2而不是释放出O2,B项错误;C项为牺牲阳极的阴极保护法,金属锌发生氧化反应,错误;D项为外加电流的阴极保护法,钢铁闸门应与外加电源的负极相连,错误。答案A2.下列示意图中能构成原电池的是()。解析Cu、C均不与稀硫酸反应,A装置不能构成原电池;Al与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应,B装置能构成原电池;C装置中的导线不是盐桥,不能形成闭合回路,故不能构成原电池;D装置中缺少盐桥,不能构成原电池。答案B3.某小组为研究原电池原理,设计的装置如图所示。下列叙述正确的是()。A.若X为Fe,Y为Cu,铁为正极B.若X为Fe,Y为Cu,电子由铜片流向铁片C.若X为Fe,Y为C,碳棒上有红色固体析出D.若X为Cu,Y为Zn,锌片发生还原反应解析Fe比Cu活泼,Fe作负极,电子从Fe片流向Cu片,故A、B两项错误;若X为Fe,Y为C,电解质溶液为硫酸铜溶液,则正极为C,上面有Cu析出,故C项正确;Zn比Cu活泼,Zn作负极,发生氧化反应,故D项错误。答案C4.研究金属桥墩腐蚀及防护是跨海建桥的重要课题。下列有关判断中正确的是()。A.用装置模拟研究时未见a上有气泡,说明铁没有被腐蚀B.中桥墩与外加电源正极连接,能确保桥墩不被腐蚀C.中采用了牺牲阳极的阴极保护法保护桥墩D.中海水均是实现化学能与电能相互转化的电解质解析装置是吸氧腐蚀,a极是氧气得电子生成氢氧根离子,而铁是负极,发生氧化反应,生成亚铁离子,铁被腐蚀,A项错误;金属作电解池的阴极时被保护,而桥墩与电源正极相连,是阳极,发生氧化反应,B项错误;锌比铁活泼,锌失电子,所以中采用了牺牲阳极的阴极保护法保护桥墩,C项正确;海水是混合物,既不是电解质,也不是非电解质,D项错误。答案C5.工业上由CO2和H2合成气态甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-50 kJmol-1。下列表示合成甲醇的反应的能量变化示意图中正确的是()。解析由于该反应是放热反应,故排除C、D两项;由于气态产物转化为液态产物要放出能量,故排除B项。答案A6.下列关于如图所示两个装置的叙述中不正确的是()。A.c(H+)变化:减小,减小B.装置名称:是电解池,是原电池C.离子移动方向:中H+向阴极方向移动,中H+向正极方向移动D.中阳极的电极反应式为2H2O-4e-4H+O2,中负极的电极反应式为Zn-2e-Zn2+解析中有电源,是用惰性电极电解稀硫酸的装置,为电解池,阳极上OH-放电生成氧气,阴极上氢离子放电生成氢气,阳离子移向阴极;为锌-铜原电池,Zn为负极,正极上氢离子放电生成氢气,原电池中阳离子移向正极,B、C两项均正确。电解硫酸相当于电解水,硫酸浓度增大,c(H+)增大;正极上氢离子放电生成氢气,硫酸浓度减小,c(H+)减小,故A项错误。中阳极上OH-放电生成氧气;中Zn为负极,Zn-2e-Zn2+,故D项正确。答案 A7.下列关于电化学知识的说法正确的是()。A.电解饱和食盐水在阳极得到氯气,阴极得到金属钠B.电解精炼铜时,阳极减少的质量不一定等于阴极增加的质量C.电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液,在阴极上依次析出Al、Fe、CuD.电解CuSO4溶液一段时间后(Cu2+未反应完),加入适量Cu(OH)2可以使溶液恢复至原状态解析A项,电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl+2H2OH2+2NaOH阴极产物+Cl2,错误;B项,阳极除铜放电外,比铜活泼的金属如Zn、Fe也放电,但阴极上只有Cu2+放电,正确;C项,根据金属活动性顺序表可知,阴极上离子的放电顺序是Fe3+Cu2+H+Fe2+Al3+,Fe2+和Al3+不放电,Fe3+得电子生成Fe2+,不会析出铁和铝,在阴极上依次生成的是亚铁离子、铜、氢气,错误;D项,电解CuSO4溶液,阴极析出Cu,阳极生成氧气,应加入CuO,错误。答案B8.1,3-丁二烯和2-丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下:CH3CH2CH2CH3(g)H=-236.6 kJmol-1CH3CH2CH2CH3(g)H=-272.7 kJmol-1由此不能判断() 。A.1,3-丁二烯和2-丁炔稳定性的相对大小B.1,3-丁二烯和2-丁炔分子储存能量的相对高低C.1,3-丁二烯和2-丁炔相互转化的热效应D.一个碳碳三键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小解析根据盖斯定律可知,前者减去后者即得到H=+36.1 kJmol-1,这说明1,3-丁二烯转化为2-丁炔是吸热反应,因此在质量相等的条件下1,3-丁二烯的总能量低于2-丁炔的总能量,则1,3-丁二烯比2-丁炔稳定性强,因此A、B、C三项均正确;反应热等于断开化学键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值,但由于不能确定碳碳单键和碳氢单键键能,因此根据热化学方程式不能确定一个碳碳三键的键能与两个碳碳双键的键能之和的相对大小,D项错误。答案D9.已知:H+(aq)+OH-(aq)H2O(l)H1=-57.3 kJmol-1;H2(g)+12O2(g)H2O(g)H2=-241.8 kJmol-1。下列有关说法正确的是()。A.向含0.1 mol NaOH的溶液中加入一定体积的0.1 molL-1乙二酸,反应中的能量变化如图所示B.H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)BaSO4(s)+2H2O(l)H=-114.6 kJmol-1C.氢气的标准燃烧热为241.8 kJmol-1D.若反应中水为液态,则相同条件下的反应热:HH2解析因乙二酸是弱酸,弱酸的电离平衡是一个吸热过程,故生成0.1 mol H2O(l)时放出的热量小于5.73 kJ,A项正确;Ba2+与SO42-反应生成BaSO4沉淀时也会放出热量,B项错误;水的稳定状态应该是液态,C项错误;水由气态变为液态是一个放热过程,故H0D.同温同压下,H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)在光照和点燃条件下的H不同解析标准燃烧热生成的水应是液态,A项错误;反应热是指完全反应时放出的热量,0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g),放出热量19.3 kJ,不是生成1 mol NH3放出的热量,B项错误;反应热与过程无关,D项错误。答案C13.常温下,0.01 molL-1MOH溶液的pH为10。已知:2MOH(aq)+H2SO4(aq)M2SO4(aq)+2H2O(l)H1=-24.2 kJmol-1;H+(aq)+OH-(aq)H2O(l)H2=-57.3 kJmol-1。则MOH在水溶液中电离的H为()。A.+33.1 kJmol-1B.+45.2 kJmol-1C.-81.5 kJmol-1D.-33.1 kJmol-1解析根据题中0.01 molL-1 MOH溶液的pH=10知,MOH为弱碱,MOH溶液与硫酸的中和反应可以看作两个过程:MOH(aq)M+(aq)+OH-(aq)H、H+(aq)+OH-(aq)H2O(l)H2,根据盖斯定律知H1=2(H+H2),则H=12H1-H2=(-24.2 kJmol-1)12-(-57.3 kJmol-1)=+45.2 kJmol-1,B项正确。答案B14.利用如图所示装置可以将温室气体CO2转化为燃料气体CO。下列说法正确的是()。A.该过程是将太阳能转化为化学能的过程B.电极a上发生还原反应C.该装置工作时,H+从b极区向a极区移动D.该装置中每生成1 mol CO,同时生成1 mol O2解析根据图示,该过程是将太阳能转化为化学能的过程,故A项正确;根据图示,电极a上发生水转化为氧气的反应,反应中O元素的化合价升高,发生氧化反应,故B项错误;根据图示,a为负极,b为正极,H+从a极区向b极区移动,故C项错误;根据得失电子守恒,该装置中每生成1 mol CO,同时生成12 mol O2,故D项错误。答案A15.结合图示判断,下列叙述正确的是()。A.K与N连接时,X为硫酸,一段时间后溶液的pH增大B.K与N连接时,X为氯化钠,石墨极的电极反应式为2H+2e-H2C.K与M连接时,X为硫酸,一段时间后溶液的pH增大D.K与M连接时,X为氯化钠,石墨极的电极反应式为4OH-4e-2H2O+O2解析A项,K与N连接时形成原电池,X为硫酸时,电池总反应式为Fe+H2SO4FeSO4+H2,溶液的pH增大,正确;B项,X为NaCl时,发生Fe的吸氧腐蚀,石墨是正极,正极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-,错误;C项,K与M相连时形成电解池,X为硫酸,实质是发生电解水的反应,H2O被消耗掉,则硫酸的浓度增大,pH减小,错误;D项,电解NaCl溶液,石墨是阳极,阳极反应式为2Cl-2e-Cl2,错误。答案A16.常温下,NCl3是一种黄色黏稠状液体,是制备新型水消毒剂ClO2的原料,可以采用如图所示装置制备NCl3。下列说法正确的是()。A.每生成1 mol NCl3,理论上有4 mol H+经质子交换膜从右侧向左侧迁移B.可用湿润的淀粉-KI试纸检验气体MC.石墨极的电极反应式为NH4+3Cl-6e-NCl3+4H+D.电解过程中,质子交换膜右侧溶液的pH会减小解析A项,由NH4+NCl3,根据元素化合价变化知,NH4+中N元素由-3价升高至+3价,每生成1 mol NCl3,理论上有6 mol H+由质子交换膜右侧向左侧(阴极区)迁移,错误。B项,M是氢气,不能用湿润的淀粉-KI试纸检验,错误。C项,石墨电极发生氧化反应,电极反应式为NH4+3Cl-6e-NCl3+4H+,正确。D项,电解过程中,阳极区每生成1 mol NCl3,会生成4 mol H+,但会有6 mol H+通过质子交换膜移向阴极,故质子交换膜右侧溶液中c(H+)减小,溶液的pH增大,错误。答案C二、非选择题(本题包括5小题,共52分)17.氨基甲酸铵(NH2COONH4,简称甲铵)是CO2和NH3制尿素的中间产物,其中CO2与NH3反应生成甲铵的能量变化如图所示。(1)生成甲铵的反应是(填“放热”或“吸热”)反应。(2)合成甲铵的反应为可逆反应,其热化学方程式为。(3)对于同一反应,图中虚线()与实线()相比,活化能大大降低,其原因是。(4)已知由甲铵合成尿素的反应为NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(l)H=+d kJmol-1,则由CO2(g)和NH3(g)直接合成固态尿素并生成液态水的热化学方程式为。答案(1)放热(2)2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)H=-(b-c) kJmol-1(3)虚线()对应的反应使用了催化剂(4)2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l)H=-(b-c-d) kJmol-118.将不可再生的天然气、石油、煤等化石燃料转化利用并提高其利用率已成为当务之急。(1)已知部分键能数据(如下表所示)和反应CH4 (g)+4F2 (g)CF4(g)+4HF(g)的反应热H=-1940 kJmol-1,则键的键能为。化学键键能/(kJmol-1)414489?155(2)甲醇、二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型燃料,二者均可由CO和H2反应合成。某燃料电池以二甲醚为原料,以熔融碳酸盐为电解质,其负极反应式为CH3OCH3+6CO32-12e-8CO2+3H2O。写出该燃料电池的正极反应式:。废水中的甲醇会对水质造成污染,Co3+可将甲醇氧化为CO2。某同学模拟工业除污原理,用Pt作电极,电解含甲醇的酸性废水与CoSO4的混合液,其阳极反应式为。(3)某企业采用如图所示原理处理化石燃料开采和加工过程中产生的H2S废气。电解池中电极A、B均为惰性电极,其中A为电解池的极;电极B所得到的物质X的分子式为。反应池中发生反应的离子方程式为。解析(1)设键的键能为x。根据键能数据,焓变=反应物的总键能-生成物的总键能,CH4+4F2CF4+4HF的反应热H=414 kJmol-14+155 kJmol-14-489 kJmol-14-4x=-1940 kJmol-1,解得x=565 kJmol-1。(2)根据题意可知,该电池的总反应式为CH3OCH3+3O22CO2+3H2O,其负极反应式为CH3OCH3+6CO32-12e-8CO2+3H2O。可采取“减法”得到其正极反应式为CO2+O2+4e-2CO32-。阳极发生氧化反应,阳极反应式为Co2+-e-Co3+。(3)根据图示,A电极有Fe3+生成,则A为阳极;B是阴极,发生还原反应,其电极反应式为2H+2e-H2,电极B所得到的物质X的分子式是H2。根据图示,反应池中发生反应的离子方程式为H2S+2Fe3+2Fe2+S+2H+。答案(1)565 kJmol-1(2)O2+4e-+2CO22CO32-Co2+-e-Co3+ (3)阳;H2H2S+2Fe3+2Fe2+S+2H+19.某原电池装置如图所示:回答下列问题:(1)若溶液C为稀H2SO4溶液,电流表指针发生偏转,B电极材料为Fe且作负极,则A电极上发生的电极反应为;反应进行一段时间后,溶液C的pH将(填“升高”“降低”或“基本不变”)。(2)若需将反应Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+设计成如上图所示的原电池装置,则A(负极)极材料为,B(正极)极材料为,溶液C为。(3)若溶液C为CuCl2溶液,Zn是极,Cu极发生反应,正极反应式为。反应过程溶液中c(Cu2+)(填“变大”“变小”或“不变”)。(4)CO与H2反应还可制备CH3OH,CH3OH可作为燃料使用,用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下:电池总反应为2CH3OH+3O22CO2+4H2O,则c电极是(填“正极”或“负极”),c电极的电极反应式为。若线路中转移2 mol电子,则上述CH3OH燃料电池,消耗的O2在标准状况下的体积为L。解析(1)铁作负极,则该原电池反应是铁与稀硫酸置换出氢气的反应,所以正极反应是H+得电子生成氢气,电极反应式为2H+2e-H2;溶液中H+放电,导致溶液中H+浓度减小,pH升高。(2)Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+设计成如图所示的原电池装置,根据方程式中物质发生的反应类型判断,Cu发生氧化反应,作原电池的负极,所以A极材料是Cu,B极材料是比Cu不活泼的金属导电物质或非金属导电物质,如石墨、Ag等。溶液C中含有Fe3+,如FeCl3溶液。(3)Zn比较活泼,在原电池中作负极,Cu作正极,正极发生还原反应,Cu2+在正极得到电子变成Cu,电极反应式为Cu2+2e-Cu,Cu2+发生了反应,则c(Cu2+)变小。(4)根据图中的电子流向知c电极是负极,是甲醇发生氧化反应:CH3OH-6e-+H2OCO2+6H+,线路中转移2 mol电子时消耗氧气0.5 mol,标准状况下体积为11.2 L。答案(1)2H+2e-H2;升高(2)Cu;石墨;FeCl3溶液(答案合理即可)(3)负极;还原;Cu2+2e-Cu;变小(4)负极;CH3OH-6e-+H2OCO2+6H+;11.220.电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。(1)图1中,为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀,材料B可以选择(填字母)。a.碳棒b.锌板c.铜板用电化学原理解释材料B需定期拆换的原因:。(2)图2中,钢闸门C作极。若用氯化钠溶液模拟海水进行实验,D为石墨块,则D上的电极反应式为。(3)镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图3为“镁次氯酸盐”燃料电池原理示意图,电极材料为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的(填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式为。镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气,使负极利用率降低,用化学用语解释其原因:。(4)乙醛酸()是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸,原理如图4所示,该装置中阴、阳两极为惰性电极,两极室均可产生乙醛酸,其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。N电极上的电极反应式为。若有2 mol H+通过质子交换膜,并完全参与了反应,则该装置中生成的乙醛酸为 mol。解析根据电化学原理,材料B对应的金属的活动性应强于被保护的金属,所以材料B可以为锌板。(2)图2为外加电流的阴极保护法,被保护的金属应与电源负极相连,作阴极,则D作阳极,Cl-在阳极发生失电子的氧化反应生成Cl2。(3)镁具有较强的还原性,且由图示可知Mg转化为Mg(OH)2,发生失电子的氧化反应,故E电极为负极。ClO-具有强氧化性,且由图示可知在F电极(正极)ClO-转化为Cl-,发生得电子的还原反应。镁可与水缓慢反应生成氢气(与热水反应较快),即发生自腐蚀现象。(4)由H+的迁移方向可知N为阴极,发生得电子的还原反应,结合题意“两极室均可产生乙醛酸”可知,N电极为乙二酸发生得电子的还原反应生成乙醛酸。1 mol乙二酸在阴极得到2 mol电子,与2 mol H+反应生成1 mol乙醛酸和1 mol H2O,同时在阳极产生的1 mol Cl2能将1 mol乙二醛氧化成1 mol乙醛酸,两极共产生2 mol乙醛酸。答案(1)b;锌作原电池的负极(失电子,Zn-2e-Zn2+),不断遭受腐蚀,故需定期拆换(2)阴;2Cl-2e-Cl2(3)负;ClO-+2e-+H2OCl-+2OH-Mg+2H2OMg(OH)2+H2(4)HOOCCOOH+2e-+2H+HOOCCHO+H2O221.电解是最强有力的氧化还原手段,在化工生产中有着重要的应用。请回答下列问题:(1)以铜为阳极,石墨为阴极,用NaCl溶液作电解液进行电解,得到半导体材料Cu2O和一种清洁能源,则阳极反应式为