2019年高考化学一轮复习 专题07 电化学课件

1、专题七 电化学,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。,考纲要求,考点一原电池原理的全面突破,栏目索引,考点二几种重要的化学电池,考点三电解池的“不寻常”应用,考点四金属腐蚀与防护的“两种比较”、“两种方法”,考点五利用“电子守恒”思想突破电化学的计算,1.通常只有能自发进行的氧化还原反应才能设计成原电池。 2.工作原理 以锌铜原电池为例：,考点一原电池原理的全面突破,知识精讲,Zn2e=Zn2,Cu22e=Cu,氧化反应,还原反应,正极,负极,说明(

2、1)无论是装置还是装置，电子均不能通过电解质溶液。 (2)在装置中，由于不可避免会直接发生ZnCu2=CuZn2而使化学能转化为热能，所以装置的能量转化率高。,1.2013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。,题组集训,题组一对比设计两类原电池,以铜片为电极之一，Cu

3、SO4(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_ _。,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。,解析根据题给条件和原电池的构成条件可得： a.若用Zn、Cu、C

4、uSO4(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。,答案 (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)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

5、(2)的材料中应选_作阳极。 解析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。,锌片,方法归纳,原电池的设计思路 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质溶液。然后补充缺少的电极材料及电解质溶液。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)，电解质溶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 2.控制适合的条件，将

6、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.电流表读数为零时，反应达到化学平衡状态 D.电流表读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中的石墨电极为负极 解析由图示结合原电池原理分析可知，Fe3得电子生成Fe2被还原，I失去电子生成I2被氧化，所以A、B正确； 电流表读数为零时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,3.某同学为探究Ag

7、和Fe2的反应，按下图连接装置并加入药品(盐桥中的物质不参与反应)，发现电压表指针偏移。电子由石墨经导线流向银。放置一段时间后，向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2(SO4)3溶液，发现电压表指针的变化依次为偏移减小回到零点逆向偏移。则电压表指针逆向偏移后，银为_极(填“正”或“负”)。由实验得出Ag和Fe2反应的离子方程式是_。,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 (1)改变条件，平衡移动； (2)平衡移动，电子转移； (3)电子转移，判断区域； (4)根据区域，判断流向；

8、 (5)根据流向，判断电极。,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”、“纽扣电池”、“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。,知识精讲,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

9、：“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。,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

10、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。,特别提醒在书写“放电”时电极反应式时，要注意： (1)阳离子在正极上参与反应，在负极上就必须生成； (2)阴离子在负极上参与反应，在正极上就必须生成。,题组集训,题组一“一池多变”的燃料电池,1.一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=CH3COOHH2O

11、 D.正极上发生的反应为O24e2H2O=4OH,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。 答案C,2.(2015江苏，10)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是(),C项，原电池工作时，阴离子移向负极，而B极是正极，错误；,答案D,类型“全”归纳,不同“介质”

12、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,(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： O2

13、6e=3O2,题组二“久考不衰”的可逆电池 (一)“传统”可逆电池的考查 3.镍镉(NiCd)可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd 2NiOOH2H2O Cd(OH)22Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是() A.放电时负极得电子，质量减轻 B.放电时电解质溶液中的OH向正极移动 C.充电时阴极附近溶液的pH减小 D.充电时阳极反应：Ni(OH)2eOH=NiOOHH2O,解析该可充电电池的放电过程的电极反应式为负极：Cd2e2OH=Cd(OH)2； 正极：2NiOOH2H2O2e=2Ni(OH)22OH，所以正确选项为D。

14、 答案D,(二)“新型”可逆电池的考查 4.(2014新课标全国卷，12)2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。下列叙述错误的是(),A.a为电池的正极 B.电池充电反应为LiMn2O4=Li1xMn2O4xLi C.放电时，a极锂的化合价发生变化 D.放电时，溶液中Li从b向a迁移 解析图示所给出的是原电池装置。A项，由图示分析，金属锂易失电子，由原电池原理可知，含有锂的一端为原电池的负极，即b为负极，a为正极，故正确； B项，电池充电时为电解池，反应式为原电池反应的逆反应，故正确；,C项，放电时，a极为原电池的正极，发生还原反应的是Mn元素，锂元素的化合价没有变化，

15、故不正确； D项，放电时为原电池，锂离子应向正极(a极)迁移，故正确。 答案C,5.(1)2015四川理综，11(5)FeSO4在一定条件下可制得FeS2(二硫化亚铁)纳米材料。该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4LiFeS2=Fe2Li2S，正极反应式是_ _。,FeS24Li4e=Fe2Li2S或FeS24e,=Fe2S2,(2)2015广东理综，32(5)一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl 和Al2Cl 两种离子在Al电极上相互转化，其他离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为_。,方法归纳,锂离子电池充放电分析 常见的锂离子电极材料 正极材料：LiMO

16、2(M：Co、Ni、Mn等) LiM2O4(M：Co、Ni、Mn等) LiMPO4(M：Fe等) 负极材料：石墨(能吸附锂原子) 负极反应：LixCnxe=xLinC 正极反应：Li1xMO2xLixe=LiMO2 总反应：Li1xMO2LixCn nCLiMO2。,题组三“广泛应用”的高科技电池 6.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(),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Cl

17、22e=2Cl C.检测H2S气体时，对电极充入空气，对电极上电极反应式为O22H2O4e=4OH D.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,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,考点三电解池的“不寻常”应用,“六点”突破电解池 1.分清阴、阳极，

18、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。,知识精讲,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),6.恢复原态措施。 电解后有关电解质溶液恢复原态的问题

19、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。,题组集训,题组一电解原理在“治理环境”中的不寻常应用,1.(2015四川理综，4)用下图所示装置除去含CN、Cl废水中的CN时，控制溶液pH为910，阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体。下列说法不正确的是(),A.用石墨作阳极，铁作阴极 B.阳极的电极反应式：Cl2OH2e=ClOH2O C.阴极的电极反应式：2H2O2e=H22OH D.除去CN的反应：

20、2CN5ClO2H=N22CO25ClH2O 解析Cl在阳极发生氧化反应生成ClO，水电离出的H在阴极发生还原反应生成H2，又由于电解质溶液呈碱性，故A、B、C项正确；,D项，溶液呈碱性，离子方程式中不能出现H，正确的离子方程式为2CN5ClOH2O=N22CO25Cl2OH，错误。 答案D,2.2015北京理综，27(4)利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。,结合方程式简述提取CO2的原理：_ _。 用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是_ _。 解析a室的电极连接电源的正极，作阳极，发生氧化反应：2H2O4e= O24H，c(H

21、)增大，H从 a 室通过阳离子膜进入 b 室，发生反应：HCO H=CO2H2O。,海水的pH8，电解后的海水pH6，呈酸性；c室的反应：2H2O2e= H22OH，可用c室排出的碱液与从b室排出的酸液中和调至接近装置入口海水的pH，即处理合格。 答案a 室：2H2O4e= O24H，H通过阳离子膜进入b室，发生反应：HCO H=CO2H2O c室的反应：2H2O2e=H22OH，用c室排出的碱液将从b室排出的酸液调至接近装置入口海水的pH,题组二电解原理在“制备物质”中的不寻常应用 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

22、和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：,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室。其缺点是产品中混有_杂质。该杂质产生的原因是_。,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H3PO2,(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：_ _。,N

23、H3,根据反应：8NO7H2O,3NH4NO32HNO3，电解产生的HNO3多,4.2015山东理综，29(1)利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得。 利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为_溶液(填化学式)，阳极电极反应式为_， 电解过程中Li向_电极迁移(填“A”或“B”)。,解析B极区生成H2 ，同时会生成LiOH ，则B极区电解液为LiOH 溶液； 电极A为阳极，在阳极区LiCl 溶液中Cl 放电，电极反应式为2Cl2e=Cl2； 在电解过程中Li(阳离子)向B电极(阴极区)

24、迁移。 答案LiOH2Cl2e=Cl2B,1.两种比较 (1)析氢腐蚀和吸氧腐蚀的比较,知识精讲,考点四金属腐蚀与防护的“两种比较”、“两种方法”,(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

25、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。,题组集训,题组一两种腐蚀的比较,1.利用右图装置进行实验，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() 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：Fe 2e=Fe2,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

26、负极：Fe2e=Fe2 正极：O24e2H2O=4OH 右边负极：Fe2e=Fe2 正极：2H2e=H2 a、b处的pH均增大，C错误。 答案C,2.2014福建理综，24(1)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)。 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。,吸氧腐蚀,B,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

27、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.铜极上的反应是2H2e=H2，O24e4H=2H2O D.在金属表面涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀,解析根据示意图，铁铆钉发生电化学腐蚀，其电极反应式为 左侧,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,题组二腐蚀类型与防护方法 4.(2015上海，14)研究电化学腐蚀及防护 的装置如右图所示。下列有关说法错误的 是() A.d为石墨，铁片腐蚀加快 B.d为石墨，石墨上电极反应为O22H2O4e4OH C.d为锌块，铁片不易被腐蚀 D.d为锌块，铁片上电极反应为2H2e H2,

28、解析由于活动性：Fe石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，正确； B项，d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为O22H2O4e4OH，正确；,C项，若d为锌块，则由于金属活动性：ZnFe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，正确； D项，d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为O22H2O4e4OH，错误。 答案D,5.(2014安徽理综，28)某研究

29、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液，同时测量容器中的压强变化。,(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：,解析本题采用“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2.0 g； 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。 答案2.0碳粉含量的影响,(2)编号实验测得容器中压强随时间变化如图2。t2时

30、，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_。,解析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)。,答案吸氧 还原2H2OO24e=4OH(或4HO24e=2H2O),(3)该小组对图2中0t1时压强变大的原因

31、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：_； 解析Fe发生电化学腐蚀时，放出热量，使体系的温度升高。,反应放热，温度升高,(4)为验证假设一，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。,解析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，确定假设一是否成立。 答案药品用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)

32、。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),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。,知识精讲,考点五利用“电子守恒”思想突破电化学的计算,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

33、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：,(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。,题组集训,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、丙池是化学能转化为电能的装置 B.甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH6e2H2O=CO 8H C.反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使C

34、uSO4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,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=CO 6H2O； C项，应加入CuO或CuCO3； D项，丙池中：MgCl22H2O=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。 答案D,电解,题组二有明显“外接电

35、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。 解析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。,负,(2)pH变化：A：_，B：_， C：_(填“增大”、“减小”或“不变”)。 解析电解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。,增大,减小,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_(假设电解前后溶液体积无变化)。 解析通电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