高考化学第二轮专题辅导系列资料(新课版)【专题三】氧化还原反应与电化学问题

高考化学第二轮专题指导系列资料(新课版)【专题三】氧化复原反响与电化学识题高考化学第二轮专题指导系列资料(新课版)【专题三】氧化复原反响与电化学识题高考化学第二轮专题指导系列资料(新课版)【专题三】氧化复原反响与电化学识题【专题三】氧化复原反响与电化学识题的解决议略【考情剖析】1．氧化复原反响知识贯串于中学化学学习的一直，故每年必考，且题型多样。此后命题将会连续集中在以下2个方面：①氧化复原反响的观点及应用，包含氧化复原反响的配平与计算，②氧化性、复原性强弱的判断。同时也会因波及知识面广，可能出现新的题型、新的设问方式，特别是与实验应用相联合成为命题的新趋向。2．电化学内容在工业生产中有着宽泛应用，是高考要点考察的内容之一，其主要考点有：①掌握原电池的观点、形成条件、装置中各部分名称、电极反响、导线上电流方向、电子流向、溶液中离子运动方向、对盐桥的认识；②正确认识化学腐化、电化学腐化、析氢腐化、吸氧腐化并能加以差别；③认识金属腐化的防备方法；④掌握电解的原理及相关规律，能对电极产物进行判断，能对电解后溶液的酸碱性变化加以判断，能正确表示电解的电极反响及总反响；⑤电解原理的应用和基本计算。【知识交汇】一、氧化复原反响1．娴熟掌握基本观点2．会标电子转移的方向和数量失掉6e—⑴Cu2S＋O2＝2Cu＋SO2获得2e—获得4e—氧化剂氧化剂复原产物氧化产物复原剂复原产物—2e⑵CaH2＋2H2O＝Ca(OH)2＋2H2↑复原剂氧化剂氧化产物复原产物3．氧化产物、复原产物的判断氧化产物、复原产物是从实验得出的。关于一些我们不熟习的氧化复原反响，能够依据化合价变化的规律，剖析氧化产物、复原产物，以下表。氧化剂复原剂氧化产物复原产物O3I—不可以确立H2OFe3＋SO2SO42—Fe2＋—H2O2O2不可以确立MnO4——Cl2Cl2ClOCl4．氧化反响与复原反响的关系氧化复原反响中，氧化反响与复原反响老是同时发生的。一个完好的氧化复原反响方程式能够拆写成两个“半反响”，一个是“氧化反响”，一个是“复原反响”。如2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+的拆写结果是：氧化反响为Cu-2e－==Cu2+；复原反响为2Fe3++2e－==2Fe3+，又以下表：氧化复原反响氧化反响复原反响－2NO2－2e-＋2H2O=4H+＋2NO2＋2e-＋2H+=NO3NO2+H2O==2H++2NO3+NO—＋H2OCH4+2O2+2OH—=CO32—+3H2O2NO34＋10OH－－2－2－＝CH2HO＋O＋7H2O4OH－5．氧化复原反响的基本规律⑴守恒规律：电子得失总数(或化合价起落总数)相等。据此，可用于配平、计算。⑵价态规律①同种元素最高价态只拥有氧化性；最廉价态只拥有复原性；中间价态既拥有氧化性，又拥有复原性。可简记为：高价氧，廉价还，中价全。1－2②化合物(如H2S)：因既有正价又有负价，所以同时拥有氧化性和复原性。⑶归中不交规律①若价态相隔(即有中间价)，一般能反响，且生成中间价态，但二者的化合价不会交错变化。如失2e-+6+6H2S+H2SO4=S+SO2+2H2O+4+400得2e-－2－2②若价态相邻，则不反响。如C～CO、CO～CO2、SO2～SO3等。⑷先强后弱规律(反响次序)①一种氧化剂遇多种复原剂时，老是按复原性先强后弱的次序反响。比如，把Cl2通入FeBr2溶液中，Cl2可把Fe2＋、Br－氧化，因为复原性Fe2＋＞Br－，所以Cl22＋Cl2，才氧化Br－先氧化Fe，以后，若还有。若n(FeBr2):n(Cl2)=1:1，其离2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－子方程式为：2Fe②同理，一种复原剂遇多种氧化剂时，是按氧化性先强后弱的次序反响。如Fe与CuCl2～HCl混淆液，Fe先与Cu2＋反响，后与H＋反响。⑸由强变弱规律(反响方向)氧化复原反响老是向着氧化性和复原性减弱的方向进行，反之不可以。据此，可判断两物质可否发生氧化复原反响。二、原电池1．常有的原电池有两类：一类是近似伏打电池的一般原电池装置；另一类是产生电流效率较高的带盐桥的原电池装置，以以下图所示：GZnCu

G盐桥电流计ZnCuH2SO4溶液ZnSO4溶液稀硫酸两装置工作原理是同样的，即总反响方程式是Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑。盐桥的作用是——使整个装置构成通路，取代两溶液直接接触；均衡电荷；提升电流效率。2．在原电池中，电极可能与电解质反响，也可能与电解质不反响，不发生反响的可看作金属发生吸氧腐化。如图1：CuCl2溶液NaCl溶液图1图23．闭合回路的形成也有多种方式，能够是导线连结两个电极，也能够是两电极接触，如图2。4．依据原电池的工作原理可得二次电池充电装置图为。5．原电池原理的应用⑴利用原电池原理能够制造出各样适用电池，即化学电源，如锌锰干电池、铅蓄电池、锂电池、新式燃料电池等。⑵原电池原理可用于解决一些实质问题，如加速某些化学反响时的速率（稀硫酸与锌反响时，常滴入几滴硫酸铜溶液）；剖析金属电化学腐化的快慢和防备方法等。三、电解池1．原电池装置与电解装置的比较——有无外接电源。要注意到原电池的两极称为正负极，溶液中放电的阴离子向负极挪动，放电的阳离子向正极挪动，电解池的两极称为阴阳极，阴阳离子在外加电场的作用下分别朝阳极和阴极挪动。2．串连装置图比较图一中无外接电源，二者必有一个装置是原电池装置(相当于发电装置)，为电解装置提供电能，此中两个电极活动性差别大者为原电池装置，如图一中左图为原电池装置，右图为电解装置。图二中有外接电源，两烧杯均作电解池，且串连电解，经过的电流相等。3．电解的规律若用惰性电极（如Pt、石墨）进行电解，产物的规律以下（氟化物例外）：电解质电解产物结论类别举例阳极阴极溶液构成无氧酸、不开朗金HClCuCl2非金属单氢气或金浓度减小，实质是属的无氧酸盐质(非O2)属单质溶质不变。溶质发生疏解含氧酸、强碱和活H2SO4NaOH氧气氢气溶质不变，实质是电解水泼金属的含氧酸盐Na2SO4浓度增大。开朗金属的NaCl非金属单氢气有碱生成无氧酸盐质(非O2)实质是溶质和水同时分不开朗金属的CuSO4有含氧酸解氧气金属单质含氧酸盐生成4．电解原理的应用①氯碱工业：即电解饱和食盐水(制取烧碱和氯气)的工业。其反响原理是：阳极2Cl－电解2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。－2e－＝Cl2↑，阴极2H＋＋2e－＝H2↑，总反响2NaCl＋2H2O②电镀：是特别的电解。电镀时，用镀层金属做阳极、待镀金属(镀件)做阴极，用含含镀层金属阳离子的电解质溶液。理论上讲，电镀时，电解质溶液的成分是不变的。③铜的电解精华：粗铜中往常含有Zn、Fe、Ni、Ag、Au等杂质电极名称电极资料电极反响电解质溶液溶液浓度－＝Cu2＋－＋阳极Cu－2e、Fe－2e＝Fe2、CuSO4溶液(加粗铜板－＋基本保持不变Ni－2e＝Ni2入必定量的硫阴极纯铜板Cu2＋－＝Cu酸)(或略有降落)＋2e位于金属活动次序铜以后的Ag、Au等金属，因为给出电子能力比铜弱，难以在阳极失去电子变为离子溶解下来，当阳极上的Cu失掉电子变为离子溶解后，它们以金属单质的形式堆积在电解槽底，形成阳极泥。④电冶金：电解法冶炼开朗金属。电解法冶炼开朗金属时，电解液是用熔融的金属化合物(往常是氯化物或氧化物)，以制取金属钠为例，电解过程中，电极反响式分别是：阳极2Cl－－2e－＝Cl2↑，阴极2Na＋＋2e－＝2Na，总反响式为2NaCl电解2Na＋Cl2↑。【思想方法】【例1】1986年，人们成功的用以下反响制得了氟：2KMnO4+2KF+10HF+3H2O2=2K2MnF6+8H2O+3O2②K2MnF6+2SbF5=2KSbF6+MnF42MnF4=2MnF3+F2↑。以下说法中正确的选项是A．反响①、②、③都是氧化复原反响B．反响①H2O2既是复原剂又是氧化剂C．氧化性：H2O2＞KMnO4D．每生成1molF2，上述反响共转移8mol电子【剖析】此题主要考察氧化复原反响中的基本观点。反响①是氧化复原反响，氧化剂是KMnO4，双氧水作复原剂，选项B错。由氧化剂的氧化性大于复原剂的氧化性，可知选项C错，同时可知当有2molK2MnF6生成时转移6mol电子。题中反响②反响前后无元素化合价的起落，是非氧化复原反响，应选项A错。每生成1molF2，反响③转移2mol电子，依据3个反响式可列出关系式1molF2~2molMnF4~2molK2MnF6，联合前面剖析：可知反响①转移6mol电子，所以每生成1molF2，上述反响共转移8mol电子。此题应选D【例2】在必定条件下有以下反响：X2+Y2+H2O→HXO3+HY⑴配平上述氧化复原反响的方程式，并标出电子转移的方向和数量。⑵反响中复原剂是，如有转移2mol电子，则生成HXO3的物质的量为mol。⑶①X2、Y2可能的组合是(填编号，下同)。a．Br2F2b．I2Cl2c．Cl2O2d．N2Br2②若用KX制取HX，则应当采用的酸是。a．稀H2SO4b．稀HNO3c．浓H2SO4d．浓H3PO4原由是。【剖析】此题对氧化复原反响进行了综合考察。X2(0→+5)↗5×2×1(1为系数)，Y2(0→-1)↘1×2×5(5为系数)，再依据质量守恒定律可知水前面的化学计量数为6，反应的化学方程式表示为X2+5Y2+6H2O=2HXO3+10HY。⑶①反响中Y2作氧化剂，X2作复原剂，因为反响在水溶液中进行，所以Y2不行能是F2，a错，因为Y2的复原产物是HY，所以Y2不行能是O2，c错，若选项d建立，据题意N2的氧化产物HXO3是HNO3，Br2的复原产物HY是HBr，很明显HNO3和HBr在溶液中不可以大批共存，所以d错。②若用KX制取HX，因为X是I，依据HI的性质，易挥发，拥有强复原性，因此只好采用难挥发性酸(沸点高)和非氧化性酸，所以只有d建立。答案：⑴⑵X20.4⑶①b②d磷酸是非氧化性酸，难挥发性酸【例3】控制合适的条件，将反响2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2设计成以下图的原电池。以下判断不正确的选项是．．．敏捷电流计．反响开始时，乙中石墨电极上发生氧化反响B．反响开始时，甲中石墨电极上Fe3＋被复原石墨盐桥石墨C．电流计读数为零时，反响达到化学均衡状态D．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极FeCl3【剖析】此题中波及的是带有盐桥的原电池，是课标中的新增内容，溶液盐桥的存在可使氧化复原反响在同时而不一样地进行，大大提升电甲乙流的效率。但其工作原理和不带盐桥的原电池的同样的，即负极失电子发生氧化反响，正极得电子发生复原反响。关于此题，甲中石墨作正极，发生还原反响，电极反响式为2Fe3++2e-2Fe2+，乙中石墨作负极，发生氧化反响，电极反响式为-—-2I2eI2。当反响达到均衡时，正逆反响的速率相等，此时电路中电流强度的和为0，故电流计的读数为

KI溶液0，反之也成立，选项A、B、C均正确。当电流计读数为零后，在甲中再溶入FeCl2固体，致使化学均衡逆向挪动，即把该反响的逆反响设置成原电池，甲中石墨作负极，发生氧化反响，电极反响式为2Fe2++2e-2Fe3+，乙中石墨作正极，发生复原反响，电极反响式为2I2—2e-2I-，D错。此题应选D。【例4】如图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯红墨水a生铁块b化铵溶液，各加入生铁块，搁置一段时间。以下相关描绘错误的选项是．生铁块中的碳是原电池的正极C．两试管中同样的电极反响式是：－2＋Fe－2e=FeD．a试管中发生了吸氧腐化，b试管中发生了析氢腐化【剖析】粗看装置虽感觉陌生，但认真剖析得悉该实验是简单吸氧腐化与析氢腐化的简单综合。a试管内盛装食盐水，溶液呈中性，发生的是吸氧腐化，负极反响式为Fe-2e-Fe2+，正极反响式为O2+2H2O+4e-4OH—，明显a装置内气体的物质的量减少，压强减小。b试管内盛装氯化铵，溶液呈酸性，发生的吸氢腐化，负极反响式为Fe-2e-Fe2+，正极反响式为2H++2e-H2↑，气体的物质的量增添，压强增大。综上剖析选项B错。【例5】市场上常常有到的标志为Li－ion的电池称为“锂离子电池”。它的负极资料是金属锂和碳的复合资料（碳作为金属锂的载体），电解质为一种能传导Li＋的高分子资料。这类锂离子电池的电池反响式为：Li＋2Li0.35NiO2放电2Li0.85NiO2。以下说法不正确充电．．．的是A．放电时，负极的电极反响式：－＋Li－eLiB．充电时，Li0.85NiO2既发生氧化反响又发生复原反响C．该电池不可以用水溶液作为电解质＋向负极挪动D．放电过程中Li〖剖析〗此题主要考察原电池和电解池的综合。电池放电时，相当于原电池，Li从0价升至+1价，失电子作负极，电极反响式为Li－e－Li＋，依据总反响式可知正极反响式为2Li0.35NiO2＋e－＋Li＋2Li0.85NiO2，A正确。充电时相当于电解池，因为反响物只有一种，所以放电过程中既发生氧化反响又发生复原反响，B正确。因为金属Li较活泼，能与水反响生成H2，所以电池介质应为非水资料，C正确。在放电过程中，电解质溶液相当于电池的内电路，所以Li+应向正极挪动，D错。此题应选D。【专题操练】1．科学家在多年前就探测到火星大气中存在微量的羰基硫(COS)。已知能发生以下反响：CO＋S△COS，2COS＋SO2△2CO2＋3S。以下说法不正确的A．利用这两个反响能够除去CO、SO2的污染B．两反响均属于氧化复原反响C．两反响均不属于离子反响D．前者属于化合反响，后者属于置换反响2．某容器中发生一个化学反响，反响过程中存在As2S3、HNO3、H2SO4、NO、H3AsO4、H2O六种物质，已知As2S3是反响物之一。以下相关判断不正确的选项是．该容器中发生了氧化复原反响B．该反响中HNO3、H2O是反响物，H2SO4、NO、H3AsO4是生成物C．该反响中只有砷元素被氧化、只有氮元素被复原D．氧化产物和复原产物的物质的量之比为15:283．酸性高锰酸钾能将醇氧化生成一系列产物，反响中KMnO4被复原为Mn2＋，用0.60mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液滴定20.0mL0.50mol·L－1的乙二醇溶液，当用去20.0mL高锰酸钾溶液时，再滴加1滴高锰酸钾溶液时，溶液恰好呈紫色，振荡后不退色。则乙二醇的氧化产物为A．OHC－CHOB．HOOC－COOHC．HOOC－CHOD．CO24．以下四种装置中，溶液的体积均为250mL，开始时电解质溶液的浓度均为－0.10mol·L1，工作一段时间后，测得导线上均经过0.02mol电子，若不考虑溶液体积的变化，则以下表达正确的选项是．工作一段时间后溶液的浓度①＝②＝③＝④B．工作一段时间后溶液的pH：④＞③＞①＞②C．产生气体的整体积：④＞③＞①＞②D．电极上析出的固体的质量：①＞②＞③＞④3－＋－＋3－＋I2＋H2O”设计5．以下图Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学将反响“AsO42I＋2HAsO3成的原电池装置，此中C1、C2均为碳棒。甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适当浓盐酸；乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适当40%NaOH溶液。以下表达中正确的选项是A．甲组操作时，微安表(A)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上发生的电极反响为－－I2＋2e2I6．膜技术原理在化工生产中有着宽泛的应用。有人假想利用电化学原理制备少许硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置图以下。⑴A装置是________，B装置是_________(填“原电池”或“电解池”)。⑵N2O5在电解池的______区生成，其电极反响式为_____________________________。⑶通入O2一极的电极反响式为_______________________________。1⑷若通入SO2的速率为2.24L·min(标准状况)，为稳固连续生产，硫酸溶液的浓度应保持不变，则左边水的流入速率应为_________mL·min－1。【参照答案】1．D分析：题中两反响式相加得总反响方程式为2CO＋SO2△2CO2＋3S，由此可知选项A正确。题干中的第二步反响不切合置换反响的定义，D错。2．C分析：剖析元素的化合价可确立反响物为As2S3和HNO3，H2SO4、H3AsO4、NO为生成物，H2O能够是反响物，也能够是生成物，待后进一步确立。由此可得以下未配平的化学方程式：As2S3＋HNO3H3AsO4＋H2SO4＋NO↑，接着开始配平这一方程式。3255623As2S328HNO3——6H3AsO49H2SO428NO↑↑↓4243↑↓28×33×28依据质量守恒定律检查发现，方程式左边缺乏8个H原子和4个O原子，所以水为反应物。完好的方程式为：3As2S3＋28HNO3＋4H2O=6H3AsO4＋9H2SO4＋28NO↑。由化合价起落状况剖析可知砷元素和硫元素被氧化，氮元素被复原，氧化产物为H3AsO4、H2SO4，复原产物为NO，二者的物质的量之比为15:28。3．C分析：乙二醇中碳原子的均匀化合价为－1价，设其氧化产物中碳原子的均匀化合价为x，依据氧化复原反响中得失电子数相等可得20mL×0.60mol·L－120.0×(7－2)mL×0.50mol·L－1×2×[x－(－1)]，解得x=2。而各选项分子中碳原子的均匀化合价分别为＋1、＋3、＋2和＋4，故此题选C。4．B分析：装置①是用惰性电极电解CuSO4溶液，电解时的总反响式为：电解2Cu＋O2↑＋2H－，当测得导线上经过0.02mol电子时，共2CuSO4＋2H2O2SO4~4e耗费0.01molCuSO4，生成0.01molCu、0.005molO2和0.01molH2SO4；装置②为锌铜原电池装置，原电池的总反响式为Zn＋H2SO4ZnSO4＋H2↑~2e－，当测得导线上通过0.02mol电子时，共耗费0.01molH2SO4，还余0.015molH2SO4，生成0.005molH2，但无固体析出。装置③为电镀锌装置，阴极铁棒上的电极反响式为：Zn2＋＋2e－Zn，跟着电解的进行，电解液的浓度不发生变化，阴极上析出0.01mol锌。装置④也相当于NaCl溶液，电解时的总反响式为：2NaCl＋2H2O电解用惰性电极电解2NaOH＋H2↑Cl2↑~2e－，当测得导线上经过0.02mol电子时，共耗费0.02molNaCl，生成