第六单元听课答案

第页第六单元化学反应与能量考点2019年2019年2019年2019年2019年化学反应与热能全国Ⅱ12(选择);全国Ⅰ28(填空)全国Ⅱ13(选择);全国Ⅰ28(填空)全国Ⅰ28(填空);全国Ⅱ27(填空);全国Ⅱ36(填空)全国Ⅱ26(填空);全国Ⅲ27(填空)全国Ⅱ27(填空)原电池化学电源全国Ⅱ11(选择);全国Ⅰ10(选择);全国Ⅰ28(填空)全国Ⅱ12(选择)全国Ⅰ11(选择)全国Ⅲ11(选择)全国Ⅲ11(选择)电解池、金属的腐蚀及防护全国Ⅰ27(填空)全国Ⅰ27(填空)全国Ⅱ28(填空)全国Ⅰ11(选择);全国Ⅲ11(选择)全国Ⅰ11(选择);全国Ⅱ11(选择)一、教学建议化学反应与能量包括化学能与热能、化学能与电能两部分,这两部分内容理论性强且均属于中学化学的核心知识,是高考试题中必考的知识点,考查的层次相对较高、难度相对较大,复习中应注意解决好如下几个方面的问题。1.研究高考题命制特点,提高复习的针对性。近几年高考对化学反应与热能知识的考查主要有:①根据热化学方程式中ΔH与键能的关系求算某一化学键的键能或给出化学键键能求算某一反应的ΔH;②根据几个已知热化学方程式,利用盖斯定律书写某指定反应的热化学方程式或求该反应的反应热、活化能、ΔH大小比较等;③利用物质能量图判断反应的热效应。常以新型可逆电池为素材来考查原电池、电解池工作原理、工作中电极周围的变化、电解质溶液的变化等。另外近几年有关电解池在污水治理、物质制备以及环境保护等方面应用的试题开始频频出现。因此复习过程中,一方面要通过对上述相应基础知识的重组、整合,形成知识网络;另一方面要选用、组编符合高考试题命制特点的练习题,训练学生的思维,培养与提高学生解决实际问题的能力。2.总结规律技巧、突破难点与易错点。利用盖斯定律求反应热、电极反应方程式(尤其是新型原电池)的书写、电极产物种类的判断与数量的计算等是本单元知识的几个难点;电化学装置工作时,电子流动方向、离子移动方向、可能的电解产物H2、O2生成的电极种类等是本单元知识的几个易混点。复习中可通过列表对比、归纳总结、谐音记忆等方法突破上述难点、攻克易混点。二、课时安排本单元共3讲,建议8课时完成,6课时用于在课堂上互动式完成22~24讲,2课时进行测试及讲评。第22讲化学能与热能【考点互动探究】考点一知识梳理1.(1)H(生成物)-H(反应物)(2)吸收或放出ΔHkJ/molkJ·mol-1(3)1mol(4)非活化活化2.(1)①吸收活化能②放出放出③反应热a.H(生成物)-H(反应物)b.反应物生成物ab3.煤石油天然气不可再生可再生对点自测1.(1)×(2)×(3)√(4)×(5)√(6)√(7)×(8)×(9)√[解析](1)放热反应中,反应物的总能量高于生成物的总能量。(2)放热反应的发生有的也需要加热,如铝热反应;吸热反应有的不加热也能发生,如Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体的反应,错误。(3)活化能越大,表明断裂旧化学键需要克服的能量越大,正确。(4)焓变与反应条件无关,所以同温同压下,反应H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同,错误。(5)可逆反应的ΔH表示完全反应时的热量变化,与方程式中的化学计量数有关,与反应是否可逆无关,正确。(7)释放能量的过程不一定是化学反应,如固体氢氧化钠溶于水,错误。(8)化石能源为不可再生能源,错误。(9)清洁燃料是指燃烧时不产生对人体和环境有害的物质或产生很微量的有害物质,如天然气、液化石油气等,正确。2.(1)吸热E1-E2(2)2E(C—H)+E(C—C)-E(CC)-E(H—H)题组训练题组一1.C[解析]物质变化与能量变化是化学反应的两大特征,A项错误;B项反应为放热反应,B项错误;催化剂只能改变反应的路径,降低活化能,不能改变反应热,D项错误。2.D[解析]碳酸钙受热分解的反应是吸热反应,焓变大于零,故CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量,A、B项正确;在CaCO3中,Ca2+和CO32-之间存在离子键,CO32-中C与O之间存在共价键,故反应中有离子键断裂也有共价键断裂,旧化学键断裂需要吸收能量,新化学键形成放出能量,C项正确;需要加热才能发生的反应不一定为吸热反应题组二1.A[解析]金刚石的能量高于石墨,所以石墨转变为金刚石是吸热反应,A项正确;固态S的能量低于气态S的能量,所以气态S燃烧放出的热量多,但放热越多,ΔH越小,B项错误;白磷的能量高于红磷的能量,所以红磷比白磷稳定,C项错误;图(d)反应应为放热反应,ΔH<0,D项错误。2.C[解析]反应总过程为N2O+CON2+CO2,根据图示可知,反应物总能量高于生成物总能量,为放热反应,ΔH<0,A项正确;根据反应历程,Fe+为催化剂,能够降低反应的活化能,B项正确;FeO+为中间产物,而不是催化剂,C项错误;根据图示,Fe++N2OFeO++N2、FeO++COFe++CO2两反应中反应物总能量均高于生成物总能量,均为放热反应,D项正确。考点二知识梳理1.物质的量反应热2.能量1molH2(g)和12molO2(g)反应生成1mol液态水时放出285.8kJ对点自测1.(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√[解析](1)反应热的单位应该是kJ·mol-1。(2)水未注明状态,且酸碱中和反应ΔH<0。(3)燃烧是放热反应,ΔH<0。(4)未注明物质的聚集状态。(5)该反应为可逆反应,不能进行到底,错误。(6)能量越低,越稳定。2.(1)C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=+131.5kJ·mol-1(2)3CO(g)+Fe2O3(s)3CO2(g)+2Fe(s)ΔH=-24.8kJ·mol-1(3)B2H6(g)+3O2(g)B2O3(s)+3H2O(l)ΔH=-2165kJ·mol-1[解析](1)1molC与1molH2O(g)反应生成CO和H2时吸收131.5kJ热量,则反应的ΔH=+131.5kJ·mol-1。(2)用3molCO(g)还原1molFe2O3(s),放热24.8kJ,则反应的ΔH=-24.8kJ·mol-1。(3)1mol乙硼烷气体燃烧时放出2165kJ的热量。题组训练题组一1.B2.D[解析]化学反应的焓变等于反应物总键焓与生成物总键焓的差,由此可确定D项正确。3.B[解析]1molCH4完全燃烧生成液态水和CO2,放出890.3kJ的热量,则热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ/mol,故①错误,②正确,③错误;1molH2完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ的热量,则热化学方程式为2H2(g)+O2(g)2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol,故④正确,即正确的为②④。题组二1.(1)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.2kJ·mol-1(2)N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+68kJ·mol-1(3)2Cu(s)+O2(g)2CuO(s)ΔH=-314kJ·mol-1(4)C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3kJ·mol-1(5)C8H18(l)+252O2(g)8CO2(g)+9H2O(g)ΔH=-5518kJ·mol-1(6)C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-2QkJ·mol-1[解析](6)根据碳原子守恒有C2H5OH~2CO2~2CaCO3。生成100gCaCO3沉淀,则乙醇的物质的量为0.5mol,据此可写出反应的热化学方程式。2.(1)A2(g)+B2(g)2AB(g)ΔH=+(a-b)kJ·mol-1(2)NH4+(aq)+2O2(g)NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=-346kJ[解析](1)由图可知,生成物总能量高于反应物总能量,故该反应为吸热反应,ΔH=+(a-b)kJ·mol-1。(2)根据图像可以写出,第一步反应的热化学方程式为①NH4+(aq)+1.5O2(g)NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=-273kJ·mol-1,第二步反应的热化学方程式为②NO2-(aq)+0.5O2(g)NO3-(aq)ΔH=-73kJ·mol-1,根据盖斯定律①+②得NH4+(aq)+2O2(g)NO3-(aq)+2H+(aq)+H2考点三知识梳理1.1mol稳定的氧化物kJ/mol1mol1molCO2C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol负2.1mol液态水kJ/molH+(aq)+OH+(aq)H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol3.(1)环形玻璃搅拌棒(3)-对点自测1.(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×[解析](1)氢气的燃烧热是指常温下1molH2完全燃烧生成液态水时放出的热量。(2)1molS完全燃烧生成SO2时所放出的热量为硫的燃烧热。(3)热化学方程式中氢气的化学计量数为2,因此氢气的燃烧热为285.5kJ·mol-1。(4)醋酸是弱酸,电离吸热,使测得的反应热数值偏小,因此ΔH>-57.3kJ·mol-1。(5)没有写出具体的热化学反应,不能断定具体的ΔH。(6)表示燃烧热的热化学方程式中水应为液态而不是气态。2.(1)CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-akJ/mol(2)S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-2bkJ/mol(3)H2(g)+12O2(g)H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1题组训练题组一1.B[解析]表示燃烧热的热化学方程式中,可燃物质的物质的量为1mol,反应生成稳定氧化物,A中应生成SO2,C中应生成H2O(l),D中CO的物质的量应为1mol。2.A[解析]醋酸是弱酸,其电离过程吸热,40.0g即1molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和,放出的热量小于57.3kJ,A项正确;氢气的燃烧热必须是生成液态水的过程所放出的热量,液态水变为气态水是吸热的,氢气的燃烧热大于241.8kJ·mol-1,B项错误;焦炭完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量,因焓变是负值,则a<b,C项错误;P(白磷,s)P(红磷,s)ΔH<0,红磷的能量低于白磷的能量,所以白磷不如红磷稳定,D项错误。题组二1.A[解析]搅拌可加快反应速率,减小热量损耗带来的误差,A正确;实验中温度计水银球应插入液面以下,不能与小烧杯底部接触,B项错误;盐酸为强酸,醋酸为弱酸,弱酸电离要吸收能量,因此实验中二者测得的中和热数值不同,C项错误;在测定中和热实验中不需要容量瓶,D项错误。2.(1)环形玻璃搅拌棒量筒(2)B(3)偏大(4)①-56.8kJ/mol-52.7kJ/mol②NaOH是强碱;NH3·H2O是弱碱,电离吸热[解析](1)中和热测定的实验中,用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒、量筒。(2)量取反应物时,取50mL0.50mol·L-1的盐酸,还需加入等体积但浓度略大的NaOH溶液,使酸被完全中和,并且根据酸的浓度和体积计算生成水的物质的量。(3)实验时大烧杯上若不盖硬纸板,则中和放出的热量散失得多,温度计测得的温度偏小,中和反应放出的热量偏小,由ΔH=-Q放出n(H2O)可知,计算出的中和热ΔH偏大。(4)①ΔH1=-0.418(t2-t1)0.05kJ/mol=-0.418×(19.8-13.0)0.05kJ/mol≈-56.8kJ/mol;②ΔH2=-0.418(t2-t1)0.05kJ/mol=-考点四知识梳理1.(1)始态和终态反应的途径ΔH=ΔH1+ΔH2(2)aΔH2-ΔH2ΔH1+ΔH2-283kJ·mol-12.(1)小大(2)①大于②<ΔH2-ΔH1<③<ΔH1-ΔH2<④<ΔH1-ΔH2>3.(5)n(可燃物)×|ΔH|对点自测1.(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)×[解析](1)一个反应的ΔH大小只与反应的始态和终态有关,与途径无关。(2)1gH2燃烧生成H2O(g)放出热量0.5akJ。(3)根据ΔH=∑E(反应物)-∑E(生成物)=436kJ·mol-1+496kJ·mol-1×12-462kJ·mol-1×2=-240kJ·mol-1(5),ΔH2+ΔH3=ΔH1,则ΔH3=ΔH1-ΔH2,又ΔH3<0,所以ΔH1<ΔH2。(6)根据常识可知,CO(g)+12O2(g)CO2(g)ΔH3<0,又因为ΔH2+ΔH3=ΔH1,所以ΔH2>ΔH1。2.(1)296.8(2)6g[解析](2)857.4kJ571.题组训练题组一1.B[解析]由盖斯定律可知①×3-(②×3+③×2)6得到反应CO(g)+FeO(s)Fe(s)+CO2(g),所以其反应热为[(-24.8kJ/mol)×3-(-15.73kJ/mol)×3-(+640.4kJ/mol)×2]÷6≈218kJ/mol,14gCO的物质的量为0.5mol,故2.(1)TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)ΔH=-45.5kJ·mol-1(2)+135.6(3)2ΔH3-2ΔH2-ΔH1(4)ΔH1+ΔH2-ΔH3[解析](2)根据盖斯定律可知,①-②×2即得目标热化学方程式。(3)观察可知,四个热化学方程式关系为③×2-②×2-①=④,由盖斯定律可知2ΔH3-2ΔH2-ΔH1=ΔH4。(4)根据盖斯定律,由第一个反应+第二个反应-第三个反应,可得SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO-(aq)+2OH-(aq)CaSO4(s)+H2O(l)+Cl-(aq),则ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3。题组二1.B[解析]由图示可知断开1molN2H4(g)和1molO2中所有化学键需要吸收的总能量为2752kJ-534kJ=2218kJ,则断裂1molN—H键所需的能量为2218kJ-5002.(1)299(2)-99+41[解析](1)设HI的键能为x,则有2x-436kJ·mol-1-151kJ·mol-1=+11kJ·mol-1,解得x=299kJ·mol-1。(2)根据反应热=断开旧键吸收的总能量-形成新键释放的总能量,ΔH1=(1076+436×2)kJ·mol-1-(413×3+343+465)kJ·mol-1=-99kJ·mol-1。②式-③式可得①式,故ΔH2-ΔH3=ΔH1,ΔH3=-58kJ·mol-1-(-99kJ·mol-1)=+41kJ·mol-1。题组三1.b=2a>d=2c[解析]根据盖斯定律可知,由①式乘以2可以得到②式,故b=2a,由③式乘以2可以得到④式,故d=2c,由①式减去③式可得到H2O(l)H2O(g)ΔH=ΔH1-ΔH3=(a-c)kJ·mol-1,该过程吸收热量,故a-c>0,a>c,综上可得b=2a>d=2c。2.A[解析]胆矾溶于水时溶液温度降低,说明此过程是吸热过程,即①CuSO4·5H2O(s)CuSO4(aq)+5H2O(l)ΔH1>0,②CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)ΔH=Q1kJ·mol-1,③CuSO4(s)CuSO4(aq)ΔH=-Q2kJ·mol-1<0,①-②得出③CuSO4(s)CuSO4(aq)ΔH=(ΔH1-Q1)kJ·mol-1=-Q2kJ·mol-1<0,因此推出Q1>Q2,故选项A正确。【考例考法直击】1.A[解析]硅太阳能电池能够将光能直接转化为电能,与氧化还原反应无关,A项正确;锂离子电池将化学能转化为电能的过程中,有自发进行的氧化还原反应发生,B项错误;电解质溶液导电的过程实际上是电解过程,有氧化还原反应的发生,C项错误;葡萄糖在体内氧化释放能量,D项错误。2.C[解析]反应①和②的最终产物中含有H2和CO2,A项正确;CO2与H2化合生成能源物质CH3OH,B项正确;该反应生成的H2O为液态,液态水汽化需要吸热,则ΔH<d2kJ·mol-1,C项错误;根据盖斯定律,反应②×2+反应③×2+反应④可得该热化学方程式,D3.D[解析]燃烧热是1mol燃料完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量。1mol油酸甘油酯的质量为884g,燃烧1kg油酸甘油酯放出热量为3.8×104kJ,则油酸甘油酯的燃烧热ΔH=-3.8×104×8841000kJ·mol-1≈-3.4×104.BC[解析]由题给图示可知,X→Y的ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量=E3-E2,A项错误;2X(g)的能量高于Z(g)的能量,故X→Z是放热反应,ΔH<0,B项正确;根据反应2X(g)3Y(g),可知压强减小,平衡正向移动,Y的产率提高,C项正确;根据反应2X(g)Z(g)ΔH<0,温度升高,平衡逆向移动,Z的产率降低,D项错误。5.D[解析]反应①是光能转化为化学能,A项错误;反应②的焓变为正值,属于吸热反应,B项错误;催化剂只能降低反应的活化能,但不会改变反应的焓变,C项错误;根据盖斯定律可知,“反应③-反应②”得所求的反应,则焓变ΔH=+206.1kJ·mol-1-131.3kJ·mol-1=+74.8kJ·mol-1,D项正确。6.A[解析]丙烷分子式是C3H8,1mol丙烷燃烧会产生4molH2O,丙烷完全燃烧产生1.8g水(物质的量为0.1mol),则4mol∶0.1mol=2215kJ∶Q,解得Q=55.375kJ,A项正确。7.(1)2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=-85.6kJ·mol-1(2)Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(l)ΔH=-687kJ·mol-1(3)NaBH4(s)+2H2O(l)NaBO2(s)+4H2(g)ΔH=-216.0kJ·mol-1(4)2Na(s)+O2(g)Na2O2(s)ΔH=-511kJ·mol-1[解析](1)从元素守恒的角度分析还原性气体应为CO,即焦炭发生了氧化反应,则Cl2发生了还原反应,0.1molCl2发生反应生成0.05mol易水解的液态化合物TiCl4,则生成1molTiCl4放出热量4.28kJ0.05mol=85.6kJ·mol-1。(3)首先写出化学方程式并配平,标出各物质的聚集状态:NaBH4(s)+2H2O(l)NaBO2(s)+4H2(g)。3.8gNaBH4的物质的量为0.1mol,反应放热21.6kJ,则根据方程式的化学计量数计算ΔH,写出热化学方程式。(4)Na在O2中燃烧生成Na2O2,则该热化学方程式为2Na(s)+O2(g)Na2O2(s)ΔH=-255.5kJ·mol-1×2=-5111.[2019·江苏镇江模拟]2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能,E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是()A.该反应为吸热反应B.升高温度,不影响活化分子百分数C.使用催化剂使该反应的反应热发生改变D.E1-E2=ΔH[解析]D由图像知反应物的能量高于生成物的能量,为放热反应,A错误;升高温度,活化分子百分数增大,B错误;催化剂对反应的始态和终态无影响,只改变活化能,对反应的焓变无影响,C错误。2.[2019·湖南长沙长郡中学月考]下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法错误的是 ()A.2H(g)+2X(g)2HX(g)ΔH3<0B.ΔH1=ΔH2+ΔH3C.Cl、Br、I的非金属性依次减弱,所以按照途径Ⅰ对应的ΔH1逐渐减小D.途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多,说明HCl比HBr稳定[解析]C原子形成化学键放热,焓变小于0,2H(g)+2X(g)2HX(g)ΔH3<0,A正确;反应焓变与起始状态和终了状态有关,与变化途径无关,途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关,所以ΔH1=ΔH2+ΔH3,B正确;Cl、Br、I的非金属性依次减弱,单质与H2反应放出的热量逐渐减小,又因ΔH1<0,则按照途径Ⅰ对应的ΔH1逐渐增大,C错误;因化学反应所吸收或放出的能量即为反应热,反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差,氯原子半径小于溴原子,途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多,说明HCl比HBr稳定,D正确。3.[2019·湖南师大附中月考]下列有关反应热的叙述中正确的是 ()①已知2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1,则氢气的燃烧热为ΔH=-241.8kJ·mol-1②由单质A转化为单质B是一个吸热过程,由此可知单质B比单质A稳定③X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)ΔH>0,恒温恒容条件下达到平衡后加入X,上述反应的ΔH增大④已知:共价键C—CCCC—HH—H键能/(kJ·mol-1)348610413436上表数据可以计算出+3H2(g)(g)的焓变⑤根据盖斯定律,推知在相同条件下,金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时,放出的热量相等⑥25℃,101kPa时,1mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量为碳的燃烧热A.①②③④ B.③④⑤C.④⑤ D.⑥[解析]D①燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量,氢气燃烧生成液态水,由热化学方程式可知,氢气的燃烧热大于241.8kJ·mol-1,错误;②单质A转化为单质B是一个吸热过程,则B的能量比A的高,能量越高越不稳定,错误;③一定条件下,反应热与平衡移动无关,与化学计量数与物质的状态有关,错误;④反应热=反应物总键能-生成物总键能,由于苯环中不存在碳碳双键,不能计算反应热,错误;⑤金刚石与石墨的结构不同,能量不相同,在相同条件下,金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时,放出的热量不相等,错误;⑥碳的燃烧热指25℃,101kPa时,1mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量,正确,答案选D。4.已知反应:H2(g)+12O2(g)H2O(g)ΔH112N2(g)+O2(g)NO2(g)ΔH212N2(g)+32H2(g)NH3(g)ΔH则反应2NH3(g)+72O2(g)2NO2(g)+3H2O(g)的ΔH为 ()A.2ΔH1+2ΔH2-2ΔH3B.ΔH1+ΔH2-ΔH3C.3ΔH1+2ΔH2+2ΔH3D.3ΔH1+2ΔH2-2ΔH3[解析]D由题意把已知反应依次编号为①②③,根据盖斯定律,将热化学方程式①×3+②×2-③×2得2NH3(g)+72O2(g)2NO2(g)+3H2O(g)ΔH=3ΔH1+2ΔH2-2ΔH3。第23讲原电池化学电源【考点互动探究】考点一知识梳理1.化学能电能氧化还原反应2.(1)氧化还原反应(2)活泼性(3)闭合回路3.负极正极Zn-2e-Zn2+Cu2++2e-Cu氧化反应还原反应锌片铜片正极负极正极负极Zn+Cu2+Zn2++Cu热能稳定4.(1)负极正极(3)正极锌块锌块(4)①负极正极②负极③导线AgNO3CuSO4对点自测1.(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×(7)×[解析](1)若是由锌、铜、硫酸铜溶液构成的原电池,则正极表面析出铜,没有气泡产生。(2)Mg-Al与氢氧化钠溶液形成的原电池,Mg作正极。(3)燃料电池中负极Pt电极不参与反应,而是燃料参加反应。(5)铁参与原电池反应时一般生成Fe2+。(6)原电池的电解质溶液中,阴离子向负极移动。(7)电子只能在导线上运动,不能在溶液中传输。2.(1)Cu氧化(2)Fe2(SO4)3[FeCl3、Fe(NO3)3等可溶性铁盐也可]溶液电子移动[解析]在反应Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+中,Cu作还原剂,即为原电池的负极材料,失去电子,发生氧化反应;左右两个烧杯中的电解质溶液依据其中的电极材料选择,故X是可溶性铁盐溶液,电子从负极经导线运动到正极。题组训练题组一1.D[解析]活泼电极锌作负极;电流和电子的流动方向相反;原电池中,阳离子移向正极,阴离子移向负极;A、B、C项错误。2.C[解析]该装置为原电池,铜电极为正极,发生还原反应,A项错误;SO42-不参与电极反应,且不能通过阳离子交换膜,电池工作一段时间,甲池中c(SO42-)不变,B项错误;乙池中电极反应为Cu2++2e-Cu,乙池中阳离子浓度减小,甲池中Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池,则乙池中析出Cu,进入Zn2+,溶液质量增加,C项正确;该装置中只有阳离子交换膜,题组二1.B[解析]②中Mg不与NaOH溶液反应,而Al能和NaOH溶液反应失去电子,故Al是负极;③中Fe在浓硝酸中易钝化,Cu和浓HNO3反应失去电子作负极,A错,C错。②中电池总反应为2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑,负极电极反应式为2Al+8OH--6e-2AlO2-+4H2O,二者相减得到正极电极反应式为6H2O+6e-6OH-+3H2↑,B正确。④中Cu是正极,电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,D错。2.(1)Fe-2e-Fe2+2H++2e-H2↑Fe+2H+Fe2++H2↑(2)Fe3++e-Fe2+Pb-2e-Pb2+(3)Cu-2e-Cu2+(4)FeO42-+3e-+4H2OFe(OH)32FeO42-+8H2O+3Zn2Fe(OH)3+3Zn(OH)2[解析](1)Fe作负极,电极反应为Fe-2e-Fe2+;Cu作正极,电极反应为2H++2e-H2↑。(2)由Pb、Cu与氯化铁溶液组成的原电池,正极为Cu,电极反应式为Fe3++e-Fe2+;负极为Pb,电极反应式为Pb-2e-Pb2+。(3)由Al、Cu与浓硝酸组成的原电池,Al遇浓硝酸钝化,Cu作负极,电极反应式为Cu-2e-Cu2+。(4)K2FeO4-Zn组成碱性电池,K2FeO4在电池中作为正极材料,FeO42-中+6价铁元素被还原为Fe(OH)3中+3价铁元素,其电极反应式为FeO42-+3e-+4H2OFe(OH)3+5OH-;书写总反应的离子方程式时,关键是抓住Fe和Zn的存在形式分别是Fe(OH)3和Zn(OH)2。题组三1.C[解析]由电池反应可知,铁作负极,铁失去电子发生氧化反应。C项中,由于锌的活泼性大于铁,故锌作负极,发生氧化反应,与电池反应不符。2.B[解析]金属与稀H2SO4溶液组成原电池,活泼金属失去电子发生氧化反应,作负极,较不活泼的金属作正极。H+在正极电极表面得到电子生成H2,电子运动方向由负极→正极,电流方向则由正极→负极。在题述原电池中,A、B原电池,A为负极;C、D原电池,C为负极;A、C原电池,A为负极;B、D原电池,D为负极。综上可知,金属活动性A>C>D>B。3.(1)C1逆反应或左AsO33--2e-+H2OAsO(2)a(3)c([解析](1)根据反应AsO43-+2I-+2H+AsO33-+I2+H2O知电池工作时,碘离子失去电子,发生氧化反应,则A中C1是原电池的负极,盐桥中的阴离子向负极C1移动;若向B池里滴加NaOH溶液,氢氧根离子和氢离子反应,溶液中氢离子浓度降低,平衡向逆反应方向移动,此时C2极的电极反应式为AsO33--2e-+H2OAsO43-+2H+。(2)微安表指针为0时,该反应处于平衡状态,a正确;向A池中加入淀粉溶液,溶液变蓝说明有碘单质存在,但该反应不一定处于平衡状态,b错误;AsO43-、AsO33-离子浓度相等时,考点二知识梳理1.ZnZn+2OH--2e-Zn(OH)2MnO22MnO2+2H2O+2e-2MnOOH+2OH-Zn+2MnO2+2H2O2MnOOH+Zn(OH)2ZnZn+2OH--2e-Zn(OH)2Ag2OAg2O+H2O+2e-2Ag+2OH-Zn+Ag2O+H2OZn(OH)2+2Ag2.①Pb(s)-2e-+SO42-(aq)PbSO③PbO2(s)+4H+(aq)+SO42-(aq)+2e-PbSO4(s)+2H④PbSO4(s)+2H2O(l)-2e-PbO2(s)+4H+(aq)+SO423.(1)2H2-4e-4H+2H2+4OH--4e-4H2OO2+4H++4e-2H2OO2+2H2O+4e-4OH-2H2+O22H2O(2)①O2+4e-+4H+2H2O2CO-4e-+2H2O2CO2+4H+2CO+O22CO2②O2+4e-+2H2O4OH-2CO-4e-+8OH-2CO32-+4H2O2CO+O2+4OH-2CO32-③O2+4e-2O2-2CO-4e-+2O2-2CO22CO+O22CO2④O2+4e-+2CO22CO32-2CO-4e-+2CO32-4CO22CO+O(3)4Al-12e-4Al3+3O2+12e-+6H2O12OH-4Al+3O2+6H2O4Al(OH)3对点自测1.(1)√(2)×(3)√(4)√(5)×(6)√[解析](2)锂离子电池属于可充电电池,即二次电池。(5)负极反应应写为2H2-4e-+4OH-4H2O。2.负极CH4+10OH--8e-CO32-+7HCH4+2O2+2OH-CO32-+3H题组训练题组一1.D[解析]充电时,Zn板为阴极,应与外接电源的负极相连,A正确;放电时是原电池,溶液中的OH-从正极向负极移动,B正确;放电时正极发生还原反应,电极反应式为FeO42-+3e-+4H2OFe(OH)3+5OH-,C正确;充电时阴极反应式为Zn(OH)2+2e-Zn+2OH-,当转移0.2mol电子时,阴极质量减少3.4g,D2.(1)MnO2+H++e-MnOOH2MnO2+Zn+2H+2MnOOH+Zn2+[注:式中Zn2+可写为Zn(NH3)42+、Zn(NH3)2Cl2等,H+可写为N(2)0.05[解析](1)MnO2在正极发生还原反应,且H+参与正极反应生成MnOOH,结合负极反应式Zn-2e-Zn2+,可写出总反应的离子方程式。(2)Q=It=0.5A×300s=150C,则需消耗Zn的质量为m(Zn)=QF×M(Zn)÷2=150C96500C·mol-1题组二1.C[解析]电池在放电时,Li+的移动方向与内电路电流方向相同,因此向正极移动,A错误;锂在放电时发生失去电子的氧化反应,因此作负极,充电时LixV2O5发生得到电子的还原反应生成Li,因此作阴极,B错误;该电池在充电时阳极上LixV2O5发生失去电子的氧化反应生成V2O5,因此阳极反应式为LixV2O5-xe-V2O5+xLi+,C正确;V2O5参与电池反应,D错误。2.D[解析]放电时,锂在负极上失电子发生氧化反应,A正确;放电时,S在正极得电子,根据总反应,正极电极反应式为nS+2e-+2Li+Li2Sn,B正确;充电时,电池负极作阴极,锂与电源负极相连,C正确;充电时,理论上阳极失去2mol电子生成32ng硫,D错误。题组三1.B[解析]根据图示,通入氧气的铂电极为正极,呼气所在的铂电极为负极。电子由呼气所在的铂电极流出,A错误;阳离子移向正极,H+透过质子交换膜流向氧气所在的铂电极,B正确;电路中流过2mol电子时,消耗标准状况下11.2LO2,C错误;根据图示,该电池的负极生成乙酸,电极反应式为CH3CH2OH+H2O-4e-CH3COOH+4H+,D错误。2.B[解析]放电时,阳离子向正极移动,则Li+透过固体电解质向Cu极移动,A正确;放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li++2OH-,正极上Cu2O反应,B错误;放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li++2OH-,正极上Cu2O反应,碱性条件下通空气时,铜被氧化表面产生Cu2O,C正确;通空气时,铜被腐蚀,表面产生Cu2O,放电时Cu2O转化为Cu,则整个反应过程中,铜相当于催化剂,D正确。【考例考法直击】1.D[解析]根据图示可知,正极先生成Li2S8,然后逐步完成Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2的转化,所以A项正确;充电时,逐步发生Li2S2→Li2S4→Li2S6→Li2S8的转化,D项错误;负极电极反应式为2Li-2e-2Li+,当外电路通过0.02mol电子时,负极参加反应的Li的物质的量为0.02mol,质量为0.14g,B项正确;石墨烯可提高电极a的导电性,C项正确。2.C[解析]该电池放电时是原电池,带正电荷的阳离子向正极移动,放电时负极失去电子,电极反应式为LixC6-xe-xLi++C6,A、B项正确;充电时是电解池,阴极石墨(C6)发生还原反应xLi++C6+xe-LixC6,若转移1mol电子,则石墨C6电极增重7g,阳极失去电子发生氧化反应,电极反应式为LiCoO2-xe-Li1-xCoO2+xLi+,C项错误,D项正确。3.C[解析]充电时该电池为电解池,电解质溶液中阳离子向阴极移动,故K+向阴极移动,A项错误;充电时的总反应为2Zn(OH)42-2Zn+O2+4OH-+2H2O,因此c(OH-)逐渐增大,B项错误;放电时负极上Zn发生氧化反应,负极反应为Zn+4OH--2e-Zn(OH)42-,C项正确;放电时的正极反应为O2+4e-+2H2O4OH-,电路中通过2mol电子时,消耗0.5molO2,在标准状况下的体积为11.24.B[解析]该电池中还原性较强的Mg为负极,失去2个电子发生氧化反应,A项正确;氧化性较强的AgCl为正极,发生还原反应,AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)、Ag++e-Ag,AgCl是难溶盐,则正极反应式为AgCl+e-Ag+Cl-,B项错误;由于Mg失去电子成为Mg2+,使负极区域带正电,AgCl得到电子生成Ag和Cl-,使正极区域带负电,因此Cl-由正极向负极迁移,使电解质溶液保持电中性,C项正确;氧化还原反应为放热反应,镁与热水能发生置换反应生成Mg(OH)2和H2,D项正确。5.A[解析]C6H12O6反应生成CO2时,C的化合价升高为+4,发生氧化反应,因此是原电池的负极反应,A项错误;在微生物的作用下,该装置为原电池装置,反应速率加快,促进了反应中电子的转移,B项正确;原电池工作时,阳离子(H+)移向电池的正极,C项正确;根据电池装置图知电池总反应为葡萄糖的氧化反应,总反应为C6H12O6+6O26CO2+6H2O,D项正确。6.2H++NO3-+e-NO2↑+H2O正Al在浓HNO3中发生钝化,形成的氧化膜阻止了Al[解析]由题意知反应过程中产生NO2气体,则是NO3-被还原得到的;正极发生还原反应且消耗H+,故H+向正极移动;该原电池中刚开始Al片为负极,随着反应的进行,铝片与浓硝酸接触钝化,铜片被硝酸氧化失电子作负极1.可充电氟镁动力电池比锂电池具有更高的能量密度和安全性,其电池反应为Mg+2MnF32MnF2+MgF2。下列有关说法不正确的是 ()A.镁为负极材料B.正极的电极反应式为MnF3+e-MnF2+F-C.电子从镁极流出,经电解质流向正极D.每生成1molMnF2时转移1mol电子[解析]C由电池反应知,镁作还原剂,发生氧化反应,镁极为负极,A正确;电池反应中,三氟化锰发生还原反应,B正确;电子由负极(镁极)流出经外电路流向正极,C不正确;锰元素由+3价降至+2价,D正确。2.[2019·黑龙江哈尔滨期中]某兴趣小组同学利用氧化还原反应2KMnO4+10FeSO4+8H2SO42MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O设计如下原电池,盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法正确的是 ()A.b电极上发生还原反应B.外电路电子的流向是从a到bC.电池工作时,盐桥中的SO4D.a电极上发生的反应为MnO4-+8H++5e-Mn2++4H2[解析]D根据反应方程式判断b极是FeSO4发生氧化反应,b极为负极,A错误;由上述分析可知,a为正极,电子由负极经外电路流向正极,即从b流向a,B错误;原电池中阴离子向负极移动,则盐桥中的SO42-移向乙烧杯,C错误;甲烧杯中发生还原反应,Mn的化合价降低,电极反应为MnO4-+8H++5e-Mn2+3.我国科研人员以Zn和尖晶石型锰酸锌(ZnMn2O4)为电极材料,研制出一种水系锌离子电池。该电池的总反应方程式为xZn+Zn1-xMn2O4ZnMn2O4(0<x<1)。下列说法正确的是 ()A.ZnMn2O4是负极材料B.充电时,Zn2+向ZnMn2O4电极迁移C.充电时,阳极反应为ZnMn2O4-xZn2+-2xe-Zn1-xMn2O4D.充放电过程中,只有Zn的化合价发生变化[解析]C原电池放电时Zn失电子发生氧化反应,为负极材料,A错误;充电时其原理为电解原理,原来的负极连接电源的负极变为阴极(Zn极),Zn2+向阴极即Zn电极迁移,B错误;充电时,阳极ZnMn2O4发生氧化反应生成Zn1-xMn2O4,其电极反应为ZnMn2O4-xZn2+-2xe-Zn1-xMn2O4,C正确;充电过程中,Zn的化合价降低,Mn的化合价升高,放电时化合价变化反之,D错误。第24讲电解池金属腐蚀与防护【考点互动探究】考点一知识梳理1.(1)氧化还原反应(2)电化学2.(1)电源(2)电解质溶液熔融电解质(3)闭合回路4.总反应方程式:CuCl2Cu+Cl2↑5.Fe-2e-Fe2+Cu-2e-Cu2+Ag-e-Ag+对点自测1.(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×(6)×(7)×[解析](1)只有氧化还原反应才能设计成电解池。(3)Cl2在阳极生成。(4)电解盐酸,pH变大;电解硫酸,实际是电解水,pH变小。(5)阴离子向阳极移动,阳极发生氧化反应。(6)电解硫酸铜一段时间,从电解质溶液中分离出去的是铜和氧气,故复原加氧化铜或碳酸铜。(7)电离不需要通电。2.用惰性电极电解AgNO3溶液:4OH--4e-O2↑+2H2O(或2H2O-4e-O2↑+4H+)4Ag++4e-4Ag4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+用惰性电极电解MgCl2溶液:2Cl--2e-Cl2↑2H++2e-H2↑(或2H2O+2e-H2↑+2OH-)Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑用铁作电极电解NaCl溶液:Fe-2e-Fe2+2H++2e-H2↑(或2H2O+2e-H2↑+2OH-)Fe+2H2OFe(OH)2+H2↑用惰性电极电解熔融MgCl2:2Cl--2e-Cl2↑Mg2++2e-MgMg2++2Cl-Mg+Cl2↑用Al作阳极,电解H2SO4溶液,铝材表面形成氧化膜:2Al-6e-+3H2OAl2O3+6H+6H++6e-3H2↑2Al+3H2OAl2O3+3H2↑题组训练题组一1.B[解析]用惰性电极电解等体积的KCl和CuSO4混合溶液,阴极离子放电顺序是Cu2+>H+,阳极上离子放电顺序是Cl->OH-,电解过程中分三段:第一阶段,阳极上电极反应式为2Cl--2e-Cl2↑,阴极电极反应式为Cu2++2e-Cu,铜离子浓度减小,水解得到的氢离子浓度减小,溶液pH上升;第二阶段,阳极上电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑,阴极反应发生Cu2++2e-Cu,反应中生成硫酸,溶液pH降低;第三阶段,阳极电极反应式为4OH--4e-2H2O+O2↑,阴极电极反应式为2H++2e-H2↑,实质是电解水,溶液中硫酸浓度增大,pH继续降低。ab段由于铜离子浓度减小,水解得到氢离子浓度减小,溶液pH上升,铜离子为被还原,A错误;由上述分析可知,cd段相当于电解水,B正确;电解至c点时,溶液中溶质为硫酸、硫酸钾,往电解液中加入适量CuCl2固体,不能使电解液恢复至原来的浓度,C错误;图像中具体数量关系未知,不能计算原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比,D错误。2.(1)C(2)①石墨电极被阳极上产生的O2氧化②4CO32-+2H2O-4e-4HCO3-+O[解析](1)Al制品表面要形成氧化膜,铝被氧化失电子,因此电解时铝为阳极,A项正确;根据电解原理可知,不锈钢网接触面积大,电解效率高,B项正确;阴极反应为2H++2e-H2↑,C项错误;电解时,电解质溶液中的阴离子向阳极移动,D项正确。(2)①阳极为O2-发生氧化反应生成O2,石墨可能被O2氧化。②电解时阳极由图示可知是由碳酸钠生成碳酸氢钠的过程,阳极应该是水电离产生的氢氧根离子放电生成氧气,多出的氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子。即:2H2O-4e-O2↑+4H+,CO32-+H+HCO3-合并得答案4CO32-+2H2O-4e-4HCO题组二1.D[解析]若铁作阳极,则铁失电子生成Fe2+,则CN-无法除去,故铁只能作阴极,A项正确;Cl-要生成ClO-,氯元素的化合价要升高,故在阳极发生氧化反应,又已知该溶液为碱性条件,B项正确;阳离子在电解池的阴极得电子发生还原反应,碱性条件下,H2O提供阳离子H+,故C项正确;由于溶液是碱性条件,方程式中反应物不能出现H+,D项错误。2.C[解析]阴极发生还原反应生成氢气的电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,A正确;阳极发生氧化反应得到N2的电极反应式为CO(NH2)2-6e-+8OH-CO32-+N2↑+6H2O,B正确;如用金属铜作电解池的阳极,则阳极本身要发生氧化反应,不能达到电解尿素的目的,C错误;根据电子守恒,电解过程中阴极产生的H2、阳极产生的N2的物质的量之比为3∶1,D考点二知识梳理1.2Cl--2e-Cl2↑氧化2H++2e-H2↑还原2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑烧碱氯气氢气2.镀层粗铜待镀纯铜镀层Cu-2e-Cu2+阳离子阳极泥Cu2++2e-CuCu2++2e-Cu不变减小3.2Cl--2e-Cl2↑2Na++2e-2Na6O2--12e-3O2↑4Al3++12e-4Al2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑对点自测1.(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√(6)√[解析](1)MgO熔点很高,一般不用来冶炼Mg,而AlCl3为共价化合物,无离子,无法电解。(3)阳极也可用Pt等惰性金属材料,阴极不参与反应,可用金属材料。(4)镀件作阴极,应与电源负极相连。2.(1)阳Cl2H2(2)阻止OH-进入阳极室与Cl2发生副反应2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O,阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸(3)饱和食盐水稀的NaOH溶液稀的食盐水浓NaOH溶液题组训练题组一1.A[解析]电解硫酸钠溶液,阳极发生氧化反应,a为氧气,A为硫酸,阴极发生还原反应生成氢气和氢氧化钠,b为氢气,B为氢氧化钠。如电极材料均改为铜板,铜为活性电极,阳极铜被氧化,电解池的总反应方程式发生变化,A错误;A为硫酸,向A溶液中滴加石蕊试液显红色,B正确;根据外加电源的正、负极可知有气体a生成的一极为阳极,有气体b生成的一极为阴极,阳离子透过d隔膜向阴极移动,则d隔膜为阳离子交换膜,阴离子透过c隔膜向阳极移动,c隔膜为阴离子交换膜,C正确;在阳极氢氧根离子放电生成氧气,在阴极氢离子放电生成氢气,所以该电解反应的总方程式为2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑,a为氧气,b为氢气,体积比为1∶2,D正确。2.(1)浅绿2H++2e-H2↑(2)(NH4)3PO4、(NH4)2HPO4、NH4H2PO4、NH3·H2O[解析](1)阳极上Fe发生氧化反应得到Fe2+,溶液由无色变为浅绿色;阴极上H+发生还原反应。(2)电解一段时间后,阴极室溶液pH升高,NH4+与OH-反应生成NH3·H2O,因此阴极室溶液中溶质除(NH4)3PO4、(NH4)2HPO4、NH4H2PO4外,还可能有NH3·H2题组二1.D[解析]阳极室水失去电子,电极反应为2H2O-4e-4H++O2↑,使阳极区氢离子浓度增大,平衡2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O右移,溶液逐渐由黄色变为橙色,A错误;由于阳极反应2H2O-4e-4H++O2↑和阴极反应4H++4e-2H2↑,如果不考虑阳离子能由阳极移向阴极,则当有0.2mol电子通过时,阳极室质量减少1.6g,阴极室质量减少0.2g,此时阳极与阴极溶液减少的质量差为1.4g,但溶液中的H+、K+能由阳极向阴极移动,故阳极与阴极溶液减少的质量差不是1.4g,B错误;加入反应容器内的K2CrO4的物质的量为0.4mol,反应过程中有xmolK2CrO4转化为K2Cr2O7,则阳极区剩余K2CrO4的物质的量为(0.4-x)mol,对应的n(K)=2(0.4-x)mol,n(Cr)=(0.4-x)mol,生成的K2Cr2O7的物质的量为x2mol,对应的n(K)=xmol,n(Cr)=xmol,根据K与Cr的物质的量之比为3∶2,2(0.4-x)+x0.4-x+x=3∶2,计算得到x=0.2,由反应式4CrO42-+4H2O2Cr2O72-+4OH-+2H2↑+O2↑可知反应4molCrO42-,转移4mol电子,所以反应0.2molK2CrO42.(1)O2CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O(2)①A2NO3-+6H2O+10e-N2↑+12OH②14.4[解析](1)甲烷碱性燃料电池为电源,总电极反应式为CH4+2O2+2KOHK2CO3+3H2O,负极发生氧化反应,正极发生还原反应,电镀时,镀件铁作电解池的阴极,连接甲烷燃料电源的负极,所以a应通入CH4,镀层金属作电解池的阳极,发生氧化反应,连接甲烷燃料电池的正极,所以b应通入O2。甲烷碱性燃料电池a处电极上CH4放电,发生氧化反应,电极反应式是CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O,根据电子转移守恒8n(CH4)=2n(Cu)=2×3.2g64g/mol=0.1mol,所以n(CH4)=180mol,所以V(CH4)=180mol×22.4L/mol=0.28L。(2)①由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应,因此Ag-Pt电极为阴极,则B为负极,A为电源正极;在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2,利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应,所以阴极上发生的电极反应式为2NO3-+6H2O+10e-N2↑+12OH-;②转移2mol电子时,阳极(阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+)消耗1mol水,产生2molH+进入阴极室,阳极室质量减少18g;阴极室中放出0.2molN2(5.6g),同时有2molH+(2g)进入阴极室,因此阴极室质量减少3.6考点三知识梳理1.原电池无有(1)金属原子(2)电化学腐蚀2.酸性酸性很弱或者呈中性Fe-2e-Fe2+2H++2e-H2↑2H2O+O2+4e-4OH-Fe+2H+Fe2++H2↑2Fe+O2+2H2O2Fe(OH)2吸氧腐蚀3.(1)①原电池a.负极b.正极②电解a.阴极b.阳极对点自测1.(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×(7)×[解析](1)金属钠与O2反应无需潮湿环境。(2)不活泼金属与酸一般不反应。(3)纯银器表面变黑是化学腐蚀,钢铁表面生锈是电化学腐蚀原理。(5)若水膜酸性较强,可发生析氢腐蚀。(6)被保护金属应与电源负极相连。(7)应是牺牲阳极的阴极保护法。2.导管中液面左低右高2H++2e-H2↑2H2O+O2+4e-4OH-题组训练题组一1.D[解析]插入海水中的铁棒,在水面和空气的结合处腐蚀最严重;A错误;金属锌与NH4Cl糊状物直接接触,易失电子发生氧化反应而被腐蚀,B错误;锌的活泼性大于铂,作原电池的负极,发生氧化反应,电子转移到铂电极,氢离子在其上得电子发生还原反应,生成氢气,C错误;图(b)中开关由M改置于N时,Cu-Zn合金的活动性小于锌的活动性,因此锌作负极,腐蚀速率加快,Cu-Zn合金的腐蚀速率减小,D正确。2.C[解析]pH<4的溶液呈强酸性,发生析氢腐蚀,A项正确;pH>6的溶液,氧气得电子,发生吸氧腐蚀,B项正确;pH>14的溶液,正极反应为O2+2H2O+4e-4OH-,C项错误;煮沸后除去了氧气,碳钢的腐蚀速率会减小,D项正确。题组二1.C[解析]由图示知,该装置为通过“外加电流的阴极保护法”进行防腐的装置,因此需外加强大的电流抑制金属电化学腐蚀产生电流,即通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零,A项正确;通电后,被保护的钢管桩作阴极,高硅铸铁作阳极,因此通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩,B项正确;高硅铸铁为惰性辅助阳极,所以高硅铸铁不损耗,C项错误;外加电流的目的是抑制金属电化学腐蚀产生电流,因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整,D项正确。2.D[解析]d为石墨,活泼金属铁片作负极,发生腐蚀,所以铁片腐蚀加快,A正确;海水呈中性,所以发生吸氧腐蚀,所以石墨作正极,电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-,B正确;锌比铁片活泼,所以腐蚀锌,所以铁片不易被腐蚀,C正确;d为锌块,作为负极,因海水呈弱碱性,所以发生吸氧腐蚀,所以铁片上电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-,D错误。【考例考法直击】1.A[解析]此装置为电解池,Pd电极b上是氢气发生氧化反应,Pd电极b为阳极,A项错误;Pd电极a为阴极,阴极的反应式为N2+6H++6e-2NH3,B项正确;电解池的阳离子H+由阳极向阴极移动,C项正确;分析装置图可知,陶瓷可以隔离N2和H2,D项正确。2.B[解析]由装置图中物质变化及变化的条件知,该装置是将电能转化为化学能的装置,A项错误;工作中阳离子(H+)移向阴极a区,B项正确;由反应方程式6CO2+8H2O2C3H8O+9O2知每生成1molO2,有23molCO2被还原,其质量为23×44g,C项错误;a极为阴极,电极上得电子发生还原反应,电极反应式为3CO2+18H++18e-C3H8O+5H2O,D项错误。3.D[解析]电解H2O-CO2制备H2和CO时,H和C得电子化合价降低,发生还原反应,故为阴极反应,所以X为电源的负极,A项正确;图中电解质为金属氧化物,故传导电流的为O2-,阴极H2O和CO2得电子生成H2和CO及O2-,B项正确;由图可知反应物为H2O和CO2,生成物为H2、CO和O2,故总反应方程式为H2O+CO2H2+CO+O2,C项正确;阴极处生成H2和CO,阳极处生成O2,由总反应方程式可知,生成的气体物质的量之比为2∶1,D项错误。4.①阳极室②防止Na2FeO4与H2反应使产率降低③M点:c(OH-)低,Na2FeO4稳定性差,且反应慢N点:c(OH-)过高,铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成,使Na2FeO4产率降低[解析]依据装置及电解原理,其阳极的电极反应式为Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O,阴极的电极反应式为6H2O+6e-6OH-+3H2↑,故c(OH-)在阳极区减小,在阴极区增大;由已知条件可知,若不及时排出H2,H2会还原FeO425.LiOH2Cl--2e-Cl2↑B[解析]B极产生H2,根据反应2H++2e-H2↑,说明B极为阴极,随着电解进行,溶液中c(H+)减小、c(OH-)增大,B极区生成LiOH,则B极溶质为LiOH。A极为阳极,电解质溶液为LiCl溶液,电极反应为2Cl--2e-Cl2↑,在电解过程中Li+向阴极附近移动,即向B极迁移。1.[2019·山西太原模拟]锌溴液流电池是一种新型电化学储能装置(如图所示),电解液为溴化锌水溶液,其在电解质储罐和电池间不断循环。下列说法不正确的是 ()A.放电时负极的电极反应式为Zn-2e-Zn2+B.充电时电极a连接电源的负极C.阳离子交换膜可阻止Br2与Zn直接发生反应D.放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大[解析]B由题知电解液为溴化锌水溶液,结合电解装置图分析可知充电时左侧电极上发生氧化反应2Br--2e-Br2,则左侧电极为阳极,充电时电极a连接电源的正极,充电时右侧电极上发生还原反应Zn2++2e-Zn,则右侧电极为阴极,充电时电极b连接电源的负极,B错误;该电池放电时负极反应为充电时阴极反应的逆反应,即为Zn-2e-Zn2+,A正确;阳离子交换膜只允许阳离子通过,可阻止Br2与Zn直接发生反应,C正确;该电池放电时正极反应为充电时阳极反应的逆反应,即为Br2+2e-2Br-,放电时作原电池,原电池中阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,且该装置使用了阳离子交换膜,其只允许阳离子通过,即左侧电极上生成了Br-,同时Zn2+不断移向左侧电极区,所以放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大,D正确。2.[2019·吉林白城二模]KIO3是食用碘盐的添加剂,工业上制取KIO3的方法之一如图所示,其中阳(阴)离子隔膜只允许阳(阴)离子通过,下列有关说法中正确的是 ()A.可用铁作阳极、石墨作阴极B.装置中的隔膜为阳离子隔膜C.当外电路中通过2mole-时,阴极上会有22.4LH2生成D.阳极电极反应式为I--6e-+6OH-IO3-+3H2[解析]D由题意知以碘化钾为原料采用电解法制取碘酸钾,就是把-1价碘氧化为+5价碘的过程,所以阳极上的电极反应为I--6e-+6OH-IO3-+3H2O,因此阳极只能用惰性电极而不能用铁作阳极,D正确、A不正确;阴极上水电离的氢离子放电生成氢气,电极反应式为2H++2e-H2↑,理论上每转移2mole-,可生成1molH2,在标准状况下所占的体积为22.4L,C不正确;只有使用阴离子交换膜,才能保证阴极区的碘离子定向移动到阳极区被氧化为碘酸根离子从而提高原料的转化率,同时阴极区可得到副产品氢氧化钾,B不正确。3.[2019·广东江门模拟]利用如图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法不正确的是 ()A.若X为锌棒,开关K置于M处,可减缓铁的腐蚀速率B.若X为锌棒,开关K置于M处,铁的保护属于牺牲阳极的阴极保护法C.若X为碳棒,开关K置于N处,铁的保护属于外接电流的阴极保护法D.若X为碳棒,开关K置于N处,X极发生还原反应[解析]D若X为碳棒,开关K置于N处,X极为阳极,发生氧化反应。4.如图是可用于测量阿伏伽德罗常数的装置示意图,其中A是纯铜片、B是石墨,插在100mLCuSO4稀溶液中,铜片、石墨与导线相连,引出端分别为X、Y。(1)当以IA的电流电解6min后,测得铜片A的质量减少2.56g,则装置中的X端应与直流电的极相连。

(2)电解后将电源反接,2IA的电流电解6min后,假设溶液体积不变,测得溶液中CuSO4物质的量浓度为0.1mol/L,则原溶液中CuSO4物质的量浓度为mol/L。溶液中H+的物质的量浓度为mol/L。

(3)列式计算实验测得的阿伏伽德罗常数NA(用I表示)约为mol-1。(已知电子电量e-=1.60×10-19C)

[答案](1)正(2)0.50.8(3)2.8I×1022[解析](1)铜片A的质量减少,铜失去电子发生氧化反应,表明A是阳极,X端应与直流电的正极相连。(2)当以IA的电流电解6min后,测得铜片A的质量减少了2.56g,铜的物质的量为2.56g64g/mol=0.04mol,转移电子的物质的量为0.08mol,石墨上析出0.04mol铜;电解后将电源反接,铜作阴极,石墨作阳极,首先,石墨上析出的铜放电溶解,转移0.08mol电子,然后电解硫酸铜溶液,方程式为2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑,以2IA的电流电解6min后,转移电子的物质的量为0.08mol×2=0.16mol,则电解的硫酸铜的物质的量为0.16mol-0.08mol2=0.04mol;原溶液中CuSO4物质的量浓度为0.04mol+0.1mol/L×0.1L0.1L=0.5mol/L。溶液中H+的物质的量为0.04mol×2=0.08mol,物质的量浓度为0.08mol0.1L=0.8mol/L。(3)当以IA的电流电解6min后,测得铜片A的质量减少了2.56增分微课七电化学中的离子交换膜【增分典例探究】例1B[解析]通电时中间隔室的SO42-向正极移动,正极为水电离出的OH-失去电子,溶液中H+浓度增大,溶液的pH减小,A项错误;该法处理含Na2SO4的废水,在负极区和正极区分别得到NaOH和H2SO4,B项正确;负极为水电离出的H+得电子被还原,溶液中c(OH-)增大,负极区溶液pH升高,C项错误;正极反应为4OH--4e-O2↑+2H2O,电路中转移1mol电子时,生成0.25molO2变式题B[解析]Na+移向阴极区,SO32-移向阳极区,所以a极为阴极,应接电源负极,A项正确;阴极区H+放电生成氢气,阴极电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,从A口出来的是氢气,b极应接电源正极,阳极电极反应式为SO32--2e-+H2OSO42-+2H+,从C口流出的是浓度较大的硫酸,B项错误;b为阳极,SO32-在阳极失去电子变成SO42-,阳极电极反应式为SO32--2e-+H2OSO42-+2H+,C项正确;阴极电极反应为2H2例2B[解析]根据题意可知该装置是电解池,根据质子的流向知b是阴极,B极室是阴极室,发生的反应是CO2+2e-+2H+CO+H2O,A极室发生的反应是2H2O-4e-4H++O2↑,总反应是2CO22CO+O2,A错误,B正确;A极室中溶液的pH不变,C错误;电子不能在电解质溶液中流动,D错误。质子交换膜的使用将电池分割成阴、阳两极室,有效地避免了CO、O2的直接接触,提高了放电效率。变式题C[解析]多孔电极的接触面积大,有利于氧气的吸附,A项正确;根据信息提示,相同质量的Mg、Al、Zn完全反应,失去电子的物质的量分别为m12mol、m9mol、m32.5mol,B项正确;正极为O2放电,电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,C项错误;不能采用碱性电解质,否则负极产生的Mg2+与OH-反应生成沉淀,采用阳离子交换膜时,正极产生的OH【提分强化训练】1.D[解析]正极反应为Cl2+2e-2Cl-,A项错误;放电时,交换膜右侧的电极为正极,交换膜左侧的电极为负极,负极放电产生的Ag+与电解质HCl中的Cl-结合生成AgCl白色沉淀。则负极电极反应式:2Ag-2e-+2Cl-2AgCl,B项错误;负极放电产生的Ag+与电解质中的Cl-结合,若用NaCl代替盐酸不会改变电池总反应,C项错误;当电路中转移0.01mole-时,交换膜左侧的电极放电产生0.01molAg+,与电解质中的0.01molCl-结合生成AgCl沉淀,同时约有0.01molH+通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中,则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子,D项正确。2.C[解析]用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4),铁失电子生成高铁酸钠,则铁作阳极,镍作阴极,电极反应式为Fe+8OH--6e-FeO42-+4H2O,A项错误;镍电极上H+放电生成H2,溶液的pH增大,B项错误;若离子交换膜为阴离子交换膜,FeO42-穿过阴离子交换膜向左侧扩散,左侧溶液中会含有FeO42-3.D[解析]H+移向N极,N极为电源正极,联氨从b口通入,A项错误;原电池中负极发生氧化反应,正极发生还原反应,负极反应为N2H4-4e-4H++N2↑,负极上每消耗1molN2H4,转移4mol电子,B项错误;电解质溶液呈酸性,正极反应为O2+4H++4e-2H2O,C项错误;可将联氨改进为引火性低、稳定性好的N2H4·H2O,D项正确。4.B[解析]电极B材料中包含MnO2层,二氧化锰能促进过氧化氢分解,所以MnO2可起催化作用,A项正确;原电池工作时,阳离子向正极移动,则Na+从A极区移向B极