1、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。考点一一座“盐桥”连接“两池”形成回路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
2、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。通常从以下四个方面命题。(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。(5)考查盐桥的作用与平衡移动。题组一明确原理，设计装置12013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
3、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、
4、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，
5、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。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
6、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2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答案D解析由图示结合原电池原理分析可知，Fe
7、3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。3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上发生的电极反应为I22e=
8、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，电流表(A)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。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；(5)根
9、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”、“钮扣电池”、“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。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：“放电”时的负极在“充电”时为阴极；阳
10、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
11、电时负极反应的逆过程。题组一“一池多变”的燃料电池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
12、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
13、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。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。CH
14、3OH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
15、得电子生成O2，电极反应式为负极：CH3OH6e3O2=CO22H2O正极：O26e=3O2题组二“久考不衰”的可逆电池3(2014天津理综，6)已知：锂离子电池的总反应为LixCLi1xCoO2CLiCoO2锂硫电池的总反应为2LiSLi2S有关上述两种电池说法正确的是()A锂离子电池放电时，Li向负极迁移B锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应C理论上两种电池的比能量相同D下图表示用锂离子电池给锂硫电池充电答案B解析锂离子电池放电时，为原电池，阳离子Li移向正极，A错误；锂硫电池充电时，为电解池，锂电极发生还原反应生成Li，B正确；电池的比能量是指参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的多少
16、，两种电池材料不同，显然其比能量不同，C错误；由图可知，锂离子电池的电极材料为C和LiCoO2，应为该电池放电完全所得产物，而锂硫电池的电极材料为Li和S，应为该电池充电完全所得产物，故此时应为锂硫电池给锂离子电池充电的过程，D错误。4(2014浙江理综，11)镍氢电池(NiMH)目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金。该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni(OH)2M=NiOOHMH已知：6NiOOHNH3H2OOH=6Ni(OH)2NO下列说法正确的是()ANiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为NiOOHH2Oe=Ni(OH)2OHB充电过程中O
17、H离子从阳极向阴极迁移C充电过程中阴极的电极反应式：H2OMe=MHOH，H2O中的H被M还原DNiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液答案A解析A项，放电过程中，NiOOH得电子，化合价降低，发生还原反应，该项正确；B项，充电过程中发生电解池反应，OH从阴极向阳极迁移，该项错误；C项，充电过程中，阴极M得到电子，M被还原，H2O中的H化合价没有发生变化，该项错误；D项，NiMH在KOH溶液、氨水中会发生氧化还原反应，该项错误。对于可充电电池，放电时为原电池，符合原电池的工作原理，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
18、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。题组三“全新应用”的高科技电池5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()待测气体敏感电极部分产物NO2NOCl2HClCOCO2H2SH2SO4A.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Cl22e=2ClC检测H2S气体时，对电极充入空气，对电极
19、上电极反应式为O22H2O4e=4OHD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答案B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。6(2014大纲全国卷，9)下图是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(MHNi电池)。下列有关说法不正确的是()A放电时正
20、极反应为NiOOHH2OeNi(OH)2OHB电池的电解液可为KOH溶液C充电时负极反应为MHOHH2OMeDMH是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高答案C解析A项，在原电池的负极发生的是氧化反应，在原电池的正极发生的是还原反应，分析化合价的升降，正确；B项，因为该电池为金属氢化物镍电池，又有Ni(OH)2等产生，因此可用碱性溶液作电解质溶液，正确；C项，该反应为放电时的负极反应，错误；D项，氢密度越大，单位体积内放出的电量越多，电池的能量密度越高，正确。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，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
21、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。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
22、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。题组一电解原理在“治理环境”中的不寻常应用1工业上电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是()已知：Ni2在弱酸性溶液中发生水解氧化性：Ni2(高浓度)HNi2(低浓度)A碳棒上发生的电极反应：4OH4e=O22H2OB电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减少C为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pHD若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变答案B解析电极反应式为阳极：4OH4e=2H2OO2阴极
23、：Ni22e=Ni2H2e=H2A项正确；B项，由于C中Ni2、H不断减少，Cl通过阴离子膜从C移向B，A中，OH不断减少，Na通过阳离子膜从A移向B，所以B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，错误；C项，由于H的氧化性大于Ni2(低浓度)的氧化性，所以为了提高Ni的产率，电解过程需要控制废水pH；D项，若去掉阳离子膜，在阳极Cl放电生成Cl2，正确。2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
24、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。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，2
25、7(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_。(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：_。答案(1)2H2O4e=O24H阳极室的H穿过阳膜扩散至产品室，原料室
26、的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2POH2PO或H3PO2被氧化(2)NH3根据反应：8NO7H2O3NH4NO32HNO3，电解产生的HNO3多4根据2CrO2HCr2OH2O设计图示装置(均为惰性电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图中右侧电极连接电源的_极，其电极反应式为_。答案正极4OH4e=O22H2O解析根据NaOH溶液浓度的变化及Na交换膜，左侧为阴极区域，右侧为阳极区域，电极反应式为阴极：4H2O4e=2H24OH阳极：2H2O4e=O24H在阳极区域：2CrO2HCr2OH2O。考点四金属腐蚀与防护的“两种比较”、“两种方法”1两种比较(1)
27、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
28、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，
29、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、b处的pH均增大，C错误。22014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)。答案吸氧腐蚀B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。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
30、确的是()A因铁的金属性比铜强，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=2H2OD在金属表面涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀答案B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右侧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。题组二腐蚀类型与防护方法4利用下图装置，能完成很多电化学实验。下列有关此装置的叙述中，错误的是()A若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法B若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为外加
31、电流的阴极保护法C若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处时，铁电极上的电极反应式为Cu22e=CuD若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处时，溶液中各离子浓度都不会发生变化答案C解析A项，当开关K置于M处时，Zn作负极被腐蚀，称作牺牲阳极的阴极保护法；B项，当开关K置于N处时，Fe作阴极被保护，称作外加电流的阴极保护法；C项，铁作负极，电极反应式为Fe2e=Fe2；D项，该装置为电镀池，溶液中各离子浓度不会发生变化。5(2014安徽理综，28)某研究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
32、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)：编号实验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/%为以下实验作参照0.52.090.0醋酸浓度的影响0.536.00.22.090.0(2)编号实验测得容器中压强随时间变化如图2。t2时，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_。(3)该小组对图2中0t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；假设二：_；(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
33、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。实验步骤和结论(不要求写具体操作过程)：答案(1)2.0碳粉含量的影响(2)吸氧还原2H2OO24e=4OH(或4HO24e=2H2O)(3)反应放热，温度升高(4)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)。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)解析(1)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
34、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。(2)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)。(3)Fe发生电化学腐蚀时，放出热量，使体系的温度升高。(4)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
35、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，确定猜想一是否成立。考点五利用“电子守恒”思想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
36、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)
37、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，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=CO6H2O；C项，应加入CuO或CuCO3；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
38、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_(假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_(假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Ag
39、NO3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CuS
40、O4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。两种“串联”装置图比较图1中无外接电源，其中必有一个装置是原电池装置(相当于发电装置)，为电解池装置提供电能，其中两个电极活
41、泼性差异大者为原电池装置，如图1中左边为原电池装置，右边为电解池装置。图2中有外接电源，两烧杯均作电解池，且串联电解，通过两池的电子数目相等。专题突破练1下列叙述中正确的是()A图中正极附近溶液pH降低B图中电子由Zn流向Cu，盐桥中的Cl移向CuSO4溶液C图正极反应是O22H2O4e=4OHD图中加入少量K3Fe(CN)6溶液，有蓝色沉淀生成答案D解析A项，正极电极反应式为Cu22e=Cu，c(Cu2)减小，Cu22H2OCu(OH)22H平衡向左移动，酸性减弱，pH应升高；B项，盐桥中的Cl应移向负极区域；C项，应发生析氢腐蚀；D项，K3Fe(CN)6和Fe2反应生成Fe3Fe(CN)6
42、2蓝色沉淀。2硼化钒(VB2)空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如右，该电池工作时反应为4VB211O2=4B2O32V2O5。下列说法正确的是()A电极a为电池负极B图中选择性透过膜只能让阳离子选择性透过C电子由VB2极经KOH溶液流向a电极DVB2极发生的电极反应为2VB222OH22e=V2O52B2O311H2O答案D解析电极反应式为正极：11O244e22H2O=44OH，负极：4VB244OH44e=2V2O54B2O322H2O；B项，因为负极上消耗OH，所以选择性透过膜应只让阴离子选择性透过；C项，电子不会进入电解质溶液。3一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁
43、烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2。下列说法不正确的是()A在熔融电解质中，O2向正极定向移动B电池的总反应是：2C4H1013O2=8CO210H2OC通入空气的一极是正极，电极反应为O24e=2O2D通入丁烷的一极是负极，电极反应为C4H1026e13O2=4CO25H2O答案A解析电极反应式为正极：O24e=2O2负极：C4H1026e13O2=4CO25H2OA项，O2在正极上生成，应移向负极。4(2014上海，12)如下图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析正确的是()AK1闭合，铁棒上发生的反应为2H2
44、eH2BK1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高CK2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法DK2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001 mol气体答案B解析本题考查电化学原理。K1闭合，该装置为原电池，根据原电池原理铁棒为负极，发生的反应为Fe2eFe2，石墨棒为正极，发生的反应为O24e2H2O4OH，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，所以A错误、B正确；K2闭合则为电解池装置，根据电解原理，铁棒为阴极，不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，C错；此电解池是电解饱和NaCl溶液，两极产生氢气和氯气共为0.002 mol，D错。5近年来，金属空气电池的研究和应用取得很大进
45、步，这种新型燃料电池具有比能量高、污染小、应用场合多等多方面优点。铝空气电池工作原理如图所示。关于金属空气电池的说法不正确的是()A铝空气电池(如上图)中，铝作负极，电子通过外电路到正极B为帮助电子与空气中的氧气反应，可使用活性炭作正极材料C碱性溶液中，负极反应为Al(s)3OH(aq)=Al(OH)3(s)3e，每消耗2.7 g Al(s)，需耗氧6.72 L(标准状况)D金属空气电池的可持续应用要求是一方面在工作状态下要有足够的氧气供应，另一方面在非工作状态下能够密封防止金属自腐蚀答案C解析C项，电极反应式为负极：4Al(s)12e16OH(aq)=4AlO(aq)8H2O正极：3O212
46、e6H2O=12OH(aq)所以每消耗2.7 g Al，需耗氧(标准状况)的体积为322.41.68 L。6美国福特(Ford)公司于1967年首先发明公布的钠硫电池由于具有高能的诱人特点，受到很多国家极大的重视和发展。右图为钠硫高能电池的结构示意图，M由Na2O和Al2O3制得，该电池的工作温度为320 左右，电池反应为2NaxS=Na2Sx，下列叙述正确的是()AM只是用来隔离Na和SB正极的电极反应式为xS2e=SC与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的4倍DNa在电池工作过程中向负极移动答案B解析电极反应式为负极：2Na2e=2Na正极：xS2
47、e=SC项，4.5倍；D项，Na应向正极移动；A项，M除了用来隔离Na和S，还用来传导离子。7液流电池是一种新型可充电的高性能蓄电池，其工作原理如下图。两边电解液存储罐盛放的电解液分别是含有V3、V2的混合液和VO、VO2酸性混合液，且两极电解液分开，各自循环。下列说法不正确的是()A充电时阴极的电极反应是V3e=V2B放电时，VO作氧化剂，在正极被还原，V2作还原剂，在负极被氧化C若离子交换膜为质子交换膜，充电时当有1 mol e发生转移时，左槽电解液的H的物质的量增加了1 molD若离子交换膜为阴离子交换膜，放电时阴离子由左罐移向右罐答案C解析放电时的电极反应式为负极：V2e=V3正极：V
48、Oe2H=VO2H2O充电时的电极反应式为阴极：V3e=V2阳极：VO2H2Oe=VO2HA、B正确；D项，右罐正电荷增多，所以阴离子由左罐移向右罐；C项，根据电解池电极反应式，充电时当有1 mol e发生转移时，左槽电解液的H增加2 mol，错误。8我国镍氢电池居世界先进水平，我军潜艇将装备国产大功率镍氢动力电池。常见镍氢电池的某极是储氢合金LaNi5H6(LaNi5H6中各元素化合价均可视为零价)，电池放电时发生的反应通常表示为LaNi5H66NiO(OH)=LaNi56Ni(OH)2。下列说法正确的是()A放电时储氢合金作正极B放电时负极反应为LaNi5H66e=LaNi56HC充电时阳
49、极周围c(OH)减小D充电时储氢合金作负极答案C解析放电时的电极反应式为负极：LaNi5H66e6OH=LaNi56H2O正极：6NiO(OH)6e6H2O=6Ni(OH)26OH充电时的电极反应式为阴极：LaNi56H2O6e=LaNi5H66OH阳极：6Ni(OH)26OH6e=6NiO(OH)6H2OC项，在阳极周围消耗OH，其浓度减小。9电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，某研究小组用电浮选凝聚法处理污水，设计装置如图所示，下列说法正确的是()A装置A中碳棒为阴极B装置B中通入空气的电极反应是O22H2O4e=4OHC污水中加入适量的硫酸钠，既可增强溶液的导电性，又可增强凝聚净
50、化的效果D标准状况下，若A装置中产生44.8 L气体，则理论上B装置中要消耗CH4 11.2 L答案C解析燃料电池电极反应式为负极：CH48e4CO=5CO22H2O正极：2O28e4CO2=4CO电解池电极反应式为阳极：Fe2e=Fe2，4OH4e=2H2OO2阴极：2H2e=H2Fe22OH=Fe(OH)24Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3Fe(OH)3具有吸附性，从而达到净水目的；C项，Na2SO4易溶于水且呈中性；D项，A装置除产生H2外，还会产生O2，所以消耗的CH4不是11.2 L。10图的目的是精练铜，图的目的是保护钢闸门。下列说法不正确的是()A图中a为纯铜B图中S
51、O向b极移动C图中如果a、b间连接电源，则a连接负极D图中如果a、b间用导线连接，则X可以是铜答案D解析电镀时，粗铜作阳极，纯铜作阴极；保护钢闸门，钢闸门作阴极或作正极而被保护起来；D项，a、b间若用导线连接，X的活泼性应大于铁的活泼性，X可以是Zn。11(1)含乙酸钠和对氯酚()的废水可以利用微生物电池除去，其原理如下图所示：B是电池的_极(填“正”或“负”)；A极的电极反应式为_。(2)电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如下图所示(图中“HA”表示乳酸分子，A表示乳酸根离子)。阳极的电极反应式为_；简述浓缩室中得到浓乳酸的原理：_；电解过程中，采取一定的措施可控制阳极室的pH约
52、为68，此时进入浓缩室的OH可忽略不计.400 mL 10 gL1乳酸溶液通电一段时间后，浓度上升为145 gL1(溶液体积变化忽略不计)，阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为_ L。(乳酸的摩尔质量为90 gmol1)答案(1)负(2)4OH4e=2H2OO2阳极OH放电，c(H)增大，H从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；阴极区H放电，c(H)减小，A通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，HA=HA，乳酸浓度增大6.72解析(1)电极反应式为负极：CH3COO8e4H2O=2HCO9H(2)阴极：4H4e=2H2阳极：4OH4e=2H2OO2阴极区H减少，A移向浓缩室，阳极区H浓度增大，移向浓
53、缩室，得到浓乳酸溶液，增加的乳酸的物质的量为0.6 mol所以产生H2的物质的量：22.4 Lmol16.72 L。12(2014北京理综，28)用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压(x)下电解pH1的0.1 molL1FeCl2溶液，研究废液再生机理。记录如下(a、b、c代表电压数值)：序号电压/V阳极现象检验阳极产物xa电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3、有Cl2axb电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3、无Cl2bx0无明显变化无Fe3、无Cl2(1)用KSCN溶液检验出Fe3的现象是_。(2)中，Fe3产生的原因可能是Cl在
54、阳极放电，生成的Cl2将Fe2氧化。写出有关反应：_。(3)由推测，Fe3产生的原因还可能是Fe2在阳极放电，原因是Fe2具有_性。(4)中虽未检验出Cl2，但Cl在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物axc无明显变化有Cl2cxb无明显变化无Cl2NaCl溶液的浓度是_ molL1。中检测Cl2的实验方法： _。与对比，得出的结论(写出两点)： _。答案(1)溶液变血红色(2)2Cl2e=Cl2，Cl22Fe2=2Fe32Cl(3)还原(4)0.2取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝通过控制电压，证实了产生F
55、e3的两种原因都成立；通过控制电压，验证了Fe2先于Cl放电解析(1)SCN与Fe3发生反应生成Fe(SCN)3而使溶液变成血红色，常根据这一颜色变化检验溶液中的Fe3。(2)实验中阳极附近出现黄色，有气泡产生，则该气体应为Cl2，Cl2将Fe2氧化成Fe3，有关反应为2Cl2e=Cl2，Cl22Fe2=2Cl2Fe3。(3)电解过程中，阳极发生氧化反应，由于Fe2具有还原性，若其浓度较大，可能在阳极失去电子发生氧化反应生成Fe3。(4)pH1的0.1 molL1的FeCl2溶液中，c(Cl)0.2 molL1，若保证电解时溶液中c(Cl)相同，则pH1的NaCl溶液中c(NaCl)应为0.2
56、 molL1。Cl2具有强氧化性，可取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝。对比实验和、可知，电极附近出现黄色可能是由于生成Fe3、Cl2所致，通过控制电压，证明产生Fe3的两种原因都成立，同时也验证了Fe2先于Cl放电。13(2014海淀一模)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
57、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_(填“正”或“负”)极，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。主要考查电解知识，在阴极上阳离子放电，阳离子中H的还原性最强，先放电，因此有2H2O2e=H22OH，由此可知阴极区的碱性增强，生成CaCO3沉淀的离子方程式是OHHCO=CO，COCa2=CaCO3。本题要从两个方面考虑离子的迁移，电解时溶液中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，而最左侧的阳离子交换膜阻碍了Cl的迁移，最右侧的阴离子交换膜阻碍了Na的迁移，因此a、c出口出来的仍为盐水，同理分析只有b出口出来的为淡水。(2)放电时的电极反应式分别为负极：Lie=Li，正极：FePO4Lie=LiFePO4。
