2018版高考化学一轮复习热点突破10电化学的组合装置及计算练习新人教版20171101148.doc
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1、热点突破10 电化学的组合装置及计算解题策略第一步:写反应。写出两极的电极反应式(特别要注意阳极材料)。第二步:标得失。标出两电极的得失电子数,若未知,可用未知数代入。第三步:列算式。(1)用电子守恒法计算:根据通过阴、阳两极的电量相等列出关系式,依据是两极得失电子总数相等;(2)利用总反应式计算:先写出电极反应式,再写出总反应式,最后根据总反应式列比例式计算;(3)列关系式计算:利用得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁,建立计算所需的关系式,如:物质H2O2Cl2CuAgHOHen(mol)212244 4 4授课提示:对应学生用书第116页角度一多池串联装置中电池类型的判断将原电池
2、和电解池结合在一起,或几个电解池串联在一起,综合考查化学反应中的能量变化、氧化还原反应、化学实验和化学计算等知识,是高考试卷中电化学部分的重要题型。解答该类试题时电池种类的判断是关键,整个电路中各个电池工作时电子守恒是数据处理的法宝。1直接判断非常直观明显的装置,如有燃料电池、铅蓄电池等在电路中时,则其他装置为电解池。如图:A为原电池,B为电解池。2根据电池中的电极材料和电解质溶液判断原电池一般是两个不同的金属电极或一个金属电极和一个碳棒做电极;而电解池则一般都是两个惰性电极,如两个铂电极或两个碳棒电极。原电池中的电极材料和电解质溶液之间能发生自发的氧化还原反应,电解池的电极材料一般不能和电解
3、质溶液自发反应。如图:A为电解池,B为原电池。3根据电极反应现象判断在某些装置中根据电极反应现象可判断电极,并由此判断电池类型。如图:若C极溶解,D极上析出Cu,B极附近溶液变红,A极上放出黄绿色气体,则可知乙是原电池,D是正极,C是负极,甲是电解池,A是阳极,B是阴极。B、D极发生还原反应,A、C极发生氧化反应。题组训练1如图所示的电化学装置中,电极为Al,其他电极均为Cu,则下列说法正确的是()A电子流向:电极(A)电极B电极的电极反应:2H2O4e=4HO2C电极的质量减少,电极的质量增加D三个烧杯中的SO浓度都始终保持不变解析:因为电化学装置中,电极为Al,其他电极均为Cu,故是原电池
4、负极,是原电池正极,是电解池阳极,是电解池阴极。电子流向:电池(A)电极,A错误;电极为阳极,电极反应为Cu2e=Cu2,B错误;因为是原电池正极,有Cu析出,故增重,而是电解池阳极,Cu失去电子形成Cu2溶解,故质量减轻,C错误;SO不参加反应,且溶液体积基本不变,则SO的浓度不变,D正确。答案:D2如图所示,某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理,其中乙装置中X为阳离子交换膜。下列有关说法正确的是()A反应一段时间后,乙装置中生成的氢氧化钠在铁极区B乙装置中铁电极为阴极,电极反应式为Fe2e=Fe2C通入氧气的一极为正极,发生的电极反应为O24e2H2O=4OHD反应一
5、段时间后,丙装置中硫酸铜溶液浓度保持不变解析:甲池甲醚电极为负极,O2为正极,故乙池Fe为阴极、C为阳极,丙池精铜为阴极、粗铜为阳极。反应一段时间后,乙装置中阴极反应为2H2O2e=2OHH2,因此生成的氢氧化钠在铁极区,A正确,B错误;通入氧气的一极为正极,发生的电极反应为O24e2H2O=4OH,C错误;反应一段时间后,丙装置粗铜中比铜活泼的金属形成离子进入溶液中,故硫酸铜溶液的浓度减小,D错误。答案:A角度二应对电化学定量计算的三种方法电化学的综合计算包括: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测定的计算、根据电荷量求产物的量、根据产物的量求电荷量等等,不论哪类
6、计算,均可采用下列三种方法:例如由关系式法通过4 mol e为基准可构建电极产物之间的如下关系式:提示:在电化学计算中,还常利用QIt和Qn(e)NA1.601019 C来计算电路中通过的电量。题组训练类型1依据电子守恒,突破分阶段计算3用惰性电极电解100 mL 4 molL1Cu(NO3)2溶液,一定时间后在阳极收集到标准状况下气体1.12 L。停止电解,向电解后的溶液中加入足量的铁粉,充分作用后溶液中的Fe2浓度为(设溶液的体积不变)()A0.75 molL1B3 molL1C4 molL1 D3.75 molL1解析:本题涉及的反应过程可分为两个阶段,第一个阶段是电解Cu(NO3)2溶
7、液,第二个阶段是混合溶液与足量的铁粉反应,注意硝酸与足量铁粉反应是生成硝酸亚铁。电解后溶液中硝酸和硝酸铜分别为0.2 mol、0.3 mol,前者与足量的铁粉反应生成硝酸亚铁0.075 mol,后者与足量的铁粉反应生成0.3 mol硝酸亚铁。答案:D4(2017山西四校联考)500 mL NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)0.3 molL1,用石墨做电极电解此溶液,当通电一段时间后,两极均收集到气体1.12 L(标准状况下),假定电解后溶液体积仍为500 mL,下列说法正确的是()A原混合溶液中c(Na)0.2 molL1B电解后溶液中c(H)0.2 molL1C上述电解过程中
8、共转移0.4 mol电子D电解后得到的Cu的物质的量为0.1 mol解析:阳极是阴离子放电(放电能力:OHNO),根据题给信息,阳极一定是OH放电,生成0.05 mol氧气,转移0.2 mol电子;阴极离子放电能力:Cu2HNa,所以Cu2先放电,然后是H放电,阴极生成0.05 mol氢气时,转移0.1 mol电子,根据得失电子守恒知,Cu2转移0.1 mol电子,n(Cu2)0.05 mol。所以原溶液中nCu(NO3)20.05 mol,n(NO)0.3 molL10.5 L0.15 mol,n(NaNO3)0.05 mol。原混合溶液中c(Na)0.1 molL1,A项错误;结合以上分析
9、及电解总方程式Cu22H2OCuH2O22H可知,生成0.05 mol Cu、0.05 mol O2、0.05 mol H2和0.1 mol H,电解后溶液中c(H)0.2 molL1,B项正确,D项错误;上述电解过程中共转移0.2 mol电子,C项错误。答案:B类型2依据总反应式,建立等量关系进行计算5将两个铂电极插入500 mL CuSO4溶液中进行电解,通电一定时间后,某一电极增重0.064 g(设电解时该电极无氢气析出,且不考虑水解和溶液体积变化),此时溶液中氢离子浓度约为()A4103 molL1B2103 molL1C1103 molL1 D1107 molL1解析:阴极反应:Cu
10、22e=Cu,增重0.064 g Cu,应是Cu的质量,设生成H的物质的量为x,根据总反应方程式:2Cu22H2O2CuO24H 264 g 4 mol 0.064 gxx0.002 molc(H)4103 molL1。答案:A6(2017六盘水质检)用惰性电极电解400 mL一定浓度的硫酸铜溶液(不考虑电解过程中溶液体积的变化),通电一段时间后进行如下操作。(1)如果向所得的溶液中加入0.1 mol CuO后,使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH,电解过程中转移的电子为_mol。(2)如果向所得的溶液中加入0.1 mol Cu(OH)2后,使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH,电解过程中转移的电
11、子为_mol。解析:(1)电解硫酸铜溶液的反应方程式为2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2,从方程式可以看出,电解硫酸铜过程中只析出铜和释放出氧气,加入0.1 mol CuO可以使溶液恢复至原来状态,说明参与反应的硫酸铜只有0.1 mol,转移的电子为0.2 mol。(2)加入0.1 mol Cu(OH)2可以使溶液恢复至原来状态,说明电解过程中不仅硫酸铜被电解,而且还有水被电解。0.1 mol Cu(OH)2可以看做是0.1 mol的CuO和0.1 mol的H2O,因此电解过程中有0.1 mol的硫酸铜和0.1 mol的水被电解。 2CuSO42H2O2Cu O22H2SO4 4e2
12、mol4 mol01 mol0.2 mol2H2O2H2O24e 2 mol4 mol01 mol0.2 mol所以,共转移电子0.2 mol0.2 mol0.4 mol。答案:(1)0.2(2)0.4类型3根据电子守恒,突破电解池的“串联”计算7甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。如图是甲醇燃料电池工作的示意图,其中A、B、D均为石墨电极,C为铜电极。工作一段时间后,断开K,此时A、B两极上产生的气体体积相同。(1)甲中负极的电极反应式为_。(2)乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为_。(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图,则图中线表示的是_的变化;反应结
13、束后,要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀,需要_ mL 5.0 molL1 NaOH溶液。解析:(1)甲醇燃料电池是原电池反应,甲醇在负极失电子发生氧化反应,电极反应为CH3OH6e8OH=CO6H2O。(2)工作一段时间后,断开K,此时A、B两极上产生的气体体积相同,分析电极反应,B为阴极,溶液中铜离子析出,氢离子得到电子生成氢气,设生成气体物质的量为x,溶液中铜离子物质的量为0.1 mol,电极反应为Cu22e=Cu,01 mol0.2 mol2H2e=H2, 2x xA电极为阳极,溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气,电极反应为4OH4e=2H2OO2,4x x得到0.22x4x,x0.1
14、mol乙中A极析出的气体是氧气,物质的量为0.1 mol,在标准状况下的体积为2.24 L。(3)根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化,可知,铜离子从无到有逐渐增多,铁离子物质的量逐渐减小,亚铁离子物质的量逐渐增大,为Fe3,为Fe2,为Cu2,依据(2)计算得到电子转移为0.4 mol,当电子转移为0.4 mol时,丙中阳极电极反应Cu2e=Cu2,生成Cu2物质的量为0.2 mol,由图像分析可知:反应前,丙装置中n(Fe3)0.4 mol,n(Fe2)0.1 mol,当电子转移0.4 mol时,Fe3完全反应,生成0.4 mol Fe2,则反应结束后,Fe2的物质的量为0.
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