2016届江西横峰中学高考化学一轮课件第6章热点专题(3)电组合装置问题的分析(人教版)

热点专题(三)电化学组合装置问题的分析第六章化学反应与能量将原电池和电解池结合在一起，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。该类题目的考查内容通常有以下几个方面：电极的判断、电极反应式的书写、实验现象的描述、溶液中离子的移动、pH的变化以及电解质溶液的恢复、运用电子守恒处理相关数据等。解答该类试题，透彻理解电化学原理是基础，准确判断电池种类是关键，灵活利用电子守恒是处理数据的法宝。具体可按以下三个步骤进行：第一步：多池串联装置中电池类型的判断(1)直接判断：非常直观明显的装置，如燃料电池、铅蓄电池等在电路中，则其他装置为电解池。如下图中，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：原电池一般是两种不同的金属电极或一个为金属电极另一个碳棒做电极；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。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质溶液自发反应。如下图中，B为原电池，A为电解池。(3)根据电极反应现象判断：在某些装置中根据电极反应或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。第二步：利用相关概念进行分析判断在确定了原电池和电解池后，利用有关概念作分析和判断，如电极的判断、电极反应方程式的书写、实验现象的描述、溶液中离子的移动方向、pH的变化及电解质溶液的恢复等。只要按照各自的规律分析即可。第三步：串联装置中的数据处理原电池和电解池综合装置的有关计算的根本依据就是电子转移的守恒，分析时要注意两点：①串联电路中各支路电流相等；②并联电路中总电流等于各支路电流之和。在此基础上分析处理其他各种数据。上图中，装置甲是原电池，装置乙是电解池，若电路中有0.2mol电子转移，则Zn极溶解6.5g，Cu极上析出H22.24L(标准状况)，Pt极上析出Cl20.1mol，C极上析出Cu6.4g。甲池中H＋被还原，产生H2，负极Zn氧化生成ZnSO4溶液，pH变大；乙池中是电解CuCl2溶液，由于Cu2＋浓度的减小使溶液pH微弱增大，电解后再加入适量CuCl2固体可使溶液复原。[典题例析]某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：(1)甲池为________(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的电极反应为____________________________________。(1)甲池为原电池，通入CH3OH的电极为负极，电极反应为：CH3OH－6e－＋8OH－===CO2－3＋6H2O。CH3OH－6e－＋8OH－===CO2－3＋6H2O原电池(2)乙池中A(石墨)电极的名称为______(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，总反应式为_______________________________________。(2)乙池中为用惰性电极电解AgNO3溶液，其中A作阳极，B作阴极，总反应为：4AgNO3＋2H2O=====电解4Ag＋O2↑＋4HNO3。4AgNO3＋2H2O=====电解4Ag＋O2↑＋4HNO3阳极(3)当乙池中B极质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2的体积为_____mL(标准状况)，丙池中______极析出______g铜。(3)根据各电极上转移的电子相同，则n(Ag)＝4n(O2)＝2n(Cu)，故V(O2)＝14×5.40108×22.4L＝0.28L＝280mL，m(Cu)＝12×5.40108×64g＝1.60g。280D1.6(4)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲中溶液的pH将_____(填“增大”“减小”或“不变”)；丙中溶液的pH将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，根据丙中总反应2NaCl＋2H2O=====电解2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，溶液pH增大，而甲中总反应为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O，溶液pH减小。减小增大[应用体验]1.(2014·广东高考)某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其他均为Cu，则()A．电流方向：电极Ⅳ→○A→电极ⅠB．电极Ⅰ发生还原反应C．电极Ⅱ逐渐溶解D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2＋＋2e－===Cu当多个池串联时，两电极材料活泼性相差大的作原电池，其他池作电解池，由此可知图示中左边两池组成原电池，右边组成电解池。A项，电子移动方向：电极Ⅰ→○A→电极Ⅳ，电流方向与电子移动方向相反，A正确。B项，原电池负极在工作中失电子，被氧化，发生氧化反应，B错误。C项，原电池正极为得电子极，铜离子在电极Ⅱ上得电子，生成铜单质，该电极质量逐渐增大，C错误。D项，电解池中阳极为非惰性电极时，电极本身失电子，形成离子进入溶液中，因为电极Ⅱ为正极，因此电极Ⅲ为电解池的阳极，其电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，D错误。2．下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。(1)接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：①电源的N端为____极；②电极b上发生的电极反应为_________________________；(1)①乙中c电极质量增加，说明c处发生的反应为：Cu2＋＋2e－===Cu，c电极应为阴极，则M为负极，N为正极。正4OH－－4e－===2H2O＋O2↑②甲中盛放的是NaOH溶液，电解时实质上是电解水，b电极上的电极反应为：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积④电极c的质量变化是____g；丙中水减少的质量：100g×1－10.00%10.47%＝4.5g，转移电子的物质的量：4.5g18g/mol×2＝0.5mol，生成O2的体积：0.5mol4×22.4L/mol＝2.8L16；而要计算出b电极上产生气体的体积，就必须先根据丙中K2SO4浓度的变化计算出转移电子的物质的量。设丙中电解水的质量为xg，由电解前后溶质的质量相等可得：100×10%＝(100－x)×10.47%，x＝4.5g，所以整个反应转移了0.5mol电子，根据电极反应式可计算出b电极放出的O2为0.125mol，其体积为2.8L，c电极上析出的铜为0.25mol，其质量为16g。⑤电解前后各溶液的酸、碱性强弱是否发生变化，简述其原因：甲溶液____________________________________________________；乙溶液_________________________________________________；丙溶液_______________________________________________________________________。⑤甲中电解的是水，NaOH浓度增大；乙中水电离出来的OH－放电，H＋浓度增大；丙中电解的也是水，虽然K2SO4浓度变大，但pH不变。酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓碱性增强，因为电解后，水量减少，溶液中NaOH浓度增大酸性增强，因为电解后生成H2SO4，溶液中H＋浓度增大度增大不影响溶液的酸碱性(2)如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？_______________________________________________________________________能继续进行，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应(2)铜全部析出时溶液变为H2SO4溶液，电解仍可以继续进行。