论文部分内容阅读
电化学属于基础理论，它是高考的热点，再现率达100%.从近年高考题来看，电化学侧重考查工作原理及应用、电极判断、电极反应和总反应的书写、电流（或电子流动）方向、离子移动方向、金属的腐蚀与防护、相关计算等.本文就高考电化学常见考点介绍如下：考点一 、一座“盐桥”连接“两池”形成回路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、硝酸钾等溶液.1.明确原理，设计装置
例1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）；铜片，铁片，锌片和导线.①完成原电池甲的装置示意图（见图1），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.②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.③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.
解析①根据题给条件和原电池的构成条件可得：a.若用Zn、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.②由于金属活动性Zn>Fe>Cu， 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.③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，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.答案： ①如图2所示（或其他合理答案）；②电极逐渐溶解，表面有红色固体析出；③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.2.“盐桥”的作用与化学平衡的移动例2控制适合的条件，将反应2Fe3++2I-2Fe2++I2设计成如图3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
解析由图示结合原电池原理分析可知，Fe3+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2Fe3++2I-2Fe2++I2向左移动，I2被还原为I-，乙中石墨为正极，不正确.答案：D考点二、 几种重要的“新型”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”、“Mg-AgCl电池”、“Mg-H2O2电池”等.1.“一池多变”的燃料电池例3一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CH3CH2OH-4e-+H2OCH3COOH+4H+.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CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2OD.正极上发生的反应为O2+4e-+2H2O4OH-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O2+4H++4e-2H2O，转移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.答案：C2.“久考不衰”的可逆电池例4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）2+MNiOOH+MH已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH-6Ni（OH）2+NO2.下列说法正确的是（ ）.A.NiMH电池放电过程中正极的电极反应式为NiOOH+H2O+e-Ni（OH）2+OH-B.充电过程中OH-离子从阳极向阴极迁移C.充电过程中阴极的电极反应式：H2O+M+e-MH+OH-，H2O中的H被M还原D.NiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液
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.答案：A
考点三、电解池的“不寻常”应用
这样突破电解池：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.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S2->I->Br->Cl->OH-（水）.阴极产物的判断直接根据阳离子的放电顺序进行判断：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+>Pb2+>Fe2+>Zn2+>H+（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. 1.电解原理在“治理环境”中的不寻常应用例5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4所示.下列说法不正确的是（ ）.已知：①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解，②氧化性：Ni2+（高浓度）>H+>Ni2+（低浓度）.A.碳棒上发生的电极反应：4OH--4e-O2↑+2H2OB.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解析电极反应式为阳极：4OH--4e-2H2O+O2↑阴极：Ni2++2e-Ni2H++2e-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.答案：B2.电解原理在“制备物质”中的不寻常应用例6根据2CrO2-4+2H+Cr2O2-7+H2O设计图5所示装置（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.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：4H2O+4e-2H2↑+4OH-，阳极：2H2O-4e-O2↑+4H+.在阳极区域：2CrO2-4+2H+Cr2O2-7+H2O. 答案：正极，4OH--4e-O2↑+2H2O.考点四、金属腐蚀与防护的“两种比较”、“两种方法 ” 金属腐蚀的本质就是金属失电子被氧化，金属腐蚀有化学腐蚀和电化学腐蚀两种类型.判断金属腐蚀快慢的规律：电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护腐蚀措施的腐蚀（电解原理的防护>原电池原理的防护）1.两种腐蚀的比较图6例7利用图6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（ ）. A.a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C.a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小D.a、b两处具有相同的电极反应式：Fe-2e-Fe2+解析根据装置图判断，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：Fe-2e-Fe2+ 正极：O2+4e-+2H2O4OH-；右边 负极：Fe-2e-Fe2+正极：2H++2e-H2↑.a、b处的pH均增大，C错误.答案：C2.腐蚀类型与防护方法例8利用图7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Cu2++2e-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Fe-2e-Fe2+；D项，该装置为电镀池，溶液中各离子浓度不会发生变化.答案： C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. 1.无明显“外接电源”的电解池“串联”的判断与计算例9如图8所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O，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CH3OH-6e-+2H2OCO2-3+8H+C.反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）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：CH3OH-6e-+8OH-CO2-3+6H2O；C项，应加入CuO或CuCO3；D项，丙池中：MgCl2+2H2O电解Mg（OH）2↓+Cl2↑+H2↑，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.答案：D2.有明显“外接电源”的电解池“串联”的判断与计算例10在如图9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）.
解析（1）三个装置是串联的电解池.电解AgNO3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CuSO4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4x+4y=0.02 mol（电子转移守恒），x+3y=0.01 mol（气体体积之和），解得x=y=0.002 5 mol，所以n（CuSO4）=2×0.002 5 mol=0.005 mol，c（CuSO4）=0.005 mol÷0.2 L=0.025 mol·L-1.（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 mol÷0.2 L=0.1 mol·L-1，pH=13.答案：（1）负；（2）增大、减小、不变；（3）0.025 mol·L-1；（4）13.（收稿日期：2015-08-12）
例1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）；铜片，铁片，锌片和导线.①完成原电池甲的装置示意图（见图1），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.②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.③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.
解析①根据题给条件和原电池的构成条件可得：a.若用Zn、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.②由于金属活动性Zn>Fe>Cu， 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.③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，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.答案： ①如图2所示（或其他合理答案）；②电极逐渐溶解，表面有红色固体析出；③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.2.“盐桥”的作用与化学平衡的移动例2控制适合的条件，将反应2Fe3++2I-2Fe2++I2设计成如图3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
解析由图示结合原电池原理分析可知，Fe3+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2Fe3++2I-2Fe2++I2向左移动，I2被还原为I-，乙中石墨为正极，不正确.答案：D考点二、 几种重要的“新型”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”、“Mg-AgCl电池”、“Mg-H2O2电池”等.1.“一池多变”的燃料电池例3一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CH3CH2OH-4e-+H2OCH3COOH+4H+.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CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2OD.正极上发生的反应为O2+4e-+2H2O4OH-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O2+4H++4e-2H2O，转移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.答案：C2.“久考不衰”的可逆电池例4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）2+MNiOOH+MH已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH-6Ni（OH）2+NO2.下列说法正确的是（ ）.A.NiMH电池放电过程中正极的电极反应式为NiOOH+H2O+e-Ni（OH）2+OH-B.充电过程中OH-离子从阳极向阴极迁移C.充电过程中阴极的电极反应式：H2O+M+e-MH+OH-，H2O中的H被M还原D.NiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液
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.答案：A
考点三、电解池的“不寻常”应用
这样突破电解池：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.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S2->I->Br->Cl->OH-（水）.阴极产物的判断直接根据阳离子的放电顺序进行判断：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+>Pb2+>Fe2+>Zn2+>H+（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. 1.电解原理在“治理环境”中的不寻常应用例5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4所示.下列说法不正确的是（ ）.已知：①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解，②氧化性：Ni2+（高浓度）>H+>Ni2+（低浓度）.A.碳棒上发生的电极反应：4OH--4e-O2↑+2H2OB.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解析电极反应式为阳极：4OH--4e-2H2O+O2↑阴极：Ni2++2e-Ni2H++2e-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.答案：B2.电解原理在“制备物质”中的不寻常应用例6根据2CrO2-4+2H+Cr2O2-7+H2O设计图5所示装置（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.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：4H2O+4e-2H2↑+4OH-，阳极：2H2O-4e-O2↑+4H+.在阳极区域：2CrO2-4+2H+Cr2O2-7+H2O. 答案：正极，4OH--4e-O2↑+2H2O.考点四、金属腐蚀与防护的“两种比较”、“两种方法 ” 金属腐蚀的本质就是金属失电子被氧化，金属腐蚀有化学腐蚀和电化学腐蚀两种类型.判断金属腐蚀快慢的规律：电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护腐蚀措施的腐蚀（电解原理的防护>原电池原理的防护）1.两种腐蚀的比较图6例7利用图6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（ ）. A.a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C.a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小D.a、b两处具有相同的电极反应式：Fe-2e-Fe2+解析根据装置图判断，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：Fe-2e-Fe2+ 正极：O2+4e-+2H2O4OH-；右边 负极：Fe-2e-Fe2+正极：2H++2e-H2↑.a、b处的pH均增大，C错误.答案：C2.腐蚀类型与防护方法例8利用图7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Cu2++2e-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Fe-2e-Fe2+；D项，该装置为电镀池，溶液中各离子浓度不会发生变化.答案： C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. 1.无明显“外接电源”的电解池“串联”的判断与计算例9如图8所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O，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CH3OH-6e-+2H2OCO2-3+8H+C.反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）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：CH3OH-6e-+8OH-CO2-3+6H2O；C项，应加入CuO或CuCO3；D项，丙池中：MgCl2+2H2O电解Mg（OH）2↓+Cl2↑+H2↑，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.答案：D2.有明显“外接电源”的电解池“串联”的判断与计算例10在如图9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）.
解析（1）三个装置是串联的电解池.电解AgNO3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CuSO4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4x+4y=0.02 mol（电子转移守恒），x+3y=0.01 mol（气体体积之和），解得x=y=0.002 5 mol，所以n（CuSO4）=2×0.002 5 mol=0.005 mol，c（CuSO4）=0.005 mol÷0.2 L=0.025 mol·L-1.（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 mol÷0.2 L=0.1 mol·L-1，pH=13.答案：（1）负；（2）增大、减小、不变；（3）0.025 mol·L-1；（4）13.（收稿日期：2015-08-12）