(共114张PPT)
第3讲 电解池 金属的腐蚀与防护
第六章
内容索引
01
02
强基础 增分策略
增素能 精准突破
研专项 前沿命题
03
【课程标准】
1.能分析、解释电解池的工作原理,能设计简单的电解池。
2.认识电解在实现物质转化和储存能量中的具体应用。认识化学能与电能相互转化的实际意义及其重要应用。
3.了解金属发生电化学腐蚀的本质,知道金属腐蚀的危害。了解防止金属腐蚀的措施。
强基础 增分策略
一、电解原理及规律
1.电解和电解池
非自发进行的氧化还原反应能够通过电解原理实现
(1)电解:使 电流 通过电解质溶液(或熔融电解质)而在阳极、阴极引起 氧化还原反应 的过程。
(2)电解池:使 电能 转化为 化学能 的装置。
2.电解池的构成条件
(1)有与 电源 相连的两个电极。
(2)两个电极插入 电解质溶液 (或 熔融电解质 )中。
(3)形成 闭合回路 。
3.电解池工作原理(以电解CuCl2溶液为例)
“阳极”连正极,“阴极”连负极
注意:电解时,在外电路中有电子通过,而在溶液中是依靠离子定向移动形成电流,即电子本身不会通过电解质溶液。
4.电解时两极粒子的放电顺序
5.惰性电极电解电解质溶液的情况分析
(1)电解电解质型:电解溶质
(2)放H2生碱型:电解溶质和溶剂水,生成H2和碱
(3)电解水型:电解溶剂水
电解质类型 (水溶液) 电极反应及总反应 电解质溶液浓度 溶液pH 电解质溶液复原
含氧酸,如H2SO4 阴极:4H2O+4e-===2H2↑+4OH- 阳极:2H2O-4e-===O2↑+4H+ 2H2O 2H2↑+O2↑ 增大 减小 加水
可溶性强碱,如NaOH 增大 活泼金属含氧酸盐,如KNO3 不变
(4)放O2生酸型:电解溶质和溶剂水,生成O2和酸
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)电解质溶液的导电过程一定发生了化学变化。( √ )
(2)用Cu作为电极电解盐酸可发生反应Cu+2H+ Cu2++H2↑。( √ )
(3)电解池工作时电子从电源的负极流出,流入阴极通过溶液到阳极,然后从阳极流出,流回电源正极。( × )
(4)电解时,电解质溶液中阳离子移向阳极,发生还原反应。( × )
应用提升 电解是强有力的氧化还原反应手段,可以使非自发的氧化还原反应发生,如根据金属活泼性顺序表,Cu和稀硫酸不反应,但是若Cu作阳极,C作阴极,稀硫酸作电解质溶液,通入直流电就可以实现该反应。该电解的阳极反应:
二、电解原理在工业生产中的应用
1.电解饱和食盐水——氯碱工业
产物氯气和NaOH是重要的化工原料
阳极反应:
2Cl--2e- === Cl2↑ ( 氧化 反应)
阴极反应:
2H2O+2e- === H2↑+2OH- ( 还原 反应)
总反应:
2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑
装置 离子交换膜电解槽
阳极 钛网(涂有钛、钌等氧化物涂层)
阴极 碳钢网
阳离子交换膜 得到高纯度的NaOH,防止Cl2和H2混合反应发生危险 ①只允许 阳 离子通过,能阻止 阴 离子和气体通过
②将电解槽隔成阳极室和阴极室
2.电镀与电解精炼铜
类型 电镀 电解精炼铜
定义 电镀是一种利用电解原理在某些金属表面镀上一薄层其他金属或合金的加工工艺 运用电解的方法将粗铜提炼为纯铜
主要目的 使金属增强抗腐蚀能力、增强表面硬度和美观 将粗铜提炼为纯铜
示意图
类型 电镀 电解精炼铜
构成 条件 阳极 镀层 金属 粗铜
阴极 待镀 金属 纯铜
电解液 含 镀层 金属阳离子 CuSO4溶液
电极反应(以铁 件镀铜为例) 阳极 Cu-2e-===Cu2+ 主要是Cu-2e-===Cu2+(比铜活泼的金属杂质先于铜失电子,最终以 阳离子 的形式残留在溶液中,比铜不活泼的金属杂质形成 阳极泥 )
阴极 Cu2++2e-===Cu Cu2++2e-===Cu
电解质溶液 的浓度变化 CuSO4溶液的浓度 不变 CuSO4溶液的浓度 减小
3.电冶金 电解法冶炼的金属都是活泼性很强的金属
旁栏边角 选择性必修1第四章第二节
阅读资料卡片“电有机合成”,回答下列问题。
(1)哪些有机化学反应可以用于电有机合成
提示 有电子转移的有机化学反应。
(2)以丙烯为原料利用电有机合成制取己二腈的过程是怎样的
提示 ①丙烯制备丙烯腈;②丙烯腈电合成己二腈。
(3)写出电有机合成己二腈时的阴极反应。
提示 2CH2=CHCN+2H++2e- === NC(CH2)4CN。
(4)电有机合成己二腈时,H+的移动方向如何
提示 从阳极向阴极移动。
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)在镀件上镀铜时,也可以用惰性材料作为阳极,用硫酸铜溶液作为电解质溶液。( √ )
(2)电解饱和食盐水时,两个电极均不能用金属材料。( × )
(3)电解精炼时,得到的阳极泥可以是提炼贵重金属的原料。( √ )
(4)用Zn为阳极,Fe为阴极,ZnCl2溶液为电解质溶液,由于放电顺序H+>Zn2+,不可能在铁上镀锌。( × )
应用提升 由于AlCl3为共价化合物,熔融状态下不导电,所以电解冶炼铝时,电解的为熔点很高的氧化铝,为降低熔化温度,加入了助熔剂冰晶石(Na3AlF6);而且电解过程中,阳极生成的氧气会与石墨电极反应,所以石墨电极需不断补充。
三、金属的腐蚀与防护
1.化学腐蚀和电化学腐蚀的比较
金属原子均失电子,区别在于是否产生电流
金属腐蚀类型 化学腐蚀 电化学腐蚀
定义 金属与其表面接触的一些物质(如O2、Cl2、SO2等)直接反应而引起的腐蚀 当不纯的金属与电解质溶液接触时会发生 原电池 反应,比较活泼的金属发生氧化反应而被腐蚀
区别 无 电流产生 有 微弱电流产生
实质与联系 (1)实质都是 金属原子 失去电子被氧化而损耗; (2)化学腐蚀与电化学腐蚀往往同时发生,但 电化学腐蚀 更普遍、危害性更大、腐蚀速率更快
2.钢铁的析氢腐蚀与吸氧腐蚀
3.金属的防护
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)Al、Fe、Cu在潮湿的空气中腐蚀均生成氧化物。( × )
(2)铜在酸性较强的溶液中均可发生析氢腐蚀。( × )
(3)钢铁发生电化学腐蚀时,负极铁失去电子生成Fe3+。( × )
(4)纯银器表面变黑和钢铁表面生锈腐蚀原理一样。( × )
(5)镀铜铁制品镀层受损后,铁制品比镀铜前更容易生锈。( √ )
(6)外加电流法是将被保护金属接在直流电源的正极。( × )
(7)在船体外嵌入锌块,可以减缓船体的腐蚀,属于牺牲阴极法。( × )
(8)在潮湿的空气中,钢铁表面形成水膜,金属发生的一定是吸氧腐蚀。
( × )
应用提升 (1)银器变黑原因是银属于相对不稳定元素,在空气氧化性氛围中产生硫化银膜,久而久之会扩散成片,变成黑色。
(2)铁锈的形成过程:4Fe(OH)2+O2+2H2O === 4Fe(OH)3;2Fe(OH)3 === Fe2O3·xH2O(铁锈)+(3-x)H2O。
增素能 精准突破
考点一
电解原理
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 新教材正文对电解原理的介绍和老教材基本一致。增加了“思考与讨论”,增加了“方法导引·电化学过程的系统思想与方法”
新 高 考 高频考点 新高考对电解原理的考查重点在工作原理理解、电极反应的书写或判断,以及闭合回路的分析等
预测考向 高考将在微观角度增大考查力度,体现理解和辨析能力
考向1.电解池的工作原理
典例突破
(2020全国Ⅱ卷,12)电致变色器件可智能调控太阳光透过率,从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时,Ag+注入无色WO3薄膜中,生成AgxWO3,器件呈现蓝色。对于该变化过程,下列叙述错误的是( )
A.Ag为阳极
B.Ag+由银电极向变色层迁移
C.W元素的化合价升高
D.总反应为WO3+xAg === AgxWO3
答案 C
解析 由题意知,银电极为阳极,Ag失电子生成Ag+,Ag+移向阴极与WO3反应生成AgxWO3,则总反应为WO3+xAg === AgxWO3,反应过程中W元素的化合价降低,A、B、D正确,C错误。
针对训练
1. (双选)(选择性必修1习题改编)用石墨作为电极,电解稀Na2SO4溶液的装置如图所示,通电后在石墨电极A和B附近分别滴加一滴石蕊溶液。下列有关叙述正确的是( )
A.逸出气体的体积:A电极＞B电极
B.一电极逸出无味气体,另一电极逸出有刺激性气味的气体
C.A电极附近呈红色,B电极附近呈蓝色
D.电解一段时间后,将全部电解液转移到同一烧杯中,充分搅拌后溶液呈
中性
答案 A D
2.(2021江苏南通考前练习卷)利用石墨电极电解HNO3和HNO2的混合溶液可获得较浓的硝酸。其工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A.a为电源的正极
B.电解池中的离子交换膜应为阴离子交换膜
C.阳极的电极反应为HNO2+2e-+H2O === 3H++
D.每2 mol离子通过离子交换膜,左室产生的气体X的体积为22.4 L(标准状况)
答案 D
3.(2021全国甲卷,13)乙醛酸是一种重要的化工中间体,可采用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-,并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是( )
A.KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
C.制得2 mol乙醛酸,理论上外电路中迁移了1 mol电子
D.双极膜中间层中的H+在外电场作用下向铅电极方向迁移
答案 D
归纳总结
考向2.电极反应的书写
典例突破
(1)(2021福建适应性考试)电催化氮气还原合成氨是一种常温常压条件下利用水作为氢源的低碳环保路线,如图是电催化合成氨装置示意图。
①a电极应该连接电源 极。
②电催化合成氨的化学方程式为
。
(2)(2021重庆适应性测试)内酯也可以通过电化学合成。以石墨电极为阳极,铂电极为阴极,CH3CN作为溶剂,LiClO4作为电解质,经电解合成内酯的总反应如下:
①产生H2的电极为 (填“石墨电极”或“铂电极”);通电一段时间后,溶液中向铂电极迁移的离子为 。
②写出石墨电极上的电极反应: 。
考题点睛
针对训练
1.(2021山东师大附中打靶题)氮肥厂的废水中氮元素以NH3·H2O、NH3和 的形式存在,对氨氮废水进行无害化处理已成为全球科学研究热点。研究表明,以碳材料为阴极,O2可在阴极生成H2O2,并进一步生成氧化性更强的·OH,·OH可以将水中氨氮氧化为N2。阴极区加入Fe2+可进一步提高氨氮的去除率,原理如图所示。则下列说法不正确的是( )
A.·OH的电子式为
B.·OH去除氨气的化学方程式为6·OH+2NH3 === N2+6H2O
C.O2在阴极生成H2O2的电极反应为O2+2e-+2H+ === H2O2
D.阴极区加入Fe2+可进一步提高氨氮的去除率的原因是生成的Fe3+起催化剂作用
答案 D
2.(2020浙江7月选考,21)电解高浓度RCOONa(羧酸钠)的NaOH溶液,在阳极RCOO-放电可得到R—R(烷烃)。下列说法不正确的是( )
A.电解总反应方程式:2RCOONa+2H2O R—R+2CO2↑+H2↑+2NaOH
B.RCOO-在阳极放电,发生氧化反应
C.阴极的电极反应:2H2O+2e- === 2OH-+H2↑
D.电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷
答案 A
解析 碱性条件下,不能放出CO2,A项错误;电解时,阳极RCOO-放电生成R—R,发生氧化反应,B项正确;碱性条件下H2O放电生成H2,C项正确;电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH混合溶液,可生成CH3CH3、CH3CH2CH3、CH3CH2CH2CH3,D项正确。
3.整合有效信息书写电极反应。
(1)硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。将用烧碱吸收H2S后所得的溶液加入如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应:S2--2e- === S、
(n-1)S+S2- === 。
①写出电解时阴极的电极反应:
。
②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质,该反应的离子方程式为 。
(2)电解NO可制备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:
。
归纳总结
根据“三看”正确书写电极反应
考点二
电解原理的应用
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 新教材对氯碱工业的产品应用、原理装置图等介绍得更详细。新教材通过“资料卡片”介绍了电解与元素的发现和电有机合成,开阔学生的视野,体会电解的应用
新 高 考 高频考点 新高考对电解原理的应用从传统的应用考查,向废水处理、有机化合物的合成等新兴应用领域考查扩展
预测考向 高考将关注电解原理在生产生活和科学研究中的应用,可能会结合陌生情境进行考查
考向1.电解原理的应用
典例突破
(2021湖南长沙一中一模)最近,我国科学家设计了一种高效电解水制氢的系统,实现了在催化剂作用下析氢和析氧反应的分离。该系统的工作原理如图所示,
其中电极均为惰性电极,
电解液中含NaOH。下列关于该装置工作时的说法错误的是( )
A.阳极的电极反应为[Fe(CN)6]4--e- ===[Fe(CN)6]3-
B.OH-通过离子交换膜由B极室向A极室移动
C.催化析氢室的反应为DHPS-2H+2H++2e- === DHPS+2H2↑
D.理论上,该过程中[Fe(CN)6]4-和DHPS可自补充循环
答案 C
解析 据图可知A极室中[Fe(CN)6]4-转化为[Fe(CN)6]3-,Fe元素化合价升高被氧化,所以A极室为阳极室,B极室为阴极室。阳极的电极反应为[Fe(CN)6]4--e- ===[Fe(CN)6]3-,A正确;电解池中阴离子流向阳极,A极室为阳极室,所以OH-通过离子交换膜由B极室向A极室移动,B正确;电解液中含NaOH,为碱性溶液,所以催化析氢室中并没有氢离子参与反应,C错误;据图可知[Fe(CN)6]4-在A极室中转化为[Fe(CN)6]3-后又在催化析氧室中转化为[Fe(CN)6]4-,DHPS在B极室中转化为DHPS-2H后又在催化析氢室中转化为DHPS,理论上两种物质没有损耗,可自补充循环,D正确。
针对训练
1.脱氯可以减少水体污染,保护人的饮水健康。用电解法产生具有强氧化性的自由基(·OH),可以去除水体中的CH2Cl2,原理如图所示。
下列说法正确的是( )
A.阳极附近的pH增大
B.交换膜为阴离子交换膜
C.阴极反应为CH2Cl2+4·OH===CO2+2H2O+2HCl
D.脱氯的实质是碳氯键和碳氢键断裂形成碳氧键
答案 D
解析 阳极区发生氧化反应,由装置图可知,左侧区为阳极区,电极反应为H2O-e- === ·OH+H+,故阳极附近的pH减小,A错误;右侧区为阴极区,电极反应为2H++2e- === H2↑,左侧产生的阳离子向右侧移动,故交换膜为阳离子交换膜,B错误、C错误;由图可知,脱氯是将CH2Cl2转化为HCHO、CH3OH、CO2和Cl-,故脱氯的实质是碳氯键和碳氢键断裂形成碳氧键,D正确。
2.(2021全国乙卷,12)沿海电厂采用海水为冷却水,但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率。为解决这一问题,通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示),通入一定的电流。
下列叙述错误的是( )
A.阳极发生将海水中的Cl-氧化生成Cl2的反应
B.管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C.阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D.阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理
答案 D
解析 根据装置示意图以及阴、阳极都是惰性电极可知,阳极反应为2Cl--2e- === Cl2↑,即Cl-被氧化生成Cl2,A项正确;阴极生成氢气,溶液碱性增强,海水中存在大量的Na+,故Cl2参与反应生成NaClO,NaClO具有强氧化性,可以杀灭附着生物,B项正确;阴极生成的氢气易燃,与空气的混合气体遇明火易发生爆炸,所以应将生成的氢气及时通风稀释安全地排出,C项正确;阴极上H+得电子生成氢气,溶液中c(OH-)增大,海水中的Mg2+向阴极移动,在阴极表面形成Mg(OH)2沉淀,故在阴极表面形成积垢,需要定期处理,D项错误。
3.(2021辽宁适应性测试)在N-羟基邻
苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中,可实现
醇向醛的转化,原理如图。下列说法
错误的是( )
A.理论上NHPI的总量在反应前后不变
B.海绵Ni电极为阳极
D.每消耗1 mmol苯甲醇,产生22.4 mL氢气
答案 D
解析 NHPI在阳极区参与反应,又在阴极区生成,因此理论上NHPI的总量在反应前后不变,A正确;Ni2+在海绵Ni电极失去电子得到Ni3+,发生氧化反应,则海绵Ni为阳极,B正确;由题干可知,反应实现了醇向醛的转化,并有H2产生,所以总反应为 ,C正确;未指明气体所处的状况,不能用Vm=22.4 L·mol-1进行计算,D错误。
归纳总结
阴、阳极的
判断方法
考向2.电化学计算
典例突破
某研究院经过多次实验发现,采用如图所示装置,阳极(Ti基)上产生羟基(·OH),阴极上产生H2O2,分别深度氧化苯酚为CO2,高效处理废水。下列有关说法错误的是( )
A.电流从a极→Ti基→废水→不锈钢→b极
B.阳极的电极反应为H2O-e-===·OH+H+
C.阴极深度氧化苯酚的化学方程式为C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O
D.当消耗7 mol O2时,理论上共氧化处理
47 g苯酚
答案 D
考题点睛
针对训练
1. (双选)(2021山东淄博三模)利用间接成对电化学合成间氨基苯甲酸的工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
答案 C D
2.(2021广东深圳第二次调研)我国科学家报道了机理如图所示的电化学过程。下列相关说法错误的是( )
答案 D
归纳总结
电化学综合计算的三种常用方法
(1)根据总反应计算
先写出电极反应,再写出总反应,最后根据总反应列出比例式计算。
(2)根据电子守恒计算
①用于串联电路中阴、阳两极产物,正、负两极产物及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用于混合溶液中电解的分阶段计算。
(3)根据关系式计算
根据得失电子守恒定律建立起已知量与未知量之间的桥梁,构建计算所需的关系式。
如以通过4 mol e-为桥梁可构建如下关系式:
(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,灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。
考点三
金属的腐蚀与防护
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 新教材增加了对铁腐蚀方式和牺牲阳极法保护金属的实验探究,以及增加了“研究与实践”暖贴的设计与制作项目,增强了实践性
新 高 考 高频考点 新高考对金属的腐蚀是从实践中的应用角度进行考查,取材于生产、生活实际
预测考向 高考将从新情境下的金属腐蚀和防护措施角度进行考查
考向1.金属腐蚀的类型
典例突破
某同学进行下列实验:
操作 现象
取一块打磨过的生铁片,在其表面滴一滴含酚酞和K3[Fe(CN)6]的食盐水
放置一段时间后,生铁片上出现如图所示“斑痕”,其边缘为红色,中心区域为蓝色,在两色环交界处出现铁锈
生铁片发生 腐蚀,中心区的电极反应为 ,边缘处的电极反应为 ,交界处发生的反应为 。
答案 吸氧 Fe-2e- === Fe2+ 2H2O+O2+4e- === 4OH- 4Fe(OH)2+O2+2H2O === 4Fe(OH)3、2Fe(OH)3 === Fe2O3·xH2O+(3-x)H2O
解析 生铁片发生吸氧腐蚀,其中Fe作负极,电极反应为Fe-2e- === Fe2+,Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色的铁氰化亚铁沉淀,故中心区域为蓝色;边缘处发生电极反应:2H2O+O2+4e- === 4OH-,碱能使酚酞变红,交界处Fe(OH)2被空气中的O2氧化成Fe(OH)3,最终变为铁锈(Fe2O3·xH2O)。
针对训练
1.(2021北京西城二模)下列事实与电化学无关的是( )
A.暖宝宝(含铁粉、碳、氯化钠等)发热
B.海沙比河沙混凝土更易使钢筋生锈
C.家用铁锅生锈
D.铁罐运输浓硫酸
答案 D
解析 暖宝宝中铁粉、碳在氯化钠溶液中构成原电池,铁发生吸氧腐蚀放出热量,与电化学有关,A不符合题意;海沙中电解质的量大于河沙,则钢筋在海沙中构成原电池时,腐蚀速率更快,则海沙比河沙混凝土更易使钢筋生锈,与电化学有关,B不符合题意;家用铁锅生锈是因为铁锅与锅中残留溶液构成原电池,发生吸氧腐蚀,则家用铁锅生锈与电化学有关,C不符合题意;铁在冷的浓硫酸中发生钝化,则铁罐运输浓硫酸与铁的钝化有关,与电化学无关,D符合题意。
2.国产航母山东舰已经列装服役,它是采用模块制造,然后焊接组装而成的。建造航母对焊接有着极高的要求。实验室模拟在海水环境和河水
环境下对焊接金属材料使用的影响(如图)。下列相关描述正确的是( )
A.由图示的金属腐蚀情况说明了Sn的金属活泼性强于Fe的
B.由图示可以看出甲是海水环境下的腐蚀情况,乙是河水环境下的腐蚀情况
C.两种环境下铁被腐蚀时的电极反应均为Fe-3e- ══ Fe3+
D.为了防止舰艇在海水中被腐蚀,可在焊点附近用锌块打“补丁”
答案 D
解析 两图中被腐蚀的都是Fe,说明Fe是负极,Sn为正极,则金属活泼性:Fe>Sn,A错误;从腐蚀程度来讲,乙明显比较严重,因海水中含有较多的盐分,腐蚀速率比河水快,故乙是海水环境下的腐蚀情况,甲是河水环境下的腐蚀情况,B错误;铁被腐蚀时电极反应为Fe-2e- ══ Fe2+,C错误;金属活泼性:Zn>Fe>Sn,用锌块打“补丁”与铁、锡接触,Zn可作为负极被腐蚀,可以保护Fe、Sn,D正确。
归纳总结
电化学腐蚀的规律
(1)对同一种金属来说,其他条件相同时腐蚀的快慢:强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。
(2)活泼性不同的两金属:活泼性差别越大,活泼性强的金属腐蚀越快。
(3)对同一种电解质溶液来说,电解质溶液浓度越大,腐蚀越快,且氧化剂的浓度越高,氧化性越强,腐蚀越快(钝化除外)。
(4)电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。
考向2.金属的防腐
典例突破
(2020江苏卷,11)将金属M连接在钢铁设施表面,可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在如图所示的情境中,下列有关说法正确的是( )
A.阴极的电极反应为Fe-2e-===Fe2+
B.金属M的活泼性比Fe的活泼性弱
C.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
答案 C
解析 题中所示装置通过牺牲阳极法保护钢铁设施,阳极材料M比Fe活泼,失电子,发生氧化反应,电子通过导线流向钢铁设施被保护的一极,阴极的电极反应(一般)为O2+2H2O+4e- === 4OH-,A、B两项错误,C项正确;海水比河水中电解质的浓度大,钢铁更易腐蚀,D项错误。
针对训练
1.如图所示,各烧杯中盛海水,纯铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为( )
A.②①③④⑤⑥
B.⑤④③①②⑥
C.⑤④②①③⑥
D.⑤③②④①⑥
答案 C
解析 ①是Fe的化学腐蚀,腐蚀较慢。②③④均为原电池原理引起的腐蚀,③中Fe为正极,被保护;②④中Fe为负极,均加快了Fe的腐蚀,但Fe和Cu的金属活泼性差别大于Fe和Sn的,故Fe-Cu原电池中Fe腐蚀得较快。⑤⑥为电解原理引起的腐蚀,⑤是Fe接电源正极作阳极,Cu接电源负极作阴极,加快了Fe的腐蚀;⑥是Fe接电源负极作阴极,Cu接电源正极作阳极,防止了Fe的腐蚀。根据以上分析可知铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为⑤>④>②>①>③>⑥。
2.支撑海港码头基础的钢管桩,常用外加电流的阴极保护法进行防腐,工作原理如图所示,其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是( )
A.通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B.通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C.高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D.通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
答案 C
解析 题给信息高硅铸铁为“惰性辅助阳极”不损耗,C项错误。
归纳总结
金属防护效果比较:外接电流法>牺牲阳极法>有一般防护条件的防腐。
研专项 前沿命题
电化学装置中的“离子交换膜”
题型 考查内容 选择题 非选择题 考查知识 电极反应类型、电极反应的正误判断与书写、电子(或离子)移动方向、电极区溶液性质变化、电化学计算
核心素养 宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知
考向1离子交换膜的类型
例1.(2020山东卷,10)微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置,利用微生物处理有机废水获得电能,同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水,采用惰性电极,用如图装置处理有机废水(以含CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是( )
A.负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-===2CO2↑+7H+
B.隔膜1为阳离子交换膜,隔膜2为阴离子交换膜
C.当电路中转移1 mol电子时,模拟海水理论上除盐58.5 g
D.电池工作一段时间后,正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1
思路指导
原电池工作原理的应用
原电池工作原理的应用
答案 B
突破方法
(1)离子交换膜
离子交换膜又叫隔膜,由高分子特殊材料制成,交换膜使离子选择性定向迁移(目的是平衡整个溶液的离子浓度或电荷)。
(2)隔膜的作用
①能将两极区隔离,阻止两极区产生的物质接触,防止发生化学反应。
②能选择性地通过离子,起到平衡电荷、形成闭合回路的作用。
(3)交换膜的分类与应用
针对训练
1.(2021江苏适应性考试)利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是( )
A.电解过程中,H+由a极区向b极区迁移
B.电极b上的电极反应为
C.电解过程中化学能转化为电能
D.电解时Na2SO4溶液浓度保持不变
答案 A
2.(2021广东卷,16)钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是( )
A.工作时,Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B.生成1 mol Co,Ⅰ室溶液质量理论上减少16 g
C.移除两交换膜后,石墨电极上发生的反应不变
答案 D
3.(2021河北模拟演练)我国科学家最近发明了一种Zn-PbO2电池,电解质为K2SO4、H2SO4和KOH,由a和b两种离子交换膜隔开,形成A、B、C三个电解质溶液区域,结构示意图如下:
回答下列问题:
(1)电池中,Zn为 极,B区域的电解质为
(填“K2SO4”“H2SO4”或“KOH”)。
(2)电池反应的离子方程式为 。
(3)阳离子交换膜为图中的 (填“a”或“b”)膜。
考向2离子交换膜装置的工作原理分析
例2.(1)(2021湖南卷,16节选)利用电解原理,将氨转化为高纯氢气,其装置如图所示。
①电解过程中OH-的移动方向为
(填“从左往右”或“从右往左”);
②阳极的电极反应为 。
(2)(2021山东卷,17节选)利用膜电解技术(装置如图所示),以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为:
4Na2CrO4+4H2O 2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。
则Na2Cr2O7在 (填“阴”或“阳”)极室制得,电解时通过膜的离子主要为 。
思路指导
(1)
答案 (1)①从右往左 ②2NH3-6e-+6OH- === N2+6H2O
(2)阳 Na+
突破方法
有“膜”条件下离子定向移动方向的判断方法
针对训练
4.(2022全国乙卷,12)Li-O2电池比能量高,在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来,科学家研究了一种光照充电Li-O2电池(如图所示)。光照时,光催化电极产生电子(e-)和空穴(h+),驱动阴极反应(Li++e- ══ Li)和阳极反应(Li2O2+2h+
══ 2Li++O2)对电池进行充电。
下列叙述错误的是( )
A.充电时,电池的总反应Li2O2 ══ 2Li+O2
B.充电效率与光照产生的电子和空穴量有关
C.放电时,Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移
D.放电时,正极发生反应O2+2Li++2e- ══ Li2O2
答案 C
解析 根据电子守恒,将阴极反应和阳极反应加和可得充电时总反应方程式:Li2O2 ══ 2Li+O2,A项叙述正确;根据题给信息,充电过程通过光照产生的电子和空穴实现光能转化为电能,B项叙述正确;放电时,带正电的Li+应向电池的正极移动,C项叙述错误;根据图示,放电时正极上O2转化为Li2O2,电极反应为2Li++2e-+O2 ══ Li2O2,D项叙述正确。
5. (双选)(2021山东日照二模)CO难溶于水和碱液,在优化催化剂的基础上,调节电极的孔道和疏水性增加CO的扩散速率,可实现高选择性将CO电解还原制备C2H4,装置如下图所示。下列说法错误的是( )
A.聚四氟乙烯具有吸附并增加CO浓度的作用
B.碳纸/聚四氟乙烯电极连接电源的正极,发生氧化反应
C.生成C2H4的电极反应为2CO-8e-+6H2O === C2H4+8OH-
D.为了维持电解效率,离子交换膜应使用阴离子交换膜
答案 B C
解析 根据题给条件调节电极的孔道和疏水性增加CO的扩散速率可知,聚四氟乙烯的作用是吸附并增加CO的浓度,A正确;CO转化为乙烯的过程中C元素化合价降低,作电解池阴极,所以碳纸/聚四氟乙烯电极连接电源的负极,发生还原反应,电极反应为2CO+8e-+6H2O === C2H4+8OH-,B、C错误;阴极反应中产生了多余的带负电的氢氧根离子,阳极的电极反应:4OH--4e- === O2↑+2H2O,要消耗氢氧根离子,阴离子应移向阳极,所以离子交换膜应为阴离子交换膜,D正确。课时规范练22 电解池 金属的腐蚀与防护
一、选择题:本题共5小题,每小题只有一个选项符合题目要求。
1.关于图中装置说法正确的是( )
A.装置中电子移动的方向:负极→Fe→M溶液→石墨→正极
B.若M为滴加酚酞的NaCl溶液,通电一段时间后,铁电极附近溶液显红色
C.若M为CuSO4溶液,可以实现在石墨上镀铜
D.若将电源反接,M为NaCl溶液,可用于制备Fe(OH)2并使其较长时间保持白色
2.(2021湖北二模)科学家设计利用电化学原理回收CO2达到节能减排的目的,实验装置如图所示。已知在碱性条件下,卤素单质可以将乙醇氧化为乙醛,一段时间后测得a电极有HCOO-生成,下列说法不正确的是 ( )
A.b极为负极
B.当电路中转移1 mol e-时,d极产生1 mol CH3CHO
C.e为阳离子交换膜、f为阴离子交换膜
D.a极的电极反应为CO2+2e-+H2OHCOO-+OH-
3.(2022广东高三模拟)一种电解法制备Ca(H2PO4)2并得到NaOH等副产物的示意装置如图,下列说法错误的是( )
A.与a、b相连的分别是电源的正极、负极
B.NaOH溶液中石墨电极上的反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-
C.A膜、C膜均为阳离子交换膜,B膜为阴离子交换膜
D.产品室中的Ca2+和原料室的Na+物质的量浓度同等程度增大
4.糠醛氧化制备糠酸是综合利用糠醛资源的一个重要途径。在直流电场作用下,双极膜(BMP)将水解离为H+和OH-,并实现H+和OH-的定向通过。工业上用双极膜电解槽电解糠醛溶液同时制备糠醇和糠酸盐,电解时,MnO2/MnO(OH)在电极与糠醛之间传递电子,电解过程如图所示,下列说法不正确的是( )
A.A为直流电源的负极,糠醛在阴极表面得到电子被氧化为糠醇
B.通电时双极性膜将水解离为H+和OH-,H+向阴极室方向移动
C.生成糠酸盐的反应为+2MnO2+OH-+2MnO(OH)
D.电解时,阳极的电极反应为MnO(OH)-e-MnO2+H+
5.(2021湖北武汉质量检测)我国科技工作者设计以CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料,电催化合成偶氮化合物的新装置,如图所示(R代表烃基)。下列说法错误的是 ( )
A.硝基苯分子中所有原子可能共面
B.该离子交换膜是阴离子交换膜
C.电极a的电极电势低于电极b
D.阳极反应为RCH2NH2-4e-+4OH-RCN+4H2O
二、选择题:本题共2小题,每小题有一个或两个选项符合题目要求。
6.(2021辽宁葫芦岛二模)我国科学家设计的CO2熔盐捕获与转化装置如图所示。下列有关说法正确的是( )
A.由图可知捕获CO2过程的初期发生了氧化还原反应
B.熔盐可用CCl4代替
C.d极的电极反应式C-4e-C+3O2-
D.转移1 mol电子该装置最终可捕获CO2 5.6 L(标准状况下)
7.(2021湖南永州三模)电Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生反应生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。下列说法错误的是( )
A.电源的A极为正极
B.与电源B极相连的电极反应为H2O-e-H++·OH
C.H2O2与Fe2+发生反应的方程式为H2O2+Fe2+[Fe(OH)]2++·OH
D.每消耗22.4 L O2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的·OH的物质的量为2 mol
三、非选择题:本题共2小题。
8.(1)环戊二烯()可用于制备二茂铁[Fe(C5H5)2],结构简式为,后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如图所示,其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。
该电解池的阳极为 ,总反应为 。
电解制备需要在无水条件下进行,原因为 。
(2)可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢,工作示意图如图。通过控制开关连接K1或K2,可交替得到H2和O2。
①制H2时,连接 。产生H2的电极方程式是 。
②改变开关连接方式,可得O2。
③结合①和②中电极3的电极反应式,说明电极3的作用: 。
(3)CH4和CO2都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,其原理如下图所示:
①阴极上的反应式为 。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1,则消耗的CH4和CO2体积比为 。
9.(1)电解法转化CO2可实现CO2的资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如图1。
图1
①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应: 。
②电解一段时间后,阳极区的KHCO3溶液浓度降低,其原因是 。
(2)化工生产的副产物氢也是氢气的来源。电解法可制取有广泛用途的Na2FeO4,同时获得氢气:Fe+2H2O+2OH-Fe+3H2↑,工作原理如图2所示。装置通电后,铁电极附近生成紫红色Fe,镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高,铁电极区会产生红褐色物质。已知:Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,易被H2还原。
①电解一段时间后,c(OH-)降低的区域在 (填“阴极室”或“阳极室”)。
②电解过程中,须将阴极产生的气体及时排出,其原因: 。
③c(Na2FeO4)随初始c(NaOH溶液)的变化如图3,任选M、N两点中的一点,分析c(Na2FeO4)低于最高值的原因: 。
参考答案
课时规范练22 电解池 金属的腐蚀与防护
1.B 解析 电子不能进入溶液中,A项错误;由图可知铁电极为阴极,水电离出的氢离子在阴极得电子生成氢气,电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,阴极附近OH-浓度增大,碱性增强,使酚酞溶液变红,B项正确;若M为CuSO4溶液,Cu在铁电极表面析出,C项错误;若将电源反接,铁作阳极,则铁失电子生成Fe2+,石墨作阴极,水电离出的氢离子在阴极得到电子生成氢气,溶液中的OH-浓度增大,Fe2+和OH-反应生成氢氧化亚铁沉淀,但是溶液中的氧气能够将氢氧化亚铁氧化为红褐色的氢氧化铁沉淀,则氢氧化亚铁不能较长时间保持白色,D项错误。
2.B 解析 由题干中卤素单质可以将乙醇氧化为乙醛,可判断出d极发生了氧化反应,d极为阳极,则c极为正极,b极为负极,A正确;d极的电极反应为2I--2e-I2,溶液中发生反应:CH3CH2OH+I2+2OH-CH3CHO+2H2O+2I-,当电路中转移1mole-时,d极产生0.5molCH3CHO,B错误;a极上产生HCOO-,需要补充阳离子保持溶液呈电中性,所以e为阳离子交换膜,同理f为阴离子交换膜,C正确;a极上CO2转化为HCOO-,发生还原反应,电极反应为CO2+2e-+H2OHCOO-+OH-,D正确。
3.D 解析 左侧电极为阳极,应连接电源正极,即a、b相连的分别是电源的正极、负极,故A项正确;右侧石墨极为阴极,水中的H+得电子,电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,故B项正确;A膜、C膜为阳离子交换膜,B膜为阴离子交换膜,故C项正确;阳极室的Ca2+透过A膜进入产品室,产品室中的Ca2+浓度增大,Na+透过C膜进入阴极室,原料室的Na+浓度减小,故D项错误。
4.A 解析 A为直流电源的负极,糠醛在阴极表面得到电子被还原为糠醇,A错误;根据同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引,通电时双极性膜将水解离为H+和OH-,阳离子H+向负电荷较多的阴极室方向移动,B正确;在阳极室,糠醛失去电子被氧化为糠酸盐,发生的反应为+2MnO2+OH-+2MnO(OH),C正确;电解时,阳极上MnO(OH)失去电子发生氧化反应产生MnO2,所以阳极的电极反应为MnO(OH)-e-MnO2+H+,D正确。
5.C 解析 苯为平面结构,硝基为平面结构,单键可旋转,故所有原子可能共面,A正确;a极的电极反应为RCH2NH2-4e-+4OH-RCN+4H2O,RCH2NH2发生氧化反应,电极a为阳极,消耗OH-,为保持电中性,右端OH-通过阴离子交换膜移向左端,该离子交换膜是阴离子交换膜,B正确、D正确;a为阳极,b为阴极,电极a的电极电势高于电极b,C错误。
6.D 解析 由图可知捕获CO2过程的初期CO2与O2-反应生成C和C2,元素化合价不变,为非氧化还原反应,A错误;CCl4不能导电,无法形成电解池,B错误;d极电极上C得电子生成C,电极反应为C+4e-C+3O2-,C错误;碳元素的化合价由+4价变为0价,则转移1mol电子可捕获标准状况下5.6LCO2,D正确。
7.AD 解析 Fe3+、O2在左侧电极得电子发生还原反应,所以电源的A极为负极,A错误;B是正极,与电源B极相连的电极发生氧化反应,电极反应为H2O-e-H++·OH,B正确;根据图示,H2O2与Fe2+发生反应生成[Fe(OH)]2+、·OH,反应的化学方程式为H2O2+Fe2+[Fe(OH)]2++·OH,C正确;标准状况下,22.4LO2的物质的量为1mol,每消耗1molO2生成1molH2O2,根据H2O2+Fe2+[Fe(OH)]2++·OH可知,1molH2O2和1molFe2+反应生成1mol·OH,每生成1molH2O2和1molFe2+需消耗3mole-,则阳极失去3mole-,生成3mol·OH,整个电解池中理论上可产生4mol·OH,D错误。
8.答案 (1)Fe电极 Fe+2+H2↑[或Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑] 水会阻碍中间物Na的生成;水会电解生成OH-,进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2
(2)①K1 2H2O+2e-H2↑+2OH- ③制H2时,电极3发生反应:Ni(OH)2+OH--e-NiOOH+H2O。制O2时,上述电极反应逆向进行,使电极3得以循环使用
(3)①CO2+2e-CO+O2- ②6∶5
解析 (1)根据Fe的化合价升高为+2价可知,Fe发生氧化反应,故Fe作阳极;根据二茂铁的分子式可知,两个环戊二烯去掉2个H原子,再结合所给信息,可得总反应方程式为Fe+2+H2↑或Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑。有水存在的条件下,Na+不能得到电子生成Na,而是H2O得电子生成H2和OH-,OH-会与Fe2+反应生成Fe(OH)2。
(2)①根据题图中电极3的转化关系可知,制H2时,连接K1。碱性条件下,生成H2的电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-。
③①中电极3反应式为Ni(OH)2+OH--e-NiOOH+H2O,消耗生成H2时产生的OH-。而②中电极3的电极反应式为NiOOH+H2O+e-Ni(OH)2+OH-,补充生成O2所需的OH-,同时保证电极3得以循环使用。
(3)由题图可知,阳极上CH4转化成C2H6、C2H4、H2O:
2CH4-2e-+O2-C2H6+H2O,
2CH4-4e-+2O2-C2H4+2H2O。
阴极上CO2转化成CO和O2-:CO2+2e-CO+O2-。
相同条件下,气体的体积比等于气体的物质的量之比,若生成乙烯和乙烷的体积比为2∶1,则每生成2molC2H4、1molC2H6,转移电子10mol、消耗6molCH4,根据得失电子守恒可知消耗5molCO2。则消耗的CH4和CO2的体积比为6∶5。
9.答案 (1)①CO2+H++2e-HCOO-(或CO2+HC+2e-HCOO-+C) ②阳极产生O2和H+,HC浓度降低;部分K+迁移至阴极区
(2)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[或N点:c(OH-)过高,铁电极上有Fe(OH)3生成,使Na2FeO4产率降低]
解析 (1)①CO2中的C元素为+4价,HCOO-中的C元素为+2价,1molCO2转化为HCOO-时,得2mole-。②阳极上水放电,生成O2和H+,H+会与HC反应使HC减少,由电荷平衡可知,K+会移向阴极区,所以KHCO3溶液浓度降低。
(2)①根据题意,镍电极与电池的负极相连,为阴极,则镍电极有气泡产生是水电离出的H+得电子生成H2,阴极的电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,阳极的电极反应为Fe-6e-+8OH-Fe+4H2O,阳极室中OH-的消耗大于补充,因此电解一段时间后,c(OH-)降低的区域在阳极室。②Na2FeO4易被H2还原,因此电解过程中,须将阴极产生的H2及时排出,防止Na2FeO4与H2反应使产率降低。③根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,在M点:c(OH-)低,Na2FeO4稳定性差,且反应慢;根据题意若NaOH溶液浓度过高,铁电极区会产生红褐色物质,在N点:c(OH-)过高,铁电极上有Fe(OH)3生成,使Na2FeO4产率降低。(共113张PPT)
第1讲 化学反应的热效应
第六章
内容索引
01
02
强基础 增分策略
增素能 精准突破
研专项 前沿命题
03
【本章体系构建】
【课程标准】
1.能辨识化学反应中的能量转化形式,能解释化学反应中能量变化的本质。
2.能进行反应焓变的简单计算,能用热化学方程式表示反应中的能量变化,能运用反应焓变合理选择和利用化学反应。
3.能举例说明化学在解决能源危机中的重要作用,能分析能源的利用对自然环境和社会发展的影响。
4.能综合考虑化学变化中的物质变化和能量变化来分析、解决实际问题,如煤炭的综合利用等。
强基础 增分策略
一、焓变 热化学方程式
1.焓变 反应热
2.吸热反应与放热反应
放热(吸热)过程≠放热(吸热)反应;因为物理变化过程中也会有能量变化
反应 类型 放热反应 吸热反应
化学反应 中的能量 变化与计算
反应类型 放热反应 吸热反应
化学反应中的能量变化与计算 ①a表示断裂旧化学键 吸收 的能量,也可以表示反应的 活化能 。 ②b表示生成新化学键 放出 的能量,也可以表示活化分子变成生成物分子所 放出 的能量。 ③c表示反应的 反应热 ΔH=(a-b) kJ·mol-1= -c kJ·mol-1 ΔH=(a-b) kJ·mol-1= +c kJ·mol-1
ΔH=H( 生成物 )-H( 反应物 ),单位kJ·mol-1 ΔH= 反应物 键能总和- 生成物 键能总和,单位kJ·mol-1
反应类型 放热反应 吸热反应
常见反应 ①可燃物的燃烧 ②酸碱中和反应 ③金属与酸的置换反应 ④物质的缓慢氧化 ⑤铝热反应 ⑥大多数化合反应 ①弱电解质的电离(不是化学反应)
②盐类的水解反应
③Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应
④C和H2O(g)、C和CO2的反应
⑤大多数的分解反应
3.热化学方程式
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)物质发生化学变化都伴有能量的变化。( √ )
(2)放热反应不需要加热就能反应,吸热反应不加热就不能反应。( × )
(3)NH4NO3固体溶于水时吸热,属于吸热反应。( × )
应用提升 (1)焓变与反应发生的条件、反应进行是否彻底无关。
(2)催化剂能降低反应所需的活化能,但不影响焓变的大小。
(3)物质具有的能量越低,物质的稳定性越强。
(4)热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示物质的“物质的量”,可以是整数,也可以是分数。
(5)同素异形体转化的热化学方程式除注明状态外,还要注明名称。
二、燃烧热和中和反应反应热
1.燃烧热 可燃物为1 mol,产物化学性质稳定、物理状态稳定
2.中和反应反应热
中和反应的本质是“H++OH- === H2O”,此处排除稀释(或溶解)过程的热量变化及弱酸(或弱碱)电离过程中的热量变化,以及沉淀生成过程中的热量变化。
3.中和反应反应热的测定 具有保温性,减少热量的散失
(1)测定原理:通过简易量热计测定体系在反应前后的 温度 变化,再利用有关物质的比热容来计算反应热。
(2)实验装置
(3)实验步骤
①测量并记录反应前体系的 平均 温度T1 ℃,②测量并记录反应后体系的 最高 温度T2 ℃,重复上述步骤①②两次。
(4)数据处理:取三次测量所得温度差的平均值T始、T终进行计算。代入公式计算: ,c=4.18 J·g-1·℃-1=4.18 kJ·kg-1·℃-1;n为生成H2O的物质的量。
4.能源
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(4)煤、石油、天然气均为化石能源,是可再生能源。( × )
(5)开发利用各种新能源,减少对化石燃料的依赖,可以降低空气中PM2.5的含量。( √ )
应用提升 (1)有关燃烧热的判断,一看是否以1 mol可燃物为标准,二看是否生成稳定化合物。
(2)有关中和反应反应热的判断,一看是否以生成1 mol H2O(l)为标准,二看酸碱的强弱和浓度,应充分考虑弱酸、弱碱电离吸热,浓的酸碱稀释放热等因素。
三、盖斯定律 反应热的计算
1.盖斯定律
(1)内容:一个化学反应不管是一步完成还是分几步完成,其反应热是
相同 的,即化学反应的反应热只与反应体系的 始态 和 终态 有关,而与反应的途径无关。
(2)意义:可间接计算某些难以直接测定的反应的反应热。
(3)应用
①计算反应热。如
②判断反应热之间的关系
2.反应热大小的判断
有以下三个反应:
(1)由物质的状态判断
物质的气、液、固三态变化时的能量变化如下:
如上述反应中:a > b。
(2)由ΔH的符号判断
比较反应热大小时不能只比较ΔH数值,还要考虑其符号。如上述反应中ΔH1 < ΔH2。
(3)由化学计量数判断
当反应物、生成物的状态相同时,化学计量数越大,放热反应的ΔH越小,吸热反应的ΔH越大。如上述反应中:c=2a,ΔH1 > ΔH3。
(4)由反应进行的程度判断
对于可逆反应,参加反应的物质的量和状态均相同时,反应进行的程度越大,热量变化越大。
旁栏边角 选择性必修1第一章第二节
1.图1-7三种不同的爬山路线,有何异同
提示三种爬山路线的“路程”不同,但是三种路线的人的“势能变化”相同。
2.该图可类比化学反应的焓变有何特点
提示化学反应在不同的催化剂作用下进行反应,可以改变反应的路径,但是不影响化学反应的焓变。
3.借助图示启示和盖斯定律,盖斯定律有何应用
提示在众多的化学反应中,有些反应进行得很慢,有些反应不容易直接发生,有些反应往往伴有副反应发生,这给直接测定反应热造成了困难。利用盖斯定律,可以间接地将它们的反应热计算出来。
增素能 精准突破
考点一
焓变 热化学方程式
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 新教材对体系、环境的介绍变为正文,且对反应热从状态和过程两个方面进行了全面的介绍,注重了图示作用的引入
新 高 考 高频考点 反应机理与能量图、热化学方程式的理解与判断仍是考试热点
预测考向 预测2023年高考会将反应机理与能量图结合在一起考查,对细节性分析考查得较为细致
考向1.反应热与能量变化的关系
典例突破
(2021福建福州一模)反应2H2(g)+O2(g) === 2H2O(l)
ΔH=-571.6 kJ·mol-1过程中的能量变化关系如图。下列说法错误的是( )
A.ΔH1>ΔH2
B.ΔH1+ΔH2+ΔH3=ΔH4=-571.6 kJ·mol-1
C.2 mol水蒸气转化为液态水能够释放出的能量为|ΔH3| kJ
D.若将上述反应设计成原电池,则当氢失4 mol电子时能够产生571.6 kJ的电能
答案 D
解析 由题中图示可知,ΔH1>0,ΔH2<0,则ΔH1>ΔH2,A正确;由题中图示可知,图中为各个中间反应的能量变化,由2H2(g)+O2(g) === 2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ·mol-1可知,根据盖斯定律,ΔH4=ΔH1+ΔH2+ΔH3=-571.6 kJ·mol-1,B正确;由题中图示可知,H2O(g)转化为H2O(l)的过程中,能量降低,即2 mol水蒸气转化为液态水能够释放出的能量为|ΔH3| kJ,C正确;该反应放出的热量不会被全部转化为电能,会有一部分损失,D错误。
考题点睛
针对训练
1.下列有关说法正确的是( )
A.铝热反应属于吸热反应
B.若某反应的反应物的总能量大于生成物的总能量,则该反应为吸热反应
C.H2→H+H的变化需要吸收能量
D.凡经加热而发生的化学反应都是吸热反应
答案 C
解析 铝热反应属于放热反应,A项错误;反应物的总能量大于生成物的总能量,则该反应为放热反应,B项错误;断裂化学键需要吸收能量,C项正确;一个反应是吸热反应还是放热反应取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小,与反应的条件无关,有些放热反应也需要加热,如燃烧反应,D项错误。
2.(2022河南商丘一中联考)根据如图所示的示意图,下列说法不正确的是( )
A.反应的热化学方程式可
表示为C(s)+H2O(g) ══
CO(g)+H2(g) ΔH=+(b-a) kJ·mol-1
B.该反应过程中反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量
C.n mol C和n mol H2O反应生成n mol CO和n mol H2吸收的热量一定为131.3n kJ
D.1 mol C(g)、2 mol H(g)、1 mol O(g)转变成1 mol CO(g)和1 mol H2(g)放出的热量为a kJ
答案 C
解析 1 mol C(s)、1 mol H2O(g)变成1 mol C(g)、2 mol H(g)和1 mol O(g)吸收b kJ热量,1 mol C(g)、2 mol H(g)和1 mol O(g)变成1 mol CO(g)和1 mol H2(g)放出a kJ热量,则有C(s)+H2O(g) ══ CO(g)+H2(g) ΔH=+(b-a) kJ·mol-1,A项正确;该反应生成物的总能量大于反应物的总能量,是吸热反应,则反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量,B项正确;n mol C(s)和n mol H2O(g)反应生成n mol CO(g)和n mol H2(g)吸收的热量为131.3n kJ,若反应物和生成物的状态改变,则吸收热量的数值不同,C项错误;由题图可知,1 mol C(g)、2 mol H(g)、1 mol O(g)转变成1 mol CO(g)和1 mol H2(g)放出的热量为a kJ,D项正确。
归纳总结
有关反应热的注意事项
(1)任何化学反应一定伴有能量变化,原因是旧键断裂吸收的能量与新键形成释放的能量不相等。
(2)需要加热才能进行的反应不一定是吸热反应,不需要加热就能进行的反应也不一定是放热反应。即反应放热或吸热与反应条件无关。
(3)有能量变化的过程不一定是放热反应或吸热反应,如水结成冰放热但不属于放热反应。
(4)焓变ΔH的数值都需要带“+”或“-”符号。如某反应的ΔH=-Q kJ·mol-1或ΔH=+Q kJ·mol-1。
考向2.化学反应中能量变化图像分析
典例突破
(2021山东泰安模拟)环氧乙烷是
口罩制作过程中的消毒剂。通过
氧气与乙烯在石墨烯界面反应可
制得环氧乙烷,其原理为石墨烯活
化氧分子生成活化氧,活化氧再与
乙烯反应生成环氧乙烷。氧气与
乙烯在石墨烯界面反应的能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A.石墨烯不能改变氧气与乙烯反应的焓变
B.反应历程的各步能量变化中的最小值为0.51 eV
C.活化氧分子的过程中生成了C—O
D.氧气与乙烯在石墨烯界面的反应属于加成反应
答案 B
解析 石墨烯是该反应的催化剂,催化剂不影响反应物和生成物的总能量大小,不改变反应的焓变,A正确;由能量变化图可知,能量变化最小值为0.49 eV,B错误;由题图可知,活化氧分子过程中,氧气中的双键断开与石墨烯中的碳原子形成C—O,C正确;氧气与乙烯在石墨烯界面的反应中,乙烯中的碳碳双键断裂连接氧原子,符合加成反应的特征,D正确。
针对训练
1.(2022河南高三联考)丙烷与氯气反应可得到两种一氯代物,其反应机理为自由基(电中性的原子或原子团)间的反应,部分反应过程如图所示,下列说法正确的是( )
A.自由基的形成过程中只断裂了极性键
B.生成自由基CH3CH2CH2的速率较快
C.主要有机产物是CH3CHClCH3
D.生成一氯代物的反应可能是吸热反应
答案 C
解析 由图中信息知,自由基的形成是丙烷与Cl·作用的结果,原料中的Cl2转化为Cl·时断裂了非极性键,A项错误;由图可知,过渡态Ⅰ活化能较高,相应的反应速率较慢,即生成自由基CH3CH2CH2的速率较慢,B项错误;由于生成CH3CHCH3的速率较快且CH3CHCH3的能量更低,故主要有机产物是CH3CHClCH3,C项正确;含碳自由基与Cl·结合可得到一氯代物,结合中会形成共价键,释放出能量,故产物总能量低于反应物总能量,反应是放热反应,D项错误。
2.(2021天津一模)CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示,两步为①N2O+Fe+ ══ N2+FeO+(慢)、②FeO++CO ══ CO2+Fe+(快)。下列说法正确的是( )
A.分子构型:CO2为直线型,N2O为V形(已知N2O中每个原子都满足8电子稳定结构)
B.反应①的活化能比反应②大
C.反应中每转移1 mol电子,生成N2的体积为11.2 L
D.两步反应均为放热反应,总反应的化学反应速率由反应②决定
答案 B
解析 CO2的结构式为O=C=O,N2O的结构式为O—N≡N,均为直线型分子,A错误;反应①N2O+Fe+ ══ N2+FeO+(慢),反应②FeO++CO ══ CO2+Fe+(快),则反应①活化能比反应②大,B正确;气体所处的状态未知,不能计算生成的气体的体积,C错误;总反应的化学反应速率由反应较慢的一步决定,即由反应①决定,D错误。
归纳总结
正确理解活化能与反应热的关系
(1)E1为正反应的活化能,E2为逆反应的活化能,ΔH=E1-E2。
(2)催化剂能降低反应所需活化能,但不影响焓变的大小。
(3)从活化能的角度分析,正反应的活化能大于逆反应的活化能时,反应吸热,反之,反应放热;从焓变的角度分析,ΔH>0,反应吸热,ΔH<0,反应放热。
考向3.热化学方程式的正误判断与书写
典例突破
铁系氧化物材料在光催化、电致变色、气敏传感器以及光电化学器件中有着广泛的应用和诱人的前景。实验室中可利用FeCO3和O2为原料制备少量铁红,每生成160 g固体铁红放出130 kJ热量,则下列有关该反应的热化学方程式书写正确的是( )
A.4FeCO3(s)+O2(g) === 2Fe2O3(s)+4CO2(g) ΔH=-130 kJ·mol-1
B.4FeCO3(s)+O2(g) === 2Fe2O3(s)+4CO2(g) ΔH=+260 kJ·mol-1
C.4FeCO3(s)+O2(g) === 2Fe2O3(s)+4CO2(g) ΔH=-260 kJ·mol-1
D.4FeCO3(s)+O2(g) === 2Fe2O3(s)+4CO2(g) ΔH=+130 kJ·mol-1
答案 C
解析 160 g铁红的物质的量为1 mol,每生成160 g固体铁红放出130 kJ热量,生成2 mol Fe2O3放出260 kJ热量,所以热化学方程式为4FeCO3(s)+O2(g) === 2Fe2O3(s)+4CO2(g) ΔH=-260 kJ·mol-1,C正确。
针对训练
1.下列热化学方程式正确的是( )
答案 D
解析 符合已知条件的是H2和O2的反应,A项错误;ΔH应为-196.6 kJ·mol-1,B项错误;由于生成BaSO4沉淀,放出的热量大于114.6 kJ,C项错误。
2.写出下列反应的热化学方程式。
(1)0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应,生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物,放热4.28 kJ,该反应的热化学方程式为 。
(2)Si与Cl两元素的单质反应生成1 mol Si的最高价化合物,恢复至室温,放热687 kJ,已知该化合物的熔、沸点分别为-69 ℃和58 ℃。写出该反应的热化学方程式:
。
(3)在一定条件下,S8(s)和O2(g)发生反应依次转化为SO2(g)和SO3(g)。反应过程和能量关系可用如图简单表示(图中的ΔH表示生成1 mol产物的数据)。
①写出表示S8燃烧热的热化学方程式: 。
②写出SO3分解生成SO2和O2的热化学方程式: 。
方法技巧
“五审”突破热化学方程式的正误判断
考点二
燃烧热 中和反应反应热
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 新教材将老教材的“中和热”改为“中和反应反应热”,引入了简易量热计测量反应热
新 高 考 高频考点 高考中可能会考查燃烧热的概念,以及中和反应反应热的测量实验
预测考向 预测新高考对该部分主要是以概念判断的方式在选择题中考查
考向1.对燃烧热、中和反应反应热含义的理解
典例突破
已知反应:①101 kPa时,2C(s)+O2(g) === 2CO(g) ΔH=-221 kJ·mol-1;
②稀溶液中,H+(aq)+OH-(aq) === H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1。下列结论正确的是( )
A.碳的燃烧热ΔH<-110.5 kJ·mol-1
B.①的反应热为221 kJ·mol-1
C.稀硫酸与稀NaOH溶液反应的反应热ΔH=-2×57.3 kJ·mol-1
D.稀醋酸和稀NaOH溶液反应生成1 mol H2O,放出57.3 kJ的热量
答案 A
解析 由于2C(s)+O2(g) === 2CO(g)生成的CO不是指定产物,因此1 mol C(s)反应生成CO的反应热 =-110.5 kJ·mol-1不是碳的燃烧热,由于CO转化为CO2放出热量,故碳的燃烧热ΔH<-110.5 kJ·mol-1,A正确;反应热的表示包含三部分:“符号”“数值”和“单位”,而B项中没有表示出符号,B错误;强酸、强碱的稀溶液发生中和反应生成1 mol H2O(l)的ΔH=-57.3 kJ·mol-1,但反应的稀硫酸和稀NaOH的物质的量未知,不能计算ΔH,C错误;由于醋酸是弱电解质,电离时吸收热量,故稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成 1 mol H2O时放出的热量小于57.3 kJ,D错误。
针对训练
1.(2022福建漳州高三质检)下列关于化学反应与能量的说法正确的是( )
A.已知正丁烷的燃烧热为2 878 kJ·mol-1,则表示正丁烷燃烧热的热化学方程式为2CH3CH2CH2CH3(g)+13O2(g) ══ 8CO2(g)+10H2O(l)
ΔH=-2 878 kJ·mol-1
B.已知在一定条件下,2 mol SO2与1 mol O2充分反应后,释放出98 kJ的热量,则其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g) ══ 2SO3(g) ΔH=-98 kJ·mol-1
C.已知稀盐酸与稀NaOH溶液反应的中和反应反应热为57.3 kJ·mol-1,则表示稀硫酸与稀NaOH溶液反应的热化学方程式为
D.已知CuSO4(s)+5H2O(l) ══ CuSO4·5H2O(s),该反应为熵增加的反应
答案 C
解析 正丁烷燃烧热的热化学方程式正确的是CH3CH2CH2CH3(g)+ O2(g) ══ 4CO2(g)+5H2O(l) ΔH=-2 878 kJ·mol-1,A项错误;不知道该条件下物质的状态,且该反应是可逆反应,2 mol SO2与1 mol O2充分反应后,参加反应的反应物的量不知,所以不能写出热化学方程式,B项错误;在稀溶液中酸和碱发生中和反应生成1 mol H2O放出的热量是中和反应反应热,C项正确;从液态H2O到固态CuSO4·5H2O,且物质的量减小,该反应是熵减的反应,D项错误。
2.下列热化学方程式的书写正确的是( )
A.CH4的燃烧热ΔH=-890 kJ·mol-1:CH4(g)+2O2(g) === CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-890 kJ·mol-1
B.强酸与强碱的稀溶液反应只生成1 mol H2O(l)时ΔH=-57.3 kJ·mol-1: CH3COOH(aq)+NaOH(aq) === H2O(l)+CH3COONa(aq) ΔH=-57.3 kJ·mol-1
C.一定条件下,0.5 mol N2与1.5 mol H2充分反应后放出35.5 kJ的热量:
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-71 kJ·mol-1
D.96 g O2的能量比96 g O3的能量低b kJ:3O2(g) 2O3(g)
ΔH=+b kJ·mol-1
答案 D
解析 表示燃烧热时,生成的水必须为液态,A错误;强酸强碱的稀溶液反应只生成1 mol液态水时放出的热量为57.3 kJ·mol-1,醋酸为弱酸,B错误; 0.5 mol N2与1.5 mol H2充分反应后放出35.5 kJ的热量,可逆反应不能彻底,则N2+3H2(g) 2NH3(g) ΔH<-71 kJ·mol-1,C错误;反应热与化学计量数成正比关系,反应物总能量比生成物低则为吸热反应,3O2(g) 2O3(g)
ΔH=+b kJ·mol-1,D正确。
考向2.中和反应反应热的测定
典例突破
(双选)在如图所示的量热计中,将100 mL 0.50 mol·L-1 CH3COOH溶液与100 mL 0.55 mol·L-1 NaOH溶液混合,温度从25.0 ℃升高到27.7 ℃。下列说法错误的是( )
A.若量热计的保温瓶绝热效果不好,则所测ΔH偏小
B.搅拌器一般选用导热性差的玻璃搅拌器
C.若选用同浓度同体积的盐酸,则溶液温度将升高至不超过27.7 ℃
D.所加NaOH溶液过量,目的是保证CH3COOH溶液完全被中和
答案 A C
解析 若量热计的保温瓶绝热效果不好,则会损失一部分热量,则测出的放出的热量偏少,因为ΔH为负值,则所测ΔH偏大,故A错误;搅拌选用导热性差的玻璃搅拌器,故B正确;若选用盐酸,则放出的热量将更多,所以温度将升高至超过27.7 ℃,故C错误;酸和碱反应测中和反应反应热时,为了保证一方完全反应,往往需要另一试剂稍稍过量,减少实验误差,所以加过量NaOH溶液的目的是保证CH3COOH溶液完全被中和,故D正确。
针对训练
1.为了测量某酸碱反应的中和反应反应热,计算时至少需要的数据有( )
①酸的浓度和体积 ②碱的浓度和体积 ③比热容 ④反应后溶液的质量 ⑤生成水的物质的量 ⑥反应前后温度变化 ⑦操作所需的时间
A.仅需①②③④
B.仅需①③④⑤
C.仅需③④⑤⑥
D.全部
答案 C
解析 在测量并计算反应放出的热量时用到的公式为Q=mcΔT,理解各符号表示的物理意义即可:m表示④反应后溶液的质量,c表示③比热容,ΔT表示⑥反应前后温度变化,C正确。
2.某实验小组用0.50 mol·L-1 NaOH溶液和0.50 mol·L-1硫酸溶液进行反应热的测定。实验装置如图所示。
(1)仪器a的名称是 。
(2)取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验,测得起止温度差的平均值为4.0 ℃。近似认为0.50 mol·L-1 NaOH溶液和0.50 mol·L-1硫酸溶液的密度都是1 g·cm-3,中和后生成溶液的比热容c=4.18 J·g-1·℃-1。则计算得反应热
ΔH= (取小数点后一位)。
(3)上述实验结果与-57.3 kJ·mol-1有偏差,产生偏差的原因可能是
(填字母)。
A.实验时搅拌速度慢
B.用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视刻度线读数
C.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
D.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定硫酸溶液的温度
答案 (1)玻璃搅拌器 (2)-53.5 kJ·mol-1 (3)ACD
解析 (1)仪器a的名称是玻璃搅拌器。
(2)计算可得生成的H2O(l)的物质的量为0.025 mol,
(3)53.5<57.3,则测定的温度差偏小。A项,实验时搅拌速度慢,导致热量散失,测定的温度差偏小;B项,用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视刻度线读数,NaOH所取体积偏大,释放的热量偏多,测定的温度差偏大;C项,分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中,在加入过程中导致热量损失,测定的温度差偏小;D项,用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定硫酸溶液的温度,因温度计上附着的NaOH与硫酸反应放热,导致硫酸的起始温度偏高,测定的温度差偏小。
归纳总结
中和反应反应热的测定实验中的注意事项
(1)实验所用的酸和碱溶液应当用稀溶液,否则会造成较大误差。
(2)量取酸和碱时,应当分别使用不同的量筒量取。
(3)使用同一温度计分别先后测量酸、碱及混合液的最高温度时,测完一种溶液后必须用水冲洗干净并用滤纸擦干再测另一种溶液的温度。
(4)取多次实验起始温度(T1)、终止温度(T2)的平均值代入公式计算,计算时应注意单位的统一。
考点三
盖斯定律与反应热的计算
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 本部分新教材基本未变,仍然是以盖斯定律为主,同时涉及反应热的相关计算
新 高 考 高频考点 传统的盖斯定律与化学反应原理组合考查依然是高考热点
预测考向 预测新高考可能会以结合反应历程和能量图示的方式进行考查
考向1.利用盖斯定律计算反应热或书写热化学方程式
典例突破
(2021河北模拟)已知25 ℃、101 kPa下,1 mol水蒸发为水蒸气需要吸热44.01 kJ,
2H2O(l) === 2H2(g)+O2(g) ΔH=+571.66 kJ·mol-1,
C(s)+H2O(g) === CO(g)+H2(g) ΔH=+131.29 kJ·mol-1,
则反应C(s)+ O2(g) === CO(g)的反应热为( )
A.ΔH=-396.36 kJ·mol-1 B.ΔH=-198.55 kJ·mol-1
C.ΔH=-154.54 kJ·mol-1 D.ΔH=-110.53 kJ·mol-1
答案 D
针对训练
1.硝酸甘油又叫三硝酸甘油酯,它是一种黄色的油状透明液体,这种液体可因震动而爆炸,属化学危险品。在医药领域,它被稀释后制成0.3%硝酸甘油含片或气雾剂等,在临床主要用于缓解心绞痛。已知下列反应可用于制备硝酸甘油[C3H5(ONO2)3],其热化学方程式为①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g) ══ 2C3H5(ONO2)3(l) ΔH1
②2H2(g)+O2(g) ══ 2H2O(g) ΔH2
③C(s)+O2(g) ══ CO2(g) ΔH3
④H2O(g) ══ H2O(l) ΔH4
则反应4C3H5(ONO2)3(l) ══ 12CO2(g)+10H2O(l)+O2(g)+6N2(g)的ΔH为( )
A.12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1+10ΔH4 B.2ΔH1-5ΔH2-12ΔH3+10ΔH4
C.12ΔH3-5ΔH2-2ΔH1+10ΔH4 D.ΔH1-5ΔH2-12ΔH3+10ΔH4
答案 A
解析 由盖斯定律可知②×5+③×12-①×2+④×10得ΔH=12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1+10ΔH4。
2.(1)(2021河北卷,16节选)当今,世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此,研发二氧化碳利用技术,降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
大气中的二氧化碳主要来自煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25 ℃时,相关物质的燃烧热数据如表:
则25 ℃时H2(g)和C(石墨,s)生成C6H6(l)的热化学方程式为 。
(2)(2021广东卷,19节选)我国力争于2030年前做到碳达峰,2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应:
根据盖斯定律,反应a的ΔH1= (写出一个代数式即可)。
答案 (1)6C(石墨,s)+3H2(g) === C6H6(l) ΔH=+49.1 kJ·mol-1
(2)ΔH2+ΔH3-ΔH5(或ΔH3-ΔH4)
解析 (1)根据表格燃烧热数据可知,存在反应:
根据盖斯定律,[①×3+②×6]-③得反应:
6C(石墨,s)+3H2(g) === C6H6(l) ΔH=[(-285.8 kJ·mol-1)×3+(-393.5 kJ·mol-1) ×6]-(-3 267.5 kJ·mol-1)=+49.1 kJ·mol-1。
(2)根据题目所给出的反应方程式关系可知,a=b+c-e=c-d,根据盖斯定律则有ΔH1=ΔH2+ΔH3-ΔH5=ΔH3-ΔH4。
归纳总结 利用盖斯定律书写热化学方程式
考向2.反应热的大小比较
典例突破
(2021浙江卷,21)相同温度和压强下,关于反应的ΔH,下列判断正确的是( )
A.ΔH1>0,ΔH2>0
B.ΔH3=ΔH1+ΔH2
C.ΔH1>ΔH2,ΔH3>ΔH2
D.ΔH2=ΔH3+ΔH4
答案 C
解析 根据盖斯定律反应存在如下关系:
一般的烯烃与氢气发生的加成反应为放热反应,但是,由于苯环结构的特殊性决定了苯环结构的稳定性,苯与氢气发生加成反应生成1,3-环己二烯时,破坏了苯环结构的稳定性,因此该反应为吸热反应。
环己烯、1,3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应,则ΔH1<0,ΔH2<0,A错误;反应热为ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4的四个反应依次编号为反应①、②、③、④,反应①+反应②≠反应③,即ΔH3≠ΔH1+ΔH2,B错误;环己烯、1,3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应,ΔH1<0,ΔH2<0,由于1 mol 1,3-环己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯完全加成后消耗的氢气的2倍,故其放出的热量更多,ΔH1>ΔH2,苯与氢气发生加成反应生成1,3-环己二烯的反应为吸热反应(ΔH4>0),根据盖斯定律可知,苯与氢气完全加成的反应热ΔH3=ΔH4+ΔH2,因此ΔH2=ΔH3-ΔH4、ΔH3>ΔH2,C正确、D错误。
针对训练
1.(2020浙江7月选考)关于下列ΔH的判断正确的是( )
A.ΔH1<0 ΔH2<0 B.ΔH1<ΔH2
C.ΔH3<0 ΔH4>0 D.ΔH3>ΔH4
答案 B
2. MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg):
已知:离子电荷相同时,半径越小,离子键越强。下列说法不正确的是( )
A.ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)>0
B.ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)>0
C.ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)=ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)
D.对于MgCO3和CaCO3,ΔH1+ΔH2>ΔH3
答案 C
解析 根据盖斯定律,得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3,又已知Ca2+半径大于Mg2+半径,所以离子键强度:MgCO3>CaCO3,MgO>CaO。A项,ΔH1表示断裂MCO3中的离子键形成M2+和 所吸收的能量,离子键强度越大,吸收的能量越大,因而ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)>0,正确;B项,ΔH2表示断裂 中的共价键形成O2-和CO2吸收的能量,与M2+无关,因而ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)>0,正确;C项,由上述分析可知,ΔH(MgCO3)≠ΔH(CaCO3),故ΔH1(MgCO3)+ΔH2+ΔH3(MgO)≠ΔH1(CaCO3)+ΔH2+ΔH3(CaO),则ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)≠ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO),错误;D项,由以上分析可知ΔH1+ΔH2>0,ΔH3<0,故ΔH1+ΔH2>ΔH3,正确。
归纳总结
比较反应热的常用方法
方法一:利用盖斯定律进行比较。
如①2H2(g)+O2(g) === 2H2O(g) ΔH1
②2H2(g)+O2(g) === 2H2O(l) ΔH2
由①-②可得2H2O(l) === 2H2O(g) ΔH=ΔH1-ΔH2>0,则ΔH1>ΔH2。
方法二:利用能量变化图进行比较。
由图像可以看出放出或吸收热量的多少,若是放热反应,放出的热量越多,ΔH越小;若是吸热反应,吸收的热量越多,ΔH越大,故ΔH1>ΔH2。
研专项 前沿命题
化学反应历程与能量变化
题型 考查内容 选择题 非选择题 考查知识 反应机理、活化能、过渡态、焓变等
核心素养 宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知
考向1反应过程中能量变化的相对性
例1.(2021全国甲卷,28节选)二氧化碳催化加氢制甲醇,有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题:
二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)+3H2(g) === CH3OH(g)+H2O(g)
该反应一般认为通过如下步骤来实现:
①CO2(g)+H2(g) === CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41 kJ·mol-1
②CO(g)+2H2(g) === CH3OH(g) ΔH2=-90 kJ·mol-1
总反应的ΔH= kJ·mol-1;若反应①为慢反应,下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 (填字母),判断理由是 。
思路指导
利用盖斯定律计算反应热:
第一步,根据总反应的物质变化,确定中间产物是CO。
第二步,消去中间产物得到目标反应的热化学方程式。
①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应:CO2(g)+3H2(g) === CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=(+41 kJ·mol-1)+(-90 kJ·mol-1)=-49 kJ·mol-1。
答案 -49 A ΔH1为正值,ΔH2和ΔH为负值,反应①的活化能大于反应②的活化能
突破方法
根据盖斯定律,分步进行的化学反应,该反应的总能量变化可以直接观察“始态”和“终态”的能量相对高低;也可以根据分步反应的焓变,消去中间产物进行“四则运算”计算所得。
针对训练
1.我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应: CO(g)+H2O(g) === CO2(g)+H2(g) ΔH<0,在低温下获得高转化率与高反应速率,反应过程示意图如下:
下列说法正确的是( )
A.图中显示:起始时的2个H2O都参与了反应过程
B.过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程
C.过程Ⅲ只生成了极性共价键
D.使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
答案 A
解析 根据反应过程示意图,起始时的2个H2O分别在过程Ⅰ、过程Ⅱ中发生化学键的断裂,因此起始时的2个H2O都参与了反应过程,A项正确;根据反应过程示意图,过程Ⅰ、Ⅱ都发生了水分子中H—O的断裂,化学键断裂为吸热过程,B项错误;过程Ⅲ中生成了H2,H2中的化学键为非极性共价键,C项错误;催化剂能改变反应的活化能,不能改变反应的ΔH,D项错误。
2.(2021北京石景山检测)已知:2H2O(l) === 2H2(g)+O2(g) ΔH=+571.0 kJ·mol-1。以太阳能为热源分解Fe3O4,经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下:
过程Ⅰ:2Fe3O4(s) === 6FeO(s)+O2(g) ΔH=+313.2 kJ·mol-1
过程Ⅱ:……
下列说法不正确的是( )
A.过程Ⅰ中每消耗232 g Fe3O4转移2 mol电子
B.过程Ⅱ的热化学方程式为3FeO(s)+H2O(l) === H2(g)+Fe3O4(s) ΔH=+128.9 kJ·mol-1
C.过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是太阳能→化学能→热能
D.铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
答案 C
3.研究发现炭黑一定条件下可以活化氧分子,生成活化氧,活化过程能量变化的模拟计算结果如图所示,活化氧可以快速氧化二氧化硫。
下列说法错误的是( )
A.氧分子的活化包括O—O键的断裂与C—O键的生成
B.每活化一个氧分子放出0.29 eV的能量
C.水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42 eV
D.炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂
答案 C
解析 由图可知,氧分子的活化是O—O键的断裂与C—O键的生成过程,故A项正确;反应物的总能量高于生成物的总能量,因此每活化一个氧分子放出0.29 eV的能量,故B项正确;水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18 eV,故C项错误;活化氧可以快速氧化二氧化硫,而炭黑颗粒可以活化氧分子,因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂,故D项正确。
考向2反应过程中能量变化的计算
例2. 我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。
可知水煤气变换的ΔH (填“大于”“等于”或“小于”)0。该历程中最大能垒(活化能)E(正)= eV,写出该步骤的化学方程式:
。
思路指导
答案 小于 2.02 COOH*+H*+H2O* === COOH*+2H*+OH*(或H2O* === H*+OH*)
突破方法
物质的具体能量是无法直接测量的,通常是以相对能量来判断能量的变化。如本题是以反应物的总能量为对照(即设为0),然后通过能量的相对差异确定过渡态、中间产物的能量,以及反应的能量变化。
针对训练
4.我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示,下列说法正确的是( )
A.该历程中最小能垒的化学方程式为(CH3)2NCH2OH* ===(CH3)2NCH2+OH*
B.该历程中最大能垒(活化能)为2.16 eV
C.该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g) === N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02 eV·mol-1
D.增大压强或升高温度均能加快反应速率,并增大DMF平衡转化率
答案 A
解析 从图中可以看出,在正向进行的三个吸热反应中,其能垒分别为: [-1.23-(-2.16)] eV=0.93 eV、[-1.55-(-1.77)] eV=0.22 eV、[-1.02-(-2.21)] eV=1.19 eV。从以上分析知,该历程中最小能垒为0.22 eV,是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应,化学方程式为(CH3)2NCH2OH* ===(CH3)2NCH2+OH*,A正确;该历程中最大能垒(活化能)为1.19 eV,B不正确;该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g),但1.02 eV为单个DMF分子反应时放出的热量,所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g) === N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02NA eV·mol-1,C不正确;增大压强或升高温度均能加快反应速率,但升高温度平衡逆向移动,不能增大DMF平衡转化率,D不正确。
5.(2022河南二模)某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放,其反应热ΔH=-620.9 kJ·mol-1。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段,反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是( )
A.ΔE=306.6 kJ·mol-1
B.三个基元反应中只有③是放热反应
C.该化学反应的速率主要由反应②决定
D.该过程的总反应为2CO+2NO ══ N2+2CO2
答案 D
解析 图中ΔE=248.3-[-620.9-199.2-(-513.5)]=554.9 kJ·mol-1,故A项错误;由图可知,三个基元反应中,反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量,属于放热反应,故B项错误;正反应活化能最大的是反应③,活化能越大反应速率越慢,整个反应由最慢的一步决定,则该化学反应的速率主要由反应③决定,故C项错误;由始态和终态可知,该过程的总反应为2CO+2NO
N2+2CO2,故D项正确。课时规范练21 原电池 化学电源
一、选择题:本题共6小题,每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2021广东潮州二模)已知:电流效率=电路中通过的电子数与消耗负极失去电子总数之比。现有两个电池Ⅰ、Ⅱ,装置如图所示。
下列说法正确的是( )
A.Ⅰ和Ⅱ的电池反应不同
B.Ⅰ和Ⅱ的能量转化形式不同
C.Ⅰ的电流效率低于Ⅱ的电流效率
D.放电一段时间后,Ⅰ、Ⅱ中都只含1种溶质
2.(2022河南高三模拟)水系锌离子电池由于具有对环境友好、成本低等优点,被认为是电池工业的未来,其放电时的工作原理如图所示。电池进行放电时,MnO2/Ti电极上生成的是ZnMn2O4。下列有关说法错误的是( )
A.放电时,H+向MnO2/Ti电极移动
B.放电时,电池总反应方程式为Zn+2MnO2ZnMn2O4
C.充电时,当外电路转移1 mol e-时,理论上Zn电极减重32.5 g
D.充电时,MnO2/Ti电极上发生反应:ZnMn2O4-2e-Zn2++2MnO2
3.(2022全国甲卷)一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示[KOH溶液中,Zn2+以Zn(OH存在]。电池放电时,下列叙述错误的是( )
A.Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B.Ⅰ区的S通过隔膜向Ⅱ区迁移
C.MnO2电极反应:MnO2+4H++2e-Mn2++2H2O
D.电池总反应:Zn+4OH-+MnO2+4H+Zn(OH+Mn2++2H2O
4.(2022上海普陀区高三二模)一种利用CH4消除NOx污染的工作原理如图所示,装置均用惰性电极,两侧电解质溶液为同浓度的盐酸。下列说法正确的是( )
A.NO2发生氧化反应
B.负极:CH4+2H2O-8e-CO2+8H+
C.转移0.8 mol电子,有0.4 mol H+通过离子交换膜
D.工作一段时间,两侧电极室中溶液pH均减小
5.(2021山东泰安四模)锌—空气燃料电池是一种低能耗电池,在生产生活中应用广泛,其装置示意图如图所示。下列说法错误的是( )
A.充电时,a与电源正极相连
B.放电过程中,KOH溶液浓度不变
C.充电时,N极的电极反应为ZnO+2H++2e-Zn+H2O
D.放电时,M极每消耗16 g O2,理论上N极质量增加16 g
6.(2021山东淄博三模)以Na3Ti2(PO4)3为负极材料的新型可充电钠离子电池的工作原理如图。下列说法错误的是( )
A.放电时,正极的反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-Na2Fe[Fe(CN)6]
B.充电时,a端接电源正极
C.充电时,每生成1 mol Fe[Fe(CN)6]消耗2 mol NaTi2(PO4)3
D.充电时,Na+通过离子交换膜从左室移向右室
二、选择题:本题共2小题,每小题有一个或两个选项符合题目要求。
7.(2022辽宁沈阳高三三模)镁—锂双离子二次电池的装置如图所示,下列说法错误的是 ( )
A.放电时,Mg为负极
B.充电时每转移1 mol电子,左侧电解质溶液质量减少5 g
C.充电时,阳极的电极反应式为xLi++Li1-xFePO4+xe-LiFePO4
D.电池工作时发挥了镁离子和锂离子电池的性能优势,并减少了锂资源的应用
8.(2021湖南岳阳质量检测)硫化氢—空气质子交换膜燃料电池实现了发电、环保的有效结合,已知:2H2S(g)+O2(g)S2(s)+2H2O(l) ΔH=-632 kJ·mol-1,下列说法不正确的是( )
A.电极a发生了氧化反应
B.标准状况下,每11.2 L H2S参与反应,有1 mol H+经固体电解质膜进入正极区
C.当电极a的质量增加64 g时,电池内部释放632 kJ的热能
D.电极b上发生的电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-
三、非选择题:本题共2小题。
9.(1)高铁酸钾(K2FeO4)不仅是一种理想的水处理剂,而且高铁电池的研制也在进行中。如图是高铁电池的模拟实验装置:
①该电池放电时正极的电极反应为 。
②盐桥中盛有饱和KCl溶液,此盐桥中氯离子向 (填“左”或“右”)移动;若用阳离子交换膜代替盐桥,则钾离子向 (填“左”或“右”)移动。
③下图为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线,由此可得出高铁电池的优点有 。
(2)有人设想以N2和H2为反应物,以溶有A的稀盐酸为电解质溶液,可制造出既能提供电能,又能固氮的新型燃料电池,装置如图所示,电池正极的电极反应是 ;A是 。
(3)利用原电池工作原理测定汽车尾气中CO的浓度,其装置如图所示。该电池中O2-可以在固体介质NASICON内自由移动,工作时O2-的移动方向 (填“从a到b”或“从b到a”);负极发生的电极反应为 。
10.人们应用原电池原理制作了多种电池以满足不同的需要。电池发挥着越来越重要的作用,如宇宙飞船、人造卫星、电脑、照相机等,都离不开各式各样的电池,同时废弃的电池随便丢弃也会对环境造成污染。请根据题中提供的信息,回答下列问题:
(1)研究人员最近发明了一种“水”电池,这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电,在海水中电池反应可表示为5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl。
①该电池的负极反应是 。
②在电池中,Na+不断移动到“水”电池的 (填“正”或“负”)极。
③外电路中每通过4 mol电子时,生成Na2Mn5O10的物质的量是 。
(2)中国科学院应用化学研究所在甲醇(CH3OH是一种可燃物)燃料电池技术方面获得新突破。甲醇燃料电池的工作原理如图所示。
①该电池工作时,b口通入的物质为 。
②该电池负极的电极反应为 。
③工作一段时间后,当6.4 g甲醇完全反应生成CO2时,有 NA个电子转移(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
参考答案
课时规范练21 原电池 化学电源
1.C 解析 在电池Ⅰ中,金属铜发生氧化反应而被腐蚀,负极反应为Cu-2e-Cu2+,正极反应是Fe3++e-Fe2+,电池Ⅱ的工作原理和电池Ⅰ相同,都是将化学能转化为电能的装置,采用了离子交换膜,可以减少能量损失。
Ⅰ和Ⅱ的电池反应相同,A错误;电池Ⅱ的工作原理和电池Ⅰ相同,都是将化学能转化为电能的装置,电池Ⅱ采用了离子交换膜,金属铜和铁离子之间不接触,减少能量损失,Ⅰ的电流效率低于Ⅱ的电流效率,B错误、C正确;Ⅰ和Ⅱ的电池反应相同,根据电极反应,放电一段时间后,Ⅰ、Ⅱ中都至少含有氯化铜和氯化亚铁两种溶质,D错误。
2.C 解析 放电时,Zn电极作负极,失去电子,发生氧化反应,电极反应式为Zn-2e-Zn2+;MnO2/Ti电极作正极,得到电子,发生还原反应,电极反应式为Zn2++2MnO2+2e-ZnMn2O4;电池总反应方程式为Zn+2MnO2ZnMn2O4。放电时,阳离子向正极移动,MnO2/Ti电极作正极,则H+向MnO2/Ti电极移动,A项正确;放电时,电池总反应方程式为Zn+2MnO2ZnMn2O4,B项正确;充电时,Zn电极作阴极,电极反应为Zn2++2e-Zn,当外电路转移1mole-时,理论上Zn电极增重32.5g,C项错误;充电时,MnO2/Ti电极作阳极,电极反应为ZnMn2O4-2e-Zn2++2MnO2,D项正确。
3.A 解析 根据电池装置图可知,Zn电极为负极,MnO2电极为正极。根据原电池电解质溶液中阴、阳离子的移动方向(阴离子向负极定向移动,阳离子向正极定向移动)的规律可知,A项叙述错误,B项叙述正确;电池放电时的正极反应为MnO2+4H++2e-Mn2++2H2O,C项叙述正确;放电时的负极反应为Zn+4OH--2e-Zn(OH,由此可知,放电时的电池总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+Zn(OH+Mn2++2H2O,D项叙述正确。
4.B 解析 NO2反应生成了N2,得到电子,发生还原反应,A项错误;负极发生反应为CH4+2H2O-8e-CO2+8H+,B项正确;该电源的外电路是电子移动,内电路是H+移动,二者都带一个单位电荷,根据得失电子数相等,转移0.8mol电子,则有0.8molH+通过离子交换膜,C项错误;负极区域生成了H+,pH减小,正极区域消耗H+生成H2O,pH增大,D项错误。
5.C 解析 锌—空气燃料电池中Zn为活泼金属,放电时被氧化,所以N为负极,M为正极,正极上氧气被还原。放电时M为正极,则充电时M为阳极,a与电源正极相连,A正确;放电过程中N极的电极反应为Zn+2OH--2e-ZnO+H2O,M极的电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-,总反应为2Zn+O22ZnO,所以KOH溶液浓度不变,B正确;电解质溶液为碱性溶液,充电时N极的电极反应为ZnO+H2O+2e-Zn+2OH-,C错误;16gO2的物质的量为0.5mol,根据电极反应可知转移2mol电子,有1molZn转化为1molZnO,增加的质量为1mol氧原子的质量,为16g,D正确。
6.C 解析 Na3Ti2(PO4)3为负极材料,所以放电时Na3Ti2(PO4)3被氧化为NaTi2(PO4)3,Mo箔为正极,Fe[Fe(CN)6]被还原为Na2Fe[Fe(CN)6],电极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-Na2Fe[Fe(CN)6],A正确;放电时Mo箔为正极,则充电时Mo箔为阳极,a端连接电源正极,B正确;充电时右侧为阴极,电极反应为NaTi2(PO4)3+2e-+2Na+Na3Ti2(PO4)3,阳极的电极反应为Na2Fe[Fe(CN)6]-2e-Fe[Fe(CN)6]+2Na+,根据电极反应可知每生成1molFe[Fe(CN)6]转移2mol电子,消耗1molNaTi2(PO4)3,C错误;充电时为电解池,电解池中阳离子由阳极流向阴极,即Na+通过离子交换膜从左室移向右室,D正确。
7.C 解析 放电时Mg为原电池的负极,故A项正确;充电时,导线上每通过1mole-,左室发生还原反应,反应式为Mg2++2e-Mg,反应减少0.5molMg2+,但右侧将有1molLi+移向左室,所以溶液质量减轻12g-7g=5g,故B项正确;充电时,阳极的电极反应式为LiFePO4-xe-xLi++Li1-xFePO4,故C项错误;电池工作时可发挥镁离子和锂离子电池的性能优势,能减少锂资源的应用,故D项正确。
8.CD 解析 由2H2S(g)+O2(g)S2(s)+2H2O(l)可知,O2在电极b上发生还原反应,电极反应为O2+4H++4e-2H2O,H2S在电极a上发生氧化反应,电极反应为2H2S-4e-4H++S2。电极a为负极,发生氧化反应,A项正确;由电极反应2H2S-4e-4H++S2可知,标准状况下,每11.2LH2S即0.5molH2S参与反应,有1molH+经固体电解质膜进入正极区,B项正确;该反应部分化学能转化为电能,则电极a的质量增加64g时,电池内部释放的热能小于632kJ,C项错误;该电池是质子固体做电解质,所以电极反应为O2+4H++4e-2H2O,D项错误。
9.答案 (1)①Fe+4H2O+3e-Fe(OH)3↓+5OH- ②右 左 ③使用时间长、工作电压稳定
(2)N2+6H++6e-2NH3 氯化铵(或NH4Cl)
(3)从b到a CO+O2--2e-CO2
解析 (1)①根据电池装置,锌为负极,碳为正极,高铁酸钾的氧化性很强,正极上高铁酸钾发生还原反应生成氢氧化铁,电极反应为Fe+4H2O+3e-Fe(OH)3↓+5OH-。②盐桥中阴离子向负极移动;盐桥起的作用是使两个半电池连成一个通路,使两溶液保持电中性,起到平衡电荷、构成闭合回路的作用,放电时盐桥中氯离子向右移动,若用阳离子交换膜代替盐桥,则钾离子向左移动。③由图可知高铁电池的优点有使用时间长、工作电压稳定。
(2)该电池的本质反应是合成氨的反应,电池中氢气失去电子,在负极上发生氧化反应,氮气得到电子在正极上发生还原反应,则正极反应为N2+6H++6e-2NH3,氨气和氯化氢反应生成氯化铵,则A为氯化铵。
(3)根据题图可知,一氧化碳和空气形成燃料电池,一氧化碳失去电子和氧离子反应生成二氧化碳发生氧化反应,电极反应为CO+O2--2e-CO2,所以多孔电极a为负极,原电池放电时阴离子向负极移动,所以工作时氧离子的移动方向为从b到a。
10.答案 (1)①Ag-e-+Cl-AgCl ②正 ③2 mol
(2)①CH3OH ②CH3OH-6e-+H2OCO2↑+6H+ ③1.2
解析 (1)①根据电池总反应:5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl,可判断出Ag应为原电池的负极,负极发生反应的电极反应为Ag+Cl--e-AgCl。②在原电池中阴离子向负极移动,阳离子向正极移动。③根据电池总反应可知,每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子,则外电路中每通过4mol电子时,生成Na2Mn5O10的物质的量是2mol。
(2)①据氢离子移动方向可知,右侧电极为正极,左侧电极为负极,负极上通入燃料甲醇。②负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子,电极反应为CH3OH-6e-+H2OCO2↑+6H+。③根据负极的电极反应可知,当6.4g即0.2mol甲醇完全反应生成CO2时,转移电子的物质的量为1.2mol,则转移电子的个数为1.2NA。课时规范练20 化学反应的热效应
一、选择题:本题共6小题,每小题只有一个选项符合题目要求。
1.下列有关热化学方程式的叙述,正确的是 ( )
A.1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
B.由N2O4(g)2NO2(g) ΔH=-56.9 kJ·mol-1,可知将1 mol N2O4(g)置于密闭容器中充分反应后放出热量为56.9 kJ
C.由H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1,可知含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合,放出热量为57.3 kJ
D.已知101 kPa时,2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-221 kJ·mol-1,则1 mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ
2.(2022四川广安期中)根据以下热化学方程式,ΔH1和ΔH2的大小比较错误的是 ( )
A.2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(l) ΔH1
2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(l) ΔH2
则有ΔH1>ΔH2
B.Br2(g)+H2(g)2HBr(g) ΔH1
Br2(l)+H2(g)2HBr(g) ΔH2
则有ΔH1<ΔH2
C.4Al(s)+3O2(g)2Al2O3(s) ΔH1
4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s) ΔH2
则有ΔH1<ΔH2
D.Cl2(g)+H2(g)2HCl(g) ΔH1
Br2(g)+H2(g)2HBr(g) ΔH2
则有ΔH1<ΔH2
3.(2021北京西城二模)碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)失水可得到Na2CO3·H2O(s)或Na2CO3(s),两个化学反应的能量变化示意图如下:
下列说法正确的是( )
A.ΔH1<0
B.碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)失水不是化学变化
C.Na2CO3·H2O(s)失水生成Na2CO3(s):ΔH=ΔH1-ΔH2
D.向Na2CO3(s)中滴加几滴水,温度升高
4.(2021河北唐山三模)以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2的反应为温室气体减排提供了一个新途径,该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。
下列说法正确的是( )
A.过程①中钛氧键断裂会释放能量
B.该反应中,光能和热能转化为电能
C.使用TiO2作催化剂可以降低反应的活化能,从而提高化学反应速率
D.CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)2CO(g)+O2(g) ΔH=+30 kJ·mol-1
5.已知室温下,将CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低,将CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高。则下列能量转化关系的判断不正确的是( )
A.ΔH1>0
B.ΔH2>ΔH3
C.ΔH3>ΔH1
D.ΔH2=ΔH1+ΔH3
6.(2021河北邯郸三模)已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ):N≡N为942、OO为500、N—N为154、O—H为452.5,则断裂1 mol N—H所需的能量(kJ)是( )
A.194 B.316 C.391 D.658
二、选择题:本题共3小题,每小题有一个或两个选项符合题目要求。
7.(2021北京房山二模)我国学者研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应,计算机模拟单个CO分子在金催化剂表面的反应历程如图所示(其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注)
下列说法不正确的是( )
A.催化剂能够改变反应历程
B.H2O*转化为H*和OH*时需要吸收能量
C.反应过程中,过渡态1比过渡态2更难达到
D.总反应的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-0.72NA eV·mol-1
8.某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程,该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。
下列说法错误的是( )
A.HAP能提高HCHO与O2的反应速率,但不影响平衡转化率
B.HCHO在反应过程中,C原子杂化形式未发生改变
C.根据图示信息,CO2分子中的氧原子全部来自O2
D.该反应可表示为HCHO+O2CO2+H2O
9.(2021湖南衡阳二模)乙二醛(OHCCHO)与O2的反应历程中所涉的反应物
(OHCCHO、O2)、过渡态、中间体及产物(OHCCOOH、HCOOH、HOOCCOOH)相对能量如图。下列说法错误的是( )
A.乙二醛氧化历程中涉及极性键和非极性键的断裂
B.乙二醛氧化生成甲酸、乙醛酸或乙二酸的反应均为放热反应
C.乙二醛氧化历程中,若加入催化剂,能提高乙二醛的平衡转化率
D.乙二醛与氧气反应生成乙二酸的控速步骤为反应物→TS1
三、非选择题:本题共2小题。
10.(2021浙江温州模拟)金刚石和石墨均为碳的同素异形体,它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳,充分燃烧时生成二氧化碳,反应中放出的热量如图所示。
(1)在通常状况下,金刚石和石墨中 (填“金刚石”或“石墨”)更稳定,石墨的燃烧热ΔH为 。
(2)12 g石墨在一定量空气中燃烧,生成气体36 g,该过程放出的热量为 。
(3)已知:N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ·mol-1、497 kJ·mol-1,N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180.0 kJ·mol-1,则NO分子中化学键的键能为 kJ·mol-1。
(4)综合上述有关信息,请写出CO与NO反应的热化学方程式: 。
11.(1)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行:
CuCl2(s)CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=+83 kJ·mol-1
CuCl(s)+O2(g)CuO(s)+Cl2(g)
ΔH2=-20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH= kJ·mol-1。
(2)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。回答下列问题:
Ⅰ.硅粉与HCl在300 ℃时反应生成1 mol SiHCl3气体和H2,放出225 kJ热量,该反应的热化学方程式为 。
Ⅱ.将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法,对应的反应依次为:
①SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g) ΔH1>0
②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g) ΔH2<0
③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g) ΔH3
反应③的ΔH3= (用ΔH1、ΔH2表示)。
参考答案
课时规范练20 化学反应的热效应
1.D 解析 1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热,A项错误;N2O4(g)2NO2(g) ΔH=-56.9kJ·mol-1,这是一个可逆反应,1molN2O4(g)不完全反应,放出的热量小于56.9kJ,B项错误;醋酸是弱电解质,电离的过程要吸收热量,因此1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合,放出热量要小于57.3kJ,C项错误;已知101kPa时,2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-221kJ·mol-1,1mol碳完全燃烧生成1molCO2,放出的热量大于110.5kJ,D项正确。
2.A 解析 将热化学方程式依次编号为①②,根据盖斯定律,由①-②可得2S(s)+2O2(g)2SO2(g) ΔH=ΔH1-ΔH2<0,即ΔH1<ΔH2,A项错误;等量的Br2(g)具有的能量高于等量的Br2(l)具有的能量,故1molBr2(g)与H2(g)反应生成HBr(g)放出的热量比1molBr2(l)与H2(g)反应生成HBr(g)放出的热量多,则有ΔH1<ΔH2,B项正确;将两个反应依次编号为③④,根据盖斯定律,由③-④得4Al(s)+2Fe2O3(s)2Al2O3(s)+4Fe(s),则有ΔH3=ΔH1-ΔH2<0,则ΔH1<ΔH2,C项正确;Cl原子半径比Br原子半径小,H—Cl的键能比H—Br的键能大,故ΔH1<ΔH2,D项正确。
3.D 解析 从题图1可看出反应物能量低,生成物能量高,是吸热反应,ΔH1>0,A错误;失水过程有新物质生成,是化学变化,B错误;由题图1得①Na2CO3·10H2O(s)Na2CO3·H2O(s)+9H2O(g) ΔH1,由题图2得②Na2CO3·10H2O(s)Na2CO3(s)+10H2O(g) ΔH2,②-①得Na2CO3·H2O(s)Na2CO3(s)+H2O(g) ΔH=ΔH2-ΔH1,C错误;碳酸钠溶于水是典型的放热反应,向Na2CO3(s)中滴加几滴水,温度会升高,D正确。
4.C 解析 化学键断裂需要吸收能量,A错误;由历程图可知该反应中未涉及原电池反应,故该反应中是光能和热能转化为化学能,B错误;由历程图可知,使用TiO2作催化剂可以降低反应的活化能,从而提高化学反应速率,C正确;根据反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和,故CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)2CO(g)+O2(g) ΔH=2×1598kJ·mol-1-2×1072kJ·mol-1-496kJ·mol-1=+556kJ·mol-1,D错误。
5.C 解析 将CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低,说明是吸热过程,ΔH2>0,将CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高,说明是放热过程,ΔH3<0,根据盖斯定律可知,ΔH2=ΔH1+ΔH3,则ΔH1>0,则C项符合题意。
6.C 解析 依据图像分析,反应为N2H4+O2N2+2H2O,反应的焓变ΔH=-534kJ·mol-1,反应的焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量,断裂化学键吸收的能量为2752kJ·mol-1-534kJ·mol-1=2218kJ·mol-1,设断裂1molN—H吸收的能量为xkJ,则4x+154+500=2218,解得x=391。
7.C 解析 由反应历程图可知:在过渡态中,催化剂能够改变反应过程中的相对能量,改变的是反应的历程,但是反应物和最终生成物不会改变,A正确;CO*+H2O*+H2O(g)的相对能量为-0.32eV;CO*+OH*+H*+H2O(g)的相对能量为1.25eV,所以H2O*转化为H*和OH*时需要吸收能量,B正确;反应过程中生成过渡态1的能垒(1.91eV)比过渡态2的能垒(2.02eV)小,所以过渡态1易达到,C错误;0.72eV为单个CO分子反应时放出的能量,则1molCO发生反应放出0.72NAeV的能量,总反应的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-0.72NAeV·mol-1,D正确。
8.BC 解析 从题干信息和示意图可知,HAP为反应的催化剂,可以加快化学反应速率,但不影响平衡转化率,A项正确;反应物HCHO中C原子为sp2杂化,生成物CO2中C原子为sp杂化,B项错误;从示意图可以看出来,二氧化碳中只有1个氧原子来自氧气,另外1个氧原子来自甲醛,C项错误;根据历程示意图,甲醛和O2在HAP催化下生成了CO2和H2O,D项正确。
9.C 解析 乙二醛氧化历程中,涉及反应物O2中的OO非极性键及乙二醛中C—H极性键的断裂,A正确;乙二醛氧化生成甲酸、乙醛酸或乙二酸时,生成物的总能量都小于反应物的总能量,发生反应放出热量,因此这些反应均为放热反应,B正确;催化剂只能改变反应途径,降低反应的活化能,但不改变化学平衡状态,因此催化剂不能提高乙二醛的平衡转化率,C错误;乙二醛与氧气反应生成乙二酸的控速步骤为活化能最大的步骤,反应物→TS1的活化能最高,速率最慢,所以乙二醛与氧气反应生成乙二酸的控速步骤为反应物→TS1,D正确。
10.答案 (1)石墨 -393.5 kJ·mol-1 (2)252.0 kJ
(3)631.5
(4)2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.0 kJ·mol-1
解析 (1)由题图知石墨的能量比金刚石的低,所以石墨比金刚石更稳定;石墨的燃烧热ΔH=ΔH3+ΔH2=-110.5kJ·mol-1+(-283.0kJ·mol-1)=
-393.5kJ·mol-1。
(2)36g气体为CO和CO2的混合气体,则n(CO)×28g·mol-1+n(CO2)×44g·mol-1=36g,n(CO)+n(CO2)=1mol,所以n(CO)=n(CO2)=0.5mol,放出的热量为110.5kJ·mol-1×0.5mol+393.5kJ·mol-1×0.5mol=252.0kJ。
(3)设NO分子中化学键的键能为x,则946kJ·mol-1+497kJ·mol-1-2x=+180.0kJ·mol-1,x=631.5kJ·mol-1。
(4)由题图知2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH=-566.0kJ·mol-1,将该式减去N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180.0kJ·mol-1得:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.0kJ·mol-1。
11.答案 (1)-116
(2)Ⅰ.Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)
ΔH=-225 kJ·mol-1 Ⅱ.ΔH2-ΔH1
解析 (1)由盖斯定律可知,将题给催化过程的三个反应直接相加可得:2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g)
ΔH'=(+83-20-121)kJ·mol-1=-58kJ·mol-1,则ΔH=2ΔH'=-116kJ·mol-1。
(2)Ⅰ.首先书写反应的化学方程式:Si+3HClSiHCl3+H2,然后加上状态和焓变得热化学方程式:Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g) ΔH=-225kJ·mol-1。
Ⅱ.根据盖斯定律:反应②-反应①可得反应③,则ΔH3=ΔH2-ΔH1。(共98张PPT)
第2讲 原电池 化学电源
第六章
内容索引
01
02
强基础 增分策略
增素能 精准突破
研专项 前沿命题
03
【课程标准】
1.能分析、解释原电池的工作原理,能设计简单的原电池。
2.能列举常见的化学电源,并能利用相关信息分析化学电源的工作原理。
3.能综合考虑化学变化中的物质变化和能量变化来分析、解决实际问题,如新型电池的开发等。
强基础 增分策略
一、原电池的工作原理
1.原电池定义及本质
原电池是把 化学 能转化为 电 能的装置。其反应本质是
自发进行 的 氧化还原 反应。
2.原电池的装置模型
3.原电池的工作原理(以铜锌原电池为例)
电极名称 负极 正极
电极材料 锌片 铜片
电极反应 Zn-2e-===Zn2+ Cu2++2e-===Cu
电极质量变化 减小 增大
反应类型 氧化 反应 还原 反应
电子流向 由 Zn 沿导线流向 Cu
电极名称 负极 正极
盐桥中离 子移向 盐桥中装有含饱和KCl溶液的琼脂,K+移向 正 极,Cl-移向 负 极。 盐桥作用 ①连接内电路形成闭合回路。 ②维持两电极电势差(中和电荷),使电池能持续提供电流 装置差 异比较 原电池Ⅰ:温度升高,化学能转化为电能和热能,两极反应在同一溶液中,部分Zn与Cu2+直接反应,使电池效率降低; 原电池Ⅱ:温度不变,化学能只转化为电能 ,两极反应在不同溶液中,Zn与Cu2+隔离,电池效率提高,电流稳定
4.原电池的应用
(1)设计制作化学电源
(2)比较金属的活泼性强弱:原电池中,负极一般是活泼性 较强 的金属,正极一般是活泼性 较弱 的金属(或非金属)。
氧化反应和还原反应分别在两个电极进行
(3)加快化学反应速率:氧化还原反应形成原电池时,反应速率加快。
(4)用于金属的防护:将需要保护的金属制品作原电池的 正极 而受到保护。
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)理论上,任何自发的氧化还原反应都可设计成原电池。( √ )
(2)在原电池中,发生氧化反应的一极一定是负极。( √ )
(3)在锌铜原电池中,因为有电子通过电解质溶液形成闭合回路,所以有电流产生。( × )
(4)两种活泼性不同的金属组成原电池的两极,活泼金属一定为负极。
( × )
(5)原电池工作时,溶液中的阳离子向负极移动,盐桥中的阳离子向正极移动。( × )
(6)某原电池反应为Cu+2AgNO3 === Cu(NO3)2+2Ag,装置中的盐桥内可以是含KCl饱和溶液的琼脂。( × )
应用提升 (1)“活泼”是指相对活泼而不是绝对活泼。
(2)在大部分原电池反应中,金属活泼性较强的作负极,另一电极作正极。但在某些特殊条件下例外,如:
①冷的浓硝酸作电解质溶液,金属铁或铝与金属铜作电极时,铁或铝在冷的浓硝酸中钝化,金属活动性弱的铜与浓硝酸发生反应,作负极。
②NaOH溶液作电解质溶液,金属镁与金属铝作电极时,因铝能与NaOH溶液反应,作负极,而金属活泼性强的镁只能作正极。
二、化学电源
1.一次电池
2.二次电池
两个电极均参与电极反应;“放电”为原电池原理,“充电”为电解原理
铅酸蓄电池是一种常见的二次电池,总反应为
Pb+PbO2+2H2SO4 2PbSO4+2H2O。
3.燃料电池 燃料为负极反应物;将化学能直接转化为电能
(1)氢氧燃料电池是目前最成熟的燃料电池,可分为酸性和碱性两种。
(2)以CO为燃料气,请分别写出电解质符合下列条件的正、负极的电极反应或总反应。
(3)铝—空气—海水电池
负极材料为铝片,正极材料为铂片,电解质溶液为海水。
负极反应: 4Al-12e- === 4Al3+ 。
正极反应: 3O2+12e-+6H2O === 12OH- 。
总反应: 4Al+3O2+6H2O === 4Al(OH)3 。
旁栏边角 选择性必修1第四章第一节
阅读资料卡片“锂离子电池”,回答下列问题:
(1)锂离子电池的特点是什么
提示 质量小、体积小、储存和输出能量大等。
(2)一种锂离子电池放电时的总反应可表示为
LixCy+Li1-xCoO2===LiCoO2+Cy。锂离子电池为什么使用无水电解质溶液
提示 Li的活泼性很强,能够与水反应。
(3)写出上述锂离子电池放电时的负极反应和充电时的正极反应。
提示 放电时负极:LixCy-xe- === xLi++Cy
充电时正极:LiCoO2-xe-===Li1-xCoO2+xLi+
(4)写出锂离子电池放电和充电时锂离子的迁移状态。
提示 放电时,锂离子从石墨中脱嵌移向正极,嵌入钴酸锂晶体中;充电时,锂离子从钴酸锂晶体中脱嵌,由正极回到负极,嵌入石墨中。
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)碱性锌锰干电池是一次电池,其中MnO2是催化剂,可使锌锰干电池的比能量高、可储存时间长。( × )
(2)手机、电脑中使用的锂电池属于一次电池。( × )
(3)铅酸蓄电池放电时,正极与负极质量均增加。( √ )
(5)燃料电池工作时燃料在电池中燃烧,然后热能转化为电能。( × )
应用提升 因为物质得失电子后在不同介质中的存在形式不同,所以电极反应式的书写必须考虑介质环境。碱性介质中,不可能释放CO2气体,也不可能有H+的参与或生成,而酸性溶液中不可能有OH-的参与或生成。
增素能 精准突破
考点一
原电池原理及其应用
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 新教材和旧教材的讲解内容上差异不大,但新教材中增加了对原电池原理和应用的两个“思考与讨论”栏目;此外,还增加了化学方程式中的变化与守恒的“方法导引”栏目
新 高 考 高频考点 新高考侧重对原电池原理的考查,特别是从微观角度对原电池的工作原理的分析
预测考向 高考将增强在定性与定量相结合的角度上的考查
考向1.原电池的工作原理
典例突破
(2021辽宁适应性测试)Hg-Hg2SO4标准电极常用于测定其他电极的电势,测知Hg-Hg2SO4电极的电势高于Cu电极的电势。以下说法正确的是( )
A.K2SO4溶液可用CCl4代替
B.Hg-Hg2SO4电极反应为Hg2SO4-2e- === 2Hg+
C.若把Cu-CuSO4体系换作Zn-ZnSO4体系,电压表的示数变大
D.微孔瓷片起到阻隔离子通过的作用
答案 C
解析 根据题干信息,Hg-Hg2SO4电极的电势高于Cu电极的电势,则Hg-Hg2SO4电极为正极,得到电子发生还原反应,则电极反应为Hg2SO4+2e- === 2Hg+ ,Cu电极为负极,失去电子发生氧化反应,电极反应为Cu-2e- === Cu2+。
CCl4为非电解质,不能导电,因此不能用CCl4代替K2SO4溶液,A错误;Hg-Hg2SO4电极为正极,其电极反应为Hg2SO4+2e- === 2Hg+ ,B错误;由于Cu-CuSO4体系是电池的负极,失去电子发生氧化反应,若换成更加活泼的Zn-ZnSO4体系,更容易失去电子,电压表的示数变大,C正确;微孔瓷片起便于离子通过而阻隔溶液通过的作用,D错误。
考题点睛
针对训练
1.(选择性必修1习题改编)根据化学反应设计原电池(选用相同的盐桥)时,下列各项合理的是( )
选项 正极(金属/电解质溶液) 负极(金属/电解质溶液)
A Zn/ZnSO4溶液 Fe/稀硫酸溶液
B Fe/FeCl2溶液 Zn/ZnSO4溶液
C Zn/稀硫酸溶液 Fe/FeCl2溶液
D Fe/ZnSO4溶液 Zn/FeCl2溶液
答案 B
解析 原电池中,负极材料的活动性一般强于正极材料,Zn比Fe活泼,形成原电池时Zn作负极,A、C项均错误;使用盐桥,形成双液原电池时,为得到稳定电流,正极、负极半电池中的电解质溶液一般是电极金属材料形成的盐溶液,D项错误,B项正确。
2.(2021广东卷,9)火星大气中含有大量CO2,一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极,碳纳米管为正极,放电时( )
A.负极上发生还原反应 B.CO2在正极上得电子
C.阳离子由正极移向负极 D.将电能转化为化学能
答案 B
解析 电池的负极发生氧化反应,A项错误;CO2在正极上得电子发生还原反应,B项正确;放电时阳离子移向正极,C项错误;原电池是把化学能转化为电能的装置,D项错误。
3.(2020天津卷,11)熔融钠—硫电池性能优良,是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为2Na+xS Na2Sx(x=5~3,难溶于熔融硫)。下列说法错误的是( )
答案 C
归纳总结
判断原电池正、负极的五种方法
考向2.原电池原理的应用
典例突破
(2021江苏淮安模拟)某校化学兴趣小组进行探究性活动:将氧化还原反应2Fe3++2I- 2Fe2++I2设计成带盐桥的原电池。提供的试剂:FeCl3溶液、KI溶液;其他用品任选。回答下列问题:
(1)画出设计的原电池装置图,并标出电极材料、电极名称及电解质溶液。
(2)发生氧化反应的电极反应为 。
(3)反应达到平衡时,外电路导线中 (填“有”或“无”)电流通过。
(4)平衡后向FeCl3溶液中加入少量FeCl2固体,当固体全部溶解后,则此时该溶液中的电极变为 (填“正”或“负”)极。
答案 (1)如下图(答案合理即可)
(2)2I--2e- === I2 (3)无 (4)负
解析 (1)先分析氧化还原反应,找出正、负极反应,即可确定电极材料和正、负极区的电解质溶液。(2)发生氧化反应的电极是负极,负极上I-失电子变成I2。(3)反应达到平衡时,无电子移动,故无电流产生。(4)平衡后向FeCl3溶液中加入少量FeCl2固体,平衡逆向移动,此时Fe2+失电子,该溶液中的电极变成负极。
针对训练
1.(选择性必修1习题改编)有a、b、c、d四个金属电极,有关的实验装置及部分实验现象如下:
由此可判断这四种金属的活泼性顺序是( )
A.a>b>c>d B.b>c>d>a C.d>a>b>c D.a>b>d>c
答案 C
解析 把四个实验依次编号为①②③④,则由实验①可知,a作原电池负极,b作原电池正极,金属活动性:a>b;由实验②可知,b极有气体产生,c极无变化,则金属活动性:b>c;由实验③可知,d极溶解,则d作原电池负极,c作正极,金属活动性:d>c;由实验④可知,电流从a极流向d极,则d极为原电池负极,a极为原电池正极,金属活动性:d>a。综上所述可知活动性:d>a>b>c。
2.(2021河北卷,16节选)我国科学家研究Li-CO2电池,取得了重大科研成果。回答下列问题:
Li-CO2电池中,Li为单质锂片,则该电池中的CO2在 (填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明,该电池反应产物为碳酸锂和单质碳,且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行,写出步骤Ⅲ的离子方程式。
3.(1)微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图所示:
①HS-在硫氧化菌作用下转化为 的电极反应式是 。
②若维持该微生物电池中两种细菌的存在,则电池可以持续供电,原因是 。
(2)PbSO4热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。基本结构如图所示,其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后,电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为PbSO4+2LiCl+Ca ══ CaCl2+Li2SO4+Pb。
①放电过程中,Li+向 (填“负极”或“正极”)移动。
②负极反应式为 。
③电路中每转移0.2 mol电子,理论上生成 g Pb。
(3)氨氧燃料电池具有很大的发展潜力。氨氧燃料电池工作原理如下图
所示。
①a电极的电极反应式是
;
②一段时间后,需向装置中补充KOH,请依据反应原理解释原因: 。
考点二
新型化学电源
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 新教材在老教材讲解碱性锌锰电池、铅酸蓄电池、氢氧燃料电池等典型电池的基础上,增加了“资料卡片”介绍“锂离子电池”,“科学史话”介绍了“历史上第一个化学电源”
新 高 考 高频考点 新高考侧重考查化学电源的工作原理,以及从微观角度考查相关微粒的移动及计算等
预测考向 高考将新的化学电源的研究成果引入试题,考查知识迁移
能力
考向1.一次电池
典例突破
(2021河北卷,9)K-O2电池结构如图,a和b为两个电极,其中之一为单质钾片。关于该电池,下列说法错误的是( )
A.隔膜允许K+通过,不允许O2通过
B.放电时,电流由b电极沿导线流向a
电极;充电时,b电极为阳极
C.产生1 Ah电量时,生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2.22
D.用此电池为铅酸蓄电池充电,消耗3.9 g钾时,铅酸蓄电池消耗0.9 g水
答案 D
解析 O2在正极得电子后结合K+生成KO2,所以K+通过隔膜,A项正确;放电时,电子从负极通过外电路流向正极,而电流方向与电子流向相反,即电流由b电极流向a电极,充电时b电极作阳极,B项正确;每生成1 mol KO2需要消耗1 mol O2,即生成KO2的质量与消耗O2的质量比为71 g∶32 g≈2.22,C项正确;消耗3.9 g钾时,转移电子的物质的量为0.1 mol,依据铅酸蓄电池反应式Pb+PbO2+2H2SO4 2PbSO4+2H2O,此时消耗0.1 mol水,即1.8 g水,D项错误。
针对训练
1.(选择性必修1习题改编)碱性锌锰电池的总反应为Zn+2MnO2+2H2O === 2MnO(OH)+Zn(OH)2。下列有关该电池的说法不正确的是( )
A.Zn作负极,电极反应为Zn-2e-+2OH- === Zn(OH)2
B.MnO2作正极,发生还原反应
C.电池工作时,电流由MnO2经外电路流向Zn
D.电池工作时,KOH没有发挥作用
答案 D
解析 Zn作负极,被氧化生成Zn(OH)2,电极反应为Zn-2e-+2OH- === Zn(OH)2,A项正确;MnO2作正极,被还原生成MnO(OH),B项正确;电池工作时,电流由正极流向负极,则电流由MnO2经外电路流向Zn,C项正确;电池工作时,KOH未参与电池总反应,但起到导电作用,D项错误。
2.(2022湖南卷)海水电池在海洋能源领域备受关注,一种锂-海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是( )
A.海水起电解质溶液作用
B.N极仅发生的电极反应:
2H2O+2e- ══ 2OH-+H2↑
C.玻璃陶瓷具有传递离子和防水的功能
D.该锂-海水电池属于一次电池
答案 B
解析 海水中存在NaCl、MgCl2等电解质,海水在该电池中起电解质溶液的作用,A项说法正确;N极为电池的正极,正极上水放电生成氢气,同时,海水中溶解的O2也可在N极放电,电极反应为O2+4e-+2H2O ══ 4OH-,B项说法错误;Li为活泼金属,能够与水反应,玻璃陶瓷起到隔绝水的作用,同时传导离子形成闭合回路,C项说法正确;该电池将化学能转化为电能后,H2在N极不具有充电后发生失电子反应的条件,故该锂-海水电池属于一次电池,D项说法正确。
3.(2021浙江卷,22)某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示,电极A为非晶硅薄膜,充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中,电极B为LiCoO2薄膜;集流体起导电作用。下列说法不正确的是( )
A.充电时,集流体A与外接电源的负极相连
B.放电时,外电路通过a mol电子时,LiPON薄膜电解质损失a mol Li+
C.放电时,电极B为正极,反应可表示为Li1-xCoO2+xLi++xe- === LiCoO2
D.电池总反应可表示为LixSi+Li1-xCoO2 Si+LiCoO2
答案 B
归纳总结 化学电源中电极反应的书写方法
考向2.新型二次电池
典例突破
(双选)(2021湖南适应性考试)某单液电池如图所示,其反应原理为H2+2AgCl(s) 2Ag(s)+2HCl。下列说法错误的是( )
A.放电时,左边电极为负极
B.放电时,溶液中H+向右边电极移动
C.充电时,右边电极上发生的电极反应: Ag-e- === Ag+
D.充电时,当左边电极生成1 mol H2时,电解质溶液减轻2 g
答案 CD
解析 放电时左边电极发生氧化反应,为电池的负极,A正确;放电时左边为电池的负极,右边则为电池的正极,工作时阳离子向正极移动,即H+向右边电极移动,B正确;充电时右边电极为阳极,发生氧化反应,电极反应为Ag-e-+Cl- === AgCl,C错误;由反应2HCl+2Ag 2AgCl+H2↑可知,充电时,当左边电极生成1 mol H2时,电解质溶液中会减少2 mol HCl,则减少的质量为73 g,D错误。
针对训练
1.(2022广东卷)科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质,发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池,可作储能设备所示。充电时电极a的反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e- ══ Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是( )
A.充电时电极b是阴极
B.放电时NaCl溶液的pH减小
C.放电时NaCl溶液的浓度增大
D.每生成1 mol Cl2,电极a质量
理论上增加23 g
答案 C
解析 根据题干给的方程式知:充电时电极a上发生得电子的反应,为阴极,放电时电极a失电子,为负极,则充电时电极b为阳极,A项错误;放电时正极的电极反应式为Cl2+2e- ══ 2Cl-,NaCl溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度无变化,pH不变,B项错误;放电时正极反应生成氯离子,负极反应生成钠离子,放电时NaCl溶液的浓度增大,C项正确;充电时电极b的反应为2Cl--2e- ══ Cl2↑,每生成1 mol氯气转移2 mol电子,电极a理论上有2 mol Na+转化为Na3Ti2(PO4)3,增重46 g,D项错误。
2.(2021湖南卷,10)锌/溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池,广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌/溴液流电池工作原理如图所示:
下列说法错误的是( )
A.放电时,N极为正极
B.放电时,左侧贮液器中
ZnBr2的浓度不断减小
C.充电时,M极的电极反应为Zn2++2e- === Zn
D.隔膜允许阳离子通过,也允许阴离子通过
答案 B
解析 该电池放电反应总方程式:Zn+Br2 === ZnBr2,放电时,Br2在正极反应,ZnBr2被循环回路“回收”至左侧贮液器中,A项正确、B项错误;充电时,锌极为阴极发生还原反应:Zn2++2e- === Zn,C项正确;放电时,Br2得电子产生Br-,通过隔膜迁移向负极区,形成ZnBr2回流至左侧贮液器,Zn失电子产生Zn2+,通过隔膜迁移至正极区,形成ZnBr2回流至右侧贮液器,充电时,Zn2+得电子生成Zn在M极放电,部分Zn2+在隔膜上生成沉积锌,而Br-在贮液器处转化为Br2复合物贮存,该过程中Zn2+、Br-都可以通过隔膜,D项正确。
归纳总结
充电电池类题目的解答方法
(1)电池放电时发生原电池反应,充电时发生电解池反应,在充电时电池的负极接电源的负极后为阴极,电池的正极接电源的正极后为阳极。
(2)充电时的阴极反应与放电时的负极反应、充电时的阳极反应与放电时的正极反应分别互为逆反应。
(3)阳极和负极都发生氧化反应,阴极和正极都发生还原反应。
(4)电池放电时,电解质溶液中的阳离子移向正极,阴离子移向负极,电子从负极经导线流向正极;电池充电时,电解质溶液中的阳离子移向阴极,阴离子移向阳极。
(5)电极附近溶液的pH的变化,根据电极反应进行分析。
考向3.燃料电池
典例突破
(2021山东卷,10)以KOH溶液为离子导体,分别组成CH3OH-O2、N2H4-O2、(CH3)2NNH2-O2清洁燃料电池,下列说法正确的是( )
A.放电过程中,K+均向负极移动
B.放电过程中,KOH物质的量均减小
C.消耗等质量燃料,(CH3)2NNH2-O2燃料电池的理论放电量最大
D.消耗1 mol O2时,理论上N2H4-O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2 L
答案 C
解析 碱性环境下,甲醇燃料电池总反应为2CH3OH+3O2+4KOH === 2K2CO3+6H2O;N2H4-O2清洁燃料电池总反应为N2H4+O2 === N2+2H2O;偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中C元素和N元素的化合价均为-2价,H元素的化合价为+1价,所以根据氧化还原反应原理可推知其燃料电池的总反应为(CH3)2NNH2+4O2+4KOH === 2K2CO3+N2+6H2O。
放电过程为原电池工作原理,所以钾离子均向正极移动,A错误;N2H4-O2清洁燃料电池的产物为氮气和水,其总反应中未消耗KOH,所以KOH的物质的量不变,其他两种燃料电池根据总反应可知,KOH的物质的量减小,B错误;理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关,设消耗燃料的质量均为m g,则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量(物质的量表达式)分别是:
通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大,C正确;根据转移电子数守恒和总反应式可知,消耗1 mol O2生成的氮气的物质的量为1 mol,在标准状况下的体积为22.4 L,D错误。
考题点睛
针对训练
1.(2022湘豫名校高三联考)HCOOH燃料电池的装置如下图,两电极间用允许K+和H+通过的半透膜隔开。下列说法错误的是( )
答案 C
2.(2021湖北适应性测试)研究发现,在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸,可使电池持续大电流放电,其工作原理如图所示。
下列说法错误的是( )
A.加入HNO3降低了正极反应的活化能
B.电池工作时正极区溶液的pH降低
C.1 mol CH3CH2OH被完全氧化时有3 mol O2被还原
D.负极反应为CH3CH2OH+3H2O-12e- === 2CO2↑+12H+
答案 B
解析 该电池的负极反应为CH3CH2OH+3H2O-12e- === 2CO2↑+12H+,H+向右移动通过质子交换膜,正极反应为O2+4e-+4H+ === 2H2O。硝酸作正极反应的催化剂,加入催化剂可以降低正极反应的活化能,故A正确;正极反应虽然消耗H+,但负极区生成的H+移向正极区,负极区H+的物质的量不变,由于生成了水,电池工作时正极区溶液的pH升高,故B错误;根据正负极电极反应可知,1 mol CH3CH2OH被完全氧化时有3 mol O2被还原,故C正确;负极反应为CH3CH2OH+3H2O-12e- === 2CO2↑+12H+,故D正确。
3.(2022广东汕头二模)研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源,还能对工业污水等进行处理。利用微生物燃料电池处理含硫废
水并电解制备KIO3的原理如图所示,下列说法正确的是( )
A.光照强度大小不影响KIO3的制备速率
B.右侧电池中K+通过阳离子交换膜从P极移向Q极
D.不考虑损耗,电路中每消耗1 mol O2,理论上Q极可制得342.4 g KIO3
答案 C
解析 光照强度大小影响单位时间内生成氧气的量,即影响电流强度,会影响KIO3的制备速率,故A项错误;铂电极P为阴极,铂电极Q为阳极,当转移相同物质的量的e-时,阳极消耗的OH-的物质的量少,溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极,故B项错误;N极为负极,硫氧化菌将FeSx氧化为S, S再
归纳总结
书写燃料电池电极反应的技巧
(1)首先写出正极反应(一般参加反应的是O2)
(2)根据电池总反应减去正极反应确定负极反应。注意要消去总反应和正极反应中的O2。
研专项 前沿命题
新型化学电源的应用
题型 考查内容 选择题 非选择题 考查知识 电极反应类型、电极反应正误判断与书写、电子
(或离子)移动方向、电极区溶液性质变化、电化学计算
核心素养 宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知
考向1利用燃料电池原理制备物质
例1. (双选)(2021山东泰安模拟)用质子导体固体氧化物燃料电池(P-SOFC)脱氢可得丙烯,可实现“烯烃—电力”联产。
下列说法正确的是( )
A.催化剂促进电能转变为化学能
B.O2-由负极迁移至正极
C.负极上发生的电极反应为C3H8-2e- === C3H6+2H+
D.电池总反应为2C3H8+O2 === 2C3H6+2H2O
思路指导
答案 CD
突破方法
燃料电池是利用燃料与氧气或空气或其他氧化剂进行反应,将化学能直接转化成电能的一类化学电源,基本工作原理与原电池相同:
解题的关键是正确分析书写电极反应。书写方法与信息型氧化还原反应方程式的书写相似:
针对训练
1.(2022河南郑州高三质检)某微生物燃料电池以对氯苯酚(分子式: C6H5OCl,用RCl表示)和醋酸钠为原料,其工作原理如下图所示。下列说法错误的是( )
A.工作时H+通过质子交换膜向左侧电极迁移
B.左侧电极反应式为C6H5OCl+2e-+H+ ══ C6H5OH+Cl-
C.反应中1 mol CH3COO-参与放电可生成8 mol H+
D.放电后体系的pH降低
答案 C
解析 该装置为原电池装置,根据图示可知醋酸根失去电子生成碳酸氢根,故右侧为负极,左侧为正极。工作时H+从负极移向正极,即通过质子交换膜向左侧电极迁移,A项正确;左侧电极上C6H5OCl得电子生成C6H5OH,反应式为C6H5OCl+2e-+H+ ══ C6H5OH+Cl-,B项正确;反应中CH3COO-参与放电的电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O ══ 2 +9H+,1 mol CH3COO-可生成9 mol H+,C项错误;1 mol CH3COO-参与反应生成9 mol H+,转移8 mol电子,故有8 mol H+通过质子交换膜移向正极;转移8 mol电子,正极4 mol C6H5OCl反应消耗4 mol H+,体系中正极和负极的H+浓度增大,放电后体系的pH降低,D项正确。
2.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成,电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子,示意图如下所示。下列说法错误的是( )
A.相比现有工业合成氨,该方法条件温和,同时还可提供电能
B.阴极区,在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+ === 2H++2MV+
C.正极区,固氮酶为催化剂,N2发生还原反应生成NH3
D.电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
答案 B
解析 该过程是在室温条件下进行的,因此比现有工业合成氨的条件温和,同时还能提供电能,A项正确;阴极区发生的是得电子的反应,而左池中发生的是失电子的反应,B项错误;右池为正极区,氮气发生还原反应生成氨气,C项正确;左池中产生的氢离子通过交换膜向右池移动,即由负极区移向正极区,D项正确。
考向2利用电池原理解决环境与能源问题
例2.(2020全国Ⅰ卷,12)科学家近年发明了一种新型Zn-CO2水介质电池。电池示意图如下,电极为金属锌和选择性催化材料。放电时,温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等,为解决环境和能源问题提供了一种新途径。
下列说法错误的是( )
A.放电时,负极反应为Zn-2e-+4OH- ===[Zn(OH)4]2-
B.放电时,1 mol CO2转化为HCOOH,转移的电子数为2 mol
C.充电时,电池总反应为2[Zn(OH)4]2- === 2Zn+O2↑+4OH-+2H2O
D.充电时,正极溶液中OH-浓度升高
思路指导
答案 D
突破方法
可充电电池放电时遵循原电池原理,充电时遵循电解原理,其工作原理特点如下:
如果已知可充电电池的总反应,书写较难写的电极反应时,可先写出较易写的电极反应,然后用总反应减去较易写的电极反应,即可得出较难写的电极反应。
针对训练
3.微生物电池是在微生物作用下将化学能转化为电能的装置。利用微生物电池处理含铬废水可以回收铬,其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A.a电极为电池负极
B.b极的电极反应为Cr3++3H2O === Cr(OH)3+3H+
C.每处理1 mol ,a电极上会生成1.5 mol CO2
D.反应完毕后溶液的pH会升高
答案 B
4.(2021广东潮州二模)利用原电池原理,在室温下从含低浓度铜的酸性废水中回收铜的实验装置如图所示,下列说法错误的是( )
A.X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜
B.负极的电极反应:
C.2室流出的溶液中溶质为Na2SO4和K2SO4
D.电路中每转移1 mol电子,电极2上有32 g Cu析出
答案 D
