第2课时 金属的腐蚀与防护
1．理解金属发生电化学腐蚀的原因，能辨别金属发生腐蚀的类型。(重点)
2．了解金属腐蚀的危害。
3．掌握防止金属腐蚀的措施方法。
授课提示：对应学生用书第19页
知识点一 金属的腐蚀
1．定义
金属表面与周围的物质发生化学反应或因电化学作用而遭到破坏的过程。
2．本质
金属原子失去电子被氧化变成阳离子的过程，其过程可表示为：M－ne－===Mn＋。
3．分类
可分为化学腐蚀和电化学腐蚀两种。
[自我诊断]
(1)金属腐蚀的过程中未发生化学变化。(×)
(2)金属的腐蚀过程也就是金属失去电子被还原的过程。(×)
(3)化学腐蚀和电化学腐蚀的过程中都会有电流产生。(×)
知识点二 金属的电化学腐蚀
1．定义
当两种金属相接触且又同时暴露在潮湿空气里或与电解质溶液接触时，由于形成原电池而发生腐蚀。
2．实质
被腐蚀金属成为原电池的负极被氧化。
3．钢铁的电化学腐蚀
类别
吸氧腐蚀
析氢腐蚀
条件
水膜酸性不强
水膜酸度较高
正极反应
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
2H＋＋2e－===H2↑
负极反应
Fe－2e－===Fe2＋
[自我诊断]
生活中金属的电化学腐蚀中析氢腐蚀与吸氧腐蚀哪个更普遍些？为什么？
[提示] 吸氧腐蚀。金属活动性顺序表中氢以前的金属是在一些水膜酸性较强的情况下才发生析氢腐蚀的，氢以后的金属只能发生吸氧腐蚀，且生活中金属表面形成的水膜酸性一般较弱甚至呈中性，故以吸氧腐蚀为主。
知识点三 金属的防护
1．本质
阻止金属被氧化。
2．方法
(1)保护层法：在金属表面加上一层保护层将金属与外界隔开。油漆、搪瓷、陶瓷、沥青、塑料、橡胶等非金属材料或电镀金属都可作为保护层。
(2)电化学保护法——抑制金属单质失去电子
①牺牲阳极保护法——原电池原理：将还原性较强的金属作为保护极，与被保护金属相连构成原电池，被保护金属作为正极就可以避免腐蚀。
②阴极电保护法——电解池原理：
[自我诊断]
在相同条件下，镀锌铁与镀锡铁的镀层均破损后，哪种铁腐蚀得更快？
[提示] 镀锡铁。镀层破坏后，镀锌铁与镀锡铁均易形成原电池，由于金属活动性：锌>铁>锡，故前者锌做负极，铁被保护，而后者铁做负极加快腐蚀。
授课提示：对应学生用书第19页
要点一 金属的腐蚀
[典例1] 利用如图装置探究铁在海水中的电化学腐蚀与防护。下列说法不正确的是( )
A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，采用了牺牲阳极保护法
B．若X为锌棒，开关K置于N处，X极的反应：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，采用了外加电流阴极保护法
D．若X为碳棒，开关K置于M处，X极的反应：O2＋4e－＋2H2O===4OH－
解析：X为锌棒，K位于M时，为原电池，锌为负极，被腐蚀，保护了铁，A项对；X为锌棒，开关K置于N处，为电解池，锌棒为活性阳极，Zn－2e－===Zn2＋，B项错；若X为碳棒，开关K置于N处，为电解池，铁棒作阴极，被保护，C项对；若X为碳棒，开关K置于M处，为原电池，钢铁的吸氧腐蚀，X极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，D项对。
答案：B
1．化学腐蚀与电化学腐蚀
化学腐蚀
电化学腐蚀
含义
金属跟接触到的物质直接发生化学反应而引起的腐蚀
不纯金属跟电解质溶液接触时，发生原电池反应，比较活泼的金属失电子而被氧化的腐蚀
电子得失
金属直接将电子转移给具有氧化性的物质
活泼金属将电子间接转移给氧化性较强的物质
电流
无电流产生
有电流产生
腐蚀对象
金属单质
较活泼金属
相同点
二者均发生氧化还原反应，金属被氧化
实例
Mg、Al等金属直接与O2、Cl2等反应
钢铁在潮湿的空气中被腐蚀
2.析氢腐蚀与吸氧腐蚀(以铁腐蚀为例)
区别与联系
析氢腐蚀
吸氧腐蚀
相同点
腐蚀的本质
被腐蚀金属为原电池的负极，其原子失去电子变成金属阳离子，发生氧化反应
电极反应式
负极：Fe－2e－===Fe2＋
不同点
条件
水膜酸性较强
水膜呈很弱的酸性、中性或碱性
电解质溶液
溶有CO2、SO2的水溶液,
溶有O2的水溶液
氧化剂
H＋
O2
电极反应式
正极：2H＋＋2e－===H2↑
正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－
产物
H2
Fe(OH)2
1．如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液(呈酸性)，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是( )
A．生铁块中的碳是原电池的正极
B．红墨水柱两边的液面变为左低右高
C．两试管中相同的电极反应式是：Fe－2e－===Fe2＋
D．a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀
解析：a、b两支试管内由于溶液酸碱性不同发生不同类型的电化学反应，再依据相关反应式进行判断。生铁块中的铁比含有的碳活泼，在形成的原电池中充当负极，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，碳充当正极，在发生吸氧腐蚀时电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，在发生析氢腐蚀时电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，故A、C项正确。a试管中盛装NaCl溶液为中性环境，故生铁块发生吸氧腐蚀，氧气被消耗，试管内气体压强降低；b试管内盛装NH4Cl溶液，酸性较强，发生析氢腐蚀，产生H2，试管内气体压强增大，故红墨水柱两边的液面应左高右低，故B项错，D项对。
答案：B
要点二 金属腐蚀的规律
[典例2] 分别放置在如图所示装置(都盛有0.1
mol·L－1的盐酸)中的四个相同的纯锌片，腐蚀最快的是( )
解析：A项中纯锌被腐蚀速率较慢；B项为原电池，Zn作正极，被保护；C项为原电池，Zn为负极，被腐蚀；D项为电解池，Zn为阴极，被保护。
答案：C
1．不同类型腐蚀快慢的规律
电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。
2．电化学腐蚀规律
(1)对同一种金属来说：强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。
(2)对活动性不同的两种金属：活动性差别越大，活泼金属腐蚀越快。
(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；氧化剂浓度越高，腐蚀越快。
(4)对于不同氧化剂来说：氧化性越强，金属腐蚀越快。
2．下列表面上镀有金属保护层的铁板，当镀层损坏使铁板裸露后，在相同条件下最耐腐蚀的是( )
A．镀锌铁板(白板)
B．镀锡铁板(马口铁)
C．镀银铁板
D．镀铜铁板
解析：
答案：A
实验探究金属腐蚀的条件
[典例] 某学生在A、B、C、D四只小烧瓶中分别放入干燥的铁丝、浸过食盐水的铁丝、浸过清水的铁丝、食盐水及铁丝(并使铁丝完全浸没在食盐水中)。然后装配成如图所示的四套装置，每隔一段时间测量导管中水面上升的高度，结果如下表(表中所列数据为导管中水面上升的高度/cm)所示。
时间/小时
0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
A瓶(盛干燥铁丝)
0
0
0
0
0
0
0
B瓶(浸过食盐水的铁丝)
0
0.4
1.2
3.4
5.6
7.6
9.8
C瓶(浸过清水的铁丝)
0
0
0
0.3
0.8
2.0
3.5
D瓶(盛完全浸没在食盐水中的铁丝)
0
0
0
0
0
0
0
(1)为什么有的导管中水面会上升？____________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)上述实验中，铁生锈的速率由大到小的排列顺序为(填小烧瓶的字母编号)________________________________________________________________________。
(3)影响铁生锈的因素除氧气外，还有________。
(4)日常生活中常见到铁制品生成铁锈，试写出铁制品生成铁锈(Fe2O3·xH2O)的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：钢铁在食盐水中会形成原电池，负极反应为Fe－2e－===Fe2＋；正极反应为2H2O＋O2＋4e－===4OH－。由于钢铁腐蚀过程中消耗了O2，使瓶内气体的物质的量减少，压强减小，致使导管中水面上升。产生的Fe2＋和OH－结合成Fe(OH)2：Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步氧化生成Fe(OH)3；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3,2Fe(OH)3===Fe2O3＋3H2O，从而形成铁锈。
答案：(1)铁丝发生吸氧腐蚀，氧气消耗后，瓶内气体分子数减少，导致瓶内压强减小，因此导管中水面上升
(2)B>C>A＝D
(3)水、电解质(或电解质溶液)
(4)4Fe＋3O2＋2xH2O===2Fe2O3·xH2O
PAGE
-
5
-第1课时 原电池的工作原理 化学电源
1．理解原电池的工作原理及其构成条件，了解常见的化学电源。
2．能判断原电池的正负极，并正确书写电极反应式。(重点)
3．能根据原电池原理设计简单的原电池。
授课提示：对应学生用书第15页
知识点一 原电池的工作原理
1．两种铜锌原电池装置的对比
装置图
相同点
实验现象
检流计指针偏转，锌片质量减小，铜片质量增加
电子流向
电子由锌片流向铜片
能量转化
将化学能转化为电能
电极反应及反应类型
正极：Cu2＋＋2e－===Cu 还原反应负极：Zn－2e－===Zn2＋ 氧化还原
总反应方程式
Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu
反应区域
氧化反应和还原反应在同一区域进行
正负极通过盐桥联系在一起，氧化反应和还原反应在不同区域进行
不同点
回路
外电路：电子由锌片经导线流向铜片内电路：溶液中自由移动离子的定向移动
外电路：电子由锌片经导线流向铜片内电路：除溶液中离子定向移动外，盐桥起到沟通两个半电池的作用
2.原电池的概念、构成条件
(1)概念：将化学能转变为电能的装置。
(2)构成条件
①两个电极：活泼性不同的两种金属或一种金属与一种非金属导体。
②电解质溶液。
③形成闭合回路。
[自我诊断]
(1)原电池中外电路电子流动的方向是正极流向负极，溶液中阳离子向正极移动。(×)
(2)铜锌原电池中，若将铜片抽走，则不会发生反应。(×)
(3)铜、锌、稀硫酸构成的原电池，铜片是阳极，锌片上有气泡产生。(×)
(4)所有化学反应的化学能均能直接转变成电能。(×)
知识点二 化学电源
1．常见电源分类
2．常见电源
(1)锌锰干电池(一次电池)
①酸性锌锰干电池
负极：Zn－2e－===Zn2＋
正极：2NH＋2e－===2NH3↑＋H2↑
总方程式：Zn＋2NH4Cl===ZnCl2＋2NH3↑＋H2↑
②碱性锌锰干电池
负极：Zn－2e－＋2OH－===ZnO＋H2O
正极：MnO2＋2H2O＋2e－===Mn(OH)2＋2OH－
总方程式：Zn＋MnO2＋H2O===ZnO＋Mn(OH)2
(2)铅蓄电池(二次电池)
放电时(原电池)：
负极：Pb＋SO－2e－===PbSO4
正极：PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O
总方程式：Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O
充电时(电解池)：
阴极(电池的负极)：PbSO4＋2e－===Pb＋SO
阳极(电池的正极)：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO
总方程式：2PbSO4＋2H2O===Pb＋PbO2＋2H2SO4
(3)氢氧燃料电池
①碱性电解液：
负极：2H2＋4OH－－4e－===4H2O
正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
②酸性电解液：
负极：2H2－4e－===4H＋
正极：O2＋4H＋＋4e－===2H2O
③中性电解液：
负极：2H2－4e－===4H＋
正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
总方程式：2H2＋O2===2H2O
[自我诊断]
可充电电池的充电、放电过程的原理分别是什么？两过程是否是可逆反应？
[提示] 可充电电池放电时是原电池，把化学能转变为电能，充电时是电解池，把电能转变为化学能。
否，因为两过程是在不同条件下进行的反应，所以不属于可逆反应。
授课提示：对应学生用书第16页
要点一 原电池正负极的判断与电极反应式的书写
[典例1] 下列叙述不正确的是( )
A．原电池中电子从正极流出
B．原电池中电子从发生氧化反应的电极流出
C．原电池的两个电极中，质量减轻的电极是负极
D．原电池中发生还原反应的电极是正极
解析：在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，电子由负极经外电路流向正极，正极上发生还原反应。若负极是较活泼的金属，则负极因发生氧化反应而质量减轻。
答案：A
1．正负极判断
判断依据
负极
正极
电极材料
活泼性较强的金属
活泼性较弱的金属或能导电的非金属
电子流动方向
电子流出极
电子流入极
电解质溶液中离子定向移动方向
阴离子移向的电极
阳离子移向的电极
发生的反应
氧化反应
还原反应
反应现象
溶解的极
增重或有气泡放出的极
2.电极反应式的书写
书写电极反应的原则：
电极反应是氧化还原反应，要遵循质量守恒、电子守恒及电荷守恒。另外还遵循：
①加和性原则：两电极反应相加，消去电子后得电池总反应式。利用此原则，电池总反应式减去已知的一电极反应得另一电极反应。
②共存原则：碱性溶液中，CO2不可能生成，也不会有H＋参加反应或生成；同样酸性溶液中，不会有OH－参加反应或生成。根据此原则，物质得失电子后在不同的电解质环境中所存在的形式不同。
3．电极反应的书写技巧
(1)一般采用加减法：若已知总反应和一个电极反应，总反应－一个电极反应＝另一个电极反应。(注意：电极反应转移电子必须相等)
(2)由金属(Pt除外)作电极的原电池，活泼金属为负极，有两种写法：
一般电极反应：负极：M－ne－===Mn＋；
若电解质为碱性，则电极反应：
负极：M＋nOH－－ne－===M(OH)n。
注意：Al在NaOH溶液中作负极时的电极反应：
Al－3e－＋4OH－===[Al(OH)4]－。
要注意Al、Fe在不同的电解质溶液中的活泼性的变化。
正极材料总是被保护，一般不参与反应(正极材料是金属氧化物除外，如铅蓄电池)，电极反应一般为溶液中的阳离子放电，则电极反应有：
正极：Am＋＋me－===A
2H＋＋2e－===H2↑
如果负极材料与电解质溶液发生反应，正极反应按上述书写；若负极材料与电解质溶液不发生反应时，则正极反应为吸氧腐蚀。如铁棒在食盐水中生锈。
(3)有H2参加反应的原电池(石墨或Pt为电极)，通入H2一极为负极，有三种写法：
①一般电极反应：负极：H2－2e－===2H＋；
②若电解质为碱性，则电极反应：
负极：H2＋2OH－－2e－===2H2O；
③若电解质为熔融的氧化物，则电极反应：
负极：H2＋O2－－2e－===H2O。
(4)有O2参加反应的原电池，O2一定为正极反应物，有三种写法：
①一般电极反应：正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－；
②若为酸性电解质溶液时，
正极：O2＋4e－＋4H＋===2H2O；
③若为熔融状态下的氧化物时，
正极：O2＋4e－===2O2－。
1．甲醇燃料电池(DMFC)可用于笔记本电脑、汽车、遥感通信设备等，它的一极通入甲醇，一极通入氧气；电解质是质子交换膜，它能传导氢离子(H＋)。电池工作时，甲醇
被氧化为二氧化碳和水，氧气在电极上的反应是O2＋4H＋＋4e－===2H2O。下列叙述中不正确的是( )
A．负极的反应式为CH3OH＋H2O－6e－===CO2↑＋6H＋
B．电池的总反应式是2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O
C．电池工作时，H＋由正极移向负极
D．电池工作时，电子从通入甲醇的一极流出，经外电路再从通入氧气的一极流入
解析：首先判断通入甲醇的一极失去电子作为负极，通入氧气的一极得到电子作正极。根据：电池总反应式＝负极反应式＋正极反应式，B项电池的总反应式是正确的，减去氧气在正极的反应式，就得到了负极的反应式，A项也正确。电池工作时，H＋移向正极而不是移向负极，所以C项错误。
答案：C
要点二 原电池原理的应用
[典例2] 依据氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)===Cu2＋(aq)＋2Ag(s)，设计一个最简单的原电池。
(1)在下边方框内画出实验装置图，并指出正极为____________，电极反应式为________________________________________________________________________；
负极为________，电极反应式为________________________________。
(2)该反应还可设计成能量转化效率更高的原电池装置，如图所示：
请回答下列问题：
①电极X的材料是________，Y的材料是________，电解质溶液Z是________。
②盐桥的作用是__________________________________________。
③外电路中的电子是从________电极流向________电极。
解析：本题考查原电池的原理和设计，解题时应明确设计思路，理解带盐桥的原电池的组成原理。
根据已知的氧化还原反应设计原电池的思路是：首先将已知的反应拆成两个半反应(即氧化反应和还原反应)：Cu－2e－===Cu2＋，2Ag＋＋2e－===2Ag；然后结合原电池的电极反应特点，分析可知，该电池的负极材料应该用Cu，正极要保证Ag＋得到负极失去的电子，电解质溶液只能用含Ag＋的电解质溶液，如AgNO3溶液，而正极材料的活泼性比Cu弱。
在带盐桥的原电池组成半电池时，注意电极材料与溶液中的离子一般要相对应，如Cu2＋/Cu或Ag＋/Ag。
答案：(1)实验装置图如图：
Pt(合理即可) 2Ag＋＋2e－===2Ag Cu Cu－2e－===Cu2＋
(2)①Cu Ag AgNO3 ②将两个隔离的电解质溶液连接起来，可使电流持续传导 ③Cu Ag
1．比较不同金属的活动性强弱
根据原电池原理可知，在原电池反应过程中，一般活动性强的金属作负极，而活动性弱的金属(或碳棒)作正极。
若有两种金属A和B，用导线将A和B连接后，插入稀硫酸中，一段时间后，若观察到A极溶解，而B极上有气体放出，则说明在原电池工作过程中，A被氧化成阳离子而失去电子作负极，B作正极，则可以断定金属A的金属活动性比B的强。
2．加快化学反应速率
由于原电池将氧化还原反应拆成两个半反应且有电流产生，因而反应速率加快。
如Zn与稀H2SO4反应制氢气时，可向溶液中滴加少量CuSO4溶液，形成Cu?Zn原电池，加快反应进行。
3．设计制作化学电源
依据原电池的工作原理，紧扣原电池形成的四个条件，可以将氧化还原反应设计成原电池。设计思路如下：
设计思路
实例
以自发进行的氧化还原反应为基础
2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2
根据化合价变化，把氧化还原反应分解为氧化反应和还原反应两个半反应，从而确定电极反应
氧化反应(负极)：Cu－2e－===Cu2＋还原反应(正极)：2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋
以两极反应为原理，确定电极材料及电解质溶液
负极材料：Cu正极材料：石墨或铂电解质溶液：FeCl3
画出示意图
2．把a、b、c、d四块金属浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连，d上有气体逸出；a、c相连时a极减轻；b、d相连时，b为正极。则四种金属的活动性顺序为( )
A．a>b>c>d
B．a>c>b>d
C．a>c>d>b
D．b>d>c>a
解析：a、b相连时，a为负极，则金属活动性a>b；c、d相连时，d上有气体逸出，即发生反应：2H＋＋2e－===H2↑为正极，c为负极，则金属活动性c>d；a、c相连时，a极减轻，说明被氧化为阳离子进入溶液中，a为负极，则金属活动性：a>c；b、d相连时，b为正极，d为负极，金属活动性d>b。故有金属活动性顺序为a>c>d>b。
答案：C
实验探究原电池的构成条件
[典例] 某同学设计实验探究构成原电池的条件，装置如下：
实验一：实验探究电极的构成(甲图)
①A、B两极均选用石墨作电极，发现检流计指针不偏转；
②A、B两极均选用铜片作电极，发现检流计指针不偏转；
③A极用锌片，B极用铜片，发现检流计指针向左偏转；
④A极用锌片，B极用石墨，发现检流计指针向左偏转。
结论一：__________________________________________________。
实验二：探究溶液的构成(甲图，A极用锌片，B极用铜片)
①液体采用无水乙醇，发现检流计指针不偏转；
②改用硫酸溶液，发现检流计指针偏转，B极上有气体产生。
结论二：________________________________________________。
实验三：对比实验，探究乙图装置能否构成原电池
将锌、铜两电极分别放入稀硫酸溶液中，发现锌片上有气泡产生，铜片上无明显现象，检流计指针不发生偏转。
结论三：_________________________________________。
思考：对该同学的实验，同学乙提出了如下疑问，请你帮助解决。
(1)在甲图装置中，若A为镁片，B为铝片，电解质溶液为NaOH溶液，检流计的指针应向________偏转。
(2)一根金属丝两端分别放在图乙的两个烧杯之中，检流计指针________(填“能”或“不能”)偏转。
解析：本题是考查原电池的构成条件的。原电池的构成条件是：活动性不同的两金属(或者一种金属跟一种能导电的非金属)做两极，其中活动性较强的金属做负极，活动性较差的金属(或导电的非金属)做正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；电解质溶液；闭合回路。因此实验一中两电极相同时，不能组成原电池，不同时可以组成原电池，而且比较活泼的金属做负极；实验二中有电解质溶液时可以组成原电池，非电解质溶液不能组成原电池；实验三中由于没有构成闭合回路，所以也不能组成原电池；镁铝在NaOH溶液中应该是铝更活泼，做负极；作为两个半电池组成的原电池，中间必须靠盐桥才可以形成闭合回路，因此一根金属丝无法将整个装置连接成原电池。
答案：结论一：电极必须是活动性不同的两电极
结论二：溶液必须是电解质溶液 结论三：必须构成闭合回路，才能形成原电池 (1)右 (2)不能
PAGE
-
8
-第2课时 电解原理的应用
1．掌握工业电解饱和食盐水制取烧碱、氢气和氯气的原理。(重点)
2．了解电解精炼、电镀的原理。(重点)
3．能够应用电解原理判断离子的氧化性或还原性的强弱，进行相关计算。
授课提示：对应学生用书第11页
知识点一 电解食盐水制备烧碱、氢气和氯气
1．装置
2．现象
(1)阳极上：有气体产生；
(2)阴极上：有气体产生，阴极附近溶液变红。
3．原理分析及电极反应
电解时U形管中，Cl－、OH－移向阳极，H＋、Na＋移向阴极。
(1)阳极离子放电顺序：Cl－>OH－，
电极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑(氧化反应)；
(2)阴极离子放电顺序：H＋>Na＋，
电极反应：2H＋＋2e－===H2↑(还原反应)。
4．总反应化学方程式：
2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，
离子方程式：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。
[自我诊断]
若用铁棒作阳极，石墨作阴极电解氯化钠溶液，情况会怎样？试写出此时电解的电极反应式。
[提示] 若用铁棒作阳极，石墨作阴极电解氯化钠溶液，由于阳极铁棒参加电极反应：Fe－2e－===Fe2＋，而阴极反应不变：2H＋＋2e－===H2↑，导致阴极区显碱性，阳极产生的Fe2＋遇阴极区产生的OH－产生白色氢氧化亚铁沉淀。
知识点二 粗铜的电解精炼
1．装置
2．精炼铜时的电极反应
阳极Cu－2e－===Cu2＋；阴极：Cu2＋＋2e－===Cu。
[自我诊断]
粗铜电解精炼时，CuSO4溶液的浓度如何变化？
[提示] 粗铜中的主要杂质有Zn、Fe、Ni、Au、Pt、Ag，Fe、Zn、Ni比Cu活泼，在阳极失去电子而进入溶液，而在阴极上，Cu2＋会优先于H＋、Fe2＋、Zn2＋、Ni2＋得到电子，所以CuSO4溶液的浓度会减小。
知识点三 电 镀
1．定义：应用电解原理，在金属表面镀上一薄层金属或合金的方法。
2．目的：增强金属的抗腐蚀能力、耐磨性或改善金属制品的外观。
3．电镀池构成
镀层金属作阳极，镀件作阴极，含有镀层金属离子的盐溶液作电解质溶液。
[自我诊断]
(1)铁件上镀锌时，铁件作阳极。(×)
(2)电镀铜时，电解质溶液可以是CuSO4溶液，也可以是CuCl2溶液。(√)
(3)电镀过程中，电解质溶液的浓度要减小。(×)
授课提示：对应学生用书第12页
要点一 电镀池与精炼池的区别和联系
[典例1] 若在铜片上镀银时，下列叙述正确的是( )
①将铜片接在电源的正极上 ②将银片接在电源的正极上 ③在铜片上发生的反应是：Ag＋＋e－===Ag ④在银片上发生的反应是：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O ⑤需用硫酸铜溶液为电镀液 ⑥需用硝酸银溶液为电镀液
A．①③⑥
B．②③⑥
C．①④⑤
D．②③④⑥
解析：铜片上镀银，铜片作阴极，接电源负极，①错；银片作阳极，接电源正极，②正确；铜电极上，Ag＋得电子析出，③正确；银片是阳极，失电子变成Ag＋落入电解液，④错；需用AgNO3作电镀液，⑥正确，⑤错。正确的为②③⑥。
答案：B
电镀池
精炼池
概念
利用电解原理在某些金属表面镀上一薄层金属或合金的装置
利用电解原理提纯金属的装置
装置举例
形成条件
①镀层金属作阳极，接直流电源正极，镀件接直流电源负极，作阴极②电镀液必须是含有镀层金属离子的盐溶液③形成闭合回路
①不纯金属作阳极，纯金属作阴极②含该金属离子的可溶性盐溶液做电解质溶液③直流电源④形成闭合回路
电极反应
(以铁上镀银为例)阳极：Ag－e－===Ag＋阴极：Ag＋＋e－===Ag
(以精炼铜为例)阳极：Cu(粗铜)－2e－===Cu2＋(主要)阴极：Cu2＋＋2e－===Cu(精铜)
联系
①电极反应相似，阳极：金属电极失电子阴极：电镀液中镀层金属阳离子得电子②控制条件、水电离产生的H＋及OH－一般不放电③电镀池和精炼池是特定条件下的电解池
1．金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解池制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知：氧化性Fe2＋A．阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2＋＋2e－===Ni
B．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2＋和Zn2＋
D．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt
解析：用电解法制备高纯度的镍时，粗镍作阳极，发生氧化反应，电极反应分别为Zn－2e－===Zn2＋、Fe－2e－===Fe2＋、Ni－2e－===Ni2＋，而金属活动性顺序中镍之后的Cu和Pt因失电子能力比镍弱，而沉积在电解槽底部；纯镍作阴极，发生还原反应，电极反应式：Ni2＋＋2e－===Ni，而Fe2＋和Zn2＋得电子能力比Ni2＋弱，留在溶液中。
答案：D
要点二 电解的有关计算
[典例2] 如图所示，甲烧杯中盛有100
mL
0.50
mol·L－1AgNO3溶液，乙烧杯中盛有100
mL
0.25
mol·L－1CuCl2溶液，A、B、C、D均为质量相同的石墨电极，如果电解一段时间后，发现A极比C极重1.9
g，则
(1)电源E为________极，F为________极。
(2)A极的电极反应式为_________________________________________，
析出物质________mol。
(3)B极的电极反应式为___________________________________________，
析出气体________mL(标准状况)。
(4)C极的电极反应式为______________________________________________，
析出物质________mol。
解析：由电解一段时间后A极比C极重，可知A极上有Ag析出，C极上有Cu析出，若A极上析出银的物质的量为n(Ag)，则C极上析出Cu的物质的量为n(Ag)，有关系式108
g·mol－1·n(Ag)－64
g·mol－1·n(Ag)×＝1.9
g，n(Ag)＝0.025
mol。由此可知，两电解池内的电解质均是足量的，故两池电极反应式分别为：A极：Ag＋＋e－===Ag；B极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；C极：Cu2＋＋2e－===Cu；D极：2Cl－－2e－===Cl2↑。A、C两极析出物质的量分别为0.025
mol和0.0125
mol，B极析出O2的体积为：0.006
25
mol×22.4
L·mol－1＝0.14
L＝140
mL。
答案：(1)负 正 (2)4Ag＋＋4e－===4Ag 0.025
(3)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ 140
(4)Cu2＋＋2e－===Cu 0.012
5
1．计算的原则
(1)阳极失去的电子数＝阴极得到的电子数。
(2)串联电路中通过各电解池的电子总数相等。
(3)电源输出的电子总数和电解池中转移的电子总数相等。
2．计算的方法
(1)根据电子守恒法计算：用于串联电路、阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路上转移的电子数相等。
(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比例式计算。
(3)根据关系式计算：根据得失电子守恒的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。
电解计算时常用的定量关系为：
4e－～4H＋～4OH－～2H2～O2～2Cu～4Ag。
2．将浓度均为2
mol
·L－1的AgNO3与Cu(NO3)2溶液各0.5
L混合，以铜为电极进行电解，一段时间后阴极上有1.6
g铜析出，试计算此时：
(1)直流电源已输出________mol电子。
(2)溶液中c(Cu2＋)为________mol·L－1。
解析：(1)阴极有Cu析出时，Ag＋已完全放电，所以直流电源已输出电子：2
mol·L－1×0.5
L＋×2＝1.05
mol。
(2)因用铜作电极，当Ag＋、Cu2＋在阴极析出时，阳极铜亦同时溶解成为Cu2＋，最终使Cu2＋增加；而Cu2＋的增加与
析出的Ag相对应，故此时Cu2＋的物质的量为×2
mol·L－1×0.5
L＋2
mol·L－1×0.5
L＝1.5
mol，c(Cu2＋)＝＝1.5
mol·L－1。
答案：(1)1.05 (2)1.5
运用电解法制备Fe(OH)2
[典例] 由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。若用图所示实验装置则可制得纯净的Fe(OH)2沉淀。两极材料分别为石墨和铁。
(1)a电极材料为________，其电极反应式为________________________
______________________。
(2)电解液d可以是________(填选项，下同)，则白色沉淀在电极上生成；也可以是________，则白色沉淀在两极之间的溶液中生成。
A．纯水
B．NaCl溶液
C．NaOH溶液
D．CuCl2溶液
(3)液体c为苯，其作用是_____________________________________________________；
在加入苯之前，对d溶液进行加热处理的目的是__________________________。
(4)为了在短时间内看到白色沉淀，可以采取的措施是________。
A．改用稀H2SO4作电解液
B．适当增大电源电压
C．适当缩小两电极间距离
D．适当降低电解液温度
(5)若将d改为Na2SO4溶液，当电解一段时间，看到白色沉淀后，再反接电源，继续电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为______________。
解析：制备Fe(OH)2要考虑以下几点：一是Fe2＋和OH－的来源，Fe2＋可由电极转化而来，OH－应由电解液提供；二是环境要求，应隔绝O2；三是反应速率问题，可采用增大电压和缩小两电极间距离的方法来加快反应速率。
答案：(1)铁 Fe－2e－===Fe2＋ (2)C B (3)隔绝空气，防止Fe(OH)2被空气氧化 排尽溶液中的O2，防止生成的Fe(OH)2被溶液中的O2氧化 (4)BC (5)白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
PAGE
-
6
-第1课时 电解的原理
1．了解电解的工作原理，能够正确判断电解池的阴、阳极。
2．根据阴、阳离子在电极上的放电顺序，能够准确书写电极反应式和电解方程式。(重点)
3．初步掌握关于电解的简单计算。
授课提示：对应学生用书第8页
知识点一 实验探究 熔融氯化钠的电解
1．实验现象
通电后，在石墨片周围有气泡产生，在铁片上生成银白色金属。
2．实验分析
(1)熔融氯化钠中存在的微粒Na＋、Cl－。
(2)通电后离子的运动方向：阳离子Na＋(填离子符号)移向铁电极，阴离子Cl－移向石墨电极。
(3)电极上发生的变化：铁电极：2Na＋＋2e－===2Na，石墨电极：2Cl－－2e－===Cl2↑。
3．实验结论
熔融的氯化钠在电流作用下发生了化学变化分解生成了Na和Cl2。
[自我诊断]
电解熔融NaCl时，在两个电极上Na＋、Cl－从得失电子角度分别发生什么反应？
[提示] Na＋得电子生成金属钠发生还原反应，Cl－失电子生成氯气，发生氧化反应。
知识点二 电解的工作原理
1．基本概念
(1)电解：让直流电通过电解质溶液或熔融的电解质，在两个电极上分别发生氧化反应和还原反应的过程。
(2)电解池：
①定义：将电能转化成化学能的装置。
②构成条件：直流电源、电解质溶液或熔融状态的电解质、两个电极、形成闭合回路。
(3)电极及电极反应：
①阳极：发生氧化反应的电极。
阴极：发生还原反应的电极。
②电极反应。
在电极上进行的半反应，电极反应式可以表示电极上物质的变化情况以及电子的转移情况。
2．工作原理
在通电的条件下，当使用惰性电极时，电解质溶液或熔融电解质中：阴离子移向阳极，失去电子，发生氧化反应；阳离子移向阴极，得到电子，发生还原反应。在电解质溶液或熔融电解质中，由于阴阳离子发生了定向移动，所以可以导电。电解质导电的过程，实质就是其电解过程。
[自我诊断]
电解质溶液完成导电过程时，一定发生化学反应吗？
[提示] 一定，因为电解质溶液的导电过程是通过溶液中的阴阳离子分别向阳、阴极定向移动并在电极上失、得电子而实现的。阴阳离子在两电极上失、得电子发生了氧化还原反应。
授课提示：对应学生用书第9页
要点一 电解中的放电规律及电极反应式的书写
[典例1] 用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1∶3的CuSO4和NaCl的混合溶液，不可能发生的反应有( )
A．Cu2＋＋2e－===Cu
B．4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
C．2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑
D．2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
解析：该溶液由CuSO4、NaCl、H2O三种物质组成，其中含有Cu2＋、Na＋、H＋三种阳离子和SO、Cl－、OH－三种阴离子。阴极上阳离子的放电顺序为：Cu2＋>H＋>Na＋，阳极上阴离子的放电顺序为Cl－>OH－>SO。由题意知电解可分为以下几个阶段：
第一阶段：Cu2＋＋2e－===Cu,2Cl－－2e－===Cl2↑，即电解CuCl2溶液；
第二阶段：2H＋＋2e－===H2↑，2Cl－－2e－===Cl2↑，即电解盐酸；
第三阶段：4H＋＋4e－===2H2↑，4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，即电解水。
综上所述，不可能发生的反应为C。
答案：C
1．阳离子得电子顺序
(1)阳离子放电顺序：
Al3＋、Mg2＋、Na＋、Ca2＋、K＋在水溶液中不放电，只在熔融状态放电。
(2)注意事项：
①Fe3＋的位置在Cu2＋之前。
②电镀条件下Fe2＋与Zn2＋的浓度远大于水溶液中H＋浓度，所以得电子能力为Fe2＋>Zn2＋>H＋。
2．阴离子失电子顺序
(1)阴离子放电顺序：
(2)注意事项：F－在水溶液中不能失电子形成氟气，只有熔融态的含有氟离子的化合物电解时才可以得到氟气。
3．电极反应式的书写
(1)判断阴阳极，并分析电极材料的性质，尤其是阳极材料。
(2)分析电解质溶液中的离子类别，明确离子的来源及放电顺序。
(3)写出阴阳极的电极反应式，电极反应式的书写可概括为：a.列物质、标得失；b.选离子、配电荷；c.配个数、巧用水。
1．如图所示，a、b、c、d均为石墨电极，通电进行电解，下列说法正确的是( )
A．乙烧杯中d的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑
B．a、c两极产生气体的物质的量相等
C．甲、乙两烧杯中溶液混合后溶液的pH＝7
D．乙烧杯中发生的反应为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
解析：根据电路图，可知a是阳极、d是阴极，d电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，A项不正确；a极和c极产生的气体分别是O2和Cl2，根据得失电子相等，二者体积之比是1∶2，B项不正确；乙池中Cl2在溶液中溶解，使NaOH被消耗，故两池混合后，溶液的pH略小于7，C项不正确。
答案：D
要点二 惰性电极电解电解质溶液的规律
[典例2] 如图所示的电解池Ⅰ和Ⅱ中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b选项
X
Y
A
MgSO4
CuSO4
B
AgNO3
Pb(NO3)2
C
FeSO4
Al2(SO4)3
D
CuSO4
AgNO3
解析：根据溶液中离子的放电顺序OH－比SO、NO更容易失去电子被氧化，所以，电解池中a极、c极均发生4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；A项，Mg2＋不能得电子，b棒不增重；B项，增重b>d；C项，Al3＋不能得电子，d棒不增重；D项，电解时分别发生Ag＋＋e－===Ag，Cu2＋＋2e－===Cu，转移相同数目的电子时析出Ag的质量更大，综上所述应选D项。
答案：D
物质
代表物
参加电解的物质
阴极(区)
产物
阳极(区)
产物
溶液pH的变化
酸
含氧酸
H2SO4、HNO3
H2O
H2
O2
减小
无氧酸(除HF)
HCl
HCl
H2
Cl2
增大
碱
强碱
NaOH、KOH
H2O
H2
O2
增大
盐
不活泼金属无氧酸盐,
CuCl2
CuCl2
Cu
Cl2
不变(若考虑Cl2的溶解，则pH减小
活泼金属的无氧酸盐
NaCl
NaCl、H2O
H2、NaOH
Cl2
增大
盐
不活泼金属的含氧酸盐
CuSO4、AgNO3
CuSO4、H2OAgNO3、H2O
Cu、AgO2、HNO3
O2、H2SO4
减小
活泼金属的含氧酸盐
K2SO4、NaNO3KNO3、Na2SO4
H2O
H2
O2
不变
2．下列各组中，每种电解质溶液电解时只生成氢气和氧气的是( )
A．HCl、CuCl2、Ba(OH)2
B．NaOH、CuSO4、H2SO4
C．NaOH、H2SO4、Ba(OH)2
D．NaBr、H2SO4、Ba(OH)2
解析：电解HCl的方程式为2HClH2↑＋Cl2↑，电解CuCl2的方程式为CuCl2Cu＋Cl2↑，A项错误；电解CuSO4的方程式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，B项错误；电解NaBr的方程式为2NaBr＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Br2，D项错误。
答案：C
电解过程中电极产物的分析与检验
[典例] 如图是一个用铂丝作电极，电解稀的MgSO4溶液的装置，电解液中加有中性红指示剂，此时溶液呈红色。(指示剂的pH变色范围：6.8～8.0，酸性—红色，碱性—黄色)
回答下列问题：
(1)下列关于电解过程中电极附近溶液颜色变化的叙述正确的是________(填编号)。
①A管溶液由红变黄；②B管溶液由红变黄；③A管溶液不变色；④B管溶液不变色。
(2)写出A管中发生反应的反应式：______________________________。
(3)写出B管中发生反应的反应式：_____________________________________________。
(4)检验a管中气体的方法是___________________________________。
(5)检验b管中气体的方法是______________________________________。
(6)电解一段时间后，切断电源，将电解液倒入烧杯内观察到的现象是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：A为阴极，B为阳极，电极反应式分别为：
A极：2H＋＋2e－===H2↑；
B极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O。
则A极附近会产生OH－(水电离出来的)，并与Mg2＋形成沉淀，B极附近会产生H＋(水电离出来的)，所以A处溶液由红变黄，B处溶液不变色；电解一段时间后，溶液底部会产生Mg(OH)2沉淀，溶液中有H2SO4，切断电源后，Mg(OH)2会溶解。
答案：(1)①④
(2)2H＋＋2e－===H2↑，Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
(3)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(4)用拇指按住管口，取出试管，靠近火焰，放开拇指，有爆鸣声，管口有蓝色火焰
(5)用拇指按住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内会复燃
(6)溶液呈红色，白色沉淀溶解
PAGE
-
6
-第2课时 反应焓变的计算
1．知道盖斯定律的内容。
2．能运用盖斯定律进行有关反应焓变的简单计算。(重点)
3．通过盖斯定律的应用，体会其在科学研究中的意义。
授课提示：对应学生用书第4页
知识点一 盖斯定律的涵义
1．概念
对于一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应焓变都是一样的。
2．解读
(1)反应热效应只与始态、终态有关，与反应过程无关。
(2)反应热总值一定。如图表示始态到终态的反应热。
则ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝ΔH3＋ΔH4＋ΔH5。
[自我诊断]
(1)化学反应的焓变与反应途径密切相关。(×)
(2)化学反应的热效应与参与反应的各物质的聚集状态有关。(√)
(3)一个反应一步完成或分几步完成，两者相比，经过的步骤越多，放出的热量越多。(×)
(4)化学反应的过程，既遵循质量守恒定律，也遵循能量守恒定律。(√)
知识点二 盖斯定律的应用
1．转化关系
转化关系
反应热间的关系
aAB
ΔH1＝aΔH2
AB
AB
ΔH1＝－ΔH2
ΔH＝ΔH1＋ΔH2
2.计算方法
若一个化学方程式可由另外几个化学方程式相加减而得到，则该化学反应的焓变即为这几个反应焓变的相应加减。
[自我诊断]
发射卫星时可用肼(N2H4)为燃料，用二氧化氮为氧化剂，这两种物质反应生成氮气和水蒸气。已知：
N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)
ΔH1＝＋67.7
kJ·mol－1 ①
N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH2＝－534
kJ·mol－1 ②
试计算1
mol
肼与二氧化氮完全反应时放出的热量为__________kJ，写出肼与二氧化氮反应的热化学方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：由题意可知
N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)
ΔH1＝＋67.7
kJ·mol－1 ①
N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH2＝－534
kJ·mol－1 ②
根据盖斯定律，反应物中消去O2可得到N2H4和NO2的反应。
令②×2－①得2N2H4(g)－N2(g)===2N2(g)＋4H2O(g)－2NO2(g) ΔH＝2ΔH2－ΔH1
整理得2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝2ΔH2－ΔH1＝－534
kJ·mol－1×2－67.7
kJ·mol－1＝－1
135.7
kJ·mol－1。
则1
mol
N2H4与NO2完全反应时放出的热量为567.85
kJ。
答案：567.85
2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－1
135.7
kJ·mol－1
或N2H4(g)＋NO2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－567.85
kJ·mol－1
授课提示：对应学生用书第5页
要点一 盖斯定律的应用
[典例1] 已知下列反应的热化学方程式：
6C(s)＋5H2(g)＋3N2(g)＋9O2(g)===2C3H5(ONO2)3(l)ΔH1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH2
C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH3
则反应4C3H5(ONO2)3(l)===12CO2(g)＋10H2O(g)＋O2(g)＋6N2(g)的ΔH为( )
A．12ΔH3＋5ΔH2－2ΔH1
B．2ΔH1－5ΔH2－12ΔH3
C．12ΔH3－5ΔH2－2ΔH1
D．ΔH1－5ΔH2－12ΔH3
解析：利用方程式相加求新的方程式时应注意两点：(1)如果分步反应与总反应中的物质在同一侧时应相加，将分步反应中的物质转移至另一侧时应该相减；(2)可将分步反应乘以适当的系数来求总反应方程式。整理方程式如下：将第1个方程式乘以2，并颠倒书写，将第2个方程式乘以5，将第3个方程式乘以12，然后将3个方程式相加得到要求的反应方程式。
答案：A
1．应用盖斯定律书写热化学方程式
(1)“变”：根据发生的总反应，将各反应途径进行相应的改变。即
①若在各分步反应中是产物，但在总反应中是反应物，则在变化时将分步反应中的产物变为反应物，反应物变为产物，焓变变为其相反数；反之亦然。
②将各分步反应中各物质的系数变为与总反应式中对应物质的系数，焓变的数值作相应的改变。
(2)“加”：最后将变化所得的各分步反应叠加，将等号两边相同的物质抵消，焓变的数值相加，即得该反应的热化学方程式。
2．虚拟途径运用盖斯定律计算反应热
某些化学反应可能实际历程比较复杂，甚至不能直接进行，可以设计一个分步的甚至是虚拟的途径，尽管设计的途径跟实际的途径可能不同，但它们的热效应是相同的。
如图所示：A→B的反应可以设计成A→C→B的过程，根据盖斯定律，则有
ΔH＝ΔH1＋ΔH2。
1．已知：2Zn(s)＋O2(g)===2ZnO(s)
ΔH＝－701.0
kJ·mol－1
2Hg(l)＋O2(g)===2HgO(s)ΔH＝－181.6
kJ·mol－1
则反应Zn(s)＋HgO(s)===ZnO(s)＋Hg(l)的ΔH为( )
A．＋519.4
kJ·mol－1
B．＋259.7
kJ·mol－1
C．－259.7
kJ·mol－1
D．－519.4
kJ·mol－1
解析：给两个反应标号
①2Zn(s)＋O2(g)===2ZnO(s)
ΔH＝－701.0
kJ·mol－1
②2Hg(l)＋O2(g)===2HgO(s)
ΔH＝－181.6
kJ·mol－1。
则所求反应可表示为(①－②)×1/2；
则其ΔH＝[(－701.0
kJ·mol－1)－(－181.6
kJ·mol－1)]×1/2＝－259.7
kJ·mol－1。
答案：C
要点二 反应焓变的计算方法
[典例2] 氮是地球上含量丰富的一种元素，元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。
(1)如图是1
mol
NO2和1
mol
CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，则NO2和CO反应的热化学方程式为_____________________________________________。
(2)又知：N2(g)＋2NO2(g)===4NO(g) ΔH＝＋292.3
kJ·mol－1，则反应：2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)的ΔH为________。
解析：(1)由图可知NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g)反应的ΔH＝134
kJ·mol－1－368
kJ·mol－1＝－234
kJ·mol－1，故该反应的热化学方程式为NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g) ΔH＝－234
kJ·mol－1 ①
(2)又由已知反应N2(g)＋2NO2(g)===4NO(g)
ΔH＝＋292.3
kJ·mol－1 ②
①×2－②，得2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)
ΔH＝－760.3
kJ·mol－1。
答案：(1)NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g)
ΔH＝－234
kJ·mol－1
(2)－760.3
kJ·mol－1
1．根据热化学方程式计算
反应热与反应物各物质的物质的量成正比。
2．根据反应物和产物的总能量计算
ΔH＝产物的总能量－反应物的总能量。
3．根据反应物和产物的总键能(拆开1
mol化学键所吸收的能量)计算
ΔH＝反应物的总键能－产物的总键能。
4．根据物质燃烧放热的数值计算
ΔH＝－。
5．根据盖斯定律计算
将热化学方程式进行适当的“乘”“除”“加”“减”等变形后，由过程的热效应进行计算、比较。
2．已知H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g) ΔH＝－72
kJ·mol－1，蒸发1
mol
Br2(l)需要吸收的能量为30
kJ，其他相关数据如下表：
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1
mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ
436
a
369
则表中a为( )
A．404
B．260
C．230
D．200
解析：本题考查共价键的键能与焓变的关系。
H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g)
ΔH＝－72
kJ·mol－1 ①
Br2(l)===Br2(g) ΔH＝＋30
kJ·mol－1 ②
①－②得
H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)ΔH＝－102
kJ·mol－1
所以：a＋436－369×2＝－102，得a＝200。
答案：D
要点三 反应热的大小比较
[典例3] 在同温同压下，下列各组热化学方程式中ΔH1>ΔH2的是( )
A．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH2
B．S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1
S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2
C．C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH1
C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH2
D．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g) ΔH1
H2(g)＋Cl2(g)===HCl(g) ΔH2
解析：物质的聚集状态不同，能量不同，反应焓变也不同，当反应物相同时，生成液态产物放热更多，A项错；当产物相同时，反应物为气态时放出的能量更多，B项错；燃烧生成更稳定产物时放出能量更多，ΔH更小，C项对；物质的量越多，放出能量越多，ΔH越小，D项错。
答案：C
比较反应热的大小，要注意以下五个方面。
1．ΔH有正负之分，比较ΔH时要连同“＋”“－”号包含在内，类似于数学上正负数大小的比较。
2．若只比较放出或吸收热量的多少，则只比较数值大小，不考虑正负号。例：
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH1＝－Q1
kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH2＝－Q2
kJ·mol－1
则ΔH1<ΔH2，Q1>Q2。
3．系数不同，反应热不同。如：
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)ΔH1＝－a
kJ·mol－1，
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH2＝－b
kJ·mol－1，
ΔH1>ΔH2，a4．同一反应中物质的聚集状态不同，反应热数值大小也不同。
(1)同一反应生成物状态不同时：
A(g)＋B(g)===C(g) ΔH1<0，
A(g)＋B(g)===C(l) ΔH2<0，
C(g)===C(l) ΔH3<0，
因为ΔH3＝ΔH2－ΔH1，所以ΔH2<ΔH1。
(2)同一反应物状态不同时：
S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1<0，
S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2<0，
S(g)===S(s) ΔH3<0，
ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，所以ΔH1<ΔH2。
5．对于可逆反应，如3H2(g)＋N2(g)??2NH3(g) ΔH＝－92.2
kJ·mol－1，是指生成2
mol
NH3(g)时放出92.2
kJ的热量，而不是3
mol
H2(g)和1
mol
N2(g)混合在一定条件下反应就可放出92.2
kJ的热量，实际3
mol
H2(g)和1
mol
N2(g)混合在一定条件下反应放出的热量小于92.2
kJ，因为该反应的反应物不能完全转化为生成物。
3．根据以下三个热化学方程式：
2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝Q1
kJ·mol－1
2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l)
ΔH＝Q2
kJ·mol－1
2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(g)
ΔH＝Q3
kJ·mol－1
判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是( )
A．Q1>Q2>Q3
B．Q1>Q3>Q2
C．Q3>Q2>Q1
D．Q2>Q1>Q3
解析：三个反应都是放热反应，Q1、Q2、Q3都为负值。H2S完全燃烧生成SO2，放出热量最多，Q1最小；而生成液态水比生成气态水放出热量多，故Q2小于Q3，则有Q3>Q2>Q1。
答案：C
运用盖斯定律探究生活实际问题
[典例] 在现代人倡导绿色生活、清洁能源的同时，煤的清洁利用提上了日程。CFB锅炉洁净煤燃烧技术，为处理高硫煤和劣质煤及满足严格的大气排放标准带来了美好前景。把煤作为燃料可通过下列两种途径：
途径Ⅰ：C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1<0
途径Ⅱ：先制水煤气：
C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH2>0，再燃烧水煤气：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH3<0，2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH4<0。
请回答下列问题：
(1)ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4的关系是______________________________。
(2)由于制取水煤气的反应中，反应物具有的总能量________(填“大于”“等于”或“小于”)反应产物具有的总能量，所以在化学反应时，反应物就需要________(填“吸收”或“释放”)能量才能转化为反应产物，因此其反应条件为____________________________。
(3)与途径Ⅰ相比，途径Ⅱ有较多的优点，请写出两点：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________。
解析：本题考查盖斯定律的应用。解题时可根据方程式间的关系，依据盖斯定律把方程式作适当变形并加减。
(1)由盖斯定律知，将途径Ⅱ的三个化学方程式分别调整化学计量数后叠加可得：ΔH1＝ΔH2＋(ΔH3＋ΔH4)。
(2)因为C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH2>0，所以在制取水煤气的反应中，反应物具有的总能量小于反应产物具有的总能量，在发生反应时，反应物需要吸收能量才能转化为反应产物，因此其反应条件为高温。
(3)与途径Ⅰ相比，途径Ⅱ的优点主要有：煤的利用率高；变成气体燃料后，运输方便；使燃料充分燃烧(合理即可)。
答案：(1)ΔH1＝ΔH2＋(ΔH3＋ΔH4) (2)小于 吸收 高温 (3)煤的利用率高 变成气体燃料后，运输方便(或使燃料充分燃烧，任选两点作答，其他合理答案均可)
PAGE
-
8
-第1课时 化学反应的反应热、焓变
1．了解化学反应中能量的常见转化形式。
2．理解反应热、焓、焓变的概念及其表示方法，了解焓变与反应热、物质能量间的关系。(重点)
3．了解定量测定反应热的基本原理和方法，能进行简单的误差分析。
4．掌握热化学方程式的书写和意义。(重点)
授课提示：对应学生用书第1页
知识点一 化学反应的反应热
1．概念
当化学反应在一定的温度下进行时，反应所释放或吸收的热量，称为反应热。通常用符号Q表示，其单位为kJ·mol－1或J·mol－1。
2．Q值与反应热的关系
反应吸热：Q>0；反应放热：Q<0。
3．反应热的测定
(1)仪器——量热计
(2)原理
Q＝－C(T2－T1)。其中C表示溶液及量热计的热容，T1、T2分别表示反应前和反应后体系的温度。
[自我诊断]
(1)所有化学反应都伴随着能量的变化。(√)
(2)某一化学反应在任何温度下的反应热都是相同的。(×)
(3)反应NaOH＋HCl===NaCl＋H2O的Q为正值。(×)
知识点二 化学反应的焓变
1．焓
描述物质所具有的能量的物理量，符号为H。
2．焓变
(1)含义：反应产物的总焓与反应物的总焓之差。
(2)表达式及单位
ΔH＝H(反应产物)－H(反应物)，单位是kJ·mol－1或J·mol－1。
(3)与反应热的关系：
对于在等压条件下进行的化学反应，如果反应中物质的能量变化全部转化为热能，则反应前后物质的焓的改变就等于该反应的反应热，数学表达式为ΔH＝Qp。
[自我诊断]
常见的放热反应和吸热反应有哪些？
[提示] 常见的放热反应有酸碱中和反应、金属与酸反应、铝热反应、燃烧及多数化合反应；常见的吸热反应有碳与水蒸气反应、大多数分解反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl固体反应。
知识点三 热化学方程式
1．意义：可把一个化学反应中物质的变化和反应的焓变同时表示出来。
2．实例：298
K时，1
mol
H2(g)和0.5
mol
O2(g)反应生成1
mol
H2O(l)放热285.8
kJ，此反应的热化学方程式可表示为H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH(298_K)＝－285.8_kJ·mol－1。
[自我诊断]
热化学方程式与一般化学方程式相比，有哪些不同？
[提示] (1)热化学方程式不但表达了物质变化，还表达了能量变化。(2)热化学方程式在普通化学方程式基础上，标注出各物质的状态，在后面用ΔH表示能量变化。(3)一个化学反应可以有无数个热化学方程式，ΔH值与方程式系数成比例便可。
授课提示：对应学生用书第2页
要点一 焓变与物质能量、化学键能之间的关系
[典例1] 2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1
mol
SO2(g)氧化为1
mol
SO3(g)的ΔH1＝－99
kJ·mol－1。
请回答下列问题：
(1)该反应属于________反应(填“放热”或“吸热”)。
(2)图中C表示___________________________________________。
(3)从化学键的角度分析，F代表什么意义？________。
(4)改变反应条件可改变E值大小，如加入V2O5作催化剂，可使E值减小。E的大小对该反应的反应热____________。(填“无影响”“有影响”或“不确定”)
(5)图中ΔH＝________kJ·mol－1。
(6)若已知1
mol
SO2(g)氧化为1
mol
SO3(l)的ΔH2＝－Q
kJ·mol－1，则ΔH1________ΔH2(填“>”“<”或“＝”)。
解析：(1)由题目条件可知，1
mol
SO2(g)氧化为1
mol
SO3(g)的ΔH1＝－99
kJ·mol－1<0，该反应为放热反应。
(2)图中C点为反应过程的最终时刻，即代表反应产物的总能量。
(3)E代表断裂旧键时吸收的能量，则F代表形成新键时释放的能量。
(4)E值的大小代表了断裂旧键时所吸收的能量，而反应热的数值取决于旧键断裂吸收能量与新键形成释放能量的差值，所以E的大小对反应热无影响。
(5)图示代表2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)反应过程的能量变化，所以ΔH＝2×(－99)kJ·mol－1＝－198
kJ·mol－1。
(6)SO3(g)===SO3(l) ΔH<0，所以ΔH1>ΔH2。
答案：(1)放热 (2)反应产物的总能量 (3)形成新键释放的能量 (4)无影响 (5)－198 (6)>
1．焓变与物质能量的关系
类型比较
放热反应
吸热反应
关系
反应物具有的总能量大于反应产物具有的总能量
反应物具有的总能量小于反应产物具有的总能量
表示方法
ΔH<0
ΔH>0
图示
实例
H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)ΔH＝－184.6
kJ·mol－1
C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.3
kJ·mol－1
2.焓变与化学键的关系
(1)焓变与化学键的形成和断裂过程中能量变化的关系：化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因(如图)。
吸收能量E1
↓
反应物反应产物
↓
放出能量E2
E1>E2 反应吸收能量 ΔH>0
E1(2)由化学键的形成和断裂过程的能量变化求焓变的公式：ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量总和－反应产物的化学键形成时放出的能量总和。
①反应物的化学键断裂吸收的能量总和>反应产物的化学键形成时放出的能量总和，反应吸热；
②反应物的化学键断裂吸收的能量总和<反应产物的化学键形成时放出的能量总和，反应放热。
1．已知化学反应A2(g)＋B2(g)===2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是( )
A．每生成2分子AB吸收b
kJ热量
B．该反应热ΔH＝＋(a－b)kJ·mol－1
C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D．断裂1
mol
A—A和1
mol
B—B键，放出a
kJ能量
解析：观察题给图像可以得到，上述反应的反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，其中反应热ΔH＝＋(a－b)
kJ·mol－1。化学反应过程中，化学键断裂为吸热过程，化学键形成为放热过程。
答案：B
要点二 热化学方程式的书写与正误判断
[典例2] 在25
℃、101
kPa下，1
g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68
kJ，下列热化学方程式正确的是( )
A．CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝＋725.8
kJ·mol－1
B．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－1
452
kJ·mol－1
C．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－725.8
kJ·mol－1
D．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－1
452
kJ·mol－1
解析：本题考查热化学方程式的书写，首先计算1
mol甲醇燃烧放热数值为32×22.68
kJ≈725.8
kJ，即1
mol甲醇完全燃烧的焓变为ΔH＝－725.8
kJ·mol－1。A项，焓变正负号错误；C项，数值错误；D项，水的状态标注错误。
答案：B
1．热化学方程式书写的注意事项
(1)系数：
热化学方程式中各物质化学式前的系数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子或原子数。因此系数以“mol”为单位，数值可以是小数或分数。
(2)物质的聚集状态：
反应物和反应产物的聚集状态不同，反应热ΔH也不同。因此，必须注明物质的聚集状态，g——气态，l——液态，s——固体，aq——溶液。由于已经注明物质的聚集状态，所以热化学方程式中不用标↓和↑。
(3)测定条件：
反应热ΔH与测定条件如温度、压强等有关。因此，书写热化学方程式应注明ΔH的测定条件。若不注明，则表示在298
K、101
325
Pa下测定的。
(4)ΔH的符号和数值：
①ΔH的符号：
在所写的化学方程式的右边写下ΔH的“＋”或“－”、数值和单位，方程式与ΔH应用空格隔开。若为放热反应，ΔH为“－”；若为吸热反应，ΔH为“＋”。
②ΔH的数值：
由于ΔH与反应完成的物质的量有关，所以系数必须与ΔH相对应。当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。ΔH的单位为kJ·mol－1或J·mol－1。
例如：已知H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.8
kJ·mol－1
则H2O(l)===H2(g)＋O2(g)
ΔH＝＋285.8
kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－571.6
kJ·mol－1
2．热化学方程式正误判断的“四看”
“一看”化学原理是否正确；
“二看”状态是否标明；
“三看”反应热符号及单位是否正确；
“四看”反应热数值是否与系数和状态相对应。
2．由氢气和氧气反应生成1
mol水蒸气时放出241.8
kJ的热量，1
g水蒸气转化为液态水放出2.45
kJ的热量，则下列热化学方程式书写正确的是( )
A．H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.9
kJ·mol－1
B．H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－241.8
kJ·mol－1
C．H2O(l)===H2(g)＋O2(g)
ΔH＝－285.9
kJ·mol－1
D．H2(g)＋O2(g)===H2O(g)
ΔH＝＋241.8
kJ·mol－1
解析：1
g水蒸气转化为液态水时放出2.45
kJ热量，1
mol水蒸气液化就会放出44.1
kJ的热量，每生成1
mol液态水时放热285.9
kJ，根据热化学方程式书写的基本要求，可知B项焓变数值错误，C、D项焓变的正负号错误，只有A项是正确的。
答案：A
中和反应的反应热测定
[典例] 化学上规定：中和热是在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1
mol
H2O时放出的热量。现用50
mL
0.50
mol·L－1的盐酸与50
mL
0.55
mol·L－1的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种用品是__________________________。
(2)烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是________________________。
(3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值会________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(4)实验中改用60
mL
0.50
mol·L－1盐酸跟50
mL
0.55
mol·L－1
NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热________(填“相等”或“不相等”)，简述理由_________________________________________。
(5)用50
mL
0.50
mol·L－1
NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
解析：(1)本实验成功的关键是准确测量反应前后的温度。因此所用装置必须保温、绝热且可使体系温度尽快达到一致，故缺少的仪器应为搅拌器，其作用是使反应物尽快混合均匀并充分反应，同时，使小烧杯里溶液的温度均匀。
(2)由于本实验的准确性取决于对溶液温度的测定，为了减少实验过程中的热量损失，实验中采取了在两烧杯间填充碎泡沫塑料和在大烧杯上盖硬纸板的措施。
(3)不盖硬纸板会损失部分热量，造成所测结果偏小。
(4)由中和热概念可知，中和热是以生成1
mol水为标准的，而与酸碱的用量无关。
(5)实验操作中一般采用一种物质稍过量，但如果恰好完全反应，也可以，对测量结果无影响。
答案：(1)搅拌器
(2)减少实验过程中的热量损失
(3)偏小
(4)不相等 相等 因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1
mol
H2O时所放出的热量，与酸碱的用量无关
(5)无影响
PAGE
-
8
-
