全國高中化學(xué)競賽輔導(dǎo)講座PPT304

全國高中化學(xué)競賽輔導(dǎo)講座PPT304第一講根本計算第二講氣體和液體第三講化學(xué)平衡第四講物質(zhì)構(gòu)造和化學(xué)鍵第五講無機化合物第六講有機化合物2020/12/32第二頁，共305頁。一．有效數(shù)字及計算規(guī)那么二．溶液濃度的表示三．根本計算公式四．容量分析概述第一講根本計算2020/12/33第三頁，共305頁。一．有效數(shù)字及計算規(guī)那么1．有效數(shù)字概念測量中能得到的有實際意義的數(shù)字所有準確數(shù)字加一位可疑數(shù)

例：天平稱量讀數(shù)1.3576g

滴定管讀數(shù)23.72mL

通常,天平稱至0.1mg,滴定管讀至0.01mL

電位測至0.1mV,pH測至0.01單位2020/12/34第四頁，共305頁。

2.確定有效數(shù)字位數(shù)的原那么(1)0:非0數(shù)字之間的0是有效數(shù)字非0數(shù)字之前的0不是有效數(shù)字非0數(shù)字之后的0應(yīng)是有效數(shù)字例:10.05,0.03040,1400,1.4×103(2)首位數(shù)為9時,有效數(shù)字多計一位1.00:0.01/1.00=0.010.90:0.01/0.90=0.011(3)系數(shù)(分數(shù)、倍數(shù))和常數(shù)(4)對數(shù)：取決于尾數(shù)部分的位數(shù)logK=2.08K=1.2×102log105=2.021pH=4.74[H+]=1.8×10-5

(5)指數(shù)：小數(shù)點后位數(shù)108.7=5×1082020/12/35第五頁，共305頁。

3.計算規(guī)那么(1)加減法：以小數(shù)點后位數(shù)最少的數(shù)字為標準例：6.4503+5.62+0.0716.45036.455.625.62+)0.071+)0.0712.141312.14(2)乘除法:以有效數(shù)字位數(shù)最少的數(shù)字為標準例：6.4503×5.62×0.071=2.573798706修約后(多保存1位)相乘6.45×5.62×0.071=2.573679

最后修約為2.62020/12/36第六頁，共305頁。二．溶液濃度的表示(法定計量單位)名稱符號單位定義舉例物質(zhì)的量濃度cBmol·L-1溶質(zhì)的量除以溶液體積nB/Vc(H2SO4)=2mol·L-1質(zhì)量摩爾濃度bBmBmol·kg-1溶質(zhì)的量除以溶劑的質(zhì)量

nB/mH2Ob(H2SO4)=2mol·kg-1質(zhì)量濃度ρBkg·L-1kg·m-3溶質(zhì)的質(zhì)量除以溶液體積

mB/Vρ(H2SO4)=196g·L-1質(zhì)量分數(shù)wB無量綱溶質(zhì)與溶液質(zhì)量之比

mB/(mB+mH2O)w(H2SO4)=0.25(25%)體積分數(shù)B無量綱溶質(zhì)與溶液體積之比

VB/V(C2H5OH)=0.25(25%)相對密度d無量綱溶液與水密度之比ρ/ρH2O

(H2SO4)=1.842020/12/37第七頁，共305頁。三．根本計算公式1．換算因數(shù)bB+tTmM+nN

為換算因數(shù)

多步反響：

bB——mM——pP……——tT

換算因數(shù)為

2020/12/38第八頁，共305頁。2．、、、、的互相關(guān)系(1)和的關(guān)系稀釋定律

(2)和的關(guān)系=

為B的摩爾質(zhì)量(g·mol-1)(3)和的關(guān)系為試樣的質(zhì)量(g)

(4)和的關(guān)系(5)和的關(guān)系(g·L-1)2020/12/39第九頁，共305頁。

3.、、、與的關(guān)系(1)和的關(guān)系(2)和的關(guān)系(3)和的關(guān)系

(單位為g,單位為L)(4)和的關(guān)系

(單位為g,單位為L)

(單位為g,單位為mL)

2020/12/310第十頁，共305頁。四．容量分析概述●滴定：將標準溶液(或被測溶液)通過滴定管加到被測溶液(或標準溶液)中●標定：用含量或濃度的溶液測定標準溶液的濃度●化學(xué)計量點：標準溶液與被測溶液按化學(xué)方程式的計量

關(guān)系完全反響

●滴定終點：指示劑變色點

●終點誤差：化學(xué)計量點與滴定終點不一致所造成的誤差●準確度：測量值與真實值接近的程度?！窬毝龋簩掖纹叫袦y量中，各測量值彼此接近的程度。2020/12/311第十一頁，共305頁?！竦味ㄇ€：溶液中H+、M濃度或E(電極電位)隨滴定劑的參加，而發(fā)生變化的關(guān)系曲線。如酸堿滴定曲線：實線：NaOH滴定HCl虛線：HCl滴定NaOH

●指示劑的選擇：指示劑的變色點應(yīng)處于滴定突躍范圍以內(nèi)

(誤差不超過±1‰)●突躍范圍：在化學(xué)計量點附近±1‰處

pH的變化范圍2020/12/312第十二頁，共305頁。[例](2001年化學(xué)競賽題)溴酸鉀測定苯酚純度的步驟如下：稱取含苯酚0.6000g的試樣溶于20.00ml0.1250mol/L的KBrO3溶液(該溶液含過量的KBr)，加酸酸化，放置，待反響完全后參加KI，而后用0.1050mol/LNa2S2O3溶液滴定生成的碘，滴定終點為28.57ml。試計算試樣中苯酚的質(zhì)量分數(shù)。[M(C6H5OH)=94.11g/mol]

解：有關(guān)反響為：BrO3-+5Br-+6H+3Br2+3H2OC6H5OH+3Br2C6H2Br3OH+3HBrBr2+2I-I2+2Br-I2+2S2O32-2I-+S4O62-

化學(xué)計量關(guān)系：

1BrO3-—3Br2—C6H5OH—3I2—6S2O32–2020/12/313第十三頁，共305頁。KBrO3總量：20.00×0.1250=2.500(mmol)

未與C6H5OH反響的KBrO3的量：◢×28.57×0.1050=0.5000(0.499975)(mmol)

C6H5OH的量：(等于與C6H5OH反響的KBrO3的量)

2.500-0.5000=2.000(mmol)

C6H5OH的質(zhì)量分數(shù)：2020/12/314第十四頁，共305頁。第二講氣體和液體

一．氣體二．液體和相變?nèi)芙舛?020/12/315第十五頁，共305頁。理想氣體：忽略分子體積和分子間作用力理想氣體狀態(tài)方程：pV=nRT(n為氣體物質(zhì)的量)◣

氣體常數(shù)R=8.314

氣體分壓定律：恒溫時：p總V總=n總RTp分V總=n分RT各組分氣體與混合氣體一樣體積時，混合氣體的總壓力等于各組分氣體分壓力之和：p總=pA+pB+…

一．氣體2020/12/316第十六頁，共305頁。氣體分體積定律：恒溫時：p總V分=n分RT各組分氣體與混合氣體一樣壓力時，混合氣體的總體積等于各組分氣體分體積之和：V總=VA+VB+…由上可導(dǎo)出：

氣體的密度：(M為氣體的摩爾質(zhì)量)2020/12/317第十七頁，共305頁。

[例]在一樣的初始壓力p始和室溫(298K)下，將5.0L氮氣和15.0L氧氣壓縮到10.0L，在室溫下其混合氣體的壓力是152kPa。問：(1)兩種氣體的起始壓力p始是多少？(2)在10.0L內(nèi)氧和氮的分壓是多少？(3)假如把混合氣體的溫度升高到483K，在此10.0L容器內(nèi)氣體的總壓力是多少？◣解:(1)溫度一樣時，壓力與體積成反比◢p總×10.0=p始×(5.0+15.0)p始=p總×10.0/(5.0+15.0)=152×10.0/20.0=76.0(kPa)2020/12/318第十八頁，共305頁。(2)p(N2)=p始×5.0/10.0=76.0×5.0/10.0=38(kPa)

p(O2)=p始×15.0/10.0=76.0×15.0/10.0=114(kPa)◢(3)體積一樣時，壓力與溫度成正比

p=152×483/298=246(kPa)2020/12/319第十九頁，共305頁。

[例](1999年化學(xué)競賽題，用周期表列出了各元素相對原子質(zhì)量)12.0g含兩種化合物(由常見元素組成)的近白色固體溶于過量鹽酸，釋放出2.94L氣體(標準狀態(tài))，氣體密度為同溫度下空氣密度的1.52倍；剩余的不溶性殘渣含氧53.2%，既不溶于酸，又不溶于稀堿溶液。通過計算分別寫出兩種化學(xué)物質(zhì)的化學(xué)式。◣

解：放出氣體的摩爾質(zhì)量：

29.0×1.52=44.1(g/mol)可知是CO2

放出氣體(CO2)的量：2.94/22.4=0.131(mol)2020/12/320第二十頁，共305頁。(1)試樣中可溶于鹽酸的化合物應(yīng)是碳酸鹽其摩爾質(zhì)量不應(yīng)大于：12.0/0.131=91.6

因CO32-的摩爾質(zhì)量為(12.0+3×16.0=)60.0

故該物質(zhì)化學(xué)式中的CO32-不會多于1個其化學(xué)式可表示為XCO3，其中金屬離子M為1或2價

X可為：M2+、M+H或M2+X的摩爾質(zhì)量應(yīng)不大于：91.6-60.0=31.6

由周期表可知，符合條件的常見元素M應(yīng)為：

Na(摩爾質(zhì)量為23.0)或Mg(摩爾質(zhì)量為24.3)

該物質(zhì)化學(xué)式為：NaHCO3或MgCO3(Na2CO3、CaCO3摩爾質(zhì)量大于91.6不符合條件)◢2020/12/321第二十一頁，共305頁。(2)試樣中不溶于酸的化合物中，與氧結(jié)合的元素不應(yīng)有

較強的金屬性。作為常見元素，估計是Si，那么其化學(xué)式為SiO2其中，O的質(zhì)量分數(shù)為：[2×16.0/(2×16.0+28.1)]×100%=53.2%

符合題意，該物質(zhì)確為SiO2

2020/12/322第二十二頁，共305頁。氣體的液化和臨界狀態(tài)

臨界溫度(Tc)：

加壓下使氣體液化所需的最高溫度

臨界壓力(pc)：

在臨界溫度時使氣體液化所需的最低壓力

臨界體積(Vc)：

在臨界溫度和臨界壓力時，1mol氣體所占體積2020/12/323第二十三頁，共305頁。如：CO2的臨界常數(shù)Tc=304.2Kpc=73.79×105PaVc=94.0cm3·mol-1

超臨界流體：處于臨界溫度、臨界壓力以上的流體

增加壓力不能液化，只是密度增大

密度接近于液體，粘度接近于氣體擴散才能大，溶解才能強2020/12/324第二十四頁，共305頁。液體的氣化

蒸發(fā)：液體外表的氣化現(xiàn)象

飽和蒸汽壓：蒸發(fā)和冷凝速度相等時蒸汽產(chǎn)生的壓力

沸騰：液體整體氣化的現(xiàn)象

沸點：液體飽和蒸汽壓與外界壓力相等時的溫度

液體的凝固和固體的熔化：

凝固點(熔點)：液固共存時的溫度

二．液體和相變2020/12/325第二十五頁，共305頁。水的三相圖

AB：氣液平衡線

AC：氣固平衡線

AD：固液平衡線在臨界點時，再增大壓力，氣體也不會液化，氣液界面消失2020/12/326第二十六頁，共305頁。定義：一定溫度和壓力下，一定量的飽和溶液中溶質(zhì)的含量

表示方式：100克溶劑中所能溶解溶質(zhì)的最大克數(shù)；飽和溶液中溶質(zhì)的量濃度(mol·L-1)影響因素：

相似相溶：溶質(zhì)分子間作用力與溶劑分子間作用力接近，溶解度大(構(gòu)造，極性，氫鍵，空間構(gòu)型)溫度：多數(shù)隨溫度升高而增大(吸熱過程)

壓力：氣體溶解度與其分壓成正比三．溶解度2020/12/327第二十七頁，共305頁。

[例]t℃時，某鹽飽和溶液的質(zhì)量分數(shù)為16.7%，取足量此飽和溶液參加wg無水鹽，當(dāng)溫度不變時，析出帶有結(jié)晶水的該鹽晶體mg，那么此飽和溶液中溶質(zhì)減少的質(zhì)量為多少？

解：溫度不變時，飽和溶液的濃度不變，質(zhì)量分數(shù)仍為16.7%

飽和溶液減少的質(zhì)量為：m-w(g)

溶質(zhì)減少的質(zhì)量為：(m–w)×16.7%(g)

2020/12/328第二十八頁，共305頁。第三講化學(xué)平衡一．化學(xué)平衡的根本概念二.酸堿平衡三．氧化復(fù)原平衡四．沉淀溶解平衡五．配位平衡2020/12/329第二十九頁，共305頁。一．化學(xué)平衡的根本概念化學(xué)平衡：可逆反響中正、逆反響速度相等反響物和生成物濃度不隨時間而變化時的狀態(tài)1．反響速率：反響速率定義：平均速率：瞬時速率：

對基元反響aA+bBmM+nN速率方程(質(zhì)量作用定律)：(恒溫)k：速率常數(shù)，與反響本性、溫度有關(guān)；與濃度無關(guān)；有單位2020/12/330第三十頁，共305頁。

2．平衡常數(shù)表達式：

●氣體以分壓表示◢

●平衡常數(shù)表達式隨反響方程式書寫形式而變

●正逆反響的平衡常數(shù)互為倒數(shù)◢

●反響方程式相加(或相減)，那么平衡常數(shù)相乘(或相除)◢

●純?nèi)軇?H2O)和固體的濃度不列入平衡常數(shù)表達式中◢

aA+bBmM+nN

2020/12/331第三十一頁，共305頁。假設(shè)A、B、M、N為氣體，那么有壓力平衡常數(shù)

◣

如：N2O42NO2

◣N2O4NO2

2NO2N2O4

2020/12/332第三十二頁，共305頁。［例］以下反響在1123K時的Kc：(1)C(石墨)+CO2(g)2CO(g)K1=1.4×1012

(2)CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)K2=0.55

求反響(3)C(石墨)+CO2(g)+2Cl2(g)2COCl2(g)在1123K時的Kc。

解：反響(3)可看成反響(1)+(2)×2，即反響(1)+(2)+(2)，于是Kc=K1×K2×K2=1.4×1012×0.55×0.55=4.2×1011◣2020/12/333第三十三頁，共305頁。如反響Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+又如反響Zn(s)+2HCl(aq)ZnCl2(aq)+H2(g)H2O是溶劑，不寫入。Zn是固體，不寫入。2020/12/334第三十四頁，共305頁。3．轉(zhuǎn)化率與平衡常數(shù)的關(guān)系

某反響物轉(zhuǎn)化率=

平衡常數(shù)越大，反響進展越完全，反響物轉(zhuǎn)化率越高2020/12/335第三十五頁，共305頁。

[例]可逆反響CO+H2OCO2+H2在密閉容器中建立平衡，在749K時，平衡常數(shù)K=2.6，求：(1)當(dāng)CO∶H2O=1∶1時，CO的轉(zhuǎn)化率；(2)當(dāng)CO∶H2O=1∶3時，CO的轉(zhuǎn)化率。解：設(shè)轉(zhuǎn)化率為αCO+H2OCO2+H2初始濃度11(3)00(1)平衡時1-α11-α1α1α1(2)平衡時1-α23-α2α2α2計算：(1)K=α12/(1-α1)2=2.6解得α=62%(2)K=α22/(1-α2)(3-α2)=2.6解得α=88%

可見，增加反響物濃度，可進步轉(zhuǎn)化率2020/12/336第三十六頁，共305頁。4．影響化學(xué)平衡的因素：勒沙特列(LeChaterlier，呂·查德里)原理：

平衡向削弱外力影響的方向挪動

濃度的影響：增大反響物濃度，向正反響方向挪動增大生成物濃度，向逆反響方向挪動

壓力的影響：增大總壓力，向氣體分子數(shù)減少的方向挪動減小總壓力，向氣體分子數(shù)增加的方向挪動溫度的影響：升高溫度，吸熱反響向正反響方向挪動升高溫度，放熱反響向逆反響方向挪動2020/12/337第三十七頁，共305頁。●反響商：對反響aA+bBmM+nN

在非平衡狀態(tài)時，A、B、M、N的濃度分別為cA、cB、cM、cN

那么有濃度商：

氣體以分壓表示時，稱為分壓商(Qp)，通稱為反響商。

當(dāng)Q＞K時，反響逆向進展當(dāng)Q=K時，反響到達平衡

當(dāng)Q＜K時，反響正向進展2020/12/338第三十八頁，共305頁。［例］在400℃下，混合3體積H2和1體積N2，參加鐵催化劑，使之到達平衡。假設(shè)設(shè)平衡時體系的總壓力為(1)5.05×105Pa，(2)5.05×106Pa，求平衡時NH3的百分含量(體積百分數(shù))各為多少？(K°=1.64×10-4)解：反響式為3H2(g)+N2(g)2NH3(g)設(shè)平衡時NH3的體積百分數(shù)為x那么H2和N2的體積百分數(shù)之和為1-x

H2和N2的初始體積比為3∶1，而在反響中它們消耗的比例也是3∶1，因此，平衡時剩余體積比也應(yīng)為3∶1

即H2的體積百分數(shù)為3(1-x)/4N2的體積百分數(shù)為(1-x)/42020/12/339第三十九頁，共305頁。

恒溫時，體積比即分壓比。設(shè)總壓為p，于是有：

代入平衡常數(shù)表達式：

2020/12/340第四十頁，共305頁。

(1)將p=5.05×105Pa代入，解得x=2.00%

(2)將p=5.05×106Pa代入，解得x=15.0%

可見，增大體系總壓力，平衡向氣體體積減小的方向挪動有利于NH3的合成?；喓蟮玫剑?020/12/341第四十一頁，共305頁。［例］(2002年化學(xué)競賽題)Xe和F2反響，可得3種氟化物，視反響條件而定。以下圖表述的是將0.125mol/LXe和1.225mol/LF2為始態(tài)得到的生成物在平衡體系內(nèi)的分壓與反響溫度的關(guān)系。(1)應(yīng)在什么溫度下制備XeF6和XeF4？(2)Xe和F2生成XeF6和XeF4，哪個反響放熱更多？答：生成的反響放熱更多，理由是：(3)為有效地制備XeF2，應(yīng)在什么反響條件下為好？簡述理由。

解：(1)平衡時分壓高，說明產(chǎn)率高。因此，可在約550K制備XeF6和約850K制備XeF4。(2)生成XeF6反響放熱更多，因為溫度升高其分壓下降很快。(3)升高溫度雖能進步XeF2的產(chǎn)率，但在技術(shù)上和經(jīng)濟上不理想；而降低投料中F2/Xe的比值，那么效果比較明顯。2020/12/342第四十二頁，共305頁。1.酸堿的根本概念(1)共軛酸堿對酸——能放出H+的物質(zhì)HAH++A-堿——能承受H+的物質(zhì)B+H+BH+

共軛酸堿對HA—A-BH+—B

酸H++堿

HAcH++Ac-NH4+H++NH3H2CO3H++HCO3-HCO3-H++CO32-

二.酸堿平衡

2020/12/343第四十三頁，共305頁。(2)酸堿的離解常數(shù)

酸的離解常數(shù)

HA+H2OH3O++A-

Ka越大酸性越強

堿的離解常數(shù)

B+H2O

BH++OH-

Kb越大堿性越強

2020/12/344第四十四頁，共305頁。

共軛酸堿對離解常數(shù)的互相關(guān)系(HA—A-)

HAH++A-A-+H2OHA+OH-Ka(HA)×Kb(A-)=[H+][OH-]=Kw=1.0×10-14HA酸性越強，那么A-堿性越弱；反那么反之2020/12/345第四十五頁，共305頁。

(3)鹽的酸堿性

強酸弱堿鹽

NH4+Cl-

相當(dāng)于弱酸

(NH3的共軛酸)

弱酸強堿鹽

Na+Ac-

相當(dāng)于弱堿

(HAc的共軛堿)

弱酸弱堿鹽NH4+Ac-

相當(dāng)于弱酸加弱堿

酸式鹽Na+HCO3-

相當(dāng)于弱酸加弱堿

(HCO3-既是CO32-的共軛酸，又是H2CO3的共軛堿)2020/12/346第四十六頁，共305頁。

2．［H+］的計算

(1)一元弱酸和強酸弱堿鹽

濃度為cmol·L-1

酸的離解常數(shù)為Ka

(強酸弱堿鹽Ka=Kw/Kb

，Kb是相應(yīng)共軛堿的離解常數(shù))

當(dāng)cKa≥20Kw時(近似式)

當(dāng)cKa≥20Kw

，且c/Ka≥400時

(最簡式)2020/12/347第四十七頁，共305頁。

(2)一元弱堿和弱酸強堿鹽

濃度為cmol·L-1

堿的離解常數(shù)為Kb(弱酸強堿鹽Kb=Kw/Ka

，Ka是相應(yīng)共軛酸的離解常數(shù))

當(dāng)cKb≥20Kw時

(近似式)

當(dāng)cKb≥20Kw

，且c/Kb≥400時

(最簡式)

［H+］=Kw/［OH-］2020/12/348第四十八頁，共305頁。

(3)多元酸堿

近似按一元酸堿處理，用第一級的K

(4)酸式鹽(HA-)

濃度為cmol·L-1

酸的離解常數(shù)為和

當(dāng)c≥20Kw

，且c/≥20時2020/12/349第四十九頁，共305頁。

[例]計算0.10mol·L-1NH4NO3溶液的pH值解：NH4NO3是弱堿強酸鹽，可按一元弱酸(NH4+)處理其Ka可由其共軛堿(NH3)的Kb算得：

Ka=Kw/Kb=1.0×10-14/1.8×10-5=5.6×10-10因cKa≥20Kw

，且c/Ka≥400，可用最簡式：pH=5.132020/12/350第五十頁，共305頁。1．概述

(1)氧化復(fù)原的本質(zhì)——電子的轉(zhuǎn)移

氧化復(fù)原半反響O+neR氧化型復(fù)原型氧化復(fù)原電對O/R

氧化復(fù)原反響O1+R2R1+O2O1得電子，化合價降低，為氧化劑，被復(fù)原為R1R2失電子，化合價升高，為復(fù)原劑，被氧化為O2

自氧化復(fù)原反響2KClO32KCl+3O2歧化反響Cl2+H2OHClO+HCl

三．氧化復(fù)原平衡2020/12/351第五十一頁，共305頁。

(2)氧化復(fù)原反響方程式的配平(離子-電子法)步驟：①分別寫出氧化劑和復(fù)原劑的兩個半反響確定得失的電子數(shù)；先配平非H、O原子數(shù)；再加H+或H2O配平H、O原子數(shù)②確定得失電子的最小公倍數(shù)每個半反響乘上相應(yīng)系數(shù)，使得失電子的總數(shù)相等

③將②中的兩個半反響相加，得到離子方程式④改寫為分子方程式，使反響前后各原子數(shù)相等2020/12/352第五十二頁，共305頁。［例］(1999年全國化學(xué)競賽題)市場上出現(xiàn)過一種一氧化碳檢測器，其外觀像一張塑料信譽卡，正中有一個直徑不到2cm的小窗口，露出橙紅色固態(tài)物質(zhì)。假設(shè)發(fā)現(xiàn)橙紅色轉(zhuǎn)為黑色而在短時間內(nèi)不復(fù)原，說明室內(nèi)一氧化碳濃度超標，有中毒危險。一氧化碳不超標時，橙紅色雖也會變黑，卻能很快復(fù)原。檢測器的化學(xué)成分：親水性的硅膠、氯化鈣、固體酸H8［Si(Mo2O7)6］·28H2O、CuCl2·2H2O、PdCl2·2H2O(注：橙紅色為復(fù)合色，不必細究)。

(1)CO與PdCl2·2H2O的反響方程式為：◣

(2)(1)的產(chǎn)物之一與CuCl2·2H2O反響而復(fù)原，化學(xué)方程式為：◣

(3)(2)的產(chǎn)物之一復(fù)原的反響方程式為：◣2020/12/353第五十三頁，共305頁。解：(1)CO有復(fù)原性，被氧化為CO2；Pd2+被復(fù)原為Pd

氧化復(fù)原半反響為：

Pd2++2ePdCO+H2O-2eCO2+2H+

離子方程式為：

CO+Pd2++H2OCO2+2H++Pd

寫成分子方程式為：

CO+PdCl2·2H2OCO2+Pd+2HCl

+H2O◢2020/12/354第五十四頁，共305頁。

(2)Cu2+可氧化Pd為Pd2+，本身被復(fù)原為Cu+氧化復(fù)原半反響為：

Cu2++eCu+

Pd

-2ePd2+

離子方程式為：

2Cu2++Pd2Cu++Pd2+

分子方程式為：

2［CuCl2·2H2O］+Pd2CuCl+PdCl2·2H2O+2H2O

◢2020/12/355第五十五頁，共305頁。(3)Cu+可被空氣中的氧氧化，氧化復(fù)原半反響為：

Cu+

-eCu2+

O2+4H++4e2H2O

離子方程式為：

4Cu++O2+4H+4Cu2++2H2O

分子方程式為：

4CuCl+4HCl+O2+6H2O4[CuCl2·2H2O]2020/12/356第五十六頁，共305頁。(3)原電池

化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能

電極符號：得電子為正極，發(fā)生復(fù)原反響Cu2++2eCu失電子為負極，發(fā)生氧化反響Zn-2eZn2+原電池符號：(-)Zn|Zn2+(c1)║Cu2+(c2)|Cu(+)

原電池反響：Cu2++ZnCu+Zn2+

如：2MnO4-+10Cl-+16H+2Mn2++5Cl2+8H2O

原電池符號：(-)Pt|Cl2(p)|Cl-(c1)║MnO4-(c2),Mn2+(c3),H+(c4)|Pt(+)2020/12/357第五十七頁，共305頁。

(4)電極電位(勢)(EO/R或φO/R)

以標準氫電極電位為0的相對電位(單位：V)(標準狀態(tài)：298K，1mol·kg-1，101.3kPa)

●數(shù)值與半反響中的系數(shù)無關(guān)●數(shù)值與存在形態(tài)有關(guān)●數(shù)值越正(大)，其氧化型的氧化才能越強數(shù)值越負(小)，其復(fù)原型的復(fù)原才能越強●數(shù)值大的電對的氧化型，可氧化數(shù)值小的電對的復(fù)原型

2020/12/358第五十八頁，共305頁。

(5)電解池電解質(zhì)溶液中通直流電，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能

電極符號：

與電源正極相連為陽極，發(fā)生氧化反響

2OH--2eH2O+O2

與電源負極相連為陰極，發(fā)生復(fù)原反響2H++2eH2

總反響H2OH2+O2

電鍍：通過電解，作為陰極的金屬外表被另一種金屬沉積覆蓋

2020/12/359第五十九頁，共305頁。電解池與原電池的比較2020/12/360第六十頁，共305頁。(6)常見化學(xué)電源

①燃料電池電解的逆過程正極物質(zhì)：O2

負極物質(zhì)：

H2，CH4，

CH3OH，煤氣等如：氫-氧燃料電池陽極反響：H2+2OH-2H2O+2e(負極)

陰極反響：O2+2H2O+4e4OH-(正極)

總反響：2H2+O22H2O2020/12/361第六十一頁，共305頁。充電：負極反響：PbSO4+2ePb+SO42-正極反響：PbSO4+2H2OPbO2+4H++SO42-+2e

總反響：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O②蓄電池(可充電)鉛蓄電池

放電：負極反響：Pb+SO42-PbSO4+2e

正極反響：PbO2+4H++SO42-+2ePbSO4+2H2O2020/12/362第六十二頁，共305頁。蓄電池放電蓄電池充電(電解、電鍍)2020/12/363第六十三頁，共305頁。③汞電池負極反響：Zn+2OH-ZnO+H2O+2e

正極反響：HgO+H2O+2eHg+2OH-總反響：Zn+HgOZnO+Hg2020/12/364第六十四頁，共305頁。2．Nernst(能斯特，奈斯特)方程非標準狀態(tài)時的電極電位

O+mH++neaR+mH2OE=EO/R+log●半反響中假設(shè)有固體或溶劑(水)，其濃度不寫氣體濃度用分壓表示

●半反響中的系數(shù)，作為該物質(zhì)濃度的指數(shù)

影響因素：

氧化型和復(fù)原型的濃度(形成沉淀、配合物)pH(只對有H+參加的反響)2020/12/365第六十五頁，共305頁。［例］標準電極電位：試答復(fù)以下問題：

(1)解釋實驗室制取氯氣時，以MnO2為氧化劑時需濃鹽酸作復(fù)原劑，而KMnO4作氧化劑時，只需稀鹽酸作復(fù)原劑即可。(2)將單質(zhì)Hg參加Hg(NO3)2溶液中，會有什么現(xiàn)象？假設(shè)將NaOH參加Hg2(NO3)2溶液中，又會有什么現(xiàn)象？◣2020/12/366第六十六頁，共305頁。

解：(1)因＜在標準狀況下，MnO2不能氧化Cl-。

但由能斯特方程可知：

增加H+濃度可進步MnO2/Mn2+電對的電位，即增強MnO2的氧化性；增加Cl-濃度可降低Cl2/Cl-電對的電位，即增強Cl-的復(fù)原性。

因此，用濃鹽酸作復(fù)原劑，MnO2能氧化Cl-，制得氯氣。因＞在標準狀況下，MnO4-就能氧化Cl-，用稀鹽酸即可。◢

2020/12/367第六十七頁，共305頁。

(2)因