电化学分析

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电化学分析范文第1篇

关键词：合金化热镀锌层；电解剥离；扫描电镜；电化学

Abstract: in this paper, by using scanning electron microscope, X raydiffraction, constant potential method, to determine theelectrochemical reaction of galvannealing coating structure withsufficiently low potential scan rate. By scanning electron microscope method and electrolytic stripping method respectively, hot galvanizedlayer of different alloying time of electrochemical and describe the phenomenon, observed phenomena will also carry on the scanning electron microscope result contrast analysis. Hot galvanizing alloyelectrolytic stripping at sufficiently low potential scan rate, can make the coating of each phase by phase solubility analysis, by making use of the measured data and the original dissolution potential contrast,electrochemical phenomena that the corresponding alloy structure of hot galvanized coating and conclusion.

Keywords: galvannealed layer; electrolysis; scanning electron microscope; electrochemical

中图分类号：TU512.2文献标识码：A

简介：

热镀锌合金化起源于80年代，热镀锌合金化镀层具有耐蚀性、涂装性、焊接性的特点，已广泛应用于汽车制造等相关制造业，具有广泛的应用前景。合金化镀层的组织结构具有复杂性，在镀层组织、工艺、性能关系的研究中，镀层组织的电化学分析是一个难点，是研究其他关系的前提。热镀锌合金化镀层受大气和海洋腐蚀的实验方法从室外发展到室内的同时，其研究和分析方法也逐步向多元化特点，更多的电化学研究方法已经逐步被广泛应用。

电化学方法，即是根据溶液中物质的电化学性质及其变化规律，建立在以电位、电导、电流和电量等电学量与被测物质某些量之间的计量关系的基础之上，进行定性和定量相结合的分析方法。基础是在电化学池中所发生的电化学反应。电化学池由电解质溶液和浸入其中的两个电极组成，两电极用外电路接通.在两个电极上发生氧化还原反应，电子通过连接两电极的外电路从一个电极流到另一个电极。根据溶液的电化学性质，如电极电位、电流、电导、电量等，与被测物质的化学或物理性质。如电解质溶液的化学组成 、浓度、氧化态与还原态的比率等之间的关系，将被测定物质的浓度转化为一种电学参量加以测量。

恒电流法，即是采用足够低的电位扫描速度，在平衡电极电位较低的相溶解过程中，平衡电极电位较高的其余各处于相对稳定状态，可使镀层各相产生选择性逐相溶解，能清晰地显示各相的溶解过程。通过选取适当的电解质溶液，采用足够低的扫描速度，可区分出镀层各相的溶解过程，基本避免了各相之间同时溶解。电化学实验仪器为Solartron 1287 A恒电位仪和Sola巾on 1255B阻抗普仪。动电位极化曲线的扫描速率为20 mV/min，电位扫描区间为-100mV 到100mV(相对于开路电位)，阴阳极扫描均从开路电位开始。电化学阻抗测试频率范围为8 kHz-9 mHz，方向为从高频开始到低频结束，测试时扰动电位的幅度为5 mV。 热镀锌合金化镀层样品表面形貌观察采用冷场发射扫描电回热镀锌合金化镀层进行扫描的。

电化学分析讨论

无论什么条件下，热镀锌合金化含量由0%至10%时合金抗腐蚀性能随合金含量增大而增强；热镀锌含量由10%至20%时，抗腐蚀性能随热镀锌合金化含量增加而减弱；热镀锌合金由20%至30%时，抗腐蚀性能又随热镀锌合金化含量的提高而增强；当热镀锌合金化含量大于30%时，虽然腐蚀速度较低，但在不同介质中与66Al2Zn相比，表现为不稳定，规律不明显并出现个别点蚀。就金属腐蚀而言，如果预先采用涂层防护(包括防腐涂料和表面处理技术)和电化学保护(包括牺牲阳极和外加电流阴极保护方法)对金属进行保护，其中25%-40 %的损失可以得到有效避免[1-2]。

以扫描电镜、背散射及EDS能谱表征和分析手段对热镀锌合金化镀层镀层的表面结构、形貌及腐蚀性能进行了详细研究。同时利用循环伏安、动电位极化曲线、电化学阻抗及腐蚀电位等电化学手段详细研究了热镀锌合金化镀层的腐蚀电化学行为。结果表明，热镀锌合金化镀层镀层元明显的孔洞和漏镀，但表面有明显的凹陷、不平及少许的微孔，其表面主要由热镀锌合金化镀层相组成的网络状结构形貌。结果表明，热镀锌合金化镀层的腐蚀速度随热镀锌合金化含量的增加是波动的，呈现出波浪形变化特点。 其次，从电子化电阻及腐蚀电流的变化可以看出：不同合金成分的镀层,其电阻数值在5Al2Zn处明显升高，腐蚀电流则相应降低；随着合金成分中热镀锌合金化含量的增加，该二参数发生相反的变化，至25Al2Zn处，电阻达到整个热镀锌合金化含量的最低值，而相应的腐蚀电流则达到最高值；热镀锌合金化含量的电阻值不断上升，腐蚀电流不断下降，热镀锌合金化含量大于35%后，腐蚀电流趋于平稳。

从上述分析可以看到，电阻与腐蚀电流所反映的腐蚀状态基本一致，即电阻值越大则腐蚀电流数值越小，对腐蚀后样品电阻与腐蚀电流数值的测定也获得了与此一致的结果。可知，热镀锌合金化镀层的腐蚀电子化速度很慢，比纯热镀锌合金化的腐蚀速度低1-2倍；而热镀锌合金化镀层腐蚀速率与纯热镀锌合金化镀层的相接近，均高于其它成分镀层的腐蚀速度。热镀锌合金化系统的腐蚀速度随镀层中铝含量的增加而呈现出非线性的变化。从影响腐蚀的各种因素上分析，为了解热镀锌合金化的影响机制，有待在腐蚀产物、合金微观结构等方面进一步开展工作。

结论

第一，热镀锌合金化镀层的电化学腐蚀结果与合金成分有关，热镀锌合金可分为整体腐蚀和晶间腐蚀，晶间腐蚀危害性大于整体腐蚀[2]，其中55Al2Zn合金镀层和5Al2Zn合金镀层抗蚀性能最好，而25Al2Zn合金镀层抗蚀性能最差。第二，热镀锌合金化的大小对抗蚀性能在各阶段的影响。热镀锌合金化含量由0%至10%时合金抗腐蚀性能随合金含量增大而增强；热镀锌含量由10%至20%时，抗腐蚀性能随热镀锌合金化含量增加而减弱；热镀锌合金由20%至30%时，抗腐蚀性能又随热镀锌合金化含量的提高而增强；当热镀锌合金化含量大于30%时，虽然腐蚀速度较低，但在不同介质中与66Al2Zn相比，表现为不稳定，规律不明显并出现个别点蚀。第三，热镀锌合金化含量在10%、20%和30%出现的三个特异点，说明了热镀锌合金化的加入对提高耐蚀性能并不呈现线性规律。应进一步从腐蚀产物、微观结构等方面开展深入的研究。第四，可以定性判断热镀锌合金化镀层合金相种类及不同合金化时间镀层中合金相的相对含量，但不能定量地给出镀层中合金相的含量。第五，用电解剥离的方法在足够低的电位扫描速度下可以使热镀锌合金化镀层中的各相逐相溶解，利用测得的极化曲线和各相的初始溶解电位实现对热镀锌合金化镀层镀层中电化学定量分析。

参考文献

[1]陆柱.可持续发展战略与腐蚀防护技术[J],腐蚀与防护,1997, (2).

[2]张杰.热浸镀铸及其合金海水中腐蚀行为研究[C].青岛:中国科学院研究生院,2005.

电化学分析范文第2篇

正文：学习最忌讳盲目。常有这样的学生，面对教科书，一会儿翻翻这本，一会儿摸摸那本，最终却不知道自己该做些什么。这种情况在很大程度上都是由学习无计划造成的。

制订学习计划，首先必须注意三个问题。

第一，明确所要达到的目标。比如：是要夯实基础，还是要提高答题能力；是要应付即将到来的一次会考，还是面向高考等远期目标，这一切，心里一定要有一个底。

第二，自身的定位。明确自己掌握了哪些，欠缺了哪些，优势在哪里，劣势在哪里。

第三，时间的允许。最主要的应该是让学习计划有时间可执行，而不至于成为一纸空文。

要充分地利用时间搞好学习，离不开制订学习计划和日程表。计划是指对学习的长期打算和安排，而日程表是指处理现在的学习任务较具体的逐日计划。

要制定学习计划，不仅要遵循上述的一些基本准则，还要体现如下一些具体要求：

1）要从实际出发，讲究实效

做什么都要讲究实效，要量力而行。在制订计划时，要充分考虑自己的实际能力和水平，突出重点。目标任务不要订的太高，否则还不如不订。对那些自己学起来感到吃力的学科，可以多分配一些时间；对自己不大困难的，则相对少花点时间。

2）要和老师的教学同步、协调

计划的目标是为了提高学习效率，是为了帮助自己学习，因此要处处与老师的教学配合协调、同步，只有这样才会促进自己的学习。

3）要张弛有度，留有余地

计划毕竟是一种设想，并不等于现实，在付诸实施的过程中，还可能会受到各种各样的突况的影响，因此要留有适度、灵活机动的时间，做到张弛有度。

4）要留有适当的休息时间

人的大脑活动是有一定限度的，用长了会产生厌倦、疲劳的感觉，效率就会降低，如果在安排时间表时一点休息时间也没有，那么连续学习两小时，就会出现厌烦、注意力不集中和对学习内容不满的情绪。所以在安排时间时，应设计出相应的休息时间。总的来说，在学习25-35分钟后，中学生在学习40-50分钟后，即应休息一会儿，休息时间可确定在5分钟左右，太长了也不好，否则会使学习劲头丧失，不利于继续学习。

需要注意的是，脑力劳动的疲劳不同于体力劳动的疲惫，它主要是对学习厌倦和兴趣不足，而不是真正的无法继续下去。所以，休息时间不必太长，变换一下活动方式、身体姿势，或到外面散散步，听听音乐，唱唱歌等，都是很好的休息。

电化学分析范文第3篇

一、对图表的分析能力和数据处理能力弱

例1.(2010•福建高考)化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示，计算反应4～8min间的平均反应速率和推测在反应16min时反应物的浓度，结果应是( )

A.2.5μmol•L-1•min-1和2.0μmol•L-1

B.2.5μmol•L-1•min-1和2.5μmol•L-1

C.3.0μmol•L-1•min-1和3.0μmol•L-1

D.5.0μmol•L-1•min-1和3.0μmol•L-1

错解剖析：看到题目以后，感觉无从下手，没有认真对图表进行分析和数据处理，毫无依据的选了一个答案，导致错误。

解析：本题考查化学反应速率的计算，意在考查考生对图表的分析能力和数据处理能力。4～8min间化合物Bilirubin的浓度变化为Δc=10μmol•L-1，则v(Bilirubin)=10μmol•L-14min=2.5μmol•L-1•min-1；根据图示，每隔4min化合物Bilirubin的浓度减小一半，则16min时化合物Bilirubin的浓度为8min时浓度的1/4，故16min时其浓度为10μmol•L-1×1/4=2.5μmol•L-1，B项正确。

答案：B

二、没有正确理解速率之比与方程式的计量系数之比的关系

例2.(2010•海南高考)对于化学反应3W(g)+2X(g)4Y(g)+3Z(g)，下列反应速率关系中正确的是( )

A.v(W)=3v(Z)B.2v(X)=3v(Z)

C.2v(X)=v(Y)D.3v(W)=2v(X)

错解剖析：易错选A、B、D。错误地认为化学计量数应该是速率前面的值，造成错误。

解析：速率之比等于方程式的计量系数之比。A项，v(W)=v(Z)；B项，3v(X)=2v(Z)；D项，2v(W)=3v(X)。C项正确。

答案：C

三、忽视化学反应速率的变化特点

例3.一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)。若c(HI)由0.1mol•L-1降到0.07mol•L-1时，需要15s，那么c(HI)由0.07mol•L-1降到0.05mol•L-1时，所需反应的时间为( )

A.等于5sB.等于10s

C.大于10sD.小于10s

错解剖析：本题极易错选B，仅仅根据数据进行计算，错误地认为化学反应是一个匀速变化，在相同的时间段内化学反应速率是不变的。

解析：c(HI)从0.1mol•L-1降到0.07mol•L-1过程中：v(HI)=Δc/Δt=0.03mol•L-1/15s=0.002mol•L-1•S-1。假设v(HI)不变，则c(HI)从0.07mol•L-1降到0.05mol•L-1时，Δt=Δc/v=0.02mol•L-1/0.002mol•L-1•s-1=10s。然而反应速率受浓度变化的影响，浓度越大反应速率越快，而0.07mol•L-1比0.1mol•L-1小，反应速率较慢，所需反应时间应大于10s。

答案：C

四、受思维定势的干扰

例4.用铁片与稀硫酸反应制H2，下列措施不能使H2的生成速率加大的是( )

A.加热B.改用浓硫酸

C.滴加少量CuSO4溶液D.改铁片为铁粉

错解剖析：本题极易错选C，原因在于忽略化合物的特性以及原电池原理的应用。滴加少量CuSO4溶液，使硫酸的浓度减小，但铁能与CuSO4反应生成铜并附在铁片表面，与硫酸构成原电池，加快反应速率。

解析：加快反应速率的主要措施，有增大反应物浓度、升高温度、增大压强、使用催化剂、增大反应物的接触面等。本题似乎A、B、D都可以实现目的，但浓硫酸在常温条件下会将铁钝化，因此B措施不可行。

答案：B

五、读图转化信息能力差

例5.一定温度下，在2L的密闭容器中发生如下反应：A(s)+2B(g)xC(g)，ΔH＜0。B、C的物质的量随时间变化的关系如图1，达平衡后在t1、t2、t3、t4时都只改变了一种条件，逆反应速率随时间变化的关系如图2。

下列有关说法正确的是（ ）

A.x=2，反应开始2min内，v(B)=0.1mol/(L•min)

B.t1时改变的条件是降温，平衡逆向移动

C.t2时改变的条件可能是增大c(C)，平衡时B的物质的量分数增大

D.t3时可能是减小压强，平衡不移动；t4时可能是使用催化剂，c(B)不变

错解剖析：易错选A或C。错选A，当x=2时，v (B)=（0.3mol/L-0.1mol/L）/2min=0.1mol/(L•min)；错选C，若增大c(C)，反应将向逆反应方向移动，B的物质的量增大，所以B的物质的量分数增大。错选A是没有看清图，纵轴表示物质的物质的量，而反应速率的公式中分子是浓度的变化；错选C是模糊了物质的量和物质的量分数之间的关系，物质的量增加并不意味着物质的量分数增加。

解析：本题主要涉及化学平衡图像的识别和判断，图1是物质的量-时间图，图2为速率-时间图。A中，当x=2时，v(B)=（0.3mol-0.1mol）/2L/2min=0.05mol/(L•min)；B中，此反应ΔH＜0，降温平衡正向移动；C中，结合图2，逆反应速率增大，平衡逆向移动，B的物质的量增大，但是总的物质的量也在增大，所以B的物质的量分数不一定增大；D中，改变压强，平衡不移动，使用催化剂，平衡亦不移动。

答案：D

六、没理解透彻外界条件对化学平衡的影响

例6.一定温度下发生可逆反应：A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)，

SymbolDA@ H＜0。现将1molA和2molB加入甲容器中，将4molC和2molD加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，t1时两容器内均达到平衡状态(如图1所示，隔板K不能移动)。下列说法正确的是( )

A.保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB，达到新的平衡后，甲中C的浓度是乙中C的浓度的2倍

B.保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲、乙中B的体积分数均增大

C.保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中C的体积分数是甲中C的体积分数的2倍

D.保持温度和乙中的压强不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示(t1前的反应速率变化已省略)

错解剖析：易错选A或C。错选A是因为在甲中再加入1molA和2molB与开始加入的加在一起与乙中物质的量相当，但体积只有乙的一半，所以认为A正确；错选C是因为甲的量相当于乙中的量的一半，当体积相等时就有C正确。错选A、C都是忽略了在改变条件时，该平衡发生了移动，因此必须在新的条件下考虑各组分量的关系。

解析：做好此题的关键，是分析清楚改变条件平衡如何移动。A中可以建立假设的思维模型，设甲的体积与乙的相等，按两次投料后建立平衡，此时与乙等效，再将甲的体积缩小为原来的一半，平衡会逆向移动，C的浓度就会小于乙中C的浓度的2倍；B中升高温度，平衡逆向移动，B的体积增加，而气体总体积却减少，甲、乙中B的体积分数均增大；C中相当于压缩乙，增大压强，平衡逆向移动，乙中C的体积分数小于甲中C的体积分数的2倍；D中由于K不动，增加氦气不影响平衡移动，而乙由于增加了气体的量，活塞右移，体积增大，压强减小，所以平衡发生正向移动。

答案：BD

七、没注意到隐含条件

例7.如图所示装置为装有活塞的密闭容器，内盛22.4mL一氧化氮。若通入11.2mL氧气（气体体积均在标准状况下测定），保持温度、压强不变，则容器内的密度（ ）

A.等于1.369g/L

B.等于2.054g/L

C.在1.369g/L和2.054g/L之间

D.大于2.054g/L

错解剖析：易错选B。依据反应2NO+O22NO2进行计算，由题目所给的条件，混合气体的质量为30g/mol×0.001mol+32g/mol×0.0005mol=0.046g，这时混合气体的密度为0.046g/0.0224L≈2.054g•L-1,误选B。

解析：上述解答没有注意到存在化学平衡2NO2N2O4。由于平衡的存在，温度压强不变的条件下，平衡右移，造成混合气体的体积小于22.4mL,密度一定大于2.054g•L-1。

答案；D

八、对化学反应是否达到平衡的标志判断不准确

例8.在一个不传热的固定容积的密闭容器中，可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）,达到平衡的标志是：①反应速率v(N2)∶v(H2)∶v(NH3)=1∶3∶2，②各组分的物质的量浓度不再改变，③体系的压强不再发生变化，④混合气体的密度不变（相同状况），⑤体系的温度不再发生变化，⑥2×v(N2)（正反应）=1×v(NH3)（逆反应），⑦单位时间内3molH―H断键反应同时2molN―H也断键反应。说明反应已经达到平衡的一组是（ ）

A.①②③⑤⑥B.②③④⑤⑥

C.②③⑤⑥D.②③④⑥⑦

错解剖析：易错选A、C、D。误选A是将化学反应速率和化学平衡中的正、逆反应速率混为一谈。①只能表示正反应速率，而不能表示正、逆反应速率之间的关系。⑥说明N2减少的速率和NH3（作为逆反应的反应物）减少的速率与方程式的系数成正比，正、逆反应速率相等，应为平衡的标志。误选C是认为④不是达到平衡的标志，其原因是思维定势和综合应用能力较弱。本反应的气体总质量不变（反应物和生成物皆为气体），混合气体的物质的量减小，平均摩尔质量增大，密度增大，密度不变应视为达到平衡的标志。误选D的原因是疏忽大意较多，忽略了每摩尔氨分子含有3molN―H键，单位时间内3molH―H断键反应同时6molN―H也断键反应，才能表示正、逆反应速率相等。

解析：对达到化学平衡状态的标志，描述是多方面的：从微观上分析，单位时间内形成化学键的键数、得失电子数等，都可以表示反应速率；从宏观上分析，各物质的浓度、体系内物质的颜色、体系的压强、体系的温度、混合气体的平均摩尔质量等，都可以反映出各物质的百分组成变化。在表示反应速率时，一定是表示正反应速率和逆反应速率相等。在讨论百分组成变化时，要注意观察方向，如气体的颜色，要注意适用的范围，如从压强、混合气体的平均摩尔质量上判断，仅适用于反应前后气体的物质的量不等的反应。

答案：B

九、没有真正理解量的变化

例9.在一个密闭容器中，可逆反应aA(g)bB(g)达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则( )

A.平衡向正反应方向移动了

B.物质A的转化率减小了

C.物质B的质量分数增加了

D.a>b

错解剖析：没有真正理解量的变化（体积变化引起浓度变化）关系。根据题意，当体积增大时，B的浓度减小，即增大体积（减小压强）时平衡向左移动，因此A的转化率减小；根据平衡移动原理，可知a>b。错选BD。

解析：当容器的体积增大一倍时，若平衡不发生移动，B的浓度应该为原来的50%。但题目指出，新平衡中B的浓度为原来的60%（大于50%），说明平衡发生移动，而且朝正反应方向移动。

答案：AC

十、对等效平衡理解不深

例10.600K时，在容积可变的透明容器内，反应2HI(g)I2(g)+H2(g)达到平衡状态A。保持温度不变，将容器的容积压缩成原容积的一半，达到平衡状态B。

（1）按上图所示的虚线方向观察，能否看出两次平衡容器内颜色深浅的变化?并请说明理由。

（2）按上图所示的实线方向观察(活塞无色透明)，能否看出两次平衡容器内颜色深浅的变化?并请说明理由。

错解剖析：从实线方向观察，根据A、B两状态下的I2的浓度关系：cB(I2)=2cA(I2)，误以为能观察到容器内颜色的变化。

解析：状态A与状态B的不同点是：PB=2PA，但题设反应是气体物质的量不变的反应，即由状态A到状态B，虽然压强增大到原来的2倍，但是平衡并未发生移动，所以对体系内的任何一种气体特别是I2(g)而言，下式是成立的：cB［I2(g)］=2cA［I2(g)］。对第（2）小问，可将有色气体I2(g)沿视线方向全部虚拟到活塞平面上――犹如夜晚看碧空里的星星，都在同一平面上，则视线方向上的I2分子多，气体颜色就深；反之，则浅。

答案：（1）可以观察到颜色深浅的变化。由于方程式两边气体物质的量相等，容积减半，压强增大到2倍时，I2(g)及其他物质的物质的量均不变，但浓度却增大到原来的2倍，故可以看到I2(g)紫色加深。 （2）不能观察到颜色深浅的变化。因为由状态A到状态B，平衡并未发生移动，尽管cB［I2(g)］=2cA［I2(g)］，但vB［I2(g)］=12vA［I2(g)］，即视线方向上可观察到的I2(g)分子数是相同的，故不能观察到颜色深浅的变化。

十一、原理不清，应用不明

例11.在体积恒定的密闭容器中发生反应N2O4（g）2NO2(g)，ΔH=+57kJ/mol。在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）

A.A、C两点的反应速率：A＞C

B.A、C两点气体的颜色：A点浅，C点深

C.由状态B到状态A，可以用升温的方法

D.A、C两点气体的平均相对分子质量：A＞C

错解剖析：（1）忽视条件造成错误判断。判断B选项时忽视“体积恒定的密闭容器中”这一关键条件，错误地认为就是减小体积的结果，导致判断C点的颜色比A点深。（2）原理错误迁移。C选项，B状态到A状态是压强不变，研究温度对反应速率的影响，没有将NO2的体积分数和平衡移动原理联系起来，导致错误。（3）定量判断，主观臆断。在解答诸如密度、相对分子质量判断的题目时，不依据具体条件和公式进行判断，不认真分析物质的聚集状态、气体体积或物质的量、质量导致错误判断，误选D选项。

解析：选项A，在其他条件不变时，压强越大反应速率越大，达到化学平衡的时间越短，因P2＞P1,C点的反应速率大于A点的反应速率；选项B，压强增大，平衡向逆反应方向移动，NO2的物质的量减小，但容器体积恒定，所以NO2的浓度变小，颜色变浅，故C点的颜色比A点浅；选项C，由状态B到状态A，NO2的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，生成NO2的反应为吸热反应，故加热升温即可；选项D，A点气体总的物质的量大于C点气体总的物质的量，而气体的体积和质量不变，根据气体的平均相对分子质量M=m总气体n总气体，A点气体的平均相对分子质量小于C点。

答案：C

十二、对化学平衡常数的定义和意义不清楚

例12.(2010•潍坊质检)某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)+2B(g)4C(s)+2D(g)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，则下列说法正确的是( )

A．该反应的化学平衡常数表达式是K=c4（C）•c2（D）c3（A）•c2（B）

B．此时，B的平衡转化率是40%

C．增大该体系的压强，化学平衡常数增大

D．增加B，B的平衡转化率增大

错解剖析：没有认识到物质C是固体，导致错选A；看清楚C是固体，增大压强，平衡向右移动，生成物浓度增大，反应物浓度减小，误认为化学平衡常数增大，忽略了平衡常数只与温度有关，导致错选C；增加B，平衡右移，误认为B的平衡转化率增大，导致错选D。

解析：化学平衡常数的表达式中不能出现固体或纯液体，而物质C是固体，A错误；根据化学方程式可知，平衡时减少的B的物质的量是1.6mol×0.5=0.8mol，所以B的转化率为40%，B正确；增大压强时平衡常数不变，平衡常数只与温度有关，C错误；增加B，平衡右移，A的转化率增大，而B的转化率减小，D错误。

答案：B

十三、化学平衡计算类试题不按规律走入误区

例13.恒温下，将amolN2与bmolH2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。

(1)若反应进行到某时刻t时，nt(N2)=13mol，nt(NH3)=6mol，则a= 。

(2)反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L(标准状况下)，其中NH3的含量(体积分数)为25%。平衡时NH3的物质的量是 mol。

(3)原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比(写出最简整数比，下同)：n(始)∶n(平)= 。

(4)原混合气体中，a∶b= 。

(5)达到平衡时，N2和H2的转化率之比：α(N2)∶α(H2)= 。

(6)平衡混合气体中，n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)= 。

错解剖析：解平衡类试题不运用三段式解题法，易出现思维混乱，找不到平衡时量与起始量的关系。不能熟练快速地使用题设条件，导致无法准确进行运算。

解析：(1)由反应的化学方程式得知，反应掉的N2和生成NH3的物质的量之比为1∶2。设反应掉的N2的物质的量为xmol，则x∶6=1∶2，解得x=3，a=13+3=16。

(2)n平(NH3)=716.8L22.4L•mol-1×25%=32mol×25%=8mol

(3)(4)(5)(6)N2+3H22NH3 n总

开始时ab0a+b

转化x3x2x

平衡时 a-xb-3x2x32

2x32=0.25 x=4

由关系式a-x+b-3x+2x=32

求得：b=24，所以n(始)∶n(平)=(a+b)∶32=5∶4

a∶b=16∶24=2∶3，α(N2)∶α(H2)=416∶1224=1∶2

平衡混合气体中，n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)=(a-x)∶(b-3x)∶2x=12∶12∶8=3∶3∶2

答案：（1）16 （2）8 （3）5∶4 （4）2∶3 （5）1∶2 （6）3∶3∶2

【纠错快乐体验】

1.一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是( )

A.该反应的化学方程式为3B+4D6A+2C

B.反应进行到1s时，v(A)=v(D)

C.反应进行到6s时，B的平均反应速率为0.05mol/(L•s)

D.反应进行到6s时，各物质的反应速率相等

2.利用反应2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)，ΔH=-746.8kJ/mol，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是( )

A.降低温度

B.增大压强同时加催化剂

C.升高温度同时充入N2

D.及时将CO2和N2从反应体系中移走

3.现有下列两个图像：

下列反应中符合上述图像的是( )

A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0

B.2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) ΔH＞0

C.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH＜0

D.H2(g)+CO(g)C(s)+H2O(g) ΔH＞0

4.已知在一定条件下有CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。在某一容积为2L的密闭容器中，加入0.2mol的CO和0.2mol的H2O，在催化剂存在的条件下，高温加热，发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，ΔH=akJ/mol。反应达平衡后，测得c(CO)∶c(CO2)=3∶2，下列说法正确的是( )

A.反应放出的热量为0.04akJ

B.平衡时H2O的转化率为40%

C.若将容器的体积压缩为1L，有利于该反应平衡正向移动

D.判断该反应达到平衡的依据是CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等

5.可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g)、②2M(g)N(g)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：

下列判断正确的是( )

A.反应①的正反应是吸热反应

B.达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14∶15

C.达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为511

D.在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中M的体积分数相等

6.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)+2B(g)4C(？)+2D(？)。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应的前后压强之比为5∶4(相同的温度下测量)，则下列说法正确的是( )

A.该反应的化学平衡常数表达式是K=c4（C）•c2（D）c3（A）•c2（B）

B.此时，B的平衡转化率是35%

C.增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大

电化学分析范文第4篇

一、电极反应式的书写难点突破

1.燃料电池电极反应式的书写

燃料电池的总反应式一般是可燃燃料与O2的反应，其电极反应式的书写步骤是：①找出总反应中的氧化剂、还原剂，判断未变价物质是否是电解质溶液。②还原剂是负极反应物，失电子；氧化剂是正极反应物，得电子。预测并试探性地写出可能的反应式。③根据电解质溶液成分进行适当的增减、修正和改写。④将两极反应式等电子相加，对比所得反应式与总反应式是否一致。

（1）电解质溶液呈碱性

例1.某甲烷—氧气燃料电池的结构如下图所示，该电池的两个电极均由多孔碳制成，以30%KOH溶液为电解质溶液，气体由多孔碳孔隙逸出并在电极表面放电，其总反应的化学方程式

A.用多孔碳作电极，是为了增大气体与溶液的接触面积，加快气体的放电速率

B.若b处通入的气体为氧气，则B极为负极

C.当发生反应的O2为5.6L（标准状况）时，则有2mol电子发生转移

（2）电解质溶液呈酸性

例2.一种新型乙醇电池用磺酸类质子作溶剂，比甲醇电池效率高出32倍。电池总反应为：，电池示意图如右图。下面对这种电池的说法正确的是（）

A.b极为电池的负极

B.电池工作时电子由a极沿导线经灯泡再到b极

D.设每个电子所带电量为q库仑，则1mol乙醇被氧化产生库仑的电量

电量，故D选项不正确。答案为B。

（3）电解质是熔融盐

阴极反应式：。

总反应式：。

解析：本题一是电极名称特殊，一般电池电极叫正、负极，而本题叫阴、阳极；二是电极方程式特殊，一般阳极（负极）是在方程式的左边减去电子，而本题是在右边加上电子。上述两点特殊给试题解答带来困难。本题可采用逆向思维法，先写出难度较小的总反应式，再用总反应式-阳极反应式，即可得阴极反应式。由于总反应方程式为：，用总（4）电解质是熔融氧化物

例4.美国研究人员在《科学》杂志上说，他们开发出了一种新的固体氧化物燃料电池，在用碳氢化合物——异辛烷作燃料时能源转换效率有望达到50%，电解质是用一层以氧化锆为主、含有少量钌和铈的催化重整多孔薄膜，它在高温下能传导。这种新型燃料电池经过更多试验后，能广泛应用于汽车、飞机，甚至众多家庭。下列说法正确的是（）

C.固体电解质的作用是传递电子

D.电池中阴离子向正极移动

由上可知，电极反应其实也是一种离子反应，既要遵循书写离子方程式的一切规则，又要考虑离子之间能否大量共存，生成物是否发生后续反应等。如各种燃料电池的正极都是O2得高温熔融盐环境中产物为CO2。现图示如下：

另外，一般来说，一极有某离子消耗，另一极就应该有某离子生成，但两极消耗和生成的离子数目不一定相等。掌握上述规律可使电极反应方程式的书写变得简单。

2.新型电源电极反应式的书写

各种新能源电池逐步进入实用阶段，尤其是车用电池发展很快。为了让学生在一个全新问题情境下答题，新能源电池电极反应式的书写成了近几年高考考查的热点。面对新型原电池，要在燃料电池电极方程式书写方法的基础上，结合新信息研读，再对比、联想经典原电池，全方位思考才能写出正确的电极反应式。

例5.（2013年安徽理综）热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源，一种热激活电池的基本结构如下图所示，其中作为电解质的无水混合物受热熔融后，电池即可瞬0间

B.放电过程中，向负极移动

D.常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转

3.可充电电池电极反应式的书写

电池充电时，原电池的正极要接充电电源的正极，负极要接充电电源的负极，此时原电池变成了电解池。充电电极反应式的书写，可在放电反应式的基础上，把电子从一边移到另一边，并把得（或失）电子改为失（或得）电子，然后再将电极反应式中的产物与反应物颠倒即可。

例6.某新型二次锂离子电池结构如下图，电池内部是固体电解质，充电、放电时允许Li+在其间通过（图中电池内部“”表示放电时Li+的迁移方向）。充电、放电时

A.外电路上的“”表示放电时的电流方向

解析：由Li+的迁移方向，可知电池结构图的上部是电池的负极，下部是电池的正极，外电路上的“”表示放电时电子的流动方向，故A选项不正确。根据总反应式中元素价态二、易错点分析

错解：原电池的两极最少要有一极能与电解质溶液发生反应才能构成原电池，而铜片和石墨都不与稀硫酸反应，所以不能构成原电池，故A选项正确。因不能构成原电池，溶液中没有任何反应，所以B、C、D选项都不正确。答案为A。

分析：上述解法是错误的，原因是我们平时见到的和所举的原电池的例子中，都是有一极电极材料能与电解质溶液直接发生反应的，从而形成思维定式，产生错觉，认为只有一极电极材料能与电解质溶液发生反应时才能形成原电池。其实形成原电池的三个条件中，没有要求电极材料必须有一极与电解质溶液反应。虽然铜片和石墨都不与稀硫酸反应，但还是能构成原电池（这种电池属于金属腐蚀，电压很低，没有实用价值），且铜片为原电池的负极，发生的反应为：，铜片逐渐溶解，铜极附近溶液要缓慢变成蓝色，B选项三、命题趋势分析

1.向新型电源方向命题

例1.（2013年全国理综Ⅱ）“ZEBRA”蓄电池的结构如下图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。下列关于该电池的叙述错误的是（）

A.电池反应中有NaCl生成

B.电池的总反应是金属钠还原三价铝离子

电化学分析范文第5篇

一、学习主体分层，让课堂教学全面兼顾

在实施分层教学之初，首先要对班级学生的学习情况进行调查和统计，充分了解他们的内心需求与性格特点，然后进行小组分层。比如，将学习能力强，综合素质高的优等生划分为C组；将基础知识掌握能力强，具有一定思维能力的中等生划分为B组；将学习能力弱，基础知识掌握偏差的后进生划分为A组。当小组划分完毕之后，我们可以针对三组具体学情的不同而为他们制定符合自身能力的学习目标。这样一来，一方面可以实现课堂教学上的减负，一方面还能降低高中生的压迫感，从而让他们在轻松愉悦的氛围中感受知识。

比如在学习《硫和氮的氧化物》时，我给三组学生定下了这样的学习目标：A组后进生学习能力偏差，基础知识掌握薄弱，在位该组布置任务的时候，主要以基础知识的掌握为总目标，目的在于提高他们对化学知识的认知，让他们在学习的时候有据可依；B组学生的基础知识相对扎实，但是对相关习题的解答能力偏弱，所以在保留A组学生任务的同时，适当地为B组学生布置一定量的练习题，继而培养他们的实践能力；C组学生不仅基础知识掌握强，而且常规练习题较之也无太大的难度。这时，我们可以适当地为他们布置一些发散性强，其具有探究性价值的调查题，以便让他们所学知识反馈到生活当中。

二、课堂提问分层，让探究活动全民开展

问题永远都是学习道路上不可缺少的存在，提问的价值在于唤醒学生探究意识，引导学生发现更多的知识，继而充实自身，让他们在学习的道路上更进一步。以《物质的分类》为例，当初步讲完课程之后，学生尚缺乏一定的思维框架，只是模糊地了解某些知识，还无法形成一个完整的体系。这时，假如缺乏合理的引导和巩固，那么学生将很容易忘记所学，或者模糊自己的认知。而在这个背景下，课堂提问的价值变呈现出来了。

同样以上述案例为例，在讲解完毕之后，为了帮助学生构建全面的知识结构，我是这样对提问进行分层规划的：“通过本节课的学习，大家初步了解了《物质的分类》的知识，请三组同学分别回答以下问题。A组的学生思考一下，物质都分为哪两大类？我们生活中的食用盐和白糖属于纯净物，还是混合物呢？请B组的学生思考一下，如何对单质和化合物进行区分？我们日常生活中看到的铁门，或者是矿泉水，它们属于哪种物质呢？请C组的同学思考一下，为何不同的液体使用不同的物质会出现不同的变化？比如农药波尔多液不能用铁或铝储存，这是为什么呢？”这样，不仅会让课堂提问变得具有梯度性，同时还能确保每一层面学生都能投入到思考探究中，从而让课堂学习变得百花齐放。

三、课后作业分层，让习题训练巩固知识

作业是巩固学生所学知识，提高学生应用能力的重要途径。但是在以往的课堂教学中，老师在布置作业的时候大多数都遵从“题海战术”的规则，布置的作业不仅量大，而且难度失衡。这样不仅让学生觉得厌恶，同时还会打消他们的积极性。久而久之，便开始有学生“谈化学而色变”。那么是不是作业量大、多才是好的呢？其实不然。如果作业量很大，却无法激发学生的热情，无法深化他们的理解，那么只能让学习变得事倍功半。所以，规划作业不仅要注意学生个体情况，还要把握度，让有限的作业发挥最大的价值。

比如在学完《开发利用金属矿物和海水资源》时，我是这样分层规划作业的：A组学生基础环节薄弱，在习题演练中存在短板。所以在为他们布置习题的时候不能过难，要以基础知识的解答为主。如，从海水中提取金属镁的生产步骤有哪些？冶炼金属的常用方法有几种等。这样一来，不会因为习题过难而对A组学生带来困难感，还能间接提升他们化学思维，唤醒他们的自信心；B组学生较之A组，他们对基础知识的把握相对牢固，这时假如给他们布置基础性习题，反而无法起到锻炼的效果。所以，我们可以适当地为他们布置一些计算性，或者难度偏高的习题，目的在于培养他们的解题技巧，为他们日后考试打下良好铺垫；C组学生综合能力强，在布置习题的时候，除了延续A组和B组问题的同时，我们还可以进行延伸提问。以A组学生的问题为例，我们可以C学生又纸面习题延伸到对生活问题的探究，从而加深他们的动手能力与思维能力。当然，我们可以适当地选取一些奥林匹克竞赛习题让他们进行解答，一方面可以开阔他们的视野，二来还能提高他们的解题技巧。

结束语