2020届高考化学一轮复习电化学计算与“多池”的连接分析作业

2020届高考化学一轮复习电化学计算与“多池”的连接分析作业

电化学计算与“多池”的连接分析 ‎(建议用时：40分钟)‎ ‎(对应考点集训第243页)‎ ‎1．图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示(　　)‎ A．铜棒的质量　　　　　‎ B．c(Zn2＋)‎ C．c(H＋) ‎ D．c(SO)‎ C　[该装置构成原电池，Zn是负极，Cu是正极。A项，在正极Cu上溶液中的H＋获得电子变为氢气，Cu棒的质量不变，错误；B项，由于Zn是负极，不断发生反应Zn－2e－===Zn2＋，所以溶液中c(Zn2＋)增大，错误；C项，由于反应不断消耗H＋，所以溶液的c(H＋)逐渐降低，正确；D项，SO不参加反应，其浓度不变，错误。]‎ ‎2．(2019·红旗中学月考)根据下图判断，下列说法不正确的是(　　)‎ A．此装置用于铁表面镀铜时，a电极为金属铁 B．此装置用于电镀铜时，硫酸铜溶液的浓度不变 C．燃料电池中正极反应为O2＋2e－＋2H＋===H2O D．若用该装置进行粗铜的精炼，当有1 mol水生成时，可得到64 g精铜 A　[A.铁表面镀铜时，金属铜必须作阳极，金属铁作阴极，所以a电极为金属铜，故A错误；B.此装置用于电镀铜时，金属铜必须作阳极，电解前后硫酸铜溶液的浓度不变，故B正确；C.氢氧燃料电池中，通入氧气的电极一定是正极，在酸性环境下，氧气放电的反应为O2＋2H＋＋2e－===H2O，故C正确；D.电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，当有1 mol水生成时，转移2 mol电子，可得到64 g精铜，故D正确。]‎ ‎3．将两个铂电极插入500 mL CuSO4溶液中进行电解，通电一段时间后，某一电极增重0.064 g(设电解时该电极无氢气析出，且不考虑水解和溶液体积变化)，此时溶液中氢离子浓度约为(　　)‎ A．4×10－3mol·L－1 B．2×10－3mol·L－1‎ C．1×10－3mol·L－1 D．1×10－7mol·L－1‎ A　[阴极反应：Cu2＋＋2e－===Cu，增重0.064 g是生成Cu的质量，设生成H＋的物质的量为x，根据总反应离子方程式：‎ ‎2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋‎ ‎ 2×64 g 4 mol ‎ 0.064 g x x＝0.002 mol c(H＋)＝＝4×10－3mol·L－1。]‎ ‎4．两个惰性电极插入500 mL AgNO3溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解过程中阴极没有H2放出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略不计)，电极上析出银的质量最大为(　　)‎ A．27 mg 　　　　　　B．54 mg C．106 mg D．216 mg B　[n(H＋)＝(10－3×0.5－10－6×0.5)mol≈5×10－4mol n(Ag)＝5×10－4mol，m(Ag)＝5×10－4mol×108 g/mol＝0.054 g＝54 mg。]‎ ‎5．500 mL NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)＝0.3 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体1.12 L(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是(　　)‎ A．原混合溶液中c(Na＋)＝0.2 mol·L－1‎ B．电解后溶液中c(H＋)＝0.2 mol·L－1‎ C．上述电解过程中共转移0.4 mol电子 D．电解后得到的Cu的物质的量为0.1 mol B　[阳极离子放电能力：OH－＞NO，根据题给信息，阳极一定是OH－放电，生成0.05 mol氧气，转移0.2 mol电子；阴极离子放电能力：Cu2＋＞H＋＞Na＋，所以Cu2＋先放电，然后是H＋放电，阴极生成0.05 mol氢气时，转移0.1 mol电子，根据得失电子守恒知，Cu2＋得到0.1 mol电子，n(Cu2＋)＝0.05 mol，所以原溶液中n[Cu(NO3)2]＝0.05 mol，n(NO)＝0.3 mol·L－1×0.5 L＝0.15 mol，n(NaNO3)＝0.05 mol。原混合溶液中c(Na＋)＝0.1 mol·L－1，A项错误；结合以上分析及电解总方程式Cu2＋＋2H2OCu＋H2↑＋O2↑＋2H＋可知，生成0.05 mol Cu、0.05 mol O2、0.05 mol H2和0.1 mol H＋，电解后溶液中c(H＋)＝＝0.2 mol·L－1，B项正确，D项错误；上述电解过程中共转移0.2 mol电子，C项错误。]‎ ‎6．(2019·大连模拟)用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑二氧化碳的溶解)。则电解过程中转移电子的物质的量为(　　)‎ A．0.4 mol B．0.5 mol C．0.6 mol D．0.8 mol C　[Cu2(OH)2CO3可改写为2CuO·H2O·CO2，因反应后生成的CO2离开溶液，所以加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3相当于加入0.2 mol CuO、0.1 mol H2O，根据 ‎2Cu　　～　　O2　～　4e－‎ ‎2 mol 4 mol ‎0．2 mol 0.4 mol ‎2H2O ～ O2 ～ 4e－‎ ‎2 mol 4 mol ‎0．1 mol 0.2 mol 转移电子的物质的量＝0.4 mol＋0.2 mol＝0.6 mol。]‎ ‎7．如图所示，通电5 min后，电极5的质量增加2.16 g，请回答下列问题：‎ ‎(1)a为电源的________(填“正”或“负”)极，C池是________池。A池阳极的电极反应为__________________，C池阴极的电极反应为________________________________________________________________________。‎ ‎(2)如果B槽中共收集到224 mL气体(标准状况)且溶液体积为200 mL(设电解过程中溶液体积不变)，则通电前溶液中Cu2＋的物质的量浓度为________。‎ ‎(3)如果A池溶液是200 mL足量的食盐水(电解过程溶液体积不变)，则通电5 min后，溶液的pH为________。‎ ‎(4)若将CuSO4溶液复原，需加________(填写一种物质)________g。‎ ‎[解析]　根据已知条件通电5 min后，电极5的质量增加2.16 g，说明电极5作阴极，银离子放电，电极反应为Ag＋＋e－===Ag，转移电子的物质的量为0.02 mol，同时可知电极6作阳极，与电源的正极相连。同时可得a是负极，b是正极，电极1、3、5作阴极，电极2、4、6作阳极。由此可得(1)中答案。‎ ‎(2)B槽中电解总反应为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，若转移0.02 mol电子时只收集到O2(只电解溶质)，则根据关系式2CuSO4～O2～4e－可得n(O2)＝0.005 mol，体积为112 mL(标准状况)<224 mL，说明溶质CuSO4已耗完，然后电解水。设整个过程消耗CuSO4 x mol，H2O y mol，则有2x＋2y＝0.02，x＋y＝0.01，解得x＝y＝0.005 mol，‎ 则c(CuSO4)＝0.025 mol·L－1。‎ ‎(3)由于A池中电解液足量，A池中只发生反应2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，根据关系式NaOH～e－，生成的n(NaOH)＝0.02 mol，则c(NaOH)＝＝0.1 mol·L－1，即溶液的pH＝13。‎ ‎(4)根据计算，电解分两个过程，第一个过程电解CuSO4溶液(复原加CuO)，第二个过程电解H2O(复原加H2O)，根据CuO与H2O的物质的量之比为1∶1，加一种物质应为Cu(OH)2。m[Cu(OH)2]＝0.005 mol×98 g/mol＝0.49 g。‎ ‎[答案]　(1)负　电解　2Cl－－2e－===Cl2↑　Ag＋＋e－===Ag　(2)0.025 mol·L－1　(3)13‎ ‎(4)Cu(OH)2　0.49‎ 角度2　“多池”的连接分析 ‎8．某同学组装了如图所示的电化学装置，电极 Ⅰ 为Al，其他均为Cu，则(　　)‎ A．电流方向：电极Ⅳ→A→电极Ⅰ B．电极 Ⅰ 发生还原反应 C．电极 Ⅱ 逐渐溶解 D．电极 Ⅲ 的电极反应：Cu2＋＋2e－===Cu A　[当多个池串联时，两电极材料活泼性相差大的作原电池，其他池作电解池，由此可知图示中左边两池组成原电池，右边组成电解池。A.电子移动方向：电极Ⅰ→A→电极Ⅳ，电流方向与电子移动方向相反，A正确。B.原电池负极在工作中失电子，被氧化，发生氧化反应，B错误。C.原电池正极为得电子极，铜离子在电极Ⅱ上得电子，生成铜单质，该电极质量逐渐增大，C错误。D.电解池中阳极为非惰性电极时，电极本身失电子，形成离子进入溶液中，因为电极Ⅱ为正极，因此电极Ⅲ为电解池的阳极，其电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，D错误。]‎ ‎9．烧杯A中盛入0.1 mol·L－1的H2SO4溶液，烧杯B中盛放0.1 mol·L－1的CuCl2溶液(两种溶液均足量)，装置如图所示，下列说法不正确的是(　　)‎ A．A中Fe极质量减少，C极有气体产生 B．A为电解池，B为原电池 C．当A烧杯中产生0.1 mol气体时，B烧杯中产生气体的物质的量也为0.1 mol D．经过一段时间，B烧杯中溶液的pH增大 B　[A项，A池两电极不同，Fe与酸反应，B池两极均为C，与CuCl2不反应，故A池为原电池，B池为电解池。]‎ ‎10．某同学按下图所示的装置进行实验。A，B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水，当K闭合时，Y极上产生黄绿色气体。下列分析正确的是(　　)‎ A．溶液中c(A2＋)减小 B．B极的电极反应：B－2e－===B2＋‎ C．Y电极上有Cl2产生，发生还原反应 D．反应初期，X电极周围出现白色胶状沉淀 D　[根据Y极有黄绿色气体生成，Y极电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，即Y为电解池的阳极，B为原电池的正极，A为原电池的负极。故A极的电极反应为A－2e－===A2＋，溶液中c(A2＋)增大，A错误；B极为正极，发生还原反应，B错误；右边U形管中最初为电解AlCl3溶液，X电极为H＋放电，c(H＋)减小，c(OH－)增大，且Al3＋移向X极，因此会产生Al(OH)3白色胶状沉淀，D正确。]‎ ‎11．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，‎ 观察到电流计的指针发生了偏转。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)甲池为__________(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的电极反应式为________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)乙池中A(石墨)电极的名称为____________(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，总反应式为________________________________。‎ ‎(3)当乙池中B极质量增加5.40 g时，甲池中理论上消耗O2的体积为__________mL(标准状况下)，丙池中__________极析出__________g铜。‎ ‎(4)若丙池中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲中溶液的pH将__________(填“增大”“减小”或“不变”)；丙中溶液的pH将__________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎[解析]　(1)甲池为原电池，通入CH3OH的电极为负极，电极反应式为CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O。‎ ‎(2)乙池中为用惰性电极电解AgNO3溶液，其中A作阳极，B作阴极，总反应式为4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3。‎ ‎(3)根据各电极上转移的电子相同，得n(Ag)＝4n(O2)＝2n(Cu)，故V(O2)＝××22.4 L＝0.28 L＝280 mL，m(Cu)＝××64 g＝1.60 g。(4)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，根据丙中总反应2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，则溶液pH增大，而甲中总反应为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O，使溶液pH减小。‎ ‎[答案]　(1)原电池　CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O ‎(2)阳极　4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3‎ ‎(3)280　D　1.6　(4)减小　增大[章末知识结构整理]‎ ‎(对应复习讲义第78页)‎ ‎,[自我校对]‎ ‎1．①__________‎ ‎②__________‎ ‎③__________‎ ‎④__________‎ ‎⑤__________‎ ‎⑥__________‎ ‎⑦__________‎ ‎⑧__________‎ ‎⑨__________‎ ‎⑩__________‎ ‎⑪__________‎ ‎⑫__________‎ ‎[答案]　①kJ/mol ‎②1 mol　③1 mol　④E(反)－E(生)　⑤始态和终态 ‎⑥途径　⑦状态　⑧物质的量　⑨>‎ ‎⑩<　⑪<　⑫>‎ ‎,[自我校对]‎ ‎2．①__________‎ ‎②__________‎ ‎③__________‎ ‎④__________‎ ‎⑤__________‎ ‎⑥__________‎ ‎⑦__________‎ ‎⑧__________‎ ‎⑨__________‎ ‎⑩__________‎ ‎⑪__________‎ ‎⑫__________‎ ‎⑬__________‎ ‎⑭__________‎ ‎[答案]　①电能转化为化学能 ‎②得　③还原 ‎④失　⑤氧化 ‎⑥烧碱、氯气和氢气 ‎⑦阴　⑧阳　⑨化学能转化为电能　⑩氧化　⑪还原　⑫失去　⑬牺牲阳极的阴极保护法　⑭外加电流的阴极保护法