2020届二轮复习第12题　化学反应原理综合判断作业

2020届二轮复习第12题　化学反应原理综合判断作业

第12题　化学反应原理综合判断 题组一　电化学原理及应用 ‎ ‎1.某手机电池采用了石墨烯电池,可充电5分钟,通话2小时。一种石墨烯锂硫电池(2Li+S8 Li2S8)工作原理示意图如图。下列有关该电池说法不正确的是(　　)‎ A.金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料 B.充电时A电极为阴极,发生还原反应 C.充电时B电极的反应:Li2S8-2e- 2Li++S8‎ D.手机使用时电子从A电极经过手机电路板流向B电极,再经过电池电解质流回A电极 答案　D　单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多,则得到的电能越多,能量越高,Li是所有金属元素中相对原子质量最小的金属,所以金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料,故A项正确。原电池中阳离子向正极移动,由图可知,作电源时,B为正极,A为负极,负极发生失电子的氧化反应;反过来,充电时负极为阴极,发生还原反应,故B项正确。充电时B电极为阳极,Li2S8失去电子生成S8,电极反应式为Li2S8-2e- 2Li++S8,故C项正确。电子只能在电极和导线中移动,不能在电解质溶液中移动,故D项错误。‎ ‎2.深埋在潮湿土壤中的铁管道,在硫酸盐还原菌作用下,能被硫酸根离子腐蚀,其电化学腐蚀原理如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.铁管道发生的是吸氧腐蚀 B.输送暖气的管道也易发生此类腐蚀 C.这种情况下,土壤的pH增大 D.管道上刷富铜油漆可以延缓管道的腐蚀 答案　C　由图可知,负极反应为Fe-2e- Fe2+,正极反应为SO‎4‎‎2-‎+5H2O+8e- HS-+9OH-。‎ A项,铁管道的腐蚀过程中,氧气并未参与反应,所以不是吸氧腐蚀;B项,硫酸盐还原菌中的蛋白质在高温下易变性,失去催化活性,因此输送暖气的管道不易发生此类腐蚀;C项,由正极的电极反应可知,铁管道腐蚀过程中,OH-浓度增大,土壤pH增大;D项,管道上刷富铜油漆,形成Cu-Fe原电池,Fe作为负极,可以加快管道的腐蚀。‎ ‎3.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统。放电前,被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3,放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是(　　)‎ A.放电时,负极反应为3NaBr-2e- NaBr3+2Na+‎ B.充电时,阳极反应为2Na2S2-2e- Na2S4+2Na+‎ C.放电时,Na+经过离子交换膜,由b池移向a池 D.用该电池电解饱和食盐水,产生2.24 L H2时,b池生成17.40 g Na2S4‎ 答案　C　放电前,被膜隔开的电解质为Na2S2(右罐)和NaBr3(左罐),则Na2S2在负极失电子,NaBr3在正极得电子;充电时,阴极为负极的逆反应,阳极为正极的逆反应。A项,放电时,负极Na2S2失电子,则负极反应式为2S‎2‎‎2-‎-2e- S‎4‎‎2-‎;B项,充电时,阳极上Br-‎ 失电子转化为Br‎3‎‎-‎,则阳极反应式为3Br--2e- Br‎3‎‎-‎;C项,电池放电时,Na2S2和NaBr3反应,则电池的总反应方程式为2Na2S2+NaBr3 Na2S4+3NaBr,Na+经过离子交换膜,由b池移向a池;D项,用该电池电解饱和食盐水,产生2.24 L H2,未知气体所处状况,无法进行换算。‎ ‎4.我国科学家发明了一种安全可充电的柔性水系钠离子电池,可用生理盐水或细胞培养基为电解质,电池放电的总反应式为Na0.44MnO2+NaTi2(PO4)3 Na0.44-xMnO2+Na1+xTi2(PO4)3,其工作原理如图。‎ 下列说法错误的是(　　)‎ A.放电时,Cl-向X极移动 B.该电池充电时Y极应该与电源的正极相连 C.充电时,阴极反应为:NaTi2(PO4)3+xNa++xe- Na1+xTi2(PO4)3‎ D.该电池能作为可植入人体的电子医疗设备的电源 答案　C　A项,根据放电总反应方程式可知:在反应中Na0.44MnO2失去电子变为Na0.44-xMnO2,Mn元素化合价升高,因此X电极为负极,电池工作时,溶液中的Cl-(阴离子)向负极(X极)移动;B项,放电时,X电极为负极,发生氧化反应,Y电极为正极,发生还原反应,则该电池充电时Y极应该与电源的正极相连,作阳极,发生氧化反应;C项,充电时,X电极与电源的负极连接,作阴极,阴极反应为Na0.44-xMnO2+xe-+xNa+ Na0.44MnO2;D项,该电池是一种安全可充电的柔性水系电池,能作为可植入人体的电子医疗设备的电源。‎ ‎5.三室式电渗析法处理废液(HCl和FeCl2混合溶液)的原理如图所示,其中X、Y均为离子交换膜。在直流电场的作用下,中间室得到盐酸,阴极区可回收铁。下列说法正确的是(　　)‎ A.X、Y依次是阴离子交换膜和阳离子交换膜 B.通电后,阴极区溶液的pH不断减小 C.阳极反应式为2H2O-4e- 4H++O2↑‎ D.中间室得到1 L 2 mol/L盐酸时,电路中通过1 mol电子 答案　C　通电后,阳极区电极反应式为2H2O-4e- 4H++O2↑,产生的H+通过X离子交换膜进入中间室,氢离子在阴极得电子生成氢气,考虑电荷守恒,Cl-通过Y离子交换膜进入中间室,得到盐酸,所以X是阳离子交换膜,Y是阴离子交换膜,A项错误;通电后,氢离子在阴极得电子生成氢气,氢离子浓度减小,阴极区溶液的pH不断增大,B项错误;通电后,阳极发生氧化反应,电极反应式为2H2O-4e- 4H++O2↑,C项正确;根据阳极电极反应式可知,中间室得到1 L 2 mol/L盐酸时,电路中通过2 mol电子,D项错误。‎ ‎6.一种检测空气中甲醛(HCHO)含量的电化学传感器的工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.传感器工作时,工作电极电势高 B.工作时,H+通过交换膜向工作电极附近移动 C.当导线中通过1.2×10-6 mol电子,进入传感器的甲醛为3×10-3 mg D.长时间工作后,对电极区电解质溶液的pH增大 答案　D　A项,HCHO在工作电极失电子被氧化,作原电池的负极,工作电极电势低;B项,根据原电池工作原理知,工作时,溶液中的阳离子(氢离子)向电源的正极移动,即对电极方向;C项,负极反应为HCHO+H2O-4e- CO2+4H+,当电路中转移1.2×10-6 mol电子时,消耗HCHO的物质的量为‎1‎‎4‎×1.2×10-6 mol=3.0×10-7 mol,则HCHO的质量为3.0×10-7 mol×30 g/mol=9×10-3 mg;D项,工作时,对电极的电极反应为4H++O2+4e- 2H2O,反应后生成水,由于溶液的体积增大,正极区溶液的酸性减弱,其pH增大。‎ ‎7.工业上可利用如图所示电解装置吸收和转化SO2(A、B均为惰性电极)。下列说法正确的是(　　)‎ A.B电极为电解池的阴极 B.B极区吸收5 mol SO2,则A极区生成2.5 mol S2‎O‎4‎‎2-‎ C.B极区电解液为稀硫酸,电解一段时间后硫酸浓度增大 D.A电极的电极反应为2SO‎3‎‎2-‎-2e-+4H+ S2O‎4‎‎2-‎+2H2O 答案　C　A电极处通入SO‎3‎‎2-‎,产生S2O‎4‎‎2-‎,电解过程中SO‎3‎‎2-‎中硫元素的化合价降低,得电子发生还原反应,则A电极为电解池阴极,B电极为电解池阳极,通入SO2发生氧化反应生成H2SO4。A项,B电极为电解池的阳极;B项,B极区吸收5 mol SO2,电解生成H2SO4,S化合价升高2价,转移电子数为5 mol×2=10 mol,根据电子得失守恒,则阴极也转移10 mol电子,2SO‎3‎‎2-‎～S2O‎4‎‎2-‎～2e-,则A极区生成5 mol S2O‎4‎‎2-‎;C项,B极区电解液为稀硫酸,电解过程中SO2转化为H2SO4,则电解一段时间后硫酸浓度增大;D项,A电极得电子发生还原反应,电极反应为2SO‎3‎‎2-‎+2e-+4H+ S2O‎4‎‎2-‎+2H2O。‎ ‎8.通电条件下,用如图所示装置由乙二醛(OHC—CHO)制备乙二酸(HOOC—COOH),其反应为OHC—CHO+2Cl2+2H2OHOOC—COOH+4HCl。下列说法正确的是(　　)‎ A.Pt1的电极反应为2H2O+2e- 2OH-+H2↑‎ B.盐酸起提供Cl-和增强导电性的作用 C.每消耗0.1 mol乙二醛,在Pt1极放出2.24 L气体(标准状况)‎ D.每得到1 mol乙二酸将有2 mol H+从右室迁移到左室 答案　B　Pt1电极为阴极,H+得到电子生成氢气:2H++2e- H2↑,A项错误;阳极上Cl-失去电子生成Cl2,将乙二醛氧化为乙二酸,同时盐酸增强溶液的导电性,B项正确;消耗0.1 mol乙二醛时阳极产生0.2 mol Cl2,转移电子数目为0.4 mol,故阴极产生的H2的物质的量为0.2 mol,在标准状况下的体积为4.48 L,C项错误;每得到1 mol乙二酸,将消耗2 mol Cl2,同时生成4 mol HCl,阴极上电解4 mol H+,为了保持电中性,离子交换膜应使用阳离子交换膜,右室产生的4 mol H+将迁移到左室,D项错误。‎ 题组二　溶液中的离子平衡 ‎　　　　　　 　　　　　 　　　　　 ‎ ‎1.常温下,浓度均为1.0 mol·L-1的HX溶液、HY溶液、HY和NaY的混合溶液,分别加水稀释,稀释后溶液的pH随浓度的变化如图所示,下列叙述正确的是(　　)‎ A.HX是强酸,溶液每稀释至原来的10倍,pH始终增大1‎ B.常温下HY的电离常数约为1.0×10-4‎ C.溶液中水的电离程度:a点大于b点 D.c点溶液中:c(Na+)>c(Y-)>c(HY)>c(H+)>c(OH-)‎ 答案　B　A项,根据题图可知1 mol·L-1 HX溶液的pH=0,说明HX全部电离,为强电解质,当无限稀释时pH接近7;B项,1 mol·L-1 HY溶液的pH=2.0,溶液中氢离子浓度是0.01 mol·L-1,所以该温度下HY的电离常数为c(H‎+‎)·c(Y‎-‎)‎c(HY)‎=‎0.01×0.01‎‎1-0.01‎≈1.0×10-4;C项,酸或碱抑制水电离,酸中氢离子浓度越小其抑制水电离的程度越小,据题图知氢离子浓度:bc(Na+)>‎ c(HY)>c(H+)>c(OH-)。‎ ‎2.已知298 K时,Ksp(NiS)=1.0×10-21,Ksp(NiCO3)=1.0×10-7;p(Ni)=-lgc(Ni2+),p(B)=-lgc(S2-)或-lgc(CO‎3‎‎2-‎)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀,溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是(　　)‎ A.常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度 B.向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐,d点向b点移动 C.对于曲线Ⅰ,在b点加热,b点向c点移动 D.P为3.5且对应的阴离子是CO‎3‎‎2-‎ 答案　C　常温下Ksp(NiS)c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)‎ C.c点溶液中c(NH‎4‎‎+‎)=c(Cl-)‎ D.d点代表两溶液恰好完全反应 答案　A　常温下,0.1 mol·L-1的氨水中c水(H+)=10-11mol·L-1,则c(OH-)=‎1‎‎0‎‎-14‎‎1‎‎0‎‎-11‎ mol·L-1=10-3 mol·L-1,K=c(NH‎4‎‎+‎)·c(OH-)/c(NH3·H2O)≈10-3×10-3/0.1=1×10-5,A正确;a、b之间的任意一点,溶液都呈碱性,即c(H+)10-7mol·L-1,则c(OH-)<‎ ‎10-7mol·L-1,溶液呈酸性,结合电荷守恒得c(NH‎4‎‎+‎)c(Na+)>c(NH‎4‎‎+‎)‎ C.已知lg3≈0.5,则C点的pH≈5‎ D.A、B、C三点中,B点溶液中水的电离程度最大 答案　A　由题可知,向20 mL浓度均为0.1 mol/L NaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液,CH3COOH先和NaOH反应生成CH3COONa,过程中离子浓度降低,导电率降低,故A点时,NaOH被完全反应,导电率最低,然后CH3COOH和NH3·H2O反应生成CH3COONH4,使离子浓度增大,导电率增大,故B点时,NH3·H2O反应完全,B点以后,再加入CH3COOH溶液,溶液体积增大,离子浓度下降,导电率下降。a=20,b=40,A点时溶质为CH3COONa、NH3·H2O,B点时,溶质为CH3COONa、CH3COONH4‎ ‎,均为碱性,故溶液呈中性不在A、B两点之间,故A项错误;B点时,溶液为等浓度的CH3COONa、CH3COONH4混合溶液,故离子浓度大小为c(CH3COO-)>c(Na+)>‎ c(NH‎4‎‎+‎),故B项正确;C点时,溶液是等浓度的CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH溶液,c(H+)= K×c(CH‎3‎COOH)‎c(CH‎3‎COO‎-‎)‎,c(CH‎3‎COO‎-‎)‎c(CH‎3‎COOH)‎≈2,c(H+)=‎1‎‎2‎K=‎1‎‎2‎×1.8×10-5 mol/L-1=0.9×10-5 mol/L-1,故pH=-lg(9×10-6)=-lg9+6=-2lg3+6≈5,故C项正确;A、B两点均是水解促进水的电离,且B点促进程度更大,故B点溶液中水的电离程度最大,故D项正确。‎ ‎5.下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)‎ A.向K2S溶液中加水稀释,c(HS‎-‎)‎c(S‎2-‎)‎会减小 B.向醋酸溶液中加NaOH至恰好完全反应,水的电离程度先增大后减小 C.向含有MgCO3固体的溶液中加入少量盐酸,c(CO‎3‎‎2-‎)会增大 D.向CuS和FeS的饱和溶液中加入少量Na2S,c(Cu‎2+‎)‎c(Fe‎2+‎)‎保持不变 答案　D　K2S水解显碱性,向K2S溶液中加水稀释,碱性减弱,酸性增强,c(H+)增大,‎ c(HS‎-‎)‎c(S‎2-‎)‎‎=c(H‎+‎)‎Ka2‎,所以c(HS‎-‎)‎c(S‎2-‎)‎增大,A项错误;向醋酸溶液中加NaOH至恰好完全反应,在反应中生成醋酸钠,醋酸钠水解促进水的电离,所以水的电离程度一直增大,B项错误;含有MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡:MgCO3(s) Mg2+(aq)+CO‎3‎‎2-‎(aq),加入少量稀盐酸可与CO‎3‎‎2-‎反应,促使溶解平衡正向移动,故溶液中c(CO‎3‎‎2-‎)减小,C项错误;向CuS和FeS的饱和溶液中加入少量Na2S时,c(Cu‎2+‎)‎c(Fe‎2+‎)‎=Ksp‎(CuS)‎Ksp‎(FeS)‎,Ksp(CuS)和Ksp(FeS)不变,所以c(Cu‎2+‎)‎c(Fe‎2+‎)‎保持不变,D项正确。‎ ‎6.25 ℃时,向HA溶液中滴加NaOH溶液,溶液中HA和A-二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.在pH=5.0的溶液中,c(A-)=c(HA),c(OH-)=c(H+)‎ B.pH=7的溶液中,α(HA)=0,α(A-)=1.0‎ C.25 ℃时,Ka(HA)=1×10-5‎ D.pH=5.0时,溶液中水电离产生的c(H+)=1×10-5 mol·L-1‎ 答案　C　根据题图,pH=5时,c(A-)=c(HA),但c(OH-)c(HC2O‎4‎‎-‎)>c(H2C2O4)>c(C2O‎4‎‎2-‎)‎ D.点④所示溶液中:c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O‎4‎‎-‎)+c(C2O‎4‎‎2-‎)=0.10 mol/L 答案　D　H2C2O4(二元弱酸)不能完全电离,点①pH≠1,则c(H‎+‎)‎c(OH‎-‎)‎≠1012,A错误;点②为混合溶液,由电荷守恒可知,c(K+)+c(H+)=c(HC2O‎4‎‎-‎)+2c(C2O‎4‎‎2-‎)+c(OH-),B错误;点③溶液显酸性,等体积等浓度的KOH和H2C2O4反应生成KHC2O4,说明HC2O‎4‎‎-‎的电离程度大于其水解程度,所以c(C2O‎4‎‎2-‎)>c(H2C2O4),C错误;点④所示溶液中K2C2O4、KHC2O4物质的量之比为1∶1,由物料守恒可知,c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O‎4‎‎-‎)+c(C2O‎4‎‎2-‎)=0.10 mol/L,D正确。‎ ‎8.25 ℃时,体积均为100 mL、浓度均为0.1 mol/L的两种一元碱MOH和ROH的溶液中,分别通入HCl气体,lgc(OH‎-‎)‎c(H‎+‎)‎随通入HCl的物质的量的变化如图所示。下列有关说法中不正确的是(不考虑溶液体积的变化)(　　)‎ A.a点由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为1×10-26‎ B.b点溶液中:c(Cl-)>c(R+)>c(H+)>c(OH-)‎ C.c点溶液的pH=7,且所含溶质为ROH和RCl D.碱性:MOH>ROH,且MOH是强碱,ROH是弱碱 答案　B　没有通入HCl气体之前,MOH的c(OH‎-‎)‎c(H‎+‎)‎=12,可以知道0.1 mol/L MOH溶液中,c(OH-)=0.1 mol/L,故MOH为强碱,同理0.1 mol/L ROH溶液中,c(OH-)=0.01 mol/L,ROH为弱碱。A项,通过计算a点,0.1 mol/L MOH溶液中,c(OH-)=0.1 mol/L,OH-来自碱中,H+来自水的电离,c(H+)=10-13 mol/L,水电离出来的c(H+)和c(OH-)相等,二者乘积为1×10-26,正确;B项,b点加了0.005 mol HCl,中和了一半的ROH,得到的溶液为等物质的量浓度的ROH和RCl混合溶液,c(OH‎-‎)‎c(H‎+‎)‎=6,c(OH-)=10-4 mol/L,溶液呈碱性,c(H+)

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