原电池及其构成条件_章节学习

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题型：填空题

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填空题

（1）在下图的装置中，属于原电池的是______

（2）由铜、锌和稀盐酸组成的原电池中，铜是______极，发生______反应，电极反应式是______；锌是______极，发生______反应，电极反应式是______．

正确答案

D、F、G

正

还原

2H++2e-=H2↑

负

氧化

Zn-2e-=Zn2+

解析

解：（1）原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应，

A．该装置中没有两个活泼性不同的电极，所以不能形成原电池，故A错误；

B．该装置中没有两个活泼性不同的电极，且不能自发的进行氧化还原反应，所以不能构成原电池，故B错误；

C．该装置中，两个电极材料相同，所以不能构成原电池，故C错误；

D．该装置符合原电池的构成条件，所以能构成原电池，故D正确；

E．该装置不能自发的进行氧化还原反应，所以不能构成原电池，故E错误；

F．该装置符合原电池的构成条件，所以能构成原电池，故F正确；

G．该装置符合原电池的构成条件，所以能构成原电池，故G正确；

H．该装置不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，故H错误；

故选：D、F、G；

（2）由铜、锌和稀盐酸组成的原电池中，铜不易失电子而作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，锌易失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，

故答案为：正；还原； 2H++2e-=H2↑；负；氧化反应；Zn-2e-=Zn2+．

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题型：简答题

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简答题

图是一个化学过程的示意图．

（1）图中乙池是______ 装置．

（2）C（Pt）电极的名称是______．

（3）写出通入CH3OH的电极的电极反应式是______．

（4）乙池中反应的离子方程式为______．

（5）当乙池中B（Ag）极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2______mL（标准状况下）；此时丙池某电极析出1.6g某金属，则丙中的某盐溶液可能是______

A．MgSO4 B．CuSO4 C．NaCl D．CuCl2．

正确答案

解：（1）由图可知，甲为燃料电池，则为原电池，甲为乙的电源，则乙为电解池，故答案为：电解池；

（2）D与原电池的负极相连，所以D是电解池的阴极，则C（Pt）电极的名称是阳极，故答案为：阳极；

（3）通入CH3OH的电极为负极，失去电子，则电极反应式为CH3OH+8OH-6e-═CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH+8OH-6e-═CO32-+6H2O；

（4）乙为电解池，A与原电池的正极相连，则A为阳极，溶液中银离子、氢氧根离子放电，发生4AgNO3+2H2O 4Ag+O2↑+4HNO3，离子反应方程式为：4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+；

故答案为：4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+；

（5）由电子守恒可知，O2～4Ag～4HNO3，n（O2）=×=0.0125mol，标况下的体积为0.0125mol×22.4L/mol=0.28L=280mL，丙池某电极析出1.60g某金属，氧化性比氢离子强的金属离子均可能，则BD符合，

故答案为：280；BD．

解析

解：（1）由图可知，甲为燃料电池，则为原电池，甲为乙的电源，则乙为电解池，故答案为：电解池；

（2）D与原电池的负极相连，所以D是电解池的阴极，则C（Pt）电极的名称是阳极，故答案为：阳极；

（3）通入CH3OH的电极为负极，失去电子，则电极反应式为CH3OH+8OH-6e-═CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH+8OH-6e-═CO32-+6H2O；

（4）乙为电解池，A与原电池的正极相连，则A为阳极，溶液中银离子、氢氧根离子放电，发生4AgNO3+2H2O 4Ag+O2↑+4HNO3，离子反应方程式为：4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+；

故答案为：4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+；

（5）由电子守恒可知，O2～4Ag～4HNO3，n（O2）=×=0.0125mol，标况下的体积为0.0125mol×22.4L/mol=0.28L=280mL，丙池某电极析出1.60g某金属，氧化性比氢离子强的金属离子均可能，则BD符合，

故答案为：280；BD．

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题型：简答题

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简答题

如图是锂锰电池的反应原理示意图，其中电解质KClO4溶于混合有机溶剂中，Li+ 通过电解质迁移入MnO2晶格中，得到LiMnO2．回答下列问题：

（1）①外电路的电流方向是由______极流向______极．（填字母）

②电池正极反应式为______．

（2）用CR2032锂锰电池作电源分别电解以下三种溶液，假如电路中转移了0.4mol e-，且电解池的电极均为惰性电极．

①电解MNO3溶液时某一电极增加了43.2g M，则金属M的相对原子质量为______．

②电解含有0.4mol K2SO4的溶液100mL，恢复到原来的状态，需要进行的操作是（写出要加入的物质和质量）______．

③电解含有0.2mol NaCl的溶液100mL，阳极产生的气体在标准状况下的体积是______；将电解后的溶液加水稀释至2L，此时溶液的pH=______．

正确答案

解：（1）①Li为负极，MnO2为正极，原电池工作时，外电路的电流方向从正极到负极，即从b极流向a极，

故答案为：b；a；

②MnO2为正极，被还原，电极方程式为MnO2+e-+Li+=LiMnO2，故答案为：Li++MnO2+e-=LiMnO2；

（2）①硝酸根离子为-1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0知，M元素在该化合物中化合价为+1价，电路中转移电子为0.4mol，则n（M）=n（e-）=0.4mol，M===108g/mol，数值上金属元素的摩尔质量等于其相对原子质量为108，故答案为：108；

②根据“析出什么加入什么”原则加入物质，电解硫酸钾溶液时，阳极上析出氧气、阴极上析出氢气，所以相当于电解水，生成1mol水转移电子2mol电子，则转移0.4mol电子生成n（H2O）=×18g/mol=3.6g，需要进行的操作是向溶液中加入3.6g水即可，故答案为：向溶液中加入3.6g水；

③电解0.2molNaCl，氯离子完全放电转移电子物质的量为0.2mol，根据Cl原子守恒得n（Cl2）=n（NaCl）=×0.2mol=0.1mol，还有0.2mol电子是氢氧根离子转移的，生成n（O2）==0.05mol，则阳极生成气体体积=（0.1+0.05）mol×22.4L/mol=3.36L；电解过程分为两步：第一步电解反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑、第二步电解反应式为2H2OO2↑+2H2↑，根据Na原子守恒得n（NaOH）=n（NaCl）=0.2mol，c（NaOH）==0.1mol/L，则溶液pH=13，故答案为：3.36L；13．

解析

解：（1）①Li为负极，MnO2为正极，原电池工作时，外电路的电流方向从正极到负极，即从b极流向a极，

故答案为：b；a；

②MnO2为正极，被还原，电极方程式为MnO2+e-+Li+=LiMnO2，故答案为：Li++MnO2+e-=LiMnO2；

（2）①硝酸根离子为-1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0知，M元素在该化合物中化合价为+1价，电路中转移电子为0.4mol，则n（M）=n（e-）=0.4mol，M===108g/mol，数值上金属元素的摩尔质量等于其相对原子质量为108，故答案为：108；

②根据“析出什么加入什么”原则加入物质，电解硫酸钾溶液时，阳极上析出氧气、阴极上析出氢气，所以相当于电解水，生成1mol水转移电子2mol电子，则转移0.4mol电子生成n（H2O）=×18g/mol=3.6g，需要进行的操作是向溶液中加入3.6g水即可，故答案为：向溶液中加入3.6g水；

③电解0.2molNaCl，氯离子完全放电转移电子物质的量为0.2mol，根据Cl原子守恒得n（Cl2）=n（NaCl）=×0.2mol=0.1mol，还有0.2mol电子是氢氧根离子转移的，生成n（O2）==0.05mol，则阳极生成气体体积=（0.1+0.05）mol×22.4L/mol=3.36L；电解过程分为两步：第一步电解反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑、第二步电解反应式为2H2OO2↑+2H2↑，根据Na原子守恒得n（NaOH）=n（NaCl）=0.2mol，c（NaOH）==0.1mol/L，则溶液pH=13，故答案为：3.36L；13．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•青岛校级期末）中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及主动式电堆．甲醇燃料电池的工作原理如图所示．

（1）该电池工作时，b口通入的物质为______，c口通入的物质为______．

（2）该电池负极的电极反应式为______．

（3）工作一段时间后，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，有______NA个电子转移．

（4）若将a口排放出的1.12L气体，通入到5L0.015mol•L-1NaOH溶液中完全反应．反应后的溶液中离子浓度由大到小的顺序为______．

正确答案

解：（1）据氢离子移动方向知，右侧电极为正极，正极上氧气得电子，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲醇，

故答案为：CH3OH；O2；

（2）负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，

故答案为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；

（3）根据CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+知，甲醇和转移电子之间的关系式得，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，转移电子的物质的量==0.2mol，则转移电子个数为1.2NA，

故答案为：1.2；

（4）标准状况下1.12LLCO2的物质的量为0.05mol，5L0.015mol•L-1NaOH溶液中含有0.075molNaOH，二者恰好发生反应2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，生成等浓度的Na2CO3、NaHCO3，HCO3-、CO32-部分水解，溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），由于CO32-水解程度大于HCO3-，则c（HCO3-）＞c（CO32-），所以反应后溶液中的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）．

解析

解：（1）据氢离子移动方向知，右侧电极为正极，正极上氧气得电子，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲醇，

故答案为：CH3OH；O2；

（2）负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，

故答案为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；

（3）根据CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+知，甲醇和转移电子之间的关系式得，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，转移电子的物质的量==0.2mol，则转移电子个数为1.2NA，

故答案为：1.2；

（4）标准状况下1.12LLCO2的物质的量为0.05mol，5L0.015mol•L-1NaOH溶液中含有0.075molNaOH，二者恰好发生反应2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，生成等浓度的Na2CO3、NaHCO3，HCO3-、CO32-部分水解，溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），由于CO32-水解程度大于HCO3-，则c（HCO3-）＞c（CO32-），所以反应后溶液中的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•石家庄校级月考）硫酸工业尾气中的SO2经分离后，可用于制备硫酸，同时获得电能，装置如图所示（电极均为惰性材料）：M极发生的电极反应式为______．

正确答案

解；硫酸工业尾气中的SO2经分离后，可用于制备硫酸，是二氧化硫失电子得到硫酸根的氧化反应过程，该反应过程是原电池负极发生的反应，所以M是负极，该电极上SO2被氧化生成SO42-，负极电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，故答案为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+．

解析

解；硫酸工业尾气中的SO2经分离后，可用于制备硫酸，是二氧化硫失电子得到硫酸根的氧化反应过程，该反应过程是原电池负极发生的反应，所以M是负极，该电极上SO2被氧化生成SO42-，负极电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，故答案为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+．

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