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原电池(30分钟50分)一、选择题(本题包括3小题,每小题6分,共18分)1.将铁片和银片用导线连接置于同一稀盐酸溶液中,并经过一段时间后,下列叙述中正确的是()A.负极有Cl2逸出,正极有H2逸出B.负极附近Cl-的浓度减小C.正极附近Cl-的浓度逐渐增大D.溶液中Cl-的浓度基本不变【解析】选D。在本原电池中,Fe作负极,电极反应式为Fe-2e-Fe2+,Ag作正极,电极反应式为2H++2e-H2↑,所以A中无Cl2逸出,原电池中Cl-移向负极,所以负极附近Cl-的浓度增大,正极附近Cl-的浓度减小,但整个溶液中Cl-的浓度基本不变。2.(2018·信阳高二检测)分析如图所示的四个原电池装置,其中结论正确的是()A.①②中Mg作负极,③④中Fe作负极B.②中Mg作正极,电极反应式为6H2O+6e-6OH-+3H2↑C.③中Fe作负极,电极反应式为Fe-2e-Fe2+D.④中Cu作正极,电极反应式为2H++2e-H2↑【解析】选B。②中Mg不与NaOH溶液反应,而Al能和NaOH溶液反应失去电子,故Al是负极;③中Fe在浓硝酸中易钝化,Cu和浓硝酸反应失去电子作负极,A错,C错。②中电池总反应为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑,负极电极反应式为2Al+8OH--6e-2Al+4H2O,二者相减得到正极电极反应式为6H2O+6e-6OH-+3H2↑,B正确。④中Cu是正极,电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,D错。【补偿训练】(2018·遂宁高二检测)由W、X、Y、Z四种金属按下列装置进行实验。下列说法不正确的是()装置现象金属W不断溶解Y的质量增加W上有气体产生A.装置甲中X电极附近有气泡产生B.装置乙中Y电极上的反应式为Cu2++2e-CuC.装置丙中溶液的pH增大D.四种金属的活动性强弱顺序为WXYZ【解析】选D。装置甲中金属W不断溶解,则W为负极,X为正极,附近有气泡产生,A正确;Y上铜离子得电子生成Cu,则Y电极上的反应式为Cu2++2e-Cu,B正确;W上氢离子得电子生成氢气,溶液中氢离子浓度减小,所以溶液的pH增大,C正确;甲中W为负极,X为正极,则活动性:WX;乙中X为负极,Y为正极,则活动性:XY;丙中Z为负极,W为正极,则活动性:ZW,所以四种金属的活动性强弱顺序为ZWXY,D错误。3.下列叙述正确的是()A.反应AlCl3+4NaOHNaAlO2+3NaCl+2H2O,可以设计成原电池B.Zn和稀硫酸反应时,加入少量CuSO4溶液能加快产生H2的速率C.把Fe片和Cu片放入稀硫酸中,并用导线把二者相连,观察到Cu片上产生大量气泡,说明Cu与H2SO4能发生反应而Fe被钝化D.Zn-Cu原电池工作过程中,溶液中H+向负极作定向移动【解析】选B。A中是非氧化还原反应,所以不能设计成原电池。B中能形成Zn-Cu-稀硫酸原电池,加快反应速率,所以B正确。C中Fe片作负极,电极反应式为Fe-2e-Fe2+,Cu作正极,电极反应式为2H++2e-H2↑,所以观察到产生大量气泡。Fe参加反应并没被钝化。D中原电池中电解质溶液的阳离子向正极移动。二、非选择题(本题包括1小题,共12分)4.有甲、乙两位同学均想利用原电池反应验证金属的活动性顺序,并探究产物的有关性质,分别设计了如图所示的原电池,请完成下列问题:(1)甲池中正极上的实验现象是____________________。(2)乙池中总反应的离子方程式为__________________。(3)上述实验证明了“利用金属活动性顺序表可直接判断原电池正负极”,这种做法__________(“可靠”或“不可靠”),如不可靠,请你提出另一种判断原电池正负极的可行的方案________________(若你认为可靠,此空可不作答)。(4)一段时间后,乙学生将乙池两极取出,然后取少许乙池溶液逐滴滴加6mol·L-1稀硫酸直至过量,可能观察到的现象是______________________________。【解析】本题考查原电池的两极与电解质溶液的有关问题,电解质溶液不同,导致两极发生改变。(1)当稀硫酸是电解质溶液时,Mg作负极(活泼性MgAl),Al作正极,电极上产生气泡。(2)当NaOH是电解质溶液时,Al作负极(Mg不与NaOH溶液反应),总反应为2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑。(3)原电池的两极与电解质溶液有关,电解质溶液不同,导致电池正、负极变化,所以直接根据金属活动性顺序表判断不可靠。(4)乙学生将乙池两极取出,电解液中含有Al,是NaOH和NaAlO2的混合溶液,所以逐滴滴加H2SO4,应该先中和掉NaOH,再与NaAlO2反应生成沉淀,当硫酸过量时,Al(OH)3沉淀逐渐消失。答案:(1)电极上产生大量气泡(2)2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑(3)不可靠将两种金属电极连上电流计而构成原电池,利用电流计检测电流的方向,从而判断电子流动方向,由此确定原电池正负极(4)开始无明显现象,过一段时间产生白色沉淀,沉淀逐渐溶解最后消失一、选择题(本题包括1小题,共8分)1.某潜航器使用新型镁-过氧化氢燃料电池系统,其工作原理如图所示。以下说法中错误的是()A.当电路中有2mol电子转移时,镁电极的质量减轻24gB.电池工作时,正极上有H2生成C.工作过程中溶液的pH会增大D.电池正极的反应式为H2O2+2e-+2H+2H2O【解析】选B。Mg为负极,电池的负极反应为Mg-2e-Mg2+,有2mol电子转移时,镁电极的质量减轻24g,故A正确。电池工作时,H+向正极移动,但正极反应为H2O2+2H++2e-2H2O,没有氢气生成,故B错误,D正确。电池总反应式是Mg+H2O2+2H+Mg2++2H2O,消耗氢离子,则电池工作一段时间后,溶液的pH增大,故C正确。【补偿训练】下图是将SO2转化为重要的化工原料H2SO4的原理示意图,下列说法不正确的是()A.该装置将化学能转化为电能B.催化剂b表面O2发生还原反应,其附近酸性增强C.催化剂a表面的反应是SO2+2H2O-2e-S+4H+D.若得到的硫酸浓度仍为49%,则理论上参加反应的SO2与加入的H2O的质量比为8∶15【解析】选B。该装置没有外加电源,是一个原电池,把化学能转化为电能,故A正确;由图示可看出,电子由a表面转移到b表面,因此a表面发生氧化反应,由题意SO2转化为H2SO4发生氧化反应,因此催化剂a表面SO2发生氧化反应,催化剂b表面O2发生还原反应生成H2O,消耗H+,其附近酸性减弱,故B错误;催化剂a表面是SO2失去电子生成硫酸,电极方程式为SO2+2H2O-2e-S+4H+,故C正确;催化剂a处的反应为SO2+2H2O-2e-S+4H+,催化剂b处的反应为O2+2H++2e-H2O,总方程为SO2+H2O+O2H2SO4,设加入的SO2为xg,H2O为yg。则生成硫酸的质量为=g,水的质量变化为yg-=g,根据硫酸浓度仍为49%,则=49%,可以求得=,故D正确。二、非选择题(本题包括1小题,共12分)2.已知反应As+2I-+2H+As+I2+H2O,现设计如图实验装置,进行下列操作:(Ⅰ)向右侧烧杯内逐滴加入浓盐酸,发现电流计指针偏转;(Ⅱ)若改向右侧烧杯中滴加40%NaOH溶液,发现电流计指针与(Ⅰ)实验的偏转方向相反。试回答下列问题:世纪金榜导学号(1)两次操作中指针发生偏转的原因是__________________。(2)两次操作过程中指针偏转方向为什么相反?试用化学平衡移动原理解释________________________。(3)(Ⅰ)操作过程中C1棒上发生的反应为__________________。(4)(Ⅱ)操作过程中C2棒上发生的反应为__________________。【解析】由于反应As+2I-+2H+As+I2+H2O是可逆的,也是氧化还原反应。而且满足:①不同环境中的两电极(连接);②电解质溶液(电极插入其中,可发生自发的氧化还原反应);③形成闭合回路。因此可构成原电池。当加酸时,c(H+)增大,平衡正向移动;C1:2I--2e-I2,是负极;C2:As+2H++2e-As+H2O,是正极。当加碱时,c(OH-)增大,平衡向逆反应方向移动;C1:I2+2e-2I-,是正极;C2:As+2OH--2e-As+H2O,是负极。答案:(1)两次操作中均能形成原电池,化学能转变成电能(2)(Ⅰ)加酸,c(H+)增大,平衡正向移动,As得电子,I-失电子,所以C1极是负极,C2极是正极。(Ⅱ)加碱,c(OH-)增大,平衡逆向移动,As失电子,I2得电子,此时,C1极是正极,C2极是负极。故化学平衡向不同方向移动,发生不同方向的反应,电子转移方向不同,即电流计指针偏转方向不同(3)2I--2e-I2(4)As+2OH--2e-As+H2O【方法规律】解答陌生原电池题的基本方法(1)分析给出的氧化还原反应中的化合价变化,确定还原剂和氧化剂。(2)还原剂在负极失去电子,发生氧化反应,氧化剂在正极得到电子,发生还原反应,且若还原剂是金属单质,则金属必作负极。(3)电子和离子的移动方向按一般的原电池原理进行分析,电子在外电路由负极流向正极,溶液中阳离子移向正极,阴离子移向负极。