高中化学复习知识点：利用电子守恒法进行多池串联相关计算

25页高中化学复习学问点：利用电子守恒法进展多池串联相关计算一、单项选择题2 有人设想利用电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂NO，所用装置如下图，以下说法正确的选项是2 图中的甲池为电解池，乙池为原电池2 B．a极发生的电极反响为SO2－2e－＋2HO===SO2－＋4H2 2 5 2 4 2 2 C．NO在c极上产生，c极的电极反响为NO－2e－＋HO===NO＋2H2 5 2 4 2 2 2D2.24LSO时，假设要维持硫酸的浓度不变则应补充水11.6mL2以下图为肯定条件下承受多孔惰性电极的储氢电池充电装置〔无视其他有机物。储氢装置的电流效率×100%，以下说法不正确的选项是转移的电子总数A．承受多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失B．过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存C．生成目标产物的电极反响式为CH+6e-+6H+===CH

．．．66 612D．假设=75%，0.8mol如图是一套电化学装置，对其有关说法错误的选项是〔 〕装置A是原电池，装置B是电解池B．反响一段时间后，装置B中溶液pH增大C．a1molCH4，d4mol气体3D．a通入C2H6C2H6-14e-+18OH-=2CO2-+12H2O34．碱性硼化钒(VB4VB＋11O2 224BO＋2VO4．碱性硼化钒(VB4VB＋11O2 224BO＋2VO23 25A．VB2VB＋11HA．VB2VB＋11HO–22eVO＋2BO＋22H+2 2 2 25 232电解过程中，b电极外表先有红色物质析出，然后有气泡产生假设B200mL，则CuSO0.05mol/L4烧杯A中盛放0.1mol/L的H2SO4溶液，烧杯B中盛放0.1mol/L的的CuCl2溶液〔两种溶液均足量，组成的装置如下图。以下说法不正确的选项是〔 〕A．A为原电池，B为电解池B．A为电解池，B为原电池C．当A0.1mol气体时，B0.1molD．经过一段时间，B烧杯中溶液的浓度减小据报道，我国拥有完全自主产权的氢氧燃料电池车将在北京奥运会期间为运发动供给效劳。某种氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液，以下有关该电池的表达不正确的选项是〔〕A．正极反响式为：O2+2H2O+4e-====4OH-B．工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量不变C．该燃料电池的总反响方程式为：2H2+O2====2H2OD．用该电池电解CuCl22.24LCl2(标准状况)0.1mol电子转移甲、乙两个电解池均以Pt为电极，且相互串联，甲池盛有AgNO3溶液，乙池中盛有肯定量的某盐溶液，通电一段时间后，测得甲池中某电极质量增加2.16g，乙池中某电0.24g金属，则乙池中溶质可能是〔〕A．KNO3 B．MgSO4 C．CuSO4 D．Na2SO4某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进展电絮凝净水的试验探究，设计的试验装置如下图，以下表达正确的选项是〔〕C2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑A．X电极质量减轻，C2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑D．每消耗103.5gPb，理论上电解池阴极上有1molH2生成9．电化学在日常生活中用途广泛，图甲是原电池，电池总反响为MgClOH

OClMg(OH)2

，图乙是电解池，用于含Cr2

O2的工业废水的7处理。以下说法错误的选项是( )图甲中发生的氧化反响是Mg2eMg2图乙中惰性电极作电解池的阴极，电极棒上有H放出2图乙中CrO22 7

向惰性电极移动，该极四周有Cr(OH) 生成3假设图甲作为图乙的电源，当消耗3.6g镁时，理论上也消耗8.4g铁二、多项选择题25%25%5LiMn2O4+Si5Li0.12Mn2O4+Li4.4Si，LiPF6纯液体作电解质，以下有关说法正确的选项是〔 〕放电时的负极反响为Li﹣e﹣=Li+假设用该电池电解水，阴极生成3.52gO2，则该电池负极质量削减0.77gC．锂离子电池充电时的阴极反响为Si+4.4e-+4.4Li+=Li4.4SiD．放电时电解质LiPF6水溶液中的Li+移向正极三、综合题完成以下填空。(1)在25℃、101kPa时，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的△H= 。(2)温度为T时，在2L的密闭容器中参加2.0molSO2和1.0molO2发生反响，到达平衡时容器内气体压强变为起始时的0.7倍。该反响的平衡常数为 。在肯定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴参加肯定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。假设反响后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液 利用如下图的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。通入NO的电极反响式为 ；假设通入的NO体积为4.48L(标况下)，则理论上另一电极通入SO2的物质的量应为 。以下图是一个化学过程的示意图，请答复以下问题：〔1〕图中甲池是 装置，乙池是 装置。〔2〕D电极的名称是 ，A电极的名称是 。通入O2的电极的电极反响式为 ，通入CH4的电极的电极反响式为 。丙池中反响的化学方程式为 。当乙池中B〔Ag〕极的质量增加4.32g时，甲池中理论上消耗O2 mL〔标准状况下。参考答案1．B【解析】【分析】【详解】依据图示，图中的甲池相当于燃料电池，为原电池，乙池的两极均为惰性电极，为电解池，故A错误；甲池相当于燃料电池，为原电池，通入二氧化硫的为负极，发生氧化反响，生成硫酸，因此a极发生的电极反响为SO2－2e－＋2H2O=SO42－＋4H＋，故B正确；cdNO4放电生成NO5NO4-2+2HNO=22O+2+，故C错误；2.24L2.24LSO2的物质的量n(SO2)=22.4L/mol=0.1mol，电池的负极反响式为：4SO2-2+22O=4+SO20.2mo0.1mo0.1mol98g/mol=9.8，消耗水的质量为0.2mol18g/mol=3.60.2mo0.2g49.8g设补充xmLH2O，则9.8gx1g/mL3.6g0.2g

×100%=50%，解得：x=13.6mLD错误；应选B。【点睛】此题的难点为D正极区。2．B【解析】【详解】多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；该过程苯被复原为环己烷，C-H键没有断裂，形成的C-H键，故B错误；储氢是将苯转化为环己烷，电极反响式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确；依据图示，苯加氢发生复原反响生成环己烷，装置中左侧电极为阳极，依据放电挨次，2H2O-4e-=O2↑+4H+1.6molO26.4mol，依据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4mol，假设η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75％=4.8mol，苯发生的反响CH+6e-+6H+===CH，参与反响的苯的物质的量为66 6124.8mol/6=0.8mol，故DB。3．B【解析】【分析】由装置图可知A应为燃料电池装置，则B为电解池装置，电解硫酸溶液时，阳极发生氧化反响生成氧气，阴极发生复原反响生成氢气，实质为电解水，硫酸浓度增大，pH减小，A中，负极发生氧化反响，正极发生复原反响，以此解答该题。【详解】A．由装置图可知A消耗气体，应为燃料电池装置，则B生成气体，为电解池装置，故A正确；B．电解硫酸溶液时，阳极发生氧化反响生成氧气，阴极发生复原反响生成氢气，实质为电解水，硫酸浓度增大，pH减小，故B错误；C．由元素化合价可知，a1molCH4，应生成碳酸钾，则失去电子8mol，为原电池的负极，则d4mol，故C正确；3Da口通入C2H6CH-14+18O=2CO2+12O，3故D正确；故答案选B。【点睛】明确原电池正负极和电解池阴阳极上发生的电极反响是解此题关键写。4．D【解析】【分析】2硼化钒-空气燃料电池中，VB4VB＋211O211O24BO＋2VOc23 25氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子发生氧化反响，据此分析计算。【详解】【解析】【解析】2 A、负极上是VB失电子发生氧化反响，则VB2 2VB+22OH--22e-=VO+2BO+11HO，选项A错误；B、外电路中电子由VB

电极流向阴2 2 5 2 3 2 2cB错误；Cb选项C错误；D0.04mol电子时，B装置内与氧气相连的b为阳极，氢氧0.01mol0.448L气体即

0.448L

=0.02mol，则阴极也产生22.4L/mol0.01moL的氢气，所以溶液中的铜离子为0.04−0.01×2=0.01mol，则CuSO

溶液的物质的量浓2 4度为0.01=0.05mol/LD正确；答案选D。0.2【点睛】此题考察原电池及其电解池的工作原理，题目难度不大，此题留意把握电极反响式的书写，利用电子守恒计算。5．B【解析】【分析】A中发生反响为Fe+2H+=Fe2++H↑，B中为惰性电极电解氯化铜溶液，发生反响CuCl22AFeCA中发生反响为Fe+2H+=Fe2++H↑，B中为惰性电极电解氯化铜溶液，发生反响CuCl222Cu+Cl↑，据此解答。2【详解】AFe、C、稀硫酸构成原电池，A、B相连，A装置为B装置供给电能，所以B为电解池，A项正确；由A项分析知，A为原电池，B为电解池，B项错误；A中C上有氢气生成，其电极反响式为：2H++2e-=H2↑A0.1mol气体时，0.2mol电子，B中阳极上氯离子失电子生成氯气，其电极反响式为：2Cl--2e-=Cl2↑，当0.2mol0.1mol，所以A和B中生成气体的物质的量一样，C项正确；B中为惰性电极电解氯化铜，所以一段时间后，B烧杯中溶液的浓度会减小，D项正确；答案选B。6．D【分析】氢氧燃料碱性电池中，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反响，电极反响式为H2+2OH--2e-==2H2O，通入氧气的一极为电池的正极，发生复原反响，电极反响式为O2+2H2O+4e-====4OH-，反响的总方程式为2H2+O2==2H2O，结合氧气和转移电子之间的关系式计算。【详解】正极上氧气得电子发生复原反响，电极反响式为O2+2H2O+4e-==4OH-，所以A选项是正确的；溶液中钾离子没有参与反响，依据原子守恒知，KOH的物质的量不变，所以B选项是正确的；负极电极反响式为H2+2OH--2e-==2H2O，正极电极反响式为O2+2H2O+4e-==4OH-，反响2H2+O2==2H2O，所以C选项是正确的；用该电池电解CuC22.24LC2n(C)=0.1mo2C--2=Cl2↑，0.2mol，故D错误。答案选D。7．C【解析】【详解】甲、乙两个电解池均以Pt为电极，且相互串联，甲池盛有AgNO3溶液，乙池中盛有肯定量的某盐溶液，通电一段时间后，测得甲池中某电极质量增加2.16g，即析出Ag单质的质量2.16g2.16g，n〔Ag〕108g/mol=0.02mol，则电路中通过的电子的物质的量为；乙池中某电极上析出0.24g金属，说明该金属阳离子的氧化性强于H+，即该金属的金属活动性在H之后，而K、Mg、Na的金属活动性都在H；乙池中某电极上析出0.24g金属，说明该金属阳离子的氧化性故答案C。8．B【分析】2Al-6=2Al3+生，说明有局部氢氧根离子放电，铁电极上水得电子作阴极，电极反响为：4 6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，铅蓄电池中X与阴极铁相连，作负极，负极上发生的反响是Pb+SO2--2e-=PbSO，Y4 PbO2+4H++SO2-+2e-=PbSO+2H

O，串联电路中各电极转移电子相等，据此分析解答。4 4 2【详解】蓄电池中两电极都生成硫酸铅，因此两个电极的质量都增加，A错误；2Al+6H2O2Al(OH)3(胶体)+3H2↑铝电极失电子作阳极，电极反响为：2Al-6e-=2Al3+，在铝外表有氧气产生，说明有局部氢OAl和2OB正确；C.阳极铝电极反响为：2Al-6e-=2Al2Al+6H2O2Al(OH)3(胶体)+3H2↑D.n(Pb)=

103.5g程：2H2OO2↑+2H2↑，C错误；207g/mol=0.5mol程：2H2OO2↑+2H2↑，C错误；转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，依据串联电路中电子转移守恒，则电解池的阴极上反响产生H20.5mol，D错误；故合理选项是B。【点睛】极以及铝电极上产生氧气是求解此题关键，难点是电极反响式的书写。9．C【解析】【详解】甲是原电池，由电池总反响可知，Mg失电子发生氧化反响，作负极，负极反响为Mg2eMg2，故A正确；图乙为电解池，惰性电极与电源负极相连，作电解池的阴极，阴极反响式是2HO+2e-=H2 2

+2OH-，所以电极棒上有氢气生成，故B正确；电解池中阴离子向阳极移动，CrO2向阳极Fe电极移动，与亚铁离子发生氧化复原反2 7应生成的C3与惰性电极四周的OH结合转化成Cr(OH) 沉淀而除去，故C错误；3串联电路中转移电子数相等，假设图甲中3.6g镁溶解，电极反响式为Mg2eMg2，图乙阳极反响式是Fe2eFe2，则图乙中溶解nFenMg确；应选C。【点睛】

3.6g 0.15molmFe0.15mol56g/mol8.4g，故D正24g/mol上发生的反响是解此题关键，留意：图乙中阳极上Fe失电子而不是溶液中阴离子失电子，阳极生成的亚铁离子要复原CrO2，题目难度不大。2 710．AC【解析】【详解】依据放电时的电池反响，负极上是失电子的氧化反响，Li﹣e-=Li+，故A正确；3.52g即0.22mol24O﹣4HO+O2，转移电子是0.88moL﹣=L+0.88mol7g/mol=6.16，故B错误；锂离子电池充电时，阴极发生得电子的复原反响，阴极反响为Si+4.4e-+4.4Li+=Li4.4Si，故C正确；D．LiPF6纯液体作电解质，不是水溶液，故D错误；故答案为：AC。【点睛】〔俗称而可充电型锂电池又称之为锂离子电池，它主要依靠锂离子在正极和负极之间移动来工作。在充放电过程中，Li+在两个电极之间来回嵌入和脱嵌：充电时，Li+从正极脱嵌，经过电解11．-488.3kJ∕mol 1620 1：4 NO+6H++5e-=NH4++H2O 0.5mol【解析】【分析】依据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算反响2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反响热；利用三段式法，设参与反响的SO2物质的量，用平衡状态时的压强Ba(OH)2和NaHSO41：1pH和溶液体积换算物质的量列式计算；依据电解装置分析，通入NO的电极连接外电源负极，则该电极为电解4池阴极，电解池阴极发生复原反响，NO转化为NH+，H+参与电极反响，据此写出电极方程式，依据电子守恒计算。据此分析。4【详解】在2101kPaC(sH2(gCCOOH(l的燃烧热分别为393.5kmo285.8kJmo、1870.3kJ∕mol，则H2(g)+2O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ∕mol (1)C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ∕mol(2)CH3COOH(1)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H=-870.3kJ∕mol(3)由盖斯定律可以知道，(1)×2+(2)×2-(3)可得反响2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(1)-488.3kJ∕mol；温度为T2L2.0molSO21.0molO2发生反响，到达平衡时容0.7倍，用三段式法设反响的SO2的物质的量：2SO2

(g)

(g) 2SO2

(g)3起始(mol)： 2 1 0转化(mol)： 2x x 2-2x 1-x

，该反响是恒温恒容下的反响，依据反响前后22x1x2x0.7，x0.9，则化学平衡常数211.822 2K

1620，答案为：1620；0.2 0.1( )2 2 2pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-2mol∕L，设溶液体积为aL，则氢氧根离子物质的量为10-×amo；当溶液中的Ba2恰好完全沉淀时，依据反响Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，反响的硫酸氢钠物质的量为0.5a×10-2mol；设硫酸氢钠溶液体积为bL，混合后溶液pH=11，得溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol∕L，碱过量；a1020.5a102依据公式得： 103，a：b=1：4；答案为：1：4；ab依据电解装置，SO2转化为硫酸根离子，说明NO转化为NH4+，即NO在阴极发生复原反响NO+6H++5e-=NH

++HO，阳极反响式为SO+2HO-2e-=4H++SO2-NO体积为4 2 2