1、第四章 化学反应与电能 单元测试卷一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分）1为了使反应2HCl2Ag=2AgClH2能顺利进行，某同学设计了下列四个实验，如图所示，你认为可行的是ABCD2原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中不正确的是A由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，其负极反应式为Al-3e=Al3+B由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为Al-3e+4OH=AlO+2H2OC由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，其负极反应式为Cu-2e=Cu2+D由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，其负极反应式为Cu-2e=Cu2+3如图所示，杠杆
2、AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液。一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中，不考虑铁丝反应及两球的浮力变化)A杠杆为导体和绝缘体时，均为A端高B端低B杠杆为导体和绝缘体时，均为A端低B端高C当杠杆为导体时，A端低，B端高；为绝缘体时，A端高，B端低D当杠杆为导体时，A端高，B端低；为绝缘体时，A端低，B端高4如图所示，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为ABCD5利用图中装置可以制备一元弱酸H3BO3，下列说法不正确的是AM室产生的气体为氧气B阴极的电极反应式为：2H2
3、O-e-=2OH-+H2C原料室的B(OH)4-穿过阴离子交换膜进入产品室D当电路中通过1mol电子时，可得到1molH3BO36工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是已知：氧化性：Ni2(高浓度)HNi2(低浓度)A碳棒上发生的电极反应：4OH-4e-=O22H2OB电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减少C为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pHD若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变7电子表中电子计算器的电源常用微型银锌原电池，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，放电时锌极上的电极反应式
4、为；氧化银电极上的反应式为，总反应为。下列说法不正确的是A锌是负极，氧化银是正极B锌发生氧化反应，氧化银发生还原反应C溶液中向正极移动，K向负极移动D随着电极反应的不断进行，电解质溶液的pH会增大8实验室可利用下列微生物电池将污水中的乙二胺H2N(CH2)2NH2转化为无毒无害的物质并产生电能(M、N均为石墨电极)。有关该电池工作时的说法中错误的是（ ）A该电池在微生物作用下将化学能转化为电能B负极的电极反应式为：H2N(CH2)2NH2-16e-+4H2O=2CO2+N2+16H+C电池总反应为：H2N(CH2)2NH2+4O2=N2+2CO2+4H2OD每消耗5.6 L O2时，通过质子交
5、换膜的质子数为NA9以熔融 Li2CO3 和 K2CO3 为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图。下列说法正确 的是A以此电池为电源电解饱和食盐水，当有 0.2 mol e转移时，阳极产生标准状况下 2.24 L 氢气B若以甲烷在燃料极反应时，负极电极反应式为： CH448e=5CO22H2OC该电池使用过程中需补充 Li2CO3 和 K2CO3D空气极发生的电极反应式为 O24e2CO2 =210人工光合系统装置（如图）可实现以CO2和H2O合成CH4。下列说法不正确的是A该装置为原电池，且铜为正极B电池工作时，H+向Cu电极移动CGaN电极表面的电极反应式为：2H2O4e-
6、=O2+4H+D反应CO2+2H2OCH4+2O2中每消耗1molCO2转移4mole-11工业上，以碱性锌锰电池为电源，用铁和石墨作电极电解酸性废水，可将废水中以FePO4(不溶于水)的形式除去，其装置如图所示。下列说法不正确的是AX极材料为石墨B电子流向：ZnX，YMnO2C阳极发生的反应为4Fe8e-+O2+4H+4=4FePO4+2H2OD每消耗19.5gZn理论上沉淀0.2mol12将质量相等的银片和铂片分别作为阳极和阴极来电解硝酸银溶液：i.以电流强度为1A，通电10 min；ii.10 min后，反接电源，以电流强度为2 A继续通电10 min；下列图象分别表示的是：铂电极的质量
7、，银电极的质量及电解池产生气体质量与电解时间的关系图，正确的是下列ABCD13镁及其化合物一般无毒(或低毒)、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点。其中一种镁原电池的反应为：xMg+Mo3S4MgxMo3S4，下列说法错误的是A放电时，负极反应为Mg2eMg2+B放电时，正极反应为Mo3S4+2xe+xMg2+MgxMo3S4C放电过程中Mg2+向正极迁移D放电时，Mo3S4发生氧化反应14钙钛矿太阳能电池被称为是第三代太阳能电池，下图是钙钛矿太阳能电池的示意图。若用该电池作电源电解酸性硫酸铬溶液获取铬单质和硫酸，下列说法正确的是A当太阳能电池
8、有6 mol电子转移时，Cr棒上增重的质量为104 gBD电极发生的电极反应式为2H+2e-=H2C乙池的向甲池移动DC电极接钙钛矿太阳能电池的B极15元素钒在溶液中有多种存在形式，比如：V2(紫色)、V3(绿色)、VO2(蓝色)、(黄色)等。钒液可充电电池的工作原理如图所示。已知充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色，溶液中c(H)1.0molL1，阴离子为。下列说法不正确的是Aa极为电池的正极B充电时，阳极电极反应式为VO2H2Oe2HC放电过程中，右槽溶液颜色由紫色变为绿色D放电时，电子由C2极流出经交换膜流向C1极二、非选择题（本大题共4小题，共55分）16如图所示甲、乙两池电极材料均
9、为铁棒与铂棒，请回答下列问题：(1)若电池中均为溶液，则下列说法正确的是_(填标号)。A一段时间后，甲、乙两池中Pt棒上都有红色物质析出B甲池中Fe棒上发生氧化反应，乙池中Fe棒上发生还原反应C甲池中向Fe棒移动，乙池中向Pt棒移动D一段时间后，甲池中Fe棒质量减少，乙池中Fe棒质量增加(2)若两池中均为饱和NaCl溶液。写出乙池中总反应的化学方程式：_，乙池中Pt棒上的电极反应属于_(填“氧化”或“还原”)反应。甲池中Pt棒上的电极反应式是_。室温下，若乙池转移0.02mol电子后停止实验，该池中溶液体积为2000mL，则溶液混合均匀后_。17重铬酸钾()主要用于制革、印染、电镀等。其水溶液
10、中存在平衡：。回答下列问题：(1)已知有关物质的溶解度如图所示。用复分解法制备的操作过程：向溶液中加入_(填化学式)，搅拌溶解，调节溶液pH约为5，加热溶液至表面有少量晶体析出时，_，抽滤得到粗产品，再用重结晶法提纯粗产品。(2)以铬酸钾()为原料，用电化学法制备重铬酸钾的实验装置如图所示不锈钢作_极，该电极的电极反应为_。分析阳极区能得到重铬酸钾溶液的原因：_。(3)铬对环境能造成污染。常温下，某酸性废水中含有，处理时可用焦亚硫酸钠()将转化为毒性较低的，再调节pH约为8，使沉降，分离出污泥后检测废水中浓度，低于则达到排放标准。参加反应的离子方程式为_。经上述工艺处理后的废水，理论上的浓度约
11、为_。已知：常温下。18为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用如图所示的装置进行实验，回答下列问题。I.用甲装置进行第一组实验：(1)在保证电极反应不变的情况下，下列材料不能代替左侧Cu电极的是_(填序号)。A石墨 B镁 C银 D铂(2)实验过程中，_(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象有_。II.该小组同学用乙装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极溶液逐渐变成紫红色，停止实验后观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根离子()在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，填写下列空白：(3)电解过程中，X极溶液的_(填“
12、增大”“减小”或“不变”)。(4)电解过程中，Y极发生的电极反应为和_。(5)已知和Zn可以构成碱性电池，其中在电池中作正极材料，电池总反应为，则该电池正极的电极反应为_。19A、B、C、D为石墨电极，E、F分别为短周期相邻两种活泼金属中的一种，且E能与NaOH溶液反应。按图示接通线路，反应一段时间。(1)判断装置的名称：甲池为_(填“电解池”或“原电池”，下同)，乙池为_。(2)B极为_(填“正极”或“负极”或“阳极”或“阴极”，下同)，电极反应式为_；F极为_，电极反应式为_。(3)烧杯中溶液会变蓝的是_(填“a”或“b”)，U形管中溶液先变红的是_(填“C”或“D”)极，U形管中发生反应
13、的化学方程式为_。(4)当烧杯中有38.1 g I2(KI足量)生成时，甲池中溶液的质量会减少_g。参考答案1C【解析】A装置为电解池，但阳极不是Ag，A错误；B装置为原电池，B错误；C装置为电解池，阳极是Ag，C正确；D装置为原电池，D错误；答案选C。2C【解析】A由Al、Cu、稀硫酸组成原电池中，Al能与稀硫酸反应，所以Al被氧化做负极，电极反应为Al-3e=Al3+，A正确；B由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池中，Al能与NaOH溶液反应，所以Al被氧化做负极，生成偏铝酸根，电极反应为Al-3e+4OH=AlO+2H2O，B正确；C由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池中，Fe比Cu的
14、还原性强，所以Fe被氧化做负极，电极反应为Fe-2e=Fe2+，C错误；D由Al、Cu、浓硝酸组成原电池中，Al发生钝化，所以Cu被氧化做负极，电极反应式为Cu-2e=Cu2+，D正确；综上所述答案为C。3C【解析】A当杠杆为导体时，铁球作负极，放电使其质量减轻，铜球作正极，溶液中的在铜球上放电析出，使其质量增加，则A端低，B端高，A错误；B当杠杆为导体时，铁球作负极，放电使其质量减轻，铜球作正极，溶液中的在铜球上放电析出，使其质量增加，则A端低，B端高，B错误；C当杠杆为绝缘体时，不能形成原电池，铁球与溶液发生置换反应，在铁球表面析出铜，使其质量增加，则A端高，B端低，C正确；D当杠杆为绝缘
15、体时，不能形成原电池，铁球与溶液发生置换反应，在铁球表面析出铜，使其质量增加，则A端高，B端低，D错误；故选C。4C【解析】由装置图可知，是原电池，装置中铁为负极，且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀的速度越快，因此，装置中铁作正极，被保护，所以，装置是电解池，中铁作阳极，中铁作阴极，阳极金属腐蚀速度快，阴极被保护，因此，又因电解池引起的腐蚀速度原电池引起的腐蚀速度化学腐蚀速度有防护措施的腐蚀速度，因此可得铁被腐蚀的速度大小关系为：，答案选C。5B【解析】A根据分析，M室中发生的电极反应为2H2O4e=O24H，产生的是氧气，A正确；B根据分析，N室中的石墨电极为阴极，电极反应方程式为2
16、H2O2e=H22OH，B错误；C电解池中，阴离子向阳极移动，即向M室移动，即原料室中的B(OH)4会通过阴离子交换膜进入产品室，C正确；D根据阳极的电极反应方程式2H2O4e=O24H，以及HB(OH)4=H3BO3H2O，可知，转移1mol电子时，可得到1molH3BO3，D正确；答案选B。6B【解析】A碳棒连接电源的正极，为阳极，在NaOH溶液中，OH-在电极上失去电子生成氧气，电极反应为：4OH-4e-=O22H2O，故A正确；B在阳极，OH-不断被消耗，溶液中的Na+通过阳离子膜进入B中；在阴极，溶液中的Ni2+得到电子，溶液中的Cl-通过阴离子膜也进入B中，所以B中NaCl的浓度不
17、断增大，故B错误；C在阴极，溶液中的Ni2+得到电子生成Ni。若溶液的pH过低，由于氧化性：Ni2(高浓度)HNi2(低浓度)，溶液中的H+有可能在阴极放电而得不到Ni，所以为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH，故C正确；D若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则在阳极放电的将不再是OH-，而变为Cl-，则电解反应总方程式会发生改变，故D正确；故选B。7C【解析】A根据总反应以及原电池的工作原理，锌元素的化合价升高，即Zn为负极，Ag2O为正极，A项正确；BZn为负极，发生氧化反应，Ag2O中Ag的化合价降低，发生还原反应，B项正确；C根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，阳离子向
18、正极移动，C项错误；D电解质溶液呈碱性，根据总反应可知，该反应消耗水，KOH浓度增大，pH增大，D项正确；故选C。8D【解析】A该电池是原电池，电池在微生物作用下将化学能转化为电能，A正确；B负极上H2N(CH2)2NH2失去电子，发生氧化反应，产生N2、CO2，电极反应式为：H2N(CH2)2NH2-16e-+4H2O=2CO2+N2+16H+，B正确；C乙二胺H2N(CH2)2NH2转化为无毒无害的物质，则碳生成CO2，氮元素转化为N2，所以电池总反应为：H2N(CH2)2NH2+4O2=N2+2CO2+4H2O，C正确；D状况不知，无法由气体的体积求物质的量，所以无法求通过质子交换膜的质
19、子数，D错误；故合理选项是D。9B【解析】A电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2+ H2，转移 2mol 电子，阳极产生 1molCl2，A错误；B若以甲烷在燃料极反应时，通入甲烷的电极是负极，在负极上，发生氧化反应，负极电极反应式为CH448e=5CO22H2O，B正确； C空气中的 CO2会不断转化为，不需要补充 Li2CO3和 K2CO3，C错误； D空气极为正极，正极上的电极反应式为：O2+4e+2CO2=2，D错误；答案选B。10D【解析】A该装置没有外接电源，所以为原电池，根据电子的流向可知GaN电极为负极，Cu电极为正极，故A正确；B原电池中
20、阳离子流向正极，所以H+向Cu电极移动，故B正确；C根据图示可知水在GaN电极上失电子被氧化生成氧气，电极反应式为2H2O4e-=O2+4H+，故C正确；D该反应中CO2转化为CH4，C元素化合价降低8价，所以每消耗1molCO2转移8mol电子，故D错误；综上所述答案为D。11D【解析】A.碱性锌锰干电池中Zn为负极，根据电解原理，X极为阴极，X极为石墨，二氧化锰极为正极，Y极为阳极，Y极为铁，故A说法正确；B.电子在导线上流动，由负极流向正极，因此电子流向：ZnX，YMnO2，故B说法正确；C.阳极上铁被氧化成Fe2+，Fe2e-=Fe2+，后续反应为4Fe2+O2+4H+4=4FePO4
21、+2H2O，因此阳极总反应为4Fe8e-+O2+4H+4=4FePO4+2H2O，故C说法正确；D.阳极反应为4Fe8e-+O2+4H+4=4FePO4+2H2O，负极反应式为Zn2e-+2OH-=Zn(OH)2，建立4Zn8e-4，n(Zn)=0.3mol，理论上沉淀0.3mol，故D说法错误；故答案为D。12A【解析】一开始银电极作阳极失电子形成Ag+，银电极质量减少；铂电极作阴极，Ag+在阴极得电子生成银单质，所以铂电极质量增加；反接后银电极作阴极，质量增加，铂电极上的银先失电子，质量减少，当银反应完后，只有OH-失电子(因为铂是惰性电极，不失电子)产生氧气，再从电流强度和时间关系可得出
22、符合题意，故选A。答案选A13D【解析】A放电时，负极上镁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Mg2e=Mg2+，故A正确；B放电时，正极上Mo3S4得电子发生还原反应，正极反应为Mo3S4+2xe+xMg2+MgxMo3S4，故B正确；C放电时，阳离子向正极移动，即镁离子向正极迁移，故C正确；D放电过程中正极反应为Mo3S4+2xe+xMg2+MgxMo3S4，发生的是还原反应，故D错误；答案选D。14A【解析】A. 当太阳能电池有6 mol电子转移时，根据得失电子守恒可知，Cr棒上有2molCr单质生成，则增重的质量为52g/mol2mol=104 g，故A正确；B. 由分析知，D电极发生的
23、电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，故B错误；C. 电解池中，阴离子移动向阳极，则应为甲池的向乙池移动，故C错误；D. 电解池的阴极接电源的负极，故C电极接钙钛矿太阳能电池的A极，故D错误；故选A。15D【解析】A充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色，即左槽中发生的变化为：，该过程是VO2+失去电子，为氧化反应，故a极为电池的正极，A正确；Ba极为电池的正极，则石墨C1为阳极，电极反应为：，B正确；C放电过程中，右槽为负极，发生氧化反应，由V2+变为V3+，即右槽溶液颜色由紫色变为绿色，C正确；D放电时，C2极为负极，是电子流出的一极，但是电子不经过电解质溶液，D错误；故选D。16B
24、D 2NaCl+2H2O2Na OH+H2+Cl2 氧化 12 【解析】(1)A甲为原电池，Pt电极为正极，表面有Cu析出；而乙池为电解池，Pt为阳极，其表面发生氧化反应，有氧气生成，不可能有Cu析出，故A错误；B甲池为原电池，Fe棒为负极，发生氧化反应；乙池为电解池，Fe棒为阴极，表面发生还原反应，有Cu析出，故B正确；C甲池为原电池，Cu2+向正极(Pt)移动；乙池为电解池，Cu2+向阴极铁棒移动，故C错误；D甲、乙两池工作一段时间后，甲池中Fe棒溶解，发生氧化反应，质量减少；乙池中Fe棒表面有Cu析出，质量增加，故D正确；故答案为：BD；(2)若两池中均盛放NaCl溶液，则甲池发生金属的
25、腐蚀，Pt棒为正极，电极方程式为2H2O+O2+4e-4OH-，Fe棒为负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；乙池为电解食盐水装置，阳极反应式为4OH-O2+4e-+2H2O，阴极反应式为2H+2e-=H2。乙池为电解食盐水装置，氯化钠溶液中存在的离子是：氯离子、氢氧根离子、钠离子、氢离子，氯离子的放电能力大于氢氧根离子，氢离子的放电能力大于钠离子，所以该反应的生成物是氯气、氢气、氢氧化钠，总反应式为2NaCl+2H2O2Na OH+H2+Cl2；Pt电极为阳极，发生氧化反应，故答案为：2NaCl+2H2O2Na OH+H2+Cl2；氧化；甲池发生金属的腐蚀，Pt棒为正极，电极方程式为2H
26、2O+O2+4e-4OH-，Fe棒为负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故答案为：2H2O+O2+4e-=4OH-；当电路通过0.02mol电子时，生成氢氧根离子为0.02mol，溶液的体积为2000mL，则乙池中c(OH-)=0.01mol/L，则，所以乙池溶液的pH=12，故答案为：12。17KCl 冷却结晶 阴 阳极上放电，溶液中浓度增大，使向生成的方向移动，部分通过阳离子交换膜移动到阴极区，使阳极区溶液的主要溶质变为 【解析】(1)由题图可知的溶解度较大，的溶解度较小且溶解度随温度变化较大，向溶液中加KCl，经加热浓缩、冷却结晶等操作，可得到。(2)不锈钢与电源负极相连，作阴极；
27、阴极上得电子生成，则阴极的电极反应为。阳极上失电子发生氧化反应，浓度增大使向生成的方向移动，部分通过阳离子交换膜移向阴极区，使阳极区溶液的主要溶质变为。(3)将转化为毒性较低的，同时焦亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，其反应的离子方程式为。pH约为8，则，已知，则1 L溶液中Cr元素的质量为，理论上的浓度约为。18B 从右向左 滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可) 增大 【解析】.(1)甲装置中左侧为原电池装置，锌作负极，铜作正极，由于需保证电极反应不变，故正极材料的活泼性不能大于Zn，因此不能用镁代替铜，答案选B；(2)硫酸根离子向负极移动，移动方向为从右向左。M极作阳极，失去电
28、子有铜离子生成，铜离子结合氢氧根离子生成氢氧化铜沉淀。故答案为：从右向左；滤纸上有蓝色沉淀产生；.(3)X极作阴极，得到电子生成氢气和氢氧根离子，故X极溶液的逐渐增大。故答案为：增大；(4)由题意可知，铁作阳极，铁失去电子生成。电极反应为4OH4e=2H2O+O2和Fe6e+8OH=+4H2O，故答案为：Fe6e+8OH=+4H2O；(5)碱性电池中锌作负极，失去电子，在正极得到电子转化为氧化铁，电极反应为：2+6e+5H2O=Fe2O3+10OH，故答案为：2+6e+5H2O=Fe2O3+10OH。19电解池 原电池 阴极 Cu2+2e-=Cu 正极 2H2O+2e-=H2+2OH- a D
29、 2H2O+2KCl2KOH+H2+Cl2 12 【解析】(1)根据上述分析，甲池为电解池，乙池为原电池，故答案为：电解池；原电池；(2)根据分析，甲是电解池，所以B是阴极，电极反应式为Cu2+2e-=Cu；F是正极，电极材料金属镁，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，故答案为：阴极；Cu2+2e-=Cu；正极；2H2O+2e-=H2+2OH-；(3) D是阴极，该电极上会产生氢气，所以中冒气泡，则D电极周围有大量氢氧根离子，能使酚酞变红；a中是氯离子失电子产生氯气，能将碘离子氧化为单质遇到淀粉变蓝色，所以烧杯中溶液会变蓝的是a，故U形管内发生的反应为：2H2O+2KCl2KOH+H
30、2+Cl2，故答案为：a；D；2H2O+2KCl2KOH+H2+Cl2；(4) D是阴极，根据2I-+2e-= I2，则38.1 g I2的物质的量为=0.15mol，则转移电子的物质的量为0.15mol2=0.3mol，甲是电解池，B是碳且为阴极，发生反应为Cu2+2e-=Cu，A是阳极，发生反应为：2H2O-4e-=4H+O2，则甲池中溶液减少质量即为铜单质和氧气的质量，转移0.3mol电子时，生成0.15mol的铜，其质量为0.15mol64g/mol=9.6g，同时生成氧气的物质的量0.3mol，则氧气的质量=0.3mol32g/mol=2.4g，则甲池中溶液的质量会减少9.6g+2.4g=12g，故答案为：12。
