2019-2020同步苏教化学选修四新突破课时分层作业：3 原电池的工作原理 .doc

课时分层作业(三)原电池的工作原理 (建议用时：45分钟)基础达标练1在理论上不能用于设计原电池的化学反应是()AH2SO4(aq)BaCl2(aq)=2HCl(aq)BaSO4(s) H<0B2CH3OH(l)3O2(g)=2CO2(g)4H2O(l) H<0C4Fe(OH)2(s)2H2O(l)O2(g)=4Fe(OH)3(s) H<0D3Cu(s)8HNO3(aq)=3Cu(NO3)2(aq)2NO(g)4H2O(l) H<0A理论上放热的氧化还原反应能够设计成原电池。2在如图所示的水果电池中，外电路上的电流从X电极流向Y电极。若X为铁，则Y可能是()A锌B石墨C银D铜A电流的方向与电子的移动方向相反，由已知条件知电子由Y电极流向X电极，因此Y电极的金属活动性强于铁，故Y电极只能为选项中的锌。3某原电池反应的离子方程式为Fe2H=Fe2H2，则下列说法正确的是 ()AHNO3为电解质溶液B锌为原电池正极C铁质量不变D铜为原电池正极D由原电池反应的离子方程式知，电池的负极为铁，则正极应是比铁不活泼的金属或非金属(如C)(B被否定)，在反应中负极不断被消耗(C被否定)，由于反应中放出了氢气并生成了Fe2，故知电解质溶液不能是HNO3(A被否定)。由上分析可知正确选项为D。4下列关于原电池的叙述正确的是()A在外电路中，电流由铜电极流向银电极B正极反应为Cu22e=CuC实验过程中取出盐桥，原电池仍继续工作D将铜片直接浸入硝酸银溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同D该原电池中Cu作负极，Ag作正极，电极反应为Cu2e=Cu2(负极)，2Ag2e=2Ag(正极)，盐桥起到了传导离子、形成闭合回路的作用，电子由负极流向正极，电流的方向和电子的流向相反。D选项正确。5在如图所示的装置中，a的金属活动性比氢要强，b为碳棒，关于此装置的各项叙述不正确的是()A碳棒上有气体放出，溶液pH变大Ba是正极，b是负极C导线中有电子流动，电子从a极流向b极Da极上发生了氧化反应B电极a、b与电解质溶液稀H2SO4组成原电池。因活动性ab(碳棒)，所以a为原电池的负极，b为正极。电极反应式为a(负)极：ane=an(氧化反应)，b(正)极：nHne=H2(还原反应)。由于正极放电消耗H，溶液中c(H)减小，pH增大，在外电路中，电子由a极流出经电流计流向b极。6如图所示装置中，观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是()选项MNPA锌铜稀硫酸溶液B铜铁稀盐酸C银锌硝酸银溶液D锌铁硝酸铁溶液C本题通过电极变化来确定电极，N棒变细，即N极上发生氧化反应，N棒金属较活泼，排除A、D，由M棒变粗，可知B不正确。7以锌片和铜片为两极，以稀硫酸为电解质溶液组成原电池，当导线中通过2 mol电子时，下列说法正确的是()A锌片溶解了1 mol，铜片上析出1 mol H2B两极上溶解和析出的物质的质量相等C锌片溶解了31 g，铜片上析出了1 g H2D锌片溶解了1 mol，硫酸消耗了0.5 molA在涉及原电池的有关计算中，关键是要把握住一点：即两极得失电子数相等。利用这一特点，我们从电极反应式看，负极：Zn2e=Zn2；正极：2H2e=H2。当溶解1 mol锌时失去2 mol电子，铜片上析出1 mol氢气得到2 mol电子，得失电子守恒，这样即可推出A正确。8.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Al3e=Al3B由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为Al3e4OH=AlO2H2OC由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，其负极反应式 Cu2e=Cu2D常温下，由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，其负极反应式为Cu2e=Cu2CAl、Cu、稀硫酸组成的原电池中，较活泼金属Al为负极，A正确；因为Mg与NaOH溶液不反应，故Mg、Al、NaOH溶液组成的原电池中，Al为负极，发生氧化反应，B正确；因Fe比Cu活泼 ，Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池时，Fe失电子被氧化，负极反应为Fe2e=Fe2，C错误；因常温下Al可被浓硝酸钝化，故Al、Cu、浓硝酸原电池中，Cu为负极，失电子被氧化，D正确。9已知电极材料：铁、铜、银、石墨、锌、铝；电解质溶液：CuCl2溶液、Fe2(SO4)3溶液、硫酸。按要求回答下列问题：(1)电工操作上规定：不能把铜导线和铝导线连接在一起使用。请说明原因_。(2)若电极材料选铜和石墨，电解质溶液选硫酸铁溶液，外加导线，能否构成原电池？_。若能，请写出电极反应式，负极：_，正极：_。(若不能，后两空不填)(3)设计一种以铁和稀硫酸反应为原理的原电池，要求画出装置图(需标明电极材料及电池的正、负极)。解析：(1)当Cu、Al导线连接时，接触到潮湿的空气就易形成原电池而被腐蚀。(2)因为FeCl3能与Cu发生反应：2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2，因此根据给出的条件可以设计成原电池，其负极为Cu，反应为Cu2e=Cu2，正极为石墨，电极反应式为2Fe32e=2Fe2。(3)因为总反应式为FeH2SO4=FeSO4H2，所以负极为Fe，正极可为Cu、Ag或石墨等，电解质为稀硫酸，由此即可画出装置图。答案：(1)二者连接在一起时，接头处在潮湿的空气中形成原电池而被腐蚀(2)能Cu2e=Cu22Fe32e=2Fe2(3)10由锌片、铜片和200 mL稀H2SO4组成的原电池如图所示。(1)原电池的负极反应式是_，正极反应式是_。(2)外电路中电流的方向是_。(3)一段时间后，当在铜片上放出2.24 L(标准状况)气体时，H2SO4恰好消耗一半。则产生这些气体的同时，共消耗_g锌，此时转移的电子的物质的量为_，原硫酸的物质的量浓度是_(设溶液体积不变)。解析：(1)根据电极材料可知，锌为负极，电极反应式为Zn2e=Zn2，铜为正极，电极反应式为2H2e=H2；(2)外电路中电流从正极流向负极；(3)当正极上放出2.24 L(标准状况)氢气时，则有：ZnH2SO4=ZnSO4H22e65 g 1 mol22.4 L2 molmn(H2SO4) 2.24 Ln(e)列比例式，计算可得：m6.5 g，n(H2SO4)0.1 mol，n(e)0.2 mol，c(H2SO4)1.0 molL1。答案：(1)Zn2e=Zn22H2e=H2(2)由Cu极流向Zn极(3)6.50.2 mol1.0 molL1能力提升练11将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Cu22e=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WXYZDA.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，故A正确；B.Y上铜离子得电子生成Cu，则Y电极上的反应式为Cu22e=Cu，故B正确；C.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，故C正确；D.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，故D错误。12控制适当的条件，将反应2Fe32I2Fe2I2设计成如图所示的原电池。下列判断不正确的是()A反应开始时，乙中电极反应为2I2e=I2B反应开始时，甲中石墨电极上Fe3被还原C电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态D平衡时甲中加入FeCl2固体后，电流计读数为零DA项，反应开始时，乙中石墨电极为负极，I发生氧化反应；B项，甲中石墨电极为正极，Fe3发生还原反应；C项，电流计读数为零时，各离子浓度不变，则该反应达到化学平衡状态；D项，平衡时甲中加入FeCl2固体，平衡向逆反应方向移动，反应中有电子转移，电流计读数不为零。13(双选)如图所示，杠杆A、B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，然后小心地向水槽中滴入浓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，不考虑两球的浮力变化)()A当杠杆为绝缘体时，A端高B端低B当杠杆为绝缘体时，A端低B端高C当杠杆为导体时，A端低B端高D当杠杆为导体时，A端高B端低AC当杠杆为导体时，构成原电池，Fe作负极，Cu作正极，电极反应式分别为负极：Fe2e=Fe2，正极：Cu22e=Cu，铜球增重，铁球质量减轻，杠杆A端低B端高。当杠杆为绝缘体时，Fe与Cu2直接发生置换反应，Fe上附着Cu，质量增大，所以A端高B端低。14某研究性学习小组根据反应2KMnO410FeSO48H2SO4=2MnSO45Fe2(SO4)3K2SO48H2O设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 molL1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。回答下列问题：(1)此原电池的正极是石墨_(填“a”或“b”)，发生_反应。(2)电池工作时，盐桥中的SO移向_(填“甲”或“乙”)烧杯。(3)写出两烧杯中的电极反应式：甲_，乙_。(4)若不考虑溶液的体积变化，MnSO4浓度变为1.5 molL1，则反应中转移的电子为_mol。解析：(1)根据题目提供的总反应方程式可知，KMnO4作氧化剂，发生还原反应，故石墨a是正极。(2)电池工作时，SO向负极移动，即向乙烧杯移动。(3)甲烧杯中的电极反应式为MnO5e8H=Mn24H2O；乙烧杯中的电极反应式为5Fe25e=5Fe3。(4)溶液中的MnSO4浓度由1 molL1变为1.5 molL1，由于溶液的体积未变，则反应过程中生成的MnSO4的物质的量为0.5 molL10.2 L0.1 mol，转移的电子为0.1 mol50.5 mol。答案：(1)a还原(2)乙(3)MnO5e8H=Mn24H2O5Fe25e=5Fe3(4)0.5