《2024年步步高大一轮复习讲义高中化学人教版》

1. 如图所示，甲池的总反应式为N₂H₄＋O₂＝N₂＋2H₂O，下列关于该装置工作时的说法正确的是（ ）
　　　
A. 该装置工作时，Ag电极上有气体生成
B. 甲池中负极反应式为N₂H₄－4e⁻＝N₂＋4H⁺
C. 甲池和乙池中溶液的pH均减小
D. 当甲池中消耗3.2 g N₂H₄时，乙池中理论上最多产生6.4 g固体

答案： 答案：C
解析：本题可根据原电池和电解池的工作原理，对各选项进行逐一分析。
- **选项A：判断Ag电极上是否有气体生成**
已知甲池的总反应式为$N_2H_4 + O_2 = N_2 + 2H_2O$，则甲池为原电池，$N_2H_4$在负极发生氧化反应，$O_2$在正极发生还原反应。
乙池为电解池，$Ag$电极为阴极，溶液中的$Cu^{2 + }$在阴极得到电子发生还原反应生成$Cu$，电极反应式为$Cu^{2 + } + 2e^ - = Cu$，所以$Ag$电极上没有气体生成，A选项**错误**。
- **选项B：判断甲池中负极反应式是否正确**
甲池中$N_2H_4$在负极发生氧化反应，由于溶液呈碱性，生成的$H^+$会与$OH^ -$反应生成水，所以负极反应式为$N_2H_4 - 4e^ - + 4OH^ - = N_2 + 4H_2O$，B选项**错误**。
- **选项C：判断甲池和乙池中溶液的pH变化情况**\n甲池：原电池总反应为$N_2H_4 + O_2 = N_2 + 2H_2O$，反应消耗$OH^ -$，溶液的$pH$减小。\n乙池：电解$CuSO_4$溶液的总反应式为$2CuSO_4 + 2H_2O \xlongequal{电解} 2Cu + O_2\uparrow + 2H_2SO_4$，反应生成$H_2SO_4$，溶液的$pH$减小。
所以甲池和乙池中溶液的$pH$均减小，C选项**正确**。
- **选项D：计算当甲池中消耗$3.2 g N_2H_4$时，乙池中理论上产生固体的质量**
$n(N_2H_4)=\frac{3.2g}{32g/mol}=0.1mol$，根据负极反应式$N_2H_4 - 4e^ - + 4OH^ - = N_2 + 4H_2O$可知，$0.1molN_2H_4$失去$0.4mol$电子。
乙池中阴极反应式为$Cu^{2 + } + 2e^ - = Cu$，根据得失电子守恒可知，生成$Cu$的物质的量为$0.2mol$，质量为$0.2mol\times64g/mol = 12.8g$，D选项**错误**。
综上，答案是C选项。

2. (2022·山东，13改编)设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO₂，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO₂(s)转化为Co²⁺，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法错误的是（ ）
　　　
A. 装置工作时，甲室溶液pH逐渐减小
B. 装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸
C. 乙室电极反应式为LiCoO₂＋2H₂O＋e⁻＝Li⁺＋Co²⁺＋4OH⁻
D. 若甲室Co²⁺减少200 mg，乙室Co²⁺增加300 mg，则此时已进行过溶液转移

答案： 答案：C
解析：本题可根据原电池的工作原理，对各选项进行逐一分析。
- **选项A：判断装置工作时甲室溶液pH的变化情况**
甲室为阴极室，电极反应式为$Co^{2 + } + 2e^ - = Co$，溶液中$Co^{2 + }$浓度减小，$H^+$浓度增大，所以甲室溶液$pH$逐渐减小，A选项**正确**。
- **选项B：判断装置工作一段时间后乙室是否应补充盐酸**
乙室为阳极室，电极反应式为$LiCoO_2 + 4H^ + + e^ - = Li^ + + Co^{2 + } + 2H_2O$，反应消耗$H^+$，所以装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸，B选项**正确**。
- **选项C：判断乙室电极反应式是否正确**
乙室为阳极室，电极反应式为$LiCoO_2 + 4H^ + + e^ - = Li^ + + Co^{2 + } + 2H_2O$，而不是$LiCoO_2 + 2H_2O + e^ - = Li^ + + Co^{2 + } + 4OH^ -$，因为溶液呈酸性，不会生成$OH^ -$，C选项**错误**。
- **选项D：判断若甲室$Co^{2 + }$减少$200 mg$，乙室$Co^{2 + }$增加$300 mg$时是否已进行过溶液转移**
若没有进行溶液转移，根据得失电子守恒，甲室$Co^{2 + }$减少的物质的量应等于乙室$Co^{2 + }$增加的物质的量。
$n(Co^{2 + })_{减少}=\frac{200\times10^{-3}g}{59g/mol}\approx0.0034mol$，$n(Co^{2 + })_{增加}=\frac{300\times10^{-3}g}{59g/mol}\approx0.0051mol$，$n(Co^{2 + })_{增加}\gt n(Co^{2 + })_{减少}$，所以此时已进行过溶液转移，D选项**正确**。
综上，答案是C选项。

3. 我国科学家研制一种新型化学电池成功实现废气的处理和能源的利用，用该新型电池电解CuSO₄溶液，装置如图(H₂R和R都是有机物)所示。下列说法正确的是（ ）
　　　　
A. b电极反应式为R＋2H⁺＋2e⁻＝H₂R
B. 电池工作时，负极区要保持呈碱性
C. 工作一段时间后，正极区的pH变大
D. 若消耗标准状况下112 mL O₂，则电解后的CuSO₄溶液(忽略溶液体积变化)的pH约为2

答案： 答案：A
解析：本题可根据原电池和电解池的工作原理，对各选项进行逐一分析。
- **选项A：判断b电极反应式是否正确**
由图可知，b电极为正极，$R$在正极得到电子发生还原反应生成$H_2R$，电极反应式为$R + 2H^ + + 2e^ - = H_2R$，A选项**正确**。
- **选项B：判断电池工作时负极区的酸碱性**
负极上$FeS$失去电子发生氧化反应，电极反应式为$FeS - 2e^ - = Fe^{2 + } + S$，若负极区呈碱性，$Fe^{2 + }$会与$OH^ -$反应生成$Fe(OH)_2$沉淀，所以负极区应保持酸性，B选项**错误**。
- **选项C：判断工作一段时间后正极区的pH变化情况**
正极反应式为$R + 2H^ + + 2e^ - = H_2R$，反应消耗$H^+$，所以工作一段时间后，正极区的$pH$变大，C选项**错误**。
- **选项D：计算若消耗标准状况下112 mL O₂，电解后的$CuSO_4$溶液(忽略溶液体积变化)的pH**
$n(O_2)=\frac{0.112L}{22.4L/mol}=0.005mol$，根据$O_2 + 4e^ - + 4H^ + = 2H_2O$可知，转移电子的物质的量为$0.02mol$。
电解$CuSO_4$溶液的总反应式为$2CuSO_4 + 2H_2O \xlongequal{电解} 2Cu + O_2\uparrow + 2H_2SO_4$，根据得失电子守恒可知，生成$H_2SO_4$的物质的量为$0.01mol$，$c(H^ + )=\frac{0.01mol\times2}{0.1L}=0.2mol/L$，$pH = - \lg c(H^ + ) = - \lg0.2\neq2$，D选项**错误**。
综上，答案是A选项。

4. 二十大报告明确了生态文明建设的总基调是推动绿色发展。NO - 空气质子交换膜燃料电池实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合。某化学兴趣小组用如图装置模拟工业处理废气和废水的过程。已知电极材料均为惰性电极。回答下列问题：
　
(1)甲池在放电过程中的负极反应式为______________________________。
(2)乙池中通入废气SO₂的电极为____极，电池总反应的离子方程式为______________________________。
(3)b为________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。当浓缩室得到4 L浓度为0.6 mol·L⁻¹的盐酸时，M室中的溶液质量变化为________(溶液体积变化忽略不计)。
(4)若在标准状况下，甲池有5.6 L O₂参加反应，则乙池中处理废气(SO₂和NO)的总体积为__________L。

答案： 答案：
(1)$NO + 2H_{2}O - 3e^{-}=NO_{3}^{-}+ 4H^{+}$
(2)阳 $5SO_{2}+2NO + 8H_{2}O\xlongequal{电解}2NH_{4}^{+}+ 5SO_{4}^{2 - }+ 8H^{+}$
(3)阴 减小18 g
(4)15.68
解析：
(1)甲池在放电过程中，负极上一氧化氮失去电子发生氧化反应生成硝酸根离子，反应为$NO + 2H_{2}O - 3e^{-}=NO_{3}^{-}+ 4H^{+}$。
(2)乙池中通入废气$SO_{2}$的电极连接电源正极，为阳极；阳极二氧化硫发生氧化反应生成硫酸根离子，阴极一氧化氮发生还原反应生成铵根离子，电池总反应的离子方程式为$5SO_{2}+2NO + 8H_{2}O\xlongequal{电解}2NH_{4}^{+}+ 5SO_{4}^{2 - }+ 8H^{+}$。
(3)丙中阳极上水电离发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子从M室通过a膜进入浓缩室；N室中氯离子通过b膜进入浓缩室，最终得到较浓的盐酸，故b为阴离子交换膜。当浓缩室得到4 L浓度为$0.6mol\cdot L^{-1}$盐酸时，迁移过来的氢离子为$4L×(0.6mol\cdot L^{-1}-0.1mol\cdot L^{-1}) = 2mol;2H_{2}O - 4e^{-}=4H^{+}+ O_{2}\uparrow$，则反应1 mol水，M室中溶液的质量变化为减少$1mol×18g\cdot mol^{-1}=18g$。
(4)乙池中$SO_{2}$转化为硫酸根离子、NO转化为铵根离子；若标准状况下，甲池有5.6 L $O_{2}$(为0.25 mol)参加反应，根据得失电子守恒可知，$O_{2}\sim 4e^{-}\sim 2SO_{2}\sim \frac {4}{5}NO$，则乙池中处理废气($SO_{2}$和NO)共0.7 mol，总体积为15.68 L。