1、原电池的相关计算基础练习注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（共15题）1锌铜原电池装置如图所示，下列说法不正确的是A锌电极上发生反应：Zn-2e-=Zn2+B电子从锌片流向铜片C盐桥中K+移向ZnSO4溶液D理论上，当6.5gZn溶解时析出6.4gCu2镁燃料电池作为一种高能化学电源，具有良好的应用前景。下图是镁-空气燃料电池工作原理示意图。下列有关该电池的说法不正确的是 A该电池Mg作负极，发生氧化反应B该电池的正极反应式为：C电池工作时，电子通过导线由Mg电极流向C电极D当电路中通过0.2mol电子时，消耗的体积为1.
2、12L3在铜锌稀硫酸构成的原电池中，当导线中有1mol电子通过时，下列说法正确的是锌片溶解了32.5g 溶液中向铜片电极移动 正极上发生氧化反应产生了H2 铜片上逸出0.5molH2ABCD4有一种被称为“软电池”的纸质电池，其总反应为：Zn2MnO2H2O=ZnO2MnOOH。下列说法正确的是（ ）A该电池中Zn作正极BZn电极上发生还原反应C该电池工作时电流由Zn经导线流向MnO2D当6.5gZn完全溶解时，流经电路的电子个数约为1.204l0235下列对Zn-Cu原电池(如图所示)的描述错误的是ACu为正极，电子沿导线从Zn流向CuB负极发生氧化反应，其反应式为：Zn-2e-=Zn2+C
3、向Cu极移动D若有1mol电子流经导线，则可产生0.5mol气体6在100 mL H2SO4和CuSO4的混合液中，用石墨作电极进行电解，两极上均收集到2.24 L气体(标准状况下)，则原混合液中Cu2的物质的量浓度为A0.1 molL-1B0.2 molL-1C1 molL-1D2 molL-17如图所示的装置中，有关说法不正确的是A该原电池中极发生氧化反应B该原电池电流从极流向极C该原电池电解质溶液质量不变D该原电池将化学能转化为电能8氢氧燃料电池用于航天飞船，电极反应产生的水经冷凝后可作为航天员的饮用水，其电极反应如下：负极：2H2 + 4OH-4e-= 4H2O正极：O2 + 2H2O
4、 + 4e-=4OH-当得到1.8L饮用水时，电池内转移的电子的物质的量为A1.8 molB3.6 molC100 molD200 mol9环境监察局常用“定电位”NOx传感器来监测化工厂的氮氧化物气体是否达到排放标准，其工作原理如图所示下列说法正确的是（）A“对电极”是正极B“工作电极”上发生的电极反应为NO2+2H+-2eNO+H2OC传感器工作时，H+由“工作电极”移向“对电极”D“对电极”的材料可能为活泼金属锌10热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为。下列有关说
5、法不正确的是ACa为负极B放电过程中，Li+向正极移动C每转移0.4mol电子，理论上生成41.4gPbD若将电解质改为LiCl-KCl溶液，对电池无影响11一种新型电池反应原理如图所示，其中电解质溶于混合有机溶剂中，通过电解质迁移入品格中，生成，下列说法错误的是A电子由a流向bB正极反应式是C转移电子1mol，正极质量增加7gD电解质可以换成水溶液12人们通过碱性锌锰干电池制成了“纸质电池”，采用一个薄层纸片(在其一边镀锌，另一边镀MnO2)，纸内的离子“流过”由氧化锌和水组成的电解液，下列说法正确的是A电池负极反应式：Zn2e+2OH= ZnO+H2OB当电解液中有1.2041023个电子
6、经过时，溶解了0.1molMnO2C氧化锌起传导电子的作用D该电池反应中MnO2起催化剂作用13氨硼烷(NH3BH3)电池反应为NH3BH33H2O2=NH4BO24H2O，可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，已知H2O2足量，下列说法不正确的是()A正极的电极反应式为3H2O2+6H+6e-6H2OBH通过质子交换膜向右侧移动C电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D当电路中转移0.6 NA电子，左右两极室质量差为1.9 g14镀锌铁在发生析氢腐蚀时，若有0.2 mol电子发生转移，下列说法正确的是（ ）有5.6 g金属被腐蚀 有6.5 g金属被腐蚀 在标准状况
7、下有2.24 L气体放出 在标准状况下有1.12 L气体放出ABCD15美国圣路易斯大学研制了一种新型的乙醇电池，其反应为：C2H5OH+3O2 2CO2+3H2O，电池示意如右图，下列说法正确的是Aa极为电池的正极Bb极发生氧化反应C负极的反应为：4H+O2+4e-=2H2OD电池工作时，1mol乙醇被氧化时有12mol电子转移第II卷（非选择题）二、计算题（共5题）16在由Cu片、Zn片和200mL稀H2SO4组成的原电池中，当Cu片上放出2.24L(标准状况下)H2时，H2SO4恰好用完。问：(1)此时在导线上有_mol电子通过。(2)Zn片溶解的质量是_。17在由铜片、锌片和200 m
8、L稀硫酸组成的原电池中，若锌片只发生原电池反应，当在铜片上放出3.36 L(标准状况)的H2时，硫酸恰好用完，则： 产生这些气体消耗的锌的质量是_ 通过导线的电子的物质的量是_ 原稀硫酸的物质的量浓度是_ 正极反应式为_18如图所示的原电池，电极材料是银和锌，电解质溶液是硫酸铜，一段时间后某极析出6.4克的固体。回答下列问题：（1）正极是_(填“锌”或“银)，发生_反应；（2）正极的电极反应式为_；（3）上述过程中共需转移电子_ mol；（4）锌片的质量减少了_克。19某公司开发了一种以甲醇为原料，以KOH为电解质的用于手机的可充电的高效燃料电池，充一次电可连续使用一个月。其中B电极的电极材料
9、为碳，如图是一个电化学过程的示意图。请填空：(1)放电时：正极参加反应气体22.4L(标准状况下)，则转移电子的物质的量为_。(2)在此过程中若完全反应，乙池中A极的质量增加216 g，则乙池中c(H+)=_(反应后溶液体积为2000mL)。(3)若在常温常压下，1gCH3OH燃烧生成CO2和液态H2O时放热22.68kJ，表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_。20某化学兴趣小组的同学设计了如图所示的装置，完成下列问题：(1)反应过程中，_棒质量减少，当一电极质量增加2 g，另一电极减轻的质量_(填“大于”、“小于”或“等于”)2g，正极的电极反应为_。(2)盐桥的作用是向甲、乙两烧杯中提供NH和
10、Cl，使两烧杯溶液中保持电荷守恒。反应过程中Cl将进入_(填“甲”或“乙”)烧杯。当外电路中转移0.2 mol电子时，乙烧杯中浓度最大的阳离子是_。参考答案1C【详解】由装置可知该原电池的反应原理为：，锌作负极，铜作正极，A.锌作负极，失电子，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，故A正确；B.原电池中电子从负极(锌片)流出，经导线流向正极(铜片)，故B正确；C.原电池电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，因此盐桥中钾离子向硫酸铜溶液移动，故C错误；D.由上述总反应可知，1molZn溶解产生1molCu，6.5gZn为0.1mol，产生Cu0.1mol，质量为6.4g，故D正确；故选：
11、C。2D【分析】镁燃料电池中，镁的一极为电源的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为原电池的正极，电子由负极经外电路流向正极，由此综合分析。【详解】A、该电池Mg作负极，发生氧化反应，故A正确；B、该电池的正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；C、电池工作时，电子通过导线由Mg电极流向碳电极，故C正确；D、状况不知，无法求气体的体积，故D错误。答案选D。3B【分析】铜锌稀硫酸构成的原电池中，Zn作负极，电极反应为Zn-2e- =Zn2+；Cu作正极，电极反应为2H+2e-=H2。【详解】导线中有1mol电子通过，锌片溶解0.5mol，质量为32.5g，正确；在原电池中，阴离子
12、向负极移动，所以溶液中向锌电极移动，不正确；原电池正极上得电子，发生还原反应，产生了H2，不正确；导线中有1mol电子通过，铜片上逸出0.5molH2，正确；综合以上分析，只有正确，故选B。4D【分析】【详解】A由电池的总反应：Zn2MnO2H2O=ZnO2MnOOH，可知Zn的化合价由0价变为+2价，Zn失电子作负极，故A错误；BZn是负极，失电子，发生氧化反应，故B错误；C该电池工作时电流是由正极流向负极，电流从MnO2经导线流向Zn，故C错误；D根据电极反应，负极：Zn-2e-=Zn2+，1molZn溶解，转移2mol电子，则6.5gZn为0.1mol，转移的电子数约为0.126.021
13、023=1.2041023，故D正确；答案为D。5C【详解】AZn比Cu活泼，Zn为负极，Cu为正极，电子沿导线从Zn流向Cu，A正确；B负极发生失电子的氧化反应，Zn为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，B正确；C原电池中阴离子移向负极，向Zn极移动，C错误；DCu极电极反应式为2H+2e-=H2，若有1mol电子流经导线，则可产生0.5mol氢气，D正确；答案选C。6C【详解】电解0.1LH2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH-2H2O+O2+4e-，阴极上发生的电极反应为：Cu2+2e-Cu，2H+2e-H2，两极均收集到2.24L(标况)气体，即均生成0.1m
14、ol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，且溶液中有0.1mol铜离子，据c=得到铜离子的浓度为：=1mol/L，故选C。7C【详解】A该装置为原电池，锌比铜活泼，锌做负极，失电子发生氧化反应，故A正确；B原电池中电子由负极流出经过外电路进入正极，该装置中，锌为负极、铜为正极，电子由锌极流向铜极，因此电流从极流向极，故B正确；C该装置为原电池，锌做负极，发生氧化反应生成锌离子，铜为正极，铜离子得到电子发生还原反应在铜电极上析出铜，因此该反应的总反应为：Zn+Cu2+=Zn2+Cu
15、；电解质溶液中每消耗1mol铜离子生成1mol锌离子，电解质溶液的质量增加，故C错误；D原电池为将化学能转化为电能的装置，故D正确；故选C。8D【详解】电池总反应为2H2+O2=2H2O，即生成2mol水，转移4mol电子，得到1.8L饮用水时，m(H2O)= 1800mL1g/mL=1800g，物质的量为100mol，转移200mol电子，答案为D。9D【详解】A. 工作电极是NO2变为NO，化合价降低，是原电池的正极，对电极为负极，故A错误；B. “工作电极”上发生的电极反应为NO2+2H+ + 2e = NO+H2O，故B错误；C. 传感器工作时，根据“同性相吸”理解得到H+由“对电极”
16、移向 “工作电极”，故C错误；D. 对电极为负极，“对电极”的材料可能为活泼金属锌，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】分析化合价变化，化合价降低，发生还原反应，是原电池正极；化合价升高，发生氧化反应，是原电池负极。10D【详解】A. 根据方程式，钙化合价升高，为负极，故A正确；B. 放电过程中，“同性相吸”即Li+向正极移动，故B正确；C. 根据方程式得到1molPb转移2mol电子，因此每转移0.4mol电子，理论上生成0.2molPb，即质量为0.2mol207gmol-1 = 41.4g，故C正确；D. 若将电解质改为LiCl-KCl溶液，钙和水反应，对电池有影响，故D错误。综上所述
17、，答案为D。11D【解析】【分析】形成原电池反应时，Li为负极，被氧化，电极方程式为，为正极，被还原，电极方程式为，结合电极方程式以及元素化合价的变化解答该题。【详解】ALi为负极，为正极，原电池工作时，外电路的电子方向从负极到正极，即从a流向b，故A正确； B为正极，被还原，电极方程式为，故B正确； C反应中Li由0价升高到价，即每转移1mol电子，理论上消耗Li的质量为7g，故C正确； D因负极材料为Li，可与水反应，则不能用的水溶液代替电池中的混合有机溶剂，故D错误； 故选：D。12A【详解】A. 电池负极反应式：Zn2e+2OH= ZnO+H2O，故A正确；B. 电解液中是没有电子经过
18、的，故B错误；C. 纸内的离子“流过”由氧化锌和水组成的电解液，电子不会在电解液中传导，故C错误；D. 该电池反应中MnO2在正极发生还原反应变为MnOOH，故D错误；综上所述，答案为A。【点睛】电子只能在导线中移动，溶液中没有电子的移动，溶液中只有离子在移动。13C【分析】氨硼烷(NH3BH3)电池反应为NH3BH33H2O2=NH4BO24H2O，分析化合价得到，过氧化氢化合价降低，在正极反应，NH3BH3化合价升高，在负极反应。【详解】A选项，过氧化氢化合价降低，在正极反应，其电极反应式为3H2O2+6H+6e 6H2O，故A正确；B选项，H通过质子交换膜向右侧正极移动，故B正确；C选项
19、，电池工作时，正极生成水，负极生成NH4BO2，故C错误；D选项，负极反应NH3BH32H2O 6e=NH4BO26H+，根据A选项，当电路中转移0.6 NA电子时，左侧有0.6mol氢离子从左侧移动到右侧，左侧有0.1mol NH3BH3参与反应，左侧质量增加0.1mol31gmol10.6mol1gmol1= 2.5g，右侧质量增加0.6mol1gmol1= 0.6g，因此左右两极室质量差为2.5g0.6g = 1.9 g，故D正确。综上所述，答案为C。14B【详解】在镀锌铁的析氢腐蚀中：负极(Zn)：Zn2e=Zn2，有0.2 mol e转移时，有0.1 mol Zn溶解，即0.1mol
20、65g/mol=6.5g；正极(Fe)：2H2e=H2，生成0.1 mol H2，标准状况下的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24 L，正确；故答案选B。15D【分析】由质子的定向移动可知a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，乙醇被氧化生成CO2，电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H+O2+4e-=2H2O，结合电极反应解答该题。【详解】A.根据质子的定向移动，b是正极，故错误；B.电池工作时，b是正极，发生还原反应，故错误；C.正极氧气得电子，在酸性条件下生成水，故错误； D. 负极发生氧化反应，乙醇被氧化生成C
21、O2，电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，所以1mol乙醇被氧化时转移12mol电子，故正确；综上所述，本题正确选项D。160.2 6.5g 【分析】(1)根据氢气与转移电子的关系计算；(2)根据氢气与锌的关系式计算。【详解】(1)该铜锌原电池的总反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，根据反应，生成1mol氢气转移2mol电子，则放出2.24L(标准状况下)H2的物质的量为=0.1mol，则转移电子的物质的量为0.2mol；(2)根据(1)中分析，反应中生成0.1mol氢气，该反应的方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，根据反应中化学计量数关系，溶解1
22、mol Zn，生成1mol氢气，消耗单质Zn的物质的量为0.1mol，则Zn片溶解的质量是0.1mol65g/mol=6.5g。【点睛】根据铜锌原电池的原理，书写电池的总反应，根据总反应进行计算。179.75 g 0.3 mol 0.75 mol/L 2H2eH2 【分析】该原电池中，锌为负极，其电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，其电极反应式为2H+2e-=H2，则电池总反应式为：Zn+2H+=H2+Zn2+。【详解】（1）在标准状况下，铜片上放出3.36 L H2，其氢气的物质的量为：，则根据电池总反应式：Zn+2H+=H2+Zn2+，故答案为：9.75g。（2）根据电池总反应
23、式：Zn+2H+=H2+Zn2+，每生成1mol氢气，转移2mol电子，则生成0.15mol氢气，转移电子的物质的量为：，故答案为：0.3mol。（3）根据氢原子守恒得：H2SO4H2，则，故答案为：0.75 mol/L。（4）铜为正极，正极上氢离子得到电子，生成氢气，其电极反应式为：2H+2e-=H2，故答案为：2H+2e-=H2。18银 还原 Cu2+2e-Cu 0.2 6.5 【详解】(1)该原电池中，锌的活泼性大于银，所以锌失电子发生氧化反应，锌作负极；银作正极，正极反应是溶液中铜离子得电子，发生还原反应；(2)正极上，铜离子得电子生成铜，电极反应式为Cu2+2e-Cu；(3)设转移电
24、子的物质的量是xmol； ，x=0.2，所以转移电子0.2mol；(4)锌作负极，锌失电子变成锌离子进入溶液，设锌质量逐渐减少yg；，y=6.5g，所以锌质量减少6.5g。194mol 1molL1 CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l） H=-725.76kJ/mol 【分析】（1）放电时，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为：CH3OH-6e+8OH+6H2O，正极：O24e2H2O=4OH；（2）乙池是电解池，总反应为：4Ag2H2O4Ag4H+O2，乙池中A极上银离子得电子发生还原反应，根据方程式计算氢离子的浓度。（3）n（CH3OH）=m
25、ol，结合燃烧热的概念书写热化学方程式。【详解】(1)放电时：正极：O24e2H2O=4OH，正极参加反应气体22.4L(标准状况下)，则转移电子的物质的量为 =4mol。故答案为：4mol；(2)电解总反应为：4Ag2H2O4Ag4H+O2，乙池中A极上银离子得电子发生还原反应，生成的氢离子的物质的量与银的物质的量相同，A极的质量增加216 g，则乙池中c(H+)=1molL1。故答案为：1molL1；(3)n（CH3OH）=mol，生成CO2和液态H2O时放热22.68kJ，则1molCH3OH燃烧生成CO2和液态H2O时放出的热量为22.68kJ32=725.76kJ，表示甲醇燃烧热的热
26、化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l） H=-725.76kJ/mol。故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l） H=-725.76kJ/mol。【点睛】本题以甲醇为燃料综合考查了燃料电池和电解池的计算以及热化学方程式书写，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难点（2）电解反应的计算，结合电解总方程式计算。20锌 大于 Cu22e=Cu 甲 NH4+ 【分析】锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为Cu2+2e-=Cu，结合电极方程式解答该题；(1) 锌比铜活泼，锌
27、为负极，铜为正极，铜电极析出铜； (2)盐桥的作用是向甲、乙两烧杯中提供NH和Cl，使两烧杯溶液中保持电荷守恒。原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极；乙烧杯中铜离子析出，电荷守恒计算铵根离子浓度。【详解】锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为Cu2+2e-=Cu； (1)反应过程中，锌棒是负极，发生氧化反应，质量减小，而铜棒是正极，发生还原反应，电极反应式为Cu22e=Cu，则正极上质量增重，当正极质量增加2g时，转移电子的物质的量为2mol=mol，此时负极质量减少mol65g/mol2g； (2) 反应过程中，盐桥中的Cl移向负极锌，Cl进入甲杯；当外电路中转移0.2mol电子时，Cu2+2e-=Cu，铜离子减少0.1mol，电荷减少0.2mol，溶液中进入NH4+0.2mol，乙烧杯中浓度最大的阳离子是NH4+，其浓度=2mol/L。