届二轮复习 电子守恒巧解电解计算 专题卷全国通用Word格式文档下载.docx

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＝g/mol，M的相对原子量为。

C

3、用石墨电极电解100mLH2SO4和CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况下），原混合溶液中Cu2＋的物质的量浓度为（）

A．1mol·

L－1

B．2mol·

L－1

C．3mol·

D．4mol·

根据题设条件，两极上电极反应式为阴极：

首先Cu2＋＋2e－===Cu，然后2H＋＋2e－===H2↑；

阳极：

4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。

既然阴极上收集到H2，说明Cu2＋已完全放电，根据电子守恒，阴极上Cu2＋、H＋得电子总数应等于OH－失电子总数。

析出0.1molH2获得0.2mol电子，析出0.1molO2失去0.4mol电子，所以有0.1molCu2＋放电，获得0.2mol电子，c（Cu2＋）＝0.1mol/0.1L＝1mol·

L－1。

4、现有24mL浓度为0.05mol·

L－1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol·

L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。

已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（）

A．＋2B．＋3

C．＋4D．＋5

题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6；

而Cr元素的化合价将从＋6→＋n（设化合价为n）。

根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05mol·

L－1×

0.024L×

（6－4）＝0.02mol·

0.020L×

2×

（6－n），解得n＝3。

B

5、已知3.25g某金属X跟过量稀硝酸反应，在反应过程中未见有气体生成，反应后在所得溶液中加入热碱溶液可放出一种气体，其体积为280mL（标准状况），则X为（）

A．ZnB．Fe

C．CuD．Ag

解析　求解时首先分析得出HNO3的还原产物是NH4NO3，其次根据得失电子守恒列出守恒关系，再次讨论金属化合价的升高情况和相对原子质量的关系，最后确定元素种类。

由题意可知金属与硝酸的反应过程中，硝酸的还原产物为NH4NO3，物质的量为0.0125mol，设未知金属的摩尔质量为M，氧化后金属离子的化合价为＋x，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知×

x＝0.0125mol×

[5－（－3）]，讨论得当x＝2时，M＝65g·

mol－1比较合理，故该金属为锌。

6、足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。

若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是

A．60mL

B．45mL

C．30mL

D．15mL

本题考查氧化还原反应计算。

Cu与硝酸发生反应时，Cu失去电子变为Cu2+，硝酸得到电子生成NO2、N2O4、NO，而NO2、N2O4、NO又被氧气氧化生成硝酸，则Cu失去的电子与O2得到的电子数相等，即n（Cu）×

2=n（O2）×

4=

4，n（Cu）=0.15mol，n（NaOH）=2n=2n（Cu）=0.3mol，V（NaOH）=

=0.06L=60mL。

答案选A。

7、全矾液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置。

某溶液中含有

和

，现向此溶液中滴入29.00mL0.1mol/L的FeSO4溶液，恰好使

→VO2+、

→Cr3+。

再滴入2.00mL0.020mol/LKMnO4溶液，又恰好使VO2+→

，而Cr3+不变，此时

→Mn2+，则原溶液中Cr的质量为

A．156mgB．234mg

C．31.2mgD．46.8mg

本题考查氧化还原反应中电子守恒的巧妙运用。

根据题意Fe2+失去的电子数等于

、

得到的电子数之和，而

得到的电子数等于

得到的电子数，设原溶液中Cr的质量为m，则29.00×

10−3L×

0.1mol/L×

1=

3+2.00×

0.020mol/L×

5，m=0.0468g=46.8mg。

答案选D。

D

8、2.8gFe全部溶于一定浓度、200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液的pH为1。

若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断正确的是

A．反应后的溶液最多还能溶解1.4gFe

B．反应后溶液中c（

）=0.85molcom/L

C．反应后溶液中铁元素可能以Fe2+形式存在

D．1.12L气体可能是NO、NO2的混合气体

本题考查混合物的计算。

根据题目反应后溶液的pH=1，可推得反应之后氢离子浓度为0.1mol/L，所以溶液中还存在0.1mol/L的HNO3，可知铁没有过量，所以溶液中的铁元素以Fe3+离子存在，故C错误；

2.8g铁即0.05mol，1.12L气体即0.05mol，铁从0价到+3价，失去的电子数为0.15mol，根据得失电子守恒，气体中氮元素的平均价态为+2价，所以气体全部是NO，故D错误；

反应后溶液中的硝酸根离子的物质的量为：

n（

）=n（HNO3）+3n=0.1mol/L×

0.2L+3×

0.05mol=0.17mol，所以c（

）=

=0.85mol/L，故B正确；

当溶液中的铁全部以Fe2+离子存在，那么消耗的铁最多，根据反应①3Fe+8HNO3

3Fe（NO3）3+2NO↑+4H2O，此时消耗的铁为n（Fe）=

n（HNO3）=

=0.0075mol，根据反应②Fe+2Fe3+

3Fe2+，此时消耗的铁为n（Fe）=

×

n（Fe3+）=

0.05mol=0.025mol，所以总的消耗的铁为0.0075mol+0.025mol=0.0325mol，所以质量为0.0325mol

56g/mol=1.82g，故A错误；

答案选择B。

9、把分别盛有熔融的KCl、MgCl2、Al2O3的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为（）

A．1∶2∶3

B．3∶2∶1

C．6∶3∶1

D．6∶3∶2

该题考查了电解中转移电子的物质的量与析出金属的化合价及物质的量的关系。

在KCl、MgCl2、Al2O3中K、Mg、Al分别为＋1价、＋2价、＋3价，在串联电路中，相同时间通过的电量相同，当都通过6mol电子时，析出K、Mg、Al的物质的量分别为6mol、3mol、2mol，则n（K）∶n（Mg）∶n（Al）＝6∶3∶2。

10、Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O。

当产物中n（NO2）∶n（NO）＝1∶1时，下列说法不正确的是（）

A．反应中Cu2S是还原剂，Cu（NO3）2、CuSO4是氧化产物

B．参加反应的n（Cu2S）∶n（HNO3）＝1∶7

C．产物n[Cu（NO3）2]∶n（CuSO4）＝1∶2

D．1molCu2S参加反应时有10mol电子转移

分析反应可知，Cu2S中Cu、S化合价均升高，Cu2S是还原剂，Cu（NO3）2、CuSO4是氧化产物，A项正确；

1molCu2S失去10mol电子，D项正确；

设参加反应的Cu2S为1mol，生成的NO为xmol，根据电子守恒：

x＋3x＝10，x＝2.5，n（Cu2S）∶n（HNO3）＝1∶（2.5＋2.5＋2）＝1∶7，B项正确；

根据铜守恒，n[Cu（NO3）2]∶n[CuSO4]＝1∶1，C项错误。

11、1.76g铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体1792mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀。

下列说法不正确的是（）

A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L

B．加入NaOH溶液的体积是50mL

C．浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，起氧化性的硝酸的物质的量为0.08mol

D．得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12g

。

密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸浓度为c=

=

=14.0mol/L，故A正确；

1792mLNO2即0.08mol，根据N守恒，起氧化性作用的硝酸的物质的量为0.08mol，故C正确；

HNO3到NO2化合价从+5到+4，所以生成0.08mol的NO2得到0.08mol的电子，根据得失电子守恒，失去的电子为0.08mol，因为铜镁合金失去电子得到的金属离子都是+2价，所以铜镁合金一共有0.04mol，沉淀0.04mol的铜镁合金需要0.08mol的氢氧化钠，即需要80mL1.0mol/L的NaOH，故B错误；

金属氢氧化物相对于铜镁合金增加的质量恰好是氢氧根的质量，0.08mol的氢氧化钠，氢氧根的质量为0.08mol×

17g/mol=1.36g，所以金属氢氧化物的质量为1.76g+1.36g=3.12g，故D正确。

12、向59.2gFe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0L，固体物质完全反应，生成NO和Fe（NO3）3。

在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液2.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6g。

下列有关说法错误的是

A．Fe2O3与FeO的物质的量之比为1∶6

B．硝酸的物质的量浓度为3.0mol/L

C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48L

D．Fe2O3、FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol

本题考查混合物反应的计算、氧化还原反应的计算。

在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×

2.8L=2.8mol，沉淀为Fe（OH）3，质量为85.6g，物质的量为

=0.8mol，根据铁元素守恒有n（FeO）+2n（Fe2O3）=n，所以反应后的溶液中n=n=0.8mol，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有160x+72y=59.2，根据铁元素守恒有：

2x+y=0.8，联立方程解得x=0.1、y=0.6。

A．由上述分析可知，n（Fe2O3）∶n（FeO）=0.1mol∶0.6mol=1∶6，正确；

B．根据电子守恒，生成NO的物质的量为：

=0.2mol，根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+2.8mol=3mol，所以原硝酸溶液的浓度为：

=3mol/L，正确；

C．根据B可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为：

0.2mol×

22.4L/mol=4.48L，正确；

D．反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+3n=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）−3n=2.8mol−3×

0.8mol=0.4mol，错误；

故选D。

二、非选择题

13、含氮废水进入水体中对环境造成的污染越来越严重。

某校环保小组的同学认为可以用金属铝将水中的NO还原成N2，从而消除污染。

（1）配平以下有关的离子反应方程式：

NO＋Al＋H2O——N2↑＋Al（OH）3＋OH－

（2）以上反应中失电子的物质是________，还原产物是________，每生成1mol这种还原产物，将有________电子发生转移。

（3）现需除去1m3含氮0.3mol的废水中的NO（设氮元素都以NO的形式存在），则至少需要消耗金属铝的物质的量为________。

解析　

（2）在该反应中，失电子的物质是Al，还原产物是N2。

生成1molN2时，转移电子的物质的量是1mol×

（5－0）＝10mol。

（3）设需要铝的质量为x，由得失电子守恒可知：

0.3mol×

（5－0）＝3x，解得x＝0.5mol

（1）6　10　18　3　10　6

（2）AlN210mol

（3）0.5mol

14、某硫酸厂为测定沸腾炉中所得气体中SO2的体积分数，取280mL（已折算成标准状况）气体样品与足量Fe2（SO4）溶液完全反应后，用0.02000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液25.00mL。

已知：

Cr2O＋Fe2＋＋H＋―→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O（未配平）。

（1）SO2通入Fe2（SO4）3溶液中，发生反应离子方程式为

______________________________________________________。

（2）沸腾炉中所得气体中SO2的体积分数为________。

（1）SO2中S为＋4价，被氧化成＋6价，产物为SO，Fe3＋被还原成Fe2＋，产物中氧原子数增多，表明反应物中有水，产物中有H＋，仍须用得失电子守恒来配平离子方程式；

（2）根据得失电子守恒可知：

n（SO2）×

2＝n（Cr2O）×

6＝0.02000mol/L×

0.025L×

6＝0.003mol，n（SO2）＝0.0015mol，体积分数为12.00%。

（1）SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋

（2）12.00%

15、如下图所示，若电解5min时，测得铜电极的质量增加2.16g。

试回答：

（1）电源中X极是________（填“正”或“负”）极。

（2）通电5min时，B中共收集到224mL（标准状况）气体，溶液体积为200mL（电解前后溶液的体积变化忽略不计），则通电前c（CuSO4）＝________。

（3）若A中KCl溶液的体积也是200mL，则电解后溶液的pH＝________。

（1）铜极增重，说明银在铜极析出，则铜极为阴极，X为负极。

（2）C中铜极增重2.16g，即析出0.02molAg，线路中通过0.02mol电子。

由4e－～O2，可知B中产生的O2只有0.005mol，即112mL。

但B中共收集到224mL气体，说明还有112mL是H2，即Cu2＋全部在阴极放电后，H＋接着放电产生了112mLH2，则通过0.01mol电子时，Cu2＋已完全变为Cu单质。

由2e－～Cu，可知n（Cu2＋）＝0.005mol，则c（CuSO4）＝＝0.025mol·

（3）由4e－～4OH－知，A中生成0.02molOH－，则：

c（OH－）＝0.1mol·

L－1，即pH＝13。

（1）负

（2）0.025mol·

（3）13