资源描述
1．(2022·东城高三月考)关于原电池的表达正确的选项是( )
A．原电池工作时，电极上不一定都发生氧化复原反响
B．某可充电电池充、放电时的反响式为Li1－xNiO2＋xLiLiNiO2，放电时此电池的负极材料是Li1－xNiO2
C．铅、银和盐酸构成的原电池工作时，铅板上有5.175 g铅溶解，正极上就有1 120 mL(标准状况)气体析出
D．在理论上可将反响CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH<0设计成原电池
解析：选D。A中原电池工作时电极上一定都发生氧化复原反响；B中电池放电时，负极材料是Li；C中通过计算知正极上生成的气体在标准状况下应为560 mL。
2．(2022·成都毕业诊断)铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反响为：Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2，以下有关该电池的说法不正确的选项是( )
A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe
B．电池放电时，负极反响为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2
C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低
D．电池充电时，阳极反响为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O
解析：选C。A项，由电池反响可知，Ni2O3→Ni(OH)2，Ni的化合价由＋3价→＋2价，化合价降低，发生复原反响，故Ni2O3为正极，Fe→Fe(OH)2，Fe的化合价由0价→＋2价，化合价升高，发生氧化反响，故Fe为负极，正确；B项，负极发生氧化反响，Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2，正确；C项，阴极发生复原反响，Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－，c(OH－)增大，溶液的pH增大，故错误；D项，阳极发生氧化反响，电极反响为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O，D正确。
3．(2022·南通调研)一种新型燃料电池，以镍板为电极插入KOH溶液中，分别向两极通入乙烷(C2H6)和氧气，其中某一电极反响式为C2H6＋18OH－－14e－===2CO＋12H2O。有关此电池的推断不正确的选项是( )
A．通入氧气的电极为正极
B．参加反响的O2与C2H6的物质的量之比为7∶2
C．放电一段时间后，KOH的物质的量浓度将下降
解析：选D。A项，通入乙烷的一极为负极，通入氧气的一极为正极，正确；B项，1 mol乙烷参与反响时转移14 mol电子，那么参与反响的氧气的量为＝ mol，故正确；C项，根据电极反响式或总反响方程式可知，氢氧化钾被消耗，故正确；D项，放电时正极产生OH－，那么pH增大，D错。
4．(2022·黄冈质检)一种新型熔融盐燃料电池具有高发电效率。现用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，一极通CO气体，另一极通O2和CO2混合气体，其总反响为：2CO＋O2===2CO2。那么以下说法中正确的选项是( )
A．通CO的一极是电池的正极
B．负极发生的电极反响是：O2＋2CO2＋4e－===2CO
C．负极发生的电极反响是：CO＋CO－2e－===2CO2
D．正极发生氧化反响
解析：选C。据题意知通入CO的一极为电源的负极，CO失去电子转变为CO2，发生氧化反响，故A、B、D错误，C正确。
5．(2022·厦门期末)某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H＋，其根本结构见以下列图，电池总反响可表示为：2H2＋O2===2H2O，以下有关说法正确的选项是( )
A．电子通过外电路从b极流向a极
B．b极上的电极反响式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．每转移0.1 mol电子，消耗1.12 L的H2
D．H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极
解析：选D。由电池总反响方程式及原电池原理可知，充入H2的一极即a极是负极，充入O2的一极即b极是正极；电子由负极经外电路流向正极；电池内部阳离子即H＋移向正极，正极即b极的电极反响式为：O2＋4H＋＋4e－===2H2O，故A项、B项错误，D项正确。C项没有指明标准状况，故C项错误。
6．(2022·吉林模拟)某小组为研究电化学原理，设计右图装置，以下表达不正确的选项是( )
A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反响为：Cu2＋＋2e－===Cu
C．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色
D．a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动
解析：选D。a和b不连接时，铁与CuSO4溶液发生反响：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，A项正确；a和b用导线连接时，组成了原电池，Fe作负极，Cu作正极，铜片上发生复原反响：Cu2＋＋2e－===Cu，铁片上发生氧化反响：Fe－2e－===Fe2＋，B项正确；通过以上分析可知，无论a和b是否连接，均发生反响：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，故溶液均从蓝色(Cu2＋的颜色)逐渐变成浅绿色(Fe2＋的颜色)，C项正确；a和b分别连接直流电源正、负极时，构成电解池，铜片作阳极，铁片作阴极，Cu2＋应向阴极(铁电极)移动，D项错误。
7．(2022·哈尔滨月考)一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2－。以下对该燃料电池说法不正确的选项是( )
A．在熔融电解质中，O2－移向负极
B．电池的总反响是：2C4H10＋13O2===8CO2＋10H2O
C．通入空气的一极是正极，电极反响为：O2＋4e－===2O2－
D．通入丁烷的一极是正极，电极反响为：C4H10＋26e－＋13O2－===4CO2↑＋5H2O
解析：选D。由原电池原理知阴离子移向负极，A正确；原电池反响就是一个氧化复原反响，只是氧化反响和复原反响分别在两极进行，由丁烷的燃烧反响知，该电池的总反响为：2C4H10＋13O2===8CO2＋10H2O，且丁烷失电子，O2得电子，应选D。
8．(2022·苏南四校联考)固体氧化物燃料电池是由美国西屋(Westinghouse)公司研制开发的。它以固体氧化锆－氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2－)在其间通过。该电池的工作原理如下列图，其中多孔电极a、b均不参与电极反响。以下判断正确的选项是( )
A．有O2放电的a极为电池的负极
B．有H2放电的b极为电池的正极
C．a极对应的电极反响为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．该电池的总反响方程式为：2H2＋O2===2H2O
解析：选D。H2在O2中燃烧的方程式为2H2＋O22H2O，所以氢氧燃料电池的总方程式为2H2＋O2===2H2O，D对；而O2为氧化剂，在正极反响，所以a极为正极，A错；因反响介质中没有水，所以正极反响式为O2＋4e－===2O2－，C错；根据总反响写出负极反响式为2H2＋2O2－－4e－===2H2O，H2为负极反响物，B错。
9．(2022·河北省石家庄市模拟)综合如图判断，以下说法正确的选项是( )
B．装置Ⅰ和装置Ⅱ中正极反响均是O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．装置Ⅰ和装置Ⅱ中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动
D．放电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的pH均增大
解析：选D。装置Ⅰ中，由于Zn比Fe活泼，所以Zn作原电池的负极，电极反响式为Zn－2e－===Zn2＋；Fe作正极，电极反响式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。由于正极有OH－生成，因此溶液的pH增大。装置Ⅱ中，Fe作负极，电极反响式为Fe－2e－===Fe2＋；Cu作正极，电极反响式为2H＋＋2e－===H2↑。正极由于不断消耗H＋，所以溶液的pH逐渐增大。据此可知A、B皆错，D正确。在原电池的电解质溶液中，阳离子移向正极，所以C错误。
10.(2022·高考安徽卷)研究人员最近创造了一种“水〞电池，这种电池能利用淡水和海水之间含盐量差异进行发电，在海水中电流总反响可表示为：5MnO2＋2Ag＋2NaCl===Na2Mn5O10＋2AgCl，以下“水〞电池在海水中放电时的有关说法正确的选项是( )
A．正极反响式：Ag＋Cl－－e－===AgCl
B．每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子
D．AgCl是复原产物
解析：选B。A项，Ag＋Cl－－e－===AgCl应为负极反响式，故错误；B项，负极只有Ag失电子，根据电荷守恒，由总反响式可知B项正确；C项，Na＋向正极移动，故错误；D项，AgCl为氧化产物，故错误。
11．(2022·天津联考) 金属镁在目前的汽车、航天、航空、机械制造、军事等产业中得到迅猛开展。
(1)目前市场上某些品牌笔记本电脑(如神舟电脑、IBM电脑等)的外壳一改以往的有机合成材料，而使用镁铝合金、钛铝合金等材料。镁铝合金材料在电脑上代替有机合成材料的目的是________(多项选择)。
A．降低本钱 B．增强美观
C．利于散热 D．增加强度
E．增加运算速度
(2)某学校研究性学习小组欲以镁条、铝片为电极，以稀NaOH溶液为电解质溶液设计原电池。
①给你一只安培表，请你画出该原电池的示意图，并标出正负极。
②一段时间后，铝片发生的电极反响式是_______________；镁条外表只有极少量的气泡产生，那么镁电极产生的主要反响的电极反响式为____________。
解析：(1)铝合金材料比有机合成材料在价格上要高，所以A错；实际上铝合金材料在电脑外壳上的使用是从“增加强度〞和“增强美观〞的角度考虑的，当然铝合金作为电脑的外壳材料散热效果要比有机合成材料好的多；铝合金材料的应用与电脑的运算速度没有关系。
(2)铝能够与NaOH溶液反响，所以作原电池的负极，而镁与NaOH溶液不反响作正极。
答案：(1)BCD
(2)①如下列图 ②Al＋4OH－－3e－===AlO＋2H2O 2H＋＋2e－===H2↑
12．(2022·江西八校联考) 氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如下列图为电池示意图，该电池电极外表均匀地镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。请答复以下问题：
(1)氢氧燃料电池能量转化的主要形式是____________________，在导线中电子流动的方向为______________________(用a、b表示)。
(2)负极反响式为_________。
(3)电极外表镀铂粉的原因为______________________
________________________________________________________________________。
(4)该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断地提供电能，因此大量平安储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：
Ⅰ.2Li＋H22LiH
Ⅱ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑
①反响Ⅰ中的复原剂是________，反响Ⅱ中的氧化剂是________。
②LiH固体的密度为0.82 g·cm－3。用锂吸收224 L(标准状况)H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为________。
③由②生成的LiH与H2O反响放出的H2用作电池燃料，假设能量的转化率为80%，那么导线中通过电子的物质的量为________mol。
解析：此题考查电化学知识。(1)原电池原理是将化学能转化成电能。该燃料电池的总反响方程式为2H2＋O2===2H2O，其中H元素从0价升至＋1价，失去电子，即电子从a流向b。(2)负极为失去电子的一极，即H2失电子生成H＋，由于电解质溶液是碱性的，故电极反响式左右两边应各加上OH－。(3)铂粉的接触面积大，可以加快反响速率。(4)由题给两个方程式可知，Li从0价升至＋1价，作复原剂。H2O中的H由＋1价降至H2中的0价，作氧化剂。由反响Ⅰ知，当吸收10 mol H2时，生成20 mol LiH，V(LiH)＝m/ρ＝20×7.9/(0.82×103)≈192.68×10－3(L)。V(LiH)/V(H2)＝192.68×10－3 L/224 L≈8.7×10－4。20 mol LiH可生成20 mol H2，实际参加反响的H2的物质的量为20×80%＝16 (mol)，1 mol H2转移2 mol电子，所以16 mol H2转移32 mol电子。
(2)H2＋2OH－－2e－===2H2O
(3)增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，可加快反响速率
(4)①Li H2O ②8.7×10－4 ③32
13．(2022·宁波模拟)近几年开发的甲醇燃料电池采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过。其工作原理的示意图如下：
请答复以下问题：
(1)Pt(a)电极是电池的________极，电极反响式为____________________________；Pt(b)电极发生________反响(填“氧化〞或“复原〞)，电极反响式为____________________。
(2)电池的总反响方程式为____________________。
(3)如果该电池工作时电路中通过2 mol电子，那么消耗的CH3OH有________mol。
解析：从示意图中可以看出电极Pt(a)原料是CH3OH和水，反响后产物为CO2和H＋，CH3OH中碳元素化合价为－2，CO2中碳元素化合价为＋4，说明Pt(a)电极上CH3OH失去电子，电极Pt(a)是负极，那么电极Pt(b)是正极，Pt(b)电极原料是O2和H＋，反响后的产物为H2O，氧元素化合价由0→－2，发生复原反响，因为电解质溶液是稀H2SO4，可以写出电池总反响式为2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O，再写出较为简单的正极反响式：3O2＋12e－＋12H＋===6H2O，用总反响式减去正极反响式即可得到负极反响式为：2CH3OH＋2H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋。
答案：(1)负 2CH3OH＋2H2O－12e－＝2CO2↑＋12H＋ 复原 3O2＋12H＋＋12e－===6H2O
(2)2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O
(3)
14．(2022·珠海模拟)某研究性学习小组根据反响2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O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 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。
答复以下问题：
(1)此原电池的正极是石墨________(填“a〞或“b〞)，发生________反响。
(2)电池工作时，盐桥中的SO移向________(填“甲〞或“乙〞)烧杯。
(3)两烧杯中的电极反响式分别为
甲________________________________________________________________________，
乙________________________________________________________________________。
(4)假设不考虑溶液的体积变化，MnSO4浓度变为1.5 mol·L－1，那么反响中转移的电子为________mol。
解析：(1)根据题目提供的总反响方程式可知，KMnO4作氧化剂，发生复原反响，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)甲烧杯中的电极反响式为MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O；乙烧杯中的电极反响式为5Fe2＋－5e－===5Fe3＋。(4)溶液中的MnSO4浓度由1 mol·L－1变为1.5 mol·L－1，由于溶液的体积未变，那么反响过程中生成的MnSO4的物质的量为0.5 mol·L－1×0.2 L＝0.1 mol，转移的电子为0.1 mol×5＝0.5 mol。
答案：(1)a 复原
(2)乙
(3)MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O
5Fe2＋－5e－===5Fe3＋
(4)0.5
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
