2022高中化学第四章电化学基础第2节化学电源综合训练含解析新人教版选修.doc

第2节 化学电源
[综合训练]
一、选择题
1．以下关于化学电源的表达错误的选项是(　　)
A．普通锌锰干电池中碳棒为正极
B．铅蓄电池中覆盖着PbO2的电极板是负极板
C．氢氧燃料电池的正极是通入氧气的电极
D．碱性锌锰干电池的比能量和储存时间比普通锌锰干电池高
答案　B
解析　铅蓄电池中覆盖着PbO2的电极板为正极板，Pb板为负极板，故B项错。
2．如图是锌锰干电池的示意图，该电池放电时总反响方程式可以表示为Zn＋2MnO2＋2NH===Zn2＋＋Mn2O3＋2NH3↑＋H2O，那么此电池放电时在正极(碳棒)上发生反响的物质是(　　)
A．Zn B．碳
C．MnO2和NH D．Zn2＋和NH3
答案　C
解析　结合题图可知，Zn筒为电池的负极，碳棒为电池的正极，负极上Zn失电子变成Zn2＋，失去的电子被MnO2得到，那么正极上MnO2得电子和NH反响生成Mn2O3、NH3和H2O。所以正极上的反响物为NH和MnO2。
3．电子表和电子计算器的电源通常用微型银－锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反响式为Ag2O＋H2O＋Zn===Zn(OH)2＋2Ag。以下说法正确的选项是(　　)
A．Ag2O是正极，Zn是负极
B．Zn是正极，Ag2O是负极
C．工作时，电池负极区溶液pH增大
D．工作时，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极
答案　A
解析　根据总反响式可知，金属锌失去电子发生氧化反响，作该电池的负极，氧化银得到电子发生复原反响，作该电池的正极，A项正确，B项错误；负极区锌离子与氢氧根离子结合，溶液中氢氧根离子浓度减小，那么其pH减小，C项错误；工作时，电子由负极经外电路流向正极，即由Zn极流向Ag2O极，D项错误。
4．获得“863”方案和中科院“百人方案〞支持的环境友好型铝碘电池已研制成功，电解液为AlI3溶液，电池总反响为2Al＋3I2===2AlI3。以下说法不正确的选项是(　　)
A．该电池负极的电极反响为Al－3e－===Al3＋
B．该电池的正极材料不能是镁
C．消耗相同质量金属时，用锂作负极时，产生电子的物质的量比铝多
D．该电池的正极材料是碘
答案　D
解析　由总反响式知A项正确；由镁比铝活泼及镁也能与I2反响知B项正确；转移1 mol e－消耗锂、铝的质量分别为7 g、9 g，故C项正确；碘不是导体，故不能作电极材料，D项错误。
　遇到陌生电池时，要认真分析给出的工作原理图，并结合题干信息找出电池工作时发生的氧化复原反响，分析氧化过程和复原过程分别在哪个电极上发生，进而确定电池的正、负极，电子的流向、离子的移向、电流的方向，电极周围离子浓度的变化等。
5．
用于潜航器的镁－过氧化氢燃料电池工作原理如下图。以下说法中错误的选项是(　　)
A．电池的负极反响为Mg－2e－===Mg2＋
B．电池工作时，H＋向负极移动
C．电池工作一段时间后，溶液的pH增大
D．电池总反响式是Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O
答案　B
解析　Mg－H2O2燃料电池中Mg作负极：Mg－2e－===Mg2＋，Pt作正极：H2O2＋2H＋＋2e－===2H2O，总反响式为Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O，消耗H＋，使c(H＋)减小，pH增大，且H＋移向正极，B项说法错误。
6．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反响为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH。以下表达不正确的选项是(　　)
A．放电时负极反响为3Zn－6e－＋6OH－===3Zn(OH)2
B．放电时正极反响为2FeO＋6e－＋8H2O===2Fe(OH)3＋10OH－
C．放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化
D．放电时正极附近溶液的碱性增强
答案　C
解析　放电时，该电池为原电池，根据总反响式可知，锌失去电子作负极，发生氧化反响，生成氢氧化锌，高铁酸根离子得到电子作正极，发生复原反响，生成氢氧化铁，A、B两项正确；放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被复原，C项错误；根据正极的电极反响式可知，放电过程中正极附近溶液中氢氧根离子的浓度增大，那么其碱性增强，D项正确。
7．铁铬氧化复原液流电池是一种低本钱的储能电池，电池结构如下图，工作原理为Fe3＋＋Cr2＋Fe2＋＋Cr3＋。以下说法一定正确的选项是(　　)
A．电池充电时，b极的电极反响式为Cr3＋＋e－===Cr2＋
B．电池放电时，b极的电极反响式为Fe2＋－e－===Fe3＋
C．电池放电时，Cl－从b极穿过选择性透过膜移向a极
D．电池放电时，电路中每通过0．1 mol电子，Fe3＋浓度降低0．1 mol·L－1
答案　A
解析　放电时负极b发生氧化反响Cr2＋－e－===Cr3＋，充电时该电极发生复原反响Cr3＋＋e－===Cr2＋，A项正确，B项错误；放电时阴离子向负极b移动，C项错误；电池放电时，电路中每通过0．1 mol电子，Fe3＋的物质的量减少0．1 mol，D项错误。
　常见电极反响式的书写
(1)根据装置书写电极反响式
首先判断该电池所依据的化学反响，从而确定两个半反响即电极反响。
(2)给出总反响式，写电极反响式
各类电极反响式的一般书写步骤：①列出物质，标出电子的得失；②看环境，配守恒；③两式加，验总式。
(3)给出电极反响式书写总反响方程式
根据给出的两个电极反响式书写总反响方程式时，首先要使两个电极反响式的得失电子数目相等后再将两式相加，消去反响物和生成物中相同的物质即可。注意：假设反响式同侧出现不能共存的离子，如H＋和OH－、Pb2＋和SO，要写成反响后的物质如H2O和PbSO4。
8．一种微生物燃料电池的结构示意图如下图，关于该电池的表达正确的选项是(　　)
A．电池工作时，电子由a流向b
B．微生物所在电极区放电时发生复原反响
C．放电过程中，H＋从正极区移向负极区
D．正极反响式为：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O
答案　D
解析　A项，左侧MnO2反响转化为Mn2＋，Mn元素化合价降低，发生复原反响，所以左侧电极为电源的正极，所以电子由b流向a，故错误；B项，微生物在右侧，右侧电极为电源的负极，所以微生物所在电极区放电时发生氧化反响，故错误；C项，放电过程中，H＋从负极区移向正极区，故错误；D项，电池左侧为电池的正极区，MnO2发生得电子反响，所以正极反响式为：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，故正确。
9．一种以甲醇为燃料、强碱溶液作电解质溶液的新型 电池，充满电后可连续使用一个月，其电池反响为2CH3OH＋3O2＋4OH－===2CO＋6H2O，那么以下有关说法正确的选项是(　　)
A．放电时，CH3OH参与反响的电极为正极
B．放电时，负极的电极反响为CH3OH＋8OH－－6e－===CO＋6H2O
C．标准状况下，通入5．6 L O2并完全反响后，转移了0．5 mol电子
D．放电一段时间后，通入氧气的电极附近溶液的pH降低
答案　B
解析　由电池反响可知，CH3OH参与反响的电极为原电池的负极，A项错误；正极反响为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，标准状况下，5．6 L O2为0．25 mol，故0．25 mol O2完全反响转移电子的物质的量为1 mol，C项错误；由正极反响可以看出，正极附近溶液中OH－的浓度增大，pH升高，D项错误。
二、非选择题
10．
氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为该电池的工作原理示意图，该电池的电极外表镀一层细小的铂粉，吸附气体的能力强，性质稳定。请答复：
(1)氢氧燃料电池放电时能量转化形式主要是____________________________，在导线中电子流动方向为________(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连续由外部供应，电池可连续不断提供电能。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(标准状况下)H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为________。
③将由②生成的LiH与H2O作用放出的H2用作电池燃料，假设能量转化率为80%，那么导线中通过电子的物质的量为________mol。
答案　(1)由化学能转变为电能　由a到b(表达形式合理均可)
(2)2H2＋4OH－－4e－===4H2O或H2＋2OH－－2e－===2H2O
(3)增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，加快电极反响速率
(4)①Li　H2O　②8．71×10－4∶1　③32
解析　(1)原电池是把化学能转化成电能的装置。电池总反响式为2H2＋O2===2H2O，其中H元素从0价升至＋1价，失去电子，即电子在导线中从a流向b。
(2)负极为失去电子的一极，即H2失电子生成H＋，由于溶液是呈碱性的，故负极反响式为H2＋2OH－－2e－===2H2O。
(4)①反响Ⅰ中Li元素从0价升至＋1价，故Li作复原剂。反响Ⅱ中H2O中的H元素从＋1价降至H2中的0价，故H2O作氧化剂。②由反响Ⅰ可知，当锂吸收10 mol H2时，那么生成20 mol LiH，V(LiH)＝×10－3 L≈1．951×10－1 L，那么＝≈8．71×10－4。③20 mol LiH可生成20 mol H2，那么实际参加反响的H2为20 mol×80%＝16 mol，因1 mol H2转化成1 mol H2O的过程中转移2 mol电子，所以16 mol H2在反响中可转移32 mol电子。