2018高考新颖电化学二轮复习专题练习

wordword22/22word1．某太阳能电池的工作原理如下列图。如下说法正确的答案是()A.硅太阳能电池供电原理与该电池一样B.光照时，H+由a极区经质子交换膜向b极区迁移C.光照时，b极的电极反响式为VO2+-e－+H2O=VO2++2H+D.夜间无光照时，a极的电极反响式为V3++e－=V2+【答案】C【解析】A、硅太阳能电池是用半导体原理将光能转化为电能，是物理变化，而该电池是化学能转化为电能，两者原理不同，选项A错误；B、光照时，b极VO2+−e−+H2OVO2++2H+，产生氢离子，而氢离子由b极室透过质子膜进入a极室，选项B错误；C、光照时，b极发生失去电子的氧化反响，电极反响式为VO2+−e−+H2OVO2++2H+，选项C正确；D、夜间无光照时，相当于蓄电池放电，a极的电极反响式为：V2+−e−V3+，发生氧化反响，是负极，选项D错误；答案选C。点晴:此题考查原电池知识。侧重于原电池的工作原理的考查，注意把握电极反响的判断，把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键。原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反响。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生复原反响，答题时注意灵活应用。2．某锂离子电池工作原理如如下图所示，电池反响为：Li1－xCoO2＋LixCLiCoO2＋C。如下说法不正确的答案是A.放电时，电子从b极经用电器流向a极B.放电时，假如转移1mole－，碳材料将增重7gC.充电时，锂离子通过隔膜进入右室D.充电时，a极反响：LiCoO2－xe－=Li1-xCoO2＋xLi+【答案】B【解析】电池反响为：Li1－xCoO2＋LixCLiCoO2＋C。放电时，a极反响：Li1-xCoO2＋xLi++xe－=LiCoO2，故为原电池的正极，b极为负极，电极反响：LixC－xe－=xLi++C，A.放电时，电子从负极b极经用电器流向正极a极，选项A正确；B.根据电极反响：LixC－xe－=xLi++C，放电时，假如转移1mole－，碳材料将增重g，选项B不正确；C.充电时，锂离子通过隔膜向阴极室进入右室，选项C正确；D.充电时，a极为阳极，电极反响：LiCoO2－xe－=Li1-xCoO2＋xLi+，选项D正确。答案选B。点睛：此题考查了二次电池，侧重于对原电池原理和电解池原理的考查，题目难度中等，注意根据电池总反响判断正负极材料与电极反响。给电池充电时，负极与外接电源的负极相连，正极与外接电源的正极相连。电池反响为：Li1－xCoO2＋LixCLiCoO2＋C。放电时，a极反响：Li1-xCoO2＋xLi++xe－=LiCoO2，故为原电池的正极，b极为负极，电极反响：LixC－xe－=xLi++C，据此分析解答。3．新型液态金属Li-Sb电池具有优良的动力传输特性，工作原理如下列图，该电池的两极与电解液被分成3层(熔融Li和Sb可互溶)。如下说法正确的答案是A.电池放电时Li为正极B.将Li换成Na会提高该电池的比能量C.该电池充电时阳极金属的总质量不变D.在Sb电极中常掺入Pb，目的是降低该电池工作温度【答案】D【解析】电池放电时Li为负极，A项错误；比能量是指参与电极反响的单位质量的电极材料放出电能的大小，将Li换成Na会降低该电池的比能量，B项错误；当电池放电时，上层的锂金属失去电子，成为锂离子，移到中层的盐层，而盐层中的锂离子，如此会吸收电子，渐渐跑到铅锑混合物所在的最下层，假如开始充电，最底层的锂金属会往上熔回盐层的过程中，熔融Li和Sb可互溶，故该电池充电时阳极金属的总质量发生改变，C项错误；将正极金属Sb和低熔点金属进展合金化来降低熔点，从而降低电池的工作温度，D项正确。4．微生物燃料电池在净化废水(主要去除Cr2O72-)的同时能获得能源或得到有价值的化学产品。如图为其工作原理，如图为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。如下说法正确的答案是A.M为电池正极，CH3COOH被复原B.2(忽略CO2溶解)C.反响一段时间后，N极附近pH下降D.Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成复原菌失活【答案】D【解析】A.由图某某息可知，电子由M极流向N极，如此M为电池负极，CH3COOH被氧化，选项A错误观点；B.根据负极电极反响式CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+2(忽略CO2溶解)，但题干中没有说明标准状况，选项B错误；C.根据图某某息可知，N极消耗氢离子，反响一段时间后，氢离子浓度降低，N极附近pH增大，选项C错误；D.强氧化剂能使蛋白质变性，故Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成复原菌失活，选项D错误。答案选D。点睛：此题考查原电池知识，侧重学生的分析能力的考查，答题时注意把握题给信息，结合氢离子的定向移动判断原电池的正负极，注意有机物中C元素化合价的判断，由电解池装置图可知H+向右移动，如此b电极为正极，发生复原反响，Cr2O72-得电子生成Cr3+，a极发生氧化反响，CH3COOH被氧化生成CO2，为原电池的负极，以此解答该题。5．利用如下实验探究铁钉在不同溶液中的吸氧腐蚀。如下说法不正确的答案是A.上述正极反响均为O2+4e-+2H2O=4OH-B.在不同溶液中，Cl是影响吸氧腐蚀速率的主要因素C.向实验④中参加少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快D.在300min内，铁钉的平均吸氧腐蚀速率酸性溶液大于中性溶液【答案】B【解析】A.铁钉发生电化学吸氧腐蚀的正极反响为O2+4e-+2H2O=4OH-，故A正确；B.通过右侧图像中曲线比照可以看出，NH4+的存在是影响吸氧腐蚀速率的主要因素，氯离子对吸氧腐蚀速率影响不大，故B错误；C.根据图像，NH4+存在会加快吸氧腐蚀速率，所以向实验④中参加少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快，故C正确；D.NH4+水解溶液显酸性，结合图像可知酸性溶液中铁钉的平均吸氧腐蚀速率大于中性溶液，故D正确。点睛：此题考查了金属的吸氧腐蚀，对图像的解读非常重要，从图像中不同溶液氧气浓度的变化可以得出吸氧腐蚀的速率，氧气消耗越快速率越快，反映了学生解读信息的能力。6．SO2是主要大气污染物之一，工业上可用如下装置吸收转化SO2(A、B为惰性电极)。如下说法正确的答案是A.电子流动方向为：B→b→a→AB.a、A极上均发生氧化反响C.离子交换膜为阳离子交换膜D.B极上的电极反响式为：SO2+2eˉ+2H2O=SO42-+4H+【答案】C【解析】根据图示可知，SO2→H2SO4，硫元素化合价升高，发生氧化反响，所以B为电解池的阳极，A为电解池的阴极，a为电源的负极；电子由负极流向正极，因此电子流动方向为a→A→B→b，A错误；a为电源的负极，发生氧化反响，A为电解池的阴极，发生复原反响，B错误；该电解池中阴极发生复原反响：2SO32-+2e-+4H+=S2O42-+2H2O，阳极发生氧化反响：SO2-2e-+2H2O===4H++SO42-，反响需要氢离子，因此离子交换膜为阳离子交换膜，C正确；B为电解池的阳极，失电子：SO2-2e-+2H2O===4H++SO42-，D错误；正确选项C。7．最近科学家利用如下图装置成功地实现了CO2和H2O合成CH4，如下表示错误的答案是A.电池工作时，实现了将太阳能转化为电能B.铜电极为正极，电极反响式为CO2+8eˉ+8H+=CH4+2H2OC.电池内H+透过质子交换膜从右向左移动D.为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中参加少量稀硫酸【答案】C【解析】A、由电池装置图可知电池工作时，实现了将太阳能转化为电能，故A正确；B、电子流入的极是正极，所以Cu是正极，Cu上二氧化碳得电子生成甲烷，即CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，故B正确；C、电池内

H+透过质子交换膜向正极移动，电子流入的极是正极，所以Cu是正极，即电池内

H+透过质子交换膜从左向右移动，故C错误；D、向装置中参加少量强电解质溶液稀硫酸可以增强导电能力，提高该人工光合系统的工作效率，故D正确；应当选C。点睛：此题考查了原电池原理的应用，注意知识的迁移应用是关键。此题的易错点为B，要注意观察图示，从中找到解题的信息。8．重铬酸钾(K2Cr2O7)具有强氧化性，是一种重要的化工原料，广泛应用于制革、印染、电镀等工业。以铬酸钾(K2CrO4)和氢氧化钾为原料，用电化学法制备重铬酸钾的实验装置如下列图。水溶液中存在平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。如下说法中正确的答案是A.气体甲和乙分别为O2和H2B.该装置中阴极区的pH减小C.Fe电极反响式4OH--4e-=O2↑+2H2OD.当铬酸钾的转化率达到80%时，右池中=【答案】D【解析】根据原理和装置图可知，图中右池中产生H+，所以推断出C电极为阳极，阳极电极反响式为；电极为阴极，阴极电极反响式为

。A项，气体甲和乙应分别为H2和O2，故A项错误；B项，阴极区产生，如此增大，故B项错误；C项，电极反响式为：，故C项错误。D项，设开始时K2CrO4的物质的量是amol，有，如此阳极区钾元素物质的量：，铬元素物质的量：，故D项正确；答案为D。点睛：C为易错项，Fe为阴极不参与反响，而是发生。9．铁铬氧化复原液流电池是一种低本钱的储能电池，电池结构如图一所示，工作原理为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+。图二为利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫的质子膜燃料电池。如下说法一定正确的答案是A.图一电池放电时，C1-从负极穿过选择性透过膜移向正极B.图一电池放电时，电路中每通过电子，Fe3+浓度降低C.用图二电池给图一装置充电时，图二中电极a接图一的正极D.用图二电池给图一装置充电时，每生成1molS2(s)，图一装置中就有4molCr3+被复原【答案】D【解析】A、根据原电池工作原理，内电路中的阴离子向负极移动，所以A错误；B、电池放电时，电路中每通过电子，Fe3+的物质的量减小0.1mol，但其浓度降低多少由体积决定，所以B错误；C、图二中在电极a上，H2S失去电子生成S2，所以电极a为负极，因此应连接图一的负极上，故C错误；D、在图二中每生成1molS2(s)转移电子4mol，如此图一中就有4molCr3+被Fe2+复原为Cr2+，所以D正确。此题正确答案为D。10．工业上常用隔膜电解法将乙醛转化为乙醇和乙酸来处理高浓度乙醛废水。探究性学习小组用如下列图装置电解一定浓度的乙醛-Na2SO4溶液，模拟乙醛废水的处理过程。如下说法正确的答案是A.a为直流电源的负极B.阳极的电极反响为:CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+C.电解过程中，阴极区的pH逐渐减小D.理论上阳极区处理废水的能力是阴极区的两倍【答案】B【解析】根据氢离子向右移动，所以b是直流电源的负极，故A错误；阳极失电子发生氧化反响生成乙酸，电极反响为:CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+，故B正确；电解过程中，阴极反响式是CH3CHO+2e-+2H+=CH3CH2OH，pH逐渐增大，故C错误；根据电极反响式，转移一样电子，消耗乙醛一样多，所以阳极区处理废水的能力与阴极区一样，故D错误。点睛：电解池中阳极与电源的正极连接，阳极失电子发生氧化反响；阴极与电源的负极连接，阴极得电子发生复原反响。11．SO2和NOx是大气污染物的主要成分。防止空气污染，保卫“某某蓝〞是某某市一项重要民生工程。利用如下图所示装置(电极均为惰性电极)可以吸收SO2还可以用阴极排出的溶液吸收NO2。如下说法错误的答案是A.电极a应连接电源的正极B.电极b上的电极反响式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2OC.反响过程中，H+从a极室流向b极室D.2，在b极室生成2NA个S2O42-【答案】D【解析】A项，由图可得，该装置为电解池，a极：SO2发生氧化反响，SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-，所以电极a应连接电源的正极，故A正确；B项，由上述分析可推出b为阴极，HSO3-发生复原反响生成S2O42-，根据电荷守恒、原子守恒，并结合电解质溶液酸碱性，电极反响式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，故B正确；C项，电解池中阳离子移向阴极，又因为阳离子交换膜把a极室与b极室隔开，所以反响过程中，H+从a极室(阳极室)流向b极室(阴极室)，故C正确；D项，阳极反响为：SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-，阴极反响为：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，根据得失电子守恒，每吸收标况下2(即1molSO2)，在b极室生成1mol(即NA个)S2O42-，故D错误。点睛：此题以处理大气污染物SO2和NOx的方法为切入点，考查电解池原理，分析利用题干信息(包括图示信息)，掌握电解池原理应用和氧化复原反响电子守恒是解答的关键，电解池中阳极发生氧化反响、阴极发生复原反响，遵循氧化复原反响原理，可以通过分析相关元素化合价的变化确定两极反响情况。12．工业上电解NO制备NH4NO3，其工作原理如下列图(图中电极均为石墨电极)。如下说法错误的答案是A.a极连接电源的负极B.阳极反响为NO+5e-+6H+=NH4++H2OC.总反响方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3D.为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是NH3【答案】B【解析】A、a极NO→NH4＋，N的化合价降低，得到电子，根据电解原理，a极应为阴极，即接电源的负极，故A说法正确；B、根据选项A的分析，电极b为阳极，电极反响式为NO－3e－＋2H2O=NO3－＋4H＋，故B说法错误；C、阴极反响式为NO＋5e－＋6H＋=NH4＋＋H2O，总反响方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，故C说法正确；D、根据总反响方程式，生成HNO3，为使电解产物全部转化为NH4NO3，因此需要补充NH3，故D说法正确。13．铝石墨双离子电池是一种全新低本钱、高教电池。原理为：AlLi+Cx(PF6)Al+xC+Li++PF6-电池结构如右图所示。如下说法正确的答案是A.放电时外电路中电子向铝锂电极移动B.放电时正极反响为Cx(PF6)+e-=xC+PF6-C.充电时．应将铝石墨电极与电源负极相连D.充电时，假如电路中转移lmol电子，阴极质量增加9g【答案】B【解析】A.放电时铝锂电极中锂失电子作为负极，外电路中电子由负极铝锂电极向正极铝石墨移动，选项A错误；B.放电时正极铝石墨电极Cx(PF6)得电子产生PF6-，电极反响为Cx(PF6)+e-=xC+PF6-，选项B正确；C.充电时，应将铝石墨电极与电源正极相连，选项C错误；D.充电时，根据电极反响Li++Al+e-=AlLi可知，假如电路中转移lmol电子，阴极质量增加36g，选项D错误。答案选B。14．某新型水系钠离子电池工作原理如如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4复原为Na2S。如下说法错误的答案是A.充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能B.放电时，a极为负极C.充电时，阳极的电极反响式为3I--2e-=I3-D.M是阴离子交换膜【答案】D【解析】A.充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能贮存起来，故A正确；B.放电时，a极为负极，Na2S失电子氧化为Na2S4，故B正确；C.充电时，阳极失电子被氧化，阳极的电极反响式为3I--2e-=I3-，故C正确；D.M是阳离子交换膜，阴离子会相互反响，故D错误，应当选D。15．如下列图，装置Ⅰ为新型电池，放电时B电极的反响式为NaBr3＋2Na＋＋2e－===3NaBr，装置Ⅱ为铅蓄电池。首先闭合K1和K2，当铅蓄电池充电完毕后，断开K1，闭合K2。如下说法正确的答案是〔〕A.闭合K1、K2时，每有0.1molNa＋通过离子交换膜，装置II溶液中有电子转移B.装置Ⅰ放电时的A电极反响式为2Na2S2-2e－===Na2S4＋2Na＋C.断开K1、闭合K2时，b电极的电极反响式为PbO2＋2e－＋SO42-＋4H＋===PbSO4＋2H2OD.断开K1、闭合K2时，装置Ⅱ中SO42-向a电极迁移【答案】B【解析】闭合K1、K2时，有0.1molNa＋通过离子交换膜，说明有电子电子转移，闭合K1、K2时，灯泡和铅蓄电池并联，装置Ⅱ溶液中电子转移小于,A错误；装置Ⅰ为新型电池，放电时的A电极为原电池的负极，电极反响式为:2Na2S2-2e－===Na2S4＋2Na＋，B正确；断开K1、闭合K2时，装置Ⅱ为原电池反响，b电极为负极，负极的电极反响式为Pb-2e－＋SO42-==PbSO4，C错误；断开K1、闭合K2时，装置Ⅱ为原电池，b为负极,，溶液中中SO42-向负极电极迁移，移向b电极，D错误；正确选项B。点睛：原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。16．2009年，美国麻省理工学院的唐纳德·撒多维教授领导的小组研制出一种镁一锑液态金属储能电池。该电池工作温度为700摄氏度，其工作原理如下列图:该电池所用液体密度不同，在重力作用下分为三层，充放电时中间层熔融盐的组成与浓度不变。如下说法正确的答案是A.该电池放电时，正极反响式为Mg2+-2e-=MgB.该电池放电时，Mg(液)层生成MgCl2，质量变大C.该电池充电时，Mg-Sb(液)层中Mg发生氧化反响D.该电池充电时，熔融盐中的Cl-进入Mg-Sb(液)层【答案】C【解析】试题分析：由图中电子的流向可知，Mg为负极。因为是储能电池，所以该电池可以放电也可以由此充电。放电时镁被氧化为镁离子，所以充电时，镁离子被复原为镁。A.该电池放电时，正极反响式为Mg2++2e-=Mg，A不正确；B.该电池放电时，Mg(液)层生成Mg2+进入熔融盐中，质量变小，B不正确；C.该电池充电时，Mg-Sb(液)层中Mg发生氧化反响，C正确；D.该电池充电时，熔融盐中的Cl-不进入Mg-Sb(液)层，而是Mg2+进入熔融盐中，D不正确。此题选C。17．硼酸(H3BO3)为一元弱酸，H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如右图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。如下说法错误的答案是A.a与电源的正极相连接B.阳极的电极反响式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+C.[B(OH)4]-穿过阴膜进入产品室，Na+穿过阳膜进入阴极室D.当电路中通过3mol电子时，可得到1molH3BO3【答案】D【解析】A.与a极相连的石墨所处的区域为阳极室，如此a与电源的正极相连接，故A正确；B.阳极上发生氧化反响，溶液中水失去电子生成氧气，电极反响式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+↑，故B正确；C.在电解池中，阴离子向阳极运动，阳离子向阴极运动，因此[B(OH)4]-穿过阴膜进入产品室，Na+穿过阳膜进入阴极室，故C正确；D.阳极电极反响式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极上发生复原反响，溶液中的水得到电子生成氢气，2H2O+2e-=H2↑+2OH―，[B(OH)4]-穿过阴膜进入产品室，与氢离子反响生成H3BO3，[B(OH)4]-+H+=H3BO3+H2O，当电路中通过3mol电子时，生成3mol氢离子，可得到3molH3BO3，故D错误；应当选D。18．氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如下列图。该电池工作时的总反响为：NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。如下说法正确的答案是A.正极附近溶液的pH减小B.电池工作时，H+通过质子交换膜向负极移动C.D.负极电极反响为：NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4++BO2-+6H+【答案】D【解析】H2O2为正极得到电子发生复原反响，电极反响式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，正极消耗氢离子，正极附近溶液的pH增大，故A错误；放电时，阳离子向正极移动，H+通过质子交换膜向正极移动，故B错误；负极电极反响式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，如此消耗3．lg，故C错误；根据电池工作时的总反响为：NH3•BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3•BH3为负极失电子发生氧化反响，电极反响式为NH3·BH3+2H2O-6e-=

NH4++BO2-+6H+，故D正确。点睛：原电池中，外电路中电子由负极经导线流向正极；内电路中离子移动形成电流，阳离子移向正极、阴离子移向负极。19．全固态锂硫电池能量密度高、本钱低，其工作原理如下列图，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反响为：16Li+xS8=8Li2Sx〔2≤x≤8〕。如下说法正确的答案是A.电池工作时，负极可发生反响：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4B.电池充电时间越长，电池中的Li2S2量越多C.电解质中参加硫酸能增强导电性D.电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重0.14g【答案】D【解析】A、由装置图可知，电池工作时Li+向a极移动，如此a极为正极，b极为负极，结合电池反响为16Li+xS8=8Li2Sx〔2≤x≤8〕，负极Li的反响式为Li-e-=Li+，所以A错误；B、由总反响可知正极依次发生S8→Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2的复原反响，当充电时，将进展逆向转化，所以充电时间越长，电池中Li2S2量越少，故B错误；C、参加硫酸，将与负极材料Li作用，从而减弱电路的导电性，故C错误；D、该电池的负极反响Li-e-=Li+，所以当电路中流过0.02mol电子，负极消耗Li的物质的量为0.02mol，其质量为0.14g，所以D正确。此题正确答案为D。点睛：从答题的角度分析，正确选项D还是很好确定的；要真正理解各个选项，就要认真分析总反响式和装置图中物质的转化关系了，特别是B选项，由于正极反响可以写多个，且随着时间的延长，依次发生S8→Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2的转化，所以充电时将逆向转化，因此充电时间超长，电池中Li2S2量越少。20．以惰性电极电解CuSO4和NaCl的混合溶液，两电极上产生的气体(标准状况下测定)体积如如下图所示，如下有关说法正确的答案是A.原溶液中CuSO4和NaCl物质的量之比为1:1B.a表示阴极上产生的气体，前产生的为Cl2C.假如t1时溶液的体积为1L，此时溶液的pH为13D.假如原溶液体积为1L，如此原溶液中SO42-的物质的量浓度为0.2mol/L【答案】A【解析】以惰性电极电解CuSO4和NaCl

的混合溶液，阳极依次发生、；阴极依次发生、。根据图像可知，生成的氯气是1120511mol；t2时铜离子恰好放电完毕，此时生成氧气是168ml－112ml＝56251mol11mol；根据以上分析，原溶液中CuSO4和NaCl物质的量之比为0.01mol:0.01mol=1:1，故A正确；a表示阳极上产生的气体，前产生的为Cl2，故B错误；Ot1时刻，阳极生成氯气、阴极生成铜单质，溶液中的溶质为硫酸钠、硫酸铜，此时溶液的呈酸性，故C错误；假如原溶液体积为1L，如此原溶液中SO42-的物质的量浓度为0.01mol，故D错误。点睛：氧化性：，所以在阴极放电的顺序依次是；复原性，所以在阳极放电的顺序依次是。21．锂—铜空气燃料电池〔如图〕容量高、本钱低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象〞产生电力，其中放电过程为：2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，如下说法错误的答案是A.整个反响过程中，氧化剂为O2B.放电时，正极的电极反响式为：Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-C.放电时，当电路中通过0.1mol电子的电量时，有0.1molLi+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反响D.通空气时，铜被腐蚀，外表产生Cu2O【答案】C【解析】A，根据题意，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象〞产生电力，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，由放电反响推知Cu极电极反响式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，Cu2O又被复原成Cu，整个过程中Cu相当于催化剂，氧化剂为O2，A项正确；B，放电时正极的电极反响式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，B项正确；C，放电时负极电极反响式为Li-e-=Li+，电路中通过电子生成+，Li+透过固体电解质向Cu极移动，反响中消耗O2物质的量为，在标准状况下O2的体积为，C项错误；D，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，D项正确；答案选C。22．一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的原理与电池中发生的主要反响如下列图。如下说法正确的答案是〔〕A.镀铂导电玻璃的作用是传递I-B.电池工作时,光能转变为电能,X为电池的正极C.电解质溶液中发生反响：2Ru3++3I-=2Ru2++I3-D.电池的电解质溶液中I-和I3-的浓度均不断减小【答案】C【解析】由图中电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，发生氧化反响，电极反响为：2Ru2+-2e-═2Ru3+，Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被复原，正极反响为I3-+2e-=3I-。A、电池工作时，Y电极为原电池的正极，发生复原反响，如此镀铂导电玻璃的作用是作正极材料，故A错误；B、由图中电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，故B错误；C、电池工作时，负极反响为：2Ru2+-2e-═2Ru3+，正极反响为I3-+2e-=3I-，又Ru2+和Ru3+，I3-和I-相互转化，所以电解质溶液中发生2Ru3++3I-═2Ru2++I3-，故C正确；D、由电池中发生的反响可知，I3-在正极上得电子被复原为3I-，后又被氧化为I3-，I3-和I-相互转化，反响的实质是光敏有机物在激发态与基态的相互转化，所有化学物质都没有被损耗，故D错误；应当选C。23．用电解法可制取有广泛用途的Na2FeO4：Fe+2H2O+2NaOHNa2FeO4+3H2↑，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色的FeOH42-，镍电极有气泡产生。假如氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。如下说法不正确的答案是A.a是电源的正极B.电解一段时间后，c(OH-)降低的区域在阴极室C.电解过程中，阳极发生的电极方程式为Fe+8OH--6e-==FeO42-+4H2OD.如图2，N点c(Na2FeO4)低于最高值的原因是氢氧化钠溶液浓度过高【答案】B【解析】铁电极附近生成紫红色的FeOH42-，说明铁发生氧化反响，铁是阳极，a是电源的正极，故A正确；阴极反响是，阴极室c(OH-)增大，故B错误；电解过程中，阳极铁失电子发生氧化反响，阳极电极反响式为Fe+8OH--6e-==FeO42-+4H2O，故C正确；假如氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色氢氧化铁，所以N点c(Na2FeO4)低于最高值，故D正确。24．镍钴锰三元材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、本钱适中等重要优点。镍钴锰三元材料中Ni为主要活泼元素，通常可以表示为：LiNiaCobMncO2，其中a+b+c=1，可简写为LiAO2。放电时总反响为LiAO2+nC=Li1-xAO2+Lix〔0<x<1〕，工作原理如如下图所示，如此以下说法错误的答案是〔〕A.放电时Ni元素最先失去电子B.放电时电子从a电极由导线移向b电极C.充电时的阳极反响式为LiAO2-xe-=Li1-xAO2+xLi+D.充电时转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加7g【答案】C【解析】根据Li+的移动方向可知，a为负极，b为正极。A．镍钴锰三元材料中Ni为主要活泼元素，放电时Ni元素最先失去电子，故A正确；B．放电时电子从负极，即a电极由导线移向正极，即b电极，故B正确；C.充电时的阳极反响式是放电时的正极反响式的逆反响，Lix-xe-=nC+xLi+，故C错误；D.充电时，阴极反响式为Li1-xAO2+xLi++xe-=LiAO2，转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加1mol锂离子，质量为7g，故D正确；应当选C。点睛：此题考查了原电池和电解池的工作原理，根据总反响正确书写电极反响式是解题的关键。此题的易错点为C，要注意放电是原电池，充电是电解池，充电时的阳极反响式是放电时的正极反响式的逆反响。25．科学家研发出一种新型水溶液锂电池，采用复合膜包裹的金属锂作负极，锰酸锂(LiMn2O4)作正极，以0.5mol/Li2SO4水溶液作电解质溶液。电池充、放电时，LiMn2O4与Li2Mn2O4可以相互转化。如下有关该电池的说法正确的答案是A.该电池放电时，溶液中的SO42-向电极b移动B.该电池负极的电极反响式为:2Li+2H2O==2LiOH+H2↑C.电池充电时，外加直流电源的正极与电极a相连D.电池充电时，阳极的电极反响式为:Li2Mn2O4-e-==LiMn2O4+Li+【答案】D【解析】A、根据图示可知，电极a为金属Li作负极，电极b为正极，所以电池放电时，溶液中的SO42-向电负极a移动，即A错误；B、该电池负极的电极反响式为Li-e-=Li+，故B错误；C、在给电池充电时，遵循正接正、负接负的原如此，所以外加直流电源的正极与该电池的正极b相连，故C错误；D、根据放电、充电时电子转移的规律可知，充电时的阳极反响式为放电时正极反响的逆反响，即Li2Mn2O4-e-==LiMn2O4

+Li+，即D正确。所以此题正确答案为D。26．电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术，其反响原理如下列图。其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反响生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。如下说法正确的答案是A.电源的X极为正极B.与电源Y相连电极的电极反响式为H2O+e-=H++·OHC.Fenton反响:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OHD.每消耗22.4LO2(标准状况)，整个电解池中理论上可产生2mol·OH【答案】C【解析】左侧电极附近Fe3+→Fe2+，发生了复原反响，该极为电解池的阴极，与之相连电源的X极为负极，A错误