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2022届高三化学一轮复习化学反应原理题型必练51原电池原理的应用含解析
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这是一份2022届高三化学一轮复习化学反应原理题型必练51原电池原理的应用含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，实验题等内容，欢迎下载使用。
原电池原理的应用
一、单选题（共16题）
1．锌空气电池驱动的汽车已用于公共交通，其电极总反应为2Zn + O2→2ZnO。下列说法中，不正确的是
A．电极反应可通过空气流速控制
B．可使用催化剂加速正极反应
C．为了保存锌空气电池，应在电池负极贴上封条
D．Zn是负极，电极反应为Zn + 2OH-→ZnO+H2O + 2e-
2．碱性锌锰干电池是一种使用广泛的便携式电源。电池总反应为，下列说法错误的是
A．MnOOH中Mn的合价为+3
B．参与正极反应的物质为和
C．负极的电极反应为
D．电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极
3．按下图装置进行实验，若x轴表示流入正极的电子的物质的量，则y轴可以表示
①c(Ag＋) ②c(NO) ③a棒的质量 ④b棒的质量 ⑤溶液的质量
A．①③ B．②④ C．①③⑤ D．②④⑥
4．重铬酸钾是工业合成的常用氧化剂和催化剂，如图所示的微生物电池，能利用K2Cr2O7实现对含苯酚(或苯甲醛)废水的有效处理，该电池工作一段时间后，中间室内的NaC1溶液浓度减小，利用此原理可进行海水淡化，则下列叙述正确的是
A．a电极为负极，电子从a电极经过中间室到达b电极
B．M为阳离子交换膜，电解过程中中间室内的n(NaC1)减小
C．处理含苯甲醛废水时a电极反应式为：C6H5CHO+32e-+13H2O=7CO2+32H+
D．当b电极消耗等物质的量的K2Cr2O7时，a电极消耗的C6H5OH或C6H5CHO的物质的量之比为8：7
5．实验发现加入M能提高和I-的反应速率，其原理如图所示，依次发生反应1、2，下列说法正确的是
A．M可能是Fe(OH)3
B．Fe2+是该反应的催化剂
C．反应1为2Fe3++2I-=2Fe2++I2
D．将反应2设计成原电池，在负极反应
6．一种新型Na－CaFeO3可充电电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．放电时N为正极，电极反应为：2CaFeO3+2e-=2CaFeO2.5+O2-
B．充电时，M应与电源的正极相连接
C．放电时，Na+向M电极移动
D．电极材料中，单位质量放出的电能大小：Na＞Li
7．电池是一种二次电池。将溶于有机溶剂作为电解液，和负载碳纳米管的网分别作电极材料，结构如图所示。电池的总反应：，下列说法正确的是
A．放电时，向正极移动
B．放电时，作电池的负极
C．放电时，电子从负极经电解液回到正极
D．充电时，阳极反应为：
8．某高能电池以磷酸溶液作为电解质溶液，利用乙烯直接氧化法制乙酸，其总反应式为CH2=CH2＋O2=CH3COOH。有兴趣小组将该反应设计成如图所示的燃料电池，下列有关说法正确的是
A．在电池工作过程中，溶液中的向a极移动
B．电子移动方向：电极a→磷酸溶液→电极b
C．负极的电极反应式为CH2=CH2＋4e-＋2H2O=CH3COOH＋4H＋
D．当电路中通过0.04mol电子时，参加反应的CH2=CH2为224mL
9．如图装置是酒精检测仪，工作原理与酸性燃料电池相似。下列说法不正确的是
A．该电池的总反应式为：
B．当右侧Pt电极表面有0.2mol发生还原反应时，会有0.8mol向左移动
C．电流由所在的铂电极经外电路流向另一电极
D．该装置实现了化学能转化为电能
10．中科院科学家设计出一套利用和太阳能综合制氢的方案，其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．该电化学装置中，Pt电极作正极
B．Pt电极的电势高于电极的电势
C．电子流向：Pt电极→导线→电极→电解质溶液→Pt电极
D．电极上的电极反应式为
11．一种锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。下列说法不正确的是
A．锂电极为电池的负极，该电极发生氧化反应
B．电池工作时，外电路电子由锂电极流向多孔碳材料电极
C．电池工作时，消耗22.4LO2，则转移电子4mol
D．电池工作时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料电极区迁移
12．某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为薄膜；集流体起导电作用。下列说法不正确的是
A．充电时，集流体A与外接电源的负极相连
B．放电时，外电路通过电子时，薄膜电解质损失
C．放电时，电极B为正极，反应可表示为
D．电池总反应可表示为
13．最近报道了一种新型可充电式铝电池。电解质为阳离子(EMl+)与阴离子(AlCl)组成的离子液体。图为该电池放电过程示意图，Cn为石墨烯，下列说法不正确的是
A．放电时，电解质中的阳离子(EMl+)未发生反应
B．充电时，每生成1mol Al，电解质溶液中会增加7molAlCl
C．放电时，负极反应方程式为：Al+7AlCl-3e-=4Al2Cl
D．充电时，Cn为阳极，电极方程式为：Cn+AlCl-e-=Cn[AlCl4]
14．温室效应是人类共同面临的难题，一种碳呼吸设想电池能有效缓解温室效应，电池的工作原理如下图所示，陶瓷管作钠离子导体，能隔离水．下列说法正确的是
A．该电池需在一定的温度下才能工作
B．放电时物质的化学能转化为电能
C．放电时，正极反应为
D．随着反应的进行，草酸钠溶液浓度不断减小
15．近日，南开大学陈军院士团队以KSn合金为负极，以含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs—COOH)为正极催化剂构建了可充电K—CO2电池(如图所示)，电池反应为4KSn+3CO22K2CO3+C+4Sn，其中生成的K2CO3附着在正极上。该成果对改善环境和缓解能源问题具有巨大潜力。下列说法正确的是
A．放电时，电子由KSn合金经酯基电解质流向MWCNTs—COOH
B．电池每吸收22.4LCO2，电路中转移4mole-
C．充电时，阳极电极反应式为：C-4e-+2K2CO3=3CO2↑+4K+
D．为了更好的吸收温室气体CO2，可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质
16．锌电池具有价格便宜、比能量大、可充电等优点。一种新型锌电池的工作原理如图所示(凝胶中允许离子生成或迁移)。下列说法正确的是
A．放电过程中，向a极迁移
B．充电过程中，b电极反应为：Zn2++2e-=Zn
C．充电时，a电极与电源正极相连
D．放电过程中，转移0.4mole-时，a电极消耗0.4molH+
二、实验题（共4题）
17．I．通常将一定量的有机物充分燃烧转化为简单的无机物，根据产物的质量确定有机物的组成。如图所示是用燃烧法确定有机物分子式的常用装置，将含有C、H、O的有机物3.24 g装入元素分析装置，通入足量的O2使之完全燃烧，实验过程中CaCl2管(B)增加了2.16 g和NaOH(A)管增加了9.24 g，试回答。
(1)使产生的O2按从左到右的方向流动，则所选装置中各导管的正确连接顺序是________。
(2)装置C中浓硫酸的作用是________，燃烧管中CuO的作用是__________。
(3)已知质谱仪分析如图，则该有机物的分子式为________________。
II．实验室通过苯与浓硫酸和浓硝酸的混合液在50～60 ℃的水浴中加热制备硝基苯。
已知苯与硝基苯的某些物理性质如表所示。
熔点/℃
沸点/℃
状态
苯
5.5
80.1
液体
硝基苯
5.7
210.9
液体
(1)添加药品时的操作是________________________。
(2)用水浴加热的优点是____________；
(3)大试管上安装一长导管的作用是：________________________。
(4)简述获得纯净的溴苯应进行的实验操作：________________________。
III．认真观察下列装置，回答下列问题：
(1)装置B中PbO2上发生的电极反应方程式为_________________________。
(2)当装置A中Cu电极质量改变6.4 g时，装置D中产生的气体体积为________L(标准状况下)
18．用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3-)已成为环境修复研究的热点之一。
(1)Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示，
①作负极的物质是____。
②正极的电极反应式是____。
(2)将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3-的去除率
接近100%
＜50%
24小时pH
接近中性
接近中性
铁的最终物质形态
pH=4.5时，NO3-的去除率低。其原因是____。
(4)其他条件与(2)相同，经1小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3-的去除率
约10%
约3%
1小时pH
接近中性
接近中性
与(2)中数据对比，解释(2)中初始pH不同时，NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因：____。
19．（1）利用原电池装置可以验证Fe3+与Cu2+氧化性相对强弱，如下图所示。
该方案的实验原理是自发进行的氧化还原反应可以设计为原电池。写出该氧化还原反应的离子方程式：__________。该装置中的负极材料是______（填化学式），正极反应式是_______。
（2）某研究性学习小组为证明2Fe3++2I－⇌2Fe2++I2为可逆反应，设计如下两种方案。
方案一：
取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加2mL0.1mol/L的FeCl3溶液，再继续加入2mLCCl4，充分振荡、静置、分层，再取上层清液，滴加KSCN溶液。
①方案一中能证明该反应为可逆反应的现象是______。
②有同学认为方案一设计不够严密，即使该反应为不可逆反应也可能出现上述现象，其原因是（用离子方程式表示）_____。
方案二：
设计如下图原电池装置，接通灵敏电流计，指针向右偏转（注：灵敏电流计指针总是偏向电源正极），随着时间进行电流计读数逐渐变小，最后读数变为零。当指针读数变零后，在右管中加入1mol/L FeCl2溶液。
③方案二中，“读数变为零”是因为____________.
④“在右管中加入1mol/L FeCl2溶液”后，观察到灵敏电流计的指针______偏转（填“向左”、“向右”或“不”），可证明该反应为可逆反应。
20．某小组设计不同实验方案比较Cu2+、Ag+ 的氧化性。
查阅资料：Ag+ + I- = AgI↓ K1 =1.2×1016；2Ag+ + 2I- = 2Ag↓+ I2 K2 = 8.7×108
（1）方案1：通过置换反应比较
向酸化的AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明氧化性Ag+＞Cu2+。反应的离子方程式是___________________________________________________。
（2）方案2：通过Cu2+、Ag+ 分别与同一物质反应进行比较
实验
试 剂
编号及现象
试 管
滴 管
1.0 mol/L
KI溶液
1.0 mol/L AgNO3溶液
Ⅰ．产生黄色沉淀，溶液无色
1.0 mol/L CuSO4溶液
Ⅱ．产生白色沉淀A，溶液变黄
①经检验，Ⅰ中溶液不含I2，黄色沉淀是________。
②经检验，Ⅱ中溶液含I2。推测Cu2+做氧化剂，白色沉淀A是CuI。确认A的实验如下：
a．检验滤液无I2。溶液呈蓝色说明溶液含有________（填离子符号）。
b．白色沉淀B是________。
c．白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是___________，说明氧化性Ag+＞Cu2+。
（3）分析方案2中Ag+ 未能氧化I- ，但Cu2+氧化了I-的原因，设计实验如下：
编号
实验1
实验2
实验3
实验
KI溶液
KI溶液 AgNO3溶液
a b
KI溶液 CuSO4溶液
c d
现象
无明显变化
a中溶液较快变棕黄色,b中电极上析出银；电流计指针偏转
c中溶液较慢变浅黄色；
电流计指针偏转
（电极均为石墨，溶液浓度均为 1 mol/L，b、d中溶液pH≈4）
①a中溶液呈棕黄色的原因是___________________________（用电极反应式表示）。
②“实验3”不能说明Cu2+氧化了I-。依据是空气中的氧气也有氧化作用，设计实验证实了该依据，实验方案及现象是_____________________________。
③方案2中，Cu2+能氧化I-,而Ag+未能氧化I-。其原因一是从K值分析：______；二是从Cu2+的反应特点分析：______________________________________________。
参考答案
1．C
【详解】
略
2．C
【详解】
A．MnOOH中0为-2价，H为+1价，故Mn的化合价为+3，A项正确；
B．正极的电极反应为，故参与正极反应的物质为和，B项正确；
C．负极的电极反应为，C项错误；
D．原电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，D项正确。
故选C。
3．A
【详解】
根据图中装置实验，Fe、Ag、AgNO3构成的原电池中，活泼金属Fe为负极，Ag为正极，Fe和硝酸银之间发生氧化还原反应，所以银离子浓度减小，硝酸根浓度不变，故①正确，②错误；在负极上金属铁本身失电子，即a棒质量减轻，故③正确；正极Ag上析出金属银，即b棒质量增加，故④错误；负极上金属铁本身失电子，正极Ag上析出金属银，所以溶液的质量是增加了Fe，但是析出了Ag，但是在转移电子相等情况下，析出金属多，所以溶液质量减轻，但不能为零，故⑤错误；
故选A。
4．D
【分析】
依据原电池的工作原理，负极发生氧化反应，有机物被氧化，则a电极为负极，有机物发生氧化反应生成CO2和H+，生成的H+透过阳膜向中间室移动，右侧b电极为正极，反应式为：Cr2O+6e-+7H2O═2Cr (OH)3+8OH-，阴离子OH-透过阴膜向中间室移动在中间室生成水，NaCl溶液浓度减小，由此解题。
【详解】
A．依据原电池的工作原理，负极发生氧化反应，有机物被氧化，则a电极为负极，电子从a电极经过外电路到达b电极，故A错误；
B．左侧a电极为负极，生成的H+透过阳膜向中间室移动，右侧b电极为正极，生成的阴离子OH-透过阴膜向中间室移动，中间室生成水，NaCl溶液浓度减小，M为阳离子交换膜，电解过程中中间室内的n(NaCl)不变，故B错误；
C．处理含苯甲醛废水时，a电极发生氧化反应生成CO2和H+，反应式为：C6H5CHO-32e-+13H2O═7CO2+32H+，故C错误；
D．处理含苯甲醛废水时，a电极反应式为：C6H5CHO-32e-+13H2O═7CO2+32H+，处理含C6H5OH废水时，a电极反应式为：C6H5OH+11H2O-28e-═6CO2+28H+，所以根据得失电子守恒，当b电极消耗等物质的量的K2Cr2O7时，a电极消耗的C6H5OH或C6H5CHO的物质的量之比为32：28=8：7，故D正确；
故选：D。
5．C
【详解】
A．加入M能提高和I-的反应速率，说明M是反应的催化剂。根据图示可知反应1是2Fe3++2I-=2Fe2++I2，反应2方程式为：+2Fe2+=2Fe3++2，将两个方程式叠加，可得总方程式：+2I-=2+I2，可见Fe3+是该反应的催化剂，可以加快反应速率，故M是Fe3+，而不是Fe(OH)3，A错误；
B．根据图示可知：Fe2+是该反应的中间产物，而不是催化剂，B错误；
C．根据图示可知对于反应1，反应物是Fe3+、I-，生成物是Fe2+、I2，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，C正确；
D．若将反应2设计成原电池，在反应中得到电子被还原为，因此应该在正极上发生还原反应，D错误；
故合理选项是C。
6．A
【分析】
由题干工作原理图可知，Na电极M发生的电极反应为：Na-e-=Na+， 发生氧化反应，故M为负极；则N为电池正极，发生还原反应，电极反应为： 2CaFeO3+2e-=2CaFeO2.5+O2-，据此分析解题。
【详解】
A．据分析可知，放电时N为正极，电极反应为：2CaFeO3+2e-=2CaFeO2.5+O2-，A正确；
B．由分析可知，M极为原电池的负极，故充电时，M应与电源的负极相连接，B错误；
C．放电时，M电极为负极带正电，Na+向N极移动，C错误；
D．电极材料中，Na 的单位质量放出的电能为，Li的单位质量放出的电能为，故Na
【点睛】
7．B
【详解】
A．放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以向负极移动，A错误；
B．放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，B正确；
C．放电时，电子从负极经导线回到正极，不能流经电解液，C错误；
D．充电时，原来的正极Ni作电解池的阳极，Na作电解池阴极，则阳极发生的反应为原来正极反应式的逆反应：，D错误；
答案选B。
8．A
【分析】
根据原电池总反应式CH2=CH2+O2═CH3COOH可知，通入O2的b电极为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，通入CH2=CH2 的a电极为负极，电极反应式为CH2=CH2-4e-+2H2O═CH3COOH+4H+，结合原电池原理分析解答。
【详解】
A．原电池工作时，阴离子移向负极a电极，即溶液中的向a极移动，故A正确；
B．原电池工作时，电子由负极a电极经过负载流向正极b电极，电子不能通过溶液，故B错误；
C．通入CH2=CH2 的a电极为负极，电极反应式为CH2=CH2-4e-+2H2O═CH3COOH+4H+，故C错误；
D．负极的电极反应式为CH2=CH2-4e-+2H2O═CH3COOH+4H+，电路中通过0.04mol电子时，有0.01molCH2=CH2参加反应，标准状况下的体积为224mL，但气体的状态未知，所以参加反应的CH2=CH2体积不一定为224mL，故D错误；
故选A。
9．B
【详解】
A．该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置图可知酒精在负极被氧气氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH；正极上是氧气得电子的还原反应，O2所在的铂电极处发生还原反应为O2+4e-+4H+=2H2O，总反应式为，故A正确；
B．右侧Pt电极表面O2化合价降低，发生还原反应O2+4e-+4H+=2H2O，当右侧Pt电极表面有0.2mol O2发生还原反应时，会有0.8mol H+向右移动，故B错误；
C．电流由O2所在的铂电极正极经外电路流向另一电极负极上，故C正确；
D．该装置属于原电池，实现了化学能转化为电能，故D正确；
故答案：B。
10．C
【详解】
A．该装置为原电池，由Pt电极上的反应：可知，Pt电极上发生还原反应，Pt电极为正极，A正确；
B．Pt电极为正极，电极为负极，所以Pt电极的电势高于电极的电势，B正确：
C．电子从电极(负极)经导线流向Pt电极(正极)，且不能进入溶液，C错误：
D．电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为，D正确。
故选：C。
11．C
【分析】
当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)，即O2在多孔碳材料电极表面得到电子，再与转移过来的Li+结合生成Li2O2-x(x=0或1)，所以锂电极为负极，多孔碳材料电极为正极，原电池总反应为2Li+（1-）O2=Li2O2-x，据此解答。
【详解】
A．锂是活泼的金属，锂电极为电池的负极，该电极发生失去电子的氧化反应，故A正确；
B．放电时，锂电极为负极，多孔碳材料电极为正极，电子由负极锂电极经过导线流向正极多孔碳材料电极，故B正确；
C．氧气的状态未知，无法计算22.4LO2的物质的量，因此不能计算转移电子数，故C错误；
D.放电时，阳离子移向正极，所以电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移，故D正确；
故选C。
12．B
【分析】
由题中信息可知，该电池充电时得电子成为Li嵌入电极A中，可知电极A在充电时作阴极，故其在放电时作电池的负极，而电极B是电池的正极。
【详解】
A．由图可知，集流体A与电极A相连，充电时电极A作阴极，故充电时集流体A与外接电源的负极相连，A说法正确；
B．放电时，外电路通过a mol电子时，内电路中有a mol 通过LiPON薄膜电解质从负极迁移到正极，但是LiPON薄膜电解质没有损失，B说法不正确；
C．放电时，电极B为正极，发生还原反应，反应可表示为，C说法正确；
D．电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成，正极上得到电子和变为，故电池总反应可表示为，D说法正确。
综上所述，相关说法不正确的是B，本题选B。
13．B
【分析】
由示意图可知放电时铝为负极，被氧化生成，电极方程式为Al+7-3e-═4，正极反应为3Cn[AlCl4]+3e-=3Cn+3，电解时阳极发生氧化反应，电解方程式为Cn+-e-═Cn[AlCl4]，阴极发生还原反应，电极方程式为4+3e-=Al+7，据此分析解题。
【详解】
A．放电时，负极Al+7-3e-═4，正极发生3Cn[AlCl4]+3e-=3Cn+3，电解质中的阳离子（EMl+）未发生反应，A正确；
B．充电时，阳极发生3Cn+3-3e-═3Cn[AlCl4]，阴极发生4+3e-=Al+7，每生成1mol Al，电解质溶液中会增加4mol，B错误；
C．由示意图可知放电时铝为负极，被氧化生成，电极方程式为Al+7-3e-═4，C正确；
D．充电时，Cn为阳极，发生氧化反应，电极方程式为Cn+-e-═Cn[AlCl4]，D正确；
故答案为：B。
14．A
【分析】
正极：2CO2+2e-=
负极：Na-e-=Na+
【详解】
A．陶瓷管在极高的温度下会被烧裂，则该电池需在一定温度下才能正常工作，A正确；
B．放电时物质的化学能不可能100%转化为电能，一部分能量还会以热能的形式散失，B错误；
C．该反应为原电池反应，正极为得电子反应：2CO2+2e-= ，C错误；
D．随着反应的进行，正极生成的草酸根离子浓度上升，负极生成的钠离子浓度上升，故草酸钠的浓度不断升高，D错误；
答案选A。
15．C
【详解】
A．放电时，KSn合金作负极，MWCNTs-COOH作正极，在内电路中电流由负极流向正极，选项A错误；
B．气体未指明状况，无法根据体积确定其物质的量，选项B错误；
C．充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为C-4e-+2K2CO3=3CO2↑+4K+，选项C正确；
D．若用KOH溶液代替酯基电解质，则KOH会与正极上的MWCNTs-COOH发生反应，因此不能使用KOH溶液代替酯基电解质，选项D错误；
答案选C。
16．C
【详解】
A．放电过程中，a为正极， b极为负极，溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以放电过程中，向b极迁移，A项错误；
B．充电过程中b电极得到电子发生还原反应，由于在碱性环境中Zn以形式存在，则充电过程中, b电极应为: +2e-=Zn+4OH-，B项错误；
C．由图示可知，充电时，a电极失电子发生氧化反应，即a电极与电源正极相连，C项正确；
D．放电过程中b电极为负极，其电极反应式为Zn+4OH--2e-= ， a极为正极，则其电极反应式为, MnO2+4H++2e-=Mn2+ +2H2O，所以放电过程中，转移0.4mole-时，a电极消耗0.8molH+，D项错误；
答案选C。
17．g→f→e→h→i→c(或d)→d(或c)→a(或b)→b(或a) 干燥O2 确保有机物中的碳元素全部转化为CO2（或将产生的CO被氧化铜转化为CO2） C7H8O 先硝酸再慢注浓硫振荡冷却逐滴加入苯 均匀受热，便于控制温度 冷凝回流苯和硝酸提高利用率 先将反应后的物质倒入盛有蒸馏水的烧杯加入足量的氢氧化钠振荡然后转移到分液漏斗静止分层，将下面液体放出转移蒸馏装置蒸馏收集苯 PbO2＋4H＋＋SO＋2e－=PbSO4＋2H2O 3.92
【详解】
I (1)根据反应原理可知，该实验需要快速制备氧气供燃烧使用，氧气要纯净干燥，保证碳元素全部转化为二氧化碳，氢元素全部转化为水，且二氧化碳和水在后面装置中被完全吸收，故装置的连接顺序为：g→f→e→h→i→c(或d)→d(或c)→a(或b)→b(或a)；
(2) 为防止通入的氧气中混有水蒸气影响后续测定，需要浓硫酸干燥O2；由于有机物燃烧时可能产生CO，燃烧管中的CuO可以确保样品中的碳元素全部转化为CO2，被后续装置吸收；
(3) CaCl2管(B)增加了水质量：2.16 g和NaOH(A)管增加了CO2质量：9.24 g ， ， ， ，故其分子中C：H：O=0.21:0.24:0.03=7:8:1，故其实验式为C7H8O，根据质谱仪分析图所示，分子的相对分子质量为：108，与实验式C7H8O式量相等，故样品的分子式为：C7H8O。
II(1)配制混合液时，一般将密度大的液体加入密度小的液体中并不断搅拌，添加药品时的操作是：先硝酸再慢注浓硫振荡冷却逐滴加入苯。
(2)水浴加热的优点是：均匀受热，便于控制温度。
(3)苯和浓硝酸均易挥发，大试管上安装一长导管的作用是：冷凝回流的作用。
(4)制得粗产品中含有混酸和苯的杂质，所以先用洗碱溶液洗涤分液，得到苯与硝基苯的混合物，根据两者的沸点不同，通过蒸馏分离，得到纯净的硝基苯，故操作为：先将反应后的物质倒入盛有蒸馏水的烧杯加入足量的氢氧化钠振荡然后转移到分液漏斗静止分层，将下面液体放出，上层液体转移蒸馏装置蒸馏，先分离出苯，得到硝基苯。
III(1)根据装置图可知，BC是原电池，二氧化铅是正极，得到电子，电极反应式为 PbO2＋4H＋＋SO42－＋2e－＝PbSO4＋2H2O，故答案为PbO2＋4H＋＋SO42－＋2e－＝PbSO4＋2H2O；
(2) 当装置A中Cu电极质量改变6.4g时，转移电子是6.4g÷64g/mol×2＝0.2mol。装置D中氯化钠是0.1mol，阴极是氢离子放电，电极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑，则产生氢气是0.1mol。阳极是氯离子放电，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，氯离子只有0.1mol，故当转移电子0.1mol时，氯离子放电完毕，所以阳极还有氢氧根离子放电，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2，由电极反应式可得生成氯气为0.05mol、生成氧气为0.1mol÷4＝0．025mol，所以标准状况下的体积共计是（0.1mol+0.05mol+0.025mol）×22.4L/mol=3.92L，故答案为3.92L。
18．铁 NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O 因为铁表面生成的FeO(OH)不导电，阻止电子转移 Fe＋2H+=Fe2++H2↑，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3-去除率和铁的最终物质形态不同
【分析】
(1)根据原电池原理分析解答；
(2)根据FeO(OH)不导电进行分析；
(3)根据Fe2+的作用进行分析，Fe2+可以将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，而NO3-的去除率由铁的最终物质形态确定，从而判断Fe和pH的关系。
【详解】
(1)①由图可知，在脱除过程中形成原电池，Fe还原水体中NO3−，Fe作还原剂，失去电子，作负极，故答案为：铁；
②由图可知，正极反应是NO3−得到电子生成NH4+，所以电极反应式是NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O，故答案为：NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O；
(2)由图可知，当溶液的pH=4.5时，铁的最终物质形态中FeO(OH)含量较多，形成一层膜，而FeO(OH)不导电，降低了硝酸根离子的去除率，故答案为：因为铁表面生成的FeO(OH)不导电，阻止电子转移；
(3)初始pH较小，氢离子浓度高，发生反应Fe＋2H+=Fe2++H2↑，产生的Fe2+浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3-去除率和铁的最终物质形态不同。
19．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ Cu Fe3+ + e－ = Fe2+ 下层（CCl4层）溶液呈紫红色，且上层清液中滴加KSCN后溶液呈血红色 4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+ 该可逆反应达到了化学平衡状态 向左
【分析】
（1）验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱时，应将反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成原电池，原电池中铜作负极发生氧化反应被损耗，选用金属性弱于铜的金属或非金属C作正极，电解质溶液为可溶性的铁盐；
（2）方案一：如该反应为可逆反应，加入四氯化碳，四氯化碳层呈紫红色，上层清液中滴加KSCN后溶液呈血红色；但在振荡过程中，Fe2+离子易被空气中氧气生成Fe3+，不能证明Fe3+未完全反应；
方案二：图中灵敏电流计的指针指向右，右侧烧杯为正极，当指针读数变零后，在右管中加入1mol/LFeCl2溶液，如为可逆反应，可发生2Fe2++I2⇌2Fe3++2I-，I2被还原，指针应偏向左。
【详解】
（1）Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+反应，反应中Cu被氧化，Cu电极为原电池的负极，负极反应式为Cu-2e-=Cu2+，选用金属性弱于铜的金属或石墨作正极，正极上Fe3+发生还原反应，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，故答案为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；Cu； Fe3+ + e－ = Fe2+；
（2）①若该反应为可逆反应，反应中有碘单质生成，但不足量的Fe3+不能完全反应，溶液中依然存在Fe3+，则证明有碘单质和Fe3+存在的实验设计为：向反应后的溶液再继续加入2mLCCl4，充分振荡、静置、分层，下层（CCl4层）溶液呈紫红色，再取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，故答案为下层（CCl4层）溶液呈紫红色，且上层清液中滴加KSCN后溶液呈血红色；
②在振荡过程中，Fe2+离子易被空气中氧气生成Fe3+，不能证明反应可逆，反应的化学方程式为4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+，故答案为4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+；
③若该反应为可逆反应，“读数变为零”说明该可逆反应达到了化学平衡状态，故答案为该可逆反应达到了化学平衡状态；
④当指针读数变零后，在右管中加入1mol/LFeCl2溶液，如为可逆反应，可发生2Fe2++I2⇌2Fe3++2I-，I2被还原，灵敏电流计指针总是偏向电源正极，指针应偏向左，故答案为向左。
【点睛】
本题考查化学反应原理的探究，侧重于分析问题和实验能力的考查，注意把握发生的电极反应、原电池工作原理，注意可逆反应的特征以及离子检验的方法为解答的关键。
20．Cu+2Ag+＝2Ag+Cu2+ ； AgI Cu2+ AgCl CuI+2Ag+＝Cu2++Ag+AgI 2I――2e－＝I2 将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1 mol/L Na2SO4溶液，c中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转 K1＞K2，故Ag+更易与I_发生复分解反应，生成AgI 2Cu2+ + 4I- = 2CuI + I2 ，生成了CuI沉淀，使得Cu2+的氧化性增强
【详解】
(1)向酸化的硝酸银中插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明银离子氧化铜，反应生成银单质和铜离子，反应的离子方程式为： Cu+2Ag+＝2Ag+Cu2+ ； (2)经过检验，Ⅱ中溶液含有碘单质，推测铜离子做氧化剂，白色沉淀Ａ为碘化亚铜，沉淀Ａ中加入足量硝酸银溶液得到灰黑色沉淀，过滤得到滤液为蓝色，说明生成了铜离子，滤渣加入浓硝酸得到黄色沉淀为碘化银，溶液中加入稀盐酸生成白色沉淀，说明Ｂ为氯化银。①经检验，Ⅰ中溶液不含I2，黄色沉淀为AgI。②a．检验滤液无I2。溶液呈蓝色说明溶液含有铜离子；b．白色沉淀B是氯化银；c．白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是CuI+2Ag+＝Cu2++Ag+AgI。 (３). ①ａ中溶液较快变棕黄色，ｂ中电极上析出银，说明形成原电池，ａ为负极失去电子发生氧化反应，溶液变黄色是生成了碘单质，电极反应为2I――2e－＝I2 。②实验３不能说明铜离子氧化碘离子，依据是空气中的氧气也有氧化作用，设计实验验证了该依据，实验方案及现象为：将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1 mol/L Na2SO4溶液，c中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转。③方案２中，铜离子氧化碘离子，而银离子未能氧化碘离子的原因，K1＞K2，故Ag+更易与I_发生复分解反应，生成AgI。铜离子氧化碘离子的方程式为：2Cu2+ + 4I- = 2CuI + I2 ，生成了CuI沉淀，使得Cu2+的氧化性增强。
原电池原理的应用
一、单选题（共16题）
1．锌空气电池驱动的汽车已用于公共交通，其电极总反应为2Zn + O2→2ZnO。下列说法中，不正确的是
A．电极反应可通过空气流速控制
B．可使用催化剂加速正极反应
C．为了保存锌空气电池，应在电池负极贴上封条
D．Zn是负极，电极反应为Zn + 2OH-→ZnO+H2O + 2e-
2．碱性锌锰干电池是一种使用广泛的便携式电源。电池总反应为，下列说法错误的是
A．MnOOH中Mn的合价为+3
B．参与正极反应的物质为和
C．负极的电极反应为
D．电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极
3．按下图装置进行实验，若x轴表示流入正极的电子的物质的量，则y轴可以表示
①c(Ag＋) ②c(NO) ③a棒的质量 ④b棒的质量 ⑤溶液的质量
A．①③ B．②④ C．①③⑤ D．②④⑥
4．重铬酸钾是工业合成的常用氧化剂和催化剂，如图所示的微生物电池，能利用K2Cr2O7实现对含苯酚(或苯甲醛)废水的有效处理，该电池工作一段时间后，中间室内的NaC1溶液浓度减小，利用此原理可进行海水淡化，则下列叙述正确的是
A．a电极为负极，电子从a电极经过中间室到达b电极
B．M为阳离子交换膜，电解过程中中间室内的n(NaC1)减小
C．处理含苯甲醛废水时a电极反应式为：C6H5CHO+32e-+13H2O=7CO2+32H+
D．当b电极消耗等物质的量的K2Cr2O7时，a电极消耗的C6H5OH或C6H5CHO的物质的量之比为8：7
5．实验发现加入M能提高和I-的反应速率，其原理如图所示，依次发生反应1、2，下列说法正确的是
A．M可能是Fe(OH)3
B．Fe2+是该反应的催化剂
C．反应1为2Fe3++2I-=2Fe2++I2
D．将反应2设计成原电池，在负极反应
6．一种新型Na－CaFeO3可充电电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．放电时N为正极，电极反应为：2CaFeO3+2e-=2CaFeO2.5+O2-
B．充电时，M应与电源的正极相连接
C．放电时，Na+向M电极移动
D．电极材料中，单位质量放出的电能大小：Na＞Li
7．电池是一种二次电池。将溶于有机溶剂作为电解液，和负载碳纳米管的网分别作电极材料，结构如图所示。电池的总反应：，下列说法正确的是
A．放电时，向正极移动
B．放电时，作电池的负极
C．放电时，电子从负极经电解液回到正极
D．充电时，阳极反应为：
8．某高能电池以磷酸溶液作为电解质溶液，利用乙烯直接氧化法制乙酸，其总反应式为CH2=CH2＋O2=CH3COOH。有兴趣小组将该反应设计成如图所示的燃料电池，下列有关说法正确的是
A．在电池工作过程中，溶液中的向a极移动
B．电子移动方向：电极a→磷酸溶液→电极b
C．负极的电极反应式为CH2=CH2＋4e-＋2H2O=CH3COOH＋4H＋
D．当电路中通过0.04mol电子时，参加反应的CH2=CH2为224mL
9．如图装置是酒精检测仪，工作原理与酸性燃料电池相似。下列说法不正确的是
A．该电池的总反应式为：
B．当右侧Pt电极表面有0.2mol发生还原反应时，会有0.8mol向左移动
C．电流由所在的铂电极经外电路流向另一电极
D．该装置实现了化学能转化为电能
10．中科院科学家设计出一套利用和太阳能综合制氢的方案，其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．该电化学装置中，Pt电极作正极
B．Pt电极的电势高于电极的电势
C．电子流向：Pt电极→导线→电极→电解质溶液→Pt电极
D．电极上的电极反应式为
11．一种锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。下列说法不正确的是
A．锂电极为电池的负极，该电极发生氧化反应
B．电池工作时，外电路电子由锂电极流向多孔碳材料电极
C．电池工作时，消耗22.4LO2，则转移电子4mol
D．电池工作时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料电极区迁移
12．某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为薄膜；集流体起导电作用。下列说法不正确的是
A．充电时，集流体A与外接电源的负极相连
B．放电时，外电路通过电子时，薄膜电解质损失
C．放电时，电极B为正极，反应可表示为
D．电池总反应可表示为
13．最近报道了一种新型可充电式铝电池。电解质为阳离子(EMl+)与阴离子(AlCl)组成的离子液体。图为该电池放电过程示意图，Cn为石墨烯，下列说法不正确的是
A．放电时，电解质中的阳离子(EMl+)未发生反应
B．充电时，每生成1mol Al，电解质溶液中会增加7molAlCl
C．放电时，负极反应方程式为：Al+7AlCl-3e-=4Al2Cl
D．充电时，Cn为阳极，电极方程式为：Cn+AlCl-e-=Cn[AlCl4]
14．温室效应是人类共同面临的难题，一种碳呼吸设想电池能有效缓解温室效应，电池的工作原理如下图所示，陶瓷管作钠离子导体，能隔离水．下列说法正确的是
A．该电池需在一定的温度下才能工作
B．放电时物质的化学能转化为电能
C．放电时，正极反应为
D．随着反应的进行，草酸钠溶液浓度不断减小
15．近日，南开大学陈军院士团队以KSn合金为负极，以含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs—COOH)为正极催化剂构建了可充电K—CO2电池(如图所示)，电池反应为4KSn+3CO22K2CO3+C+4Sn，其中生成的K2CO3附着在正极上。该成果对改善环境和缓解能源问题具有巨大潜力。下列说法正确的是
A．放电时，电子由KSn合金经酯基电解质流向MWCNTs—COOH
B．电池每吸收22.4LCO2，电路中转移4mole-
C．充电时，阳极电极反应式为：C-4e-+2K2CO3=3CO2↑+4K+
D．为了更好的吸收温室气体CO2，可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质
16．锌电池具有价格便宜、比能量大、可充电等优点。一种新型锌电池的工作原理如图所示(凝胶中允许离子生成或迁移)。下列说法正确的是
A．放电过程中，向a极迁移
B．充电过程中，b电极反应为：Zn2++2e-=Zn
C．充电时，a电极与电源正极相连
D．放电过程中，转移0.4mole-时，a电极消耗0.4molH+
二、实验题（共4题）
17．I．通常将一定量的有机物充分燃烧转化为简单的无机物，根据产物的质量确定有机物的组成。如图所示是用燃烧法确定有机物分子式的常用装置，将含有C、H、O的有机物3.24 g装入元素分析装置，通入足量的O2使之完全燃烧，实验过程中CaCl2管(B)增加了2.16 g和NaOH(A)管增加了9.24 g，试回答。
(1)使产生的O2按从左到右的方向流动，则所选装置中各导管的正确连接顺序是________。
(2)装置C中浓硫酸的作用是________，燃烧管中CuO的作用是__________。
(3)已知质谱仪分析如图，则该有机物的分子式为________________。
II．实验室通过苯与浓硫酸和浓硝酸的混合液在50～60 ℃的水浴中加热制备硝基苯。
已知苯与硝基苯的某些物理性质如表所示。
熔点/℃
沸点/℃
状态
苯
5.5
80.1
液体
硝基苯
5.7
210.9
液体
(1)添加药品时的操作是________________________。
(2)用水浴加热的优点是____________；
(3)大试管上安装一长导管的作用是：________________________。
(4)简述获得纯净的溴苯应进行的实验操作：________________________。
III．认真观察下列装置，回答下列问题：
(1)装置B中PbO2上发生的电极反应方程式为_________________________。
(2)当装置A中Cu电极质量改变6.4 g时，装置D中产生的气体体积为________L(标准状况下)
18．用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3-)已成为环境修复研究的热点之一。
(1)Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示，
①作负极的物质是____。
②正极的电极反应式是____。
(2)将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3-的去除率
接近100%
＜50%
24小时pH
接近中性
接近中性
铁的最终物质形态
pH=4.5时，NO3-的去除率低。其原因是____。
(4)其他条件与(2)相同，经1小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3-的去除率
约10%
约3%
1小时pH
接近中性
接近中性
与(2)中数据对比，解释(2)中初始pH不同时，NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因：____。
19．（1）利用原电池装置可以验证Fe3+与Cu2+氧化性相对强弱，如下图所示。
该方案的实验原理是自发进行的氧化还原反应可以设计为原电池。写出该氧化还原反应的离子方程式：__________。该装置中的负极材料是______（填化学式），正极反应式是_______。
（2）某研究性学习小组为证明2Fe3++2I－⇌2Fe2++I2为可逆反应，设计如下两种方案。
方案一：
取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加2mL0.1mol/L的FeCl3溶液，再继续加入2mLCCl4，充分振荡、静置、分层，再取上层清液，滴加KSCN溶液。
①方案一中能证明该反应为可逆反应的现象是______。
②有同学认为方案一设计不够严密，即使该反应为不可逆反应也可能出现上述现象，其原因是（用离子方程式表示）_____。
方案二：
设计如下图原电池装置，接通灵敏电流计，指针向右偏转（注：灵敏电流计指针总是偏向电源正极），随着时间进行电流计读数逐渐变小，最后读数变为零。当指针读数变零后，在右管中加入1mol/L FeCl2溶液。
③方案二中，“读数变为零”是因为____________.
④“在右管中加入1mol/L FeCl2溶液”后，观察到灵敏电流计的指针______偏转（填“向左”、“向右”或“不”），可证明该反应为可逆反应。
20．某小组设计不同实验方案比较Cu2+、Ag+ 的氧化性。
查阅资料：Ag+ + I- = AgI↓ K1 =1.2×1016；2Ag+ + 2I- = 2Ag↓+ I2 K2 = 8.7×108
（1）方案1：通过置换反应比较
向酸化的AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明氧化性Ag+＞Cu2+。反应的离子方程式是___________________________________________________。
（2）方案2：通过Cu2+、Ag+ 分别与同一物质反应进行比较
实验
试 剂
编号及现象
试 管
滴 管
1.0 mol/L
KI溶液
1.0 mol/L AgNO3溶液
Ⅰ．产生黄色沉淀，溶液无色
1.0 mol/L CuSO4溶液
Ⅱ．产生白色沉淀A，溶液变黄
①经检验，Ⅰ中溶液不含I2，黄色沉淀是________。
②经检验，Ⅱ中溶液含I2。推测Cu2+做氧化剂，白色沉淀A是CuI。确认A的实验如下：
a．检验滤液无I2。溶液呈蓝色说明溶液含有________（填离子符号）。
b．白色沉淀B是________。
c．白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是___________，说明氧化性Ag+＞Cu2+。
（3）分析方案2中Ag+ 未能氧化I- ，但Cu2+氧化了I-的原因，设计实验如下：
编号
实验1
实验2
实验3
实验
KI溶液
KI溶液 AgNO3溶液
a b
KI溶液 CuSO4溶液
c d
现象
无明显变化
a中溶液较快变棕黄色,b中电极上析出银；电流计指针偏转
c中溶液较慢变浅黄色；
电流计指针偏转
（电极均为石墨，溶液浓度均为 1 mol/L，b、d中溶液pH≈4）
①a中溶液呈棕黄色的原因是___________________________（用电极反应式表示）。
②“实验3”不能说明Cu2+氧化了I-。依据是空气中的氧气也有氧化作用，设计实验证实了该依据，实验方案及现象是_____________________________。
③方案2中，Cu2+能氧化I-,而Ag+未能氧化I-。其原因一是从K值分析：______；二是从Cu2+的反应特点分析：______________________________________________。
参考答案
1．C
【详解】
略
2．C
【详解】
A．MnOOH中0为-2价，H为+1价，故Mn的化合价为+3，A项正确；
B．正极的电极反应为，故参与正极反应的物质为和，B项正确；
C．负极的电极反应为，C项错误；
D．原电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，D项正确。
故选C。
3．A
【详解】
根据图中装置实验，Fe、Ag、AgNO3构成的原电池中，活泼金属Fe为负极，Ag为正极，Fe和硝酸银之间发生氧化还原反应，所以银离子浓度减小，硝酸根浓度不变，故①正确，②错误；在负极上金属铁本身失电子，即a棒质量减轻，故③正确；正极Ag上析出金属银，即b棒质量增加，故④错误；负极上金属铁本身失电子，正极Ag上析出金属银，所以溶液的质量是增加了Fe，但是析出了Ag，但是在转移电子相等情况下，析出金属多，所以溶液质量减轻，但不能为零，故⑤错误；
故选A。
4．D
【分析】
依据原电池的工作原理，负极发生氧化反应，有机物被氧化，则a电极为负极，有机物发生氧化反应生成CO2和H+，生成的H+透过阳膜向中间室移动，右侧b电极为正极，反应式为：Cr2O+6e-+7H2O═2Cr (OH)3+8OH-，阴离子OH-透过阴膜向中间室移动在中间室生成水，NaCl溶液浓度减小，由此解题。
【详解】
A．依据原电池的工作原理，负极发生氧化反应，有机物被氧化，则a电极为负极，电子从a电极经过外电路到达b电极，故A错误；
B．左侧a电极为负极，生成的H+透过阳膜向中间室移动，右侧b电极为正极，生成的阴离子OH-透过阴膜向中间室移动，中间室生成水，NaCl溶液浓度减小，M为阳离子交换膜，电解过程中中间室内的n(NaCl)不变，故B错误；
C．处理含苯甲醛废水时，a电极发生氧化反应生成CO2和H+，反应式为：C6H5CHO-32e-+13H2O═7CO2+32H+，故C错误；
D．处理含苯甲醛废水时，a电极反应式为：C6H5CHO-32e-+13H2O═7CO2+32H+，处理含C6H5OH废水时，a电极反应式为：C6H5OH+11H2O-28e-═6CO2+28H+，所以根据得失电子守恒，当b电极消耗等物质的量的K2Cr2O7时，a电极消耗的C6H5OH或C6H5CHO的物质的量之比为32：28=8：7，故D正确；
故选：D。
5．C
【详解】
A．加入M能提高和I-的反应速率，说明M是反应的催化剂。根据图示可知反应1是2Fe3++2I-=2Fe2++I2，反应2方程式为：+2Fe2+=2Fe3++2，将两个方程式叠加，可得总方程式：+2I-=2+I2，可见Fe3+是该反应的催化剂，可以加快反应速率，故M是Fe3+，而不是Fe(OH)3，A错误；
B．根据图示可知：Fe2+是该反应的中间产物，而不是催化剂，B错误；
C．根据图示可知对于反应1，反应物是Fe3+、I-，生成物是Fe2+、I2，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，C正确；
D．若将反应2设计成原电池，在反应中得到电子被还原为，因此应该在正极上发生还原反应，D错误；
故合理选项是C。
6．A
【分析】
由题干工作原理图可知，Na电极M发生的电极反应为：Na-e-=Na+， 发生氧化反应，故M为负极；则N为电池正极，发生还原反应，电极反应为： 2CaFeO3+2e-=2CaFeO2.5+O2-，据此分析解题。
【详解】
A．据分析可知，放电时N为正极，电极反应为：2CaFeO3+2e-=2CaFeO2.5+O2-，A正确；
B．由分析可知，M极为原电池的负极，故充电时，M应与电源的负极相连接，B错误；
C．放电时，M电极为负极带正电，Na+向N极移动，C错误；
D．电极材料中，Na 的单位质量放出的电能为，Li的单位质量放出的电能为，故Na
【点睛】
7．B
【详解】
A．放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以向负极移动，A错误；
B．放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，B正确；
C．放电时，电子从负极经导线回到正极，不能流经电解液，C错误；
D．充电时，原来的正极Ni作电解池的阳极，Na作电解池阴极，则阳极发生的反应为原来正极反应式的逆反应：，D错误；
答案选B。
8．A
【分析】
根据原电池总反应式CH2=CH2+O2═CH3COOH可知，通入O2的b电极为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，通入CH2=CH2 的a电极为负极，电极反应式为CH2=CH2-4e-+2H2O═CH3COOH+4H+，结合原电池原理分析解答。
【详解】
A．原电池工作时，阴离子移向负极a电极，即溶液中的向a极移动，故A正确；
B．原电池工作时，电子由负极a电极经过负载流向正极b电极，电子不能通过溶液，故B错误；
C．通入CH2=CH2 的a电极为负极，电极反应式为CH2=CH2-4e-+2H2O═CH3COOH+4H+，故C错误；
D．负极的电极反应式为CH2=CH2-4e-+2H2O═CH3COOH+4H+，电路中通过0.04mol电子时，有0.01molCH2=CH2参加反应，标准状况下的体积为224mL，但气体的状态未知，所以参加反应的CH2=CH2体积不一定为224mL，故D错误；
故选A。
9．B
【详解】
A．该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置图可知酒精在负极被氧气氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH；正极上是氧气得电子的还原反应，O2所在的铂电极处发生还原反应为O2+4e-+4H+=2H2O，总反应式为，故A正确；
B．右侧Pt电极表面O2化合价降低，发生还原反应O2+4e-+4H+=2H2O，当右侧Pt电极表面有0.2mol O2发生还原反应时，会有0.8mol H+向右移动，故B错误；
C．电流由O2所在的铂电极正极经外电路流向另一电极负极上，故C正确；
D．该装置属于原电池，实现了化学能转化为电能，故D正确；
故答案：B。
10．C
【详解】
A．该装置为原电池，由Pt电极上的反应：可知，Pt电极上发生还原反应，Pt电极为正极，A正确；
B．Pt电极为正极，电极为负极，所以Pt电极的电势高于电极的电势，B正确：
C．电子从电极(负极)经导线流向Pt电极(正极)，且不能进入溶液，C错误：
D．电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为，D正确。
故选：C。
11．C
【分析】
当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)，即O2在多孔碳材料电极表面得到电子，再与转移过来的Li+结合生成Li2O2-x(x=0或1)，所以锂电极为负极，多孔碳材料电极为正极，原电池总反应为2Li+（1-）O2=Li2O2-x，据此解答。
【详解】
A．锂是活泼的金属，锂电极为电池的负极，该电极发生失去电子的氧化反应，故A正确；
B．放电时，锂电极为负极，多孔碳材料电极为正极，电子由负极锂电极经过导线流向正极多孔碳材料电极，故B正确；
C．氧气的状态未知，无法计算22.4LO2的物质的量，因此不能计算转移电子数，故C错误；
D.放电时，阳离子移向正极，所以电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移，故D正确；
故选C。
12．B
【分析】
由题中信息可知，该电池充电时得电子成为Li嵌入电极A中，可知电极A在充电时作阴极，故其在放电时作电池的负极，而电极B是电池的正极。
【详解】
A．由图可知，集流体A与电极A相连，充电时电极A作阴极，故充电时集流体A与外接电源的负极相连，A说法正确；
B．放电时，外电路通过a mol电子时，内电路中有a mol 通过LiPON薄膜电解质从负极迁移到正极，但是LiPON薄膜电解质没有损失，B说法不正确；
C．放电时，电极B为正极，发生还原反应，反应可表示为，C说法正确；
D．电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成，正极上得到电子和变为，故电池总反应可表示为，D说法正确。
综上所述，相关说法不正确的是B，本题选B。
13．B
【分析】
由示意图可知放电时铝为负极，被氧化生成，电极方程式为Al+7-3e-═4，正极反应为3Cn[AlCl4]+3e-=3Cn+3，电解时阳极发生氧化反应，电解方程式为Cn+-e-═Cn[AlCl4]，阴极发生还原反应，电极方程式为4+3e-=Al+7，据此分析解题。
【详解】
A．放电时，负极Al+7-3e-═4，正极发生3Cn[AlCl4]+3e-=3Cn+3，电解质中的阳离子（EMl+）未发生反应，A正确；
B．充电时，阳极发生3Cn+3-3e-═3Cn[AlCl4]，阴极发生4+3e-=Al+7，每生成1mol Al，电解质溶液中会增加4mol，B错误；
C．由示意图可知放电时铝为负极，被氧化生成，电极方程式为Al+7-3e-═4，C正确；
D．充电时，Cn为阳极，发生氧化反应，电极方程式为Cn+-e-═Cn[AlCl4]，D正确；
故答案为：B。
14．A
【分析】
正极：2CO2+2e-=
负极：Na-e-=Na+
【详解】
A．陶瓷管在极高的温度下会被烧裂，则该电池需在一定温度下才能正常工作，A正确；
B．放电时物质的化学能不可能100%转化为电能，一部分能量还会以热能的形式散失，B错误；
C．该反应为原电池反应，正极为得电子反应：2CO2+2e-= ，C错误；
D．随着反应的进行，正极生成的草酸根离子浓度上升，负极生成的钠离子浓度上升，故草酸钠的浓度不断升高，D错误；
答案选A。
15．C
【详解】
A．放电时，KSn合金作负极，MWCNTs-COOH作正极，在内电路中电流由负极流向正极，选项A错误；
B．气体未指明状况，无法根据体积确定其物质的量，选项B错误；
C．充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为C-4e-+2K2CO3=3CO2↑+4K+，选项C正确；
D．若用KOH溶液代替酯基电解质，则KOH会与正极上的MWCNTs-COOH发生反应，因此不能使用KOH溶液代替酯基电解质，选项D错误；
答案选C。
16．C
【详解】
A．放电过程中，a为正极， b极为负极，溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以放电过程中，向b极迁移，A项错误；
B．充电过程中b电极得到电子发生还原反应，由于在碱性环境中Zn以形式存在，则充电过程中, b电极应为: +2e-=Zn+4OH-，B项错误；
C．由图示可知，充电时，a电极失电子发生氧化反应，即a电极与电源正极相连，C项正确；
D．放电过程中b电极为负极，其电极反应式为Zn+4OH--2e-= ， a极为正极，则其电极反应式为, MnO2+4H++2e-=Mn2+ +2H2O，所以放电过程中，转移0.4mole-时，a电极消耗0.8molH+，D项错误；
答案选C。
17．g→f→e→h→i→c(或d)→d(或c)→a(或b)→b(或a) 干燥O2 确保有机物中的碳元素全部转化为CO2（或将产生的CO被氧化铜转化为CO2） C7H8O 先硝酸再慢注浓硫振荡冷却逐滴加入苯 均匀受热，便于控制温度 冷凝回流苯和硝酸提高利用率 先将反应后的物质倒入盛有蒸馏水的烧杯加入足量的氢氧化钠振荡然后转移到分液漏斗静止分层，将下面液体放出转移蒸馏装置蒸馏收集苯 PbO2＋4H＋＋SO＋2e－=PbSO4＋2H2O 3.92
【详解】
I (1)根据反应原理可知，该实验需要快速制备氧气供燃烧使用，氧气要纯净干燥，保证碳元素全部转化为二氧化碳，氢元素全部转化为水，且二氧化碳和水在后面装置中被完全吸收，故装置的连接顺序为：g→f→e→h→i→c(或d)→d(或c)→a(或b)→b(或a)；
(2) 为防止通入的氧气中混有水蒸气影响后续测定，需要浓硫酸干燥O2；由于有机物燃烧时可能产生CO，燃烧管中的CuO可以确保样品中的碳元素全部转化为CO2，被后续装置吸收；
(3) CaCl2管(B)增加了水质量：2.16 g和NaOH(A)管增加了CO2质量：9.24 g ， ， ， ，故其分子中C：H：O=0.21:0.24:0.03=7:8:1，故其实验式为C7H8O，根据质谱仪分析图所示，分子的相对分子质量为：108，与实验式C7H8O式量相等，故样品的分子式为：C7H8O。
II(1)配制混合液时，一般将密度大的液体加入密度小的液体中并不断搅拌，添加药品时的操作是：先硝酸再慢注浓硫振荡冷却逐滴加入苯。
(2)水浴加热的优点是：均匀受热，便于控制温度。
(3)苯和浓硝酸均易挥发，大试管上安装一长导管的作用是：冷凝回流的作用。
(4)制得粗产品中含有混酸和苯的杂质，所以先用洗碱溶液洗涤分液，得到苯与硝基苯的混合物，根据两者的沸点不同，通过蒸馏分离，得到纯净的硝基苯，故操作为：先将反应后的物质倒入盛有蒸馏水的烧杯加入足量的氢氧化钠振荡然后转移到分液漏斗静止分层，将下面液体放出，上层液体转移蒸馏装置蒸馏，先分离出苯，得到硝基苯。
III(1)根据装置图可知，BC是原电池，二氧化铅是正极，得到电子，电极反应式为 PbO2＋4H＋＋SO42－＋2e－＝PbSO4＋2H2O，故答案为PbO2＋4H＋＋SO42－＋2e－＝PbSO4＋2H2O；
(2) 当装置A中Cu电极质量改变6.4g时，转移电子是6.4g÷64g/mol×2＝0.2mol。装置D中氯化钠是0.1mol，阴极是氢离子放电，电极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑，则产生氢气是0.1mol。阳极是氯离子放电，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，氯离子只有0.1mol，故当转移电子0.1mol时，氯离子放电完毕，所以阳极还有氢氧根离子放电，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2，由电极反应式可得生成氯气为0.05mol、生成氧气为0.1mol÷4＝0．025mol，所以标准状况下的体积共计是（0.1mol+0.05mol+0.025mol）×22.4L/mol=3.92L，故答案为3.92L。
18．铁 NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O 因为铁表面生成的FeO(OH)不导电，阻止电子转移 Fe＋2H+=Fe2++H2↑，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3-去除率和铁的最终物质形态不同
【分析】
(1)根据原电池原理分析解答；
(2)根据FeO(OH)不导电进行分析；
(3)根据Fe2+的作用进行分析，Fe2+可以将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，而NO3-的去除率由铁的最终物质形态确定，从而判断Fe和pH的关系。
【详解】
(1)①由图可知，在脱除过程中形成原电池，Fe还原水体中NO3−，Fe作还原剂，失去电子，作负极，故答案为：铁；
②由图可知，正极反应是NO3−得到电子生成NH4+，所以电极反应式是NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O，故答案为：NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O；
(2)由图可知，当溶液的pH=4.5时，铁的最终物质形态中FeO(OH)含量较多，形成一层膜，而FeO(OH)不导电，降低了硝酸根离子的去除率，故答案为：因为铁表面生成的FeO(OH)不导电，阻止电子转移；
(3)初始pH较小，氢离子浓度高，发生反应Fe＋2H+=Fe2++H2↑，产生的Fe2+浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3-去除率和铁的最终物质形态不同。
19．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ Cu Fe3+ + e－ = Fe2+ 下层（CCl4层）溶液呈紫红色，且上层清液中滴加KSCN后溶液呈血红色 4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+ 该可逆反应达到了化学平衡状态 向左
【分析】
（1）验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱时，应将反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成原电池，原电池中铜作负极发生氧化反应被损耗，选用金属性弱于铜的金属或非金属C作正极，电解质溶液为可溶性的铁盐；
（2）方案一：如该反应为可逆反应，加入四氯化碳，四氯化碳层呈紫红色，上层清液中滴加KSCN后溶液呈血红色；但在振荡过程中，Fe2+离子易被空气中氧气生成Fe3+，不能证明Fe3+未完全反应；
方案二：图中灵敏电流计的指针指向右，右侧烧杯为正极，当指针读数变零后，在右管中加入1mol/LFeCl2溶液，如为可逆反应，可发生2Fe2++I2⇌2Fe3++2I-，I2被还原，指针应偏向左。
【详解】
（1）Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+反应，反应中Cu被氧化，Cu电极为原电池的负极，负极反应式为Cu-2e-=Cu2+，选用金属性弱于铜的金属或石墨作正极，正极上Fe3+发生还原反应，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，故答案为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；Cu； Fe3+ + e－ = Fe2+；
（2）①若该反应为可逆反应，反应中有碘单质生成，但不足量的Fe3+不能完全反应，溶液中依然存在Fe3+，则证明有碘单质和Fe3+存在的实验设计为：向反应后的溶液再继续加入2mLCCl4，充分振荡、静置、分层，下层（CCl4层）溶液呈紫红色，再取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，故答案为下层（CCl4层）溶液呈紫红色，且上层清液中滴加KSCN后溶液呈血红色；
②在振荡过程中，Fe2+离子易被空气中氧气生成Fe3+，不能证明反应可逆，反应的化学方程式为4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+，故答案为4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+；
③若该反应为可逆反应，“读数变为零”说明该可逆反应达到了化学平衡状态，故答案为该可逆反应达到了化学平衡状态；
④当指针读数变零后，在右管中加入1mol/LFeCl2溶液，如为可逆反应，可发生2Fe2++I2⇌2Fe3++2I-，I2被还原，灵敏电流计指针总是偏向电源正极，指针应偏向左，故答案为向左。
【点睛】
本题考查化学反应原理的探究，侧重于分析问题和实验能力的考查，注意把握发生的电极反应、原电池工作原理，注意可逆反应的特征以及离子检验的方法为解答的关键。
20．Cu+2Ag+＝2Ag+Cu2+ ； AgI Cu2+ AgCl CuI+2Ag+＝Cu2++Ag+AgI 2I――2e－＝I2 将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1 mol/L Na2SO4溶液，c中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转 K1＞K2，故Ag+更易与I_发生复分解反应，生成AgI 2Cu2+ + 4I- = 2CuI + I2 ，生成了CuI沉淀，使得Cu2+的氧化性增强
【详解】
(1)向酸化的硝酸银中插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明银离子氧化铜，反应生成银单质和铜离子，反应的离子方程式为： Cu+2Ag+＝2Ag+Cu2+ ； (2)经过检验，Ⅱ中溶液含有碘单质，推测铜离子做氧化剂，白色沉淀Ａ为碘化亚铜，沉淀Ａ中加入足量硝酸银溶液得到灰黑色沉淀，过滤得到滤液为蓝色，说明生成了铜离子，滤渣加入浓硝酸得到黄色沉淀为碘化银，溶液中加入稀盐酸生成白色沉淀，说明Ｂ为氯化银。①经检验，Ⅰ中溶液不含I2，黄色沉淀为AgI。②a．检验滤液无I2。溶液呈蓝色说明溶液含有铜离子；b．白色沉淀B是氯化银；c．白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是CuI+2Ag+＝Cu2++Ag+AgI。 (３). ①ａ中溶液较快变棕黄色，ｂ中电极上析出银，说明形成原电池，ａ为负极失去电子发生氧化反应，溶液变黄色是生成了碘单质，电极反应为2I――2e－＝I2 。②实验３不能说明铜离子氧化碘离子，依据是空气中的氧气也有氧化作用，设计实验验证了该依据，实验方案及现象为：将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1 mol/L Na2SO4溶液，c中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转。③方案２中，铜离子氧化碘离子，而银离子未能氧化碘离子的原因，K1＞K2，故Ag+更易与I_发生复分解反应，生成AgI。铜离子氧化碘离子的方程式为：2Cu2+ + 4I- = 2CuI + I2 ，生成了CuI沉淀，使得Cu2+的氧化性增强。
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