专题08电化学及其应用——三年（2019-2021）高考真题化学分项汇编（全国通用）（解析版）

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专题08 电化学及其应用

1．（2021·山东）以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2清洁燃料电池，下列说法正确的是
A．放电过程中，K+均向负极移动
B．放电过程中，KOH物质的量均减小
C．消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大
D．消耗1molO2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L
【答案】C
【分析】
碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；N2H4-O2清洁燃料电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O；偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中C和N的化合价均为-2价，H元素化合价为+1价，所以根据氧化还原反应原理可推知其燃料电池的总反应为：(CH3)2NNH2+4O2+4KOH=2K2CO3+N2+6H2O，据此结合原电池的工作原理分析解答。
【详解】
A．放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误；
B．根据上述分析可知，N2H4-O2清洁燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量减小，B错误；
C．理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为mg，则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量（物质的量表达式）分别是：、、，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C正确；
D．根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1molO2生成的氮气的物质的量为1mol，在标准状况下为22.4L，D错误；故选C。
2．（2021·全国高考甲卷）乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是

A．在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B．阳极上的反应式为：+2H++2e-=+H2O
C．制得乙醛酸，理论上外电路中迁移了电子
D．双极膜中间层中的在外电场作用下向铅电极方向迁移
【答案】D
【分析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳极上Br-被氧化为Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的H+在直流电场作用下移向阴极，OH-移向阳极。
【解析】A．KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br2为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故A错误；
B．阳极上为Br-失去电子生成Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，故B错误；
C．电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1mol乙二酸生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，1mol乙二醛生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，根据转移电子守恒可知每生成1mol乙醛酸转移电子为1mol，因此制得2mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；
D．由上述分析可知，双极膜中间层的H+在外电场作用下移向阴极，即H+移向铅电极，故D正确；
综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。
3．（2021·全国高考乙卷）沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。

下列叙述错误的是
A．阳极发生将海水中的氧化生成的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的
C．阴极生成的应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的等积垢需要定期清理
【答案】D
【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl-会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH-，结合海水成分及电解产物分析解答。
【解析】A．根据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；
B．设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH-在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；
C．因为H2是易燃性气体，所以阳极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；
D．阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误。
故选D。
4．（2021·广东）火星大气中含有大量，一种有参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时
A．负极上发生还原反应 B．在正极上得电子
C．阳离子由正极移向负极 D．将电能转化为化学能
【答案】B
【解析】根据题干信息可知，放电时总反应为4Na+3CO2=2Na2CO3+C。
A．放电时负极上Na发生氧化反应失去电子生成Na+，故A错误；
B．放电时正极为CO2得到电子生成C，故B正确；
C．放电时阳离子移向还原电极，即阳离子由负极移向正极，故C错误；
D．放电时装置为原电池，能量转化关系为化学能转化为电能和化学能等，故D正确；
综上所述，符合题意的为B项，故答案为B。
5．（2021·广东）钴()的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是

A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的均增大
B．生成，Ⅰ室溶液质量理论上减少
C．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
D．电解总反应：
【答案】D
【分析】由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2++2e-=Co，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H2O2 Co +O2↑+4H+。
【解析】A．由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；
B．由分析可知，阴极生成1mol钴，阳极有1mol水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18g，故B错误；
C．若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；
D．由分析可知，电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H2O2 Co +O2↑+4H+，故D正确；
故选D。
6．（2021·河北）K—O2电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是

A．隔膜允许K+通过，不允许O2通过
B．放电时，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极
C．产生1Ah电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2.22
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗0.9g水
【答案】D
【分析】由图可知，a电极为原电池的负极，单质钾片失去电子发生氧化反应生成钾离子，电极反应式为K—e-=K+，b电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超氧化钾；据以上分析解答。
【解析】A．金属性强的金属钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许通过，不允许通过，故A正确；
B．由分析可知，放电时，a为负极，b为正极，电流由b电极沿导线流向a电极，充电时，b电极应与直流电源的正极相连，做电解池的为阳极，故B正确；
C．由分析可知，生成1mol超氧化钾时，消耗1mol氧气，两者的质量比值为1mol×71g/mol：1mol×32g/mol≈2.22：1，故C正确；
D．铅酸蓄电池充电时的总反应方程式为2PbSO4+2H2O＝PbO2+Pb+2H2SO4，反应消耗2mol水，转移2mol电子，由得失电子数目守恒可知，耗钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为×18g/mol=1.8g，故D错误；
故选D。
7．（2021·湖南）锌溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌溴液流电池工作原理如图所：

下列说法错误的是
A．放电时，N极为正极
B．放电时，左侧贮液器中的浓度不断减小
C．充电时，M极的电极反应式为
D．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过
【答案】B
【分析】由图可知，放电时，N电极为电池的正极，溴在正极上得到电子发生还原反应生成溴离子，电极反应式为Br2+2e—=2Br—，M电极为负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn—2e—=Zn2+，正极放电生成的溴离子通过离子交换膜进入左侧，同时锌离子通过交换膜进入右侧，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持不变；充电时，M电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，N电极与直流电源的正极相连，做阳极。
【解析】A．由分析可知，放电时，N电极为电池的正极，故A正确；
B．由分析可知，放电或充电时，左侧储液器和右侧储液器中溴化锌的浓度维持不变，故B错误；
C．由分析可知，充电时，M电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2++2e—=Zn，故C正确；
D．由分析可知，放电或充电时，交换膜允许锌离子和溴离子通过，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持不变，故D正确；
故选B。
8．（2021·浙江）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
【答案】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。
【解析】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。
9．（2021·浙江）镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下(L 为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。

下列说法不正确的是
A．断开K2、合上K1，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能
B．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生还原反应
C．电极B发生氧化反应过程中，溶液中KOH浓度不变
D．镍镉二次电池的总反应式：Cd+ 2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2
【答案】C
【分析】根据图示，电极A充电时为阴极，则放电时电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成Cd(OH)2，负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，电极B充电时为阳极，则放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH-，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，据此分析作答。
【解析】A．断开K2、合上K1，为放电过程，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能，A正确；
B．断开K1、合上K2，为充电过程，电极A与直流电源的负极相连，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，B正确；
C．电极B发生氧化反应的电极反应式为2Ni(OH)2-2e-+2OH-=2NiOOH+2H2O，则电极A发生还原反应的电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，此时为充电过程，总反应为Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O，溶液中KOH浓度减小，C错误；
D．根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，则镍镉二次电池总反应式为Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，D正确；答案选C。


10．[2020新课标Ⅰ]科学家近年发明了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。

下列说法错误的是
A．放电时，负极反应为
B．放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 mol
C．充电时，电池总反应为
D．充电时，正极溶液中OH−浓度升高
【答案】D
【解析】
由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，发生还原反应生成Zn，以此分析解答。
A．放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：，故A正确，不选；
B．放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2mol，故B正确，不选；
C．充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上转化为Zn，电池总反应为：，故C正确，不选；
D．充电时，正极即为阳极，电极反应式为：，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合题意；
答案选D。
11．[2020新课标Ⅱ]电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是

A．Ag为阳极 B．Ag+由银电极向变色层迁移
C．W元素的化合价升高 D．总反应为：WO3+xAg=AgxWO3
【答案】C
【解析】
从题干可知，当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3器件呈现蓝色，说明通电时，Ag电极有Ag+生成然后经固体电解质进入电致变色层，说明Ag电极为阳极，透明导电层时阴极，故Ag电极上发生氧化反应，电致变色层发生还原反应。
A．通电时，Ag电极有Ag+生成，故Ag电极为阳极，故A项正确；
B．通电时电致变色层变蓝色，说明有Ag+从Ag电极经固体电解质进入电致变色层，故B项正确；
C．过程中，W由WO3的+6价降低到AgxWO3中的+(6-x)价，故C项错误；
D．该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为：xAg-xe-= xAg+，而另一极阴极上发生的电极反应为：WO3+xAg++xe- = AgxWO3，故发生的总反应式为：xAg + WO3=AgxWO3，故D项正确；
答案选C。
【点睛】
电解池的试题，重点要弄清楚电解的原理，阴、阳极的判断和阴、阳极上电极反应式的书写，阳极反应式+阴极反应式=总反应式，加的过程中需使得失电子数相等。
12．[2020新课标Ⅲ]一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是

A．负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【答案】B
【解析】
根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成和，反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-，反应的电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，据此分析。
A．当负极通过0.04mol电子时，正极也通过0.04mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.04mol电子消耗0.01mol氧气，在标况下为0.224L，A正确；
B．反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH降低，B错误；
C．根据分析，电池的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，C正确；
D．电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确；故选B。
【点睛】
本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写，电解质溶液为碱性，则空气中的氧气得电子生成氢氧根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。
13．[2020浙江7月选考]电解高浓度(羧酸钠)的溶液，在阳极放电可得到(烷烃)。下列说法不正确的是( )
A．电解总反应方程式：
B．在阳极放电，发生氧化反应
C．阴极的电极反应：
D．电解、和混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷
【答案】A
【解析】
A．因为阳极RCOO-放电可得到R-R(烷烃)和产生CO2，在强碱性环境中，CO2会与OH-反应生成CO32-和H2O，故阳极的电极反应式为2RCOO--2e-+4OH-=R-R+2CO32-+2H2O，阴极上H2O电离产生的H+放电生成H2，同时生成OH-，阴极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，因而电解总反应方程式为2RCOONa+2NaOHR-R+2Na2CO3+H2↑，故A说法不正确；
B．RCOO-在阳极放电，电极反应式为2RCOO--2e-+4OH-=R-R+2CO32-+2H2O， -COO-中碳元素的化合价由+3价升高为+4价，发生氧化反应，烃基-R中元素的化合价没有发生变化，故B说法正确；
C．阴极上H2O电离产生的H+放电生成H2，同时生成OH-，阴极的电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故C说法正确；
D．根据题中信息，由上述电解总反应方程式可以确定下列反应能够发生：2CH3COONa+2NaOHCH3-CH3+2Na2CO3+H2↑，2CH3CH2COONa+2NaOHCH3CH2-CH2CH3+2Na2CO3+H2↑，CH3COONa+CH3CH2COONa+2NaOHCH3-CH2CH3+2Na2CO3+H2↑。因此，电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH 的混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷，D说法正确。
答案为A。
14．[2020年山东新高考]微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含 CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是

A．负极反应为
B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C．当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5g
D．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2:1
【答案】B
【解析】
据图可知a极上CH3COOˉ转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。
A．a极为负极，CH3COOˉ失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正确；
B．为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；
C．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molClˉ移向负极，同时有1molNa+移向正极，即除去1molNaCl，质量为58.5g，故C正确；
D．b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H++2eˉ=H2↑，所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，根据负极反应式可知负极产生2mol气体，物质的量之比为4:2=2:1，故D正确；故答案为B。
15．[2020年山东新高考]采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是

A．阳极反应为
B．电解一段时间后，阳极室的pH未变
C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量
【答案】D
【解析】
a极析出氧气，氧元素的化合价升高，做电解池的阳极，b极通入氧气，生成过氧化氢，氧元素的化合价降低，被还原，做电解池的阴极。
A.依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳极的反应式是2H2O-4e-=4H++O2↑，故A正确，但不符合题意；
B.电解时阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳极室的pH值不变，故B正确，但不符合题意；
C.有B的分析可知，C正确，但不符合题意；
D.电解时，阳极的反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极的反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，总反应为：O2+2H2O=2H2O2，要消耗氧气，即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气，故D错误，符合题意；
故选：D。
16．[2020天津卷]熔融钠-硫电池性能优良，是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为(x=5~3，难溶于熔融硫)，下列说法错误的是

A．Na2S4的电子式为
B．放电时正极反应为
C．Na和Na2Sx分别为电池的负极和正极
D．该电池是以为隔膜的二次电池
【答案】C
【解析】
根据电池反应：可知，放电时，钠作负极，发生氧化反应，电极反应为：Na-e-= Na+，硫作正极，发生还原反应，电极反应为，据此分析。
A．Na2S4属于离子化合物，4个硫原子间形成三对共用电子对，电子式为，故A正确；
B．放电时发生的是原电池反应，正极发生还原反应，电极反应为：，故B正确；
C．放电时，Na为电池的负极，正极为硫单质，故C错误；
D．放电时，该电池是以钠作负极，硫作正极的原电池，充电时，是电解池，为隔膜，起到电解质溶液的作用，该电池为二次电池，故D正确；
答案选C。
17．[2020江苏卷]将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是

A．阴极的电极反应式为
B．金属M的活动性比Fe的活动性弱
C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【答案】C
【解析】
该装置为原电池原理的金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M作负极，钢铁设备作正极，据此分析解答。
A.阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误；
B.阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，故B错误；
C.金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C正确；
D.海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；故选：C。

18．[2019新课标Ⅰ]利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是

A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+
C．正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3
D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【答案】B
【解析】
【分析】由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+−e−= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e−= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。
【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；
B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+−e−= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+，故B错误；
C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e−= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；
D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。故选B。
【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。
19．[2019新课标Ⅲ]为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。
下列说法错误的是

A．三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
B．充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−NiOOH(s)+H2O(l)
C．放电时负极反应为Zn(s)+2OH−(aq)−2e−ZnO(s)+H2O(l)
D．放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区
【答案】D
【解析】A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确；
B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)＋OH− (aq)− e− ＝NiOOH(s)＋H2O(l)，B正确；
C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)＋2OH− (aq)− 2e− ＝ZnO(s)＋H2O(l)，C正确；
D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH− 通过隔膜从正极区移向负极区，D错误。答案选D。
20．[2019天津]我国科学家研制了一种新型的高比能量锌−碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。

下列叙述不正确的是
A．放电时，a电极反应为
B．放电时，溶液中离子的数目增大
C．充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化
D．充电时，a电极接外电源负极
【答案】D
【解析】
【分析】放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn−2e− ═Zn2＋，正极反应式为I2Br− +2e− =2I− +Br− ，充电时，阳极反应式为Br− +2I− −2e− =I2Br− 、阴极反应式为Zn2＋+2e− =Zn，只有阳离子能穿过交换膜，阴离子不能穿过交换膜，据此分析解答。
【详解】A、放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br− +2e− =2I− +Br− ，故A正确；
B、放电时，正极反应式为I2Br− +2e− =2I− +Br− ，溶液中离子数目增大，故B正确；
C、充电时，b电极反应式为Zn2＋+2e− =Zn，每增加0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式为Br− +2I− −2e− =I2Br− ，有0.02molI− 失电子被氧化，故C正确；
D、充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，故D错误；故选D。
【点睛】本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，会正确书写电极反应式，易错选项是B，正极反应式为I2Br− +2e− =2I− +Br− ，溶液中离子数目增大。
21．[2019江苏]将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是

A．铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−Fe3+
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
【答案】C
【解析】
【分析】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe−2e−=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e−=4OH−；据此解题；
【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe−2e−=Fe2+，故A错误；
B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；
C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；
D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；
综上所述，本题应选C.
【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe−2e−=Fe2+；正极反应为：2H+ +2e−=H2↑；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe−2e−=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e−=4OH−。
22．[2019浙江4月选考]化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是
A．Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加
B．正极的电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−
C．锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D．使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
【答案】A
【解析】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；B. Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag,结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−，B项正确；C.Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；D.铅蓄电池总反应式为PbO2 + Pb + 2H2SO4 2PbSO4 + 2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故答案选A。