第四章化学反应与电能单元测试题（含解析）-2023-2024学年高二化学人教版选择性必修1

第四章 化学反应与电能 单元测试题
一、单选题
1．一种可充电锌—空气电池放电时的工作原理如下图所示。已知：Ⅰ室溶液中，锌主要以的形式存在，并存在电离平衡。下列说法错误的是
A．放电时，Ⅰ室溶液中浓度增大
B．放电时，Ⅱ室中的通过阴离子交换膜进入Ⅰ室
C．充电时，电极的电极反应为
D．充电时，每生成，Ⅲ室溶液质量理论上减少
2．设计如图所示装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法错误的是
A．为了保持细菌所在环境pH稳定，两侧都应选择质子交换膜
B．乙室电极反应式为LiCoO2+e-+4H+=Co2++Li++2H2O
C．装置工作一段时间后，乙室的pH在减小
D．若甲室Co2+减少150mg，乙室Co2+增加200mg，则此时已进行过溶液转移
3．利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂，装置如下，下列说法正确的是（ ）
A．电极反应式是
B．甲中每消耗，乙中有通过隔膜
C．电极反应式为
D．每转移电子，生成和
4．以铁为阳极、铜为阴极，对足量的溶液进行电解，电解结束一段时间后得到沉淀，此时消耗水的物质的量共为（ ）
A．8mol B．9mol C．12mol D．10mol.
5．出土于陕西的两千多年前的越王剑(主要成分为铁)，该剑剑格左右侧皆以鸟虫书体铸刻“王戊”二字，时至如今，依然锋利。剑脊含铜量较多，韧性好，不易折断；刃部含锡高，硬度强，可见其性能优异，锻造技术优良。关于金属的腐蚀与防护，下列说法错误的是
A．铁与铜、锡构成原电池时，铁为负极
B．防止铁管被腐蚀，可以利用电解池原理的牺牲阳极保护法，铁做阴极被保护
C．生活中，为了防止铁板被腐蚀，可以在铁板上镀铜或者镀锌，镀锌效果更好
D．铜碳合金在强酸性条件下不会发生析氢腐蚀
6．某同学以相同大小的铜片和锌片为电极探究水果电池(如图所示)，得到的实验数据如下表所示：
实验编号 水果种类 电极间距离/cm 电流/
1 番茄 1 98.7
2 番茄 2 72.5
3 苹果 2 27.2
下列说法错误的是
A．实验目的是探究电极间距离和水果种类对水果电池电流的影响
B．实验所用装置中，负极材料是铜片
C．该装置将化学能转化为电能
D．实验2和3表明水果种类对水果电池电流大小有影响
7．我国最近在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法正确的是

A．b极所在的容器中溶液的氢离子参与反应，所以溶液的酸性减弱
B．该装置总反应为H2SH2+S
C．a极上发生的电极反应为I+2e=3I-
D．a极区需不断补充含I-和I的溶液
8．如图所示，X、Y、Q、W都是惰性电极，甲中加入硫酸铜溶液，丙中加入氢氧化铁胶体。将电源接通后，W极附近颜色逐渐加深。下列说法中错误的是

A．电极X极为阳极
B．通电一段时间后，向甲装置中加入0.2mol的Cu(OH)2能使溶液复原，则电解过程中转移电子的数目为0.6NA
C．若乙为电解精炼铜装置，电解一段时间后硫酸铜溶液浓度变小
D．欲用乙装置给铜镀锌，U极应该是锌，电镀液选择ZnSO4溶液
9．一氧化氮-空气质子交换膜燃料电池将化学能转化成电能的同时，实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合，其原理如图所示。下列说法错误的是

A．电极的电势低于电极的电势
B．燃料电池总反应为
C．Ptl电极附近发生的反应为
D．该电池放电时从电极通过质子交换膜向电极移动
10．一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺工作原理的示意图如下图。下列说法不正确的是

A．与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜
B．理论上，每消耗1mol，可生产5mol和3mol
C．第一步中阳极反应为：
D．第二步中，放电结束后，电解质溶液中的含量降低
11．下列叙述中，正确的个数为
①电解池是将化学能转变为电能的装置；
②金属导电和电解质溶液导电均为物理变化；
③通过电解原理只能实现不能自发进行的氧化还原反应的发生；
④电镀过程相当于金属的“迁移”，可视为物理变化；
⑤纯银质物品久置表面变暗，是由于发生了电化学腐蚀；
⑥硝酸铵溶于水可自发进行该过程的
⑦一般来说，带有盐桥的原电池比不带盐桥的原电池效率高。
⑧已知31g白磷比31g红磷能量多，则(白磷，s)=4P(红磷，s)
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．化学与生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是
A．华为mate系列手机采用的大容量高密度电池是一种二次电池
B．铅蓄电池充电时，标示“+”的接线柱连电源的正极，电极反应式为
C．港珠澳大桥桥底镶嵌锌块，锌发生氧化反应而被消耗，采用牺牲阳极保护法以保护船体
D．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则转移到阴极的电子数为2mol
13．一种以为代表的新型可充电钠离子电池的放电工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．放电时，通过离子交换膜从左室移向右室
B．充电时，电源的负极应与Mg箔连接
C．充电时，溶液中通过电子时，阳极质量变化2.3g
D．放电时，负极反应式为
二、多选题
14．某同学按如图所示的装置进行实验。电极A、B为两种常见金属，当K闭合时，X极上产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。下列说法正确的是
A．A极和Y极上均发生还原反应，且Y极的电极反应式为
B．电池工作一段时间后，丙池中两极的总质量不变
C．当0.5mol通过阴离子交换膜时，X极收集到标况下11.2L的气体
D．当0.1molB参与反应时，丙池中流经电解液的电子数目约为
三、非选择题
15．目前市场上的电池种类繁多，性能也各不相同。根据电化学原理回答下列问题：
(1)镍—镉电池是一种新型的封闭式体积小的可充电电池。其工作原理如图甲所示。放电时，镉电极反应式为 ，充电时，阳离子移向 极（填“a”或“b”）。

(2)燃料电池具有能量转化率高、对环境友好等优点。燃料电池的介质有多种形式，如酸性溶液、碱性溶液、熔融氧化物和熔融碳酸盐等。甲烷碱性燃料电池（乙图）和熔融碳酸盐燃料电池（丙图）工作原理分别如图所示：

①在乙图中，b为 极（填“正”或“负”），a电极反应式为 。
②在丙图中，d电极反应式为 。
(3)以—空气电池为电源，用惰性电极作电极材料电解氯化钠溶液，如图丁所示，该电池工作时，B装置中b电极反应式为 ，b、c电极析出物质的物质的量比为 （不考虑析出物质的溶解）。

(4)如图戊所示，用左池（总反应式为，未配平）电解硫酸铜溶液。
左池每消耗32g ，理论上在右池 （填“石墨”或“Ag”）极会析出 g Cu。
16．吸入氧气、排出二氧化碳，这看似再简单不过的新陈代谢，在遥远的太空中却并不容易，因为在航天服、航天器、空间站等密闭系统中，CO2浓度会高得多，而超过一定浓度会导致呼吸急促、头晕头痛、昏迷甚至死亡，因此必须通过一定方法将CO2清除。
I．非再生式氢氧化锂(LiOH)除碳技术
(1)我国“飞天”舱外航天服采用非再生式氢氧化锂(LiOH)吸附CO2生成碳酸锂，该技术设备操作简单，功能可靠，适用于短期出舱任务。吸附时发生反应的化学方程式为 。采用LiOH而不用NaOH的原因是 。
Ⅱ．再生式快速循环胺技术
(2)以固态胺作为吸附剂，吸附CO2与水蒸气。当固态胺吸附饱和后，将其暴露于真空中，破坏碳酸氢盐的化学键，释放出CO2，从而完成吸附剂的再生。该技术大大提升了舱外航天服的续航时间。固态胺的吸附是 变化。
Ⅲ．萨巴蒂尔(Sabatier)除碳生氧技术
(3)利用萨巴蒂尔(Sabatier)反应清除二氧化碳并再生氧气的大体流程如下图所示。
下列说法错误的是___________。
A．CO2的最终产物为CH4和O2
B．电解水装置中，反应物的能量高于生成物的能量
C．萨巴蒂尔反应器中反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶4
D．物质转化中O、H原子的利用率均为100%
Ⅳ．富集CO2的原电池模拟装置如图：
(4)b极为 极，a电极上发生的电极反应为 。
(5)上述电极材料采用多孔碳载镍，“多孔”的优点是 。
(6)该装置若消耗2 mol H2，则理论上在b极除去CO2的体积约为 L(标准状况下)。
V．能量存储与循环技术
(7)将电解水装置与燃料电池配合使用，可实现充放电的循环过程，应用于长寿命的航天器中，工作原理如图：
关于该循环系统下列说法正确的是
A．该系统中存在着太阳能、电能、化学能和机械能之间的相互转化
B．电解池中可选用CuSO4来增强水的导电性
C．太阳能电池帆板的主要成分为SiO2
D．利用太阳能代替化石能源符合“低碳经济”
17．第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合。在推动车辆上坡或加速时，电动机提供推动力，、降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态。
(1)混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属(以M表示)为负极，碱液(主要为 KOH)为电解质溶液。镍氢电池充放电原理如下图所示，其总反应式为H2+2NiOOH2Ni(OH)2。根据所给信息判断，混合动力车上坡或加速时，乙电极周围溶液的pH (填“增大” “减小”或“不变”)，该电极的电极反应式为 。

(2)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)。下列说法错误的是 ___________

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：
18．电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。
(1)钢闸门在海水中的电化学腐蚀主要是 腐蚀，总反应为 ，图中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择 (填字母)。

a．金块 b．锌板 c．铜板 d．钠块
(2)如下图，装置Ⅰ为CO燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜。

①b处应通入 (填“CO”或“O2”)，a处电极上发生的电极反应式是 。
②电镀结束后，装置Ⅰ中溶液的pH (填写“变大”“变小”或“不变”)；装置Ⅱ中Cu2+的物质的量浓度 (填写“变大”“变小”或“不变”)。
③在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量变化12.8g，则装置I中理论上消耗CO L(标准状况下)。
(3)用惰性电极电解1000mL浓度均为1mol/L的CuSO4、HCl、AlCl3组成的混合溶液，一段时间后，阴、阳极收集到的气体体积相等，则阴、阳极收集到气体的总体积为 L(假设产生的气体均在标况下测定，且所有气体均不考虑溶于水)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．放电时，该装置为原电池，通入的电极是正极，电极反应式为，Zn电极为负极，电极反应式为，浓度增大，电离平衡正向移动，导致Ⅰ室溶液中浓度增大，故A正确；
B．放电时，根据原电池“同性相吸”，Ⅱ室中的通过阳离子交换膜进入Ⅲ室，Ⅱ室中的通过阴离子交换膜进入Ⅰ室，故B正确；
C．充电时，电极为阴极，其电极反应为，故C正确；
D．充电时，电极为阳极，电极反应式为，每生成转移电子，同时有通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室溶液质量理论上减少，故充电时，每生成，Ⅲ室溶液质量理论上减少，故D错误。
综上所述，答案为D。
2．C
【分析】已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池，则左侧为电解池；将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2+，则钴元素化合价降低，发生还原反应，LiCoO2(s)为正极，与之相连的为电解池阳极，那么原电池中左侧电极为负极，与之相连的为电解池阴极。
【详解】A. 电池工作时，电解池中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，同时生成H+，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，为了保持细菌所在环境pH稳定，H+通过质子交换膜进入阴极室；对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被还原为Co2+，同时得到Li+，其中的O2-与溶液中的H+结合H2O，电极反应式为LiCoO2+e-+4H+=Co2++Li++2H2O，则负极为CH3COO--8e-+2H2O =2CO2↑+7H+，同样，为了保持细菌所在环境pH稳定，H+通过质子交换膜进入正极室，故A正确；
B. 对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被还原为Co2+，同时得到Li+，其中的O2-与溶液中的H+结合H2O，电极反应式为LiCoO2+e-+4H+=Co2++Li++2H2O，故B正确；
C. 对于乙室，结合B分析可知，正极电极反应式为LiCoO2+e-+4H+=Co2++Li++2H2O，负极发生的反应为CH3COO--8e-+2H2O =2CO2↑+7H+，负极产生的H+通过质子交换膜进入正极室，但是乙室的H+浓度仍然是减小的，故pH在增大，故C错误；
D. 若甲室Co2+减少150 mg，则电子转移物质的量为；若乙室Co2+增加200 mg，则转移电子的物质的量为，由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进行过溶液转移，即将乙室部分溶液转移至甲室，故D正确；
故答案选C。
3．B
【分析】根据实验装置可知，二氧化硫在a极发生失电子的氧化反应，生成硫酸，则a为负极，b为正极；与a相连的d为电解池阴极，则c为电解池阳极，无水硝酸作用下，四氧化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮，电极反应式：；
【详解】A．电极b为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式：，故A错误；
B．对应物质的量为1mol，1mol二氧化硫失去2mol电子生成硫酸，由得失电子数目守恒可知，d电极上2mol氢离子放电生成氢气，则有2mol氢离子通过隔膜由左侧移向右侧，故B正确；
C．电极c为电解池的阳极，在无水硝酸作用下，四氧化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮，电极反应式：，故C错误；
D．由分析可知，电极a为负极，二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极c为电解池的阳极，在无水硝酸作用四氧化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮，由得失电子数目守恒可知，每转移2mol电子，电极c生成2mol五氧化二氮、电极a生成1mo1硫酸，故D错误；
答案选B。
4．D
【详解】根据铁原子守恒知，，所以生成需要，活泼金属铁作电解池阳极时，电解氢氧化钠溶液的化学方程式：，则生成需要水的物质的量为8mol；又氢氧化亚铁不稳定，能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀，反应方程式：，说明生成需要水的物质的量为2mol，消耗水的物质的量共为8mol+2mol=10mol，答案选D。
5．B
【详解】A．铁的活泼性比铜、锡强，则铁与铜、锡构成原电池时，铁为负极，A正确；
B．牺牲阳极保护法，不是电解池原理、是原电池原理，铁做正极被保护，B错误；
C．在铁板上镀铜或者镀锌，镀层把铁与周围环境隔绝而防止了铁的腐蚀，镀锌效果更好，是因为白铁皮(镀锌铁)表面镀层被划伤后，形成原电池时锌为负极，铁为正极，镀层仍能对铁起到保护作用，C正确；
D．钢铁发生析氢腐蚀时，电池总反应首先是铁与氢离子生成亚铁离子和氢气，铜碳合金在强酸性条件下铜不与氢离子反应，故不会发生析氢腐蚀，D正确；
选B。
6．B
【详解】A．该装置为原电池装置，锌作负极，铜作正极，电解质溶液由水果提供。实验1和2是探究电极间距离对水果电池电流的影响。实验2和3是探究水果种类对水果电池电流的影响，A正确；
B．实验所用装置中，负极材料是锌片，B错误；
C．该装置将化学能转化为电能，C正确；
D．实验2和3表明水果种类对水果电池电流大小有影响，D正确；
故选B。
7．B
【分析】根据图示，b极上氢离子转化为氢气，得电子，发生还原反应，a极上碘离子转化为I离子，失电子，发生氧化反应，氢离子通过质子交换膜向b电极移动。
【详解】A．b极所在的容器中溶液的氢离子参与反应，右侧氢离子迁移到左侧中，左侧溶液的酸性不变，A错误；
B．由图可知，该装置总反应为硫化氢分解为氢气和硫单质：H2SH2+S，B正确；
C．a极上碘离子转化为I离子，失电子，发生氧化反应3I- -2e= I，C错误；
D．a极区涉及两个反应步骤，第一步利用氧化态I高效捕获H2S得到硫、氢离子和还原态I ，第二步是还原态I 又在电极上失去电子，发生氧化反应转化为氧化态I，I-和I可在a极区循环使用，所以a极区不需不断补充含I-和I的溶液，，D错误；
故选B。
8．B
【分析】氢氧化铁胶粒带正电，通电时，W极附近颜色逐渐加深，说明W连接电源的负极，则M为正极，N为负极；
【详解】A．X连接正极M极，则X为阳极，A正确；
B．甲转化阳极为水放电生成氧气：，通电一段时间后，向甲装置中加入0.2mol的Cu(OH)2能使溶液复原，则说明减小0.4mol氧原子也就是生成0.2mol氧气，则电解过程中转移电子0.8mol，数目为0.8NA，B错误；
C．若乙为电解精炼铜装置，电解过程转化阳极中除铜放电外，其它金属锌、镍等也会放电成为阳离子进入溶液，使得一段时间后硫酸铜溶液浓度变小，C正确；
D．欲用乙装置给铜镀锌，锌应连接电源的正极，锌为阳极U极，电镀液为含锌离子的ZnSO4溶液，D正确；
故选B。
9．A
【分析】放电时， Pt2电极通入O2发生还原反应生成H2O，则Pt2电极为正极，Pt1电极为负极，通入NO、H2O、HNO3转化为HNO3，以此解答。
【详解】A．由分析可知，电极为正极，Pt1电极为负极，电极的电势高于电极的电势，故A错误；
B．由图可知，燃料电池总反应为NO和O2、H2O反应生成HNO3，方程式为：，故B正确；
C．Pt1电极为负极，通入NO、H2O、HNO3转化为HNO3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，故C正确；
D．由分析可知，电极为正极，Pt1电极为负极，该电池放电时从电极通过质子交换膜向电极移动，故D正确；
故选A。
10．B
【分析】第一步在电解池阴极充入氧气，阳极Na0.44MnO2失电子制氢氧化钠；第二步原电池提取Na+和Cl-；第三步利用电解生产氯气；石墨电极为阳极氯离子失电子产生氯气；
【详解】A．传统氯碱工艺电解饱和食盐水，使用阳离子交换膜；与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜，选项A正确；
B．理论上，每消耗1mol O2，转移4mol电子，第一步生成4mol NaOH；根据钠守恒，第二步提取4mol NaCl，第三步生成2mol Cl2，选项B错误；
C．根据图示，第一步中阳极反应为：Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+，选项C正确；
D．第二步中，放电结束后，Na0.44-xMnO2→Na0.44MnO2，Ag→AgCl，电解质溶液中NaCl的含量降低，选项D正确；
答案选B。
11．B
【详解】①电解池是将电能转变为化学能的装置，故①错误；
②金属导电为物理变化，电解质溶液导电为化学变化，故②错误；
③通过电解原理课实现不能自发进行的氧化还原反应，也可实现自发进行的氧化还原反应，如Zn作阳极，稀硫酸作电解质溶液，可发生反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，故③错误；
④电镀过程相当于金属的“迁移”，但阳极金属失电子生成金属阳离子，阴极金属阳离子得电子生成金属单质，属于化学变化，故④错误；
⑤纯银质物品久置表面变暗，是由于银和空气中的硫结合生成硫化银，发生了化学腐蚀，故⑤错误；
⑥硝酸铵溶于水吸热，则ΔH＞0，该过程可自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，因此ΔS＞0，故⑥错误；
⑦一般来说，带有盐桥的原电池，能减少负极和电解质溶液直接接触反应，比不带盐桥的原电池效率高，故⑦正确；
⑧31 g白磷比31 g红磷能量多b kJ，其中31g白磷的物质的量为=0.25mol,则P4(s)=4P(s)△H=-4b kJ mol-1，故⑧正确；
故选：B。
12．D
【详解】A．手机电池均为可充电电池（二次电池），而不是一次电池，故A说法正确；
B．铅蓄电池在充电时，正极（阳极）失去电子发生氧化反应，电极反应式：，故B说法正确；
C．珠港澳大桥桥底镶嵌锌块，Fe为正极，Zn为阴极失去电子发生氧化反应，以防止大桥被腐蚀，故C说法正确；
D．电解精炼铜时，粗铜作阳极，包含比Cu活泼的金属失电子时，转移2mol电子时，阳极质量减少的质量小于64g，故D错误；
答案选D。
13．B
【分析】根据放电工作原理图，Mo作正极，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN) 6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]；Mg作负极，负极上是失电子的氧化反应：2Mg+2Cl--4e -=[Mg2C12]2+。充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此分析解答。
【详解】A．放电时，Mg箔作负极，Mo箔作正极，则通过离子交换膜从右室移向左室，故A错误；
B．充电时，Mg箔作阴极，Mo箔作阳极，电源的负极应与Mg箔连接，故B正确；
C．充电时，阳极反应为，但电子不会在溶液中运动，若是外电路中通过电子时，阳极质量变化4.6g，故C错误；
D．放电时，镁失去电子发生氧化反应，负极反应式为，故D错误；
故选：B。
14．AC
【分析】X极上产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明X极生成氯气，作电解池阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式：；则Y作阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式：；左端为原电池装置，A作正极，发生得电子的还原反应，B作负极，发生失电子的氧化反应；
【详解】A．根据分析可知，Y作阴极，发生还原反应，电极反应式：；A作正极，发生还原反应，故A正确；
B．电池工作一段时间后，丙池中Y极上析出Cu，两极的总质量增加，故B错误；
C．当0.5mol通过阴离子交换膜时，根据电荷守恒可知，X极失去1mol电子，收集到标况下11.2L的氯气，故C正确；
D．电子只能在导线中移动，不能流经电解质溶液，故D错误；
答案选AC。
15．(1) a
(2) 正
(3) 1∶1
(4) Ag 128
【详解】（1）根据图中电子移动方向知，放电时a极（镉电池）为负极，镉失去电子发生氧化反应生成氢氧化镉，电极反应式为；放电时a极为负极，充电时a极接外接电源负极作阴极，电解池中阳离子移向阴极（a极）移动。
（2）①碱性甲烷燃料电池中，左边通入甲烷，甲烷失去电子发生氧化反应，在碱性条件下生成碳酸根离子和水，作负极，b为正极，a极的电极反应式为；
②在丙图中，d电极氧气得到电子发生还原反应转化为碳酸根离子，电极反应式为。
（3）以—空气电池为电源，用惰性电极作电极材料电解氯化钠溶液时，a为通入氧气极，氧气得到电子发生还原反应，为正极，故电极为负极，a为正极，则b为阳极，c为阴极；b电极氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，反应式为；c电极水放电产生：，根据电子守恒可知，b、c电极析出物质的物质的量比为 1∶1。
（4）左池转化通入氧气得到电子发生还原反应，通入氧气极为正极，则石墨电极为阳极，Ag电极为阴极，铜离子在阴极银极上得到电子还原为铜单质，根据得失电子守恒可列关系式：，左池每消耗32g ，理论上在右池Ag极会析出128 g Cu。
16．(1) 2LiOH+CO2=Li2CO3+H2O 单位质量时，LiOH吸收的二氧化碳的量更多
(2)化学
(3)BD
(4) 正 H2+CO-2e-=H2O+CO2
(5)提高气体在电极表面的吸附量，使其与溶液充分接触，提高反应速率
(6)44.8
(7)AD
【详解】（1）氢氧化锂(LiOH)吸附CO2生成碳酸锂，化学方程式为：2LiOH+CO2=Li2CO3+H2O。LiOH的摩尔质量小于NaOH，单位质量时，LiOH吸收的二氧化碳的量更多。
（2）固态胺的吸附过程中破坏了化学键，是化学变化。
（3）A．由图可知，CO2的最终产物为CH4和O2，故A正确；
B．电解水装置中，电能转化为化学能，反应物的能量低于生成物的能量，故B错误；
C．由图可知，萨巴蒂尔反应器中发生反应：CO2+4H2=CH4+2H2O，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶4，故C正确；
D．由图可知，该反应的总方程式为：CO2+2H2=CH4+O2，O原子的利用率小于100%，故D错误；
故选BD。
（4）b极通入空气为正极，a极通入H2为负极，H2在负极失去电子生成H2O，用CO来配平电荷，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：H2+CO-2e-=H2O+CO2。
（5）上述电极材料采用多孔碳载镍，“多孔”的优点是提高气体在电极表面的吸附量，使其与溶液充分接触，提高反应速率。
（6）O2在正极得到电子生成CO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：O2+2CO2+4e-=2CO，该装置若消耗2 mol H2，转移4mol电子，则b极吸收2mol CO2，标准状况下的体积为44.8L。
（7）A．该系统中有太阳能电池、电解池、工作马达，存在着太阳能、电能、化学能和机械能之间的相互转化，故A正确；
B．电解水装置中电解质溶液不能用CuSO4溶液，Cu2+会在阴极放电生成Cu，故B错误；
C．太阳能电池帆板的主要成分为Si，故C错误；
D．利用太阳能代替化石能源能减少CO2的排放，符合“低碳经济”，故D正确；
故选AD。
17．(1) 增大
(2)CD
【详解】（1）合动力车上坡或加速时，为原电池放电的过程，结合总反应可知，NiOOH得到电子发生还原反应生成Ni(OH)2，反应为，反应生成氢氧根离子，则乙电极周围溶液的pH 增大；
（2）A．断开K2、合上K1，为原电池装置释放电能，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能，正确；
B．断开K1、合上K2，为电解池装置，电极A与外接电源的负极相连，为阴极发生还原反应，正确；
C．由图可知，放电过程中Cd失去电子发生氧化为生成Cd(OH)2为负极，NiOOH得到电子发生还原反应生成Ni(OH)2为正极，充电过程与之相反，故镍镉二次电池的总反应式： ；电极B发生氧化反应过程中为充电过程，结合总反应可知，溶液中氢氧根离子物质的量不变，但是反应生成水，使得溶液中KOH浓度发生改变，错误；
D．结合C分析可知，镍镉二次电池的总反应式： ，错误；
故选CD。
18．(1) 吸氧 4Fe+3O2+6H2O=4Fe(OH)3 b
(2) O2 CO-2e-+4OH-=+2H2O 变小 不变 4.48L
(3)134.4L
【详解】（1）海水通常呈弱碱性，钢闸门在海水中的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀；钢铁的吸氧腐蚀分两步进行，第一步是2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，第二步Fe(OH)2继续被氧化：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，总反应方程式为4Fe+3O2+6H2O=4Fe(OH)3。图中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B的金属活动性应比Fe强，但同时又不与水反应，故选择b。
（2）通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜，则Cu为阳极，Fe为阴极；装置Ⅰ中，左侧电极为负极，右侧电极为正极。
①装置Ⅰ中，左侧电极为负极，右侧电极为正极，则b处应通入O2，a处电极上发生的电极反应式是CO-2e-+4OH-=+2H2O。
②电镀结束后，装置Ⅰ中，总反应为2CO+O2+4KOH=2K2CO3+2H2O，则溶液的pH变小；装置Ⅱ为电镀池，阳极失电子生成的Cu2+与溶液中得电子的Cu2+的物质的量相等，所以溶液中Cu2+的物质的量浓度不变。
③依据得失电子守恒，可建立关系式：Cu——CO，n(Cu)==0.2mol，则装置I中理论上消耗CO的物质的量也为0.2mol，在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L L。
（3）用惰性电极电解1000mL浓度均为1mol/L的CuSO4、HCl、AlCl3组成的混合溶液。阴极：Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，阳极：2Cl--2e-=Cl2↑、2H2O-4e-=O2↑+4H+，设生成H2的物质的量为x，则生成Cl2的物质的量为2mol，生成O2的物质的量也为x-2，依据得失电子守恒，可得：1mol/L×1L×2+2x=1mol/L×1L×4+4(x-2)，x=3mol，则阴、阳极收集到气体的总体积为6mol×22.4L/mol =134.4L。
【点睛】Cl-的放电能力强于OH-，所以Cl-全部失电子后，溶液中的H2O才开始失电子。
答案第1页，共2页
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