热门试卷

解：A、断开K2，闭合K1时，相当于电解装置，相当于电解氢氧化钾，实质是电解水，所以氢氧化钾的浓度增大，pH要变大，故A正确；

B、断开K1，闭合K2时，形成氢氧燃料电池，在a极附近有大量的氧气，在b极附近有大量的氢气，此时b极是负极，发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下，电极反应为：2OH-+H2-2e-═2H2O，故B错误；

C、断开K2，闭合K1时，形成电解池，a极是阳极，氢氧根离子发生失电子的氧化反应，即4OH--4e-═O2↑十2H2O，故C正确；

D、断开K1，闭合K2时，形成氢氧燃料电池，a极是充满氧气的正极，b极是充满氢气的负极，电解质里的阴离子移向电池的负极移动，即OH-向b极移动，故D正确．

故选B．

解：A．该装置中锌易失电子作负极，铜作正极，故A错误；

B．锌失电子发生氧化反应而作负极，故B错误；

C．电子从负极沿导线流向正极，即电子从负极锌沿导线流向正极铜，故C错误；

D．锌失电子生成锌离子进入溶液，导致锌的质量逐渐减轻，故D正确；

故选D．

解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe-2e-=Fe2+，故A错误；

B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确；

C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C错误；

D、K2闭合，电路中通过0.4NA个电子时，阴极生成0.2mol氢气，阳极生成0.2mol氯气，两极共产生0.4mol气体，两极共产生标况下8.96L气体，故D错误．

故选B．

解：①该原电池中，Zn为负极，Cu为正极，故错误；

②铜电极上电极反应为2H++2e-=H2↑，发生还原反应，故正确；

③硫酸根离子向负极锌移动，故错误；

④若有0.5mol电子流经导线，则可产生气体的物质的量==0.25mol，故正确；

⑤电子由Zn电极流向Cu电极，故错误；

⑥正极铜上电极反应为2H++2e-=H2↑，发生还原反应，故错误；

故选B

解：①将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，该装置构成了原电池，原电池中较活泼的金属作负极，负极上金属失电子生成金属阳离子进入溶液而被腐蚀，较不活泼的金属作正极而不易腐蚀，B不易腐蚀，所以金属活动性A＞B；

②金属和酸反应，较活泼的金属与酸反应较剧烈，将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈，所以金属活动性D＞A；

③金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，所以B的活泼性大于铜；

④金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出，所以铜的活泼性大于C．

所以它们的活动性由强到弱的顺序是D＞A＞B＞C，

故选B．

解：A、两个电极材料相同，不能够组成原电池且产生电流，故A错误；

B、两个电极材料相同，不能够组成原电池且产生电流，故B错误；

C、符合原电池的构成条件，故C正确；

D、乙醇不是电解质溶液且不能自发的进行氧化还原反应，故D错误．

故选C．

解：杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe-2e-═Fe2+，Cu为正极，发生Cu2++2e-═Cu，则A端低，B端高；

杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，在Fe的表面附着Cu，质量变大，则A端高，B端低，

故选D．

解：A、正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故A正确；

B、电池工作时，电流由正极流向负极，即从铂电极沿导线流向铝电极，故B错误；

C、铂做成网状的目的是增大与氧气的接触面积，故C正确；

D、Al不断反应，不断溶解，所以一段时间后，更换铝板就可以继续使用，故D正确．

故选B．

解：A．负极发生氧化反应，电极方程式为2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O，消耗氢氧根离子，所以pH减小，故A错误；

B．由电池反应方程式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，较活泼的金属铜失电子发生氧化反应，所以铜作负极，Ag2O为正极，故B错误；

C．负极发生氧化反应，电极方程式为2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O，故C正确；

D．原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故D错误．

故选C．

解答：①为电解池，反应方程式为2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4，每生成1mol O2，转移4mol电子，消耗2mol CuSO4，反应后，溶液pH降低．

②为原电池，锌为负极，Zn-2e-=Zn2+，铜为正极2H++2e-=H2↑每生成1mol H2，转移，2mol电子，消耗1mol H2SO4，溶液pH升高．

③为电镀池，阳极反应是阳极金属失去电子而被氧化成阳离子；阳极Zn-2e-=Zn2+，阴极反应是溶液中的Zn2+得电子的还原反应，Zn2++2e-=Zn溶液中Zn2+浓度不变．

④为电解池，反应方程式为2NaCl+2H2O H2↑+2NaOH+Cl2↑每生成1mol H2，转移2mol电子，消耗NaCl为2 mol，反应后，溶液pH升高．

 A．当溶液的体积均为250mL，开始时电解质溶液的浓度均为0.10mol/L，工作一段时间后，测得导线上均通过0.02mol电子，①消耗CuSO4为0.01 mol，②消耗0.01mol H2SO4，③ZnSO4溶液的浓度不变．④消耗NaCl为0.02 mol．故A错误；

B．④反应后，溶液pH升高．消耗NaCl为0.02 mol．生成0.02 mol NaOH，溶液呈碱性．③Zn2+浓度不变，Zn2+水解，溶液略呈酸性．碱性④＞③；

②溶液pH升高，但仍呈酸性，剩余0.025mol-0.01 mol=0.015 mol H2SO4．①反应后，溶液pH降低，呈酸性，生成0.01 mol H2SO4，酸性：②＞①；①的溶液是酸性溶液，③是盐溶液，酸性较弱，所以pH值③＞①；通过以上分析知，工作一段时间后溶液的pH：④＞③＞①＞②，故B正确．

C．导线上均通过0.02mol电子．①产生0.005mol O2．②产生0.01mol H2．③产生气体为0．④产生0.01mol H2和0.01mol Cl2．产生气体的总体积：④＞②＞①＞③，故C错误．

D．导线上均通过0.02mol电子．①电极上析出0.01mol Cu固体质量为0.64克，②电极上析出的固体的质量为0．③铁电极上析出0.01mol Zn固体的质量为0.65克．④电极上析出的固体的质量为0．电极上析出的固体的质量：③＞①＞②=④．故D错误．

故选B．

解：A．该装置是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，故A正确；

B．该装置中，铂作正极，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，故B正确；

C．该装置中，铁作负极，负极上铁失电子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，电极反应式为：Fe-2e-+2OH-═Fe（OH）2，故C正确；

D．该装置没有外接电源，属于原电池而不属于电解池，故D错误．

故选D．

解：A、铜-锌-稀H2SO4构成的原电池中，活泼金属锌作负极，失电子发生氧化反应，故A正确．

B、铜-锌-稀H2SO4构成的原电池中，较不活泼金属铜作正极，溶液中阳离子得电子发生还原反应，所以铜不易失去电子而受到保护，故B正确．

C、负极上失电子发生氧化反应，正极上溶液中阳离子得电子发生还原反应，故C错误．

D、电子从负极沿外电路流向正极，所以外电路电子流入的一极为正极，电子流出的一极为负极，故D正确．

故选C．

解：A、该电池中a为负极，b为正极，电子从负极流向正极，所以电池外电路中电子由电极a流向电极b，故A错误；

B、电极b氧气得电子，生成O2-，而电极a需要O2-作为反应物，故O2-由正极（电极b）流向负极（电极a），故B错误；

C、选项中电荷不守恒，甲烷所在电极a为负极，电极反应为：CH4+5O2--8e-=CO32-+2H2O，故C正确；

D、1mol O2得4mol电子生成2molO2-，故当固体电解质中有1mol O2-通过时，电子转移2mol，故D错误；

故选C．

解：A、氯气与铁反应生成三氯化铁，属于化学腐蚀，不是由于原电池造成的，故A选；

B、金属在潮湿的空气中容易形成原电池而加快腐蚀，是由于原电池造成的，故B不选；

C、铁与硫酸铜反应生成铜，铁-铜-酸形成原电池，化学反应速率加快，是由于原电池造成的，故C不选；

D、锌-杂质-酸构成原电池，反应速率加快，是由于原电池造成的，故D不选；

故选A．