热门试卷

解：A．该装置中电极材料和电解质溶液中的金属元素不同，所以不能形成原电池，故A错误；

B．用石墨作阳极电解硫酸铜溶液，阳极上析出氧气，阴极上析出铜，所以析出的物质是氧化铜，同时溶液中生成硫酸，硫酸和碳酸铜反应生成硫酸铜和二氧化碳气体，二氧化碳不存在于溶液中，所以加入的碳酸铜就相当于加入的是氧化铜，可以使硫酸铜溶液恢复到原浓度，故B正确；

C．若X是负极，则粗铜作阴极，纯铜为阳极，不能实现粗铜的精炼，故C错误；

D．该装置有外接电源，属于“有外加电源的阴极保护法”，故D错误；

故选B．

解：原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应，

A．该装置不能构成闭合回路，所以不能形成原电池，故A错误；

B．该装置中电极材料相同，所以不能形成原电池，故B错误；

C．该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故C正确；

D．酒精为非电解质，该装置不能自发的进行氧化还原反应，所以不能形成原电池，故D错误；

故选C．

解：A、左池电极反应式：X2+-2e-=X4+，故A错误；

B、每消耗1mol Y2O72-，转移6mol电子，故B错误；

C、因为左池电极反应式：X2+-2e-=X4+，正电荷数在增加，而且左要保持电中性，所以阴离子数目增加，故C正确；

D、改变右池溶液的c（H+），要使右池溶液呈电中性，加速单位时间内电子的转移数目，电流强度要变大，故D错误；

故选C．

解：甲-Cu连接时，电子从甲→Cu，所以甲的金属性大于铜；

    丙-Cu连接时，电子从Cu→乙，所以乙的金属性小于铜；

    丙-Cu连接时，电子从丙→Cu，所以丙的金属性大于铜；

    丁-Cu连接时，电子从丁→Cu，所以丁的金属性大于铜；

A、金属乙的金属性小于铜，所以金属乙不能从硫酸铜溶液中置换出铜，故A错误；

B、甲的金属性大于铜，乙的金属性小于铜，所以金属性是甲大于乙，甲、乙形成合金时，将该合金露置在空气中，甲先被腐蚀，故B正确；

C、甲、丙、丁的金属性均强于Cu，但是电压越大，金属性越强，所以活泼性是：丙＞甲＞丁，只有乙的活泼性弱于铜，所以在四种金属中乙的还原性最弱，故C错误；

D、活泼性是：丙＞甲＞丁，甲、丁若形成原电池时，活泼金属甲作负极，故D错误．

故选B．

解：燃料电池中，正极发生的反应是氧气得电子被还原的过程，负极发生的反应是燃料失电子被氧化的过程；电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳，甲烷燃料电池中，负极发生的反应是甲烷失电子被氧化的过程，电极反应式为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，所以电解时铁作阳极，因此主要发生Fe-2e-=Fe2+，阴极上氢离子得电子生成氢气，

A．甲烷燃料电池中，负极发生的反应是甲烷失电子被氧化的过程，电极反应式为：CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，故A正确；

B．沉降的原理是碱性环境下，让铁离子沉淀，若加入硫酸，则铁离子不会产生沉淀，无法达到实验目的，故B错误；

C．电解时阴极反应式为2H++2e-=H2↑，产生4.48 L气体为标准状况下时，转移电子数为0.2mol，甲烷燃料电池中，负极发生的反应是甲烷失电子被氧化的过程，电极反应式为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，则燃料电池消耗甲烷体积为：×22.4L=0.56L，故C错误；

D．电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳，使该燃料电池长时间稳定运行，电池工作时必须  有部分A物质参加循环．A物质是CO2，故D错误；

故选A．

解：A．若a极是铜，b极为铁时，a为阳极，形成电镀装置，由O2～4e-～2Cu可知，当电池消耗1.6gO2，b极上析出×2×64g/mol=6.4g铜，故A正确；

B．由于电解质溶液呈酸性，正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，故B错误；

C．若a极是粗铜，b极是纯铜时，a极上比Cu活泼的金属失去电子，但b极上析出铜只析出Cu，则极减少的质量不等于b极上析出铜的质量，故C错误；

D．电解CuSO4溶液时，若a、b两极均是石墨时，b极反应为a极产生的气体为O2，b极反应为Cu2++2e-=Cu，故D错误；

故选A．

解：根据电池反应知，Zn作负极、不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极，可溶性铜盐溶液为电解质溶液，

A．Zn作负极、石墨作正极，故A错误；

B．电解质溶液应该是可溶性铜盐溶液而不能是稀硫酸，故B错误；

C．锌作负极、石墨作正极、硫酸铜溶液为电解质溶液，符合题干信息，故C正确；

D．电解质溶液应该是可溶性铜盐溶液而不是可溶性锌盐溶液，故D错误；

故选C．

解：A、锌锰干电池中，锌易失电子发生氧化反应而作负极、二氧化锰得电子发生还原反应而作正极，故A正确；

B、锂离子电池能充放电，属于二次电池，放电时是将化学能转化为电能，充电时是将电能转化为化学能，故B正确；

C、原电池是将化学能转化为电能，所以甲醇燃料电池可把化学能转化为电能，故C正确；

D、根据铅蓄电池放电时，负极电极反应式为：Pb+SO42--2e-=PbSO4 ；正极电极反应式为：PbO2+2e-+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O，所以正负极质量都增加，故D错误．

故选D．

解：某金属能跟稀盐酸作用放出氢气，说明该金属在金属活动性顺序表中处于氢之前，该金属与锌组成原电池时，锌为负极，则该金属的活泼性小于锌，所以该金属是处于锌之后的氢之前的金属，为铁，故选A．

解：①M、N用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，M极为负极，则活泼性M＞N；

②P、Q用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由P→导线→Q，P为负极，则活泼性P＞Q；

③M、P相连后，同时浸入稀H2SO4，P极产生大量气泡，P为正极，活泼性M＞P；

④N、Q相连后，同时浸入稀H2SO4中，Q极发生氧化反应，Q为负极，活泼性Q＞N，

则金属的活泼性顺序为M＞P＞Q＞N，

故选D．

解：A、该装置是原电池，较活泼的金属铜作负极，银作正极，外电路中电子从铜沿导线流向银，故A错误．

B、取出盐桥后，不能构成闭合回路，所以没有电流产生，电流计的指针不能发生偏转故，故B错误．

C、铜极上的电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+

                      64g  2mol

                     3.2g  0.1mol

所以外电路中每通过0.1mol电子，铜的质量理论上减小3.2g，故C错误．

D、该装置中负极上铜失电子，正极上银离子得电子，所以电池反应式为

Cu+2AgNO3=2Ag+Cu（NO3）2，故D正确．

故选D．

解：A．a和b不连接时，发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+置换反应，则铁片上会有金属铜析出，故A正确；

B．a和b用导线连接时，Cu为正极，在正极上阳离子得电子，则发生Cu2++2e-=Cu，故B正确；

C．a和b分别连接足够电压的直流电源正、负极时，形成电解池，b与负极相连为阴极，阳离子向阴极移动，所以Cu2+向Fe电极移动，故C错误；

D．无论a和b是否用导线连接，均发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，则铁片均溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，故D正确；

故选C．

解：A．银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故A错误；

B．银作正极，正极上Ag2S得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故B正确；

C．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al（OH）3，Al2S3+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑

故C错误；

D．黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl，故D错误；

故选B．

解：A、该原电池工作时，电解质中的阳离子锂离子会移向正极，故A正确；

B、由于金属Li可以和水之间反应生成氢氧化锂和氢气，但是和有机电解质不反应，所以有机电解质不可用水溶液代替，故B错误；

C、金属Li可以和水之间反应生成氢氧化锂和氢气应是自发的氧化还原反应，即为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，故C正确；

D、该原电池是将化学能转化为电能的装置，装置不仅可提供电能，并且反应产物是氢气，能提供能源，故D正确．

故选B．