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(六)关注创新电源
(选择题1~3题，每小题5分，4~8题，每小题7分，共50分)
1.一种非金属 ⁃ 有机物液流电池放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是( )
A.放电时，负极电极反应为
B.充电时，H+通过质子交换膜向电极乙移动
C.可将储液罐做大以增大液流电池的储能容量
D.以此电源电解硫酸铜溶液，若加98 g Cu(OH) 使溶液复原，理论上消耗160 g Br
2 2
答案 D
解析 由图可知，放电时溴元素化合价降低，发生还原反应，即电极甲为正极，电极反应式为Br +2e-
2
===2Br-，电极乙为负极，电极反应式为 ，故A正确；放电时，电极
乙为负极，则充电时电极乙为阴极，H+通过质子交换膜向阴极移动，即H+向电极乙移动，故B正确；储液
罐做大，可增加储存的反应物的量，增大液流电池的储能容量，故C正确；以此电源电解硫酸铜溶液，若
加98 g Cu(OH) 使溶液复原，由Cu(OH) +H SO ===CuSO +2H O可知，电解时除了发生2CuSO +2H O
2 2 2 4 4 2 4 2
2Cu+O ↑+2H SO ，还有反应2H O O ↑+2H ↑，且电解1 mol CuSO 时转移2 mol电子，接着电解1 mol
2 2 4 2 2 2 4
H O又转移2 mol电子，由得失电子守恒可知，理论上转移4 mol电子消耗2 mol Br ，即320 g Br ，故D
2 2 2
错误。
2.我国科研团队提出一种新型阴离子电极材料——Cu (PO ) 的水系双离子电池，该电池以Na MnO 和
3 4 2 0.44 2
Cu (PO ) 为电极，其工作原理如图所示。下列有关叙述错误的是( )
3 4 2
A.放电时，电流从Na MnO 电极经电解质溶液流向Cu (PO ) 电极
0.44 2 3 4 2
B.放电时，若电极a得到6.4 g Cu和1.44 g Cu O，则电路中转移0.22 mol e-
2C.充电时，电极b的电极反应式为Na MnO +xNa++xe-===Na MnO
0.44-x 2 0.44 2
D.为消除第一次放电的不可逆，可将Cu (PO ) 彻底放电转化为Cu O后再充电
3 4 2 2
答案 B
解析 由图可知，放电时为原电池，a极上Cu (PO ) →Cu O→Cu，发生得电子的还原反应，b极上
3 4 2 2
Na MnO →Na MnO ，发生失电子的氧化反应，则a极为正极，b极为负极，负极反应式为Na MnO -
0.44 2 0.44-x 2 0.44 2
xe-===Na MnO +xNa+，充电时为电解池，即a极为阳极，b极为阴极，据此分析解答。放电时，电流从
0.44-x 2
正极沿导线流向负极，再经电解质溶液到正极，A正确；放电时，电子转移情况为Cu~2e-、Cu O~2e-，若
2
电极a得到6.4 g Cu(为0.1 mol)和1.44 g Cu O(为0.01 mol)，则电路中转移0.1 mol×2+0.01 mol×2=0.22 mol
2
电子，原电池的a极还发生2H O+2e-===H ↑+2OH-，因此无法判断转移多少电子，B错误；充电时，电极b
2 2
的电极反应式为Na MnO +xNa++xe-===Na MnO ，C正确；若将Cu (PO ) 彻底放电转化为Cu O，再充
0.44-x 2 0.44 2 3 4 2 2
电时Cu O可单向转化生成Cu (PO ) ，D正确。
2 3 4 2
3.如图为一种酶生物电池，可将葡萄糖(C H O )转化为葡萄糖内酯(C H O )，两个碳纳米管电极材料由
6 12 6 6 10 6
石墨烯片层卷曲而成。下列说法不正确的是( )
A.图中的离子交换膜为阳离子交换膜
B.负极区发生的电极反应主要为C H O -2e-===C H O +2H+
6 12 6 6 10 6
C.碳纳米管有良好导电性能，且能高效吸附气体
D.理论上消耗标准状况下2.24 L O ，可生成葡萄糖内酯0.2 mol
2
答案 D
解析 由图可知，右侧碳纳米管为正极，电极反应式为O +4e-+4H+===2H O，左侧碳纳米管为负极，电极
2 2
反应式为C H O -2e-===2H++C H O ，H -2e-===2H+，据此作答。图中离子交换膜能让氢离子通过，故离
6 12 6 6 10 6 2
子交换膜为阳离子交换膜，故A正确；碳纳米管电极材料由石墨烯片层卷曲而成，有良好导电性能，且能
高效吸附气体，故C正确；理论上消耗标准状况下2.24 L O ，得到0.4 mol e-，由于负极区有H 和C H O
2 2 6 12 6
两种物质失电子，所以生成的葡萄糖内酯小于0.2 mol，故D错误。
4.直接HCOONa/K ［Fe(CN) ］无膜微流体燃料电池(结构如图所示)利用多股流体在微通道内平行层流
3 6
的特性，自然地将燃料和氧化剂隔开，无需使用传统燃料电池中的交换膜，且使用氧化剂K
3
［Fe(CN) ］可确保电池工作过程中无固体析出附着电极表面。下列有关说法不正确的是( )
6A.电池工作时，电子由电极a直接经外电路流向电极b
B.电极a上发生的反应为HCOO--2e-+3OH-===CO2-
+2H O
3 2
C.电极b上消耗1 mol K ［Fe(CN) ］时，理论上共转移3 mol电子
3 6
D.上述无膜微流体技术可降低燃料电池的生产成本，提升电池工作性能
答案 C
解析 直接HCOONa/K ［Fe(CN) ］无膜微流体燃料电池工作时，燃料发生失电子的反应，氧化剂发生得
3 6
电子的反应，使用氧化剂K ［Fe(CN) ］可确保电池工作过程中无固体析出附着电极表面，则图中电极b
3 6
为正极，电极反应式为［Fe(CN) ］3-+e-===［Fe(CN) ］4-，电极a为负极，电极反应式为HCOO--2e-+3OH-
6 6
===CO2-
+2H O，据此分析解答。由上述分析可知，电极b为正极，电极a为负极，电池工作时电子由电
3 2
极a直接经外电路流向电极b，A正确；消耗1 mol K ［Fe(CN) ］时，理论上共转移1 mol电子，C错误；
3 6
该无膜微流体燃料电池自然地将燃料和氧化剂隔开，无需使用传统燃料电池中的交换膜，可降低生产成本，
提升电池工作性能，D正确。
-
5.铝二次电池(RABs)具有更安全、更便宜和更高容量的特性。复合硒(V C@Se)材料电极由于[AlCl ] 的
2 4
嵌入脱出，引起Se2-和SeCl 、V2+和V3+之间发生可逆变化，其工作原理如图所示。
2
下列说法正确的是( )
A.放电时［AlCl ］-嵌入V C@Se电极
4 2
B.隔膜为阳离子交换膜
C.当有1 mol Se2-参与反应时，外电路转移电子数目为4N
A
D.充电时Se2-发生的反应为Se2-+4［AlCl ］--4e-===SeCl +2［Al Cl ］-
4 2 2 7
答案 D解析 由图示可知，该电池放电时，Al为负极，电极反应式为Al+7［AlCl ］--3e-===4［Al Cl ］-，
4 2 7
V C@Se为正极，SeCl 发生的反应为SeCl +2［Al Cl ］-+4e-===Se2-+4［AlCl ］-，V3+发生的反应为V3++e-
2 2 2 2 7 4
===V2+ ；充电时，Al为阴极，电极反应式为4［Al Cl ］-+3e-===Al+7［AlCl ］-，V C@Se为阳极，Se2-发
2 7 4 2
生的反应为Se2-+4［AlCl ］--4e-===SeCl +2［Al Cl ］ - ，V2+发生的反应为V2+ -e-===V3+，据此分析答题。
4 2 2 7
电池放电时，V C@Se为正极，SeCl 发生的反应为SeCl +2［Al Cl ］-+4e-===Se2-+4［AlCl ］-，［AlCl ］-
2 2 2 2 7 4 4
脱出V C@Se电极，A错误；［AlCl ］-、［Al Cl ］-通过离子交换膜嵌入和脱出，隔膜为阴离子交换膜，
2 4 2 7
B错误；当有1 mol Se2-参与反应时，V3+也同时发生反应，外电路转移电子数目大于4N ，C错误。
A
6.我国科学家开发出Mo
2
C/NiCu@C催化剂，设计了新型Zn⁃NH
3
电池，实现高效、连续的NH
3
到H
2
的
转化，装置如图所示。下列叙述错误的是( )
A.放电时，电极电势：a>b
B.充电时，a极反应式为2NH +6OH--6e-===N +6H O
3 2 2
C.放电时，生成11.2 L H (标准状况)时，有2 mol OH-向a极迁移
2
D.充电时，b极净增39 g时，电路中转移1.2 mol电子
答案 C
解析 由图可知，放电时，a电极为原电池的正极，水在正极得到电子，发生还原反应，生成氢气和氢氧
根离子，b电极为负极，碱性条件下锌失去电子，发生氧化反应，生成四羟基合锌离子，氢氧根离子通过
阴离子交换膜进入负极区；充电时，与直流电源正极相连的a电极为电解池的阳极，碱性条件下氨气在阳
极失去电子发生氧化反应，生成氮气和水，b电极为阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应，
生成锌和氢氧根离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区。放电时，a极为正极，b极为负极，正极
电势高于负极，A项正确；放电时，a极为正极，电极反应式为2H O+2e-===2OH-+H ↑，n(H )=0.5 mol，则
2 2 2
有1 mol OH-向b极迁移，C项错误；充电时，b极为阴极，电极反应式为［Zn(OH) ］2-+2e-===Zn+4OH-，
4
39 g
n(Zn)= =0.6 mol，电路中转移1.2 mol电子，D项正确。
65 g·mol-1
7.储氢合金LaNi 储氢时的化学式为LaNi H (设各元素的价态均为0)。以LaNi H (m)和NiO(OH)(n)为电
5 5 6 5 6
极，KOH溶液为电解质溶液的二次电池结构如图所示(已知电池工作之前隔膜两侧电解质溶液的质量相
等)。下列说法正确的是( )
A.充电时，n极发生还原反应
B.充电时，电子流向：n→交换膜→m
C.放电时，m极的电极反应式为LaNi H -6e-+6OH-===LaNi +6H O
5 6 5 2
D.放电时，若转移1 mol e-，隔膜左侧电解质溶液的质量减少39 g
答案 C
解析 由题干图示信息可知，图中实线代表放电过程，放电时n极为正极，电极反应为6NiO(OH)+6e-
+6H O===6Ni(OH) +6OH-，m极为负极，电极反应为 LaNi H -6e-+6OH-===LaNi +6H O，虚线代表充电过
2 2 5 6 5 2
程，充电时n极为阳极，发生氧化反应，A错误；电子不能经过电解质溶液，B错误；放电时左侧为负极
室，右侧为正极室，原电池中电解质溶液中的阳离子移向正极，若转移1 mol e-，则有1 mol K+从左侧移向
右侧，即左侧溶液质量减少1 mol×39 g·mol-1=39 g，但同时根据电极反应LaNi H -6e-+6OH-===LaNi +6H O
5 6 5 2
可知，左侧溶液质量又增加1 mol H即增重1 g，故隔膜左侧电解质溶液的质量减少(39-1)g=38 g，D错误。
8.(2023·杭州第二中学高三模拟)由我国科学家设计的Mg⁃Li双盐电池的工作原理如图所示，下列说法错
误的是( )
A.放电时，正极电极反应式为FeS+2e-+2Li+===Fe+Li S
2
B.充电时，Mg电极发生还原反应
C.充电时，每生成1 mol Mg，电解质溶液质量减少24 g
D.电解液含离子迁移速率更快的Li+，提高了电流效率
答案 C
解析 放电时Mg转化为Mg2+，所以右侧电极为负极，左侧电极为正极，FeS得电子生成Fe和Li S，电极
2
反应式为FeS+2e-+2Li+===Fe+Li S，A正确；充电时Mg2+转化为Mg，被还原，Mg电极发生还原反应，B
2
正确；充电时阳极反应式为Fe+Li S-2e-===FeS+2Li+，每生成1 mol Mg，消耗1 mol Mg2+，转移2 mol电子，
2同时生成2 mol Li+，所以电解质溶液质量减少24 g-2×7 g=10 g，C错误；电解液中含离子迁移速率更快的
Li+，增强了导电性，提高了电流效率，D正确。
