电化学选择题专项练习19题含答案

电化学选择题专项练习1.电解NO制备NH4NO3的工作原理如下图，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需要补充物质M。以下有关分析或说法中正确的选项是〔〕A．a应接直流电源的正极B．阳极的电极反响式：NO+5e－+6H+＝NH4++H2OC．电路过5mol电子时，理论上最可处理22.4L标况下的NOD．补充的物质M是NH32.电－Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术，其反响原理如下图。其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反响：H2O2+Fe2+=Fe3++OH－＋·OH，生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。以下说法中正确的选项是A．电源的*极为正极，Y极为负极B．阴极的电极反响式为Fe2+－e－=Fe3+C．阳极的电极反响式为H2O－e－=H++·OHD．每消耗1molO2，整个电解池中理论上可产生2mol·OH3.将反响5IO3﹣+I﹣+6H+⇌3I2+3H2O设计成如下图的原电池．开场时向甲烧杯中参加少量浓硫酸，电流计指针发生转，一段时间后，电流计指针回到零，再向甲烧杯中滴入几滴浓NaOH溶液，电流计指针再次发生偏转．以下判断不正确的选项是〔〕A．开场参加少量浓硫酸时，乙中石墨电极上发生氧化反响B．开场参加少量浓硫酸时，同时在甲、乙烧杯中都参加淀粉溶液，只有乙烧杯中溶液变蓝C．电流计读数为零时，反响到达化学平衡状态D．两次电流计指针偏转方向相反4.液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小,无需气体存储装置等优点。一种以肼(N2H4)为燃料的电池装置如下图。该电池用空气中的氧气作为氧化剂,KOH溶液作为电解质。以下关于该燃料电池的表达不正确的选项是 A.电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极 B.负极发生的电极反响式为N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2OC.该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料,以提高电极反响物质在电极外表的吸附量,并使它们与电解质溶液充分接触 D.该燃料电池持续放电时,K+从负极向正极迁移,因而离子交换膜需选用阳离子交换膜 5.最近有研究人员利用隔膜电解法处理高浓度的乙醛废水．乙醛分别在阴、阳极发生反响，转化为乙醇和乙酸．实验室以一定浓度的乙醛﹣Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如下图．以下说法不正确的选项是〔〕A．电解过程中，阴极附近的乙醛被氧化B．阳极反响CH3CHO﹣2e﹣+H2O═CH3COOH+2H+C．假设以CH4﹣空气燃料电池为直流电源，燃料电池的b极应通入CH4D．现处理含1mol乙醛的废水，至少需转移2mol电子6.以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，通过电解原理来降解酸性废水中的NO3－,以下说法错误的选项是A．该新型电池工作时，负极的电极反响式是Al＋4OH－-3e－=AlO2－＋2H2OB．为增强溶液的导电性，I区水中可参加少量Na2SO4C．A为电源正极,H＋从Ⅰ区移向Ⅱ区D．阴极反响式为：2NO3－＋6H2O＋10e－=N2↑＋12OH－7.最近中美研究人员创造了一种可快速充放电的铝离子电池，该电池电解质为离子液体{AlCl3/[EMIM]Cl}，放电时有关离子转化如下图．以下说确的是〔〕A．充电时，阴极发生：4Al2Cl7﹣+3e﹣═Al+7AlCl4﹣B．充电时，泡沫石墨极与外电源的负极相连C．放电时，负极发生：2AlCl4﹣﹣e﹣═Al2Cl7﹣+Cl﹣D．放电时，电路中每流过3mol电子，正极减少27g8.用NO生产硝酸，可以有效消除污染，其原理如下图．以下说确的是〔〕A．a极是该电极的正极B．电流由a极经导线流向b极C．a极的电极反响式为NO﹣3e﹣+2H2O═NO3﹣+4H+D．假设消耗2.24L〔标准状况下〕氧气，则会有0.4molH+通过质子交换膜进入a极区9.据报道，以硼氢化合物NaBH4〔B元素的化合价为+3价〕和H2O2做原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C．正极材料采用MnO2，可用做空军通信卫星电源，其工作原理如下图．以下说法中错误的选项是〔〕A．电池放电时Na+从a极区移向b极区B．电极b采用MnO2，MnO2既做电极材料又有催化作用C．该电池的负极反响为BH4-+8OH﹣一8e﹣═BO2-+6H2OD．每消耗3molH2O2，转移的电子为3mol10.普通锌锰干电池的简图〔如下图〕，它是用锌皮制成的锌筒作电极兼做容器，中央插一根碳棒，碳棒顶端加一铜帽．在石墨碳棒周围填满二氧化锰和炭黑的混合物，并用离子可以通过的长纤维纸包裹作隔膜，隔膜外是用氯化锌、氯化铵和淀粉等调成糊状作电解质溶液；该电池工作时的总反响为：Zn+2NH4++2MnO2=[Zn〔NH3〕2]2++Mn2O3+H2O关于锌锰干电池的以下说法中正确的选项是〔〕A．当该电池电压逐渐下降后，利用电解原理能重新充电复原B．电池正极的电极反响式为：2MnO2+2NH4++2e﹣═Mn2O3+2NH3+H2OC．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D．外电路中每通过0.1mol电子，锌的质量理论上减小6.5g11.硼氢化钠〔NaBH4〕和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如图．以下说确的是〔〕A．电极a为正极，b为负极B．放电时，Na+从b极区移向a极区C．电极b上发生的电极反响为H2O2+2e﹣═2OH﹣D．每生成1molBO2﹣转移6mol电子12.*模拟“人工树叶〞电化学实验装置如下图，该装置能将H2O和CO2转化为O2和C3H8O．以下说法错误的选项是〔〕A．该装置将光能和电能转化为化学能B．该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移C．每复原44gCO2，理论上可生成33.6LO2D．b电极的反响为：3CO2+18H++18e﹣═C3H8O+5H2O13.瓦斯爆炸是煤矿开采中的重大危害,一种瓦斯分析仪(如图甲)在煤矿巷道中的甲烷浓度到达一定值时,其传感器就可以显示。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理,其装置如图乙所示,其中的固体电解质是Y2O3-Na2O,O2-可以在其中自由移动。以下有关表达正确的选项是A.瓦斯分析仪工作时,电池电路中电子由电极b流向电极aB.电极b是正极,O2-由电极a流向电极bC.电极a的反响式为CH4+4O2--8e-CO2+2H2OD.当固体电解质中有1molO2-通过时,电子转移4mol14.工业上电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如下图．以下说法不正确的选项是〔〕：①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解②氧化性：Ni2+〔高浓度〕＞H+＞Ni2+〔低浓度〕A．碳棒上发生的电极反响：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2OB．电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减少C．为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pHD．假设将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反响总方程式发生改变15.有关如图装置的说法中正确的选项是〔〕A．氧化剂与复原剂必须直接接触，才能发生反响B．乙池中电极反响式为NO3﹣+4H++e﹣═NO2↑+2H2OC．当铜棒质量减少6.4g时，甲池溶液质量增加6.4gD．当铜棒质量减少6.4g时，向乙池密封管入标准状况下1.12LO2，将使气体全部溶于水16.交通运输部在南海华阳礁举行华阳灯塔和赤灯塔竣工发光仪式，宣布两座大型多功能灯塔正式发光并投入使用。灯塔可用镁海水电池提供能源，其装置如下图。以下有关海水电池的说确的是〔〕A．*可为铁、铜、石墨等电极B．每转移2mol电子，2molH由交换膜左侧向右侧迁移C．正极的电极反响式为H2O2＋2e＋2H＝2H2OD．该电池能将化学能全部转化成电能17.最近有研究人员发现了一种处理高浓度乙醛废水的新方法﹣隔膜电解法，乙醛分别在阴、阳极发生反响，转化为乙醇和乙酸．实验室以一定浓度的乙醛﹣Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如下图．以下说法不正确的选项是〔〕A．假设以CH4﹣空气燃料电池为直流电源，燃料电池的a极应通入空气B．阳极反响CH3CHO﹣2e﹣+H2O═CH3COOH+2H+C．电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量增大D．电解过程中，两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O218.近年来科学家正在研制一种高容量、低本钱锂﹣铜空气燃料电池．该电池通过一种复杂的铜腐蚀现象产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH─，以下说法不正确的选项是〔〕A．放电时，电子通过固体电解质向Cu极移动B．通空气时，铜被腐蚀，外表产生Cu2OC．放电时，正极的电极反响式为Cu2O+H2O+2e─=2Cu+2OH─D．整个反响过程中，铜相当于催化剂双隔膜电解池的构造示意简图如下图，利用该装置可以电解硫酸钠溶液以制取硫酸和氢氧化钠，并得到氢气和氧气．对该装置及其原理判断正确的选项是〔〕A．a气体为氢气，b气体为氧气B．A溶液为氢氧化钠，B溶液为硫酸C．c隔膜为阳离子交换膜、d隔膜为阴离子交换膜D．该电解反响的总方程式可以表示为：2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑试卷答案1.D试题分析：A、a电极上NO→NH4＋，化合价降低，得电子，因此a连接电源的负极，作阴极，故错误；B、b电极为为阳极，反响式为NO＋2H2O－3e－=NO3－＋4H＋，故错误；C、阴极反响式为NO＋6H＋＋5e－=NH4＋＋H2O，总电极反响式为：8NO＋7H2O=3NH4NO3＋2HNO3，转移5mol电子，消耗NO的物质的量为8/3mol，NO的体积为8×22.4/3L，故错误；D、根据电极总反响式，多了硝酸，因此需要通入NH3，故正确。2.C试题分析：A．由反响原理示意图可知，左边电极Fe3+和O2得电子，则可知左边电极为阴极，所以电源的3.B【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】开场参加少量浓硫酸时，乙中I﹣失电子生成I2，则乙为负极，甲中IO3﹣得电子生成I2，则甲为正极，所以参加淀粉溶液，两个烧杯中均变蓝色；电子从负极流向正极，即从乙经导线流向甲；再向甲烧杯中滴入几滴浓NaOH溶液，则甲I2中失电子生成IO3﹣，甲为负极，乙为正极．【解答】解：A、开场参加少量浓硫酸时，乙中I﹣失电子生成I2，则乙中石墨电极上发生氧化反响，故A正确；B、乙中I﹣失电子发生氧化反响生成I2，甲中IO3﹣得电子发生复原反响生成I2，则参加淀粉溶液，两个烧杯中均变蓝色，故B错误；C、该反响为可逆反响，当反响到达平衡状态时，各物质的浓度不再改变，则没有电流通过电流计，所以电流计读数为零；故C正确；D、开场参加少量浓硫酸时，乙中I﹣失电子生成I2，则乙为负极，甲中IO3﹣得电子生成I2，则甲为正极，再向甲烧杯中滴入几滴浓NaOH溶液，则甲I2中失电子生成IO3﹣，甲为负极，乙为正极，两次电极的正负极相反，则两次电流计指针偏转方向相反，故D正确．应选B．4.D燃料电池的负极为燃料,正极为氧化剂(如氧气等),左侧电极为负极,电子由该电极流出,电流方向与电子流向相反,A项正确;负极上肼(N2H4)发生氧化反响,结合电解质为KOH溶液,故电极反响式为N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O,B项正确;多孔导电材料外表积大,可以提高电极反响物质在电极外表的吸附量,且与KOH溶液接触面积较大,C项正确;该燃料电池持续放电时,OH-从正极向负极迁移,因而离子交换膜要选用阴离子交换膜,D项错误。 5.A【考点】电解原理．【分析】A．电解池阴极上发生的复原反响；B．电解池阳极发生氧化反响，乙醛在阳极上失去电子生成乙酸；C．a为正极，b为负极，负极发生氧化反响，通入甲烷；D.1mol乙醛转化为乙醇或者转化为乙酸，转移2mol电子．【解答】解：A．电解过程中，阴极附近的乙醛被复原，故A错误；B．电解池阳极发生氧化反响，乙醛在阳极上失去电子生成乙酸，电极反响式为：CH3CHO﹣2e﹣+H2O═CH3COOH+2H+，故B正确；C．连接电解池阴极的是原电池负极，负极上燃料失电子发生氧化反响，a为正极，b为负极，燃料电池的a极应通入空气，故C正确；D.1mol乙醛转化为乙醇或者转化为乙酸，转移2mol电子，故D正确；应选A．6.DA项，该新型电池放电时，关键判断Al的氧化产物。由于NaOH溶液的存在，Al被氧化生成NaAlO2而不是Al(OH)3，故为A1+4OH－－3e－=AlO2－＋2H2O正确；B项，由于在工区是OH－放电，所以为增强溶液的导电性，I区水中可参加少量Na2SO4固体，正确；C项，A为电源正极，当电解时，在阳极区发生反响：2H2O－4e－=4H＋＋O2↑H+从Ⅰ区移向Ⅱ区，正确；D项，阴极上硝酸根离子得电子发生复原反响，电极反响式为2NO3－＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2O，故D错误。7.A【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】放电时铝为负极，被氧化生成Al2Cl7﹣，负极反响：方程式为Al+7AlCl4﹣﹣3e﹣═4Al2Cl7﹣，其逆过程就是充电时的阴极反响4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣；正极反响为3[AlCl4]+3e﹣=3+3AlCl4﹣，其逆过程就是充电时的阳极反响：+AlCl4﹣﹣e﹣═[AlCl4]，以此解答该题．【解答】解：A．充电时，Al2Cl7﹣在阴极得电子发生复原反响，即阴极发生：4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣，故A正确；B．充电时正极与外接电源的正极相连，则泡沫石墨极与外电源的正极相连，故B错误；C．放电时，铝是活泼的金属铝是负极，铝发生氧化反响生成铝离子，铝离子与AlCl4﹣结合生成Al2Cl7﹣，所以电极反响式为：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣═4Al2Cl7﹣，故C错误；D．放电时，正极上AlCl4﹣进入溶液，负极上Al失电子，则电路中每流过3mol电子，负极减少27g，故D错误；应选A．8.C【考点】化学电源新型电池．【分析】用NO生产硝酸，其原理：在正极上市氧气得电子的复原反响O2+4e﹣+4H+=2H2O，在负极上是NO失电子的氧化反响NO﹣3e﹣+2H2O═NO3﹣+4H+，电子从负极流向正极，电流从正极流向负极，根据原电池的工作原理进展答复即可．【解答】解：用NO生产硝酸，其原理：在正极上市氧气得电子的复原反响O2+4e﹣+4H+=2H2O，在负极上是NO失电子的氧化反响NO﹣3e﹣+2H2O═NO3﹣+4H+，A、a极上是NO失电子的氧化反响NO﹣3e﹣+2H2O═NO3﹣+4H+，是该电极的负极，故A错误；B、电流从正极流向负极，a是负极，b是正极，电流由b极经导线流向a极，故B错误；C、a极上是NO失电子的氧化反响NO﹣3e﹣+2H2O═NO3﹣+4H+，故C正确；D、正极上市氧气得电子的复原反响O2+4e﹣+4H+=2H2O，假设消耗2.24L即0.1mol〔标准状况下〕氧气，则转移单子是0.4mol，会有0.4molH+通过质子交换膜进入b极区，阳离子移向正极，故D错误．应选C．9.D【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】以硼氢化合物NaBH4〔B元素的化合价为+3价〕和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反响，电极反响式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O，正极H2O2发生复原反响，得到电子被复原生成OH﹣，电极反响式为H2O2+2e﹣=2OH﹣，结合原电池的工作原理和解答该题．【解答】解：A．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故A正确；B．电极b采用MnO2为正极，H2O2发生复原反响，得到电子被复原生成OH﹣，MnO2既作电极材料又有催化作用，故B正确；C．负极发生氧化反响生成BO2﹣，电极反响式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O，故C正确；D．正极电极反响式为H2O2+2e﹣=2OH﹣，每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，故D错误；应选D．10.B【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、一次电池不能重复使用，二次电池能重复使用．B、原电池正极上得电子发生复原反响．C、原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极．D、根据锌和转移电子之间的关系式计算．【解答】解：A、一次电池不能重复使用，二次电池能重复使用，干电池是一次电池，所以当该电池电压逐渐下降后，不能利用电解原理能重新充电复原，故A错误．B、该原电池放电时，正极上二氧化锰得电子发生复原反响，电极反响式为：2MnO2+2NH4++2e﹣═Mn2O3+2NH3+H2O，故B正确．C、原电池工作时，负极上失电子发生氧化反响，正极上得电子发生复原反响，电子从负极沿导线流向正极，故C错误．D、Zn+2NH4++2MnO2=[Zn〔NH3〕2]2++Mn2O3+H2O转移电子65g2mol3，25g0.1mol所以外电路中每通过0.1mol电子，锌的质量理论上减小3.25g，故D错误．应选B．11.C【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】以硼氢化合物NaBH4〔B元素的化合价为+3价〕和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反响，电极反响式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O，正极H2O2发生复原反响，得到电子被复原生成OH﹣，电极反响式为H2O2+2e﹣=2OH﹣，a为正极，b为负极，结合原电池的工作原理和解答该题．【解答】解：A．正极材料采用MnO2，电极b为正极，H2O2发生复原反响，得到电子被复原生成OH﹣，a为负极，故A错误；B．原电池工作时，阳离子向正极移动，则Na+从a极区移向b极区，故B错误；C．b为正极，电极反响式为H2O2+2e﹣=2OH﹣，故C正确；D．根据电极反响式BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O，每生成1molBO2﹣转移8mol电子，故D错误；应选C．12.C【考点】化学电源新型电池；原电池和电解池的工作原理．【分析】A、该装置是电解装置，据此判断能量转化形式；B、与电源正极相连的是电解池的阳极，负极相连的是电解池的阴极，a与电源正极相连，所以a是阳极，而电解池中氢离子向阴极移动；C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被复原，由此分析解答；D、与电源负极相连的是阴极，发生复原反响．【解答】解：A、该电解装置是将光能和电能转化为化学能的装置，故A正确；B、a与电源正极相连，所以a是阳极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极a极区向阴极b极区迁移，故B正确；C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被复原，也就是1mol的氧气，阴极有2/3mol的二氧化碳被复原，每复原44g即1molCO2，理论上可生成O2是1，5mol，标况下的体积是33.6L，故C错误；D、b与电源的负极相接，b是阴极，所以发生复原反响3CO2+18H++18e﹣═C3H8O+5H2O，故D正确；应选C．13.C电子不能在电池电路中流动,只能在外电路中流动,A错;电极b上氧气得电子,生成O2-,而电极a需要O2-作为反响物,故O2-由正极(电极b)流向负极(电极a),B错;电极a为负极,电极反响式为CH4+4O2--8e-CO2+2H2O,C正确;1molO2得4mol电子生成2molO2-,故当固体电解质中有1molO2-通过时,电子转移2mol,D错。14.B【考点】电解原理．【分析】A、由图分析可知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反响4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；B、镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反响Ni2++2e﹣=Ni．电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl﹣分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大；C、又因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni2+〔高浓度〕＞H+＞Ni2+〔低浓度〕，为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH；D、假设将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl﹣＞OH﹣，则Cl﹣移向阳极放电：2Cl﹣﹣﹣2e﹣=Cl2↑，电解反响总方程式会发生改变．【解答】解：A、由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反响4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故A正确；B、镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反响Ni2++2e﹣=Ni．电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl﹣分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；C、因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni2+〔高浓度〕＞H+＞Ni2+〔低浓度〕，为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH，故C正确；D、假设将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl﹣＞OH﹣，则Cl﹣移向阳极放电：2Cl﹣﹣﹣2e﹣=Cl2↑，电解反响总方程式会发生改变，故D正确；应选B．【点评】此题考察了电解池原理的分析判断，主要是电解反响，电解产物判断，电解过程中溶液酸碱性的分析应用，掌握根底是关键，题目难度中等．15.D【分析】由于铜可与浓硝酸发生自发进展的氧化复原反响，则可形成原电池反响，形成原电池时，铜为负极，被氧化，电极方程式为Cu﹣e﹣=Cu2+，正极可为石墨，发生复原反响，硝酸得电子被复原生成二氧化氮，电极方程式为NO3﹣+2H++e﹣═NO2↑+H2O，以此解答该题．【解答】解：A．形成原电池反响时，氧化剂和复原剂不接触，故A错误；B．电荷不守恒，应为NO3﹣+2H++e﹣═NO2↑+H2O，故B错误；C．由于盐桥中阴离子向负极移动，则当铜棒质量减少6.4g时，甲池溶液质量增加大于6.4g，故C错误；D．当铜棒质量减少6.4g时，n〔Cu〕=0.1mol，则转移电子0.2mol，由NO3﹣+2H++e﹣═NO2↑+H2O可知，生成n〔NO2〕=0.2mol，由4NO2+O2+2H2O=4HNO3可知，使气体全部溶于水，应需要0.05molO2，即1.12L，故D正确．应选D．【点评】此题考察较原电池知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考察，难度不大，注意把握原电池的工作原理．16.CA项，*与稀硫酸直接接触，假设*为铁，在铁外表发生氧化复原反响，错误；B项，镁为负极，负极的电极反响式为Mg－2e＝Mg2+放电过程中，Mg2+由交换膜右侧向左侧迁移，最终镁极变轻，交换膜左侧生成，错误；C项，双氧水在正极上发生复原反响，正确；D项，任何电池的能量转化率小于100%，错误。17.C【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A．a为正极，b为负极，负极发生氧化反响，通入甲烷；B．阳极上发生燃料失电子的氧化反响，遵循质量守恒；C．钠离子和硫酸根离子不参与电极反响，物质的量不变；D．阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O、CH3CHO﹣2e﹣+H2O=CH3COOH+2H+，阴极发生4H++4e﹣=2H2↑、CH3CHO+2e﹣+2H2O═CH3CH2OH+2OH﹣．【解答】解：A．连接电解池阴极的是原电池负极，负极上燃料失电子发生氧化反响，a为正极，b为负极，燃料电池的a极应通入空气，故A正确；B．质量不守恒，阳极上的反响为CH3CHO﹣2e﹣+H2O=CH3COOH+2H+，故B正确；C．钠离子和硫酸根离子不参与电极反响，物质的量不变，故C错误；D．阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O、CH3CHO﹣2e﹣+H2O=CH3COOH+2H+