1.3 电能转化为化学能——电解 （含解析）课后练习 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

1.3 电能转化为化学能——电解 课后练习
一、单选题
1．利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列说法错误的是（　　）
A．电解时以精铜作阳极，发生氧化反应
B．电解时阴极上发生的反应为Cu2++2e- = Cu
C．粗铜连接电源正极，电极反应为Cu-2e- = Cu2+
D．电解后电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥
2．某固体酸燃料电池以 固体为电解质传递 ，其基本结构如图，电池总反应可表示为 ，下列有关说法正确的是
A．电子通过外电路从b极流向a极
B．b极上的电极反应式为
C．每转移 电子，消耗标准状况下
D． 由a极通过固体酸电解质传递到b极
3．我国现行流通的货币主要为第五套人民币，其中的一元硬币材料为钢芯镀镍，依据你所掌握的电镀原理，你认为硬币制作时，钢芯应该做（）
A．阴极 B．阳极 C．正极 D．负极
4．某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验。滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿，然后平铺在一块铂片上，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹。据此，下列叙述正确的是（　　）
A．铅笔端作阳极，发生还原反应 B．铂片端作阴极，发生氧化反应
C．铅笔端有少量的氯气产生 D．a点是负极，b点是正极
5．在原电池和电解池的电极上所发生的反应，属于氧化反应的是（　　）
A．原电池的正极和电解池的阳极所发生的反应
B．原电池的正极和电解池的阴极所发生的反应
C．原电池的负极和电解池的阳极所发生的反应
D．原电池的负极和电解池的阴极所发生的反应
6．通过电解废旧锂电池可回收锂和锰，电解示意图如下(滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过)。下列说法正确的是
A．电极B与电源正极相连，发生还原反应
B．电极A的电极反应：
C．当电路中通过时，最多可回收含33g锰
D．电解过程中，的比值不断减小
7．如图为阳离子交换膜法电解饱和食盐水的原理示意图。下列说法错误的是（　　）
A．左侧连接电源的负极
B．标准状况下，每生成，同时生成
C．从E口逸出的气体是
D．从A口加入精制饱和NaCl溶液
8．高铁酸盐是一种高效绿色氧化剂，可用于废水和生活用水的处理。从环境保护的角度看，制备高铁酸盐较好的方法为电解法：Fe+2H2O+2OH FeO42-+3H2↑，工作原理如图所示。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。下列说法正确的是（　　）
A．b是电源的正极
B．阳极电极反应为Fe-6e-+4H2O= FeO42-+ 8H+
C．电解过程中，需要将阴极产生的气体及时排出
D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有11.2L的H2生成
9．下图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极。则下列有关的判断正确的是（　　）
A．a为负极、d为阳极
B．c电极上有气体产生，发生还原反应
C．电解过程中，氯离子向d电极移动
D．电解过程中，d电极质量增加
10．下面有关电化学的图示，完全正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．下列装置，可达到铁片上镀锌目的的是（　　）
A．含Fe2+电镀液 B．含Fe2+电镀液
C．含Zn2+电镀液 D．含Zn2+电镀液
12．我们要给子孙后代留下绿水青山等美好生态环境，就必须对污水进行处理。用电解法(图I)可以对同时含有和的生活污水进行处理，除去的原理如图II所示，除的方法是将其转化为Fe3(PO4)2沉淀。实验室在和联合脱除过程中，测得溶液pH变化如图III所示。
下列说法错误的是
A．在0 ~ 20 min时， a为电源的负极
B．除时，阳极反应为：2 - 6e-= N2↑+8H+
C．除：时，阴极附近的pH增大
D．除的总反应离子方程式为：3Fe + 6H+ + 2= Fe3(PO4)2 ↓+3H2↑
13．ECT电解污水(含Cl-)处理器处理的简化模型如图所示，下列有关说法正确的是（　　）
A．电极a与电源的负极相连 B．电解时b极附近溶液的pH变小
C．处理污水时，Cl-移向a极 D．可将铂电极a、b均换成Fe电极
14．某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。用惰性电极电解时，下列说法正确的是：（　　）
A．a极产生氧气，b极产生氢气
B．a电极区溶液pH值减小
C．含铬微粒主要以Cr2O72－形式在b极区聚集
D．CrO42-能从浆液中分离出来向a极区迁移
15．锂离子电池具有质量小、体积小、储存和输出能量大等特点，是多种便携式电子设备和交通工具的常用电池。一种锂离子电池的结构及工作原理如图所示，电解质溶液为(六氟磷酸锂)的碳酸酯溶液(无水)。下列说法错误的是（　　）
A．放电时电极a为电池的正极，充电时电极b作阳极
B．放电时负极反应式为：
C．电池放电时总反应为：
D．放电充电时，锂离子往返于电池的正极负极之间，完成化学能与电能的相互转化
16．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）
A．标准状况下，2.24 L 二氯甲烷中含有的碳氯共价键数目为0.2NA
B．50 mL 12 mol/L盐酸与足量MnO2加热反应，转移的电子数目为0.3NA
C．向含0.1 molNH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH溶液至沉淀恰好完全溶解，消耗OH-数目为0.5NA
D．电解精炼铜时，若阴极得电子数为2NA，则阳极质量减少64克
二、综合题
17．如图所示，甲、乙两池电极材料都是铁棒和碳棒，请回答下列问题：
（1）若两池中电解质溶液均为CuSO4溶液，则反应一段时间后：
①有红色物质析出的是甲池中的　 　棒，乙池中的　 　棒。
②乙池中阳极的电极反应式是　 　。
（2）若两池中电解质溶液均为饱和NaCl溶液：
①写出乙池中总反应的离子方程式　 　。
②甲池中碳极上电极反应式是　 　，乙池碳极上电极反应属于　 　(填“氧化反应”或“还原反应”)。
③将湿润的KI淀粉试纸放在乙池碳极附近，发现试纸变蓝，反应的化学方程式为　 　。
④若乙池转移0.02 mol e－后停止实验，池中电解质溶液体积是200 mL，则溶液混合均匀后的c(OH-)＝　 　。
18．某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装 置的开关时，观察到电流表的指针发生了偏转。
请回答下列问题：
（1）甲池为原电池，通入 CH3OH 电极的电极反应为　 　。
（2）乙池中A(石墨)电极的名称为　 　(填“正极”“负极”或“阴极”“阳极”)，总反应为　 　。
（3）当乙池B极质量增加 5.4 g 时，甲池中理论上消耗 O2 的体积为　 　mL(标准状况)，丙池D极析出　 　g 铜。
19．海水是一种重要的自然资源，利用海水可得到一系列产品。根据下列流程回答问题：
（1）从海水中获得淡水的主要方法有电渗析法、离子交换法和　 　(填一种)。
（2）“提溴”工序中发生的主要反应是　 　(用离子反应方程式表示)，富集溴一般采用　 　。
A．用热空气吹出
B．用CCl4萃取
C．用SO2将其还原吸收
D．只需经过蒸馏等物理变化
（3）产品A的主要成分是　 　。
（4）“提镁”“二次提镁”工序获取氢氧化镁的操作是　 　；从氢氧化镁进一步加工获得　 　(填化学式)可用于电解法获取镁单质。
（5）氯碱工业中，阴极的电极反应式为　 　。
（6）关于以上方案的评价，正确的是___________。
A．可以用沸石获取纯净的硝酸钾或硫酸钾
B．该方案集成多项卤水(海水)综合利用技术，产品品种多，附加值高，经济效益好
C．充分利用太阳能，而且生产过程无三废产生，符合循环经济的发展理念
D．可将浓盐水中的水全部转化为淡水，出水率高
20．某同学用FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液．
（1）FeCl3与H2S反应的离子方程式为　 　．
（2）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应为　 　．
（3）综合分析实验 II的两个反应，可知该实验有两个显著优点：
①H2S的原子利用率100%；②　 　．
21．甲烷的直接转化具有较高的经济价值，因此备受科学家关注。请回答下列问题：
（1）用丝光沸石作催化剂可实现甲烷直接转化制备甲醇，合成方法有以下两种：
方法I：CH4(g)+O2(g)CH3OH(g) △H1=-126.4kJ mol-1
方法II：CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) △H2
已知H2的燃烧热为285.8kJ/mol，H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ mol-1，则△H2=　 　。
（2）某工厂采用方法Ⅰ生产甲醇。在200℃下，向容积为5L的恒容密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，体系的总压强随时间的变化如图所示。
①下列措施可以提高CH4的平衡转化率的是　 　(填标号)。
A．升高温度
B．反应达到平衡后，再充入一定量He
C．投料比不变，增大反应物浓度
②达到平衡时体系中CH3OH的体积分数为　 　(精确到0.1%)。
③该反应温度下，方法I的标准压力平衡常数=　 　(列出计算式)。[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)， =，其中pθ=100kPa，pC、pH、pD、pE为各组分的平衡分压。]
④若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率降低，原因是　 　。
（3）为提高生产效率，利用方法Ⅱ进行连续生产时采用如图所示的步骤控制体系温度和通入气体(各阶段气体流速相同)。
已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He不会在催化剂表面吸附，吸附和解吸附不会导致体系温度的变化。通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2从而活化催化剂，活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是　 　；请从反应速率的角度说明，通入CH4后反应温度维持在200℃的原因：　 　。
（4）用ZrO2/NiCo2O4作电解催化剂也可以实现甲烷的直接转化，装置如图所示。
写出ZrO2/NiCo2O4电极的反应式：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．电解时粗铜做阳极，发生氧化反应，A符合题意；
B．电解时阴极是溶液中的铜离子得到电子生成铜，B不符合题意；
C．粗铜连接电源的正极做阳极，铜失去电子生成铜离子，C不符合题意；
D．比铜活泼性差的金属成为阳极泥，如银或铂等，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】粗铜中的杂质离子在阳极发生氧化反应
2．【答案】D
【解析】【解答】A.因氢元素的化合价升高，则a为负极，电子通过外电路由a极流向b，A不符合题意；
B.该电池电解质能传递H+，因此正极b的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B不符合题意；
C.因未指明反应条件是否为标准状况，因此不能确定气体的体积是否为1.12L，C不符合题意；
D.原电池中，a极氢气失电子生成H+，阳离子向负电荷较多的正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】在原电池中，负极失去电子，化合价升高，发生氧化反应，正极得到电子，化合价降低，发生还原反应，负极失去的电子等于正极得到的电子。也就是电子在外电路的流向是负极到正极，在电解液中，阴离子移向负极，阳离子移向正极。
3．【答案】A
【解析】【解答】钢芯镀镍时，根据电镀原理，镀件钢芯作阴极，镀层金属镍作阳极。
故答案为：A。
【分析】在电镀过程中要保证镀件被保护，镀层金属参加反应，在电解池中阴极被保护，阳极参与反应。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.铅笔端作阴极，发生还原反应，故A不符合题意；
B.铂片端作阳极，发生氧化反应，故B不符合题意；
C.铅笔端作阴极，溶液中的阳离子在铅笔端放电，所以不会生成氯气，故C不符合题意；
D.铅笔端作阴极，则a是电源的负极，b是正极，故D符合题意；
答案选D。
【分析】出现红色字迹，说明溶液中有OH－生成，所以铅笔端作阴极，氢离子放电，发生还原反应，因此a是电源的负极，b是正极。
5．【答案】C
【解析】【解答】原电池中负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；电解池中，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应；
故答案为：C。
【分析】根据原电池原理和电解池原理判断电极反应中属于氧化反应的即可。
6．【答案】D
【解析】【解答】根据电极A上是LiMn2O4Mn2+，化合价降低被还原，做阴极，与电池的负极相连，电极Mn2+MnO2，化合价升高，被氧化，做阳极与电池的正极相连；
A.根据分析，电极B与电源正极相连，发生氧化反应，故A不符合题意；
B.电解质含有硫酸，电极A 发生的是反应是 ，故B不符合题意；
C.阳极得到二氧化锰，因此Mn2+MnO2，转移0.3mol电子可形成0.15mol锰，因此可得到0.15x55g=8.25g，故C不符合题意；
D.根据电解过过程消耗氢离子，生成锰离子，导致结果减小，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据B极的反应物和生成物即可判断；
B.根据A极的反应物和生成物判断；
C.根据阳极电极反应式，转移电子即可计算出锰的质量；
D.根据电解方程式判断。
7．【答案】A
【解析】【解答】A.左边是阳极区，应连接电源的正极，A符合题意；
B.标准状况下，22.4L Cl2的物质的量为1mol；电解的总反应式，故每生成1mol Cl2，同时生成2mol NaOH，B不符合题意；
C.右边是阴极区，阴极上氢离子得到电子生成的氢气从E口逸出，C不符合题意；
D.电解时，阳极生成氯气，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，故从A口加入精制饱和NaCl溶液，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.与电源的正极相连的电极是阳极；
B.依据电解的总反应式计算；
C依据离子放电顺序，阴极上阳离子得到电子，发生还原反应；
D.利用“出啥加啥”判断。
8．【答案】C
【解析】【解答】A、根据方程式可知铁失去电子，铁作阳极，与电源的正极相连，因此a是电源的正极，A不符合题意；
B、阳极电极反应为Fe－6e－＋8OH－＝FeO42－＋4H2O，B不符合题意；
C、氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低，C符合题意；
D、氢气不一定处于标准状况下，不能计算其体积，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据反应方程式可知，Fe应在阳极发生氧化反应，氢气应在阴极生成，据此分析该电解装置即可。
9．【答案】D
【解析】【解答】在电解池中电流是从正极流向阳极，所以c是阳极，d是阴极，a是正极，b是负极。则
A、a是正极，d是阴极，A不符合题意；
B、c是阳极，阳极上氯离子发生失去电子的氧化反应生成氯气，B不符合题意；
C、电解过程中，氯离子在阳极上失电子产生氯气，因此氯离子向c电极移动，C不符合题意。
D、电解过程中，d电极是阴极，该电极上铜离子得电子析出金属铜，电极质量增加，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据电源中电流由正极流向负极判断正负极；
B.电解池的阳极上发生氧化反应；
C.电解过程中阴离子向阳极方向移动；
D.电解过程中阴极上发生铜离子的还原反应。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．该原电池中，Zn在ZnSO4中失电子，Cu2+在CuSO4中得电子，若将Zn插入到CuSO4中Zn可以把Cu2+置换出来，而正极没有任何反应，故不会出现电流，A不符合题意；
B．粗铜的精炼中，粗铜作阳极，阳极上电极材料铜失电子发生氧化反应，纯铜作阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应，B不符合题意；
C．电镀时，镀层锌作阳极，镀件铁作阴极，C不符合题意；
D．根据电流方向知，碳棒作阳极，铁棒作阴极，电解氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，氯气和碘离子发生置换反应生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，所以能检验阳极产物，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极；
B．粗铜的精炼中，粗铜作阳极，纯铜作阴极；
C．电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极；
D．电解时，电流流入的电极为阳极，另一电极为阴极，阳极上发生氧化反应，阴极上发生还原反应．
11．【答案】C
【解析】【解答】A．含Fe2+电镀液则亚铁离子放电铁电极质量增加，A不符合题意；
B．含Fe2+电镀液则亚铁离子放电会在锌电极上镀一层铁，B不符合题意；
C．铁为阴极，锌为阳极，含Zn2+电镀液则锌离子放电会在铁上镀一层锌，C符合题意；
D．铁为阳极，锌为银极，含Zn2+电镀液则锌离子放电会在锌上镀一层锌，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，含镀层阳离子的溶液作电镀液判断。
12．【答案】B
【解析】【解答】A.0-20min，若a作负极，石墨就作阳极，阳极Cl-放电生成Cl2，Cl2和水反应生成HCl和HClO，溶液酸性增强，pH降低，与图像相符，故A不符合题意；
B．除NH时，阳极是Cl-放电，故B符合题意；
C．除NH时，阴极是H2O放电，局部产生大量OH-，阴极附近的pH增大，故C不符合题意；
D．除PO时，铁就作阳极，铁失电子生成亚铁离子，与磷酸根产生沉淀，阴极为石墨，氢离子得电子生成氢气，总离子反应式为：3Fe + 6H+ + 2= Fe3(PO4)2 ↓+3H2↑，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据图像的信息，利用电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应分析。
13．【答案】C
【解析】【解答】A.由分析可知，电极a为阳极，与电源的正极相连，故A不符合题意；
B.由分析可知，电极b为阴极，水在阴极上得到电子生成氢气，使b极附近云集大量氢氧根离子，使溶液呈碱性，氢氧根离子与钙离子反应生成氢氧化钙析出，故B不符合题意；
C.电解时，阴离子向阳极移动，则Cl-离子移向阳极a极，故C符合题意；
D.若将铂电极a、b均换成Fe电极，阳极上铁会失去电子发生氧化反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 由b极生成水垢可知，电极b为阴极，水在阴极上得到电子生成氢气，使b极附近云集大量氢氧根离子，使溶液呈碱性，电极b与外接电源的负极相连；则电极a为阳极，与电源的正极相连。
14．【答案】C
【解析】【解答】A、电解时，a电极为阴极，产生氢气，b电极为阳极，产生氧气，故A不符合题意；
B、a电极的电极反应方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，PH升高，故B不符合题意
C、b电极的电极反应方程式：2H2O-2e-=O2↑+4H+，放电后阳极池酸性增强发生反应：2 CrO42- +2H+= Cr2O72－+H2O，故C符合题意；
D、CrO42-是阴离子，不能通过阳离子交换膜，故D不符合题意；
故答案为：C；
【分析】电解池中，阳极失去电子，发生氧化反应，阴极得到电子，发生还原反应，在电解液中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
15．【答案】A
【解析】【解答】A．根据图中信息可知，放电时阳离子Li+向电极a移动，则电极a为正极，则电极b为负极，当充电时，电极b为阴极，选项A符合题意；
B．放电时电极b为负极，负极上LixCy失电子产生Li+和Cy，电极反应式为，选项B不符合题意；
C．电池放电时正极反应式为Li1-xCoO2+xe-+xLi+=LiCoO2，结合选项B可知，总反应为：，选项C不符合题意；
D．根据图中信息可知，放电充电时，锂离子往返于电池的正极负极之间，完成化学能与电能的相互转化，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】放电时阳离子Li+向电极a移动，则电极a为正极，电极反应式为Li1-xCoO2+xe-+xLi+=LiCoO2；电极b为负极，电极反应式为；充电时，电极b为阴极，电极a为阳极。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．标准状况下 二氯甲烷呈液态，不能用气体摩尔体积计算，A不符合题意；
B.50 mL 12 mol/L盐酸中HCl的物质的量n(HCl)=12 mol/L×0.05 L=0.6 mol，如果完全制取Cl2，转移电子物质的量是0.3 mol，随着反应的进行，盐酸浓度变小，转移的电子数目小于0.3NA，B不符合题意；
C.1 mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH溶液至沉淀恰好完全溶解，消耗5 molNaOH，含0.1 molNH4Al(SO4)2的溶液会消耗0.5 molNaOH，消耗OH-数目是0.5NA，C符合题意；
D．阴极上Cu2+得电子变为Cu，阳极上Fe、Zn等失电子变为离子到溶液，若阴极得电子数为2NA，阳极质量减少质量不一定是64克，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．标准状况下 二氯甲烷呈液态，不能用气体摩尔体积计算；
B．随着反应的进行，浓度变小，转移的电子数目偏小；
C.1 mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH溶液至沉淀恰好完全溶解，消耗5 molNaOH；
D．阴极上Cu2+得电子变为Cu，阳极上Fe、Zn等失电子变Fe2+，Zn2+。
17．【答案】（1）碳；铁；4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑
（2）2Cl－＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋2OH－；2H2O＋O2＋4e－＝4OH－；氧化反应；Cl2＋2KI＝I2＋2KCl；13
【解析】【解答】（1）①甲池为原电池，原电池中活泼金属做负极，发生氧化反应，碳棒做正极，有Cu析出，乙池为电解池，外电路电子流向电源正极，所以碳棒为阳极，放出氯气，阴极铁电极上发生还原反应有Cu析出，故答案为：碳；铁；
②乙池中，惰性电极为阳极，电解硫酸铜溶液，阳极氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，故答案为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；
（2）①若电解质溶液为饱和氯化钠溶液，则乙池就是用惰性电极为阳极电解氯化钠溶液，方程式为：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-，故答案为：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-；
②甲池中碳棒为正极，发生还原反应，氧气得到电子生成氢氧根，与吸氧腐蚀的电极反应相同，O2+2H2O+4e-=4OH-，乙装置中，碳棒是阳极，发生失电子的氧化反应，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；氧化反应；
③乙池碳极产生Cl2，能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，是Cl2置换出了I2，反应的化学方程式为Cl2＋2KI＝I2＋2KCl；
④电解氯化钠溶液的方程式为：2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH，乙池转移0.02mole-后，会生成0.02mol的氢氧化钠，所以所得NaOH溶液的物质的量浓度c= =0.1mol/L，c（OH-）=0.1mol/L，c（H+）=10-13mol/L，溶液混合均匀后的pH＝13。
【分析】（1）甲为原电池装置，Fe为负极，C为正极；乙为电解池装置，根据电子流向可判断C为阳极，据此进行解答即可；
（2）若两翅中电解质溶液均为NaCl溶液，则甲池发生吸氧腐蚀，乙池为电解饱和氯化钠溶液，据此解答即可。
18．【答案】（1）CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O
（2）阳极；4AgNO3+2H2O 4Ag＋O2↑+4HNO3
（3）280；1.6
【解析】【解答】(1)甲池为原电池，通入 CH3OH 电极为负极，负极上CH3OH失去电子，发生氧化反应，在碱性溶液中被氧化生成CO32-，则该电极的电极反应为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；
(2)乙池中A(石墨)电极与电源的正极相连，作阳极，溶液中的OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：4OH- -4e-=2H2O+O2↑，阴极B(Ag)电极上，溶液中的Ag+获得电子，发生还原反应，电极反应式为Ag++e-=Ag，在同一闭合回路中电子转移数目相等，可得总反应方程式为：4AgNO3+2H2O 4Ag＋O2↑+4HNO3；
(3)当乙池B极质量增加 5.4 g 时，n(Ag)=5.4g÷108g/mol=0.05mol，则电路中通过电子物质的量为0.05mol，由于在串联电路中电子转移数目相同，所以甲池中理论上消耗 O2 的物质的量为n(O2)=0.05mol÷4=0.0125mol，则氧气在标准状况下体积为V(O2)=0.0125mol×22.4L/mol=0.28L=280mL，丙池与甲、乙池串联，电子转移的物质的量也是0.05mol，D极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，所以D极析出Cu的物质的量为0.05mol÷2=0.025mol，m(Cu)=0.025mol×64g/mol=1.6g 。
【分析】（1）原电池中的甲醇发生氧化反应，注意电解质溶液为碱性溶液；
（2）A连接原电池的正极，是阳极，电解硝酸银溶液生成银、氧气和硝酸；
（3）根据串联装置中电子转移物质的量相等计算氧气的消耗体积、析出铜的质量。
19．【答案】（1）蒸馏法
（2）2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；AC
（3）CaSO4
（4）过滤；MgCl2
（5）2H＋＋2e-=H2↑或2H2O＋2e-=H2↑＋2OH－
（6）B；C；D
【解析】【解答】(1)海水可以通过蒸馏法、电渗析法、离子交换法等方法进行淡化，故答案为：蒸馏法；
(2)提溴工序中，通入氯气，离子方程式为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，富集溴时，通入热空气将生成的溴单质吹出来，吹出的溴蒸气用SO2将其还原吸收，故答案为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；AC；
(3)生石灰主要成分为CaO，熟石灰主要成分为Ca(OH)2，提镁后浓缩提钙，再根据二次提钙中加入Na2SO4溶液可知，Ca2+与硫酸根形成微溶于水的硫酸钙，则产品A的主要成分为硫酸钙，故答案为：CaSO4；
(4)Mg(OH)2为沉淀，故“提镁”“二次提镁”工序获取氢氧化镁的操作是过滤；再将Mg(OH)2沉淀溶于盐酸转化为MgCl2溶液，氯化镁溶液经加热浓缩、冷却结晶获得氯化镁晶体，氯化镁晶体在HCl氛围中进行加热得无水氯化镁，最后电解熔融氯化镁制得Mg，故答案为：过滤；MgCl2；
(5)氯碱工业是电解饱和氯化钠溶液获得NaOH、氢气和氯气，根据放电顺序，阴极是得电子发生还原反应，电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑或2H2O＋2e-=H2↑＋2OH－，故答案为：2H＋＋2e-=H2↑或2H2O＋2e-=H2↑＋2OH－；
(6)A．沸石获取的是硝酸钾和硫酸钾的混合物，故A不正确；
B．该方案从海水中提取了钾盐、溴、镁，最终用液体盐晒盐、氯碱工业、联合制碱，产品种类多，经济效益好，故B正确；
C．充分利用太阳能，而且生产过程无三废产生，符合循环经济的发展理念，故C正确；
D．该方案将浓盐水中的钾盐通过沸石吸附提取，溴离子转化为溴单质，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，钙离子转化为硫酸钙，液体盐晒盐等，从而可将浓盐水中的水全部转化为淡水，出水率高，故D正确；
故答案为：BCD。
【分析】浓海水中加入沸石，吸附钾元素得到硝酸钾和硫酸钾，在滤液中通入氯气将溴离子氧化成溴单质，再用热空气将溴单质吹出后浓缩提取溴单质，余下的溶液中加石灰沉淀镁离子，过滤后的滤液浓缩提取钙，通过加硫酸钠二次提取可知产品A应为硫酸钙，过滤后的滤液中再加石灰二次提取镁，最后液体盐主要成分为氯化钠溶液，可进行晒盐、氯碱工业、联合制碱等工业，据此解答。
20．【答案】（1）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
（2）Fe2+﹣e﹣=Fe3+
（3）FeCl3得到循环利用
【解析】【解答】解：（1）FeCl3与H2S反应生成硫单质、二价铁离子和水，离子方程式为 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；（2）阴极二价铁离子失去1个电子生成三价铁离子，电极反应式：Fe2+﹣e﹣=Fe3+；
故答案为：Fe2+﹣e﹣﹣=Fe3+；（3）根据实验原理可知，电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，得到循环利用，
故答案为：FeCl3可以循环利用．
【分析】（1）三价铁离子具有强的氧化性能够氧化硫化氢生成单质硫；（2）阴极二价铁离子失去1个电子生成三价铁离子；（3）结合绿色化学的理论并根据FeCl3可以循环利用确定该实验的有两个显著优点；
21．【答案】（1）+115.4kJ mol-1
（2）C；65.2%；；反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动
（3）降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右；200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快
（4）3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O
【解析】【解答】（1）①CH4(g)+O2(g)CH3OH(g) △H1=-126.4kJ mol-1
②CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) △H2
③H2(g)+O2(g)= H2O(l)|△H3=-285.8kJ mol-1
④H2O(l)=H2O(g)| △H4=+44kJ mol-1
利用盖斯定律，将反应①-③-④，得反应②为CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) △H2=+115.4kJ mol-1。故答案为：+115.4kJ mol-1
（2）①A．升高温度，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，A不正确；
B．反应达到平衡后，再充入一定量He，对反应物和生成物的压强都不产生影响，CH4的平衡转化率不变，B不正确；
C．投料比不变，增大反应物浓度，相当于加压，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，C正确；
故答案为：C。
②在200℃下，向容积为5L的恒容密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，从图中看出，起始总压强为12kPa，平衡时总压强为9.05kPa，则He的压强为12kPa-6.0kPa-4.8kPa=1.2kPa，设参加反应的CH4的压强为x，则可建立如下三段式：
则6.0-x+4.8-0.5x+x+1.2=9.05 x=5.9kPa
则达到平衡时体系中CH3OH的体积分数为≈65.2%。
③该反应温度下，方法I的标准压力平衡常数=。
④若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率降低，原因是：反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动。故答案为：C；65.2%；；反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动；
（3）通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2从而活化催化剂，活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是：降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右；从反应速率的角度分析，通入CH4后反应温度维持在200℃的原因：200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快。故答案为：降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右；200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快；
（4）从图中可以看出，ZrO2/NiCo2O4电极为负极，则CH4失电子产物与电解质反应生成CH3CH2CH2OH等，电极反应式为3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O。故答案为：3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
① 提高甲烷转化率可以通过使平衡朝正向移动，或者投料比不变的情况下增大反应物的浓度；
② 结合三段式和已知数据判断；
③ 分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
④ 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
（3）温度较高时，可以提高速率，且要控制在一定温度，不能过高，否则会使催化剂失去活性；
（4）甲烷失去电子，结合氢氧根离子生成丙醇和水。