2023北京重点校高二（上）期中化学汇编：化学反应与电能章节综合1（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023北京重点校高二（上）期中化学汇编：化学反应与电能章节综合1（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 3.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-28 16:17:13 | ||
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文档简介
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2023北京重点校高二（上）期中化学汇编
化学反应与电能章节综合1
一、单选题
1．（2023北京丰台高二上期中）锌铜原电池装置如图，下列说法不正确的是
A．锌电极上发生氧化反应 B．盐桥中的移向溶液
C．电子从锌片经电流计流向铜片 D．铜电极上发生反应：
2．（2023北京北师大附中高二上期中）甲烷燃料电池的工作原理如图，下列说法正确的是
A．a极为正极
B．K＋从b极经溶液流向a极
C．工作一段时间后，b极附近的pH会减小
D．a极的电极反应为
3．（2023北京北师大二附中高二上期中）下列实验装置(部分夹持装置已略去)能达到对应实验目的是
A B C D
实验目的 测定锌与稀硫酸反应速率 测定中和反应的反应热 比较 AgCl和 Ag2S 溶度积大小 探究铁的析氢腐蚀
实验装置
A．A B．B C．C D．D
4．（2023北京北师大附中高二上期中）液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其放电过程示意图如图。下列说法不正确的是
已知：①；②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。
A．充电过程中，阴极的电极反应：
B．放电过程中，正极的电极反应：
C．放电过程中，由正极向负极迁移
D．在充、放电过程中，凝胶中的可再生
5．（2023北京牛栏山一中高二上期中）下列对于四个实验的说法中，正确的是
A．实验②③④中均向阳极移动
B．实验①④中铜电极上均发生还原反应
C．反应进行过程中，②④中阴极附近溶液的pH均明显减小
D．②③中的碳棒均换为铁棒，电极反应均不发生改变
6．（2023北京四中高二上期中）如图所示的实验，不能达到实验目的的是
A B C D
制备胶体 验证溶解度大于 比较碳酸、醋酸和硼酸的酸性强弱 验证铁发生吸氧腐蚀
A．A B．B C．C D．D
7．（2023北京四中高二上期中）下列转置是将化学能转化为电能的是
A B C D
硅太阳能电池 锂离子电池 冶炼金属钠 燃气灶
A．A B．B C．C D．D
8．（2023北京四中高二上期中）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图所示（电极均为石墨电极）。下列说法正确的是
A．M为电源的负极 B．通电使氯化钠发生电离
C．电解一段时间后，阴极区降低 D．产物之一的从d口获得
9．（2023北京四中高二上期中）下列有关2个电化学装置的叙述正确的是
①②
A．装置①中，电流形成的完整过程是：负极，电子经导线流向正极，正极
B．装置①用替换，用石墨替换棒，总反应不改变
C．装置②（惰性电极）通电后，由于向阳极迁移，导致阳极附近升高
D．若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铁棒
10．（2023北京四中高二上期中）我国科学家研发了一种室温下可充电的Na - CO2电池，示意图如图。放电时，Na2CO3与C均沉积在碳纳米管中，下列说法错误的是
A．充电时，阴极反应为：
B．充电时，电源b极为正极，向钠箔电极移动
C．放电时，转移电子，碳纳米管电极增重
D．放电时，电池的总反应为
11．（2023北京第十二中学高二上期中）下列装置或过程能实现化学能转化为电能的是
A B C D
风力发电 碱性锌锰电池 燃料燃烧 手机充电
A．A B．B C．C D．D
12．（2023北京第八十中学高二上期中）H2是一种重要的清洁能源。下列说法不正确的是
A．反应涉及非极性键的断裂和极性键的生成
B．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=+480kJ/mol
C．可通过原电池将H2与O2反应的化学能转化为电能
D．灼热的铁粉可将H2O中的氢转化为H2
13．（2023北京第十二中学高二上期中）下列实验不能达到实验目的的是
选项 A B C D
实验 2NO2(g，红棕色)N2O4(g，无色)
结论 证明温度对平衡的影响 制作简单燃料电池 精炼粗铜 防止铁管道被腐蚀
A．A B．B C．C D．D
14．（2023北京北师大二附中高二上期中）一种水性电解液Zn MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶 液中，以存在)。电池放电时，下列叙述错误的是
A．Zn 电极为负极
B．II区的 K 通过隔膜向III区迁移
C．MnO2电极反应：
D．电池总反应：
15．（2023北京密云二中高二上期中）某小组同学设计如下实验能证实反应2Fe3++2I－=2Fe2++I2为可逆反应。已知是一种无色的稳定的络离子。
实验装置 实验序号 实验操作和现象
注：a、b均为石墨电极 ① ⅰ．闭合K，指针向右偏转 ⅱ．待指针归零，向U形管左管中加入1mol/LKI溶液，
② ⅰ．闭合K，指针向右偏转 ⅱ．待指针归零，向U形管左管中滴加0.01mol/LAgNO3溶液，指针向左偏转。
下列说法不正确的是
A．电流表指针归零，说明上述可逆反应达到了化学平衡状态
B．①中加入KI溶液后，上述平衡向正反应方向移动，电流表指针向右偏转
C．②中加入AgNO3溶液后，导致氧化性：Fe3+ >I2，上述平衡向逆反应方向移动
D．②中电流表指针再次归零时，向U型管右管滴加饱和NH4F溶液，电流表指针向左偏转
二、填空题
16．（2023北京丰台高二上期中）电化学原理在污染治理方面有着重要的作用。
Ⅰ.煤在直接燃烧前要进行脱硫处理。采用电解法脱硫的基本原理如图所示，利用电极反应将Mn2+转化为Mn3+，Mn3+再将煤中的含硫物质(主要成分是FeS2)氧化为Fe3+和SO：
已知：两电极为完全相同的惰性电极。
回答下列问题：
(1)M为电源的 (填“正极”或“负极”)。
(2)电解池工作时，观察到R电极上有无色气体产生，写出电极反应式 。
(3)电解池工作时，混合液中SO的物质的量 (填“变大”、“变小”或“不变”)。
(4)电解过程中，混合溶液中的pH将 (填“变大”、“变小”或“不变”)，理由是 。
Ⅱ.电解还原法处理酸性含铬废水：以铁板做阴、阳极，电解含铬废水，示意如图。
(5)电解开始时，A 极上主要发生的电极反应式为 。
(6)产生的Fe2+将Cr2O还原为Cr3+的离子方程式为 。
(7)随着电解的进行，阳极铁板会发生钝化，表面形成FeO Fe2O3的钝化膜，使电解池不能正常工作。将阴极铁板与阳极铁板交换使用，一段时间后，钝化膜消失。结合有关反应，解释钝化膜消失的原因： 。
Ⅲ.微生物电池可用来处理废水中的对氯苯酚，原理如图所示。
(8)该电池放电时，H+向 (填“a”或“b”)极迁移。
(9)a极上生成H2CO3的电极反应为 。
(10)已知b极的电极反应为，经处理后的水样中要求对氯苯酚的含量小于m mol/L。若废水中对氯苯酚的含量是n mol/L，则处理1 m3废水，至少添加CH3COO-的物质的量为 mol(溶液体积变化忽略不计)。
17．（2023北京四中高二上期中）如图所示的装置中，两个相同的玻璃管中盛满溶液（滴有酚酞溶液），a、b为多孔石墨电极。闭合一段时间后，a电极附近溶液逐渐变红；断开，闭合，电流表指针发生偏转。
(1)闭合后发生反应的离子方程式为 。
(2)断开，闭合后，a电极的电极反应式为 。
(3)我国科研人员发明膜电极电解器电解脱硫废水制备硫酸铵技术，装置如图所示：
请结合电极反应式说明制备硫酸铵的原理 。
18．（2023北京第十二中学高二上期中）是一种高效多功能的新型消毒剂。
已知：微溶于水，在酸性或中性溶液中快速分解产生，在碱性溶液中较稳定。
(1)一种制备的方法如下。
①若以铅蓄电池为电源，则铂片应与 极相连(填Pb或)。
②生成的电极反应式： 。
③阴极室KOH的浓度提高，结合电极反应式解释原因： 。
(2)向含的溶液中加入KOH固体，析出固体，再用稀KOH溶液洗涤，得到粗品。用化学方程式解释不能用水洗涤的原因： 。
(3)电解1.5h后，测得，
已知：
①，说明除之外，还有其他含铁物质生成。经检验，阳极产物中含铁物质仅有和FeOOH，则 。
②判断阳极有水(或)放电，判断依据：
ⅰ.水(或)有还原性；
ⅱ. 。
三、解答题
19．（2023北京密云二中高二上期中）为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。
回答下列问题：
(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol/LFeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、 (填序号)。
A． B． C． D． E．
(2)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择 (物质化学式)作为电解质。
阳离子 u∞×108/(m2·s－1·v－1) 阴离子 u∞×108/(m2·s－1·v－1)
Li+ 4.07. 4.61
Na+ 5.19 7.40
Ca2+ 6.59 Cl－ 7.91
K+ 7.62 8.27
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入 电极溶液中。
(4)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+ )增加了0.02 mol/L。石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)= 。
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为 ，铁电极的电极反应式为 。因此，验证了Fe2+氧化性小于 ，还原性小于 。
(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4 溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是 。
20．（2023北京北师大附中高二上期中）请回答下列问题：
Ⅰ.锅炉水垢既会降低燃料的利用率，造成能源浪费，也会影响锅炉的使用寿命，形成安全隐患，因此要定期去除锅炉水垢。
(1)水垢中的Mg(OH)2可直接用盐酸除去，应用平衡移动原理分析、解释上述过程 ；
(2)水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸去除。用离子方程式表示上述反应： 。
Ⅱ.根据下表所列2种溶液在25℃时的相关数据，按要求填空：
溶液 物质的量浓度 pH
(Ⅰ)CH3COOH 0.1mol/L 3
(Ⅱ)NH4Cl 0.1mol/L 6
(3)用离子方程式表示(Ⅰ)溶液显酸性的原因 。
(4)溶液(Ⅱ)中各离子浓度由大到小的顺序是 。
(5)溶液(Ⅰ)和(Ⅱ)中由水电离出的之比是1： 。
Ⅲ.海水是巨大的化学资源宝库，利用海水可以直接或间接获取很多物质。
(6)下图是氯碱工业中电解饱和氯化钠溶液的示意图，饱和氯化钠溶液从a口进入，NaOH溶液从 (填b或d)口导出；电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为 。
21．（2023北京北师大附中高二上期中）印刷电路板废液主要含CuCl2、FeCl2以及少量的FeCl3等物质，以废液为原料制备CuSO4，实现资源回收再利用，流程如下图所示。
(1)粗CuSO4溶液的制备
①上述流程中能加快反应速率的措施有 。
②加入铁屑后，印刷电路板废液中发生的离子反应有 。
(2)CuSO4溶液的精制
i．经检验，粗CuSO4溶液含有Fe2+。
ii．向粗CuSO4溶液滴加3%的H2O2溶液，当溶液中Fe2+完全氧化后，加CuO粉末调节溶液的pH=4。
iii．将溶液加热至沸，趁热减压过滤，得到精制CuSO4溶液。
①用离子方程式说明加入H2O2溶液的作用： 。
②已知：25℃时，，CuSO4饱和溶液中Cu2+的物质的量浓度为。ii中调节溶液pH=4，请结合计算说明此时Cu2+是否开始沉淀 。
(3)工业生产中也可采用电解的方法由Cu制得CuSO4，如图所示
①与直流电源a端相连的电极材料是 (填“铜片”或“石墨”)
②将进口处较浓硫酸替换成Na2SO4溶液进行实验，发现得到的CuSO4溶液pH比替换前升高，结合电极反应解释pH升高的原因是 。
22．（2023北京第八十中学高二上期中）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
(1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是 。
②电极反应式：
i．还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii．氧化反应： 。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i．随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。
ii．随c(Cl-)降低， 。
④补充实验证实了③中的分析。
实验操作 试剂 产物
I 较浓H2SO4 有氯气
II a 有氯气
III a+b 无氯气
a是 ，b是 。
(2)利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是 。
(3)根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是 。
(4)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。
23．（2023北京北师大二附中高二上期中）羟基自由基(·OH，电中性)是一种活性含氧粒子。常温下，利用·OH 处理含苯酚(C6H6O)废水， 可将其转化为无毒的氧化物。
(1)·OH 中氧元素的化合价为 。
(2)pH=3时Fe2+催化H2O2的分解过程中产生·OH中间体，催化循环反应如下。将ii补充完整。
i．
ii．， 。
(3)已知：羟基自由基容易发生猝灭2·OH=H2O2。用H2O2分解产生的·OH脱除苯酚，当其他条件不变时，不同温度下，苯酚的浓度随时间的变化如图1所示。0~20min 时， 温度从40℃上升到50℃，反应速率基本不变的原因是 。
(4)利用电化学高级氧化技术可以在电解槽中持续产生·OH，使处理含苯酚废水更加高效，装置如图2所示。已知 a 极主要发生的反应是(O2生成H2O2，然后在电解液中产生·OH，并迅速与苯酚(C6H6O)反应。
①b极连接电源的 极。
②a极的电极反应式为 。
③电解液中发生的主要反应的方程式是 、 。
24．（2023北京牛栏山一中高二上期中）Ⅰ．锌铜原电池装置如图所示，下列说法正确的是：
(1)铜电极上发生 (填“氧化”或“还原”)反应。
(2)导线中， (填“电流”或“电子”)从锌片流向铜片。
(3)盐桥中向 (填“负极”或“正极”)移动。
(4)锌电极上发生的电极反应式为 。
(5)根据原电池原理制造出了多种化学电源。如图是甲醇燃料电池原理示意图，该电池正极的电极反应式为 。
Ⅱ．碳酸钠在生产和生活中都有非常重要的用途。
(6)碳酸钠俗名纯碱，常温下，碳酸钠溶液pH为11。
①该溶液中由水电离出的为 。
②某同学认为该溶液中粒子之间有如下关系，你认为其中正确的是 (填字母)。
a．
b．
c．
d．
③在两支试管中均加入该碳酸钠溶液，分别滴加浓度均为的硫酸和醋酸溶液，至气泡不再产生时所用两种酸的体积依次是、。则、的关系为 。
(7)已知氢氧化钠能促进油脂水解。而在日常生活中，油污常用热的碳酸钠溶液清洗，请结合碳酸钠水解的离子方程式和必要的文字解释原因 。
(8)锅炉水垢的主要成分是碳酸钙和硫酸钙，清洗时，经常先加入饱和的碳酸钠溶液浸泡，最后用酸溶解。结合沉淀溶解平衡原理解释清洗硫酸钙的过程 。
(9)当器壁上附有很难除去时，也常采用沉淀转化的方法。已知某温度下，。在该温度下要使转化成，溶液的浓度应大于 。
(10)已知和电离平衡常数：
，
则向溶液中滴加过量的氯水，有关反应的离子方程式为： 。
(11)用的氢氧化钠溶液吸收标准状况下的二氧化碳，所得溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为 。
25．（2023北京汇文中学高二上期中）直接排放含的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的。
(1)在钠碱循环法中，溶液作为吸收液，可由溶液吸收制得，该反应的离子反应方程式是 。
(2)吸收液溶液)吸收的过程中，随的变化如下表：
8.2 7.2 6.2
①由上表判断溶液显 性，用化学平衡原理解释： 。
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是 (填字母)。
A．
B．
C．
(3)电化学原理在工业生产中有重要的应用，用溶液吸收烟气中的，将所得的溶液进行电解，可循环再生，同时得到，其原理如下图所示。(电极材料为石墨)
①图中a极要连接电源的(填“正”或“负”) 极，C口流出的物质是 。
②放电的电极反应式为 。
26．（2023北京四中高二上期中）氧化还原反应可拆分为氧化和还原两个“半反应”。某小组同学从“半反应”的角度探究反应规律。
(1)已知：（未配平）的转化在酸性条件下才能发生。
①该转化的氧化半反应是，则相应的还原半反应是 。
②分析上述还原半反应可知：增大可促进得到电子，使其 性增强，进而与发生反应。
(2)探究与浓盐酸能否发生反应。
①有同学认为与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是 。
用如下装置进行实验［硫酸与浓盐酸中接近］。
装置 序号 试管内药品 现象
甲 浓盐酸 24小时后仍无明显变化
乙 粉硫酸 24小时后仍无明显变化
丙 粉浓盐酸 24小时后气球变鼓
②甲是对比实验，目的是排除 的干扰。
③a.丙中气球变鼓是因为生成了 气体（填化学式）。
b.经检测，丙中反应后溶液中存在。从氧化还原性的角度分析丙中反应能够发生的原因： 。
(3)探究以下原电池的工作原理。
实验结果：产生电流，左侧电极表面有析出。
①该装置中右侧电极的电极反应式为 。
②从氧化还原规律角度解释产生电流的原因： 。
27．（2023北京第十二中学高二上期中）通过化学的方法实现的资源化利用是一种非常理想的减排途径。
(1)工业上用和反应合成二甲醚。已知：
kJ/mol；
kJ/mol。
写出和转化为和的热化学方程式： 。
(2)在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，的平衡转化率如图所示。温度下，将6 mol 和12 mol 充入2 L的密闭容器中，5 min后反应达到平衡状态，则0~5 min内的平均反应速率 ；、、三者之间的大小关系为 。
(3)若 kJ mol-1在恒温恒压下进行，以下叙述能说明该反应达到平衡状态的是 (填序号)。
A．CO和的物质的量浓度之比是1∶2
B．CO的消耗速率等于的生成速率的2倍
C．容器中混合气体的体积保持不变
D．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变
E．容器中混合气体的密度保持不变
(4)电解法实现制备甲醇()
石墨电极上的电极反应式为 ，a膜为 (填阴离子交换膜或阳离子交换膜)，电解过程中右室溶液中的物质的量 (填增大、减小、不变)。
28．（2023北京第十二中学高二上期中）小组同学探究+3价铬元素和+6价铬元素的相互转化。
资料：(橙色)(黄色)
(绿色)、(灰绿色，不溶于水)、(橙色)、(黄色)、(砖红色，难溶于水)。
实验Ⅰ向2 mL 0.1 mol/L 溶液中滴入2 mL 3% 溶液，无明显变化，得到溶液a．取少量溶液a，加入溶液，未观察到砖红色沉淀。
实验Ⅱ向溶液a中加入2 mL 10% NaOH溶液，产生少量气泡，水浴加热，有大量气泡产生，经检验气体为，溶液最终变为黄色。取少量黄色溶液，加入稀硫酸调节溶液的pH约为3，再加入溶液，有砖红色沉淀生成。
(1)写出实验Ⅱ中加入溶液后的离子方程式 。
(2)甲同学认为实验Ⅱ中溶液变黄生成的原因是将+3价铬元素氧化为，乙同学认为该说法不严谨。
①乙的理由是 。
②设计实验否定了乙的猜想， (填操作)，溶液未变成黄色。
(3)对比实验Ⅰ和Ⅱ，小组同学研究碱性环境对＋3价铬元素或性质的影响。
①提出假设：
假设a：碱性增强，的氧化性增强
假设b： 。
②参与的电极反应式是 ，据此分析，假设a不成立。
③设计实验证实了假设b，画出实验装置图(注明试剂)并写出实验操作和现象 。
实验Ⅲ向实验Ⅱ中的黄色溶液中加入稀硫酸，溶液变为橙色，再加入3% 溶液，溶液最终变为绿色，有气泡生成。
(4)请用化学平衡移动原理解释加入稀硫酸后溶液变为橙色的原因： 。
(5)实验Ⅲ中溶液由橙色变为绿色的离子方程式是 。
(6)综上，在＋3价铬元素和＋6价铬元素相互转化中的作用是 。
29．（2023北京北师大实验中学高二上期中）小组探究Mg与溶液能快速反应产生的原因。
【查阅资料】与致密的相比是质地疏松的难溶物。
【实验过程】
如图所示，将打磨后的镁条分别加入试管①~③中，观察到：①中镁表面持续产生大量气泡，溶液显浑浊(经检验该浑浊物为)，气体中检测到；②中镁表面有极微量气泡附着，滴加酚酞试液后，镁条附近至红色；③中镁表面无明显气泡。
(1)镁和水反应的化学方程式为 。
(2)设计实验③的目的是 。
(3)将②中镁条取出，加入到溶液中，观察到很快镁条表面开始产生大量气泡。综合上述实验，结合化学用语从化学反应平衡与速率的角度解释：Mg能与溶液能快速产生的原因是 。
(4)综合上述实验可知，在水溶液中，镁表面产生的快慢取决于 。
(5)某同学根据上述结论，设计了如图左下原电池，得到了电压表数值随时间的变化(电压数值为正值时，镁片为负极)。
①50s后，铝片表面的电极反应式为 。
②50s前，原电池的负极为 片(填“镁”或“铝”)。
③电压值最终变为负值的原因是 。
30．（2023北京四中高二上期中）研究在海洋中的转移和归宿是当今海洋科学研究的前沿领域。
(1)已知常温下，在不同条件下，水溶液中碳元素的存在形式如图所示。下列说法不正确的是_____________。
A．时，溶液中含碳微粒主要是
B．当时，
C．常温时的电离常数是
D．时，
(2)溶于海水的主要以4种无机碳形式存在，其中占。结合化学用语解释溶液呈碱性的原因 。
(3)在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。
写出钙化作用的离子方程式： 。
(4)海水中溶解无机碳占海水总碳的以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础。测量溶解无机碳，可采用如下方法：
①气提、吸收。用从酸化后的海水中吹出并用碱液吸收（装置示意图如图）。将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂 。
②滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为，再用溶液滴定，消耗溶液。海水中溶解无机碳的浓度 。
(5)利用如图所示装置从海水中提取，有利于减少环境温室气体含量。
①结合方程式简述提取的原理： 。
②结合电极反应式解释用c室产生的物质处理b室排出的酸性海水至合格后排放大海的方法 。
参考答案
1．B
【分析】由图可知，该装置为原电池，Zn比Cu活泼，Zn作负极，电极反应式为Zn 2e =Zn2+，Cu作正极，电极反应式为Cu2++2e =Cu，据此作答。
【详解】A．Zn作负极，失电子，发生氧化反应，故A正确；
B．原电池工作时，阳离子向正极移动，因而K+移向硫酸铜溶液，故B错误；
C．原电池工作时，电子从负极(Zn)经电流计流向正极(Cu)，故C正确；
D．Cu作正极，电极反应式为Cu2++2e =Cu，故D正确；
故选B。
2．D
【分析】甲烷碱性燃料电池中，甲烷发生失电子的氧化反应，即通入甲烷的A电极为负极、通入空气的B电极为正极，负极上甲烷失电子生成碳酸根离子，电极反应式为，正极上O2得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋2H2O＋4e ═4OH ，溶液中的阳离子移向正极B，阴离子移向负极A，据此分析解答。
【详解】A．燃料电池中，燃料发生氧化反应，即通入甲烷的a电极为负极，故A错误；
B．甲烷碱性燃料电池中，a电极为负极、b为正极，K＋从a极经溶液流向b极，故B错误；
C．b电极为正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e ═4OH ，b极附近碱性增强、pH增大，故C错误；
D．a电极为负极，负极反应式为，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查燃料原电池工作原理，为高频考点，明确各个电极上发生的反应是解题关键，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式。
3．A
【详解】A．针筒可测定氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，故A正确；
B．图中保温效果差，不能测定中和热，故B错误；
C．硝酸银过量，分别与NaCl、Na2S反应生成沉淀，不能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，故C错误；
D．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明，故D错误；
答案选A。
4．C
【分析】液体锌电池放电时Zn作负极，发生氧化反应，失电子生成，负极电极反应式为Zn+4OH--2e-═，MnO2所在电极作正极，发生还原反应生成Mn2+，正极反应式为MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，放电时，阳离子由负极移向正极、阴离子由正极移向负极；充电时，原电池正负极分别与外加电源正负极相接，作电解池的阳极、阴极，阴阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分析解答。
【详解】A．原电池负极反应为Zn+4OH--2e-═，充电时，原电池负极与外加电源负极相接，作电解池的阴极，阴极电极反应式与负极反应式正好相反，即+2e-═Zn+4OH-，故A正确；
B．液体锌电池中MnO2所在电极作正极，MnO2发生还原反应生成Mn2+，即电极反应式为MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，故B正确；
C．原电池放电时，阳离子由负极移向正极，即H+由负极向正极迁移，故C错误；
D．电解时阴极电极反应式为+2e-═Zn+4OH-，由于KOH凝胶的特殊作用可使KOH再生，故D正确；
故选：C。
5．A
【分析】实验①为原电池，锌为负极，锌失电子生成锌离子，铜为正极，铜离子得电子生成铜；实验②为电解池，惰性电极电解饱和食盐水，左侧为阳极，氯离子失电子生成氯气，右侧为阴极，氢离子得电子生成氢气；实验③为电解池，惰性电极电解熔融氯化钠，左侧为阳极，氯离子失电子生成氯气，右侧为阴极，钠离子得电子生成钠；实验④为电解池，粗铜为阳极，C为阴极，铜离子得电子生成铜，据此分析解题。
【详解】A．实验②③④为电解池，阴离子向阳极移动，则Cl-均向阳极移动，A正确；
B．实验①为原电池，铜为正极，铜离子得电子生成铜，发生还原反应，实验④为电解池，粗铜为阳极，铜电极上发生氧化反应，B错误；
C．实验②中阴极水中的氢离子得电子生成氢气，溶液的pH增大；实验④中阴极铜离子得电子生成铜，附近溶液的pH不变，C错误；
D．实验②③中的碳棒均换为铁棒，则阳极为活性电极，电极反应发生改变，D错误；
故答案为：A。
6．B
【详解】A．在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，加热至红褐色，可以制取氢氧化铁胶体，A项不符合题意；
B．由图中数据可知，硝酸银溶液是过量的，因此过量的银离子会直接和碘离子反应生成碘化银沉淀，不是沉淀的转化，因此无法证明AgCl溶解度大于AgI，B项符合题意；
C．向相同浓度的溶液和溶液中，滴加相同量的溶液，醋酸溶液中有气泡，生成了，说明醋酸酸性强于碳酸；而硼酸溶液中没有明显现象，说明硼酸酸性弱于碳酸；该实验能达到实验目的，C项不符合题意；
D．中性条件下，铁发生吸氧腐蚀，导致导气管中液面上升，因此可以实现目的，D项不符合题意；
故选B。
7．B
【详解】A．硅太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，A不合题意；
B．锂离子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，B符合题意；
C．电解法冶炼金属钠是将电能转化为化学能，C不合题意；
D．燃气灶燃烧时是将化学能转化为热能，D不合题意；
故答案为：B。
8．D
【分析】电解过程中阳离子向阴极移动，由图可知，右侧电极为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，则N为负极，左侧电极为阳极，电极反应为：2Cl- -2e-=Cl2↑，则M为正极，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，M为电源的正极，A错误；
B．氯化钠在水溶液中发生电离，不需要通电，通电使氯化钠发生化学反应，B错误；
C．电解时，阴极上氢离子得电子，同时生成氢氧根离子，溶液中氢氧根离子的浓度增大，则pH增大，C错误；
D．电解时，阴极上氢离子得电子，同时生成氢氧根离子，Na+通过阳离子交换膜由阳极区进入阴极区，则产物之一的从d口获得，D正确；
故答案为：D。
9．B
【详解】A．装置①中，电流形成的完整过程是：外电路电子沿导线由负极流向正极，内电路是离子的定向移动，构成闭合回路，才是电流形成的完整过程，A项错误；
B．替换，负极仍是锌放电，原电池中的铜本身未参与电极反应，所以可用能导电的石墨替换Cu棒，B项正确；
C．阳极是氯离子放电，生成酸性气体氯气，氯离子放电结束后是水电离出的氢氧根离子放电，导致阳极附近pH降低，C项错误；
D．若装置②用于铁棒镀铜，铁棒应放在阴极，即M极为铁棒，D项错误；
故选B。
10．C
【分析】根据图示可知，放电时Na被氧化，CO2被还原，所以放电时Na为负极，反应式为Na-e-=Na+，碳纳米管为正极吸收CO2，反应式为3CO2+4e-═2+C；充电时Na为阴极，碳纳米管为阳极释放CO2，据此分析解答。
【详解】A．放电时Na为负极，反应式为Na-e-=Na+，充电时，阴极反应为：Na++e-═Na，A正确；
B．结合分析可知，充电时右侧为阳极，则b为正极，Na+向钠箔电极(阴极)移动，B正确；
C．反应式为3CO2+4e-═2+C，由于碳酸钠和C均沉积在碳纳米管，当转移0.4mol电子时，沉积0.1molC和0.2mol碳酸钠，总质量为0.1×12g+0.2×106g=22.4g，C错误；
D．放电时Na为负极，反应式为Na-e-=Na+，正极吸收CO2，反应式为3CO2+4e-═2+C，则总反应方程式为3CO2+4Na═2Na2CO3+C，D正确；
故答案为：C。
11．B
【详解】A．风力发电是将机械能转化为电能的装置，不能实现化学能转化为电能，A不符合题意；
B．碱性锌锰电池是原电池，能够实现化学能转化为电能，B符合题意；
C．燃料燃烧是通过化学反应将化学能转化为热能，不能实现化学能转化为电能，C不符合题意；
D．手机充电是电解池，是电能转化为化学能，而不能实现化学能转化为电能，D不符合题意；
故合理选项是B。
12．B
【详解】A．反应中H-H、O=O非极性键断裂，有H-Cl极性键生成，故A正确；
B．根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能=2×436+496+[4×(-462)]=- 480kJ/mol，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-480kJ/mol，故B错误；
C．H2与O2反应是氧化还原反应，任何氧化还原反应都能设计为原电池，即能将化学能转化为电能，故C正确；
D．灼热的铁粉可与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，能将H2O中的氢转化为H2，故D正确；
故选：B。
13．D
【详解】A．对于可逆反应，升高温度，气体的颜色变深，则平衡逆向移动；降低温度，气体颜色变浅，则平衡正向移动，A正确；
B．用惰性电极材料作电极，硫酸作电解质溶液，利用原电池原理，制作简单的燃料电池，B正确；
C．电解法精炼粗铜时，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极，该装置能达到精炼铜的目的，C正确；
D．废铁、铁管道和电源形成电解池，为外加电流阴极保护法，但是应当将铁管道作阴极才能防止铁管道被腐蚀，图中铁管道作阳极，不能达到保护铁管道被腐蚀的目的，D错误；
故答案为：D。
14．B
【分析】根据题干，Zn失电子生成，则Zn为负极，负极电极反应为：，MnO2为正极，正极MnO2得电子生成Mn2+，正极电极反应为，本题隔膜没有说明是阴离子交换膜还是阳离子交换膜，Ⅲ区阴离子减少，Ⅰ区阳离子减少，则可能是Ⅱ区通过离子交换膜向Ⅲ区移动，Ⅰ区的通过隔膜向Ⅱ区迁移，也可能是Ⅲ区的K+通过隔膜向Ⅱ区移动，Ⅱ区K+通过隔膜向Ⅰ区移动；
【详解】A．根据分析Zn 电极为负极，A正确；
B．原电池中阳离子移向正极，III区为负极区，B错误；
C．根据分析，MnO2电极反应：，C正确；
D．正负极电极反应相加，得到电池总反应：，D正确；
故选B。
15．C
【分析】根据题干中反应2Fe3++2I－=2Fe2++I2，实验①开始之前，闭合K，装置中a为负极：2I--e-=I2，b为正极：Fe3++e-=Fe2+，指针归零，反应达到平衡，增大I-的浓度，平衡正向移动，指针向右偏转，达新平衡后，指针归零。实验②是加入硝酸银溶液，沉淀I-，I-浓度减小，平衡逆向移动，此时a为正极，b为负极，指针向左偏转。
【详解】A．电流表指针归零，无电子转移，说明上述可逆反应达到了化学平衡状态，A正确；
B．①中加入KI溶液后，碘离子浓度增加，平衡向正反应方向移动，a发生氧化反应，a为负极，b为正极，电流表指针向右偏转，B正确；
C．②中加入硝酸银溶液后，生成碘化银沉淀，降低了碘离子浓度，平衡向逆反应方向移动，氧化性Fe3+D．向右管中滴加饱和氟化铵溶液，生成FeF，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，a发生还原反应，a为正极，指针向左偏转，D正确；
故选C。
16．(1)正极
(2)2H++2e-=H2↑
(3)变大
(4) 变小 在电解过程中生成1 mol Fe3+，消耗15 mol Mn3+，生成16 mol H+；Mn3+由阳极反应Mn2+-e-=Mn3+生成，根据得失电子守恒，阳极生成15 mol Mn3+，消耗15 mol H+；因此总体来看，电解过程中H+浓度增大，pH变小
(5)Fe-2e-=Fe2+
(6)Cr2O+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O
(7)阴极产生H2：2H++2e-=H2↑，阴、阳极铁板交换使用时，H2将钝化膜还原：4 H2+ FeO Fe2O3=3Fe+4 H2O
(8)b
(9)CH3COO- -8e-+4H2O=2H2CO3+7H+
(10)250(n-m)
【详解】（1）根据图示可知在电解时，P电极上Mn2+失去电子变为Mn3+，则P电解为阳极，则与P相连的M电极为正极，N电极为负极；
（2）R为电解池的阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式：；
（3）根据电解池反应：可知，电解过程中SO的物质的量不断增大；
（4）在电解过程中生成1 mol Fe3+，消耗15 mol Mn3+，生成16 mol H+；Mn3+由阳极反应Mn2+-e-=Mn3+生成，根据得失电子守恒，阳极生成15 mol Mn3+，消耗15 mol H+；因此总体来看，电解过程中H+浓度增大，pH变小；
（5）铁板做阴、阳极，电解含铬废水，则A电极发生电极反应：Fe-2e-=Fe2+；
（6）产生的Fe2+将Cr2O还原为Cr3+的离子方程式：Cr2O+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O；
（7）阴极产生H2：2H++2e-=H2↑，阴、阳极铁板交换使用时，H2将钝化膜还原：4H2+ FeO Fe2O3=3Fe+4H2O；
（8）在微生物电池中，在a电极上CH3COO-失去电子被氧化，则a电极为负极，b电极为正极；原电池中阳离子向正极移动，即H+向b极移动；
（9）a极上CH3COO-失去电子被氧化生成H2CO3的电极反应：CH3COO- -8e-+4H2O=2H2CO3+7H+；
（10）若废水中对氯苯酚的含量是n mol/L，经处理后的水样中要求对氯苯酚的含量小于m mol/L，由于废水的体积是1 m3=1000 L，则反应消耗对氯苯酚的物质的量是n(对氯苯酚)=1000(n-m) mol，根据b极的电极反应：，可知反应过程中转移电子物质的量是n(e-)=2000(n-m) mol，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，因此当电路中转移2000(n-m) mol电子时，需要添加CH3COO-的物质的量：；
17．(1)
(2)
(3)a电极附近硫元素化合价升高，被氧化，a电极是阳极，发生的电极反应为：，将亚硫酸铵转化为硫酸铵。
【详解】（1）闭合为电解池，电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阴极产生氢气和氢氧化钠，反应的总的离子方程式为：。
（2）闭合为电解池，a电极附近溶液逐渐变红，说明a电极为阴极，电解水产生氢气和氢氧根，所以断开，闭合后，a电极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为。
（3）在a电极处转化为，S元素化合价升高，被氧化，说明a电极为阳极，b电极为阴极，阳极发生的反应为，通过质子交换膜进入阴极放电产生氢气。
18．(1) Pb 阴极反应，浓度增大；通过阳离子交换膜进入阴极室
(2)
(3) 13.3% (或其他合理答案)
【详解】（1）①铅蓄电池中Pb电极为负极，电极为正极，由图可知，铁片为阳极，失去电子生成，则铂片为阴极，与Pb极相连；
②铁片为阳极，失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
③阴极反应，浓度增大；通过阳离子交换膜进入阴极室。
（2）K2FeO4在中性溶液中快速分解产生O2，可知K2FeO4和水反应产生O2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为。
（3）①Fe→，Fe的化合价从0价变为+6价，Fe→FeOOH，Fe的化合价从0变为+3价。S(K2FeO4)=60%，说明40%的Fe转化为了FeOOH，假设共有1molFe，则n(生成所用的电子)=1mol×60%×6=3.6mol，n(通过电极的电子)= =9mol，则n(生成FeOOH所用的电子)=1mol×40%×3=1.2mol，η(FeOOH)= ×100%=13.3%。
②η(K2FeO4)+η(FeOOH)＜100%，说明不只有Fe被氧化失去电子，阳极还有水(或OH )放电。
19．(1)ABC
(2)KCl
(3)石墨
(4)0.09mol/L
(5) Fe3++e－=Fe2+ Fe－2e－=Fe2+ Fe3+ Fe
(6)取少量溶液，滴入KSCN溶液，不出现血红色
【分析】原电池中铁电极为负极，发生氧化反应：Fe-2e-=Fe2+；石墨电极为正极。
【详解】（1）由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，因此由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故答案有：ABC；
（2）Fe2+、Fe3+能与碳酸氢根离子反应，Ca2+能与硫酸根离子反应，FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择碳酸氢根离子、硝酸根离子，阳离子不可以选择Ca2+，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl作为电解质，故答案为：KCl；
（3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极移动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，故答案为：石墨；
（4）根据分析，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上未见Fe析出，石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol/L，根据得失电子守恒，石墨电极溶液中c(Fe2+)增加0.04mol/L，石墨电极溶液中c(Fe2+)=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L，故答案为：0.09mol/L；
（5）根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物，则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe，故答案为：Fe3++e-=Fe2+，Fe-2e-=Fe2+，Fe3+，Fe；
（6）在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的反应为Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，因此检验活化反应完成的方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成，故答案为：取活化后溶液少许于试管中，滴入KSCN溶液，不出现血红色。
20．(1)，若向此浊液中加入盐酸溶液，由于氢离子结合氢氧根离子生成水，降低氢氧根离子浓度，使溶解平衡正向进行，所以观察到的现象是白色固体逐渐溶解
(2)，
(3)
(4)
(5)105
(6) d
【分析】（1）水垢中的Mg(OH)2存在沉淀溶解平衡，，加入盐酸促进溶解正向进行；
（2）碳酸钙难溶，硫酸钙微溶，因此水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸去除；
（3）醋酸部分电离出氢离子和醋酸根离子，溶液显碱性；
（4）氯化铵溶液中铵根水解，溶液显酸性；
（5）醋酸电离出氢离子抑制水的电离，氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离；
（6）氯碱工业中阴极产生氢气和氢氧根离子，即氢氧化钠在阴极产生，则NaOH溶液从d口导出，，为防止阳极产生的氯气和氢氧根离子反应，则阳离子交换膜的作用是阻止OH 移向阳极，提高NaOH的产量和纯度；据此分析解题。
【详解】（1）由于Mg(OH)2浊液中存在Mg(OH)2的溶解平衡，可表示为，若向此浊液中加入盐酸溶液，由于氢离子结合氢氧根离子生成水，降低氢氧根离子浓度，使溶解平衡正向进行，所以观察到的现象是白色固体逐渐溶解，故答案为，若向此浊液中加入盐酸溶液，由于氢离子结合氢氧根离子生成水，降低氢氧根离子浓度，使溶解平衡正向进行，所以观察到的现象是白色固体逐渐溶解。
（2）碳酸钙难溶，硫酸钙微溶，因此水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸去除，有关反应的离子方程式为，，故答案为，。
（3）0.1mol/L醋酸溶液的pH等于3，说明是弱电解质，则其电离方程式为，故答案为。
（4）氯化铵溶液中铵根水解，溶液显酸性，则溶液（Ⅱ）中各离子浓度由大到小的顺序是，故答案为：。
（5）醋酸电离出氢离子抑制水的电离，氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，则溶液（Ⅰ）和（Ⅱ）中由水电离出的c（H＋）之比是，故答案为105。
（6）氯碱工业中阴极产生氢气和氢氧根离子，即氢氧化钠在阴极产生，则NaOH溶液从d口导出；为防止阳极产生的氯气和氢氧根离子反应，则阳离子交换膜的作用是阻止OH 移向阳极，提高NaOH的产量和纯度；电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为：，故答案为d；。
21．(1) 粉碎、升温 2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，Cu2＋＋Fe＝Fe2＋＋Cu
(2) 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O pH＝4时，此时c（OH ）＝10 10mol/L，则Q[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋) c2(OH )＝1.41×(10 10)2＝1.41×10 20＜2.2×10 20＝Ksp[(OH)2]，所以说明Cu2＋尚未开始沉淀
(3) 铜片 替换为Na2SO4后，阴极区发生反应2H＋＋2e ＝H2↑，阴极区c（OH ）＞c（H＋），OH 也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH升高
【分析】用FeCl3溶液浸泡印刷电路板后的废液，印刷电路的废腐蚀液含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，含有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋离子，溶液中加入还原剂铁屑，还原剂还原铁离子为亚铁离子，还原铜离子为单质铜，过滤得粗铜，加入氧化剂氧气高温煅烧生成氧化铜，加入稀硫酸反应生成硫酸铜溶液，据此分析解题。
【详解】（1）①常用加快化学反应速率的措施有粉碎，加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：粉碎、升温，故答案为粉碎、升温；
②加入还原剂铁屑，还原剂还原铁离子为亚铁离子，还原铜离子为单质铜，所以印刷电路板废液中发生的离子反应有2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，Cu2＋＋Fe＝Fe2＋＋Cu，故答案为2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，Cu2＋＋Fe＝Fe2＋＋Cu。
（2）①加入H2O2溶液将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应有2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O，故答案为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O；
②CuSO4饱和溶液中Cu2＋的物质的量浓度为，pH＝4时，此时c（OH ）＝10 10mol/L，则Q[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋) c2(OH )＝1.41×(10 10)2＝1.41×10 20＜2.2×10 20＝Ksp[Cu(OH)2]，所以说明Cu2＋尚未开始沉淀，故答案为pH＝4时，此时c（OH ）＝10 10mol/L，则Q[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋) c2(OH )＝1.41×(10 10)2＝1.41×10 20＜2.2×10 20＝Ksp[Cu(OH)2]，所以说明Cu2＋尚未开始沉淀。
（3）①由图可知硫酸根离子移向于a极一端，则a为阳极，失电子一极，电解的方法制CuSO4，说明铜失电子得铜离子，则a端相连的电极材料是铜片；故答案为铜片；
②替换为Na2SO4后，阴极区发生反应2H＋＋2e ＝H2↑，阴极区c（OH ）＞c（H＋），OH 也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH升高；故答案为：替换为Na2SO4后，阴极区发生反应2H＋＋2e ＝H2↑，阴极区c（OH ）＞c（H＋），OH 也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH升高。
22．(1) MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O 2Cl--2e-=Cl2↑ Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强 KCl固体 MnSO4固体
(2)KCl＞KBr＞KI
(3)AgNO3 或Ag2SO4
(4)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(氧化产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【详解】（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；
②氧化反应是元素化合价升高，电极反应为氯离子得电子生成氯气，故氧化反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；
③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，所以可能是Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强；
④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a,那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体，故答案为：KCl固体；MnSO4固体；
（2）非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl＞KBr＞KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强，故答案为：KCl＞KBr＞KI；
（3）根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
（4）通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，则规律为氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(氧化产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
23．(1)-1
(2)
(3)升高温度化学反应速率应该加快，但是50℃时，温度升高羟基自由基发生猝灭，导致下降，反应速率基本不变
(4) 正 O2+2e-+2H+=H2O2 Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+·OH C6H6O+ 28·OH=6CO2+ 17H2O
【详解】（1）·OH中氧元素的化合价为-1价；
（2）根据题干信息可知，总反应：，总反应减去反应i即得到反应ii，其方程式：；
（3）升高温度化学反应速率应该加快，但是50℃时，温度升高羟基自由基发生猝灭，导致下降，反应速率基本不变；
（4）①根据题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，氧气中的氧元素得电子由0价降低到-1价，发生还原反应，则a极为阴极，b极为阳极，故b极连接电源的正极；
②b极是Fe电极为活性电极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，产生的Fe2+向阴极移动；由题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，电极反应为O2+2e-+2H+=H2O2；
③由题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，然后在电解液中产生·OH，·OH能迅速与苯酚反应，则电解液中发生的主要反应方程式为C6H6O+ 28·OH=6CO2+ 17H2O；
24．(1)还原
(2)电子
(3)正极
(4)Zn-2e-=Zn2+
(5)O2+4e-+2H2O=4OH-
(6) 10-3 c V2
(7)纯碱溶液存在水解：+H2O +OH-，溶液显碱性，升高温度，促进水解，碱性增强，因而去污能力增强
(8)CaSO4(s)Ca2+(aq)+(aq)，因为CaCO3的溶解度小于CaSO4，加入Na2CO3，与Ca2+生成CaCO3，平衡右移，CaSO4转化为CaCO3，与盐酸反应而除去
(9)5.1×10-4
(10)+2Cl2+H2O═2Cl-+2HClO+CO2↑
(11)c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)
【分析】锌铜原电池反应，Zn为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，发生反应Cu2++2e-=Cu,原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，电流从正极流向负极；燃料电池的正极上是氧化剂得电子的还原反应，据此分析解题(1)~(5)。
【详解】（1）锌铜原电池反应，Cu是正极，发生还原反应，故答案为：还原；
（2）电子从负极锌沿着导线流向正极铜，故答案为：电子；
（3）原电池中阳离子移向正极，所以盐桥中的K+移向正极区CuSO4溶液，故答案为：正极；
（4）Zn为负极，发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，故答案为：Zn-2e-=Zn2+；
（5）正极发生还原反应，氧气在正极放电，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；
（6）①该溶液中由水电离出的c(OH-)水==mol/L=10-3mol/L，故答案为：10-3；
②
a．碳酸钠溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2c()+c()+2c(H2CO3)，a错误；
b．Na2CO3溶液中碳酸根离子水解减少，c(Na+)＞2c()，b错误；
c．根据物料守恒可得：c(H2CO3)+c()+c()=c(Na+)=0.05mol/L，c()+c()＜0.1mol/L，c正确；
d．根据碳酸钠溶液中的电荷守恒可得：c(HCO3-)+c(OH-)+2c()=c(H+)+c(Na+)，d错误；
故答案为：c；
③在两支试管中均加入0.1mol/L碳酸钠溶液2mL，n(Na2CO3)=0.1mol/L×0.002L=0.0002mol,分别滴加浓度均为0.2mol L-1的硫酸和醋酸溶液，至气泡不再产生时，反应进行完全，反应的化学方程式为：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+H2O，需要硫酸物质的量0.0002mol，需要醋酸物质的量0.0004mol,V1==0.001L，V2==0.002L，V1、V2的关系为V1=V2，故答案为：V2；
（7）油脂与碱反应生成可溶性物质，因而碱可以去除油污，纯碱为碳酸钠，强碱弱酸盐，水解：+H2O +OH-，盐类水解为吸热过程，升高温度，促进水解，碱性增强，因而去污能力增强，则原因为纯碱溶液存在水解：+H2O +OH-，溶液显碱性，升高温度，促进水解，碱性增强，因而去污能力增强，故答案为：纯碱溶液存在水解：+H2O +OH-，溶液显碱性，升高温度，促进水解，碱性增强，因而去污能力增强；
（8）硫酸钙存在溶解平衡：CaSO4(s)Ca2+(aq)+(aq)，由于CaCO3的溶解度小于CaSO4，加入Na2CO3后与Ca2+生成CaCO3，溶解平衡右移，CaSO4转化为CaCO3，生成的碳酸钙可溶于盐酸，故答案为：CaSO4(s)Ca2+(aq)+(aq)，因为CaCO3的溶解度小于CaSO4，加入Na2CO3，与Ca2+生成CaCO3，平衡右移，CaSO4转化为CaCO3，与盐酸反应而除去；
（9）硫酸钡转化为碳酸钡的离子方程式为BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，BaSO4的悬浊液中c平(Ba2+)=c平()==mol L-1=1×10-5 mol L-1，故使Ba2+沉淀需要碳酸根离子的最小浓度为c平()==mol L-1=5.1×10-4 mol L-1，故答案为：5.1×10-4；
（10）氯水中有Cl2+H2OHCl+HClO，酸性：HCl＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，HCl可以和反应，使得平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl-，离子反应方程式为：+2Cl2+H2O═2Cl-+2HClO+CO2↑，故答案为：+2Cl2+H2O═2Cl-+2HClO+CO2↑；
（11）NaOH物质的量=1mol/L×0.15L=0.15mol=0.15 mol，二氧化碳物质的量==0.1 mol，反应的化学方程式为：2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，CO2反应生成物质的量都为0.05mol的碳酸氢钠和碳酸钠，由于碳酸根离子的第一步水解程度大于第二步水解程度，所以碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)。
25．(1)
(2) 酸 、，的电离程度大于水解程度 AB
(3) 负 (较浓)硫酸
【详解】（1）SO2被Na2SO3溶液吸收生成亚硫酸氢钠，离子反应为：。
（2）①当n(SO):n(HSO)=时，溶液的pH=6.2，显酸性；SO水解使溶液显碱性，在NaHSO3溶液中HSO远大于SO，所以NaHSO3溶液显酸性。在NaHSO3溶液中，HSO存在电离HSOH++SO和水解HSO+H2OH2SO3+OH-，HSO的电离程度大于水解程度导致溶液显酸性；
②A．根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO)+c(HSO)，溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)，故A正确；
B．当n(SO):n(HSO)=1:1时，溶液的pH=7.2，显碱性，所以若溶液呈中性，则c(SO)＜c(HSO)，溶液中的溶质为Na2SO3和NaHSO3，则c(Na+)最大，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，故有c(Na+)＞c(HSO)＞c(SO)＞c(H+)=c(OH-)，B正确；
C．根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO)+c(HSO)，故C错误；
故选AB。
（3）①根据电解池中阴阳离子的移动方向：阳离子移向阴极可以判断①图中 a 极要连接电源的负极，SO 在阳极失去电子变成 SO ，所以 C 口流出的物质是浓 H2SO4；
②SO 在阳极失去电子变成 SO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为 。
26．(1) 2+10e-+12H+═I2+6H2O 氧化性
(2) 在金属活动性顺序中，Cu位于H之后，因此认为Cu与浓盐酸不能发生反应产生氢气 浓盐酸挥发的干扰 H2 浓盐酸Cl-浓度大，Cl-使Cu的还原性增强，促使反应Cu+4Cl--e-=[CuCl4]3-发生
(3) Ag-e-+Cl-=AgCl 原电池两极上分别发生氧化和还原反应，电子通过导线定向移动产生电流
【详解】（1）①根据可知，得电子，I-失电子，氧化半反应是，则还原半反应是2+10e-+12H+═I2+6H2O；
②还原半反应为2+10e-+12H+=I2+6H2O，增大c(H+)可促进得到电子，使其氧化性增强，进而与I-发生反应；
（2）①有同学认为Cu与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是：在金属活动性顺序中，Cu位于H之后，因此认为Cu与浓盐酸不能发生反应产生氢气；
②浓盐酸易挥发，甲是对比实验，其目的是排除浓盐酸挥发的干扰；
③a.丙中气球变鼓是因为生成了H2；
b.浓盐酸Cl-浓度大，Cl-使Cu的还原性增强，促使反应Cu+4Cl--e-=[CuCl4]3-发生；
（3）①原电池中电子从负极流出，流向正极，由图可知，根据电子流向可知右侧Ag为负极，左侧Ag为正极，该原电池正极反应为Ag++e-=Ag，负极反应为Ag-e-+Cl-=AgCl，该原电池的总反应不是氧化还原反应。
②原电池两极上分别发生氧化和还原反应，电子通过导线定向移动产生电流。
27．(1) kJ mol-1
(2) 0.18 mol L-1 min
(3)CDE
(4) 阴离子交换膜 不变
【详解】（1）和反应生成和，根据盖斯定律可知，△H=△H1×2+△H2=2×（-181.6)-24.5=-387.7kJ/mol，故热化学方程式： kJ mol-1。
（2）根据图像可知，温度下，当n(H2)/n(CO2)的投料比为2时，二氧化碳的转化率为60%，故将6 mol 和12 mol 充入2 L的密闭容器中，5 min后反应达到平衡状态时，反应的二氧化碳的量为3.6mol，生成二甲醚的量为1.8mol，则0~5 min内的平均反应速率=0.18 mol L-1 min；合成二甲醚为放热反应，温度越高，二氧化碳转化率越低，故T2>T1，温度越高，平衡常数越小，温度相同，平衡常数相同，故、、三者之间的大小关系为。
（3）A．当CO和的物质的量浓度之比是1∶2，无法说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．CO的消耗速率与的生成速率都为正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．反应为气体分子数减少的反应，在恒压条件下，容器中混合气体的体积保持不变能说明反应达到平衡状态，C正确；
D．气体的总质量不变，反应为气体分子数减少的反应，故容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变，能说明反应达到平衡状态，D正确；
E．气体的总质量不变，反应为气体分子数减少的反应，在恒压条件下当到达平衡时，气体的体积不再改变，混合气体的密度不再改变，能说明反应达到平衡状态，E正确；
答案选CDE。
（4）根据电解池装置可知，石墨电极作阳极，发生氧化反应，催化电极作阴极，发生还原反应，石墨电极上的电极反应式为，a膜应允许氢氧根离子通过进入阳极室，故a膜为阴离子交换膜，阴极发生的电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O,故电解过程中,右室溶液中的物质的量不变。
28．(1)
(2) 将+3价铬元素氧化为 向22 mL 0.1 mol/L 溶液中加入2 mL 、2 mL 10% NaOH溶液，通入，水浴加热
(3) 碱性增强，＋3价铬元素的还原性增强 组装好装置，开始时电流计指针不偏转。向左池中加入较浓NaOH溶液，左池有灰绿色沉淀生成，指针偏转显示电子从左向右运动
(4)(橙色)(黄色)，滴入稀硫酸，增大，平衡向左移动，增大，减小，溶液由黄色变为橙色
(5)
(6)在碱性条件下，作氧化剂，将＋3价铬元素氧化为＋6价；在酸性条件下，作还原剂，将＋6价铬元素还原为＋3价
【分析】实验是探究+3价铬元素和+6价铬元素的相互转化，利用碱性条件下，作氧化剂，将＋3价铬元素氧化为＋6价；在酸性条件下，作还原剂，将＋6价铬元素还原为＋3价，设计了实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ进行探究。
【详解】（1）加入溶液，有砖红色沉淀生成，且由资料可知，为砖红色，难溶于水，则实验Ⅱ中加入溶液后的离子方程式为；
（2）①实验Ⅱ生成了O2，实验Ⅱ中溶液变黄生成的原因也可能是将+3价铬元素氧化为，故答案为将+3价铬元素氧化为；
②要证明不是将+3价铬元素氧化为，需要进行对照实验，变量为和O2，还需进行一组将加改为通O2的实验，则设计实验否定乙的猜想，操作为向22 mL 0.1 mol/L 溶液中加入2 mL 、2 mL 10% NaOH溶液，通入，水浴加热，溶液未变成黄色，说明不是将+3价铬元素氧化为；
（3）①实验的目的为研究碱性环境对＋3价铬元素或性质的影响，假设a为碱性增强，的氧化性增强，则假设b为碱性增强，＋3价铬元素的还原性增强；
②反应发生时，+3价铬元素被氧化为，铬元素化合价升高，则反应时化合价要降低，则碱性条件下，参与的电极反应式为；
③需要证明碱性增强，＋3价铬元素的还原性增强，设计实验，实验装置图为
实验操作和现象为组装好装置，开始时电流计指针不偏转，向左池中加入较浓NaOH溶液，左池有灰绿色沉淀生成，指针偏转显示电子从左向右运动，则说明碱性增强，＋3价铬元素的还原性增强；
（4）用化学平衡移动原理解释加入稀硫酸后溶液变为橙色的原因为(橙色)(黄色)，滴入稀硫酸，增大，平衡向左移动，增大，减小，溶液由黄色变为橙色；
（5）实验Ⅲ向实验Ⅱ中的黄色溶液中加入稀硫酸，溶液变为橙色，再加入3% 溶液，溶液最终变为绿色，有气泡生成，则实验Ⅲ中溶液由橙色变为绿色的离子方程式是；
（6）综上，在＋3价铬元素和＋6价铬元素相互转化中的作用是在碱性条件下，作氧化剂，将＋3价铬元素氧化为＋6价；在酸性条件下，作还原剂，将＋6价铬元素还原为＋3价。
29．(1)Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2
(2)形成对照，排除钠离子与氢氧根离子的干扰
(3)Mg与水反应生成Mg(OH)2和氢气，溶液中存在Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq)，HCO与OH-反应生成CO，CO结合Mg2+形成质地疏松的，使平衡正向移动Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快
(4)碳酸氢根离子
(5) 镁 电压值起初为正值，镁作负极，产生的氢氧化镁沉淀附着在镁电极表面，阻碍了镁进一步反应，而铝与氢氧化钠溶液会发生自发的氧化还原反应，所以最终铝作负极，电压值变为负
【分析】本实验目的是为了验证探究Mg与溶液能快速反应产生的原因，设计实验①②③，目的是为了证明碳酸氢根离子促进了镁与水反应产生氢气，而不是钠离子与氢氧根离子，据此分析解答。
【详解】（1）镁与水反应类似于钠与水反应，所以反应的离子方程式为：Mg+2H2O=Mg(OH)+H2；
（2）为了证明碳酸氢根离子促进了镁与水反应产生氢气，而不是钠离子与氢氧根离子，设计实验③，是为了形成对照，排除钠离子与氢氧根离子的干扰；
（3）Mg与水反应生成Mg(OH)2和氢气，溶液中存在Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq)，HCO与OH-反应生成CO，CO结合Mg2+形成质地疏松的，使平衡正向移动Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快；
（4）综合上述实验可知，在水溶液中，镁表面产生的快慢取决于溶液中的碳酸氢根离子；
（5）①50s后，电压值为负，铝片作负极，其表面的电极反应式为；
②50s前，电压值为正，镁片作负极；
③电压值起初为正值，镁作负极，产生的氢氧化镁沉淀附着在镁电极表面，阻碍了镁进一步反应，而铝与氢氧化钠溶液会发生自发的氧化还原反应，所以最终铝作负极，电压值变为负。
30．(1)BD
(2)既发生水解，又发生电离，水解使溶液显碱性，电离使溶液显酸性，且水解程度大于电离程度，所以溶液呈碱性
(3)
(4)
(5) a室：，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：； c室发生反应：，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH。
【详解】（1）A．由图可知，pH=8时，溶液中含碳微粒主要是，A项正确；
B．由图可知，当时，此时pH=10.3，说明，B项错误；
C．电离平衡常数只与温度有关，取图中的点，此时pH=10.3，，则常温时的电离常数为，C项正确；
D．pH=12时，该溶液主要为碳酸盐溶液，根据电荷守恒可知还有其它阳离子，D项错误；
故选BD；
（2）既发生水解又发生电离，水解使溶液显碱性，水解方程式为：，电离使溶液显酸性，电离方程式为：，且水解程度大于电离程度，所以溶液呈碱性；
（3）反应物中含有碳酸氢根，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：
（4）①酸化海水，可以使用试剂：稀硫酸，利用分液漏斗滴加，长管进气，短管出气，故装置为：；
②此反应原理为：，即碳酸氢钠与盐酸的物质的量之比为1：1，那么海水中碳酸氢钠的浓度为c，体积均为zmL，依据题意有c×z=xy，解；
（5）①a室为阳极，水电离的氢氧根放电：，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，与海水中的碳酸氢根发生反应：；
②用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海，c室为阴极，发生还原反应，水电离的氢离子放电：，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH。
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2023北京重点校高二（上）期中化学汇编
化学反应与电能章节综合1
一、单选题
1．（2023北京丰台高二上期中）锌铜原电池装置如图，下列说法不正确的是
A．锌电极上发生氧化反应 B．盐桥中的移向溶液
C．电子从锌片经电流计流向铜片 D．铜电极上发生反应：
2．（2023北京北师大附中高二上期中）甲烷燃料电池的工作原理如图，下列说法正确的是
A．a极为正极
B．K＋从b极经溶液流向a极
C．工作一段时间后，b极附近的pH会减小
D．a极的电极反应为
3．（2023北京北师大二附中高二上期中）下列实验装置(部分夹持装置已略去)能达到对应实验目的是
A B C D
实验目的 测定锌与稀硫酸反应速率 测定中和反应的反应热 比较 AgCl和 Ag2S 溶度积大小 探究铁的析氢腐蚀
实验装置
A．A B．B C．C D．D
4．（2023北京北师大附中高二上期中）液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其放电过程示意图如图。下列说法不正确的是
已知：①；②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。
A．充电过程中，阴极的电极反应：
B．放电过程中，正极的电极反应：
C．放电过程中，由正极向负极迁移
D．在充、放电过程中，凝胶中的可再生
5．（2023北京牛栏山一中高二上期中）下列对于四个实验的说法中，正确的是
A．实验②③④中均向阳极移动
B．实验①④中铜电极上均发生还原反应
C．反应进行过程中，②④中阴极附近溶液的pH均明显减小
D．②③中的碳棒均换为铁棒，电极反应均不发生改变
6．（2023北京四中高二上期中）如图所示的实验，不能达到实验目的的是
A B C D
制备胶体 验证溶解度大于 比较碳酸、醋酸和硼酸的酸性强弱 验证铁发生吸氧腐蚀
A．A B．B C．C D．D
7．（2023北京四中高二上期中）下列转置是将化学能转化为电能的是
A B C D
硅太阳能电池 锂离子电池 冶炼金属钠 燃气灶
A．A B．B C．C D．D
8．（2023北京四中高二上期中）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图所示（电极均为石墨电极）。下列说法正确的是
A．M为电源的负极 B．通电使氯化钠发生电离
C．电解一段时间后，阴极区降低 D．产物之一的从d口获得
9．（2023北京四中高二上期中）下列有关2个电化学装置的叙述正确的是
①②
A．装置①中，电流形成的完整过程是：负极，电子经导线流向正极，正极
B．装置①用替换，用石墨替换棒，总反应不改变
C．装置②（惰性电极）通电后，由于向阳极迁移，导致阳极附近升高
D．若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铁棒
10．（2023北京四中高二上期中）我国科学家研发了一种室温下可充电的Na - CO2电池，示意图如图。放电时，Na2CO3与C均沉积在碳纳米管中，下列说法错误的是
A．充电时，阴极反应为：
B．充电时，电源b极为正极，向钠箔电极移动
C．放电时，转移电子，碳纳米管电极增重
D．放电时，电池的总反应为
11．（2023北京第十二中学高二上期中）下列装置或过程能实现化学能转化为电能的是
A B C D
风力发电 碱性锌锰电池 燃料燃烧 手机充电
A．A B．B C．C D．D
12．（2023北京第八十中学高二上期中）H2是一种重要的清洁能源。下列说法不正确的是
A．反应涉及非极性键的断裂和极性键的生成
B．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=+480kJ/mol
C．可通过原电池将H2与O2反应的化学能转化为电能
D．灼热的铁粉可将H2O中的氢转化为H2
13．（2023北京第十二中学高二上期中）下列实验不能达到实验目的的是
选项 A B C D
实验 2NO2(g，红棕色)N2O4(g，无色)
结论 证明温度对平衡的影响 制作简单燃料电池 精炼粗铜 防止铁管道被腐蚀
A．A B．B C．C D．D
14．（2023北京北师大二附中高二上期中）一种水性电解液Zn MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶 液中，以存在)。电池放电时，下列叙述错误的是
A．Zn 电极为负极
B．II区的 K 通过隔膜向III区迁移
C．MnO2电极反应：
D．电池总反应：
15．（2023北京密云二中高二上期中）某小组同学设计如下实验能证实反应2Fe3++2I－=2Fe2++I2为可逆反应。已知是一种无色的稳定的络离子。
实验装置 实验序号 实验操作和现象
注：a、b均为石墨电极 ① ⅰ．闭合K，指针向右偏转 ⅱ．待指针归零，向U形管左管中加入1mol/LKI溶液，
② ⅰ．闭合K，指针向右偏转 ⅱ．待指针归零，向U形管左管中滴加0.01mol/LAgNO3溶液，指针向左偏转。
下列说法不正确的是
A．电流表指针归零，说明上述可逆反应达到了化学平衡状态
B．①中加入KI溶液后，上述平衡向正反应方向移动，电流表指针向右偏转
C．②中加入AgNO3溶液后，导致氧化性：Fe3+ >I2，上述平衡向逆反应方向移动
D．②中电流表指针再次归零时，向U型管右管滴加饱和NH4F溶液，电流表指针向左偏转
二、填空题
16．（2023北京丰台高二上期中）电化学原理在污染治理方面有着重要的作用。
Ⅰ.煤在直接燃烧前要进行脱硫处理。采用电解法脱硫的基本原理如图所示，利用电极反应将Mn2+转化为Mn3+，Mn3+再将煤中的含硫物质(主要成分是FeS2)氧化为Fe3+和SO：
已知：两电极为完全相同的惰性电极。
回答下列问题：
(1)M为电源的 (填“正极”或“负极”)。
(2)电解池工作时，观察到R电极上有无色气体产生，写出电极反应式 。
(3)电解池工作时，混合液中SO的物质的量 (填“变大”、“变小”或“不变”)。
(4)电解过程中，混合溶液中的pH将 (填“变大”、“变小”或“不变”)，理由是 。
Ⅱ.电解还原法处理酸性含铬废水：以铁板做阴、阳极，电解含铬废水，示意如图。
(5)电解开始时，A 极上主要发生的电极反应式为 。
(6)产生的Fe2+将Cr2O还原为Cr3+的离子方程式为 。
(7)随着电解的进行，阳极铁板会发生钝化，表面形成FeO Fe2O3的钝化膜，使电解池不能正常工作。将阴极铁板与阳极铁板交换使用，一段时间后，钝化膜消失。结合有关反应，解释钝化膜消失的原因： 。
Ⅲ.微生物电池可用来处理废水中的对氯苯酚，原理如图所示。
(8)该电池放电时，H+向 (填“a”或“b”)极迁移。
(9)a极上生成H2CO3的电极反应为 。
(10)已知b极的电极反应为，经处理后的水样中要求对氯苯酚的含量小于m mol/L。若废水中对氯苯酚的含量是n mol/L，则处理1 m3废水，至少添加CH3COO-的物质的量为 mol(溶液体积变化忽略不计)。
17．（2023北京四中高二上期中）如图所示的装置中，两个相同的玻璃管中盛满溶液（滴有酚酞溶液），a、b为多孔石墨电极。闭合一段时间后，a电极附近溶液逐渐变红；断开，闭合，电流表指针发生偏转。
(1)闭合后发生反应的离子方程式为 。
(2)断开，闭合后，a电极的电极反应式为 。
(3)我国科研人员发明膜电极电解器电解脱硫废水制备硫酸铵技术，装置如图所示：
请结合电极反应式说明制备硫酸铵的原理 。
18．（2023北京第十二中学高二上期中）是一种高效多功能的新型消毒剂。
已知：微溶于水，在酸性或中性溶液中快速分解产生，在碱性溶液中较稳定。
(1)一种制备的方法如下。
①若以铅蓄电池为电源，则铂片应与 极相连(填Pb或)。
②生成的电极反应式： 。
③阴极室KOH的浓度提高，结合电极反应式解释原因： 。
(2)向含的溶液中加入KOH固体，析出固体，再用稀KOH溶液洗涤，得到粗品。用化学方程式解释不能用水洗涤的原因： 。
(3)电解1.5h后，测得，
已知：
①，说明除之外，还有其他含铁物质生成。经检验，阳极产物中含铁物质仅有和FeOOH，则 。
②判断阳极有水(或)放电，判断依据：
ⅰ.水(或)有还原性；
ⅱ. 。
三、解答题
19．（2023北京密云二中高二上期中）为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。
回答下列问题：
(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol/LFeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、 (填序号)。
A． B． C． D． E．
(2)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择 (物质化学式)作为电解质。
阳离子 u∞×108/(m2·s－1·v－1) 阴离子 u∞×108/(m2·s－1·v－1)
Li+ 4.07. 4.61
Na+ 5.19 7.40
Ca2+ 6.59 Cl－ 7.91
K+ 7.62 8.27
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入 电极溶液中。
(4)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+ )增加了0.02 mol/L。石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)= 。
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为 ，铁电极的电极反应式为 。因此，验证了Fe2+氧化性小于 ，还原性小于 。
(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4 溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是 。
20．（2023北京北师大附中高二上期中）请回答下列问题：
Ⅰ.锅炉水垢既会降低燃料的利用率，造成能源浪费，也会影响锅炉的使用寿命，形成安全隐患，因此要定期去除锅炉水垢。
(1)水垢中的Mg(OH)2可直接用盐酸除去，应用平衡移动原理分析、解释上述过程 ；
(2)水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸去除。用离子方程式表示上述反应： 。
Ⅱ.根据下表所列2种溶液在25℃时的相关数据，按要求填空：
溶液 物质的量浓度 pH
(Ⅰ)CH3COOH 0.1mol/L 3
(Ⅱ)NH4Cl 0.1mol/L 6
(3)用离子方程式表示(Ⅰ)溶液显酸性的原因 。
(4)溶液(Ⅱ)中各离子浓度由大到小的顺序是 。
(5)溶液(Ⅰ)和(Ⅱ)中由水电离出的之比是1： 。
Ⅲ.海水是巨大的化学资源宝库，利用海水可以直接或间接获取很多物质。
(6)下图是氯碱工业中电解饱和氯化钠溶液的示意图，饱和氯化钠溶液从a口进入，NaOH溶液从 (填b或d)口导出；电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为 。
21．（2023北京北师大附中高二上期中）印刷电路板废液主要含CuCl2、FeCl2以及少量的FeCl3等物质，以废液为原料制备CuSO4，实现资源回收再利用，流程如下图所示。
(1)粗CuSO4溶液的制备
①上述流程中能加快反应速率的措施有 。
②加入铁屑后，印刷电路板废液中发生的离子反应有 。
(2)CuSO4溶液的精制
i．经检验，粗CuSO4溶液含有Fe2+。
ii．向粗CuSO4溶液滴加3%的H2O2溶液，当溶液中Fe2+完全氧化后，加CuO粉末调节溶液的pH=4。
iii．将溶液加热至沸，趁热减压过滤，得到精制CuSO4溶液。
①用离子方程式说明加入H2O2溶液的作用： 。
②已知：25℃时，，CuSO4饱和溶液中Cu2+的物质的量浓度为。ii中调节溶液pH=4，请结合计算说明此时Cu2+是否开始沉淀 。
(3)工业生产中也可采用电解的方法由Cu制得CuSO4，如图所示
①与直流电源a端相连的电极材料是 (填“铜片”或“石墨”)
②将进口处较浓硫酸替换成Na2SO4溶液进行实验，发现得到的CuSO4溶液pH比替换前升高，结合电极反应解释pH升高的原因是 。
22．（2023北京第八十中学高二上期中）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
(1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是 。
②电极反应式：
i．还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii．氧化反应： 。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i．随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。
ii．随c(Cl-)降低， 。
④补充实验证实了③中的分析。
实验操作 试剂 产物
I 较浓H2SO4 有氯气
II a 有氯气
III a+b 无氯气
a是 ，b是 。
(2)利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是 。
(3)根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是 。
(4)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。
23．（2023北京北师大二附中高二上期中）羟基自由基(·OH，电中性)是一种活性含氧粒子。常温下，利用·OH 处理含苯酚(C6H6O)废水， 可将其转化为无毒的氧化物。
(1)·OH 中氧元素的化合价为 。
(2)pH=3时Fe2+催化H2O2的分解过程中产生·OH中间体，催化循环反应如下。将ii补充完整。
i．
ii．， 。
(3)已知：羟基自由基容易发生猝灭2·OH=H2O2。用H2O2分解产生的·OH脱除苯酚，当其他条件不变时，不同温度下，苯酚的浓度随时间的变化如图1所示。0~20min 时， 温度从40℃上升到50℃，反应速率基本不变的原因是 。
(4)利用电化学高级氧化技术可以在电解槽中持续产生·OH，使处理含苯酚废水更加高效，装置如图2所示。已知 a 极主要发生的反应是(O2生成H2O2，然后在电解液中产生·OH，并迅速与苯酚(C6H6O)反应。
①b极连接电源的 极。
②a极的电极反应式为 。
③电解液中发生的主要反应的方程式是 、 。
24．（2023北京牛栏山一中高二上期中）Ⅰ．锌铜原电池装置如图所示，下列说法正确的是：
(1)铜电极上发生 (填“氧化”或“还原”)反应。
(2)导线中， (填“电流”或“电子”)从锌片流向铜片。
(3)盐桥中向 (填“负极”或“正极”)移动。
(4)锌电极上发生的电极反应式为 。
(5)根据原电池原理制造出了多种化学电源。如图是甲醇燃料电池原理示意图，该电池正极的电极反应式为 。
Ⅱ．碳酸钠在生产和生活中都有非常重要的用途。
(6)碳酸钠俗名纯碱，常温下，碳酸钠溶液pH为11。
①该溶液中由水电离出的为 。
②某同学认为该溶液中粒子之间有如下关系，你认为其中正确的是 (填字母)。
a．
b．
c．
d．
③在两支试管中均加入该碳酸钠溶液，分别滴加浓度均为的硫酸和醋酸溶液，至气泡不再产生时所用两种酸的体积依次是、。则、的关系为 。
(7)已知氢氧化钠能促进油脂水解。而在日常生活中，油污常用热的碳酸钠溶液清洗，请结合碳酸钠水解的离子方程式和必要的文字解释原因 。
(8)锅炉水垢的主要成分是碳酸钙和硫酸钙，清洗时，经常先加入饱和的碳酸钠溶液浸泡，最后用酸溶解。结合沉淀溶解平衡原理解释清洗硫酸钙的过程 。
(9)当器壁上附有很难除去时，也常采用沉淀转化的方法。已知某温度下，。在该温度下要使转化成，溶液的浓度应大于 。
(10)已知和电离平衡常数：
，
则向溶液中滴加过量的氯水，有关反应的离子方程式为： 。
(11)用的氢氧化钠溶液吸收标准状况下的二氧化碳，所得溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为 。
25．（2023北京汇文中学高二上期中）直接排放含的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的。
(1)在钠碱循环法中，溶液作为吸收液，可由溶液吸收制得，该反应的离子反应方程式是 。
(2)吸收液溶液)吸收的过程中，随的变化如下表：
8.2 7.2 6.2
①由上表判断溶液显 性，用化学平衡原理解释： 。
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是 (填字母)。
A．
B．
C．
(3)电化学原理在工业生产中有重要的应用，用溶液吸收烟气中的，将所得的溶液进行电解，可循环再生，同时得到，其原理如下图所示。(电极材料为石墨)
①图中a极要连接电源的(填“正”或“负”) 极，C口流出的物质是 。
②放电的电极反应式为 。
26．（2023北京四中高二上期中）氧化还原反应可拆分为氧化和还原两个“半反应”。某小组同学从“半反应”的角度探究反应规律。
(1)已知：（未配平）的转化在酸性条件下才能发生。
①该转化的氧化半反应是，则相应的还原半反应是 。
②分析上述还原半反应可知：增大可促进得到电子，使其 性增强，进而与发生反应。
(2)探究与浓盐酸能否发生反应。
①有同学认为与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是 。
用如下装置进行实验［硫酸与浓盐酸中接近］。
装置 序号 试管内药品 现象
甲 浓盐酸 24小时后仍无明显变化
乙 粉硫酸 24小时后仍无明显变化
丙 粉浓盐酸 24小时后气球变鼓
②甲是对比实验，目的是排除 的干扰。
③a.丙中气球变鼓是因为生成了 气体（填化学式）。
b.经检测，丙中反应后溶液中存在。从氧化还原性的角度分析丙中反应能够发生的原因： 。
(3)探究以下原电池的工作原理。
实验结果：产生电流，左侧电极表面有析出。
①该装置中右侧电极的电极反应式为 。
②从氧化还原规律角度解释产生电流的原因： 。
27．（2023北京第十二中学高二上期中）通过化学的方法实现的资源化利用是一种非常理想的减排途径。
(1)工业上用和反应合成二甲醚。已知：
kJ/mol；
kJ/mol。
写出和转化为和的热化学方程式： 。
(2)在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，的平衡转化率如图所示。温度下，将6 mol 和12 mol 充入2 L的密闭容器中，5 min后反应达到平衡状态，则0~5 min内的平均反应速率 ；、、三者之间的大小关系为 。
(3)若 kJ mol-1在恒温恒压下进行，以下叙述能说明该反应达到平衡状态的是 (填序号)。
A．CO和的物质的量浓度之比是1∶2
B．CO的消耗速率等于的生成速率的2倍
C．容器中混合气体的体积保持不变
D．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变
E．容器中混合气体的密度保持不变
(4)电解法实现制备甲醇()
石墨电极上的电极反应式为 ，a膜为 (填阴离子交换膜或阳离子交换膜)，电解过程中右室溶液中的物质的量 (填增大、减小、不变)。
28．（2023北京第十二中学高二上期中）小组同学探究+3价铬元素和+6价铬元素的相互转化。
资料：(橙色)(黄色)
(绿色)、(灰绿色，不溶于水)、(橙色)、(黄色)、(砖红色，难溶于水)。
实验Ⅰ向2 mL 0.1 mol/L 溶液中滴入2 mL 3% 溶液，无明显变化，得到溶液a．取少量溶液a，加入溶液，未观察到砖红色沉淀。
实验Ⅱ向溶液a中加入2 mL 10% NaOH溶液，产生少量气泡，水浴加热，有大量气泡产生，经检验气体为，溶液最终变为黄色。取少量黄色溶液，加入稀硫酸调节溶液的pH约为3，再加入溶液，有砖红色沉淀生成。
(1)写出实验Ⅱ中加入溶液后的离子方程式 。
(2)甲同学认为实验Ⅱ中溶液变黄生成的原因是将+3价铬元素氧化为，乙同学认为该说法不严谨。
①乙的理由是 。
②设计实验否定了乙的猜想， (填操作)，溶液未变成黄色。
(3)对比实验Ⅰ和Ⅱ，小组同学研究碱性环境对＋3价铬元素或性质的影响。
①提出假设：
假设a：碱性增强，的氧化性增强
假设b： 。
②参与的电极反应式是 ，据此分析，假设a不成立。
③设计实验证实了假设b，画出实验装置图(注明试剂)并写出实验操作和现象 。
实验Ⅲ向实验Ⅱ中的黄色溶液中加入稀硫酸，溶液变为橙色，再加入3% 溶液，溶液最终变为绿色，有气泡生成。
(4)请用化学平衡移动原理解释加入稀硫酸后溶液变为橙色的原因： 。
(5)实验Ⅲ中溶液由橙色变为绿色的离子方程式是 。
(6)综上，在＋3价铬元素和＋6价铬元素相互转化中的作用是 。
29．（2023北京北师大实验中学高二上期中）小组探究Mg与溶液能快速反应产生的原因。
【查阅资料】与致密的相比是质地疏松的难溶物。
【实验过程】
如图所示，将打磨后的镁条分别加入试管①~③中，观察到：①中镁表面持续产生大量气泡，溶液显浑浊(经检验该浑浊物为)，气体中检测到；②中镁表面有极微量气泡附着，滴加酚酞试液后，镁条附近至红色；③中镁表面无明显气泡。
(1)镁和水反应的化学方程式为 。
(2)设计实验③的目的是 。
(3)将②中镁条取出，加入到溶液中，观察到很快镁条表面开始产生大量气泡。综合上述实验，结合化学用语从化学反应平衡与速率的角度解释：Mg能与溶液能快速产生的原因是 。
(4)综合上述实验可知，在水溶液中，镁表面产生的快慢取决于 。
(5)某同学根据上述结论，设计了如图左下原电池，得到了电压表数值随时间的变化(电压数值为正值时，镁片为负极)。
①50s后，铝片表面的电极反应式为 。
②50s前，原电池的负极为 片(填“镁”或“铝”)。
③电压值最终变为负值的原因是 。
30．（2023北京四中高二上期中）研究在海洋中的转移和归宿是当今海洋科学研究的前沿领域。
(1)已知常温下，在不同条件下，水溶液中碳元素的存在形式如图所示。下列说法不正确的是_____________。
A．时，溶液中含碳微粒主要是
B．当时，
C．常温时的电离常数是
D．时，
(2)溶于海水的主要以4种无机碳形式存在，其中占。结合化学用语解释溶液呈碱性的原因 。
(3)在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。
写出钙化作用的离子方程式： 。
(4)海水中溶解无机碳占海水总碳的以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础。测量溶解无机碳，可采用如下方法：
①气提、吸收。用从酸化后的海水中吹出并用碱液吸收（装置示意图如图）。将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂 。
②滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为，再用溶液滴定，消耗溶液。海水中溶解无机碳的浓度 。
(5)利用如图所示装置从海水中提取，有利于减少环境温室气体含量。
①结合方程式简述提取的原理： 。
②结合电极反应式解释用c室产生的物质处理b室排出的酸性海水至合格后排放大海的方法 。
参考答案
1．B
【分析】由图可知，该装置为原电池，Zn比Cu活泼，Zn作负极，电极反应式为Zn 2e =Zn2+，Cu作正极，电极反应式为Cu2++2e =Cu，据此作答。
【详解】A．Zn作负极，失电子，发生氧化反应，故A正确；
B．原电池工作时，阳离子向正极移动，因而K+移向硫酸铜溶液，故B错误；
C．原电池工作时，电子从负极(Zn)经电流计流向正极(Cu)，故C正确；
D．Cu作正极，电极反应式为Cu2++2e =Cu，故D正确；
故选B。
2．D
【分析】甲烷碱性燃料电池中，甲烷发生失电子的氧化反应，即通入甲烷的A电极为负极、通入空气的B电极为正极，负极上甲烷失电子生成碳酸根离子，电极反应式为，正极上O2得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋2H2O＋4e ═4OH ，溶液中的阳离子移向正极B，阴离子移向负极A，据此分析解答。
【详解】A．燃料电池中，燃料发生氧化反应，即通入甲烷的a电极为负极，故A错误；
B．甲烷碱性燃料电池中，a电极为负极、b为正极，K＋从a极经溶液流向b极，故B错误；
C．b电极为正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e ═4OH ，b极附近碱性增强、pH增大，故C错误；
D．a电极为负极，负极反应式为，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查燃料原电池工作原理，为高频考点，明确各个电极上发生的反应是解题关键，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式。
3．A
【详解】A．针筒可测定氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，故A正确；
B．图中保温效果差，不能测定中和热，故B错误；
C．硝酸银过量，分别与NaCl、Na2S反应生成沉淀，不能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，故C错误；
D．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明，故D错误；
答案选A。
4．C
【分析】液体锌电池放电时Zn作负极，发生氧化反应，失电子生成，负极电极反应式为Zn+4OH--2e-═，MnO2所在电极作正极，发生还原反应生成Mn2+，正极反应式为MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，放电时，阳离子由负极移向正极、阴离子由正极移向负极；充电时，原电池正负极分别与外加电源正负极相接，作电解池的阳极、阴极，阴阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分析解答。
【详解】A．原电池负极反应为Zn+4OH--2e-═，充电时，原电池负极与外加电源负极相接，作电解池的阴极，阴极电极反应式与负极反应式正好相反，即+2e-═Zn+4OH-，故A正确；
B．液体锌电池中MnO2所在电极作正极，MnO2发生还原反应生成Mn2+，即电极反应式为MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，故B正确；
C．原电池放电时，阳离子由负极移向正极，即H+由负极向正极迁移，故C错误；
D．电解时阴极电极反应式为+2e-═Zn+4OH-，由于KOH凝胶的特殊作用可使KOH再生，故D正确；
故选：C。
5．A
【分析】实验①为原电池，锌为负极，锌失电子生成锌离子，铜为正极，铜离子得电子生成铜；实验②为电解池，惰性电极电解饱和食盐水，左侧为阳极，氯离子失电子生成氯气，右侧为阴极，氢离子得电子生成氢气；实验③为电解池，惰性电极电解熔融氯化钠，左侧为阳极，氯离子失电子生成氯气，右侧为阴极，钠离子得电子生成钠；实验④为电解池，粗铜为阳极，C为阴极，铜离子得电子生成铜，据此分析解题。
【详解】A．实验②③④为电解池，阴离子向阳极移动，则Cl-均向阳极移动，A正确；
B．实验①为原电池，铜为正极，铜离子得电子生成铜，发生还原反应，实验④为电解池，粗铜为阳极，铜电极上发生氧化反应，B错误；
C．实验②中阴极水中的氢离子得电子生成氢气，溶液的pH增大；实验④中阴极铜离子得电子生成铜，附近溶液的pH不变，C错误；
D．实验②③中的碳棒均换为铁棒，则阳极为活性电极，电极反应发生改变，D错误；
故答案为：A。
6．B
【详解】A．在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，加热至红褐色，可以制取氢氧化铁胶体，A项不符合题意；
B．由图中数据可知，硝酸银溶液是过量的，因此过量的银离子会直接和碘离子反应生成碘化银沉淀，不是沉淀的转化，因此无法证明AgCl溶解度大于AgI，B项符合题意；
C．向相同浓度的溶液和溶液中，滴加相同量的溶液，醋酸溶液中有气泡，生成了，说明醋酸酸性强于碳酸；而硼酸溶液中没有明显现象，说明硼酸酸性弱于碳酸；该实验能达到实验目的，C项不符合题意；
D．中性条件下，铁发生吸氧腐蚀，导致导气管中液面上升，因此可以实现目的，D项不符合题意；
故选B。
7．B
【详解】A．硅太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，A不合题意；
B．锂离子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，B符合题意；
C．电解法冶炼金属钠是将电能转化为化学能，C不合题意；
D．燃气灶燃烧时是将化学能转化为热能，D不合题意；
故答案为：B。
8．D
【分析】电解过程中阳离子向阴极移动，由图可知，右侧电极为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，则N为负极，左侧电极为阳极，电极反应为：2Cl- -2e-=Cl2↑，则M为正极，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，M为电源的正极，A错误；
B．氯化钠在水溶液中发生电离，不需要通电，通电使氯化钠发生化学反应，B错误；
C．电解时，阴极上氢离子得电子，同时生成氢氧根离子，溶液中氢氧根离子的浓度增大，则pH增大，C错误；
D．电解时，阴极上氢离子得电子，同时生成氢氧根离子，Na+通过阳离子交换膜由阳极区进入阴极区，则产物之一的从d口获得，D正确；
故答案为：D。
9．B
【详解】A．装置①中，电流形成的完整过程是：外电路电子沿导线由负极流向正极，内电路是离子的定向移动，构成闭合回路，才是电流形成的完整过程，A项错误；
B．替换，负极仍是锌放电，原电池中的铜本身未参与电极反应，所以可用能导电的石墨替换Cu棒，B项正确；
C．阳极是氯离子放电，生成酸性气体氯气，氯离子放电结束后是水电离出的氢氧根离子放电，导致阳极附近pH降低，C项错误；
D．若装置②用于铁棒镀铜，铁棒应放在阴极，即M极为铁棒，D项错误；
故选B。
10．C
【分析】根据图示可知，放电时Na被氧化，CO2被还原，所以放电时Na为负极，反应式为Na-e-=Na+，碳纳米管为正极吸收CO2，反应式为3CO2+4e-═2+C；充电时Na为阴极，碳纳米管为阳极释放CO2，据此分析解答。
【详解】A．放电时Na为负极，反应式为Na-e-=Na+，充电时，阴极反应为：Na++e-═Na，A正确；
B．结合分析可知，充电时右侧为阳极，则b为正极，Na+向钠箔电极(阴极)移动，B正确；
C．反应式为3CO2+4e-═2+C，由于碳酸钠和C均沉积在碳纳米管，当转移0.4mol电子时，沉积0.1molC和0.2mol碳酸钠，总质量为0.1×12g+0.2×106g=22.4g，C错误；
D．放电时Na为负极，反应式为Na-e-=Na+，正极吸收CO2，反应式为3CO2+4e-═2+C，则总反应方程式为3CO2+4Na═2Na2CO3+C，D正确；
故答案为：C。
11．B
【详解】A．风力发电是将机械能转化为电能的装置，不能实现化学能转化为电能，A不符合题意；
B．碱性锌锰电池是原电池，能够实现化学能转化为电能，B符合题意；
C．燃料燃烧是通过化学反应将化学能转化为热能，不能实现化学能转化为电能，C不符合题意；
D．手机充电是电解池，是电能转化为化学能，而不能实现化学能转化为电能，D不符合题意；
故合理选项是B。
12．B
【详解】A．反应中H-H、O=O非极性键断裂，有H-Cl极性键生成，故A正确；
B．根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能=2×436+496+[4×(-462)]=- 480kJ/mol，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-480kJ/mol，故B错误；
C．H2与O2反应是氧化还原反应，任何氧化还原反应都能设计为原电池，即能将化学能转化为电能，故C正确；
D．灼热的铁粉可与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，能将H2O中的氢转化为H2，故D正确；
故选：B。
13．D
【详解】A．对于可逆反应，升高温度，气体的颜色变深，则平衡逆向移动；降低温度，气体颜色变浅，则平衡正向移动，A正确；
B．用惰性电极材料作电极，硫酸作电解质溶液，利用原电池原理，制作简单的燃料电池，B正确；
C．电解法精炼粗铜时，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极，该装置能达到精炼铜的目的，C正确；
D．废铁、铁管道和电源形成电解池，为外加电流阴极保护法，但是应当将铁管道作阴极才能防止铁管道被腐蚀，图中铁管道作阳极，不能达到保护铁管道被腐蚀的目的，D错误；
故答案为：D。
14．B
【分析】根据题干，Zn失电子生成，则Zn为负极，负极电极反应为：，MnO2为正极，正极MnO2得电子生成Mn2+，正极电极反应为，本题隔膜没有说明是阴离子交换膜还是阳离子交换膜，Ⅲ区阴离子减少，Ⅰ区阳离子减少，则可能是Ⅱ区通过离子交换膜向Ⅲ区移动，Ⅰ区的通过隔膜向Ⅱ区迁移，也可能是Ⅲ区的K+通过隔膜向Ⅱ区移动，Ⅱ区K+通过隔膜向Ⅰ区移动；
【详解】A．根据分析Zn 电极为负极，A正确；
B．原电池中阳离子移向正极，III区为负极区，B错误；
C．根据分析，MnO2电极反应：，C正确；
D．正负极电极反应相加，得到电池总反应：，D正确；
故选B。
15．C
【分析】根据题干中反应2Fe3++2I－=2Fe2++I2，实验①开始之前，闭合K，装置中a为负极：2I--e-=I2，b为正极：Fe3++e-=Fe2+，指针归零，反应达到平衡，增大I-的浓度，平衡正向移动，指针向右偏转，达新平衡后，指针归零。实验②是加入硝酸银溶液，沉淀I-，I-浓度减小，平衡逆向移动，此时a为正极，b为负极，指针向左偏转。
【详解】A．电流表指针归零，无电子转移，说明上述可逆反应达到了化学平衡状态，A正确；
B．①中加入KI溶液后，碘离子浓度增加，平衡向正反应方向移动，a发生氧化反应，a为负极，b为正极，电流表指针向右偏转，B正确；
C．②中加入硝酸银溶液后，生成碘化银沉淀，降低了碘离子浓度，平衡向逆反应方向移动，氧化性Fe3+
故选C。
16．(1)正极
(2)2H++2e-=H2↑
(3)变大
(4) 变小 在电解过程中生成1 mol Fe3+，消耗15 mol Mn3+，生成16 mol H+；Mn3+由阳极反应Mn2+-e-=Mn3+生成，根据得失电子守恒，阳极生成15 mol Mn3+，消耗15 mol H+；因此总体来看，电解过程中H+浓度增大，pH变小
(5)Fe-2e-=Fe2+
(6)Cr2O+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O
(7)阴极产生H2：2H++2e-=H2↑，阴、阳极铁板交换使用时，H2将钝化膜还原：4 H2+ FeO Fe2O3=3Fe+4 H2O
(8)b
(9)CH3COO- -8e-+4H2O=2H2CO3+7H+
(10)250(n-m)
【详解】（1）根据图示可知在电解时，P电极上Mn2+失去电子变为Mn3+，则P电解为阳极，则与P相连的M电极为正极，N电极为负极；
（2）R为电解池的阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式：；
（3）根据电解池反应：可知，电解过程中SO的物质的量不断增大；
（4）在电解过程中生成1 mol Fe3+，消耗15 mol Mn3+，生成16 mol H+；Mn3+由阳极反应Mn2+-e-=Mn3+生成，根据得失电子守恒，阳极生成15 mol Mn3+，消耗15 mol H+；因此总体来看，电解过程中H+浓度增大，pH变小；
（5）铁板做阴、阳极，电解含铬废水，则A电极发生电极反应：Fe-2e-=Fe2+；
（6）产生的Fe2+将Cr2O还原为Cr3+的离子方程式：Cr2O+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O；
（7）阴极产生H2：2H++2e-=H2↑，阴、阳极铁板交换使用时，H2将钝化膜还原：4H2+ FeO Fe2O3=3Fe+4H2O；
（8）在微生物电池中，在a电极上CH3COO-失去电子被氧化，则a电极为负极，b电极为正极；原电池中阳离子向正极移动，即H+向b极移动；
（9）a极上CH3COO-失去电子被氧化生成H2CO3的电极反应：CH3COO- -8e-+4H2O=2H2CO3+7H+；
（10）若废水中对氯苯酚的含量是n mol/L，经处理后的水样中要求对氯苯酚的含量小于m mol/L，由于废水的体积是1 m3=1000 L，则反应消耗对氯苯酚的物质的量是n(对氯苯酚)=1000(n-m) mol，根据b极的电极反应：，可知反应过程中转移电子物质的量是n(e-)=2000(n-m) mol，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，因此当电路中转移2000(n-m) mol电子时，需要添加CH3COO-的物质的量：；
17．(1)
(2)
(3)a电极附近硫元素化合价升高，被氧化，a电极是阳极，发生的电极反应为：，将亚硫酸铵转化为硫酸铵。
【详解】（1）闭合为电解池，电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阴极产生氢气和氢氧化钠，反应的总的离子方程式为：。
（2）闭合为电解池，a电极附近溶液逐渐变红，说明a电极为阴极，电解水产生氢气和氢氧根，所以断开，闭合后，a电极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为。
（3）在a电极处转化为，S元素化合价升高，被氧化，说明a电极为阳极，b电极为阴极，阳极发生的反应为，通过质子交换膜进入阴极放电产生氢气。
18．(1) Pb 阴极反应，浓度增大；通过阳离子交换膜进入阴极室
(2)
(3) 13.3% (或其他合理答案)
【详解】（1）①铅蓄电池中Pb电极为负极，电极为正极，由图可知，铁片为阳极，失去电子生成，则铂片为阴极，与Pb极相连；
②铁片为阳极，失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
③阴极反应，浓度增大；通过阳离子交换膜进入阴极室。
（2）K2FeO4在中性溶液中快速分解产生O2，可知K2FeO4和水反应产生O2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为。
（3）①Fe→，Fe的化合价从0价变为+6价，Fe→FeOOH，Fe的化合价从0变为+3价。S(K2FeO4)=60%，说明40%的Fe转化为了FeOOH，假设共有1molFe，则n(生成所用的电子)=1mol×60%×6=3.6mol，n(通过电极的电子)= =9mol，则n(生成FeOOH所用的电子)=1mol×40%×3=1.2mol，η(FeOOH)= ×100%=13.3%。
②η(K2FeO4)+η(FeOOH)＜100%，说明不只有Fe被氧化失去电子，阳极还有水(或OH )放电。
19．(1)ABC
(2)KCl
(3)石墨
(4)0.09mol/L
(5) Fe3++e－=Fe2+ Fe－2e－=Fe2+ Fe3+ Fe
(6)取少量溶液，滴入KSCN溶液，不出现血红色
【分析】原电池中铁电极为负极，发生氧化反应：Fe-2e-=Fe2+；石墨电极为正极。
【详解】（1）由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，因此由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故答案有：ABC；
（2）Fe2+、Fe3+能与碳酸氢根离子反应，Ca2+能与硫酸根离子反应，FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择碳酸氢根离子、硝酸根离子，阳离子不可以选择Ca2+，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl作为电解质，故答案为：KCl；
（3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极移动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，故答案为：石墨；
（4）根据分析，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上未见Fe析出，石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol/L，根据得失电子守恒，石墨电极溶液中c(Fe2+)增加0.04mol/L，石墨电极溶液中c(Fe2+)=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L，故答案为：0.09mol/L；
（5）根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物，则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe，故答案为：Fe3++e-=Fe2+，Fe-2e-=Fe2+，Fe3+，Fe；
（6）在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的反应为Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，因此检验活化反应完成的方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成，故答案为：取活化后溶液少许于试管中，滴入KSCN溶液，不出现血红色。
20．(1)，若向此浊液中加入盐酸溶液，由于氢离子结合氢氧根离子生成水，降低氢氧根离子浓度，使溶解平衡正向进行，所以观察到的现象是白色固体逐渐溶解
(2)，
(3)
(4)
(5)105
(6) d
【分析】（1）水垢中的Mg(OH)2存在沉淀溶解平衡，，加入盐酸促进溶解正向进行；
（2）碳酸钙难溶，硫酸钙微溶，因此水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸去除；
（3）醋酸部分电离出氢离子和醋酸根离子，溶液显碱性；
（4）氯化铵溶液中铵根水解，溶液显酸性；
（5）醋酸电离出氢离子抑制水的电离，氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离；
（6）氯碱工业中阴极产生氢气和氢氧根离子，即氢氧化钠在阴极产生，则NaOH溶液从d口导出，，为防止阳极产生的氯气和氢氧根离子反应，则阳离子交换膜的作用是阻止OH 移向阳极，提高NaOH的产量和纯度；据此分析解题。
【详解】（1）由于Mg(OH)2浊液中存在Mg(OH)2的溶解平衡，可表示为，若向此浊液中加入盐酸溶液，由于氢离子结合氢氧根离子生成水，降低氢氧根离子浓度，使溶解平衡正向进行，所以观察到的现象是白色固体逐渐溶解，故答案为，若向此浊液中加入盐酸溶液，由于氢离子结合氢氧根离子生成水，降低氢氧根离子浓度，使溶解平衡正向进行，所以观察到的现象是白色固体逐渐溶解。
（2）碳酸钙难溶，硫酸钙微溶，因此水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸去除，有关反应的离子方程式为，，故答案为，。
（3）0.1mol/L醋酸溶液的pH等于3，说明是弱电解质，则其电离方程式为，故答案为。
（4）氯化铵溶液中铵根水解，溶液显酸性，则溶液（Ⅱ）中各离子浓度由大到小的顺序是，故答案为：。
（5）醋酸电离出氢离子抑制水的电离，氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，则溶液（Ⅰ）和（Ⅱ）中由水电离出的c（H＋）之比是，故答案为105。
（6）氯碱工业中阴极产生氢气和氢氧根离子，即氢氧化钠在阴极产生，则NaOH溶液从d口导出；为防止阳极产生的氯气和氢氧根离子反应，则阳离子交换膜的作用是阻止OH 移向阳极，提高NaOH的产量和纯度；电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为：，故答案为d；。
21．(1) 粉碎、升温 2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，Cu2＋＋Fe＝Fe2＋＋Cu
(2) 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O pH＝4时，此时c（OH ）＝10 10mol/L，则Q[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋) c2(OH )＝1.41×(10 10)2＝1.41×10 20＜2.2×10 20＝Ksp[(OH)2]，所以说明Cu2＋尚未开始沉淀
(3) 铜片 替换为Na2SO4后，阴极区发生反应2H＋＋2e ＝H2↑，阴极区c（OH ）＞c（H＋），OH 也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH升高
【分析】用FeCl3溶液浸泡印刷电路板后的废液，印刷电路的废腐蚀液含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，含有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋离子，溶液中加入还原剂铁屑，还原剂还原铁离子为亚铁离子，还原铜离子为单质铜，过滤得粗铜，加入氧化剂氧气高温煅烧生成氧化铜，加入稀硫酸反应生成硫酸铜溶液，据此分析解题。
【详解】（1）①常用加快化学反应速率的措施有粉碎，加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：粉碎、升温，故答案为粉碎、升温；
②加入还原剂铁屑，还原剂还原铁离子为亚铁离子，还原铜离子为单质铜，所以印刷电路板废液中发生的离子反应有2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，Cu2＋＋Fe＝Fe2＋＋Cu，故答案为2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，Cu2＋＋Fe＝Fe2＋＋Cu。
（2）①加入H2O2溶液将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应有2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O，故答案为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O；
②CuSO4饱和溶液中Cu2＋的物质的量浓度为，pH＝4时，此时c（OH ）＝10 10mol/L，则Q[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋) c2(OH )＝1.41×(10 10)2＝1.41×10 20＜2.2×10 20＝Ksp[Cu(OH)2]，所以说明Cu2＋尚未开始沉淀，故答案为pH＝4时，此时c（OH ）＝10 10mol/L，则Q[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋) c2(OH )＝1.41×(10 10)2＝1.41×10 20＜2.2×10 20＝Ksp[Cu(OH)2]，所以说明Cu2＋尚未开始沉淀。
（3）①由图可知硫酸根离子移向于a极一端，则a为阳极，失电子一极，电解的方法制CuSO4，说明铜失电子得铜离子，则a端相连的电极材料是铜片；故答案为铜片；
②替换为Na2SO4后，阴极区发生反应2H＋＋2e ＝H2↑，阴极区c（OH ）＞c（H＋），OH 也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH升高；故答案为：替换为Na2SO4后，阴极区发生反应2H＋＋2e ＝H2↑，阴极区c（OH ）＞c（H＋），OH 也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH升高。
22．(1) MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O 2Cl--2e-=Cl2↑ Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强 KCl固体 MnSO4固体
(2)KCl＞KBr＞KI
(3)AgNO3 或Ag2SO4
(4)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(氧化产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【详解】（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；
②氧化反应是元素化合价升高，电极反应为氯离子得电子生成氯气，故氧化反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；
③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，所以可能是Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强；
④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a,那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体，故答案为：KCl固体；MnSO4固体；
（2）非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl＞KBr＞KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强，故答案为：KCl＞KBr＞KI；
（3）根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
（4）通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，则规律为氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(氧化产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
23．(1)-1
(2)
(3)升高温度化学反应速率应该加快，但是50℃时，温度升高羟基自由基发生猝灭，导致下降，反应速率基本不变
(4) 正 O2+2e-+2H+=H2O2 Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+·OH C6H6O+ 28·OH=6CO2+ 17H2O
【详解】（1）·OH中氧元素的化合价为-1价；
（2）根据题干信息可知，总反应：，总反应减去反应i即得到反应ii，其方程式：；
（3）升高温度化学反应速率应该加快，但是50℃时，温度升高羟基自由基发生猝灭，导致下降，反应速率基本不变；
（4）①根据题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，氧气中的氧元素得电子由0价降低到-1价，发生还原反应，则a极为阴极，b极为阳极，故b极连接电源的正极；
②b极是Fe电极为活性电极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，产生的Fe2+向阴极移动；由题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，电极反应为O2+2e-+2H+=H2O2；
③由题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，然后在电解液中产生·OH，·OH能迅速与苯酚反应，则电解液中发生的主要反应方程式为C6H6O+ 28·OH=6CO2+ 17H2O；
24．(1)还原
(2)电子
(3)正极
(4)Zn-2e-=Zn2+
(5)O2+4e-+2H2O=4OH-
(6) 10-3 c V2
(7)纯碱溶液存在水解：+H2O +OH-，溶液显碱性，升高温度，促进水解，碱性增强，因而去污能力增强
(8)CaSO4(s)Ca2+(aq)+(aq)，因为CaCO3的溶解度小于CaSO4，加入Na2CO3，与Ca2+生成CaCO3，平衡右移，CaSO4转化为CaCO3，与盐酸反应而除去
(9)5.1×10-4
(10)+2Cl2+H2O═2Cl-+2HClO+CO2↑
(11)c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)
【分析】锌铜原电池反应，Zn为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，发生反应Cu2++2e-=Cu,原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，电流从正极流向负极；燃料电池的正极上是氧化剂得电子的还原反应，据此分析解题(1)~(5)。
【详解】（1）锌铜原电池反应，Cu是正极，发生还原反应，故答案为：还原；
（2）电子从负极锌沿着导线流向正极铜，故答案为：电子；
（3）原电池中阳离子移向正极，所以盐桥中的K+移向正极区CuSO4溶液，故答案为：正极；
（4）Zn为负极，发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，故答案为：Zn-2e-=Zn2+；
（5）正极发生还原反应，氧气在正极放电，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；
（6）①该溶液中由水电离出的c(OH-)水==mol/L=10-3mol/L，故答案为：10-3；
②
a．碳酸钠溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2c()+c()+2c(H2CO3)，a错误；
b．Na2CO3溶液中碳酸根离子水解减少，c(Na+)＞2c()，b错误；
c．根据物料守恒可得：c(H2CO3)+c()+c()=c(Na+)=0.05mol/L，c()+c()＜0.1mol/L，c正确；
d．根据碳酸钠溶液中的电荷守恒可得：c(HCO3-)+c(OH-)+2c()=c(H+)+c(Na+)，d错误；
故答案为：c；
③在两支试管中均加入0.1mol/L碳酸钠溶液2mL，n(Na2CO3)=0.1mol/L×0.002L=0.0002mol,分别滴加浓度均为0.2mol L-1的硫酸和醋酸溶液，至气泡不再产生时，反应进行完全，反应的化学方程式为：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+H2O，需要硫酸物质的量0.0002mol，需要醋酸物质的量0.0004mol,V1==0.001L，V2==0.002L，V1、V2的关系为V1=V2，故答案为：V2；
（7）油脂与碱反应生成可溶性物质，因而碱可以去除油污，纯碱为碳酸钠，强碱弱酸盐，水解：+H2O +OH-，盐类水解为吸热过程，升高温度，促进水解，碱性增强，因而去污能力增强，则原因为纯碱溶液存在水解：+H2O +OH-，溶液显碱性，升高温度，促进水解，碱性增强，因而去污能力增强，故答案为：纯碱溶液存在水解：+H2O +OH-，溶液显碱性，升高温度，促进水解，碱性增强，因而去污能力增强；
（8）硫酸钙存在溶解平衡：CaSO4(s)Ca2+(aq)+(aq)，由于CaCO3的溶解度小于CaSO4，加入Na2CO3后与Ca2+生成CaCO3，溶解平衡右移，CaSO4转化为CaCO3，生成的碳酸钙可溶于盐酸，故答案为：CaSO4(s)Ca2+(aq)+(aq)，因为CaCO3的溶解度小于CaSO4，加入Na2CO3，与Ca2+生成CaCO3，平衡右移，CaSO4转化为CaCO3，与盐酸反应而除去；
（9）硫酸钡转化为碳酸钡的离子方程式为BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，BaSO4的悬浊液中c平(Ba2+)=c平()==mol L-1=1×10-5 mol L-1，故使Ba2+沉淀需要碳酸根离子的最小浓度为c平()==mol L-1=5.1×10-4 mol L-1，故答案为：5.1×10-4；
（10）氯水中有Cl2+H2OHCl+HClO，酸性：HCl＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，HCl可以和反应，使得平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl-，离子反应方程式为：+2Cl2+H2O═2Cl-+2HClO+CO2↑，故答案为：+2Cl2+H2O═2Cl-+2HClO+CO2↑；
（11）NaOH物质的量=1mol/L×0.15L=0.15mol=0.15 mol，二氧化碳物质的量==0.1 mol，反应的化学方程式为：2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，CO2反应生成物质的量都为0.05mol的碳酸氢钠和碳酸钠，由于碳酸根离子的第一步水解程度大于第二步水解程度，所以碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)。
25．(1)
(2) 酸 、，的电离程度大于水解程度 AB
(3) 负 (较浓)硫酸
【详解】（1）SO2被Na2SO3溶液吸收生成亚硫酸氢钠，离子反应为：。
（2）①当n(SO):n(HSO)=时，溶液的pH=6.2，显酸性；SO水解使溶液显碱性，在NaHSO3溶液中HSO远大于SO，所以NaHSO3溶液显酸性。在NaHSO3溶液中，HSO存在电离HSOH++SO和水解HSO+H2OH2SO3+OH-，HSO的电离程度大于水解程度导致溶液显酸性；
②A．根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO)+c(HSO)，溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)，故A正确；
B．当n(SO):n(HSO)=1:1时，溶液的pH=7.2，显碱性，所以若溶液呈中性，则c(SO)＜c(HSO)，溶液中的溶质为Na2SO3和NaHSO3，则c(Na+)最大，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，故有c(Na+)＞c(HSO)＞c(SO)＞c(H+)=c(OH-)，B正确；
C．根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO)+c(HSO)，故C错误；
故选AB。
（3）①根据电解池中阴阳离子的移动方向：阳离子移向阴极可以判断①图中 a 极要连接电源的负极，SO 在阳极失去电子变成 SO ，所以 C 口流出的物质是浓 H2SO4；
②SO 在阳极失去电子变成 SO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为 。
26．(1) 2+10e-+12H+═I2+6H2O 氧化性
(2) 在金属活动性顺序中，Cu位于H之后，因此认为Cu与浓盐酸不能发生反应产生氢气 浓盐酸挥发的干扰 H2 浓盐酸Cl-浓度大，Cl-使Cu的还原性增强，促使反应Cu+4Cl--e-=[CuCl4]3-发生
(3) Ag-e-+Cl-=AgCl 原电池两极上分别发生氧化和还原反应，电子通过导线定向移动产生电流
【详解】（1）①根据可知，得电子，I-失电子，氧化半反应是，则还原半反应是2+10e-+12H+═I2+6H2O；
②还原半反应为2+10e-+12H+=I2+6H2O，增大c(H+)可促进得到电子，使其氧化性增强，进而与I-发生反应；
（2）①有同学认为Cu与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是：在金属活动性顺序中，Cu位于H之后，因此认为Cu与浓盐酸不能发生反应产生氢气；
②浓盐酸易挥发，甲是对比实验，其目的是排除浓盐酸挥发的干扰；
③a.丙中气球变鼓是因为生成了H2；
b.浓盐酸Cl-浓度大，Cl-使Cu的还原性增强，促使反应Cu+4Cl--e-=[CuCl4]3-发生；
（3）①原电池中电子从负极流出，流向正极，由图可知，根据电子流向可知右侧Ag为负极，左侧Ag为正极，该原电池正极反应为Ag++e-=Ag，负极反应为Ag-e-+Cl-=AgCl，该原电池的总反应不是氧化还原反应。
②原电池两极上分别发生氧化和还原反应，电子通过导线定向移动产生电流。
27．(1) kJ mol-1
(2) 0.18 mol L-1 min
(3)CDE
(4) 阴离子交换膜 不变
【详解】（1）和反应生成和，根据盖斯定律可知，△H=△H1×2+△H2=2×（-181.6)-24.5=-387.7kJ/mol，故热化学方程式： kJ mol-1。
（2）根据图像可知，温度下，当n(H2)/n(CO2)的投料比为2时，二氧化碳的转化率为60%，故将6 mol 和12 mol 充入2 L的密闭容器中，5 min后反应达到平衡状态时，反应的二氧化碳的量为3.6mol，生成二甲醚的量为1.8mol，则0~5 min内的平均反应速率=0.18 mol L-1 min；合成二甲醚为放热反应，温度越高，二氧化碳转化率越低，故T2>T1，温度越高，平衡常数越小，温度相同，平衡常数相同，故、、三者之间的大小关系为。
（3）A．当CO和的物质的量浓度之比是1∶2，无法说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．CO的消耗速率与的生成速率都为正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．反应为气体分子数减少的反应，在恒压条件下，容器中混合气体的体积保持不变能说明反应达到平衡状态，C正确；
D．气体的总质量不变，反应为气体分子数减少的反应，故容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变，能说明反应达到平衡状态，D正确；
E．气体的总质量不变，反应为气体分子数减少的反应，在恒压条件下当到达平衡时，气体的体积不再改变，混合气体的密度不再改变，能说明反应达到平衡状态，E正确；
答案选CDE。
（4）根据电解池装置可知，石墨电极作阳极，发生氧化反应，催化电极作阴极，发生还原反应，石墨电极上的电极反应式为，a膜应允许氢氧根离子通过进入阳极室，故a膜为阴离子交换膜，阴极发生的电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O,故电解过程中,右室溶液中的物质的量不变。
28．(1)
(2) 将+3价铬元素氧化为 向22 mL 0.1 mol/L 溶液中加入2 mL 、2 mL 10% NaOH溶液，通入，水浴加热
(3) 碱性增强，＋3价铬元素的还原性增强 组装好装置，开始时电流计指针不偏转。向左池中加入较浓NaOH溶液，左池有灰绿色沉淀生成，指针偏转显示电子从左向右运动
(4)(橙色)(黄色)，滴入稀硫酸，增大，平衡向左移动，增大，减小，溶液由黄色变为橙色
(5)
(6)在碱性条件下，作氧化剂，将＋3价铬元素氧化为＋6价；在酸性条件下，作还原剂，将＋6价铬元素还原为＋3价
【分析】实验是探究+3价铬元素和+6价铬元素的相互转化，利用碱性条件下，作氧化剂，将＋3价铬元素氧化为＋6价；在酸性条件下，作还原剂，将＋6价铬元素还原为＋3价，设计了实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ进行探究。
【详解】（1）加入溶液，有砖红色沉淀生成，且由资料可知，为砖红色，难溶于水，则实验Ⅱ中加入溶液后的离子方程式为；
（2）①实验Ⅱ生成了O2，实验Ⅱ中溶液变黄生成的原因也可能是将+3价铬元素氧化为，故答案为将+3价铬元素氧化为；
②要证明不是将+3价铬元素氧化为，需要进行对照实验，变量为和O2，还需进行一组将加改为通O2的实验，则设计实验否定乙的猜想，操作为向22 mL 0.1 mol/L 溶液中加入2 mL 、2 mL 10% NaOH溶液，通入，水浴加热，溶液未变成黄色，说明不是将+3价铬元素氧化为；
（3）①实验的目的为研究碱性环境对＋3价铬元素或性质的影响，假设a为碱性增强，的氧化性增强，则假设b为碱性增强，＋3价铬元素的还原性增强；
②反应发生时，+3价铬元素被氧化为，铬元素化合价升高，则反应时化合价要降低，则碱性条件下，参与的电极反应式为；
③需要证明碱性增强，＋3价铬元素的还原性增强，设计实验，实验装置图为
实验操作和现象为组装好装置，开始时电流计指针不偏转，向左池中加入较浓NaOH溶液，左池有灰绿色沉淀生成，指针偏转显示电子从左向右运动，则说明碱性增强，＋3价铬元素的还原性增强；
（4）用化学平衡移动原理解释加入稀硫酸后溶液变为橙色的原因为(橙色)(黄色)，滴入稀硫酸，增大，平衡向左移动，增大，减小，溶液由黄色变为橙色；
（5）实验Ⅲ向实验Ⅱ中的黄色溶液中加入稀硫酸，溶液变为橙色，再加入3% 溶液，溶液最终变为绿色，有气泡生成，则实验Ⅲ中溶液由橙色变为绿色的离子方程式是；
（6）综上，在＋3价铬元素和＋6价铬元素相互转化中的作用是在碱性条件下，作氧化剂，将＋3价铬元素氧化为＋6价；在酸性条件下，作还原剂，将＋6价铬元素还原为＋3价。
29．(1)Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2
(2)形成对照，排除钠离子与氢氧根离子的干扰
(3)Mg与水反应生成Mg(OH)2和氢气，溶液中存在Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq)，HCO与OH-反应生成CO，CO结合Mg2+形成质地疏松的，使平衡正向移动Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快
(4)碳酸氢根离子
(5) 镁 电压值起初为正值，镁作负极，产生的氢氧化镁沉淀附着在镁电极表面，阻碍了镁进一步反应，而铝与氢氧化钠溶液会发生自发的氧化还原反应，所以最终铝作负极，电压值变为负
【分析】本实验目的是为了验证探究Mg与溶液能快速反应产生的原因，设计实验①②③，目的是为了证明碳酸氢根离子促进了镁与水反应产生氢气，而不是钠离子与氢氧根离子，据此分析解答。
【详解】（1）镁与水反应类似于钠与水反应，所以反应的离子方程式为：Mg+2H2O=Mg(OH)+H2；
（2）为了证明碳酸氢根离子促进了镁与水反应产生氢气，而不是钠离子与氢氧根离子，设计实验③，是为了形成对照，排除钠离子与氢氧根离子的干扰；
（3）Mg与水反应生成Mg(OH)2和氢气，溶液中存在Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq)，HCO与OH-反应生成CO，CO结合Mg2+形成质地疏松的，使平衡正向移动Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快；
（4）综合上述实验可知，在水溶液中，镁表面产生的快慢取决于溶液中的碳酸氢根离子；
（5）①50s后，电压值为负，铝片作负极，其表面的电极反应式为；
②50s前，电压值为正，镁片作负极；
③电压值起初为正值，镁作负极，产生的氢氧化镁沉淀附着在镁电极表面，阻碍了镁进一步反应，而铝与氢氧化钠溶液会发生自发的氧化还原反应，所以最终铝作负极，电压值变为负。
30．(1)BD
(2)既发生水解，又发生电离，水解使溶液显碱性，电离使溶液显酸性，且水解程度大于电离程度，所以溶液呈碱性
(3)
(4)
(5) a室：，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：； c室发生反应：，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH。
【详解】（1）A．由图可知，pH=8时，溶液中含碳微粒主要是，A项正确；
B．由图可知，当时，此时pH=10.3，说明，B项错误；
C．电离平衡常数只与温度有关，取图中的点，此时pH=10.3，，则常温时的电离常数为，C项正确；
D．pH=12时，该溶液主要为碳酸盐溶液，根据电荷守恒可知还有其它阳离子，D项错误；
故选BD；
（2）既发生水解又发生电离，水解使溶液显碱性，水解方程式为：，电离使溶液显酸性，电离方程式为：，且水解程度大于电离程度，所以溶液呈碱性；
（3）反应物中含有碳酸氢根，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：
（4）①酸化海水，可以使用试剂：稀硫酸，利用分液漏斗滴加，长管进气，短管出气，故装置为：；
②此反应原理为：，即碳酸氢钠与盐酸的物质的量之比为1：1，那么海水中碳酸氢钠的浓度为c，体积均为zmL，依据题意有c×z=xy，解；
（5）①a室为阳极，水电离的氢氧根放电：，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，与海水中的碳酸氢根发生反应：；
②用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海，c室为阴极，发生还原反应，水电离的氢离子放电：，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH。
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