2023北京重点校高二（上）期中化学汇编：电解池（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023北京重点校高二（上）期中化学汇编：电解池（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.7MB | ||
| 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 16:20:50 | ||
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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
电解池
一、单选题
1．（2023北京海淀高二上期中）近期，天津大学化学团队以CO2与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图。下列说法正确的是
A．Ni2P电极与电源负极相连
B．辛胺转化为辛腈发生了还原反应
C．In/In2O3－x电极上可能有副产物H2生成
D．在In/In2O3－x电极上发生的反应为CO2+H2O－2e－=HCOO－+OH－
2．（2023北京汇文中学高二上期中）下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是
A．火力发电 B．碱性锌锰电池 C．电解饱和食盐水 D．氢氧燃料电池
A．A B．B C．C D．D
3．（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
4．（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
5．（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
6．（2023北京清华附中高二上期中）采用电化学方法使Fe2+与H2O2反应，可生成非常活泼的·OH(羟基自由基)中间体用于降解废水中的有机污染物，原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．X上发生的电极反应为：2H2O - 4e- =O2↑+ 4H+
B．可将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用
C．根据装置推测，Y电极是阳极，·OH在该电极侧产生
D．起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作
7．（2023北京牛栏山一中高二上期中）十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。工业上用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法正确的是
A．X应为直流电源的正极
B．电解过程中阴极区pH升高
C．图中的b %＜a %
D．SO在电极上发生的反应为：SO＋2OH--2e-=SO＋2H2O
8．（2023北京北师大二附中高二上期中）下列图示与化学用语表述内容不相符的是
A B C D
NaCl溶于水 电解溶液 温度对化学平衡移动的影响 与反应过程中焓的变化
A．A B．B C．C D．D
9．（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
10．（2023北京海淀高二上期中）电解溶液制备NaOH和的装置示意图如下。
下列说法不正确的是
A．Ⅰ区溶液pH下降
B．离子交换膜a为阳离子交换膜
C．Ⅲ区发生电极反应：
D．理论上，每生成1mol NaOH，同时有生成
11．（2023北京丰台高二上期中）下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示)
A B C D
电离方程式：NaCl = Na+ + Cl- 总反应：Zn + Cu2+ = Zn2+ + Cu 负极反应：H2-2e-+ 2OH-= 2H2O 总反应：2Cl-+ 2H+Cl2↑ + H2↑
A．A B．B C．C D．D
12．（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
13．（2023北京四中高二上期中）某同学使用石墨电极，在不同电压(x)下电解pH=1的FeCl2溶液，实验记录如下(a、b代表电压数值)
序号 电压/V 阳极现象 检验阳极产物
I x≥a 电极附近出现黄色，有气泡产生 有Fe3+、有Cl2
II a＞x≥b 电极附近出现黄色，无气泡产生 有Fe3+、无Cl2
III b＞x≥0 无明显变化 无Fe3+、无Cl2
下列说法中，不正确的是
A．I中阳极附近的溶液可使KI淀粉试纸变蓝
B．II中出现黄色可能是因为Fe2+有还原性，在阳极放电产生Fe3+
C．由II中阳极现象可知，该电压下Cl-在阳极不放电
D．根据表中电压与阳极现象及产物的对应，可以看出离子是否放电与电压有关
二、填空题
14．（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 。
15．（2023北京丰台高二上期中）有关电化学示意图如下。回答下列问题：
(1)下图中正极的电极反应式为 ；盐桥的作用是 。
(2)图②是在铁制品上电镀铜的工艺装置图。
①请在图中标出a和b的电极名称分别为 。
②电镀液一般使用 溶液。
(3)如图是电解饱和食盐水的装置图。
①电解饱和食盐水的化学方程式是 。
②电极a接电源的 (填“正”或“负”)极。
③结合化学用语简述阴极区获得较浓NaOH溶液的原因 。
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)。
三、解答题
17．（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 。
18．（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 。
19．（2023北京海淀高二上期中）碱性银锌二次航空电池为价格昂贵的高能电池。该电池的总反应为：Zn+Ag2OZnO+2Ag。其电池中的基本单元示意图如图：
(1)该电池放电时，锌电极板为电池的 (填“正极”或“负极”)。
(2)以KOH溶液为电解液，放电时锌电极板区域中发生的电极反应可分为两步：
反应i.锌电极板的溶解：…
反应ii.锌电极板上ZnO的析出：Zn(OH)ZnO+2OH-+H2O
补充反应i： 。
(3)放电时，析出的ZnO会覆盖在锌电极板表面，影响电池使用效果。用浓KOH溶液可以抑制ZnO的生成，并促进锌电极板的溶解，从速率和平衡的角度说明其原因： 。
(4)将锌电极板制成蜂窝孔状，如图a所示，能增大锌电极板的表面积，但蜂窝孔的孔径过小，影响OH-进出蜂窝孔的速率，导致孔径内外OH-浓度出现差异，多次充放电后会影响锌电极板的形状。图b是使用一段时间后的锌极板变形情况。
下列说法正确的是 (填字母序号)。
a．充电时，OH-向锌极板方向迁移
b．孔内沉积ZnO，导电能力减弱，影响电池使用效果
c．导致该腐蚀变形的主要原因是孔外OH-浓度高于孔内OH-浓度
d．为延长电池使用寿命，提高电池放电效果，应选用孔径恰当的锌极板
(5)隔膜可有效阻止充放电循环中银的迁移，防止银在锌电极板析出造成电池短路。测定隔膜上附着银元素含量的方法是：用硝酸溶解隔膜上的附着物得溶解液，再以NH4Fe(SO4)2作指示剂，用NH4SCN溶液滴定溶解液。发生反应：
①Ag++SCN-AgSCN↓(白色) K=1012
②Fe3++SCN-FeSCN2+(红色) K=102.3
结合上述两个反应的平衡常数，解释选择NH4Fe(SO4)2作为指示剂的原因： 。
20．（2023北京第八十中学高二上期中）尿素[CO(NH2)2]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银(AgOCN)与NH4Cl在一定条件下反应制得尿素，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。
(2)二十世纪初，工业上常利用CO2和NH3合成尿素[CO(NH2)2]，反应分两步：
i．CO2和NH3生成NH2COONH4；
ii．NH2COONH4分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是___________。
A．NH2COONH4为合成尿素反应的中间产物
B．活化能：反应i<反应ii
C．i为放热反应，ii为吸热反应
D．CO2(l)+2NH3(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l) H=E1-E4
(3)近年研究发现，电催化CO2和含氮物质在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上生成CO(NH2)2，电解原理如图所示。
已知：在电解池中，与直流电源负极相连的电极叫阴极，与直流电源正极相连的电极叫阳极。
①电极b是电解池的 极(填“阴”或“阳”)。
②补全电解过程中生成尿素的电极反应式： 。
(4)尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中c()不能直接用NaOH溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤iv中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有 。
21．（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 。
22．（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 、 。
23．（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 。
24．（2023北京清华附中高二上期中）氯碱工业是化工产业的重要基础，其装置示意图如图。生产过程中产生的氯酸盐副产物需要处理。
已知：当pH升高时，易歧化为和。
(1)电解饱和食盐水的离子方程式为 。
(2)下列关于产生的说法中，合理的是 (填序号)。
a.主要在阴极室产生
b.在电极上放电，可能产生
c.阳离子交换膜破损导致向阳极室迁移，可能产生
(3)测定副产物含量的方法如下图。
①加入的目的是消耗水样中残留的和。若测定中未加入，则水样中的浓度将 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
②滴定至终点时消耗酸性溶液，水样中的计算式为 。
(4)可用盐酸处理淡盐水中的并回收。
①反应的离子方程式为 。
②处理时，可能的作用是：
i.提高，使氧化性提高或还原性提高；
ii.提高， 。
25．（2023北京丰台高二上期中）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，氨有广泛的应用。
(1)目前工业合成氨的主要方法是HaberBosch法，化学反应原理如下：
①该反应放热，但仍选择较高温度，原因是
②理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是 (写出1条)。
③将物质的量之比为1：3的N2和H2充入2 L的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得平衡时数据如下：
物质 N2 H2 NH3
平衡时物质的量/mol 0.2 0.6 0.2
该条件下H2的转化率为 ，平衡常数K= (可用分数表示)。
④若按以下浓度投料，其它反应条件与①相同，起始时反应进行的方向为 (填“正向”、“逆向”或“无法判断”)。
物质 N2 H2 NH3
起始浓度(mol/L) 0.5 1.5 0.5
⑤ L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度，如图表示L一定时，合成氨反应中 H2(g)的平衡转化率随X的变化关系。
ⅰ.X代表的物理量是 。
ⅱ.判断L1、L2的大小关系，并简述理由 。
(2)电化学气敏传感器可用于检测环境中NH3的含量，其工作原理如图所示，则a极的电极反应式为 ，反应消耗的O2与NH3的物质的量之比为 。
参考答案
1．C
【详解】A．根据电解质“异性相吸”原理，氢氧根向Ni2P电极移动，说明Ni2P电极为阳极，与电源正极相连，故A错误；
B．左侧CO2变为HCOO－，化合价降低，发生还原反应，则辛胺在阳极转化为辛腈发生了氧化反应，故B错误；
C．In/In2O3－x电极为阴极，阴极可能有氢离子得到电子，因此可能有副产物H2生成，故C正确；
D．In/In2O3－x电极为阴极，根据图中信息，阴极上发生的反应为CO2+H2O+2e－=HCOO－+OH－，故D错误。
综上所述，答案为C。
2．C
【详解】A．火力发电将化学能转化为内能，再由内能转化为动能，由动能转化为电能，故A不符合题意；
B．碱性锌锰电池将化学能转化为电能，故B不符合题意；
C．电解饱和食盐水为电解池装置，将电能转化为化学能，故C符合题意；
D．氢氧燃料电池将化学能转化为电能，故D不符合题意；
故选C。
3．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。
4．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。
5．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。
6．C
【分析】据图可知Y电极上Fe3+得电子转化为Fe2+，O2得电子结合氢离子生成H2O2，均发生还原反应，所以Y电极为阴极，X电极上H2O失电子生成氧气，发生氧化反应，为阳极。
【详解】A．据图可知X电极上H2O失电子生成氧气，电极反应为2H2O - 4e- =O2↑+ 4H+，故A正确；
B．据图可知Y电极上的反应物有O2，而X电极产生O2，所以将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用，故B正确；
C．根据分析可知Y为阴极，故C错误；
D．据图可知该装置工作时Fe2+与Fe3+循环转化，所以起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作，故D正确；
综上所述答案为C。
7．B
【详解】A．根据阴阳离子的移动方向得知，阳离子向Pt(Ⅰ)电极移动，阴离子向Pt(Ⅱ)电极移动，因此Pt(Ⅰ)为阴极，Pt(Ⅱ)为阳极，所以X为直流电源负极，Y为直流电源正极，A项错误；
B．Pt(Ⅰ)为阴极，阴极上氢离子得电子放出氢气，故Pt(Ⅰ)附近溶液的pH增大，B项正确；
C．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以b %>a %，C项错误；
D．阳极上亚硫酸根离子失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为：SO＋H2O-2e-=SO＋2H+，D项错误；
答案选B。
8．B
【详解】A．NaCl属于盐，为强电解质，电离方程式为：NaCl═Na++Cl-，故A正确；
B．用惰性电极电解氯化铜溶液的总反应为：，故B错误；
C.依据图象可知温度较高时，平衡向着生成二氧化氮的反向移动，由勒夏特列原理可知，温度升高，平衡朝着吸热方向移动，可知ΔH＜0，故C正确；
D.由图象可知反应物的能量高于生成物的能量是放热反应，因而ΔH＜0，故D正确；
故选：B。
9．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。
10．B
【分析】电解槽中右侧电极为阴极、左侧电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为:2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则钠离子通过离子交换膜生成NaOH、b为阳离子交换膜，硫酸根通过离子交换膜a生成硫酸a为阴离子交换膜，据此分析解答。
【详解】A．据分析可知，左侧电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为:2H2O-4e-=O2↑+4H+，氢离子浓度增加Ⅰ区溶液pH下降，A正确；
B．根据分析可知，离子交换膜a为阴离子交换膜，B错误；
C．根据分析可知，Ⅲ区发生电极反应：，C正确；
D．根据2H2O-4e-=O2↑+4H+，可知理论上，—e-—H+，每生成1mol NaOH，同时有生成，D正确；
答案选B。
11．D
【详解】A．NaCl溶于水发生电离形成Na+和Cl-，电离方程式为NaCl = Na+ + Cl-，A项正确；
B．铜锌原电池的总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，B项正确；
C．该电池为氢气燃料电池，H2在负极失电子形成H+，H+和电解质溶液中的OH-反应生成H2O，故负极反应为H2-2e-+ 2OH-= 2H2O，C项正确；
D．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，总反应的离子方程式为2Cl-+ 2H2O2OH-+Cl2↑ + H2↑，D项错误；
答案选D。
12．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。
13．C
【详解】A．根据实验现象，I中阳极发生氧化反应，生成氯气，氯气能够氧化KI生成碘，使淀粉变蓝，故A正确；
B．由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性，故B正确；
C．依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，因此无氯气放出，故C错误；
D．依据表中数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与Ⅱ对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，说明离子是否放电与电压有关，故D正确；
故选C。
14．(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。
15．(1) Cu2++2e－=Cu 作为离子导体，连通两个隔离的电解质溶液(或使两个隔离的电解质溶液连接成一个通路，电流得以流通，使左右两个烧杯维持电中性)
(2) 硫酸铜
(3) 2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑ + H2↑ 正 电极b是阴极，电极反应为2H2O+2e－=H2↑+2OH－，且在电场作用下，Na+经过阳离子交换膜进入阴极区，最终阴极区的NaOH溶液浓度增大，成为较浓的NaOH溶液排
【详解】（1）正极处Cu2+得电子转化为Cu，电极反应式为Cu2++2e－=Cu；原电池中，盐桥作为离子导体，连通两个隔离的电解质溶液，使两个隔离的电解质溶液连接成一个通路，电流得以流通，使左右两个烧杯维持电中性；
（2）①在铁制品上电镀铜，Cu作阳极，铁制品作阴极，则a为正极，b为负极，故答案为；
②在铁制品上电镀铜，电镀液为Cu2+的溶液，电镀液一般使用硫酸铜溶液；
（3）①电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，反应的化学方程式是2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑ + H2↑；
②由装置图可知，电极a处Cl-转化为Cl2，Cl元素化合价升高，发生氧化反应，则电极a为阳极，连接电源正极；
③电极b是阴极，电极反应为2H2O+2e－=H2↑+2OH－，且在电场作用下，Na+经过阳离子交换膜进入阴极区，最终阴极区的NaOH溶液浓度增大，成为较浓的NaOH溶液排出，故阴极区获得较浓NaOH溶液。
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)，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；。
18．(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。
19．(1)负极
(2)Zn-2e-+4OH-= Zn(OH)
(3)由于ZnO是两性氧化物，能与KOH反应，方程式为：ZnO+2KOH+H2O K2[Zn(OH)4]，且用浓的KOH溶液能加快反应速率，并使上述平衡正向移动
(4)bc
(5)Ag+与SCN-结合的平衡常数非常大，而Fe3+与SCN-结合的平衡常数很小，二者相差接近1010倍，说明Ag+极易和SCN-结合，当SCN-与Fe3+结合生成红色溶液时，Ag+已经沉淀完全了，故选择NH4Fe(SO4)2作为指示剂
【详解】（1）由电池总反应Zn+Ag2OZnO+2Ag可知，该电池放电时，锌的化合价升高，被氧化，故锌电极板为电池的负极，故答案为：负极；
（2）已知原电池的总反应：Zn+Ag2OZnO+2Ag和反应ii.锌电极板上ZnO的析出：Zn(OH)ZnO+2OH-+H2O，故负极反应式的反应i为：Zn-2e-+4OH-= Zn(OH)，故答案为：Zn-2e-+4OH-= Zn(OH)；
（3）由于ZnO是两性氧化物，能与KOH反应，方程式为：ZnO+2KOH+H2O K2[Zn(OH)4]，且用浓的KOH溶液能加快反应速率，并使上述平衡正向移动，故放电时，析出的ZnO会覆盖在锌电极板表面，影响电池使用效果，用浓KOH溶液可以抑制ZnO的生成，并促进锌电极板的溶解，故答案为：由于ZnO是两性氧化物，能与KOH反应，方程式为：ZnO+2KOH+H2O K2[Zn(OH)4]，且用浓的KOH溶液能加快反应速率，并使上述平衡正向移动；
（4）a．充电时，锌与电源负极相连作阴极，而充电时溶液中的阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，，故OH-不向锌极板方向迁移，a错误；
b．孔内沉积ZnO，导致蜂窝孔的孔径过小，影响OH-进出蜂窝孔的速率，导电能力减弱，影响电池使用效果，b正确；
c．由图a可知，导致该腐蚀变形的主要原因是孔外OH-浓度高于孔内OH-浓度，c正确；
d．由题干信息可知，锌板中蜂窝孔的孔径是在使用过程中发生改变的，该改变是由于孔内外的OH-浓度改变的，故为延长电池使用寿命，提高电池放电效果，应选用合适的OH-浓度，d错误；
故答案为：bc；
（5）由题干信息可知，①Ag++SCN-AgSCN↓(白色) K=1012②Fe3++SCN-FeSCN2+(红色) K=102.3可知Ag+与SCN-结合的平衡常数非常大，而Fe3+与SCN-结合的平衡常数很小，二者相差接近1010倍，说明Ag+极易和SCN-结合，当SCN-与Fe3+结合生成红色溶液时，Ag+已经沉淀完全了，故选择NH4Fe(SO4)2作为指示剂，故答案为：Ag+与SCN-结合的平衡常数非常大，而Fe3+与SCN-结合的平衡常数很小，二者相差接近1010倍，说明Ag+极易和SCN-结合，当SCN-与Fe3+结合生成红色溶液时，Ag+已经沉淀完全了，故选择NH4Fe(SO4)2作为指示剂。
20．(1)
(2)ABC
(3) 阳
(4) 样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度
【详解】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式：；
（2）A．反应过程中先生成NH2COONH4，NH2COONH4再分解被消耗，为中间产物，A正确；
B．根据图像可知，反应i活化能为E1，反应ii活化能为E3，E3＞E1，B正确；
C．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，C正确；
D．根据图像可知，CO2(l)+2NH3(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l) H=E1- E2+E3-E4，D错误；
答案选ABC；
（3）①电极b上发生H2O失电子生成O2的氧化反应，是电解池的阳极；
②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式：；
（4）①尿素消化分解生成氨气和二氧化碳，由于反应中存在浓硫酸，则消化液中含氮粒子为；
②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。
21．(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 。
22．(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；
23．(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。
24．(1)
(2)bc
(3) 偏大
(4) 使还原性增强
【分析】氯碱工业中阳极氯离子放电生成氯气，阴极水中氢离子放电生成氢气和氢氧根离子，总反应得到氢气、氯气、氢氧化钠；
【详解】（1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为；
（2）a．氯元素都在阳极室，所以应该在阳极室生成，故a错误；
b．氯离子在阳极发生氧化反应，化合价升高，有可能生成，故b正确；
c．阳离子交换膜破损导致OH-向阳极室迁移，阳极室氢氧根浓度变大，阳极生成的氯气与氢氧根反应生成次氯酸根，当pH升高时，ClO-易歧化为和Cl-，故c正确；
答案选bc；
（3）①加入过氧化氢消耗水样中残留的Cl2和ClO-，再加入硫酸亚铁，与氯酸根反应，最后计算出与氯酸根反应后剩余的亚铁离子；未加入过氧化氢，水样中残留的Cl2和ClO-也会在第二步中消耗亚铁离子，使亚铁离子消耗的量增大，这些消耗的亚铁离子也会认为是氯酸根消耗的，导致浓度将偏大。
②高锰酸钾和硫酸亚铁反应的离子方程式为，则有关系式，因此与高锰酸钾反应的亚铁离子为，与亚铁离子反应的离子方程式为，则有关系式，与反应的亚铁离子的物质的量为， 设的物质的量为a， ，则；
（4）①盐酸和反应生成，反应的离子方程式为；
②盐酸与的反应中，盐酸作还原剂，因此盐酸的作用可能是提高，使还原性增强。
25．(1) 400～500℃时该反应的催化剂的催化活性强，反应速率大 适当增大压强或适当增大氮气的浓度或将产物氨气液化分离 33.3% 正向 温度 L2﹥L1，其他条件相同时，增大压强有利于平衡向气体体积缩小的方向移动，从而提高H2(g)的平衡转化率
(2) 2NH3—6e—+6OH— = N2+6H2O 3：4
【详解】（1）①该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的百分含量减小，工业上仍选择较高温度是因为400～500℃时该反应的催化剂的催化活性强，反应速率大，有利于氨气的生成，故答案为：400～500℃时该反应的催化剂的催化活性强，反应速率大；
②该反应是气体体积减小的反应，适当增大压强、增大氮气的浓度、将产物氨气液化分离等措施，可以使平衡向正反应方向移动，有利于氢气的转化率增大，则适当增大压强、适当增大氮气的浓度、将产物氨气液化分离等措施可以增大氢气的转化率，故答案为：适当增大压强或适当增大氮气的浓度或将产物氨气液化分离；
③由表格数据可知，平衡时氮气、氢气和氨气的物质的量分别为0.2mol、0.6mol和0.2mol，由方程式可知，起始氢气的物质的量为0.6mol+0.2mol×=0.9mol，则氢气的转化率为×100%≈33.3%，反应的平衡常数K==，故答案为：33.3%；；
④由题给数据可知，反应的浓度熵Qc==＜，则反应正向进行，故答案为：正向；
⑤该反应是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的平衡转化率减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，则由图可知X横轴X代表反应温度，L1、L2代表压强，由L1条件下氢气的转化率小于L2可知，压强L1小于L2，故答案为：温度；L2﹥L1，其他条件相同时，增大压强有利于平衡向气体体积缩小的方向移动，从而提高H2(g)的平衡转化率；
（2）由图可知，a电极为原电池的负极，碱性条件下氨气在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为2NH3—6e—+6OH— = N2+6H2O；由得失电子数目守恒可知，反应消耗的氧气和氨气的物质的量比为3：4，故答案为：2NH3—6e—+6OH— = N2+6H2O；3：4。
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2023北京重点校高二（上）期中化学汇编
电解池
一、单选题
1．（2023北京海淀高二上期中）近期，天津大学化学团队以CO2与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图。下列说法正确的是
A．Ni2P电极与电源负极相连
B．辛胺转化为辛腈发生了还原反应
C．In/In2O3－x电极上可能有副产物H2生成
D．在In/In2O3－x电极上发生的反应为CO2+H2O－2e－=HCOO－+OH－
2．（2023北京汇文中学高二上期中）下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是
A．火力发电 B．碱性锌锰电池 C．电解饱和食盐水 D．氢氧燃料电池
A．A B．B C．C D．D
3．（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
4．（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
5．（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
6．（2023北京清华附中高二上期中）采用电化学方法使Fe2+与H2O2反应，可生成非常活泼的·OH(羟基自由基)中间体用于降解废水中的有机污染物，原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．X上发生的电极反应为：2H2O - 4e- =O2↑+ 4H+
B．可将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用
C．根据装置推测，Y电极是阳极，·OH在该电极侧产生
D．起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作
7．（2023北京牛栏山一中高二上期中）十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。工业上用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法正确的是
A．X应为直流电源的正极
B．电解过程中阴极区pH升高
C．图中的b %＜a %
D．SO在电极上发生的反应为：SO＋2OH--2e-=SO＋2H2O
8．（2023北京北师大二附中高二上期中）下列图示与化学用语表述内容不相符的是
A B C D
NaCl溶于水 电解溶液 温度对化学平衡移动的影响 与反应过程中焓的变化
A．A B．B C．C D．D
9．（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
10．（2023北京海淀高二上期中）电解溶液制备NaOH和的装置示意图如下。
下列说法不正确的是
A．Ⅰ区溶液pH下降
B．离子交换膜a为阳离子交换膜
C．Ⅲ区发生电极反应：
D．理论上，每生成1mol NaOH，同时有生成
11．（2023北京丰台高二上期中）下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示)
A B C D
电离方程式：NaCl = Na+ + Cl- 总反应：Zn + Cu2+ = Zn2+ + Cu 负极反应：H2-2e-+ 2OH-= 2H2O 总反应：2Cl-+ 2H+Cl2↑ + H2↑
A．A B．B C．C D．D
12．（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
13．（2023北京四中高二上期中）某同学使用石墨电极，在不同电压(x)下电解pH=1的FeCl2溶液，实验记录如下(a、b代表电压数值)
序号 电压/V 阳极现象 检验阳极产物
I x≥a 电极附近出现黄色，有气泡产生 有Fe3+、有Cl2
II a＞x≥b 电极附近出现黄色，无气泡产生 有Fe3+、无Cl2
III b＞x≥0 无明显变化 无Fe3+、无Cl2
下列说法中，不正确的是
A．I中阳极附近的溶液可使KI淀粉试纸变蓝
B．II中出现黄色可能是因为Fe2+有还原性，在阳极放电产生Fe3+
C．由II中阳极现象可知，该电压下Cl-在阳极不放电
D．根据表中电压与阳极现象及产物的对应，可以看出离子是否放电与电压有关
二、填空题
14．（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 。
15．（2023北京丰台高二上期中）有关电化学示意图如下。回答下列问题：
(1)下图中正极的电极反应式为 ；盐桥的作用是 。
(2)图②是在铁制品上电镀铜的工艺装置图。
①请在图中标出a和b的电极名称分别为 。
②电镀液一般使用 溶液。
(3)如图是电解饱和食盐水的装置图。
①电解饱和食盐水的化学方程式是 。
②电极a接电源的 (填“正”或“负”)极。
③结合化学用语简述阴极区获得较浓NaOH溶液的原因 。
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)。
三、解答题
17．（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 。
18．（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 。
19．（2023北京海淀高二上期中）碱性银锌二次航空电池为价格昂贵的高能电池。该电池的总反应为：Zn+Ag2OZnO+2Ag。其电池中的基本单元示意图如图：
(1)该电池放电时，锌电极板为电池的 (填“正极”或“负极”)。
(2)以KOH溶液为电解液，放电时锌电极板区域中发生的电极反应可分为两步：
反应i.锌电极板的溶解：…
反应ii.锌电极板上ZnO的析出：Zn(OH)ZnO+2OH-+H2O
补充反应i： 。
(3)放电时，析出的ZnO会覆盖在锌电极板表面，影响电池使用效果。用浓KOH溶液可以抑制ZnO的生成，并促进锌电极板的溶解，从速率和平衡的角度说明其原因： 。
(4)将锌电极板制成蜂窝孔状，如图a所示，能增大锌电极板的表面积，但蜂窝孔的孔径过小，影响OH-进出蜂窝孔的速率，导致孔径内外OH-浓度出现差异，多次充放电后会影响锌电极板的形状。图b是使用一段时间后的锌极板变形情况。
下列说法正确的是 (填字母序号)。
a．充电时，OH-向锌极板方向迁移
b．孔内沉积ZnO，导电能力减弱，影响电池使用效果
c．导致该腐蚀变形的主要原因是孔外OH-浓度高于孔内OH-浓度
d．为延长电池使用寿命，提高电池放电效果，应选用孔径恰当的锌极板
(5)隔膜可有效阻止充放电循环中银的迁移，防止银在锌电极板析出造成电池短路。测定隔膜上附着银元素含量的方法是：用硝酸溶解隔膜上的附着物得溶解液，再以NH4Fe(SO4)2作指示剂，用NH4SCN溶液滴定溶解液。发生反应：
①Ag++SCN-AgSCN↓(白色) K=1012
②Fe3++SCN-FeSCN2+(红色) K=102.3
结合上述两个反应的平衡常数，解释选择NH4Fe(SO4)2作为指示剂的原因： 。
20．（2023北京第八十中学高二上期中）尿素[CO(NH2)2]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银(AgOCN)与NH4Cl在一定条件下反应制得尿素，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。
(2)二十世纪初，工业上常利用CO2和NH3合成尿素[CO(NH2)2]，反应分两步：
i．CO2和NH3生成NH2COONH4；
ii．NH2COONH4分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是___________。
A．NH2COONH4为合成尿素反应的中间产物
B．活化能：反应i<反应ii
C．i为放热反应，ii为吸热反应
D．CO2(l)+2NH3(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l) H=E1-E4
(3)近年研究发现，电催化CO2和含氮物质在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上生成CO(NH2)2，电解原理如图所示。
已知：在电解池中，与直流电源负极相连的电极叫阴极，与直流电源正极相连的电极叫阳极。
①电极b是电解池的 极(填“阴”或“阳”)。
②补全电解过程中生成尿素的电极反应式： 。
(4)尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中c()不能直接用NaOH溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤iv中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有 。
21．（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 。
22．（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 、 。
23．（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 。
24．（2023北京清华附中高二上期中）氯碱工业是化工产业的重要基础，其装置示意图如图。生产过程中产生的氯酸盐副产物需要处理。
已知：当pH升高时，易歧化为和。
(1)电解饱和食盐水的离子方程式为 。
(2)下列关于产生的说法中，合理的是 (填序号)。
a.主要在阴极室产生
b.在电极上放电，可能产生
c.阳离子交换膜破损导致向阳极室迁移，可能产生
(3)测定副产物含量的方法如下图。
①加入的目的是消耗水样中残留的和。若测定中未加入，则水样中的浓度将 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
②滴定至终点时消耗酸性溶液，水样中的计算式为 。
(4)可用盐酸处理淡盐水中的并回收。
①反应的离子方程式为 。
②处理时，可能的作用是：
i.提高，使氧化性提高或还原性提高；
ii.提高， 。
25．（2023北京丰台高二上期中）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，氨有广泛的应用。
(1)目前工业合成氨的主要方法是HaberBosch法，化学反应原理如下：
①该反应放热，但仍选择较高温度，原因是
②理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是 (写出1条)。
③将物质的量之比为1：3的N2和H2充入2 L的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得平衡时数据如下：
物质 N2 H2 NH3
平衡时物质的量/mol 0.2 0.6 0.2
该条件下H2的转化率为 ，平衡常数K= (可用分数表示)。
④若按以下浓度投料，其它反应条件与①相同，起始时反应进行的方向为 (填“正向”、“逆向”或“无法判断”)。
物质 N2 H2 NH3
起始浓度(mol/L) 0.5 1.5 0.5
⑤ L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度，如图表示L一定时，合成氨反应中 H2(g)的平衡转化率随X的变化关系。
ⅰ.X代表的物理量是 。
ⅱ.判断L1、L2的大小关系，并简述理由 。
(2)电化学气敏传感器可用于检测环境中NH3的含量，其工作原理如图所示，则a极的电极反应式为 ，反应消耗的O2与NH3的物质的量之比为 。
参考答案
1．C
【详解】A．根据电解质“异性相吸”原理，氢氧根向Ni2P电极移动，说明Ni2P电极为阳极，与电源正极相连，故A错误；
B．左侧CO2变为HCOO－，化合价降低，发生还原反应，则辛胺在阳极转化为辛腈发生了氧化反应，故B错误；
C．In/In2O3－x电极为阴极，阴极可能有氢离子得到电子，因此可能有副产物H2生成，故C正确；
D．In/In2O3－x电极为阴极，根据图中信息，阴极上发生的反应为CO2+H2O+2e－=HCOO－+OH－，故D错误。
综上所述，答案为C。
2．C
【详解】A．火力发电将化学能转化为内能，再由内能转化为动能，由动能转化为电能，故A不符合题意；
B．碱性锌锰电池将化学能转化为电能，故B不符合题意；
C．电解饱和食盐水为电解池装置，将电能转化为化学能，故C符合题意；
D．氢氧燃料电池将化学能转化为电能，故D不符合题意；
故选C。
3．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。
4．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。
5．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。
6．C
【分析】据图可知Y电极上Fe3+得电子转化为Fe2+，O2得电子结合氢离子生成H2O2，均发生还原反应，所以Y电极为阴极，X电极上H2O失电子生成氧气，发生氧化反应，为阳极。
【详解】A．据图可知X电极上H2O失电子生成氧气，电极反应为2H2O - 4e- =O2↑+ 4H+，故A正确；
B．据图可知Y电极上的反应物有O2，而X电极产生O2，所以将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用，故B正确；
C．根据分析可知Y为阴极，故C错误；
D．据图可知该装置工作时Fe2+与Fe3+循环转化，所以起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作，故D正确；
综上所述答案为C。
7．B
【详解】A．根据阴阳离子的移动方向得知，阳离子向Pt(Ⅰ)电极移动，阴离子向Pt(Ⅱ)电极移动，因此Pt(Ⅰ)为阴极，Pt(Ⅱ)为阳极，所以X为直流电源负极，Y为直流电源正极，A项错误；
B．Pt(Ⅰ)为阴极，阴极上氢离子得电子放出氢气，故Pt(Ⅰ)附近溶液的pH增大，B项正确；
C．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以b %>a %，C项错误；
D．阳极上亚硫酸根离子失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为：SO＋H2O-2e-=SO＋2H+，D项错误；
答案选B。
8．B
【详解】A．NaCl属于盐，为强电解质，电离方程式为：NaCl═Na++Cl-，故A正确；
B．用惰性电极电解氯化铜溶液的总反应为：，故B错误；
C.依据图象可知温度较高时，平衡向着生成二氧化氮的反向移动，由勒夏特列原理可知，温度升高，平衡朝着吸热方向移动，可知ΔH＜0，故C正确；
D.由图象可知反应物的能量高于生成物的能量是放热反应，因而ΔH＜0，故D正确；
故选：B。
9．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。
10．B
【分析】电解槽中右侧电极为阴极、左侧电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为:2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则钠离子通过离子交换膜生成NaOH、b为阳离子交换膜，硫酸根通过离子交换膜a生成硫酸a为阴离子交换膜，据此分析解答。
【详解】A．据分析可知，左侧电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为:2H2O-4e-=O2↑+4H+，氢离子浓度增加Ⅰ区溶液pH下降，A正确；
B．根据分析可知，离子交换膜a为阴离子交换膜，B错误；
C．根据分析可知，Ⅲ区发生电极反应：，C正确；
D．根据2H2O-4e-=O2↑+4H+，可知理论上，—e-—H+，每生成1mol NaOH，同时有生成，D正确；
答案选B。
11．D
【详解】A．NaCl溶于水发生电离形成Na+和Cl-，电离方程式为NaCl = Na+ + Cl-，A项正确；
B．铜锌原电池的总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，B项正确；
C．该电池为氢气燃料电池，H2在负极失电子形成H+，H+和电解质溶液中的OH-反应生成H2O，故负极反应为H2-2e-+ 2OH-= 2H2O，C项正确；
D．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，总反应的离子方程式为2Cl-+ 2H2O2OH-+Cl2↑ + H2↑，D项错误；
答案选D。
12．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。
13．C
【详解】A．根据实验现象，I中阳极发生氧化反应，生成氯气，氯气能够氧化KI生成碘，使淀粉变蓝，故A正确；
B．由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性，故B正确；
C．依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，因此无氯气放出，故C错误；
D．依据表中数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与Ⅱ对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，说明离子是否放电与电压有关，故D正确；
故选C。
14．(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。
15．(1) Cu2++2e－=Cu 作为离子导体，连通两个隔离的电解质溶液(或使两个隔离的电解质溶液连接成一个通路，电流得以流通，使左右两个烧杯维持电中性)
(2) 硫酸铜
(3) 2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑ + H2↑ 正 电极b是阴极，电极反应为2H2O+2e－=H2↑+2OH－，且在电场作用下，Na+经过阳离子交换膜进入阴极区，最终阴极区的NaOH溶液浓度增大，成为较浓的NaOH溶液排
【详解】（1）正极处Cu2+得电子转化为Cu，电极反应式为Cu2++2e－=Cu；原电池中，盐桥作为离子导体，连通两个隔离的电解质溶液，使两个隔离的电解质溶液连接成一个通路，电流得以流通，使左右两个烧杯维持电中性；
（2）①在铁制品上电镀铜，Cu作阳极，铁制品作阴极，则a为正极，b为负极，故答案为；
②在铁制品上电镀铜，电镀液为Cu2+的溶液，电镀液一般使用硫酸铜溶液；
（3）①电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，反应的化学方程式是2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑ + H2↑；
②由装置图可知，电极a处Cl-转化为Cl2，Cl元素化合价升高，发生氧化反应，则电极a为阳极，连接电源正极；
③电极b是阴极，电极反应为2H2O+2e－=H2↑+2OH－，且在电场作用下，Na+经过阳离子交换膜进入阴极区，最终阴极区的NaOH溶液浓度增大，成为较浓的NaOH溶液排出，故阴极区获得较浓NaOH溶液。
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)，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；。
18．(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。
19．(1)负极
(2)Zn-2e-+4OH-= Zn(OH)
(3)由于ZnO是两性氧化物，能与KOH反应，方程式为：ZnO+2KOH+H2O K2[Zn(OH)4]，且用浓的KOH溶液能加快反应速率，并使上述平衡正向移动
(4)bc
(5)Ag+与SCN-结合的平衡常数非常大，而Fe3+与SCN-结合的平衡常数很小，二者相差接近1010倍，说明Ag+极易和SCN-结合，当SCN-与Fe3+结合生成红色溶液时，Ag+已经沉淀完全了，故选择NH4Fe(SO4)2作为指示剂
【详解】（1）由电池总反应Zn+Ag2OZnO+2Ag可知，该电池放电时，锌的化合价升高，被氧化，故锌电极板为电池的负极，故答案为：负极；
（2）已知原电池的总反应：Zn+Ag2OZnO+2Ag和反应ii.锌电极板上ZnO的析出：Zn(OH)ZnO+2OH-+H2O，故负极反应式的反应i为：Zn-2e-+4OH-= Zn(OH)，故答案为：Zn-2e-+4OH-= Zn(OH)；
（3）由于ZnO是两性氧化物，能与KOH反应，方程式为：ZnO+2KOH+H2O K2[Zn(OH)4]，且用浓的KOH溶液能加快反应速率，并使上述平衡正向移动，故放电时，析出的ZnO会覆盖在锌电极板表面，影响电池使用效果，用浓KOH溶液可以抑制ZnO的生成，并促进锌电极板的溶解，故答案为：由于ZnO是两性氧化物，能与KOH反应，方程式为：ZnO+2KOH+H2O K2[Zn(OH)4]，且用浓的KOH溶液能加快反应速率，并使上述平衡正向移动；
（4）a．充电时，锌与电源负极相连作阴极，而充电时溶液中的阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，，故OH-不向锌极板方向迁移，a错误；
b．孔内沉积ZnO，导致蜂窝孔的孔径过小，影响OH-进出蜂窝孔的速率，导电能力减弱，影响电池使用效果，b正确；
c．由图a可知，导致该腐蚀变形的主要原因是孔外OH-浓度高于孔内OH-浓度，c正确；
d．由题干信息可知，锌板中蜂窝孔的孔径是在使用过程中发生改变的，该改变是由于孔内外的OH-浓度改变的，故为延长电池使用寿命，提高电池放电效果，应选用合适的OH-浓度，d错误；
故答案为：bc；
（5）由题干信息可知，①Ag++SCN-AgSCN↓(白色) K=1012②Fe3++SCN-FeSCN2+(红色) K=102.3可知Ag+与SCN-结合的平衡常数非常大，而Fe3+与SCN-结合的平衡常数很小，二者相差接近1010倍，说明Ag+极易和SCN-结合，当SCN-与Fe3+结合生成红色溶液时，Ag+已经沉淀完全了，故选择NH4Fe(SO4)2作为指示剂，故答案为：Ag+与SCN-结合的平衡常数非常大，而Fe3+与SCN-结合的平衡常数很小，二者相差接近1010倍，说明Ag+极易和SCN-结合，当SCN-与Fe3+结合生成红色溶液时，Ag+已经沉淀完全了，故选择NH4Fe(SO4)2作为指示剂。
20．(1)
(2)ABC
(3) 阳
(4) 样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度
【详解】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式：；
（2）A．反应过程中先生成NH2COONH4，NH2COONH4再分解被消耗，为中间产物，A正确；
B．根据图像可知，反应i活化能为E1，反应ii活化能为E3，E3＞E1，B正确；
C．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，C正确；
D．根据图像可知，CO2(l)+2NH3(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l) H=E1- E2+E3-E4，D错误；
答案选ABC；
（3）①电极b上发生H2O失电子生成O2的氧化反应，是电解池的阳极；
②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式：；
（4）①尿素消化分解生成氨气和二氧化碳，由于反应中存在浓硫酸，则消化液中含氮粒子为；
②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。
21．(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 。
22．(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；
23．(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。
24．(1)
(2)bc
(3) 偏大
(4) 使还原性增强
【分析】氯碱工业中阳极氯离子放电生成氯气，阴极水中氢离子放电生成氢气和氢氧根离子，总反应得到氢气、氯气、氢氧化钠；
【详解】（1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为；
（2）a．氯元素都在阳极室，所以应该在阳极室生成，故a错误；
b．氯离子在阳极发生氧化反应，化合价升高，有可能生成，故b正确；
c．阳离子交换膜破损导致OH-向阳极室迁移，阳极室氢氧根浓度变大，阳极生成的氯气与氢氧根反应生成次氯酸根，当pH升高时，ClO-易歧化为和Cl-，故c正确；
答案选bc；
（3）①加入过氧化氢消耗水样中残留的Cl2和ClO-，再加入硫酸亚铁，与氯酸根反应，最后计算出与氯酸根反应后剩余的亚铁离子；未加入过氧化氢，水样中残留的Cl2和ClO-也会在第二步中消耗亚铁离子，使亚铁离子消耗的量增大，这些消耗的亚铁离子也会认为是氯酸根消耗的，导致浓度将偏大。
②高锰酸钾和硫酸亚铁反应的离子方程式为，则有关系式，因此与高锰酸钾反应的亚铁离子为，与亚铁离子反应的离子方程式为，则有关系式，与反应的亚铁离子的物质的量为， 设的物质的量为a， ，则；
（4）①盐酸和反应生成，反应的离子方程式为；
②盐酸与的反应中，盐酸作还原剂，因此盐酸的作用可能是提高，使还原性增强。
25．(1) 400～500℃时该反应的催化剂的催化活性强，反应速率大 适当增大压强或适当增大氮气的浓度或将产物氨气液化分离 33.3% 正向 温度 L2﹥L1，其他条件相同时，增大压强有利于平衡向气体体积缩小的方向移动，从而提高H2(g)的平衡转化率
(2) 2NH3—6e—+6OH— = N2+6H2O 3：4
【详解】（1）①该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的百分含量减小，工业上仍选择较高温度是因为400～500℃时该反应的催化剂的催化活性强，反应速率大，有利于氨气的生成，故答案为：400～500℃时该反应的催化剂的催化活性强，反应速率大；
②该反应是气体体积减小的反应，适当增大压强、增大氮气的浓度、将产物氨气液化分离等措施，可以使平衡向正反应方向移动，有利于氢气的转化率增大，则适当增大压强、适当增大氮气的浓度、将产物氨气液化分离等措施可以增大氢气的转化率，故答案为：适当增大压强或适当增大氮气的浓度或将产物氨气液化分离；
③由表格数据可知，平衡时氮气、氢气和氨气的物质的量分别为0.2mol、0.6mol和0.2mol，由方程式可知，起始氢气的物质的量为0.6mol+0.2mol×=0.9mol，则氢气的转化率为×100%≈33.3%，反应的平衡常数K==，故答案为：33.3%；；
④由题给数据可知，反应的浓度熵Qc==＜，则反应正向进行，故答案为：正向；
⑤该反应是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的平衡转化率减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，则由图可知X横轴X代表反应温度，L1、L2代表压强，由L1条件下氢气的转化率小于L2可知，压强L1小于L2，故答案为：温度；L2﹥L1，其他条件相同时，增大压强有利于平衡向气体体积缩小的方向移动，从而提高H2(g)的平衡转化率；
（2）由图可知，a电极为原电池的负极，碱性条件下氨气在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为2NH3—6e—+6OH— = N2+6H2O；由得失电子数目守恒可知，反应消耗的氧气和氨气的物质的量比为3：4，故答案为：2NH3—6e—+6OH— = N2+6H2O；3：4。
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