2020届高考化学一轮复习电解池及其应用作业

2020届高考化学一轮复习电解池及其应用作业

电解池及其应用 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．苯酚具有微弱的酸性，可利用电场促使C6H5O﹣定向移动、脱离废水，并富集回收。电渗析装置示意图如下。下列说法不正确的是（　　）‎ A．苯酚的电离方程式为： ‎ B．A、B分别为离子交换膜，其中A是阴离子交换膜 ‎ C．电解过程中，阳极室的pH增大 ‎ D．当通过线路中的电子数目为0.1NA时，有含0.1mol C6H5O﹣的废水被处理 ‎2．如右图所示a、b装置电解氯化铜溶液和饱和食盐水。下列判断错误的是（　　）‎ A．阳极失电子的离子相同、产物相同 ‎ B．阴极产物因得电子的离子不同而不同 ‎ C．电解后两装置中溶液的pH都减小 ‎ D．电解后只有a装置阴极的质量增加 ‎3．用电解法制取有广泛職的Na2FeO4，同时获得氧气的工作原理如图1所示。c（Na2FeO4）随初始（NaOH）的变化如图所示。下列说法不正确的是：‎ 已知：FeO42﹣为紫红色；Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原；溶液中c（OH﹣）过高，铁电极区会产生红褐色物质。（　　）‎ A．电解过程中，需将阴极产生的气体及时排出 ‎ B．制备Na2FeO4的电极反应为 Fe﹣6e﹣+8OH﹣＝FeO42﹣+4H2O ‎ C．M、N两点中c（Na2FeO4）低于最高值的原因不同，M点是因为有Fe（OH）3生成 ‎ D．若图1中是阴离子交换膜，当阴极生成67.2L（标况）气体时，交换膜左侧减少2molOH﹣‎ ‎4．双极膜电渗析一步法盐制酸碱的技术进入到了工业化阶段，某科研小组研究采用BMED膜堆（如图所示），模拟以精制浓海水为原料直接削备酸和碱。BMED膜堆包括阳离子交换膜、阴离子交换膜和双极膜（a，b），已知在直流电源的作用下，双极膜内虫间显面层发生水的解离，生成H+和OH﹣下列说法正确的是（　　）‎ A．电极y连接电源的正极，发生还原反应 ‎ B．I口排出的是混合碱，Ⅱ口排出的是淡水 ‎ C．电解质溶液采用Na2SO4溶液可避免有害气体的产生 ‎ D．a左侧膜为阳离子交换膜，c为阴离子交换膜 ‎5．电解NaB（OH）4溶液制备H3BO3的原理如图所示，下列叙述错误的是（　　）‎ A．M室发生的电极反应式：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+ ‎ B．a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜 ‎ C．N室中：a%＜b% ‎ D．每生成1mol H3BO3，则有1mol Na+进入N室 ‎6．乙醛酸（HOOC﹣CHO）是一种重要的有机合成中间体。在已二酸（HOOC﹣COOH）电还原法合成乙醛酸的基础上化合工作者创新性地提出双极室对电解法，装置模型及工作原理如图所示。下列说法中错误的是（　　）‎ A．该离子交换膜应选择阳离子交换膜 ‎ B．乙二醛、乙二酸分别在阴、阳电极表面放电，故称为双极宽成对电解法 ‎ C．该方法的总反应为OHC﹣CHO+HOC＝COOH2HOOC﹣CHO ‎ D．HCl是制取乙醛酸反应的催化剂，并起导电作用 ‎7．化学可以变废为宝，利用电解法处理烟道气中的NO，将其转化为NH4NO3的原理如下图所示，下列说法错误的是（　　）‎ A．该电解池的阳极反应为：NO﹣3e﹣+2H2O＝NO3﹣+4H+ ‎ B．该电解池的电极材料为多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反应速率 ‎ C．用NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行 ‎ D．为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A为HNO3‎ ‎8．重铬酸钾（K2Cr2O7）是一种强氧化剂，可用于检测酒驾中酒精的含量，电化学制备K2Cr2O7的装置如图所示，其中a、b均为石墨电极。下列说法正确的是（　　）‎ A．X是电源的正极 ‎ B．电解过程中K+向b极移动 ‎ C．b极上发生的电极反应为：2CrO42﹣+2H+＝Cr2O72﹣+H2O ‎ D．理论上a、b两电极放出的气体的物质的量之比为2：1‎ ‎9．高氯酸在化工生产中有广泛应用，工业上以NaClO4为原料制备高氯酸的原理如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A．上述装置中，f极为光伏电池的正极 ‎ B．阴极的电极反应为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑ ‎ C．d处得到较浓的NaOH 溶液，c处得到HClO4 ‎ D．若转移2mol电子，理论上生成100.5gHClO4‎ ‎10．三氧化二镍（Ni2O3）可用于制造高能电池元件。电解法制备过程如下：用NaOH 溶液将NiCl2溶液的pH调至7.5（该pH下溶液中的Ni2+不沉淀），加入适量硫酸钠固体后进行电解。电解过程中产生的Cl2（不考虑Cl2的逸出）在弱碱性条件下生成ClO﹣，ClO﹣再把二价镍（可简单写成Ni2+）氧化为Ni3+，再将Ni3+经一系列反应后转化为Ni2O3．电解装置如图所示。下列说法不正确的是（　　）‎ A．加入适量硫酸钠的作用是增加离子浓度，增强溶液的导电能力 ‎ B．电解过程中阴、阳两极附近溶液的pH均升高 ‎ C．当有1molNi2+氧化为Ni3+时，外电路中通过的电子数目为1NA，通过阳离子交换膜的Na+数目为1NA ‎ D．反应前后b池中Cl﹣浓度几乎不变 ‎11．铈（Ce）是镧系金属元素。空气污染物NO通常用含Ce4+的溶液吸收，生成HNO2、NO3﹣，再利用电解法将上述吸收液中的HNO2转化为无毒物质，同时生成Ce4+，其原理如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A．H+由右室进入左室 ‎ B．Ce4+从电解槽的c口流出，且可循环使用 ‎ C．阴极的电极反应式：2HNO2+6H++6e﹣═N2↑+4H2O ‎ D．若用甲烷燃料电池作为电源，当消耗标准状况下33.6L甲烷时，理论上可转化HNO22mol ‎12．电化学降解NO3﹣的原理如图所示。下列说法不正确的是（　　）‎ A．铅蓄电池的负极反应为：Pb﹣2e﹣+SO42﹣＝PbSO4 ‎ B．电解一段时间后，若不考虑溶液体积变化，交换膜左侧溶液酸性增强，右侧溶液酸性减弱 ‎ C．该电解池的阴极反应式为2NO3﹣+12H++10e﹣＝N2↑+6H2O ‎ D．若电解过程中转移2 mol e﹣，则质子交换膜左侧电解液的质量减少△m（左）＝18.0 g ‎13．高锰酸钾可以通过电解法进行制备，装置如图所示，下列说法错误的是（　　）‎ A．阳极的电极反应式：MnO42﹣﹣e﹣＝MnO4﹣ ‎ B．该装置的离子交换膜为阳离子交换膜 ‎ C．当电路通过a mol电子时，阴极室电解质溶液增加2a mol离子 ‎ D．若电解流出液中KMnO4、K2MnO4和KOH物质的量之比为a：b：c，则流进电解池的电解液中K2MnO4和KOH的物质的量之比为 （a+b）：（ c+a ）‎ ‎14．工业上常采用吸收﹣电解联合法除去天然气中的H2S气体，并转化为可回收利用的单质硫，其装置如下图所示。通电前，先通入一段时间含H2S的甲烷气，使部分NaOH吸收H2S转化为Na2S，再接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率即可保证装置中反应的连续性。下列说法正确的是（　　）‎ A．与电源a端相连的碳棒为阳极，气体A为O2 ‎ B．与电源b端相连的碳棒上电极反应为：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑ ‎ C．通电过程中，右池溶液中的OH﹣通过阴离子膜进入左池 ‎ D．在通电前后，右池中的c（NaOH）与c（Na2S） 之比基本不变 ‎15．三氧化二镍（Ni2O3）可用于制造高能电池元件。电解法制备过程如 下：用NaOH 溶液将NiCl2溶液的pH调至7.5，加入适量硫酸钠固体 后进行电解。电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO﹣，把二价镍（可简单写成Ni2+）氧化为Ni3+，再将Ni3+经一系列反应后转化为Ni2O3．电解装置如图所示。下列说法不正确的是（　　）‎ A．加入适量硫酸钠的作用是增加离子浓度，增强溶液的导电能力 ‎ B．电解过程中阳极附近溶液的pH降低 ‎ C．电解过程中，溶液中的Cl﹣经阳离子交换膜向阳极移动 ‎ D．ClO﹣氧化Ni2+的离子方程式为：ClO﹣+H2O+2Ni2+＝Cl﹣+2Ni3++2OH﹣‎ ‎16．煤的电化学脱硫是借助煤在电解槽阳极发生的电化学氧化反应，将煤中黄铁矿（FeS2）或有机硫化物氧化成可溶于水的含硫化合物而达到净煤目的，如图是一种脱硫机理，则下列说法正确的是（　　）‎ A．Mn3+充当了电解脱硫过程的催化剂 ‎ B．电极a应与电源负极相连 ‎ C．脱硫过程中存在的离子反应为：8H2O+FeS2+15Mn3+═Fe3++16H++2SO42﹣+15Mn2+ ‎ D．阴极发生的反应：2H2O+2e﹣═4H++O2↑‎ ‎17．1807年化学家戴维电解熔融氢氧化钠制得钠：4NaOH（熔融）4Na+O2↑+2H2O；后来盖•吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠：3Fe+4NaOH（熔融）═Fe3O4+2H2↑+4Na↑．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．戴维法制钠，阳极的电极反应式为：Na++e﹣＝Na ‎ B．盖•吕萨克法制钠原理是利用铁的金属性比钠的强 ‎ C．若用戴维法与盖•吕萨克法制得等量的钠，两方法转移电子总数相等 ‎ D．还可以用电解熔融氯化钠法制钠 ‎18．现代社会环境问题越来越引起人们的关注，可通过膜电池除去污水中的乙酸钠和对氯苯酚（），同时利用此装置产生的电能进行粗铜的精炼，装置如下图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A．X电极为粗铜，Y电极为纯铜 ‎ B．电解过程中，乙中电解质溶液（即CuSO4溶液）的浓度保持不变 ‎ C．A极的电极反应式为 ‎ D．当电路中有0.4mole﹣转移时，B极区产生的HCO3﹣的数目为0.1NA（不考虑水解等因素）‎ ‎19．目前海水液化可采用双极膜电液析法、同时获得副产品，其模拟工作原理如图所示。其中双极膜（BP）是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH﹣，作为H+和OH﹣离子源。M、N 为离子交换膜。不列说法正确的是（　　）‎ A．X 电极为电解池的阴极，该电极反应式为：2H+﹣2e﹣＝H2↑ ‎ B．电子流向：电源负极→X电极→Y 电极→电源正极 ‎ C．电路中每转移1mol 电子，X、Y两极共得到标准状况下16.8L的气体 ‎ D．M为阳离子交换膜，A室获得副产品NaOH； 若去掉B室双极膜，B室产物不变 ‎20．铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如图．若上端开口关闭，可得到强还原性的H•（氢原子）；若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的•OH（羟基自由基）．下列说怯错误的是（　　）‎ A．无论是否鼓入空气，负极的电极反应式均为Fe﹣2e﹣═Fe2+ ‎ B．不鼓入空气时，正极的电极反应式为H++e﹣═H ‎ C．鼓入空气时，每生成1mol•OH有2mol电子发生转移 ‎ D．处理含有草酸（H2C2O4）的污水时，上端开口应打开并鼓入空气 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．如图是一个用铂丝作电极，电解稀的MgSO4溶液的装置，电解液中加有中性红指示剂，此时溶液呈红色．（指示剂的pH变色范围：6.8～8.0，酸色﹣红色，碱色﹣黄色）‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）下列关于电解过程中电极附近溶液颜色变化的叙述正确的是　 　（填编号）；‎ ‎①A管溶液由红变黄 ‎ ‎②B管溶液由红变黄 ‎ ‎③A管溶液不变色 ‎ ‎④B管溶液不变色 ‎（2）写出A管中发生的反应：　 　；‎ ‎（3）写出B管中发生的反应：　 　；‎ ‎（4）检验b管中气体的方法是　 　；‎ ‎（5）电解一段时间后，切断电源，将电解液倒入烧杯内观察到的现象是　 　．‎ ‎22．某化工厂将钛、氯碱工业和甲醇制备联合生产，大大提高原料利用率，并减少环境污染．流程如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出以石墨为电极电解饱和食盐水的离子方程式　 　‎ ‎（2）写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得四氯化钛的化学方程式　 　，生成1mol四氯化钛时转移电子的物质的量为　 　mol ‎（3）利用四氯化钛制备TiO2．xH2O时，需加入大量的水并加热的目的是　 　‎ ‎（4）钛广泛用于航天领域．氩气在冶炼钛的流程中的作用是　 　‎ ‎（5）利用CO和H2制备甲醇 ‎①已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣285.8kJ/mol、﹣283.0kJ/mol和﹣726.5kJ/mol．写出CO和H2制备甲醇的热化学方程式　 　‎ ‎②假设联合生产中各原料利用率为100%，若得到6mol甲醇，则只需再补充标准状况下的H2　 　L．‎ ‎23．电化学降解NO3﹣的原理如图所示．‎ ‎①电源A极为　 　（填“正极”或“负极”），阴极反应式为　 　．‎ ‎②若电解过程中转移了1mol电子，则膜左侧电解液的质量减少量为　 　g．‎ ‎24．硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用。‎ ‎（1）已知25℃时：SO2（g）+2CO（g）＝2CO2（g）+Sx（s）△H＝akJ/mol ‎ 2COS（g）+SO2（g）＝2CO2（g）+Sx（s）△H＝bkJ/mol。‎ 则COS（g）生成CO（g）与Sx（s）反应的热化学方程式是：　 　。‎ ‎（2）工业上用硫碘开路循环联产氢气和硫酸的工艺流程如图1所示：‎ ‎①写出反应器中发生反应的化学方程式是：　 　。‎ ‎②在膜反应器中发生反应：2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）△H＞0．若在一定条件密闭容器中加入1mol HI（g），n（H2）随时间（t）的变化关系如图1所示：‎ ‎③该温度下，反应平衡常数K＝　 　，若升高温度，K值将　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ ‎④电渗析装置如图2所示，写出阳极的电极反应式：　 　。该装置中发生的总反应的化学方程式：　 　。‎ ‎⑤上述工艺流程中循环利用的物质是　 　。‎ ‎25．某化学兴趣小组对电化学问题进行了实验探究．‎ Ⅰ．利用如图1装置探究金属的防护措施，实验现象是锌电极不断溶解，铁电极表面有气泡产生．‎ ‎（1）写出负极的电极反应式　 　．‎ ‎（2）某学生认为，铁电极可能参与反应，并对产物作出假设：‎ 假设1：铁参与反应，被氧化生成Fe2+；‎ 假设2：铁参与反应，被氧化生成Fe3+；‎ 假设3：　 　．‎ ‎（3）为了探究假设1、2，他采取如下操作：‎ ‎①取0.01mol/L FeCl3溶液2mL于试管中，加入过量铁粉；‎ ‎②取操作①试管的上层清夜加入2滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀；‎ ‎③取少量正极附近溶液加入2滴K3[Fe（CN）6]溶液，未见蓝色沉淀生成；‎ ‎④取少量正极附近溶液加入2滴KSCN溶液，未见溶液变红；‎ 据②、③、④现象得出的结论是　 　．‎ ‎（4）该实验原理可应用于防护钢铁腐蚀，请再举一例防护钢铁腐蚀的措施　 　．‎ Ⅱ．利用图2装置作电解50mL 0.5mol/L的CuCl2溶液实验．‎ 实验记录：‎ A．阳极上有黄绿色气体产生，该气体使湿润的淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色；‎ B．电解一段时间以后，阴极表面除有铜吸附外，还出现了少量气泡和浅蓝色固体．‎ ‎（1）分析实验记录A中试纸颜色变化，用离子方程式解释：‎ ‎①　 　；‎ ‎②　 　．‎ ‎（2）分析实验记录B中浅蓝色固体可能是　 　（写化学式），试分析生成该物质的原因　 　．‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎26．SO2、NO是大气污染物，NH4NO3、H2SO4等是水体污染物，有效去除这些污染物是一项重要课题。‎ ‎（1）NO、SO2可以先氧化，后用碱吸收。其氧化过程的反应原理如下：‎ NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g）△H1＝﹣200.9kJ•mol﹣1‎ SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）△H2＝﹣241.6kJ•mol﹣1‎ ‎2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H3＝﹣196.6kJ•mol﹣1‎ 则反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）的△H＝　 　kJ•mol﹣1。‎ ‎（2）土壤中的硫循环如图1所示，土壤中的黄铁矿（FeS2）在过程Ⅰ中会转化成硫酸亚铁和硫酸，该过程发生的化学方程式为　 　；某种反硫化细菌在过程Ⅱ中需要有乳酸参与反应消耗硫酸，生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，还存在另一作用并解释原因：　 　。‎ ‎（3）电解法除去工业废水中的硝酸铵的装置示意图如图2所示，阴极电极反应式为　 　。‎ ‎（4）向恒容密闭容器中充入1mol NO和2mol O3，发生反应：‎ NO（g）+O3（g）NO2（g）+O2（g）△H＜0‎ 不同温度下，反应相同时间后，体系中NO转化率随温度变化曲线如图3．温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大的主要原因是　 　；已知温度高时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低，可能的原因有：　 　。‎ ‎27．以海绵铜（CuO、Cu）为原料制备氯化亚铜（CuCl）的一种工艺流程如图。‎ ‎（1）“溶解”过程：‎ 生成CuSO4的反应方程式：CuO+H2SO4═CuSO4+H2O、　 　。‎ ‎（2）“吸收”过程：‎ ‎①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＝﹣112.6kJ•mol﹣1 ‎ 提高NO平衡转化率的方法是　 　（写出两种）。‎ ‎②吸收NO2的有关反应如下：‎ 反应Ⅰ：2NO2（g）+H2O（l）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H＝﹣116.1kJ•mol﹣1‎ 反应Ⅱ：3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）△H＝﹣75.9kJ•mol﹣1‎ 用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是　 　。‎ ‎（3）“电解”过程：‎ HNO2为弱酸。通过电解使HNO3得以再生，阳极的电极反应式是　 　。‎ ‎（4）“沉淀”过程：‎ ‎①产生CuCl的离子方程式是　 　。‎ ‎②加入适量Na2CO3，能使沉淀反应更完全，原因是　 　。‎ ‎（5）测定CuCl含量：‎ 称取氯化亚铜样品m g，用过量的FeCl3溶液溶解，充分反应后加入适量稀硫酸，用x mol•L﹣1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液y mL．滴定时发生的离子反应：‎ Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O 样品中CuCl（M＝99.5g•mol﹣1）的质量分数为　 　。‎ ‎28．某小组同学利用如图装置对电解氯化铜实验进行了研究．‎ 装置 现象 电解一段时间时，阳极石墨表面产生气体，阴极石墨上附着红色物质，烧杯壁变热，溶液由蓝色变为绿色 ‎（1）甲认为电解过程中阳极产生的　 　是溶液变绿的原因，写出产生该物质的电极反应式：　 　．‎ ‎（2）乙查阅资料，CuCl2溶液中存在平衡：Cu2++4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣（黄色）△H＞0．据此乙认为：电解过程中，[CuCl4]2﹣（黄色）浓度增大，与CuCl2蓝色溶液混合呈绿色．乙依据平衡移动原理推测在电解过程中[CuCl4]2﹣浓度增大的原因：　 　．‎ ‎（3）丙改用如图装置，在相同条件下电解CuCl2溶液，对溶液变色现象继续探究．‎ 装置 现象 电解相同时间时，阳极石墨表面产生气泡，溶液仍为蓝色；阴极石墨上附着红色物质，溶液由蓝色变为绿色；U型管变热，冷却后阴极附近溶液仍为绿色 丙通过对现象分析证实了甲和乙的观点均不是溶液变绿的主要原因．丙否定甲的依据是　 　，否定乙的依据是　 　．‎ ‎（4）丙继续查阅资料：‎ i．电解CuCl2溶液时可能产生[CuCl2]﹣，[CuCl2]﹣掺杂Cu2+后呈黄色 ii．稀释含[CuCl2]﹣的溶液生成CuCl白色沉淀 据此丙认为：电解过程中，产生[CuCl2]﹣掺杂Cu2+后呈黄色，与CuCl2蓝色溶液混合呈绿色．‎ 丙进行如下实验：‎ a．取电解后绿色溶液2mL，加20mL水稀释，静置5分钟后溶液中产生白色沉淀．‎ b．另取少量氯化铜晶体和铜粉，向其中加2mL浓盐酸，加热获得含[CuCl2]﹣的黄色溶液．‎ c．冷却后向上述溶液…‎ d．取c中2mL溶液，加20mL水稀释，静置5分钟后溶液中产生白色沉淀．‎ ‎①a的目的是　 　．‎ ‎②写出b中生成[CuCl2]﹣的离子方程式：　 　．‎ ‎③补充c中必要的操作及现象：　 　．‎ 丙据此得出结论：电解时阴极附近生成[CuCl2]﹣是导致溶液变绿的原因．‎ ‎29．煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图1所示：‎ ‎（1）②中NH3参与反应的化学方程式为　 　．‎ ‎（2）③中加入的物质可以是　 　（填字母序号）．‎ a．空气 b．CO c．KNO3 d．NH3‎ ‎（3）焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶（），其分子中相邻的C和N原子相比，N原子吸引电子能力更　 　（填“强”或“弱”），从原子结构角度解释原因：　 　．‎ ‎（4）已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝a kJ•mol﹣1‎ N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＝b kJ•mol﹣1‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝c kJ•mol﹣1‎ 反应后恢复至常温常压，①中NH3参与反应的热化学方程式为　 　．‎ ‎（5）用间接电化学法除去NO的过程，如图2所示：‎ 已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，写出阴极的电极反应式：　 　．用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：　 　．‎ ‎30．（一）电解饱和食盐水可以制备CIO2，其原理如图1：阳极的电极反应式为　 　C物质的名称为 ‎　 　‎ ‎（二）工业上1，2﹣二氯丙烷（CH2ClCHClCH3）可由丙烯生产：‎ 主反应Ⅰ：CH2﹣CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）△H1＝﹣134kJ•mol﹣1‎ 副反应Ⅱ：CH2﹣CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2═CHCH2Cl（g）△H2＝﹣102kJ•mol﹣1‎ ‎（1）一定温度下，密闭容器中发生反应1和反应Ⅱ，达到平衡后增大压强，CH2CICHCICH3‎ 的产率　 　（填“增大”、“减小”或“不变”），理由是　 　。‎ ‎（2）在一定压强下，向密容器中充入一定星CH2＝CHCH3（g）和C12（g）。发生反应Ⅱ，假设起始CH2CHCH2（g）和C12（g）的物质的量之比为W，当W＝1时，正、逆反应的平衡常数（K）与温度（7）的关系如图2所 ‎①表示正反应平衡常数的曲线为　 　（填“A“或“B”），理由为　 　当温度为T1K时，平衡时Cl2的转化率为　 　。‎ ‎②在图3中画出，当W＞1时，平衡时Cl2的体积分数随温度T的变化趋势图 电解池及其应用 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】A、苯酚是一元弱酸；‎ B、左边是阳极，C6H5O﹣定向左移动，与阳极水放电生成的氧气的同时产生氢离子，氢离子与C6H5O﹣结合生成苯酚；‎ C、阳极水放电生成氧气与氢离子，所以阳极室的pH变小；‎ D、当通过线路中的电子数目为0.1NA时，也就是转移电子的物质的量为0.1mol，所以在阳极室产生0.1mol氢离子，废水中有0.1mol C6H5O﹣转移到阳极室。‎ ‎【解答】解：A、苯酚是一元弱酸，电离方程式为：，故A正确；‎ B、左边是阳极，C6H5O﹣定向左移动，与阳极水放电生成的氧气的同时产生氢离子，氢离子与C6H5O﹣结合生成苯酚，所以A、B分别为离子交换膜，其中A是阴离子交换膜，B为阳离子交换膜，故B正确；‎ C、阳极水放电生成氧气与氢离子，所以阳极室的pH变小，而不是变大，故C错误；‎ D、当通过线路中的电子数目为0.1NA时，也就是转移电子的物质的量为0.1mol，所以在阳极室产生0.1mol氢离子，废水中有0.1mol C6H5O﹣转移到阳极室，所以当通过线路中的电子数目为0.1NA时，有含0.1mol C6H5O﹣的废水被处理，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎2．【分析】a装置是惰性电极电解氯化铜溶液，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电解反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，阴极上是铜离子得到电子生成铜，电解反应：Cu2++2e﹣＝Cu，b装置是惰性电极电极饱和食盐水，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电解反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，电极反应：2H++2e﹣＝H2↑，据此分析判断。‎ ‎【解答】解：a装置是惰性电极电解氯化铜溶液，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电解反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，阴极上是铜离子得到电子生成铜，电解反应：Cu2++2e﹣＝Cu，b装置是惰性电极电极饱和食盐水，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电解反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，电极反应：2H++2e﹣＝H2↑，‎ A．分析可知，阳极失电子的离子相同、产物相同，故A正确；‎ B．a装置阴极上是铜离子得到电子生成铜，电解反应：Cu2++2e﹣＝Cu，b装置阴极上氢离子得到电子生成氢气，电极反应：2H++2e﹣＝H2↑，阴极产物因得电子的离子不同而不同，故B正确；‎ C．电解氯化铜溶液，生成的氯气和水反应生成酸，溶液PH减小，电解饱和食盐水生成氢氧化钠溶液，溶液PH增大，故C错误；‎ D．电极过程中分析可知，装置a中阴极发生的电极反应Cu2++2e﹣＝Cu，b装置阴极电极反应2H++2e﹣＝H2↑，电解后只有a装置阴极的质量增加，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎3．【分析】A．Ni电极上氢离子放电，氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原；‎ B．电解氢氧化钠溶液时，铁作阳极，阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子；‎ C．Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在M点，c（OH﹣）低，在N点：c（OH﹣）过高；‎ D．图1中的离子交换膜为阴离子交换膜，当阴极生成67.2L（标况）即3mol氢气时，阴极消耗0.8mol，但通过阴离子交换膜转移到阳极有6molOH﹣，据此解答。‎ ‎【解答】解：A．镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低，故A正确；‎ B．阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子和水，离子方程式为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣＝FeO42﹣+4H2O，故B正确；‎ C．Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在M点，c（OH﹣）低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢，在N点：c（OH﹣）过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低，故C错误；‎ D．铁是阳极，电极反应式为Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O，Ni电极上氢离子放电，电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，图1中的离子交换膜为阴离子交换膜，OH﹣自左向右移动，阴极生成67.2L（标况）即3mol氢气时，阴极消耗0.8mol，但通过阴离子交换膜转移到阳极有6molOH﹣，所以阴极只减少2molOH﹣，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎4．【分析】A、电极y是阴极，连接电源的负极；‎ B、钠离子移向Ⅲ室，氯离子移向Ⅰ室；‎ C、加入Na2SO4溶液，增强溶液的导电性，避免有害气体产生；‎ D、OH﹣向左移动，a左侧膜为阴离子交换膜。‎ ‎【解答】解：A、电极y是阴极，连接电源的负极，发生还原反应，故A错误；‎ B、钠离子移向Ⅲ室，氯离子移向Ⅰ室，I口排出的是稀盐酸，Ⅱ口排出的是淡水，故B错误；‎ C、Na2SO4溶液，增强溶液的导电性，氯离子移向Ⅰ室，氢离子通过a移向Ⅰ室，在Ⅰ室生成HCl，避免有害气体产生，故C正确；‎ D、OH﹣向左移动，a左侧膜为阴离子交换膜，钠离子移向Ⅲ室，c为阳离子交换膜，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎5．【分析】A．M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+；‎ B．原料室中的B（OH）4﹣通过b膜进入产品室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，原料室中的Na+通过c膜进入N室；‎ C．N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH﹣，原料室中的钠离子通过c膜进入N室，溶液中c（NaOH）增大；‎ D．理论上每生成1molH3BO3，则M室中就有1mol氢离子通入a膜进入产品室即转移1mole﹣，原料室中的Na+通过c膜进入N室；‎ ‎【解答】解：A．M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，故A正确；‎ B．原料室中的B（OH）4﹣通过b膜进入产品室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，原料室中的Na+通过c膜进入N室，则a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，故B错误；‎ C．N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH﹣，原料室中的钠离子通过c膜进入N室，溶液中c（NaOH）增大，所以N室：a%＜b%，故C正确；‎ D．理论上每生成1molH3BO3，则M室中就有1mol氢离子通入a膜进入产品室即转移1mole﹣，原料室中的1molNa+通过c膜进入N室，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎6．【分析】装置分析可知生成氯气的电极C为电解池的阳极，A为电源正极，电极反应：2Cl ‎﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，生成的氯气氧化乙二醛生成乙醛酸，Cl2+OHC﹣CHO+H2O═HOOC﹣CHO+2HCl，B为电源负极，D电极为电解池的阴极，乙二酸得到电子发生还原反应生成乙醛酸，电极上HOOC﹣COOH得电子生成HOOC﹣CHO，则电极反应式为：HOOC﹣COOH+2e﹣+2H+═HOOC﹣CHO+H2O，‎ A．电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，H+通过质子交换膜；‎ B．乙二醛是阳极生成的氯气氧化乙二醛生成、乙二酸在阴电极表面放电；‎ C．总反应为盐酸还原乙二酸反应生成乙醛酸，HOOC﹣COOH+2HClHOOC﹣CHO+H2O+Cl2，Cl2+OHC﹣CHO+H2O═HOOC﹣CHO+2HCl；‎ D．反应过程分析可知过程中HCl起到催化剂作用和导电作用；‎ ‎【解答】解：装置分析可知生成氯气的电极C为电解池的阳极，A为电源正极，电极反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，生成的氯气氧化乙二醛生成乙醛酸，Cl2+OHC﹣CHO+H2O═HOOC﹣CHO+2HCl，B为电源负极，D电极为电解池的阴极，乙二酸得到电子发生还原反应生成乙醛酸，电极上HOOC﹣COOH得电子生成HOOC﹣CHO，则电极反应式为：HOOC﹣COOH+2e﹣+2H+═HOOC﹣CHO+H2O，‎ A．电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，H+通过质子交换膜，为阳离子交换膜，故A正确；‎ B．乙二醛是阳极生成的氯气氧化乙二醛生成、乙二酸在阴电极表面放电，故B错误；‎ C．总反应为盐酸还原乙二酸反应生成乙醛酸，HOOC﹣COOH+2HClHOOC﹣CHO+H2O+Cl2，Cl2+OHC﹣CHO+H2O═HOOC﹣CHO+2HCl，得到OHC﹣CHO+HOC＝COOH2HOOC﹣CHO，故C正确；‎ D．选项C分析可知，过程中HCl起到催化剂作用和导电作用，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎7．【分析】电解NO制备NH4NO3时，在阳极上是NO失电子的氧化反应生成NO3﹣，电极反应为：NO﹣3e﹣+2H2O＝NO3﹣+4H+，在阴极上是NO得电子的还原反应生成NH4+，电极反应为：NO+5e﹣+6H+＝NH4++H2O，总反应为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，所以为使电解产物完全转化为NH4NO3，需要补充氨气，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：A、在阳极上是NO失电子的氧化反应生成NO3﹣，电极反应为：NO﹣3e﹣‎ ‎+2H2O＝NO3﹣+4H+，故A正确；‎ B、该电解池的电极材料为多孔石墨，目的是吸附更多的NO提高NO的利用率和加快反应速率，故B正确；‎ C、用NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行，故C正确；‎ D、电解总反应为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，所以为使电解产物完全转化为NH4NO3，需补充物质A为氨气，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎8．【分析】装置图分析可知a电极附近氢氧根离子浓度增大，说明是溶液中氢离子得到电子生成氢气，为电解池的阴极，电极反应4H2O+4e﹣＝4OH﹣+2H2↑，电源X为阴极，b电极电极反应：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，b电极为阳极，b极区附近发生反应2CrO42﹣+2H+＝Cr2O72﹣+H2O，据此分析判断。‎ ‎【解答】解：A．根据原理图可知，K+从b极区移向a极区，则X为电源负极，故 A错误；‎ B．电解池中a为阴极，b为阳极，钾离子移向阴极a电极，故B错误；‎ C．a、b极上发生的电极反应分别为4H2O+4e﹣＝4OH﹣+2H2↑，2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，b极区附近发生反应2CrO42﹣+2H+＝Cr2O72﹣+H2O，故C错误；‎ D..a、b极上发生的电极反应分别为4H2O+4e﹣＝4OH﹣+2H2↑，2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，理论上a、b两电极放出的气体的物质的量之比为2：1，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎9．【分析】根据钠离子通过离子交换膜的移动方向可知：电解池左侧为阳极，与光伏电池的正极e相接，f极为光伏电池的负极，阳极H2O或OH﹣失去电子生成氧气和氢离子或水，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑或4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，生成的H+与加入的a物质结合成高氯酸，所以a为高氯酸钠，电解池右侧阴极上H2O或H+得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子或氢气，电极反应式为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑或2H++2e﹣＝H2↑，OH﹣与Na+结合成NaOH，所以物质b为稀NaOH溶液，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．图中Na+由左侧移动到右侧，即电解池左侧为阳极，阳极电极与光伏电池的正极相接，所以e极为光伏电池的正极、f极为负极，故A错误；‎ B．电解池阴极上H2O得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，故B错误；‎ C．左侧阳极上生成的H+与加入的高氯酸钠结合成高氯酸，右侧阴极上生成的OH﹣与Na+结合成NaOH，所以d处得到较浓的NaOH溶液，c处得到HClO4，故C正确；‎ D．电解NaClO4溶液生成HClO4时阳极电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，转移2mol电子则生成2molH+，即生成2molHClO4，m（HClO4）＝nM＝2mol×100.5g/mol＝201g，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎10．【分析】A．硫酸钠是一种强电解质，溶液的导电能力强；‎ B．根据电解池阴极上和阳极上的电极反应来判断；‎ C．由Ni2+﹣e﹣＝Ni3+可知1mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1mol电子，通过阳离子交换膜的Na+数目为1mol；‎ D．阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，电解过程中，溶液中的Cl﹣不能通过阳离子交换膜，电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO﹣，把二价镍（可简单写成Ni2+）氧化为Ni3+；‎ ‎【解答】解：A．硫酸钠是一种强电解质，向其中加入硫酸钠，是为了增加离子浓度，增强溶液的导电能力，故A正确；‎ B．电解过程中，阴极反应：2H++2e﹣＝H2↑，促进水的电离，氢氧根离子浓度增大，该极附近溶液的pH升高，阳极反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，电解过程中阳极附近生成的氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液的pH降低，故B错误；‎ C．由Ni2+﹣e﹣＝Ni3+可知1mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1mol电子，通过阳离子交换膜的Na+数目为1mol，当有1molNi2+氧化为Ni3+时，外电路中通过的电子数目为1NA，通过阳离子交换膜的Na+数目为1NA，故C正确；‎ D．阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，电解过程中，溶液中的Cl﹣不能通过阳离子交换膜，电解时阳极附近氯离子放电，发生电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2，在弱碱性条件下生成ClO﹣，ClO﹣氧化Ni2+，生成氯离子、+3价的镍，离子反应为：ClO﹣+H2O+2Ni2+＝Cl﹣+2Ni3++2OH﹣，b池氯离子浓度几乎不变，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎11．【分析】空气污染物NO通常用含Ce4+的溶液吸收，生成HNO2、NO3﹣，再利用电解法将上述吸收液中的HNO2转化为无毒物质，同时生成Ce4+，电解过程中铈离子在阳极失电子被氧化生成Ce4+，HNO2在阴极得到电子变化为氮气，‎ A．电解池中阳离子移向阴极，质子交换膜是允许氢离子通过；‎ B．电解过程中铈离子在阳极失电子被氧化生成Ce4+；‎ C．HNO2在阴极得到电子变化为氮气；‎ D．结合电极反应和电子守恒计算，阴极的电极反应式：2HNO2+6H++6e﹣═N2↑+4H2O，1mol甲烷完全燃烧，转移电子为8mol，电池的负极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O；‎ ‎【解答】解：A．电解池中阳离子移向阴极，质子交换膜是允许氢离子通过，H+由左室进入右室，故A错误；‎ B．电解过程中铈离子在阳极失电子被氧化生成Ce4+，Ce4+从电解槽的a口流出，且可循环使用，故B错误；‎ C．HNO2在阴极得到电子变化为氮气，电极反应为：2HNO2+6H++6e﹣═N2↑+4H2O，故C正确；‎ D．甲烷燃料电池中，在碱性溶液中，甲烷燃料电池的负极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O，故每有1mol甲烷反应，转移电子数为8mol，阴极的电极反应式：2HNO2+6H++6e﹣═N2↑+4H2O，3CH4～8HNO2～24e﹣，当消耗标准状况下33.6L甲烷时，其物质的量＝＝1.5mol，理论上可转化HNO24mol，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎12．【分析】A．铅蓄电池的负极Pb失电子，铅离子与硫酸根结合成难溶物硫酸铅；‎ B．左侧为阳极，右侧为阴极，阳极生成氧气，阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，据此分析解答；‎ C．阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应；‎ D．转移2mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室。‎ ‎【解答】解：A．铅蓄电池Pb为负极，放电时Pb失电子发生氧化反应，电极反应式为Pb+SO42﹣﹣2e﹣═PbSO4，故A正确；‎ B．根据图知，电解槽右边部分N元素化合价由+5价变为0价，所以硝酸根离子发生还原反应，右侧为阴极，电极反应式为2NO3﹣+12H++10e﹣＝N2↑+6H2O，右侧溶液酸性减弱，左侧为阳极，H2O失电子氧化为O2和H+，2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，左侧溶液酸性增强，故B正确；‎ C．阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，氢离子通过质子交换膜进入右侧，电极反应式为2NO3﹣+12H++10e﹣＝N2↑+6H2O，故C正确；‎ D．转移2mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18﹣2＝16g，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎13．【分析】由实验装置可知，右侧水中氢离子放电生成氢气，排出浓KOH溶液，则n为电源负极，m为正极，阳极上Mn失去电子，阳极反应为MnO42﹣﹣e﹣＝MnO4﹣，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．阳极的电极反应式：MnO42﹣﹣e﹣＝MnO4﹣，为氧化反应，故A正确；‎ B．钾离子由左侧移向右侧，离子交换膜为阳离子交换膜，故B正确；‎ C．当电路通过a mol电子时，钾离子移向阴极，且阴极上生成氢氧根离子，则阴极室电解质溶液增加2a mol离子，amol钾离子和amol氢氧根离子，故C正确；‎ D．由原子守恒可知，流出液中KMnO4、K2MnO4和KOH物质的量之比为a：b：c，结合MnO42﹣﹣e﹣＝MnO4﹣可知，流进电解池的电解液中K2MnO4和KOH的物质的量之比为 （a+b）：（ c﹣a ），故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎14．【分析】根据图中信息可知，右侧通入含有H2S杂质的甲烷气，得到除杂后的甲烷气，结合题意，则右端碳棒为电解池的阳极，左端碳棒为阴极，阴极上水电离出的H+得电子被还原为H2，电极反应式为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑．右池中相当于H2S发生氧化反应而被除去，则溶液中c（NaOH）：c（Na2S）基本保持不变；‎ ‎【解答】解：根据图中信息可知，右侧通入含有H2S杂质的甲烷气，得到除杂后的甲烷气，结合题意，则右端碳棒为电解池的阳极，左端碳棒为阴极，阴极上水电离出的H+得电子被还原为H2，电极反应式为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑．右池中相当于H2S发生氧化反应而被除去，则溶液中c（NaOH）：c（Na2S）基本保持不变。‎ A，与电源a端相连的碳棒为阴极，气体A为H2，故A错误；‎ B，与电源b端相连的碳棒为阳极，电极上硫离子失电子产生硫单质，电极反应为：S2﹣﹣2e﹣＝S↓，故B错误；‎ C，通电过程中，右池溶液中的S2﹣通过阴离子膜进入左池，故C错误；‎ D，在通电前后，右池中的c（NaOH）与c（Na2S） 之比基本不变，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎15．【分析】A．硫酸钠是一种强电解质，溶液的导电能力强；‎ B．根据电解池阴极上和阳极上的电极反应来判断；‎ C．阴离子不能通过阳离子交换摸；‎ D．次氯酸根离子具有氧化性，氧化+2价的镍生成+3价的镍。‎ ‎【解答】解：A．硫酸钠是一种强电解质，向其中加入硫酸钠，是为了增加离子浓度，增强溶液的导电能力，故A正确；‎ B．电解过程中，阴极反应：2H++2e﹣＝H2↑，促进水的电离，氢氧根离子浓度增大，该极附近溶液的pH升高，阳极反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，电解过程中阳极附近生成的氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液的pH降低，故B正确；‎ C．阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，电解过程中，溶液中的Cl﹣不能通过阳离子交换膜，故C错误；‎ D．ClO﹣氧化Ni2+，生成氯离子、+3价的镍，离子反应为：ClO﹣+H2O+2Ni2+＝Cl﹣+2Ni3++2OH﹣，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎16．【分析】A、电解初期，电极a发生Mn2+﹣e﹣＝Mn3+，电解后期Mn3+又还原；‎ B、电解池的阳极，应与电源的正极相连；‎ C、脱硫过程中Mn3+将FeS2氧化成Fe3+和SO42﹣；‎ D、阴极是得电子的还原反应。‎ ‎【解答】解：A、电解初期，电极a发生Mn2+﹣e﹣＝Mn3+，电解后期Mn3+又还原，Mn3+充当了电解脱硫过程的中间产物，故A错误；‎ B、电极a发生Mn2+﹣e﹣＝Mn3+，是电解池的阳极，应与电源的正极相连，故B错误；‎ C、脱硫过程中Mn3+将FeS2氧化成Fe3+和SO42﹣，存在的离子反应为：8H2O+FeS2+15Mn3+＝Fe3++16H++2SO42﹣+15Mn2+，故C正确；‎ D、阴极发生的反应：4H++4e﹣+O2＝2H2O，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎17．【分析】A．阳极氢氧根离子放电生成氧气和水；‎ B．生成Na蒸气，有利于反应正向移动；‎ C．戴维法生成4molNa转移4mol电子，但盖•吕萨克法生成4molNa转移8mol电子；‎ D．石墨为电极，在阴极钠离子放电，生成金属钠。‎ ‎【解答】解：A．由4NaOH（熔融）4Na+O2↑+2H2O可知，阳极氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应为4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，故A错误；‎ B．反应生成Na蒸气，有利于反应正向移动，但Na的还原性大于Fe，故B错误；‎ C．由4NaOH（熔融）4Na+O2↑+2H2O、3Fe+4NaOH（熔融）═Fe3O4+2H2↑+4Na↑可知，戴维法生成4molNa转移4mol电子，但盖•吕萨克法生成4molNa转移8mol电子，则转移电子总数为1：2，转移电子总数不相等，故C错误；‎ D．石墨为电极，在阴极钠离子放电，生成金属钠，所以还可以用电解熔融氯化钠法制钠，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎18．【分析】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为H+++2e﹣＝Cl﹣+，B电极的电极反应为CH3COO﹣﹣8e﹣+4H2O＝2HCO3﹣+9H+，电流从正极经导线流向负极，据此分析。‎ ‎【解答】解：A．粗铜精炼的过程中粗铜做阳极与电源正极相连，纯铜做阴极与电源负极相连，则X为纯铜，Y为粗铜，故A错误；‎ B．精炼过程中阳极上锌、铁、镍依次放电，阴极始终是铜离子放电，电子守恒分析判断，电解前后乙中硫酸铜溶液的浓度会降低，故B错误；‎ C．A电极发生的电极反应，A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，故C错误；‎ D．B电极的电极反应为CH3COO﹣﹣8e﹣+4H2O＝2HCO3﹣+9H+，故当电路中有0.4mol电子转移时，B电极区产生的HCO3﹣的数目为0.1NA，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎19．【分析】A、电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以X是阴极，发生还原反应；‎ B、电解池中，电源负极→阴极电极，Y 电极→电源正极，电子不会经过电解质溶液；‎ C、由于有双极膜（BP）的存在，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH﹣，因此阴极反应为2H++2e﹣＝H2↑，阳极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，根据电子转移来计算；‎ D、根据电解时电极的电极反应判断。‎ ‎【解答】解：A．电解池阴极处，发生的反应是物质得到电子被还原，发生还原反应，水解离成H+和OH﹣，则在阴极处发生的反应为：2H++2e﹣＝H2↑，故A错误；‎ B．电解池中，电源负极→阴极电极，Y 电极→电源正极，电子不会经过电解质溶液，故B错误；‎ 由于有双极膜（BP）的存在，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH﹣，因此阴极反应为2H++2e﹣＝H2↑，阳极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，当C．电路中通过1mol电子时，阴极得到0.5molH2，阳极得到0.25molO2，两极一共得到气体为0.5mol+0.25mol＝0.75mol，体积是0.75mol×22.4L/mol＝16.8L，故D正确；‎ D、电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，溶液中的Cl﹣向阳极移动，若去掉双极膜（BP），则Cl﹣会在阳极失去电子，生成Cl2，在阳极室会有C12生成，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎20．【分析】A．无论是否鼓入空气，Fe易失电子生成亚铁离子而作负极；‎ B．不鼓入空气时，正极上可得到强还原性的H•（氢原子）；‎ C．若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的•OH（羟基自由基），O元素化合价由0价变为﹣2价；‎ D．处理含有草酸（H2C2O4）的污水时，因为草酸具有还原性，所以不能得到强氧化性的•OH（羟基自由基），应该得到强还原性的H•（氢原子）．‎ ‎【解答】解：A．无论是否鼓入空气，Fe易失电子生成亚铁离子而作负极，电极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故A正确；‎ B．不鼓入空气时，正极上可得到强还原性的H•（氢原子），电极反应式为H++e﹣═H，故B正确；‎ C．若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的•OH（羟基自由基），O元素化合价由0价变为﹣2价，所以鼓入空气时，每生成1mol•OH有2mol电子发生转移，故C正确；‎ D．处理含有草酸（H2C2O4）的污水时，因为草酸具有还原性，所以不能得到强氧化性的•OH（羟基自由基），应该得到强还原性的H•（氢原子），所以应该上端开口关闭，故D错误；‎ 故选：D。‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．【分析】（1）电解时，阳极B上氢氧根离子放电，导致阳极附近溶液呈酸性；阴极A上氢离子放电生成氢气，同时有氢氧根离子生成，氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，溶液呈中性；‎ ‎（2）A中氢离子放电生成氢气，生成的氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀；‎ ‎（3）B中氢氧根离子放电生成氧气；‎ ‎（4）氧气能使带火星的木条复燃；‎ ‎（5）混合溶液呈酸性，氢氧化镁能溶于酸．‎ ‎【解答】解：（1）电解时，阳极B上氢氧根离子放电，导致阳极附近溶液呈酸性；阴极A上氢离子放电生成氢气，同时有氢氧根离子生成，氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，溶液呈中性，所以看到的现象是A管由红色变为黄色，B管不变色，故选①④；‎ ‎（2）A中氢离子放电生成氢气，生成的氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，离子反应为2H++2e﹣═H2↑、Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，故答案为：2H++2e﹣═H2↑、Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓；‎ ‎（3）B中氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；‎ ‎（4）b中生成的气体是氧气，氧气能使带火星的木条复燃，其检验方法是用拇指按住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内，木条复燃，‎ 故答案为：用拇指按住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内，木条复燃；‎ ‎（5）电解后溶液呈酸性，且溶液中有氢氧化镁白色沉淀生成，氢氧化镁能溶于稀硫酸，所以溶液混合时，溶液呈红色，且白色沉淀溶解，故答案为：溶液呈红色，白色沉淀溶解（或大部分溶解）．‎ ‎22．【分析】（1）电解食盐水生成NaOH、H2和Cl2，以此书写离子方程式；‎ ‎（2）钛铁矿经氯化得到四氯化钛、氯化铁和一氧化碳；依据原子守恒配平写出；‎ ‎（3）TiCl4水解生成TiO2•xH2O，再经焙烧制得TiO2，水解为吸热反应，从平衡移动角度分析；‎ ‎（4）在Ar气中进行防止钛、镁被氧化；控制温度使TiCl4、Mg、MgCl2转化为蒸气，Ti不融化；‎ ‎（5）①先根据燃烧热分别写出CO、H2、CH3OH热化学方程式后，根据盖斯定律就可得出CO和H2合成甲醇的热化学方程式；‎ ‎②根据甲醇的物质的量计算需要CO、H2的物质的量，根据n（CO）计算电解中生成的n（Cl2），进而计算电解生成n（H2），据此计算解答．‎ ‎【解答】解：（1）电解食盐水生成NaOH、H2和Cl2，反应的化学方程式为2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；‎ ‎（2）从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，由方程式得出生成2molTiCl4转移14mol电子，所以生成1mol四氯化钛时转移电子的物质的量为7mol；‎ 故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO；7；‎ ‎（3）水解时需加入大量的水并加热，由TiCl4+（2+x） H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl可知，加入大量水并加热，HCl挥发，温度升高，都能使水解反应向正反应方向进行，促进水解趋于完全，故答案为：发生TiCl4+（2+x）H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，温度升高，都能促使水解正向进行；‎ ‎（4）在Ar气中进行防止钛、镁被氧化；故答案为：防止钛、镁被氧化；‎ ‎（5）①CO燃烧的热化学方程式：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H＝﹣283kJ•mol﹣1 ①‎ H2燃烧的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝﹣285.8×2 kJ•mol﹣1 ②‎ CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣726.5kJ•mol﹣1 ③‎ 根据盖斯定律将①+②+（﹣③）可得：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（l）△H＝﹣128.1KJ•mol﹣1，‎ 故答案为：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（l）△H＝﹣128.1KJ•mol﹣1；‎ ‎②由CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）可知，合成6mol甲醇需要n（CO）＝6mol、n（H2）＝12mol．根据2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO可知，电解中生成的n（Cl2）＝n（CO）＝7mol，根据2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑‎ 可知，电解生成n（H2）＝n（Cl2）＝7mol，故需额外补充H2 为12mol﹣7mol＝5mol，V＝5×22.4＝112L；‎ 故答案为：112．‎ ‎23．【分析】①根据图象知，硝酸根离子得电子发生氧化反应，则Ag﹣Pt作阴极，Pt电极为阳极，A为正极，B为负极，以此解答该题；‎ ‎②由图示知在Ag﹣Pt电极上NO3﹣发生还原反应，因此Ag﹣Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，转移1mol电子时，计算阳极上消耗的水的量以及进入阴极室的阳离子的量，进而计算质量的变化．‎ ‎【解答】解：由图示知在Ag﹣Pt电极上NO3﹣发生还原反应，因此Ag﹣Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，在阴极反应是NO3﹣得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有水生成，所以阴极上发生的电极反应式为：2NO3﹣+12H++10e﹣＝N2+6H2O，‎ 故答案为：正极；2NO3﹣+10e﹣+12H+＝6H2O+N2↑；‎ ‎②由图示知在Ag﹣Pt电极上NO3﹣发生还原反应，因此Ag﹣Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，转移1mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗0.5mol水，产生1molH+进入阴极室，阳极室质量减少9g．‎ 故答案为：9．‎ ‎24．【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，依据盖斯定律（②﹣①×2）÷2得到；‎ ‎（2）①由工艺流程图可知，SO2、I2、H2O反应生成H2SO4、HIX，配平书写方程式；‎ ‎③由图1可知，平衡时氢气的物质的量为0.1mol，据此利用三段式计算平衡时各组分的物质的量，由于反应前后气体的物质的量不变，故可以利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算，该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大；‎ ‎④由图2可知，在阴极区Ix﹣转化为I﹣，在阳极区Ix﹣转化为I2，阳极区的H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液，即电解HIx生成I2、HI；‎ ‎⑤分析反应过程中参与反应最后生成的物质可以循环利用。‎ ‎【解答】解：（1）①SO2（g）+2CO（g）═2CO2（g）+Sx（s）△H＝a kJ•mol﹣1；‎ ‎②2COS（g）+SO2（g）═2CO2（g）+Sx（s）△H＝b kJ•mol﹣1。‎ 依据盖斯定律（②﹣①×2）÷2得到：xCOS（g）＝xCO（g）+Sx（s）△H＝0.5x（b﹣a）kJ/mol，‎ 故答案为：xCOS（g）＝xCO（g）+Sx（s）△H＝0.5x（b﹣a）kJ/mol；‎ ‎（2）①由工艺流程图可知，SO2、I2、H2O反应生成H2SO4、HIX，反应方程式为：SO2+x I2+2H2O═H2SO4+2HIX；‎ 故答案为：SO2+x I2+2H2O═H2SO4+2HIX；‎ ‎③由图1可知，平衡时氢气的物质的量为0.1mol，则：‎ ‎ 2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）‎ 开始（mol）：1 0 0‎ 变化（mol）：0.2 0.1 0.1‎ 平衡（mol）：0.8 0.1 0.1‎ 由于反应前后气体的物质的量不变，故可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故K＝＝，‎ 该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大，‎ 故答案为：；增大；‎ ‎④由图2可知，在阴极区Ix﹣转化为I﹣，在阳极区Ix﹣转化为I2，所以阳极区发生的反应为：2Ix﹣﹣2e﹣＝xI2，H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液，即电解HIx生成I2、HI，反应方程式为：2HIx═（x﹣1）I2+2HI；‎ 故答案为：2Ix﹣﹣2e﹣＝xI2；2HIx＝（x﹣1）I2+2HI；‎ ‎⑤由工艺流程图可知，SO2、I2、H2O反应生成H2SO4、HIX，在电渗析装置和膜反应器中生成碘单质，所以上述工艺流程中循环利用的物质是碘单质，故答案为：I2。‎ ‎25．【分析】I．（1）该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池，锌易失电子而作负极、铁作正极；‎ ‎（2）铁参与反应，被氧化生成亚铁离子和铁离子；‎ ‎（3）亚铁离子和K3[Fe（CN）6]生成蓝色沉淀，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液；‎ ‎（4）可以采用物理或化学方法防止金属被腐蚀；‎ II．（1）氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘能被氯气氧化生成碘酸；‎ ‎（2）阴极上铜离子浓度下降，氢离子放电同时溶液中还生成氢氧根离子，氢氧根离子和铜离子生成蓝色沉淀．‎ ‎【解答】解：I．（1）该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池，锌易失电子而作负极、铁作正极，负极上电极反应式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，‎ 故答案为：Zn﹣2e﹣＝Zn2+；‎ ‎（2）铁参与反应，被氧化生成Fe2+、Fe3+，故答案为：铁参与反应，被氧化生成Fe2+、Fe3+；‎ ‎（3）亚铁离子和K3[Fe（CN）6]生成蓝色沉淀，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，据②、③、④现象知，正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+，即铁不参与反应，‎ 故答案为：正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+；‎ ‎（4）可以采用物理或化学方法防止金属被腐蚀，如：在钢铁表面刷一层油漆、镀铜等，‎ 故答案为：在钢铁表面刷一层油漆、镀铜；‎ II．（1）氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘能被氯气氧化生成碘酸，离子方程式分别为：2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣、5Cl2+I2+6H2O＝10Cl﹣+2IO3﹣+12H+，‎ 故答案为：2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣；5Cl2+I2+6H2O＝10Cl﹣+2IO3﹣+12H+；‎ ‎（2）阴极上电极反应式为：Cu 2++2e﹣＝Cu，当铜离子放电完毕后，氢离子放电，2H++2e﹣＝H2↑，致使该电极附近呈碱性，Cu 2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓，‎ 故答案为：Cu（OH）2；电解较长时间后，铜离子浓度下降，氢离子开始放电，溶液的pH增大，铜离子转化为氢氧化铜沉淀．‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎26．【分析】（1）①NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g）△H1＝﹣200.9kJ•mol﹣1‎ ‎②SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）△H2＝﹣241.6kJ•mol﹣1‎ ‎③2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H3＝﹣196.6kJ•mol﹣1‎ 盖斯定律计算（②﹣①）×2得到反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）的△H；‎ ‎（2）土壤中的黄铁矿（FeS2）在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸；某种反硫化细菌在过程Ⅱ中需要有乳酸参与反应消耗硫酸，生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，乳酸和硝酸反应放出的热量使温度升高促进了过程Ⅱ的进行；‎ ‎（3）装置图中放出氧气的为阳极，溶液中铵根离子在阴极得到电子生成混合气体为氨气和氢气；‎ ‎（4）温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大是反应为达到平衡状态，反应正向进行，已知温度高时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行，同时发生反应NO2+O＝NO+O2使转化率降低。‎ ‎【解答】解：（1）①NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g）△H1＝﹣200.9kJ•mol﹣1‎ ‎②SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）△H2＝﹣241.6kJ•mol﹣1‎ ‎③2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H3＝﹣196.6kJ•mol﹣1‎ 盖斯定律计算（②﹣①）×2得到反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）的△H＝115.2KJ/mol，‎ 故答案为：115.2；‎ ‎（2）土壤中的黄铁矿（FeS2）在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸，反应的化学方程式：2FeS2+7O2+2H2O＝2FeSO4+2H2SO4，土壤中的黄铁矿（FeS2）在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸；某种反硫化细菌在过程Ⅱ中需要有乳酸参与反应消耗硫酸，生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，乳酸和硝酸反应放出的热量使温度升高促进了过程Ⅱ的进行；‎ 故答案为：2FeS2+7O2+2H2O＝2FeSO4+2H2SO4；因为过程Ⅱ吸热，乳酸和硝酸反应放出的热量使温度升高促进了过程Ⅱ的进行；‎ ‎（3）电解法除去工业废水中的硝酸铵是铵根离子得到电子生成氨气和氢气，电极反应：2NH4++2e﹣＝2NH3↑+H2↑，‎ 故答案为：2NH4++2e﹣＝2NH3↑+H2↑；‎ ‎（4）温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大的主要原因是：低于100°C，反应速率慢相同时间内还没有达到平衡状态，已知温度高时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低，可能的原因有：温度高时反应速率快，相同时间内已经达到平衡状态，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行，同时发生反应NO2+O＝NO+O2使转化率降低，‎ 故答案为：低于100°C，反应速率慢相同时间内还没有达到平衡状态；温度高时反应速率快，相同时间内已经达到平衡状态，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行，同时发生反应NO2+O＝NO+O2使转化率降低。‎ ‎27．【分析】‎ 海绵铜（CuO、Cu）为原料制备氯化亚铜（CuCl），海绵铜加入浓硝酸、稀硫酸溶解得到硫酸铜溶液和一氧化氮，其中铜和浓硝酸、稀硫酸完全反应生成硫酸铜、一氧化氮和水，硫酸铜溶液中通入二氧化硫和加入氯化钠沉淀生成CuCl，NO和氧气通入水中吸收生成硝酸和亚硝酸混合溶液，电解得到硝酸溶液，‎ ‎（1）生成CuSO4的反应是氧化铜和稀硫酸反应，浓硝酸、稀硫酸和铜反应；‎ ‎（2）①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＝﹣112.6kJ•mol﹣1 反应为气体体积减小的放热反应，提高NO平衡转化率，平衡正向进行，离子反应物增加一种会提高另一种的转化率；‎ ‎②反应Ⅰ：2NO2（g）+H2O（l）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H＝﹣116.1kJ•mol﹣1‎ 反应Ⅱ：3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）△H＝﹣75.9kJ•mol﹣1‎ 盖斯定律计算反应（Ⅰ×3+反应Ⅱ）×得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式；‎ ‎（3）阳极上亚HNO2失电子生成硝酸，结合电子守恒、电荷守恒写出电极反应式；‎ ‎（4）①CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒配平方程式；‎ ‎②加入适量Na2CO3，会消耗氢离子，平衡正向进行能使沉淀反应更完全；‎ ‎（5）用过量的FeCl3溶液溶解，充分反应后加入适量稀硫酸，用x mol•L﹣1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液y mL．滴定时发生的离子反应：‎ Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl﹣，结合化学方程式电离关系计算。‎ ‎【解答】解：海绵铜（CuO、Cu）为原料制备氯化亚铜（CuCl），海绵铜加入浓硝酸、稀硫酸溶解得到硫酸铜溶液和一氧化氮，其中铜和浓硝酸、稀硫酸完全反应生成硫酸铜、一氧化氮和水，硫酸铜溶液中通入二氧化硫和加入氯化钠沉淀生成CuCl，NO和氧气通入水中吸收生成硝酸和亚硝酸混合溶液，电解得到硝酸溶液，‎ ‎（1）生成CuSO4的反应是氧化铜和稀硫酸反应，浓硝酸、稀硫酸和铜反应，化学方程式：CuO+H2SO4═CuSO4+H2O、3Cu+2HNO3+3H2SO4＝3CuSO4+2NO↑+4H2O，‎ 故答案为：3Cu+2HNO3+3H2SO4＝3CuSO4+2NO↑+4H2O；‎ ‎（2）①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＝﹣112.6kJ•mol﹣1 反应为气体体积减小的放热反应，提高NO平衡转化率，平衡正向进行，可以是降低温度、增大压强、提高c（O2）等，‎ 故答案为：降低温度、增大压强、提高c（O2）等 ‎②反应Ⅰ：2NO2（g）+H2O（l）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H＝﹣116.1kJ•mol﹣1‎ 反应Ⅱ：3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）△H＝﹣75.9kJ•mol﹣1‎ 盖斯定律计算反应（Ⅰ×3+反应Ⅱ）×得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式：3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+2NO（g）△H＝﹣212.1KJ/mol，‎ 故答案为：3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+2NO（g）△H＝﹣212.1KJ/mol；‎ ‎（3）阳极上HNO2失去电子生成硝酸，电极反应式为：HNO2﹣2e﹣+H2O＝3H++NO3﹣，‎ 故答案为：HNO2﹣2e﹣+H2O＝3H++NO3﹣；‎ ‎（4）①CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O＝2CuCl↓+2H2SO4，反应的离子方程式为：SO2+2Cu2++2Cl﹣+2H2O═2CuCl↓+SO42﹣+4H+‎ 故答案为：SO2+2Cu2++2Cl﹣+2H2O═2CuCl↓+SO42﹣+4H+；‎ ‎②加入适量Na2CO3，能使沉淀反应更完全，原因是：CO32﹣消耗H+，使c（H+）减小，有利于生成CuCl的反应正向进行，‎ 故答案为：CO32﹣消耗H+，使c（H+）减小，有利于生成CuCl的反应正向进行；‎ ‎（5）氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl﹣，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O，‎ ‎6CuCl～6Fe2+～Cr2O72﹣，‎ ‎6 1‎ ‎ n xy×10﹣3mol 样品中CuCl（M＝99.5g•mol﹣1）的质量分数＝×100%＝×100%，‎ 故答案为：×100%。‎ ‎28．【分析】（1）氯气的颜色黄绿色；阳极失电子发生氧化反应，据此书写电极反应方程式；‎ ‎（2）Cu2++4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣（黄色）△H＞0，升高温度向吸热方向进行；‎ ‎（3）据填干信息进行分析；‎ ‎（4）①据电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]﹣来分析；‎ ‎②氯化铜晶体和铜粉反应生成[CuCl2]﹣，据此书写离子方程式；‎ ‎③据氯化铜是否是导致溶液呈绿色的原因．‎ ‎【解答】解：（1）氯气的颜色黄绿色，故甲认为电解过程中阳极产生的Cl2 是溶液变绿的原因；阳极失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，‎ 故答案为：Cl2；2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；‎ ‎（2）由Cu2++4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣（黄色）△H＞0，则升高温度向吸热方向进行，故依据平衡移动原理推测在电解过程中[CuCl4]2﹣浓度增大的原因电解过程放热导致温度升高，Cu2++4Cl﹣[CuCl4]2﹣正向移动，‎ 故答案为：电解过程放热导致温度升高，Cu2++4Cl﹣[CuCl4]2﹣正向移动；‎ ‎（3）丙通过对现象分析证实了甲和乙的观点均不是溶液变绿的主要原因．丙否定甲的依据是阳极附近溶液仍为蓝色；否定乙的依据是 U型管冷却后阴极附近溶液仍为绿色，‎ 故答案为：阳极附近溶液仍为蓝色；U型管冷却后阴极附近溶液仍为绿色；‎ ‎（4）①a的目的是证明在上述实验条件下，电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]﹣，‎ 故答案为：证明在上述实验条件下，电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]﹣；‎ ‎②氯化铜晶体和铜粉反应生成[CuCl2]﹣，故离子方程式为Cu2++4Cl﹣+Cu═2[CuCl2]﹣，‎ 故答案为：Cu2++4Cl﹣+Cu═2[CuCl2]﹣；‎ ‎③c研究氯化铜是否是导致溶液呈绿色的原因，故c中必要的操作及现象加入CuCl2蓝色溶液，直至溶液颜色与电解后绿色溶液基本相同，‎ 故答案为：加入CuCl2蓝色溶液，直至溶液颜色与电解后绿色溶液基本相同．‎ ‎29．【分析】（1）氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水；‎ ‎（2）由图表可知，氮由+2价变成0价，应加还原剂；‎ ‎（3）N的电负极强，所以N原子吸引电子能力更强，C和N原子在同一周期（或电子层数相同），N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强；‎ ‎（4）运用盖斯定律解题；‎ ‎（5）阴极发生还原反应，是亚硫酸氢根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子；硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气．‎ ‎【解答】解：（1）氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水，为重要的工业反应，反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O，‎ 故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎（2）氮由+2价变成0价，应加还原剂，CO和氨气，故选：bd；‎ ‎（3）N的电负极强，所以N原子吸引电子能力更强，由于C和N原子在同一周期（或电子层数相同），N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强，故答案为：强；C和N原子在同一周期（或电子层数相同），N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强；‎ ‎（4）已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝a kJ•mol﹣1 …①；N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＝b kJ•mol﹣1…②；2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝c kJ•mol﹣1…③；而①的反应为：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l），所以△H＝3③﹣3①﹣2②，则△H＝（3c﹣3a﹣2b） kJ•mol﹣1，所以热化学方程式为：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l）△H＝（3c﹣3a﹣2b） kJ•mol﹣1，故答案为：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l）△H＝（3c﹣3a﹣2b） kJ•mol﹣1；‎ ‎（5）阴极发生还原反应，是亚硫酸氢根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子，电极反应式为：2HSO3﹣+2e﹣+2H+═S2O42﹣+2H2O；硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气，离子反应方程式为：2NO+2S2O42﹣+2H2O═N2+4HSO3﹣，故答案为：2HSO3﹣+2e﹣+2H+═S2O42﹣+2H2O；2NO+2S2O42﹣+2H2O═N2+4HSO3﹣．‎ ‎30．【分析】（一）由题意可知，钠离子移向阴极，A为阳极，阳极的电极反应是氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子，阴极反应是氢离子得到电子生成氢气，电极附近氢氧根离子浓度增大；‎ ‎（二）（1）反应Ⅱ的左右两边气体分子总数相等，压强不影响平衡；反应Ⅰ为气体分子总数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，‎ ‎（2）①反应ii的正反应方向为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动；由图乙知，温度为T1 时，正、逆反应的平衡常数相等，又因为二者互为倒数，则平衡常数 K＝1． w＝1时，设 CH2＝CHCH3 和Cl2 的物质的量均为a mol，参加反应的 Cl2的物质的量为b mol，利用三段式可列关系式：＝1，据此计算出即可；‎ ‎②当W＝＞1时，氯气转化率会增大，反应为放热反应升温平衡逆向进行，平衡时Cl2的体积分数减小。‎ ‎【解答】解：（一）由题意可知，钠离子移向阴极，A为阳极，阳极的电极反应是氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子，电极反应为：Cl﹣﹣5e﹣+2H2O＝ClO2↑+4H+，阴极反应是氢离子得到电子生成氢气，电极附近氢氧根离子浓度增大，C为浓的氢氧化钠溶液，‎ 故答案为：Cl﹣﹣5e﹣+2H2O＝ClO2↑+4H+；氢氧化钠浓溶液；‎ ‎（二）（1）反应Ⅱ的左右两边气体分子总数相等，平衡不受压强影响；反应Ⅰ为气体分子总数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CH2ClCHClCH3 的产率增大，‎ 故答案为：增大；增大压强，反应Ⅱ的平衡不移动，反应Ⅰ的平衡正向移动，所以CH2C1CHClCH3的产率增大；‎ ‎（2）①反应Ⅱ的正反应方向为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由图乙知，温度为T1 时，正、逆反应的平衡常数相等，又因为二者互为倒数，则平衡常数 K＝1． w＝1时，设 CH2＝CHCH3 和Cl2 的物质的量均为a mol，参加反应的 Cl2的物质的量为b mol，利用三段式可列关系式：＝1，解得：＝50%，‎ 故答案为：B；反应Ⅱ的正反应为放热反应。温度升高，正反应的平衡常数减小；50%；‎ ‎②当W＝＞1时，氯气转化率会增大，反应为放热反应升温平衡逆向进行，平衡时Cl2的体积分数减小，据此画出图形为，‎ 故答案为：。‎