一、填空题
1．高铁酸钠(Na2FeO4)可用作水处理剂，工业上常用电解法制取，同时获得氢气：Fe+2H2O+2OH-通电2FeO4+3H2↑，工作原理如图所示。
请写出阳极电极反应式___。 答案：Fe+8OH--6e-=FeO4+4H2O 【详解】
电解池阳极发生氧化反应，Fe转化为FeO4，过程为失电子过程，Fe转化为FeO4需失去6个电子，在碱性介质中反应产生H2O，所以阳极的电极反应式为：Fe+8OH--6e-=FeO4+4H2O。
2222
2．我国对“可呼吸”的钠——二氧化碳电池的研究取得突破性进展。该电池的总反应式为4Na+3CO2纳米管中)。
2Na2CO3+C，其工作原理如图所示(放电时产生的Na2CO3固体贮存于碳
（1）钠金属片作为该电池的___极(填“正”或“负”，下同)；放电时，电解质溶液中Na＋从___极区向___极区移动。
（2）充电时，碳纳米管连接直流电源的___极，电极反应式为___。
答案：负 负 正 正 2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+ 解析：（1）从电池总反应4Na+3CO2
2Na2CO3+C可以看出，Na由0价升高到+1
价，则钠金属片失电子，作为该电池的负极；放电时，电解质溶液中阳离子向正极区移
动。
（2）充电时，负极连接直流电源的负极，正极连接直流电源的正极，电极反应式为作原电池正极时反应的逆反应。 【详解】
（1）从电池总反应4Na+3CO2
2Na2CO3+C可以看出，Na由0价升高到+1价，则
钠金属片失电子，作为该电池的负极；放电时，电解质溶液中Na＋(阳离子)从负极区向正极区移动。答案为：负；负；正；
（2）充电时，负极(钠金属片)连接直流电源的负极，碳纳米管(正极)连接直流电源的正极，电极反应式为2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+。答案为：正；2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+。 【点睛】
燃料电池的电极反应式书写起来往往比较麻烦，且易出错。我们可以写出一个电极的反应式(简单易写的)，然后利用总反应方程式—某电极的电极反应式，就可得出另一电极的反应式。
3．如图是一个化学过程的示意图。
(1)丙池中C电极的名称__________。
(2)写出通入O2的电极上的电极反应式________。 (3)乙池中总的电极反应化学方程式为________。
(4)当乙池中B(Ag)极的质里增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2___mL(标准状况下)；若丙池中饱和食盐水溶液的体枳为500mL，电解后，溶液的pH=___(25℃，假设电解前后溶液的体积无变化)。
电解--2HO4AgNO 4AgO24HNO3 O+4e+2HO=4OH 答案：阳极 2223280 13
解析：燃料电池中，通入燃料的电极为负极，负极电极反应为
CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O，通入氧化剂的电极为正极，正极反应为
O2+4e-+2H2O=4OH- ，乙池、丙池是电解池，与电源正极相连的是阳极，与电源负极
相连的是阴极，则A是阳极、B是阴极，乙池中阳极氢氧根放电产生氧气，阴极银离子放电产生银，丙池中C是阳极，D是阴极，电解质溶液是氯化钠溶液，氢离子在阴极放电，氯离子在阳极放电，据此分析解答。
【详解】
(1) C(Pt)电极的名称是阳极， 故答案为：阳极；
--(2)通入O2的电极上的电极反应式是O2+4e+2H2O=4OH， --故答案为：O2+4e+2H2O=4OH；
(3)乙池中A是阳极、B是阴极，阳极水电离出的氢氧根失电子产生氧气，阴极银离子得电子产生单质银，属于放氧生酸型，电解反应的化学方程式为：
电解2H2O4AgNO3 4AgO24HNO3，
电解4AgO24HNO3； 故答案为：2H2O4AgNO3 +-(6)当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40g时，根据Ag+e=Ag，转移电子为：
5.40g=0.05mol，根据O2+4e-+2H2O=4OH-，甲池中理论上消耗O2的体积是：
108g/mol0.05mol22.4L/mol0.28L280mL，丙池中产生氢氧根的物质的量为：4n0.05mol==0.1mol/L，则溶液pH=13， V0.5L故答案为：280；13。
4．铁及其化合物用途非常广泛。
（1）已知赤铁矿还原冶炼时是逐级进行的，已知： (a) 3Fe2O3(s)＋CO(g) 2Fe3O4(s)＋CO2(g) H = a kJ·mol－1
0.05mol，cOH-=(b) Fe2O3(s)＋3CO(g) (c) Fe3O4(s)＋CO(g) ②反应FeO(s)＋CO(g) 式表示）。
2Fe(s)＋3CO2(g) H =b kJ·mol－1 3FeO(s)＋CO2 (g) H = c kJ·mol－1
Fe(s)＋CO2(g) H =__________kJ·mol－1（用含a、b、c的代数
①上述反应(a)平衡常数表达式为K=___________________。
（2）用类似冶炼铝的方法， 在600～1000℃时电解熔融的Fe2O3冶炼铁（装置示意图如图），该法除消耗能量较少外，另一最突出的优点是
__________________________________；电解时阳极发生的电极反应为____________。
（3）生铁在自然界中可发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀，析氢腐蚀的负极的电极反应式为_________；如图所示，纯铁处于a、b、c三种不同的环境中，铁被腐蚀的速率由大到小的
顺序是（填字母）_____________。
答案：
cCO2cCO (3b-a-2c)/6 不产生CO2 2O2--4e-=O2↑ Fe-2e-=Fe2+ c>a>b
解析：(1)①固体物质不写入平衡常数表达式中； ②依据盖斯定律，[3(b)-(a)2(c)]/6即得FeO(s)+CO(g)炼铁时，O2-在阳极失去电子生成O2；
(3) 析氢腐蚀，铁在负极失电子生成亚铁离子；铁与碳构成原电池，加快了铁的腐蚀；铁与锌构成原电池，Zn作负极，保护了Fe，减慢了Fe的腐蚀。 【详解】
(1)①反应(a)为3Fe2O3(s)＋CO(g)
2Fe3O4(s)＋CO2(g)，平衡常数表达式为：
Fe(s)+CO 2(g)；
(2)还原法冶炼铁过程中会产生CO2气体，对环境有破坏；从图中看，电解熔融的Fe2O3冶
KcCO2cCO，故答案为：
cCO2cCO
Fe(s)＋CO2(g)，则H =(3b-a-
②根据盖斯定律，[3(b)-(a)-2(c)]/6可得：FeO(s)＋CO(g)2c)/6kJ·mol－1，故答案为：(3b-a-2c)/6；
(2) 还原法冶炼铁过程中会产生CO2气体，对环境有破坏，电解熔融的Fe2O3冶炼铁时，不产生CO2；O2-在阳极失去电子生成O2，其阳极发生的电极反应为：2O2--4e-=O2↑，故答案为：不产生CO2；2O2--4e-=O2↑；
(3)析氢腐蚀，铁在负极失电子生成亚铁离子，其负极的电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；铁与碳构成原电池，加快了铁的腐蚀；铁与锌构成原电池，Zn保护了Fe，减慢了Fe的腐蚀，所以铁被腐蚀的速率由大到小的顺序是：c>a>b，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；c>a>b。 【点睛】
①析氢腐蚀是金属在酸性较强的溶液中，发生电化学腐蚀时放出氢气，以Fe作为例子：负极：Fe-2e-=Fe2+；正极：2H++2e-=H2↑；
②吸氧腐蚀是指金属在酸性很弱或中性溶液里，空气里的氧气溶解于金属表面水膜中而发生的电化学腐蚀，如钢在接近中性的潮湿的空气中的腐蚀就属于吸氧腐蚀，其电极反应如下：负极：2M-4e-=2M2+ ；正极：2H2O+O2+4e-=4OH-。 5．铁在生活中应用广泛，请回答下列问题：
(1)用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3)己成为环境修复研究的热点之一。 Fe 还原水体中NO3的反应原理如下图所示，则正极的电极反应式是_______________。
--
(2)下列哪些装置可防止铁棒被腐蚀_____________。
(3)在实际生产中，可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀(如下图甲)。 ①电镀时镀件与电源的_____极连接，A电极的电极反应式是___________。
②图乙是一种钠硫高能电池的结构示意图，M由Na2O和Al2O3制得，其作用是导电和隔膜，该电池总反应为2Na+xS=Na2Sx。该电池的正极反应式为_______________。 用该电池作电源进行①中铁件镀铜时，若电镀池中两电极的质量开始相同，电镀完成后取出洗净、烘干、称量，二者质量差为25.6 g，则理论上该钠硫电池负极消耗的质量为___________g。
答案：NO3+ 8e-+10H+=NH4+3H2O BD 负 Cu-2e-=Cu2+ xS+2e-= Sx2- 9.2 【详解】
(1) Fe还原水体中NO3，根据题意Fe3O4为电解质，则Fe作还原剂，失去电子，作负极；
+--NO3在正极得电子发生还原反应产生NH4，NO3在正极得电子发生还原反应产生+--+NH+4，应为酸性环境，正极的电极反应式为：NO3+ 8e+10H=NH4+3H2O；
-+-(2) A．该装置为原电池，铁棒作负极，发生氧化反应，加快铁棒的腐蚀，故A错误； B．该装置为原电池，铁棒作正极，被保护，为牺牲阳极保护法，故B正确； C．该装置不能防止铁棒被腐蚀，故C错误；
D．该装置为电解池，铁棒作阴极，为阴极电保护法，故D正确； 答案选BD；
(3)①根据电镀池的构成：镀层金属作阳极，镀件作阴极，电解液为含有镀层金属阳离子的盐溶液知，在铁件的表面上镀铜，电镀时，镀件与电源的负极连接，A电极对应的金属是铜，B电极的电极反应式是Cu2+ + 2e-=Cu；
②根据电池反应分析，硫元素的化合价降低，发生还原反应，作正极，电极反应式为xS+2e-=Sx2-；根据电镀时两极的电极反应式判断；阳极：Cu-2e-=Cu2+，阴极：Cu2+ + 2e-=Cu，及该原电池的负极反应式：Na-e-=Na+，利用电子守恒法计算；若电镀池中两电极的质量开始相同，电镀完成后二者质量差为25.6g，则转移的电子为0.4mol，则理论上该电池负极消耗的质量为9.2g。
6．为了解金属腐蚀的原因和寻求防止金属腐蚀的方法具有重要意义
(1)分别放在以下装置(都盛有0.1mol·L-1的H2SO4溶液)中的四块相同的纯锌片，其中腐蚀最快的是______。
(2)利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。其中X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于_____处，若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为________。
答案：C N 牺牲阳极的阴极保护法； 【详解】
(1)A装置中，金属锌直接与硫酸反应，为锌的化学腐蚀；B装置为原电池，镁的活泼性大于锌，锌为原电池正极，锌被保护；装置C为原电池，锌的活泼性大于锡，锌为原电池负极，锌被腐蚀；装置D为电解池，锌为阴极，锌被保护，腐蚀最快的是其中腐蚀最快的是C；
(2)X为碳棒，若开关K置于M处，构成原电池，铁为负极，铁棒发生氧化反应，铁被腐蚀；若开关K置于N处，构成电解池，铁为阴极，铁被保护，为外接电流的阴极保护法；若X为锌，开关K置于M处，构成原电池，铁的活泼性小于锌，铁为正极，铁棒被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。
7．下图是某氢氧燃料电池的结构示意图，电解质为硫酸溶液。氢气在催化剂作用下提供质子(H＋)和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应为2H2＋O2=2H2O，完成下列问题：
(1)通H2的极为电池的________极(填“正”或“负”)。 (2)b极上的电极反应式为：________。
(3)每转移0.1mol电子，消耗H2的体积为________L(标准状况下)。
(4)若将氢气换成二乙醚(C4H10O)，将电解质溶液硫酸换成氢氧化钠溶液，去掉质子交换膜。
①则a极的电极反应式为________。
②电池工作一段时间后电解质溶液的pH______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(5)氢氧燃料电池为环境友好电池。而传统电池生产企业排放的工业废水中常含有Cu2＋等重金属离子，直接排放会造成污染，目前在工业废水处理过程中，依据沉淀转化的原理，常10－18mol2·L－2，用FeS等难溶物质作为沉淀剂除去这些离子。室温下Ksp(FeS)＝6.3×
Ksp(CuS)＝1.3×10－36mol2·L－2。请用离子方程式说明上述除杂的原理___________。
答案：负 O2+4H++4e-=2H2O 1.12L C4H10O－24e-＋32OH-=4CO3＋21H2O 减小 FeS(s)＋Cu2＋(aq) ⇌CuS(s)＋Fe2＋(aq)
解析：根据电子的移动方向可知，左侧电极为负极，因此a处通入氢气，右侧电极为正极，b处通入氧气，结合电池总反应为2H2＋O2=2H2O和原电池原理方向解答(1)～(3)； (4)若将氢气换成二乙醚(C4H10O)，a极仍为负极，将电解质溶液硫酸换成氢氧化钠溶液，二乙醚与氧气反应生成的二氧化碳能够与溶液中的氢氧化钠反应生成碳酸钠，据此分析解答；
(5)根据沉淀的转化原理分析解答。 【详解】
(1)电池总反应为2H2＋O2=2H2O中氢气发生氧化反应，因此通H2的极为电池的负极，故答案为：负；
(2)b极为正极，正极上氧气得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故答案为：O2+4H++4e-=2H2O；
(3)2H2＋O2=2H2O反应中转移4个电子，因此每转移0.1mol电子，消耗H20.05mol，在标22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12L； 准状况下的体积为0.05mol×
(4)①若将氢气换成二乙醚(C4H10O)，a极仍为负极，将电解质溶液硫酸换成氢氧化钠溶液，负极上二乙醚失去电子生成碳酸根离子和水，电极反应式为C4H10O－24e-＋32OH-=4CO3＋21H2O，故答案为：C4H10O－24e-＋32OH-=4CO3＋21H2O；
②二乙醚与氧气反应生成的二氧化碳会消耗溶液中的氢氧化钠，溶液的碱性减弱，因此电池工作一段时间后电解质溶液的pH减小，故答案为：减小；
(5)室温下Ksp(FeS)＝6.3×10－18mol2·L－2，Ksp(CuS)＝1.3×10－36mol2·L－2，说明CuS的溶解度小于FeS，因此利用沉淀的转化原理，用FeS等难溶物质作为沉淀剂可以除去Cu2＋等离
2-2-2-子，反应的离子方程式为FeS(s)＋Cu2＋(aq) ⇌CuS(s)＋Fe2＋(aq)，故答案为：FeS(s)＋Cu2＋(aq) ⇌CuS(s)＋Fe2＋(aq)。
8．如图，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为电源电极．接通电源一段时间后，X极液体颜色变深[Fe(OH)3胶体粒子带正电荷]．
（1）若用甲醇碱性燃料电池作电源，则A为________极，其电极反应式为_________________．
（2）若甲中装有100mL0.5molL1硫酸铜溶液，工作一段时间后，当硫酸铜恰好完全被消耗时，停止通电，此时测得溶液pH___________（假设溶液体积不变）． （3）欲用丙装置给铁件镀铜，则G为___________（填“Fe”或“Cu”）片；阴极反应式为_______________________；反应一段时间后（用甲醇碱性燃料电池作电源）铁制品质量增加9.6g，理论上消耗甲醇的物质的量为____________________． 答案：负 CH3OH6e8OH2CO36H2O 0 Fe Cu22eCu
0.05mol
【详解】
（1）Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，接通电源一段时间后，X极液体颜色变深，说明Fe（OH）3胶体粒子向X极移动，X极为阴极，Y极为阳极，B为电源的正极，A为电源的负极，负极甲醇失电子生成碳酸根，电极方程式为：
CH3OH6e8OHCH3OH6e8OH2CO36H2O，故答案：负；2CO36H2O；
（2）甲：A为电源的负极，B为正极，C为阴极，电极反应式Cu2++2e-=Cu，D为阳极，电极反应式4OH--4e-=O2+2H2O，n（Cu2+）=0.1L0.5mol/L=0.05mol，根据电极反应式可知，Cu2+
2e-2OH-，消耗OH-的物质的量为0.05mol2=0.1mol，故溶液中的氢离子的
物质的量为0.1mol，cH+=0.1mol=1mol/L，pH=0，故答案：0； 0.1L（3）由（1）可知，A为电源的负极，则G为阴极，欲用丙装置给铁件镀铜，阴极Cu2+失电子生成Cu，G为Fe，阴极反应式为：Cu22e性燃料电池作电源）铁制品质量增加9.6g，则转移电子
Cu；反应一段时间后（用甲醇碱9.6g2=0.3mol，根据得失电
64g/mol0.3mol=0.05mol，故答案为：6子守恒，甲醇也应该得0.3mol电子，甲醇的物质的量为：Fe；Cu22eCu；0.05mol。
9．电化学在化学工业有着广泛的应用，
（1）工业级氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换法膜法电解提纯。电解槽内装有阳离子交换膜（只允许阳离子通过），其工作原理如图1所示。
①该电解槽的阳极反应式是______________
②除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口______（填写“A”或“B”）导出.
（2）甲醇燃料电池由于其结构简单、能量转化率高、对环境无污染、可作为常规能源的替代品而越来越受到关注。其工作原理如图2，质子交换膜左右两侧的溶液均为1L 溶液。 ①通入气体a的电极是电池的______（填“正”或“负”）极，其电极反应式______________ ②当电池中有2mole-发生转移时，左右两侧溶液的质量差值为______g.
（3）某同学利用甲醇燃料电池设计电解法制取漂白液的实验装置（如图3所示）。若用饱和食盐水为电解质溶液制漂白液，a为电池的______ （填“正极”或“负极”）。 答案：4OH--4e-=2H2O +O2↑ B 负 CH3OH-6e-+ H2O=CO2↑+6H+ 24 负极 【详解】
(1)①该电解槽的阳极是OH-失去电子生成H2O和O2，电极反应式是4OH−−4e−=2H2O+O2↑；
②阳离子向阴极移动，B为除去杂质的KOH，则除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口B导出，故答案为：B；
(2)①根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应，负极上是CH3OH失去电子生成CO2，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+； ②负极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+，当转移2mol电子时，左侧质量减轻
1×2×(44-32)g=4g，同时有2mol H+通过质子交换膜进入右侧，质量减少2g，正极反应式62=16g，加上转移过来的2gH+，因此左右两为O2+4H++4e−=2H2O，右侧质量增加32g××侧溶液的质量之差为16g+2g+4g+2g=24g；
(3)电解饱和食盐水时，阴极上析出氢气，阳极上析出氯气，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠是漂白液的有效成分，B电极上生成氯气，氯气的密度小于溶液的密度，所以生成的氯气上升，能和氢氧化钠溶液充分的接反应生成次氯酸钠，所以A极上析出氢气，即A极是阴极，所以a为电池负极。
14
10．甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。如图是甲醇燃料电池工作的示意图，工作一段时间后，断开K：
(1)甲中负极的电极反应式为________________.
(2)若丙中C为铝，D为石墨，W溶液为稀H2SO4，则能是铝的表面生成一层致密的氧化膜，则C电极反应式为________________.
(3)若A、B、C、D均为石墨，W溶液为饱和氯化钠溶液； a. A的电极反应式为________________
b. 工作一段时间后，向乙中所得溶液加入0.05 mol Cu2(OH)2CO3后恰好使电解质溶液复原，则标准状况下丙中D电极上生成的气体的体积为_____.
c. 丙中为使两极产物不发生反应，可以在两极之间放置____(“阴”或“阳”)离子交换膜。 (4)若把乙装置改为精炼铜装置(粗铜含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)，下列说法正确的是__________
A．电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等 B．A为粗铜，发生氧化反应 C．CuSO4溶液的浓度保持不变 D．杂质都将以单质的形式沉淀到池底
答案：CH3OH－6e-＋8OH-＝CO3＋6H2O 2Al－6e-＋3H2O＝Al2O3＋6H+ 2H2O－4e-＝O2＋4H+ 3.36 L 阳 B
解析：甲醇燃料电池中，负极反应物质失去电子，CH3OH 失去电子生成CO3，正极氧气得电子生成氢氧根；乙中A电极与原电池正极相连作阳极，B作阴极；丙中D电极与原电池的负极相连作阴极，C作阳极，以此解答。 【详解】
(1)负极反应物质失去电子，CH3OH 失去电子生成CO3，电极反应式为CH3OH－6e-＋8OH-＝CO3＋6H2O；故答案：CH3OH－6e-＋8OH-＝CO3＋6H2O；
(2)D电极与原电池的负极相连作阴极，C作阳极，阳极电极为Al，则Al失电子生成一层致密的氧化膜Al2O3，电极方程式为：2Al－6e-＋3H2O＝Al2O3＋6H+，故答案为：2Al－6e-＋3H2O＝Al2O3＋6H+；
(3)a. A电极与原电池正极相连作阳极，硫酸铜溶液中水放电生成氧气和氢离子，电极方程
2-2-2-2-2-式为：2H2O－4e-＝O2＋4H+，故答案为：2H2O－4e-＝O2＋4H+；
b. 乙中B电极为阴极，铜离子放电生成铜单质，电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，向乙中所得溶液加入0.05 mol Cu2(OH)2CO3后恰好使电解质溶液复原，0.05 mol Cu2(OH)2CO3可以改写成CuOCu(OH)2CO2说明阳极产生了0.075 molO2，转移电子为0.3mol，D电极方程式
0.3mol=0.15molH2，标准状况下氢气的体积为：20.15mol22.4L/mol=3.36L，故答案为：3.36 L；
为：2H++2e-=H2，共生成
c. 丙中为使两极产物不发生反应，即不让D极产生的OH-移动到C位置，可以在两极之间放置阳离子交换膜，故答案为：阳；
(4)A. 阳极上Cu以及活泼性比Cu强的金属失电子，阴极上铜离子得电子生成Cu，溶解的金属与析出的金属不相等，故错误；
B. 粗铜接电源正极，作阳极，阳极上发生氧化反应，故正确；
C. 阳极上Cu以及活泼性比Cu强的金属失电子，阴极上铜离子得电子生成Cu，溶解的金属与析出的金属不相等，所以CuSO4溶液的浓度保持改变，故错误；
D. Ag、Pt、Au活泼性比Cu弱的金属在阳极不反应，形成阳极泥，所以利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au；Al、Zn活泼性比Cu强，不会以单质的形式沉淀到池底，故错误； 正确答案是B。
11．氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气和烧碱等化工产品。如图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。完成下列填空：
（1）电解饱和食盐水的离子方程式为___。
（2）氢氧化钠溶液从图中___（填“a”、“b”、“c”或“d”）位置流出。 （3）有一种节能的氯碱工业新工艺，将电解池与燃料电池相组合，相关流程如图所示(电极未标出)。通入氢气的电极的电极反应式为___，燃料电池中阳离子的移动方向___（“从左向右”或“从右向左”）。电解池中产生2molCl2，理论上燃料电池中消耗O2的物质的量为___。a、b、c的大小关系为___。
答案：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑ d 负极 从左向右 1mol c＞a＞b
解析：（1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气；
（2）电解槽中阴极是氢离子放电生成氢气，水电离平衡正向进行氢氧根离子浓度增大； （3）分析题给装置图知，该装置是以碱性氢氧燃料电池电解饱和食盐水的装置。 【详解】
（1）电解饱和食盐水，溶液中的氯离子在阳极失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大生成氢氧化钠，反应的离子方程式：2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑；
（2）电解槽中阴极是氢离子放电生成氢气，水电离平衡正向进行氢氧根离子浓度增大，生成氢氧化钠溶液，NaOH溶液的出口为d；
（3）根据燃料电池的工作原理：负极是燃料氢气发生失电子的氧化反应，正极是氧气发生得电子得还原反应，则通氢气的电极为负极；原电池中，阳离子交换膜使阳离子通过，阳离子移向正极，从左向右；
电解池中产生2mol Cl2，依据电子守恒，结合电极反应式O2+4e-+2H2O=4OH-，4Cl--4e-=2Cl2↑，计算得到消耗氧气1mol；
燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%小于c%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以b%＜a%，得到b%＜a%＜c%，即c＞a＞b。 【点睛】
本题考查原电池、电解池原理应用，电极判断和电极反应书写及相关计算，易错点为（2）电解槽中阴极是氢离子放电生成氢气，水电离平衡正向进行氢氧根离子浓度增大，生成氢氧化钠溶液，NaOH溶液的出口为d。
12．电解原理和原电池原理是电化学的两个重要内容。某兴趣小组做如下探究实验：
（1）如上图 1 为某实验小组依据氧化还原反应设计的原电池装置，若盐桥中装有饱和的 KNO3溶液和琼胶制成的胶冻，则 NO3移向_____装置（填写“甲或乙”）。其他条件不变，若将 CuCl2溶液换为 NH4Cl溶液，发现生成无色无味的单质气体，则石墨上电极反应式_____。
（2）如图 2，其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成 n 型，则甲装置是_____（填 “原电池或电解池”），乙装置中石墨（2）为_____极，乙装置中与铁线相连的石墨（1）电极上发生的反应式为_____，甲装置中铜丝电极反应式为_____。
（3）在图 2 乙装置中改为加入 CuSO4溶液，一段时间后，若某一电极质量增重 1.28 g，则
另一电极生成________mL（标况下）气体。
－
答案：甲 2H++2e-＝H2↑ 原电池 阳 Cu2++2e=Cu O2+4e-+2H2O=4OH- 224
【详解】
(1)如图1为原电池装置，铁为负极，石墨为正极，阴离子硝酸根向负极移动，所以NO3氢气，电极反应式为2H++2e-＝H2↑，故答案为：甲；2H++2e-＝H2↑；
(2)其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，则甲装置是活泼金属发生自发的氧化还原反应，是原电池，铁为负极，铜丝为正极；乙装置中石墨(2)与电池的正极相连是阳极，乙装置中与铁相连的石墨（1）电极是阴极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e－=Cu，甲装置中铜丝电极为原电池的正极，氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4e－+2H2O=4OH-，故答案为：原电池；阳；Cu2++2e－=Cu；O2+4e-+2H2O=4OH-；
(3)在图2乙装置中改为加入CuSO4溶液一段时间后，用惰性电极电解硫酸铜溶液生成Cu、O2和H2SO4，若某一电极质量增重1.28g，即生成铜1.28g，物质的量为
移向甲；其他条件不变，若将 CuCl2溶液换为 NH4Cl溶液，正极石墨上是氢离子放电生成
1.28g=0.02mol，根据转移电子相同，则另一极析出氧气的物质的量为：0.01mol，所
64g/mol以另一电极生成224mL(标况下)气体，故答案为：224。
13．三氯乙酸(CCl3COOH)是饮用水中常见污染物，难以直接氧化降解。通过Fe/Cu微电池法和芬顿法可将三氯乙酸除去。
(1)pH=4时，向含有三氯乙酸的水样中投入铁屑和铜屑，通过原电池反应生成的活性氢原子(H)将CCl3COOH脱氯后转化为CHCl2COOH。 ①原电池反应时的负极反应式为______。
②写出活性氢原子(H)与CCl3COOH反应的离子方程式：______。
③铁屑和铜屑的总质量一定，改变铁屑和铜屑的质量比，水样中单位时间三氯乙酸的脱氯率如图1所示，当m(Fe)/m(Cu)大于4时，铁屑质量越大，脱氯率越低的原因是______。 (2)取上述反应后的溶液，向其中加入H2O2，发生图2所示转化，生成羟基自由基(·OH)，·OH能将溶液中的CHCl2COOH等物质进一步脱氯除去。 ①写出图2所示转化中反应II的离子方程式：______。
②控制水样的pH不同，所得脱氯率如图3所示，当pH>4后，脱氯率逐渐下降的原因是
______。
③加入H2O2后需控制溶液的温度，温度过高时脱氯率减小的原因______。
答案：Fe-2e-=Fe2+ CCl3COOH+2H=CHCl2COOH+Cl-+H+ 形成的Fe/Cu微电池数目越少 2Fe3++H2O2=2Fe2++2H++O2↑ Fe2+、Fe3+发生水解，浓度降低，减少了·OH的生成 H2O2发生分解 【详解】
(1) ①含有三氯乙酸的水样中投入铁屑和铜屑，酸性环境，组成铜锌原电池，铁作负极，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+；
②原电池反应生成的活性氢原子（H）将CCl3COOH脱氯后转化为CHCl2COOH，活性氢原子（H）与CCl3COOH反应的离子方程式：CCl3COOH+2H=CHCl2COOH+Cl-+H+； ③铁屑和铜屑的总质量一定，改变铁屑和铜屑的质量比，当m(Fe)/m(Cu)大于4时，铁屑质量越大，形成的Fe/Cu微电池数目越少，生成的活性氢速率越低，单位时间内脱氯率越低；
(2) ①根据图2所示转化中，反应Ⅱ中H2O2转化为O2，Fe3+转化为Fe2+，故反应Ⅱ的离子方程式：2Fe3++H2O2=2Fe2++2H++O2↑；
②酸性条件会抑制Fe3+和Fe2+的水解，随着pH增大，Fe3+和Fe2+的水解程度增大，减小了羟基自由基的生成，因此根据脱氯率图3所示，当pH＞4后，脱氯率逐渐下降的原因是Fe2+、Fe3+发生水解，浓度降低，减少了·OH的生成；
OH）减少，脱氯率减小，因此需控制③由于双氧水溶液受热易分解，生成羟基自由基（·
溶液的温度，温度过高时脱氯率减小的原因是H2O2发生分解。
14．羟氨(NH2OH)可看作氨分子内一个氢原子被羟基(-OH)取代的产物。 (1)写出羟氨的电子式___。羟氨易溶于水的主要原因是___。
(2)羟氨的水溶液受热可以产生两种气体，其体积之比为1∶1，其中一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，写出羟氨分解可能的化学反应方程式___。 (3)已知25℃时，NH2OH＋H2O
NH3OH+＋OH- K=6.6×10-9；Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5。则
-0.1mol·L-1(NH3OH)Cl溶液的pH___（填写“＞”、“=”或“＜”）0.1mol·L-1NH4Cl溶液。 (4)以硝酸、硫酸混合溶液为电解质进行电解，在汞电极上NO3可转化为NH2OH，以铂为另一极，则该电解反应的总化学方程式为___。 答案：
羟氨可与水分子间形成氢键 3NH2OH
ΔNH3↑＋N2↑＋3H3O <
2HNO3＋2H2O【详解】
电解2NH2OH＋3O2↑
(1)羟氨(NH2OH)是共价化合物，H形成1对共用电子，N形成3对共用电子，O形成2对共用电子，其电子式为案为：
，羟氨易溶于水是因为羟氨可与水分子间形成氢键，故答
；羟氨可与水分子间形成氢键；
⑵由于O的非金属性更强，羟氨分解时不可能发生N化合价降低而O化合价升高，故只能是N元素发生歧化，而邻近的高价是0价，故另一气体产物是N2，因此羟氨分解的化学方程式为3NH2OH
ΔNH3↑＋N2↑＋3H3O，故答案为：3NH2OH
ΔNH3↑＋N2↑＋3H3O；
+H2O，则NH3OH+水解程度大于NH4，等浓⑶由电离常数K可知，NH2OH碱性弱于NH3·
度的(NH3OH)Cl溶液和NH4Cl溶液相比(NH3OH)Cl溶液的酸性更强，pH更小，故答案为：<；
⑷根据信息，NO3可转化为NH2OH时N元素化合价降低，应发生在阴极上，阳极是铂电极，则铂电极上的反应是溶液中OH-放电生成O2，故总反应式是2HNO3＋2H2O
-电解2NH2OH＋3O2↑，故答案为：2HNO3＋2H2O
电解2NH2OH＋3O2↑。
15．(1)化合物中铅只有+2和+4两种价态，且+4价的化合物不稳定。
①PbO2固体与浓盐酸混合共热，有黄绿色气体生成。写出反应的化学方程式_____； ②将PbO2固体加入到Mn(NO3)2和硝酸的混合液中，固体逐渐溶解。如果反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5:2，则该反应的氧化产物是_______（填离子）；
③已知PbO是碱性氧化物，PbO2是酸性氧化物，而Pb3O4则可看作两种氧化物按一定比例混合而成。写出Pb3O4与硝酸混合发生非氧化还原反应的离子方程式_______。 (2)已知PbSO4不溶于水，但可溶于醋酸铵(CH3COONH4)溶液，形成澄清溶液。 ①PbSO4溶于CH3COONH4的原因可能是________；
②把醋酸铅溶液滴入Na2S溶液中，有黑色沉淀生成，其反应的离子方程式为____； ③铅蓄电池的使用PbO2和Pb为电极材料，稀硫酸为电解质溶液。在电池工作过程中，如果转移了2mol电子，则提供电子的电极质量将增加______g。 答案：PbO+4HCl(浓)=PbCl+Cl+2HO MnO4
2222-Pb3O4+4H=2Pb2++PbO2+2H2O 醋酸铅是弱电解质
+PbCH3COO2+S2-=PbS+2CH3COO－ 96
【详解】
(1)①黄绿色气体为氯气，根据题意可知反应物为PbO2固体与浓盐酸，生成了氯气，结合化合价的变化，可知反应方程式为：PbO+4HCl(浓)=PbCl+Cl+2HO；答案为：
2222PbO2+4HCl(浓)=PbCl2+Cl2+2H2O；
②由题给信息：化合物中铅只有+2和+4两种价态，且PbO2、Mn(NO3)2和硝酸的混合液中，化合价发生变化，PbO2中Pb的化合价降低，PbO2作氧化剂，Mn(NO3)2中Mn元素的化合价升高，Mn(NO3)2作还原剂，结合氧化剂和还原剂的物质的量之比是5:2，PbO2中Pb元素的化合价降低为+2价，则根据得失电子守恒，可知Mn(NO3)2中Mn元素的化合价升高为+7价，则Mn(NO3)2最终被氧化的产物为MnO4。答案为：MnO4；
--③碱性氧化物能与酸反应生成盐和水，酸性氧化物不与酸反应，故由可知，Pb3O4与硝酸混合发生非氧化还原反应的离子方程式为：Pb3O4+4H=2Pb2++PbO2+2H2O；答案为：Pb3O4+4H=2Pb2++PbO2+2H2O；
(2) ①硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成弱电解质醋酸铅，促进硫酸铅溶解，所以硫酸铅能溶于醋酸铵溶液中；答案为：醋酸铅是弱电解质；
②醋酸铅能和硫化钠发生复分解反应生成黑色的硫化铅沉淀，符合复分解反应的条件，离子反应方程式为PbCH3COO2+S=PbS+2CH3COO。答案为：
2-－++PbCH3COO2+S2-=PbS+2CH3COO－；
③原电池中提供电子的电极为负极，在电极为PbO2和Pb的铅蓄电池中，Pb作负极。电极反应方程式为：Pb-2e‒+SO4＝PbSO4，根据反应方程式，当转移2mol电子，生成1mol PbSO4，Pb电极质量增加96g。答案为：96。
2
16．已知铅蓄电池的工作原理为Pb+PbO2+2H2SO4
放电充电2PbSO4+2H2O,现用如图装置进
行电解(电解液足量),测得当铅蓄电池中转移0.4mol电子时铁电极的质量减少11.2g。请回答下列问题:
(1)A是铅蓄电池的_________________极,铅蓄电池正极反应式为
______________________________,放电过程中电解液的密度___________ (填“减小”“增大”或“不变”)。
(2)Ag电极的电极反应式是__________________________________,该电极的电极产物共_________g。
(3)Cu电极的电极反应式是________________________________，CuSO4溶液的浓度__________(填“减小”“增大”或“不变”)。
+-+--+
答案：负 PbO2+4H+SO4+2e=PbSO4+2H2O 减小 2H+2e=H2↑ 0.4 Cu-2e=Cu2 不
2变 【详解】
（1）当铅蓄电池中转移0.4mol电子时铁电极的质量减小11.2g，说明铁作阳极，银作阴极，阴极连接原电池负极，所以A是负极，B是正极，铜为阳极，锌极为阴极；铅蓄电池的正极上二氧化铅得电子发生还原反应，电极反应式为PbO2+4H++SO4+2e-=PbSO4+2H2O，依据电解方程式判断，放电过程中电解液消耗，所以密度减小； （2）银电极作阴极，电解稀硫酸时，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e-2=H2↑，生成氢气的物质的量是0.4mol÷2＝0.2mol，质量=0.2mol×2g/mol=0.4g；
-+
（3）铜作阳极，阳极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e=Cu2，阴极上析出
铜，所以该装置是电镀池，因此电解质溶液中硫酸铜浓度不变。
17．知识的梳理和感悟是有效学习的方法之一。某学习小组将有关“电解饱和食盐水”的相关内容进行梳理，形成如下问题(显示的电极均为石墨)
（1）图1中，电解一段时间后，气球b中的气体是___(填化学式)。
（2）利用图2制作一种环保型消毒液发生器，电解可制备“84”消毒液的有效成分NaClO，则c为电源的___极；该发生器中反应的总离子方程式为____。
（3）二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。如图是目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。 ①阳极产生ClO2的电极反应式：____。
②当阴极产生标准状况下112mL气体时，通过阳离子交换膜离子的物质的量为__。
（4）SO2和NOx是主要大气污染物，利用如图装置可同时吸收SO2和NO。
①已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，阴极的电极反应为____。 ②用离子方程式表示吸收NO的原理____。
答案：H2 负 Cl＋H2O
-
电解ClO-＋H2↑ Cl--5e-＋2H2O=ClO2↑＋4H＋ 0.01mol
22HSO3＋2H+＋2e-=S2O4＋2H2O 2NO＋2S2O4＋2H2O=N2＋4HSO3 【详解】
(1)图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以a气球中气体是氯气、b气球中的气体是氢气，故答案为：H2；
(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，次氯酸钠具有漂白性，为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成，上边电极生成氢气，为阴极，则c为负极、d为正极，发生器中反应的总离子方程式为Cl＋H2O
-
2电解ClO-＋H2↑；
(3)①由题意可知，氯离子放电生成ClO2，根据电子守恒和电荷守恒写出阳极的电极反应式为Cl--5e-＋2H2O=ClO2↑＋4H＋；
②阴极产生标准状况下112mL是H2，物质的量为0.005mol，阴极电极反应式为2H+2e阳离子交换膜的钠离子的物质的量为0.01mol；
(4)①阴极发生得到电子的还原反应，根据装置图可知阴极是HSO3得到电子，被还原为S2O4，由于电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，因此阴极的电极反应为2HSO3＋2H+＋2e-=S2O4＋2H2O。
②S2O4具有强还原性，能把NO还原为氮气，则用离子方程式表示吸收NO的原理为2NO＋2S2O4＋2H2O=N2＋4HSO3。
2+
-
=H2↑，所以电路中转移电子0.01mol，钠离子所带电荷与电子所带电荷数相同，所以通过
222
18．如图是一个电化学过程的示意图。
请回答下列问题：
(1)甲池为___________装置。A (石墨)电极的名称是___________。 (2)通入CH3OH一端的电极反应式为___________。
(3)当乙池中B (Ag)极质量增加5.4 g，此时丙池中某电极析出1.6 g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是___________。
A．MgSO4 B．CuSO4 C．NaCl D．Zn(NO3)2
(4)在此过程中，乙池中某一电极析出金属银4.32 g时，再加入一定量的___________(填化学式) 能够使溶液恢复到原来的成分和浓度。
答案：原电池 阳极 CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O B Ag2O
解析：根据图示，甲池是甲醇燃料电池，通入甲醇的一极为负极、通入氧气的一极为正极；乙池是电解池，A是阳极、B是阴极；丙是电解池，C是阳极、D是阴极； 【详解】
(1) 根据图示，甲池能自发进行氧化还原反应，所以甲池为原电池装置。乙是电解池，A连接原电池的正极，A (石墨)电极的名称是阳极；
(2)甲是甲醇燃料电池，通入甲醇的一极为负极，负极CH3OH失电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，负极的电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O。
(3) 乙池是电解池，A是阳极、B是阴极，阴极反应式是AgeAg，乙池中B (Ag)极质量增加5.4 g，说明电路中转移电子0.05mol，根据各电极转移电子相等，若丙池析出一价金属，其摩尔质量=
1.6g32g/mol，则该元素是硫元素，硫元素是非金属元素，
0.05mol1.6g64g/mol，所以该金属是
0.025mol所以错误，当丙池析出的是二价金属，其摩尔质量=铜，则溶液是硫酸铜溶液，故选B；
(4)在此过程中，乙池中B电极析出金属银4.32 g时，银的物质的量是0.04mol，电路中转
--移电子0.04mol，A电极反应式是4OH-3e=2H2O+O2，根据电子守恒，A极生成氧气
的物质的量是0.01mol，所以再加入一定量的Ag2O能够使溶液恢复到原来的成分和浓度。 19．如图，p、q为直流电源两极，A由＋2价金属单质X制成，B、C、D为铂电极，接通电源，金属X沉积于B极，同时C、D产生气泡。试回答：
(1)p为_____极，A极发生了________反应。
(2)C为____极，试管里收集到的气体是____；D为____极，试管里收集到的气体是_____。 (3)C极的电极反应方程式为_____________________________。
(4)当反应进行一段时间后，A、B电极附近溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (5)当电路中通过0.004mol电子时，B电极上沉积金属X为0.128g，则此金属的摩尔质量为______。
答案：正 氧化 阳 氧气 阴 氢气 4OH--4e-=O2↑＋2H2O 不变 64g/mol 解析：该装置为电解池；在左边的烧杯中，金属X沉积于B极，则其电极反应反应式为X2++2e-=X，即B极上发生还原反应，故B极为阴极，则A极为阳极，C极为阳极，D极为阴极，p为电源的正极，q为电源的负极。 【详解】
（1）经分析，p为电源的正极，A极为阳极，发生氧化反应；
（2）在右边的烧杯中，电解质溶液是H2SO4溶液，C为阳极，C极上OH-放电，生成氧气，则试管里收集到的气体是氧气，D为阴极，D极上H+放电，生成氢气，则试管里收集到的气体是氢气；
（3）C极的反应电极方程式为4OH--4e-=2H2O+O2↑；
（4）A电极反应方程式为X-2e-=X2+，B电极反应方程式为X2++2e-=X，两电极附近H+、OH-浓度没有变化，故A、B电极附近溶液的pH不变；
（5）B电极反应方程式为X2++2e-=X，当电路中通过0.004mol电子时，B极上生成的X的物质的量为0.002mol，则M(X)=
m(X)0.128g==64g/mol。 n(X)0.002mol20．某学生利用图实验装置探究盐桥式原电池的工作原理。(铜元素的相对原子质量为64)
按照实验步骤依此回答下列问题：
(1)导线中电子的流向为_______到_______(用a、b表示)。 (2)写出装置中锌电极上的电极反应式：_______。
(3)装置的盐桥中除添加琼脂外，还要添加KCl的饱和溶液，电池工作时，下列对盐桥中的K+、Cl-的移动方向的表述正确的是_______。 A．盐桥中的K+向左侧烧杯移动、Cl-向右侧烧杯移动 B．盐桥中的K+向右侧烧杯移动、Cl-向左侧烧杯移动 C．盐桥中的K+、Cl-都向左侧烧杯移动 D盐桥中的K+、Cl-几乎都不移动
答案：a b Zn-2e-=Zn2+ B
解析：锌的活泼性大于铜，锌为负极、铜为正极，负极锌失电子发生氧化反应、正极铜离子得电子发生还原反应。 【详解】
(1) 锌的活泼性大于铜，锌为负极、铜为正极，电子由负极经导线流向正极，导线中电子的流向为a到b。
(2) 锌为负极，负极锌失电子发生氧化反应，锌电极上的电极反应式Zn-2e-=Zn2+。
(3) 该原电池，锌为负极、铜为正极，原电池工作时，阳离子移向正极、阴离子移向负极，盐桥中的K+向右侧烧杯移动、Cl-向左侧烧杯移动， 故选B。
21．用如图装置进行电解实验(a、b、c、d均为铂电极)，供选择的有4组电解液，其体积均为500mL，浓度均为2mol/L： 组别 1 2 3 4 A槽 NaOH溶液 B槽 CuBr2溶液 NaCl溶液 AgNO3溶液 CuSO4溶液 AlCl3溶液 CuCl2溶液 Na2SO4溶液
(1)工作时，a、b、c、d电极上均有气体产生，则选择的电解液是上述四组中的第__________组。
(2)选择第1组电解液时，电解过程中各电极上的电极反应为a极：__________；b极：__________；c级：__________；d极：__________。
(3)选择第2组电解液时，当b极析出2g电解产物时，a极上析出产物的质量为__________g；忽略电解前后电解液的体积变化，此时B槽中的
cOH-=__________mol/L。(不考虑OH-与Cl2的反应)
(4)选择第3组电解液时，当a、c两极电解产物的质量相等时，b极和d极产生的气体体积比为__________(同温同压下)。
--+---答案：2H2O+2e=H2+2OH(或2H+2e=H2) 4OH-4e=2H2O+O2 --Cu2++2e-=Cu 2Br-2e=Br2 27 0.5 1:2
解析：1组：A槽是电解水，氢氧化钠溶液pH增大，a电极是阴极，电极反应为：2H＋＋2e−＝H2↑，b电极是阳极，电极反应为：4OH−−4e−＝2H2O＋O2↑；B槽电解CuBr2溶液，c电极为阴极，电解反应为：Cu2＋＋2e−＝Cu，d电极是阳极，电极反应为：2Br−−2e−＝Br2；
2组：A槽是电解硝酸银，溶液pH减小，a电极是阴极，电极反应为：2Ag＋＋2e−＝2Ag，b电极是阳极，电极反应为：4OH−−4e−＝2H2O＋O2↑；B槽电解NaCl溶液，溶液pH增
大，c电极为阴极，电解反应为：2H＋＋2e−＝H2↑，d电极是阳极，电极反应为：2Cl−−2e−＝Cl2↑；
3组：A槽是电解硫酸铜溶液，a电极为阴极，电解反应为：Cu2＋＋2e−＝Cu，b电极是阳极，电极反应为：4OH−−4e−＝2H2O＋O2↑；B槽电解氯化铜溶液，溶液pH减小，c电极
＋
为阴极，电解反应为：Cu2＋2e−＝Cu，d电极是阳极，电极反应为：2Cl−−2e−＝Cl2↑；
4组：A槽是电解氯化铝溶液，a电极为阴极，电解反应为：2H＋＋2e−＝H2↑，b电极是阳极，电极反应为：2Cl−−2e−＝Cl2↑；B槽是电解水，c电极是阴极，电极反应为：2H＋＋2e−＝H2↑，d电极是阳极，电极反应为：4OH−−4e−＝2H2O＋O2↑； 依据电极反应分析判断。 【详解】
(1)依据上述分析可知，工作时，a、b、c、d电极上均有气体产生，符合条件的是第4组， 故答案为：4；
(2)选择第1组电解液时，电解过程中各电极上的电极反应式为：a、
2H2O+2e-=H2+2OH-(或2H++2e-=H2)；b、4OH−−4e−＝2H2O＋O2↑；c、Cu2＋＋2e−
＝Cu；d、2Br−−2e−＝Br2，
--+-＋
故答案为：2H2O+2e=H2+2OH(或2H+2e=H2)；4OH−−4e−＝2H2O＋O2↑；Cu2
＋2e−＝Cu；2Br−−2e−＝Br2；
(3)选择第2组电解液时，当b极析出2g电解产物O2时，依据电子守恒和电极反应可以计
2g108g/mol＝27g，忽略电解前后电解液的算，a极上析出产物的Ag质量为：×4×
32g/mol体积变化，此时B槽中的c(OH−)＝故答案为：27；0.5；
(4)选择第3组电解液时，当a、c两极电解产物的质量相等时，转移的电子相同，b电极的反应为：4OH−−4e−＝2H2O＋O2↑，d电极的反应为：2Cl−−2e−＝Cl2↑，由电子守恒可知，生成1molO2时，生成的Cl2为2mol，则b极和d极产生的气体体积比为1：2， 故答案为：1：2。
22．根据原电池工作原理可以设计原电池，实现原电池的多种用途。用碱性甲醛燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图所示。
nOH-V＝
ne-V2g4＝32g/mol＝0.5mol/L，
0.5L
①甲池中通入甲醛的一极为_______极，其电极反应式为_______。
②乙池中总反应的离子方程式为_______，当甲池中消耗280mLO2时(标准状况)，在乙池中加入_______gCuCO3才能使溶液恢复到原浓度，此时丙池中理论上最多产生_______g固体。
(2)利用下图所示装置(电极均为惰性电极)吸收SO2并制取硫酸，则通入SO2一极的电极反应式为_______，通入O2一极的电极反应式为_______。
答案：负 HCHO-4e-+6OH-=CO3+4H2O 2Cu2++2H2O电解2Cu+4H++O2↑ 3.1 1.45
2-2SO2+4H2O-4e-=2SO4+8H+ O2+4H++4e-=2H2O
解析：(1)甲池为燃料电池，通入甲醛的一极为负极，通入氧气的一极为正极，乙池为电解池，左边的C电极为阳极，水电离的氢氧根放电；右边的C电极为阴极，铜离子放电；丙池为电解池，左边的C为阳极，右边的C为阴极；
(2) 通入SO2的为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸；通入氧气的为正极，氧气被还原生成水；电池的总反应式为：2SO2+2H2O+O2=2H2SO4。 【详解】
(1)①燃料电池中，通入燃料的为负极，故通入甲醛的一极为负极，在碱性溶液中，甲醛失电子后变为碳酸根，电极反应式为：HCHO-4e-+6OH-=CO3+4H2O；故答案为：负；HCHO-4e-+6OH-=CO3+4H2O；
②乙池为电解池，以C为电极电解硫酸铜溶液，阴阳极分别是铜离子和水中的氢氧根放电，总反应的离子方程式为：2Cu2++2H2O电解2Cu+4H++O2；甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，所以消耗280mL(标准状况下0.0125mol)O2，则转移电子0.05mol，乙池的阴极反应式为Cu2++2e-=Cu，当转移电子0.05mol时，析出的铜为0.025mol，根据铜原子守恒，要使电解质复原，加入的CuCO3也为0.025mol，质量为
0.025mol124g/mol=3.1g；根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，减小的氢离子是0.05mol，则产生的氢氧根为0.05mol，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁为
2-2-2-0.025mol，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是0.25mol×58g/mol=1.45g固体；故答案为：2Cu2++2H2O电解2Cu+4H++O2↑；3.1；1.45；
(2)由分析可知，则通入SO2一极为负极，SO2被氧化为硫酸，电极反应式为：2SO2+4H2O-4e-=2SO4+8H+；通入氧气的为正极，氧气被还原为水，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O；故答案为：2SO2+4H2O-4e-=2SO4+8H+；O2+4H++4e-=2H2O。 23．(1)写出氯碱工业中阳极的电极反应式________。 (2)石英的熔点远高于干冰的原因是_____。
(3)离子化合物 MgO2可用于治疗消化道疾病，各原子均满足8电子稳定结构。写出 MgO2的电子式_。
2-2-(4)
可与H2反应，请用系统命名法对其产物命名________。
答案：2Cl2eCl2 石英是原子晶体，干冰是分子晶体(或石英熔化时破坏共价
键，干冰熔化时破坏分子间作用力)
解析：(4)碳碳双键与H2发生加成反应得到烷烃。 【详解】
3，3，6—三甲基辛烷
(1)氯碱工业中阳极是氯离子失电子产生氯气，电极反应式：2Cl2eCl2；
(2)石英的熔点远高于干冰的原因是：石英是原子晶体，干冰是分子晶体(或石英熔化时破坏共价键，干冰熔化时破坏分子间作用力)； (3)离子化合物MgO2的电子式：
；
(4)与H2反应的产物是：系
统命名法命名为：3，3，6—三甲基辛烷。
24．某研究性学习小组将下列装置如图连接，D、F、Y都是铂电极，C、E是铁电极，X是铜电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。试回答下列问题：
（1）电源B端的名称是_______（填“正极”或“负极”）。
（2）设电解质溶液过量，则同一时间内C、D电极上参加反应的单质与生成的单质的物质的量之比是_______。
（3）欲用丙装置将粗铜（含少量铁、锌等杂质）精炼，G极材料应该是____（填“粗铜”或“精铜”），电解液中原电解质的物质的量浓度将_______（填“变大”、“变小”或“不变”）。
（4）丁装置中电解反应的总反应式为___________________________。
（5）设装置甲中溶液体积在电解前后都是500 mL，当装置乙中产生气体的体积为4.48 L（标准状况）时，甲池中生成物质的物质的量浓度为____ mol·L-1。
答案：负 1∶1 粗铜 变小 Cu＋2H2O
电解Cu(OH)2＋H2↑ 0.4
解析：电解饱和食盐水时，酚酞变红的电极是阴极，串联电路中，阳极连阴极，阴极连阳极，阴极和电源负极相连，阳极和电源正极相连，根据将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F电极是阴极，因此E电极是阳极，D是阴极，C是阳极，A是电源的正极，B是电源的负极，Y电极是阴极，X电极是阳极，H电极是阴极，G电极是阳极，据此解答。 【详解】
（1）根据以上分析可知A是电源的正极，B是原电池的负极；
（2）D、F、Y都是铂电极，C、E是铁电极，X是铜电极，甲池中C为铁做阳极，D为铂电极，电解质溶液是硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液时的阳极是铁失电子生成亚铁离子，阴极是铜离子放电，所以电解反应为：Fe+CuSO4
电解Cu+FeSO4，则同一时间内C、D电极
上参加反应的单质与生成的单质的物质的量之比是1：1；
（3）欲用丙装置将粗铜（含少量铁、锌等杂质）精炼，电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含有铜离子的盐作电解质即可，分析判断丙装置中G为电解池的阳极，H电极是阴极，G电极为粗铜，H电极为精铜；由于阳极中不止铜放电，而阴极上只有溶液中的铜离子放电，所以电解液中原电解质的物质的量浓度将变小；
（4）丁装置中铜电极是阳极，失去电子，阴极上水电离出的氢离子放电，所以电解反应的
总反应式为Cu＋2H2O
电解Cu(OH)2＋H2↑；
（5）乙池中E为阳极Fe-2e-=Fe2+，F为阴极，电极反应2H++2e-=H2↑，当乙池所产生气体的体积为4.48L（标准状况）气体是氢气，物质的量是0.2mol，所以电子转移为0.4mol，甲池中阳极是铁失电子生成亚铁离子Fe-2e-=Fe2+，生成硫酸亚铁的物质的量是0.4mol÷2＝0.2mol，其浓度=0.2mol÷0.5L=0.4mol/L。
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