2022届高考化学一轮复习常考题型83电解池的相关计算基础练习含解析

这是一份2022届高考化学一轮复习常考题型83电解池的相关计算基础练习含解析，共20页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。

电解池的相关计算基础练习
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、单选题（共15题）
1．以铁为阳极，铜为阴极，对足量的NaOH溶液进行电解。一段时间后得到4molFe(OH)3沉淀，此间共消耗的水的物质的量为
A．8mol B．10mol C．11mol D．12mol
2．用惰性电极电解50mL锰酸钾溶液得到高锰酸钾和氢气，当生成112mL氢气(标准状况)时停止通电。下列判断正确的是
A．K+浓度减小 B．KMnO4在阳极区生成
C．阴极周围溶液的pH减小 D．反应过程中共转移0.005mol电子
3．下列四种装置中，开始时溶液的体积均为250 mL，电解质溶液的浓度均为0.10 mol/L。若忽略溶液体积的变化且电流效率均为100%，当测得导线上均通过0.02 mol电子时，下列判断中，正确的是

A．此时溶液的浓度：①=②=③=④ B．此时溶液的pH：④＞③＞①＞②
C．产生气体的总体积：④＞③＞①＞② D．电极上析出固体的质量：①＞②＞③＞④
4．氢氧化锂是合成其他锂产品的基本原料，也可以直接用于其他工业领域。用如图所示的双膜电解装置可制备氢氧化锂。下列有关叙述正确的是

A．甲膜为阴离子交换膜，乙膜为阳离子交换膜
B．通电后向阳极移动，阳极附近的溶液的pH减小
C．阴极的电极反应为
D．当电路中通过1mol电子时，可生成
5．把溶质的物质的量均为0.2mol的溶液和NaCl溶液用惰性电极进行电解，如图所示，当阴极有6.72 L气体产生时，阳极产生气体的体积为(气体的体积均已折算为标准状况下的体积)

A．3.36 L B．4.48 L C．6.72 L D．11.2 L
6．环己酮()在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如图所示。下列说法正确的是

A．a 极与电源负极相连
B．a 极电极反应式是 2Cr3＋- 6e- +14OH-=+7H2O
C．b 极发生氧化反应
D．理论上生成 2 mol 环己酮时，有 2 mol H2生成
7．用如图1所示装置进行实验，若图2中横坐标表示流入电极的电子的物质的量。下列叙述不正确的是

A．E表示反应生成Cu的物质的量 B．E表示反应消耗的物质的量
C．F表示反应生成的物质的量 D．F表示反应生成的物质的量
8．如图，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色。下列说法正确的是（ ）

A．X极是电源负极，Y极是电源正极
B．a极的电极反应是2Cl--2e-=Cl2↑
C．电解过程中CuSO4溶液的c(H+)逐渐减小
D．Pt极上有6.4gCu析出时，b极产生2.24L(标准状况)气体
9．厨房垃圾发酵液可通过电渗析法处理同时得到乳酸的原理如图所示(图中HA 表示乳酸分子，A-表示乳酸根离子)。下列有关说法中正确的是

A．交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，A-从浓缩室通过向阳极移动
B．交换膜 II 为阳离子交换膜，H+从浓缩室通过向阴极移动
C．阳极的电极反应式为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-
D．400mL0.1mol·L-1乳酸溶液通电一段时间后，浓度上升到 0.6mol·L-1，则阴极上产生的 H2的标况体积为 2.24L
10．如图为直流电源电解Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊试液。下列实验现象中正确的是

A．逸出气体的体积，a电极的小于b电极的
B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体
C．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色
D．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色
11．当用惰性电极电解含等物质的量的Na+、Ba2+、Cl-、Ag+、的溶液时，其氧化产物与还原产物的质量比是
A．71:216 B．216:71
C．8:1 D．1:8
12．用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，向溶液中加入(　　)

A．0.1 mol CuO B．0.1 mol CuCO3
C．0.075 mol Cu(OH)2 D．0.05 mol Cu2(OH)2CO3
13．四丁基氢氧化铵[(C4H9)4NOH]常作电子工业清洗剂。以四丁基溴化铵[(C4H9)4NBr]为原料，采用电渗析法合成(C4H9)4NOH，原理如图(c、d、e为离子交换膜)。下列说法错误的是

A．M为负极
B．b极电极反应式：2H2O－4e－＝O2↑+4H＋
C．c、e分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D．制备1mol (C4H9)4NOH，理论上a极产生11.2 L气体(标准状况下)
14．高铁酸钾是高能电池的材料，某碱性高铁酸钾电池工作原理：，简易装置如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．放电时，负极的电极反应式为
B．放电时，电子由铁极流出，经外电路流向石墨极
C．充电时，阴极区电解质溶液pH升高
D．充电时，每转移电子时理论上生成
15．如图所示，a、b、c均为石墨电极，d为碳钢电极，通电进行电解。假设在电解过程中产生的气体全部逸出，下列说法正确的是

A．甲、乙两烧杯中溶液的pH均保持不变
B．当电解一段时间后，将甲、乙两溶液混合，一定会产生蓝色沉淀
C．如果把a换成铜电极，电解一段时间后甲中的溶液浓度不变
D．当b极增重3.2g时，d极产生的气体为2.24L(标况)

第II卷（非选择题）

二、填空题（共5题）
16．如图所示装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：

(1)电源电极A名称为____________。
(2)写出C和F的电极名称，以及电极反应式
C：____________ _________________________；
F：____________ _________________________；
(3)若通过0.02mol电子时，通电后甲中溶液体积为200mL，则通电后所得的硫酸溶液的物质的量浓度为______________。
(4)若通过0.02mol电子时，丁中电解足量R(NO3)m溶液时，某一电极析出了a g金属R，则金属R的相对原子质量Mr(R)的计算公式为Mr(R)＝____________(用含a、m的代数式表示)。
(5)戊中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH) 3胶体粒子带________电荷(填“正”或“负”)，在电场作用下向Y极移动。
(6)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为___________________________。
(7)现用丙装置给铜件镀银，则H应该是________(填“铜件”或“银”)。
17．电化学技术是有效解决 CO、SO2、NOx 等大气污染的重要方法 。
（1）某兴趣小组以SO2为原料，采用电化学方法制取硫酸．装置如下 ：

①电解质溶液中SO离子向___（填“A极”或“B极” ）移动;
②请写出负极电极反应式__________。
③用该原电池做电源，石墨做电极电解2L AgNO3和KNO3混合溶液，通电一段时间，两极均产生2.24L（标准状况）气体，假设电解前后溶液体积不变，则电解后溶液中H+的浓度为____，析出银的质量______g。
（2）我国科学家提出，用间接电化学法对大气污染物 NO 进行无害化处理 ，原理如下图：

①吸收塔中发生的反应离子方程式为 _____ 。
②电极I 的电极反应式为______。
③每处理2 molNO,电解池中产生标准状况下氧气的体积为__________L。
18．某蓄电池的反应为
(1)放电时，正极的电极反应式为_______，电路中转移电子时，生成氧化产物_______g；充电时，发生氧化反应的物质是_______，阳极附近溶液pH_______
(2)为防止远洋轮船的钢铁船体在海水中发生腐蚀，通常在船体上镶嵌Zn块，或与该蓄电池的_______填“正”或“负”极相连。
(3)以该蓄电池作电源，实验小组同学用如图所示的装置在实验室模拟铝制品表面“钝化”在表面形成氧化物保护膜。“钝化”时阳极的电极反应为_______，但有同学在实验过程中发现溶液逐渐变浑浊，并有气泡产生，其原因是_______用电极反应式表示

(4)精炼铜过程中，电解质溶液逐渐减小，、增大，会影响进一步电解精炼铜。甲同学设计如图除杂方案：

已知：
沉淀物




开始沉淀时的pH




完全沉淀时的pH




加入的目的是_______，加入CuO调节可除去的离子是_______，其原因是_______用平衡移动原理说明
19．甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。下左图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A，B两极上产生的气体体积相同。

(1)甲中正极的电极反应式为________________________________。
(2)乙装置中初始时电解的化学方程式为_______________________________ 。断开K后，乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为____________。
(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如右图，则D极的电极反应式为___________________________，混合液中c(Fe3+)=_____________。反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要__________mL 5.0 mol•L-1 NaOH溶液。
20．A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子如下表所示：
阳离子
Ag+、Na+
阴离子
NO3－、SO42－、Cl－

下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A、 B、 C三种溶液，电极均为石墨电极。

接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了27克。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系图如上。据此回答下列问题：
（1）M为电源的_______极（填写“正”或“负”），甲、乙电解质分别为_______、_______（填写化学式）。
（2）计算电极f上生成的气体在标准状况下的体积_____________。
（3）写出乙烧杯的电解池总反应_____________________________。
（4）若电解后甲溶液的体积为25L，则该溶液的pH为___________ 。
（5）要使丙恢复到原来的状态，应加入_________g____________。（填写化学式）
参考答案
1．B
【详解】
略
2．B
【详解】
略
3．B
【详解】
略
4．D
【详解】
A．连接电源负极的a电极为阴极，连接电源正极的b电极为阳极，通电后，阳离子向电解池的阴极移动，阴离子向电解池的阳极移动，故甲膜为阳离子交换膜，乙膜为阴离子交换膜，A项错误；
B．通电后向阴极移动，B项错误；
C．阴极发生还原反应，但在水溶液中不可能生成，C项错误；
D．阳极电极反应式为，当电路中通过1mol电子时，生成，即生成，D项正确。
故选D。
5．C
【详解】
由已知可知，n(CuSO4)=0.2mol，n(NaCl)=0.2mol，在阴极的离子有Cu2+、H+，在阳极的离子有Cl-、OH-。电解分两个阶段：第一阶段，阴极Cu2+先得电子被还原，n(CuSO4)=0.2mol，Cu2+反应完需转移4mol电子，阴极发生Cu2++2e-=Cu，根据电子守恒，此时阳极发生2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O；当阴极铜离子全部析出时，转移0.4mol电子，根据电子守恒，阳极产生的气体为0.1mol氯气和0.05mol氧气，气体总的物质的量为0.15mol；第二阶段，阴极H+得电子被还原，阴极反应：2H++2e-=H2↑，生成标况下6.72L气体为氢气，即0.3mol氢气，转移0.6mol电子，此时阳极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，根据电子守恒，阳极产生的气体为0.15mol氧气，两个阶段阳极产生气体的物质的量共0.15mol+0.15mol=0.3mol，则在标况下的体积为：0.3mol22.4L/mol=6.72L；
答案选C。
6．D
【分析】
根据原理图可知，a极为电解池的阳极，Cr3+失电子发生氧化反应，电极反应式是2Cr3＋- 6e- +7H2O=+14H+，b极为阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，结合转移电子数相等计算，据此分析解答。
【详解】
A．根据装置图可知，Cr3＋失电子发生氧化反应，a极为电解池的阳极，则与电源正极相连，故A选项错误；
B．根据装置图可知，a极为电解池的阳极，Cr3＋失电子发生氧化反应，电极反应式是2Cr3＋- 6e- +7H2O=+14H+，故B选项错误；
C．b极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，故C错误；
D．理论上由环己醇（C6H12O）生成2mo环已酮（C6H10O ）时，转移4mol电子，根据电子守恒可知阴极有2mol氢气放出，故D选项正确；
故选D。
7．C
【分析】
惰性电极电解硫酸铜溶液，生成物是铜、氧气和硫酸，Cu元素化合价由+2价降低为0价，O元素化合价由-2价升高为0价，因此有2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑～4e－，据此解答。
【详解】
A．结合2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑～4e－可知，反应中每转移4mol电子生成2molCu，故A正确；
B．结合2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑～4e－可知，反应中每转移4mol电子消耗2molH2O，故B正确；
C．结合2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑～4e－可知，反应中每转移4mol电子生成2molH2SO4，故C错误；
D．结合2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑～4e－可知，反应中每转移4mol电子生成1molO2，故D正确；
答案选C。
8．B
【分析】
根据装置图可知，装置为电解装置，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，则b极水得电子，生成氢气和氢氧根离子，Y极为电池的负极；电解硫酸铜溶液的Cu电极为阴极。
【详解】
A．分析可知，X极是电源正极，Y极是电源负极，A说法错误；
B．a极为电解池的阳极，氯离子失电子生成氯气，电极反应是2Cl--2e-=Cl2↑，B说法正确；
C．电解过程中CuSO4溶液，阴极铜离子得电子生成铜，阳极水失电子生成氢离子和氧气，则溶液中c(H+)逐渐增大，C说法错误；
D．Pt极上有6.4gCu析出时，转移0.2mol电子，b极产生0.05mol氧气，即1.12L(标准状况)，D说法错误；
答案为B。
9．D
【分析】
根据图示可知，该电解池左端电极与电源正极相连，右端电极与电源负极相连，则左端惰性电极为阳极，右端惰性电极为阴极，阳极上是OH-放电，电极反应式为：2H2O-4e-═4H++O2↑，H+从阳极通过交换膜Ⅰ进入浓缩室，阴极上电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，A-从右侧通过交换膜II进入浓缩室。
【详解】
A．左边电极上电极反应式为2H2O−4e−═4H++O2↑，生成的H+通过交换膜I进入浓缩室，所以交换膜I为阳离子交换膜，A−从阴极通过向浓缩室移动，故A错误；
B．右边电极反应式为2H2O+4e−═2OH−+H2↑，溶液中A−从右侧通过交换膜II进入浓缩室，所以II为阴离子交换膜，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，故B错误；
C．阳极上水失电子生成氢离子和氧气，电极反应式为2H2O−4e−═4H++O2↑，故C错误；
D．400mL0.1mol·L-1乳酸溶液通电一段时间后，浓度上升到 0.6mol·L-1，则生成的乳酸物质的量=0.4L×(0.6−0.1)mol/L=0.02mol，转移n(H+)等于生成n(HA)为0.02mol，同时转移电子物质的量为0.02mol，根据2H2O+4e−═2OH−+H2↑知，生成氢气的物质的量为0.01mol，在标况下的体积是2.24L，故D正确；
答案选D。
10．D
【分析】
根据图示可知，a是阴极，发生的电极反应为4H＋＋4e－=2H2↑；b是阳极，发生的电极反应为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，总反应为，据此解答。
【详解】
A．根据电子得失守恒有2H2~4e-~O2，因此逸出气体的体积，a电极（H2）的大于b电极（O2）的，A错误；
B．两电极逸出的都是无色无味气体，B错误；
C．a电极附近水电离的氢离子被消耗，显碱性，石蕊遇碱变蓝，呈蓝色，b电极附近水电离的氢氧根离子被消耗，显酸性，石蕊遇酸变红，呈红色，C错误；
D．a电极附近水电离的氢离子被消耗，显碱性，石蕊遇碱变蓝，呈蓝色，b电极附近水电离的氢氧根离子被消耗，显酸性，石蕊遇酸变红，呈红色，D正确。
答案选D。
11．C
【详解】
当用惰性电极电解含等物质的量的Na+、Ba2+、Cl-、Ag+、的溶液时，Ag+、Cl-反应生成AgCl沉淀，Ba2+和SO生成BaSO4沉淀，所以溶液中的溶质是NaNO3。用惰性电极电解硝酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，氧化产物是氧气、还原产物是氢气，其物质的量之比为1∶2，其质量之比为(1×32)∶(2×2)=8∶1，故选C。
12．D
【分析】
电解CuSO4溶液时，开始发生反应：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4，一段时间后，气体体积增大，说明发生反应：2H2O 2H2↑+O2↑。结合图象数据分析解答。
【详解】
电解CuSO4溶液时，开始发生反应：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4，一段时间后，转移相同电子时得到气体体积增大，说明发生反应：2H2O 2H2↑+O2↑。由图可知，第一阶段析出Cu为=0.1mol，放出的氧气为0.05mol，则需要加入0.1molCuO，第二阶段消耗的水为=0.05mol，因此恢复为电解前的浓度需要加入0.1molCuO和0.05molH2O。由于CuCO3反应生成二氧化碳，0.1 mol CuCO3相当于加入0.1 mol CuO，不能恢复为电解前的浓度；Cu(OH)2可以改写为CuO·H2O，0.075 mol Cu(OH)2相当于加入0.075 mol CuO和0.075 molH2O，也不能恢复为电解前的浓度；Cu2(OH)2CO3可以改写为2CuO·H2O·CO2，0.05 mol Cu2(OH)2CO3等效为加入0.1molCuO、0.05molH2O，溶液可恢复为电解前的浓度，故选D。
13．C
【分析】
以四丁基溴化铵[(C4H9)4NBr]为原料，采用电渗析法合成(C4H9)4NOH的过程中，据溴离子的移动方向可知，a为阴极b为阳极，又据图分析，生成HBr浓溶液，说明阳极上不是溴离子放电，则e不是阴离子交换膜，是阳离子交换膜，阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，据左池产物分析，c也是阳离子交换膜，a电极为氢离子放电生成氢气，据此解答。
【详解】
A．据溴离子的移动方向可知，a为阴极b为阳极，所以M为负极，故A项说法正确；
B．据图分析，生成HBr浓溶液，说明阳极上不是溴离子放电，阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故B项说法正确；
C．阳极上不是溴离子放电，则e不是阴离子交换膜，是阳离子交换膜，据左池产物分析，c也是阳离子交换膜，故C项说法错误；
D．a电极为氢离子放电生成氢气，生成标准状况下11.2L氢气需要1mol氢离子放电，则生成1mol氢氧根离子，即 可制备1mol(C4H9)4NOH，故D项说法正确；
综上所述，说法错误的是C项，故答案为C。
14．A
【详解】
A. 放电时，负极的电极反应式为，故A错误，符合题意；
B. 放电时，铁的化合价升高作负极，失去电子，电子由铁极流出，经外电路流向石墨正极，故B正确，但不符合题意；
C. 充电时，阴极的电极反应式是： ，则阴极区电解质溶液pH升高，故C正确，但不符合题意；
D. 充电时，每转移电子，设阳极生成，依据x×3=3mol，解得x=1，故D正确，但不符合题意；
故选：A。
15．C
【详解】
A．通电一段时间后，甲中阳极发生4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极发生Cu2++2e-=Cu，反应后为硫酸，溶液pH减小，乙中阴极氢离子被电解生成氢氧根离子，溶液的pH增大，故A错误；
B．当电解一段时间后，甲可能为硫酸，乙为NaOH，则二者混合不会生成沉淀，故B错误；
C．如果把a换成铜电极，甲中阳极发生电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，阴极发生Cu2++2e-=Cu，电解一段时间后甲中的溶液浓度不变，故C正确；
D．b极增重3.2g时，n(Cu)==0.05mol，由Cu～2e-～H2↑，则d极产生的气体为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故D错误；
故选C。
16．正极 阳极 4OH--4e-═O2↑+2H2O(或2H2O-4e-═O2↑+4H+) 阴极 2H++2e-═H2↑ (或2H2O+4e-═H2↑+4OH-) 0.05 mol•L-1 50am 正 1∶2∶2∶2 铜件
【分析】
C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F电极附近氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，则F为阴极，所以C、E、G、X、I为阳极，D、F、H、Y、J为阴极，A为正极、B为负极，据此分析解答。
【详解】
(1)C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近呈红色，F电极附近氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，则F为阴极，所以C、E、G、X、I为阳极，D、F、H、Y、J为阴极，A为正极、B为负极，故答案为：正极；
(2)C、E、G、X、I为阳极，D、F、H、Y、J为阴极，C电极上氢氧根离子放电，电极反应式为4OH--4e-═O2↑+2H2O(或2H2O-4e-═O2↑+4H+)，F电极上氢离子放电，电极反应式为2H++2e-═H2↑ (或2H2O+4e-═H2↑+4OH-)，故答案为：阳极；4OH--4e-═O2↑+2H2O(或2H2O-4e-═O2↑+4H+)；阴极；2H++2e-═H2↑ (或2H2O+4e-═H2↑+4OH-)；
(3)若通过0.02mol电子，根据电解方程式：2CuSO4+2H2O O2↑+2Cu+2H2SO4，产生硫酸的物质的量是0.01mol，通电后甲中溶液体积为200mL，则通电后所得的硫酸溶液的物质的量浓度为=0.05 mol•L-1，故答案为：0.05 mol•L-1；
(4)由电子守恒可知，电解R(NO3)m溶液时，某一极增加了agR，根据Rm++me-=R可知，×m=0.02mol，解得：Mr(R)=50am，故答案为：50am；
(5)Y极是阴极，该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体向该电极移动，根据异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷，故答案为：正；
(6)C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH-═O2↑+2H2O+4e-、Cu2++2e-═Cu、2Cl-═Cl2↑+2e-、2H++2e-═H2↑，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的物质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1∶2∶2∶2，故答案为：1∶2∶2∶2；
(7)电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件，即H应该是铜件，故答案为：铜件。
【点睛】
正确判断各电极的名称是解题的关键。本题的易错点为(6)，要注意根据电极反应式结合电子守恒判断。
17．A SO2-2e-+2H2O=+4H+ 0.1mol/L 21.6g 2NO+2+2H2O=N2+4 2+2e-+2H+=+2H2O 22.4
【分析】
（1）由图可知，该装置为原电池。A电极通入SO2，为负极，电极反应为SO2-2e-+2H2O=+4H+，B电极通入O2，为正极，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O；
（2）由图可知，电解池中电解I为阴极，电极反应为2+2e-+2H+=+2H2O；电极II为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+；吸收塔的总反应为2NO+2+2H2O=N2+4。
【详解】
（1）①原电池中，阴离子向负极移动，A为负极，故向A电极移动；
②根据分析，负极为A电极，电极反应为SO2-2e-+2H2O=+4H+；
③石墨做电极电解AgNO3和KNO3混合溶液，先电解AgNO3溶液，后电解H2O。阴极先发生反应Ag++e-=Ag，再发生反应2H2O+2e-=H2+2OH-，阳极发生反应2H2O-4e-=O2+4H+，两极均产生2.24L（标准状况）气体，即阴极产生0.1mol H2，阳极产生0.1mol O2。由阳极反应可知，反应转移的总电子为0.4mol，由阴极反应可知，电解AgNO3溶液时转移电子为0.2mol，电解水时转移电子为0.2mol。反应后的H+的浓度根据电解AgNO3溶液计算，转移电子为0.2mol，生成的H+也为0.2mol，浓度为=0.1mol/L；根据阴极反应Ag++e-=Ag，电解AgNO3溶液时转移电子为0.2mol，生成的Ag质量为0.2mol×108g/mol=21.6g；
（2）①根据分析，吸收塔中发生的反应离子方程式为2NO+2+2H2O=N2+4；
②根据分析，电解I为阴极，电极反应为2+2e-+2H+=+2H2O；
③2 molNO转化为1molN2，转移电子为4mol，根据2H2O-4e-=O2+4H+，生成O2的物质的量为1mol，在标况下的体积为22.4L。
18． 36g 负 ； 将氧化为 ⇌，加入CuO消耗水解产生的，导致平衡往正向移动，产生沉淀而除去
【详解】
本题是电化学和盐类水解影响因素综合考查，涉及原电池和电解池电极反应式的书写、电极判断以及有关计算问题，主要是知识的迁移应用。
(1)放电时，正极是得电子生成，正极反应为：；由总反应可知，氧化产物为，电路中转移电子时，生成氧化产物，质量为；充电时，是失电子，发生氧化反应，阳极反应为：，消耗氢氧根离子，pH降低；
(2)为防止远洋轮船的钢铁船体在海水中发生腐蚀，可采取牺牲阳极阴极保护法或外加电源的阴极保护法，采取外加电源的阴极保护法时，钢铁与蓄电池的负极相连；
(3) “钝化”时阳极铝生成氧化铝，电极反应为；在实验过程中发现溶液逐渐变浑浊，并有气泡产生，其原因是；
(4)加入的目的是将氧化为；由表格数据可知，加入CuO调节可除去的离子是；由于，加入CuO消耗水解产生的，导致平衡往正向移动，产生沉淀而除去。
19．O2+4e-+2H2O=4OH- 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 2.24L Fe3＋＋e－=Fe2＋ 4 mol•L-1 280
【解析】
【分析】
通入甲醇的一极为原电池的负极，发生氧化反应，甲醇在碱性条件下被氧化生成碳酸根离子；利用甲池作电源电解硫酸铜溶液、氯化铁和氯化亚铁的混合溶液，结合电极材料和离子的放电顺序进行相关的判断与计算，据此解答。
【详解】
（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O，正极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；
（2）惰性电极电解硫酸铜溶液，阴极铜离子得到电子，阳极氢氧根失去电子，则乙装置中初始时电解的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，A电极是阳极，溶液中的氢氧根失去电子，设生成气体物质的量为x mol，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，根据得失电子守恒得到0.2+2x=4x，解得x=0.1，乙中A极析出的气体是氧气，物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；
（3）丙装置溶液中D极是阴极，溶液中的铁离子得到电子，则电极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋；C电极是阳极，铜失去电子，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，故①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，因此溶液中c(Fe3+)＝0.4mol÷0.1L＝4.0mol/L。由图可知电子转移为0.4mol，生成Cu2+的物质的量为0.2mol，反应结束后，溶液中有Fe2+为0.5mol，Cu2+为0.2mol，所以需要加入NaOH的物质的量为0.5mol×2+0.2mol×2＝1.4mol，因此所需NaOH溶液的体积为1.4mol÷5mol/L＝0.28L＝280mL。
【点睛】
本题综合原电池、电解原理，主要考查学生分析问题的能力，答题时注意体会电极方程式的书写。易错点和难点是电化学计算，注意掌握计算的依据。依据就是电子得失守恒，即根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。
20．负 NaCl AgNO3 1.4L 4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3 12 2.25g H2O
【分析】
根据A、B、C在水中电离出的离子以及离子共存可知，银离子只能和硝酸根离子形成硝酸银，另外两种溶质是氯化钠和硫酸钠。用惰性电极电解这三种溶液。电解氯化钠溶液时，阳极是Cl-放电，阴极是水电离出的氢离子放电，使溶液中氢氧根离子浓度增大，所以氯化钠溶液的PH增大，所以甲是氯化钠溶液。电解硫酸钠溶液时，阳极是水电离的氢氧根离子放电，阴极是水电离的氢离子放电，相当于电解水，溶液的PH不变，所以丙是硫酸钠溶液。电解硝酸银溶液时，阴极是Ag+放电，阳极是水电离的氢氧根离子放电，使溶液中H+浓度增大，所以PH减小，所以乙为硝酸银溶液。经过一段时间后，乙中c电极质量增加了27g，即在c电极上析出了27g银（0.25mol）。所以发生的电极反应为：Ag++e-=Ag，所以c为阴极，则M为负极，N为正极。析出0.25molAg，通过的电子为0.25mol。由于是三个串联的电解池，所以通过每个电极的电量都是0.25mol。
【详解】
（1）Ag+在阴极放电，所以直流电源的M电极为负极。根据上面的分析，可知甲为NaCl溶液，乙为AgNO3溶液，故答案为负极，NaCl，AgNO3；
（2）电极f和N相连，所以f是阳极。丙是硫酸钠溶液，阳极是水电离的OH-放电：4OH-—4e-=2H2O+O2↑，通过的电子为0.25mol，所以生成的氧气为0.25mol÷4=0.0625mol，在标准状况下的体积为0.0625mol×22.4L/mol=1.4L；
（3）乙中是硝酸银溶液，阴极是Ag+放电得到Ag，阳极是水电离的氢氧根离子放电生成氧气，所以电解方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；
（4）电解氯化钠溶液时，阴极是水电离出的氢离子放电：2H++2e-=H2↑,通过0.25mol电子时有0.25molH+放电，相应地，在溶液中会生成0.25molOH-，所以c(OH-)=0.25mol/25L=0.01mol/L，则c(H+)=1×10-14/0.01=1×10-12mol/L，所以溶液的PH=12；
（5）用惰性电极电解硫酸钠溶液，相当于电解水：2H2O2H2↑+O2↑，消耗2mol水即36g水时，转移4mol电子，那么转移0.25mol电子，消耗2.25g水，所以要使丙恢复到原来的状态，应加入2.25g水。故答案为2.25g，水。