第四章 化学反应与电能（B卷·能力提升练）-【单元测试】2022-2023学年高二化学分层训练AB卷（人教版2019选择性必修1）

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第四章 化学反应与电能（B卷·能力提升练）
（时间：90分钟，满分：100分）
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。）
1．根据所学习的电化学知识，下列说法正确的是
A．酸雨后钢铁易发生析氢腐蚀、铁锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀
B．太阳能电池板的主要材料为二氧化硅
C．水库的钢闸门与电源正极连接可实现电化学保护
D．智能手机常用的锂离子电池属于一次电池
【答案】A
【详解】
A．酸雨后钢铁易发生析氢腐蚀、铁锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀，A项正确；
B．太阳能电池板的主要材料为Si，B项错误；
C．水库的钢闸门与电源负极连接可实现电化学保护，为外加电流的阴极保护法，C项错误；
D．智能手机常用的锂离子电池属于二次电池，D项错误；
答案选A。
2．下列叙述与电化学腐蚀有关的是( )
A．炒过菜的铁锅不及时清洗易生锈
B．在空气中金属镁、铝都具有较好的抗腐蚀性
C．红热的铁丝与水接触时，表面形成了蓝黑色的物质
D．把铁片加入氯化铜的溶液中，在铁表面上附着一层红色的铜
【答案】A
【详解】
A．炒过菜的铁锅中有残留的盐溶液，不及时清洗会发生吸氧腐蚀，易生锈，A正确；
B．在空气中金属镁、铝易被氧气氧化形成致密的氧化膜，具有较好的抗腐蚀性，与电化学腐蚀无关，B错误；
C．红热的铁丝与水接触时会发生化学反应，生成了铁的氧化物和氢气，使得表面形成了蓝黑色的物质，与电化学腐蚀无关，C错误；
D．把铁片加入到氯化铜的溶液中，会发生置换反应生成金属铜，在铁表面上附着一层红色的铜，与电化学腐蚀无关，D错误。
3．如图所示装置中观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，指针指向M，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的组合是( )


M
N
P
A
锌
铜
稀硫酸溶液
B
铜
铁
稀盐酸溶液
C
银
锌
硝酸银溶液
D
锌
铁
硝酸铁溶液
【答案】C
【详解】电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，说明M、N与池中液体构成了原电池。N棒变细，作负极，M棒变粗，说明溶液中的金属阳离子在M极上得到电子，生成金属单质，M变粗，M做原电池的正极。
A.如果是锌、铜、稀硫酸构成原电池，则电池总反应式为Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，Zn作负极， M极变细， 故A错误；
B.如果是铁、铜、稀盐酸构成原电池，电池总反应式为Fe＋2H＋= Fe2+＋H2 ↑，则铁是负极，铜棒M 是不会变粗的，故B错误；
C.如果是银、锌、硝酸银溶液构成原电池，电池总反应式为 Zn＋2Ag＋=Zn2＋＋2Ag，则锌是负极，N棒变细，析出的银附在银上，M棒变粗，故C正确；
D.如果是锌、铁、硝酸铁溶液构成原电池，电池总反应式为Zn+ 2Fe3+=2 Fe2++ Zn2＋，Zn作负极， M极变细，故D错误；
答案选C。
4．下列化工生产原理错误的是
①可以用电解熔融氯化钠的方法来制取金属钠；②将钠加入氯化镁饱和溶液中制取镁；③用电解法冶炼铝时，原料可选用氯化铝；④湿法炼制是用锌和硫酸制溶液反应置换出铜
A．仅②③ B．仅①③ C．仅①② D．仅②③④
【答案】D
【详解】
①钠是活泼金属，可以用电解熔融氯化钠的方法来制取金属钠，正确；②将钠加入氯化镁溶液中，钠先和水反应生成NaOH，氯化镁会和NaOH发生复分解反应，所以得不到镁单质，应采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，错误；③氯化铝是分子晶体，熔融状态下氯化铝不导电，故不能用电解氯化铝的方法得到铝，错误；④湿法炼铜是用铁和硫酸铜溶液反应置换出铜，错误。综上所述，D项符合题意。
故选D。
5．下列关于图中所示原电池的说法正确的是

A．当a为Cu，b为含有碳杂质的Al，c为稀硫酸时，b极上不能观察到气体产生
B．当a为石墨，b为Fe，c为稀硫酸时，外电路中有电流
C．当a为Mg，b为Al，c为NaOH溶液时，根据现象可推知Al的活泼性强于Mg的活泼性
D．当a为石墨，b为Cu，c为溶液时，外电路中没有电流
【答案】B
【详解】
A．因b为含有碳杂质的Al，C、Al在稀硫酸中可以构成原电池，溶液中的在b极上得到电子而产生，所以在b极上可观察到有气体产生，故A错误；
B．Fe能与稀硫酸发生氧化还原反应，则石墨、Fe在稀硫酸中能形成原电池，外电路中有电流通过，故B正确；
C．Al可与NaOH溶液反应，Mg、Al在氢氧化钠溶液中可以构成原电池，Al做原电池的负极，但实际上Mg的活泼性强于Al的活泼性，故C错误；
D． Cu能与溶液发生氧化还原反应，则石墨、Cu在溶液能形成原电池而产生电流，故D错误；
故选B。
6．下列关于四个装置的说法正确的是

A．①装置中，电子流向：Zn→导线→Cu→稀硫酸→Zn
B．②装置中，阳极的电极反应为
C．③装置中，在阴极附近滴入酚酞试液，溶液变红
D．④装置中，电解一段时间后，溶液的pH增大
【答案】C
【详解】
A项，电子不能在电解质溶液中移动，错误；
B项，②装置是电解装置，右侧Cu为阳极，失电子发生氧化反应生成铜离子、遇到氢氧根生成氢氧化铜，，错误；
C项，③装置中，在阴极得电子，生成和，则阴极附近的溶液显碱性，可使酚酞试液变红，正确；
D项，④装置中，在阴极得电子生成Cu，在阳极失电子生成和，溶液的pH减小，错误。
故选C。
7．X、Y、Z、W四块金属板分别作电极用导线两两相连浸入稀硫酸中构成原电池。X、Y作电极时，X为负极；Z、W作电极时，电流方向是W→Z；X、Z作电极时，Z极上产生大量气泡；W、Y作电极时，W极发生氧化反应。据此判断这四种金属的活动性顺序为
A．X>Z>W>Y B．Z>X>Y>W C．X>Y>Z>W D．Y>W>Z>X
【答案】A
【详解】
由X、Y作电极时，x为负极可知，金属的活动性为X>Y；由Z、W作电极时，电流方向是W→Z可知，Z为原电池的负极，金属的活动性为Z>W；由X、Z作电极时，Z极上产生大量气泡可知，在Z极上得电子，X为原电池的负极，金属的活动性为X>Z；由W、Y作电极时，W极发生氧化反应可知，W极失电子，为原电池的负极，金属的活动性W>Y，则四种金属的活动性顺序为X>Z>W>Y，故选A。
8．乙醇燃料电池中采用磺酸类质子溶剂，在200℃左右时供电，电池总反应为：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，电池示意如图，下列说法中，正确的是

A．电池工作时，质子向电池的负极迁移
B．电池工作时，电子由b极沿导线流向a极
C．b极上发生的电极反应是：4H++O2+4e-=2H2O
D．a极上发生的电极反应是：C2H5OH+3H2O+12e-=2CO2+12H+
【答案】C
【详解】
A．该燃料电池放电时，带正电荷的微粒向正极移动，所以质子向正极移动，选项A错误；
B．燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以该燃料电池放电时，电子从负极a沿导线流向正极b，选项B错误；
C．燃料电池中，投放氧化剂的电极是正极，则 b极上氧气得电子和氢离子反应生成水，所以电极反应式为4H++O2+4e-=2H2O，选项C正确；
D．燃料电池中，投放燃料的电极是负极，负极上燃料失去电子发生氧化反应，所以a电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，选项D错误；
答案选C。
9．微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图所示，下列说法正确的是

A．电子从b流出，经外电路流向a
B．HS—在硫氧化菌作用下转化为SO的反应是：HS—+4H2O—8e—=SO+9H+
C．该电池在高温下进行效率更高
D．若该电池有0.4mol电子转移，则有0.45molH+通过质子交换膜
【答案】B
【分析】
由氢离子的移动方向可知，电极a为微生物燃料电池的负极，在硫氧化菌作用下，硫氢根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为HS—+4H2O—8e—=SO+9H+，b极为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O。
【详解】
A．由分析可知，电极b是电池的正极，a是负极，则电子从a流出，经外电路流向b，故A错误；
B．由分析可知，电极a为微生物燃料电池的负极，在硫氧化菌作用下，硫氢根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为HS—+4H2O—8e—=SO+9H+，故B正确；
C．微生物的主要成分是蛋白质，若电池在高温下进行，蛋白质会发生变性，微生物的催化能力降低，电池的工作效率降低，故C错误；
D．由分析可知，正极的电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O，则当电池有0.4mol电子转移时，负极区有0.4mol氢离子通过质子交换膜加入正极区，故D错误；
故选B。
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
【答案】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．电解CuCl2与NaCl的混合溶液(惰性电极)，阴极上和阳极上最先析出的物质为
A．H2和Cl2 B．Cu和Cl2 C．H2和O2 D．Cu和O2
【答案】B
【详解】
电解时，溶液中Cu2＋、H＋、Na＋移向阴极，Cu2＋先放电得到Cu；Cl-、OH-移向阳极，Cl-先放电得到Cl2，阴极上和阳极上最先析出的物质分别为Cu和Cl2；
故选：B。
12．用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是
A．得电子能力：H+>Na+，故阴极得到H2
B．水电离平衡右移，故阴极区得到OH-
C．失电子能力：Cl->OH-，故阳极得到Cl2
D．电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后，溶液呈中性
【答案】D
【详解】
A．得电子能力：，电解饱和食盐水阴极发生反应：，故A正确；
B．电解饱和食盐水过程中，被消耗，促进水的电离，阴极消耗同时得到，故B正确；
C．失电子能力：，电解饱和食盐水，阳极发生反应：，阳极得到，故C正确；
D．电解池中，总反应方程式为，所以溶液呈碱性，故D错误；
故选D。
13．观察下列几个装置示意图，有关叙述正确的是
①
②
③
④




电解溶液装置
电镀铜实验装置
氢氧燃料电池示意图
离子交换膜法电解原理示意图
A．装置①中阳极上析出红色固体
B．装置②的待镀铁制品应与电源正极相连
C．装置③中外电路电子由a极流向b极
D．装置④中的离子交换膜允许阳离子、阴离子、水分子自由通过
【答案】C
【详解】
A．装置①电解氯化铜的装置图中没有标明电极材料的名称，但根据溶液的组成及所给提示“电解CuCl2溶液实验装置示意图”，不难判断，铜应该在阴极上析出,故A错误；
B．装置②电镀实验中，待镀金属作为阴极，故在装置②电镀铜实验中，待镀铁制品应与电源负极相连，故B错误；
C．装置③，根据氢气的入口，故很容易判断出原电池的左边为负极，氢气在左边电极上失电子，故外电路电子由a极流向b极，故C正确；
D．装置④的离子交换膜是阳离子交换膜，只允许阳离子、水分子自由通过，不允许阴离子通过，故D错误；
故答案：C。
14．利用如图所示装置可以在铜牌表面电镀一层银。下列有关说法正确的是(    )

A．通电后，电解质溶液中的电子由阳极移到阴极
B．铜牌与电源正极相连
C．该电解池的阴极反应可表示为Cu2++2e-=Cu
D．当电镀一段时间后,电解质溶液中c(Ag+)保持不变
【答案】D
【详解】
该装置是电镀池，镀层Ag作阳极、镀件Cu作阴极；
A、电子不能通过电解质溶液，应是电解质溶液中的阳离子由阳极向阴极移动，A错误；
B、镀件Cu作阴极，与电源负极相连，故B错误；
C、铜为阴极，银离子在阴极上得电子发生还原反应，方程式为：Ag++e-═Ag，故C错误；
D、电镀过程中阳极反应为Ag-e-=Ag+，阴极反应为Ag++e-═Ag，故电解一段时间后电解质溶液中c(Ag+)保持不变，故D正确；
故答案为D
15．用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的状态(不考虑二氧化碳的溶解)，则电解过程中阳极产生气体的体积（标准状况下）为
A．3.36L B．4.48L C．6.72L D．2.24L
【答案】A
【详解】
碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜（Cu2(OH)2CO3）相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，电解过程分为两个阶段，第一个阶段阳极生成O2，阴极生成Cu，加入0.2mol CuO可恢复原状，第二阶段阳极生成氧气，阴极生成氢气，加入0.1mol H2O恢复原状；根据氧原子守恒可知阳极生成O2的物质的量为（0.2mol+0.1mol）/2=0.15mol，体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L；
答案选A。
16．金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍(已知：氧化性)，下列说法中正确的是
A．阳极发生还原反应其电极反应式：
B．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有
D．电解后，电解槽底部的阳极泥中含有Cu和Pt
【答案】D
【详解】
A．阳极发生氧化反应其电极反应式：等，阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Ni2++2e-═Ni， A项错误；
B．电解过程中，阳极上铁、锌和镍失电子发生氧化反应，阴极上只有镍得电子析出，阴阳极上转移电子相等，但因为这几种金属的摩尔质量不等，所以阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等， B项错误；
C．电解后，部分镍离子不析出，溶液中存在的金属阳离子有Fe2+和Zn2+和Ni2+，C项错误；
D．因为氧化性，铂为惰性电极，所以阳极中铂和铜不会被氧化生成金属阳离子，则铜和铂在电解槽底部形成阳极泥，D项正确；
答案选D。
二、非选择题（本题共4小题，共52分。）
17．（12分）对金属制品进行腐蚀处理，可延长其使用寿命。
（1）以下为铝材表面处理的一种方法：

①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是__________________(用离子方程式表示)。
为将碱洗后槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的__________。
a．NH3 b．CO2 c．NaOH d．HNO3
②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极的电极反应式为_______________。
（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是________________________。
（3）利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。

若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】（1）2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑或2Al+2OH－ +2H2O＝2AlO2－+3H2↑（2分） b（2分） 2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋ （2分）
（2）补充溶液中的Cu2＋，保持溶液中Cu2＋的浓度恒定（2分）
（3）N（2分） 牺牲阳极保护法（2分）
【详解】
（1）①铝材碱性可以洗去油污，同时也可以洗去表面的氧化铝，裸露的铝会和碱溶液反应放出氢气，2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑或2Al+2OH－ +2H2O＝2AlO2－+3H2↑，氢氧化铝是两性氢氧化物，可溶于强酸强碱，因此，溶液中的偏铝酸根，应通入CO2 使其沉淀成氢氧化铝，选b，②以铝材为阳极，在过量的H2SO4 溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，铝失电子发生氧化反应，阳极电极反应式为2Al-6e－+3H2O＝Al2O3 ＋6H＋ ；
（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨做阳极的原因是补充溶液中消耗的Cu2+ ，保持溶液中Cu2+ 浓度恒定；
（3）若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，应构成电解池，阴极的电保护法，开关K应该置于N处，若X为锌，开光K置于M处，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。
18．（12分）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)＝6.3×10－18mol2·L－2，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】（1）负（2分） （2）O2+4H++4e-=2H2O（2分） （3）1.12L（2分） （4）C4H10O－24e-＋32OH-=4＋21H2O（2分） 减小（2分）
（5）FeS(s)＋Cu2＋(aq) ⇌CuS(s)＋Fe2＋(aq) （2分）
【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，在标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12L；
（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-=4＋21H2O，故答案为：C4H10O－24e-＋32OH-=4＋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)。
19．（15分）某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：

(1)甲池为__________(填“原电池”或“电解池”)，A电极的电极反应式为__________。
(2)丙池中E电极为_________(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)，丙池总反应的离子方程式为__________。
(3)当乙池中C极质量减轻5.4 g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为_____mL(标准状况).
(4)一段时间后，断开电键K,下列物质能使丙池恢复到反应前浓度的是___(填选项字母)。
A．Cu B．CuO C．Cu(OH)2 D．Cu2(OH)2CO3
(5)爱迪生蓄电池的反应式为：Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2；高铁酸钠(Na2FeO4)易溶于水，是一种新型净水剂．用如图装置可以制取少量高铁酸钠。

①此装置中爱迪生蓄电池的正极是________(填“a”或“b”)，该电池工作一段时间后必须充电，充电时阴极的电极反应式为____________________。
②写出在用电解法制取高铁酸钠时，阳极的电极反应式为____________________。
【答案】（1）原电池（1分） CH3OH - 6e-+ 8OH－=+ 6H2O（2分） （2）阳极（1分） 2Cu2++ 2H2O2Cu +O2↑+4H+（2分） （3）280（2分） （4）B（2分） （5）b（1分） Fe(OH)2 +2e－=Fe+ 2OH－（2分） Fe-6e－+ 8OH－=+ 4H2O （2分）
【分析】
根据题中图示判断，甲池为燃料电池，A为负极，B为正极，则乙中C为阳极，D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，阴极上铜离子得电子生成Cu，丙池中E为阳极，F是阴极，也就是惰性电极电解硫酸铜溶液，结合溶液中离子变化分析；根据题中图示制取少量高铁酸钠，可判断Fe作阳极判断爱迪生蓄电池的正负极，并写出电极反应，据此解答。
【详解】
(1) 由图可知甲池为原电池是一甲醇燃料电池，通甲醇的A为负极、B为正极，电解质溶液为KOH溶液，则A电极反应方程式为CH3OH+8OH--6e-═+6H2O，B电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；答案为原电池，CH3OH+8OH--6e-═+6H2O。
(2)丙池中E为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，F电极为阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，总反应离子方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；答案为阳极，2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。
(3) 乙池为电解池，C为阳极电极反应为Ag-e-=Ag+，D做阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，乙池中C极质量减轻5.4g，则其物质的量n(Ag)==0.05mol，则转移电子为0.05mol，甲池消耗O2为0.05mol×=0.0125mol，所以标况下体积为V(O2)=0.0125 mol×22.4L/mol=0.28L=280mL；答案为280。
(4) 一段时间后，断开电键K，要使丙池恢复到反应前浓度，根据2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑可知，需加入CuO，CuO与硫酸发生反应生成硫酸铜和水，即CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；答案为B。
(5)①用如图装置制取少量高铁酸钠，Fe必须接爱迪生蓄电池的正极，作阳极，故b是正极，该电池工作一段时间后必须充电，充电时阴极发生还原反应，得到电子，由Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2可知，其电极反应式为Fe(OH)2 +2e－=Fe+ 2OH－；答案为b，Fe(OH)2 +2e－=Fe+ 2OH－。
②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，阳极电极反应为Fe-6e-+8OH-=+4H2O；答案为Fe-6e-+8OH-=+4H2O。
20．（13分）(1)为了比较Fe、Co、Cu三种金属的活动性，某实验小组设计如图实验装置。

丙装置中充入滴有酚酞的氯化钠溶液，X、Y均为石墨电极。反应一段时间后，可观察到甲装置中Co电极附近产生气泡，丙装置可用于制备NaClO消毒液，其中X极附近溶液先变红。
①丙装置中Y极为_______极(填“正”、“负”、“阴”或“阳”)。
②写出甲装置中Co电极的电极反应式：_________。
③三种金属的活动性由强到弱的顺序是___________(用元素符号表示)。
④写出丙装置中的总化学反应方程式：___________。
(2) 工业上电解NO制备NH4NO3(已知电解质溶液环境为酸性)，其工作原理如图所示

①电解过程中阳极区的pH会_______(填“增大”、“减小”、“不变”)
②阴极的电极反应式为：________；
③为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是_________。
【答案】（1）阳（1分） 2H＋＋2e- =H2↑（2分） Fe>Co>Cu（2分） NaCl+ H2ONaClO+ H2↑（2分）
（2）减小（2分） NO＋5e-＋6H＋=NH＋H2O（2分） NH3（2分）
【分析】
（1）甲池是原电池，Co电极附近产生气泡，可判断Fe为负极，则Co作正极；乙池是原电池，用于电解饱和食盐水，X极附近溶液变红，说明X电极是阴极，即乙池Co电极为负极，Y极为阳极，据此判断Fe、Co、Cu三种金属的活动性；
（2）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3-的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，据此分析判断。
【详解】
(1)①乙池是原电池，用于电解饱和食盐水，X极附近溶液变红，说明X电极是阴极，Y极为阳极；
②甲池是原电池，Co电极附近产生气泡，即Co电极有H2生成，说明Fe比Co活泼，Co为正极，电极反应式为2H＋＋2e- =H2↑；
③甲池是原电池，Co电极附近产生气泡，即Co电极有H2生成，说明Fe比Co活泼，乙池也是原电池，电解饱和食盐水，X极附近溶液变红，说明X电极是阴极，即乙池Co电极为负极，说明Co比Cu活泼，所以三种金属的活动性由强到弱的顺序是Fe>Co>Cu；
④丙装置是电解饱和的食盐水，生成氢氧化钠、氢气和氯气，总化学反应方程式NaCl+ H2ONaClO+ H2↑；
(2) ①电解NO制备NH4NO3，阳极反应为 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，生成氢离子，pH会减少；
②阴极反应为：NO＋5e-＋6H＋=NH＋H2O；
③从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的 的物质的量大于阴极产生的 的物质的量，总反应方程式为： ，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3。