人教版 (2019)选择性必修1第二节 电解池一课一练

这是一份人教版 (2019)选择性必修1第二节 电解池一课一练，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．利用电化学原理可同时将、变废为宝，装置如图所示电极均为惰性电极。说法不正确的是
A．a为负极，发生氧化反应
B．装置工作时，电子从c极流入b极
C．d电极反应式为
D．若b极消耗16gO2，则Y中左侧溶液质量减轻16g
2．下列化学反应的方程式书写正确的是
A．与燃烧的热化学方程式：
B．泡沫灭火器原理的离子方程式：
C．与溶液反应的化学方程式：
D．用惰性电极电解溶液的离子方程式：
3．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向氨水中通入少量SO2：2NH3·H2O + SO2 = 2NH+ SO+ H2O
B．电解K2MnO4碱性溶液制KMnO4：2MnO＋2H＋2MnO＋H2
C．电解MgCl2溶液：2H2O＋2Cl-2OH-＋H2＋Cl2
D．Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀：Ba2＋＋2OH-＋2H＋＋SO=BaSO4↓＋2H2O
4．一种新型镁硫石墨烯电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．该电池可用NaOH溶液作为电解质溶液
B．放电时，正极反应包括3Mg2++MgS8-6e-=4MgS2
C．使用的隔膜是阳离子交换膜
D．充电时，电子从Mg电极流出
5．下列推断正确的是
A．甲可能为硝酸银B．乙可能为氯气
C．丙可能为镁D．甲可能为氢氧化钠
6．光伏发电是当今世界利用太阳能最主要方式之一。图1为光伏发电装置，图2为电解制备绿色硝化剂N2O5的装置(c、d为Pt电极)。下列说法不正确的是
A．光伏发电装置中N型半导体为负极
B．生成N2O5的电极反应式为N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+
C．电解一段时间后，阴极室溶液pH增大
D．通过该装置可以实现光能→电能→化学能的转化
7．工业上设计如下过程吸收NO和SO2.下列说法正确的是
A．装置Ⅰ的主要作用是吸收NO
B．装置Ⅱ中，加入Ce4+的主要作用是将氮、硫的化合物分离
C．装置Ⅲ中，在电解槽的阴极区生成
D．装置Ⅳ中，O2的主要作用是氧化NH3
8．用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一物质中(括号内)，溶液能与原来溶液完全一样的是
A．AgNO3 [Ag2O]B．NaOH [NaOH]C．NaCl [盐酸]D．CuSO4 [Cu(OH)2]
9．为探究含氯化银沉淀的水溶液的电解，进行了如下实验
依据上述实验现象，结论不合理的是
A．实验①中淀粉KI试纸变蓝说明参与了阳极放电
B．实验①中的平衡向沉淀溶解方向移动
C．结合实验①和②可知，实验①中电解池的阳极产生的气体可能还含有
D．可以预测AgCl滤液为电解质溶液时，电极现象与②相同
10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法一定正确的是
A．标准状况下，2.24L C4H8分子中的σ键的数目为1.1NA
B．4.6gNa在空气中反应完全生成Na2O、Na2O2，转移电子数为0.2NA
C．室温下，pH=5的醋酸溶液中，由水电离的H+离子数目为10-9NA
D．电解CuSO4溶液时，当阴极产生3.2g O2时，转移的电子数为0.4NA
二、填空题
11．电化学在生产、生活中应用广泛。根据原理示意图，回答下列问题：

(1)图1为 (填“原电池”或“电解池”)装置，若开始时，两电极质量相等，当电路有0.1mle-转移时，两极的质量相差 g。
(2)图2为燃料电池，A极为电池的 (填“正极”或“负极”)，b通入的是 (填“燃料”或“空气”)，若以甲醇为燃料电池，写出负极的电极反应式： 。
(3)图3中总反应化学方程式为 ，若电解池中溶液体积为500mL，当B电极质量增加5.4g时，其pH为 (忽略溶液体积变化)；
(4)电极生物膜电解脱硝是电化学和微生物工艺的组合。某微生物膜能利用电解产生的活性原子将NO还原为N2，工作原理如图4所示。若阳极生成标准状况下2.24L气体，理论上可除去NO的物质的量为 ml。
12．烟气中的主要污染物为SO2、NOx，随意排放会导致酸雨等，汽车尾气的氮氧化物是大气污染物的主要来源，研究汽车尾气处理是环境保护的重要课题。试回答下列问题：
(1)有关汽车尾气的生成
已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.50kJ•ml-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ•ml-1
③2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ•ml-1
则N2(g)+2NO(g)=2N2O(g) ΔH= 。
(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气，可采用NSR(NOx储存还原)进行处理，NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图所示。

NOx储存转化为Ba(NO3)2过程中，参加反应的NO和O2的物质的量之比为 。
(3)NaOH溶液可用于吸收工业尾气(含NO、NO2)，获得副产品NaNO2.等物质的量的NO与NO2被NaOH溶液吸收，反应的离子方程式为 。
(4)用NH3消除汽车尾气
I.研究发现NH3脱硝的过程如图所示。写出脱硝过程的总反应化学方程式 。

II.新型催化剂b在含有少量O2条件下，能催化NH3和NOx，反应生成N2，且高温下活性很强。在盛有催化剂b的管式反应容器[图甲]中按一定比例匀速通入NH3、NOx、O2发生反应。NOx的除去率随反应温度变化曲线如图乙所示。

①在50℃之前，NOx的除去率随温度升高而缓慢上升的原因是 。
②当温度高于300℃时，NOx除去率迅速下降的原因是 。
(5)烟气中的NO、SO2可通过电解法除去并获得氨水和硫酸，其原理如图所示。

该电解池阴极的电极反应式为 ，离子交换膜a是 (填“阴”或“阳”)离子交换膜。
13．书写下列化学用语：
（1）氯碱工业中电解饱和食盐水总反应的离子方程式 。
（2）泡沫灭火器所用的原料为硫酸铝和碳酸氢钠，用离子方程式表示泡沫灭火器的灭火原理 。
（3）向含有Mg(OH)2固体的浊液中加入浓NH4Cl溶液，Mg(OH)2固体溶解，用化学方程式解释原因 。
（4）以甲烷、空气为燃料，以KOH为电解质溶液的燃料电池，负极反应式 ，正极反应式 。
（5）用惰性电极电解溶融Al2O3可以获得活泼金属Al，写出阳极的电极反应式 ，总反应的化学方程式 。
14．原电池和电解池都能实现能量的置换。回答下列问题：
(1)可将化学能转化为电能是 池；
(2)下列反应能设计成原电池的是：
①2FeCl3+Fe=3FeCl2
②AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl
③NaOH+HCl=NaCl+H2O
(3)用FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板的离子方程式为： 。
(4)右图装置当闭合电键时，电表显示有电流通过。则Pt极的电极反应式： ；当甲中产生0.1ml气体时，乙中析出铜的质量应为 g。

15．某学习小组以SO2为原料，采用电化学方法制取硫酸。
（1）原电池原理：该小组设计的原理示意图如左下图，写出该电池负极的电极反应式 。
（2）电解原理：该小组用Na2SO3溶液充分吸收SO2得到NaHSO3溶液，然后电解该溶液制得了硫酸。原理如右下图，写出开始电解时阳极的电极反应式 。
16．烟气中常常含有大量SO2和H2S等大气污染物，需经过净化处理后才能排放。
(1)除去燃煤产生的废气中的SO2的过程图所示。
①过程I是一部分SO2发生催化氧化反应，若参加反应SO2和O2的体积比为4：3，则反应的化学方程式为 。
②过程Ⅱ利用电化学装置吸收另一部分SO2，使得Cu再生，该过程中阳极的电极反应式为 。若此过程中除去SO2体积分数为0.5%的废气2240L(标准状况)，可使 gCu再生。
(2)用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S的原理如下：
反应I：H2S(g)H2S(aq)
反应Ⅱ：H2S(aq)H++HS-
反应Ⅲ：HS-+2Fe3+S↓+2Fe2++H+
一定条件下测得脱硫率与Fe3+浓度关系如图所示。
①吸收液经除S后可进行再生，较经济的再生方法是 。
②当Fe3+的浓度大于10g·L-1时，浓度越大，脱硫率越低的原因是 。
(3)我国科学家研究在活性炭催化条件下将煤气中的H2S协同脱除，部分反应机理如图所示(物质吸附在催化剂表面用*标注)。
①H2S中S元素的转化过程可描述为 。
②从物质转化与资源综合利用角度分析，该过程初步达到的目的为 。
17．回答下列问题：
(1)依据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。请回答下列问题：
①电极X的材料是 ，电解质溶液Y是 。
②银电极为电池的 极，发生的电极反应式为 。
(2)如图所示，甲、乙为相互串联的两个电解池。
①甲池为粗铜的精炼装置，A电极为 (填“阳极”或“阴极”)，电极材料是 ，电极反应式为 。
②乙池中Fe极的电极反应式是 ，若在乙池中滴入少量酚酞溶液，电解一段时间后，Fe极附近呈 色。
18．磷有多种化合物，次磷酸(H3PO2)和次磷酸钠(NaH2PO2)常用作化工生产中的还原剂。
（1）工业上可用白磷(P4)和过量的热NaOH溶液反应生成PH3气体和 NaH2PO2。若反应中转移电子数为3NA，则用去还原剂 ml，若已知NaH2PO2溶液的pH >7，写出H3PO2电离平衡常数Ka的数学表达式： 。
（2）向Ba(H2PO2)2溶液中加入盐酸可制备H3PO2，有人说应该用硫酸代替盐酸，请说明用硫酸代替盐酸的优点： 。
（3）可利用H3PO2把溶液中的Ag+还原为银的反应进行化学镀银，已知该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4，则反应的离子方程式为 。
（4）利用电解原理制备H3PO2的示意图如图所示(阳离子交换膜、阴离子交换膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。已知：阳极反应式为4OH--4e-O2↑+2H2O；阴极反应式为2H++2e-H2↑。试分析在阳极室得到H3PO2的原因： 。
19．根据下图，回答下列问题：
(1)若闭合S1，装置属于 ，锌极作 极(填“正”或“负”)。
(2)若闭合S2，装置属于 ，锌极上的反应为 。
(3)若闭合S3，总反应为 。
20．下图是一个化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOH = 2K2CO3＋6H2O

请回答：
(1)甲池是 （填“原电池”或“电解池”），通入CH3OH的电极作为 极，通入O2的电极作为 极，该电极反应式为 。
(2)乙池是 （填“原电池”或“电解池”），A电极名称为 极，电极反应式为 。
(3)甲池中溶液的pH (填“增大”、“减小”或“不变”)；乙池中溶液的pH (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40 g时，电路中转移电子的物质的量是 ml，甲池中理论上消耗O2 mL(标准状况下)。
三、实验探究题
21．是用途广泛的重要工业品，用途广泛，将通入溶液中可制备，反应化学方程式为。某同学设计如图实验装置(夹持仪器已省略)制备。回答下列问题：

(1)装置A中反应的离子方程式为 。
(2)装置B中盛放的试剂是 ，装置C中仪器X的名称为 。
(3)已知在100℃时溶解度约为156g，在100℃时的溶解度约为48g。简述从仪器X中获得粗品的步骤： 。
(4)粗品中纯度的测定称取a g粗品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL所得溶液于锥形瓶中，加入少量的稀硫酸，用0.100的溶液滴定至终点时，消耗b mL 溶液()。粗品中的质量分数为 (用含有a、b的代数式表示)。
(5)电解溶液也可以制备，阳极电极反应式为 。
(6)实验室若配制溶液。下列操作会使配制的溶液浓度偏大的是 (填字母，假设其他操作均正确)。
A．没有冷却至室温就转移液体到容量瓶并完成定容
B．将溶液移入容量瓶过程中有少量溶液溅出
C．使用容量瓶配制溶液，定容时，仰视刻度线
D．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干就用来配制溶液
E．定容时，滴加蒸馏水，不慎加多高于刻度线，吸出少量水使凹液面最低点与刻度线相切
22．Fe(OH)2的制备实验是实验研究的热点，某化学学习小组设计了下列方法制备氢氧化亚铁。
方法一：用如图所示装置(夹持仪器省略)制备氢氧化亚铁。
实验步骤如下：
I.检查装置气密性后，关闭K2、K5，打开K1、K3、K4，使装置A中产生的气体进入装置B中，排尽B中空气。
II.待B中空气排尽后，关闭K3，打开K2，将A中溶液压入B中并观察现象。
III.关闭K1、K2，打开K5，使C中气体通入B中并观察现象。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 ，B中长玻璃管的作用 。
(2)H2O2的电子式 。
(3)装置A中金属离子的检验方法 。
(4)步骤III装置B中的现象是 ，其发生反应的化学方程式为 。
方法二：用铁和石墨作电极材料，通过电解法制备氢氧化亚铁，装置如图所示。
(5)铁与电源的 (填“正”或“负”)极相连。
(6)阴极发生的电极反应方程式 。
(7)在标准状况下，当阴极产生 11.2L 气体时，理论上生成 g Fe(OH)2。
23．电镀行业产生的酸性含铬废水对环境有污染，其中所含的Cr(Ⅵ)是主要污染物，可采用多种处理方法将其除去。查阅资料可知：
①在酸性环境下，Cr(Ⅵ)通常以Cr2O72-的形式存在；
②Cr2O72-的氧化能力强于CrO42-；
③常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：
Ⅰ.腐蚀电池法
(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，利用原电池原理还原Cr(Ⅵ)。下列关于焦炭的说法正确的是 (填字母代号)。
a．作原电池的正极 b．在反应中作还原剂 c．表面可能有气泡产生
Ⅱ.电解还原法
向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体，以Fe为电极电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成排出，从而使废水中铬含量低于排放标准。电解装置如图1所示。
(2)A极连接电源的 极，A极上发生的电极反应式为
(3)电解开始时，B极上除了发生产生H2的反应外，还有少量Cr2O72-在B极上直接放电，该反应的电极反应式为
(4)电解过程中，溶液的pH不同时，通电时间(t)与溶液中铬元素去除率的关系如图2所示。
①由图可知，电解还原法应采取的最佳pH范围为 (填字母代号)。
a．2～4 b．4～6 c．6～10
②解释曲线Ⅰ和曲线Ⅳ去除率低的原因：
装置示意图
序号
电解质溶液
实验现象
①
溶液和 NaCl溶液
两电极上均有气泡产生，用湿润淀粉KI试纸靠近阳极，试纸变为蓝色，阴极附近的白色沉淀变成黑色(经检验为Ag)，并沉积在烧杯底部
②
溶液
两电极上均有气泡产生
阳离子
Fe3＋
Fe2＋
Cr3＋
开始沉淀的pH
1.9
7.0
4.3
沉淀完全的pH
3.2
9.0
5.6
参考答案：
1．D
【分析】根据装置图，可以推知X装置为原电池，Y装置电解池，X装置：a电极通入SO2，SO2转化成H2SO4，b电极通入氧气，因此a电极为负极，b电极为正极，根据电解原理，c电极为阳极，d电极为阴极，据此分析；
【详解】A．a电极发生SO2＋2H2O－2e－=SO＋4H＋，a电极为负极，化合价升高，发生氧化反应，故A正确；
B．根据上述分析，电子流向从a极流向d电极，c电极流向b电极，故B正确；
C．d电极为阴极，CO2转化成CH3OH，C的化合价由＋4价降低为－2价，电解质为硫酸，因此d电极反应式为CO2＋6e－＋6H＋=CH3OH＋H2O，故C正确；
D．b电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，c电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，建立关系式为O2～4e－～O2，b极消耗16g氧气，Y中左侧溶液中有16g氧气逸出，同时有mlH＋从左侧移向右侧，左侧溶液质量减少的质量为16g+×1g=18g，故D错误；
答案为D。
2．C
【详解】A．的单位为，故A错误；
B．泡沫灭火器原理为：，故B错误；
C．与反应生成难溶于酸的CuS和硫酸，反应方程式正确，故C正确；
D．用惰性电极电解溶液，阴极上铜离子得电子生成Cu，阳极上失电子生成氢离子和，离子方程式为：，故D错误；
故选：C。
3．A
【详解】A．向氨水中通入少量SO2生成亚硫酸铵，离子方程式为2NH3·H2O + SO2 = 2NH+ SO+ H2O，A正确；
B．电解K2MnO4碱性溶液制KMnO4，碱性环境下，不会有H＋参与反应，正确的离子方程式为：2MnO＋2H2O2MnO＋H2+2OH-，B错误；
C．电解MgCl2溶液，应生成氢氧化镁沉淀，Mg+2H2O＋2Cl-Mg(OH)2↓＋H2＋Cl2，C错误；
D．Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，二者按照1:1进行反应，正确的离子方程式为：Ba2＋＋OH-＋H＋＋SO=BaSO4↓＋H2O，D错误；
故选A。
4．C
【详解】A．由题中图示可知，Mg为负极被氧化生成的Mg2+，与NaOH溶液中的OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，即Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，降低导电性，故A错误；
B．放电时正极上发生还原反应，得电子，电极反应为3Mg2++MgS8+6e-=4MgS2，故B错误；
C．由题中图示可知，溶液中的阳离子Mg2+通过隔膜移向正极，所以使用的隔膜是阳离子交换膜，故C正确；
D．充电时Mg为阴极，即电子流入的一极，故D错误；
答案为C。
5．B
【详解】A．若甲为硝酸银，电解硝酸银溶液生成银和硝酸，银和硝酸反应条件不是点燃，故A错误；
B．若乙为氯气，则丙可能是氢气，氢气在氯气中点燃生成氯化氢，电解氯化氢的溶液生成氯气和氢气，故B正确；
C．镁为活泼金属元素，电解任何镁盐溶液都得不到金属镁，故C错误；
D．若甲为氢氧化钠，电解氢氧化钠溶液生成氢气和氧气，点燃生成水，得不到氢氧化钠，故D错误；
故选B。
6．C
【详解】A．图1中电子由P型半导体移向N型半导体，因此N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A正确；
B．b电极是正极，因此c电极是阳极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为N2O4－2e-+2HNO3＝2N2O5+2H+，故B正确；
C．d电极与a电极相连，作阴极，氢离子放电，但同时阳极室产生的氢离子通过隔膜移向阴极室，导致溶液中氢离子浓度不变，溶液的pH不变，故C错误；
D．图1中光能转化为电能，图2是电解池，电能又转化为化学能，所以通过该装置可以实现光能→电能→化学能的转化，故D正确；
故选C。
7．C
【详解】A．NO和NaOH溶液不反应，SO2和NaOH溶液反应生成，所以装置Ⅰ的主要作用是吸收SO2，故A错误；
B．从图示可以看出Ce4+的主要作用是将NO氧化为留在溶液中，故B错误；
C．装置Ⅲ中, ，化合价降低，发生还原反应，在阴极区生成，故C正确；
D．装置Ⅳ中，O2的主要作用是氧化，而NH3转化为,化合价没变，故D错误；
故答案为：C
8．A
【详解】根据“出来什么加什么”的原则可解题：
A．惰性电解电解AgNO3溶液的电解反应方程式为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3,故加入一定量的Ag2O即可复原，A正确；
B．惰性电极电解NaOH溶液，实际上电解水，电解方程式为：2H2O2H2↑+O2↑，故需向其中加入一定量的水即可复原，B错误；
C．惰性电极电解NaCl溶液，电解方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故需向其中加入一定量的HCl而不是盐酸即可复原，C错误；
D．惰性电极电解CuSO4溶液，电解方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，故需向其中加入一定量的CuO才能复原，D错误；
故答案为：A。
9．D
【详解】A．实验①中淀粉KI试纸变蓝说明生成了氯气，则参与了阳极放电发生氧化反应生成氯气，氯气氧化碘离子生成碘单质，A项合理；
B．阴极银离子放电发生还原反应生成银，溶液中银离子、氯离子浓度减小，的平衡向沉淀溶解方向移动，B项合理；
C．实验②中阳极水电离出氢氧根离子放电生成氧气，氧气具有氧化性也能使碘离子氧化为碘单质，故实验①中电解池的阳极产生的气体可能还含有，C项合理；
D．AgCl滤液中含银离子和氯离子，阴极银离子放电生成银单质，不会生成气体，D项不合理；
故选D。
10．B
【详解】A．C4H8可以是丁烯或环丁烷或甲基环丙烷，若为丁烯一个C4H8分子含有11个σ键，若为环丁烷或甲基环丙烷一个C4H8分子含有12个σ键，所以无法确定2.24LC4H8分子中的σ键的数目，故A错误；
B．4.6gNa的物质的量为0.2ml，完全反应生成Na2O、Na2O2时，全部转化为Na+，所以转移电子数为0.2NA，故B正确；
C．溶液体积未知，无法确定溶液中微粒的数目，故C错误；
D．电解硫酸铜溶液时，阳极上水电离出的氢氧根被氧化生成氧气，阴极不产生氧气，故D错误；
综上所述答案为B。
11．(1) 原电池 6.45
(2) 负极 空气 CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
(3) 4AgNO3+2H2O4HNO3+O2↑+4Ag 1
(4)0.08
【详解】（1）图1中存在自发的氧化还原反应：，故为原电池装置，从方程式知，负极每溶解65gZn，正极析出64gCu，两极的质量相差为129g，此时转移电子2ml，故当电路有0.1mle-转移时，两极的质量相差=6.45g；。
（2）图2为燃料电池，电子从A极流出，则A为电池的负极，由a通入燃料，b通入空气，若以甲醇为燃料电池，甲醇在负极被氧化，对应的反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；
（3）图3为电解硝酸银溶液的装置，左侧A极为阳极，电极式为，右侧B极为阴极，电极式为，总反应化学方程式为4AgNO3+2H2O4HNO3+O2↑+4Ag；当B电极质量增加5.4g时，生成的Ag为，生成的硝酸也为0.05ml，那么溶液中的，pH为1；
（4）阳极反应式为，生成标准状况下2.24L的气体为0.1ml O2，转移的电子数为0.4ml，根据得失电子守恒知，，则可除去的。
12．(1)63.6kJ•ml-1
(2)4：3
(3)NO+NO2+2OH-=2+H2O
(4) 4NH3+4NO+O24N2+6H2O 催化剂的活性较小，温度升高速率增加缓慢 O2与NH3反应生成NOx
(5) NO+5e-+5H2O+5=6NH3•H2O 阳
【详解】（1）由盖斯定律，反应①+③可得2N2O(g) = N2(g)+2NO(g) ΔH=180.50-244.10= -63.6kJ•ml-1，则N2(g)+2NO(g)=2N2O(g) ΔH= 63.6kJ•ml-1；
（2）NOx储存转化为Ba(NO3)2过程中，根据转化图分析，NO和O2反应转化为NO2，NO2和BaO反应转化为Ba(NO3)2，取1mlNO，转化为NO2需消耗O2的物质的量为0.5ml,生成1mlNO2，NO2转化为，则需要消耗O2的物质的量为0.25ml,整个转化过程中，消耗NO和O2的物质的量之比为1：0.75=4：3；
（3）等物质的量NO与NO2被NaOH溶液吸收，发生归中反应，生成NaNO2，反应的离子方程式为：NO+NO2+2OH-=2+H2O；
（4）题目所给的示意图，可以得出NH3、NO、O2参加反应生成N2和H2O，故脱硝过程的总反应为4NH3+4NO+O24N2+6H2O；
①已知新型催化剂b在高温下活性很强，随温度的升高，催化剂b活性增强，但由于温度仍然较低，活性提高程度不大，反应速率加快但不明显，故50℃之前NOx的除去率缓慢增大；
②已知新型催化剂b在高温下活性很强，当温度高于300℃时NOx的除去率迅速下降与催化剂活性无关，所通气体为NOx、NH3和O2的混合物，当温度高于300℃时，NH3与O2可能发生副反应：，氨的浓度减小，导致NOx除去率迅速下降，答案为O2与NH3反应生成NOx；
（5）NO、SO2可通过电解法分别生成氨水和硫酸，氮元素化合价降低，硫元素化合价升高，该电解池阴极的电极反应式为NO+5e-+5H2O+5=6NH3•H2O，透过离子交换膜a与硫酸根离子结合生成硫酸铵，则a为阳离子交换膜。
13． Mg(OH)2+2NH4Cl==MgCl2+2NH3·H2O O2+4e-+2H2O===4OH- 2O2--4e-===O2↑
【详解】（1）氯碱工业中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；（2）泡沫灭火器所用的原料为硫酸铝和碳酸氢钠，反应生成氢氧化铝和二氧化碳，用离子方程式表示泡沫灭火器的灭火原理为；（3）向含有Mg(OH)2固体的浊液中加入浓NH4Cl溶液，发生反应Mg(OH)2+2NH4Cl==MgCl2+2NH3·H2O，Mg(OH)2固体溶解；（4）以甲烷、空气为燃料，以KOH为电解质溶液的燃料电池，负极甲烷在碱性条件下失去电子产生碳酸根离子，电极反应式，正极氧气得电子产生氢氧根离子，电极反应式O2+4e-+2H2O===4OH-；（5）用惰性电极电解溶融Al2O3可以获得活泼金属Al，阳极氧离子失电子产生氧气，电极反应式2O2--4e-===O2↑，总反应的化学方程式。
。
14．(1)甲(原电池)
(2)①
(3)2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+
(4) 2H2O-4e-=O2↑+4H＋+ 6.4
【详解】（1）原电池是将化学能转化成电能装置，电解池是将电能转化成化学能的装置；
（2）原电池反应必须是氧化还原反应，①属于氧化还原反应，能构成原电池；②③不是氧化还原反应，不能构成原电池；
（3）Fe3+具有强氧化性，能与Cu反应，Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；
（4）甲为原电池装置，乙为电解池装置，Pt连接原电池的阳极，根据电解原理，反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，甲中正极反应式：2H++2e-=H2↑，乙装置C极反应式：Cu2++2e-=Cu，得失电子数目守恒，因此产生Cu的质量为0.1×64g=6.4g。
15． SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+ HSO3--2e-+H2O= SO42-+3H+
【详解】(1)原电池总反应为2SO2+ O2+2H2O= 2H2SO4，该电池中SO2失电子发生氧化反应，所以该电池负极的电极反应式SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+；
(2) NaHSO3溶液电解生成硫酸，硫元素化合价升高发生氧化反应，电解池阳极HSO3-失电子发生氧化反应，所以阳极的电极反应式HSO3--2e-+H2O= SO42-+3H+。
点睛：原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；电解池中阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应。
16．(1) 4SO2+3O2+2Cu+2H2O2CuSO4+2H2SO4 SO2-2e-+2H2O=SO+4H+ 32
(2) 通入足量O2(或空气) Fe3+浓度增大，pH减小，使反应(Ⅱ)、(Ⅲ)的平衡向逆反应方向移动且pH减小因素超过反应(Ⅲ)Fe3+浓度增大因素
(3) 在催化剂作用下转化为S、SO2、CS2等物质 实现煤气中H2S的脱除，同时产生清洁能源H2
【详解】（1）①据图可知过程I中反应还有CuSO4生成，所以O2除了将SO2氧化还将Cu氧化，生成CuSO4和H2SO4，参加反应SO2和O2的体积比为4：3，根据电子守恒可知氧化SO2的氧气为2份，另外一份氧化Cu，结合原子守恒可得化学方程式为4SO2+3O2+2Cu+2H2O2CuSO4+2H2SO4；
②电解池中阳极发生氧化反应，所以阳极应是SO2被氧化为SO，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应式为SO2-2e-+2H2O=SO+4H+；除去SO2体积分数为0.5%的废气2240L，则参与反应的SO2为2240L×0.5%=11.2L，物质的量为0.5ml，转移1ml，根据阴极反应Cu2++2e-=Cu可知生成0.5mlCu，质量为32g；
（2）①根据题目所给信息可知除硫后Fe3+转化为Fe2+，吸收液再生则需要将Fe2+氧化为Fe3+，较经济的方法为通入足量O2(或空气)；
②Fe3+水解会使溶液显酸性，Fe3+浓度增大，pH减小，使反应(Ⅱ)、(Ⅲ)的平衡向逆反应方向移动且pH减小因素超过反应(Ⅲ)Fe3+浓度增大因素，所以浓度越大，脱硫率越低；
（3）①分析题图中箭头的指向及有关物质可知，反应中H2S中的S元素在催化剂作用下转化为S、SO2、CS2等物质；
②据图可知该过程可以实现煤气中H2S的脱除，同时产生清洁能源H2。
17．(1) 铜 硝酸银 正 Ag++e-=Ag
(2) 阴极 精铜 Cu2++2e-=Cu 2H++2e-=H2↑ 红
【详解】（1）根据氧化还原反应可知，反应中Cu失电子生成Cu2+，Ag+得电子生成Ag。
①反应中Cu失电子，因此电极X的材料为铜；电解质溶液中Ag+得电子，电解质溶液Y为可溶性的银盐，为硝酸银；
②银电极对应的溶液中的Ag+得电子生成Ag，因此Ag电极为电池的正极，该电池的电极反应式为Ag++e-=Ag。
（2）①要电解精炼铜，则需要将精铜与电解池的阴极相连，粗铜与电解池的阳极相连，因此：A极为电解池的阴极；电极材料为精铜；此时甲池中的Cu2+在阴极上得电子生成Cu，反应的电极式为Cu2++2e-=Cu；
②电解池乙为电解NaCl溶液的装置，Fe与电源的负极连接，Fe一极为电解池的阴极，反应的电极式为2H++2e-=H2↑；电解一段时间后，Fe极附近的H+减少，剩余OH-，向乙池中滴入少量的酚酞，Fe电极附近呈红色。
18． 0.75 Ka= 生成硫酸钡是沉淀，易与H3PO2分离 H3PO2+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag +4H+ 阳极反应消耗水电离出的OH-,使得c(H+)增大，H2PO2-通过阴离子交换膜进入阳极室，得到产品
【详解】(1)工业上可用白磷(P4)和过量的热NaOH溶液反应生成PH3气体和 NaH2PO2。反应方程式为2P4+6NaOH+6H2O=6NaH2PO2+2PH3↑，每生成6ml NaH2PO2有6mlP被氧化，即1.5mlP4被氧化，转移电子6ml；若反应中转移电子数为3ml，则用去还原剂0.75ml P4；若已知NaH2PO2溶液的pH >7，说明以水解为主，H3PO2电离的方程式为H3PO2 H2PO2-+ H+，平衡常数Ka=，故答案为0.75；Ka=；
(2)用硫酸代替盐酸生成的硫酸钡是沉淀，易于与产物H3PO2分离，故答案为用硫酸代替盐酸生成的硫酸钡是沉淀，易于与产物H3PO2分离；
(3)该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×(1-0)=1×(x-1)，解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，则反应的离子方程式为H3PO2+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag +4H+故答案为H3PO2+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag +4H+；
(4)据电解反应式：阳极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；阴极反应式为2H++2e-=H2↑可知。阳极反应中消耗水电离的OH-，使c(H+)增大，H2PO2-通过阴离子交换膜进入阳极室，得到产品，故答案为阳极反应中消耗水电离的OH-，使c(H+)增大，H2PO2-通过阴离子交换膜进入阳极室，得到产品。
19． 原电池 负极 电解池 Zn-2e-=Zn2+ Cu+H2SO4CuSO4+H2↑
【详解】(1)若闭合S1，符合原电池的构成条件：有活泼性不同的两个电极锌和铜，有电解质溶液硫酸，形成了闭合回路，有自发的氧化还原反应（Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑），因此装置为原电池；原电池中，Zn失电子被氧化，因此锌为负极；
(2)若闭合S2，该装置是含有外加电源的装置，属于电解池；金属锌与正极相连，为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-==Zn2+；
(3)若闭合S3，该装置是含有外加电源的装置，属于电解池，金属锌做阴极，电极反应为2H++2e-= H2↑，金属铜为阳极，电极反应为Cu-2e-=Cu2+，总反应为Cu+H2SO4CuSO4+H2↑。
20．(1) 原电池 负 正 O2＋2H2O＋4e－=4OH－
(2) 电解池 阳 4OH－－4e－=O2↑＋2H2O
(3) 减小 减小
(4) 0.05 280
【详解】（1）甲为燃料电池故为原电池，在燃料电池中燃料反应的一极是负极，氧气反应的一极是正极， CH3OH的电极作为负极，通入O2的电极是正极，正极反应为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－ ；
（2）甲为原电池，则乙为电解池，A接电源的正极做阳极，阳极是阴离子放电，OH－放电能力强于，电极反应为：4OH－－4e－=O2↑＋2H2O；
（3）从总反应来看，甲中反应要消耗OH－，所以溶液的碱性减弱，pH减小，乙中阳极OH－放电，阴极是Ag+放电，OH－放电后溶液中的H+增多，酸性增强，pH减小；
（4）乙中B电极增加5.40g，是析出的Ag的质量，则n(Ag)==0.05ml，根据Ag+ +e-＝Ag，转移的电子物质的量为n(Ag)= n(e-)=0.05ml， 根据电路中的电子守恒和O2＋2H2O＋4e－=4OH－，转移0.05ml电子需要反应O2的物质的量为0.0125ml，体积为：0.0125ml×22.4L/ml=0.28L= 280mL
21．(1)
(2) 饱和溶液 三颈烧瓶
(3)过滤，滤液控制温度在100℃时蒸发结晶、再过滤、干燥
(4)
(5)
(6)A
【分析】A中碳酸钙和盐酸反应制取CO2气体，B中用饱和碳酸氢钠溶液除去挥发出的HCl，C中将通入溶液中可制备，反应化学方程式为。
【详解】（1）装置A制备，反应的离子方程式为。
（2）B用于除去中混有的HCl，可用饱和的溶液；仪器X的名称为三颈烧瓶。
（3）仪器X中是、和的混合液，过滤出，结合和的溶解度信息，滤液控制温度在100℃时蒸发结晶、再过滤、干燥即可得到粗品。
（4）根据反应知，。所以粗品中的质量分数为。
（5）电解溶液，在阳极失电子，得到，阳极电子反应式为。
（6）A．没有冷却至室温就转移液体到容量瓶并完成定容，导致溶液的体积偏小，溶液浓度偏大，A项正确；
B．将溶液移入容量瓶过程中有少量溶液溅出，导致溶质损失，溶液浓度偏小，B项错误；
C．使用容量瓶配制溶液，定容时，仰视刻度线，导致加水过多，溶液浓度偏小，C项错误；
D．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干就用来配制溶液，不影响溶液浓度，D项错误；
E．定容时，滴加蒸馏水，不慎加多高于刻度线，吸出少量水使凹液面最低点与刻度线相切，导致溶质损失，溶液浓度偏小，B项错误；
故选A。
22． 恒压分液漏斗 平衡气压或辅助排除装置B中的空气 取少量装置A烧瓶中的液体于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，无血红色出现，再滴加H2O2溶液变为血红色，则证明存在Fe2＋ 白色沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 正极 2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－ 45
【分析】本实验制备氢氧化亚铁，方法一：因为氢氧化亚铁容易被氧气氧化，因此先用装置A产生的H2排除装置B中的空气，然后关闭K3，打开K2，将A中FeSO4压入装置B中，发生Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，观察现象；方法二：利用电解原理产生氢氧化亚铁，根据电解原理，铁单质应作阳极，阳极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，总电极反应式为Fe＋2H2OFe(OH)2↓＋H2↑，据此分析解答。
【详解】方法一：(1)根据仪器a的特点，仪器a为恒压分液漏斗；该实验制备氢氧化亚铁，氢氧化亚铁容易被氧气氧化，因此打开K1、K3、K4，关闭K2和K5，装置A中产生H2，排除装置B中的氧气，让空气沿导管排除，因此长导管作用之一是辅助排除装置B中的空气，同时长导管作用之二是平衡压强，防止装置中压强过大，发生危险；故答案为恒压分液漏斗；平衡气压或辅助排除装置B中的空气；
(2)过氧化氢为共价化合物，其结构式为H－O－O－H，因此H2O2的电子式为 ；故答案为；
(3)装置A中发生Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，金属离子为Fe2＋，检验Fe2＋操作方法是取少量装置A烧瓶中的液体于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，无血红色出现，再滴加H2O2溶液变为血红色，则证明存在Fe2＋；或者取少量装置A烧瓶中的液体于洁净试管中，加入铁氰化钾溶液，溶液出现蓝色沉淀，说明Fe2＋存在；故答案为：取少量装置A烧瓶中的液体于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，无血红色出现，再滴加H2O2溶液变为血红色，则证明存在Fe2＋；
(4)装置C中H2O2在MnO2催化剂下分解成H2O和O2，打开K5，关闭K1、K2，氧气进入B装置，发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，观察到白色沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色；故答案为白色沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；
方法二：(1)根据电解原理，活动性金属作阳极，活动性金属先失电子，即铁作阳极，与电源的正极相连；故答案为：正；
(2)阴极上得电子，化合价降低，根据阳离子放电顺序水电离出H＋先放电，即电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－；故答案为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－；
(3)根据转移电子守恒，建立关系式为H2～2e－～Fe2＋～Fe(OH)2，因此m[Fe(OH)2]=45g；故答案为：45g。
23． ac 正 Fe－2e－===Fe2＋ Cr2O72-＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O b 曲线Ⅰ的pH较小，此时Cr(Ⅵ)被还原生成的Cr3＋难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3＋形式存在于溶液中，导致去除率较低；曲线Ⅳ的pH较大，铬元素主要以CrO42-形式存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr(Ⅵ)难以被还原并生成沉淀，导致去除率较低
【分析】根据题意可知，本题考查电解原理及其应用、“三废”处理与环境保护，运用电化学原理和除杂原理分析。
【详解】(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，形成原电池，铁作原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋；焦炭作正极，但焦炭是惰性材料，本身不能被还原，由于废水呈酸性，正极上可能发生反应2H＋＋2e－===H2↑，观察到焦炭表面有气泡产生，则a、c正确，
故答案为：ac；
(2)由图可知，与电源的B极相连的一极表面产生H2，该电极的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，则B是电源负极，A是电源正极；与A极相连的电极为电解池的阳极，电极材料是Fe，Fe发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋。
故答案为：Fe－2e－===Fe2＋；
(3)B极是阴极，发生还原反应，少量Cr2O在B极上直接放电被还原为Cr3＋，电解质溶液呈酸性，则电极反应式为Cr2O＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O。
故答案为：Cr2O＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O；
(4)①由图可知，曲线Ⅱ对应pH＝4时，溶液中铬元素去除率最大，且所用时间最短，反应速率快；曲线Ⅲ对应pH＝6时，铬元素去除率最终与pH＝4相同，但所用时间较长，反应速率比pH＝4慢；图中曲线Ⅰ、Ⅳ 对应的铬元素去除率偏低，故最佳pH范围为4～6，答案选b。
故答案选：b；
②由题给信息可知，去除废水中的铬元素，最终要生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀排出。曲线Ⅰ的pH＝2，酸性较强，此时Cr(Ⅵ)被还原生成的Cr3＋难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3＋形式存在于溶液中，导致铬元素去除率较低；曲线Ⅳ的pH＝10，溶液呈碱性，促使平衡Cr2O3-＋H2O2CrO＋2H＋正向移动，铬元素主要以CrO形式存在，其氧化能力弱于Cr2O，Cr(Ⅵ)难以被还原并生成沉淀，导致铬元素去除率较低。
故答案为：曲线Ⅰ的pH较小，此时Cr(Ⅵ)被还原生成的Cr3＋难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3＋形式存在于溶液中，导致去除率较低；曲线Ⅳ的pH较大，铬元素主要以CrO42-形式存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr(Ⅵ)难以被还原并生成沉淀，导致去除率较低。