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化学实验活动4 简单的电镀实验同步达标检测题
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这是一份化学实验活动4 简单的电镀实验同步达标检测题，共29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。
实验活动4简单的电镀实验
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．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
2．中科院深圳研究院成功开发出一种新型铝－石墨双离子电池，可大幅度提升电动汽车的使用性能，其工作原理如图所示。充电过程中，石墨电极发生阴离子插层反应，而铝电极发生铝－锂合金化反应，下列叙述正确的是
A．放电时，电解质中的Li＋向左端电极移动
B．充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：AlLi-e-=Li++Al
C．放电时，正极反应式为Cn(PF6)+e-=PF6-+Cn
D．充电时，若转移0.2mol电子，则铝电极上增重5.4g
3．某同学组装如图所示电化学装置，电极I为Zn，其它电极均为Cu。下列说法错误的是
A．电极I发生氧化反应
B．相同的时间内，电极Ⅱ与Ⅳ质量变化相同
C．电极III的电极反应：4OH――4e－＝2H2O＋O2↑
D．电流方向：电极Ⅳ→→电极I
4．高锰酸钾也可以通过电解法制备，装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a是电源的负极
B．离子交换膜是阴离子交换膜
C．转移电子1 mol阴极生成气体11.2 L
D．转移电子2 mol，生成KMnO4 2 mol
5．储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）．下列说法错误的是（ ）
已知：电流效率（η＝×100%）
A．电源B为正极
B．导线中电子移动方向为A→D
C．电极D反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12
D．该储氢装置的电流效率η＝24.3%
6．三氧化二镍(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1mol Ni2+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
7．用惰性电极电解下列各组中的三种溶液，电解过程中，溶液中c(H+ )依次为升高、不变、降低的是（ ）
A．CuSO4、Na2SO4、KCl B．AgNO3、CuCl2、Cu(NO3)2
C．CaCl2、KOH、NaNO3 D．HCl、HNO3、K2SO4
8．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O—CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是
A．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1︰2
B．X是电源的负极
C．阴极的反应式是：H2O＋2e-=H2＋O2- CO2＋2e-=CO＋O2-
D．总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2
9．下列有关CuSO4溶液的叙述中正确的是
A．该溶液呈碱性
B．它与H2S反应的离子方程式为：Cu2++S2-=CuS↓
C．用惰性电极电解该溶液时，阳极产生铜单质
D．在溶液中：2c (Cu2+) +c (H+)=2c(SO42-) +c(OH-)
10．某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。用惰性电极电解时，下列说法正确的是：
A．a极产生氧气，b极产生氢气
B．a电极区溶液pH值减小
C．含铬微粒主要以Cr2O72－形式在b极区聚集
D．CrO42-能从浆液中分离出来向a极区迁移
二、填空题
11．(1)在用惰性电极电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，常常要加入一些电解质，下列物质中不能选用的是 (填序号)
A．NaOH B．H2SO4 C．Na2SO4 D．CuSO4
(2)不能选用上述某物质的原因是(用电极反应式及总反应式表示，若不止一种物质可添加空格填写)：阳极反应式： ，阴极反应式： ，总反应的离子方程式： 。
12．用惰性电极电解下列电解质溶液：①硫酸；②盐酸；③NaOH溶液；④Na2SO4溶液；⑤CuCl2溶液；⑥NaCl溶液；⑦CuSO4溶液。请依据所学知识回答下列问题(填序号)：
(1)阴极反应与⑤相同的有 。
(2)阳极反应与②相同的有 。
(3)写出电解下列溶液的化学方程式：
③ ；
⑥ ；
⑦ 。
(4)只有水被电解的是 ，只有电解质本身被电解的是 ，电解质和水都被电解的是 。
(5)电解后溶液的pH显著增大的是 ，减小的是 。
(6)欲使溶液⑥电解后复原需 ，欲使电解后的⑦复原需加入 。
13．Ce4+与Ce3+之间的转化被应用于去除污染金属工艺，目前国内外采用下列两种方法实现Ce4+的再生。
回答下列问题：
（1）利用臭氧再生：反应在酸性条件下进行，有氧气生成，其离子方程式为 ；还原产物为 (填化学式)。
（2）利用电化学再生：原理如图所示，则阳极的电极反应式为 。
14．(1)以氨为燃料的固体氧化物(含有O2-)燃料电池，其工作原理如图所示。
①该电池工作时的总反应方程为 。
②固体氧化物做为电池工作的电解质，O2-移动方向为 。 (填“由电极a向电极b”或“由电极b向电极a”)移动。
③该电池工作时，在接触面上发生的电极反应为 。
(2)N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注。如图所示装置可用于制备N2O5。写出在电解池中生成N2O5的电极反应式： 。
15．氯元素可以形成HClO、HClO2、HClO3、HClO4多种含氧酸。
（1）HClO2中Cl元素的化合价是 ；已知常温下HClO2的电离常数Ka＝1.0×10－2，则1.0mol·L－1NaClO2溶液的pH约为 。
（2）实验室常用Ba(ClO3)2溶液与稀硫酸反应制HClO3溶液，其反应的化学方程式为 ；将反应后溶液在减压下浓缩可得到30%的HClO3溶液，选择减压浓缩的可能原因是 。
（3）KClO3是焰火、照明弹等的主要成分，以NaCl溶液为电解质溶液，用如图装置生产KClO3：
①a电极的电极名称是 ；电解过程中产生的电极反应式为 ；
②当电路上转移0.6mol电子时，交换膜右侧电解质溶液质量减少 g；
③电解一段时间后，将电解液与KCl溶液混合即可反应析出KClO3晶体，经过 、 、干燥即可获得KClO3晶体粗品。
16．Ⅰ.氢能是重要的新能源。他的开发、储存和应用，是当前人们关注的热点之一。
(1)开发氢能的方法之一是分解水。开发特殊物质做催化剂， （填“能”或“不能”）降低水分解过程中所需能量。
(2)用高压氢气、氧气制作的氢氧燃料电池是氢能源利用的一种重要方式。某氢氧燃料电池的两个电极的极性标志模糊不清，小明利用如图所示装置进行实验判断。
①根据观察到的现象判断电极a(或b)极性：若石墨1表面覆盖一层红色固体，则a电极是 极。,
②写出U型管中阳极的电极反应式： ，发生 反应（填“氧化”、“还原”）。电解一段时间后发现阴极增重6.4g，则外电路中通过的电子的物质的量是 mol。若该电解反应所需的电子全部由氢氧燃料电池提供，则至少需要消耗 L氢气（标准状况下）才能满足需要。
Ⅱ.汽车行驶、某些化工厂生产过程，会向空气中排放出NOx、CO、SO2等有害气体。
(1)NOx对环境的主要影响有 （填字母标号）。
A．硝酸型酸雨 B．温室效应 C． 破坏臭氧层 D． 光化学烟雾
(2)为了减少重型柴油车排放NOx，向尾气处理装置内自动喷入的尿素溶液在一定条件下先转化为NH3，NH3再与NOx反应生成两种无污染的物质。其中NH3与NO2在一定条件下反应的化学方程式为 。
(3)通过CO传感器可监测CO的含量，其工作原理为2CO+O2=2CO2，示意图如下：
①通入CO的一极为 极（填“正”或“负”、“阴”、“阳”），溶液中H+移向 极（填“A”或“B”）。
②写出B电极的电极反应式： 。
17．A、B、C为三种强电解质，它们在水中电离出的离子如表所示：
阳离子
、、
阴离子
、
如图所示的装置中，甲、乙、丙三只烧杯中分别盛有足量的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。常温下各烧杯中溶液的与电解时间t的关系如图所示。据此回答下列问题：
(1)M为电源的 (填“正”或“负”)极，b电极上发生的电极反应为 。
(2)写出乙中的总反应方程式： 。
(3)如果电解过程中B溶液中的金属离子全部被还原析出，此时电解能否继续进行，为什么？ 。
(4)经过一段时间后，要使C溶液恢复到原来的状态，需要进行的操作是 。
正误判断
18．Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑可以设计成电解池，但不能设计成原电池。
19．电解质溶液导电是化学变化,金属导电是物理变化。
20．电解饱和食盐水时,两个电极均不能用金属材料。
21．根据得失电子守恒可知电解精炼铜时,阳极减少的质量和阴极增加的质量相等。
22．用电解法提取CuCl2废液中的铜,采取的方案应是用碳棒连接电源的正极,另一电极用铜片。
23．某原电池构造如图所示。其电池的总反应是：Cu(s) + 2Ag+ (aq) = Cu2+ (aq) + 2Ag(s)。
请回答以下问题：
（1）若盐桥为琼脂－KOH组成，其作用是 。OH-离子移向 (填“A”或“B”)中的溶液。Cu为原电池的 极，其电极反应式是 。A中的电解质溶液在该电池工作一段时间后会出现 的现象。
（2）把盐桥改为铁棒后，电流计的指针 （填“会”、“不会”）发生偏转，A装置名称 （填“原电池”或“电解池”），铜棒的电极名称为 （填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”）（提示：当两个原电池串联时，电极材料的金属活动性相差较大的为原电池，电极材料的金属活动性相差较小的为电解池）。
（3）把盐桥改为铜棒后，电流计的指针 （填“会”、“不会”）发生偏转，左边烧杯中的硝酸铜浓度 （填“增大”、“减小”或“不变”）
（4）把盐桥改为银棒后，电流计的指针 （填“会”、“不会”）发生偏转，理由是 。
24．电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。
(1)图中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择 (填字母)。
a.碳棒 b.锌板 c.铜板 d.钠块
(2)镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。
①E为该燃料电池的 (填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式为
②镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，用化学用语解释其原因 。
③0.4molCuSO4和0.4molNaCl溶于水，配成1L溶液，用该镁燃料电池用惰性电极进行电解，当一个电极得到0.3molCu时，另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积为 L。
(3)如图所示，装置Ⅰ为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜。
①b处应通入 (填“CH4”或“O2”)，a处电极上发生的电极反应式是 ；
②电镀结束后，装置Ⅰ中溶液的pH ；(填写“变大”“变小”或“不变”)装置Ⅱ中Cu2+的物质的量浓度 ；(填写“变大”“变小”或“不变”)
③在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量变化12.8g，则装置Ⅰ中理论上消耗甲烷 L(标况)。
三、实验探究题
25．电解是工业生产的常用方法。某研究性小组进行以下相关探究。
实验Ⅰ：用图1装置电解CuCl2溶液制取少量漂白液：
(1)导气管W端应与出气口 连接(填“X”或“Y”)，写出制取漂白液的化学方程式 。
(2)实验后发现阴极碳棒上除了附着有红色物质，还附着有少量白色物质。查阅资料显示：
物质名称及化学式
氯化亚铜CuCl
碱式氯化铜Cu2(OH)3Cl
性质
白色固体、不溶水
绿色固体、不溶水
化学小组分析提出：①白色物质为CuCl。
②红色物质可能有； 或者Cu2O；或者二者混合物.
实验Ⅱ为探究阴极碳棒上附着的红色、白色物质，设计了如下实验：取出阴极碳棒，洗涤、干燥、称其质量为W1g，并将其放入图2所示装置b中，进行实验。
实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，d中出现白色沉淀；实验结束时，称量其质量为W2g。
(3)无水硫酸铜的作用是 ，得出的结论是 。
(4)装置b中发生反应的化学方程式是 。
(5)碱石灰的作用是 。
(6)加热之前要先通H2，目的是 ；实验结束为了防止灼热的铜被氧化，实验操作是 。
(7)电解CuCl2溶液时，阴极上产生白色物质的原因为 (用电极反应式解释)；阴极上产生白色物质的物质的量是 。(列出含W1、W2的表达式)
26．钛白粉(TiO2)是重要的白色颜料，LiFePO4是锂离子电池的正极材料。一种利用钛铁矿( 主要成分为FeTiO3和少量Fe2O3 )进行钛白粉和LiFePO4的联合生产工艺如下图所示:
回答下列问题:
（1） LiFePO4中Fe的化合价是 。
（2）钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎的目的是 。
（3）用离子方程式表示操作I加入铁粉的目的: 。操作Ⅱ为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器的名称是 。
（4）TiO2+易水解，则其水解的离子方程式为 ；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热的目的是 。
（5）“沉铁”的的是使Fe3+生成FePO4，当溶液中c(PO43-)= 1.0×10-17mol/L时可认为Fe3+沉淀完全，则溶液中Fe3+沉淀完全时的c(Fe3+)= mol/L[已知:该温度下，Ksp(FePO4)=1.0×10-22]。
（6）由“沉铁”到制备LiFePO4的过程中，所需17% H2O2溶液与草酸( H2C2O4)的质量比是 。
27．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：
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
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：
参考答案：
1．C
【详解】A.电解池中阳离子向阴极移动，即d极为阴极，f为电源的负极，故A错误；
B.阴极上阳离子得到电子发生还原反应，故B错误；
C. 阳极的电极反应为2H2O－4e－ ＝4H＋＋O2↑，阴极电解方程式为：4H2O+4e-=4OH-+2H2↑，根据电极方程式可知，电池放电过程是电解水的过程，即在阳极水失去电子，所以在阳极得到高氯酸的浓溶液，在阴极得到浓的NaOH溶液，故C正确；
D.根据阴极电极方程式可知，转移2mol电子时，生成HClO42mol，理论上生成HClO4201g，故D错误；
故选C。
2．C
【详解】A．由图中电子流动方向川知，放电时左边为负极右边为正极，原电池中阳离子向正极移动，所以电解质中的Li+向右端移动，故A错误；
B．充电时阴极得电子发生还原反应，所以电极反应式为：Li++Al+e-=AlLi，故B错误；
C．放电时，正极Cn(PF6)发生还原反应，据图可知生成PF6-，所以电极反应式为：Cn(PF6)+e-=PF6-+Cn，故C正确；
D．锂比铝活泼，充电时，铝电极的电极反应式为：Li++Al+e-=AlLi，所以若转移0.2 mol电子，增重为0.2×7=1.4g，而不是5.4 g，故D错误；
故答案为C。
【点睛】原电池中电子经导线由负极流向正极，电流方向与电子流向相反；电解质溶液中阳离子流向正极，阴离子流向负极。
3．C
【分析】电极Ⅰ为Al，其它电极均为Cu，Al是活泼的金属易失电子作负极，及打击Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极。
【详解】A、电极Ⅰ是负极，电极反应式为Al－3e－＝Al3+，发生氧化反应，A正确；
B、电极Ⅱ是正极，正极上发生反应为Cu 2+＋2e－＝Cu，电极Ⅱ质量逐渐增大。电极Ⅳ是阴极，溶液中的铜离子放电，电极反应式为Cu 2+＋2e－＝Cu，电极Ⅱ质量逐渐增大。根据电子转移守恒可知，电极Ⅱ与Ⅳ质量变化相同，B正确；
C、电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu－2e－＝Cu 2+，C错误；
D、原电池中电流从正极沿导线流向负极，即电极Ⅳ→→电极Ⅰ，D正确，
答案选C。
4．D
【详解】A．电解池左侧Pt电极上MnO42-失去电子变为MnO4-，发生氧化反应，所以Pt电极为阳极，Pt电极的电极反应为MnO42--e-=MnO4-，则a极为直流电源的正极，A错误；
B．电解池左侧Pt电极的电极反应为：MnO42--e-=MnO4-，右侧的稀氢氧化钾溶液反应后变为浓氢氧化钾溶液，则右侧电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，钾离子通过离子交换膜进行入右侧，故该离子交换膜为阳离子交换膜，B错误；
C．由于题干未指明反应条件是否为标况下，因此无法进行有关计算，C错误；
D．由MnO42--e-=MnO4-可知转移每2 mol电子，可产生2 mol 的KMnO4，D正确；
故合理选项是D。
5．D
【详解】A. 根据分析苯在左侧变为环己烷，化合价减低，发生还原反应，即为阴极，因此电源A为负极，电源B为正极，故A正确；
B. 根据A选项分析得到电源A为负极，导线中电子移动方向从负极即A极→阴极即D极，故B正确；
C. 电极D是苯变为环己烷，其电极反应式为C6H6 + 6H+ + 6e－ = C6H12，故D正确；
D. 阳极得到2.8mol氧气，则电子转移为2.8mol×4 = 11.2mol，阴极10mol混合气体中苯物质的量分数由24%变为10%，则反应了10×(24% −10%) = 1.4mol，则得到电子物质的量为1.4mol×6 = 8.4mol，因此该储氢装置的电流效率，故D错误。
综上所述，答案为D。
【点睛】在电解池中化合价降低，发生还原反应，是电解池阴极；化合价升高，发生氧化反应，是电解池阳极。
6．B
【详解】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，A正确；
B．在电解过程中，阴极上发生反应：2H++2e-=H2↑，促进了水的电离平衡，溶液中c(OH-)增大，该电极附近溶液的pH升高；在阳极发生反应：2Cl-+2e-=Cl2↑，电解过程中阳极附近产生的氯气溶于水反应产生盐酸和次氯酸，使溶液的pH降低，B错误；
C．当有1mol Ni2+氧化为Ni3+时，Ni元素化合价升高1价，由于电子转移数目与元素化合价升高数目相等，所以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，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；
故选项是B。
7．A
【详解】A．电解CuSO4时，生成铜和氧气以及硫酸，溶液中c(H+ )升高，电解Na2SO4生成氢气和氧气，即电解水型的，溶液中c(H+ )不变，电解KCl时会生成氢气、氯气单质和氢氧化钾，溶液中c(H+ )减小， A正确；
B．电解AgNO3会生成硝酸、银和氧气，溶液中c(H+ )升高；氯化铜溶液呈酸性，电解CuCl2会生成铜和氯气，电解后浓度减小，铜离子水解程度减弱，溶液中c(H+ )减小；电解Cu（NO3）2时会生成铜、硝酸和氧气，溶液中c(H+ )升高，B错误；
C．电解CaCl2时生成氢氧化钙、氯气和氢气，溶液中c(H+ )减小，电解KOH时生成氢气和氧气，即电解水型的，溶液中c(H+ )减小，电解NaNO3时，生成氢气和氧气，即电解水型的溶液中c(H+ )不变， C错误；
D．电解HCl生成氯气和氢气，电解本身，溶液中c(H+ )减小，电解HNO3时生成氢气和氧气，即电解水型的，溶液中c(H+ )升高，电解K2SO4时，时生成氢气和氧气，即电解水型的，溶液中c(H+ )不变，D错误。
故答案为：A。
8．A
【详解】A．从总反应方程式可知，阴极生成2mol气体(H2、CO各1mol)、阳极生成1mol气体(氧气)，所以阴、阳两极生成的气体物质的量之比2∶1，故A错误；
B．从图示可看出，与X相连的电极发生H2O→H2、CO2→CO的转化，均得电子，应为电解池的阴极，则X为电源的负极，故B正确；
C．阴极H2O→H2、CO2→CO均得电子发生还原反应，电极反应式分别为：H2O＋2eˉ＝H2↑＋O2ˉ、CO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉ，故C正确；
D．从图示可知，阳极生成H2和CO的同时，阴极有O2生成，所以总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2，故D正确。
综上所述，答案为A。
【点睛】分析化合价升降，得出是氧化反应还是还原反应，分析出阴极还是阳极的反应，再根据具体情况分析其他。
9．D
【详解】A、CuSO4为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，选项A错误；
B. CuSO4与H2S反应生成硫化铜和硫酸，H2S必须写化学式，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，选项B错误；
C. 用惰性电极电解CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子产生铜单质，阳极上氢氧根离子失电子产生氧气，选项C错误；
D、在溶液中，根据电荷守恒有：2c (Cu2+) +c (H+)=2c(SO42-) +c(OH-)，选项D正确；
答案选D。
10．C
【分析】电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，所以b电极为阳极，a电极为阴极，据此判断本题。
【详解】A、电解时，a电极为阴极，产生氢气，b电极为阳极，产生氧气，故A错误；
B、a电极的电极反应方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，PH升高，故B错误
C、b电极的电极反应方程式：2H2O-2e-=O2↑+4H+，放电后阳极池酸性增强发生反应：2 CrO42- +2H+= Cr2O72－+H2O，故C正确；
D、CrO42-是阴离子，不能通过阳离子交换膜，故D错误；
故选C；
【点睛】本题考查的内容是电解池，解答这类题目首先要判断出阴阳极，判断阴阳极的方式为阴阳记得特征，如阳极的特征为：阳极化合价升高、失电子、与电源正极相连、阴离子移动的方向。
11． D 4OH--4e-=2H2O+O2↑ Cu2++2e-=Cu 2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+
【分析】电解水制取H2和O2时，阳极OH-放电，阴极H+放电，为了增强导电性，加入的电解质不能影响电解产物，以此来解答。
【详解】(1)用惰性电极电解水制取H2和O2，加入NaOH、H2SO4或Na2SO4，可增加溶液的导电性，且电解产物阴极仍为氢气，阳极仍为氧气，而加入CuSO4时，阳极产物为O2，但阴极上析出的是金属铜，故答案为D；
(2)电解硫酸铜溶液，阳极发生氧化反应，电极方程式为4OH--4e-═H2O+O2↑，阴极发生还原反应，电极方程式为Cu2++2e-=Cu，总反应为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。
【点睛】电解池中阴、阳离子的放电顺序：①阴极：阳离子放电顺序：Ag+>Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+>Zn2+>H+；②阳极：活泼电极>S2->I->Br->Cl->OH-；据此可分析电解电解质溶液时的电极产物。
12． ⑦ ⑤⑥ 2H2O2H2↑+O2↑ 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 ①③④ ②⑤ ⑥⑦ ②③⑥ ①⑦ HCl CuO
【详解】（1）氯化铜是不活泼金属的无氧酸盐，电解氯化铜溶液实质上是电解氯化铜，阴极上铜离子得到电子发生还原反应生成铜，题给物质中硫酸铜含有铜离子，阴极上也是铜离子得到电子发生还原反应生成铜，故答案为：⑦；
（2）盐酸是无氧酸，电解盐酸溶液实质上是电解氯化氢，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，题给物质中氯化铜溶液和氯化钠溶液都含有氯离子，阳极上也是氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，故答案为：⑤⑥；
（3）氢氧化钠是强碱，电解氢氧化钠溶液实际上是电解水，电解的化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑；氯化钠是不活泼金属的无氧酸盐，电解时，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，阴极上氢离子得到电子发生还原反应生成，电解的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；硫酸铜是不活泼金属的含氧酸盐，电解时，阳极上水电离出的氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气，阴极上铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电解的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，故答案为：2H2O2H2↑+O2↑；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；
（4）由电解规律可知，强碱、含氧酸和活泼金属的含氧酸盐的溶液电解时实际上是电解水，则硫酸、氢氧化钠溶液和硫酸钠溶液符合题意；无氧酸溶液和不活泼金属的无氧酸盐电解时，实际上是电解电解质，则盐酸和氯化铜溶液符合题意；活泼金属的无氧酸盐溶液和不活泼金属的含氧酸盐溶液电解时，电解质和水都被电解，则氯化钠溶液和硫酸铜溶液符合题意，故答案为：①③④；②⑤；⑥⑦；
（5）电解盐酸时实际上是电解电解质，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，电解氢氧化钠溶液时，实际上是电解水，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，电解氯化钠溶液是，阴极上水电离出的氢离子放电，破坏水的电离平衡，在阴极区生成氢氧化钠，溶液pH增大，则电解盐酸、氢氧化钠溶液和氯化钠溶液时，溶液的pH增大；电解硫酸时，实际上是电解水，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，电解硫酸铜溶液时，阳极上水电离出的氢氧根离子放电，破坏水的电离平衡，在阳极区生成硫酸，溶液pH减小，故答案为：②⑥③；①⑦；
（6）由电解氯化钠溶液的方程式可知，欲使溶液电解后复原应通入氯化氢气体与电解生成的氢氧化钠反应生成氯化钠和水的物质的量比为1:1；由电解硫酸铜溶液的方程式可知，欲使溶液电解后复原应加入氧化铜与反应生成的硫酸反应生成硫酸铜和水的物质的量比为1:1，故答案为：HCl；CuO。
13． O3+2Ce2++2H+=O2+2Ce4++H2O H2O Ce3+-e-=Ce4+
【分析】(1)臭氧具有强氧化性，氧化Ce3+生成Ce4+，结合电子守恒、电荷守恒写出反应的离子方程式；
(2)生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上，结合守恒写出电极反应式。
【详解】(1)臭氧氧化Ce3+生成Ce4+和O2，结合守恒和酸性条件得到反应的离子方程式为O3+2H++2Ce3+=H2O+2Ce4++O2，其中Ce4+是氧化产物，H2O是还原产物，故答案为：O3+2H++2Ce3+=H2O+2Ce4++O2；H2O；
(2)由电解池图可知左侧的Ce3+在阳极发生失电子的氧化反应生成Ce4+，电极反应式为Ce3+-e-=Ce4+，故答案为：Ce3+-e-=Ce4+。
14． 2NH3+3O2=N2+6H2O 由电极b向电极a 2NH3+3O2--6e-=N2+3H2O N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+
【分析】(1)该电池为氨为燃料的固体氧化物(含有O2-)燃料电池，通入空气或氧气的一端为正极，氧气得电子发生还原反应，通入燃料气即氨气的一端为负极，氨气失电子发生氧化反应；
(2)该装置为电解池，据图可知左侧与电源正极相连为阳极，发生氧化反应，右侧与电源负极相连发生还原反应。
【详解】(1)①电池总反应即为氨气被氧气氧化的反应，从环保角度考虑，氨气被氧化后的产物应为N2，所以总反应为2NH3+3O2=N2+6H2O；
②原电池中阴离子流向负极，即由电极b向电极a移动；
③在接触面上发生的反应为负极反应，氨气被氧化生成氮气，电极方程式为2NH3+3O2--6e-=N2+3H2O；
(2)N2O5中N元素为最高价+5价，应是由N2O4在阳极被氧化生成，阳极加入的是无水硝酸，所以电极反应为N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+。
15． ＋3 8 Ba(ClO3)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2HClO3 防止HClO3分解 阳极 Cl－＋6OH－－6e－=＋3H2O 10.8 过滤 洗涤
【分析】根据化学式，由正负化合价代数和为0求出Cl元素的化合价；根据水解常数、电离常数和水的离子积求出pH值；根据题中信息写出化学方程式，由HClO3的性质解答采取减压浓缩的原因；根据题中图示信息判断电极和写出电极反应；根据转移的电子计算减少的质量；根据析出固体，分离需选择的实验操作；据此解答。
【详解】（1）化合物中正负化合价代数和为0，设HClO2中Cl元素的化合价是x，则1+x＝2×2，解之x=+3；已知常温下HClO2的电离常数Ka＝1.0×10－2，NaClO2溶液中Kh＝，1.0mol·L－1NaClO2溶液中存在ClO2-+H2OHClO2+OH-，Kh=，则c2(OH－)＝×1mol·L－1，c(OH－)＝10－6mol·L－1，可知c(H＋)＝10－8mol·L－1，pH约为8；答案为+3，8。
（2）Ba(ClO3)2溶液与稀硫酸发生反应生成硫酸钡和HClO3，，其反应的化学方程式为Ba(ClO3)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2HClO3；将反应后溶液在减压下浓缩可得到30%的HClO3溶液，选择减压浓缩的可能原因是防止HClO3分解；答案为Ba(ClO3)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2HClO3，防止HClO3分解。
（3）①由图可知，OH－向a移动，由阴离子向阳极移动，则a为阳极；电解过程中产生的电极反应式为Cl－＋6OH－－6e－=＋3H2O；答案为阳极，Cl－＋6OH－－6e－=＋3H2O。
②OH－移向左侧，右侧H＋放电，则减少的质量为水的质量，当电路上转移0.6mol电子时，由H2O～e－～H＋，交换膜右侧电解质溶液质量减少0.6mol×18g·mol－1＝10.8g；答案为10.8。
③电解一段时间后，将电解液与KCl溶液混合即可反应析出KClO3晶体，分离固体和液体用过滤操作，再洗涤沉淀，干燥既可获得KClO3晶体粗品；答案为过滤，洗涤。
16． 不能 负 2C1--2e-=Cl2↑ 氧化 0.2 2.24 ACD 8NH3+6NO27N2+12H2O 负 A CO-2e-+H2O=CO2+2H+
【详解】分析：I.（1）催化剂只能降低反应的活化能，不能改变ΔH。
（2）①石墨1表面覆盖一层红色固体，石墨1的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，石墨1为阴极，则a电极为负极。
②根据放电顺序写电解时电极反应式，根据电子守恒和电极反应式计算。
II.（1）NOx对环境的影响有：硝酸型酸雨、破坏O3层、光化学烟雾。
（2）NH3与NOx反应生成两种无污染的物质，根据原子守恒，生成N2和H2O。
（3）根据工作原理2CO+O2=2CO2，CO发生失电子的氧化反应，O2发生得电子的还原反应，结合原电池的工作原理即可作答。
详解：（1）催化剂只能降低反应的活化能，不能改变ΔH；开发特殊物质做催化剂，不能降低水分解过程中所需能量。
（2）①石墨1表面覆盖一层红色固体，石墨1的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，石墨1为阴极，阴极与氢氧燃料电池的负极相连，则a电极为负极。
②由于Cl-放电能力大于OH-，U型管中阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，电解池中阳极发生氧化反应。阴极析出n（Cu）==0.1mol，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，外电路中通过电子物质的量为0.1mol2=0.2mol。H2参与负极反应，1molH2失去2mol电子，若该电解反应所需的电子全部由氢氧燃料电池提供，至少消耗H2物质的量为0.1mol，在标准状况下H2的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L。
II. （1）NOx对环境的影响有：硝酸型酸雨、破坏O3层、光化学烟雾，答案选ACD。
（2）NH3与NOx反应生成两种无污染的物质，根据原子守恒，生成N2和H2O，NH3与NO2在一定条件下反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O。
（3）根据工作原理2CO+O2=2CO2，其中CO发生失电子的氧化反应，O2发生得电子的还原反应。
①原电池中负极发生失电子的氧化反应，阳离子移向正极；通入CO的一极为负极，B极为负极，通入O2的一极为正极，A极为正极，溶液中H+移向A极。
②B电极为负极，1molCO失去2mol电子生成1molCO2，结合酸性电解质溶液以及原子守恒，B电极的电极反应式为CO-2e-+H2O=CO2+2H+。
17． 负 能，因为B溶液中的铜全部析出后，电解质溶液已变为溶液，反应变为电解水的反应 向丙烧杯中加入适量的水
【分析】乙中c电极质量增加，则c电极发生的反应为，即c电极为阴极，由此可推出b电极为阳极，a电极为阴极，M为电源负极，N为电源正极。因不能与大量共存，故只能和结合，可以确定B为；由常温下各烧杯中溶液的与电解时间t的关系图，可以确定A为、C为或A为、C为。
【详解】(1)根据前面分析得到M为负极，甲中的电解质溶液为KOH或NaOH溶液，相当于电解H2O，阳极b的电极反应为；故答案为：负；。
(2)乙中的电解质溶液是溶液，电解时的总反应方程式为；故答案为：。
(3)B溶液中的铜全部析出后，电解质变为，电解反应仍能继续进行；故答案为：能，因为B溶液中的铜全部析出后，电解质溶液已变为溶液，反应变为电解水的反应。
(4)丙中的电解质溶液是或溶液，电解时被电解的是H2O，所以要使C溶液恢复到原来的状态，应向丙烧杯中加入适量的水；故答案为：向丙烧杯中加入适量的水。
【点睛】电解原理是常考题型，主要根据电极质量变化分析电解质溶液和电极名称，根据电极分析电源正负极，根据电解原理分析复原需要添加的物质。
18．正确 19．正确 20．错误 21．错误 22．正确
【解析】18．Cu+H2SO4＝CuSO4+H2↑不是自发反应，不能设计成原电池。但以铜为阳极、石墨为阴极，电解稀硫酸，可实现该反应。原说法正确；
19．电解质溶液导电时在阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应，即电解过程，是化学变化。金属导电过程是自由电子的定向移动过程，是物理变化。原说法正确；
20．电解饱和食盐水时，阳极可用惰性金属电极（如铂），阴极被保护，可用惰性或较活泼的金属电极（如铂、铁等）。原说法错误；
21．电解精炼铜时，阳极先是较活泼的杂质（锌、铁等）失电子，而后是铜失电子，同时不活泼金属等掉下形成阳极泥；阴极始终是铜离子得电子被还原。阳极减少的质量和阴极增加的质量通常不会相等。原说法错误；
22．以石墨为阳极、铜为阴极电解CuCl2废液时，阳极生成氯气、阴极生成铜，即可从CuCl2废液中提取铜。原说法正确。
【点睛】电解池是用电器，将电能转化为化学能。阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应。外电路中，电子由阳极流向电源正极、电源负极流向阴极，电流方向相反。电解质溶液中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
23． 使两个烧杯中的溶液连成通路 A 负 Cu－2e-=== Cu2+ 出现蓝色沉淀 会 电解池 阳极 会 不变 不 两池都没有可自发进行的氧化还原反应
【详解】（1）盐桥的作用是使两个烧杯中的溶液连成通路，保持溶液的电中性；在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。铜比银活泼，所以铜是负极，银是正极，OH-离子移向负极移动，即向A电极移动；B是正极，溶液中的铜离子得到电子，电极反应式是Cu－2e-=== Cu2+；A中铜失去电子，生成铜离子，所以溶液显蓝色；
（2）如果把盐桥改为铁棒后，由于铜和铁的活泼性差别小于银与铁的，所以A装置就是电解池，B是原电池，其中铁是负极，银是正极，所以铜棒是阳极；
（3）如果把盐桥改为铜棒，则A装置是电解池，B装置是原电池。此时A装置相当于是粗铜的提纯，所以溶液中铜离子的浓度不变；
（4）由于银不能和硝酸铜反应，即此时两池都没有可自发进行的氧化还原反应，所以不能再构成原电池。
24． b 负 ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH- Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑ 5.6 O2 CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O 变小 不变 1.12
【分析】（1）形成原电池时，Fe作正极被保护；活泼性比Fe强的金属作负极，被腐蚀。
（2）①原电池中，负极上失电子发生氧化反应，化合价升高，正极上得电子发生还原反应，化合价降低，据此判断正负极。
②镁能和热水反应生成氢氧化镁和氢气。
③电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上氯离子先放电，然后氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，后氢离子放电，当阴极上析出析出铜的物质的量为0.3mol＜0.4mol，根据转移电子守恒计算阳极上生成气体体积。
（3）Ⅱ中首先镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，所以b处通入的气体是O2。
①装置Ⅱ实现铁棒上镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水。
②装置Ⅰ中消耗氢氧化钾溶液PH减小，电镀过程中阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量。
③根据整个装置中电子转移相等计算消耗的甲烷的体积。
【详解】(1)该装置形成原电池，Fe作负极被保护，所以应该连接比Fe活泼的金属，故锌板。
故答案为：b；
(2)①电池中,负极上失电子发生氧化反应,化合价升高,正极上得电子发生还原反应,化合价降低,根据图知,Mg元素化合价由0价变为+2价、Cl元素化合价由+1价变为−1价,所以E是负极、F是正极,正极上次氯酸根离子得电子和水反应生成氯离子和氢氧根离子,离子方程式为。
故答案为：负；。
②镁能和热水反应生成氢氧化镁和氢气而导致负极利用率降低,反应方程式为。
故答案为： 。
③电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上氯离子先放电，然后氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，后氢离子放电，当阴极上析出铜的物质的量为0.3mol，阴极上转移电子的物质的量，根据原子守恒知，溶液中，氯离子完全放电时转移电子的物质的量，所以阳极上生成的气体是氯气和氧气，生成氯气的体积为0.2mol即4.48L。根据电极反应，，转移0.2mol电子，生成氧气的物质的量是0.05mol，即1.12L，所以另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积是。
故答案为：5.6。
（3）①通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜,则Cu作阳极、Fe作阴极,I中a处电极为负极、b处电极为正极,负极上通入燃料、正极上通入氧化剂,所以b处通入的气体是O2 ,甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水,电极反应为，
故答案为： O2；。
②根据I中电池反应为，KOH参加反应导致溶液中KOH浓度降低，则溶液的pH减小；Ⅱ中发生电镀，阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量，则溶液中铜离子浓度不变。
故答案为：变小；不变。
③左边原电池和右边电解池转移电子数相等,所以消耗甲烷的体积。
故答案为：1.12。
【点睛】电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上Cl－先放电，然后OH－放电，阴极上Cu2＋放电，后H＋放电，当阴极上析出析出铜的物质的量为0.3mol＜0.4mol，根据转移电子守恒计算阳极上生成气体体积。
25． X Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O Cu 检验水 检验红色物质中有无Cu2O 2CuCl+H2=2Cu+2HCl 干燥气体 防止氢气爆炸 继续通氢气，直到试管冷却为止 Cu2++e-+Cl-=CuCl↓ mol
【分析】实验Ⅰ.氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气用氢氧化钠溶液吸收；依据可能和假设红色物质可能为铜或氧化亚铜；
实验Ⅱ.无水硫酸铜不变色说明阴极碳棒上的产物与氢气反应产物中没有水；装置b中发生反应的化学方程式为氯化亚铁与氢气反应生成铜和氯化氢；(7)电极氯化铜溶液阴极铜离子得到电子生成铜和氯化亚铜，据此写成电极反应的离子方程式；依据反应2CuCl+H2=2Cu+2HCl，反应前后固体质量变化为氯元素质量分析计算；
【详解】(1)氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气用氢氧化钠溶液吸收，导气管W端应与出气口X连接，制取漂白液生成次氯酸钠、氯化钠和水，化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。故答案为：X；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(2)②依据假设和物质现象分析，红色物质可能为Cu或Cu2O、或二者都有。故答案为：Cu；
(3)由于无水硫酸铜不变色，证明b中反应产物没有水生成，碳棒上的红色物质中没有氧元素，一定不会含有氧化亚铜，一定含有铜，则无水硫酸铜来检验红色物质中有无Cu2O；故答案为：检验水；检验红色物质中有无Cu2O；
(4)装置b中发生反应为CuCl与氢气反应，反应的化学方程式是2CuCl+H2=2Cu+2HCl。故答案为：2CuCl+H2=2Cu+2HCl；
(5)碱石灰的作用是干燥气体。故答案为：干燥气体；
(6)加热之前要先通H2，目的是防止氢气爆炸；实验结束为了防止灼热的铜被氧化，实验操作是继续通氢气，直到试管冷却为止。故答案为：防止氢气爆炸；继续通氢气，直到试管冷却为止；
(7)电解CuCl2溶液时，阴极上发生的反应为铜离子得到电子生成铜：Cu2＋+2e－=Cu和铜离子失去电子生成氯化亚铜：Cu2＋+e－+Cl－=CuCl；电解CuCl2溶液时，阴极上产生白色物质的原因为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓；阴极上产生白色物质的物质的量是所以n(CuCl)=n(Cl)=mol。故答案为：Cu2++e-+Cl-=CuCl↓；mol。
【点睛】本题考查物质的检验与鉴别试题综合性强，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生的应试能力和学习效率。解题关键：该类试题需要注意的是进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法。
26． +2 增加钛铁矿与硫酸接触面积，增大酸溶速率 2H++Fe=H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+ 蒸发皿 TiO2++2H2OTiO(OH)2+2H+ 促进水解( 或加快水解反应速率) 1.0×10-5 20:9
【分析】钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO)3，含有少量Fe2O3]加硫酸溶解生成TiO2+和Fe3+、Fe2+，加入铁还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，得到硫酸亚铁和TiOSO4，对溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到绿矾晶体和TiOSO4溶液，将TiOSO4溶液加热，促进TiO2+的水解生成TiO(OH)2，TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+，分解得到钛白粉(TiO2)；将绿矾与过氧化氢、H3PO4混合沉铁：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，将得到的FePO4与草酸、Li2CO3焙烧生成锂离子电池的正极材料LiFePO4。
【详解】根据上述分析可知，
(1)LiFePO4中Li的化合价为+1价，P为+5价O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，Fe的化合价是+2，故答案为+2；
(2)钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎可以增加钛铁矿与硫酸接触面积，增大酸溶速率，故答案为增加钛铁矿与硫酸接触面积，增大酸溶速率；
(3)加入铁粉主要是还原铁离子，也会与过量的酸反应：2H++Fe==H2↑+Fe2+、2Fe3++Fe=3Fe2+；操作Ⅱ为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器为蒸发皿，故答案为2H++Fe==H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+；蒸发皿；
(4)TiO2+易水解生成TiO(OH)2，其水解的离子方程式为TiO2++2H2OTiO(OH)2+2H+；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热可以促进水解，故答案为TiO2++2H2OTiO(OH)2+2H+；促进水解；
(5)Ksp(FePO4)= c(Fe3+) c(PO43-)，则c(Fe3+)===1.0×10-5 mol/L，故答案为1.0×10-5；
(6)“沉铁”的为绿矾与过氧化氢、H3PO4混合生成FePO4，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，焙烧时的反应方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑；H2O2与草酸( H2C2O4)的物质的量之比为1:1，则17% H2O2溶液与草酸( H2C2O4)的质量比为=，故答案为。
27． 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。
实验活动4简单的电镀实验
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．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
2．中科院深圳研究院成功开发出一种新型铝－石墨双离子电池，可大幅度提升电动汽车的使用性能，其工作原理如图所示。充电过程中，石墨电极发生阴离子插层反应，而铝电极发生铝－锂合金化反应，下列叙述正确的是
A．放电时，电解质中的Li＋向左端电极移动
B．充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：AlLi-e-=Li++Al
C．放电时，正极反应式为Cn(PF6)+e-=PF6-+Cn
D．充电时，若转移0.2mol电子，则铝电极上增重5.4g
3．某同学组装如图所示电化学装置，电极I为Zn，其它电极均为Cu。下列说法错误的是
A．电极I发生氧化反应
B．相同的时间内，电极Ⅱ与Ⅳ质量变化相同
C．电极III的电极反应：4OH――4e－＝2H2O＋O2↑
D．电流方向：电极Ⅳ→→电极I
4．高锰酸钾也可以通过电解法制备，装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a是电源的负极
B．离子交换膜是阴离子交换膜
C．转移电子1 mol阴极生成气体11.2 L
D．转移电子2 mol，生成KMnO4 2 mol
5．储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）．下列说法错误的是（ ）
已知：电流效率（η＝×100%）
A．电源B为正极
B．导线中电子移动方向为A→D
C．电极D反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12
D．该储氢装置的电流效率η＝24.3%
6．三氧化二镍(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1mol Ni2+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
7．用惰性电极电解下列各组中的三种溶液，电解过程中，溶液中c(H+ )依次为升高、不变、降低的是（ ）
A．CuSO4、Na2SO4、KCl B．AgNO3、CuCl2、Cu(NO3)2
C．CaCl2、KOH、NaNO3 D．HCl、HNO3、K2SO4
8．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O—CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是
A．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1︰2
B．X是电源的负极
C．阴极的反应式是：H2O＋2e-=H2＋O2- CO2＋2e-=CO＋O2-
D．总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2
9．下列有关CuSO4溶液的叙述中正确的是
A．该溶液呈碱性
B．它与H2S反应的离子方程式为：Cu2++S2-=CuS↓
C．用惰性电极电解该溶液时，阳极产生铜单质
D．在溶液中：2c (Cu2+) +c (H+)=2c(SO42-) +c(OH-)
10．某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。用惰性电极电解时，下列说法正确的是：
A．a极产生氧气，b极产生氢气
B．a电极区溶液pH值减小
C．含铬微粒主要以Cr2O72－形式在b极区聚集
D．CrO42-能从浆液中分离出来向a极区迁移
二、填空题
11．(1)在用惰性电极电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，常常要加入一些电解质，下列物质中不能选用的是 (填序号)
A．NaOH B．H2SO4 C．Na2SO4 D．CuSO4
(2)不能选用上述某物质的原因是(用电极反应式及总反应式表示，若不止一种物质可添加空格填写)：阳极反应式： ，阴极反应式： ，总反应的离子方程式： 。
12．用惰性电极电解下列电解质溶液：①硫酸；②盐酸；③NaOH溶液；④Na2SO4溶液；⑤CuCl2溶液；⑥NaCl溶液；⑦CuSO4溶液。请依据所学知识回答下列问题(填序号)：
(1)阴极反应与⑤相同的有 。
(2)阳极反应与②相同的有 。
(3)写出电解下列溶液的化学方程式：
③ ；
⑥ ；
⑦ 。
(4)只有水被电解的是 ，只有电解质本身被电解的是 ，电解质和水都被电解的是 。
(5)电解后溶液的pH显著增大的是 ，减小的是 。
(6)欲使溶液⑥电解后复原需 ，欲使电解后的⑦复原需加入 。
13．Ce4+与Ce3+之间的转化被应用于去除污染金属工艺，目前国内外采用下列两种方法实现Ce4+的再生。
回答下列问题：
（1）利用臭氧再生：反应在酸性条件下进行，有氧气生成，其离子方程式为 ；还原产物为 (填化学式)。
（2）利用电化学再生：原理如图所示，则阳极的电极反应式为 。
14．(1)以氨为燃料的固体氧化物(含有O2-)燃料电池，其工作原理如图所示。
①该电池工作时的总反应方程为 。
②固体氧化物做为电池工作的电解质，O2-移动方向为 。 (填“由电极a向电极b”或“由电极b向电极a”)移动。
③该电池工作时，在接触面上发生的电极反应为 。
(2)N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注。如图所示装置可用于制备N2O5。写出在电解池中生成N2O5的电极反应式： 。
15．氯元素可以形成HClO、HClO2、HClO3、HClO4多种含氧酸。
（1）HClO2中Cl元素的化合价是 ；已知常温下HClO2的电离常数Ka＝1.0×10－2，则1.0mol·L－1NaClO2溶液的pH约为 。
（2）实验室常用Ba(ClO3)2溶液与稀硫酸反应制HClO3溶液，其反应的化学方程式为 ；将反应后溶液在减压下浓缩可得到30%的HClO3溶液，选择减压浓缩的可能原因是 。
（3）KClO3是焰火、照明弹等的主要成分，以NaCl溶液为电解质溶液，用如图装置生产KClO3：
①a电极的电极名称是 ；电解过程中产生的电极反应式为 ；
②当电路上转移0.6mol电子时，交换膜右侧电解质溶液质量减少 g；
③电解一段时间后，将电解液与KCl溶液混合即可反应析出KClO3晶体，经过 、 、干燥即可获得KClO3晶体粗品。
16．Ⅰ.氢能是重要的新能源。他的开发、储存和应用，是当前人们关注的热点之一。
(1)开发氢能的方法之一是分解水。开发特殊物质做催化剂， （填“能”或“不能”）降低水分解过程中所需能量。
(2)用高压氢气、氧气制作的氢氧燃料电池是氢能源利用的一种重要方式。某氢氧燃料电池的两个电极的极性标志模糊不清，小明利用如图所示装置进行实验判断。
①根据观察到的现象判断电极a(或b)极性：若石墨1表面覆盖一层红色固体，则a电极是 极。,
②写出U型管中阳极的电极反应式： ，发生 反应（填“氧化”、“还原”）。电解一段时间后发现阴极增重6.4g，则外电路中通过的电子的物质的量是 mol。若该电解反应所需的电子全部由氢氧燃料电池提供，则至少需要消耗 L氢气（标准状况下）才能满足需要。
Ⅱ.汽车行驶、某些化工厂生产过程，会向空气中排放出NOx、CO、SO2等有害气体。
(1)NOx对环境的主要影响有 （填字母标号）。
A．硝酸型酸雨 B．温室效应 C． 破坏臭氧层 D． 光化学烟雾
(2)为了减少重型柴油车排放NOx，向尾气处理装置内自动喷入的尿素溶液在一定条件下先转化为NH3，NH3再与NOx反应生成两种无污染的物质。其中NH3与NO2在一定条件下反应的化学方程式为 。
(3)通过CO传感器可监测CO的含量，其工作原理为2CO+O2=2CO2，示意图如下：
①通入CO的一极为 极（填“正”或“负”、“阴”、“阳”），溶液中H+移向 极（填“A”或“B”）。
②写出B电极的电极反应式： 。
17．A、B、C为三种强电解质，它们在水中电离出的离子如表所示：
阳离子
、、
阴离子
、
如图所示的装置中，甲、乙、丙三只烧杯中分别盛有足量的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。常温下各烧杯中溶液的与电解时间t的关系如图所示。据此回答下列问题：
(1)M为电源的 (填“正”或“负”)极，b电极上发生的电极反应为 。
(2)写出乙中的总反应方程式： 。
(3)如果电解过程中B溶液中的金属离子全部被还原析出，此时电解能否继续进行，为什么？ 。
(4)经过一段时间后，要使C溶液恢复到原来的状态，需要进行的操作是 。
正误判断
18．Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑可以设计成电解池，但不能设计成原电池。
19．电解质溶液导电是化学变化,金属导电是物理变化。
20．电解饱和食盐水时,两个电极均不能用金属材料。
21．根据得失电子守恒可知电解精炼铜时,阳极减少的质量和阴极增加的质量相等。
22．用电解法提取CuCl2废液中的铜,采取的方案应是用碳棒连接电源的正极,另一电极用铜片。
23．某原电池构造如图所示。其电池的总反应是：Cu(s) + 2Ag+ (aq) = Cu2+ (aq) + 2Ag(s)。
请回答以下问题：
（1）若盐桥为琼脂－KOH组成，其作用是 。OH-离子移向 (填“A”或“B”)中的溶液。Cu为原电池的 极，其电极反应式是 。A中的电解质溶液在该电池工作一段时间后会出现 的现象。
（2）把盐桥改为铁棒后，电流计的指针 （填“会”、“不会”）发生偏转，A装置名称 （填“原电池”或“电解池”），铜棒的电极名称为 （填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”）（提示：当两个原电池串联时，电极材料的金属活动性相差较大的为原电池，电极材料的金属活动性相差较小的为电解池）。
（3）把盐桥改为铜棒后，电流计的指针 （填“会”、“不会”）发生偏转，左边烧杯中的硝酸铜浓度 （填“增大”、“减小”或“不变”）
（4）把盐桥改为银棒后，电流计的指针 （填“会”、“不会”）发生偏转，理由是 。
24．电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。
(1)图中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择 (填字母)。
a.碳棒 b.锌板 c.铜板 d.钠块
(2)镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。
①E为该燃料电池的 (填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式为
②镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，用化学用语解释其原因 。
③0.4molCuSO4和0.4molNaCl溶于水，配成1L溶液，用该镁燃料电池用惰性电极进行电解，当一个电极得到0.3molCu时，另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积为 L。
(3)如图所示，装置Ⅰ为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜。
①b处应通入 (填“CH4”或“O2”)，a处电极上发生的电极反应式是 ；
②电镀结束后，装置Ⅰ中溶液的pH ；(填写“变大”“变小”或“不变”)装置Ⅱ中Cu2+的物质的量浓度 ；(填写“变大”“变小”或“不变”)
③在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量变化12.8g，则装置Ⅰ中理论上消耗甲烷 L(标况)。
三、实验探究题
25．电解是工业生产的常用方法。某研究性小组进行以下相关探究。
实验Ⅰ：用图1装置电解CuCl2溶液制取少量漂白液：
(1)导气管W端应与出气口 连接(填“X”或“Y”)，写出制取漂白液的化学方程式 。
(2)实验后发现阴极碳棒上除了附着有红色物质，还附着有少量白色物质。查阅资料显示：
物质名称及化学式
氯化亚铜CuCl
碱式氯化铜Cu2(OH)3Cl
性质
白色固体、不溶水
绿色固体、不溶水
化学小组分析提出：①白色物质为CuCl。
②红色物质可能有； 或者Cu2O；或者二者混合物.
实验Ⅱ为探究阴极碳棒上附着的红色、白色物质，设计了如下实验：取出阴极碳棒，洗涤、干燥、称其质量为W1g，并将其放入图2所示装置b中，进行实验。
实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，d中出现白色沉淀；实验结束时，称量其质量为W2g。
(3)无水硫酸铜的作用是 ，得出的结论是 。
(4)装置b中发生反应的化学方程式是 。
(5)碱石灰的作用是 。
(6)加热之前要先通H2，目的是 ；实验结束为了防止灼热的铜被氧化，实验操作是 。
(7)电解CuCl2溶液时，阴极上产生白色物质的原因为 (用电极反应式解释)；阴极上产生白色物质的物质的量是 。(列出含W1、W2的表达式)
26．钛白粉(TiO2)是重要的白色颜料，LiFePO4是锂离子电池的正极材料。一种利用钛铁矿( 主要成分为FeTiO3和少量Fe2O3 )进行钛白粉和LiFePO4的联合生产工艺如下图所示:
回答下列问题:
（1） LiFePO4中Fe的化合价是 。
（2）钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎的目的是 。
（3）用离子方程式表示操作I加入铁粉的目的: 。操作Ⅱ为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器的名称是 。
（4）TiO2+易水解，则其水解的离子方程式为 ；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热的目的是 。
（5）“沉铁”的的是使Fe3+生成FePO4，当溶液中c(PO43-)= 1.0×10-17mol/L时可认为Fe3+沉淀完全，则溶液中Fe3+沉淀完全时的c(Fe3+)= mol/L[已知:该温度下，Ksp(FePO4)=1.0×10-22]。
（6）由“沉铁”到制备LiFePO4的过程中，所需17% H2O2溶液与草酸( H2C2O4)的质量比是 。
27．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：
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
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：
参考答案：
1．C
【详解】A.电解池中阳离子向阴极移动，即d极为阴极，f为电源的负极，故A错误；
B.阴极上阳离子得到电子发生还原反应，故B错误；
C. 阳极的电极反应为2H2O－4e－ ＝4H＋＋O2↑，阴极电解方程式为：4H2O+4e-=4OH-+2H2↑，根据电极方程式可知，电池放电过程是电解水的过程，即在阳极水失去电子，所以在阳极得到高氯酸的浓溶液，在阴极得到浓的NaOH溶液，故C正确；
D.根据阴极电极方程式可知，转移2mol电子时，生成HClO42mol，理论上生成HClO4201g，故D错误；
故选C。
2．C
【详解】A．由图中电子流动方向川知，放电时左边为负极右边为正极，原电池中阳离子向正极移动，所以电解质中的Li+向右端移动，故A错误；
B．充电时阴极得电子发生还原反应，所以电极反应式为：Li++Al+e-=AlLi，故B错误；
C．放电时，正极Cn(PF6)发生还原反应，据图可知生成PF6-，所以电极反应式为：Cn(PF6)+e-=PF6-+Cn，故C正确；
D．锂比铝活泼，充电时，铝电极的电极反应式为：Li++Al+e-=AlLi，所以若转移0.2 mol电子，增重为0.2×7=1.4g，而不是5.4 g，故D错误；
故答案为C。
【点睛】原电池中电子经导线由负极流向正极，电流方向与电子流向相反；电解质溶液中阳离子流向正极，阴离子流向负极。
3．C
【分析】电极Ⅰ为Al，其它电极均为Cu，Al是活泼的金属易失电子作负极，及打击Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极。
【详解】A、电极Ⅰ是负极，电极反应式为Al－3e－＝Al3+，发生氧化反应，A正确；
B、电极Ⅱ是正极，正极上发生反应为Cu 2+＋2e－＝Cu，电极Ⅱ质量逐渐增大。电极Ⅳ是阴极，溶液中的铜离子放电，电极反应式为Cu 2+＋2e－＝Cu，电极Ⅱ质量逐渐增大。根据电子转移守恒可知，电极Ⅱ与Ⅳ质量变化相同，B正确；
C、电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu－2e－＝Cu 2+，C错误；
D、原电池中电流从正极沿导线流向负极，即电极Ⅳ→→电极Ⅰ，D正确，
答案选C。
4．D
【详解】A．电解池左侧Pt电极上MnO42-失去电子变为MnO4-，发生氧化反应，所以Pt电极为阳极，Pt电极的电极反应为MnO42--e-=MnO4-，则a极为直流电源的正极，A错误；
B．电解池左侧Pt电极的电极反应为：MnO42--e-=MnO4-，右侧的稀氢氧化钾溶液反应后变为浓氢氧化钾溶液，则右侧电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，钾离子通过离子交换膜进行入右侧，故该离子交换膜为阳离子交换膜，B错误；
C．由于题干未指明反应条件是否为标况下，因此无法进行有关计算，C错误；
D．由MnO42--e-=MnO4-可知转移每2 mol电子，可产生2 mol 的KMnO4，D正确；
故合理选项是D。
5．D
【详解】A. 根据分析苯在左侧变为环己烷，化合价减低，发生还原反应，即为阴极，因此电源A为负极，电源B为正极，故A正确；
B. 根据A选项分析得到电源A为负极，导线中电子移动方向从负极即A极→阴极即D极，故B正确；
C. 电极D是苯变为环己烷，其电极反应式为C6H6 + 6H+ + 6e－ = C6H12，故D正确；
D. 阳极得到2.8mol氧气，则电子转移为2.8mol×4 = 11.2mol，阴极10mol混合气体中苯物质的量分数由24%变为10%，则反应了10×(24% −10%) = 1.4mol，则得到电子物质的量为1.4mol×6 = 8.4mol，因此该储氢装置的电流效率，故D错误。
综上所述，答案为D。
【点睛】在电解池中化合价降低，发生还原反应，是电解池阴极；化合价升高，发生氧化反应，是电解池阳极。
6．B
【详解】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，A正确；
B．在电解过程中，阴极上发生反应：2H++2e-=H2↑，促进了水的电离平衡，溶液中c(OH-)增大，该电极附近溶液的pH升高；在阳极发生反应：2Cl-+2e-=Cl2↑，电解过程中阳极附近产生的氯气溶于水反应产生盐酸和次氯酸，使溶液的pH降低，B错误；
C．当有1mol Ni2+氧化为Ni3+时，Ni元素化合价升高1价，由于电子转移数目与元素化合价升高数目相等，所以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，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；
故选项是B。
7．A
【详解】A．电解CuSO4时，生成铜和氧气以及硫酸，溶液中c(H+ )升高，电解Na2SO4生成氢气和氧气，即电解水型的，溶液中c(H+ )不变，电解KCl时会生成氢气、氯气单质和氢氧化钾，溶液中c(H+ )减小， A正确；
B．电解AgNO3会生成硝酸、银和氧气，溶液中c(H+ )升高；氯化铜溶液呈酸性，电解CuCl2会生成铜和氯气，电解后浓度减小，铜离子水解程度减弱，溶液中c(H+ )减小；电解Cu（NO3）2时会生成铜、硝酸和氧气，溶液中c(H+ )升高，B错误；
C．电解CaCl2时生成氢氧化钙、氯气和氢气，溶液中c(H+ )减小，电解KOH时生成氢气和氧气，即电解水型的，溶液中c(H+ )减小，电解NaNO3时，生成氢气和氧气，即电解水型的溶液中c(H+ )不变， C错误；
D．电解HCl生成氯气和氢气，电解本身，溶液中c(H+ )减小，电解HNO3时生成氢气和氧气，即电解水型的，溶液中c(H+ )升高，电解K2SO4时，时生成氢气和氧气，即电解水型的，溶液中c(H+ )不变，D错误。
故答案为：A。
8．A
【详解】A．从总反应方程式可知，阴极生成2mol气体(H2、CO各1mol)、阳极生成1mol气体(氧气)，所以阴、阳两极生成的气体物质的量之比2∶1，故A错误；
B．从图示可看出，与X相连的电极发生H2O→H2、CO2→CO的转化，均得电子，应为电解池的阴极，则X为电源的负极，故B正确；
C．阴极H2O→H2、CO2→CO均得电子发生还原反应，电极反应式分别为：H2O＋2eˉ＝H2↑＋O2ˉ、CO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉ，故C正确；
D．从图示可知，阳极生成H2和CO的同时，阴极有O2生成，所以总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2，故D正确。
综上所述，答案为A。
【点睛】分析化合价升降，得出是氧化反应还是还原反应，分析出阴极还是阳极的反应，再根据具体情况分析其他。
9．D
【详解】A、CuSO4为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，选项A错误；
B. CuSO4与H2S反应生成硫化铜和硫酸，H2S必须写化学式，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，选项B错误；
C. 用惰性电极电解CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子产生铜单质，阳极上氢氧根离子失电子产生氧气，选项C错误；
D、在溶液中，根据电荷守恒有：2c (Cu2+) +c (H+)=2c(SO42-) +c(OH-)，选项D正确；
答案选D。
10．C
【分析】电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，所以b电极为阳极，a电极为阴极，据此判断本题。
【详解】A、电解时，a电极为阴极，产生氢气，b电极为阳极，产生氧气，故A错误；
B、a电极的电极反应方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，PH升高，故B错误
C、b电极的电极反应方程式：2H2O-2e-=O2↑+4H+，放电后阳极池酸性增强发生反应：2 CrO42- +2H+= Cr2O72－+H2O，故C正确；
D、CrO42-是阴离子，不能通过阳离子交换膜，故D错误；
故选C；
【点睛】本题考查的内容是电解池，解答这类题目首先要判断出阴阳极，判断阴阳极的方式为阴阳记得特征，如阳极的特征为：阳极化合价升高、失电子、与电源正极相连、阴离子移动的方向。
11． D 4OH--4e-=2H2O+O2↑ Cu2++2e-=Cu 2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+
【分析】电解水制取H2和O2时，阳极OH-放电，阴极H+放电，为了增强导电性，加入的电解质不能影响电解产物，以此来解答。
【详解】(1)用惰性电极电解水制取H2和O2，加入NaOH、H2SO4或Na2SO4，可增加溶液的导电性，且电解产物阴极仍为氢气，阳极仍为氧气，而加入CuSO4时，阳极产物为O2，但阴极上析出的是金属铜，故答案为D；
(2)电解硫酸铜溶液，阳极发生氧化反应，电极方程式为4OH--4e-═H2O+O2↑，阴极发生还原反应，电极方程式为Cu2++2e-=Cu，总反应为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。
【点睛】电解池中阴、阳离子的放电顺序：①阴极：阳离子放电顺序：Ag+>Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+>Zn2+>H+；②阳极：活泼电极>S2->I->Br->Cl->OH-；据此可分析电解电解质溶液时的电极产物。
12． ⑦ ⑤⑥ 2H2O2H2↑+O2↑ 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 ①③④ ②⑤ ⑥⑦ ②③⑥ ①⑦ HCl CuO
【详解】（1）氯化铜是不活泼金属的无氧酸盐，电解氯化铜溶液实质上是电解氯化铜，阴极上铜离子得到电子发生还原反应生成铜，题给物质中硫酸铜含有铜离子，阴极上也是铜离子得到电子发生还原反应生成铜，故答案为：⑦；
（2）盐酸是无氧酸，电解盐酸溶液实质上是电解氯化氢，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，题给物质中氯化铜溶液和氯化钠溶液都含有氯离子，阳极上也是氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，故答案为：⑤⑥；
（3）氢氧化钠是强碱，电解氢氧化钠溶液实际上是电解水，电解的化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑；氯化钠是不活泼金属的无氧酸盐，电解时，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，阴极上氢离子得到电子发生还原反应生成，电解的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；硫酸铜是不活泼金属的含氧酸盐，电解时，阳极上水电离出的氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气，阴极上铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电解的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，故答案为：2H2O2H2↑+O2↑；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；
（4）由电解规律可知，强碱、含氧酸和活泼金属的含氧酸盐的溶液电解时实际上是电解水，则硫酸、氢氧化钠溶液和硫酸钠溶液符合题意；无氧酸溶液和不活泼金属的无氧酸盐电解时，实际上是电解电解质，则盐酸和氯化铜溶液符合题意；活泼金属的无氧酸盐溶液和不活泼金属的含氧酸盐溶液电解时，电解质和水都被电解，则氯化钠溶液和硫酸铜溶液符合题意，故答案为：①③④；②⑤；⑥⑦；
（5）电解盐酸时实际上是电解电解质，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，电解氢氧化钠溶液时，实际上是电解水，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，电解氯化钠溶液是，阴极上水电离出的氢离子放电，破坏水的电离平衡，在阴极区生成氢氧化钠，溶液pH增大，则电解盐酸、氢氧化钠溶液和氯化钠溶液时，溶液的pH增大；电解硫酸时，实际上是电解水，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，电解硫酸铜溶液时，阳极上水电离出的氢氧根离子放电，破坏水的电离平衡，在阳极区生成硫酸，溶液pH减小，故答案为：②⑥③；①⑦；
（6）由电解氯化钠溶液的方程式可知，欲使溶液电解后复原应通入氯化氢气体与电解生成的氢氧化钠反应生成氯化钠和水的物质的量比为1:1；由电解硫酸铜溶液的方程式可知，欲使溶液电解后复原应加入氧化铜与反应生成的硫酸反应生成硫酸铜和水的物质的量比为1:1，故答案为：HCl；CuO。
13． O3+2Ce2++2H+=O2+2Ce4++H2O H2O Ce3+-e-=Ce4+
【分析】(1)臭氧具有强氧化性，氧化Ce3+生成Ce4+，结合电子守恒、电荷守恒写出反应的离子方程式；
(2)生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上，结合守恒写出电极反应式。
【详解】(1)臭氧氧化Ce3+生成Ce4+和O2，结合守恒和酸性条件得到反应的离子方程式为O3+2H++2Ce3+=H2O+2Ce4++O2，其中Ce4+是氧化产物，H2O是还原产物，故答案为：O3+2H++2Ce3+=H2O+2Ce4++O2；H2O；
(2)由电解池图可知左侧的Ce3+在阳极发生失电子的氧化反应生成Ce4+，电极反应式为Ce3+-e-=Ce4+，故答案为：Ce3+-e-=Ce4+。
14． 2NH3+3O2=N2+6H2O 由电极b向电极a 2NH3+3O2--6e-=N2+3H2O N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+
【分析】(1)该电池为氨为燃料的固体氧化物(含有O2-)燃料电池，通入空气或氧气的一端为正极，氧气得电子发生还原反应，通入燃料气即氨气的一端为负极，氨气失电子发生氧化反应；
(2)该装置为电解池，据图可知左侧与电源正极相连为阳极，发生氧化反应，右侧与电源负极相连发生还原反应。
【详解】(1)①电池总反应即为氨气被氧气氧化的反应，从环保角度考虑，氨气被氧化后的产物应为N2，所以总反应为2NH3+3O2=N2+6H2O；
②原电池中阴离子流向负极，即由电极b向电极a移动；
③在接触面上发生的反应为负极反应，氨气被氧化生成氮气，电极方程式为2NH3+3O2--6e-=N2+3H2O；
(2)N2O5中N元素为最高价+5价，应是由N2O4在阳极被氧化生成，阳极加入的是无水硝酸，所以电极反应为N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+。
15． ＋3 8 Ba(ClO3)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2HClO3 防止HClO3分解 阳极 Cl－＋6OH－－6e－=＋3H2O 10.8 过滤 洗涤
【分析】根据化学式，由正负化合价代数和为0求出Cl元素的化合价；根据水解常数、电离常数和水的离子积求出pH值；根据题中信息写出化学方程式，由HClO3的性质解答采取减压浓缩的原因；根据题中图示信息判断电极和写出电极反应；根据转移的电子计算减少的质量；根据析出固体，分离需选择的实验操作；据此解答。
【详解】（1）化合物中正负化合价代数和为0，设HClO2中Cl元素的化合价是x，则1+x＝2×2，解之x=+3；已知常温下HClO2的电离常数Ka＝1.0×10－2，NaClO2溶液中Kh＝，1.0mol·L－1NaClO2溶液中存在ClO2-+H2OHClO2+OH-，Kh=，则c2(OH－)＝×1mol·L－1，c(OH－)＝10－6mol·L－1，可知c(H＋)＝10－8mol·L－1，pH约为8；答案为+3，8。
（2）Ba(ClO3)2溶液与稀硫酸发生反应生成硫酸钡和HClO3，，其反应的化学方程式为Ba(ClO3)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2HClO3；将反应后溶液在减压下浓缩可得到30%的HClO3溶液，选择减压浓缩的可能原因是防止HClO3分解；答案为Ba(ClO3)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2HClO3，防止HClO3分解。
（3）①由图可知，OH－向a移动，由阴离子向阳极移动，则a为阳极；电解过程中产生的电极反应式为Cl－＋6OH－－6e－=＋3H2O；答案为阳极，Cl－＋6OH－－6e－=＋3H2O。
②OH－移向左侧，右侧H＋放电，则减少的质量为水的质量，当电路上转移0.6mol电子时，由H2O～e－～H＋，交换膜右侧电解质溶液质量减少0.6mol×18g·mol－1＝10.8g；答案为10.8。
③电解一段时间后，将电解液与KCl溶液混合即可反应析出KClO3晶体，分离固体和液体用过滤操作，再洗涤沉淀，干燥既可获得KClO3晶体粗品；答案为过滤，洗涤。
16． 不能 负 2C1--2e-=Cl2↑ 氧化 0.2 2.24 ACD 8NH3+6NO27N2+12H2O 负 A CO-2e-+H2O=CO2+2H+
【详解】分析：I.（1）催化剂只能降低反应的活化能，不能改变ΔH。
（2）①石墨1表面覆盖一层红色固体，石墨1的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，石墨1为阴极，则a电极为负极。
②根据放电顺序写电解时电极反应式，根据电子守恒和电极反应式计算。
II.（1）NOx对环境的影响有：硝酸型酸雨、破坏O3层、光化学烟雾。
（2）NH3与NOx反应生成两种无污染的物质，根据原子守恒，生成N2和H2O。
（3）根据工作原理2CO+O2=2CO2，CO发生失电子的氧化反应，O2发生得电子的还原反应，结合原电池的工作原理即可作答。
详解：（1）催化剂只能降低反应的活化能，不能改变ΔH；开发特殊物质做催化剂，不能降低水分解过程中所需能量。
（2）①石墨1表面覆盖一层红色固体，石墨1的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，石墨1为阴极，阴极与氢氧燃料电池的负极相连，则a电极为负极。
②由于Cl-放电能力大于OH-，U型管中阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，电解池中阳极发生氧化反应。阴极析出n（Cu）==0.1mol，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，外电路中通过电子物质的量为0.1mol2=0.2mol。H2参与负极反应，1molH2失去2mol电子，若该电解反应所需的电子全部由氢氧燃料电池提供，至少消耗H2物质的量为0.1mol，在标准状况下H2的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L。
II. （1）NOx对环境的影响有：硝酸型酸雨、破坏O3层、光化学烟雾，答案选ACD。
（2）NH3与NOx反应生成两种无污染的物质，根据原子守恒，生成N2和H2O，NH3与NO2在一定条件下反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O。
（3）根据工作原理2CO+O2=2CO2，其中CO发生失电子的氧化反应，O2发生得电子的还原反应。
①原电池中负极发生失电子的氧化反应，阳离子移向正极；通入CO的一极为负极，B极为负极，通入O2的一极为正极，A极为正极，溶液中H+移向A极。
②B电极为负极，1molCO失去2mol电子生成1molCO2，结合酸性电解质溶液以及原子守恒，B电极的电极反应式为CO-2e-+H2O=CO2+2H+。
17． 负 能，因为B溶液中的铜全部析出后，电解质溶液已变为溶液，反应变为电解水的反应 向丙烧杯中加入适量的水
【分析】乙中c电极质量增加，则c电极发生的反应为，即c电极为阴极，由此可推出b电极为阳极，a电极为阴极，M为电源负极，N为电源正极。因不能与大量共存，故只能和结合，可以确定B为；由常温下各烧杯中溶液的与电解时间t的关系图，可以确定A为、C为或A为、C为。
【详解】(1)根据前面分析得到M为负极，甲中的电解质溶液为KOH或NaOH溶液，相当于电解H2O，阳极b的电极反应为；故答案为：负；。
(2)乙中的电解质溶液是溶液，电解时的总反应方程式为；故答案为：。
(3)B溶液中的铜全部析出后，电解质变为，电解反应仍能继续进行；故答案为：能，因为B溶液中的铜全部析出后，电解质溶液已变为溶液，反应变为电解水的反应。
(4)丙中的电解质溶液是或溶液，电解时被电解的是H2O，所以要使C溶液恢复到原来的状态，应向丙烧杯中加入适量的水；故答案为：向丙烧杯中加入适量的水。
【点睛】电解原理是常考题型，主要根据电极质量变化分析电解质溶液和电极名称，根据电极分析电源正负极，根据电解原理分析复原需要添加的物质。
18．正确 19．正确 20．错误 21．错误 22．正确
【解析】18．Cu+H2SO4＝CuSO4+H2↑不是自发反应，不能设计成原电池。但以铜为阳极、石墨为阴极，电解稀硫酸，可实现该反应。原说法正确；
19．电解质溶液导电时在阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应，即电解过程，是化学变化。金属导电过程是自由电子的定向移动过程，是物理变化。原说法正确；
20．电解饱和食盐水时，阳极可用惰性金属电极（如铂），阴极被保护，可用惰性或较活泼的金属电极（如铂、铁等）。原说法错误；
21．电解精炼铜时，阳极先是较活泼的杂质（锌、铁等）失电子，而后是铜失电子，同时不活泼金属等掉下形成阳极泥；阴极始终是铜离子得电子被还原。阳极减少的质量和阴极增加的质量通常不会相等。原说法错误；
22．以石墨为阳极、铜为阴极电解CuCl2废液时，阳极生成氯气、阴极生成铜，即可从CuCl2废液中提取铜。原说法正确。
【点睛】电解池是用电器，将电能转化为化学能。阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应。外电路中，电子由阳极流向电源正极、电源负极流向阴极，电流方向相反。电解质溶液中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
23． 使两个烧杯中的溶液连成通路 A 负 Cu－2e-=== Cu2+ 出现蓝色沉淀 会 电解池 阳极 会 不变 不 两池都没有可自发进行的氧化还原反应
【详解】（1）盐桥的作用是使两个烧杯中的溶液连成通路，保持溶液的电中性；在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。铜比银活泼，所以铜是负极，银是正极，OH-离子移向负极移动，即向A电极移动；B是正极，溶液中的铜离子得到电子，电极反应式是Cu－2e-=== Cu2+；A中铜失去电子，生成铜离子，所以溶液显蓝色；
（2）如果把盐桥改为铁棒后，由于铜和铁的活泼性差别小于银与铁的，所以A装置就是电解池，B是原电池，其中铁是负极，银是正极，所以铜棒是阳极；
（3）如果把盐桥改为铜棒，则A装置是电解池，B装置是原电池。此时A装置相当于是粗铜的提纯，所以溶液中铜离子的浓度不变；
（4）由于银不能和硝酸铜反应，即此时两池都没有可自发进行的氧化还原反应，所以不能再构成原电池。
24． b 负 ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH- Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑ 5.6 O2 CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O 变小 不变 1.12
【分析】（1）形成原电池时，Fe作正极被保护；活泼性比Fe强的金属作负极，被腐蚀。
（2）①原电池中，负极上失电子发生氧化反应，化合价升高，正极上得电子发生还原反应，化合价降低，据此判断正负极。
②镁能和热水反应生成氢氧化镁和氢气。
③电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上氯离子先放电，然后氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，后氢离子放电，当阴极上析出析出铜的物质的量为0.3mol＜0.4mol，根据转移电子守恒计算阳极上生成气体体积。
（3）Ⅱ中首先镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，所以b处通入的气体是O2。
①装置Ⅱ实现铁棒上镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水。
②装置Ⅰ中消耗氢氧化钾溶液PH减小，电镀过程中阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量。
③根据整个装置中电子转移相等计算消耗的甲烷的体积。
【详解】(1)该装置形成原电池，Fe作负极被保护，所以应该连接比Fe活泼的金属，故锌板。
故答案为：b；
(2)①电池中,负极上失电子发生氧化反应,化合价升高,正极上得电子发生还原反应,化合价降低,根据图知,Mg元素化合价由0价变为+2价、Cl元素化合价由+1价变为−1价,所以E是负极、F是正极,正极上次氯酸根离子得电子和水反应生成氯离子和氢氧根离子,离子方程式为。
故答案为：负；。
②镁能和热水反应生成氢氧化镁和氢气而导致负极利用率降低,反应方程式为。
故答案为： 。
③电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上氯离子先放电，然后氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，后氢离子放电，当阴极上析出铜的物质的量为0.3mol，阴极上转移电子的物质的量，根据原子守恒知，溶液中，氯离子完全放电时转移电子的物质的量，所以阳极上生成的气体是氯气和氧气，生成氯气的体积为0.2mol即4.48L。根据电极反应，，转移0.2mol电子，生成氧气的物质的量是0.05mol，即1.12L，所以另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积是。
故答案为：5.6。
（3）①通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜,则Cu作阳极、Fe作阴极,I中a处电极为负极、b处电极为正极,负极上通入燃料、正极上通入氧化剂,所以b处通入的气体是O2 ,甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水,电极反应为，
故答案为： O2；。
②根据I中电池反应为，KOH参加反应导致溶液中KOH浓度降低，则溶液的pH减小；Ⅱ中发生电镀，阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量，则溶液中铜离子浓度不变。
故答案为：变小；不变。
③左边原电池和右边电解池转移电子数相等,所以消耗甲烷的体积。
故答案为：1.12。
【点睛】电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上Cl－先放电，然后OH－放电，阴极上Cu2＋放电，后H＋放电，当阴极上析出析出铜的物质的量为0.3mol＜0.4mol，根据转移电子守恒计算阳极上生成气体体积。
25． X Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O Cu 检验水 检验红色物质中有无Cu2O 2CuCl+H2=2Cu+2HCl 干燥气体 防止氢气爆炸 继续通氢气，直到试管冷却为止 Cu2++e-+Cl-=CuCl↓ mol
【分析】实验Ⅰ.氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气用氢氧化钠溶液吸收；依据可能和假设红色物质可能为铜或氧化亚铜；
实验Ⅱ.无水硫酸铜不变色说明阴极碳棒上的产物与氢气反应产物中没有水；装置b中发生反应的化学方程式为氯化亚铁与氢气反应生成铜和氯化氢；(7)电极氯化铜溶液阴极铜离子得到电子生成铜和氯化亚铜，据此写成电极反应的离子方程式；依据反应2CuCl+H2=2Cu+2HCl，反应前后固体质量变化为氯元素质量分析计算；
【详解】(1)氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气用氢氧化钠溶液吸收，导气管W端应与出气口X连接，制取漂白液生成次氯酸钠、氯化钠和水，化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。故答案为：X；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(2)②依据假设和物质现象分析，红色物质可能为Cu或Cu2O、或二者都有。故答案为：Cu；
(3)由于无水硫酸铜不变色，证明b中反应产物没有水生成，碳棒上的红色物质中没有氧元素，一定不会含有氧化亚铜，一定含有铜，则无水硫酸铜来检验红色物质中有无Cu2O；故答案为：检验水；检验红色物质中有无Cu2O；
(4)装置b中发生反应为CuCl与氢气反应，反应的化学方程式是2CuCl+H2=2Cu+2HCl。故答案为：2CuCl+H2=2Cu+2HCl；
(5)碱石灰的作用是干燥气体。故答案为：干燥气体；
(6)加热之前要先通H2，目的是防止氢气爆炸；实验结束为了防止灼热的铜被氧化，实验操作是继续通氢气，直到试管冷却为止。故答案为：防止氢气爆炸；继续通氢气，直到试管冷却为止；
(7)电解CuCl2溶液时，阴极上发生的反应为铜离子得到电子生成铜：Cu2＋+2e－=Cu和铜离子失去电子生成氯化亚铜：Cu2＋+e－+Cl－=CuCl；电解CuCl2溶液时，阴极上产生白色物质的原因为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓；阴极上产生白色物质的物质的量是所以n(CuCl)=n(Cl)=mol。故答案为：Cu2++e-+Cl-=CuCl↓；mol。
【点睛】本题考查物质的检验与鉴别试题综合性强，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生的应试能力和学习效率。解题关键：该类试题需要注意的是进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法。
26． +2 增加钛铁矿与硫酸接触面积，增大酸溶速率 2H++Fe=H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+ 蒸发皿 TiO2++2H2OTiO(OH)2+2H+ 促进水解( 或加快水解反应速率) 1.0×10-5 20:9
【分析】钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO)3，含有少量Fe2O3]加硫酸溶解生成TiO2+和Fe3+、Fe2+，加入铁还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，得到硫酸亚铁和TiOSO4，对溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到绿矾晶体和TiOSO4溶液，将TiOSO4溶液加热，促进TiO2+的水解生成TiO(OH)2，TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+，分解得到钛白粉(TiO2)；将绿矾与过氧化氢、H3PO4混合沉铁：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，将得到的FePO4与草酸、Li2CO3焙烧生成锂离子电池的正极材料LiFePO4。
【详解】根据上述分析可知，
(1)LiFePO4中Li的化合价为+1价，P为+5价O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，Fe的化合价是+2，故答案为+2；
(2)钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎可以增加钛铁矿与硫酸接触面积，增大酸溶速率，故答案为增加钛铁矿与硫酸接触面积，增大酸溶速率；
(3)加入铁粉主要是还原铁离子，也会与过量的酸反应：2H++Fe==H2↑+Fe2+、2Fe3++Fe=3Fe2+；操作Ⅱ为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器为蒸发皿，故答案为2H++Fe==H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+；蒸发皿；
(4)TiO2+易水解生成TiO(OH)2，其水解的离子方程式为TiO2++2H2OTiO(OH)2+2H+；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热可以促进水解，故答案为TiO2++2H2OTiO(OH)2+2H+；促进水解；
(5)Ksp(FePO4)= c(Fe3+) c(PO43-)，则c(Fe3+)===1.0×10-5 mol/L，故答案为1.0×10-5；
(6)“沉铁”的为绿矾与过氧化氢、H3PO4混合生成FePO4，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，焙烧时的反应方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑；H2O2与草酸( H2C2O4)的物质的量之比为1:1，则17% H2O2溶液与草酸( H2C2O4)的质量比为=，故答案为。
27． 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。
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