【化学】吉林省舒兰市第一高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

吉林省舒兰市第一高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试
1.下列物质溶于水，能使水的电离程度变大的是( )
A. HCl B. NaHSO4 C. CH3COOH D. Na2CO3
【答案】D
【解析】
HCl电离出的氢离子抑制水电离；NaHSO4电离出的氢离子抑制水电离；CH3COOH电离出的氢离子抑制水电离；Na2CO3水解促进水电离，所以能使水的电离程度变大的是Na2CO3，故D正确。
点睛：酸电离出的氢离子、碱电离出的氢氧根离子抑制水电离；盐电离出的弱酸根离子、弱碱阳离子水解能促进水电离。
2.下列说法正确的是
A. HS-的水解方程式为：HS-+ H2OH3O++S2-
B. CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中的值减小
C. 将pH =4的盐酸稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
D. 100℃时，pH=12的纯碱溶液中：c(OH-)=1.0×10-2 mol·L-1
【答案】B
【解析】
【详解】A、HS－的水解方程式为HS－＋H2OH2S＋OH－，故A错误；
B、同一种溶液，溶液的体积相同，即物质的量浓度比值等于其物质的量变化，加水稀释促进CH3COOH的电离，CH3COO－的物质的量增大，CH3COOH的物质的量减小，即c(CH3COOH)/c(CH3COO-)比值减小，故B正确；
C、根据水的离子积，盐酸溶液稀释，c(OH－)增大，故C错误；
D、水的离子积受温度的影响，升高温度，水的离子积增大，100℃时水的离子积为1×10－12，溶液中c(OH－)=1mol·L－1，故D错误。答案选B。
3.下列说法正确的是
A. 向0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色
B. Al3+、NO3－、Cl－、CO32－、Na+可大量共存于pH=2的溶液中
C. 乙醇和乙酸都能溶于水，都是电解质
D. 分别与等物质的量的HCl和H2SO4反应时，消耗NaOH的物质的量相同
【答案】A
【解析】
A、碳酸钠水解，溶液显碱性，向0.1mol/LNa2CO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，A正确；B、Al3+与CO32-水解相互促进，不能大量共存，pH=2的溶液显酸性，碳酸根离子也不能大量共存，B错误；C、乙醇是非电解质，C错误；D、盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，分别与等物的量的HCl和H2SO4反应时，消耗NaOH的物质的量不相同，D错误，答案选A。
4.在溶液导电性实验装置里，分别注入20 mL 4 mol·L－1的醋酸和20 mL 4 mol·L－1的氨水，灯光明暗程度相似，如果把这两种溶液混合后再试验，则
A. 灯光明暗程度不变 B. 灯光变暗 C. 灯光变亮 D. 灯光明暗程度变化不明显
【答案】C
【解析】
【分析】
电解质的导电能力与溶液离子浓度和所带电荷数多少有关，溶液中离子浓度越大，所带电荷数越多，导电能力越强。
【详解】相同条件下，等体积等浓度的醋酸和氨水，灯光明暗程度相似，说明两种物质电离程度相抵，CH3COOH和NH3·H2O属于弱电解质，等体积等浓度混合发生：CH3COOH＋NH3·H2O=CH3COONH4＋H2O，CH3COONH4是可溶的强电解质，溶液中离子浓度增大，因此灯光变亮，故C正确。
5.下面提到的问题中，与盐的水解有关的是
①明矾和FeCl3可作净水剂
②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸
③实验室配制AlCl3溶液时，应先把它溶解在盐酸中，而后加水稀释
④NH4Cl溶液可作焊接中的除锈剂
⑤实验室盛放Na2SiO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞
⑥用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂
⑦在NH4Cl或AlCl3溶液中加入金属镁会生成氢气
⑧草木灰与铵态氮肥不能混合施用
⑨加热蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固体．
A. ①④⑦ B. ②⑤⑧ C. ③⑥⑨ D. 全部
【答案】D
【解析】
①明矾和FeCl3净水，利用Al3＋、Fe3＋水解成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮固体小颗粒达到净水的目的，与盐类水解有关，故①正确；②FeCl3在水溶液中发生Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，为了抑制FeCl3的水解，需要加入少量的盐酸，与盐类水解有关，故②正确；③AlCl3的水溶液中存在：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，为了抑制Al3＋的水解，因此需要把AlCl3先溶解在盐酸中，然后再加水稀释到需要的浓度，与盐类水解有关，故③正确；④NH4Cl溶液中存在NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，氯化铵的水溶液显酸性，因此可以作焊接的除锈剂，与盐类水解有关，故④正确；⑤Na2SiO3溶液存在SiO32－＋H2OHSiO3－＋OH－，硅酸钠溶液显碱性，与SiO2发生反应，因此盛放硅酸钠溶液的试剂瓶用橡皮塞，不能用橡胶塞，硅酸钠溶液显碱性，与盐类水解有关，故⑤正确；⑥两者发生双水解，产生氢氧化铝和CO2，与盐类水解有关，故⑥正确；⑦NH4Cl、AlCl3属于强酸弱碱盐，NH4＋、Al3＋水解造成溶液显酸性，H＋与Mg反应生成H2，因此与盐类水解有关，故⑦正确；⑧草木灰的成分是K2CO3，其水溶液显碱性，铵态氮肥的水溶液显酸性，两者混合使用发生双水解反应，降低铵态氮肥的肥效，因此与盐类水解有关，故⑧正确；⑨AlCl3的水溶液中存在：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，盐类水解是吸热反应，加热促进水解以及HCl的挥发，加热蒸干氯化铝得到氢氧化铝固体，因此与盐类水解有关，故⑨正确；综上所述，选项D正确。
6.下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是
①无色溶液中：K+、Cl-、Na+、SO42-
②pH=11的溶液中：CO32-、Na+、AlO2 -、NO3-、S2-、SO32-
③水电离的c(H+)=10-12mo1·L-1的溶液中：Cl-、HCO3-、 NO3-、NH4+
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、 NH4+、 Cl-、K+、SO42-
⑤使石蕊试液变红的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3-、Na+、SO42-
⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-、Cl-、S2-
A. ①②⑤ B. ①③⑥ C. ②④⑤ D. ①②④
【答案】D
【解析】
【详解】①在指定的溶液中能够大量共存，故①符合题意；
②在指定溶液中能够大量共存，故②符合题意；
③水电离的c(H＋)=10－12mol·L－1，该溶液可能为酸或碱，HCO3－既不能与H＋大量共存，也不能与OH－大量共存，指定溶液中不能大量共存，故③不符合题意；
④加入Mg能放出H2，该溶液为酸性，指定的溶液中能够大量共存，故④符合题意；
⑤MnO4－具有强氧化性，能把Fe2＋氧化，石蕊变红，说明溶液显酸性，NO3－、H＋、Fe2＋不能大量共存，故⑤不符合题意；
⑥酸性条件下，NO3－具有强氧化性，能与Fe2＋、I－、S2－发生氧化还原反应，指定溶液中不能大量共存，故⑥不符合题意；
综上所述，选项D正确。
7.室温下，下列事实不能说明NH3•H2O为弱电解质的是
A. 0.1 mol•L-1 NH3•H2O溶液的pH小于13
B. 0.1 mol•L-1 NH4Cl溶液的pH小于7
C. 向0.1 mol•L-1 NH3•H2O溶液中加入MgCl2溶液产生白色沉淀
D. 相同条件下，浓度均为0.1 mol•L-1的NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
【答案】C
【解析】
【分析】
弱电解质的判断从以下角度进行分析：①弱电解质的定义，部分电离；②弱电解质溶液存在电离平衡，条件改变，平衡移动；③弱电解质的盐能水解。
【详解】A、假设NH3·H2O为强电解质，其pH=13，现在测得pH小于13，说明NH3·H2O为弱碱，故A不符合题意；
B、NH4Cl溶液的pH7，则H2A是弱酸；若pH7，说明HA－发生水解，即H2A为弱酸，pHV1=V2，故选项B正确。
【点睛】本题的易错点，学生认为1molBa(OH)2中含有2molOH－，1molNaOH中含有1molOH－，得出V1>V2，忽略了pH相同，溶液中c(OH－)相同，与是一元强碱还是二元强碱无关。
10.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是
A. pH相等的两溶液中：c(CH3COO—)=c(Cl—)
B. 分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同
C. 相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同
D. 相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COO—)=c(Cl—)
【答案】A
【解析】
【详解】A、在pH相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即c（CH3COO－）=c(Cl－)，故A正确；
B、醋酸为弱酸，是弱电解质只能部分电离，与pH相同的强酸溶液比起来，与其他物质反应时，可以持续电离出氢离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些，故B错误；
C、反应刚开始时，醋酸弱酸部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，故C错误；
D、当醋酸恰好与NaOH反应时，弱酸根水解呈现出碱性，应为c（CH3COO－）＜c(Cl－)，故D错误。
综上所述，本题的正确答案为A。
11.观察如图装置，下列说法正确的是

A. a、b接电流表，该装置为原电池
B. a、b接直流电源，该装置为电解池
C. a、b接直流电源，铁可能不易被腐蚀
D. a、b接电流表或接直流电源，铁都可能是负极
【答案】C
【解析】
【详解】A、如果液体c为乙醇等非电解质，则不符合构成原电池的条件，故A错误；
B、如果液体c为乙醇等非电解质，该电路为断路，不能构成电解池，故B错误；
C、连接直流电源，如果让铁作阴极，按照电解原理，铁不被腐蚀，故C正确；
D、如果接电流表，构成原电池，铁作负极，如果接直流电源，构成电解池，两极的名称为阴阳极，故D错误。
12.利用下图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是

A. a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀
B. 一段时间后，a管液面高于b管液面
C. a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小
D. a、b两处具有相同的电极反应式：Fe－2e－===Fe2＋
【答案】C
【解析】
试题分析：A．U型管左边装置是中性溶液，所以发生吸氧腐蚀，右边装置是酸性溶液发生析氢腐蚀，故A正确；B．左边装置发生吸氧腐蚀时，氧气和水反应导致气体压强减小，右边装置发生析氢腐蚀，生成氢气导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，所以一段时间后，a管液面高于b管液面，故B正确；C．a处铁失电子生成亚铁离子，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以a处pH不变；b处溶液变成硫酸亚铁溶液，溶液的pH值变大，故C错误；D．a、b两处构成的原电池中，铁都作负极，所以负极上具有相同的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+，故D正确；故选C。
【考点定位】以铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀为载体考查了原电池原理
【名师点晴】明确钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的条件是解本题的关键；①吸氧腐蚀：在水膜酸性很弱或呈中性时，正极上O2被还原；钢铁吸氧腐蚀：负极：2Fe-4e-=2Fe2+；正极：O2+4e-+2H2O=4OH-；总反应式为：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，Fe(OH)2继续与空气中的氧气作用：4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3脱去一部分水就生成铁锈(Fe2O3•xH2O)，铁锈疏松地覆盖在钢铁表面，不能阻止钢铁继续腐蚀；②析氢腐蚀：在水膜酸性较强时，正极上H+被还原；钢铁析氢腐蚀：负极：Fe-2e-=2Fe2+；正极：2H++2e-=H2↑；总反应式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。
13.常温下，pH＝1的乙酸溶液和pH＝13的NaOH溶液，下列叙述中正确的是
A. 两种溶液等体积混合后，溶液呈碱性
B. 乙酸溶液中c(CH3COOH)大于NaOH溶液中c(Na＋)
C. 分别稀释10倍，两溶液的pH之和大于14
D. 若两溶液混合后pH＝7，则有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】
乙酸是弱电解质、氢氧化钠是强电解质，pH＝1的乙酸溶液和pH＝13的NaOH溶液，乙酸浓度大于氢氧化钠，两种溶液等体积混合后，乙酸有剩余，溶液呈酸性，故A错误；乙酸是弱电解质、氢氧化钠是强电解质，所以pH＝1的乙酸溶液和pH＝13的NaOH溶液中，乙酸浓度大于氢氧化钠，c(CH3COOH)大于NaOH溶液中c(Na＋)，故B正确；分别稀释10倍，乙酸的PH在1 2之间、NaOH溶液的PH=12，两溶液的pH之和小于14，故C错误；若两溶液混合后pH＝7，根据电荷守恒，c(Na＋)＝c(CH3COO－)，故D错误。
14.在常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 1L0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的溶液中：c(NH4+)＋c(Fe2+)＋c(H+)＝c(OH-)＋c (SO42-)
B. 向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，所得溶液中：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(OH-)
C. 向0.10mol·L-1Na2CO3溶液中通入少量CO2的溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)
D. 0.1 mol·L-1NH4HS溶液中：c(NH4+)＜c(HS-)＋c(H2S)＋c(S2-)
【答案】D
【解析】
【详解】A、按照电荷守恒，应是c(NH4＋)＋2c(Fe2＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，故A错误；
B、发生氧化还原反应，一个氯原子化合价升高1价，必然有一个氯原子降低1价，－1价的氯一定为Cl－，＋1价的氯是HClO和ClO－，因此有c(Cl－)=c(ClO－)＋c(HClO)，即c(Cl－)>c(ClO－)，故B错误；
C、通入少量CO2，发生反应为Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，溶质应为NaHCO3和Na2CO3，根据物料守恒，c(Na＋)HX，故A错误；
B、根据A选项分析，以及酸性强的制取酸性弱的，HZ＋Y－=HY＋Z－是能够发生的，故B正确；
C、根据盐类水解的规律，越弱越水解，即三种钠盐中，pH最大的是NaX，故C错误；
D、电离常数只受温度的影响，因为是相同的温度，因此HX的电离常数不变，故D错误。
21.25℃时，在浓度都为1 mol·L-1的（NH4）2SO4、NH4H CO3、NH4HSO4、NH4Cl的四种溶液中，测得c（NH4+）分别为a、b、c、d（单位为mol·L-1）。下列判断正确的是
A. a=2b=2c=2d B. a>b>c> d C. a>c>d>b D. a>c>b>d
【答案】C
【解析】
根据（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4Cl的化学式，浓度都为1 mol·L-1的溶液，（NH4）2SO4中c（NH4+）最大；溶液均存在水解平衡：NH4++H2ONH3 •H2O +H+，Cl-对NH4+水解没影响，NH4HSO4电离出的氢离子抑制NH4+水解，NH4HCO3中HCO3-的水解促进NH4+水解，所以浓度都为1 mol·L-1的（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4Cl的四种溶液中c（NH4+）从大到小的顺序是（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl、NH4HCO3，故C正确。
22.如图为以Pt为电极的氢氧燃料电池的工作原理示意图，稀H2SO4溶液为电解质溶液。下列有关说法不正确的是

A. a极为负极，电子由a极经外电路流向b极
B. a极的电极反应式：H2－2e－===2H＋
C. 电池工作一段时间后，装置中c(H2SO4)增大
D. 若将H2改为CH4，消耗等物质的量的CH4时，O2的用量增多
【答案】C
【解析】
试题分析：A.在氢氧燃料电池中，氢气在负极失电子，生成氢离子，则a极为负极，电子由a极流向b极，A项正确；B．a极的电极反应式是：H2-2e-= 2H+，B项正确；C.在氢氧燃料电池中，电池的总反应为2H2+O2=2H2O，则电池工作一段时间后，装置中c（H2SO4）减小，C项错误；D.1mol氢气消耗0.5mol氧气，1mol甲烷消耗2mol氧气，所以若将H2改为等物质的量CH4，O2的用量增多，D项正确；选C。
考点：考查原电池的工作原理
23.关于如图装置说法正确的是

A. 装置中电子移动的途径是：负极→Fe→M溶液→石墨→正极
B. 若M为NaCl溶液，通电一段时间后，溶液中可能有NaClO
C. 若M为FeCl2溶液，可以实现石墨上镀铁
D. 若M是海水，该装置是通过“牺牲阳极的阴极保护法”使铁不被腐蚀
【答案】B
【解析】
试题分析：A．装置中电子移动的途径是：负极到Fe 电极；然后是溶液中的阴离子在阳极石墨放电到电源的正极，错误；B．若 M为NaCl溶液，通电一段时间后，阳极产生H2，溶液中的NaOH与阳极产生的Cl2发生反应产生NaCl和NaClO，所以溶液中可能有NaClO，正确；C．若M为FeCl2溶液，在阳极溶液中的Fe2+失去电子变为Fe3+，所以不可能实现石墨上镀铁，错误；D．若M是海水，该装置是电解池，是外接电源的阴极保护方法使铁不被腐蚀，不是 “牺牲阳极的阴极保护法”，错误。
考点：考查电解原理的应用的知识。
24.下图Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学将反应“AsO43－＋2I－＋2H＋ AsO33－＋I2＋H2O”设计成的原电池装置，其中C1、C2均为碳棒。甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸；乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量40% NaOH溶液。
　
下列叙述中正确的是
A. 甲组操作时，电流表(A)指针发生偏转
B. 甲组操作时，溶液颜色变浅
C. 乙组操作时，C2作正极
D. 乙组操作时，C1上发生的电极反应为I2＋2e－=2I－
【答案】D
【解析】
【详解】A、甲组操作时，两个电极均为碳棒，不发生原电池反应，电流表指针不发生偏转，故A错误；
B、根据题中所给反应，生成I2，溶液颜色加深，故B错误；
C、根据反应方程式，以及乙组操作，As的化合价由＋3价→＋5价，化合价升高，即C2为负极，故C错误；
D、根据C选项分析，C1电极反应式为I2＋2e－=2I－，故D正确。
【点睛】易错点是选项C，根据所给反应方程式，反应向正反应方向进行，环境应为酸性，但是所给乙组操作中加入NaOH溶液，因此乙组的反应应是AsO33－＋I2＋H2O=AsO43－＋2I－＋2H＋，As的化合价升高，即C2为负极。
25.电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。
（1）已知部分弱酸的电离常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离常数(25℃)
Ka = 1．77×10 -4
Ka=4.3×l0-10
Ka1=5.0×l0-7
Ka2=5.6×l0-11
①0.1 moI/L NaCN溶液和0.1mol/L NaHCO3溶液中，c（CN-）______c（HCO3 -）（填“>”、“c（NH4+）>c(H+)>c（OH-） (8). 2 c(H+)-2c(OH-) (9). 10-6 (10). 5.2×10-5 (11). 23.6
【解析】
【详解】（1）①根据表格数据，HCN电离出H＋小于H2CO3电离出H＋能力，根据盐类水解中越弱越水解，即CN－水解的能力强于HCO3－，因此等浓度的NaCN和NaHCO3溶液中c(CN－)HCN>HCO3－，三种溶液浓度相同时的pH大小顺序是Na2CO3>NaCN>HCOONa，因此pH相同时，浓度大小顺序是c(HCOONa)>c(NaCN)>c(Na2CO3)，即为ABC；
③HCOOH( aq) +OH -( aq)=HCOO-(aq) +H2O（1)为①，H+(aq) +OH-(aq) =H2O（1）为②，①－②得出 HCOOH(aq)HCOO-(aq)+H+(aq) △H=(b－a)kJ·mol－1；
④电离出H＋能力强弱是H2CO3>HCN>HCO3－，NaCN溶液中通入少量的CO2，发生离子方程式为CN－＋CO2＋H2O=HCN＋HCO3－；
⑤HCOONa为强碱弱酸盐，HCOO－发生水解，使溶液显碱性，即HCOO－＋H2OHCOOH＋OH－；=1.77×105；
（2）①当加入20.00mL盐酸时，两者恰好完全反应，即反应后溶质为NH4Cl，NH4Cl溶液显酸性，即离子浓度大小顺序是c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)；
②b点所加盐酸的体积为10mL，反应后溶质为NH3·H2O和NH4Cl，且两者物质的量相等，根据电荷守恒，c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)，根据物料守恒，c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=2c(Cl－)，得出：c(NH3·H2O)－c(NH4＋)=2[c(H＋)－c(OH－)]；
③pH=10的氨水中水电离出c(H＋)=10－10mol·L－1，NH4Cl溶液中水电离出c(H＋)=10－4mol·L－1，比值为10－10：10－4－=1：106；
（3）①生成沉淀，需要BaCl2溶液的最小浓度，也就是BaCO3恰好达到饱和，即c(Ba2＋)×c(CO32－)=Ksp(BaCO3)，因为是等体积混合，忽略体积的变化，即c(CO32－)=2×10－4/2mol·L－1=1×10－4mol·L－1，混合溶液中c(Ba2＋)=Ksp/c(CO32－)=2.6×10－9/(1×10－4)mol·L－1=2.6×10－5mol·L－1，即BaCl2的物质的量浓度为2.6×10－5×2mol·L－1=5.2×10－5mol·L－1；
②根据题意：=23.6。
【点睛】本题的易错点是（3）①，CO32－的浓度学生按2×10－4mol·L－1代入计算，忽略了两种溶液等体积混合，CO32－应是原来的一半，有的学生将计算出Ba2＋浓度看成BaCl2浓度，学生忽略了此时Ba2＋浓度是混合溶液中Ba2＋浓度，不是BaCl2浓度。
26.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)，U形管________(填“左”或“右”)边的溶液变红。
（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，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。下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112 mL气体时，通过阳离子交换膜的离子物质的量为________。
【答案】 (1). H2 (2). 右 (3). 负 (4). Cl－＋H2OClO－＋H2↑ (5). Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋ (6). 0.01 mol
【解析】
【详解】（1）根据图1中电子移动的方向，推出右端的电极为阴极，左端的电极为阳极，右端电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，气球b收集的气体为H2，酚酞遇碱变红，即右边溶液变红；
（2）“84”消毒液的有效成分是NaClO，图2是制作消毒液发生器，阳极上Cl－生成Cl2，阴极上H2O得电子转化成H2和OH－，为了使反应更充分，下边电极生成氯气，上边电极有NaOH生成，则c为负极，该反应器的总离子方程式为Cl－＋H2OClO－＋H2↑；
（3）①根据Na＋移动的方向，左边电极为阳极，右边电极为阴极，左边电极生成ClO2，即左边电极反应式为Cl－＋2H2O－5e－=ClO2↑＋4H＋；
②右边电极为阴极，其电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，产生112mL的H2，转移电子物质的量为112×10－3×2/22.4mol=0.01mol，右侧产生0.01molOH－，通过阳离子交换膜0.01mol离子。
【点睛】难点是电极反应式的书写，（3）①，阳极产生ClO2，根据图中所给原料，左侧为阳极，Cl－→ClO2，1molCl－参与反应失去5mole－，即Cl－－5e－→ClO2↑，根据所给原料，以及反应前后所带电荷守恒，电极反应式为Cl－＋2H2O－5e－=ClO2↑＋4H＋。