2026届高三化学二轮复习  化学反应原理之电化学与电解质溶液的考查训练

化学反应原理之电化学与电解质溶液的考查训练 一、选择题训练 1．（2025·重庆·一模）某科研团队研究了以铜基配合物电催化还原的装置如图所示，其外接电源为高铁电池()，下列说法正确的是 A．电源a端发生反应： B．电解一段时间后，阴极区附近溶液的pH减小 C．该铜基配合物中配体与配位键的数目之比为1：1 D．外接电源内消耗65 g Zn，阳极室溶液质量减少18 g 2．（2026·河北沧州·一模）钠离子电池具有充电速度快和低温环境性能优越的特点，其电极材料的导电聚合物中掺杂磺酸基可增强其电化学活性，其充电时工作原理如图所示。下列说法错误的是 A．充电时，电极B为阴极，质量减少 B．钠离子电池的工作原理是的嵌入与脱嵌 C．充电时，电极A的电极反应式为 D．充电过程中，每转移，两电极质量变化相差46 g 3．（25-26高三上·江苏南通·月考）某实验小组设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸钠生成CO2，并将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池(忽略两装置内溶液体积变化)。下列说法错误的是 A．装置工作时，穿过左右两侧阳膜的离子相同 B．装置工作一段时间后，在将乙室溶液转移至甲室之前，甲室中浓度减小 C．乙室d电极反应式为 D．外电路中转移4 mol 时，a、c两极共产生标准状况下44.8 L CO2 4．（2025·贵州·高考真题）以/SiC为阴极反应的催化剂，在溶液中电解和，两极协同合成(丙酰胺)的原理如图。 下列说法正确的是 A．b极与电源负极相连，发生氧化反应 B．a极涉及的反应有： C．当电路中转移2 mol电子时，理论上合成 D．合成时会生成副产物 5．（25-26高三上·广东·月考）如图所示装置可用于制作简易的燃料电池。实验时，先接通开关，一段时间后断开开关，接通开关。下列说法正确的是 A．接通开关时，装置将化学能转化为电能 B．接通开关时，石墨电极b附近溶液pH变大 C．接通开关时，溶液中从石墨a处向石墨b处移动 D．接通开关足够长时间，溶液最终呈碱性 6．（25-26高三上·江苏南通·阶段练习）一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如下图所示。(已知在KOH溶液中，Zn2+以存在)。下列叙述不正确的是 A．放电时Zn作负极 B．a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜 C．放电时MnO2电极上发生的反应：MnO2＋4H+＋2e－＝Mn2+＋2H2O D．电路中每通过1mol电子，Zn电极的质量减小32.5 g 7．（23-24高三上·山东泰安·期末）我国科学家发明的一款可充放电的全固态钠电池工作原理如下图所示，下列说法正确的是 A．放电时，电极电势N极高于M极 B．充电时，Na+由N极迁移至M极 C．充电时，M极电极反应式为 D．为了降低成本，固态聚合物电解质可以用Na3PO4溶液代替 8．（2024·四川·模拟预测）通过测定下图电池的标准电动势(V)，可计算电池总反应的平衡常数。已知：，该电池z=1；盐桥中装有含KCl饱和溶液的琼脂，离子可在其中自由移动。下列说法错误的是 A．正极反应为 B．反应后，右侧烧杯中增大 C．每转移1mol ，两个电极的质量共减少143.5g D．若，的平衡常数为 9．（23-24高三下·内蒙古锡林郭勒盟·月考）电解硫酸钠溶液制取电池正极材料的前驱体，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A．交换膜B是阳离子交换膜 B．通电一段时间后，I室溶液的pH降低 C．b是直流电源的负极，纯钛电极的反应为 D．当产生时，纯钛电极上至少产生标准状况下1.12L气体 10．（2023·山东·一模）电解苯酚的乙腈（CH3CN）水溶液可在电极上直接合成扑热息痛（）。装置如图，其中电极材料均为石墨。下列说法不正确的是 A．电极a为负极 B．c电极反应式为+CH3CN+H2O-2e-+2H+ C．装置工作时，乙室溶液pH减小 D．合成1mol扑热息痛，理论上甲室质量增重64g 11．（23-24高三上·安徽池州·期末）二氧化碳的综合利用是当下研究的重要课题。从高炉气回收制取储氢物质的综合利用示意图如图所示。已知该温度下，，。下列说法错误的是 A．玻碳电极上发生氧化反应 B．溶液中质子向铂电极方向移动 C．该温度下，当吸收池中溶液的时，此时该溶液中 D．阴极反应为、 12．（23-24高三上·辽宁·阶段练习）水系锌离子电池是一种高容量、高兼容性、低成本的可充电电池(如图所示)。锰基氧化物(MnO2、Mn2O3、 Mn3O4等)常用作正极材料，工作时发生变化：Mn2O6→Zn1-xMn2O6→ZnMnaOb。    下列说法错误的是 A．无论用ZnSO4溶液还是Zn(CF3SO3)2溶液作电解质溶液，其作用相同 B．放电时锰基氧化物电极嵌入Zn2+，充电时Zn2+脱嵌 C．消耗等量Zn时，用MnO2或Mn3O4作电极转移的电子数目不相等 D．用Mn2O3作电极，放电时可能发生反应：Zn1-xMn2O3+xZn2++2xe-=ZnMn2O3 二、综合题训练 13．（2025·江苏苏州·三模）研究氢气的制备、储存与应用有重要意义。 I．氢气的制备 利用下图所示的铜—氯循环可以实现氢气的制备。 (1)300℃时，将水蒸气以一定流速通过CuCl2固体进行水解和热解，所得含Cu物质中Cu的物质的量占初始CuCl2的物质的量之比，随时间的变化如图所示。 已知：高于290℃时，CuCl2开始分解生成CuCl。 ①90min时，含铜产物中含量最高的是___________。 ②60~90min时，产物中CuCl2增多的原因是___________。 (2)其他条件不变，反应60min CuCl的占比随温度的变化如图所示。325~350℃随着温度升高CuCl的占比迅速增大的原因是___________。 (3)CuCl溶于盐酸产生用于电解，电解反应的化学方程式为___________。 Ⅱ．氢气的储存 (4)氢气常储存于不锈钢罐中，但H2易被金属催化解离形成半径小的H，H在金属中扩散导致氢脆降低罐体性能。在罐体内部引入一层聚乙烯醇()膜可以防止氢脆现象。H2难以穿过聚乙烯醇膜的原因可能是___________。 Ⅲ．氢气的应用 氢气作为一种抗氧化剂，可以清除体内产生的X(与硝酸根互为同分异构体)，对于肿瘤等疾病有一定的治疗作用。 (5)已知X中N为价，且不含环状结构。则其结构式为___________。 (6)将纳米镁注入肿瘤处可生成H2，用于肿瘤治疗。实验表明用溶液预先处理过的纳米镁疗效更好，原因是___________。 14．（24-25高三上·天津红桥·期末）氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题： (1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。 ①装置中的离子膜只允许___________离子通过(填“阳”或“阴”)，氯气的逸出口是___________(填标号)。 ②该装置中阴极的电极反应式为___________。 ③每生成标准状况下的22.24L时，装置左侧溶液质量减少___________g。 ④具有强氧化性，液氯通常储存在钢瓶中，可利用检测氯气是否泄漏(观察是否有白烟产生)，说明原因___________用化学方程式表示)。实验室可用NaOH溶液吸收多余的氯气，写出其离子方程式___________。 (2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数[，X为或]与pH的关系如图(b)所示，HClO的电离常数值为___________。 (3)为淡棕黄色气体，是次氮酸的酸酐，可由新制的HgO和反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备的化学方程式为___________；当有3.36L(标准状况下)参加反应时，转移的电子数目为___________。 15．（24-25高三上·山东泰安·期末）生物硝化与反硝化工艺除去工业废水中过量的原理如图所示： 已知：硝化菌对pH值的变化非常敏感，最佳pH值是8.0~8.4，反硝化菌最适宜的pH值是6.5~7.5。 (1)含过量的工业废水排放会导致的环境问题是___________；硝化阶段中溶液的pH___________(填“升高”或“降低”)。 (2)向含的酸性废水中加入适量的碳源(甲醇)，能实现“反硝化”过程，并产生两种对环境无污染的气体，每处理含的酸性废水，理论上消耗甲醇的物质的量为___________。反硝化作用是造成土壤中氮元素损失的重要原因之一，在农业上常采用___________的办法防止氮肥损失。 (3)一种硝化与反硝化的改进工艺工作原理如图所示： 半硝化脱氨过程与的物质的量之比为___________，过程中加入的物质的量应略___________(填“大于”或“小于”)；该过程中与原方法相比，该方法的优点是___________。 (4)一种双阴极微生物燃料电池装置可以同时进行硝化和反硝化脱氮，其中硝化过程中被氧化。 电池工作时，“厌氧阳极”的电势比“好氧阴极”___________(填“高”或“低”)，“厌氧阳极”若流出1.2mol电子，该区域“出水”比“进水”减轻了___________g(假设气体全部逸出)。 16．（2025·上海嘉定·一模）碳酸钙一般有方解石型、文石型和球霰石型等三种晶型，其中稳定性最好、实际应用最多的是方解石型。 I．文献报道了一种制备方解石型碳酸钙的方法。该方法以CaCl2和NH4HCO3溶液为原料，通过加入LiCl形貌控制剂制得形貌规整、大小均匀的片状碳酸钙，且伴有气体产生。 (1)LiCl的电子式可表示为_______，通过以下_______分析方法，能检测到碳酸钙产品中不含碳酸锂。 A．原子吸收光谱        B．红外光谱    C．核磁共振氢谱        D．晶体X射线衍射 (2)推测以上反应原理，用离子方程式表示_______。 (3)室温下NH4HCO3溶液呈碱性，关于NH4HCO3溶液的说法正确的是_______。 A．由水电离的[H+]＜10-7 mol·L-1 B．[NH3·H2O]＜[H2CO3] C．[HCO]>[NH]>[OH-]>[H+] D．[NH] + [NH3·H2O]=[HCO] + [H2CO3] Ⅱ．粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物，其主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等。科学家发现了一种利用粉煤灰吸收二氧化碳制碳酸钙的工艺。 已知双极膜的作用：在直流电场作用下，双极膜可以将水解离成H+和OH-，分别在膜的两侧释放。 (4)以上工艺流程中尾渣的成分为_______，溶液中X为_______；以上流程中能循环的物质为H2O、_______。(以上均填化学式) (5)浸取液必须经过系列操作②才能利用的原因_______。 (6)写出双极膜电解装置中阳极的电极反应_______。 (7)关于以上电解池装置中说法正确的是_______。 A．电解池负极发生还原反应 B．a处为NaOH，b处为HNO3 C．使用Na2SO4溶液代替水的目的是增强溶液导电性 D．Na+通过阳离子交换膜由右向左移动 (8)对比LiCl形貌控制法制备碳酸钙，粉煤灰吸收二氧化碳制碳酸钙的工艺优点为_______；缺点为_______。(任写一条即可) Ⅲ．小嘉同学在实验室尝试制备碳酸钙，他向1.0 mol·L-1 CaCl2溶液中通入CO2至饱和，并未看到沉淀。该溶液中[H2CO3]=0.033 mol·L-1，pH=3.9。常温下，Ksp(CaCO3) = 2.8×10-9，H2CO3的电离常数分别为：Ka1 = 4.2×10-7、Ka2 = 4.8×10-11。 (9)请通过计算解释以上现象_______。(写出计算过程) 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 化学反应原理之电化学与电解质溶液的考查训练 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A B D B B C B D C 题号 11 12 答案 D C 1．D 【分析】高铁电池的总反应为：；放电时负极（Zn）：，Zn失去电子，发生氧化反应；正极（）：，得到电子，发生还原反应；充电时，上述反应逆向进行，Zn(OH)2在阴极得电子，Fe(OH)3在阳极失电子，据此分析。 【详解】A．Pt电极上，H2O失去电子生成O2，则Pt电极为阳极，电源a端为正极，高铁电池正极反应为；在负极反应，A不符合题意； B．石墨烯电极为阴极，阴极反应为，消耗，溶液pH增大，B不符合题意； C．铜基配合物中配体为2个，形成4个配位键，配体与配位键数目之比为=1：2，C不符合题意； D．消耗（）时，转移电子；阳极反应为，转移电子时，阳极室生成氧气并逸出，同时2 mol通过质子交换膜迁移至阴极，减少质量为，D符合题意； 故选D。 2．A 【分析】题目图示信息表明：充电时，电极A连接电源的正极，是阳极；电极B连接电源的负极，是阴极。电极A的导电聚合物中掺杂了磺酸基，充电时Na+从电极A脱嵌，进入电解质；放电时Na+嵌入电极A。电极B为Na2C6，充电时Na+嵌入电极B，放电时Na+脱嵌。 【详解】A．充电时，电极B连接电源的负极，作阴极，移向电极B，在电极B上放电发生还原反应，使电极B质量增加，A项错误； B．钠离子电池的工作原理是Na+在正负极之间迁移，实现能量的存储和释放，充电时Na+从正极脱嵌，嵌入负极，而放电时则相反，即原理为的嵌入与脱嵌，B项正确； C．充电时，电极A连接电源的正极，为阳极，发生氧化反应，电极反应式为，符合选项所示，C项正确； D．充电过程中，根据C项阳极反应式，每转移，电极A有脱嵌移至电极B，因此电极A减重23 g，电极B增重23 g，则两电极质量变化相差23g-（-23g）=46 g，D项正确； 故选A。 3．B 【分析】已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池，则左侧为电解池。将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2+，则钴元素化合价降低，LiCoO2(s)为正极（d极），发生还原反应：，c极为电池负极，发生氧化反应：，与d极相连的a极为电解池阳极，发生氧化反应：，与c极相连的b极为电解池阴极，发生还原反应：。 【详解】A．由分析可知，装置工作时，左侧电解池阳极醋酸根放电产生H+，H+和Na+穿过阳膜移向甲室；右侧原电池中负极醋酸根放电产生H+，为保持溶液电中性，H+和Na+穿过阳膜移向乙室，穿过左右两侧阳膜的离子都是H+和Na+，A正确； B．在将乙室溶液转移至甲室之前，甲室中Co2+在阴极得到电子生成Co，溶液中不参与电极反应，且忽略溶液体积变化，所以甲室中浓度不变，B错误； C．由分析可知，C正确； D．外电路中转移4 mol 时，a电极产生CO2的物质的量为；c电极产生CO2的物质的量为，则a、c两极共产生CO2的物质的量是2 mol，在标准状况下的体积为：，D正确； 故答案选B。 4．D 【分析】a 极：被还原为、（得电子），故a 极为阴极，与电源负极相连；b 极：被氧化为（失电子），故b极为阳极，与电源正极相连，据此分析。 【详解】A．b 极发生氧化反应，应为阳极，与电源正极相连，而非负极，A不符合题意； B．溶液环境是溶液（呈弱碱性），反应式中不能出现，正确的反应应为，B不符合题意； C．合成可通过羟胺()与丙醛()反应生成，有 ，此时每生成，电极上转移4 mol电子；也可通过氨气与丙醛反应生成，有，此时每生成 ，电极上转移8 mol电子，C不符合题意； D．b 极生成的，在碱性的溶液中，可进一步被氧化为，故会产生该副产物，D符合题意； 故选D。 5．B 【分析】闭合时，装置为电解池，电解质溶液为溶液，实际该装置电解水，石墨a（阳极）的电极反应为，石墨b（阴极）的电极反应为；断开、闭合时，电流表发生偏转说明该装置内有电流产生，则该装置转变为了原电池，反应是电解池产生的和，原本在石墨a电极上产生，在石墨b电极上产生，故石墨a作正极，电极反应为，石墨b作负极，电极反应为。据此分析。 【详解】A．接通开关时，装置有外接电源，为电解池，将电能转化为化学能，A错误； B．接通开关时，装置为电解池，电解硫酸钠溶液实质是电解水，石墨b与电源负极相连，故为阴极，发生反应，产生使溶液碱性增强，即石墨电极b附近溶液pH变大，B正确； C．接通开关时，装置为原电池（燃料电池），氢气所在电极为负极，氧气所在电极为正极，故石墨a为正极，石墨b为负极，阳离子（）向正极移动，即从b向a移动，C错误； D．接通开关时，燃料电池总反应为，仅生成水，溶液始终为硫酸钠中性溶液，D错误； 故答案选B。 6．B 【分析】该电池的两极为Zn-MnO2，Zn作该电池的负极，电极反应方程式，MnO2作正极电极反应方程式，根据电解质溶液中离子移动规律，阳离子移向正极，阴离子移向负极，可以判断离子移动方向，根据负极反应的方程式，每转移2 mol电子消耗1 mol Zn。 【详解】A．放电时，Zn失去电子发生氧化反应，作负极，A正确； B．通过分析可知Zn电极和MnO2电极分别为负极和正极，Zn电极发生的反应为消耗，MnO2电极发生的反应为消耗H+的反应，阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以钾离子由III室进入II室，硫酸根离子由I室进入II室，则b为阳离子交换膜，则a为阴离子交换膜，B错误； C．I室为酸性环境，MnO2作正极发生还原反应，Mn从+4价降为+2价，反应式应为， C正确； D．Zn负极反应为，转移2 mol电子消耗1 mol Zn（65 g），则转移1 mol电子消耗0.5 mol Zn，质量减小0.5 mol×65 =32.5 g，D正确； 故选B。 7．C 【详解】A．由工作原理图可知，放电时，金属Na在N极发生氧化反应，N极为负极，M极为正极，正极的电极电势高于负极，即M极高于N极，A错误； B．充电时，阳离子向阴极移动，即Na+由M极迁移至N极，B错误； C．充电时，M极为阳极，失电子，转化为，电极反应式为，C正确； D． Na能与水反应，故不能用Na3PO4溶液代替固态聚合物电解质，D错误； 故选C。 8．B 【分析】原电池电极为负极，发生反应：，电极做正极，电极反应为：。原电池反应过程中向右侧烧杯迁移，K+向左侧迁移。 【详解】A．正极反应为，负极反应为，故A正确； B．原电池反应过程中向右侧烧杯迁移，与生成AgCl沉淀，右侧烧杯中浓度保持不变，故B错误； C．正极反应为，负极反应为，每转移1mol 时，负极质量减少108g，正极质量减少35.5g，两极共减少143.5g，故C正确； D．z=1，代入，，这是电池总反应的平衡常数，则平衡常数，故D正确； 故选B。 9．D 【分析】前驱体在纯钛电极附近生成，则金属离子移向Ⅲ室，根据阳离子移向阴极，则Ⅱ室中硫酸根移向I室。 【详解】A．前驱体在纯钛电极附近生成，则金属离子移向Ⅲ室，根据电解规律，则B是阳离子交换膜，阳离子移向阴极，故A正确； B．Ⅱ室中硫酸根移向I室，A为阴离子交换膜，酸性增强，PH降低，故B正确； C．纯钛电极为阴极，接入电源负极，电极反应式为，故C正确； D．从化学式分析，当生成0.1mol前驱体时，应该生成0.2mol氢氧根，电极反应为，生成0.1mol氢气，标准状况下体积为2.24L，故D错误； 故选D。 【点睛】此题考查电化学部分的电极判断和计算，重点要突破阴阳极的判断方法。 10．C 【分析】根据题给信息可确定左侧装置为化学电源，右侧装置为电解池。化学电源中，阴离子向负极移动，故电极a是负极，电极b是正极，电极c是阳极，电极d是阴极； 【详解】A．由分析知电极a是负极，A正确； B．电极c为阳极，CH3CN在电极c上失去电子发生氧化反应，并与苯酚反应生成扑热息痛，电极反应式为：+CH3CN+H2O-2e- →+2H+，B正确； C．乙室是化学电源的正极室，工作时，H2O2在正极b上得到电子发生还原反应，电极反应式为：，反应时c(H+)减小，溶液pH增大，C错误； D．根据阳极c的电极反应式，合成1mol扑热息痛，转移2mol电子，负极a发生反应：H2O2-2e-+2OH-=O2↑+2H2O，生成1mol氧气，同时乙室转移1mol到甲室，理论上甲室质量增重：96g/mol1mol-32g/mol1mol=64g，D正确； 答案选C。 11．D 【分析】将高炉气通入盛有饱和K2CO3溶液的吸收池，CO2与饱和K2CO3溶液反应生成KHCO3，同时得到低热值燃气，KHCO3在分解池高温水蒸气作用下分解得到CO2和K2CO3溶液，K2CO3溶液循环至吸收池，将分解得到的CO2通入电解池装置，玻碳电极上H2O被氧化生成O2，则玻碳电极作阳极，铂电极作阴极，阴极上CO2被还原生成HCOOH、H+被还原为H2，据此解题。 【详解】A．玻碳电极上H2O被氧化生成O2，发生氧化反应，A正确； B．玻碳电极作阳极，铂电极作阴极，溶液中质子从阳极移向阴极，即向铂电极方向移动，B正确； C．该温度下，因    、，则   ，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶液中，C正确； D．阴极上CO2被还原生成HCOOH、H+被还原为H2，则阴极反应为：、，D错误； 故选D。 12．C 【详解】A．无论用哪一种溶液作电解质溶液，它们都能提供锌离子，且用于导电，作用是相同的，A正确； B．锌离子电池类似锂离子电池，充放电时，可通过锂离子在两个电极之间往返嵌入和脱嵌来进行工作，此处利用锌过电解质嵌入阴极；放电时从负极脱嵌，进入正极。由于锰基氧化物电极充电时为阳极，放电时为正极，故B正确； C．消耗等量的锌，则锌失电子数相等，根据得失电子守恒知，无论用什么作正极材料，转移的电子数目必然相等，C错误； D．由图可知，放电时，负极反应：正极可能发生题中的反应，嵌入锌离子，D正确； 故选C。 13．(1) CuCl2 Cu2OCl2发生热分解生成CuO和CuCl2，CuCl2经水解循环又产生CuO，前者更多 (2)CuCl2分解为CuCl的反应速率加快，Cu2OCl2分解为CuCl的反应速率加快 (3)H2CuCl2H2↑+CuCl2 (4)聚乙烯醇的分子极性较强，与H2之间的分子间作用力较小，且聚乙烯醇分子间存在氢键，使得聚乙烯醇内分子间隙较小 (5)[O=N-O-O]- (6)Mg与溶液可以反应置换出Pt，则Mg和Pt之间形成原电池，加快了H2的生成 【详解】（1）①由题干图像信息可知，90min时，含量最高的曲线虽然是Cu2OCl2，但其含量并未大于CuCl2的两倍，故含铜产物中含量最高的是CuCl2，故答案为：CuCl2； ②由题干反应历程图可知，60~90min时，Cu2OCl2发生热分解生成CuO和CuCl2，CuCl2经水解循环又产生CuO，前者速率大于后者，故导致产物中CuCl2增多，故答案为：Cu2OCl2发生热分解生成CuO和CuCl2，CuCl2经水解循环又产生CuO，前者更多； （2）325~350℃随着温度升高CuCl2分解为CuCl的反应速率加快，Cu2OCl2分解为CuCl的反应速率加快，导致CuCl的占比迅速增大，故答案为：CuCl2分解为CuCl的反应速率加快，Cu2OCl2分解为CuCl的反应速率加快； （3）由题干反应历程图可知，CuCl溶于盐酸产生用于电解，电解得到CuCl2和H2，故电解反应的化学方程式为：H2CuCl2H2↑+CuCl2，故答案为：H2CuCl2H2↑+CuCl2； （4） 已知聚乙烯醇()的分子极性较强，而H2为非极性分子，与H2之间的分子间作用力较小，且聚乙烯醇分子间存在氢键，使得聚乙烯醇内分子间隙较小，导致H2难以穿过聚乙烯醇膜，故答案为：聚乙烯醇的分子极性较强，与H2之间的分子间作用力较小，且聚乙烯醇分子间存在氢键，使得聚乙烯醇内分子间隙较小； （5）已知X中N为价，且不含环状结构，即存在过氧键，则其结构式为[O=N-O-O]-，故答案为：[O=N-O-O]-； （6）将纳米镁注入肿瘤处可生成H2，用于肿瘤治疗，Mg的金属性比Pt的强，故Mg与溶液可以反应置换出Pt，则Mg和Pt之间形成原电池，加快了H2的生成，故实验表明用溶液预先处理过的纳米镁疗效更好，故答案为：Mg与溶液可以反应置换出Pt，则Mg和Pt之间形成原电池，加快了H2的生成。 14．(1) 阳 a 11.7 (2) (3) 【分析】在电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，由图可知，氯离子在阳极失去电子生成氯气，以此解题。 【详解】（1）①为防止Cl2和OH-反应，同时防止氢气和氯气混合发生爆炸，则装置中的离子膜只允许Na+离子通过，不允许阴离子和气体通过，阳极的电极反应式为：2C1-- 2e- = Cl2↑，则氯气的逸出口是a。 故答案为： Na+；a； ②该装置中，阴极H2O中H+得电子发生还原反应生成H2，电极反应式为：2H2O +2e-=H2↑+ 2OH-，故答案为2H2O +2e-=H2↑+ 2OH-； ③每生成标准状况下的2.24 L Cl2即0.1mol Cl2时，阳极：2C1--2e- = Cl2↑质量减少0.1mol×71g/mol=7.1g，Na+向阴极移动，即左侧溶液质量减少0.1mol×2×23g/mol=4.6g，则质量减少：7.1g+4.6g=11.7g，故答案为：11.7； ④氯气具有氧化性，可以将氨气氧化为氮气，则利用检测氯气是否泄漏(观察是否有白烟产生)，对应的方程式为：；氯气可以和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：； （2）由图(b) 可知，当pH= 7.5时，电离平衡体系中HClO和ClO-的组成分数相同，即HClO和ClO-的浓度相同，所以HClO的电离平衡常数Ka==10-7.5； （3）该反应为歧化反应，说明Cl2中一部分氯元素的化合价由0价升高至+1价，另一部分Cl2中氯元素的化合价由0价降低至- 1价，则制备Cl2O的化学方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O； 根据化学方程式：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，消耗2molCl2转移2mol电子，当有3.36 L(标准状况下)Cl2即0.15mol参加反应时，转移电子数目为：0.15NA，故答案为：0.15NA。 15．(1) 水体富营养化(或水华或赤潮) 降低 (2) 0.42mol 松土(合理即可) (3) 小于 不再需要外加碳源(或还原剂，或甲醇) (4) 低 14.4 【详解】（1）含有过量的工业废水排放到水中，会导致水体中营养物质过剩，从而引发藻类等水生生物的大量繁殖，藻类的过度生长会消耗水中的溶解氧，导致水体缺氧，进而影响水生生物的生存，甚至引发水华或赤潮现象；硝化过程是氨氮在硝化菌等作用下被氧化为硝酸盐的过程，因此硝化反应的化学方程式可以表示为，从方程式可以看出，硝化过程中生成的H+使溶液的酸性增强，pH值降低；故答案为：水体富营养化(或水华或赤潮)；降低； （2）反硝化过程是将硝酸盐在反硝化菌的作用下还原为N2的过程。在这个过程中，需要碳源(甲醇)作为电子供体。反硝化过程的离子方程式可以表示为，从方程式可以看出，每消耗0.5mol，理论上消耗甲醇的物质的量为0.42mol；反硝化作用会导致土壤中的氮元素以氮气的形式逸出，从而造成氮肥损失。在农业上，可以通过松土来增加土壤的通气性，使氧气更容易进入土壤，从而抑制反硝化过程的发生，因为反硝化菌是厌氧菌，在有氧条件下其活性会受到抑制，从而减少氮肥的损失；故答案为：0.42mol；松土； （3）半硝化脱氨过程是指将氨氮部分氧化为亚硝酸盐的过程，在改进工艺中，亚硝酸盐可以直接被反硝化菌还原为氮气，而不需要进一步氧化为硝酸盐，离子方程式为，，从这两个方程式可以看出，半硝化脱氨过程与的物质的量之比为4：3；在改进工艺中，加入的物质的量应略小于；由上一问可知：半硝化脱氨过程与的物质的量之比为4：3，同时会生成4份的，理论上和物质的量之比为1：1即可恰好消耗，但若过量，可能会与发生双水解的反应，造成原料损耗，故加入的物质的量应略小于；改进工艺通过半硝化直接生成亚硝酸盐，同时，由于亚硝酸盐可以直接被反硝化，也减少了对碳源的需求；改进工艺的优点是不再需要外加碳源（或还原剂或甲醇）；故答案为：4：3；小于；不再需要外加碳源（或还原剂或甲醇）； （4）在微生物燃料电池中，“厌氧阳极”是发生氧化反应的电极，而“好氧阴极”是发生还原反应的电极；根据电化学原理，“厌氧阳极”实际是负极，“好氧阴极”是正极；因此，“厌氧阳极”的电势比“好氧阴极”低；“厌氧阳极”的电极反应式为，每1molC6H12O6反应，消耗6molH2O，转移24mole-，“厌氧阳极”区质量减少，所以当流出1.2mole-时，质量减少14.4g；故答案为：低；14.4； 16．(1) AD (2)Ca2+ + 2HCO= CaCO3↓ + CO2↑ + H2O (3)B (4) SiO2 NaOH NaNO3 (5)除去H+、Al3+、Fe3+，防止影响碳酸钙的产量及纯度 (6)4OH--4e-=O2+2H2O (7)C (8) 能变废为宝，降低原料成本； 工艺流程复杂或反应需要通电，能耗大 (9)根据H2CO3的电离平衡常数表达式：Ka1=，Ka2=，则有，，，Q＜Ksp(CaCO3) 所以不能生成沉淀 【分析】II．由题干图1信息可知，向粉煤灰中主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等加入稀HNO3在将转化为Al3+、Fe3+、Ca2+的硝酸盐，SiO2与HNO3不反应留在尾渣中，经过操作①即过滤出尾渣，所得的滤液经过调节pH值使Al3+、Fe3+完全沉淀而去除，过滤沉淀、洗涤沉淀后得到滤液主要为Ca(NO3)2，Ca(NO3)2与Na2CO3反应生成CaCO3和NaNO3，用双极膜法电解硝酸钠溶液，由图2信息可知，c电极为阳极，双极膜中的OH-进入阳极室，则电极反应为4OH--4e-=O2+2H2O，d中NaNO3电离出的Na+进入e中，双极膜中的H+进入d中，则a为HNO3，f电极为阴极，双极膜中H+进入阴极室，电极反应为：2H++2e-=H2↑，则双极膜中OH-进入e中，即b为NaOH，据此分析解题。 【详解】（1） 已知LiCl是离子化合物，故其电子式可表示为，已知各原子的吸收光谱不同，故能通过原子吸收光谱来鉴别Li+和Ca2+，即可通过以下原子吸收光谱分析方法，能检测到碳酸钙产品中不含碳酸锂，晶体X射线衍射实验可以鉴别晶体类型和晶体结构，也能检测到碳酸钙产品中不含碳酸锂，故选AD； （2）由题干信息可知，该方法以CaCl2和NH4HCO3溶液为原料，通过加入LiCl形貌控制剂制得形貌规整、大小均匀的片状碳酸钙，且伴有气体产生，该反应的离子方程式为Ca2++2=CaCO3↓+H2O+CO2↑； （3）A．室温下NH4HCO3溶液呈碱性，即的水解小于的水解，盐类的水解促进水的电离，故由水电离的[H+]＞10-7 mol·L-1，A错误； B．室温下NH4HCO3溶液呈碱性，即的水解小于的水解，故[NH3·H2O]＜[H2CO3]，B正确； C．室温下NH4HCO3溶液呈碱性，即的水解小于的水解，则溶液中离子浓度的大小顺序为： [NH]>[HCO]>[OH-]>[H+]，C错误； D．根据物料守恒可知，溶液中有[NH] + [NH3·H2O]=[HCO] + [H2CO3]+[]，D错误； 故答案为：B； （4）由分析可知，向粉煤灰中主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等加入稀HNO3在将转化为Al3+、Fe3+、Ca2+的硝酸盐，SiO2与HNO3不反应留在尾渣中，溶液中X为NaOH；以上流程中能循环的物质为H2O、NaNO3； （5）由分析可知，经过操作①即过滤出尾渣，所得的滤液即浸出液中含有Al3+、Fe3+、Ca2+，需经过调节pH值使Al3+、Fe3+完全沉淀而去除，即浸取液必须经过系列操作②即除去H+、Al3+、Fe3+才能利用，以防止影响碳酸钙的产量及纯度； （6）由分析可知，双极膜电解装置中阳极的电极反应为：4OH--4e-=O2+2H2O； （7）A．电解池中与电源负极相连的一极为阴极，发生还原反应，A错误； B．由分析可知，a处为HNO3，b处为NaOH，B错误； C．由分析可知可知，Na2SO4并未参与电极反应，故使用Na2SO4溶液代替水的目的是增强溶液导电性，C正确； D．由题干图示可知，左侧为阳极，右侧为阴极，故Na+通过阳离子交换膜由阳极移向阴极即由左向右移动，D错误； 故答案为：C； （8）由分析和题干信息可知，对比LiCl形貌控制法制备碳酸钙，粉煤灰吸收二氧化碳制碳酸钙的工艺优点为：将粉煤灰来吸收CO2实现变废为宝，从而降低原料成本，但该工艺流程较LiCl形貌控制法制备碳酸钙更复杂，且反应需要通电，能耗大，此为其缺点，故答案为：能变废为宝，降低原料成本；工艺流程复杂或反应需要通电，能耗大； （9）根据H2CO3的电离平衡常数表达式：Ka1=，Ka2=，则有，，，Q＜Ksp(CaCO3) 所以不能生成沉淀，故答案为：根据H2CO3的电离平衡常数表达式：Ka1=，Ka2=，则有，，，Q＜Ksp(CaCO3) 所以不能生成沉淀。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $