（全国通用）2023版高考化学一轮复习课时分层训练20电解池金属的腐蚀与防护

PAGEPAGE1课时分层训练(二十)电解池金属的腐蚀与防护(建议用时：45分钟)A级根底达标1．有关电化学的说法正确的选项是()A．原电池都由两个活泼性不同的电极组成B．原电池的负极和电解池的阴极都发生复原反响C．牺牲阳极的阴极保护法是利用了电解池原理D．原电池中阴离子向负极移动，电解池中阴离子向阳极移动D[选项A，燃料电池的正、负电极可以相同，错误；选项B，原电池的负极发生氧化反响，错误；选项C，牺牲阳极的阴极保护法是利用了原电池原理，错误；选项D，原电池中阴离子向负极移动，电解池中阴离子向阳极移动，正确。]以下说法中正确的选项是()A．氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠B．铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4C．电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属D．外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属D[电解饱和食盐水时，阴极区得到H2和NaOH。铜的电解精炼时，应用粗铜作阳极、纯铜作阴极。电镀时，应以镀层金属作阳极、待镀金属作阴极。]2．(2022·绵阳模拟)以下表述不正确的选项是()ABCD盐桥中的Cl－移向ZnSO4溶液a极附近产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝粗铜的电极反响式为Cu2＋＋2e－=Cu正极反响式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－C[根据原电池的工作原理，锌为负极，铜为正极，阴离子向负极移动，A正确；根据电解原理，a为阳极，其电极反响式为2Cl－－2e－=Cl2↑，b为阴极，Cu2＋＋2e－=Cu，因此a极产生的气体能使淀粉碘化钾试纸变蓝，B正确；粗铜作阳极，Cu－2e－=Cu2＋，C错误；发生吸氧腐蚀，正极得电子，电极反响式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，D正确。]3．(2022·广东五校联考)如图甲是一种利用微生物将废水中的尿素(H2NCONH2)的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，以下说法中正确的选项是()甲乙A．乙装置中溶液颜色会变浅B．铁电极应与Y相连接C．M电极反响式：H2NCONH2＋H2O－6e－=CO2↑＋N2↑＋6H＋D．当N电极消耗0.25mol气体时，铜电极质量减少16gC[乙装置为电镀装置，电镀液的浓度不变，因此溶液颜色不变，A项错误；电镀时，待镀金属作阴极，与电源负极相连，而N电极上O2转化为H2O，发生复原反响，N电极为正极，B项错误；根据N电极反响式：O2＋4H＋＋4e－=2H2O、铜电极反响式：Cu－2e－=Cu2＋，由各电极上转移电子数相等，可得关系式：O2～2Cu，那么N电极消耗0.25molO2时，铜电极质量减少0.25mol×2×64g·mol－1＝32g，D项错误。]4.如下图为用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是TiO2 中的氧解离进入熔融盐中而得到钝钛。以下说法中正确的选项是()A．a极是正极，石墨极是阴极B．反响后，石墨电极的质量不发生变化C．电解过程中，O2－、Cl－均向a极移动D．阴极的电极反响式为TiO2＋4e－=Ti＋2O2－D[TiO2发生复原反响得到纯钛，故参加高纯TiO2的电极是电解池的阴极，a极是电源的负极，石墨极是阳极，A项错误；O2－在阳极发生氧化反响生成O2，高温下，石墨与O2反响生成CO、CO2，导致石墨质量减小，B项错误；电解过程中，阴离子向阳极(石墨极)移动，C项错误；TiO2中的氧解离进入熔融盐而得到纯钛，发生了复原反响，生成了Ti和O2－，D项正确。] (2022·上海高考)研究电化学腐蚀及防护的装置如下图。以下有关说法错误的选项是()A．d为石墨，铁片腐蚀加快B．d为石墨，石墨上电极反响为O2＋2H2O＋4e－=4OH－C．d为锌块，铁片不易被腐蚀D．d为锌块，铁片上电极反响为2H＋＋2e－=H2↑D[A．由于活动性：Fe>石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2＋进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被复原，比没有形成原电池时的速率快，正确。B．d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生复原反响，电极反响为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，正确。C．假设d为锌块，那么由于金属活动性：Zn>Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，正确。D．d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反响为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，错误。]5．(2022·宜昌市高三教学测试)工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如下图。以下说法不正确的选项是()【导学号：97500119】：①Ni2＋在弱酸性溶液中发生水解②氧化性：Ni2＋(高浓度)>H＋>Ni2＋(低浓度)A．碳棒上发生的电极反响：4OH－－4e－=O2↑＋2H2OB．电解过程中，B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小C．为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pHD．假设将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，那么电解反响总方程式发生改变B[电极反响式为阳极：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑阴极：Ni2＋＋2e－=Ni、2H＋＋2e－=H2↑A项正确；B项，由于C室中Ni2＋、H＋不断减少，Cl－通过阴离子膜从C室移向B室，A室中OH－不断减少，Na＋通过阳离子膜从A室移向B室，所以B室中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，错误；C项，由于H＋的氧化性大于Ni2＋(低浓度)的氧化性，所以为了提高Ni的产率，电解过程需要控制废水的pH，正确；D项，假设去掉阳离子膜，在阳极Cl－首先放电生成Cl2，反响总方程式发生改变，正确。]6．(2022·三晋质检)一种脱除废水中NHeq\o\al(＋,4)的电化学装置如下图，以下说法正确的选项是()A．该装置将化学能转变为电能B．该装置工作时，Cl－向阴极移动C．NHeq\o\al(＋,4)在阴极上被复原为N2，阴极周围溶液的pH增大D．阳极的电极反响式为Cl－＋H2O－2e－=ClO－＋2H＋D[该装置为电解池，该装置将电能转变为化学能，故A错误；电解池中阴离子向阳极移动，故B错误；用电解法处理含有NHeq\o\al(＋,4)的废水，阴极上是水电离出的氢离子得电子发生复原反响：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，阳极的电极反响式为Cl－＋H2O－2e－=ClO－＋2H＋，ClO－、H＋再将NHeq\o\al(＋,4)氧化为N2，故C错误，D正确。]7．某科研小组模拟“人工树叶〞电化学装置如下图，该装置能将H2O和CO2转化为糖类(C6H12O6)和O2，X、Y是特殊催化剂型电极。装置的电流效率等于生成产品所需的电子数与电路通过总电子数之比。以下说法不正确的选项是()A．该装置中Y电极发生氧化反响B．X电极的电极反响式为6CO2＋24e－＋24H＋=C6H12O6＋6H2OC．理论上，每生成22.4LO2必有4molH＋由Y极区向X极区迁移D．当电路中通过3mol电子时生成18gC6H12O6，那么该装置的电流效率为80%C[根据装置图知，Y电极与电源的正极相连，Y电极为阳极，发生氧化反响，A项正确；X电极为阴极，发生复原反响，根据X电极上的反响物及产物可写出阴极的电极反响式，B项正确；22.4LO2没有指明是在标准状况下，C项不正确；n(C6H12O6)＝eq\f(18g,180g·mol－1)＝0.1mol，生成0.1mol葡萄糖消耗2.4mol电子，故该装置的电流效率为eq\f(2.4mol,3mol)×100%＝80%，D项正确。]8．高能锂离子电池的总反响式为2Li＋FeS=Fe＋Li2S，LiPF6·SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如下图。以下说法不正确的选项是()A．电极Y应为LiB．电解过程中，b中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小C．X极反响式为FeS＋2Li＋＋2e－=Fe＋Li2SD．假设将图中阳离子膜去掉，将a、b两室合并，那么电解反响总方程式发生改变B[由于c中反响为Ni2＋＋2e－=Ni，故c室为阴极室，那么电极Y为Li，选项A正确；由于c中Ni2＋不断减少，Cl－通过阴离子膜从c移向b，a中OH－放电不断减少，Na＋通过阳离子膜从a移向b，所以b中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，选项B错误；选项C中电极X为正极，FeS得电子，电极反响式为FeS＋2Li＋＋2e－=Fe＋Li2S，选项C正确；假设去掉阳离子膜，Cl－在阳极放电生成Cl2，电解反响总方程式发生改变，选项D正确。]9．(2022·合肥质检)如下图，U形管内盛有100mL的溶液，按要求答复以下问题： 【导学号：97500120】(1)断开K2，闭合K1，假设所盛溶液为CuSO4溶液，那么A极为________极，B极的电极反响式为_________________________________________________。假设所盛溶液为KCl溶液，那么B极的电极反响式为_____________________________________________________________________________________。(2)断开K1，闭合K2，假设所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液，那么：①A电极附近可以观察到的现象是________，Na＋移向________(填“A〞或“B〞)极。②B电极上的电极反响式为______________________________________，总反响的化学方程式是_________________________________________。③反响一段时间后断开K2，假设忽略溶液的体积变化和气体的溶解，B极产生气体的体积(标准状况)为11.2mL，将溶液充分混合，溶液的pH约为________。假设要使电解质溶液恢复到原状态，需向U形管内参加或通入一定量的________。【解析】(1)断开K2，闭合K1时，该装置是原电池，锌作负极，碳作正极，正极上铜离子得电子生成铜，发生氧化反响，电极反响式为Cu2＋＋2e－=Cu；所盛溶液为KCl溶液时发生吸氧腐蚀，正极(B极)的电极反响式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；(2)断开K1，闭合K2，假设所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液，①该装置是电解池，碳棒是阳极，锌棒是阴极，电解时，锌棒上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成的氢氧根离子导致溶液呈碱性，参加酚酞溶液后变红；溶液中的Na＋向阴极移动，即向A电极移动；②电解时，阳极B上氯离子放电生成氯气：2Cl－－2e－=Cl2↑，阴极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中生成氢氧化钠，所以电池总反响式为2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up8(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；③由②可知，B极产生(标准状况)11.2mLCl2，生成0.001molNaOH。故c(OH－)＝0.01mol/L，c(H＋)＝eq\f(Kw,cOH－)＝eq\f(10－14,0.01)mol/L＝10－12mol/L，故pH＝12。两极逸出的气体分别是H2和Cl2，故要使电解质溶液恢复到原状态，需向U形管内通入一定量的HCl气体。【答案】(1)负Cu2＋＋2e－=CuO2＋2H2O＋4e－=4OH－(2)①溶液变红A②2Cl－－2e－=Cl2↑2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up8(电解))2NaOH＋Cl2↑＋H2↑③12HCl (2022·北京高考，节选)电解NO制备NH4NO3，其工作原理如以下图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是_____，说明理由：__ _______________________________________________________________。【解析】由电解NO制备NH4NO3的工作原理图可知，NO在阳极发生氧化反响生成NOeq\o\al(－,3)，电极反响式为5NO＋10H2O－15e－=5NOeq\o\al(－,3)＋20H＋。NO在阴极发生复原反响生成NHeq\o\al(＋,4)，电极反响式为3NO＋18H＋＋15e－=3NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O。电池总反响式为8NO＋7H2Oeq\o(=,\s\up8(电解),\s\do15())3NH4NO3＋2HNO3，电解产生的HNO3多，故应补充NH3，使其转化为NH4NO3。【答案】NH3根据电池总反响：8NO＋7H2Oeq\o(=,\s\up8(电解))3NH4NO3＋2HNO3，知电解产生的HNO3多，故应补充NH3，使其转化为NH4NO3B级专项突破10．如下图，以下判断不正确的选项是()A．通入O2的电极反响式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－B．反响一段时间后，甲池中溶液的pH不变C．乙池中电极B上发生氧化反响D．当乙池中的某一电极质量增加10.80g时，理论上甲池中至少消耗气体840mL(标准状况)B[由题图可知，甲池为原电池，乙池为电解池，甲池中通入O2的电极为正极，正极上O2得电子生成OH－，发生反响：O2＋4e－＋2H2O=4OH－，A项正确；甲池负极上甲烷失去电子发生氧化反响，电极反响式为CH4－8e－＋10OH－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2O，结合正、负极反响式知，反响一段时间后，甲池中溶液的pH减小，B项错误；乙池中电极B与原电池的正极相连，故电极B为阳极，电解池中阳极上发生氧化反响，C项正确；乙池中阴极反响式为Ag＋＋e－=Ag，当阴极质量增加10.80g时，生成0.1molAg，转移0.1mol电子，根据甲池中的总反响式：CH4＋2O2＋2OH－=COeq\o\al(2－,3)＋3H2O可知，转移0.1mol电子理论上消耗0.0375mol气体，即消耗标准状况下气体的体积为0.0375mol×22.4L·mol－1＝0.84L＝840mL，D项正确。]11．如下图，以下判断中正确的选项是()A．电路中电子的流动方向：a→d→CuSO4(aq)→c→bB．该原电池原理：Zn＋CuSO4=ZnSO4＋CuC．c电极质量减少量等于d电极质量增加量D．d电极反响：Cu2＋＋2e－=Cu，反响后CuSO4溶液浓度下降C[电路中电子不进入溶液，溶液中是自由移动的离子导电，A项错误；左侧烧杯为原电池，右侧烧杯为电解池，该原电池中Zn作负极，铜丝b作正极，不涉及CuSO4溶液的反响，B项错误；c电极为阳极，发生反响：Cu－2e－=Cu2＋，d电极为阴极，发生反响：Cu2＋＋2e－=Cu，根据阴、阳极反响可知，c电极质量减少量等于d电极质量增加量，C项正确；根据阴、阳极反响可知，反响后CuSO4溶液浓度不变，D项错误。]12．某同学按以下图所示的装置进行实验。A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水，当K闭合时，Y极上产生黄绿色气体。以下分析正确的选项是()A．溶液中c(A2＋)减小B．B极的电极反响：B－2e－=B2＋C．Y电极上有Cl2产生，发生复原反响D．反响初期，X电极周围出现白色胶状沉淀D[根据Y极有黄绿色气体生成，Y极电极反响为2Cl－－2e－=Cl2↑，即Y为电解池的阳极，B为原电池的正极，A为原电池的负极。故A极的电极反响为A－2e－=A2＋，溶液中c(A2＋)增大，A错误；B极为正极，发生复原反响，B错误；右边装置中连接B的Y极为阳极，电解池工作时，Y极上Cl－失e－生成Cl2，发生氧化反响，C错误；右边U形管中最初为电解AlCl3溶液，X电极为H＋放电，c(H＋)减小，c(OH－)增大，且Al3＋移向X极，因此会产生Al(OH)3白色胶状沉淀，D正确。]13．(2022·合肥模拟)如下图，甲池的总反响式为N2H4＋O2=N2＋2H2O。以下说法正确的选项是()A．甲池中负极上的电极反响式为N2H4－4e－=N2＋4H＋B．乙池中石墨电极上发生的反响为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑C．甲池溶液pH增大，乙池溶液pH减小D．甲池中每消耗0.1molN2H4，乙池电极上那么会析出6.4g固体B[由图知甲池是燃料电池，乙池是电解池，甲池的电解质溶液是氢氧化钾溶液，那么负极不可能生成H＋，应为N2H4－4e－＋4OH－=N2＋4H2O，A错误；乙池的石墨极是阳极，发生氧化反响，B正确；甲池总反响中生成了水，那么KOH溶液浓度变小，pH减小，乙池生成Cu、O2、H2SO4，溶液pH减小，C错误；根据各个电极流过的电量相等知，N2H4～2Cu，甲池消耗0.1molN2H4，乙池电极上那么会析出12.8g铜，D错误。]14．假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化。①～⑧为各装置中的电极编号。以下说法错误的选项是()A．当K闭合时，A装置发生吸氧腐蚀，在电路中作电源B．当K断开时，B装置锌片溶解，有氢气产生C．当K闭合后，整个电路中电子的流动方向为③→②；①→⑧；⑦→⑥；⑤→④D．当K闭合后，A、B装置中pH变大，C装置中pH不变A[当K闭合时，形成闭合电路，B中Zn­Cu形成的原电池比A中Fe­C形成的原电池产生的电压大，A为电解池，B为原电池。]15．如下图，通电5min后，电极5的质量增加2.16g，请答复以下问题：【导学号：97500121】(1)a为电源的________(填“正〞或“负〞)极，C池是________池。A池阳极的电极反响为__________________，C池阴极的电极反响为__________________________________________。(2)如果B槽中共收集到224mL气体(标准状况)且溶液体积为200mL(设电解过程中溶液体积不变)，那么通电前溶液中Cu2＋的物质的量浓度为________。(3)如果A池溶液是200mL足量的食盐水(电解过程溶液体积不变)，那么通电5min后，溶液的pH为________。【解析】根据条件通电5min后，电极5的质量增加2.16g，说明电极5作阴极，银离子放电，电极反响为Ag＋＋e－=Ag，转移电子的物质的量为0.02mol，同时可知电极6作阳极，与电源的正极相连。同时可得a是负极，b是正极，电极1、3、5作阴极，电极2、4、6作阳极。由此可得(1)中答案。(2)B槽中电解总反响为2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up8(电解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4，假设转移0.02mol电子时只收集到O2(只电解溶质)，那么根据关系式2CuSO4～O2～4e－可得n(O2)＝0.005mol，体积为112mL(标准状况)<224mL，说明溶质CuSO4已耗完，然后电解水。设整个过程消耗CuSO4xmol，H2Oymol，那么有2x＋2y＝0.02，eq\f(1,2)x＋eq\f(3,2)y＝0.01，解得x＝y＝0.005mol，那么c(CuSO4)＝0.025mol·L－1。(3)由于A池中电解液足量，A池中只发生反响2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up8(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，根据关系式NaOH～e－，生成的n(NaOH)＝0.02mol，那么c(NaOH)＝eq\f(0.02mol,0.2L)＝0.1mol·L－1，即溶液的pH＝13。【答案】(1)负电解2Cl－－2e－=Cl2↑Ag＋＋e－=Ag(2)0.025mol·L－1(3)13(2022·湖北七市调研)如以下图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。以下有关说法正确的选项是()A．反响一段时间后，乙装置中生成的氢氧化钠在铁电极区B．乙装置中铁电极为阴极，电极反响式为Fe－2e－=Fe2＋C．通入氧气的一极为正极，发生的电极反响为O2－4e－＋2H2O=4OH－D．反响一段时间后，丙装置中硫酸铜溶液浓度保持不变A[甲装置为甲醚燃料电池，充入氧气的一极发生复原反响，为电极的正极，充入燃料的一极为电极的负极；乙装置为电解饱和氯化钠溶液的装置，根据串联电池中电子的转移，可知Fe电极为阴极，C极为阳极；丙装置为电解精炼铜的装置，精铜为阴极，粗铜为阳极。]C级能力提升16．(2022·石家庄模拟)如下图装置Ⅰ是一种可充电电池，装置Ⅱ为电解池。离子交换膜只允许Na＋通过，充放电的化学方程式为2Na2S2＋NaBr3eq\o(,\s\up8(放电),\s\do15(充电))Na2S4＋3NaBr。闭合开关K时，b极附近先变红色。以下说法正确的选项是()【导学号：97500122】A．负极反响为4Na－4e－=4Na＋B．闭合K后，b电极附近的pH变小C．当有0.01molNa＋通过离子交换膜时，b电极上析出气体在标准状况体积为112mLD．闭合K后，a电极上产生的气体具有漂白性C[当闭合开关K时，b附近溶液先变红，即b附近有OH－生成，在b极析出氢气，b极是阴极，a极是阳极，与阴极连接的是原电池的负极，所以B极是负极，A极是正极。闭合K时，负极发生氧化反响，电极反响为2Na2S2－2e－=2Na＋＋Na2S4，A错误；闭合开关K时，b极附近先变红色，该极上生成H2和OH－，pH增大，B错误；闭合K时，有0.01molNa＋通过离子交换膜，说明有0.01mol电子转移，阴极上生成0.005molH2，标准状况下体积为0.005mol×22.4L·mol－1＝0.112L＝112mL，C正确；闭合开关K时，a极是阳极，该极上金属铜被氧化，电极反响为Cu－2e－=Cu2＋，没有气体产生，D错误。] (2022·温州模拟)高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)的装置如下图。以下说法正确的选项是()A．铁是阳极，电极反响为Fe－2e－＋2OH=Fe(OH)2B．电解一段时间后，镍电极附近溶液的pH减小C．假设离子交换膜为阴离子交换膜，那么电解结束后左侧溶液中含有FeOeq\o\al(2－,4)D．每制得1molNa2FeO4，理论上可以产生67.2L气体C[用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)，铁失电子生成高铁酸钠，那么铁作阳极，镍作阴极，电极反响式为Fe＋8OH－－6e－=FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2O，A错误；镍电极上H＋放电生成H2，c(H＋)减小，溶液的pH增大，B错误；假设离子交换膜为阴离子交换膜，FeOeq\o\al(2－,4)穿过阴离子交换膜向左侧扩散，左侧溶液中会含有FeOeq\o\al(2－,4)，C正确；温度和压强未知，不能计算生成气体体积，D错误。]17．(1)电化学沉解法可用于治理水中硝酸盐的污染。电化学降解NOeq\o\al(－,3)的原理如图，电源正极为________(填“A〞或“B〞)，阴极反响式为________________________。(2)如图是一种用电解原理来制备H2O2，并用产生的H2O2处理废氨水的装置。①为了不影响H2O2的产量，需要向废氨水中参加适量HNO3调节溶液的pH约为5，那么所得溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))________(填“>〞“<〞或“＝〞)c(NOeq\o\al(－,3))。②Ir－Ru惰性电极吸附O2生成H2O2，其电极反响式为_______________________________________________________________。③理论上电路中每转移3mole－，最多可以处理废氨水中溶质(以NH3计)的质量是________g。(3)电解法也可以利用KHCO3使K2CO3溶液再生。其原理如以下图所示，KHCO3应进入________(填“阴极〞或“阳极〞)室。结合方程式简述再生K2CO3的原理是_________________________________________________________________________________________________。【解析】(1)由题给原理图可知，Ag－Pt电极上NOeq\o\al(－,3)发生复原反响生成氮气，因此Ag－Pt电极为阴极，电极反响式为2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2O，那么B为负极，A为电源正极。(2)①溶液呈现电中性，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(NOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，pH约为5呈酸性，即c(H＋)>c(OH－)，那么c(NHeq\o\al(＋,4))<c(NOeq\o\al(－,3))；②Ir－Ru惰性电极有吸附氧气作用，氧气得电子发生复原反响：O2＋2H＋＋2e－=H2O2；③4NH3＋3O2=2N2＋6H2O中，4mol氨气转移12mol电子，因此转移3mol电子，最多可以处理废氨水中溶质的物质的量为1mol，其质量为17g。(3)电解法也可以使K2CO3溶液再生。根据图所示，可知水电离产生的H＋在阴极获得电子变为氢气逸出，水产生的OH－在阳极失去电子变为O2，产生的OH－和HCOeq\o\al(－,3)反响生成COeq\o\al(2－,3)，使得K2CO3再生。【答案】(1)A2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2O(2)①<②O2＋2H＋＋2e－=H2O2③17(3)阴极水电离出H＋在阴极得电子生成H2，使水的平衡正移，产生的OH－和HCOeq\o\al(－,3)反响生成COeq\o\al(2－,3)，使得K2CO3再生1．(2022·长春模拟)用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的NHeq\o\al(＋,4)，模拟装置如下图。以下说法正确的选项是()A．阳极室溶液由无色变成棕黄色B．阴极的电极反响式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑C．电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高D．电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是(NH4)3PO4C[阳极上Fe发生氧化反响，溶液由无色变为浅绿色，A项错误；阴极上H＋发生复原反响：2H＋＋2e－=H2↑，B项错误；根据阴极上电极反响，阴极消耗H＋，电解一段时间后，阴极室溶液pH升高，C项正确；电解一段时间后，阴极室溶液pH升高，NHeq\o\al(＋,4)与OH－反响生成NH3·H2O，因此阴极室溶液中溶质除(NH4)3PO4外，还可能有NH3·H2O，D项错误。]2．(2022·广东高