2024年高中化学新教材同步讲义 选择性必修第一册 模块综合试卷(一)（含解析）

模块综合试卷(一)(满分：100分)一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)1．下列关于热化学方程式的叙述正确的是()A．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定B．已知2H2(g)＋O2(g)=C．S(g)＋O2(g)=SO2(g)ΔH1；S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH2，则ΔH1＜ΔH2D．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，若将0.5mol·L－1的稀H2SO4与1mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，放出的热量等于57.3kJ答案C解析C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则金刚石的能量大，稳定性小于石墨，故A错误；H2O(g)→H2O(l)放热，所以1molH2完全燃烧生成液态水时放热大于241.8kJ，即H2的燃烧热大于241.8kJ·mol－1，故B错误；S(s)→S(g)吸热，等量的S(s)和S(g)完全燃烧，S(g)放热多，由于放热ΔH为负，所以ΔH1<ΔH2，故C正确；酸碱溶液体积未知，所以放出的热量不确定，故D错误。2．下列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是()A．相同pH的醋酸溶液和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等B．常温下，测得0.1mol·L－1醋酸溶液的pH＝4C．常温下，将pH＝1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH<4D．在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸的弱答案A解析强、弱电解质的本质区别是看能否完全电离；若完全电离则为强电解质；若部分电离则为弱电解质。选项内容指向·联系分析结论ApH相同，说明两溶液中的c(H＋)相同，与同样的锌粒反应时产生H2的起始速率相同，无法证明醋酸是否完全电离不能证明B若为强酸，常温下0.1mol·L－1的一元酸，pH＝1；而醋酸溶液的pH＝4，证明醋酸未完全电离，是弱电解质能证明C若为强酸，常温下pH＝1的一元酸稀释1000倍后，溶液的pH＝4；而pH＝1的醋酸溶液稀释1000倍后pH<4，证明醋酸在稀释过程中可以继续电离，溶液中存在醋酸分子，醋酸未完全电离能证明D相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱，证明其溶液中离子浓度小，即醋酸未完全电离能证明3.反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)的逆反应速率随时间变化的曲线如图所示，t1时刻反应达到平衡，维持其他条件不变，t1时刻只改变一种条件，该条件可能是()①增大H2浓度 ②缩小容器体积③恒容时充入氩气 ④使用催化剂A．①②B．③④C．②④D．①④答案C解析反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)是一个反应前后气体分子数不变的可逆反应。由图可知，t1时刻反应达到平衡，维持其他条件不变，t1时刻只改变一种条件，逆反应速率增大后不再改变，说明化学平衡不移动，则改变条件后正反应速率和逆反应速率相等，该条件可能是加入催化剂或增大压强，C正确。4．下列说法正确的是()A．洗涤油污常用热的碳酸钠溶液B．用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋C．配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度D．将AlCl3溶液和Na2SO3溶液分别加热蒸干、灼烧后，所得固体为Al2O3和Na2SO3答案A解析碳酸钠溶液显碱性，加热可以促进碳酸根离子的水解，使溶液碱性增强，A正确；加热会促进Fe3＋的水解，生成氢氧化铁沉淀，但是还要经过滤才能得到氯化钾溶液，B错误；配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中会引入杂质氯离子，C错误；Na2SO3溶液加热蒸干、灼烧时，要考虑空气中的氧气将其氧化，所以最终得到Na2SO4固体，D错误。5．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()A．c水(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液：Al3＋、Fe3＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)B.eq\f(Kw,cH＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液：NHeq\o\al(＋,4)、Ca2＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)C．澄清透明的无色溶液：K＋、NHeq\o\al(＋,4)、MnOeq\o\al(－,4)、HCOeq\o\al(－,3)D．和Al反应放出H2的溶液：Mg2＋、Cu2＋、NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)答案B解析水的电离被抑制，溶液呈酸性或碱性，碱性条件下，Al3＋、Fe3＋生成沉淀，故A错误；c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性，这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，故B正确；无色溶液中不含有色离子，MnOeq\o\al(－,4)呈紫色，故C错误；能和Al反应放出H2的溶液为弱氧化性酸或强碱溶液，强酸性条件下硝酸和Al反应生成氮氧化物而不是氢气，强碱性条件下，Mg2＋、Cu2＋生成氢氧化物沉淀而不能大量共存，故D错误。下列叙述正确的是()A．该弱酸在滴定前的浓度是0.15mol·L－1B．该弱酸稀释10倍后pH为4C．为求滴定终点，最合适的指示剂是酚酞D．为求滴定终点，最合适的指示剂是甲基橙答案C解析由图可知开始时，弱酸的pH＝3，用NaOH滴定该弱酸溶液达到终点时pH范围在7～11，变色范围最合适的指示剂是酚酞，消耗NaOH的体积是20mL，该弱酸滴定前的浓度是eq\f(20mL×0.50mol·L－1,100mL)＝0.10mol·L－1，故A、D错误，C正确；滴定前该弱酸的pH＝3，弱酸在稀释过程中会继续电离，该弱酸稀释10倍后，pH小于4，故B错误。7．下列叙述正确的是()A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液的pH＝7C．25℃时，0.1mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D．0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)答案C解析稀醋酸中加入少量醋酸钠，使溶液中的c(CH3COO－)增大，抑制醋酸的电离，A项错误；二者完全反应生成NH4NO3,NHeq\o\al(＋,4)发生水解，溶液呈酸性，pH<7，B项错误；H2S部分电离，而Na2S完全电离，在等浓度的两种溶液中，Na2S溶液中的离子浓度较大，溶液的导电能力强，C项正确；0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，达到沉淀溶解平衡，因为AgCl的溶解度大于AgI，溶液中c(Cl－)>c(I－)，D项错误。8．氮及其化合物的转化过程如图所示，其中图2为反应①过程中能量变化的曲线图。下列分析合理的是()A．图2中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线B．反应①的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1C．在反应②中，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6LD．催化剂a、b能提高反应①、②的化学反应速率和平衡转化率答案B解析A项，催化剂的反应机理是降低活化能，所以d曲线是加入催化剂的能量变化曲线；C项，不知是否在标准状况下，气体体积不能准确计算；D项，催化剂能提高反应速率，但不能影响平衡转化率。9．已知反应：CH2=CHCH3(g)＋Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)＋HCl(g)。在一定压强下，按ω＝eq\f(nCl2,nCH2=CHCH3)向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数(φ)与温度(T)、ω的关系，图乙表示反应的平衡常数(K)与温度(T)的关系。则下列说法正确的是()A．图甲中ω1>1B．若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将不变C．温度T1、ω＝2,Cl2的转化率约为33.3%D．图乙中，曲线A表示正反应的平衡常数答案C解析ω增大，可认为CH2=CHCH3不变，增加Cl2的量，平衡向右移动，CH2=CHCH3的转化率增大，则φ减小，由上述分析可知：ω2>ω1，则ω1<1；该反应在反应前后气体分子数不变，根据图甲升高温度丙烯的体积分数增大，即升高温度平衡逆向移动，正反应放热，在恒容绝热装置中进行题述反应，体系内温度升高，达到平衡时，装置内的气体压强将增大；由图乙可知，T1时平衡常数为1，设起始时CH2=CHCH3和Cl2的物质的量分别为amol和2amol，达到平衡时转化的Cl2的物质的量为xmol，根据三段式进行计算：CH2=CHCH3(g)＋Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)＋HCl(g)起始/mola2a00转化/molxxxx平衡/mola－x2a－xxx则eq\f(\f(x,V)2,\f(a－x,V)×\f(2a－x,V))＝1，解得x＝eq\f(2,3)a，则Cl2的转化率为eq\f(\f(2,3)a,2a)×100%≈33.3%；正反应是放热反应，故温度升高，正反应的平衡常数减小，故图乙中，曲线A表示逆反应的平衡常数。10．下列说法不正确的是()A．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液B．向ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液，沉淀变为黑色，可推知同温下Ksp(ZnS)<Ksp(CuS)C．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，反应的离子方程式为2AgCl(s)＋S2－(aq)Ag2S(s)＋2Cl－(aq)D．向2mL浓度均为1.2mol·L－1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01mol·L－1的AgNO3溶液，振荡沉淀呈黄色，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)答案B11．下图是利用原电池原理提取碘的两个实验装置，下列说法正确的是()A．两个装置中，石墨Ⅰ和石墨Ⅱ均作负极B．碘元素在装置①中被还原，在装置②中被氧化C．装置①中MnO2的电极反应式为MnO2＋2H2O＋2e－=Mn2＋＋4OH－D．装置①、②中反应分别生成等量的I2时，导线上通过的电子数之比为1∶5答案D解析①中石墨Ⅰ区的NaI生成I2是失电子的过程，故石墨Ⅰ作负极，②中石墨Ⅱ区的NaIO3生成I2是得电子的过程，故石墨Ⅱ作正极，故A错误；①中碘元素的化合价升高，被氧化，②中碘元素的化合价降低，被还原，故B错误；MnO2在酸性溶液中，不可能生成OH－，故C错误；反应①中碘元素的变化关系式为2I－～I2～2e－，②中碘元素的变化关系式为2IOeq\o\al(－,3)～I2～10e－，则反应①、②中生成等量的I2时导线上通过的电子数之比为1∶5，故D正确。12.用如图所示装置处理含NOeq\o\al(－,3)的酸性工业废水，某电极反应式为2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2O，则下列说法错误的是()A．电源正极为A，电解过程中有气体放出B．电解时H＋从质子交换膜左侧向右侧移动C．电解过程中，右侧电解液pH保持不变D．电解池一侧生成5.6gN2，另一侧溶液质量减少18g答案C解析A项，根据题意，与B极相连的电极反应式为2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2O，作电解池的阴极，故B为负极，则A为正极，溶液中的OH－放电生成O2，正确；B项，电解时，左侧阳极室OH－发生反应，剩余H＋，故H＋从质子交换膜左侧向右侧移动，正确；D项，电解池一侧生成5.6gN2，转移的电子的物质的量为2mol，故另一侧发生反应的水的物质的量为1mol，溶液质量减少18g，正确。13．(2022·北京，13)利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。装置示意图序号电解质溶液实验现象①0.1mol·L－1CuSO4＋少量H2SO4阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有Fe2＋②0.1mol·L－1CuSO4＋过量氨水阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元素下列说法不正确的是()A．①中气体减少，推测是由于溶液中c(H＋)减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍H＋与铁接触B．①中检测到Fe2＋，推测可能发生反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋CuC．随阴极析出Cu，推测②中溶液c(Cu2＋)减少，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆移D．②中Cu2＋生成[Cu(NH3)4]2＋，使得c(Cu2＋)比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密答案C解析由实验现象可知，实验①中，铁作电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜；实验②中，铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。由分析可知，实验①中，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，放电生成的铜覆盖在铁电极上，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；由分析可知，实验①中，铁作电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，故B正确；由分析可知，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜离子浓度减小，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡向正反应方向移动，故C错误。14.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应：C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度c(NO)与温度T的关系如图所示。则下列说法正确的是()A．该反应的ΔH>0B．若该反应在T1、T2℃时的平衡常数分别为K1、K2，则K1<K2C．在T2℃时，若反应体系处于状态D，则此时一定有v正<v逆D．在T3℃时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态答案D解析由图像可知，T1<T2，升高温度c(NO)增大，平衡左移(吸热方向)，所以ΔH<0，且K1>K2，A、B项不正确；T2℃时D点表示c(NO)>c(NO)平衡，因此由D点→B点需降低c(NO)，即平衡向右移动，所以D点对应体系中v正>v逆，C项不正确；由于C为固体，故容积不变时，反应后气体质量增大，混合气体的密度增大，当密度不再变化时，可以判断反应达到平衡状态，D项正确。15.常温下，将HCl气体通入1L浓度均为0.1mol·L－1的NaA和NaB的混合溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列叙述不正确的是()A．Ka(HB)的数量级为10－9B．酸性的强弱顺序为HCl>HA>HBC．当通入0.1molHCl气体时c(B－)>c(A－)D．当混合溶液呈中性时：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(A－)＋c(B－)答案C解析根据图像可知，当lgeq\f(cHB,cB－)＝3时，pH＝6，此时，c(H＋)＝10－6mol·L－1，eq\f(cHB,cB－)＝103，Ka(HB)＝eq\f(cH＋·cB－,cHB)＝10－6×10－3＝10－9，A正确；pH一定时，lg

eq\f(cHB,cB－)＞lg

eq\f(cHA,cA－)，则有eq\f(cHB,cB－)＞eq\f(cHA,cA－)，eq\f(cB－,cHB)＜eq\f(cA－,cHA)，式子两边都乘以c(H＋)，可得eq\f(cH＋·cB－,cHB)＜eq\f(cH＋·cA－,cHA)，即Ka(HB)＜Ka(HA)，所以酸性：HA＞HB，向NaA和NaB的混合溶液中通入HCl后，溶液中存在HA、HB，则说明HCl的酸性强于HA和HB，所以酸性强弱顺序为HCl＞HA＞HB，B正确；原溶液中NaA和NaB均为0.1mol，根据强酸制弱酸原理，通入0.1molHCl，H＋先与B－反应，反应后溶液中溶质为0.1molNaA、0.1molNaCl、0.1molHB，NaA完全电离，微弱水解，＝c(Cl－)＋c(A－)＋c(B－)＋c(OH－)，当溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，所以有c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(A－)＋c(B－)，D正确。二、非选择题(本题包括4小题，共55分)16．(14分)(1)在微生物作用的条件下，NHeq\o\al(＋,4)经过两步反应被氧化成NOeq\o\al(－,3)。两步反应的能量变化示意图如下：①第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是__________________。②1molNHeq\o\al(＋,4)(aq)全部被氧化成NOeq\o\al(－,3)(aq)的热化学方程式是___________________________。(2)已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－566kJ·mol－1①Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋eq\f(1,2)O2(g)ΔH＝－226kJ·mol－1②则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时，电子转移的数目为________________。(3)已知H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g)ΔH＝－72kJ·mol－1，蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30其他相关数据如下表：物质H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436200a则表中a＝______________。答案(1)①放热ΔH<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)②NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋2O2(g)=NOeq\o\al(－,3)(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝－346kJ·mol－1(2)2NA(或1.204×1024)(3)369解析(1)由图可知：NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋eq\f(3,2)O2(g)=NOeq\o\al(－,2)(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝－273kJ·mol－1，NOeq\o\al(－,2)(aq)＋eq\f(1,2)O2(g)=NOeq\o\al(－,3)(aq)ΔH＝－73kJ·mol－1，两个热化学方程式相加即可得第②问答案。(2)由(①＋②×2)×eq\f(1,2)得：CO(g)＋Na2O2(s)=Na2CO3(s)ΔH＝－509kJ·mol－1，即该反应放出509kJ热量时转移2mole－。(3)由题中热化学方程式及蒸发1molBr2(l)吸热30kJ可得：H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)ΔH＝－102kJ·mol－1，则436＋200－2a＝－102，a＝369。17．(14分)N2O和CO是常见的环境污染气体。(1)对于反应N2O(g)＋CO(g)CO2(g)＋N2(g)来说，Fe＋可作为此反应的催化剂。其总反应分两步进行：第一步为Fe＋＋N2OFeO＋＋N2；则第二步为___________________________(写方程式)。已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能________(填“大于”“小于”或“等于”)第二步反应的活化能。(2)在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图乙所示：①该反应的ΔH________(填“>”或“<”)0。②若容器Ⅰ的体积为2L，反应在370℃下进行，20s后达到平衡，则0～20s内容器Ⅰ中用O2表示的反应速率为_________。B点对应的平衡常数K＝________(结果保留两位有效数字)。③图中A、C、D三点容器内气体密度由大到小的顺序是______________。④若容器Ⅳ体积为1L，反应在370℃下进行，则起始时反应________(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)进行。答案(1)FeO＋＋COFe＋＋CO2大于(2)①>②0.0005mol·L－1·s－10.0044③D>C>A④向逆反应方向解析(1)总反应分两步进行，根据催化剂定义，第一步：Fe＋＋N2OFeO＋＋N2，第二步反应中，中间产物(FeO＋)氧化CO生成CO2，本身被还原成Fe＋，FeO＋＋COFe＋＋CO2；第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，则第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能。(2)①升高温度，N2O的平衡转化率升高，反应向正反应方向进行，则正反应为吸热反应，ΔH>0。②2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)初/(mol·L－1)0.0500变/(mol·L－1)0.020.020.01平/(mol·L－1)0.030.020.01所以v(O2)＝eq\f(0.01mol·L－1,20s)＝0.0005mol·L－1·s－1；A、B点温度相同，对应的平衡常数相等。B点对应的平衡常数K＝eq\f(0.01×0.022,0.032)≈0.0044。③容器内混合气体密度为ρ＝eq\f(m,V)，反应前后质量守恒，m不变，只需比较容器体积即可，从A→C→D，三点起始量一样，随着温度升高，由于正反应为吸热反应，温度升高有助于反应进行，导致转化率增大，现要使三点的转化率一致，所以需要加压，相当于缩小容器体积，即VA>VC>VD，所以ρA<ρC<ρD，即图中A、C、D三点容器内气体密度大小关系：D>C>A。④容器Ⅳ体积为1L,370℃时，2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)起始/(mol·L－1)0.060.060.04Q＝eq\f(0.04×0.062,0.062)＝0.04>K＝0.0044，则反应向逆反应方向进行。18．(12分)纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，采用肼(N2H4)燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中的c(OH－)制备纳米Cu2O，其装置如图甲、乙。(1)上述装置中D电极应连接肼燃料电池的______(填“A”或“B”)极，该电解池中离子交换膜为______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。(2)该电解池的阳极反应式为________________________________________________，肼燃料电池中A极发生的电极反应为________________________________________。(3)当反应生成14.4gCu2O时，至少需要肼______mol。答案(1)B阴(2)2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2ON2H4－4e－＋4OH－=N2＋4H2O(3)0.05解析(1)燃料电池正极通氧化剂，负极通燃料，即A极为负极，B极为正极。图乙为电解池装置，电解的目的为制备Cu2O，则D极作阳极，接电池正极(B极)，铜被氧化；阳极反应式为2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O，反应消耗OH－，采用阴离子交换膜使OH－向阳极移动。(2)A极为负极，N2H4失电子转化为N2，故电极反应式为N2H4－4e－＋4OH－=N2＋4H2O。(3)根据电极反应可得关系式4e－～2Cu2O～N2H4，所以n(N2H4)＝0.5n(Cu2O)＝eq\f(14.4g,144g·mol－1)×0.5＝0.05mol。19．(15分)(1)电解法也可除去水中的氨氮，实验室用石墨电极电解一定浓度的(NH4)2SO4与NaCl的酸性混合溶液来进行模拟。①电解时，阳极的电极反应式为____________________________________________。电解过程中溶液初始Cl－浓度和pH对氨