天津市滨海新区2024-2025学年高二化学上学期期末考试试题含解析

PAGE14-天津市滨海新区2024-2025学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）本试卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)，共100分，考试用时60分钟。第I卷第1至3页，第II卷第4至8页。答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号、座位号填写在答题卡上。答卷时，考生务必将第I卷(选择题)答案用铅笔涂写在答题卡上，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；第II卷(非选择题)答案写在答题卡上，答案写在试卷上无效。考试结束后，将答题卡上交。可能用到的相对原子质量：C-12N-14O-16Na-23Al-27Fe-56Cu-64Ag-108Pb-207第I卷选择题留意事项：本卷共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是A.风力发电 B.火力发电 C.电解炼铝 D.燃料电池【答案】C【解析】【分析】【详解】A．风力发电，风能转化为电能，故A错误；B．火力发电，化学能转化为电能，故B错误；C．电解炼铝，电能转化为化学能，故C正确；D．燃料电池，化学能转化为电能，故D错误；故选C。2.下列物质属于弱电解质是A.NaCl B.NH3·H2O C.H2SO4 D.NaOH【答案】B【解析】【分析】在水溶液或熔融状态下完全电离的电解质叫强电解质，在水溶液中部分电离的电解质叫弱电解质。【详解】A.NaCl在水中或熔融状态下完全电离，是强电解质，A不符合题意；B.NH3·H2O在水中部分电离，是弱电解质，B符合题意；C.H2SO4在水中完全电离(在熔融状态下不导电)，是强电解质，C不符合题意；D.NaOH在水中或熔融状态下完全电离，是强电解质，D不符合题意；答案选B。3.水解原理在生产和生活中都具有重要的用途。下列事实与盐类的水解无关的是()A.TiCl4溶于大量水加热制备TiO2B.加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体C.次氯酸常用作消毒剂D.FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体【答案】C【解析】【分析】【详解】A．TiCl4溶于水发生水解反应生成钛酸：TiCl4+3H2OH2TiO3+4HCl，加入大量水加热促进水解反应正向进行，H2TiO3分解生成TiO2，与盐类水解有关，A不符合题意；B．CuCl2溶液中Cu2+水解生成Cu(OH)2和H+，H+结合Cl–生成HCl，加热促进Cu2+水解，同时HCl挥发促进Cu2+水解，则CuCl2溶液加热蒸干得到Cu(OH)2固体与盐类水解有关，B不符合题意；C．次氯酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒，常用作消毒剂，与盐的水解无关，C符合题意；D．沸水中滴加饱和FeCl3溶液，Fe3+水解生成Fe(OH)3，加热促进Fe3+的水解，生成氢氧化铁胶体，与盐类水解有关，D不符合题意；故答案选C。4.已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH，不同条件下反应过程能量变更如图所示。下列说法中不正确的是()A.反应的ΔH＜0B.过程b运用了催化剂C.运用催化剂可以提高SO2的平衡转化率D.活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，为反应的活化能【答案】C【解析】【分析】【详解】A．从图分析，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH＜0，A正确；B．b的活化能比a低，说明运用了催化剂，B正确；C．催化剂不能使平衡发生移动，不能提高二氧化硫的转化率，C错误；D．活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差就是反应的活化能，D正确；故选C。5.锌铜原电池装置如图所示，下列说法正确的是A.铜电极上发生氧化反应B.电流从锌片流向铜片C.盐桥中K+向负极移动D.锌电极上发生的反应：Zn−2e-==Zn2＋【答案】D【解析】【分析】该装置为原电池装置，发生的反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，则Zn电极作负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu电极作正极，电极反应为Cu2++2e-=Cu。【详解】A、Cu电极作正极，发生还原反应，A错误；B、Cu电极作正极，Zn电极作负极，则电流由铜片流向锌片，B错误；C、电流外电路中由正极流向负极，则盐桥中K+向正极移动，C错误；D、Zn电极作负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，D正确；故选D。6.对饱和AgCl溶液(有AgCl固体存在)进行下列操作后，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)均保持不变的是A.加热 B.加少量水C.滴加少量1mol/L盐酸 D.滴加少量1mol/LAgNO3溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A.加热，AgCl的溶解度增大，c(Ag+)和Ksp(AgCl)均增大，故A不符合题意；B.加水稀释，沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)正向移动，但是溶液仍为饱和溶液，温度不变，则溶解度不变，所以c(Ag+)和Ksp(AgCl)均保持不变，故B符合题意；C.滴加少量1mol/L盐酸，Cl-浓度增大，沉淀溶解平衡逆移，则c(Ag+)减小，温度不变，Ksp(AgCl)不变，故C不符合题意；D.滴加少量1mol/LAgNO3溶液，c(Ag+)增大，沉淀溶解平衡逆移，则c(Cl-)减小，温度不变，Ksp(AgCl)不变，故D不符合题意；故答案选B。7.下列描述中，不符合生产实际的是()A.电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极B.电解饱和食盐水制烧碱C.在镀件上电镀锌用锌作阳极D.电解熔融的氯化钠制取金属钠，用铁作阳极【答案】D【解析】【分析】【详解】A．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极、粗铜作阳极、硫酸铜溶液作电解质溶液，故A正确；B．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，故B正确；C．在镀件上电镀锌用锌作阳极、镀件作阴极、硫酸锌作电解质溶液，故C正确；D．电解熔融的氯化钠生成金属钠和氯气，用惰性电极作阳极，故D错误；选D。8.下列说法正确的是()A.处于最低能量状态的原子叫做基态原子B.3p2表示3p能级有两个轨道C.同一原子中，1s、2s、3s电子的能量渐渐减小D.2p、3p、4p能级的轨道数依次增多【答案】A【解析】【分析】【详解】A．基态原子是处于最低能量的原子，处于最低能量状态的原子叫做基态原子，故A正确；B．3p2表示3p能级上有两个电子，3p能级有三个轨道，故B错误；C．同一原子中，1s、2s、3s电子的能量渐渐增大，故C错误；D．2p、3p、4p能级的轨道数都是3个，故D错误；选A。9.关于金属的腐蚀与防护的说法错误的是()A.在酸性环境中，钢铁发生析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+B.钢铁表面吸附极弱酸性或中性水膜，发生吸氧腐蚀，正极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-C.外加电流法是把被爱护的钢闸门作为阳极，用惰性电极作为协助阴极D.锅炉内壁镶嵌镁块能爱护锅炉的钢铁部分【答案】C【解析】【分析】【详解】A．酸性环境中，钢铁形成原电池原理发生腐蚀，铁作负极，发生氧化反应，电极方程为Fe-2e-=Fe2+，A正确；B．钢铁表面水膜酸性较弱或中性时，发生吸氧腐蚀，正极为氧气得电子发生还原反应，电极方程式为O2+4e–+2H2O=4OH–，B正确；C．外加电流的阴极爱护法是利用电解池原理让被爱护的金属连电源的负极作为阴极，惰性电极作为协助阳极，若被爱护的金属作阳极将会发生氧化反应被腐蚀，C错误；D．锅炉内壁镶嵌镁块，形成原电池原理，镁作负极被氧化，钢铁作正极被爱护，D正确；故答案选C。10.下列平衡移动方向和现象推断正确的是()A.[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2OΔH＞0，上升温度，平衡正向移动，溶液由蓝绿色变为黄绿色B.2NO2N2O4，压缩容器体积，平衡正向移动，气体颜色变浅C.Fe3++3SCN-3Fe(SCN)3，加入KSCN浓溶液，平衡逆向移动，溶液颜色变浅D.Cr2O+H2O2CrO+2H+，加水，平衡正向移动，溶液黄色加深【答案】A【解析】【分析】【详解】A．[Cu(H2O)4]2+（蓝色）+4Cl-[CuCl4]2-（黄绿色）+4H2OΔH＞0，上升温度，平衡正向移动，溶液由蓝绿色变为黄绿色，故A正确；B．2NO2N2O4，压缩容器体积，平衡正向移动，NO2浓度增大，气体颜色加深，故B错误；C．Fe3++3SCN-3Fe(SCN)3，加入KSCN浓溶液，SCN-浓度增大，平衡正向移动，溶液颜色加深，故C错误；D．Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+，加水，平衡正向移动，CrO浓度降低，溶液黄色变浅，故D错误；选A。11.对于第VIIA族元素，从上到下，下列关于其性质变更的叙述中，错误的是()A.原子半径渐渐增大B.非金属性渐渐增加C.第一电离能渐渐减小D.电负性渐渐减小【答案】B【解析】【分析】【详解】A．同主族元素从上到下随着核电荷数的增加，元素的原子半径增大，故A不选；B．同主族的非金属元素，从上至下非金属的非金属性渐渐减弱，故选B；C．同主族的非金属元素，从上至下非金属的非金属性渐渐减弱，其第一电离能渐渐减弱，故C不选；D．同主族的非金属元素，随着核电荷数的增加，其电负性渐渐减弱，故D不选。答案选B12.在25℃时，碳酸钙在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知25℃时硫酸钙的Ksp=9.1×10-6，下列说法正确的是()A.图中b点碳酸钙的结晶速率小于其溶解速率B.通过蒸发，可使溶液由a点变更到c点C.除去锅炉水垢中硫酸钙的方法是将其转化为碳酸钙，然后用酸去除D.在25℃时，从CaCO3(s)转化为CaSO4(s)更简洁实现【答案】C【解析】【分析】依据题意及图，碳酸钙溶解生成碳酸根和钙离子：CaCO3(s)Ca2+(aq)+(aq)，横纵坐标分别是c()和c(Ca2+)，曲线上随意一点都表示沉淀溶解平衡状态，据此分析。【详解】A．依据图像上随意一点都表示沉淀溶解平衡状态，b点在曲线上方，为过饱和溶液，Qc>Ksp，会析出CaCO3晶体，结晶速率大于其溶解速率，A错误；B．a点为不饱和溶液，通过加热蒸发溶剂可形成饱和溶液，但此过程c()和c(Ca2+)都会增大，而曲线上c点c()等于ac()，故B错误；C．锅炉水垢成分中的硫酸钙不溶于醋酸，先用饱和碳酸钠使硫酸钙转化为碳酸钙，再加入醋酸溶解，C正确；D．由曲线上c点计算Ksp(CaCO3)=c()﹒c(Ca2+)=4.0×10-5×7.0×10-5=2.8×10-9，Ksp(CaSO4)=9.1×10-6，则Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4)，故CaSO4(s)转化为CaCO3(s)更简洁实现，D错误；故答案选C。【点睛】解决沉淀溶解平衡等平衡问题时，抓住曲线上随意一点都是平衡状态，进一步分析曲线上方及下方点特征，如本题中横纵坐标是离子浓度，则曲线下面是不饱和溶液，此时加入难溶电解质，电解质会溶解直至形成饱和溶液，曲线上方是过饱和溶液，会析出沉淀，据此分析。第II卷留意事项：用黑墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。本卷共4题，共64分。13.已知在25℃酸电离平衡常数醋酸K=1.75×10-5碳酸K1=4.30×10-7K2=5.61×10-11亚硫酸K1=1.54×10-2K2=1.02×10-7(1)醋酸在水溶液中的电离方程式为___。依据上表可知，酸性H2CO3___H2SO3，在相同条件下，试比较同浓度Na2CO3、Na2SO3溶液的pH：Na2CO3___Na2SO3。(填“>”“<”或“=”，下同)(2)CH3COONa在溶液中的水解的离子方程式为___。向0.1mol∙L-1的CH3COONa溶液中加入少量下列物质，其水解程度增大的是___。A.NaCl溶液B.Na2CO3固体C.NH4Cl溶液D.CH3COONa固体(3)用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变更的两条滴定曲线。①滴定醋酸的曲线是___(填“I”或“Ⅱ”)。②滴定起先前，0.1mol·L-1NaOH、0.1mol·L-1的盐酸和0.1mol·L-1醋酸三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是溶液___。③用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液时，当滴入NaOH溶液10mL时，溶液中的c(H+)___c(OH-)，c(Na+)___c(CH3COO-)(填“>”、“=”或“<”，)。④用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定盐酸可用酚酞(甲基橙)为指示剂。推断达到滴定终点的现象为___。(4)NaHSO3是中学化学常见的物质。HSO在水溶液中存在如下两个平衡：HSOH++SOKa2，HSO+H2OH2SO3+OH-Kh2(水解平衡常数，表示水解程度)已知25℃时，Ka2>Kh2，则0.1mol∙L-1NaHSO3①溶液呈___(填“酸性”“碱性”或“中性”)；②溶液中c(Na+)___c(HSO)(填“>”“<”或“＝”)；③依据硫元素养量守恒，写出该溶液中的物料守恒关系式：___【答案】(1).CH3COOHCH3COO-+H+(2).＜(3).＞(4).CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-(5).AC(6).I(7).醋酸(8).＞(9).＜(10).酚酞(甲基橙)滴入半滴氢氧化钠溶液后，溶液颜色由无色刚好变为粉红色(溶液颜色由橙色刚好变为黄色)，且半分钟不变色，表示已经到达滴定终点(11).酸性(12).＞(13).c(Na+)=c((HSO)+c(SO)+c(H2SO3)或0.1mol∙L-1=c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3)或n(Na+)=n(HSO)+n(SO)+n(H2SO3)【解析】【分析】【详解】(1)醋酸是弱酸，不完全电离，用可逆符号，其在水溶液中的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，依据上表可知，碳酸的第一步电离平衡常数小于亚硫酸的第一步电离平衡常数，所以酸性H2CO3弱于H2SO3，在相同条件下，依据越弱越水解分析，同浓度Na2CO3、Na2SO3溶液中碳酸根离子水解程度强于亚硫酸根离子水解程度，所以溶液的pH：Na2CO3>Na2SO3；(2)CH3COONa在溶液中的水解生成醋酸和碱，离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。向0.1mol∙L-1的CH3COONa溶液中加入少量NaCl溶液，溶液稀释，水解程度增大；加入Na2CO3固体，碳酸根离子水解，使醋酸根离子水解受到抑制；加入NH4Cl溶液，因为铵根离子水解显酸性，促进醋酸根离子水解；加入醋酸钠固体，浓度增大，水解程度减小。故选AC。(3)①浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，盐酸完全电离，醋酸部分电离，所以盐酸的pH小，滴定醋酸的曲线是I；②0.1mol·L-1NaOH、0.1mol·L-1的盐酸和0.1mol·L-1醋酸三种溶液都能抑制水的电离，但由于醋酸电离出的氢离子浓度小，所以对水的抑制作用小，所以0.1mol·L-1醋酸中由水电离出的c(H+)最大；③用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液时，当滴入NaOH溶液10mL时，溶液为等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，依据电荷守恒分析，c(Na+)<c(CH3COO-)；④用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定盐酸可用酚酞(甲基橙)为指示剂，完全反应生成氯化钠，为中性，推断达到滴定终点的现象为酚酞(甲基橙)滴入半滴氢氧化钠溶液后，溶液颜色由无色刚好变为粉红色(溶液颜色由橙色刚好变为黄色)，且半分钟不变色；(4)NaHSO3是中学化学常见的物质。HSO在水溶液中存在如下两个平衡：HSOH++SOKa2，HSO+H2OH2SO3+OH-Kh2(水解平衡常数，表示水解程度)已知25℃时，Ka2>Kh2，则0.1mol∙L-1NaHSO3①依据平衡常数Ka2>Kh2分析，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；②因为溶液中亚硫酸氢根离子电离或水解，所以溶液中c(Na+)>c(HSO)；③依据硫元素养量守恒，即钠离子的浓度等于全部有硫元素的微粒浓度的总和，该溶液中的物料守恒关系式：c(Na+)=c((HSO)+c(SO)+c(H2SO3)或0.1mol∙L-1=c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3)或n(Na+)=n(HSO)+n(SO)+n(H2SO3)。14.工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，△S<0。(1)下列关于工业合成氨的说法正确的是___。A.因为△H<0，所以该反应肯定能自发进行B.因为△S<0，所以该反应肯定不能自发进行C.在高温下进行是为了提高反应物的转化率D.生产中在考虑动力和设备材料承受实力的前提下，压强越大转化率越大(2)在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是___。A.容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2B.N2百分含量保持不变C.容器内压强保持不变D.混合气体的密度保持不变(3)工业上合成氨的部分工艺流程如图：请用平衡移动原理来说明在流程中刚好分别出氨气和循环运用气体的缘由___。(4)某科研小组探讨：在其他条件不变的状况下，变更起始物氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响。试验结果如图所示(图中T表示温度)。①图象中T2和T1的关系是：T1___T2(填“>，<或=”，下同)。②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是___。(填字母)。(5)恒温下，往一个4L的密闭容器中充入2molN2和5.2molH2，反应过程中对NH3的浓度进行检测，得到的数据如表所示：时间/min51015202530c(NH3)/mol·L-10080.140.180.200.200.20①10min时用N2表示的平均反应速率为___mol/(L·min)-1。此条件下该反应的化学平衡常数K=___。②若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入N2、H2和NH3各4mol，化学平衡将向反应方向___移动(填“正”或“逆”)。③已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ/mol写出氨气催化氧化生成NO和水蒸气的热化学方程式___。【答案】(1).D(2).BC(3).削减生成物浓度，同时增加反应物浓度，可以使平衡正向进行程度更大，提高产率(4).>(5).c(6).0.007(7).0.1(8).逆(9).4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-906kJ·mol-1【解析】【分析】合成氨反应为正向放热、气体分子数增大的反应，因此上升温度平衡逆向移动不利于氨的合成，增大压强，平衡正向移动利于氨的合成；计算平衡常数列三段式进行计算，据此分析。【详解】(1)单独用∆H或∆S推断反应的自发性都会有缺陷，应依据吉布斯自由能∆G=∆H–T∆S，当∆G<0时，反应能自发进行，A、B均不符合要求；合成氨反应是△H<0，放热反应上升温度平衡逆向移动，不利于提高反应物的转化率，上升温度的目的是增大反应速率；C不正确，该反应正向是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，有利于提高转化率，实际生产中在设备材料承受实力范围内采纳10∼30MPa进行，D正确；(2)推断可逆反应是否达到平衡的标记是v正=v逆，特征是达到平衡后各组分的浓度、百分含量等保持不变，容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2不能说明v正=v逆，A错误；N2的百分含量保持不变，即单位时间生成1mol氮气的同时消耗1mol氮气，v正=v逆，B正确；该反应是气体分子数变更的反应，恒温恒容密闭容器中进行反应，体系的压强会随气体物质的量变更而变更，当容器内压强不再变更时，反应达到平衡，C正确；依据气体密度公式，气体的总质量m不变，恒容容器V不变，密度是定值，不随反应而变更，D错误，故答案选BC；(3)刚好分别出产物，生成物浓度减小，平衡正向移动，将气体中未反应完的氮气和氢气循环运用，增大反应物的浓度，平衡正向移动，提高氨的产率，故答案为：削减生成物浓度，同时增加反应物浓度，可以使平衡正向进行程度更大，提高产率；(4)①合成氨反应的△H<0，正反应放热，上升温度，不利于氨的合成，起始氢气的物质的量相等时，温度越高，氨的百分含量越低，则T1>T2；②上升温度不利于氨的合成，增大氢气的浓度，能提高氮气的转化率，故平衡点中c点氮气的转化率最高；(5)①10min时用NH3表示的平均反应速率为v(NH3)===0.014mol/(L·min)-1，v(N2)=v(NH3)=×0.014=0.007mol/(L·min)-1，依题意列出三段式：带入平衡常数的表达式计算K===0.1；②若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入N2、H2和NH3各4mol，则容器内N2、H2和NH3的浓度分别为：1.4mol/L、2mol/L、1.2mol/L，此时Qc=0.13>K，反应将向逆反应进行；③依题意氨气催化氧化生成NO和水蒸气的反应方程式为4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)，分别记已知方程式及△H为：①N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H1=-92kJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH2=+181kJ/mol，③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)=-484kJ/mol，依据盖斯定律，则目标方程式的△H=ΔH3×3+ΔH2×2-△H1×2=-484×3+181×2-(-92)×2=-906kJ·mol-1。【点睛】推断平衡的标记是v正=v逆，方法总结为“正逆相等，变量不变”，“正逆”是对同一物质，即单位时间消耗1molA的同时会生成1molA，不同物质与化学计量系数成正比，“变量不变”是体系一些物理量如密度、总压强、气体平均摩尔质量等，当这些物理量随反应的变更而变更，当物理量不变时就能说明反应达到了平衡，反之，这些物理量不随反应的变更而变更，是一个定值，那么就不能用该物理量作为判定平衡的标记。15.电化学在工业有着广泛的应用(1)工业级氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换法膜法电解提纯。电解槽内装有阳离子交换膜(只允许阳离子通过)，其工作原理如图1所示。①该电解槽阴极反应式是___。②除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体___出口(填写“A”或“B”)导出。(2)甲醇(CH3OH)燃料电池由于其结构简洁、能量转化率高、对环境无污染、可作为常规能源的替代品而越来越受到关注。图2所示为酸性介质甲醇燃料电池。①通入a的电极是电池的___(填“正”或“负”)极，其电极反应式___。②甲醇燃料电池(酸性介质)可用于测量阿伏加德罗常数。当电池平稳工作5min后测得电池正极端消耗标准状况下氧气vmL，电流稳定为xA，假设能量转化率100%，计算测得阿伏加德罗常数NA为___mol-1(用x、v表示，已知电子电量e=1.60×10-19C)(3)采纳如图3所示的简易装置(A、B电极均为惰性电极)电解饱和食盐水可以制备84消毒液。A为___极，制备84消毒液的总反应的化学方程式为___。【答案】(1).2H2O+2e-=2OH-+H2↑(2).B(3).负(4).CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+(5).(6).阴(7).NaCl+H2ONaClO+H2↑【解析】【分析】(1)电解氢氧化钾溶液依据放电依次相当于电解水，依据电解池原理分析解答；(2)依据燃料电池原理分析电极反应，依据电子转移守恒及1C=1A·S进行相关计算；(3)依据次氯酸钠的制备原理及电解原理分析解答。【详解】(1)①该电解槽的阴极是氢离子得电子生成氢气，电极反应式是：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；②阳离子向阴极移动，右侧溶液为除去杂质的KOH溶液，则除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口B导出，故答