解析：北京三中2021－2022学年高二上学期期中考试化学试题（解析版）

北京三中2021—2022学年度第一学期学业测试高二年级化学期中试卷可能用到的相对原子质量：C12H1O16Na23Cl35.5第一部分(选择题共42分)每小题只有一个选项符合题意(每小题3分)1.下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是ABCD锌锰干电池燃气燃烧电池充电水力发电A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A．锌锰干电池是将化学能转化为电能，A不符合题意；B．燃气燃烧是将化学能转化为热能，B不符合题意；C．电池充电是将电能转化为化学能，C符合题意；D．水力发电是将机械能转化为电能，D不符合题意；故合理选项是C。2.决定化学反应速率的主要因素是A.反应物的浓度 B.反应体系内的压强C.反应物的性质 D.反应物的状态【答案】C【解析】【详解】决定化学反应速率的是反应物的性质，温度、浓度、压强、催化剂是外界的影响因素，故C正确。3.下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是A.生成物总能量一定低于反应物总能量B.放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C.应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变D.同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl在光照和点燃条件下的△H不同【答案】C【解析】【详解】A、化学反应过程中一定伴随能量变化，反应可以是放热反应或吸热反应，反应物总能量高于生成物总能量则反应放热，反应物总能量低于生成物总能量，反应吸热，错误；B、反应速率的大小与反应热无关，如氢氧化钡晶体和氯化铵的反应为吸热反应，在常温下能迅速反应，金属的腐蚀为放热反应，但反应速率较慢，错误；C、反应热与反应的途径无关，取决于反应物和生成物的始末状态，可根据盖斯定律，计算某些难以直接测量的反应焓变，正确；D、反应热与反应的条件无关，同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，错误；答案选C。4.下关于某化学反应的自发性描述中正确的是A.∆H＜0，∆S＜0在任何温度下都能自发进行B.∆H＜0，∆S＞0在任何温度下都能自发进行C.∆H＞0，∆S＜0有可能自发进行D.∆H＞0，∆S＞0在任何温度下都不能自发进行【答案】B【解析】【分析】反应自发进行的判断依据是∆H-T∆＜0，反应自发进行，∆H-T∆S＞0，反应非自发进行，据此解答。【详解】A．若∆H＜0，∆S＜0，依据∆H-T∆S分析判断，低温时可自发进行，故A错误；B．若∆H＜0，∆S＞0，∆H-T∆S＜0，任何温度下都能自发进行，故B正确；C．若∆H＞0，∆S＜0，∆H-T∆S＞0，任何温度下都不能自发进行，故C错误；D．若∆H＞0，∆S＞0，高温时可自发进行，故D错误；故选B。5.将N2和H2通入体积为2L的恒温恒容密闭容器中，5min后达到化学平时测得NH3的浓度为0.2mol/L，这段时间内用N2、H2、NH3的浓度变化表示的化学反应速率为A.υ(N2)=0.04mol/(L·min) B.υ(H2)=0.02mol/(L·min)C.υ(NH3)=0.03mol/(L·min) D.υ(NH3)=0.04mol/(L·min)【答案】D【解析】【详解】N2和H2合成NH3化学方程式为：N2+3H2⇌2NH3，5min后达到化学平衡时测得NH3的浓度为0.2mol/L，则这段时间内，υ(NH3)==0.04mol/(L•min)，根据反应速率之比等于化学计量数之比，υ(N2)=υ(NH3)=×0.04mol/(L•min)=0.02mol/(L•min)，υ(H2)=3υ(N2)=3×0.02mol/(L•min)=0.06mol/(L•min)，故选：D。6.锌铜原电池装置如图，下列说法不正确的是A.锌电极上发生氧化反应B.电子从锌片经电流计流向铜片C.盐桥中K+向负极移动D.铜极上发生的反应是：Cu2++2e−=Cu【答案】C【解析】【分析】锌铜原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为Zn-2e-＝Zn2+，铜为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为Cu2++2e-＝Cu，原电池工作时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，内电路中阳离子移向正极Cu，阴离子移向负极Zn，据此判断。【详解】A．该原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应，故A正确；B．该原电池中，Zn为负极、Cu为正极，工作时电子从锌片流向铜片，故B正确；C．电路中阳离子移向正极Cu，阴离子移向负极Zn，K+向正极移动，故C错误；D．铜为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为Cu2++2e-＝Cu，故D正确；故选C。7.液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如右图。下列说法不正确的是已知：①Zn(OH)2+2OH−==Zn(OH)42−。②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。A.放电过程中，H+由正极向负极迁移B.放电过程中，正极的电极反应：MnO2+4H++2e−==Mn2++2H2OC.充电过程中，阴极的电极反应：Zn(OH)42−+2e−==Zn+4OH−D.充电过程中，凝胶中的KOH可再生【答案】A【解析】【分析】放电过程中，Zn为负极，电极反应式为：Zn-2e−+4OH−==Zn(OH)42−，MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e−==Mn2++2H2O，充电时的阴极反应式为：Zn(OH)42−+2e−==Zn+4OH−，阳极反应式为：Mn2++2H2O-2e−==MnO2+4H+。【详解】A、放电时正极反应式为：MnO2+4H++2e−==Mn2++2H2O，消耗氢离子，应该是硫酸根离子向锌电极迁移，故A错误；B、MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e−==Mn2++2H2O，故B正确；C、充电时，由负极反应式写阴极反应式为：Zn(OH)42−+2e−==Zn+4OH−，故C正确；D、充电过程中，阴极反应式为：Zn(OH)42−+2e−==Zn+4OH−，氢氧根与钾离子组成氢氧化钾，故D正确。答案选A。【点睛】该题考查可充电电池，一般先分析放电过程的负极反应式、正极反应式；再分析充电过程的阴极反应式和阳极反应式。8.模拟铁制品镀铜的装置如图，下列说法正确的是A.a电极为铁制品B可用CuSO4溶液作电镀液C.b电极上发生氧化反应D.电镀过程中，理论上溶液中Cu2+浓度不断减小【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由图示分析可知：该装置为电解池。a为阳极发生氧化反应，b为阴极发生还原反应，所以a电极为铜，b电极为铁制品，故A错；B．为减少副反应发生的同时增加电镀液的导电性，所以应选CuSO4溶液作电镀液，故选B；C．由A分析可知b电极为阴极，Cu2+在b电极上得到电子发生还原反应，故C错；D．Cu2+在阴极(b电极)得到电子被还原为Cu，Cu在阳极(a电极)被氧化为Cu2+，根据得失电子守恒可知，理论上溶液中Cu2+浓不变，故D错。答案选B9.某同学制作的燃料电池示意图如下，先闭合K1接通电源一段时间后，再断开K1、闭合K2时，电流表指针偏转。下列分析正确的是A.闭合K1时，Na2SO4开始电离B.闭合K1时，石墨a附近溶液逐渐变红C.断开K1、闭合K2时，石墨a附近溶液酸性逐渐减弱D.断开K1、闭合K2时，石墨b极上发生反应：H2˗2e-=2H+【答案】C【解析】【分析】闭合K1时，装置为电解池，电解质溶液为Na2SO4溶液，则该装置电解水，石墨a（阳极）的电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，石墨b（阴极）的电极反应为：4H++4e-=2H2↑；断开K1、闭合K2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O2和H2（题中也说明了是燃料电池），原本O2在石墨a电极上产生，H2在石墨b电极上产生，故石墨a作正极，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，石墨b作负极，电极反应为2H2-4e-=4H+。【详解】A、Na2SO4遇水形成溶液就开始电离，不需要等到通电才发生电离，A错误；B、闭合K1时，装置为电解池，石墨a为阳极，其电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，由于该电极消耗OH-，故该电极附近溶液不会变红，B错误；C、断开K1、闭合K2时，该装置转变了原电池，石墨a作正极，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，由此可见石墨a附近溶液酸性逐渐减弱，C正确；D、断开K1、闭合K2时，石墨b极作负极，电极反应为2H2-4e-=4H+，D错误；故选C。10.下列说法中错误的是A.对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多，因而化学反应速率增大B.活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞C.升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大，因而增大化学反应速率D.增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，因而化学反应速率增大【答案】B【解析】【详解】A．对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多，有效碰撞的几率增大，化学反应速率增大，故A正确；B．当活化分子有合适取向时的碰撞才是有效碰撞，所以活化分子之间发生的碰撞不一定是有效碰撞，故B错误；C．升高温度，反应物分子获得能量，可使反应物分子中活化分子的百分数增大，有效碰撞的几率增大，因而化学反应速率增大，故C正确；D．增大反应物浓度，可增加单位体积内活化分子数，有效碰撞的几率增大，化学反应速率加快，故D正确；故选B。11.向双氧水中加入KI可观察到大量气泡产生，发生的反应为：H2O2+I-=H2O+IO-，H2O2+IO-=H2O+O2↑+I-，反应过程中能量变化如下图所示。下列说法不正确的是A.加入KI，改变了总反应的焓变B.KI在反应中起催化剂的作用C.H2O2+I-=H2O+IO-是吸热反应D.KI改变了反应的历程，降低了活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数【答案】A【解析】【详解】A．KI是该反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变总反应的焓变，故A错误；B．KI是H2O2+I-＝H2O+IO-的反应物，是H2O2+IO-＝H2O+O2↑+I-的生成物，总反应为2H2O2＝H2O+O2↑，所以KI在反应中起催化剂的作用，故B正确；C．由图可知，图象①的前半段为H2O2+I-＝H2O+IO-，该反应的反应物的总能量小于生成物的总能量，则为吸热反应，故C正确；D．KI改变该反应的历程，能降低反应的活化能，增大活化分子数和百分数，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故D正确。故选A。12.在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A.0~6min的平均反应速率：v（H2O2）mol/(L·min)B.6~10min的平均反应速率：v（H2O2）＜mol/(L·min)C.反应至6min时，c（H2O2）=0.3mol/LD.反应至6min时，H2O2分解了50%【答案】C【解析】【详解】A．0~6min时间内，△c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷6minmol/(L·min)，A正确；B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，B正确；C．6min时，c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，C错误；D．6min时，H2O2分解率为：=50%，D正确。答案选C。13.一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应Cl2(g)+2HI(g)2HCl(g)+I2(s)。下列证据说明该反应达到平衡状态的是①正反应和逆反应的速率都为零；②容器内各组分的浓度相等；③容器内各组分的质量分数不再改变；④单位时间内生成nmolCl2的同时生成2nmolHCl⑤单位时间内mmolCl2断键发生反应，同时2mmolHI也断键发生反应⑥容器内气体分子总数不再改变；⑦容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变；⑧容器内压强不再改变；⑨容器内气体的密度不再改变；⑩混合气体的颜色不再改变。A.①②③④⑥⑧⑩ B.②③④⑤⑦⑧⑨C.③④⑤⑥⑧⑨⑩ D.③④⑥⑦⑧⑨⑩【答案】D【解析】【详解】①化学平衡的特征是正反应和逆反应的速率相等，但都不为零，不合题意；②化学平衡的特征是容器内各组分的浓度保持不变而不是相等，不合题意；③化学平衡的特征是容器内各组分的质量分数不再改变，符合题意；④单位时间内生成nmolCl2表示逆反应速率，同时生成2nmolHCl表示正反应速率，根据反应速率之比等于化学计量系数比可知，正、逆反应速率相等，说明反应达到化学平衡，符合题意；⑤单位时间内mmolCl2断键发生反应表示正反应速率，同时2mmolHI也断键发生反应表示正反应速率，故不能说明达到化学平衡，不合题意；⑥由于I2为固体，故反应前后气体的分子数发生改变，则容器内气体分子总数不再改变，说明反应达到化学平衡，符合题意；⑦根据反应方程式可知，该反应为气体平均摩尔质量减小的反应，所以容器内气体平均摩尔质量不再改变时，反应即处于平衡状态，符合题意；⑧由于I2为固体，故反应前后气体的分子数发生改变，即容器的压强一直在改变，故容器内压强不再改变说明反应达到化学平衡了，符合题意；⑨由于I2为固体，故反应前后气体的质量改变，即容器内的气体的密度一直在改变，故容器内气体的密度不再改变说明反应达到化学平衡了，符合题意；⑩容器内气体颜色不再改变，说明氯气的浓度不变，则反应处于平衡状态，符合题意；综上分析可知，③④⑥⑦⑧⑨⑩符合题意，故答案为：D。14.研究小组将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入醋酸溶液，容器中的压强随时间的变化曲线如图2。下列说法不正确的是A.0-t1时压强增大的原因不一定是铁发生了析氢腐蚀B.铁粉发生反应：Fe-3e-=Fe3+C.碳粉上发生了还原反应D.t2时，容器中压强明显小于起始压强，原因是铁发生了吸氧腐蚀【答案】B【解析】【分析】0-t1醋酸与铁直接反应产生了氢气发生化学腐蚀和形成Fe-C原电池，Fe发生析氢腐蚀产生氢气和亚铁离子，压强增大；t1以后，亚铁离子被氧气氧化，氧气被消耗，压强减小，之后形成Fe-C原电池，Fe发生吸氧腐蚀，氧气被消耗，压强明显减小，据此解答。【详解】A．0-t1时压强增大的原因可能是醋酸与铁直接反应产生了氢气，也可能是形成铁-C原电池，Fe发生析氢腐蚀，即不一定是铁发生了析氢腐蚀，A正确；B．无论发生化学腐蚀还是析氢腐蚀，铁粉均发生反应：Fe-2e-=Fe2+，B错误；C．Fe发生电化学腐蚀，Fe作负极，发生氧化反应，C作正极，C表面发生还原反应，C正确；D．结合分析可知，t2时，容器中压强明显小于起始压强，原因是铁发生了吸氧腐蚀，D正确；答案选B。第二部分(非选择题共58分)15.书写下列化学方程式（1）下图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式___________。（2）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-437.3kJ•mol-1H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)ΔH=-285.8kJ•mol-1CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.0kJ•mol-1则固态碳与水蒸汽反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式是___________。（3）已知拆开1molH-H键、1molN≡N和1molN—H键分别需要的能量是436kJ、948kJ、391kJ。则N2、H2合成NH3的热化学方程式为：___________。（4）氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。已知存在如下反应：i．ii．iii．……iii为积炭反应，利用和计算时，还需要利用___________反应的。【答案】（1）NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)∆H=-234kJ/mol（2）C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)∆H=+131.5kJ•mol-1（3）N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)∆H=-90.0kJ•mol-1（4）C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)或C(s)+CO2(g)=2CO(g)【解析】【小问1详解】根据图像可知1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO的焓变ΔH=（E1-E2）kJ/mol=134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，故1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO的热化学方程式为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)∆H=-234kJ/mol，故答案为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)∆H=-234kJ/mol；【小问2详解】已知：①C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH=-437.3kJ•mol-1②H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(g)ΔH=-285.8kJ•mol-1③CO(g)+1/2O2(g)＝CO2(g)ΔH=-283.0kJ•mol-1根据盖斯定律可知①-②-③即得到碳单质与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式为C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)∆H=+131.5kJ•mol-1，故答案为：C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)∆H=+131.5kJ•mol-1；【小问3详解】氮气、氢气合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，故∆H=436×3kJ/mol+948kJ/mol-391×6kJ/mol=-90.0kJ/mol，故氮气与氢气合成氨气的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)∆H=-90.0kJ•mol-1，故答案为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)∆H=-90.0kJ•mol-1；【小问4详解】比较反应i、ii和iii的化学方程式，可发现反应i和反应ii中没有出现碳单质，故应缺少单质参加的反应，碳单质可以与水蒸气或二氧化碳反应，故还需要利用反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)或C(s)+CO2(g)=2CO(g)的焓变，故答案为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)或C(s)+CO2(g)=2CO(g)。16.某同学设计实验探究丙酮碘化反应中，丙酮、I2、H+浓度对化学反应速率的影响。已知：编号丙酮溶液(4mol/L)I2溶液(0.0025mol/L)盐酸(2mol/L)蒸馏水溶液褪色时间(s)①2mL2mL2mL0mLt1②1mL2mL2mL1mLt2③2mL1mL2mL1mLt3④2mL2mLamL1mLt3(1)研究丙酮浓度对反应速率的影响，应选择的实验为_______和_______。(2)实验④中，a=_______mL，加1mL蒸馏水的目的是_______。(3)计算实验③中，以I2表示的反应速率为_______mol/(L∙s)(列出表达式)(4)通过计算发现规律：丙酮碘化反应的速率与丙酮和H+的浓度有关，而与I2的浓度无关，查阅资料发现丙酮碘化反应的历程为：请依据反应历程，解释丙酮碘化反应速率与I2浓度无关的原因_______。【答案】①.①②.②③.1④.保证丙酮溶液和碘溶液的起始浓度不变⑤.v(I2)==0.0025mol/L÷t3s=mol/(L∙s)⑥.根据反应历程，丙酮与氢离子反应慢，则反应速率由H+的浓度决定，与碘的浓度无关【解析】【分析】研究影响反应速率的因素时，只改变一种反应条件，而其它条件则完全相同。【详解】(1)研究丙酮浓度对反应速率的影响，则只有丙酮的浓度不同，而其它条件需完全相同，对比表中数据，①和②符合要求；(2)根据①、②、③中的数据，溶液的总体积为6mL，则实验④中，a=1mL；加1mL蒸馏水可保证丙酮溶液和碘溶液的起始浓度不变；(3)根据反应的方程式，③中丙酮过量，碘完全反应，v(I2)==0.0025mol/L÷t3s=mol/(L∙s)；(4)反应速率由反应中进行程度慢的反应决定，根据反应历程，反应速率由H+的浓度决定，故丙酮碘化反应速率与I2浓度无关。17.降低能耗是氯碱工业发展的重要方向。(1)我国利用氯碱厂生产的H2作燃料，将氢燃料电站应用于氯碱工业，其示意图如图。①a极为_______(填“正”或“负”)极。②乙装置中电解饱和NaCl溶液的化学方程式为_______。③下列说法正确的是_______。A．甲装置可以实现化学能向电能转化B．甲装置中Na+透过阳离子交换膜向a极移动C．乙装置中c极一侧流出的是淡盐水④结合化学用语解释d极区产生NaOH的原因：_______。⑤实际生产中，阳离子交换膜的损伤会造成OH-迁移至阳极区，从而在电解池阳极能检测到O2，产生O2的电极反应式为_______。下列生产措施有利于提高Cl2产量、降低阳极O2含量的是_______。A．定期检查并更换阳离子交换膜B．向阳极区加入适量盐酸C．使用Cl-浓度高的精制饱和食盐水为原料(2)降低氯碱工业能耗的另一种技术是“氧阴极技术”。通过向阴极区通入O2，避免水电离的H+直接得电子生成H2，降低了电解电压，电耗明显减少。“氧阴极技术”的阴极反应为_______。【答案】①.负②.2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑③.AC④.d极发生反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-生成OH-，且Na+从阳极区透过阳离子交换膜进入d极区，生成NaOH⑤.4OH--4e-=O2↑+2H2O⑥.ABC⑦.O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】【分析】图示中甲池为原电池，其中通入H2的a电极为负极，通入空气的b电极为正极；乙池为电解池，与正极b连接的c电极为阳极，与负极a连接的d电极为阴极。原电池的负极和电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极上发生还原反应。阳离子交换膜只允许阳离子通过，结合溶液中离子放电顺序分析解答。【详解】(1)①装置甲为原电池，其中通入燃料H2的a极为负极；②乙装置中电解饱和NaCl溶液，反应产生H2、Cl2、NaOH，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；③A．甲装置为原电池，可以实现化学能向电能的转化，A正确；B．甲装置中Na+透过阳离子交换膜向负电荷较多的正极b极移动，B错误；C．乙装置中c极为阳极，Cl-不断放电产生Cl2逸出，导致附近溶液中Cl-的浓度减小，因此c极一侧流出的是淡盐水，C正确；故合理选项是AC；④d电极为阴极，在d极上水电离产生的H+不断得到电子变为H2逸出，破坏了附近的水的电离平衡，促进水电离，最终使附近c(OH-)＞c(H+)，且Na+从阳极区透过阳离子交换膜进入d极区，与OH-结合生成NaOH；⑤实际生产中，阳离子交换膜的损伤会造成OH-迁移至阳极区，从而在电解池阳极能检测到O2，在阳极上OH-失去电子，发生氧化反应产生O2，则阳极的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；A．定期检查并更换阳离子交换膜，就可以使阳极上只有Cl-放电产生Cl2，避免OH-放电产生O2，因此有利于提高Cl2产量、降低阳极O2含量，A正确；B．向阳极区加入适量盐酸，可增大c(Cl-)，提高其还原性，可以产生更多Cl2，避免副反应的反应，B正确；C．使用Cl-浓度高的精制饱和食盐水为原料，增大了Cl-的浓度，提高了Cl-的还原性，可以产生更多Cl2，减少OH-放电产生O2的机会，因而就降低了O2的含量，C正确；故合理选项是ABC；(2)降低氯碱工业能耗的另一种技术是“氧阴极技术”。通过向阴极区通入O2，避免水电离的H+直接得电子生成H2，降低了电解电压，电耗明显减少。“氧阴极技术”的阴极上O2得到电子反应产生OH-，该电极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-。18.某课外小组利用原电池原理驱动某简易小车(用电动机表示)。(1)初步设计的实验装置示意图如图1所示，CuSO4溶液在图1所示装置中的作用是_______(答两点)。实验发现：该装置不能驱动小车。(2)该小组同学提出假设：可能是氧化反应和还原反应没有完全隔开，降低了能量利用率，为进一步提高能量利用率，该小组同学在原有反应的基础上将氧化反应与还原反应隔开进行，优化的实验装置示意图如图2所示，图2中A溶液和B溶液分别是_______和_______，盐桥属于_______(填“电子导体”或“离子导体”)，盐桥中的Cl-移向_______溶液(填“A”或“B”)。为降低电池自重，该小组用阳离子交换膜代替盐桥，实验装置示意图如图3所示。(3)利用改进后的实验装置示意图3，仍不能驱动小车，该小组同学再次提出假设：可能是电压不够；可能是电流不够；可能是电压和电流都不够；实验发现：1.5V的干电池能驱动小车，其电流为750μA；实验装置示意图3的最大电压为1.0V，最大电流为200μA该小组从电极材料、电极反应、离子导体等角度对装置做进一步优化，请补全优化后的实验装置示意图4，并在图中标明阳离子的流向。_______【答案】①传导离子、作正极反应物②.硫酸锌溶液③.硫酸铜溶液④.离子导体⑤.A⑥.【解析】【详解】(1)由可知，CuSO4是电解质，可传导离子，该原电池的负极电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故CuSO4可作正极反应物；答案为传导离子、作正极反应物。(2)由可知，A溶液中电极为Zn，故A溶液中应为Zn2+，同理，B溶液中为Cu2+，由(1)知阴离子为；盐桥是由琼脂和饱和的KCl或KNO3组成，属于离子导体；根据在原电池中阴离子向负极移动，则Zn为负极，故Cl-向A溶液中移动；答案为硫酸锌溶液，硫酸铜溶液，离子导体，A。(3)由可知，电子由左边移向右边，左边为负极，右边为正极，根据题中信息，要增大电压和电流，故选取电极材料Mg和石墨，阳离子向正极移动，优化后的实验装置示意图4为；答案为。1