山东实验中学2024至2025学年高二上学期10月月考化学试卷试题及答案解析

山东省实验中学2023级十月测试化学试题答案(2024.10)说明：试题分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第Ⅰ卷为第1页至第5页，第Ⅱ卷为第5页至第8页。考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cu64Ga70Ag108Pb207第Ⅰ卷(选择题40分)一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求1.下列反应低温有利于自发进行的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．反应中，，，所以，在任何温度下都能自发进行，故A不符合题意；B．反应中，，，所以，在任何温度下都不能自发进行，故B不符合题意；C．反应中，，，所以，在低温下能自发进行，故C符合题意；D．反应中，，，所以，在高温下能自发进行，故D不符合题意；故选C。2.下列说法正确的是A.，恒温恒容条件下达到平衡后加入，该反应的增大B.H2的摩尔燃烧焓为，则2H2（g）C.，则完全破坏等质量的和中的化学键，需要的能量大D.，则与足量H2反应放热【答案】C【解析】【详解】A．一定条件下，反应热与平衡移动无关，与化学计量数与物质的状态有关，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，该反应的不变，A错误；B．氢气的摩尔燃烧焓为1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则热化学方程式为，B错误；C．该反应为吸热反应，则O3的能量高，完全破坏等质量的O2和O3中的化学键，O3断键需要的能量小，O2断键需要的能量大，C正确；D．合成氨为可逆反应，则0.5mol的N2与足量氢气反应放出的热量小于46.1kJ，D错误；故选C。3.根据的水溶液能量循环图，下列说法错误的是A.B.相同条件下，C.相同条件下，的比的大D.相同条件下，的小于的【答案】C【解析】【详解】A．根据盖斯定律可知，，故A正确；B．是卤化氢分子断开共价键变为气态原子要吸收的能量，由于HCl比HBr稳定，故H-Cl键键能大于H-Br键，故，故B正确；C．指的是H(g)变为H+(aq)的热效应，与卤化氢的种类无关，故C错误；D．指的是气态的卤素原子得电子变为X-(g)的热效应，的得电子能力大于，得电子释放能量，故的小于的，故D正确；答案选C。4.下列有关电化学装置图说明正确的是A.图1中高硅铸铁作为耗损阳极材料发挥作用B.图2中A极为阳极，B极为阴极C.图2中NaCl换成，也可以得到Al和D.图3中把镁块换成锌块，对输水管的保护作用会更好【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，高硅铸铁是惰性辅助阳极材料，所以不会耗损，A错误；B．根据图中所示中间一极产物为氯气，其为阳极，两侧电极产物为金属钠，则为阴极，B正确；C．氯化铝是共价化合物，熔融态不导电，C错误；D．由于镁的金属活泼性强于锌，所以镁块对输水管保护作用更好，D错误；故选B。5.用惰性电极电解100mLK2SO4和CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，阴、阳两极分别收集到2.24L和3.36L气体(标况)，若要电解质恢复至原浓度应加入的物质及用量为A.0.1molCu2(OH)2CO3 B.0.2molCuOC.0.2molCu(OH)2 D.0.2molCuCO3【答案】A【解析】【详解】用惰性电极电解100mLK2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极的电极反应为，阴极反应为、，阳极生成3.36L氧气，物质的量为0.15mol，转移的电子数为0.6mol，阴极生成2.24L氢气，物质的量为0.1mol，生成0.1mol氢气得到的电子数为0.2mol，则剩余0.4mol电子由铜离子获得，生成铜0.2mol，因此电解质要想恢复电解前的状态，需加入0.2molCuO(或CuCO3)和0.1mol水或者0.1molCu2(OH)2CO3；故答案选A。6.某新型电池装置如图所示。下列说法错误的是已知：还原性，隔膜只允许通过。A.外电路中电子流向：用电器多孔碳电极B.右侧溶液中的通过隔膜移向左侧C.多孔电极区电极反应式为D.电路中转移电子时，电极质量增加【答案】B【解析】【分析】还原性，故Pb为电池的负极，电极反应式为，多孔碳为正极，电极反应式为。【详解】A．电子从负极经外电路流向正极，Pb为电池的负极，外电路中电子流向：用电器多孔碳电极，A正确；B．Pb为负极，多孔碳为正极，阳离子右负极移向正极，溶液中的由左侧经隔膜移向右侧，B错误；C．多孔碳为正极，电极反应式为，C正确；D．Pb为负极，电极反应式为，电路中转移电子时，电极增加，质量增加了，D正确；故答案为：B。7.海水提锂是一项具有巨大应用前景的技术。某电化学海水提锂的装置如图所示：该装置工作步骤如下：①打开电源b，海水中的嵌入电极形成；②关闭电源b，打开电源a，同时向石墨电极通入空气(其中体积分数为20%)，使中的脱出进入甲溶液。下列说法错误的是A.步骤①中，电极应该与电源b的负极相连B.步骤②中，电极应该与电源a的负极相连C.步骤②中，阴极发生的电极反应为D.每有进入甲溶液，理论上消耗标准状况下的空气28L【答案】B【解析】【详解】A．在步骤①中，通电时海水中的Li+嵌入MnO2电极形成LixMn2O4，这说明MnO2电极是阴极，应该与电源b的负极相连，A正确；B．在步骤②中，通电时LixMn2O4中的Li+脱出进入甲溶液，这说明MnO2电极是阳极，应该与电源a的正极相连，B错误；C．在步骤②中，通电时通入阴极的氧气得电子，发生的电极反应为，C正确；D．在步骤②中，每有1molLi+进入甲溶液，理论上消耗标准状况下的氧气是0.25mol，因为氧气的体积分数为20%，所以消耗的空气是，体积是1.25mol×22.4L/mol=28L，D正确；故选B。8.以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和。装置如右下图所示。下列说法正确的是A.加入Y的目的是补充水B.a电极的电势高于b电极C.催化阶段反应产物物质的量之比D.电解总反应式为【答案】A【解析】【分析】电极b上发生失电子的氧化反应转化成，电极b为阳极，电极反应为；则电极a为阴极，电极a的电极反应为；电解总反应式为；催化循环阶段被还原成循环使用，同时生成O2，实现高效制H2和O2，即Z为O2；【详解】A．根据分析电解过程中消耗H2O和，而催化阶段被还原成循环使用，故加入Y的目的是补充H2O，维持NaBr溶液为一定浓度，A项正确；B．根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，a电极的电势低于b电极，B项错误；C．催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1mol得到6mol电子，O元素的化合价由-2价升至0价，生成1molO2失去4mol电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(O2)∶n(Br-)=6∶4=3∶2，C项错误；D．根据分析电解总反应式为，D项错误；故选A。9.科创小组设计下图装置探究铝片做电极材料时的原电池反应并进行实验、记录。实验1：实验2：煮沸冷却后的编号实验1实验2实验现象电流计指针向左偏转。铝条表面有气泡逸出，铜片没有明显现象；约10分钟后，铜片表面有少量气泡产生，铝条表面气泡略有减少。电流计指针向左偏转。铝条表面有气泡逸出，铜片没有明显现象；约3分钟后，铜片表面有少量气泡产生，铝条表面气泡略有减少。根据上述实验推测，下列说法错误的是A.上述两实验中，开始时铜片表面得电子的物质是B.铜片表面开始产生气泡的时间长短与溶液中溶解氧的多少有关C.铜片表面产生的气泡为D.若将铜片换成镁条，则电流计指针先向左偏转后向右偏转，镁条表面有气泡逸出【答案】D【解析】【分析】根据题中信息，电流表指针向正极偏转，据表中实验1和实验2的实验现象：电流计指针向左偏转，铜片为正极，铝条表面有气泡逸出，铜片没有明显现象，开始时铜片表面得电子的物质是，后来，铜片表面有少量气泡产生，产生的气泡为，铜片表面开始产生气泡的时间长短与溶液中溶解氧的多少有关，溶解的氧气多，则铜片表面开始产生气泡的时间长，据此分析；【详解】A．根据分析，上述两实验中，开始时铜片表面得电子的物质是，A正确；B．铜片表面开始产生气泡的时间长短与溶液中溶解氧的多少有关，溶解的氧气多，则铜片表面开始产生气泡的时间长，B正确；C．根据分析，铜片表面有少量气泡产生，产生的气泡为，C正确；D．若将铜片换成镁条，镁比铝活泼，实验1中开始镁为负极，铝为正极，溶解氧在铝片上得电子，则电流计指针先向右偏转，待溶解氧消耗完后，由于镁不与氢氧化钠溶液反应，镁做正极，铝做负极，电流计指针后向左偏转，镁条表面有气泡逸出，D错误；故选D。10.一定压强下，向密闭容器中充入和，发生反应。与的消耗速率与温度的关系如图，下列说法正确的是A.四点中只有点达到平衡状态B.正反应的活化能小于逆反应的活化能C.D.，反应达平衡后缩小容器体积，各物质浓度不变【答案】B【解析】【分析】Cl2的消耗速率表示正反应速率，SCl2的消耗速率表示逆反应速率，当时，说明正逆反应速率相等，反应到达平衡，所以图像的平衡点应为B和D点。【详解】A．A点，未达到平衡，故A错误；B．随着温度升高，SCl2的消耗速率大于Cl2的消耗速率的二倍，则逆反应速率大于正反应速率，说明温度升高，平衡逆向移动，是放热反应，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B正确；C．该反应为放热反应，温度升高，K减小，由图可知，C点温度最低，则K最大，故，故C错误；D．300℃时，反应达平衡后缩小容器体积，平衡不移动，但是体积缩小，各组分浓度均增加，故D错误。故选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。①②③在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是A.对比②③，可以判定Zn保护了FeB.对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化C.验证Zn保护Fe时不能用①的方法D.将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼【答案】D【解析】【详解】分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。12.一种负极材料为固态聚酰亚胺的二次电池原理如图。下列说法正确的是A.充电时a电极发生了氧化反应B.充电时外电路中每转移2mole-，右室离子减少4molC.放电时负极电极反应为：-2e-=D.M+由Li+换成Na+，电池的比能量(电池单位质量所输出电能)会下降【答案】BD【解析】【分析】根据离子流向可知，放电时a为负极、b为正极；【详解】A．充电时a为阴极，得到电子发生还原反应，A错误；B．充电时，b极反应为，同时M+向左侧移动，故外电路中每转移2mole-，右室减少2mol阴离子且会有2mol阳离子进入左侧，故共减少4mol离子，B正确；C．放电时负极失去电子发生氧化反应，电极反应为：-2e-=，C错误；D．M+由Li+换成Na+，钠离子锂离子所带电荷相同，但是钠离子的相对原子质量较大，故导致电池的比能量(电池单位质量所输出电能)会下降，D正确；故选BD。13.NO-空气质子交换膜燃料电池实现了制硝酸、发电、环保一体化。某兴趣小组用该电池模拟工业处理废气和废水的过程，装置如图所示，下列说法正确的是A.b膜为阳离子交换膜B.乙池中阴极的电极反应式为C.当浓缩室得到的盐酸时，M室溶液的质量变化为(溶液体积变化忽略不计)D.若甲池有参加反应，则乙池中处理废气(和)的总体积为【答案】C【解析】【分析】由图可知，甲为原电池，乙和丙为电解池；甲中通入一氧化氮的电极为负极，通入氧气的电极为正极；乙池中通入二氧化硫的电极连为电解池的阳极，水分子作用二氧化硫在阳极上失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，通入一氧化氮的电极为阳极，酸性条件下一氧化氮在阴极上得到电子发生还原反应生成铵根离子和水；丙池中，左侧电极为电解池的阳极，水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子从M室通过阳离子交换膜a膜进入浓缩室，右侧电极为阴极，镍离子在阴极得到电子发生还原反应生成镍，N室中氯离子通过阴离子交换膜b膜进入浓缩室，最终在浓缩室得到较浓的盐酸。【详解】A．由分析可知，b膜为阴离子交换膜，故A错误；B．由分析可知，乙池中通入一氧化氮的电极为阳极，酸性条件下一氧化氮在阴极上得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为：，故B错误；C．当浓缩室得到4L0.6mol/L盐酸时，从M室通过阳离子交换膜a膜进入浓缩室的氢离子物质的量为(0.6mol/L-0.1mol/L)×4L=2mol/L，则M室消耗水的质量为2mol/L××18g/mol=18g，故C正确；D．未说明氧气所处的温度和压强，无法计算其物质的量，故D错误；故选C。14.由相同金属电极及其不同浓度的盐溶液组成的电池，称浓差电池，电子由溶液浓度较小的一极经外电路流向浓度较大的一极。如图所示装置中，X电极与Y电极初始质量相等。进行实验时，先闭合，断开，一段时间后，再断开，闭合，即可形成浓差电池，电流表指针偏转。下列不正确的是A.充电前，该电池两电极存在电势差B.放电时，右池中的通过离子交换膜移向左池C.充电时，当外电路通过0.1mol电子时，两电极的质量差为10.8gD.放电时，电极Y为电池的正极【答案】AC【解析】【分析】充电前，左右两池浓度相等，则两极不存在电势差，闭合，断开，Y为阳极，电极反应式为：，X为阴极，电极反应式为，向阳极Y移动，即右池AgNO3浓度上升，左池AgNO3浓度下降，一段时间后，断开，闭合，即可形成浓差电池，电子由X流向Y，即X为负极，Y为正极，向负极X移动。【详解】A．充电前，左右两池浓度相等，则两极不存在电势差，故A错误；B．由分析得，放电时，X为负极，Y为正极，右池中的通过离子交换膜移向左池，故B正确；C．当外电路通过0.1mol电子时，阳极有0.1molAg被氧化，而阴极析出0.1molAg，质量都为10.8g，则两电极的质量差为21.6g，故C错误；D．由分析得，放电时，电极Y为电池的正极，故D正确；故选AC。15.一定条件下，向容积均为的两个恒温密闭容器中通入一定量的一氧化碳和水蒸气，发生反应：，达平衡后获得数据如下表。下列说法不正确的是容器编号起始时各物质的物质的量/达到平衡的时间/达到平衡时体系能量的变化①1400放出热量②2800放出热量A.①中反应达平衡时，的转化率为80%B.平衡时：②>①C.①中的反应速率为：D.反应②中，【答案】D【解析】【详解】A．，说明消耗1molCO，反应放出41kJ热量，容器①达到平衡时放出32.8kJ热量，则消耗CO物质的量为mol=0.8mol,CO的转化率为×100%=80%，故A正确；

B．反应前后气体体积不变，反应①②是等效平衡，则容器②消耗CO物质的量为1.6mol，平衡时：c(CO)②==0.2mol/L，c(CO)①==0.1mol/L，即平衡时：②>①，故B正确；

C．由A项分析，容器①达到平衡时消耗0.8molCO，则生成0.8molCO2，反应速率为：，故C正确；

D．反应前后气体体积不变，反应①②是等效平衡，则容器②消耗CO物质的量为1.6mol,放热的热量Q=1.6mol×41kJ/mol=65.6kJ，故D错误；

故选：D。第Ⅱ卷(非选择题60分)三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.能源是现代社会物质文明的原动力，研究化学反应能量变化意义重大。Ⅰ．标准摩尔生成焓是指在25℃和时，最稳定的单质生成化合物的焓变。已知25℃和时下列反应：①；②；③；（1）写出表示乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式：___________。Ⅱ．回答下列问题（2）分别取的，盐酸与氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度T1℃终止温度T2℃盐酸氢氧化钠混合溶液120.120.123.3220.320.323.5320.620.625.6①已知盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是，又知中和后生成溶液的比热容c=4.180J(g·℃)，依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热_______。②上述实验数值结果与有偏差，产生偏差的原因不可能是___________(填字母)a.实验装置保温、隔热效果差b.量取溶液的体积时仰视读数c.分多次把溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d.用温度计测定溶液起始温度后直接测定盐酸的温度（3）假定该学生的操作完全同上，实验中改用盐酸跟氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热___________(填“相等”或“不相等”)。（4）若将等体积的稀氨水、稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液分别和的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为，则的大小关系为___________。【答案】（1）（2）①.53.504②.b（3）相等（4）【解析】【小问1详解】已知①；②；③；根据盖斯定律，得到，则，则表示乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式为；【小问2详解】①0.55mol·L−1的NaOH溶液50mL与0.5mol·L−1的盐酸50mL反应生成水的物质的量是0.5mol/L×0.05L=0.025mol，第3组实验误差较大应舍去，前两次实验反应前后平均温差为3.2℃，放出的热量Q=cm△t=4.18J/g·℃×100g×3.2℃=1337.6J=1.3376kJ，则生成1mol水放出的热量是53.504；②a．实验装置保温、隔热效果差，热量散失多，计算结果数值应该偏高，故不选a；b．量取盐酸的体积时仰视读数，盐酸体积偏大，生成水的物质的量偏多，放出热量偏多，计算结果数值应该偏低，故选b；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失多，计算结果数值应该偏高，故不选c；d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度，造成初始温度偏高，且有热量损失，计算结果数值应该偏高，故不选d；答案为b；【小问3详解】中和热的是强酸和强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的热，与酸和碱用量无关，故所求中和热与上述实验相等；【小问4详解】NH3·H2O为弱碱，电离过程需要吸热，导致中和反应中放出热量减少，氢氧化钠、氢氧化钙等强碱与盐酸反应的中和热相同，均负值、所以大小关系为；17.如图甲所示，A为新型高效的甲烷燃料电池，采用铂为电极材料，两电极上分别通入和，电解质溶液为溶液。B为浸透饱和硫酸钠溶液和酚酞溶液的滤纸，滤纸中央滴有一滴溶液，为电解槽。（1）甲烷燃料电池中负极反应式为___________。（2）关闭，打开，通电后，B中的紫红色液滴向端移动，则电源端为___________极(填“正”或“负”)，通电一段时间后，观察到滤纸端出现的现象是___________。（3）D装置中有一定浓度的与的混合溶液，闭合、打开后理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图乙所示(气体体积已换算成标准状况下的体积，电解前后溶液的体积变化忽略不计)，则原混合溶液中的物质的量浓度为___________mol/L，t2s时所得溶液为___________性(填“酸”或“碱”)。（4）若C装置中溶液为溶液且足量，电池总反应的离子方程式为___________。【答案】（1）CH4+10OH--8e-═+7H2O（2）①.负极②.试纸变红（3）①.0.1②.酸性（4）4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+【解析】【分析】甲烷燃料电池正极上氧气得到电子，正极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-，负极上甲烷在碱性溶液中失去电子，电极反应为CH4+10OH--8e-═+7H2O；如果闭合K1，则为电解硫酸钠溶液，中间滴有一滴溶液，会向阳极移动，如果打开K1，闭合K2，C、D装置为电解池，根据小问的描述判断正负极的反应；【小问1详解】电解质为KOH，则甲烷燃料电池负极的电极反应式为CH4+10OH--8e-═+7H2O；【小问2详解】B为浸透饱和硫酸钠和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，B的KMnO4紫红色液滴向d端移动，可知d为阳极，c为阴极，a与c相连，a为负极，阴极上氢离子放电，碱性增强，则c端试纸变红；【小问3详解】电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，阳极发生2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极发生Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，结合图可知，Ⅰ为阴极气体体积与时间的关系，Ⅱ为阳极气体体积与时间的关系，由图可知，产生氯气为224mL，则由2Cl--2e-=Cl2↑可知，n(NaCl)=×2=0.02mol，所以c(NaCl)==0.1mol/L；t2时生成氧气为112mL，n(O2)==0.005mol，则产生氢离子是0.005mol×4=0.02mol，故此时溶液显酸性；【小问4详解】乙槽中为足量的AgNO3溶液，则阳极为氢氧根失去电子，反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极上银离子得到电子，电解总离子反应为4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+。18.回答下列问题：（1）双极膜是一种能将水分子解离为和的特殊离子交换膜。制取聚合硫酸铁净水剂(简称)的电化学装置如图所示。回答下列问题：①图中均为石墨电极，极的电极反应式为___________。②为___________(填“阴离子”或“阳离子”)交换膜，图中甲是___________(填“”或“”)。（2）工业可用电解精炼法提纯镓，具体原理如图所示。已知：金属活动性强弱顺序为：，镓的化学性质与铝相似。①电解精炼镓时产生的阳极泥的主要成分是___________。②电解过程中阳极产生的离子迁移到阴极并在溶液阴极析出高纯镓。请写出电解过程中阴极析出高纯镓的电极反应式___________。③电解过程中需控制合适的电压，若电压太高，阴极会产生H2导致电解效率下降。若外电路通过，阴极得到的镓，则该电解装置的电解效率___________(生成目标产物消耗的电子数转移的电子总数)。【答案】（1）①.②.阴③.（2）①.Fe、Cu②.③.75%【解析】【小问1详解】该装置为电解池，电极b为阳极，电极反应为，则乙为，甲为，加入硫酸铁的电解槽中，硫酸根离子向右侧移动，在右侧得到较浓的硫酸，则交换膜M为阴离子交换膜，向右侧移动，在加入硫酸铁的电解槽中得到；①由分析可知，电极b为阳极，发生氧化反应，电极反应为；②由分析可知，则交换膜M为阴离子交换膜；甲为；【小问2详解】①电解精炼法提纯镓类比电解精炼铜，粗镓作阳极，发生失电子的氧化反应，则N极为电源正极，M极为电源负极；根据金属活动性强弱顺序为：Zn>Ga>Fe>Cu可知，Zn优先失电子，然后Ga失电子，则阳极泥的主要成分Fe、Cu；②电解过程中阳极产生的离子迁移到阴极并在NaOH溶液阴极析出高纯镓，且镓的化学性质与铝相似，则电解过程中阴极析出高纯镓的电极反应式；③阴极得到3.5g的镓，对应物质的量为=0.05mol，根据电极反应可知生成0.05molGa时转移电子数为0.15mol，则电解效率η==75％；19.电化学原理在物质制备、环境保护及科学探究等领域均有广泛应用。回答下列问题。Ⅰ．利用电解原理制备物质二氧化氯为一种黄绿色气体，溶于碱溶液而生成亚氯酸盐和氯酸盐，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。目前已开发出用电解法制取的新工艺如图所示：（1）图中用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取。产生的电极应连接电源的___________极(填“正”或“负”)，对应的电极反应式为___________。（2）图中应使用___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。Ⅱ．为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。已知：溶液呈酸性。回答下列问题：（3）电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择___________作为电解质(填化学式)。阳离子阴离子4.07HCO4.615.19NO7.406.597.917.62SO8.27（4）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入___________电极溶液中(填“铁”或“石墨”)。（5）电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中增加了。石墨电极上未见析出。可知，石墨电极溶液中___________。（6）根据(4)、(5)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为___________，铁电极的电极反应式为___________。因此，验证了氧化性小于___________，还原性小于___________。【答案】（1）①.正②.Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+（2）阳（3）KCl（4）石墨（5）（6）①.Fe3++e-=Fe2+②.Fe-2e-=Fe2+③.④.【解析】【分析】Ⅰ．根据题意可知，Cl-放电生成ClO2的电极为阳极，即b极区为阳极，a极区为阴极，阴极上水参加反应，同时生成H+，电极反应式：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极区OH-浓度增大；根据溶液中电荷守恒的规律，图中应使用阳离子交换膜，Na+由b极区移向a极区；II．利用该实验装置验证不同化合价铁的氧化还原能力，结合表格的数据，盐桥中的离子不与溶液中的物质反应，电迁移率尽可能的接近，结合阴、阳离子电迁移率(u∞)应尽可能地相近推断盐桥中的电解质，电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，说明铁电极为负极，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中增加，石墨电极上未见析出，说明Fe电极上是Fe失电子变为Fe2+，石墨电极上是Fe3+得到电子变为Fe2+；【小问1详解】根据题意可知，Cl-放电生成ClO2的电极为阳极，接电源的正极；根据元素守恒，有水参加反应，同时生成H+，电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；【小问2详解】根据溶液中电荷守恒的规律，图中应使用阳离子交换膜，Na+由b极区移向a极区；【小问3详解】盐桥是双液原电池中保证电路通路的装置，盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，Li+、Na+、Ca2+和K+在溶液中相对稳定，不会与溶液中的物质发生化学反应，但HCO能与Fe2+反应生成FeCO3，SO与Li+、Na+、Ca2+和K+的电迁移率相差较大，且CaSO4微溶，则阴离子应该选择Cl-，与Cl-电迁移率尽可能相近的为K+，故答案为：KCl；【小问4详解】由题中所给信息可知，石墨电极是电子流入的电极，则石墨为原电池的正极，铁电极为负极，原电池内部阳离子移向正极极，即盐桥中的阳离子向石墨电极作定向移动；【小问5详解】铁电极反应为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极反应Fe3++e-=Fe2+，铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol•L-1，根据电荷守恒可知，则石墨电极溶液中c(Fe2+)增加了0.04mol/L，原溶液中c(Fe2+)为0.05mol/L，则石墨电极溶液中c(Fe2+)=0.04mol/L+0.05mol/L=0.09mol/L；【小问6详解】铁电极为负极，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极为正极，电极反应为Fe3++e-=Fe2+，则电池的总反应式为2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe3+为氧化剂、Fe为还原剂，Fe2+既是氧化产物又是还原产物，所以氧化性：Fe3+＞Fe2+，还原性：Fe＞Fe2+。20.对和的高效利用能够有效缓解全球变暖。（1）已知标准大气压下，的摩尔燃烧焓分别为-89