化学第四节 化学反应的调控精品单元测试课时训练

这是一份化学第四节 化学反应的调控精品单元测试课时训练，文件包含第04单元化学反应与电能单元测试B卷•提升能力-2022-2023学年高二化学同步单元AB卷人教版2019选择性必修1解析版doc、第04单元化学反应与电能单元测试B卷•提升能力-2022-2023学年高二化学同步单元AB卷人教版2019选择性必修1原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。

班级 姓名 学号 分数
第04单元 化学反应与电能
单元测试（B卷•提升能力）
（时间：75分钟，满分：100分）
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。）
1．钢铁在腐蚀过程中，下列5种变化可能发生的是
①Fe由＋2价转化为＋3价②O2被还原③产生H2④Fe(OH)3失水形成Fe2O3·xH2O⑤杂质C被氧化除去
A．①② B．①②③④ C．③④ D．①②④⑤
【答案】B
【详解】
钢铁腐蚀的过程是金属铁发生了吸氧腐蚀（或是析氢腐蚀）的原电池原理，铁为负极，发生失电子的氧化反应：Fe-2e-=Fe2+，正极上是氧气得电子发生还原反应，2H2O+O2+4e-=4OH-，O2被还原，或是在酸性环境下，氢离子得电子的过程，会产生氢气，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe由+2价转为+3价，最后Fe(OH)3失水形成Fe2O3•xH2O，即为铁锈的成分；杂质碳不参加反应；①②③④符合，
故选B。
2．已知活泼性Mg＞Al，且Mg不与NaOH溶液反应，Fe遇浓HNO3会钝化。分析下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是(　 　)

A．①②中Mg作负极，③④中Fe作负极
B．②中Mg作正极
C．③中Fe作负极
D．④中Cu作正极，电极反应式为2H++2e−=H2↑
【答案】B
【详解】
A．②中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠溶液之间，失电子的是金属铝，为负极，③中金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，发生的氧化还原反应为铜与浓硝酸的反应，Cu为负极，故A错误；
B．②中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠溶液之间，失电子的是金属铝，为负极，Mg作为正极，故B正确；
C．③中金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，发生的氧化还原反应为铜与浓硝酸的反应，Cu为负极，Fe作正极，故C错误；
D．④中铁发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Cu作正极，正极上氧气得到电子，正极的电极反应式为2H2O+O2+4e-═4OH-，故D错误；
故选B。
3．X、Y、Z、W四块金属板分别作电极用导线两两相连浸入稀硫酸中构成原电池。X、Y作电极时，X为负极；Z、W作电极时，电流方向是W→Z；X、Z作电极时，Z极上产生大量气泡；W、Y作电极时，W极发生氧化反应。据此判断这四种金属的活动性顺序为
A．X>Z>W>Y B．Z>X>Y>W C．X>Y>Z>W D．Y>W>Z>X
【答案】A
【详解】
由X、Y作电极时，x为负极可知，金属的活动性为X>Y；由Z、W作电极时，电流方向是W→Z可知，Z为原电池的负极，金属的活动性为Z>W；由X、Z作电极时，Z极上产生大量气泡可知，在Z极上得电子，X为原电池的负极，金属的活动性为X>Z；由W、Y作电极时，W极发生氧化反应可知，W极失电子，为原电池的负极，金属的活动性W>Y，则四种金属的活动性顺序为X>Z>W>Y，故选A。
4．（2020·沙坪坝·重庆一中）重庆一中化学组成龙老师，自从将身体中细胞膜内的葡萄糖与细胞膜外的富氧液体及细胞膜看作微型的生物原电池后，顿时感觉浑身电力充沛，工作热情满满，不知疲惫。下列有关该电池电极反应及产物的判断正确的是（ ）
A．负极反应可能是O2+4e-+2H2O=4OH-
B．负极反应的产物主要是C6H12O6被氧化生成的、、H2O
C．正极反应可能是C6H12O6-24e-+24OH-=6CO2+18H2O
D．正极反应的产物主要是葡萄糖生成的CO2、和H2O
【答案】B
【详解】
根据题给信息可知：原电池的负极应为葡萄糖，正极应为O2，由于细胞液呈弱碱性，所以负极反应为C6H12O6+24OH--24e-=6CO2+18H2O，生成的CO2与溶液中的OH-作用生成、及水，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，故合理选项是B。
5．如图，在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，下列关于该装置的说法正确的是

A．外电路电流方向为：X—外电路—Y
B．若两极分别为铁棒和碳棒，则X为碳棒，Y为铁棒
C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应
D．若两极都是金属，则它们的活动性顺序为X＞Y
【答案】D
【详解】
A.根据图片知该装置是原电池,外电路中电子从X电极流向Y电极,电流的流向与此相反,即Y→外电路→X,选项A错误；
B.原电池中较活泼的金属作负极,较不活泼的金属或导电的非金属作正极,若两电极分别为Fe和碳棒,则Y为碳棒,X为Fe,选项B错误；
C.X是负极,负极上发生氧化反应；Y是正极,正极上发生还原反应,选项C错误；
D. 原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，该原电池中X是负极，Y是正极，所以若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为X＞Y， 选项D正确；
答案选D。
6．一种直接铁燃料电池(电池反应为：)的装置如图所示，下列说法正确的是

A．Fe极为电池正极
B．KOH溶液为电池的电解质溶液
C．电子由多孔碳极沿导线流向Fe极
D．每5.6g Fe参与反应，导线中流过个
【答案】B
【分析】
根据铁燃料电池总反应为可知，Fe发生失电子的氧化反应，为原电池负极，电极反应为3Fe-8e-+8OH-=Fe3O4+4H2O，O2发生得电子的还原反应，为原电池的正极，电池工作时电子由负极Fe流出，经过导线流向正极多孔碳，据此分析解答。
【详解】
A．铁燃料电池总反应为，Fe元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，为原电池负极，故A错误；
B．铁燃料电池是碱性电池，通过KOH溶液形成闭合回路，电解质溶液为KOH溶液，故B正确；
C．该原电池中，Fe为负极，多孔碳电极为正极，原电池工作时，电子由负极Fe极沿导线流向正极多孔碳极，故C错误；
D．根据电池反应为可知，3mol铁参与反应时转移8 mol ，故每5.6 g Fe即0.1 mol Fe参与反应，导线中流过0.16.021023=个，故D错误；
答案选B。
7．我国科研人员研制出一种室温Na-CO2电池。该电池吸收CO2的工作原理如图所示。吸收的全部CO2中，有转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面。下列说法不正确的是

A．钠箔为负极，发生氧化反应
B．每吸收22.4 LCO2，转移电子数为mol
C．正极反应式：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C
D．Na+通过电解质移向MWCNT极
【答案】B
【详解】
A.根据示意图可知活泼金属钠是负极，失去电子，发生氧化反应，A正确；
B.未指明标准状况下无法计算气体的物质的量，也就无法计算转移电子数目，B错误；
C.“吸入”CO2时是原电池装置，正极上发生还原反应，电极反应式为4Na++3CO2+4e-═2Na2CO3+C，C正确；
D.钠离子是阳离子，向负电荷较多的正极移动，因此Na+通过电解质移向 MWCNT极，D正确；
故合理选项是B。
8．微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图所示，下列说法正确的是

A．电子从b流出，经外电路流向a
B．HS—在硫氧化菌作用下转化为SO的反应是：HS—+4H2O—8e—=SO+9H+
C．该电池在高温下进行效率更高
D．若该电池有0.4mol电子转移，则有0.45molH+通过质子交换膜
【答案】B
【分析】
由氢离子的移动方向可知，电极a为微生物燃料电池的负极，在硫氧化菌作用下，硫氢根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为HS—+4H2O—8e—=SO+9H+，b极为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O。
【详解】
A．由分析可知，电极b是电池的正极，a是负极，则电子从a流出，经外电路流向b，故A错误；
B．由分析可知，电极a为微生物燃料电池的负极，在硫氧化菌作用下，硫氢根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为HS—+4H2O—8e—=SO+9H+，故B正确；
C．微生物的主要成分是蛋白质，若电池在高温下进行，蛋白质会发生变性，微生物的催化能力降低，电池的工作效率降低，故C错误；
D．由分析可知，正极的电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O，则当电池有0.4mol电子转移时，负极区有0.4mol氢离子通过质子交换膜加入正极区，故D错误；
故选B。
9．2020年7月10日正式上市的比亚迪“汉”汽车，让电动汽车安全达到一个新高度，其配置磷酸铁锂“刀片电池”放电时的总反应：，工作原理如图所示。下列说法正确的是

A．放电时，铝箔作负极
B．放电时，Li+通过隔膜移向负极
C．用充电桩给汽车电池充电的过程中，阴极质量减小
D．充电时的阳极反应式为
【答案】D
【分析】
放电时的总反应：，放电时，铜箔上失电子为负极，铝箔上得电子做正极。
【详解】
A．放电时，铜箔上失电子为负极，铝箔上得电子做正极，A错误；
B．放电时，阳离子移向正极，所以Li+通过隔膜移向正极，B错误；
C．用充电桩给汽车电池充电的过程中，阴极反应为：，质量增加，C错误；
D．充电时的阳极反应式为，D正确；
答案选D。
10．电解CuCl2与NaCl的混合溶液(惰性电极)，阴极上和阳极上最先析出的物质为
A．H2和Cl2 B．Cu和Cl2 C．H2和O2 D．Cu和O2
【答案】B
【详解】
电解时，溶液中Cu2＋、H＋、Na＋移向阴极，Cu2＋先放电得到Cu；Cl-、OH-移向阳极，Cl-先放电得到Cl2，阴极上和阳极上最先析出的物质分别为Cu和Cl2；
故选：B。
11．如图所示的电解池I和II中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d。符合上述实验结果的盐溶液是

选项
X
Y
A．
CuSO4
AgNO3
B．
AgNO3
NaCl
C．
FeSO4
Al2(SO4)3
D．
MgSO4
CuSO4
【答案】A
【分析】
电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重d＞b，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中（H）以后，转移相同电子时，b析出金属质量小于d，据此分析解答．
【详解】
电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重d＞b，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中（H）以后，转移相同电子时，b析出金属质量小于d。阳离子得电子能力如图所示：
，前面的H＋表示酸溶液中的H＋，后面的H＋表示盐溶液中的H＋。
A．两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重64g，d增重216g，所以质量增加b＜d，故A正确；
B．由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Ag＋得电子能力大于H＋，因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解NaCl溶液阴极d上生成氢气，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重216g，d增重0g，所以质量增加b＞d，故B错误；
C．在金属活动性顺序表中，Fe、Al都在H之前，电解亚铁盐、铝溶液溶液时阴极上都不能得到金属单质，故C错误；
D．在金属活动性顺序表中，Mg在H之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故D错误；
故选A。
【点睛】
本题考查电解原理，同时考查对金属活动性顺序表、电解原理的理解及应用，明确离子放电顺序是解本题关键。
12．（2021·黑龙江绥化·高二开学考试）用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的状态(不考虑二氧化碳的溶解)，则电解过程中阳极产生气体的体积（标准状况下）为
A．3.36L B．4.48L C．6.72L D．2.24L
【答案】A
【详解】
碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜（Cu2(OH)2CO3）相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，电解过程分为两个阶段，第一个阶段阳极生成O2，阴极生成Cu，加入0.2mol CuO可恢复原状，第二阶段阳极生成氧气，阴极生成氢气，加入0.1mol H2O恢复原状；根据氧原子守恒可知阳极生成O2的物质的量为（0.2mol+0.1mol）/2=0.15mol，体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L；
答案选A。
13．下列装置由甲、乙两部分组成(如图所示)，甲是将废水中乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化为环境友好物质的化学电源。下列说法错误的是

A．甲池中N极电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O
B．反应过程中电子从Fe流向M极、电流从Cu极流向N极
C．该电源工作过程中废水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]被氧化为N2和CO2
D．甲池中H+透过质子交换膜从左向右移动，乙池中硫酸铜溶液离子浓度保持不变
【答案】B
【分析】
根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；乙部分是在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。
【详解】
A．N是正极，酸性条件下，氧气在正极N上得电子、发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故A正确；
B．电子从负极M流向Fe、电流从正极N极流向Cu极，故B错误；
C．乙二胺[H2N(CH2)2NH2]在负极M上失电子，发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，故C正确；
D．阳离子向正极移动，M是负极，N是正极，所以质子由左向右移动，乙部分是在铁上镀铜，电解液浓度基本不变，所以乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变，故D正确；
故选B。
14．（2021·贵州遵义·高二期末）金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍(已知：氧化性)，下列说法中正确的是
A．阳极发生还原反应其电极反应式：
B．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有
D．电解后，电解槽底部的阳极泥中含有Cu和Pt
【答案】D
【详解】
A．阳极发生氧化反应其电极反应式：等，阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Ni2++2e-═Ni， A项错误；
B．电解过程中，阳极上铁、锌和镍失电子发生氧化反应，阴极上只有镍得电子析出，阴阳极上转移电子相等，但因为这几种金属的摩尔质量不等，所以阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等， B项错误；
C．电解后，部分镍离子不析出，溶液中存在的金属阳离子有Fe2+和Zn2+和Ni2+，C项错误；
D．因为氧化性，铂为惰性电极，所以阳极中铂和铜不会被氧化生成金属阳离子，则铜和铂在电解槽底部形成阳极泥，D项正确；
答案选D。
15．我国某大城市今年夏季多次降下酸雨。据环保部门测定，该城市整个夏季酸雨的pH平均为3.2。在这种环境中的铁制品极易被腐蚀。对此条件下铁的腐蚀的叙述错误的是
A．此腐蚀过程有化学腐蚀也有电化学腐蚀
B．发生电化学腐蚀时的正极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-
C．在化学腐蚀过程中有氢气产生
D．发生电化学腐蚀时的负极反应为Fe-2e-=Fe2+
【答案】B
【详解】
A．金属铁的腐蚀中，金属铁可以和酸中的氢离子直接发生化学腐蚀，铁制品中含有铁和碳，再加之电解质环境，具备了原电池的构成条件，所以构成了原电池，会发生电化学腐蚀，故A正确；
B．pH为3.2的酸性环境中发生析氢腐蚀，正极反应为氢离子得电子生成氢气，2H++2e-=H2↑，故B错误；
C．pH为3.2的酸性环境中发生析氢腐蚀，正极产生氢气，故C正确；
D．发生电化学腐蚀时金属铁被氧化为Fe2+为负极，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故D正确；
故选：B。
16．“雪龙2号”从深圳启航，执行中国第36次南极科考任务。下列有关科考船的说法正确的是

A．外壳镶嵌一些铅块可提高科考船的抗腐蚀能力
B．停靠期间可将电源正极与船体相连保护船体
C．利用牺牲阳极的阴极保护法保护船体时，正极反应式为
D．科考船只采用电化学保护法提高船体抗腐蚀能力
【答案】C
【详解】
A．在船壳上镶嵌铅块，船壳金属比铅活泼构成原电池时，作负极加快其腐蚀，不能减慢船体的腐蚀，A项错误；
B．与电源正极相连，作阳极，加快船体的腐蚀，B项错误；
C．利用牺牲阳极的阴极保护法保护船体时，船体作正极被保护，正极是氧气得电子生成氢氧根离子，正极反应式为，C项正确；
D．还可以在船体表面涂上保护层等方法，提高其抗腐蚀能力，D项错误；
答案选C。
二、非选择题（本题共4小题，共52分。）
17．（12分）下图是某氢氧燃料电池的结构示意图，电解质为硫酸溶液。氢气在催化剂作用下提供质子(H＋)和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应为2H2＋O2=2H2O，完成下列问题：

（1）通H2的极为电池的________极(填“正”或“负”)。
（2）b极上的电极反应式为：________。
（3）每转移0.1mol电子，消耗H2的体积为________L(标准状况下)。
（4）若将氢气换成二乙醚(C4H10O)，将电解质溶液硫酸换成氢氧化钠溶液，去掉质子交换膜。
①则a极的电极反应式为____________________。
②电池工作一段时间后电解质溶液的pH____________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（5）氢氧燃料电池为环境友好电池。而传统电池生产企业排放的工业废水中常含有Cu2＋等重金属离子，直接排放会造成污染，目前在工业废水处理过程中，依据沉淀转化的原理，常用FeS等难溶物质作为沉淀剂除去这些离子。室温下Ksp(FeS)＝6.3×10－18mol2·L－2，Ksp(CuS)＝1.3×10－36mol2·L－2。请用离子方程式说明上述除杂的原理___________________________________。
【答案】负 O2+4H++4e-=2H2O 1.12L C4H10O－24e-＋32OH-=4＋21H2O 减小 FeS(s)＋Cu2＋(aq) ⇌CuS(s)＋Fe2＋(aq)
【分析】
根据电子的移动方向可知，左侧电极为负极，因此a处通入氢气，右侧电极为正极，b处通入氧气，结合电池总反应为2H2＋O2=2H2O和原电池原理方向解答（1）～（3）；
（4）若将氢气换成二乙醚(C4H10O)，a极仍为负极，将电解质溶液硫酸换成氢氧化钠溶液，二乙醚与氧气反应生成的二氧化碳能够与溶液中的氢氧化钠反应生成碳酸钠，据此分析解答；
（5）根据沉淀的转化原理分析解答。
【详解】
（1）电池总反应为2H2＋O2=2H2O中氢气发生氧化反应，因此通H2的极为电池的负极，故答案为：负；
（2）b极为正极，正极上氧气得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故答案为：O2+4H++4e-=2H2O；
（3）2H2＋O2=2H2O反应中转移4个电子，因此每转移0.1mol电子，消耗H20.05mol，在标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12L；
（4）①若将氢气换成二乙醚(C4H10O)，a极仍为负极，将电解质溶液硫酸换成氢氧化钠溶液，负极上二乙醚失去电子生成碳酸根离子和水，电极反应式为C4H10O－24e-＋32OH-=4＋21H2O，故答案为：C4H10O－24e-＋32OH-=4＋21H2O；
②二乙醚与氧气反应生成的二氧化碳会消耗溶液中的氢氧化钠，溶液的碱性减弱，因此电池工作一段时间后电解质溶液的pH减小，故答案为：减小；
（5）室温下Ksp(FeS)＝6.3×10－18mol2·L－2，Ksp(CuS)＝1.3×10－36mol2·L－2，说明CuS的溶解度小于FeS，因此利用沉淀的转化原理，用FeS等难溶物质作为沉淀剂可以除去Cu2＋等离子，反应的离子方程式为FeS(s)＋Cu2＋(aq) ⇌CuS(s)＋Fe2＋(aq)，故答案为：FeS(s)＋Cu2＋(aq) ⇌CuS(s)＋Fe2＋(aq)。
18．（10分）如图所示，甲、乙两U形管各盛有100mL溶液，请回答下列问题：

(1)若两池中均为饱和NaCl溶液：
①甲池中铁电极发生_____________腐蚀（填“析氢”或“吸氧”），碳棒上电极反应式________________________________；
②甲池铁棒腐蚀的速率比乙池铁棒_____（填“快”、“慢”或“相等”）。
(2)若乙池中盛CuSO4溶液：
①电解硫酸铜溶液的化学方程式___________________________________；
②乙池反应一段时间后，两极都产生3.36L（标况）气体，该硫酸铜溶液的浓度为___________ mol·L－1。
【答案】吸氧 O2＋2H2O＋4e－＝4OH－ 快 2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑ 1.5
【分析】
(1)若两池中均为饱和NaCl溶液：甲池属于原电池，铁易失电子作负极，碳作负极，正极上氧气得电子发生还原反应；乙池属于电解池，根据电子流向知，C电极为阳极，铁电极为阴极被保护，据此分析解答；
(2)①若乙池中盛CuSO4溶液，C电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子发生氧化反应，铁电极为阴极，溶液中的铜离子得电子发生还原反应，据此书写电解硫酸铜溶液的化学方程式；②两极都产生3.36L(标况)气体，则阳极上始终是氢氧根离子放电，阴极首先是铜离子放电，铜离子反应完成后，再氢离子放电，根据得失电子守恒计算。
【详解】
(1)①甲装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，铁易失电子作负极，碳作正极，在饱和NaCl溶液中，正极上氧气得电子发生还原反应，为吸氧腐蚀，正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，故答案为：吸氧；2H2O+O2+4e-=4OH-；
②甲装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，铁易失电子作负极，乙池属于电解池，根据电子流向知，C电极为阳极，铁电极为阴极，被保护，所以甲池铁棒腐蚀的速率比乙池铁棒快，故答案为：快；
(2)①若乙池中盛CuSO4溶液，C电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子发生氧化反应，铁电极为阴极，溶液中的铜离子得电子发生还原反应，则电解硫酸铜溶液的化学方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；
②3.36L(标况)气体的物质的量为=0.15mol，两极都产生3.36L(标况)气体，则阳极上始终是氢氧根离子放电，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，生成氧气0.15mol，共失电子0.15mol×4=0.6mol；阴极首先是铜离子放电，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，铜离子反应完成后，氢离子再放电，电极反应式为2H++2e-=H2↑，生成氢气0.15mol，得电子0.15mol×2=0.3mol，据得失电子守恒有2n(Cu2+)+0.3=0.6，n(Cu2+)=0.15mol，所以c(Cu2+)==1.5mol/L，故答案为：1.5。
【点睛】
本题的易错点为(2)②，要注意阳极上离子的放电顺序是铜离子先放电，然后氢离子放电。
19．（12分）氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的基本化学工业。如图是某氯碱工业生产原理示意图：

（1）写出装置A在通电条件下反应的化学方程式：_________________________________。
（2）装置A所用食盐水由粗盐水精制而成。精制时，为除去粗盐水中的Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为_____________________、___________________________。
（3）氯碱工业是高耗能产业，将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。
①图中Y是___(填化学式)；X与稀NaOH溶液反应的离子方程式为___________________________。
②比较图示中氢氧化钠的质量分数a%与b%的大小：___________________________。
③若用装置B作为装置A的辅助电源，每当消耗标准状况下11.2L氧气时，则装置B可向装置A提供的电量约为_______________(一个e-的电量为1.60×10-19C；计算结果精确到0.01)。
【答案】
（1）2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
（2） NaOH溶液 Na2CO3溶液
（3） H2 2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O b%>a% 1.93×105C
【分析】
（1）
根据生产原理示意图，装置A是电解池，电解饱和食盐水的化学方程式为。
（2）
除去杂质时不能引入新的杂质，所以除去用NaOH溶液，除去用溶液。
（3）
①装置A右端产生NaOH溶液，说明右端电极是阴极，发生反应：，因此Y是，装置A的左端电极是阳极，发生反应：，X为，和NaOH溶液反应的离子方程式为。②装置B中通入的一极为正极，电解质溶液是NaOH溶液，因此正极反应式为，通过离子膜由左向右迁移，NaOH的物质的量增加，因此。
③两装置通过的电量相等，则每消耗标准状况下11.2L氧气时装置B向装置A提供的电量为。
20．（12分）研究金属腐蚀和防护的原理很有现实意义。

(1)图甲为探究钢铁的吸氧腐蚀的装置。某兴趣小组按该装置进行实验，发现导管中水柱上升缓慢，下列措施可以更快、更清晰地观察到水柱上升现象的有_______(填序号)。
A．用纯氧气代替具支试管内空气
B．用酒精灯加热具支试管提高温度
C．将铁钉换成铁粉和碳粉混合粉末
D．将玻璃导管换成更细的导管，水中滴加红墨水
(2)该小组将图甲装置改进成图乙装置并进行实验，导管中红墨水液柱高度随时间的变化如表所示，根据数据可判断腐蚀的速率随时间变化逐渐_____________(填“加快”“减慢”或“不变”)，你认为影响钢铁腐蚀的因素为_______________________________。
时间/min
1
3
5
7
9
液柱高度/cm
0.8
2.1
3.0
3.7
4.2
(3)为探究图乙中a、b两点所发生的反应，进行以下实验，请完成表中空白：
实验操作
实验现象
实验结论
向NaCl溶液中滴加2~3滴酚酞溶液
a点附近溶液出现红色
a点电极反应为_____________
一段时间后再滴加2~3滴铁氰化钾溶液
b点周围出现蓝色沉淀
b点电极反应为
(4)设计图丙装置研究弱酸性环境中腐蚀的主要形式。测定锥形瓶内气压和空气中氧气的体积分数随时间变化如图丁所示，从图丁中可分析，之间主要发生_______(填“吸氧”或“析氢”)腐蚀，原因是_______________________________。

(5)金属阳极钝化是一种电化学防护方法。将Fe作阳极置于溶液中，一定条件下，Fe钝化形成致密氧化膜，试写出该阳极的电极反应_______________________________。
【答案】ACD 减慢 氧气的浓度 吸氧 容器内压强和氧气的体积分数都降低
【详解】
(1)A．用纯氧气代替具支试管内空气，氧气的浓度增大，反应速率加快，A项正确；
B．用酒精灯加热具支试管提高温度，导管一端只会产生气泡，不能更快、更清晰地观察到水柱上升，B项错误；
C．将铁钉换成铁粉和碳粉混合粉末，可以增大反应物的接触面积，反应速率加快，C项正确；
D．换成更细的导管，水中滴加红墨水，细导管上升的高度大于玻璃导管，且使用红墨水能更清晰地观察到水柱上升，D项正确；
故答案为：ACD；
(2)液柱高度变化与铁钉腐蚀的速率成正比，1~3 min，3~5 min，5~7 min，7~9 min时间段内液柱上升高度分别为1.3 cm.0.9 cm，0.7 cm、0.5 cm，可知铁钉腐蚀的速率逐渐减慢。铁钉腐蚀的本质是铁与氧气、水的反应，反应过程中不断消耗氧气，具支试管内氧气的浓度不断减小，反应速率逐渐减慢，相同时间内液柱上升的高度逐渐减小，故答案为：减慢；氧气的浓度；
(3)向NaCl溶液中滴加2~3滴酚酞溶液，观察到a点附近溶液出现红色，说明a点附近有生成，电极反应为，故答案为：；
(4)由图丁可知，内锥形瓶内压强增大，但氧气的体积分数减小，则内发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀，以析氢腐蚀为主，随着反应的进行，容器内气体的压强降低，则醋酸不断被消耗，溶液的酸性减弱，容器内主要发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧；容器内压强和氧气的体积分数都降低；
(5)Fe作阳极置于溶液中，一定条件下，Fe钝化形成致密氧化膜，阳极的电极反应为，故答案为：。