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高中化学人教版 (2019)选择性必修1第二节 电解池当堂检测题
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这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修1第二节 电解池当堂检测题，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．某工厂排出含有大量的NO3－的酸性废水，工厂采用如图所示装置对废水进行处理，则下列说法正确的是
A．B为电源正极
B．阴极反应式为2NO3－＋12H＋＋10e－＝N2↑＋6H2O
C．H＋通过质子交换膜向左侧和右侧分别移动
D．当电解池一侧生成4.48 L O2时，转移2 ml电子
2．利用活性石墨电极电解CuCl2溶液，进行如图所示实验。实验进行一段时间后，下列说法正确的是
A．阳极石墨棒覆盖一层红色的铜
B．a处出现黄色浑浊，说明氧化性
C．b处试纸先变红后褪色，说明有酸性和漂白性
D．c处反应为
3．NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl固体溶于水，溶解过程如图1所示，下列说法不正确的是
A．图1中水合钠离子的图示不科学
B．NaCl溶液导电的原因是溶液中有自由移动的Na＋和Cl－
C．NaCl溶液通电后才发生电离
D．熔融NaCl通电后离子移动方向如图2
4．能正确表示下列反应的离子方程式的是
A．用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+：Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
B．向二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的烧碱溶液：H3PO3+3OH-=+3H2O
C．用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
D．海水提溴工艺中用二氧化硫还原溴：SO2+Br2+2H2O=2H+++2HBr
5．高铁酸盐在能源、环保等领域有着广泛的应用。某研究小组用电解法制取，装置示意图如下。
下列说法不正确的是
A．Ni电极与外接直流电源的负极相连
B．KOH溶液可以循环使用
C．Fe电极上的电极反应为
D．A膜是阴离子交换膜，外电路中转移1 ml ，有1 ml 通过A膜
6．硼酸()为一元弱酸，已知与足量NaOH溶液反应的离子方程式为，可以通过电解的方法制备。电解溶液制备的原理如图所示，下列叙述正确的是
A．通电片刻后，M室pH增大，N室pH减小
B．a膜、c膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜
C．理论上每生成1ml ，两极室共产生标准状况下11.2L气体
D．阳极的电极电势高于阴极的电极电势
7．利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。下列说法错误的是
A．惰性电极A为阳极，惰性电极B为阴极B．电解过程中向A电极迁移
C．阳极电极反应式为：D．B极区电解液为LiOH溶液
8．利用太阳能电池电解水制H2是一种“绿氢"制备方案。采用固体氧化还原调节剂作为离子交换体系，实现H2、O2分离，工作原理如图。下列说法正确的是
A．溶液X可以是稀硫酸，也可以是烧碱溶液
B．b电极的电极反应式：NiOOH+H2O+e—=Ni(OH)2+OH—
C．导线中电子由太阳能电池流向d电极
D．电解一段时间后，将b、c电极对调，可实现镍元素的循环利用
9．用石墨电极完成如图电解实验，下列对实验现象的描述或解释不合理的是
A．a处试纸变蓝
B．b处变红
C．c处：Fe-2e-=Fe2+
D．d处：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
10．近年来，我国在能源研发与能量转化领域所获得的成就领跑全球。下图是我国科学家研发的一种能量转化装置，利用该装置可实现将转化为CO，并获得NaClO溶液。下列说法错误的是
A．a为太阳能电池的正极
B．该装置可实现多种能量之间的转化
C．电极Y的反应为
D．当有22.4 L 参与反应时，外电路通过个电子
二、填空题
11．焦亚硫酸钠在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：
(1)生产，通常是由过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式 。
(2)制备也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中碱吸收液中含有和。阳极的电极反应式为 。电解后， 室的浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到。
12．铝及其化合物在生产、生活中有极其广泛的用途。
（1）化学式Mg17Al12的合金是一种新型的纳米储氢合金，其储氢原来理为Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al，得到的混合物X（17MgH2+12Al）在一定条件下能释放出H2。
①MgH2中氢元素的化合价为 。
②将X与足量的NaOH溶液混合可得到H2，则766gX充分反应后可得到 mlH2。
（2）将铝片放在汞盐溶液中，其表面会形成铝汞合金（铝表面的氧化膜被破坏了），从溶液中取出铝并放置在空气中，铝片表面会迅速长出胡须状的“白毛”（主要成分为Al2O3），同时放出大量的热．导致迅速长出“白毛”的原因可能有：一是铝、汞及介质共同形成了微小原电池，加速了铝的氧化反应；二是 。确定前一种可能原因是否存在的简单方法是 。
（3）无水AlCl3可用作有机合成的催化剂，工业上可用Al2O3、Cl2、焦炭混合反应制备无水AlCl3，该反应的另一种产物是可燃性气体，写出该反应的化学方程式： 。
（4）聚合氯化铝铁（PAFC）的组成可表示为[AlFe(OH)nCl6-n]m，它是应用广泛的高效净水剂。
①PAFC在强酸性和强碱性溶液中均会失去净水作用，原因是 。
②为检测PAFC中Al和Fe的含量，设计如图所示的流程：
试剂A是 ，步骤②中发生反应的离子方程式是 。
13．I.图为相互串联的三个装置，试回答：
(1)若利用乙池在铁片上镀银，则B是 (填电极材料)，电极反应式是 ；应选用的电解质溶液是 。
(2)若利用乙池进行粗铜的电解精炼，则 极(填“A”或“B”)是粗铜，若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为 。
(3)丙池滴入少量酚酞试液，电解一段时间 (填“C”或“Fe”)极附近呈红色。
(4)写出甲池负极的电极反应式： 。若甲池消耗3.2gCH3OH气体，则丙池中阳极上放出的气体物质的量为 。
II.(5)请利用反应Fe +2Fe3+= 3Fe2+设计原电池。
设计要求：①该装置尽可能提高化学能转化为电能的效率；
②材料及电解质溶液自选，在图中做必要标注；
③画出电子的转移方向。
14．综合利用CO2对环境保护及能开发意义重大。
(1)Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2。如果寻找吸收CO2的其他物质，下列建议合理的是 。
a．可在碱性氧化物中寻找
b．可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找
c．可在具有强氧化性的物质中寻找
(2)Li2O吸收CO2后，产物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放CO2。原理是：在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是 。
(3)利用反应A可将释放的CO2转化为具有工业利用价值的产品。
反应A：
已知：
反应A的热化学方程式是 。
(4)高温电解技术能高效实现(3）中反应A，工作原理示意图如下：
① 电极b发生 (填“氧化”或“还原”）反应。
② CO2在电极a放电的反应式是 。
(5)CO与H2在高温下合成C5H12(汽油的一种成分）减少碳排放。已知燃烧1 ml C5H12(g)生成H2O(g)放出约3540 kJ的热量。根据化学平衡原理，说明提高合成C5H12的产率可采取的措施是 。
15．在 25℃时，用石墨电极电解 2.0L ， 2.5ml / L CuSO4 溶液，如有 0.20ml 电 子发生转移，试回答下列问题：
（1）阴极发生 反应，电极反应为 。
（2）阳极发生 反应，电极反应为 。
（3）电解后得到的 Cu 的质量是 ，得到 O2 的体积（标准状况）是 ，溶 液的 pH 是 。
（4）如用等质量的两块铜片代替石墨作电极，电解后两铜片的质量相差 ，电解 液的 pH （填“变小”、“变大”或“不变”）
16．生活中，形式多样化的电池，满足不同的市场需求。图中是几种不同类型的原电池装置。
(1)某实验小组设计了如图甲所示装置：a为铝棒，b为镁棒。
①若容器中盛有NaOH溶液，b极电极反应式为 。
②若容器中盛有浓硫酸，b极的电极反应式是 ，导线中电子的流动方向是 (填“a→b”或“b→a”)。
(2)为治理H2S有毒气体，可利用H2S完全燃烧原理，用H2S、空气、KOH溶液组成燃料电池，该电池工作时正极应通入 ，负极的电极反应式为 。
(3)将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解获得硫单质。
下列关于该电解池的说法正确的是_______
A．电子从右侧电极流出
B．电解过程中Na+从左向右透过离子交换膜
C．一段时间后，右侧电极附近溶液的pH变大
D．当有4.48 LH2S被处理时，转移电子物质的量为0.4ml
17．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KOH溶液。某研究小组以甲烷燃料电池(装置甲)为电源，模拟氯碱工业生产原理，装置如图所示。
请回答以下问题：
(1)B、D的电极名称分别是 、 。
(2)C极可以选用的材料是___________(填标号)。
A．铁棒B．银棒C．石墨棒D．铜棒
(3)该装置工作一段时间后，观察到C极和D极的不同现象是 。
(4)气体b应为 (填“”或“”)，A极发生的电极反应为 。
(5)装置甲、乙中的电解质溶液足量，当电路中通过0.4ml电子时，气体a、b的总物质的量与气体c、d的总物质的量之比为 。
(6)若以装置甲为电源，要在铁器上镀铜，则铁器应连接 (填“A”或“B”)极。
18．微生物对人类有着各种各样的用途，现在生物工程学家利用微生物从矿石中提取金属。铜是一种很有价值的金属，可以从铜矿中提取。微生物法是采用某些细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，把不溶性的硫化铜转化成可溶的硫酸铜。利用细菌提取铜的生产过程：在已有细菌存在的岩石。矿石堆中，喷洒酸水以促进细菌生长；在它们的生长过程中，氧化而成的硫酸铜形成低浓度的溶液流到矿石堆的底部，再从这种溶液中提取金属铜。水循环使用，再回到矿石堆中。在美国，10%的铜是用这种方法生产的。
试回答下列问题：
(1)细菌把硫化铜氧化为硫酸铜的过程中起了什么作用： 。
(2)从硫酸铜溶液中提取铜，简便而经济的方法是 ；相应的化学方程式为： 。
(3)普通生产铜的方法是在空气中燃烧硫化铜(产物中有一种气态氧化物)。试比较两种方法的优缺点 。
(4)用一定量的铁与足量的稀H2SO4及足量的CuO制成单质铜，有人设计以下两种方案：
①FeH2Cu
②CuOCuSO4Cu
若按实验原则进行操作，则两者制得单质铜的量的比较中，正确的是_______
A．①多B．②多C．相等D．无法判断
(5)工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，该反应中氧化剂为 。电解粗铜制取精铜，电解时，阳极材料是 ，电解液中必须含有的阳离子是 。
(6)工业上制备氯化铜时，是将浓盐酸用蒸气加热至80℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉末(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌，使之溶解，反应如下：
CuO＋2HCl=CuCl2＋H2O
FeO＋2HCl=FeCl2＋H2O
已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe(OH)2形式完全沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3～4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀。除去溶液中的Fe2+，可以采用的方法是 。
19．Cr、Cd、N、S等元素的化合物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。
(1)我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活用水中镉的排放量不超过0.005mg∙L−1.处理含镉废水可采用化学沉淀法。Ksp(CdCO3)=4.0×10−12，Ksp(CdS)=8.0×10−27；回答下列问题：
①向某含镉废水中加入Na2S，当S2−浓度达到8.0×10−8 ml∙L−1时，废水中Cd2+的浓度为 ml∙L−1，此时是否符合生活饮用水卫生标准？ (填“是”或“否”)。
②室温下，反应CdCO3(s)+S2−(aq)CdS(s)+CO(aq)达到平衡，该反应的平衡常数K= (填数值)。
(2)还原沉淀法是处理含铬(Cr2O和CrO)工业废水的常用方法，过程如下：
↓
常温下，Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，欲使处理后废水中的c(Cr3+)降至1.0×10-5ml·L−1(即沉淀完全)，应调节至溶液的pH= 。
(3)燃煤烟气中的NOx、SO2经处理后可被吸收，电化学在相关领域也有重要应用。若烟气主要成分为NO、SO2，可通过电解法除去，其原理如图所示。阴极的电极反应式为 ，电解过程得到产物为 。
20．下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置(忽略其他有机物)。
阳极反应： ；阴极反应： 。
三、实验题
21．如图是某学生制作的家用环保型消毒液发生器，玻璃管内是滴有酚酞的饱和食盐水，通电数分钟。
(1)a是电源的 (填正或负)极。
(2)从玻璃管中放出的消毒液的有效成分是 。
(3)用燃着的木柴点燃肥皂泡中的气体，现象是 。
(4)电解时后开始时，玻璃管中的上部分溶液的颜色显 色，说明了溶液中有 生成，后来又褪色了，说明了溶液中有 生成。
(5)对于上述溶液褪色的原因，甲同学认为是HCl和HClO中和了NaOH，乙同学认为是HClO氧化了酚酞。试设计实验探究是甲、乙同学的观点谁正确 。
22．电解是工业生产的常用方法。某研究性小组进行以下相关探究。
实验Ⅰ：用图1装置电解CuCl2溶液制取少量漂白液：
(1)导气管W端应与出气口 连接(填“X”或“Y”)，写出制取漂白液的化学方程式 。
(2)实验后发现阴极碳棒上除了附着有红色物质，还附着有少量白色物质。查阅资料显示：
化学小组分析提出：①白色物质为CuCl。②红色物质可能有： 或者Cu2O；或者二者混合物.
实验Ⅱ为探究阴极碳棒上附着的红色、白色物质，设计了如下实验：取出阴极碳棒，洗涤、干燥、称其质量为W1g，并将其放入图2所示装置b中，进行实验。
实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，d中出现白色沉淀；实验结束时，称量其质量为W2g。
(3)无水硫酸铜的作用是 。
(4)装置b中发生反应的化学方程式是 。
(5)碱石灰的作用是 。
(6)加热之前要先通H2，目的是 ；实验结束为了防止灼热的铜被氧化，实验操作是 。
(7)电解CuCl2溶液时，阴极上产生白色物质的原因为 (用电极反应式解释)；阴极上产生白色物质的物质的量是 。(列出含W1、W2的表达式)
23．保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应。可用作还原剂和漂白剂。
I.实验室制法
将甲酸钠(易溶于水，微溶于甲醇)、80%甲醇水溶液和NaOH溶液混合，再通入SO2气体，并维持体系弱酸性环境。
(1)补全反应的化学方程式：HCOONa+NaOH+SO2=_____+CO2+_____， 。
(2)实验中采用80%甲醇水溶液的目的是 。
(3)反应一段时间后，装置中有白色固体析出，将固体过滤、洗涤、干燥、收集。干燥保险粉的最佳方法 。(选填字母)
a.空气中蒸发干燥b.真空干燥c.氯化氢气流中蒸发干燥
II.工业制法
(4)用惰性电极电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4，装置如图所示。写出a电极的电极反应式 。
III.制备过程中，产生COD值很高的废水的处理方法
资料：COD为化学需氧量，是表示水中还原性物质多少的一个指标。是指在一定的条件下，采用一定的强氧化剂处理水样时，所消耗的氧化剂量。在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH)，可利用其氧化性氧化水体中的还原性物质，以达到处理COD值很高的废水的目的。
(5)用化学用语表示产生氢氧自由基(·OH)的过程 。
(6)当Fe2+投入量超过一定值，会使得还原性物质的脱除率降低，COD无法达到预期指标。可能的原因是 。
物质名称及化学式
氯化亚铜CuCl
碱式碳酸铜Cu2(OH)3Cl
性质
白色固体、不溶于水
绿色固体、不溶于水
参考答案：
1．B
【分析】由示意图可知，该装置为电解装置，右侧为含NO3－的酸性废水，发生还原反应，电极反应为2NO3－＋12H＋＋10e－＝N2↑＋6H2O，右侧为阴极，则左侧为阳极，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，右侧为阴极，与电源负极相连，则B电极为电源的负极，故A错误；
B．阴极NO3－得电子发生还原反应，电极反应式为2NO3－＋12H＋＋10e－＝N2↑＋6H2O，故B正确；
C．电解时，电解质溶液中阳离子向阴极移动，所以H＋从质子交换膜左侧向右侧移动，故C错误；
D．未标明状态，无法进行计算，故D错误；
答案选B。
2．D
【分析】由题干图示信息可知，左侧石墨电极为阴极，发生还原反应Cu2++2e-=Cu，右侧石墨电极为阳极，发生氧化反应，2Cl- -2e-=Cl2↑，Cl2通入Na2S溶液中，溶液变浑浊，反应原理为：Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，通入湿润的蓝色石蕊试纸试纸先变红后褪色，说明氯气与水反应后溶液呈酸性，并具有漂白性，最后通入浸有浓NaOH溶液的棉花吸收多余氯气，并用气球进一步收集，防止污染环境，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，阴极石墨棒覆盖一层红色的铜，而阳极石墨上产生黄绿色气体，A错误；
B．由分析可知，a处出现黄色浑浊，反应原理为：Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，故可说明氧化性，B错误；
C．由分析可知，通入湿润的蓝色石蕊试纸试纸先变红后褪色，说明氯气与水反应后溶液呈酸性，并具有漂白性， b处试纸先变红后褪色，并不是Cl2有酸性和漂白性，而是氯气的水溶液具有酸性和漂白性，C错误；
D．由分析可知，c处NaOH为吸收氯气，该反应的离子方程式为： ，D正确；
故答案为：D。
3．C
【详解】A. Na+带正电荷，应该吸引带有部分负电荷的氧离子，所以水合Na+图应为，则图中水合Na+的图示不科学，故A正确；
B. NaCl是电离出阴阳离子而导电，因此氯化钠溶液导电的原因是溶液中有自由移动的Na＋和Cl－，故B正确；
C. NaCl溶于水，在水分子的作用下发生电离，电离不需要通电，故C错误；
D. 熔融NaCl通电后阳离子向阴极即向与电源负极相连的电极移动，阴离子向阳极移动即向与电源正极相连的电极移动，故D正确；
故答案选C。
4．A
【详解】A．用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，离子方程式为Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，故A正确；
B．向二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的烧碱溶液，离子方程式为H3PO3+2OH-=H+2H2O，故B错误；
C．用惰性电极电解氯化镁溶液，离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2Mg(OH)2↓，故C错误；
D．海水提溴工艺中用二氧化硫还原溴，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+++2Br-，故D错误；
故答案选A。
5．D
【分析】根据图示信息写出电极反应，阳极为Fe电极，阴极为Ni电极，根据电极反应可知，AB膜中间的溶液中K+向阴极移动，OH-向阳极移动，故阴极的KOH溶液浓度增大，据此分析。
【详解】A．Ni电极为阴极，与外接直流电源的负极相连，A正确；
B．阴极KOH浓度增大，故体系中KOH溶液可以循环使用，B正确；
C．Fe电极上的电极反应为，C正确；
D．K+向阴极移动，故A膜为阳离子交换膜，D错误；
故选D。
6．D
【分析】M室中石墨电极连接正极为阳极，电解时阳极上水失电子生成氧气和H+，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，M室pH减小；N室中石墨电极为阴极，电解时阴极上水得电子生成氢气和OH-，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，N室pH增大；
【详解】A．根据分析可知，M室pH减小，N室pH增大，选项A错误；
B．原料室中的通过b膜进入产品室，Na+通过c膜进入N室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，所以产品室中发生的反应为＋H+ =H3BO3+ H2O，则a膜、c膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，选项B错误；
C．理论上每生成l ml H3BO3，M室生成 l ml H+，转移电子l ml，N室生成0.5 ml H2，M室生成0.25 ml O2，两极室共产生标准状况下 16.8 L气体，选项C错误；
D．正极电势高于负极电势，所以阳极的电势高于阴极的电势，选项D正确；
答案选D。
7．B
【详解】A．B电极放出氢气，氢元素化合价降低发生还原反应，B是阴极，所以惰性电极A为阳极，故A正确；
B．电解池中阳离子移向阴极，B是阴极，所以电解过程中向B电极迁移，故B错误；
C．阳极失电子发生氧化反应，氯离子失电子能力大于氢氧根离子，所以阳极电极反应式为：，故C正确；
D．B极反应为，B极生成LiOH和氢气，所以B极区电解液为LiOH溶液；A极放出氯气，A极区电解液为LiCl溶液，故D正确；
选B。
8．D
【分析】由碱式氧化镍、氢氧化镍均溶于稀硫酸可知，溶液X不可能为稀硫酸，应为烧碱溶液；由图可知，电极a、c为电解池的阴极，电极b、d为阳极。
【详解】A．由分析可知，溶液X不可能为稀硫酸，应为烧碱溶液，故A错误；
B．由分析可知，电极b为电解池的阳极，碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成碱式氧化镍和水，电极反应式为Ni(OH)2+OH——e—= NiOOH+H2O，故B错误；
C．由分析可知，电极a、c为电解池的阴极，电极b、d为阳极，则导线中电子由太阳能电池流向b电极，故C错误；
D．由分析可知，电极a、c为电解池的阴极，电极b、d为阳极，电解一段时间后，b电极上附有碱式氧化镍、c电极上附有氢氧化镍，则将b、c电极对调，可实现镍元素的循环利用，故D正确；
故选D。
9．B
【分析】a极为阴极，水放电生成氢气和氢氧根离子，b为阳极，氯离子放电生成氯气；
【详解】A．a生成氢氧根离子，溶液显碱性，试纸变蓝，A正确；
B．b出生成氯气，氯气和水生成漂白性次氯酸，最终试纸褪色，B错误；
C．c为电解池阳极，铁为活泼电极，发生氧化反应生成亚铁离子，Fe-2e-=Fe2+，C正确；
D．d为阴极，水放电生成氢气和氢氧根离子，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，D正确；
故选B。
10．D
【分析】利用该装置可实现将转化为CO，并获得NaClO溶液，C元素化合价降低发生还原反应，X是阴极；氯元素化合价升高发生氧化反应，Y是阳极。
【详解】A．Y是阳极，则a为太阳能电池的正极，故A正确；
B．该装置可实现太阳能转化为电能，电能转化为化学能，故B正确；
C．Y是阳极，氯离子失电子生成次氯酸，电极Y的反应为，故C正确；
D．X是阴极，阴极反应为CO2+2e-+2H+=CO+H2O，1mlCO2参与反应外电路通过个电子，没有明确是否为标准状况，22.4 L的物质的量不一定是1ml，故D错误；
选D。
11． a
【详解】(1)结晶脱水生成和水，根据质量守恒定律写出化学方程式：；
(2)电解池阳极为稀硫酸溶液，电解质溶液显酸性，电解池阳极发生氧化反应，水放电，产生氧气和氢离子，阳极的电极反应为：↑，溶液中分离各个室的膜为阳离子交换膜，阳极的氢离子会透过阳离子交换膜进入a室，与a室中的二氧化硫碱吸收液中含有的亚硫酸钠发生反应生成亚硫酸氢钠，电解后，则a室中浓度增大。
【点睛】本题的难点是电解池的分析与判断，即结合电解原理、离子交换膜的作用、离子的移动方向分析电极反应、浓度的变化。
12． -1 35 汞作催化剂加速了铝的氧化反应 用汞和除去氧化膜的铝片在干燥的空气中作对比实验 Al2O3+3Cl2+3C=2AlCl3+3CO 强酸性和强碱性溶液中三价铁、三价铝离子无法形成相应胶体 氢氧化钠溶液 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
【详解】（1）①因为镁为+2价，又化合物的化合价代数和为0，所以MgH2中氢元素的化合价为-1价，故答案为-1；
②混合物X（17MgH2+12Al）与足量的NaOH溶液混合，铝与氢氧化钠反应还生成氢气，其方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，又766gX中含铝的物质的量为×12ml=12ml，所以生成氢气为×3ml=18ml，又766gX中含MgH2的物质的量为×17ml=17ml，所以一共可以达到（18+17）=35mlH2，故答案为35；
（2）因为加快反应速率，一是铝、汞及介质共同形成了微小原电池，加速了铝的氧化反应；二是汞作催化剂加速了铝的氧化反应；用汞和除去氧化膜的铝片在干燥的空气中作对比实验，如果铝片表面没有会迅速长出胡须状的“白毛”，则为铝、汞及介质共同形成了微小原电池，加速了铝的氧化反应，反之则不是，故答案为汞作催化剂加速了铝的氧化反应；用汞和除去氧化膜的铝片在干燥的空气中作对比实验；
（3）因为工业上可用Al2O3、Cl2、焦炭混合反应制备无水AlCl3，该反应的另一种产物是可燃性气体根据原子守恒则为CO，所以方程式为Al2O3+3Cl2+3C=2AlCl3+3CO；故答案为Al2O3+3Cl2+3C=2AlCl3+3CO；
（4）①因为三价铁、三价铝离子在水中发生水解生成氢氧化铁和氢氧化铝的胶体吸附水中悬浮杂质净水，在强酸性和强碱性溶液中三价铁、三价铝离子无法发生水解生成相应胶体，所以均会失去净水作用；故答案为强酸性和强碱性溶液中三价铁、三价铝离子无法形成相应胶体；
②为检测PAFC中Al和Fe含量，PAFC加入足量A为氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤后得到氢氧化铁，灼烧得到氧化铁，滤液中通入过量二氧化碳气体，反应生成氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝；所以试剂A为氢氧化钠溶液，步骤②中的反应为偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；故答案为氢氧化钠溶液，AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。
13． 铁片 Ag++ e-= Ag AgNO3溶液 A Au、Ag以单质的形式沉积在c(阳极)下方，Fe以Fe2+的形式进入电解液中 Fe CH3OH-6e-+ 8OH-=CO+ 6H2O 0.175ml
【详解】(1)甲池中通入CH3OH的电极为负极，通入O2的电极为正极；所以乙池中A是阳极，B是阴极；丙池中Fe是阴极，石墨是阳极。若利用乙池在铁片上镀银，则B是铁片；电极反应式是Ag++ e-= Ag；选用的电解质溶液为AgNO3溶液；(2)若利用乙池进行粗铜的电解精炼，则A极是粗铜，若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，比铜活动性强的金属会失去电子变为Fe2+进入溶液；而活动性比Ag、Au会以单质的形式沉积在c(阳极)下方，俗称阳极泥；(3)是电解NaCl溶液，化学反应方程式是：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH，在阴极Fe电极H+获得电子变为H2逸出，使附近的溶液显碱性，故丙池滴入少量酚酞试液，电解一段时间Fe极附近呈红色。(4)在甲池负极的电极反应式是：CH3OH -6e-+ 8OH-= CO32-+ 6H2O。若甲池消耗3.2gCH3OH气体，甲醇的物质的量是n(CH3OH)=3.2g÷32g/ml=0.1ml，0.1ml甲醇反应的转移电子的物质的量是n(e-)=0.1ml×6=0.6ml，由于在串联电路中电子转移的物质的量相等，在丙池的阳极发生氧化反应：2Cl—-2e-=Cl2↑，n(NaCl)=1ml/L×0.1L=0.1ml，n(Cl2)=0.1ml÷2=0.05ml，后发生反应：4OH—-4e-=2H2O+O2↑，发生该反应转移电子的物质的量是0.6ml-0.1ml=0.5ml，所以氧气的物质的量是n(O2)=0.5ml÷4=0.125ml，所以阳极反应产生气体的物质的量是n= n(Cl2)+ n(O2)= 0.05ml+0.125ml=0.175ml；(5)利用反应Fe +2Fe3+= 3Fe2+设计原电池，Fe是负极，石墨作正极，用FeCl3作电解质溶液，可设计为原电池是：
。
考点定位：考查原电池、电解池的反应原理及应用的知识。
名师点睛：当多个池串联在一起，又没有电池显示时，两个电极活动性差别大的为原电池，其余为电解池；若有一个池中一个电极通入某种燃料，如通入CH4、H2、CH3OH等，另一个电极通入空气，则该池为原电池，其余各池为电解池。其中通入燃料的电极为负极，负极失去电子发生氧化反应；通入空气的电极是正极，正极上氧气获得电子发生还原反应。电极反应式要结合电解质溶液的酸碱性进行，酸性环境不存在大量OH-，碱性环境不能大量存在H+；与原电池负极连接的电极为阴极，阴极发生还原反应；与原电池正极连接的电极为阳极，阳极发生氧化反应。若是电镀，则镀件为阴极，与原电池的负极连接；镀层金属为阳极，与原电池的正极连接，含有镀层金属阳离子的溶液为电镀液；若是金属精炼；则不纯的金属作阳极，纯净的金属为阴极，含有精炼金属阳离子的溶液为电解质溶液。提纯的金属及活动性大于该金属的杂质金属失去电子，变为阳离子进入电解质溶液，而活动性比精炼金属弱的金属以单质的形式沉积在阳极底部，俗称阳极泥。若以惰性电极电解，符合溶液中阳离子、阴离子的放电顺序，电解质溶液的浓度会降低。在整个闭合回路中电子转移数目相等。
14．(1)ab
(2)CO2 + Li4SiO4 Li2CO3 + Li2SiO3
(3)CO2(g) + H2O(g) = CO(g) + H2(g) +O2(g) ΔH = +524.8 kJ·ml-1
(4) 氧化 CO2 + 2e- = CO+ O2-
(5)增大压强或及时将生成的C5H12分离出去或降低温度
【详解】（1）a．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，它们均是碱性氧化物，所以可在碱性氧化物中寻找，a正确；
b．Li、Na、Mg是第ⅠA或第ⅡA族元素，因此可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找，b正确；
c．三种氧化物没有强氧化性，所以不能在具有强氧化性的物质中寻找，c错误；
答案选ab。
（2）在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，因此该反应的化学方程式是CO2 + Li4SiO4 Li2CO3 + Li2SiO3；
（3）根据图象可知：①H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g) △H＝－241.8kJ/ml，②CO2(g)＝CO(g)＋1/2O2(g) △H＝+283.0kJ/ml，则根据盖斯定律可知②－①即得到CO2(g) + H2O(g) = CO(g) + H2(g) +O2(g) ΔH = +524.8 kJ·ml-1；
（4）①氧气在电极b产生，说明电极b是阳极，发生氧化反应；
② CO2在电极a得到电子，则放电的反应式是CO2 + 2e- =CO+ O2- ；
（5）CO与H2在高温下合成C5H12(汽油的一种成分）的反应是放热的体积减小的可逆反应，则提高合成C5H12的产率可采取的措施可以是增大压强或及时将生成的C5H12分离出去或降低温度。
15． 还原反应 2Cu2＋+ 4e－= 2Cu 氧化反应 4OH－－4e－ = 2H2O + O2↑ 6.4g 1.12L 1 12.8g 不变
【分析】（1）电解过程中，溶液中阳离子Cu2＋、H＋移向阴极，可发生还原反应；
（2）电解过程中，溶液中阴离子OH－、SO42－移向阳极，氢氧根离子放电发生氧化反应；
（3）由电极反应电子守恒，有0.20ml电子发生转移，生成铜0.1ml，生成氧气0.05ml；溶液的PH的计算可以依据水电离出的氢离子和氢氧根离子守恒，减少氢氧根离子0.2ml，溶液中增加氢离子0.2ml，计算pH；
（4）如用等质量的两块铜片代替石墨作电极，是镀铜，阳极反应为：Cu-2e－=Cu2＋；阴极电极反应为：Cu2＋+2e－=Cu；电子转移0.2ml，阳极减少质量为0.1ml×64g·ml－1=6.4g；同时阴极析出铜6.4g，；电解后两铜片的质量相差12.8g，电解质溶液的pH不变．
【详解】在25℃时，用石墨电极电解2.0 L，2.5ml·L－1CuSO4溶液中Cu2＋物质的量为5ml．5min后，在一个石墨电极上有6.4gCu生成物质的量为0.1ml；
（1）电解过程中，溶液中阳离子Cu2＋、H＋移向阴极发生还原反应，电极反应：2Cu2＋+4e－═2Cu；
（2）电解过程中，溶液中阴离子OH－、SO42－移向阳极，氢氧根离子放电发生氧化反应，电极反应式：4OH－-4e－═2H2O+O2↑；
（3）电极反应电子守恒，有0.20ml电子发生转移，生成铜物质的量为0.1ml，生成氧气物质的量为0.05ml，
阳极反应为：4OH－-4e－═2H2O+O2↑
0.2ml 0.2ml 0.05ml
阴极反应为：2Cu2＋+4e－═2Cu
0.1ml 0.2ml 0.1ml
所以电解过程中得到铜的质量0.1ml×64g·ml－1=6.4g；
生成氧气的体积=0.05ml×22.4L·ml－1=1.12L；
溶液的PH的计算可以依据水电离出的氢离子和氢氧根离子守恒，减少氢氧根离子0.2ml，溶液中增加氢离子0.2ml，C（H＋）=0.2ml/2L=0.1ml·L－1，pH=-lgC（H＋）=1；
（4）如用等质量的两块铜片代替石墨作电极，是镀铜，阳极反应为：Cu-2e－=Cu2＋；阴极电极反应为：Cu2＋+2e－=Cu；电子转移0.2ml，阳极减少质量为0.1ml×64g·ml－1=6.4g；同时阴极析出铜6.4g，电解后两铜片的质量相差12.8g，电解质溶液的pH不变．
【点睛】本题考查了电解原理的应用，电极反应的判断，电极反应的书写方法，难点（3）：电子守恒的计算，（4）电镀的原理分析和计算。
16．(1) 2H2O+2e-=2OH-+H2↑ Mg-2e- =Mg2+ b→a
(2) 空气 H2S+8OH- -6e- =+5H2O
(3)BC
【分析】将烧碱吸收H2S后的溶液放入电解池的阳极区进行电解，以获得硫单质，则左侧电极为阳极，发生反应S2--2e-=S↓；右侧电极为阴极，发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑。
【详解】（1）①若容器中盛有NaOH溶液，由于Mg与NaOH溶液不反应，所以Al为负极，b极(Mg棒)为正极，水得电子生成OH-和H2，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑。
②若容器中盛有浓硫酸，Al在浓硫酸中发生钝化，而Mg能与浓硫酸不断发生反应，所以Mg棒为负极，b极(Mg棒)失电子生成Mg2+，电极反应式是Mg-2e- =Mg2+，导线中电子从负极流向正极，则流动方向是b→a。答案为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；Mg-2e- =Mg2+；b→a；
（2）用H2S、空气、KOH溶液组成燃料电池，该电池工作时，H2S通入负极，正极应通入空气，负极H2S失电子产物与电解质反应生成等，电极反应式为H2S+8OH- -6e- =+5H2O。答案为：空气；H2S+8OH- -6e- =+5H2O；
（3）由分析可知，左侧电极为阳极，发生反应S2--2e-=S↓；右侧电极为阴极，发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑。
A．在电解池中，电子从阳极流出，从阴极流入，则电子流入右侧电极，A不正确；
B．电解过程中，阳离子向阴极移动，右侧电极为阴极，则Na+从左向右透过离子交换膜，B正确；
C．右侧电极为阴极，发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，则一段时间后，右侧电极附近溶液的pH变大，C正确；
D．没有指明温度和压强，无法求出4.48 LH2S的物质的量，也就无法求出转移电子的物质的量，D不正确；
故选BC。答案为：BC。
【点睛】不管是原电池还是电解池，电子都不能通过电解质溶液。
17．(1) 正极 阴极
(2)C
(3)C极产生的气体为黄绿色，D极产生的气体为无色；C极附近溶液不变色，D极附近溶液变红
(4)
(5)3∶8
(6)A
【分析】根据电子的流向可知A为负极，B为正极，则D为阴极，C为阳极，电解饱和食盐水时，D极产生氢气和氢氧化钠，D电极附近溶液变红，d为H2， C电极产生Cl2；
【详解】（1）据分析，B、D的电极名称分别是正极、阴极。
（2）C为阳极，应选择惰性电极，故应选石墨电极，其余选项为活性阳极，故答案为C；
（3）根据分析可知C电极产生Cl2，应该观察到C极产生的气体为黄绿色，D极产生氢气和氢氧化钠，D极产生的气体为无色；C极附近溶液不变色，D极附近溶液变红。
（4）B为正极，气体b应为，A极为负极，甲烷发生氧化反应，发生的电极反应为。
（5）电极上得失电子数守恒，存在关系式，当电路中通过0.4ml电子时，消耗O2 0.1ml，消耗CH4的物质的量0.05ml，理论上得到的Cl2的物质的量为0.2ml，产生H2的物质的量为0.2ml，则此时气体a、b的总物质的量与气体c、d的总物质的量之比为(0.1+0.05)：(0.2+0.2)=3:8。
（6）若以装置甲为电源，要在铁器上镀铜，则铁器为阴极、应连接负极即A极。
18．(1)催化作用
(2) 向硫酸铜溶液加入废铁，将铜置换出来 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu
(3)普通方法煅烧硫化铜，产生烟尘和二氧化硫气体污染环境。生物工程更有优点，它的优点是成 本低。效益好，环境污染程度小
(4)B
(5) Cu2S、O2 粗铜 Cu2+
(6)先将亚铁离子氧化成三价铁离子，再调整pH在3~4
【详解】（1）根据题意，在细菌利用氧气将硫化铜氧化为硫酸铜，该过程中细菌起催化作用；故答案为：催化作用；
（2）利用铁的金属性强于溶，废铁可以将硫酸铜置换出铜单质，该操作既简便又经济；其反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；故答案为向硫酸铜溶液加入废铁，将铜置换出来；Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；
（3）普通方法煅烧硫化铜，发生CuS+O2Cu+SO2，产生烟尘和SO2气体污染环境，生物工程发生CuS+2O2CuSO4，优点是成本低、效益好，环境污染程度小；故答案为：普通方法煅烧硫化铜，产生烟尘和二氧化硫气体污染环境。生物工程更有优点，它的优点是成本低、效益好，环境污染程度小；
（4）两方案的化学方程式为：①Fe+H2SO4 ═FeSO4+H2↑；H2+CuOCu+H2O；②CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；Fe+CuSO4=Cu+FeSO4；方案①中氢气还原氧化铜实验开始时需选通入一部分氢气，排除装置中的空气，实验结束时还要通一会氢气，防止生成的铜被氧化，由于部分氢气被浪费，导致对应的铜减少；②生成的铜多，选项B正确；故答案为B；
（5）工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，元素化合价铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，氧气中氧元素化合价降低，说明亚铜离子被还原，硫元素被氧化，发生的氧化还原反应为Cu2S+O2=2Cu+SO2，该反应中氧化剂为O2、Cu2S；电解精炼铜，粗铜做阳极，精铜为阴极，电解质溶液为可溶性铜盐；故答案为O2、Cu2S；粗铜；Cu2+；
（6）根据题目信息，若将Fe2+以Fe(OH)2形式完全沉淀，pH≥9.6，此时Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀，若将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+以Fe(OH)3形式完全沉淀，pH在3～4，此时Cu2+没有形成沉淀；既除去了杂质，也没有除去原物质；故答案为先将亚铁离子氧化成三价铁离子，再调整pH在3~4。
19．(1) 1×10−19 是 5.0×1014
(2)5
(3) NO+5e-+6H+=NH+H2O (NH4)2SO4、H2SO4
【详解】（1）①向某含镉废水中加入Na2S，当S2−浓度达到8.0×10−8 ml∙L−1时，废水中Cd2+的浓度为；我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活用水中镉的排放量不超过0.005mg∙L−1，<0.005mg∙L−1，符合生活饮用水标准；
②根据方程式可知该反应的平衡常数；
（2）Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，欲使处理后废水中的c(Cr3+)降至1.0×10-5ml·L−1，此时氢氧根的浓度为，
；
（3）如图可知阴极NO放电生成NH，阴极电极反应为，阳极SO2放电生成SO，电极反应为，总反应为；根据分析可知阴极电极反应为，电解过程得到产物为(NH4)2SO4、H2SO4；
20． 2H2O-4e-=O2↑＋4H＋ C6H6＋6e-＋6H＋=C6H12
【分析】生成，碳元素化合价降低(-1价到-2价)，发生还原反应，电解时做阴极，则阳极的水发生氧化反应生成O2和H+。
【详解】电解池阳极发生氧化反应，反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋；
电解池阴极发生还原反应，反应式为C6H6＋6e-＋6H＋=C6H12；
故答案为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋；C6H6＋6e-＋6H＋=C6H12。
21．(1)负
(2)NaClO
(3)有爆鸣声
(4) 红 NaOH NaClO
(5)向褪色后的溶液中滴加过量NaOH溶液，若恢复红色，则证明甲同学的观点正确，若溶液仍为无色，则证明乙同学的观点正确
【分析】电解饱和食盐水，阳极上发生氯离子失去电子生成氯气的反应，阴极上发生水得电子生成氢气和氢氧根离子的反应，为使氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠与氯化钠，必须使氯气在装置下部产生，故下面为阳极，b电源为正极，a为电源负极。
（1）
a是电源的负极。
（2）
氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸钠与氯化钠，次氯酸钠有强氧化性，能杀菌消毒，从玻璃管中放出的消毒液的有效成分是NaClO。
（3）
肥皂泡中的气体为氢气，用燃着的木柴点燃时会发出爆鸣声，故现象是有爆鸣声。
（4）
电解开始时，玻璃管中的上部分溶液的颜色显红色，说明了溶液中有NaOH生成，后来又褪色了，说明了氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠与氯化钠，则溶液中有NaClO生成。
（5）
对于上述溶液褪色的原因，甲同学认为是HCl和HClO中和了NaOH，乙同学认为是HClO氧化了酚酞。要设计实验探究是甲、乙同学的观点谁正确：只要证明褪色后的溶液中酚酞是否存在，若通过实验证明酚酞仍然存在则甲正确、若通过实验证明酚酞不存在则乙正确，则实验方案为：向褪色后的溶液中滴加过量NaOH溶液，若恢复红色，则证明甲同学的观点正确，若溶液仍为无色，则证明乙同学的观点正确。
22． X Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O Cu 检验产物中是否有水，进而检验红色物质中有无Cu2O 2CuCl+H22Cu+2HCl 干燥气体 防止氢气爆炸 继续通氢气，直到试管冷却为止 Cu2++e-+Cl-=CuCl↓ ml
【分析】实验Ⅰ．氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气用氢氧化钠溶液吸收；依据可能和假设红色物质可能为铜或氧化亚铜；
实验Ⅱ．无水硫酸铜不变色说明阴极碳棒上的产物与氢气反应产物中没有水；装置b中发生反应的化学方程式为氯化亚铁与氢气反应生成铜和氯化氢；电极氯化铜溶液阴极铜离子得到电子生成铜和氯化亚铜，据此写成电极反应的离子方程式；依据反应2CuCl+H22Cu+2HCl，反应前后固体质量变化为氯元素质量分析计算。
【详解】(1)氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气用氢氧化钠溶液吸收，导气管W端应与出气口X连接，制取漂白液生成次氯酸钠、氯化钠和水，化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(2)②依据假设和物质现象分析，红色物质可能为Cu或Cu2O、或二者都有；
(3)由于无水硫酸铜不变色，证明b中反应产物没有水生成，碳棒上的红色物质中没有氧元素，一定不会含有氧化亚铜，一定含有铜，则无水硫酸铜来检验红色物质中有无Cu2O；
(4)装置b中发生反应为CuCl与氢气反应，反应的化学方程式是2CuCl+H22Cu+2HCl；
(5)碱石灰具有吸水性，作用是干燥气体；
(6)加热之前要先通H2，排尽装置中的空气，防止氢气爆炸；实验结束为了防止灼热的铜被氧化，实验操作是继续通氢气，直到试管冷却为止；
(7)电解CuCl2溶液时，阴极上发生的反应为铜离子得到电子生成铜：Cu2++2e-=Cu和铜离子得到电子生成氯化亚铜：Cu2++e-+Cl-=CuCl↓；电解CuCl2溶液时，阴极上产生白色物质的原因为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓；阴极上产生白色物质的物质的量是所以n(CuCl)=n(Cl)=ml。
23． HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O 溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率 b 2+2e-+2H+=+2H2O H2O22∙OH Fe2+消耗•OH，•OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的•OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)
【详解】
I. (1)该反应为制备保险粉Na2S2O4的反应，根据已知的反应物和部分生成物结合得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O ，故答案为：HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O；
(2)由题干信息可知，保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应，故实验中采用80%甲醇水溶液的目的是溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率，故答案为：溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率；
(3) 由题干信息可知，保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应，故干燥保险粉的最佳方法是避免与O2和酸性物质接触，最好用真空干燥，故答案为：b；
II.工业制法
(4)根据装置图中物质的进出情况可知，电极a为由NaHSO3转化为保险粉Na2S2O4，故用惰性电极电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4的电极反应式为2+2e+2H+=+2H2O，故答案为：2+2e-+2H+=+2H2O；
III. (5) 在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH)，故用化学用语表示产生氢氧自由基(·OH)的过程为：H2O22∙OH，故答案为：H2O22∙OH；
(6) Fe2+消耗•OH，•OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的•OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)，当Fe2+投入量超过一定值，会使得还原性物质的脱除率降低，COD无法达到预期指标，故答案为：Fe2+消耗OH，OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)。
一、单选题
1．某工厂排出含有大量的NO3－的酸性废水，工厂采用如图所示装置对废水进行处理，则下列说法正确的是
A．B为电源正极
B．阴极反应式为2NO3－＋12H＋＋10e－＝N2↑＋6H2O
C．H＋通过质子交换膜向左侧和右侧分别移动
D．当电解池一侧生成4.48 L O2时，转移2 ml电子
2．利用活性石墨电极电解CuCl2溶液，进行如图所示实验。实验进行一段时间后，下列说法正确的是
A．阳极石墨棒覆盖一层红色的铜
B．a处出现黄色浑浊，说明氧化性
C．b处试纸先变红后褪色，说明有酸性和漂白性
D．c处反应为
3．NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl固体溶于水，溶解过程如图1所示，下列说法不正确的是
A．图1中水合钠离子的图示不科学
B．NaCl溶液导电的原因是溶液中有自由移动的Na＋和Cl－
C．NaCl溶液通电后才发生电离
D．熔融NaCl通电后离子移动方向如图2
4．能正确表示下列反应的离子方程式的是
A．用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+：Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
B．向二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的烧碱溶液：H3PO3+3OH-=+3H2O
C．用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
D．海水提溴工艺中用二氧化硫还原溴：SO2+Br2+2H2O=2H+++2HBr
5．高铁酸盐在能源、环保等领域有着广泛的应用。某研究小组用电解法制取，装置示意图如下。
下列说法不正确的是
A．Ni电极与外接直流电源的负极相连
B．KOH溶液可以循环使用
C．Fe电极上的电极反应为
D．A膜是阴离子交换膜，外电路中转移1 ml ，有1 ml 通过A膜
6．硼酸()为一元弱酸，已知与足量NaOH溶液反应的离子方程式为，可以通过电解的方法制备。电解溶液制备的原理如图所示，下列叙述正确的是
A．通电片刻后，M室pH增大，N室pH减小
B．a膜、c膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜
C．理论上每生成1ml ，两极室共产生标准状况下11.2L气体
D．阳极的电极电势高于阴极的电极电势
7．利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。下列说法错误的是
A．惰性电极A为阳极，惰性电极B为阴极B．电解过程中向A电极迁移
C．阳极电极反应式为：D．B极区电解液为LiOH溶液
8．利用太阳能电池电解水制H2是一种“绿氢"制备方案。采用固体氧化还原调节剂作为离子交换体系，实现H2、O2分离，工作原理如图。下列说法正确的是
A．溶液X可以是稀硫酸，也可以是烧碱溶液
B．b电极的电极反应式：NiOOH+H2O+e—=Ni(OH)2+OH—
C．导线中电子由太阳能电池流向d电极
D．电解一段时间后，将b、c电极对调，可实现镍元素的循环利用
9．用石墨电极完成如图电解实验，下列对实验现象的描述或解释不合理的是
A．a处试纸变蓝
B．b处变红
C．c处：Fe-2e-=Fe2+
D．d处：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
10．近年来，我国在能源研发与能量转化领域所获得的成就领跑全球。下图是我国科学家研发的一种能量转化装置，利用该装置可实现将转化为CO，并获得NaClO溶液。下列说法错误的是
A．a为太阳能电池的正极
B．该装置可实现多种能量之间的转化
C．电极Y的反应为
D．当有22.4 L 参与反应时，外电路通过个电子
二、填空题
11．焦亚硫酸钠在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：
(1)生产，通常是由过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式 。
(2)制备也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中碱吸收液中含有和。阳极的电极反应式为 。电解后， 室的浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到。
12．铝及其化合物在生产、生活中有极其广泛的用途。
（1）化学式Mg17Al12的合金是一种新型的纳米储氢合金，其储氢原来理为Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al，得到的混合物X（17MgH2+12Al）在一定条件下能释放出H2。
①MgH2中氢元素的化合价为 。
②将X与足量的NaOH溶液混合可得到H2，则766gX充分反应后可得到 mlH2。
（2）将铝片放在汞盐溶液中，其表面会形成铝汞合金（铝表面的氧化膜被破坏了），从溶液中取出铝并放置在空气中，铝片表面会迅速长出胡须状的“白毛”（主要成分为Al2O3），同时放出大量的热．导致迅速长出“白毛”的原因可能有：一是铝、汞及介质共同形成了微小原电池，加速了铝的氧化反应；二是 。确定前一种可能原因是否存在的简单方法是 。
（3）无水AlCl3可用作有机合成的催化剂，工业上可用Al2O3、Cl2、焦炭混合反应制备无水AlCl3，该反应的另一种产物是可燃性气体，写出该反应的化学方程式： 。
（4）聚合氯化铝铁（PAFC）的组成可表示为[AlFe(OH)nCl6-n]m，它是应用广泛的高效净水剂。
①PAFC在强酸性和强碱性溶液中均会失去净水作用，原因是 。
②为检测PAFC中Al和Fe的含量，设计如图所示的流程：
试剂A是 ，步骤②中发生反应的离子方程式是 。
13．I.图为相互串联的三个装置，试回答：
(1)若利用乙池在铁片上镀银，则B是 (填电极材料)，电极反应式是 ；应选用的电解质溶液是 。
(2)若利用乙池进行粗铜的电解精炼，则 极(填“A”或“B”)是粗铜，若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为 。
(3)丙池滴入少量酚酞试液，电解一段时间 (填“C”或“Fe”)极附近呈红色。
(4)写出甲池负极的电极反应式： 。若甲池消耗3.2gCH3OH气体，则丙池中阳极上放出的气体物质的量为 。
II.(5)请利用反应Fe +2Fe3+= 3Fe2+设计原电池。
设计要求：①该装置尽可能提高化学能转化为电能的效率；
②材料及电解质溶液自选，在图中做必要标注；
③画出电子的转移方向。
14．综合利用CO2对环境保护及能开发意义重大。
(1)Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2。如果寻找吸收CO2的其他物质，下列建议合理的是 。
a．可在碱性氧化物中寻找
b．可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找
c．可在具有强氧化性的物质中寻找
(2)Li2O吸收CO2后，产物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放CO2。原理是：在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是 。
(3)利用反应A可将释放的CO2转化为具有工业利用价值的产品。
反应A：
已知：
反应A的热化学方程式是 。
(4)高温电解技术能高效实现(3）中反应A，工作原理示意图如下：
① 电极b发生 (填“氧化”或“还原”）反应。
② CO2在电极a放电的反应式是 。
(5)CO与H2在高温下合成C5H12(汽油的一种成分）减少碳排放。已知燃烧1 ml C5H12(g)生成H2O(g)放出约3540 kJ的热量。根据化学平衡原理，说明提高合成C5H12的产率可采取的措施是 。
15．在 25℃时，用石墨电极电解 2.0L ， 2.5ml / L CuSO4 溶液，如有 0.20ml 电 子发生转移，试回答下列问题：
（1）阴极发生 反应，电极反应为 。
（2）阳极发生 反应，电极反应为 。
（3）电解后得到的 Cu 的质量是 ，得到 O2 的体积（标准状况）是 ，溶 液的 pH 是 。
（4）如用等质量的两块铜片代替石墨作电极，电解后两铜片的质量相差 ，电解 液的 pH （填“变小”、“变大”或“不变”）
16．生活中，形式多样化的电池，满足不同的市场需求。图中是几种不同类型的原电池装置。
(1)某实验小组设计了如图甲所示装置：a为铝棒，b为镁棒。
①若容器中盛有NaOH溶液，b极电极反应式为 。
②若容器中盛有浓硫酸，b极的电极反应式是 ，导线中电子的流动方向是 (填“a→b”或“b→a”)。
(2)为治理H2S有毒气体，可利用H2S完全燃烧原理，用H2S、空气、KOH溶液组成燃料电池，该电池工作时正极应通入 ，负极的电极反应式为 。
(3)将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解获得硫单质。
下列关于该电解池的说法正确的是_______
A．电子从右侧电极流出
B．电解过程中Na+从左向右透过离子交换膜
C．一段时间后，右侧电极附近溶液的pH变大
D．当有4.48 LH2S被处理时，转移电子物质的量为0.4ml
17．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KOH溶液。某研究小组以甲烷燃料电池(装置甲)为电源，模拟氯碱工业生产原理，装置如图所示。
请回答以下问题：
(1)B、D的电极名称分别是 、 。
(2)C极可以选用的材料是___________(填标号)。
A．铁棒B．银棒C．石墨棒D．铜棒
(3)该装置工作一段时间后，观察到C极和D极的不同现象是 。
(4)气体b应为 (填“”或“”)，A极发生的电极反应为 。
(5)装置甲、乙中的电解质溶液足量，当电路中通过0.4ml电子时，气体a、b的总物质的量与气体c、d的总物质的量之比为 。
(6)若以装置甲为电源，要在铁器上镀铜，则铁器应连接 (填“A”或“B”)极。
18．微生物对人类有着各种各样的用途，现在生物工程学家利用微生物从矿石中提取金属。铜是一种很有价值的金属，可以从铜矿中提取。微生物法是采用某些细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，把不溶性的硫化铜转化成可溶的硫酸铜。利用细菌提取铜的生产过程：在已有细菌存在的岩石。矿石堆中，喷洒酸水以促进细菌生长；在它们的生长过程中，氧化而成的硫酸铜形成低浓度的溶液流到矿石堆的底部，再从这种溶液中提取金属铜。水循环使用，再回到矿石堆中。在美国，10%的铜是用这种方法生产的。
试回答下列问题：
(1)细菌把硫化铜氧化为硫酸铜的过程中起了什么作用： 。
(2)从硫酸铜溶液中提取铜，简便而经济的方法是 ；相应的化学方程式为： 。
(3)普通生产铜的方法是在空气中燃烧硫化铜(产物中有一种气态氧化物)。试比较两种方法的优缺点 。
(4)用一定量的铁与足量的稀H2SO4及足量的CuO制成单质铜，有人设计以下两种方案：
①FeH2Cu
②CuOCuSO4Cu
若按实验原则进行操作，则两者制得单质铜的量的比较中，正确的是_______
A．①多B．②多C．相等D．无法判断
(5)工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，该反应中氧化剂为 。电解粗铜制取精铜，电解时，阳极材料是 ，电解液中必须含有的阳离子是 。
(6)工业上制备氯化铜时，是将浓盐酸用蒸气加热至80℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉末(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌，使之溶解，反应如下：
CuO＋2HCl=CuCl2＋H2O
FeO＋2HCl=FeCl2＋H2O
已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe(OH)2形式完全沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3～4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀。除去溶液中的Fe2+，可以采用的方法是 。
19．Cr、Cd、N、S等元素的化合物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。
(1)我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活用水中镉的排放量不超过0.005mg∙L−1.处理含镉废水可采用化学沉淀法。Ksp(CdCO3)=4.0×10−12，Ksp(CdS)=8.0×10−27；回答下列问题：
①向某含镉废水中加入Na2S，当S2−浓度达到8.0×10−8 ml∙L−1时，废水中Cd2+的浓度为 ml∙L−1，此时是否符合生活饮用水卫生标准？ (填“是”或“否”)。
②室温下，反应CdCO3(s)+S2−(aq)CdS(s)+CO(aq)达到平衡，该反应的平衡常数K= (填数值)。
(2)还原沉淀法是处理含铬(Cr2O和CrO)工业废水的常用方法，过程如下：
↓
常温下，Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，欲使处理后废水中的c(Cr3+)降至1.0×10-5ml·L−1(即沉淀完全)，应调节至溶液的pH= 。
(3)燃煤烟气中的NOx、SO2经处理后可被吸收，电化学在相关领域也有重要应用。若烟气主要成分为NO、SO2，可通过电解法除去，其原理如图所示。阴极的电极反应式为 ，电解过程得到产物为 。
20．下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置(忽略其他有机物)。
阳极反应： ；阴极反应： 。
三、实验题
21．如图是某学生制作的家用环保型消毒液发生器，玻璃管内是滴有酚酞的饱和食盐水，通电数分钟。
(1)a是电源的 (填正或负)极。
(2)从玻璃管中放出的消毒液的有效成分是 。
(3)用燃着的木柴点燃肥皂泡中的气体，现象是 。
(4)电解时后开始时，玻璃管中的上部分溶液的颜色显 色，说明了溶液中有 生成，后来又褪色了，说明了溶液中有 生成。
(5)对于上述溶液褪色的原因，甲同学认为是HCl和HClO中和了NaOH，乙同学认为是HClO氧化了酚酞。试设计实验探究是甲、乙同学的观点谁正确 。
22．电解是工业生产的常用方法。某研究性小组进行以下相关探究。
实验Ⅰ：用图1装置电解CuCl2溶液制取少量漂白液：
(1)导气管W端应与出气口 连接(填“X”或“Y”)，写出制取漂白液的化学方程式 。
(2)实验后发现阴极碳棒上除了附着有红色物质，还附着有少量白色物质。查阅资料显示：
化学小组分析提出：①白色物质为CuCl。②红色物质可能有： 或者Cu2O；或者二者混合物.
实验Ⅱ为探究阴极碳棒上附着的红色、白色物质，设计了如下实验：取出阴极碳棒，洗涤、干燥、称其质量为W1g，并将其放入图2所示装置b中，进行实验。
实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，d中出现白色沉淀；实验结束时，称量其质量为W2g。
(3)无水硫酸铜的作用是 。
(4)装置b中发生反应的化学方程式是 。
(5)碱石灰的作用是 。
(6)加热之前要先通H2，目的是 ；实验结束为了防止灼热的铜被氧化，实验操作是 。
(7)电解CuCl2溶液时，阴极上产生白色物质的原因为 (用电极反应式解释)；阴极上产生白色物质的物质的量是 。(列出含W1、W2的表达式)
23．保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应。可用作还原剂和漂白剂。
I.实验室制法
将甲酸钠(易溶于水，微溶于甲醇)、80%甲醇水溶液和NaOH溶液混合，再通入SO2气体，并维持体系弱酸性环境。
(1)补全反应的化学方程式：HCOONa+NaOH+SO2=_____+CO2+_____， 。
(2)实验中采用80%甲醇水溶液的目的是 。
(3)反应一段时间后，装置中有白色固体析出，将固体过滤、洗涤、干燥、收集。干燥保险粉的最佳方法 。(选填字母)
a.空气中蒸发干燥b.真空干燥c.氯化氢气流中蒸发干燥
II.工业制法
(4)用惰性电极电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4，装置如图所示。写出a电极的电极反应式 。
III.制备过程中，产生COD值很高的废水的处理方法
资料：COD为化学需氧量，是表示水中还原性物质多少的一个指标。是指在一定的条件下，采用一定的强氧化剂处理水样时，所消耗的氧化剂量。在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH)，可利用其氧化性氧化水体中的还原性物质，以达到处理COD值很高的废水的目的。
(5)用化学用语表示产生氢氧自由基(·OH)的过程 。
(6)当Fe2+投入量超过一定值，会使得还原性物质的脱除率降低，COD无法达到预期指标。可能的原因是 。
物质名称及化学式
氯化亚铜CuCl
碱式碳酸铜Cu2(OH)3Cl
性质
白色固体、不溶于水
绿色固体、不溶于水
参考答案：
1．B
【分析】由示意图可知，该装置为电解装置，右侧为含NO3－的酸性废水，发生还原反应，电极反应为2NO3－＋12H＋＋10e－＝N2↑＋6H2O，右侧为阴极，则左侧为阳极，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，右侧为阴极，与电源负极相连，则B电极为电源的负极，故A错误；
B．阴极NO3－得电子发生还原反应，电极反应式为2NO3－＋12H＋＋10e－＝N2↑＋6H2O，故B正确；
C．电解时，电解质溶液中阳离子向阴极移动，所以H＋从质子交换膜左侧向右侧移动，故C错误；
D．未标明状态，无法进行计算，故D错误；
答案选B。
2．D
【分析】由题干图示信息可知，左侧石墨电极为阴极，发生还原反应Cu2++2e-=Cu，右侧石墨电极为阳极，发生氧化反应，2Cl- -2e-=Cl2↑，Cl2通入Na2S溶液中，溶液变浑浊，反应原理为：Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，通入湿润的蓝色石蕊试纸试纸先变红后褪色，说明氯气与水反应后溶液呈酸性，并具有漂白性，最后通入浸有浓NaOH溶液的棉花吸收多余氯气，并用气球进一步收集，防止污染环境，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，阴极石墨棒覆盖一层红色的铜，而阳极石墨上产生黄绿色气体，A错误；
B．由分析可知，a处出现黄色浑浊，反应原理为：Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，故可说明氧化性，B错误；
C．由分析可知，通入湿润的蓝色石蕊试纸试纸先变红后褪色，说明氯气与水反应后溶液呈酸性，并具有漂白性， b处试纸先变红后褪色，并不是Cl2有酸性和漂白性，而是氯气的水溶液具有酸性和漂白性，C错误；
D．由分析可知，c处NaOH为吸收氯气，该反应的离子方程式为： ，D正确；
故答案为：D。
3．C
【详解】A. Na+带正电荷，应该吸引带有部分负电荷的氧离子，所以水合Na+图应为，则图中水合Na+的图示不科学，故A正确；
B. NaCl是电离出阴阳离子而导电，因此氯化钠溶液导电的原因是溶液中有自由移动的Na＋和Cl－，故B正确；
C. NaCl溶于水，在水分子的作用下发生电离，电离不需要通电，故C错误；
D. 熔融NaCl通电后阳离子向阴极即向与电源负极相连的电极移动，阴离子向阳极移动即向与电源正极相连的电极移动，故D正确；
故答案选C。
4．A
【详解】A．用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，离子方程式为Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，故A正确；
B．向二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的烧碱溶液，离子方程式为H3PO3+2OH-=H+2H2O，故B错误；
C．用惰性电极电解氯化镁溶液，离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2Mg(OH)2↓，故C错误；
D．海水提溴工艺中用二氧化硫还原溴，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+++2Br-，故D错误；
故答案选A。
5．D
【分析】根据图示信息写出电极反应，阳极为Fe电极，阴极为Ni电极，根据电极反应可知，AB膜中间的溶液中K+向阴极移动，OH-向阳极移动，故阴极的KOH溶液浓度增大，据此分析。
【详解】A．Ni电极为阴极，与外接直流电源的负极相连，A正确；
B．阴极KOH浓度增大，故体系中KOH溶液可以循环使用，B正确；
C．Fe电极上的电极反应为，C正确；
D．K+向阴极移动，故A膜为阳离子交换膜，D错误；
故选D。
6．D
【分析】M室中石墨电极连接正极为阳极，电解时阳极上水失电子生成氧气和H+，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，M室pH减小；N室中石墨电极为阴极，电解时阴极上水得电子生成氢气和OH-，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，N室pH增大；
【详解】A．根据分析可知，M室pH减小，N室pH增大，选项A错误；
B．原料室中的通过b膜进入产品室，Na+通过c膜进入N室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，所以产品室中发生的反应为＋H+ =H3BO3+ H2O，则a膜、c膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，选项B错误；
C．理论上每生成l ml H3BO3，M室生成 l ml H+，转移电子l ml，N室生成0.5 ml H2，M室生成0.25 ml O2，两极室共产生标准状况下 16.8 L气体，选项C错误；
D．正极电势高于负极电势，所以阳极的电势高于阴极的电势，选项D正确；
答案选D。
7．B
【详解】A．B电极放出氢气，氢元素化合价降低发生还原反应，B是阴极，所以惰性电极A为阳极，故A正确；
B．电解池中阳离子移向阴极，B是阴极，所以电解过程中向B电极迁移，故B错误；
C．阳极失电子发生氧化反应，氯离子失电子能力大于氢氧根离子，所以阳极电极反应式为：，故C正确；
D．B极反应为，B极生成LiOH和氢气，所以B极区电解液为LiOH溶液；A极放出氯气，A极区电解液为LiCl溶液，故D正确；
选B。
8．D
【分析】由碱式氧化镍、氢氧化镍均溶于稀硫酸可知，溶液X不可能为稀硫酸，应为烧碱溶液；由图可知，电极a、c为电解池的阴极，电极b、d为阳极。
【详解】A．由分析可知，溶液X不可能为稀硫酸，应为烧碱溶液，故A错误；
B．由分析可知，电极b为电解池的阳极，碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成碱式氧化镍和水，电极反应式为Ni(OH)2+OH——e—= NiOOH+H2O，故B错误；
C．由分析可知，电极a、c为电解池的阴极，电极b、d为阳极，则导线中电子由太阳能电池流向b电极，故C错误；
D．由分析可知，电极a、c为电解池的阴极，电极b、d为阳极，电解一段时间后，b电极上附有碱式氧化镍、c电极上附有氢氧化镍，则将b、c电极对调，可实现镍元素的循环利用，故D正确；
故选D。
9．B
【分析】a极为阴极，水放电生成氢气和氢氧根离子，b为阳极，氯离子放电生成氯气；
【详解】A．a生成氢氧根离子，溶液显碱性，试纸变蓝，A正确；
B．b出生成氯气，氯气和水生成漂白性次氯酸，最终试纸褪色，B错误；
C．c为电解池阳极，铁为活泼电极，发生氧化反应生成亚铁离子，Fe-2e-=Fe2+，C正确；
D．d为阴极，水放电生成氢气和氢氧根离子，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，D正确；
故选B。
10．D
【分析】利用该装置可实现将转化为CO，并获得NaClO溶液，C元素化合价降低发生还原反应，X是阴极；氯元素化合价升高发生氧化反应，Y是阳极。
【详解】A．Y是阳极，则a为太阳能电池的正极，故A正确；
B．该装置可实现太阳能转化为电能，电能转化为化学能，故B正确；
C．Y是阳极，氯离子失电子生成次氯酸，电极Y的反应为，故C正确；
D．X是阴极，阴极反应为CO2+2e-+2H+=CO+H2O，1mlCO2参与反应外电路通过个电子，没有明确是否为标准状况，22.4 L的物质的量不一定是1ml，故D错误；
选D。
11． a
【详解】(1)结晶脱水生成和水，根据质量守恒定律写出化学方程式：；
(2)电解池阳极为稀硫酸溶液，电解质溶液显酸性，电解池阳极发生氧化反应，水放电，产生氧气和氢离子，阳极的电极反应为：↑，溶液中分离各个室的膜为阳离子交换膜，阳极的氢离子会透过阳离子交换膜进入a室，与a室中的二氧化硫碱吸收液中含有的亚硫酸钠发生反应生成亚硫酸氢钠，电解后，则a室中浓度增大。
【点睛】本题的难点是电解池的分析与判断，即结合电解原理、离子交换膜的作用、离子的移动方向分析电极反应、浓度的变化。
12． -1 35 汞作催化剂加速了铝的氧化反应 用汞和除去氧化膜的铝片在干燥的空气中作对比实验 Al2O3+3Cl2+3C=2AlCl3+3CO 强酸性和强碱性溶液中三价铁、三价铝离子无法形成相应胶体 氢氧化钠溶液 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
【详解】（1）①因为镁为+2价，又化合物的化合价代数和为0，所以MgH2中氢元素的化合价为-1价，故答案为-1；
②混合物X（17MgH2+12Al）与足量的NaOH溶液混合，铝与氢氧化钠反应还生成氢气，其方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，又766gX中含铝的物质的量为×12ml=12ml，所以生成氢气为×3ml=18ml，又766gX中含MgH2的物质的量为×17ml=17ml，所以一共可以达到（18+17）=35mlH2，故答案为35；
（2）因为加快反应速率，一是铝、汞及介质共同形成了微小原电池，加速了铝的氧化反应；二是汞作催化剂加速了铝的氧化反应；用汞和除去氧化膜的铝片在干燥的空气中作对比实验，如果铝片表面没有会迅速长出胡须状的“白毛”，则为铝、汞及介质共同形成了微小原电池，加速了铝的氧化反应，反之则不是，故答案为汞作催化剂加速了铝的氧化反应；用汞和除去氧化膜的铝片在干燥的空气中作对比实验；
（3）因为工业上可用Al2O3、Cl2、焦炭混合反应制备无水AlCl3，该反应的另一种产物是可燃性气体根据原子守恒则为CO，所以方程式为Al2O3+3Cl2+3C=2AlCl3+3CO；故答案为Al2O3+3Cl2+3C=2AlCl3+3CO；
（4）①因为三价铁、三价铝离子在水中发生水解生成氢氧化铁和氢氧化铝的胶体吸附水中悬浮杂质净水，在强酸性和强碱性溶液中三价铁、三价铝离子无法发生水解生成相应胶体，所以均会失去净水作用；故答案为强酸性和强碱性溶液中三价铁、三价铝离子无法形成相应胶体；
②为检测PAFC中Al和Fe含量，PAFC加入足量A为氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤后得到氢氧化铁，灼烧得到氧化铁，滤液中通入过量二氧化碳气体，反应生成氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝；所以试剂A为氢氧化钠溶液，步骤②中的反应为偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；故答案为氢氧化钠溶液，AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。
13． 铁片 Ag++ e-= Ag AgNO3溶液 A Au、Ag以单质的形式沉积在c(阳极)下方，Fe以Fe2+的形式进入电解液中 Fe CH3OH-6e-+ 8OH-=CO+ 6H2O 0.175ml
【详解】(1)甲池中通入CH3OH的电极为负极，通入O2的电极为正极；所以乙池中A是阳极，B是阴极；丙池中Fe是阴极，石墨是阳极。若利用乙池在铁片上镀银，则B是铁片；电极反应式是Ag++ e-= Ag；选用的电解质溶液为AgNO3溶液；(2)若利用乙池进行粗铜的电解精炼，则A极是粗铜，若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，比铜活动性强的金属会失去电子变为Fe2+进入溶液；而活动性比Ag、Au会以单质的形式沉积在c(阳极)下方，俗称阳极泥；(3)是电解NaCl溶液，化学反应方程式是：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH，在阴极Fe电极H+获得电子变为H2逸出，使附近的溶液显碱性，故丙池滴入少量酚酞试液，电解一段时间Fe极附近呈红色。(4)在甲池负极的电极反应式是：CH3OH -6e-+ 8OH-= CO32-+ 6H2O。若甲池消耗3.2gCH3OH气体，甲醇的物质的量是n(CH3OH)=3.2g÷32g/ml=0.1ml，0.1ml甲醇反应的转移电子的物质的量是n(e-)=0.1ml×6=0.6ml，由于在串联电路中电子转移的物质的量相等，在丙池的阳极发生氧化反应：2Cl—-2e-=Cl2↑，n(NaCl)=1ml/L×0.1L=0.1ml，n(Cl2)=0.1ml÷2=0.05ml，后发生反应：4OH—-4e-=2H2O+O2↑，发生该反应转移电子的物质的量是0.6ml-0.1ml=0.5ml，所以氧气的物质的量是n(O2)=0.5ml÷4=0.125ml，所以阳极反应产生气体的物质的量是n= n(Cl2)+ n(O2)= 0.05ml+0.125ml=0.175ml；(5)利用反应Fe +2Fe3+= 3Fe2+设计原电池，Fe是负极，石墨作正极，用FeCl3作电解质溶液，可设计为原电池是：
。
考点定位：考查原电池、电解池的反应原理及应用的知识。
名师点睛：当多个池串联在一起，又没有电池显示时，两个电极活动性差别大的为原电池，其余为电解池；若有一个池中一个电极通入某种燃料，如通入CH4、H2、CH3OH等，另一个电极通入空气，则该池为原电池，其余各池为电解池。其中通入燃料的电极为负极，负极失去电子发生氧化反应；通入空气的电极是正极，正极上氧气获得电子发生还原反应。电极反应式要结合电解质溶液的酸碱性进行，酸性环境不存在大量OH-，碱性环境不能大量存在H+；与原电池负极连接的电极为阴极，阴极发生还原反应；与原电池正极连接的电极为阳极，阳极发生氧化反应。若是电镀，则镀件为阴极，与原电池的负极连接；镀层金属为阳极，与原电池的正极连接，含有镀层金属阳离子的溶液为电镀液；若是金属精炼；则不纯的金属作阳极，纯净的金属为阴极，含有精炼金属阳离子的溶液为电解质溶液。提纯的金属及活动性大于该金属的杂质金属失去电子，变为阳离子进入电解质溶液，而活动性比精炼金属弱的金属以单质的形式沉积在阳极底部，俗称阳极泥。若以惰性电极电解，符合溶液中阳离子、阴离子的放电顺序，电解质溶液的浓度会降低。在整个闭合回路中电子转移数目相等。
14．(1)ab
(2)CO2 + Li4SiO4 Li2CO3 + Li2SiO3
(3)CO2(g) + H2O(g) = CO(g) + H2(g) +O2(g) ΔH = +524.8 kJ·ml-1
(4) 氧化 CO2 + 2e- = CO+ O2-
(5)增大压强或及时将生成的C5H12分离出去或降低温度
【详解】（1）a．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，它们均是碱性氧化物，所以可在碱性氧化物中寻找，a正确；
b．Li、Na、Mg是第ⅠA或第ⅡA族元素，因此可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找，b正确；
c．三种氧化物没有强氧化性，所以不能在具有强氧化性的物质中寻找，c错误；
答案选ab。
（2）在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，因此该反应的化学方程式是CO2 + Li4SiO4 Li2CO3 + Li2SiO3；
（3）根据图象可知：①H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g) △H＝－241.8kJ/ml，②CO2(g)＝CO(g)＋1/2O2(g) △H＝+283.0kJ/ml，则根据盖斯定律可知②－①即得到CO2(g) + H2O(g) = CO(g) + H2(g) +O2(g) ΔH = +524.8 kJ·ml-1；
（4）①氧气在电极b产生，说明电极b是阳极，发生氧化反应；
② CO2在电极a得到电子，则放电的反应式是CO2 + 2e- =CO+ O2- ；
（5）CO与H2在高温下合成C5H12(汽油的一种成分）的反应是放热的体积减小的可逆反应，则提高合成C5H12的产率可采取的措施可以是增大压强或及时将生成的C5H12分离出去或降低温度。
15． 还原反应 2Cu2＋+ 4e－= 2Cu 氧化反应 4OH－－4e－ = 2H2O + O2↑ 6.4g 1.12L 1 12.8g 不变
【分析】（1）电解过程中，溶液中阳离子Cu2＋、H＋移向阴极，可发生还原反应；
（2）电解过程中，溶液中阴离子OH－、SO42－移向阳极，氢氧根离子放电发生氧化反应；
（3）由电极反应电子守恒，有0.20ml电子发生转移，生成铜0.1ml，生成氧气0.05ml；溶液的PH的计算可以依据水电离出的氢离子和氢氧根离子守恒，减少氢氧根离子0.2ml，溶液中增加氢离子0.2ml，计算pH；
（4）如用等质量的两块铜片代替石墨作电极，是镀铜，阳极反应为：Cu-2e－=Cu2＋；阴极电极反应为：Cu2＋+2e－=Cu；电子转移0.2ml，阳极减少质量为0.1ml×64g·ml－1=6.4g；同时阴极析出铜6.4g，；电解后两铜片的质量相差12.8g，电解质溶液的pH不变．
【详解】在25℃时，用石墨电极电解2.0 L，2.5ml·L－1CuSO4溶液中Cu2＋物质的量为5ml．5min后，在一个石墨电极上有6.4gCu生成物质的量为0.1ml；
（1）电解过程中，溶液中阳离子Cu2＋、H＋移向阴极发生还原反应，电极反应：2Cu2＋+4e－═2Cu；
（2）电解过程中，溶液中阴离子OH－、SO42－移向阳极，氢氧根离子放电发生氧化反应，电极反应式：4OH－-4e－═2H2O+O2↑；
（3）电极反应电子守恒，有0.20ml电子发生转移，生成铜物质的量为0.1ml，生成氧气物质的量为0.05ml，
阳极反应为：4OH－-4e－═2H2O+O2↑
0.2ml 0.2ml 0.05ml
阴极反应为：2Cu2＋+4e－═2Cu
0.1ml 0.2ml 0.1ml
所以电解过程中得到铜的质量0.1ml×64g·ml－1=6.4g；
生成氧气的体积=0.05ml×22.4L·ml－1=1.12L；
溶液的PH的计算可以依据水电离出的氢离子和氢氧根离子守恒，减少氢氧根离子0.2ml，溶液中增加氢离子0.2ml，C（H＋）=0.2ml/2L=0.1ml·L－1，pH=-lgC（H＋）=1；
（4）如用等质量的两块铜片代替石墨作电极，是镀铜，阳极反应为：Cu-2e－=Cu2＋；阴极电极反应为：Cu2＋+2e－=Cu；电子转移0.2ml，阳极减少质量为0.1ml×64g·ml－1=6.4g；同时阴极析出铜6.4g，电解后两铜片的质量相差12.8g，电解质溶液的pH不变．
【点睛】本题考查了电解原理的应用，电极反应的判断，电极反应的书写方法，难点（3）：电子守恒的计算，（4）电镀的原理分析和计算。
16．(1) 2H2O+2e-=2OH-+H2↑ Mg-2e- =Mg2+ b→a
(2) 空气 H2S+8OH- -6e- =+5H2O
(3)BC
【分析】将烧碱吸收H2S后的溶液放入电解池的阳极区进行电解，以获得硫单质，则左侧电极为阳极，发生反应S2--2e-=S↓；右侧电极为阴极，发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑。
【详解】（1）①若容器中盛有NaOH溶液，由于Mg与NaOH溶液不反应，所以Al为负极，b极(Mg棒)为正极，水得电子生成OH-和H2，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑。
②若容器中盛有浓硫酸，Al在浓硫酸中发生钝化，而Mg能与浓硫酸不断发生反应，所以Mg棒为负极，b极(Mg棒)失电子生成Mg2+，电极反应式是Mg-2e- =Mg2+，导线中电子从负极流向正极，则流动方向是b→a。答案为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；Mg-2e- =Mg2+；b→a；
（2）用H2S、空气、KOH溶液组成燃料电池，该电池工作时，H2S通入负极，正极应通入空气，负极H2S失电子产物与电解质反应生成等，电极反应式为H2S+8OH- -6e- =+5H2O。答案为：空气；H2S+8OH- -6e- =+5H2O；
（3）由分析可知，左侧电极为阳极，发生反应S2--2e-=S↓；右侧电极为阴极，发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑。
A．在电解池中，电子从阳极流出，从阴极流入，则电子流入右侧电极，A不正确；
B．电解过程中，阳离子向阴极移动，右侧电极为阴极，则Na+从左向右透过离子交换膜，B正确；
C．右侧电极为阴极，发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，则一段时间后，右侧电极附近溶液的pH变大，C正确；
D．没有指明温度和压强，无法求出4.48 LH2S的物质的量，也就无法求出转移电子的物质的量，D不正确；
故选BC。答案为：BC。
【点睛】不管是原电池还是电解池，电子都不能通过电解质溶液。
17．(1) 正极 阴极
(2)C
(3)C极产生的气体为黄绿色，D极产生的气体为无色；C极附近溶液不变色，D极附近溶液变红
(4)
(5)3∶8
(6)A
【分析】根据电子的流向可知A为负极，B为正极，则D为阴极，C为阳极，电解饱和食盐水时，D极产生氢气和氢氧化钠，D电极附近溶液变红，d为H2， C电极产生Cl2；
【详解】（1）据分析，B、D的电极名称分别是正极、阴极。
（2）C为阳极，应选择惰性电极，故应选石墨电极，其余选项为活性阳极，故答案为C；
（3）根据分析可知C电极产生Cl2，应该观察到C极产生的气体为黄绿色，D极产生氢气和氢氧化钠，D极产生的气体为无色；C极附近溶液不变色，D极附近溶液变红。
（4）B为正极，气体b应为，A极为负极，甲烷发生氧化反应，发生的电极反应为。
（5）电极上得失电子数守恒，存在关系式，当电路中通过0.4ml电子时，消耗O2 0.1ml，消耗CH4的物质的量0.05ml，理论上得到的Cl2的物质的量为0.2ml，产生H2的物质的量为0.2ml，则此时气体a、b的总物质的量与气体c、d的总物质的量之比为(0.1+0.05)：(0.2+0.2)=3:8。
（6）若以装置甲为电源，要在铁器上镀铜，则铁器为阴极、应连接负极即A极。
18．(1)催化作用
(2) 向硫酸铜溶液加入废铁，将铜置换出来 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu
(3)普通方法煅烧硫化铜，产生烟尘和二氧化硫气体污染环境。生物工程更有优点，它的优点是成 本低。效益好，环境污染程度小
(4)B
(5) Cu2S、O2 粗铜 Cu2+
(6)先将亚铁离子氧化成三价铁离子，再调整pH在3~4
【详解】（1）根据题意，在细菌利用氧气将硫化铜氧化为硫酸铜，该过程中细菌起催化作用；故答案为：催化作用；
（2）利用铁的金属性强于溶，废铁可以将硫酸铜置换出铜单质，该操作既简便又经济；其反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；故答案为向硫酸铜溶液加入废铁，将铜置换出来；Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；
（3）普通方法煅烧硫化铜，发生CuS+O2Cu+SO2，产生烟尘和SO2气体污染环境，生物工程发生CuS+2O2CuSO4，优点是成本低、效益好，环境污染程度小；故答案为：普通方法煅烧硫化铜，产生烟尘和二氧化硫气体污染环境。生物工程更有优点，它的优点是成本低、效益好，环境污染程度小；
（4）两方案的化学方程式为：①Fe+H2SO4 ═FeSO4+H2↑；H2+CuOCu+H2O；②CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；Fe+CuSO4=Cu+FeSO4；方案①中氢气还原氧化铜实验开始时需选通入一部分氢气，排除装置中的空气，实验结束时还要通一会氢气，防止生成的铜被氧化，由于部分氢气被浪费，导致对应的铜减少；②生成的铜多，选项B正确；故答案为B；
（5）工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，元素化合价铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，氧气中氧元素化合价降低，说明亚铜离子被还原，硫元素被氧化，发生的氧化还原反应为Cu2S+O2=2Cu+SO2，该反应中氧化剂为O2、Cu2S；电解精炼铜，粗铜做阳极，精铜为阴极，电解质溶液为可溶性铜盐；故答案为O2、Cu2S；粗铜；Cu2+；
（6）根据题目信息，若将Fe2+以Fe(OH)2形式完全沉淀，pH≥9.6，此时Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀，若将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+以Fe(OH)3形式完全沉淀，pH在3～4，此时Cu2+没有形成沉淀；既除去了杂质，也没有除去原物质；故答案为先将亚铁离子氧化成三价铁离子，再调整pH在3~4。
19．(1) 1×10−19 是 5.0×1014
(2)5
(3) NO+5e-+6H+=NH+H2O (NH4)2SO4、H2SO4
【详解】（1）①向某含镉废水中加入Na2S，当S2−浓度达到8.0×10−8 ml∙L−1时，废水中Cd2+的浓度为；我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活用水中镉的排放量不超过0.005mg∙L−1，<0.005mg∙L−1，符合生活饮用水标准；
②根据方程式可知该反应的平衡常数；
（2）Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，欲使处理后废水中的c(Cr3+)降至1.0×10-5ml·L−1，此时氢氧根的浓度为，
；
（3）如图可知阴极NO放电生成NH，阴极电极反应为，阳极SO2放电生成SO，电极反应为，总反应为；根据分析可知阴极电极反应为，电解过程得到产物为(NH4)2SO4、H2SO4；
20． 2H2O-4e-=O2↑＋4H＋ C6H6＋6e-＋6H＋=C6H12
【分析】生成，碳元素化合价降低(-1价到-2价)，发生还原反应，电解时做阴极，则阳极的水发生氧化反应生成O2和H+。
【详解】电解池阳极发生氧化反应，反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋；
电解池阴极发生还原反应，反应式为C6H6＋6e-＋6H＋=C6H12；
故答案为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋；C6H6＋6e-＋6H＋=C6H12。
21．(1)负
(2)NaClO
(3)有爆鸣声
(4) 红 NaOH NaClO
(5)向褪色后的溶液中滴加过量NaOH溶液，若恢复红色，则证明甲同学的观点正确，若溶液仍为无色，则证明乙同学的观点正确
【分析】电解饱和食盐水，阳极上发生氯离子失去电子生成氯气的反应，阴极上发生水得电子生成氢气和氢氧根离子的反应，为使氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠与氯化钠，必须使氯气在装置下部产生，故下面为阳极，b电源为正极，a为电源负极。
（1）
a是电源的负极。
（2）
氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸钠与氯化钠，次氯酸钠有强氧化性，能杀菌消毒，从玻璃管中放出的消毒液的有效成分是NaClO。
（3）
肥皂泡中的气体为氢气，用燃着的木柴点燃时会发出爆鸣声，故现象是有爆鸣声。
（4）
电解开始时，玻璃管中的上部分溶液的颜色显红色，说明了溶液中有NaOH生成，后来又褪色了，说明了氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠与氯化钠，则溶液中有NaClO生成。
（5）
对于上述溶液褪色的原因，甲同学认为是HCl和HClO中和了NaOH，乙同学认为是HClO氧化了酚酞。要设计实验探究是甲、乙同学的观点谁正确：只要证明褪色后的溶液中酚酞是否存在，若通过实验证明酚酞仍然存在则甲正确、若通过实验证明酚酞不存在则乙正确，则实验方案为：向褪色后的溶液中滴加过量NaOH溶液，若恢复红色，则证明甲同学的观点正确，若溶液仍为无色，则证明乙同学的观点正确。
22． X Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O Cu 检验产物中是否有水，进而检验红色物质中有无Cu2O 2CuCl+H22Cu+2HCl 干燥气体 防止氢气爆炸 继续通氢气，直到试管冷却为止 Cu2++e-+Cl-=CuCl↓ ml
【分析】实验Ⅰ．氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气用氢氧化钠溶液吸收；依据可能和假设红色物质可能为铜或氧化亚铜；
实验Ⅱ．无水硫酸铜不变色说明阴极碳棒上的产物与氢气反应产物中没有水；装置b中发生反应的化学方程式为氯化亚铁与氢气反应生成铜和氯化氢；电极氯化铜溶液阴极铜离子得到电子生成铜和氯化亚铜，据此写成电极反应的离子方程式；依据反应2CuCl+H22Cu+2HCl，反应前后固体质量变化为氯元素质量分析计算。
【详解】(1)氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气用氢氧化钠溶液吸收，导气管W端应与出气口X连接，制取漂白液生成次氯酸钠、氯化钠和水，化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(2)②依据假设和物质现象分析，红色物质可能为Cu或Cu2O、或二者都有；
(3)由于无水硫酸铜不变色，证明b中反应产物没有水生成，碳棒上的红色物质中没有氧元素，一定不会含有氧化亚铜，一定含有铜，则无水硫酸铜来检验红色物质中有无Cu2O；
(4)装置b中发生反应为CuCl与氢气反应，反应的化学方程式是2CuCl+H22Cu+2HCl；
(5)碱石灰具有吸水性，作用是干燥气体；
(6)加热之前要先通H2，排尽装置中的空气，防止氢气爆炸；实验结束为了防止灼热的铜被氧化，实验操作是继续通氢气，直到试管冷却为止；
(7)电解CuCl2溶液时，阴极上发生的反应为铜离子得到电子生成铜：Cu2++2e-=Cu和铜离子得到电子生成氯化亚铜：Cu2++e-+Cl-=CuCl↓；电解CuCl2溶液时，阴极上产生白色物质的原因为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓；阴极上产生白色物质的物质的量是所以n(CuCl)=n(Cl)=ml。
23． HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O 溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率 b 2+2e-+2H+=+2H2O H2O22∙OH Fe2+消耗•OH，•OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的•OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)
【详解】
I. (1)该反应为制备保险粉Na2S2O4的反应，根据已知的反应物和部分生成物结合得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O ，故答案为：HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O；
(2)由题干信息可知，保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应，故实验中采用80%甲醇水溶液的目的是溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率，故答案为：溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率；
(3) 由题干信息可知，保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应，故干燥保险粉的最佳方法是避免与O2和酸性物质接触，最好用真空干燥，故答案为：b；
II.工业制法
(4)根据装置图中物质的进出情况可知，电极a为由NaHSO3转化为保险粉Na2S2O4，故用惰性电极电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4的电极反应式为2+2e+2H+=+2H2O，故答案为：2+2e-+2H+=+2H2O；
III. (5) 在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH)，故用化学用语表示产生氢氧自由基(·OH)的过程为：H2O22∙OH，故答案为：H2O22∙OH；
(6) Fe2+消耗•OH，•OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的•OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)，当Fe2+投入量超过一定值，会使得还原性物质的脱除率降低，COD无法达到预期指标，故答案为：Fe2+消耗OH，OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)。
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