第四章 化学反应与电能 测试题 ---2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

这是一份第四章 化学反应与电能 测试题 ---2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1，共25页。
第四章 化学反应与电能测试题
一、单选题（共12题）
1．利用锌片、铜片、导线、电流表、橙汁等用品探究原电池的组成。下列结论错误的是
A．原电池是将化学能转化成电能的装置
B．原电池由电极、电解质溶液和导线等组成
C．锌片、铜片与橙汁构成的原电池，锌片作负极
D．锌片、铜片与橙汁构成的原电池，电子由铜片通过导线流向锌片
2．科学家设计了利用太阳能将CO2转化为碳单质的装置(如图所示)。下列说法错误的是

A．该装置为电解池 B．a极上的电势比b极低
C．CO向b极区迁移 D．a极的电极式为：
3．下列说法中正确的是
A．水晶镜片、石英钟表、玛瑙首饰、硅太阳能电池、光导纤维的主要成分都是二氧化硅
B．“神舟六号”飞船返回舱的表层采用高温时自动烧蚀的耐高温、抗氧化的新型无机非金属材料带走热量从而保证内部温度不致过高
C．锌锰干电池中，锌外壳是正极，石墨棒是负极材料
D．常见的充电电池有锂离子电池、铅酸蓄电池、锌锰干电池等
4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．100mL0.1mol/L的蔗糖溶液中含有0.01NA个分子
B．常温常压下，1molN2和3molH2充分反应后，转移6NA个电子
C．100mL1mol/L的CH3COONa溶液中含有0.1NA个CH3COO-
D．常温常压下，电解足量饱和NaCl溶液制备NaOH，阳极产生22.4L气体时，阴极也产生22.4L气体
5．2005年11月14日，河南省文物管理局在上蔡县郭庄村东部的岗地上发掘出一座国内罕见的积石积沙楚墓，出土大量器形宏大、纹饰精美的青铜器，并在2006年以“上蔡楚国贵族墓地”的名义列入第六批全国重点文物保护单位。研究青铜器(含Cu、Sn等)在潮湿环境中发生的腐蚀对文物保护和修复有重要意义，下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法正确的是

A．青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被还原
B．正极发生的电极反应为：O2+4e-+4H+＝2H2O
C．若生成0.2molCu2(OH)3Cl，则理论上消耗O2的体积为4.48L
D．环境中的Cl-与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为：2Cu2++3OH-+Cl-＝Cu2(OH)3Cl↓
6．热激活电池(又称热电池)可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水混合物一旦受热熔融，电池瞬间即可输出电能。该电池总反应为：。关于该电池的下列说法正确的是

A．负极的电极反应：
B．放电过程中，向钙电极移动
C．正极反应物为
D．常温时，在正负极之间连上检流计，指针不偏转
7．某同学用铜片、银片、Cu（NO3）2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥（装有琼脂－KNO3的U形管）设计成一个原电池如口图所示，下列判断中正确的是（   ）.

A．该原电池的工作原理是Cu＋2Ag＋=2Ag＋Cu2＋
B．实验过程中取出盐桥，原电池能继续工作
C．实验过程中，左侧烧杯中NO3－浓度不变
D．实验过程中电子流向为：Cu极→Cu（NO3） 2溶液→AgNO3溶液→Ag极
8．某微生物电化学法制甲烷是将电化学法和生物还原法有机结合，装置如图所示。下列有关说法错误的是

A．该电池在高温下不能正常工作
B．右侧电极是阴极，发生还原反应
C．阳极的电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+
D．每生成1molCH4，右侧溶液的质量增加28g(忽略二氧化碳溶解和气体带走的水蒸气)
9．化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法不正确的是
A．明矾常用作净水剂，是因为它能够杀菌、消毒
B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C．用晶体配制溶液时，先将其溶于较浓盐酸中
D．使用含氟牙膏有利于预防龋齿，利用了沉淀溶解平衡
10．有机物液流电池因其电化学性能可调控等优点而备受关注。某研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆"电池如图1所示。该电池在充电过程中聚对苯二酚(图2)被氧化。下列说法正确的是

A．充电时，a电极附近的pH增大
B．放电时，电子由a电极流向b电极
C．聚对苯二酚可以通过电池中间的半透膜
D．放电时，b电极的电极反应方程式为：-4ne-= +4nH+
11．下列电化学装置能达到目的的是

A．图甲：实现原电池反应Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋
B．图乙：制取少量Fe(OH)2
C．图丙：证明铁发生了析氢腐蚀
D．图丁：在铁表面镀锌
12．下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是
选项
实验及现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应时观察到黄色火焰
该样品含钠元素
B
某同学用锌片和铜片与稀硫酸按原电池装置连接好，发现两极均有气泡产生，使电流表指针偏转
证明此原电池的正极可能是锌也可能是铜
C
向酸化的KMnO4溶液通入SO2，向反应后的溶液中加入BaCl2产生白色沉淀
证明SO2被氧化为
D
取某样品溶液少许于试管中，先加入足量浓NaOH溶液，加热，再用湿润的红色石蕊试纸于管口检验，试纸变蓝
说明该样品中含
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题（共10题）
13．Ⅰ．如图所示，E为浸过含酚酞的Na2SO4溶液的滤纸。A、B分别为铂片，压在滤纸两端，R、S为电池的电极。M、N是用多微孔的Ni制成的电极，在碱溶液中可视为惰性电极。G为电流计，K为开关。C、D和电解池中都充满浓KOH溶液。若在滤纸中央滴一滴紫色的KMnO4溶液，将开关K打开，接通电源一段时间后，C、D中有气体产生。

请回答下列问题：
(1)R为 (填“正”或“负”)极。
(2)通电一段时间后，M、N电极对应的电解质溶液的pH (填“变大”、“变小”或“不变”)；B附近发生的电极反应式为 。
(3)滤纸上的紫色点向 (填“A”或“B”)方向移动。
(4)当C、D中的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，经过一段时间后，C、D中的气体逐渐减少，C中的电极为 (填“正”或“负”)极，电极反应式为 。
Ⅱ．通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下：

(5)Pt电极上发生的是 反应(填“氧化”或“还原”)。
(6)写出NiO电极的电极反应式： 。
14．肼(N2H4)是一种高能燃料，在工业生产中用途广泛。
(1)0.5mol肼中含有 mol极性共价键。
(2)工业上可用肼(N2H4)与新制Cu(OH)2反应制备纳米级Cu2O，同时放出N2该反应的化学方程式为 。
(3)发射火箭时，肼为燃料，双氧水为氧化剂，两者反应成氮气与水蒸气。已知1.6g液态肼在上述反应中放出64.22kJ的热量，写出该反应的热化学方程式 。
(4)肼-双氧水燃料电池由于其较高的能量密度而广受关注，其工作原理如图所示。则电池正极反应式为 ，电池工作过程中，A极区溶液的pH （填“增大”“减小”或“不变”）

15．为了解金属腐蚀的原因和寻求防止金属腐蚀的方法具有重要意义
(1)分别放在以下装置(都盛有0.1mol·L-1的H2SO4溶液)中的四块相同的纯锌片，其中腐蚀最快的是 。

(2)利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。其中X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于 处，若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为 。

16．某小组研究和的氧化性，进行如下实验。

已知：是黄色液体，氧化性：。
(1)实验Ⅰ过程Ⅰ中与反应的化学方程式是 。
(2)实验Ⅰ过程Ⅱ中溶液变红，说明产生了，分析可能原因。
假设①被氧化。过程Ⅱ发生反应的电极反应式：
a.氧化反应：
b.还原反应： 。
假设②和生成，进而使清液中的氧化为。设计实验Ⅱ证实假设。

i. 。
ⅱ.实验Ⅱ中过程Ⅱ的离子方程式为 。
(3)设计实验进一步研究能否氧化。
编号
实验Ⅲ
实验Ⅳ
实验及现象


①实验Ⅲ中溶液的作用是 。
②实验Ⅳ证实能氧化的实验现象除电流表指针偏转外，还有 (答出2点)。
(4)分析实验Ⅱ中能氧化，实验Ⅲ中未能氧化的原因： 。
17．纳米碳酸钙又称超微细碳酸钙，可改善塑料母料的流变性，提高其成型性。实验室用电化学法模拟制备纳米碳酸钙装置如图所示。

(1)若固体X为粉末，装置A发生反应的方程式为 。
(2)装置B是用于吸收阳极生成的气体，可盛装 (填试剂名称)，发生反应的离子方程式 。
(3)由图可知离子交换膜的类型是 交换膜，工业上气体Y的用途是 。(写一种即可)
(4)实验开始后，需先电解一段时间，待阴极室溶液的后，再通入。需先电解的原因是 ；若通入过快，可能造成的结果是 。
(5)通入气体生成纳米碳酸钙的离子方程式为 。
(6)产品中钙含量的测定：称取样品，放入烧杯中，加入适量的稀溶解，移入容量瓶中配成溶液，移取待测液于锥形瓶中，加入适量钙红指示剂，用标准溶液滴定，并用力摇晃，至溶液由酒红色变为纯蓝色为止，记录三次标准液的用量分别为，通过计算回答下列问题。(已知：)
①产品中钙元素的质量分数为 。
②以上测定的结果与碳酸钙中钙元素的质量分数(40%)相比，存在一定的误差，造成这种误差的可能原因是 。(填序号)
A．滴定终点时速度太快
B．所取用的样品未充分干燥
C．制得的产品中含有少量
18．某小组研究Na2S 溶液与KMnO4溶液反应，探究过程如下。
实验序号
I
II
实验过程
加10滴(约0.3mL)溶液
酸性KMnO4溶液(酸化至)
滴加10滴约(0.3mL)酸性KMnO4溶液(酸化至)

溶液
实验现象
紫色变浅()，生成棕褐色沉淀()
溶液呈淡黄色()，生成浅粉色沉淀()
资料：i. 在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为。
ii.单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。
(1)根据实验可知，Na2S具有 性。
(2)甲同学预测实验I中S2-被氧化成。
①根据实验现象，乙同学认为甲的预测不合理，理由是 。
②乙同学取实验I中少量溶液进行实验，检测到有，得出S2-被氧化成的结论，丙同学否定了该结论，理由是 。
③同学们经讨论后，设计了如下实验，证实该条件下的确可以将S2-氧化成。

a.右侧烧杯中的溶液是 。
b.连通后电流计指针偏转，一段时间后， (填操作和现象)。
(3)实验I的现象与资料ⅰ存在差异，其原因是新生成的产物(Mn2+)与过量的反应物()发生反应，该反应的离子方程式是 。
(4)实验II的现象与资料也不完全相符，丁同学猜想其原因与(3)相似，经验证猜想成立，他的实验方案是 。
(5)反思该实验，反应物相同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与 因素有关。
19．(1)用两块纯铜片作为电极，电解硫酸铜溶液，电解时，若电流强度为Ⅰ(单位为A)，电解时间为t(单位为)，阴极铜片上增加的质量为m(单位为g)，每个电子的电量为q(单位为C)，请写出计算阿伏加德罗常数的数学表达式 。
(2)若将两电极材料改用石墨电解含有溶质0.1mol的CuSO4溶液，在阴阳两极各收集到2.24L气体(标准状况下) 后停止电解，请问若要恢复原电解质溶液需要加入的物质和物质的量分别是 ；
20．用两块相同的纯铜片作为电极，电解硫酸铜溶液，电解时，若电流强度为0.5A，电解时间为10min，每个电子的电量为1.60×10-19C，NA=6.02×1023mol-1。
(1)电路中通过的电量Q= C。
(2)两块铜片质量相差了 g。
21．A～J是中学化学中常见的几种物质，它们之间的转化关系如下图所示。已知常温下A为固体单质，B为淡黄色粉末，C、F、I为气态单质，E在常温下为液体，且E可由C、F化合生成，J可作杀菌消毒剂。

（1）写出B的电子式
（2）写出反应⑤的化学方程式： 。
（3）写出反应⑦的离子方程式： 。
（4） 向AlCl3溶液中加入少量固体B，写出反应的化学方程式： 。
（5）以Pt为电极电解滴加有少量酚酞的H饱和溶液，则 极(填“阴”或“阳”)附近溶液先由无色变为红色，请说明理由： 。
22．常温下D、E、F、I、J为气体，H、I、J都为氧化物；C的焰色反应为黄色；M为红褐色的固体，由G分解得到的H、I、J三者的物质的量相等．下图表示各物质之间的转化关系．

试回答下列问题：
（1）写出L的化学式 ．
（2）基于反应①原理的化学工业称为 ．
写出该反应①的离子方程式 ．
（3）反应②的现象是 ．
（4）写出H与Al在高温下反应的化学方程式 ．
（5）写出反应③的化学方程式 ．

参考答案：
1．D
A．原电池是把化学能直接转变为电能的装置，故A正确；
B．原电池由电极、电解质溶液和导线等组成，故B正确；
C．橙汁含有大量的果酸，电解质为酸性，锌的活泼性比铜强，则构成原电池，锌片作负极，故C正确；
D．锌失电子是负极，铜得电子是正极，原电池放电时电子从锌片通过导线流向铜片，故D错误；
故选：D。
2．D
根据题中图示装置可知，该装置是将光能和电能转化为化学能装置，是电解池，中C元素由价得电子变为0价，发生还原反应，所以a极是阴极，b极上失电子，发生氧化反应，是阳极，据此解答。
A．由上述分析可知，该装置为电解池，故A正确；
B．由上述分析可知，a极是阴极，接电源的负极，b极是阳极，接电源的正极，则a极上的电势比b极低，故B正确；
C．电解池中阳离子向阴极附近迁移，阴离子向阳极附近迁移，则阴离子向阳极区即b极迁移，故C正确；
D．a极为阴极，电极反应式为：，故D错误。
故答案为D
3．B
A．硅太阳能电池的主要成分是硅单质，而不是二氧化硅，A不正确；
B．飞船返回舱表层采用的新型无机非金属材料，具有耐高温、抗氧化的特点，为保证内部温度的相对稳定，高温时能自动烧蚀，以带走热量，B正确；
C．锌锰干电池中，锌外壳作负极，石墨棒作正极，C不正确；
D．锌锰干电池是一次电池，只能放电，不能充电，D不正确；
故选B。
4．D
A．蔗糖溶液中除了蔗糖分子外还有水分子，故100mL0.1mol/L的蔗糖溶液中分子数大于0.01NA，选项A错误；
B．合成氨反应是可逆反应，不能彻底转化，故常温常压下，1molN2和3molH2充分反应后，转移的电子数小于6NA，选项B错误；
C．醋酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解，所以100mL 1mol/L CH3COONa 溶液中含有的CH3COO-数目小于0.1NA，选项C错误；
D．常温常压下，电解足量饱和NaCl溶液制备NaOH，阴阳极分别产生氢气和氯气，且物质的量相等，根据阿伏加德罗定律可知，气体的体积也相等，选项D正确；
答案选D。
5．D
A．根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是c，故A错误；
B．氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e−+2H2O=4OH−，故B错误；
C．负极上，Cu失电子生成铜离子，负极电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，正极电极反应式为：O2+4e−+2H2O=4OH−，若生成0.2molCu2(OH)3Cl，根据转移电子守恒得O2~4e−~ 2Cu2+~Cu2(OH)3Cl，n(O2)=0.02mol，但题中未指明标准状态，无法计算氧气体积，故C错误；
D．Cl−扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-＝Cu2(OH)3Cl↓，故D正确；
答案选D。
6．D
该装置为原电池，根据总反应式可知PbSO4为原电池的正极，Ca电极为原电池的负极，LiCl-KCl为电解质。据此解答。
A．Ca为原电池的负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：Ca-2e-+2Cl-=CaCl2，故A项错误；
B．原电池中，阳离子向正极移动，因此Li+向PbSO4电极移动，故B项错误；
C．正极为PbSO4得电子，即PbSO4为反应物，故C项错误；
D．常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此在正负极之间连接检流计或电流表，指针不偏转，故D项正确。
故答案选： D。
7．A
A. 左边为负极，右边为正极，其原电池的工作原理是Cu＋2Ag＋=2Ag＋Cu2＋，故A正确；
B. 实验过程中取出盐桥，不能形成闭合回路，因此原电池不能继续工作，故B错误；
C. 实验过程中，盐桥中NO3－不断向左侧迁移，因此左侧烧杯中NO3－浓度增大，故C错误；
D. 实验过程中电子流向为：Cu极→经导线→Ag极，电子不能通过电解液，故D错误。
综上所述，答案为A。
【点睛】不管是原电池还是电解池，电子都只能在导线中通过，不能在溶液中经过，只有阴阳离子在溶液中移动。
8．D
从图知，电解池左端发生了CH3COO-→CO2发生了氧化反应，为阳极，与电源的正极相连；右端发生反应为：CO2→CH4发生了还原反应，为阴极，与电源的负极相连。
A．两极的反应需要菌类参与，若高温菌类被杀死而导致反应无法进行而导致电池无法工作，A项正确；
B．如上分析，右侧为阴极发生还原反应，B项正确；
C．由上分析阳极的反应为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，C项正确；
D．右侧电极发生反应为CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，右侧产生1molCH4时从左侧进入8molH+最终4mol与O变为水而使溶液质量增加，所以增加的质量为2mol×18g/mol=36g，D项错误；
故选D。
9．A
A．明矾无强氧化性，不能杀菌消毒，而是因为明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附悬浮物而净水，A项错误；
B．钢铁管道连锌，锌作负极，钢铁管道作正极受到保护，此方法为牺牲阳极的阴极保护法，B项正确；
C．Fe3+容易发生水解，故在配制FeCl3溶液时先将其溶于较浓盐酸中抑制Fe3+水解，C项正确；
D．使用含氟牙膏后，牙膏中的F－与牙齿表面的坚硬物质Ca5(PO4)3OH反应：Ca5(PO4)3OH＋F－Ca5(PO4)3F＋OH－，Ca5(PO4)3OH转化成更难溶、更能抗腐蚀的Ca5(PO4)3F，从而起到保护牙齿的作用，D项正确。
答案选A。
10．D
该电池在充电过程中，聚对苯二酚被氧化，则a极为电解池的阳极，b极为电解池的阴极，据此解答。
A．充电时，聚对苯二酚在a电极被氧化，释放出氢离子，酸性增强，a电极附近的pH减小，A错误；
B．充电时a极为电解池的阳极，b极为电解池的阴极，则放电时a电极接电源的正极，b电极接电源的负极，放电时，电子由b电极流向a电极，B错误；
C．聚对苯二酚是高分子，不能透过半透膜，C错误；
D．放电时，b电极为电池的负极， 失电子，发生的电极反应为 -4ne-= +4nH+，D正确；
答案选D。
11．A
A．三价铁离子的氧化性大于铜离子，所以该反应为自发的氧化还原反应，图甲有活性不同的两个电极，形成了闭合回路，可构成原电池，A正确；
B．铁与电源负极相连作阴极，阴极发生还原反应，不能失电子生成亚铁离子，B错误；
C．析氢腐蚀的条件应该是酸性环境，氯化钠溶液显中性，C错误；
D．在铁表面镀锌，电解质溶液应该为含锌离子的溶液，D错误；
故选A。
12．D
A．不能用玻璃棒，应该用洁净的铂丝，A项错误；
B．锌的活动性比较强，在锌铜原电池中，锌做负极，铜做正极，B项错误；
C．通常用硫酸酸化的高锰酸钾，故硫酸中的硫酸根离子干扰了检验，无法证明二氧化硫被氧化为硫酸根离子，C项错误；
D．能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体只有氨气，能证明该样品中含，D项正确；
答案选D。
13．(1)负
(2) 变大 4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O-4e-=O2↑+4H+
(3)B
(4) 负 2H2+4OH--4e-=4H2O或 H2+2OH--2e-=2H2O
(5)还原
(6)2NO-4e-+2O2-=2NO2或NO-2e-+O2-=NO2
C、D和电解池中都充满浓KOH溶液，实际是电解水，由C、D中产生的气体体积可知，C中气体为H2，D中气体为O2，则M为阴极，N为阳极，R为电源负极，S为电源正极，B为阳极，A为阴极。
(1)
由分析可知，R极为电源负极；
(2)
M为阴极，电解消耗水电离生成的H+，生成OH-，则M极对应的电解质溶液的pH变大，生成的OH-移向N电极，故N电极对应的电解质溶液的pH变大；E为浸过含酚酞的Na2SO4溶液的滤纸，由分析可知，B为阳极，则电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O-4e-=O2↑+4H+；
(3)
B为阳极，阴离子()向阳极移动，则滤纸上的紫色点向B方向移动；
(4)
当C、D中的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，此时装置变为燃料电池，经过一段时间，C、D中的气体逐渐减少，H2和O2反应生成水，在碱性条件下，C中H2发生氧化反应，C电极为负极，电极反应式为2H2+4OH--4e-=4H2O或 H2+2OH--2e-=2H2O；
(5)
由图可知，Pt电极上，O2转化为O2-，发生还原反应；
(6)
由图可知，NiO电极上NO转化为NO2，电极反应式为2NO-4e-+2O2-=2NO2或NO-2e-+O2-=NO2。
14．(1)2
(2)N2H4+4Cu(OH)2=2Cu2O+N2+6H2O
(3)N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) ∆H=-1284.4kJ/mol
(4) H2O2+2e-=2OH- 减少
（1）1mol肼中含有4molN-H极性共价键，则0.5mol肼中含有2mol极性共价键，故答案为2；
（2）新制Cu(OH)2与肼(N2H4)反应可制备纳米级Cu2O，同时放出N2，由质量守恒定律，反应前后元素种类不变，因此反应后还生成水，Cu2O的化学计量数为2，反应的化学方程式为：N2H4+4Cu(OH)2=2Cu2O+N2↑+6H2O；
（3）反应方程式为：N2H4+2H2O2═N2+4H2O，1.6g液态肼的物质的量为=0.05mol，放出64.22kJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为=1284.4kJ，所以反应的热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g) ∆H=-1284.4kJ/mol，故答案为N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) ∆H=-1284.4kJ/mol；
（4）肼-双氧水燃料电池中通入肼的是负极，通入双氧水的是正极，正极发生还原反应，则电池正极反应式为H2O2+2e-=2OH-，电池工作过程中，A极为负极，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗OH-，负极区溶液的pH减小，故答案为H2O2+2e-=2OH-；减少。
15． C N 牺牲阳极的阴极保护法；
(1)A装置中，金属锌直接与硫酸反应，为锌的化学腐蚀；B装置为原电池，镁的活泼性大于锌，锌为原电池正极，锌被保护；装置C为原电池，锌的活泼性大于锡，锌为原电池负极，锌被腐蚀；装置D为电解池，锌为阴极，锌被保护，腐蚀最快的是其中腐蚀最快的是C；
(2)X为碳棒，若开关K置于M处，构成原电池，铁为负极，铁棒发生氧化反应，铁被腐蚀；若开关K置于N处，构成电解池，铁为阴极，铁被保护，为外接电流的阴极保护法；若X为锌，开关K置于M处，构成原电池，铁的活泼性小于锌，铁为正极，铁棒被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。
16．(1)Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2
(2) Cu2++e-+SCN-=CuSCN↓ 0.05 2Fe2++(SCN)2=2Fe(SCN)2+
(3) 检验实验中是否有Fe2+生成 正极区FeCl3溶液颜色变浅，负极区KSCN溶液由无色变为黄色
(4)实验Ⅱ中能氧化由于生成CuSCN白色沉淀，促进反应正向进行，而实验Ⅲ中能与形成Fe(SCN)2+络离子，从而减弱了Fe3+的氧化性
（1）实验Ⅰ过程Ⅰ中Cu与FeCl3反应生成FeCl2和CuCl2，故该反应的化学方程式是Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，故答案为：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2；
（2）b.由题干实验信息可知，生成白色沉淀CuSCN，则还原反应为：Cu2++e-+SCN-=CuSCN↓，故答案为：Cu2++e-+SCN-=CuSCN↓；
i.根据对照实验I中，FeCl3的浓度为0.1mol/L，根据反应Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2可知，足量的Cu与FeCl3反应后生成的CuCl2的物质的量浓度为0.05mol/L，为了实验中控制变量，故0.05，故答案为：0.05；
ⅱ.实验Ⅱ中过程I的方程式为：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，则过程Ⅱ的离子方程式为2Fe2++(SCN)2=2Fe(SCN)2+，故答案为：2Fe2++(SCN)2=2Fe(SCN)2+；
（3）①Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成普鲁士蓝色沉淀，则实验Ⅲ中K3[Fe(CN)6]溶液的作用是检验实验中是否有Fe2+生成，故答案为：检验实验中是否有Fe2+生成；
②实验Ⅳ证实能氧化，即该原电池的电极反应分别为：负极反应：2SCN--2e-=(SCN)2，正极反应为：Fe3++e-=Fe2+，故实验现象除电流表指针偏转外，还有正极区FeCl3溶液颜色变浅，负极区KSCN溶液由无色变为黄色，故答案为：正极区FeCl3溶液颜色变浅，负极区KSCN溶液由无色变为黄色；
（4）实验Ⅱ中能氧化由于生成CuSCN白色沉淀，促进反应正向进行，而实验Ⅲ中能与形成Fe(SCN)2+络离子，从而减弱了Fe3+的氧化性，故答案为：实验Ⅱ中能氧化由于生成CuSCN白色沉淀，促进反应正向进行，而实验Ⅲ中能与形成Fe(SCN)2+络离子，从而减弱了Fe3+的氧化性。
17．(1)
(2) 氢氧化钠溶液
(3) 阳离子 制盐酸或合成氨气或做燃料
(4) 形成过饱和溶液，有利于充分吸收二氧化碳 生成
(5)
(6) 46% AC
根据电源电极确定电解池左侧电极为阴极，电极反应式为；右侧电极为阳极，电极反应式为，生成的通过导管进入装置B后被吸收，通过离子交换膜进入电解池阴极区，形成过饱和的溶液。装置A制备，进入电解池，与反应生成纳米。
（1）装置A中发生反应的化学方程式为；
（2）阳极反应产物为，因此装置B可盛装NaOH溶液，发生反应的离子方程式为：；
（3）由分析知，阳极区通过离子交换膜进入电解池阴极区，因此离子交换膜的类型为阳离子交换膜。气体Y是，工业上可用于生产盐酸或合成氨或作燃料；
（4）先电解一段时间，使阴极室中形成过饱和的溶液，有利于充分吸收。若通入过快，相当于相同时间内通入的过量，结果是过量的与生成的纳米碳酸钙再反应生成；
（5）通入生成纳米碳酸钙的离子方程式为：；
（6）①三次滴定中第一次的标准液用量误差太大，弃去不用，取后两次平均值23mL来计算。25mL待测液中钙离子质量计算过程如下：
，，，样品中钙元素的质量为：，质量分数为：；
②A．滴定终点时速度过快，以致滴入的标准液过量，使测定结果偏高，A正确；
B．所取用的样品未充分干燥，配得的待测液中钙离子浓度减小，会使标准液用量减小，滴定结果偏低，B错误；
C．中钙的质量分数为54.05%，比碳酸钙中钙的质量分数大，因此含有时会使样品中钙的质量分数增大，C正确；
故选AC。
18．(1)还原
(2) 溶液呈紫色，说明酸性溶液过量，能被其继续氧化 因溶液是用酸化的，故溶液中出不一定是氧化新生成的 溶液(酸化至) 取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加溶液，观察到有白色沉淀生成
(3)
(4)将实验I中生成的分离洗涤后，加入溶液，观察到有浅粉色沉淀，且溶液呈黄色，证明新生成的与过量的S2-反应，故没得到沉淀
(5)浓度、用量、溶液中的酸碱性
（1）表格中两个实验中Mn元素的化合价都降低了显示了氧化性，故Na2S做还原剂，具有还原性；
（2）①根据实验现象，紫色变浅说明高锰酸钾过量，具有还原性，还可以接着发生氧化还原反应，故甲的预测不合理；
②乙同学取实验I中少量溶液进行实验，检测到有，不能得出S2-被氧化成的结论，因溶液是用酸化的，故溶液中出不一定是氧化新生成的；
③a.证实该条件下的确可以将S2-氧化成，设计成原电池，S2-失去电子变成，发生氧化反应，应该在负极上反应，左侧烧杯应该是负极室，硫酸酸化的高锰酸钾溶液放在右侧烧杯，右侧为正极，故右侧烧杯中的溶液是溶液(酸化至)；
b. 连通后电流计指针偏转，一段时间后，该条件下负极S2-失去电子生成，证明S2-氧化成了，取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加溶液，观察到有白色沉淀生成，说明生成了；
（3）实验I的现象与资料ⅰ存在差异，KMnO4被还原成Mn2+，实验I中溶液成浅紫色说明高锰酸钾过量，新生成的产物(Mn2+)与过量的反应物()发生反应生成棕褐色沉淀()，该反应的离子方程式是；
（4）在近中性条件下被还原为，实验II的现象是溶液呈淡黄色()，生成浅粉色沉淀()，KMnO4被还原成Mn2+，溶液过量，S2-与接着发生氧化还原反应生成浅粉色沉淀()。为了证明出现该现象的猜想其原因与(3)相似，可以将实验I中生成的分离洗涤后，加入溶液，观察到有浅粉色沉淀，且溶液呈黄色，证明新生成的与过量的S2-反应，故没得到沉淀；
（5）反思该实验，反应物相同，滴加顺序不同，反应物的浓度不同，酸碱性不同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与浓度、用量、溶液中的酸碱性；
19． 、各
(1)用两块纯铜片作为电极，电解硫酸铜溶液，电解时，若电流强度为Ⅰ(单位为A)，电解时间为t(单位为)，阴极铜片上增加的质量为m(单位为g)，每个电子的电量为q(单位为C)，电子的数目为，电子的物质的量为，铜的物质的量为，根据关系式Cu2+＋2e－＝Cu，n(e－)=2n(Cu)，，；故答案为：。
(2)根据题意阳极电极反应式为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋，阴极Cu2+＋2e－＝Cu，2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，阴阳两极各收集到2.24L气体(标准状况下)即得到氢气和氧气各0.1mol，根据阳极电极反应式，整个电路转移了0.4mol电子，阴极生成0.1mol氢气转移0.2mol电子，则铜离子得到0.2mol电子，因此消耗铜离子为0.1mol，生成0.1mol铜单质，因此整个反应中得到0.1mol Cu，0.1mol O2，0.1mol H2，得到的产物化合就是要恢复原电解质溶液需要加入的物质，0.1mol Cu和0.05mol O2化合为0.1molCuO，0.1mol H2和0.05mol O2化合为0.1mol H2O，或则0.1mol Cu，0.1mol O2，0.1mol H2化合为0.1mol Cu(OH)2；故答案为：Cu(OH)2 0.1mol；CuO、H2O 各0.1mol
20． 300 0.2
(1)根据可知，电路中通过的电量；
(2)因每个电子的电量为，电解时，转移的电子数目，转移电子的物质的量为，由阴极的电极反应式：可知，析出铜的质量为，此时阳极的电极反应式为，则两块铜片质量相差了。
21． 2NaCl + 2H2O 2NaOH + Cl2↑ + H2↑ Cl2 + 2OH－ = Cl－+ ClO－ + H2O 4AlCl3 + 6Na2O2 + 6H2O = 4Al(OH)3↓ + 12NaCl + 3O2↑ 阴 在阴极H+不断放电，破坏了水的电离平衡，促使水继续电离，导致溶液中c（OH－）＞c（H+），所以阴极附近溶液变红。
常温下A为固体单质，B为淡黄色粉末，C是气体，A和C反应生成B，则B是过氧化钠，A是钠，C是氧气；E在常温下为液体，E是水，钠和水反应生成 氢氧化钠和氢气，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，C是氧气，D是氢氧化钠，F是氢气；H的水溶液通电生成氢气、I气体和氢氧化钠，且J可作杀菌消毒剂，为次氯酸盐，所以I是氯气，电解饱和食盐水制取氯气，所以H是氯化钠，氢气和氯气反应生成G，所以G是氯化氢；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以J是次氯酸钠；
(1)通过以上分析知，B是过氧化钠，电子式为；
(2)电解饱和氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，电解方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；
(3)氯气和强碱反应生成氯化物、次氯酸盐和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(4)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，少量氢氧化钠和氯化铝反应生成氢氧化铝和氯化钠，反应方程式为：6Na2O2+4AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+12NaCl+3O2↑；
(5)电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，在阴极氢离子不断放电，破坏了水的电离平衡，促使水继续电离，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以阴极附近溶液变红。
点睛：此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。本题关键题眼为“B为淡黄色粉末，E在常温下为液体”。
22． Fe(OH)2 氯碱工业 2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑ 白色→灰绿色→红褐色 3FeO + 2AlAl2O3+ 3Fe FeC2O4FeO + CO↑+CO2↑
常温下D、E、F、I、J为气体,L放置在空气中生成红褐色固体M,则M是Fe(OH)3、L是Fe(OH)2，C的焰色反应为黄色,则C中含有Na元素,C和K反应生成A和Fe(OH)2，根据复分解反应条件知,C为NaOH、K中含有亚铁离子,电解A的溶液能生成两种气体和NaOH,电解氯化钠符合生成两种气体、NaOH条件且氢氧化钠和氯化亚铁生成NaCl,所以A为NaCl、B为H2O,根据元素守恒知K为FeCl2；氢气在氯气中燃烧生成氯化氢,所以F为HCl；盐酸和FeO生成氯化亚铁和水,F+H→K+B,则H为FeO,D、I是水煤气的主要成分,水煤气的主要成分是CO和氢气,电解氯化钠溶液生成氯气和氢气,所以D是H2、E是Cl2；I是水煤气的成分CO,I和水反应生成二氧化碳和氢气,则J是CO2,由G分计算得出到的H、I、J三者的物质的量相等,则G的化学式为FeC2O4；据以上分析解答。
常温下D、E、F、I、J为气体,L放置在空气中生成红褐色固体M,则M是Fe(OH)3、L是Fe(OH)2，C的焰色反应为黄色,则C中含有Na元素,C和K反应生成A和Fe(OH)2，根据复分解反应条件知,C为NaOH、K中含有亚铁离子,电解A的溶液能生成两种气体和NaOH,电解氯化钠符合生成两种气体、NaOH条件且氢氧化钠和氯化亚铁生成NaCl,所以A为NaCl、B为H2O,根据元素守恒知K为FeCl2；氢气在氯气中燃烧生成氯化氢,所以F为HCl；盐酸和FeO生成氯化亚铁和水,F+H→K+B,则H为FeO,D、I是水煤气的主要成分,水煤气的主要成分是CO和氢气,电解氯化钠溶液生成氯气和氢气,所以D是H2、E是Cl2；I是水煤气的成分CO,I和水反应生成二氧化碳和氢气,则J是CO2,由G分计算得出到的H、I、J三者的物质的量相等,则G的化学式为FeC2O4；
（1）结合以上分析可知，L的化学式为Fe(OH)2；
故答案为Fe(OH)2；
（2）电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠，反应的离子方程式为：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑，该反应在化学工业称为氯碱工业；
故答案为氯碱工业；2Cl－＋2H2O 2OH－＋H2↑＋Cl2↑；
（3）氢氧化亚铁在空气中之间变为灰绿色，最后为红褐色；
故答案为白色→灰绿色→红褐色；
（4）氧化亚铁与金属铝高温下反应生成铁和氧化铝，反应的化学方程式：3FeO + 2AlAl2O3 + 3Fe；
故答案为3FeO +2AlAl2O3+ 3Fe；
（5）结合以上分析可知，FeC2O4加热分解为氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳；反应③的化学方程式为：FeC2O4FeO +CO↑+CO2↑；
故答案为FeC2O4FeO +CO↑+CO2↑。