【化学】甘肃省兰州市第五十八中学2018-2019学年高二上学期期末考试（理）试卷（解析版）

甘肃省兰州市第五十八中学2018-2019学年高二上学期期末考试（理）试卷
一．选择题(共 25 小题)
1.在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(OH-)水=10-11mol/L。下列有关该溶液的叙述正确的是
A. 该溶液一定呈酸性
B. 该溶液中的c(H+)肯定等于10-3mol/L
C. 该溶液的pH可能为3，可能为11
D. 该溶液一定呈碱性
【答案】C
【解析】
在25℃时，纯水中水电离产生的c(OH-)水=10-7mol/L，此稀溶液中由水电离产生的c(OH-)水=10-11mol/L，说明水的电离收到了抑制，而酸碱均能抑制水的电离。若为酸溶液，则该溶液中的c(H+)等于10-3mol/L，pH＝3；若为碱溶液，则该溶液中的c(H+)＝c(H+)水＝c(OH-)水＝10-11mol/L，pH＝11。
A、该溶液可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，故A不正确；
B、该溶液中的c(H+)可能等于10-3mol/L，也可能等于10-11mol/L，故B不正确；
C、该溶液中的c(H+)可能等于10-3mol/L，也可能等于10-11mol/L，所以pH可能为3，可能为11，故C正确；
D、该溶液可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，故D不正确。
考点:考查水的电离平衡及其影响因素
点评:本题考查了水的电离平衡及其影响因素，难度不大。解题的关键是掌握好酸碱对水的电离的影响。
2.室温下，向 10mL 0.1mol/L 醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是
A. 溶液中粒子的数目减小
B. 再加入 CH3COONa 固体能促进醋酸的电离
C. 稀释醋酸溶液，溶液中所有离子的浓度均降低
D. 溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)c(OH-)]不变
【答案】D
【解析】
试题分析：A．醋酸是弱电解质，存在电离平衡，稀释促进电离，氢离子、醋酸根和醋酸的浓度降低，氢氧根离子浓度升高，但溶液中粒子的数目增加，A错误；B．再加入CH3COONa固体后醋酸根离子浓度升高，抑制醋酸的电离，B错误；C．稀释醋酸溶液，溶液中除了氢氧根离子的浓度外其余所有离子的浓度均降低，C错误；D．溶液中＝，温度不变，常数不变，D正确，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查醋酸稀释过程中的有关判断
【名师点晴】该题的关键是明确醋酸的电离特点和稀释对醋酸电离平衡的影响，需要分清楚离子浓度的变化和离子数目的变化不一定是一致的，即要分清楚是溶液体积的影响大还是物质的量的影响大，选项C是易错点。另外选项D注意表达式的变形从得出与常数之间的关系，简化过程。
3.将pH＝6的CH3COOH溶液加水稀释1000倍后，溶液中的(　　)
A. pH＝9 B. c(OH－)≈10－5mol·L－1
C. pH≈7 D. c(OH－)<10－7mol·L－1
【答案】C
【解析】
试题分析：将pH=6的CH3COOH溶液加水稀释1000倍后仍然是醋酸溶液，溶液不可能显碱性，只能是接近于中性，即pH≈7，答案选C。
【考点定位】考查pH计算
【名师点晴】在解答该类题目时，首先要认真审题，其次对加水稀释后溶液pH的计算要注意以下细微知识点：（1）对于强酸溶液，每稀释10倍，pH增大1个单位；对于弱酸溶液，每稀释10倍，pH增大不足1个单位。对于强碱溶液，每稀释10倍，pH减小1个单位；对于弱碱溶液，每稀释10倍，pH减小不足1个单位。（2）对于酸溶液无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趋近于7。对于碱溶液无论稀释多少倍，碱溶液的pH不能等于或小于7，只能趋近于7。（3）对于pH相同的强酸和弱酸稀释相同的倍数，强酸的pH变化的幅度大，因为强酸溶液中的H＋已完全电离，随着加水稀释，强酸溶液中的H＋数(除水电离的以外)不会增多，而弱酸随着加水稀释，电离程度增大，H＋数还会增多，故弱酸的pH变化幅度小，强碱和弱碱也是类似原理。
4. 关于某酸的酸式盐NaHY的水溶液的下列叙述中，正确的是
A. 该酸式盐的水溶液一定显酸性
B. 在该盐溶液中，离子浓度为：c(Na+)＞c(Y2-)＞c(HY-)＞c(OH-)＞c(H+)
C. 若HY-能水解，水解方程式为：HY-+H2OY2-+H3O+
D. 若HY-能电离，电离方程式为：HY-+H2OY2-+H3O+
【答案】D
【解析】
试题分析：A、NaHY溶液由于Y2－没有指定，常见的有三种情况：①NaHSO4，只电离，不水解；②NaHSO3，其水溶液中HSO3-电离程度大于水解程度，溶液显酸性；③NaHCO3、NaHS，其水溶液中HCO3-、HS－水解程度大于电离程度，溶液显碱性。因Y2－不确定，A错误；B、根据A中分析可知B错误；C、为电离方程式而非水解方程式，水解方程式为HY-+H2OH2Y+OH－，C错误；D、根据C中分析可知D正确，答案选D。
考点：考查酸式盐的有关判断
5.在 25℃时，AgCl 的白色悬浊液中，依次加入等浓度的 KI 溶液和 Na2S 溶液，观察到的现象是先出现黄色沉淀，最终出现黑色沉淀。已知有关物质的溶度积 KSP(25℃)如下：下列错误的是

AgCl
AgI
Ag2S
KSP
1.8×10﹣10
8.51×10﹣16
6.3×10﹣50
A. 沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动
B. 溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀
C. AgCl 固液共存溶液中加少量 0.1mol/LAgNO3，AgCl 溶解度减小，KSP(AgCl)减小
D. 25℃时，饱和 AgCl、AgI、Ag2S 水溶液中，c(Ag﹣)最小的是 Ag2S 饱和溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A.沉淀转化的实质就是通过离子反应使一种难溶物质逐渐溶解，同时生成另一种难溶物质的过程，故属于沉淀溶解平衡的移动，故 A 正确；
B.对于相同类型的难溶性盐，一般情况下溶度积大的沉淀较易转化成溶度积小的沉淀，如向 AgCl的白色悬浊液中加入 KI 溶液，可生成 AgI 沉淀，故B正确；
C.溶度积常数只随温度改变，所以 AgCl 固液共存溶液中加少量 0.1mol/LAgNO3，AgCl 溶解度减小，KSP(AgCl)不变，故C错误；
D．Ag2S 与 AgCl 、 AgI 不是同类型沉淀，但是其 Ksp 数量级与 AgCl 和 AgI 相差极大，所以 Ag2S 更难溶，则c(Ag+)最小的是Ag2S 饱和溶液，故 D 正确。
故选C。
【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡移动，注意把握溶度积常数的影响因素及溶度积常数的应用、沉淀的转化原理。
6.下列关于电解质溶液的叙述正确的是 （ ）
A. 常温下，在 pH＝7 的醋酸钠和醋酸混合溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)
B. 稀释醋酸溶液，溶液中所有离子的浓度均降低
C. 在 pH＝5 的氯化钠和稀硝酸的混合溶液中，c(Na＋)＝c(Cl－)
D. 0.1 mol·L－1 的硫化钠溶液中，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)
【答案】C
【解析】
常温下pH＝7，为中性，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，根据电荷守恒，醋酸根离子浓度等于钠离子浓度，A错；稀释醋酸溶液，溶液中氢氧根离子浓度升高，B错；D中由质子守恒得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，D错。
7.铁电池是一种新兴的化学电源，总反应方程式：3Zn+2FeO42﹣+8H2O＝3Zn(OH)2↓+2Fe(OH)3↓+4OH﹣，其工作示意图如下。下列说法不正确的是( )

A. Zn 极上发生氧化反应
B. 电解质溶液中电子由左侧向右侧转移
C. 正极的电极反应式：FeO42﹣+3e﹣+4H2O＝Fe(OH)3+5OH﹣
D. 反应一段时间后，Zn 极质量减少 6.5g，假设反应前后溶液体积不变仍为 100 mL，则 OH﹣浓度约增大了 1.33 mol•L﹣1
【答案】B
【解析】
【详解】A、Zn 为负极，发生氧化反应，故 A 正确；
B、电解质溶液中没有电子定向迁移，故 B 错误；
C、正极发生还原反应，结合总方程式可知，正极反应式为 FeO42﹣+3e﹣+4H2O＝Fe(OH)3+5OH﹣， 故 C 正确；
D、据总反应方程式：3Zn+2FeO42﹣+8H2O＝3Zn(OH)2↓+2Fe(OH)3↓+4OH﹣可知，每有 3molZn反应生成 4mol 氢氧根离子，6.5gZn 为 0.1mol，生成氢氧根离子的物质的量为0.4/3mol，增大的氢氧根离子的浓度为＝1.33 mol•L﹣1，故 D 正确。
故选B。
8.已知 CuS、PbS、HgS 的溶度积分别为 l.3xl0﹣36、9.0x10﹣29、6.4x10﹣23．下列推断不正确的是
A. 向含 Pb2+、Cu2+、Hg2+的浓度均为 0.010 mol•L﹣1 的溶液中通人硫化氢气体，产生沉淀的顺序依次为 PbS、CuS、HgS
B. 在硫化铅悬浊液中滴几滴硝酸铜溶液，会生成硫化铜
C. 在含 Hg2+、Cu2+、Pb2+的溶液中滴加硫化钠溶液，当 c(S2﹣)＝0.001 mol•L﹣1 时三种金属离子都完全沉淀
D. 硫化钠是处理废水中含上述金属离子的沉淀剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．CuS、PbS、HgS 为相同类型的难溶物，可通过它们的溶度积直接判断溶解度大小，根据题干信息可知，溶解度最小的、最难溶的为 CuS，溶度积最大、最后生成沉淀的为HgS，所以产生沉淀的顺序依次为 CuS、PbS 、HgS，故 A 错误；
B.在硫化铅悬浊液中滴几滴硝酸铜溶液，由于硫化铜的溶度积小于硫化铅，所以硫化铅会转化成更难溶的硫化铜，故B正确；
C.在含 Hg2+、Cu2+、Pb2+的溶液中滴加硫化钠溶液，当 c(S2﹣)＝0.001 mol•L﹣1 时，根据三种难溶物的Ksp可以求出c(Hg2+)＝6.410﹣20mol•L﹣1、c(Cu2+)＝l.3l0﹣33mol•L﹣1、c(Pb2+)＝9.010﹣26mol•L﹣1，三种金属离子浓度都小于 1×10﹣5mol/L，所以 Hg2+、Cu2+、Pb2+离子都完全沉淀，故 C 正确；
D.硫化钠能够与 Hg2+、Cu2+、Pb2+离子反应生成难溶物 CuS、PbS、HgS，所以硫化钠是处理废水中含上述金属离子的沉淀剂，故 D 正确。
故选A。
【点睛】本题考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化本质，注意掌握难溶物溶解平衡，能够根据溶度积大小判断难溶程度，明确溶度积越大，溶解度越小。
9.某温度下，Fe(OH)3（s）、Cu(OH)2（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如右图所示。据图分析，下列判断错误的是

A. Ksp[Fe(OH)3]< Ksp [Cu(OH)2]
B. Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和
C. 加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
D. c、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH－)乘积相等
【答案】C
【解析】
试题分析：A、由b、c两点对应数据可比较出KSP[Fe(OH)3]与KSP[Cu(OH)2]的大小，KSP[Fe(OH)3]＝c(Fe3+)•(OH-)3＝c(Fe3+)•(10-12.7)3，KSP[Cu(OH)2]＝c(Cu2+)•(OH-)2＝c(Cu2+)•(10-9.6)2，因c(Fe3+)＝c(Cu2+)，故KSP[Fe(OH)3]＜KSP[Cu(OH)2]，A正确；B、b、c两点分别处在两条的沉淀溶解平衡曲线上，故两点均代表溶液达到饱和，B正确；C、向溶液中加入NH4Cl固体，不会导致溶液中的c(OH-)增大，故不能使溶液由a点变到b点，C错误；D、只要温度不发生改变，溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积(即Kw)就不变。该题中温度条件不变，故c、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积相等，D正确，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查沉淀溶解平衡、溶度积、pH、水的离子积等
【名师点晴】对图象中的数据进行定量或定性处理，找出数据(或坐标点)之间存在的相互关系；明确坐标点所表达的涵义；对溶度积和水的离子积有正确的理解等是解题关键；根据图象找出可用来比较Fe(OH)3与Cu(OH)2溶度积常数点，可用b、c进行计算；由a点变到b点，pH增大，氯化铵水解呈酸性，不会增大溶液的pH；Kw只与温度有关；注意分析处在曲线上的点与曲线外的点有什么区别，答题时注意灵活应用。
10. 下列说法错误的是
A. 除去MgCl2溶液中少量的FeCl3，可选用MgCO3
B. 等物质的量浓度的(NH4)2SO4溶液和(NH4)2CO3溶液中NH4＋的浓度前者大于后者
C. NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，产生黑色沉淀，HS－的水解程度增大，pH增大
D. 用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹
【答案】C
【解析】
试题分析：A .FeCl3易水解生成氢氧化铁，加入MgCO3，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，A正确；B．碳酸根离子促进铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，相同浓度的溶液中铵根离子浓度越小，相同浓度的(NH4)2SO4溶液和(NH4)2CO3溶液中NH4＋的浓度前者大于后者，B正确；C．在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，HS-电离出的S2-与Cu2+结合生成CuS沉淀，HS-电离程度增大，pH减小，C错误；D．氯化铵水解显酸性，可以清洗金属表面的锈迹，D正确；故选C。
考点：考查盐类的水解及其应用
11.已知某溶液中只存在 OH﹣、Cl﹣、NH4+、H+四种离子，下列说法不正确的是( )
A. 若溶液中 c(NH4+)＝c(Cl﹣)，则该溶液一定显中性
B. 若溶液中 c(NH4+)＞c(Cl﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，则溶液中一定含有 NH4Cl 和 NH3•H2O
C. 若溶液中 c(Cl﹣)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH﹣)，则溶液中可能含有 NH4Cl 或可能含有NH4Cl 和 HCl
D. 若溶液中 c(Cl﹣)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)，则溶液中含大量的 NH4Cl 和少量的 HCl
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液中存在电荷守恒，若溶液中 c(NH4 +)＝c(Cl﹣)，根据电荷守恒得 c(OH﹣)＝c(H+)，则溶液呈中性，故 A 正确；
B.如果溶液中 c(NH4+)＞c(Cl﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，则氨水过量，所以溶液中的溶质为NH4Cl 和 NH3•H2O，故 B 正确；
C.若溶液中 c(Cl﹣)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH﹣)，溶液呈酸性，氯化铵溶液呈酸性，要使溶液呈酸性，氨水和 HCl 可能恰好反应也可能 HCl 过量，所以溶液中可能含有 NH4Cl 或可能含有NH4Cl 和 HCl，故 C 正确；
D.若溶液中c(Cl﹣)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)，溶液中c（H+）＞c（NH +）且溶液呈酸性，则溶液中存在大量的 HCl 和少量的 NH4Cl，故D错误。
故选D。
12.下列说法中正确的是( )
A. 25℃时 NH4Cl 溶液的 KW 大于 100℃时 NaCl 溶液的 KW
B. 常温下，pH 均为 5 的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为 1：104
C. 根据溶液的 pH 与酸碱性的关系，推出 pH＝6.8 的溶液一定显酸性
D. 100℃时，将 pH＝2 的盐酸与 pH＝12 的 NaOH 溶液等体积混合，溶液显中性
【答案】B
【解析】
【详解】A．水的电离是吸热反应，升高温度离子积常数增大，所以 25℃时 NH4Cl 溶液的 KW 小于 100℃时 NaCl 溶液的 KW，故A 错误；
B.常温下，pH＝5 的醋酸溶液中水电离出的 c(H+)＝10﹣9 mol/L，硫酸铝溶液中水电离出的 c(H+)＝10﹣5mol/L，则由水电离出的氢离子浓度之比为 1：104，故 B 正确；
C.温度未知不能根据溶液的 pH 判断溶液酸碱性，如 100℃时中性溶液 pH＝6，则该温度下 pH＝6.8的溶液呈碱性，故 C 错误；
D.100℃时，水的离子积常数大于110﹣14，pH＝2 的盐酸中 c(H+)＝0.01mol/L，pH＝12 的 NaOH 溶液中 c(OH﹣)>0.01mol/L，二者等体积混合，碱有剩余，混合溶液呈碱性，故 D 错误。
故选B。
13.25 ℃时，下列说法正确的是
A. pH=12的NaOH溶液中，c(H+)=10-12 mol·L-1，将溶液稀释为原体积的10倍后c(H+)= mol·L-1=10-13 mol·L-1
B. pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，因生成的CH3COONa水解，所以由水电离出的 c(H+)>10-7 mol·L-1
C. pH=2的盐酸、pH=2的醋酸中由水电离出的c(H+)均为10-12 mol·L-1
D. pH=11和pH=13的NaOH溶液等体积混合后，溶液中的c(H+)= mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】A、NaOH溶液中的H+是由水电离产生的，当稀释时，由于NaOH溶液的浓度发生变化，对H2O电离的抑制程度会改变，水的电离平衡会发生移动，因而将其当成不变的值进行计算是错误的，故A错误；B、CH3COOH电离出的H+即可将NaOH完全中和，而绝大多数的CH3COOH是没电离的，即CH3COOH远远过量，混合溶液呈酸性，对水的电离起抑制作用，故B错误；C、pH=2的盐酸、pH=2的醋酸中c(H+)均为10-2 mol·L-1，再结合水的离子积常数可求出 c(OH-)均为10-12 mol·L-1，由水电离出的c(H+)也均为10-12 mol·L-1，故C正确；D、pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=10-3 mol·L-1，pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=10-1 mol·L-1，等体积混合后c(OH-)=≈5×10-2 mol·L-1，再结合离子积常数求得c(H+)=2×10-13 mol·L-1，故D错误。
14. 化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是
A. 氢氧燃料电池在碱性介质中的负极反应式：O2+2H2O+4e一＝4OH－
B. 电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2C1－一2e一＝C12↑
C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu一2e－＝Cu2+
D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe一2e—＝Fe2+
【答案】B
【解析】
试题分析：A、氢氧燃料电池中的负极发生氧化反应，所以氢气失去电子，因为电解质为碱性，所以氢气失去电子与氢氧根离子结合生成水，错误；B、电解饱和食盐水时，阳极时氯离子放电生成氯气，正确；C、精炼粗铜时，粗铜应该失去电子进入溶液，所以粗铜做阳极，纯铜作阴极，与电源正极相连的是粗铜，错误；D、钢铁发生电化学腐蚀时，正极发生还原反应，所以时氧气得到电子生成氢氧根离子，错误，答案选B。
考点：考查电化学反应原理的应用，电极反应式书写的判断
15.500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝6 mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是
A. 上述电解过程中共转移2 mol电子
B. 原混合溶液中c(K＋)为2 mol/L
C. 电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol
D. 电解后溶液中c(H＋)为2 mol/L
【答案】B
【解析】
试题分析：根据电解池原理，电解池中阴极是阳离子放电，先发生：Cu2++2e—═ Cu，后发生2H++2e—==H2↑；阳极是阴离子放电：4OH—-4e—==O2↑+2H2O；两极共产生气体的物质的量为22.4 L/22.4L/mol＝1mol，由于阳极只有氧气产生，且两极转移电子数目相等。依据4OH—-4e—==O2↑+2H2O，产生1mol氧气转移4mol电子，所以在整个电路中共转移电子4mol，A错；依据阴阳两极得失电子数目相等的原则，生成1mol氢气转移2mol电子，而线路中共转移了4mol电子，所以Cu2+得到2mol电子，则消耗1mol Cu2+，所以Cu2+的物质的量为1mol，可知C错误；再推出Cu2+的物质的量浓度为2mol/L，依据溶液显电中性，溶液中阳离子所带总电荷与阴离子所带总电荷相等：c(K+)+2c(Cu2+)==c(NO3-)＝6 mol/L，可推知c(K+)="2" mol/L，B正确；根据前面分析，共消耗OH—4mol，消耗H+2mol，所以溶液中的H+物质的量为 2mol，浓度为4mol/L，D错误，选择B。
考点：电解池工作原理、电子转移的计算。
16.工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是
已知：①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解②氧化性：Ni2+(高浓度)>H+＞Ni2+(低浓度)

A. 碳棒上发生的电极反应：4OH--4e-==O2↑+2H2O
B. 电解过程中，B室中NaCl的物质的量浓度将不断减小
C. 为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水的pH
D. 若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变
【答案】B
【解析】
试题分析：由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH- -4e-=2H2O+O2↑,镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2++2e-= Ni。电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大。又因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni2+（高浓度）＞H+＞Ni2+（低浓度），为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH 。若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl-> OH-，则Cl-移向阳极放电：2Cl-- -2e-= Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变。故B错误选B。
考点：电化学基础知识，涉及电解的基本原理、电极方程式的书写等
17.铅蓄电池的示意图如图所示．已知：2PbSO4+2H2O Pb+PbO2+2H2SO4

下列说法正确的是( )
A. 放电时，N 为负极，其电极反应式为：PbO2+SO42﹣+4H++2e﹣=PbSO4+2H2O
B. 放电时，c(H2SO4)不变，两极的质量增加
C. 充电时，阳极反应式为：PbSO4+2e﹣＝Pb+SO42﹣
D. 充电时，若 N 连电源正极，则该极生成 PbO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．由铅蓄电池的总反应 PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O 可知，放电时，Pb 被氧化，则 M 应为电池负极反应，电极反应式为：Pb﹣2e﹣+SO42﹣＝PbSO4，故 A 错误；
B．放电时，负极反应：Pb﹣2e﹣+SO42﹣＝PbSO4，正极上：4H++PbO2+SO42﹣+2e﹣＝2H2O+PbSO4，两个电极质量增加，但是反应中硫酸被消耗，浓度减小，故 B 错误；
C.充电时，阳极发生失电子的氧化反应，2H2O+PbSO4﹣2e﹣＝4H++PbO2+SO42﹣，故 C 错误；
D．充电时， 若N连电源正极，该极上硫酸铅发生失电子的氧化反应： 2H2O+PbSO4 ﹣ 2e﹣ ＝4H++PbO2+SO42﹣，该极生成 PbO2，故 D 正确。
故选D。
【点睛】本题考查了原电池和电解池原理，正确判断原电池正负极是解本题关键，充电相当于是放电的逆反应，所以其电极反应式也和相应的原电池中电极反应式是相反的，据此可以进行有关判断。
18.流动电池是一种新型电池。其主要特点是可以通过电解质溶液的循环流动，在电池外部调节电解质溶液，以保持电池内部电极周围溶液浓度的稳定。北京化工大学新开发的一种流动电池如图所示，电池总反应为Cu＋PbO2＋2H2SO4===CuSO4＋PbSO4＋2H2O。下列说法不正确的是(　　)

A. a为负极，b为正极
B. 该电池工作时PbO2电极附近溶液的pH增大
C. a极的电极反应为Cu－2e－===Cu2＋
D. 调节电解质溶液的方法是补充CuSO4
【答案】D
【解析】
试题分析：A．根据电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失电子发生氧化反应为负极，PbO2得电子发生还原反应为正极，所以为负极，b为正极，故A正确；B．PbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+4H++SO42-+2e-═PbSO4+2H2O，所以PbO2电极附近溶液的pH增大，故B正确；C．铜失电子发生氧化反应为负极，反应式为：Cu-2e-═Cu2+，故C正确；D．由电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，则调节电解质溶液的方法是补充H2SO4，故D错误；故选D。
【考点定位】考查化学电源新型电池
【名师点晴】根据原电池原理来分析解答，电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失电子发生氧化反应为负极，反应式为：Cu-2e-═Cu2+，PbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+4H++SO42-+2e-═PbSO4+2H2O，据此分析。
19. X、Y、Z、M、N五种金属，有以下化学反应：
（1）水溶液中X＋Y2＋＝X2＋＋Y；
（2）Z＋2H2O(冷水)＝Z(OH)2＋H2↑；
（3）M、N为电极，与N盐溶液组成原电池，M电极反应为M－2e－＝M2＋；
（4）Y可以溶于稀硫酸中，M不被稀硫酸氧化。
则这五种金属的活动性由弱到强的顺序是
A. M＜N＜Y＜X＜Z B. N＜M＜X＜Y＜Z
C. N＜M＜Y＜X＜Z D. X＜Z＜N＜M＜Y
【答案】C
【解析】
试题分析：金属的金属性越强，其单质的还原性越强；在原电池中，一般来说，较活泼金属作负极、较不活泼金属作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在金属活动性顺序表中，位于氢之前的金属能置换出酸中的氢，(1)水溶液中X+Y2+═X2++Y，说明活动性X＞Y；(2)Z+2H2O(冷水)═Z(OH)2+H2↑，能与冷水反应生成氢气说明Z金属性活动性很强；(3)M、N为电极，与N盐溶液组成原电池，M电极反应为M-2e-═M2+，M失电子发生氧化反应，则M是负极、N是正极，活动性M＞N；(4)Y可以溶于稀硫酸中，M不被稀硫酸氧化，说明活动性Y＞M，通过以上分析知，金属活动性顺序N＜M＜Y＜X＜Z，故选C。
【考点定位】考查常见金属的活动性顺序及其应用
【名师点晴】本题考查金属活动性强弱顺序判断，为高频考点，利用金属与酸或水反应置换出氢气难易程度、金属最高价氧化物的水化物碱性强弱、金属之间的置换反应等可以判断金属性强弱，注意不能根据失电子多少判断，为易错点。
20.如图所示，杠杆 AB 两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠 杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入浓 CuSO4 溶液，一段时间后，下列 有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中，不考虑铁丝反应及两球的浮力变化)

A. 杠杆为导体和绝缘体时，均为 A 端高 B 端低
B. 杠杆为导体和绝缘体时，均为 A 端低 B 端高
C. 当杠杆为绝缘体时，A 端低 B 端高；为导体时，A 端高 B 端低
D. 当杠杆为绝缘体时，A 端高 B 端低；为导体时，A 端低 B 端高
【答案】D
【解析】
若为绝缘体，则铁直接和硫酸铜发生置换反应，铜析出附着在铁上，质量增加，所以A端高，B端低。若为导体，则构成原电池，其中铁是负极，铜是正极，铜离子在正极得到电子析出，因此是A端低，B端高。答案选D。
21.下表中，对陈述 I、II 的正确性及两者间有无因果关系的判断都正确的是( )
选项
陈述 I
陈述 II
判断
A
用锌和足量稀硫酸制取氢气时加入硫酸铜溶液
可以制取更多的氢气
I 对、II 对、有
B
用 Mg﹣Al﹣NaOH 构成原电池
Mg 更活泼作负极
I 对、II 对、无
C
AlCl3 是离子化合物
电解熔融的 AlCl3 制取金属铝
I 对、II 对、无
D
石墨常用做电解池的电极
石墨的化学性质稳定且导电性好
I 对、II 对、有
【答案】D
【解析】
A中由于锌和硫酸铜反应，所以产生的氢气偏少，不正确。由于镁和氢氧化钠溶液不反应，而铝能反应，所以铝是负极，B不正确。氯化铝是共价化合物，熔融时不能导电，因此也不能制取铝，C不正确，因此正确的答案选D。
22.如图所示，取一张用饱和的 NaCl 溶液浸湿的 pH 试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现 a 电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色（b电极附近的试纸变化没有表示出来）。则下列说法错误的是( )

A. a电极是阳极
B. a 电极与电源的正极相连
C. 电解过程中水是氧化剂
D. b 电极附近溶液的 pH 变小
【答案】D
【解析】
【详解】a 电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色，说明 a 极产生了 Cl2，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有漂白作用，故与电极a接触附近的试纸变为白色，由此判断 a 极与电源的正极相连，即 a 为阳极，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，b 为阴极，电极方程式为 2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，所以 b 极附近的 pH 增大，电解过程中生成 H2，H 元素化合价降低，则水为氧化剂。综上所述，A、B、C是正确的，D是错误的。
故选D。
23.下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是( )
A. 纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗
B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
C. 海轮外壳连接锌块以保护外壳不受腐蚀
D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A.发生电化学腐蚀时,金属应不纯，则纯银器主要发生化学腐蚀，故A正确；
B.铁比锡活泼，当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，故B错误；
C.海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D.防止金属被氧化，金属应连接电源的负极，防止金属的腐蚀，故D正确；
综上所述，本题选B。
24.用水稀释 0.1mol/L 氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是( )
A. c(OH﹣)/ c(NH3.H2O) B. c(NH3.H2O)/ c(OH﹣)
C. c(H+)和 c(OH﹣)的乘积 D. OH﹣的物质的量
【答案】B
【解析】
试题分析：A、B.由NH3．H2OOH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH-）增大，所以二者的比值减小，故B正确；
C.因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH-）的乘积不变，故C错误；
D.由NH3．H2OOH-+NH4+可知，加水促进电离，OH-的物质的量增大，故D错误；
故选B．
考点：弱电解质的电离平衡
点评：本题考查弱电解质的电离，明确稀释时电离平衡的移动及离子的物质的量、离子的浓度的变化是解答的关键
25. 下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断正确的是
酸
HX
HY
HZ
浓度（mol/L）
0.12
0.2
0.9
1
1
电离度
0.25
0.2
0.1
0.3
0.5
电离常数
K1
K2
K3
K4
K5
A．在相同温度，从HX的数据可以说明：弱电解质溶液，浓度越低，电离度越大，且K1＞K2＞K3=0.01
B．室温时，若在NaZ溶液中加水，则c（Z-）/ [c（HZ）• c（OH-）]的比值变小，若加少量盐酸，则比值变大
C．等物质的量的NaX、NaY和NaZ的混合，c（X-）+c（Y-）-2c（Z-）=2c（HZ）-c（HX）-c（HY），且c（Z-） D．在相同温度下，K5＞K4＞K3
【答案】D
【解析】
试题解析：A．相同温度下，同种弱酸的电离常数不随浓度的变化而变化，所以K1=K2=K3，故A错误；B．室温时，若在NaZ溶液中加水、加酸都促进水解，=，二者都为常数，只受温度的影响，故B错误；C．由电离度大小可知酸性HZ＞HY＞HX，酸越强，水解程度越小，溶液的PH越小，则其pH：NaX＞NaY＞NaZ，故C错误；D．弱酸的电离度越大，酸越强，则电离常数越大，所以在相同温度下，K5＞K4＞K3，故D正确．
考点：电离平衡；盐类的水解
二．解答题(共 5 小题)
26.(1)室温下，如果将 0.1molCH3COONa 和 0.05molHCl 全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)，_______和________ 两种粒子的物质的量之和等于 0.1mol．
(2)已知某溶液中只有Na+、CH3COO﹣、H+、OH﹣四种离子．某同学推测该溶液中离子浓度可能有如下四种关系：
A．c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+) B．c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣) C．c(Na+)＞c(OH﹣)＞c(CH3COO﹣)＞c(H+) D．c(CH3COO﹣)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH﹣)
①若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是_____，上述离子浓度大小关系中正确的是(填序号)_____；
②若上述关系中 D 是正确的，则溶液中溶质的化学式是_____；
③若该溶液由体积相等的醋酸与 NaOH 溶液混合而成，且溶液恰好呈中性，则混合前 c(CH3COOH)
(填“＞”“＜”“＝”，下同)_____c(NaOH)，混合后 c(CH3COO﹣)与 c(Na+)的关系是 c(CH3COO﹣)_____ c(Na+)．
(3)25℃时，向 0.1mol/L 的醋酸溶液中加入少量的醋酸钠固体，当固体溶解后，测得溶液的 pH 增大，主要原因是_____(填序号)
A.醋酸与醋酸钠发生反应
B.醋酸钠溶液水解显碱性，增加了 c(OH﹣)
C.醋酸钠溶于水电离出醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使 c(OH﹣)减小．
【答案】（1）CH3COO-CH3COOH （2）①醋酸钠 A
② CH3COOH CH3COONa ③> = （3）C
【解析】
试题分析：（1）溶液中含有CH3COO-和 CH3COOH共0.1mol；（2）当溶质为醋酸钠时，CH3COO-水解使溶液呈碱性，离子浓度大小关系为：A；D项溶液呈酸性，且c（CH3COO-）>c(Na+)所以溶质为CH3COOH和CH3COONa；当等体积的醋酸与NaOH混合且溶液呈中性，则应该醋酸过量，所以浓度大于NaOH,由电荷守恒确定：c(CH3COO-)> c(Na+).
考点：物料守恒、离子浓度大小的比较、盐类的水解。
27.水是极弱的电解质，改变温度或加入某些电解质会影响水的电离。请回答下列问题：
(1)纯水在 100℃时，pH＝6，该温度下 0.1mol•L﹣1 的 NaOH 溶液中，溶液的 pH＝_____。
(2)25℃时，向水中加入少量碳酸钠固体，得到 pH 为 11 的溶液，其水解的离子方程式为_____， 由水电离出的 c(OH﹣)＝_____mol•L﹣1。
(3)体积均为 100mL、pH 均为 2 的盐酸与一元酸 HX，加水稀释过程中 pH 与溶液体积的关系如图所示，则 HX 是_____(填“强酸”或“弱酸”)，理由是_____。

(4)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。
化学式
电离常数(25℃)
HCN
K＝4.9×10﹣10
CH3COOH
K＝1.8×10﹣5
H2CO3
K1＝4.3×10﹣7、K2＝5.6×10﹣11
①25℃时，等浓度的 NaCN 溶液、Na2CO3 溶液和 CH3COONa 溶液，pH 由大到小的顺序为________(填化学式)。
②25℃时，在 0.5mol/L 的醋酸溶液中由醋酸电离出的 c(H+)约是由水电离出的 c(H+)的_________倍。
【答案】（1）11（2分）（2）CO32-＋H2OHCO3-＋OH－（2分） 10－3（2分）
（3）弱酸（1分）；稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化量比HCl的小，说明HX存在电离平衡，故HX为弱酸。（2分） （4）①Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa（2分） ②9×108（2分）
【解析】
试题分析：（1）纯水在100 ℃时，pH＝6，这说明该温度下水的离子积常数是10－12，因此该温度下0.1 mol·L－1的NaOH溶液中，氢离子浓度是10－11mol/L，则溶液的pH＝11。
（2）25 ℃时，向水中加入少量碳酸钠固体，碳酸根水解，得到pH为11的溶液，则其水解的离子方程式为CO32-＋H2OHCO3-＋OH－，其中由水电离出的c(OH－)等于溶液中氢氧根离子的浓度，即由水电离出的c(OH－)＝10－3mol·L－1。
（3）根据图像可知，稀释相同倍数时，一元酸HX的pH变化量比HCl的小，这说明HX存在电离平衡，因此HX为弱酸。
（4）①电离常数越大酸性越强，酸性越强相应的钠盐越容易水解，溶液的碱性越强。根据表中数据可知酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3－，所以25 ℃时，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，溶液的pH由大到小的顺序为Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa。
②根据电离常数可知25 ℃时，在0.5 mol/L 的醋酸溶液中氢离子浓度是mol/L，则溶液中氢氧根离子的浓度是×10－11mol/L，因此醋酸溶液中由水电离出的氢离子浓度也是×10－11mol/L，所以由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的9×108倍。
考点：考查弱电解质的电离、盐类水解等有关应用与计算
28.我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其进行修复和防护具有重要意义。
（1）原子序数为29的铜元素位于元素周期表中第_______周期。
（2）某青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g，则该青铜器中Sn和Pb原子的数目之比为__________。
（3）研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl。关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述正确的是________。
A．降低了反应的活化能 B．增大了反应的速率
C．降低了反应的焓变 D．增大了反应的平衡常数
（4）采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀。如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，该化学方程式为_________________。
（5）如图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图。

①腐蚀过程中，负极是________（填图中字母“a”或“b”或“c”）；
②环境中的Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物及负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，其离子方程式为_____________________；
③若生成4.29gCu2（OH）3Cl，则理论上耗氧体积为___________L（标准状况）。
【答案】 (1). 四 (2). 10：1 (3). AB (4). Ag2O+2CuCl＝2AgCl+Cu2O (5). c (6). 2Cu2++3OH﹣+Cl﹣＝Cu2(OH)3Cl↓ (7). 0.448
【解析】
【分析】
（1）原子核外电子层数与其周期数相等，Cu 原子核外有 4 个电子层，由此判断位置；
（2）Sn、Pb 的物质的量之比＝：＝1mol：0.1mol＝10：1，根据 N＝nNA 知，物质的量之比等于其个数之比；
（3）A．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数；
B．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会；
C．催化剂改变反应路径，但焓变不变；
D．平衡常数只与温度有关；
（4）Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，则二者相互交换成分生成另外的两种化合物；
（5）①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；
②Cl-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；
③n[Cu2(OH)3Cl]==0.02mol，根据转移电子计算氧气物质的量，再根据V=nVm计算体积。
【详解】（1）原子核外电子层数与其周期数相等，Cu 原子核外有 4 个电子层，所以 Cu 元素位于第四周期，
故答案为：四；
（2）Sn、Pb 的物质的量之比＝：＝1mol：0.1mol＝10：1，根据 N＝nNA 知，物质的量之比等于其个数之比，所以 Sn、Pb 原子个数之比为 10：1，
故答案为：10：1；
（3）A．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，故 A 正确；
B.催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会，所以反应速率增大，故 B 正确；
C.催化剂改变反应路径，但焓变不变，故 C 错误；
D.平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，与催化剂无关，故D错误。
故选 AB；
（4）Ag2O 与有害组分 CuCl 发生复分解反应，则二者相互交换成分生成另外的两种化合物，反应方程式为 Ag2O+2CuCl＝2AgCl+Cu2O，
故答案为：Ag2O+2CuCl＝2AgCl+Cu2O；
（5）①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，即 c 是负极，
故答案为：c；
②Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物及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↓，
故答案为：2Cu2++3OH﹣+Cl﹣＝Cu2(OH)3Cl↓；
③n[Cu2(OH)3Cl]＝=0.02mol，根据转移电子守恒可得， n（O2）＝＝0.02mol，
V（O2）＝0.02mol×22.4L/mol＝0.448L，
故答案为：0.448。
29.某兴趣小组的同学用图所示装置研究有关电化学的问题．当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生了偏转．

请回答下列问题：
（1）甲池为______填“原电池”、“电解池”或“电镀池”)，通入 CH3OH 电极的电极反应为_____．
（2）乙池中 A(石墨)电极的名称为_____(填“正极”、“负极”或“阴极”、“阳极”)，总反应式为_____．
（3）当乙池中 B 极质量增加 5.40g 时，甲池中理论上消耗 O2 的体积为_____mL(标准状况)，丙池中_____极析出_____g 铜．
（4）若丙中电极不变，将其溶液换成 NaCl 溶液，电键闭合一段时间后，丙中溶液的 pH 将______________填“增大”、“减小”或“不变”)；甲中溶液的 pH 将________________ (填“增大”、“减小”或“不变”)．
【答案】 (1). 原电池 (2). CH3OH﹣6e-+8OH-═CO32-+6H2O (3). 阳极 (4). 4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3 (5). 280 (6). D (7). 1.6 (8). 增大 (9). 减小
【解析】
【分析】
（1）甲池为原电池，燃料在负极失电子发生氧化还原反应在碱溶液中生成碳酸盐，结合电荷守恒写出电极反应；
（2）乙池是电解池，A为阳极，B为阴极，电池中是电解硝酸银溶液生成银、硝酸和氧气；
（3）乙池是电解池结合电子守恒计算消耗氧气的体积，丙为电解池C为阳极，D为阴极，电解氯化铜溶液，铜离子在阴极得到电子析出铜；
（4）甲中发生的反应为甲醇与氧气、氢氧化钾的反应，反应消耗氢氧根离子，则pH减小，丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，则丙中电解NaCl溶液生成氢氧化钠，所以溶液的pH增大。
【详解】（1）甲池为原电池，燃料在负极失电子发生氧化还原反应在碱溶液中生成碳酸盐，甲池中通入 CH3OH 电极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32-+6H2O，
故答案为：原电池；CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32-+6H2O；
（2）乙池是电解池，A 为阳极，B 为阴极，电池中是电解硝酸银溶液生成银、硝酸和氧气，电池反应为：4AgNO3+2H2O 4Ag+O2↑+4HNO3，
故答案为：阳极；4AgNO3+2H2O 4Ag+O2↑+4HNO3；
（3）当乙池中 B 极质量增加 5.4g 时说明生成 Ag 5.4g ，其物质的量＝＝0.05mol，依据电子守恒计算 4Ag～O2～4e﹣，甲池中理论上消耗 O2 的体积＝mol×22.4L/mol＝0.28L＝280mL；丙为电解池C为阳极，D为阴极，电解氯化铜溶液铜离子在阴极得到电子析出铜，结合电子守恒计算 2Ag～Cu～ 2e﹣，析出铜质量＝×64g/mol＝1.6g；
故答案为：280；D；1.6；
（4）甲中发生的反应为甲醇与氧气、氢氧化钾的反应，反应消耗氢氧根离子，则 pH 减小，丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，则丙中电解NaCl溶液生成氢氧化钠，所以溶液的 pH 增大；
故答案为：增大；减小。
30.下表列出了两种燃煤烟气脱硫方法的原理．
方法Ⅰ：将 SO2 与 I2 反应制 H2SO4 和 HI，同时分解 HI 制 H2 和 I2，I2 循环使用。方法Ⅱ：用 Na2SO4 溶液吸收 SO2，再用离子膜电解法，电解吸收液得到单质硫。
(1)方法Ⅰ中，用 SO2 与碘反应生成 H2SO4 和 HI，SO2 与 I2 反应的物质的量之比为____________；制得的 H2 可用储氢合金转化为 MH，现分别用 NiO(OH)、MH 作正、负极材料，KOH 溶液作电解质，可制得高容量的镍氢电池．电池总反应为：NiO(OH)+MHNi(OH)2+M 则电池放电时， 负极的电极反应式为_____________，充电完成时，Ni(OH)2 全部转化为 NiO (OH)．若继续充电将在一个电极产生 O2，O2 扩散到另一电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极的电极反应式为____________________
(2)利用如图装置可实现方法Ⅱ的转化

①b 端应连接电源的_____(填“正极”或“负极”)．
②用 Na2SO4 溶液代替水吸收烟气中的 SO2 使之转化为 H2SO3，其目的是_____
③电解过程中，阴极的电极反应式为_____．
【答案】 (1). 1：1 (2). MH+OH-﹣e-＝M+H2O (3). O2+2H2O+4e-＝4OH- (4). 正极 (5). 提高溶液的导电能力，加快电解速率 (6). SO2+4H++4e-＝S+2H2O
【解析】
【分析】
（1）依据二氧化硫和碘单质在水溶液中发生氧化还原反应，结合定量关系分析判断；电池放电为原电池反应，负极为失电子发生氧化反应，充电时是原电池，NiO(OH)+MHNi(OH)2+M，放电为原电池，正极发生还原反应，依据电池反应书写电极反应；根据氧气进入另一个电极后所引发的反应来回答；
（2）①用 Na2SO4 溶液吸收 SO2，再用离子膜电解法电解吸收液得到单质硫，依据氢离子移动方向可知，a为阴极，b为阳极；
②用 Na2SO4溶液代替水吸收烟气中的SO2使之转化为H2SO3，提高溶液导电性；
③电解池中阴极是二氧化硫得到电子生成硫单质。
【详解】（1）用 SO2 与碘反应生成H2SO4 和 HI，反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，SO2 与 I2 反应的物质的量之比为 1：1；
放电过程是原电池反应，正极发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+e-＝Ni（OH）2+OH﹣； 负极电极反应为：MH+OH﹣﹣e﹣＝M+H2O；
阴极上是氧气发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，
故答案为：1：1；MH+OH﹣﹣e﹣＝M+H2O；O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣；
（2）①用 Na2SO4 溶液吸收 SO2，再用离子膜电解法电解吸收液得到单质硫，依据氢离子移动方向可知，a 为阴极，b 为阳极，b 电极链接电源正极；
故答案为：正极；
②用 Na2SO4溶液代替水吸收烟气中的 SO2 使之转化为 H2SO3，提高溶液导电性，加快电解速率，
故答案为：提高溶液导电性，加快电解速率；
③电解池中阴极是二氧化硫得到电子生成硫单质，电极反应为：SO2+4H++4e-＝S+2H2O，
故答案为：SO2+4H++4e-＝S+2H2O。