第四章 化学反应与电能 单元测试题
一、单选题
1．下列叙述正确的是
A．如图所示，若铜中含有杂质银，可形成原电池，且铜作正极
B．如图所示，当有电子转移时，有0.1mol Cu2O生成
C．基于绿色化学理念设计的制取的电解池如图所示，铜电极发生
D．若图所示的装置中，则极是负极，极可以是铜
2．用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(如图)，可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨。工作时H2O在双极膜界面处被催化解离成H+和OH-，有利于电解反应顺利进行。下列说法正确的是
A．“卯榫”结构的双极膜中的H+移向电极b，OH-移向电极a
B．b电极的反应式为
C．每生成，双极膜处有的解离
D．“卯榫”结构可实现大电流催化电解溶液制氨，是因为这种双极膜表面积型大，更有利于电子通过
3．实验小组研究金属电化学腐蚀，实验如下：
实验 装置 5min时现象 25min时现象
I 铁钉表面及周边未见明显变化。 铁钉周边出现少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成。
Ⅱ 铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化。 铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化。
下列说法不正确的是
A．实验Ⅱ中时出现红色区域，说明铁钉腐蚀速率比Ⅰ快
B．实验Ⅱ中正极的电极反应式：
C．实验I如果使用纯铁材质铁钉能减慢其腐蚀速率
D．若将Zn片换成Cu片，推测Cu片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色
4．周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。氧元素常见单质有和，在氧气中燃烧的燃烧热为，可将转化为和；硫的常见氧化物为和，可做漂白剂；亚硫酰氯()为黄色液体，遇水发生水解；Se是不溶于水的半导体材料，可通过还原()制备；工业上可电解与混合溶液制备过二硫酸铵，过二硫酸铵与双氧水中都含有过氧键()。下列化学反应表示正确的是
A．的燃烧：
B．亚硫酰氯水解的反应方程式：
C．还原水溶液中的：
D．电解法备时的阳极反应：
5．关于下列各装置图的叙述正确的是
A．图①装置实现铜的电解精炼，a极为精铜，离子导体为硫酸酸化溶液
B．图②装置中电子由电极流向电极，盐桥中的移向溶液
C．图③装置中钢闸门应与外接电源的正极相连获得保护
D．图④两个装置中电流计指针偏转方向相同，正极上均产生氢气
6．将图1所示装置中的盐桥(琼脂—饱和溶液)换成铜导线与石墨棒连接得到图2所示装置，发现电流计指针仍然有偏转。下列说法正确的是
A．图1中，铁棒质量减少，则乙池溶液的质量减少
B．图2丙池中石墨c电极附近减小
C．图1中的石墨电极与图2中丁池石墨b电极的电极反应式相同
D．图2中电流方向为石墨c→铜丝→石墨b→石墨a→电流计
7．己知四甲基氢氧化铵是一种有机强碱，常用作电子工业清洗剂。以四甲基氯化铵为原料，采用电渗析法合成，工作原理如图。下列说法中错误的是
A．光伏并网发电装置中P型半导体电势高
B．c为阳离子交换膜，e为阴离子交换膜
C．b电极反应方程式为
D．制备四甲基氢氧化铵，两极共产生气体(标准状况)
8．质子交换膜氢氧燃料电池具有能量密度高等优点，质子交换膜主要成分为全氟磺酸聚合物，吸水后，强疏水性主链和亲水性侧链形成尺寸为3-5纳米的离子通道。质子通过水、等载体之间氢键的伸缩振动，定向连续传递。电池及膜的工作原理如下图所示，下列说法不正确的是
A．通电极的电势比通电极的电势高
B．质子交换膜燃料电池的电解质为全氟磺酸聚合物
C．给出质子能力：>质子交换膜的
D．质子交换膜吸水后形成离子通道
9．下列装置(容器中的液体均足量)中，铁的腐蚀速率最快的是
A． B．
C． D．
10．下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示)
A B C D
电离方程式：NaCl = Na+ + Cl- 总反应：Zn + Cu2+ = Zn2+ + Cu 负极反应：H2-2e-+ 2OH-= 2H2O 总反应：2Cl-+ 2H+Cl2↑ + H2↑
A．A B．B C．C D．D
11．我国科学家设计了一种利用废水中的将苯酚氧化为CO2和H2O的原电池一电解池组合装置(如图所示)。已知：羟基自由基(·OH)的氧化性仅次于氟气。下列说法错误的是
A．电子转移方向：b电极→导线→c电极
B．d电极的电极反应为H2O-e-=·OH+ H+
C．右侧装置中，c、d两电极产生气体的体积比(相同条件下)为7∶3
D．若a电极上有1 mol 参与反应，理论上NaCl溶液中有6 mol Cl-通过阴离子膜进入a电极区溶液
12．一种能将甘油(C3H8O3)与二氧化碳转化为甘油醛(C3H6O3)和合成气的电化学装置如图所示。下列说法正确的是
A．催化电极a与电源负极相连
B．电解时催化电极a附近的pH增大
C．电解时b极区Na2CO3溶液浓度升高
D．生成的甘油醛与合成气的物质的量相等
13．我国科学家提出了一种双极膜硝酸盐还原工艺，原理如图所示。双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移，下列说法正确的是
A．b为负极，Y极上发生还原反应
B．X极的电极反应式为
C．双极膜中向右侧移动
D．理论上产生的与的物质的量之比为
二、多选题
14．热激活电池可用作火箭、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LiCl-KCl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，关于该电池的下列有关说法正确的是
A．正极电极反应式：
B．放电过程中向硫酸铅电极移动
C．若将电解质改为LiCl—KCl溶液，对电池无影响
D．每转移0.1mol电子，理论上生成10.35gPb
三、非选择题
15．常温下，某些弱电解质的电离常数如下表：
弱电解质
电离常数
(1)草酸钠水解的化学方程式是 ，下列图像正确且能够说明草酸钠的水解反应达到平衡状态的是
A B C D
溶液中与反应时间t的关系 的水解速率与反应时间t的关系 溶液的与反应时间t的关系 与反应时间t的关系
(2)向溶液中加少量溶液，写出反应的离子方程式
(3)常温下，则的电离平衡常数 （精确到小数点后1位）。
(4)①②③④四种溶液中相等，则四种溶液的物质的量浓度由大到小的顺序是 （填序号）．
(5)能氧化，向溶液中通入至过量，下列图像符合溶液导电性（I）变化的是 。
16．二氧化氯(C1O2)是国内公认的高效、广谱、快速、安全无毒的杀菌消毒剂，被认为是“第四代消毒剂”。电解法是目前最为热门的生产ClO2的方法之一。直接电解氯酸钠(NaClO3)溶液自动催化循环制备高纯ClO2的实验装置示意图如图所示。
已知：①不考虑H+放电；
②亚氯酸盐具有强氧化性。
回答下列问题：
(1)NaClO3中氯元素的化合价为 价，NaClO3在水中的电离方程式为 。
(2)电解氯酸钠溶液时，H+穿过质子交换膜移向 (填“N”或“M”)电极。
(3)已知铅酸蓄电池的工作原理为；
①电解氯酸钠溶液时，M电极上发生 (填“氧化”或“还原”)反应。
②电解氯酸钠溶液时，若以铅酸蓄电池作为电源，则R应与 (填“Pb”或“PbO2”)电极相连，N电极上的电极反应式为 。
③电解氯酸钠溶液时，若以铅酸蓄电池作为电源，每消耗4.14gPb，此时生成气体B的体积为 mL(换算为标准状况下)。
(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是___________(填标号)。
A．明矾 B．氯化钾 C．盐酸 D．硫酸亚铁
17．作为一种绿色消毒剂，在公共卫生事业中发挥了重要的作用。已知反应：
(1)的强氧化性使其对大多数致病菌和病毒具有消杀功能。用医用对传染病房喷洒消毒时，地板上有气泡冒出，该气体是 。
(2)纯可作为民用驱雹火箭推进剂。在火箭喷口铂网催化下，剧烈分解：，放出大量气体，驱动火箭升空。每消耗，理论上 (填“放出”或“吸收”)热量 (填“大于”、“小于”或“等于”)。
(3)纯相对稳定，实验表明在下恒温贮存2周，浓度仍能保持，原因是分解反应的 (填编号)。
a．速率比较小 b．不解大 c．比较小 d．活化能比较大
(4)的一种衍生物，阴离子结构式如图，用“□”标识出中体现强氧化性的基团： 。溶液加热至沸后，溶液降低，用离子方程式表明原因： 。
(5)用惰性电极电解和硫酸混合溶液生产。电解过程中有生成，阳极发生的电极反应可表示为： 。在无离子交换膜的条件下，通过一定的电量，电解后溶液中不含，测得含量低于理论值，可能原因是 。(忽略电阻且不考虑的分解)
18．铜及其化合物应用广泛。回答下列问题：
(1)目前铜可采用如下方法制备：
方法1：火法炼铜：；
方法2：湿法炼铜：。
上述两种方法中，方法2比方法1更好，其原因是 (写出一条原因即可)。上述两种方法冶炼铜中，若转移的电子数相同，则方法1和方法2冶炼出的铜的质量之比为 。
(2)黄铜矿的含铜成分为，常采用溶液浸取，生成和等，该反应的化学方程式为 。
(3)将、和组成的混合物加入溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到(标准状况)气体。若将此混合物用足量的加热还原，所得固体的质量为 。
(4)和的燃烧热分别为、，已知 ；则的 。
(5)某同学利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
实验序号 装置示意图 实验现象
i 阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有
ii 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元素
①实验i中气体减少的原因是 。
②实验i中，推测产生，可能发生的反应有、 。
③随着阴极析出，实验ii中平衡 (填“向左”“向右”或“不”)移动，理由是 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．铜能与硫酸铁溶液反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，若铜中含有杂质银，铜和银在溶液中构成原电池，铜做原电池的负极，银做正极，故A错误；
B．由图可知，该装置为电解池，与电源正极相连的铜电极为阳极，铜失电子发生氧化反应生成氧化亚铜，当有0.1mol电子转移时，生成氧化亚铜的物质的量为0.1mol×=0.05mol，故B错误；
C．由图可知，该装置为电解池，与电源正极相连的铜电极为阳极，铜失电子发生氧化反应生成氧化亚铜，电极反应式为，故C正确；
D．由图可知，该装置为原电池，由电子的移动方向可知，X极是原电池的负极，Y极为正极，铜能与硫酸铁溶液反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，则Y极不可能是铜，故D错误；
故选C。
2．C
【分析】催化电解KNO3溶液制氨，硝酸钾发生还原反应，则电极a为阴极、电极b为阳极，双极膜界面产生的H+移向阴极，而OH-移向阳极，阴极反应式为+7H2O+8e-=NH3 H2O+9OH-，阳极反应式为8OH--8e-=2O2↑+4H2O，电解总反应为+3H2O═NH3 H2O+2O2↑+OH-，而“卯榫”结构可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨，单位时间内电子转移增大，可以提高氨生成速率，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，电极a为阴极、电极b为阳极，双极膜界面产生的H+移向阴极即a极，而OH-移向阳极即b极，A错误；
B．由分析可知，b电极为阳极，该电极的反应式为8OH--8e-=2O2↑+4H2O，B错误；
C．由分析可知，阴极反应式为+7H2O+8e-=NH3 H2O+9OH-，生成1molNH3 H2O转移8mol电子，根据电子守恒可知双极膜处有8mol的H2O解离，C正确；
D．电子不能通过电解质溶液和双极膜，故“卯榫”结构可实现大电流催化电解溶液制氨，并不是因为这种双极膜表面积型大，更有利于电子通过，而是这种结构的双极膜既能让H+自由通过的同时又能让OH-自由通过，大大加快了离子通过速率，增强导电性，D错误；
故答案为：C。
3．A
【分析】实验Ⅰ铁钉周边零星、随机出现极少量红色和蓝色区域，正极发生的是氧气得电子的还原反应，即2H2O+O2+4e-=4OH-，使酚酞溶液变红，负极是金属铁失电子的氧化反应，即Fe-2e-=Fe2+，与K3[Fe(CN)6]出现蓝色区域，Fe2++2OH-=Fe(OH)2，合并得到：2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，有少量红棕色铁锈生成，实验Ⅱ5min铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现锌片周边未见明显变化，25min铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现锌片周边未见明显变化，说明Zn保护了Fe，使铁的腐蚀速率比实验I慢，据此分析答题。
【详解】A．实验Ⅱ5min铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现锌片周边未见明显变化，25min铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现锌片周边未见明显变化，说明Zn保护了Fe，使铁的腐蚀速率比实验I慢，A错误；
B．实验Ⅱ中金属铜是正极，氧气发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e-═4OH-，B正确；
C．实验I如果使用纯铁材质铁钉只能进行化学腐蚀，而不纯的铁质材料则能够形成电化学腐蚀，电化学腐蚀速率比化学腐蚀快，故能减慢其腐蚀速率，C正确；
D．将Zn片换成Cu片，铁做负极加快腐蚀，推测Cu片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色，D正确；
故答案为：A。
4．D
【详解】A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定的化合物时所放出的热量，因此2mol氢气完全燃烧放出的热量为285.8kJ×2=571.6kJ，故A项错误；
B．中S元素为+4价，因此亚硫酰氯水解生成HCl和SO2，故B项错误；
C．还原水溶液中的过程中，S元素化合价由+4升高至+6，Se元素化合价由+4降低至0，因此反应离子方程式为，故C项错误；
D．过二硫酸铵中含有过氧键()，有2个呈-1价的氧原子，阳极上中1个氧原子化合价由-2升高至-1，因此电解与混合溶液制备过二硫酸铵时的阳极反应：，故D项正确；
综上所述，正确的是D项。
5．D
【详解】A．根据电流判断a为阴极，因此a为精铜，离子导体为溶液，故A错误；
B．做负极做正极，电子由负极流向正极，在电解质溶液中阳离子向正极移动，故B错误；
C．要保护钢闸门，应与电源的负极相连，故C错误；
D．两个装置中左边都是负极，右边都是正极因此电流计指针偏转方向相同，正极都是氢离子的电子，因此都产生氢气，故D正确；
故选D。
6．D
【分析】图1为原电池装置，图2为电解池装置，丙烧杯中铁作负极，石墨c作正极，发生吸氧腐蚀；
【详解】A．图1中，铁棒作负极，铁棒质量减少，即0.1mol，则失去0.2mol电子，乙池溶液中消耗0.1mol（）得0.2mol电子，但盐桥中有向乙烧杯中移动，乙池溶液的减少质量小于，A错误；
B．图2丙池发生吸氧腐蚀，正极电极反应式：，pH增大，B错误；
C．图1中的石墨电极作原电池正极，发生还原反应；图2中丁池石墨b电极为电解池阳极，发生氧化反应生成氯气，C错误；
D．图2中电流方向为石墨c→铜丝→石墨b→石墨a→电流计，D正确；
答案选D。
7．B
【分析】从图中可以看出，光伏并网发电装置中, a电极连接N型半导体，则其为负极，b电极连接P型半导体,则其为正极；电解装置中，a极为阴极，b极为阳极。从电解池a极区溶液中四甲基氢氧化铵[ ( CH3) 4NOH]浓度增大，也可推出( CH3) 4N+透过c膜向a电极移动，则a电极为阴极，c膜为阳膜；Cl-透过d膜向右侧移动，则d膜为阴膜；Na+透过e膜向左侧移动，则e膜为阳膜。
【详解】A．由分析可知，光伏并网发电装置中，N型半导体为负极，P型半导体为正极，A正确；
B．由分析可知，c、e为阳离子交换膜，B错误；
C．b为阳极，溶液中的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极反应为，C正确；
D．182克四甲基氢氧化铵的物质的量为，则a极生成1mol氢气，b极生成0.5mol氧气，两极共产生1.5mol气体，在标况下体积为33.6L，D正确；
故选B。
8．C
【详解】A．该燃料电池中，氢气失去电子被氧化为负极、氧气得到电子被还原为正极，则通电极的电势比通电极的电势高，A正确；
B．氟原子电负性大，是吸电子基团，导致中羟基极性增强，易电离出氢离子，故质子交换膜燃料电池的电解质为全氟磺酸聚合物，B正确；
C． 结合选项B可知，给出质子能力：＜质子交换膜的，C错误；
D．由图及题干信息可知，主链疏水，内侧亲水，形成了质子传导的水通道， D正确；
答案选C。
9．B
【详解】A．无水乙醇属于非电解质，不能构成原电池；
B．构成原电池，Fe为负极，加速铁的腐蚀；
C．Al比Fe活泼，氢氧化钠为电解质，构成原电池，Al为负极，Fe为正极，Fe被保护；
D．蔗糖属于非电解质，不能构成原电池；
综上所述，形成原电池，反应速率加快，因此铁的腐蚀速率最快的是选项B；
答案为B。
10．D
【详解】A．NaCl溶于水发生电离形成Na+和Cl-，电离方程式为NaCl = Na+ + Cl-，A项正确；
B．铜锌原电池的总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，B项正确；
C．该电池为氢气燃料电池，H2在负极失电子形成H+，H+和电解质溶液中的OH-反应生成H2O，故负极反应为H2-2e-+ 2OH-= 2H2O，C项正确；
D．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，总反应的离子方程式为2Cl-+ 2H2O2OH-+Cl2↑ + H2↑，D项错误；
答案选D。
11．D
【分析】该装置是利用废水中的将苯酚氧化为CO2和H2O的原电池—电解池组合装置，左侧为原电池，右侧为电解池，a电极发生还原反应，为正极，b电极发生氧化反应，为负极，则c电极为阴极，d电极为阳极；
【详解】A．左侧装置是原电池，右侧装置是电解池，原电池中，a电极是正极，b电极为负极。电解池中，c电极是阴极，d电极是阳极。电子转移方向：b电极→导线→c电极，选项A正确；
B．根据图示可知，d电极的电极反应为H2O e = OH+H+，选项B正确；
C．c电极的电极反应为2H2O+2e =H2↑+2OH ，每转移2mol电子，c电极上产生1mol气体。d电极的电极反应为H2O e = OH+H+，羟基自由基( OH)的氧化性仅次于氟气，苯酚被羟基自由基氧化的化学方程式为C6H5OH+28 OH=6CO2↑+17H2O，每转移2mol电子，d电极上产生×2mol=mol气体。c、d两电极产生气体的体积比(相同条件下)为1: =7:3，选项C正确；
D．a电极的电极反应为+6e +7H2O=2Cr(OH)3↓+8OH ，若a电极上有1mol参与反应，理论上有6molOH 从a电极区溶液通过阴离子膜进入NaCl溶液，选项D错误；
答案选D。
12．D
【分析】根据题意可知，催化电极a为阳极，电极方程式为，b为阴极，电极b的电极方程式为、，阳极与外加电源正极相连，阴极与负极相连，根据两极转移电子数相等进行计算；
【详解】A．充电时电极a为阳极，b为阴极，阳极与电源正极相连，选项A错误；
B．电极a的电极方程式为，附近溶液pH减小，选项B错误；
C．电解时阴离子透过阴离子交换膜向阳极a极迁移，即向a极迁移，电解时b极区Na2CO3溶液浓度降低，选项C错误；
D．根据B中反应，生成1mol甘油醛转移2mol电子，生成1molCO或1molH2转移2mol电子，生成的甘油醛与合成气的物质的量相等，选项D正确；
答案选D。
13．C
【分析】由图可知，与电源负极a电极相连的X电极为阴极，水分子作用下硝酸根离子在阴极得到电子生成氨气和氢氧根离子，与电源正极b电极相连的Y电极为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，则双极膜中氢氧根离子向右侧移动、氢离子向左侧移动。
【详解】A．由分析可知，与电源正极b电极相连的Y电极为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，故A错误；
B．由分析可知，与电源负极a电极相连的X电极为阴极，水分子作用下硝酸根离子在阴极得到电子生成氨气和氢氧根离子，电极反应式为，故B错误；
C．由分析可知，双极膜中氢氧根离子向右侧移动、氢离子向左侧移动，故C正确；
D．由得失电子数目守恒可知，阳极生成氧气和阴极生成氨气的物质的量之比为2：1，故D错误；
故选C。
14．BD
【分析】由电池总反应可知，钙电极为热激活电池的负极，钙失去电子发生氧化反应生成钙离子，硫酸铅为正极，硫酸铅得到电子发生还原反应生成铅和硫酸根离子。
【详解】A．由分析可知，钙电极为热激活电池的负极，钙失去电子发生氧化反应生成钙离子，电极反应式为Ca—2e—=Ca2+，故A错误；
B．由分析可知，钙电极为热激活电池的负极，硫酸铅为正极，放电过程中，阳离子锂离子向硫酸铅电极移动，故B正确；
C．钙能与水反应生成氢氧化钙和氢气，则将电解质改为LiCl—KCl溶液，钙电极被损耗，无法形成原电池，故C错误；
D．由电池总反应可知，反应生成1mol铅，反应转移2mol电子，则转移0.1mol电子，理论上生成铅的质量为0.1mol××207g/mol=10.35g，故D正确；
故选BD。
15．(1) BC
(2)
(3)
(4)②>①>③>④
(5)B
【详解】（1）草酸钠水解的化学方程式是，草酸钠是强电解质在水溶液中完全电离，草酸根水解与钠离子浓度没有关系，不能通过其浓度判断是否水解达到平衡，草酸根水解速率不再发生变化，可以说明草酸根的浓度不再发生变化，其生成和消耗速率相等，可以说明反应达到平衡,pH不在发生变化说明溶液中氢氧根浓度不再发生变化，其生成和消耗速率相等，可以表示平衡，水的离子积常数只与温度有关，它不发生变化不可以说明反应达到平衡，故选：BC；
（2）向溶液中加少量溶液，碳酸的一级电离平衡常数为小于草酸氢根的电离平衡常数，说明相同条件下草酸氢根的酸性强于碳酸，所以反应中会生成二氧化碳，反应的离子方程式；
（3）常温下，则的电离平衡常数；
（4）①②③④四种溶液中相等假设都为Cmol/L，硫酸氢根中的氢离子对于铵根的水解有抑制作用，这溶液浓度接近Cmol/L,氨水电离出铵根和氢氧根，水既不促进也不抑制所以氨水的浓度大于Cmol/L，中草酸根会水解生成草酸氢根和氢氧根，氢氧根对于铵根的水解有促进效果，浓度大于0.5Cmol/L，中亚铁离子水解生成氢离子对于铵根的水解有抑制效果，浓度接近0.5Cmol/L，则四种溶液的物质的量浓度由大到小的顺序是②>①>③>④；
（5）能氧化，向溶液中通入，盐酸是强电解质完全电离溶液中离子浓度增大导电性增强，氯气过量发生溶液中离子浓度增大导电性增强，所以导电性一直增强，故选B。
16．(1) +5
(2)M
(3) 还原 Pb 224
(4)D
【分析】由电解氯酸钠制备ClO2示意图可知，M极上发生ClO2转化为，氯元素化合价降低，发生还原反应，M极是阴极，N极是阳极，阳极上H2O失去电子生成O2和H+离子，发生氧化反应。
【详解】（1）根据正负化合价代数和为0的原则，NaClO3中氯元素的化合价为+5价，NaClO3为盐，属于强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为；
（2）根据电解原理，阳离子向阴极移动，电解氯酸钠溶液时，H+穿过质子交换膜移向M极；
（3）①电解氯酸钠溶液时，M电极是阴极发生还原反应；
②电解氯酸钠溶液时，M极是阴极，与外加电源的负极相连接，铅酸电池的负极是Pb，因此R与Pb电极相连；
③电解氯酸钠溶液时，若以铅酸蓄电池作为电源，1molPb失去2mol电子，每消耗4.14gPb，电子转移的物质的量为，生成的气体B是O2，生成1molO2电子转移4mol，0.04mol电子可以生成0.01molO2，体积为0.01mol×22.4L·mol-1×1000ml/L=224ml；
（4）要除去超标的亚氯酸盐，把亚氯酸根离子还原为Cl-离子，应该加入还原剂，明矾不是还原剂，氯化钾电离出的Cl-在酸性条件下与亚氯酸根离子反应生成氯气，氯气仍然有毒，不适用，盐酸会与亚氯酸根离子反应生成有毒气体氯气，也不适合，硫酸亚铁电离的Fe2+具有还原性，可以除去亚氯酸根离子，选D。
17．(1)(或氧气)
(2) 放出 小于
(3)a、d
(4)
(5) 电解过程中阳极生成的有少量扩散到阴极上放电(生成)
【详解】（1）由题意可知，利用双氧水消毒的时，双氧水会分解生成水和氧气，则放出的气体是氧气，故答案为：(或氧气)；
（2）由热化学方程式可知，34g过氧化氢的分解放出98kJ热量，气态水的能量高于液态水，则34g过氧化氢分解生成水蒸气时放出的热量小于98kJ，故答案为：放出；小于；
（3）由过氧化氢溶液在54℃下恒温贮存2周，浓度仍能保持99%可知，在温度为54℃条件下，过氧化氢的分解速率较慢，说明反应的活化能较大，故选a、d；
（4）中因为存在过氧根而体现强氧化性，用“□”标识出为；溶液加热至沸后，溶液降低，说明过二硫酸根加热与水反应生成硫酸根离子、氢离子和氧气，使的氢离子浓度增大，反应的离子方程式为；故答案为： ；
（5）用惰性电极电解和硫酸混合溶液生产。电解过程中有生成，则电解时阳极发生氧化反应，硫酸根离子失电子生成，电极反应可表示为；在无离子交换膜的条件下，通过一定的电量，电解过程中阳极生成的有少量扩散到阴极上放电(生成)，所以电解后溶液中不含，测得含量低于理论值；故答案为： 电解过程中阳极生成的有少量扩散到阴极上放电(生成)。
18．(1) 方法2不会产生污染空气的气体(或湿法炼铜不需要外界提供能量等)
(2)
(3)16
(4)+35.5
(5) 由于溶液中减小，且Cu覆盖铁电极，阻碍与铁接触 不 阳极产生的与阴极消耗的相等，溶液中铜离子浓度不变，故平衡不移动
【详解】（1）上述两种方法中，方法2比方法1更好，其原因是方法2不会产生污染空气的气体(或湿法炼铜不需要外界提供能量等)上述两种方法冶炼铜中，对应6mol电子转移，对应2mol电子转移；若转移的电子数相同，则方法1和方法2冶炼出的铜的质量之比为。
（2）采用溶液浸取，生成和等，该反应的化学方程式为：。
（3）将、和组成的混合物加入溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到(标准状况)气体，也即0.1molNO，根据N守恒，所以Cu(NO3)2的物质的量为，此混合物用足量的加热还原生成单质铜，质量为：。
（4）分析此反应，根据盖斯定律可知，此反应的焓变等于碳的燃烧热-CO的燃烧热-×题中氧化亚铜转化为氧化铜的焓变，可得=。
（5）实验i中气体减少的原因是由于溶液中减小，且生成红色固体Cu覆盖铁电极，阻碍与铁接触。
实验i中，推测产生，可能发生的反应有铁和硫酸直接接触的氧化反应反应，也可能发生铁和硫酸铜溶液直接接触的氧化还原反应，故还可能发生：。
分析实验ii电解原理，中阳极产生的与阴极消耗的相等，溶液中铜离子浓度不变，故平衡不移动
答案第1页，共2页
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