专题突破卷08 化学反应与能量（二）
电解池、金属的腐蚀与防护 电化学原理的综合应用 多池、多室的电化学装置
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求的）
1．湖北省随州市出土的曾侯乙编钟，是战国早期的青铜编钟，主要由铜锡合金冶炼铸造而成，保存完好。下列有关说法错误的是
A．锡青铜的熔点比纯铜低
B．在自然环境中，锡青铜中的锡可对铜起保护作用
C．青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快
D．锡青铜表面生成覆盖物的过程属于化学腐蚀
2．下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是
A．图1中，铁钉易被腐蚀
B．图2中，在铁电极附近滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液，没有蓝色沉淀出现
C．图3中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀
D．图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的正极
3．硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示(其中R为有机物)。下列说法不正确的是
A．b端为电源正极，处理后的水垢沉淀在阳极底部
B．处理过程中可循环利用
C．流程中发生离子反应：，
D．若R为，则消耗1mol 生成时，铂电极N处产生的应大于3mol
4．利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法不正确的是
A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应
C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
D．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应
5．以熔融盐为电解液，以含和等的铝合金废料为阳极进行电解，实现的再生。该过程中
A．阴极发生的反应为 B．阴极上被氧化
C．在电解槽底部产生含的阳极泥 D．阳极和阴极的质量变化相等
6．一种电化学催化制甲酸盐的装置如图。下列说法错误的是
A．充电时，电极作阴极
B．充电时，阳极放出氧气
C．放电时，向电极移动
D．放电时，正极的电极反应式为
7．可用惰性电极通过电解法制备KMnO4，下列说法正确的是
A．图中离子交换膜为阴离子交换膜
B．X极的电极反应为MnO—e—=MnO
C．Y极区可以产生O2和较浓的KOH溶液
D．电解一段时间后阴极区溶液的pH减小
8．如图所示，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为
A．②①③④⑤⑥ B．⑤④③①②⑥
C．⑤④②①③⑥ D．⑤③②④①⑥
9．用惰性电极进行电解，下列说法正确的是
A．电解稀硫酸，实质上是电解水，故溶液pH不变
B．电解稀NaOH溶液，要消耗OH-，故溶液pH减小
C．电解溶液，在阴极上和阳极上生成气体产物的物质的量之比为1：2
D．电解溶液，在阴极上和阳极上生成产物的物质的量之比为1：1
10．世界水产养殖协会网介绍了一种利用电化学原理净化鱼池中水质的方法，其装置如图所示。下列说法正确的是
A．X为电源负极
B．若该装置在高温下进行，则净化效率将降低
C．若有1molNO3-被还原，则有6molH+通过质子膜迁移至阴极区
D．若BOD为葡萄糖(C6H12O6)，则1mol葡萄糖被完全氧化时，理论上电极流出20 mol e-
11．中性环境微生物介导的铁循环过程，是纷繁复杂的土壤物质循环过程的重要部分(见图)。下列说法正确的是
A．此环境下主要发生析氢腐蚀
B．硝酸根依赖的(Ⅱ)氧化过程，每生成氮气转移电子
C．分解产生
D．羟基氧化铁有氧化性
12．一些净水器推销商在推销其产品时，进行所谓的“电解水法”实验，将纯净水与自来水进行对比。当电解装置插入纯净水和自来水中通电数分钟后，纯净水颜色无变化或略显黄色，而自来水却冒出气泡并生成灰绿色或红棕色的沉淀。根据上述现象，下列选项说法正确的是
A．通电时，铝片做阳极，铁片做阴极
B．生成的气泡、红棕色或灰绿色的沉淀都是电解的直接或间接产物
C．通过对比，确实能说明自来水中含有大量对人体有毒有害的物质
D．铁片的电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
（2024·重庆渝西中学高三模拟）
13．利用双极膜电渗析法(BMED)进行碳吸收，采用双极膜、阳离子交换膜、阴离子交换膜，通过隔板分离成盐室(NaCl溶液)、碱室( 溶液)、酸室( HCl溶液)、极室( 溶液)，实验装置如图所示。接通电源，调至实验设置电流，开始循环并向碱室通入制备和溶液，忽略各室溶液的体积变化。下列说法错误的是
A．M连接电源负极，相同条件下，电极M，N产生气体的体积比为2：1
B．a膜、b膜、c膜分别为阳离子交换膜、双极膜、阴离子交换膜
C．极室、盐室的pH保持不变，酸室pH减小，碱室的pH可能增大
D．当酸室产生0.4mol HCl时，双极膜电离出的数目为
(2024·山东济南市模拟)
14．羟基自由基是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为CO2和H2O的原电池-电解池组合装置，实现了发电、环保两位一体。下列说法错误的是
A．a极1 mol Cr2O参与反应，理论上NaCl溶液中减少的离子为12NA
B．电池工作时，b极附近pH减小
C．右侧装置中，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为7：3
D．d极区苯酚被氧化的化学方程式为
(2024·湖南怀化模拟)
15．我国科学家采用双极膜实现连续合成氨，电解装置工作原理如图所示。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，并在电流作用下分别向两极迁移。
下列说法错误的是
A．催化电极a上的电势低于催化电极b
B．工作一段时间后，右室中c(OH-)不变
C．生成氨气和氧气的质量比为17∶64
D．若使用铅酸蓄电池作电源，获得1molNH3时，铅酸蓄电池中有8molH2O生成
二、非选择题（本题包括4小题，共55分）
（2024·陕西部分学校高三5月份高考适应性考试）
16．某废弃合金材料的主要成分为Zn，还含有Co、Fe、Mn、Cd及其氧化物。从该合金材料中生产高纯锌并分离各种金属化合物的工艺流程如下：
已知：①下，部分难溶物质的溶解平衡常数如下表：
难溶电解质
②当某离子浓度低于时，认为溶液中不存在该离子。
回答下列问题：
(1)能提高“溶浸”效率的具体措施为 (任写一条)；
(2)“滤液①”中含有的金属离子、、、，且离子浓度均不高于；
①还原性： (填“”“”或“”)；
②“滤液①”中pH的范围为 ；
(3)若“滤液②”的，则“氧化除杂”中发生反应的离子方程式为 ；
(4)“电解”工作原理如图。其中阴极的电极反应式为 ；若阴极区和阳极区溶液体积相等，电解过程中阳极区的 (填“增加”或“减少”)，阴极区 (填“增加”或“减少”)的 ；
(2024·青岛高三检测)
17．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
(1)稀硫酸中利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，其原理如图甲所示。
①阳极的电极反应式为 。
②铜电极上产生CH4的电极反应式为 ，若铜电极上只生成5.6 g CO，则铜极区溶液质量变化了 g。
③若铜极上只生成0.3 mol CH3CHO和0.4 mol HCOOH，则电路中转移 mol电子。
(2)我国科学家报道了机理如图乙所示的电化学过程。
①Ni电极为 ，其电极反应式为 。
②理论上，每有1 mol CO2与O2-结合，电路中转移电子数为 。
18．电化学在化学工业中有着广泛应用。
(1)根据图示电化学装置，回答下列问题：
①甲池通入乙烷(C2H6)一极的电极反应式为 。
②乙池中，若X、Y都是石墨，A是Na2SO4溶液，实验开始时，同时在两极附近溶液中各滴入几滴紫色石蕊溶液，X极的电极反应式为 ；一段时间后，在Y极附近观察到的现象是 。
③乙池中，若X、Y都是石墨，A是足量AgNO3溶液，体积为0.2 L，则Y极的电极反应式为 ；电解一段时间后，甲池消耗112 mL O2(标准状况下)，则乙池溶液的pH为 (忽略溶液体积的变化)。
(2)若要用该装置在铁质钥匙表面镀一层金属铜，CuSO4溶液作电解液，则乙池中：
①X极的材料是 ，电极反应式为 。
②Y极的材料是 ，电极反应式为 。
(3)工业上通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示，则阳极的电极反应式为 ，阴极反应式为 。
19．如图所示，通电5 min后，电极5的质量增加2.16 g，请回答下列问题：
（1）a为电源的 (填“正”或“负”)极，C池是 池。A池阳极的电极反应为 ，C池阴极的电极反应为 。
（2）如果B池中共收集到224 mL气体(标准状况)且溶液体积为200 mL(设电解过程中溶液体积不变)，则通电前溶液中Cu2+的物质的量浓度为 。
（3）如果A池溶液是200 mL足量的食盐水(电解过程溶液体积不变)，则通电后，溶液的pH为 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．合金的熔点比各组分的熔点都低，所以锡青铜的熔点比纯铜低，故A正确；
B．由于锡的金属性强于铜，在自然环境中发生电化学腐蚀时，锡做负极被损耗，铜做正极被保护，故B正确；
C．青铜文物在潮湿环境中会构成锡铜原电池，原电池反应使反应速率加快，所以青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快，故C正确；
D．铜锡合金在潮湿的环境下会与碳形成原电池，碳作原电池的正极，铜做负极，发生吸氧腐蚀生成，该过程是电化学腐蚀的过程，故D错误；
故选D。
2．C
【详解】A.浓硫酸从环境中吸收水分，使铁钉周围的空气比较干燥，因此铁钉不易腐蚀，A错误；
B.图2中，Fe、Cu与酸化的NaCl溶液构成原电池，Fe作电源的负极，发生失去电子的氧化反应，有亚铁离子生成，因此滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀出现，B错误；
C. 燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀，C正确；
D. 用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的负极，D错误；
故答案C。
3．A
【分析】b为阴极，水放电产生氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O-4e-=H2↑+2OH-；a为阳极，氯离子放电产生氯气；氯气与水的反应为可逆反应，次氯酸将有机物R如氧化生成。
【详解】A． 硬水中存在镁离子、钙离子和碳酸氢根离子，阴极放电产生氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁，氢氧根离子与碳酸氢根离子生成碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙，氢氧化镁和碳酸钙主要沉降在阴极附近，故Ａ错误；
B． 阳极产生氯气，氯气与水反应生成次氯酸和HCl，HClO能将有机物氧化为二氧化碳和水，HClO自身被还原为氯离子，Cl-可以循环利用，故B正确；
C． 阴极放电产生氢氧根离子，氢氧根离子与碳酸氢根离子生成碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙，氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁，流程中发生离子反应：，，故C正确；
D． a极反应产生Cl2，氯气与水反应生成次氯酸为可逆反应，次氯酸将有机物R如氧化生成，通过消耗CO(NH2)2的量计算得到氯气的量小于反应生成的氯气的量，若R为，则消耗1mol 生成时，转移6mol电子，铂电极N处产生的应大于3mol，故D正确；
故选A。
4．B
【详解】若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，发生氧化反应；铁做正极被保护，故A正确，B不正确。
若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；
X极作阳极，发生氧化反应，D正确。
答案选B。
5．C
【分析】根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含和等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2+和Al3+，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3+得电子生成Al单质，从而实现Al的再生，据此分析解答。
【详解】A．阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子生成Mg2+，A错误；
B．Al在阳极上被氧化生成Al3+，B错误；
C．阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；
D．因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D错误；
故选C。
6．D
【分析】由图中电子流向可知，充电时Zn电极为阴极，阴极电极方程式为：[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn+4OH-，阳极反应为4OH--4e-=O2↑+H2O，放电时，锌失电子生成[Zn(OH)4]2-，负极反应为Zn-2e-+4OH-═[Zn(OH)4]2-，催化电极为正极，正极上CO2得电子生成HCOO-，正极反应为CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，充电时，电极作阴极，故A正确；
B．由分析可知，充电时，阳极反应为4OH--4e-=O2↑+H2O，故B正确；
C．放电时，Zn电极为负极，原电池中阴离子向负极移动，则向电极移动，故C正确；
D．由分析可知，放电时，正极的电极反应式为CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，故D错误；
故选D。
7．B
【分析】由图可知，与直流电源正极a相连的X电极为电解池的阳极，锰酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO—e—=MnO，与直流电源负极b相连的Y电极是阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，电解过程中钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，在阴极区得到浓度较大的氢氧化钾溶液。
【详解】A．由分析可知，装置中的离子交换膜为阳离子交换膜，故A错误；
B．由分析可知，与直流电源正极a相连的X电极为电解池的阳极，锰酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO—e—=MnO，故B正确；
C．由分析可知，与直流电源负极b相连的Y电极是阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，故C错误；
D．与直流电源负极b相连的Y电极是阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，电解过程中阴极区氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故D错误；
故选B。
8．C
【详解】由装置图可知，②③④是原电池，装置②④中铁为负极，且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀的速度越快，因此④>②，装置③中铁作正极，被保护，所以④>②>③，装置⑤⑥是电解池，⑤中铁作阳极，⑥中铁作阴极，阳极金属腐蚀速度快，阴极被保护，因此⑤>⑥，又因电解池引起的腐蚀速度>原电池引起的腐蚀速度>化学腐蚀速度>有防护措施的腐蚀速度，因此可得铁被腐蚀的速度大小关系为：⑤④②①③⑥，答案选C。
9．D
【详解】A．电解稀硫酸时，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢离子的浓度增大，溶液的pH变小，故A错误；
B．电解稀氢氧化钠溶液时，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢氧根离子的浓度增大，溶液的pH变大，故B错误；
C．电解硫酸钠溶液时，实质上是电解水，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，根据得失电子守恒，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为2：1，故C错误；
D．电解氯化铜溶液时，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上氯离子失电子生成氯气，根据得失电子守恒，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：1，故D正确；
综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。
10．B
【详解】分析：从装置图中可知，X端连接的电极上发生反应是微生物作用下BOD、H2O反应生成CO2，Y端连接的电极上，微生物作用下，硝酸根离子生成了氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则Y为负极，X为正极，结合电极反应和电子守恒计算，质子膜允许氢离子通过。
详解：根据上述分析可知，Y为负极，X为正极。A．Y端连接的电极上，微生物作用下，硝酸根离子生成了氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则Y为负极，X为正极，故A错误；B．若该装置在高温下进行，催化剂微生物被灭活，则净化效率将降低，故B正确；C．若有1molNO3-被还原，根据阴极电极反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，可知转移电子5mol，则有5molH+通过质子膜迁移至阴板区，故C错误；D．若BOD为葡萄糖(C6H12O6)，则1mol葡萄糖被完全氧化时，碳元素化合价由0价变化为+4价，理论上电极上流出=4e-×6=24mole-，故D错误；故选B。
点睛：本题考查了电解池原理和应用、依据电极上物质变化的元素化合价变化判断方式的反应来确定电解池电极名称和原电池电极名称是解题的关键。本题中外电路和质子交换膜中通过的电量相同，不能依据实际消耗的氢离子计算，这是本题的易错点。
11．D
【分析】由图可知，铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，负极发生，正极发生，以此分析；
【详解】A．根据分析，中性环境下发生吸氧腐蚀，A错误；
B．根据关系式，，每生成 1mol 氮气转移电子 10mol，B错误；
C．没有给出气体的温度和压强，故无法计算准确的气体体积，C错误；
D．根据分析，负极生成的Fe2+与正极生成的OH-结合，最后生成的Fe(OH)2在空气中与氧气和水反应生成Fe(OH)3，化学方程式为：，，羟基氧化铁 FeOOH 可以写为，故FeOOH具有氧化性，D正确；
故答案为：D。
12．B
【分析】自来水却冒出气泡并生成灰绿色或红棕色的沉淀，说明Fe失电子生成亚铁离子，与水电离的氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，其被氧化生成灰绿色物质或氢氧化铁红棕色沉淀。
【详解】A. 分析可知，通电时，铁片做阳极，铝片做阴极，与题意不符，A错误；
B. 阴极的水得电子生成的气泡、阳极的铁，失电子生成亚铁离子，然后生成红棕色或灰绿色的沉淀都是电解的直接或间接产物，符合题意，B正确；
C. 通过对比，能说明自来水中含有大量的离子，不一定为对人体有毒有害的物质，与题意不符，C错误；
D. 铁片做阳极，电极反应：Fe-2e-=Fe2+，与题意不符，D错误；
答案为B。
【点睛】灰绿色或红棕色的沉淀，为氢氧化亚铁被氧化的中间产物或产物，可判断Fe作阳极。
13．B
【分析】根据装置图可知，b膜中产生的H+向M电极移动，则M为阴极，连接电源的负极，N为阳极，连接电源的正极，分析每个室中存在的离子可知，M—b膜之间为极室(溶液)，b膜—c膜之间为碱室(溶液)，c膜—a膜之间为盐室(NaCl溶液), a膜—b膜之间为酸室(HCl溶液)，b膜—N之间为极室(溶液)，据此作答。
【详解】A．根据分析可知，M为阴极，连接电源的负极，电极反应式为：，N为阳极，电极反应式为：，相同条件下，根据转移的电子数可知，，电极M，N产生气体的体积比为2：1，故A正确；
B．题干中说明向碱室通入制备和溶液，因此b膜要产生与反应，又可知盐室(NaCl溶液)中的钠离子通过c膜移动到碱室，根据电荷守恒，盐室(NaCl溶液)中的氯离子通过a膜移动到酸室，因此a膜、b膜、c膜分别为阴离子交换膜、双极膜、阳离子交换膜，故B错误；
C．极室中的溶质为硫酸钠，电解硫酸钠实质是电解水，因此极室中pH保持不变，同样氯化钠水溶液为中性，离子的移动不影响pH，因此盐室的pH保持不变，氯离子通过a膜移动到酸室，H+通过b膜移动到酸室，HCl浓度增大，因此pH减小，同样碱室中和浓度增大，则碱性增强，因此pH可能增大，故C正确；
D．当酸室产生0.4mol HCl时，根据电荷守恒可知，b膜产生的为0.4mol，有2个b膜均产生，左侧的b膜产生进入到碱室，右侧的b膜产生进入到盐室，因此双极膜电离出为0.8mol，数目为，故D正确；
故答案选B。
14．A
【分析】由图示结合题意分析可知左侧为原电池装置，右侧为电解池装置，且a极反应为，b极反应为，据此回答。
【详解】A．a极得电子生成，所以a是正极、b是负极；又a极反应，则 a极参与反应转移6mol电子，OH-通过阴离子交换膜进入NaCl溶液中；b是负极，转移6mol电子时有6molH+通过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，HO-、H+反应生成水，理论上NaCl溶液中离子数不变，A错误；
B．电池工作时，b极反应为，b极附近pH减小，B正确；
C．右侧为电解装置，c是阴极，c极反应式为，d为阳极，d极反应式为，，转移28mol电子，c极生成14mol氢气，d极生成6mol二氧化碳气体，所以两极产生气体的体积比(相同条件下)为7∶3，C正确；
D．d极区苯酚被·OH氧化为二氧化碳，反应的化学方程式为，D正确；
故选A。
15．B
【分析】由示意图可知，催化电极a上的电极反应为：，电极a为阴极；催化电极b上的电极反应为：，电极b为阳极。
【详解】A．催化电极a(阴极)上的电势低于催化电极b(阳极)，故A正确；
B．当电路中转移8mol时，右室消耗8mol，同时生成4mol，且双极膜会向右室迁移8mol，因此右室中减小，故B错误；
C．由电极方程式可知，，因此生成的，故C正确；
D．铅酸蓄电池放电方程式为：。当生成1mol时，电路中转移8mol，由铅酸蓄电池的方程式可知铅酸蓄电池对应生成8mol，故D正确；
故选：B。
16．(1)将合金材料粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等
(2)
(3)、
(4) 减少 增加
【分析】该工艺流程原料为废弃合金材料，主要成分为Zn，还含有Co、Fe、Mn、Cd及其氧化物，目的为生产高纯锌并分离各种金属化合物，合金成分与硫酸反应生成硫酸盐，加入氧化后沉铁生成，“滤液①”中含有的金属离子、、、，加入氧化除杂，得到、，“滤液②”中含有的金属离子、，加入锌粉还原除杂得到，“滤液③”中含有，加入转化为，电解制得Zn。
【详解】（1）能提高溶浸效率的具体措施为将合金材料粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等；
故答案为：将合金材料粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等；
（2）加入双氧水沉铁得到，说明将氧化，未将氧化，所以还原性：；
流程需要将金属化合物分离，所以沉铁时其他金属离子未沉淀，沉淀完全需要控制溶液，故，根据各个金属离子对应，更小，说明其他金属不沉淀需要计算开始沉淀溶液，，算得，所以“滤液①”中pH的范围为；
故答案为：<；；
（3）“滤液①”加入氧化除杂，得到、，若“滤液②”的，说明溶液呈酸性，则“氧化除杂”中发生反应的离子方程式为和；
故答案为：；；
（4）根据“电解”工作原理图可知，其中左侧为阴极，电解制得Zn，故电极反应式为；
若阴极区和阳极区溶液体积相等，电解过程中阳极区发生，消耗，故会降低，所以是减少，阴极区发生，生成，故会增大，由电路中转移电子相同，阳极区与阴极区变化为1：2，故阴极区增加的；
故答案为：；增加；。
17．(1) 2H2O-4e-=4H++O2↑ CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O 3.6 3.8
(2) 阴极 +4e-=C+3O2- 4NA
【详解】（1）①阳极为铂电极，溶液中的水电离产生的OH-失去电子变为O2，故阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑；
②铜电极为阴极，在阴极上CO2得到电子变为CH4或CO、HCOOH、CH3CHO等，其中生成CH4的电极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，若铜电极上只生成5.6 g CO，其物质的量n(CO)=0.2 mol，电极反应为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O，当有1 mol CO生成，反应转移2 mol电子，则铜极上溶液的质量变化△m=44+2-28=18 g，则当生成5.6克CO，即有0.2 mol CO生成时，铜极区溶液质量变化了3.6 g；
③若铜极上每生成1 mol CH3CHO，转移10 mol电子，每生成1 mol HCOOH，转移2 mol电子，则只生成0.3 mol CH3CHO和0.4 mol HCOOH，则电路中转移电子的物质的量n(e-)=10×0.3+0.4 mol×2=3.8 mol；
（2）①Ni电极上得到电子被还原生成C和O2-，故Ni电极为阴极，其电极反应式为：+4e-=C+3O2-；
②理论上，每有1 mol CO2与O2-结合生成1 mol，则意味着电路中有4 mol电子转移，故电路中转移电子数为4NA。
18．(1) C2H6＋18OH－－14e－=2CO＋12H2O 4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ 电极表面产生气泡，附近溶液变蓝 Ag＋＋e－=Ag 1
(2) 铜 Cu－2e－=Cu2＋ 铁质钥匙 Cu2＋＋2e－=Cu
(3) Fe＋8OH－－6e－=FeO＋4H2O 2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑
【详解】（1）
①甲池中乙烷(C2H6)通入左侧电极发生氧化反应，则左侧Pt电极为负极，电解质溶液为KOH溶液，故通入乙烷电极的反应式为C2H6＋18OH－－14e－===2CO＋12H2O。
②乙池中，若X、Y都是石墨，A是Na2SO4溶液，则X是阳极，发生氧化反应，电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。Y是阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，则Y极附近观察到的现象是电极表面产生气泡，附近溶液变蓝。
③甲池中右侧Pt电极发生的反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，消耗标准状况下112 mL O2(即0.005 mol)时电路中转移电子的物质的量为0.005 mol×4＝0.02 mol。乙池中，若X、Y都是石墨，A是足量AgNO3溶液，Y极是阴极，电极反应式为Ag＋＋e－===Ag。X极是阳极，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，据得失电子守恒可知，电路中转移0.02 mol电子时，X极生成0.02 mol H＋，则乙池溶液中c(H＋)＝0.2mol÷0.2L＝0.1 mol·L－1，溶液pH＝1。
（2）①在铁表面镀一层金属铜，X极是阳极，要用镀层金属铜作阳极，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋。
②Y极是阴极，要用待镀件——铁质钥匙作阴极，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu。
（3）由图可知，Fe电极与电源正极相连，作电解池的阳极，Fe被氧化生成FeO，故阳极的电极反应式为Fe＋8OH－－6e－===FeO＋4H2O。Cu极与电源的负极相连，作电解池的阴极，发生还原反应析出H2，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑。
19． 负 电解 2Cl――2e－＝Cl2↑ Ag++e－＝Ag 0.025 mol·L－1 13
【详解】（1）已知通电5 min后，电极5的质量增加2.16 g，说明电极5作阴极，C池是电解池，阴极银离子放电，电极反应为Ag++e ＝Ag，析出银的物质的量是2.16g÷108g/mol＝0.02mol，转移电子的物质的量为0.02 mol，同时可知电极6作阳极，与电源的正极相连，因此a是负极，b是正极，电极1、3、5作阴极，电极2、4、6作阳极。A池阳极氯离子放电，电极反应为2Cl――2e－＝Cl2↑。
（2）B池中电解总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，若转移0.02 mol电子时只收集到O2，则根据关系式2CuSO4~O2~4e 可得n(O2)= 0.005 mol，体积为112 mL(标准状况)<224 mL，说明溶质CuSO4已耗完，然后电解水2H2O2H2↑+O2↑+。设整个过程消耗CuSO4 x mol，H2O y mol，则有2x+2y=0.02，0.5x+1.5y=0.01，解得x=y=0.005，则c(CuSO4)=0.005mol÷0.2L＝0.025 mol·L 1。
（3）由于A池中电解液足量，A池中只发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，根据关系式NaOH~e 可知生成的n(NaOH)=0.02 mol，则c(NaOH)=0.02mol÷0.1L＝0.1 mol·L 1，即溶液的pH=13。
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