解析：北京三中2021-2022学年高二上学期期中考试化学试题(解析版).doc

北京三中2021—2022学年度第一学期学业测试
高二年级化学期中试卷
可能用到的相对原子质量：C 12 H 1 O 16 Na 23 Cl 35.5
第一部分(选择题 共42分)
每小题只有一个选项符合题意(每小题3分)
1. 下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是
A
B
C
D

锌锰干电池
燃气燃烧
电池充电
水力发电

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．锌锰干电池是将化学能转化为电能，A不符合题意；
B．燃气燃烧是将化学能转化为热能，B不符合题意；
C．电池充电是将电能转化为化学能，C符合题意；
D．水力发电是将机械能转化为电能，D不符合题意；
故合理选项是C。
2. 决定化学反应速率的主要因素是
A. 反应物的浓度 B. 反应体系内的压强
C. 反应物的性质 D. 反应物的状态
【答案】C
【解析】
【详解】决定化学反应速率的是反应物的性质，温度、浓度、压强、催化剂是外界的影响因素，故C正确。
3. 下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
A. 生成物总能量一定低于反应物总能量
B. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
C. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变
D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl在光照和点燃条件下的△H不同
【答案】C
【解析】
【详解】A、化学反应过程中一定伴随能量变化，反应可以是放热反应或吸热反应，反应物总能量高于生成物总能量则反应放热，反应物总能量低于生成物总能量，反应吸热，错误；
B、反应速率的大小与反应热无关，如氢氧化钡晶体和氯化铵的反应为吸热反应，在常温下能迅速反应，金属的腐蚀为放热反应，但反应速率较慢，错误；
C、反应热与反应的途径无关，取决于反应物和生成物的始末状态，可根据盖斯定律，计算某些难以直接测量的反应焓变，正确；
D、反应热与反应的条件无关，同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，错误；
答案选C。
4. 下关于某化学反应的自发性描述中正确的是
A. ∆H＜0，∆S＜0在任何温度下都能自发进行
B. ∆H＜0，∆S＞0在任何温度下都能自发进行
C. ∆H＞0，∆S＜0有可能自发进行
D. ∆H＞0，∆S＞0在任何温度下都不能自发进行
【答案】B
【解析】
【分析】反应自发进行的判断依据是∆H-T∆＜0，反应自发进行，∆H-T∆S＞0，反应非自发进行，据此解答。
【详解】A．若∆H＜0，∆S＜0，依据∆H-T∆S分析判断，低温时可自发进行，故A错误；
B．若∆H＜0，∆S＞0，∆H-T∆S＜0，任何温度下都能自发进行，故B正确；
C．若∆H＞0，∆S＜0，∆H-T∆S＞0，任何温度下都不能自发进行，故C错误；
D．若∆H＞0，∆S＞0，高温时可自发进行，故D错误；
故选B。
5. 将N2和H2通入体积为2 L的恒温恒容密闭容器中，5 min后达到化学平时测得NH3的浓度为0.2 mol/L，这段时间内用N2、H2、NH3的浓度变化表示的化学反应速率为
A. υ(N2) = 0.04 mol/(L·min) B. υ(H2) = 0.02mol/(L·min)
C. υ(NH3) = 0.03mol/(L·min) D. υ(NH3) = 0.04mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
【详解】N2和H2合成NH3化学方程式为：N2+3H2⇌2NH3，5min后达到化学平衡时测得NH3的浓度为0.2mol/L，则这段时间内，υ(NH3)==0.04mol/(L•min)，根据反应速率之比等于化学计量数之比，υ(N2)=υ(NH3)=×0.04mol/(L•min)=0.02mol/(L•min)，υ(H2)=3υ(N2)=3×0.02mol/(L•min)=0.06mol/(L•min)，故选：D。
6. 锌铜原电池装置如图，下列说法不正确的是

A. 锌电极上发生氧化反应
B. 电子从锌片经电流计流向铜片
C. 盐桥中K+向负极移动
D. 铜极上发生的反应是：Cu2+ +2e− = Cu
【答案】C
【解析】
【分析】锌铜原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为Zn-2e-＝Zn2+，铜为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为Cu2++2e-＝Cu，原电池工作时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，内电路中阳离子移向正极Cu，阴离子移向负极Zn，据此判断。
【详解】A．该原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应，故A正确；
B．该原电池中，Zn为负极、Cu为正极，工作时电子从锌片流向铜片，故B正确；
C．电路中阳离子移向正极Cu，阴离子移向负极Zn，K+向正极移动，故C错误；
D．铜为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为Cu2++2e-＝Cu，故D正确；
故选C。
7. 液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如右图。下列说法不正确的是
已知：①Zn(OH)2+2OH− == Zn(OH)42− 。 ②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。

A. 放电过程中，H+由正极向负极迁移
B. 放电过程中，正极的电极反应：MnO2+4H++2e−== Mn2++2H2O
C. 充电过程中，阴极的电极反应：Zn(OH)42−+2e− == Zn+4OH−
D. 充电过程中，凝胶中的KOH可再生
【答案】A
【解析】
【分析】放电过程中，Zn为负极，电极反应式为： Zn -2e−+4OH− == Zn(OH)42−，MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e−== Mn2++2H2O，充电时的阴极反应式为：Zn(OH)42−+2e− == Zn +4OH−，阳极反应式为： Mn2++2H2O-2e−== MnO2+4H+。
【详解】A、放电时正极反应式为：MnO2+4H++2e−== Mn2++2H2O，消耗氢离子，应该是硫酸根离子向锌电极迁移，故A错误；
B、MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e−== Mn2++2H2O，故B正确；
C、充电时，由负极反应式写阴极反应式为：Zn(OH)42−+2e− == Zn+4OH−，故C正确；
D、充电过程中，阴极反应式为：Zn(OH)42−+2e− == Zn +4OH−，氢氧根与钾离子组成氢氧化钾，故D正确。
答案选A。
【点睛】该题考查可充电电池，一般先分析放电过程的负极反应式、正极反应式；再分析充电过程的阴极反应式和阳极反应式。
8. 模拟铁制品镀铜的装置如图，下列说法正确的是

A. a电极为铁制品
B 可用CuSO4溶液作电镀液
C. b电极上发生氧化反应
D. 电镀过程中，理论上溶液中Cu2+浓度不断减小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由图示分析可知：该装置为电解池。a为阳极发生氧化反应，b为阴极发生还原反应，所以a电极为铜，b电极为铁制品，故A错；
B．为减少副反应发生的同时增加电镀液的导电性，所以应选CuSO4溶液作电镀液，故选B；
C．由A分析可知b电极为阴极，Cu2+在b电极上得到电子发生还原反应，故C错；
D．Cu2+在阴极(b电极)得到电子被还原为Cu，Cu在阳极(a电极)被氧化为Cu2+，根据得失电子守恒可知，理论上溶液中Cu2+浓不变，故D错。
答案选B
9. 某同学制作的燃料电池示意图如下，先闭合K1接通电源一段时间后，再断开K1、闭合K2 时，电流表指针偏转。下列分析正确的是

A. 闭合K1时，Na2SO4开始电离
B. 闭合K1时，石墨a 附近溶液逐渐变红
C. 断开K1、闭合K2时，石墨a 附近溶液酸性逐渐减弱
D. 断开K1、闭合K2时，石墨b极上发生反应：H2˗2e-=2H+
【答案】C
【解析】
【分析】闭合K1时，装置为电解池，电解质溶液为Na2SO4溶液，则该装置电解水，石墨a（阳极）的电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，石墨b（阴极）的电极反应为：4H++4e-=2H2↑；断开K1、闭合K2时，电流表发生偏转说明该装置内有电流产生，则该装置转变为了原电池，反应是电解池产生的O2和H2（题中也说明了是燃料电池），原本O2在石墨a电极上产生，H2在石墨b电极上产生，故石墨a作正极，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，石墨b作负极，电极反应为2H2-4e-=4H+。
【详解】A、Na2SO4遇水形成溶液就开始电离，不需要等到通电才发生电离，A错误；
B、闭合K1时，装置为电解池，石墨a为阳极，其电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，由于该电极消耗OH-，故该电极附近溶液不会变红，B错误；
C、断开K1、闭合K2时，该装置转变了原电池，石墨a作正极，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，由此可见石墨a 附近溶液酸性逐渐减弱，C正确；
D、断开K1、闭合K2时，石墨b极作负极，电极反应为2H2-4e-=4H+，D错误；
故选C。
10. 下列说法中错误的是
A. 对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多，因而化学反应速率增大
B. 活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞
C. 升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大，因而增大化学反应速率
D. 增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，因而化学反应速率增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多，有效碰撞的几率增大，化学反应速率增大，故A正确；
B．当活化分子有合适取向时的碰撞才是有效碰撞，所以活化分子之间发生的碰撞不一定是有效碰撞，故B错误；
C．升高温度，反应物分子获得能量，可使反应物分子中活化分子的百分数增大，有效碰撞的几率增大，因而化学反应速率增大，故C正确；
D．增大反应物浓度，可增加单位体积内活化分子数，有效碰撞的几率增大，化学反应速率加快，故D正确；
故选B。
11. 向双氧水中加入KI可观察到大量气泡产生，发生的反应为：H2O2+I-= H2O+IO-，H2O2+ IO-= H2O+O2↑+ I-，反应过程中能量变化如下图所示。下列说法不正确的是

A. 加入KI，改变了总反应的焓变
B. KI在反应中起催化剂的作用
C. H2O2+I-= H2O+IO-是吸热反应
D. KI改变了反应的历程，降低了活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数
【答案】A
【解析】
【详解】A．KI是该反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变总反应的焓变，故A错误；
B．KI是H2O2+I-＝H2O+IO-的反应物，是H2O2+IO-＝H2O+O2↑+I-的生成物，总反应为2H2O2＝H2O+O2↑，所以KI在反应中起催化剂的作用，故B正确；
C．由图可知，图象①的前半段为H2O2+I-＝H2O+IO-，该反应的反应物的总能量小于生成物的总能量，则为吸热反应，故C正确；
D．KI改变该反应的历程，能降低反应的活化能，增大活化分子数和百分数，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故D正确。
故选A。
12. 在一定温度下，10mL0.40mol/L H2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）
A. 0~6min的平均反应速率：v（H2O2）mol/(L·min)
B. 6~10min的平均反应速率：v（H2O2）＜mol/(L·min)
C. 反应至6min时，c（H2O2）=0.3mol/L
D. 反应至6min时，H2O2分解了50%
【答案】C
【解析】
【详解】A．0~6min时间内，△c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷6minmol/(L·min)， A正确；
B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，B正确；
C．6min时，c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L， C错误；
D．6min时，H2O2分解率为：=50%， D正确。
答案选C。
13. 一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应Cl2(g) +2HI(g)2HCl(g)+I2(s)。下列证据说明该反应达到平衡状态的是
①正反应和逆反应的速率都为零；
②容器内各组分的浓度相等；
③容器内各组分的质量分数不再改变；
④单位时间内生成n mol Cl2的同时生成2n mol HCl
⑤单位时间内m mol Cl2断键发生反应，同时2m mol HI也断键发生反应
⑥容器内气体分子总数不再改变；
⑦容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变；
⑧容器内压强不再改变；
⑨容器内气体的密度不再改变；
⑩混合气体的颜色不再改变。
A. ①②③④⑥⑧⑩ B. ②③④⑤⑦⑧⑨
C. ③④⑤⑥⑧⑨⑩ D. ③④⑥⑦⑧⑨⑩
【答案】D
【解析】
【详解】①化学平衡的特征是正反应和逆反应的速率相等，但都不为零，不合题意；②化学平衡的特征是容器内各组分的浓度保持不变而不是相等，不合题意；③化学平衡的特征是容器内各组分的质量分数不再改变，符合题意；④单位时间内生成n mol Cl2表示逆反应速率，同时生成2n mol HCl表示正反应速率，根据反应速率之比等于化学计量系数比可知，正、逆反应速率相等，说明反应达到化学平衡，符合题意；⑤单位时间内m mol Cl2断键发生反应表示正反应速率，同时2m mol HI也断键发生反应表示正反应速率，故不能说明达到化学平衡，不合题意；⑥由于I2为固体，故反应前后气体的分子数发生改变，则容器内气体分子总数不再改变，说明反应达到化学平衡，符合题意；⑦根据反应方程式可知，该反应为气体平均摩尔质量减小的反应，所以容器内气体平均摩尔质量不再改变时，反应即处于平衡状态，符合题意；⑧由于I2为固体，故反应前后气体的分子数发生改变，即容器的压强一直在改变，故容器内压强不再改变说明反应达到化学平衡了，符合题意；⑨由于I2为固体，故反应前后气体的质量改变，即容器内的气体的密度一直在改变，故容器内气体的密度不再改变说明反应达到化学平衡了，符合题意；⑩容器内气体颜色不再改变，说明氯气的浓度不变，则反应处于平衡状态，符合题意；综上分析可知，③④⑥⑦⑧⑨⑩符合题意，故答案为：D。
14. 研究小组将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入醋酸溶液，容器中的压强随时间的变化曲线如图2。下列说法不正确的是

A. 0-t1时压强增大的原因不一定是铁发生了析氢腐蚀
B. 铁粉发生反应：Fe-3e-=Fe3+
C. 碳粉上发生了还原反应
D. t2时，容器中压强明显小于起始压强，原因是铁发生了吸氧腐蚀
【答案】B
【解析】
【分析】
0-t1醋酸与铁直接反应产生了氢气发生化学腐蚀和形成Fe-C原电池，Fe发生析氢腐蚀产生氢气和亚铁离子，压强增大；t1以后，亚铁离子被氧气氧化，氧气被消耗，压强减小，之后形成Fe-C原电池，Fe发生吸氧腐蚀，氧气被消耗，压强明显减小，据此解答。
【详解】A．0-t1时压强增大的原因可能是醋酸与铁直接反应产生了氢气，也可能是形成铁-C原电池，Fe发生析氢腐蚀，即不一定是铁发生了析氢腐蚀，A正确；
B．无论发生化学腐蚀还是析氢腐蚀，铁粉均发生反应：Fe-2e-=Fe2+，B错误；
C．Fe发生电化学腐蚀，Fe作负极，发生氧化反应，C作正极，C表面发生还原反应，C正确；
D．结合分析可知，t2时，容器中压强明显小于起始压强，原因是铁发生了吸氧腐蚀，D正确；
答案选B。
第二部分(非选择题 共58分)
15. 书写下列化学方程式
（1）下图是1 mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式___________。

（2）已知：C(s) + O2(g) = CO2(g) ΔH=-437.3 kJ•mol-1
H2(g) +1/2O2(g) = H2O(g) ΔH=-285.8 kJ•mol-1
CO(g) +1/2O2(g) = CO2(g) ΔH=-283.0 kJ•mol-1
则固态碳与水蒸汽反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式是___________。
（3）已知拆开1mol H-H键、1molN≡N和1mol N—H键分别需要的能量是436kJ、948kJ、391 kJ。则N2、H2合成NH3的热化学方程式为：___________。
（4）氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。已知存在如下反应：
i．
ii．
iii．
……
iii为积炭反应，利用和计算时，还需要利用___________反应的。
【答案】（1）NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) ∆H=-234kJ/mol
（2）C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g) ∆H=+131.5kJ•mol-1
（3）N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ∆H=-90.0kJ•mol-1
（4）C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)或C(s)+CO2(g)=2CO(g)
【解析】
【小问1详解】
根据图像可知1 mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO的焓变ΔH=（E1-E2）kJ/mol=134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，故1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO的热化学方程式为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) ∆H=-234kJ/mol，故答案为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) ∆H=-234kJ/mol；
【小问2详解】
已知：
①C(s) + O2(g)＝CO2(g) ΔH=-437.3 kJ•mol-1
②H2(g) +1/2O2(g)＝H2O(g) ΔH=-285.8 kJ•mol-1
③CO(g) +1/2O2(g)＝CO2(g) ΔH=-283.0 kJ•mol-1
根据盖斯定律可知①-②-③即得到碳单质与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式为C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g) ∆H=+131.5kJ•mol-1，故答案为：C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g) ∆H=+131.5kJ•mol-1；
【小问3详解】
氮气、氢气合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，故∆H =436×3kJ/mol+948kJ/mol-391×6kJ/mol=-90.0kJ/mol，故氮气与氢气合成氨气的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ∆H=-90.0kJ•mol-1，故答案为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ∆H=-90.0kJ•mol-1；
【小问4详解】
比较反应i、ii和iii的化学方程式，可发现反应i和反应ii中没有出现碳单质，故应缺少单质参加的反应，碳单质可以与水蒸气或二氧化碳反应，故还需要利用反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)或C(s)+CO2(g)=2CO(g)的焓变，故答案为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)或C(s)+CO2(g)=2CO(g)。
16. 某同学设计实验探究丙酮碘化反应中，丙酮、I2、H+浓度对化学反应速率的影响。
已知：
编号
丙酮溶液(4mol/L)
I2溶液(0.0025mol/L)
盐酸(2mol/L)
蒸馏水
溶液褪色时间(s)
①
2mL
2mL
2mL
0mL
t1
②
1mL
2mL
2mL
1mL
t2
③
2mL
1mL
2mL
1mL
t3
④
2mL
2mL
amL
1mL
t3
(1)研究丙酮浓度对反应速率的影响，应选择的实验为_______和_______。
(2)实验④中，a=_______mL，加1mL蒸馏水的目的是_______。
(3)计算实验③中，以I2表示的反应速率为_______mol/(L∙s) (列出表达式)
(4)通过计算发现规律：丙酮碘化反应的速率与丙酮和H+的浓度有关，而与I2的浓度无关，查阅资料发现丙酮碘化反应的历程为：

请依据反应历程，解释丙酮碘化反应速率与I2浓度无关的原因_______。
【答案】 ①. ① ②. ② ③. 1 ④. 保证丙酮溶液和碘溶液的起始浓度不变 ⑤. v(I2)==0.0025mol/L÷t3s= mol/(L∙s) ⑥. 根据反应历程，丙酮与氢离子反应慢，则反应速率由H+的浓度决定，与碘的浓度无关
【解析】
【分析】研究影响反应速率的因素时，只改变一种反应条件，而其它条件则完全相同。
【详解】(1)研究丙酮浓度对反应速率的影响，则只有丙酮的浓度不同，而其它条件需完全相同，对比表中数据，①和②符合要求；
(2)根据①、②、③中的数据，溶液的总体积为6mL，则实验④中，a=1mL；加1mL蒸馏水可保证丙酮溶液和碘溶液的起始浓度不变；
(3)根据反应的方程式，③中丙酮过量，碘完全反应，v(I2)==0.0025mol/L÷t3s= mol/(L∙s)；
(4)反应速率由反应中进行程度慢的反应决定，根据反应历程，反应速率由H+的浓度决定，故丙酮碘化反应速率与I2浓度无关。
17. 降低能耗是氯碱工业发展的重要方向。
(1)我国利用氯碱厂生产的H2作燃料，将氢燃料电站应用于氯碱工业，其示意图如图。

①a极为_______(填“正”或“负”)极。
②乙装置中电解饱和NaCl溶液的化学方程式为_______。
③下列说法正确的是_______。
A．甲装置可以实现化学能向电能转化
B．甲装置中Na+透过阳离子交换膜向a极移动
C．乙装置中c极一侧流出的是淡盐水
④结合化学用语解释d极区产生NaOH的原因：_______。
⑤实际生产中，阳离子交换膜的损伤会造成OH-迁移至阳极区，从而在电解池阳极能检测到O2，产生O2的电极反应式为_______。下列生产措施有利于提高Cl2产量、降低阳极O2含量的是_______。
A．定期检查并更换阳离子交换膜
B．向阳极区加入适量盐酸
C．使用Cl-浓度高的精制饱和食盐水为原料
(2)降低氯碱工业能耗的另一种技术是“氧阴极技术”。通过向阴极区通入O2，避免水电离的H+直接得电子生成H2，降低了电解电压，电耗明显减少。“氧阴极技术”的阴极反应为_______。
【答案】 ①. 负 ②. 2NaCl +2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ ③. AC ④. d极发生反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-生成OH-，且Na+从阳极区透过阳离子交换膜进入d极区，生成NaOH ⑤. 4OH--4e- =O2↑+2H2O ⑥. ABC ⑦. O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】
【分析】图示中甲池为原电池，其中通入H2的a电极为负极，通入空气的b电极为正极；乙池为电解池，与正极b连接的c电极为阳极，与负极a连接的d电极为阴极。原电池的负极和电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极上发生还原反应。阳离子交换膜只允许阳离子通过，结合溶液中离子放电顺序分析解答。
【详解】(1)①装置甲为原电池，其中通入燃料H2的a极为负极；
②乙装置中电解饱和NaCl溶液，反应产生H2、Cl2、NaOH，反应的化学方程式为：2NaCl +2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
③A．甲装置为原电池，可以实现化学能向电能的转化，A正确；
B．甲装置中Na+透过阳离子交换膜向负电荷较多的正极b极移动，B错误；
C．乙装置中c极为阳极，Cl-不断放电产生Cl2逸出，导致附近溶液中Cl-的浓度减小，因此c极一侧流出的是淡盐水，C正确；
故合理选项是AC；
④d电极为阴极，在d极上水电离产生的H+不断得到电子变为H2逸出，破坏了附近的水的电离平衡，促进水电离，最终使附近c(OH-)＞c(H+)，且Na+从阳极区透过阳离子交换膜进入d极区，与OH-结合生成NaOH；
⑤实际生产中，阳离子交换膜的损伤会造成OH-迁移至阳极区，从而在电解池阳极能检测到O2，在阳极上OH-失去电子，发生氧化反应产生O2，则阳极的电极反应式为4OH--4e- =O2↑+2H2O；
A．定期检查并更换阳离子交换膜，就可以使阳极上只有Cl-放电产生Cl2，避免OH-放电产生O2，因此有利于提高Cl2产量、降低阳极O2含量，A正确；
B．向阳极区加入适量盐酸，可增大c(Cl-)，提高其还原性，可以产生更多Cl2，避免副反应的反应，B正确；
C．使用Cl-浓度高的精制饱和食盐水为原料，增大了Cl-的浓度，提高了Cl-的还原性，可以产生更多Cl2，减少OH-放电产生O2的机会，因而就降低了O2的含量，C正确；
故合理选项是ABC；
(2)降低氯碱工业能耗的另一种技术是“氧阴极技术”。通过向阴极区通入O2，避免水电离的H+直接得电子生成H2，降低了电解电压，电耗明显减少。“氧阴极技术”的阴极上O2得到电子反应产生OH-，该电极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
18. 某课外小组利用原电池原理驱动某简易小车(用电动机表示)。

(1)初步设计的实验装置示意图如图1所示，CuSO4溶液在图1所示装置中的作用是_______(答两点)。
实验发现：该装置不能驱动小车。
(2)该小组同学提出假设：
可能是氧化反应和还原反应没有完全隔开，降低了能量利用率，为进一步提高能量利用率，该小组同学在原有反应的基础上将氧化反应与还原反应隔开进行，优化的实验装置示意图如图2所示，图2中A溶液和B溶液分别是_______和_______，盐桥属于_______(填“电子导体”或“离子导体”)，盐桥中的Cl-移向_______溶液(填“A”或“B”)。为降低电池自重，该小组用阳离子交换膜代替盐桥，实验装置示意图如图3所示。

(3)利用改进后的实验装置示意图3，仍不能驱动小车，该小组同学再次提出假设：
可能是电压不够；可能是电流不够；可能是电压和电流都不够；
实验发现：1.5V的干电池能驱动小车，其电流为750μA；
实验装置示意图3的最大电压为1.0V，最大电流为200μA
该小组从电极材料、电极反应、离子导体等角度对装置做进一步优化，请补全优化后的实验装置示意图4，并在图中标明阳离子的流向。_______

【答案】 ① 传导离子、作正极反应物 ②. 硫酸锌溶液 ③. 硫酸铜溶液 ④. 离子导体 ⑤. A ⑥.
【解析】
【详解】(1)由可知，CuSO4是电解质，可传导离子，该原电池的负极电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故CuSO4可作正极反应物；答案为传导离子、作正极反应物。
(2)由可知，A溶液中电极为Zn，故A溶液中应为Zn2+，同理，B溶液中为Cu2+，由(1)知阴离子为；盐桥是由琼脂和饱和的KCl或KNO3组成，属于离子导体；根据在原电池中阴离子向负极移动，则Zn为负极，故Cl-向A溶液中移动；答案为硫酸锌溶液，硫酸铜溶液，离子导体，A。
(3)由可知，电子由左边移向右边，左边为负极，右边为正极，根据题中信息，要增大电压和电流，故选取电极材料Mg和石墨，阳离子向正极移动，优化后的实验装置示意图4为；答案为。
19. 某课外小组研究电解原理中，探究电压对电极反应的影响。某同学使用石墨电极，在不同电压(x)下电解pH=1的0.1 mol/L FeCl2溶液，实验记录如下(a、b、c代表电压值，a＞c＞b)：
序号
电压/V
阳极现象
检验阳极产物
ⅰ
x≥a
电极附近出现黄色，有气泡产生
有Fe3+、有Cl2
ⅱ
a＞x≥b
电极附近出现黄色，无气泡产生
有Fe3+、无Cl2
ⅲ
b＞x＞0
无明显现象
无Fe3+、无Cl2

（1）ⅰ中，Fe3+产生的原因可能是Cl-在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化，写出Cl-在阳极放电的电极反应___________。
（2）由ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有___________性(填“氧化”或“还原”)。
（3）ⅱ中虽未检测出Cl2，但Cl-在阳极是否放电仍需进一步验证，电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：
序号
电压/V
阳极现象
检验阳极产物
ⅳ
a＞x≥c
无明显现象
有Cl2
ⅴ
c＞x≥b
无明显现象
无Cl2
①NaCl溶液的浓度是___________mol/L。
②ⅳ中检测Cl2实验方法是：取少量阳极附近的溶液，滴在___________试纸上，试纸___________证明生成氯气，否则无氯气生成。
③与ⅱ相比，可以得出以下结论：
pH=1的0.1 mol/L FeCl2溶液，电压≥cV时，Cl-才能在阳极放电产生Cl2；
pH=1的0.1 mol/L FeCl2溶液，电压c＞x≥b V时，阳极的电极反应为___________。
【答案】（1）2Cl--2e-= Cl2↑
（2）还原 （3） ①. 0.2 ②. 淀粉碘化钾 ③. 变蓝 ④. Fe2+-e-=Fe3+
【解析】
【小问1详解】
依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；
【小问2详解】
由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性，反应式为Fe2+-e-=Fe3+，故答案为：还原；
【小问3详解】
①电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行，所以氯化钠溶液的浓度为0.2mol/L，故答案为：0.2；
②ⅳ中检测Cl2的实验方法是：取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝证明生成氯气，否则无氯气生成，故答案为：淀粉碘化钾；变蓝；
③pH=1的0.1mol/LFeCl2溶液，电压≥cV时，Cl-才能在阳极放电产生Cl2；pH=1的0.1mol/LFeCl2溶液，电压c＞x≥b V时，阳极生成铁离子，电极反应为Fe2+-e-═Fe3+，故答案为：Fe2+-e-═Fe3+。

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