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2023-2024 学年上学期期末模拟考试 02
高二化学
第Ⅰ卷（选择题 共 45 分）
一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的。
1．下列说法能用勒夏特列原理解释的是
A．工业合成 常采用 作催化剂
B．配制 溶液时，需要加入少量稀硫酸
C．工业合成氨的反应温度为500℃
D．对于反应 ，达到平衡后，缩小容器的体积可使体系颜色变深
【答案】B
【详解】A．催化剂可以加快反应速率，但平衡状态不移动，A项错误；
B．配制 溶液时，需要加入少量稀硫酸，是为了防止铁离子水解，可以用勒夏特列原理解释，B
项正确；
C．合成氨为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，单采用500℃是为了加快反应速率，同时此温度是催化
剂的适宜温度，因此不能用勒夏特列原理解释，C项错误；
D．对于反应 ，达到平衡后，缩小容器体积相当于增大压强，会使反应体系中 浓
度增大，颜色加深；因反应前后气体计量数不变，平衡不移动，所以不能用平衡移动原理解释，D项错
误；
故选B。
2．反应 用于捕捉废气中 ，有关化学用语正确的是
A． 轨道的电子云轮廓图：
B． 的结构示意图：
C．基态C原子最外层电子的轨道表示式：
D． 的空间填充模型：
学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司【答案】D
【详解】A． 轨道的电子云轮廓图应延y轴方向伸展，图中是 轨道的电子云轮廓图，A错误；
B． 是由O得到两个电子得到的， 的核电荷数为8，核外电子数为10，B错误；
C．基态原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道，2p能级的能量高于2s能
级，应先在2s能级填充2个电子后再在2p能级填充两个电子，C错误；
D． 为直线形结构，碳原子在中间，且碳原子半径比氧原子半径稍大，其空间填充模型无误，D正
确；
故选D。
3．下列说法不正确的是
A．ΔH < 0为放热反应
B．化学键断裂与形成时的能量变化是化学变化中能量变化的主要原因
C．在25℃和101 kPa时，相同浓度的盐酸、醋酸溶液分别与NaOH溶液发生中和反应生成1 mol H O
2
时，放出的热量相等
D．已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH(g) + 2O(g) =
4 2
2CO(g) + 2HO(l) ΔH = -890.3 kJ·mol-1
2 2
【答案】C
【详解】A．吸热反应大于零，放热反应小于零，A正确；
B．旧键断裂吸收能量，新键生成放出能量，所以化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原
因，B正确；
C．在25℃和101 kPa时，相同浓度的盐酸、醋酸溶液分别与NaOH溶液发生中和反应生成1 mol H O时，
2
醋酸电离过程吸热，反应放出的热量小于盐酸，C错误；
D．甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH(g) + 2O(g) = 2CO (g) + 2HO(l) ΔH = -890.3 kJ·mol-1，D正
4 2 2 2
确；
故选C。
4．下列有关化学反应速率的说法中，正确的是
A． 的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变
B．对有气体参加的化学反应，减小容器体积，使体系压强增大，可使单位体积内活化分子数目增大，
化学反应速率加快
C．合成氨反应是一个放热反应，升高温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快
D． 在恒温恒压条件下进行，向容器中通入 ，化学反应速率不变
【答案】B
【详解】A．加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小，生成氢气的速率减小，故A错
误；
B．对有气体参加的化学反应，减小容器体积，使体系压强增大，可看成增大浓度，单位体积内活化分子
学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司数目增大，化学反应速率加快，故B正确；C．升高温度，正逆反应速率均增大，且合成氨为放热反应，
升高温度时平衡逆向移动，逆反应速率增大的程度大于正反应速率增大的程度，故C错误；
D．恒温恒压条件下进行，向容器中通入 ，体积增大，可看成减小压强，反应速率减小，故D错
误；
故选：B。
5．常温下，下列有关说法正确的是
A． 均为5的 溶液和 溶液中水的电离程度相同
B．向 的 溶液中缓慢通入 气体：
C．冰醋酸加水稀释过程中其电离程度一直增大
D．常温下 的某酸式盐 的水溶液中：
【答案】C
【详解】A． 溶液中，醋酸抑制水的电离； 溶液中，铵根离子水解促进水的电离，
溶液中水的电离程度更大，故A错误；
B．在 溶液中，根据物料守恒可得， ，故B错误；
C．冰醋酸加水稀释，越稀越电离，电离程度不断加大，故C正确；
D．常温下 ，盐溶液呈酸性，说明该酸式盐电离出的 的电离程度＞水解程度，所以
，故D错误；
答案选C。
6．下列叙述正确的是
A．各能层的原子轨道数按s、p、d、f的顺序分别为1、3、5、7
B．各能层的能级都是从s能级开始到f能级结束
C．钾的M层有8个电子，所以钾的M层有4个轨道
D．各能层含有的原子轨道数为2n2
【答案】A
【详解】A．各能层的原子轨道数按s、p、d、f的顺序分别为1、3、5、7，故A正确；
B．各能层的能级都是从s能级开始，但不一定到f能级结束，第一能层只有s能级，第二能层只有s、p两
个能级，第三能层有s、p、d三个能级，都不存在f能级，故B错误；
C．M能层共有8个轨道，其中3s上有2个电子，3p上有6个电子，3d轨道是空轨道，没有电子，故C错
误；
D．各能层含有的原子轨道数为n2，各能层最多容纳的电子数为2n2，D错误；
答案选A。
7．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司选
实验操作和现象 结论
项
用pH计测定相同浓度的 溶液和NaClO溶液的pH，前者的 HClO的酸性弱于
A
pH小于后者的
向较浓的 溶液中滴入少量酸性 溶液，观察 溶液紫
B 证明 有还原性
色是否褪去
常温下测得0.1mol/L 溶液和0.1mol/L 溶液的pH分别为0.7 硫元素的非金属性强于氮
C
元素
和1.0
向2mL1mol/LNaOH溶液中加1mL0.1mol/L 溶液，产生白色沉 大于
D
淀；再加入1mL0.1mol/L 溶液，产生红褐色沉淀。
【答案】A
【详解】A．pH计测定相同浓度的CHCOONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的，可知次
3
氯酸根离子的水解程度大，HClO的酸性弱，则HClO的酸性弱于CHCOOH，故A正确；
3
B．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，不能证明Fe2+有还原性，故B错误；
C．硫酸为二元酸，硝酸为一元酸，由等浓度酸溶液的pH，不能比较S、N的非金属性强弱，故C错误；
D．NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铁溶液反应生成沉淀，由实验操作和现象，不能比较
K [Mg(OH) ]、K [Fe(OH) ]的大小，故D错误；
sp 2 sp 3
故选：A。
8．500℃、101kPa下，将1molSO (g)和0.5molO(g)置于密闭容器中充分反应生成SO (g)放热a kJ，反应过
2 2 3
程中的能量变化如图所示。下列有关叙述不正确的是
A．该反应的逆反应为吸热反应
B．ΔH=E -E ，使用催化剂能改变化学反应速率，但不改变反应热
1 2
C．该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能
D．该反应的热化学方程式为2SO (g)+O(g)=2SO(g) ΔH=-2a kJ·mol-l
2 2 3
【答案】D
学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司【详解】A．由图可知，反应物能量高，产物能量低，正反应为放热反应，则该反应的逆反应为吸热反
应，A正确；
B．根据反应的焓变定义可得：ΔH=E -E ，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热，B正确；
1 2
C．该反应的正反应为放热反应，ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能＜0，因此反应物的总键能小于生成
物的总键能，C正确；
D．反应是可逆反应，反应不可能完全，将1molSO (g)和0.5molO(g)置于密闭容器中充分反应生成
2 2
SO (g)，生成的SO (g)没有1mol，放热akJ，则500℃、101kPa下，将1molSO (g)和0.5molO(g)置于密闭
3 3 2 2
容器中充分反应生成SO
3
(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO
2
(g)+O
2
(g)⇌2SO
3
(g) ΔH ＜-2akJ·mol-1，D错
误；
故选D。
9．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简
单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．简单氢化物沸点：
C．最高价含氧酸的酸性： D．电负性：
【答案】A
【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W
为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层
电子排布为 或 ，即C或O。②为第三周期元素时，最外层电子排布为 或 ，即
或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N；
【详解】A．Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，
选项A正确；
B．Z和Q形成的简单氢化物为 和 ，由于 分子间能形成氢键，故 沸点高于 ，选项B
错误；
C．X为C、Y为N，元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，因此最高价含氧酸酸性：
，选项C错误；
D．W为 ，Z为O，O的电负性更大，选项D错误；
答案选A。
10．根据相应的图像，下列相关说法正确的是
甲 乙 丙 丁
学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司A．图甲所示， 时改变的条件一定是加入了正催化剂
B．图乙所示，若 ，则a>b
C．图丙所示，平衡时C的百分含量 比 低
D．图丁所示，该反应中C一定是气体
【答案】D
【详解】A．图甲所示，当a+b=c时，时改变的条件可能是增大压强(缩小体积)，也可能是加入了催化剂，
故A错误；
B．若 ，增大压强时G的体积分数增大，可知增大压强平衡逆向移动，则ap B．A的转化率提高
C．平衡向逆反应方向移动 D．C的体积分数减小
【答案】B
【分析】反应达到平衡后，保持温度不变，将气体体积扩大到原来的2倍，C浓度变为原来的0.5倍，当达
到新平衡时，C的浓度为原来的0.7倍，平衡正向移动，据此作答。
【详解】A．由分析可知，将气体体积扩大到原来的2倍，平衡正向移动，故m+n＜p，故A错误；
B．由分析可知，该平衡正向移动，A的转化率提高，故B正确；
C．由分析可知，该平衡正向移动，故C错误；
D．由分析可知，该平衡正向移动，C的体积分数增大，故D错误；
故选：B。
15．已知pAg+=−lgc(Ag+)，pX−=−lgc(X−)。某温度下，AgBr、AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法错误的是
学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司A．a和c两点的K 相同
w
B．K (AgBr)=1.0×10−14
sp
C．向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，可使a点变到e点
D．AgCl(s)＋Br−(aq) AgBr (s)＋Cl−(aq)平衡常数K=
【答案】C
【分析】由图可知，纵横坐标的乘积越大， K (AgX)越小，则a、d点在AgCl的沉淀溶解平衡曲线上，b
sp
点在AgBr在沉淀溶解平衡曲线上，以此解答。
【详解】A． K 只受温度的影响，a、c在相同的温度下，则 K 相同，故A正确；
w w
B．b点在AgBr在沉淀溶解平衡曲线上，K (AgBr)= =1.0×10−14，故B正确；
sp
C．向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，银离子浓度减小，可使a点变
到d点，故C错误；
D． AgCl(s)＋Br−(aq) AgBr (s)＋Cl−(aq)平衡常数 = ，故D正
确；
故选C。
第 II 卷（非选择题 共 55 分）
二、非选择题：本题共4个小题，共55分。
16．（12分）某同学欲用 的标准盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，选择酚酞作指示剂。
其操作步骤可分为以下几步：
A．移取 待测氢氧化钠溶液注入洁净的锥形瓶中，并滴加 滴酚酞溶液。
B．用标准溶液润洗滴定管 次。
C．把盛有标准溶液的酸式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液。
D．取标准溶液注入酸式滴定管至“0”刻度以上 处。
E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数。
F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准溶液滴定至终点，并记下滴定管液面的刻度。请填写下列空白：
（1）正确的操作步骤顺序是 (用字母表示)。
（2）步骤B中应选择图1中的滴定管 (填“甲”或“乙”)，该步操作的目的是 。
学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司（3）若某次滴定结束时，酸式滴定管中的液面如图2所示，则读数为 。若仰视，会使读
数偏 (填“大”或“小”)。
（4）结合下表数据，计算被测氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 。
标准盐酸体积
待测溶液体积
滴定次数
滴定前的刻度 滴定后的刻度
第一次 20.00 2.34 20.39
第二次 20.00 3.20 20.42
第三次 20.00 0.60 17.80
（5）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度偏低的是 (填字母)。
a．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
b．盛 溶液的锥形瓶滴定前用 溶液润洗 次
c．酸式滴定管在装液前末用标准盐酸润洗 次
d．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
【答案】（1）BDCEAF
（2）甲 避免稀释溶液、使消耗标准液的体积偏大
（3）19.80 大
（4）0.08605
（5）d
【详解】（1）中和滴定的顺序为检漏、洗涤、润洗、装液、滴定、终点判断、数据处理、计算，则正确
的操作步骤的顺序是BDCEAF，
（2）盐酸是标准液，酸只能用来润洗酸式滴定管，所以步骤B润洗酸式滴定管，所以是甲；润洗的目的
学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司是避免稀释溶液、使消耗标准液的体积偏大，避免增大误差；
（3）滴定管的刻度是大刻度在上，小刻度在下，而且滴定管的精确度是小数点后两位，所以这个的读数
是19.80mL，仰视刻度，读数就会偏大；
（4）盐酸的浓度是0.1mol/L，三次的体积都是20.00mL，NaOH的第一次测定的体积是18.05mL，第二次
测定的体积是17.22mL，第三次测定的体积是17.20mL，第一次的测定误差较大，舍去，则体积平均值为
17.21mL，则20mL×c(NaOH)=0.10000mol/L×17.21mL，c(NaOH)=0.08605mol/L；
（5）a．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，消耗标准酸的体积偏大，待测
液的浓度偏高，故a错误；
b．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次，消耗标准酸的体积偏大，待测液的浓度偏
高，故b错误；
c．酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2~3次，酸的浓度偏低，消耗标准酸的体积偏大，待测液的浓度
偏高，故c错误；
d．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取消耗标准酸的体积偏小，待测液的浓度
偏低，故d正确；
故本题选d。
17．（14分）汽车尾气的储存还原技术法(NSR)可有效消除机动车尾气中NO 和CO的排放。
x
（1）已知：
则2NO(g)+2CO(g) 2CO(g)+N(g) △H= kJ∙mol-1。
2 2 3
（2）某同学设计实验对储存还原技术法进行研究。将NO和CO按表中相应的量充入一个1L恒容密闭容
器中，在恒定温度下进行反应：2NO(g)+2CO(g) 2CO(g)+N(g)，相关数据如下表所示：
2 2
起始物质的量(n)/mol
容器 NO的平衡转化率
NO CO CO N
2 2
I 2 2 0 0 50%
II 0 0 4 2 /
III I 1 1 1 /
容器I在10min时反应达到平衡，该段时间内CO的平均反应速率为 mol·L-1·min-1；
平衡常数K= ，达平衡时容器II中NO的体积分数比容器I (填“大”“小”或“相等”)，容器
Ⅲ起始时反应向 (填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)进行。
（3）原料初始组成 ，在体系压强为pMPa，反应达到平衡时，某温度 时测得CO与
N 的物质的量分数相等，均为0.2，计算该温度下的平衡常数K = (MPa)-1 (列出计算式，以分压表
2 p
学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司示，分压=总压 物质的量分数)。
（4）在恒温恒容密闭容器中进行该反应，下列能说明该反应已经达到平衡状态的是 (填序号)。
a．容器中压强不再变化
b．容器中密度不再变化
c．v(CO)=2v(N )
2
d．混合气体的平均分子质量保持不变
e．CO与NO的转化率相等
f．该条件下NO达到最大转化率
【答案】（1）-746.5
（2）0.1 0.5 小 逆反应方向
（3）
（4）adf
【详解】（1）
利用盖斯定律，将反应②-①得：2NO(g)+2CO(g) 2CO(g)+N(g) △H=(-566 kJ∙mol-1)-(+180.5
2 2 3
kJ∙mol-1)=-746.5 kJ∙mol-1。
（2）容器I在10min时反应达到平衡，NO的物质的量的变化量为2mol×50%=1mol，则达平衡时，NO、
CO、CO、N 的物质的量分别为1mol、1mol、1mol、0.5mol，该段时间内CO的平均反应速率为
2 2
=0.1mol·L-1·min-1；平衡常数K= =0.5；采用一边倒的方法，将容器II中的CO 和N 全部转化为NO
2 2
和CO，此时NO、CO、CO、N 的物质的量分别为4mol、4mol、0mol、0mol，各物质的物质的量分别为
2 2
容器I中对应物质的2倍，即相当于容器I加压，使容器的体积缩小为原来的一半，平衡正向移动，NO的
转化率增大，所以达平衡时容器II中NO的体积分数比容器I小；容器Ⅲ中，浓度商Q= =1＞0.5，
c
则v ＜v ，起始时反应向逆反应方向进行。
正 逆
（3）原料初始组成 ，在体系压强为pMPa，反应达到平衡时，某温度 时测得CO与N
2
的物质的量分数均为0.2，由2NO(g)+2CO(g) 2CO (g)+N (g)，则CO 的物质的量分数等于N 的物质的量分
2 2 2 2
数的两倍，为0.4，NO的物质的量分数等于CO的物质的量分数，为0.2，故该温度下的平衡常数K =
p
。
学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司（4）a．随着反应的进行，压强不断发生改变，当容器中压强不再变化时，反应达平衡状态，a符合题
意；
b．容器中气体的总质量不变，气体的体积不变，则密度始终不变，当密度不再变化时，反应不一定达平
衡状态，b不符合题意；
c．不管反应是否达到平衡，都存在v(CO)=2v(N )，所以反应不一定达到平衡，c不符合题意；
2
d．随着反应的进行，混合气体的质量不变，物质的量不断发生改变，平均相对分子质量不断发生改变，
当平均分子质量保持不变时，反应达平衡状态，d符合题意；
e．当CO与NO的起始投入量相等时，CO与NO的转化率始终相等，则反应不一定达平衡状态，e不符合
题意；
f．该条件下NO达到最大转化率时，反应达平衡状态，f符合题意；
故选adf。
18．（14分）已知CHCOOH是常见的弱酸，现有常温下0.lmol·L-1的CHCOOH溶液。
3 3
（1）取0.10molCHCOOH作导电性实验，测得其导电率随加入的水量变化如图所示。
3
①n(H+)：a b(填“>”、“<”或“=”，下同)。
②c(CHCOO-)：a b。
3
③完全中和时消耗NaOH的物质的量：a b。
（2）若向醋酸中加入氢氧化钠溶液，使醋酸恰好被中和，所得溶液的pH 7(填“大于”“小
于”或“等于”)，用离子方程式表示其原因 ；中和后所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为
。
（3）25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
CHCOOH HCO HCN
3 2 3
1.7×10-5 K =4.3×10-7、K =5.6×10-11 4.9×10-10
a1 a2
CHCOOH、HCO、HCN的酸性由强到弱的顺序为 。
3 2 3
【答案】（1）①< ②> ③=
（2）大于 CHCOO-+H O CHCOOH+OH- c(Na+)>c(CH COO-)>c(OH-)>c(H+)
3 2 3 3
（3）CHCOOH>H CO>HCN
3 2 3
【详解】（1）①醋酸为弱酸，加水促进其电离，b点加入水的体积大于a点，醋酸的电离程度更大，氢离
子的物质的量更大，故n(H+) ：ab。
3
③溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则中和时消耗的氢氧化钠的物质的量相等。
（2）向醋酸中加入氢氧化钠溶液，使醋酸恰好被中和，所得溶液的溶质为CHCOONa，溶液中CHCOO-
3 3
水解显碱性，故pH>7，离子方程式为：CHCOO-+H O CHCOOH+OH-。中和后溶液因醋酸根离子的水
3 2 3
解而呈碱性，c(H+)c(CH COO-)，故
3
c(Na+)>c(CH COO-)>c(OH-)>c(H+)。
3
（3）根据表中数据可知，K(CHCOOH)>K (H CO)>K(HCN)，所以酸性强弱为：
a 3 a1 2 3 a
CHCOOH>H CO>HCN。
3 2 3
19．（15分）电化学原理在现代工业中应用广泛，回答下列问题：
（1）氯碱工业上利用电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氯气、烧碱和氯的含氧酸盐等一系列化工产
品，如图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。
①离子交换膜的作用为 、 。
②氯氧化钠溶液从图中 (填“a”“b”“c”或“d”)处收集。
（2） 可作超级电容器材料。用惰性电极电解 溶液制得 ，其阳极的电极反应式为
。
（3）金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量的Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，故可用电解法制备高纯度的镍。
(金属活动性： )
①电解过程中，阳极杂质的电极反应式为 。
②电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量 (填“相等”或“不相等”)，电解结束后，
Pt以 形式存在。
（4）图甲是一种将废水中的氯乙烯( )进行环境无害化处理的微生物电池装置，同时利用此装
置在铁上镀铜。
学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司①M为 (填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，镀铜时， (填“X”或“Y”)与
铁电极相连，工作过程中，N极区域溶液中pH将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
②若M极消耗0.1mol氯乙烯，则铁电极增重 g，硫酸铜溶液的浓度将 (填“增大”
“减小”或“不变”)。
【答案】（1）①得到纯度较高的NaOH溶液 避免 与 混合发生反应而爆炸 ②d
（2）
（3）① ， ②不相等 阳极泥
（4）①负极 X 增大 ②32 不变
【详解】（1）①电解过程中生成的氯气会和氢氧化钠反应且氢气和氯气混合容易发生爆炸，故离子交换
膜的作用为避免 与 混合发生反应而爆炸、防止氢氧化钠吸收氯气以得到纯度较高的NaOH溶液。
②右侧水放电生成氢气和氢氧根离子，故氯氧化钠溶液从图中d处收集。
（2）用惰性电极电解 溶液制得 ，其阳极的电极反应为锰离子失去电子发生氧化反应生成二
氧化锰，反应为 ；
（3）①金属活动性： ，则电解过程中，阳极杂质的放电顺序为锌、铁依次失去电子
生成锌离子和亚铁离子，电极反应式为 ， 。
②电解过程中，阳极的锌铁镍均会放电成为阳离子，而阴极只有镍离子放电生成单质镍，故阳极减少的质
量与阴极增加的质量不相等，电解结束后，Pt不放电，以阳极泥的形式存在。
（4）①由图可知，N极氧气得到电子发生还原反应生成水，N为正极，则M为负极，镀铜时，铁做镀
件，应为电解池的阴极，故负极X与铁电极相连，工作过程中，N极反应为 ，故该区
域消耗氢离子，溶液中pH将增大。
② 转化碳化合价由-1变为+4，电子转移为 ，铁极铜离子得到电子生成铜
，根据电子守恒，若M极消耗0.1mol氯乙烯，则铁电极生成0.5molCu，增重32g，电解池中阳极
铜转化为铜离子，铜离子在阴极转化为铜，故硫酸铜溶液的浓度将不变。
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