2024年高中化學新教材同步講義 選擇性必修第一冊 模塊綜合試卷(一)（含解析）

模塊綜合試卷(一)(滿分：100分)一、選擇題(本題包括15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一個選項符合題意)1．下列關于熱化學方程式的敘述正確的是()A．已知C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH＞0，則金剛石比石墨穩(wěn)定B．已知2H2(g)＋O2(g)=C．S(g)＋O2(g)=SO2(g)ΔH1；S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH2，則ΔH1＜ΔH2D．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，若將0.5mol·L－1的稀H2SO4與1mol·L－1的NaOH溶液等體積混合，放出的熱量等于57.3kJ答案C解析C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH>0，則金剛石的能量大，穩(wěn)定性小于石墨，故A錯誤；H2O(g)→H2O(l)放熱，所以1molH2完全燃燒生成液態(tài)水時放熱大于241.8kJ，即H2的燃燒熱大于241.8kJ·mol－1，故B錯誤；S(s)→S(g)吸熱，等量的S(s)和S(g)完全燃燒，S(g)放熱多，由于放熱ΔH為負，所以ΔH1<ΔH2，故C正確；酸堿溶液體積未知，所以放出的熱量不確定，故D錯誤。2．下列實驗事實不能證明醋酸是弱電解質的是()A．相同pH的醋酸溶液和鹽酸分別與同樣顆粒大小的鋅反應時，產生H2的起始速率相等B．常溫下，測得0.1mol·L－1醋酸溶液的pH＝4C．常溫下，將pH＝1的醋酸溶液稀釋1000倍，測得pH<4D．在相同條件下，醋酸溶液的導電性比鹽酸的弱答案A解析強、弱電解質的本質區(qū)別是看能否完全電離；若完全電離則為強電解質；若部分電離則為弱電解質。選項內容指向·聯(lián)系分析結論ApH相同，說明兩溶液中的c(H＋)相同，與同樣的鋅粒反應時產生H2的起始速率相同，無法證明醋酸是否完全電離不能證明B若為強酸，常溫下0.1mol·L－1的一元酸，pH＝1；而醋酸溶液的pH＝4，證明醋酸未完全電離，是弱電解質能證明C若為強酸，常溫下pH＝1的一元酸稀釋1000倍后，溶液的pH＝4；而pH＝1的醋酸溶液稀釋1000倍后pH<4，證明醋酸在稀釋過程中可以繼續(xù)電離，溶液中存在醋酸分子，醋酸未完全電離能證明D相同條件下，CH3COOH溶液的導電性比鹽酸弱，證明其溶液中離子濃度小，即醋酸未完全電離能證明3.反應H2(g)＋I2(g)2HI(g)的逆反應速率隨時間變化的曲線如圖所示，t1時刻反應達到平衡，維持其他條件不變，t1時刻只改變一種條件，該條件可能是()①增大H2濃度 ②縮小容器體積③恒容時充入氬氣 ④使用催化劑A．①②B．③④C．②④D．①④答案C解析反應H2(g)＋I2(g)2HI(g)是一個反應前后氣體分子數(shù)不變的可逆反應。由圖可知，t1時刻反應達到平衡，維持其他條件不變，t1時刻只改變一種條件，逆反應速率增大后不再改變，說明化學平衡不移動，則改變條件后正反應速率和逆反應速率相等，該條件可能是加入催化劑或增大壓強，C正確。4．下列說法正確的是()A．洗滌油污常用熱的碳酸鈉溶液B．用加熱的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋C．配制FeSO4溶液時，將FeSO4固體溶于稀鹽酸中，然后稀釋至所需濃度D．將AlCl3溶液和Na2SO3溶液分別加熱蒸干、灼燒后，所得固體為Al2O3和Na2SO3答案A解析碳酸鈉溶液顯堿性，加熱可以促進碳酸根離子的水解，使溶液堿性增強，A正確；加熱會促進Fe3＋的水解，生成氫氧化鐵沉淀，但是還要經過濾才能得到氯化鉀溶液，B錯誤；配制FeSO4溶液時，將FeSO4固體溶于稀鹽酸中會引入雜質氯離子，C錯誤；Na2SO3溶液加熱蒸干、灼燒時，要考慮空氣中的氧氣將其氧化，所以最終得到Na2SO4固體，D錯誤。5．常溫下，下列各組離子一定能在指定溶液中大量共存的是()A．c水(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液：Al3＋、Fe3＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)B.eq\f(Kw,cH＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液：NHeq\o\al(＋,4)、Ca2＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)C．澄清透明的無色溶液：K＋、NHeq\o\al(＋,4)、MnOeq\o\al(－,4)、HCOeq\o\al(－,3)D．和Al反應放出H2的溶液：Mg2＋、Cu2＋、NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)答案B解析水的電離被抑制，溶液呈酸性或堿性，堿性條件下，Al3＋、Fe3＋生成沉淀，故A錯誤；c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性，這幾種離子之間不反應且和氫離子不反應，所以能大量共存，故B正確；無色溶液中不含有色離子，MnOeq\o\al(－,4)呈紫色，故C錯誤；能和Al反應放出H2的溶液為弱氧化性酸或強堿溶液，強酸性條件下硝酸和Al反應生成氮氧化物而不是氫氣，強堿性條件下，Mg2＋、Cu2＋生成氫氧化物沉淀而不能大量共存，故D錯誤。下列敘述正確的是()A．該弱酸在滴定前的濃度是0.15mol·L－1B．該弱酸稀釋10倍后pH為4C．為求滴定終點，最合適的指示劑是酚酞D．為求滴定終點，最合適的指示劑是甲基橙答案C解析由圖可知開始時，弱酸的pH＝3，用NaOH滴定該弱酸溶液達到終點時pH范圍在7～11，變色范圍最合適的指示劑是酚酞，消耗NaOH的體積是20mL，該弱酸滴定前的濃度是eq\f(20mL×0.50mol·L－1,100mL)＝0.10mol·L－1，故A、D錯誤，C正確；滴定前該弱酸的pH＝3，弱酸在稀釋過程中會繼續(xù)電離，該弱酸稀釋10倍后，pH小于4，故B錯誤。7．下列敘述正確的是()A．稀醋酸中加入少量醋酸鈉能增大醋酸的電離程度B．25℃時，等體積等濃度的硝酸與氨水混合后，溶液的pH＝7C．25℃時，0.1mol·L－1的硫化氫溶液比等濃度的硫化鈉溶液的導電能力弱D．0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)答案C解析稀醋酸中加入少量醋酸鈉，使溶液中的c(CH3COO－)增大，抑制醋酸的電離，A項錯誤；二者完全反應生成NH4NO3,NHeq\o\al(＋,4)發(fā)生水解，溶液呈酸性，pH<7，B項錯誤；H2S部分電離，而Na2S完全電離，在等濃度的兩種溶液中，Na2S溶液中的離子濃度較大，溶液的導電能力強，C項正確；0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，達到沉淀溶解平衡，因為AgCl的溶解度大于AgI，溶液中c(Cl－)>c(I－)，D項錯誤。8．氮及其化合物的轉化過程如圖所示，其中圖2為反應①過程中能量變化的曲線圖。下列分析合理的是()A．圖2中c曲線是加入催化劑a時的能量變化曲線B．反應①的熱化學方程式為N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1C．在反應②中，若有1.25mol電子發(fā)生轉移，則參加反應的NH3的體積為5.6LD．催化劑a、b能提高反應①、②的化學反應速率和平衡轉化率答案B解析A項，催化劑的反應機理是降低活化能，所以d曲線是加入催化劑的能量變化曲線；C項，不知是否在標準狀況下，氣體體積不能準確計算；D項，催化劑能提高反應速率，但不能影響平衡轉化率。9．已知反應：CH2=CHCH3(g)＋Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)＋HCl(g)。在一定壓強下，按ω＝eq\f(nCl2,nCH2=CHCH3)向密閉容器中充入氯氣與丙烯。圖甲表示平衡時，丙烯的體積分數(shù)(φ)與溫度(T)、ω的關系，圖乙表示反應的平衡常數(shù)(K)與溫度(T)的關系。則下列說法正確的是()A．圖甲中ω1>1B．若在恒容絕熱裝置中進行上述反應，達到平衡時，裝置內的氣體壓強將不變C．溫度T1、ω＝2,Cl2的轉化率約為33.3%D．圖乙中，曲線A表示正反應的平衡常數(shù)答案C解析ω增大，可認為CH2=CHCH3不變，增加Cl2的量，平衡向右移動，CH2=CHCH3的轉化率增大，則φ減小，由上述分析可知：ω2>ω1，則ω1<1；該反應在反應前后氣體分子數(shù)不變，根據(jù)圖甲升高溫度丙烯的體積分數(shù)增大，即升高溫度平衡逆向移動，正反應放熱，在恒容絕熱裝置中進行題述反應，體系內溫度升高，達到平衡時，裝置內的氣體壓強將增大；由圖乙可知，T1時平衡常數(shù)為1，設起始時CH2=CHCH3和Cl2的物質的量分別為amol和2amol，達到平衡時轉化的Cl2的物質的量為xmol，根據(jù)三段式進行計算：CH2=CHCH3(g)＋Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)＋HCl(g)起始/mola2a00轉化/molxxxx平衡/mola－x2a－xxx則eq\f(\f(x,V)2,\f(a－x,V)×\f(2a－x,V))＝1，解得x＝eq\f(2,3)a，則Cl2的轉化率為eq\f(\f(2,3)a,2a)×100%≈33.3%；正反應是放熱反應，故溫度升高，正反應的平衡常數(shù)減小，故圖乙中，曲線A表示逆反應的平衡常數(shù)。10．下列說法不正確的是()A．Mg(OH)2固體在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，該固體可溶于NH4Cl溶液B．向ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液，沉淀變?yōu)楹谏?，可推知同溫下Ksp(ZnS)<Ksp(CuS)C．向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色，反應的離子方程式為2AgCl(s)＋S2－(aq)Ag2S(s)＋2Cl－(aq)D．向2mL濃度均為1.2mol·L－1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01mol·L－1的AgNO3溶液，振蕩沉淀呈黃色，說明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)答案B11．下圖是利用原電池原理提取碘的兩個實驗裝置，下列說法正確的是()A．兩個裝置中，石墨Ⅰ和石墨Ⅱ均作負極B．碘元素在裝置①中被還原，在裝置②中被氧化C．裝置①中MnO2的電極反應式為MnO2＋2H2O＋2e－=Mn2＋＋4OH－D．裝置①、②中反應分別生成等量的I2時，導線上通過的電子數(shù)之比為1∶5答案D解析①中石墨Ⅰ區(qū)的NaI生成I2是失電子的過程，故石墨Ⅰ作負極，②中石墨Ⅱ區(qū)的NaIO3生成I2是得電子的過程，故石墨Ⅱ作正極，故A錯誤；①中碘元素的化合價升高，被氧化，②中碘元素的化合價降低，被還原，故B錯誤；MnO2在酸性溶液中，不可能生成OH－，故C錯誤；反應①中碘元素的變化關系式為2I－～I2～2e－，②中碘元素的變化關系式為2IOeq\o\al(－,3)～I2～10e－，則反應①、②中生成等量的I2時導線上通過的電子數(shù)之比為1∶5，故D正確。12.用如圖所示裝置處理含NOeq\o\al(－,3)的酸性工業(yè)廢水，某電極反應式為2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2O，則下列說法錯誤的是()A．電源正極為A，電解過程中有氣體放出B．電解時H＋從質子交換膜左側向右側移動C．電解過程中，右側電解液pH保持不變D．電解池一側生成5.6gN2，另一側溶液質量減少18g答案C解析A項，根據(jù)題意，與B極相連的電極反應式為2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2O，作電解池的陰極，故B為負極，則A為正極，溶液中的OH－放電生成O2，正確；B項，電解時，左側陽極室OH－發(fā)生反應，剩余H＋，故H＋從質子交換膜左側向右側移動，正確；D項，電解池一側生成5.6gN2，轉移的電子的物質的量為2mol，故另一側發(fā)生反應的水的物質的量為1mol，溶液質量減少18g，正確。13．(2022·北京，13)利用下圖裝置進行鐵上電鍍銅的實驗探究。裝置示意圖序號電解質溶液實驗現(xiàn)象①0.1mol·L－1CuSO4＋少量H2SO4陰極表面有無色氣體，一段時間后陰極表面有紅色固體，氣體減少。經檢驗電解液中有Fe2＋②0.1mol·L－1CuSO4＋過量氨水陰極表面未觀察到氣體，一段時間后陰極表面有致密紅色固體。經檢驗電解液中無Fe元素下列說法不正確的是()A．①中氣體減少，推測是由于溶液中c(H＋)減少，且Cu覆蓋鐵電極，阻礙H＋與鐵接觸B．①中檢測到Fe2＋，推測可能發(fā)生反應：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋CuC．隨陰極析出Cu，推測②中溶液c(Cu2＋)減少，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆移D．②中Cu2＋生成[Cu(NH3)4]2＋，使得c(Cu2＋)比①中溶液的小，Cu緩慢析出，鍍層更致密答案C解析由實驗現(xiàn)象可知，實驗①中，鐵作電鍍池的陰極，鐵會先與溶液中的氫離子、銅離子反應生成亞鐵離子、氫氣和銅，一段時間后，銅離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成銅；實驗②中，銅離子與過量氨水反應生成四氨合銅離子，四氨合銅離子在陰極得到電子緩慢發(fā)生還原反應生成銅，在鐵表面得到比實驗①更致密的鍍層。由分析可知，實驗①中，鐵會先與溶液中的氫離子、銅離子反應，當溶液中氫離子濃度減小，放電生成的銅覆蓋在鐵電極上，阻礙氫離子與鐵接觸，導致產生的氣體減少，故A正確；由分析可知，實驗①中，鐵作電鍍池的陰極，鐵會先與溶液中的氫離子、銅離子反應生成亞鐵離子、氫氣和銅，可能發(fā)生的反應為Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，故B正確；由分析可知，四氨合銅離子在陰極得到電子緩慢發(fā)生還原反應生成銅，隨陰極析出銅，四氨合銅離子濃度減小，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡向正反應方向移動，故C錯誤。14.在容積一定的密閉容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，發(fā)生反應：C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，平衡狀態(tài)時NO(g)的物質的量濃度c(NO)與溫度T的關系如圖所示。則下列說法正確的是()A．該反應的ΔH>0B．若該反應在T1、T2℃時的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1<K2C．在T2℃時，若反應體系處于狀態(tài)D，則此時一定有v正<v逆D．在T3℃時，若混合氣體的密度不再變化，則可以判斷反應達到平衡狀態(tài)答案D解析由圖像可知，T1<T2，升高溫度c(NO)增大，平衡左移(吸熱方向)，所以ΔH<0，且K1>K2，A、B項不正確；T2℃時D點表示c(NO)>c(NO)平衡，因此由D點→B點需降低c(NO)，即平衡向右移動，所以D點對應體系中v正>v逆，C項不正確；由于C為固體，故容積不變時，反應后氣體質量增大，混合氣體的密度增大，當密度不再變化時，可以判斷反應達到平衡狀態(tài)，D項正確。15.常溫下，將HCl氣體通入1L濃度均為0.1mol·L－1的NaA和NaB的混合溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示(忽略溶液體積的變化)。下列敘述不正確的是()A．Ka(HB)的數(shù)量級為10－9B．酸性的強弱順序為HCl>HA>HBC．當通入0.1molHCl氣體時c(B－)>c(A－)D．當混合溶液呈中性時：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(A－)＋c(B－)答案C解析根據(jù)圖像可知，當lgeq\f(cHB,cB－)＝3時，pH＝6，此時，c(H＋)＝10－6mol·L－1，eq\f(cHB,cB－)＝103，Ka(HB)＝eq\f(cH＋·cB－,cHB)＝10－6×10－3＝10－9，A正確；pH一定時，lg

eq\f(cHB,cB－)＞lg

eq\f(cHA,cA－)，則有eq\f(cHB,cB－)＞eq\f(cHA,cA－)，eq\f(cB－,cHB)＜eq\f(cA－,cHA)，式子兩邊都乘以c(H＋)，可得eq\f(cH＋·cB－,cHB)＜eq\f(cH＋·cA－,cHA)，即Ka(HB)＜Ka(HA)，所以酸性：HA＞HB，向NaA和NaB的混合溶液中通入HCl后，溶液中存在HA、HB，則說明HCl的酸性強于HA和HB，所以酸性強弱順序為HCl＞HA＞HB，B正確；原溶液中NaA和NaB均為0.1mol，根據(jù)強酸制弱酸原理，通入0.1molHCl，H＋先與B－反應，反應后溶液中溶質為0.1molNaA、0.1molNaCl、0.1molHB，NaA完全電離，微弱水解，＝c(Cl－)＋c(A－)＋c(B－)＋c(OH－)，當溶液呈中性時，c(H＋)＝c(OH－)，所以有c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(A－)＋c(B－)，D正確。二、非選擇題(本題包括4小題，共55分)16．(14分)(1)在微生物作用的條件下，NHeq\o\al(＋,4)經過兩步反應被氧化成NOeq\o\al(－,3)。兩步反應的能量變化示意圖如下：①第一步反應是________(填“放熱”或“吸熱”)反應，判斷依據(jù)是__________________。②1molNHeq\o\al(＋,4)(aq)全部被氧化成NOeq\o\al(－,3)(aq)的熱化學方程式是___________________________。(2)已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－566kJ·mol－1①Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋eq\f(1,2)O2(g)ΔH＝－226kJ·mol－1②則CO(g)與Na2O2(s)反應放出509kJ熱量時，電子轉移的數(shù)目為________________。(3)已知H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g)ΔH＝－72kJ·mol－1，蒸發(fā)1molBr2(l)需要吸收的能量為30其他相關數(shù)據(jù)如下表：物質H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化學鍵斷裂時需要吸收的能量/kJ436200a則表中a＝______________。答案(1)①放熱ΔH<0(或反應物的總能量大于生成物的總能量)②NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋2O2(g)=NOeq\o\al(－,3)(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝－346kJ·mol－1(2)2NA(或1.204×1024)(3)369解析(1)由圖可知：NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋eq\f(3,2)O2(g)=NOeq\o\al(－,2)(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝－273kJ·mol－1，NOeq\o\al(－,2)(aq)＋eq\f(1,2)O2(g)=NOeq\o\al(－,3)(aq)ΔH＝－73kJ·mol－1，兩個熱化學方程式相加即可得第②問答案。(2)由(①＋②×2)×eq\f(1,2)得：CO(g)＋Na2O2(s)=Na2CO3(s)ΔH＝－509kJ·mol－1，即該反應放出509kJ熱量時轉移2mole－。(3)由題中熱化學方程式及蒸發(fā)1molBr2(l)吸熱30kJ可得：H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)ΔH＝－102kJ·mol－1，則436＋200－2a＝－102，a＝369。17．(14分)N2O和CO是常見的環(huán)境污染氣體。(1)對于反應N2O(g)＋CO(g)CO2(g)＋N2(g)來說，F(xiàn)e＋可作為此反應的催化劑。其總反應分兩步進行：第一步為Fe＋＋N2OFeO＋＋N2；則第二步為___________________________(寫方程式)。已知第二步反應幾乎不影響總反應達到平衡所用的時間，由此推知，第一步反應的活化能________(填“大于”“小于”或“等于”)第二步反應的活化能。(2)在四個不同容積的恒容密閉容器中按圖甲充入相應的氣體，發(fā)生反應：2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡轉化率如圖乙所示：①該反應的ΔH________(填“>”或“<”)0。②若容器Ⅰ的體積為2L，反應在370℃下進行，20s后達到平衡，則0～20s內容器Ⅰ中用O2表示的反應速率為_________。B點對應的平衡常數(shù)K＝________(結果保留兩位有效數(shù)字)。③圖中A、C、D三點容器內氣體密度由大到小的順序是______________。④若容器Ⅳ體積為1L，反應在370℃下進行，則起始時反應________(填“向正反應方向”“向逆反應方向”或“不”)進行。答案(1)FeO＋＋COFe＋＋CO2大于(2)①>②0.0005mol·L－1·s－10.0044③D>C>A④向逆反應方向解析(1)總反應分兩步進行，根據(jù)催化劑定義，第一步：Fe＋＋N2OFeO＋＋N2，第二步反應中，中間產物(FeO＋)氧化CO生成CO2，本身被還原成Fe＋，F(xiàn)eO＋＋COFe＋＋CO2；第二步反應對總反應速率沒有影響，說明第一步是慢反應，控制總反應速率，則第一步反應的活化能大于第二步反應的活化能。(2)①升高溫度，N2O的平衡轉化率升高，反應向正反應方向進行，則正反應為吸熱反應，ΔH>0。②2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)初/(mol·L－1)0.0500變/(mol·L－1)0.020.020.01平/(mol·L－1)0.030.020.01所以v(O2)＝eq\f(0.01mol·L－1,20s)＝0.0005mol·L－1·s－1；A、B點溫度相同，對應的平衡常數(shù)相等。B點對應的平衡常數(shù)K＝eq\f(0.01×0.022,0.032)≈0.0044。③容器內混合氣體密度為ρ＝eq\f(m,V)，反應前后質量守恒，m不變，只需比較容器體積即可，從A→C→D，三點起始量一樣，隨著溫度升高，由于正反應為吸熱反應，溫度升高有助于反應進行，導致轉化率增大，現(xiàn)要使三點的轉化率一致，所以需要加壓，相當于縮小容器體積，即VA>VC>VD，所以ρA<ρC<ρD，即圖中A、C、D三點容器內氣體密度大小關系：D>C>A。④容器Ⅳ體積為1L,370℃時，2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)起始/(mol·L－1)0.060.060.04Q＝eq\f(0.04×0.062,0.062)＝0.04>K＝0.0044，則反應向逆反應方向進行。18．(12分)納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關注，采用肼(N2H4)燃料電池為電源，用離子交換膜控制電解液中的c(OH－)制備納米Cu2O，其裝置如圖甲、乙。(1)上述裝置中D電極應連接肼燃料電池的______(填“A”或“B”)極，該電解池中離子交換膜為______(填“陰”或“陽”)離子交換膜。(2)該電解池的陽極反應式為________________________________________________，肼燃料電池中A極發(fā)生的電極反應為________________________________________。(3)當反應生成14.4gCu2O時，至少需要肼______mol。答案(1)B陰(2)2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2ON2H4－4e－＋4OH－=N2＋4H2O(3)0.05解析(1)燃料電池正極通氧化劑，負極通燃料，即A極為負極，B極為正極。圖乙為電解池裝置，電解的目的為制備Cu2O，則D極作陽極，接電池正極(B極)，銅被氧化；陽極反應式為2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O，反應消耗OH－，采用陰離子交換膜使OH－向陽極移動。(2)A極為負極，N2H4失電子轉化為N2，故電極反應式為N2H4－4e－＋4OH－=N2＋4H2O。(3)根據(jù)電極反應可得關系式4e－～2Cu2O～N2H4，所以n(N2H4)＝0.5n(Cu2O)＝eq\f(14.4g,144g·mol－1)×0.5＝0.05mol。19．(15分)(1)電解法也可除去水中的氨氮，實驗室用石墨電極電解一定濃度的(NH4)2SO4與NaCl的酸性混合溶液來進行模擬。①電解時，陽極的電極反應式為____________________________________________。電解過程中溶液初始Cl－濃度和pH對氨