四川省泸县第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考化学 Word版含解析.docx

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泸县一中高2022级高二上期第三学月考试化学试题可能用到的相对原子质量有：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5Si-28Fe-56第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.化学燃料是现阶段火箭的主要动力来源，从能量密度(单位质量的燃料提供的能量)角度考虑，最适合做火箭推进剂的是A.液氧-液态甲烷(甲烷燃烧热为893)B.液氧-液氢(氢气燃烧热为286)C.液氧-煤油(煤油热值为)D.液氧-液氨(氨气燃烧热为316)【答案】B【解析】【详解】由燃料的燃烧热可知，1g甲烷、氢气、煤油、液氨完全燃烧放出的热量分别为×890.3kJ/mol≈55.6kJ、×285.8kJ/mol=142.75kJ、=、×316kJ/mol≈18.6kJ，则相同质量的H2燃烧放热最多，即使考虑O2，也是液氢液氧组合相同质量燃烧放热最多；答案选B。2.下列措施与化学反应速率无关的是A.炉膛内用煤粉代替煤块B.食物冷藏在冰箱C.糖果制作过程中添加着色剂D.过氧化氢制氧气时，加入氯化铁溶液【答案】C【解析】【详解】A．炉膛内用煤粉代替煤块，增大反应物接触面积可以加快反应速率，与化学反应速率有关，故A正确；B．食物冷藏在冰箱，降低温度可以减低反应速率，与化学反应速率有关，故B正确； C．在糖果制作过程中添加着色剂，为改变糖果的颜色，与反应速率无关，故C错误；D．过氧化氢制氧气时，加入氯化铁溶液，催化剂可以加快反应速率，与化学反应速率有关，故D正确；故选C。3.下列有关叙述错误的是A.金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍B.用铝质铆钉焊接铁板，铁板易被腐蚀C.钢铁在干燥空气中不易被腐蚀D.温度对化学腐蚀的影响很大【答案】B【解析】【详解】A．金属的腐蚀以电化学腐蚀为主，电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍，A正确；B．铝质铆钉、铁板、潮湿的空气构成了原电池，铝比铁活泼，铝质铆钉作负极，容易腐蚀，铁板得到保护，B错误；C．因钢铁生锈需要氧气、水，在干燥空气中不易被腐蚀，C正确；D．温度越高反应速率越快，故温度对化学腐蚀的影响很大，D正确；故选B。4.已知：①②③下列说法错误的是A.上述反应属于吸热反应的是①B.表示C的燃烧热的热化学方程式是③C.10g完全燃烧生成水蒸气，放热2418kJD.CO燃烧的热化学方程式为【答案】C【解析】【详解】A.吸热反应，表示吸热反应的是①，A项正确；B.根据燃烧热的定义判断，B项正确； C.根据①可知，热化学方程式，10g完全燃烧生成水蒸气，放出的热量为5mol×241.8kJ/mol=1209kJ，C项错误；D.表示CO燃烧的热化学方程式为③―②，即，D项正确；答案选C。5.在反应中，表示反应速率最快的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，把用不同物质表示的反应速率换算成用同一物质表示的化学反应速率，然后比较大小。【详解】A．v(A)=0.5mol⋅L-1⋅min-1；B．B为固体没有浓度，不能用其浓度表示反应的速率；C．v(A)＝v(C)＝×0.9 mol⋅L−1⋅min−1＝0.6 mol⋅L−1⋅min−1；D．v(A)=×0.1mol•L−1•min−1＝0.05mol•L−1•min−1；故C反应速率最快；故选：C。6.绝热恒容下，将与以体积比置于密闭容器中发生反应。下列不能说明反应达到平衡状态的是A.体系温度保持不变B.混合气体的颜色保持不变C.和的体积比保持不变D.生成和生成的速率相等【答案】C【解析】【详解】A．绝热恒容下，反应为放热反应，随着反应进行，体系温度升高，当温度不变，则反应达到平衡状态，A不符合题意； B．混合气体颜色保持不变，就是NO2的浓度不变，反应达到平衡状态，B不符合题意；C．SO3和NO都是生成物，体积比始终是1:1，体积比保持不变，反应不一定平衡，C符合题意；D．生成和生成的速率相等说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D不符合题意；故选C。7.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.对于反应，达到平衡后，缩小容器的体积可使体系颜色变深C.工业合成氨的反应温度为500℃D.配制溶液时，需要加入少量稀硫酸【答案】D【解析】【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．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，B项错误；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．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，D项正确；故选D。8.下列叙述正确的是A.在浓硫酸中滴加浓盐酸，产生的原因是升温促进平衡向右移动B.从海水中提取溴，通入氯气之前用硫酸酸化的目的是增强氯气的氧化性C.在高温下，CO分解生成和能自发进行D.铝和硫酸反应生成氢气，硫酸浓度越大，氢气生成速率越快【答案】A【解析】【详解】A．盐酸挥发出氯化氢的过程是吸热过程，浓硫酸吸收水放出热量，促进平衡正向移动，故A 正确；B．酸化海水，可使平衡逆向移动，抑制氯气与水反应，提高氯气的利用率，故B错误；C．CO分解吸热，，该反应是熵减反应，，则在任何温度下，即在任何温度下都不能自发进行，故C错误；D．常温下浓硫酸与铝发生钝化，生成致密氧化膜阻止内层金属继续反应，故D错误；故答案为A。9.一定温度下，向恒容密闭容器中充入发生反应：。下列叙述正确的是A.混合气体总压强不变时达到平衡状态B.生成速率、消耗速率之比为C.最终生成最多为D.平衡时再充入，平衡转化率增大【答案】B【解析】【详解】A．该反应是等体积反应，恒温恒容下，无论是否达到平衡，气体总压强始终不变，A错误；B．两者均表示逆反应速率，物质的反应速率之比等于化学计量数之比，B正确；C．该反应是可逆反应，5molPF3Cl2不可能全部转化为2molPCl5，C错误；D．平衡时充入反应物，反应物浓度增大，化学反应正向进行，但是PF3Cl2的转化率不变，D错误；故答案选B。10.已知25℃时，的。现有a、b两支试管，分别盛有浓度均为的氨水和盐酸，已知。下列说法正确的是A.a、b两试管中溶液的导电能力相同B.a试管中的浓度约为C.将少量盐酸滴入a试管中，的电离程度增大D.向a试管中加入水，的电离平衡逆向移动【答案】C 【解析】【详解】A．为弱电解质，物质的量浓度相同时，a试管中溶液的导电能力弱，A项错误；B．a试管中的浓度约为，B项错误；C．将少量盐酸滴入a试管中，盐酸电离出的H+和溶液中的OH-反应，使电离平衡⇋正向移动，电离程度增大，C项正确；D．加水稀释，电离平衡正向移动，D项错误；答案选C。11.已知硼酸溶于水后发生的变化为H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+，下列有关说法正确的是A.硼酸是酸，能抑制水的电离B.1molH3BO3能中和3moNaOHC.NaB(OH)4溶液中：c(OH-)＞c(H+)D.NaB(OH)4溶液不能与CO2反应【答案】C【解析】【详解】A．由硼酸与水作用的离子方程式知，硼酸消耗了水电离出的，从而促进了水的电离，A项错误；B．硼酸是一元酸，B项错误；C．是强碱弱酸盐，溶液显碱性，C项正确；D．根据元素周期律知，碳酸的酸性强于硼酸，故溶液可以与反应，D项错误；故答案为：C。12.下列说法正确的是A.图甲表示合成氨的平衡常数与温度和压强的关系B.图乙表示氢氟酸为弱酸，且a点对应比b点对应大C.图丙表示压强对可逆反应的影响，乙的压强比甲的压强大D.图丁表示常温下用溶液滴定溶液的滴定曲线 【答案】B【解析】【详解】A．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则温度一定时，增大压强，平衡常数不变，则图甲不能表示合成氨反应的平衡常数与压强的关系，故A错误；B．由图可知，相同温度条件下，导电能力相同的氢氟酸溶液和盐酸稀释相同倍数时，盐酸溶液中导电能力变化大于氢氟酸溶液说明氢氟酸溶液中存在电离平衡，氢氟酸为弱酸，则导电能力相同的氢氟酸溶液浓度大于盐酸，稀释相同倍数时，氢氟酸溶液的浓度依然大于盐酸，所以a点对应氢氟酸溶液的浓度大于b点盐酸溶液的浓度，故B正确；C．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应物的物质的量分数减小，则图丙不能表示压强对反应的影响，故C错误；D．醋酸是弱酸，在溶液中部分电离出氢离子，0.1mol/L醋酸溶液的pH大于1，且则溶液pH为7是，滴入氢氧化钠溶液的体积小于20.00mL，所以图丁不能表示常温下用0.1mol/L氢氧化钠溶液滴定20.00mL0.1mol/L醋酸溶液的滴定曲线，故D错误；故选B。13.银铝电池具有能量密度高的优点，其工作原理如图所示，电池放电时的反应为2Al+3Ag2O+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]+3Ag。下列说法错误的是A.Al为电源负极B.正极反应为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-C.放电时负极区pH增大D.放电时Na+通过交换膜向右侧移动【答案】C【解析】【详解】A．由方程式可知，放电时Al被氧化，因此Al为电源负极，A正确；B．电源正极，放电时被还原成Ag，电极反应式为，B正确；C．负极的电极反应式为，反应时负极区减小，则pH减小，C错误； D．电池放电时，阳离子移向正极，因此通过交换膜向右侧移动，D正确；故选C。14.草酸亚铁是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应制取：固体已知室温时：、、。下列说法正确的是A.室温下，0.10mol/L溶液中存在：B.室温时，反应的平衡常数C.酸化、溶解后的溶液中存在：D.过滤后的上层清液中：【答案】B【解析】【分析】磷酸铁锂电池的原料与硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铵，然后向体系中加入草酸在加热条件下得到草酸亚铁沉淀，然后过滤得到固体，以此解题。【详解】A．草酸氢钠溶液中草酸氢根电离常数为，水解常数为：，即草酸氢根的电离程度大于其水解程度，故，A错误；B．室温时，反应的平衡常数，B正确；C．硫酸亚铁铵晶体溶于水后存在电荷守恒：，酸化、溶解后的溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，故酸化、溶解后的溶液中存在：，C错误；D．当时形成FeC2O4沉淀，过滤后的上层清液中不会生成FeC2O4 沉淀，故，D错误；故选B。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.2030年前实现碳达峰的承诺，体现了中国的大国风范。天然气的综合利用是各国科学家研究的重要课题。（1）天然气的主要成分为甲烷，甲烷的结构式是___________，甲烷燃烧反应过程中的能量变化，符合下图中的___________(填字母)。a．　　　b．　　　c．（2）ag燃烧生成二氧化碳气体和液态水，放出热量44.5kJ。经测定，生成的与足量澄清石灰水反应得到5g沉淀，则___________，其中___________。（3）甲烷和二氧化碳重整制合成气的研究是实现碳达峰的手段之一、甲烷和二氧化碳重整制合成气的反应为副反应I：副反应Ⅱ：已知：部分化学键键能数据如下表(1molCO中含有1molC≡O键)。化学键C-HC=OH-HC≡O键能/()4137454361011则___________，___________。（4）用催化还原可以消除氮氧化物的污染。例如：△若标准状况下用1.12L还原至，整个过程中转移电子总数为___________( 阿伏加德罗常数的值用表示)，放出的热量为___________kJ。【答案】15.①.②.a16.①.-890②.0.817.①.＋248②.＋206.518.①.0.4NA②.43.35【解析】【小问1详解】甲烷的分子式为CH4，碳原子和四个氢原子形成四个共价键，则甲烷的结构式为；甲烷燃烧放热，反应物的总能量大于生成物的总能量，故反应过程中的能量变化符合a。答案为：；a。【小问2详解】生成的碳酸钙沉淀的物质的量为：=0.05mol，0.05molCH4燃烧放出热量为44.5kJ，则1molCH4燃烧释放的热量为，故-890kJ/mol；0.05molCH4的质量为。答案为：-890；0.8。【小问3详解】反应物的总键能-生成物的总键能=；根据盖斯定律， 。答案为：＋248；＋206.5。【小问4详解】由盖斯定律可计算：，在标准状况下用1.12L的物质的量为，整个过程中转移电子总数为，即0.4NA,放出的热量为。答案为：0.4NA；43.35。16.甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。（1）500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应：反应i：反应ii：已知　。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是_____。（2）CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为反应I：反应II：反应III：在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，①反应I自发进行的条件是_____(填“高温”、“低温”或“任何温度下”)；②反应：的_____。③1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4的平衡转化率如下图所示。已知：700℃时，CH4和CO2的平衡转化率分别为90%和65% 。请在下图画出不同温度下(500~800℃区间)重整体系中CO2的平衡转化率曲线_____。在700℃条件下，测得H2O(g)和H2(g)的平衡分压相等，则体系中CO2和CO的平衡分压之比=_____。(已知：分压p(B)=p·x(B)，p为平衡时的总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数。)【答案】16.吸收CO2，提高H2的产率，并向体系供热17.①.高温②.+657.1kJ/mol③.④.7：8【解析】【小问1详解】已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)       ΔH=－178.8kJ·mol-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量；【小问2详解】①反应I是熵增的吸热反应，可以自发进行，△H>0，△S>0，让△G=△H-T△S<0，需要高温条件下，因此高温可以自发进行；②反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)       ΔH=+246.5kJ·mol-1反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)       ΔH=+41.2kJ·mol-1依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应：3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=657.1kJ·mol-1；③由于反应Ⅰ和反应ⅡΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，不同温度下(500~800℃区间)重整体系中CO2 的平衡转化率曲线如上图所示；假设起始CO2和CH4物质的量均为1mol，甲烷转化率为90%，余下0.1mol，CO2的转化率为65%，余下0.35mol，H2和H2O分压强相等，说明二者的物质的量相等，根据氢原子守恒，得出n(H2)=n(H2O)=0.9mol，根据O原子守恒得出n(CO)=2-0.35×2-0.9=0.4mol，CO2和CO的平衡分压之比等于二者物质的量之比，p(CO2)：p(CO)=0.35：0.4=7：8。17.回答下列问题：（1）①25℃时，三种弱电解质的电离平衡常数如表：化学式HCOOH电离平衡常数下列方法中，可以使溶液中电离程度增大的是_______。a.通入少量HCl气体　　b.加入少量冰醋酸　　c.加入少量醋酸钠固体　　d.加入少量水（2）常温下，的溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是_______。a.b.c.d.（3）常温下，有pH相同、体积相同的a.溶液和b.HCl溶液，现采取以下措施：①分别加适量醋酸钠晶体后，溶液中_______HCl溶液中。(填“>”“<”或“=”)②分别加等浓度的NaOH溶液至恰好反应，所需NaOH溶液的体积：溶液_______(填“>”“<”或“=”)HCl溶液。③温度都升高20℃，溶液中_______(填“>”“<”或“=”)HCl溶液中。④分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是_______(填字母)。(①表示盐酸，②表示醋酸)a.b.c.d. （4）常温下，等体积等物质的量浓度的和溶液混合后，溶液的_______，等物质的量浓度的①②③④溶液的pH大小顺序是_______(填序号)；溶液滴入中的离子方程式_______。【答案】（1）d（2）a（3）①.>②.＞③.＞④.c（4）①.7②.①>②>④>③③.+=+H2O+CO2↑【解析】【小问1详解】a.加入少量HCl气体，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故a不选；b.加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故b不选；c.加入少量醋酸钠固体，溶液中c（CH3COO-）增大，平衡逆向进行，CH3COOH电离程度降低，故c不选；d.加入少量水促进CH3COOH电离，其电离程度增大，故d选；故选：d；【小问2详解】a.NH3•H2O溶液加水稀释过程，促进电离，但c（OH-）减小，故a选；b.NH3•H2O溶液加水稀释过程，促进电离，=，溶液中n（OH-）增大，n（NH3•H2O）减小，所以增大，故b不选；c.Kw=c（H+）•c（OH-），只随温度改变而改变，故c不选；d.NH3•H2O溶液加水稀释过程，促进电离，c（OH-）减小，c（H+）增大，所以增大，故d不选，故选：a；【小问3详解】①CH3COOH溶液中存在平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加适量CH3COONa晶体，平衡向左移动，c（H+）减小，但是平衡影响较小；HCl溶液中加适量CH3COONa晶体，发生反应：CH3COO-+H+⇌CH3COOH，c（H+）减小，是由于反应导致氢离子浓度减小，影响较大，故溶液中 >HCl溶液中；②由于CH3COOH部分电离，故pH相同时，c（CH3COOH）＞c（HCl），pH、体积相同的盐酸和醋酸中n（CH3COOH）＞n（HCl），则加等浓度的NaOH溶液至恰好反应时，消耗碱的体积与酸的物质的量成正比，所以CH3COOH溶液所需NaOH溶液的体积大，故答案为：＞；③升高温度，CH3COOH的电离平衡正向移动，c（H+）增大，HCl已全部电离，则CH3COOH溶液>HCl溶液。故答案为：＞；④因为强酸完全电离，一元弱酸部分电离，因此要有相同的pH值，一元弱酸的浓度必须比强酸高，由于体积相等，因此一元弱酸的物质的量大于强酸，因此产生的H2也比强酸多。反应过程由于H+不断被消耗掉，促使一元弱酸继续电离，这就延缓了H+浓度下降的速率，而强酸没有H+的补充途径，浓度下降的更快，由于其他条件都相同，反应速率取决于H+浓度，由于开始时H+浓度相等，因此反应速率也相等，后面强酸的反应速率下降得快，斜率也就更小，曲线更平坦．最终生成H2的体积也比一元弱酸少，因此曲线在一元弱酸下面，故选：c；【小问4详解】由信息可知和的电离常数相同，故常温下，等体积等物质的量浓度的和溶液混合后，溶液显中性，pH=7；根据水解原理可知越弱越水解，由于电离常数的数据可知，等物质的量浓度的①②③④溶液的pH大小顺序是①>②>④>③；由于醋酸的酸性大于碳酸的酸性，故溶液滴入中的离子方程式为：+=+H2O+CO2↑。18.红矾钠()可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含和)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。已知：i．溶液中存在以下平衡： ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：金属离子开始沉淀的沉淀完全的4.35.67.19.2（1）Ⅱ中，加入调节至___________(填字母)。A.B.C.D.（2）Ⅲ中，氧化沉淀的离子反应方程式为___________。（3）Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，的产率反而降低，可能的原因是___________。（4）Ⅳ中，加入的作用是___________(结合平衡移动原理解释)。（5）为了测定获得红矾钠的纯度，称取上述流程中的产品配成溶液，取出放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的溶液，置于暗处充分反应至全部转化为后，滴入滴淀粉溶液，最后用浓度为的标准溶液滴定，共消耗。(已知：。)①滴定终点的现象为___________。②所得(摩尔质量为)的纯度表达式为___________(用质量分数表示)。【答案】（1）C（2）（3）温度过高分解，导致浓度降低(使反应速率变慢)，产率降低（4）加入后，增大，逆向移动，得到更多的（5）①.最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且不变色②.【解析】 【分析】含铬污泥酸浸后的浸出液(主要含和)为原料，提纯制备红矾钠()，其中铬元素为流程中主元素，I加还原过程是使转化为，II加NaOH过程是使转化为从混合溶液中分离出来，III加NaOH和H2O2加热氧化生成，IV加硫酸酸化转化为，最终得到。【小问1详解】过程Ⅱ，加入调节目的使完全转化为沉淀，与杂质离子等分离，调节不能使生成沉淀，则范围为，答案选C；【小问2详解】H2O2氧化，铬元素化合价升高为，在碱性溶液中存在形式主要为，故离子反应为；【小问3详解】温度过高，,导致浓度降低(使反应速率变慢)，相同时间产率降低；【小问4详解】加硫酸酸化之前，溶液呈碱性主要存在形式为，加入后，增大，平衡逆向移动，得到更多的；【小问5详解】与溶液在酸性环境充分反应生成I2，I2与淀粉溶液显蓝色，随标准溶液滴入蓝色变浅，恰好完全反应时蓝色消失，且30s不变色为滴定终点，故滴定终点现象为最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且不变色；由反应和得到关系式，计算=，纯度表达式为===。 19.Ⅰ．某化学兴趣小组利用下图所示装置探究金属的电化学防护，观察到的实验现象是：锌电极不断溶解，铁电极表面有气泡产生。（1）写出负极的电极反应式：___________。（2）某学生认为，铁电极可能参与反应，并对产物作出假设：假设1：铁参与反应，被氧化生成Fe2＋；假设2：铁参与反应，被氧化生成Fe3＋；假设3：___________。（3）为了探究假设1、2，他采取如下操作：①取0.01mol/LFeCl3溶液2mL于试管中，加入过量铁粉；②取操作①试管的上层清液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，发生反应的离子方程式为___________；③取少量正极附近溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，未见蓝色沉淀生成；④取少量正极附近溶液加入2滴KSCN溶液，未见溶液变红。据②、③、④现象得出的结论是___________。Ⅱ．氢氧化钾和二氧化锰都是重要的化工原料。回答下列问题：（4）工业品氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可以石墨为电极，用离子交换膜法电解提纯。电解槽内装有阳离子交换膜(只允许阳离子通过)，其工作原理如下图所示。①该电解槽的阳极反应式为___________。 ②通电一段时间后，阴极附近溶液pH会___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，请用平衡移动原理简述原因：___________。③除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口___________(填“A”或“B”)导出。（5）MnO2的生产方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液。阳极的电极反应式是___________。若电解电路中通过2mol电子，MnO2的理论产量为___________g。【答案】（1）Zn—2e—=Zn2＋（2）铁参与反应，被氧化生成Fe2＋和Fe3＋（3）①.3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3＋=Fe3[Fe(CN)6]2↓②.正极附近溶液不含Fe2＋和Fe3＋(或铁电极没有参与反应)（4）①.4OH——4e—=2H2O＋O2↑②.增大③.H＋放电，促进水的电离，OH—浓度增大，pH升高④.B（5）①.Mn2＋＋2H2O—2e—=MnO2＋4H＋②.87【解析】【分析】【小问1详解】由图可知，锌电极为原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn—2e—=Zn2＋，故答案为：Zn—2e—=Zn2＋；【小问2详解】若铁电极可能参与反应，铁可能被氧化生成Fe2＋，也可能被氧化生成Fe3＋，还可能被氧化生成Fe2＋和Fe3＋，则假设3为被氧化生成Fe2＋和Fe3＋，故答案为：铁参与反应，被氧化生成Fe2＋和Fe3＋；【小问3详解】氯化铁溶液与足量的铁反应生成氯化亚铁，向氯化亚铁溶液中加入铁氰化钾溶液会反应生成铁氰化亚铁蓝色沉淀，生成蓝色沉淀的离子方程式为3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3＋=Fe3[Fe(CN)6]2↓；由②、③、④的实验现象可知，铁电极没有参与反应，正极附近溶液不含Fe2＋和Fe3＋，故答案为：3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3＋=Fe3[Fe(CN)6]2↓；正极附近溶液不含Fe2＋和Fe3＋(或铁电极没有参与反应)；【小问4详解】①由图可知，A电极为电解池的阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为4OH——4e—=2H2O＋O2↑，故答案为：4OH——4e—=2H2O＋O2↑；②通电一段时间后，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，氢离子浓度减小会破坏水的电离平衡，使阴极附近云集大量氢氧根离子，使溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液显碱性，故答案为：H＋放电，促进水的电离，OH—浓度增大，pH升高； ③由图可知，A电极为电解池的阳极，B电极为电解池的阴极，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，氢离子浓度减小会破坏水的电离平衡，使阴极附近云集大量氢氧根离子，使溶液中氢氧根离子浓度增大，则除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口为B，故答案为：B；【小问5详解】