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7.惰性电极电解下列溶液一段时间,加入一定质量的另一种物质(括号内),溶液可以完全复原的是(  )
A.NaOH(NaOH)B.NaCl(HCl)C.CuCl2 (CuO)D.H2SO4 (H2SO4 )

分析 惰性电极电解下列溶液一段时间,加入一定质量的另一种物质(括号内),溶液可以完全复原,根据“析出什么加入什么”原则知,加入的物质相当于电解时析出的物质,据此分析解答.

解答 解:A.用惰性电解电解NaOH溶液时,阳极上生成O2、阴极上生成H2,所以析出的物质相当于H2O,要使溶液恢复原状,应该加入H2O,故A错误;
B.用惰性电极电解NaCl溶液时,阳极上生成Cl2、阴极上生成H2,所以析出的物质相当于HCl,要使溶液恢复原状,应该加入HCl,故B正确;
C.用惰性电极电解CuCl2 溶液时,阳极上生成Cl2、阴极上生成Cu,所以析出的物质相当于CuCl2,要使溶液恢复原状,应该加入CuCl2,故C错误;
D.用惰性电极电解H2SO4  溶液时,阳极上生成O2、阴极上生成H2,所以析出的物质相当于H2O,要使溶液恢复原状,应该加入H2O,故D错误;
故选B.

点评 本题考查电解原理,为高频考点,明确离子放电顺序是解本题关键,熟练掌握电解池中离子放电顺序,题目难度不大.

练习册系列答案
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2.有A、B、C、D、E五种原子序数增大的元素,只有一种为金属.A、B、C均为第二周期紧邻元素,其第一电离能顺序为B>C>A;B与D同主族;E为第4周期副族元素,其价层电子为全满.
(1)E元素的名称为锌,该元素基态原子的价电子排布式为3d104s2
(2)B与D分别与氢形成最简单氢化物沸点高低顺序为NH3>PH3(用化学式表示);原因NH3分子间存在氢键.
(3)A、B、C三种元素分别与氢形成化合物中的M-M(M代表A、B、C)单键的键能如表:
 氢化物 HxA-AHx HmB-BHm HnC-CHn
 键能(kJ.mol-1 346 247 207
上述三种氢化物中,A、B、C元素原子的杂化方式有1种;请解释上表中三种氢化物M-M单键的键能依次下降的原因乙烷中的碳原子没有孤电子对,肼中的氮原子有1对孤对电子,过氧化氢中的氧原子有两对孤对电子,孤对电子数越多斥力越大,形成的化学键越不稳定,键能越小.
(4)D与氯形成的化合物DC15,加压条件下148℃液化,发生完全电离得到一种能够导电的熔体,测定D-Cl键长为198pm和206pm两种,该熔体中含有一种正四面体结构的阳离子,请写出该条件下DC15电离的电离方程式2PCl5=PCl6-+PCl4+;该熔体中阴离子的空间构型为正八面体.
(5)E与C形成的化合物晶体结构有四种,其中一种与金刚石类似,金刚石晶体结构如图所示,该晶体的化学式为ZnO(用元素符号表示);该晶胞的棱长为apm 则该晶体的密度为$\frac{324×1{0}^{30}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm3
16.黄铁矿(主要成分为FeS2)的利用对资源和环境具有重要意义.
(1)工业上煅烧黄铁矿可制取SO2.已知下列热化学方程式
4FeS2(s)+11O2(g)═2Fe2O3(s)+8SO2(g)△H=akJ/mol
S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=bkJ/mol
Fe(s)+2S(s)═FeS2(s)△H=ckJ/mol
则4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)△H=a+4c-8bkJ/mol
(2)一种酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图I所示.

(1)写出图1中Fe3+与FeS2反应的离子方程式:14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO4-+16H+
(2)硝酸也可将FeS2氧化为Fe3+和SO42-,使用浓硝酸比使用稀硝酸反应速率慢,其原因是稀硝酸反应后被还原为NO,浓硝酸被还原为NO2,NO可作催化剂,NO2不能.
(3)控制Fe2+的浓度、溶液体积和通入O2的速率一定,图II所示为改变其他条件时Fe2+被氧化的转化率随时间的变化.
①加入NaNO2发生反应:2H++3NO2-═NO3-+2NO+H2O.若1mol NaNO2完全反应则转移电子的数目为$\frac{2}{3}$mol.
②加入NaNO2、KI发生反应:4H++2NO2-+2I-═2NO+I2+2H2O.解释图II中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2+转化率的原因:生成的催化剂NO更多,加快了反应速率.
(4)为研究FeS2作电极时的放电规律,以FeS2作阳极进行电解,由FeS2放电产生粒子的含量与时间、电压(U)的关系如图 III所示.
①写出t1至t2间FeS2所发生的电极反应式:FeS2-2e-=Fe2++2S.
②当电压的值介于3U~4U之间,FeS2放电所得主要粒子为Fe3+、SO42-

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