2024届高三化学二轮专题复习—电解池
一、单选题
1．（2023秋·广东深圳·高三深圳外国语学校校考期末）科研工作者利用如图所示装置除去含NaCl废水中的尿素[CO(NH2)2]。下列说法错误的是
A．b为直流电源的负极
B．工作时，废水中NaCl的浓度保持不变
C．工作时，N极区NaCl溶液的质量基本不变
D．若导线中通过6mol电子，则理论上生成1molN2
2．（2023秋·山西运城·高三统考期末）从海水的母液中(主要含NaCl和MgSO4)提取金属镁的一种工艺流程如图，下列说法中错误的是
A．试剂X可以为石灰乳
B．“脱水”时采用直接灼烧的方法，得到MgCl2固体
C．“制备”采取电解熔融MgCl2的方法，Mg在阴极生成
D．“溶镁”的离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O
3．（2023秋·山西运城·高三统考期末）以过剩的电力将CO2还原可加速实现碳中和。我国科学家研究在稀硫酸中利用电催化可将CO2转化HCOOH，其原理如图所示。下列说法中正确的是
A．a是电源负极
B．反应过程中，H+从右池迁移到左池
C．Pt电极上的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
D．若生成1molHCOOH，则电路中转移电子的物质的量为2mol
4．（2023春·广东广州·高三广州市第二中学校联考开学考试）光伏发电是当今世界利用太阳能最主要方式之一。图1为光伏发电装置，图2为电解制备绿色硝化剂N2O5的装置(c、d为Pt电极)。下列说法不正确的是
A．光伏发电装置中N型半导体为负极
B．生成N2O5的电极反应式为N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+
C．电解一段时间后，阴极室溶液pH增大
D．通过该装置可以实现光能→电能→化学能的转化
5．（2023春·辽宁锦州·高三统考阶段练习）我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯，装置示意图如图。已知：电解效率。下列说法正确的是
A．电极a连接电源的正极
B．电极b上发生反应：
C．通电后右室溶液质量减少
D．若电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，标况下产生1.12L乙烯
6．（2023春·内蒙古赤峰·高三赤峰二中校考阶段练习）利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A．图Ⅰ装置可制备固体
B．图Ⅱ装置可测定中和反应的反应热
C．图Ⅲ装置可实现铁上镀铜，a极为铜，电解质溶液可以是溶液
D．图Ⅳ装置可检验1-溴丁烷和氢氧化钠乙醇溶液反应的产物
7．（2023秋·广东肇庆·高三统考期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．与混合气体中所含的氧原子数目为
B．的溶液中所含的数目为
C．与足量充分反应，形成的N-H键数目为
D．电解精炼铜时，阳极质量减少64g，转移电子数目为
8．（2023秋·广东深圳·高三校考期末）用如图所示装置电解饱和碳酸钠溶液，电极X为石墨电极，5min后澄清石灰水变浑浊。某同学为探究CO2气体产生的原因，将电极X改为铂电极(其他条件不变)重新进行电解实验，发现澄清石灰水并未出现浑浊现象。下列说法正确的是
A．X电极为阴极
B．电解过程中左侧电极附近溶液c(OH—)减小
C．电解过程中，溶液中一直 存在
D．实验结论：CO2产生的主要原因并不是阳极产生的H+与CO反应
9．（2023·全国·高三专题练习）一种无需离子交换膜的氮流电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．充电时，a极接电源正极
B．充电时，左侧NaCl溶液储液罐中溶液的pH减小
C．放电时，a极的电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+
D．放电时，有1molCl2参与反应，理论上NaCl溶液增重71g
10．（2023·全国·高三专题练习）一种新型的电池原理如图所示．其电解质为溶液，正极采用含有、的水溶液，负极采用固体有机聚合物，聚合物离子交换膜将正负极分隔开．已知：（为棕色），下列不正确的是
A．图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图
B．放电时，正极液态电解质溶液的颜色变浅
C．充电时，从左向右通过聚合物离子交换膜
D．放电时，负极的电极反应式为：
11．（2023·全国·高三专题练习）如图所示装置可间接氧化工业废水中的含氮离子。下列说法不正确的是
A．乙是电能转变为化学能的装置
B．含氮离子被氧化时的离子方程式为
C．若生成和的物质的量之比为3∶1，则处理后废水的减小
D．电池工作时，甲池中的移向电极
12．（2023·江苏·模拟预测）周期表中ⅢA族单质及其化合物应用广泛。极易水解生成(在水中完全电离为和)和硼酸()，硼酸是一元弱酸，能溶于水，硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯，硼酸甲酯主要用作热稳定剂、木材防腐剂等；高温下和焦炭在氯气的氛围中获得，的结构与晶体硅类似，是第三代半导体研究的热点。铊()位于元素周期表中第6周期，于1861年发现，下列化学反应表示正确的是
A．制备：
B．和水反应：
C．高温下、焦炭在氯气中反应：
D．用石墨作电极电解制备的阴极方程式：
13．（2023秋·山东德州·高三统考期末）下列操作或装置能达到相应实验目的的是
A．除去Cl2中的HCl并干燥 B．制备无水 AlCl3固体 C．收集 NO2气体 D．铁钉上镀铜
A．A B．B C．C D．D
14．（2023秋·河南新乡·高三统考期末）绿水青山就是金山银山。现利用如图所示装置对工业废气、垃圾渗透液进行综合治理并实现发电。下列有关说法错误的是
A．惰性电极a为负极
B．在b极被还原
C．相同时间内a、b两极产生的物质的量之比为3∶5
D．在硝化细菌的作用下被氧化成
二、原理综合题
15．（2023·北京·高三专题练习）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
Ⅰ.制取氢气
(1)甲醇和水蒸气制取氢气的过程中有下列反应：
kJ·mol
kJ·mol
写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式___________。
(2)理论上，能提高平衡产率的措施有___________(写出一条即可)。
Ⅱ.储存氢气
硼氢化钠()是研究最广泛的储氢材料之一
已知：
i．B的电负性为2.0，H的电负性为2.1
ii．25℃下在水中的溶解度为55 g，在水中的溶解度为0.28 g
(3)在配制溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的___________(填写化学式)。
(4)向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气。写出该反应的化学方程式___________。
(5)在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是___________。
(6)用惰性电极电解溶液可制得，实现物质的循环使用，制备装置如图2所示。
①钛电极的电极反应式是___________。
②电解过程中，阴极区溶液pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)
16．（2023春·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，国内外目前生产苯乙烯的方法主要是乙苯用金属氧化物催化脱氢法。
I.直接脱氢法反应方程式为：+H2(g)
(1)经研究表明，在固定空速(恒压)条件下，该反应存在乙苯的转化率较低、金属氧化物表面存在积碳等问题。若改通650℃水蒸气与乙苯混合气能够有效地解决这些问题，加入水蒸气的作用是___。
II.近年来，有研究者发现若将上述生产过程中通入水蒸气改为通入，在气氛中乙苯催化脱氢制苯乙烯更容易进行，+CO2(g)
该反应由于催化剂金属氧化物的不同，可能存在三种反应机理
(2)①逆水煤气机理：即与反应，促进反应正向进行，该反应的热化学方程式为_______。
②晶格氧机理：Ar气氛下进行乙苯基本脱氢时消耗晶格氧，催化剂上金属钒(V)的化合价降低；将反应后的催化剂用再生，可以重新得到高价态的钒(V)，补充晶格氧。因此高价态的钒(V)是反应的催化活性中心，的作用是保持钒(V)物种处于高价态。催化循环可表示如下：
则上述机理图中物质X为_______。(填“”或“”)
③550℃耦合乙苯脱氢
由图中过程可知，酸性位和碱性位都是反应的活性中心，乙苯脱氢是催化剂上的酸碱位协同作用的结果。酸性位上发生乙苯分子的吸附活化；弱碱性位参与脱去，而强碱性位活化，被活化的很容易和反应，生成苯乙烯。由于催化剂的碱性不同，在上发生的是直接脱氢，而在上发生的基本上是耦合脱氢的原因是_______。
(3)从资源综合利用角度分析，乙苯与混合制苯乙烯的优点是：_______。
(4)含苯乙烯的废水会对环境造成严重的污染，可采用电解法进行处理，其工作原理如图(电解液是含苯乙烯和硫酸的废水，pH=6.2)，已知：(羟基自由基)具有很强的氧化性，可以将苯乙烯氧化成和。
若电路中通过10mol电子，则有_______g苯乙烯被羟基自由基完全氧化成和。
17．（2023春·北京丰台·高三北京市第十二中学校考阶段练习）将天然气(主要成分为)中的、资源化转化在能源利用。环境保护等方面意义重大。
(1)转化为CO、转化为S的反应如下：
i． kJ/mol
ii． kJ/mol
iii．、转化生成CO、S等物质的热化学方程是___________。
(2)性质稳定，是一种“惰性”分子。对于反应iii，通过设计合适的催化剂可以降低反应的___________，提高反应速率。
a．活化能 b． c．平衡常数
(3)我国科学家通过研制新型催化剂，设计协同转化装置实现反应，工作原理如图所示。
【方案1】若
①结合化学用语说明生成S、CO的原理：___________。
【方案2】若
电流效率的定义
②测得，，阴极放电的物质有___________；
③为进一步确认、能协同转化，对CO的来源分析如下：
来源1：通过电极反应产生CO；
来源2：电解质(含碳元素)等碳基材料发生降解，产生CO。
设计实验探究，证实来源2不成立。实验方案是___________。
结论：方案2明显优于方案1。该研究成果为天然气的净化、资源化转化提供了工业化解决思路。
18．（2023春·云南·高三校联考阶段练习）随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严正，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一，
已知：还原的主反应为
副反应为 。
(1)则 ___________。
(2)在某钒催化剂中添加一定量可加快的脱除效率，其可能机理如图所示(*表示物种吸附在催化剂表面，部分物质未画出，X、Y处V元素的化合价为+4价或+5价)。
①X处V元素的化合价为___________价。
②在催化剂处发生的反应为___________(不考虑钒元素参与反应)。
③烟气中杜绝含有，否则催化剂效率将严正下降，理由是___________。
(3)氨气也可以直接还原从而达到消除污染的目的，其原理为 ，已知该反应速率，(、分别是正、逆反应速率常数)，其他条件不变，升高温度，、增大倍数：___________(填“<”、“>”或“=”)。
(4)电解硝酸工业的尾气可制备，其工作原理如图所示。
①阴极的电极反应式为___________。
②将电解生成的全部转化为，则通入的与实际参加反应的的物质的量之比至少为___________。
参考答案：
1．B
【详解】A．由图知，极区生成，极作阴极，为直流电源的负极，故A正确；
B．工作时，阳极区的反应为、，氢离子通过质子交换膜进入阴极区，阳极消耗水而使废水中的浓度增大，故B错误；
C．工作时，由极区通过质子交换膜移向极区，转移相同量的电子，极区产生的质量与进入极区的质量相等，N极区NaCl溶液的质量基本不变，故C正确；
D．阳极区的反应为、，若导线中通过6电子，理论上应生成1，故D正确；
选B。
2．B
【分析】盐卤水中加入试剂X，生成Mg(OH)2、CaSO4沉淀等，则X应为成本较低的碱或碱性氧化物；加入盐酸溶镁，可生成MgCl2溶液，CaSO4不溶而成为滤渣；蒸发浓缩、冷却结晶，可从滤液中获得MgCl2 6H2O晶体；将晶体在HCl气流中加热脱水，可得到无水氯化镁，熔融电解，可制得金属镁。
【详解】A．由分析可知，X应为成本较低的碱或碱性氧化物，则试剂X可以为石灰乳，A正确；
B．“脱水”时若采用直接灼烧的方法，会导致MgCl2水解，从而转化为Mg(OH)2，灼烧后可得到MgO固体，B错误；
C．“制备”采取电解熔融MgCl2的方法，Mg2+在阴极获得电子，从而使Mg在阴极生成，C正确；
D．“溶镁”时，Mg(OH)2与盐酸反应，生成氯化镁和水，离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，D正确；
故选B。
3．D
【分析】在稀硫酸中利用电催化可将CO2转化HCOOH，二氧化碳在铜极发生还原反应，铜极为阴极，则a为正极、b为负极；
【详解】A．由分析可知，a是电源正极，A错误；
B．电解池中阳离子向阴极移动；反应过程中，H+从左池迁移到右池，B错误；
C．Pt电极为阳极，水发生氧化反应生成氧气，电极反应式为：，C错误；
D．CO2转化HCOOH，碳元素化合价由+4变为+2，则若生成1molHCOOH，则电路中转移电子的物质的量为2mol，D正确；
故选D。
4．C
【详解】A．图1中电子由P型半导体移向N型半导体，因此N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A正确；
B．b电极是正极，因此c电极是阳极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为N2O4－2e-+2HNO3＝2N2O5+2H+，故B正确；
C．d电极与a电极相连，作阴极，氢离子放电，但同时阳极室产生的氢离子通过隔膜移向阴极室，导致溶液中氢离子浓度不变，溶液的pH不变，故C错误；
D．图1中光能转化为电能，图2是电解池，电能又转化为化学能，所以通过该装置可以实现光能→电能→化学能的转化，故D正确；
故选C。
5．D
【详解】A．CO2在a极发生还原反应生成乙烯，a是阴极，电极a连接电源的负极，故A错误；
B．CO2在a极发生还原反应生成乙烯，a是阴极，b是阳极，电极b上发生反应：，故B错误；
C．根据，若电路中转移4mol电子，阳极放出1mol氧气，4molOH-通过阴离子交换膜由左室移入右室，右室质量增加36g，故C错误；
D．阴极反应式为，若电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，生成0.05mol乙烯，标况下产生乙烯的体积为1.12L，故D正确；
选D。
6．C
【详解】A．S2-和Al3+发生双水解生成氢氧化铝和H2S，不能得到固体，A错误；
B．铜制搅拌器会导致热量损失，引起误差，B错误；
C．a为阳极，电镀时，镀层金属作阳极，渡件作阴极，可实现铁上镀铜，C正确；
D．1-溴丁烷和氢氧化钠乙醇溶液反应生成丁烯，但乙醇挥发，两者均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法检验，D错误；
故选C。
7．A
【详解】A．与都由氧原子构成，16g混合气体中所含的氧原子数为，A项正确；
B．的溶液的体积不确定，无法计算数目，B项错误；
C．与的反应是可逆反应，故生成的分子数小于，形成的N-H键数小于，C项错误；
D．电解精炼铜时，阳极材料中含有其他杂质，阳极质量减少64g，转移电子数无法确定，D项错误；
故选A。
8．D
【分析】电极X为石墨电极，5min后澄清石灰水变浑浊，将电极X改为铂电极(其他条件不变)重新进行电解实验，发现澄清石灰水并未出现浑浊现象，CO2产生的主要原因并不是阳极产生的H+与反应，则X电极是石墨时，电解过程中，石墨被氧化为CO2。
【详解】A．由分析可知，X电极是石墨时，电解过程中，石墨被氧化为CO2，则X电极是阳极，A错误；
B．X电极是阳极，左侧石墨电极是阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极上产生OH-，则左侧电极附近溶液c(OH-)增大，B错误；
C．电解过程中，溶液中存在的离子有Na+、H+、OH-、和，根据电荷守恒可知，
c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，C错误；
D．由分析可知，CO2产生的主要原因并不是阳极产生的H+与反应，D正确；
故选D。
9．C
【分析】由图可知，放电时b极氯气得到电子发生还原反应，为正极，则a为负极；
【详解】A．充电时，a极为阴极，接电源负极，A错误；
B．充电时，a极为阴极，NaTi2(PO4)3发生还原反应转化为Na3Ti2(PO4)3，溶液中氯化钠浓度减小，溶液的pH不变，B错误；
C．放电时，a为负极，失去电子发生氧化反应，a极的电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，C正确；
D．放电时，有1molCl2参与反应，理论上生成2molNaCl，溶液增重117g，D错误；
故选C。
10．A
【详解】A．由该电池工作原理可知，“电池的正极是含有I-、Li+的水溶液”且正极发生得电子还原反应，即I3-+2e-=3I-，观察两张图可知，图乙是原电池工作原理图，图甲是电池充电原理图，故A错误；
B．放电时，正极反应式为I3-+2e-=3I-，含I3-的溶液呈棕黄色，c(I)减小，电解质溶液的颜色变浅，故B正确；
C．充电时，Li+由阳极移向阴极，Li+从左向右通过聚合物离子交换膜，故C正确；
D．放电时，负极固体有机聚合物发生失电子的氧化反应，电极反应式为-2ne-=，故D正确；
故选C。
11．D
【分析】由图像可知，甲中活泼金属镁作原电池的负极，石墨为正极形成原电池，乙是电解池，左侧为阳极，电极反应为2Cl--2e-=Cl2，生成的Cl2与反应，3Cl2+2=N2+6Cl-+8H+，右侧为阴极，电极反应为2H++2e-=H2↑。
【详解】A、根据分析，乙是电解池，电解池是将电能转变为化学能的装置，A正确；
B、根据分析，酸性条件下含氮离子氧化时转化为氮气，反应的离子方程式为3Cl2+2=N2+ 6Cl-+8H+，B正确；
C、若生成H2和N2的物质的量之比为3∶1，设转移电子数为6，根据电极反应6H++6e-=3H2↑、3Cl2+2=N2+6Cl-+8H+可知，生成的H+大于消耗的H+，因处理后废水的H+浓度增大，pH减小，C正确；
D、电池工作时，甲池是原电池，原电池中阳离子Na＋移向正极石墨电极，D错误；
故选D。
12．C
【详解】A．由题意可知，硼酸与甲醇在浓硫酸存在下反应生成挥发性的硼酸甲酯和水，反应的化学方程式为，故A错误；
B．由题意可知，三氟化硼在水中发生水解反应生成强酸四氟合硼酸和弱酸硼酸，反应的离子方程式为，故B错误；
C．由题意可知，高温条件下氧化铝、焦炭在氯气中反应生成氯化铝和一氧化碳，反应的化学方程式为，故C正确；
D．用石墨作电极电解氧化铝制备铝时，铝离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝，电极反应式为，故D错误；
故选C。
13．A
【详解】A．氯气在稀硫酸中溶解度较小，而氯化氢极易溶于水，除去氯化氢后使用浓硫酸干燥得到纯净、干燥氯气，能达到相应实验目的，A符合题意；
B．加热促进氯化铝水解生成氢氧化铝，最终得到氧化铝，不能达到相应实验目的，B不符合题意；
C．二氧化氮密度大于空气，应该使用向下排空气法收集，不能达到相应实验目的，C不符合题意；
D．铁钉上镀铜，铁钉做阴极、铜作阳极，不能达到相应实验目的，D不符合题意；
故选A。
14．C
【分析】根据物质的化合价变化，可知惰性电极a为负极，其电极反应式为，惰性电极b为正极，其电极反应式为；
【详解】A．根据分析可知，惰性电极a为负极，选项A正确；
B．惰性电极b为正极，其电极反应式为，选项B正确；
C．根据得失电子守恒可知，a、b两极产生的物质的量之比为5∶3，选项C错误；
D．在硝化细菌的作用下，N元素由-3价升高为+5价，被氧化成，选项D正确；
答案选C。
15．(1)CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +50 kJ·mol
(2)将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强
(3)NaOH
(4)+2H2O+4H2
(5)浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低
(6) 6H2O+BO+8e-=BH+8OH- 增大
【详解】（1）已知① kJ·mol；② kJ·mol；由盖斯定律可知，①+②即可得到甲醇为原料制取氢气的热化学方程式：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +91 kJ·mol-41 kJ·mol=+50 kJ·mol。
（2）理论上，及时将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强都可以使平衡正向移动，提高平衡产率。
（3）是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，可以加入少量的NaOH抑制且的水解。
（4）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气，该反应的化学方程式为：+2H2O+2H2。
（5）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低。
（6）①用惰性电极电解溶液可制得，钛电极为阴极，BO在阴极得到电子生成BH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-；
②阴极电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-，阴极区OH-浓度增大，pH增大。
16．(1)水蒸气可以促进平衡向正向移动，增大乙苯的平衡转化率；水蒸气可以与C发生反应有效降低积碳
(2) Al活泼性比Na弱，上O带负电荷少，为弱碱性位，不能活化，发生直接脱氢；而中O带负电荷较多为强碱性位，可以活化发生耦合脱氢
(3)耗能更低；可以利用温室气体，有利于碳减排
(4)26
【详解】（1）恒压条件下，改通650℃水蒸气与乙苯混合气，减小了乙苯的分压，有利于平衡向正向移动，提高乙苯的利用率，另外水蒸气与碳在高温下可以反应有效降低积碳，故答案为：水蒸气可以促进平衡向正向移动，增大乙苯的平衡转化率；水蒸气可以与C发生反应有效降低积碳。
（2）已知a.+H2(g)
b.+CO2(g) ，
由b-a可得： ，故答案为： 。
②根据“Ar气氛下进行乙苯基本脱氢时消耗晶格氧，催化剂上金属钒(V)的化合价降低”可知机理图中物质X中钒元素化合价较高，应该为：，故答案为：。
③根据信息可知在上发生的是直接脱氢，而在上发生的基本上是耦合脱氢的原因是：Al活泼性比Na弱，上O带负电荷少，为弱碱性位，不能活化，发生直接脱氢；而中O带负电荷较多为强碱性位，可以活化发生耦合脱氢；故答案为：Al活泼性比Na弱，上O带负电荷少，为弱碱性位，不能活化，发生直接脱氢；而中O带负电荷较多为强碱性位，可以活化发生耦合脱氢。
（3）资源综合利用角度主要是反应物的利用和条件的难易出发来分析，所以乙苯与混合制苯乙烯的优点是：耗能更低；可以利用温室气体，有利于碳减排，故答案为：耗能更低；可以利用温室气体，有利于碳减排。
（4）苯乙烯被羟基自由基完全氧化成和的关系式为：，解得m=26g，故答案为26。
17．(1) kJ/mol
(2)a
(3) 阳极反应：，；通过质子交换膜移向阴极区，阴极反应：，从而产生S、CO 、 阴极区通入不含的原料气，重复上述实验，无CO产生
【详解】（1）已知：i． kJ/mol；ii． kJ/mol；由盖斯定律可知，（i+ ii）可得 kJ/mol=+18 kJ/mol。
（2）根据题中信息，选取合适的催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，提高反应速率，对无影响，对平衡移动无影响，即对平衡常数无响影，选项a符合题意。
（3）①由题中图示可知，阳极电极反应式为，与发生氧化还原反应，即，通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为，从而产生S、CO；
②由题中信息可知，的电解效率接近100%，CO的电解效率为，说明在阴极区除了CO2放电，还有放电；
③为了证实来源2不成立，实验方案是阴极区通入不含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生。
18．(1)
(2) +5 与反应生成或，会堵塞催化剂
(3)<
(4)
【详解】（1）已知：还原的主反应为 ；副反应为 ；由盖斯定律可知，(副反应-主反应)得到 。
（2）①X、Y处V元素的化合价为+4价或+5价，由图可知，Y转化为X的过程中Cu2+转化为Cu+，则Y转化为X的过程中V的化合价上升， X处V元素的化合价为+5价；
②由图可知，在催化剂处和反应生成N2和H2O，反应方程式为：；
③烟气中杜绝含有，否则催化剂效率将严正下降，理由是：与反应生成或，会堵塞催化剂。
（3）反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，说明正反应速率小于逆反应速率，则、增大倍数：<
（4）①由图可知，阴极NO得电子转化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
②阳极的电极反应式为，根据阴阳两极得失电子数可知需通入和才能全部转化为，物质的量之比为。
