化学化学化学能与电能的专项培优 易错 难题练习题含答案及答案.docx

化学化学化学能与电能的专项培优 易错 难题练习题含答案及答案.docx

《化学化学化学能与电能的专项培优 易错 难题练习题含答案及答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《化学化学化学能与电能的专项培优 易错 难题练习题含答案及答案.docx（24页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

化学化学化学能与电能的专项培优易错难题练习题含答案及答案

2020-2021【化学】化学化学能与电能的专项培优易错难题练习题（含答案）及答案

一、化学能与电能

1．研究金属腐蚀和防腐的原理很有现实意义。

（1）甲图为人教版教材中探究钢铁的吸氧腐蚀的装置。

某兴趣小组按该装置实验，导管中液柱的上升缓慢，下列措施可以更快更清晰观察到水柱上升现象的有________（填序号）。

A．用纯氧气代替试管内空气B．用酒精灯加热试管提高温度

C．将铁钉换成铁粉和炭粉混合粉末D．换成更细的导管，水中滴加红墨水

（2）该小组将甲图装置改进成乙图装置并进行实验，导管中红墨水液柱高度随时间的变化如下表，根据数据判断腐蚀的速率随时间逐渐_______________（填“加快”、“不变”、“减慢”），你认为影响因素为________________________________________

时间/min

1

3

5

7

9

液柱高度/cm

0.8

2.1

3.0

3.7

4.2

（3）为探究铁钉腐蚀实验a、b两点所发生的反应，进行以下实验，请完成表格空白：

实验操作

实验现象

实验结论

向NaCl溶液中滴加2~3滴酚酞指示剂

a点附近溶液出现红色

a点电极反应为①___________________

然后再滴加2~3滴②________________

b点周围出现蓝色沉淀

b点电极反应为③___________________

根据以上实验探究，试判断____________（填“a”或“b”）为负极，该点腐蚀更严重。

（4）设计下面装置研究弱酸性环境中腐蚀的主要形式。

测定锥形瓶内气压和空气中氧气的体积分数随时间变化见下图，从图中可分析，t1~t2之间主要发生__________腐蚀（填吸氧或析氢），原因是__________________________________________。

（5）金属阳极钝化是一种电化学防腐方法。

将Fe作阳极置于H2SO4溶液中，一定条件下Fe钝化形成致密Fe3O4氧化膜，试写出该阳极电极反应式________________________。

【答案】ACD减慢氧气的浓度O2+4e—+2H2O=4OH—铁氰化钾溶液Fe-2e—=Fe2+b吸氧氧气含量和瓶内压强都降低，因此主要是吸氧腐蚀3Fe-8e—+4H2O=Fe3O4+8H+

【解析】

【分析】

（1）由影响化学反应速率的几大因素进行推导，其中a为浓度、b为温度、c为固体表面积，但b项直接加热会使具支试管内温度持续升高，导管一端只会产生气泡不会形成气柱，d项换成更细的导管旨在放大实验现象，以便于明显观察到水柱的上升，答案为ACD；

（2）通过表格，间隔2分钟液面高度的变化，5~7，7~9变化趋势逐渐减小，则反应速率逐渐减慢，随着反应的进行，空气中的氧气浓度含量逐渐减小，反应速率逐渐减慢；

（3）铁钉的吸氧腐蚀中，滴有酚酞的a点附近出现红色，则产生氢氧根离子，电极反应式：

O2+4e—+2H2O=4OH—；b点则为Fe失电子生成二价铁或三价铁，b点周围出现蓝色沉淀则加入铁氰化钾验证二价铁的存在，电极反应：

Fe-2e—=Fe2+；b点做电池的负极，腐蚀更严重；

（4）从图中分析t1~t2之间氧气的体积分数逐渐减小，压强逐渐减小，可确定此时发生吸氧腐蚀；

（5）将Fe作阳极置于H2SO4溶液中，一定条件下Fe钝化形成致密Fe3O4氧化膜，3Fe-8e—+4H2O=Fe3O4+8H+。

【详解】

（1）由影响化学反应速率的几大因素进行推导，其中a为浓度、b为温度、c为固体表面积，但b项直接加热会使具支试管内温度持续升高，导管一端只会产生气泡不会形成气柱，d项换成更细的导管旨在放大实验现象，以便于明显观察到水柱的上升，答案为ACD；

（2）通过表格，间隔2分钟液面高度的变化，5~7，7~9变化趋势逐渐减小，则反应速率逐渐减慢，随着反应的进行，空气中的氧气浓度含量逐渐减小，反应速率逐渐减慢；答案为：

减慢；氧气的浓度；

（3）铁钉的吸氧腐蚀中，滴有酚酞的a点附近出现红色，则产生氢氧根离子，电极反应式：

O2+4e—+2H2O=4OH—；b点则为Fe失电子生成二价铁或三价铁，b点周围出现蓝色沉淀则加入铁氰化钾验证二价铁的存在，电极反应：

Fe-2e—=Fe2+；b点做电池的负极，腐蚀更严重；答案为：

O2+4e—+2H2O=4OH—；铁氰化钾溶液；Fe-2e—=Fe2+；b；

（4）从图中分析t1~t2之间氧气的体积分数逐渐减小，压强逐渐减小，可确定此时发生吸氧腐蚀；答案为：

吸氧；氧气含量和瓶内压强都降低，因此主要是吸氧腐蚀；

（5）将Fe作阳极置于H2SO4溶液中，一定条件下Fe钝化形成致密Fe3O4氧化膜，答案为：

3Fe-8e—+4H2O=Fe3O4+8H+。

2．电解原理在化学工业中有广泛应用。

I．右图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。

请完成以下问题：

（1）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：

①在X极附近观察到的现象是_________________；

②电解一段时间后，该反应总离子方程式_______________________________；若用该溶液将阳极产物全部吸收，反应的离子方程式__________________________。

（2）若用该装置电解精炼铜，电解液a选用CuSO4溶液，则：

X电极的材料是____________，电解一段时间后，CuSO4溶液浓度_________（填“增大”、减小”或“不变”）。

（3）若X、Y都是惰性电极，a是溶质为Cu（NO3）2和X（NO3）3，且均为0.1mol的混合溶液，通电一段时间后，阴极析出固体质量m（g）与通过电子的物质的量n（mol）关系如图所示，则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是_____。

II．右图为模拟工业离子交换膜法电解饱和食盐水制备烧碱的工作原理。

下列说法正确的是____。

A．从E口逸出的气体是Cl2

B．从B口加入含少量NaOH的水溶液以增强导电性

C．标准状况下每生成22.4LCl2，便产生2molNaOH

D．电解一段时间后加适量盐酸可以恢复到电解前的浓度

【答案】放出气体，溶液变红2Cl－＋2H2O

2OH－＋Cl2↑＋H2↑Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O纯铜减小Cu2+>H+>X3+BC

【解析】试题分析：

本题考查电解的原理和电解原理的应用，离子放电顺序的判断和电化学的计算。

I.X与外加电源的负极相连，X为阴极，Y为阳极。

（1）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液。

①X电极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，X电极附近水的电离平衡（H2O

H++OH-）正向移动，H+继续放电，溶液中c（OH-）

c（H+），溶液呈碱性，遇酚酞变红色，X极附近观察到的现象是放出气体，溶液变红。

②Y电极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，电解一段时间后，该反应总离子方程式为2Cl-+2H2O

2OH-+H2↑+Cl2↑；若用该溶液将阳极产物全部吸收，NaOH与Cl2反应的离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。

（2）电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，X的电极材料为纯铜。

阳极（Y电极）的电极反应为：

比Cu活泼的金属发生氧化反应和Cu-2e-=Cu2+，阴极（X电极）电极反应式为Cu2++2e-=Cu，根据电子守恒和原子守恒，电解一段时间后CuSO4溶液浓度减小。

（3）由图像知开始通过0.2mol电子析出固体的质量达到最大值，结合阳离子物质的量都为0.1mol，则Cu2+优先在阴极放电，Cu2+的氧化能力最强，继续通电，阴极不再有固体析出，接着H+放电，X3+不放电，则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是Cu2+

H+

X3+。

II.根据Na+的流向可以判断装置左边电极为阳极，右边电极为阴极。

A项，右边电极的电极反应为2H++2e-=H2↑，E口逸出的气体是H2，错误；B项，装置图中的阴极室产生NaOH，从B口加入含少量NaOH的水溶液，增大溶液中离子的浓度，增强导电性，正确；C项，n（Cl2）=22.4L

22.4L/mol=1mol，根据电解方程式2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑，生成NaOH物质的量为2mol，正确；D项，根据元素守恒，电解一段时间后通入适量的HCl气体可以恢复到电解前的浓度，不是盐酸，错误；答案选BC。

3．MnSO4在工业中有重要应用，用软锰矿浆（主要成分为MnO2和水，含有Fe2O3、FeO、Al2O3和少量PbO等杂质）浸出制备MnSO4，其过程如下：

（资料）部分阳离子形成氢氧化物沉淀的pH

离子

Fe2+

Fe3+

Al3+

Mn2+

Pb2+

开始沉淀时的pH

7.6

2.7

3.8

8.3

8.0

完全沉淀时的pH

9.7

3.7

4.7

9.8

8.8

（1）向软锰矿浆中通入SO2生成MnSO4，该反应的化学方程是___________。

（2）加入MnO2的主要目的是___________；

（3）在氧化后的液体中加入石灰浆，用于调节pH，pH应调至____范围，生成的沉淀主要含有____和少量CaSO4。

（4）阳离子吸附剂可用于主要除去的离子是______________。

（5）用惰性电极电解MnSO4溶液，可以制得高活性MnO2。

电解MnSO4、ZnSO4和H2SO4的混合溶液可制备MnO2和Zn，写出阳极的电极反应方程式________________。

【答案】SO2+MnO2=MnSO4将Fe2+氧化为Fe3+4.7≤pH<8.3Fe（OH）3、Al（OH）3Ca2+、Pb2+Mn2+−2e−+2H2O=MnO2↓+4H+

【解析】

软锰矿浆（主要成分为MnO2和水，含有Fe2O3、FeO、Al2O3和少量PbO等杂质）通入SO2得到浸出液，MnO2与SO2发生氧化还原反应，其中的金属离子主要是Mn2+，浸出液还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子，Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，在氧化后的液体中加入石灰浆，杂质中含有Fe2+、Al3+、Ca2+、Pb2+四种阳离子，由沉淀的pH范围知，Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，加入阳离子吸附剂，除去Ca2+、Pb2+，过滤，滤液蒸发浓缩，冷却结晶，获得MnSO4晶体。

（1）I中向软锰矿浆中通入SO2生成MnSO4，MnO2与SO2发生氧化还原反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4；故答案为SO2+MnO2=MnSO4；

（2）杂质离子中Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；

（3）杂质中含有Fe3+、Al3+阳离子，从图可表以看出，大于4.7可以将Fe3+和Al3+除去，小于8.3是防止Mn2+也沉淀，所以只要调节pH值在4.7～8.3间即可，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故生成的沉淀主要为Fe（OH）3、Al（OH）3和少量CaSO4；故答案为4.7≤pH＜8.3；Fe（OH）3、Al（OH）3；

（4）从吸附率的图可以看出，Ca2+、Pb2+的吸附率较高，故答案为Pb2+、Ca2+；

（5）电解MnSO4、ZnSO4和H2SO4的混合溶液可制备MnO2和Zn，阳极上是发生氧化反应，元素化合价升高为MnSO4失电子生成MnO2，ZnSO4反应得到电子生成Zn，阳极电极反应为：

Mn2+-2e-+2H2O=MnO2↓+4H+，故答案为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2↓+4H+。

4．高铁酸盐（如K2FeO4）是一种高效绿色氧化剂，可用于饮用水和生活用水的处理。

从环境保护的角度看，制备高铁酸盐较好的方法为电化学法。

（1）电化学法制备高铁酸钠采用铁片作阳极，NaOH溶液作为电解质溶液，其电流效率可达到40%。

写出阳极产生高铁酸钠的电极反应方程式：

____________。

（2）铁丝网电极是更理想的阳极材料，相同条件下，可将电流效率提高至70%以上，原因是__________。

研究亦发现，铁电极在某一电压范围内会产生氧气使阳极表面生成Fe2O3膜而“钝化”。

写出产生O2的电极反应方程式：

__________。

（3）FeO42—易与水4h生成絮状氢氧化铁，也会影响高铁酸盐的产率。

若以铁丝网为阳极，在中间环节（对应图中4h后）过滤掉氢氧化铁，反应过程中FeO42—浓度以及电流效率随时间的变化如图1中实线所示（图中曲线是每隔1h测得的数据）。

图中虚线部分对应于没有过滤氢氧化铁而连续电解的情况。

下列判断正确的是___（填编号）

①过滤：

掉氢氧化铁有利于获得较高浓度的高铁酸盐溶液

②过滤掉氢氧化铁对电流效率影响不大

③实验表明不过滤掉氢氧化铁，6h后电流效率几乎为0

（4）在相同的pH条件下，经过相同的反应时间，高铁酸盐的产率与温度关系如图2。

随温度升高，高铁酸盐产率先增大后减小的原因是__________。

（5）人们还对用铁的氧化物作电极制备高铁酸盐进行了研究，例如以磁铁矿多孔电极制备高铁酸盐，该研究方向的价值有__________（至少答一点）。

【答案】Fe-6e－+8OH－═FeO42－+4H2O铁丝网比铁片接触面积更大4OH－-4e－═O2↑+2H2O①③温度升高加快了高铁酸盐的生成速率，另一方面，温度升高加快了高铁酸盐与水反应，10℃～20℃时生成为主要因素，20℃以后分解为主要因素。

以磁铁矿多孔电极制备高铁酸盐消耗电能少；以铁的氧化物为电极，可以实现变废为宝；以磁铁矿作为多孔电极，不会发生钝化现象等合理答案。

【解析】

【分析】

（1）已知反应物和生成物，书写方程式时要根据原子守恒和电荷守恒；

（2）接触面积越大，电流越大；阳极铁失去电子，氢氧根也可能失去电子生成氧气；

（3）比较实线和虚线对应的坐标即可得出答案；

（4）产率增大说明生成速率增大，减小则说明分解速率增大；

（5）从耗能、环保、提高反应速率等角度解析。

【详解】

（1）铁失去电子，在碱性溶液中生成高铁酸根离子，同时有水生成，故阳极产生高铁酸钠的电极反应方程式为：

Fe-6e－+8OH－═FeO42－+4H2O；

（2）铁丝网比铁片接触面积更大，电流效率更高，阳极铁失去电子，氢氧根也可能失去电子生成氧气，再与铁反应生成氧化铁，铁电极上发生析氧反应4OH－-4e－═O2↑+2H2O；

（3）由图可知，4h后若没有过滤氢氧化铁，高铁酸根离子浓度及电流效率均降低，①C正确，②错误；虚线所示，6h后电流效率几乎为0，③正确，故选①③；

（4）高铁酸盐产率增高说明温度升高加快了高铁酸盐的生成速率，产率降低说明温度升高加快了高铁酸盐与水反应，10℃～20℃时生成为主要因素，20℃以后分解为主要因素；

（5）以磁铁矿多孔电极制备高铁酸盐，该研究方向的价值有：

以磁铁矿多孔电极制备高铁酸盐消耗电能少；以铁的氧化物为电极，可以实现变废为宝；以磁铁矿作为多孔电极，不会发生钝化现象等。

5．（I）某同学设计实验探究构成原电池的条件，装置如下：

实验一：

实验探究电极的构成〈甲图〉

①A、B两极均选用石墨作电极，发现电流计指针不偏转；②A、B两极均选用铜片作电极，发现电流计指针不偏转；③A极用锌片，B极用铜片，发现电流计指针向左偏转；④A极用锌片，B极用石墨，发现电流计指针向左偏转。

结论一：

____________________________________。

实验二：

探究溶液的构成〈甲图，A极用锌片，B极用铜片）

①液体采用无水乙醇，发现电流计指针不偏转；

②改用硫酸溶液，发现电流计指针偏转，B极上有气体产生。

结论二：

____________________________________。

实验三：

对比实验，探究乙图装置能否构成原电池

将锌、铜两电极分别放入稀硫酸溶液中，发现锌片上有气泡产生，铜片上无明显现象，电流计指针不发生偏转。

结论三：

____________________________________。

思考：

对该同学的实验，同学乙提出了如下疑问，请你帮助解决。

（1）在甲图装置中，若A为镁片，B为铝片，电解质溶液为NaOH溶液，电流计的指针应向_______偏转。

（2）一根金属丝两端分别放在图乙的两个烧杯之中，电流计指针_______（填“能”或“不能”）偏转。

（II）依据氧化还原反应：

2Ag+（aq）+Cu（s）=Cu2+（aq）+2Ag（s）设计的原电池如图所示。

请回答下列问题：

（1）电极X的材料是_________；电解质溶液Y是_________；

（2）当电路中转移0.01mol电子时，两电极的质量差为______g。

【答案】电极必须是两活泼性不同的电极溶液必须是电解质溶液必须构成闭合回路右不能CuAgNO31.4g

【解析】

【分析】

（I）实验一：

由①②可知，当两极相同时，不能形成原电池；由③④可知，当两极是两种活泼性不同的金属或一种是金属一种是非金属时，可以形成原电池；

实验二：

①中乙醇是非电解质，溶液中无自由移动离子；②中硫酸是电解质，硫酸溶液中有自由移动离子，能形成原电池；

实验三：

要有电流，必须能形成闭合回路。

思考：

（1）相对于电解质溶液来讲，哪个电极更活泼，哪个电极做负极，指针向哪偏转；

（2）要形成原电池产生电流，必须形成闭合回路。

（II）根据反应“2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）”分析，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，电极反应为Cu-2e-=Cu2+，则正极为活泼性较Cu弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag++e=Ag，电解质溶液为AgNO3，原电池中，电子从负极经外电路流向正极，由此分析解答。

【详解】

（I）实验一：

由①②可知，当两极相同时，不能形成原电池；由③④可知，当两极是两种活泼性不同的金属或一种是金属一种是非金属时，可以形成原电池；

实验二：

①中乙醇是非电解质，溶液中无自由移动离子；②中硫酸是电解质，硫酸溶液中有自由移动离子，能形成原电池；

实验三：

要有电流，必须能形成闭合回路；

思考：

（1）相对于氢氧化钠溶液来讲，铝比镁更活泼，故铝做负极，电流计的指针应向右偏转；

（2）一根金属丝两端分别放在图乙的两个烧杯之中，不能形成闭合回路，而要形成原电池产生电流，必须形成闭合回路；

（II）

（1）由反应“2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）”可知，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，Ag+在正极上得电子被还原，电解质溶液为AgNO3；

（2）若刚开始Cu电极和银电极的质量相等，当电路中通过0.01mol电子时，正极上生成Ag为0.01mol，即1.08g，负极上Cu溶解的物质的量为0.005mol，即0.32g，所以两个电极的质量差为0.32g+1.08g=1.4g。

6．

（一）下图是实验室用氢气还原氧化铜实验的简易装置。

其中的铜质燃烧匙可以在试管M中上下移动，实验时,先将细铜丝一端被弯成螺旋状，先在空气中加热变黑后再迅速伸入球型干燥管中。

（1）铜质燃烧匙的作用有，。

（2）实验过程中，在试管M中可观察到的现象是，。

（二）原电池与电解池在化学工业中有广泛应用。

如图装置，a为CuCl2溶液，X为Fe棒，Y为碳棒，回答以下问题：

（1）若断开k1，闭合k2，则装置为_____；X电极上的电极反应式为_____________；电解质溶液中的阳离子向______极移动（填X或Y）；

（2）若线路中通过3.01×1022的电子，则Y极上析出物质的质量为。

【答案】

（一）

（1）控制反应的发生和停止与锌构成原电池加快反应速率

（2）铜匙和锌粒表面都有气泡产生锌粒逐渐变小或消失

（二）

（1）原电池Fe－2e－＝Fe2+Y

（2）1.6g

【解析】

试题分析：

（一）

（1）铜质燃烧匙可以上下移动，因此作用之一是的作用有控制反应的发生和停止；其次铜与锌构成原电池加快反应速率。

（2）锌能与盐酸反应生成氢气，其次铜锌构成原电池，铜是正极，其在表明氢离子放电，所以实验过程中，在试管M中可观察到的现象是铜匙和锌粒表面都有气泡产生、锌粒逐渐变小或消失。

（二）

（1）若断开k1，闭合k2，则装置为原电池，铁是活泼的金属，铁是负极，则X电极上的电极反应式为Fe－2e－＝Fe2+；电解质溶液中的阳离子向正极移动，即向Y极移动；

（2）若线路中通过3.01×1022的电子，即0.05mol电子，Y极是铜离子得到电子，电极反应式为Cu2＋＋2e—＝Cu，所以Y极上析出物质的质量为

。

【考点定位】本题主要是考查原电池原理的应用

【名师点晴】掌握原电池的工作原理是解答的关键，原电池是把化学能转化为电能的装置，原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。

电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，解答时注意灵活应用。

7．某课外活动小组用如右图所示装置进行实验，请回答下列问题：

（1）若开始实验时开关K与a连接，则A极的电极反应式为____________。

（2）若开始时开关K与b连接，下列说法正确的是___________（填序号）。

①从A极处逸出的气体能使湿润淀粉KI试纸变蓝

②反应一段时间后，加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度

③若标准状况下B极产生2.24L气体，则溶液中转移0.2mol电子

（3）根据氯碱工业原理用如图所示装置电解K2SO4溶液。

①该电解槽的阳极反应式为，通过阴离子交换膜的离子数（填“＞”、”=”或“＜”）通过阳离子交换膜的离子数。

②图中a、b、c、d分别表示有关溶液的pH，则a、b、c、d由小到大的顺序为。

③电解一段时间后，B口与C口产生气体的质量比为。

【答案】

（1）O2+2H2O+4e-=4OH-

（2）①（3）①4OH--4e-=2H2O+O2↑＜②b＜a＜c＜d③8︰1

【解析】

试题分析：

（1）若开始实验时开关K与a连接，则构成原电池，铁是负极，石墨A电极是正极，溶液中的氧气得到电子，则A极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。

（2）若开始时开关K与b连接，则构成电解池。

①A与电源的正极相连，作阳极，溶液中的氯离子放电产生氯气，因此从A极处逸出的气体能使湿润淀粉KI试纸变蓝，正确；②阴极是氢离子放电，则反应一段时间后，加适量氯化氢可恢复到电解前电解质的浓度，错误；③溶液不能传递电子，只能通过导线传递，错误，答案选①。

（3）根据氯碱工业原理用如图所示装置电解K2SO4溶液。

①该电解槽的阳极是氢氧根放电产生氧气，则反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑。

通过阴离子交换膜的离子是硫酸根，通过阳离子交换膜的离子是钾离子，因此根据电荷守恒可知通过阴离子交换膜的离子数＜通过阳离子交换膜的离子数

②电解后硫酸和氢氧化钾的浓度增大，则a、b、c、d由小到大的顺序为b＜a＜c＜d。

③左侧产生硫酸，则B口生成