届高考化学一轮复习精炼精析真题汇总 F单元化学反应与能量.docx

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届高考化学一轮复习精炼精析真题汇总F单元化学反应与能量

F单元化学反应与能量

F1化学反应与能量变化

1．F1、M2[2017·江苏卷]2017年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”。

下列做法应提倡的是（　　）

A．夏天设定空调温度尽可能的低

B．推广使用一次性塑料袋和纸巾

C．少开私家车多乘公共交通工具

D．对商品进行豪华包装促进销售

1．C　[解析]从“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”的角度来看，夏天空调温度越低越费电，A项错误；一次性塑料袋的大量使用会导致白色污染，B项错误；少开私家车，减少废气的排放，C项正确；商品豪华包装导致浪费纸张、塑料等资源，D项错误。

F2反应热的计算与重要的反应热

28．H1、F2、G2[2017·全国卷Ⅰ]近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。

回答下列问题：

（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是________（填标号）。

A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以

B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸

C．0.10mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1

D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸

（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。

通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为_______，制得等量H2所需能量较少的是________。

（3）H2S与CO2在高温下发生反应：

H2S（g）＋CO2（g）COS（g）＋H2O（g）。

在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。

H2S的平衡转化率α1＝________%，反应平衡常数K＝________。

②在620K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率α2________α1，该反应的ΔH________0。

（填“>”“<”或“＝”）

③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________（填标号）。

A．H2SB．CO2C．COSD．N2

28．

（1）D

（2）H2O（l）===H2（g）＋

O2（g）　ΔH＝286kJ·mol－1

H2S（g）===H2（g）＋S（s）　ΔH＝20kJ·mol－1　系统（Ⅱ）

（3）①2.5　2.8×10－3②>　>　③B

[解析]

（1）依据强酸制弱酸的原理，结合实验事实可知酸性：

H2SO3>H2CO3>H2S；亚硫酸、氢硫酸都是二元弱酸，由于溶液中离子浓度越大，溶液的导电性就越强，所以等浓度的亚硫酸的导电性比氢硫酸的强，可以说明等浓度的亚硫酸比氢硫酸的离子浓度大，即亚硫酸的电离常数大，故酸性：

H2SO3>H2S；等浓度的二元弱酸，酸电离产生的c（H＋）越大，溶液的酸性越强，则其pH就越小；物质的还原性强弱与微粒中元素的化合价及微粒结构有关，与其电离产生氢离子的浓度大小无关，因此不能比较二者的酸性强弱。

故答案为D。

（2）系统（Ⅰ）中最终是水分解制取氢气，系统（Ⅱ）最终是H2S分解为硫和氢气。

利用盖斯定律，依据反应①H2SO4（aq）===SO2（g）＋H2O（l）＋

O2（g）　ΔH1＝327kJ·mol－1、②SO2（g）＋I2（s）＋2H2O（l）===2HI（aq）＋H2SO4（aq）　ΔH2＝－151kJ·mol－1和③2HI（aq）===H2（g）＋I2（s）　ΔH3＝110kJ·mol－1，④H2S（g）＋H2SO4（aq）===S（s）＋SO2（g）＋2H2O（l）　ΔH4＝61kJ·mol－1，将上述反应进行如下变形：

①＋②＋③，整理可得系统（Ⅰ）的热化学方程式为H2O（l）===H2（g）＋

O2（g）　ΔH＝286kJ·mol－1；②＋③＋④，整理可得系统（Ⅱ）的热化学方程式为H2S（g）===H2（g）＋S（s）　ΔH＝20kJ·mol－1。

由此可知每反应产生1molH2，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统（Ⅱ）。

（3）设平衡时消耗H2S的物质的量为x，则产生H2O的物质的量也为x,因反应前后气体物质的量不变，由题意可得

＝0.02，解得x＝0.01mol，所以H2S的转化率α1＝

×100%＝2.5%；在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数K＝

＝

＝

≈2.8×10－3。

②根据题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时，化学反应达到新平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，所以H2S的转化率增大，α2>α1；根据题意可知，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，ΔH>0。

③增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低；增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大；COS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低；N2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响。

26．F2、G2、G3、J2[2017·北京卷]TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：

资料：

TiCl4及所含杂质氯化物的性质

化合物

SiCl4

TiCl4

AlCl3

FeCl3

MgCl2

沸点/℃

58

136

181（升华）

316

1412

熔点/℃

－69

－25

193

304

714

在TiCl4中的溶解性

互溶

—

微溶

难溶

（1）氯化过程：

TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。

已知：

TiO2（s）＋2Cl2（g）===TiCl4（g）＋O2（g）　ΔH1＝＋175.4kJ·mol－1

2C（s）＋O2（g）===2CO（g）　ΔH2＝－220.9kJ·mol－1

①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4（g）和CO（g）的热化学方程式：

_________________。

②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据图判断：

CO2生成CO反应的ΔH________0（填“＞”“＜”或“＝”），判断依据：

___________。

③氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是______________________________________________。

④氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有____________。

（2）精制过程：

粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。

示意图如下：

物质a是________，T2应控制在________。

26．

（1）①TiO2（s）＋2Cl2（g）＋2C（s）===TiCl4（g）＋2CO（g）　ΔH＝－45.5kJ·mol－1

②>　随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应

③H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液④MgCl2、AlCl3、FeCl3

（2）SiCl4　高于136℃，低于181℃

[解析]

（1）①沸腾炉中的反应为TiO2（s）＋2C（s）＋2Cl2（g）===TiCl4（g）＋2CO（g），根据盖斯定律，两式相加可得。

②分析图像可知，升高温度，CO的物质的量增多，CO2的物质的量减少，所以该反应为吸热反应；③HCl溶于水得盐酸，Cl2与FeCl2反应生成FeCl3，最后NaOH溶液吸收尾气，防止污染空气；④根据表格信息可知，AlCl3、FeCl3微溶于TiCl4，MgCl2难溶于TiCl4，所以滤渣中有AlCl3、FeCl3、MgCl2。

（2）由于SiCl4与TiCl4互溶，且沸点低于TiCl4，所以粗TiCl4中存在SiCl4和少量溶于TiCl4的AlCl3、FeCl3，SiCl4的沸点为58℃，则控制温度T1要高于58℃，低于136℃，分离出的物质a为SiCl4，温度T2需大于TiCl4的沸点，且小于AlCl3的沸点，所以控制T2要高于136℃，低于181℃。

8．F2、F5[2017·江苏卷]通过以下反应可获得新型能源二甲醚（CH3OCH3）。

下列说法不正确的是（　　）

①C（s）＋H2O（g）===CO（g）＋H2（g）ΔH1＝akJ·mol－1

②CO（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋H2（g）ΔH2＝bkJ·mol－1

③CO2（g）＋3H2（g）===CH3OH（g）＋H2O（g）ΔH3＝ckJ·mol－1

④2CH3OH（g）===CH3OCH3（g）＋H2O（g）ΔH4＝dkJ·mol－1

A．反应①、②为反应③提供原料气

B．反应③也是CO2资源化利用的方法之一

C．反应CH3OH（g）===

CH3OCH3（g）＋

H2O（l）的ΔH＝

kJ·mol－1

D．反应2CO（g）＋4H2（g）===CH3OCH3（g）＋H2O（g）的ΔH＝（2b＋2c＋d）kJ·mol－1

8．C　[解析]反应①和②的最终产物中含有H2和CO2，A项正确；CO2与H2化合生成能源物质CH3OH，B项正确；该反应生成的H2O为液态，液态水汽化需要吸热，则ΔH<

kJ·mol－1，C项错误；根据盖斯定律，反应②×2＋反应③×2＋反应④可得该热化学方程式，D项正确。

F3原电池原理

11．F3[2017·全国卷Ⅲ]全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为16Li＋xS8===8Li2Sx（2≤x≤8）。

下列说法错误的是（　　）

A．电池工作时，正极可发生反应：

2Li2S6＋2Li＋＋2e－===3Li2S4

B．电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重0.14g

C．石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性

D．电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多

11．D　[解析]根据图示可知，正极先生成Li2S8，然后逐步完成Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2的转化，所以A项正确；充电时，逐步发生Li2S2→Li2S4→Li2S6→Li2S8的转化，D项错误；负极电极反应式为2Li－2e－===2Li＋，当外电路通过0.02mol电子时，负极参加反应的Li为0.02mol，质量为0.14g，B项正确；石墨烯可提高电极a的导电性，C项正确。

28．C3、C5、F3、J4、J5[2017·北京卷]某小组在验证反应“Fe＋2Ag＋===Fe2＋＋2Ag”的实验中检测到Fe3＋，发现和探究过程如下。

向硝酸酸化的0.05mol·L－1硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。

（1）检验产物

①取出少量黑色固体，洗涤后，_____（填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag。

②取上层清液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有______________。

（2）针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3＋，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3＋，乙依据的原理是________（用离子方程式表示）。

针对两种观点继续实验：

①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。

同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色变浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：

序号

取样时间/min

现象

ⅰ

3

产生大量白色沉淀；溶液呈红色

ⅱ

30

产生白色沉淀；较3min时量少；溶液红色较3min时加深

ⅲ

120

产生白色沉淀；较30min时量少；溶液红色较30min时变浅

（资料：

Ag＋与SCN－生成白色沉淀AgSCN）

②对Fe3＋产生的原因作出如下假设：

假设a：

可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3＋；

假设b：

空气中存在O2，由于_____________（用离子方程式表示），可产生Fe3＋；

假设c：

酸性溶液中NO

具有氧化性，可产生Fe3＋；

假设d：

根据________现象，判断溶液中存在Ag＋，可产生Fe3＋。

③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3＋的主要原因。

实验Ⅱ可证实假设d成立。

实验Ⅰ：

向硝酸酸化的________溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液，3min时溶液呈浅红色，30min后溶液几乎无色。

实验Ⅱ：

装置如图。

其中甲溶液是________，操作及现象是______。

（3）根据实验现象，结合方程式推测实验ⅰ～ⅲ中Fe3＋浓度变化的原因：

________。

28．

（1）①加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀②Fe2＋

（2）2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋

②4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O　加入KSCN溶液后产生白色沉淀

③0.05mol·L－1NaNO3　FeSO4溶液　分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深

（3）溶液中存在反应：

①2Ag＋＋Fe===2Ag＋Fe2＋，②Ag＋＋Fe2＋===Ag＋Fe3＋，③Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。

反应开始时，c（Ag＋）大，以反应①、②为主，c（Fe3＋）增大。

约30min后，c（Ag＋）小，以反应③为主，c（Fe3＋）减小

[解析]

（1）①黑色固体中含有过量铁粉，要检验铁粉中是否混有银，加入硝酸加热后，再加入稀盐酸生成白色沉淀，则证明黑色固体中含有银；②K3[Fe（CN）6]是检验Fe2＋的试剂，产生蓝色沉淀说明溶液中含有Fe2＋。

（2）过量铁粉与Fe3＋反应生成Fe2＋，即Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋；②O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O；白色沉淀是AgSCN，说明溶液中含有Ag＋，且取样30min时，白色沉淀减少，红色加深，说明AgSCN可能氧化Fe2＋生成Fe3＋；③实验Ⅰ是排除Ag＋的干扰，即设计一个没有Ag＋存在的对比实验，考虑其他条件不要变化，可以选用0.05mol/L的NaNO3溶液；原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag＋＋Fe2＋===Ag＋Fe3＋能够实现，所以甲溶液可以是FeSO4溶液。

操作及现象为：

分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中的溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深。

（3）溶液中存在反应：

①2Ag＋＋Fe===2Ag＋Fe2＋，②Ag＋＋Fe2＋===Ag＋Fe3＋，③Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，反应开始时，c（Ag＋）较大，以反应①②为主，c（Fe3＋）增大，约30min后，c（Ag＋）减小，以反应③为主，c（Fe3＋）减小。

3．D1、F3、M1[2017·天津卷]下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（　　）

A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能

B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能

C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能

D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能

3．A　[解析]硅太阳能电池能够将光能直接转化为电能，与氧化还原反应无关，A项正确；锂离子电池将化学能转化为电能的过程中，有自发进行的氧化还原反应发生，B项错误；电解质溶液导电的过程实际上是电解过程，有氧化还原反应的发生，C项错误；葡萄糖在体内氧化释放能量，D项错误。

12．G2、F3、H5、A1[2017·江苏卷]（双选）下列说法正确的是（　　）

A．反应N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）的ΔH<0，ΔS>0

B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀

C．常温下，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10－12，pH＝10的含Mg2＋溶液中，c（Mg2＋）≤5.6×10－4mol·L－1

D．常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2LH2，反应中转移的电子数为6.02×1023

12．BC　[解析]该反应的正反应为气体分子数减少的反应，ΔS<0，A项错误；地下钢铁管道用导线连接锌块，为牺牲阳极的阴极保护法，锌作负极，B项正确；常温下，pH＝10的含Mg2＋溶液中，c（Mg2＋）·c2（OH－）≤5.6×10－12，则c（Mg2＋）≤5.6×10－4mol·L－1，C项正确；常温常压下，11.2LH2的物质的量不是0.5mol,D项错误。

F4电解原理

11．F4[2017·全国卷Ⅰ]支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。

下列有关表述不正确的是（　　）

A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零

B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩

C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流

D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整

11．C　[解析]由图示知，该装置为通过“外加电流的阴极保护法”进行防腐的装置，因此需外加强大的电流抑制金属电化学腐蚀产生电流，即通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零，A项正确；通电后，被保护的钢管桩作阴极，高硅铸铁作阳极，因此通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B项正确；高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C项错误；外加电流的目的是抑制金属电化学腐蚀产生电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D项正确。

11．F4[2017·全国卷Ⅱ]用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4H2C2O4混合溶液。

下列叙述错误的是（　　）

A．待加工铝质工件为阳极

B．可选用不锈钢网作为阴极

C．阴极的电极反应式为Al3＋＋3e－===Al

D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动

11．C　[解析]Al制品表面要形成氧化膜，铝被氧化失电子，因此电解时铝为阳极，A项正确；根据电解原理可知，不锈钢网接触面积大，电解效率高，B项正确；阴极反应为2H＋＋2e－===H2↑，C项错误；电解时，电解质溶液中的阴离子向阳极移动，D项正确。

7．F4、C2、J2[2017·天津卷]某混合物浆液含Al（OH）3、MnO2和少量Na2CrO4。

考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图0），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。

回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。

固体混合物分离利用的流程图

Ⅰ.固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）

（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为______________，B―→C的反应条件为________，C―→Al的制备方法称为________________。

（2）该小组探究反应②发生的条件。

D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。

由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）________。

a．温度　　b．Cl－的浓度　　c．溶液的酸度

（3）0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为________。

Ⅱ.含铬元素溶液的分离和利用

（4）用惰性电极电解时，CrO

能从浆液中分离出来的原因是_________，

分离后含铬元素的粒子是_______；阴极室生成的物质为____________（写化学式）。

7．

（1）

　加热（或煅烧）　电解法

（2）ac

（3）2Cl2（g）＋TiO2（s）＋2C（s）===TiCl4（l）＋2CO（g）　ΔH＝－85.6kJ·mol－1

（4）在直流电场作用下，CrO

通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液　CrO

和Cr2O

　NaOH和H2

[解析]从题意知，通过电解分离出含铬元素的溶液和固体混合物（氢氧化铝和二氧化锰）；因Al（OH）3能够溶于NaOH溶液，故固体D是MnO2，溶液A是NaAlO2溶液，沉淀B是Al（OH）3，固体C是Al2O3。

Ⅰ.

（1）NaOH是离子化合物，其电子式为

。

Al（OH）3受热易分解：

2Al（OH）3

Al2O3＋3H2O。

电解熔融的Al2O3制取Al单质：

2Al2O3（熔融）

4Al＋3O2↑。

（2）MnO2与浓盐酸反应的离子方程式：

MnO2＋4H＋＋2Cl－

Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。

从题中信息可知，加热才能够发生，而反应终止后滴加硫酸又产生Cl2，说明溶液的酸度也是影响该反应有效进行的因素。

（3）从元素守恒的角度分析还原性气体应为CO，即焦炭发生了氧化反应，则Cl2发生了还原反应，则0.1molCl2发生反应生成0.05mol易水解的液态化合物TiCl4，则生成1molTiCl4放出热量：

＝85.6kJ·mol－1，故热化学方程式为2Cl2（g）＋TiO2（s）＋2C（s）===TiCl4（l）＋2CO（g）　ΔH＝－85.6kJ·mol－1。

Ⅱ.（4）电解过程中，溶液中离子发生定向移动，CrO

通过阴离子交换膜移向阳极区而分离出来。

酸性条件下，存在如下平衡：

2CrO

＋2H＋⇌Cr2O

＋H2O。

电解时阴极放电的是H＋，电极反应式是2H＋＋2e－===H2↑；阳极放电的是OH－，电极反应式是4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。

16．C2、F4、O1[2017·江苏卷]铝是应用广泛的金属。

以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：

图0

注：

SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。

（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为___________。

（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_____（填“增大”“不变”或“减小”）。

（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是________。

（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。

阳极的电极反应式为__________，阴极产生的物质A的化学式为________。

图0

（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。

在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_____________。

16．

（1）Al2O3＋2OH－===2AlO

＋H2O

（2）减小

（3）石墨电极被阳极上产生的O2氧化

（4）4CO

＋2H2O－4e－===4HCO

＋O2↑　H2

（5）NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜

[解析]

（1）Al2O3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O。

（2）为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤Ⅰ所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH减小。

（3）阳极为O2－发生氧化反应生成O2，石墨可能被O2氧化。

（4）电解时阳极由图示可知是由碳酸钠生成碳酸氢钠的过程，阳极应该是水电离产生的氢氧根离子放电生成氧气，多出的氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子。

即：

2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，CO

＋H＋===HCO

合并得答案4CO

＋2H2O－4e－===4HCO

＋O2↑。

阴极应该是水