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    11．利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O72-废水，如图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O

    （1）甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5，可循环使用．则石墨Ⅱ是电池的正极；石墨Ⅰ附近发生的电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5．
    （2）工作时，甲池内的NO3-离子向石墨Ⅰ极移动（填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”）；在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为1：4．
    （3）乙池中Fe（Ⅰ）棒上发生的电极反应为Fe-2e-=Fe2+．
    （4）若溶液中减少了0.01mol Cr2O72-，则电路中至少转移了0.12mol电子．
    （5）向完全还原为Cr3+的乙池工业废水中滴加NaOH溶液，可将铬以Cr（OH）3沉淀的形式除去，已知Cr（OH）3存在以下溶解平衡：Cr（OH）3（s）═Cr3+（aq）+3OH-（aq），常温下Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）•c3（OH-）=1.0×10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol•L-1，溶液的pH应调至5．

    分析 （1）甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极；
    （2）石墨Ⅰ为负极，原电池中阴离子向负极移动，根据得失电子守恒知，O2和NO2的体积比；
    （3）由于石墨Ⅰ为负极，故Fe（Ⅰ）为阳极，铁失去电子生成亚铁离子；
    （4）Fe（Ⅱ）为阴极，根据0.01mol Cr2O72-，转变为三价铬离子计算转移的电子；
    （5）根据Ksp=c（Cr3+）•c3（OH-）=1.0×10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol•L-1，计算氢氧根离子的浓度，再计算氢离子的浓度，从而求pH．

    解答 解：（1）甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极，
    故答案为：正；NO2+NO3--e-=N2O5；
    （2）由于石墨Ⅰ为负极，原电池中阴离子向负极移动，根据得失电子守恒计算1molO2反应中转移4mol电子，4molNO2转变成N2O5，转移4mol电子，相同状况下气体的体积比等于物质的量之比，故O2和NO2的体积比为1：4，
    故答案为：石墨Ⅰ；1：4；
    （3）由于石墨Ⅰ为负极，故Fe（Ⅰ）为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，
    故答案为：Fe-2e-=Fe2+；
    （4）Fe（Ⅱ）为阴极，根据0.01mol Cr2O72-，0.01Cr2O72-～0.02Cr3+～0.06mole-，此时阳极中产生的0.06mol二价铁转变为三价铁，阳极上起先有0.06mol铁溶解变为二价铁，故转移电子的物质的量为0.12mol，
    故答案为：0.12；
    （5）溶液中c（OH-）≥$\root{3}{\frac{{K}_{sp}}{c（C{r}^{3+}）}}$=$\root{3}{\frac{1×1{0}^{-32}}{1{0}^{-5}}}$mol/L=10-9 mol/L，则溶液中c（H+）≤$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-9}}$mol/L，所以溶液的 pH≥5，故答案为：5．

    点评 本题考查原电池与电解原理、pH计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确各个电极上发生的反应、物质之间的转化是解本题关键，难点是计算，根据电极反应及转移的电子数目进行计算，题目难度中等．

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    C．X、Y的转化率不相等D．c1的取值范围0＜c1＜0.14 molL-1

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    ②试剂X是，A与X反应的离子方程式Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O．
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    ④生产出的镁在运输途中应防雨淋，原因是Mg+2H2O=Mg（OH）2↓+H2↑（用化学方程式表示）．

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    D．乙醇的沸点（78.5℃）比乙烷（-88.6℃）的高出许多

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