(1) 醚键 ( 或醚基 )

(2)

(3) 取代反应 会与碳碳双键发生加成反应 ( 或 会使醚键水解 )

(4)

(5)

【分析】有机合成可从正向和逆向共同进行推断，根据已知信息由 C 可推出 B 为 ，根据 C 到 D 的结构变化可知此步酯基发生水解反应，根据 D 到 E 的结构可知此步 Br 取代了羟基，根据 E 到 F 的结构可知脱去 LiBr ，为取代反应，据此进行推断。

【详解】（ 1 ） A 的含氧官能团有醛基和醚键。

（ 2 ）根据分析可知， B 的结构简式为 。

（ 3 ）反应 Ⅳ 中 Br 取代了羟基，为取代反应，此反应不用 HBr 的原因为 会与碳碳双键发生加成反应 ( 或 会使醚键水解 ) 。

（ 4 ）反应 Ⅴ 的化学方程式为 。

（ 5 ）产物之一 ( 分子式为 ) 遇 溶液显紫色，说明含有酚羟基，酚羟基是通过酯基水解得来的，又因为核磁共振氢谱有 4 组峰，峰而积之比为 ，说明 Y 有两个甲基，综合可知 Y 的结构简式为 。

A

【分析】 X 的核外电子总数为最外层电子数的 2 倍， X 为 Be ； Z 为地壳中含量最多的元素， Z 为 O ， X 与 Y 、 Z 与 W 均为同周期相邻元素， Y 为 B ， W 为 F ，据此解答。

【详解】 A ． 常温下为液态， HF 常温下为气体，沸点 ，故 A 正确；

B ． 为 BF ₃ ，中心 B 原子有 3 对价电子且没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故 B 错误；

C ．四种元素为同周期元素，随核电荷数增大原子半径减小，原子半径： Be>B>O>F ，故 C 错误；

D ． Be 最高价氧化物水化物为 Be(OH) ₂ ，溶液显两性， B 最高价氧化物的水化物为 H ₃ BO ₃ ，溶液显酸性，故 D 错误；

故选： A 。

B

【详解】 A ．对离子净化时，相关离子浓度 c <10 ^-5 mol/L ，则 lg c <-5 ，由图可知，可作净化的 pH 区间最大的是 Fe ³⁺ ， A 错误；

B ．加入适量 H ₂ O ₂ ，可将 Fe ²⁺ 氧化为 Fe ³⁺ ，提高净化程度， B 正确；

C ．由图可知，净化的先后顺序为 ， C 错误；

D ．对离子净化时，相关离子浓度 c <10 ^-5 mol/L ， lg c <-5 ，，由图可知， Fe ³⁺ 完全沉淀的 pH 约为 2.5 ， c (H ⁺ )=10 ^-2.5 mol/L ， c (OH ^- )=10 ^-11.5 mol/L ， ， Al ³⁺ 完全沉淀的 pH 约为 4.5 ， c (H ⁺ )=10 ^-4.5 mol/L ， c (OH ^- )=10 ^-9.5 mol/L ， ， Fe ²⁺ 完全沉淀的 pH 约为 8.5 ， c (H ⁺ )=10 ^-8.5 mol/L ， c (OH ^- )=10 ^-5.5 mol/L ， ，则有 ， D 错误；

故选 B 。

(1) 分液漏斗

(2)a→d→e→c→b

(3)

(4) 石灰水变浑浊 60% 偏大

(5) 增大气体样品流速

(6) 尾气出口未加防潮装置 ( 或其他相似表述 )

【分析】在通风橱中用下图装置制备一氧化碳，用 A 装置制取一氧化碳，该气体中含有甲酸蒸气，故用水除去甲酸，再用 B 装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用 E 中的烧杯接收。根据气体样品通过氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳，浓硫酸吸水，一氧化碳在 H 中被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸收， J 中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和 ，进而测定生成的碘的质量，计算一氧化碳的被氧化的百分率。据此解答。

【详解】（ 1 ）装置 A 中盛放甲酸的仪器为分液漏斗。

（ 2 ）用 C 除去甲酸， B 收集一氧化碳， E 接收排出的水，故接口连接顺序为 a→d→e→c→b→h 。

（ 3 ）一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为： 。

（ 4 ）一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量为 ，则结合方程式分析，还有 0.002mol 一氧化碳未被氧气氧化， 11.2L 气体为 0.5mol 其中一氧化碳为 0.005mol ，则被氧化的一氧化碳为 0.005-0.002=0.003mol ，则被氧化的百分率为 。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则被氧化的百分率增大。

（ 5 ）增大气流速率可以提高催化效率。

（ 6 ）： 是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。

(1)

(2) 同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强

(3)     < 二者为同构型的分子晶体， 相对分子质量大，范德华力大，熔点高

(4)

(5)     2     bc

【详解】（ 1 ） 位于元素周期表中第四周期 VA 族，原子序数为 33 ，由构造原理写出其价电子排布式为 。

（ 2 ）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故 原子的活泼性依序增强。

（ 3 ） 和 是同构型的分子晶体， 相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点： < 。

（ 4 ） 的中心原子 的价层电子对数为： 3+ =4 ，杂化轨道类型为 。

（ 5 ）由晶胞结构可知，其中含有 8 个 、 4 个 、 4 个 ，则 加合物中 2 ，晶体中的微粒间作用力有离子键、极性共价键，故选 bc 。

D

【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含 加入 Na ₂ S 分离出滤渣 1 含 CoS 和 NiS ， 不会沉淀，再加入草酸除铁生成 FeC ₂ O ₄ ，过滤分离出硫酸铬，以此来解答。

【详解】 A ．四种金属均与稀硫酸反应生成 H ₂ ， A 正确；

B ．共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则 “ 除杂 " 的目的是除去 Ni 、 Co 元素， B 正确；

C ．由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物， C 正确；

D ． “ 滤渣 2” 的主要成分是 FeC ₂ O ₄ ， D 错误；

故本题选 D 。

C

【详解】 A ．中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化， A 错误；

B ．配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥， B 错误；

C ．温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤 Ⅰ 中所得溶液的 时应在相同温度下测定， C 正确；

D ．电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的和未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为 ， D 错误；

答案选 C 。

D

【详解】 A ． H ₂ O 分子中孤电子对数为 =2 ， H ₂ O 的物质的量为 =0.5mol ，含有的孤电子对数为 ，故 A 错误；

B ．该反应中 N ₂ 中 N 元素化合价由 0 价下降到 -3 价， 34g 的物质的量为 =2mol ，每产生 ， 得到 6mol 电子，数目为 6N _A ，故 B 错误；

C ．氨水的体积未知，无法计算 的分子数，故 C 错误；

D ． 的物质的量为 0.5mol ，由方程式可知，消耗 0.5mol ，产生的 0.75mol ，数目为 ，故 D 正确；

故选 D 。

(1)

(2)     190     >

(3)ad

(4)58.8%

(5) 甲     反应 I 平衡曲线为 N ，恒压时充入水蒸气，

【详解】（ 1 ）设 Ⅲ ，根据盖斯定律 Ⅲ-2×Ⅰ 得 。

（ 2 ） ① 内， ，则 ；

② 、 、 ， △ c (H ₂ O) 逐渐减小，说明反应速率减小， 内， Δ c (H ₂ O)=400ppm ， 内， Δ c (H ₂ O)=400ppm ，则 t-12>4 ，即 t>16 。

（ 3 ） a ． H ₂ O 的分压不变，则 C ₃ H ₆ 的分压也不变，反应 1 、 Ⅱ 各组分分压不变，反应 1 、 Ⅱ 均达到平衡， a 正确；

b ．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应 I 、 Ⅱ 均达到平衡的判据， b 错误；

c ．当 时，反应不一定达到平衡，不能作为反应 1 、 Ⅱ 均达到平衡的判据， c 错误；

d ． ，说明正逆反应速率相等，反应 I 达平衡，各组分分压不变， C ₃ H ₆ 的分压不变，说明反应 Ⅱ 也达平衡， d 正确；

故选 ad 。

（ 4 ）设 C ₃ H ₈ O 的物质的量为 1mol ，若 lmol C ₃ H ₈ O 完全反应，理论上生成 1mol C ₃ H ₆ ，因为反应 Ⅰ 、 Ⅱ 的转化率分别为 98% 和 40% ，反应 I 生成 1mol×98%=0.98mol C ₃ H ₆ ，反应 Ⅱ 消耗了 40% C ₃ H ₆ ，则达平衡时 C ₃ H ₆ 的物质的量为 0.98mol×(1-40%)=0.588mol ，所以丙烯的产率为 =58.8% 。

（ 5 ） ① 反应 I 为气体体积增大的吸热反应，反应 Ⅱ 为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应 I 正向移动， 逐渐增大，反应 Ⅱ 逆向移动， 逐渐减小，即反应 I 为平衡曲线为 N ，反应 Ⅱ 平衡曲线为 M ；在 350℃ 恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应 I 而言，相当于增大生成物浓度，使得 > ，即 lg 增大，反应 I 的状态最有可能对应图中的甲；

② 由图可知， 350°C 时达平衡后， =0 ，则 350℃ 时 = =1 ，设水蒸气的平衡分压为 a MPa ，则反应 II 的 C ₃ H ₆ 起始分压为 a MPa ，对反应 Ⅱ 列三段式有

，解得 a= MPa 。

(1) 提高浸出率 ( 或提高浸出速率 )

(2) 和 84%

(3) 使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度     高温溶解再冷却结晶

(4) 或

(5) 沉铝

【分析】粉煤灰为原料 ( 主要含 SiO ₂ 、 Al ₂ O ₃ 和 CaO 等 ) 加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。

【详解】（ 1 ）温度高速率大， “ 浸出 ” 时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率； Al ₂ O ₃ 和 H ₂ SO ₄ 发生反应生成 Al ₂ (SO ₄ ) ₃ 和 H ₂ O ，离子反应方程式为 Al ₂ O ₃ +6H ⁺ =2Al ³⁺ +3H ₂ O ；

故答案为：提高浸出率 ( 或提高浸出速率 ) ； Al ₂ O ₃ +6H ⁺ =2Al ³⁺ +3H ₂ O 。

（ 2 ） “ 浸渣 ” 的主要成分除残余 Al ₂ O ₃ 外，还有二氧化硅、硫酸钙； 5.0g 粉煤灰 Al ₂ O ₃ 的质量为 5.0g×30%=1.5g ， 3.0g“ 浸渣 ”Al ₂ O ₃ 的质量为 3.0g×8%=0.24g ，则 Al ₂ O ₃ 的浸出率为 ；

故答案为： SiO ₂ 和 CaSO ₄ ； 84% 。

（ 3 ）根据沉铝体系中， Al ₂ (SO ₄ ) ₃ ·18H ₂ O 溶解度最大， KAl(SO ₄ ) ₂ ·12H ₂ O 溶解度最小，更容易析出，加入 K ₂ SO ₄ 沉铝的目的是更多的使 Al ₂ (SO ₄ ) ₃ 转化为 KAl(SO ₄ ) ₂ ·12H ₂ O ，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度； KAl(SO ₄ ) ₂ ·12H ₂ O 溶解度受温度影响较大， “ 沉铝 ” 的最佳方案为高温溶解再冷却结晶；

故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。

（ 4 ） “ 焙烧 ” 时， KAl(SO ₄ ) ₂ 分解为 K ₂ SO ₄ 、 Al ₂ O ₃ 和 SO ₃ 或 K ₂ SO ₄ 、 Al ₂ O ₃ 、 SO ₂ 和 O ₂ ，反应方程式为 2KAl(SO ₄ ) ₂ K ₂ SO ₄ +Al ₂ O ₃ +3SO ₃ ↑ 或 4KAl(SO ₄ ) ₂ 2K ₂ SO ₄ +2Al ₂ O ₃ +6SO ₂ ↑+3O ₂ ↑ ；

故答案为： 2KAl(SO ₄ ) ₂ K ₂ SO ₄ +Al ₂ O ₃ +3SO ₃ ↑ 或 4KAl(SO ₄ ) ₂ 2K ₂ SO ₄ +2Al ₂ O ₃ +6SO ₂ ↑+3O ₂ ↑ 。

（ 5 ） “ 水浸 ” 后得到的 “ 滤液 2” 成分为 K ₂ SO ₄ ，可在沉铝工序循环使用；

故答案为：沉铝。

C

【详解】 A ． x ₁ 时，氨的去除率为 100% 、总氮残留率为 5 ， ， 95% 的氨气参与反应 ① 、有 5% 的氨气参与反应 ② ，反应 ① 消耗 ，参与反应 ② 消耗 ， ， A 错误；

B ． x>x ₁ 时，反应 ① 也生成氯离子，所以 ， B 错误；

C ． x>x ₁ 时， x 越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成 N ₂ 的量越少， C 正确；

D ． x=x ₁ 时，氨的去除率为 100% ，溶液中没有 和 ClO ^- ，含有 Na ⁺ 、 H ⁺ 、 、 Cl ^- 和 OH ^- ，根据电荷守恒得 ， D 错误；

故本题选 C 。

B

【详解】 A ．该化合物的分子中，与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，可发生消去反应， A 错误；

B ．该化合物含有羟基，可与醋酸发生酯化反应， B 正确；

C ．该化合物的结构中含有饱和碳原子，不可能所有原子处于同一平面上， C 错误；

D ． 络塞维最多能与 反应，其中苯环消耗 3mol H ₂ ，碳碳双键消耗 1mol H ₂ ， D 错误；

故选 B 。

C

【详解】 A ．草酸属于二元弱酸，即乙二酸，属于有机物， A 错误；

B ． C ₆₀ 与石墨是碳元素的不同单质，互为同素异形体， B 错误；

C ． Cu 为 ⅠB 族，属于过渡元素， C 正确；

D ．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，反应焓变不变， D 错误；

故选 C 。

B

【详解】 A ． S 和 Hg 发生化合反应生成 HgS ，可以用硫磺处理洒落在地上的水银，方程式为： ，处理方法和对应的反应方程式正确，不合题意；

B ． Ag 不活泼，不能和盐酸反应生成氢气，处理方法和对应的反应方程式均错误，符合题意；

C ．蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体为 SO ₂ ，可以用 NaOH 溶液吸收 SO ₂ ，离子方程式为： ，处理方法正确，对应的反应方程式错误，不符合题意；

D ．电解饱和食盐水时阳极产生的气体为 Cl ₂ ，可以用 NaOH 溶液吸收 Cl ₂ ，离子方程式为： ，处理方法和对应的反应方程式均正确，不符合题意；

故选 B 。

A

【详解】 A ．由图可知，化学自充电时，消耗 O ₂ ，该反应为 O ₂ +2H ₂ O+4e ^- =4OH ^- ， 增大，故 A 正确；

B ．化学自充电时，无需外接电源即能实现化学自充电，该过程不是电能转化为化学能，故 B 错误；

C ．由图可知，化学自充电时，锌电极作阴极，该电极的电极反应式为 O ₂ +2H ₂ O+4e ^- =4OH ^- ，故 C 错误；

D ．放电时， 1mol 转化为 ，消耗 2mol K ⁺ ，外电路通过 电子时，正极物质增加 0.02mol K ⁺ ，增加的质量为 0.02mol×39g/mol =0.78g ，故 D 错误；

故选 A 。

(1)Fe ²⁺

(2)     4.7 pH<6.2

(3)4.0 10 ^-4

(4) 加热搅拌可加快反应速率     冷却结晶

(5)MgSO ₄

(6)     15     O ₂ +4e ^- +2H ₂ O=4OH ^-

【分析】由流程可知，该类矿 ( 含铁、铝等元素 ) 加入酸化 MgSO ₄ 溶液浸取，得到浸取液中含有 、 、 、 、 、 等离子，经氧化调 pH 使 、 形成沉淀，经过滤除去，滤液 1 中含有 、 、 等离子，加入月桂酸钠，使 形成 沉淀，滤液 2 主要含有 MgSO ₄ 溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到 RECl ₃ 溶液。

【详解】（ 1 ）由分析可知， “ 氧化调 pH” 目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将 Fe ²⁺ 氧化为 Fe ³⁺ ，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是 Fe ²⁺ ，故答案为： Fe ²⁺ ；

（ 2 ）由表中数据可知， 沉淀完全的 pH 为 4.7 ，而 开始沉淀的 pH 为 6.2~7.4 ，所以为保证 、 沉淀完全，且 不沉淀，要用 溶液调 pH 至 4.7 pH<6.2 的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为 ，故答案为： 4.7 pH<6.2 ； ；

（ 3 ）滤液 2 中 浓度为 ，即 0.1125mol/L ，根据 ，若要加入月桂酸钠后只生成 ，而不产生 ，则 = =4.0 10 ^-4 ，故答案为： 4.0 10 ^-4 ；

（ 4 ） ①“ 加热搅拌 ” 有利于加快 溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；

② “ 操作 X” 的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸 熔点为 ，故 “ 操作 X” 的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；

（ 5 ）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有 MgSO ₄ ，故答案为： MgSO ₄ ；

（ 6 ） ① 中 Y 为 +3 价， 中 Pt 为 +4 价，而 中金属均为 0 价，所以还原 和 熔融盐制备 时，生成 1mol 转移 15 电子，故答案为： 15 ；

② 碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为 O ₂ +4e ^- +2H ₂ O=4OH ，故答案为： O ₂ +4e ^- +2H ₂ O=4OH ^- 。

B

【详解】 A ．向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为： CO ₂ +OH ^- = ，故 A 错误；

B ．氯气通入 NaOH 溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为： Cl ₂ +2OH ^- =Cl ^- +ClO ^- +H ₂ O ，故 B 正确；

C ．钠的过氧化物为 Na ₂ O ₂ ，可以和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式里 Na ₂ O ₂ 不能拆成离子，故 C 错误；

D ．硅酸钠溶于水，在离子方程式里要写成离子，故 D 错误；

故选 B 。

(1)     N ₂ ↑     4H ₂ O     ( E ₁ - E ₂ )+Δ H +( E ₃ - E ₄ ) 2NO+O ₂ =2NO ₂

(2)     BD 当溶液 pH=9 时， ，因此可忽略溶液中

即 =0.20

反应 (ii) 的平衡常数 K ₂ = = =3.3×10 ^-7

联立两个方程可得 =6.0×10 ^-4 mol/L     λ ₃ 增大

【详解】（ 1 ） ① 分解过程中，生成 Cr ₂ O ₃ 和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为 N ₂ 、 H ₂ O ，根据原子守恒可知反应方程式为 ，故答案为： N ₂ ↑ ； 4H ₂ O 。

② 设反应过程中第一步的产物为 M ，第二步的产物为 N ，则 X→M Δ H ₁ =( E ₁ - E ₂ ) ， M→N Δ H ₂ =Δ H ， N→Y Δ H ₃ =( E ₃ - E ₄ ) ₁ ，根据盖斯定律可知， X(g)→Y(g) 的焓变为 Δ H ₁ +Δ H ₂ +Δ H ₃ =( E ₁ - E ₂ )+Δ H +( E ₃ - E ₄ ) ，故答案为： ( E ₁ - E ₂ )+Δ H +( E ₃ - E ₄ ) 。

③NH ₃ 在 Cr ₂ O ₃ 作催化剂条件下，能与 O ₂ 反应生成 NO ， NO 与 O ₂ 反应生成红棕色气体 NO ₂ ， NO ₂ 与 H ₂ O 反应生成 HNO ₃ 和 NO ，若同时通入 O ₂ ，可将氮元素全部氧化为 HNO ₃ ，因此从 NH ₃ 出发经过 3 步反应制备 HNO ₃ 的路线为 ；其中 NO 反应生成 NO ₂ 过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为 2NO+O ₂ =2NO ₂ ，故答案为： ； 2NO+O ₂ =2NO ₂ 。

（ 2 ） ①K ₂ Cr ₂ O ₇ 溶液中存在平衡： (i) 、 (ii) 。

A ．向溶液中加入少量硫酸，溶液中 c (H ⁺ ) 增大， (ii) 平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中 c (H ⁺ ) 依然增大，因此溶液的 pH 将减小，故 A 错误；

B ．加水稀释过程中，根据 “ 越稀越水解 ” 、 “ 越稀越电离 ” 可知， (i) 和 (ii) 的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故 B 正确；

C ．加入少量 NaOH 溶液， (ii) 正向移动，溶液中 将减小， (i) 将正向移动，故 C 错误；

D ．平衡 (i) 的平衡常数 K ₁ = ，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量 K ₂ Cr ₂ O ₇ 溶液， 不变，故 D 正确；

综上所述，答案为： BD 。

②0.10mol/L K ₂ Cr ₂ O ₇ 溶液中， Cr 原子的总浓度为 0.20mol/L ，当溶液 pH=9.00 时，溶液中 Cr 原子总浓度为 =0.20mol/L ， 、 与 的平衡浓度分别为 x 、 y 、 z mol/L ，因此 =0.10 ；由图 8 可知，当溶液 pH=9 时， ，因此可忽略溶液中 ，即 =0.20 ，反应 (ii) 的平衡常数 K ₂ = = =3.3×10 ^-7 ，联立两个方程可得 =6.0×10 ^-4 mol/L 。

③ 根据反应 (i) 、 (ii) 是离子浓度增大的平衡可知，溶液 pH 越大，溶液中 越大，混合溶液在某一波长的 A 越大，溶液的 pH 越大，溶液中 越大，因此与 的 λ _max 最接近的是 λ ₃ ；反应 (i) 的平衡常数 K ₁ = ，反应 (ii) 的平衡常数 K ₂ = ， = = ，因此 = ，由上述分析逆推可知， b>a ，即溶液 pH 从 a 变到 b 的过程中，溶液中 c (H ⁺ ) 减小，所以 的值将增大，故答案为： λ ₃ ；增大。

C

【详解】 A ．由充电时电极 a 的反应可知，充电时电极 a 发生还原反应，所以电极 a 是阴极，则电极 b 是阳极，故 A 错误；

B ．放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极 a 的反应为 可知， NaCl 溶液的 pH 不变，故 B 错误；

C ．放电时负极反应为 ，正极反应为 ，反应后 Na ⁺ 和 Cl ^- 浓度都增大，则放电时 NaCl 溶液的浓度增大，故 C 正确；

D ．充电时阳极反应为 ，阴极反应为 ，由得失电子守恒可知，每生成 1molCl ₂ ，电极 a 质量理论上增加 23g/mol 2mol=46g ，故 D 错误；

答案选 C 。