安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-24化学能与电能（3）

这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-24化学能与电能（3），共25页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。

安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-24化学能与电能（3）

一、单选题
1．（2021·安徽合肥·统考一模）化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是
A．煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源
B．向高空云中播撒碘化银、干冰等，可进行人工降雨
C．“玉兔号”月球车帆板太阳能电池片的材料主要是二氧化硅
D．用外加电流的阴极保护法防钢铁腐蚀，需附加惰性电极作阴极
2．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）一种利用电化学活性菌株处理废水中有机物的装置如图，下列说法正确的是

A．电极A为电池的负极，电极上发生氧化反应，产物为CO2
B．A极区，在菌株的作用下，有机物和O2反应生成CO2和H2O
C．电极B的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
D．有机物为葡萄糖(C6H12O6)，处理1 mol葡萄糖时有12 mol H+移动到右室
3．（2021·安徽合肥·统考一模）柔性锌离子电池是一种以锌片作负极的“摇椅式”电池，其工作原理示意图如图所示。下列说法正确的是

A．放电时，向负极移动
B．充电时，锌片与电源正极相连
C．放电时，正极反应为：
D．充电时，外电路每通过电子，正极增重
4．（2021·安徽蚌埠·统考一模）我国科学家正在研究一种可充电Na-Zn双离子电池体系(如图)。下列说法不正确的是

A．打开K1，闭合K2，a为电源负极
B．打开 K1，闭合K2，Zn极附近溶液的碱性减弱
C．打开 K2，闭合K1，OH-向极移动
D．打开 K2，闭合K1，正极反应式为
5．（2021·安徽淮北·统考一模）普通电解水制氢气和氧气的缺点是温度高，能耗大。铈—钒液流电池在充电状态下产生的Ce4+和V2+离子可在低温催化条件下用于制备氢气和氧气，该装置示意图如图。下列说法错误的是

A．在催化剂作用下有利于降低分解水制氢的能耗
B．铈—钒液流电池在充电状态下总反应为：Ce3++V3+Ce4++V2+
C．工作时，H+通过质子交换膜由a往b移动
D．制氧气的离子方程式为：4Ce4++4OH-4Ce3++O2↑+2H2O
6．（2021·安徽合肥·统考三模）某种微生物电池可用于降解铁硫化物(以FeS2计)，其工作原理示意图如图。下列说法正确的是

A．该微生物电池中，N极为正极
B．M极的电极反应式为O2-4e-+4H+=2H2O
C．电池工作时负极附近溶液pH减小
D．该电池中电子经过电解质溶液由负极流向正极
7．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）化学与生活密切相关，下列生活常识不能用对应的化学知识解释的是
选项
生活常识
化学知识
A
餐后要将洗浄的铁锅擦干
减缓铁的锈蚀
B
护肤品中添加丙三醇
丙三醇有吸水性
C
煮沸豆浆
主要将蛋白质转换为氨基酸
D
用热的纯碱溶液清洗油污
油脂在热的纯碱溶液中更易发生水解
A．A B．B C．C D．D
8．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）近日，南开大学科研团队以KSn合金为负极，以含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs-COOH)为正极催化剂构建了可充电K-CO2电池(如图所示)，电池反应为4KSn+3CO2⇌2K2CO3+C+4Sn，其中生成的K2CO3附着在正极上。该成果对改善环境和缓解能源问题具有巨大潜力。下列说法正确的是

A．充电时，阴极反应为2K2CO3+C-4e-=4K++3CO2↑
B．电池每吸收22.4LCO2，电路中转移4mole-
C．放电时，内电路中电流由KSn合金经酯基电解质流向MWCNTs-COOH
D．为了更好的吸收温室气体CO2，可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质
9．（2021·安徽马鞍山·统考三模）电解KI溶液可制取食盐添加剂KIO3，装置如图所示。下列有关说法正确的是

A．正极区溶液可使淀粉溶液变蓝色
B．膜b为阳离子交换膜，负极区pH增大
C．每制备1mol，负极区生成67.2LH2
D．正极区的电极反应为I2+6OH-=6e-=+3H2O
10．（2021·安徽宿州·统考三模）利用电化学方法可以将废水中次磷酸根(H2PO)转化成FePO4而除去，工作原理如下图所示，下列说法中正确的是


A．电极B为阳极，发生还原反应
B．电极A除生成羟基自由基(·OH)外还生成H+
C．生成H2PO反应的离子方程式为：H2PO+4·OH=H2PO+2H2O
D．每除去1mol H2PO时，电极B上消耗1 mol Fe2+
11．（2021·安徽淮南·统考二模）全固态锂电池能量密度大，安全性能高引起大量研究者的兴趣。一种以硫化物固体电解质的锂-硫电池的工作示意图如下。下列说法错误的是

A．Li和Li2S分别为电池的负极和正极
B．电流由电极a经导线、锂电极，Li2S-P2S5固态电解质回到电极a
C．电极a的反应为：S8+16e-+16Li+=8Li2S
D．硫化物固体电解质在空气中易发生反应，是实现电池实际应用的挑战
12．（2021·安徽黄山·统考二模）镍镉电池是二次电池，其工作原理如图(L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。下列说法不正确的是

A．断开K2、合上K1，电极A的电势低于电极B
B．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生氧化反应
C．电极B发生还原反应过程中，溶液中的KOH浓度有变化
D．镍镉二次电池的总反应式： Cd(OH)2+2Ni(OH)2 Cd+2NiOOH+2H2O
13．（2021·安徽宣城·统考二模）金属锂因密度小、比容量(负极单位质量给出的电子数)大，在电池中有广泛运用，常见的有锂电池(直接用锂做负极)和锂离子电池。现用钴酸锂电池(如图甲)做电源，电解法合成氨(如图乙)。钴酸锂电池放电原理为：，下列说法错误的是

A．图甲中钴酸锂电池处于放电状态时，Y是负极
B．金属锂的比容量是C6LiTE的11倍以上
C．图乙中N极反应式：N2+6e- +6H+=2NH3
D．M极产生氧气，N极还可能得到少量氢气
14．（2021·安徽蚌埠·统考三模）根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
在一块已除锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2~3min，溶液边缘出现红色
铁片上发生了吸氧腐蚀
B
向pH=3的醋酸溶液中，加入少量醋酸铵固体，溶液pH增大
醋酸铵溶液呈碱性
C
用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近试剂瓶瓶口，试剂瓶瓶口有白烟生成
该试剂瓶中盛装的是浓盐酸
D
将大理石与稀盐酸反应得到的气体直接通入足量澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
Cl的非金属性比C的强

A．A B．B C．C D．D

二、工业流程题
15．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）冶炼金属锌的烟尘中常含有ZnO、PbO、GeO2、SiO2等，现以此含锗烟尘为原料制备Ge，其工艺流程图如下。

已知：Ge与Al性质相似；GeCl4易水解，沸点为84℃。
(1)第①步滤渣主要成分有___________(填化学式)。
(2)上述流程若在实验室中进行，需使用分液漏斗___________次。
(3)第④步加入浓盐酸的作用是___________ (答两点即可)。
(4)第⑤步反应的化学方程式___________。
(5)设计实验方案证明GeO2被完全还原___________。
(6)一种突破传统电池设计理念的镁-锗液态金属储能电池工作原理如图所示：

该电池由于密度的不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成不变。放电时，C1-向___________ (填“上”或“下”)移动。充电时，阴极的电极反应式为___________。
16．（2021·安徽合肥·统考三模）MnO2是重要的化工原料，由软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe3O4、Al2O3和SiO2等杂质)和硫化锰(MnS)制备精MnO2的一种工艺流程如图：

已知：相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
回答下列问题：
(1)“滤渣1”中含有未反应完全的矿粉、S和______。
(2)“纯化”时加MnO2的作用是______，假定溶液中c(Mn2+)=0.1mol·L-1，则加入氨水调节溶液pH的范围为______。
(3)“沉锰”时生成MnCO3，工业上不直接用Na2CO3溶液来沉锰的原因为______。
(4)“热分解”后所得物质中还有少量MnO，需进一步进行氧化，“氧化”时生成的气体2为氯气，写出该过程中发生反应的化学方程式______。
(5)操作x为______。
(6)工业上还可用电解“Mn2+纯化液”来制取MnO2，其阳极电极反应式为______。电解后的废水中还含有少量Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S进行二级沉降。已知Ksp(MnS)=2.5×10-10，欲使溶液中c(Mn2+)≤1.0×10-5mol·L-1，则应保持溶液中c(S2-)______≥mol·L-1。
17．（2021·安徽马鞍山·统考三模）某化工厂产生的铋渣，主要成分为Bi2O3、PbO、CuO、Sb2O3，按如下流程回收Bi和Cu。

已知：Sb2O3难溶于H2SO4；Bi2Oз+2H2SO4=2Bi(OH)SO4↓+H2O。
回答下列问题：
(1)“粉碎”的目的是____。
(2)①若氧化剂为H2O2，溶解Cu2O反应的离子方程式为___；
②温度对铜浸出率的影响如图所示。

工业浸出时一般选择70℃~80℃，温度过低时铜浸出率低的原因是____；
(3)“操作I”为减压过滤。与常压过滤比较，其优点是____；
(4)①“浸出渣II”的主要成分是SbOCl、____；
②写出SbCl3水解生成SbOCl的化学方程式：____；
(5)“铜浸出液”用如图旋流式电解装置电解。

①钛涂层柱的电极反应式是____；
②若“铜浸出液”中含铜92.16g·L-1，选择合适条件进行旋流电解。取电解后溶液25.00mL，加入足量KI溶液充分反应，以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L-1的标准液Na2S2O3滴定，反应为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2=2I-+，消耗18.00mL标准液。旋流电解铜回收率是____。(用质量分数表示，保留一位小数)。

三、原理综合题
18．（2021·安徽合肥·统考一模）资源化在推进能源绿色转型，实现“碳达峰、碳中和”中具有重要意义。
Ⅰ. 与催化重整制合成气是研究热点之一、发生的主要反应有：
反应①：
反应②：
(1)有关化学键键能数据如表：
化学键

H-O
C=O

键能/
436
463
803
1076
则反应②的反应热_______。
(2)对于上述反位体系，下列说法错误的是_______。
A．增大的浓度，反应①②的正反应速率均增加
B．恒容密闭容器中当气体密度不变时，反应达到平衡状态
C．加入催化剂，可提高的平衡转化率
(3)恒压下进行与催化重整实验。初始压强为，起始投料，和的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。

①曲线_______(填“A”或“B”)表示的平衡转化率。
②800K，反应至转化率达到X点时，v(正)_______v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。若要使的转化率由X点达到Y点，改变的外界条件可以是_______(答一条即可)。
③800K，反应①的分压平衡常数_______(分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ.利用电化学装置可实现和两种分子的耦合转化，其原理如图所示。

(4)阴极的电极反应式为_______。
19．（2021·安徽芜湖·统考二模）以CO2和CH4为原料制造更高价值的化学产品是目前用来缓解温室效应的研究方向之一、
(1)工业上CH4-H2O催化重整制取合成气(CO和H2的混合气)的过程中发生如下反应：
①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206.4kJ·mol-1
②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.0kJ·mol-1
③CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) ΔH3
若反应③的逆向活化能Ea(逆)为54kJ·mol-1，则该反应的正向活化能Ea(正)为___________kJ·mol-1。
(2)在CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)反应中，正反应速率v正=k正c(CO)·c(H2O)，逆反应速率v逆=k逆c(CO2)·c(H2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅受温度影响。如图 (pk=-lgk，T表示温度)所示a、b、c、d四条斜线中，有两条分别为pk正和pk逆随T变化斜线，则表示pk正随T变化关系的斜线是________。

(3)已知：CO2加氢可缓解CO2对温室效应的影响，其原理为：
I.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165.0kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.0kJ·mol-1
在反应器中通入3molH2和1molCO2，分别在0.1 MPa和1MPa下进行反应。分析实验中温度对含碳物质的平衡组成(体积百分数)的影响，其中CO和CH4的影响如图所示：

①1 MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是___________。N点平衡组成含量低于M点的原因是___________。
②当CH4和CO平衡组成均为40%时，该温度下反应I的平衡常数Kp为___________。
(4)以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯(简称LDPE)。电解时阴极的电极反应式为___________。

四、实验题
20．（2021·安徽宿州·统考三模）84消毒液(有效成分NaClO)和医用酒精(75%的乙醇水溶液)都能用于杀菌消毒。
Ⅰ.84消毒液的制备：
(1)在实验室利用如图装置(电极材料为惰性电极)制备少量84消毒液，则a为电源的___________极(填“正”或“负”)。为提高NaClO的稳定性并抑制其水解，可向其溶液中加入少量___________(填化学式)。

Ⅱ．对于网传的“84消毒液与酒精混用会产生氯气”的说法，某小组进行了如下活动。
查阅资料：
①乙醇能与NaClO发生一系列的复杂反应，可能生成氯气、乙醛、乙酸、氯仿等；
②乙醛具有强还原性，可以被NaClO、新制Cu(OH)2悬浊液等氧化。
实验探究：
采用某品牌的84消毒液和乙醇溶液按如图装置进行实验(加热及加持仪器略)。

编号.
①
②
③
④
实验
75%乙醇与稀释100倍84消毒液,不加热
75%乙醇与稀释100倍84消毒液, 加热
95%乙醇与不稀释84消毒液,不加热
95% 乙醇与不稀释84消毒液,加热
仪器C中
无明显现象
无明显现象
少量气泡生成
大量气泡生成
仪器D中
不变色
不变色
变浅
变浅
(2)仪器A的作用是___________，为使C中乙醛(CH3CHO)含量较高，B中盛放的试剂为___________。实验室稀释84消毒液需要的玻璃仪器有___________。
(3)实验①和②中，仪器D中不变色的原因可能是：___________。
(4)有同学认为实验④产生的大量气泡中除Cl2外，还可能含有O2，产生的原因是___________。(用化学方程式表示)。
(5)试写出NaClO与C2H5OH反应生成CH3CHO的化学方程式___________。

参考答案：
1．B
【详解】A． 煤气化和液化是化学变化，故A错误；
B． 向高空云中播撒碘化银、干冰等，碘化银提供形成水滴的凝聚中心，干冰气化吸收热量，可进行人工降雨，故B正确；
C． 硅是半导体，“玉兔号”月球车帆板太阳能电池片的材料主要是硅，故C错误；
D． 用外加电流的阴极保护法防钢铁腐蚀，被保护的金属作阴极，故D错误；
故选B。
2．C
【详解】A．根据图示可知在A电极上失氢被氧化为，所以A电极为电池的负极，电极上发生氧化反应，A错误；
B．根据图示可知：在菌株的作用下，在厌氧条件下有机物变为CO2、H2O，而不是在有O2条件下发生反应，B错误；
C．在B电极上O2得到电子被还原为H2O，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，C正确；
D．若有机物为葡萄糖(C6H12O6)，在A电极上失氢被氧化为，然后与葡萄糖在菌株上及厌氧条件下发生反应又转化为，葡萄糖(C6H12O6)中0价C被氧化为+4价的CO2，其被氧化的反应式为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，可见：每有1 mol葡萄糖(C6H12O6)发生反应，会产生24 mol H+，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，会有24 mol的H+由左室通过质子交换膜移动到右室，D错误；
故合理选项是C。
3．C
【分析】放电时，锌作负极，发生氧化反应，电极反应式Zn-2e-=Zn2+，正极发生还原反应，正极反应为：，充电时，锌与电源的负极相连，阳极发生氧化反应，生成锌离子，进入溶液，阳极质量减少。
【详解】A． 放电时，向正极移动，故A错误；
B． 充电时，锌片与电源负极相连，故B错误；
C． 放电时，正极反应为：，故C正确；
D． 充电时，外电路每通过电子，阳极减少，故D错误；
故选C。
4．B
【详解】A．打开K1，闭合K2，装置为电解池，其中a为电源负极，左边Zn电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为：[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn+4OH-，A正确；
B．根据选项A分析可知：打开 K1，闭合K2时，Zn电极反应式为：[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn+4OH-，反应产生OH-，使Zn极附近溶液的碱性增强，B错误；
C．打开 K2，闭合K1，Zn电极为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，因此OH-向极移动，C正确；
D．打开 K2，闭合K1，右边电极为正极，得到电子，发生还原反应，则正极的电极反应式为，D正确；
故合理选项是B。
5．D
【详解】A．催化剂能够改变反应途径降低反应的活化能，因而能够降低分解水制氢能耗，A正确；
B．由题干可知：充电状态下可产生Ce4+、V2+，因而根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为：Ce3++V3+Ce4++V2+，B正确；
C．由图可知：在装置的右侧产生H2，因此H+会通过离子交换膜由a往b移动，C正确；
D．装置中含有质子交换膜，因此有H+参加反应，制备O2的反应方程式中不能有OH-，D错误；
故合理选项是D。
6．C
【分析】由图示知，M极上O2得电子转化为H2O，故M极为正极，N极为负极，CO2与H2O在微生物M作用下反应生成葡萄糖和O2，FeS2和O2在微生物N作用下转化为Fe2+和S，S在负极失电子被氧化为，从而达到降解铁硫化物的目的。
【详解】A．由分析知，N极为负极，A错误；
B．O2在M极得电子转化为H2O，对应电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；
C．S在N极失电子转化为，对应电极反应为：S+4H2O-6e-=+8H+，由于生成H+，故负极附近溶液pH减小，C正确；
D．电子由负极流出，经过外电路（导线）流入正极，电子不会进入电解质溶液，D错误；
故答案选C。
7．C
【详解】A．铁在潮湿环境中易发生吸氧腐蚀形成铁锈，水膜是形成铁碳-电解质溶液无数微小原电池的必要条件之一，所以餐后将洗净的铁锅擦干可减缓铁的锈蚀，故A正确，不符合题意；
B．丙三醇是含有羟基数目较多的多羟基醇，具有吸水性，可作护肤保湿剂，故B正确，不符合题意；
C．煮沸豆浆是蛋白质变质，故C错误，符合题意；
D．碳酸钠俗名纯碱，碳酸钠水解使溶液呈碱性，并且水解是吸热反应，温热的纯碱溶液碱性更强，油脂在碱性条件下能发生水解，并且碱性越强油脂水解程度越大，所以油脂在热的纯碱溶液中更易发生水解，故D正确，不符合题意；
故选C。
8．C
【详解】A．充电时，阴极发生还原反应，电极反应为K++e-+Sn=KSn，A错误；
B．气体未指明状况，无法根据体积确定其物质的量，B错误；
C．放电时，KSn合金作负极，MWCNTs-COOH作正极，在内电路中电流由负极流向正极，C正确；
D．若用KOH溶液代替酯基电解质，则KOH会与正极上的MWCNTs-COOH发生反应，因此不能使用KOH溶液代替酯基电解质，D错误；
故选：C。
9．D
【详解】A．正极区为电解池的阳极，发生反应I-+6OH--6e-=+3H2O，无碘单质生成，不能使淀粉溶液变蓝色，故A错误；
B．I-通过膜b进入正极区，膜b为阴离子交换膜，负极区水电离出的氢离子放电生成氢气，余下OH-，负极区pH增大，故B错误；
C．气体未指明标准状况，无法计算，故C错误；
D．正极区I-放电生成，电极反应为I-+6OH--6e-=+3H2O，故D正确；
答案选D。
10．C
【详解】A．电极B中有，Fe化合价升高发生氧化反应，为负极，故A错；
B．A电极除产生羟基自由基外还有水生成，即，故B错；
C．H2PO与·OH反应生成H2PO和水，即H2PO+4·OH=H2PO+2H2O，故选C；
D．1mol H2PO转化为H2PO需要消耗4mol，1mol Fe2+转化为Fe3+只能消耗1mol，所以根据电子转移守恒可得，每除去1mol H2PO时，电极B上消耗4 mol Fe2+，故D错；
答案选C
11．A
【分析】该电池总反应为16Li+ S8=8Li2S，负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为Li-e-=Li+，Li+移向正极，，所以a是正极，发生还原反应：S8+16e-+16Li+=8Li2S。
【详解】A．根据分析可知， Li2S是放电时的正极反应产物，故A错误；
B．由A可知，Li为负极，电极a为正极，电流由电极a经导线、锂电极，Li2S-P2S5固态电解质回到电极a，故B正确；
C．电极a为正极，S8得电子生成Li2S，电极方程式为：S8+16e-+16Li+=8Li2S，故C正确；
D．硫化物固体电解质在空气中容易与氧气、水发生反应，故D正确；
故A。
12．B
【分析】根据图示，电极A与直流电源的负极相连，电极A充电时为阴极，则放电时电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成Cd(OH)2，负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，电极B充电时为阳极，则放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH-，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，据此分析作答。
【详解】A．断开K2、合上K1，为原电池，电极A为负极，则其电势低于电极B，A正确；
B．断开K1、合上K2，为充电过程，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，B错误；
C．放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH-，溶液中的氢氧根浓度增大，C正确；    
D．根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，则镍镉二次电池总反应式： Cd(OH)2+2Ni(OH)2 Cd+2NiOOH+2H2O，D正确；
答案选B。
13．A
【详解】A．根据原电池原理，Li+移向正极，故Y极为正极，故A错误；
B．金属锂做负极放电：Li-e-=Li+，C6Li做负极放电：C6Li-e-=Li++C6，比容量指负极单位质量给出的电子数，Li的相对原子质量为7，C6Li的相对分子质量为79，则单位质量金属锂的比容量是C6LiTE的11倍以上，故B正确；
C．图乙中N极由N2转化成NH3，N元素化合价从0降至-3，发生还原反应，电极反应式为：N2+6e- +6H+=2NH3，故C正确；
D．M极做负极，电解质溶液显酸性，则电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，有氧气产生，N极是正极，发生还原反应，可能存在H+得电子，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，可能产生少量氢气，故D正确；
故选：A。
14．A
【详解】A．溶液边缘出现红色，说明氧气得到电子与水反应生成了氢氧根离子，证明铁片发生了吸氧腐蚀，A正确；
B．即使醋酸铵溶液不显碱性，向醋酸溶液中加入醋酸铵固体，醋酸根离子浓度增大，会抑制醋酸电离，溶液的pH也会增大，B错误；
C．浓硝酸也具有挥发性，所以试剂瓶中盛装的也可能是浓硝酸，C错误；
D．稀盐酸并不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能通过比较HCl和碳酸的酸性强弱来比较Cl和C的非金属性强弱，D错误；
综上所述答案为A。
15．(1)PbSO4、SiO2
(2)2
(3)中和过量的氢氧化钠溶液，抑制GeCl4的水解
(4)GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O+4HCl
(5)称量所得固体质量，再将所得固体溶解在盐酸中使其充分反应，之后过滤、洗涤、干燥，最后再称量固体质量，若质量不变，说明GeO2被完全还原
(6) 上 Mg2++2e-=Mg

【详解】（1）烟尘中含有ZnO、PbO、GeO2、SiO2，加入稀硫酸后，ZnO、PbO、GeO2可与稀硫酸反应，分别生成ZnSO4、PbSO4、Ge(SO4)2，硫酸铅不溶于水和稀硫酸，二氧化硅不与稀硫酸反应，所以滤渣成分为PbSO4、SiO2。
（2）上述流程中需使用2次分液漏斗，分别在萃取和分液这两个步骤中。
（3）步骤③中加入的氢氧化钠溶液是过量的，因此加盐酸是为了中和过量的氢氧化钠溶液；而GeCl4易水解，因此加入盐酸是为了抑制GeCl4的水解。
（4）第⑤步反应是GeCl4水解得到HCl和GeO2·nH2O，因此反应化学方程式为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O+4HCl。
（5）金属锗与盐酸不反应，而GeO2为两性氧化物，与盐酸反应，因此要证明GeO2已被完全还原，方法为：称量所得固体质量，再将所得固体溶解在盐酸中使其充分反应，之后过滤、洗涤、干燥，最后再称量固体质量，若质量不变，说明GeO2被完全还原。
（6）依据电子流向可知，镁液为原电池的负极，则氯离子向上移动；充电时，镁液作阴极，阴极电极反应式为：Mg2++2e-=Mg。
16． SiO2 将Fe2+氧化为Fe3+(或作氧化剂) 4.7≤pH<5.8 碳酸钠溶液碱性强，会生成Mn(OH)2 2KClO3+5MnO+H2SO4=Cl2↑+5MnO2+K2SO4+H2O 过滤、洗涤、干燥 Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ 2.5×10-5
【分析】酸浸时，MnO2将MnS中硫元素氧化为S，自身被还原，生成MnSO4，从而达到溶解的目的，同时Fe3O4、Al2O3溶于硫酸生成Fe2+、Fe3+、Al3+，SiO2与硫酸不反应，故滤渣1中含有S、SiO2、未反应完的矿粉，滤液中主要含Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、H+等阳离子，纯化时先加入MnO2目的为将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂，再加入氨水调节pH除去Fe3+、Al3+，根据所给信息确定调节pH的范围为4.7≤pH＜5.8，故滤渣2主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3，此时滤液中主要含MnSO4、(NH4)2SO4，进入沉锰步骤，Mn2+转化为MnCO3沉淀，经过热分解操作，大部分MnCO3转化为MnO2，部分转化为MnO，经过KClO3氧化，MnO也转化为MnO2，经过过滤、洗涤、干燥等操作，最终获得精制MnO2。
【详解】(1)由分析知，滤渣1中含有矿粉、S、SiO2，故此处填SiO2；
(2)纯化时先加入MnO2目的为将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂，故此处填：将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH时，需将Al3+、Fe3+完全沉淀，而确保Mn2+不沉淀，故调节pH范围为：4.7≤pH＜5.8；
(3)碳酸钠溶液碱性太强，会使部分Mn2+转化为Mn(OH)2，从而导致MnCO3混有Mn(OH)2，故此处填：碳酸钠溶液碱性太强，会使部分Mn2+转化为Mn(OH)2；
(4)由分析知，MnO被KClO3氧化为MnO2，KClO3被还原为Cl2，初步确定方程式为：MnO+KClO3→MnO2+Cl2↑，根据得失电子守恒初步配平得方程式：5MnO+2KClO3→5MnO2+Cl2↑，根据流程结合元素守恒知，方程式左边需添加H2SO4，右边添加K2SO4、H2O，结合元素守恒配平得完整方程式为：5MnO+2KClO3+ H2SO4=5MnO2+Cl2↑+K2SO4+H2O；
(5)经过氧化后，MnO2在溶液中形成沉淀，可用过滤方法分离出MnO2，再经过洗涤干燥获得精制MnO2，故操作x为：过滤、洗涤、干燥；
(6)由题意知，Mn2+在阳极放电生成MnO2，对应电极反应为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；当c(Mn2+)=1×10-5 mol/L时，对应c(S2-)为沉淀所需的最小值，由Ksp(MnS)= c(Mn2+)·c(S2-)，代入数据计算的c(S2-)min=，故此处填2.5×10-5。
17． 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O 浸出速率减慢 过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易干燥 PbSO4 SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl 2H2O-4e-= O2↑+4H+ 95.0%
【分析】铋渣，主要成分为Bi2O3、PbO、CuO、Sb2O3，先将其粉碎增大大接触面积，加快反应速率，提高浸出率，然后加入浓硫酸，与浓硫酸反应分别生成 Bi(OH)SO4沉淀，PbSO4沉淀 ，CuSO4溶液，Sb2O3难溶于H2SO4，则滤渣Ⅰ中含有Bi(OH)SO4，PbSO4，Sb2O3，加入盐酸，生成SbCl3，PbSO4沉淀不与盐酸反应，Bi(OH)SO4与盐酸反应生成铋浸出液，SbCl3水解生成SbOCl，过滤后滤渣Ⅱ中含有SbOCl，PbSO4，通过电解铋浸出液生成粗铋，以此解答；
【详解】(1) “粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
(2)① H2O2和Cu2O反应的离子方程式为Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O，故答案为：Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O；
②温度过低时，浸出速率减慢，从而导致铜浸出率低，故答案为：浸出速率减慢；
(3) “操作I”为减压过滤。与常压过滤比较，其优点是过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易干燥，故答案为：过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易干燥；
(4)①PbO与浓硫酸反应生成PbSO4沉淀，加入盐酸PbSO4沉淀不与盐酸反应，所以“浸出渣II”的主要成分是SbOCl，PbSO4，故答案为：PbSO4；
②SbCl3水解生成SbOCl的化学方程式：SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl ，故答案为：SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl ；
(5)①钛涂层柱的电极反应式是2H2O-4e-= O2↑+4H+，故答案为：2H2O-4e-= O2↑+4H+；
②用0.1000mol·L-1的标准液Na2S2O3滴定，反应为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2=2I-+，消耗18.00mL标准液，由2～ I2～2Cu2+关系可知Cu2+的物质的量为0.0018mol，Cu2+的质量为0.0018mol×64g/mol=0.1152g，可知25.00mL中含有Cu2+0.1152g，那么1L中含有4.608g，Cu2+的浸出率=，则旋流电解铜回收率是1-5.0%=95%，故答案为：95.0%。
18．(1)+40.0
(2)BC
(3) A > 增大的浓度或分离出产物等均可
(4)

【解析】（1）
反应②的反应热反应物的总键能-生成物的总键能=2×803+436-1076-2×463=+40.0；
（2）
A．增大的浓度，反应物的浓度增大，则反应①②的正反应速率均增加，A正确；
B．恒容密闭容器中体积不变，混合气体的总质量不变，则气体密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．加入催化剂，化学平衡不移动，的平衡转化率不变，C错误；
故选：BC；
（3）
①参与了2个反应，而只参与1个反应，相同情况下消耗更多，平衡转化率更大，曲线A表示的平衡转化率；
②曲线B表示的平衡转化率，800K，反应至转化率达到X点时小于平衡转化率，反应向正反应方向进行，则v(正)> v(逆)；若要使的转化率由X点达到Y点，即使反应达到平衡，改变的外界条件可以是增大的浓度或分离出产物等均可；
③800K，的平衡转化率为40%，转化的物质的量10 mol×40%=4mol，的平衡转化率为20%，转化的物质的量10 mol×20%=2mol，列三段式：反应①：，反应②：，在恒温恒压下，反应①的分压平衡常数；
（4）
由原理图可知，A电极上CO2→CO，C元素化合价降低、发生还原反应，则A电极为阴极，B电极为阳极，阴极反应式为。
19． 219.4 c a d 温度度相同时，增大压强反应Ⅰ平衡正移，水的含量增大，CO2和H2的含量减少，使反应Ⅱ逆移，CO含量降低 2.4 2nCO2+12nH++12ne-=+4nH2O
【详解】(1)①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206.4kJ·mol-1，②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.0kJ·mol-1，由盖斯定律可知，①+②=③，③CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) ΔH3=165.4 kJ·mol-1，③的逆向活化能Ea(逆)为54kJ·mol-1，ΔH3= Ea(正)- Ea(逆)，Ea(正)=219.4 kJ·mol-1。
(2)在CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)反应中，正反应速率v正=k正c(CO)·c(H2O)，逆反应速率v逆=k逆c(CO2)·c(H2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅受温度影响，温度升高平衡逆向移动，V正＜V逆，升温时lgK逆减小更快，则表示pk正随T变化关系的斜线是c。
(3) ①对于反应Ⅰ：升高温度，平衡逆向移动，CH4的含量减少，对于反应Ⅱ：升高温度，则平衡正向移动，CO的含量增加；增大压强，反应2不移动，但反应1的平衡正向移动，H2O的含量增大，使反应2逆向移动，导致CO含量降低，综上可知温度相同时，压强越大，CH4的含量越大、CO含量越小，则压强为1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是a、d，；N点平衡组成含量低于M点的原因是：温度度相同时，增大压强反应Ⅰ平衡正移，水的含量增大，CO2和H2的含量减少，使反应Ⅱ逆移，CO含量降低。
②起始时n (CO2) =1mol，则n (H2)=3mol，由图可知当CH4和CO平衡组成为40%时，则CO2平衡组成为20%，根据C原子守恒有： n (CO) =n (CH4)=1mol×40%=0.4mol，n(CO2)=1mol×20%=0.2mol，，平衡时n(CO2)=(1-0.8)mol=0.2mol，n(H2O)=1.2mol，n (CO) =0.4mol，n (CH4)=0.4mol，n(H2)=1mol，则p(CO)=1MPa=0.125 MPa，p(H2O)=1MPa=0.375 MPa，p(CO2)=1MPa=0.0625 MPa，p(H2)=1MPa=0.3125 MPa，则。
(4)以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯(简称LDPE)。电解时阴极的电极反应式为：2nCO2+12nH++12ne-= +4nH2O。
20． 负 NaOH 冷凝回流 84消毒液 烧杯、玻璃棒 NaClO溶液和乙醇的浓度比较低，产生氯气的量少，现象不明显 2NaClO 2NaCl＋O2↑ 2NaClO＋C2H5OH2NaOH＋CH3CHO＋Cl2↑
【详解】Ⅰ. (1)观察该装置，在上方有一个出气口，可知生成的氢气需要从出气口出去，则上方a电极方程式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，为负极；NaClO水解呈碱性，可向其溶液中加入少量NaOH抑制其水解，故答案为：负；NaOH；
Ⅱ．(2)仪器A是球形冷凝管，作用是冷凝回流；为使C中乙醛(CH3CHO)含量较高，可将84消毒液加入到乙醇中，B中盛放的试剂为84消毒液；实验室稀释84消毒液需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：冷凝回流；84消毒液；烧杯、玻璃棒；
(3)实验①和②中，NaClO和乙醇的浓度比较低，产生氯气的量少，现象不明显，故答案为：NaClO溶液和乙醇的浓度比较低，产生氯气的量少，现象不明显；
(4)次氯酸钠加热能够分解产生氧气和氯化钠，化学方程式为2NaClO 2NaCl＋O2↑，故答案为：2NaClO 2NaCl＋O2↑；
(5)NaClO与C2H5OH反应生成CH3CHO、NaOH和氯气，Cl元素由+1价下降到0价，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为：2NaClO＋C2H5OH2NaOH＋CH3CHO＋Cl2↑，故答案为：2NaClO＋C2H5OH2NaOH＋CH3CHO＋Cl2↑。