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河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-17化学能与电能
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这是一份河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-17化学能与电能，共46页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-17化学能与电能
一、单选题
1．（2023·河北张家口·统考三模）下列说法错误的是
A．大量服用碘化钾等制剂可补充人体所需微量元素碘
B．白磷密度大于水且与水不反应，可用冷水贮存
C．采用外加电流法对金属防腐，可选用惰性电极作阳极
D．自然界中硫循环存在含硫物种的有氧转化和无氧转化
2．（2023·河北·校联考模拟预测）利用和废气作原料，通过电化学原理制备光气原料气的装置如图所示。下列说法错误的是
A．a为直流电源的负极
B．有机电解液有利于增大的溶解度
C．若用盐酸代替有机电解液，电极产物可能改变
D．若产生，理论上左室液体增重
3．（2023·河北张家口·统考一模）利用同种气体在两极浓度不同而产生电势差可设计成气体浓差电池，利用浓差电池可测定混合气体中某气体含量。实验室通过氧气浓差电池测定空气中氧气含量的工作原理如图所示，其中在参比电极上通入纯氧气，测量电极上通入空气。下列说法错误的是
A．熔融ZrO2、CaO混合物可用于传递O2-
B．工作时，电子由测量电极经外电路流向参比电极
C．工作时，用初期读数计算所得空气中氧气含量更准确
D．相同压强下，电势差越大，空气中氧气含量越高
4．（2023·河北衡水·校联考二模）双极膜可用于电渗析生产酸碱、争水、电池等。下列有关描述不合理的是
A．外加电场作用于双极膜，使水的电离度增大
B．电渗析装置实现了由溶液制取和
C．双极膜电池中极上发生的电极反应为
D．双极膜电池中的双极膜的左侧为阳膜，右侧为阴膜
5．（2023·河北沧州·统考一模）某团队基于光激发碳纤维上的聚[1，4-二(2-噻吩基)]苯(PDTB)和二氧化钛()半导体构建了一种夹心三明治结构的高性能锌-空气电池，该装置利用充放电过程中与的相互转化，能够提升电池的放电电压，降低电池的充电电压，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是
A．该装置可实现光能向电能和化学能的转化
B．电极电势：
C．开关K置于M处时，电子由极通过导线流向PDTB极
D．开关K置于N处时，极的电极反应式为
6．（2022·河北沧州·统考二模）火星大气约95%是CO2，Li-CO2电池在未来的火星探测领域有着重要的应用前景。科学家设计了一系列Ru/M-CPY@ CNT(碳纳米管)杂化材料(M = Co、Zn、Ni、Mn， CNTs碳纳米管是一种电导率高、比表面积大、通道和孔隙率丰富的导电基底)作为电极。已知该电池放电时的反应为4Li+3CO2=2Li2CO3+C，下列说法错误的是
A．放电时，Li电极作电池负极，有电子经导线流出
B．充电时，每转移1mol电子，两电极的质量变化差值为7g
C．充电时，阳极的电极反应式为C-4e-+2Li2CO3 =3CO2↑+4Li+
D．杂化材料中CNTs增多了CO2的吸附位点，可使该电池表现出优异的电化学性能
7．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考一模）中温SOFC电池Ni电极上的反应机理如图所示，下列说法中错误的是
A．该Ni电极是中温SOFC电池的负极
B．该中温SOFC电池采用酸性电解质溶液
C．从电势高的电极向该Ni电极移动
D．该Ni电极对有较强的吸附作用
8．（2022·河北石家庄·统考二模）电致变色材料在飞机的舷窗和智能太阳镜等方面具有广泛应用。一种新一代集电致变色功能和储能功能于一体的电子器件的工作原理如图所示，放电时该器件的透光率逐渐增强。
下列说法错误的是
A．放电时，Li+移向a极
B．充电时，b极接外电源的负极
C．充电时，a极的电极反应式：LiFePO4-e-=FePO4+Li+
D．以该器件为电源精炼铜，当a、b两极质量变化差为14g时，理论上可生成64g精铜
9．（2022·河北·模拟预测）煤灰提取铝既能缓解我国缺乏铝矿的现状，又能减少煤燃烧产生的污染。煤灰含Al2O3、SiO2、CaO、Fe2O3等。煤灰中提取铝的工艺流程如图所示，下列说法正确的是
A．煤灰加酸进行酸浸时，用硫酸酸浸溶解效果好
B．操作1、2、3、4名称相同，操作时都除去了一种杂质
C．X为CO2，发生的反应为CO2+2H2O+AlO=Al(OH)3↓+HCO
D．制金属铝需要电解氧化铝，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
10．（2021·河北石家庄·统考一模）近日，湘潭大学和安徽工程大学团队合作研发出以催化剂为电极组建的整体尿素电解体系，实现了高效节能制氢，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．N为电源的负极，向b电极迁移
B．b电极反应式为
C．当外电路通过时，a电极析出(标准状况)气体
D．电极更易吸附尿素分子并促进化学键断裂
11．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）20世纪80年代Townley首次提出利用电化学膜脱除烟气中：将烟气预氧化使转化为，再将预氧化后的烟气利用如图所示原理进行净化。下列说法正确的是
A．预氧化时，可以用酸性溶液来氧化
B．净化气可能为纯净物
C．阳极的电极反应式：
D．工业上一般用蒸馏水吸收“扫出气”，得到的产物保存在棕色广口瓶中
12．（2021·河北·模拟预测）K—O2电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是
A．隔膜允许K+通过，不允许O2通过
B．放电时，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极
C．产生1Ah电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2.22
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗0.9g水
13．（2021·河北秦皇岛·青龙满族自治县第一中学校考模拟预测）镁货源储量丰富价格低廉：可充放电有机电解液镁电池模型如图，它具有较高的离子电导率、可充放电、对环境友好的优点，原电池反应为4Mg+2MnO2=MgMn2O4，已知电量Q与电流强度I和通电时间t之间满足关系：Q=It。下列表述错误的是
A．放电时，r—MnO2参与正极反应
B．放电时，Mg2+向正极移动，电子从Mg电极经导线流向MnO2电极
C．充电时，阳极反应式为MgMn2O4-2e-=2MnO2+Mg2+
D．电池在电流强度为0.5A时工作5min，理论消耗Mg0.14g(F=96500C•mol-1)
14．（2021·河北沧州·统考二模）聚合硫酸铁{PFS，}是一种性能优越的无机高分子混凝剂，利用双极膜(BP)(由一张阳膜和一张阴膜复合制成，在直流电场作用下将水分子解离成和，作为和离子源)电渗析法制备PFS的装置如图所示，下列说法不正确的是
A．X极上发生的电极反应为
B．“室1”和“室3”得到和的混合液
C．“室2”和“室4”产品为浓PFS
D．双极膜向“室2”和“室4”中提供
二、多选题
15．（2022·河北·模拟预测）碘因来源丰富和具有较快的氧化还原动力学使其作为电池的正极材料备受青睐。下图为PEG水系电解液锌碘双离子二次电池的装置示意图。已知该装置电解液中添加聚乙二醇(PEG)和碘化钾，其中PEG能与碘发生络合反应。下列说法错误的是
A．PEG可防止I2在水系电解液中溶解
B．双层膜可防止碘化物穿梭，孔隙越小越好
C．闭合K2，打开K1，N电极反应式为
D．闭合K1，打开K2，电子由M极经外电路流向N极
16．（2022·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）石家庄二中实验学校某化学兴趣小组同学查阅资料得知，常温下对于任一电池反应，其电动势，n为电池反应中转移的电子数。该小组同学设计装置(如图1)，以Zn-Cu原电池探究离子浓度的改变对电极电势的影响。小组同学测得初始时 (该反应n=2)，随放电进行，观察电池电动势的变化趋势并绘制了电池电动势变化示意图(如图2)。下列说法正确的是
A．电压表读数为零后，则说明该原电池中已经消耗完全
B．小组同学推测图2中直线与X轴的交点坐标大约为(37，0)
C．小组同学向和溶液中同时快速加入少量相同体积和浓度的溶液，发现电池电动势突然减小，则可知：
D．小组同学推测若将初始时左侧1mol/L的半电池，换为2mol/L的半电池，右侧半电池保持不变，则仍能观察到相同的电压表偏转情况，
三、原理综合题
17．（2023·河北·模拟预测）乙酸乙酯在工业上有着广泛的用途。科学家以乙烯、乙酸为原料，杂多酸作催化剂制备乙酸乙酯，反应原理为。回答下列问题：
(1)在热力学标态下由指定单质(大多是稳定单质)生成1 mol物质的反应焓变，称为该物质的标准摩尔生成焓()。。相关物质的标准摩尔生成焓数据如表所示。
物质
/(kJ·mol)
+52.3
-436.4
-463.2
以乙烯(g)、乙酸(g)为原料制备乙酸乙酯(1)的反应的热化学方程式为 。
(2)一定条件下，在一个密闭容器中，通入各1 mol的乙烯和乙酸气体，发生上述反应。
①若保持温度和压强不变，下列描述能说明反应已达化学平衡的是 (填字母)。
A．单位时间内，消耗乙烯和生成乙酸的物质的量相同
B．容器内混合气体的密度不再变化
C．不再变化
D．体系中乙烯和乙酸的转化率相等
②若想提高乙酸乙酯的产率，可以采取的措施有 (写两种)。
③分别在压强、下，相同时间内测得乙酸乙酯的产率随温度的变化如图。
(填“>”或“<”)，理由是 。A点后乙酸乙酯产率随温度升高反而下降的原因可能是 。A点该反应的压强平衡常数 (用含的代数式表示)。
(3)科学家设想通过电化学方法实现乙烯的转化，其原理如图所示(均为惰性电极)。图中b极为 极，M极上的电极反应式为 。
18．（2023·河北·校联考三模）高温煤气脱硫是提高煤清洁转化利用效率的关键技术，效果较好的脱硫剂是铁酸锌(ZnFe2O4)，部分反应如下：
Ⅰ.2FeS(s)+ZnS(s)+5O2(g)=ZnFe2O4(s)+3SO2(g) △H1=-1679.3kJ•mol-1
Ⅱ.2FeS(s)+ZnS(s)+10H2O(g)=ZnFe2O4(s)+3SO2(g)+10H2(g) △H2=+738.9kJ•mol-1
Ⅲ.2H2S(s)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) △H3=-1172.0kJ•mol-1
回答下列问题：
(1)铁酸锌脱硫反应ZnFe2O4(s)+3H2S(g)+H2(g)=2FeS(s)+ZnS(s)+4H2O(g)的反应热△H= 。
(2)铁酸锌脱硫反应ZnFe2O4(s)+3H2S(g)+H2(g)=2FeS(s)+ZnS(s)+4H2O(g)经实验测定在不同投料比x1、x2、x3[投料比x=]时H2S的平衡转化率与温度的关系如图所示。
①x1、x2、x3由大到小的顺序是 。
②一定温度下，向体积为5L的恒容密闭容器中投入3molH2S和2molH2和足量的ZnFe2O4时，初始压强为p0kPa，经4min反应达到平衡，测得平衡时H2O(g)的体积分数是氢气的2倍，则0～4min内的平均反应速率v(H2S)= 。该温度下，铁酸锌脱硫反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。
(3)一定温度(T0)下，在某恒容密闭容器中，按投料比n(H2S)：n(O2)=2：3进行投料，发生反应2H2S(s)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)。
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 (填标号)。
A．3v正(O2)=2v逆(SO2)
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内气体总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②研究表明，该反应的反应速率方程式为v=k•cm(H2S)•c3(O2)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关.一定温度(T0)下，投料比n(H2S)：n(O2)=2：3的初始反应速率为v0，当H2S转化率为50%时的反应速率为v0，则反应速率方程式中m= 。
(4)科学家制造出一种使用固体电解质的H2S燃料电池，固体电解质可以采用氧离子(O2-)导体或质子(H+)导体，电池反应原理如图所示。
①固体电解质采用氧离子(O2-)导体时，负极产生SO2的电极反应式为 。
②固体电解质采用质子(H+)导体时，负极的电极反应式为 。
19．（2023·河北唐山·统考三模）I．金属有机骨架化合物(MOFs)能高效选择性吸附NO2和N2O4，遇水后将氮氧化合物转化为HNO3.此过程在相同条件下存在如下平衡：
①
②
③
(1) (用含、、的式子表示)
(2)反应②在恒温恒压体系中，下列选项中能说明其已达到平衡的是________
A．混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
B．
C．颜色不再发生变化
D．混合气体的密度不变
II． NaClO溶液脱硝时将氮元素氧化成最高价态
(3)在恒容体系内的不同温度下，尾气脱硝的反应中NO的平衡分压p如图1所示。由图分析可知，反应温度升高，脱硝反应的平衡常数 (填“增大”“不变”或“减小”)
NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH的变化如图2所示，NaClO溶液的初始pH越小，NO的转化率越高。其原因是 。
III．臭氧脱硝存在如下两个反应：
a． ；
b． 。
(4)T℃时，将NO2和O3混合气体以物质的量之比2：1充入一个2L恒容密闭容器中发生上述反应，测得NO2的物质的量浓度随时间变化关系如下表。
t/s
0
2
4
6
8
10
12
c(NO2)/()
2.0
1.4
1.0
0.70
0.50
0.40
0.40
若起始压强为P0，T℃下反应达到平衡时，N2O4的分压与N2O5的分压相等，则O3的体积分数= (保留两位有效数字)，反应b平衡常数Kp= (用含P0式子表示，Kp为用平衡分压表示的平衡常数，即用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。
IV.电化学方法脱硝是将尾气脱硝反应设计成燃料电池，其原理如图。
(5)该电池在使用过程中石墨b电极上生成氧化物M，则石墨a电极上的电极反应方程式为 。
20．（2022·河北秦皇岛·统考三模）我国科学家利用Fe2Na3/红紫素催化剂实现CO2还原制备CO，利用可见光催化还原CO2，将CO2转化为增值化学原料(HCOOH、HCHO、CH3OH等) ，这被认为是一种可持续的CO2资源化有效途径。
(1)已知几种物质的燃烧热(ΔH)如表1所示：
表1
物质
HCHO(g)
H2(g)
燃烧热(ΔH)/(kJ · mol-1)
-570. 8
-285. 8
已知：H2O(g)=H2O(l) ΔH =-44 kJ ·mol-1。
CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+H2O(g) ΔH = kJ·mol-1
(2)在一定温度下，将1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)通入某恒容密闭容器中，发生反应CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ，测得不同时刻容器中CO2的体积分数[φ(CO2)]如表2所示。
表2
t/min
0
10
20
30
40
50
φ(CO2)
0.250
0.230
0.215
0.205
0.200
0.200
达到平衡时CO2的转化率为 。
(3)将n(CO2) ： n(H2)=1 ：4的混合气体充入某密闭容器中，同时发生反应1和反应2。
反应1：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH1= +41.2kJ·mol-1
反应2：CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2<0。
在不同温度、压强下，测得相同时间内CO2的转化率如图1。0.1 MPa时，CO2的转化率在600 °C之后随温度升高而增大的主要原因是 。
(4)在一定温度下，向容积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和n mol H2(g) ，仅发生(3)中的反应2。实验测得CH3OH的平衡分压与起始投料比[]的关系如图2。
①起始时容器内气体的总压强为8p kPa，若10 min时反应到达c点，则0~10 min内，v(H2)= mol·L-1· min-1。
②b点时反应的平衡常数Kp= (用含 p的表达式表示)(kPa)-2。(已知：用气体分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)
(5)我国科学家开发催化剂，以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，其阴极的电极反应式为 。
(6)我国学者探究 了BiIn 合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图3所示(带“*”表示物质处于吸附态)。试从图3分析，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因： ；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因： 。
21．（2022·河北·一模）我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。而研发二氧化碳的碳捕集和碳利用技术则是关键，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：
Ⅰ．一定温度下，和在催化剂作用下可发生两个平行反应，分别生成和。
a：
b：
(1)相同温度下， 。
(2)在传统的催化固定反应床中，转化率和甲醇选择性通常都比较低，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，极大地改善了该问题，原理如图所示。
保持压强为，温度为，向密闭容器中投料比按投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组
反应模式
温度/
转化率
选择性
①
3
260
21.9
67.3
②
3
260
36.1
100.0
已知选择性：转化的中生成的百分比。
①模式时，上述条件下发生反应，下列说法能作为反应a达到平衡状态的判据是 (填选项字母)。
A．气体压强不再变化 B．气体平均相对分子质量不再变化
C．不再变化 D．的物质的量之比为
②由表中数据可知模式下，的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因： 。
(3)反应b在进气比不同时，测得相应的平衡转化率见图(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同，其他反应条件都相同)。
①D和F两点对应的温度关系： (填＜，＞，或=)，其原因是 。
②已知反应速率，，k为反应速率常数，x为物质的量分数，在达到平衡状态为G点的反应过程(此过程为恒温)中，当的转化率刚好达到时， 。
Ⅱ．用下图装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度左右，持续通入二氧化碳，电解过程中物质的量基本不变。
(4)阴极电极反应式为： 。
22．（2021·河北·模拟预测）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
物质
H2(g)
C(石墨，s)
C6H6(l)
燃烧热△H(kJ•mol-1)
-285.8
-393.5
-3267.5
(1)则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为 。
(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为ymol•L-1•kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为 mol•L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO的电离)
(3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于 kPa。
(4)我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在 (填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e-=C2O Ⅱ.C2O=CO2+CO
Ⅲ. Ⅳ.CO+2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为 。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为 (用a、b、c字母排序)。
23．（2021·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）甲醇是一种可再生能源，CO和CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。
(1)已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 。
(2)恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应
i.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=-90.2 kJ·mol-1制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示：
则P1 P2，M点的正反应速率 N点的逆反应速率。(填“>”、“<”或“=”)
(3)在某催化剂作用下，CO2和H2发生反应
ii: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0 kJ·mol-1
iii：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H3=41.2 kJ·mol-1
①维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：
T(℃)
CO2实际转化率(%)
甲醇选择性(%)
243
12.3
42.3
253
15.3
39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是： 。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是 。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，只发生反应ⅱ和反应ⅲ，初始压强为P0，在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小25%，反应ⅱ的平衡常数Kp= (kPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(5)以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。
①阳极的电极反应式为 。
②若以铅蓄电池为电源，B应与铅蓄电池的 (填“Pb”或“PbO2” )相连。
四、工业流程题
24．（2023·河北张家口·统考一模）氢镍电池适合大电流放电，常用作动力电池，其负极材料M为Ni、石墨粉和少量La、Mg、MnO2，放电时电池反应为NiOOH+MH=Ni(OH)2+M。实验室对废旧氢镍电池进行综合处理，回收部分金属资源的工艺流程如图：
已知：Ni2+可形成[Ni(NH3)6]2+配离子；Ksp(MgF2)=5.2×10-11；H2SO4第一步完全电离，Ka(HSO)=1.1×10-2。回答下列问题：
(1)氢镍电池充电时，阴极反应式为 ；“放电处理”的目的为 。
(2)“酸浸”所得浸渣中几乎不含MnO2的原因为 。
(3)“沉镧”工序中，溶液的pH与沉镧率的变化关系如图所示。pH＜2.0时，沉镧率降低的原因为 。
(4)“除镁”所得滤液1中c(F-)=1.0×10-2mol•L-1，则c(Mg2+)= ；该工序不能使用玻璃仪器的原因为 。
(5)“沉锰”反应的离子方程式为 。
(6)“转化”所用试剂不宜选用氨水的原因为 ；滤液3中可提取出的循环利用的物质为 (填化学式)。
25．（2023·河北衡水·校联考二模）高硫锰矿的主要成分是，还含有、、、、、、等，从高硫锰矿中提取金属锰的工艺流程如图所示：
已知：、、、，金属离子的浓度的负对数与溶液的关系如图所示，回答下列问题：
(1)碱性催化脱硫时，为了提高脱硫效率，可采取的措施为 。
(2)碱性脱硫时氧化矿粉产生硫单质是该工艺流程的亮点，若将虚线框中的设计改为“高温煅烧”(如图)脱硫，与原方案比，其不足之处为 。
(3)“酸浸”时的作用为 。
(4)“调”应调至4左右，“滤渣3”的成分为 。
(5)“电解”冶炼金属锰后废电解液的处理方法为 。
(6)已知晶胞如图所示，该晶胞中∠α=120°，∠β=∠γ=90°。
①该晶体中，锰原子周围的硫原子数目为 。
②该晶体的密度为 (列出计算式即可)。
26．（2022·河北·校联考模拟预测）传统方法制备会产生大量副产物，研究者通过更环保的电解法，使用空气和水制备，并用其处理有机废水，过程如下。
(1)受热易分解，写出反应的化学方程式 。在制备的过程中，需要控制电解槽的温度。
(2)电解制备，装置如图所示。
①a极的电极反应式为 。
②通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是 。
③pH过高时会分解。但电解一段时间后，a极附近溶液pH基本不变，原因是 。
④测定生成的浓度。取溶液，用溶液滴定，完全反应转化为时，消耗溶液。则溶液的浓度为 。
(3)用氧化含有机物RhB的废水，将其降解为无机物，结果如图所示。溶液中的总有机碳(TOC)去除率越高，降解效果越好。
①20min时，RhB残留量已接近0。这段时间内RhB的平均降解速率= 。
②降解过程中，随着TOC去除率接近100%，溶液的pH降至5.6，请结合化学用语解释原因： 。
27．（2022·河北·模拟预测）合理处理金属垃圾既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下：
已知Sn2+容易水解。
回答下列问题：
(1)加快“脱锡”速率的措施有 (写出一点)。“操作I” 包含 、 、过滤、洗涤、干燥。
(2)“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是 ；硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示，当浓度大于120g·L-1时，脱锡率下降的原因 。
(3)“脱锡液”中含有的离子主要为Cu2+、Sn2+、H+、SO，以石墨为电极，通过控制溶液pH、电解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为 ； 当阴极出现 的现象时，说明电解回收锡结束。
(4)“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为 。
(5)称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120℃时所得固体的化学式为 。
28．（2021·河北石家庄·统考一模）铬系和非铬系铜镍电镀污泥均含有Cu(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Al(Ⅲ)的氢氧化物，前者还含有Cr(Ⅲ)的氢氧化物，一种综合回收铜、镍的新工艺流程如下：
已知：
Ⅰ、FePO4、CrPO4、AlPO4、Ni3(PO4)2的Ksp依次为1.3×10−22、2.4×10−23、5.8×10−19、5.0×10−31。
Ⅱ．Cr及其化合物的性质与铝类似。
回答下列问题：
(1)“电解Ⅰ”时，需严格控制电压，除了回收铜之外，第二个目的是 ，可通过一种试剂证明第二个目的是否达成，该试剂为 (填化学式)。
(2)“除杂”时，若镍离子浓度为0.05mol·L−1，则应调整溶液中PO浓度范围为 mol·L−1 (溶液中离子浓度≤10-5mol·L−1时，认为该离子沉淀完全；=3.2)。
(3)“转溶”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为 (用离子方程式表示)。
(4)“浸出Ⅱ”时，采取了多次浸取的方式，其目的为 。
(5)“萃取Ⅱ”时，发生的反应为Cu(NH3)+2HR=CuR2+2NH+2NH3和Ni(NH3)+2HR=NiR2+2NH+4NH3和，则“反萃取Ⅱ”时含铜微粒发生反应的离子方程式为 。
(6)“电解Ⅱ”时，若维持电流强度为0.5A，电流效率为90%，电解8min，理论上可获得铜 g．(已知：电流效率是指电解时电极上实际沉积与理论沉积物质的量之比，F=96500C·mol-1)
(7)流程中除了有机相之外，可以循环利用的物质还有 (填化学式)。
参考答案：
1．A
【详解】A．补充微量元素不能大量服用相关制剂，A错误；
B．白磷密度大于水且与水不反应，可用冷水贮存，B正确；
C．采用外加电流法对金属防腐，被保护金属作阴极，惰性电极可作阳极，C正确；
D．自然界中硫循环存在含硫物种在地壳或海底的无氧转化和空气中的有氧转化，D正确；
故选A。
2．D
【分析】含HCl的废气在通直流电的条件下失电子产生氯气，故连接的b极为正极，a极为负极，阴极上含有CO2的废气得电子产生CO；
【详解】A．还原生成，该电极是阴极，故为直流电源的负极，选项A正确；
B．为非极性分子，在有机溶剂中的溶解度较大，有利于在阴极放电，选项B正确；
C．左室中的电极反应式为，若用盐酸代替有机电解液，溶液中的易在阴极放电产生，选项C正确；
D．若产生，电路中转移电子，阴极产生，同时有通过质子交换膜进入左室，因此，左室增重：，选项D错误；
答案选D。
3．D
【分析】氧气在反应中得到电子发生还原反应，则参比电极作正极；
【详解】A．由分析可知，参比电极作正极，氧气得电子转化为，负极失电子生成氧气，电子由负极经外电路流向正极，熔融金属氧化物电离出的氧离子向负极定向移动可用于传递，A正确；
B．电子由负极经外电路流向正极，故工作时，电子由测量电极经外电路流向参比电极，B正确；
C．由工作原理知，负极氧离子失去电子发生氧化反应会不断生成氧气，混合气体氧气浓度增大，故用初期读数计算所得空气中氧气含量更准确，C正确；
D．两极氧气浓度差越大，两极电势差越大，则相同压强下，电势差越大，空气中氧气含量越低，D错误；
故选D。
4．D
【详解】A．外加电场作用于双极膜时，水分别在电极两端产生氢离子及氢氧根离子，故而水的电离度增大，A正确；
B．双极膜的作用是选择性的让阴阳离子通过，如图，电渗析装置中氢离子及氢氧根离子分别向阴极及阳极移动，其他离子不能通过，故可抽取和MOH，B正确；
C．依题意，双极膜电池中极可由CO2转化为HCOOH：，C正确；
D．由C知，右侧电极发生还原反应，Y极是正极，根据阳离子流向正极可知双极膜中右侧为阳膜，D错误。
故答案为：D。
5．B
【详解】A．由图可知，开关K置于M处时，该装置为原电池，需要利用光能，开关K置于N处时，该装置为电解池，也需要光能，则该装置可实现光能向电能和化学能的转化，选项A正确；
B．原电池中正极的电势大于负极，则电极电势：，电解池中阳极的电势大于阴极，则电极电势：，选项B错误；
C．原电池工作时，电子由负极通过导线流向正极，则开关K置于M处时，电子由极通过导线流向极，选项C正确；
D．开关K置于N处时，该装置为电解池，极为阴极，其电极反应式为，选项D正确；
答案选B。
6．B
【分析】由电池放电时的反应可知，Li化合价由0价变成+1价，故是原电池的负极，复杂材料电极是正极。
【详解】A．由以上分析可知，放电时，Li电极作电池负极，有电子经导线流出，A正确；
B．充电时，阳极C变成二氧化碳，阴极Li+变成Li，故每转移1mol电子，消耗0.25molC质量为3g，生成1molLi质量为7g，故两电极的质量变化差值为3g+7g=10g，B错误；
C．充电时，阳极上C失电子变成二氧化碳，故阳极的电极反应式为C-4e-+2Li2CO3 =3CO2↑+4Li+，C正确；
D．CNTs碳纳米管是一种电导率高、比表面积大、通道和孔隙率丰富的导电基底，增加二氧化碳的吸收效率，故可使该电池表现出优异的电化学性能，D正确；
故选B。
7．B
【分析】固体氧化物燃料电池(Solid Oxide Fuel Cell，简称SOFC)，是一种在中高温下直接将储存在燃料和氧化剂中的化学能高效、环境友好地转化成电能的全固态化学发电装置。
【详解】A．吸附燃料H2的Ni为燃料电池的负极，A选项正确；
B．由图可知过程中传递O2-，其内部电解质属非水环境，B选项错误；
C．O2-移向电势地的负极即Ni电极，C选项正确；
D．该电池利用Ni表面的多孔结构吸附H2，D选项正确；
答案选B。
8．D
【分析】该电池放电时器件的透光率逐渐增强，说明a电极由FePO4转化为透明的LiFePO4，铁的化合价降低，则该电极为正极，故b电极为负极，据此解答。
【详解】A．放电时，该电池为原电池，阳离子向正极移动，即Li+移向a极，A项正确；
B．放电时，b极为负极，则充电时b极为阴极，接外电源的负极，B项正确；
C．充电时，a极物质由LiFePO4转化为FePO4，电极方程式为LiFePO4-e-=FePO4+Li+，C项正确；
D．以该器件为电源精炼铜，当生成64g精铜时，反应中转移了2mol电子，则原电池a极质量增加2mol锂，即增加14g，b极质量减少2mol锂，即减少14g，a、b两极质量变化差为28g，D项错误；
故答案选D。
9．C
【详解】A．煤灰含Al2O3、SiO2、CaO、Fe2O3等，用盐酸可使Al2O3、CaO、Fe2O3溶解，生成可溶性的盐，用硫酸酸浸CaO与硫酸反应生成微溶的CaSO4，不符合题意，故A错误；
B．操作1、2、3、4名称相同都为过滤，1、2、3操作时都除去了一种杂质，4除去溶液中的多种杂质，故B错误；
C．根据流程图可知通入CO2，制得Al(OH)3沉淀，为保证反应完全，通入足量的CO2，反应为CO2+2H2O+AlO2−=Al(OH)3↓+HCO3−，故C正确；
D．制金属铝需要电解熔融的氧化铝，阳极反应式为2O2−-4e−=O2↑，故D错误；
答案选C。
10．A
【分析】由工作原理示意图可知，该装置为电解池，与直流电源正极N极相连的b电极为电解池的阳极，碱性条件下，尿素在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳、氮气和水，电极反应式为，与负极相连的a电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为。
【详解】A．由分析可知，N电极为直流电源的正极，b电极为电解池的阳极，则电解池工作时，钾离子向阴极a电极移动，故A错误；
B．由分析可知，b电极为电解池的阳极，碱性条件下，尿素在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳、氮气和水，电极反应式为，故B正确；
C．由分析可知，a电极为阴极，外电路通过2mol电子时，阴极生成1mol氢气，则标准状况下外电路通过0.5mol电子，a电极析出氢气的体积为0.5mol××22.4L/mol=5.6L，故C正确；
D．由题意可知，电极更易吸附尿素分子，能起催化剂的作用，降低反应的活化能，促进化学键断裂，故D正确；
故选A。
11．C
【详解】A．若用酸性溶液来氧化，被直接氧化成，A错误；
B．烟气中主要含有、和，和反应生成的反应为可逆反应，净化气不可能为纯净物，B错误；
C．从图中所示，阳极扫出气、和，电极反应式：，C正确；
D．工业上一般用浓硫酸来吸收，得到的硫酸一般保存在细口试剂瓶中，D项错误；
故答案选C。
12．D
【分析】由图可知，a电极为原电池的负极，单质钾片失去电子发生氧化反应生成钾离子，电极反应式为K—e-=K+，b电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超氧化钾；据以上分析解答。
【详解】A．金属性强的金属钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许通过，不允许通过，故A正确；
B．由分析可知，放电时，a为负极，b为正极，电流由b电极沿导线流向a电极，充电时，b电极应与直流电源的正极相连，做电解池的为阳极，故B正确；
C．由分析可知，生成1mol超氧化钾时，消耗1mol氧气，两者的质量比值为1mol×71g/mol：1mol×32g/mol≈2.22：1，故C正确；
D．铅酸蓄电池充电时的总反应方程式为2PbSO4+2H2O＝PbO2+Pb+2H2SO4，反应消耗2mol水，转移2mol电子，由得失电子数目守恒可知，耗钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为×18g/mol=1.8g，故D错误；
故选D。
13．D
【分析】原电池反应为4Mg+2MnO2=MgMn2O4，Mg在负极失电子，在正极反应中得电子，充电时，阳极反应式为，阴极：。
【详解】A．放电时为原电池根据题所给原电池反应可知，在反应中得电子，参与正极反应，A正确；
B．原电池中阳离子移向正极，电流方向与电子移动方向相反，电子从负极经过导线流向正极，B正确；
C．充电时，阳极发生氧化反应，结合原电池反应可知，阳极反应式为，C正确；
D．电流强度，工作时间为，，， 转移电子的物质的量为，则消耗Mg的质量为，D错误。
故选D。
14．B
【分析】根据图示，稀硫酸进入“室3”，Fe2(SO4)3溶液进入“室4”，且“室3”和“室4”之间有阴膜，则说明PFS在“室4”内产生；双极膜将水分解离成OH-和H+，即双极膜产生的H+向“室3”移动，产生的OH-向“室4”移动，向“室3”移动，由于“室3”和“室4”是重复单元，故H+向“室1”和“室3”移动，OH-向“室2”和“室4”移动，向“室1”和“室3”移动，故 “室1”和“室3”得到的是H2SO4溶液，“室2”和“室4”得到的是PFS。
【详解】A．在电解装置的左侧，由于双极膜产生的H+向“室1”移动，则X极上发生的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，A正确；
B．H+向“室1”和“室3”移动向“室1”和“室3”移动，故“室1”和“室3”得到的是H2SO4溶液，B错误；
C．Fe2(SO4)3溶液进入“室2”和“室4”，且OH-向“室2”和“室4”移动，故“室2”和“室4”得到的是PFS，C正确；
D．OH-向“室2”和“室4”移动，说明双极膜向“室2”和“室4”中提供OH-，D正确；
故选B。
15．BD
【分析】本题以水系电解液锌碘双离子二次电池为载体，考查了学生对电化学装置的分析和应用。其中原电池与电解池的切换以及电池分析是本题的亮点和难点。准确提取题干中的关键信息并分析电解池是解题的关键。
【详解】A．通过络合反应，防止在水系电解液中溶解，A项正确；
B．双层膜可防止碘化物穿梭，但孔隙过小，会增加电解液离子迁移难度，电阻增大，B项错误；
C．闭合，打开，为充电过程，电极反应式为，电极反应式为，C项正确；
D．闭合，打开，为放电过程，电子由极(负极)经外电路流向极(正极)，D项错误；
故选BD。
16．BC
【详解】A．电压表读数为0，并不能说明溶液中铜离子消耗完，当铜离子浓度很小时，电动势很小，不能够形成电流或无法测出电流，A项错误；
B．根据分析，当(该反应n=2)时，=37，故图2中直线与X轴的交点坐标大约为(37，0)，B项正确；
C．加入硫化钠 电池电动势突然减小，说明溶液的铜离子浓度减小，即形成了硫化铜沉淀，说明，C项正确；
D．若两侧都为硫酸铜和铜，不能形成原电池，不可能观察到相同的电压表偏转，D项错误。
故选BC。
17．(1) kJ·mol
(2) A 加压、降温等 > 其他条件相同时，有气体参加的反应，压强越大，化学反应速率越快，产率越大 该反应为放热反应，A点后反应达到平衡，升高温度，相当于平衡逆向移动
(3) 负
【详解】（1）标准摩尔生成焓是由指定单质生成1 mol该物质的反应焓变，所以一个反应的焓变=生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓； kJ•mol⁻¹；
（2）①A、单位时间内，消耗乙烯和生成乙酸的物质的量相同，说明正、逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故选A；
B、容器内两种气体的物质的量之比一直为1∶1，温度和压强不变，混合气体的密度是恒量，混合气体的密度不变，反应不一定平衡，故不选B；
C、温度和压强不变，乙烯和乙酸的物质的量一直相等，K= ，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，则是恒量，不变，反应不一定平衡，故不选C；
D、乙烯和乙酸的起始量均为1 mol，消耗量一直相等，故体系中乙烯和乙酸的转化率一直相等，体系中乙烯和乙酸的转化率相等，反应不一定平衡，故不选D。
选A；
②该反应为气体分子数减少的放热反应，故提高产率的方法有加压、降温等。
③其他条件相同时，有气体参加的反应，压强越大，化学反应速率越快，由图可知，相同温度下，相同时间内，压强为时乙酸乙酯的产率较大，则压强。由图可知，在压强为时，A点乙酸乙酯的产率最大，说明反应达到平衡，则A点之后曲线上的点都是平衡点，该反应为放热反应，则温度超过80℃时，温度升高，平衡向逆反应方向移动，乙酸乙酯的产率下降。体系内只有乙烯和乙酸两种气体，且物质的量相等，则二者的分压均为，则。
（3）M极上发生的反应是乙烯生成乙酸乙酯，碳元素化合价由-2升高为-1发生氧化反应，则M是阳极，a为正极、b为负极；根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知M电极反应式为。
18．(1)-320.52kJ•mol-1
(2) x3＞x2＞x1 0.1mol•L-1•min-1 (或37.9)
(3) CD 2
(4) H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O 2H2S-4e-=S2+4H+
【详解】（1）反应可由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ经ⅢⅡ得到，该反应的，故答案为：-320.52kJ•mol-1；
（2）①根据反应可知，当越大时，的平衡转化率越小，故。故答案为：；
②根据化学方程式和平衡时的体积分数是氢气的2倍，可计算得到平衡时、、的物质的量分别为、、.内的平均反应速率.该温度下，铁酸锌脱硫反应的平衡常数(或37.9)。故答案为：0.1mol•L-1•min-1；(或37.9)；
（3）①A.2v正(O2)=3v逆(SO2)时反应达到平衡，故A错误；
B.反应前后气体质量保持不变，体积不变，则混合气体的密度始终恒定，不能据此判断平衡，故B错误；
C.反应前后气体分子数减少，随反应进行容器内气体总压强减小，当压强不再变化时反应达到平衡，故C正确；
D.气体总质量不变，但气体分子数减小，则随反应进行混合气体的平均相对分子质量增大，当不再变化时反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
②化学方程式中与的化学计量数之比为，当投料比时，二者的转化率相同，当转化率为时，转化率也为.设起始时，，则，初始反应速率为，当转化率为时的反应速率为，解得。故答案为：2；
（4）①固体电解质采用氧离子(O2-)导体时，负极H2S失电子产生SO2，电极方程式为：H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O，故答案为：H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O；
②固体电解质采用质子(H+)导体时，负极H2S失电子产生S2，电极方程式为：2H2S-4e-=S2+4H+，故答案为：2H2S-4e-=S2+4H+。
19．(1)
(2)AC
(3) 减小 溶液的越小，溶液中浓度越大，氧化能力越强
(4)
(5)
【详解】（1）根据盖斯定律：得到目标方程式：，所以；
（2）反应②为：，
A. 混合气体的平均相对分子质量，不变，变化，M是个变量，当M不再发生变化，反应达平衡状态，A正确；
B. 根据方程式，当时，反应达平衡状态，B错误；
C. 为红棕色气体，当颜色不再发生变化，浓度不变，反应达平衡状态，C正确；
D. 混合气体的密度，m和V都不变，所以密度不是变量，不能用于判断反应是否达平衡，D错误；
故选AC；
（3）NaClO溶液脱硝时将氮元素氧化成最高价态，反应方程式为：，由图分析，温度越高，平衡分压的负对数越小，平衡分压越大，平衡逆向移动，所以该反应为放热反应，所以反应温度升高，脱硝反应的平衡常数越小；因为溶液的越小，溶液中浓度越大，氧化能力越强，所以pH越小，NO的转化率越高；
（4）根据三段式：
，，，，，，，的体积分数为：，反应的平衡常数；
（5）石墨b电极上生成氧化物，为负极，则石墨a电极上为正极，电极反应方程式为：。
20．(1)+43.2
(2)25%
(3)反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量
(4) 0.075
(5)CO2 +4e- +4H+=HCHO+ H2O
(6) 相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附 相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【详解】（1）根据燃烧热写出热化学方程式：
i . HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H= -570.8 kJ/mol
ii. H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ/mol
iii. H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJ/mol
根据盖斯定律，ii×2-i- iii得反应CO2(g)+2H2(g) ⇌HCHO(g)+H2O(g)的△H=(-285.8×2 +570.8+44) kJ/mol=+43.2 kJ/mol；答案为：+43.2。
（2）由表2可知，平衡时CO2的体积分数为0.200，设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为xmol，列三段式： ，则=0.200，解得x=0.25，则CO2的平衡转化率为25%；答案为：25%。
（3）反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量，故0.1 MPa时，CO2的转化率在600 °C之后随温度升高而增大；答案为：反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量。
（4）①设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为ymol；根据c点列三段式
恒温恒容下，气体压强与气体物质的量成正比例，，解得y=0.5，v(H2)= =0.075 mol·L-1·min-1；答案为：0.075。
②温度相同，a、b、c点平衡常数相等，选c点数据计算平衡常数，c点平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O物质的量依次为0.5mol、1.5mol、0.5mol、0.5mol，CH3OH的分压为pkPa，则p(CO2)= p(CH3OH)= p(H2O)=pkPa，p(H2)=pkPa× 3=3pkPa，则平衡常数Kp== (kPa)-2；答案为：。
（5）以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，CO2在阴极上得电子被还原成HCHO，阴极的电极反应式为CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O；答案为：CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O。
（6）根据图象，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
21．(1)—90.7kJ/mol
(2) B CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大
(3) ＜ 通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大
(4)7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应a—b可得反应，则△H3=△H1—△H2=(—49.5kJ/mol)—(+41.2 kJ/mol)= —90.7kJ/mol，故答案为：—90.7kJ/mol；
（2）①A．恒压条件下，气体压强始终不变，则气体压强不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应a是物质的量减小的反应，反应中气体平均相对分子质量增大，则气体平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．的比值与化学计量数的比值相等，反应中始终不变，则不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
D．的物质的量之比为不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选B；
②由表中数据可知模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大，故答案为：CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大；
（3）①由图可知，D点二氧化碳和氢气的物质的量比为1：1，二氧化碳的转化率为60%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳和氢气的物质的量均为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.4mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0.6mol/L ，反应的平衡常数K1==2.25，F点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为50%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.75mol/L、0.25mol/L、0.75mol/L和0. 75mol/L ，反应的平衡常数K2==3，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，由F点平衡常数大于D点可知，D点反应温度小于F点，故答案为：＜；通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大；
②由图可知，G点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为40%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.9mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0. 6mol/L ，反应的平衡常数K3==1，反应达到平衡时由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：=，== K3=1， 当二氧化碳的转化率为20%时，二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为1.2mol/L、0.7mol/L、0.3mol/L和0. 3mol/L，则=1×=，故答案为：；
（4）由题意可知，通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，在水分子作用下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇和碳酸氢根离子，电极反应式为7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6，故答案为：7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6。
22． 6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1 100.8 正 2C+CO2=2C+C 3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH- c、a、b
【详解】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) H1=-393.5kJmol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l) H2=-285.8kJmol-1，③C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H3=-3267.5kJmol-1，根据盖斯定律，[①12+②6] -③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，H=[(-393.5kJmol-1)+(-285.8kJmol-1)6]-(-3267.5kJmol-1)=49.1kJmol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1；
(2)由题可知，①CO2(s)CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，设c(H+)为α，则c（OH-）=，根据电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-),可得c(HCO3-)=α-，大气中的CO2分压p(CO2)=px kPa，溶液中CO2的浓度c(CO2)(aq)=pxy mol/L，将c(H+)、c（OH-）、c(CO2)(aq)带入平衡常数表达式 ，所以解得α=c(H+)=，故答案为：；
(3)2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp===529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K== 529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；
(4)①由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C+CO2=2C+C，故答案为：正；2C+CO2=2C+C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，碳元素从+4价降低到-2价，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-；
II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原曲线中a的最大能垒为0.51＜b曲线的0.72，a曲线电化学还原更容易。且H+电还原中a曲线最大能垒0.27＞b曲线的0.22，综上所述，a催化剂比b催化剂更易发生CO2电还原。因此反应从易到难的顺序为c、a、b，故答案为：c、a、b。
23． CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1 > > 升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大 适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂） 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ pb
【详解】(1) 25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，则①CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=- akJ·mol-1
CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，则②CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H = -b kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。
根据盖斯定律①-②-2×③，甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1；
(2) CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CO(g)转化率增大，则P1>P2，M、N两点为平衡点，两点正逆反应速率都相等， N点压强小于M点，M点的正反应速率>N点的逆反应速率。
(3)升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大，所以升高温度CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂）。
(4)由于发生反应ii，容器体积减小，设参加反应ii的CO2的物质的量是xmol，
X=0.75mol
参加反应ii的H2的物质的量是2.25mol，生成甲醇的物质的量是0.75mol、生成水的物质的量是0.75mol；CO2的转化率为50%，则参加反应iii的CO2的物质的量是2×0.5-0.75=0.25mol，反应iii消耗0.25molH2、生成0.25molCO、生成水0.25mol；达到平衡时，容器中CO2(g)的物质的量是1mol、H2的物质的量是4mol-2.25mol-0.25mol=1.5mol、甲醇的物质的量是0.75mol、水的物质的量是0.75mol+0.25mol=1mol，容器内气体总物质的量是6mol×(1-25%)=4.5mol；
反应ⅱ的平衡常数Kp=；
(5)根据图示，右侧电极氧气得电子生成水，B是负极，A是正极；
①甲醇、一氧化碳在阳极失电子生成碳酸二甲酯，阳极的电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。
②铅蓄电池中，PbO2为正极、Pb为负极；B是阴极，B应与铅蓄电池的Pb相连。
24．(1) M+H2O+e-=MH+OH- 使电极反应充分进行，提高原料利用率，同时可防止拆解时发生危险
(2)石墨粉和Mg在焙烧时可将MnO2还原
(3)H+浓度过高与SO结合成HSO使SO浓度降低，La2(SO4)3•Na2SO4•xH2O的溶解平衡正向移动，使沉镧率降低
(4) 5.2×10-7mol•L-1 氟离子水解生成的HF腐蚀玻璃
(5)2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+
(6) 氨水用量不易控制，加入氨水过量或不足均使镍沉淀率低(Ni2+易与NH3形成配离子使镍沉淀率低) Na2SO4
【分析】废旧电池经过处理后，再用稀硫酸酸浸，原料中含有石墨粉和活泼金属，焙烧时可将还原，得到含硫酸镁、和的浸液，再加入芒硝，可得La2(SO4)3•Na2SO4•xH2O，再加入氟化铵，可以除去镁离子，再向所得滤液中加入高锰酸钾，会发生反应，从而除去锰离子，再向滤液中加入NaOH可得 Ni(OH)2。
【详解】（1）由信息知，氢镍电池充电时，阴极反应式为；“放电处理”的目的为使电极反应充分进行，提高原料利用率，同时可防止拆解时发生危险，故答案为：M+H2O+e-=MH+OH-；使电极反应充分进行，提高原料利用率，同时可防止拆解时发生危险；
（2）原料中含有石墨粉和活泼金属，焙烧时可将还原，故“酸浸”所得浸渣中几乎不含，故答案为：石墨粉和Mg在焙烧时可将MnO2还原；
（3）由信息知，“沉镧”工序中，镧离子形成后过滤分离出来，若溶液的pH＜2.0，与结合成而使的溶解平衡正向移动，降低沉镧率，故答案为：H+浓度过高与SO结合成HSO使SO浓度降低，La2(SO4)3•Na2SO4•xH2O的溶解平衡正向移动，使沉镧率降低；
（4）由，计算得；氟离子水解生成的HF腐蚀玻璃，故该工序不能使用玻璃仪器，故答案为：5.2×10-7mol•L-1；氟离子水解生成的HF腐蚀玻璃；
（5）由信息知，“沉锰”时与在弱酸性介质中反应生成的离子方程式为，故答案为：；
（6）易形成配离子，故“转化”时加入氨水过量使镍沉淀率低，加入氨水不足镍离子沉淀不完全也使镍沉淀率低，即氨水用量不易控制；滤液3中含有、氨水等，可提取出的循环利用的物质为，故答案为：氨水用量不易控制，加入氨水过量或不足均使镍沉淀率低(Ni2+易与NH3形成配离子使镍沉淀率低)；Na2SO4。
25．(1)粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度
(2)高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制
(3)将氧化成
(4)和
(5)加入酸浸液再利用
(6) 4
【分析】由题给流程可知，在催化剂作用下，高硫锰矿中的金属硫化物与氢氧化钠溶液和氧气反应转化为为硫和难溶的金属氢氧化物，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应转化为硅酸钠，过滤得到含有硅酸钠的滤液和脱硫矿粉；向脱硫矿粉中加入稀硫酸和二氧化锰酸浸，将金属化合物转化为可溶的金属硫酸盐，其中二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，过滤得到含有硫的滤渣1和滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入硫化铵溶液，将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化铜、硫化镍的滤渣3和滤液；电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气。
【详解】（1）粉碎高硫锰矿、适当升高脱硫温度、适当增大氢氧化钠溶液浓度等措施能提高脱硫效率，故答案为：粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度；
（2）由图可知，高温煅烧脱硫时，金属硫化物与空气中的氧气反应生成金属氧化物和二氧化硫，二氧化硫需用氢氧化钠溶液吸收处理，所以与原方案比，高温煅烧法的缺点是生成的有毒气体二氧化硫需用氢氧化钠溶液处理，工序复杂，不宜控制，故答案为：高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制；
（3）由分析可知，酸浸时二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将氧化成；
（4）由分析可知，加入硫化铵溶液的目的是将将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，则滤渣3的主要成分为硫化铜和硫化镍，故答案为：和；
（5）由分析可知，电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气，则废电解液可以加入酸浸液再利用，节约成本，故答案为：加入酸浸液再利用；
（6）①由晶胞结构可知，与硫原子距离最近的锰原子个数为4，则由硫化锰的化学式可知，锰原子周围的硫原子个数为4，故答案为：4；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体内的硫原子个数为8×+1=2，位于棱上和体内的锰原子个数为4×+1=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—21×sin60°a×a×c×d，解得d=，故答案为：。
26．(1)
(2) 将b极产生的氧气循环利用，用于制备 反应中转移等量的电子，阴极产生与阳极产生的物质的量相等，(可得1分)阳极产生通过质子交换膜移至a极附近与反应
(3) 有机物被氧化为；，，使溶液pH降低到5.6
【分析】本实验为用空气和水电解的方式制备H2O2，而后用H2O2处理有机废水，据此分析回答问题。
(1)
H2O2受热易分解生成水和氧气，化学反应方程式为2 H2O2 2H2O+O2↑；
(2)
①氧气在a极得电子和水反应生成过氧化氢，故a极的电极反应式为O2+2H2O+2e−= H2O2+2OH−；
②b极为阳极，发生氧化反应，生成氧气，故通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2；
③电解时a极生成OH-，pH升高，b极生成H+，pH降低，H+能通过质子交换膜移动到a极，中和OH-，保持a极附近溶液的pH不变，故为反应中转移等量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的量相等，(可得1分)阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH-反应；
④H2O2和Ce(SO4)2反应，Ce(SO4)2做氧化剂，H2O2做还原剂，根据电子守恒有如下关系，H2O2 ~2Ce(SO4)2，则H2O2的浓度为 ；
(3)
①根据速率公式有， ；
②H2O2氧化有机物时，生成的有机物为CO2，CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO，使溶液呈酸性，pH降低到5.6。
27．(1) 研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可) 蒸发浓缩 冷却结晶
(2) 抑制Sn2+水解 置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降
(3) 2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O 气泡产生
(4)2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O
(5)CuSO4∙H2O
【分析】本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。
【详解】（1）从反应速率的影响因素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶；
（2）根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的原因是：置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降；
（3）阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极方程式为：2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的现象时，说明电解回收锡结束；
（4）“脱锡渣”的主要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O；
（5）设120℃时固体物质的相对分子质量为M，，M=178，故120℃时固体物质的成分为：CuSO4∙H2O。
28．(1) 将二价铁转化为三价铁 K3[Fe(CN)6]或KMnO4
(2)5.8×10－14 ~ 6.4×10－14
(3)Al(OH)3+OH−=Al(OH)、Cr(OH)3+OH−=Cr(OH)
(4)提高铜、镍元素的浸取率
(5)CuR2+2H+=Cu2++2HR
(6)0.07
(7)NH3·H2O或(NH4)2CO3；Na3PO4
【分析】铬系铜镍电镀污泥加入硫酸浸出，得到含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+、Cr3+的滤液，电解滤液得到铜单质，同时将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入磷酸钠得到FePO4、CrPO4、AlPO4沉淀，过滤后向沉淀中加入NaOH溶液，将磷酸盐沉淀转化为氢氧化物沉淀；非铬系铜镍电镀污泥加入氨水、碳酸铵浸取，过滤得到含有Cu(NH3)和Ni(NH3)的滤液，向滤液中加入HR进行萃取，分液后取有机相，水洗分液后加入硫酸进行反萃取，分液得到含Cu2+和Ni2+的水相，电解水相得到铜，电解液与铬系铜镍电镀污泥处理流程中除杂的滤液混合，之后再进行萃取、反萃取，得到硫酸镍。
(1)
铬系铜镍电镀污泥中Fe为二价，后续流程中得到的铁是三价，可知电解过程中除了回收铜之外，还将二价铁转化为三价铁；证明第二个目的是否达成，即检验溶液中是否还有Fe2+，可以用K3[Fe(CN)6]或KMnO4检验，若有Fe2+，现象分别为出现蓝色沉淀或紫红色褪色；
(2)
除杂的目的是使Fe3+、Cr3+、Al3+沉淀，Ni2+不沉淀，需要沉淀的三种离子中，Ksp[AlPO4]最大，所以只要保证Al3+完全沉淀，则Fe3+、Cr3+也一定完全沉淀，此时溶液中c(PO)==mol/L=5.8×10－14mol/L；Ni2+开始沉淀时c(PO)==mol/L=6.4×10－14mol/L，所以PO浓度范围为5.8×10－14 ~ 6.4×10－14mol/L；
(3)
Cr及其化合物的性质与铝类似，所以Al(OH)3、Cr(OH)3都具有两性，若NaOH过量，氢氧化物沉淀会溶解，离子方程式为Al(OH)3+OH−=Al(OH)、Cr(OH)3+OH−=Cr(OH)；
(4)
根据后续流程的处理可知“浸出Ⅱ”是为了得到Cu(NH3)和Ni(NH3)，多次浸取可以提高铜、镍元素的浸取率；
(5)
根据流程可知，反萃取的过程中CuR2在硫酸的作用下转化为Cu2+，离子方程式为CuR2+2H+=Cu2++2HR；
(6)
若维持电流强度为0.5A，电流效率为90%，电解8min即480s，则理论上转移电子数为mol×90%，所以获得的铜为mol×90%÷2×64g/mol=0.07g；
(7)
根据“萃取Ⅱ”时的反应可知，水相1中主要溶质为NH3·H2O、(NH4)2CO3，可以循环使用；转溶时磷酸盐沉淀转化为氢氧化物，所得滤液Ⅰ中主要溶质为Na3PO4，可以循环使用。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-17化学能与电能
一、单选题
1．（2023·河北张家口·统考三模）下列说法错误的是
A．大量服用碘化钾等制剂可补充人体所需微量元素碘
B．白磷密度大于水且与水不反应，可用冷水贮存
C．采用外加电流法对金属防腐，可选用惰性电极作阳极
D．自然界中硫循环存在含硫物种的有氧转化和无氧转化
2．（2023·河北·校联考模拟预测）利用和废气作原料，通过电化学原理制备光气原料气的装置如图所示。下列说法错误的是
A．a为直流电源的负极
B．有机电解液有利于增大的溶解度
C．若用盐酸代替有机电解液，电极产物可能改变
D．若产生，理论上左室液体增重
3．（2023·河北张家口·统考一模）利用同种气体在两极浓度不同而产生电势差可设计成气体浓差电池，利用浓差电池可测定混合气体中某气体含量。实验室通过氧气浓差电池测定空气中氧气含量的工作原理如图所示，其中在参比电极上通入纯氧气，测量电极上通入空气。下列说法错误的是
A．熔融ZrO2、CaO混合物可用于传递O2-
B．工作时，电子由测量电极经外电路流向参比电极
C．工作时，用初期读数计算所得空气中氧气含量更准确
D．相同压强下，电势差越大，空气中氧气含量越高
4．（2023·河北衡水·校联考二模）双极膜可用于电渗析生产酸碱、争水、电池等。下列有关描述不合理的是
A．外加电场作用于双极膜，使水的电离度增大
B．电渗析装置实现了由溶液制取和
C．双极膜电池中极上发生的电极反应为
D．双极膜电池中的双极膜的左侧为阳膜，右侧为阴膜
5．（2023·河北沧州·统考一模）某团队基于光激发碳纤维上的聚[1，4-二(2-噻吩基)]苯(PDTB)和二氧化钛()半导体构建了一种夹心三明治结构的高性能锌-空气电池，该装置利用充放电过程中与的相互转化，能够提升电池的放电电压，降低电池的充电电压，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是
A．该装置可实现光能向电能和化学能的转化
B．电极电势：
C．开关K置于M处时，电子由极通过导线流向PDTB极
D．开关K置于N处时，极的电极反应式为
6．（2022·河北沧州·统考二模）火星大气约95%是CO2，Li-CO2电池在未来的火星探测领域有着重要的应用前景。科学家设计了一系列Ru/M-CPY@ CNT(碳纳米管)杂化材料(M = Co、Zn、Ni、Mn， CNTs碳纳米管是一种电导率高、比表面积大、通道和孔隙率丰富的导电基底)作为电极。已知该电池放电时的反应为4Li+3CO2=2Li2CO3+C，下列说法错误的是
A．放电时，Li电极作电池负极，有电子经导线流出
B．充电时，每转移1mol电子，两电极的质量变化差值为7g
C．充电时，阳极的电极反应式为C-4e-+2Li2CO3 =3CO2↑+4Li+
D．杂化材料中CNTs增多了CO2的吸附位点，可使该电池表现出优异的电化学性能
7．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考一模）中温SOFC电池Ni电极上的反应机理如图所示，下列说法中错误的是
A．该Ni电极是中温SOFC电池的负极
B．该中温SOFC电池采用酸性电解质溶液
C．从电势高的电极向该Ni电极移动
D．该Ni电极对有较强的吸附作用
8．（2022·河北石家庄·统考二模）电致变色材料在飞机的舷窗和智能太阳镜等方面具有广泛应用。一种新一代集电致变色功能和储能功能于一体的电子器件的工作原理如图所示，放电时该器件的透光率逐渐增强。
下列说法错误的是
A．放电时，Li+移向a极
B．充电时，b极接外电源的负极
C．充电时，a极的电极反应式：LiFePO4-e-=FePO4+Li+
D．以该器件为电源精炼铜，当a、b两极质量变化差为14g时，理论上可生成64g精铜
9．（2022·河北·模拟预测）煤灰提取铝既能缓解我国缺乏铝矿的现状，又能减少煤燃烧产生的污染。煤灰含Al2O3、SiO2、CaO、Fe2O3等。煤灰中提取铝的工艺流程如图所示，下列说法正确的是
A．煤灰加酸进行酸浸时，用硫酸酸浸溶解效果好
B．操作1、2、3、4名称相同，操作时都除去了一种杂质
C．X为CO2，发生的反应为CO2+2H2O+AlO=Al(OH)3↓+HCO
D．制金属铝需要电解氧化铝，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
10．（2021·河北石家庄·统考一模）近日，湘潭大学和安徽工程大学团队合作研发出以催化剂为电极组建的整体尿素电解体系，实现了高效节能制氢，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．N为电源的负极，向b电极迁移
B．b电极反应式为
C．当外电路通过时，a电极析出(标准状况)气体
D．电极更易吸附尿素分子并促进化学键断裂
11．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）20世纪80年代Townley首次提出利用电化学膜脱除烟气中：将烟气预氧化使转化为，再将预氧化后的烟气利用如图所示原理进行净化。下列说法正确的是
A．预氧化时，可以用酸性溶液来氧化
B．净化气可能为纯净物
C．阳极的电极反应式：
D．工业上一般用蒸馏水吸收“扫出气”，得到的产物保存在棕色广口瓶中
12．（2021·河北·模拟预测）K—O2电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是
A．隔膜允许K+通过，不允许O2通过
B．放电时，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极
C．产生1Ah电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2.22
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗0.9g水
13．（2021·河北秦皇岛·青龙满族自治县第一中学校考模拟预测）镁货源储量丰富价格低廉：可充放电有机电解液镁电池模型如图，它具有较高的离子电导率、可充放电、对环境友好的优点，原电池反应为4Mg+2MnO2=MgMn2O4，已知电量Q与电流强度I和通电时间t之间满足关系：Q=It。下列表述错误的是
A．放电时，r—MnO2参与正极反应
B．放电时，Mg2+向正极移动，电子从Mg电极经导线流向MnO2电极
C．充电时，阳极反应式为MgMn2O4-2e-=2MnO2+Mg2+
D．电池在电流强度为0.5A时工作5min，理论消耗Mg0.14g(F=96500C•mol-1)
14．（2021·河北沧州·统考二模）聚合硫酸铁{PFS，}是一种性能优越的无机高分子混凝剂，利用双极膜(BP)(由一张阳膜和一张阴膜复合制成，在直流电场作用下将水分子解离成和，作为和离子源)电渗析法制备PFS的装置如图所示，下列说法不正确的是
A．X极上发生的电极反应为
B．“室1”和“室3”得到和的混合液
C．“室2”和“室4”产品为浓PFS
D．双极膜向“室2”和“室4”中提供
二、多选题
15．（2022·河北·模拟预测）碘因来源丰富和具有较快的氧化还原动力学使其作为电池的正极材料备受青睐。下图为PEG水系电解液锌碘双离子二次电池的装置示意图。已知该装置电解液中添加聚乙二醇(PEG)和碘化钾，其中PEG能与碘发生络合反应。下列说法错误的是
A．PEG可防止I2在水系电解液中溶解
B．双层膜可防止碘化物穿梭，孔隙越小越好
C．闭合K2，打开K1，N电极反应式为
D．闭合K1，打开K2，电子由M极经外电路流向N极
16．（2022·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）石家庄二中实验学校某化学兴趣小组同学查阅资料得知，常温下对于任一电池反应，其电动势，n为电池反应中转移的电子数。该小组同学设计装置(如图1)，以Zn-Cu原电池探究离子浓度的改变对电极电势的影响。小组同学测得初始时 (该反应n=2)，随放电进行，观察电池电动势的变化趋势并绘制了电池电动势变化示意图(如图2)。下列说法正确的是
A．电压表读数为零后，则说明该原电池中已经消耗完全
B．小组同学推测图2中直线与X轴的交点坐标大约为(37，0)
C．小组同学向和溶液中同时快速加入少量相同体积和浓度的溶液，发现电池电动势突然减小，则可知：
D．小组同学推测若将初始时左侧1mol/L的半电池，换为2mol/L的半电池，右侧半电池保持不变，则仍能观察到相同的电压表偏转情况，
三、原理综合题
17．（2023·河北·模拟预测）乙酸乙酯在工业上有着广泛的用途。科学家以乙烯、乙酸为原料，杂多酸作催化剂制备乙酸乙酯，反应原理为。回答下列问题：
(1)在热力学标态下由指定单质(大多是稳定单质)生成1 mol物质的反应焓变，称为该物质的标准摩尔生成焓()。。相关物质的标准摩尔生成焓数据如表所示。
物质
/(kJ·mol)
+52.3
-436.4
-463.2
以乙烯(g)、乙酸(g)为原料制备乙酸乙酯(1)的反应的热化学方程式为 。
(2)一定条件下，在一个密闭容器中，通入各1 mol的乙烯和乙酸气体，发生上述反应。
①若保持温度和压强不变，下列描述能说明反应已达化学平衡的是 (填字母)。
A．单位时间内，消耗乙烯和生成乙酸的物质的量相同
B．容器内混合气体的密度不再变化
C．不再变化
D．体系中乙烯和乙酸的转化率相等
②若想提高乙酸乙酯的产率，可以采取的措施有 (写两种)。
③分别在压强、下，相同时间内测得乙酸乙酯的产率随温度的变化如图。
(填“>”或“<”)，理由是 。A点后乙酸乙酯产率随温度升高反而下降的原因可能是 。A点该反应的压强平衡常数 (用含的代数式表示)。
(3)科学家设想通过电化学方法实现乙烯的转化，其原理如图所示(均为惰性电极)。图中b极为 极，M极上的电极反应式为 。
18．（2023·河北·校联考三模）高温煤气脱硫是提高煤清洁转化利用效率的关键技术，效果较好的脱硫剂是铁酸锌(ZnFe2O4)，部分反应如下：
Ⅰ.2FeS(s)+ZnS(s)+5O2(g)=ZnFe2O4(s)+3SO2(g) △H1=-1679.3kJ•mol-1
Ⅱ.2FeS(s)+ZnS(s)+10H2O(g)=ZnFe2O4(s)+3SO2(g)+10H2(g) △H2=+738.9kJ•mol-1
Ⅲ.2H2S(s)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) △H3=-1172.0kJ•mol-1
回答下列问题：
(1)铁酸锌脱硫反应ZnFe2O4(s)+3H2S(g)+H2(g)=2FeS(s)+ZnS(s)+4H2O(g)的反应热△H= 。
(2)铁酸锌脱硫反应ZnFe2O4(s)+3H2S(g)+H2(g)=2FeS(s)+ZnS(s)+4H2O(g)经实验测定在不同投料比x1、x2、x3[投料比x=]时H2S的平衡转化率与温度的关系如图所示。
①x1、x2、x3由大到小的顺序是 。
②一定温度下，向体积为5L的恒容密闭容器中投入3molH2S和2molH2和足量的ZnFe2O4时，初始压强为p0kPa，经4min反应达到平衡，测得平衡时H2O(g)的体积分数是氢气的2倍，则0～4min内的平均反应速率v(H2S)= 。该温度下，铁酸锌脱硫反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。
(3)一定温度(T0)下，在某恒容密闭容器中，按投料比n(H2S)：n(O2)=2：3进行投料，发生反应2H2S(s)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)。
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 (填标号)。
A．3v正(O2)=2v逆(SO2)
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内气体总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②研究表明，该反应的反应速率方程式为v=k•cm(H2S)•c3(O2)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关.一定温度(T0)下，投料比n(H2S)：n(O2)=2：3的初始反应速率为v0，当H2S转化率为50%时的反应速率为v0，则反应速率方程式中m= 。
(4)科学家制造出一种使用固体电解质的H2S燃料电池，固体电解质可以采用氧离子(O2-)导体或质子(H+)导体，电池反应原理如图所示。
①固体电解质采用氧离子(O2-)导体时，负极产生SO2的电极反应式为 。
②固体电解质采用质子(H+)导体时，负极的电极反应式为 。
19．（2023·河北唐山·统考三模）I．金属有机骨架化合物(MOFs)能高效选择性吸附NO2和N2O4，遇水后将氮氧化合物转化为HNO3.此过程在相同条件下存在如下平衡：
①
②
③
(1) (用含、、的式子表示)
(2)反应②在恒温恒压体系中，下列选项中能说明其已达到平衡的是________
A．混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
B．
C．颜色不再发生变化
D．混合气体的密度不变
II． NaClO溶液脱硝时将氮元素氧化成最高价态
(3)在恒容体系内的不同温度下，尾气脱硝的反应中NO的平衡分压p如图1所示。由图分析可知，反应温度升高，脱硝反应的平衡常数 (填“增大”“不变”或“减小”)
NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH的变化如图2所示，NaClO溶液的初始pH越小，NO的转化率越高。其原因是 。
III．臭氧脱硝存在如下两个反应：
a． ；
b． 。
(4)T℃时，将NO2和O3混合气体以物质的量之比2：1充入一个2L恒容密闭容器中发生上述反应，测得NO2的物质的量浓度随时间变化关系如下表。
t/s
0
2
4
6
8
10
12
c(NO2)/()
2.0
1.4
1.0
0.70
0.50
0.40
0.40
若起始压强为P0，T℃下反应达到平衡时，N2O4的分压与N2O5的分压相等，则O3的体积分数= (保留两位有效数字)，反应b平衡常数Kp= (用含P0式子表示，Kp为用平衡分压表示的平衡常数，即用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。
IV.电化学方法脱硝是将尾气脱硝反应设计成燃料电池，其原理如图。
(5)该电池在使用过程中石墨b电极上生成氧化物M，则石墨a电极上的电极反应方程式为 。
20．（2022·河北秦皇岛·统考三模）我国科学家利用Fe2Na3/红紫素催化剂实现CO2还原制备CO，利用可见光催化还原CO2，将CO2转化为增值化学原料(HCOOH、HCHO、CH3OH等) ，这被认为是一种可持续的CO2资源化有效途径。
(1)已知几种物质的燃烧热(ΔH)如表1所示：
表1
物质
HCHO(g)
H2(g)
燃烧热(ΔH)/(kJ · mol-1)
-570. 8
-285. 8
已知：H2O(g)=H2O(l) ΔH =-44 kJ ·mol-1。
CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+H2O(g) ΔH = kJ·mol-1
(2)在一定温度下，将1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)通入某恒容密闭容器中，发生反应CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ，测得不同时刻容器中CO2的体积分数[φ(CO2)]如表2所示。
表2
t/min
0
10
20
30
40
50
φ(CO2)
0.250
0.230
0.215
0.205
0.200
0.200
达到平衡时CO2的转化率为 。
(3)将n(CO2) ： n(H2)=1 ：4的混合气体充入某密闭容器中，同时发生反应1和反应2。
反应1：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH1= +41.2kJ·mol-1
反应2：CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2<0。
在不同温度、压强下，测得相同时间内CO2的转化率如图1。0.1 MPa时，CO2的转化率在600 °C之后随温度升高而增大的主要原因是 。
(4)在一定温度下，向容积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和n mol H2(g) ，仅发生(3)中的反应2。实验测得CH3OH的平衡分压与起始投料比[]的关系如图2。
①起始时容器内气体的总压强为8p kPa，若10 min时反应到达c点，则0~10 min内，v(H2)= mol·L-1· min-1。
②b点时反应的平衡常数Kp= (用含 p的表达式表示)(kPa)-2。(已知：用气体分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)
(5)我国科学家开发催化剂，以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，其阴极的电极反应式为 。
(6)我国学者探究 了BiIn 合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图3所示(带“*”表示物质处于吸附态)。试从图3分析，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因： ；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因： 。
21．（2022·河北·一模）我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。而研发二氧化碳的碳捕集和碳利用技术则是关键，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：
Ⅰ．一定温度下，和在催化剂作用下可发生两个平行反应，分别生成和。
a：
b：
(1)相同温度下， 。
(2)在传统的催化固定反应床中，转化率和甲醇选择性通常都比较低，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，极大地改善了该问题，原理如图所示。
保持压强为，温度为，向密闭容器中投料比按投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组
反应模式
温度/
转化率
选择性
①
3
260
21.9
67.3
②
3
260
36.1
100.0
已知选择性：转化的中生成的百分比。
①模式时，上述条件下发生反应，下列说法能作为反应a达到平衡状态的判据是 (填选项字母)。
A．气体压强不再变化 B．气体平均相对分子质量不再变化
C．不再变化 D．的物质的量之比为
②由表中数据可知模式下，的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因： 。
(3)反应b在进气比不同时，测得相应的平衡转化率见图(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同，其他反应条件都相同)。
①D和F两点对应的温度关系： (填＜，＞，或=)，其原因是 。
②已知反应速率，，k为反应速率常数，x为物质的量分数，在达到平衡状态为G点的反应过程(此过程为恒温)中，当的转化率刚好达到时， 。
Ⅱ．用下图装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度左右，持续通入二氧化碳，电解过程中物质的量基本不变。
(4)阴极电极反应式为： 。
22．（2021·河北·模拟预测）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
物质
H2(g)
C(石墨，s)
C6H6(l)
燃烧热△H(kJ•mol-1)
-285.8
-393.5
-3267.5
(1)则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为 。
(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为ymol•L-1•kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为 mol•L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO的电离)
(3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于 kPa。
(4)我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在 (填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e-=C2O Ⅱ.C2O=CO2+CO
Ⅲ. Ⅳ.CO+2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为 。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为 (用a、b、c字母排序)。
23．（2021·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）甲醇是一种可再生能源，CO和CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。
(1)已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 。
(2)恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应
i.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=-90.2 kJ·mol-1制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示：
则P1 P2，M点的正反应速率 N点的逆反应速率。(填“>”、“<”或“=”)
(3)在某催化剂作用下，CO2和H2发生反应
ii: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0 kJ·mol-1
iii：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H3=41.2 kJ·mol-1
①维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：
T(℃)
CO2实际转化率(%)
甲醇选择性(%)
243
12.3
42.3
253
15.3
39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是： 。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是 。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，只发生反应ⅱ和反应ⅲ，初始压强为P0，在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小25%，反应ⅱ的平衡常数Kp= (kPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(5)以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。
①阳极的电极反应式为 。
②若以铅蓄电池为电源，B应与铅蓄电池的 (填“Pb”或“PbO2” )相连。
四、工业流程题
24．（2023·河北张家口·统考一模）氢镍电池适合大电流放电，常用作动力电池，其负极材料M为Ni、石墨粉和少量La、Mg、MnO2，放电时电池反应为NiOOH+MH=Ni(OH)2+M。实验室对废旧氢镍电池进行综合处理，回收部分金属资源的工艺流程如图：
已知：Ni2+可形成[Ni(NH3)6]2+配离子；Ksp(MgF2)=5.2×10-11；H2SO4第一步完全电离，Ka(HSO)=1.1×10-2。回答下列问题：
(1)氢镍电池充电时，阴极反应式为 ；“放电处理”的目的为 。
(2)“酸浸”所得浸渣中几乎不含MnO2的原因为 。
(3)“沉镧”工序中，溶液的pH与沉镧率的变化关系如图所示。pH＜2.0时，沉镧率降低的原因为 。
(4)“除镁”所得滤液1中c(F-)=1.0×10-2mol•L-1，则c(Mg2+)= ；该工序不能使用玻璃仪器的原因为 。
(5)“沉锰”反应的离子方程式为 。
(6)“转化”所用试剂不宜选用氨水的原因为 ；滤液3中可提取出的循环利用的物质为 (填化学式)。
25．（2023·河北衡水·校联考二模）高硫锰矿的主要成分是，还含有、、、、、、等，从高硫锰矿中提取金属锰的工艺流程如图所示：
已知：、、、，金属离子的浓度的负对数与溶液的关系如图所示，回答下列问题：
(1)碱性催化脱硫时，为了提高脱硫效率，可采取的措施为 。
(2)碱性脱硫时氧化矿粉产生硫单质是该工艺流程的亮点，若将虚线框中的设计改为“高温煅烧”(如图)脱硫，与原方案比，其不足之处为 。
(3)“酸浸”时的作用为 。
(4)“调”应调至4左右，“滤渣3”的成分为 。
(5)“电解”冶炼金属锰后废电解液的处理方法为 。
(6)已知晶胞如图所示，该晶胞中∠α=120°，∠β=∠γ=90°。
①该晶体中，锰原子周围的硫原子数目为 。
②该晶体的密度为 (列出计算式即可)。
26．（2022·河北·校联考模拟预测）传统方法制备会产生大量副产物，研究者通过更环保的电解法，使用空气和水制备，并用其处理有机废水，过程如下。
(1)受热易分解，写出反应的化学方程式 。在制备的过程中，需要控制电解槽的温度。
(2)电解制备，装置如图所示。
①a极的电极反应式为 。
②通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是 。
③pH过高时会分解。但电解一段时间后，a极附近溶液pH基本不变，原因是 。
④测定生成的浓度。取溶液，用溶液滴定，完全反应转化为时，消耗溶液。则溶液的浓度为 。
(3)用氧化含有机物RhB的废水，将其降解为无机物，结果如图所示。溶液中的总有机碳(TOC)去除率越高，降解效果越好。
①20min时，RhB残留量已接近0。这段时间内RhB的平均降解速率= 。
②降解过程中，随着TOC去除率接近100%，溶液的pH降至5.6，请结合化学用语解释原因： 。
27．（2022·河北·模拟预测）合理处理金属垃圾既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下：
已知Sn2+容易水解。
回答下列问题：
(1)加快“脱锡”速率的措施有 (写出一点)。“操作I” 包含 、 、过滤、洗涤、干燥。
(2)“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是 ；硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示，当浓度大于120g·L-1时，脱锡率下降的原因 。
(3)“脱锡液”中含有的离子主要为Cu2+、Sn2+、H+、SO，以石墨为电极，通过控制溶液pH、电解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为 ； 当阴极出现 的现象时，说明电解回收锡结束。
(4)“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为 。
(5)称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120℃时所得固体的化学式为 。
28．（2021·河北石家庄·统考一模）铬系和非铬系铜镍电镀污泥均含有Cu(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Al(Ⅲ)的氢氧化物，前者还含有Cr(Ⅲ)的氢氧化物，一种综合回收铜、镍的新工艺流程如下：
已知：
Ⅰ、FePO4、CrPO4、AlPO4、Ni3(PO4)2的Ksp依次为1.3×10−22、2.4×10−23、5.8×10−19、5.0×10−31。
Ⅱ．Cr及其化合物的性质与铝类似。
回答下列问题：
(1)“电解Ⅰ”时，需严格控制电压，除了回收铜之外，第二个目的是 ，可通过一种试剂证明第二个目的是否达成，该试剂为 (填化学式)。
(2)“除杂”时，若镍离子浓度为0.05mol·L−1，则应调整溶液中PO浓度范围为 mol·L−1 (溶液中离子浓度≤10-5mol·L−1时，认为该离子沉淀完全；=3.2)。
(3)“转溶”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为 (用离子方程式表示)。
(4)“浸出Ⅱ”时，采取了多次浸取的方式，其目的为 。
(5)“萃取Ⅱ”时，发生的反应为Cu(NH3)+2HR=CuR2+2NH+2NH3和Ni(NH3)+2HR=NiR2+2NH+4NH3和，则“反萃取Ⅱ”时含铜微粒发生反应的离子方程式为 。
(6)“电解Ⅱ”时，若维持电流强度为0.5A，电流效率为90%，电解8min，理论上可获得铜 g．(已知：电流效率是指电解时电极上实际沉积与理论沉积物质的量之比，F=96500C·mol-1)
(7)流程中除了有机相之外，可以循环利用的物质还有 (填化学式)。
参考答案：
1．A
【详解】A．补充微量元素不能大量服用相关制剂，A错误；
B．白磷密度大于水且与水不反应，可用冷水贮存，B正确；
C．采用外加电流法对金属防腐，被保护金属作阴极，惰性电极可作阳极，C正确；
D．自然界中硫循环存在含硫物种在地壳或海底的无氧转化和空气中的有氧转化，D正确；
故选A。
2．D
【分析】含HCl的废气在通直流电的条件下失电子产生氯气，故连接的b极为正极，a极为负极，阴极上含有CO2的废气得电子产生CO；
【详解】A．还原生成，该电极是阴极，故为直流电源的负极，选项A正确；
B．为非极性分子，在有机溶剂中的溶解度较大，有利于在阴极放电，选项B正确；
C．左室中的电极反应式为，若用盐酸代替有机电解液，溶液中的易在阴极放电产生，选项C正确；
D．若产生，电路中转移电子，阴极产生，同时有通过质子交换膜进入左室，因此，左室增重：，选项D错误；
答案选D。
3．D
【分析】氧气在反应中得到电子发生还原反应，则参比电极作正极；
【详解】A．由分析可知，参比电极作正极，氧气得电子转化为，负极失电子生成氧气，电子由负极经外电路流向正极，熔融金属氧化物电离出的氧离子向负极定向移动可用于传递，A正确；
B．电子由负极经外电路流向正极，故工作时，电子由测量电极经外电路流向参比电极，B正确；
C．由工作原理知，负极氧离子失去电子发生氧化反应会不断生成氧气，混合气体氧气浓度增大，故用初期读数计算所得空气中氧气含量更准确，C正确；
D．两极氧气浓度差越大，两极电势差越大，则相同压强下，电势差越大，空气中氧气含量越低，D错误；
故选D。
4．D
【详解】A．外加电场作用于双极膜时，水分别在电极两端产生氢离子及氢氧根离子，故而水的电离度增大，A正确；
B．双极膜的作用是选择性的让阴阳离子通过，如图，电渗析装置中氢离子及氢氧根离子分别向阴极及阳极移动，其他离子不能通过，故可抽取和MOH，B正确；
C．依题意，双极膜电池中极可由CO2转化为HCOOH：，C正确；
D．由C知，右侧电极发生还原反应，Y极是正极，根据阳离子流向正极可知双极膜中右侧为阳膜，D错误。
故答案为：D。
5．B
【详解】A．由图可知，开关K置于M处时，该装置为原电池，需要利用光能，开关K置于N处时，该装置为电解池，也需要光能，则该装置可实现光能向电能和化学能的转化，选项A正确；
B．原电池中正极的电势大于负极，则电极电势：，电解池中阳极的电势大于阴极，则电极电势：，选项B错误；
C．原电池工作时，电子由负极通过导线流向正极，则开关K置于M处时，电子由极通过导线流向极，选项C正确；
D．开关K置于N处时，该装置为电解池，极为阴极，其电极反应式为，选项D正确；
答案选B。
6．B
【分析】由电池放电时的反应可知，Li化合价由0价变成+1价，故是原电池的负极，复杂材料电极是正极。
【详解】A．由以上分析可知，放电时，Li电极作电池负极，有电子经导线流出，A正确；
B．充电时，阳极C变成二氧化碳，阴极Li+变成Li，故每转移1mol电子，消耗0.25molC质量为3g，生成1molLi质量为7g，故两电极的质量变化差值为3g+7g=10g，B错误；
C．充电时，阳极上C失电子变成二氧化碳，故阳极的电极反应式为C-4e-+2Li2CO3 =3CO2↑+4Li+，C正确；
D．CNTs碳纳米管是一种电导率高、比表面积大、通道和孔隙率丰富的导电基底，增加二氧化碳的吸收效率，故可使该电池表现出优异的电化学性能，D正确；
故选B。
7．B
【分析】固体氧化物燃料电池(Solid Oxide Fuel Cell，简称SOFC)，是一种在中高温下直接将储存在燃料和氧化剂中的化学能高效、环境友好地转化成电能的全固态化学发电装置。
【详解】A．吸附燃料H2的Ni为燃料电池的负极，A选项正确；
B．由图可知过程中传递O2-，其内部电解质属非水环境，B选项错误；
C．O2-移向电势地的负极即Ni电极，C选项正确；
D．该电池利用Ni表面的多孔结构吸附H2，D选项正确；
答案选B。
8．D
【分析】该电池放电时器件的透光率逐渐增强，说明a电极由FePO4转化为透明的LiFePO4，铁的化合价降低，则该电极为正极，故b电极为负极，据此解答。
【详解】A．放电时，该电池为原电池，阳离子向正极移动，即Li+移向a极，A项正确；
B．放电时，b极为负极，则充电时b极为阴极，接外电源的负极，B项正确；
C．充电时，a极物质由LiFePO4转化为FePO4，电极方程式为LiFePO4-e-=FePO4+Li+，C项正确；
D．以该器件为电源精炼铜，当生成64g精铜时，反应中转移了2mol电子，则原电池a极质量增加2mol锂，即增加14g，b极质量减少2mol锂，即减少14g，a、b两极质量变化差为28g，D项错误；
故答案选D。
9．C
【详解】A．煤灰含Al2O3、SiO2、CaO、Fe2O3等，用盐酸可使Al2O3、CaO、Fe2O3溶解，生成可溶性的盐，用硫酸酸浸CaO与硫酸反应生成微溶的CaSO4，不符合题意，故A错误；
B．操作1、2、3、4名称相同都为过滤，1、2、3操作时都除去了一种杂质，4除去溶液中的多种杂质，故B错误；
C．根据流程图可知通入CO2，制得Al(OH)3沉淀，为保证反应完全，通入足量的CO2，反应为CO2+2H2O+AlO2−=Al(OH)3↓+HCO3−，故C正确；
D．制金属铝需要电解熔融的氧化铝，阳极反应式为2O2−-4e−=O2↑，故D错误；
答案选C。
10．A
【分析】由工作原理示意图可知，该装置为电解池，与直流电源正极N极相连的b电极为电解池的阳极，碱性条件下，尿素在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳、氮气和水，电极反应式为，与负极相连的a电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为。
【详解】A．由分析可知，N电极为直流电源的正极，b电极为电解池的阳极，则电解池工作时，钾离子向阴极a电极移动，故A错误；
B．由分析可知，b电极为电解池的阳极，碱性条件下，尿素在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳、氮气和水，电极反应式为，故B正确；
C．由分析可知，a电极为阴极，外电路通过2mol电子时，阴极生成1mol氢气，则标准状况下外电路通过0.5mol电子，a电极析出氢气的体积为0.5mol××22.4L/mol=5.6L，故C正确；
D．由题意可知，电极更易吸附尿素分子，能起催化剂的作用，降低反应的活化能，促进化学键断裂，故D正确；
故选A。
11．C
【详解】A．若用酸性溶液来氧化，被直接氧化成，A错误；
B．烟气中主要含有、和，和反应生成的反应为可逆反应，净化气不可能为纯净物，B错误；
C．从图中所示，阳极扫出气、和，电极反应式：，C正确；
D．工业上一般用浓硫酸来吸收，得到的硫酸一般保存在细口试剂瓶中，D项错误；
故答案选C。
12．D
【分析】由图可知，a电极为原电池的负极，单质钾片失去电子发生氧化反应生成钾离子，电极反应式为K—e-=K+，b电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超氧化钾；据以上分析解答。
【详解】A．金属性强的金属钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许通过，不允许通过，故A正确；
B．由分析可知，放电时，a为负极，b为正极，电流由b电极沿导线流向a电极，充电时，b电极应与直流电源的正极相连，做电解池的为阳极，故B正确；
C．由分析可知，生成1mol超氧化钾时，消耗1mol氧气，两者的质量比值为1mol×71g/mol：1mol×32g/mol≈2.22：1，故C正确；
D．铅酸蓄电池充电时的总反应方程式为2PbSO4+2H2O＝PbO2+Pb+2H2SO4，反应消耗2mol水，转移2mol电子，由得失电子数目守恒可知，耗钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为×18g/mol=1.8g，故D错误；
故选D。
13．D
【分析】原电池反应为4Mg+2MnO2=MgMn2O4，Mg在负极失电子，在正极反应中得电子，充电时，阳极反应式为，阴极：。
【详解】A．放电时为原电池根据题所给原电池反应可知，在反应中得电子，参与正极反应，A正确；
B．原电池中阳离子移向正极，电流方向与电子移动方向相反，电子从负极经过导线流向正极，B正确；
C．充电时，阳极发生氧化反应，结合原电池反应可知，阳极反应式为，C正确；
D．电流强度，工作时间为，，， 转移电子的物质的量为，则消耗Mg的质量为，D错误。
故选D。
14．B
【分析】根据图示，稀硫酸进入“室3”，Fe2(SO4)3溶液进入“室4”，且“室3”和“室4”之间有阴膜，则说明PFS在“室4”内产生；双极膜将水分解离成OH-和H+，即双极膜产生的H+向“室3”移动，产生的OH-向“室4”移动，向“室3”移动，由于“室3”和“室4”是重复单元，故H+向“室1”和“室3”移动，OH-向“室2”和“室4”移动，向“室1”和“室3”移动，故 “室1”和“室3”得到的是H2SO4溶液，“室2”和“室4”得到的是PFS。
【详解】A．在电解装置的左侧，由于双极膜产生的H+向“室1”移动，则X极上发生的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，A正确；
B．H+向“室1”和“室3”移动向“室1”和“室3”移动，故“室1”和“室3”得到的是H2SO4溶液，B错误；
C．Fe2(SO4)3溶液进入“室2”和“室4”，且OH-向“室2”和“室4”移动，故“室2”和“室4”得到的是PFS，C正确；
D．OH-向“室2”和“室4”移动，说明双极膜向“室2”和“室4”中提供OH-，D正确；
故选B。
15．BD
【分析】本题以水系电解液锌碘双离子二次电池为载体，考查了学生对电化学装置的分析和应用。其中原电池与电解池的切换以及电池分析是本题的亮点和难点。准确提取题干中的关键信息并分析电解池是解题的关键。
【详解】A．通过络合反应，防止在水系电解液中溶解，A项正确；
B．双层膜可防止碘化物穿梭，但孔隙过小，会增加电解液离子迁移难度，电阻增大，B项错误；
C．闭合，打开，为充电过程，电极反应式为，电极反应式为，C项正确；
D．闭合，打开，为放电过程，电子由极(负极)经外电路流向极(正极)，D项错误；
故选BD。
16．BC
【详解】A．电压表读数为0，并不能说明溶液中铜离子消耗完，当铜离子浓度很小时，电动势很小，不能够形成电流或无法测出电流，A项错误；
B．根据分析，当(该反应n=2)时，=37，故图2中直线与X轴的交点坐标大约为(37，0)，B项正确；
C．加入硫化钠 电池电动势突然减小，说明溶液的铜离子浓度减小，即形成了硫化铜沉淀，说明，C项正确；
D．若两侧都为硫酸铜和铜，不能形成原电池，不可能观察到相同的电压表偏转，D项错误。
故选BC。
17．(1) kJ·mol
(2) A 加压、降温等 > 其他条件相同时，有气体参加的反应，压强越大，化学反应速率越快，产率越大 该反应为放热反应，A点后反应达到平衡，升高温度，相当于平衡逆向移动
(3) 负
【详解】（1）标准摩尔生成焓是由指定单质生成1 mol该物质的反应焓变，所以一个反应的焓变=生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓； kJ•mol⁻¹；
（2）①A、单位时间内，消耗乙烯和生成乙酸的物质的量相同，说明正、逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故选A；
B、容器内两种气体的物质的量之比一直为1∶1，温度和压强不变，混合气体的密度是恒量，混合气体的密度不变，反应不一定平衡，故不选B；
C、温度和压强不变，乙烯和乙酸的物质的量一直相等，K= ，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，则是恒量，不变，反应不一定平衡，故不选C；
D、乙烯和乙酸的起始量均为1 mol，消耗量一直相等，故体系中乙烯和乙酸的转化率一直相等，体系中乙烯和乙酸的转化率相等，反应不一定平衡，故不选D。
选A；
②该反应为气体分子数减少的放热反应，故提高产率的方法有加压、降温等。
③其他条件相同时，有气体参加的反应，压强越大，化学反应速率越快，由图可知，相同温度下，相同时间内，压强为时乙酸乙酯的产率较大，则压强。由图可知，在压强为时，A点乙酸乙酯的产率最大，说明反应达到平衡，则A点之后曲线上的点都是平衡点，该反应为放热反应，则温度超过80℃时，温度升高，平衡向逆反应方向移动，乙酸乙酯的产率下降。体系内只有乙烯和乙酸两种气体，且物质的量相等，则二者的分压均为，则。
（3）M极上发生的反应是乙烯生成乙酸乙酯，碳元素化合价由-2升高为-1发生氧化反应，则M是阳极，a为正极、b为负极；根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知M电极反应式为。
18．(1)-320.52kJ•mol-1
(2) x3＞x2＞x1 0.1mol•L-1•min-1 (或37.9)
(3) CD 2
(4) H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O 2H2S-4e-=S2+4H+
【详解】（1）反应可由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ经ⅢⅡ得到，该反应的，故答案为：-320.52kJ•mol-1；
（2）①根据反应可知，当越大时，的平衡转化率越小，故。故答案为：；
②根据化学方程式和平衡时的体积分数是氢气的2倍，可计算得到平衡时、、的物质的量分别为、、.内的平均反应速率.该温度下，铁酸锌脱硫反应的平衡常数(或37.9)。故答案为：0.1mol•L-1•min-1；(或37.9)；
（3）①A.2v正(O2)=3v逆(SO2)时反应达到平衡，故A错误；
B.反应前后气体质量保持不变，体积不变，则混合气体的密度始终恒定，不能据此判断平衡，故B错误；
C.反应前后气体分子数减少，随反应进行容器内气体总压强减小，当压强不再变化时反应达到平衡，故C正确；
D.气体总质量不变，但气体分子数减小，则随反应进行混合气体的平均相对分子质量增大，当不再变化时反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
②化学方程式中与的化学计量数之比为，当投料比时，二者的转化率相同，当转化率为时，转化率也为.设起始时，，则，初始反应速率为，当转化率为时的反应速率为，解得。故答案为：2；
（4）①固体电解质采用氧离子(O2-)导体时，负极H2S失电子产生SO2，电极方程式为：H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O，故答案为：H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O；
②固体电解质采用质子(H+)导体时，负极H2S失电子产生S2，电极方程式为：2H2S-4e-=S2+4H+，故答案为：2H2S-4e-=S2+4H+。
19．(1)
(2)AC
(3) 减小 溶液的越小，溶液中浓度越大，氧化能力越强
(4)
(5)
【详解】（1）根据盖斯定律：得到目标方程式：，所以；
（2）反应②为：，
A. 混合气体的平均相对分子质量，不变，变化，M是个变量，当M不再发生变化，反应达平衡状态，A正确；
B. 根据方程式，当时，反应达平衡状态，B错误；
C. 为红棕色气体，当颜色不再发生变化，浓度不变，反应达平衡状态，C正确；
D. 混合气体的密度，m和V都不变，所以密度不是变量，不能用于判断反应是否达平衡，D错误；
故选AC；
（3）NaClO溶液脱硝时将氮元素氧化成最高价态，反应方程式为：，由图分析，温度越高，平衡分压的负对数越小，平衡分压越大，平衡逆向移动，所以该反应为放热反应，所以反应温度升高，脱硝反应的平衡常数越小；因为溶液的越小，溶液中浓度越大，氧化能力越强，所以pH越小，NO的转化率越高；
（4）根据三段式：
，，，，，，，的体积分数为：，反应的平衡常数；
（5）石墨b电极上生成氧化物，为负极，则石墨a电极上为正极，电极反应方程式为：。
20．(1)+43.2
(2)25%
(3)反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量
(4) 0.075
(5)CO2 +4e- +4H+=HCHO+ H2O
(6) 相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附 相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【详解】（1）根据燃烧热写出热化学方程式：
i . HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H= -570.8 kJ/mol
ii. H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ/mol
iii. H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJ/mol
根据盖斯定律，ii×2-i- iii得反应CO2(g)+2H2(g) ⇌HCHO(g)+H2O(g)的△H=(-285.8×2 +570.8+44) kJ/mol=+43.2 kJ/mol；答案为：+43.2。
（2）由表2可知，平衡时CO2的体积分数为0.200，设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为xmol，列三段式： ，则=0.200，解得x=0.25，则CO2的平衡转化率为25%；答案为：25%。
（3）反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量，故0.1 MPa时，CO2的转化率在600 °C之后随温度升高而增大；答案为：反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量。
（4）①设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为ymol；根据c点列三段式
恒温恒容下，气体压强与气体物质的量成正比例，，解得y=0.5，v(H2)= =0.075 mol·L-1·min-1；答案为：0.075。
②温度相同，a、b、c点平衡常数相等，选c点数据计算平衡常数，c点平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O物质的量依次为0.5mol、1.5mol、0.5mol、0.5mol，CH3OH的分压为pkPa，则p(CO2)= p(CH3OH)= p(H2O)=pkPa，p(H2)=pkPa× 3=3pkPa，则平衡常数Kp== (kPa)-2；答案为：。
（5）以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，CO2在阴极上得电子被还原成HCHO，阴极的电极反应式为CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O；答案为：CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O。
（6）根据图象，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
21．(1)—90.7kJ/mol
(2) B CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大
(3) ＜ 通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大
(4)7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应a—b可得反应，则△H3=△H1—△H2=(—49.5kJ/mol)—(+41.2 kJ/mol)= —90.7kJ/mol，故答案为：—90.7kJ/mol；
（2）①A．恒压条件下，气体压强始终不变，则气体压强不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应a是物质的量减小的反应，反应中气体平均相对分子质量增大，则气体平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．的比值与化学计量数的比值相等，反应中始终不变，则不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
D．的物质的量之比为不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选B；
②由表中数据可知模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大，故答案为：CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大；
（3）①由图可知，D点二氧化碳和氢气的物质的量比为1：1，二氧化碳的转化率为60%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳和氢气的物质的量均为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.4mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0.6mol/L ，反应的平衡常数K1==2.25，F点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为50%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.75mol/L、0.25mol/L、0.75mol/L和0. 75mol/L ，反应的平衡常数K2==3，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，由F点平衡常数大于D点可知，D点反应温度小于F点，故答案为：＜；通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大；
②由图可知，G点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为40%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.9mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0. 6mol/L ，反应的平衡常数K3==1，反应达到平衡时由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：=，== K3=1， 当二氧化碳的转化率为20%时，二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为1.2mol/L、0.7mol/L、0.3mol/L和0. 3mol/L，则=1×=，故答案为：；
（4）由题意可知，通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，在水分子作用下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇和碳酸氢根离子，电极反应式为7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6，故答案为：7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6。
22． 6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1 100.8 正 2C+CO2=2C+C 3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH- c、a、b
【详解】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) H1=-393.5kJmol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l) H2=-285.8kJmol-1，③C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H3=-3267.5kJmol-1，根据盖斯定律，[①12+②6] -③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，H=[(-393.5kJmol-1)+(-285.8kJmol-1)6]-(-3267.5kJmol-1)=49.1kJmol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1；
(2)由题可知，①CO2(s)CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，设c(H+)为α，则c（OH-）=，根据电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-),可得c(HCO3-)=α-，大气中的CO2分压p(CO2)=px kPa，溶液中CO2的浓度c(CO2)(aq)=pxy mol/L，将c(H+)、c（OH-）、c(CO2)(aq)带入平衡常数表达式 ，所以解得α=c(H+)=，故答案为：；
(3)2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp===529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K== 529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；
(4)①由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C+CO2=2C+C，故答案为：正；2C+CO2=2C+C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，碳元素从+4价降低到-2价，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-；
II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原曲线中a的最大能垒为0.51＜b曲线的0.72，a曲线电化学还原更容易。且H+电还原中a曲线最大能垒0.27＞b曲线的0.22，综上所述，a催化剂比b催化剂更易发生CO2电还原。因此反应从易到难的顺序为c、a、b，故答案为：c、a、b。
23． CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1 > > 升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大 适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂） 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ pb
【详解】(1) 25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，则①CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=- akJ·mol-1
CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，则②CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H = -b kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。
根据盖斯定律①-②-2×③，甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1；
(2) CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CO(g)转化率增大，则P1>P2，M、N两点为平衡点，两点正逆反应速率都相等， N点压强小于M点，M点的正反应速率>N点的逆反应速率。
(3)升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大，所以升高温度CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂）。
(4)由于发生反应ii，容器体积减小，设参加反应ii的CO2的物质的量是xmol，
X=0.75mol
参加反应ii的H2的物质的量是2.25mol，生成甲醇的物质的量是0.75mol、生成水的物质的量是0.75mol；CO2的转化率为50%，则参加反应iii的CO2的物质的量是2×0.5-0.75=0.25mol，反应iii消耗0.25molH2、生成0.25molCO、生成水0.25mol；达到平衡时，容器中CO2(g)的物质的量是1mol、H2的物质的量是4mol-2.25mol-0.25mol=1.5mol、甲醇的物质的量是0.75mol、水的物质的量是0.75mol+0.25mol=1mol，容器内气体总物质的量是6mol×(1-25%)=4.5mol；
反应ⅱ的平衡常数Kp=；
(5)根据图示，右侧电极氧气得电子生成水，B是负极，A是正极；
①甲醇、一氧化碳在阳极失电子生成碳酸二甲酯，阳极的电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。
②铅蓄电池中，PbO2为正极、Pb为负极；B是阴极，B应与铅蓄电池的Pb相连。
24．(1) M+H2O+e-=MH+OH- 使电极反应充分进行，提高原料利用率，同时可防止拆解时发生危险
(2)石墨粉和Mg在焙烧时可将MnO2还原
(3)H+浓度过高与SO结合成HSO使SO浓度降低，La2(SO4)3•Na2SO4•xH2O的溶解平衡正向移动，使沉镧率降低
(4) 5.2×10-7mol•L-1 氟离子水解生成的HF腐蚀玻璃
(5)2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+
(6) 氨水用量不易控制，加入氨水过量或不足均使镍沉淀率低(Ni2+易与NH3形成配离子使镍沉淀率低) Na2SO4
【分析】废旧电池经过处理后，再用稀硫酸酸浸，原料中含有石墨粉和活泼金属，焙烧时可将还原，得到含硫酸镁、和的浸液，再加入芒硝，可得La2(SO4)3•Na2SO4•xH2O，再加入氟化铵，可以除去镁离子，再向所得滤液中加入高锰酸钾，会发生反应，从而除去锰离子，再向滤液中加入NaOH可得 Ni(OH)2。
【详解】（1）由信息知，氢镍电池充电时，阴极反应式为；“放电处理”的目的为使电极反应充分进行，提高原料利用率，同时可防止拆解时发生危险，故答案为：M+H2O+e-=MH+OH-；使电极反应充分进行，提高原料利用率，同时可防止拆解时发生危险；
（2）原料中含有石墨粉和活泼金属，焙烧时可将还原，故“酸浸”所得浸渣中几乎不含，故答案为：石墨粉和Mg在焙烧时可将MnO2还原；
（3）由信息知，“沉镧”工序中，镧离子形成后过滤分离出来，若溶液的pH＜2.0，与结合成而使的溶解平衡正向移动，降低沉镧率，故答案为：H+浓度过高与SO结合成HSO使SO浓度降低，La2(SO4)3•Na2SO4•xH2O的溶解平衡正向移动，使沉镧率降低；
（4）由，计算得；氟离子水解生成的HF腐蚀玻璃，故该工序不能使用玻璃仪器，故答案为：5.2×10-7mol•L-1；氟离子水解生成的HF腐蚀玻璃；
（5）由信息知，“沉锰”时与在弱酸性介质中反应生成的离子方程式为，故答案为：；
（6）易形成配离子，故“转化”时加入氨水过量使镍沉淀率低，加入氨水不足镍离子沉淀不完全也使镍沉淀率低，即氨水用量不易控制；滤液3中含有、氨水等，可提取出的循环利用的物质为，故答案为：氨水用量不易控制，加入氨水过量或不足均使镍沉淀率低(Ni2+易与NH3形成配离子使镍沉淀率低)；Na2SO4。
25．(1)粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度
(2)高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制
(3)将氧化成
(4)和
(5)加入酸浸液再利用
(6) 4
【分析】由题给流程可知，在催化剂作用下，高硫锰矿中的金属硫化物与氢氧化钠溶液和氧气反应转化为为硫和难溶的金属氢氧化物，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应转化为硅酸钠，过滤得到含有硅酸钠的滤液和脱硫矿粉；向脱硫矿粉中加入稀硫酸和二氧化锰酸浸，将金属化合物转化为可溶的金属硫酸盐，其中二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，过滤得到含有硫的滤渣1和滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入硫化铵溶液，将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化铜、硫化镍的滤渣3和滤液；电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气。
【详解】（1）粉碎高硫锰矿、适当升高脱硫温度、适当增大氢氧化钠溶液浓度等措施能提高脱硫效率，故答案为：粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度；
（2）由图可知，高温煅烧脱硫时，金属硫化物与空气中的氧气反应生成金属氧化物和二氧化硫，二氧化硫需用氢氧化钠溶液吸收处理，所以与原方案比，高温煅烧法的缺点是生成的有毒气体二氧化硫需用氢氧化钠溶液处理，工序复杂，不宜控制，故答案为：高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制；
（3）由分析可知，酸浸时二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将氧化成；
（4）由分析可知，加入硫化铵溶液的目的是将将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，则滤渣3的主要成分为硫化铜和硫化镍，故答案为：和；
（5）由分析可知，电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气，则废电解液可以加入酸浸液再利用，节约成本，故答案为：加入酸浸液再利用；
（6）①由晶胞结构可知，与硫原子距离最近的锰原子个数为4，则由硫化锰的化学式可知，锰原子周围的硫原子个数为4，故答案为：4；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体内的硫原子个数为8×+1=2，位于棱上和体内的锰原子个数为4×+1=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—21×sin60°a×a×c×d，解得d=，故答案为：。
26．(1)
(2) 将b极产生的氧气循环利用，用于制备 反应中转移等量的电子，阴极产生与阳极产生的物质的量相等，(可得1分)阳极产生通过质子交换膜移至a极附近与反应
(3) 有机物被氧化为；，，使溶液pH降低到5.6
【分析】本实验为用空气和水电解的方式制备H2O2，而后用H2O2处理有机废水，据此分析回答问题。
(1)
H2O2受热易分解生成水和氧气，化学反应方程式为2 H2O2 2H2O+O2↑；
(2)
①氧气在a极得电子和水反应生成过氧化氢，故a极的电极反应式为O2+2H2O+2e−= H2O2+2OH−；
②b极为阳极，发生氧化反应，生成氧气，故通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2；
③电解时a极生成OH-，pH升高，b极生成H+，pH降低，H+能通过质子交换膜移动到a极，中和OH-，保持a极附近溶液的pH不变，故为反应中转移等量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的量相等，(可得1分)阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH-反应；
④H2O2和Ce(SO4)2反应，Ce(SO4)2做氧化剂，H2O2做还原剂，根据电子守恒有如下关系，H2O2 ~2Ce(SO4)2，则H2O2的浓度为 ；
(3)
①根据速率公式有， ；
②H2O2氧化有机物时，生成的有机物为CO2，CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO，使溶液呈酸性，pH降低到5.6。
27．(1) 研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可) 蒸发浓缩 冷却结晶
(2) 抑制Sn2+水解 置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降
(3) 2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O 气泡产生
(4)2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O
(5)CuSO4∙H2O
【分析】本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。
【详解】（1）从反应速率的影响因素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶；
（2）根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的原因是：置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降；
（3）阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极方程式为：2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的现象时，说明电解回收锡结束；
（4）“脱锡渣”的主要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O；
（5）设120℃时固体物质的相对分子质量为M，，M=178，故120℃时固体物质的成分为：CuSO4∙H2O。
28．(1) 将二价铁转化为三价铁 K3[Fe(CN)6]或KMnO4
(2)5.8×10－14 ~ 6.4×10－14
(3)Al(OH)3+OH−=Al(OH)、Cr(OH)3+OH−=Cr(OH)
(4)提高铜、镍元素的浸取率
(5)CuR2+2H+=Cu2++2HR
(6)0.07
(7)NH3·H2O或(NH4)2CO3；Na3PO4
【分析】铬系铜镍电镀污泥加入硫酸浸出，得到含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+、Cr3+的滤液，电解滤液得到铜单质，同时将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入磷酸钠得到FePO4、CrPO4、AlPO4沉淀，过滤后向沉淀中加入NaOH溶液，将磷酸盐沉淀转化为氢氧化物沉淀；非铬系铜镍电镀污泥加入氨水、碳酸铵浸取，过滤得到含有Cu(NH3)和Ni(NH3)的滤液，向滤液中加入HR进行萃取，分液后取有机相，水洗分液后加入硫酸进行反萃取，分液得到含Cu2+和Ni2+的水相，电解水相得到铜，电解液与铬系铜镍电镀污泥处理流程中除杂的滤液混合，之后再进行萃取、反萃取，得到硫酸镍。
(1)
铬系铜镍电镀污泥中Fe为二价，后续流程中得到的铁是三价，可知电解过程中除了回收铜之外，还将二价铁转化为三价铁；证明第二个目的是否达成，即检验溶液中是否还有Fe2+，可以用K3[Fe(CN)6]或KMnO4检验，若有Fe2+，现象分别为出现蓝色沉淀或紫红色褪色；
(2)
除杂的目的是使Fe3+、Cr3+、Al3+沉淀，Ni2+不沉淀，需要沉淀的三种离子中，Ksp[AlPO4]最大，所以只要保证Al3+完全沉淀，则Fe3+、Cr3+也一定完全沉淀，此时溶液中c(PO)==mol/L=5.8×10－14mol/L；Ni2+开始沉淀时c(PO)==mol/L=6.4×10－14mol/L，所以PO浓度范围为5.8×10－14 ~ 6.4×10－14mol/L；
(3)
Cr及其化合物的性质与铝类似，所以Al(OH)3、Cr(OH)3都具有两性，若NaOH过量，氢氧化物沉淀会溶解，离子方程式为Al(OH)3+OH−=Al(OH)、Cr(OH)3+OH−=Cr(OH)；
(4)
根据后续流程的处理可知“浸出Ⅱ”是为了得到Cu(NH3)和Ni(NH3)，多次浸取可以提高铜、镍元素的浸取率；
(5)
根据流程可知，反萃取的过程中CuR2在硫酸的作用下转化为Cu2+，离子方程式为CuR2+2H+=Cu2++2HR；
(6)
若维持电流强度为0.5A，电流效率为90%，电解8min即480s，则理论上转移电子数为mol×90%，所以获得的铜为mol×90%÷2×64g/mol=0.07g；
(7)
根据“萃取Ⅱ”时的反应可知，水相1中主要溶质为NH3·H2O、(NH4)2CO3，可以循环使用；转溶时磷酸盐沉淀转化为氢氧化物，所得滤液Ⅰ中主要溶质为Na3PO4，可以循环使用。
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