还剩34页未读，
继续阅读
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-20化学能与电能（1）
展开
这是一份河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-20化学能与电能（1），共37页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题，填空题等内容，欢迎下载使用。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-20化学能与电能（1）
一、单选题
1．（2023·河南·统考模拟预测）钴三异丙醇胺配合物(CoTiPA)和7，8-二羟基-2 -吩嗪磺酸( DHPS)作为氧化还原媒介分别被引入电池正、负极的电解液中，与空气和锌在各自的储能罐中反应。装置如图1所示，反应历程如图2所示。
下列说法错误的是
A．Co( II)降低了正极反应的活化能，提高了活化分子百分率
B．11.2 L O2(标准状况)参与反应，理论上转移2 mol电子
C．放电过程中，负极附近电解质溶液的pH降低
D．两极的储能罐中均使用酸性电解质溶液
2．（2023·河南·校联考模拟预测）过氧化氢溶液可用于医用伤口消毒、环境消毒和食品消毒。科技工作者研究电化学时，采用空气和水通过电解法可制备H2O2，其装置如图所示，乙中管道将d极产生的气体送至c极。已知溶液的pH过高时H2O2会分解。下列有关说法正确的是
A．甲为原电池装置，其中的b电极是负极
B．乙中c极为阴极，电极反应为O2+2e－+2H2O= H2O2 +2OH－
C．若甲中燃料是甲烷，a电极反应为CH4－8e－+ 10OH－=+7H2O
D．反应进行一段时间后，乙中d极附近溶液pH明显增大
3．（2023·河南·校联考模拟预测）我国科学家最近合成的ZnO@SnO2微米花作为负极材料提高锌镍二次电池的循环性能，工作原理如图所示。已知：正极材料为NiOOH/Ni(OH)2。
下列叙述错误的是
A．放电时，上述装置主要将化学能转化成电能
B．放电时，负极表面副反应可能是Zn+2OH-=+H2↑
C．充电时，阴极附近电解质溶液pH降低
D．充电时，1molOH-向阳极迁移时理论上转移1mol电子
4．（2023·河南·校联考模拟预测）目前工业废水处理备受关注。我国科研人员设计了一种通过内部物质循环处理含有机物Cm(H2O)n的废水的实验装置，其工作原理如图所示，其中双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。图中·OH 表示电中性的自由基。下列说法错误的是
A．循环利用的气体X为O2
B．工作时两极区H2SO4溶液和NaOH溶液的浓度均逐渐减小
C．相同时间内，理论上生成CO2的物质的量小于生成O2的物质的量
D．工作时需向催化电极M区补充适量气体X
5．（2023·河南安阳·统考三模）二氧化氯(ClO2 )是一种安全的绿色消毒剂，实验室可用下列方法制备：
①电解NH4Cl的盐酸溶液制得NCl3(N元素为-3价)溶液；
②将NCl3溶液与NaClO2溶液混合制得ClO2。
下列说法正确的是
A．①中在电解池的阴极得到NCl3
B．组成①中的电解池除需要有电源、导线和大烧杯等，还必须有两个不同材质的电极
C．②中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是6：1
D．②中反应后的溶液中主要存在的阳离子是Na+
6．（2022·河南·校联考模拟预测）遇会生成蓝色沉淀，因此常用于的检验。文献显示：具有氧化性，可以氧化；还原性Fe大于。
某科研小组探究Fe与能否直接反应的实验如下：
实验1：取加热至沸腾并快速冷却的溶液(加热、冷却过程中溶液颜色无变化)于试管中，并加入1mL的苯，再加入铁粉，长时间无蓝色沉淀出现。
实验2：在“实验1”中，若使用砂纸打磨过的铁粉，一会儿就出现蓝色沉淀。
实验3：在“实验1”中，若加少量NaCl，立即出现蓝色沉淀；若换成加入或；则不出现蓝色沉淀。
实验4：在“实验1”中，若将铁粉换成在稀硫酸中反应一段时间的铁片，立即出现蓝色沉淀。
下列说法错误的是
A．实验1中长时间无蓝色沉淀出现，可能是因为铁粉表面有氧化膜
B．可能起破坏铁粉表面氧化膜的作用
C．Fe与可以直接反应
D．在Fe、C、NaCl溶液组成的原电池中，通过直接滴加溶液至电解质溶液中的方法，可以检验是否发生原电池反应
7．（2022·河南·校联考模拟预测）第二代钠离子电池是负极为镶嵌在硬碳中的钠、正极为锰基高锰普鲁士白{}的一种新型二次电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，B极的电势高于A极
B．放电时，正极反应为
C．充电时，穿过离子交换膜在B极上得电子
D．充电时，A极接外加电源的正极
8．（2022·河南·校联考模拟预测）锌-空气电池被认为是替代锂离子电池，满足电动汽车爆炸性需求的下一代候选电池。用光照充电的锌-空气电池的工作原理如图所示。光照时，光电极(空穴)驱动阴极和阳极反应，阳极反应为。下列叙述正确的是
A．放电时，向正极迁移
B．放电时，电池反应为
C．充电时，光电子经电解液向极移动
D．充电时，阴极的电极反应为
9．（2022·河南·校联考模拟预测）正高碘酸()是白色结晶性粉末，溶于水，主要用作氧化剂和分析试剂。由制取的实验流程如图所示：
下列说法正确的是
A．电解过程中阳极周围溶液的pH增大
B．“反应2"中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．“反应3”的滤液中含有，等
D．“反应4”为非氧化还原反应
10．（2022·河南开封·统考一模）下列实验装置能达到相应实验目的的是
A．①装置用来测定中和热
B．②装置可以证明碳酸酸性比硼酸酸性强
C．③装置可以证明2Ag+ +2I—=2Ag+I2能否自发进行
D．④装置用来探究温度对过氧化氢分解速率的影响
11．（2022·河南·校联考模拟预测）使用镍基电催化剂、二茂铁(简写为Cp2Fe)作牺牲电子供体，同时使用NH4PF6作电解质和质子供体，乙腈(CH3CN)作溶剂，可实现连续非水流通池中有效的催化CO2还原，装置如下图所示：
已知：
下列说法错误的是
A．选用乙腈作溶剂，与CO2、NH4PF4等在其中的溶解性有关
B．使用的交换膜是质子交换膜
C．该装置工作时，阴极上还可能有H2产生
D．该电池反应为2Cp2Fe+CO2+2NH4PF62Cp2FePF6+CO+2NH3+H2O
12．（2021·河南·校联考模拟预测）环氧乙烷是继甲醛之后出现的第二代化学消毒剂，至今仍为最好的冷消毒剂之一。一种氯离子介导的电化学合成方法，能够将乙烯高效、清洁、选择性地转化为环氧乙烷。而且，相同的方法也可以用于制备环氧丙烷。下列说法错误的是
A．电化学合成时，电极A应连接电源正极
B．电池工作时，阴离子透过交换膜向电极B方向移动
C．乙烯生成环氧乙烷的总反应为C2H4+H2O+H2↑
D．生成1mol环氧丙烷时，转移电子数为2NA
13．（2021·河南·校联考模拟预测）金属及其化合物在工农业生产中应用广泛，下列说法中正确的是
A．氢氧化铁胶体常用作吸附剂，溶液常用作刻蚀剂，可用丁达尔效应鉴别二者
B．金属锂常用于制造轻合金，主要原因是锂的密度小，锂可保存在煤油中
C．可用作半导体材料，工业上常用溶液和溶液反应制备
D．制造焊锡时，把铅加入锡的主要目的是形成原电池，增加锡的抗腐蚀能力
14．（2021·河南·校联考模拟预测）中国科学技术大学陈维教授团队结合其前期工作基础，开发了一种高性能的水系锰基锌电池。其工作原理如图所示，已知该装置工作一段时间后，溶液的浓度增大，下列说法正确的是
A．负极的电极反应式为
B．装置工作一段时间后，正极区溶液的pH降低
C．a膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜
D．电子流向：Zn电极→b膜→a膜→电极→负载→Zn电极
15．（2021·河南·校联考模拟预测）下列说法中正确的是
A．电解熔融状态下的AlCl3或Al2O3均可得到单质铝
B．钢铁、铜在适当条件均可发生吸氧腐蚀、析氢腐蚀
C．向的稀混合液中滴加AgNO3溶液，可确定Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小
D．BaSO4、BaCO3均难溶于水，故BaCO3不能与Na2SO4溶液反应
16．（2021·河南许昌·统考一模）直接硼氢化物燃料电池是一种新型的燃料电池，具有理论比能量高，产物清洁无污染，燃料易于储存和运输等特点。如图所示是以NaBH4(溶于碱溶液中)为燃料的直接硼氢化物燃料电池结构示意图。反应中BH转化成为BO。下列有关说法中错误的是
A．该电池A室为阳极室
B．工作过程中电池B室的pH明显减小
C．负极反应式为：BH+8OH-=BO+6H2O+8e-
D．该电池B室极板的电势高于A室极板
二、原理综合题
17．（2023·河南·统考模拟预测）CO2资源化利用是科学工作者重点研究的课题。
(1)一定条件下，作为温室气体的CO2可合成燃料甲醇，主要发生反应的热化学方程式如下：
i ．CO2(g) +H2(g) CO(g) +H2O(g) ΔH1= +41.2 kJ·mol-1
ii．CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) ΔH2= -90.0 kJ·mol-1
iii．CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) ΔH3= -144.9 kJ·mol-1
二氧化碳与氢气反应合成甲醇的热化学方程式iv．CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)的ΔH4 = kJ·mol-1。
(2)向两个恒压(压强分别为0.1 MPa，1.0 MPa)密闭容器中分别通入1 mol CO2和4 molH2的混合气体，只发生反应i和反应iii。平衡时CH4和CO占所有含碳化合物的物质的量分数( η)随温度的变化曲线如图所示。
①表示压强为1.0 MPa时η( CH4)和η( CO)的曲线分别是 (填“ 甲”“乙”“丙”或“丁”，下同)和 。
②c点时，容器内CO2的物质的量为 mol。
③600 °C，1.0 MPa时，H2O(g)的物质的量为 mol ，反应i的压强平衡常数Kp= (Kp为用分压表示的平衡常数．分压=总压 ×物质的量分数，结果保留2位有效数字)。
(3)科学工作者采用电催化方法用CO2重整CH4制取合成气(CO、H2的混合气体) ，其装置如图所示。
该装置工作时，阴极的电极反应式为 ；
若产生4.48 L合成气(标准状况下)，理论上电路中转移 mol 电子。
18．（2023·河南·校联考模拟预测）以分子中含有一个碳原子的物质为原料的化学工业称为“碳一化工”，甲醇是碳一化工的支柱。回答下列问题：
(1)以甲醇生产甲胺的化学方程式为 CH3OH(l)+NH3(g)═CH3NH2(g)+H2O(g)， 该反应在高温下才能自发进行，则该反应的ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。
(2)利用甲醇(CH₃OH)制备甲醛可以使人类的基础化学品摆脱对石油的依赖。目前常用的方法有以下两种。
脱氢法： CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g) ΔH= +46.203kJ·mol-1
氧化法：CH3OH(g)+ O2(g) HCHO(g)+ H2O(g) ΔH= -149.73kJ·mol-1
已知几种共价键的键能如下表：
共价键
C-O
C-H
O-H
C═O
H—H
键能/(kJ·mol-1)
413.4
n
462.8.
745
436
如图为甲醇制备甲醛两种方法对应的lg K(K为浓度平衡常数)随温度(T)的变化曲线。
①表中n= 。
②曲线 (填“a”或“b”)对应氧化法，其理由是 。
③在一个体积为1L的恒容密闭容器中加入2 mol CH3OH，在500K时发生脱氢反应，经5min达到平衡状态，则体系压强变为原来的 倍。若平衡时体系压强为3.6MPa，则平衡时压强平衡常数 Kp= MPa。
(3)以CO、CH3OH 为原料生产醋酸是碳一化工的成功范例，产品中乙酸含量≥99.8%。
①根据下表数据分析，实际工业生产中采用低压羰基合成反应制备醋酸的原因是 。
甲醇合成醋酸消耗定额的比较(以生产1t醋酸计)
名称
高压羰基合成
低压羰基合成
甲醇/kg
610
545
一氧化碳/m3(标准状况)
630
454
电/kWh
350
29
②该羰基合成反应采用不同组分的铑系催化剂，它们的催化性能比较如下表。其中性能最优的催化剂是 。
催化剂
铑的百分含量／％
相对催化速率
RhCl3-NaX
0.25
50
RhCl(CO)(PPh3)-Al2O3
1.39
40
Rh(NO3)3/C
3.00
25
Rh/Ys
1.00
900
(4)一种甲醇燃料电池采用碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解液中加入纯化的甲醇，同时向另一个电极通入空气，负极的电极反应式为 。
19．（2021·河南新乡·统考一模）烯烃是重要的化工原料。回答下列问题：
(1)在浓硫酸的作用下，2—丁醇发生消去反应：
①(l)CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)+H2O(g) ΔH1
②(l)CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)+H2O(g) ΔH2
则1—丁烯转化为2—丁烯的热化学方程式为 。
(2)某温度下，向一体积为10L的恒容密闭容器中充入1mol溴蒸气和1mol1—丁烯，发生反应：CH3CH2CH=CH2(g)＋Br2(g)CH2=CHCH=CH2(g)＋2HBr(g) △H＞0，10min后，反应达到平衡，此时容器中物质的总物质的量为2.5mol。
①达到平衡后，欲增大CH2=CHCH=CH2的产率，可采取的措施为 。
②平衡时，溴蒸气的转化率为 ，0～10min内，v(HBr)= mol·L·min-1。
③该温度下，反应的平衡常数K= 。
(3)1，3—丁二烯在苯溶液中能发生聚合反应生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中1，3—丁二烯的浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是___________(填标号)。
A．T1＞T2
B．c点的正反应速率小于c点的逆反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45mol·L-1
(4)工业上用电解丁醛的方法制备1—丁醇和丁酸的总反应为2CH3CH2CH2CHO＋H2OCH3CH2CH2COOH＋CH3CH2CH2CH2OH，电解装置示意图如图，阴极的电极反应式为 ，生成的a为 (填名称)。
20．（2021·河南·校联考模拟预测）环己酮()作为一种重要的基础化工原料，在各个领域有着广泛用途，作为精细化工的一部分。苯酚()催化加氢制备环已酮既可实现苯酚的综合利用，又可避免使用氧化剂对环境造成污染，一直受到研究人员的关注。涉及反应如下：
ⅰ. (g)+2H2(g)⇌ (g)；
ⅱ. (g)⇌ (g)；
ⅲ. (g)+H2(g)⇌ (g)；
ⅳ. (g)+H2(g)⇌ (g)。
请回答下列问题：
(1)稳定性： (填“>”“<”或“=”)
(2)反应 (g)+3H2(g)⇌ (g)的反应热 (用含、、的代数式表示)。
(3)通过上述反应完成苯酚()催化加氢制备环己酮。平衡时，随温度升高，的体积分数变化如图甲所示：
随着温度升高，环己醇的体积分数减小的原因为 。
(4)采用适宜的温度，在容积为1L的恒容密闭容器中，加入1mol苯酚和2mol只发生反应ⅰ，10min后反应达到平衡状态，测得体系压强是起始压强的0.5倍。
①达到平衡时1−环己烯醇的平均生成速率v= 。
②该温度下，该反应的平衡常数 ，如果这时向该密闭容器中再充入1mol苯酚和1mol1−环己烯醇，此时v正 v逆(填“>”“<”或“=”)。
(5)环己酮也可以用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如图乙所示：
b应接直流电源的 (填“负极”或“正极”)，a电极的电极反应式为 。
三、工业流程题
21．（2023·河南·校联考模拟预测）羟基氧化镍( NiOOH)可作镍镉电池正极材料[放电时产物之一是Ni( OH)2]；高纯度一氧化锰(MnO)可用于医药、冶炼、焊接、干电池的制造。某化工厂以含有MnS、NiS的工业料渣为原料制备NiOOH、MnO的流程如下：
请回答下列问题：
(1)写出一种能提高料渣利用率的方法： ，操作X的名称是 。
(2)NiOOH中Ni元素的化合价为 ， 溶剂A必须具有的两种物理性质：一是不溶于水；二是 ；写出生成NiOOH的离子方程式： 。
(3)热氧化过程中MnS发生反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。214℃时MnC2O4分解(隔绝空气)的化学方程式为 。
(4)镍镉碱性电池放电时发生还原反应的电极上的反应式为。 。
(5)若10 kg料渣经过上述处理后得到a kg NiOOH，则料渣中Ni的质量分数为 (设转化过程中镍的损失率为2% ，列出计算式即可)。
22．（2023·河南·统考模拟预测）一种锌浸出渣主要成分有ZnO·GeO2、In2O3、Ga2O3、Ga(OH)3、Cu等物质、从该浸出渣获得金属镓、金属锗、金属铟的流程如下：
已知：①用D₂EHPA(以H₂A₂表示)萃取酸浸液中的铟：In3++3H2A2 (o) InA3·3HA(o)+3H+ (a) (a表示水相，o表示有机相)。
②GeCl₄的熔点为-49℃，沸点为84℃。
③ZnO·GeO₂与硫酸反应生成H₂GeO₃，已知H₂GeO₃的 Ka=8×10-10
④Ga与Al的性质相似，高纯度的镓难溶于酸或碱。
请回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”的反应速率，“酸浸”前对锌浸出渣的处理方式为 。
(2)酸浸时ZnO·GeO₂与硫酸反应的离子方程式为 。
(3)萃取后的洗涤操作用到的玻璃仪器有 (填仪器名称)，加入盐酸作反萃取剂，其原理是 。
(4)HGaCl₄.与过量氢氧化钠反应的化学方程式为 ；电解时在阴极反应的离子是 。
(5)丹宁锗在氧化焙烧、氯化后分离出纯净GeCl₄的方法是 。
(6)常温下，0.1mol/L的GaCl₃溶液中(Ga3+完全沉淀(Ga³+浓度小于1×10-5mol/L的AG=5.8则该温度下Ga(OH)₃的溶度积为 。[已知：AG可表示溶液的酸度，其定义为AG=]
23．（2021·河南·校联考模拟预测）六氟锑酸钠()广泛用于有机合成、光化学反应中的催化剂、蚀刻剂及医药中间体，一种由锑矿粉(主要含、，还含有少量、、等)合成六氟锑酸钠的工艺流程如图所示：
已知：①Sb的氧化物及氢氧化物的性质与Al的类似；可溶于NaOH溶液。
②常温下，、。
③难溶于水。
请回答下列问题：
(1)中Sb的化合价为 。
(2)“碱浸”时，若转化为，则与反应的离子方程式为 。
(3)“碱浸渣”的主要成分为 (填化学式)。
(4)“除杂”时，当溶液中出现蓝色沉淀，停止加入溶液，测得此时溶液的，则此时溶液中残留的 。
(5)“转化”过程中需先向溶液中加入浓NaOH溶液，加热至适当温度后，慢慢滴入30%溶液进行氧化回流。则“转化”步骤发生反应的化学方程式为 。
(6)已知“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，则“氟化”时发生反应的离子方程式为 。
(7)以六氟锑酸钠为离子导体的新型钠离子可充电电池的结构如图，该电池放电时的工作原理为，则充电时，向 移动(填“左”或“右”)；放电时，石墨电极上的电极反应式为 。
24．（2021·河南许昌·统考一模）工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2的烟气为主要原料，制备无水碳酸锰的工艺流程如图所示。
已知：①MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解，在空气中高温加热所得固体产物为Mn2O3。
②不同金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
开始沉淀时pH
2.7
7.5
7.8
完全沉淀时pH
3.7
9.7
9.8
③Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11。
回答下列问题：
(1)下列说法正确的是___________(填序号)。
A．最好使用粉状软锰矿进行“溶浸” B．废渣1的主要成分和“芯片”相同
C．溶浸时不会发生氧化还原反应 D．废液经处理可用于灌溉农作物
(2)调节溶液的pH前，加入软锰矿发生“氧化”作用的离子方程式是 。
(3)调节pH的方法是加入适量的熟石灰，调节pH=5.充分反应后生成的沉淀有 。如果没有“氧化”过程的进行，pH就需要调节到更大的数值，这样会造成 的不良后果。
(4)“沉锰”过程中加入氨水的目的是 (从化学平衡移动的角度解释)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是 (写1条即可)。“沉锰”时通过控制合理的pH，就可以控制CO的浓度，达到不产生CaCO3的目的。原因是 。
(5)工业上可用石墨为电极电解硫酸锰和稀硫酸的混合溶液制备二氧化锰，其阳极的电极反应式是 。Al还原Mn2O3制备Mn的化学方程式是 。
四、填空题
25．（2022·河南·校联考模拟预测）将地球储量丰富的小分子电催化转化为有高附加值的、、及(如图所示)等具有巨大的经济效益和环境效益。回答下列问题：
(1)是一种绿色氧化剂，它的电子式为 ；目前工业上采用蒽醌法生产的原理为：
。
该总反应的原子利用率为 %；测定的纯度可用酸性高锰酸钾溶液滴定法，该反应的离子方程式为 。
(2)还原制取X(方程式中部分物质的化学计量数已略)可表示为，则X为 (填化学式)。
(3)电催化制取有高附加值物质的方法有很多。
①下列说法错误的是 (填标号)。
A．及电催化制时，在阴极区生成
B．及电催化制时，在阳极区生成
C．隔膜电解槽电解饱和食盐水制时，用阴离子交换膜
②一种合成氨的装置如图所示，阴极的电极反应式为 ，电解总反应为 。
参考答案：
1．D
【分析】总反应是Zn与O2的反应，钴三异丙醇胺配合物(CoTiPA)和7，8-二羟基-2 -吩嗪磺酸( DHPS)作为氧化还原媒介可以看做是催化剂，降低了活化能，负极一边是Zn、ZnO和7，8-二羟基-2 -吩嗪磺酸( DHPS)，正极一边是O2、OH-和钴三异丙醇胺配合物(CoTiPA)，放电时阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。
【详解】A．Co( II)可以看做催化剂，降低了正极反应的活化能，提高了活化分子百分率，故A正确；
B．1molO2参与反应得到4mol电子，11.2 L O2(标准状况)参与反应，理论上转移2 mol电子，故B正确；
C．负极反应是Zn-2e-+H2O=ZnO+2H+，生成H+使pH值降低，故C正确；
D．正极有O2参与，生成OH-离子，溶液应该是碱性，故D错误；
答案选D。
2．B
【分析】由图分析，甲为燃料电池，a为负极，b为正极；乙为电解池，c为阴极，d为阳极；已知溶液的pH过高时H2O2会分解，故需要控制溶液pH。
【详解】A．由图，b电极上氧气得到电子生成水，发生还原反应，则b为正极，A错误；
B．由分析，c与原电池的负极相连，为阴极，电极反应为O2+2e－+2H2O= H2O2 +2OH－，B正确；
C．若甲中燃料使甲烷，a电极反应后产生氢离子，电解质应该为酸性，则a电极的电极反应式为，C错误；
D．乙中d极为阳极，电极反应式为，故反应进行一段时间后，乙中d极附近溶液氢离子浓度逐渐增大，pH明显减小，D错误；
故选B。
3．C
【分析】已知：正极材料为NiOOH/Ni(OH)2，则ZnO、ZnO@SnO2为负极材料；
【详解】A．放电时为原电池装置，上述装置主要将化学能转化成电能，A正确；
B．放电时，负极的锌失去电子发生氧化反应，在碱性条件下可能生成，表面副反应可能是Zn+2OH-=+H2↑，B正确；
C．充电时，阴极的氧化锌得到电子发生还原反应，反应为，则附近电解质溶液pH升高，C错误；
D．充电时，阳极的NiOOH失去电子发生氧化反应，反应为，则1molOH-向阳极迁移时理论上转移1mol电子，D正确；
故选C。
4．C
【分析】从图看，催化电极M为O2结合H+发生还原反应，该极为电解池的阴极。则电极N为电解池的阳极，该极OH-优先放电得到O2。
【详解】A．M极消耗O2，而N极产生的O2可循环利用，所以X为O2，A项正确；
B．M极H+与O2结合消耗导致酸的浓度下降，同时在N极OH-被电解消耗，所以H2SO4溶液和NaOH溶液的浓度均逐渐减小，B项正确；
C．由电子得失守恒mCO2~Cm(H2O)n~mO2，即生成CO2的物质的量等于生成O2的物质的量，C项错误；
D．M极其他还原物质可能消耗O2，所以需要适量补充O2，D项正确；
故选C。
5．D
【分析】氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，加入NaClO2溶液发生反应生成ClO2、NH3和X溶液，NCl3中N元素为-3价，该反应中Cl元素化合价由+3价变为+4价，失电子发生氧化反应，则还存在Cl元素得电子发生还原反应，所以溶液X中含Cl-，溶液呈碱性，所以还存在OH-，发生反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，①中氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，A错误；
B．根据电解池的组成可知，组成①中的电解池除需要有电源、导线和大烧杯等，还必须有两个惰性电极，可以是相同材质如均为石墨，也可以不同材质如石墨作阳极，Cu作阴极等，B错误；
C．由分析可知，②中反应方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，故氧化剂NCl3与还原剂NaClO2的物质的量之比是1：6，C错误；
D．由分析可知，②中反应方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，故反应后的溶液中主要存在的阳离子是Na+，D正确；
故答案为：D。
6．D
【分析】实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，实验1说明铁粉表面氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，实验3说明氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应。
【详解】A．由分析可知，实验1中长时间无蓝色沉淀出现能是因为铁粉表面的氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，故A正确；
B．由分析可知，氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应，故B正确；
C．由分析可知，实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，故C正确；
D．铁、碳、氯化钠溶液组成的原电池中，氯化钠溶液电离出的氯离子会破坏铁表面的氧化膜，若直接向原电池中滴加铁氰化钾溶液，铁与铁氰化钾溶液能直接反应，无法检验溶液中是否存在亚铁离子，不能检验是否发生原电池反应，故D错误；
故选D。
7．A
【分析】由图可知，放电时，B极是原电池负极，镶嵌在硬碳中的钠失去电子发生氧化反应生成钠离子，电极反应式为Na—e—=Na+，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++e—= Na2Mn[Mn(CN)6]，充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极。
【详解】A．由分析可知，放电时，B极是原电池负极，A极是正极，原电池中正极电势高于负极，则A极的电势高于B极，故A错误；
B．由分析可知，放电时，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++e—= Na2Mn[Mn(CN)6]，故B正确；
C．由分析可知，充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极，则钠离子穿过离子交换膜在B极上得电子发生还原反应生成钠，故C正确；
D．由分析可知，充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，故D正确；
故选A。
8．B
【分析】如图，光照充电时转化为Zn，故充电时Zn为阴极，光电极为阳极，则放电时Zn为负极，光电极为正极；
【详解】A．放电时，阴离子向负极迁移，A项错误；
B．放电时，如图，Zn转化为，空气电池氧气在正极被还原，故电池反应为，B项正确；
C．光电子只能在外电路中通过，C项错误；
D．充电时，阴极上发生反应，D项错误；
答案选B。
9．B
【详解】如图，经反应1，NaI转化为NaIO3，在碱性条件下经反应2 ，NaIO3被Cl2氧化为Na2H3IO6，再由反应3生成沉淀Ag5IO6，反应4中Cl2+H2OHCl+HClO，Ag5IO6与H+反应转化为H5IO6，同时HClO分解，故无色气体为O2；
A．阳极反应为，阳极周围浴液的减小，A项错误；
B．反应2为，Cl2是氧化剂，NaIO3是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，B项正确；
C．反应3同时生成和，C项错误；
D．反应4为，该反应是氧化还原反应，D项错误；
答案选B。
10．B
【详解】A．由实验装置图可知，①装置中缺少环形玻璃搅拌棒，不能用来测定中和热，故A错误；
B．将碳酸钠加入到硼酸溶液中，若没有气体生成，说明碳酸酸性比硼酸酸性强，则②装置可以证明碳酸酸性比硼酸酸性强，故B正确；
C．由图可知，碘化银电极为电解池的阳极，与直流电源正极相连的碘化银在阳极失去电子发生氧化反应生成碘和银离子，银为阴极，银离子在阴极得到电子发生还原反应生成银，电解的总反应为碘化银电解分解生成银和碘，则③装置不能用于证明2Ag+ +2I—=2Ag+I2 能否自发进行，故C错误；
D．由实验装置图可知，④装置中催化剂和反应温度均不同，由变量唯一化原则可知，④装置不能用来探究温度对过氧化氢分解速率的影响，故D错误；
故选B。
11．B
【分析】由题干信息可知，该电解池的阳极反应式为：Cp2Fe-e-=Cp2Fe+，阴极反应式为：CO2+2+2e-=CO+2NH3+H2O，据此进行分析。
【详解】A．溶剂要使各种物质能较好地溶解，A正确；
B．阳极上是二茂铁失电子，方程式为Cp2Fe-e-=Cp2Fe+，生成的Cp2Fe+是阳离子，交换膜左侧正电性增大，所以要使阳离子从阳极处移动到阴极处，溶液中没有氢离子，只能通过铵根离子移动到阴极，在阴极上发生反应。所以交换膜是阳离子交换膜，不是质子交换膜，B错误；
C．阴极发生CO2+2+2e-=CO+2NH3+H2O，工作一段时间后，生成的水可能在阴极上得电子，生成氢气，C正确；
D．根据电极方程式，可得总反应方程式为2Cp2Fe+CO2+2NH4PF62Cp2FePF6+CO+2NH3+H2O，D正确；
故答案选B。
12．B
【分析】根据装置图以及电解原理，电极A为阳极，Cl-失电子，转化成Cl2，氯气与水反应Cl2+H2OHOCl+HCl，HOCl与进入的乙烯发生加成反应，生成ClCH2CH2OH，电极B中H2O得电子，转化成氢气和OH-，将两极电解液混合，ClCH2CH2OH与OH-反应生成环氧乙烷，据此分析；
【详解】A．根据装置图，电极A上Cl-失去电子，转化成氯气，化合价升高，根据电解原理，该电极为阳极，即电极A应连接电源的正极，故A说法正确；
B．根据选项A的分析，电极A为阳极，电极B为阴极，依据电解原理，阴离子通过交换膜向电极A方向移动，故B说法错误；
C．根据上述分析，其总反应方程式为C2H4+H2O+H2↑，故C说法正确；
D．根据总反应方程式，生成1mol环氧乙烷，同时有1mol氢气产生，电极B的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，因此生成1mol环氧乙烷时，有2mol电子转移，故D说法正确；
答案为B。
13．A
【详解】A．胶体具有丁达尔效应，溶液不具有丁达尔效应，故可利用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，A项正确；
B．锂的密度比煤油小，不能保存在煤油中，可保存在石蜡油中，B项错误；
C．和会发生强烈的双水解反应生成氢氧化铝和硫化氢，不不能用氯化铝溶液和硫化钠溶液反应制备硫化铝，C项错误；
D．如果构成原电池，锡金属性强于铅，会降低锡的抗腐蚀能力，实际上把铅加入锡的主要目的是降低熔点，D项错误；
故选A。
14．C
【分析】由图中Zn生成为失电子的氧化反应，故为负极；得电子还原反应，为正极。
【详解】A．Zn电极为负极，电极反应式为，A项错误；
B．电极为正极，电极反应式为，反应消耗，故一段时间后，正极区溶液的pH升高，B项错误；
C．由装置工作一段时间后溶液的浓度增大可知，a膜为能使通过的阴离子交换膜，B膜为能使通过的阳离子交换膜，C项正确；
D．电子只能在电极和导线上传导，不能在溶液中传导，正确的电子流向为Zn电极→负载→电极，D项错误；
故选C。
15．C
【详解】A．AlCl3是共价化合物，熔融状态下不能电离出离子，A错误；
B．铜的活泼性位于氢之后，不能发生析氢腐蚀，B错误；
C．由于起始Cl-、I-浓度相等，故通过观察先生成沉淀的颜色可以比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小，C正确；
D．Ksp(BaSO4)与Ksp(BaCO3)的相差不大，通过控制浓度可实现转化，D错误；
故答案选C。
16．B
【分析】根据图中所示可知，A为负极，B为正极，(图中电子由A极移向B极)，据此分析解题。
【详解】A．A为负极，也可称为阳极室，发生氧化反应，A正确；
B．B室的氧气发生还原反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，pH明显增大，B错误；
C．负极(A)发生氧化反应：BH+8OH--8e-= BO+6H2O，可将8e-移至右端，反应式为：BH+8OH-=BO+6H2O+8e-，C正确；
D．A为负极，B为正极，正极电势高于负极，电池B室极板的电势高于A室极板，D正确；
答案选B。
17．(1)-48.8
(2) 甲 丁 0.2 1.7 2.4
(3) CO2 +2e-= CO+O2- 0.1
【详解】（1）根据盖斯定律i+ii=iv，△H4=△H1+△H2=-48.2KJ/mol；
（2）向两个恒压(压强分别为0.1 MPa，1.0 MPa)密闭容器中分别通入1 mol CO2和4 molH2的混合气体，只发生反应i ．CO2(g) +H2(g) CO(g) +H2O(g) ΔH1= +41.2 kJ·mol-1 和反应 iii．CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) ΔH3= -144.9 kJ·mol-1，升高温度反应i正向移动，反应ii逆向移动CH4的物质的量分数减少，CO的物质的量分数增加，因此随温度升高曲线上升丙丁的是代表CO，曲线甲乙下降的代表CH4，同一个温度下，增大压强反应iii正向移动，甲烷的物质的量分数增加，因此甲曲线代表1MPa下甲烷的曲线，乙代表0.1MPa下甲烷的曲线，增大压强i不移动，但是iii正向移动造成CO2减少，促使反应i逆向移动CO也减少，丁曲线代表1MPa下CO的曲线，丙代表0.1MPa下的CO曲线；
CO2投入1mol，c点时甲烷和CO各占40%，CO2占20%，因此CO2的物质的量0.2mol；
根据反应i．CO2(g) +H2(g) CO(g) +H2O(g)，和反应iii．CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) 起始投入1 mol CO2和4 molH2，600°C时甲烷占含碳化合物的80%是0.8mol，CO占10%是0.1mol，CO2占10%是0.1mol，根据上述两个反应得知600°C平衡时各自物质的量是n(CO2)=0.1mol，n(CH4)=0.8mol，n(CO)=0.1mol，n(H2)=0.7mol，n(H2O)=1.7mol，600°C和1.0MPa时各自的分压强是p(CO2)=，p(H2)=，p(CO)=，p(H2O)=，代入KP=；
（3）N极是二氧化碳还原为CO发生还原反应是阴极，M极是阳极，发生氧化反应，电解质是熔融固态氧化物，传导O2-离子，阴极的电极反应式为：CO2 +2e-= CO+O2-，阳极电极反应式为CH4+O2--2e-=CO+2H2，当电路中有2mol电子时，阴极生成1molCO，阳极生成2molH2和1molCO，共生成4mol气体，产生4.48L标况下的气体是0.2mol，需要电子为0.1mol。
18．(1)>
(2) 351 a 氧化法为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线a对应氧化法 1.5 1.2
(3) 消耗原料少，消耗电能少 Rh/Ys
(4)CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+
【详解】（1）该反应为熵增加的反应，若高温条件下进行则ΔH >0。答案为>；
（2）利用脱氢反应ΔH= +46.203kJ·mol-1=E反应物的总键能-E生成物的总键能=3n+413.4+462.8-(2n+745+436)，得到n=351。氧化法为放热反应，升温平衡逆向，K值减小，a为氧化法。由于该条件下K=计算得c(H2)=1mol/L=c(CH3OH)=c(HCHO)。而压强之比等于物质的量之比。500℃平衡时各物质的物质的量分数为，Kp=。答案为351；a；氧化法为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线a对应氧化法；1.5；1.2；
（3）从数据分析，低压时消耗的定额少。从催化速率看，Rh/Ys催化速率远远大于其他催化剂，最优催化剂为Rh/Ys。答案为消耗原料少，消耗电能少；Rh/Ys；
（4）甲醇燃料电池中，CH3OH为负极发生氧化反应转变为CO2，反应为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。答案为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。
19．(1)CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)→ CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)
(2) 升温或及时分离出CH2=CHCH=CH2 50% 0.01 0.2
(3)CD
(4) CH3CH2CH2CHO+2H++2e-=CH3CH2CH2CH2OH 丁酸
【详解】（1）由已知方程式②-①得目标方程式：CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)→ CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)，结合盖斯定律知该反应，故此处填：CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)→ CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g) ；
（2）①欲增大CH2=CHCH=CH2产率，可通过促进平衡正向移动实现，可采取措施：升温或及时分离出CH2=CHCH=CH2，故此处填：升温或及时分离出CH2=CHCH=CH2；
②设转化的Br2为x mol，由所给数据列三段式如下：，由题意得：1-x+1-x+x+2x=2.5，解得x=0.5 mol，故溴蒸气的转化率=；HBr的反应速率；
③该反应平衡常数；
（3）A．由图示知，相同时间内，T2对应温度下，反应速率更快，故温度T2＞T1，A错误；
B．由图示知，c点反应未达平衡，1，3-丁二烯浓度仍然在减小，说明此时反应仍然是正向程度大，故正反应速率大于逆反应速率，B错误；
C．由于a点1，3-丁二烯浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点正反应速率，b点反应未达平衡，1，3-丁二烯浓度仍然在减小，说明此时反应仍然是正向程度大，故b点正反应速率大于逆反应速率，故a点正反应速率大于b点逆反应速率，C正确；
D．b点，由反应比例：2CH2=CH-CH=CH2~1二聚体，得此时二聚体浓度=，D正确；
故答案选CD；
（4）电解阴极发生还原反应，总反应中，丁醛到1-丁醇为还原过程，故阴极电极反应为：CH3CH2CH2CHO+2H++2e-=CH3CH2CH2CH2OH；阳极发生氧化反应，由总反应知，丁醛到丁酸为氧化过程，故a为丁酸。
20．(1)>
(2)
(3)反应ⅲ和反应ⅳ的正反应均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动
(4) 12 >
(5) 负极
【解析】（1）
物质能量越低越稳定，根据反应ⅱ可知稳定性：＞。
（2）
由反应ⅰ. (g)+2H2(g)⇌ (g)；ⅱ. (g)⇌ (g)；ⅳ. (g)+H2(g)⇌ (g)，根据盖斯定律ⅰ+ⅱ+ⅳ可得反应 (g)，故反应热。
（3）
反应ⅲ和反应ⅳ的正反应均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，环己醇的体积分数减小。
（4）
①设转化的苯酚的浓度为xmol/L，根据方程式(g)＋2H2(g) (g)
参加反应的(g)，H2(g), (g)的物质的量分别为：xmol/L，2xmol/L，xmol/L，反应达到平衡时(g)，H2(g), (g)的物质的量分别为(1−x)mol/L,(2-2x)mol/L,xmol/L,压强之比等于物质的量浓度之比，平衡时体系压强是起始压强的0.5倍，则，解得。则达到平衡时环己烯醇的平均生成速率；
②该反应的平衡常数，如果这时向该密闭容器中再充入1mol苯酚和1mol1−环己烯醇，此时浓度商，平衡向正反应方向进行，则。
（5）
电解池中电解质溶液中的阳离子移向阴极，故电极b作阴极，阴极与直流电源负极相连；电极a作阳极，失电子被氧化，电极反应式为。
21．(1) 将料渣粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当延长氧化时间等(任写一种) 萃取、分液
(2) +3 易溶解MnSO4且不能溶解NiSO4 2Ni2++ClO- +4OH=2NiOOH↓+Cl- + H2O
(3) 1：1
(4)NiOOH +e- +H2O= Ni(OH)2+OH -
(5)
【分析】料渣为含有MnS和NiS，热氧化过程中与稀硫酸和MnO2反应，生成S和Mn2＋、Ni2＋，加入溶剂A进行操作X分为有机相和无机相为典型的萃取分液操作，有机相最终制备MnO说明其中含有Mn2＋，无机相与NaOH、NaClO反应生成NiOOH，说明含有Ni2＋。有机相加入硫酸之后溶剂A分离，再加入草酸铵，生成MnC2O4，214℃生成MnO和CO、CO2。
【详解】（1）提高料渣利用率的方法有粉碎料渣使其充分与其他反应物接触，搅拌、适当提高硫酸的浓度、适当延长氧化时间使其充分反应，故答案为将料渣粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当延长氧化时间等(任写一种)；操作X为将物质分为有机相和无机相，应为萃取、分液。
（2）O为-2价，OH－为－1价，故Ni为＋3价；萃取剂的要求不能与原溶剂互溶，并且要萃取的物质在萃取剂中的溶解度和原溶剂差异很大，故要求为易溶解MnSO4且不能溶解NiSO4；由流程图可知，NiOOH是由Ni2＋和ClO－以及OH－反应生成的，故答案为2Ni2++ClO- +4OH=2NiOOH↓+Cl- + H2O。
（3）MnS中S从－2价升为0价，MnO2中Mn由＋4价降为＋2价，由此得出氧化剂与还原剂物质量比为1：1；由题意知MnC2O4受热分解生成MnO、CO、CO2，故答案为。
（4）由题干可知，NiOOH在正极放电，生成Ni(OH)2，故电极反应式为NiOOH +e- +H2O= Ni(OH)2+OH -。
（5）由题意知：
22．(1)粉碎
(2)ZnO·GeO2 +2H+=H2GeO3 +Zn2+
(3) 分液漏斗、烧杯 加入盐酸，增大H⁺浓度，使In3++3H2A2(o)InA3·3HA(o)+3H+ (a)平衡逆移
(4) HGaCl₄+5NaOH═NaGaO₂+4NaCl+3H₂O或HGaCl₄+5NaOH═Na[Ga(OH)₄]+4NaCl+H₂O 或[Ga(OH)₄]-
(5)蒸馏(或精馏)
(6)10-34.7或2×10-35
【分析】本题是一道工业流程题，由锌浸出渣制备，金属镓和金属锗，首先用硫酸溶液原材料，溶解后用萃取剂萃取出铟元素，萃余液处理后可以得到金属镓和金属锗，含铟萃取有机相，处理后可以得到海绵铟，以此处理。
【详解】（1）增大接触面积可以加快反应速率，故为了提高“酸浸”的反应速率，“酸浸”前对锌浸出渣的处理方式为粉碎；
（2）根据信息可知，ZnO·GeO₂与硫酸反应生成H₂GeO₃和硫酸锌，离子方程式为：ZnO·GeO2 +2H+=H2GeO3 +Zn2+；
（3）萃取后得到的有机相和洗涤液水互不相溶，因此洗涤应该在分液漏斗中进行，因此洗涤用到的玻璃仪器为：分液漏斗、烧杯；根据信息可知，萃取后的有机相中存在In3++3H2A2 (o) InA3·3HA(o)+3H+ (a)，根据平衡移动的原理可知，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故加入盐酸作反萃取剂原理是：加入盐酸，增大H⁺浓度，使In3++3H2A2(o)InA3·3HA(o)+3H+ (a)平衡逆移；
（4）根据信息可知，Ga与Al的性质相似，则HGaCl₄.与过量氢氧化钠反应的化学方程式为HGaCl₄+5NaOH═NaGaO₂+4NaCl+3H₂O或HGaCl₄+5NaOH═Na[Ga(OH)₄]+4NaCl+H₂O；根据流程可知，电解时在阴极产生金属镓，则电解时在阴极反应的离子是或[Ga(OH)₄]-；
（5）根据信息可知，GeCl₄的熔点为-49℃，沸点为84℃沸点较低，故分离出纯净GeCl₄的方法是：蒸馏(或精馏)；
（6）根据 AG=5.8和Kw=1.0×10-14，可知Ga3+完全沉淀时c(OH-)=1×10-9.9mol/L，则Ga(OH)₃的溶度积=(1×10-9.9 mol/L)3×1×10-5mol/L= 1×10-34.7或2×10-35。
23．(1)+5
(2)
(3)和
(4)
(5)
(6)
(7) 右
【分析】锑矿粉(主要含、，还含有少量、、等)碱浸、还原时转化为NaSbO2，和不能溶于NaOH，过滤后，在浸出液种加入硫酸铜除杂，再加入双氧水将NaSbO2转化为，最后加HF转化为。
(1)
根据物质中各元素化合价代数和为0可得出中的化合价为+5价；
(2)
若在“碱浸”过程中转化为，则与反应的离子方程式为；
(3)
由于和不能溶于NaOH，因此“碱浸渣”的主要成分为和；
(4)
“除杂”步骤中，当溶液的时，此时溶液中，此时溶液中残留的；
(5)
“转化”步骤发生氧化的反应，化学方程式为；
(6)
注意为弱酸，保留化学式，故“氟化”时发生反应的离子方程式为；
(7)
该电池放电时的工作原理为，则充电时，向右(石墨电极)移动；放电时，石墨电极上得电子生成进入溶液中，因此电极反应式为。
24．(1)AD
(2)MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
(3) Fe(OH)3、CaSO4 形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)
(4) 促进Mn2++⇌MnCO3+H+正向移动(或促进的电离) 防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积
(5) Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+ Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn
【分析】“溶浸”时，软锰矿 (主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2在稀硫酸下发生反应，二氧化锰与二氧化硫发生氧化还原反应，金属氧化物会溶于酸性溶液，滤渣1为SiO2，浸出液中含有的金属离子是Mn2+、Fe3+、Fe2+，“氧化”时，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+、过滤除去含SiO2的滤渣2后在“除铁”环节通过调节pH将Fe3+沉淀后过滤，废渣3含氢氧化铁沉淀，若用熟石灰调pH，滤渣3为有Fe(OH)3、CaSO4。继续加碳酸氢铵、氨水“沉锰”，调节pH，得到碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤干燥得到无水碳酸锰，据此回答。
【详解】（1）下列说法：
A．将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，A说法正确；
B． 废渣1的主要成分为SiO2， “芯片” 主要成分为Si，不相同，B说法不正确；
C． 据分析溶浸时会发生氧化还原反应，C说法不正确；
D．硫酸铵是一种氮肥， 废液含硫酸铵经处理可用于灌溉农作物，D说法正确；
选AD。
（2）调节溶液的pH前，加入软锰矿，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+，则发生“氧化”作用的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。
（3）由表知，pH≥3.7时铁离子沉淀完全，硫酸钙是微溶物，则加入适量的熟石灰，调节pH=5，充分反应后生成的沉淀有Fe(OH)3、CaSO4。如果没有“氧化”过程的进行，pH≥9.7时亚铁离子才能沉淀完全，此时有部分Mn2+也发生沉淀，则这样会造成的不良后果是：形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)。
（4）“沉锰”时加入碳酸氢铵以生成MnCO3，该反应中会释放出H+，则该过程中加入氨水的目的是：促进Mn2++⇌MnCO3+H+正向移动(或促进的电离)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是：防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) (写1条即可)。CaCO3与MnCO3是同类型沉淀，Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11，则CaCO3的溶解度大于MnCO3，故“沉锰”时通过控制合理的pH，就可以控制CO的浓度，达到不产生CaCO3的目的。所以原因可以表述为：Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积。
（5）工业上可用石墨为电极电解硫酸锰和稀硫酸的混合溶液制备二氧化锰，阳极Mn2+失去电子发生氧化反应得到MnO2，其阳极的电极反应式是Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+。Al还原Mn2O3制备Mn，化学方程式是Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn。
25．(1) 100
(2)
(3) C
【详解】（1）的电子式为；总反应为，反应物中的原子全部进入目标产物，原子利用率为100%；与酸性高锰酸钾溶液反应，被氧化为，被还原为，依据得失电子数相等可写出配平的离子方程式：；
（2）由，确定该反应转移的电子数为9，根据守恒，确定的化学计量数为9，X中氯显+4价，为，总反应为；
（3）①A．→发生还原反应，A正确；
B．→发生氧化反应，B正确；
C．隔膜电解饱和食盐水制、及时，应该用阳离子交换膜，以防止OH-进入阳极区与反应，C错误；
故选C。
②由图示可知，，配平得，电解总反应为。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-20化学能与电能（1）
一、单选题
1．（2023·河南·统考模拟预测）钴三异丙醇胺配合物(CoTiPA)和7，8-二羟基-2 -吩嗪磺酸( DHPS)作为氧化还原媒介分别被引入电池正、负极的电解液中，与空气和锌在各自的储能罐中反应。装置如图1所示，反应历程如图2所示。
下列说法错误的是
A．Co( II)降低了正极反应的活化能，提高了活化分子百分率
B．11.2 L O2(标准状况)参与反应，理论上转移2 mol电子
C．放电过程中，负极附近电解质溶液的pH降低
D．两极的储能罐中均使用酸性电解质溶液
2．（2023·河南·校联考模拟预测）过氧化氢溶液可用于医用伤口消毒、环境消毒和食品消毒。科技工作者研究电化学时，采用空气和水通过电解法可制备H2O2，其装置如图所示，乙中管道将d极产生的气体送至c极。已知溶液的pH过高时H2O2会分解。下列有关说法正确的是
A．甲为原电池装置，其中的b电极是负极
B．乙中c极为阴极，电极反应为O2+2e－+2H2O= H2O2 +2OH－
C．若甲中燃料是甲烷，a电极反应为CH4－8e－+ 10OH－=+7H2O
D．反应进行一段时间后，乙中d极附近溶液pH明显增大
3．（2023·河南·校联考模拟预测）我国科学家最近合成的ZnO@SnO2微米花作为负极材料提高锌镍二次电池的循环性能，工作原理如图所示。已知：正极材料为NiOOH/Ni(OH)2。
下列叙述错误的是
A．放电时，上述装置主要将化学能转化成电能
B．放电时，负极表面副反应可能是Zn+2OH-=+H2↑
C．充电时，阴极附近电解质溶液pH降低
D．充电时，1molOH-向阳极迁移时理论上转移1mol电子
4．（2023·河南·校联考模拟预测）目前工业废水处理备受关注。我国科研人员设计了一种通过内部物质循环处理含有机物Cm(H2O)n的废水的实验装置，其工作原理如图所示，其中双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。图中·OH 表示电中性的自由基。下列说法错误的是
A．循环利用的气体X为O2
B．工作时两极区H2SO4溶液和NaOH溶液的浓度均逐渐减小
C．相同时间内，理论上生成CO2的物质的量小于生成O2的物质的量
D．工作时需向催化电极M区补充适量气体X
5．（2023·河南安阳·统考三模）二氧化氯(ClO2 )是一种安全的绿色消毒剂，实验室可用下列方法制备：
①电解NH4Cl的盐酸溶液制得NCl3(N元素为-3价)溶液；
②将NCl3溶液与NaClO2溶液混合制得ClO2。
下列说法正确的是
A．①中在电解池的阴极得到NCl3
B．组成①中的电解池除需要有电源、导线和大烧杯等，还必须有两个不同材质的电极
C．②中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是6：1
D．②中反应后的溶液中主要存在的阳离子是Na+
6．（2022·河南·校联考模拟预测）遇会生成蓝色沉淀，因此常用于的检验。文献显示：具有氧化性，可以氧化；还原性Fe大于。
某科研小组探究Fe与能否直接反应的实验如下：
实验1：取加热至沸腾并快速冷却的溶液(加热、冷却过程中溶液颜色无变化)于试管中，并加入1mL的苯，再加入铁粉，长时间无蓝色沉淀出现。
实验2：在“实验1”中，若使用砂纸打磨过的铁粉，一会儿就出现蓝色沉淀。
实验3：在“实验1”中，若加少量NaCl，立即出现蓝色沉淀；若换成加入或；则不出现蓝色沉淀。
实验4：在“实验1”中，若将铁粉换成在稀硫酸中反应一段时间的铁片，立即出现蓝色沉淀。
下列说法错误的是
A．实验1中长时间无蓝色沉淀出现，可能是因为铁粉表面有氧化膜
B．可能起破坏铁粉表面氧化膜的作用
C．Fe与可以直接反应
D．在Fe、C、NaCl溶液组成的原电池中，通过直接滴加溶液至电解质溶液中的方法，可以检验是否发生原电池反应
7．（2022·河南·校联考模拟预测）第二代钠离子电池是负极为镶嵌在硬碳中的钠、正极为锰基高锰普鲁士白{}的一种新型二次电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，B极的电势高于A极
B．放电时，正极反应为
C．充电时，穿过离子交换膜在B极上得电子
D．充电时，A极接外加电源的正极
8．（2022·河南·校联考模拟预测）锌-空气电池被认为是替代锂离子电池，满足电动汽车爆炸性需求的下一代候选电池。用光照充电的锌-空气电池的工作原理如图所示。光照时，光电极(空穴)驱动阴极和阳极反应，阳极反应为。下列叙述正确的是
A．放电时，向正极迁移
B．放电时，电池反应为
C．充电时，光电子经电解液向极移动
D．充电时，阴极的电极反应为
9．（2022·河南·校联考模拟预测）正高碘酸()是白色结晶性粉末，溶于水，主要用作氧化剂和分析试剂。由制取的实验流程如图所示：
下列说法正确的是
A．电解过程中阳极周围溶液的pH增大
B．“反应2"中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．“反应3”的滤液中含有，等
D．“反应4”为非氧化还原反应
10．（2022·河南开封·统考一模）下列实验装置能达到相应实验目的的是
A．①装置用来测定中和热
B．②装置可以证明碳酸酸性比硼酸酸性强
C．③装置可以证明2Ag+ +2I—=2Ag+I2能否自发进行
D．④装置用来探究温度对过氧化氢分解速率的影响
11．（2022·河南·校联考模拟预测）使用镍基电催化剂、二茂铁(简写为Cp2Fe)作牺牲电子供体，同时使用NH4PF6作电解质和质子供体，乙腈(CH3CN)作溶剂，可实现连续非水流通池中有效的催化CO2还原，装置如下图所示：
已知：
下列说法错误的是
A．选用乙腈作溶剂，与CO2、NH4PF4等在其中的溶解性有关
B．使用的交换膜是质子交换膜
C．该装置工作时，阴极上还可能有H2产生
D．该电池反应为2Cp2Fe+CO2+2NH4PF62Cp2FePF6+CO+2NH3+H2O
12．（2021·河南·校联考模拟预测）环氧乙烷是继甲醛之后出现的第二代化学消毒剂，至今仍为最好的冷消毒剂之一。一种氯离子介导的电化学合成方法，能够将乙烯高效、清洁、选择性地转化为环氧乙烷。而且，相同的方法也可以用于制备环氧丙烷。下列说法错误的是
A．电化学合成时，电极A应连接电源正极
B．电池工作时，阴离子透过交换膜向电极B方向移动
C．乙烯生成环氧乙烷的总反应为C2H4+H2O+H2↑
D．生成1mol环氧丙烷时，转移电子数为2NA
13．（2021·河南·校联考模拟预测）金属及其化合物在工农业生产中应用广泛，下列说法中正确的是
A．氢氧化铁胶体常用作吸附剂，溶液常用作刻蚀剂，可用丁达尔效应鉴别二者
B．金属锂常用于制造轻合金，主要原因是锂的密度小，锂可保存在煤油中
C．可用作半导体材料，工业上常用溶液和溶液反应制备
D．制造焊锡时，把铅加入锡的主要目的是形成原电池，增加锡的抗腐蚀能力
14．（2021·河南·校联考模拟预测）中国科学技术大学陈维教授团队结合其前期工作基础，开发了一种高性能的水系锰基锌电池。其工作原理如图所示，已知该装置工作一段时间后，溶液的浓度增大，下列说法正确的是
A．负极的电极反应式为
B．装置工作一段时间后，正极区溶液的pH降低
C．a膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜
D．电子流向：Zn电极→b膜→a膜→电极→负载→Zn电极
15．（2021·河南·校联考模拟预测）下列说法中正确的是
A．电解熔融状态下的AlCl3或Al2O3均可得到单质铝
B．钢铁、铜在适当条件均可发生吸氧腐蚀、析氢腐蚀
C．向的稀混合液中滴加AgNO3溶液，可确定Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小
D．BaSO4、BaCO3均难溶于水，故BaCO3不能与Na2SO4溶液反应
16．（2021·河南许昌·统考一模）直接硼氢化物燃料电池是一种新型的燃料电池，具有理论比能量高，产物清洁无污染，燃料易于储存和运输等特点。如图所示是以NaBH4(溶于碱溶液中)为燃料的直接硼氢化物燃料电池结构示意图。反应中BH转化成为BO。下列有关说法中错误的是
A．该电池A室为阳极室
B．工作过程中电池B室的pH明显减小
C．负极反应式为：BH+8OH-=BO+6H2O+8e-
D．该电池B室极板的电势高于A室极板
二、原理综合题
17．（2023·河南·统考模拟预测）CO2资源化利用是科学工作者重点研究的课题。
(1)一定条件下，作为温室气体的CO2可合成燃料甲醇，主要发生反应的热化学方程式如下：
i ．CO2(g) +H2(g) CO(g) +H2O(g) ΔH1= +41.2 kJ·mol-1
ii．CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) ΔH2= -90.0 kJ·mol-1
iii．CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) ΔH3= -144.9 kJ·mol-1
二氧化碳与氢气反应合成甲醇的热化学方程式iv．CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)的ΔH4 = kJ·mol-1。
(2)向两个恒压(压强分别为0.1 MPa，1.0 MPa)密闭容器中分别通入1 mol CO2和4 molH2的混合气体，只发生反应i和反应iii。平衡时CH4和CO占所有含碳化合物的物质的量分数( η)随温度的变化曲线如图所示。
①表示压强为1.0 MPa时η( CH4)和η( CO)的曲线分别是 (填“ 甲”“乙”“丙”或“丁”，下同)和 。
②c点时，容器内CO2的物质的量为 mol。
③600 °C，1.0 MPa时，H2O(g)的物质的量为 mol ，反应i的压强平衡常数Kp= (Kp为用分压表示的平衡常数．分压=总压 ×物质的量分数，结果保留2位有效数字)。
(3)科学工作者采用电催化方法用CO2重整CH4制取合成气(CO、H2的混合气体) ，其装置如图所示。
该装置工作时，阴极的电极反应式为 ；
若产生4.48 L合成气(标准状况下)，理论上电路中转移 mol 电子。
18．（2023·河南·校联考模拟预测）以分子中含有一个碳原子的物质为原料的化学工业称为“碳一化工”，甲醇是碳一化工的支柱。回答下列问题：
(1)以甲醇生产甲胺的化学方程式为 CH3OH(l)+NH3(g)═CH3NH2(g)+H2O(g)， 该反应在高温下才能自发进行，则该反应的ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。
(2)利用甲醇(CH₃OH)制备甲醛可以使人类的基础化学品摆脱对石油的依赖。目前常用的方法有以下两种。
脱氢法： CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g) ΔH= +46.203kJ·mol-1
氧化法：CH3OH(g)+ O2(g) HCHO(g)+ H2O(g) ΔH= -149.73kJ·mol-1
已知几种共价键的键能如下表：
共价键
C-O
C-H
O-H
C═O
H—H
键能/(kJ·mol-1)
413.4
n
462.8.
745
436
如图为甲醇制备甲醛两种方法对应的lg K(K为浓度平衡常数)随温度(T)的变化曲线。
①表中n= 。
②曲线 (填“a”或“b”)对应氧化法，其理由是 。
③在一个体积为1L的恒容密闭容器中加入2 mol CH3OH，在500K时发生脱氢反应，经5min达到平衡状态，则体系压强变为原来的 倍。若平衡时体系压强为3.6MPa，则平衡时压强平衡常数 Kp= MPa。
(3)以CO、CH3OH 为原料生产醋酸是碳一化工的成功范例，产品中乙酸含量≥99.8%。
①根据下表数据分析，实际工业生产中采用低压羰基合成反应制备醋酸的原因是 。
甲醇合成醋酸消耗定额的比较(以生产1t醋酸计)
名称
高压羰基合成
低压羰基合成
甲醇/kg
610
545
一氧化碳/m3(标准状况)
630
454
电/kWh
350
29
②该羰基合成反应采用不同组分的铑系催化剂，它们的催化性能比较如下表。其中性能最优的催化剂是 。
催化剂
铑的百分含量／％
相对催化速率
RhCl3-NaX
0.25
50
RhCl(CO)(PPh3)-Al2O3
1.39
40
Rh(NO3)3/C
3.00
25
Rh/Ys
1.00
900
(4)一种甲醇燃料电池采用碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解液中加入纯化的甲醇，同时向另一个电极通入空气，负极的电极反应式为 。
19．（2021·河南新乡·统考一模）烯烃是重要的化工原料。回答下列问题：
(1)在浓硫酸的作用下，2—丁醇发生消去反应：
①(l)CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)+H2O(g) ΔH1
②(l)CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)+H2O(g) ΔH2
则1—丁烯转化为2—丁烯的热化学方程式为 。
(2)某温度下，向一体积为10L的恒容密闭容器中充入1mol溴蒸气和1mol1—丁烯，发生反应：CH3CH2CH=CH2(g)＋Br2(g)CH2=CHCH=CH2(g)＋2HBr(g) △H＞0，10min后，反应达到平衡，此时容器中物质的总物质的量为2.5mol。
①达到平衡后，欲增大CH2=CHCH=CH2的产率，可采取的措施为 。
②平衡时，溴蒸气的转化率为 ，0～10min内，v(HBr)= mol·L·min-1。
③该温度下，反应的平衡常数K= 。
(3)1，3—丁二烯在苯溶液中能发生聚合反应生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中1，3—丁二烯的浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是___________(填标号)。
A．T1＞T2
B．c点的正反应速率小于c点的逆反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45mol·L-1
(4)工业上用电解丁醛的方法制备1—丁醇和丁酸的总反应为2CH3CH2CH2CHO＋H2OCH3CH2CH2COOH＋CH3CH2CH2CH2OH，电解装置示意图如图，阴极的电极反应式为 ，生成的a为 (填名称)。
20．（2021·河南·校联考模拟预测）环己酮()作为一种重要的基础化工原料，在各个领域有着广泛用途，作为精细化工的一部分。苯酚()催化加氢制备环已酮既可实现苯酚的综合利用，又可避免使用氧化剂对环境造成污染，一直受到研究人员的关注。涉及反应如下：
ⅰ. (g)+2H2(g)⇌ (g)；
ⅱ. (g)⇌ (g)；
ⅲ. (g)+H2(g)⇌ (g)；
ⅳ. (g)+H2(g)⇌ (g)。
请回答下列问题：
(1)稳定性： (填“>”“<”或“=”)
(2)反应 (g)+3H2(g)⇌ (g)的反应热 (用含、、的代数式表示)。
(3)通过上述反应完成苯酚()催化加氢制备环己酮。平衡时，随温度升高，的体积分数变化如图甲所示：
随着温度升高，环己醇的体积分数减小的原因为 。
(4)采用适宜的温度，在容积为1L的恒容密闭容器中，加入1mol苯酚和2mol只发生反应ⅰ，10min后反应达到平衡状态，测得体系压强是起始压强的0.5倍。
①达到平衡时1−环己烯醇的平均生成速率v= 。
②该温度下，该反应的平衡常数 ，如果这时向该密闭容器中再充入1mol苯酚和1mol1−环己烯醇，此时v正 v逆(填“>”“<”或“=”)。
(5)环己酮也可以用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如图乙所示：
b应接直流电源的 (填“负极”或“正极”)，a电极的电极反应式为 。
三、工业流程题
21．（2023·河南·校联考模拟预测）羟基氧化镍( NiOOH)可作镍镉电池正极材料[放电时产物之一是Ni( OH)2]；高纯度一氧化锰(MnO)可用于医药、冶炼、焊接、干电池的制造。某化工厂以含有MnS、NiS的工业料渣为原料制备NiOOH、MnO的流程如下：
请回答下列问题：
(1)写出一种能提高料渣利用率的方法： ，操作X的名称是 。
(2)NiOOH中Ni元素的化合价为 ， 溶剂A必须具有的两种物理性质：一是不溶于水；二是 ；写出生成NiOOH的离子方程式： 。
(3)热氧化过程中MnS发生反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。214℃时MnC2O4分解(隔绝空气)的化学方程式为 。
(4)镍镉碱性电池放电时发生还原反应的电极上的反应式为。 。
(5)若10 kg料渣经过上述处理后得到a kg NiOOH，则料渣中Ni的质量分数为 (设转化过程中镍的损失率为2% ，列出计算式即可)。
22．（2023·河南·统考模拟预测）一种锌浸出渣主要成分有ZnO·GeO2、In2O3、Ga2O3、Ga(OH)3、Cu等物质、从该浸出渣获得金属镓、金属锗、金属铟的流程如下：
已知：①用D₂EHPA(以H₂A₂表示)萃取酸浸液中的铟：In3++3H2A2 (o) InA3·3HA(o)+3H+ (a) (a表示水相，o表示有机相)。
②GeCl₄的熔点为-49℃，沸点为84℃。
③ZnO·GeO₂与硫酸反应生成H₂GeO₃，已知H₂GeO₃的 Ka=8×10-10
④Ga与Al的性质相似，高纯度的镓难溶于酸或碱。
请回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”的反应速率，“酸浸”前对锌浸出渣的处理方式为 。
(2)酸浸时ZnO·GeO₂与硫酸反应的离子方程式为 。
(3)萃取后的洗涤操作用到的玻璃仪器有 (填仪器名称)，加入盐酸作反萃取剂，其原理是 。
(4)HGaCl₄.与过量氢氧化钠反应的化学方程式为 ；电解时在阴极反应的离子是 。
(5)丹宁锗在氧化焙烧、氯化后分离出纯净GeCl₄的方法是 。
(6)常温下，0.1mol/L的GaCl₃溶液中(Ga3+完全沉淀(Ga³+浓度小于1×10-5mol/L的AG=5.8则该温度下Ga(OH)₃的溶度积为 。[已知：AG可表示溶液的酸度，其定义为AG=]
23．（2021·河南·校联考模拟预测）六氟锑酸钠()广泛用于有机合成、光化学反应中的催化剂、蚀刻剂及医药中间体，一种由锑矿粉(主要含、，还含有少量、、等)合成六氟锑酸钠的工艺流程如图所示：
已知：①Sb的氧化物及氢氧化物的性质与Al的类似；可溶于NaOH溶液。
②常温下，、。
③难溶于水。
请回答下列问题：
(1)中Sb的化合价为 。
(2)“碱浸”时，若转化为，则与反应的离子方程式为 。
(3)“碱浸渣”的主要成分为 (填化学式)。
(4)“除杂”时，当溶液中出现蓝色沉淀，停止加入溶液，测得此时溶液的，则此时溶液中残留的 。
(5)“转化”过程中需先向溶液中加入浓NaOH溶液，加热至适当温度后，慢慢滴入30%溶液进行氧化回流。则“转化”步骤发生反应的化学方程式为 。
(6)已知“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，则“氟化”时发生反应的离子方程式为 。
(7)以六氟锑酸钠为离子导体的新型钠离子可充电电池的结构如图，该电池放电时的工作原理为，则充电时，向 移动(填“左”或“右”)；放电时，石墨电极上的电极反应式为 。
24．（2021·河南许昌·统考一模）工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2的烟气为主要原料，制备无水碳酸锰的工艺流程如图所示。
已知：①MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解，在空气中高温加热所得固体产物为Mn2O3。
②不同金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
开始沉淀时pH
2.7
7.5
7.8
完全沉淀时pH
3.7
9.7
9.8
③Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11。
回答下列问题：
(1)下列说法正确的是___________(填序号)。
A．最好使用粉状软锰矿进行“溶浸” B．废渣1的主要成分和“芯片”相同
C．溶浸时不会发生氧化还原反应 D．废液经处理可用于灌溉农作物
(2)调节溶液的pH前，加入软锰矿发生“氧化”作用的离子方程式是 。
(3)调节pH的方法是加入适量的熟石灰，调节pH=5.充分反应后生成的沉淀有 。如果没有“氧化”过程的进行，pH就需要调节到更大的数值，这样会造成 的不良后果。
(4)“沉锰”过程中加入氨水的目的是 (从化学平衡移动的角度解释)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是 (写1条即可)。“沉锰”时通过控制合理的pH，就可以控制CO的浓度，达到不产生CaCO3的目的。原因是 。
(5)工业上可用石墨为电极电解硫酸锰和稀硫酸的混合溶液制备二氧化锰，其阳极的电极反应式是 。Al还原Mn2O3制备Mn的化学方程式是 。
四、填空题
25．（2022·河南·校联考模拟预测）将地球储量丰富的小分子电催化转化为有高附加值的、、及(如图所示)等具有巨大的经济效益和环境效益。回答下列问题：
(1)是一种绿色氧化剂，它的电子式为 ；目前工业上采用蒽醌法生产的原理为：
。
该总反应的原子利用率为 %；测定的纯度可用酸性高锰酸钾溶液滴定法，该反应的离子方程式为 。
(2)还原制取X(方程式中部分物质的化学计量数已略)可表示为，则X为 (填化学式)。
(3)电催化制取有高附加值物质的方法有很多。
①下列说法错误的是 (填标号)。
A．及电催化制时，在阴极区生成
B．及电催化制时，在阳极区生成
C．隔膜电解槽电解饱和食盐水制时，用阴离子交换膜
②一种合成氨的装置如图所示，阴极的电极反应式为 ，电解总反应为 。
参考答案：
1．D
【分析】总反应是Zn与O2的反应，钴三异丙醇胺配合物(CoTiPA)和7，8-二羟基-2 -吩嗪磺酸( DHPS)作为氧化还原媒介可以看做是催化剂，降低了活化能，负极一边是Zn、ZnO和7，8-二羟基-2 -吩嗪磺酸( DHPS)，正极一边是O2、OH-和钴三异丙醇胺配合物(CoTiPA)，放电时阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。
【详解】A．Co( II)可以看做催化剂，降低了正极反应的活化能，提高了活化分子百分率，故A正确；
B．1molO2参与反应得到4mol电子，11.2 L O2(标准状况)参与反应，理论上转移2 mol电子，故B正确；
C．负极反应是Zn-2e-+H2O=ZnO+2H+，生成H+使pH值降低，故C正确；
D．正极有O2参与，生成OH-离子，溶液应该是碱性，故D错误；
答案选D。
2．B
【分析】由图分析，甲为燃料电池，a为负极，b为正极；乙为电解池，c为阴极，d为阳极；已知溶液的pH过高时H2O2会分解，故需要控制溶液pH。
【详解】A．由图，b电极上氧气得到电子生成水，发生还原反应，则b为正极，A错误；
B．由分析，c与原电池的负极相连，为阴极，电极反应为O2+2e－+2H2O= H2O2 +2OH－，B正确；
C．若甲中燃料使甲烷，a电极反应后产生氢离子，电解质应该为酸性，则a电极的电极反应式为，C错误；
D．乙中d极为阳极，电极反应式为，故反应进行一段时间后，乙中d极附近溶液氢离子浓度逐渐增大，pH明显减小，D错误；
故选B。
3．C
【分析】已知：正极材料为NiOOH/Ni(OH)2，则ZnO、ZnO@SnO2为负极材料；
【详解】A．放电时为原电池装置，上述装置主要将化学能转化成电能，A正确；
B．放电时，负极的锌失去电子发生氧化反应，在碱性条件下可能生成，表面副反应可能是Zn+2OH-=+H2↑，B正确；
C．充电时，阴极的氧化锌得到电子发生还原反应，反应为，则附近电解质溶液pH升高，C错误；
D．充电时，阳极的NiOOH失去电子发生氧化反应，反应为，则1molOH-向阳极迁移时理论上转移1mol电子，D正确；
故选C。
4．C
【分析】从图看，催化电极M为O2结合H+发生还原反应，该极为电解池的阴极。则电极N为电解池的阳极，该极OH-优先放电得到O2。
【详解】A．M极消耗O2，而N极产生的O2可循环利用，所以X为O2，A项正确；
B．M极H+与O2结合消耗导致酸的浓度下降，同时在N极OH-被电解消耗，所以H2SO4溶液和NaOH溶液的浓度均逐渐减小，B项正确；
C．由电子得失守恒mCO2~Cm(H2O)n~mO2，即生成CO2的物质的量等于生成O2的物质的量，C项错误；
D．M极其他还原物质可能消耗O2，所以需要适量补充O2，D项正确；
故选C。
5．D
【分析】氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，加入NaClO2溶液发生反应生成ClO2、NH3和X溶液，NCl3中N元素为-3价，该反应中Cl元素化合价由+3价变为+4价，失电子发生氧化反应，则还存在Cl元素得电子发生还原反应，所以溶液X中含Cl-，溶液呈碱性，所以还存在OH-，发生反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，①中氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，A错误；
B．根据电解池的组成可知，组成①中的电解池除需要有电源、导线和大烧杯等，还必须有两个惰性电极，可以是相同材质如均为石墨，也可以不同材质如石墨作阳极，Cu作阴极等，B错误；
C．由分析可知，②中反应方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，故氧化剂NCl3与还原剂NaClO2的物质的量之比是1：6，C错误；
D．由分析可知，②中反应方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，故反应后的溶液中主要存在的阳离子是Na+，D正确；
故答案为：D。
6．D
【分析】实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，实验1说明铁粉表面氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，实验3说明氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应。
【详解】A．由分析可知，实验1中长时间无蓝色沉淀出现能是因为铁粉表面的氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，故A正确；
B．由分析可知，氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应，故B正确；
C．由分析可知，实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，故C正确；
D．铁、碳、氯化钠溶液组成的原电池中，氯化钠溶液电离出的氯离子会破坏铁表面的氧化膜，若直接向原电池中滴加铁氰化钾溶液，铁与铁氰化钾溶液能直接反应，无法检验溶液中是否存在亚铁离子，不能检验是否发生原电池反应，故D错误；
故选D。
7．A
【分析】由图可知，放电时，B极是原电池负极，镶嵌在硬碳中的钠失去电子发生氧化反应生成钠离子，电极反应式为Na—e—=Na+，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++e—= Na2Mn[Mn(CN)6]，充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极。
【详解】A．由分析可知，放电时，B极是原电池负极，A极是正极，原电池中正极电势高于负极，则A极的电势高于B极，故A错误；
B．由分析可知，放电时，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++e—= Na2Mn[Mn(CN)6]，故B正确；
C．由分析可知，充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极，则钠离子穿过离子交换膜在B极上得电子发生还原反应生成钠，故C正确；
D．由分析可知，充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，故D正确；
故选A。
8．B
【分析】如图，光照充电时转化为Zn，故充电时Zn为阴极，光电极为阳极，则放电时Zn为负极，光电极为正极；
【详解】A．放电时，阴离子向负极迁移，A项错误；
B．放电时，如图，Zn转化为，空气电池氧气在正极被还原，故电池反应为，B项正确；
C．光电子只能在外电路中通过，C项错误；
D．充电时，阴极上发生反应，D项错误；
答案选B。
9．B
【详解】如图，经反应1，NaI转化为NaIO3，在碱性条件下经反应2 ，NaIO3被Cl2氧化为Na2H3IO6，再由反应3生成沉淀Ag5IO6，反应4中Cl2+H2OHCl+HClO，Ag5IO6与H+反应转化为H5IO6，同时HClO分解，故无色气体为O2；
A．阳极反应为，阳极周围浴液的减小，A项错误；
B．反应2为，Cl2是氧化剂，NaIO3是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，B项正确；
C．反应3同时生成和，C项错误；
D．反应4为，该反应是氧化还原反应，D项错误；
答案选B。
10．B
【详解】A．由实验装置图可知，①装置中缺少环形玻璃搅拌棒，不能用来测定中和热，故A错误；
B．将碳酸钠加入到硼酸溶液中，若没有气体生成，说明碳酸酸性比硼酸酸性强，则②装置可以证明碳酸酸性比硼酸酸性强，故B正确；
C．由图可知，碘化银电极为电解池的阳极，与直流电源正极相连的碘化银在阳极失去电子发生氧化反应生成碘和银离子，银为阴极，银离子在阴极得到电子发生还原反应生成银，电解的总反应为碘化银电解分解生成银和碘，则③装置不能用于证明2Ag+ +2I—=2Ag+I2 能否自发进行，故C错误；
D．由实验装置图可知，④装置中催化剂和反应温度均不同，由变量唯一化原则可知，④装置不能用来探究温度对过氧化氢分解速率的影响，故D错误；
故选B。
11．B
【分析】由题干信息可知，该电解池的阳极反应式为：Cp2Fe-e-=Cp2Fe+，阴极反应式为：CO2+2+2e-=CO+2NH3+H2O，据此进行分析。
【详解】A．溶剂要使各种物质能较好地溶解，A正确；
B．阳极上是二茂铁失电子，方程式为Cp2Fe-e-=Cp2Fe+，生成的Cp2Fe+是阳离子，交换膜左侧正电性增大，所以要使阳离子从阳极处移动到阴极处，溶液中没有氢离子，只能通过铵根离子移动到阴极，在阴极上发生反应。所以交换膜是阳离子交换膜，不是质子交换膜，B错误；
C．阴极发生CO2+2+2e-=CO+2NH3+H2O，工作一段时间后，生成的水可能在阴极上得电子，生成氢气，C正确；
D．根据电极方程式，可得总反应方程式为2Cp2Fe+CO2+2NH4PF62Cp2FePF6+CO+2NH3+H2O，D正确；
故答案选B。
12．B
【分析】根据装置图以及电解原理，电极A为阳极，Cl-失电子，转化成Cl2，氯气与水反应Cl2+H2OHOCl+HCl，HOCl与进入的乙烯发生加成反应，生成ClCH2CH2OH，电极B中H2O得电子，转化成氢气和OH-，将两极电解液混合，ClCH2CH2OH与OH-反应生成环氧乙烷，据此分析；
【详解】A．根据装置图，电极A上Cl-失去电子，转化成氯气，化合价升高，根据电解原理，该电极为阳极，即电极A应连接电源的正极，故A说法正确；
B．根据选项A的分析，电极A为阳极，电极B为阴极，依据电解原理，阴离子通过交换膜向电极A方向移动，故B说法错误；
C．根据上述分析，其总反应方程式为C2H4+H2O+H2↑，故C说法正确；
D．根据总反应方程式，生成1mol环氧乙烷，同时有1mol氢气产生，电极B的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，因此生成1mol环氧乙烷时，有2mol电子转移，故D说法正确；
答案为B。
13．A
【详解】A．胶体具有丁达尔效应，溶液不具有丁达尔效应，故可利用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，A项正确；
B．锂的密度比煤油小，不能保存在煤油中，可保存在石蜡油中，B项错误；
C．和会发生强烈的双水解反应生成氢氧化铝和硫化氢，不不能用氯化铝溶液和硫化钠溶液反应制备硫化铝，C项错误；
D．如果构成原电池，锡金属性强于铅，会降低锡的抗腐蚀能力，实际上把铅加入锡的主要目的是降低熔点，D项错误；
故选A。
14．C
【分析】由图中Zn生成为失电子的氧化反应，故为负极；得电子还原反应，为正极。
【详解】A．Zn电极为负极，电极反应式为，A项错误；
B．电极为正极，电极反应式为，反应消耗，故一段时间后，正极区溶液的pH升高，B项错误；
C．由装置工作一段时间后溶液的浓度增大可知，a膜为能使通过的阴离子交换膜，B膜为能使通过的阳离子交换膜，C项正确；
D．电子只能在电极和导线上传导，不能在溶液中传导，正确的电子流向为Zn电极→负载→电极，D项错误；
故选C。
15．C
【详解】A．AlCl3是共价化合物，熔融状态下不能电离出离子，A错误；
B．铜的活泼性位于氢之后，不能发生析氢腐蚀，B错误；
C．由于起始Cl-、I-浓度相等，故通过观察先生成沉淀的颜色可以比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小，C正确；
D．Ksp(BaSO4)与Ksp(BaCO3)的相差不大，通过控制浓度可实现转化，D错误；
故答案选C。
16．B
【分析】根据图中所示可知，A为负极，B为正极，(图中电子由A极移向B极)，据此分析解题。
【详解】A．A为负极，也可称为阳极室，发生氧化反应，A正确；
B．B室的氧气发生还原反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，pH明显增大，B错误；
C．负极(A)发生氧化反应：BH+8OH--8e-= BO+6H2O，可将8e-移至右端，反应式为：BH+8OH-=BO+6H2O+8e-，C正确；
D．A为负极，B为正极，正极电势高于负极，电池B室极板的电势高于A室极板，D正确；
答案选B。
17．(1)-48.8
(2) 甲 丁 0.2 1.7 2.4
(3) CO2 +2e-= CO+O2- 0.1
【详解】（1）根据盖斯定律i+ii=iv，△H4=△H1+△H2=-48.2KJ/mol；
（2）向两个恒压(压强分别为0.1 MPa，1.0 MPa)密闭容器中分别通入1 mol CO2和4 molH2的混合气体，只发生反应i ．CO2(g) +H2(g) CO(g) +H2O(g) ΔH1= +41.2 kJ·mol-1 和反应 iii．CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) ΔH3= -144.9 kJ·mol-1，升高温度反应i正向移动，反应ii逆向移动CH4的物质的量分数减少，CO的物质的量分数增加，因此随温度升高曲线上升丙丁的是代表CO，曲线甲乙下降的代表CH4，同一个温度下，增大压强反应iii正向移动，甲烷的物质的量分数增加，因此甲曲线代表1MPa下甲烷的曲线，乙代表0.1MPa下甲烷的曲线，增大压强i不移动，但是iii正向移动造成CO2减少，促使反应i逆向移动CO也减少，丁曲线代表1MPa下CO的曲线，丙代表0.1MPa下的CO曲线；
CO2投入1mol，c点时甲烷和CO各占40%，CO2占20%，因此CO2的物质的量0.2mol；
根据反应i．CO2(g) +H2(g) CO(g) +H2O(g)，和反应iii．CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) 起始投入1 mol CO2和4 molH2，600°C时甲烷占含碳化合物的80%是0.8mol，CO占10%是0.1mol，CO2占10%是0.1mol，根据上述两个反应得知600°C平衡时各自物质的量是n(CO2)=0.1mol，n(CH4)=0.8mol，n(CO)=0.1mol，n(H2)=0.7mol，n(H2O)=1.7mol，600°C和1.0MPa时各自的分压强是p(CO2)=，p(H2)=，p(CO)=，p(H2O)=，代入KP=；
（3）N极是二氧化碳还原为CO发生还原反应是阴极，M极是阳极，发生氧化反应，电解质是熔融固态氧化物，传导O2-离子，阴极的电极反应式为：CO2 +2e-= CO+O2-，阳极电极反应式为CH4+O2--2e-=CO+2H2，当电路中有2mol电子时，阴极生成1molCO，阳极生成2molH2和1molCO，共生成4mol气体，产生4.48L标况下的气体是0.2mol，需要电子为0.1mol。
18．(1)>
(2) 351 a 氧化法为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线a对应氧化法 1.5 1.2
(3) 消耗原料少，消耗电能少 Rh/Ys
(4)CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+
【详解】（1）该反应为熵增加的反应，若高温条件下进行则ΔH >0。答案为>；
（2）利用脱氢反应ΔH= +46.203kJ·mol-1=E反应物的总键能-E生成物的总键能=3n+413.4+462.8-(2n+745+436)，得到n=351。氧化法为放热反应，升温平衡逆向，K值减小，a为氧化法。由于该条件下K=计算得c(H2)=1mol/L=c(CH3OH)=c(HCHO)。而压强之比等于物质的量之比。500℃平衡时各物质的物质的量分数为，Kp=。答案为351；a；氧化法为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线a对应氧化法；1.5；1.2；
（3）从数据分析，低压时消耗的定额少。从催化速率看，Rh/Ys催化速率远远大于其他催化剂，最优催化剂为Rh/Ys。答案为消耗原料少，消耗电能少；Rh/Ys；
（4）甲醇燃料电池中，CH3OH为负极发生氧化反应转变为CO2，反应为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。答案为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。
19．(1)CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)→ CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)
(2) 升温或及时分离出CH2=CHCH=CH2 50% 0.01 0.2
(3)CD
(4) CH3CH2CH2CHO+2H++2e-=CH3CH2CH2CH2OH 丁酸
【详解】（1）由已知方程式②-①得目标方程式：CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)→ CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)，结合盖斯定律知该反应，故此处填：CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)→ CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g) ；
（2）①欲增大CH2=CHCH=CH2产率，可通过促进平衡正向移动实现，可采取措施：升温或及时分离出CH2=CHCH=CH2，故此处填：升温或及时分离出CH2=CHCH=CH2；
②设转化的Br2为x mol，由所给数据列三段式如下：，由题意得：1-x+1-x+x+2x=2.5，解得x=0.5 mol，故溴蒸气的转化率=；HBr的反应速率；
③该反应平衡常数；
（3）A．由图示知，相同时间内，T2对应温度下，反应速率更快，故温度T2＞T1，A错误；
B．由图示知，c点反应未达平衡，1，3-丁二烯浓度仍然在减小，说明此时反应仍然是正向程度大，故正反应速率大于逆反应速率，B错误；
C．由于a点1，3-丁二烯浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点正反应速率，b点反应未达平衡，1，3-丁二烯浓度仍然在减小，说明此时反应仍然是正向程度大，故b点正反应速率大于逆反应速率，故a点正反应速率大于b点逆反应速率，C正确；
D．b点，由反应比例：2CH2=CH-CH=CH2~1二聚体，得此时二聚体浓度=，D正确；
故答案选CD；
（4）电解阴极发生还原反应，总反应中，丁醛到1-丁醇为还原过程，故阴极电极反应为：CH3CH2CH2CHO+2H++2e-=CH3CH2CH2CH2OH；阳极发生氧化反应，由总反应知，丁醛到丁酸为氧化过程，故a为丁酸。
20．(1)>
(2)
(3)反应ⅲ和反应ⅳ的正反应均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动
(4) 12 >
(5) 负极
【解析】（1）
物质能量越低越稳定，根据反应ⅱ可知稳定性：＞。
（2）
由反应ⅰ. (g)+2H2(g)⇌ (g)；ⅱ. (g)⇌ (g)；ⅳ. (g)+H2(g)⇌ (g)，根据盖斯定律ⅰ+ⅱ+ⅳ可得反应 (g)，故反应热。
（3）
反应ⅲ和反应ⅳ的正反应均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，环己醇的体积分数减小。
（4）
①设转化的苯酚的浓度为xmol/L，根据方程式(g)＋2H2(g) (g)
参加反应的(g)，H2(g), (g)的物质的量分别为：xmol/L，2xmol/L，xmol/L，反应达到平衡时(g)，H2(g), (g)的物质的量分别为(1−x)mol/L,(2-2x)mol/L,xmol/L,压强之比等于物质的量浓度之比，平衡时体系压强是起始压强的0.5倍，则，解得。则达到平衡时环己烯醇的平均生成速率；
②该反应的平衡常数，如果这时向该密闭容器中再充入1mol苯酚和1mol1−环己烯醇，此时浓度商，平衡向正反应方向进行，则。
（5）
电解池中电解质溶液中的阳离子移向阴极，故电极b作阴极，阴极与直流电源负极相连；电极a作阳极，失电子被氧化，电极反应式为。
21．(1) 将料渣粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当延长氧化时间等(任写一种) 萃取、分液
(2) +3 易溶解MnSO4且不能溶解NiSO4 2Ni2++ClO- +4OH=2NiOOH↓+Cl- + H2O
(3) 1：1
(4)NiOOH +e- +H2O= Ni(OH)2+OH -
(5)
【分析】料渣为含有MnS和NiS，热氧化过程中与稀硫酸和MnO2反应，生成S和Mn2＋、Ni2＋，加入溶剂A进行操作X分为有机相和无机相为典型的萃取分液操作，有机相最终制备MnO说明其中含有Mn2＋，无机相与NaOH、NaClO反应生成NiOOH，说明含有Ni2＋。有机相加入硫酸之后溶剂A分离，再加入草酸铵，生成MnC2O4，214℃生成MnO和CO、CO2。
【详解】（1）提高料渣利用率的方法有粉碎料渣使其充分与其他反应物接触，搅拌、适当提高硫酸的浓度、适当延长氧化时间使其充分反应，故答案为将料渣粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当延长氧化时间等(任写一种)；操作X为将物质分为有机相和无机相，应为萃取、分液。
（2）O为-2价，OH－为－1价，故Ni为＋3价；萃取剂的要求不能与原溶剂互溶，并且要萃取的物质在萃取剂中的溶解度和原溶剂差异很大，故要求为易溶解MnSO4且不能溶解NiSO4；由流程图可知，NiOOH是由Ni2＋和ClO－以及OH－反应生成的，故答案为2Ni2++ClO- +4OH=2NiOOH↓+Cl- + H2O。
（3）MnS中S从－2价升为0价，MnO2中Mn由＋4价降为＋2价，由此得出氧化剂与还原剂物质量比为1：1；由题意知MnC2O4受热分解生成MnO、CO、CO2，故答案为。
（4）由题干可知，NiOOH在正极放电，生成Ni(OH)2，故电极反应式为NiOOH +e- +H2O= Ni(OH)2+OH -。
（5）由题意知：
22．(1)粉碎
(2)ZnO·GeO2 +2H+=H2GeO3 +Zn2+
(3) 分液漏斗、烧杯 加入盐酸，增大H⁺浓度，使In3++3H2A2(o)InA3·3HA(o)+3H+ (a)平衡逆移
(4) HGaCl₄+5NaOH═NaGaO₂+4NaCl+3H₂O或HGaCl₄+5NaOH═Na[Ga(OH)₄]+4NaCl+H₂O 或[Ga(OH)₄]-
(5)蒸馏(或精馏)
(6)10-34.7或2×10-35
【分析】本题是一道工业流程题，由锌浸出渣制备，金属镓和金属锗，首先用硫酸溶液原材料，溶解后用萃取剂萃取出铟元素，萃余液处理后可以得到金属镓和金属锗，含铟萃取有机相，处理后可以得到海绵铟，以此处理。
【详解】（1）增大接触面积可以加快反应速率，故为了提高“酸浸”的反应速率，“酸浸”前对锌浸出渣的处理方式为粉碎；
（2）根据信息可知，ZnO·GeO₂与硫酸反应生成H₂GeO₃和硫酸锌，离子方程式为：ZnO·GeO2 +2H+=H2GeO3 +Zn2+；
（3）萃取后得到的有机相和洗涤液水互不相溶，因此洗涤应该在分液漏斗中进行，因此洗涤用到的玻璃仪器为：分液漏斗、烧杯；根据信息可知，萃取后的有机相中存在In3++3H2A2 (o) InA3·3HA(o)+3H+ (a)，根据平衡移动的原理可知，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故加入盐酸作反萃取剂原理是：加入盐酸，增大H⁺浓度，使In3++3H2A2(o)InA3·3HA(o)+3H+ (a)平衡逆移；
（4）根据信息可知，Ga与Al的性质相似，则HGaCl₄.与过量氢氧化钠反应的化学方程式为HGaCl₄+5NaOH═NaGaO₂+4NaCl+3H₂O或HGaCl₄+5NaOH═Na[Ga(OH)₄]+4NaCl+H₂O；根据流程可知，电解时在阴极产生金属镓，则电解时在阴极反应的离子是或[Ga(OH)₄]-；
（5）根据信息可知，GeCl₄的熔点为-49℃，沸点为84℃沸点较低，故分离出纯净GeCl₄的方法是：蒸馏(或精馏)；
（6）根据 AG=5.8和Kw=1.0×10-14，可知Ga3+完全沉淀时c(OH-)=1×10-9.9mol/L，则Ga(OH)₃的溶度积=(1×10-9.9 mol/L)3×1×10-5mol/L= 1×10-34.7或2×10-35。
23．(1)+5
(2)
(3)和
(4)
(5)
(6)
(7) 右
【分析】锑矿粉(主要含、，还含有少量、、等)碱浸、还原时转化为NaSbO2，和不能溶于NaOH，过滤后，在浸出液种加入硫酸铜除杂，再加入双氧水将NaSbO2转化为，最后加HF转化为。
(1)
根据物质中各元素化合价代数和为0可得出中的化合价为+5价；
(2)
若在“碱浸”过程中转化为，则与反应的离子方程式为；
(3)
由于和不能溶于NaOH，因此“碱浸渣”的主要成分为和；
(4)
“除杂”步骤中，当溶液的时，此时溶液中，此时溶液中残留的；
(5)
“转化”步骤发生氧化的反应，化学方程式为；
(6)
注意为弱酸，保留化学式，故“氟化”时发生反应的离子方程式为；
(7)
该电池放电时的工作原理为，则充电时，向右(石墨电极)移动；放电时，石墨电极上得电子生成进入溶液中，因此电极反应式为。
24．(1)AD
(2)MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
(3) Fe(OH)3、CaSO4 形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)
(4) 促进Mn2++⇌MnCO3+H+正向移动(或促进的电离) 防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积
(5) Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+ Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn
【分析】“溶浸”时，软锰矿 (主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2在稀硫酸下发生反应，二氧化锰与二氧化硫发生氧化还原反应，金属氧化物会溶于酸性溶液，滤渣1为SiO2，浸出液中含有的金属离子是Mn2+、Fe3+、Fe2+，“氧化”时，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+、过滤除去含SiO2的滤渣2后在“除铁”环节通过调节pH将Fe3+沉淀后过滤，废渣3含氢氧化铁沉淀，若用熟石灰调pH，滤渣3为有Fe(OH)3、CaSO4。继续加碳酸氢铵、氨水“沉锰”，调节pH，得到碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤干燥得到无水碳酸锰，据此回答。
【详解】（1）下列说法：
A．将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，A说法正确；
B． 废渣1的主要成分为SiO2， “芯片” 主要成分为Si，不相同，B说法不正确；
C． 据分析溶浸时会发生氧化还原反应，C说法不正确；
D．硫酸铵是一种氮肥， 废液含硫酸铵经处理可用于灌溉农作物，D说法正确；
选AD。
（2）调节溶液的pH前，加入软锰矿，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+，则发生“氧化”作用的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。
（3）由表知，pH≥3.7时铁离子沉淀完全，硫酸钙是微溶物，则加入适量的熟石灰，调节pH=5，充分反应后生成的沉淀有Fe(OH)3、CaSO4。如果没有“氧化”过程的进行，pH≥9.7时亚铁离子才能沉淀完全，此时有部分Mn2+也发生沉淀，则这样会造成的不良后果是：形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)。
（4）“沉锰”时加入碳酸氢铵以生成MnCO3，该反应中会释放出H+，则该过程中加入氨水的目的是：促进Mn2++⇌MnCO3+H+正向移动(或促进的电离)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是：防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) (写1条即可)。CaCO3与MnCO3是同类型沉淀，Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11，则CaCO3的溶解度大于MnCO3，故“沉锰”时通过控制合理的pH，就可以控制CO的浓度，达到不产生CaCO3的目的。所以原因可以表述为：Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积。
（5）工业上可用石墨为电极电解硫酸锰和稀硫酸的混合溶液制备二氧化锰，阳极Mn2+失去电子发生氧化反应得到MnO2，其阳极的电极反应式是Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+。Al还原Mn2O3制备Mn，化学方程式是Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn。
25．(1) 100
(2)
(3) C
【详解】（1）的电子式为；总反应为，反应物中的原子全部进入目标产物，原子利用率为100%；与酸性高锰酸钾溶液反应，被氧化为，被还原为，依据得失电子数相等可写出配平的离子方程式：；
（2）由，确定该反应转移的电子数为9，根据守恒，确定的化学计量数为9，X中氯显+4价，为，总反应为；
（3）①A．→发生还原反应，A正确；
B．→发生氧化反应，B正确；
C．隔膜电解饱和食盐水制、及时，应该用阳离子交换膜，以防止OH-进入阳极区与反应，C错误；
故选C。
②由图示可知，，配平得，电解总反应为。
相关试卷
新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-13化学能与电能： 这是一份新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-13化学能与电能，共28页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-21化学能与电能（2）： 这是一份河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-21化学能与电能（2），共36页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
青海高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-06化学能与电能： 这是一份青海高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-06化学能与电能，共22页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
