贵州高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-8水溶液中的离子反应和平衡，化学能与电能2
一、单选题
1．（2021·贵州·统考二模）一种新型的合成氨的方法如图所示．下列说法正确的是
A．反应①中发生了氧化反应 B．反应①和②均属于“氮的固定”
C．反应③为 D．三步循环的总结果为
2．（2021·贵州·统考二模）二氧化氯是国际上公认的高效、广谱、安全的杀菌消毒剂，如图是用石墨做电极通过电解法制取的工艺。下列说法正确的是
A．电极A接电源的负极
B．为阳极产物
C．阴极溶液的pH将减小
D．阴极产生气体时，通过阳离子交换膜的阳离子数为
3．（2021·贵州·统考二模）下列实验操作能达到目的的是
选项 目的 操作
A 证明氯水具有酸性和氧化性 向石蕊试液中滴加氯水，试液先变红后褪色
B 选择合适的容量瓶配制一定浓度的溶液 容量瓶在使用前一定要检漏、洗涤并加热烘干
C 由溶液制备无水 直接将溶液加热蒸干
D 验证铁的析氢腐蚀 将铁钉放在试管中，用溶液浸没
A．A B．B C．C D．D
4．（2021·贵州毕节·统考二模）我国科学家利用如图所示电化学原理处理废水中的尿素，下列说法正确的是
A．Pd/CFC极为负极
B．正极的pH减小
C．图中钾离子移动方向由右向左
D．Ni-Co/Ni极发生的电极反应式为：CO(NH2)2-6e-+8OH-=N2++6H2O
5．（2021·贵州黔东南·统考模拟预测）科学家报道了一种新型可充电Na/Fe二次电池，其工作原理如图所示，下列有关说法正确的是
A．充电时，X极为阴极，发生了氧化反应
B．充电时，Y极的电极反应式为CaFeO2.5＋0.5Na2O-e-=CaFeO3＋Na＋
C．充电时，可用乙醇代替有机电解质溶液
D．电极材料中，单位质量金属放出的电能：Na＞Li
6．（2021·贵州·统考一模）一种电池的示意图如下，为离子交换膜，三个区域的电解质溶液分别为和溶液，该电池工作时区电解质浓度增大。下列说法错误的是
A．电池工作时，电子由电极流向电极
B．膜为阴离子交换膜
C．当电路中转移电子时理论上产生
D．电极的电极反应式为：
7．（2021·贵州遵义·统考一模）中国科学院研发了一种新型钾电池，有望成为锂电池的替代品。该电池的电解质为CF3SO3K溶液，其简要组成如图所示。电池放电时的总反应为2 KC14H10+ x MnFe(CN)6 = 2 K1-xC14H10 + x K2MnFe(CN)6，则下列说法中，正确的是
A．放电时，电子从电极A经过CF3SO3K溶液流向电极B
B．充电时，电极A质量增加，电极B质量减少
C．放电时，CF3SO3K溶液的浓度变大
D．充电时，阳极反应为K2MnFe(CN)6－2e－= 2K+ + MnFe(CN)6
8．（2021·贵州·统考一模）某锂铜二次电池工作质理如图所示。在该电池中，水系电解液和非水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(LISICON) 隔开。下列有关说法错误的是
A．放电时，N极电极反应式为Cu2++2e -=Cu
B．Li+可以通过陶瓷片，水分子不能
C．充电时，接线柱B应与电源的负极相连
D．充电时，M电极发生还原反应
9．（2021·贵州六盘水·统考一模）科学家以石墨烯为电极材料，设计出种处理工业尾气中NH3的新方案，其原理如图所示，下列说法不正确的是
A．上述装置工作时H+向阴极迁移，阳极上发生氧化反应
B．电路中每转移0.3mole-，理论上可处理2.24L氨气
C．电解总反应方程式为4NH3+3O2=2N2+6H2O
D．阴极区反应包括Fe3++e-→Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
10．（2021·贵州六盘水·统考一模）2020年11月10日，中国“奋斗者”"号载人潜水器在马里亚纳海沟深度10909米处成功坐底并进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是
A．“奋斗者”号使用的锂离子电池工作时Li向负极移动
B．制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点
C．“奋斗者”号返回水面的浮力材料纳米级玻璃微珠可产生了达尔效应
D．未来对海底“可燃冰”(主要成分为甲烷)的开采将有助于缓解能源危机
11．（2020·贵州铜仁·二模）2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点应用迎来快速发展期。通信设备所用电池为磷酸铁锂电池，是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，负极反应式为：LiC6－xe- =x Li＋+Li1-xC6，其原理如下图所示，下列说法不正确的是
A．放电时，电子由石墨电极经负载流向磷酸铁锂电极
B．充电时，Li＋移向磷酸铁锂电极
C．放电时，正极反应式为：M1－xFexPO4+e-+Li＋=LiM1－x FexPO4
D．充电时，磷酸铁锂电极与电源正极相连
12．（2020·贵州铜仁·统考一模）近年来，随着工业、科技的迅速发展，氢气的用途越来越广，对氢气纯度的要求也越来越高，高纯氢的制备成为热点。利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢的工作示意图如下，该装置通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2，下列叙述不正确的是
A．开关连接K1时，“电极1”一端产生氢气
B．产生氧气的电极反应为：4OH－－4e－=2H2O+O2↑
C．开关连接K1或K2时，“电极3”上NiOOH和Ni(OH)2相互转化，实现循环使用
D．开关与K1相连时，“电极3”的反应为：Ni(OH)2+OH－+e－=NiOOH+H2O
13．（2020·贵州黔东南·模拟预测）科研人员研制出透氧膜，它允许e-和O2-同时通过，可实现水连续分解制备氢气，工作时CO、H2O分别在透氧膜的两侧反应。工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．CO在a侧上反应
B．b侧的反应式：H2O+2e- = H2↑+ O2-
C．该透氧膜可实现太阳能向氢能的转化
D．当有2mol电子通过透氧膜时，就会消耗22.4L CO
14．（2020·贵州·模拟预测）某锂离子电池充电时的工作原理如图所示，LiCoO2中的Li+穿过聚内烯微孔薄膜向左迁移并嵌入石墨（C6表示）中。下列说法错误的是（ ）
A．充电时，阳极电极反应式为LiCoO2-xe-=xLi++Lil-xCoO2
B．放电时，该电池将化学能转化为电能
C．放电时，b端为负极，发生氧化反应
D．电池总反应为LixC6+Lil-xCoO2C6+LiCoO2
15．（2020·贵州铜仁·三模）现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力，常用于电解池、原电池中。电解NaB(OH)4溶液可制备H3BO3，其工作原理如图。下列叙述错误的是( )
A．M室发生的电极反应式:2H2O-4e-=O2↑+4H+
B．N室：a
D．理论上每生成1mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6L气体
16．（2020·贵州贵阳·贵阳一中校考三模）支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是
A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
二、实验题
17．（2021·贵州毕节·统考二模）Fe(OH)2的制备实验是实验研究的热点，某化学学习小组设计了下列方法制备氢氧化亚铁。
方法一：用如图所示装置(夹持仪器省略)制备氢氧化亚铁。
实验步骤如下：
I.检查装置气密性后，关闭K2、K5，打开K1、K3、K4，使装置A中产生的气体进入装置B中，排尽B中空气。
II.待B中空气排尽后，关闭K3，打开K2，将A中溶液压入B中并观察现象。
III.关闭K1、K2，打开K5，使C中气体通入B中并观察现象。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是___________，B中长玻璃管的作用___________。
(2)H2O2的电子式___________。
(3)装置A中金属离子的检验方法___________。
(4)步骤III装置B中的现象是，其发生反应的化学方程式为___________。
方法二：用铁和石墨作电极材料，通过电解法制备氢氧化亚铁，装置如图所示。
(1)铁与电源的___________(填“正”或“负”)极相连。
(2)阴极发生的电极反应方程式___________。
(3)在标准状况下，当阴极产生 11.2L 气体时，理论上生成___________g Fe(OH)2。
三、工业流程题
18．（2021·贵州·统考二模）2020年12月，嫦娥五号从月球挖的“土”正式移交了相关科研单位。研究者在月球土壤中发现了辉钼矿，辉铝矿(主要成分为MoS，含少量杂质)可用于制备单质钼和钼酸钠晶体()。其中一种生产工艺如下(部分产物和条件已省略)：
回答下列问题：
(1)焙烧时，粉碎后的矿石从炉顶进入，空气从炉底进入，目的是_______；该工艺中尾气的主要污染物是_______(填化学式)；新一代清洁生产工艺在增烧时加入会更环保，其原因是_______(用化学方程式解释)。
(2)写出加氨水时所发生反应的离子反应方程式_______。
(3)已知钼酸钠在一定温度范围内析出的物质如下表，则操作2中应控制温度的最佳范围为_______(填字母序号)，结晶得到的母液可以在下次结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是_______。
温度(℃) 0 4 9 10 15.5 32 51.5 100
析出物质
a. b. c. d.以上
(4)在制备钼酸钠晶体过程中需加入固体除去，若溶液中，常温下，当开始沉淀时，的物质的量浓度为_______。[忽略溶液体积变化，已知：25℃，，]
(5)高纯Mo可用于制造电池级，电池是一种性能优异的二次电池，其电池反应为：，该电池放电时正极反应为_______；充电时移向_______(填“阳极”或“阴极”)。
19．（2020·贵州铜仁·统考一模）铋及其化合物在冶金、医疗、化工生产中均有重要作用。铋在自然界中的含量极少，常以游离金属和矿物的形式存在。对浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2、Cu2S、FeS2等杂质）通过浸出、净化和电沉积法分离回收铋的流程：
已知：I.“氯化浸出”过程中，需分批多次加入NaClO3，以防生成Cl2;
II.BiCl3极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀，但在浓盐酸中几乎不水解;
III.氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Bi3+＞H+.
请回答以下问题：
（1）“氯化浸出”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有________________（任写一条）；加入过量盐酸的主要目的是______________________.
（2）浸出渣中含有S和____________（写化学式）；浸出液中所含的金属阳离子有Na+、Bi3+及___________________.
（3）写出“氯化浸出”中Bi2S3所发生反应的离子方程式__________________________.
（4）“还原”过程中所发生反应的离子方程式为2Bi+3Cu2+=2Bi3++3Cu及____________。
（5）“电解”过程的简易装置如图所示。装置中N为电源的______________（填“正”或“负”）极；阳极上发生的主要电极反应式为__________________________。
20．（2020·贵州黔东南·模拟预测）2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池的发明者，LiFePO4是锂离子电池的正极材料。用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li 8.50%、Ni 6.55%、Mg 13.24%）制备Li2C2O4，并用其制备LiFePO4部分工艺流程如图（该流程可能造成水体砷污染）：
已知：滤液1、滤液2中部分离子的浓度（g·L-1）：
Li+ Ni2+ Mg2+
滤液1 22.72 20.68 60.18
滤液2 21.94 7.7×10-3 0.78×10-3
I.制备Li2C2O4
(1)滤渣2的主要成分有__（填化学式）。
(2)Na2C2O4溶液中各离子的浓度由大到小顺序为__。
(3)写出加入Na2C2O4溶液时发生反应的离子方程式：__。
Ⅱ.制备LiFePO4
(4)将电池极Li2C2O4和FePO4置于高温下反应生成LiFePO4和一种温室气体，该反应的化学方程式是___。
(5)LiFePO4需要在高温下成型后才能作为电极，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是__（任写一点）。
(6)我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的As(Ⅴ)，其机制模型如图，其中零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是__。在该模型中得到的铁砷共沉淀物经灼烧（无元素化合价变化）后得到一种磁性化合物，化学式为Fe7As2O14，该物质中二价铁与三价铁的个数比为__。
四、原理综合题
21．（2021·贵州遵义·统考一模）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
Ⅰ.(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取氯气。装置中的离子膜为___(A．阳离子交换膜 B．阴离子交换膜)，b处逸出的气体是____(填化学式)。
(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=，X为HClO或ClO ]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为_____________。
II．CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH1= -75 kJ·mol 1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2= -394 kJ·mol 1
C(s)+ O2(g)=CO(g) ΔH3= -111 kJ·mol 1
(1)该催化重整反应的ΔH=___ kJ·mol 1。
(2)有利于提高催化重整反应中CH4平衡转化率的条件是_______。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
(3)在恒容绝热密闭容器中进行CH4-CO2催化重整反应，下列表示已达平衡状态的是_____。
A．H2的反应速率是CO2反应速率的2倍 B．容器中的温度不再变化
C．容器中气体的密度不再变化 D．容器中的压强不再变化
(4)容器中分别通入1molCH4(g)和1molCO2(g)，在等压下(p)发生上述反应，CO2(g)的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(5)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：
①阴极上的反应式为_______。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为3∶1，则消耗的CH4和CO2的体积比为______。
22．（2021·贵州六盘水·统考一模）水煤气法是工业制备氢气的重要方法之一。
反应I：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H1
反应II：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2
回答下列问题：
(1)C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) H__(用△H1和△H2表示)。改变条件，提高H2的产率， H__(填“增大"“减小"或“不变")。
(2)在2L恒容密闭容器中充入足量炭粉和lmolH2O(g)，在-定温度下发生反应I和反应II，达到平衡时测得c(CO)=0.20mol·L-1，c(H2)=0.40mol·L-1。
①在该条件下，水蒸气的平衡转化率为__。
②反应II的平衡常数Kp=__。(用平衡体系中各组分的分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×该组分体积分数)
(3)在密闭容器中充入一定量的CO和水蒸气，加入适量催化剂，仅发生反应II。测得催化效率和CO转化率与温度关系如图所示。在600℃~750℃范围内影响CO转化率的主要因素是__。
(4)工业上常以水煤气(CO和H2)为原料合成甲醇。在一容积可变的密闭容器中充入1molCO与2molH2，在催化剂作用下发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，△H<0，下列叙述不能说明反应已经达到化学平衡状态的是__。
A．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍
B．CH3OH的体积分数不再改变
C．混合气体的密度不再改变
D．CO和CH3OH的物质的量之比保持不变
为了提高H2的转化率，可采取的措施为___(填两条即可)。
(5)以水煤气(CO、H2体积比为1：2)为燃料的碱性(足量KOH为电解质)空气燃料电池，电池工作时CO发生反应的电极反应式为___。
23．（2020·贵州铜仁·三模）CO和H2的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料气。工业上利用天然气(主要成分为CH4)与水进行高温重整制备合成气。
(1)已知：CH4、H2和CO 的燃烧热(ΔH)分别为-890.3 kJ/mol、-285.8 kJ/mol和-283.0kJ/mol，且1 mol液态水汽化时的能量变化为44.0 kJ。则甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气的热化学方程式为_______。
(2)在一定温度下，向体积为2L的密闭容器中充入0.40 mol CH4(g)和0.60 mol H2O (g)，测得CH4(g)和H2(g)的物质的量浓度随时间变化如表所示：
t/min 0 1 2 3 4
CH4/(mol/L) 0.2 0.13 0.1 0.1 0.09
H2/(mol/L) 0 0.2 0.3 0.3 0.33
①计算该反应第一次达平衡时的平衡常数K=_____。
②3 min时改变的反应条件可能是_____。
(3)已知温度、压强、投料比X[n(CH4)/n(H2O)]对该反应的影响如图所示。
①图1中的两条曲线所示的投料比的关系：X1____X2(填“=”“＞”或“＜”，下同)。
②图2中两条曲线所示的压强的关系：p1_______ p2。
(4)以合成气为原料可以制备二甲醚，将n(H2):n(CO)=3:1 投入体积固定密闭容器中发生反应：3CO(g)+3H2(g) CH3OCH3(g)+CO2(g) ΔH＜0，2 分钟达平衡。升温，反应重新达平衡。下列关于两次平衡的比较中正确的是_______。
A．H2体积分数不变
B．CO 体积分数增大
C．混合气体平均摩尔质量不变
D．反应速率和平衡常数均增大
(5)以二甲醚(设杂质不参与反应)、KOH溶液为原料可设计成燃料电池：
①放电时，负极的电极反应式为________。
②设装置中盛有100.0 mL 3.0 mol/L KOH 溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为6.72 L，放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为_______。
24．（2020·贵州黔东南·模拟预测）甲烷、乙烯、环氧乙烷、丁烷都是重要的化工原料，用途广泛，回答下列问题：
已知：Ⅰ．2CH2=CH2(g)+O2(g) 2(g) ΔH1＜0
Ⅱ．CH2=CH2(g)+3O2(g) 2CO2(g)+2H2O(l) ΔH2
Ⅲ．2(g) +5O2(g) 4CO2(g)+4H2O(l) ΔH3
(1)若反应Ⅲ是在一定温度下可自发进行，则ΔH3______(填“＞”“＜”或“=”)0。
(2)热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，是燃料质量的一种重要指标。已知乙烯的热值为50.4kJ·g-1，则△H2=________kJ·mol-1。
(3)实验测得2CH2=CH2(g)+O2(g) 2 (g) ΔH1＜0中，v正=k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)，v逆=k逆·c2( )(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数________(填“大于”“小于”或“等于”) k逆增大的倍数。
②若在1L的密闭容器中充入1mol CH2=CH2(g)和1mol O2(g)，在一定温度下只发生反应Ⅰ，经过10min 反应达到平衡，CH2=CH2(g)的转化率为40%，则0~10min内，v(O2)=_________，=___________(保留两位有效数字)。
(4)下列有关环氧乙烷制备的说法正确的是________(填字母)。
A．由图1可知，进料气体的初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大，可得出乙烯的转化率受初始温度的影响不大
B．由图2可知，原料气的流速加快，乙烯转化率下降，主要是原料气与催化剂接触时间过短造成
C．若进料气中氧气比例增大，环氧乙烷产率降低，其主要原因是部分乙烯、环氧乙烷转化为二氧化碳和水
(5)一种以天然气为物燃料的固体氧化物燃料电池的原理如图所示，其中YSZ为6%～10%Y2O3掺杂的ZrO2固体电解质。
a极上的电极反应式为_____________；若电路中转移0.1mol电子，则消耗标准状况下CH4的体积为_____________ L。
参考答案：
1．C
【分析】由反应①和②可知，氮气和水是该循环过程的反应物，由反应③可知氧气和水是产物，据此分析解答。
【详解】A．反应①中氮得电子，发生还原反应，化合价降低，A错误；
B．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，反应①是氮的固定，反应②不是，B错误；
C．反应③是LiOH通电条件下生成Li、O2、H2O，反应方程式为，C正确；
D．该合成氨反应中没有氢气参与，氢元素来源于水，且伴有氧气生成，三步循环的总结果为，D错误；
故选C。
【点睛】反应历程的题，在解题的过程中主要是找到总的反应物和产物。一般来说可以从题干中找到，而不是图中。
2．B
【分析】由钠离子的移动方向可知，电极A为电解池的阳极，氯离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成二氧化氯，电极反应式为Cl——5e—+2H2O=ClO2↑+4H+，电极B为阴极，水在阴极上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2 H2O+2e—= H2↑+2OH—。
【详解】A．由分析可知，电极A为电解池的阳极，接电源的正极，故A错误；
B．由分析可知，电极A为电解池的阳极，氯离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成二氧化氯，故B正确；
C．由分析可知，电极B为阴极，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，溶液的pH增大，故C错误；
D．缺标准状况，无法计算阴极产生氢气的物质的量，无法计算通过阳离子交换膜的阳离子数，故D错误；
故选B。
3．A
【详解】A．向石蕊试液中滴加氯水，试液先变红说明氯水有酸性，后褪色说明氯水有强氧化性，能漂白，可以证明氯水有酸性和氧化性，A能达到实验目的；
B．容量瓶是精密容量仪器，使用前不能加热，B不能达到实验目的；
C．氯化镁溶液存在水解平衡MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，加热溶液，HCl挥发，氯化镁水解平衡正向移动，最终得到Mg(OH)2得不到无水，C不能达到实验目的；
D．将铁钉放在试管中，用溶液浸没，NaCl溶液显中性，铁钉发生吸氧腐蚀，不能验证铁的析氢腐蚀，D不能达到实验目的；
答案选A。
4．D
【分析】根据题中图示信息可知，左边Ni-Co/Ni极，输入物质为CO(NH2)2和KOH，输出物质为N2和K2CO3，N元素化合价升高，失电子发生氧化反应，为负极，电极反应为CO(NH2)2-6e-+8OH-=N2++6H2O，右边Pd/CFC极，输入物质为H2O2和H2SO4，输出物质为H2O和K2SO4，O元素的化合价降低，得电子发生还原反应，为正极，电极反应为H2O2+2e-+2H+=2H2O，据此解答。
【详解】A．由上述分析可知，在Pd/CFC极，发生还原反应，电极反应为H2O2+2e-+2H+=2H2O，Pd/CFC极为正极，故A错误；
B．由上述分析可知，正极的电极反应为H2O2+2e-+2H+=2H2O，消耗了H+，酸性下降，pH升高，故B错误；
C．由上述分析可知，左边为负极，右边为正极，在原电池中，阳离子向正极移动，即K+由左边向右移动，故C错误；
D．由上述分析可知，Ni-Co/Ni极为负极，N元素失电子发生氧化反应，其电极反应为CO(NH2)2-6e-+8OH-=N2++6H2O，故D正确；
答案为D。
5．B
【分析】根据原电池工作原理图可知，负极X上Na发生失电子的氧化反应，负极反应式为Na-e-=Na+，正极Y上发生得电子的还原反应，正极反应式为CaFeO3+Na++e-═CaFeO2.5+0.5Na2O，充电时为电解池，原电池的负极连接电源的负极，阴阳极的电极反应和放电时的负正极反应相反，据此分析解答。
【详解】A．放电时，X极上Na失电子、发生氧化反应、为负极，则充电时，X极为阴极，发生了还原反应，故A错误；
B．充电时，Y极做阳极，电极反应式为CaFeO2.5＋0.5Na2O-e-=CaFeO3＋Na＋，故B正确；
C．乙醇是非电解质，不能导电，不能作为电解质溶液，故C错误；
D．若Na和Li都失去1mol电子，则电极材料中消耗Na的质量为23g、Li的质量为7g，所以单位质量金属放出的电能：Li＞Na，故D错误；
故选：B。
6．B
【详解】A．由于Zn转化为，二氧化铅转化为硫酸铅，所以Zn极为负极，二氧化铅为正极，电子从负极转移到正极，A项正确；
B．由于，溶液维持在中性，则a为阳离子交换膜，B项错误；
C．由于，，可计算出当电路中转移电子时理论上产生，C项正确；
D．二氧化铅为正极，电极反应式为，D项正确；
答案选B。
7．D
【详解】A．放电时，该装置为电池装置，即放电时电子不可能经过电解质溶液，故A错误；
B．放电时，负极(电极B)反应式为KC14H10-xe-=K1-xC14H10+xK+，正极(电极A)反应式为MnFe(CN)6+2e-+2K+=K2MnFe(CN)6，充电时应将放电反应倒过来看，显然电极A的质量是减少的，电极B的质量是增加的，故B错误；
C．根据B分析，放电时， CF3SO3K溶液的浓度不发生变化的，故C错误；
D．充电时，电池的正极接电源的正极，充电时的电极反应式应是放电时电极反应逆过程，即阳极反应式为K2MnFe(CN)6－2e－= 2K+ + MnFe(CN)6，故D正确；
答案为D。
8．C
【分析】锂铜可充电电池，工作原理：放电时，金属锂是负极，发生失电子的氧化反应，在充电时，电源的正极连接原电池的正极，发生失电子的氧化反应，非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片（LISICON）隔开，则陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过，据此回答。
【详解】A．放电时，N极是原电池的正极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故A正确；
B．非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片（LISICON）隔开，则陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过，故B正确；
C．放电时，N极是原电池的正极，充电时，接线柱B应与电源的正极相连，故C错误；
D．充电时，M极是阴极，因此M电极发生还原反应，故D正确；
故选C。
9．B
【解析】如图所示，电解装置左侧电极为电解池的阴极，三价铁离子得到电子还原为亚铁离子，氧气又把亚铁离子氧化与氢离子结合生成水，右侧为阳极，氨气失去电子转化为氮气，氢离子由阳极向阴极移动。
【详解】A．上述装置左侧为阴极，右侧为阳极，工作时H+向阴极迁移，阳极上氨气失去电子，发生氧化反应，A正确；
B．没有指明气体条件是否是标准状况，B错误；
C．电解总反应方程式为4NH3+3O2=2N2+6H2O，C正确；
D．根据左侧阴极发生还原反应，阴极区反应包括Fe3++e-→Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，D正确；
故选B。
10．D
【详解】A．锂离子电池工作时Li+离子向正极移动，故A错误；
B．因为合金比单独的组分金属具有更高的强度、更低的熔点，故B错误；
C．纳米级玻璃微珠并没有确定具体粒子大小，1-100nm会有丁达尔效应，小于lnm不会有丁达尔效应，故C错误；
D．未来对海底“可燃冰(主要成分为甲烷)的开采将有助于缓解能源危机，故D正确；
故选D。
11．B
【详解】A．放电时电子经外电路由负极流向正极，由图所示可得石墨电极为负极，磷酸铁锂为正极，放电时，电子由石墨电极流向磷酸铁锂电极，故A不选；
B．充电时，石墨连接电源的负极作阴极，则锂离子移向石墨电极，故选B；
C．放电时，正极发生还原反应，M1－xFexPO4得到电子被还原为LiM1－x FexPO4，则电极反应式为：M1－xFexPO4+e-+Li＋=LiM1－x FexPO4，故C不选；
D．放电时磷酸铁锂为正极发生还原反应，充电时磷酸铁锂与电源正极相连，发生氧化反应，故D不选
答案选B。
12．D
【分析】电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，电极3可分别连接K1或K2，连接K1电极3发生Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，制氢气时消耗电极1产生的OH-，连接K2电极3发生NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，制氧气时补充电极2消耗的OH-，实现NiOOH Ni(OH)2的转化，且可循环使用，以此解答该题。
【详解】A．电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，则应连接K1，电极方程式为2H2O+2e =H2↑+2OH ，故A正确；
B．阳极发生氧化反应，氢氧根离子被氧化生成氧气，电极方程式为4OH 4e ═2H2O+O2↑，故B正确；
C．电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH Ni(OH)2的转化，可循环使用，故C正确；
D．开关与K1相连时，“电极3”发生氧化反应，电极方程式为：Ni(OH)2 e +OH =NiOOH+H2O，故D错误；
答案选D。
13．C
【分析】根据题意判断该装置是原电池，该装置连续分解水制H2的化学方程式为CO+H2O=CO2+H2，由原电池的“电子不下水，离子不上岸”规律可知：该装置的透氧膜是内电路，根据O2-由a→b判断a侧电极为正极、b侧电极为负极，即负极原料CO在b侧；正极原料H2O得电子生成H2和O2-，故a侧电极反应式为H2O+2e-=H2↑+O2-，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，负极原料CO在b侧，故A错误；
B．结合分析，b侧电极为负极，发生氧化反应，失去电子，a侧电极的反应式：H2O+2e- = H2↑+ O2-，故B错误；
C．根据装置图所示，利用太阳能将水在透氧膜上转化氢气，实现太阳能向氢能的转化，故C正确；
D．根据a侧电极反应式为H2O+2e-=H2↑+O2-，当有2mol电子通过透氧膜时，会消耗1mol水，结合电池总反应：CO+H2O=CO2+H2，同时会消耗1mol CO，标况下的体积为22.4L，但题中为指明状态条件，故D错误；
答案选C。
14．C
【分析】充电时相当于电解池，电解池在工作时，阳离子移向阴极，因此石墨极是阴极，含钴的是阳极，据此来分析各选项即可。
【详解】A.充电时，阳离子（）从阳极脱嵌，穿过薄膜进入阴极，嵌入石墨中，A项正确；
B.放电时相当于原电池，原电池是一类将化学能转化为电能的装置，B项正确；
C.根据分析，b为电源正极，发生还原反应，C项错误；
D.根据分析，整个锂电池相当于在正极和负极之间不断嵌入-脱嵌的过程，D项正确；
答案选C。
【点睛】锂电池正极一般选用过渡金属化合物来制作，例如本题中的钴，过渡金属一般具有多种可变的化合价，方便的嵌入和脱嵌（嵌入时，过渡金属化合价降低，脱嵌时，过渡金属化合价升高，因此无论嵌入还是脱嵌，正极材料整体仍然显电中性）。
15．D
【详解】A．M室中石墨电极与电源正极相连，石墨为阳极，电解质溶液为稀硫酸，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故A正确；
B．N室中石墨电极与电源负极相连，石墨为阴极，电解质溶液为NaOH溶液，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的Na+通过c膜进入N室，溶液中NaOH的浓度增大，所以N室：a＜b，故B正确；
C．由题意及离子移动方向规律，原料室中的[B(OH)4]-通过b膜进入产品室，M室H+通过a膜进入产品室，二者发生反应生成H3BO3，离子方程式为：[B(OH)4]- +H+H3BO3+H2O，故C正确；
D．由[B(OH)4]- +H+H3BO3+H2O，理论上每生成1mol产品(H3BO3)，会消耗1mol H+，M室要生成1mol H+，由M室电极反应式2H2O-4e-=O2↑+4H+可得，失去1mol电子，串联电路中根据得失电子守恒，N室必然得到1mol电子，由N室电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-可得，N室生成0.5mol H2，即阴极室生成的气体在标准状况的体积是11.2L，故D错误。
故选D。
16．C
【详解】本题使用的是外加电流的阴极保护法，钢管柱与电源的负极相连，被保护。A．外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，从而保护钢管柱，A正确；B．通电后，被保护的钢管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因此电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B正确；C．高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C错误；D．通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D正确。答案选C。
17． 恒压分液漏斗 平衡气压或辅助排除装置B中的空气 取少量装置A烧瓶中的液体于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，无血红色出现，再滴加H2O2溶液变为血红色，则证明存在Fe2＋ 白色沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 正极 2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－ 45
【分析】本实验制备氢氧化亚铁，方法一：因为氢氧化亚铁容易被氧气氧化，因此先用装置A产生的H2排除装置B中的空气，然后关闭K3，打开K2，将A中FeSO4压入装置B中，发生Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，观察现象；方法二：利用电解原理产生氢氧化亚铁，根据电解原理，铁单质应作阳极，阳极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，总电极反应式为Fe＋2H2OFe(OH)2↓＋H2↑，据此分析解答。
【详解】方法一：(1)根据仪器a的特点，仪器a为恒压分液漏斗；该实验制备氢氧化亚铁，氢氧化亚铁容易被氧气氧化，因此打开K1、K3、K4，关闭K2和K5，装置A中产生H2，排除装置B中的氧气，让空气沿导管排除，因此长导管作用之一是辅助排除装置B中的空气，同时长导管作用之二是平衡压强，防止装置中压强过大，发生危险；故答案为恒压分液漏斗；平衡气压或辅助排除装置B中的空气；
(2)过氧化氢为共价化合物，其结构式为H－O－O－H，因此H2O2的电子式为 ；故答案为；
(3)装置A中发生Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，金属离子为Fe2＋，检验Fe2＋操作方法是取少量装置A烧瓶中的液体于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，无血红色出现，再滴加H2O2溶液变为血红色，则证明存在Fe2＋；或者取少量装置A烧瓶中的液体于洁净试管中，加入铁氰化钾溶液，溶液出现蓝色沉淀，说明Fe2＋存在；故答案为：取少量装置A烧瓶中的液体于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，无血红色出现，再滴加H2O2溶液变为血红色，则证明存在Fe2＋；
(4)装置C中H2O2在MnO2催化剂下分解成H2O和O2，打开K5，关闭K1、K2，氧气进入B装置，发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，观察到白色沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色；故答案为白色沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；
方法二：(1)根据电解原理，活动性金属作阳极，活动性金属先失电子，即铁作阳极，与电源的正极相连；故答案为：正；
(2)阴极上得电子，化合价降低，根据阳离子放电顺序水电离出H＋先放电，即电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－；故答案为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－；
(3)根据转移电子守恒，建立关系式为H2～2e－～Fe2＋～Fe(OH)2，因此m[Fe(OH)2]=45g；故答案为：45g。
18． 增大固体与气体的接触面积，提高原料利用率(或加快反应速率) c 母液中的浓度越来越大，最后提纯时会随析出 阴极
【分析】本流程题考查物质的制备流程，辉铝矿在空气中焙烧，产生SO2气体和粗MoO3，加入氨水后粗MoO3溶解，过滤出不溶性杂质，在钼酸铵溶液中加入盐酸酸化，得钼酸沉淀，钼酸高温分解为MoO3固体，在氢气还原下可制备Mo单质，MoO3固体溶于氢氧化钠溶液得到钼酸钠溶液，在控制温度的条件下可得到。
【详解】(1)辉钼矿的主要成分为，S为-2价，在空气中焙烧生成SO2气体，粉碎后的矿石从炉顶进入，空气从炉底进入，目的是增大固体与气体的接触面积，提高原料利用率(或加快反应速率)，除去污染性气体SO2，的方法是用脱硫，反应方程式为：，故答案为：增大固体与气体的接触面积，提高原料利用率(或加快反应速率)；；；
(2)加入氨水后粗MoO3溶解，过滤出不溶性杂质，得到钼酸铵溶液，发生反应的离子反应方程式为：，故答案为：；
(3)从流程图中看出，操作2 为了得到晶体，由表中信息可知15.5-100℃的得到晶体，故可以将温度控制在c选项的温度范围。在生成时向溶液中加入了过量的氢氧化钠溶液，结晶达到一定次数要提纯母液，因为母液中的浓度越来越大，最后提纯时会随析出，故答案为：c；母液中的浓度越来越大，最后提纯时会随析出；
(4)常温下，当开始沉淀时，浓度为：，此时浓度为：，故答案为：；
(5)电池反应为：可以看出放电时Li作为负极，电极反应为：，正极反应为：，充电时阳离子移向阴极，故答案为：；阴极。
19． 粉碎矿石(或适当提高浸取时温度合理答案) 抑制BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高铋的浸出率 SiO2.. Cu2+、Fe3+ ClO3-+Bi2S3+6H+=3S↓+Cl-+2Bi3++3H2O Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+ 负 Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O
【分析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2、Cu2S、FeS2等杂质)加入盐酸调节pH，并加入NaClO3，发生反应：Bi2S3+NaClO3+6HCl=2BiCl3+3S+NaCl+3H2O、Bi2O3＋6HCl= 2BiCl3+ 3H2O，3Cu2S+2NaClO3+12HCl=6CuCl2+3S+2NaCl+6H2O、2FeS2+NaClO3+6HCl=2FeCl3+4S+NaCl+3H2O，SiO2不溶，得到浸出渣为SiO2和S，浸出液中含有Bi3+、Cu2+、Fe3+，滤液中加入铋粉还原铁离子：3Fe3++Bi=Bi3++3Fe2+，加入硫化氨沉淀Cu2+，则净化液中阳离子含有Bi3+、H+和NH4+、Na+、Fe2+，将净化液与混有少量的氢氧化钠溶液电解得到铋，则石墨电极净化液的电极反应为：Bi3++3e-=Bi，发生还原反应，作阴极，故钛板为阳极发生氧化反应：Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O，c为阴离子交换膜，据此分析解答。
【详解】(1)“氯化浸出”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有粉碎矿石(或适当提高浸取时温度合理答案)；浸出液中含有Bi3+，结合已知信息II，BiCl3极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀，但在浓盐酸中几乎不水解，则加入过量盐酸的主要目的是抑制BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高铋的浸出率
(2)根据分析，浸出渣中含有S和SiO2；浸出液中所含的金属阳离子有Na+、Bi3+及Cu2+、Fe3+；
(3)根据分析，“氯化浸出”中Bi2S3所发生反应的离子方程式ClO3-+Bi2S3+6H+=3S↓+Cl-+2Bi3++3H2O；
(4)“还原”过程中所发生反应的离子方程式为2Bi+3Cu2+=2Bi3++3Cu及铋粉还原铁离子，离子方程式为：3Fe3++Bi=Bi3++3Fe2+；
(5)根据分析，净化液中阳离子含有Bi3+、H+和NH4+、Na+、Fe2+，将净化液与混有少量的氢氧化钠溶液电解得到铋，则石墨电极净化液的电极反应为：Bi3++3e-=Bi，发生还原反应，作阴极，电解池中阴极与电源的负极相连，则N为负极；钛板为电解池阳极发生氧化反应：Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O。
20． Mg(OH)2、Ni(OH)2 c(Na+)>c(C2O42-)>c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+) 2Li++C2O42-=Li2C2O4↓ Li2C2O4+2FePO4LiFePO4+2CO2↑ 改善成型后LiFePO4（或电极）的导电作用 Fe+S2O82-=Fe2++2SO42- 3:4
【分析】含锂废渣(主要金属元素的含量：Li 8.50%、Ni 6.55%、Mg 13.24%)粉碎后加入稀硫酸，并加热，Li、Ni、Mg溶解生成Li2SO4、NiSO4、MgSO4，过滤出不溶物(滤渣1)，所得滤液1的主要成分为Li2SO4、NiSO4、MgSO4；加入NaOH调节溶液的pH=12，据表中数据，此时主要发生NiSO4、MgSO4与NaOH的反应，所得滤渣2的主要成分为Ni(OH)2、Mg(OH)2，滤液2中主要含有Li2SO4；加入Na2C2O4，与Li2SO4发生反应，主要生成Li2C2O4沉淀，这就是滤渣3的主要成分。
【详解】(1)由以上分析知，滤渣2的主要成分有Mg(OH)2、Ni(OH)2。答案为：Mg(OH)2、Ni(OH)2；
(2)Na2C2O4溶液中，主要存在以下平衡：C2O42-+H2OHC2O4-+OH-、HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-、H2OH++OH-，且程度依次减弱，所以各离子的浓度由大到小顺序为c(Na+)>c(C2O42-)>c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+)。答案为：c(Na+)>c(C2O42-)>c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+)；
(3)加入Na2C2O4溶液时，与Li2SO4发生反应，主要生成Li2C2O4沉淀，发生反应的离子方程式为：2Li++C2O42-=Li2C2O4↓。答案为：2Li++C2O42-=Li2C2O4↓；
(4)将Li2C2O4和FePO4置于高温下反应生成LiFePO4和CO2，该反应的化学方程式是Li2C2O4+2FePO42LiFePO4+2CO2↑。答案为：Li2C2O4+2FePO42LiFePO4+2CO2↑；
(5)LiFePO4需要在高温下成型后才能作为电极，为增强电极的导电能力，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是改善成型后LiFePO4（或电极）的导电作用。答案为：改善成型后LiFePO4（或电极）的导电作用；
(6)零价铁与过硫酸钠反应，生成Fe2+和SO42-，反应的离子方程式是Fe+S2O82-=Fe2++2SO42-。在Fe7As2O14中，Fe显+2、+3价，As显+5价，O显-2价，可设Fe2+的个数为x，则Fe3+的个数为(7-x)，依据化合价的代数和等于0，可建立如下等量关系式：2x+3(7-x)=18，x=3，从而得出该物质中二价铁与三价铁的个数比为3:4。答案为：Fe+S2O82-=Fe2++2SO42-；3:4。
【点睛】在分析图中所示反应的反应物和生成物时，可从图中箭头的方向判断，箭尾所示物质为反应物，箭头所指物质为生成物。
21． A H2 10-7.5 +247 A ABD CO2+2e =CO+O2 8∶7
【详解】Ⅰ． (1)由题给示意图可知，该装置为电解池，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，则a口逸出的气体为氯气，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，b口逸出的气体为氢气，为避免氯气与氢气和氢氧化钠溶液混合发生反应，维持阴极室和阳极室中溶液的电荷守恒，阳极室中钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室中，故答案为：A；H2；
(2)由图可知，溶液pH为7.5时，溶液中次氯酸浓度大于次氯酸根离子的浓度，由次氯酸的电离常数Ka=可知，Ka=c(H+)=10-7.5，故答案为：10-7.5；
II．(1)将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知2×③-①-②可得催化重整反应，则ΔH=2ΔH1-ΔH2-ΔH3=2×(-111 kJ·mol 1)-( -75 kJ·mol 1)-( -394 kJ·mol 1)= +247 kJ·mol 1，故答案为：+247；
(2) 催化重整反应是一个气体体积增大的吸热反应，升高温度和降低压强，有利于平衡向正反应方向移动，增大甲烷平衡转化率，则提高催化重整反应中甲烷平衡转化率的条件是高温低压，故答案为：A；
(3) A．H2的反应速率是CO2反应速率的2倍说明正、逆反应速率相等，反应已达平衡状态，故符合题意；
B．该反应是一个吸热反应，在恒容绝热密闭容器中反应时，容器中的温度会降低，容器中的温度不再变化说明正、逆反应速率相等，反应已达平衡状态，故符合题意；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，在恒容容器中气体的密度始终不变，则容器中气体的密度不再变化不能说明正、逆反应速率是否相等，无法判断反应是否已达平衡状态，故不符合题意；
D．该反应是一个气体体积增大的反应，反应中容器中的压强增大，则容器中的压强不再变化说明正、逆反应速率相等，反应已达平衡状态，故符合题意；
ABD符合题意，故答案为：ABD；
(4)由题意可建立如下三段式：
由三段式所得数据可知，平衡时，甲烷和二氧化碳的平衡分压都为，一氧化碳和氢气的平衡分压都为，则反应的平衡常数Kp===，故答案为：；
(5) ①由题给示意图可知，二氧化碳在阴极上得到电子发生还原反应生成一氧化碳和氧离子，电极反应式为CO2+2e =CO+O2 ，故答案为：CO2+2e =CO+O2 ；
②由题意设生成乙烯的物质的量为3mol、乙烷为1mol，由碳原子个数守恒可知，甲烷的物质的量为3mol×2+1mol=7mol，设二氧化碳的物质的量为amol，由得失电子数目守恒可得：a×2=3mol×2×2+1mol×2×2，解得a=8，则相同条件下消耗的甲烷和二氧化碳的体积比为7:8，故答案为：7:8。
22． △H1+△H2 不变 80% 4.0 温度 A 加压、降温、增大CO与H2的投料比 CO-2e-+4OH-=CO+2H2O
【详解】(1)根据盖斯定律，反应I+反应II得出C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)可求出 H=△H1+△H2， H与反应条件、反应途径无关，只与反应物的始态和终态有关，因此改变条件提高氢气的产率， H不变，故答案为 H=△H1+△H2；不变；
(2)在2L恒容密闭容器中充入足量炭粉和lmolH2O(g)，在-定温度下发生反应I C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)和反应II CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，达到平衡时测得c(CO)=0.20mol·L-1，c(H2)=0.40mol·L-1，起始时水蒸气的浓度为lmol/2L=0.5mol/L,达到平衡时c(H2)=0.40mol·L-1，则水蒸气的转化浓度为0.40mol·L-1，则水蒸气的转化率为0.40mol·L-1÷0.5 mol·L-1×100％=80％；达到平衡时，水蒸气转化量为0.4 mol·L-1，剩余量为平衡量0.1 mol·L-1，生成一氧化碳的总量应为0.4 mol·L-1，而平衡时一氧化碳的浓度为c(CO)=0.20mol·L-1，另有0.2 mol·L-1的一氧化碳转化为了二氧化碳，平衡时c(CO2)=0.20mol·L-1，对于反应II，因为反应II中各物质的化学计量数均为1，又是等体积的反应，所以Kp=K=（c(CO2)×c(H2)）÷（c(CO)×c(H2O)）=0.20mol·L-1×0.40mol·L-1÷0.1 mol·L-1×0.20mol·L-1=4.0，故答案为80％4.0；
(3)根据一氧化碳的转化率随温度升高先增大后减小，可推出反应II CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)为放热反应，对于反应I C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)是吸热反应，当温度600℃~750℃时，促进反应I向右进行，一氧化碳生成量比较多，即使反应II逆向进行，也会使一氧化碳的转化率会增大，主要受温度影响，故答案为温度；
(4)在一容积可变的密闭容器中充入1molCO与2molH2，在催化剂作用下发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，△H<0，下列叙述不能说明反应已经达到化学平衡状态的是
A．H2的消耗速率是正向进行，CH3OH生成速率也是正向进行，所以A错误；
B．CH3OH的体积分数不再改变，说明达到了平衡状态，B正确；
C．因是可变容积，气体的总质量不变，体积可变，混合气体的密度不再改变，说明达到了平衡状态；C正确；
D．CO和CH3OH的物质的量之比保持不变，说明达到了平衡状态；D正确；
故选A；
要提高氢气的转化率，则要使平衡正向移动，可采用加压、降温、增大CO与H2的投料比等方法实现，故答案为A；加压、降温、增大CO与H2的投料比；
(5)以水煤气(CO、H2体积比为1：2)为燃料的碱性(足量KOH为电解质)空气燃料电池，电池工作时CO发生反应的电极反应式为CO-2e-+4OH-=CO+2H2O，故答案为CO-2e-+4OH-=CO+2H2O。
23． CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH= +206.1 kJ/mol 0.135 升高温度或增大 H2O(g)的浓度或减小 CO 的浓度 ＞ ＞ AB CH3OCH3-12e－+16OH+=2CO+11H2O c(K+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H+)
【分析】(1)根据燃烧热写出热化学方程式，利用盖斯定律计算；
(2)①反应方程式为CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)根据三行式代入平衡常数表达式进行计算；
②根据表中数据可知3min时达到平衡，再根据4min时各组分浓度变化量判断改变的条件；
(3)①碳水比n(CH4)/n(H2O)值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高；
②根据压强对平衡移动影响，结合图像分析解答；
(4)A．根据三段式计算氢气的体积分数；B．升高温度，平衡逆向移动，CO 体积分数增大；C．升高温度，平衡逆向移动，气体的总质量不变，物质的量增大，混合气体平均摩尔质量减小；D．升高温度，平衡逆向移动，反应速率增大，但平衡常数减小；
(5)①CH3OCH3燃料电池工作时，负极发生氧化反应，CH3OCH3失电子被氧化反应；
②计算氧气的物质的量，进而计算生成二氧化碳的物质的量，根据n(KOH)与n(CO2)比例关系判断反应产物，进而计算溶液中电解质物质的量，结合盐类水解与电离等判断
【详解】(1)已知：①H2(g)+ O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ·mol－1
②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ·mol－1
③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ·mol－1，
④H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ·mol－1，
利用盖斯定律将④+③-②-3×①可得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=(-44.0kJ·mol－1)+(-890.3kJ·mol－1)-(-283.0kJ·mol－1)-3×(-285.8kJ·mol－1)=+206.1 kJ·mol－1，则甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气的热化学方程式为CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH= +206.1 kJ/mol。故答案为：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH= +206.1 kJ/mol；
(2)①
所以K== =0.135，故答案为：0.135；
②3min时改变的反应条件，反应向正反应方向进行，可能为升高温度或增大H2O的浓度或减小CO的浓度，故答案为：升高温度或增大H2O的浓度或减小CO的浓度；
(3)①碳水比n(CH4)/n(H2O)值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高，图1中的两条曲线所示的投料比的关系：X1＞X2。故答案为：＞；
②该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，平衡时甲烷的含量增大，图2中两条曲线所示的压强的关系：p1＞ p2。故答案为：＞；
(4)以合成气为原料可以制备二甲醚，将n(H2):n(CO)=3:1 投入体积固定密闭容器中发生反应：
A．
A．H2体积分数= ，H2体积分数不变，故A正确；
B．升高温度，平衡逆向移动，CO 体积分数增大，故B正确；
C．升高温度，平衡逆向移动，气体的总质量不变，物质的量增大，混合气体平均摩尔质量减小，故C错误；
D．升高温度，平衡逆向移动，反应速率增大，但平衡常数减小，故D错误；
故答案为：AB；
(5)①放电时，二甲醚在碱性条件下失电子发生氧化反应，负极的电极反应式为CH3OCH3-12e－+16OH－=2CO+11H2O。故答案为：CH3OCH3-12e－+16OH－=2CO+11H2O；
②参与反应的氧气在标准状况下体积为6.72L，物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为×2=0.2mol，n(KOH)=0.1L×3.0mol·L-1=0.3mol，n(KOH)：n(CO2)=0.3mol：0.2mol=3：2，发生反应2CO2+3KOH=K2CO3+KHCO3+H2O，溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故c(OH－)＞c(H＋)，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故c(HCO3－)＞c(CO32－)，钾离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度远大于氢氧根离子，放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为c(K+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H+)。故答案为：c(K+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H+)。
【点睛】本题综合性较大，涉及热化学方程式书写、化学平衡图像、化学平衡的影响因素、化学平衡计算、原电池、化学计算、离子浓度比较等，是对基础知识与学生能力的综合考查，解题关键：把握化学平衡的影响因素以及图像、数据的分析，难点(2)平衡常数的计算，易错点(4)A氢气体积分数的计算，均要列出三段式进行分析。
24． ＜ -1411.2 小于 0.02mol/(L min) 0.56 BC CH4-8e- +4O2- =CO2+2H2O 0.28
【分析】(1)反应Ⅲ：2 (g) +5O2(g) 4CO2(g)+4H2O(l)是体系混乱度减小的反应，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析判断；
(2)结合热值计算乙烯的燃烧热，根据盖斯定律，将×(Ⅰ+Ⅲ)整理可得；
(3)①反应2CH2=CH2(g)+O2(g) 2 (g)ΔH1＜0的正反应是放热反应，在其他条件不变时，升高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，结合v正=k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)，v逆=k逆·c2( )分析判断；
②达到平衡时乙烯的转化率为40%，则参与反应的乙烯的物质的量为1mol×40%=0.4mol，根据反应计算氧气的物质的量进而计算v(O2)；反应达到平衡时，计算化学平衡常数K；由于反应达到平衡时，v正=v逆，所以k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)= k逆·c2( )；
(4)A．根据图示可知，进料气体的初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大，可能是温度对副反应的影响较小造成的，但不能得到初始温度对乙烯的转化率影响不大的结论；
B．流速越快，反应物接触时间越短，消耗乙烯的量越少；
C．若进料气中O2比例增大，环氧乙烷与氧发生副反应转化为氧化碳和水；
(5)根据图示可知在a电极通入甲烷为负极，失去电子发生氧化反应；根据电极反应计算CH4的物质的量，再利用V=nVm计算。
【详解】(1)反应Ⅲ：2(g) +5O2(g) 4CO2(g)+4H2O(l)是体系混乱度减小的反应，ΔS＜0，若在一定温度下可自发进行，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，ΔS＜0则ΔH＜0，即ΔH3＜0；
(2)热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，是燃料质量的一种重要指标。已知乙烯的热值为50.4kJ·g-1，则1mol乙烯的燃烧热为-50.4 kJ·g-1×28g/mol=-1411.2kJ·mol-1，根据盖斯定律，将×(Ⅰ+Ⅲ)整理可得，CH2=CH2(g)+3O2(g) 2CO2(g)+2H2O(l) ΔH2=×(H1+ H3)= -1411.2kJ·mol-1；
(3)①反应2CH2=CH2(g)+O2(g) 2(g)ΔH1＜0的正反应是放热反应，在其他条件不变时，升高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，所以v逆增大的比v正最大的多，使得v正＜v逆，所以化学平衡向逆向移动，v正=k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)，v逆=k逆·c2()，因此达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
②根据方程式可知，乙烯与氧气反应的物质的量之比为2:1，由于开始时加入了1mol乙烯，达到平衡时乙烯的转化率为40%，则参与反应的乙烯的物质的量为1mol×40%=0.4mol，所以反应的氧气的物质的量为0.2mol，故0~10min内v(O2)==0.02mol/(L min)；反应达到平衡时c(CH2=CH2)==0.6mol/L，c(O2)== 0.8mol/L，c( )==0.4mol/L，化学平衡常数K==；由于反应达到平衡时，v正=v逆，所以k正·c2(CH2=CH2)·c(O2)= k逆·c2()，故==K==0.56；
(4)A．根据图示可知，进料气体的初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大，可能是温度对副反应的影响较小造成的，但不能得到初始温度对乙烯的转化率影响不大的结论，实际上升高温度，物质转化率相对有较大影响，故A错误；
B．流速越快，反应物与催化剂接触时间越短，消耗乙烯的量越少，导致乙烯转化率下降，故B正确；
C．若进料气中O2比例增大，环氧乙烷产率降低，其主要原因是环氧乙烷与氧发生副反应转化为氧化碳和水，故C正确；
故答案选BC；
(5)根据图示可知，该装置为燃料电池，通入燃料的一极为负极，在a电极通入甲烷为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e- +4O2- =CO2+2H2O，每有1 molCH4发生反应，转移8 mol电子；若电路中转移0.1 mol电子，消耗CH4的物质的量为n(CH4)=×0.1 mol=0.0125 mol，其在标准状况下的体积V(CH4)=nVm=0.0125mol×22.4 L/mol=0.28 L。
试卷第1页，共3页
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