江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-14化学能与电能
一、单选题
1．（2023·江西九江·统考三模）化学在科学、技术、社会和环境等方面发挥着巨大作用。下列有关说法正确的是
A．塑料中植入微量蛋白酶K，有助于塑料降解，活性银离子、乙醇均能使该蛋白酶变性
B．制造5G芯片的氮化铝晶圆属于传统无机非金属材料
C．氢燃料电池属于二次电池，优点是能源利用率高、清洁无污染
D．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇
2．（2023·江西景德镇·统考三模）某化学兴趣小组探究KI溶液与AgNO3溶液的反应。Ⅰ：向KI溶液中滴加几滴AgNO3溶液，立刻产生黄色沉淀，静置取上层清液滴加淀粉溶液，无明显现象。Ⅱ：组装如图装置，一段时间后观察到下列现象：①电流计发生偏转：②蛋壳内溶液、烧杯内溶液均未产生沉淀③烧杯内石墨电极表面有银白色固体析出；下列说法错误的是
A．正极的电极方程式为Ag++e-=Ag
B．向反应后的蛋壳内溶液滴加淀粉，溶液变蓝
C．蛋壳膜的孔隙半径比Ag+和I-的半径大
D．Ag+和I-直接反应不生成I2，可能原因是AgI的溶度积太小且沉淀反应速率太快
3．（2023·江西·统考二模）近日，中国科学院大连化学物理研究所以Li2NH为载氮体，在LiCl-NaCl-KCl熔融盐电解槽中利用可再生能源电驱动合成氨，原理如图所示。
下列叙述错误的是
A．M极为阴极，发生还原反应
B．N极区总反应为4LiH+N2=2Li2NH+H2
C．在M极上生成17gNH3时理论上转移4mol电子
D．上述合成氨属于绿色化学工艺
4．（2023·江西南昌·统考一模）双极膜在电场作用下可以提供OH-和H+。科学家通过使用双极膜电渗析法来捕获和转化海水中的CO2，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．与电源正极相连一极为电极X
B．隔膜1、隔膜2均为阳离子交换膜
C．循环液1和循环液2中的成分相同
D．该方法可以同时将海水进行淡化
5．（2022·江西·校联考模拟预测）我国学者开发了一种新型高效电解析氢(HER)催化剂，大幅降低了电解所需的电压，同时可将气体变废为宝。其工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．Y电极可选择铁
B．X的电极反应式为
C．吸收的反应的离子方程式为
D．当回收32t硫时，理论上有通过M由a流向b
6．（2022·江西抚州·统考模拟预测）2022年2月4日北京冬奥会开幕了，精彩的冬奥会离不开“化学元素”，下列叙述错误的是
选项 冬奥会的“化学元素” 叙述
A 二氧化碳直冷制冰技术打造世界“最快冰面” 二氧化碳为无毒气体，符合绿色冬奥理念
B 用石墨烯制作冬奥会赛时制服“山河映朝霞”系列 石墨烯主要目的是增加制服硬度
C “极速”液氮速冻机，-35℃下保证食品品质与安全 氮气熔点很低，可以达到“极速”冷冻效果
D 智能穿戴式体温计“腋下创可贴”是防疫利器，精准实时自动报温，充电1小时可使用10天 微型原电池为“腋下创可贴”温度计提供电能
A．A B．B C．C D．D
7．（2022·江西抚州·统考模拟预测）含可钝化金属的工业管道或反应器，由于会被内部溶液腐蚀，通过外接电源而钝化，称之为阳极保护法。下图是某金属外接电势与电流密度的变化关系，有关说法正确的是
A．阳极保护法中受保护的金属外接电源的负极
B．电流密度越大，金属受保护程度越好
C．CFD区，金属受到保护
D．外接电势越高，对金属保护性越有效
8．（2022·江西·校联考模拟预测）5-羟甲基糠醛可作为原料生产多种高附加值化合物。一种水相碱性体系中，高选择性电催化5-羟甲基糠醛生成2，5-呋喃二甲酸并耦合高效析氢反应的装置如图所示。下列说法正确的是
A．镍/碳复合电极上的电势比铂电极上的低
B．阳极的电极反应式为+6OH--6e-→+4H2O
C．生成0.5mol2，5-呋喃二甲酸时，理论上有33.6LH2放出
D．工作一段时间后，右侧电极区KOH浓度保持不变
9．（2022·江西九江·统考二模）由乙烯经电解制备环氧乙烷()的原理如图所示。下列说法正确的是
A．电极a为负极，交换膜为阳离子交换膜
B．电解总反应：2Cl-+2H+=H2↑+Cl2↑
C．如电路中转移电子物质的量为2mol，则阴极区溶液质量减小73g
D．X极电极反应：CH2=CH2+Cl-+H2O+2e-=HOCH2CH2Cl+H+
10．（2022·江西上饶·校联考模拟预测）二氧化碳的电还原成为化学界研究的热点。日前，天津大学与丹麦技术大学科研团队联袂在二氧化碳资源利用领域取得突破，揭示了两电子二氧化碳电还原的控速步骤(下图虚线框图所示)，相关成果发表于《自然-通讯》，以下说法正确的是
已知：①法拉第效率是现代电化学的重要参数，法拉第效率=mnF/(It)，其中m为生成物物质的量，n为生成一个粒子转移的电子数，F为法拉第常数，即1摩尔电子的电量，I为电流，t为时间。②实验研究表明：二氧化碳电还原需要严格控制电解液的pH为7左右。
A．阴极水相电解液选择酸性更有利于生成*COOH时质子的供给与CO的脱附
B．选择合适的催化吸附剂，有利于降低控速反应的能量壁垒和焓变
C．若CO的法拉第效率为80%，则电机输出1mol电子时，理论生成标况下8.96LCO
D．从经济价值和工业需求量来看，乙醇和乙烯是理想产物，忽略副反应，理论上制备等物质的量的乙醇与乙烯耗电费用为2:1
11．（2022·江西南昌·统考一模）科学家利用金(Au)催化电解法在常温常压下实现合成氨，工作时某极区的微观示意图如下，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂(LiCF3SO3)和乙醇的有机溶液。下列说法正确的是
A．金(Au)为催化剂不参与反应
B．三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液不能导电
C．该电极方程式为：N2+6e-+6CH3CH2OH=2NH3+6CH3CH2O-
D．选择性透过膜只允许N2、NH3和H2O通过，其它离子不可通过
12．（2021·江西景德镇·统考一模）Mg-Li1-xFePO4是一种新型二次电池，其装置的示意图如下(Li+透过膜只允许Li+通过)。下列说法正确的是
A．断开K1、闭合K2，右室的电极为阳极，Li+发生还原反应
B．断开K2、闭合K1，右室的电极反应式：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4
C．断开K2、闭合K1，外电路中通过a mol电子时，左室溶液质量增加12a g
D．该二次电池的总反应为xMg+xLi2SO4+2Li1-xFePO4xMgSO4+2LiFePO4
13．（2021·江西九江·统考一模）结合溶液，可利用微生物电化学技术实现将含乙醛的废水有效处理，其工作原理如图所示，下列有关说法正确的是
A．该反应在高温下，反应速率加快
B．右侧电极为负极，发生还原反应
C．当有通过电解质溶液，将有生成
D．左侧电极反应式为：
14．（2021·江西·校联考二模）双极膜是一种复合膜，在直流电场的作用下，复合层间的H2O解离成H+和OH-，并实现定向移动。该技术对淡水缺乏的地区有重大的意义，下图利用双极膜组合电解法模拟海水淡化，下列说法正确的是
A．Y极接电源的正极
B．电路中通过0.1mol电子时，则NaCl溶液质量减少5.85g
C．OH-移向双极膜的右侧
D．X极的电极反应式为：4OH-+4e-=O2↑+2H2O
二、原理综合题
15．（2023·江西·统考二模）近日，科学家开发新型催化剂实现一氧化二氮对C4馏分中2-丁烯的气相选择性氧化，反应原理如图所示。
反应1：CH3CH=CHCH3(g)+N2O(g)CH3CH2COCH3(g)+N2(g) ΔH1；
反应2：CH3CH=CHCH3(g)+2N2O(g)2CH3CHO(g)+2N2(g) ΔH2<0。
(1)几种共价键的键能数据如下表所示。
共价键 C-H C-C C=C C=O N≡N N=O N=N
键能/kJ·mol 413 347 614 745 945 607 418
已知N2O的结构式为N=N=O。根据键能估算：ΔH1= kJ·mol-1。
(2)在恒温恒容密闭容器中充入CH3CH=CHCH3(g)和N2O(g)，发生上述反应1和反应2，下列情况不能说明反应已达到平衡状态的是_______(填字母)。
A．混合气体密度不随时间变化
B．混合气体平均摩尔质量不随时间变化
C．混合气体总压强不随时间变化
D．混合气体中N2浓度不随时间变化
(3)一定温度下，向恒压密闭容器中充入CH3CH=CHCH3(g)和N2O(g)，发生上述反应1和反应2，测得平衡体系中N2的体积分数与起始投料比[]的关系如图1所示。
在M、N、Q三点中，CH3CH=CHCH3(g)的转化率由小到大排序为 (填字母)。图1中，N点的氮气的体积分数小于50%的原因是 。
(4)反应1的速率方程为v正=k正c(CH3CH=CHH3)·c(N2O)，v逆=k逆c(CH3CH2COCH3)·c(N2)(k正、k逆为正、逆反应速率常数，与温度、催化剂有关)。已知：阿伦尼乌斯经验公式为Rlnk=-(R为常数，T为温度，k为速率常数，Ea为活化能)。测得反应1在不同催化剂Cat1、Cat2作用下，速率常数与温度的倒数关系如图2所示。
催化效果较高的催化剂是 (填“Cat1”或“Cat2”)。
(5)在反应器中充入1mol2-丁烯和2molN2O(g)，发生上述反应，测得2-丁烯的平衡转化率与温度、压强的关系如图3所示。X点时丁酮(CH3CH2COCH3)的选择性为[CH3CH2COCH3的选择性=]。
①其他条件不变，升高温度，2-丁烯的平衡转化率降低的原因是 。p 31kPa(填“>”“<”或“=”)。
②Y点反应1的压强平衡常数Kp为 (结果保留两位有效数字)。
(6)以熔融碳酸盐(如K2CO3)为电解质，丁烯(C4H8)/空气燃料电池的能量转化率较高。电池反应为C4H8+6O2=4CO2+4H2O负极反应式为 。
16．（2022·江西·校联考模拟预测）建设生态文明，研究碳的化合物对减少CO2在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。
(1)已知有关化学键的键能E数据如下
化学键 C=O H—H C—H C—O O—H
E/(KJ·mol-1) 745 436 413 356 463
CO2和H2在一定条件下能发生反应：CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)，该反应的活化能为akJ·mol-1，其反应过程如图所示，则Ea2= kJ/mol(用含a的代数式表示)
(2)该反应在 (填“高温”或“低温”)能自发进行。
(3)一定温度下，在一刚性密闭容器中，充入等物质的量的CO2和H2，此时容器的压强为48kPa，发生以上反应，6min时达到平衡，此时容器压强为30KPa，则0~6min内用H2的分压表示反应速率为 。该温度下，此反应的平衡常数KP= (KP是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
(4)恒温恒容条件下，为了提高CO2的转化率，可采取的措施为 (写一点即可)，能说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。
A．混合气体的密度不再变化
B．甲酸的浓度不变
C．CO2的消耗速率与HCOOH的生成速率相等
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
(5)利用太阳能电池电解能实现CO2转化为HCOOH，如图所示。
①电解过程中，b极发生的电极反应式为
②每转移1mol电子，阳极区溶液质量减轻 g。
17．（2021·江西九江·统考一模）倡导生态文明建设，环境问题一直是我们关注的焦点。运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1)为了高效利用能源并且减少的排放，可用下列方法把转化成乙醇燃料：
①
②
③
则表示燃烧热的热化学方程式为 。
(2)NO的氧化反应分两步进行；
I. II.
其反应过程能量变化如图所示
①决定NO氧化反应速率的步骤是 (填“I”或“II”)，其理由是 。
②一定温度下，在刚性密闭容器中，起始充入一定量的气体(转化为忽略不计)，此时压强为36kPa，在5min达到平衡，此时容器的压强为46kPa，则0~5min用的分压表示反应速率为 。该温度下，此反应的平衡常数 (是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
③恒温恒容条件下，能说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。
A．压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．生成NO的速率与消耗的速率相等
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
(3)利用燃料电池电解，可将雾霾中的NO、分别转化为和如下图装置所示。则物质甲为 (填名称)，阴极的电极反应式 ；当电路中转移2.5mol电子时，A的浓度为 (电解过程中忽略溶液体积变化)。
18．（2021·江西·校联考二模）甲醇是一种可再生能源，也是一种重要的化工原料，在日常生活中有着广泛的应用。工业上可采用下列两种反应合成甲醇：
反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1=-90.64 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2
(1)已知反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H3=-41.20 kJ·mol-1，则反应Ⅱ的△H2= 。
(2)将一定量的CO和H2加入容积固定的密闭容器中，发生上述反应Ⅰ，反应进行相同时间，测得甲醇的体积分数φ(CH3OH)与反应温度T的关系曲线如图所示，由以上信息推测b点φ(CH3OH)大于a点的原因是 。
(3)如图是反应I中温度、压强与CO平衡转化率的关系：
①由图象可知，较低温度时，CO转化率对 (选填“温度”或“压强”)敏感。
②由图象可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高，但实际生产往往采用300℃左右和10 MPa的条件，其原因是 。
(4)573.2 K时，向一容积可变的恒压密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，发生上述反应Ⅱ，测得起始时容器的体积为2 L，气体总压强为PMPa，t2 min后反应达到平衡，若CO2的转化率为50%，则平衡时H2的物质的量浓度为 mol/L，其平衡常数Kp= (MPa)-2(用含P的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数)
(5)若容器容积不变，充入一定量的CO2和H2进行反应Ⅱ，下列措施可增加甲醇产率的是 。
A．增加CO2的量 B．升高温度
C．充入He，使体系总压强增大 D．按原比例再充入CO2和H2
(6)甲醇燃料电池体积小、洁净环保、比能量高，已在便携式通讯设备、汽车等领域应用，“甲醇燃料电池”的工作原理如图所示。
请写出电极M上发生的电极反应式 。
19．（2021·江西宜春·统考一模）绿水青山就是金山银山，保护生态环境、建设生态文明是历史发展的需要.氮氧化物易导致酸雨、光化学烟雾等环境问题，以为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。
Ⅰ．汽车尾气中的和在一定条件下可发生反应生成无毒的和；
(1)已知：
化学键 (气体) (气体)
键能 1072 630 942
则二氧化碳中碳氧双键键能是 .(保留一位小数)
(2)某研究小组在三个容积均为的恒容密闭容器中，分别充入和，发生反应.在三种不同实验条件下进行上述反应(体系各自保持温度不变)，反应体系的总压强随时间变化情况如图所示：
①温度： (填“<”、“=”或“>”)
②在条件下，下列说明该反应已经到达平衡状态的是 。
A．和的物质的量之比为
B．混合气体的密度保持不变
C．容器中混合气体的平均摩尔质量不变
D．容器中压强不再变化
Ⅱ．活性炭粉还原.在密闭容器中投入足量活性炭粉和一定量，在一定温度下，发生反应：，测得、、的物质的量浓度与时间关系如表所示.
0 5 10 15 20
4.00 1.00
0 0.50 1.50
0 0.60
(1)若时总压强为，则该温度下平衡常数 (保留3位有效数字)，(用气体分压计算平衡常数为，气体分压=气体总压×气体的物质的量分数)。
(2)第时，往容器中各加、，这时 (大于、小于或等于)
Ⅲ．用间接电化学法对大气污染物进行无害化处理，其原理示意如图所示(质子膜允许和通过)
(1)图中电极Ⅰ的反应方程式为
(2)吸收塔中每产生，理论上处理在标准状况下的体积为 L。
20．（2021·江西鹰潭·统考一模）碘及碘的化合物在人类活动中占有重要的地位。已知反应H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=-14.9kJ·mol－1。
（1）根据下图判断1molH2(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为 kJ。
（2）氢气和碘蒸气能直接反应生成碘化氢，T℃时，向1L的恒容密闭容器中充入0.2mol H2(g)和0.2mol I2(g)，5min时反应达到平衡，H2(g)、I2(g)和HI(g)的物质的量浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示：
0～5min内，用H2(g)表示的该反应速率v(H2)= 。6min时，改变的外界条件为 。
（3）反应H2(g)+I2(g)2HI(g)的反应机理如下：
第一步：I22I(快速平衡)；
第二步：I+H2H2I(快速平衡)；
第三步：H2I+I→2HI(慢反应)。
则该反应的反应速率由 步决定。
（4）将等物质的量的I2和H2置于预先抽真空的特制1L恒容密闭容器中，加热到1500K，起始总压强为416kPa;体系达到平衡时，总压强为456kPa。若体系中只考虑如下反应关系：
①I2(g) 2I(g)Kpl=200ΔH1
②I2(g)+H2(g)2HI(g)Kp2ΔH2
KP为以分压表示的平衡常数。1500K时，平衡体系中I(g)的分压为 kPa，Kp2= （写表达式）。
（5）某实验兴趣小组将氧化还原反应2Cu2＋+5I－2CuI↓++设计成如图所示的原电池装置：
带孔的封蜡鸡蛋壳为半透膜，鸡蛋壳内的电极为 （填“正极”或“负极”）；该电极反应式为 。
三、工业流程题
21．（2022·江西抚州·统考模拟预测）回收磷酸铁锂电池的正极材料，工艺流程如下：
已知：该温度时Co(OH)2、Mn(OH)2的Ksp分别为2.0 ×10-15、1.9×10-13。
回答下列问题：
(1)磷酸铁锂电池在剥离前要充分放电，通过Li+移动把FePO4转化为LiFePO4该电极反应式为 。
(2)磷酸铁锂电池的正极材料“浸出”前需要粉碎，目的是 。
(3)“滤渣”中含有FePO4和C，为了得到纯净的FePO4，简单除碳方法为 。
(4)“净化”时为除尽微量的Mn2+、Co2+，确保浓度控制为等于或小于1 ×10-5mol·L-1，加入NaOH溶液调pH至 (填“酸性”或“碱性”)较好。
(5)粗Li2CO3固体表面上黏有Na2CO3溶液和 溶液，工业上用热水而不用冷水清洗固体，原因有 、 、后期易干燥且Li2CO3产率高。
(6)“浸出”过程中发生的化学方程式为 。
22．（2022·江西·校联考模拟预测）硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血。利用黄铜矿(CuFeS2)制备硫酸亚铁并回收铜的工艺流程如图所示：
(1)①焙烧生成的SO2可用柠檬酸-柠檬酸钠溶液进行吸收，该过程采用逆流接触法进行吸收的原因是 。
②还可用电化学氧化法处理SO2，同时生成H2SO4，写出SO2参与反应的电极反应式： 。
(2)还原过程中加入的X为 (填化学式)，该过程发生反应的离子方程式是 。
(3)滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(4)①向滤液中加入稀硫酸后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得绿矾晶体，加入稀硫酸的目的是 。
②为测定产品FeSO4·xH2O中结晶水的数量，称取14g产品配制成250mL待测液，准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中加稀硫酸酸化，用0.0500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL，则x= 。
23．（2022·江西·校联考二模）五氧化二钒(V2O5) 是一种橙黄色片状晶体，具有强氧化性。在冶金、催化剂、磁性材料等领域有重要作用。实验室以含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)来制备V2O5的一种工艺流程如下：
已知：“滤渣2”为Mg2(OH)2CO3
请回答下列问题：
(1)含钒废料中的有机物主要在 工序中除去。
(2)常温时，若“调pH净化I”工序中最终溶液pH=8，通过计算判断，此时Cu2+是否已经沉淀完全 (填“是”或“否”)，并写出计算过程(已知离子浓度<1.0×10-5mol·L-1认为沉淀完全：Ksp[Cu(OH)2]=4.8×10-20) 。
(3)“净化II”时若加入过量的( NH4)2CO3，可能导致的后果为 。
(4)煅烧反应同时有氨气生成，实验室检验该气体的方法为 。NH4VO3要在流动空气中煅烧的原因可能是 。
(5)在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液，反应的离子方程式为 。
(6)全钒液流电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为+V2++2H+VO2++H2O+V3+电池充电时，阳极的电极反应式为 。
24．（2021·江西·校联考二模）镧系金属元素铈（Ce）常见有+3、+4两种价态，铈的合金耐高温，可以用来制造喷气推进器零件。请回答下列问题：
（1）雾霾中含有的污染物NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成物质的量之比为1∶1，试写出该反应的离子方程式 。
（2）用电解的方法可将上述吸收液中的转化为稳定的无毒气体，同时再生Ce4+，其原理如图所示。
①无毒气体从电解槽的 （填字母序号）口逸出。
②每生成标准状况下22.4 L无毒气体，同时可再生Ce4+ mol。
（3）铈元素在自然界中主要以氟碳铈矿形式存在，其主要化学成分为CeFCO3。工业上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如下：
①焙烧过程中发生的主要反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
②假设参与酸浸反应的CeO2和CeF4的物质的量之比为3∶1，试写出相应的化学方程式 。
③向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是 。
④常温下，当溶液中的某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。据此，在生成Ce(OH)3的反应中，加入NaOH溶液至pH至少达到 时，即可视为Ce3 +已完全沉淀。
⑤加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，其中NH4Cl的作用是 。
四、实验题
25．（2021·江西南昌·统考三模）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)也称为保险粉，在空气中极易被氧化，不溶于乙醇易溶于水，在碱性介质中较稳定，是用途广泛的无机精细化学品。某科研小组设计两种方法制备Na2S2O4。回答下列问题：
(1)电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4，装置如图所示。
①X为 (填化学式)。
②电极a的电极反应式为 。
③装置若无阳离子交换膜 (填“能”或“不能”)得到Na2S2O4。
(2)锌粉法制备Na2S2O4，装置(部分夹持仪器已省略)如图所示。
①盛放浓硫酸的仪器名称为 ；写出装置A烧瓶内反应的化学方程式： 。
②通入SO2前装置B的三颈烧瓶内应选通入N2，目的是 。通入SO2，控制反应温度约为35℃，反应一段时间后再滴加NaOH溶液将有Na2S2O4和Zn(OH)2生成。控制反应温度约为35℃的方法是 ，写出生成Na2S2O4和Zn(OH)2总反应离子方程式： 。
③将反应后的悬浊液过滤后在微热下加入氯化钠冷却至20℃，析出Na2S2O4结晶过滤后，再用乙醇洗涤几次后，置于真空干燥箱中干燥即得到Na2S2O4。简述用乙醇洗涤的原因： 。
(3)产品中Na2S2O4纯度的测定。
称取mgNa2S2O4样品溶于冷水中配成100mL溶液，取出10mL该溶液置于预先盛有20mL中性甲醛溶液的烧杯中，搅拌至完全溶解，转移至250mL容量瓶中用水稀释至刻度摇匀。移取25mL该溶液于250mL锥形瓶中加入4mL盐酸溶液，用cmol·L-1的碘标准溶液滴定，近终点时加入3mL淀粉溶液继续滴定，至溶液呈浅蓝色在30s内颜色不消失，用去碘标准溶液VmL。产品中Na2S2O4的质量分数为 。
已知：Na2S2O4+2CH2O+H2O=NaHSO3 CH2O+NaHSO2 CH2O
NaHSO2 CH2O+2I2+2H2O=NaHSO4+CH2O+4HI
参考答案：
1．A
【详解】A．塑料中植入微量蛋白酶K，有助于塑料降解，重金属离子银离子、乙醇均能使该蛋白酶变性，故A正确；
B．氮化铝晶圆属于新型无机非金属材料，故B错误；
C．氢燃料电池属于一次电池，故C错误；
D．酿酒过程中葡萄糖转化为乙醇是氧化反应，淀粉转变为葡萄糖才是水解反应，故D错误；
故选A。
2．C
【分析】①电流计发生偏转②蛋壳内溶液、烧杯内溶液均未产生沉淀③烧杯内石墨电极表面有银白色固体析出，说明反应中有电流产生，右侧电极上银离子得到电子发生还原反应生成银单质，为正极，左侧电极为负极；
【详解】A．由分析可知，正极的电极方程式为Ag++e-=Ag，A正确；
B．左侧电极碘离子失去电子发生氧化反应生成碘单质，故向反应后的蛋壳内溶液滴加淀粉，溶液变蓝，B正确；
C．蛋壳膜的孔隙半径比Ag+和I-的半径小，使得碘离子和银离子不能透过蛋壳而接触，不生成沉淀，C错误；
D．Ag+和I-直接反应不生成I2，可能原因是AgI的溶度积太小且沉淀反应速率太快，使得两者没有发生氧化还原反应生成碘单质，D正确；
故选C。
3．C
【详解】A．M电极与电池的负极相连为阴极，得到电子发生还原反应，A正确；
B．根据图上信息，N极区总反应为，B正确；
C．在M电极区，，生成17gNH3时理论上转移3mol电子，C错误；
D．该过程中合成氨，没有使用催化剂，没有产生污染物质，属于绿色化学工艺，D正确；
故选C。
4．B
【详解】A．电极X上发生反应：，电极X上发生得电子的还原反应，X作阴极，应与电源负极相连，故A错误；
B．由电极X反应可知，循环液1中负电荷数增加，为平衡溶液中电荷，则海水中的钠离子应通过隔膜1；电极Y反应为：，循环液2中负电荷数减少，为平衡溶液中电荷，则循环液中钾离子应通过隔膜2进入左室，这样才能保持循环液中的离子不出现交换，故B正确；
C．由图中信息可知循环液1中最终含、循环液2中最终含，两者成分不同，故C错误；
D．由上述分析可知海水中钠离子最终移向阴极区，但氯离子不能通过双极膜进入阳极区，同时钠离子最终仍在处理后的海水中，因此不能实现海水淡化，故D错误；
故选：B。
5．C
【分析】根据图示，左侧氢离子得电子生成氢气，故左侧X为阴极，右侧Y为阳极，亚铁离子失去电子生成铁离子，铁离子与H2S发生氧化还原反应得到S。
【详解】A．Y为电解池阳极，若选择铁作电极，则电极反应式为，A错误；
B．X的电极反应式为，B错误；
C．吸收反应的离子方程式为，C正确；
D．当回收32t硫时，S元素化合价由-2价升高为0价，转移电子数为：，故理论上有通过M由b流向a，D错误；
故选C。
6．B
【详解】A．通常情况下二氧化碳是一种无色无味的气体，是空气的组成成分之一，无毒，二氧化碳直冷制冰符合绿色冬奥理念，A项正确；
B．用石墨烯制作冬奥会赛时制服“山河映朝霞”系列，使用石墨烯的主要目的是石墨烯具有超强的导热性、升温快速，B项错误；
C．“极速”液氮速冻机主要利用N2的熔点很低，能迅速降温的特点，可使食品快速结晶，-35℃下保证食品品质与安全，C项正确；
D．智能穿戴式体温计“腋下创可贴”是防疫利器，精准实时自动报温，充电1小时可使用10天，微型原电池能将化学能转化成电能，为“腋下创可贴”温度计提供电能，D项正确；
答案选B。
7．C
【详解】A．金属从活态向钝态的转变叫钝化；而通过外接电源而钝化的阳极保护法，指的是使受保护的金属作为阳极，通过外加电流使阳极极化，电位强烈正移，腐蚀速率大幅度降低，所以，阳极保护法中受保护的金属外接电源的正极，A错误；
B．代表的是金属钝化的难易程度，即开始的时候电流密度越大，此时金属溶解，表示金属越难钝化，所以并非电流密度越大，金属受保护程度越好，B错误；
C．当外接电势超过后，金属开始钝化，从到都是金属钝化较稳定的范围，所以CFD区，金属受到保护，C正确；
D．外接电势超过后，电流密度又持续增加了，腐蚀速度又加快了，所以并非外接电势越高，对金属保护越有效，D错误；
故合理选项为C。
8．B
【分析】由图可知，铂电极上氢元素价态降低得电子，故铂电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，镍/碳复合电极为阳极，电极反应式为+6OH--6e-→ +4H2O，据此分析解题。
【详解】A．镍/碳复合电极为阳极，铂电极为阴极，阳极电势比阴极高，故镍/碳复合电极上的电势比铂电极上的高，A错误；
B．由分析可知，镍/碳复合电极为阳极，电极反应式为+6OH--6e-→ +4H2O，B正确；
C．题目未给标准状况，无法使用22.4L/mol计算氢气体积，C错误；
D．铂电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，氢氧根离子透过离子交换膜向左侧迁移，KOH的物质的量不变，但水消耗，溶液的体积变小，KOH浓度变大，D错误；
故答案为：B。
9．C
【分析】由图可知该装置为电解池，在X电极氯离子生成氯气，则X电极为阳极，Y电极为阴极，以此解题。
【详解】A．由分析可知，X电极为阳极，则电源a为正极，A错误；
B．阴极水得到电子生成氢气，电极方程式为：，电解总反应为，B错误；
C．阴极电极反应：，由图可知，转移电子2mol时，进入阴极区的KCl是2mol ，Cl-通过离子交换膜转移到阳极，生成氯气，阴极区释放出1mol H2，故阴极区溶液减少的质量为(2×35.5+2)g=73g，C正确；
D．X是阳极，发生氧化反应，为失电子的反应，不是得电子，D错误；
故选C。
10．C
【详解】A．实验研究表明：二氧化碳电还原需要严格控制电解液的pH为7左右，所以阴极水相电解液应选择接近中性的溶液，A不正确；
B．催化吸附剂，不能降低控速反应的焓变，B不正确；
C．若CO的法拉第效率为80%，当电机输出1mol电子时，则转移电子的物质的量为0.8mol，理论上生成CO的物质的量为0.4mol，标况下体积为8.96L，C正确；
D．在乙醇和乙烯中，碳元素都显-2价，若忽略副反应，则理论上制备等物质的量的乙醇与乙烯耗电费用比为1:1，D不正确；
故选C。
11．C
【详解】A．金(Au)虽然为催化剂，但是会参与反应，在整个过程不断被消耗、然后生成，总量不变，A错误；
B．该装置为电解池，电解液必须导电，即三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液导电，B错误；
C．据图可知，N2得电子后，和乙醇反应生成氨气和CH3CH2O-，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应为N2+6e-+6CH3CH2OH=2NH3+6CH3CH2O-，C正确；
D．据图可知，水分子不能透过选择性透过膜，D错误；
综上所述答案为C。
12．B
【详解】A．断开K1、闭合K2，该装置为电解池，右室的电极与外接电源的正极相连作阳极，LiFePO4中的铁元素发生氧化反应，A项错误；
B．断开K2、闭合K1，该装置为原电池，右室的电极为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，B项正确；
C．断开K2、闭合K1，外电路中通过a mol电子时，左室有0.5a mol Mg溶解，同时有a mol Li+移向右室，因此左室溶液质量增加，C项错误；
D．该二次电池的总反应为xMg+xLi2SO4+2Li1-xFePO4xMgSO4+2LiFePO4，D项错误；
答案选B。
13．D
【详解】A．该反应是利用微生物电化学技术，微生物在高温下活性会降低，高温下，反应速率反而会减慢，故A说法错误；
B．根据工作原理图，右侧是Cr元素的粒子从电极上得到电子，故右侧电极为正极，发生还原反应，故B说法错误；
C．电子只能从负极沿外接线路到达正极，不能通过电解质溶液，故C说法错误；
D．左侧是乙醛在微生物上失去电子被氧化成CO2，失去电子就使左侧电极反应式左边整体上带正电荷，则电极反应式右边也必然带正电荷，带正电荷的必然是H+，结合质量守恒定律，则整个电极反应式为，故D正确；
本题答案D。
14．B
【分析】根据图示信息可知，Y为阴极室电极反应式为：2H++2e-=H2↑，X为阳极室电极反应式为：4OH--4e-═O2↑+2H2O，总反应为：2H2O2H2↑+O2↑；盐室中Na+经过阳离子交换膜移向右侧所在产品室，与双极膜中转移过来的OH-结合生成NaOH；盐室中Cl-经过阴离子交换膜移向左所在产品室，与双极膜中转移过来的H+结合生成HCl。
【详解】A．Y极发生还原反应，为阴极，则Y极接电源的负极，故A错误；
B． 电路中通过0.1mol电子时，反应的NaCl为0.1mol，则NaCl溶液质量减少5.85g，故B正确；
C． Y极产生的OH-移向双极膜的左侧，与Na+结合生成NaOH，故C错误；
D． X极的电极是阳极失电子发生氧化反应，反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，故D错误；
故选B。
15．(1)-398
(2)A
(3) M
(5) 反应1和反应2的正反应都是放热反应，升温，平衡向左移动。2-丁烯的平衡转化率降低 > 0.33
(6)C4H8-24e-+12=16CO2+4H2O
【详解】（1）N2O的结构式为N=N=O，反应热等于断键吸收的热量减去成键放出的热量，则CH3CH=CHCH3(g)+N2O(g)CH3CH2COCH3(g)+N2(g) ΔH1=8413 kJ·mol+2347 kJ·mol+614 kJ·mol+418 kJ·mol+607 kJ·mol-8413 kJ·mol-3347 kJ·mol-745 kJ·mol-945 kJ·mol=-398 kJ·mol。
（2）A．反应过程中混合气体的总质量和总体积都不变，密度是定值，当混合气体密度不随时间变化时，不能说明反应达到平衡，故A选；
B．反应过程中混合气体的总质量不变，总物质的量增大，则混合气体平均摩尔质量减小，当混合气体平均摩尔质量不随时间变化时，说明反应达到平衡，故B不选；
C．反应过程中混合气体的总物质的量增大，混合气体压强增大，当混合气体总压强不随时间变化时，说明反应达到平衡，故C不选；
D．混合气体中N2浓度不随时间变化时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故D不选；
故选A。
（3）CH3CH=CHCH3(g)的物质的量越多，反应1和反应2平衡正向移动，但CH3CH=CHCH3(g)的转化率减小，则在M、N、Q三点中，CH3CH=CHCH3(g)的转化率由小到大排序为M
（5）①其他条件不变，升高温度，2-丁烯的平衡转化率降低的原因是：反应1和反应2的正反应都是放热反应，升温，平衡向左移动。2-丁烯的平衡转化率降低。反应1是气体体积不变的反应，反应2是气体体积增大的反应，则压强增大，反应1不移动，反应2平衡逆向移动，2-丁烯的平衡转化率降低的，则p>31kPa；
②X点和Y点温度相同，二者平衡常数的压强平衡常数Kp相等，计算X点的压强平衡常数Kp即可，根据已知条件列出“三段式”：
X点时丁酮(CH3CH2COCH3)的选择性为，则=，2-丁烯的转化率=0.5，得x= ，y=，反应1的平衡常数Kp==0.33。
（6）电池反应为C4H8+6O2=4CO2+4H2O中，C4H8在负极失去电子生成CO2，电极方程式为：C4H8-24e-+12=16CO2+4H2O。
16．(1)a+51
(2)低温
(3) 3KPa/min 0.5KPa-1
(4) 充入一定量的H2(或移出HCOOH) BD
(5) CO2+2H++2e-=HCOOH 9
【详解】（1）根据ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，ΔH=745KJ·mol-1×2+436KJ·mol-1-413KJ·mol-1-715KJ·mol-1-356KJ·mol-1-463KJ·mol-1=-51KJ·mol-1，据图：ΔH=Ea1-Ea2，Ea2=Ea1-ΔH=(a+51)kJ·mol-1。
（2）该反应ΔH<0，ΔS<0，由ΔG=ΔH-T·ΔS<0反应可自发进行可知当T较小时ΔG可能<0，故在低温能自发进行。
（3）恒温恒容容器内压强与气体物质的量成正比，将气体压强作为计算物理量设起始CO2、H2分压分别为24KPa消耗量为xKPa，列三段式：
由P平=30KPa=48KPa-xKPa，解得x=18，ν(H2)==3KPa·min-1，KP==0.5KPa-1。
（4）恒温恒容条件下，提高CO2的转化率,不能改变温度或者容器体积.可以充入H2或者分离出HCOOH使平衡正向移动，CO2转化率提高；
恒容条件下由ρ=气体密度恒定不变，A不能说明反应达平衡；
甲酸浓度不变说明正向生成速率与逆向消耗速率相等，B项可以；
CO2的消耗与HCOOH的生成均指正向反应速率，C项不能；
混合气体的平均相对分子质量，m总守恒，n总改变当混合气体升温平均相对分子质量不变可以说明正V正=V逆，D项可以；
故选BD。
（5）①石墨烯电极上CO2进入，HCOOH出来且电子流入该电极CO2得到e-，生成HCOOH：CO2+2e-+2H+=HCOOH；
②阳极区反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，每转移1mole-生成molO2，使溶液质量减轻8g，另同时有1molH+通过质子交换膜从阳极迁入阴极又减轻1g，共减轻9g。
17． I 反应I的活化能大 0.064或8/125 AD 乙醇 2
【详解】(1)①
②
③
根据盖斯定律，3×③+3×②-①得： ；
(2)①由能量变化图可知第I步活化能较大，反应速率较慢，因此决定NO氧化反应速率的步骤是I；理由为反应I的活化能大；
②因为是刚性容器，可带压强列三段式：，根据题意有36+x=46，解得x=10，因此0~5min用的分压表示反应速率为10kPa÷5min=；该温度下，此反应的平衡常数=0.064或8/125；
③，2NO恒温恒容条件：
A．该反应为气体分子数变化的反应，压强不再变化，说明反应已达平衡；
B．ρ=m/V，自始至终m和V均不变，ρ不变不能说明反应已达平衡；
C．生成NO的速率与消耗的速率相等，都是逆反应速率，不能说明反应已达平衡；
D．混合气体的平均相对分子质量=m/n，气体总质量m自始至终不变，气体总n是变量，当混合气体的平均相对分子质量，说明反应已达平衡；
选AD；
(3)利用燃料电池电解，可将雾霾中的NO、分别转化为和：结合图可知，左边装置为乙醇燃料电池，右边装置为电解池，NO转化为，N化合价降低，则通入NO的一极得电子，为阴极，通入二氧化硫的一极为阳极，则燃料电池a电极为负极，燃料电池中负极通入的是燃料，因此物质甲为乙醇；电解池阴极得电子，NO转化为，结合电解质为硫酸铵可知电极反应式为；电解池阳极失电子，转化为，电极反应式为2H2O+SO2-2e-=+4H+，在电解池总反应为2NO+8H2O+5SO2(NH4)2SO4+4H2SO4~10e-，因此A为H2SO4，转移2.5mol电子时，生成1mol硫酸，物质的量浓度为1mol÷500mL=2mol/L。
18． -49.44 kJ·mol-1 反应进行到相同时间时a、b都没达到平衡，b的温度更高速率更快，生成CH3OH越多，CH3OH的体积分数更大 温度 温度低反应速率慢，温度高产率低；压强低，产率低，压强太大，成本高 1 AD CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+
【详解】(1)已知反应：反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1=-90.64 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2，
根据盖斯定律，将反应Ⅰ-Ⅱ，可得CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H3=-41.20 kJ·mol-1，△H1-△H2=△H3，整理可得△H2=-49.44 kJ·mol-1；
(2)反应进行到相同时间时，a、b都没达到平衡，b的温度更高，反应速率更快，生成CH3OH越多，CH3OH的体积分数更大，故b点φ(CH3OH)大于a点；
(3)①根据图象可知：在温度较低时，温度对CO的转化率影响较大，而压强对CO的转化率影响不大，故CO的转化率对温度敏感；
②由图象可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高，但实际生产往往采用300℃左右和10 MPa的条件，这是由于温度低时化学反应速率较慢，达到平衡所需时间长；该反应的正反应是放热反应，温度升高化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致物质的产率降低；该反应的正反应是气体体积减小的反应，压强较低时物质的产率较低，但压强太大，化学平衡虽然正向移动，会使物质的产率增大，但无形会大大增大生产成本，不经济，在300℃左右和10 MPa的条件反应速率较快，物质产率较大，生产成本也不算高；
(4)在开始时容器容积是2 L，加入1 mol CO2和3 mol H2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，CO的转化率是50%，则平衡时n(CO2)=n(CH3OH)=n(H2O)=0.5 mol，n(H2)=1.5 mol。平衡时气体总物质的量n(总)=0.5 mol+1.5 mol+0.5 mol+0.5 mol=3 mol，反应在恒压下进行，反应开始时有1 mol+3 mol=4 mol气体，气体的体积是2 L，则平衡时气体的体积V=，故平衡时H2的物质的量浓度c(H2)=；
对于恒容密闭容器，气体的体积比等于气体的物质的量的比，则化学平衡常数Kp=；
(5) A．若容器的容积不变，充入一定量的CO2和H2进行反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，△H2=-49.44 kJ·mol-1。当反应达到平衡后增加CO2的量，c(CO2)增大，化学平衡正向移动，能够产生更多的甲醇，因此可增加甲醇的产率，A符合题意；
B．该反应的正反应是放热反应，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致甲醇产率降低，B不符合题意；
C．充入He，使体系总压强增大，不能改变反应体系中任何一组分的浓度，化学平衡不发生移动，甲醇产率不变，C不符合题意；
D．按原比例再充入CO2和H2，导致体系压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，甲醇产量增加，产率增大，D符合题意；
故合理选项是AD；
(6)根据图示可知：在N电极上产生H2O，说明N电极通入的是O2，O2得到电子发生还原反应产生O2-，O2-结合H+产生H2O，所以N电极为正极，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；在M电极上加入的物质是CH3OH，CH3OH失去电子，发生氧化反应产生CO2气体，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。
19． 802.1 kJ/mol > CD 2.25 大于 2HSO+2e-+2H+= S2O+2H2O 11.2
【详解】Ⅰ．(1)根据反应热可知，反应 有：=2E()+2E()-E()-4E(C=O)=2×1072 kJ/mol +2×630 kJ/mol -942 kJ/mol -4 E(C=O)=-746.5kJ/mol，解得：E(C=O)=802.1 kJ/mol，故答案为：802.1 kJ/mol；
(2) ①根据温度越高反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短，由图中可知，T1条件下先达到平衡，则温度：>，故答案为：>；
②A．反应达到平衡的标志是各组分的浓度、百分含量保持不变，而不是相等或成比例，故反应体系的和的物质的量之比为不能说明反应达到平衡，A不合题意；
B．由于反应物和生成物均为气体，恒容密闭容器中混合气体的密度一直不变，故混合气体密度保持不变，不能说明反应达到平衡，B不合题意；
C．由于反应物和生成物均为气体，但正反应是一个气体体积减小的方向，故容器中混合气体的平均摩尔质量一直在变，现在不变了即反应达到平衡了，C符合题意；
D．由于反应的正反应是一个气体体积减小的方向，在恒温恒容容器中压强与气体的物质的量成正比，故容器压强不再变化了即为反应达到平衡了，D符合题意；
故答案为：CD；
Ⅱ．(1) 由三段式分析：可知，若时总压强为，则P(NO)==40kPa，P(N2)=P(CO2)= =60kPa，故该温度下平衡常数= ，故答案为：2.25；
(2)由(1)分析结合表中数据可知，反应进行到15min时已经达到平衡，故第时，反应的平衡常数为：K=，若往容器中各加、，这时Qc=＜K，故反应向正方向进行，即大于，故答案为：大于；
Ⅲ．(1)由图示可知，电极Ⅰ进入的物质为，出去的物质为：，结合质子交换膜，故电解质为酸性介质，故图中电极Ⅰ的反应方程式为：2HSO+2e-+2H+= S2O+2H2O ，故答案为：2HSO+2e-+2H+= S2O+2H2O；
(2)吸收塔中每产生，即由转化为HSO，需要失去1mol电子，而1molNO在反应中转化为N2，得到2mol电子，根据电子守恒，理论上处理在标准状况下的体积为，故答案为：11.2 。
20． 439.9 0.032mol·L－1·min－1 降低温度 第三 80 负极 3I－－2e－=
【详解】(1)由盖斯定律可知，断裂1molH－H键的焓变=ΔH3－ΔH1=+439.9kJ·mol－1，所以断裂1molH－H键需要吸收的能量为439.9kJ；
(2)0～5min内，v(H2)==0.032 mol·L－1·min－1；6min时改变外界条件，平衡向正反应方向移动，根据图像曲线斜率可知，化学反应速率降低，且Δc(HI)=2Δc(H2)，该反应正向为放热反应，因此改变的条件为降低温度；
(3)多步反应的反应速率由慢反应决定，故该反应的反应速率由第三步决定；
(4)恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，可设起始时n(I2)=n(H2)=208mol，则平衡时混合气体总物质的量为456mol，1mol气体的分压为1kPa，由于反应②是等体积变化的反应，反应①正向是气体体积增大的反应，由反应的差量I2(g)2I(g)Δn=2 1=1可知，生成I(g)的物质的量为气体物质的量变化量的2倍，所以I(g)的物质的量为：(456 416)mol×2=80mol，即平衡时I(g)的物质的量为80mol，分压分压为80kpa，即p(I)=80kPa；KP是指可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的分压（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的分压（方程式系数幂次方）乘积比，因此Kp2=；
(5)鸡蛋壳内为碘化钾溶液，烧杯中盛装硫酸铜溶液，根据总反应可知，鸡蛋壳内的是I-发生氧化反应生成，电极为负极，其电极反应式为3I－－2e－=。
21．(1)FePO4+Li++e-=LiFePO4
(2)增大表面积，增大浓硫酸的接触面积，加快反应速率
(3)灼烧
(4)碱性
(5) Na2SO4 易溶解 易于洗涤
(6)
【分析】废旧磷酸铁锂电池正极材料(含LiFePO4、石墨粉等)，加入Na2S2O8、H2SO4进行酸浸，发生反应，得到的滤液中含有Li+、Fe3+，过滤得到滤渣为C，向滤液中加入氢氧化钠，除去铁离子，过滤后的滤液经过浓缩，加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到碳酸锂，据此作答。
（1）
放电时，FePO4在正极得电子发生还原反应，电极反应式为FePO4+Li++e-=LiFePO4。
（2）
磷酸铁锂电池的正极材料“浸出”前需要粉碎，目的是增大表面积，增大与浓硫酸的接触面积，加快反应速率。
（3）
“滤渣”中含有FePO4和C，C灼烧可以生成CO2，则为了得到纯净的FePO4，简单除碳方法为灼烧。
（4）
“净化”时为除尽微量的Mn2+、Co2+，确保浓度控制为等于或小于1×10-5mol/L，则Mn2+完全沉淀c（OH-）==1.4×10-4mol/L，pH≈10，则Co2+完全沉淀c（OH-）==2.4×10-5mol/L，pH≈9，故加入NaOH溶液调pH至碱性较好。
（5）
根据分析，粗Li2CO3固体表面黏有Na2CO3溶液和Na2SO4溶液，工业上用热水而不用冷水清洗固体，原因有杂质易溶解以及易于洗涤，后期易干燥且Li2CO3产率高。
（6）
“浸出”过程中LiFePO4和Na2S2O8、H2SO4进行反应，生成硫酸锂、硫酸铁、磷酸，则酸浸发生的化学方程式为。
22．(1) 增大气体和液体的接触面积，提高SO2吸收率 SO2-2e-+2H2O=+4H+
(2) Fe Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+
(3)Cu、Fe
(4) 抑制Fe2+水解 7
【分析】由题干工艺流程图转化信息可知，焙烧反应为：4CuFeS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2，然后用H2SO4进行酸浸，反应原理为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，然后用过量X即铁粉还原，反应原理为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，过量出滤渣主要成分为Fe和Cu，滤液为FeSO4溶液，经过蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤干燥即得FeSO4·xH2O晶体，据此分析解题。
【详解】（1）①焙烧生成的SO2可用柠檬酸-柠檬酸钠溶液进行吸收，该过程采用逆流接触法进行吸收的原因是增大气体和液体的接触面积，提高SO2吸收率，故答案为：增大气体和液体的接触面积，提高SO2吸收率；
②还可用电化学氧化法处理SO2，同时生成H2SO4，即SO2失去电子发生氧化反应生成H2SO4，则SO2参与反应的电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=+4H+，故答案为：SO2-2e-+2H2O=+4H+；
（2）由分析可知，X即铁粉还原，反应原理为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，则该过程发生反应的离子方程式是Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe；Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）由分析可知，滤渣的主要成分是Fe、Cu，故答案为：Cu、Fe；
（4）①已知FeSO4是强酸弱碱盐，加热蒸发是促进Fe2+水解，向滤液中加入稀硫酸后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得绿矾晶体，加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+水解，故答案为：抑制Fe2+水解；
②为测定产品FeSO4·xH2O中结晶水的数量，称取14g产品配制成250mL待测液，准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中加稀硫酸酸化，用0.0500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL，根据电子守恒有：n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×0.0500mol·L-1×20.00×10-3L=5×10-3mol，故14g样品中含有Fe2+的物质的量为：5×10-3mol×=5×10-2mol，故FeSO4·xH2O的摩尔质量为：=280g/mol，则x=≈7，故答案为：7。
23．(1)焙烧
(2) 是 c(Cu2+)===4.810-8mol·L-1＜1.0×10-5mol·L-1
(3)会生成NH4VO3沉淀，降低钒的利用率
(4) 用湿润的红色石蕊试纸靠近气体，试纸变蓝 利用空气流及时赶出NH3，以防NH3还原V2O5
(5)V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O
(6)VO2+-e-+H2O=+2H+
【分析】含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)和MgCO3经过焙烧除去有机物，V2O3会转化为Mg(VO3)2；用足量H2SO4溶液酸浸，得到含、Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+等离子的溶液；“净化I”中，向酸浸所得溶液中加入适量氨水调节pH，Fe3+、Al3+、Cu2+转化为相应的氢氧化物沉淀，被过滤除掉，所得滤液为含、、Mg2+等离子的溶液；“净化II”中，向“净化I”所得的滤液中加入适量(NH4)2CO3，Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3沉淀，过滤后得滤液1（含、），“净化III”中向滤液1中加入足量(NH4)2CO3，得到NH4VO3沉淀，再将NH4VO3在空气中煅烧得到V2O5。
【详解】（1）含钒废料中的有机物主要在焙烧工序中除去。
（2）常温时，若“调pH净化I”工序中最终溶液pH=8，c(OH-)=1.010-6mol·L-1，c(Cu2+)===4.810-8mol·L-1＜1.0×10-5mol·L-1，故此时Cu2+已完全沉淀。
（3）“净化II”中，向“净化I”后的滤液中加入适量(NH4)2CO3，Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3沉淀，过滤后得滤液1（含、），“净化III”中向滤液1中加入足量(NH4)2CO3，得到NH4VO3沉淀，“净化II”时若加入过量的( NH4)2CO3，可能导致的后果为“净化II”中生成Mg2(OH)2CO3沉淀和NH4VO3沉淀，降低钒的利用率。
（4）煅烧反应同时有氨气生成，实验室检验该气体的方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近气体，试纸变蓝；NH4VO3要在流动空气中煅烧的原因可能是利用空气流及时赶出NH3，以防NH3还原V2O5。
（5）在硫酸酸化条件下，V2O5与H2C2O4溶液反应的离子方程式为V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O。
（6）电池充电时，阳极上发生氧化反应，电极反应式为VO2+-e-+H2O=+2H+。
24． 4Ce4++ 2NO + 3H2O = 4Ce3++ NO2－+ NO３－+ 6H+ c 6 1∶4 9CeO2+ 3CeF4+ 45HCl + 3H3BO3= Ce(Br4)3↓+ 11CeCl3+ 6Cl2↑+ 27H2O 避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失（或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率） 9 NH4Cl固体分解产生的HCl可抑制CeCl3的水解
【详解】(1)雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-物质的量之比为1：1，反应的方程式为3H2O+2NO+4Ce4+=4Ce3++NO2-+NO3-+6H＋；
(2)①电解池中阳极失去电子，则Ce3+在阳极失去电子转化为Ce4+，因此Ce4+从电解槽的a口流出，阴极是NO2-得到电子转化为氮气，则无毒气体从电解槽的c口逸出；
②阳极电极反应式为Ce3+-e-=Ce4+，阴极的电极反应式为2NO2-+8H++6e-=N2↑+4H2O。每生成标准状况下22.4L无毒气体，同时可再生Ce4+6mol；
(3)①根据流程图可知焙烧过程中CeFCO3与氧气反应生成CeO2、CeF4、CO2，反应方程式为4CeFCO3+ O23CeO2+ CeF4+4CO2，其中氧化剂O2和还原剂CeFCO3的物质的量之比为1∶4；
②假设参与酸浸反应的CeO2和CeF4的物质的量之比为3∶1，根据流程可知反应物还有HCl、H3BO3，生成物有Ce(Br4)3沉淀、CeCl3，根据化合价的变化，因元素Ce由+4价变为+3价，化合价降低，由氧化还原反应原理可知，应有元素化合价升高，则应有Cl2生成，结合质量守恒，则反应的化学方程式为9CeO2+ 3CeF4+ 45HCl + 3H3BO3= Ce(Br4)3↓+ 11CeCl3+ 6Cl2↑+ 27H2O；
③避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率，故向Ce(BF4)3中加入KCl溶液；
④常温下，当溶液中c(Ce3 +)时，，则c，即pH=9，据此，在生成Ce(OH)3的反应中，加入NaOH溶液至pH至少达到9时，即可视为Ce3+已完全沉淀；
⑤加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，其中NH4Cl的作用是NH4Cl固体分解产生的HCl可抑制CeCl3的水解。
25． O2 不能 分液漏斗 排除装置内的空气(氧气)，防止氧气氧化生成的Na2S2O4 水浴加热 连二亚硫酸钠不溶于乙醇，故可以用乙醇洗涤，且乙醇易挥发，容易干燥
【详解】(1)①图中装置为亚硫酸氢钠电解池，其中阳极为氢氧根失电子生成氧气，故X为O2；
②电极a为阴极，其中亚硫酸氢根得电子，生成 ，介质为碱性，故电极a的电极反应式为；
③由已知可得，连二亚硫酸钠极易被氧化，阳极有氧气放出，所以若没有阳离子交换膜，连二亚硫酸钠会被氧气氧化，不能得到产品Na2S2O4；
(2)①盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；装置A烧瓶内，铜和浓硫酸在加热下生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式：；
②连二亚硫酸钠极易被氧化，所以应通入氮气排除装置内的空气，防止氧气氧化生成物；控制恒定反应温度约为35℃的方法为水浴加热；由已知可得，反应物为Zn和SO2在碱性条件下反应，有Na2S2O4和Zn(OH)2生成。则总反应离子方程式：；
③由已知可得，连二亚硫酸钠不溶于乙醇，故可以用乙醇洗涤，且乙醇易挥发，容易干燥；
(3)已知：Na2S2O4+2CH2O+H2O=NaHSO3 CH2O+NaHSO2 CH2O、NaHSO2 CH2O+2I2+2H2O=NaHSO4+CH2O+4HI，可得到 ， ，则 ，，故连二亚硫酸钠的质量分数 。
试卷第1页，共3页
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