2023年高考真题变式分类汇编：电解池工作原理及应用1

2023年高考真题变式分类汇编：电解池工作原理及应用1
一、选择题
1．（2020·浙江） 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A． ， 完全反应转移的电子数为
B．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为 时，阳极应有 转化为
C．常温下， 的 溶液中，水电离出的 数为
D． 浓度为 的 溶液中，阴离子数为
2．（2023·北京）回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是(　　)
A．废气中排放到大气中会形成酸雨
B．装置中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度
C．装置中溶液的作用是吸收废气中的和
D．装置中的总反应为
3．（2023·湖南）葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：
下列说法错误的是
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了电子
C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
4．（2023·马鞍山模拟）能正确表示下列反应的离子方程式为
A．新制氯水中加入少量CaCO3： 2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+CO2↑+2HClO
B．硫酸铜溶液中滴入几滴氨水： Cu2++4NH3·H2O = [Cu(NH3)4]2++4H2O
C．久置的H2S溶液变浑浊： 2S2-+ O2+4H+ = 2S↓+2H2O
D．用铜电极电解硫酸铜溶液： 2Cu2+ +2H2O2Cu+O2↑+4H+
5．（2023·莆田模拟）铁碳微电解技术是处理酸性废水的一种工艺，装置如下图所示。若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性中间体羟基自由基；若上端口关闭，可得到强还原性中间体氢原子。下列说法正确的是
A．无论上端口是关闭还是打开，正极反应式均为：
B．完全转化为羟基自由基时转移了电子
C．若处理含酚类的酸性废水，则上端口应关闭
D．若处理含的酸性废水，则上端口应打开并鼓入空气
6．（2023·黄山模拟）一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示[KOH溶液中， Zn2+以存在]。电池放电时，下列叙述正确的是
A．Ⅱ区的通过交换膜向I区迁移
B．Ⅲ区的K+通过交换膜最终向I区迁移
C．Zn电极反应：Zn+2e-+4OH-=
D．电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=+Mn2++2H2O
7．（2023·达州模拟）四川大学余达刚教授课题组发展了一种镍催化下用CO2制备苯乙酸的反应，反应原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．H+向B极移动
B．A极的电极反应式为
C．若使用铅蓄电池作电源，则每生成0.5mol苯乙酸，消耗49gH2SO4
D．该反应的原子利用率为100%，有利于实现碳中和
8．（2023·中卫模拟）利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法错误的是
A．a极反应：CH4-8e-＋4O2-=CO2＋2H2O
B．A、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜
C．阳极室有氯气产生，阴极室中有氢气产生且NaOH浓度增大
D．a极上通入标况下2.24L甲烷，阳极室Ca2+减少0.2mol
9．（2023·徐汇模拟）使用石墨电极电解溶液，阴极产物为
A． B．Cu C． D．
10．（2023·益阳模拟）新型三步法氯碱工艺，具有清洁、低成本的特点，其工作原理如图所示，假定各装置中溶液体积均为(忽略反应过程中体积变化)。各步骤开始工作时，下列说法错误的是
A．与传统方法相比，该方法可不需要离子交换膜
B．过程①中b极电极反应式：
C．过程②外电路转移时，溶液物质的量浓度变为
D．过程③中溶液中向f极方向移动失去电子产生
11．（2023·武汉模拟）2，5-呋喃二甲酸(FDCA)是一种重要的化工原料，可用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是
A．a为电源正极
B．双极膜中间层中的OH-在外电场的作用下移向铅电极
C．制得1mol FDCA，理论上消耗2 mol
D．负极区的电极反应为：-6e-+2H2O=+6H+
12．（2023·邢台模拟）某有色金属工业的高盐废水中主要含有、、、、和，利用如图电解装置可回收、并尽可能除去和，其中双极膜(BP)中间层的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移，M膜、N膜需在一价阴离子交换膜和阳离子交换膜中选择。下列说法错误的是
A．BP膜中均向右侧溶液迁移，M膜为一价阴离子交换膜
B．溶液a的溶质主要为HF和HCl，溶液b的溶质主要为和
C．当阳极产生22.4L气体(标准状况)时，有4mol离子通过N膜
D．电解过程中，应控制高盐废水的pH不能过高
13．（2023·宜宾模拟）由乙烯制备2-氯乙醇(HOCH2CH2Cl)的原理为：CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。用铂(Pt)作电极电解KCl溶液制备2-氯乙醇的装置如下图所示。下列说法错误的是（　　）
A．Y连接电源的负极
B．电解时，K+通过阳离子交换膜从左侧移向右侧
C．理论上，制取1 mol 2-氯乙醇生成气体b的体积为11.2L (标准状况) 。
D．电解时，左侧溶液pH逐渐减小，右侧溶液pH逐渐增大
14．（2023·福州模拟）Adv.Mater报道我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图，光照时，光催化电极产生电子和空穴。下列有关说法正确的是（　　）
A．光催化装置中溶液的减小
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．电催化装置阳极电极反应式：
D．整套装置转移，光催化装置生成
15．（2023·怀仁模拟）生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用铁、石墨做电极，用电解法去除。电解时，如图1原理所示可进行除氮；翻转电源正负极，可进行除磷，原理是利用Fe2＋将PO转化为Fe3(PO4)2沉淀。下列说法正确的是（　　）
A．图2中0～20min脱除的元素是氮元素，此时石墨做阴极
B．溶液pH越小、有效氯浓度越大，氮的去除率越高
C．图2中20～40min脱除的元素是磷元素，此时阳极的电极反应式为2Cl-－2e-=Cl2↑
D．电解法除氮有效氯ClO-氧化NH3的离子方程式为3ClO-＋2NH3=3Cl-＋N2↑＋3H2O
16．（2023·崇明模拟）用氯化钠溶液润湿的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（　　）
A．a极上发生氧化反应
B．b极上发生的反应为：
C．d极上发生的反应为：
D．铁片腐蚀速率：甲＞乙
二、多选题
17．（2022·淄博模拟）下列装置可分离废水中的Co2+和Ni2+。已知Ni2+和Co2+性质相似，Co2+和乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是
A．M电极接太阳能电池的P电极
B．通电一段时间后，I、IV室内溶液pH均减小
C．膜a、膜b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D．每生成1molSO，理论上双极膜至少解离7molH2O
18．（2022·济南模拟）现有一种安全、高效的双极制氢系统，该系统能够从阳极低电压醛氧化和阴极析氢反应中得到氢气；其工作原理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．电压越高，阳极制氢速率越快
B．电解一段时间后，阴极室的pH不变
C．制得1mol氢气，理论上有1molOH-透过交换膜
D．阳极反应为2R-CHO+4OH--2e-=2R-COO-+H2↑+2H2O
19．（2022高三上·胶州期末）应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯(，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备的原理如图所示，下列说法错误的是
A．装置工作时，a与电源的正极连接，b极附近溶液pH逐渐减小
B．a极上发生的电极反应为
C．发生器内发生反应
D．当有0.3 mol阴离子通过离子交换膜时，理论上产生2.24 L(STP)
20．（2022高三上·海南期末）某工业碱性废水中含，利用下列装置可将其转化为FeS。下列说法正确的是
A．Fe棒连接电源的正极
B．b电极一定是惰性材料
C．阳极反应式为
D．气体X可能是
21．（2021高二上·唐山期末）按下图装置进行电解(氯化钠足量)，若乙中横坐标x表示电路中通过电子的物质的量，纵坐标y表示反应物或生成物的物质的量，下列叙述错误的是（　　）
A．E表示生成金属钠的物质的量 B．E表示消耗水的物质的量
C．F表示溶解铜的物质的量 D．F表示生成氯气的物质的量
三、非选择题
22．（2023·北京）尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
（1）十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 　 　。
（2）二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
和生成；
分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是　 　填序号。
活化能：反应反应
为放热反应，为吸热反应
（3）近年研究发现，电催化和含氮物质等在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。
电极是电解池的　 　极。
电解过程中生成尿素的电极反应式是　 　。
（4）尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。
消化液中的含氮粒子是　 　。
步骤中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有　 　。
23．（2023·湖南）超纯是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下：
已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为；
②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
物质
沸点/ 55.7 34.6 42.4 365.8
回答下列问题：
（1）晶体的晶体类型是　 　；
（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是　 　，阴极的电极反应式为　 　；
（3）“合成”工序中的产物还包括和，写出该反应的化学方程式：　 　；
（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是　 　；
（5）下列说法错误的是____；
A．流程中得到了循环利用
B．流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分和
（6）直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是　 　；
（7）比较分子中的键角大小：　 　(填“>”“<”或“=”)，其原因是　 　。
24．（2023·达州模拟）工业上常用甲烷和水蒸气催化重整制备H2，该工艺同时发生如下反应：
反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH2
（1）反应Ⅰ和反应Ⅱ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图甲所示，则ΔH1-ΔH2　 　0(填“>”“<”或“=”)。
（2）恒容密闭容器中，按质量比为8：9加入CH4和H2O，下列说法正确的是____。
A．达平衡时，CH4和H2O的转化率相等
B．反应Ⅰ在低温时容易自发进行
C．当压强不再发生改变时，反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到了平衡
D．单位时间内，若有2molH-O键断裂，同时有3molH-H键断裂，则反应Ⅰ处于平衡状态
（3）某科研小组研究了反应I的动力学，获得其速率方程v正=k正·cm(CH4)·cn(H2O)，k正为速率常数(只受温度影响)，反应级数是反应的速率方程式中各反应物浓度的指数之和。在某温度下进行实验，测得各组分初始浓度和反应初始速率如下：
实验序号 1 2 3
CH4浓度/mol·L-1 0.1000 0.2000 0.2000
H2O浓度/mol·L-1 0.1000 0.1000 0.2000
速率/mol·L-1·s-1 3.75×10-4 1.50×10-3 3.00×10-3
若某时刻，测得c(CH4)=0.4000mol·L-1，c(H2O)=0.4000mol·L-1，则此时的反应速率v正=　 　。
（4）在2.4MPa下，将CH4和H2O(g)按照1：3的比例通入反应器中。平衡时各组分的物质的量分数与温度的关系如图乙所示。
①600℃时，若经过tmin，反应达到平衡。该条件下，反应I的Kp=　 　(MPa)2(列出计算式即可)。
②H2的含量在740℃左右出现峰值的原因为　 　。
（5）某工厂用电解原理除去H2中的杂质CH4、CO和CO2，其装置如图丙所示：
①CH4参与的电极反应为　 　。
②经测定，原料气中各气体的体积分数为：
气体 H2 CH4 CO CO2
体积分数 82% 3% 5% 10%
若电解过程中消耗了100m3的原料气，则可得到相同条件下纯净H2　 　m3。
25．（2023·江西模拟）金山银山不如绿水青山，实现碳达峰碳中和是贯彻新发展理念、构建新发展格局、推动高质量发展的内在要求。
（1）二甲醚(CH3OCH3)被誉为“21 世纪的清洁燃料，以CO2、H2 为原料制备二甲醚涉及的主要反应如下：
I.2CO2 (g) +6H2(g)CH3OCH3(g) +3H2O(g) ΔH1= - 122. 5kJ/mol
Ⅱ．CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g) ΔH2=+41.1kJ/mol
①在压强、CO2和H2的起始投料一定的条件下，发生反应I、Ⅱ，实验测得CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。(已知：CH3OCH3的选择性=)
其中表示平衡时CH3OCH3的选择性的曲线是　 　(填“①”或“②”)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是　 　。
②对于反应Ⅱ的反应速率v=v正- v逆=k 正p(CO2)·p(H2) - k逆p(CO)·p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压 ×物质的量分数)。
a．降低温度，k正- k逆　 　(填 “增大”“减小”或”不变”)；
b．在一定温度和压强下的反应Ⅱ，按照n(H2)：n(CO2)=1：1投料，CO2转化率为50%时 v(正)：v(逆)=3：4，用气体分压表示的平衡常数Kp=　 　。
（2）石化工业，常采用碳酸钠溶液作为脱硫吸收剂。
已知： 25℃，H2CO3 Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7 ×10-11； H2S Ka1=1.1 ×10-7 Ka2=1.3 ×10-13。请写出H2S与足量碳酸钠溶液反应的离子方程式：　 　。
（3）化工废水中常常含有以二甲胺(CH3)2NH)为代表的含氮有机物，可以通过电解法将二甲胺转化为无毒无害的气体排放，装置如图所示。
反应原理是：(i) Cl- 在阳极转化为Cl2；
(ii) Cl2在碱性溶液中歧化为ClO-；
(iii) ClO-将二甲胺氧化为N2，和H2O。
①写出电解池中阴极发生反应的方程式　 　。
②电解池中选择阴离子交换膜而不选择阳离子交换膜的原因是　 　。
③当阴极区收集到6.72L (标况下) H2时，阳极区收集到N2的体积(标况下)是　 　L。
26．（2023·许昌模拟）为加快实现“双碳”目标，有效应对全球气候变化、构建低碳社会，CO 资源化利用受到越来越多的关注。
（1）I.Sabatier反应可实现CO 甲烷化：
反应1 CO (g)+4H (g) CH (g)+2H O(g) ΔH=-165kJ mol
同时还发生的反应如下：
反应2 CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) ΔH=+41kJ mol
已知键能是指气态原子形成1mol化学键释放的能量，上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键 O-H C-H C=O H-H
键能/(kJ·mol ) 463 414 802 436
则C(g)+O(g)=CO(g) ΔH=　 　kJ mol 。
（2）向某恒压密闭容器中充入5molCO 和20molH ，在不同温度下达到平衡时各含碳元素物质的物质的量n(X)与温度T的关系如下图所示。
①当反应1和反应2均达到化学平衡状态时，维持温度不变，增大容器体积，则反应2的平衡移动方向　 　(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，反应2的平衡常数　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
②曲线Y表示的是　 　(填含碳元素物质的化学式)的物质的量与温度的关系，曲线Z所表示的物质在800K~1100K之间物质的量增大的原因是　 　。
③800K时，反应2的压强平衡常数Kp=　 　(计算结果保留两位有效数字，用分压代替浓度，分压=物质的量分数×总压)。
（3） Ⅱ.一种从高炉气回收CO 制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如下：
铂电极上生成HCOOH的电极反应式为　 　；电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移1mole 时，阴极室溶液的质量增加　 　g(CO 溶解量不计)[B的电解效率=]。
27．（2023·丰台模拟）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：
i．一定条件下，Ti4+水解方程式：
ii．一定温度下：；
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
（1）用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因　 　。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
（2）浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量角度解释加入还原铁粉的目的　 　。
（3）一定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因　 　。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
（4）一定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因　 　。
（5）III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到二氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
电极X连接电源　 　(填“正”或“负”)极。
（6）写出电极Y上发生的电极反应式　 　。
28．（2023·新疆模拟）碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长。因此，诸多科学家都在大力研究利用和减少碳的排放。
（1）“神十三”中航天员们呼吸产生的CO2用一种循环方案处理，即CO2(g) +2H2(g) C(s)+2H2O(g) ΔH，然后电解水又得氢气和氧气。在温度为T，向一恒容密闭容器中，按物质的量之比2：1通入H2和CO2，测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图中a所示，若其它条件不变，仅改变某一条件时，测得其压强p随时间t的变化如图中b所示。
①能说明容器中的反应均已达到平衡状态的是　 　。
A．容器内气体的平均相对分子质量不变
B． CO2和H2的转化率相等
C． H2(g)与C(s)的物质的量之比保持不变
D．v(H2)=v( H2O)
②ΔH　 　0( 填“>”“<”或“不确定”) ；理由是　 　。
③改变的条件是　 　。
（2）CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应I ：CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH =-49.6 kJ ·mol-1
反应II ：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH =-23.4 kJ·mol-1
反应III ：2CO2(g) +6H2(g) CH3OCH3 (g) +3H2O(g)
①反应III的活化能Ea(正)　 　Ea(逆)(填“>”“<”或“=”)。
②在T1温度下，将6molCO2和14molH2充入2L的恒容密闭容器中发生反应I和III，达到平衡状态时CH3OH( g)和CH3OCH3( g)的物质的量分别为2 mol和1 mol。则T1温度时反应I的平衡常数K=　 　。
（3）工业上利用废气中的CO2、CO联合制取烧碱、氯代烃和甲醇的流程如图。已知B中的装置使用了阳离子交换膜。
①B中发生的总反应的离子方程式为　 　。
②若某废气中含有的CO2和CO的体积比为1：1，废气中CO2和CO体积分数共为13. 44%。假设A中处理了标准状况下10 m3的废气，其中CO2和CO全部转化成CH3OH ，理论上可制得C2H4Cl2　 　 kg。
29．（2023·来宾模拟）我国力争实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标，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CO2和H2在一定条件下能发生反应，反应物与生成物的能量与活化能的关系如图所示，该反应的ΔH=　 　kJ/mol(用含Ea1和Ea2的代数式表示)。
（2）恒温恒容条件下，为了提高反应中CO2的平衡转化率，可采取的措施为　 　(任写一项)。下列不能说明该反应达到平衡状态的是　 　(填字母)。
A．v(CO2)正=v(H2)逆
B．HCOOH的体积分数不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．c(CO2)：c(H2)：c(HCOOH)=1：1：1
（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，发生反应，6min时达到平衡，此时容器压强为36kPa，则0~6min内用H2分压表示的化学反应速率为　 　kPa/min。相同温度下，该反应的逆反应平衡常数Kp=　 　kPa(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
（4）除合成甲酸(HCOOH)外，有科学家以CO2、H2为原料合成CH3OH达到有效降低空气中二氧化碳含量的目的，其中涉及的主要反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.5kJ·mol-1
不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡转化率如图所示：
压强p1、P2、P3由小到大的顺序是　 　。压强为P1时，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率随温度升高而升高的原因是　 　。
（5）近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成多种燃料，实现CO2的回收利用，其工作原理如图所示：
请写出Cu电极上产生HCOOH的电极反应式　 　。
30．（2023·乌鲁木齐模拟）《自然》杂志报道，科学家设计出了“空气燃料实验系统”，其过程分三步：
第一步，利用太阳能收集空气中的和；
第二步，在太阳能作用下将和转化成合成气(CO、)；
第三步，利用合成气合成液态烃和甲醇。
Ⅰ模拟制备合成气的装置如图1所示。
回答下列问题：
（1）交换膜是　 　(填“阴离子”或“阳离子”)交换膜。b极是　 　(填“正极”或“负极”)。
（2）Ⅱ利用合成气合成甲醇：
已知： ，表示的摩尔生成焓，其余类推。
时，、、的摩尔生成焓分别为、0、，则上述反应的　 　。
（3）某温度、催化剂作用下，该反应的速率方程为(k为速率常数，与温度、催化剂有关，与浓度无关)。测得速率与CO、的浓度关系如下表所示：
实验 速率
Ⅰ 0.10 0.10 v
Ⅱ 0.20 0.10 2v
Ⅲ 0.20 0.20 8v
Ⅳ 0.40 x 36v
计算x=　 　。
（4）某温度下，向容积为的密闭容器中加入和，发生上述反应，CO转化率随时间的变化如图2所示：
该温度下反应的平衡常数为　 　；若起始压强为，则时容器中的压强为　 　MPa；若保持其他条件不变，起始时加入和，达到平衡，相应的点可能是图中A、B、C、D中的　 　。
（5）若只改变反应的一个条件，能使平衡体系中增大的措施有　 　(答出一点即可)。
（6）若投料时CO与的物质的量之比恒定，温度、压强对CO平衡转化率的影响如图3所示，图中X点的v(逆)　 　 Y点的v(正)(填“>”“<”或“=”)，理由是　 　。
31．（2023·郑州模拟）金属锌具有储量丰富、电池理论容量高、氧化还原电位低、对环境友好等诸多优势；锌的化合物在防腐、电镀、医学、纺织等领域有诸多应用。
（1）一种水性电解液离子选择双隔膜电池如图所示。放电结束后对左侧电极片进行紫外测试，可观测到在765nm处有一个较强的吸收峰，在615nm处有一个肩峰，与标准图像吻合。(注：可溶于水，强碱性环境下最终转化为)。
①该电池中b膜为　 　离子交换膜。(填“阴”或“阳”)
②该电池正极的电极反应式为　 　；当电路中转移1mol电子时，电极质量减少　 　g。
（2）的浓溶液可形成配合酸，因此浓溶液常用作除锈剂。的溶液的酸性就相当千的酸。根据以上信息，请写出的浓溶液除铁锈的化学方程式　 　。
（3）已知难溶于水，在强碱溶液中发生反应，下图是二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系，其中c为或浓度的值。
①　 　。
②向的溶液中加入等体积的HCl后，体系中的Zn元素主要以　 　(写微粒符号)形式存在。
32．（2023·天河模拟）丙烯是重要的有机化工原料之一，丙烷直接脱氢制丙烯是一条绿色生产丙烯的途径。
主反应：
副反应：
（1）恒压下，主反应的随温度变化如图1所示，　 　0(填”、“<”或=”)，判断的理由是　 　。
（2）恒压下，在不同温度下的平衡体积分数如图2所示，图中表示的体积分数的曲线为　 　(填“a”或“b”)，时，的体积分数为　 　。
（3）下列关于工艺说法正确的是
A．的物质的量分数不再改变，反应体系已达平衡
B．采用合适的催化剂能提高主反应的平衡转化率，促使丙烯的产率提高
C．反应达到平衡后，增加压强，不变
D．升高温度，生成的速率加快，生成其他副产物的速率减慢
（4）丙烷氧化脱氢制丙烯，相比，该途径生产丙烯的好处是　 　。
（5）用下图所示装置电解二氧化碳酸性溶液也可制得丙烯。
①Y极与电源　 　(填“正”或“负”)极相连。
②X极的电极反应式为　 　。
③理论上，　 　。
33．（2022·河西模拟）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
（1）金属除Cr(Ⅵ)法：其他条件相同时，用等量的Zn粉、Zn-Cu粉分别处理酸性含Cr(Ⅵ)废水。Cr(Ⅵ)的残留率随时间的变化如下图所示，图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是　 　。
（2）与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀(常温下；设时沉淀完全)。
①实验中的作用是　 　。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当pH＞12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为　 　。
③为使沉淀完全，调控溶液的pH最小值为　 　。
（3）离子交换法除铬(Ⅵ)：Cr(Ⅵ)去除率与pH关系如图所示。已知：强碱性树脂(ROH)与废水中的、离子能发生交换均生成(s)。其反应可表示为(以发生交换为例)。
①写出发生交换反应的平衡常数表达式，　 　。
②当pH＞4时，Cr(Ⅵ)去除率下降的原因是　 　。
（4）电解除铬(Ⅵ)法：一般采用在直流电作用下铁板做阳极和阴极[忽略Cr(Ⅵ)在阴极放电]，可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为，再加碱沉淀为。已知：。
①酸性废水中的Cr(Ⅵ)离子存在的主要形式为　 　。
②当沉淀出2mol 时，阳极至少消耗　 　mol Fe。
34．（2022·日照模拟）镍钛钯废靶材含钛55％、镍25％、钯18％和杂质铝2％。从镍钛钯废靶材回收有关金属的工艺流程如下：
已知：I.常温下，钛与钯均不溶于盐酸。
II.PdCl在溶液中存在配位平衡：PdCl(aq)PdCl4(aq)+2Cl-(aq) △H>0
回答下列问题：
（1）“调pH”除铝、钛时，pH对溶液中金属离子质量浓度影响如下表，根据表中数据判断除铝、钛时pH应调节至　 　为宜。
pH 溶液中金属离子质量浓度(mg·L-1)
Al3+ Ni2+ Ti4+
1.1 6100 7780 46
2.1 5960 7430 3
3.4 212 6080 1
4.2 125 5870 1
5.2 107 3720 1
（2）“酸溶”所得溶液，经电积可得单质镍，电积沉镍装置如图所示。电积装置中，交换膜b应为　 　离子交换膜(填“阳”或“阴”)。电解时浓缩室溶液体积保持不变，当浓缩室得到1L 0.6mol·L-1的盐酸时，阴极得到Ni的质量小于14.75g，其原因为　 　。
（3）“氧化浸出”时，钯(Pd)被氧化生成配位离子PdCl的离子方程式为　 　。
（4）“沉钯”时，温度保持在55～65℃，温度不易过高，其原因除防止铵盐分解外，还有　 　。“沉钯”时，铵盐最好选用　 　(填化学式)，有利于钯的沉淀。
（5）氯钯酸铵[(NH4)2PdCl6]在“焙烧还原”时所用石英管冷凝壁上有大量白色固体析出，该固体可在　 　操作中循环使用(填操作单元名称)。
35．（2022·河北模拟）铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：
（1）基态Cu原子价层电子排布式为　 　。
（2）晶体中S原子的杂化方式为　 　，的立体构型为　 　。
（3）向溶液中加入过量氨水，可生成，其配体的电子式为　 　；下列有关说法正确的是　 　。
A．氨气极易溶于水，原因之一是分子和分子之间形成氢键
B．分子和分子空间构型不同，氨分子的键角小于水分子的键角
C．所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键
D．组成元素中电负性最大的是氮元素
（4）金铜合金的一种晶体结构为立方晶型，如图所示：
①该合金的化学式为　 　。
②已知该合金的密度为，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶胞的棱长为　 　cm。
（5）以情性电极电解足量的溶液。阳极上的电极反应式为：　 　，若该电极产生气体的物质的量为0.01mol，则析出铜的质量为　 　g。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4mol 完全反应转移电子物质的量为4mol×[(+7)-(+2)]=20mol，即转移电子数为20NA，A符合题意；
B.电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1mol电子，Cu失去的电子应小于1mol，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5mol，则阳极反应的Cu的质量小于0.5mol×64g/mol=32g，B不符合题意；
C.溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C不符合题意；
D.n（Na2CO3）=0.100mol/L×1L=0.100mol，由于 发生水解： +H2O +OH-、 +H2O H2CO3+OH-，故阴离子物质的量大于0.100mol，阴离子数大于0.100NA，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A. 根据化合价的变化计算转移电子数；
B.粗铜中含有铁、锌等其他活泼金属的杂质；
C.通过浓度求溶液的中离子的物质的量，必须知道溶液体积；
D.Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根会水解。
2．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；含硫物质的性质及综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、SO2会在大气中和氧气、雨水反应生成H2SO4，形成硫酸酸雨，A错误；
B、HCO3-既可以电离，也可以水解，电离出氢离子，水解生成氢氧根，溶液呈碱性，即c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，B错误；
C、NaHCO3可以用于吸收SO2，形成Na2SO3，而不能和CO2反应，C正确；
D、根据电解池构成，可以知道左侧电极为阳极，SO32-失去电子形成SO42-，电极反应式为：SO42-+2OH-+2e-=SO42-+H2O，右侧电极为阴极，CO2得到电子形成HCOOH，电极反应式为：CO2+2H2O+2e-=HCOOH+2OH-，则总反应式=阳极反应式+阴极反应式，即总反应式为： ，D错误；
故答案为：C
【分析】A、SO2、NO2会形成酸雨；
B、弱酸酸式盐，既可以发生电离，也可以发生水解，根据溶液性质可以判断其水解和电离的程度强弱；
C、碳酸钠溶液可以吸收二氧化碳，碳酸氢钠溶液不能吸收二氧化碳；
D、总反应式=阳极反应式+阴极反应式。
3．【答案】B
【知识点】乙醇的化学性质；消去反应；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、阳极上Br－转化为Br2，Br2转化为HBrO，HBrO转化为Br－，因此NaBr起到催化剂作用；同时NaBr溶液提供了自由移动的离子，起导电作用，A不符合题意；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需要消耗2mol葡萄糖分子，因此转移电子数为4mol，B符合题意；
C、羟基发生脱水成醚的反应，可生成个环状醚，C不符合题意；
D、葡萄糖中的醛基可发生氧化反应、还原反应、加成反应，羟基可发生取代反应和消去反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据阳极上溴元素的转化分析；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需消耗2mol葡萄糖分子，据此计算转移电子数；
C、羟基发生脱水反应，可形成环状醚结构；
D、根据葡萄糖结构中含有的羟基、醛基进行分析。
4．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.新制氯水中含有H＋、Cl－和HClO，与少量CaCO3反应时，HClO不发生反应，因此该反应的离子方程式为：2Cl2＋H2O＋CaCO3=Ca2＋＋2Cl－＋CO2↑＋2HClO，A符合题意；
B.滴入几滴氨水，则NH3·H2O少量分，反应后只生成Cu(OH)2沉淀，因此该反应的离子方程式为Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH4＋，B不符合题意；
C.H2S是一种弱酸，在离子方程式中保留化学式，因此该反应的离子方程式为：2H2S＋O2=2S↓＋2H2O，C不符合题意；
D.铜做电极时，则阳极的电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，阴极的电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，因此该电池的总反应式为Cu＋2H2OCu(OH)2＋H2↑，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、CaCO3少量，则反应后生成HClO；
B、氨水少量，则反应生成Cu(OH)2沉淀；
C、H2S是一种弱酸，在离子方程式中保留化学式；
D、铜做阳极时，Cu发生失电子的氧化反应，生成Cu2＋。
5．【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【分析】A．正极发生得电子的反应，负极发生失电子的氧化反应，所以无论是否鼓入空气，Fe易失去电子生成Fe2+，作负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A不符合题意；
B．若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2OH·，所以完全转化为羟基自由基时转移了电子，B符合题意；
C．除去含酚类的酸性废水，需要氧化性的物质，所以上端口需要打开，可生成羟基自由基氧化酚类，C不符合题意；
D． 在酸性条件下具有强氧化性，需要还原剂，所以需要上端口需要关闭，可得到强还原性中间体氢原子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、铁为负极，失去电子生成亚铁离子；
B、结合化合价变化判断电子数；
C、结合图示可以知道除去含酚类的酸性废水，需要氧化性的物质，所以上端口需要打开；
D、结合图示可以知道 在酸性条件下具有强氧化性，需要还原剂，所以需要上端口需要关闭。
6．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【分析】A．根据分析，Ⅱ区的向Ⅲ区移动，但是不能通过阳离子交换膜，A不符合题意；
B．根据分析，Ⅲ区的K+通过交换膜Ⅱ区移动，不能通过阴离子交换膜向I区迁移，B不符合题意；
C．根据分析，Zn电极反应：Zn-2e-+4OH-=，C不符合题意；
D．根据正、负极电极分析，电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=+Mn2++2H2O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；原电池“同性相吸”，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
7．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电解池中阳离子向阴极迁移，H+向A极移动，A不符合题意；
B．由分析可知，A极发生还原反应生成羧酸，反应为，B不符合题意；
C．铅蓄电池放电总反应为：；若使用铅蓄电池作电源，则每生成0.5mol苯乙酸，根据电子守恒可知，，消耗1molH2SO4，质量为98g，C不符合题意；
D．该反应的总反应为， 故原子利用率为100%，有利于实现碳中和，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
8．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，通入甲烷的a极为负极，氧离子作用下甲烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CH4-8e-＋4O2-=CO2＋2H2O，故A不符合题意；
B．由分析可知，电解时，溶液中钙离子通过阳离子交换膜进入产品室、钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室、磷酸二氢根离子通过阴离子交换膜进入产品室，则A、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，故B不符合题意；
C．由分析可知，与b极相连的石墨电极为阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，与a极相连的石墨电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，原料室中钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室，所以在阴极室得到浓度较大的氢氧化钠溶液，故C不符合题意；
D．由得失电子数目守恒可知，阳极室消耗氯离子的物质的量为×8=0.8mol，由电荷守恒可知，进入产品室的钙离子物质的量为0.8mol×=0.4mol，则阳极室减少钙离子物质的量为0.4mol，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；
B．依据离子类型与离子交换膜类型一致判断；
C．依据A、B项分析判断；
D．依据得失电子数目守恒。
9．【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】使用石墨电极电解溶液，阳极上Cl-发生氧化还原反应生成氯气，电极反应式为，阴极上Cu2+发生还原反应生成Cu，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；
故答案为：B。
【分析】阳离子在阴极反应，铜离子比氢离子优先放电，生成铜。
10．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据图示，可知该方法可不需要离子交换膜，故A不符合题意；
B．根据图示，过程①中在b极失电子生成，极反应式：，故B不符合题意；
C．过程②，c极结合Na+生成，d极Ag失电子生成AgCl，溶液中氯化钠的浓度降低，外电路转移时，消耗0.5mol氯化钠，溶液物质的量浓度变为，故C符合题意；
D．过程③是电解，f是阳极，电解池中阴离子移向阳极，所以溶液中向f极方向移动失去电子产生，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据得失电子守恒和电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应；阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
11．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．铅电极附近醛基被还原为羟基，发生还原反应，为阴极，因此a为电源的负极，A项不符合题意；
B．双极膜中间层中的OH-在外电场的作用下移向阳极(催化电极)，B项不符合题意；
C．制得1mol FDCA，阳极消耗，转移6mole，阴极转移6mole时，消耗1 mol，共消耗2 mol，C项符合题意；
D．电解池中负极区即为阴极，阴极发生还原反应，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应；电解时，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
12．【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电解池中阳离子向阴极移动，BP膜中均向右侧溶液迁移；氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移，故M膜为一价阴离子交换膜，A不符合题意；
B．溶液a中氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移，氢离子与右侧双极膜迁移出来的OH-中和，故反应后溶液a的溶质主要为和；溶液b的溶质主要为右侧迁移过来的氟离子、氯离子与左侧前过来的氢离子生成的为HF和HCl，B符合题意；
C．阳极反应为，当阳极产生22.4L气体(标准状况下为1mol)时，根据电子守恒可知，有4mol离子通过N膜，C不符合题意；
D．电解过程中，若pH过高则会导致锌离子、铜离子转化为沉淀，故应控制高盐废水的pH不能过高，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】AB．依据电解时，阴离子通过阴离子交换膜移向阳极，阳离子通过阳离子交换膜移向阴极判断；
C．根据电子守恒分析；
D．依据A项分析判断。
13．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据上述分析可知，Y电极为阴极，连接电源的负极，A不符合题意；
B．电解池工作中，阳离子移向阴极，所以上述装置中，钾离子通过阳离子交换膜从左侧会移向右侧，B不符合题意；
C．当制取1 mol 2-氯乙醇时，消耗1molHClO，因生成的氯气与水反应为可逆反应，所以电极中电子转移数会大于1mol，则生成氢气的体积大于0.5mol，即不为11.2L（标准状况），C符合题意；
D．电解时，左侧氯气与水反应生成HCl和HClO，HClO与乙烯反应，但生成的HCl会使溶液pH逐渐减小，右侧溶液中“放氢生碱”，所以溶液pH逐渐增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
14．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．光催化装置中发生2H++e-=H2↑、3I-+2h+=I，消耗H+，c(H+)减小，pH增大，故A不符合题意；
B．电催化装置为电解装置，阴极电极式I+2e-=3I-，阳极反应式为4OH-+4h+=2H2O+O2↑，阴极上阴离子物质的量增大，阳极上消耗阴离子，根据装置图可知，离子交换膜为阳离子交换膜，故B不符合题意；
C．根据装置可知，阳极反应式为4OH-+4h+=2H2O+O2↑，故C符合题意；
D．光催化过程中，转移0.01mol电子时，生成I的质量为=1.905g，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应；电解时，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
15．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．图2中0～20min 溶液pH的变化得出脱除的元素是氮元素，此时铁作阴极，故A错误；
B．随溶液pH降低，氢离子浓度增大，Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，平衡逆向移动，溶液中c（HClO）减小，使铵根的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降，故B错误；
C．除磷时，Fe作阳极失电子，石墨作阴极，阳极电极反应式为Fe－2e-＝Fe2＋，故C错误；
D．电解法除氮有效氯HClO将氨气氧化为N2的离子方程式为3ClO-＋2NH3＝3Cl-＋N2↑＋3H2O，故D正确；
故答案为：D。
【分析】AC．电解时，阳极元素化合价升高，发生氧化反应；阴极元素化合价降低，发生还原反应；
B．依据化学平衡移动原理分析；
D．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。
16．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A甲发生吸氧腐蚀，铁是活泼金属，则a极为负极，发生氧化反应，故A不符合题意；
B．b极是正极，正极是氧气得到电子变为氢氧根，发生的反应为：，故B不符合题意；
C．d极为阴极，电极发生的反应为：，故C符合题意；
D．原电池的腐蚀速率大于电解质阴极的腐蚀速率即铁片腐蚀速率：甲＞乙，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。
17．【答案】A,D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，M电极接太阳能电池的P电极，A符合题意；
B．根据电子守恒，双极膜产生的氢离子与N极消耗的氢离子量相同，故V室内溶液pH不会减小，B不符合题意；
C．装置可分离废水中的Co2+和Ni2+，由图可知，镍离子通过b膜迁移到Ⅲ室和乙酰丙酮反应而和Co2+分离，故b为阳离子交换膜；Ⅲ室为碱性，故氢离子不能通过ab膜进入Ⅲ室，故a为阴离子交换膜；C不符合题意；
D．硫元素化合价由-1变为+6生成硫酸根离子，，双极膜上水电离出的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，；根据电子守恒可知，每生成1molSO，理论上双极膜至少解离7molH2O，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】新型电池及二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；
电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
18．【答案】C,D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由于阳极上氢氧根也可能放电，所以电压越高，阳极制氢速率不一定越快，故A不符合题意；
B．阴极电极反应是2H2O+2e-=H2↑+2OH-，产生的氢氧根离子移向阳极，但溶剂水减少，氢氧化钾浓度增大，所以电解一段时间后，阴极室的pH增大，故B不符合题意；
C．由于阴阳极上均产生氢气，制得1mol氢气，转移1mol电子，所以理论上有1molOH-透过交换膜，故C符合题意；
D．铜电极为阳极，电极反应式为2R-CHO+4OH--2e-=2R-COO-+H2↑+2H2O，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．依据放电顺序分析；
B．依据溶液中氢离子或氢氧根离子浓度判断；
C．转移电子数与转移离子所带电荷总数相同；
D．阳极失电子发生氧化反应。
19．【答案】A,D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，b极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，放电消耗氢离子会使b极附近溶液pH逐渐增大，故A符合题意；
B．由分析可知，与直流电源正极相连的a极为阳极，氯化铵在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮，电极反应式为，故B不符合题意；
C．由分析可知，二氧化氯发生器中三氯化氮溶液与亚氯酸钠溶液反应生成二氧化氯气体、氨气、氯化钠和氢氧化钠，反应的化学方程式为，故C不符合题意；
D．由得失电子数目守恒可知，当有0.3 mol阴离子通过离子交换膜时，理论上产生二氧化氯的体积为0.3 mol×22.4L/mol=6.72L，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
20．【答案】A,C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据上述分析，铁棒作阳极，与电源的正极相连，故A符合题意；
B．b电极为阴极，根据电解池工作原理，阴极本身不参与反应，因此阴极可以是金属也可以是惰性材料，故B不符合题意；
C．根据题意，将S2-转化成FeS，阳极反应式为Fe-2e-+S2-=FeS，故C符合题意；
D．b电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-↑，故D不符合题意；
答案为AC。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
21．【答案】A,C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．阳极是氯离子放电产生氯气，阴极是氢离子放电产生氢气。根据图像可知当通过4mol电子时E曲线表示的物质是2mol，因此应该是氯气或氢气，F是氯化钠，A符合题意；
B．根据方程式2NaCl＋2H2O↑＋2NaOH＋H2↑可知，当通过4mol电子时消耗2mol水，因此E可以表示反应消耗水的物质的量，B不符合题意；
C．根据以上分析可知铜作为阴极不参与反应，C符合题意；
D．根据以上分析可知F能表示生成氯气的物质的量，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】甲装置为电解饱和氯化钠，阳极产生的气体为氯气，阴极产生的为氢气，C为阳极，铜为阴极，根据转移电子数目可知，E为氢气或者氯气，F为氯化钠的。
22．【答案】（1）
（2）
（3）阳；
（4）；样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度
【知识点】电解池工作原理及应用；化学方程式的有关计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）结合反应物为AgOCN和NH4Cl，生成物为CO(NH2)2，以及原子守恒，可知另一种生成物为AgCl，故答案为：；
（2）a、E1为反应i活化能，E3为反应ii活化能，根据图示可知E1b、反应i中，E1E4，反应为吸热反应，b正确；
c、反应i的，反应ii的，结合盖斯定律，总反应=反应i+反应ii，则，c错误；
故答案为：ab；
（3）①H2O转化为O2，O化合价升高，发生氧化反应，则电极b为阳极，故答案为：阳；
②反应物为CO2和NO3-，结合阳极移动过来的H+，生成CO(NH2)2，N化合价由+5变为-3，每个N得到8个电子，则电极反应式为： ，故答案为： ；
（4）①根据消化液加入浓NaOH溶液后生成NH3，可知消化液中含有NH4+，故答案为：NH4+；
②待测液主要由NH3和H2SO4反应得到，滴定需要的数据主要有待测液体积，标准液浓度和标准液体积，测定含氮量则需要药品的样品的质量，故答案为： 样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度。
【分析】（1）陌生化学方程式的书写，通常要从氧化还原反应的角度或原子守恒的角度判断；
（2）a、反应物能量升高部分即活化能；
b、反应物的总键能大于生成物的总键能，反应放热，反之反应吸热；
c、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（3）①电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；
②根据反应物和生成物，以及元素化合价变化，可以书写陌生电极反应式；
（4） ①溶液加入NaOH后加热，生成的气体若为NH3，则溶液中含有NH4+；
②滴定需要的数据主要有待测液体积，标准液浓度和标准液体积，测定含氮量则需要药品的样品的质量。
23．【答案】（1）分子晶体
（2）保证Ga为液体，便于纯Ga流出；Ga3++3eˉ=Ga
（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2
（4）CH4
（5）D
（6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
（7）>；Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小
【知识点】分子晶体；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）晶体Ga(CH3)3的沸点为55.7℃，比水的沸点还低，因此属于分子晶体。
（2）电解精炼过程是为了制取高纯Ga，由于Ga的熔点为29.8℃，因此控制温度在40~45℃是为了使电解生成的Ga为液态，便于Ga的分离。电解过程中，阴极上Ga3＋发生得电子的还原反应，生成Ga，该电极的电极反应式为：Ga3＋＋3e－=Ga。
（3）“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中往Ga2Mg5中加入CH3I、Et2O，反应生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式为：Ga2Mg5＋8CH3I＋2Et2O=2Ga(CH3)3(Et2O)＋3MgI2＋2CH3MgI。
（4）“残渣”中含有反应后生成的CH3MgI，经水处理过程中，能与H2O发生水解反应，生成CH4、HI和Mg(OH)2，其中属于可燃性气体的为CH4。
（5）A、流程中“配体交换”工序中反应生成了Et2O，因此流程中Et2O可循环利用，A不符合题意；
B、Ga2Mg5能与H2O反应，Ga(CH3)3(Et2O)能与H2O和O2反应，因此流程中”合成Ga2Mg5”至“工序X”都需在无水、无氧的条件下进行，B不符合题意；
C、“配体交换”工序中反应生成了Ga(CH3)3(NR3)，经“工序X”后得到Ga(OH)3，因此“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(OH)3，C不符合题意；
D、Ga(CH3)3、CH3I二者都只含有一种氢原子，但其在核磁共振氢谱中，化学位移不同，因此可通过核磁共振氢谱进行鉴别，D符合题意；
故答案为：D
（6）NR3的沸点较高，易与Ga(CH3)3分离；而Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，在Et2O转化为气态的同时，Ga(CH3)3也是气态，难以得到超纯的Ga(CH3)3。因此本流程中采用了“配体交换”工艺。
（7）Ga(CH3)3中Ga采用sp2杂化，为平面型结构；而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，为四面体结构。所以键角Ga(CH3)3大于Ga(CH3)3(Et2O)。
【分析】（1）Ga(CH3)3的沸点较低，属于分子晶体。
（2）结合Ga的沸点为29.8℃可知，温度在40～45℃时，Ga为液态。阴极上Ga3＋发生得电子的还原反应，生成Ga单质。
（3）根据流程确定反应物和生成物，结合原子守恒书写反应的化学方程式。
（4）“残渣”的成分为CH3MgI，经水处理的过程中CH3MgI与H2O发生水解反应。
（5）A、“配体交换”过程中，生成了Et2O；
B、Ga2Mg5、CH3MgI都易与H2O、O2发生反应；
C、“配体交换”后得到Ga(CH3)3(NR3)，经工序X后得到Ga(CH3)3；
D、二者核磁共振氢谱的化学位移不同，可鉴别；
（6）Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，在蒸出Et2O的同时，Ga(CH3)3也为气态，一起蒸出。而NR3的沸点较高，易与Ga(CH3)3分离。
（7）结合Ga(OH)3、Ga(CH3)3(Et2O)的结构判断二者键角的大小。
24．【答案】（1）>
（2）C
（3）0.024mol·L-1·s-1
（4）；740℃前，反应I进行程度大，740℃后，则是反应Ⅱ进行程度大
（5）CH4-8e-+10OH-=+7H2O；99
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ得：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，平衡常数为，则，结合图像可知，随着温度升高，减小、增大，则随着温度升高，则反应吸热反应，焓变ΔH1-ΔH2大于零；
（2）A．CH4和H2O物质的量投料为1：1，反应Ⅰ中甲烷与水系数比为1：1，水还参与反应Ⅱ，故达平衡时，CH4和H2O的转化率不会相等，A不正确；
B．结合图像可知，随着温度升高，增大，反应Ⅰ为吸热反应，反应为吸热的熵增反应，故在高温时容易自发进行，B不正确；
C．反应Ⅰ为气体分子数改变的反应，且2个反应同时进行，当压强不再发生改变时，说明平衡不再移动，反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到了平衡，C正确；
D．由于反应Ⅱ中也存在氢氧键断裂、氢氢键断裂，故单位时间内，若有2molH-O键断裂，同时有3molH-H键断裂，不说明反应Ⅰ中正逆反应速率相等，不能说明反应Ⅰ处于平衡状态，D不正确；
故答案为：C；
（3）由实验1、2可知，3.75×10-4 mol·L-1·s-1= k正· (0.1000) m· (0.1000) n、1.50×10-3 mol·L-1·s-1= k正· (0.2000) m· (0.1000) n，可知m=2；
由实验2、3可知，1.50×10-3 mol·L-1·s-1= k正· (0.2000) m· (0.1000) n、3.00×10-3mol·L-1·s-1= k正· (0.2000) m· (0. 2000) n，可知n=2；
3.00×10-3mol·L-1·s-1= k正· (0.2000) m· (0. 2000) n，结合c(CH4)=0.4000mol·L-1，c(H2O)=0.4000mol·L-1时：v正= k正· (0.4000) m· (0. 4000) n，解得v正=0.024mol·L-1·s-1；
（4）①600℃时，在2.4MPa下，将CH4和H2O(g)按照1：3的比例通入反应器中，假设甲烷、水投料分别为1mol、3mol；
600℃时，若经过tmin，反应达到平衡，总的物质的量为(4+2a)mol，氢气、水的物质的量分数分别为0.35、0.45，则、，解得a=0.5mol、b=0.25mol，则平衡时总的物质的量为5mol，甲烷、一氧化碳分别为0.5mol、0.25mol，其物质的量分数分别为0.1、0.05，故该条件下，反应I的Kp= (MPa)2；
②等量水参与反应，反应Ⅰ生成氢气更多，740℃前，反应Ⅰ进行程度大，740℃后，则是反应Ⅱ进行程度大，导致H2的含量在740℃左右出现峰值；
（5）①由图可知，B极生成氢气，为阴极；则CH4在阳极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子，参与的电极反应为CH4-8e-+10OH-=+7H2O。
②用电解原理除去H2中的杂质CH4、CO和CO2，混合气中CO2被氢氧化钠吸收，不是氧化还原反应，CH4、CO在阳极发生氧化反应均生成碳酸根离子，根据电子守恒可知，、，则甲烷、一氧化碳生成氢气分别为100m3×3%×4=12 m3、100m3×5%×1=5 m3，原混合气中有氢气82 m3，故共得到相同条件下纯净H299m3。
【分析】（1）两式相加，则平衡常数相乘，两式相减，则平衡常数相除；
（2）A、转化率为变化量和起始量的比值；
B、结合△G=△H-T△S判断；
C、左右两边气体化学计量数不同，压强不变反应达到平衡；
D、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例；
（3）化学反应速率要结合速率常数以及题目所给数据判断；
（4） ① 分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
② 740℃前，反应I进行程度大，740℃后，则是反应Ⅱ进行程度大 ；
（5） ① 甲烷失去电子，结合氢氧根生成碳酸根和水；
② 结合电子守恒判断。
25．【答案】（1）①；温度高于300℃时，反应Ⅱ起主导作用，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率升高；减小；0.75
（2）H2S+ =HS-+HCO
（3）；需要阴极区产生的迁移到阳极区维持阳极区的碱性；0.448
【知识点】化学平衡常数；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①由于反应I正反应为放热反应，反应Ⅱ正反应为吸热反应，故升高温度，平衡I逆向移动，则CH3OCH3选择性下降，故CH3OCH3选择性对应曲线①；300℃之前，以反应I为主，反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，温度高于300℃时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，温度高于300℃时，反应Ⅱ起主导作用，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率升高；②a.反应Ⅱ为吸热的反应，降低温度，均减小，平衡逆向移动，则减小的幅度大于，所以k正减小的幅度大于k逆，故减小；
b.在一定温度和压强下的反应Ⅱ，按照投料，可以假设，转化率为50%时，则转化浓度
相同条件下压强比等于物质的量比，由三段式可知，；已知，，则，当反应达到平衡时，，则，故；
（2）根据题意知道，H2S的Ka1大于H2CO3的Ka2小于Ka1，故H2S与足量碳酸钠溶液反应的离子方程式为：H2S+=HS-+HCO3-；
（3）①阴极上，水电离出的氢离子放电产生氢气，则电解池中阴极发生反应的方程式为，故答案为：；
②由于需要阴极区产生的OH-迁移到阳极区维持阳极区的碱性，所以电解池中选择阴离子交换膜而不选择阳离子交换膜，故答案为：需要阴极区产生的OH-迁移到阳极区维持阳极区的碱性；
③当阴极区收集到6.72L(标况下)H2时，氢气的物质的量是0.3mol，转移0.6mol电子，根据电子得失守恒守恒可知生成0.3mol氯气，产生0.3mol ClO-，根据方程式15ClO-+2(CH3)2NH+8OH-=N2↑+ 4+15Cl-+11H2O，可知阳极区收集到N2的体积(标况下)是0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故答案为：0.448。
【分析】（1）①依据化学平衡移动原理分析；利用三段式法计算；
（2）根据Ka，利用强酸制弱酸判断；
（3）①电解时，阳极元素化合价升高，发生氧化反应；阴极元素化合价降低，发生还原反应；
②电解时，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；
③根据电子得失守恒守恒。
26．【答案】（1）1073
（2）正向移动；不变；CO；反应1是放热反应，反应2是吸热反应，此温度范围内，升高温。度，反应1平衡左移使CO2增多的程度大于反应2平衡右移使CO2减少的程度，所以二氧化碳的量增大；0.34
（3）CO2+2H++2e-=HCOOH；18.4
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据反应2：CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) ，用E表示键能，则可知
ΔH=2EC=O+EH-H-EC-O-2EH-O=41kJ/mol，代入表格中的数据，得802 kJ/mol×2+436 kJ/mol –
EC≡O-2×463 kJ/mol =41 kJ/mol，得EC≡O=1073 kJ/mol。故C(g)+O(g)=CO(g)的ΔH=1073 kJ/mol。
（2）①对于反应1来说，增加容器的体积相当于减小了各物质的浓度，平衡逆向移动，导致氢气的浓度增大，再对于反应2来说，氢气浓度增大，会导致平衡正向移动。由于温度不变，故反应2的平衡常数不变。
②随着温度的升高，Y的含量不断增加，即平衡正向移动，ΔH>0，故Y为CO的变化曲线；曲线Z表示的是二氧化碳，反应1是放热反应，反应2是吸热反应，此温度范围内，升高温度，反应1平衡左移使二氧化碳增多的程度大于反应2平衡右移使CO2减少的程度，所以二氧化碳的量增大。
③根据三段式，设反应1的转化量为amol，反应2的转化量为bmol，则
由图知平衡时的物质的量是nCO2=1mol=5-a-b，nCO=0.2mol=b，则a=3.8mol，则nH2=4.6mol，nH2O=7.8mol，则总物质的量为17.4mol，设总压为p，则各气体的分压为：
pCO2=，pH2=，pH2O=，pCO=，
则平衡常数Kp=
（3）铂电极上CO2和氢气得到电子生成甲酸，其电极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH，当电路中转移1mole 时，电解率只有80%，则实际所用的电子只有0.8mol。
根据电极方程式，生成的甲酸的质量为46g/mol×0.4=18.4g，即阴极室溶液的质量增加18.4g
【分析】（1）根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能计算；
（2）①平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
②随着温度的升高，Y的含量不断增加，Y为CO的变化曲线； 反应1是放热反应，反应2是吸热反应，此温度范围内，升高温。度，反应1平衡左移使CO2增多的程度大于反应2平衡右移使CO2减少的程度，所以二氧化碳的量增大 ；
③列出反应的三段式计算；
（3）由图可知，玻碳电极上，水发生氧化反应生成氧气，则玻碳电极为阳极，电极反应式为 2H2O-4e-=4H++O2↑，铂电极为阴极，电极反应式为CO2+4H+ 4e ＝HCOOH+H2↑。
27．【答案】（1）
（2）pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
（3）还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高
（5）正
（6）TiO2+4e-=Ti+2O2-
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3 H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
【分析】（1）依据盐类水解规律分析；
（2）利用Ksp计算；
（3）根据图示变化和还原铁粉性质分析；
（4）依据水解平衡的影响因素分析；
（5）、（6）电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。
28．【答案】（1）AC；<；随着反应进行，压强先变大后变小，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强增大(其他合理表述也可)；加入催化剂
（2）<；2. 5
（3）2H2O+2Cl-H2↑+2OH- +Cl2↑；14.85
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①A．容器内气体的质量和物质的量均是变化的量，气体的平均相对分子质量不变，说明反应已达到平衡状态，A正确；
B．和的投料比等于系数比，故两者的转化率相等，不能说明反应达到平衡状态，B不正确；
C．与的物质的量之比随着反应的进行不断变化，当该比例保持不变时，说民反应已达到平衡状态，C正确；
D．时，由于未指明两个速率的反应方向，故不能说明达到平衡状态，D不正确；
故答案为：AC。
②由图可知，随着反应进行，压强先变大后变小，5min时达到平衡状态，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强变大，故＜0。
③改变的条件化学反应速率加快，而平衡状态没有移动，说明加入了催化剂。
（2）①根据盖斯定律，III=I×2+II，其反应热ΔH=(-49.6) kJ ·mol-1×2+(-23.4 )kJ·mol-1=-122.6 kJ·mol-1，为放热反应，生成物的能量低于反应物的能量，则反应Ⅱ的活化能(正)＜；
②②由三段式得：
在温度下，的恒容密闭容器中平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为6mol-2mol -2mol=2mol、14mol-6mol-6mol=2mol、2mol、2mol+3mol=5mol；则温度时反应Ⅰ的平衡常数=2.5。
（3）①由图可知，B中发生的总反应为电解氯化钠溶液的反应，离子方程式为2H2O+2Cl-=H2↑+2OH-+Cl2↑。
②的废气中和总体积为10×103L×13.44%=1344L，和的体积均为672L，两者的物质的量均为30mol，和全部转化成，～6e-、～4e-，则转移电子的总的物质的量为300mol；C2H4生成C2H4Cl2，C2H4～2e-，则根据电子守恒可知，生成的物质的量为150mol，质量为150mol×99g/mol=14850g=14.85kg。
【分析】（1）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
②随着反应进行，压强先变大后变小，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强增大；
③改变条件后，反应速率增大，但平衡未发生移动；
（2）①根据盖斯定律，III=I×2+II，ΔH=-122.6 kJ·mol-1，该反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能；
②列出反应的三段式计算；
（3）①B中为电解饱和食盐水，电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠；
②根据得失电子守恒计算。
29．【答案】（1）Ea1-Ea2
（2）增大H2的用量(或移出HCOOH)；CD
（3）2；12
（4）P1（5）CO2+2H++2e-= HCOOH
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据如图所示， ；
（2）恒温恒容条件下，为了提高反应中 的平衡转化率，要使平衡正向移动，可采取的措施为：增大的用量(或及时移出)；A．，可以判断反应达平衡状态；
B．当的体积分数不再变化，反应达平衡状态；
C．根据，不变，不变，不变，所以混合气体的密度不再变化，反应不一定达平衡；
故答案为：C；
（3）根据三段式：
恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，所以，解方程，，用的分压表示的反应速率为： ，逆反应的平衡常数为： ；
（4）根据反应I，压强越大，平衡正向移动，转化率增大，反应II压强不影响平衡，综合上述，压强越大，转化率越大，所以；反应I正反应方向放热，反应II正反应方向吸热，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率主要由反应II决定，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，所以压强为P1时，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率随温度升高而升高；
（5）Cu电极上由产生和，反应产生的电极反应式为：。
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能=生成物总内能-反应物总内能；
（2）化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
（3）分压平衡常数的计算要结合总压强和总物质的量判断；
（4）增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；
（5）二氧化碳得到电子，结合氢离子生成甲酸。
30．【答案】（1）阳离子；负极
（2）-90.75kJ/mol
（3）0.3
（4）4；6.72；B
（5）增加CO的浓度(降低温度或增大压强)
（6）<；Y点对应的温度和压强都比X点高，温度升高或压强增大都会加快反应速率
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）电解池右侧电极发生氧化反应生成氧气，右侧为阳极，阳极反应式为 ，左侧电极为阴极，阴极反应式为，阳离子由阳极向阴极移动，根据箭头方向，可知交换膜是阳离子交换膜。B与阴极相连，b极是负极。
（2） 。
（3）由Ⅰ、Ⅱ得，可知n=1；由Ⅱ、Ⅲ得，可知m=2；由Ⅲ、Ⅳ得，可知x=0.3。
（4）根据图示，反应达到平衡，CO的平衡转化率为0.5，
该温度下反应的平衡常数4；
根据图示，10min时CO的转化率为0.38，
同温同压，压强比等于物质的量比，若起始压强为，则时容器中的压强为；若保持其他条件不变，起始时加入和，增大CO的浓度，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，CO的平衡转化率降低，达到平衡，相应的点可能是图中的B。
（5）平衡体系中增大，平衡正向移动，措施有增加CO的浓度、降低温度、增大压强等。
（6）X、Y都是平衡点，正逆反应速率相等，Y点对应的温度和压强都比X点高，温度升高或压强增大都会加快反应速率，所以X点的v(逆)【分析】（1）电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极失电子，发生氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上得电子，发生还原反应，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连；
（2）依据盖斯定律分析；
（3）依据速率方程和表中数据计算；
（4）利用“三段式”法计算；
（5）根据影响化学平衡移动的因素分析；
（6）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
31．【答案】（1）阴；；91
（2）6+=2Fe3+(n+3)H2O
（3）；Zn2+
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①电池中，Zn电极为负极，V2O5电极为正极，结合正极、负极电解质溶液及题干所给信息，可得两极电极反应式如下：正极：，负极：，由图可知，电池放电过程，浓硫酸钾变为稀硫酸钾溶液，根据离子移动规则可知，钾离子通过a膜移向正极，硫酸根通过b膜移向负极，则b膜为阴离子交换膜；
②由第一问可知，正极反应为：；根据电极反应式可知，当转移1mol电子时，V2O5溶解0.5mol，则；
（2）由信息可知，为酸，则的浓溶液除铁锈的化学方程式为：6+=2Fe3+(n+3)H2O；
（3）①由可知，当pH=5时，c(OH-)=10-9mol/L ，c(Zn2+)=1mol/L，则；
②向的溶液中加入等体积的HCl后，根据化学式可知，氢氧根离子和氢离子恰好完全反应，则此时Zn元素主要以Zn2+形式存在。
【分析】（1）①根据离子移动规则，阳离子通过阳膜移向正极，阴离子通过阴膜移向负极，则b膜为阴离子交换膜；
②依据得失电子守恒；
（2）根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒书写。
（3）①选择pH=5时，计算Ksp；
②根据产物的化学式判断。
32．【答案】（1）>；主反应的随温度升高而变大，说明升高温度平衡正向移动，则反应为吸热反应
（2）b；5%
（3）A；C
（4）节约能源、产品容易分离、副产物少
（5）正；；2：9
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）主反应的随温度升高而变大，说明升高温度平衡正向移动，则反应为吸热反应，焓变大于零；
（2）升高温度，反应正向移动，的含量减小、的含量增加，故图中表示的体积分数的曲线为b；时，体积分数均为30%，若投料1mol；
则1-a-b=a，b=1-2a，反应后总的物质的量为1+a+b=2-a，则，、，总量为，故的体积分数为；
（3）A．的物质的量分数不再改变，说明平衡不再移动，反应体系已达平衡，A正确；
B．催化剂不能改变反应的平衡转化率，B不正确；
C．反应达到平衡后，增加压强，不变，C正确；
D．升高温度，所有反应的速率都加快，D不正确；
故答案为：AC；
（4）该途径为放热反应，且生成水容易分离，故生产丙烯的好处是节约能源、产品容易分离；
（5）①Y极中水发生氧化反应生成氧气，为阳极，与电源正极相连；
②X极为阴极，二氧化碳得到电子发生还原反应生成丙烯，电极反应式为；
③理论上，根据电子守恒可知，，2：9。
【分析】（1）依据影响化学平衡的因素分析；
（2）利用化学平衡移动原理分析；
（3）利用“变者不变即平衡”；依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（4）依据反应的特点判断；
（5）①阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应；
②阴极失电子，发生还原反应；
③根据电子守恒计算。
33．【答案】（1）Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率
（2）将Cr (VI)还原为Cr (II)；Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]-；6
（3）；c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动
（4）；6
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率；
(2)①实验中NaHSO3的作用是将Cr (VI)还原为Cr (II)；
②由图2可知，当pH>12时，去除率下降的原因可用离子方程式表示为Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]-；
③Cr3+沉淀完全生成Cr(OH))3，将Cr3沉淀完全的离子浓度代入Cr(OH)3的溶度积常数可得：
c(OH-)≥mol/L=1mol/L，则c(H+)≤10-6mol/L，则调控溶液的pH最小值为6；
(3)①该交换反应为：2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(l)；
②当pH>4时，Cr (VI)去除率下降的原因是：c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动；
(4)①根据反应方程式H2O + = 2+ 2H+可知，酸性条件下由于氢离子的浓度较高，平衡会逆向移动，使得升高，成为Cr (VI)的主要存在形式；
②已知1摩尔Cr (VI)还原成1摩尔Cr (III)时会得到3摩尔电子，而铁做为电极材料时生成亚铁离子，亚铁离子再还原六价铬，所以每沉淀，出2molCr(OH)3，需要6mol亚铁离子，则阳极要消耗6molFe。
【分析】（1）形成原电池可加快反应速率；
（2）①亚硫酸氢钠具有还原性；
② pH过高，OH-浓度大，Cr(OH)3 能与OH-反应生成[Cr(OH)4]-；
③结合Ksp计算；
（3）①平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
②c(OH-)增大该反应逆向移动；
（4）①酸性条件下， 逆向移动；
②结合得失电子守恒计算。
34．【答案】（1）3.4
（2）阴；部分H+在阴极上放电
（3）3Pd+2+12H++16Cl-=3+6H2O
（4）减少PdCl的解离，提高Pd的回收率；NH4Cl
（5）沉钯
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)由分分析可知，“调pH”除铝、钛时，即让Al3+沉淀，而Ni2+还未沉淀，由表中数据可知，pH=3.4时，Al3+浓度突然减小很大，此时Ti4+也几乎沉淀完全不再改变，Ni2+浓度变化不大，故根据表中数据判断除铝、钛时pH应调节至3.4为宜，故答案为：3.4；
(2)由题干电积沉镍装置示意图可知，电积装置中，左侧为阳极，电解稀硫酸，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，右侧电极为阴极，电极反应为：Ni2++2e-=Ni，电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，浓缩室制得浓度更大的HCl，即左侧室中通过阳离子交换膜a进入浓缩室，右侧室的Cl-经过阴离子交换膜b进入浓缩室，则交换膜b应为阴离子交换膜，电解时浓缩室溶液体积保持不变，当浓缩室得到1L 0.6mol·L-1的盐酸时，即通过电路中的电子为：=0.25mol，若阴极上全部是Ni2+得到电子，则阴极上析出Ni的质量为：0.25mol×59g/mol=14.75g，由于经过酸溶后的溶液中含有H+，H+也能在阴极上得到电子，导致阴极得到Ni的质量小于14.75g，故答案为：阴；部分H+在阴极上放电；
(3)由分析可知，“氧化浸出”时，钯(Pd)被氧化生成配位离子PdCl的反应方程式为：3Pd+2NaClO3+16HCl=Na2PdCl6+6H2O+2H2PdCl6，则其离子方程式为3Pd+2+12H++16Cl-=3+6H2O，故答案为：3Pd+2+12H++16Cl-=3+6H2O；
(4)“沉钯”时，温度保持在55～65℃，温度不易过高，其原因除防止铵盐分解外，由题干信息可知，PdCl(aq)PdCl4(aq)+2Cl-(aq) △H>0升高温度，平衡正向移动，即温度过高将加速PdCl的解离，造成Pd的损失，由分析可知，“沉钯”时，未不引入新的杂质，铵盐最好选用NH4Cl，有利于钯的沉淀，故答案为：减少PdCl的解离，提高Pd的回收率；NH4Cl；
(5)由分析可知，氯钯酸铵[(NH4)2PdCl6]在“焙烧还原”时发生的反应方程式为：(NH4)2PdCl6+2H2Pd+2NH4Cl+4HCl，则所用石英管冷凝壁上有大量白色固体析出，该固体为NH4Cl，可在沉钯操作中循环使用，故答案为：沉钯。
【分析】向镍钛钯废钯材中加入盐酸进行“酸浸”，发生的反应有：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，Ni+2HCl=NiCl2+H2↑，过滤得钛钯富集料和滤液，向钛钯富集料中加入HCl、NaClO3进行氧化浸出，反应原理为：3Pd+2NaClO3+16HCl=Na2PdCl6+6H2O+2H2PdCl6，过滤出Ti，向滤液中加入铵盐(为不引入形成杂质最后用NH4Cl)，过滤出氯钯酸铵，洗涤干燥进行焙烧还原得到Pa和NH4Cl、HCl，反应方程式为：(NH4)2PdCl6+2H2Pd+2NH4Cl+4HCl，向酸浸后的滤液中加入NaOH调节pH进行沉Al，过滤出Al(OH)3，向滤液中继续加入NaOH进行沉镍，得到沉淀Ni(OH)2，洗涤后加入HCl，得到NiCl2溶液，进行电极沉镍，在阴极上得到Ni。
35．【答案】（1）3d104s1
（2）sp3；正四面体
（3）；AC
（4）Cu3Au；
（5）4OH――4e－＝O2↑+2H2O；1.28
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)Cu原子序数为29，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则，其价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
(2)的价电子对数==4，形成四条杂化轨道，S原子的杂化方式为sp3，形成四面体结构，价电子对数=孤电子对数+配位原子数，可知孤电子对数为0，所以为正四面体结构，故答案为：sp3；正四面体；
(3)中配体是氨气，电子式为 ；
A.氨气极易溶于水，原因之一就是分子和分子之间形成氢键，A正确；
B.分子和分子空间构型不同，前者是三角锥形，后者是V形，氨分子的键角大于水分子的键角，B不正确；
C.N与H原子形成极性共价键，[Cu(NH3)4]2+与SO形成离子键，Cu2+与NH3形成配位键，C正确；
D.组成元素中电负性最大的是氧元素，D不正确；
故答案为：AC；
(4)①晶胞中Cu个数是，Au个数是，因此该合金的化学式为Cu3Au。
②已知该合金的密度为，阿伏加德罗常数值为NA，则，所以该晶胞的棱长为cm。
(5)阳极上氢氧根放电，电极反应式为4OH- ―4e－＝O2↑+2H2O，若该电极产生气体的物质的量为0.01mol，则转移0.04mol电子，阴极铜离子放电，电极反应式为Cu2＋+2e－＝Cu，根据电子得失守恒可知析出铜的质量为0.02mol×64g/mol＝1.28g。
【分析】（1）Cu为29号元素，其价电子排布式为3d104s1；
（2）中S原子的价层电子对数为4，不含孤电子对；
（3）中NH3中的N原子有孤电子对，作配体；根据的结构判断选项；
（4）①根据均摊法计算；
②根据列式计算；
（5）阳极发生氧化反应；根据得失电子守恒计算。
2023年高考真题变式分类汇编：电解池工作原理及应用1
一、选择题
1．（2020·浙江） 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A． ， 完全反应转移的电子数为
B．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为 时，阳极应有 转化为
C．常温下， 的 溶液中，水电离出的 数为
D． 浓度为 的 溶液中，阴离子数为
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4mol 完全反应转移电子物质的量为4mol×[(+7)-(+2)]=20mol，即转移电子数为20NA，A符合题意；
B.电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1mol电子，Cu失去的电子应小于1mol，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5mol，则阳极反应的Cu的质量小于0.5mol×64g/mol=32g，B不符合题意；
C.溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C不符合题意；
D.n（Na2CO3）=0.100mol/L×1L=0.100mol，由于 发生水解： +H2O +OH-、 +H2O H2CO3+OH-，故阴离子物质的量大于0.100mol，阴离子数大于0.100NA，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A. 根据化合价的变化计算转移电子数；
B.粗铜中含有铁、锌等其他活泼金属的杂质；
C.通过浓度求溶液的中离子的物质的量，必须知道溶液体积；
D.Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根会水解。
2．（2023·北京）回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是(　　)
A．废气中排放到大气中会形成酸雨
B．装置中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度
C．装置中溶液的作用是吸收废气中的和
D．装置中的总反应为
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；含硫物质的性质及综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、SO2会在大气中和氧气、雨水反应生成H2SO4，形成硫酸酸雨，A错误；
B、HCO3-既可以电离，也可以水解，电离出氢离子，水解生成氢氧根，溶液呈碱性，即c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，B错误；
C、NaHCO3可以用于吸收SO2，形成Na2SO3，而不能和CO2反应，C正确；
D、根据电解池构成，可以知道左侧电极为阳极，SO32-失去电子形成SO42-，电极反应式为：SO42-+2OH-+2e-=SO42-+H2O，右侧电极为阴极，CO2得到电子形成HCOOH，电极反应式为：CO2+2H2O+2e-=HCOOH+2OH-，则总反应式=阳极反应式+阴极反应式，即总反应式为： ，D错误；
故答案为：C
【分析】A、SO2、NO2会形成酸雨；
B、弱酸酸式盐，既可以发生电离，也可以发生水解，根据溶液性质可以判断其水解和电离的程度强弱；
C、碳酸钠溶液可以吸收二氧化碳，碳酸氢钠溶液不能吸收二氧化碳；
D、总反应式=阳极反应式+阴极反应式。
3．（2023·湖南）葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：
下列说法错误的是
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了电子
C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
【答案】B
【知识点】乙醇的化学性质；消去反应；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、阳极上Br－转化为Br2，Br2转化为HBrO，HBrO转化为Br－，因此NaBr起到催化剂作用；同时NaBr溶液提供了自由移动的离子，起导电作用，A不符合题意；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需要消耗2mol葡萄糖分子，因此转移电子数为4mol，B符合题意；
C、羟基发生脱水成醚的反应，可生成个环状醚，C不符合题意；
D、葡萄糖中的醛基可发生氧化反应、还原反应、加成反应，羟基可发生取代反应和消去反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据阳极上溴元素的转化分析；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需消耗2mol葡萄糖分子，据此计算转移电子数；
C、羟基发生脱水反应，可形成环状醚结构；
D、根据葡萄糖结构中含有的羟基、醛基进行分析。
4．（2023·马鞍山模拟）能正确表示下列反应的离子方程式为
A．新制氯水中加入少量CaCO3： 2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+CO2↑+2HClO
B．硫酸铜溶液中滴入几滴氨水： Cu2++4NH3·H2O = [Cu(NH3)4]2++4H2O
C．久置的H2S溶液变浑浊： 2S2-+ O2+4H+ = 2S↓+2H2O
D．用铜电极电解硫酸铜溶液： 2Cu2+ +2H2O2Cu+O2↑+4H+
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.新制氯水中含有H＋、Cl－和HClO，与少量CaCO3反应时，HClO不发生反应，因此该反应的离子方程式为：2Cl2＋H2O＋CaCO3=Ca2＋＋2Cl－＋CO2↑＋2HClO，A符合题意；
B.滴入几滴氨水，则NH3·H2O少量分，反应后只生成Cu(OH)2沉淀，因此该反应的离子方程式为Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH4＋，B不符合题意；
C.H2S是一种弱酸，在离子方程式中保留化学式，因此该反应的离子方程式为：2H2S＋O2=2S↓＋2H2O，C不符合题意；
D.铜做电极时，则阳极的电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，阴极的电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，因此该电池的总反应式为Cu＋2H2OCu(OH)2＋H2↑，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、CaCO3少量，则反应后生成HClO；
B、氨水少量，则反应生成Cu(OH)2沉淀；
C、H2S是一种弱酸，在离子方程式中保留化学式；
D、铜做阳极时，Cu发生失电子的氧化反应，生成Cu2＋。
5．（2023·莆田模拟）铁碳微电解技术是处理酸性废水的一种工艺，装置如下图所示。若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性中间体羟基自由基；若上端口关闭，可得到强还原性中间体氢原子。下列说法正确的是
A．无论上端口是关闭还是打开，正极反应式均为：
B．完全转化为羟基自由基时转移了电子
C．若处理含酚类的酸性废水，则上端口应关闭
D．若处理含的酸性废水，则上端口应打开并鼓入空气
【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【分析】A．正极发生得电子的反应，负极发生失电子的氧化反应，所以无论是否鼓入空气，Fe易失去电子生成Fe2+，作负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A不符合题意；
B．若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2OH·，所以完全转化为羟基自由基时转移了电子，B符合题意；
C．除去含酚类的酸性废水，需要氧化性的物质，所以上端口需要打开，可生成羟基自由基氧化酚类，C不符合题意；
D． 在酸性条件下具有强氧化性，需要还原剂，所以需要上端口需要关闭，可得到强还原性中间体氢原子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、铁为负极，失去电子生成亚铁离子；
B、结合化合价变化判断电子数；
C、结合图示可以知道除去含酚类的酸性废水，需要氧化性的物质，所以上端口需要打开；
D、结合图示可以知道 在酸性条件下具有强氧化性，需要还原剂，所以需要上端口需要关闭。
6．（2023·黄山模拟）一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示[KOH溶液中， Zn2+以存在]。电池放电时，下列叙述正确的是
A．Ⅱ区的通过交换膜向I区迁移
B．Ⅲ区的K+通过交换膜最终向I区迁移
C．Zn电极反应：Zn+2e-+4OH-=
D．电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=+Mn2++2H2O
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【分析】A．根据分析，Ⅱ区的向Ⅲ区移动，但是不能通过阳离子交换膜，A不符合题意；
B．根据分析，Ⅲ区的K+通过交换膜Ⅱ区移动，不能通过阴离子交换膜向I区迁移，B不符合题意；
C．根据分析，Zn电极反应：Zn-2e-+4OH-=，C不符合题意；
D．根据正、负极电极分析，电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=+Mn2++2H2O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；原电池“同性相吸”，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
7．（2023·达州模拟）四川大学余达刚教授课题组发展了一种镍催化下用CO2制备苯乙酸的反应，反应原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．H+向B极移动
B．A极的电极反应式为
C．若使用铅蓄电池作电源，则每生成0.5mol苯乙酸，消耗49gH2SO4
D．该反应的原子利用率为100%，有利于实现碳中和
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电解池中阳离子向阴极迁移，H+向A极移动，A不符合题意；
B．由分析可知，A极发生还原反应生成羧酸，反应为，B不符合题意；
C．铅蓄电池放电总反应为：；若使用铅蓄电池作电源，则每生成0.5mol苯乙酸，根据电子守恒可知，，消耗1molH2SO4，质量为98g，C不符合题意；
D．该反应的总反应为， 故原子利用率为100%，有利于实现碳中和，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
8．（2023·中卫模拟）利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法错误的是
A．a极反应：CH4-8e-＋4O2-=CO2＋2H2O
B．A、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜
C．阳极室有氯气产生，阴极室中有氢气产生且NaOH浓度增大
D．a极上通入标况下2.24L甲烷，阳极室Ca2+减少0.2mol
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，通入甲烷的a极为负极，氧离子作用下甲烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CH4-8e-＋4O2-=CO2＋2H2O，故A不符合题意；
B．由分析可知，电解时，溶液中钙离子通过阳离子交换膜进入产品室、钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室、磷酸二氢根离子通过阴离子交换膜进入产品室，则A、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，故B不符合题意；
C．由分析可知，与b极相连的石墨电极为阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，与a极相连的石墨电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，原料室中钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室，所以在阴极室得到浓度较大的氢氧化钠溶液，故C不符合题意；
D．由得失电子数目守恒可知，阳极室消耗氯离子的物质的量为×8=0.8mol，由电荷守恒可知，进入产品室的钙离子物质的量为0.8mol×=0.4mol，则阳极室减少钙离子物质的量为0.4mol，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；
B．依据离子类型与离子交换膜类型一致判断；
C．依据A、B项分析判断；
D．依据得失电子数目守恒。
9．（2023·徐汇模拟）使用石墨电极电解溶液，阴极产物为
A． B．Cu C． D．
【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】使用石墨电极电解溶液，阳极上Cl-发生氧化还原反应生成氯气，电极反应式为，阴极上Cu2+发生还原反应生成Cu，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；
故答案为：B。
【分析】阳离子在阴极反应，铜离子比氢离子优先放电，生成铜。
10．（2023·益阳模拟）新型三步法氯碱工艺，具有清洁、低成本的特点，其工作原理如图所示，假定各装置中溶液体积均为(忽略反应过程中体积变化)。各步骤开始工作时，下列说法错误的是
A．与传统方法相比，该方法可不需要离子交换膜
B．过程①中b极电极反应式：
C．过程②外电路转移时，溶液物质的量浓度变为
D．过程③中溶液中向f极方向移动失去电子产生
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据图示，可知该方法可不需要离子交换膜，故A不符合题意；
B．根据图示，过程①中在b极失电子生成，极反应式：，故B不符合题意；
C．过程②，c极结合Na+生成，d极Ag失电子生成AgCl，溶液中氯化钠的浓度降低，外电路转移时，消耗0.5mol氯化钠，溶液物质的量浓度变为，故C符合题意；
D．过程③是电解，f是阳极，电解池中阴离子移向阳极，所以溶液中向f极方向移动失去电子产生，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据得失电子守恒和电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应；阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
11．（2023·武汉模拟）2，5-呋喃二甲酸(FDCA)是一种重要的化工原料，可用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是
A．a为电源正极
B．双极膜中间层中的OH-在外电场的作用下移向铅电极
C．制得1mol FDCA，理论上消耗2 mol
D．负极区的电极反应为：-6e-+2H2O=+6H+
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．铅电极附近醛基被还原为羟基，发生还原反应，为阴极，因此a为电源的负极，A项不符合题意；
B．双极膜中间层中的OH-在外电场的作用下移向阳极(催化电极)，B项不符合题意；
C．制得1mol FDCA，阳极消耗，转移6mole，阴极转移6mole时，消耗1 mol，共消耗2 mol，C项符合题意；
D．电解池中负极区即为阴极，阴极发生还原反应，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应；电解时，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
12．（2023·邢台模拟）某有色金属工业的高盐废水中主要含有、、、、和，利用如图电解装置可回收、并尽可能除去和，其中双极膜(BP)中间层的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移，M膜、N膜需在一价阴离子交换膜和阳离子交换膜中选择。下列说法错误的是
A．BP膜中均向右侧溶液迁移，M膜为一价阴离子交换膜
B．溶液a的溶质主要为HF和HCl，溶液b的溶质主要为和
C．当阳极产生22.4L气体(标准状况)时，有4mol离子通过N膜
D．电解过程中，应控制高盐废水的pH不能过高
【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电解池中阳离子向阴极移动，BP膜中均向右侧溶液迁移；氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移，故M膜为一价阴离子交换膜，A不符合题意；
B．溶液a中氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移，氢离子与右侧双极膜迁移出来的OH-中和，故反应后溶液a的溶质主要为和；溶液b的溶质主要为右侧迁移过来的氟离子、氯离子与左侧前过来的氢离子生成的为HF和HCl，B符合题意；
C．阳极反应为，当阳极产生22.4L气体(标准状况下为1mol)时，根据电子守恒可知，有4mol离子通过N膜，C不符合题意；
D．电解过程中，若pH过高则会导致锌离子、铜离子转化为沉淀，故应控制高盐废水的pH不能过高，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】AB．依据电解时，阴离子通过阴离子交换膜移向阳极，阳离子通过阳离子交换膜移向阴极判断；
C．根据电子守恒分析；
D．依据A项分析判断。
13．（2023·宜宾模拟）由乙烯制备2-氯乙醇(HOCH2CH2Cl)的原理为：CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。用铂(Pt)作电极电解KCl溶液制备2-氯乙醇的装置如下图所示。下列说法错误的是（　　）
A．Y连接电源的负极
B．电解时，K+通过阳离子交换膜从左侧移向右侧
C．理论上，制取1 mol 2-氯乙醇生成气体b的体积为11.2L (标准状况) 。
D．电解时，左侧溶液pH逐渐减小，右侧溶液pH逐渐增大
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据上述分析可知，Y电极为阴极，连接电源的负极，A不符合题意；
B．电解池工作中，阳离子移向阴极，所以上述装置中，钾离子通过阳离子交换膜从左侧会移向右侧，B不符合题意；
C．当制取1 mol 2-氯乙醇时，消耗1molHClO，因生成的氯气与水反应为可逆反应，所以电极中电子转移数会大于1mol，则生成氢气的体积大于0.5mol，即不为11.2L（标准状况），C符合题意；
D．电解时，左侧氯气与水反应生成HCl和HClO，HClO与乙烯反应，但生成的HCl会使溶液pH逐渐减小，右侧溶液中“放氢生碱”，所以溶液pH逐渐增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
14．（2023·福州模拟）Adv.Mater报道我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图，光照时，光催化电极产生电子和空穴。下列有关说法正确的是（　　）
A．光催化装置中溶液的减小
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．电催化装置阳极电极反应式：
D．整套装置转移，光催化装置生成
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．光催化装置中发生2H++e-=H2↑、3I-+2h+=I，消耗H+，c(H+)减小，pH增大，故A不符合题意；
B．电催化装置为电解装置，阴极电极式I+2e-=3I-，阳极反应式为4OH-+4h+=2H2O+O2↑，阴极上阴离子物质的量增大，阳极上消耗阴离子，根据装置图可知，离子交换膜为阳离子交换膜，故B不符合题意；
C．根据装置可知，阳极反应式为4OH-+4h+=2H2O+O2↑，故C符合题意；
D．光催化过程中，转移0.01mol电子时，生成I的质量为=1.905g，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应；电解时，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
15．（2023·怀仁模拟）生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用铁、石墨做电极，用电解法去除。电解时，如图1原理所示可进行除氮；翻转电源正负极，可进行除磷，原理是利用Fe2＋将PO转化为Fe3(PO4)2沉淀。下列说法正确的是（　　）
A．图2中0～20min脱除的元素是氮元素，此时石墨做阴极
B．溶液pH越小、有效氯浓度越大，氮的去除率越高
C．图2中20～40min脱除的元素是磷元素，此时阳极的电极反应式为2Cl-－2e-=Cl2↑
D．电解法除氮有效氯ClO-氧化NH3的离子方程式为3ClO-＋2NH3=3Cl-＋N2↑＋3H2O
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．图2中0～20min 溶液pH的变化得出脱除的元素是氮元素，此时铁作阴极，故A错误；
B．随溶液pH降低，氢离子浓度增大，Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，平衡逆向移动，溶液中c（HClO）减小，使铵根的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降，故B错误；
C．除磷时，Fe作阳极失电子，石墨作阴极，阳极电极反应式为Fe－2e-＝Fe2＋，故C错误；
D．电解法除氮有效氯HClO将氨气氧化为N2的离子方程式为3ClO-＋2NH3＝3Cl-＋N2↑＋3H2O，故D正确；
故答案为：D。
【分析】AC．电解时，阳极元素化合价升高，发生氧化反应；阴极元素化合价降低，发生还原反应；
B．依据化学平衡移动原理分析；
D．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。
16．（2023·崇明模拟）用氯化钠溶液润湿的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（　　）
A．a极上发生氧化反应
B．b极上发生的反应为：
C．d极上发生的反应为：
D．铁片腐蚀速率：甲＞乙
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A甲发生吸氧腐蚀，铁是活泼金属，则a极为负极，发生氧化反应，故A不符合题意；
B．b极是正极，正极是氧气得到电子变为氢氧根，发生的反应为：，故B不符合题意；
C．d极为阴极，电极发生的反应为：，故C符合题意；
D．原电池的腐蚀速率大于电解质阴极的腐蚀速率即铁片腐蚀速率：甲＞乙，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。
二、多选题
17．（2022·淄博模拟）下列装置可分离废水中的Co2+和Ni2+。已知Ni2+和Co2+性质相似，Co2+和乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是
A．M电极接太阳能电池的P电极
B．通电一段时间后，I、IV室内溶液pH均减小
C．膜a、膜b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D．每生成1molSO，理论上双极膜至少解离7molH2O
【答案】A,D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，M电极接太阳能电池的P电极，A符合题意；
B．根据电子守恒，双极膜产生的氢离子与N极消耗的氢离子量相同，故V室内溶液pH不会减小，B不符合题意；
C．装置可分离废水中的Co2+和Ni2+，由图可知，镍离子通过b膜迁移到Ⅲ室和乙酰丙酮反应而和Co2+分离，故b为阳离子交换膜；Ⅲ室为碱性，故氢离子不能通过ab膜进入Ⅲ室，故a为阴离子交换膜；C不符合题意；
D．硫元素化合价由-1变为+6生成硫酸根离子，，双极膜上水电离出的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，；根据电子守恒可知，每生成1molSO，理论上双极膜至少解离7molH2O，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】新型电池及二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；
电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
18．（2022·济南模拟）现有一种安全、高效的双极制氢系统，该系统能够从阳极低电压醛氧化和阴极析氢反应中得到氢气；其工作原理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．电压越高，阳极制氢速率越快
B．电解一段时间后，阴极室的pH不变
C．制得1mol氢气，理论上有1molOH-透过交换膜
D．阳极反应为2R-CHO+4OH--2e-=2R-COO-+H2↑+2H2O
【答案】C,D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由于阳极上氢氧根也可能放电，所以电压越高，阳极制氢速率不一定越快，故A不符合题意；
B．阴极电极反应是2H2O+2e-=H2↑+2OH-，产生的氢氧根离子移向阳极，但溶剂水减少，氢氧化钾浓度增大，所以电解一段时间后，阴极室的pH增大，故B不符合题意；
C．由于阴阳极上均产生氢气，制得1mol氢气，转移1mol电子，所以理论上有1molOH-透过交换膜，故C符合题意；
D．铜电极为阳极，电极反应式为2R-CHO+4OH--2e-=2R-COO-+H2↑+2H2O，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．依据放电顺序分析；
B．依据溶液中氢离子或氢氧根离子浓度判断；
C．转移电子数与转移离子所带电荷总数相同；
D．阳极失电子发生氧化反应。
19．（2022高三上·胶州期末）应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯(，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备的原理如图所示，下列说法错误的是
A．装置工作时，a与电源的正极连接，b极附近溶液pH逐渐减小
B．a极上发生的电极反应为
C．发生器内发生反应
D．当有0.3 mol阴离子通过离子交换膜时，理论上产生2.24 L(STP)
【答案】A,D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，b极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，放电消耗氢离子会使b极附近溶液pH逐渐增大，故A符合题意；
B．由分析可知，与直流电源正极相连的a极为阳极，氯化铵在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮，电极反应式为，故B不符合题意；
C．由分析可知，二氧化氯发生器中三氯化氮溶液与亚氯酸钠溶液反应生成二氧化氯气体、氨气、氯化钠和氢氧化钠，反应的化学方程式为，故C不符合题意；
D．由得失电子数目守恒可知，当有0.3 mol阴离子通过离子交换膜时，理论上产生二氧化氯的体积为0.3 mol×22.4L/mol=6.72L，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
20．（2022高三上·海南期末）某工业碱性废水中含，利用下列装置可将其转化为FeS。下列说法正确的是
A．Fe棒连接电源的正极
B．b电极一定是惰性材料
C．阳极反应式为
D．气体X可能是
【答案】A,C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据上述分析，铁棒作阳极，与电源的正极相连，故A符合题意；
B．b电极为阴极，根据电解池工作原理，阴极本身不参与反应，因此阴极可以是金属也可以是惰性材料，故B不符合题意；
C．根据题意，将S2-转化成FeS，阳极反应式为Fe-2e-+S2-=FeS，故C符合题意；
D．b电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-↑，故D不符合题意；
答案为AC。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
21．（2021高二上·唐山期末）按下图装置进行电解(氯化钠足量)，若乙中横坐标x表示电路中通过电子的物质的量，纵坐标y表示反应物或生成物的物质的量，下列叙述错误的是（　　）
A．E表示生成金属钠的物质的量 B．E表示消耗水的物质的量
C．F表示溶解铜的物质的量 D．F表示生成氯气的物质的量
【答案】A,C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．阳极是氯离子放电产生氯气，阴极是氢离子放电产生氢气。根据图像可知当通过4mol电子时E曲线表示的物质是2mol，因此应该是氯气或氢气，F是氯化钠，A符合题意；
B．根据方程式2NaCl＋2H2O↑＋2NaOH＋H2↑可知，当通过4mol电子时消耗2mol水，因此E可以表示反应消耗水的物质的量，B不符合题意；
C．根据以上分析可知铜作为阴极不参与反应，C符合题意；
D．根据以上分析可知F能表示生成氯气的物质的量，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】甲装置为电解饱和氯化钠，阳极产生的气体为氯气，阴极产生的为氢气，C为阳极，铜为阴极，根据转移电子数目可知，E为氢气或者氯气，F为氯化钠的。
三、非选择题
22．（2023·北京）尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
（1）十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 　 　。
（2）二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
和生成；
分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是　 　填序号。
活化能：反应反应
为放热反应，为吸热反应
（3）近年研究发现，电催化和含氮物质等在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。
电极是电解池的　 　极。
电解过程中生成尿素的电极反应式是　 　。
（4）尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。
消化液中的含氮粒子是　 　。
步骤中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）阳；
（4）；样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度
【知识点】电解池工作原理及应用；化学方程式的有关计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）结合反应物为AgOCN和NH4Cl，生成物为CO(NH2)2，以及原子守恒，可知另一种生成物为AgCl，故答案为：；
（2）a、E1为反应i活化能，E3为反应ii活化能，根据图示可知E1b、反应i中，E1E4，反应为吸热反应，b正确；
c、反应i的，反应ii的，结合盖斯定律，总反应=反应i+反应ii，则，c错误；
故答案为：ab；
（3）①H2O转化为O2，O化合价升高，发生氧化反应，则电极b为阳极，故答案为：阳；
②反应物为CO2和NO3-，结合阳极移动过来的H+，生成CO(NH2)2，N化合价由+5变为-3，每个N得到8个电子，则电极反应式为： ，故答案为： ；
（4）①根据消化液加入浓NaOH溶液后生成NH3，可知消化液中含有NH4+，故答案为：NH4+；
②待测液主要由NH3和H2SO4反应得到，滴定需要的数据主要有待测液体积，标准液浓度和标准液体积，测定含氮量则需要药品的样品的质量，故答案为： 样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度。
【分析】（1）陌生化学方程式的书写，通常要从氧化还原反应的角度或原子守恒的角度判断；
（2）a、反应物能量升高部分即活化能；
b、反应物的总键能大于生成物的总键能，反应放热，反之反应吸热；
c、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（3）①电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；
②根据反应物和生成物，以及元素化合价变化，可以书写陌生电极反应式；
（4） ①溶液加入NaOH后加热，生成的气体若为NH3，则溶液中含有NH4+；
②滴定需要的数据主要有待测液体积，标准液浓度和标准液体积，测定含氮量则需要药品的样品的质量。
23．（2023·湖南）超纯是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下：
已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为；
②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
物质
沸点/ 55.7 34.6 42.4 365.8
回答下列问题：
（1）晶体的晶体类型是　 　；
（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是　 　，阴极的电极反应式为　 　；
（3）“合成”工序中的产物还包括和，写出该反应的化学方程式：　 　；
（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是　 　；
（5）下列说法错误的是____；
A．流程中得到了循环利用
B．流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分和
（6）直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是　 　；
（7）比较分子中的键角大小：　 　(填“>”“<”或“=”)，其原因是　 　。
【答案】（1）分子晶体
（2）保证Ga为液体，便于纯Ga流出；Ga3++3eˉ=Ga
（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2
（4）CH4
（5）D
（6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
（7）>；Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小
【知识点】分子晶体；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）晶体Ga(CH3)3的沸点为55.7℃，比水的沸点还低，因此属于分子晶体。
（2）电解精炼过程是为了制取高纯Ga，由于Ga的熔点为29.8℃，因此控制温度在40~45℃是为了使电解生成的Ga为液态，便于Ga的分离。电解过程中，阴极上Ga3＋发生得电子的还原反应，生成Ga，该电极的电极反应式为：Ga3＋＋3e－=Ga。
（3）“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中往Ga2Mg5中加入CH3I、Et2O，反应生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式为：Ga2Mg5＋8CH3I＋2Et2O=2Ga(CH3)3(Et2O)＋3MgI2＋2CH3MgI。
（4）“残渣”中含有反应后生成的CH3MgI，经水处理过程中，能与H2O发生水解反应，生成CH4、HI和Mg(OH)2，其中属于可燃性气体的为CH4。
（5）A、流程中“配体交换”工序中反应生成了Et2O，因此流程中Et2O可循环利用，A不符合题意；
B、Ga2Mg5能与H2O反应，Ga(CH3)3(Et2O)能与H2O和O2反应，因此流程中”合成Ga2Mg5”至“工序X”都需在无水、无氧的条件下进行，B不符合题意；
C、“配体交换”工序中反应生成了Ga(CH3)3(NR3)，经“工序X”后得到Ga(OH)3，因此“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(OH)3，C不符合题意；
D、Ga(CH3)3、CH3I二者都只含有一种氢原子，但其在核磁共振氢谱中，化学位移不同，因此可通过核磁共振氢谱进行鉴别，D符合题意；
故答案为：D
（6）NR3的沸点较高，易与Ga(CH3)3分离；而Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，在Et2O转化为气态的同时，Ga(CH3)3也是气态，难以得到超纯的Ga(CH3)3。因此本流程中采用了“配体交换”工艺。
（7）Ga(CH3)3中Ga采用sp2杂化，为平面型结构；而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，为四面体结构。所以键角Ga(CH3)3大于Ga(CH3)3(Et2O)。
【分析】（1）Ga(CH3)3的沸点较低，属于分子晶体。
（2）结合Ga的沸点为29.8℃可知，温度在40～45℃时，Ga为液态。阴极上Ga3＋发生得电子的还原反应，生成Ga单质。
（3）根据流程确定反应物和生成物，结合原子守恒书写反应的化学方程式。
（4）“残渣”的成分为CH3MgI，经水处理的过程中CH3MgI与H2O发生水解反应。
（5）A、“配体交换”过程中，生成了Et2O；
B、Ga2Mg5、CH3MgI都易与H2O、O2发生反应；
C、“配体交换”后得到Ga(CH3)3(NR3)，经工序X后得到Ga(CH3)3；
D、二者核磁共振氢谱的化学位移不同，可鉴别；
（6）Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，在蒸出Et2O的同时，Ga(CH3)3也为气态，一起蒸出。而NR3的沸点较高，易与Ga(CH3)3分离。
（7）结合Ga(OH)3、Ga(CH3)3(Et2O)的结构判断二者键角的大小。
24．（2023·达州模拟）工业上常用甲烷和水蒸气催化重整制备H2，该工艺同时发生如下反应：
反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH2
（1）反应Ⅰ和反应Ⅱ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图甲所示，则ΔH1-ΔH2　 　0(填“>”“<”或“=”)。
（2）恒容密闭容器中，按质量比为8：9加入CH4和H2O，下列说法正确的是____。
A．达平衡时，CH4和H2O的转化率相等
B．反应Ⅰ在低温时容易自发进行
C．当压强不再发生改变时，反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到了平衡
D．单位时间内，若有2molH-O键断裂，同时有3molH-H键断裂，则反应Ⅰ处于平衡状态
（3）某科研小组研究了反应I的动力学，获得其速率方程v正=k正·cm(CH4)·cn(H2O)，k正为速率常数(只受温度影响)，反应级数是反应的速率方程式中各反应物浓度的指数之和。在某温度下进行实验，测得各组分初始浓度和反应初始速率如下：
实验序号 1 2 3
CH4浓度/mol·L-1 0.1000 0.2000 0.2000
H2O浓度/mol·L-1 0.1000 0.1000 0.2000
速率/mol·L-1·s-1 3.75×10-4 1.50×10-3 3.00×10-3
若某时刻，测得c(CH4)=0.4000mol·L-1，c(H2O)=0.4000mol·L-1，则此时的反应速率v正=　 　。
（4）在2.4MPa下，将CH4和H2O(g)按照1：3的比例通入反应器中。平衡时各组分的物质的量分数与温度的关系如图乙所示。
①600℃时，若经过tmin，反应达到平衡。该条件下，反应I的Kp=　 　(MPa)2(列出计算式即可)。
②H2的含量在740℃左右出现峰值的原因为　 　。
（5）某工厂用电解原理除去H2中的杂质CH4、CO和CO2，其装置如图丙所示：
①CH4参与的电极反应为　 　。
②经测定，原料气中各气体的体积分数为：
气体 H2 CH4 CO CO2
体积分数 82% 3% 5% 10%
若电解过程中消耗了100m3的原料气，则可得到相同条件下纯净H2　 　m3。
【答案】（1）>
（2）C
（3）0.024mol·L-1·s-1
（4）；740℃前，反应I进行程度大，740℃后，则是反应Ⅱ进行程度大
（5）CH4-8e-+10OH-=+7H2O；99
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ得：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，平衡常数为，则，结合图像可知，随着温度升高，减小、增大，则随着温度升高，则反应吸热反应，焓变ΔH1-ΔH2大于零；
（2）A．CH4和H2O物质的量投料为1：1，反应Ⅰ中甲烷与水系数比为1：1，水还参与反应Ⅱ，故达平衡时，CH4和H2O的转化率不会相等，A不正确；
B．结合图像可知，随着温度升高，增大，反应Ⅰ为吸热反应，反应为吸热的熵增反应，故在高温时容易自发进行，B不正确；
C．反应Ⅰ为气体分子数改变的反应，且2个反应同时进行，当压强不再发生改变时，说明平衡不再移动，反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到了平衡，C正确；
D．由于反应Ⅱ中也存在氢氧键断裂、氢氢键断裂，故单位时间内，若有2molH-O键断裂，同时有3molH-H键断裂，不说明反应Ⅰ中正逆反应速率相等，不能说明反应Ⅰ处于平衡状态，D不正确；
故答案为：C；
（3）由实验1、2可知，3.75×10-4 mol·L-1·s-1= k正· (0.1000) m· (0.1000) n、1.50×10-3 mol·L-1·s-1= k正· (0.2000) m· (0.1000) n，可知m=2；
由实验2、3可知，1.50×10-3 mol·L-1·s-1= k正· (0.2000) m· (0.1000) n、3.00×10-3mol·L-1·s-1= k正· (0.2000) m· (0. 2000) n，可知n=2；
3.00×10-3mol·L-1·s-1= k正· (0.2000) m· (0. 2000) n，结合c(CH4)=0.4000mol·L-1，c(H2O)=0.4000mol·L-1时：v正= k正· (0.4000) m· (0. 4000) n，解得v正=0.024mol·L-1·s-1；
（4）①600℃时，在2.4MPa下，将CH4和H2O(g)按照1：3的比例通入反应器中，假设甲烷、水投料分别为1mol、3mol；
600℃时，若经过tmin，反应达到平衡，总的物质的量为(4+2a)mol，氢气、水的物质的量分数分别为0.35、0.45，则、，解得a=0.5mol、b=0.25mol，则平衡时总的物质的量为5mol，甲烷、一氧化碳分别为0.5mol、0.25mol，其物质的量分数分别为0.1、0.05，故该条件下，反应I的Kp= (MPa)2；
②等量水参与反应，反应Ⅰ生成氢气更多，740℃前，反应Ⅰ进行程度大，740℃后，则是反应Ⅱ进行程度大，导致H2的含量在740℃左右出现峰值；
（5）①由图可知，B极生成氢气，为阴极；则CH4在阳极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子，参与的电极反应为CH4-8e-+10OH-=+7H2O。
②用电解原理除去H2中的杂质CH4、CO和CO2，混合气中CO2被氢氧化钠吸收，不是氧化还原反应，CH4、CO在阳极发生氧化反应均生成碳酸根离子，根据电子守恒可知，、，则甲烷、一氧化碳生成氢气分别为100m3×3%×4=12 m3、100m3×5%×1=5 m3，原混合气中有氢气82 m3，故共得到相同条件下纯净H299m3。
【分析】（1）两式相加，则平衡常数相乘，两式相减，则平衡常数相除；
（2）A、转化率为变化量和起始量的比值；
B、结合△G=△H-T△S判断；
C、左右两边气体化学计量数不同，压强不变反应达到平衡；
D、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例；
（3）化学反应速率要结合速率常数以及题目所给数据判断；
（4） ① 分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
② 740℃前，反应I进行程度大，740℃后，则是反应Ⅱ进行程度大 ；
（5） ① 甲烷失去电子，结合氢氧根生成碳酸根和水；
② 结合电子守恒判断。
25．（2023·江西模拟）金山银山不如绿水青山，实现碳达峰碳中和是贯彻新发展理念、构建新发展格局、推动高质量发展的内在要求。
（1）二甲醚(CH3OCH3)被誉为“21 世纪的清洁燃料，以CO2、H2 为原料制备二甲醚涉及的主要反应如下：
I.2CO2 (g) +6H2(g)CH3OCH3(g) +3H2O(g) ΔH1= - 122. 5kJ/mol
Ⅱ．CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g) ΔH2=+41.1kJ/mol
①在压强、CO2和H2的起始投料一定的条件下，发生反应I、Ⅱ，实验测得CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。(已知：CH3OCH3的选择性=)
其中表示平衡时CH3OCH3的选择性的曲线是　 　(填“①”或“②”)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是　 　。
②对于反应Ⅱ的反应速率v=v正- v逆=k 正p(CO2)·p(H2) - k逆p(CO)·p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压 ×物质的量分数)。
a．降低温度，k正- k逆　 　(填 “增大”“减小”或”不变”)；
b．在一定温度和压强下的反应Ⅱ，按照n(H2)：n(CO2)=1：1投料，CO2转化率为50%时 v(正)：v(逆)=3：4，用气体分压表示的平衡常数Kp=　 　。
（2）石化工业，常采用碳酸钠溶液作为脱硫吸收剂。
已知： 25℃，H2CO3 Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7 ×10-11； H2S Ka1=1.1 ×10-7 Ka2=1.3 ×10-13。请写出H2S与足量碳酸钠溶液反应的离子方程式：　 　。
（3）化工废水中常常含有以二甲胺(CH3)2NH)为代表的含氮有机物，可以通过电解法将二甲胺转化为无毒无害的气体排放，装置如图所示。
反应原理是：(i) Cl- 在阳极转化为Cl2；
(ii) Cl2在碱性溶液中歧化为ClO-；
(iii) ClO-将二甲胺氧化为N2，和H2O。
①写出电解池中阴极发生反应的方程式　 　。
②电解池中选择阴离子交换膜而不选择阳离子交换膜的原因是　 　。
③当阴极区收集到6.72L (标况下) H2时，阳极区收集到N2的体积(标况下)是　 　L。
【答案】（1）①；温度高于300℃时，反应Ⅱ起主导作用，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率升高；减小；0.75
（2）H2S+ =HS-+HCO
（3）；需要阴极区产生的迁移到阳极区维持阳极区的碱性；0.448
【知识点】化学平衡常数；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①由于反应I正反应为放热反应，反应Ⅱ正反应为吸热反应，故升高温度，平衡I逆向移动，则CH3OCH3选择性下降，故CH3OCH3选择性对应曲线①；300℃之前，以反应I为主，反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，温度高于300℃时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，温度高于300℃时，反应Ⅱ起主导作用，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率升高；②a.反应Ⅱ为吸热的反应，降低温度，均减小，平衡逆向移动，则减小的幅度大于，所以k正减小的幅度大于k逆，故减小；
b.在一定温度和压强下的反应Ⅱ，按照投料，可以假设，转化率为50%时，则转化浓度
相同条件下压强比等于物质的量比，由三段式可知，；已知，，则，当反应达到平衡时，，则，故；
（2）根据题意知道，H2S的Ka1大于H2CO3的Ka2小于Ka1，故H2S与足量碳酸钠溶液反应的离子方程式为：H2S+=HS-+HCO3-；
（3）①阴极上，水电离出的氢离子放电产生氢气，则电解池中阴极发生反应的方程式为，故答案为：；
②由于需要阴极区产生的OH-迁移到阳极区维持阳极区的碱性，所以电解池中选择阴离子交换膜而不选择阳离子交换膜，故答案为：需要阴极区产生的OH-迁移到阳极区维持阳极区的碱性；
③当阴极区收集到6.72L(标况下)H2时，氢气的物质的量是0.3mol，转移0.6mol电子，根据电子得失守恒守恒可知生成0.3mol氯气，产生0.3mol ClO-，根据方程式15ClO-+2(CH3)2NH+8OH-=N2↑+ 4+15Cl-+11H2O，可知阳极区收集到N2的体积(标况下)是0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故答案为：0.448。
【分析】（1）①依据化学平衡移动原理分析；利用三段式法计算；
（2）根据Ka，利用强酸制弱酸判断；
（3）①电解时，阳极元素化合价升高，发生氧化反应；阴极元素化合价降低，发生还原反应；
②电解时，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；
③根据电子得失守恒守恒。
26．（2023·许昌模拟）为加快实现“双碳”目标，有效应对全球气候变化、构建低碳社会，CO 资源化利用受到越来越多的关注。
（1）I.Sabatier反应可实现CO 甲烷化：
反应1 CO (g)+4H (g) CH (g)+2H O(g) ΔH=-165kJ mol
同时还发生的反应如下：
反应2 CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) ΔH=+41kJ mol
已知键能是指气态原子形成1mol化学键释放的能量，上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键 O-H C-H C=O H-H
键能/(kJ·mol ) 463 414 802 436
则C(g)+O(g)=CO(g) ΔH=　 　kJ mol 。
（2）向某恒压密闭容器中充入5molCO 和20molH ，在不同温度下达到平衡时各含碳元素物质的物质的量n(X)与温度T的关系如下图所示。
①当反应1和反应2均达到化学平衡状态时，维持温度不变，增大容器体积，则反应2的平衡移动方向　 　(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，反应2的平衡常数　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
②曲线Y表示的是　 　(填含碳元素物质的化学式)的物质的量与温度的关系，曲线Z所表示的物质在800K~1100K之间物质的量增大的原因是　 　。
③800K时，反应2的压强平衡常数Kp=　 　(计算结果保留两位有效数字，用分压代替浓度，分压=物质的量分数×总压)。
（3） Ⅱ.一种从高炉气回收CO 制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如下：
铂电极上生成HCOOH的电极反应式为　 　；电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移1mole 时，阴极室溶液的质量增加　 　g(CO 溶解量不计)[B的电解效率=]。
【答案】（1）1073
（2）正向移动；不变；CO；反应1是放热反应，反应2是吸热反应，此温度范围内，升高温。度，反应1平衡左移使CO2增多的程度大于反应2平衡右移使CO2减少的程度，所以二氧化碳的量增大；0.34
（3）CO2+2H++2e-=HCOOH；18.4
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据反应2：CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) ，用E表示键能，则可知
ΔH=2EC=O+EH-H-EC-O-2EH-O=41kJ/mol，代入表格中的数据，得802 kJ/mol×2+436 kJ/mol –
EC≡O-2×463 kJ/mol =41 kJ/mol，得EC≡O=1073 kJ/mol。故C(g)+O(g)=CO(g)的ΔH=1073 kJ/mol。
（2）①对于反应1来说，增加容器的体积相当于减小了各物质的浓度，平衡逆向移动，导致氢气的浓度增大，再对于反应2来说，氢气浓度增大，会导致平衡正向移动。由于温度不变，故反应2的平衡常数不变。
②随着温度的升高，Y的含量不断增加，即平衡正向移动，ΔH>0，故Y为CO的变化曲线；曲线Z表示的是二氧化碳，反应1是放热反应，反应2是吸热反应，此温度范围内，升高温度，反应1平衡左移使二氧化碳增多的程度大于反应2平衡右移使CO2减少的程度，所以二氧化碳的量增大。
③根据三段式，设反应1的转化量为amol，反应2的转化量为bmol，则
由图知平衡时的物质的量是nCO2=1mol=5-a-b，nCO=0.2mol=b，则a=3.8mol，则nH2=4.6mol，nH2O=7.8mol，则总物质的量为17.4mol，设总压为p，则各气体的分压为：
pCO2=，pH2=，pH2O=，pCO=，
则平衡常数Kp=
（3）铂电极上CO2和氢气得到电子生成甲酸，其电极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH，当电路中转移1mole 时，电解率只有80%，则实际所用的电子只有0.8mol。
根据电极方程式，生成的甲酸的质量为46g/mol×0.4=18.4g，即阴极室溶液的质量增加18.4g
【分析】（1）根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能计算；
（2）①平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
②随着温度的升高，Y的含量不断增加，Y为CO的变化曲线； 反应1是放热反应，反应2是吸热反应，此温度范围内，升高温。度，反应1平衡左移使CO2增多的程度大于反应2平衡右移使CO2减少的程度，所以二氧化碳的量增大 ；
③列出反应的三段式计算；
（3）由图可知，玻碳电极上，水发生氧化反应生成氧气，则玻碳电极为阳极，电极反应式为 2H2O-4e-=4H++O2↑，铂电极为阴极，电极反应式为CO2+4H+ 4e ＝HCOOH+H2↑。
27．（2023·丰台模拟）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：
i．一定条件下，Ti4+水解方程式：
ii．一定温度下：；
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
（1）用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因　 　。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
（2）浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量角度解释加入还原铁粉的目的　 　。
（3）一定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因　 　。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
（4）一定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因　 　。
（5）III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到二氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
电极X连接电源　 　(填“正”或“负”)极。
（6）写出电极Y上发生的电极反应式　 　。
【答案】（1）
（2）pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
（3）还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高
（5）正
（6）TiO2+4e-=Ti+2O2-
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3 H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
【分析】（1）依据盐类水解规律分析；
（2）利用Ksp计算；
（3）根据图示变化和还原铁粉性质分析；
（4）依据水解平衡的影响因素分析；
（5）、（6）电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。
28．（2023·新疆模拟）碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长。因此，诸多科学家都在大力研究利用和减少碳的排放。
（1）“神十三”中航天员们呼吸产生的CO2用一种循环方案处理，即CO2(g) +2H2(g) C(s)+2H2O(g) ΔH，然后电解水又得氢气和氧气。在温度为T，向一恒容密闭容器中，按物质的量之比2：1通入H2和CO2，测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图中a所示，若其它条件不变，仅改变某一条件时，测得其压强p随时间t的变化如图中b所示。
①能说明容器中的反应均已达到平衡状态的是　 　。
A．容器内气体的平均相对分子质量不变
B． CO2和H2的转化率相等
C． H2(g)与C(s)的物质的量之比保持不变
D．v(H2)=v( H2O)
②ΔH　 　0( 填“>”“<”或“不确定”) ；理由是　 　。
③改变的条件是　 　。
（2）CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应I ：CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH =-49.6 kJ ·mol-1
反应II ：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH =-23.4 kJ·mol-1
反应III ：2CO2(g) +6H2(g) CH3OCH3 (g) +3H2O(g)
①反应III的活化能Ea(正)　 　Ea(逆)(填“>”“<”或“=”)。
②在T1温度下，将6molCO2和14molH2充入2L的恒容密闭容器中发生反应I和III，达到平衡状态时CH3OH( g)和CH3OCH3( g)的物质的量分别为2 mol和1 mol。则T1温度时反应I的平衡常数K=　 　。
（3）工业上利用废气中的CO2、CO联合制取烧碱、氯代烃和甲醇的流程如图。已知B中的装置使用了阳离子交换膜。
①B中发生的总反应的离子方程式为　 　。
②若某废气中含有的CO2和CO的体积比为1：1，废气中CO2和CO体积分数共为13. 44%。假设A中处理了标准状况下10 m3的废气，其中CO2和CO全部转化成CH3OH ，理论上可制得C2H4Cl2　 　 kg。
【答案】（1）AC；<；随着反应进行，压强先变大后变小，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强增大(其他合理表述也可)；加入催化剂
（2）<；2. 5
（3）2H2O+2Cl-H2↑+2OH- +Cl2↑；14.85
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①A．容器内气体的质量和物质的量均是变化的量，气体的平均相对分子质量不变，说明反应已达到平衡状态，A正确；
B．和的投料比等于系数比，故两者的转化率相等，不能说明反应达到平衡状态，B不正确；
C．与的物质的量之比随着反应的进行不断变化，当该比例保持不变时，说民反应已达到平衡状态，C正确；
D．时，由于未指明两个速率的反应方向，故不能说明达到平衡状态，D不正确；
故答案为：AC。
②由图可知，随着反应进行，压强先变大后变小，5min时达到平衡状态，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强变大，故＜0。
③改变的条件化学反应速率加快，而平衡状态没有移动，说明加入了催化剂。
（2）①根据盖斯定律，III=I×2+II，其反应热ΔH=(-49.6) kJ ·mol-1×2+(-23.4 )kJ·mol-1=-122.6 kJ·mol-1，为放热反应，生成物的能量低于反应物的能量，则反应Ⅱ的活化能(正)＜；
②②由三段式得：
在温度下，的恒容密闭容器中平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为6mol-2mol -2mol=2mol、14mol-6mol-6mol=2mol、2mol、2mol+3mol=5mol；则温度时反应Ⅰ的平衡常数=2.5。
（3）①由图可知，B中发生的总反应为电解氯化钠溶液的反应，离子方程式为2H2O+2Cl-=H2↑+2OH-+Cl2↑。
②的废气中和总体积为10×103L×13.44%=1344L，和的体积均为672L，两者的物质的量均为30mol，和全部转化成，～6e-、～4e-，则转移电子的总的物质的量为300mol；C2H4生成C2H4Cl2，C2H4～2e-，则根据电子守恒可知，生成的物质的量为150mol，质量为150mol×99g/mol=14850g=14.85kg。
【分析】（1）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
②随着反应进行，压强先变大后变小，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强增大；
③改变条件后，反应速率增大，但平衡未发生移动；
（2）①根据盖斯定律，III=I×2+II，ΔH=-122.6 kJ·mol-1，该反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能；
②列出反应的三段式计算；
（3）①B中为电解饱和食盐水，电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠；
②根据得失电子守恒计算。
29．（2023·来宾模拟）我国力争实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标，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CO2和H2在一定条件下能发生反应，反应物与生成物的能量与活化能的关系如图所示，该反应的ΔH=　 　kJ/mol(用含Ea1和Ea2的代数式表示)。
（2）恒温恒容条件下，为了提高反应中CO2的平衡转化率，可采取的措施为　 　(任写一项)。下列不能说明该反应达到平衡状态的是　 　(填字母)。
A．v(CO2)正=v(H2)逆
B．HCOOH的体积分数不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．c(CO2)：c(H2)：c(HCOOH)=1：1：1
（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，发生反应，6min时达到平衡，此时容器压强为36kPa，则0~6min内用H2分压表示的化学反应速率为　 　kPa/min。相同温度下，该反应的逆反应平衡常数Kp=　 　kPa(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
（4）除合成甲酸(HCOOH)外，有科学家以CO2、H2为原料合成CH3OH达到有效降低空气中二氧化碳含量的目的，其中涉及的主要反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.5kJ·mol-1
不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡转化率如图所示：
压强p1、P2、P3由小到大的顺序是　 　。压强为P1时，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率随温度升高而升高的原因是　 　。
（5）近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成多种燃料，实现CO2的回收利用，其工作原理如图所示：
请写出Cu电极上产生HCOOH的电极反应式　 　。
【答案】（1）Ea1-Ea2
（2）增大H2的用量(或移出HCOOH)；CD
（3）2；12
（4）P1（5）CO2+2H++2e-= HCOOH
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据如图所示， ；
（2）恒温恒容条件下，为了提高反应中 的平衡转化率，要使平衡正向移动，可采取的措施为：增大的用量(或及时移出)；A．，可以判断反应达平衡状态；
B．当的体积分数不再变化，反应达平衡状态；
C．根据，不变，不变，不变，所以混合气体的密度不再变化，反应不一定达平衡；
故答案为：C；
（3）根据三段式：
恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，所以，解方程，，用的分压表示的反应速率为： ，逆反应的平衡常数为： ；
（4）根据反应I，压强越大，平衡正向移动，转化率增大，反应II压强不影响平衡，综合上述，压强越大，转化率越大，所以；反应I正反应方向放热，反应II正反应方向吸热，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率主要由反应II决定，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，所以压强为P1时，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率随温度升高而升高；
（5）Cu电极上由产生和，反应产生的电极反应式为：。
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能=生成物总内能-反应物总内能；
（2）化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
（3）分压平衡常数的计算要结合总压强和总物质的量判断；
（4）增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；
（5）二氧化碳得到电子，结合氢离子生成甲酸。
30．（2023·乌鲁木齐模拟）《自然》杂志报道，科学家设计出了“空气燃料实验系统”，其过程分三步：
第一步，利用太阳能收集空气中的和；
第二步，在太阳能作用下将和转化成合成气(CO、)；
第三步，利用合成气合成液态烃和甲醇。
Ⅰ模拟制备合成气的装置如图1所示。
回答下列问题：
（1）交换膜是　 　(填“阴离子”或“阳离子”)交换膜。b极是　 　(填“正极”或“负极”)。
（2）Ⅱ利用合成气合成甲醇：
已知： ，表示的摩尔生成焓，其余类推。
时，、、的摩尔生成焓分别为、0、，则上述反应的　 　。
（3）某温度、催化剂作用下，该反应的速率方程为(k为速率常数，与温度、催化剂有关，与浓度无关)。测得速率与CO、的浓度关系如下表所示：
实验 速率
Ⅰ 0.10 0.10 v
Ⅱ 0.20 0.10 2v
Ⅲ 0.20 0.20 8v
Ⅳ 0.40 x 36v
计算x=　 　。
（4）某温度下，向容积为的密闭容器中加入和，发生上述反应，CO转化率随时间的变化如图2所示：
该温度下反应的平衡常数为　 　；若起始压强为，则时容器中的压强为　 　MPa；若保持其他条件不变，起始时加入和，达到平衡，相应的点可能是图中A、B、C、D中的　 　。
（5）若只改变反应的一个条件，能使平衡体系中增大的措施有　 　(答出一点即可)。
（6）若投料时CO与的物质的量之比恒定，温度、压强对CO平衡转化率的影响如图3所示，图中X点的v(逆)　 　 Y点的v(正)(填“>”“<”或“=”)，理由是　 　。
【答案】（1）阳离子；负极
（2）-90.75kJ/mol
（3）0.3
（4）4；6.72；B
（5）增加CO的浓度(降低温度或增大压强)
（6）<；Y点对应的温度和压强都比X点高，温度升高或压强增大都会加快反应速率
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）电解池右侧电极发生氧化反应生成氧气，右侧为阳极，阳极反应式为 ，左侧电极为阴极，阴极反应式为，阳离子由阳极向阴极移动，根据箭头方向，可知交换膜是阳离子交换膜。B与阴极相连，b极是负极。
（2） 。
（3）由Ⅰ、Ⅱ得，可知n=1；由Ⅱ、Ⅲ得，可知m=2；由Ⅲ、Ⅳ得，可知x=0.3。
（4）根据图示，反应达到平衡，CO的平衡转化率为0.5，
该温度下反应的平衡常数4；
根据图示，10min时CO的转化率为0.38，
同温同压，压强比等于物质的量比，若起始压强为，则时容器中的压强为；若保持其他条件不变，起始时加入和，增大CO的浓度，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，CO的平衡转化率降低，达到平衡，相应的点可能是图中的B。
（5）平衡体系中增大，平衡正向移动，措施有增加CO的浓度、降低温度、增大压强等。
（6）X、Y都是平衡点，正逆反应速率相等，Y点对应的温度和压强都比X点高，温度升高或压强增大都会加快反应速率，所以X点的v(逆)【分析】（1）电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极失电子，发生氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上得电子，发生还原反应，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连；
（2）依据盖斯定律分析；
（3）依据速率方程和表中数据计算；
（4）利用“三段式”法计算；
（5）根据影响化学平衡移动的因素分析；
（6）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
31．（2023·郑州模拟）金属锌具有储量丰富、电池理论容量高、氧化还原电位低、对环境友好等诸多优势；锌的化合物在防腐、电镀、医学、纺织等领域有诸多应用。
（1）一种水性电解液离子选择双隔膜电池如图所示。放电结束后对左侧电极片进行紫外测试，可观测到在765nm处有一个较强的吸收峰，在615nm处有一个肩峰，与标准图像吻合。(注：可溶于水，强碱性环境下最终转化为)。
①该电池中b膜为　 　离子交换膜。(填“阴”或“阳”)
②该电池正极的电极反应式为　 　；当电路中转移1mol电子时，电极质量减少　 　g。
（2）的浓溶液可形成配合酸，因此浓溶液常用作除锈剂。的溶液的酸性就相当千的酸。根据以上信息，请写出的浓溶液除铁锈的化学方程式　 　。
（3）已知难溶于水，在强碱溶液中发生反应，下图是二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系，其中c为或浓度的值。
①　 　。
②向的溶液中加入等体积的HCl后，体系中的Zn元素主要以　 　(写微粒符号)形式存在。
【答案】（1）阴；；91
（2）6+=2Fe3+(n+3)H2O
（3）；Zn2+
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①电池中，Zn电极为负极，V2O5电极为正极，结合正极、负极电解质溶液及题干所给信息，可得两极电极反应式如下：正极：，负极：，由图可知，电池放电过程，浓硫酸钾变为稀硫酸钾溶液，根据离子移动规则可知，钾离子通过a膜移向正极，硫酸根通过b膜移向负极，则b膜为阴离子交换膜；
②由第一问可知，正极反应为：；根据电极反应式可知，当转移1mol电子时，V2O5溶解0.5mol，则；
（2）由信息可知，为酸，则的浓溶液除铁锈的化学方程式为：6+=2Fe3+(n+3)H2O；
（3）①由可知，当pH=5时，c(OH-)=10-9mol/L ，c(Zn2+)=1mol/L，则；
②向的溶液中加入等体积的HCl后，根据化学式可知，氢氧根离子和氢离子恰好完全反应，则此时Zn元素主要以Zn2+形式存在。
【分析】（1）①根据离子移动规则，阳离子通过阳膜移向正极，阴离子通过阴膜移向负极，则b膜为阴离子交换膜；
②依据得失电子守恒；
（2）根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒书写。
（3）①选择pH=5时，计算Ksp；
②根据产物的化学式判断。
32．（2023·天河模拟）丙烯是重要的有机化工原料之一，丙烷直接脱氢制丙烯是一条绿色生产丙烯的途径。
主反应：
副反应：
（1）恒压下，主反应的随温度变化如图1所示，　 　0(填”、“<”或=”)，判断的理由是　 　。
（2）恒压下，在不同温度下的平衡体积分数如图2所示，图中表示的体积分数的曲线为　 　(填“a”或“b”)，时，的体积分数为　 　。
（3）下列关于工艺说法正确的是
A．的物质的量分数不再改变，反应体系已达平衡
B．采用合适的催化剂能提高主反应的平衡转化率，促使丙烯的产率提高
C．反应达到平衡后，增加压强，不变
D．升高温度，生成的速率加快，生成其他副产物的速率减慢
（4）丙烷氧化脱氢制丙烯，相比，该途径生产丙烯的好处是　 　。
（5）用下图所示装置电解二氧化碳酸性溶液也可制得丙烯。
①Y极与电源　 　(填“正”或“负”)极相连。
②X极的电极反应式为　 　。
③理论上，　 　。
【答案】（1）>；主反应的随温度升高而变大，说明升高温度平衡正向移动，则反应为吸热反应
（2）b；5%
（3）A；C
（4）节约能源、产品容易分离、副产物少
（5）正；；2：9
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）主反应的随温度升高而变大，说明升高温度平衡正向移动，则反应为吸热反应，焓变大于零；
（2）升高温度，反应正向移动，的含量减小、的含量增加，故图中表示的体积分数的曲线为b；时，体积分数均为30%，若投料1mol；
则1-a-b=a，b=1-2a，反应后总的物质的量为1+a+b=2-a，则，、，总量为，故的体积分数为；
（3）A．的物质的量分数不再改变，说明平衡不再移动，反应体系已达平衡，A正确；
B．催化剂不能改变反应的平衡转化率，B不正确；
C．反应达到平衡后，增加压强，不变，C正确；
D．升高温度，所有反应的速率都加快，D不正确；
故答案为：AC；
（4）该途径为放热反应，且生成水容易分离，故生产丙烯的好处是节约能源、产品容易分离；
（5）①Y极中水发生氧化反应生成氧气，为阳极，与电源正极相连；
②X极为阴极，二氧化碳得到电子发生还原反应生成丙烯，电极反应式为；
③理论上，根据电子守恒可知，，2：9。
【分析】（1）依据影响化学平衡的因素分析；
（2）利用化学平衡移动原理分析；
（3）利用“变者不变即平衡”；依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（4）依据反应的特点判断；
（5）①阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应；
②阴极失电子，发生还原反应；
③根据电子守恒计算。
33．（2022·河西模拟）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
（1）金属除Cr(Ⅵ)法：其他条件相同时，用等量的Zn粉、Zn-Cu粉分别处理酸性含Cr(Ⅵ)废水。Cr(Ⅵ)的残留率随时间的变化如下图所示，图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是　 　。
（2）与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀(常温下；设时沉淀完全)。
①实验中的作用是　 　。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当pH＞12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为　 　。
③为使沉淀完全，调控溶液的pH最小值为　 　。
（3）离子交换法除铬(Ⅵ)：Cr(Ⅵ)去除率与pH关系如图所示。已知：强碱性树脂(ROH)与废水中的、离子能发生交换均生成(s)。其反应可表示为(以发生交换为例)。
①写出发生交换反应的平衡常数表达式，　 　。
②当pH＞4时，Cr(Ⅵ)去除率下降的原因是　 　。
（4）电解除铬(Ⅵ)法：一般采用在直流电作用下铁板做阳极和阴极[忽略Cr(Ⅵ)在阴极放电]，可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为，再加碱沉淀为。已知：。
①酸性废水中的Cr(Ⅵ)离子存在的主要形式为　 　。
②当沉淀出2mol 时，阳极至少消耗　 　mol Fe。
【答案】（1）Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率
（2）将Cr (VI)还原为Cr (II)；Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]-；6
（3）；c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动
（4）；6
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率；
(2)①实验中NaHSO3的作用是将Cr (VI)还原为Cr (II)；
②由图2可知，当pH>12时，去除率下降的原因可用离子方程式表示为Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]-；
③Cr3+沉淀完全生成Cr(OH))3，将Cr3沉淀完全的离子浓度代入Cr(OH)3的溶度积常数可得：
c(OH-)≥mol/L=1mol/L，则c(H+)≤10-6mol/L，则调控溶液的pH最小值为6；
(3)①该交换反应为：2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(l)；
②当pH>4时，Cr (VI)去除率下降的原因是：c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动；
(4)①根据反应方程式H2O + = 2+ 2H+可知，酸性条件下由于氢离子的浓度较高，平衡会逆向移动，使得升高，成为Cr (VI)的主要存在形式；
②已知1摩尔Cr (VI)还原成1摩尔Cr (III)时会得到3摩尔电子，而铁做为电极材料时生成亚铁离子，亚铁离子再还原六价铬，所以每沉淀，出2molCr(OH)3，需要6mol亚铁离子，则阳极要消耗6molFe。
【分析】（1）形成原电池可加快反应速率；
（2）①亚硫酸氢钠具有还原性；
② pH过高，OH-浓度大，Cr(OH)3 能与OH-反应生成[Cr(OH)4]-；
③结合Ksp计算；
（3）①平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
②c(OH-)增大该反应逆向移动；
（4）①酸性条件下， 逆向移动；
②结合得失电子守恒计算。
34．（2022·日照模拟）镍钛钯废靶材含钛55％、镍25％、钯18％和杂质铝2％。从镍钛钯废靶材回收有关金属的工艺流程如下：
已知：I.常温下，钛与钯均不溶于盐酸。
II.PdCl在溶液中存在配位平衡：PdCl(aq)PdCl4(aq)+2Cl-(aq) △H>0
回答下列问题：
（1）“调pH”除铝、钛时，pH对溶液中金属离子质量浓度影响如下表，根据表中数据判断除铝、钛时pH应调节至　 　为宜。
pH 溶液中金属离子质量浓度(mg·L-1)
Al3+ Ni2+ Ti4+
1.1 6100 7780 46
2.1 5960 7430 3
3.4 212 6080 1
4.2 125 5870 1
5.2 107 3720 1
（2）“酸溶”所得溶液，经电积可得单质镍，电积沉镍装置如图所示。电积装置中，交换膜b应为　 　离子交换膜(填“阳”或“阴”)。电解时浓缩室溶液体积保持不变，当浓缩室得到1L 0.6mol·L-1的盐酸时，阴极得到Ni的质量小于14.75g，其原因为　 　。
（3）“氧化浸出”时，钯(Pd)被氧化生成配位离子PdCl的离子方程式为　 　。
（4）“沉钯”时，温度保持在55～65℃，温度不易过高，其原因除防止铵盐分解外，还有　 　。“沉钯”时，铵盐最好选用　 　(填化学式)，有利于钯的沉淀。
（5）氯钯酸铵[(NH4)2PdCl6]在“焙烧还原”时所用石英管冷凝壁上有大量白色固体析出，该固体可在　 　操作中循环使用(填操作单元名称)。
【答案】（1）3.4
（2）阴；部分H+在阴极上放电
（3）3Pd+2+12H++16Cl-=3+6H2O
（4）减少PdCl的解离，提高Pd的回收率；NH4Cl
（5）沉钯
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)由分分析可知，“调pH”除铝、钛时，即让Al3+沉淀，而Ni2+还未沉淀，由表中数据可知，pH=3.4时，Al3+浓度突然减小很大，此时Ti4+也几乎沉淀完全不再改变，Ni2+浓度变化不大，故根据表中数据判断除铝、钛时pH应调节至3.4为宜，故答案为：3.4；
(2)由题干电积沉镍装置示意图可知，电积装置中，左侧为阳极，电解稀硫酸，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，右侧电极为阴极，电极反应为：Ni2++2e-=Ni，电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，浓缩室制得浓度更大的HCl，即左侧室中通过阳离子交换膜a进入浓缩室，右侧室的Cl-经过阴离子交换膜b进入浓缩室，则交换膜b应为阴离子交换膜，电解时浓缩室溶液体积保持不变，当浓缩室得到1L 0.6mol·L-1的盐酸时，即通过电路中的电子为：=0.25mol，若阴极上全部是Ni2+得到电子，则阴极上析出Ni的质量为：0.25mol×59g/mol=14.75g，由于经过酸溶后的溶液中含有H+，H+也能在阴极上得到电子，导致阴极得到Ni的质量小于14.75g，故答案为：阴；部分H+在阴极上放电；
(3)由分析可知，“氧化浸出”时，钯(Pd)被氧化生成配位离子PdCl的反应方程式为：3Pd+2NaClO3+16HCl=Na2PdCl6+6H2O+2H2PdCl6，则其离子方程式为3Pd+2+12H++16Cl-=3+6H2O，故答案为：3Pd+2+12H++16Cl-=3+6H2O；
(4)“沉钯”时，温度保持在55～65℃，温度不易过高，其原因除防止铵盐分解外，由题干信息可知，PdCl(aq)PdCl4(aq)+2Cl-(aq) △H>0升高温度，平衡正向移动，即温度过高将加速PdCl的解离，造成Pd的损失，由分析可知，“沉钯”时，未不引入新的杂质，铵盐最好选用NH4Cl，有利于钯的沉淀，故答案为：减少PdCl的解离，提高Pd的回收率；NH4Cl；
(5)由分析可知，氯钯酸铵[(NH4)2PdCl6]在“焙烧还原”时发生的反应方程式为：(NH4)2PdCl6+2H2Pd+2NH4Cl+4HCl，则所用石英管冷凝壁上有大量白色固体析出，该固体为NH4Cl，可在沉钯操作中循环使用，故答案为：沉钯。
【分析】向镍钛钯废钯材中加入盐酸进行“酸浸”，发生的反应有：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，Ni+2HCl=NiCl2+H2↑，过滤得钛钯富集料和滤液，向钛钯富集料中加入HCl、NaClO3进行氧化浸出，反应原理为：3Pd+2NaClO3+16HCl=Na2PdCl6+6H2O+2H2PdCl6，过滤出Ti，向滤液中加入铵盐(为不引入形成杂质最后用NH4Cl)，过滤出氯钯酸铵，洗涤干燥进行焙烧还原得到Pa和NH4Cl、HCl，反应方程式为：(NH4)2PdCl6+2H2Pd+2NH4Cl+4HCl，向酸浸后的滤液中加入NaOH调节pH进行沉Al，过滤出Al(OH)3，向滤液中继续加入NaOH进行沉镍，得到沉淀Ni(OH)2，洗涤后加入HCl，得到NiCl2溶液，进行电极沉镍，在阴极上得到Ni。
35．（2022·河北模拟）铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：
（1）基态Cu原子价层电子排布式为　 　。
（2）晶体中S原子的杂化方式为　 　，的立体构型为　 　。
（3）向溶液中加入过量氨水，可生成，其配体的电子式为　 　；下列有关说法正确的是　 　。
A．氨气极易溶于水，原因之一是分子和分子之间形成氢键
B．分子和分子空间构型不同，氨分子的键角小于水分子的键角
C．所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键
D．组成元素中电负性最大的是氮元素
（4）金铜合金的一种晶体结构为立方晶型，如图所示：
①该合金的化学式为　 　。
②已知该合金的密度为，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶胞的棱长为　 　cm。
（5）以情性电极电解足量的溶液。阳极上的电极反应式为：　 　，若该电极产生气体的物质的量为0.01mol，则析出铜的质量为　 　g。
【答案】（1）3d104s1
（2）sp3；正四面体
（3）；AC
（4）Cu3Au；
（5）4OH――4e－＝O2↑+2H2O；1.28
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)Cu原子序数为29，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则，其价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
(2)的价电子对数==4，形成四条杂化轨道，S原子的杂化方式为sp3，形成四面体结构，价电子对数=孤电子对数+配位原子数，可知孤电子对数为0，所以为正四面体结构，故答案为：sp3；正四面体；
(3)中配体是氨气，电子式为 ；
A.氨气极易溶于水，原因之一就是分子和分子之间形成氢键，A正确；
B.分子和分子空间构型不同，前者是三角锥形，后者是V形，氨分子的键角大于水分子的键角，B不正确；
C.N与H原子形成极性共价键，[Cu(NH3)4]2+与SO形成离子键，Cu2+与NH3形成配位键，C正确；
D.组成元素中电负性最大的是氧元素，D不正确；
故答案为：AC；
(4)①晶胞中Cu个数是，Au个数是，因此该合金的化学式为Cu3Au。
②已知该合金的密度为，阿伏加德罗常数值为NA，则，所以该晶胞的棱长为cm。
(5)阳极上氢氧根放电，电极反应式为4OH- ―4e－＝O2↑+2H2O，若该电极产生气体的物质的量为0.01mol，则转移0.04mol电子，阴极铜离子放电，电极反应式为Cu2＋+2e－＝Cu，根据电子得失守恒可知析出铜的质量为0.02mol×64g/mol＝1.28g。
【分析】（1）Cu为29号元素，其价电子排布式为3d104s1；
（2）中S原子的价层电子对数为4，不含孤电子对；
（3）中NH3中的N原子有孤电子对，作配体；根据的结构判断选项；
（4）①根据均摊法计算；
②根据列式计算；
（5）阳极发生氧化反应；根据得失电子守恒计算。