2023-2025北京高三（上）期末化学汇编：电解池

第1页/共1页2023-2025北京高三（上）期末化学汇编电解池一、单选题1．（2025北京西城高三上期末）一种二次电池的工作原理示意图如图所示，采用惰性电极材料，将和分别溶解在溶液中配成电解质溶液，关闭，电子由电源沿导线流向M极。下列说法不正确的是（）A．充电时，M极为阴极B．充电时，N极反应：C．放电时，通过阳离子交换膜从负极室移向正极室D．放电时，当电路中转移时，生成X2．（2025北京房山高三上期末）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．装置溶液中B．装置a中溶液的作用是吸收废气中的C．装置中阴极反应式为D．通电一段时间后，装置中阳极区溶液降低3．（2025北京石景山高三上期末）一种基于电解原理的湿法冶铁装置如图所示，电解过程中，下列说法不正确的是（）A．阳极生成的气体为Cl2B．OH−移向阳极区补充溶液中阴离子的减少C．阴极反应：Fe2O3+6e−+3H2O=2Fe+6OH−D．阴极区溶液的pH升高4．（2025北京石景山高三上期末）下列电化学实验装置与实验目的或原理不相符的是（）实验目的或原理A．铁与硫酸铜的反应形成原电池B．铁片上镀铜实验装置实验目的或原理C．铁的吸氧腐蚀D．电解食盐水制备Cl2和NaOH实验装置A．A B．B C．C D．D5．（2025北京石景山高三上期末）习惯上把电解饱和食盐水的工业生产叫氯碱工业，一个单元槽的电解原理示意图如下，下列说法不正确的是（）A．阴极的电极反应：B．在阳极，比容易失去电子C．中间的离子交换膜选用阴离子交换膜D．电解饱和食盐水可以得到三种重要的化工产品：、和6．（2024北京丰台高三上期末）液流电池是储能领域的研究热点，能将剩余的电能存储起来，需要时再释放。一种钒液流电池放电状态时的结构和工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．放电时，电极室为正极室B．放电时，由电极室移向电极室C．充电时，电极室的电极与电源的负极连接D．充电时，总反应为7．（2024北京通州高三上期末）磷酸燃料电池是以浓磷酸为电解质的新型燃料电池。某探究小组模仿氯碱工业设计装置如下图所示，下列说法正确的是（）A．装置正极的电极反应为B．向中反应后电解质溶液加入溶液并调至中性存在：C．电池工作时，外电路中转移电子，则装置阴极附近产生D．工作一段时间后观察到试管中溶液颜色变浅，证明装置阳极产生的气体与发生反应8．（2024北京大兴高三上期末）小组同学模拟工业上常采用电解法处理含铬(Ⅵ)盐废水。不同反应条件时，对Cr2O处理的结果如表１所示(Cr2O的起始浓度、体积、电压、电解时间均相同)；其中，实验③中Fe3+在去除Cr2O过程中的作用机理如图1所示。表1不同条件下电解法处理Cr2O的结果实验④②③④是否加入Fe2(SO4)3否否加入5g否是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴极石墨石墨石墨石墨阳极石墨石墨石墨铁Cr2O的去除率/%0.92212.720.857.3已知：Cr2O(橙)+H2O2CrO(黄)+2H+下列对实验过程的分析中，不正确的是（）A．实验①~④中，实验④的Cr2O去除效果最好B．实验②~④中，加入H2SO4可以提高溶液中Cr2O的浓度和氧化性C．分析图1，Cr2O参与的反应为：6Fe2++14H++Cr2O=6Fe3++2Cr3++7H2OD．实验④中，阳极上Fe发生的反应为：Fe–3e-=Fe3+9．（2025北京四中高三上期末）用电解法从含MnSO4废水中提取Mn和H2SO4的原理如下图所示，阴极室中会加入适量(NH4)2SO4。已知：i．电解时，适当减慢反应速率，有利于得到致密的金属锰。ii．电解效率(B)=100%。下列说法不正确的是（）A．阳极反应式为2H2O–4e-=O2↑+4H+B．离子交换膜为阴离子交换膜C．阴极室产生的NH3可与Mn2+形成配合物，c(Mn2+)降低，利于形成致密的金属锰D．若(Mn)=80%，当析出1molMn时，产生O2的体积为8.96L(标准状况)10．（2024北京朝阳高三上期末）科研人员以间硝基甲苯为原料，采用间接成对电解方法合成间氨基苯甲酸。两极材料分别采用、，电解质溶液为溶液。反应的原理示意图如下。下列说法不正确的是（）A．A电极为电解池阴极B．B电极反应为：C．1mol间硝基甲苯氧化为1mol间硝基苯甲酸时，转移8molD．产品既可以与酸反应，也可以与碱反应11．（2024北京东城高三上期末）采用惰性电极电解制备乙醛酸()的原理如下所示。E室电解液为盐酸和乙二醛()的混合溶液，F室电解液为乙二酸溶液。下列说法不正确的是（）A．a为电源正极B．H+从E室迁移至F室C．外电路中每通过2mol电子，理论上就有1mol乙醛酸生成D．E室中乙二醛被氧化的化学方程式：H2O+Cl2++2HCl二、解答题12．（2025北京海淀高三上期末）钌(Ru)是贵金属，在医疗、催化等方面有重要应用。熔融-氧化-蒸馏法是工业上回收废钌催化剂中Ru的一种方法，流程如下。已知：ⅰ.易挥发，加热时容易分解成和。ⅱ.随温度升高，溶解度增大。(1)废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，其中的作用是。(2)如图1所示，蒸馏温度高于80℃时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是。(3)氧化-蒸馏时选用硫酸酸化而非盐酸，原因是(用离子方程式表示)。(4)获得晶体的操作A包括加热浓缩、、。(5)用交替电解法可剥落旧电极表面的催化涂层，再用熔融-氧化-蒸馏法回收Ru。已知：ⅰ.电解时会生成Ru、和，新生成的含钌物质在电极上的附着力弱。ⅱ.电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低。①交替电解装置如图2，每隔5~6分钟改变一次电流方向。电解时两电极上均有少量气泡产生。刚通电时，阳极的电极反应式为、。②用交替电解法剥落涂层的效率较高，可能的原因有(填序号)。a．含钌物质可同时从a、b两电极上脱落b．阴极上，全部电子均用于还原c．电流变向后，部分氧化的阳极被还原，电阻减小13．（2025北京西城高三上期末）人工固氮对于农业生产有重要意义。(1)工业合成氨。①和合成反应的化学方程式是。②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是。a．升高温度

b．增大压强

c．使用催化剂(2)中国科学家研究合金催化剂电催化还原制，装置如图1所示。①阴极生成，其电极反应式是。②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明来自电催化还原，需排除以下可能：ⅰ．环境和电解池中存在微量的。ⅱ．合金与、直接反应生成。下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是。资料：自然界中的丰度：为99.6%，为0.4%。a．用Ar代替进行实验，电解后未检测到b．用代替进行实验，电解后仅检测到c．不通电进行实验，未检测到③的生成速率、和的法拉第效率(FE)随阴极的电势变化如图2和图3所示。资料：ⅰ．相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。ⅱ．某电极上产物B的阴极的电势由降到时，的生成速率增大。阴极的电势继续降低，的生成速率反而减小。结合解释的生成速率减小的原因：。(3)用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。Ⅰ．取含的待测溶液。Ⅱ．加入过量的溶液。Ⅲ．蒸馏，将蒸出的用过量的溶液吸收。Ⅳ．加入甲基橙指示剂，用溶液滴定吸收液中过量的，消耗的溶液体积为。计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：和。14．（2025北京房山高三上期末）碳酸二甲酯是一种环保且用途广泛的化工原料，可采用多种方法进行制备。(1)方法一：早期以、和为原料，为催化剂，采用液相法合成。反应分两步进行：反应i．写出反应ii的化学方程式：。(2)方法二：用和直接合成。反应的热化学方程式为：

。①在密闭容器中发生上述反应，下列措施能提升甲醇平衡转化率的是（填序号）。a．增大压强b．增大和的投料比c．及时分离出②一定条件下，测得单位时间的产率随温度变化如图所示。分析产率随温度变化的原因（忽略温度对催化剂活性的影响）。(3)方法三：以为原料，通过电化学法合成，工作原理如图所示。①b是电解池的极。②电解过程中生成的电极反应式是。(4)以为原料制备，有助于实现碳中和，请结合化学反应原理对方法二提出优化建议。15．（2024北京石景山高三上期末）利用沉淀法和电解法从富锂溶液(含Li+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等阳离子)提纯锂的流程如下。(1)固体A含有Fe(OH)3和Al(OH)3。①第一次加入Na2CO3溶液的目的是。②写出生成Fe(OH)3的离子方程式。(2)滤液B经三步电解最终生成Li2CO3，原理示意图如下。①已知：Ca(OH)2的溶度积为4.7×10−6，第一步电解，反应瓶中pH=13时，c(Ca2+)=。②第二步通CO2至pH在7～9，写出生成NaHCO3的离子方程式。③膜B是(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)；结合阴极电极反应简述第三步生成Li2CO3的原理：。16．（2024北京朝阳高三上期末）以黄铜矿（主要成分为）为原料，用溶液作浸取剂提取铜。已知：ⅰ．的结构式为。ⅱ．均能导电。(1)有强氧化性，用溶液作浸取剂浸出的原理示意图如下。①正极的电极反应式为。②浸取初期，随着浸泡时间延长，的浸出速率提高。可能的原因是。(2)在足量溶液中添加少量溶液作为浸取剂与作用，一段时间结果如下：添加未加元素的浸出率过程中产物形态①结合离子方程式解释添加可以显著提高元素的浸出率的原因：。②进一步研究发现添加的少量可以多次循环使用，具有类似“催化剂”的作用。其中“再生”的离子方程式为：。(3)进一步从浸出液中提取铜并使再生的流程示意图如下。①在空气中焙烧得到铁红，反应的化学方程式为。②由滤液B电解（Pt作电极）生成的总反应的离子方程式为；③从能源及物质利用的角度，说明电解滤液B而不直接电解滤液A的优点：。17．（2024北京丰台高三上期末）回收废旧锂离子电池中的金属元素，可以有效缓解原料供应紧张、环境污染等问题。Ⅰ．碳还原焙烧-水浸法可实现三元锂离子电池正极材料中锂的优先提取：将正极材料与一定量炭粉充分混合、焙烧，得到和等；再浸于水，得到含的浸出液。已知：微溶于水；溶解度：。(1)焙烧过程中未得到单质，若计算的，需要知道哪些反应的。(2)水浸过程中通入可提高锂的浸出率。用化学方程式解释原因。Ⅱ．是钴酸锂电池正极材料的主要成分，某研究小组以柠檬酸(，三元弱酸)和作为浸出剂，浸出，并用电解的方法从浸出液中回收。已知：i．在浸出过程中，柠檬酸表现出酸性，同时电离产生的阴离子与形成配合物，有利于钴的浸出。与形成配合物的能力：；iⅱ．浸出液时，是(Ⅱ)的主要存在形式；稳定性：；iii．(3)的作用是。(4)相同时间内，柠檬酸起始浓度对钴浸出率的影响如图所示。当柠檬酸浓度从增加到时，钴的浸出率逐渐下降，可能的原因是。(5)电解法回收钴的简易装置如图所示。①石墨为(填“阳极”或“阴极”)。②在电极放电的电极反应式为。③电解时间相同时，电解液初始对回收率和电流效率的影响如图所示。随着的升高，的回收率先增加后下降的可能原因是。18．（2024北京通州高三上期末）甲醇氧化为甲醛和水的反应可看作以下两个连续反应：ⅰ.ⅱ.H2(g)+O2(g)=H2O(g)

ΔH2=-247.8kJ/mol已知：(1)。(2)要提高反应ⅰ中甲醇平衡转化率，可采取的措施有(写出两条)(3)应用负载银催化时反应ⅰ会发生以下副反应：ⅲ.ⅳ.其他条件相同时，以为催化剂，研究银负载量对催化剂活性的影响，实验数据如图所示：①依据实验数据应选择的最佳反应条件是。②温度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是。(4)通过电催化法可将甲醇转化为甲醛，装置如图所示(电极均为惰性电极)①电极连接电源的极(填“正”或“负”)。②阳极室产生后发生的反应有：、(5)电解后甲醛含量测定方法如下：(溶液中无、剩余)已知：若滴定过程中消耗碘V1L，消耗标准溶液V2L，则电解后甲醛的含量为。19．（2023北京东城高三上期末）乙二醛是一种重要的精细化工产品，可由乙醛硝酸氧化法制备。Ⅰ.研究其他条件相同时，仅改变一个条件对乙二醛制备的影响，获得如下数据。(1)乙二醛的结构简式是。(2)图1中，曲线a对应的温度是，判断的依据是。(3)图2中，c→d乙二醛的产率降低，并检测出较多的副产物，如乙二酸。产生较多乙二酸的原因是。Ⅱ.运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸的装置示意图如下(电极均为惰性电极)。(4)与电源负极相连的是(填“X”或“Y”)。(5)结合电极反应分析硝酸回收原理：。(6)测定纯化后溶液中乙二醛的含量。ⅰ.移取VmL纯化后的溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为溶液滴定至溶液恰好由无色变为粉红色。ⅱ.向ⅰ所得溶液加入过量溶液，充分反应。ⅲ.试用硫酸滴定ⅱ中溶液至终点，消耗硫酸体积为。已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成。该纯化后的溶液中乙二醛的含量为(乙二醛摩尔质量：)。20．（2023北京海淀高三上期末）电化学还原将其转化为其它化学产品，是一种综合利用的好方法。已知：选择性(S)和法拉第效率(FE)的定义：×100％；×100％(1)碱性电化学还原前，先在中性电解液中通电一段时间，及电流稳定后，再通。在阴极区若每得到电子，同时有也会得到等物质的量的电子，且阴极区电解液的几乎保持不变(忽略溶液体积变化)。①补全阴极产生的电极反应___________＋______________________。②阴极附近发生反应(用离子方程式表示)，生成的难以放电，降低了。结合上述信息，的理论最大值为。③结合化学用语分析阳极区产生的原因是。(2)控制、电解液中存在时，电化学还原过程中(其他含碳产物未标出)和的法拉第效率变化如图3所示。①结合图3的变化规律，推测可能的作用是。②时，(已折合为标准状况，下同)的被完全吸收并还原为和，分离后，将和混合气体通入如图4所示装置(反应完全)，出口处收集到气体。则为。

参考答案1．D【分析】当关闭K1时，此装置为电解池装置，电子由电源沿导线流向M极，说明M极为阴极，电极反应式为：，N极为阳极，电极反应式为：；当关闭K2时，此装置为原电池装置，M极为负极，电极反应式为：，N极为正极，电极反应式为：，据此作答。【详解】A．根据分析可知，关闭K1时，此装置为电解池装置，电子由电源沿导线流向M极，说明M极为阴极，故A不符合题意；B．根据分析可知，N极为阳极，阳极上失电子生成，电极反应式为：，故B不符合题意；C．根据分析可知，放电时，即关闭K2时，M极为负极，N极为正极，电解质溶液中阳离子向正极移动，因此通过阳离子交换膜从负极室移向正极室，故C不符合题意；D．根据分析可知，放电时，M极为负极，电极反应式为：，因此当电路中转移时，生成1mol，故D符合题意；故选D。2．A【分析】根据图知，含CO2和SO2的废气通入NaHCO3溶液中，得到NaHCO3和Na2SO3的混合溶液和CO2，发生的反应为2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O，电解池中，左侧电极上失电子生成，该电极上失电子发生氧化反应，为阳极，电解质溶液呈碱性，阳极反应式为-2e-+2OH-=+H2O，则通入CO2的电极为阴极，阴极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH。【详解】A．NaHCO3溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，，故A错误；B．NaHCO3溶液能和SO2反应生成CO2，且不能和CO2反应，所以NaHCO3溶液能吸收SO2，故B正确；C．分析可知，装置b中阴极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH，故C正确；D．通电一段时间后，装置b中阳极电极反应：阳极反应式为-2e-+2OH-=+H2O，氢氧根浓度减小，溶液酸性增强，阳极区溶液pH降低，故D正确；故选：A。3．B【分析】装置图中右侧为饱和食盐水，右侧电极上生成气体，则右侧为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应：2C1--2e-=Cl2↑；左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，中间为阳离子交换膜，Na+由阳极移向阴极。【详解】A．右侧为阳极，氯离子失去电子生成氯气，A正确；B．中间是阳离子交换膜，OH-离子不能移动，B错误；C．由分析可知，阴极反应：Fe2O3+6e−+3H2O=2Fe+6OH−，C正确；D．根据阴极反应：Fe2O3+6e−+3H2O=2Fe+6OH−，生成有OH-，阴极区pH值升高，D正确；答案选B。4．D【详解】A．Fe、Cu与硫酸铜溶液可以形成原电池，活泼金属Fe为负极，Cu为正极，A不符合题意；B．铁片上镀铜用铜作阳极，铁片做阴极，含铜离子的溶液做电解质溶液，B不符合题意；C．Fe和Cu做电极，NaCl溶液做电解质溶液，可以发生吸氧腐蚀，C不符合题意；D．电解食盐水不能用Cu做阳极，应该用惰性电极作阳极，D符合题意；答案选D。5．C【分析】在左侧电极氯离子失去电子，发生氧化反应生成氯气，该电极为阳极，则右侧为阴极，阴极水中氢离子放电生成氢气，钠离子通过离子交换膜移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜，据此分析解答。【详解】A．阴极水中氢离子放电生成氢气，电极反应式为：，故A正确；B．在阳极，同时存在、，最终生成氯气，可知放电能力强于，故B正确；C．由上述分析可知钠离子通过离子交换膜移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜，故C错误；D．电解饱和食盐水时阳极得到，阴极得到和，故D正确；故选：C。6．C【详解】A．放电时，电极室中得到电子被还原成为，发生还原反应，所以电极室为正极室，故A正确；B．是阳离子，在电池工作时，向电池的正极移动，则应由电极室透过质子交换膜移向电极室，故B正确；C．放电时，电极室为电池的正极室，则充电时，电极室的电极应与电源的正极连接，故C错误；D．充电时，阳极失去电子被氧化为，阴极得到电子被还原为，则电极总反应式为，故D正确；答案C。7．B【分析】装置A为酸性燃料电池，其中通入氢气的一极为负极，通入氧气的一极为正极；装置B为电解池，与通入氢气一极相连的Pt电极为阴极，阴极电极反应为，与通入氧气一极相连的Pt电极为阳极，阳极电极反应为。【详解】A．装置为酸性氢氧燃料电池，通入氧气的一极为正极，则正极的电极反应为，A错误；B．A中反应后的溶液为磷酸溶液，加入溶液并调至中性，则，根据电荷守恒关系可得：，因此溶液中存在，B正确；C．阴极电极反应为，根据得失电子守恒，外电路中转移电子时生成0.5mol氢气，由于不知道氢气所处的温度和压强，则无法计算其体积，C错误；D．装置B阳极产物为，与水反应生成HCl和HClO，生成的HClO具有漂白性可以使酚酞溶液颜色变浅，因此不能证明装置阳极产生的气体与发生反应，D错误；答案选B。8．D【分析】阴极上Fe3+得电子生成Fe2+，亚铁离子和发生氧化反应生成铁离子和铬离子；【详解】A．实验④中，在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原，离子方程式为+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，所以导致去除率提高，实验④的去除效果最好，故A正确；B．对比实验结果，加入硫酸有利于的去除，则加入硫酸可以提高溶液中的浓度和氧化性，故B正确；C．图示Fe2+还原，离子方程式为+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，故C正确；D．实验④中阳极Fe失去电子生成Fe2+，电极反应为Fe-2e-═Fe2+，故D错误；故选：D。9．D【详解】A．根据图示，阳极放出氧气，阳极反应式为2H2O–4e-=O2↑+4H+，故A正确；B．电解过程中，阴极室硫酸根离子移向阳极室生成硫酸，所以离子交换膜为阴离子交换膜，故B正确；C．电解时，适当减慢反应速率，有利于得到致密的金属锰，阴极室产生的NH3可与Mn2+形成配合物，c(Mn2+)降低，利于形成致密的金属锰，故C正确；D．若(Mn)=80%，当析出1molMn时，转移电子阳极发生反应2H2O–4e-=O2↑+4H+，产生O2的体积为，故D错误；选D。10．C【分析】由图可知，与电源负极相连的电极A为电解池的阴极，TiO2+离子在阴极得到电子发生还原反应生成Ti3+离子，电极反应式为，阴极区中Ti3+离子与间硝基苯甲酸酸性条件下反应生成间氨基苯甲酸、TiO2+和水，反应的离子方程式为+6Ti3++4H2O+6TiO2++6H+，电极B为阳极，水分子作用下铬离子在阳极失去电子发生氧化反应生成重铬酸根离子和氢离子，电极反应式为，阳极槽外中重铬酸根离子与间硝基甲苯酸性条件下反应生成间硝基苯甲酸，反应的离子方程式为++8H++2Cr3++5H2O，电解时，氢离子通过阳离子交换膜由阳极区加入阴极区，据此作答。【详解】A．由分析可知，与电源负极相连的电极A为电解池的阴极，故A正确；B．由分析可知，电解时B电极反应为：，故B正确；C．阳极槽外中重铬酸根离子与间硝基甲苯酸性条件下反应生成间硝基苯甲酸，反应的离子方程式为++8H++2Cr3++5H2O，根据B电极反应，可知生成1mol转移电子为6mol，则1mol间硝基甲苯氧化为1mol间硝基苯甲酸时，转移电子为6mol，故C错误；D．中的氨基呈碱性，可与酸反应，羧基呈酸性，可以与碱反应，故D正确；故答案选C。11．C【分析】左侧电极上氯离子失电子生成氯气，为阳极，则a电极为正极；b为负极，右侧电极为阴极，据此分析解答；【详解】A．由以上分析可知a为电源正极，故A正确；B．电解池中H+向阴极移动，则H+从E室迁移至F室，故B正确；C．由装置可知阴阳极区均有乙醛酸生成，则外电路中每通过2mol电子，理论上有2mol乙醛酸生成，故C错误；D．阳极生成的氯气与反应生成乙醛酸，1mol氯气得2mol电子，1mol反应时失2mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：H2O+Cl2++2HCl，故D正确；故选：C。12．(1)作氧化剂(2)受热易分解或生成HClO受热分解等(3)(4)冷却结晶过滤(洗涤)(5)ac【分析】废钌催化剂和KOH、KNO3在650℃进行焙烧，废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，碱熔渣与NaClO、硫酸在减压蒸馏下得到蒸气，与浓盐酸反应得到溶液，由于随温度升高，溶解度增大，故溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)即可得到晶体，通入H2还原即可得到Ru，据此回答。【详解】（1）由分析知，废钌催化剂和KOH、KNO3在650℃进行焙烧，废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，钌单质和中Ru的化合价均升高，被氧化，故KNO3作为氧化剂；（2）由已知ⅰ知：易挥发，加热时容易分解成和，故蒸馏温度高于80℃时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是受热易分解或生成HClO受热分解等；（3）由分析知，氧化-蒸馏时，用NaClO作为氧化剂，若使用盐酸，NaClO与盐酸发生反应，故选用硫酸酸化而非盐酸；（4）由已知ⅱ知：随温度升高，溶解度增大，故溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)即可得到晶体；（5）①刚通电时，由于电解时两电极上均有少量气泡产生，故水会在阳极失去电子生成氧气，电极反应式为，RuO2也会在阳极失去电子生成，电极反应式为；②a．由于每隔5~6分钟改变一次电流方向，使得电极a、b交替作为阳极和阴极，含钌物质可同时从a、b两电极上脱落，提高了剥落RuO2涂层的效率，a正确；b．阴极上除了RuO2得到电子被还原外，溶液中的H+也可能得到电子生成H2（因为电解时两电极上均有少量气泡产生），并非全部电子均用于还原RuO2，b错误；c．已知电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低，而电流变向后，原来被氧化的阳极变为阴极，部分氧化的阳极被还原，电阻减小，有利于电解的进行，从而提高了剥落RuO2涂层的效率，c正确；故选ac。13．(1)b(2)c阴极同时还生成，随着阴极的电势降低，增大，减小，减小的程度大于总电流增大的程度，的生成速率减小(3)、【详解】（1）①和在高温、高压、催化剂的条件下反应，生成，化学方程式为：；②a．升高温度，能够加快反应速率，但是合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应限度降低，故a不符合题意；b．增大压强，反应速率增大，同时平衡正向移动，反应限度增大，b符合题意；c．使用催化剂只能加快反应速率，不能改变反应限度，c不符合题意；答案选b；（2）①由装置图可知，阴极得到电子，生成，其电极反应式为：；②证明来自电催化还原，需排除i、ii两种可能；a．Ar是惰性气体，不可能被还原生成，如果电解后没有检测到，说明环境、装置、溶液本身不存在，可以排除i；但因为没有气参与，不确定合金与、是否直接反应生成，a错误；b．用代替进行实验，如果电解后检测到，说明氮来源必须是新通入的，可以排除i环境或装置原本不会含，但如果是合金与、水直接生成，生成的也是，不可排除ii，b错误；c．如果不开电源、无电解反应，结果没有，说明环境中本身没有污染源，可排除i，同时合金不与、直接反应生成，可以排除ii，c正确；答案选c；③由图2、图3可知，阴极的电势由降到时，的生成速率增大，阴极的电势继续降低，的生成速率反而减小，结合解释的生成速率减小的原因是阴极同时还生成，随着阴极的电势降低，增大，减小，减小的程度大于总电流增大的程度，的生成速率减小；（3）由题意可知，，其中有一部分硫酸和反应，剩下未反应的硫酸用NaOH滴定，消耗了：，因为是二元酸，而NaOH是一元碱，所以氢氧化钠消耗硫酸：，消耗硫酸：，根据反应，，则，，故计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积有；14．(1)(2)ac温度低于时，随温度升高，反应速率加快，单位时间产率增大。温度高于时，反应达到平衡状态，该反应为放热反应，温度升高，化学平衡向着逆反应方向移动，产率降低(3)阴(4)高效分离碳酸二甲酯或水、寻低温高效催化剂、二氧化碳和甲醇循环使用、回收热量用于原料预热（其他合理答案）【详解】（1）早期以CH3OH、CO和O2为原料，CuCl为催化剂，采用液相法合成(CH3O)2CO方程式为4CH3OH+2CO+O2=2(CH3O)2CO+2H2O，反应ⅰ.4CH3OH+O2+4CuCl═4Cu(CH3O)Cl+2H2O，总反应减去反应ⅰ，可得反应ⅱ，化学方程式：2Cu(CH3O)Cl+CO═2CuCl+(CH3O)2CO。（2）①a．该反应是气体体积减小得反应，增大压强，平衡正向移动，甲醇平衡转化率提高，故a正确；b．增大CH3OH和CO2的投料比，相当于减小CO2的浓度，平衡逆向移动，甲醇平衡转化率降低，故b错误；c．及时分离出(CH3O)2CO，平衡正向移动，甲醇平衡转化率提高，故c正确；故答案为：ac；②(CH3O)2CO产率随温度变化的原因温度低于140℃时，随温度升高，反应速率加快，(CH3O)2CO单位时间产率增大，温度高于140℃时，反应达到平衡状态，该反应为放热反应，温度升高，化学平衡向着逆反应方向移动，产率降低。（3）①阴极上O2得到电子，阳极连接电源正极，阴极连接电源负极，则b为阴极，a为阳极；②a电极上是甲醇、一氧化碳发生氧化反应生成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，为电解池的阳极，阳极的电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。（4）以CO2为原料制备(CH3O)2CO，有助于实现碳中和，优化建议高效分离碳酸二甲酯或水、寻低温高效催化剂、二氧化碳和甲醇循环使用、回收热量用于原料预热。15．(1)将Ca2+转化为CaCO3沉淀除去2Fe2++4OH−+ClO−+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl−、Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓(2)4.7×10−4Na++OH−+CO2=NaHCO3↓阳离子交换膜【分析】富锂溶液(含Li+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等阳离子)，加NaClO，把Fe2+氧化Fe3+，入Ca(OH)2，调节Ph=8，则Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤，滤液加NaOH调pH大于等于12，则Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，溶液里的阳离子为Li+、Ca2+，加入Na2CO3溶液形成CaCO3沉淀，滤液里阳离子为Li+、Na+，加入Na2CO3溶液形成Li2CO3；【详解】（1）①第一次加入Na2CO3溶液的目的是：将Ca2+转化为CaCO3沉淀除去；②加NaClO，把Fe2+氧化Fe3+，入Ca(OH)2，调节Ph=8，则Fe3+转化为Fe(OH)3，生成Fe(OH)3的离子方程式：2Fe2++4OH−+ClO−+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl−、Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓；（2）滤液B中含Li+、Ca2+、Mg2+、第一步电解右侧生成OH−，则生成Ca(OH)2和Mg(OH)2沉淀，在第二步，右侧生成OH−；①，=4.7×10−4；②第二步通CO2至pH在7～9，生成NaHCO3的离子方程式：Na++OH−+CO2=NaHCO3↓；③膜B是允许锂离子通过，且在阴极生成氢氧根，与二氧化碳反应，最终生成碳酸锂，故膜B是阳离子交换膜；结合阴极电极反应简述第三步生成Li2CO3的原理：。16．(1)+2e-=2随着浸泡时间延长，生成的Fe2+增多，Fe2+作催化剂对Cu2+浸出速率的影响大于c[(NH4)2S2O8]减小对Cu2+浸出速率的影响，从而使Cu2+的浸出速率提高(2)添加Ag+发生反应CuFeS2+4Ag+=2Ag2S+Cu2++Fe2+，所生成的Ag2S夹杂在硫层中，提高其导电性，使CuFeS2的浸出反应得以继续进行+Ag2S=2Ag++2+S(3)4FeC2O4+3O22Fe2O3+8CO22+2H++H2↑直接电解滤液B可以避免电解时发生反应Fe2+-e-=Fe3+消耗电能，得到更为纯净的(NH4)2S2O8，同时获得铁红【详解】（1）①由图可知正极得电子生成硫酸根离子，电极反应式为：+2e-=2②随着浸泡时间延长，生成的Fe2+增多，Fe2+作催化剂对Cu2+浸出速率的影响大于c[(NH4)2S2O8]减小对Cu2+浸出速率的影响，从而使Cu2+的浸出速率提高；（2）①添加Ag+发生反应CuFeS2+4Ag+=2Ag2S+Cu2++Fe2+，所生成的Ag2S夹杂在硫层中，提高其导电性，使CuFeS2的浸出反应得以继续进行；②Ag+“再生”的离子方程式为：+Ag2S=2Ag++2+S；（3）①在空气中焙烧FeC2O4得到铁红，反应的化学方程式为：4FeC2O4+3O22Fe2O3+8CO2；②由滤液B电解(Pt作电极)生成(NH4)2S2O8的总反应的离子方程式为：2+2H++H2↑；③从能源及物质利用的角度，电解滤液B而不直接电解滤液A的优点：直接电解滤液B可以避免电解时发生反应Fe2+-e-=Fe3+消耗电能，得到更为纯净的(NH4)2S2O8，同时获得铁红。17．(1)(2)(3)还原剂(4)当柠檬酸浓度过高时，浸出过程中不能明显被消耗，剩余的会抑制的形成，不利于形成配合物(5)阳极时，随增大，降低，竞争放电能力减弱，的回收率增加；时，随增大，促进电离，增大，形成的更稳定，不易放电，的回收率下降【详解】（1）焙烧过程中未得到Mn单质，若计算的，需要知道的的（2）水浸过程中通入CO2与碳酸锂反应生成碳酸氢锂，可提高锂的浸出率，原因为（3）以柠檬酸(C6H8O7，三元弱酸)和H2O2作为浸出剂，与LiCoO2反应浸出Co2+，则H2O2为还原剂（4）当柠檬酸浓度从1.25mol·L-增加到1.75mol·L-时，钴的浸出率逐渐下降，可能的原因是当柠檬酸浓度过高时，浸出过程中不能明显被消耗，剩余的会抑制的形成，不利于形成配合物（5）①电解法回收钴，阴极生成钴单质则石墨为阳极；在电极放电生成钴单质电极反应式为；随着的升高，的回收率先增加后下降的可能原因是时，随增大，降低，竞争放电能力减弱，的回收率增加；时，随增大，促进电离，增大，形成的更稳定，不易放电，的回收率下降18．(1)+92.7kJ/mol(2)升温或减压(3)20%银负载量、650℃升温反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降(4)负或(5)【详解】（1）按盖斯定律，反应=2×反应ⅰ+2×反应ⅱ，则=+92.7kJ/mol。（2）反应ⅰ为气体体积增大的吸热反应，温度升高或减压均可使反应右移，则要提高反应ⅰ中甲醇平衡转化率，可采取的措施有升温或减压(写出两条)。（3）①由图知，20%银负载量、650℃时甲醛的收率最高、20%银负载量时甲醛的选择性最大，则依据实验数