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山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12化学能与电能
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这是一份山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12化学能与电能，共38页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12化学能与电能
一、单选题
1．（2023·山西吕梁·统考二模）研究表明，苯能更好地转化成苯甲酸，其相应的机理(自由基过程)如图所示，已知：Ar为芳基(-C6H5)； Ac为乙酰基( )，下列说法错误的是
A．K2S2O8中S的化合价为+6价，在该反应机理中作氧化剂
B．CoII (OAc)2一次性加入，不需要中途再加入
C．电解KHSO4制备K2S2O8循环使用： 2KHSO4K2S2O8+H2↑
D．CoIII-O·、CoII-OH、Ar·、ArCO·均为反应过程中的自由基
2．（2023·山西·校联考模拟预测）我国科学家研究出一种新型水系电池(甲装置)，既能实现乙炔加氢，又能发电。用该电池作为电源处理废水，实现将苯酚()氧化为和(乙装置)。
已知：放电时，Zn转化为ZnO。羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于F₂的氧化剂。
下列说法错误的是
A．甲、乙两装置相互连接时，a极应接d极
B．a极的电极反应为
C．放电时，甲装置b极区溶液的pH逐渐减小
D．相同时间内，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为3∶7
3．（2023·山西运城·统考二模）我国科研人员利用双极膜技术构造出一类具有高能量密度、优异的循环性能的新型水系电池，模拟装置如图所示。已知电极材料分别为Zn和MnO2，相应的产物为和Mn2+。下列说法错误的是
A．双极膜中的OH-通过膜a移向M极
B．电池工作一段时间后，NaOH溶液的pH不变
C．N电极的反应式为MnO2 +4H+ +2e- =Mn2+ +2H2O
D．若电路中通过2 mol e-，则稀硫酸溶液质量增加89 g
4．（2023·山西·统考一模）2021年，中科院固体物理研究所在以有机物HMF()作为燃料的燃料电池研究中取得新进展，合成了负载在炭黑上的铂与硫化镍纳米颗粒双功能催化剂(PtNiSx/CB)，实现了在输出能量的同时将燃料转变为更高价值的产品。反应装置如图1所示，反应时间和负极产品百分含量关系如图2所示，下列说法正确的是
A．a比b的电势高
B．HMF转化为HMFCA ( )的电极反应式为—e—+OH—= +H2O
C．OH—由左池进入右池
D．制备FDCA需要燃料电池工作60min以上
5．（2023·山西阳泉·统考三模）乙醛酸是一种重要的化工中间体，可用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的解离为和，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．在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B．阳极上的反应式为：+2H++2e-=+H2O
C．制得乙醛酸，理论上外电路中迁移了电子
D．双极膜中间层中的在外电场作用下向铅电极方向迁移
6．（2022·山西晋城·统考二模）工业上制取KIO3可采用如下两种方法：
方法1：直接歧化法：将精制I2溶于过量KOH溶液，发生的反应为3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O。
方法2：电解法：将直接歧化法反应后的溶液，加入阳极区，使KI转化为KIO3(I-+6OH--6e-=+3H2O)，在阴极区加入KOH溶液，电解槽用水冷却。
下列说法正确的是
A．方法1中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2
B．当外电路转移1mole-，阴极区溶液质量减少18g
C．电解过程中处于阴极区的电极1上会有氧气生成
D．若电流利用率为100%，理论上电解法制KIO3碘原子的利用率是直接歧化法的3倍
7．（2022·山西吕梁·统考二模）我国科学家研究出一种新型电池，可利用太阳光持续完成过氧化氢制备和硫化氢吸收，其工作原理示意图如图所示(HQ和Q代表两种有机物)。下列说法正确的是
A．该装置涉及电能直接转化为化学能
B．工作时，溶液中H2SO4的物质的量逐渐减小
C．工作时，理论上生成H2O2和S单质的物质的量相等
D．若导线中流过2mole-，催化电极上有4molI-参与转化
8．（2022·山西运城·统考模拟预测）有学者设想将传统锌锰电池改装为双膜三室模式的蓄电池，三室中电解质溶液分别选用K2SO4、KOH、H2SO4溶液中的一种，工作原理示意图如图所示。
下列说法正确的是
A．膜p适合选用阴离子交换膜
B．II室中适合添加KOH溶液
C．放电时，III室中溶液的pH增大
D．充电后，I室和III室溶液的质量变化相同
9．（2022·山西·统考二模）我国科学家以CO2作为无机碳源，通过熔融盐电解技术成功制备出一种核壳结构催化剂Co@C(Co@C在N极区生成)，其可用于过氧单硫酸盐(PMS)活化降解邻苯二甲酸二乙酯(DEP)污染物。Co@C的熔融盐电解装置与原理图如下：
下列说法正确的是
A．N极反应式之一为Co3++e-=Co2+
B．Li+、Na+、K+移向M极
C．当生成22.4LO2时，转移电子数为4NA
D．该装置中不存在O2-的生成
10．（2022·山西太原·统考三模）我国科学家利用Co的化合物在Fe(OH)2氧化过程中的催化作用，促进了电催化过程中流失的Fe催化活性中心的原位自修复(Fe再沉积的主要反应过程) ，反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．反应过程中CoOOH为催化剂
B．图中各反应不能在酸性条件下进行
C．存在反应Co(OH)2+OH- -e- =CoOOH+H2O
D．图中所示物质之间的转化有非极性键的形成和断裂
11．（2022·山西太原·统考二模）2022年北京冬奥会期间，我国使用了“容和一号”大容量电池堆(铁一铬液流电池)作为备用电源(原理示意如图)。铁-铬液流电池的寿命远远高于钠硫电池锂离子电池和铅酸蓄电池等。下列说法错误的是
A．该电池总反应为：Fe3++Cr2+ Fe2++Cr3+
B．充电时左边的电极电势高于右边的电极电势
C．充电时若1 mol Fe2+被氧化，电池中有1 mol H+通过交换膜由左向右迁移
D．若用该电池电解水，生成22.4 L(标准状况)H2时，则有2 mol Cr3+被还原
12．（2022·山西太原·统考二模）某化学小组在实验室利用下列装置(部分夹持仪器略)进行实验，其中能达到实验目的的是
A．图Ⅰ ：制取并收集少量干燥的氨气
B．图Ⅱ ：制备少量无水氯化镁
C．图Ⅲ：关闭a、打开b，可检查装置的气密性
D．图Ⅳ ：验证牺牲阳极法保护铁
13．（2022·山西太原·统考一模）我国科学家开发出一种双极制氢系统，在低电池电压下的KOH介质中，可将醛类物质电催化转化为相应的羧酸盐和氢气，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A．泡沫铜与直流电源的正极相连
B．制得1 mol氢气，理论上外电路中迁移了2 mol电子
C．高电压下不能实现双极制氢的原因可能是Cu被氧化从而使催化剂失活
D．泡沫铜电极上发生的反应可能为2R-CHO+4OH-－2e-=2R-COO-+H2↑+2H2O
14．（2021·山西阳泉·统考三模）工业上，在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN－，装置如图所示，依次发生的反应有：
①CN－－2e－＋2OH－=CNO－＋H2O
②2Cl－－2e－=Cl2↑
③3Cl2＋2CNO－＋8OH－=N2＋6Cl－＋2CO＋4H2O
下列说法正确的是
A．铁电极上发生的反应为Fe－2e－=Fe2＋
B．通电过程中溶液pH不断增大
C．除去1 mol CN－，外电路至少需转移5 mol电子
D．为了使电解池连续工作，需要不断补充NaCl
15．（2021·山西·统考一模）2017—2020年，国家相继出台一系列政策，扶持光伏发电项目建设。图1是太阳能电池工作示意图，与图2装置联合可实现能量的转化和储存。下列有关说法错误的是
A．太阳能电池可将光能直接转换为电能
B．Y接太阳能电池的P电极
C．工作一段时间后，图2左池pH减小
D．每转移1mol电子，图2右池溶液中n(H+)的变化量为2mol
二、原理综合题
16．（2023·山西·校联考模拟预测）甲烷的直接转化具有较高的经济价值，因此备受科学家关注。回答下列问题：
(1)用丝光沸石作催化剂可实现甲烷直接转化制备甲醇，合成方法有以下两种：
方法I： kJ⋅mol
方法Ⅱ：
已知：的燃烧热 kJ⋅mol； kJ⋅mol。
则 。
(2)某工厂采用(1)中方法I生产甲醇。在恒温恒压的密闭容器内充入1 mol 、0.5 mol 和0.5 mol He，测得压强为p MPa，加入合适催化剂后开始反应，测得容器的体积变化如下。
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
容器体积/L
4
3.7
3.55
3.45
3.4
3.4
①下列能说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．单位时间内生成1 mol 的同时生成1 mol
B．平衡常数不再变化
C．容器内保持不变
D．混合气体的平均摩尔质量不再变化
②的平衡转化率为 ，该温度下的平衡常数为 (为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(3)北京化工大学某课题组提出了利用光解水产氢过程中形成的活性氧物种活化甲烷直接制甲醇[(1)中方法Ⅱ]的策略。下列说法正确的是___________(填标号)。
A．水在光阳极上发生氧化反应生成
B．生成·OH自由基是化学反应
C．反应过程中C、H、O元素化合价均发生改变
D．在25℃、容积为V L的容器中，适当增大分压，有助于提高的生成速率
(4)某大学采用甲烷电催化氧化法制备甲醇，研究发现在NaCl的碱性电解液中更容易生成，甲烷在催化剂上可能的反应机理如下：
i：
ii：
iii：…
iv：
机理iii为 。阴极的电极反应式为 。
17．（2022·山西太原·统考三模）在“碳达峰、碳中和”的目标引领下，对减少二氧化碳排放的相关技术研究正成为世界各国的前沿发展方向。回答下列问题：
(1)利用CH4-CO2干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。
①该反应一般认为通过如下步骤来实现：
I．CH4(g)=C(ads)+2H2(g)
II．C(ads)+CO2(g)=2CO(g)
上述反应中C( ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示：
①反应I是 (填“ 慢反应”或“快反应”)，CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为 。(选取图中E1、E2、E3、E4、E5表示反应热)。
②在恒压条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图1所示。已知在干重整中还发生了副反应：H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH＞ 0，则表示CO2平衡转化率的是曲线 (填“ A”或“B") ，判断的依据是 。
③在恒压p 、800 K条件下，在密闭容器中充入等物质的量的CH4(g)和CO2(g) ，若曲线A对应物质的平衡转化率为40%，曲线B对应物质的平衡转化率为20%，则以上反应平衡体系中n(H2)： n(H2O)= ，则干重整反应的平衡常数Kp (用平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。
(2)二氧化碳电还原反应提供了一种生产乙醇的方法，已知反应过程中在三种不同催化剂表面(Cu、C/Cu、N-C/Cu)的某个基元反应的能量变化如图所示(IS表示始态，TS表示过渡态，FS表示终态， *表示催化剂活性中心原子)。科学家研究发现铜表面涂覆一层氮掺杂的碳(N-C)可以提高乙醇的选择性，其原因可能是 。
(3)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。
①写出与电源正极相连一极上的电极反应式： 。
②下列说法正确的是 (填字母)。
A．循环液1和循环液2中的阴离子种类相同
B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C．水的电离程度：处理后海水1＞处理后海水2
D．该方法可以同时将海水进行淡化
18．（2022·山西太原·统考二模）绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。回答下列问题：
(1)通过生物柴油副产物甘油制取H2正成为绿色能源的一个重要研究方向。生物甘油水蒸气重整制氢的主要反应如下：
Ⅰ.C3H8O3(g) 3CO(g)+4H2(g) ΔH1=+251 kJ·mol-1
Ⅱ. CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH2 = -41 kJ·mol-1
①反应I能够自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任何温度”)。
②重整总反应C3H8O3(g)+3H2O(g) 3CO2(g)+7H2(g)的ΔH3= 。
(2)大量研究表明Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇均可用于催化DRM反应(CH4+CO2 2CO+ 2H2) ，在催化剂表面涉及多个基元反应，其中甲烷逐步脱氢过程的能量变化如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS1、TS2、TS3、TS4分别表示过渡态1、过渡态2、过渡态3、过渡态4)。下列说法不正确的是 (填字母)。
A．Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的速率分别为v1、v2、v3，则v1>v3>v2
B．Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是CH3*=CH2*+H*
C．DRM反应中伴随非极性键的断裂和生成
(3)甲烷裂解制氢的反应为CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH =+75 kJ·mol-1，Ni可作该反应的催化剂。CH4在催化剂孔道表面反应时，若孔道堵塞会导致催化剂失活。其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如图乙所示。考虑综合因素，使用催化剂的最佳温度为 ；650℃条件下， 1000 s后，氢气的体积分数快速下降的原因是 。
(4)我国科技工作者发明了一种电化学分解甲烷的直流电源方法，从而实现了碳和水的零排放方式生产氢气，电化学反应机理如图所示。阳极的电极反应式为 。
(5)在催化剂作用下H2还原N2O的反应如下：H2(g)+N2O(g) H2O(g)+N2(g) ΔH <0，已知该反应的v正=k 正c(N2O)·c(H2)，v逆=k逆c(N2)·c(H2O) ，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。该反应的lgk正、lgk逆随温度倒数变化的曲线如图所示。表示lgk逆变化的是曲线 (填“a”或“b”)， M点对应温度下的平衡常数K= 。
19．（2021·山西晋中·统考三模）李克强总理在十三届全国人民代表大会第四次会议上作政府工作报告时指出：优化产业结构和能源结构，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作。碳中和是指一个组织在一年内的二氧化碳排放通过二氧化碳去除技术达到平衡。
(1)科研人员借助太阳能用二氧化碳制备甲醇等燃料的催化转化是迄今为止最接近光合作用的方法，并且实现了二氧化碳的循环(如图所示)，下列说法错误的是 (填字母)。
A．图中能量转化形式有两种
B．使用催化剂可以提高单位时间内反应物的转化率
C．利用太阳能开发甲醇等液态燃料有利于环境保护
D．该工艺中的H2目前只能由电解水获得
(2)CO2加氢还可制备甲酸(HCOOH)。
①工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：
反应CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)的焓变△H= kJ·mol-1。
②温度为T1℃时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g) K=2。
实验测得：v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。T1℃时，k逆= k正。
③温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则T2℃时平衡压强 (填“＞”“＜”或“=”)T1℃时平衡压强，理由是 。
(3)工业上常用氨水吸收含碳燃料燃烧时产生的温室气体CO2，其产物之一是NH4HCO3。已知常温下碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5，写出NH4HCO3水解反应的化学方程式： ，选用上述数据计算该反应的平衡常数Kh= (保留三位有效数字)。
(4)某光电催化反应器如图所示，A极是Pt/CNT电极，B极是TiO2电极。写出A极由CO2制异丙醇的电极反应式： 。
三、工业流程题
20．（2023·山西·校联考模拟预测）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3含FeS2、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下：
已知：
i. Bi3+易水解，NaBiO3难溶于冷水。
ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质。
iii． Cu(OH)2(s) +4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq)+2OH—(aq)K=4.4×10-7。
回答下列问题：
(1)为提高“浸取”速率，采取的措施有：升高温度、 (写出一条)；辉铋矿浸取率随温度的变化曲线如图，高于40℃时浸取率快速下降，其可能的原因是 。
(2)“氧化浸取”时，H2O2和FeS2发生反应的物质的量之比为 。
(3)“除铜”时发生反应：Cu2+ (aq) + 4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq) K=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]= ；NH3分子的空间结构为 。
(4)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式为 。
(5)已知酸性环境下，NaBiO3可以将Mn2+氧化成、(被还原成Bi3+)，请设计一个原电池装置来证明这一点，在图中的方框内标出两烧杯溶液中溶质的化学式，并写出负极的电极反应式： 。
(6)取NaBiO3产品w g，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用a mol· L-1H2C2O4标准溶液滴定生成的，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗bmL标准溶液，该产品的纯度为 (用含w、a、b的代数式表示)。
21．（2023·山西晋城·统考三模）高硫锰矿的主要成分是，还含有、、、、、、等，从高硫锰矿中提取金属锰的工艺流程如图所示：
已知：、、、，金属离子的浓度的负对数与溶液的关系如图所示，回答下列问题：
(1)碱性催化脱硫时，为了提高脱硫效率，可采取的措施为 。
(2)碱性脱硫时氧化矿粉产生硫单质是该工艺流程的亮点，若将虚线框中的设计改为“高温煅烧”(如图)脱硫，与原方案比，其不足之处为 。
(3)“酸浸”时的作用为 。
(4)“调”应调至4左右，“滤渣3”的成分为 。
(5)“电解”冶炼金属锰后废电解液的处理方法为 。
(6)已知晶胞如图所示，该晶胞中∠α=120°，∠β=∠γ=90°。
①该晶体中，锰原子周围的硫原子数目为 。
②该晶体的密度为 (列出计算式即可)。
22．（2022·山西太原·统考一模）无水氯化镨(PrCl3)是制取稀土金属镨及镨合金的主要原料，采用以下工艺流程可由孪生矿(主要含ZnS、FeS、Pr2S3、SiO2等)制备氯化镨晶体(PrCl3·6H2O)。
已知：①2FeCl3+ZnS=ZnCl2+2FeCl2+S；2FeCl3+FeS=3FeCl2+S
②该条件下，溶液中部分金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：
金属离子
Zn2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时的pH
5.4
2.2
7.5
沉淀完全时的pH
6.4
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)①若其他条件不变，采取下列措施能提高镨元素浸出率的有 (填字母)。
A．适当升高溶浸温度B．适当加快搅拌速率C．适当缩短溶浸时间
②写出“溶浸”时Pr2S3发生反应的离子方程式： 。
(2)“滤渣1”的主要成分是 。
(3)在“沉淀”时加入氨水逐步调节溶液的pH至6.5，依次析出的金属离子是 ；已知Fe(OH)3在隔绝空气的条件下与FeS2混合焙烧时生成Fe3O4和S，写出该反应的化学方程式： 。
(4)①利用电解法可以生产金属镨。先将氯化镨与工业纯KCl配成二元电解质体系(PrCl3-KCl)；然后置于石墨电解槽内熔化，通入直流电进行电解。电解过程中得到金属镨的电极反应式为 。
②科学家以氯化镨气溶胶为前驱体，研究了PrCl3·6H2O的高温热解机制。利用X射线衍射技术分析，其结果如下表所示：
热解温度/℃
氯化镨气溶胶的热解产物
600
Pr(OH)2Cl和PrOCl
700～1000
Pr(OH)2Cl、PrOCl和PrO2
1100
PrO2和Pr(OH)2Cl
以上热解产物中，热稳定性最差的是 (填化学式)。氯化镨的高温热解过程主要是发生PrCl3的水解反应、Pr(OH)2Cl的脱水反应和PrOCl的氧化反应，从表中数据分析1100℃时热解产物主要为PrO2而无PrOCl的原因是 。
23．（2022·山西·统考一模）电镀工业是我国的重要加工业，电镀污泥是电镀废水处理的最终产物，其中含有较多的铜、镍、铬、锌和少量铁元素。下面是从电镀污泥中回收铜、镍、铬、锌元素的工艺流程图。
该工艺中，有关金属元素可溶性组分lgc与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为已除尽。pH大于12.5时，锌元素以Zn(OH) 存在。
回答下列问题：
(1)电解除铜时，铜在 极析出，同时在另一极Fe2+被氧化为Fe3+，检验Fe2+全部被氧化的试剂及现象是 ；
(2)电解除铜时氧化Fe2+的同时要避免Cr3+被氧化为六价Cr，下表显示了电解电压和时间对电解结果的影响。最合适的电解条件是 ；
电解电压
1v
2.1v
2.4v
2.7v
2.4v
电解时间
3h
2h
2.5h
3h
3.5h
Fe2+
检出
检出
检出
未检出
检出
检出
检出
未检出
六价Cr
未检出
未检出
未检出
检出
未检出
未检出
未检出
未检出
(3)当Cr3+恰好沉淀完全时，溶液中c(Zn2+)为A(列出计算式) ；
(4)沉镍时调节pH大于 ；
(5)沉锌时反应的离子方程式为 ；
(6)沉锌后的滤液中的主要溶质为 (填化学式)。
四、实验题
24．（2021·山西晋中·统考二模）NaClO2是一种杀菌消毒剂，常用于饮用水净化。某兴趣小组电解ClO2制备NaClO2的过程如图所示：
已知：①ClO2是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。一般使用时用稀有气体或空气稀释，以增加安全性。②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
回答下列问题。
(1)装置I中发生反应的化学方程式为 ，该方法制备ClO2最突出的优点是 。
(2)装置II是电解装置，a极为 (填“正”“负”“阴”或“阳”)极，其所连电极的反应式为 ，离子交换膜为 (填“阴”或“阳”)膜。
(3)用NaOH和H2O2混合液吸收电解排出的少量ClO2尾气，该装置需控制反应温度为3℃，可采取的措施为 ，处理后将所得溶液与装置II的成品液合并，处理后可得产品，尾气处理过程的离子方程式为 。
(4)从装置II和尾气处理所得成品液中，获得产品NaClO2的操作为 (填字母)。
a．减压，55℃蒸发结晶 b．冷却过滤 c．趁热过滤
d．用38～60℃温水洗涤 e．加热快速烘干 f．低于60℃干燥
(5)上述所得NaClO2产品可能含有NaCl等杂质。为测定其纯度，取上述产品5 g溶于水配成500 mL溶液，取出10.00 mL溶液于俳形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(杂质不参加反应)，加入2～3滴淀粉溶液，然后用0.200 mol·L－1 Na2S2O3标准液滴定，当 时达到滴定终点，重复操作2～3次，平均消耗标准液20.00 mL，则产品NaClO2的纯度为 。(已知2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI)
参考答案：
1．D
【详解】A．K2S2O8中存在过氧键，六个氧为-2价，两个氧为-1价，S的化合价为最高价+6价，图示中K2S2O8使+2价钴转化为+3价钴，K2S2O8在该反应机理中作氧化剂，A正确；
B．由图示知CoII (OAc)2一次性加入，不需要中途再加入，CoIII-O·、CoII-OH循环使用，B正确；
C．电解KHSO4制备K2S2O8循环使用： 2KHSO4K2S2O8+H2↑，-2价氧失电子化合价升高到-1价，+1价氢得电子降低生成氢气，C正确；
D．CoIII-O·、CoII-OH、Ar·、ArCO·中CoII-OH不是自由基，D错误；
故选D。
2．D
【分析】根据电池装置图可知，左侧为原电池装置，b电极上Zn失去电子发生氧化反应，b为负极，a为正极；右侧为电解池装置，d极区苯酚()氧化为和，d为阳极，c为阴极，以此解答。
【详解】A．甲装置中，a极为正极，b极为负极。乙装置中，c极为阴极，d极为阳极。因此a极应接d极，A正确；
B．a极发生还原反应，电极反应为，B正确；
C．b极发生的电极反应为，放电时，正极区溶液中的通过阴离子交换膜进入负极区溶液中，所以负极区溶液中的保持不变，但由于负极区有水生成，负极区溶液中的逐渐减小，碱性逐渐减弱，pH逐渐减小，C正确；
D．根据电子得失守恒可写出关系式：，故相同时间内，c、d两极产生气体的体积比（相同条件下）为，D错误；
故选D。
3．B
【详解】A．由题给信息Zn生成Zn(OH)，MnO2生成Mn2+可知，M极为Zn电极，N电极材料为MnO2，即M极为负极，N极为正极，OH-移向负极，A项正确；
B．负极的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)，每转移2 mol e-，有2 molOH-移向NaOH溶液，而消耗4molOH-，NaOH溶液的pH变小，B项错误；
C．N电极材料为MnO2，MnO2在正极得到电子生成Mn2+，电极方程式为：MnO2 +4H+ +2e- =Mn2+ +2H2O，故C正确；
D．若电路中通过2 mol e-，双极膜中有2 mol H+移向硫酸溶液，同时溶解1 mol MnO2，稀硫酸溶液质量增加2mol1g/mol+1mol87g/mol=89g，D项正确；
故选B。
4．D
【分析】由图可知，a电极为燃料电池的负极，60min前HMF在负极失去电子发生氧化反应转化为HMFCA，60min后HMF在负极失去电子发生氧化反应转化为FDCA，b电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子。
【详解】A．由分析可知，a电极为燃料电池的负极，b电极为正极，则b电极电势高于a电极，故A错误；
B．由分析可知，a电极为燃料电池的负极，60min前HMF在负极失去电子发生氧化反应转化为HMFCA，电极反应式为 —2e—+2OH—=+H2O，故B错误；
C．由分析可知，a电极为燃料电池的负极，b电极为正极，则氢氧根离子由右池进入左池，故C错误；
D．由分析可知，60min后HMF在负极失去电子发生氧化反应转化为FDCA，故D正确；
故选D。
5．D
【分析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳极上Br-被氧化为Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的H+在直流电场作用下移向阴极，OH-移向阳极。
【详解】A．KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br2为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故A错误；
B．阳极上为Br-失去电子生成Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，故B错误；
C．电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1mol乙二酸生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，1mol乙二醛生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，根据转移电子守恒可知每生成1mol乙醛酸转移电子为1mol，因此制得2mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；
D．由上述分析可知，双极膜中间层的H+在外电场作用下移向阴极，即H+移向铅电极，故D正确；
综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。
6．B
【详解】A．方法1中反应为：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，该歧化反应中，有5个I原子化合价降低，该部分I2作还原剂，有1个I原子化合价升高，该部分I2作氧化剂，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1，A错误；
B．方法2的电解阳极区反应为：I-+6OH--6e-=+3H2O，阴极反应为：2H2O+2e- =H2+2OH-，则当外电路转移1mole-，阴极区溶液质量减少1mol水的质量，即为18g，B正确；
C．图中为阴离子交换膜，因为阴极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，所以没有氧气产生，C错误；
D．根据上述信息可知，电解的总反应为：I- +3H2O+3H2↑，若电流利用率为100%，原子有效转化率为1，则而方法1歧化反应中，I元素还有一部分转化为KI，原子有效转化率为，所以电解法制KIO3碘原子的利用率是直接歧化法的6倍，D错误；
故选B。
7．C
【分析】由图可知，催化电极碘元素价态升高失电子，故催化电极为负极，电极反应式为，负极室发生反应，石墨电极为正极，电极反应式为，正极室发生反应2HQ +O2 = 2Q + H2O2，据此作答。
【详解】A．该装置太阳能和化学能转化为电能，故A错误；
B．由分析可知，该电池总反应为H2S+O2 = S↓+H2O2，硫酸浓度保持不变，故B错误；
C．由分析可知，当电路中转移2mol电子时，负极生成1mol，最终反应生成1molS，正极生成2molHQ，最终生成1mol H2O2，理论上生成H2O2和S单质的物质的量相等，故C正确；
D．催化电极为负极，电极反应式为，导线中流过2mole-，催化电极上有3molI-参与转化，故D错误；
故选C。
8．C
【分析】根据题干信息可知，蓄电池放电时，锌棒作原电池的负极，失电子在碱性条件下发生反应生成氢氧化锌，所以I室的电解质应为KOH，膜p应为阳离子交换膜，使钾离子从I室迁移至II室，碳棒作原电池正极，二氧化锰得电子转化为Mn2+，所以溶液需为酸性环境，则电解质为H2SO4，硫酸根离子通过膜q从III室迁移至II室，最终II室作为产品室形成K2SO4，故其电解质为K2SO4，充电过程为放电的逆过程，结合电解池原理进行分析，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，膜p适合选用阳离子交换膜，使钾离子从I室迁移至II室，A错误；
B．结合上述分析知，II室中适合添加K2SO4溶液，B错误；
C．放电时，III室发生的电极反应为：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，消耗氢离子，同时生成水，则溶液的pH增大，C正确；
D．通过分析可知，若电子转移的物质的量为2mol，则放电后，I室损失的是1mol KOH的质量，为56g，而III室损失的是1mol H2SO4的质量，即为98g，因充电过程为放电的逆过程，所以充电后，I室和III室溶液的质量变化不相同，D错误；
故选C。
9．A
【分析】观察左图以及右图，可知二氧化碳转化为碳酸根，M为阳极，氧离子失电子变为氧气，根据题干Co@C在N极区生成并分析可知N为阴极，Co3+得电子变为Co2+，Co2+再与碳酸根反应生成Co@C。
【详解】A．根据电池分析可知，N极反应式之一为Co3++e-=Co2+，A项正确；
B．M为阳极，阳离子移向阴极，B项错误；
C．未指明是在标准状况下，无法计算物质的量，转移电子数不一定为4NA，C项错误；
D．在阴极区中Co2+/Co3+与CO反应产生Co@C，结合原子守恒可知CO中的O转化成O2-，D项错误。
故选A。
10．D
【详解】A．由图可知，钴的化合物CoOOH参与第一步反应，在后面的反应中生成，属于催化剂，故A正确；
B． Fe(OH)2、钴的化合物CoOOH都能与盐酸反应，另反应都在碱性条件下进行，所以各反应不能在酸性条件下进行，故B正确；
C．由图可知，Co(OH)2 +OH- -e- = CoOOH + H2O，故C正确；
D．由图可知，图中所示物质之间的转化有O-O非极性键的形成，但无非极性键的断裂，故D错误；
答案选D。
11．D
【详解】A．由图示可知，放电时正极反应式为：Fe3++e-=Fe2+，负极反应式为：Cr2+-e-=Cr3+，充电时阳极反应式为：Fe2+-e-=Fe3+，阴极反应式为：Cr3++e-=Cr2+，则电池总反应为：Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，A正确；
B．充电时左侧为阳极，右侧为阴极，阳极电势高于阴极电势，B正确；
C．充电时若1molFe2+被氧化，即失去1mol电子，则电池中有1molH+通过交换膜由左(阳极)向右(阴极)迁移，C正确；
D．电解水时，生成氢气的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成22.4L(标准状况)H2即1molH2时，转移2mole-，那么该电池需要提供电能，即放电，因此会有2molCr2+被氧化，D错误；
答案选D。
12．D
【详解】A．氯化铵和氢氧化钙加热生成氨气，同时会有水生成，收集的氨气中含有水蒸气，不能收集到干燥的氨气，故A错误；
B．制备少量无水氯化镁应在HCl气氛中加热蒸干水分，故B错误；
C．分液漏斗上端与烧瓶连通，上下压强保持一致，液体始终可以顺利流下，不能检验装置的气密性，故C错误；
D．通过铁氰化钾溶液可以检验是否有亚铁离子生成，从而判断铁作电极情况，可用来验证牺牲阳极法保护铁，故D正确；
故选：D。
13．B
【详解】A．泡沫铜上醛基转化为羧基，发生氧化反应，所以泡沫铜为阳极，与电源的正极相连，A正确；
B．阳极反应为2R-CHO+4OH-－2e-=2R-COO-+H2↑+2H2O，阴极反应为2H2O+2e-=2OH-+ H2↑，制得1 mol氢气，则阳极、阴极各产生0.5mol氢气，转移1mol电子，B错误；
C．铜为金属，作为阳极，若电压过高，Cu会被氧化，使催化剂失活，C正确；
D．泡沫铜上醛基转化为羧基，失电子被氧化，羧酸盐在碱性环境中稳定存在，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为2R-CHO+4OH-－2e-=2R-COO-+H2↑+2H2O，D正确；
综上所述答案为B。
14．C
【分析】根据电极反应式及图象中有Fe电极可知，阳极为石墨电极，CN－失电子，阴极为铁电极，得电子，可确定a为电池的正极，b为负极。
【详解】A.铁电极为电解池的阴极，得电子，则只能是水提供的氢离子得电子，A错误；
B.根据电极反应式，阴极为2H2O+2e－= H2↑+2OH－，阳极①CN－－2e－＋2OH－=CNO－＋H2O，②2Cl－－2e－=Cl2↑③3Cl2＋2CNO－＋8OH－=N2＋6Cl－＋2CO＋4H2O，得失电子数相等时，在消耗氢氧根离子，pH在减小，B错误；
C. 根据反应：3Cl2+2CNO-+8OH-═N2+6Cl-+2CO32-+4H2O，除去1mol CN-，消耗1.5mol氯气，转移电子3mol，根据CN--2e-+2OH-═CNO-+H2O，转移电子是2mol，所以外电路至少需转移5mol电子，C正确；
D. 根据电极反应的离子，为了使电解池连续工作，需要补充氢氧化钠，若有氯气溢出，则需要补充氯化钠，D错误；
答案为C。
15．D
【详解】A．太阳能电池可将光能直接转换为电能,故A正确；
B．Y电极反应为,Y极发生氧化反应，是阳极，与电源正极相连，由图1可知，电池的阳离子向正极移动，所以P电极是太阳能电池的正极，故B正确；
C．Y电极反应为，右池需要氢离子参加反应，所以氢离子通过质子交换膜进入右池，左池pH会变大，故C错误；
D．Y电极反应为，每转移1mol电子，右池中有2mol电子参加反应，故D正确；
故答案为：C。
16．(1)+115.4 kJ⋅mol
(2) AD 60%
(3)ACD
(4)
【详解】（1）已知：① kJ⋅mol；② ；③ kJ⋅mol；④ kJ⋅mol，由盖斯定律可知，反应②=反应①-反应③-反应④， kJ⋅mol。
（2）①A．单位时间内生成1 mol 的同时生成1 mol ，则，能说明反应达到平衡状态，A正确；
B．由于恒温，平衡常数始终不变，不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．起始充入1 mol 、0.5 mol ，则容器内始终等于2，不能说明反应达到平衡状态，C错误；
D．气体总质量不变，气体总物质的量为变量，因此，混合气体的平均摩尔质量不再变化，能说明反应达到平衡状态，D正确；
故选AD。
②根据题意，列出下列三段式进行计算：
N(起始)mol，n(平衡) mol。恒温恒压条件下，，，解得，的平衡转化率。平衡时混合气体的总压强=起始时混合气体的总压强 MPa，n（平衡）mol，平衡时、、的物质的量分别为0.4 mol、0.2 mol、0.6 mol，平衡时、、的分压分别为 MPa、 MPa、 MPa。该温度下的平衡常数。
（3）A．在光阳极上发生反应生成，O元素化合价升高，发生氧化反应，A正确；
B．生成·OH自由基只有断键没有成键，不是化学反应，B错误；
C．由示意图中物质转化可知，反应过程中C、H、O元素化合价均发生改变，C正确；
D．在25℃、容积为V L的容器中，适当增大分压，即相当于增大了反应物的浓度，有助于提高的生成速率，D正确；
故选ACD。
（4）由题意iv中反应物有CH3Cl，推测其为iii的生成物，又因为为催化剂，推测其为iii的生成物，综上，iii为。已知甲烷被氧化，则甲烷一极为阳极，条件为无氧条件，溶液为碱性，则阴极反应式为。
17．(1) 慢反应 CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+ (E3- E1) kJ/mol A 相同条件下，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大 1：1
(2)在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小， 促进了C-C键形成(或其他合理说法)
(3) -e-= A
【详解】（1）①由图可知反应I的活化能大于反应II，故反应I为慢反应，由图可知CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+ (E3- E1) kJ/mol；
②相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，发生的反应为：CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g)（主反应），H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) （副反应），因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大，则表示CO2平衡转化率的是曲线A；
③设在密闭容器中充入1mol的CH4(g)和CO2(g)，因为CH4(g)的的平衡转化率为40%，故共消耗0.4mol，CO2(g)的转化率为20%，消耗0.2mol，故：
体系中，n(H2)=0.2mol， n(H2O)=0.2mol，n(H2)： n(H2O)=1:1，体系中各气体的物质的量之和为2.4mol，故；
（2）催化剂可以降低反应的活化能，在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成；
（3）①由图分析可知，电极X中Fe化合价降低，得到电子，作阴极，与电源负极相连；电极Y中Fe化合价升高，失去电子，作阳极，与电源正极相连；与电源正极相连一极上的电极反应式为：-e-= ；
②A．由①可知电极X为阴极，电极反应式为+e-=，电极Y为阳极，电极反应式为：-e-= ，则循环液1和2均含有和，A项正确；
B．为避免循环液出现离子交换，阳离子向电极X（阴极）移动，阴离子向电极Y（阳极）移动，隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，B项错误；
C．由图可知，海水1经处理，转换为CO2，CO2的水溶液呈弱酸性，会抑制水的电离，而酸化处理后的海水2，CO2转化为，易水解，故水的电离程度：处理后海水1＜处理后海水2，C项错误；
D．电解时，海水中的Na+等阳离子向阴极移动，Cl-等阴离子向阳极移动，但这些离子依然在处理后的海水中，并不会有利于海水的淡化，D项错误；
答案选A。
18．(1) 高温 + 128 kJ/mol
(2)C
(3) 600℃ 温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活
(4)CH4-4e-+2O2- =CO2+2H2
(5) b 1
【解析】(1)
①满足时，反应自发进行，根据反应I可知，该反应的，，则该反应在高温下能自发，故答案为：高温；
②根据盖斯定律，由Ⅱ×3+I可得C3H8O3(g)+3H2O(g) 3CO2(g)+7H2(g)，则ΔH3=ΔH2×3+ΔH1=(-41 kJ·mol-1)×3+251 kJ·mol-1=+128 kJ·mol-1，故答案为：+128 kJ·mol-1；
(2)
A．活化能越低，反应速率越大，Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的活化能Pt12Niv3>v2，故A正确；
B．由图可知，Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是Sn12Ni作催化剂时的反应：CH3*=CH2*+H*，故B正确；
C．DRM反应为CH4+CO2 ⇌ 2CO+ 2H2，CH4、CO2中只含有极性键，该反应中没有非极性键的断裂，故C错误；
故答案为：C；
(3)
由图可知，550℃、650℃时，当反应时间大于1000s，氢气的体积分数迅速下降，催化剂表面的积碳量增加，催化剂迅速失活，而600℃时，随着反应的进行，氢气的体积分数逐渐增大并保持在较高水平，因此使用催化剂的最佳温度为600℃；650℃条件下， 1000 s后，氢气的体积分数快速下降的原因是温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活，故答案为：600℃；温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活；
(4)
由图可知， Ni-YSZ电极上，CH4失去电子发生氧化反应生成CO2和H2，则Ni-YSZ电极为阳极，电极反应式为CH4-4e-+2O2- =CO2+2H2，故答案为：CH4-4e-+2O2- =CO2+2H2；
(5)
横坐标是温度倒数的变化，则横坐标越大，表示温度越低，降低温度，正、逆反应速率均减小，即lgk正、lgk逆均减小，由于反应H2(g)+N2O(g) H2O(g)+N2(g) 的 ΔH <0，降低温度，平衡正向移动，lgk逆减小的速度大于lgk正减小的速率，则a表示lgk正的变化，b表示lgk逆的变化；由图可知，M点的lgk逆=lgk正，则k逆=k正，平衡时v正= v逆，则k 正c(N2O)·c(H2)=k逆c(N2)·c(H2O) ，则有，故答案为：b；1。
19． AD -31.4 0.5或 ＞ 由k正=1.9k逆可以得出K=1.9＜2， 说明平衡逆向移动。而该反应为放热反应，可知T2＞T1，又逆反应气体分子变多，依据PV=nRT，V一定，n和T均变大，故P变大 NH4HCO3 + H2O NH3·H2O + H2CO3 1.26×10-3 3CO2 + 18e- + 18H+ = CH3CH(OH)CH3 + 5H2O
【详解】(1)图中显示的能量转化形式就有四种：太阳能转化为化学能，化学能转化为热能(或热能转化为化学能)，化学能转化为热能(或电能)，热能(或化学能转化为)动能，选项A错误；
B．“单位时间内反应物的转化率”其实是描述化学反应速率，选项B正确；
C．利用太阳能开发甲醇等液态燃料，既有利于“碳中和”，又有利于替代化石能源，减少污染，选项C正确；
D．目前，工业获取H2更多采用水煤气法、烃裂解(或烃转化)法，选项D错误。
答案选AD；
(2)①由图可得反应HCOOH(g) CO(g)＋H2O(g) △H=+72.6kJ·mol-1；
CO(g)＋ O2(g)= CO2(g) △H=-283.0kJ·mol-1；
H2(g) ＋ O2(g)= H2O(g) △H=-214.8kJ·mol-1；
由盖斯定律可得△H=-31.4 kJ·mol-1；
②反应达到平衡时，v正= v逆，即k正c(CO2)·c(H2)= k逆c(HCOOH)，又K=2，可得k正=2k逆。所以，k逆=0.5k正；
③温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则K=1.9＜2，说明平衡逆向移动，该反应正向放热，故可得出T2＞T1，且逆反应气体分子数变多，依PV=nRT，可得T2℃时平衡压强大于T1℃时平衡压强；答案为由k正=1.9k逆可以得出K=1.9＜2， 说明平衡逆向移动。而该反应为放热反应，可知T2＞T1，又逆反应气体分子变多，依据PV=nRT，V一定，n和T均变大，故P变大；
(3)常温下，碳酸的电离常数K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，计算NH4HCO3.水解反应的平衡常数时用到碳酸的电离常数K1=4.4×10-7和NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5；根据反应+2 NH3·H2O+H2CO3可知Kh==1.26×10-3；
(4)由图可知，A电极为正极，在A电极上CO2得电子，发生还原反应，生成CH3CH(OH)CH3，A极由CO2制异丙醇的电极反应式为3CO2 + 18e- + 18H+ = CH3CH(OH)CH3 + 5H2O。
【点睛】本题为化学反应原理综合，以“碳中和”切入，突出化学学科“科学精神与社会责任”的核心素养。通过阅读图例、盖斯定律的运用、速率常数和平衡常数的分析与计算、电极反应方程式的书写等，分别考查了信息获取与加工能力、证据识别与推理能力、模型构建与认识能力，以及规范的文字、化学用语的表达能力。
20．(1) 将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等) 高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解
(2)3：2
(3) 2. 2×10—20 三角锥形
(4)Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O
(5) 、Mn2+—5e—+4H2O = +8H+
(6)
【分析】由题给流程可知，向辉铋矿加入稀盐酸和过氧化氢混合溶液氧化浸取时，金属硫化物被氧化生成金属氯化物和硫，氧化铜溶于盐酸得到氯化铜，二氧化硅与盐酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫的滤渣1和含有金属氯化物的滤液；调节滤液的pH，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中铋离子转化为氢氧化铋沉淀，铜离子转化为四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液3和氢氧化铋；氢氧化铋溶于盐酸得到氯化铋溶液，向溶液中加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液，将溶液中的氯化铋转化为铋酸钠沉淀，过滤得到滤液4和铋酸钠。
【详解】（1）升高温度、将辉铋矿粉碎研磨、适当提高盐酸浓度、搅拌等措施提高“浸取”速率；盐酸受热易挥发、过氧化氢受热易分解，高于40℃时浸取率快速下降说明温度高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解，故答案为：将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)；高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解；
（2）由分析可知，氧化浸取时，二硫化铁与盐酸和过氧化氢混合溶液反应生成氯化铁、硫和水，反应的离子方程式为2FeS2+3H2O2+6H+=2Fe3++4S+6H2O，则发生反应的过氧化氢和二硫化铁的物质的量之比为3：2，故答案为：3：2；
（3）由方程式Cu(OH)2(s) +4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq)+2OH—(aq)可知，反应的平衡常数K=== Ksp K络合，则Ksp===2. 2×10—20；氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为3，分子的空间结构为三角锥形，故答案为：2. 2×10—20；三角锥形；
（4）由分析可知，加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液的目的是将溶液中的氯化铋转化为铋酸钠沉淀，反应的离子方程式为Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O，故答案为：Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O；
（5）由电子移动方向可知，右侧电极为原电池的负极，水分子作用下锰离子在负极失去电子发生氧化反应生成高锰酸根离子和氢离子，电极反应式为Mn2+—5e—+4H2O = +8H+，左侧电极为正极，酸性条件下铋酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成铋离子和水，电极反应式为BiO+2e—+6H+=Bi3++3H2O，原电池的示意图为 ，故答案为： ；Mn2+—5e—+4H2O = +8H+；
（6）由得失电子数目守恒可得如下转化关系：NaBiO3—H2C2O4，滴定消耗b mLa mol/L草酸标准溶液，则产品的纯度为×100%=，故答案为：。
21．(1)粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度
(2)高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制
(3)将氧化成
(4)和
(5)加入酸浸液再利用
(6) 4
【分析】由题给流程可知，在催化剂作用下，高硫锰矿中的金属硫化物与氢氧化钠溶液和氧气反应转化为为硫和难溶的金属氢氧化物，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应转化为硅酸钠，过滤得到含有硅酸钠的滤液和脱硫矿粉；向脱硫矿粉中加入稀硫酸和二氧化锰酸浸，将金属化合物转化为可溶的金属硫酸盐，其中二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，过滤得到含有硫的滤渣1和滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入硫化铵溶液，将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化铜、硫化镍的滤渣3和滤液；电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气。
【详解】（1）粉碎高硫锰矿、适当升高脱硫温度、适当增大氢氧化钠溶液浓度等措施能提高脱硫效率，故答案为：粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度；
（2）由图可知，高温煅烧脱硫时，金属硫化物与空气中的氧气反应生成金属氧化物和二氧化硫，二氧化硫需用氢氧化钠溶液吸收处理，所以与原方案比，高温煅烧法的缺点是生成的有毒气体二氧化硫需用氢氧化钠溶液处理，工序复杂，不宜控制，故答案为：高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制；
（3）由分析可知，酸浸时二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将氧化成；
（4）由分析可知，加入硫化铵溶液的目的是将将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，则滤渣3的主要成分为硫化铜和硫化镍，故答案为：和；
（5）由分析可知，电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气，则废电解液可以加入酸浸液再利用，节约成本，故答案为：加入酸浸液再利用；
（6）①由晶胞结构可知，与硫原子距离最近的锰原子个数为4，则由硫化锰的化学式可知，锰原子周围的硫原子个数为4，故答案为：4；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体内的硫原子个数为8×+1=2，位于棱上和体内的锰原子个数为4×+1=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—21×sin60°a×a×c×d，解得d=，故答案为：。
22．(1) AB Pr2S3+6Fe3+=6Fe2++2Pr3++3S
(2)SiO2、S
(3) Fe3+、Zn2+ 8Fe(OH)3+FeS23Fe3O4+2S+12H2O
(4) Pr3++3e-=Pr PrOCl 1100℃时主要发生PrOCl的氧化反应，生成PrO2
【分析】孪生矿加入FeCl3溶液溶浸，将金属硫化物中的S元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，SiO2和生成的硫单质不溶，过滤除去，滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，之后调节pH除去Zn2+、Fe3+，过滤后将所得滤液蒸发浓缩、冰水浴冷却结晶，过滤得到PrCl3晶体。
（1）
①A．适当升高溶浸温度，可以加快反应速率，能提高镨元素浸出率，A符合题意；
B．适当加快搅拌速率，可以使孪生矿与氯化铁溶液接触更充分，加快反应速率，能提高镨元素浸出率，B符合题意；
C．适当缩短溶浸时间，反应不充分，会降低镨元素浸出率，C不符合题意；
综上所述答案为B；
②根据其他金属硫化物发生的反应可知，“溶浸”时Pr2S3被FeCl3氧化，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为Pr2S3+6Fe3+=6Fe2++2Pr3++3S；
（2）
滤渣1主要为不和氯化铁溶液反应且难溶于水的SiO2，以及反应生成的S单质；
（3）
根据题目所给数据可知，pH为3.2时Fe3+完全沉淀，pH为6.4时Zn2+完全沉淀，所以依次析出的金属离子是Fe3+、Zn2+；根据题意，隔绝空气焙烧时，Fe(OH)3将FeS2氧化为S，自身被还原为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为8Fe(OH)3+FeS23Fe3O4+2S+12H2O；
（4）
①(PrCl3-KCl)在电解槽内熔化，可以电离出自由移动的离子，目的是制取Pr单质，所以Pr3+在阴极被还原，电极反应式为Pr3++3e-=Pr；
②1100℃时的热解产物只有PrO2和Pr(OH)2Cl，说明PrOCl不稳定，温度较高时不能稳定存在，所以热稳定性最差的是PrOCl；PrO2中Pr元素化合价升高，为氧化产物，1100℃时主要发生PrOCl的氧化反应，生成PrO2，所以1100℃时热解产物主要为PrO2而无PrOCl。
23．(1) 阴极 取少许电解后溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明 Fe2+全部被氧化
(2)2.4V、3.5h
(3)10-0.2
(4)12.5
(5)Zn(OH) + 2H+ = Zn(OH)2↓+ 2H2O
(6)Na2SO4
【分析】电镀污泥在硫酸溶液中酸浸后电解除去铜，再用石灰乳将铁元素转化为沉淀后过滤除去，往滤液中加入NaOH溶液将铬元素转化为Cr(OH)3、将镍元素转化为Ni(OH)2从溶液中逐个分离出来，最后加入稀硫酸调节pH，得到Zn(OH)2沉淀。
(1)
电解除铜时，铜被还原得到单质，连接在阴极；在另一极Fe2+被氧化为Fe3+，欲检验Fe2+全部被氧化，则要检验溶液中是否还有Fe2+，选用试剂及现象是：取少许电解后溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明 Fe2+全部被氧化。
(2)
电解除铜时氧化Fe2+的同时要避免Cr3+被氧化为六价Cr，从表中信息分析可知，最合适的电解条件是2.4V、3.5h，此条件Fe2+和六价Cr均未检出。
(3)
从金属元素可溶性组分lgc与pH的关系图可知，从当Cr3+恰好沉淀完全时，c(Cr3+)=1.0×10-5mol·L-1，溶液pH=5.6；从Zn2+恰好沉淀完全时的pH=8.0得知Ksp[Zn(OH)2]= 10-5×(10-6)2=10-17；则pH=5.6时溶液中c(Zn2+)==10-0.2(mol/L)。
(4)
从金属元素可溶性组分lgc与pH的关系图可知，完全沉镍时调节pH大于9.2，但为了防止锌一起沉淀，需将锌转化为可溶的Zn(OH)存在，依题意，则pH应大于12.5。
(5)
从流程图可知，沉镍在沉锌之前，而沉镍时为了防止锌共沉，已将锌转化为Zn(OH)，故沉锌时，加入稀硫酸与Zn(OH) 反应生成Zn(OH)2，离子方程式为：Zn(OH) + 2H+ = Zn(OH)2↓+ 2H2O。
(6)
从整个工艺流程分析，电镀污泥中含有的铜、镍、铬、锌和铁元素逐步沉淀分离，而往体系内加入的是硫酸溶液、NaOH溶液、稀硫酸，石灰乳中的氢氧化钙是微溶物，故沉锌后的滤液中的主要溶质为Na2SO4。
24． 2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4=2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑) 反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性 负 ClO2＋e－=ClO 阳 3 ℃冷水浴 H2O2＋2ClO2＋2OH－=2ClO＋O2＋2H2O acdf 当溶液由蓝色变无色，且半分钟内不恢复 90.5%
【分析】草酸、硫酸和氯酸钠在35℃~55℃热水浴中进行反应得到二氧化氯，通入空气稀释ClO2，防止其浓度过大而分解爆炸，生成的ClO2通入电解池中，在阴极被还原为ClO，所以a为电源负极，b为电源正极，氯离子被氧化生成氯气，钠离子通过离子交换膜进入阴极区和ClO形成NaClO2溶液。
【详解】(1)根据装置Ⅰ可知反应物为NaClO3、H2SO4和H2C2O4，产物有ClO2，可推知H2C2O4被氧化为CO2，配平得化学方程式为2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO4=2ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4=2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑)；根据已知①，结合反应产物，可推测该反应的最大优点是反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性；
(2)装置Ⅱ为电解ClO2制备NaClO2，故生成成品液NaClO2的电极为阴极，a极为负极，生成ClO，其电极反应式为ClO2＋e－=ClO；阳极室Na＋通过阳离子交换膜进入阴极室，生成NaClO2；
(3)要控制反应温度为3 ℃，可采取的措施为3 ℃冷水浴；根据“处理后所得溶液与装置Ⅱ所得成品液合并处理得到产品”说明ClO2生成了ClO，则H2O2化合价升高生成O2，故反应的离子方程式为H2O2＋2ClO2＋2OH－==2ClO＋O2＋2H2O；
(4)从溶液中制取晶体，一般流程是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。根据信息②，蒸发水分同时要防止分解，只能减压蒸发，a正确；为防止析出NaClO2·3H2O晶体，应该趁热过滤，b错误、c正确；为防止分解和结晶，用38～60 ℃温水洗去杂质，d正确；为防止分解，应该在低于60 ℃下干燥得到产品，e错误、f正确，综上所述选acdf；
(5)产品中加入足量酸化的KI溶液，发生ClO＋4I－＋4H＋=Cl－＋2I2＋2H2O，加入淀粉溶液显蓝色，当用0.200 mol·L－1Na2S2O3标准液滴定时，发生2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI，I2逐渐消耗，当溶液由蓝色变无色，且半分钟不恢复时，说明达到滴定终点。依据关系式：
解得x＝0.001，产品NaClO2的纯度为×100%＝90.5%。
山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12化学能与电能
一、单选题
1．（2023·山西吕梁·统考二模）研究表明，苯能更好地转化成苯甲酸，其相应的机理(自由基过程)如图所示，已知：Ar为芳基(-C6H5)； Ac为乙酰基( )，下列说法错误的是
A．K2S2O8中S的化合价为+6价，在该反应机理中作氧化剂
B．CoII (OAc)2一次性加入，不需要中途再加入
C．电解KHSO4制备K2S2O8循环使用： 2KHSO4K2S2O8+H2↑
D．CoIII-O·、CoII-OH、Ar·、ArCO·均为反应过程中的自由基
2．（2023·山西·校联考模拟预测）我国科学家研究出一种新型水系电池(甲装置)，既能实现乙炔加氢，又能发电。用该电池作为电源处理废水，实现将苯酚()氧化为和(乙装置)。
已知：放电时，Zn转化为ZnO。羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于F₂的氧化剂。
下列说法错误的是
A．甲、乙两装置相互连接时，a极应接d极
B．a极的电极反应为
C．放电时，甲装置b极区溶液的pH逐渐减小
D．相同时间内，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为3∶7
3．（2023·山西运城·统考二模）我国科研人员利用双极膜技术构造出一类具有高能量密度、优异的循环性能的新型水系电池，模拟装置如图所示。已知电极材料分别为Zn和MnO2，相应的产物为和Mn2+。下列说法错误的是
A．双极膜中的OH-通过膜a移向M极
B．电池工作一段时间后，NaOH溶液的pH不变
C．N电极的反应式为MnO2 +4H+ +2e- =Mn2+ +2H2O
D．若电路中通过2 mol e-，则稀硫酸溶液质量增加89 g
4．（2023·山西·统考一模）2021年，中科院固体物理研究所在以有机物HMF()作为燃料的燃料电池研究中取得新进展，合成了负载在炭黑上的铂与硫化镍纳米颗粒双功能催化剂(PtNiSx/CB)，实现了在输出能量的同时将燃料转变为更高价值的产品。反应装置如图1所示，反应时间和负极产品百分含量关系如图2所示，下列说法正确的是
A．a比b的电势高
B．HMF转化为HMFCA ( )的电极反应式为—e—+OH—= +H2O
C．OH—由左池进入右池
D．制备FDCA需要燃料电池工作60min以上
5．（2023·山西阳泉·统考三模）乙醛酸是一种重要的化工中间体，可用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的解离为和，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．在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B．阳极上的反应式为：+2H++2e-=+H2O
C．制得乙醛酸，理论上外电路中迁移了电子
D．双极膜中间层中的在外电场作用下向铅电极方向迁移
6．（2022·山西晋城·统考二模）工业上制取KIO3可采用如下两种方法：
方法1：直接歧化法：将精制I2溶于过量KOH溶液，发生的反应为3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O。
方法2：电解法：将直接歧化法反应后的溶液，加入阳极区，使KI转化为KIO3(I-+6OH--6e-=+3H2O)，在阴极区加入KOH溶液，电解槽用水冷却。
下列说法正确的是
A．方法1中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2
B．当外电路转移1mole-，阴极区溶液质量减少18g
C．电解过程中处于阴极区的电极1上会有氧气生成
D．若电流利用率为100%，理论上电解法制KIO3碘原子的利用率是直接歧化法的3倍
7．（2022·山西吕梁·统考二模）我国科学家研究出一种新型电池，可利用太阳光持续完成过氧化氢制备和硫化氢吸收，其工作原理示意图如图所示(HQ和Q代表两种有机物)。下列说法正确的是
A．该装置涉及电能直接转化为化学能
B．工作时，溶液中H2SO4的物质的量逐渐减小
C．工作时，理论上生成H2O2和S单质的物质的量相等
D．若导线中流过2mole-，催化电极上有4molI-参与转化
8．（2022·山西运城·统考模拟预测）有学者设想将传统锌锰电池改装为双膜三室模式的蓄电池，三室中电解质溶液分别选用K2SO4、KOH、H2SO4溶液中的一种，工作原理示意图如图所示。
下列说法正确的是
A．膜p适合选用阴离子交换膜
B．II室中适合添加KOH溶液
C．放电时，III室中溶液的pH增大
D．充电后，I室和III室溶液的质量变化相同
9．（2022·山西·统考二模）我国科学家以CO2作为无机碳源，通过熔融盐电解技术成功制备出一种核壳结构催化剂Co@C(Co@C在N极区生成)，其可用于过氧单硫酸盐(PMS)活化降解邻苯二甲酸二乙酯(DEP)污染物。Co@C的熔融盐电解装置与原理图如下：
下列说法正确的是
A．N极反应式之一为Co3++e-=Co2+
B．Li+、Na+、K+移向M极
C．当生成22.4LO2时，转移电子数为4NA
D．该装置中不存在O2-的生成
10．（2022·山西太原·统考三模）我国科学家利用Co的化合物在Fe(OH)2氧化过程中的催化作用，促进了电催化过程中流失的Fe催化活性中心的原位自修复(Fe再沉积的主要反应过程) ，反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．反应过程中CoOOH为催化剂
B．图中各反应不能在酸性条件下进行
C．存在反应Co(OH)2+OH- -e- =CoOOH+H2O
D．图中所示物质之间的转化有非极性键的形成和断裂
11．（2022·山西太原·统考二模）2022年北京冬奥会期间，我国使用了“容和一号”大容量电池堆(铁一铬液流电池)作为备用电源(原理示意如图)。铁-铬液流电池的寿命远远高于钠硫电池锂离子电池和铅酸蓄电池等。下列说法错误的是
A．该电池总反应为：Fe3++Cr2+ Fe2++Cr3+
B．充电时左边的电极电势高于右边的电极电势
C．充电时若1 mol Fe2+被氧化，电池中有1 mol H+通过交换膜由左向右迁移
D．若用该电池电解水，生成22.4 L(标准状况)H2时，则有2 mol Cr3+被还原
12．（2022·山西太原·统考二模）某化学小组在实验室利用下列装置(部分夹持仪器略)进行实验，其中能达到实验目的的是
A．图Ⅰ ：制取并收集少量干燥的氨气
B．图Ⅱ ：制备少量无水氯化镁
C．图Ⅲ：关闭a、打开b，可检查装置的气密性
D．图Ⅳ ：验证牺牲阳极法保护铁
13．（2022·山西太原·统考一模）我国科学家开发出一种双极制氢系统，在低电池电压下的KOH介质中，可将醛类物质电催化转化为相应的羧酸盐和氢气，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A．泡沫铜与直流电源的正极相连
B．制得1 mol氢气，理论上外电路中迁移了2 mol电子
C．高电压下不能实现双极制氢的原因可能是Cu被氧化从而使催化剂失活
D．泡沫铜电极上发生的反应可能为2R-CHO+4OH-－2e-=2R-COO-+H2↑+2H2O
14．（2021·山西阳泉·统考三模）工业上，在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN－，装置如图所示，依次发生的反应有：
①CN－－2e－＋2OH－=CNO－＋H2O
②2Cl－－2e－=Cl2↑
③3Cl2＋2CNO－＋8OH－=N2＋6Cl－＋2CO＋4H2O
下列说法正确的是
A．铁电极上发生的反应为Fe－2e－=Fe2＋
B．通电过程中溶液pH不断增大
C．除去1 mol CN－，外电路至少需转移5 mol电子
D．为了使电解池连续工作，需要不断补充NaCl
15．（2021·山西·统考一模）2017—2020年，国家相继出台一系列政策，扶持光伏发电项目建设。图1是太阳能电池工作示意图，与图2装置联合可实现能量的转化和储存。下列有关说法错误的是
A．太阳能电池可将光能直接转换为电能
B．Y接太阳能电池的P电极
C．工作一段时间后，图2左池pH减小
D．每转移1mol电子，图2右池溶液中n(H+)的变化量为2mol
二、原理综合题
16．（2023·山西·校联考模拟预测）甲烷的直接转化具有较高的经济价值，因此备受科学家关注。回答下列问题：
(1)用丝光沸石作催化剂可实现甲烷直接转化制备甲醇，合成方法有以下两种：
方法I： kJ⋅mol
方法Ⅱ：
已知：的燃烧热 kJ⋅mol； kJ⋅mol。
则 。
(2)某工厂采用(1)中方法I生产甲醇。在恒温恒压的密闭容器内充入1 mol 、0.5 mol 和0.5 mol He，测得压强为p MPa，加入合适催化剂后开始反应，测得容器的体积变化如下。
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
容器体积/L
4
3.7
3.55
3.45
3.4
3.4
①下列能说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．单位时间内生成1 mol 的同时生成1 mol
B．平衡常数不再变化
C．容器内保持不变
D．混合气体的平均摩尔质量不再变化
②的平衡转化率为 ，该温度下的平衡常数为 (为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(3)北京化工大学某课题组提出了利用光解水产氢过程中形成的活性氧物种活化甲烷直接制甲醇[(1)中方法Ⅱ]的策略。下列说法正确的是___________(填标号)。
A．水在光阳极上发生氧化反应生成
B．生成·OH自由基是化学反应
C．反应过程中C、H、O元素化合价均发生改变
D．在25℃、容积为V L的容器中，适当增大分压，有助于提高的生成速率
(4)某大学采用甲烷电催化氧化法制备甲醇，研究发现在NaCl的碱性电解液中更容易生成，甲烷在催化剂上可能的反应机理如下：
i：
ii：
iii：…
iv：
机理iii为 。阴极的电极反应式为 。
17．（2022·山西太原·统考三模）在“碳达峰、碳中和”的目标引领下，对减少二氧化碳排放的相关技术研究正成为世界各国的前沿发展方向。回答下列问题：
(1)利用CH4-CO2干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。
①该反应一般认为通过如下步骤来实现：
I．CH4(g)=C(ads)+2H2(g)
II．C(ads)+CO2(g)=2CO(g)
上述反应中C( ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示：
①反应I是 (填“ 慢反应”或“快反应”)，CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为 。(选取图中E1、E2、E3、E4、E5表示反应热)。
②在恒压条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图1所示。已知在干重整中还发生了副反应：H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH＞ 0，则表示CO2平衡转化率的是曲线 (填“ A”或“B") ，判断的依据是 。
③在恒压p 、800 K条件下，在密闭容器中充入等物质的量的CH4(g)和CO2(g) ，若曲线A对应物质的平衡转化率为40%，曲线B对应物质的平衡转化率为20%，则以上反应平衡体系中n(H2)： n(H2O)= ，则干重整反应的平衡常数Kp (用平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。
(2)二氧化碳电还原反应提供了一种生产乙醇的方法，已知反应过程中在三种不同催化剂表面(Cu、C/Cu、N-C/Cu)的某个基元反应的能量变化如图所示(IS表示始态，TS表示过渡态，FS表示终态， *表示催化剂活性中心原子)。科学家研究发现铜表面涂覆一层氮掺杂的碳(N-C)可以提高乙醇的选择性，其原因可能是 。
(3)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。
①写出与电源正极相连一极上的电极反应式： 。
②下列说法正确的是 (填字母)。
A．循环液1和循环液2中的阴离子种类相同
B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C．水的电离程度：处理后海水1＞处理后海水2
D．该方法可以同时将海水进行淡化
18．（2022·山西太原·统考二模）绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。回答下列问题：
(1)通过生物柴油副产物甘油制取H2正成为绿色能源的一个重要研究方向。生物甘油水蒸气重整制氢的主要反应如下：
Ⅰ.C3H8O3(g) 3CO(g)+4H2(g) ΔH1=+251 kJ·mol-1
Ⅱ. CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH2 = -41 kJ·mol-1
①反应I能够自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任何温度”)。
②重整总反应C3H8O3(g)+3H2O(g) 3CO2(g)+7H2(g)的ΔH3= 。
(2)大量研究表明Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇均可用于催化DRM反应(CH4+CO2 2CO+ 2H2) ，在催化剂表面涉及多个基元反应，其中甲烷逐步脱氢过程的能量变化如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS1、TS2、TS3、TS4分别表示过渡态1、过渡态2、过渡态3、过渡态4)。下列说法不正确的是 (填字母)。
A．Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的速率分别为v1、v2、v3，则v1>v3>v2
B．Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是CH3*=CH2*+H*
C．DRM反应中伴随非极性键的断裂和生成
(3)甲烷裂解制氢的反应为CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH =+75 kJ·mol-1，Ni可作该反应的催化剂。CH4在催化剂孔道表面反应时，若孔道堵塞会导致催化剂失活。其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如图乙所示。考虑综合因素，使用催化剂的最佳温度为 ；650℃条件下， 1000 s后，氢气的体积分数快速下降的原因是 。
(4)我国科技工作者发明了一种电化学分解甲烷的直流电源方法，从而实现了碳和水的零排放方式生产氢气，电化学反应机理如图所示。阳极的电极反应式为 。
(5)在催化剂作用下H2还原N2O的反应如下：H2(g)+N2O(g) H2O(g)+N2(g) ΔH <0，已知该反应的v正=k 正c(N2O)·c(H2)，v逆=k逆c(N2)·c(H2O) ，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。该反应的lgk正、lgk逆随温度倒数变化的曲线如图所示。表示lgk逆变化的是曲线 (填“a”或“b”)， M点对应温度下的平衡常数K= 。
19．（2021·山西晋中·统考三模）李克强总理在十三届全国人民代表大会第四次会议上作政府工作报告时指出：优化产业结构和能源结构，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作。碳中和是指一个组织在一年内的二氧化碳排放通过二氧化碳去除技术达到平衡。
(1)科研人员借助太阳能用二氧化碳制备甲醇等燃料的催化转化是迄今为止最接近光合作用的方法，并且实现了二氧化碳的循环(如图所示)，下列说法错误的是 (填字母)。
A．图中能量转化形式有两种
B．使用催化剂可以提高单位时间内反应物的转化率
C．利用太阳能开发甲醇等液态燃料有利于环境保护
D．该工艺中的H2目前只能由电解水获得
(2)CO2加氢还可制备甲酸(HCOOH)。
①工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：
反应CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)的焓变△H= kJ·mol-1。
②温度为T1℃时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g) K=2。
实验测得：v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。T1℃时，k逆= k正。
③温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则T2℃时平衡压强 (填“＞”“＜”或“=”)T1℃时平衡压强，理由是 。
(3)工业上常用氨水吸收含碳燃料燃烧时产生的温室气体CO2，其产物之一是NH4HCO3。已知常温下碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5，写出NH4HCO3水解反应的化学方程式： ，选用上述数据计算该反应的平衡常数Kh= (保留三位有效数字)。
(4)某光电催化反应器如图所示，A极是Pt/CNT电极，B极是TiO2电极。写出A极由CO2制异丙醇的电极反应式： 。
三、工业流程题
20．（2023·山西·校联考模拟预测）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3含FeS2、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下：
已知：
i. Bi3+易水解，NaBiO3难溶于冷水。
ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质。
iii． Cu(OH)2(s) +4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq)+2OH—(aq)K=4.4×10-7。
回答下列问题：
(1)为提高“浸取”速率，采取的措施有：升高温度、 (写出一条)；辉铋矿浸取率随温度的变化曲线如图，高于40℃时浸取率快速下降，其可能的原因是 。
(2)“氧化浸取”时，H2O2和FeS2发生反应的物质的量之比为 。
(3)“除铜”时发生反应：Cu2+ (aq) + 4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq) K=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]= ；NH3分子的空间结构为 。
(4)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式为 。
(5)已知酸性环境下，NaBiO3可以将Mn2+氧化成、(被还原成Bi3+)，请设计一个原电池装置来证明这一点，在图中的方框内标出两烧杯溶液中溶质的化学式，并写出负极的电极反应式： 。
(6)取NaBiO3产品w g，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用a mol· L-1H2C2O4标准溶液滴定生成的，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗bmL标准溶液，该产品的纯度为 (用含w、a、b的代数式表示)。
21．（2023·山西晋城·统考三模）高硫锰矿的主要成分是，还含有、、、、、、等，从高硫锰矿中提取金属锰的工艺流程如图所示：
已知：、、、，金属离子的浓度的负对数与溶液的关系如图所示，回答下列问题：
(1)碱性催化脱硫时，为了提高脱硫效率，可采取的措施为 。
(2)碱性脱硫时氧化矿粉产生硫单质是该工艺流程的亮点，若将虚线框中的设计改为“高温煅烧”(如图)脱硫，与原方案比，其不足之处为 。
(3)“酸浸”时的作用为 。
(4)“调”应调至4左右，“滤渣3”的成分为 。
(5)“电解”冶炼金属锰后废电解液的处理方法为 。
(6)已知晶胞如图所示，该晶胞中∠α=120°，∠β=∠γ=90°。
①该晶体中，锰原子周围的硫原子数目为 。
②该晶体的密度为 (列出计算式即可)。
22．（2022·山西太原·统考一模）无水氯化镨(PrCl3)是制取稀土金属镨及镨合金的主要原料，采用以下工艺流程可由孪生矿(主要含ZnS、FeS、Pr2S3、SiO2等)制备氯化镨晶体(PrCl3·6H2O)。
已知：①2FeCl3+ZnS=ZnCl2+2FeCl2+S；2FeCl3+FeS=3FeCl2+S
②该条件下，溶液中部分金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：
金属离子
Zn2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时的pH
5.4
2.2
7.5
沉淀完全时的pH
6.4
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)①若其他条件不变，采取下列措施能提高镨元素浸出率的有 (填字母)。
A．适当升高溶浸温度B．适当加快搅拌速率C．适当缩短溶浸时间
②写出“溶浸”时Pr2S3发生反应的离子方程式： 。
(2)“滤渣1”的主要成分是 。
(3)在“沉淀”时加入氨水逐步调节溶液的pH至6.5，依次析出的金属离子是 ；已知Fe(OH)3在隔绝空气的条件下与FeS2混合焙烧时生成Fe3O4和S，写出该反应的化学方程式： 。
(4)①利用电解法可以生产金属镨。先将氯化镨与工业纯KCl配成二元电解质体系(PrCl3-KCl)；然后置于石墨电解槽内熔化，通入直流电进行电解。电解过程中得到金属镨的电极反应式为 。
②科学家以氯化镨气溶胶为前驱体，研究了PrCl3·6H2O的高温热解机制。利用X射线衍射技术分析，其结果如下表所示：
热解温度/℃
氯化镨气溶胶的热解产物
600
Pr(OH)2Cl和PrOCl
700～1000
Pr(OH)2Cl、PrOCl和PrO2
1100
PrO2和Pr(OH)2Cl
以上热解产物中，热稳定性最差的是 (填化学式)。氯化镨的高温热解过程主要是发生PrCl3的水解反应、Pr(OH)2Cl的脱水反应和PrOCl的氧化反应，从表中数据分析1100℃时热解产物主要为PrO2而无PrOCl的原因是 。
23．（2022·山西·统考一模）电镀工业是我国的重要加工业，电镀污泥是电镀废水处理的最终产物，其中含有较多的铜、镍、铬、锌和少量铁元素。下面是从电镀污泥中回收铜、镍、铬、锌元素的工艺流程图。
该工艺中，有关金属元素可溶性组分lgc与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为已除尽。pH大于12.5时，锌元素以Zn(OH) 存在。
回答下列问题：
(1)电解除铜时，铜在 极析出，同时在另一极Fe2+被氧化为Fe3+，检验Fe2+全部被氧化的试剂及现象是 ；
(2)电解除铜时氧化Fe2+的同时要避免Cr3+被氧化为六价Cr，下表显示了电解电压和时间对电解结果的影响。最合适的电解条件是 ；
电解电压
1v
2.1v
2.4v
2.7v
2.4v
电解时间
3h
2h
2.5h
3h
3.5h
Fe2+
检出
检出
检出
未检出
检出
检出
检出
未检出
六价Cr
未检出
未检出
未检出
检出
未检出
未检出
未检出
未检出
(3)当Cr3+恰好沉淀完全时，溶液中c(Zn2+)为A(列出计算式) ；
(4)沉镍时调节pH大于 ；
(5)沉锌时反应的离子方程式为 ；
(6)沉锌后的滤液中的主要溶质为 (填化学式)。
四、实验题
24．（2021·山西晋中·统考二模）NaClO2是一种杀菌消毒剂，常用于饮用水净化。某兴趣小组电解ClO2制备NaClO2的过程如图所示：
已知：①ClO2是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。一般使用时用稀有气体或空气稀释，以增加安全性。②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
回答下列问题。
(1)装置I中发生反应的化学方程式为 ，该方法制备ClO2最突出的优点是 。
(2)装置II是电解装置，a极为 (填“正”“负”“阴”或“阳”)极，其所连电极的反应式为 ，离子交换膜为 (填“阴”或“阳”)膜。
(3)用NaOH和H2O2混合液吸收电解排出的少量ClO2尾气，该装置需控制反应温度为3℃，可采取的措施为 ，处理后将所得溶液与装置II的成品液合并，处理后可得产品，尾气处理过程的离子方程式为 。
(4)从装置II和尾气处理所得成品液中，获得产品NaClO2的操作为 (填字母)。
a．减压，55℃蒸发结晶 b．冷却过滤 c．趁热过滤
d．用38～60℃温水洗涤 e．加热快速烘干 f．低于60℃干燥
(5)上述所得NaClO2产品可能含有NaCl等杂质。为测定其纯度，取上述产品5 g溶于水配成500 mL溶液，取出10.00 mL溶液于俳形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(杂质不参加反应)，加入2～3滴淀粉溶液，然后用0.200 mol·L－1 Na2S2O3标准液滴定，当 时达到滴定终点，重复操作2～3次，平均消耗标准液20.00 mL，则产品NaClO2的纯度为 。(已知2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI)
参考答案：
1．D
【详解】A．K2S2O8中存在过氧键，六个氧为-2价，两个氧为-1价，S的化合价为最高价+6价，图示中K2S2O8使+2价钴转化为+3价钴，K2S2O8在该反应机理中作氧化剂，A正确；
B．由图示知CoII (OAc)2一次性加入，不需要中途再加入，CoIII-O·、CoII-OH循环使用，B正确；
C．电解KHSO4制备K2S2O8循环使用： 2KHSO4K2S2O8+H2↑，-2价氧失电子化合价升高到-1价，+1价氢得电子降低生成氢气，C正确；
D．CoIII-O·、CoII-OH、Ar·、ArCO·中CoII-OH不是自由基，D错误；
故选D。
2．D
【分析】根据电池装置图可知，左侧为原电池装置，b电极上Zn失去电子发生氧化反应，b为负极，a为正极；右侧为电解池装置，d极区苯酚()氧化为和，d为阳极，c为阴极，以此解答。
【详解】A．甲装置中，a极为正极，b极为负极。乙装置中，c极为阴极，d极为阳极。因此a极应接d极，A正确；
B．a极发生还原反应，电极反应为，B正确；
C．b极发生的电极反应为，放电时，正极区溶液中的通过阴离子交换膜进入负极区溶液中，所以负极区溶液中的保持不变，但由于负极区有水生成，负极区溶液中的逐渐减小，碱性逐渐减弱，pH逐渐减小，C正确；
D．根据电子得失守恒可写出关系式：，故相同时间内，c、d两极产生气体的体积比（相同条件下）为，D错误；
故选D。
3．B
【详解】A．由题给信息Zn生成Zn(OH)，MnO2生成Mn2+可知，M极为Zn电极，N电极材料为MnO2，即M极为负极，N极为正极，OH-移向负极，A项正确；
B．负极的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)，每转移2 mol e-，有2 molOH-移向NaOH溶液，而消耗4molOH-，NaOH溶液的pH变小，B项错误；
C．N电极材料为MnO2，MnO2在正极得到电子生成Mn2+，电极方程式为：MnO2 +4H+ +2e- =Mn2+ +2H2O，故C正确；
D．若电路中通过2 mol e-，双极膜中有2 mol H+移向硫酸溶液，同时溶解1 mol MnO2，稀硫酸溶液质量增加2mol1g/mol+1mol87g/mol=89g，D项正确；
故选B。
4．D
【分析】由图可知，a电极为燃料电池的负极，60min前HMF在负极失去电子发生氧化反应转化为HMFCA，60min后HMF在负极失去电子发生氧化反应转化为FDCA，b电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子。
【详解】A．由分析可知，a电极为燃料电池的负极，b电极为正极，则b电极电势高于a电极，故A错误；
B．由分析可知，a电极为燃料电池的负极，60min前HMF在负极失去电子发生氧化反应转化为HMFCA，电极反应式为 —2e—+2OH—=+H2O，故B错误；
C．由分析可知，a电极为燃料电池的负极，b电极为正极，则氢氧根离子由右池进入左池，故C错误；
D．由分析可知，60min后HMF在负极失去电子发生氧化反应转化为FDCA，故D正确；
故选D。
5．D
【分析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳极上Br-被氧化为Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的H+在直流电场作用下移向阴极，OH-移向阳极。
【详解】A．KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br2为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故A错误；
B．阳极上为Br-失去电子生成Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，故B错误；
C．电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1mol乙二酸生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，1mol乙二醛生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，根据转移电子守恒可知每生成1mol乙醛酸转移电子为1mol，因此制得2mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；
D．由上述分析可知，双极膜中间层的H+在外电场作用下移向阴极，即H+移向铅电极，故D正确；
综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。
6．B
【详解】A．方法1中反应为：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，该歧化反应中，有5个I原子化合价降低，该部分I2作还原剂，有1个I原子化合价升高，该部分I2作氧化剂，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1，A错误；
B．方法2的电解阳极区反应为：I-+6OH--6e-=+3H2O，阴极反应为：2H2O+2e- =H2+2OH-，则当外电路转移1mole-，阴极区溶液质量减少1mol水的质量，即为18g，B正确；
C．图中为阴离子交换膜，因为阴极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，所以没有氧气产生，C错误；
D．根据上述信息可知，电解的总反应为：I- +3H2O+3H2↑，若电流利用率为100%，原子有效转化率为1，则而方法1歧化反应中，I元素还有一部分转化为KI，原子有效转化率为，所以电解法制KIO3碘原子的利用率是直接歧化法的6倍，D错误；
故选B。
7．C
【分析】由图可知，催化电极碘元素价态升高失电子，故催化电极为负极，电极反应式为，负极室发生反应，石墨电极为正极，电极反应式为，正极室发生反应2HQ +O2 = 2Q + H2O2，据此作答。
【详解】A．该装置太阳能和化学能转化为电能，故A错误；
B．由分析可知，该电池总反应为H2S+O2 = S↓+H2O2，硫酸浓度保持不变，故B错误；
C．由分析可知，当电路中转移2mol电子时，负极生成1mol，最终反应生成1molS，正极生成2molHQ，最终生成1mol H2O2，理论上生成H2O2和S单质的物质的量相等，故C正确；
D．催化电极为负极，电极反应式为，导线中流过2mole-，催化电极上有3molI-参与转化，故D错误；
故选C。
8．C
【分析】根据题干信息可知，蓄电池放电时，锌棒作原电池的负极，失电子在碱性条件下发生反应生成氢氧化锌，所以I室的电解质应为KOH，膜p应为阳离子交换膜，使钾离子从I室迁移至II室，碳棒作原电池正极，二氧化锰得电子转化为Mn2+，所以溶液需为酸性环境，则电解质为H2SO4，硫酸根离子通过膜q从III室迁移至II室，最终II室作为产品室形成K2SO4，故其电解质为K2SO4，充电过程为放电的逆过程，结合电解池原理进行分析，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，膜p适合选用阳离子交换膜，使钾离子从I室迁移至II室，A错误；
B．结合上述分析知，II室中适合添加K2SO4溶液，B错误；
C．放电时，III室发生的电极反应为：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，消耗氢离子，同时生成水，则溶液的pH增大，C正确；
D．通过分析可知，若电子转移的物质的量为2mol，则放电后，I室损失的是1mol KOH的质量，为56g，而III室损失的是1mol H2SO4的质量，即为98g，因充电过程为放电的逆过程，所以充电后，I室和III室溶液的质量变化不相同，D错误；
故选C。
9．A
【分析】观察左图以及右图，可知二氧化碳转化为碳酸根，M为阳极，氧离子失电子变为氧气，根据题干Co@C在N极区生成并分析可知N为阴极，Co3+得电子变为Co2+，Co2+再与碳酸根反应生成Co@C。
【详解】A．根据电池分析可知，N极反应式之一为Co3++e-=Co2+，A项正确；
B．M为阳极，阳离子移向阴极，B项错误；
C．未指明是在标准状况下，无法计算物质的量，转移电子数不一定为4NA，C项错误；
D．在阴极区中Co2+/Co3+与CO反应产生Co@C，结合原子守恒可知CO中的O转化成O2-，D项错误。
故选A。
10．D
【详解】A．由图可知，钴的化合物CoOOH参与第一步反应，在后面的反应中生成，属于催化剂，故A正确；
B． Fe(OH)2、钴的化合物CoOOH都能与盐酸反应，另反应都在碱性条件下进行，所以各反应不能在酸性条件下进行，故B正确；
C．由图可知，Co(OH)2 +OH- -e- = CoOOH + H2O，故C正确；
D．由图可知，图中所示物质之间的转化有O-O非极性键的形成，但无非极性键的断裂，故D错误；
答案选D。
11．D
【详解】A．由图示可知，放电时正极反应式为：Fe3++e-=Fe2+，负极反应式为：Cr2+-e-=Cr3+，充电时阳极反应式为：Fe2+-e-=Fe3+，阴极反应式为：Cr3++e-=Cr2+，则电池总反应为：Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，A正确；
B．充电时左侧为阳极，右侧为阴极，阳极电势高于阴极电势，B正确；
C．充电时若1molFe2+被氧化，即失去1mol电子，则电池中有1molH+通过交换膜由左(阳极)向右(阴极)迁移，C正确；
D．电解水时，生成氢气的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成22.4L(标准状况)H2即1molH2时，转移2mole-，那么该电池需要提供电能，即放电，因此会有2molCr2+被氧化，D错误；
答案选D。
12．D
【详解】A．氯化铵和氢氧化钙加热生成氨气，同时会有水生成，收集的氨气中含有水蒸气，不能收集到干燥的氨气，故A错误；
B．制备少量无水氯化镁应在HCl气氛中加热蒸干水分，故B错误；
C．分液漏斗上端与烧瓶连通，上下压强保持一致，液体始终可以顺利流下，不能检验装置的气密性，故C错误；
D．通过铁氰化钾溶液可以检验是否有亚铁离子生成，从而判断铁作电极情况，可用来验证牺牲阳极法保护铁，故D正确；
故选：D。
13．B
【详解】A．泡沫铜上醛基转化为羧基，发生氧化反应，所以泡沫铜为阳极，与电源的正极相连，A正确；
B．阳极反应为2R-CHO+4OH-－2e-=2R-COO-+H2↑+2H2O，阴极反应为2H2O+2e-=2OH-+ H2↑，制得1 mol氢气，则阳极、阴极各产生0.5mol氢气，转移1mol电子，B错误；
C．铜为金属，作为阳极，若电压过高，Cu会被氧化，使催化剂失活，C正确；
D．泡沫铜上醛基转化为羧基，失电子被氧化，羧酸盐在碱性环境中稳定存在，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为2R-CHO+4OH-－2e-=2R-COO-+H2↑+2H2O，D正确；
综上所述答案为B。
14．C
【分析】根据电极反应式及图象中有Fe电极可知，阳极为石墨电极，CN－失电子，阴极为铁电极，得电子，可确定a为电池的正极，b为负极。
【详解】A.铁电极为电解池的阴极，得电子，则只能是水提供的氢离子得电子，A错误；
B.根据电极反应式，阴极为2H2O+2e－= H2↑+2OH－，阳极①CN－－2e－＋2OH－=CNO－＋H2O，②2Cl－－2e－=Cl2↑③3Cl2＋2CNO－＋8OH－=N2＋6Cl－＋2CO＋4H2O，得失电子数相等时，在消耗氢氧根离子，pH在减小，B错误；
C. 根据反应：3Cl2+2CNO-+8OH-═N2+6Cl-+2CO32-+4H2O，除去1mol CN-，消耗1.5mol氯气，转移电子3mol，根据CN--2e-+2OH-═CNO-+H2O，转移电子是2mol，所以外电路至少需转移5mol电子，C正确；
D. 根据电极反应的离子，为了使电解池连续工作，需要补充氢氧化钠，若有氯气溢出，则需要补充氯化钠，D错误；
答案为C。
15．D
【详解】A．太阳能电池可将光能直接转换为电能,故A正确；
B．Y电极反应为,Y极发生氧化反应，是阳极，与电源正极相连，由图1可知，电池的阳离子向正极移动，所以P电极是太阳能电池的正极，故B正确；
C．Y电极反应为，右池需要氢离子参加反应，所以氢离子通过质子交换膜进入右池，左池pH会变大，故C错误；
D．Y电极反应为，每转移1mol电子，右池中有2mol电子参加反应，故D正确；
故答案为：C。
16．(1)+115.4 kJ⋅mol
(2) AD 60%
(3)ACD
(4)
【详解】（1）已知：① kJ⋅mol；② ；③ kJ⋅mol；④ kJ⋅mol，由盖斯定律可知，反应②=反应①-反应③-反应④， kJ⋅mol。
（2）①A．单位时间内生成1 mol 的同时生成1 mol ，则，能说明反应达到平衡状态，A正确；
B．由于恒温，平衡常数始终不变，不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．起始充入1 mol 、0.5 mol ，则容器内始终等于2，不能说明反应达到平衡状态，C错误；
D．气体总质量不变，气体总物质的量为变量，因此，混合气体的平均摩尔质量不再变化，能说明反应达到平衡状态，D正确；
故选AD。
②根据题意，列出下列三段式进行计算：
N(起始)mol，n(平衡) mol。恒温恒压条件下，，，解得，的平衡转化率。平衡时混合气体的总压强=起始时混合气体的总压强 MPa，n（平衡）mol，平衡时、、的物质的量分别为0.4 mol、0.2 mol、0.6 mol，平衡时、、的分压分别为 MPa、 MPa、 MPa。该温度下的平衡常数。
（3）A．在光阳极上发生反应生成，O元素化合价升高，发生氧化反应，A正确；
B．生成·OH自由基只有断键没有成键，不是化学反应，B错误；
C．由示意图中物质转化可知，反应过程中C、H、O元素化合价均发生改变，C正确；
D．在25℃、容积为V L的容器中，适当增大分压，即相当于增大了反应物的浓度，有助于提高的生成速率，D正确；
故选ACD。
（4）由题意iv中反应物有CH3Cl，推测其为iii的生成物，又因为为催化剂，推测其为iii的生成物，综上，iii为。已知甲烷被氧化，则甲烷一极为阳极，条件为无氧条件，溶液为碱性，则阴极反应式为。
17．(1) 慢反应 CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+ (E3- E1) kJ/mol A 相同条件下，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大 1：1
(2)在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小， 促进了C-C键形成(或其他合理说法)
(3) -e-= A
【详解】（1）①由图可知反应I的活化能大于反应II，故反应I为慢反应，由图可知CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+ (E3- E1) kJ/mol；
②相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，发生的反应为：CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g)（主反应），H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) （副反应），因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大，则表示CO2平衡转化率的是曲线A；
③设在密闭容器中充入1mol的CH4(g)和CO2(g)，因为CH4(g)的的平衡转化率为40%，故共消耗0.4mol，CO2(g)的转化率为20%，消耗0.2mol，故：
体系中，n(H2)=0.2mol， n(H2O)=0.2mol，n(H2)： n(H2O)=1:1，体系中各气体的物质的量之和为2.4mol，故；
（2）催化剂可以降低反应的活化能，在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成；
（3）①由图分析可知，电极X中Fe化合价降低，得到电子，作阴极，与电源负极相连；电极Y中Fe化合价升高，失去电子，作阳极，与电源正极相连；与电源正极相连一极上的电极反应式为：-e-= ；
②A．由①可知电极X为阴极，电极反应式为+e-=，电极Y为阳极，电极反应式为：-e-= ，则循环液1和2均含有和，A项正确；
B．为避免循环液出现离子交换，阳离子向电极X（阴极）移动，阴离子向电极Y（阳极）移动，隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，B项错误；
C．由图可知，海水1经处理，转换为CO2，CO2的水溶液呈弱酸性，会抑制水的电离，而酸化处理后的海水2，CO2转化为，易水解，故水的电离程度：处理后海水1＜处理后海水2，C项错误；
D．电解时，海水中的Na+等阳离子向阴极移动，Cl-等阴离子向阳极移动，但这些离子依然在处理后的海水中，并不会有利于海水的淡化，D项错误；
答案选A。
18．(1) 高温 + 128 kJ/mol
(2)C
(3) 600℃ 温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活
(4)CH4-4e-+2O2- =CO2+2H2
(5) b 1
【解析】(1)
①满足时，反应自发进行，根据反应I可知，该反应的，，则该反应在高温下能自发，故答案为：高温；
②根据盖斯定律，由Ⅱ×3+I可得C3H8O3(g)+3H2O(g) 3CO2(g)+7H2(g)，则ΔH3=ΔH2×3+ΔH1=(-41 kJ·mol-1)×3+251 kJ·mol-1=+128 kJ·mol-1，故答案为：+128 kJ·mol-1；
(2)
A．活化能越低，反应速率越大，Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的活化能Pt12Ni
B．由图可知，Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是Sn12Ni作催化剂时的反应：CH3*=CH2*+H*，故B正确；
C．DRM反应为CH4+CO2 ⇌ 2CO+ 2H2，CH4、CO2中只含有极性键，该反应中没有非极性键的断裂，故C错误；
故答案为：C；
(3)
由图可知，550℃、650℃时，当反应时间大于1000s，氢气的体积分数迅速下降，催化剂表面的积碳量增加，催化剂迅速失活，而600℃时，随着反应的进行，氢气的体积分数逐渐增大并保持在较高水平，因此使用催化剂的最佳温度为600℃；650℃条件下， 1000 s后，氢气的体积分数快速下降的原因是温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活，故答案为：600℃；温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活；
(4)
由图可知， Ni-YSZ电极上，CH4失去电子发生氧化反应生成CO2和H2，则Ni-YSZ电极为阳极，电极反应式为CH4-4e-+2O2- =CO2+2H2，故答案为：CH4-4e-+2O2- =CO2+2H2；
(5)
横坐标是温度倒数的变化，则横坐标越大，表示温度越低，降低温度，正、逆反应速率均减小，即lgk正、lgk逆均减小，由于反应H2(g)+N2O(g) H2O(g)+N2(g) 的 ΔH <0，降低温度，平衡正向移动，lgk逆减小的速度大于lgk正减小的速率，则a表示lgk正的变化，b表示lgk逆的变化；由图可知，M点的lgk逆=lgk正，则k逆=k正，平衡时v正= v逆，则k 正c(N2O)·c(H2)=k逆c(N2)·c(H2O) ，则有，故答案为：b；1。
19． AD -31.4 0.5或 ＞ 由k正=1.9k逆可以得出K=1.9＜2， 说明平衡逆向移动。而该反应为放热反应，可知T2＞T1，又逆反应气体分子变多，依据PV=nRT，V一定，n和T均变大，故P变大 NH4HCO3 + H2O NH3·H2O + H2CO3 1.26×10-3 3CO2 + 18e- + 18H+ = CH3CH(OH)CH3 + 5H2O
【详解】(1)图中显示的能量转化形式就有四种：太阳能转化为化学能，化学能转化为热能(或热能转化为化学能)，化学能转化为热能(或电能)，热能(或化学能转化为)动能，选项A错误；
B．“单位时间内反应物的转化率”其实是描述化学反应速率，选项B正确；
C．利用太阳能开发甲醇等液态燃料，既有利于“碳中和”，又有利于替代化石能源，减少污染，选项C正确；
D．目前，工业获取H2更多采用水煤气法、烃裂解(或烃转化)法，选项D错误。
答案选AD；
(2)①由图可得反应HCOOH(g) CO(g)＋H2O(g) △H=+72.6kJ·mol-1；
CO(g)＋ O2(g)= CO2(g) △H=-283.0kJ·mol-1；
H2(g) ＋ O2(g)= H2O(g) △H=-214.8kJ·mol-1；
由盖斯定律可得△H=-31.4 kJ·mol-1；
②反应达到平衡时，v正= v逆，即k正c(CO2)·c(H2)= k逆c(HCOOH)，又K=2，可得k正=2k逆。所以，k逆=0.5k正；
③温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则K=1.9＜2，说明平衡逆向移动，该反应正向放热，故可得出T2＞T1，且逆反应气体分子数变多，依PV=nRT，可得T2℃时平衡压强大于T1℃时平衡压强；答案为由k正=1.9k逆可以得出K=1.9＜2， 说明平衡逆向移动。而该反应为放热反应，可知T2＞T1，又逆反应气体分子变多，依据PV=nRT，V一定，n和T均变大，故P变大；
(3)常温下，碳酸的电离常数K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，计算NH4HCO3.水解反应的平衡常数时用到碳酸的电离常数K1=4.4×10-7和NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5；根据反应+2 NH3·H2O+H2CO3可知Kh==1.26×10-3；
(4)由图可知，A电极为正极，在A电极上CO2得电子，发生还原反应，生成CH3CH(OH)CH3，A极由CO2制异丙醇的电极反应式为3CO2 + 18e- + 18H+ = CH3CH(OH)CH3 + 5H2O。
【点睛】本题为化学反应原理综合，以“碳中和”切入，突出化学学科“科学精神与社会责任”的核心素养。通过阅读图例、盖斯定律的运用、速率常数和平衡常数的分析与计算、电极反应方程式的书写等，分别考查了信息获取与加工能力、证据识别与推理能力、模型构建与认识能力，以及规范的文字、化学用语的表达能力。
20．(1) 将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等) 高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解
(2)3：2
(3) 2. 2×10—20 三角锥形
(4)Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O
(5) 、Mn2+—5e—+4H2O = +8H+
(6)
【分析】由题给流程可知，向辉铋矿加入稀盐酸和过氧化氢混合溶液氧化浸取时，金属硫化物被氧化生成金属氯化物和硫，氧化铜溶于盐酸得到氯化铜，二氧化硅与盐酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫的滤渣1和含有金属氯化物的滤液；调节滤液的pH，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中铋离子转化为氢氧化铋沉淀，铜离子转化为四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液3和氢氧化铋；氢氧化铋溶于盐酸得到氯化铋溶液，向溶液中加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液，将溶液中的氯化铋转化为铋酸钠沉淀，过滤得到滤液4和铋酸钠。
【详解】（1）升高温度、将辉铋矿粉碎研磨、适当提高盐酸浓度、搅拌等措施提高“浸取”速率；盐酸受热易挥发、过氧化氢受热易分解，高于40℃时浸取率快速下降说明温度高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解，故答案为：将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)；高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解；
（2）由分析可知，氧化浸取时，二硫化铁与盐酸和过氧化氢混合溶液反应生成氯化铁、硫和水，反应的离子方程式为2FeS2+3H2O2+6H+=2Fe3++4S+6H2O，则发生反应的过氧化氢和二硫化铁的物质的量之比为3：2，故答案为：3：2；
（3）由方程式Cu(OH)2(s) +4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq)+2OH—(aq)可知，反应的平衡常数K=== Ksp K络合，则Ksp===2. 2×10—20；氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为3，分子的空间结构为三角锥形，故答案为：2. 2×10—20；三角锥形；
（4）由分析可知，加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液的目的是将溶液中的氯化铋转化为铋酸钠沉淀，反应的离子方程式为Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O，故答案为：Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O；
（5）由电子移动方向可知，右侧电极为原电池的负极，水分子作用下锰离子在负极失去电子发生氧化反应生成高锰酸根离子和氢离子，电极反应式为Mn2+—5e—+4H2O = +8H+，左侧电极为正极，酸性条件下铋酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成铋离子和水，电极反应式为BiO+2e—+6H+=Bi3++3H2O，原电池的示意图为 ，故答案为： ；Mn2+—5e—+4H2O = +8H+；
（6）由得失电子数目守恒可得如下转化关系：NaBiO3—H2C2O4，滴定消耗b mLa mol/L草酸标准溶液，则产品的纯度为×100%=，故答案为：。
21．(1)粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度
(2)高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制
(3)将氧化成
(4)和
(5)加入酸浸液再利用
(6) 4
【分析】由题给流程可知，在催化剂作用下，高硫锰矿中的金属硫化物与氢氧化钠溶液和氧气反应转化为为硫和难溶的金属氢氧化物，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应转化为硅酸钠，过滤得到含有硅酸钠的滤液和脱硫矿粉；向脱硫矿粉中加入稀硫酸和二氧化锰酸浸，将金属化合物转化为可溶的金属硫酸盐，其中二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，过滤得到含有硫的滤渣1和滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入硫化铵溶液，将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化铜、硫化镍的滤渣3和滤液；电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气。
【详解】（1）粉碎高硫锰矿、适当升高脱硫温度、适当增大氢氧化钠溶液浓度等措施能提高脱硫效率，故答案为：粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度；
（2）由图可知，高温煅烧脱硫时，金属硫化物与空气中的氧气反应生成金属氧化物和二氧化硫，二氧化硫需用氢氧化钠溶液吸收处理，所以与原方案比，高温煅烧法的缺点是生成的有毒气体二氧化硫需用氢氧化钠溶液处理，工序复杂，不宜控制，故答案为：高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制；
（3）由分析可知，酸浸时二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将氧化成；
（4）由分析可知，加入硫化铵溶液的目的是将将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，则滤渣3的主要成分为硫化铜和硫化镍，故答案为：和；
（5）由分析可知，电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气，则废电解液可以加入酸浸液再利用，节约成本，故答案为：加入酸浸液再利用；
（6）①由晶胞结构可知，与硫原子距离最近的锰原子个数为4，则由硫化锰的化学式可知，锰原子周围的硫原子个数为4，故答案为：4；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体内的硫原子个数为8×+1=2，位于棱上和体内的锰原子个数为4×+1=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—21×sin60°a×a×c×d，解得d=，故答案为：。
22．(1) AB Pr2S3+6Fe3+=6Fe2++2Pr3++3S
(2)SiO2、S
(3) Fe3+、Zn2+ 8Fe(OH)3+FeS23Fe3O4+2S+12H2O
(4) Pr3++3e-=Pr PrOCl 1100℃时主要发生PrOCl的氧化反应，生成PrO2
【分析】孪生矿加入FeCl3溶液溶浸，将金属硫化物中的S元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，SiO2和生成的硫单质不溶，过滤除去，滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，之后调节pH除去Zn2+、Fe3+，过滤后将所得滤液蒸发浓缩、冰水浴冷却结晶，过滤得到PrCl3晶体。
（1）
①A．适当升高溶浸温度，可以加快反应速率，能提高镨元素浸出率，A符合题意；
B．适当加快搅拌速率，可以使孪生矿与氯化铁溶液接触更充分，加快反应速率，能提高镨元素浸出率，B符合题意；
C．适当缩短溶浸时间，反应不充分，会降低镨元素浸出率，C不符合题意；
综上所述答案为B；
②根据其他金属硫化物发生的反应可知，“溶浸”时Pr2S3被FeCl3氧化，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为Pr2S3+6Fe3+=6Fe2++2Pr3++3S；
（2）
滤渣1主要为不和氯化铁溶液反应且难溶于水的SiO2，以及反应生成的S单质；
（3）
根据题目所给数据可知，pH为3.2时Fe3+完全沉淀，pH为6.4时Zn2+完全沉淀，所以依次析出的金属离子是Fe3+、Zn2+；根据题意，隔绝空气焙烧时，Fe(OH)3将FeS2氧化为S，自身被还原为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为8Fe(OH)3+FeS23Fe3O4+2S+12H2O；
（4）
①(PrCl3-KCl)在电解槽内熔化，可以电离出自由移动的离子，目的是制取Pr单质，所以Pr3+在阴极被还原，电极反应式为Pr3++3e-=Pr；
②1100℃时的热解产物只有PrO2和Pr(OH)2Cl，说明PrOCl不稳定，温度较高时不能稳定存在，所以热稳定性最差的是PrOCl；PrO2中Pr元素化合价升高，为氧化产物，1100℃时主要发生PrOCl的氧化反应，生成PrO2，所以1100℃时热解产物主要为PrO2而无PrOCl。
23．(1) 阴极 取少许电解后溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明 Fe2+全部被氧化
(2)2.4V、3.5h
(3)10-0.2
(4)12.5
(5)Zn(OH) + 2H+ = Zn(OH)2↓+ 2H2O
(6)Na2SO4
【分析】电镀污泥在硫酸溶液中酸浸后电解除去铜，再用石灰乳将铁元素转化为沉淀后过滤除去，往滤液中加入NaOH溶液将铬元素转化为Cr(OH)3、将镍元素转化为Ni(OH)2从溶液中逐个分离出来，最后加入稀硫酸调节pH，得到Zn(OH)2沉淀。
(1)
电解除铜时，铜被还原得到单质，连接在阴极；在另一极Fe2+被氧化为Fe3+，欲检验Fe2+全部被氧化，则要检验溶液中是否还有Fe2+，选用试剂及现象是：取少许电解后溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明 Fe2+全部被氧化。
(2)
电解除铜时氧化Fe2+的同时要避免Cr3+被氧化为六价Cr，从表中信息分析可知，最合适的电解条件是2.4V、3.5h，此条件Fe2+和六价Cr均未检出。
(3)
从金属元素可溶性组分lgc与pH的关系图可知，从当Cr3+恰好沉淀完全时，c(Cr3+)=1.0×10-5mol·L-1，溶液pH=5.6；从Zn2+恰好沉淀完全时的pH=8.0得知Ksp[Zn(OH)2]= 10-5×(10-6)2=10-17；则pH=5.6时溶液中c(Zn2+)==10-0.2(mol/L)。
(4)
从金属元素可溶性组分lgc与pH的关系图可知，完全沉镍时调节pH大于9.2，但为了防止锌一起沉淀，需将锌转化为可溶的Zn(OH)存在，依题意，则pH应大于12.5。
(5)
从流程图可知，沉镍在沉锌之前，而沉镍时为了防止锌共沉，已将锌转化为Zn(OH)，故沉锌时，加入稀硫酸与Zn(OH) 反应生成Zn(OH)2，离子方程式为：Zn(OH) + 2H+ = Zn(OH)2↓+ 2H2O。
(6)
从整个工艺流程分析，电镀污泥中含有的铜、镍、铬、锌和铁元素逐步沉淀分离，而往体系内加入的是硫酸溶液、NaOH溶液、稀硫酸，石灰乳中的氢氧化钙是微溶物，故沉锌后的滤液中的主要溶质为Na2SO4。
24． 2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4=2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑) 反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性 负 ClO2＋e－=ClO 阳 3 ℃冷水浴 H2O2＋2ClO2＋2OH－=2ClO＋O2＋2H2O acdf 当溶液由蓝色变无色，且半分钟内不恢复 90.5%
【分析】草酸、硫酸和氯酸钠在35℃~55℃热水浴中进行反应得到二氧化氯，通入空气稀释ClO2，防止其浓度过大而分解爆炸，生成的ClO2通入电解池中，在阴极被还原为ClO，所以a为电源负极，b为电源正极，氯离子被氧化生成氯气，钠离子通过离子交换膜进入阴极区和ClO形成NaClO2溶液。
【详解】(1)根据装置Ⅰ可知反应物为NaClO3、H2SO4和H2C2O4，产物有ClO2，可推知H2C2O4被氧化为CO2，配平得化学方程式为2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO4=2ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4=2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑)；根据已知①，结合反应产物，可推测该反应的最大优点是反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性；
(2)装置Ⅱ为电解ClO2制备NaClO2，故生成成品液NaClO2的电极为阴极，a极为负极，生成ClO，其电极反应式为ClO2＋e－=ClO；阳极室Na＋通过阳离子交换膜进入阴极室，生成NaClO2；
(3)要控制反应温度为3 ℃，可采取的措施为3 ℃冷水浴；根据“处理后所得溶液与装置Ⅱ所得成品液合并处理得到产品”说明ClO2生成了ClO，则H2O2化合价升高生成O2，故反应的离子方程式为H2O2＋2ClO2＋2OH－==2ClO＋O2＋2H2O；
(4)从溶液中制取晶体，一般流程是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。根据信息②，蒸发水分同时要防止分解，只能减压蒸发，a正确；为防止析出NaClO2·3H2O晶体，应该趁热过滤，b错误、c正确；为防止分解和结晶，用38～60 ℃温水洗去杂质，d正确；为防止分解，应该在低于60 ℃下干燥得到产品，e错误、f正确，综上所述选acdf；
(5)产品中加入足量酸化的KI溶液，发生ClO＋4I－＋4H＋=Cl－＋2I2＋2H2O，加入淀粉溶液显蓝色，当用0.200 mol·L－1Na2S2O3标准液滴定时，发生2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI，I2逐渐消耗，当溶液由蓝色变无色，且半分钟不恢复时，说明达到滴定终点。依据关系式：
解得x＝0.001，产品NaClO2的纯度为×100%＝90.5%。
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