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2023届高三化学二轮过关训练—电解池
一、单选题
1．（2023·辽宁丹东·统考一模）偏钨酸铵是制备金属钨、合金钢以及陶瓷工业的重要原料。采用如下电化学装置可制备偏钨酸铵，双极膜中间层中的水解离为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膜为阴离子交换膜
B．阳极电极反应为
C．双极膜中间层中的OH-向右侧迁移进入产品室
D．当电路中通过时，双极膜中解离水的质量为2.0g
2．（2023·北京·高三统考专题练习）用石墨作电极电解a浊液，记录如表。
实验装置 实验现象
I.a为AgCl II.a为AgI
两电极均产生气泡，有黑色固体在阴极附近生成，并沉降在烧杯底部，烧杯中的液体逐渐变澄清透明 两电极均产生气泡，阴极表面附着少量银白色固体，烧杯中的液体逐渐变为棕黄色
下列说法不正确的是
A．I中阳极气体可能为Cl2和O2，II中阳极气体为O2
B．I和II中阴极生成气体的方程式均为2H2O+2e—=H2↑+2OH—
C．II中液体变为棕黄色，说明阳极上发生了反应2AgI—2e—=I2+2Ag+
D．两实验阴极现象有差异的原因可能是II中c(Ag+)比I中的小
3．（2023秋·安徽亳州·高三统考期末）在某催化剂和电解条件下，氮气与氢气转化为存在下图所示的两个反应历程。下列说法错误的是
A．氮气在阳极发生反应
B．反应历程②的第(7)步反应：(*表示被催化剂吸附)
C．反应历程中的来源于阳极的氧化
D．两个反应历程制备的相同
4．（2022·辽宁锦州·统考一模）双极膜(CM/AM)在电场作用下能将水解离为H+和OH-，用双极膜电解槽电解糠醛()溶液制备糠醇()和糠酸盐()时，MnO2/MnOOH在电极与糠醛之间传递电子，电解过程如图所示。下列说法错误的是
A．通电时双极膜将水解离出的向电极方向移动
B．接直流电源负极，糠醛在阴极表面得到电子被还原为糠醇
C．生成糠酸盐的反应为+MnO2+OH-=+MnOOH
D．电解时，阳极的反应为
5．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）近年来，我国在能源研发与能量转化领域所获得的成就领跑全球。下图是我国科学家研发的一种能量转化装置，利用该装置可实现将转化为CO，并获得NaClO溶液。下列说法错误的是
A．a为太阳能电池的正极
B．该装置可实现多种能量之间的转化
C．电极Y的反应为
D．当有22.4 L 参与反应时，外电路通过个电子
6．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）自由基因为不能稳定存在往往化学性质不稳定，羟基自由基(·OH)有极强的氧化性。如图是一种能将苯酚氧化为和的原电池-电解池组合装置。下列说法错误的是
A．a电极的电极反应式：
B．d极区的化学方程式为
C．系统工作时，电流由b极经III、II、I室流向a极
D．系统工作时，每转移消耗1 mol苯酚
7．（2023·全国·高三统考专题练习）以乙烷燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图所示。下列说法错误的是
A．燃料电池工作时，正极反应为O2+4H++4e-=2H2O
B．a极是铜，b极是铁时，溶液中CuSO4浓度减小
C．a、b两极若是石墨，在同温同压下b极产生的气体与电池中消耗乙烷的体积之比为7：1
D．a极是纯铜，b极是粗铜时，a极上有铜析出，b极逐渐溶解，两极质量变化不相同
8．（2023·湖南衡阳·校联考二模）钠离子电池的工作原理与锂离子电池相似，与锂离子电池相比较，成本低，充电时间短。一种钠-空气电池的装置如图所示。该电池利用“多孔”石墨电极形成空气通道，放电时生成的填充在“空位”中，当“空位”填满后，放电终止。下列说法正确的是
A．放电时，M为阴极
B．放电时，N电极发生的电极反应为
C．充电时，每转移，N电极减轻
D．该电池的比能量比锂离子电池低
9．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）科研工作者通过开发新型催化剂，利用太阳能电池将工业排放的CO2转化为CO，实现节能减排的目标。下列有关说法正确的是
A．N极为阴极
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．阳极的电极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+H2O
D．理论上该装置在工作时，、缓冲溶液的pH保持不变
10．（2023秋·安徽芜湖·高三安徽师范大学附属中学校考期末）新型锂电池的电极材料LiFePO4可通Li2CO3+H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+H2O+3CO2制得。该电池充电时，LiFePO4变成Li1-xFePO4(0＜x＜1)。(在制备和充电时：H、Li、P、O化合价不变，分别为+1、+1、+5、-2)。下列说法正确的是
A．该制备原理中H2C2O4作氧化剂
B．由LiFePO4变成Li1-xFePO4时，属于还原反应
C．常温常压下生成4.4gCO2时，反应中转移0.1mol电子
D．当Li1-xFePO4中x=0.4时，Li1-xFePO4中的Fe2+和Fe3+的个数值比为3∶2
11．（2023·全国·高三专题练习）硼酸为一元弱酸，已知与足量NaOH溶液反应的离子方程式为，可以通过电解的方法制备。电解溶液制备的原理如图所示，下列叙述正确的是
A．通电片刻后，M室pH增大，N室pH减小
B．a膜、c膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜
C．理论上每生成，两极室共产生标准状况下11.2L气体
D．保持电流为3A，电解60min，制得，则电流效率约为89%(法拉第常数为；电流效率)
12．（2023春·河南·高三统考专题练习）一种稳定且具有低成本效益的碱性混合多硫化物-空气氧化还原液流电池结构如图所示。下列说法正确的是
A．膜a为阴离子膜，膜b为阳离子膜
B．充电时的总反应为：4OH-+2=4+O2+2H2O
C．放电时，左侧贮液室中含的多硫电解质减少
D．放电时，外电路通过2mol电子，理论上II室及右侧贮液器中的NaOH总共减少2mol
13．（2023春·山西忻州·高三校联考阶段练习）如图为拟通过甲装置除去污水中的乙酸钠和对氯苯酚，同时利用此装置产生的电能在铁上镀铜(见乙装置)。下列说法正确的是
A．乙装置中溶液颜色会变浅
B．铁电极应与A极相连接
C．A极的电极反应式：+e-=+Cl-
D．当B电极产生0.25 mol气体时，铁电极质量理论上增加32g
二、原理综合题
14．（2023·广东梅州·统考二模）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
(1)室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡：



①室温下，反应的________(用含、或的代数式表示)。
②基态核外电子排布式为________。
③室温下，初始浓度为的溶液中随的变化如图所示。
根据A点数据计算反应的_________，下列关于该反应的说法不正确的是_________。
A．加水稀释，平衡右移，K值增大
B．若达到A点的时间为，则
C．若升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的
(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。
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。当时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为_________。
(3)微生物法：
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图所示。时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是____________。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为，得到电子转化为H，________。
(4)可用电解法将废水中铬酸钾溶液制成重铬酸钾，其工作原理如图所示：
①该制备过程总反应的化学方程式为____________。
②电解一段时间后，阳极区溶液中的物质的量由变成，则生成的重铬酸钾的物质的量为___________。
15．（2023·吉林长春·统考三模）环己烯是重要的有机化工原料，广泛用于制备各种中间体，进而用于农药、医药、塑料等生产。回答下列问题：
(1)已知：苯()、环己烯()和氢气的燃烧热()分别为：、和。则反应Ⅰ： _______。
(2)某温度下，将等物质的量的苯蒸汽和加入刚性容器内发生反应生成气态环己烯，起始总压为，平衡时总压减小了40%，该温度下反应的平衡常数_______(保留一位小数)。达到平衡后，欲增加苯的平衡转化率，可采取的措施有_______(填标号)。
A．通入惰性气体 B．再加入等物质的量的苯蒸汽和
C．增加催化剂的用量 D．增加氢气的浓度
(3)液相中水作为添加剂苯选择性加氢制备环己烯(反应Ⅰ)过程的示意图如图1，采用能够吸附氢气的含钉催化剂，将氢气以一定速率通入液态苯与水的混合体系中生成环己烯，环己烯会进一步加成生成副产物环己烷。(已知：苯和环己烯在水中的溶解度分别为：和)
①研究表明使用水作为添加剂时，催化剂表面会被一层水吸附层覆盖，使得环己烯的选择性明显提高，原因是_______。
②反应温度与苯加氢反应速率的关系如图2所示，温度高于时，苯加氢速率降低的原因可能是_______。
(4)环氧环己烷()是有机合成的重要中间体，有着广泛的应用。以环己烯和溴化钠为原料，采用间接电解法是制备环氧环己烷的常用方法，其过程如下图：
①采用无隔膜法电解溶液，阳极电极反应方程式为_______。
②从践行绿色发展理念，保护生态环境的角度分析，采用该方法制备环氧环己烷的优点是_______。
16．（2023秋·天津·高三校联考期末）烟气中的可利用钠碱循环法或氨吸收法脱除。
(1)用化学方程式表示形成硫酸型酸雨的反应：_______。
(2)在钠碱循环法中，溶液作为的吸收液，可由NaOH溶液吸收制得，反应的离子方程式为_______。
(3)某温度下吸收液吸收的过程中，pH随变化关系：
91∶9 1∶1 1∶91
pH 8.2 7.2 6.2
由此可判断溶液显_______性，原因是的电离程度_______(填“>”“<”或“=”)水解程度。
(4)当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生，再生示意图如下：
①在阳极放电的电极反应_______。
②当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理：_______。
(5)用氨水脱除。已知25℃，的，；的。
①若氨水的浓度为，氨水中_______
②将通入该氨水中，当降至时，溶液中的：_______。
17．（2023秋·上海杨浦·高三上海市控江中学校考期末）NO是主要大气污染物，治理的办法之一是在一定条件下使NO与H2反应生成可参与大气生态循环的无毒气体，反应原理为：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)。
(1)研究发现，NO与H2的反应过程可分为三步，每步均为基元反应：
①2NO=N2O2(快) ②N2O2+H2=N2O+H2O(慢) ③……(快)
i.第③步对应的基元反应是_______。
ii.整个反应过程中活化能最大的反应是第_______步。
(2)反应速率方程可表示反物浓度与反应速率的定量关系。NO与H2反应的速率方程为：V=k·[NO]m[H2]n，其中k为常数，指数m、n可以通过实验进行测定。已知在T℃时，不同浓度NO与H2对应的反应速率如下表所示：
序号 [NO]/mol·L-1 [H2]mol·L-1 v/mol·L-1·min-1
Ⅰ 6.0×10-3 1.0×10-3 1.8×10-4
Ⅱ 6.0×10-3 2.0×10-3 3.6×10-4
Ⅲ 2.0×10-3 6.0×10-3 1.2×10-4
可以推测，速率方程中的m=_______；n=_______。
用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示。
(3)电极Ⅰ为_______极(填“阴”或“阳”)，其电极反应式为_______。
(4)电解时H+从电极_______向电极_______迁移(两空均选填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。已知吸收塔中的反应为2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO，利用该方法每处理1mol NO，可同时得到_______g O2。
三、工业流程题
18．（2023·全国·模拟预测）一种高硫锰矿的主要成分为，主要杂质为，还含有少量等，其中含量较大。研究人员设计了如下流程，制得金属锰。
已知：①金属离子的与溶液的关系如下图所示。
②金属硫化物的溶度积常数如下表。
金属硫化物
回答下列问题。
(1)碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，疏化物中的硫元素被氧化为单质。写出硫化亚铁发生反应的化学方程式_______。
(2)根据矿物组成，脱硫时能被部分溶解的物质是_______。
(3)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是_______。
(4)酸浸时主要含锰组分发生反应的化学方程式为_______；酸浸时，加入的作用是_______(用离子方程式表示)。
(5)调到5左右，滤渣2的主要成分是_______；加入适量的除去的主要离子是_______。
(6)除杂后的溶液通过电解制得金属锰，惰性阳极发生的电极反应为_______。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】由图可知，左侧石墨电极为电解池的阳极，一水合氨在阳极失去电子发生氧化反应生成铵根离子、氧气和水，碱室中碳酸氢根离子通过阴膜加入阳极室，双极膜中间层中的氢氧根离子进入碱室、氢离子加入产品室，产品室中氢离子与溶液中铵根离子、钨酸根离子反应生成偏钨酸铵，过量的铵根离子通过阳膜进入阴极室，右侧电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨。
【详解】A．由分析可知，a膜为阳离子交换膜，故A错误；
B．由分析可知，左侧石墨电极为电解池的阳极，一水合氨在阳极失去电子发生氧化反应生成铵根离子、氧气和水，电极反应式为，故B正确；
C．由分析可知，双极膜中间层中的氢氧根离子进入碱室、氢离子加入产品室，故C错误；
D．当电路中通过0.1mol电子时，双极膜中有0.1mol氢氧根离子进入碱室，则双极膜中解离水的质量为0.1mol×18g/mol=1.8g，故D错误；
故选B。
2．C
【分析】氯化银的溶解度大于碘化银，氯化银悬浊液中银离子浓度大于碘化银悬浊液中银离子浓度，由实验现象可知，I中氯离子和水分子均可能在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气和氧气，银离子在阴极放电生成银，II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，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，少量银离子在阴极放电生成银。
【详解】A．由分析可知，I中氯离子和水分子均可能在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气和氧气，II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，则I中阳极气体可能为氯气和氧气，II中阳极气体为氧气，故A正确；
B．由分析可知，I和II中阴极生成气体都为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，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，故B正确；
C．由分析可知，II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，反应生成的氧气将碘离子氧化为碘使II中液体变为棕黄色，故C错误；
D．由分析可知，氯化银的溶解度大于碘化银，氯化银悬浊液中银离子浓度大于碘化银悬浊液中银离子浓度，所以I中银离子在阴极放电生成银，II中少量银离子在阴极放电生成银，故D正确；
故选C。
3．A
【详解】A．电解过程，氮气和氢气反应转化为氨气，得到电子，在阴极发生还原反应，A错误；
B．根据反应历程，反应历程②的第(7)步反应：(*表示被催化剂吸附)，B正确；
C．氮气和氢气反应生成氨气，氢气失去电子，则阳极发生氧化反应，则反应历程中的来源于阳极的氧化，C正确；
D．焓变只和物质的始态和终态有关，和反应过程无关，故两个反应历程制备的相同，D正确；
故选A。
4．C
【分析】由题干电解过程图示可知，X极上是将糠醛转化为糠醇，发生了还原反应，故X为阴极，与电源的负极相连，则Y为阳极，与电源的正极相连，故电流方向即正电荷移动方向为有Y流向X，故双极膜（CM/AM）在电场作用下能将水解离为H+和OH-，H+流向X极，OH-移向Y极，X极电极反应为：+2H++2e-=，Y极的电极反应为：MnOOH-e-+OH-=MnO2+H2O，然后生成的MnO2将糠醛氧化为糠醛酸盐，反应为：+2MnO2+OH-→+2MnOOH，据此分析解题。
【详解】A．通电时双极膜将水解离为H+和OH-，阳离子向阴极移动；X极糠醛溶液生成糖醇发生了还原反应，则X极为阴极；所以H+向X电极方向移动，A正确；
B．由分析可知，X极的糠醛发生了还原反应被还原生成糖醇，为阴极，接电源的负极，B正确；
C．生成糠酸盐的反应：+2MnO2+OH-→+2MnOOH，C错误；
D．电解时MnOOH在阳极上失电子发生氧化反应生成MnO2，电极反应式为MnOOH-e-+OH-═MnO2+H2O，D正确；
故答案为：C。
5．D
【分析】利用该装置可实现将转化为CO，并获得NaClO溶液，C元素化合价降低发生还原反应，X是阴极；氯元素化合价升高发生氧化反应，Y是阳极。
【详解】A．Y是阳极，则a为太阳能电池的正极，故A正确；
B．该装置可实现太阳能转化为电能，电能转化为化学能，故B正确；
C．Y是阳极，氯离子失电子生成次氯酸，电极Y的反应为，故C正确；
D．X是阴极，阴极反应为CO2+2e-+2H+=CO+H2O，1molCO2参与反应外电路通过个电子，没有明确是否为标准状况，22.4 L的物质的量不一定是1mol，故D错误；
选D。
6．D
【分析】根据装置图可知，左装置为化学电源装置，右装置为电解池，Cr2O→Cr(OH)3，Cr元素化合价由+6价降低为+3价，化合价降低，即a电极为正极，b电极为负极，根据电解原理，c电极为阴极，d电极为阳极，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，a电极为正极，根据电荷守恒和原子守恒，该电极反应式为Cr2O+7H2O+6e-=2Cr(OH)3+8OH-，故A说法正确；
B．根据上述分析，d电极为阳极，羟基自由基具有极强氧化性，能将苯酚氧化，环境是酸性，因此苯酚被氧化成二氧化碳，即该区化学方程式为C6H5OH+28·OH=6CO2↑+17H2O，故B说法正确；
C．电流方向是正电荷的移动，b电极为正极，因此电流由b电极经Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ室流向a极，故C说法正确；
D．苯酚被氧化成二氧化碳和水，有C6H5OH～28e-，每转移28mole-，b极、d极各消耗1mol苯酚，共消耗2mol苯酚，故D说法错误；
答案为D。
7．C
【分析】根据图示知乙烷燃料电池中左侧电极为电源的正极，右侧电极为电源的负极，a为电解池的阴极，b为电解池的阳极。
【详解】A．根据图示知该燃料电池工作时，负极产物为CO2，电解质呈酸性，正极反应为O2+4H＋+4e－═2H2O ，故A正确；
B．a极是铜，b极是铁时，电解总反应为Fe+CuSO4FeSO4+Cu，硫酸铜溶液浓度减小，故B正确；
C．a、b两极若是石墨，b极电极反应式为，原电池中乙烷反应：，根据串联电路中各电极转移电子守恒可知：b极生成氧气和电池中消耗乙烷的体积之比(相同条件下气体积之比等于物质的量之比)为：7：2，故C错误；
D．a极是纯铜，b极是粗铜时，为铜的电解精炼，a极上有铜析出，b极逐渐溶解，b极比铜活泼的金属优先失电子，两极质量变化不相同，故D正确；
故选：C。
8．D
【详解】A．放电时，失电子，M为负极，A错误；
B．放电时，N电极发生的电极反应为，原选项中电荷也没配平，B错误；
C．充电时，N电极的反应为，每转移 1mole- ，失重，C错误；
D．比能量指的是单位质量输出电能的多少，mgLi转移电子，mgNa转移电子，因此相同质量的锂离子电池比能量比钠离子电池高，D正确；
故答案为D。
9．D
【分析】该装置外电路有光伏电池(将太阳能转化为电能)，故为电解池装置，P极上，CO2得电子转化为CO，故P极为阴极，N极为阳极，阴极的电极反应式为：CO2+2e-+2H+═CO+H2O，需要缓冲溶液提供H+，故离子交换膜为阳离子交换膜，阳极电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，N极为阳极，A错误；
B．由分析可知，阴极的电极反应式为：CO2+2e-+2H+═CO+H2O，需要缓冲溶液提供H+，故离子交换膜为阳离子交换膜，B错误；
C．由分析可知，阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，C错误；
D．缓冲溶液流入阴极的H+和阳极流入缓冲溶液的H+数目相等，故随着反应进行，缓冲溶液中c(H3PO4)不变，c(KH2PO4)不变，即理论上该装置在工作时，H3PO4、KH2PO4缓冲溶液的pH保持不变，D正确；
故答案为：D。
10．D
【详解】A．根据反应方程式可知：在该反应中C元素化合价由反应前H2C2O4中的+3价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，因此H2C2O4作还原剂，A错误；
B．由LiFePO4变成Li1-xFePO4时，Fe元素化合价升高，失去电子被氧化，因此发生的属于氧化反应，B错误；
C．4.4g CO2的物质的量是n(CO2)= ，每反应产生3 mol CO2气体，反应过程中会转移2 mol电子，则反应产生了0.1mol CO2气体，转移电子的物质的量n(e-)= mol，C错误；
D．当Li1-xFePO4中x=0.4时，Li1-xFePO4可表示为Li3Fe5(PO4)5，Fe元素总化合价为+12，Fe原子个数为5个，假设Fe2+的数目是x，Fe3+的数目是(5-x)，2x+3(5-x)=12，解得x=3，(5-x)=2，故其中的Fe2+和Fe3+的个数值比为3∶2，D正确；
故选D。
11．D
【详解】A．M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成和，电极反应式为，M室pH减小；N室中石墨电极为阴极，电解时阴极上水得电子生成和，电极反应式为，N室pH增大，A项错误；
B．原料室中的通过b膜进入产品室、通过c膜进入N室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，则a膜、c膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，B项错误；
C．产品室中发生的反应为，理论上每生成，M室生成，转移电子1mol，N室生成，M室生成，两极室共产生标准状况下16.8L气体，C项错误；
D．6.2g的物质的量为，则消耗的电荷量为，而电极上通过的总电荷量为，故，D项正确；
故选D。
12．B
【详解】A．膜a为阳离子膜，放电过程中1室发生氧化反应，钠离子交换到2室；b为阴离子交换膜；故A错误；
B．充电时，氢氧根氧化得到氧气，被还原为，总反应为4OH-+2=4+O2+2H2O，故B正确；
C．放电时，转化为，所以含的多硫电解质增加，故C错误；
D．放电时，氧气和水反应产生氢氧根，所以NaOH增加，故D错误；
故答案选B。
13．D
【详解】A．乙装置为电镀装置，电镀液硫酸铜的浓度不变，所以溶液的颜色不变，故A错误；
B．甲中向A极移动，则A极为正极，B极为负极；电镀时，镀件作阴极，与电源负极相连，所以Fe与B极相连，故B错误；
C．甲中向A极移动，则A极为正极， 得电子生成苯酚和氯离子，电极反应式： +Cl-，故C错误；
D．B电极反应式：，铁电极反应式：，根据电路中转移电子数相等，可得关系式，则B电极产生0.25 mol时，铁电极质量理论上增加，故D正确；
选D。
14．(1) ΔH3-2ΔH2 [Ar]3d3 1.0×1014 AC
(2) 将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-
(3) 时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性 被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS
(4) 4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。
【详解】（1）①已知：II.
III. ，由盖斯定律，反应III-2II得
得，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，故答案为：ΔH3-2ΔH2；
②Cr为24号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d54s1，则Cr3+核外电子排布式为[Ar]3d3，故答案为：[Ar]3d3；
③从图看出A点时，c(H+)=1.0×10-7mol/L时为0.25mol/L，由原子守恒得为1.0-0.25×2=0.5mol/L。则K=。
A．加水稀释溶液中的Q>K，平衡逆向，同时没有改变温度，K值不变，A项错误；
B．A点为0.25mol/L，由原子守恒得溶液中的为1.0-0.25×2=0.5mol/L，则v（）=，B项正确；
C．升温转化率减小即平衡逆向移动，说明逆向为吸热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，C项错误；
故选AC。
故答案为：1.0×1014；AC；
（2）实验中将除Cr(OH)3沉淀除去，则NaHSO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ，便于沉淀除去。从图分析pH>12时[Cr(OH)4]-增大而Cr(OH)3降低，则反应为Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-。答案为：将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ；Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-；
（3）温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率降低。从图看H和经SRB细胞膜之后转变为S2-和H2O，S2-再与Fe2+结合为FeS。故答案为：时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS；
（4）阴极区为H+放电产生H2。阳极区OH-放电产生H+和O2，H+促使平衡正向从而制备K2Cr2O7。总反应为4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。由方程式看出每生成1molK2Cr2O7产生2molKOH，即2molK+移入阴极区产生KOH。当阳极区K+由amol变为bmol产生K2Cr2O7为 。故答案为：4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH；。
15．(1)
(2) 66.7 BD
(3) 环己烯在水中的溶解度相对较小，促使环己烯及时从催化剂表面脱附，降低了生成环己烷的速率，提高环己烯的选择性 反应温度过高，氢气溶解度减小，降低苯加氢的反应速度；反应温度过高使催化剂失活
(4) 溶液可以循环利用，提高了溴原子利用率，减少排放
【详解】（1）根据盖斯定律可知，该反应的反应热；
（2）设起始两者的物质的量为1mol，转化的苯为x mol，根据题给信息可以得到以下三段式：
，同温同体积压强之比=气体的物质的量之比，则，解得x=0.4，此时总压为(1-40%)×1MPa=0.6 MPa，总物质的量=2-2×0.4=1.2mol，平衡常数；
A．通入惰性气体，平衡不移动，苯的转化率不变，A错误；
B．再加入等物质的量的苯蒸汽和相当于加压，平衡正向移动，苯的转化率增大，B正确；
C．增加催化剂的用量平衡不移动，苯的转化率不变，C错误；
D．增加氢气的浓度，平衡正向移动，苯的转化率增大，D正确；
故选BD；
（3）①可以从平衡移动的角度分析，该方法降低了环己烯的浓度，促使平衡正向移动，故答案为：环己烯在水中的溶解度相对较小，促使环己烯及时从催化剂表面脱附，降低了生成环己烷的速率，提高环己烯的选择性；
②气体的溶解度随着温度升高而降低，反应速率减慢，另外，温度过高时，催化剂会失去活性，反应速率会降低，故答案为：反应温度过高，氢气溶解度减小，降低苯加氢的反应速度；反应温度过高使催化剂失活；
（4）①根据图示可知，在阳极，溴离子失去电子生成溴酸根离子，电极方程式为：；
②根据图示可知，该过程中的溴化钠可以循环使用，从而提高了溴的利用率，故答案为：溶液可以循环利用，提高了溴原子利用率，减少排放。
16．(1)SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4
(2)+SO2+H2O=2
(3) 酸 >
(4) 氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，导致 加速电离生成，且钠离子进入阴极室，因而吸收液可以再生
(5)
【详解】（1）二氧化硫在空气中和水蒸气反应，方程式为：SO2+H2O=H2SO3，生成的亚硫酸和空气中的氧气反应生成硫酸，方程式为：2H2SO3+O2=2H2SO4，硫酸是酸雨的主要成分。
（2）SO2被Na2SO3溶液吸收生成亚硫酸氢钠，离子反应为+SO2+H2O=2。
（3）由表格中的数据可知，越多，酸性越强，则电离生成氢离子，电离方程式为，显酸性是因其电离大于其水解。
（4）当吸收液的pH降至约为6时，吸收液中阴离子主要是亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子在阳极上失电子和水反应生成硫酸根离子和，电极反应式为。电解时,溶液中阳离子向阴极移动，氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，导致 加速电离生成，且钠离子进入阴极室，因而吸收液可以再生。
（5），得。，25℃时，，解得。
17．(1) N2O(g)+H2(g)=N2(g)+H2O(g) ②
(2) 2 1
(3) 阴 2 HSO+2e-+2H+=S2O+2H2O
(4) II I 16
【详解】（1）i.总反应为2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)，结合①②反应可知，第③步对应的基元反应是N2O和H2生成氮气和水，反应为N2O(g)+H2(g)=N2(g)+H2O(g)。
ii. 活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，故整个反应过程中活化能最大的反应是第②步；
（2）V=k·[NO]m[H2]n，根据Ⅰ、Ⅱ可得：1.8×10-4= k(6.0×10-3)m(1.0×10-3)n、3.6×10-4= k(6.0×10-3)m(2.0×10-3)n，则n=1；根据Ⅱ、Ⅲ可得：3.6×10-4= k(6.0×10-3)m(2.0×10-3)、1.2×10-4= k(2.0×10-3)m(6.0×10-3)，则m=2；
（3）由图可知，电极Ⅰ上HSO发生还原反应生成S2O，故I为电解池阴极，反应为；
（4）电解时阳离子向阴极移动，故H+从电极II向电极I迁移；已知吸收塔中的反应为2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO，该反应中氮元素化合价由+2变为0，根据电子守恒可知，，利用该方法每处理1mol NO，可同时得到0.5mol氧气，质量为16g O2。
18．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
【分析】高硫锰矿的主要成分为，主要杂质为，还含有少量，含量较大。碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，疏化物中的硫元素被氧化为单质，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，过滤得到的脱硫矿粉中含S、氢氧化铁、碳酸盐和金属氧化物，再被硫酸酸浸以后生成的滤液中含Fe2+、Fe3+、Mn2+、Cu2+、Ni2+，单质S和硫酸钙则以滤渣1的形式除去，二氧化锰做氧化剂作用下，Fe2+转化为铁离子便于后续除杂，加入一水合氨调pH，进而除去铁元素，过滤得到的滤液中含Mn2+、Cu2+、Ni2+，再加入硫化铵可除去铜元素与镍元素，最后过滤得到的MnSO4溶液经电解得到金属锰，据此分析解答。
【详解】（1）碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，疏化物中的硫元素被氧化为单质，硫化亚铁被氧气氧化生成硫单质和氢氧化铁，根据氧化还原反应的配平原则可知涉及的化学方程式为。；
（2）结合物质的类别与上述分析可知，脱硫时能被部分溶解的物质是酸性氧化物二氧化硅。答案为；
（3）未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢。故答案为；
（4）酸浸时含硫矿粉中的碳酸锰会与硫酸发生反应生成MnSO4、水和二氧化碳，发生反应的化学方程式为：；酸浸时，加入目的是为了氧化亚铁离子，生成便于除去的铁离子，涉及的离子方程式为：。答案为；
（5）根据给定信息①金属离子的与溶液的关系图可知，调节pH为5左右，目的是为了除去铁元素，所以过滤得到的滤渣2主要成分是；结合给定信息②金属硫化物的溶度积常数数据可知，加入适量的除去的主要离子是。答案为；
（6）根据放电顺序可知，除杂后的溶液通过电解在阴极可制得金属锰，惰性阳极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，发生的电极反应为。答案为

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