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2023年高考真题变式分类汇编：原电池工作原理及应用2
一、选择题
1．科学家设计了一种将苯酚(C6H5OH)氧化为CO2和H2O的原电池-电解池组合装置如图所示，已知羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。下列说法错误的是
A．高温下不利于该电池的使用
B．电池工作一段时间后， NaCl溶液浓度将降低
C．d电极的电极反应为：H2O-e-=·OH+H+
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
2．电解苯酚的乙腈(CH3—CN)水溶液可在电极上直接合成扑热息痛（ ），装置如图，其中电极材料均为石墨。下列说法错误的是
A．电极a为负极
B．装置工作时，乙室溶液pH减小
C．c的电极反应式为+CH3-CN+H2O-2e- +2H+
D．合成1mol扑热息痛，理论上甲室质量增重64g
3．“胜哥”设计的酶—光电化学电池可同时在电池两室分别实现两种酶催化转化，原理如图所示。下列说法错误的是
A．该电池工作过程中实现了光能转化为化学能
B．氢离子从ITO电极向Mo：BiVO4电极方向迁移
C．Mo：BiVO4电极上的反应式为：2H2O-2e-=H2O2+2H+
D．消耗1mol同时生成1mol
4．在“碳达峰”“碳中和”大背景下，全钒液流电池储能系统在新能源电力系统中发挥重要作用。该电池能将电能以化学能的方式存储在不同价态钒离子的硫酸电解液中，储能的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．储能时，该系统将电能转化为化学能
B．储能时，a极附近pH降低
C．供能时，b极的电极反应式为+ 2H++e- =VO2++ H2O
D．将该电池用于电解饱和食盐水，当消耗1 mol 时，生成的气体总体积为11.2 L(标准状况)
5．对如图所示的实验装置的判断错误的是
A．开关K置于A处时，可减缓铁的腐蚀
B．开关K置于A处时，铁棒表面有氢气产生
C．开关K置于B处时，铁棒一定为负极
D．开关K置于B处时，可通过牺牲阳极的阴极保护法减缓铁的腐蚀
6．pH计是通过测定电池两极电势差(即电池电动势E)确定待测液pH的仪器，复合电极pH计的工作原理如图。室温下，E=0.059pH+0.2 (E的单位为V)。下列说法错误的是（　　）
A．pH计工作时，化学能转变为电能
B．指示电极的电极电势随待测溶液的c(H+)变化而变化
C．若参比电极电势比指示电极电势高，则指示电极的电极反应式：AgCl(s)+e- = Ag(s) +Cl-
D．室温下，若E为0. 377V，则待测溶液的pH=3.0
7． Mg-VOCl2电池是一种基于阴离子传导的新型二次电池，其简化装置示意图如下。总反应为Mg+2VOCl2MgCl2+2VOCl，下列说法错误的是
A．采用Mg作电极材料比Li的安全性更高
B．放电时正极反应为VOCl2+e =VOCl+Cl
C．放电过程中Cl 穿过复合离子液体向Mg移动
D．为该电池充电时Mg电极应与电源的正极相连
8．“胜哥”利用如图所示装置完成厨房小实验，以下能在碳棒上观察到气泡的溶液是（　　）
A．食醋 B．食盐水 C．糖水 D．纯净水
9．液流电池因其具有可深度充放电、可模块化调控、不受地理环境限制等优点，已成为大规模储能领域中备受重视的储能器件。其中锌/溴液流电池作为新能源储能技术的代表，功率性能极佳且造价低廉。三单体串联锌/溴液流电池工作原理如图所示：
下列说法正确的是（　　）
A．放电时，N极为负极
B．放电时，左侧贮液器中的浓度不断减小
C．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过
D．充电时，M极的电极反应式为
10．下列实验能达到实验目的的是
A B C D
制作简单的燃料电池 证明苯环使羟基活化 制备并收集NO2 检验溴乙烷的水解产物Br-
A．A B．B C．C D．D
11． “胜哥”画了一个铁的电化学防护装置图，下列说法错误的是
A．若X为锌棒，开关K置于M处时，铁电极反应为：2H++2e-=H2↑
B．若X为锌棒，开关K置于M或N处均可减缓铁的腐蚀
C．若X为炭棒，开关K置于N处时，铁电极反应2H++2e-=H2↑
D．若X为炭棒，开关K置于N处可以减缓铁的腐蚀
12．随着中国双碳决策部署的有序推进，绿电发电规模逐年提升，为适应未来绿电长时储能需求，我国企业开始于2022年利用“全钒液流电池”布局大型储能基地。电池的充放电总反应式为VO2+ +V3+ +H2OVO2+ +V2+ +2H +，下图为全钒液流电池工作原理示意图。下列说法错误的是
A．放电时电极A的电势比B的高
B．放电时正极的电极反应式为VO +e-+ 2H+ =VO2+ +H2O
C．在220V电压下，用恒定的1A电流充电1小时，电池中增加的化学能为7.92 105J
D．充电时H +由A极室通过质子交换膜向B极室迁移
二、非选择题
13．化学——选修3：物质结构与性质］钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，回答下列问题：
（1）基态Ti原子的核外电子排布式为　 　。
（2）Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是　 　。
化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4
熔点/℃ 377 ﹣24.12 38.3 155
（3）CaTiO3的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是　 　；金属离子与氧离子间的作用力为　 　，Ca2+的配位数是　 　。
（4）一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I﹣和有机碱离子 ，其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中　 　的空间位置相同，有机碱 中，N原子的杂化轨道类型是　 　；若晶胞参数为a nm，则晶体密度为　 　g·cm-3(列出计算式)。
（5）用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图(c)所示，用离子方程式表示该原理　 　、　 　。
14．LiFePO4是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如图：
（1）化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3可写成Na2O·SiO2，则FeTiO3可写成　 　，钛铁矿经盐酸浸取后过滤，滤渣的主要成分为　 　。
（2）“酸浸”后，钛主要以 形式存在，写出水解形成TiO2·xH2O相应反应的离子方程式　 　。
（3）加入双氧水的目的是　 　。
（4）若“滤液2”中c(Mg2+)=0.02mol·L-1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol·L-1，此时　 　 (填“是”或“否”)有Mg3(PO4)2沉淀生成。列式计算解释原因　 　。［已知：Ksp(FePO4)=1.3×10-22、Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24。
（5）写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式　 　。
（6）锂离子电池充电时，LiFePO4接电源的　 　极(填“正”或“负”)，脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4，若x= ，则电极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=　 　。
15． 2021年国际环境研究大会以“中国走向碳中和可持续发展的进程”为主题，聚焦气候治理政策，其中大气污染物碳氧化物、氮氧化物等的治理和“碳中和”技术的开发应用，成为化学研究的热点问题。
（1）已知：
有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为 　 　。
（2）利用二价铜微粒为催化剂用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2。下列说法正确的是　 　。
a.为催化剂，可以提高脱硝的速率和平衡转化率
b.状态②到状态③的变化过程决定了整个历程的反应速率
c.状态③到状态④中有非极性键和极性键生成
d.在图1所示历程中铜元素的化合价有发生变化
（3）采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将其资源化利用。该反应体系中涉及以下两个反应：
I.
II.
恒压下将CO2和H2按体积比混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间段内的选择性和产率随温度的变化如图。
其中的选择性
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是　 　。
a.210℃ b.230℃ c.催化剂CZT d.催化剂
②在230℃以上，升高温度甲醇的产率降低，但CO2的转化率增大，原因是　 　。
（4）恒温恒压密闭容器中，加入和，设只发生反应I，初始压强为，在300℃发生反应，反应达平衡时，容器体积减小20%。则反应I的压强平衡常数　 　(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）近期中国科学家团队再次实现二氧化碳“变废为宝”，成功将二氧化碳分两步高效还原合成高浓度乙酸，进一步利用微生物合成葡萄糖和油脂。利用新型固态电解质电解的部分过程如图所示。该装置阴极电极反应：　 　。
16．乙醇用途广泛且需求量大，寻求制备乙醇的新方法是研究的热点。
（1）I.醋酸甲酯催化加氢制备乙醇涉及的主要反应如下：
(a)CH3COOCH3(g)+2H2(g)C2H5OH(g)+CH3OH(g) △H=-23.6kJ·mol-1
(b)2CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3COOC2H5(g)+2CH3OH(g) △H=-22.6kJ·mol-1
(c)CH3COOCH3(g)+H2(g)CH3CHO(g)+CH3OH(g) △H=+44.2kJ·mol-1
上述三个反应中随着温度升高　 　反应的平衡常数会逐渐增大(填a、b或c)。
（2）增大压强上述三个反应平衡不发生移动的是　 　(填a、b或c)
（3）将n起始(H2)：n起始(CH3COOCH3)=10：1的混合气体置于密闭容器中，在2.0MPa和不同温度下反应达到平衡时，CH3COOCH3的转化率和C2H5OH的选择性：×100%如图所示。
①若n起始n起始(CH3COOCH3)=1mol，则500K下反应达到平衡时生成C2H5OH的物质的量为　 　mol。
②673~723KCH3COOCH3平衡转化率几乎不变，其原因是　 　。
（4）T℃时，增大压强，对乙酸甲酯的转化率和乙醇选择性的影响是____。
A．两者都增大
B．乙酸甲酯转化率降低，乙醇选择性增大
C．两者都降低
D．乙酸甲酯转化率增大，乙醇选择性降低
（5）II.以KOH溶液为电解质溶液，CO2在阴极(铜板)转化为CH3COOCH3的机理如图所示。(氢原子吸附在电极表面可用*H表示，其他物种以此类推；部分物种未画出)。
①CO2在阴极上生成C2H5OH的电极反应式为　 　。
②CO2转化为*CO的过程可描述为：溶液中的H2O在阴极表面得到电子生成*H。
+→　 　
+→　 　
17．从铜转炉烟灰(主要成分ZnO还有Pb、Cu、Cd、As、Cl、F等元素)中回收锌、铜、铅等元素进行资源综合利用，具有重要意义。以铜转炉烟灰制备重要化工原料活性氧化锌的工艺流程如图所示。
已知：活性炭净化主要是除去有机杂质。
请回答以下问题：
（1）若浸出液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为　 　。
（2）在反应温度为50℃，反应时间为1h时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图所示，结合流程图分析，氯化铵适宜的浓度为　 　mol·L-1。
（3）若浸出液中c(AsO)=6.0×10-3mol·L-1，现将8.0×10-3mol·L-1FeCl3溶液与浸出液等体积混合生成砷酸铁沉淀。若该温度时Ksp(FeAsO4)=2.0×10-22，则反应后溶液中c(AsO)=　 　mol·L-1。
（4）滤渣II的主要成分为　 　；除杂3主要除去的金属有　 　(填化学式)。
（5）沉锌得到的物质为Zn(NH3)2Cl2，请写出水解转化的化学方程式　 　。
（6）该流程中可以循环使用的物质的化学式为　 　。
（7）将Pb(OH)Cl溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液生成Pb的装置如图所示。
①写出电解时阴极的电极反应式　 　。
②电解过程中，Na2PbCl4电解液浓度不断减小，为了恢复其浓度，应该向阴极室加入　 　(填化学式)。
18．以电镀厂含锌废液(主要成分为 ，还含有少量的 )为原料制备 的工艺流程如下：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 如下表所示：
金属离子
开始沉淀 1.9 7.0 3.0 6.6
完全沉淀 3.2 9.0 4.7 9.1
回答下列问题：
（1）“氧化”工序作用之一是除锰，发生反应的离子反应方程式是　 　。
（2）工业生产中，“试剂a”通常可选用　 　 (填字母代号)
A． 溶液 B． C．稀硫酸 D．
滤渣X的成分是　 　，调 的范围是　 　。
（3）“沉锌”主要反应的离子反应方程式是　 　；过滤出的产品经过多次洗涤，如何证明产品已洗净　 　。
（4）对产品 进行系列加工可得单质 和 ，科研团队进一步研发了可逆 电池，电池工作时复合膜(由a、b膜复合而成)层间的 解离成 和 。 电池工作原理如图所示：
闭合 时，电池复合膜中 向　 　(填“左”或“右”)迁移；闭合 时， 电极发生的电极反应式为　 　。
答案与解析
1．答案：D
分析：A．高温下微生物会失去活性；
B．依据电池中离子放电分析；
C．阳极失去电子，发生氧化反应；
D．根据电子守恒分析。
解析：A．高温下微生物会失去活性，故高温下不利于该电池的使用，A不符合题意；
B．电池工作一段时间后，a侧氢氧根离子、b侧氢离子迁移到中间室中生成水，导致氯化钠溶液浓度将降低，B不符合题意；
C．d为阳极，水失去电子发生氧化反应，电极反应为：H2O-e-=·OH+H+，C不符合题意；
D．c为阴极，水放电生成氢气；d极苯酚和羟基自由基发生氧化还原反应生成二氧化碳，根据电子守恒可知，，故相同时间内，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为14：6=7：3，D符合题意；
故答案为：D。
2．答案：B
分析：硫酸根离子向a极迁移，则电极a为负极，电极反应式为，电极b为正极，电极反应式为，电极c为阳极，电极d为阴极。
解析：A．由分析知电极a是负极，A不符合题意；
B．乙室是化学电源的正极室，工作时，在正极b上得到电子发生还原反应，电极反应式为：，反应时减小，溶液增大，B符合题意；
C．电极c为阳极，在电极c上失去电子发生氧化反应，并与苯酚反应生成扑热息痛，电极反应式为：+CH3CN+H2O-2e- +2H+，C不符合题意；
D．根据阳极c的电极反应式，合成1mol扑热息痛，转移2mol电子，负极a发生反应：，生成1mol氧气，同时乙室转移1mol到甲室，理论上甲室质量增重：，D不符合题意；
故答案为：B。
3．答案：B
分析：根据电子流向可知，Mo：BiVO4电极为负极，2H2O-2e-=H2O2+2H+，ITO为正极，同时在负极上，乙苯发生氧化反应生成，正极上和H2反应生成 。
解析：A．该电池是光电化学电池，工作过程中实现了光能转化为化学能，故A不符合题意；
B．原电池结构中，阳离子向正极移动，则氢离子从Mo：BiVO4电极向ITO电极移动，故B符合题意；
C．由分析可知，BiVO4电极为负极，H2O在负极失去电子生成H2O2和H+，电极方程式为：2H2O-2e-=H2O2+2H+，故C不符合题意；
D．由图可知，正极和H2反应生成 ，负极得到和H2O2反应生成 ，而生成1molH2和1mol H2O2转移的电子数相等，则消耗1mol同时生成1mol，故D不符合题意；
故答案为：B。
4．答案：D
分析：储能时为电解池，电极a上V3+转化为V2-，发生还原反应，则电极a为阴极，电极反应式为V3++e-=V2+，电极b为阳极，电极反应式为VO2+-e-+H2O=+ 2H+；供能时为原电池，电极a为负极，电极反应式为 V2+-e-=V3+，电极b为正极，电极反应式为+ 2H++e- =VO2++ H2O。
解析：A．储能时为电解池，则该系统将电能转化为化学能，A不符合题意；
B．由分析可知，储能时a极为阴极，氢离子通过质子交换膜向a极移动，则a极附近pH降低，B不符合题意；
C．供能时为原电池，由分析可知，此时b极的电极反应式为+ 2H++e- =VO2++ H2O，C不符合题意；
D．根据正极的电极反应可知，当消耗1 mol 时转移1mol电子，则将该电池用于电解饱和食盐水时，可以生成0.5mol氯气和0.5mol氢气，一共是22.4L(标准状况)，D符合题意；
故答案为：D。
5．答案：C
分析：A、铁为阴极，为外接电源的阴极保护法；
B、铁为阴极，氢气为氢离子放电，阳离子在阴极放电；
C、判断电池正负极跟金属活动性强弱有关；
D、铁为正极时，为牺牲阳极的阴极保护法。
解析：A．开关K置于A处，则铁为阴极，可减缓铁的腐蚀，A不符合题意；
B．开关K置于A处，铁为阴极，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，铁棒表面有氢气生成，B不符合题意；
C．开关K置于B处，X电极的材料未知，无法确定铁棒一定为负极，C符合题意；
D．开关K置于B处，X金属的活泼性若强于铁，则X为负极，铁为正极被保护，可通过牺牲阳极的阴极保护法减缓铁的腐蚀，D不符合题意；
故答案为：C。
6．答案：C
分析：A．pH计的工作原理是通过测定电池电动势E；
B．根据pH计的工作原理分析；
C．依据参比电极电势比指示电极电势高，正极的电势比负极的高分析；
D．根据E=0.059pH+0.2计算。
解析：A．pH计的工作原理是通过测定电池电动势E(即指示电极和参比电极的电势差)来确定待测溶液的pH，则pH计工作时，化学能转化为电能，故A不符合题意；
B．根据pH计的工作原理可知，指示电极参比膜内外c(H+)的差异会引起电池电动势的变化从而使得其能确定溶液的pH，故B不符合题意；
C．若参比电极电势比指示电极电势高，正极的电势比负极的高，则指示电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为Ag(s)-e-+Cl-=AgCl(s)，故C符合题意；
D．根据E=0.059pH+0.2，若E为0. 377V，则pH=，故D不符合题意；
故答案为：C。
7．答案：D
分析：A．Mg比Li更稳定；
B．原电池中正极得电子、发生还原反应；
C．原电池中阴离子流向负极；
D．充电时，与电源的负极相连，作阴极。
解析：A．Li活泼性更强，Mg比Li更稳定，安全性更强，故A不符合题意；
B．放电时为原电池，原电池中正极得电子、发生还原反应，正极的电极反应式为VOCl2+e-=VOCl+Cl-，故B不符合题意；
C．放电时为原电池，原电池中阴离子流向负极，即Cl-穿过复合离子液体向Mg移动，故C不符合题意；
D．充电时为电解池，Mg电极要发生还原反应，与电源的负极相连，作阴极，故D符合题意；
故答案为：D。
8．答案：A
分析：A.加食醋形成原电池，碳棒上发生反应2H++2e-=H2↑；
B.加食盐水，构成原电池，发生铁的吸氧腐蚀，正极上发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-；
C.糖水不能导电，不是电解质溶液；
D.纯净水几乎不导电。
解析：A．加食醋，构成原电池，碳棒为正极，溶液呈酸性，正极反应式为2H++2e-=H2↑，故选A；
B．加食盐水，构成原电池，碳棒为正极，溶液呈中性，发生铁的吸氧腐蚀，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，碳棒上没有气泡生成，故不选B；
C．加糖水，糖水不导电，不能形成原电池，碳棒上没有气泡生成，故不选C；
D．加纯净水，纯净水几乎不导电，不能形成原电池，碳棒上没有气泡生成，故不选D；
故答案为：A。
9．答案：C
分析：锌溴液流电池的总反应为；Zn＋Br2=ZnBr2，因此N电极为正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：Br2＋2e－=2Br－。M电极为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Zn－2e－=Zn2＋。正极反应生成的Br－通过离子交换膜进入左侧，充电过程中，其总反应是为：ZnBr2Zn＋Br2。
解析：A.放电时，N电极发生得电子的还原反应，因此N电极为正极，A不符合题意；
B.放电时，溶液中生成Zn2＋与Br－，通过循环回路，左测储液器中c(ZnBr2)增大，B不符合题意；
C.中间沉积锌位置的作用为提供电解质溶液，因此该离子交换膜既可以允许阳离子通过，也可以允许阴离子通过，C符合题意；
D.充电时，M电极为阴极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：Zn2＋＋2e－=Zn，D不符合题意；
故答案为：C
10．答案：A
分析：A.关闭K1时，构成电解池，生成氢气和氧气，打开K1、关闭K2，构成氢氧燃料电池；
B.苯与溴水不反应，苯酚与溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚，说明羟基使苯环活化；
C.二氧化氮能与水反应，不能用排水法收集；
D.溴乙烷水解后，在酸性溶液中检验溴离子。
解析：A．上述装置中先闭合K1，打开K2构成电解池装置，左侧石墨电极为阳极，溶液中的水发生失电子的氧化反应生成氧气，右侧石墨电极作阴极，放出氢气；再闭合K2，打开K1，形成原电池，右侧石墨电极为负极，氢气放电，左侧石墨电极为正极，氧气得电子，能达到实验目的，A符合题意；
B．溴水和苯酚反应三溴苯酚，说明羟基使苯环活化，B不符合题意；
C．生成的二氧化氮和水反应生成一氧化氮，C不符合题意；
D．证明存在溴离子，应该首先将反应后的溶液酸化后再加入硝酸银溶液，D不符合题意；
故答案为：A。
11．答案：A
分析：开关置于N时，构成电解池，置于M时，构成原电池；若X为锌，形成的原电池中，锌为负极，铁为正极；开关置于M时，铁为正极，置于N时，铁为阴极，均被保护；若X为炭棒，铁为阴极。
解析：A．若X为锌棒，开关K置于M处时，形成原电池，铁作正极，电极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-，A符合题意；
B．若X为锌棒，开关K置于M时形成原电池，铁作正极，开关K置于N处时，形成电解池，铁作阴极，都能阻止铁失电子，从而减缓铁的腐蚀，B不符合题意；
C．若X为炭棒，开关K置于N处时，形成电解池，铁作阴极，电极反应2H++2e-=H2↑，C不符合题意；
D．若X为炭棒，开关K置于N处时，形成电解池，铁作阴极被保护，从而减缓铁的腐蚀，D不符合题意；
故答案为：A。
12．答案：C
分析：放电时，为原电池，电极A为正极，电极反应式为VO +e-+ 2H+ =VO2+ +H2O，电极B为负极，电极反应式为 V2+-e-=V3+，充电时，电极A为阳极，电极反应式为VO2++H2O-e-=VO2++2H+，电极B为阴极。
解析：A．据分析可知，放电时电极A为正极，电极B为负极，则电极A的电势比B的高，A不符合题意；
B．根据总反应可知，放电时正极的电极反应式为VO +e-+ 2H+ =VO2+ +H2O，B不符合题意；
C．充电过程中，电能不会完全转化为化学能，则无法计算，C符合题意；
D．据分析可知，充电时电极A为阳极，电极B为阴极，则H +由A极室通过质子交换膜向B极室迁移，D不符合题意；
故答案为：C。
二、非选择题
13．答案：（1）1s22s22p63s23p63d24s2
（2）TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高
（3）O＞Ti＞Ca；离子键；12
（4）Ti4+；sp3；
（5）2Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+；2Eu2++I2=2Eu3++2I
分析：(1)考查了对基态原子电子排布规律的认识；(2)考查了不同类型的晶体的熔沸点比较，相同类型的晶体的熔沸点比较；(3)考查了电负性的周期性变化规律，微粒间的相互作用以及晶胞中离子的配位数；(4)考查了晶胞中微粒的位置和杂化理论，晶体密度的计算问题；(5)重点考查通过反应历程图，来书写离子方程式等。
解析：(1)钛元素是22号元素，故其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；(2)一般不同的晶体类型的熔沸点是原子晶体>离子晶体>分子晶体，TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，对于结构相似的分子晶体，则其相对分子质量越大，分子间作用力依次越大，熔点越高；故答案为：TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高；(3)CaTiO3晶体中含有Ca、Ti、O三种元素，Ca、Ti是同为第四周期的金属元素，Ca在Ti的左边，根据同一周期元素的电负性从左往右依次增大，故Ti>Ca，O为非金属，故其电负性最强，故三者电负性由大到小的顺序是：O>Ti>Ca，金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，离子晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12；故答案为：O>Ti>Ca；离子键；12；(4)比较晶胞(a)(b)可知，将图(b)中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来，就能变为图(a)所示晶胞结构，图(b)中体心上的Pb2+就变为了八个顶点，即相当于图(a)中的Ti4+；图(b)中顶点上的I-就变成了体心，即相当于图(a)中的Ca2+；图(b)面心上中的 就变成了棱心，即相当于图(a)中的O2-；故图(b)中的Pb2+与图(a)中的Ti4+的空间位置相同；有机碱 中N原子上无孤对电子，周围形成了4个 键，故N原子采用sp3杂化；从图（b）可知，一个晶胞中含有Pb2+的数目为 个， 的数目为 个，I-的数目为 个，故晶胞的密度为 ，故答案为：Ti4+；sp3； ；（5）从作用原理图(c)可以推出，这里发生两个离子反应方程式，左边发生Pb + 2Eu3+= Pb2++ 2Eu2+，右边发生I2+ 2Eu2+= 2Eu3++ 2I-，故答案为：Pb + 2Eu3+= Pb2++ 2Eu2+；I2+ 2Eu2+= 2Eu3++ 2I-
14． 答案：（1）FeO·TiO2；SiO2
（2） +(x+1)H2O=TiO2·xH2O+2H++4Cl-
（3）将Fe2+氧化成Fe3+
（4）否；c( )= = =1.3×10-17mol/L，Qc=c3(Mg2+)×c2(PO )=0.013×(1.3×10-17)2≈1.69×10-40（5）2FePO4+H2C2O4+Li2CO3 2LiFePO4+3CO2↑+H2O
（6）正；13：3
分析：钛铁矿中加入盐酸酸浸后过滤，得到的滤液1通过水解后再过滤得到TiO2·xH2O和滤液2，滤液2加入双氧水和磷酸处理后过滤得到FePO4，FePO4加入草酸和碳酸锂高温煅烧反应得到LiFePO4。
解析：(1)化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3可写成Na2O·SiO2，活泼金属氧化物写在前面，则FeTiO3可写成FeO·TiO2，钛铁矿经盐酸浸取后过滤，由于酸浸后只有SiO2不溶于酸，则滤渣的主要成分为SiO2；
(2)“酸浸”后，钛主要以 形式存在，水解形成TiO2·xH2O，相应反应的离子方程式为 +(x+1)H2O=TiO2·xH2O+2H++4Cl-；
(3)加入双氧水的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+与 反应生成沉淀FePO4；
(4) c( )= = =1.3×10-17mol/L，Qc=c3(Mg2+)×c2(PO )=0.013×(1.3×10-17)2≈1.69×10-40(5)“高温煅烧”中由FePO4加入草酸和碳酸锂反应制备LiFePO4，反应的化学方程式为2FePO4+H2C2O4+Li2CO3 2LiFePO4+3CO2↑+H2O；
(6) LiFePO4为原电池正极物，锂离子电池充电时，接电源的正极，脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4，若x= ，化合物中各元素化合价代数和为0，设Fe2+为a，Fe3+为b，则有 ，解得a= ，b= ，则电极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=13：3。
15．答案：（1）-1627
（2）cd
（3）bd；230℃以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大
（4）
（5）
分析：(1)根据盖斯定理计算；
(2)a.催化剂只改变速率，不影响平衡；
b.慢反应决定了整个历程的反应速率；
c.同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
d.由历程中化合价变化分析
(3)根据题中条件和图像判断；
(4)利用三段式计算；
(5)阴极发生还原反应。
解析：(1)①
②
③
③=①-4②，故-1627；
(2)a.催化剂只能提高脱硝的速率，不能改变平衡转化率，a项不正确；
b.慢反应决定了整个历程的反应速率，故状态③到状态④的变化过程决定了整个历程的反应速率，b项不正确；
c.状态③到状态④中有N与N之间非极性键和H与O之间极性键生成，c项正确；
d.在图1所示历程中铜元素的化合价一直都为+2，d项正确；
故答案为：cd；
(3)根据题中条件，230℃，催化剂时甲醇产率最高，
故答案为：bd；原因为：230℃以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大；
(4)列三段式：
容器体积减小20%，故，解得x=0.5，容器为恒压容器，故反应前后压强均为，
(5)该装置通入CO得电子转化为CH3COOH，故阴极电极反应为：。
16．答案：（1）c
（2）c
（3）0.81；温度的升高使反应a、反应b中CH3COOCH3的平衡转化率下降，使反应c中CH3COOCH3的平衡转化率上升，且上升幅度与下降幅度相当
（4）D
（5）2CO2＋12e－＋9H2O=C2H5OH＋12OH－；CO2；
分析：（1）对于吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大；对于放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小
（2）对于反应前后气体物质的量不变的反应，加压，平衡不移动
（3）利用在500K时，转化率为90%，列出三段式计算即可
（4）有反应a和b可知，加压有利于生成乙酸乙酯，所以乙酸乙酯转化率增大
解析：(1)由题意可知反应c为吸热反应，升温平衡正向移动，平衡常数增大，故答案为c；
(2)对于反应前后气体的计量系数相同的反应，增大压强平衡不移动，根据题给的三个反应可知，答案为：c；
(3)①设反应a消耗CH3COOCH3的物质的量为amol，反应bCH3COOCH3消耗的物质的量为bmol，反应c消耗的物质的量为cmol，根据反应a，推出生成C2H5OH的物质的量为amol，根据题意有：×100%=90%，×100%=90%，解得a=0.81；故答案为0.81；
②反应a、反应b为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，反应a、反应b向逆反应方向进行，CH3COOCH3的转化率降低，反应c为吸热反应，升高温度，反应c向正反应方向进行，当上升幅度与下降幅度相当时，CH3COOCH3的平衡转化率几乎不变，故答案为：温度的升高使反应a、反应b中CH3COOCH3的平衡转化率下降，使反应c中CH3COOCH3的平衡转化率上升，且上升幅度与下降幅度相当；
(4)反应a和反应b均为气体分子数减小的反应，T℃时，增大压强，反应a和b平衡均正向移动，乙酸甲酯的转化率增大，反应b不生成乙醇，故乙醇的选择性下降，反应c为反应前后气体分子数不变的反应，增大压强，平衡不移动，无影响；
故答案为：D；
(5)①CO2在阴极上得电子，转化成C2H5OH，电极反应式为2CO2＋12e－＋9H2O=C2H5OH＋12OH－；故答案为2CO2＋12e－＋9H2O=C2H5OH＋12OH－；
②根据机理可知，溶液中的H2O在阴极表面得到电子生成，与CO2反应生成，与反应生成和H2O，故答案为：CO2，。
17．答案：（1）ZnO+2NH+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O
（2）4
（3）2.0×10-19
（4）CaF2；Cu和Cd
（5）Zn(NH3)2Cl2+2H2O=Zn(OH)2↓+2NH4Cl
（6）NH4Cl
（7）PbCl+2e-=Pb↓+4Cl-；PbO
分析：（1）ZnO与氯化铵和氨水反应生成 [Zn(NH3)4]2+ ，根据质量守恒配平方程式；
（2）当氯化铵的浓度为4mol/L时，锌元素的浸出率已经接近100%，若浓度再高，铅元素将进入溶液；
（3）根据Ksp计算；
（4）滤渣Ⅱ为CaF2，除杂3主要除去溶液中的Cu和Cd；
（5） Zn(NH3)2Cl2水解生成Zn(OH)2和氯化铵；
（6）水解后得到的氯化铵，又可以用于第一步的浸取，可以循环利用；
（7）①阴极发生还原反应；
②电解过程中Na2PbCl4浓度不断减小。
解析：首先用氯化铵和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为[Zn(NH3)4]2+配离子；除杂1，向滤液中加入氯化铁得到滤渣I（FeAsO4）；除杂2，向滤液中加入氯化钙得到滤渣II（CaF2沉淀）；除杂3，向滤液中加入锌粉可以将其它金属离子全部置换出来得到滤渣III；再向滤液中加入活性炭除去有机杂质，再加入盐酸将锌转化为Zn(NH3)2Cl2，最后得到氧化锌。
(1)若浸出液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为ZnO+2+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O。
(2)观察题图，当氯化铵的浓度为4mol·L-1时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，再增加氯化铵浓度没有太大意义，另一方面若浓度再高，铅元素将进入溶液，无法完全除去铅，故氯化铵适宜的浓度为4mol·L-1。
(3)等体积混合后，两种离子的浓度都变为原先的一半，即c1()=3.0×10-3mol·L-1，c1(Fe3+)=4.0×10-3mol·L-1，而两种离子是1：1沉淀的，反应后，c2(Fe3+)=4.0×10-3mol·L-1-3.0×10-3mol·L-1=1.0×10-3mol·L-1，则c2()===2.0×10-19mol·L-1。
(4)根据分析，滤渣II为CaF2，而除杂3主要可以除去溶液中的Cu和Cd；
(5)煅烧后得到ZnO，则煅烧前必然为Zn(OH)2，即水解产物为Zn(OH)2，则水解转化的化学方程式方程式Zn(NH3)2Cl2+2H2O=Zn(OH)2↓+2NH4Cl。
(6)水解后得到的NH4Cl，又可以用于第一步的浸取，循环利用。
(7)①电解Na2PbCl4溶液生成Pb，则阴极的电极反应式为+2e-=Pb↓+4Cl-，阳极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+；
②电解过程中，Na2PbCl4电解液浓度不断减小，为了恢复其浓度，根据电解反应的方程式2Na2PbCl4+2H2O4NaCl+O2↑+2Pb↓+4HCl可知，应该向阴极室加入PbO。
18．答案：（1）S2O +Mn2++2H2O =MnO2+2SO +4H+
（2）BD；Fe(OH)3、Al(OH)3；4.7~6.6
（3）3Zn2++ 6HCO =ZnCO3 2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入少量HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，若无白色沉淀证明已洗净
（4）右；[Zn(OH)4]2-＋2e-=Zn+4OH-
分析：（1）氧化时Na2S2O8把 氧化为 ；
（2）“试剂a”的目的是调节pH生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；
（3）“沉锌”过程中，硫酸锌和NH4HCO3反应生成ZnCO3 2Zn(OH)2沉淀；
（4）闭合 时，构成原电池；电池放电时，Zn极是负极，闭合 时，构成电解池， 电极是阴极。
解析：电镀厂含锌废液主要成分为 ，还含有少量的 ，用Na2S2O8把 氧化为 ，过滤出MnO2，滤液中加氧化锌或碳酸锌调节pH在4.7~6.6之间，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去铁、铝元素；滤液中加NH4HCO3生成ZnCO3 2Zn(OH)2沉淀。
(1)“氧化”工序用Na2S2O8把 氧化为 ，除锰发生反应的离子反应方程式是S2O +Mn2++2H2O =MnO2+2SO +4H+；
(2)工业生产中，加入“试剂a”的目的是调节pH生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去铁、铝元素，为不引入新杂质，a通常可选用或 ，
故答案为：BD；滤渣X的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，为使Fe3+、Al3+完全沉淀而Zn2+不沉淀，调 的范围是4.7~6.6。
(3)“沉锌”过程是硫酸锌和NH4HCO3反应生成ZnCO3 2Zn(OH)2沉淀，反应的离子反应方程式是3Zn2++ 6HCO =ZnCO3 2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O；若洗涤液中不含硫酸根离子，说明产品已洗净，检验方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入少量HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，若无白色沉淀证明已洗净。
(4)闭合 时，构成原电池，放电时右侧生成甲酸，所以电池复合膜中 向右迁移；电池放电时，Zn极是负极，闭合 时，构成电解池，给电池充电， 电极是阴极，[Zn(OH)4]2-得电子生成Zn，发生的电极反应式为[Zn(OH)4]2-＋2e-=Zn+4OH-。
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