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备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题8 化学反应与电能
一、选择题
1．2024年5月8日，我国第三艘航空母舰福建舰顺利完成首次海试。舰体表面需要采取有效的防锈措施，下列防锈措施中不形成表面钝化膜的是
A．发蓝处理 B．阳极氧化 C．表面渗镀 D．喷涂油漆
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A．发蓝处理是通过氧化条件下使得金属表面形成氧化膜，A不符合题意；
B．阳极氧化是将金属与电源正极相连，使得金属表面形成氧化膜，B不符合题意；
C．表面渗镀是在高温下将欲渗镀的物质(金属或非金属元素)通过扩散作用从被渗镀的金属的表面渗入内部以形成表层合金镀层，C不符合题意；
D．喷涂油漆是通过阻止金属与氧气接触，没有在金属表面形成保护膜，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 钝化是指在氧化条件下通过强阳极极化使得金属表面形成保护膜，从而防止金属腐蚀。
2．近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是（　　）
A．理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点
B．氢氧燃料电池具有能量转化率高、清洁等优点
C．锂离子电池放电时锂离子从负极脱嵌，充电时锂离子从正极脱嵌
D．太阳能电池是一种将化学能转化为电能的装置
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；化学在自然资源和能源利用中的作用
【解析】【解答】A、理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点，A选项正确。
B、氢氧燃料电池的能量利用率高，且产物为水，不会造成污染，B选项正确。
C、锂离子电池放电时为原电池，Li+从负极移向正极；充电时为电解池，Li+从阳极移向阴极，C选项正确。
D、太阳能电池将太阳能够转化为电能，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点。
B、氢气与氧气反应生成水，不会造成污染。
C、结合原电池、电解池装置中离子的移动方向分析。
D、太阳能电池将太阳能转化为电能。
3．通过电化学方法制备Br，进而由Br，与反应合成为提高电流利用效率，某小组设计电化学合成示意图如下，已知氧化性：H2O2>Br。下列说法不正确的是（　　）
A．电极A与电源正极相连
B．电极B的电极反应式为：O2+ 2H++ 2e2-=H2O2
C．电解液中 H2SO4可以用氢溴酸代替
D．原料足量的情况下，理论上电路中转移0.2mole可得到0.1mol
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极A为阳极，与电源正极相连，A正确；
B．由分析可知，电极B为阴极，O2在电极B发生还原反应生成，电极反应式为：，B正确；
C． 电解液中用氢溴酸代替，溴离子即起导电作用，又可在电极A上放电，所以可以用氢溴酸代替，提高电流利用效率，C正确；
D．由得失电子守恒可知，电路中转移生成0.1mol，但由信息可知氧化性：，所以电极B上生成的也可将溴离子氧化为，所以电路中转移生成的物质的量大于0.1mol，则得到的物质的量大于0.1mol，D错误；
故选D。
【分析】该装置为电解池，由图可知，电极A上，Br-发生氧化反应生成Br2，则电极A为阳极，电极B为阴极，阴极发生还原反应，电极反应式为：。
4． 某电池的正极材料为，负极材料为嵌锂石墨。利用人工智能筛选出的补锂试剂，能使失活的电池再生并延长寿命，且保持电池原结构。将注入电池后充电补锂，过程中转化为气体离去。下列有关充电补锂的说法错误的是（　　）
A．在阳极失去电子
B．生成气体中含有氟代烃
C．过程中铁元素的价态降低
D．反应并离去是该电池保持原结构的原因
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．充电时，[SO2CF3]-在阳极失去电子发生氧化反应，故A正确；
B．[SO2CF3]-在阳极失去电子，电极反应为2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3，生成气体中含有氟代烃CF3-CF3，故B正确；
C．充电补锂时，阴极反应为Li++e-=Li，阳极反应为2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3， 未参与反应，铁元素价态不变，故C错误；
D．该过程中[SO2CF3]-反应并离去，对原电池起到补锂作用，并维持电池原结构，故D正确；
故选C。
【分析】 将注入电池后充电补锂 ，则阴极反应为Li++e-=Li，转化为气体离去 ，则阳极反应式为2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3。
5．关于如图所示的装置，下列说法错误的是（　　）
A．该装置将化学能转化为电能
B．是负极，发生反应
C．向电极附近迁移
D．若将装置中的换为，则为负极
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该装置为原电池，将化学能转化为电能，故A正确；
Ｂ．Zn的活动性强于Cu，Zn为负极，发生氧化反应，则电极反应式为 ，故B正确；
Ｃ．原电池工作时，阳离子向正极移动，则向电极附近迁移 ，故C正确；
Ｄ．由于活动性：Zn>Fe，将Cu换为Fe，Zn仍为负极，Fe为正极，故D错误；
故选D。
【分析】该装置构成原电池，金属活动性：Zn>Cu，则Zn为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，Cu为正极，电极反应式为：。
6．一种可充放电电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为和，随温度升高Q(消耗转移的电子数)增大。下列说法不正确的是
A．熔融盐中的物质的量分数影响充放电速率
B．充放电时，优先于通过固态电解质膜
C．放电时，随温度升高Q增大，是因为正极区转化为
D．充电时，锂电极接电源负极
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由于充放电时有参与或生成，因此熔融盐中的物质的量分数影响充放电速率，A正确；
B．离子半径：＜，因此优先于通过固态电解质膜，B正确；
C．放电时，正极发生得电子的还原反应，中氧原子为-1价，中氧原子为-2价，因此随温度升高Q增大，正极区转化为，C错误；
D．充电时，锂电极为阴极，与电源的负极相连，D正确；
故答案为：C
【分析】该电池放电过程中，Li发生失电子的氧化反应，生成Li＋，因此负极的电极反应式为Li－e－=Li＋。通入O2的电极为正极，发生的电子的还原反应，生成O2－或O22－，因此正极的电极反应式为O2＋4e－=2O2－或O2＋2e－=O22－。随温度升高，Q（1molO2转移电子数）增大，说明温度升高过程中，正极区O22－转化为O2－。据此结合选项分析。
7．我国科技工作者设计了如图所示的可充电电池，以为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺()以捕获，使放电时还原产物为。该设计克服了导电性差和释放能力差的障碍，同时改善了的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。
回答下列问题。
（1）下列说法错误的是
A．放电时，电池总反应为
B．充电时，多孔碳纳米管电极与电源正极连接
C．充电时，电子由电极流向阳极，向阴极迁移
D．放电时，每转移电子，理论上可转化
（2）对上述电池放电时的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。
下列说法错误的是
A．捕获的反应为
B．路径2是优先路径，速控步骤反应式为
C．路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同
D．三个路径速控步骤均涉及转化，路径2、3的速控步骤均伴有再生
【答案】（1）C
（2）D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；活化能及其对化学反应速率的影响；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）A．放电时，正极反应式为，负极反应式为，则放电时电池总反应：，A正确；
B．充电时，多孔碳纳米管为阳极，与电源正极连接，B正确；
C．充电时，电子由电源负极流向阴极，阳离子向阴极移动，则电子从电源负极经外电路流向电极（阴极），同时向阴极迁移，C错误；
D．放电时发生反应，每转移电子，有参与反应，则每转移电子，理论上可转化，D正确；
故选C。
（2）A．由图可知，路径1、路径2、路径3的产物均为，则捕获的反应为，A正确；
B．活化能越大，反应越难进行，反应速率越慢，由图可知，径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，则路径2是优先路径，路径2中，且路径2的最大的步骤是的步骤，为路径2的速控步骤，反应式为，B正确；
C．由图可知，路径1、3的中间产物不同，但产物均为，路径2、3的起始物均为，产物分别为和，C正确；
D．由图可知，三个路径的速控步骤中都参与了反应，路径3的速控步骤为得电子转化为和，该过程并未生成PDA，D错误；
故选D。
【分析】（1）由图可知，多孔碳纳米管电极上， 发生还原反应生成 ，则放电时，多孔碳纳米管电极为正极，电极反应式为，Mg电极为负极，电极反应式为，充电时，多孔碳纳米管电极为阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，电极反应式为，Mg电极为阴极，电极反应式为，放电时阳离子向正极移动，充电时阳离子向阴极移动；
（2）A．由图可知，三种路径中，PDA捕获CO2均生成；
Ｂ．活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
Ｃ．结合反应历程分析；
Ｄ．该反应的控速步骤是活化能最大的步骤。
（1）A．放电时，正极反应式为，负极反应式为，则放电时电池总反应：，A正确；
B．充电时，多孔碳纳米管为阳极，与电源正极连接，B正确；
C．充电时，电子由电源负极流向阴极，阳离子向阴极移动，则电子从电源负极经外电路流向电极（阴极），同时向阴极迁移，C错误；
D．放电时发生反应，每转移电子，有参与反应，则每转移电子，理论上可转化，D正确；
故选C。
（2）A．由图可知，路径1、路径2、路径3的产物均为，则捕获的反应为，A正确；
B．活化能越大，反应越难进行，反应速率越慢，由图可知，径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，则路径2是优先路径，路径2中，且路径2的最大的步骤是的步骤，为路径2的速控步骤，反应式为，B正确；
C．由图可知，路径1、3的中间产物不同，但产物均为，路径2、3的起始物均为，产物分别为和，C正确；
D．由图可知，三个路径的速控步骤中都参与了反应，路径3的速控步骤为得电子转化为和，该过程并未生成PDA，D错误；
故选D。
8．破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成[Zn（NH3）4]2+和H2，下列说法不正确的是（　　）
A．氨水浓度越大，腐蚀趋势越大
B．随着腐蚀的进行，溶液pH变大
C．铁电极上的电极反应式为：2NH3+2e﹣═2+H2↑
D．每生成标准状况下224mLH2，消耗0.010molZn
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、腐蚀的总反应为Zn+4NH3 H2O=+H2↑+2H2O+2OH-，氨水浓度越大，反应速率越快，腐蚀趋势越大，故A正确；
B、随着反应进行，有OH-离子生成，溶液变大，故B正确；
C、该电化学腐蚀中Zn作负极，Fe作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，铁电极上的电极反应式为：，故C错误；
D、标准状况下的物质的量为0.01mol，根据关系式： Zn～H2～2e-， 生成0.01molH2，消耗，故D正确；
故答案为：C。
【分析】 破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成[Zn（NH3）4]2+和H2， 则Zn作负极，电极反应式为 Zn-2e-+4NH3=Zn[(NH3)4]2+，Fe为正极，电极反应式为。
9．下列有关电极方程式或离子方程式错误的是
A．碱性锌锰电池的正极反应：MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+
C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
D．TiCl4加入水中：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4Cl-
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碱性锌锰电池的正极反应式为MnO2＋e－＋H2O=MnO(OH)＋OH－，A不符合题意；
B、铅蓄电池充电时的阳极反应式为PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H＋＋SO42－，B符合题意；
C、K3[Fe(CN)6]与FeCl2溶液反应的离子方程式为：K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－=KFe[Fe(CN)6]↓，C不符合题意；
D、TiCl4与H2O反应的离子方程式为：TiCl4＋(x＋2)H2O=TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、碱性锌锰电池中MnO2为正极发生得电子的还原反应，生成MnO(OH)；
B、铅蓄电池充电时阳极PbSO4发生失电子的氧化反应，生成PbO2；
C、K3[Fe(CN)6]与FeCl2反应生成KFe[Fe(CN)6]沉淀；
D、TiCl4与水反应生成TiO2·xH2O。
10．金属腐蚀会对设备产生严重危害，腐蚀快慢与材料种类、所处环境有关。下图为两种对海水中钢闸门的防腐措施示意图：
图1 图2
下列说法正确的是
A．图1、图2中，阳极材料本身均失去电子
B．图2中，外加电压偏高时，钢闸门表面可发生反应：O2＋4e ＋2H2O＝4OH
C．图2中，外加电压保持恒定不变，有利于提高对钢闸门的防护效果
D．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，钢闸门、阳极均不发生化学反应
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．由分析可知，图1中阳极材料本身会失电子发生氧化反应，而图2中阳极材料为辅助阳极，本身不能失电子，A不符合题意；
B．图2装置为电解池，且为外加电源的阴极保护法，外加电压偏高时，钢闸门表面电子增多，除海水中H+放电外，海水中溶解的O2也会放电，可发生反应：O2＋4e ＋2H2O＝4OH ，B符合题意；
C．图2装置为电解池，且为外加电源的阴极保护法，若外加电压保持恒定不变，不能抵消腐蚀电流，不利于提高对钢闸门的防护效果，C不符合题意；
D．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，说明图1和图2装置中电子阻止了铁的反应，钢闸门不发生腐蚀反应，牺牲阳极和辅助阳极均发生了氧化反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息可知，图1装置为原电池，且为牺牲阳极的阴极保护法，阳极材料失电子，发生氧化反应，作负极，钢闸门作正极；图2装置为电解池，且为外加电源的阴极保护法，阳极材料为辅助阳极，本身不能失电子，电解质溶液中的阴离子失电子发生氧化反应，钢闸门作阴极。
11．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】乙醇的物理、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。
12．如图，c管为上端封口的量气管，为测定乙酸溶液浓度，量取待测样品加入b容器中，接通电源，进行实验。下列说法正确的是（　　）
A．左侧电极反应：
B．实验结束时，b中溶液红色恰好褪去
C．若c中收集气体，则样品中乙酸浓度为
D．把盐桥换为U形铜导线，不影响测定结果
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由上述分析可知，左侧电极反应：，A符合题意；
B．右侧电极反应2CH3COOH+2e-=H2+2CH3COO-，反应结束时溶液中存在CH3COO-，水解后溶液显碱性，故溶液为红色，B不符合题意；
C．若c中收集气体，若在标况下，c中收集气体的物质的量为0.5×10-3mol，转移电子量为0.5×10-3mol×4=2×10-3mol，故产生氢气：1×10-3mol，则样品中乙酸浓度为：1×10-3mol ÷10÷10-3=，但是题中未给定气体状态不能准确计算，C不符合题意；
D．盐桥换为U形铜导线则不能起到传递离子使溶液呈电中性的效果，影响反应进行，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】接通电源，右侧为阴极，左侧为阳极，阴极上溶液中的乙酸得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2CH3COOH+2e-=H2+2CH3COO-，在阳极电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为，c管中收集到氧气。
13．利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合，一段时间后（　　）
A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是和
B．a处布条褪色，说明具有漂白性
C．b处出现蓝色，说明还原性：
D．断开，立刻闭合，电流表发生偏转
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、U型管左侧电极为阳极，电解过程中产生Cl2，右侧电极为阴极，电解过程中产生H2，A不符合题意。
B、Cl2不具有漂白性，红色布条褪色，是由于Cl2与H2O反应生成HClO，HClO使红色布条褪色，Cl2不具有漂白性，B不符合题意。
C、b处出现蓝色，说明Cl2将I－氧化成I2，此时说明还原性I－>Cl－，C不符合题意。
D、断开K1，闭合K2，该装置为原电池，化学能转化为电能，电流表发生偏转，D符合题意。
故答案为：D
【分析】闭合K1后，该装置为电解池装置，左侧电极为阳极，其电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；右侧电极为阴极，其电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。Cl2接触湿润的红布条后，红布条褪色。Cl2进入b中淀粉KI溶液后，Cl2将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色。浸有浓NaOH溶液的棉花，用于吸收Cl2，防止Cl2逸出，造成空气污染。
14．某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上
A．负极反应的催化剂是ⅰ
B．图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低
C．电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变
D．相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，因此正极反应的催化剂是ⅰ，A错误；
B．获得第一个电子的过程最慢，因此其所需的活化能最高，即ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最高，B错误；
C．氢气发生氧化反应，做负极，其电极反应式为。同时H+通过质子交换膜进入正极室。因此电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确；
D．由图a、c可知，氧气催化循环一次需要得到4个电子；而氢气催化循环一次需要失去2个电子。根据得失电子守恒可得，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误；
故答案为：C
【分析】ⅰ表面发生得电子的还原反应，最终生成H2O，因此O2为正极，其电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。H2发生失电子的氧化反应，生成H＋，为负极，其电极反应式为H2－2e－=2H＋。据此分析选项。
15．我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚（TY）合成了百里醌（TQ）。电极b表面的主要反应历程见图（灰球表示电极表面催化剂），下列说法错误的是（　　）
A．电解时，从右室向左室移动
B．电解总反应：
C．以为原料，也可得到TQ
D．用标记电解液中的水，可得到
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合；有机反应中的氧化反应；有机反应中的还原反应
【解析】【解答】A、电极 b：TY→TQ，失电子，发生氧化反应，是阳极，接电源正极；电极 a：得电子发生还原反应是阴极，接电源负极；因此离子移动为阳离子向 阴极 移动，即从 右室（阳极区，电极 b） 到 左室（阴极区，电极 a），A正确；
B、根据分析可以写出电极a的半反应为：，电极b的反应为：，二者相加可得到总反应为：，B正确；
C、原料为酚类，结构中含酚羟基，对位连异丙基，与 TY 结构类似，TY 也为酚类，对位连接异丙基，而酚类可经氧化反应生成醌（TQ 为醌结构），故类似原料可发生反应，C正确；
D、根据反应历程图可知，在TY转化成TQ的过程中，酚羟基中的O原子并没有脱离苯环，而酚羟基对位引入的O原子来自于H2O分子，所以说标记电解液中的水，被标记的应该在氧化前酚羟基对位的位置，也就是方框所示位置：，D错误；
故答案为：D
【分析】根据题干可知，这是电极b表面的主要反应历程见图（灰球表示电极表面催化剂），可以看出1mol的TY和1mol的H2O在电极B上失去4mol的电子，来生成1mol的TQ和1mol的H+，据此推断出电极b是阳极，发生氧化反应，电极a是阴极，发生还原反应，采用H2SO4作为电解质溶液，在电解池板间存在质子交换膜，所以在阳极生成H+通过质子交换膜在阴极发生反应。
二、实验探究题
16．资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。
已知：易溶于溶液，发生反应红棕色；和氧化性几乎相同。
（1）将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
　 实验现象
实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色
实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色
实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ　 　填“”“”或“”实验Ⅱ。
实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有蓝色或无色，进行以下实验探究：
步骤取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。
步骤取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
步骤的目的是　 　。
查阅资料，，无色容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：　 　。
结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是　 　。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，　 　填实验现象，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是　 　。
（2）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是　 　。
（3）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：　 　。
【答案】（1）；除去，防止干扰后续实验；、 ；或；白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色；铜与碘的反应为可逆反应或浓度小未能氧化全部的
（2）铜；含的的溶液
（3）在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和
【知识点】氧化还原反应；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①I2在水中溶解度较小，与Cu接触不充分，反应速率较慢，加入KI后转化为I3-，I3-与I2氧化性几乎相同，相当于I2溶解度增大，与Cu充分接触，反应速率更快，故答案为：<；
②I2易溶于有机溶剂，CCl4可以溶解I2，使 红棕色平衡朝逆向移动，减少I3-浓度；根据实验III，可知Cu元素以蓝色或无色形式存在，而步骤b溶液为无色，即以 无色形式存在，加入浓氨水后，转化为 无色， 溶液被氧化，Cu价态由+1变为+2，即转化为，故答案为： 除去，防止干扰后续实验 ； 、 ；
③Cu和I2反应生成CuI，结合原子守恒，可知方程式为 ，或可以看成I3-和Cu反应，结合原子守恒，可知方程式为 ；加入浓KI溶液后观察到少量红色的铜出现，即的反应为可逆反应，加入KI后，I-和I2反应，I2浓度减小，平衡朝逆向移动，则可观察到白色沉淀逐渐溶解；反应为可逆反应时，反应物与生成物同时存在，Cu无法完全反应；故答案为： 或 ； 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 ； 铜与碘的反应为可逆反应或浓度小未能氧化全部的 ；
（2）Cu和I2反应时，Cu被氧化，则Cu应作为负极，则a为Cu，I2为氧化剂，应在正极发生反应，则b中应装有含n mol I2的4mol·L-1的KI溶液，故答案为： 铜；含的的溶液；
（3） 在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和 ，故答案为： 在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和 。
【分析】（1）①增大反应物浓度，平衡朝正向移动；
②减小反应物浓度，平衡朝逆向移动；
③可逆反应中，反应物和生成物同时存在；
（2）双液原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
（3）浓度越小，氧化性越弱，浓度越大，氧化性越强。
17． 铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。
（1）十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。
铅酸电池工作原理：
①充电时，阴极发生的电极反应为　 　。
②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为　 　。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。
③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是　 　。
④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为　 　。
（2）随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。
①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是　 　。
②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是　 　。
（3）铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有　 　(填序号)。
a．增强负极导电性
b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒
c．碳材料作还原剂，使被还原
【答案】（1）；；正四面体形；
（2）使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解；H2O2的作用为还原剂，K2S2O8的作用为氧化剂
（3）ab
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】（1）①充电时，阴极上PbSO4发生得电子的还原反应，生成Pb和SO42－，其电极反应式为：PbSO4＋2e－=Pb＋SO42－。
故答案为：PbSO4＋2e－=Pb＋SO42－
②产生a库仑电量时，转移电子数为。由电池总反应式可知，当转移2mol电子时，消耗n(H2SO4)=2mol。因此产生a库仑电量时，参与反应的n(H2SO4)=mol。
故答案为：
③SO42－中心硫原子的价层电子对数为，因此SO42－的空间结构为正四面体形。
故答案为：正四面体形
④O2氧化Pb的过程中生成PbSO4，该反应的化学方程式为：2Pb＋O2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O。
故答案为：2Pb＋O2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O
（2）①步骤Ⅰ中加入NaOH溶液后，PbSO4转化为Pb(OH)2。因此加入NaOH溶液的目的是使PbSO4转化为Pb(OH)2，便于后续的溶解。
故答案为：使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解
②步骤Ⅱ中加入H2O2后，PbO2转化为Pb2＋，发生还原反应。因此步骤Ⅱ中H2O2的作用是做还原剂。步骤Ⅲ中加入K2S2O8后得到PbO2，Pb(OH)2、PbO都发生氧化反应，因此K2S2O8的作用是做氧化剂。
故答案为：H2O2的作用为还原剂，K2S2O8的作用为氧化剂
（3）a、石墨、多孔碳材料都具有导电性，可增强负极的导电性，a符合题意。
b、多空碳的相对表面积较大，因此可增大负极材料比表面积，有利于生成小颗粒PbSO4，b符合题意。
c、碳具有还原性，但在该电池中，碳只起到导电作用，不参与氧化还原反应，c不符合题意。
故答案为：ab
【分析】（1）①充电时，阴极上PbSO4发生得电子的还原反应，生成Pb。据此写出阴极的电极反应式。
②根据a库仑电量计算放电过程中转移电子数，结合电池总反应式计算消耗n(H2SO4)。
③根据中心硫原子的价层电子对数确定SO42－的空间结构。
④O2氧化Pb的过程中生成PbSO4，据此写出反应的化学方程式。
（2）步骤Ⅰ中加入NaOH溶液后，PbSO4转化为Pb(OH)2，据此确定加入NaOH溶液的作用。
②根据加入H2O2、K2S2O8后物质的转化分析。
（3）a、结合石墨的导电性分析。
b、多孔碳可增大比表面积。
c、加入的碳材料只起导电作用，不发生氧化还原反应。
18．环氧乙烷( ，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。
（1）①阳极室产生Cl2后发生的反应有：　 　、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。
②结合电极反应式说明生成溶液a的原理　 　。
（2）一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。
电解效率η和选择性S的定义：
η(B)= ×100%
S(B)= ×100%
①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为　 　。
②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因：
I.阳极有H2O放电
II.阳极有乙烯放电
III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO
……
i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是　 　。
ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈　 　%。经检验阳极放电产物没有CO2。
iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是　 　。
可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。
【答案】（1）Cl2 +H2O= HCl+ HClO；阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液
（2）KCl；O2；13%；KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见气体的检验；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】（1）阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：Cl2 +H2O= HCl+ HClO；溶液a是阴极的产物，在阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液；
（2）①若η(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液b的溶质为：KCl；
②i.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii. 设EO的物质的量为amol
则转化的乙烯的物质的量为： ；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移电子的总物质的量： ；生成CO2的物质的量： ；生成CO2转移的电子的物质的量： ，则η(CO2)= ≈13%；
iii.实验证实推测III成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。
【分析】
(1)①由图可知，阳极室产生Cl2后发生的反应有：Cl2和H2O反应生成HCl和HClO，CH2=CH2和HClO反应生成HOCH2CH2Cl；
②阴极电极反应为：2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，阳极氯离子放电后，钾离子通过阳离子膜进入阴极，生成KOH，从而得到KCl和KOH的混合溶液；
(2)①若η(EO)=100%，则说明反应中只有乙烯中碳的化合价发生变化，其它元素化合价没有改变，即可判断溶液b的溶质；
②i .阳极有H2O放电时会产生氧气，即需要检验氧气；
ii.设EO的物质的量amol，则转化的乙烯的物质的量为：，生成EO转移的电子的物质的量为：2amol，此过程转移的电子的总物质的量为， 生成CO2的物质的量为：，生成CO2转移的电子的物质的量为，即可计算 η(CO2)；
iii .实验证实推测成立，则会产生氯气，验证氯气即可。
三、综合题
19．空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。
（1）燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。
“吸收”后所得的溶液与石灰乳反应的化学方程式为　 　；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的，其原因是　 　。
（2）合成尿素[]是利用的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的　 　(填“=0”或“>0”或“<0”)。
②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[]和尿素转化为氰酸铵()等副反应。尿素生产中实际投入和的物质的量之比为，其实际投料比值远大于理论值的原因是　 　。
（3）催化电解吸收的KOH溶液可将转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。
其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为　 　(填化学式)。
②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为　 　。
③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为　 　(写出计算过程)。
【答案】（1）；相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳
（2）<0；适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高
（3）H2；；每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由图可知“吸收”后所得的 溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为 。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的二氧化碳的原因为，LiOH的质量轻，相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳；
（2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其<0。实际投料比值远大于理论值的原因是，适当抑制副反应的发生该反应有副反应发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。
（3）由题意可知，当电解电压为 时，电解过程中含碳还原产物的 为0，说明二氧化碳为得的到电子，同时氢离子得电子变成氢气。当电解电压为 为时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴 由生成的 的电极反应式为：。
【分析】浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等。
20．水是重要的生活资源，根据题意回答下列问题。
（1）天然水中提纯得到重水，重水中存在电离平衡，其图像如图，回答下列问题：
①“A、B、C”三点中呈中性的是　 　。
②　 　（填写“>”“<”或者“=”）
（2）有如右图所示原电池，回答下列问题：
①用进行实验，左侧通入，产物为，盐桥中移向　 　（填“左侧”或者“右侧”），总反应方程式为　 　。
②用进行实验，一侧通入，电池总反应方程式不变，该侧的电极反应方程式为　 　。
（3）利用驰豫法可研究快捷反应的速率常数（k在一定温度下为常数），其原理是通过微扰（如瞬时升温）使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间，从而获得k的信息对于若将纯水瞬时升温到25℃，测得。
已知：25℃时，，，，（为的平衡浓度）。
①25℃时，，的平衡常数　 　（保留2位有效数字）。
②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为　 　。
③25℃时，计算得为　 　
【答案】（1）B；>
（2）右侧；；
（3）；D；
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；水的电离；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①根据水的电离平衡可知，当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性，根据重水中存在电离平衡 可知，溶液呈中性时，应当存在，A、B、C三点中符合条件的是B，故答案为：B。
②升温能够促进水的电离，则升高温度，，均增大，Kw增大，由图可知，T1条件下，，都更大，说明＞，故答案为：＞。
（2）① 左侧通入， 产物为 ，说明发生反应：，则左侧为负极，右侧为正极，原电池工作时，阳离子移向正极，则移向右侧，该电池为氢氧燃料电池，总反应方程式为，故答案为：右侧；。
②用进行实验，一侧通入，电池总反应方程式不变，该电池为氢气和氧气组成的燃料电池，氧气为正极，发生还原反应，电极反应方程式为，故答案为：。
（3）①对于，K=，在25℃的纯水中，水的离子积常数为Kw=，平衡时，，则K=，故答案为：；
②水的电离是吸热过程，瞬时升温，正、逆反应速率都增大，由于升温使平衡向正反应方向移动，所以，但水的浓度是恒定的，正反应速率增大后几乎保持不变，当时重新达到平衡状态，因此建立新平衡的过程示意图为D，故答案为：D。
③驰豫时间公式为，其中，，则有：，平衡时，，则有，代入可得，解得，将k1带入驰豫时间公式为：，整理可得，，计算括号内：，，由于，可忽略不计，所以，得出，故答案为：。
【分析】（1）①溶液呈中性时，；
②升温促进重水电离；
（2）原电池中，阳离子向正极移动；氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应；
（3）①根据：K=计算；
②升温能加快反应速率，同时使水的电离平衡正向移动；
③根据计算。
21．通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。
请回答：
（1）某研究小组采用电化学方法将CO2转化为HCOOH，装置如图1。电极B上的电极反应式是 　 　。
（2）该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：
Ⅰ：C（s）+O2（g）═CO2（g） ΔH1＝﹣393.5kJ mol﹣1
Ⅱ：C（s）+H2（g）+O2（g）═HCOOH（g） ΔH2＝﹣378.7kJ mol﹣1
Ⅲ：CO2（g）+H2（g） HCOOH（g） ΔH3
①ΔH3＝　 　kJ mol﹣1。
②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO2和H2的投料浓度均为1.0mol L﹣1，平衡常数K＝2.4×10﹣8，则CO2的平衡转化率为 　 　。
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00mol L﹣1氨水和0.18mol L﹣1甲酸铵的混合溶液，298K时该混合溶液的pH＝　 　。[已知：298K时，电离常数Kb（NH3 H2O）＝1.8×10﹣5、Ka（HCOOH）＝1.8×10﹣4]
（3）为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的DMSO（有机溶剂）溶液，CO2和H2在溶液中反应制备HCOOH，反应过程中保持CO2（g）和H2（g）的压强不变，总反应CO2+H2 HCOOH的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能E2＜E1＜＜E3（不考虑催化剂活性降低或丧失）。
Ⅳ：M+CO2 Q E1
Ⅴ：Q+H2 L E2
Ⅴ：L M+HCOOH E3
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 ____。
A．v与CO2（g）的压强无关
B．v与溶液中溶解H2的浓度无关
C．温度升高，v不一定增大
D．在溶液中加入N（CH2CH3）3，可提高CO2转化率
（4）②实验测得：298K，p（CO2）＝p（H2）＝2MPa下，v随催化剂M浓度c变化如图3。c c0时，v随c增大而增大：c＞c0时，v不再显著增大。请解释原因　 　。
【答案】（1）
（2）+14.8；2.4×10 8；10.00
（3）C；D
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）由图可知，电极B上，二氧化碳发生还原反应生成HCOOH，则电极反应式为，，故答案为：；
（2）①根据盖斯定律，将Ⅱ-Ⅰ得到Ⅲ，则ΔH3= ΔH2-ΔH1=-378 .7 kJ /mol+393 .5 kJ/mol =+14.8 kJ/ mol，故答案为：+14.8；
②设转化的CO2为x，根据题干数据，列出反应的三段式为：
则，，则转化率= ，故答案为：2.4×10 8；
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol L-1氨水和0.18 mol L-1甲酸铵的混合溶液，=0.18mol/L， 根据可知，，，，故答案为：10.00；
（3）A、该反应中v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，故A错误；
B、v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，故B错误；
C、温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，故C正确；
D、在溶液中加入N(CH2CH3)3，与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，故D正确；
故答案为：CD；
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)，故答案为：当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
【分析】（1） 将CO2转化为HCOOH，二氧化碳发生还原反应，则电极B为阴极，阴极发生还原反应；
（2）①根据盖斯定律，Ⅲ=Ⅱ-Ⅰ；
②列出反应的三段式计算；
③先计算溶液的c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算；
（3）活化能越大，反应速率越慢；
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
22．反应在工业上有重要应用。
（1）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
温度/℃ 700 800 830 1000
平衡常数 1.67 1.11 1.00 0.59
①反应的△H　 　0(填“>”“<”或“=”)。
②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是　 　。
（2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是　 　。
②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是　 　。
A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性
B．过程2的△H＞0
C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离
D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应
③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为　 　。
（3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。
①固体电解质采用　 　(填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②阴极的电极反应式为　 　。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为　 　(用a，b，y表示)。
【答案】（1）；优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低
（2）Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；BD；1：8
（3）质子导体；；
【知识点】吸热反应和放热反应；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①根据表中的数据，随温度升高，化学平衡常数减小，说明升温该反应的平衡逆向移动，则正反应为放热反应，，故答案为：；
②反应在较高温度下进行的优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低，故答案为：优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；
（2）①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大，故答案为： Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大 ；
②A.Pd膜只允许通过，不允许通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；
B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，，B不正确；
C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于的解离，C正确；
D. 为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为的过程为吸热反应，D不正确；
故答案为：BD；
③根据反应，设通入的为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=3；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xmol，则，解得x=0.1，则出口a产生的为0.1mol，出口b的为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1：8，故答案为：1：8；
（3）①电解时，通入一氧化碳和水的一极为阳极，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体，故答案为：质子导体；
②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：，故答案为：；
③根据三段式：
，出口Ⅰ处气体为体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为，则，CO的转化率为：，故答案为：。
【分析】（1）①升温该反应的平衡常数减小，说明升温该反应的平衡逆向移动，该反应为放热反应；
②升温能加快反应速率，同时升温该反应的平衡逆向移动；
（2）①Pd膜能选择性分离出H2，使平衡正向移动；
②A.Pd膜只允许H2透过，具有选择性；
B.正反应的活化能远小于逆反应的活化能，则该反应为放热反应；
C. 加快Pd膜内H原子迁移，平衡H2 2H正向移动；
D.H2 2H为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为吸热反应；
③根据计算；
（3） 电解时CO发生氧化反应，则左侧为阳极，右侧为阴极，发生还原反应，电极反应式为。
四、流程题
23．根据下列有机流程，回答有关问题
（1）化合物G中含有的官能团为 　 　。
（2）A→B的反应类型是 　 　。
（3）化合物A满足下列条件的同分异构体有 　 　种，其中核磁共振氢谱图像为4组峰的结构简式为 　 　。
①可以发生银镜反应。
②含有苯环。
（4）B→C的反应方程式为 　 　。
（5）C→D的所需试剂与反应条件为 　 　。
（6）下列关于化合物E的说法，错误的是 　 　。
a．可以发生聚合反应
b．所有9个碳原子共平面
c．可以形成分子内、分子间氢键
d．含有一个手性碳原子
（7）电催化过程中，二氧化碳与物质D的反应应当在 　 　（填“阳极”或“阴极”）进行。
（8）根据上述信息，补齐下列反应流程：
【答案】（1）碳碳双键、羧基
（2）加成反应或还原反应
（3）4；
（4）+H2O
（5）O2、Ag
（6）b
（7）阴极
（8）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机化学反应的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由G的结构简式可知，化合物G中含有的官能团为：碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；
（2）由对比A和B的结构简式可知，A生成B的碳骨架未改变，酮羰基与氢气发生加成反应或还原反应变为醇羟基，故答案为：加成反应或还原反应；
（3）化合物A()的分子式为，同分异构体满足条件①可以发生银镜反应，说明其中含有醛基；②含有苯环。则苯环上1个取代基为-CH2CHO，有1种结构；苯环上2个的取代基为，在苯环上位置的异构有邻、间、对3种情况，满足条件的同分异构体有3+1=4种，其中核磁共振氢谱图像为4组峰的说明含有四种氢，结构中有两个取代基且处于对位，满足条件的物质结构简式为，故答案为：4；；
（4）
B()中醇羟基在浓硫酸作用下发生消去反应生成C（），化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
（5）C()发生成环反应生成D()，结合C和D的结构简式可知，该反应加氧，属于氧化反应，反应条件为：O2、Ag，故答案为：O2、Ag；
（6）E的结构简式为，含有羧基、羟基。
a．E中有羧基和羟基，可以发生缩聚反应，故a正确；
b．苯环是平面结构，与苯环相连的C原子与苯环共平面，E中最多有8个碳原子共平面，故b错误；
c．E中含有羟基和羧基，可以形成分子内氢键和分子间氢键，故c正确；
d．连接四个不同原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子，E中含有1个手性碳原子，故d正确；
故答案为b。
（7）对比D、E的结构简式可知在电催化过程中，二氧化碳中C元素化合价下降，二氧化碳作氧化剂在阴极发生还原反应，故答案为：阴极；
（8）由B生成D的过程可知，先发生取代反应，发生成环反应生成，发生D生成E的反应原理得到，发生酯化反应得到，合成路线为：，故答案为：。
【分析】A()和H2发生加成反应生成B()，B()发生消去反应生成C()，C()发生成环反应生成D()，D()和CO2电催化反应后酸化得到E()，E发生一系列反应得到G()。
（1）合物G中含有的官能团为：碳碳双键、羧基；
（2）由对比A和B的结构简式可知，A生成B的碳骨架未改变，酮羰基与氢气发生加成反应或还原反应变为醇羟基；
3）化合物A的分子式为，同分异构体满足条件①可以发生银镜反应，说明其中含有醛基；②含有苯环。则苯环上1个取代基为-CH2CHO，有1种结构；苯环上2个的取代基为-CHO、-CH3，在苯环上位置的异构有邻、间、对3种情况，满足条件的同分异构体有3+1=4种；
（4）
B()中醇羟基在浓硫酸作用下发生消去反应生成C（）；
（5）C()发生成环反应生成D()，结合C和D的结构简式可知，该反应加氧，属于氧化反应，反应条件为：O2、Ag；
（6）E的结构中含有羧基、羟基，可以发生缩聚反应；可以形成分子内氢键和分子间氢键；苯环是平面结构，与苯环相连的C原子与苯环共平面，E中最多有8个碳原子共平面；E中含有1个手性碳原子；
（7）对比D、E的结构简式可知在电催化过程中，二氧化碳中C元素化合价下降，二氧化碳作氧化剂在阴极发生还原反应；
（8）由B生成D的过程可知，先发生取代反应，发生成环反应生成，发生D生成E的反应原理得到，发生酯化反应得到。
24．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。
1 / 1备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题8 化学反应与电能
一、选择题
1．2024年5月8日，我国第三艘航空母舰福建舰顺利完成首次海试。舰体表面需要采取有效的防锈措施，下列防锈措施中不形成表面钝化膜的是
A．发蓝处理 B．阳极氧化 C．表面渗镀 D．喷涂油漆
2．近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是（　　）
A．理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点
B．氢氧燃料电池具有能量转化率高、清洁等优点
C．锂离子电池放电时锂离子从负极脱嵌，充电时锂离子从正极脱嵌
D．太阳能电池是一种将化学能转化为电能的装置
3．通过电化学方法制备Br，进而由Br，与反应合成为提高电流利用效率，某小组设计电化学合成示意图如下，已知氧化性：H2O2>Br。下列说法不正确的是（　　）
A．电极A与电源正极相连
B．电极B的电极反应式为：O2+ 2H++ 2e2-=H2O2
C．电解液中 H2SO4可以用氢溴酸代替
D．原料足量的情况下，理论上电路中转移0.2mole可得到0.1mol
4． 某电池的正极材料为，负极材料为嵌锂石墨。利用人工智能筛选出的补锂试剂，能使失活的电池再生并延长寿命，且保持电池原结构。将注入电池后充电补锂，过程中转化为气体离去。下列有关充电补锂的说法错误的是（　　）
A．在阳极失去电子
B．生成气体中含有氟代烃
C．过程中铁元素的价态降低
D．反应并离去是该电池保持原结构的原因
5．关于如图所示的装置，下列说法错误的是（　　）
A．该装置将化学能转化为电能
B．是负极，发生反应
C．向电极附近迁移
D．若将装置中的换为，则为负极
6．一种可充放电电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为和，随温度升高Q(消耗转移的电子数)增大。下列说法不正确的是
A．熔融盐中的物质的量分数影响充放电速率
B．充放电时，优先于通过固态电解质膜
C．放电时，随温度升高Q增大，是因为正极区转化为
D．充电时，锂电极接电源负极
7．我国科技工作者设计了如图所示的可充电电池，以为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺()以捕获，使放电时还原产物为。该设计克服了导电性差和释放能力差的障碍，同时改善了的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。
回答下列问题。
（1）下列说法错误的是
A．放电时，电池总反应为
B．充电时，多孔碳纳米管电极与电源正极连接
C．充电时，电子由电极流向阳极，向阴极迁移
D．放电时，每转移电子，理论上可转化
（2）对上述电池放电时的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。
下列说法错误的是
A．捕获的反应为
B．路径2是优先路径，速控步骤反应式为
C．路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同
D．三个路径速控步骤均涉及转化，路径2、3的速控步骤均伴有再生
8．破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成[Zn（NH3）4]2+和H2，下列说法不正确的是（　　）
A．氨水浓度越大，腐蚀趋势越大
B．随着腐蚀的进行，溶液pH变大
C．铁电极上的电极反应式为：2NH3+2e﹣═2+H2↑
D．每生成标准状况下224mLH2，消耗0.010molZn
9．下列有关电极方程式或离子方程式错误的是
A．碱性锌锰电池的正极反应：MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+
C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
D．TiCl4加入水中：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4Cl-
10．金属腐蚀会对设备产生严重危害，腐蚀快慢与材料种类、所处环境有关。下图为两种对海水中钢闸门的防腐措施示意图：
图1 图2
下列说法正确的是
A．图1、图2中，阳极材料本身均失去电子
B．图2中，外加电压偏高时，钢闸门表面可发生反应：O2＋4e ＋2H2O＝4OH
C．图2中，外加电压保持恒定不变，有利于提高对钢闸门的防护效果
D．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，钢闸门、阳极均不发生化学反应
11．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
12．如图，c管为上端封口的量气管，为测定乙酸溶液浓度，量取待测样品加入b容器中，接通电源，进行实验。下列说法正确的是（　　）
A．左侧电极反应：
B．实验结束时，b中溶液红色恰好褪去
C．若c中收集气体，则样品中乙酸浓度为
D．把盐桥换为U形铜导线，不影响测定结果
13．利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合，一段时间后（　　）
A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是和
B．a处布条褪色，说明具有漂白性
C．b处出现蓝色，说明还原性：
D．断开，立刻闭合，电流表发生偏转
14．某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上
A．负极反应的催化剂是ⅰ
B．图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低
C．电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变
D．相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同
15．我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚（TY）合成了百里醌（TQ）。电极b表面的主要反应历程见图（灰球表示电极表面催化剂），下列说法错误的是（　　）
A．电解时，从右室向左室移动
B．电解总反应：
C．以为原料，也可得到TQ
D．用标记电解液中的水，可得到
二、实验探究题
16．资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。
已知：易溶于溶液，发生反应红棕色；和氧化性几乎相同。
（1）将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
　 实验现象
实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色
实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色
实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ　 　填“”“”或“”实验Ⅱ。
实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有蓝色或无色，进行以下实验探究：
步骤取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。
步骤取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
步骤的目的是　 　。
查阅资料，，无色容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：　 　。
结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是　 　。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，　 　填实验现象，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是　 　。
（2）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是　 　。
（3）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：　 　。
17． 铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。
（1）十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。
铅酸电池工作原理：
①充电时，阴极发生的电极反应为　 　。
②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为　 　。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。
③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是　 　。
④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为　 　。
（2）随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。
①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是　 　。
②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是　 　。
（3）铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有　 　(填序号)。
a．增强负极导电性
b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒
c．碳材料作还原剂，使被还原
18．环氧乙烷( ，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。
（1）①阳极室产生Cl2后发生的反应有：　 　、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。
②结合电极反应式说明生成溶液a的原理　 　。
（2）一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。
电解效率η和选择性S的定义：
η(B)= ×100%
S(B)= ×100%
①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为　 　。
②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因：
I.阳极有H2O放电
II.阳极有乙烯放电
III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO
……
i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是　 　。
ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈　 　%。经检验阳极放电产物没有CO2。
iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是　 　。
可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。
三、综合题
19．空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。
（1）燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。
“吸收”后所得的溶液与石灰乳反应的化学方程式为　 　；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的，其原因是　 　。
（2）合成尿素[]是利用的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的　 　(填“=0”或“>0”或“<0”)。
②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[]和尿素转化为氰酸铵()等副反应。尿素生产中实际投入和的物质的量之比为，其实际投料比值远大于理论值的原因是　 　。
（3）催化电解吸收的KOH溶液可将转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。
其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为　 　(填化学式)。
②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为　 　。
③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为　 　(写出计算过程)。
20．水是重要的生活资源，根据题意回答下列问题。
（1）天然水中提纯得到重水，重水中存在电离平衡，其图像如图，回答下列问题：
①“A、B、C”三点中呈中性的是　 　。
②　 　（填写“>”“<”或者“=”）
（2）有如右图所示原电池，回答下列问题：
①用进行实验，左侧通入，产物为，盐桥中移向　 　（填“左侧”或者“右侧”），总反应方程式为　 　。
②用进行实验，一侧通入，电池总反应方程式不变，该侧的电极反应方程式为　 　。
（3）利用驰豫法可研究快捷反应的速率常数（k在一定温度下为常数），其原理是通过微扰（如瞬时升温）使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间，从而获得k的信息对于若将纯水瞬时升温到25℃，测得。
已知：25℃时，，，，（为的平衡浓度）。
①25℃时，，的平衡常数　 　（保留2位有效数字）。
②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为　 　。
③25℃时，计算得为　 　
21．通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。
请回答：
（1）某研究小组采用电化学方法将CO2转化为HCOOH，装置如图1。电极B上的电极反应式是 　 　。
（2）该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：
Ⅰ：C（s）+O2（g）═CO2（g） ΔH1＝﹣393.5kJ mol﹣1
Ⅱ：C（s）+H2（g）+O2（g）═HCOOH（g） ΔH2＝﹣378.7kJ mol﹣1
Ⅲ：CO2（g）+H2（g） HCOOH（g） ΔH3
①ΔH3＝　 　kJ mol﹣1。
②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO2和H2的投料浓度均为1.0mol L﹣1，平衡常数K＝2.4×10﹣8，则CO2的平衡转化率为 　 　。
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00mol L﹣1氨水和0.18mol L﹣1甲酸铵的混合溶液，298K时该混合溶液的pH＝　 　。[已知：298K时，电离常数Kb（NH3 H2O）＝1.8×10﹣5、Ka（HCOOH）＝1.8×10﹣4]
（3）为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的DMSO（有机溶剂）溶液，CO2和H2在溶液中反应制备HCOOH，反应过程中保持CO2（g）和H2（g）的压强不变，总反应CO2+H2 HCOOH的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能E2＜E1＜＜E3（不考虑催化剂活性降低或丧失）。
Ⅳ：M+CO2 Q E1
Ⅴ：Q+H2 L E2
Ⅴ：L M+HCOOH E3
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 ____。
A．v与CO2（g）的压强无关
B．v与溶液中溶解H2的浓度无关
C．温度升高，v不一定增大
D．在溶液中加入N（CH2CH3）3，可提高CO2转化率
（4）②实验测得：298K，p（CO2）＝p（H2）＝2MPa下，v随催化剂M浓度c变化如图3。c c0时，v随c增大而增大：c＞c0时，v不再显著增大。请解释原因　 　。
22．反应在工业上有重要应用。
（1）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
温度/℃ 700 800 830 1000
平衡常数 1.67 1.11 1.00 0.59
①反应的△H　 　0(填“>”“<”或“=”)。
②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是　 　。
（2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是　 　。
②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是　 　。
A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性
B．过程2的△H＞0
C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离
D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应
③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为　 　。
（3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。
①固体电解质采用　 　(填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②阴极的电极反应式为　 　。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为　 　(用a，b，y表示)。
四、流程题
23．根据下列有机流程，回答有关问题
（1）化合物G中含有的官能团为 　 　。
（2）A→B的反应类型是 　 　。
（3）化合物A满足下列条件的同分异构体有 　 　种，其中核磁共振氢谱图像为4组峰的结构简式为 　 　。
①可以发生银镜反应。
②含有苯环。
（4）B→C的反应方程式为 　 　。
（5）C→D的所需试剂与反应条件为 　 　。
（6）下列关于化合物E的说法，错误的是 　 　。
a．可以发生聚合反应
b．所有9个碳原子共平面
c．可以形成分子内、分子间氢键
d．含有一个手性碳原子
（7）电催化过程中，二氧化碳与物质D的反应应当在 　 　（填“阳极”或“阴极”）进行。
（8）根据上述信息，补齐下列反应流程：
24．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　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A．发蓝处理是通过氧化条件下使得金属表面形成氧化膜，A不符合题意；
B．阳极氧化是将金属与电源正极相连，使得金属表面形成氧化膜，B不符合题意；
C．表面渗镀是在高温下将欲渗镀的物质(金属或非金属元素)通过扩散作用从被渗镀的金属的表面渗入内部以形成表层合金镀层，C不符合题意；
D．喷涂油漆是通过阻止金属与氧气接触，没有在金属表面形成保护膜，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 钝化是指在氧化条件下通过强阳极极化使得金属表面形成保护膜，从而防止金属腐蚀。
2．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；化学在自然资源和能源利用中的作用
【解析】【解答】A、理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点，A选项正确。
B、氢氧燃料电池的能量利用率高，且产物为水，不会造成污染，B选项正确。
C、锂离子电池放电时为原电池，Li+从负极移向正极；充电时为电解池，Li+从阳极移向阴极，C选项正确。
D、太阳能电池将太阳能够转化为电能，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点。
B、氢气与氧气反应生成水，不会造成污染。
C、结合原电池、电解池装置中离子的移动方向分析。
D、太阳能电池将太阳能转化为电能。
3．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极A为阳极，与电源正极相连，A正确；
B．由分析可知，电极B为阴极，O2在电极B发生还原反应生成，电极反应式为：，B正确；
C． 电解液中用氢溴酸代替，溴离子即起导电作用，又可在电极A上放电，所以可以用氢溴酸代替，提高电流利用效率，C正确；
D．由得失电子守恒可知，电路中转移生成0.1mol，但由信息可知氧化性：，所以电极B上生成的也可将溴离子氧化为，所以电路中转移生成的物质的量大于0.1mol，则得到的物质的量大于0.1mol，D错误；
故选D。
【分析】该装置为电解池，由图可知，电极A上，Br-发生氧化反应生成Br2，则电极A为阳极，电极B为阴极，阴极发生还原反应，电极反应式为：。
4．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．充电时，[SO2CF3]-在阳极失去电子发生氧化反应，故A正确；
B．[SO2CF3]-在阳极失去电子，电极反应为2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3，生成气体中含有氟代烃CF3-CF3，故B正确；
C．充电补锂时，阴极反应为Li++e-=Li，阳极反应为2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3， 未参与反应，铁元素价态不变，故C错误；
D．该过程中[SO2CF3]-反应并离去，对原电池起到补锂作用，并维持电池原结构，故D正确；
故选C。
【分析】 将注入电池后充电补锂 ，则阴极反应为Li++e-=Li，转化为气体离去 ，则阳极反应式为2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3。
5．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该装置为原电池，将化学能转化为电能，故A正确；
Ｂ．Zn的活动性强于Cu，Zn为负极，发生氧化反应，则电极反应式为 ，故B正确；
Ｃ．原电池工作时，阳离子向正极移动，则向电极附近迁移 ，故C正确；
Ｄ．由于活动性：Zn>Fe，将Cu换为Fe，Zn仍为负极，Fe为正极，故D错误；
故选D。
【分析】该装置构成原电池，金属活动性：Zn>Cu，则Zn为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，Cu为正极，电极反应式为：。
6．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由于充放电时有参与或生成，因此熔融盐中的物质的量分数影响充放电速率，A正确；
B．离子半径：＜，因此优先于通过固态电解质膜，B正确；
C．放电时，正极发生得电子的还原反应，中氧原子为-1价，中氧原子为-2价，因此随温度升高Q增大，正极区转化为，C错误；
D．充电时，锂电极为阴极，与电源的负极相连，D正确；
故答案为：C
【分析】该电池放电过程中，Li发生失电子的氧化反应，生成Li＋，因此负极的电极反应式为Li－e－=Li＋。通入O2的电极为正极，发生的电子的还原反应，生成O2－或O22－，因此正极的电极反应式为O2＋4e－=2O2－或O2＋2e－=O22－。随温度升高，Q（1molO2转移电子数）增大，说明温度升高过程中，正极区O22－转化为O2－。据此结合选项分析。
7．【答案】（1）C
（2）D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；活化能及其对化学反应速率的影响；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）A．放电时，正极反应式为，负极反应式为，则放电时电池总反应：，A正确；
B．充电时，多孔碳纳米管为阳极，与电源正极连接，B正确；
C．充电时，电子由电源负极流向阴极，阳离子向阴极移动，则电子从电源负极经外电路流向电极（阴极），同时向阴极迁移，C错误；
D．放电时发生反应，每转移电子，有参与反应，则每转移电子，理论上可转化，D正确；
故选C。
（2）A．由图可知，路径1、路径2、路径3的产物均为，则捕获的反应为，A正确；
B．活化能越大，反应越难进行，反应速率越慢，由图可知，径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，则路径2是优先路径，路径2中，且路径2的最大的步骤是的步骤，为路径2的速控步骤，反应式为，B正确；
C．由图可知，路径1、3的中间产物不同，但产物均为，路径2、3的起始物均为，产物分别为和，C正确；
D．由图可知，三个路径的速控步骤中都参与了反应，路径3的速控步骤为得电子转化为和，该过程并未生成PDA，D错误；
故选D。
【分析】（1）由图可知，多孔碳纳米管电极上， 发生还原反应生成 ，则放电时，多孔碳纳米管电极为正极，电极反应式为，Mg电极为负极，电极反应式为，充电时，多孔碳纳米管电极为阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，电极反应式为，Mg电极为阴极，电极反应式为，放电时阳离子向正极移动，充电时阳离子向阴极移动；
（2）A．由图可知，三种路径中，PDA捕获CO2均生成；
Ｂ．活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
Ｃ．结合反应历程分析；
Ｄ．该反应的控速步骤是活化能最大的步骤。
（1）A．放电时，正极反应式为，负极反应式为，则放电时电池总反应：，A正确；
B．充电时，多孔碳纳米管为阳极，与电源正极连接，B正确；
C．充电时，电子由电源负极流向阴极，阳离子向阴极移动，则电子从电源负极经外电路流向电极（阴极），同时向阴极迁移，C错误；
D．放电时发生反应，每转移电子，有参与反应，则每转移电子，理论上可转化，D正确；
故选C。
（2）A．由图可知，路径1、路径2、路径3的产物均为，则捕获的反应为，A正确；
B．活化能越大，反应越难进行，反应速率越慢，由图可知，径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，则路径2是优先路径，路径2中，且路径2的最大的步骤是的步骤，为路径2的速控步骤，反应式为，B正确；
C．由图可知，路径1、3的中间产物不同，但产物均为，路径2、3的起始物均为，产物分别为和，C正确；
D．由图可知，三个路径的速控步骤中都参与了反应，路径3的速控步骤为得电子转化为和，该过程并未生成PDA，D错误；
故选D。
8．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、腐蚀的总反应为Zn+4NH3 H2O=+H2↑+2H2O+2OH-，氨水浓度越大，反应速率越快，腐蚀趋势越大，故A正确；
B、随着反应进行，有OH-离子生成，溶液变大，故B正确；
C、该电化学腐蚀中Zn作负极，Fe作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，铁电极上的电极反应式为：，故C错误；
D、标准状况下的物质的量为0.01mol，根据关系式： Zn～H2～2e-， 生成0.01molH2，消耗，故D正确；
故答案为：C。
【分析】 破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成[Zn（NH3）4]2+和H2， 则Zn作负极，电极反应式为 Zn-2e-+4NH3=Zn[(NH3)4]2+，Fe为正极，电极反应式为。
9．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碱性锌锰电池的正极反应式为MnO2＋e－＋H2O=MnO(OH)＋OH－，A不符合题意；
B、铅蓄电池充电时的阳极反应式为PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H＋＋SO42－，B符合题意；
C、K3[Fe(CN)6]与FeCl2溶液反应的离子方程式为：K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－=KFe[Fe(CN)6]↓，C不符合题意；
D、TiCl4与H2O反应的离子方程式为：TiCl4＋(x＋2)H2O=TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、碱性锌锰电池中MnO2为正极发生得电子的还原反应，生成MnO(OH)；
B、铅蓄电池充电时阳极PbSO4发生失电子的氧化反应，生成PbO2；
C、K3[Fe(CN)6]与FeCl2反应生成KFe[Fe(CN)6]沉淀；
D、TiCl4与水反应生成TiO2·xH2O。
10．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．由分析可知，图1中阳极材料本身会失电子发生氧化反应，而图2中阳极材料为辅助阳极，本身不能失电子，A不符合题意；
B．图2装置为电解池，且为外加电源的阴极保护法，外加电压偏高时，钢闸门表面电子增多，除海水中H+放电外，海水中溶解的O2也会放电，可发生反应：O2＋4e ＋2H2O＝4OH ，B符合题意；
C．图2装置为电解池，且为外加电源的阴极保护法，若外加电压保持恒定不变，不能抵消腐蚀电流，不利于提高对钢闸门的防护效果，C不符合题意；
D．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，说明图1和图2装置中电子阻止了铁的反应，钢闸门不发生腐蚀反应，牺牲阳极和辅助阳极均发生了氧化反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息可知，图1装置为原电池，且为牺牲阳极的阴极保护法，阳极材料失电子，发生氧化反应，作负极，钢闸门作正极；图2装置为电解池，且为外加电源的阴极保护法，阳极材料为辅助阳极，本身不能失电子，电解质溶液中的阴离子失电子发生氧化反应，钢闸门作阴极。
11．【答案】B
【知识点】乙醇的物理、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。
12．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由上述分析可知，左侧电极反应：，A符合题意；
B．右侧电极反应2CH3COOH+2e-=H2+2CH3COO-，反应结束时溶液中存在CH3COO-，水解后溶液显碱性，故溶液为红色，B不符合题意；
C．若c中收集气体，若在标况下，c中收集气体的物质的量为0.5×10-3mol，转移电子量为0.5×10-3mol×4=2×10-3mol，故产生氢气：1×10-3mol，则样品中乙酸浓度为：1×10-3mol ÷10÷10-3=，但是题中未给定气体状态不能准确计算，C不符合题意；
D．盐桥换为U形铜导线则不能起到传递离子使溶液呈电中性的效果，影响反应进行，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】接通电源，右侧为阴极，左侧为阳极，阴极上溶液中的乙酸得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2CH3COOH+2e-=H2+2CH3COO-，在阳极电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为，c管中收集到氧气。
13．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、U型管左侧电极为阳极，电解过程中产生Cl2，右侧电极为阴极，电解过程中产生H2，A不符合题意。
B、Cl2不具有漂白性，红色布条褪色，是由于Cl2与H2O反应生成HClO，HClO使红色布条褪色，Cl2不具有漂白性，B不符合题意。
C、b处出现蓝色，说明Cl2将I－氧化成I2，此时说明还原性I－>Cl－，C不符合题意。
D、断开K1，闭合K2，该装置为原电池，化学能转化为电能，电流表发生偏转，D符合题意。
故答案为：D
【分析】闭合K1后，该装置为电解池装置，左侧电极为阳极，其电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；右侧电极为阴极，其电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。Cl2接触湿润的红布条后，红布条褪色。Cl2进入b中淀粉KI溶液后，Cl2将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色。浸有浓NaOH溶液的棉花，用于吸收Cl2，防止Cl2逸出，造成空气污染。
14．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，因此正极反应的催化剂是ⅰ，A错误；
B．获得第一个电子的过程最慢，因此其所需的活化能最高，即ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最高，B错误；
C．氢气发生氧化反应，做负极，其电极反应式为。同时H+通过质子交换膜进入正极室。因此电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确；
D．由图a、c可知，氧气催化循环一次需要得到4个电子；而氢气催化循环一次需要失去2个电子。根据得失电子守恒可得，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误；
故答案为：C
【分析】ⅰ表面发生得电子的还原反应，最终生成H2O，因此O2为正极，其电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。H2发生失电子的氧化反应，生成H＋，为负极，其电极反应式为H2－2e－=2H＋。据此分析选项。
15．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合；有机反应中的氧化反应；有机反应中的还原反应
【解析】【解答】A、电极 b：TY→TQ，失电子，发生氧化反应，是阳极，接电源正极；电极 a：得电子发生还原反应是阴极，接电源负极；因此离子移动为阳离子向 阴极 移动，即从 右室（阳极区，电极 b） 到 左室（阴极区，电极 a），A正确；
B、根据分析可以写出电极a的半反应为：，电极b的反应为：，二者相加可得到总反应为：，B正确；
C、原料为酚类，结构中含酚羟基，对位连异丙基，与 TY 结构类似，TY 也为酚类，对位连接异丙基，而酚类可经氧化反应生成醌（TQ 为醌结构），故类似原料可发生反应，C正确；
D、根据反应历程图可知，在TY转化成TQ的过程中，酚羟基中的O原子并没有脱离苯环，而酚羟基对位引入的O原子来自于H2O分子，所以说标记电解液中的水，被标记的应该在氧化前酚羟基对位的位置，也就是方框所示位置：，D错误；
故答案为：D
【分析】根据题干可知，这是电极b表面的主要反应历程见图（灰球表示电极表面催化剂），可以看出1mol的TY和1mol的H2O在电极B上失去4mol的电子，来生成1mol的TQ和1mol的H+，据此推断出电极b是阳极，发生氧化反应，电极a是阴极，发生还原反应，采用H2SO4作为电解质溶液，在电解池板间存在质子交换膜，所以在阳极生成H+通过质子交换膜在阴极发生反应。
16．【答案】（1）；除去，防止干扰后续实验；、 ；或；白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色；铜与碘的反应为可逆反应或浓度小未能氧化全部的
（2）铜；含的的溶液
（3）在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和
【知识点】氧化还原反应；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①I2在水中溶解度较小，与Cu接触不充分，反应速率较慢，加入KI后转化为I3-，I3-与I2氧化性几乎相同，相当于I2溶解度增大，与Cu充分接触，反应速率更快，故答案为：<；
②I2易溶于有机溶剂，CCl4可以溶解I2，使 红棕色平衡朝逆向移动，减少I3-浓度；根据实验III，可知Cu元素以蓝色或无色形式存在，而步骤b溶液为无色，即以 无色形式存在，加入浓氨水后，转化为 无色， 溶液被氧化，Cu价态由+1变为+2，即转化为，故答案为： 除去，防止干扰后续实验 ； 、 ；
③Cu和I2反应生成CuI，结合原子守恒，可知方程式为 ，或可以看成I3-和Cu反应，结合原子守恒，可知方程式为 ；加入浓KI溶液后观察到少量红色的铜出现，即的反应为可逆反应，加入KI后，I-和I2反应，I2浓度减小，平衡朝逆向移动，则可观察到白色沉淀逐渐溶解；反应为可逆反应时，反应物与生成物同时存在，Cu无法完全反应；故答案为： 或 ； 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 ； 铜与碘的反应为可逆反应或浓度小未能氧化全部的 ；
（2）Cu和I2反应时，Cu被氧化，则Cu应作为负极，则a为Cu，I2为氧化剂，应在正极发生反应，则b中应装有含n mol I2的4mol·L-1的KI溶液，故答案为： 铜；含的的溶液；
（3） 在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和 ，故答案为： 在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和 。
【分析】（1）①增大反应物浓度，平衡朝正向移动；
②减小反应物浓度，平衡朝逆向移动；
③可逆反应中，反应物和生成物同时存在；
（2）双液原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
（3）浓度越小，氧化性越弱，浓度越大，氧化性越强。
17．【答案】（1）；；正四面体形；
（2）使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解；H2O2的作用为还原剂，K2S2O8的作用为氧化剂
（3）ab
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】（1）①充电时，阴极上PbSO4发生得电子的还原反应，生成Pb和SO42－，其电极反应式为：PbSO4＋2e－=Pb＋SO42－。
故答案为：PbSO4＋2e－=Pb＋SO42－
②产生a库仑电量时，转移电子数为。由电池总反应式可知，当转移2mol电子时，消耗n(H2SO4)=2mol。因此产生a库仑电量时，参与反应的n(H2SO4)=mol。
故答案为：
③SO42－中心硫原子的价层电子对数为，因此SO42－的空间结构为正四面体形。
故答案为：正四面体形
④O2氧化Pb的过程中生成PbSO4，该反应的化学方程式为：2Pb＋O2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O。
故答案为：2Pb＋O2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O
（2）①步骤Ⅰ中加入NaOH溶液后，PbSO4转化为Pb(OH)2。因此加入NaOH溶液的目的是使PbSO4转化为Pb(OH)2，便于后续的溶解。
故答案为：使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解
②步骤Ⅱ中加入H2O2后，PbO2转化为Pb2＋，发生还原反应。因此步骤Ⅱ中H2O2的作用是做还原剂。步骤Ⅲ中加入K2S2O8后得到PbO2，Pb(OH)2、PbO都发生氧化反应，因此K2S2O8的作用是做氧化剂。
故答案为：H2O2的作用为还原剂，K2S2O8的作用为氧化剂
（3）a、石墨、多孔碳材料都具有导电性，可增强负极的导电性，a符合题意。
b、多空碳的相对表面积较大，因此可增大负极材料比表面积，有利于生成小颗粒PbSO4，b符合题意。
c、碳具有还原性，但在该电池中，碳只起到导电作用，不参与氧化还原反应，c不符合题意。
故答案为：ab
【分析】（1）①充电时，阴极上PbSO4发生得电子的还原反应，生成Pb。据此写出阴极的电极反应式。
②根据a库仑电量计算放电过程中转移电子数，结合电池总反应式计算消耗n(H2SO4)。
③根据中心硫原子的价层电子对数确定SO42－的空间结构。
④O2氧化Pb的过程中生成PbSO4，据此写出反应的化学方程式。
（2）步骤Ⅰ中加入NaOH溶液后，PbSO4转化为Pb(OH)2，据此确定加入NaOH溶液的作用。
②根据加入H2O2、K2S2O8后物质的转化分析。
（3）a、结合石墨的导电性分析。
b、多孔碳可增大比表面积。
c、加入的碳材料只起导电作用，不发生氧化还原反应。
18．【答案】（1）Cl2 +H2O= HCl+ HClO；阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液
（2）KCl；O2；13%；KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见气体的检验；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】（1）阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：Cl2 +H2O= HCl+ HClO；溶液a是阴极的产物，在阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液；
（2）①若η(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液b的溶质为：KCl；
②i.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii. 设EO的物质的量为amol
则转化的乙烯的物质的量为： ；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移电子的总物质的量： ；生成CO2的物质的量： ；生成CO2转移的电子的物质的量： ，则η(CO2)= ≈13%；
iii.实验证实推测III成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。
【分析】
(1)①由图可知，阳极室产生Cl2后发生的反应有：Cl2和H2O反应生成HCl和HClO，CH2=CH2和HClO反应生成HOCH2CH2Cl；
②阴极电极反应为：2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，阳极氯离子放电后，钾离子通过阳离子膜进入阴极，生成KOH，从而得到KCl和KOH的混合溶液；
(2)①若η(EO)=100%，则说明反应中只有乙烯中碳的化合价发生变化，其它元素化合价没有改变，即可判断溶液b的溶质；
②i .阳极有H2O放电时会产生氧气，即需要检验氧气；
ii.设EO的物质的量amol，则转化的乙烯的物质的量为：，生成EO转移的电子的物质的量为：2amol，此过程转移的电子的总物质的量为， 生成CO2的物质的量为：，生成CO2转移的电子的物质的量为，即可计算 η(CO2)；
iii .实验证实推测成立，则会产生氯气，验证氯气即可。
19．【答案】（1）；相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳
（2）<0；适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高
（3）H2；；每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由图可知“吸收”后所得的 溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为 。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的二氧化碳的原因为，LiOH的质量轻，相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳；
（2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其<0。实际投料比值远大于理论值的原因是，适当抑制副反应的发生该反应有副反应发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。
（3）由题意可知，当电解电压为 时，电解过程中含碳还原产物的 为0，说明二氧化碳为得的到电子，同时氢离子得电子变成氢气。当电解电压为 为时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴 由生成的 的电极反应式为：。
【分析】浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等。
20．【答案】（1）B；>
（2）右侧；；
（3）；D；
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；水的电离；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①根据水的电离平衡可知，当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性，根据重水中存在电离平衡 可知，溶液呈中性时，应当存在，A、B、C三点中符合条件的是B，故答案为：B。
②升温能够促进水的电离，则升高温度，，均增大，Kw增大，由图可知，T1条件下，，都更大，说明＞，故答案为：＞。
（2）① 左侧通入， 产物为 ，说明发生反应：，则左侧为负极，右侧为正极，原电池工作时，阳离子移向正极，则移向右侧，该电池为氢氧燃料电池，总反应方程式为，故答案为：右侧；。
②用进行实验，一侧通入，电池总反应方程式不变，该电池为氢气和氧气组成的燃料电池，氧气为正极，发生还原反应，电极反应方程式为，故答案为：。
（3）①对于，K=，在25℃的纯水中，水的离子积常数为Kw=，平衡时，，则K=，故答案为：；
②水的电离是吸热过程，瞬时升温，正、逆反应速率都增大，由于升温使平衡向正反应方向移动，所以，但水的浓度是恒定的，正反应速率增大后几乎保持不变，当时重新达到平衡状态，因此建立新平衡的过程示意图为D，故答案为：D。
③驰豫时间公式为，其中，，则有：，平衡时，，则有，代入可得，解得，将k1带入驰豫时间公式为：，整理可得，，计算括号内：，，由于，可忽略不计，所以，得出，故答案为：。
【分析】（1）①溶液呈中性时，；
②升温促进重水电离；
（2）原电池中，阳离子向正极移动；氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应；
（3）①根据：K=计算；
②升温能加快反应速率，同时使水的电离平衡正向移动；
③根据计算。
21．【答案】（1）
（2）+14.8；2.4×10 8；10.00
（3）C；D
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）由图可知，电极B上，二氧化碳发生还原反应生成HCOOH，则电极反应式为，，故答案为：；
（2）①根据盖斯定律，将Ⅱ-Ⅰ得到Ⅲ，则ΔH3= ΔH2-ΔH1=-378 .7 kJ /mol+393 .5 kJ/mol =+14.8 kJ/ mol，故答案为：+14.8；
②设转化的CO2为x，根据题干数据，列出反应的三段式为：
则，，则转化率= ，故答案为：2.4×10 8；
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol L-1氨水和0.18 mol L-1甲酸铵的混合溶液，=0.18mol/L， 根据可知，，，，故答案为：10.00；
（3）A、该反应中v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，故A错误；
B、v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，故B错误；
C、温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，故C正确；
D、在溶液中加入N(CH2CH3)3，与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，故D正确；
故答案为：CD；
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)，故答案为：当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
【分析】（1） 将CO2转化为HCOOH，二氧化碳发生还原反应，则电极B为阴极，阴极发生还原反应；
（2）①根据盖斯定律，Ⅲ=Ⅱ-Ⅰ；
②列出反应的三段式计算；
③先计算溶液的c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算；
（3）活化能越大，反应速率越慢；
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
22．【答案】（1）；优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低
（2）Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；BD；1：8
（3）质子导体；；
【知识点】吸热反应和放热反应；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①根据表中的数据，随温度升高，化学平衡常数减小，说明升温该反应的平衡逆向移动，则正反应为放热反应，，故答案为：；
②反应在较高温度下进行的优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低，故答案为：优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；
（2）①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大，故答案为： Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大 ；
②A.Pd膜只允许通过，不允许通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；
B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，，B不正确；
C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于的解离，C正确；
D. 为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为的过程为吸热反应，D不正确；
故答案为：BD；
③根据反应，设通入的为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=3；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xmol，则，解得x=0.1，则出口a产生的为0.1mol，出口b的为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1：8，故答案为：1：8；
（3）①电解时，通入一氧化碳和水的一极为阳极，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体，故答案为：质子导体；
②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：，故答案为：；
③根据三段式：
，出口Ⅰ处气体为体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为，则，CO的转化率为：，故答案为：。
【分析】（1）①升温该反应的平衡常数减小，说明升温该反应的平衡逆向移动，该反应为放热反应；
②升温能加快反应速率，同时升温该反应的平衡逆向移动；
（2）①Pd膜能选择性分离出H2，使平衡正向移动；
②A.Pd膜只允许H2透过，具有选择性；
B.正反应的活化能远小于逆反应的活化能，则该反应为放热反应；
C. 加快Pd膜内H原子迁移，平衡H2 2H正向移动；
D.H2 2H为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为吸热反应；
③根据计算；
（3） 电解时CO发生氧化反应，则左侧为阳极，右侧为阴极，发生还原反应，电极反应式为。
23．【答案】（1）碳碳双键、羧基
（2）加成反应或还原反应
（3）4；
（4）+H2O
（5）O2、Ag
（6）b
（7）阴极
（8）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机化学反应的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由G的结构简式可知，化合物G中含有的官能团为：碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；
（2）由对比A和B的结构简式可知，A生成B的碳骨架未改变，酮羰基与氢气发生加成反应或还原反应变为醇羟基，故答案为：加成反应或还原反应；
（3）化合物A()的分子式为，同分异构体满足条件①可以发生银镜反应，说明其中含有醛基；②含有苯环。则苯环上1个取代基为-CH2CHO，有1种结构；苯环上2个的取代基为，在苯环上位置的异构有邻、间、对3种情况，满足条件的同分异构体有3+1=4种，其中核磁共振氢谱图像为4组峰的说明含有四种氢，结构中有两个取代基且处于对位，满足条件的物质结构简式为，故答案为：4；；
（4）
B()中醇羟基在浓硫酸作用下发生消去反应生成C（），化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
（5）C()发生成环反应生成D()，结合C和D的结构简式可知，该反应加氧，属于氧化反应，反应条件为：O2、Ag，故答案为：O2、Ag；
（6）E的结构简式为，含有羧基、羟基。
a．E中有羧基和羟基，可以发生缩聚反应，故a正确；
b．苯环是平面结构，与苯环相连的C原子与苯环共平面，E中最多有8个碳原子共平面，故b错误；
c．E中含有羟基和羧基，可以形成分子内氢键和分子间氢键，故c正确；
d．连接四个不同原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子，E中含有1个手性碳原子，故d正确；
故答案为b。
（7）对比D、E的结构简式可知在电催化过程中，二氧化碳中C元素化合价下降，二氧化碳作氧化剂在阴极发生还原反应，故答案为：阴极；
（8）由B生成D的过程可知，先发生取代反应，发生成环反应生成，发生D生成E的反应原理得到，发生酯化反应得到，合成路线为：，故答案为：。
【分析】A()和H2发生加成反应生成B()，B()发生消去反应生成C()，C()发生成环反应生成D()，D()和CO2电催化反应后酸化得到E()，E发生一系列反应得到G()。
（1）合物G中含有的官能团为：碳碳双键、羧基；
（2）由对比A和B的结构简式可知，A生成B的碳骨架未改变，酮羰基与氢气发生加成反应或还原反应变为醇羟基；
3）化合物A的分子式为，同分异构体满足条件①可以发生银镜反应，说明其中含有醛基；②含有苯环。则苯环上1个取代基为-CH2CHO，有1种结构；苯环上2个的取代基为-CHO、-CH3，在苯环上位置的异构有邻、间、对3种情况，满足条件的同分异构体有3+1=4种；
（4）
B()中醇羟基在浓硫酸作用下发生消去反应生成C（）；
（5）C()发生成环反应生成D()，结合C和D的结构简式可知，该反应加氧，属于氧化反应，反应条件为：O2、Ag；
（6）E的结构中含有羧基、羟基，可以发生缩聚反应；可以形成分子内氢键和分子间氢键；苯环是平面结构，与苯环相连的C原子与苯环共平面，E中最多有8个碳原子共平面；E中含有1个手性碳原子；
（7）对比D、E的结构简式可知在电催化过程中，二氧化碳中C元素化合价下降，二氧化碳作氧化剂在阴极发生还原反应；
（8）由B生成D的过程可知，先发生取代反应，发生成环反应生成，发生D生成E的反应原理得到，发生酯化反应得到。
24．【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。
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