2022-2024年北京市重点校高三（上）期末化学汇编：电解池

2022-2024北京重点校高三（上）期末化学汇编 电解池 一、单选题 1．（2024北京大兴高三上期末）小组同学模拟工业上常采用电解法处理含铬(Ⅵ)盐废水。不同反应条件时，对Cr2O处理的结果如表１所示(Cr2O的起始浓度、体积、电压、电解时间均相同)；其中，实验③中Fe3+在去除Cr2O过程中的作用机理如图1所示。 表1不同条件下电解法处理Cr2O的结果 实验 ④ ② ③ ④ 是否加入Fe2(SO4)3 否 否 加入5g 否 是否加入H2SO4 否 加入1mL 加入1mL 加入1mL 电极材料 阴极 石墨 石墨 石墨 石墨 阳极 石墨 石墨 石墨 铁 Cr2O的去除率/% 0.922 12.7 20.8 57.3 已知：Cr2O(橙)+ H2O2 CrO(黄) + 2 H+ 下列对实验过程的分析中，不正确的是 A．实验①~④中，实验④的Cr2O去除效果最好 B．实验②~④中，加入H2SO4可以提高溶液中Cr2O的浓度和氧化性 C．分析图1， Cr2O参与的反应为：6 Fe2++ 14 H+ + Cr2O= 6 Fe3+ + 2Cr3++ 7H2O D．实验④中，阳极上Fe发生的反应为：Fe – 3e-=Fe3+ 2．（2024北京朝阳高三上期末）科研人员以间硝基甲苯为原料，采用间接成对电解方法合成间氨基苯甲酸。两极材料分别采用、，电解质溶液为溶液。反应的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A．A电极为电解池阴极 B．B电极反应为： C．1mol间硝基甲苯氧化为1mol间硝基苯甲酸时，转移8mol D．产品既可以与酸反应，也可以与碱反应 3．（2024北京东城高三上期末）采用惰性电极电解制备乙醛酸()的原理如下所示。E室电解液为盐酸和乙二醛()的混合溶液，F室电解液为乙二酸溶液。下列说法不正确的是 A．a为电源正极 B．H+从E室迁移至F室 C．外电路中每通过2mol电子，理论上就有1mol乙醛酸生成 D．E室中乙二醛被氧化的化学方程式：H2O+Cl2++2HCl 4．（2023北京昌平高三上期末）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图所示。通过控制开关，可得到或。下列说法正确的是 A．连接时，阳极反应物为 B．连接时，可制备 C．连接时，阳极发生反应： D．连接时，当电路中通过电子时，电极3的质量增加 5．（2023北京东城高三上期末）用如图装置进行实验，电流计指针偏转。下列说法不正确的是 A．该装置将化学能转化为电能 B．从a极经阳离子交换膜移向b极 C．工作一段时间，a极附近溶液会减小 D．该装置的总反应为 6．（2023北京房山高三上期末）中国科学院上海硅酸盐研究所的研究团队研制出目前循环寿命最长的金属硫化物电池，首次采用具有良好导电性的半导体Ag2S做电极，其工作原理示意图如图： 下列叙述不正确的是 A．充电时，A极连接电源的负极 B．充电时，向A极区迁移 C．放电时，电池的正极反应式为：Ag2S+2Cu2++4e-=Cu2S+2Ag D．电解液中的Cu2+也会参与电化学反应，为电池提供额外容量 7．（2022北京石景山高三上期末）从铝土矿(主要成分Al2O3)中提取铝的工艺流程如图。下列说法不正确的是 A．从NaAlO2→Al(OH)3→Al2O3的转化过程中涉及的反应均为非氧化还原反应 B．Al2O3与NaOH溶液反应的化学方程式：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O C．NaAlO2生成Al(OH)3的离子方程式：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO D．电解熔融Al2O3阳极的电极反应式：Al3++3e-=Al 8．（2022北京丰台高三上期末）一种电解法处理含有NO的酸性废水的工作原理如下图所示，阴极和阳极之间用浸有NaCl溶液的多孔无纺布分隔。阳极材料为石墨，阴极材料中含有铁的化合物，H表示氢原子。下列说法不正确的是 A．H原子在阴极产生：H++e-=H B．阴极材料既是得电子场所，同时起催化剂的作用 C．H原子与NO反应的化学方程式为：8H+NO=NH+2OH-+H2O D．HClO产生的原因：2Cl--2e-=Cl2↑、Cl2+H2O⇌HCl+HClO 9．（2022北京东城高三上期末）海水中含有等离子，约为8。有研究提出，用下图所示方法能够从海水中提取。 下列说法正确的是 A．c室出口溶液显酸性 B．相同时间内，两个阳离子膜中通过的数目相等 C．a室中发生的电极反应： D．b室中发生的化学反应： 二、填空题 10．（2022北京石景山高三上期末）CO2是一种自然界大量存在的“碳源”化合物，借助零碳能源(太阳能等)制得的H2可将CO2转化为燃料，能缓解温室效应和解决能源危机问题。 (1)硅太阳能电池可实现太阳能向电能的转化，Si在元素周期表中的位置 。 (2)电解水制H2，阴极电极反应式是 。 (3)聚乙烯亚胺捕获CO2并原位氢化为甲醇，反应历程如图1所示。 ①写出CO2的电子式 。 ②写出生成甲醇的总反应 。 (4)微生物电解池能将CO2转化为CH4，其工作原理如图2所示，写出所有生成CH4的反应 。 三、解答题 11．（2024北京石景山高三上期末）利用沉淀法和电解法从富锂溶液(含Li+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等阳离子)提纯锂的流程如下。 (1)固体A含有Fe(OH)3和Al(OH)3。 ① 第一次加入Na2CO3溶液的目的是 。 ② 写出生成Fe(OH)3的离子方程式 。 (2)滤液B经三步电解最终生成Li2CO3，原理示意图如下。 ①已知：Ca(OH)2的溶度积为4.7×10−6，第一步电解，反应瓶中pH = 13时，c(Ca2+) = 。 ②第二步通CO2至pH在7～9，写出生成NaHCO3的离子方程式 。 ③膜B是 (填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)；结合阴极电极反应简述第三步生成Li2CO3的原理： 。 12．（2024北京朝阳高三上期末）以黄铜矿（主要成分为）为原料，用溶液作浸取剂提取铜。 已知：ⅰ．的结构式为。 ⅱ．均能导电。 (1)有强氧化性，用溶液作浸取剂浸出的原理示意图如下。 ①正极的电极反应式为 。 ②浸取初期，随着浸泡时间延长，的浸出速率提高。可能的原因是 。 (2)在足量溶液中添加少量溶液作为浸取剂与作用，一段时间结果如下： 添加 未加 元素的浸出率 过程中产物形态 ①结合离子方程式解释添加可以显著提高元素的浸出率的原因： 。 ②进一步研究发现添加的少量可以多次循环使用，具有类似“催化剂”的作用。其中“再生”的离子方程式为： 。 (3)进一步从浸出液中提取铜并使再生的流程示意图如下。 ①在空气中焙烧得到铁红，反应的化学方程式为 。 ②由滤液B电解（Pt作电极）生成的总反应的离子方程式为 ； ③从能源及物质利用的角度，说明电解滤液B而不直接电解滤液A的优点： 。 13．（2024北京丰台高三上期末）回收废旧锂离子电池中的金属元素，可以有效缓解原料供应紧张、环境污染等问题。 Ⅰ．碳还原焙烧-水浸法可实现三元锂离子电池正极材料中锂的优先提取：将正极材料与一定量炭粉充分混合、焙烧，得到和等；再浸于水，得到含的浸出液。 已知：微溶于水；溶解度：。 (1)焙烧过程中未得到单质，若计算的，需要知道哪些反应的 。 (2)水浸过程中通入可提高锂的浸出率。用化学方程式解释原因 。 Ⅱ．是钴酸锂电池正极材料的主要成分，某研究小组以柠檬酸(，三元弱酸)和作为浸出剂，浸出，并用电解的方法从浸出液中回收。 已知： i．在浸出过程中，柠檬酸表现出酸性，同时电离产生的阴离子与形成配合物，有利于钴的浸出。与形成配合物的能力：； iⅱ．浸出液时，是(Ⅱ)的主要存在形式； 稳定性：； iii． (3)的作用是 。 (4)相同时间内，柠檬酸起始浓度对钴浸出率的影响如图所示。当柠檬酸浓度从增加到时，钴的浸出率逐渐下降，可能的原因是 。 (5)电解法回收钴的简易装置如图所示。 ①石墨为 (填“阳极”或“阴极”)。 ②在电极放电的电极反应式为 。 ③电解时间相同时，电解液初始对回收率和电流效率的影响如图所示。随着的升高，的回收率先增加后下降的可能原因是 。 14．（2023北京西城高三上期末）石油中含有有机氯和无机氯(主要以的形式存在)，还含有少量的硫化氢、硫酸盐和碳酸盐等。微库仑滴定法可快速测定石油中的有机氯和无机氯的含量。 已知：库仑测氯仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，测氯仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量。 (1)库仑测氯仪电解池中的阳极反应是 。 I.石油中有机氯含量的测定 (2)用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，再通过 操作分离得到处理后的石油样品。KOH溶液除去的离子方程式是 。 (3)经处理后的石油样品在高温、富氧条件下燃烧，有机氯转化为HCl。在库仑测氯仪中，待测气体通入电解池后与反应的离子方程式是 。 (4)石油样品为ag，电解消耗的电量为x库仑，样品中有机氯的含量(按含氯元素计)为 mg/g。 已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为F库仑 II.石油中无机氯含量的测定 在极性溶剂存在下加热石油样品，再用水提取其中的无机盐。含盐的待测液体注入库仑测氯仪进行测定。 已知：i.样品中存在的和CO不影响测定结果 ii.     (5)用离子方程式解释不影响测定结果的原因： 。 (6)石油样品中存在的会影响测定结果。 ①通过估算说明的存在会影响测定结果： 。 ②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入 (填序号)以消除的影响。 a.溶液    b.NaOH溶液    c.碘水 15．（2023北京石景山高三上期末）锂及其化合物广泛应用于玻璃、陶瓷和航空航天等领域，全球锂资源一半以上赋存于盐湖卤水中。 I．盐湖联合开发兑卤提锂 我国科学家以高锂卤水()为原料，富碳酸根卤水()为天然沉淀剂，提出盐湖联合开发兑卤提锂()的新方法。两种卤水的部分化学组成如下表。 离子浓度/() 16.20 91.04 45.02 194.5 7.10 26.43 1.26 146.7 33.80 136.2 39.51 56.06 (1)用化学用语解释卤水()显碱性的原因 。 (2)时，卤水混合沉锂的离子方程式是 。 (3)不同兑卤比所得混盐中，锂收率和含量(质量百分数)如图1所示，最佳兑卤比为 ，含量随兑卤比先增大后减小的原因是 。 II．电化学提锂 (4)我国专家通过电极体系，实现锂资源的高效选择性提取，其原理如图2所示。当两电极分别完成其对应的氧化(脱锂)反应和还原(嵌锂)反应后，将两电极进行互换，实现锂资源由原料液侧向回收液侧的转移。 ①A侧是 (填“原料液”或“回收液”)。 ②补全电极反应式 阳极： 阴极： 。 16．（2022北京房山高三上期末）工业尾气H2S对环境和人体健康产生危害，必须经过处理才可排放。依据题意回答下列问题： (1)生物脱硫可处理含H2S的烟气，过程中使用的硫杆菌是一种微生物。 ①反应的= 。 ②若反应温度过高，反应速率下降(如图)，其原因是 。 (2)科研工作者利用微波法处理尾气中的H2S并回收H2和S，反应为：，一定条件下，H2S的转化率随温度变化的曲线如图。 ①H2S分解生成H2和S的反应为 反应(填“吸热”或“放热”)。 ②微波的作用是 。 (3)利用电化学法也可处理尾气H2S。为避免硫磺沉积在阳极，将氧化吸收和电解制氢过程分开进行，装置如下图所示。氧化吸收器中为Fe2(SO4)3溶液，电解反应器中，以石墨为阳极，以为阴极，中间用质子交换膜隔开。 ①氧化吸收器中反应的离子方程式为 。 ②电解反应器中，阴极的电极反应式为 。 ③电解反应器的作用是 (写出2点)。 17．（2022北京海淀高三上期末）传统方法制备会产生大量副产物，研究者通过更环保的电解法，使用空气和水制备，并用其处理有机废水，过程如下。 (1)电解制备，装置示意图如图所示。 ①a极的电极反应式为 。 ②通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是 。 ③pH过高时会分解。但电解一段时间后，a极附近溶液的pH基本不变，原因是 。 ④测定生成的浓度。取x mL溶液，用a 溶液滴定，完全反应转化为时，消耗b mL 溶液。则溶液的浓度为 。 (2)用氧化含有机物RhB的废水，将其降解为无机物，结果如图所示。溶液中的总有机碳(TOC)去除率越高，降解效果越好。 ①20min时，RhB残留量已接近0。这段时间内RhB的平均降解速率= 。 ②降解过程中，随着TOC去除率接近100%，溶液的pH降至5.6，请结合化学用语解释原因： 。 18．（2022北京门头沟高三上期末）KMnO4和MnO2都是实验室常见药品，某小组同学对这两种物质做了如下探究。 I．从粗品(含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3)中获得MnO2，其工艺流程如图。 请回答下列问题： (1)第①步操作中，加快酸溶速率的措施 。 (2)第②步操作中，NaClO3将Mn2+转化为MnO2，利用电解法也可实现这步转化，生成MnO2的电极反应式为 。 (3)第③步操作中，Cl2生成NaClO3的反应化学方程式为 。 (4)为得到纯净的MnO2，需将过滤后的MnO2合并后进行洗涤。设计检验MnO2是否洗涤干净的实验方案： 。 (5)NaClO3和MnO2在一定条件下都可以氧化浓盐酸制取Cl2，制取相同物质的量的Cl2消耗NaClO3与MnO2的物质的量之比为 。 II.探究酸性KMnO4和Na2C2O4的反应 (6)该小组同学做了如下实验：将酸性KMnO4溶液逐滴滴入一定体积的Na2C2O4溶液中(温度相同，并不断振荡)，记录现象如表： 滴加KMnO4溶液的量 KMnO4溶液紫色褪去所需的时间 滴入第1滴 60s 滴入第2滴 15s 滴入第3滴 3s 滴入第4滴 1s ①请将MnO氧化C2O的离子方程式补充完整： 。 ______MnO+_______C2O+_______=______Mn2++______CO2↑+_______ ②请分析KMnO4溶液褪色时间变化的最可能原因 。 19．（2022北京门头沟高三上期末）甲醇是一种重要的化工原料，具有开发和应用的广阔前景。工业上使用水煤气(CO与H2的混合气体)转化成甲醇，反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H。 (1)在体积可变的密闭容器中投入0.5molCO和0.75molH2，不同条件下发生上述反应。实验测得平衡时CH3OH的物质的量随温度、压强的变化如图所示。 ①根据图象判断△H 0(填“<”或“>”)；M点H2的转化率为 。 ②M点对应的平衡混合气体的体积为1L，则506K时，该反应平衡常数K= 。 ③下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的 (填字母序号)。 a．(H2)=2(CH3OH) b．CH3OH的体积分数不再改变 c．混合气体的密度不再改变 ④平衡后再加入0.5molCO和0.75molH2后重新到达平衡，则CO的转化率 (填“增大”、“不变”或“减小”)。 (2)石墨烯基锂离子电池可以提升锂离子电池的性能。某实验小组用以石墨烯(C)和LiCoO2为电极材料的锂离子电池电解氧化甲醇废水。如图为电解装置示意图。 ①b极的电极反应式是 。 ②下列说法正确的是 (填字母序号)。 a．阳极的电极反应是：CH3OHH2O-6e-=CO2+6H+ b．电解过程中，H+从A室经质子交换膜进入B室 c．该锂离子电池充电时，石墨烯应连接电源正极 20．（2022北京朝阳高三上期末）将天然气(主要成分为CH4)中的CO2、H2S资源化转化在能源利用、环境保护等方面意义重大。 (1)CO2转化为CO、H2S转化为S的反应如下： i.2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)    △H1=+566kJ/mol ii.2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(s)     △H2=﹣530kJ/mol iii.CO2、H2S转化生成CO、S等物质的热化学方程式是 。 (2)CO2性质稳定，是一种“惰性”分子。对于反应ⅲ，通过设计合适的催化剂可以降低 ，提高反应速率。 a.活化能           b.△H            c.平衡常数 (3)我国科学家研制新型催化剂，设计协同转化装置实现反应ⅲ，工作原理如下所示。 【方案1】若M3+/M2+=Fe3+/Fe2+ ①所含Fe3+、Fe2+的溶液需为较强的酸性，原因是 。 ②结合反应式说明生成S、CO的原理： 。 【方案2】若M3+/M2+=EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+(配合物) 已知：电解效率η的定义： ③测得η(EDTA-Fe3+)≈100%，η(CO)≈80%。阴极放电的物质有 。 ④为进一步确认CO2、H2S能协同转化，对CO的来源分析如下： 来源1：CO2通过电极反应产生CO 来源2：电解质(含碳元素)等物质发生降解，产生CO 设计实验探究，证实来源2不成立。实验方案是 。 结论：方案2明显优于方案1，该研究成果为天然气的净化、资源化转化提供了工业化解决思路。 21．（2022北京西城高三上期末）工业上利用生产磷肥的副产品高磷镍铁制备硫酸镍晶体NiSO4·6H2O。 (1)制备含Ni2+溶液 高磷镍铁镍铁合金含Ni2+溶液 已知：i.高磷镍铁和镍铁合金中元素的百分含量： 元素/% Ni/% Fe/% P/% Co/% Cu/% 高磷镍铁 4.58 70.40 16.12 0.22 0.34 镍铁合金 52.49 38.30 5.58 1.73 1.52 ii.金属活动性：Fe＞Co＞Ni＞H ①依据数据，“转炉吹炼”的主要目的是：富集镍元素，除去部分 。 ②“电解造液”时，用镍铁合金作阳极，H2SO4溶液作电解质溶液。电解过程中阴极产生的气体是 。电解一段时间后，有少量Ni在阴极析出，为防止Ni析出降低NiSO4·6H2O的产率，可向电解质溶液中加入 (填试剂)。 (2)制备NiSO4·6H2O 已知：常温下，金属离子完全转化为氢氧化物沉淀的pH： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Cu2+ Co2+ Ni2+ 完全沉淀的pH 2.8 8.3 6.7 9.4 8.9 ①在酸性条件下，NaClO和Fe2+反应生成Fe3+和Cl—的离子方程式是 。 ②已知Ni(OH)2的Ksp为5.48×10-16，滤液1中c(Ni2+)=1.37mol/L。结合数据说明不能通过调节溶液的pH除去Cu2+的原因： 。(已知：lg5=0.7) ③从滤液3中获取NiSO4·6H2O的操作是 、洗涤、干燥。 参考答案 1．D 【分析】阴极上Fe3+得电子生成Fe2+，亚铁离子和发生氧化反应生成铁离子和铬离子； 【详解】A．实验④中，在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原，离子方程式为+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，所以导致去除率提高，实验④的去除效果最好，故A正确； B．对比实验结果，加入硫酸有利于的去除，则加入硫酸可以提高溶液中的浓度和氧化性，故B正确； C．图示Fe2+还原，离子方程式为+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，故C正确； D．实验④中阳极Fe失去电子生成Fe2+，电极反应为Fe-2e-═Fe2+，故D错误； 故选：D。 2．C 【分析】 由图可知，与电源负极相连的电极A为电解池的阴极，TiO2+离子在阴极得到电子发生还原反应生成Ti3+离子，电极反应式为，阴极区中Ti3+离子与间硝基苯甲酸酸性条件下反应生成间氨基苯甲酸、TiO2+和水，反应的离子方程式为+ 6Ti3++4H2O +6TiO2++6H+，电极B为阳极，水分子作用下铬离子在阳极失去电子发生氧化反应生成重铬酸根离子和氢离子，电极反应式为，阳极槽外中重铬酸根离子与间硝基甲苯酸性条件下反应生成间硝基苯甲酸，反应的离子方程式为++8H+ +2Cr3++5H2O，电解时，氢离子通过阳离子交换膜由阳极区加入阴极区，据此作答。 【详解】A．由分析可知，与电源负极相连的电极A为电解池的阴极，故A正确； B．由分析可知，电解时B电极反应为：，故B正确； C．阳极槽外中重铬酸根离子与间硝基甲苯酸性条件下反应生成间硝基苯甲酸，反应的离子方程式为++8H+ +2Cr3++5H2O，根据B电极反应，可知生成1mol转移电子为6mol，则1mol间硝基甲苯氧化为1mol间硝基苯甲酸时，转移电子为6mol，故C错误； D．中的氨基呈碱性，可与酸反应，羧基呈酸性，可以与碱反应，故D正确； 故答案选C。 3．C 【分析】左侧电极上氯离子失电子生成氯气，为阳极，则a电极为正极；b为负极，右侧电极为阴极，据此分析解答； 【详解】A．由以上分析可知a为电源正极，故A正确； B．电解池中H+向阴极移动，则H+从E室迁移至F室，故B正确； C．由装置可知阴阳极区均有乙醛酸生成，则外电路中每通过2mol电子，理论上有2mol乙醛酸生成，故C错误； D．阳极生成的氯气与反应生成乙醛酸，1mol氯气得2mol电子，1mol反应时失2mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：H2O+Cl2++2HCl，故D正确； 故选：C。 4．D 【分析】电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现的转化，且可循环使用，以此解答该题。 【详解】A．连接时，电极3为阳极，发生，为产物，故A错误； B．电解时，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，连接时，可制备，故B错误； C．溶液为碱性电解液，所以连接时，阳极发生反应：，故C错误； D．连接时，电极3发生，当电路中通过电子时，电极3的质量增加，故D正确； 故答案选D。 【点睛】本题考查非常温下水的电离问题及电解知识等，侧重考查学生的分析能力和理解能力，注意把握图像分析以及电解池的判断，掌握电极方程式的书写，题目难度中等。 5．D 【分析】没有外加电源，故此装置为原电池，电流计指针偏转说明原电池中发生了化学反应。a极H2发生氧化反应，为负极；b极Cl2发生还原反应，为正极。 【详解】A．该装置为原电池，可将化学能转化为电能，A项正确； B．原电池中阳离子从负极移向正极，因此从a极经阳离子交换膜移向b极，B项正确； C．a极电极反应为：，因为OH-被消耗，因此a极附近溶液会减小，C项正确； D．因为H2在a极放电后消耗了OH-，从a极经阳离子交换膜移向b极，与生成的Cl-形成KCl，因此总反应不是，D错误。 本题选D。 6．B 【分析】充电时，A极上Zn2+得电子转化为Zn，故A极为阴极，B极为阳极，充电时阴离子向阳极移动；放电时为原电池，A为负极，B为正极。 【详解】A．充电时，A极上Zn2+得电子转化为Zn，故A极为阴极，连接电源的负极，选项A正确； B．充电时，阴离子向阳极B极区迁移，选项B不正确； C．放电时，电池的正极上Ag2S及溶液中的Cu2+得电子产生Cu2S、2Ag，电极反应式为：Ag2S+2Cu2++4e-=Cu2S+2Ag，选项C正确； D．根据电极反应Ag2S+2Cu2++4e-=Cu2S+2Ag可知，电解液中的Cu2+也会参与电化学反应，为电池提供额外容量，选项D正确； 答案选B。 7．D 【详解】A．向NaAlO2溶液中通入CO2气体，发生反应Al(OH)3，Al(OH)3不稳定，受热分解产生Al2O3，在上述转化过程中元素化合价都不变，因此涉及的反应均为非氧化还原反应，A正确； B．Al2O3是两性氧化物，与NaOH溶液反应产生NaAlO2和水，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，B正确； C．由于Al(OH)3是两性物质，能够与强酸、强碱发生反应，为避免NaAlO2与强酸反应时产生的Al(OH)3被过量的强酸溶解变为可溶性铝盐，根据酸性：H2CO3＞Al(OH)3，向NaAlO2溶液中通入过量CO2气体，反应产生Al(OH)3、NaHCO3，该反应的离子方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，C正确； D．电解熔融Al2O3时，阴极上Al3+得到电子被还原产生Al单质，故阴极的电极反应式：Al3++3e-=Al；阳极上是O2-失去电子变为O2，阳极的电极反应式为：2O2--4e-=O2↑，D错误； 故合理选项是D。 8．C 【分析】由题干图示可知，阴极上产生的H将Fe(III)转化Fe(II)，Fe(II)与NO和H+转化为，而后被HClO转化为N2，阳极上为2Cl- -2e-=Cl2↑，然后Cl2+H2OHCl+HClO，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，H原子在阴极产生：H++e-=H，A正确； B．由分析可知，含铁阴极材料参与电极反应，且反应前后保持不变，故阴极材料既是得电子场所，同时起催化剂的作用，B正确； C．由题干信息可知，为酸性环境，故H原子与NO反应的化学方程式为：2H++8H+NO=NH+3H2O，C错误； D．由分析可知，HClO产生的原因：2Cl--2e-=Cl2↑、Cl2+H2OHCl+HClO，D正确； 故答案为：C。 9．D 【分析】由装置图可知,a室与正极相连,为阳极,则H2O失电子被氧化,c室为阴极,H20得电子被还原。 【详解】A．根据分析可知c室为阴极，H2O得电子被还原，c室出口溶液显碱性，故A错误； B．相同时间内，a极室产生的H+通过阳离子交换膜进入b室，c室产生OH-，b室的阳离子进入c室，但进入c室的阳离子不一定个是氢离子，故B错误； C．a室与正极相连,为阳极,则H2O失电子被氧化，故C错误； D．a极室产生的H+通过阳离子交换膜进入b室与反应产生CO2，b室中发生的化学反应：，故D正确； 故答案为D 10．(1)第三周期ⅣA族 (2)2H2O+2e-=2OH-+H2↑或2H++2e-=H2↑ (3) CO2+3H2CH3OH+H2O (4)CO2+4H2CH4+2H2O，CO2+8H++8e-= CH4+2H2O 【分析】电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，阳极上还原剂失去电子发生氧化反应；电解水时阴极上水电离产生的氢离子得电子变氢气。 【详解】（1）硅原子序数为14，核外电子分3层排布，依次为2、8、4个，Si在元素周期表中的位置第三周期ⅣA族。 （2）电解水制H2，阴极上水电离产生的氢离子得电子变氢气，阴极电极反应式是2H2O+2e-=2OH-+H2↑或2H++2e-=H2↑。 （3）①CO2是共价化合物，分子内每个氧原子和碳原子共用两对电子对、电子式。 ②由图知，CO2和H2反应生成CH3OH和H2O，在生成甲醇的反应中聚乙烯亚胺是催化剂，则生成甲醇的总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O。 （4）由图知，右侧电极上在产甲烷菌的作用下CO2与H2反应生成了CH4和H2O，右侧为阴极区，CO2得电子被还原为CH4，则所有生成CH4的反应为：CO2+4H2CH4+2H2O，CO2+8H++8e-= CH4+2H2O。 11．(1) 将Ca2+转化为CaCO3 沉淀除去 2Fe2+ + 4OH−+ ClO− +H2O = 2Fe(OH)3↓ + Cl−、Fe3+ +3OH−= Fe(OH)3↓ (2) 4.7×10−4 Na+ + OH− + CO2= NaHCO3↓ 阳离子交换膜 【分析】富锂溶液(含Li+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等阳离子)，加NaClO，把Fe2+氧化Fe3+，入Ca(OH)2，调节Ph=8，则Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤，滤液加NaOH调pH大于等于12，则Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，溶液里的阳离子为Li+、Ca2+，加入Na2CO3溶液形成CaCO3 沉淀，滤液里阳离子为Li+、Na+，加入Na2CO3溶液形成Li2CO3； 【详解】（1）① 第一次加入Na2CO3溶液的目的是：将Ca2+转化为CaCO3 沉淀除去；② 加NaClO，把Fe2+氧化Fe3+，入Ca(OH)2，调节Ph=8，则Fe3+转化为Fe(OH)3，生成Fe(OH)3的离子方程式：2Fe2+ + 4OH−+ ClO− +H2O = 2Fe(OH)3↓ + Cl−、Fe3+ +3OH−= Fe(OH)3↓； （2）滤液B中含Li+、Ca2+、Mg2+、第一步电解右侧生成OH−，则生成Ca(OH)2和Mg(OH)2沉淀，在第二步，右侧生成OH−； ①，=4.7×10−4； ②第二步通CO2至pH在7～9，生成NaHCO3的离子方程式：Na+ + OH− + CO2= NaHCO3↓； ③膜B是允许锂离子通过，且在阴极生成氢氧根，与二氧化碳反应，最终生成碳酸锂，故膜B是阳离子交换膜；结合阴极电极反应简述第三步生成Li2CO3的原理：。 12．(1) +2e-=2 随着浸泡时间延长，生成的Fe2+增多，Fe2+作催化剂对Cu2+浸出速率的影响大于c[(NH4)2S2O8]减小对Cu2+浸出速率的影响，从而使Cu2+的浸出速率提高 (2) 添加Ag+发生反应CuFeS2+4Ag+=2Ag2S+Cu2++Fe2+，所生成的Ag2S夹杂在硫层中，提高其导电性，使CuFeS2的浸出反应得以继续进行 +Ag2S=2Ag++2+S (3) 4FeC2O4+3O22Fe2O3+8CO2 2+2H++H2↑ 直接电解滤液B可以避免电解时发生反应Fe2+-e-=Fe3+消耗电能，得到更为纯净的(NH4)2S2O8，同时获得铁红 【详解】（1）①由图可知正极得电子生成硫酸根离子，电极反应式为：+2e-=2 ②随着浸泡时间延长，生成的Fe2+增多，Fe2+作催化剂对Cu2+浸出速率的影响大于c[(NH4)2S2O8]减小对Cu2+浸出速率的影响，从而使Cu2+的浸出速率提高； （2）①添加Ag+发生反应CuFeS2+4Ag+=2Ag2S+Cu2++Fe2+，所生成的Ag2S夹杂在硫层中，提高其导电性，使CuFeS2的浸出反应得以继续进行； ②Ag+“再生”的离子方程式为：+Ag2S=2Ag++2+S； （3）①在空气中焙烧FeC2O4得到铁红，反应的化学方程式为：4FeC2O4+3O22Fe2O3+8CO2； ②由滤液B电解(Pt作电极)生成(NH4)2S2O8的总反应的离子方程式为：2+2H++H2↑； ③从能源及物质利用的角度，电解滤液B而不直接电解滤液A的优点：直接电解滤液B可以避免电解时发生反应Fe2+-e-=Fe3+消耗电能，得到更为纯净的(NH4)2S2O8，同时获得铁红。 13．(1) (2) (3)还原剂 (4)当柠檬酸浓度过高时，浸出过程中不能明显被消耗，剩余的会抑制的形成，不利于形成配合物 (5) 阳极 时，随增大，降低，竞争放电能力减弱，的回收率增加； 时，随增大，促进电离，增大，形成的更稳定，不易放电，的回收率下降 【详解】（1）焙烧过程中未得到Mn单质，若计算的，需要知道的的 （2）水浸过程中通入CO2与碳酸锂反应生成碳酸氢锂，可提高锂的浸出率，原因为 （3）以柠檬酸(C6H8O7，三元弱酸)和H2O2作为浸出剂，与LiCoO2反应浸出Co2+，则H2O2为还原剂 （4）当柠檬酸浓度从1.25mol·L-增加到1.75mol·L-时，钴的浸出率逐渐下降，可能的原因是当柠檬酸浓度过高时，浸出过程中不能明显被消耗，剩余的会抑制的形成，不利于形成配合物 （5）①电解法回收钴，阴极生成钴单质则石墨为阳极；在电极放电生成钴单质电极反应式为；随着的升高，的回收率先增加后下降的可能原因是时，随增大，降低，竞争放电能力减弱，的回收率增加； 时，随增大，促进电离，增大，形成的更稳定，不易放电，的回收率下降 14．(1) (2) 分液 (3) (4) (5) (6) H2S+2Ag+= =Ag2S↓+2H+ K= ，经估算K的数量级为1029，说明H2S与Ag+的反应程度接近完全，即H2S也消耗Ag+，影响测定结果 a 【分析】检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，浓度减小，测氯仪便立即自动进行电解，阳极Ag失电子，生成，到又回到原定值，电极反应式为，根据电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量； 【详解】（1）库仑测氯仪电解池中的阳极反应是； （2）用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，石油和水溶液不互溶，可以通过分液操作分离；KOH溶液除去的离子方程式是； （3）HCl与反应的离子方程式是； （4）电解消耗的电量为x库仑，即mol电子，n(Cl-)= n(Ag+)= n(e-)=mol，样品中有机氯的含量为= mg/g； （5）碳酸银可溶于醋酸，不影响测定结果，离子方程式为; （6）①H2S+2Ag+= =Ag2S↓+2H+ K= ，经估算K的数量级为1029，说明H2S与Ag+的反应程度接近完全，即H2S也消耗Ag+，影响测定结果； ②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入能与反应，消除S2-的试剂； a．溶液与反应生成硫单质和水，溶液中没有S2-，a符合； b．NaOH溶液与反应生成硫化钠和水，溶液中仍然存在S2-，b不符合； c．碘水与反应生成硫单质和碘化氢，溶液中存在I-，会生成碘化银沉淀影响测定结果，c不符合； 故选a。 15．(1) (2) (3) 1.75 当兑卤比小于1.75时，溶液中浓度增大，有利于沉淀；当兑卤比大于1.75时，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于，使得含量减小 (4) 原料液 【详解】（1）卤水()中水解使溶液显碱性，反应的离子方程式为； （2）高锂卤水()中与富碳酸根卤水()中反应生成，离子方程式为； （3）由图1可知，当兑卤比为1.75时，所得混盐中含量最高，则最佳兑卤比为1.75；当兑卤比小于1.75时，随着兑卤比的增大，溶液中浓度增大，，平衡左移，有利于沉淀；当兑卤比大于1.75时，随着兑卤比的增大，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于，使得含量减小； （4）①由图2可知，A侧电极与电源正极相连，作阳极；B侧电极与电源负极相连，作阴极；溶液中的从阳极移向阴极，即从A侧移向B侧，则A侧为原料液，B侧为回收液； ②由阳极电极反应式可知，Li元素化合价不变为+1价，，Mn失电子化合价升高，则阴极，Mn得电子化合价降低，由此可得阴极电极反应式为。 16．(1) 温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性) (2) 吸热 微波使化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率 (3) 电解制得产物H2，Fe2+-e-=Fe3+，实现Fe2(SO4)3的循环使用 【详解】（1）Ⅰ. Ⅱ. ①利用盖斯定律，将反应Ⅰ×2+Ⅱ得：反应的=。 ②该反应中，催化剂是硫杆菌，硫杆菌是蛋白质，受热易发生变性，则反应温度过高，反应速率下降的原因是：温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)。答案为：；温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)； （2）①从图中可以看出，升高温度，H2S的转化率增大，则H2S分解生成H2和S的反应为吸热反应。 ②从图中可以看出，使用微波，H2S的转化率增大，则表明平衡正向移动，则微波的作用是：微波使化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率。答案为：吸热；微波使化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率； （3）①氧化吸收器中，Fe2(SO4)3将H2S氧化，生成FeSO4、S等，反应的离子方程式为。 ②电解FeSO4的反应器中，阳极为Fe2+-e-=Fe3+，阴极H+得电子生成H2，电极反应式为。 ③电解反应器的作用是电解制得产物H2，Fe2+-e-=Fe3+，实现Fe2(SO4)3的循环使用。答案为：；；电解制得产物H2，Fe2+-e-=Fe3+，实现Fe2(SO4)3的循环使用。 【点睛】分离FeSO4与硫黄的混合物，可采用过滤法。 17．(1) O2+2H2O+2e−= H2O2+2OH− 将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2 反应中转移等量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的量相等，阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH-反应 (2) H2O2氧化有机物时，有机物中碳元素转化为CO2，CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO，使溶液呈酸性，pH降低到5.6 【分析】本实验为用空气和水电解的方式制备H2O2，a极为电解池阴极，氧气发生还原反应生成过氧化氢，而后用H2O2处理有机废水； 【详解】（1）①氧气在a极得电子，化合价降低，发生还原反应生成过氧化氢，故a极的电极反应式为O2+2H2O+2e−= H2O2+2OH−； ②b极为阳极，发生氧化反应，生成氧气，故通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2； ③电解时a极生成OH-，pH升高，b极生成H+，pH降低，H+能通过质子交换膜移动到a极，中和OH-，保持a极附近溶液的pH不变，故为原因为：反应中转移等量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的量相等，阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH-反应； ④H2O2和Ce(SO4)2反应，Ce(SO4)2做氧化剂，H2O2做还原剂，根据电子守恒有如下关系，H2O2 ~2Ce(SO4)2，则H2O2的浓度为 ； （2）①20min时，RhB残留量已接近0；根据速率公式有， ； ②H2O2氧化有机物时，有机物中碳元素转化为CO2，CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO，使溶液呈酸性，pH降低到5.6。 18．(1)研磨、加热等 (2)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (3)3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O (4)取最后一次的洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，则说明沉淀已经洗涤干净，否则说明沉淀未洗涤干净 (5)1：3 (6) 2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)越大催化效果越好 【分析】粗MnO2（含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O，据此分析解题。 【详解】（1）外界因素对反应速率的影响可知，第①步操作中，加快酸溶速率的措施可以为：研磨以增大接触面积，适当升高温度或者适当增大稀硫酸的浓度等，故答案为：研磨以增大接触面积，适当升高温度或者适当增大稀硫酸的浓度等； （2）第②步操作中，NaClO3将Mn2+转化为MnO2，利用电解法也可实现这步转化，即通过电解法将Mn2+转化为MnO2，则生成MnO2的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+； （3）由分析可知，第③步操作中，Cl2生成NaClO3的反应化学方程式为3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O，故答案为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O； （4）为得到纯净的MnO2，需将过滤后的MnO2合并后进行洗涤，设计检验MnO2是否洗涤干净即检验其表面是否还含有可溶性的杂质即硫酸根，故其实验方案为：取最后一次的洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，则说明沉淀已经洗涤干净，否则说明沉淀未洗涤干净，故答案为：取最后一次的洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，则说明沉淀已经洗涤干净，否则说明沉淀未洗涤干净； （5）NaClO3和MnO2在一定条件下都可以氧化浓盐酸制取Cl2，根据反应方程式可知：NaClO3+6HCl=NaCl+3Cl2↑+3H2O、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知制取相同物质的量的Cl2消耗NaClO3与MnO2的物质的量之比为1:3，故答案为：1:3； （6）①反应中Mn的化合价由MnO中的+7价降低到Mn2+中的+2价，C2O中C的化合价由+3价升高到CO2中的+4价，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O； ②由表中数据可知，滴加KMnO4溶液的量越多，所用时间越短，但是与KMnO4溶液的量不成正比，说明不是KMnO4溶液浓度对反应速率的影响，而且滴加的量为2倍时时间缩短了远大于2倍，故KMnO4溶液褪色时间变化的最可能原因反应生成的Mn2+对反应的催化作用，且催化剂浓度越大，反应速率越快，故答案为：反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)越大催化效果越好。 19．(1) < 66.7% 16 bc 不变 (2) 2H++2e-=H2↑ ab 【详解】（1）①根据图象可知，压强相同时，随着温度升高，CH3OH的物质的量减小，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应是一个放热反应，即△H＜0；由图中M点对应的数据可知，CH3OH的物质的量为0.25mol，根据反应方程式可知，要生成0.25molCH3OH，消耗H2的物质的量为0.50mol，则M点H2的转化率为=66.7%，故答案为：＜；66.7%； ②M点对应的平衡混合气体的体积为1L，则506K时，根据M点数据三段式分析为：，则该反应平衡常数K===16，故答案为：16； ③ a．化学平衡的特征之一为正逆反应速率相等，而(H2)=2(CH3OH)未告知正、逆反应速率，不能说明反应达到平衡，a不合题意； b．化学平衡的特征之一为反应体系中各组分的百分含量保持不变，故CH3OH的体积分数不再改变，说明反应达到化学平衡状态，b符合题意； c．反应前后气体的质量保持不变，容器的体积在发生改变，即达到平衡过程中体系中混合气体的密度一直在改变，现在混合气体的密度不再改变，说明反应达到平衡了，c符合题意； 故答案为：bc； ④由于反应容器是恒温恒压，故平衡后再加入0.5molCO和0.75molH2，保持投料比相等，则混合后重新到达平衡与原平衡为等效平衡，则CO的转化率不变，故答案为：不变； （2）①由题干图示信息可知，b极上是H+得到电子，发生还原反应生成H2，故其电极反应式是2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑； ②a．电解池中阳极上发生氧化反应，根据图示信息可知，阳极的电极反应是：CH3OHH2O-6e-=CO2+6H+，a正确； b．由上述分析可知，A室为阳极室，即LiCoO2为正极，石墨烯电极为负极，B室为阴极室，故电解过程中，H+从A室经质子交换膜进入B室，b正确； c．由上述分析可知，A室为阳极室，即LiCoO2为正极，石墨烯电极为负极，B室为阴极室，该锂离子电池充电时，石墨烯应连接电源负极，c错误； 故答案为：ab。 20．(1)CO2(g) + H2S(g) =CO(g) + S(s) + H2O(l)  △H = +18 kJ/mol (2)a (3) 抑制Fe3+、Fe2+ 水解，防止产生氢氧化物沉淀 阳极电极反应式为Fe2+ -e－= Fe3+ ，Fe3+与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3+ + H2S = 2Fe2++ S +2H+；H+ 通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为CO2 + 2e－ + 2H+ = CO + H2O，从而产生S、CO； CO2、H+ 阴极区通入不含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生 【分析】根据题中所给热化学方程式，结合盖斯定律，写出所求热化学方程式；根据催化剂只降低反应的活化能，对△H和平衡移动无影响，选取正确选项；根据Fe3+、Fe2+会发生水解反应，所以应在酸性较强环境中存在；根据题中图示信息，结合电解池的电极反应加以解释说明；根据题中信息，判断阴极放电的物质；根据题中来源1和来源2，设计实验方案证明来源2不成立；据此解答。 【详解】（1）由i.2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H1=+566kJ/mol，ii.2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(s)△H2=﹣530kJ/mol可知，根据盖斯定律(i+ii)×得，CO2(g) + H2S(g) =CO(g) + S(s) + H2O(l)△H==+18kJ/mol；答案为CO2(g) + H2S(g) =CO(g) + S(s) + H2O(l) △H = +18 kJ/mol。 （2）根据题中信息，选取合适的催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，提高反应速率，对△H无影响，对平衡移动无影响，即对平衡常数无响影，选项a符合题意；答案为a。 （3）①因为Fe3+、Fe2+会发生水解反应，所以Fe3+、Fe2+的溶液需为较强的酸性，为了抑制Fe3+、Fe2+ 水解，防止产生氢氧化物沉淀；答案为抑制Fe3+、Fe2+ 水解，防止产生氢氧化物沉淀。 ②由题中图示可知，阳极电极反应式为Fe2+ -e－= Fe3+ ，Fe3+与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3+ + H2S = 2Fe2++ S +2H+；H+ 通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为CO2 + 2e－ + 2H+ = CO + H2O，从而产生S、CO；答案为阳极电极反应式为Fe2+ -e－= Fe3+ ，Fe3+与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3+ + H2S = 2Fe2++ S +2H+；H+ 通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为CO2 + 2e－ + 2H+ = CO + H2O，从而产生S、CO。 ③由题中信息可知，EDTA-Fe3+的电解效率接近100%，CO的电解效率为80%，说明在阴极区除了CO2放电，还有H+放电；答案为CO2、H+。 ④为了证实来源2不成立，实验方案是阴极区通入不含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生；答案为阴极区通入不含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生。 21．(1) 铁元素和磷元素 H2 CuSO4溶液 (2) ClO—+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl—+H2O 由c(Ni2+)=1.37mol/L可知，溶液中c(OH—)= =2×10-8mol/L，溶液pH=6.3，小于铜离子完全沉淀的pH=6.7 加热浓缩、冷却结晶、过滤 【分析】由题给流程可知，高磷镍铁通过转炉吹炼得到镍铁合金，镍铁合金通过电解造液得到含镍离子的溶液；向含镍离子的溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到除去铁离子的滤液1；向滤液1中加入氢硫酸溶液，将铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到除去铜离子的滤液2；向滤液3中加入碱式氧化镍，将钴离子转化为沉淀，过滤得到含有镍离子的滤液3；滤液3经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体。 【详解】（1）①由题给数据可知“转炉吹炼”的主要目的是富集镍元素，除去部分铁元素和磷元素，故答案为：铁元素和磷元素； ②“电解造液”时，溶液中的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气；铜离子的氧化性强于镍离子，则电解时应在电解质溶液加入硫酸铜溶液防止镍离子在阴极被还原生成镍，故答案为：H2；CuSO4溶液； （2）①由题意可知，在酸性条件下，次氯酸根离子和亚铁离子反应生成铁离子、氯离子和水，反应的离子方程式为ClO—+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl—+H2O，故答案为：ClO—+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl—+H2O； ②由氢氧化镍的溶度积可知，滤液1中c(Ni2+)=1.37mol/L时，溶液中c(OH—)= =2×10-8mol/L，溶液的pH=14—7—lg5=6.3＜6.7，则溶液中的铜离子不能完全除去，故答案为：由c(Ni2+)=1.37mol/L可知，溶液中c(OH—)= =2×10-8mol/L，溶液pH=6.3，小于铜离子完全沉淀的pH=6.7； ③由分析可知，从滤液3中获取六水硫酸镍晶体的操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$