1、江苏省2021-2022学年高三下学期3月份化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mn 55一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1. 甘油()常温下是一种无色液体，低浓度甘油溶液可作皮肤润滑剂。下列有关甘油的说法正确的是A. 与1丙醇()互为同系物B. 与汽油同属于烃C. 易溶于水与分子中含有多个羟基有关D. 在水溶液中能电离产生【答案】C【解析】【详解】A1丙醇()分子中有1个羟基，甘油()分子中有3个羟基，不是同系物，故A错误；B甘油()含有氧元素，不属于烃，故B错误；C甘油()含有羟基，与水分子之间形成氢键，所以易
2、溶于水，故C正确； D甘油()是非电解质，在水溶液中不能电离，故D错误；选C。2. 我国自主设计生产的长征二号火箭使用偏二甲肼()和作推进剂，燃烧时发生反应：。下列有关说法正确的是A. 偏二甲肼的结构简式：B. 的电子式：C. 的空间构型为V形D. 是由极性键构成的极性分子【答案】D【解析】【详解】A偏二甲肼中含有两个甲基，因此N与N以单键链接，则其结构简式为：，选项A错误；B氮原子最外层有5个电子，要达到稳定结构得形成三对共用电子对，电子式为，选项B错误；C分子中价层电子对数为2+0=2，所以其VSEPR模型为直线型，该分子中没有孤对电子对，所以其空间构型为直线型，选项C错误；DH2O中含有
3、极性键，空间结构为V型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项D正确；答案选D。3. 以菱镁矿(主要成分是，含少量)为原料制取高纯氧化镁需要经历酸浸、调pH、过滤、灼烧等操作。下列实验装置和原理能达到实验目的的是A. 用装置甲配制稀B. 用装置乙测定溶液的pHC. 用装置丙过滤悬浊液D. 用装置丁灼烧固体【答案】C【解析】【详解】A容量瓶属于玻璃精量器，不能在容量瓶中直接稀释溶液，选项A错误；B测定溶液的pH时不能将pH试纸直接放进溶液中，应用玻璃棒蘸取溶液点在试纸上与比色卡对比读数，选项B错误；C用装置丙过滤悬浊液，装置及操作均正确，选项C正确；D灼烧固体时应选用坩埚，且加热固体物质时试管
4、口应该向下倾斜，选项D错误；答案选C。4. 下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A. 难溶于水，可用作瓜果保护气B. 具有还原性，可用作制冷剂C. 具有强氧化性，可用于制硝酸铵D. 溶液呈酸性，可用于除铁锈【答案】D【解析】【详解】A氮气可用作瓜果保护气，是因为性质稳定，故A错误；B可用作制冷剂，是因为易液化，故B错误；C具有酸性，可用于制硝酸铵，故C错误；D氧化铁易溶于酸性溶液，溶液呈酸性，可用于除铁锈，故D正确；选D。5. Deacon曾提出在催化剂作用下，通过氧气直接氧化氯化氢成功制备氯气。该反应具有一定的可逆性，热化学方程式可表示为 。关于Deacon提出的制的反应，下列有关说
5、法正确的是A. 该反应的S0B. 每生成标准状况下22.4L ，放出58kJ的热量C. 升高温度，该反应v(逆)增大，v(正)减小，平衡向逆反应方向移动D. 断裂4mol H-Cl键的同时，有4mol H-O键生成，说明该反应达到平衡状态【答案】B【解析】【详解】A熵表示混乱度，气体物质的量越大，熵越大。该反应是气体系数之和减小的反应，所以该反应的熵减小，即S0，A项错误；B根据热化学方程式可知，每生成2mol Cl2，放出116kJ的热量，所以每生成标准状况下22.4L(即1mol)Cl2，放出58kJ的热量，B项正确；C该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温度，正逆反应速率
6、都增大，C项错误；DHCl是反应物，H2O是生成物，断裂4mol H-Cl键的同时，一定同时有4mol H-O键生成，所以该说法不能说明该反应达到平衡状态，D项错误；答案选B。6. 在指定条件下，下列含氯物质的转化不能实现的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A盐酸的酸性强于碳酸，往氯化钠溶液中通入过量二氧化碳不反应，无法转化生成碳酸氢钠，选项A错误；B浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，转化可以完成，选项B正确；C在氯化氢氛围中加热氯化镁晶体，得到无水氯化镁，转化可以完成，选项C正确；D次氯酸受热分解生成盐酸和氧气，转化可以完成，选项D正确；答案选A。7. 二氧化氯
7、(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9，可溶于水，有毒，浓度较高时易发生爆炸。用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2。利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。下列说法正确的是A. 为配制分液漏斗中的混合液，应将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌B. 若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1C. 实验中通入气体的速率应尽可能慢D. 装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率【答案】B【解析】【详解】A由于甲醇溶液的密度小于浓硫酸的密度，浓硫酸稀释过程放出大量的热量，故为配制分液漏斗中的混合液，应将浓硫酸倒入甲醇溶液中搅
8、拌，A错误；B已知甲装置烧瓶中是用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2，反应原理为：CH3OH+4NaClO3+4H2SO4(浓)=4ClO2+HCOOH+4NaHSO4+3H2O，故若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，B正确；C实验中通入CO2气体的目的是将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，故通入CO2的速率不能太慢，C错误；D由题干信息可知，ClO2的沸点为9.9，若装置乙中应使用热水浴，将加快ClO2的挥发而造成损失，故装置乙应使用冷水浴或者冰水浴，D错误；故答案为：B。8. X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的前四周期
9、元素。X和Z的基态原子核外均有2个未成对电子。R是地壳中含量最高的金属元素。W元素基态原子的内层电子全充满，最外层只有1个电子。下列说法正确的是A. 第一电离能：I(X)I(Y)I(Z)B. X简单氢化物的沸点比Z的高C. Y的最高价氧化物对应的水化物可以溶解单质RD. 元素Z和W组成的一种化合物晶胞结构如题8图所示，该化合物的化学式为WZ【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的前四周期元素。其中R是地壳中含量最高的金属元素，则R为Al元素；X和Z的基态原子核外均有2个未成对电子，X的原子序数小于Z，而Y的原子序数介于X、Z之间，X、Z的核外电子排布分别为1s22s22
10、p2，1s22s22p4，故X为C元素、Z为O元素、Y为N元素；W元素基态原子的内层电子全充满，最外层只有1个电子，原子序数大于Al，只能是第四周期，核外电子数为2+8+18+1=29，故W为Cu元素。综合以上分析，X为C、Y为N、Z为O、R为Al、W为Cu。【详解】A同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：I(X)I(Z) I(Y)，故A错误；BX、Z的简单氢化物分别为CH4、NH3，由于NH3分子之间能形成氢键，CH4分子间不能形成氢键，故NH3的沸点比CH4的高，故B错误；CN的最高价氧化物对应的水
11、化物为HNO3，常温下铝遇浓硝酸发生钝化，但铝能溶于稀硝酸，故C正确；D由元素O与Cu元素组成的化合物的晶胞结构示意图可知，该晶胞中含Cu原子数为4个，含O原子数为8+1=2，所以该化合物的化学式为Cu2O，故D错误；答案选C。9. CuCl难溶于乙醇和水，易溶于氯离子浓度较高的溶液，在潮湿空气中易被氧化变质。以铜蓝(主要成分为CuS)为原料生产CuCl的工艺过程如下。下列说法正确的是A. “热溶解”时主要反应的离子方程式为B. “制备”时加入固体越多，CuCl沉淀越完全C. “过滤2”所得滤液中可能大量存在的离子有：、D. 与使用乙醇洗涤相比，用蒸馏水洗涤最终得到的产品纯度更高【答案】A【解
12、析】【分析】CuS与硫酸、氧气反应生成硫单质和硫酸铜，硫酸铜而后与亚硫酸铵、氯化铵反应生成硫酸铵和CuCl，最终经过过滤、洗涤等操作得到CuCl，据此分析回答问题。【详解】A由图示可知，铜蓝、硫酸、氧气反应生成硫酸铜、S和水，主要离子方程式正确，A正确；BCuCl易溶于氯离子浓度较高的溶液，所以NH4Cl固体越多，CuCl溶解的越多，B错误；C由以上分析可知，“过滤2”所得滤液中不存在大量的OH-，C错误；D由于乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，最终得到的产品纯度更高，D错误；故选A。10. Y是一种药物合成的中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y的
13、说法正确的是(X) (Y)A. X分子中有含有1个手性碳原子B. X分子中的碳原子可能全部共平面C. 可用酸性溶液鉴别X和YD. 1mol Y与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为1mol【答案】B【解析】【详解】AX分子中不含手性碳原子，故A错误；B单键可以旋转，根据乙烯、苯环的平面结构，X分子中的碳原子可能全部共平面，故B正确；CX和Y都含有碳碳双键，都能使酸性溶液褪色，不能用酸性溶液鉴别X和Y，故C错误；D1mol Y与足量NaOH溶液反应，生成1mol和1mol乙酸钠，消耗NaOH的物质的量为2mol，故D错误；选B。11. 一种甲酸(HCOOH)燃料电池装置示意如图所示。下
14、列说法正确的是A. 放电时，从正极区移向负极区B. 放电过程中，正极区溶液pH不断减小C. 每得到lmol ，理论消耗标况下22.4L D. 负极反应的电极反应方程式为【答案】D【解析】【分析】HCOOH燃料电池中，HCOOH发生失去电子的反应生成，所在电极为负极，电极反应式为：HCOO-+2OH-2e-+H2O，正极O2得电子生成H2O，O2+4e-+4H+=2H2O（需消耗H+），从装置中分离出的物质为K2SO4，所以放电过程中需补充的物质A是H2SO4，HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应将化学能转化为电能，总反应为2HCOOH+2OH-+O2=2+2H2O，原电池工
15、作时K+通过半透膜移向正极，据此分析解题。【详解】A放电时，原电池内部阳离子由负极移向正极，即从负极区移向正极区，A错误；B由分析可知，放电过程中，正极发生的电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，消耗H+，则正极区溶液pH不断增大，B错误；C根据电荷守恒可知，每得到lmol，消耗2molH+，转移2mol电子，故理论消耗标况下0.5mol22.4L/L=11.2L，C错误；D由分析可知，负极反应的电极反应方程式为，D正确；故答案：D。12. 已知：25时，。通过下列实验探究室温下0.100 溶液的性质。实验：用pH计测得该溶液的pH=8.4。实验：向溶液中滴入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡后
16、溶液紫色褪去。实验：向溶液中加入少量0.100mol/L盐酸至溶液pH=7.0。实验：向溶液中加入等体积0.100mol/L HCl溶液。下列说法正确的是A. 实验溶液中：B. 实验说明溶液具有漂白性C. 实验反应所得溶液中：D. 实验反应所得溶液中：【答案】A【解析】【详解】A实验溶液中：，故A正确；B实验说明溶液具有还原性，故B错误；C根据电荷守恒，实验反应所得溶液中：，pH=7.0，所以，故C错误；D实验反应所得溶液为等浓度、KCl，的电离常数是10-4.19、水解常数是，电离大于水解，所以，故D错误；选A。13. 某科研团队设计利用CO2和H2合成CH4的主要反应为：反应： H1反应：
17、 H20在密闭容器中，控制总压强为0.1 MPa，平衡时各组分的物质的量分数随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A. H20B. 曲线b表示平衡时H2物质量分数随温度的变化C. 选用合适的催化剂可提高生成CH4的选择性D. 总压强为0.1 MPa，时，600800范围内，反应占主导【答案】D【解析】【详解】A根据图示可知：温度升高，CO的平衡物质的量分数增大，说明升高温度，平衡正向移动，因此正反应是吸热反应，H20，A正确；B在密闭容器中，控制总压强为0.1 MPa，反应中CO2、H2按1：4消耗，根据图示可知：温度升高CH4的平衡物质的量分数减少，说明升高温度平衡逆向移动，该反应的正
18、反应是放热反应；而反应中CO2、H2按1：1消耗，反应的正反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，导致温度高时反应占主导地位，结合方程式中物质反应转化关系可知H2的物质的量分数最大，故曲线b表示平衡时H2物质的量分数随温度的变化，B正确；C在相同外界条件下不同的催化剂对不同化学反应的催化效率不同，因此选用合适的催化剂可提高生成CH4的选择性，C正确；D根据图示可知：在总压强为0.1 MPa，时，600800范围内，CO的物质的量的分数比CH4的大，说明在该温度范围内反应占主导地位，D错误；故合理选项是D。二、非选择题：共4题，共61分。14. 氯锆()是生产硫酸锆的前驱体。一种利用锆英砂(主要
19、成分为)制备氯锆的过程如下：已知：能溶于水，溶解时发生电离：。（1）“碱烧”时应先将锆英砂粉碎，其目的是_。（2）“转型压滤”发生的主要反应为。“转型压滤”和“酸化”时都要加入盐酸，但不能将这两步操作合并进行的原因是_。（3）“酸化”时加入的盐酸需过量的原因是_。（4）与NaOH相比，CaO更易获得且价格低康。其他条件相同时，控制“碱烧”过程中，测得不同时，锆英砂转化率随温度变化的关系如图所示。实际工业生产中选择、温度为800，而不选择、温度为700的原因是_。（5）向浓溶液中加入稀硫酸，会很快析出白色硫酸锆沉淀，且反应明显放热。硫酸锆沉淀率随温度变化的曲线如图所示。3060时，随温度升高硫酸
20、锆沉淀率上升的原因是_。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高锆元素的浸出率 （2）防止产物中混有NaCl杂质 （3）保证反应充分进行、降低的溶解度 （4）两种情况下锆英砂的转化率都很高，用CaO替代NaOH会降低原料成本，升高温度会增加能源消耗。综合来看，原料成本对生产的影响更大 （5）温度升高，有利于生成的HCl从溶液中快速挥发出去，促进反应正向进行，提高硫酸锆的沉淀率【解析】【分析】本题是一道由锆英砂制备氯锆的工业流程题，首先在加入过量烧碱的情况下焙烧，之后水洗过滤除去硅酸钠，再加入盐酸除去氯化钠杂质，过滤后加入盐酸酸化生成产物，结晶即可，以此解题。【小问1详解】从反应物接触的充
21、分情况可以发现，粉碎后可以增大接触面积，加快反应速率，提高锆元素的浸出率；【小问2详解】“转型压滤”可以过滤除去氯化钠，如果合并的话，氯化钠就无法除去，故答案为：防止产物中混有NaCl杂质；【小问3详解】一方面可以保证反应充分进行，另一方面根据，可以发现盐酸过量可以促使该反应逆向移动，故答案为：保证反应充分进行、降低的溶解度；【小问4详解】由图中信息可知两种情况下锆英砂转化率转化率都是比较高的，但是根据题中信息可知氧化钙更便宜一些，成本更低，当然该条件下温度较大，能耗较大，但是原料成本对生产的影响更大，故答案为：两种情况下锆英砂的转化率都很高，用CaO替代NaOH会降低原料成本，升高温度会增加
22、能源消耗。综合来看，原料成本对生产的影响更大；【小问5详解】该反应中有氯化氢生成，而氯化氢挥发性较强，温度越高，越易挥发，故答案为：温度升高，有利于生成的HCl从溶液中快速挥发出去，促进反应正向进行，提高硫酸锆的沉淀率。15. 化合物H是一种合成药物中间体，一种合成化合物H的人工合成路线如下：（1）A分子中采用sp2杂化的碳原子数目为_。（2）BC的过程经历两步反应。反应类型依次为加成反应、_。（3）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。能与溶液发生显色反应。苯环上有4个取代基，分子中有4种不同化学环境的氢原子。（4）GH的化学方程式为_。（5）写出 和2丙醇(
23、)为原料制备 的合成路线流程程图。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程围示例见本题题干) _【答案】（1）1 （2）消去反应 （3）或 （4）+2NaOH+2NaCl+H2O （5）【解析】【分析】由题中信息可知，A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为，E的结构简式为，F的结构简式为，G的结构简式为，H的结构简式为；据此解答。【小问1详解】由A的结构简式可知，该结构中甲基(-CH3)和亚甲基(-CH2-)形成4个键，没有孤电子对，价层电子对数为4，碳原子采取sp3杂化，醛基(-CHO)中C原子与O原子形成双键，该碳原子形成3个键，没有孤电子对，价层电子对数为3，则该碳
24、原子采取sp2杂化，所以A分子中采用sp2杂化的碳原子数目为1；答案为1。【小问2详解】B的结构简式为，C的结构简式为，B与发生加成反应生成，再发生消去反应生成C()；答案为消去。【小问3详解】E的结构简式为，其分子式为C10H11NO，它的一种同分异构体同时满足下列条件，能与溶液发生显色反应，即该结构中含有酚羟基，苯环上有4个取代基，分子中有4种不同化学环境的氢原子，则该同分异构体结构为或；答案为或。【小问4详解】G的结构简式为，H的结构简式为，G与NaOH溶液在加热条件下发生反应，其化学方程式为+2NaOH+2NaCl+H2O；答案为+2NaOH+2NaCl+H2O。【小问5详解】以和2-
25、丙醇()为原料，制备的合成路线流程图为；答案为。16. 工业以软锰矿(主要成分，含、等杂质)和硫铁矿(主要成分为)为原料制备高纯的流程如下。已知：滤液X中的金属阳离子主要为、，还含有少量的和。常温下，溶液中部分金属离子开始沉淀时的pH见下表(金属离子浓度以1mol/L计算)。金属离子开始沉淀pH1.53.36.58.3（1）基态锰原子的核外电子排布式为_。（2）“过滤”所得滤渣中含有S、等，生成硫单质的离子方程式为_。（3）为获得高纯(除杂时杂质离子浓度不大于)，请补充完整由滤液X制备高纯实验方案：取滤液X，_，低温干燥，得高纯。(实验中须使用的试剂：氨水、固体、溶液、蒸馏水)（4）利用制备过
26、程中发生如下反应：，。为测定焙烧后所得氧化物的成分，设计如下实验：步骤1：取一定量固体，加入10.00mL 0.5000 溶液，在酸性条件下充分反应。步骤2：用0.05000的滴定溶液中的，滴定至终点时，消耗 10.00mL。(未配平)。步骤3：加热条件下，加入适量将溶液中氧化为Mn()。持续加热一段时间后冷却，用0.1500的标准液滴定生成的Mn()，滴定至终点时，消耗标准溶液20.00mL。计算焙烧后产物中Mn和O的物质的量之比。(写出计算过程)_【答案】（1） （2） （3）边搅拌边加入固体至不再溶解，向溶液中滴加氨水控制pH值为5.38.3，充分反应后过滤，向滤液中加固体至不再产生沉淀
27、，过滤，并用蒸馏水洗涤至洗涤液滴加溶液不再产生沉淀 （4）3:4【解析】【小问1详解】Mn是25号元素，位于第四周期VIIB族，因此锰元素的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2（或Ar3d54s2）；【小问2详解】“过滤”所得滤渣中含有S，酸性条件下二氧化锰将二硫化亚铁氧化生成硫单质，同时生成铁盐，反应离子方程式为；【小问3详解】为获得高纯(除杂时杂质离子浓度不大于)，由滤液X制备高纯的实验方案：取滤液X，边搅拌边加入固体至不再溶解，向溶液中滴加氨水控制pH值为5.38.3，充分反应后过滤，向滤液中加固体至不再产生沉淀，过滤，并用蒸馏水洗涤至洗涤液滴加溶液不再产生沉淀，低
28、温干燥，得高纯；【小问4详解】过量的；与反应的；总；原；所以。17. 将转化为HCOOH符合绿色化学理念，对于“碳中和”有重大意义。（1）已知： 较高温度下，正反应不能自发进行的原因是_。（2）我国科学家利用CO2Ru(与Fe同族)基催化剂上加氢成功制得甲酸。催化反应过程如图所示。CO2与吸附了H原子的催化剂通过配位键形成中间体，画出图中中间体X的结构式：_。反应过程中加入NaOH或NH3的目的是_。（3）CO2电催化加氢被认为是极具前景的甲酸合成工艺。一种利用电催化反应器合成甲酸的工作原理如图所示。生成HCOOH的电极反应方程式为_。若控制原料H2的流速为22.4，且保证CO2气体略过量，通
29、气10min后，阴极收集到5.6LH2和CO的混合气体，阳极出口处收集到22.4LH2。则生成HCOOH的物质的量为_。(气体体积均已折算成标准状况下的体积)电极表面积对CO2转化率和HCOOH选择性的影响如图所示。控制其他条件不变，电极表面积越大，生成HCOOH的量_ (填“越多”或“越少”或“无影响”)；随着电极表面积的增大，CO2转化率增大且HCOOH选择性下降的原因是_。【答案】（1）该反应的H0，S0，且S0对反应自发进行的影响程度更大 （2） . . 降低HCOOH浓度，促进平衡正向移动 （3） . . 8.75mol . 越多 . 电极表面积增大，通过电极的电流增大，且增加了二氧
30、化碳与催化剂的接触面积，提高了单位时间内二氧化碳的转化率；但同时也加快了副反应的反应速率，阴极会析出更多的和CO，使HCOOH的选择性降低【解析】【小问1详解】 利用盖斯定律，将反应(-2)得，该反应的H0、S0，在较高温度下，其G0，正反应不能自发进行，原因是该反应的H0，S0，且S0对反应自发进行的影响程度更大。答案为：该反应的H0，S0，且S0对反应自发进行的影响程度更大；【小问2详解】从图中可以看出，X+H2HCOOH+Ru-H，则X为HCOORu，X的结构式为：。对于反应CO2+H2=HCOOH，反应过程中加入NaOH或NH3，都能与HCOOH反应，从而降低其浓度，促进反应正向进行，
31、所以目的是降低HCOOH浓度，促进平衡正向移动。答案为：；降低HCOOH浓度，促进平衡正向移动；【小问3详解】从图中可以看出，在阳极H2-2e- =2H+，在阴极，CO2得电子产物与H+反应生成HCOOH，生成HCOOH的电极反应方程式为。在阳极，通入H2的物质的量为，未反应的H2物质的量为，则参加反应的H2的物质的量为10mol-1mol=9mol，转移电子的物质的量为9mol2=18mol，生成5.6LH2和CO的混合气体，转移电子的物质的量为，则CO2转化为HCOOH时，转移电子的物质的量为18mol-0.5mol=17.5mol，由可得出生成HCOOH的物质的量为。从图中可以看出，控制其他条件不变，电极表面积越大，CO2的转化率越大，生成HCOOH的量越多；随着电极表面积的增大，CO2转化率增大，同时副反应进行的速率也加快，从而使HCOOH的选择性下降，原因是：电极表面积增大，通过电极的电流增大，且增加了二氧化碳与催化剂的接触面积，提高了单位时间内二氧化碳的转化率；但同时也加快了副反应的反应速率，阴极会析出更多的和CO，使HCOOH的选择性降低。答案为：；8.75mol；越多；电极表面积增大，通过电极的电流增大，且增加了二氧化碳与催化剂的接触面积，提高了单位时间内二氧化碳的转化率；但同时也加快了副反应的反应速率，阴极会析出更多的和CO，使HCOOH的选择性降低。21
