河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-17化学能与电能

这是一份河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-17化学能与电能，共46页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-17化学能与电能

一、单选题
1．（2023·河北张家口·统考三模）下列说法错误的是
A．大量服用碘化钾等制剂可补充人体所需微量元素碘
B．白磷密度大于水且与水不反应，可用冷水贮存
C．采用外加电流法对金属防腐，可选用惰性电极作阳极
D．自然界中硫循环存在含硫物种的有氧转化和无氧转化
2．（2023·河北·校联考模拟预测）利用和废气作原料，通过电化学原理制备光气原料气的装置如图所示。下列说法错误的是

A．a为直流电源的负极
B．有机电解液有利于增大的溶解度
C．若用盐酸代替有机电解液，电极产物可能改变
D．若产生，理论上左室液体增重
3．（2023·河北张家口·统考一模）利用同种气体在两极浓度不同而产生电势差可设计成气体浓差电池，利用浓差电池可测定混合气体中某气体含量。实验室通过氧气浓差电池测定空气中氧气含量的工作原理如图所示，其中在参比电极上通入纯氧气，测量电极上通入空气。下列说法错误的是

A．熔融ZrO2、CaO混合物可用于传递O2-
B．工作时，电子由测量电极经外电路流向参比电极
C．工作时，用初期读数计算所得空气中氧气含量更准确
D．相同压强下，电势差越大，空气中氧气含量越高
4．（2023·河北衡水·校联考二模）双极膜可用于电渗析生产酸碱、争水、电池等。下列有关描述不合理的是
  
A．外加电场作用于双极膜，使水的电离度增大
B．电渗析装置实现了由溶液制取和
C．双极膜电池中极上发生的电极反应为
D．双极膜电池中的双极膜的左侧为阳膜，右侧为阴膜
5．（2023·河北沧州·统考一模）某团队基于光激发碳纤维上的聚[1，4-二(2-噻吩基)]苯(PDTB)和二氧化钛()半导体构建了一种夹心三明治结构的高性能锌-空气电池，该装置利用充放电过程中与的相互转化，能够提升电池的放电电压，降低电池的充电电压，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是

A．该装置可实现光能向电能和化学能的转化
B．电极电势：
C．开关K置于M处时，电子由极通过导线流向PDTB极
D．开关K置于N处时，极的电极反应式为
6．（2022·河北沧州·统考二模）火星大气约95%是CO2，Li-CO2电池在未来的火星探测领域有着重要的应用前景。科学家设计了一系列Ru/M-CPY@ CNT(碳纳米管)杂化材料(M = Co、Zn、Ni、Mn， CNTs碳纳米管是一种电导率高、比表面积大、通道和孔隙率丰富的导电基底)作为电极。已知该电池放电时的反应为4Li+3CO2=2Li2CO3+C，下列说法错误的是

A．放电时，Li电极作电池负极，有电子经导线流出
B．充电时，每转移1mol电子，两电极的质量变化差值为7g
C．充电时，阳极的电极反应式为C-4e-+2Li2CO3 =3CO2↑+4Li+
D．杂化材料中CNTs增多了CO2的吸附位点，可使该电池表现出优异的电化学性能
7．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考一模）中温SOFC电池Ni电极上的反应机理如图所示，下列说法中错误的是

A．该Ni电极是中温SOFC电池的负极
B．该中温SOFC电池采用酸性电解质溶液
C．从电势高的电极向该Ni电极移动
D．该Ni电极对有较强的吸附作用
8．（2022·河北石家庄·统考二模）电致变色材料在飞机的舷窗和智能太阳镜等方面具有广泛应用。一种新一代集电致变色功能和储能功能于一体的电子器件的工作原理如图所示，放电时该器件的透光率逐渐增强。

下列说法错误的是
A．放电时，Li+移向a极
B．充电时，b极接外电源的负极
C．充电时，a极的电极反应式：LiFePO4-e-=FePO4+Li+
D．以该器件为电源精炼铜，当a、b两极质量变化差为14g时，理论上可生成64g精铜
9．（2022·河北·模拟预测）煤灰提取铝既能缓解我国缺乏铝矿的现状，又能减少煤燃烧产生的污染。煤灰含Al2O3、SiO2、CaO、Fe2O3等。煤灰中提取铝的工艺流程如图所示，下列说法正确的是

A．煤灰加酸进行酸浸时，用硫酸酸浸溶解效果好
B．操作1、2、3、4名称相同，操作时都除去了一种杂质
C．X为CO2，发生的反应为CO2+2H2O+AlO=Al(OH)3↓+HCO
D．制金属铝需要电解氧化铝，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
10．（2021·河北石家庄·统考一模）近日，湘潭大学和安徽工程大学团队合作研发出以催化剂为电极组建的整体尿素电解体系，实现了高效节能制氢，其工作原理如图所示。下列说法错误的是

A．N为电源的负极，向b电极迁移
B．b电极反应式为
C．当外电路通过时，a电极析出(标准状况)气体
D．电极更易吸附尿素分子并促进化学键断裂
11．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）20世纪80年代Townley首次提出利用电化学膜脱除烟气中：将烟气预氧化使转化为，再将预氧化后的烟气利用如图所示原理进行净化。下列说法正确的是

A．预氧化时，可以用酸性溶液来氧化
B．净化气可能为纯净物
C．阳极的电极反应式：
D．工业上一般用蒸馏水吸收“扫出气”，得到的产物保存在棕色广口瓶中
12．（2021·河北·模拟预测）K—O2电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是

A．隔膜允许K+通过，不允许O2通过
B．放电时，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极
C．产生1Ah电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2.22
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗0.9g水
13．（2021·河北秦皇岛·青龙满族自治县第一中学校考模拟预测）镁货源储量丰富价格低廉：可充放电有机电解液镁电池模型如图，它具有较高的离子电导率、可充放电、对环境友好的优点，原电池反应为4Mg+2MnO2=MgMn2O4，已知电量Q与电流强度I和通电时间t之间满足关系：Q=It。下列表述错误的是

A．放电时，r—MnO2参与正极反应
B．放电时，Mg2+向正极移动，电子从Mg电极经导线流向MnO2电极
C．充电时，阳极反应式为MgMn2O4-2e-=2MnO2+Mg2+
D．电池在电流强度为0.5A时工作5min，理论消耗Mg0.14g(F=96500C•mol-1)
14．（2021·河北沧州·统考二模）聚合硫酸铁{PFS，}是一种性能优越的无机高分子混凝剂，利用双极膜(BP)(由一张阳膜和一张阴膜复合制成，在直流电场作用下将水分子解离成和，作为和离子源)电渗析法制备PFS的装置如图所示，下列说法不正确的是

A．X极上发生的电极反应为
B．“室1”和“室3”得到和的混合液
C．“室2”和“室4”产品为浓PFS
D．双极膜向“室2”和“室4”中提供

二、多选题
15．（2022·河北·模拟预测）碘因来源丰富和具有较快的氧化还原动力学使其作为电池的正极材料备受青睐。下图为PEG水系电解液锌碘双离子二次电池的装置示意图。已知该装置电解液中添加聚乙二醇(PEG)和碘化钾，其中PEG能与碘发生络合反应。下列说法错误的是

A．PEG可防止I2在水系电解液中溶解
B．双层膜可防止碘化物穿梭，孔隙越小越好
C．闭合K2，打开K1，N电极反应式为
D．闭合K1，打开K2，电子由M极经外电路流向N极
16．（2022·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）石家庄二中实验学校某化学兴趣小组同学查阅资料得知，常温下对于任一电池反应，其电动势，n为电池反应中转移的电子数。该小组同学设计装置(如图1)，以Zn-Cu原电池探究离子浓度的改变对电极电势的影响。小组同学测得初始时  (该反应n=2)，随放电进行，观察电池电动势的变化趋势并绘制了电池电动势变化示意图(如图2)。下列说法正确的是

A．电压表读数为零后，则说明该原电池中已经消耗完全
B．小组同学推测图2中直线与X轴的交点坐标大约为(37，0)
C．小组同学向和溶液中同时快速加入少量相同体积和浓度的溶液，发现电池电动势突然减小，则可知：
D．小组同学推测若将初始时左侧1mol/L的半电池，换为2mol/L的半电池，右侧半电池保持不变，则仍能观察到相同的电压表偏转情况，

三、原理综合题
17．（2023·河北·模拟预测）乙酸乙酯在工业上有着广泛的用途。科学家以乙烯、乙酸为原料，杂多酸作催化剂制备乙酸乙酯，反应原理为。回答下列问题：
(1)在热力学标态下由指定单质(大多是稳定单质)生成1 mol物质的反应焓变，称为该物质的标准摩尔生成焓()。。相关物质的标准摩尔生成焓数据如表所示。
物质



/(kJ·mol)
+52.3
-436.4
-463.2
以乙烯(g)、乙酸(g)为原料制备乙酸乙酯(1)的反应的热化学方程式为 。
(2)一定条件下，在一个密闭容器中，通入各1 mol的乙烯和乙酸气体，发生上述反应。
①若保持温度和压强不变，下列描述能说明反应已达化学平衡的是 (填字母)。
A．单位时间内，消耗乙烯和生成乙酸的物质的量相同
B．容器内混合气体的密度不再变化
C．不再变化
D．体系中乙烯和乙酸的转化率相等
②若想提高乙酸乙酯的产率，可以采取的措施有 (写两种)。
③分别在压强、下，相同时间内测得乙酸乙酯的产率随温度的变化如图。

(填“>”或“ > 升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大 适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂） 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ pb
【详解】(1) 25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，则①CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=- akJ·mol-1
CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，则②CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H = -b kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(l)   ΔH=+ckJ·mol-1。
根据盖斯定律①-②-2×③，甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1；
(2) CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CO(g)转化率增大，则P1>P2，M、N两点为平衡点，两点正逆反应速率都相等， N点压强小于M点，M点的正反应速率>N点的逆反应速率。
(3)升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大，所以升高温度CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂）。
(4)由于发生反应ii，容器体积减小，设参加反应ii的CO2的物质的量是xmol，

X=0.75mol
参加反应ii的H2的物质的量是2.25mol，生成甲醇的物质的量是0.75mol、生成水的物质的量是0.75mol；CO2的转化率为50%，则参加反应iii的CO2的物质的量是2×0.5-0.75=0.25mol，反应iii消耗0.25molH2、生成0.25molCO、生成水0.25mol；达到平衡时，容器中CO2(g)的物质的量是1mol、H2的物质的量是4mol-2.25mol-0.25mol=1.5mol、甲醇的物质的量是0.75mol、水的物质的量是0.75mol+0.25mol=1mol，容器内气体总物质的量是6mol×(1-25%)=4.5mol；
反应ⅱ的平衡常数Kp=；
(5)根据图示，右侧电极氧气得电子生成水，B是负极，A是正极；
①甲醇、一氧化碳在阳极失电子生成碳酸二甲酯，阳极的电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。
②铅蓄电池中，PbO2为正极、Pb为负极；B是阴极，B应与铅蓄电池的Pb相连。
24．(1) M+H2O+e-=MH+OH- 使电极反应充分进行，提高原料利用率，同时可防止拆解时发生危险
(2)石墨粉和Mg在焙烧时可将MnO2还原
(3)H+浓度过高与SO结合成HSO使SO浓度降低，La2(SO4)3•Na2SO4•xH2O的溶解平衡正向移动，使沉镧率降低
(4) 5.2×10-7mol•L-1 氟离子水解生成的HF腐蚀玻璃
(5)2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+
(6) 氨水用量不易控制，加入氨水过量或不足均使镍沉淀率低(Ni2+易与NH3形成配离子使镍沉淀率低) Na2SO4

【分析】废旧电池经过处理后，再用稀硫酸酸浸，原料中含有石墨粉和活泼金属，焙烧时可将还原，得到含硫酸镁、和的浸液，再加入芒硝，可得La2(SO4)3•Na2SO4•xH2O，再加入氟化铵，可以除去镁离子，再向所得滤液中加入高锰酸钾，会发生反应，从而除去锰离子，再向滤液中加入NaOH可得 Ni(OH)2。
【详解】（1）由信息知，氢镍电池充电时，阴极反应式为；“放电处理”的目的为使电极反应充分进行，提高原料利用率，同时可防止拆解时发生危险，故答案为：M+H2O+e-=MH+OH-；使电极反应充分进行，提高原料利用率，同时可防止拆解时发生危险；
（2）原料中含有石墨粉和活泼金属，焙烧时可将还原，故“酸浸”所得浸渣中几乎不含，故答案为：石墨粉和Mg在焙烧时可将MnO2还原；
（3）由信息知，“沉镧”工序中，镧离子形成后过滤分离出来，若溶液的pH＜2.0，与结合成而使的溶解平衡正向移动，降低沉镧率，故答案为：H+浓度过高与SO结合成HSO使SO浓度降低，La2(SO4)3•Na2SO4•xH2O的溶解平衡正向移动，使沉镧率降低；
（4）由，计算得；氟离子水解生成的HF腐蚀玻璃，故该工序不能使用玻璃仪器，故答案为：5.2×10-7mol•L-1；氟离子水解生成的HF腐蚀玻璃；
（5）由信息知，“沉锰”时与在弱酸性介质中反应生成的离子方程式为，故答案为：；
（6）易形成配离子，故“转化”时加入氨水过量使镍沉淀率低，加入氨水不足镍离子沉淀不完全也使镍沉淀率低，即氨水用量不易控制；滤液3中含有、氨水等，可提取出的循环利用的物质为，故答案为：氨水用量不易控制，加入氨水过量或不足均使镍沉淀率低(Ni2+易与NH3形成配离子使镍沉淀率低)；Na2SO4。
25．(1)粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度
(2)高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制
(3)将氧化成
(4)和
(5)加入酸浸液再利用
(6) 4

【分析】由题给流程可知，在催化剂作用下，高硫锰矿中的金属硫化物与氢氧化钠溶液和氧气反应转化为为硫和难溶的金属氢氧化物，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应转化为硅酸钠，过滤得到含有硅酸钠的滤液和脱硫矿粉；向脱硫矿粉中加入稀硫酸和二氧化锰酸浸，将金属化合物转化为可溶的金属硫酸盐，其中二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，过滤得到含有硫的滤渣1和滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入硫化铵溶液，将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化铜、硫化镍的滤渣3和滤液；电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气。
【详解】（1）粉碎高硫锰矿、适当升高脱硫温度、适当增大氢氧化钠溶液浓度等措施能提高脱硫效率，故答案为：粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度；
（2）由图可知，高温煅烧脱硫时，金属硫化物与空气中的氧气反应生成金属氧化物和二氧化硫，二氧化硫需用氢氧化钠溶液吸收处理，所以与原方案比，高温煅烧法的缺点是生成的有毒气体二氧化硫需用氢氧化钠溶液处理，工序复杂，不宜控制，故答案为：高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制；
（3）由分析可知，酸浸时二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将氧化成；
（4）由分析可知，加入硫化铵溶液的目的是将将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，则滤渣3的主要成分为硫化铜和硫化镍，故答案为：和；
（5）由分析可知，电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气，则废电解液可以加入酸浸液再利用，节约成本，故答案为：加入酸浸液再利用；
（6）①由晶胞结构可知，与硫原子距离最近的锰原子个数为4，则由硫化锰的化学式可知，锰原子周围的硫原子个数为4，故答案为：4；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体内的硫原子个数为8×+1=2，位于棱上和体内的锰原子个数为4×+1=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—21×sin60°a×a×c×d，解得d=，故答案为：。
26．(1)
(2) 将b极产生的氧气循环利用，用于制备 反应中转移等量的电子，阴极产生与阳极产生的物质的量相等，(可得1分)阳极产生通过质子交换膜移至a极附近与反应
(3) 有机物被氧化为；，，使溶液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，而后用H2O2处理有机废水，据此分析回答问题。
(1)
H2O2受热易分解生成水和氧气，化学反应方程式为2 H2O2 2H2O+O2↑；
(2)
①氧气在a极得电子和水反应生成过氧化氢，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，(可得1分)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 ；
(3)
①根据速率公式有， ；
②H2O2氧化有机物时，生成的有机物为CO2，CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO，使溶液呈酸性，pH降低到5.6。
27．(1) 研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可) 蒸发浓缩 冷却结晶
(2) 抑制Sn2+水解 置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降
(3) 2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O 气泡产生
(4)2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O
(5)CuSO4∙H2O

【分析】本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。
【详解】（1）从反应速率的影响因素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶；
（2）根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的原因是：置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降；
（3）阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极方程式为：2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的现象时，说明电解回收锡结束；
（4）“脱锡渣”的主要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O；
（5）设120℃时固体物质的相对分子质量为M，，M=178，故120℃时固体物质的成分为：CuSO4∙H2O。
28．(1) 将二价铁转化为三价铁 K3[Fe(CN)6]或KMnO4
(2)5.8×10－14 ~ 6.4×10－14
(3)Al(OH)3+OH−=Al(OH)、Cr(OH)3+OH−=Cr(OH)
(4)提高铜、镍元素的浸取率
(5)CuR2+2H+=Cu2++2HR
(6)0.07
(7)NH3·H2O或(NH4)2CO3；Na3PO4

【分析】铬系铜镍电镀污泥加入硫酸浸出，得到含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+、Cr3+的滤液，电解滤液得到铜单质，同时将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入磷酸钠得到FePO4、CrPO4、AlPO4沉淀，过滤后向沉淀中加入NaOH溶液，将磷酸盐沉淀转化为氢氧化物沉淀；非铬系铜镍电镀污泥加入氨水、碳酸铵浸取，过滤得到含有Cu(NH3)和Ni(NH3)的滤液，向滤液中加入HR进行萃取，分液后取有机相，水洗分液后加入硫酸进行反萃取，分液得到含Cu2+和Ni2+的水相，电解水相得到铜，电解液与铬系铜镍电镀污泥处理流程中除杂的滤液混合，之后再进行萃取、反萃取，得到硫酸镍。
(1)
铬系铜镍电镀污泥中Fe为二价，后续流程中得到的铁是三价，可知电解过程中除了回收铜之外，还将二价铁转化为三价铁；证明第二个目的是否达成，即检验溶液中是否还有Fe2+，可以用K3[Fe(CN)6]或KMnO4检验，若有Fe2+，现象分别为出现蓝色沉淀或紫红色褪色；
(2)
除杂的目的是使Fe3+、Cr3+、Al3+沉淀，Ni2+不沉淀，需要沉淀的三种离子中，Ksp[AlPO4]最大，所以只要保证Al3+完全沉淀，则Fe3+、Cr3+也一定完全沉淀，此时溶液中c(PO)==mol/L=5.8×10－14mol/L；Ni2+开始沉淀时c(PO)==mol/L=6.4×10－14mol/L，所以PO浓度范围为5.8×10－14 ~ 6.4×10－14mol/L；
(3)
Cr及其化合物的性质与铝类似，所以Al(OH)3、Cr(OH)3都具有两性，若NaOH过量，氢氧化物沉淀会溶解，离子方程式为Al(OH)3+OH−=Al(OH)、Cr(OH)3+OH−=Cr(OH)；
(4)
根据后续流程的处理可知“浸出Ⅱ”是为了得到Cu(NH3)和Ni(NH3)，多次浸取可以提高铜、镍元素的浸取率；
(5)
根据流程可知，反萃取的过程中CuR2在硫酸的作用下转化为Cu2+，离子方程式为CuR2+2H+=Cu2++2HR；
(6)
若维持电流强度为0.5A，电流效率为90%，电解8min即480s，则理论上转移电子数为mol×90%，所以获得的铜为mol×90%÷2×64g/mol=0.07g；
(7)
根据“萃取Ⅱ”时的反应可知，水相1中主要溶质为NH3·H2O、(NH4)2CO3，可以循环使用；转溶时磷酸盐沉淀转化为氢氧化物，所得滤液Ⅰ中主要溶质为Na3PO4，可以循环使用。