【KS5U解析】北京市海淀区十九中2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题 Word版含解析

1、2019-2020学年度北京市第十九中学期末考试高二化学可能用到的原子量：h1 c12 o16第一部分(单项选择题)1.下列反应不是氧化还原反应，但是吸热反应的是a. 铝片与稀硫酸的反应b. 灼热的碳与二氧化碳的反应c. 甲烷在氧气中的燃烧d. ba(oh)2·8h2o 与 nh4cl 的反应【答案】d【解析】【详解】a. 铝片与稀硫酸的反应生成硫酸铝和氢气，有化合价变化，是氧化还原反应，是放热反应，故a不符合题意；b. 灼热的碳与二氧化碳的反应生成一氧化碳，有化合价变化，是氧化还原反应，是吸热反应，故b不符合题意；c. 甲烷在氧气中的燃烧生成二氧化碳和水，有化合价变化，是氧化还原反

2、应，是放热反应，故c不符合题意；d. ba(oh)2·8h2o与nh4cl的反应生成氯化钡、氨气和水，没有化合价变化，是吸收反应，故d符合题意。综上所述，答案为d。2.在定温定容的密闭容器中合成so3 ，下列能说明反应 2so2(g)o2(g)2so3(g)达到化 学平衡状态的是a. c(so2 )：c(o2 )：c(so3 )=2：1：2b. 容器内的密度不再改变c. so2 的转化率不再改变d. so3 的生成速率与 so2 的消耗速率相等【答案】c【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征：当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不

3、发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】a当体系达平衡状态时，so、o2和so3的物质的量之比可能为2：1：2，也可能不是2：1：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，故a不选；b反应过程中，气体的质量和容器的体积始终保持不变，容器内的密度不再改变，不能确定是否到达平衡状态，故b不选；cso2的转化率不再改变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故c选；d只要反应发生就有so3的生成速率与so2的消耗速率相等，故d不选；故选c。【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0

4、，易错点d，so3的生成速率与so2的消耗速率均为正速率，始终相等。3.工业合成氨的反应原理为n2(g)+3h2(g)2nh3(g)h<0，下列措施既能加快反应速率又能提高产率的是a. 增大压强b. 分离出nh3c. 升高温度d. 使用催化剂【答案】a【解析】【详解】a.增大压强平衡正向移动，产率提高，且化学反应速率加快，故a符合；b.分离出氨气，平衡正向移动，提高产率，但是化学反应速率减慢，故b不符合；c.升高温度化学反应速率加快，但是平衡逆向移动，产率降低，故c不符合；d.使用催化剂加快化学反应速率，但是平衡不移动，产率不变，故d不符合；故选 a。4.下列溶液一定呈中性的是a. 使甲

5、基橙试液呈黄色的溶液b. c(h+)= c(oh-)=10-6mol/l 溶液c. ph=7 的溶液d. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液【答案】b【解析】【详解】a.甲基橙变色范围是3.14.4，ph4.4时溶液呈黄色，故加入甲基橙后呈黄色的溶液，可能为酸性、中性或碱性，故a不符合；b.c(h+)= c(oh-)的溶液呈中性，故b符合；c.常温下ph=7的溶液呈中性，水的电离是一个吸热过程，但在其他温度下ph= 7的溶液不可能显中性，故c不符合； d.酸与碱恰好完全反应生成正盐，可能是nacl、氯化铵、碳酸钾等，则反应后的溶液可能为中性、酸性、碱性，故d不符合；故选: b。5.某科研入员提出

6、 hcho 与 o2 在羟基磷灰石(hap)表面催化氧化生成 co2、h2o 的历程，该历程示意图如下(图中只画出了 hap 的部分结构)。下列说法不正确的是a. hcho 在反应过程中，有ch 键发生断裂b. hap 能提高hcho 与o2 的反应速率和反应物的转化率c. 根据图示信息，co2 分子中的氧原子并非全部来自 o2d. 该反应可表示为：hcho+o2 co2+h2o【答案】b【解析】【详解】ahcho在反应中有c-h断裂和c=o键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故a正确；b根据图知，hap在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率，

7、但不影响平衡移动，所以该反应中hap作催化剂能提高反应速率但反应物的转化率不变，故b错误；c根据图知，co2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故c正确；d该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，hap为催化剂，反应方程式为hcho+o2 co2+h2o，故d正确；答案为b。6.氧化亚铜常用于制船底防污漆。用 cuo 与cu 高温烧结可制取cu2o，已知反应：2cu(s) +o2(g)=2cuo(s)h= -314kj/mol；2cu2o(s)+o2(g)=4cuo(s)h= -290kj/mol，则cuo(s)+cu(s)=cu2o(s) h 等于a. -11kj/molb. -12

8、kj/molc. +11kj/mold. -24kj/mol【答案】b【解析】【详解】已知反应：2cu(s) +o2(g)=2cuo(s)h= -314kj/mol；2cu2o(s)+o2(g)=4cuo(s)h= -290kj/mol，根据盖斯定律，将可得：cuo(s) + cu(s)= cu2o(s)，则得h=，故选 b。7.用电解的方法分析水的组成时，需向水中加入电解质，不宜选用的是a. agno3b. na2so4c. naohd. h2so4【答案】a【解析】【详解】a加入agno3，电解agno3溶液时阴极析出银，阳极产生氧气，不是电解水，故a符合题意；b加入na2so4，增大溶液

9、离子浓度，导电性增强，且不影响h2和o2的生成，故b不符合题意；c加入naoh，增大溶液离子浓度，导电性增强，且不影响h2和o2的生成，故c不符合题意；d加入h2so4，增大溶液离子浓度，导电性增强，且不影响h2和o2的生成，故d不符合题意；答案为a。8.某同学运用电解原理实现在铁棒上镀铜，设计如图装置，下列判断不正确是a. a 是铁b. 液体 c 可用硫酸铜溶液c. 该实验过程中c (cu2+)变小d. b 上发生反应的方程式为 cu-2e-= cu2+【答案】c【解析】【分析】要在铁棒上镀铜，则铁电极应发生还原反应生成铜单质，即铁电极为阴极，与负极相连，则b电极为阳极，发生氧化反应，要在铁

10、电极生成铜单质，则溶液应为含铜的盐。【详解】a. a为铁，发生还原反应生成铜，达到镀铜的目的，故a正确；b.电解质应含铜离子，可为硫酸铜等，故b正确；c.电镀时，阳极消耗铜，阴极析出铜，c(cu2+)基本保持不变，故c不正确；d. b发生氧化反应，为cu- 2e-= cu2+，故d正确；故选:c。【点睛】电镀时，阴极为待镀金属，阳极为镀层金属。9.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是 ( )a. 醋酸能使石蕊溶液变红b. 时.醋酸的ph约为3c. 向醋酸中加入氢氧化钠溶液，溶液ph增大d. 醋酸能与碳酸钙反应产生气体【答案】b【解析】【分析】弱电解质在水溶液中不能完全电离，存在电离平衡，由此判断回

11、答。【详解】a项：使石蕊变红只能说明醋酸在溶液中已电离，但不能判断电离是否完全，a项错误；b项：醋酸的ph约为3，即c(h+)为0.001mol/l，醋酸未完全电离，为弱电解质，b项正确；c项：醋酸中加入氢氧化钠溶液，发生中和反应使c(h+)减小，溶液ph增大，不能判断醋酸电离是否完全，c项错误；d项：与碳酸钙反应产生气体，也只能证明醋酸有酸性，不能判断醋酸电离是否完全，d项错误。本题选b。【点睛】判断电解质强弱是看已溶解的电解质是否完全电离，与电解质的溶解度大小、溶液导电能力的强弱无关。10.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是a. 升高温度水的离子积增大b. 镁条与氯化铵溶液反应生成氢气

12、c. 制备 h2 时用粗锌比纯锌的速率快d. 压缩 no2 的体积，气体的颜色先加深后逐渐变浅【答案】c【解析】【详解】a水的电离是吸热的过程，升高温度促进电离，水的离子积增大，能用平衡移动原理解释，故a不符合题意；b氯化铵中的铵根离子水解显酸性，可以和金属镁反应产生氢气，所以与盐类水解平衡的移动有关，故b不符合题意；c锌与硫酸反应生成氢气，粗锌和硫酸形成原电池，原电池能加快化学反应速率，与平衡移动无关，故c符合题意；d存在平衡2no2(g)n2o4(g)，增大压强，混合气体浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应方向移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，

13、由于平衡移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故d不符合题意；答案为c。11.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是酸hxhyhz电离常数 k9×10-79×10-61×10-2a. 三种酸的强弱关系：hxhyhzb. 反应 hxy-=hyx-能够发生c. 相同温度下，0.1 mol·l-1的nax、nay、naz 溶液，naz 溶液 ph 最小d. 相同温度下，1 mol·l-1hx溶液的电离常数大于0.1 mol·l-1hx【答案】c【解析】【详解】a相同温度下，酸的电离

14、平衡常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性hzhyhx，故a错误；b相同温度下，酸的电离平衡常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性hyhx，则弱酸不能制取强酸，反应 hxy-=hyx-不能够发生，故b错误；c相同温度下，酸的电离平衡常数越大酸性越强，其对应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的ph越小，根据电离平衡常数知，酸性hzhyhx，则水解程度naxnaynaz，所以相同浓度的钠盐溶液的ph：naxnaynaz，naz 溶液 ph 最小，故c正确；d电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关，温度不变电离平衡常数不变，故d错误；答

15、案为c。12.关于0.1mol/lna2co3 溶液，下列判断不正确的是a. 粒子种类与nahco3 溶液不同b. 升高温度，c( )减小c. 加入ca(oh)2溶液，c( )减小d. c(h+ )+c(na+ )=2c()+c()+c(oh- )【答案】a【解析】【详解】a. na2co3溶液中分步水解，+ h2o + oh-，+ h2oh2co3+oh-，以第一步水解为主，nahco3溶液中，存在水解和电离，+ h2oh2co3+oh-，=+h+，以水解为主，所以na2co3中粒子种类与nahco3溶液相同，均为7种，故a错误；b.水解吸热，所以升高温度，水解程度增大，c()减小，故b正确

16、；c.加入ca(oh)2溶液，会转化为caco3沉淀，c()减小，故c正确；d. na2co3溶液中存在电荷守恒：c(h+ )+c(na+ )=2c()+c()+c(oh- )，故d正确；故选a。13.下列有关事实，与水解反应无关的是a. 实验室保存fecl2溶液时常加入fe粉b. 碳酸钠溶液中， c(h+) < c(oh-)c. 加热蒸干氯化铁溶液，不能得到氯化铁晶体d. 用 ticl4 和大量水反应，同时加热制备 tio2【答案】a【解析】【分析】碳酸钠为强碱弱酸盐、氯化铁、ticl4为强酸弱碱盐，对应的水溶液都能水解。【详解】a实验室保存fecl2溶液时常加入fe粉，是为了防止亚铁

17、离子氧化成铁离子，故a选；b碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解消耗氢离子，促进水电离，氢氧根离子浓度增大，c(h+) < c(oh-)，故b不选；c加热蒸干氯化铁溶液，铁离子水解，生成氢氧化铁和盐酸，加热后盐酸挥发，促进水解正向进行，不能得到氯化铁晶体，故c不选；d用 ticl4和大量水发生水解反应，ticl4和大量的水在加热条件下反应发生水解生成ti(oh)4，ti(oh)4分解生成tio2，与盐类水解有关；加热分解生成tio2，故d不选；故选a。14.为了除去 mgcl2 酸性溶性中的 fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后再加入适量盐酸，这种试剂是a. nh3·h2

18、ob. mgoc. na2co3d. naoh【答案】b【解析】【详解】a加入一水合氨会引入新的杂质氯化铵，故a错误；b溶液显酸性，加入mgo，mgo与氢离子反应，可起到调节溶液ph的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故b正确；c加入na2co3，引入新的杂质nacl，故c错误；d加入naoh易生成氢氧化镁沉淀，且新的杂质nacl，故d错误；故答案为b。15.有naoh 溶液 na2co3 溶液 ch3coona 溶液各 10ml，物质的量浓度均为0.1mol·l-1，下列说法正确的是a. 三种溶液 ph 的大小顺序是b. 三种溶液中由水电离出的 oh-

19、浓度大小顺序是c. 若将三种溶液稀释相同倍数，ph 变化最大的是d. 若分别加入 10ml0.1mol·l-1 盐酸后，ph 最大的是【答案】b【解析】【详解】a氢氧化钠为碱，碳酸钠、醋酸钠都是强碱弱酸盐，碳酸钠水解程度大于醋酸钠，所以三种溶液ph的大小顺序是，故a错误；b氢氧化钠为碱抑制水电离，碳酸钠、醋酸钠都是强碱弱酸盐，促进水电离，碳酸钠水解程度大于醋酸钠，对水电离促进程度大，三种溶液中由水电离出的 oh-浓度大小顺序是，故b正确；c稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，ph变化最大的是，故c错误；d等体积等浓度混合后，中溶质为nacl，溶液呈中性，中溶质为nahc

20、o3、nacl，碳酸氢钠水解显碱性，中溶质为nacl、ch3cooh，溶液呈酸性，ph最大的是，故d错误；故选b。16.下列关于金属腐蚀与防护的说法不正确的是a. 图，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈b. 图，若断开电源，钢闸门将发生析氢腐蚀c. 图，若将钢闸门与电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀d. 图，若金属m 比 fe 活泼，可防止输水管腐蚀【答案】b【解析】【详解】a. 图，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈，放在潮湿的空气中易生锈，故a正确；b. 图，若断开电源，电解质是中性或弱碱性环境，钢闸门将发生吸氧腐蚀，故b错误；c. 图，若将钢闸门与电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀，防腐方法为外加电

21、流的阴极保护法，故c正确；d. 图，若金属m比fe活泼，可防止输水管腐蚀，让m作负极，fe作正极，叫牺牲阳极的阴极保护法，故d正确。综上所述，答案为b。17.某温度下，在容积为1l的密闭容器中充入1molco2和3.25molh2，发生co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g) h<0，测得ch3oh的物质的量随时间的变化如图所示，(已知，此温度下，该反应的平衡常数k=2.25)下列说法正确的是a. 0-10min，v(h2)=0.075 mol/(l·min)b. 点 b 所对应的状态没有达到化学平衡状态c. ch3oh 的生成速率，点 a 大于点 bd. 欲增

22、大平衡状态时，可保持其他条件不变，升高温度【答案】c【解析】【详解】a010min，v(ch3oh)= =0.075 moll-1min-1，v(h2)=3v(ch3oh)=3×0.075 moll-1min-1=0.225moll-1min-1，故a错误；bb点时，n(ch3oh)=0.75mol，c(ch3oh)= =0.75mol/l，则b点浓度商qc=2.25，则qc=k=2.25，b点达到平衡状态，故b错误；c可逆反应在没有达到平衡状态前，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，所以a点甲醇的生成速率大于b点，故c正确；d该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则甲醇浓

23、度减小，二氧化碳浓度增大，所以减小，故d错误；答案为c。18.用石墨电极电解饱和食盐水的原理示意图如图所示。下列说法正确的是a. m 为负极b. 通电使氯化钠发生电离c. 电解一段时间后，阴极区 ph 升高d. c 出口收集到的物质是氢气【答案】c【解析】【分析】左边最后得到稀氯化钠溶液，右边最后得到浓氢氧化钠溶液，说明左边电极上氯离子变成氯气，钠离子移动到了右边，出口c收集到的物质是氯气，m为正极，左边溶液中发生的是氧化反应，右边电极上水电离的氢离子放电生成氢气，出口d收集到氢气，n为负极。【详解】a.由以上分析可知m为正极，故a错误；b.氯化钠在水分子的作用下发生电离，无需通电，故b错误；

24、c.阴极生成naoh，电解一段时间后，阴极区 ph增大，故c正确；d.左室为阳极室，发生氧化反应，出口c收集到的物质是氯气，故d错误；故选: c。19.取1 ml 0.1 mol·l-1agno3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 mol·l-1)：下列说法不正确的是a. 实验白色沉淀是难溶的agclb. 若按顺序实验，能看到白色沉淀c. 若按顺序实验，能看到黑色沉淀d. 由实验说明 agi 比 agcl 更难溶【答案】b【解析】【分析】取1ml0.1 mol·l-1agno3溶液中加入过量氯化钠溶液生成氯化银白色沉淀，滴加过量ki溶液生成黄色沉淀碘化

25、银，再加入过量硫化钠溶液生成硫化银沉淀，沉淀转化的实质是向更难溶的方向进行。【详解】a.分析可知，实验白色沉淀是难溶的agcl，故a正确；b.由实验说明agi比agcl更难溶，若按顺序实验，此条件下碘化银不能转化为氯化银，看不到白色沉淀，故b不正确；c.若按顺序实验，硫化银溶解度小于氯化银，也可以实现转化看到黑色沉淀生成，故c正确；d由实验说明agi比agcl更难溶，可以实现沉淀转化，故d正确；故选: c。20.常温时，用滴定某一元酸hx,滴定过程中ph变化曲线如图所示。下列说法正确的是a. hx溶液显酸性的原因是b. 点a，c. 点b，与恰好完全反应d. 点c，【答案】d【解析】【分析】根据

26、滴定曲线（特殊点）的含义，分析电解质强弱、电离与水解的主次关系，并运用物料守恒关系解答。【详解】a项：滴入溶液前，0.10mol/lhx溶液ph接近4，则hx为弱酸，电离方程式为hxh+x，a项错误；b项：点a溶液中生成1.5mmolnax、剩余1.0mmolhx。因溶液呈酸性，hx电离程度大于x的水解程度，则c(x-)>c(na+)>c(hx)>c(h+)>c(oh-)，b项错误；c项：当与恰好完全反应时生成nax，因x的水解，溶液ph应大于7。点b的ph=7，必有hx剩余，c项错误；d项：据物料守恒，曲线上任何一点都有n(x-)+n(hx)=25ml×0.

27、10mol·l-1，点c溶液总体积约50ml，则，d项正确。本题选d。第二部分(非选择题)21.(1)已知键能如下：h-h为akj/mol nn为bkj/mol n-h为ckj/mol，则n2(g)+3h2(g)2nh3(g) h=_；(2)石墨吸热生成金刚石，则二者中相对稳定的物质为_；(3)明矾净水的离子方程式为：_；(4)催化剂可以加快化学反应速率的原因_，此外催化剂和升温都能提高活化分子的百分数，催化剂不能影响平衡的移动。(5)常温时，ph=9的氨水溶液中，由水电离出的c(oh-)为_。【答案】 (1). (3a+b-6c)kjmol-1 (2). 石墨 (3). al3+3

28、h2o=al(oh)3(胶体)+3h+ (4). 降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大单位体积内的活化分子数目，有效碰撞增多，反应速率加快 (5). 10-9mol/l【解析】【详解】(1)已知：h-h键能为akjmol-1，nn键的键能bkjmol-1，h-n键能为ckjmol-1，对于反应n2(g)+3h2(g)=2nh3(g)的反应热h=反应物的总键能-生成物的总键能=bkjmol-1+akjmol-1×3-ckjmol-1×6=(3a+b-6c)kjmol-1；答案为(3a+b-6c)kjmol-1。(2)因为石墨吸热生成金刚石，石墨比金刚石能量低，能量越低越

29、稳定，所以稳定性石墨>金刚石，则二者中相对稳定的物质为石墨；答案为石墨。(3)明矾为kal(so4)2·12h2o，溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，起到净水目的，反应的离子方程式为：al3+3h2o=al(oh)3(胶体)+3h+；答案为al3+3h2o=al(oh)3(胶体)+3h+。(4)加入催化剂，降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大单位体积内的活化分子数目，有效碰撞增多，反应速率加快；答案为降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大单位体积内的活化分子数目，有效碰撞增多，反应速率加快。(5)氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离，则氨

30、水中的氢离子是水电离的，ph=9的氨水溶液中，氢离子浓度为10-9mol/l，水电离的氢离子和氢氧根离子浓度相等，则水电离的c(oh-)为10-9mol/l；答案为10-9mol/l。22.氯气是一种重要的化工原料，在生产和生活中应用十分广泛。地康法制取氯气的反应为：4hcl(g)+o2(g)2cl2(g)+2h2o(g)h= -120kj/mol 该反应分两步进行，其基本原理如下图所示：过程 i 的反应为， 2hcl(g)+cuo(s) cucl2(s)+h2o(g)h= -132kj/mol(1)该原理中起到催化剂作用物质的化学式为_；(2)过程 ii 反应的热化学方程式为_； (3)压强

31、为p1时，地康法中hcl 平衡转化率(ahcl ) 随温度变化曲线如图。比较 a、b 两点的平衡常数大小 k(a)=_k(b)(填“>”“<”或“=”)，解释原因为_； c 点表示投料不变， 350、压强为p2时，地康法中hcl 的平衡转化率，则p2_p1(填“>”“<”或“=”)。【答案】 (1). cuo (2). 2cucl2(s)+ o2(g) = 2cuo(s) + 2c12(g)h= +144kj/mol (3). (4). 升高温度hcl转化率降低,则平衡逆向移动，平衡常数减小 (5). 【解析】【分析】(1).根据反应前后cuo不变化可知cuo为催化剂；

32、(2).根据盖斯定律解答；(3).根据影响平衡移动解答，升高温度hcl的转化率降低，则平衡逆向移动，平衡常数减小。【详解】(1)根据图知，反应i中cuo是反应物、反应ii中cuo是生成物，所以cuo为催化剂，故答案为: cuo；(2) 4hcl(g)+o2(g)2cl2(g)+2h2o(g)h= -120kj/mol2hcl(g)+cuo(s) cucl2(s)+h2o(g)h= -132kj/mol反应ii的方程式为2cucl2(s)+ o2(g) = 2cuo(s) + 2c12(g)，方程式ii可由- 2×得到，h= - 120kj/mol- 2×(-132kj/mo

33、l)= + 144kj/ mol，故答案为：2cucl(s)+ o2(g) = 2cuo(s) + 2c12(g)h= +144kj/mol；(3)升高温度hcl的转化率降低，则平衡逆向移动，平衡常数减小，压强相同时温度a< b，则k(a)> k(b)，故答案为: > ；升高温度hcl的转化率降低，则平衡逆向移动，平衡常数减小；c点表示投料不变，350、压强为p2时，该反应前后气体计量数之和减小，增大压强hcl的转化率增大，相同温度时转化率c点低，则c点压强较小，所以p2<p1，故答案为: <。23.电镀行业产生的酸性含铬废水对环境有污染，其中所含的cr(vi)是

34、主要污染物，可采用多种方法处理将其除去，查阅资料可知： 常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 ph 如下表：阳离子fe3+fe2+cr3+开始沉淀的 ph1.97.04.3沉淀完全的 ph3.29.05.6i腐蚀电池法(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，利用原电池原理还原 cr(vi)。下列关于铁屑的说法中正确的是_(填字母序号)。a作原电池的正极 b在反应中作还原剂 c铁屑生成 fe3+可以进一步还原ii电解还原法向酸性含铬废水中加入适量nacl固体，以fe为电极电解，经过一段时间，有cr(oh)3和fe(oh)3沉淀生成排出，从而使废水中铬含量低于排放标准。装置如下图所示。(2

35、)b极连接电源的_极；(3)电解开始时，b 极上主要发生的电极反应为2h+2e-= h2，此外还有少量在b极上直接放电，该反应的电极反应式为 _。(4)酸性环境可以促使到的转化，写出对应的离子方程式：_；写出酸性环境中 fe2+还原的离子方程式_。【答案】 (1). b (2). 负 (3). +14h+ +6e-=2cr3+ +7h2o (4). 2+2h+=+h2o (5). 6fe2+14h+=6fe3+2cr3+7h2o【解析】【分析】(1).根据原电池形成条件及正负极特征可知：fe为负极，发生氧化反应生成fe2+；ii.向酸性含铬废水中加入适量nacl固体，以fe为电极电解，经过一段

36、时间，有cr(oh)3和fe(oh)3沉淀生成，因fe为电极进行电解时，阳极是活性电极，则fe失电子，由装置图可知，与b极相连的电极表面产生h2，该电极的电极反应为2h+2e-=h2， 则b极连接电源负极，a为阳极，则a连接电源的正极，据此解答。【详解】(1).向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，形成原电池，铁作原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为fe-2e-=fe2+；焦炭作正极，但焦炭是惰性材料，本身不能被还原，由于废水呈酸性，正极上可能发生反应2h+2e-= h2，观察到焦炭表面有气泡产生，则b正确，故选：b；(2)由图1可知，与b极相连的电极表面产生h2，该电极的电极反应为2h+2e

37、-=h2， 则b极连接电源负极，故答案为：负极；(3).b极是阴极，发生还原反应，少量在b极上直接放电被还原为cr3+，电解质溶液呈酸性，则电极反应式为：+14h+6e-=2cr3+7h2o，故答案为：+14h+6e-=2cr3+7h2o；(4)酸性环境中到的转化中cr的化合价未改变，则方程式为：2+2h+=+h2o，故答案为：2+2h+=+h2o；由题可知，在酸性环境中fe2+被氧化为fe3+，同时被fe2+还原为cr3+，则fe2+与在酸性条件下的的离子方程式为：6fe2+14h+=6fe3+2cr3+7h2o，故答案为：6fe2+14h+=6fe3+2cr3+7h2o。24.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含fe、al、mg、zn、ni、si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：相关金属离子c0(mn+)=0.1 mol·l1形成氢氧化物沉