高中化学高考二轮复习【市一等奖】

化学反应与能量1.某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其他电极均为Cu，则()图4A．电流方向：电极Ⅳ→→电极ⅠB．电极Ⅰ发生还原反应C．电极Ⅱ逐渐溶解D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2＋＋2e－=CuA[解析]根据原电池的构成原理，可知电极Ⅰ为负极，电极Ⅱ为正极，电极Ⅲ为阳极，电极Ⅳ为阴极。电子流向为电极Ⅰ→→电极Ⅳ，故电流方向为电极Ⅳ→→电极Ⅰ，A项正确；电极Ⅰ为负极，发生氧化反应，B项错误；电极Ⅱ为正极，Cu2＋在此被还原，C项错误；电极Ⅲ为阳极，活性阳极Cu在此被氧化，D项错误。2.污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。请回答下列问题：(1)上述流程脱硫实现了____(选填下列字母编号)。A．废弃物的综合利用B．白色污染的减少C．酸雨的减少(2)用MnCO3能除去溶液中的Al3＋和Fe3＋，其原因是________________________________。(3)已知：25℃、101Mn(s)＋O2(g)=MnO2(s)ΔH＝－520kJ/molS(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－297kJ/molMn(s)＋S(s)＋2O2(g)=MnSO4(s)ΔH＝－1065kJ/molSO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化方程式是____________________________________。(4)MnO2可作超级电容器材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是________________________________。(5)MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是________________。(6)假设脱除的SO2只与软锰矿浆中的MnO2反应。按照图示流程，将am3(标准状况)含SO2的体积分数为b%的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为%，最终得到MnO2的质量为ckg，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于MnO2________kg。11．(1)A、C(2)消耗溶液中的酸，促进Al3＋和Fe3＋水解生成氢氧化物沉淀(3)MnO2(s)＋SO2(g)=MnSO4(s)ΔH＝－248kJ/mol(4)Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋(5)MnO2＋H2O＋e－=MnO(OH)＋OH－(6)eq\f(1500c－87ab,2500)[解析](1)脱硫的目的是减少产生SO2，进而减少酸雨的产生，同时可对废弃物综合利用。则A、C项符合题意。(2)加入MnCO3消耗溶液中的H＋，促使Al3＋和Fe3＋的水解平衡正向移动，生成氢氧化物沉淀除去。(3)将已知3个热化学方程式依次编号为①②③，根据盖斯定律，可知：MnO2(s)＋SO2(g)=MnSO4(s)ΔH＝③－(①＋②)＝－248kJ/mol。(4)电解池中阳极失去电子发生氧化反应，则用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，则阳极是Mn2＋放电，其阳极电极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋。(5)原电池中正极得到电子发生还原反应，在碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则正极电极反应式为MnO2＋H2O＋e－=MnO(OH)＋OH－。(6)KMnO4与MnSO4反应生成MnO2的质量为ckg，根据氧化还原反应化合价升降法配平的关系式为：2KMnO4＋3MnSO4～5MnO23mol5molxeq\f(1000c,87)mol求得：x＝eq\f(3000c,435)mol(MnSO4总的物质的量)MnO2＋SO2=MnSO41mol1moleq\f(1000a×b%×%,moly求得：y＝mol除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰相当于MnO2的物质的量＝x－y＝eq\f(3000c,435)mol－mol，则所引入的锰相当于MnO2的质量＝(eq\f(3000c,435)mol－mol)×eq\f(87g·mol－1,1000g·kg－1)＝eq\f(（1500c－87ab）,2500)kg。电解原理3.镍氢电池(NiMH)目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型，NiMH中的M表示储氢金属或合金，该电池在充电过程中的总反应方程式是Ni(OH)2＋M=NiOOH＋MH。已知：6NiOOH＋NH3＋H2O＋OH－=6Ni(OH)2＋NOeq\o\al(－,2)下列说法正确的是()A．NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－B．充电过程中OH－从阳极向阴极迁移C．充电过程中阴极的电极反应式：H2O＋M＋e－=MH＋OH－，H2O中的H被M还原D．NiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液A[解析]放电时正极发生的是得电子的还原反应，A项正确；充电时阴离子移向阳极，B错项误；充电时，被还原的是氢元素，生成的H2被储氢合金M吸收起来，M不参与反应，C项错误；因为6NiOOH＋NH3＋H2O＋OH－=6Ni(OH)2＋NOeq\o\al(－,2)，故NiMH电池中不可以同时使用KOH溶液、氨水，D项错误。4.下列说法不正确的是()A．光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济B．氨氮废水(含NHeq\o\al(＋,4)及NH3)可用化学氧化法或电化学氧化法处理C．某种化学检测技术具有极高的灵敏度，可检测到单个细胞(V≈10－12L)内的数个目标分子，据此可推算该检测技术能测量细胞内浓度约为10－12～10－11mol·LD．向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变D[解析]电解水会消耗大量的电能，故光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济，A项正确；化学氧化法和电化学氧化法均可以将NHeq\o\al(＋,4)和NH3中－3价的N元素氧化为0价的氮元素，B项正确；单个细胞的V≈10－12L，所以1L待测成分中含有1012个细胞，其物质的量为eq\f(1012,×1023)mol，由此可知该检测技术能测量细胞内浓度约为10－12～10－11mol·L－1的目标分子，C项正确；甲醇与汽油所具有的化学能不同，故向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值改变，D项错误。5.已知：锂离子电池的总反应为LixC＋Li1－xCoO2eq\o(KN*,\s\up7(放电),\s\do5(充电))C＋LiCoO2锂硫电池的总反应2Li＋Seq\o(KN*,\s\up7(放电),\s\do5(充电))Li2S有关上述两种电池说法正确的是()A．锂离子电池放电时，Li＋向负极迁移B．锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应C．理论上两种电池的比能量相同D．下图表示用锂离子电池给锂硫电池充电B[解析]电池工作时，阳离子(Li＋)向正极迁移，A项错误；锂硫电池充电时，锂电极上发生Li＋得电子生成Li的还原反应，B项正确；两种电池负极材料不同，故理论上两种电池的比能量不相同，C项错误；根据电池总反应知，生成碳的反应是氧化反应，因此碳电极作电池的负极，而锂硫电池中单质锂作电池的负极，给电池充电时，电池负极应接电源负极，即锂硫电池的锂电极应与锂离子电池的碳电极相连，D项错误。 6.离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有机阳离子、Al2Cleq\o\al(－,7)和AlCleq\o\al(－,4)组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。(1)钢制品接电源的________极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为__________________________________________。若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为________。(2)为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为________mol。(3)用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有________。a．KClb．KClO3c．MnO2取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，______________(填“能”或“不能”)说明固体混合物中无Fe2O3，理由是________(用离子方程式说明)。(1)负4Al2Cleq\o\al(－,7)＋3e－=Al＋7AlCleq\o\al(－,4)H2(2)3(3)b、d不能Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O、Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋(或只写Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋)[解析](1)电镀时，镀件应连接电源负极，作阴极；在阴极上发生还原反应，结合题中“电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应”可知阴极上的反应式是4Al2Cleq\o\al(－,7)＋3e－=Al＋7AlCleq\o\al(－,4)；若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极反应是水电离出的H＋得电子还原为H2。(2)用NaOH溶解铝镀层时发生反应：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，H2是还原产物，当转移6mol电子时，该反应可得到3mol还原产物。(3)引发铝粉和Fe2O3粉末反应的助燃剂为KClO3，然后插入镁条，点燃镁条即可使铝热反应发生；混合物中即使含有Fe2O3，Fe2O3溶于酸后生成的Fe3＋与反应生成的Fe发生氧化还原反应生成Fe2＋，再加入KSCN溶液后溶液也不显红色，因此不能证明反应后固体不含Fe2O3。7.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强还原性。回答下列问题：(1)H3PO2是一种中强酸，写出其电离方程式：_____________________________________________________________________________________________________。(2)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag＋还原为银，从而可用于化学镀银。①H3PO2中，P元素的化合价为________。②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为________(填化学式)。③NaH2PO2为________(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显________(填“弱酸性”“中性”或“弱碱性”)。(3)H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式：____________________________________________。(4)H3PO2也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：①写出阳极的电极反应式：_________________________________________。②分析产品室可得到H3PO2的原因：_____________________________________________________________________________________________________________。③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有________杂质，该杂质产生的原因是________________________________。(1)H3PO2H2POeq\o\al(－,2)＋H＋(2)①＋1②H3PO4③正盐弱碱性(3)2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝3Ba(H2PO2)2＋2PH3↑(4)①2H2O－4e－=O2↑＋4H＋②阳极室的H＋穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2POeq\o\al(－,2)穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2③POeq\o\al(3－,4)H2POeq\o\al(－,2)或H3PO2被氧化[解析](1)H3PO2为一元弱酸，其电离方程式为H3PO2H＋＋H2POeq\o\al(－,2)。(2)由化合价代数和为0可确定P为＋1价；②根据题中信息写出化学方程式为4Ag＋＋H3PO2＋2H2O=4Ag＋H3PO4＋4H＋，即氧化产物为H3PO4；③NaH2PO2为强碱弱酸盐，溶液呈弱碱性。(3)根据题中信息和反应前后元素化合价变化写出化学方程式为2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O=2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2。(4)①阳极是水电离出的OH－放电，其反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋；②阳极室中的H＋穿过阳膜进入产品室，原料室的H2POeq\o\al(－,2)穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2；③阳极室内可能有部分H2POeq\o\al(－,2)或H3PO2失电子发生氧化反应，导致生成物中混有POeq\o\al(3－,4)。8.铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题：(1)铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层。铅在元素周期表的位置为第________周期、第________族；PbO2的酸性比CO2的酸性________(填“强”或“弱”)。(2)PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为_______________________。(3)PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为___________________；PbO2也可以通过石墨为电极，Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液电解制取。阳极发生的电极反应式为____________________，阴极上观察到的现象是____________________；若电解液中不加入Cu(NO3)2，阴极发生的电极反应式为______________________________，这样做的主要缺点是____________________。(4)PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重%(即eq\f(样品起始质量­a点固体质量,样品起始质量)×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO，列式计算x值和m∶n值_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(1)六ⅣA弱(2)PbO4＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))PbCl2＋Cl2↑＋2H2O(3)PbO＋ClO－=PbO2＋Cl－Pb2＋＋2H2O－2e－=PbO2↓＋4H＋石墨上包上铜镀层Pb2＋＋2e－=Pb↓不能有效利用Pb2＋(4)根据PbO2eq\o(=,\s\up7(△))PbOx＋eq\f(2－x,2)O2↑，有eq\f(2－x,2)×32＝239×%x＝2－eq\f(239×%,16)＝。根据mPbO2·nPbO，eq\f(2m＋n,m＋n)＝，eq\f(m,n)＝eq\f,＝eq\f(2,3)。[解析](1)由碳位于第二周期ⅣA族结合信息推出铅的位置；又由同主族元素性质的递变规律判断酸性；(2)PbO2与浓盐酸反应得到黄绿色的氯气，联想实验室制氯气写出化学方程式。(3)依题给信息知，反应物PbO与次氯酸钠反应，生成PbO2，由于Pb化合价升高，故另一生成物为Cl化合价降低得到的Cl－；阳极发生氧化反应，即Pb2＋失去电子被氧化生成PbO2，同时考虑盐溶液水解得到的强酸性环境；阴极发生还原反应，即氧化性强的Cu2＋得到电子生成铜；若电解液中不加入Cu(NO3)2，阴极发生的则是Pb2＋得电子变为Pb，这样就不能有效利用Pb2＋。(4)根据题意PbO2在加热过程中发生反应PbO2eq\o(=,\s\up7(△))PbOx＋eq\f(2－x,2)O2↑，减少的质量是氧气的质量，再利用质量关系计算。8.(14分)硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。(1)将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：S2－－2e－=S(n－1)S＋S2－=Seq\o\al(2－,n)①写出电解时阴极的电极反应式：________________。②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成__________________________。(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。①在图示的转化中，化合价不变的元素是________。②反应中当有1molH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的物质的量不变，需消耗O2的物质的量为________。③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有________________。(3)H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2。若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为__________________________________。(1)①2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－②Seq\o\al(2－,n)＋2H＋=(n－1)S↓＋H2S↑(2)①Cu、H、Cl(或铜、氢、氯)②mol③提高混合气体中空气的比例(3)2H2Seq\o(,\s\up7(高温))2H2＋S2[解析](1)①电解池的阴极发生还原反应，溶液中H2O电离出的H＋被还原为H2，即2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－；②在酸性条件下，S2－与H＋结合生成H2S，故Seq\o\al(2－,n)与酸发生反应：Seq\o\al(2－,n)＋2H＋=(n－1)S↓＋H2S↑。(2)①由图示可知，最终产物为CuS、HCl、S和FeCl3，因而Cu、H、Cl三种元素的化合价未变。②根据电子守恒，1molH2S转化为S，失去2mol电子，而1molO2消耗4mol电子，故1molH2S消耗molO2。③为了把CuS转化为S，应加入氧化剂，在溶液的量不增加的前提下，只能增加O2的量，即增加空气的量。(3)结合图像可知，体系中有3种组分，说明H2S未完全分解，即属于可逆反应。选取某温度下各组分的体积分数，如选取1300℃下各组分的体积分数，结合S原子守恒，推出硫蒸气的组成为S2，可得反应为2H2Seq\o(,\s\up7(高温))2H2＋S2。9.[化学——选修2：化学与技术](15分)将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一。一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程提取其他产品。回答下列问题：(1)下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是________(填序号)。①用混凝法获取淡水②提高部分产品的质量③优化提取产品的品种④改进钾、溴、镁等的提取工艺(2)采用“空气吹出法”从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收。碱吸收溴的主要反应是Br2＋Na2CO3＋H2O→NaBr＋NaBrO3＋NaHCO3，吸收1molBr2时，转移的电子数为________mol。(3)海水提镁的一段工艺流程如下图：浓海水的主要成分如下：离子Na＋Mg2＋Cl－SOeq\o\al(2－,4)浓度/(g·L－1)该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为______________________________，产品2的化学式为__________，1(4)采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为________________________；电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式：____________________________________________________。(1)②③④(2)eq\f(5,3)(3)Ca2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=CaSO4↓Mg(OH)2(4)MgCl2eq\o(=,\s\up7(电解))Mg＋Cl2↑Mg＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(高温))Mg(OH)2＋H2↑[解析](1)用混凝法只能除去海水中的悬浮物，不能获取淡水，故设想和做法可行的是②③④。(2)利用化合价升降法配平方程式为3Br2＋6Na2CO3＋3H2O=5NaBr＋NaBrO3＋6NaHCO3，根据溴的化合价变化确定转移的电子数。(3)分析流程可知，脱硫阶段是用钙离子除去海水中硫酸根离子，产品2为Mg(OH)2，利用镁元素守恒可计算出氢氧化镁的质量。(4)电解熔融的氯化镁得到镁和氯气；有少量水时，生成的镁会与水反应而导致产品镁的消耗。10.下图所示的电解池Ⅰ和Ⅱ中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b<d。符合上述实验结果的盐溶液是()选项XYA.MgSO4CuSO4B.AgNO3Pb(NO3)2C.FeSO4Al2(SO4)3D.CuSO4AgNO3D[解析]A项，X为MgSO4，Y为CuSO4，电极b有气体H2产生，错误；B项，X为AgNO3，Y为Pb(NO3)2，电极d上有气体H2产生，错误；C项，X为FeSO4，Y为Al2(SO4)3，电极d上有气体H2产生，错误；D项，X为CuSO4，Y为AgNO3，电极b上析出Cu，电极d上析出Ag，转移的电子物质的量相等时，增重b<d，正确；11.A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍。B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2。E＋与D2－具有相同的电子数。A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。回答下列问题：(1)A在周期表中的位置是________，写出一种工业制备单质F的离子方程式：__________________________。(2)B、D、E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为__________，其水溶液与F单质反应的化学方程式为____________________________________________；在产物中加入少量KI，反应后加入CCl4并振荡，有机层显______色。(3)由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表：物质组成和结构信息a含有A的二元离子化合物b含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1∶1c化学组成为BDF2d只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体a的化学式为________；b的化学式为______________；c的电子式为________；d的晶体类型是________。(4)由A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质。一种化合物分子通过________键构成具有空腔的固体；另一种化合物(沼气的主要成分)分子进入该空腔，其分子的空间结构为__________。(1)第一周期ⅠA族2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑[或2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up7(电解))2Na＋Cl2↑](2)纯碱(或苏打)Cl2＋2Na2CO3＋H2O=NaClO＋NaCl＋2NaHCO3紫(3)NaHNa2O2和Na2C2(4)氢正四面体[解析]根据题给信息，可推出A、B、D、E、F分别是H、C、O、Na、Cl。(1)工业上通常电解饱和食盐水制氯气，电解的离子方程式为2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑。(2)C、O、Na组成的盐中，Na的质量分数为43%的是Na2CO3，其俗名是纯碱(或苏打)；首先写出化学方程式Cl2＋H2O=HClO＋HCl、HClO＋Na2CO3=NaClO＋NaHCO3、HCl＋Na2CO3=NaCl＋NaHCO3，然后将以上三个方程式合并得Cl2＋2Na2CO3=NaClO＋NaCl＋2NaHCO3；产物中的NaClO具有强氧化性，能将I－氧化成I2，I2易溶于有机溶剂CCl4，I2的CCl4溶液呈紫色。(3)五种元素组成的物质中能形成阳离子的仅有Na，结合题给信息，可推知a是NaH、b是Na2O2、Na2C2；c为COCl2，其电子式为；五种元素中只有Na形成的单质只存在一种类型的作用力且可导电，金属钠属于金属晶体。(4)H2O和CH4形成的可燃冰(CH4·nH2O)是一类新能源物质，其中H2O分子间形成氢键，CH4的空间构型为正四面体。12.下列离子方程式错误的是()A．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2OB．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2OC．等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4＋2H2O－2e－=PbO2＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)C[解析]向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸时，同时发生中和反应和沉淀反应，A项正确；酸性KMnO4溶液具有很强的氧化性，可将H2O2氧化，本身被还原为Mn2＋，B项正确；等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合发生中和反应和沉淀反应，C项所给离子方程式不完整，错误；铅蓄电池充电时，蓄电池的正极作阳极，PbSO4发生失电子的氧化反应，D项正确。13.如图所示是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(MH­Ni电池)。下列有关说法不正确的是()A．放电时正极反应为NiOOH＋H2O＋e－→Ni(OH)2＋OH－B．电池的电解液可为KOH溶液C．充电时负极反应为MH＋OH－→H2O＋M＋e－D．MH是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高．C[解析]电池放电时正极发生还原反应，A项正确；电池正极反应物为NiOOH，所以电解质溶液须为碱性电解质溶液，可为KOH溶液，B项正确；充电时，该电池负极作阴极，发生得电子的还原反应，C项错误；MH中氢密度越大，其化学能密度越高，电池的能量密度越高，D项正确。14.用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压(x)下电解pH＝1的mol/LFeCl2溶液，研究废液再生机理。记录如下(a、b、c代表电压值)：序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ⅰx≥a电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3＋、有Cl2Ⅱa＞x≥b电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3＋、无Cl2Ⅲb＞x＞0无明显变化无Fe3＋、无Cl2(1)用KSCN溶液检验出Fe3＋的现象是________。(2)Ⅰ中，Fe3＋产生的原因还可能是Cl－在阳极放电，生成的Cl2将Fe2＋氧化。写出有关反应的离子方程式：________________________________________________。(3)由Ⅱ推测，Fe3＋产生的原因还可能是Fe2＋在阳极放电。原因是Fe2＋具有________性。(4)Ⅱ中虽未检验出Cl2，但Cl－在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH＝1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ⅳa＞x≥c无明显变化有Cl2Ⅴc＞x≥b无明显变化无Cl2①NaCl溶液的浓度是________mol/L。②Ⅳ中检验Cl2的实验方法：_____________________________________________________________________。③与Ⅱ对比，得出的结论(写出两点)：______________________________________________________________________________________________________________。(1)溶液变红(2)2Cl－－2e－=Cl2Cl2＋2Fe2＋=2CL－＋2Fe3＋(3)还原(4)①②取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝③通过控制电压，证实了产生Fe3＋的两种原因都成立；通过控制电压，验证了Fe2＋先于Cl－放电[解析](1)在电解池中，氯离子在阳极放电：2Cl－－2e－＝Cl2↑，生成的Cl2能够与溶液中的Fe2＋发生氧化还原反应：Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋。(2)阳极产物没有氯气，二价铁离子具有还原性，也可能是二价铁离子失电子变为三价铁离子，体现了其还原性。(3)①根据对照试验，则需要Cl－浓度等于原FeCl2溶液中Cl－的浓度：mol/L×2＝mol/L；②用湿润的淀粉碘化钾试纸来检验有无氯气，若试纸变蓝，说明有氯气生成；③与Ⅱ对比，电压较大时有Cl2产生，说明电压较大时Cl－放电；电压较小时没有Cl2产生，说明在电压较小的时候，Cl－没有放电，即Fe2＋放电变为Fe3＋，故放电顺序：Fe2＋＞Cl－。15.某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其他电极均为Cu，则()图4A．电流方向：电极Ⅳ→→电极ⅠB．电极Ⅰ发生还原反应C．电极Ⅱ逐渐溶解D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2＋＋2e－=CuA[解析]根据原电池的构成原理，可知电极Ⅰ为负极，电极Ⅱ为正极，电极Ⅲ为阳极，电极Ⅳ为阴极。电子流向为电极Ⅰ→→电极Ⅳ，故电流方向为电极Ⅳ→→电极Ⅰ，A项正确；电极Ⅰ为负极，发生氧化反应，B项错误；电极Ⅱ为正极，Cu2＋在此被还原，C项错误；电极Ⅲ为阳极，活性阳极Cu在此被氧化，D项错误。16.石墨在材料领域有重要应用。某初级石墨中含SiO2%)、Al2O3%)、Fe2O3%)和MgO%)等杂质。设计的提纯与综合利用工艺如下：(注：SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于(1)向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是____________________。(2)高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物。气体Ⅰ中的碳氧化物主要为________。由气体Ⅱ中某物得到水玻璃的化学反应方程式为____________________________________________。(3)步骤①为：搅拌、________。所得溶液Ⅳ中的阴离子有________。(4)由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ的总反应的离子方程式为______________________________________________，100kg初级石墨最多可能获得(5)石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐，完成如图防腐示意图，并作相应标注。(1)排除装置中的空气(2)COSiCl4＋6NaOH=Na2SiO3＋4NaCl＋3H2O(3)过滤AlOeq\o\al(－,2)和Cl－(4)AlOeq\o\al(－,2)＋CH3COOCH2CH3＋2H2Oeq\o(→,\s\up7(△))CH3COO－＋CH3CH2OH＋Al(OH)3↓(5)[解析](1)通入N2的目的是为了排除装置中的空气(特别是氧气)，防止在高温时石墨与氧气反应。(2)高温反应后，SiO2、Al2O3、Fe2O3、MgO分别转化为SiCl4、AlCl3、FeCl3、MgCl2。因为石墨是过量的，故高温条件下，C和SiO2、Fe2O3反应生成的是CO。由于SiCl4的沸点为57.6℃，低于80℃，故气体Ⅱ为SiCl4，在NaOH溶液中水解生成Na2SiO3和NaCl:SiCl4＋6NaOH=Na2SiO3＋4NaCl＋3H2O。(3)AlCl3、FeCl3、MgCl2的沸点均高于150℃，在80℃下变为固体Ⅲ，AlCl3、FeCl3、MgCl2和过量NaOH反应后生成NaAlO2、Fe(OH)3、Mg(OH)2和NaCl，通过过滤将沉淀Fe(OH)3和Mg(OH)2滤出，得到的溶液Ⅳ主要含NaAlO2和NaCl。(4)NaAlO2发生水解导致溶液显碱性：NaAlO2＋2H2OAl(OH)3＋NaOH，加入乙酸乙酯后，发生水解：CH3COOCH2CH3＋NaOHeq\o(→,\s\up7(△))CH3COONa＋CH3CH2OH，促使NaAlO2彻底水解生成Al(OH)3沉淀。溶液Ⅳ转化为沉淀Ⅴ的反应为NaAlO2＋2H2O＋CH3COOCH2CH3eq\o(→,\s\up7(△))Al(OH)3↓＋CH3COONa＋CH3CH2OH。根据Al原子守恒，可知100kg初级石墨可得m[Al(OH)3]＝eq\f(100kg×%,102g·mol－1)×2×78g·mol－1＝7.8kg。(5)水体中铜件的电化学防腐利用了电解保护法，该方法中石墨作阳极，铜件作阴极，即外加电流的阴极保护法；若将石墨与铜件直接相连，形成原电池，则铜作负极被氧化，所以不可采用。17.污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。请回答下列问题：(1)上述流程脱硫实现了____(选填下列字母编号)。A．废弃物的综合利用B．白色污染的减少C．酸雨的减少(2)用MnCO3能除去溶液中的Al3＋和Fe3＋，其原因是________________________________。(3)已知：25℃、101Mn(s)＋O2(g)=MnO2(s)ΔH＝－520kJ/molS(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－297kJ/molMn(s)＋S(s)＋2O2(g)=MnSO4(s)ΔH＝－1065kJ/molSO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化方程式是____________________________________。(4)MnO2可作超级电容器材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是________________________________。(5)MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是________________。(6)假设脱除的SO2只与软锰矿浆中的MnO2反应。按照图示流程，将am3(标准状况)含SO2的体积分数为b%的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为%，最终得到MnO2的质量为ckg，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于MnO2________kg。．(1)A、C(2)消耗溶液中的酸，促进Al3＋和Fe3＋水解生成氢氧化物沉淀(3)MnO2(s)＋SO2(g)=MnSO4(s)ΔH＝－248kJ/mol(4)Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋(5)MnO2＋H2O＋e－=MnO(OH)＋OH－(6)eq\f(1500c－87ab,2500)[解析](1)脱硫的目的是减少产生SO2，进而减少酸雨的产生，同时可对废弃物综合利用。则A、C项符合题意。(2)加入MnCO3消耗溶液中的H＋，促使Al3＋和Fe3＋的水解平衡正向移动，生成氢氧化物沉淀除去。(3)将已知3个热化学方程式依次编号为①②③，根据盖斯定律，可知：MnO2(s)＋SO2(g)=MnSO4(s)ΔH＝③－(①＋②)＝－248kJ/mol。(4)电解池中阳极失去电子发生氧化反应，则用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，则阳极是Mn2＋放电，其阳极电极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋。(5)原电池中正极得到电子发生还原反应，在碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则正极电极反应式为MnO2＋H2O＋e－=MnO(OH)＋OH－。(6)KMnO4与MnSO4反应生成MnO2的质量为ckg，根据氧化还原反应化合价升降法配平的关系式为：2KMnO4＋3MnSO4～5MnO23mol5molxeq\f(1000c,87)mol求得：x＝eq\f(3000c,435)mol(MnSO4总的物质的量)MnO2＋SO2=MnSO41mol1moleq\f(1000a×b%×%,moly求得：y＝mol除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰相当于MnO2的物质的量＝x－y＝eq\f(3000c,435)mol－mol，则所引入的锰相当于MnO2的质量＝(eq\f(3000c,435)mol－mol)×eq\f(87g·mol－1,1000g·kg－1)＝eq\f(（1500c－87ab）,2500)kg。18.氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。(1)氢气是清洁燃料，其燃烧产物为________。(2)NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为__________________________________________，反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为________。(3)储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：(g)eq\o(,\s\up7(Pt­Sn/Al2O3),\s\do5(高温))(g)＋3H2(g)。在某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，其起始浓度为amol·L－1，平衡时苯的浓度为bmol·L－1，该反应的平衡常数K＝________。(4)一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其他有机物)。①导线中电子移动方向为________。(用A、D表示)②生成目标产物的电极反应式为__________________。③该储氢装置的电流效率η＝____________________。(η＝eq\f(生成目标产物消耗的电子数,转移的电子总数)×100%，计算结果保留小数点后1位)[答案](1)H2O(2)NaBH4＋2H2O=NaBO2＋4H2↑4NA或×1024(3)eq\f(27b4,a－b)mol3·L－3(4)①A→D②C6H6＋6H＋＋6e－=C6H12③%[解析](2)B元素反应前后化合价不变，则依反应生成物是NaBO2可知，反应前NaBH4中B的化合价也是＋3价，则H为－1价，水中氢元素化合价为＋1价，发生归中反应生成氢气；根据氢元素化合价可确定失去电子数。(3)根据化学方程式可知，生成H2为3bmol/L，消耗环戊烷bmol/L，则平衡时环戊烷为(a－b)mol/L，进而列式确定平衡常数。(4)①苯生成环戊烷是得氢反应，为还原反应，即电极D是阴极，电极E是阳极，导线中电子移动方向A→D；②目标产物是环戊烷，氢离子通过质子交换膜向阴极移动，则电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－=C6H12；③阳极生成mol气体，该气体是OH－在阳极放电产生的氧气，转移电子mol；设阴极消耗苯的物质的量是xmol，同时生成xmol环戊烷，依电极反应式可知转移的电子为6xmol，则根据电子守恒知，同时生成氢气是mol－6xmol)÷2＝mol－3xmol；依据混合气体成分可列式eq\f－x,10＋－3x)＝10%，解得x＝，因此储氢装置的电流效率为＝%。19.以石墨为电极，电解KI溶液(其中含有少量酚酞和淀粉)。下列说法错误的是()A．阴极附近溶液呈红色B．阴极逸出气体C．阳极附近溶液呈蓝色D．溶液的pH变小D[解析]阳极上是I－放电生成I2，C项正确；阴极上H＋放电生成H2和OH－，故阴极附近溶液呈红色，阴极逸出气体，溶液的pH变大，A、B项正确，D项错误。化学反应与能量综合经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如下图所示。(1)Ⅰ中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是_________________________。(2)Ⅱ中，2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下随温度变化的曲线(如图)。①比较p1、p2的大小关系：________。②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是________。(3)Ⅲ中，降低温度，将NO2(g)转化为N2O4(l)，再制备浓硝酸。①已知：2NO2(g)N2O4(g)ΔH12NO2(g)N2O4(l)ΔH2下列能量变化示意图中，正确的是(选填字母)________。ABC②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是________________________________________。(4)Ⅳ中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示。为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充A。A是________，说明理由：________________________________________。．(1)4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O(2)①p1＜p2②减小(3)①A②2N2O4＋O2＋2H2O=4HNO3(4)NH3根据反应：8NO＋7H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))3NH4NO3＋2HNO3，电解产生的HNO3多[解析](1)氨的催化氧化的反应方程式为4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O。(2)①由2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)可知该反应为气体体积减小的反应，温度相同，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，根据图示和坐标含义，判断p1<p2；②再看同一压强线，温度升高，NO的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小。(3)①降低温度，NO2(g)转变为N2O4(l)，则ΔH2<0，反应物能量高于生成物能量，C错误；N2O4(g)转变为N2O4(l)需要放出热量，所以NO2(g)转变为N2O4(g)比NO2(g)转变为N2O4(l)放出的热量少，B错误，所以正确的图示为A；②N2O4、O2和H2O反应生成硝酸的反应方程式为2N2O4＋O2＋2H2O=4HNO3。(4)根据工作原理装置图，可以确定阳极为NO失去电子转变为NOeq\o\al(－,3)，阴极NO转变为NHeq\o\al(＋,4)，根据电极反应书写电极反应式为：阳极：NO－3e－＋2H2O=NOeq\o\al(－,3)＋4H＋阴极：NO＋5e－＋6H＋=NHeq\o\al(＋,4)＋H2O然后根据得失电子守恒，硝酸根离子物质的量比铵根离子物质的量多，所以需要向溶液中加入的物质为NH3(即8NO＋7H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))3NH4NO3＋2HNO3)。21.煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g)ΔH1＝kJ·mol－1(反应Ⅰ)CaSO4(s)＋4CO(g)CaS(s)＋4CO2(g)ΔH2＝－kJ·mol－1(反应Ⅱ)请回答下列问题：(1)反应Ⅰ能够自发进行的反应条件是________。(2)对于气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量的浓度c(B)，则反应Ⅱ的Kp＝________(用表达式表示)。(3)假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是________。(4)通过监测反应体系中气体浓度的变化可判断反应Ⅰ和Ⅱ是否同时发生，理由是____________________________________________________________________。ABCD(5)图(a)为实验测得不同温度下反应体系中CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关系曲线。则降低该反应体系中SO2生成量的措施有________。A．向该反应体系中投入石灰石B．在合适的温度区间控制较低的反应温度C．提高CO的初始体积百分数D．提高反应体系的温度(6)恒温恒容条件下，假设反应Ⅰ和Ⅱ同时发生，且v1>v2，请在图(b)画出反应体系中c(SO2)随时间t变化的总趋势图。(a)(b)(1)高温(2(3)C(4)如果气相中SO2和CO2两种气体的浓度之比随时间发生变化，则表明两个反应同时发生(5)A、B、C(6)[解析](1)反应Ⅰ是一个熵增焓增的反应，由ΔG＝ΔH－TΔS知，只有在高温下反应Ⅰ的ΔG才有可能小于0，反应才具有自发性。(3)由于反应Ⅰ是吸热反应，故反应Ⅰ生成物所具有的能量高于反应物，A、D项排除；反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，说明反应Ⅰ的活化分子百分数比较大、活化能低于反应Ⅱ，反应Ⅰ的中间产物所具有的能量低，B排除。(4)因反应Ⅱ中没有SO2生成，故若监测过程中，SO2、CO2浓度比保持不变，说明只发生反应Ⅰ，若发生变化，则说明反应Ⅰ、Ⅱ同时进行。(5)加入的石灰石分解可生成CO2，这有利于两个反应的平衡向左进行，从而可减少SO2的生成，A项可行；由图像知，初始的CO浓度越大、温度低些时，CaS的含量越高，依硫守恒知，此条件下生成的SO2较少，B、C项可行，D项不可行。(6)因反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率，故开始时体系内c(SO2)是快速增大的，随着第Ⅱ个反应中生成的CO2的增加，SO2的百分含量又会降低，当达到平衡时其百分含量会保持不变，由此可绘制出相应的图像。22.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是()A．若2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－kJ·mol－1，则H2的燃烧热为kJ·mol－1B．若C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则石墨比金刚石稳定C．已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－kJ·mol－1，则20.0gNaOH固体与稀盐酸完全中和，放出D．已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)ΔH1；2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH2，则ΔH1>ΔH2．B[解析]气态水不是水的稳定态，A项错误；石墨生成金刚石为吸热反应，故石墨比金刚石稳定，B项正确；固体NaOH溶解于水还存在溶解放热，C项错误；碳燃烧属于放热反应，等量的碳完全燃烧生成CO2比不完全燃烧生成CO放出的热量多，但是焓变为负值，D项错误。23.下列有关热化学方程式的书写及对应的表述均正确的是()A．密闭容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17.6g硫化亚铁时，放出kJ热量。则Fe(s)＋S(s)=FeS(s)ΔB．稀醋酸与mol·L－1NaOH溶液反应：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－kJ·mol－1C．已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为kJ，则水分解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋kJ·mol－1D．已知2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1，则可知C的燃烧热ΔH＝－kJ·mol－1A[解析]9.6g硫粉的物质的量为eq\fg,32g·mol－1)＝mol，11.2g铁粉的物质的量为eq\f,56g·mol－1)＝mol，故硫粉过量，以铁粉为依据计算1mol铁粉参加反应放出的热量为eq\f(1,mol×kJ＝kJ，A项正确；醋酸为弱酸，醋酸与NaOH发生中和反应时，醋酸继续电离需要吸收热量，其焓变数值大于－kJ·mol－1，B项错误；2mol水分解吸收的热量应为571kJ·mol－1，C项错误；计算碳的燃烧热时生成物应为CO2(g)，D项错误。24.某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图K18­3所示，其中A、B为多孔材料。下列说法正确的是()图K18­3A．电解质溶液中电流的方向由B到A，电子的流向与之相反B．电极A表面反应之一为NO－3e－＋2H2O=NOeq\o\al(－,3)＋4H＋C．电极B附近的c(NOeq\o\al(－,3