2020届高考化学二轮复习大题精准训练——高考题中方程式（电极、氧化还原、热化学）书写专练

这是一份2020届高考化学二轮复习大题精准训练——高考题中方程式（电极、氧化还原、热化学）书写专练，文件包含精品解析2020届高考化学二轮复习大题精准训练高考题中方程式电极氧化还原热化学书写专练原卷版doc、精品解析2020届高考化学二轮复习大题精准训练高考题中方程式电极氧化还原热化学书写专练解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共64页， 欢迎下载使用。
2020届高考化学二轮复习大题精准训练
——高考题中方程式（电极、氧化还原、热化学）书写专练
1. 电化学原理在生产生活中应用十分广泛。请回答下列问题：
(1)通过SO2传感器可监测大气中SO2的含量，其工作原理如图1所示。

①固体电解质中O2-向______极移动(填“正”或“负”)。
②写出V2O5电极的电极反应式：_____________。
(2)近期科学家研究发现微生物可将生产废水中的尿素[CO(NH2)2]直接转化为对环境友好的两种物质，其工作原理如图2所示。回答下列问题：
 
①N极为____极(填“正”或“负”)，M电极反应式______________________。
②N极消耗标准状况下33.6L气体时，M极理论上处理的尿素的质量为______g。
(3)人工光合系统装置(如图)可实现以CO2和H2O合成CH4。下列说法不正确的是__________。

A.该装置为原电池，且铜为正极
B.电池工作时，H+向Cu电极移动
C.GaN电极表面的电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+
D.反应CO2+2H2OCH4+2O2中每消耗1molCO2转移4mole-
【答案】 (1). 负 (2). SO2-2e-+O2-=SO3 (3). 正 (4). CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+ (5). 60 (6). D
【解析】
【分析】
(1)根据图像，原电池内电路，阴离子向负极移动；
(2)N电极氧气变为水，化合价降低，得电子为正极；
(3)该装置无外加电源，为原电池，铜极上C的化合价降低，得电子，为正极。
【详解】(1)根据图像，原电池内电路，阴离子向负极移动，固体电解质中O2-向负极移动，Pt电极为正极：O2+4e-=2O2-，则V2O5电极为负极：SO2-2e-+O2-=SO3；
(2)N电极氧气变为水，化合价降低，得电子为正极，反应式为O2↑＋4H++4e－＝2H2O，M为负极：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+；N极消耗标准状况下33.6L气体时，即消耗1.5mol的O2，得处理=1mol的尿素，即60g的尿素；
(3)A.该装置无外加电源，为原电池，铜极上C的化合价降低，得电子，为正极，与题意不符，A不选；
B.电池工作时，H+为阳离子，向正极移动，即向Cu电极移动，与题意不符，B不选；
C.GaN电极为负极，失电子，表面的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，与题意不符，C不选；
D.反应CO2+2H2OCH4+2O2中每消耗1molCO2化合价由+4变为-4，转移8mole-，符合题意，D选；
答案为D。
2. (1)与MnO2-Zn电池类似，K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，其电极反应正极：______，负极：______，该电池总反应的离子方程式为______．
(2)如果把“碱性电池”改为“酸性电池”，其电极反应正极：______，负极：______，该电池总反应的离子方程式为______．
【答案】 (1). K2FeO4 (2). Zn (3). 3Zn+2FeO42-+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4OH- (4). K2FeO4 (5). Zn (6). 3Zn+2FeO42-+16H+=3Zn2++2Fe3++8H2O
【解析】
【分析】
(1)K2FeO4-Zn碱性电池，锌失电子，为负极；则K2FeO4为正极；
(2)为“酸性电池”，锌为负极，失电子生成锌离子；K2FeO4为正极，得电子，与溶液中的氢离子反应，生成铁离子和水。
【详解】(1)K2FeO4-Zn碱性电池，锌失电子，与溶液中的氢氧根离子反应生成氢氧化锌固体，为负极；则K2FeO4为正极，得电子，与溶液中的水反应生成氢氧化铁和氢氧根离子，总反应式为3Zn+2FeO42-+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4OH-；
(2)为“酸性电池”，锌为负极，失电子生成锌离子；K2FeO4为正极，得电子，与溶液中的氢离子反应，生成铁离子和水，总反应式为3Zn+2FeO42-+16H+=3Zn2++2Fe3++8H2O。
3. 锶有“金属味精”之称。以天青石（主要含有SrSO4和少量CaCO3、MgO杂质）生产氢氧化锶的工艺如下：

已知氢氧化锶在水中的溶解度：
温度（℃）
0
10
20
30
40
60
80
90
100
溶解度（g/100mL）
091
1.25
1.77
2.64
3.95
8.42
20.2
44.5
91.2
（1）隔绝空气焙烧时SrSO4只被还原成SrS，化学方程式为_____________。
（2）“除杂”方法：将溶液升温至95℃，加NaOH溶液调节pH为12。
①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－10，则溶液中c（Mg2＋）＝___。
②若pH过大，将导致氢氧化锶的产率降低，请解释原因____。
（3）“趁热过滤”的目的是____，“滤渣”的主要成分为___。
（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为____、过滤、洗涤、干燥。
（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，请写出吸收时的离子方程式______；再用石墨电极电解吸收液，电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3溶液。请写出电解时阳极的电极反应：____。
【答案】 (1). SrSO4＋4CSrS＋4CO↑ (2). 1.2×10-10 mol•L-1 (3). OH－对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH－浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出 (4). 防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失 (5). Ca(OH)2、Mg(OH)2 (6). 降温结晶 (7). 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ (8). Fe2+—e—=Fe3+
【解析】
【分析】
【详解】（1）根据图中信息，隔绝空气焙烧时SrSO4只被碳还原成SrS，同时生成一氧化碳，反应的化学方程式为：SrSO4 ＋ 4C SrS ＋ 4CO↑；
（2）①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，pH为12，c（H＋）＝10-12mol/L，
c（OH-）＝=1mol/L，c（Mg2＋）＝==1.2×10-10 mol•L-1；
②OH－对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH－浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出，导致氢氧化锶的产率降低；
（3）“趁热过滤”的目的是防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失，“滤渣”的主要成分为在碱性条件下沉淀下来的Mg(OH)2和微溶物Ca(OH)2；
（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为降温结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，铁离子将硫离子氧化为硫单质，吸收时的氧化产物为S；再用石墨电极电解吸收液，电解过程将氯化亚铁氧化为氯化铁，故电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3。
4. 高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛用途。
(1)化学氧化法生产高铁酸钾（K2FeO4）是用固体Fe2O3、KNO3、KOH混合加热生成紫红色高铁酸钾和KNO2等产物。此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________。
(2)工业上湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的工艺如图所示：

①反应Ⅰ的化学方程式为_________________________________________________。
②反应Ⅱ的离子方程式为_________________________________________________。
③加入饱和KOH溶液的目的是_________________________________________________。
④高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为____________________________。
⑤实验室配制Fe（NO3）3溶液，为防止出现浑浊，一般是将Fe（NO3）3固体溶于稀HNO3后再加水稀释。已知25 ℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10-38，此温度下在实验室中配制100 mL 5 mol·L-1 Fe（NO3）3溶液，则至少需要________mL、4 mol·L-1 HNO3。

(3)高铁酸钠（Na2FeO4）制备可采用三室膜电解技术，装置如图所示，阳极的电极反应式为________。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为________（填化学式）。
【答案】 (1). 3∶1 (2). 2NaOH +Cl2=NaCl+NaClO+H2O (3). 3ClO−+10OH−+2Fe3+=2FeO42-+3Cl−+5H2O (4). 增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出 (5). K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产生的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体具有吸附性 (6). 1.25 (7). Fe−6e−+8OH−=FeO42-+4H2O (8). NaOH
【解析】
【分析】
（1）由条件可知发生反应：，以此分析；
（2）①反应Ⅰ：；②反应Ⅱ：；③加入饱和KOH溶液利用平衡回答；④K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产生的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体具有吸附性；⑤利用溶度积计算；
（3）阳极与电源正极相连为Fe极发生氧化反应：；阴极发生还原反应： ,A溶液为NaOH。
【详解】(1)Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，被氧化，N元素化合价由+5价降低+3价， ，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，故答案为：3：1；
(2)①反应Ⅰ为氧化还原反应，方程式为： ；
②反应Ⅱ为氧化还原反应，+3价铁被氧化成+6价铁，+1价的氯被还原为-1价，
反应的离子方程式为 ，
③，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，析出晶体，
故答案为：增大K+的浓度，促进K2FeO4晶体析出；
④K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，可生成Fe（OH）3，具有吸附性，可除去水的悬浮性杂质，
故答案为：K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产生的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体具有吸附性，
⑤根据溶度积公式 可计算，由水的离子积可知。设需要xmL、4 mol·L-1HNO3，则xmL×4mol·L-1=0.05mol·L-1×100mL，解得x=1.25
故答案为：1.25。
(3)阳极是失去电子发生氧化反应，金属铁有还原性故阳极的电极反应为：；阴极氢离子得电子生成氢气，所以溶液中的溶质为NaOH；故答案为：； NaOH​。
5. 硫酸锰广泛应用于医药、食品、农药、造纸等行业，如图是以软锰矿(主要成分是MnO2，还含有SiO2等杂质)和黄铁矿(FeS2)制取MnSO4∙H2O的流程图，已知Ksp(MnCO3)=2.2×10-11，气体常用作气体肥料。回答下列问题：

(1)空气中高温焙烧发生反应的化学方程式为________．
(2)气体的电子式为________。
(3)操作a所用的主要玻璃仪器：________。
(4)常温下，0.1mol/L碳酸氢铵溶液中微粒浓度分数与pH的关系如图所示，取一定量母液C加入NH4HCO3至其浓度为0.1mol/L可制得高性能强磁性材料MnCO3，该反应的离子方程式为________同时调pH=10.3，则溶液中c(Mn2+)=________．

(5)硫酸锰是工业制备MnO2电极的活性原料，则用惰性电极电解酸性母液C制得MnO2的阳极电极反应式为________若电路中通过0.3mol电子时，理论上得到MnO2的质量为________g。

(6)如图是MnSO4∙H2O的热重曲线，则850℃时固体化学式为________．700℃时发生反应的化学方程式是________．
【答案】 (1). 4FeS2+11O2+8MnO22Fe2O3+3MnSO4 (2). (3). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (4). Mn2++2HCO3-=MnCO3+CO2↑+H2O (5). 4.4×10-10mol/L (6). Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (7). 13.05 (8). Mn3O4 (9). MnSO4∙H2OMnSO4+H2O↑
【解析】
【分析】
(1)由流程图可知：Mn元素存在于溶液中，最后结晶出MnSO4∙H2O，故空气中高温焙烧时MnO2参加了反应；
(2)CO2电子式为；
(3)操作a为过滤操作；
(4)母液C中溶质为MnSO4加入NH4HCO3生成MnCO3；由图象可知，pH=10.3，c(HCO3-)=c(CO32-)= 0.05mol/L；
(5)根据Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+计算；
(6)由MnSO4∙H2O热重曲线可知，利用质量差，推测物质。
【详解】(1)由流程图可知：Mn元素存在于溶液中，最后结晶出MnSO4∙H2O，故空气中高温焙烧时MnO2参加了反应，其发生反应的化学方程式为4FeS2+11O2+8MnO22Fe2O3+3MnSO4；
(2)CO2为气体肥料，其电子式为；
(3)操作a为过滤操作，故所用的主要玻璃仪器：烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4)母液C中溶质为MnSO4加入NH4HCO3生成MnCO3，故反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3+CO2↑+H2O；由图象可知，pH=10.3，c(HCO3-)=c(CO32-)= 0.05mol/L，则溶液中c(Mn2+)===4.4×10-10mol/L；
(5)惰性电极电解酸性硫酸锰溶液制得MnO2的阳极电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；当电路中通过0.3mol电子时，理论上得到MnO2的质量为0.3×0.5×87=13.05g；
(6)由MnSO4∙H2O热重曲线可知，MnSO4∙H2O晶体的起始物质的量为=0.03mol，当700℃时固体质量减少量为5.07g-4.53g=0.54g，可知减少的H2O的物质的量为0.03mol，则发生的反应为MnSO4∙H2OMnSO4+H2O↑；850℃时固体质量为2.29g，其中锰元素的质量为0.03×55=1.65g，氧原子的物质的量为=0.04mol，Mn原子与O原子个数比为3:4，则固体的化学式为Mn3O4。
6. 二氧化锗(GeO2)可用于制备半导体材料，某实验小组以铁矾渣(主要成分为FeO、CaO、GeO和SiO2等)为原料制取二氧化锗的工艺流程如下所示。

已知：25℃时，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀时的pH如下表所示。
离子
Fe3+
Mn2+
Ge4+
开始沉淀时的pH
2.3
8.3
8.2
沉淀完全时的pH
4.1
9.8
11.2
请回答下列问题：
(1)由下图可知，“浸出”时，所用硫酸的最佳质量分数为________，浸渣的主要成分为________________(填化学式)。

(2)“氧化”时，可选用的试剂为________(填字母)。
A.KMnO4 B.NaOH C.H2O2 D.I2
(3)“氧化”时，若以适量稀硝酸作氧化剂，则Ge2+被氧化的离子方程式为________________。“氧化”后，选用K3[Fe(CN)6]溶液证明Fe2+已全部被氧化的实验现象为________________________________________________。
(4)“除铁”时，可选用Na2CO3为除铁剂，其原理为____________________________。
(5)已知Ge(OH)4，具有两性，在得到Ge(OH)4的过程中，若溶液的pH大于12，会导致Ge(OH)4溶解，写出该反应的离子方程式：________________________________。
(6)利用惰性电极电解酸性GeSO4溶液也可制得GeO2，则阳极的电极反应式为___________________。
【答案】 (1). 30% (2). SiO2、CaSO4 (3). C (4). 3Ge2++8H++2NO3-=3Ge4++2NO↑+4H2O (5). 加入K3[Fe(CN)6]溶液后，无蓝色沉淀产生 (6). Na2CO3可以消耗溶液中的H+，使溶液的pH升高，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀 (7). Ge(OH)4+2OH-=GeO32-+3H2O (8). Ge2++2H2O-2e-=GeO2+4H+
【解析】
【分析】
(1)由图判断；浸渣为不溶物和生成的微溶物；
(2)“氧化”时，为了不引入新的杂质，可选用的试剂为H2O2；
(3)根据流程Ge2+被氧化为Ge4+；K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀；
(4)“除铁”时，用Na2CO3调节溶液的pH达到除铁目的；
(5)Ge(OH)4具有两性，碱性条件下导致Ge(OH)4溶解生成GeO32-；
(6)利用惰性电极电解酸性GeSO4溶液也可制得GeO2，则Ge2+失电子化合价升高，生成GeO2。
【详解】(1)由图可知，“浸出”时，所用硫酸的最佳时质量分数为30%，浸渣的主要成分为SiO2、CaSO4；
(2)“氧化”时，为了不引入新的杂质，可选用的试剂为H2O2，答案为C；
(3)根据流程Ge2+被氧化为Ge4+，离子方程式为3Ge2++8H++2NO3-=3Ge4++2NO↑+4H2O，K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀，则“氧化”后，加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀产生，证明Fe2+已全部被氧化；
(4)“除铁”时，用Na2CO3调节溶液的pH达到除铁目的，其原理为Na2CO3可以消耗溶液中的H+，使溶液的pH升高，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；
(5)Ge(OH)4具有两性，溶液的pH大于12，显碱性，导致Ge(OH)4溶解生成GeO32-，则离子方程式为Ge(OH)4+2OH-=GeO32-+3H2O；
(6)利用惰性电极电解酸性GeSO4溶液也可制得GeO2，则Ge2+失电子化合价升高，生成GeO2，则阳极的电极反应式为Ge2++2H2O-2e-=GeO2+4H+。
【点睛】Ge(OH)4具有两性，和Al(OH)3类似，在强碱性条件下生成GeO32-。
7. 过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]是一种常用的氧化剂和漂白剂。一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，且杂质不参与下列流程中的反应)为原料制备过二硫酸铵的流程如图所示：

请回答下列问题：
(1)矿石“粉碎”的目的是________
(2)Cu2O和辉铜矿在高温下反应的化学方程式为________。在该反应中，n(氧化剂)：n(还原剂)=________。
(3)工业上，常采用电解法制取(NH4)2S2O8，其装置如下图所示。则电解时，阳极的电极反应式为：________。当电路中转移2.5mol电子时，阴极产生________(填数值)mol________(填物质)。

(4)从过二硫酸铵溶液中获得过二硫酸铵晶体，需采用蒸发浓缩、降温结晶、________、________、干燥等操作。
(5)过二硫酸铵常用于检验废水中的Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色(还原产物为SO42-)，写出该反应的离子方程式________。
【答案】 (1). 增大固体与气体的接触面积，加快化学反应速率 (2). Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑ (3). 3:1 (4). 2SO42--2e-=S2O82- (5). 1.25 (6). H2 (7). 过滤 (8). 洗涤 (9). 2Cr3++3S2O82-+7H2O=Cr2O72-+6SO42-+14H+
【解析】
【分析】
(1)矿石“粉碎”可增大固体与气体的接触面积，加快化学反应速率；
(2)根据Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑化合价的变化判断氧化剂与还原剂及关系；
(3)根据装置图电解时，阳极为SO42-电解生成S2O82-及转移电子数目进行计算；
(4)制取二硫酸铵晶体，采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；
(5)过二硫酸铵检验废水中的Cr3+超标时溶液会变成橙色。
【详解】(1)矿石“粉碎”可增大固体与气体的接触面积，加快化学反应速率；
(2)Cu2O和辉铜矿在高温下反应的化学方程式为：Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑；在该反应中，Cu2S、Cu2O中Cu由+1价降低到0价，为氧化剂，n(氧化剂)=3mol，Cu2S中S化合价由-2升高到+4，为还原剂，n(还原剂)为1mol，n(氧化剂):n(还原剂)=3:1；
(3)工业上，常采用电解法制取(NH4)2S2O8，根据装置图电解时，阳极为SO42-电解生成S2O82-，其电极反应式为2SO42--2e-=S2O82-，当电路中转移电子时，阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，产生1.25molH2；
(4)从过二硫酸铵溶液中获得过二硫酸铵晶体，需采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；
(5)过二硫酸铵常用于检验废水中的Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色(还原产物为SO42-)，写出该反应的离子方程式2 Cr3++3S2O82-+7H2O=Cr2O72-+6SO42-+14H+。
8. 某含锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等。已知FeCO3、MnCO3难溶于水。一种运用阴离子膜电解法的新技术可用于从碳酸锰矿中提取金属锰，主要物质转化关系如下：

（1）设备1中反应后，滤液1里锰元素只以Mn2+的形式存在，且滤渣1中也无MnO2。滤渣1的主要成分是_______（填化学式）。
（2）设备1中发生氧化还原反应的离子方程式是_______。
（3）设备2中加足量双氧水的作用是_______。设计实验方案检验滤液2中是否存在Fe2+：_______。
（4）设备4中加入过量氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解,。用化学平衡移动原理解释原因：_______。
（5）设备3中用阴离子膜法提取金属锰的电解装置图如下：

① 电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则A电极是直流电源的_______极。实际生产中，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为___________。
② 该工艺之所以采用阴离子交换膜，是为了防止Mn2+进入阳极区发生副反应生成MnO2造成资源浪费，写出该副反应的电极反应式______________。
【答案】 (1). SiO2 (2). 2Fe2+＋MnO2＋4H+＝2Fe3+＋Mn2+＋2H2O或2FeCO3＋MnO2＋8H+＝2Fe3+＋Mn2+＋CO2↑＋4H2O (3). 将Fe2+完全氧化为Fe3+ (4). 取滤液2，加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀产生，则有Fe2＋，否则没有Fe2＋ (5). 滤渣2中存在Al(OH)3，存在电离平衡: Al3++3OH—Al（OH）3AlO2—+H++H2O，加入NaOH溶液，H＋被中和,浓度减低，Al(OH)3不断溶解 (6). 负极 (7). 4OH——4e—＝2H2O＋O2↑ (8). Mn2+＋2H2O－2e-＝MnO2＋4H+
【解析】
【分析】
【详解】（1）含锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等，加入稀硫酸后，SiO2不能与硫酸发生反应，所以滤渣1的主要成分是SiO2；
（2）设备1中FeCO3可与硫酸反应生成亚铁离子，Fe2＋与MnO2发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2+＋ MnO2＋4H+＝ 2Fe3+＋Mn2+＋2H2O 或2FeCO3＋MnO2＋8H+ ＝ 2Fe3+＋Mn2+＋CO2↑＋4H2O；
（3）设备2中加足量双氧水的作用是将Fe2+完全氧化为Fe3+，检验滤液2中是否存在Fe2+的方法是取滤液2，加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀产生，则有Fe2＋，否则没有Fe2＋；
（4）设备4中的滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁，加入过量氢氧化钠溶液，NaOH与氢氧化铝反应，使其溶解，用化学平衡移动原理解释原因为Al(OH)3中存在电离平衡: Al3++3OH-Al（OH）3AlO2-+H++H2O ，加入NaOH溶液，H＋被中和，浓度减低，Al(OH)3不断溶解；
（5）①电解池中，阴离子由阴极流向阳极，则B为正极，A为负极，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为4OH——4e—＝2H2O＋O2↑；
②该副反应为Mn2+失去电子氧化成为MnO2，电极反应式为Mn2+＋2H2O－2e-＝MnO2＋4H+。
9. 某种碳酸锰矿的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、MgO、SiO2、Al2O3等．已知碳酸锰难溶于水．一种运用阴离子膜电解法的新技术可用于从碳酸锰矿中提取金属锰，流程如图1：阴离子膜法电解装置如图2所示：

(1)写出用稀硫酸溶解碳酸锰反应的离子方程式______．
(2)已知不同金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如表：
离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
2.7
3.7
70
7.8
9.3
沉淀完全的pH
3.7
4.7
9.6
9.8
10.8
加氨水调节溶液的pH等于6，则滤渣的成分是______，滤液中含有的阳离子有H+和______．
(3)在浸出液里锰元素只以Mn2+的形式存在，且滤渣中也无MnO2，请解释原因______．
(4)电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则A电极是直流电源的______极．实际生产中，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为______．
(5)该工艺之所以采用阴离子交换膜，是为了防止Mn2+进入阳极区发生副反应生成MnO2造成资源浪费，写出该副反应的电极反应式______．
【答案】 (1). MnCO3+2H+=Mn2++CO2↑＋H2O (2). Al(OH)3、Fe(OH)3 (3). Mn2+、Mg2+、NH4+ (4). MnO2在酸性条件下被二价铁还原为Mn2+ (5). 负 (6). 2H2O-4e－＝O2↑＋4H+ (7). Mn2+-2e－＋2H2O＝MnO2＋4H+
【解析】
【分析】
将碳酸锰矿粉溶于稀硫酸中MnCO3、FeCO3、MgO、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，酸性条件下，MnO2被亚铁离子还原生成Mn2+，SiO2以沉淀析出，然后向浸出液中先加双氧水、再加氨水，并调节溶液的pH到6，根据表中数据可知，pH=6时，Al3+、Fe3+完全转化为沉淀，溶液中存在Mn2+、Mg2+、NH4+，则滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3，然后进一步精制，再利用阴离子交换膜电解，从而得到金属Mn。
【详解】(1)碳酸锰和稀硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，离子方程式为MnCO3+2H+=Mn2++CO2↑＋H2O；
(2)加入双氧水时将亚铁离子氧化为铁离子，根据氢氧化物沉淀需要的pH表知pH=6时，Al3+、Fe3+完全转化为沉淀，溶液中存在Mn2+、Mg2+、NH4+，则滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3；
(3)酸性条件下，MnO2被亚铁离子还原生成Mn2+，亚铁离子被氧化生成Fe3+，所以在浸出液里锰元素只以Mn2+的形式存在，且滤渣中也无MnO2；
(4)根据阴离子移动方向知，左边电极是阴极、右边电极是阳极，则连接阴极电极A是电源负极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为2H2O-4e－＝O2↑＋4H+；
(5)锰离子不稳定，易被氧气氧化生成二氧化锰，所以阳极反应的副反应为Mn2+-2e－＋2H2O＝MnO2＋4H+。
【点睛】电解池中阴离子向阳极移动，则左边电极是阴极、右边电极是阳极。
10. 可燃冰(天然气水合物，可用CH4∙xH2O表示)的开采和利用，既有助于解决人类面临的能源危机，又能生产一系列的工业产品。
(1)可燃冰在一定条件下能够释放出CH4气体，该条件是________(填“低温、高压”或“高温、低压”)。
(2)熔融碳酸盐型燃料电池(MCFC)通常被称为第二代燃料电池。以CH4为MCFC的燃料时，电池的工作原理如图所示。

①CH4(g)和H2O(g)可在电池内部经重整反应转化为H2(g)和CO2(g)，已知CH4和H2的标准燃烧热分别为890.3kJ/mol和285.8kJ/mol，H2O(l)=H2O(g) ∆H=+41 kJ/mol，则甲烷重整反应的热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g) ∆H=________kJ/mol。
②图中电极A为燃料电池的________(填“正极”或“负极”)，电极B上的电极反应式为________。
(3)在压强为p的恒压容器中，CH4在电弧炉的作用下制取乙炔，化学方程式为2CH4=C2H2+3H2。下表为反应体系的物料衡算表。
成分
进料
出料
纯CH4
CH4
C2H2
H2
物质的量(mol)
44.8
19.13
8.96
39.5
①计算可知C2H2的产率α=________。
②出料中C2H2和H2的物质的量之比并不等于1:3，可能的原因是________。
【答案】 (1). 高温、低压 (2). +170.9kJ/mol (3). 负极 (4). O2+4e-+2CO2=CO32- (5). 40% (6). 该反应存在较多副反应(或甲烷、乙炔分解或乙炔与氢气发生加成反应等)
【解析】
【分析】
(1)高温、低压条件有利于CH4的逸出；
(2)①根据盖斯定律计算；
②燃料电池中，通入燃气的一极是负极，通入空气的一极是正极，电解质是熔融碳酸盐；
(3)①产率=×100%；
②有产生氢气的副反应存在导致出料中C2H2和H2的物质的量之比不等于1:3。
【详解】(1)可燃冰释放出CH4的过程中是产生气体的过程，高温、低压条件有利于CH4的逸出；
(2)①由题意可知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+H2O(l) ∆H1=-890.3kJ/mol；②H2(g)+O2(g)= H2O(l) ∆H2=-285.8kJ/mol；③H2O(l)=H2O(g) ∆H3=+41kJ/mol；根据盖斯定律，①-4②-2③可得CH4(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g) ∆H=-890.3+285.8×4-41×2=+170.9kJ/mol；
②燃料电池中，通入燃气的一极是负极，通入空气的一极是正极，电解质是熔融碳酸盐，则正极的电极反应式为O2+4e-+2CO2=CO32-；
(3)①题中所给数据，理论产量为22.4mol，实际生成C2H2为8.96mol，则产率==40%；
②出料中C2H2和H2的物质的量之比并不等于1:3，可能的原因是该反应存在较多副反应(或甲烷、乙炔分解或乙炔与氢气发生加成反应等)。
【点睛】燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时释放的热量，再利用盖斯定律求解。
11. 某含镍(Ni)废催化剂中主要含有Ni，还含有Al、Al2O3、Fe及其它不溶于酸、碱的杂质。部分金属氢氧化物Ksp近似值如下表所示：
化学式
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Ni(OH)2
Ksp近似值
10-17
10-39
10-34
10-15

现用含镍废催化剂制备NiSO4∙7H2O晶体，其流程图如下：

回答下列问题：

(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为______。
(2)“酸浸”所使用的酸为______。
(3)“净化除杂”需加入H2O2溶液，其作用是______。然后调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀，列式计算此时的pH。______
(4)“操作A”为______、过滤、洗涤、干燥，即得产品。
(5)NiSO4在强碱性溶液中可被NaClO氧化为NiOOH，该反应的离子方程式为______。
(6)NiOOH可作为镍氢电池的电极材料，该电池的工作原理如图所示，其放电时，正极的电极反应式为______。
【答案】 (1). 2Al＋2OH-＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑ Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (2). H2SO4 (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). c(OH-)=mol/L=10-11.3mol/L，pH=14+lgc(OH-)=2.7 (5). 冷却结晶 (6). 2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O (7). NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-
【解析】
【分析】
某含镍(Ni)废催化剂中主要含有Ni，还含有Al、Al2O3、Fe及其它不溶于酸、碱的杂质，目的是用含镍废催化剂制备NiSO4∙7H2O晶体，分析工艺流程，将含Ni废催化剂碱浸，Al和Al2O3溶于碱生成AlO2-，进行过滤，则Fe、Ni及其他不溶于碱的杂质被过滤出，进行酸浸，则Fe和Ni溶于酸形成和，进行过滤操作，则不溶于酸的杂质被过滤出，滤液中主要含有Fe2+和Ni2+，净化除杂主要除去Fe元素得到Ni元素的溶液，经过后续处理得到NiSO4∙7H2O。
【详解】(1)“碱浸”时Al和Al2O3溶于碱生成AlO2-，则发生反应的离子方程式为：2Al＋2OH-＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑ ， Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
(2)工艺流程最终目的是制备NiSO4∙7H2O晶体，所以酸浸时所用的酸应为H2SO4；
(3)加入的H2O2具有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+更易形成Fe(OH)3而去除Fe元素的；溶液中c(Fe3+)浓度低于10-5mol/L，认为Fe3+几乎完全被除去，此时溶液中c(OH-)=mol/L==10-11.3mol/L，pH=14+lgc(OH-)=14+lg10-11.3=2.7；
(4)含有NiSO4的溶液，经过加热浓缩和操作A得到NiSO4∙7H2O晶体，则操作A为冷却结晶；
(5)NiSO4在强碱性溶液中被NaClO氧化为NiOOH，而ClO-被还原为Cl-，反应的离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O；
(6)NiOOH可作为镍氢电池的电极材料，原电池正极发生还原反应，NiOOH放电转化为Ni(OH)2，溶液呈碱性，则生成OH-，电极反为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-。
12. 常温下钛的化学活性很小，在较高温度下可与多种物质反应。工业上由金红石（含TiO2大于96％）为原料生产钛的流程如下：

（1）TiCl4遇水强烈水解，写出其水解的化学方程式___________________。
（2）①若液氯泄漏后遇到苯，在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，原因是___________。
②Cl2含量检测仪工作原理如下图，则Cl2在Pt电极放电的电极反应式为_______。

③实验室也可用KClO3和浓盐酸制取Cl2，方程式为：KClO3+ 6HCl(浓) =" KCl" + 3Cl2↑+ 3H2O。
当生成6.72LCl2（标准状况下）时，转移的电子的物质的量为____mol。
（3）一定条件下CO可以发生如下反应：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H。
①该反应的平衡常数表达式为K=_____________。
②将合成气以n(H2)/n(CO)=2通入1 L的反应器中，CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示，下列判断正确的是___________（填序号）。

a．△H 0，则在常温下，∆H-T∆S>0，反应不能自发进行；
A.在常温下，氨气和水反应生成氨水，增加H2O(l)的量，平衡不移动，N2H4的产率不变，A错误；
B.反应体系中，反应物气体的计量数小于生成物气体计量数的和，则增大压强平衡逆向移动，N2H4的产率降低，B错误；
C.该反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，N2H4的产率降低，C错误；
D.及时导出O2，平衡向正反应方向移动，N2H4的产率升高，D正确；
答案为D；
(3)电解法合成氨，阳极发生氧化反应，应通入氢气，阴极发生还原反应，应通入氮气，阴极的电极反应方程式为N2+6H++6e-=2NH3。
14. 高氯酸铵(NH4ClO4)可用作火箭推进剂等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：

(1)电解NaClO3溶液时，ClO3-在____极发生反应，其电极反应式为____。
(2)“除杂”有两种方案。
①方案1：加入盐酸和H2O2溶液，NaClO3转化为ClO2，化学方程式为______。
方案2：加入氨水和FeCl2∙4H2O，NaClO3转化为Cl-，离子方程式为____，如果FeCl2∙4H2O过量会出现黑色磁性沉淀，该沉淀可能是______。(填化学式)
②比较氧化性：ClO3-_____ClO4-(填“>”或“0，已知该反应在2404℃时，平衡常数K=64×10-4。
该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，此时反应的正反应速率和逆反应速率的关系：v正_____v逆(填“>”、“ (4). N2H4+4OH- - 4e- =N2↑+4H2O (5). N2H62++H2O⇌[N2H5∙H2O]++H+
【解析】
【分析】
(1)根据图像判断焓变，再写热化学方程式；
A.容器内混合气体颜色不再变化时，则气体浓度不变，达到平衡；
B.该反应为气体气体的总物质的量不变，则容器内压强不变，压强不能判断反应达到平衡；
C.化学反应速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，同一物种的正逆反应速率相等，v逆(NO2)=v正(NO)，达到平衡状态；
D.恒容体积不变，混合气体的质量不变，则容器内混合气体密度始终不变，密度不能说明反应到达平衡；
(2)根据Qc与K的关系判断；
(3)负极失电子，发生氧化反应，生成氮气；
(4)由N2H6Cl2与NH4Cl类似推测。
【详解】(1)由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量234kJ，则NO2和CO反应的热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) ∆H=-234kJ/mol；
A.容器内混合气体颜色不再变化时，气体浓度不变，达到平衡，与题意不符，A错误；
B.该反应为气体气体的总物质的量不变，则容器内压强不变，压强不能判断反应达到平衡，符合题意，B正确；
C.化学反应速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，同一物种的正逆反应速率相等，v逆(NO2)=v正(NO)，达到平衡状态，与题意不符，C错误；
D.恒容体积不变，混合气体的质量不变，则容器内混合气体密度始终不变，密度不能说明反应到达平衡，符合题意，D正确；
答案为BD；
(2)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，Qc==9×10-4