2012新題分類匯編F化學反應與能量高考真題+模擬新題.doc

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F單元　化學反應與能量 F1　化學反應與能量變化 25．E5 F1 C1 D5 [2011安徽卷] W、X、Y、Z是四種常見的短周期元素，其原子半徑隨原子序數(shù)變化如圖1－18所示。已知W的一種核素的質量數(shù)為18，中子數(shù)為10；X和Ne原子的核外電子數(shù)相差1；Y的單質是一種常見的半導體材料；Z的電負性在同周期主族元素中最大。 圖1－18 (1)X位于元素周期表中第________周期第________族；W的基態(tài)原子核外有________個未成對電子。 (2)X的單質和Y的單質相比，熔點較高的是________________(寫化學式)；Z的氣態(tài)氫化物和溴化氫相比，較穩(wěn)定的是____________________(寫化學式)。 (3)Y與Z形成的化合物和足量水反應，生成一種弱酸和一種強酸，該反應的化學方程式是______________________。 (4)在25 ℃、101 kPa下，已知Y的氣態(tài)氫化物在氧氣中完全燃燒后恢復至原狀態(tài)，平均每轉移1 mol 電子放熱190.0 kJ，該反應的熱化學方程式是____________________________。 25．E5 F1 C1 D5 (1)三?、馎　2 (2)Si　HCl (3)SiCl4＋3H2O===H2SiO3↓＋4HCl (4)SiH4(g)＋2O2(g)===SiO2(s)＋2H2O(l) ΔH＝－1520.0 kJmol－1 【解析】 由W的一種核素的質量數(shù)18，中子數(shù)為10，可知W為氧元素；和Ne原子的核外電子數(shù)相差1的元素有F和Na，而F的原子半徑要比O的小，故X只能是Na，短周期元素的常見單質可用做半導體材料的只有Si，故Y為Si，第三周期中電負性最大的元素是Cl，故Z是Cl。 (1)Na位于元素周期表中第三周期第IA族；O的基態(tài)電子排布式為1s22s22p4，其中2p4中有2個未成對電子。 (2)金屬Na熔點比Si單質低，Cl的非金屬性比Br的強，因此，HCl比HBr穩(wěn)定。 (3)Si和Cl形成的SiCl4遇水發(fā)生水解反應：SiCl4＋3H2O===H2SiO3↓＋4HCl。 (4)Y的氣態(tài)氫化物為SiH4，由反應方程式：SiH4＋2O2SiO2＋2H2O可知1 mol SiH4完全燃燒轉移8 mol電子，故該熱化學方程式為SiH4(g)＋2O2(g)===SiO2(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－1520.0 kJmol－1。 25．F1N1[2011北京卷] 在溫度t1和t2下，X2(g)和H2反應生成HX的平衡常數(shù)如下表： 化學方程式 K(t1) K(t2) F2＋H22HF 1.81036 1.91032 Cl2＋H22HCl 9.71012 4.21011 Br2＋H22HBr 5.6107 9.3106 I2＋H22HI 43 34 (1)已知t2>t1，HX的生成反應是__________反應(填“吸熱”或“放熱”)。 (2)HX的電子式是__________。 (3)共價鍵的極性隨共用電子對偏移程度的增大而增強，HX共價鍵的極性由強到弱的順序是__________。 (4)X2都能與H2反應生成HX，用原子結構解釋原因： ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)K的變化體現(xiàn)出X2化學性質的遞變性，用原子結構解釋原因：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________， 原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱。 (6)僅依據(jù)K的變化，可以推斷出：隨著鹵素原子核電荷數(shù)的增加，________(選填字母)。 a．在相同條件下，平衡時X2的轉化率逐漸降低 b．X2與H2反應的劇烈程度逐漸減弱 c．HX的還原性逐漸減弱 d．HX的穩(wěn)定性逐漸減弱 25．F1N1 (1)放熱 (2)H  (3)HF、HCl、HBr、HI (4)鹵素原子的最外層電子數(shù)均為7 (5)同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多 (6)ad 【解析】 (1)溫度越高K值越小，說明升溫平衡逆向移動，則正反應(HX的生成反應)是放熱反應；(2)鹵原子最外層有7個電子，與H以共價鍵結合為鹵化氫分子，其電子式為H 。(3)F、Cl、Br、I原子得電子能力依次減弱，共用電子對偏移程度依次減小，因而HX共價鍵的極性依次減弱。(4)鹵原子最外層有7個電子，易得到1個電子形成8電子穩(wěn)定結構，而氫原子最外層1個電子，恰好與鹵原子形成一對共用電子，也達到2電子穩(wěn)定結構。(5)生成HF、HCl、HBr、HI的K依次減小，即各反應進行程度依次減弱，說明F、Cl、Br、I原子得電子能力依次減弱，這是由于同主族元素自上而下電子層數(shù)依次增多導致的。(6)平衡常數(shù)K表明了可逆反應進行的程度，K越小，反應進行的程度越小，即相同條件下，平衡時X2的轉化率逐漸降低；同理說明產(chǎn)物HX越易分解，故HX的穩(wěn)定性逐漸減弱。根據(jù)K值無法判斷反應的劇烈程度。 11．F1　[2011海南化學卷] 某反應的ΔH＝＋100 kJmol－1，下列有關該反應的敘述正確的是(　　) A．正反應活化能小于100 kJmol－1 B．逆反應活化能一定小于100 kJmol－1 C．正反應活化能不小于100 kJmol－1 D．正反應活化能比逆反應活化能大100 kJmol－1 11．F1　【解析】 CD　反應過程與能量關系如圖： 則有E1＝E2＋ΔH＝100 kJmol－1＋E2＞100 kJmol－1，C項正確；ΔH＝E1－E2＝100 kJmol－1，D項正確。 F2　反應熱的計算與重要的反應熱 10．F2 [2011北京卷] 25 ℃、101 kPa下： ①2Na(s)＋O2(g)===Na2O(s) ΔH1＝－414 kJ/mol ②2Na(s)＋O2(g)===Na2O2(s) ΔH2＝－511 kJ/mol 下列說法正確的是(　　) A．①和②產(chǎn)物的陰陽離子個數(shù)比不相等 B．①和②生成等物質的量的產(chǎn)物，轉移電子數(shù)不同 C．常溫下Na與足量O2反應生成Na2O，隨溫度升高生成Na2O的速率逐漸加快 D．25 ℃、101 kPa下，Na2O2(s)＋2Na(s)===2Na2O(s) ΔH＝－317 kJ/mol 10．F2 【解析】 D　Na2O2與Na2O陰陽離子個數(shù)比都為1∶2，注意O是一個原子團，A項錯誤；根據(jù)鈉元素的化合價變化，鈉氧化生成等物質的量的Na2O2與Na2O時，轉移電子數(shù)相等，B項錯誤；鈉與氧氣的反應隨溫度升高將會生成Na2O2，C項錯誤；根據(jù)蓋斯定律，利用方程式①2－②可得Na2O2(s)＋2Na(s)===2Na2O(s)　ΔH＝－317 kJmol－1，D項正確。 24．F2　H5　H4　[2011福建卷] 四氯化鈦(TiCl4)是制取航天航空工業(yè)材料——鈦合金的重要原料。由鈦鐵礦(主要成為是FeTiO3)制備TiCl4等產(chǎn)品的一種工藝流程示意如下： 圖0 回答下列問題： (1)往①中加入鐵屑至浸出液顯紫色，此時溶液仍呈強酸性。該過程中有如下反應發(fā)生： 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋ 2TiO2＋(無色)＋Fe＋4H＋===2Ti3＋(紫色)＋Fe2＋＋2H2O Ti3＋(紫色)＋Fe3＋＋H2O===TiO2＋(無色)＋Fe2＋＋2H＋ 加入鐵屑的作用是________________________________________________________________________。 (2)在②→③工藝過程中需要控制條件以形成TiO2nH2O溶膠，該溶膠的分散質顆粒直徑大小在______________范圍。 (3)若把③中制得的固體TiO2nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3雜質，還可以制得鈦白粉。已知25 ℃時，Ksp[Fe(OH)3]＝2.7910－39，該溫度下反應Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O的平衡常數(shù)K＝____________。 (4)已知： TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(l)＋O2(g) ΔH＝＋140 kJmol－1 2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221 kJmol－1 寫出④中TiO2和焦炭、氯氣反應生成TiCl4和CO氣體的熱化學方程式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)上述工藝具有成本低、可用低品位礦物為原料等優(yōu)點。依據(jù)綠色化學理念，該工藝流程中存在的不足之處是____________(只要求寫出一項)。 (6)依據(jù)下表信息，要精制含少量SiCl4雜質的TiCl4的，可采用__________方法。 TiCl4 SiCl4 熔點/℃ －25.0 －68.8 沸點/℃ 136.4 57.6 24.F2　H5　H4　(1)使Fe3＋還原為Fe2＋；生成Ti3＋，保護Fe2＋不被氧化 (2)10－9m～10－7m(其他合理答案也可) (3)2.79103 (4)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)　ΔH＝－81 kJmol－1 (5)產(chǎn)生三廢(其他合理答案也可) (6)蒸餾(或分餾，或精餾) 【解析】 (1)該流程副產(chǎn)物之一為綠礬，加入鐵屑后可以將Fe3＋還原為Fe2＋，而且還可以與TiO2＋反應生成還原性更強的Ti3＋，起到保護Fe2＋不被氧化的作用。 (2)膠體分散質微粒直徑在1 nm～100 nm之間。 (3)根據(jù)氫氧化鐵的平衡常數(shù)表達式：Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)c3(OH－)，而該反應的K的表達式為K＝，又由于水的離子積KW＝110－14，從而推得K＝，即K＝＝2.79103。 (4)根據(jù)蓋斯定律，由反應1加反應2可得熱化學方程式：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(l)＋2CO(g)　ΔH＝－81 kJmol－1 (5)由反應流程圖可以看出，該過程產(chǎn)生了廢渣、廢液和廢氣，違背綠色化學理念。 (6)由題目表格可以看出SiCl4和TiCl4熔沸點差別較大，故可以用蒸餾、分餾或精餾的方法進行分離。 31．G3　G4　F2 [2011廣東卷] 利用光能和光催化劑，可將CO2和H2O(g)轉化為CH4和O2。紫外光照射時，在不同催化劑(Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ)作用下，CH4產(chǎn)量隨光照時間的變化如圖0所示。 圖0 (1)在0～30小時內，CH4的平均生成速率vⅠ、vⅡ和vⅢ從大到小的順序為____________；反應開始后的12小時內，在第________種催化劑作用下，收集的CH4最多。 (2)將所得CH4與H2O(g)通入聚焦太陽能反應器，發(fā)生反應：CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)。該反應的ΔH＝＋206 kJmol－1。 ①畫出反應過程中體系能量變化圖(進行必要標注)。 ②將等物質的量的CH4和H2O(g)充入1 L恒容密閉反應器，某溫度下反應達到平衡，平衡常數(shù)K＝27，此時測得CO的物質的量為0.10 mol，求CH4的平衡轉化率(計算結果保留兩位有效數(shù)字)。 (3)已知：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－802 kJmol－1。寫出由CO2生成CO的熱化學方程式________________________________________________________________________。 31．G3　G4　F2 (1)vⅢ＞vⅡ＞vⅠ?、? (2)① ②設CH4的初始物質的量為x mol， 則CH4(g) ＋ H2O(g)CO(g) ＋ 3H2(g) 初始濃度 /molL－1 　 　 平衡濃度 /molL－1 K＝＝＝27 解得：x＝0.11 轉化率＝100%＝91% (3)CO2(g)＋3H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)＋2O2(g)　ΔH＝＋1008 kJmol－1 【解析】 (1)0～30小時內，CH4的平均速率＝，由圖可知，30小時內CH4的產(chǎn)量Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，即速率關系為Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ；前12小時第Ⅱ種催化劑作用下，收集的CH4最多。(2)①該反應中，CH4的用量越多，放出的熱量越多，成正比例關系。 ②假設CH4和H2O的起始量均為x mol，結合平衡時n(CO)＝0.10 mol，有： CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g) x x 0 0 0.10 0.10 0.10 0.30 x－0.10 x－0.10 0.10 0.30 結合K＝＝＝27，解得x＝0.11 molL－1，CH4的轉化率＝100%＝91%。 (3)由已知反應：①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋206 kJmol－1； ②CH4(g)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－802 kJmol－1； ①－②式得熱化學反應方程式： CO2(g)＋3H2O(g)===2O2(g)＋CO(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋1008 kJmol－1。 5．F2　[2011海南化學卷] 已知：2Zn(s)＋O2(g)===2ZnO(s) ΔH＝－701.0 kJmol－1 2Hg(l)＋O2(g)===2HgO(s) ΔH＝－181.6 kJmol－1 則反應Zn(s)＋ HgO(s)===ZnO(s)＋ Hg(l)的ΔH為(　　) A．＋519.4 kJmol－1 B．＋259.7 kJmol－1 C．－259.7 kJmol－1 D．－519.4 kJmol－1 5．F2　【解析】 C　利用題干中的第一個熱化學方程式減去第二個熱化學方程式得：2Zn(s)＋2HgO(s)===2ZnO(s)＋ 2Hg(l)　ΔH＝－519.4 kJmol－1，然后再將各化學計量數(shù)縮小一半得Zn(s)＋HgO(s)===ZnO(s)＋Hg(l)　ΔH＝－259.7 kJmol－1，故答案為C。 14．C2F2　[2011海南化學卷] 鎂化合物具有廣泛用途，請回答有關鎂的下列問題： (1)單質鎂在空氣中燃燒的主要產(chǎn)物是白色的________________________________________________________________________， 還生成少量的________(填化學式)； (2)CH3MgCl是一種重要的有機合成試劑，其中鎂的化合價是________，該化合物水解的化學方程式為________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________； (3)下圖是金屬鎂和鹵素反應的能量變化圖(反應物和產(chǎn)物均為298 K時的穩(wěn)定狀態(tài))。 圖0 下列選項中正確的是________(填序號)。 ①MgI2中Mg2＋與I－間的作用力小于MgF2中Mg2＋與F－間的作用力 ②Mg與F2的反應是放熱反應 ③MgBr2與Cl2反應的ΔH＜0 ④化合物的熱穩(wěn)定性順序為MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2 ⑤MgF2(s)＋Br2(l)===MgBr2(s)＋F2(g) ΔH＝＋600 kJmol－1 14．C2F2　(1)MgO　Mg3N2 (2)＋2　CH3MgCl＋H2O―→CH4↑＋Mg(OH)Cl (3)①②③⑤ 【解析】 (1)鎂在空氣中燃燒的反應：2Mg＋O2===2MgO、3Mg＋N2===Mg3N2；(2)鎂原子最外層電子數(shù)是2，且鎂元素沒有可變化合價，只能為＋2價；(3)組成和結構相似的離子化合物，離子半徑之和越大，離子鍵越弱，F(xiàn)－＜I－，故①正確；由于Mg與F2的反應體系總能量降低，因此該反應是放熱反應，故②正確；Mg(s)＋Cl2(g)===MgCl2(s)　ΔH＝－641.3 kJmol－1，Mg(s)＋Br2(l)===MgBr2(s)　ΔH＝－524 kJmol－1，由蓋斯定律兩方程式相減得Cl2(g)＋MgBr2(s)===Br2(l)＋MgCl2(s)　ΔH＝－117.3 kJmol－1，ΔH＜0是放熱反應，故③正確；離子半徑之和越大，離子鍵越弱，離子化合物越不穩(wěn)定，F(xiàn)－＜CI－＜Br－＜I－，故④錯；由蓋斯定律可得MgF2(s)＋Br2(l)===MgBr2(s)＋F2(g)　ΔH＝＋600 kJmol－1，故⑤正確。 28．F2、G2[2011山東卷] 研究NO2、SO2 、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。 (1)NO2可用水吸收，相應的化學反應方程式為________________________。利用反應6NO2＋ 8NH37N2＋12H2O也可處理NO2。當轉移1.2 mol電子時，消耗的NO2在標準狀況下是________L。 (2)已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196.6 kJmol－1 2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJmol－1 則反應NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)的ΔH＝________kJmol－1。 一定條件下，將NO2與SO2以體積比1∶2置于密閉容器中發(fā)生上述反應，下列能說明反應達到平衡狀態(tài)的是________。 a．體系壓強保持不變 b．混合氣體顏色保持不變 c．SO3和NO的體積比保持不變 d．每消耗1 mol SO3的同時生成1 mol NO2 測得上述反應平衡時NO2與SO2體積比為1∶6，則平衡常數(shù)K＝________。 圖1－14 (3)CO可用于合成甲醇，反應方程式為CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。 CO在不同溫度下的平衡轉化率與壓強的關系如圖1－14所示。該反應ΔH______0(填“>”或“ <”)。實際生產(chǎn)條件控制在250℃、1.3104 kPa左右，選擇此壓強的理由是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 28．F2、G2 (1)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO　6.72 (2)－41.8　b　2.67或 (3)<　在1.3104 kPa下，CO轉化率已較高，再增大壓強CO轉化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加，得不償失 【解析】 (1)NO2與水反應的化學方程式為3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。分析題給化學方程式可知，1 mol NO2參加反應轉移4 mol電子，故轉移1.2 mol電子時消耗NO2的物質的量為0.3 mol，在標準狀況下的體積為6.72 L。 (2)將第一個熱化學方程式減去第二個熱化學方程式并除2得，NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)　ΔH＝－41.8 kJmol－1。該反應為氣體物質的量不變的反應，反應過程中體系壓強為恒量，a不能；混合氣體顏色保持不變，即NO2的濃度保持不變，b能；SO3和NO的體積比恒為1∶1，c不能；SO3的消耗速率和NO2的生成速率均是逆反應速率，故d不能。 NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g) 起始量(mol) 1 2 0 0 變化量(mol) x x x x 平衡量(mol) 1－x 2－x x x 則有＝，解得x＝0.8， K＝＝＝。 (3)分析圖象可知，溫度越高CO的平衡轉化率越低，說明升高溫度平衡向左移動，反應為放熱反應，ΔH＜0。 12．F2[2011浙江卷] 下列說法不正確的是(　　) A．已知冰的熔化熱為6.0 kJmol－1，冰中氫鍵鍵能為20 kJmol－1。假設每摩爾水中有2 mol氫鍵，且熔化熱完全用于打破冰的氫鍵，則最多只能破壞冰中15%的氫鍵 B．已知一定溫度下，醋酸溶液的物質的量濃度為c，電離度為α，Ka＝。若加入少量CH3COONa固體，則電離平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋向左移動，α減小，Ka變小 C．實驗檢測得環(huán)己烷(l)、環(huán)己烯(l)和苯(l)的標準燃燒熱分別為－3916 kJmol－1、－3747 kJmol－1和－3265 kJmol－1，可以證明在苯分子中不存在獨立的碳碳雙鍵 D．已知：Fe2O3(s)＋3C(石墨)===2Fe(s)＋3CO(g)　ΔH＝489.0 kJmol－1 CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283.0 kJmol－1 C(石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJmol－1 則4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s) ΔH＝－1641.0 kJmol－1 12．F2[2011浙江卷] 【解析】 B　1 mol冰熔化時，熔化熱能破壞的氫鍵的物質的量為：＝0.3，占冰中氫鍵的百分數(shù)為100%＝15%，A對；醋酸溶液中加入少量CH3COONa固體，溶液中c(CH3COO－)增大，電離平衡向左移動，電離度α減小，由于溫度不變，Ka保持不變，B錯；根據(jù)蓋斯定律，根據(jù)環(huán)己烷和環(huán)己烯的燃燒熱，則1 mol環(huán)己烷失去2 mol H形成1 mol雙鍵及1 mol H2燃燒的反應熱為：－3916 kJmol－1＋3747 kJmol－1＝－169 kJmol－1，根據(jù)環(huán)己烷和苯的燃燒熱，則1 mol環(huán)己烷失去6 mol H即3 mol H2燃燒的反應熱為：－3916 kJmol－1＋3265 kJmol－1＝－651 kJmol－1，若苯分子存在獨立的碳碳雙鍵，則兩處的反應熱之比應為1∶3，顯然二者的反應熱之比不為1∶3，說明苯分子不存在獨立的碳碳雙鍵，C對；運用蓋斯定律，將第三個反應6－第一個反應2－第二個反應6，可得目標反應，則ΔH＝－393.5 kJmol－16－489.0 kJmol－12－(－283.0 kJmol－1)6＝－1641.0 kJmol－1，D對。 13．F2[2011重慶卷] SF6是一種優(yōu)良的絕緣氣體，分子結構中只存在S－F鍵。已知：1 mol S(s)轉化為氣態(tài)硫原子吸收能量280 kJ，斷裂1 mol F－F、S－F鍵需吸收的能量分別為160 kJ、330 kJ。則S(s)＋3F2(g)===SF6(g)的反應熱ΔH為(　　) A. －1780 kJ/mol　　　　　　B. －1220 kJ/mol C．－450 kJ/mol D. ＋430 kJ/mol 13．F2[2011重慶卷] 【解析】 B　1 mol SF6中含有6 mol S－F鍵，1 mol F2中含有1 mol F－F鍵，因此ΔH＝280 kJ/mol＋160 kJ/mol3－330 kJ/mol6＝－1220 kJ/mol。 F3　原電池原理 12．F3[2011安徽卷] 研究人員最近發(fā)現(xiàn)了一種“水”電池，這種電池能利用淡水與海水之間含鹽量差別進行發(fā)電，在海水中電池總反應可表示為：5MnO2＋2Ag＋2NaCl＝Na2Mn5O10＋2AgCl。下列“水” 電池在海水中放電時的有關說法正確的是(　　) A．正極反應式：Ag＋Cl－－e－＝AgCl B．每生成1 mol Na2Mn5O10轉移2 mol電子 C．Na＋不斷向“水”電池的負極移動 D．AgCl是還原產(chǎn)物 12．F3【解析】 B　A選項應該是負極反應式；C選項鈉離子應向正極移動；D選項AgCl為氧化產(chǎn)物。 8．F3[2011北京卷] 結合圖B－1判斷，下列敘述正確的是(　　) 圖B－1 A．Ⅰ和Ⅱ中正極均被保護 B．Ⅰ和Ⅱ中負極反應均是Fe－2e－===Fe2＋ C．Ⅰ和Ⅱ中正極反應均是O2＋2H2O＋4e－===4OH－ D．Ⅰ和Ⅱ中分別加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，均有藍色沉淀 8．F3 【解析】 A　解答本題的關鍵是理解原電池原理。在原電池中，活潑金屬作負極，失電子被氧化，不活潑金屬做正極而被保護，A項正確；I中鋅為負極，失電子被氧化：Zn－2e－＝Zn2＋，B項錯誤；Ⅱ中電解液為酸性，不可能生成OH－，正極反應為：2H＋＋2e－===H2↑，C項錯誤；Fe2＋與六氰合鐵離子生成藍色沉淀，但I中無Fe2＋生成，故無藍色沉淀，D項錯誤。 11．F3　[2011福建卷] 研究人員研制出一種鋰水電池，可作為魚雷和潛艇的儲備電源。該電池以金屬鋰和鋼板為電極材料，以LiOH為電解質，使用時加入水即可放電。關于該電池的下列說法不正確的是(　　) A．水既是氧化劑又是溶劑 B．放電時正極上有氫氣生成 C．放電時OH－向正極移動 D．總反應為：2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑ 11．F3　【解析】 C　鋰比鐵的金屬性強，故鋰應做負極材料失電子，由題意知該原電池以LiOH為電解質且加入水即可放電則應發(fā)生反應：2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑，依據(jù)方程式可以判斷水中氫在正極得電子，由＋1價被還原為0價，生成氫氣，且水做氧化劑，故答案A、B、D正確；C項中作為陰離子的OH－離子應向原電池的負極移動，故C項錯誤。 12．F3F4 [2011廣東卷] 某小組為研究電化學原理，設計如圖0裝置。下列敘述不正確的是(　　) 圖0 A．a(chǎn)和b不連接時，鐵片上會有金屬銅析出 B．a(chǎn)和b用導線連接時，銅片上發(fā)生的反應為：Cu2＋＋2e－===Cu C．無論a和b是否連接，鐵片均會溶解，溶液均從藍色逐漸變成淺綠色 D．a(chǎn)和b分別連接直流電源正、負極，電壓足夠大時，Cu2＋向銅電極移動 12．F3F4 【解析】 D　a和b不連接時，不能構成原電池，鐵置換出的銅附著在鐵片上，故A正確；a和b用導線連接時，構成原電池，溶液中的Cu2＋得到電子生成銅在銅片上析出，故B正確；無論a和b是否連接，都是鐵片不斷溶解生成Fe2＋，溶液中的Cu2＋不斷得到電子生成Cu，從溶液中析出，溶液顏色從藍色逐漸變成淺綠色，故C正確；a和b分別連接直流電源正、負極時，裝置為電解池，銅電極為陽極，鐵為陰極，電解質溶液中陽離子向陰極移動，因此，即使電壓足夠大，Cu2＋也只能向陰極移動，故D錯誤。 12．F3　[2011海南化學卷] 根據(jù)圖0，下列判斷中正確的是(　　) 圖0 A．燒杯a中的溶液pH升高 B．燒杯b中發(fā)生氧化反應 C．燒杯a中發(fā)生的反應為2H＋＋2e－===H2 D．燒杯b中發(fā)生的反應為2Cl－－2e－===Cl2 12．F3　【解析】 AB　由圖可知這是一個原電池，發(fā)生的是Zn的吸氧腐蝕。a中電極反應：2H2O＋O2＋4e－===4OH－，b中發(fā)生的反應：Zn－2e－===Zn2＋，故選AB。 11．F3F4[2011課標全國卷] 鐵鎳蓄電池又稱愛迪生電池，放電時的總反應為： Fe＋Ni2O3＋3H2O＝Fe(OH)2＋2Ni(OH)2 下列有關該電池的說法不正確的是(　　) A．電池的電解液為堿性溶液，正極為Ni2O3、負極為Fe B．電池放電時，負極反應為Fe＋2OH－－2e－＝Fe(OH)2 C．電池充電過程中，陰極附近溶液的pH降低 D．電池充電時，陽極反應為2Ni(OH)2＋2OH－－2e－＝Ni2O3＋3H2O 11．F3F4　【解析】 C　電池充電時，陰極反應為放電時負極的逆反應，其電極方程式為Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－，故該電極反應溶液pH升高，C項錯誤。 15．F3 、F4[2011山東卷] 以KCl和ZnCl2混合液為電鍍液在鐵制品上鍍鋅，下列說法正確的是(　　) A．未通電前上述鍍鋅裝置可構成原電池，電鍍過程是該原電池的充電過程 B．因部分電能轉化為熱能，電鍍時通過的電量與鋅的析出量無確定關系 C. 電鍍時保持電流恒定，升高溫度不改變電解反應速率 D．鍍鋅層破損后即對鐵制品失去保護作用 15．F3 、F4【解析】 C　Zn的金屬性強于Fe，F(xiàn)e不能從溶液中置換出Zn，電鍍前不能形成原電池，A項錯誤；電鍍時，每轉移2 mol電子析出1 mol Zn，B項錯誤；電鍍時保持電流恒定，即單位時間內轉移的電子數(shù)恒定，則消耗的反應物與產(chǎn)生的生成物的量恒定，也就是反應速率恒定，與溫度無關，C項正確；鍍鋅鐵制品的鍍層破損后，易形成Zn—Fe原電池，Zn作負極優(yōu)先被腐蝕，鐵制品仍能受到保護，D項錯誤。 29．F3、H3[2011山東卷] 科研、生產(chǎn)中常涉及鈉、硫及其化合物。 (1)實驗室可用無水乙醇處理少量殘留的金屬鈉，化學反應方程式為________________________。要清洗附著在試管壁上的硫，可用的試劑是________。 圖1－15 (2)如圖1－15所示的為鈉硫高能電池的結構示意圖。該電池的工作溫度為320℃左右，電池反應為2Na＋xS＝Na2Sx，正極的電極反應式為________。M(由Na2O和Al2O3制得)的兩個作用是________________。與鉛蓄電池相比，當消耗相同質量的負極活性物質時，鈉硫電池的理論放電量是鉛蓄電池的________倍。 (3)Na2S溶液中離子濃度由大到小的順序為________________，向該溶液中加入少量固體CuSO4，溶液pH________(填“增大”“減小”或“不變”)。Na2S溶液長期放置有硫析出，原因為________________________(用離子方程式表示)。 29．F3、H3 (1)2CH3CH2OH＋2Na―→2CH3CH2ONa＋H2↑　CS2(或熱NaOH溶液) (2)xS＋2e－===S(或2Na＋＋xS＋2e－===Na2Sx) 離子導電(導電或電解質)和隔離鈉與硫　4.5 (3)c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)　減小 2S2－＋O2＋2H2O===2S↓＋4OH－ 【解析】 (2)負極發(fā)生氧化反應：2Na－2e－＝2Na＋，正極發(fā)生還原反應：xS＋2e－＝S。在鉛蓄電池中，鉛作負極，當鉛蓄電池消耗a g Pb時轉移電子的物質的量為 mol，而鈉硫電池消耗a g Na時轉移電子的物質的量為 mol，故鈉硫電池的理論放電量是鉛蓄電池的4.5倍。 (3)Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－和HS－＋H2OH2S＋OH－，故溶液中離子濃度的大小順序為c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)。當加入CuSO4時，Cu2＋與S2－結合成CuS沉淀，使上述兩個平衡均向左移動，使溶液中c(OH－)減小，溶液pH減小。而Na2S溶液長期放置有硫析出，則是由于S2－被空氣中的氧氣氧化所致。 10．F3[2011浙江卷] 將NaCl溶液滴在一塊光亮清潔的鐵板表面上，一段時間后發(fā)現(xiàn)液滴覆蓋的圓圈中心區(qū)(a)已被腐蝕而變暗，在液滴外沿形成棕色鐵銹環(huán)(b)，如圖所示。導致該現(xiàn)象的主要原因是液滴之下氧氣含量比邊緣處少。下列說法正確的是(　　) 圖0 A．液滴中的Cl－由a 區(qū)向b區(qū)遷移 B．液滴邊緣是正極區(qū)，發(fā)生的電極反應為：O2＋2H2O＋4e－===4OH－ C．液滴下的Fe因發(fā)生還原反應而被腐蝕，生成的Fe2＋由a 區(qū)向b區(qū)遷移，與b區(qū)的OH－形成Fe (OH)2，進一步氧化、脫水形成鐵銹 D．若改用嵌有一銅螺絲釘?shù)蔫F板，在銅鐵接觸處滴加NaCl溶液，則負極發(fā)生的電極反應為：Cu－2e－===Cu2＋ 10．F3[2011浙江卷] 【解析】 B　鐵板為鐵和碳的合金，滴入NaCl溶液，形成微小的原電池，顯然a區(qū)為負極，溶液中Cl－由b區(qū)向a區(qū)遷移，A錯；液滴邊緣為正極區(qū)，為溶解在溶液中的O2放電，電極反應為：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，B對；液滴下的Fe因發(fā)生氧化反應而被腐蝕，C錯；改用嵌有銅螺絲釘?shù)蔫F板，則鐵為負極，D錯。 F4　電解原理 26．F4O2 [2011北京卷] 氯堿工業(yè)中電解飽和食鹽水的原理示意圖如右圖所示。 圖0 (1)溶液A的溶質是__________； (2)電解飽和食鹽水的離子方程式是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)電解時用鹽酸控制陽極區(qū)溶液的pH在2～3。用化學平衡移動原理解釋鹽酸的作用：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)電解所用的鹽水需精制，去除有影響的Ca2＋、Mg2＋，NH，SO[c(SO)>c(Ca2＋)]。 精制流程如下(淡鹽水和溶液A來自電解池)： 圖0 ①鹽泥a除泥沙外，還含有的物質是__________。 ②過程Ⅰ中將NH轉化為N2的離子方程式是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ③BaSO4的溶解度比BaCO3的小。過程Ⅱ中除去的離子有__________。 ④經(jīng)過程Ⅲ處理，要求鹽水c中剩余Na2SO3的含量小于5 mg/L。若鹽水b中NaClO的含量是7.45 mg/L，則處理10 m3鹽水b，至多添加10% Na2SO3溶液__________kg(溶液體積變化忽略不計)。 26．F4O2 (1)NaOH (2)2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－ (3)Cl2與水反應：Cl2＋H2OHCl＋HClO，增大HCl的濃度使平衡逆向移動，減少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出 (4)①Mg(OH)2 ②2NH＋3Cl2＋8OH－===N2↑＋6Cl－＋8H2O ③SO、Ca2＋ ④1.76 【解析】 (1)根據(jù)食鹽水的組成，電解飽和食鹽水的化學方程式是2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，故溶液A為NaOH溶液；(2)其中NaCl、NaOH為易溶于水的強電解質，寫成離子形式，故離子方程式是2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－；(3)陽極區(qū)生成Cl2，Cl2與水反應的化學方程式為Cl2＋H2OHClO＋HCl，由于反應可逆，故增大產(chǎn)物HCl的濃度會使平衡逆向移動，降低Cl2在水中的溶解度而有利于Cl2逸出；(4)①將溶液A的pH調至11(堿性較強)時，Mg2＋會以Mg(OH)2的形式沉淀下來，故鹽泥a含有Mg(OH)2；②NH轉化為N2的過程中N元素的化合價升高，故Cl元素的化合價降低，即Cl2轉化為Cl－，根據(jù)化合價升降總數(shù)相等，NH和Cl2的化學計量數(shù)分別為2和3，再根據(jù)原子守恒可得N2和Cl－的化學計量數(shù)分別為1和6，再根據(jù)電荷守恒可知等號左邊添加OH－、等號右邊添加H2O，最后結合原子守恒可知二者的化學計量數(shù)分別為8和8。③由于BaSO4的溶解度比BaCO3小，根據(jù)沉淀溶解平衡原理，可知向含有SO的溶液中加入BaCO3后，會發(fā)生如下轉化：SO＋BaCO3CO＋BaSO4，生成的CO會與溶液中的Ca2＋生成CaCO3沉淀，故除去的離子有SO、Ca2＋；④向鹽水b中加入Na2SO3是為了還原其中的NaClO，反應過程中Na2SO3被氧化為Na2SO4、NaClO被還原為NaCl，根據(jù)化合價升降總數(shù)相等，可知反應掉的Na2SO3和NaClO的物質的量之比為1∶1,10 m3鹽水b中含NaClO的物質的量為7.45 mg/L10103 L10－3 g/mg74.5 g/mol＝1 mol，故反應掉的Na2SO3的物質的量也為1 mol；再根據(jù)已知條件可知剩余Na2SO3的物質的量最多為5 mg/L10103 L10－3 g/mg126 g/mol≈0.4 mol，故最多添加10%Na2SO3溶液的質量為126 g/mol(1 mol＋0.4 mol)10%＝1764 g≈1.76 kg。 12．F3F4 [2011廣東卷] 某小組為研究電化學原理，設計如圖0裝置。下列敘述不正確的是(　　) 圖0 A．a(chǎn)和b不連接時，鐵片上會有金屬銅析出 B．a(chǎn)和b用導線連接時，銅片上發(fā)生的反應為：Cu2＋＋2e－===Cu C．無論a和b是否連接，鐵片均會溶解，溶液均從藍色逐漸變成淺綠色 D．a(chǎn)和b分別連接直流電源正、負極，電壓足夠大時，Cu2＋向銅電極移動 12．F3F4 【解析】 D　a和b不連接時，不能構成原電池，鐵置換出的銅附著在鐵片上，故A正確；a和b用導線連接時，構成原電池，溶液中的Cu2＋得到電子生成銅在銅片上析出，故B正確；無論a和b是否連接，都是鐵片不斷溶解生成Fe2＋，溶液中的Cu2＋不斷得到電子生成Cu，從溶液中析出，溶液顏色從藍色逐漸變成淺綠色，故C正確；a和b分別連接直流電源正、負極時，裝置為電解池，銅電極為陽極，鐵為陰極，電解質溶液中陽離子向陰極移動，因此，即使電壓足夠大，Cu2＋也只能向陰極移動，故D錯誤。 32．C2　F4 [2011廣東卷] 由熔鹽電解法獲得的粗鋁含一定量的金屬鈉和氫氣，這些雜質可采用吹氣精煉法除去，產(chǎn)生的尾氣經(jīng)處理后可用于鋼材鍍鋁，工藝流程如下： 圖0 (注：NaCl熔點為801 ℃；AlCl3在181 ℃升華) (1)精煉前，需清除坩堝表面的氧化鐵和石英砂，防止精煉時它們分別與鋁發(fā)生置換反應產(chǎn)生新的雜質，相關的化學方程式為①________________________________________________________________________ 和②________________________________________________________________________。 (2)將Cl2連續(xù)通入坩堝中的粗鋁熔體，雜質隨氣泡上浮除去。氣泡的主要成分除Cl2外還含有________；固態(tài)雜質粘附于氣泡上，在熔體表面形成浮渣，浮渣中肯定存在________。 (3)在用廢堿液處理氣體A的過程中，所發(fā)生反應的離子方程式為________________________________________________________________________。 (4)鍍鋁電解池中，金屬鋁為________極，熔融鹽電鍍液中鋁元素和氯元素主要以AlCl和Al2Cl形式存在，鋁電極的主要電極反應式為________________________________________________________________________。 (5)鋼材鍍鋁后，表面形成的致密氧化鋁膜能防止鋼材腐蝕，其原因是________________________________________________________________________。 32．C2　F4　(1)①Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe ②3SiO2＋4Al2Al2O3＋3Si (2)HCl，氯化鋁　NaCl (3)Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O， H＋＋OH－===H2O (4)陽　Al－3e－＋7AlCl===4Al2Cl (5)致密的氧化鋁膜能隔絕鋼材與空氣中的O2、CO2和H2O等接觸，使電化學腐蝕和化學腐蝕不能發(fā)生 【解析】 (1)結合題意，即是Fe2O3、SiO2和金屬Al在高溫下發(fā)生置換反應；(2)雜質中還存在H2，與Cl2結合形成HCl，高溫下Cl2也能與Na和Al反應生成NaCl和AlCl3(700 ℃時升華形成氣體)；(3)冷凝后的氣體Cl2和HCl均能與堿液反應；(4)電鍍時，鍍層金屬作陽極，失電子形成陽離子，即Al失電子形成Al3＋，Al3＋再與AlCl結合形成Al2Cl；(5)防止腐蝕的原理包括隔絕金屬與電解質溶液的接觸、改變金屬內部結構等。 11．F3F4[2011課標全國卷] 鐵鎳蓄電池又稱愛迪生電池，放電時的總反應為： Fe＋Ni2O3＋3H2O＝Fe(OH)2＋2Ni(OH)2 下列有關該電池的說法不正確的是(　　) A．電池的電解液為堿性溶液，正極為Ni2O3、負極為Fe B．電池放電時，負極反應為Fe＋2OH－－2e－＝Fe(OH)2 C．電池充電過程中，陰極附近溶液的pH降低 D．電池充電時，陽極反應為2Ni(OH)2＋2OH－－2e－＝Ni2O3＋3H2O 11．F3F4　【解析】 C　電池充電時，陰極反應為放電時負極的逆反應，其電極方程式為Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－，故該電極反應溶液pH升高，C項錯誤。 10．F4[2011全國卷] 用石墨作電極電解CuSO4溶液。通電一段時間后，欲使電解液恢復到起始狀態(tài)，應向溶液中加入適量的(　　) A．CuSO4　　　　　　　B．H2O C．CuO D．CuSO45H2O 10．F4 【解析】 C　電解CuSO4溶液的方程式為：2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，離開溶液的物質為Cu和O2，其中銅和氧的原子個數(shù)比為1∶1，因此需要加入CuO。 15．F3 、F4[2011山東卷] 以KCl和ZnCl2混合液為電鍍液在鐵制品上鍍鋅，下列說法正確的是(　　) A．未通電前上述鍍鋅裝置可構成原電池，電鍍過程是該原電池的充電過程 B．因部分電能轉化為熱能，電鍍時通過的電量與鋅的析出量無確定關系 C. 電鍍時保持電流恒定，升高溫度不改變電解反應速率 D．鍍鋅層破損后即對鐵制品失去保護作用 15．F3 、F4【解析】 C　Zn的金屬性強于Fe，F(xiàn)e不能從溶液中置換出Zn，電鍍前不能形成原電池，A項錯誤；電鍍時，每轉移2 mol電子析出1 mol Zn，B項錯誤；電鍍時保持電流恒定，即單位時間內轉移的電子數(shù)恒定，則消耗的反應物與產(chǎn)生的生成物的量恒定，也就是反應速率恒定，與溫度無關，C項正確；鍍鋅鐵制品的鍍層破損后，易形成Zn—Fe原電池，Zn作負極優(yōu)先被腐蝕，鐵制品仍能受到保護，D項錯誤。 26．E5、F4[2011四川卷] 甲、乙、丙、丁、戊為原子序數(shù)依次增大的短周期元素。甲、丙處于同一主族，丙、丁、戊處于同一周期，戊原子的最外層電子數(shù)是甲、乙、丙原子最外層電子數(shù)之和。甲、乙組成的常見氣體X能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍；戊的單質與X反應能生成乙的單質，同時生成兩種溶于水均呈酸性的化合物Y和Z,0.1 mol/L的Y溶液pH＞1；丁的單質既能與丙元素最高價氧化物的水化物的溶液反應生成鹽L，也能與Z的水溶液反應生成鹽；丙、戊可組成化合物M。 請回答下列問題： (1)戊離子的結構示意圖為________。 (2)寫出乙的單質的電子式：________。 (3)戊的單質與X反應生成的Y和Z的物質的量之比為2∶4，反應中被氧化的物質與被還原的物質的物質的量之比為________。 (4)寫出少量Z的稀溶液滴入過量L的稀溶液中發(fā)生反應的離子方程式：________________。 (5)按圖1－11電解M的飽和溶液，寫出該電解池中發(fā)生反應的總反應方程式：____________________。將充分電解后所得溶液逐滴加入到酚酞試液中，觀察到的現(xiàn)象是________。 圖1－11 26．E5、F4　【答案】 (1) (2)N??N (3)2∶3 (4)H＋＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓ (5)NaCl＋H2O===NaClO＋H2↑　先變紅后褪色 【解析】 由X能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍可知其為NH3，所以甲為氫、乙為氮，由“甲、丙處于同一主族，丙、丁、戊處于同一周期，戊原子的最外層電子數(shù)是甲、乙、丙原子最外層電子數(shù)之和”可知戊為氯。由“0.1 mol/L的Y溶液pH＞1”可知Y為弱酸或強酸弱堿鹽，結合題中其他信息可知，Y為NH4Cl，則Z為HCl。所以(3)中反應方程式為4NH3＋3Cl2===2NH4Cl＋4HCl＋N2，則被氧化的NH3與被還原的Cl2的物質的量之比為2∶3。丙、丁處于同一周期且丙的原子序數(shù)小于丁，所以丙的金屬性強于丁，由“丁的單質既能與丙元素最高價氧化物的水化物的溶液反應生成鹽L，也能與Z的水溶液反應生成鹽”可知丙為Na、丁為Al。所以L為NaAlO2，M為NaCl。(4)中少量鹽酸與過量偏鋁酸鈉溶液反應生成氫氧化鋁。(5)中電解飽和食鹽水，陽極上生成的Cl2充分和陰極上生成的NaOH接觸，所以電解的總方程式為NaCl＋H2O===NaClO＋H2↑，所以充分電解后的溶液為次氯酸鈉的溶液，顯堿性并具有強氧化性，所以遇酚酞先變紅后褪色。 10．F4G2　[2011天津卷] 工業(yè)廢水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它們會對人類及生態(tài)系統(tǒng)產(chǎn)生很大損害，必須進行處理。常用的處理方法有兩種。 方法1：還原沉淀法 該法的工藝流程為 CrOCr2OCr3＋Cr(OH)3↓ 其中第①步存在平衡： 2CrO(黃色)＋2H＋Cr2O(橙色)＋H2O (1)若平衡體系的pH＝2，該溶液顯________色。 (2)能說明第①步反應達平衡狀態(tài)的是__________。 a．Cr2O和CrO的濃度相同 b．2v(Cr2O)＝v(CrO) c．溶液的顏色不變 (3)第②步中，還原1 mol Cr2O離子，需要________mol的FeSO47H2O。 (4)第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡： Cr(OH)3(s)Cr3＋(aq)＋3OH－(aq) 常