湖北省黄冈市浠水县实验高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试复习检测化学试题 24页

高二期中考试化学复习题(2019.10)‎ 一、选择题目(单选择，每小题3分，共48分)‎ ‎1.炽热的炉膛内有反应：C(s)+O2(g)=CO2(g)　ΔH=-392kJ·mol-1，往炉膛内通入水蒸气时，有如下反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)　ΔH=+131kJ·mol-1，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)　ΔH=-564kJ·mol-1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)　ΔH=-482kJ·mol-1由以上反应推断往炽热的炉膛内通入水蒸气时(　 　)‎ A. 不能节约燃料，但能使炉膛火更旺 B. 虽不能使炉膛火更旺，但可节约燃料 C. 既可使炉膛火更旺，又能节约燃料 D. 既不能使炉膛火更旺，又不能节约燃料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)　ΔH=+131kJ·mol-1①；2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)　ΔH=-564kJ·mol-1②；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)　ΔH=-482kJ·mol-1③；根据盖斯定律：①+0.5×②＋0.5×③可得C(s)+O2(g)=CO2(g)　ΔH=-392kJ·mol-1，故不能节约燃料，由于产生可燃气体H2和CO燃烧更旺；‎ 故答案选A。‎ ‎2.下列能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A. 高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快 B. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅 C. SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂 D. H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据勒夏特列原理，升温平衡向吸热方向移动，合成氨放热反应，所以升高温度不利于合成氨气，错误；‎ B、根据勒夏特列原理，增大压强平衡向气体体积缩小的方向移动，加压后平衡向生成N2O4的方向移动，加压后颜色先变深后变浅，正确；‎ C、使用催化剂平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，错误；‎ D、H2、I2、HI平衡混和气加压，平衡不移动，后颜色变深不能用勒夏特列原理解释，错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列说法正确的是(　　)‎ A. 洗涤油污常用热的碳酸钠溶液 B. 用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋‎ C. 配制FeSO4 溶液时，将FeSO4 固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度 D. 将AlCl3溶液和Na2SO3溶液分别加热蒸干、灼烧后，所得固体为Al2O3和Na2SO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸钠是强碱弱酸盐，CO32-在溶液中会发生水解反应，使溶液呈碱性，由于水解反应是吸热反应，加热可使盐的水解程度增大，溶液的碱性增强。油污在碱性条件下水解，产生容易溶于水的物质，因此加入热的碳酸钠溶液有利于除去油污，A正确；‎ B.Fe3+在溶液中存在水解平衡，加热可以促进Fe3+的水解，但也不能完全除去，可通过向溶液中先加入过量KOH溶液，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，将其过滤除去，再向滤液中加入盐酸，中和过量的KOH，达到除杂的目的，B错误；‎ C. FeSO4是强酸弱碱盐，由于Fe2+水解产生Fe(OH)2沉淀使溶液变浑浊，为抑制盐的水解，应加适量的酸，但若加入的是盐酸，就会引入新的杂质离子Cl-。为达到除杂、净化，同时又抑制水解的目的，可加入少量硫酸，C错误；‎ D.AlCl3溶液加热发生水解反应，生成氢氧化铝和盐酸，盐酸挥发，蒸干得到的固体是Al(OH)3，再将固态灼烧，氢氧化铝分解，产生固体氧化铝；Na2SO3具有还原性，将其溶液加热，Na2SO3会被溶液中的氧气氧化为Na2SO4，Na2SO4是强酸强碱盐，物质稳定，不水解，受热也不分解，最后得到的固体为硫酸钠，D错误；‎ ‎【点睛】本题考查了盐溶液的性质的应用的知识。盐的组成成分不同，性质不同，应用也不同，在应用时一定要充分考虑盐的性质。如碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可用于去除油污；氯化铵溶液水解显酸性，可用于金属除锈；碳酸氢钠溶液显碱性，明矾溶液显酸性，二者混合，两种盐水解程度都增强，产生大量的CO2气体和Al(OH)3，可用于灭火；KMnO4、NaClO具有强的氧化性，可用于消毒、杀菌；AgNO3不稳定，高温、光照容易分解，保存要低温、避光；配制FeSO4溶液时，既要加入还原铁粉，防止其被空气氧化变为硫酸铁，同时也要加入稀硫酸，来抑制Fe2+水解，使溶液变浑浊，等等。充分考虑物质的各种性质是正确应用的前提和保证。‎ ‎4.下列热化学方程式正确的是 A. 甲烷的燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4‎ ‎(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－890.3kJ·mol－1‎ B. 500℃、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－38.6kJ·mol－1‎ C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝-57.3kJ·mol－1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(-57.3)kJ·mol－1‎ D. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH＝a，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝b，则aKHB>KHD B. 滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)‎ C. pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)‎ D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值都大于1，说明三种酸都是弱酸。HA的PH最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD，A正确；‎ B．滴定至P点时溶质为等物质量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；‎ C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；‎ D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点晴】在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)≫c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋‎ 守恒。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。‎ ‎11.已知反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)，在某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应进行到某时刻测得各组分的浓度如下：‎ 物质 CH3OH CH3OCH3‎ H2O 浓度/mol·L－1‎ ‎0.44‎ ‎0.6‎ ‎0.6‎ 下列叙述中正确的是(　　)‎ A. 该反应的平衡常数表达式为K＝‎ B. 平衡时c(CH3OH)＝0.04 mol·L－1‎ C. 该时刻正、逆反应速率的大小：v正＜v逆 D. 若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，该时间内反应速率v(CH3OH)＝1.6 mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)的平衡常数表达式K=，故A错误；‎ B.由表中数据可知，甲醇的起始浓度为0.44mol/L+2×0.6mol/L=1.64mol/L，令平衡后c(CH3OCH3)=xmol/L，根据方程式可知平衡时c(CH3OH)=(1.64−2x)mol/L，c(H2O)=xmol/L，则 =400，解得x=0.8，经10min达到平衡，此时c(CH3OH)=0.04mol/L，故B正确； ‎ C. 浓度商Qc==1.34v逆，故C错误；‎ D. 10min达到平衡时，反应速率v(CH3OH)==0.16mol/(L⋅min)，故D错误，‎ 故选B。‎ ‎12.浓度均为0.1 mol／L体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg 的变化关系如图所示。下列叙述正确的是 A. HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱 B. 相同温度下，电离常数K(HX): a>b C. 常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH-)：a1，说明HX部分电离、为弱电解质；HY的pH=1，说明HY完全电离、为强电解质；‎ B、相同温度下，酸的电离平衡常数不变；‎ C、酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小；‎ D、=3，若同时微热两种溶液（不考虑HX、HY和H2O的挥发），n（X-）增大，n（Y-）不变，二者溶液体积相等。‎ ‎【详解】A、根据图知，=0时，HX的pH>1，说明HX部分电离为弱电解质，HY的pH=1，说明HY完全电离，为强电解质，HY的酸性大于HX，错误；‎ B、酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数K(HX)：a=b，错误；‎ C、酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小，根据图知，b溶液中氢离子浓度小于a，则水电离程度a甲 B. 平衡时O2的浓度：乙>甲 C. 平衡时SO2转化率：乙>甲 D. 平衡时SO2的体积分数：乙>甲 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在相同温度下，有相同体积甲、乙两容器，且保持体积不变，加入二氧化硫和氧气发生的反应为：，反应是气体体积减小的放热反应，甲容器中和乙容器中相比，乙容器中压强大于甲，反应速率快，二氧化硫转化率增大，由此分析解答。‎ ‎【详解】在相同温度下，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，加入二氧化硫和氧气发生的反应为：‎ ‎，反应是气体体积减小的放热反应，甲容器中和乙容器中相比，乙容器中压强大于甲，反应速率快，相当于平衡正向进行，二氧化硫转化率增大。‎ A、乙中物质浓度大于甲，化学反应速率：乙>甲，故A正确；‎ B、乙中物质浓度大于甲，平衡时的浓度：乙>甲，故B正确；‎ C、乙中等效于甲再加入1g 和1g ，平衡正向进行，平衡时的转化率：乙>甲，故C正确；‎ D、在相同温度下，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中和乙容器中相比，乙容器中压强大于甲，反应速率快，二氧化硫转化率增大，平衡时的体积分数：乙<甲，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎16.某电路板生产企业的水质情况及国家允许排放的污水标准如下表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如下图所示。‎ 查阅资料，平衡I：Cu(OH)2 + 4NH3 [Cu(NH3)4]2+ + 2OH-；‎ 平衡II：Cu(OH)2 + 2OH- [Cu(OH-)4]2-‎ 项目 废水水质 排放标准 pH ‎1.0‎ ‎6~9‎ Cu2+/ mg·L-1‎ ‎72‎ ‎≤0.5‎ NH4+/ mg·L-1‎ ‎2632‎ ‎≤15‎ 下列说法不正确的是 A. 废水中Cu2+处理的最佳pH约为9‎ B. b~c段：随pH升高，Cu(OH)2的量增加，平衡I正向移动，铜元素含量上升 C. c~d段：随pH升高，c(OH-)增加，平衡I逆向移动，铜元素含量下降 D. d点以后，随c(OH-)增加，铜元素含量可能上升 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据图象，在pH=9时，Cu元素的含量最小，即废水中Cu2＋处理的最佳pH约为9，故A说法正确；‎ B、b～c段：pH增大，c(OH－)增大，根据勒夏特列原理，平衡I中，Cu(OH)2增大，平衡向逆反应方向移动，故B说法错误；‎ C、c～d段：pH增大，c(OH－)增大，平衡I向逆反应方向进行，铜元素含量下降，故C说法正确；‎ D、d点以后，c(OH－)增大，平衡II向正反应方向进行，生成Cu[(OH－)4]2－，铜元素含量增大，故D说法正确；‎ 答案选B。‎ 二、非选择(共52分)‎ ‎17.(1)在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：‎ ‎①第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是________________。‎ ‎②1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是___________________________。‎ ‎(2)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)　ΔH=-566kJ·mol-1①‎ Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+0.5O2(g)　ΔH=-226kJ·mol-1②‎ 则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时，电子转移数目为________________。‎ ‎(3)已知H2(g)+Br2(l)=2HBr(g)　ΔH=-72kJ·mol-1，蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，其他相关数据如下表：‎ 物质 H2(g)‎ Br2(g)‎ HBr(g)‎ ‎1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(kJ)‎ ‎436‎ ‎200‎ a 则表中a=______________。‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). ΔH<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量) (3). NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)　ΔH=-346kJ·mol-1 (4). 2NA(或1.204×1024) (5). 369‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查热化学方程式的分析与计算。‎ ‎（1）ΔH<0，则反应为放热反应，根据盖斯定律第一步＋第二步即为总的热化学方程式。‎ ‎（2）根据盖斯定律可知①+2×②即为所求热化学方程式，再根据得失电子计算电子转移数目。‎ ‎（3）化学反应的焓变等于反应物的总键能-生成物的总键能。‎ ‎【详解】（1）由图可知ΔH<0，则反应为放热反应，根据盖斯定律可知 ①‎ ‎②；根据盖斯定律可知：①+②可得：NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)　ΔH=-346kJ·mol-1；‎ 故答案为：放热；ΔH<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)；NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)　ΔH=-346kJ·mol-1；‎ ‎（2）2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)　ΔH=-566kJ·mol-1①；Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+0.5O2(g)　ΔH=-226kJ·mol-1②；根据盖斯定律可知：①+2×②得： ，当反应放出509kJ热量时有1molCO参与反应，电子转移数目为2NA(或1.204×1024)；‎ 故答案为：NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)　ΔH=-346kJ·mol-1；2NA(或1.204×1024)；‎ ‎（3）H2(g)+Br2(l)=2HBr(g)ΔH=-72kJ·mol-1①蒸发1molBr2(l)需要吸收能量为30kJ，Br2(l)= Br2(g) ΔH=30kJ·mol-1②，①-②得H2(g)+Br2(g)=2HBr(g)　ΔH=-102kJ·mol-1，化学反应的焓变等于反应物的总键能-生成物的总键能，由表可知200+436-2a=-102，解得a=369；‎ 故答案为：369。‎ ‎【点睛】化学反应的焓变等于反应物的总键能-生成物的总键能，也等于生成物总能量-反应物总能量。‎ ‎18.在一定温度下，1L密闭容器中通入H2和I2各0.016 mol，发生如下反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，一段时间后达到平衡，测得数据如下：‎ t/min ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎9‎ n(I2)/mol ‎0.012‎ ‎0.011‎ ‎0.01‎ ‎0.01‎ 请回答：(1)2min内，v(H2) =______mol/(L·min)。‎ ‎(2)下列能证明该反应已经达到平衡的是______(填字母)。‎ a.V正(H2)=V逆(HI)‎ b.混合气体的颜色不再发生变化 c.混合气体中各组分的物质的量不再发生变化 d.混合气体的密度不再变化 ‎(3)该温度下反应的化学平衡常数数值是______。‎ ‎(4)H2的平衡转化率是______。‎ ‎(5)温度降低时，该反应的平衡常数变大，则正反应是______(填“放热”或“吸热”)反应。‎ ‎(6)一定可以提高平衡体系中HI百分含量的措施是____(填字母)。‎ a.降低温度 b.增大H2浓度 c.加入催化剂 d.降低压强 ‎【答案】 (1). 0.002 (2). bc (3). 1.44 (4). 37.5% (5). 放热 (6). a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据计算v（I2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）。‎ ‎（2）可逆反应到达平衡时，同种物质表示的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些物理量不变，注意判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡。‎ ‎（3）7min处于平衡状态，平衡时碘为0.01mol，计算平衡时各组分浓度 代入计算。‎ ‎（4）计算消氢气的物质的量，。‎ ‎（5）温度降低时，该反应的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，降低温度平衡向放热反应移动。‎ ‎（6）A．降低高温度平衡正向移动，HI的物质的量增大，混合气体总物质的量不变。‎ B．增大H2浓度平衡正向移动，但HI的含量不一定增大。‎ C．加入催化剂不影响平衡移动。‎ D．反应前后气体的体积不变，降低压强平衡不移动。‎ ‎【详解】(1)2min内,,速率之比等于化学计量数之比,则。‎ 故答案为：0.002。‎ ‎(2)a.应是2v正(H2)=v逆(HI)时反应处于平衡状态，故a错误。‎ ‎ b.混合气体的颜色不再发生变化，说明碘蒸汽的浓度不变，反应到达平衡，故b正确。‎ c. 混合气体中各组分的物质的量不再发生变化，说明到达平衡，故c正确。‎ d. 混合气体总质量不变，容器的容器不变，混合气体的密度始终不变，故d错误。‎ 故选：bc。‎ ‎(3)7min处于平衡状态，平衡时碘为0.01mol，则：‎ ‎ ‎ 平衡常数。‎ 故答案为：1.44。‎ ‎(4)消氢气的物质的量为,则氢气转化率。‎ 故答案为：37.5%。‎ ‎(5)温度降低时，该反应的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，降低温度平衡向放热反应移动。‎ 故答案为：放热。‎ ‎(6)a.降低高温度平衡正向移动，HI的物质的量增大，混合气体总物质的量不变，HI百分含量增大，故a正确。‎ b. 增大H2浓度平衡正向移动，如果氢气的剩余量较多，HI的含量不一定增大，故b错误。‎ c. 加入催化剂加快反应速率，不影响平衡移动，HI百分含量不变，故c错误。‎ d. 反应前后气体的体积不变，降低压强平衡不移动，HI百分含量不变，故d错误。‎ 故选：a。‎ ‎19.电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。‎ ‎(1)图中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择__________(填字母)。‎ a.碳棒 b.锌板 c.铜板 d.钠块 ‎(2)镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。‎ ‎①E为该燃料电池的________(填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式为__________‎ ‎②镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，用化学用语解释其原因_________。‎ ‎③0.4molCuSO4和0.4molNaCl溶于水，配成1L溶液，用该镁燃料电池用惰性电极进行电解，当一个电极得到0.3molCu时，另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积为_______L。‎ ‎(3)如图所示，装置Ⅰ为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜。‎ ‎①b处应通入______(填“CH4”或“O2”)，a处电极上发生的电极反应式是_________________；‎ ‎②电镀结束后，装置Ⅰ中溶液的pH_____________；(填写“变大”“变小”或“不变”)装置Ⅱ中Cu2+的物质的量浓度_______________；(填写“变大”“变小”或“不变”)‎ ‎③在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量变化12.8g，则装置Ⅰ中理论上消耗甲烷________L(标况)。‎ ‎【答案】 (1). b (2). 负 (3). ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH- (4). Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑ (5). 5.6 (6). O2 (7). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (8). 变小 (9). 不变 (10). 1.12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）形成原电池时，Fe作正极被保护；活泼性比Fe强的金属作负极，被腐蚀。‎ ‎（2）①原电池中，负极上失电子发生氧化反应，化合价升高，正极上得电子发生还原反应，化合价降低，据此判断正负极。‎ ‎②镁能和热水反应生成氢氧化镁和氢气。‎ ‎③电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上氯离子先放电，然后氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，后氢离子放电，当阴极上析出析出铜的物质的量为0.3mol＜0.4mol，根据转移电子守恒计算阳极上生成气体体积。‎ ‎（3）II中首先镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，所以b处通入的气体是O2。‎ ‎①装置Ⅱ实现铁棒上镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水。‎ ‎②装置Ⅰ中消耗氢氧化钾溶液PH减小，电镀过程中阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量。‎ ‎③根据整个装置中电子转移相等计算消耗的甲烷的体积。‎ ‎【详解】(1)该装置形成原电池，Fe作负极被保护，所以应该连接比Fe活泼的金属，故锌板。‎ 故答案为：b；‎ ‎(2)①电池中,负极上失电子发生氧化反应,化合价升高,正极上得电子发生还原反应,化合价降低,根据图知,Mg元素化合价由0价变为+2价、Cl元素化合价由+1价变为−1价,所以E是负极、F是正极,正极上次氯酸根离子得电子和水反应生成氯离子和氢氧根离子,离子方程式为。‎ 故答案为：负；。‎ ‎②镁能和热水反应生成氢氧化镁和氢气而导致负极利用率降低,反应方程式为。‎ 故答案： 。‎ ‎③电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上氯离子先放电，然后氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，后氢离子放电，当阴极上析出铜的物质的量为0.3mol，阴极上转移电子的物质的量，根据原子守恒知，溶液中，氯离子完全放电时转移电子的物质的量，所以阳极上生成的气体是氯气和氧气，生成氯气的体积为0.2mol即4.48L。根据电极反应，，转移0.2mol电子，生成氧气的物质的量是0.05mol，即1.12L，所以另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积是。‎ 故答案为：5.6。‎ ‎（3）①通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜,则Cu作阳极、Fe作阴极,I中a处电极为负极、b处电极为正极,负极上通入燃料、正极上通入氧化剂,所以b处通入的气体是O2 ,甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水,电极反应为，‎ 故答案为： O2；。‎ ‎②根据I中电池反应为，KOH参加反应导致溶液中KOH浓度降低，则溶液的pH减小；II中发生电镀，阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量，则溶液中铜离子浓度不变。‎ 故答案为：变小；不变。‎ ‎③左边原电池和右边电解池转移电子数相等,所以消耗甲烷的体积。‎ 故答案为：1.12。‎ ‎【点睛】电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上Cl－先放电，然后OH－放电，阴极上Cu2＋放电，后H＋放电，当阴极上析出析出铜的物质的量为0.3mol＜0.4mol，根据转移电子守恒计算阳极上生成气体体积。‎ ‎20.我国国标推荐的食品药品中Ca元素含量的测定方法之一为：利用Na2C2O4将处理后的样品中的Ca2+沉淀，过滤洗涤，然后将所得CaC2O4固体溶于过量的强酸，最后使用已知浓度的KMnO4溶液通过滴定来测定溶液中Ca2+的含量。针对该实验中的滴定过程，回答以下问题：‎ ‎(1)KMnO4溶液应该用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装，除滴定管外，还需要的玻璃仪器有________________________________________________________________‎ ‎(2)试写出滴定过程中发生反应的离子方程式：__________________________________‎ ‎(3)如何判断滴定终点 ________________________________________________________。‎ ‎(4)以下操作会导致测定的结果偏高的是________(填字母)。‎ a.装入KMnO4溶液前未润洗滴定管 b.滴定结束后俯视读数 c.滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液 d.滴定过程中，振荡时将待测液洒出 ‎【答案】 (1). 酸式 (2). 烧杯、锥形瓶 (3). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (4). 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液有无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (5). ac ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）高锰酸钾具有强氧化性，根据中和滴定所需仪器判断。‎ ‎（2）在硫酸条件下，高锰酸钾将C2O42-氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，据此写出反应的离子方程式。‎ ‎（3）高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入含C2O42-溶液中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液有无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。‎ ‎（4）分析不当操作对c=的影响，以此判断浓度的误差。‎ ‎【详解】(1)高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中。‎ 故答案为：酸式。‎ ‎(2)高锰酸钾具有强氧化性,在硫酸条件下将C2O42-氧化为CO2,自身被还原为Mn2+,离子方程式为：。‎ 故答案为：。‎ ‎(3)高锰酸钾溶液本身有颜色,为紫色,在开始滴入C2O42-中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液有无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液有无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。‎ ‎(4) a．滴定时，滴定管经水洗，蒸馏水洗后加入滴定剂高锰酸钾溶液，标准液体被稀释，浓度变稀，造成V（标准）偏大，由此计算结果偏大。‎ b．滴定前平视，滴定后俯视，则所用标准液读数偏小，由此计算结果偏小。‎ c．滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液，造成V（标准）偏大，由此计算结果偏大。‎ d．滴定过程中，振荡时将待测液洒出，所用标准液偏小，由此计算结果偏小。‎ 故答案为：ac。‎ ‎【点睛】高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入含C2O42-溶液中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液有无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。分析不当操作c=的影响，以此判断浓度的误差。‎ ‎21.一种以软锰矿(主要成分为MnO2、SiO2、Al2O3)和黄铁矿(FeS2、SiO2)为原料冶炼金属锰的工艺流程如图所示：‎ 已知相关金属离子[c(Mn＋)＝0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH如下：‎ 金属离子 Fe3＋‎ Mn2＋‎ Al3＋‎ 开始沉淀的pH ‎2.7‎ ‎8.3‎ ‎3.2‎ 沉淀完全的pH ‎3.7‎ ‎9.8‎ ‎5.0‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)MnO2本身不能溶于硫酸，但是在Fe2＋的作用下却能溶解，写出该反应的离子方程式：____________________________。‎ ‎(2)滤渣1的成分除了SiO2外，还有一种淡黄色的物质是_______________(填化学式)。‎ ‎(3)除杂步骤中加入的MnCO3的作用是____________________________，该过程需调节溶液pH的范围是___________________________，若把pH调得过高，其后果是_________________________。‎ ‎(4)用惰性电极进行电解，电解刚开始时阴极的电极反应式为____________________，电解后阳极的电解质溶液可返回_______________________(填“酸浸”“除杂”或“电解”)工序继续使用。‎ ‎【答案】 (1). MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O (2). S (3). 调节溶液的pH，使Fe3＋和Al3＋完全沉淀 (4). 5.0≤pH＜8.3 (5). 会使Al元素形成AlO2-混入溶液中而无法分离出来，且锰的产率会降低 (6). Mn2＋＋2e－＝Mn (7). 酸浸 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）MnO2具有氧化性，Fe2＋具有还原性，在酸性条件下发生氧化还原反应；‎ ‎（2）根据元素守恒法结合固体的颜色作答；‎ ‎（3）加入MnCO3，根据沉淀所需的pH除去Fe3＋和Al3＋，且不引入新的杂质；依据相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH表格数据分析作答；‎ ‎（4）电解质主要为硫酸锰，依据电解原理分析惰性电极中阴阳极的放电顺序，据此回答。‎ ‎【详解】（1）Fe2＋在酸性条件下将MnO2还原为Mn2＋，其离子方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，‎ 故答案为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；‎ ‎（2）FeS2与硫酸会反应生成淡黄色难溶于水的沉淀，为S单质，‎ 故答案为S；‎ ‎（3）加入的MnCO3可调节溶液的pH到合适的范围，使Fe3＋和Al3＋完全沉淀，所需的pH值≥5.0，而Mn2＋开始沉淀的pH为8.3，则调节的pH范围为：5.0≤pH＜8.3；‎ 故答案为调节溶液的pH，使Fe3＋和Al3＋完全沉淀；若把pH调得过高，氢氧化铝沉淀会被碱性溶液溶解，生成偏铝酸根离子，且从沉淀所需pH值表格数据可看出，Mn2＋会开始沉淀，导致锰的产率会降低，‎ 故答案为调节溶液的pH，使Fe3＋和Al3＋完全沉淀；5.0≤pH＜8.3；会使Al元素形成AlO2-混入溶液中而无法分离出来，且锰的产率会降低 ‎（4）用惰性电极进行电解MnSO4，阴极Mn2＋得电子发生还原反应得到金属锰，其电极反应式为：Mn2＋＋2e－＝Mn，阳极发生氧化反应，其电极反应式为：4OH−− 4e－＝O2↑＋2H2O，使溶液呈酸性，得到的硫酸溶液可返回“酸浸”工序重复利用，‎ 故答案为Mn2＋＋2e－＝Mn；酸浸。‎ ‎ ‎ ‎ ‎