高考真题化学解析分类汇编—专题无机综合与推断包括化学工艺流程 15页

2014 年普通高等学校招生全国统一考试化学试题分类汇编 专题十四 无机综合与推断（包括化学工艺流程） 1．（2014·天津理综化学卷，T10）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为 N2(g) ＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。一种工业合成氨的简式流程图如下： (1)天然气中的 H2S 杂质常用氨水吸收，产物为 NH4HS。一定条件下向 NH4HS 溶液中通入空气，得到 单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式： ________________________________________________________________________。 (2)步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：①CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206.4 kJ·mol－1 ②CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1 对于反应①，一定可以提高平衡体系中 H2 的百分含量，又能加快反应速率的措施是____________。 a．升高温度 b．增大水蒸气浓度 c．加入催化剂 d．降低压强 利用反应②，将 CO 进一步转化，可提高 H2 的产量。若 1 mol CO 和 H2 的混合气体(CO 的体积分数为 20%)与 H2O 反应，得到 1.18 mol CO、CO2 和 H2 的混合气体，则 CO 的转化率为____________。 (3)图(a)表示 500 ℃、60.0 MPa 条件下，原料气投料比与平衡时 NH3 体积分数的关系。根据图中 a 点 数据计算 N2 的平衡体积分数：____________。 (4)依据温度对合成氨反应的影响，在图(b)坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开 始，随温度不断升高，NH3 物质的量变化的曲线示意图。 (a) (b) (5)上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是(填序号)________。简述本流程中 提高合成氨原料总转化率的方法： __________________________________。 【答案】 (1)2NH4HS＋O2 ===== 一定条件 2NH3·H2O＋2S↓ (2)a 90% (3)14.5% (4) (5)Ⅳ 对原料气加压；分离液氨后，未反应的 N2、H2 循环使用 【解析】(1)由题意可知为空气中的 O2 将负二价硫氧化为硫单质，根据电子守恒将方程式配平即可。 (2)反应①为气体物质的量增大的吸热反应，降低压强使平衡右移，但反应速率减小，d 错；催化剂不能改 变反应限度，即不能改变 H2 的百分含量，c 错；增大水蒸气浓度虽可使反应速率增大以及平衡右移，但产 物 H2 的百分含量却减小，b 错；升高温度反应速率增大，且平衡正向移动，H2 的百分含量增大，a 对。 CO 与 H2 的混合气体与水蒸气的反应中，反应体系中的气体的物质的量不变，而 1 molCO 与 H2 的混合气 体参加反应生成 1.18 mol 混合气，说明有 0.18 mol 水蒸气参加反应，则根据方程式②可知参加反应的 CO 也为 0.18 mol，则其转化率为 0.18 mol 1 mol×20%×100%＝90%。 (3)由图中看出当 N2 与 H2 物质的量比为 1∶3时，NH3 的平衡体积分数最大，为 42%。设平衡时转化 的 N2 的物质的量为 x mol，由三段式： N2＋3H2 2NH3 起始(mol): 1 3 0 转化(mol): x 3x 2x 平衡(mol): 1－x 3－ 3x 2x 2x （1－x）＋（3－3x）＋2x×100%＝42%，则 x＝0.59 则平衡时 N2 的体积分数为 （1－x） （1－x）＋（3－3x）＋2x ×100%＝14.5%。(4)作图时要注意开始时 NH3 物质的量不断增多，是因为反应正向进行(反应未达平衡)，达到一定程度后反应达到平衡而此时温度继续 升高，平衡逆向移动，NH3 的物质的量减小。(5)热交换器可以使需要加热的物质得到加热，还可以使需要 冷却的物质得到冷却，能充分利用能量。合成氨反应为气体物质的量减小的反应，加压利于反应正向进行； 此外，循环利用可反复利用原料，提高原料利用率。 2. （2014·四川理综化学卷，T11）（16 分）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 Al3＋和 Fe3＋，其原因是 。 （3）已知：25℃、101kPa 时，Mn(s)+O2(g)=MnO2(s) H=-520kJ/mol S(s)+O2(g)=SO2(g) H=-297kJ/mol Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s) H=-1065kJ/mol SO2 与 MnO2 反应生成无水 MnSO4 的热化学方程式是 （4）MnO2 可作超级电容材料。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 MnO2 反应。按照图示流程，将 a m3(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 89.6%，最终得到 MnO2 的质量 ckg，则除去铁、铝、铜、镍 等杂质时，所引入的锰元素相当于 MnO2 kg。 【答案】（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) H=-248kJ/mol （4）Mn2＋+2H2O-2e－=MnO2+4H＋ （5）MnO2+H2O+e－=MnO(OH)+OH－ （6）1500 87 2500 c ab 【解析】（1）根据题意，既脱除燃煤尾气中的 SO2，又制得电池材料 MnO2，上述流程脱硫能够实 现废弃物的综合利用，二氧化硫的减少可以减少酸雨。 （2）用 MnCO3 能除去溶液中 Al3＋和 Fe3＋的原因是 MnCO3 本身难溶于水，消耗溶液中的酸，促进 Al3 ＋和 Fe3＋水解生成氢氧化物沉淀。 （3） Mn(s)+O2(g)=MnO2(s) H=-520kJ/mol ① S(s)+O2(g)=SO2(g) H=-297kJ/mol ② Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s) H=-1065kJ/mol ③ 根据盖斯定律： ③-①-②得： H=-248kJ/mol，则 SO2 与 MnO2 反应生成无水 MnSO4 的热化学方程 式是 MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) H=-248kJ/mol （4）用惰性电极电解 MnSO4 溶液，正极的反应式为 Mn2＋+2H2O-2e－=MnO2+4H＋ （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 MnO2+H2O+e－ =MnO(OH)+OH－ （6）最终得到 MnO2 的质量 ckg，减去和二氧化硫反应的二氧化锰的质量，即为除去铁、铝、铜、镍 等杂质时，所引入的 MnO2 的质量。m=c-[a×103×b%×89.6%×87/(22.4×1000)]= 1500 87 2500 c ab 3．（2014·全国理综 I 化学卷，T36）[化学——选修 2：化学与技术]（15 分）磷矿石主要以磷酸钙 [Ca3(PO4)2  H2O]和磷灰石[Ca5F(PO4)3、Ca5(OH)(PO4)3]等形式存在。图（a）为目前国际上磷矿石利用的大致 情况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解制备磷酸。图（b）是热法磷酸生成过程中由磷灰石制单 质磷的流程。 图（a） 图（b） 部分物质的相关性质如下： 熔点/℃ 沸点/℃ 备注 白磷 44 280.5 PH3 -133.8 -87.8 难溶于水，具有还原性 SiF4[来源:学§ 科§网] -90 -86 易水解 回答下列问题： （1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的 ℅。 （2）以磷灰石为原料，湿法磷酸过程中 Ca3F(PO4)3 反应的化学方程式为： 。 现有 1 吨折合含有五氧化二磷约 30%的磷灰石，最多可制得 85℅的商品磷酸 吨。 （3）如图(b)所示，热法生产磷酸的第一步是将二氧化硅、过量焦炭与磷灰石混合，高温反应生成白 磷。炉渣的主要成分是： (填化学式)冷凝塔 1 的主要沉积物是： 冷凝塔 2 的主要沉积物是： （4）尾气中主要含有 ，还含有少量 PH3、H2S 和 HF 等，将尾气先通入纯碱溶液，可除 去 ；再通入次氯酸钠溶液，可除去 (均填化学式) （5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是： 。 【答案】（1）69% （2）Ca5F(PO4)3＋5H2SO4＝3H3PO4＋5CaSO4＋HF↑ 0.49t （3）CaSiO3，，液体白磷；固体白磷。 （4）CO、SiF4；H2S、HF、SiF4，PH3。 （5）产品纯度高或产品浓度大 【解析】（1）含磷的肥料有两种：磷矿粉肥和最终制得的磷肥，共 4%+96%×85%×80%＝69% （2）湿法生产磷酸属于复分解反应,符合强酸制取弱酸的反应， Ca5F(PO4)3＋5H2SO4＝3H3PO4＋5CaSO4 ＋HF 根据 P 原子守恒：P2O5→2 H3PO4 142 196 0.3t 85%x 则：85%x×142＝196×0.3t，x＝0.49t （3）炉渣主要成分是硅酸钙（CaSiO3），冷凝塔 1 的温度为 70℃，白磷蒸汽冷凝为液体；冷凝塔 2 的温度为 18℃，白磷液体固化变为固体。 （4）因为使用了过量的焦炭，所以尾气中中有大量的 CO 气体，还含有 SiF4；通过碱性溶液，酸性的 H2S、HF 以及易水解的 SiF4 被吸收，再通过氧化性的次氯酸钠溶液，还原性的 PH3 被吸收。 （5）用白磷制取磷酸可以制得高纯度的磷酸 4、（2014·江苏单科化学卷，T16）（12 分）烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。实验室用粉煤灰 （主要含 Al2O3、SiO2 等）制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6—2x]溶液，并用于烟气脱硫研究。 （1）酸浸 时反应的化学方程式为 ；滤渣Ⅰ的主要成分为 （填化学式）。 （2）加 CaCO3 调节溶液的 pH 至 3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使 Al2(SO4)3 转化为 Al2(SO4)x(OH)6—2x。 滤渣Ⅱ的主要成分为 （填化学式）；若溶液的 pH 偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原 因是 （用离子方程式表示）。 （3）上述流程中经完全热分解放出的 SO2 量总是小于吸收的 SO2 量，其主要原因是 ；与吸收 SO2 前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的 pH 将 （填“增大”、“减小”或“不变”）。 【答案】（12分） （1）Al2O3+3H2SO4=Al2（so4）3+3H2O SiO2 （2）CaSO4 3CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O=2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2 （3）溶液中的部分亚硫酸根被氧化成硫酸根，减小 【解析】（1）粉镁灰中含有氧化铝和二氧化硅，加入硫酸，氧化铝与硫酸反应，二氧化硅不和硫酸 反应，化学方程式为：Al2O3+3H2SO4=Al2（so4）3+3H2O，滤渣的成分为二氧化硅。 （2）加入碳酸钙调节溶液的 pH，溶液中的硫酸根与钙离子结合生成滤渣，滤渣 II 的主要成分是硫酸 钙；若溶液的 pH 值偏高则部分硫酸铝转化成氢氧化铝沉淀，导致溶液中的铝离子含量降低，离子方程式 为3CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O=2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2 （3）流程中完全分解产生的二氧化硫小于被吸收的二氧化硫的总量，主要是因为有部分亚硫酸根被 氧化成硫酸根；二氧化硫被吸收后生成盐，被循环利用的溶液的 pH 值减小。 5．（2014·安徽理综化学卷，T27）(14 分)LiPF6 是锂离子电池中广泛应用的电解质。某工厂用 LiF、 PCl5 为原料，低温反应制备 LiPF6，其流程如下： 已知：HCl 的沸点是－85.0 ℃，HF 的沸点是 19.5 ℃。 （1）第①步反应中无水 HF 的作用是 、 。反应设备不能用 玻璃材质的原因是 (用化学方程式表示)。无水 HF 有腐蚀性和毒性，工厂安全手册提示： 如果不小心将 HF 沾到皮肤上，可立即用 2%的 溶液冲洗。 （2）该流程需在无水条件下进行，第③步反应中 PF5 极易水解，其产物为两种酸，写出 PF5 水解的化 学方程式： 。 （3）第④步分离采用的方法是 ；第⑤步分离尾气中 HF、HCl 采用的方法是 。 （4）LiPF6 产品中通常混有少量 LiF。取样品 wg。测得 Li 的物质的量为 nmol，则该样品中 LiPF6 的物质 的量为 mol(用含有 w、n 的代数式表示)。 【答案】（14 分） （1）反应物 溶剂 SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O NaHCO3 （2）PF5+4H2O=H3PO4+5HF （3）过滤 冷凝 （4） 26 126 w n （本题部分小题属于开放试题，合理答案均给分） 【解析】（1）根据题目中的流程可以看出，固体+液体反应 新物质+饱和溶液，所以无水 HF 的 作用是反应物和溶剂；玻璃的主要成分中含有二氧化硅，能和 HF 发生反应，反应的方程式为 SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；HF 属于弱酸，必须用弱碱性溶液来除去（比如 2%的 NaHCO3 溶液）； （2）根据题目中的信息“PF5 极易水解，其产物为两种酸”，则根据元素组成可知，两种酸分别是 H3PO4 和 HF，所以反应的方程式为 PF5+4H2O=H3PO4+5HF； （3）第④步分离的是固体（LiPF4(s)）和液体（HF(l)），所以采用过滤的方法；分离尾气中 HF、HCl， 可以利用二者沸点的差异（HF 分子之间存在氢键）进行分离，所以采用冷凝法； （4）根据守恒可以得到；设 LiPF6 为xmol，LiF 为 ymol；根据 Li 守恒，有 x+y=n，根据质量守恒有 152x+26y=w，解得 x= 26 126 w n mol。 6．（2014·福建理综化学卷，T23）(15 分)元素周期表中第 VIIA 族元素的单质及其化合物的用途广泛。 （1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为 。 （2）能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是 (填序号)。 a．Cl2、Br2、I2 的熔点 b． Cl2、Br2、I2 的氧化性 c．HCl、HBr、HI 的热稳定性 d． HCl、HBr、HI 的酸性 （3）工业上，通过如下转化可制得 KClO3 晶体： NaCl 溶液 NaClO3 溶液 KClO3 晶体[来源:学科网] ①完成 I 中反应的总化学方程式：□NaCl＋□H2O＝□NaClO3＋□ 。 ②II 中转化的基本反应类型是 ，该反应过程能析出 KClO3 晶体而无其它晶体 析出的原因是 。 （4）一定条件，在水溶液中 1 mol Cl－、ClO－(x＝1，2，3，4)的能量(KJ)相对大小如右图所示。 ①D 是 (填离子符号)。 ②B→A＋C 反应的热化学方程式为 (用离子符号表示)。 【答案】（15分） （1） （2）b、c （3）① 1 NaCl+ 3 H2O== 1 NaClO3+ 3 H2↑ ②复分解反应 室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体 （4）①ClO4—[来源:Z。xx。k.Com] ②3 ClO—( aq )==ClO3—( aq )+2Cl—( aq ) △H=  117KJ·mol—1 【解析】（1）与氯元素同主族的短周期元素位 F，原子结构示意图为： （2）能作为非金属性判断的依据是单质之间的氧化性顺序，b 正确，气态氢化物的热稳定性顺序，c 正确；单质的熔沸点和氢化物的酸性不是判断依据。 （3）根据氧化还原反应得失电子守恒，1 NaCl+ 3 H2O== 1 NaClO3+ 3 H2↑；氯酸钠与氯化钾反应 生成氯酸钾，反应类型为复分解反应，能析出晶体的原因是氯酸钾的溶解度小于其他晶体。 （4）根 据 图 像 ， D 物 质 中 化 合 价 为 +7 ， 则 D 是 ClO4— 则 根 据 化 合 价 可 得 反 应 方 程 式 为 ： 3 ClO—( aq )==ClO3—( aq )+2Cl—( aq ) △H=63+0-3×60=-117 KJ·mol—1。 7．（2014·福建理综化学卷，T24）(15 分)铁及其化合物与生产、生活关 系密切。 （1）右图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。 ①该电化腐蚀称为 。 ②图中 A、B、C、D 四个区域，生成铁锈最多的是 (填字母)。 （2）用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如下： ①步骤 I 若温度过高，将导致硝酸分解。硝酸分解的化学方程式为 。 ②步骤 II 中发生反应：4Fe(NO3)2＋O2＋(2n＋4)H2O＝2Fe2O3·nH2O＋8HNO3，反应产生的 HNO3 又将废 铁皮中的铁转化为 Fe(NO3)2，该反应的化学方程式为 。 ③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是 (任写一项)。 （3）已知 t℃时，反应 FeO(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO2(g)的平衡常数 K＝0.25。 ①t℃时，反应达到平衡时 n(CO)：n(CO2)＝ 。 ②若在 1 L 密闭容器中加入 0.02 mol FeO(s)，并通入 xmolCO，t℃时反应达到平衡。此时 FeO(s)转化率 为 50%，则 x＝ 。 【答案】（15 分） （1）①吸氧腐蚀 ②B （2）①4HNO3 4NO2↑+O2↑+2H2O ②4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)3+NH4NO3+3H2O ③氮氧化物排放少（或其他合理答案） （3）① 4:1 ②0.05 【解析】（1）由图看出，在海水中，该电化腐蚀属于吸氧腐蚀，在 ABCD 四个区域中，生成铁锈最 多是 B 区，能接触到氧气。（2）浓硝酸分解的化学方程式为 4HNO3 4NO2↑+O2↑+2H2O,硝酸氧化 废 铁皮中铁的化学方程式为 4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)3+NH4NO3+3H2O，生产过程中体现绿色思想的是整个过程 中氮氧化物排放减少。 根据反应 FeO(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO2(g)，平衡常数 K 为 0.25，因为固体的浓度为 1，则反应达到平 衡时 n(CO)：n(CO2)=4:1，若在 1 L 密闭容器中加入 0.02 mol FeO(s)，并通入 xmolCO，t℃时反应达到平衡。 此时 FeO(s)转化率为率为 50%， FeO(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO2(g) 起始 0.02 x 0 0 变化 0.01 0.01 0.01 0.01 平衡时 0.01 x-0.01 0.01 0.01 根据平衡常数 K=0.25 得： . 0.25.  0 01 x 0 01 ，解得 x=0.05。 8．（2014·广东理综化学卷，T31）（16 分）用 CaSO4 代替 O2 与燃料 CO 反应，既可提高燃烧效率， 又能得到高纯 CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应。 ① 1 4 CaSO4(s)+CO(g) 1 4 CaS(s)+CO2(g) ∆H1= —47.3kJ∙mol-1 ② CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+CO2(g) +SO2(g) ∆H2= +210.5kJ∙mol-1 ③ CO(g) 1 2 C(s)+ 1 2 CO2(g) ∆H3= —86.2kJ∙mol-1 （1）反应 2CaSO4(s)+7CO(g) CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s) +SO2(g)的∆H＝___________（用∆H1、∆H2 和 ∆H3 表示） （2）反应①－③的平衡常数的对数 lgK 随反应温度 T 的变化 曲线见图 18，结合各反应的∆H，归纳 lgK-T 曲线变化规律： a)_______________________________； b)____________________________。 （3）向盛有 CaSO4 的真空恒容密闭容器中充入 CO，反应① 于 900℃达到平衡，c 平衡(CO)=8.0×10-5 mol∙L-1，计算 CO 的转 化率（忽略副反应，结果保留两位有效数字）。 （4）为减少副产物，获得更纯净的 CO2，可在初始燃料中适 量加入____________。 （5）以反应①中生成的 CaS 为原料，在一定条件下经原子利用率 100%的高温反应，可再生 CaSO4，该反 应的化学方程式为_______________；在一定条件下，CO2 可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基， 产物的结构简式为________________。 【答案】（16 分） （1）∆H＝4∆H1+∆H2+2∆H3（2 分）[来源:Z&xx&k.Com] （2）a)反应②为吸热反应，温度升高 K 值增大，lgK 也增大（2 分） b)反应①③为放热反应，温度升高 K 值减小，lgK 也减小（2 分） （3）99% [来源:学&科&网] 1 4 CaSO4(s)+CO(g) 1 4 CaS(s)+CO2(g) 初始浓度（mol/L） a 0 转化浓度（mol/L） a- c 平衡（CO） a- c 平衡（CO） 平衡浓度（mol/L） c 平衡（CO） a- c 平衡（CO） 依题意，K= 2CO a CO a . 100CO CO . c c c c        5 5 8 0 10 8 0 10 平衡 平衡 平衡 平衡 （ ） （ ） （ ） （ ） ，a=8.08×10—3 mol·L—1 CO 的转化率： — — — — a CO . .100% 100% 99%a . c            3 1 5 1 3 1 8 08 10 mol L 8 0 10 mol L 8 08 10 mol L 平衡（ ） （5 分） （4）氧气 （2 分） （5）CaS+2O2 CaSO4 （2 分） （1 分） 【解析】（1）根据盖斯定律，①×4+②+③×2 得：2CaSO4(s)+7CO(g) CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s) +SO2(g)，所以∆H＝4∆H1+∆H2+2∆H3； （2）结合图像及反应的∆H 可知，反应①③为放热反应，温度升高 K 值减小，lgK 也减小，反应② 为吸热反应，温度升高 K 值增大，lgK 也增大。 （3）由图可可知，900℃时 1 4 CaSO4(s)+CO(g) 1 4 CaS(s)+CO2(g)的 lgK=2，即 K=100，K=     100c c 2CO CO ， 可知平衡时 c(CO2)= 8.0×10—3 mol·L—1，CO 的转化率为 . 100%. .              3 1 3 1 5 1 8 0 10 mol L 8 0 10 mol L 8 0 10 mol L( ) =99%； （5）CaS 转化为 CaSO4，从元素守恒角度分析，CaS 与 O2 按照 1:2 反应转化为 CaSO4，才能满足原子 利用率 100%，所以化学方程式为 CaS+2O2 CaSO4；CO2 可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧 基，因为对二甲苯的苯环上的氢原子只有 1 种，所以结构简式为 。 9、（2014·海南单科化学卷，T16）（9 分）锂锰电池的体积小，性能优良，是常用的一次电池。该 电池反应原理如图所示，其中电解质 LiClO4 溶于混合有机溶剂中，Li+ 通过电解质迁移入 MnO2 晶格中，生 成 LiMnO2。回答下列问题： （1）外电路的电流方向是由__________极流向__________极。（填字母） （2）电池正极反应式为________________________________________。 —CH3CH3— COOH —CH3CH3— COOH （3）是否可用水代替电池中的混合有机溶剂？__________（填“是”或“否”）原因是_______________。 （4）MnO2 可与 KOH 和 KClO4 在高温条件下反应，生成 K2MnO4，反应的化学方程式为 ______________________________________，K2MnO4 在酸性溶液中歧化，生成 KMnO4 和 MnO2 的物质的量 之比为______________。 【答案】（9 分） （1）b a （每空 1 分，共 2 分） （2）MnO2+e—+Li+=LiMnO2 （2 分） （3）否 电极 Li 是活泼金属，能与水反应 （每空 1 分，共 2 分） （4）3MnO2+KClO3+6KOH 2K2MnO4+KCl+3H2O （2 分） 2:1 （1 分） 【解析】（1）结合所给装置图以及原电池反应原理，可知 Li 作负极材料，MnO2 作正极材料，所以电 子流向是从 a→b，那么电流方向则是 b→a； （2）根据题目中的信息“电解质 LiClO4 溶于混合有机溶剂中，Li+ 通过电解质迁移入 MnO2 晶格中，生 成 LiMnO2”，所以正极的电极反应式 MnO2+e—+Li+=LiMnO2； （3）因为负极的电极材料 Li 是活泼的金属，能够与水发生反应，故不能用水代替电池中的混合有机溶 剂； （4）由题目中的信息“MnO2 可与 KOH 和 KClO4 在高温条件下反应，生成 K2MnO4”，可知该反应属于氧 化还原反应，Mn 元素化合价升高（ 4 6  Mn Mn ），则 Cl 元素的化合价降低（ 5 1  Cl Cl ），所以方程式 为 3MnO2+KClO3+6KOH 2K2MnO4+KCl+3H2O；根据“K2MnO4 在酸性溶液中歧化，生成 KMnO4 （ 6 7  2 4 4K MnO KMnO ）和 MnO2（ 6 4  2 4 2K MnO MnO ）”，根据电子得失守恒，可知生成的 KMnO4 和 MnO2 的物质的量之比为 2:1。 10、（2014·海南单科化学卷，T20-II）（14 分）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿 法”工艺冶炼锌。某含锌矿的主要成分为 ZnS（还含少量 FeS 等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程 如图所示： 浸出液浸出 浸出渣 回收利 用 硫化锌精 矿 焙烧 含尘烟气 净化、制酸 焙 滤渣 回收利 用 净化 滤液 电解沉 锌 废电积液 回答下列问题： （1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为____。 （2）焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的_______操作. （3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为________，其作用是__________________。 （4）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用 Pb-Ag 合金惰性电极，阳极逸出的气体是____。 （5）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又 可获得一种有工业价值的非金属单质。“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为 ____________________。 （6）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌。明代宋应星著的《天工开物》中有关于 “升炼倭铅”的记载： “炉甘石十斤，装载入一泥罐内，……，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，……，冷淀，毁罐 取出，……，即倭铅也。”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为____。（注：炉甘石的主要成分为碳 酸锌，倭铅是指金属锌） 【答案】（14 分） （1）ZnO （2 分） （2）浸出 （2 分） （3）锌粉 置换出 Fe 等 （每空 2 分，共 4 分） （4）O2 （2 分） （5）2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O （2 分） （6）ZnCO3+2C Zn+3CO↑ （2 分） 【解析】（1）硫化锌精矿的主要成分为 ZnS，在沸腾炉中与氧气发生反应的方程式为 ZnS+O2 ZnO+SO2，故产生焙砂的主要成分的化学式 ZnO； （2）从流程图可以看出，“浸出”环节需要加入酸，所以用焙烧过程中产生的含尘烟气制取的酸，可 用于后续的浸出操作； （3）为了保证“浸出”环节焙砂能够全部溶解，所以加入的酸是过量的，此时杂质 Fe3+也存在于“浸出 液”中，所以加入锌粉的目的就是置换出 Fe； （4）根据题目中的信息“阴极采用铝板，阳极采用 Pb-Ag 合金惰性电极”，则阳极为惰性电极，此时 阳极参加反应的微粒是 OH—，电极反应式 4OH—+4e—=2H2O+O2↑，故阳极逸出的气体是 O2； （5）根据信息“氧压酸浸”，可知参加反应的物质时 ZnS、O2 和酸提供的 H+，生成物“有工业价值的非 金属单质”即为 S，所以离子方程式为 2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O； （6）该炼锌工艺参加反应的物质时煤炭饼和炉甘石（碳酸锌），得到的物质是倭铅（金属锌) 和 CO， ZnCO3+2C Zn+3CO↑。