高考化学培优专题复习化学反应与能量练习题附答案

高考化学培优专题复习化学反应与能量练习题附答案
一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
1．五氧化二钒常用作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工生产。

一种以粗钒（主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下：
已知：①部分含钒物质的溶解情况：（VO2）2SO4易溶于水，VOSO4可溶于水，NH4VO3难溶于水。

②部分金属离子[c（M n+）=0.1 mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系如下表：
回答下列问题：
（l）“研磨”的目的是___，“酸溶”时V2O5发生反应的化学方程式为____ 。

（2）加入NaCIO溶液，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为___。

（3）向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时实验装置如图所示，虚线框中最为合适的仪器是___（填标号），调节溶液的pH范围为___，滤渣b为___（写化学式）。

（4）实验显示，沉钒率的高低与温度有关，如图是沉钒率随温度的变化曲线，则沉钒时的加热方法为___。

温度高于80℃，沉钒率下降，其可能原因是____
【答案】增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率
V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O 2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+ D 4.7≤pH＜7.8 Fe(OH)3、
Al(OH) 水浴加热(热水浴) 温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，由于NH4+浓度减小，沉钒率下降
【解析】
【分析】
粗钒(主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)经过研磨粉碎，加入硫酸进行酸浸，V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3被硫酸溶解形成含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的浸出液，由于SiO2不与硫酸反应，经过滤后，得到的滤渣a为SiO2，滤液a为含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的滤液，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，再加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，过滤后得到的滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3、滤液b为主要含有VO2+的滤液，加入饱和氯化铵溶液，使VO2+转化为NH4VO3沉淀，对生成的NH4VO3沉淀高温煅烧，获得V2O5，据此分析解答。

【详解】
(l)“研磨”可将块状固体变为粉末状，目的是增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；“酸溶”时V2O5被硫酸溶解形成VO2+，发生反应的化学方程式为
V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O；
(2)根据分析，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+；(3)加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，根据部分金属离子[c(M n+)=0.1 mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系表格数据可知， pH值为2.8时，Fe(OH)3完全沉淀，pH值为4.7时，Al(OH)3完全沉淀，pH 值为7.8时，Al(OH)3开始溶解，调节溶液的pH范围为4.7≤pH＜7.8，滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3，向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时，虚线框中最为合适的仪器是恒压漏斗，能保证仪器内外压强相等，使氢氧化钠溶液顺利流下，答案选D；
(4)由图像可知，当温度为80℃左右钒的沉淀率最高，酒精灯的火焰温度太高，不能直接用酒精灯加热，则在该温度下加热方法应使用水浴加热；沉钒过程中使用的是饱和氯化铵溶液，铵根离子可水解，温度越高水解程度越大，铵盐不稳定，受热易分解生成氨气，温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，溶液中NH4+浓度减小，使沉钒率下降。

2．钴和锌是重要的有色金属，其单质及化合物被广泛用于国民经济各个领域。

一种从有机废催化剂中回收钴和锌的工艺流程如下：
已知：“浸出”后溶液中含有Co2＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋等。

请回答：
(1)“煅烧”的目的为______________________________。

(2)“净化”时，与KMnO4发生反应的所有离子方程式有
_____________________________。

(3)“沉钴”时，发生如下反应：(NH4)2S2O8＋H2O→NH4HSO4＋H2O2；H2O2→H2O＋O；···········；Co3＋＋H2O→Co(OH)3＋H＋。

所缺的化学方程式为
______________________________；每生成1 molCo(OH)3，理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为__________。

(4)Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是
____________。

(5)“沉钴”时pH不能太高，其原因为______________________________；“沉锌”时温度不能太高，其原因为________________________________________。

(6)取“沉锌”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重5.4g。

则所得固体的化学式为____________。

【答案】除去其中的有机物(或将金属元素转化为氧化物，有利于后续浸出，合理即可) MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+
2Co2++O+2H+=2Co3++H2O 0.5mol 取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净防止Zn2+提前沉淀防止NH4HCO3热分解
ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O
【解析】
【分析】
将废催化剂高温煅烧，将有机废催化剂中的有机物除去，并将金属元素转化为金属氧化物，用硫酸对煅烧产物进行酸浸，pH控制在1~5，得到含有Co2＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋的浸出液，调节溶液pH值为5~5.2，加入高锰酸钾将Mn2＋、Fe2＋氧化并转化为Fe(OH)3和MnO2除去，再次调节溶液pH值为4.5，加入(NH4)2S2O8将Co2＋氧化为Co3＋并转化为Co(OH)3沉淀除去，调节pH值为8，加入碳酸氢铵使锌离子转化为ZnCO3∙xZn(OH)2∙yH2O沉淀，据此分析解答。

【详解】
(1)“煅烧”可以除去其中的有机物，同时可将金属元素转化为金属氧化物，有利于后续浸出；
(2)“净化”时，加入KMnO4的目的是除去溶液中的Fe2+和Mn2+，反应的离子方程式为：MnO4-+3Fe2+ +7H2O= MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；
(3)从流程中可以看出，“沉钴”时，(NH4)2S2O8为氧化剂，因此除去的是Co2＋，结合所给反应过程，缺少将Co2＋转化为Co3＋的反应，则可得所缺的化学方程式为
2Co2++O+2H+=2Co3++H2O；根据电荷守恒可得，(NH4)2S2O8~H2O2~O~2Co3+~ 2Co(OH)3，每生成1mol Co(OH)3理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为0.5mol；
(4) Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验Co(OH)3沉淀是否洗涤干净，也就是检验是否含有硫酸根离子，可取取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净；
(5)“沉钴”时pH不能太高，防止Zn2+提前沉淀；“沉锌”时，加入NH4HCO3，铵盐受热易分解，温度不能太高，防止NH4HCO3热分解；
(6)取“沉锌”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，
增重5.4g ，增重的质量为水，根据质量守恒，煅烧生成的CO 2气体的物质的量为()34.1-24.3-544g .4g
/mol =0.1mol ，根据元素守恒可知ZnCO 3∙xZn(OH)2∙yH 2O 为0.1mol ，煅烧后生成的ZnO 的物质的量为24.3g 81g/mol
=0.3mol ，根据Zn 元素守恒，0.1mol+0.1molx=0.3mol ，则x=2，生成水的物质的量为
5.4g 18g/mol =0.3mol ，根据氢元素守恒，0.1mol×2×2+0.1mol×2y=0.3mol×2，则y=1，则所得固体的化学式为ZnCO 3∙2Zn(OH)2∙H 2O 。

3．以镍废料(主要成分为镍铁合金，含少量铜)为原料，生产NiO 的部分工艺流程如下：
已知：下表列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH 按金属离子浓度为1.0 mol·L －1计算)。

氢氧化物
Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2 开始沉淀的pH
1.5 6.5 7.7 沉淀完全的pH 3.3 9.9 9.2
（1）“除铁”时需控制溶液的pH 范围为________。

（2）“滤渣”的主要成分为________(填化学式)。

（3）“沉镍”时得到碱式碳酸镍[用xNiCO 3·
yNi(OH)2表示]沉淀。

①在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO ，该反应的化学方程式为________。

②“沉镍”时，溶液pH 增大，碱式碳酸镍中Ni 元素含量会增加，原因是________。

【答案】3.3≤pH<7.7 CuS xNiCO 3·yNi(OH)2煅烧(x ＋y)NiO ＋xCO 2↑＋yH 2O Ni(OH)2中Ni 含
量高于NiCO 3，pH 越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大
【解析】
【分析】
以镍废料（主要成分为镍铁合金，含少量铜）为原料，加入硫酸、硝酸酸浸，Ni 转化为NiSO 4，同时生成亚铁离子、铁离子、铜离子等，加入过氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，加入氢氧化钠调节pH 可生成氢氧化铁沉淀，然后通入硫化氢生成CuS 沉淀，达到除铜的目的，在滤液中加入碳酸钠溶液可生成xNiCO 3•yNi(OH)2，煅烧可生成NiO ；
(1)根据表格数据分析“除铁”时要求铁离子全部除掉需要的pH ；
(2) S 2-可与Cu 2+反应生成CuS 沉淀；
(3)①在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，xNiCO3·yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O；
②pH越大，溶液碱性越强，结合碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]组成分析；
【详解】
(1)“除铁”时要求铁离子全部除掉，pH 3.3，镍离子和铜离子留在溶液中，pH<7.7，所以需控制溶液的pH范围为3.3≤pH<7.7；
(2)向除铁后的滤液中通入H2S气体，发生反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，因此滤渣的成分为CuS；
(3)①在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，xNiCO3·yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O，其化学方程式为：xNiCO3·yNi(OH)2煅烧(x＋y)NiO＋xCO2↑＋yH2O；
②碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀中Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3，pH越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大，所以碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加。

【点睛】
题目难度不大，需要考生注意分析题目提供的表格信息和流程图中物质转化信息，如：根“除铁”时要求铁离子全部除掉需要的pH，直接可用表格中的数据获得取值范围。

4．以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）若要提高辉铜矿煅烧效率可采取的措施有___（填两种）。

（2）气体X的主要成分是___（填化学式），写出该气体的一种用途___。

（3）蒸氨过程总反应的化学方程式是___。

（4）溶液E与Na2CO3溶液反应制取Cu2(OH)2CO3的离子反应方程式为___。

（5）某实验小组研究溶液E与Na2CO3溶液加料顺序及加料方式对产品的影响，实验结果如下：
实验
加料顺序及方式沉淀颜色沉淀品质产率/%序号
1溶液E一次加入Na2CO3溶液中并迅速搅拌浅蓝色品质较好87.8
2溶液E逐滴加入Na2CO3溶液中并不断搅拌暗蓝色品质好71.9
3Na2CO3溶液一次加入溶液E中并迅速搅拌浅绿色品质好96.7
4 Na 2CO 3溶液一次加入溶液E 中并不断搅拌 浅蓝色 品质较好 102.7 由上表可知制取Cu 2(OH)2CO 3最佳加料顺序及加料方式是___（填序号）。

【答案】减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O 2浓度等 SO 2 制备硫酸、漂白剂、防腐剂等 [Cu(NH 3)4]Cl 2+H 2O
CuO+2HCl↑+4NH 3↑ 2Cu 2++2CO 32-+H 2O=Cu 2(OH)2CO 3↓+CO 2↑ 3
【解析】
【分析】
辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体，固体B 主要为CuO 、Fe 2O 3，加入盐酸得到含有Cu 2+、Fe 3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu(NH 3)4]2+和Fe(OH)3，[Cu(NH 3)4]2+经加热可得到CuO ，加入酸酸化得到Cu 2+，经浓缩后在溶液中加入碳酸钠可得到碱式碳酸铜，以此解答该题。

【详解】
(1)通过粉碎辉铜矿减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O 2浓度等措施均可提高辉铜矿煅烧效率；
(2)Cu 2S 可与氧气反应生成二氧化硫，则气体X 的主要成分是SO 2，SO 2是酸性氧化物，有漂白性、还原性，则利用SO 2制备硫酸、漂白剂、防腐剂等；
(3)蒸氨过程[Cu(NH 3)4]2+经加热可得到CuO ，反应的方程式为
[Cu(NH 3)4]Cl 2+H 2O CuO+2HCl↑+4NH 3↑；
(4)向含有Cu 2+的溶液中滴加Na 2CO 3溶液生成Cu 2(OH)2CO 3的离子反应方程式为
2Cu 2++2CO 32-+H 2O=Cu 2(OH)2CO 3↓+CO 2↑；
(5)由图表信息可知Na 2CO 3溶液一次加入溶液E 中并迅速搅拌，获得浅绿色的碱式碳酸铜，品质好，且产率高，故制取Cu 2(OH)2CO 3最佳加料顺序及加料方式是实验序号3。

5．氧化锌工业品广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷、化工、医药、玻璃和电子等行业，随着工业的飞速发展，我国对氧化锌的需求量日益增加，成为国民经济建设中不可缺少的重要基础化工原料和新型材料。

用工业含锌废渣(主要成分为ZnO ，还含有铁、铝、铜的氧化物，2Mn +、2Pb +、2Cd +等)制取氧化锌的工艺流程如图所示：
已知：相关金属离子()n c M 0.1mol /L +⎡⎤=⎣⎦n 生成氢氧化物沉淀的pH 如下表所示：
回答下列问题：
()1为调节溶液的pH ，则试剂X 为_________(填化学式)，
()2除杂时加入高锰酸钾的作用是_________，发生反应的离子方程式为___________。

()3“过滤”所得滤渣的主要成分是_________(填化学式)。

()4写出“碳化合成”的化学方程式：________；“碳化合成”过程需纯碱稍过量，请设计实验方案证明纯碱过量：_________。

【答案】ZnO[或2Zn(OH)或3ZnCO ] 除去2Mn +
24222MnO 3Mn
2H O 5MnO 4H -++++=↓+ 3Fe(OH)、3Al(OH)、2MnO 32232322233Zn(NO )3Na CO 3H O ZnCO ?2Zn(OH)?H O 2CO 6NaNO [++=↓+↑+或(32232322333Zn(NO )5Na CO 5H O ZnCO ?2Zn OH)?H O 4NaHCO 6NaNO ⎤++=↓++⎦ 静置，取少许上层清液继续滴加纯碱溶液，若无沉淀产生，则证明纯碱过量(或静置，取少许上层清液滴加2CaCl 溶液，若有白色沉淀产生，则证明纯碱过量)
【解析】
【分析】
()1根据除杂的同时不要掺入新的杂质考虑；
()2加入高锰酸钾的作用是将2Mn +转化为2MnO 沉淀，除去2Mn +；
()3 由()1、()2知，“过滤”所得滤渣；
()4“碳化合成”时加入23Na CO ，产物为322·
2()?ZnCO Zn OH H O ，写出化学方程式。

【详解】
()1加入试剂X 的目的是调节溶液的pH ，使3Fe +、3Al +生成沉淀除去，为不引入新的杂质离子，可加入ZnO 、2()Zn OH 、3ZnCO 等；
()2加入高锰酸钾的作用是将2Mn +转化为2MnO 沉淀，除去2Mn +，反应的离子方程式为
242223254MnO Mn H O MnO H -++++=↓+；
()3由()1、()2知，“过滤”所得滤渣的主要成分是3()Fe OH 、3()Al OH 、2MnO ；
()4“碳化合成”时加入23Na CO ，产物为322·
2()?ZnCO Zn OH H O ，反应的化学方程式为32232322233()33?2()?26Zn NO Na CO H O ZnCO Zn OH H O CO NaNO ++=↓+↑+或3223232233233()55?2()?46(Zn NO Na CO H O ZnCO Zn OH H O NaHCO NaNO Na CO ++=↓++过量时)；若23Na CO 不足时，溶液中还有32()Zn NO ，继续滴加23Na CO 溶液有沉淀产
生，或23Na CO 过量时，可检验溶液中的23CO
，具体方法为：静置，取少许上层清液继续滴加纯碱溶液，若无沉淀产生，则证明纯碱过量(或静置，取少许上层清液滴加2CaCl 溶液，若有白色沉淀产生，则证明纯碱过量)。

6．某同学设计一个燃料电池(如图所示)，目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理。

根据要求回答相关问题：
（1）甲装置中，通入氢气的电极为________(填“正极”或“负极”)，该极电极反应式为________；若将KOH 溶液换成硫酸溶液，则正极电极反应式为
__________________________。

（2）关于乙装置，下列说法正确的是________(填序号)；
①溶液中Na ＋向C 极移动
②从C 极处逸出的气体能使湿润的KI 淀粉试纸变蓝
③反应一段时间后通入适量HCl 可恢复到电解前电解质的浓度
④若标准状况下Fe 极产生2.24L 气体，则溶液中转移0.2mol 电子
该装置中发生的总反应的离子方程式为__________________________。

（3）乙装置中，X 为阳离子交换膜，反应一段时间后交换膜左侧溶液中pH____(填“增大”、“减小”或“不变”)；若用饱和MgCl 2溶液代替饱和氯化钠溶液，则该装置中发生的总反应______(填“改变”或“不变”)。

（4）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将________(填“增大”“减小”或“不变”)，精铜电极上的电极反应式为
_______________________________。

【答案】负极 H 2-2e -+2OH -=2H 2O O 2+4e -+4H +=2H 2O ②③ 2Cl -+2H 2O
电解2OH -
+H 2↑+Cl 2↑ 增大 改变 减小 Cu 2++2e -=Cu
【解析】
【分析】
甲池为原电池，氧气发生还原反应，通入氧气的一极为正极，氢气发生还原反应，通入氢气的一极为负极；乙池中Fe 电极与负极相连为阴极，石墨电极为阳极；丙池中精铜为阴极，粗铜为阳极。

【详解】
(1)氢氧燃料电池中氢气发生还原反应，所以通入氢气的一极为负极，电解质溶液为KOH 溶液，所以电极方程式为H 2-2e -+2OH -=2H 2O ；正极为通入氧气的一极，若电解质为硫酸，氧气得电子后会生成水，电极方程式为：O 2+4e -+4H +=2H 2O ；
(2)①C极为阳极，电解池中阳离子流向阴极，故错误；
②电解饱和食盐水时阳极上氯离子放电生成氯气，氯气可以使湿润的KI淀粉试纸变蓝，故正确；
③电解饱和食盐水阳极生成氯气，阴极生成氢气，所以反应一段时间后通入适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度，故正确；
④电子不能在溶液中转移，故错误；
综上所述答案为②③；
乙装置中右侧阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，左侧阴极反应为水电离的氢离子放电：2H++2e-
=H2↑，总反应为2Cl-+2H2O 电解
2OH-+H2↑+Cl2↑；
(3)乙装置中右侧阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，左侧阴极反应为水电离的氢离子放电：
2H++2e-=H2↑，水的电离平衡被破坏，电离出更多的氢氧根，X为阳离子交换膜，所以生成的OH-无法迁移到阳极，所以左侧溶液中pH增大；由于Mg2+会与OH-反应生成沉淀，所以总反应发生改变；
(4)丙池中阴极即精铜上发生反应：Cu2++2e-=Cu，而阳极即粗铜上由于由比铜活泼的金属杂质放电，所以转移相同电子数目时，阳极不能生成与阴极消耗的等量的铜离子，所以硫酸铜溶液浓度减小。

【点睛】
第2题第4个选项为易错点，学生要注意审题，电子并不能在溶液中进行专业，不要盲目计算，
7．如图是常见原电池装置，电流表A发生偏转。

(1)若两个电极分别是铁、铜，电解质溶液是浓硝酸，Cu极发生反应_______（填“氧化”或“还原”），其电极反应式为________________；
(2)若两个电极分别是镁、铝，电解质溶液是氢氧化钠溶液，Al电极是_____极（填“正”或“负”），其电极反应式为_________________________________。

(3)若原电池的总反应是2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，则可以作负极材料的是_______，正极电极反应式为_________________________。

【答案】氧化 Cu－2e－=Cu2＋负 Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O Cu(或铜) Fe3＋＋e－=Fe2＋
【解析】
【分析】
【详解】
(1)虽然铁比铜活泼，但是铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜被氧化，即铜电极为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为Cu－2e－=Cu2＋；
(2)镁虽然比铝活泼，但镁不与氢氧化钠溶液发生反应，所以该原电池中Al被氧化，即Al
为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为：Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O；
(3)根据总反应2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2可知Cu被氧化，Fe3+被还原，原电池中负极发生氧化反应，所以负极材料为Cu；正极发生还原反应，电极方程式为Fe3＋＋e－=Fe2＋。

【点睛】
第1小题为易错点，虽然铁和铜都能被浓硝酸氧化，但要注意铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜为负极。

8．请运用原电池原理设计实验,验证 Cu2+、Fe3+氧化性的强弱。

请写出电极反应式。

（1）负极 __________________________
（2）正极 __________________________________
（3）并在方框内画出实验装置图,要求用烧杯和盐桥,并标出外电路中电子流向。

________________________________
【答案】Cu−2e−=Cu2+2Fe3++2e−=2Fe2+
【解析】
【分析】
Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，反应中Cu被氧化，为原电池的负极，则正极可为碳棒或不如Cu活泼的金属，电解质溶液为氯化铁溶液，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，以此解答该题。

【详解】
Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，
(1)Cu被氧化，为原电池的负极，负极反应为Cu−2e−=Cu2+；
(2)正极Fe3+被还原，电极方程式为2Fe3++2e−=2Fe2+；
(3)正极可为碳棒，电解质溶液为氯化铁，则原电池装置图可设计为，电子
从铜极流向碳极。

【点睛】
设计原电池时，根据具体的氧化还原反应，即2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，然后拆成两个半反应，化合价升高的发生氧化反应，作负极，化合价降低的发生还原反应，作正极，原电池的本质就是自发进行的氧化还原反应，由于反应在一个烧杯中效率不高，所以可以设计为氧化还原反应分别在两极发生。

9．有甲、乙两位学生利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人都使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6mol·L-1硫酸溶液中，乙同学将电极放入6mol·L-1的氢氧化钠溶液中，如图所示。

（1）写出甲池中正极的电极反应式__。

（2）写出乙池中负极的电极反应式__。

（3）写出乙池中总反应的离子方程式__。

（4）如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出__活动性更强，而乙会判断出__活动性更强(填写元素符号)。

（5）由此实验，可得到如下哪些结论正确（________）
A．利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质
B．镁的金属性不一定比铝的金属性强
C．该实验说明金属活动顺序已过时，已没有实用价值
D．该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析
（6）上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序判断原电池中的正负极”这种做法__(可靠或不可靠)。

如不可靠，请你提出另一个判断原电池正负极的可行实验方案__(如可靠，此空可不填)。

【答案】2H＋＋2e-=H2↑ 2Al＋8OH-－6e-=2AlO2-＋4H2O 2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑Mg Al AD 不可靠将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极
【解析】
【分析】
甲同学依据的化学反应原理是Mg＋H2SO4=MgSO4＋H2↑，乙同学依据的化学反应原理是
2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。

由于铝与碱的反应是一个特例，不可作为判断金属性强弱的依据。

判断原电池的正极、负极要依据实验事实。

【详解】
（1）甲中镁与硫酸优先反应，甲池中正极上氢离子得电子产生氢气，电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑；
（2）乙池中负极上铝失电子在碱性条件下生成AlO2-，电极反应式为2Al＋8OH-－6e-
=2AlO2-＋4H2O；
（3）乙池中铝与氢氧化钠反应，镁与氢氧化钠不反应，总反应的离子方程式为：2Al＋
2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；
（4）甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、
乙中铝活动性强，故答案为：Mg；Al；
（5）A．根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，故A正确；B．镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，故B错误；、
C．该实验说明电解质溶液性质影响电极的正负极，不能说明金属活动性顺序没有使用价值，故C错误；
D．该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故D正确；
故选AD；
（6）上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序表判断原电池中的正负极”这种做法不可靠。

可行实验方案如：将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极。

【点睛】
本题考查了探究原电池原理，明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极，要根据失电子难易程度确定负极，为易错点。

利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质；该实验还说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析。

10．(1)将Al片和Cu片用导线连接，一组插入浓硝酸中，一组插入稀NaOH溶液中，分别形成原电池。

写出插入稀NaOH溶液中形成原电池的负极反应________________。

写出插入浓硝酸中形成原电池的正极反应______________。

(2)铅蓄电池是最常见的二次电池，由于其电压稳定、使用方便、安全可靠、价格低廉，所以在生产、生活中使用广泛，写出铅蓄电池放电时的正极反应______________________；充电时的阴极反应____________________。

【答案】2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O 4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O 4H++ 2e− +SO42−
+PbO2=PbSO4+2H2O PbSO4+2e−=Pb+SO42−
【解析】
【分析】
(1) Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液反应，形成原电池，负极为Al失电子，在碱性溶液中，Al转化为AlO2-。

Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体。

(2)铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等；充电时的阴极反应为PbSO4获得电子转化为Pb。

【详解】
(1) Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液，在碱性溶液中，负极Al失电子转化为AlO2-，电极反应式为2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O。

Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极反应为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体，电极反应式为4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O。

答案：2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O；4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O；
(2)铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等，电极反应式为4H++ 2e−
+SO42− +PbO2=PbSO4+2H2O；充电时阴极为PbSO4获得电子转化为Pb，电极反应式为PbSO4+2e−=Pb+SO42−。

答案为：4H++ 2e− +SO42− +PbO2=PbSO4+2H2O；PbSO4+2e−=Pb+SO42−。

【点睛】
判断原电池的电极时，首先看电极材料，若只有一个电极材料能与电解质反应，该电极为负极；若两个电极材料都能与电解质发生反应，相对活泼的金属电极作负极。

在书写电极反应式时，需要判断电极产物。

电极产物与电解质必须能共存，如Al电极，若先考虑生成Al3+，则在酸性电解质中，能稳定存在，Al3+为最终的电极产物；若在碱性电解质中，Al3+不能稳定存在，最终应转化为AlO2-。

11．微型纽扣电池在现代生活中应用广泛。

有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应是Zn＋Ag2O＝ZnO＋2Ag。

请回答下列问题。

(1)该电池属于_________电池(填“一次”或“二次”)。

(2)负极是_________，电极反应式是__________________________。

(3)使用时，正极区的pH_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

(4)事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是_____。

(填字母)
A．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H>0
B．NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1)△H<0
C．2CO(g)+O2(g)=2CO2(1)△H<0
(5)以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其负极的电极反应式为
__________。

【答案】一次 Zn Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O 增大 C CO－2e－+4OH－=C O 32－+2H2O
【解析】
【分析】
（1）纽扣电池为一次电池；
（2）根据电池的总反应可知Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，据此分析作答；
（3）根据电池的总反应可知，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，根据电极反应确定c(OH-)的变化以判断pH的变化；
（4）可设计成原电池的反应应为氧化还原反应；
（5）燃料电池中，负极通入燃料，燃料失电子发生氧化反应，正极通入氧化剂，得电子发生还原反应，据此作答。

【详解】。