南开中学人教版高中化学选修1-第4章简答题专项知识点总结(提高培优)

一、解答题
1．氮元素形成的单质和化合物在生产、生活中具有广泛的应用，对它们的研究具有重要的价值和意义。

已知：Ⅰ.N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H＝+180.5 kJ·mol－1
Ⅱ.2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)∆H＝－167.7 kJ·mol－1
Ⅲ.4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)∆H＝－809.6 kJ·mol－1
回答下列问题：
(1)在热力学上反应Ⅱ比反应Ⅰ趋势更大，原因是________。

(2)研究发现反应Ⅱ分两步进行：
第一步：2NO(g)=N2O2(g)∆H＜0 快反应；
第二步：N2O2(g)+ O2(g)=2NO2(g)∆H＜0 慢反应；
下列有关叙述正确的是___________。

A．反应速率：v(第一步)> v(第二步)
B．活化能：E(第一步)> E(第二步)
C．决定反应 II 速率快慢的步骤为第二步
D．若第二步的 v 正=k 正 c(N2O2)·c(O2)、v 逆=k 逆 c2(NO2)，则第二步的平衡常数 K=k 正·k 逆(3)将 NH3与 O2按体积比 4:5 充入体积不变的容器中，起始体系总压强为 45kPa，分别在催化剂 M、N 作用下发生反应 III，NO 的分压(P)与反应时间(t)和温度(T)的关系如图：
①下列叙述能证明该反应已达平衡状态的是___________(填序号)。

A．NH3与 O2体积比不再发生变化
B．单位时间内断裂 1molN－H 键，同时断裂 1molO－H 键
C．c(NO)与 c(H2O)浓度之比为 2:3
D．容器内混合气体的压强不再变化
②由图像可判断反应温度：T1_______________T2(填“>”“<”“=”，下同)，催化剂效率：催化剂 M_________催化剂 N，T1℃时，在催化剂 M 作用下，0～10min 内的平均反应速率
v[NH3(g)]=____________kPa·min－1。

答案：反应 II 为放热反应，反应 I 为吸热反应AC BD＜＞ 1.0
【详解】
(1)反应 II 为放热反应，反应 I 为吸热反应，所以在热力学上反应Ⅱ比反应Ⅰ趋势更大，故答案为：反应 II 为放热反应，反应 I 为吸热反应；
(2)A ．由原理可知，第一步为快反应，速率快，所以反应速率：v (第一步)＞ v (第二步)，故A 正确；
B ．由原理可知，第一步为快反应，活化能较低，所以E(第一步)＜ E(第二步)，故B 错误；
C ．反应速率的快慢由反应慢的决定，所以决定反应 II 速率快慢的步骤为第二步，故C 正确；
D ．若第二步的 v 正=k 正 c (N 2O 2)·c (O 2)、v 逆=k 逆 c 2(NO 2)，则第二步的平衡常数 K =k 正/k 逆，故D 错误；
故选AC 。

(3)①A ．NH 3与 O 2体积比不再发生变化，不能判断物质的量是否改变，所以不能判断反应是否达到平衡，故A 错误；
B ．单位时间内断裂 1molN －H 键，反应正向进行，同时断裂 1molO －H 键，反应逆向进行，而且正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B 正确；
C ．c(NO)与 c(H 2O)浓度之比为 2:3，不能判断物质的量是否改变，所以不能判断反应是否达到平衡，故C 错误；
D ．容器内混合气体的压强不再变化，说明气体分子数不在改变，达到平衡状态，故D 正确；
故选BD 。

②已知4NH 3(g)+5O 2(g)=4NO(g)+6H 2O(g) ∆H ＝－809.6 kJ·
mol －
1，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，一氧化氮的量减少，所以由图像可判断T 1＜T 2，T 1先达到平衡，催化剂效率高，所以催化效率：催化剂 M ＞催化剂 N ，T 1℃时，在催化剂 M 作用下，0～10min 内p(NO)=10kPa ，p(NH 3)=10kPa ，平均反应速率 v[NH 3(g)]= 10kPa
/10min=1.0kPa·min －1。

故答案为：1.0
2．银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如图：
(注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃)
(1)电解精炼银时，阴极反应式为_____________。

(2)固体混合物B 的组成为_________；在生成固体B 的过程中，需控制NaOH 的加入量。

若NaOH 过量，则因过量引起的反应的离子方程式_____________________。

(3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：____CuO ＋____Al 2O 3
高温____CuAlO 2＋
____。

(4)若银铜合金中铜的质量分数为64%，理论上5.0 kg 废料中的铜可完全转化为CuAlO 2，
至少需要1.0 mol·
L －1的Al 2(SO 4)3溶液________L 。

(5)CuSO 4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是________、冷却结晶、过滤、洗涤和干
燥。

答案：Ag ++e -=Ag Al(OH)3和CuO Al(OH)3+OH -=2AlO -+2H 2O (写成Al 3++4OH -=2AlO -+2H 2O 也可以) 4 2 4 O 2 25 蒸发浓缩(或加热浓缩)
解析：银铜合金在空气中熔炼，渣料中含有氧化铜和少量银，加入稀硫酸，过滤后得到硫酸铜溶液，在硫酸铜溶液中加入硫酸铝和稀氢氧化钠溶液，煮沸、过滤得到Al(OH)3和CuO ，煅烧可得到CuAlO 2，滤渣含有Ag ，粗银电解时，粗银为阳极，在阴极上得到银，可得到提纯的目的。

【详解】
(1)电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阴极上Ag +得到电子形成单质银，电极反应式为：Ag ++e -=Ag ；
(2)未煮沸之前是Cu(OH)2和Al(OH)3，Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃，煮沸后Cu(OH)2分解产生CuO ，可知B 为Al(OH)3和CuO ；Al(OH)3显两性，能与强碱NaOH 发生应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO 2+2H 2O ，该反应的离子方程式为：
Al(OH)3+OH -=2AlO -+2H 2O(也可写为：Al 3++4OH -=2AlO -+2H 2O)；
(3)反应前Cu 为+2价，反应后为+1，化合价降低1，得到电子e -，Al 化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成O 2，反应前O 为-2价，反应后为0价，O 元素化合价升高2，每反应产生1个O 2，得到电子2×2e -，电子得失的最小公倍数是4，则CuO 、CuAlO 2系数是4，O 2系数是1，Al 2O 3系数是2，配平后方程式为：4CuO+2Al 2O 3=4CuAlO 2+O 2↑；
(4)由关系式：Cu ～CuAlO 2得n (CuAlO 2)=n (Cu)=5000g 64%64g /mol ⨯=50.0 mol ，再由关系式：Al 2(SO 4)3～2CuAlO 2得n [Al 2(SO 4)3]=12n (CuAlO 2)=1 2
×50.0 mol=25.0 mol ，由于Al 2(SO 4)3的浓度为1 mol/L ，则需要Al 2(SO 4)3的体积V [Al 2(SO 4)3]=
25.0?mol 1mol /L =25.0 L ； (5)CuSO 4溶液也可用于制备胆矾，由于该物质的溶解度受温度的影响变化较大，所以由溶液制备晶体的操作方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥。

【点睛】
本题考查物质的制备。

注意把握物质的性质以及实验流程所给信息，掌握化学反应原理，利用反应过程中元素守恒分析解答。

3．碲被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素”，工业上常用铜阳极泥 ( 主要成分是 Cu 2Te, 含 Ag 、 Au 等杂质 ) 为原料提取碲并回收金属其工艺流程如下：
已知： TeO 2是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。

回答下列问题：
(1)写出“加压酸浸 1”过程中 Cu 2Te 发生反应的化学方程式_____________________。

(2)“酸浸 2”时温度过高会使碲的浸出率降低，原因为 _______________ 。

要从 Ag 和 Au 中分离出 Au ，可以向回收的 Ag 和 Au 中加入的试剂是 ______ 。

(3)写出“还原”反应中发生的离子方程式 ________________________ 。

(4)工业上另一种提取碲的方法是将铜阳极泥在空气中焙烧 ， 使碲转化成 TeO 2，再加NaOH 碱浸，以石墨为电极电解溶液获得 Te 。

电解过程中阴极的电极反应式为 __________ 。

(5)25 ℃时 ， 向 1mol/L 的 Na 2TeO 3溶液中滴加盐酸 ，当溶液 pH 值约为 6 时 ，此时溶液中 c(2-3TeO ):c(-
3HTeO ) = _________ ( 已知： H 2TeO 3:Ka 1=1.0×10−3，Ka 2=2.0×10−8)
答案：Cu 2Te+2O 2+2H 2SO 4加压2CuSO 4+TeO 2+2H 2O 温度升高，盐酸挥发，反应物浓度
降低，导致浸出率降低 稀硝酸 Te 4++2SO 2+4H 2O ═ Te↓+22-4SO +8H +
2-3TeO +3H 2O+4e −=Te+6OH − 1:50
解析：TeO 2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。

工业上常用铜阳极泥（主要含有TeO 2、少量Ag 、Au ）为原料制备单质碲，阳极泥主要含有TeO 2、少量Ag 、Au,加入氢氧化钠TeO 2溶解，过滤得到滤渣为不溶于碱的Ag 、Au ，滤液中加入硫酸沉碲,过滤得到TeO 2，加入盐酸溶解后通入二氧化硫还原得到金属碲。

【详解】
(1)“加压酸浸 1” 过程中 Cu 2Te 发生反应的化学方程式为
Cu 2Te+2O 2+2H 2SO 4加压2CuSO 4+TeO 2+2H 2O ；
(2) “酸浸2”时温度过高会使碲的浸出率降低，因为温度升高会导致盐酸挥发过多，反应物浓度降低，导致浸出率降低；要从Ag 和Au 中分离出Au ，因为银可溶于硝酸，而金不溶于硝酸，故可以向回收的Ag 和Au 中加入的试剂是稀硝酸；
(3) “还原”反应二氧化硫将Te 4+还原为Te ，发生的离子方程式 Te 4++2SO 2+4H 2O ═ Te↓+22-4SO +8H +；
(4) 工业上还可以将铜阳极泥煅烧、碱浸后得到Na 2TeO 3，然后通过电解的方法得到单质碲。

已知电解时的电极均为石墨，阴极发生还原反应，Te 元素化合价从+4变为0价，则阴极的电极反应式为 2-3TeO +3H 2O+4e −=Te+6OH −；
(5)25 ℃时，向 1mol·L −1 的 Na 2TeO 3溶液中滴加盐酸 , 当溶液 pH 约为 6 时 ，
c (H +)=1.0×10−6mol/L ，K a2=()()
()2-+3-3TeO H HTeO c c c =2.0×10−8，则 c (2-3TeO )：c (-
3HTeO )=K a2：c (H +)=2.0×10−8 ：1.0×10−6=1：50 。

4．高锰酸钾是常用的氧化剂。

某化学小组在实验室以软锰矿(主要成分是MnO 2)为原料制备KMnO 4，下图是实验室制备高锰酸钾的操作流程。

已知：
温度
溶解度/g
K2CO3KHCO3KMnO4KOH
20℃11133.7 6.38112
(1)KClO3、软锰矿和KOH熔融的化学方程式为____________；
(2)整个流程中可以循环利用的物质有__________；
(3)反应I中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______；
(4)反应I中，若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低，其原因是___________；
(5)反应Ⅱ的条件为电解，气体X是_______。

(写化学式)
(6)途径一、二中的操作a、b相同，均包括___________、___________、过滤等3步。

(7)高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe、Al等杂质元素)制备高纯碳酸锰的实验过程如下：
其中除杂过程包括：首先向浸出液中加入一定量的Y，调节浸出液的pH为3.5~5.5；再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤除去Fe(OH)3、Al(OH)3；
①试剂Y可以是__________(填出一种即可)；
②浸出时加入植物粉的作用是___________；
③写出“沉淀”过程中产生碳酸锰的离子方程式___________。

④取100 kg软锰矿(含MnO2量为87%)，最后获取高纯MnCO3的(纯度为99%)质量为92 kg，则该流程中高纯MnCO3的产率为______。

答案：KClO3+3MnO2+6KOH 加热
3K2MnO4+KCl+3H2O KOH、MnO22：1生成的
KHCO3溶解度较小，滤液蒸发浓缩降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同析出H2蒸发浓
缩 冷却结晶 MnO 或MnCO 3 (其他合理答案均可) 作还原剂
Mn 2++2HCO -3=MnCO 3↓+CO 2↑+H 2O 79.2%
解析：以软锰矿(主要成分是MnO 2)为原料制备KMnO 4，软锰矿、KClO 3和KOH 固体混合在铁坩埚中煅烧，得到K 2MnO 4和KCl 的混合物，冷却后加水溶解分离出KCl ，得到K 2MnO 4溶液，由K 2MnO 4溶液制取KMnO 4有两种途径。

途径一是边加热边向溶液中通入适量CO 2气体，调节溶液pH ，并趁热过滤得到MnO 2固体和KMnO 4、K 2CO 3溶液，对溶液蒸发浓缩、冷却结晶可得到KMnO 4晶体，K 2CO 3留在溶液中。

途径二是采用电解K 2MnO 4溶液的方法，在阳极2-4MnO 失去电子被氧化为-4MnO ，在阴极上水电离产生的H +得到电子变为H 2逸出，溶液中含有KOH 和KMnO 4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到KMnO 4固体，KOH 存在于溶液中；
湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO 2，含少量Fe 、Al 、Mg 等杂质元素)制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤，得到滤液除去杂质，向滤液中加入碳酸氢铵，可得到MnCO 3沉淀，通过一系列操作得到高纯MnCO 3。

【详解】
(1)KClO 3、软锰矿和KOH 熔融，发生氧化还原反应产生KCl 、K 2MnO 4、H 2O ，反应的化学方程式为KClO 3+3MnO 2+6KOH 加热3K 2MnO 4+KCl+3H 2O ；
(2)根据上述分析可知途径一产生的MnO 2和途径二产生的KOH 可以再被用于与KClO 3反应制取K 2MnO 4，所以整个流程中可以循环利用的物质有MnO 2、KOH ；
(3)反应I 是在溶液中K 2MnO 4、CO 2反应产生KMnO 4、MnO 2、K 2CO 3，反应方程式为：3K 2MnO 4+2CO 2=2KMnO 4+MnO 2+2K 2CO 3，在该反应中K 2MnO 4部分失去电子被氧化为KMnO 4；K 2MnO 4部分得到电子被还原为MnO 2，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1；
(4)在反应I 中，若CO 2过量会与K 2CO 3反应生成溶解度较小的KHCO 3，滤液蒸发浓缩降温结晶时KHCO 3会随KMnO 4一同析出，从而导致KMnO 4产品的纯度降低；
(5)电解K 2MnO 4溶液，在阳极2-4MnO 失去电子被氧化为-4MnO ，在阴极上水电离产生的H +得到电子变为H 2逸出，所以气体X 是H 2；
(6)途径一、二中的操作a 、b 相同，均包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤三步；
(7)①软锰矿粉用浓硫酸浸取后溶液酸性很强，向浸出液中加入一定量的Y ，调节浸出液的pH 为3.5~5.5，同时不能引入新的杂质，则加入试剂Y 可以是MnO 或MnCO 3； ②浸出时加入植物粉的作用是作还原剂，防止Mn 2+被氧化；
③向含有Mn 2+的MnSO 4溶液中加入NH 4HCO 3，加热30～35℃，发生反应产生MnCO 3、(NH 4)2SO 4、CO 2、H 2O ，则该“沉淀”过程中产生碳酸锰的离子方程式为：
Mn 2++2HCO -3=MnCO 3↓+CO 2↑+H 2O ；
④根据Mn 元素守恒可得关系式：MnO 2～MnCO 3，即87份纯净MnO 2可制取115 份MnCO 3，则理论上100 kg 含MnO 2量为87%软锰矿可制取MnCO 3的质量为：m (MnCO 3)理论=100kg 87%11587
⨯⨯=115 kg ，最后获取高纯MnCO 3的(纯度为99%)质量为92 kg ，其中含
有MnCO3的质量是m(MnCO3)实际=92 kg×99%=91.08 kg，则该流程中高纯MnCO3的产率为91.08kg
115kg
×100%=79.2%。

5．工业上由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)冶炼铜的主要流程如图：
请回答下列问题：
(1)气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的___吸收。

a.浓H2SO4
b.稀HNO3
c.NaOH溶液
d.氨水
(2)由泡铜冶炼粗铜的化学方程式为____。

(3)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是___。

a.电能全部转化为化学能
b.粗铜接电源正极，发生氧化反应
c.溶液中Cu2+向阳极移动
d.从阳极泥中可回收Ag、Pt、Au等金属
答案：cd3Cu2O+2Al 高温
Al2O3+6Cu bd
解析：由流程可知，黄铜矿加入石英砂通入空气焙烧，可生成Cu2S、CuO，继续加入石英砂通入空气焙烧，生成Cu2O、Cu，生成气体A为二氧化硫，熔渣B为FeO等，Cu2O、Cu 与铝在高温下发生铝热反应得到粗铜，电解可得到精铜，以此解答。

【详解】
(1)由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，
a．浓H2SO4不能吸收二氧化硫，故a错误；
b．稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大气，故b错误；
c ．NaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，故c正确；
d．氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，故d正确；
故选cd；
(2)由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为
3Cu2O+2Al 高温
Al2O3+6Cu，故答案为：3Cu2O+2Al
高温
Al2O3+6Cu；
(3)a．反应中有热能产生，电能不能全部转化为化学能，故a错误；b．精炼铜时，粗铜做阳极，连接电源正极，发生氧化反应，故b正确；c．溶液中Cu2+向阴极移动，故c错误；
d ．Ag 、Pt 、Au 不如铜活泼，铜放电后Ag 、Pt 、Au 从粗铜脱落，利用阳极泥可回收Ag 、Pt 、Au 等金属，故d 正确；
故选bd 。

6．氯碱厂以食盐等为原料，生产烧碱、盐酸等化工产品。

工艺流程可简单表示如图：
完成下列填空：
(1)粗盐水中含有MgCl 2、CaCl 2、Na 2SO 4等可溶性杂质，
①步骤必须先后加入稍过量的NaOH 、BaCl 2、Na 2CO 3溶液后过滤除杂，三种试剂加入顺序的下列方案中错误的是_______。

A ．BaCl 2→NaOH→Na 2CO 3
B ．NaOH→BaCl 2→Na 2CO 3
C ．Na 2CO 3→NaOH→BaCl 2
D ．BaCl 2→Na 2CO 3→NaOH
②试写出加入Na 2CO 3溶液时发生反应的离子方程式：_______。

③写出②步骤电解饱和食盐水反应的化学方程式：_______。

(2)①步骤③之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有_______。

②写出HCl 的电离方程式：_______。

(3)①如果用下列装置在实验室进行⑤步骤的实验，正确的是(选填编号)_______。

②若检验烧碱产品中是否含有少量NaCl 杂质的实验方案是_______。

答案：C Ca 2++2-3CO =CaCO 3↓、Ba 2++2-3CO =BaCO 3↓ 2NaCl+2H 2O 通电2NaOH+Cl 2↑+H 2↑ 降温结晶、过滤、干燥 HCl=H ++Cl - AC 取样溶于水，加入足量稀硝酸后，滴入适量硝酸银溶液，有白色沉淀则证明含有杂质NaCl ，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl 解析：含有MgCl 2、CaCl 2、Na 2SO 4等可溶性杂质的粗盐水加入氢氧化钠、氯化钡、碳酸钠，除去镁离子、硫酸根离子、钙离子，精制后得到的食盐水电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，氢氧化钠溶液经蒸发、除杂、结晶得到烧碱产品，产生的氢气和氯气反应后加水制取盐酸。

【详解】
(1)①镁离子用NaOH 除去，硫酸根离子用BaCl 2除去，钙离子用Na 2CO 3除去，特别注意加入Na 2CO 3要放在加入BaCl 2之后，这样Na 2CO 3会除去钙离子和上一步反应后剩余的BaCl 2，然后进行过滤，最后加入盐酸除去剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺
序为：A.BaCl 2→NaOH→Na 2CO 3 或 B.NaOH→BaCl 2→Na 2CO 3或
D.BaCl 2→Na 2CO 3→NaOH ，不合理的是 C.Na 2CO 3→NaOH→BaCl 2，答案选C 。

②粗盐水除杂时要先加BaCl 2除去硫酸根离子，再加Na 2CO 3，加入Na 2CO 3会除去钙离子和上一步反应后剩余的BaCl 2，发生反应的离子方程式Ca 2++2-3CO =CaCO 3↓、
Ba 2++2-3CO =BaCO 3↓，答案：Ca 2++2-3CO =CaCO 3↓、Ba 2++2-3CO =BaCO 3↓；
③步骤②为电解饱和食盐水，惰性材料作电极，电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的化学方程式为2NaCl+2H 2O 通电2NaOH+Cl 2↑+H 2↑，答案：2NaCl+2H 2O 通电2NaOH+Cl 2↑+H 2↑；
(2)①电解饱和食盐水得到的氢氧化钠溶液先进行蒸发浓缩，然后经过降温结晶、过滤、干燥等一系列操作，最后得到干燥的烧碱产品，答案：降温结晶、过滤、干燥；
②HCl 属于强电解质，溶于水完全电离为氢离子和氯离子，电离方程式为HCl=H ++Cl -，答案：HCl=H ++Cl -；
(3)①步骤⑤为用水吸收氯化氯气体，氯化氯气体极易溶于水，所以在吸收时要防倒吸 A ．该装置利用干燥管是典型防倒吸装置，A 正确；
B ．倒放的漏斗边缘应该与水面相切才能防倒吸，B 错误；
C ．因氯化氢不溶于四氯化碳，该装置可以防倒吸，C 正确；
D ．该装置中氯化氢气体直接通入水中，不能防倒吸，D 错误，答案选AC ；
②若检验烧碱产品中是否含有少量NaCl 杂质，实际上就是检验氯离子的存在：取样溶于水，加入足量稀硝酸后，滴入适量硝酸银溶液，有白色沉淀则证明含有杂质NaCl ，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl ，答案：取样溶于水，加入足量稀硝酸后，滴入适量硝酸银溶液，有白色沉淀则证明含有杂质NaCl ，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl 。

7．铜是一种重要的战略物资，以黄铜矿(主要成分是CuFeS 2)为主要原料生产铜、铁红、单质硫时，原料的综合利用率较高，其主要流程如图所示(已知Na[CuCl 2]的电离方程式为：Na[CuCl 2]=Na ++[CuCl 2]-)：
(1)操作①、②、③、④的目的相同，在实验中这种操作的名称是_______。

铁红的重要用途：_______(写其中一种)。

(2)流程中粉碎的目的是_______。

(3)固体B 中含有两种产物，一种是单质，另一种是原子个数比为1∶1 的一种金属的低价态盐，写出堆浸时反应的化学方程式：_______。

(4)反应Ⅴ的离子方程式：_______。

(5)此方法中得到的铜纯度不能满足某些生产的需要，需要利用电解法进行提纯。

若用如下
图所示的装置进行电解精炼，c 电极上的电极反应式为_______。

答案：过滤 红色油漆、涂料、炼铁原料等 增大反应物间的接触面积，加快反应速率，使反应更充分 CuFeS 2+3FeCl 3＝4FeCl 2+CuCl↓+2S↓ 2[CuCl 2]-＝Cu+Cu 2++4Cl - Cu 2++2e -=Cu
解析：据流程：黄铜矿(主要成分是CuFeS 2) 经粉碎后，堆浸时发生反应：
CuFeS 2+3FeCl 3＝4FeCl 2+CuCl↓+2S↓，过滤分离出B 含CuCl 、S ，反应Ⅳ中加NaCl 生成络合物Na[CuCl 2]，过滤分离出固体C 为S ；反应Ⅴ中Na[CuCl 2]酸化生成Cu 、NaCl 和CuCl 2，过滤分离出Cu 、溶液D 中含CuCl 2、NaCl ；溶液A 中含FeCl 2，加碳酸钠反应生成FeCO 3沉淀，过滤，FeCO 3在空气中反应III 为322234FeCO O 4CO 2Fe O ++=高温
，从而生成铁红，以此来解答。

【详解】
(1)操作①、②、③、④后分离出一种固体和一种溶液，分离固液混合物的操作名称是过滤。

铁红的重要用途：红色油漆、涂料、炼铁原料等。

(2)流程中粉碎的目的是增大反应物间的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，提高原料利用率。

(3) 根据题干信息“以黄铜矿为主要原料生产铜、铁红、单质硫”，结合流程图可知固体C 是单质硫，另一种是原子个数比为1:1的一种金属的低价态盐，根据元素可知该低价态盐为CuCl ，因此堆浸时反应的化学方程式：CuFeS 2+3FeCl 3＝4FeCl 2+CuCl↓+2S↓。

(4) 根据反应前后物质，结合铜的常见价态，可得反应Ⅴ的离子方程式：2[CuCl 2]-＝Cu+Cu 2++4Cl -。

(5)甲装置是原电池，a 端充入氧气为正极，b 为负极。

乙装置是电解精炼铜的电解池，乙中溶液溶质是CuSO 4，c 与电源负极相连、是阴极，c 电极上的电极反应式为Cu 2++2e -=Cu 。

8．CO 2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。

回答下列问题：
(1)CO 2可以被NaOH 溶液捕获。

若所得溶液pH=13，写出CO 2与NaOH 溶液反应的主要化学方程式__________。

(2)研究表明，在Cu/ZnO 催化剂存在下，CO 2和H 2可发生两个平衡反应，分别生成CH 3OH 和CO 。

反应的热化学方程式如下：
CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+H 2O(g) ΔH 1= -53.7 kJ·mol -1Ⅰ CO 2(g)+H 2(g)CO(g)+H 2O(g) ΔH 2Ⅱ 某实验室控制CO 2和H 2初始投料比为1∶2.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：
（备注）Cat.1∶Cu/ZnO纳米棒；Cat.2∶Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醛的百分比
已知： CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0 kJ·mol-1和-285.8 kJ·mol-1；
H2O(l)= H2O(g) ΔH3 =+44.0 kJ·mol-1
请回答（不考虑温度对ΔH的影响）：
①反应Ⅱ的ΔH2 =________kJ·mol-1。

②研究证实，CO2可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的电极反应式是
________。

③表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是_____________。

(3)O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图所示。

该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。

电池的负极反应式：_______。

电池的正极反应式：6O2+6e-=6O2-；6CO2+6O2-=3C22
4
O +6O2，反应过程中O2的作用是________。

该电池的总反应式：__________。

答案：CO2＋2NaOH=Na2CO3+H2O+41.2CO2＋6e-＋6H+=CH3OH＋H2O表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应I的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响Al-3e-=Al3+催化剂2Al＋6CO2 =Al2(C2O4)3
解析：(1)反应后溶液显强碱性，说明CO2与NaOH反应产生Na2CO3、H2O；
(2)①根据盖斯定律，可得反应II的反应热；
②CO2在阴极得到电子被还原产生CH3OH，据此书写电极反应式；
③催化剂只能加快反应速率，不能使平衡发生移动，利用图示数据分析；
(3)根据电极活动性，结合反应过程中物质的变化分析判断。

【详解】
(1)CO2可以被NaOH溶液捕获后所得溶液pH=13，碱性较强，溶质为Na2CO3，化学方程式为CO2＋2NaOH=Na2CO3+H2O；
(2)①由CO和H2的标准燃烧热，可得：(i)CO(g)+1
2
O2(g)=CO2(g) ΔH(i)=-283.0 kJ·mol-1；
(ii)H2(g)+1
2
O2(g)=H2O(l) ΔH(ii)=-285.8 kJ·mol-1结合(iii)H2O(l)= H2O(g) ΔH(iii)=+44.0
kJ·mol-1，根据盖斯定律，将(ii)-(i)+(iii)，整理可得：ΔH2 =+41.2 kJ·mol-1；
②CO2可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，根据得失电子守恒和原子守恒可知，CO2在阴极得到电子被还原产生CH3OH，则生成甲醇的电极反应式是CO2 +6e-
+6H+=CH3OH+H2O；③表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应I的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；
(3)根据图示可知：铝为负极，失去电子变为Al3+，离子液体为AlCl3，故负极反应式为Al-3e-=Al3+；根据正极的两个反应式可知O2在反应中的作用是催化剂；将负极反应式和正极反应式相加，可得总电池总反应式：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。

【点睛】
本题综合考查了盖斯定律与原电池反应原理。

掌握盖斯定律的含义、弄清催化剂与反应速率和化学平衡的关系，结合图示中物质的变化是解题关键。

9．一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌作用的HClO，其是重要的水的消毒剂。

(1)写出NH2Cl的电子式____________________。

(2)写出NH2Cl与水反应的化学方程式___________________________。

(3)一定条件下(T ℃、1 atm)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl(g)同时得到HCl(g)。

已知部分化学键的键能如表所示：
化学键N—H Cl—Cl N—Cl H—Cl
键能/(kJ·mol－1)391.3243.0191.2431.8
写出该反应的热化学方程式____________________________________。

答案：NH2Cl＋H2O HClO＋NH3或NH2Cl＋2H2O HClO＋NH3·H2O Cl2(g)＋NH3(g)=NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3 kJ·mol－1
解析：（1）依据原子最外层满足2电子或8电子稳定结构写出电子式；
（2）由题意可知NH2Cl在中性条件下可生成HClO，以此写出化学方程式；
（3）反应热=反应物键能总和-生成物键能总和，以此写出热化学方程式。

【详解】
(1)一氯胺可看成是NH3中1个H被Cl取代得到的，其电子式为，故答案为：；
(2)根据题中信息，NH2Cl在中性条件下可生成HClO，即可写出其与水反应的化学方程式为NH2Cl＋H2O HClO＋NH3或NH2Cl＋2H2O HClO＋NH3·H2O，故答案为：NH2Cl＋H2O HClO＋NH3或NH2Cl＋2H2O HClO＋NH3·H2O；
(3)根据题给信息可写出制备NH2Cl的化学方程式为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)，
结合题表中的数据可知该反应的ΔH＝[(243.0＋391.3×3)－(391.3×2＋191.2＋431.8)]kJ·mol－1＝＋11.3 kJ·mol－1，即该反应的热化学方程式为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH ＝＋11.3 kJ·mol－1，故答案为：Cl2(g)＋NH3(g)=NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3 kJ·mol－1。

10．某研究小组探究饮用水中铁锰的来源和去除原理。

I.铁锰来源
某地区地下水铁锰含量和国家标准对比
某些地区地下水常见微粒含量(mg/L)国家饮用水标准(mg/L)
Fe2+Mn2+HCO3 CO2Fe2+Mn2+pH
4～200.4～31～1.530～700.30.1 6.5～8.5
（1）利用FeCO3溶解度计算溶出的Fe2+为1.1mg/L，依据上表数据，结合平衡移动原理，解释地下水中Fe2+含量远大于1.1mg/L的原因_____。

II.去除原理
（2）自然氧化法：
①曝气池中使水呈“沸腾”状的作用_____。

②补全曝气池中氧化Fe2+时发生反应的离子方程式：
________Fe2++________O2+________H2O=________Fe(OH)3+_____________。

此方法铁去除时间长，锰去除率低。

（3）药剂氧化法：工业上可以采用强氧化剂(ClO2、液氯、双氧水等)，直接氧化Fe2+、Mn2+生成Fe(OH)3和MnO2除去。

某实验中pH=6.5时，Fe2+、Mn2+浓度随ClO2投加量的变化曲线如图：
①ClO 2投加量小于1.2mg/L 时，可以得出Fe 2+、Mn 2+性质差异的结论是______。

②分析图中数据ClO 2氧化Mn 2+是可逆反应。

写出反应的离子方程式______。

③写出两种提高锰去除率的方法______。

答案：FeCO 3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO 3(s)
Fe 2+(aq)+2-3CO (aq)，酸雨中含有H +浓度较大，H +结合2-3CO 形成-3HCO ，使得溶液中c(2-3CO )浓度降低，沉淀溶
解平衡正向移动，最终使地下水中Fe 2+的浓度增大 加快反应速率 4 1 10 4 8 H + Mn 2+的浓度越大，ClO 2投加量小于1.2mg/L 时几乎没影响，Fe 2+的浓度小，ClO 2降解的速率更快 2ClO 2+5Mn 2++6H 2O
2Cl -+5MnO 2+12H + 适当增加ClO 2的投料量，升高温度 【详解】
I.(1)FeCO 3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO 3(s)
Fe 2+(aq)+2-3CO (aq)，酸雨中含有H +浓度较大，H +结合2-3CO 形成-3HCO ，使得溶液中c(2-3CO )浓度降低，沉淀溶解
平衡正向移动，最终使地下水中Fe 2+的浓度增大；故答案为：FeCO 3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO 3(s)Fe 2+(aq)+2-
3CO (aq)，酸雨中含有H +浓度较大，H +结合2-3CO 形成-3HCO ，使得溶液中c(2-3CO )浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe 2+的浓度增大；
II. (2) ①曝气池中使水呈“沸腾”状的作用温度越高，反应速率越快，故答案为：加快反应速率；
②根据电子守恒，电荷守恒，原子守恒，配平化学方程得：4Fe 2++O 2+10H 2O=4 Fe(OH)3+8H +，故答案为：4；1；10；4；8；H +；
(3)①ClO 2投加量小于1.2mg/L 时，可以得出Fe 2+、Mn 2+性质差异的结论是Mn 2+的浓度越大，ClO 2投加量小于1.2mg/L 时几乎没影响，Fe 2+的浓度小，ClO 2降解的速率更快，故答案为：Mn 2+的浓度越大，ClO 2投加量小于1.2mg/L 时几乎没影响，Fe 2+的浓度小，ClO 2降解的速率更快；
②分析图中数据ClO 2氧化Mn 2+是可逆反应。

ClO 2氧化Mn 2+生成二氧化锰和氯离子，离子方程式为2ClO 2+5Mn 2++6H 2O
2Cl -+5MnO 2+12 H +，故答案为：2ClO 2+5Mn 2++6H 2O 2Cl -+5MnO 2+12H +；。