2020-2021全国各地备战高考模拟试卷化学分类：化学能与电能综合题汇编附详细答案

2020-2021全国各地备战高考模拟试卷化学分类：化学能与电能综合题汇编附
详细答案
一、化学能与电能
1．以NaCl为主要成分的融雪剂会腐蚀桥梁、铁轨等钢铁设备。

某研究小组探究NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响。

（1）将滤纸用3.5%的NaCl溶液润湿，涂上铁粉、碳粉的混合物，贴在表面皿上。

在滤纸上加几滴检验试剂，再缓慢加入NaCl溶液至没过滤纸，操作如下所示：
①实验ⅰ的现象说明，得电子的物质是_______________________________。

②碳粉的作用是___________________________________________________。

③为了说明NaCl的作用，需要补充的对照实验是_____________________。

（2）向如图示装置的烧杯a、b中各加入30mL 3.5%的NaCl溶液，闭合K，指针未发生偏转。

加热烧杯a，指针向右偏转。

①取a、b中溶液少量，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，a中出现蓝色沉淀，b中无变化，b中铁片作________极。

②加热后，指针发生偏转的原因可能是_____________________。

（3）用（2）中图示装置探究不同浓度NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响，向烧杯a、b中各加入30mL不同质量分数的NaCl溶液，实验记录如下表所示。

实验a b指针偏转方向
I0.1%0.01%向右
II0.1% 3.5%向左
Ⅲ 3.5%饱和溶液向右
①Ⅱ中，b中电极发生的电极反应式是_______________________________。

②Ⅲ中，铁在饱和NaCl溶液中不易被腐蚀。

查阅资料可知：在饱和NaCl溶液中O2浓度较低，钢铁不易被腐蚀。

设计实验证明：_______________________________。

（4）根据上述实验，对钢铁腐蚀有影响的因素是_______________________________。

【答案】O2与铁组成原电池，作原电池的正极用水代替NaCl溶液进行上述实验正
温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快 Fe－2e-=Fe2+另取两个烧杯，分别往其中加入铁片和一定量的饱和NaCl溶液，再分别滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，然后往其中一个烧杯中通入O2，观察现象温度、NaCl溶液的浓度、O2的浓度
【解析】
【分析】
（1）铁、碳以氯化钠溶液为电解质形成原电池，发生吸氧腐蚀生成氢氧根离子，溶液显碱性，遇到酚酞变红；
（2）①K3[Fe(CN)6]溶液与二价铁离子反应生成蓝色沉淀；
②温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快；
（3）①依据不同浓度下，检流计指针偏转方向判断电极，书写电极反应式；
②要证明在饱和NaCl溶液中O2浓度较低，钢铁不易被腐蚀，可以设计对比试验，一个实验中通入氧气，另一个实验中不通入氧气，观察铁的腐蚀情况；
（4）依据上述实验总结归纳解答。

【详解】
（1）①铁、碳以氯化钠溶液为电解质形成原电池，酚酞变红说明生成氢氧根离子，发生吸氧腐蚀，故得电子的物质是O2；
②铁与碳以氯化钠溶液为电解质形成原电，铁做原电池负极，碳做正极；
③为了说明NaCl的作用，需要补充的对照实验是，用水做电解质，代替氯化钠进行上述实验；
（2）①K3[Fe(CN)6]溶液与二价铁离子反应生成蓝色沉淀，而取a、b中溶液少量，滴加
K3[Fe(CN)6]溶液，a中出现蓝色沉淀，说明a中生成二价铁离子，b中无变化，b中没有二价铁离子生成，所以a做负极，b做正极；
②加热后，指针发生偏转的原因可能是：温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快；（3）①依据图表中Ⅱ组数据及指针向左偏转，则可知：b极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式：Fe－2e-=Fe2+；
②要证明氧气浓度对金属腐蚀速率的影响，可以设计对比实验，如下：另取两个烧杯，分别往其中加入铁片和一定量的饱和NaCl溶液，再分别滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，然后往其中一个烧杯中通入O2，观察现象；
（4）通过上述实验可知：对钢铁腐蚀有影响的因素是有温度、NaCl溶液的浓度、O2的浓度。

2．某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下。

向硝酸酸化的0.05 mol·L-1硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。

(1)检验产物
①取少量黑色固体，洗涤后，_______（填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag。

②取上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有_______________。

(2)针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是___________________（用离子方程式表示）。

针对两种观点继续实验：
①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。

同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色变浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：
序号取样时间/min现象
ⅰ3产生大量白色沉淀；溶液呈红色
ⅱ30产生白色沉淀；较3 min时量少；溶液红色较3 min时加深
ⅲ120产生白色沉淀；较30 min时量少；溶液红色较30 min时变浅
(资料：Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN)
②对Fe3+产生的原因作出如下假设：
假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；
假设b：空气中存在O2，由于________（用离子方程式表示），可产生Fe3+；
假设c：酸性溶液中NO3-具有氧化性，可产生Fe3+；
假设d：根据_______现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+。

③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因。

实验Ⅱ可证实假设d成立。

实验Ⅰ：向硝酸酸化的________溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液，3 min时溶液呈浅红色，30 min后溶液几乎无色。

实验Ⅱ：装置如图。

其中甲溶液是________，操作及现象是________________。

【答案】加入足量稀盐酸（或稀硫酸），固体未完全溶解（或者加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀）Fe2+Fe+2Fe3+=3Fe2+4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O白色沉淀0.05 mol·L-1 NaNO3溶液FeCl2、FeCl3混合溶液按图连接好装置，电流表指针发生偏转，分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深
【解析】
【详解】
(1)①黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl或H2SO4溶解Fe，而银不能溶解，故答案为：加入足量稀盐酸(或稀硫酸)酸化，固体未完全溶解；
②K3[Fe(CN)3]是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+，故答案为：Fe2+；
(2)过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
②O2氧化Fe2+反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，白色沉淀是AgSCN，所以实验可以说明含有Ag+，Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；白色沉淀；
③实验Ⅰ：证明假设abc错误，就是排除Ag+对实验的影响，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用0.05mol•L-1NaNO3，故答案为：0.05 mol·L-1 NaNO3溶液；
实验Ⅱ：原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应当注入FeCl2、FeCl3混合溶液，按图连接好装置，如电流表指针发生偏转，分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深，可说明d正确，故答案为：FeCl2、FeCl3混合溶液；按图连接好装置，电流表指针发生偏转，分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深。

3．某小组研究 Na2S 溶液与 KMnO4溶液反应，探究过程如下。

资料:Ⅰ.MnO4在强酸性条件下被还原为 Mn2+，在近中性条件下被还原为 MnO2.
Ⅱ.单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。

（1）根据实验可知，Na2S 具有________性。

（2）甲同学预测实验I中S2－被氧化成 SO32-。

①根据实验现象，乙同学认为甲的预测不合理，理由是_______________。

②乙同学取实验Ⅰ中少量溶液进行实验，检测到有 SO42－，得出 S2－被氧化成 SO42－的结论，丙同学否定该结论，理由是_______________。

③同学们经讨论后，设计了如右下图的实验，证实该条件下 MnO4-的确可以将 S2－氧化成SO42－。

a.左侧烧杯中的溶液是__________。

b.连通后电流计指针偏转，一段时间后，_________（填操作和现象），证明S2－被氧化为SO42－。

（3）实验 I 的现象与资料 i 存在差异，其原因是新生成的产物（Mn2+）与过量的反应物（MnO4-）发生反应，该反应的离子方程式是______________。

（4）实验Ⅱ的现象与资料也不完全相符，丁同学猜想其原因与（3）相似，经验证猜想成立，他的实验方案_______。

（5）反思该实验，反应物相同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与__________因素有关。

【答案】还原溶液呈紫色.说明酸性KMnO4溶液过量SO32-能被其继续氧化KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，故溶液中检测出SO42-不能证明一定是氧化新生成的0.1mol/LNa2S溶液取左侧烧杯中的溶液,用盐酸酸化后, 滴加BaCl2溶液.观察到有白色沉淀生成2MnO4-
+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+H+将实验I中生成的MnO2分离洗涤后(或取MnO2)，加入0.1mol/LNa2S 溶液.观察到有浅粉色沉淀.且溶液呈淡黄色F证明新生成的MnO2与过量的S 反应.故没得到MnO2 沉淀用量、溶液的酸碱性
【解析】(1)根据实验I可知，高锰酸钾溶液的紫色变浅，说明Na2S 具有还原性，故答案为：还原；
(2)①根据实验现象，溶液呈紫色，说明酸性KMnO4溶液过量，SO32-能被其继续氧化，因此甲的预测不合理，故答案为：溶液呈紫色，说明酸性KMnO4溶液过量，SO32-能被其继续氧化；
②KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，故溶液中检测出SO42-不能证明一定是氧化新生成的，因此S2－被氧化成 SO42－的结论不合理，故答案为：KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，故溶液中检测出SO42-不能证明一定是氧化新生成的；
③a.根据图示，左侧烧杯中发生氧化反应，为原电池的负极，根据题意，要达到MnO4-将S2－氧化成SO42－的目的，左侧烧杯中的溶液可以是0.1mol/LNa2S溶液，右侧烧杯中的溶液可以是0.1mol/LKMnO4溶液，故答案为：0.1mol/LNa2S溶液；
b.连通后，高锰酸钾与硫化钠溶液发生氧化还原反应，电流计指针偏转，一段时间后，取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加BaCl2溶液，观察到有白色沉淀生成，证明 S2－被氧化为 SO42－，故答案为：取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加BaCl2溶液，观察到有白色沉淀生成；
(3)Mn2+与过量的MnO4-反应生成二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为2MnO4-
+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+H+，故答案为：2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+H+；
(4)实验Ⅱ的现象与资料也不完全相符，丁同学猜想其原因与(3)相似，经验证猜想成立，实验方案可以为：将实验I中生成的MnO2分离洗涤后(或取MnO2)，加入0.1mol/LNa2S溶液.观察到有浅粉色沉淀.且溶液呈淡黄色F证明新生成的MnO2与过量的S 反应.故没得到MnO2 沉淀，故答案为：将实验I中生成的MnO2分离洗涤后(或取MnO2)，加入
0.1mol/LNa2S溶液.观察到有浅粉色沉淀.且溶液呈淡黄色F证明新生成的MnO2与过量的
S 反应.故没得到MnO2 沉淀；
(5)反思该实验，反应物相同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与反应物的用量、溶液的酸碱性等因素有关，故答案为：反应物的用量、溶液的酸碱性。

4．(1)研究性学习小组为了证明铁的金属性比铜强，他设计了如下几种方案，其中合理的是________(填序号)
A．铁片置于硫酸铜溶液中有铜析出；
B．铁、铜与氯气反应分别生成FeCl3、CuCl2；
C．铜片置于FeCl3溶液中，铜片逐渐溶解(2FeCl3+Cu＝2FeCl2+ CuCl2)
D．铁片、铜片分别置于盛有稀硫酸的烧杯中，铁片上有气泡产生，而铜片无气泡
E．常温下，分别将铁片和铜片置于浓硝酸中，铁片不溶解，而铜片溶解
(2)请你另设计一个能证明铁的金属活动性比铜强的实验。

要求：
a．此方案的原理不同于上述任一合理方案；
b．在方框内绘出实验装置图并注明所需的药品；
c．写出实验过程中的主要实验现象并用相关化学用语解释现象
_______________
现象_______________ 解释_______________
现象_______________ 解释_______________
【答案】AD 铜片表面有气泡 2H++2e-=H2↑铁片逐渐溶解； Fe-
2e-=Fe2+
【解析】
【分析】
(1)根据金属的活泼性顺序表可以确定金属性的强弱；
(2)除了金属活动顺序表外，原电池装置也可以证明两电极材料的金属性强弱。

【详解】
(1)A．铁片置于硫酸铜溶液中有铜析出，说明金属铁的活泼性强于铜，能证明铁的金属性比铜强，故A正确；
B．铁、铜与氯气反应分别生成FeCl3、CuCl2，证明氯气是氧化性强的物质，能将金属氧化为高价，不能说明铁的金属性比铜强，故B错误；
C．铜片置于FeCl3溶液中，铜片逐渐溶解：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，说明还原性是铜单质强于亚铁离子，不能说明铁的金属性比铜强，故C错误；
D．铁片、铜片分别置于盛有稀硫酸的烧杯中，铁片上有气泡产生，而铜片无气泡，证明金属铁能和硫酸之间发生置换反应，但是铜不能，所以能证明铁的金属性比铜强，故D正确；
E．常温下，分别将铁片和铜片置于浓硝酸中，铁片会钝化，不溶解，而铜片则不会产生钝化现象，会溶解，不能说明铁的金属性比铜强，故E错误；
故选AD；
(2)除了金属活动顺序表外，在原电池中，如果两电极材料都是金属，负极金属的活泼性一般是强于正极金属的活泼性的，如Cu、Fe、硫酸原电池中金属铁是负极，金属铜是正极，
能证明铁的金属性强于铜，设计的原电池装置如：，可观察到的现象
是：铜片表面有气泡放出，发生的电极反应为2H++2e-=H2↑；铁片溶解，发生的电极反应为Fe-2e-=Fe2+。

5．新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液。

某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示。

回答下列问题：
①甲烷燃料电池负极的电极反应为________________________。

②闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生，其中b电极上得到的是____________（填化学式），电解氯化钠溶液的总反应方程式为_________________________；
③若每个电池甲烷通入量为 1 L(标准状况），且反应完全，则理论上通过电解池的电量为__________(法拉第常数F＝9.65×104 C · mol－1，列式计算），最多能产生的氯气体积为__________L(标准状况）。

【答案】(1） CH4＋10OH－－8e－＝CO2↑＋7H2O
(2）H22NaCl＋2H2O 电解
2NaOH＋H2↑＋Cl2↑(3）3.45×104C 4
【解析】
试题分析：（1）甲烷在负极通入，电解质溶液显碱性，则甲烷燃料电池负极的电极反应为CH 4＋10OH －－8e －
＝CO 2↑＋7H 2O ； （2）b 电极是阴极，氢离子放电，产生H 2；惰性电极电解食盐水的方程式为2NaCl ＋
2H 2O 电解
2NaOH ＋H 2↑＋Cl 2↑。

(3）1分子甲烷失去8个电子，则理论上通过电解池的电量
为122.4/L L mol
×8×9.65×104C·mol －1＝3.45×104C ；根据电子得失守恒可知产生氯气的体积是1822.4/22.4/42L L mol L mol mol ⨯⨯=。

【考点定位】本题主要是考查电化学原理的应用与有关计算
【名师点晴】应对电化学定量计算的三种方法：（1）计算类型：原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH 的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数的计算、产物的量与电量关系的计算等。

（2）方法技巧：①根据电子守恒计算：用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。

②根据总反应式计算：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。

③根据关系式计算：根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。

例如：
， (式中M 为金属，n 为其
离子的化合价数值）该关系式具有总揽电化学计算的作用和价值，熟记电极反应式，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。

在电化学计算中，还常利用Q ＝I ·t 和Q ＝n(e －）×N A ×1.60×10－19C 来计算电路中通过的电量。

6．高铁酸钾（K 2FeO 4）是一种集氧化、吸附、速凝于一体的新型多功能水处理剂。

其生产流程如下：
（1）配制KOH 溶液时，是在每100 mL 水中溶解61.6 g KOH 固体（该溶液的密度为1.47 g/mL ），它的物质的量浓度是 mol/L 。

（2）在溶液I 中加入KOH 固体的目的是 （填编号）。

A ．与溶液I 中过量的Cl 2继续反应，生成更多的KClO
B ．KOH 固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
C．为下一步反应提供碱性的环境D．使副产物KClO3转化为 KClO
（3）每制得59.4克K2FeO4，理论上消耗氧化剂的物质的量为 mol。

从溶液Ⅱ
中分离出K2FeO4后，还得到副产品KNO3、KCl，写出③中反应的离子方程式：。

（4）高铁酸钾（K2FeO4）溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是。

（5）从环境保护的角度看，制备K2FeO4较好的方法为电解法，其装置如图2所示。

电解过程中阳极的电极反应式为。

【答案】（15分）前三空每空2分，后三空每空3分。

（1）10 （2）A C
（3）0.45； 2Fe3++3ClO-+10OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O （4）4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10 H2O （5）Fe+8OH﹣－6e﹣＝FeO42﹣+4H2O
【解析】
试题分析：（1）100mL水的质量：m（水）=100g，溶液的质量：m（液）
=100g+61.6g=161.6g，溶液的体积：V=
()
m
ρ
液
=
161
1.47/
g
g mL
，KOH的物质的量：
n=m
M
=
61.6
56/
g
g mol
，KOH物质的量浓度：c=
n
V
=
-3
61.6
56/
161
10/
1.47/
g
g mol
g
L mL
g mL
⨯
≈10mol/L，故
填：10；
（2）KOH和氯气反应生成KClO，除去未反应的氯气，且只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，所以加入KOH的目的是除去氯气且使溶液为碱性，故选AC；
（3）反应③中铁离子和次氯酸根粒子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，离子方程式
为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；n（K2FeO4）=
59.4
198/
g
g mol
=0.3mol，根据
2Fe3++3ClO-+10OH-= 2FeO42-+3Cl-+5H2O知，氧化剂的物质的量=0.3mol
2
×3=0.45mol，故填：
0.45；2Fe3++3ClO-+10OH-= 2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（4）向高铁酸钾溶液中滴加稀硫酸，溶液变黄色，说明生成Fe3+，并产生大量气泡，应为氧气，说明高铁酸钾在酸性条件下自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为4FeO42-
+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，故填：4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；
（5）电解法是制备K2FeO4较好的方法，Fe作阳极，电极反应为Fe+8OH—6e-= FeO42-
+4H2O，石墨作阴极，电极反应为：O2+ 2H2O+4e-=4OH—，故填：Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣
+4H2O。

考点：考查了物质制备的工艺流程、方程式的书写等相关知识。

7．（15分）为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I-2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。

实验如下：
（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到。

（2）iii是ii的对比试验，目的是排除有ii中造成的影响。

（3）i和ii的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化。

用化学平衡移动原理解释原因：。

（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测i中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c（I-）降低，导致I-的还原性弱于Fe2+，用下图装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证。

①K闭合时，指针向右偏转，b作极。

②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管滴加0.01 mol/L AgNO3溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是。

（5）按照（4）的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了ii中Fe2+向Fe3+转化的原因，
①转化原因是。

②与（4）实验对比，不同的操作是。

（6）实验I中，还原性：I->Fe2+；而实验II中，还原性：Fe2+>I-，将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是。

【答案】（1）化学平衡状态
（2）溶液稀释对颜色变化
（3）加入Ag+发生反应：Ag++I-=AgI↓，c（I-）降低；或增大c（Fe2+）平衡均逆向移动（4）①正②左管产生黄色沉淀，指针向左偏转。

（5）①Fe2+随浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-
②向U型管右管中滴加1mol/L FeSO4溶液。

（6）该反应为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向
【解析】
试题分析：（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态。

（2）根据实验iii和实验ii的对比可以看出是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响；
（3）i.加入AgNO3，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3++ 2I-2Fe2+ + I2平衡逆向移动。

ii.加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移。

（4）①K闭合时，指针向右偏转，b极为Fe3+得电子，作正极；②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管滴加0.01 mol/L AgNO3溶液，产生黄色沉淀，I-离子浓度减小，2Fe3++ 2I-2Fe2+ + I 2平衡左移，指针向左偏转。

（5）①Fe2+向Fe3+转化的原因是Fe2+浓度增大，还原性增强；
②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零后，向U型管右管中滴加1mol/L FeSO4溶液。

将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是在其它条件不变时，物质的氧化性和还原性与浓度有关，浓度的改变可影响物质的氧化还原性，导致平衡移动。

考点：化学平衡移动、电化学知识
8．回收利用印刷电路板上的铜制备铜的化合物，实现资源的再利用。

（1）回收利用印刷电路板上的铜制备CuCl2。

实验室模拟回收过程如下：
已知部分物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表：
请回答下列问题：
①步骤III的操作名称是_______。

②下列试剂中，可以作为试剂a的是_______。

A．HNO3溶液 B．Fe2(SO4)3溶液 C．FeCl3溶液
③若不加试剂b，直接加入试剂c调节溶液pH，是否可行？_______（填“是”或“否”），理由是______。

（2）用H2O2和硫酸共同浸泡印刷电路板制备硫酸铜。

已知：2H2O2(l)=2H2O (l) +O2(g) △H1=－196kJ/mol
H2O(l)=H2(g) +1/2O2(g) △H2=＋286kJ/mol
Cu(s) +H2SO4(aq)=CuSO4(aq) +H2(g) △H3=＋64kJ/mol
则Cu(s) +H2O2(l) +H2SO4(aq) =CuSO4(aq) +2H2O(l) △H =_______。

（3）将反应Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O设计成原电池，其正极电极反应式是_______。

（4）若用硝酸和硫酸共同浸泡印刷电路板制备硫酸铜，假设印刷电路板中其他成分不与酸反应，欲制取3mol纯净的硫酸铜，需要0.5 mol/L的硝酸溶液的体积是_______L。

【答案】过滤 C 否不能除去亚铁离子，影响所得氯化铜纯度 -320kJ/mol
H2O2+2H++2e-=2H2O 4
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①操作是将固体和液体分开，用过滤；
②利用印刷电路板上的铜制备CuCl2，反应后的溶液中有铁元素，说明使用的是氯化铁，选C；
③需要将溶液中的铁元素变成沉淀，若以氢氧化亚铁的沉淀形式，溶液的pH在7.6到9.6之间，而铜离子已经沉淀，不能分离，若以氢氧化铁的形式沉淀，pH2.7开始沉淀，到3.7沉淀完全，这时铜离子没有开始沉淀，所以要将亚铁氧化成铁离子才能调节溶液的pH值进行沉淀，所以不可行，选否；因为那样不能除去亚铁离子，会影响所得氯化铜纯度；(2)根据盖斯定律，将方程式进行四则运算，③+②/2-②，则反应热=+64-196/2-286=-
320kJ/mol；(3)原电池中铜做负极，过氧化氢在正极反应得到电子，电极反应为：
H2O2+2H++2e-=2H2O；(4)根据离子方程式分析：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O，生成
3mol硫酸铜，需要3mol铜，2mol硝酸，所以硝酸的体积为2/0.5=4L。

9．（12分）将纯锌片和纯铜片按图方式插入100 mL相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：
（1）下列说法正确的是____________。

A．甲、乙均为化学能转变为电能的装置
B．乙中铜片上没有明显变化
C．甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少
D．两烧杯中溶液的c(H+)均增小
（2）在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲____乙（填“＞”、“＜“或“＝”）。

（3）当甲中产生1.12L（标准状况）气体时，通过导线的电子数目为_______________。

（4）当乙中产生1.12L（标准状况）气体时，将锌、铜片取出，再将烧杯中的溶液稀释至1 L，测得溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1（设反应前后溶液体积不变）。

试确定原稀硫酸的物质的量浓度为_________________ mol·L－1。

(5) 甲中锌片上发生的电极反应： _________________________；
(6) 若甲中两电极的总质量为60 g，工作一段时间后，取出锌片和铜片洗净干燥后称重，总质量为47 g，则：氢气的体积(标准状况)为________L。

【答案】（1）BD （2）甲＞乙（3）6.02×1022(0.1N A)
（4）1 （5）Zn-2e-=Zn2+； (6) 4.48
【解析】（1）根据装置特点可知，甲是原电池，锌比铜活泼，锌是负极，失去电子，铜是正极，溶液中的氢离子得到电子；乙不是原电池，锌能直接和稀硫酸发生置换反应，而铜不能和稀硫酸反应。

所以正确的答案选BD。

（2）通过原电池反应进行的反应速率大于直接发生化学反应的反应速率。

（3）1.12L气体在标准状况下的物质的量是0.05mol，转移电子是0.05mol×2＝0.1mol，数目是6.02×1022(0.1N A)。

（4）溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，所以氢离子的物质的量是0.1mol，因此剩余硫酸是
0.05mol。

消耗硫酸是0.05mol，所以原硫酸的物质的量是0.1mol，其浓度是0.1mol÷0.1L＝
1.0mol/L。

(5) 甲中锌是负极，发生的电极反应为Zn-2e-=Zn2+。

（6）电极减少的质量就是参加反应的锌的质量，即消耗锌是13g，物质的量是0.2mol，生成氢气是0.2mol，标准状况下的体积是4.48L。

10．重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放。

Ⅰ.某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，且酸性较强。

为回收利用，通常采用如下流程处理：
注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表
氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3
pH 3.79.6ll.l89(>9溶解)
(1)氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填序号)。

A．Na2O2 B．HNO3 C．FeCl3 D．KMnO4
(2)加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是________；已知钠离子交换树脂的原理：M n+＋nNaR→MR n＋nNa+，此步操作被交换除去的杂质离子是__________。

A．Fe3+ B．Al3+ C．Ca2+ D．Mg2+
(3)还原过程中，每消耗172.8g Cr2O72-转移4.8 mol e-，该反应离子方程式为
________________。

Ⅱ.酸性条件下，六价铬主要以Cr2O72-形式存在，工业上常用电解法处理含Cr2O72-的废水。

实验室利用如图装置模拟处理含Cr2O72-的废水，阳极反应是Fe-2e-==Fe2+，阴极反应式是
2H++2e-==H2↑。

(1)电解时能否用Cu电极来代替阳极上的Fe电极？________(填“能”或“不能”)，理由是______________。

(2)电解时阳极附近溶液中Cr2O72-转化为Cr3+的离子方程式为______________。

(3)上述反应得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，从其对水的电离平衡影响角度解释其原因_________________。

(4)若溶液中初始含有0.1mol Cr2O72-，则生成的阳离子全部转化化成沉淀的质量是
________g。

【答案】A AB CD3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O==6SO42-+8Cr (OH)3↓+2OH-不能因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72-还原到低价态Cr2O72-+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O水中的H+
在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2O=H++OH-向右移动，阴极区OH-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全84.8
【解析】
I．某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-
，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-
、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-
还原为8Cr3+，再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4。

(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na 2O2代替H2O2，故答案为A；
(2)根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；故答案为AB；CD；
(3)每消耗0.8mol Cr2O72-转移4.8mol e-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，则反应的离子方程式为：3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O==6SO42-+8Cr (OH)3↓+2OH-；故答案为3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O==6SO42-+8Cr (OH)3↓+2OH-；
II．(1)若用Cu电极来代替Fe电极，在阳极上铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应，故答案为不能；因阳极产生的Cu2+不能使Cr2 O72-还原到低价态；
(2)Cr2O72-
具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr3+，反应的实质是：6Fe2+ +Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O；
(3) 随着电解进行，溶液中c(H+)
逐渐减少，打破了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液中OH-
浓度增大，溶液的碱性增强，生成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，金属阳离子在阴极区可沉淀完全，故答案为水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2O⇌H++OH-
向右移动，阴极区OH-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全；
(4)根据Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，Cr3++3OH-═Cr(OH)3↓、Fe3++3OH-
═Fe(OH)3↓知0.1mol Cr2O72-
，可生成0.2molCr(OH)3，0.6molFe(OH)3，质量为0.6mol×107g/mol+0.2mol×103g/mol
=84.8g，故答案为84.8。

点睛：本题考查了物质分离提纯的操作及方法应用、电解原理、物质的量的计算等，题目难度较大。

注意掌握电解原理、氧化还原反应配平、化学方程式的计算方法等。

本题的难点是氧化还原反应的离子方程式的书写和配平。