专题1化学反应与能量变化单元检测题-高二上学期化学苏教版（2020）选择性必修1.docx

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1、专题1化学反应与能量变化单元检测题一、单选题1新中国成立70年来，中国制造、中国创造、中国建造联动发力，不断塑造着中国崭新面貌，以下相关说法不正确的是AC919大型客机中大量使用了镁铝合金B华为麒麟芯片中使用的半导体材料为二氧化硅C北京大兴国际机场建设中使用了大量硅酸盐材料D港珠澳大桥在建设过程中使用的钢材为了防止海水腐蚀都进行了环氧涂层的处理2科学家采用如图所示方法，可持续合成氨，跟氮气和氢气高温高压合成氨相比，反应条件更加温和。下列说法正确的是A该过程中Li和H2O作催化剂B三步反应都是氧化还原反应C反应可能是对LiOH溶液进行了电解D反应过程中每生成1mol NH3，同时生成0.75mo

2、l O23实验测得：101 kPa时，1 mol H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ的热量；1 mol CH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3 kJ的热量。下列热化学方程式书写正确的是A2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H=-571.6 kJmol-1BCH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H=-890.3 kJCCH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g) H=-890.3 kJmol-1DCH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H=890.3 kJmol-14我国利用合成气直接制烯烃获重大突破，其原理是反应：反应：反应：反应：

3、反应：下列说法正确的是A反应使用催化剂，减小B反应中正反应的活化能大于逆反应的活化能CD5“天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用Ir+可催化消除大气污染物N2O和CO，简化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热H = -283 kJmol-1，则2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)的反应热H (kJmol-1)为A-152B-76C+76D+1526下列有关化学反应的认识错误的是A一定有化学键的断裂与形成B一定有电子转移C一定有新物质生成D一定伴随着能量变化7根据所示的能量图，下列说法正确的是A断裂和的化学键所吸收的能量之和小于断裂的化学键所吸收的能量B的总能量大

4、于和的能量之和C和的能量之和为D8下列反应方程式书写正确的是A过氧化钠与水反应：2O+2H2O=O2+4OH-B用白醋除水垢：CaCO3+2H+=CO2+H2O+Ca2+C电解熔融MgCl2制镁：2Cl-+Mg2+Mg+Cl2DAl2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Al3+SO+Ba2+3OH-=Al(OH)3+BaSO49游泳池水质普遍存在尿素超标现象，一种电化学除游泳池中尿素的实验装置如下图所示(样品溶液成分见图示)，其中钌钛常用作析氯电极，不参与电解。已知：，下列说法正确的是A电解过程中不锈钢电极会缓慢发生腐蚀B电解过程中钌钛电极上发生反应为C电解过程中不锈钢电极附近pH降

5、低D电解过程中每逸出22.4LN2，电路中至少通过6mol电子10中科大经过多次实验发现，采用如图所示装置，阳极(Ti基)上产生羟基(OH)，阴极上产生H2O2，分别深度氧化苯酚为CO2，高效处理废水。下列有关说法错误的是A电流从a极Ti基废水不锈钢b极B阳极电极反应为H2O-e-=OH+H+C阴极深度氧化苯酚方程式为C6H5OH+14H2O2=6CO2+17H2OD当消耗7molO2时，理论上共氧化处理47g苯酚11下列关于热化学反应的描述正确的是A25 101kPa下，稀盐酸和稀NaOH溶液反应的中和反应反应热H=-57.3kJmol-1，则含1mol H2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡溶液

6、反应放出的热量为114.6kJBH2(g)的燃烧热为285.8kJ/mol，则反应2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)的H=+571.6kJmol-1C放热反应比吸热反应容易发生D1mol丙烷燃烧生成水蒸气和二氧化碳所放出的热量是丙烷的燃烧热二、填空题12相对分子质量为44的烷烃和O2气在KOH溶液中可以组成燃料电池，装置如图所示。在石墨1极上发生的电极反应为O2 +2e-+2 H2O= 4OH-(1)石墨1极为_(填“负”或“正”)极。在石墨2极上发生的电极反应为_(2)放电时，电子流向是_(填字母)。a.由石墨1极流出，经外电路流向石墨2极b.由石墨2极流出，经电解质溶液流向石墨1极c

7、.由石墨1极流出，经电解质溶液流向石墨2极d.由石墨2极流出，经外电路流向石墨1极13某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。请回答下列问题：(1)甲池为_(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的电极反应式为_。甲池溶液pH值_(填升高、降低或不变)(2)乙池中A(石墨)电极的名称为_(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，总反应式为_。(3)当乙池中B极质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2的体积为_mL(标准状况下)，丙池中_极析出_g铜。14某课外小组利用原电池原理驱动某简易小车(用电动机表示)。(

8、1)初步设计的实验装置示意图如图1所示，CuSO4溶液在图1所示装置中的作用是_(答两点)。实验发现：该装置不能驱动小车。(2)该小组同学提出假设：可能是氧化反应和还原反应没有完全隔开，降低了能量利用率，为进一步提高能量利用率，该小组同学在原有反应的基础上将氧化反应与还原反应隔开进行，优化的实验装置示意图如图2所示，图2中A溶液和B溶液分别是_和_，盐桥属于_(填“电子导体”或“离子导体”)，盐桥中的Cl-移向_溶液(填“A”或“B”)。为降低电池自重，该小组用阳离子交换膜代替盐桥，实验装置示意图如图3所示。(3)利用改进后的实验装置示意图3，仍不能驱动小车，该小组同学再次提出假设：可能是电压

9、不够；可能是电流不够；可能是电压和电流都不够；实验发现：1.5V的干电池能驱动小车，其电流为750A；实验装置示意图3的最大电压为1.0V，最大电流为200A该小组从电极材料、电极反应、离子导体等角度对装置做进一步优化，请补全优化后的实验装置示意图4，并在图中标明阳离子的流向。_15电解原理在生产生活中应用广泛，请回答下列问题：（1）电解法制备金属铝的化学反应方程式为_。为了防止铁器被腐蚀常用电解法在其表面镀铜，此时铁器应与电源_极相连；电解精炼铜时，粗铜应与电源_极相连。利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。为减缓铁的腐蚀，开关K应置于_处。（2）用石墨电极电解100mLH2SO4和CuSO

10、4的混合溶液，通电一段时间后，阴、阳两极分别收集到2.24L和3.36L气体（标况下），溶液想恢复至电解前的状态可加入_。A0.2molCuO和0.1molH2OB0.1molCuCO3C0.1molCu(OH)2D0.1molCu2(OH)2CO3（3）汽车尾气排放的CO、NOx等气体是大气污染的主要来源，NOx也是雾霾天气的主要成因之一。利用反应NO2NH3N2H2O(未配平)消除NO2的简易装置如图所示。电极a的电极反应式为_。常温下，若用该电池电解0.6L1mol/L的食盐水，当消耗336mLB气体（标况下）时电解池中溶液的pH=_（假设电解过程溶液体积不变）。三、计算题16已知：若要

11、将1t碳酸钙煅烧成生石灰，理论上需用_千克焦炭？四、实验题17通过海水晾晒可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是制备精盐的实验方案，各步操作流程如图：(1)在第步粗盐溶解操作中要用玻璃棒搅拌，作用是_。(2)第步操作加入过量的BaCl2目的是除去粗盐中的_；写出这个反应的化学方程_。(3)第步“过滤”操作中得到沉淀的成分有泥沙_(多选)。ABaSO4BCaCO3CBaCO3DMg(OH)2(4)在第步操作中，选择的除杂的试剂不能用KOH代替NaOH，理由是_。(5)在利用粗盐制备精盐过程的第步操作中，加入适量盐酸的目的是除去滤液中的N

12、aOH和_。(6)食盐水也可以通过电解得到更多种类的化工原料，写出电解饱和食盐水的化学方程式_；电解过程中，阳极有_色氯气产生，可用湿润的_试纸检验该气体。18500.50盐酸与500.55溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和反应反应热。回答下列问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是_。(2)隔热层的作用是_。(3)倒入溶液的正确操作是_(填字母)。a.沿玻璃棒缓慢倒入b.分三次倒入c.一次迅速倒入(4)若实验过程中，内筒未加杯盖，求得的中和反应反应热_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(5)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1，又知中和

13、反应后所得溶液的比热容。为了计算中和反应反应热，某学生的实验记录数据如下：实验序号反应物的温度/反应前体系的温度/反应后体系的温度/盐酸氢氧化钠溶液120.020.1_23.2220.220.4_23.4320.320.3_24.2420.520.6_23.6完成表格并依据该学生的实验数据计算，该实验中生成1水时放出的热量为_(结果保留一位小数)。五、工业流程题19某化工厂产生的废渣中含有PbSO4和Ag，为了回收这两种物质，某同学设计了如下流程：已知：“浸出”过程发生可逆反应，AgCl+2SOAg(SO3)+Cl-，回答问题：(1)将废渣“氧化”的化学方程式为_，“氧化”阶段需在80条件下进

14、行，最适合的加热方式为_，操作I的名称为_。(2)研究发现：其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率(浸出液中银的质量占起始分银渣中银的质量的百分比)降低，可能原因是_(用离子方程式表示)。(3)研究发现：浸出液中含银化合物总浓度与含硫化合物总浓度及浸出液pH的关系如图。pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化趋势是_；解释中变化趋势的原因：_。pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，原因是_。(4)“还原”过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为_。(5)工业上，粗银电解精炼时，电流为510A，若用7A的电流电解60min后，

15、得到21.6gAg，则该电解池的电解效率为_%。(保留小数点后一位。通过一定电荷量时阴极上实际沉积的金属质量与理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500Cmol-1)。20软锰矿在生产中有广泛的应用。（1）过程：软锰矿的酸浸处理 酸浸过程中的主要反应（将方程式补充完整）：2FeS2+_MnO2+_=_Mn2+2Fe3+4S+_。 生成的硫附着在矿粉颗粒表面使上述反应受阻，此时加入H2O2，利用其迅速分解产生的大量气体破除附着的硫。导致H2O2迅速分解的因素是_。矿粉颗粒表面附着的硫被破除后，H2O2可以继续与MnO2反应，从而提高锰元素的浸出率，该反应的离子方程式是_。（2）

16、过程：电解法制备金属锰，金属锰在_（填“阳”或“阴”）极析出。（3）过程：制备Mn3O4下图表示通入O2时pH随时间的变化（4）过程：制备MnCO3MnCO3难溶于水、能溶于强酸，可用MnSO4溶液和NH4HCO3溶液混合制备。每制得1 mol MnCO3，至少消耗a mol/L NH4HCO3溶液的体积为_L。试卷第9页，共10页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1B【解析】A镁铝合金密度小，强度大，C919大型客机中大量使用了镁铝合金，A项正确；B华为麒麟芯片中使用的半导体材料为硅，B项错误；C北京大兴国际机场建设中使用的玻璃属于硅酸盐材料，C项正确；D对钢材进

17、行环氧涂层的处理可以防止海水腐蚀，D项正确；答案选B。2D【解析】A从图中可以看出，该反应中Li参加了反应，最终又生成了Li，所以Li是催化剂。虽然在第二步水也参加了反应，第三步生成了水，但总反应为2N2+6H2O=3O2+4NH3，所以水为反应物，故A错误；B第二步反应是Li3N和水反应生成LiOH和NH3，没有化合价变化，不是氧化还原反应，故B错误；C电解LiOH溶液时，在阴极不可能是Li+得电子生成Li，故C错误；D根据总反应方程式：2N2+6H2O=3O2+4NH3，每生成1mol NH3，同时生成0.75mol O2，故D正确；故选D。3A【解析】A1mol氢气完全燃烧生成液态水，放

18、出285.8kJ热量，热化学反应方程式为2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H=-571.6 kJmol-1，故A正确；B焓变的单位是kJ/mol，不是kJ，故B错误；C根据题意，甲烷燃烧生成液态水时的热化学反应方程式为CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H=-890.3 kJmol-1，气态水转化成液态水放出热量，因此CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H-890.3 kJmol-1，故C错误；D甲烷燃烧是放热反应，H0，故D错误；答案为A。4C【解析】A催化剂不能改变焓变，A错误；B反应是放热反应，其中正反应的活化能小于逆反应的活化能，B错误；C根据盖

19、斯定律：即得到氢气燃烧的热化学方程式，氢气燃烧是放热反应，所以H1H20，C正确；D根据盖斯定律：3+得3CO（g）+6H2（g）CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）H=-301.3kJmol-1，D错误，故答案选C。【点睛】5A【解析】已知CO(g)的燃烧热H = -283 kJmol-1，可得，由图可得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)H=-330+123-229+77=-359kJ/mol，由盖斯定律，(反应-)2可得反应2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)，反应热H =( -359+283)2 =-152kJmol-1，故选：A。6B【解析】A化学反应的实质

20、是旧化学键的断裂和新化学键的形成，所以化学反应中一定有化学键的断裂与形成，A正确；B化学反应中不一定有电子转移，如酸碱中和反应，B错误；C有新物质生成的反应为化学反应，所以化学反应中一定有新物质生成，C正确；D断裂化学键吸热，形成化学键放热，化学反应中有化学键的断裂和形成，所以化学反应中一定伴随着能量变化，D正确；故选B。7B【解析】A右图示可知，该反应为吸热反应，故断裂和的化学键所吸收的能量之和大于断裂的化学键所吸收的能量，A错误；B右图示可知，该反应为吸热反应，故生成物的总能量高于反应物的总能量，即的总能量大于和的能量之和，B正确；C由图示可知，和的键能之和为，C错误；D反应热等于正反应的

21、活化能减去逆反应的活化能，故该反应的热化学方程式为：，D错误；故答案为：B。8C【解析】A过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：，A错误；B白醋可除去水壶中的水垢，白醋为弱酸，不可拆成离子形式，离子方程式为：，B错误；C工业上电解熔融的氯化镁制金属镁，发生反应的离子方程式为：2Cl-+Mg2+Mg+Cl2，C正确；DBa(OH)2足量，最终会得到偏铝酸根，D错误； 故选C。9B【解析】A根据投料及电极的性能可知，a为电源负极，b为电源正极，钢电极做电解池阴极，相当于外接电流的阴极保护，不发生腐蚀，A项错误；B钌钛电极上氯离子失电子生成氯气，发生的电极反应式为，B项正确；C电解过程中

22、不锈钢电极上水得电子生成氢气和氢氧根，发生的电极反应式为，其附近pH升高，C项错误；D未强调标准状况下，无法计算，D项错误；故选B。10D【解析】电解池中失去电子的电极为阳极，阳极上水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为：H2O-e-=OH+H+，阴极反应电极式为：O2+2e-+2H+ =H2O2，苯酚被氧化的化学方程式为：C6H5OH+14H2O26CO2+17H2O；【解析】A电流从正极经导线流向负极，即从a极Ti基废水不锈钢b极，A正确；B阳极上水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为：H2O-e-=OH+H+， B正确；C羟基自由基对有机物有极强的氧化能力，则苯酚被氧化的化学方程式为

23、：C6H5OH+14H2O2=6CO2+17H2O，C正确；D阴极反应电极式为：O2+2e-+2H+ =H2O2，1个水失一个电子生成1个OH，2个OH可看作1个H2O2，即阴阳极各产生一个H2O2，消耗7molO2即产生14molH2O2，由C6H5OH14H2O2，可知消耗1molC6H5OH，质量为m=nM=1mol94g/mol=94g，D错误；故选：D。11B【解析】A钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡时放热，并且含1molH2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡反应生成2molH2O（1），所以含1molH2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放出的热量大于114.6kJ，故A错误；BH2(

24、g)的燃烧热为285.8kJ/mol，则H2(g)+O2(g)= H2O(l) H=-285.8kJ/mol，所以2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)的H=+571.6kJmol-1，故B正确；C反应是否容易发生，与放热、吸热无关，有些吸热反应常温下也很容易发生，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，故C错误；D1mol丙烷完全燃烧生成液体水和二氧化碳时所放出的热量是丙烷的燃烧热，而不是水蒸气，故D错误；故选B。12(1) 正 (2)d【解析】由题目中烷烃的相对分子质量为44，可知该烷烃为C3H8；在原电池中，负极失去电子，正极得到电子，电子由负极经导线移向正极。(1)在石墨1极上发生的电极反应为

25、，在该电极O2得到电子，故为原电池的正极；在石墨2极上发生的电极反应为；(2)在原电池中，电子由负极经导线移向正极，故d项正确。13(1) 原电池 CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O 降低(2) 阳极 4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3(3) 280mL D 1.60【解析】甲池中发生自发的氧化还原反应，故为原电池，乙池和丙池为串联的电解池。（1）甲池为原电池，通入CH3OH电极为负极，负极上CH3OH失去电子，发生氧化反应，在碱性溶液中被氧化生成CO，则该电极的电极反应为CH3OH+8OH-6e-=CO+6H2O；甲池消耗碱，故pH值降低。（2）乙池中A(石墨)电极与电

26、源的正极相连，作阳极，溶液中的OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2，阴极B(Ag)电极上，溶液中的Ag+获得电子，发生还原反应，电极反应式为Ag+e-=Ag，在同一闭合回路中电子转移数目相等，可得总反应方程式为：4AgNO3+2H2O4AgO2+4HNO3；（3）当乙池B极质量增加5.4g时，n(Ag)=0.05mol，则电路中通过电子物质的量为0.05mol，由于在串联电路中电子转移数目相同，所以甲池中理论上消耗O2的物质的量为n(O2)=0.0125mol，则氧气在标准状况下体积为V(O2)=0.0125mol22.4L/mol=0.28L=280mL

27、，丙池与甲、乙池串联，电子转移的物质的量也是0.05mol，D极电极反应式为Cu2+2e-=Cu，所以D极析出Cu的物质的量为=0.025mol，m(Cu)=0.025mol64g/mol=1.6g。14 传导离子、作正极反应物 硫酸锌溶液 硫酸铜溶液 离子导体 A 【解析】(1)由可知，CuSO4是电解质，可传导离子，该原电池的负极电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极的电极反应式为Cu2+2e-=Cu，故CuSO4可作正极反应物；答案为传导离子、作正极反应物。(2)由可知，A溶液中电极为Zn，故A溶液中应为Zn2+，同理，B溶液中为Cu2+，由(1)知阴离子为；盐桥是由琼脂和饱和的KCl

28、或KNO3组成，属于离子导体；根据在原电池中阴离子向负极移动，则Zn为负极，故Cl-向A溶液中移动；答案为硫酸锌溶液，硫酸铜溶液，离子导体，A。(3)由可知，电子由左边移向右边，左边为负极，右边为正极，根据题中信息，要增大电压和电流，故选取电极材料Mg和石墨，阳离子向正极移动，优化后的实验装置示意图4为；答案为。15 2Al2O3（熔融）4Al+3O2 负极 正极 N AD 2NH36e-+6OH-=2N2+6H2O 13【解析】（1）电解法制备金属铝，三氧化铝电解生成铝和氧气；铁是待镀金属，此时铁器应与电源负极相连；电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜应与电源正极相连。模拟铁的电化学防护，用外加电

29、流的阴极保护法，铁在阴极；（2）根据电解池中离子的放电顺序和两极上发生的变化来书写电极反应方程式进行计算，两个电极上转移的电子数目是相等的，据此计算出溶液中减少的物质的物质的量，思考需加入物质（3）电极a电极发生氧化反应，氨气在碱性条件下氧化为氮气：2NH36e-+6OH-=2N2+6H2O ；当消耗336mLNO2气体（标况下）时，由反应2NO2+8e+4H2O=N2+8OH计算生成的OH-。【解析】（1）电解法制备金属铝，三氧化铝电解生成铝和氧气，化学反应方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2。故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2；为了防止铁器被腐蚀常用电解法在其表面镀铜，铁是

30、待镀金属，此时铁器应与电源负极相连；电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜应与电源正极相连。故答案为：负极 ； 正极；模拟铁的电化学防护，为减缓铁的腐蚀，用外加电流的阴极保护法，开关K应置于N处。故答案为：N；（2）电解H2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH2H2O+O2+4e，阴极上发生的电极反应为：Cu2+2eCu，2H+2eH2，阳极生成3.36L氧气，即0.15mol，由阳极电极反应式可知，转移电子为0.6mol，阴极收集到2.24L（标况）气体，即生成0.1mol的氢气，由阴极电极反应式可知，阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.4mol电子由

31、铜离子获得，生成铜0.2mol，综上分析，电解H2SO4和CuSO4的混合溶液时，生成了0.2molCu，0.1mol氢气，0.15mol氧气，溶液要想恢复电解前的状态，需加入0.2molCuO（或碳酸铜）和0.1mol水，故选AD。（3）电极a电极发生氧化反应，氨气在碱性条件下氧化为氮气：2NH36e-+6OH-=2N2+6H2O ；电极b的电极发生还原反应，二氧化氮转化生成氮气，电极方程式为2NO2+8e+4H2O=N2+8OH，总反应：6NO28NH37N212H2O，消耗标准状况下336mL NO2时，电路中转移0.06mol电子，电解池中生成0.06mol OH，c（OH）=0.06

32、mol0.6L=0.1molL1，c（H）= molL1=10-13molL1，故pH=13，故答案为：2NH36e-+6OH-=2N2+6H2O ；13。1654.36【解析】由热化学方程式可知，1t碳酸钙煅烧成生石灰需要吸收的热量为178.2kJ/mol=1.782106kJ，则理论上需用焦炭的质量为12g/mol103k g/g=54.36kg，故答案为：54.36kg。17(1)加速溶解(2) Na2SO4 Na2SO4+BaCl2=BaSO4+2NaCl(3)ABCD(4)会引入新的杂质(5)Na2CO3(6) 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 黄绿色 淀粉碘化钾试纸【解

33、析】粗盐除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质，加水溶解后，加入过量的BaCl2溶液，沉淀溶液中的硫酸根离子，再加入过量的NaOH溶液，沉淀溶液中的Mg2+，再加入过量的Na2CO3溶液，沉淀溶液中的Ca2+，同时沉淀过量的Ba2+，过滤，滤去BaSO4、Mg(OH)2、BaCO3、CaCO3沉淀以及泥沙，向滤液中加入盐酸，中和过量的NaOH和Na2CO3溶液，将得到的NaCl溶液进行蒸发浓缩，同时使过量的HCl挥发掉，然后冷却结晶，洗涤、烘干、得到纯净的NaCl晶体，据此解答。（1）第步粗盐溶解操作中用玻璃棒搅拌，可加速粗盐的溶解，故答案为：加速溶解；（2）根

34、据以上分析可知第步操作加入过量的BaCl2目的是除去粗盐中的Na2SO4，反应的方程式为Na2SO4+BaCl2=BaSO4+2NaCl；（3）通过过滤可把溶液中的不溶物除去，则可以除去的物质有泥沙、BaSO4、Mg(OH)2、BaCO3、CaCO3，答案选ABCD；（4）提纯的是氯化钠，若用氢氧化钾会引入新的杂质氯化钾；（5）根据以上分析可知在利用粗盐制备精盐过程的第步操作中，加入适量盐酸的目的是除去滤液中的NaOH和Na2CO3。（6）电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；电解过程中，阳极氯离子放电，有黄绿色氯气产生，氯气具有强氧化性，可用湿润的淀粉碘化

35、钾试纸试纸检验该气体。18(1)环形玻璃搅拌棒(2)减少实验过程中的热量损失(3)c(4)偏大(5) 20.05 20.3 20.3 20.55 51.8【解析】本实验是利用500.50盐酸与500.55溶液反应测定中和热。【解析】（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒；（2）隔热层的作用是减少实验过程中的热量损失；（3）为了防止热量散失，倒入溶液的正确操作是一次迅速倒入，则选c；（4）若实验过程中，内筒未加杯盖，会散失一部分热量，则求得的中和反应反应热会偏大；（5）反应前体系的温度/为盐酸与氢氧化钠溶液反应之前温度的平均值，由表格数据可知，实验1、2、3、4反应前体系

36、的温度/分别为20.05、20.3、20.3、20.55；四次实验()的值分别为3.15、3.1、3.9、3.05，第三次实验数据误差大，舍弃，则温度差平均值为3.1，生成1水时放出的热量。19(1) 4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2 水浴加热 过滤(2)2SO+O2=2SO(3) 含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大 浸出液中c(SO)增大，使浸出反应的平衡正向移动 pH较小时，SO与H+结合生成HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c(SO)均较小(4)4：1(5)76.6【解析】（1）废渣含有银、硫酸铅，加入过量的NaClO溶液，根据流程图可

37、知单质银被氧化，发生反应4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2；反应在80条件下进行，最适合的加热方式为“水浴加热”；操作1为过滤以除去PbSO4；（2）反应在敞口容器中进行，SO很容易被空气中氧气氧化，离子反应方程式为2SO+O2=2SO。（3）根据图象可知，当pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大；这是由于浸出液中c()增大，使浸出反应AgCl+2+Cl-的平衡正向移动，因此银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大；pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，pH=10时浸出液中c()大，使浸出反应的平衡正向移动，A

38、gCl的浸出率降高，pH较小时，与H+结合生成或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c()较小，AgCl的浸出率降低，含银化合物总浓度减小。（4）最后“还原”的反应中，氧化剂是，还原产物是Ag，得到1个电子，还原剂是N2H4H2O，氧化产物是氮气，失去4个电子，所以根据电子得失守恒可知氧化和还原剂的物质的量之比为4：1；（5）Q=It=73600，电子物质的量为=0.261mol，所以理论上生成银的质量是0.261mol108g/mol=28.188g，该电解池的电解效率为=76.6%。20 3 12H+ 3 6H2O Fe3+（或Mn2+或MnO2）等作催化剂 MnO2 + H2O2 +

39、 2H+ = Mn2+ + O2 + 2H2O 阴 Mn2(OH)2SO4 Mn2(OH)2SO4被O2氧化产生H+，而Mn(OH)2被O2氧化不产生H+ 【解析】(1)软锰矿的主要成分为MnO2和FeS2，加硫酸酸化后发生氧化还原反应生成MnSO4、S和Fe2(SO4)3，酸浸过程中的主要反应为：2FeS2+3MnO2+12H+= 3Mn2+2Fe3+4S+6H2O。答案：3 ；12H+ ；3 ；6H2O。H2O2分解产生的O2和生成的硫发生反应生成SO2，利用其迅速破除附着的硫。导致H2O2迅速分解的因素是生成的Fe3+或者Mn2+作H2O2分解的催化剂。答案：Fe3+（或Mn2+或MnO

40、2）等作催化剂。H2O2在酸性条件下，可以与MnO2反应的方程式为：MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2 +2H2O，该反应的离子方程式是MnO2 + H2O2 + 2H+ = Mn2+O2+ 2H2O。答案：MnO2 + H2O2 + 2H+ = Mn2+ + O2 + 2H2O。（2）根据过程反应MnSO4，元素的化合价由+20，在电解池的阴极发生还原反应，析出金属锰。答案：阴。（3）因为滤饼的成分为：Mn2(OH)2SO4和Mn(OH)2，过程是制备Mn3O4的过程，发生的反为O2+6Mn(OH)2= 2Mn3O4+6H2O；O2+3Mn2(OH)2SO4=2Mn3O4+3H2SO4，由图可知15150分钟通入O2时溶液的pH逐渐减小，酸性逐渐增强，所以15150分钟滤饼中一定参与反应的成分是Mn2(OH)2SO4。答案：Mn2(OH)2SO4 ； Mn2(OH)2SO4被O2氧化产生H+，而Mn(OH)2被O2氧化不产生H+。（4）MnSO4溶液和NH4HCO3溶液发生反应的离子方程式为：Mn2+ 2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，每制得1 mol MnCO3，至少消耗2mol NH4HCO3,所以V=n/c=2 mol /(a molL-1)=2/aL。答案：2/a。答案第19页，共10页