高考化學(xué)真題分類匯編 化學(xué)反應(yīng)與能量含解析

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1、化學(xué)高考題分類目錄 F單元 化學(xué)反應(yīng)與能量 F1 化學(xué)反應(yīng)與能量變化 6． [2014·重慶卷] 已知：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1 2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－220 kJ·mol－1 H—H、OO和OH鍵的鍵能分別為436 kJ·mol－1、496 kJ·mol－1和462 kJ·mol－1，則a為() A．－332 B．－118 C．＋350 D．＋130 6．D[解析] 依題意有： ①C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1 ②2C(s)＋O2(g

2、)===2CO(g)　ΔH＝－220 kJ·mol－1 根據(jù)蓋斯定律②－2×即得2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－(220＋2a) kJ·mol－1。由于反應(yīng)熱等于斷裂舊化學(xué)鍵吸收的能量與形成新化學(xué)鍵釋放的能量的差值， 則496 kJ·mol－1＋2×436 kJ·mol－1－2×2×462 kJ·mol－1＝－(220＋2a) kJ·mol－1，解得a＝130。 7． [2014·浙江卷] 下列說法不正確的是(　　) A．光催化還原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經(jīng)濟(jì) B．氨氮廢水(含NH及NH3)可用化學(xué)氧化法或電化學(xué)氧化法處理 C．某種化學(xué)檢測技術(shù)具

3、有極高的靈敏度，可檢測到單個細(xì)胞(V≈10－12 L)內(nèi)的數(shù)個目標(biāo)分子，據(jù)此可推算該檢測技術(shù)能測量細(xì)胞內(nèi)濃度約為10－12～10－11mol·L－1的目標(biāo)分子 D．向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值不變 7．D　[解析] 電解水會消耗大量的電能，故光催化還原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經(jīng)濟(jì)，A項正確；化學(xué)氧化法和電化學(xué)氧化法均可以將NH和NH3中－3價的N元素氧化為0價的氮元素，B項正確；單個細(xì)胞的V≈10－12 L，所以1 L待測成分中含有1012個細(xì)胞，其物質(zhì)的量為mol，由此可知該檢測技術(shù)能測量細(xì)胞內(nèi)濃度約為10－12～10－11 mol·L－1的目標(biāo)分子，C項正確；甲醇與汽

4、油所具有的化學(xué)能不同，故向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值改變，D項錯誤。 9．　[2014·新課標(biāo)全國卷Ⅰ] 已知分解1 mol H2O2放出熱量98 kJ。在含少量I－的溶液中，H2O2分解的機(jī)理為 H2O2＋I(xiàn)－―→H2O＋I(xiàn)O－　慢　　 H2O2＋I(xiàn)O－―→H2O＋O2＋I(xiàn)－　快 下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是(　　) A．反應(yīng)速率與I－濃度有關(guān) B．IO－也是該反應(yīng)的催化劑 C．反應(yīng)活化能等于98 kJ·mol－1 D．v(H2O2)＝v(H2O)＝v(O2) 9．A　[解析] H2O2的分解反應(yīng)主要由慢反應(yīng)決定，且I－濃度越大反應(yīng)速率越快，A項正確；合并題中兩

5、反應(yīng)，可知I－為催化劑，而IO－為中間產(chǎn)物，B項錯誤；1 mol H2O2分解時反應(yīng)熱為－98 kJ·mol－1，并不是活化能，C項錯誤；根據(jù)化學(xué)計量數(shù)關(guān)系可確定v(H2O2)＝ v(H2O)＝ 2v(O2)，D項錯誤。 10． [2014·安徽卷] 臭氧是理想的煙氣脫硝試劑，其脫硝反應(yīng)為2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，若反應(yīng)在恒容密閉容器中進(jìn)行，下列由該反應(yīng)相關(guān)圖像作出的判斷正確的是(　　) A B 升高溫度，平衡常數(shù)減小 0～3s內(nèi)，反應(yīng)速率為 v(NO2)＝0.2mol·L－1 C D t1時僅加入催化劑，平衡正向移動 達(dá)平衡時，

6、僅改變x，則x為c(O2) 10.A　[解析] 由反應(yīng)過程的能量變化圖可知正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，因此升高溫度，反應(yīng)逆向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，A項正確；0～3 s內(nèi)，v(NO2)＝(1.0 mol/L－0.4 mol/L)÷3 s＝0.2 mol·L－1·s－1，B項錯誤；加入催化劑，正、逆反應(yīng)速率同等程度加快，平衡不移動，C項錯誤；達(dá)到平衡時，增加c(O2)平衡逆向移動，NO2的轉(zhuǎn)化率減小，D項錯誤。 31． [2014·廣東卷] 用CaSO4代替O2與燃料CO反應(yīng)，既可提高燃燒效率，又能得到高純CO2，是一種高效、清潔、經(jīng)濟(jì)的新型燃燒技術(shù)。反應(yīng)①為主反應(yīng)，反應(yīng)②和③為副反應(yīng)。 ①CaSO

7、4(s)＋CO(g)CaS(s)＋CO2(g)　 ΔH1＝－47.3 kJ·mol－1 ②CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)　ΔH2＝＋210.5 kJ·mol－1 ③CO(g)C(s)＋CO2(g)　ΔH3＝－86.2 kJ·mol－1 (1)反應(yīng)2CaSO4(s)＋7CO(g)CaS(s)＋CaO(s)＋6CO2(g) ＋C(s)＋SO2(g)的ΔH＝________(用ΔH1、ΔH2和ΔH3表示)。 (2)反應(yīng)①～③的平衡常數(shù)的對數(shù)lg K隨反應(yīng)溫度T的變化曲線如圖所示。結(jié)合各反應(yīng)的ΔH，歸納lg K～T曲線變化規(guī)律： a．_______

8、_； b．________。 (3)向盛有CaSO4的真空恒容密閉容器中充入CO，反應(yīng)①于900 ℃達(dá)到平衡，c平衡(CO)＝8.0×10－5mol·L－1，計算CO的轉(zhuǎn)化率(忽略副反應(yīng)，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。 (4)為減少副產(chǎn)物，獲得更純凈的CO2，可在初始燃料中適量加入________。 (5)以反應(yīng)①中生成的CaS為原料，在一定條件下經(jīng)原子利用率100%的高溫反應(yīng)，可再生CaSO4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為______________________________________，在一定條件下，CO2可與對二甲苯反應(yīng)，在其苯環(huán)上引入一個羧基，產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為_____

9、___。 31．(1)4ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3 (2)a.放熱反應(yīng)， lg K隨T增大而減小；吸熱反應(yīng)， lg K隨T增大而增大　b．焓變越大，lgK隨T的變化程度越大 (3)99%　 (4)Ca(ClO)2(或KClO3、KMnO4等氧化性物質(zhì))　 (5)CaS＋2O2CaSO4 [解析] (1)將給定的三個熱化學(xué)方程式按照①×4＋②＋③×2相加可得目標(biāo)方程式，故ΔH＝4ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3。 (2)反應(yīng)①為放熱反應(yīng)，由圖可看出，隨著溫度的升高，放熱反應(yīng)的平衡常數(shù)的對數(shù)在減小，故曲線Ⅰ表示反應(yīng)③，曲線Ⅱ表示反應(yīng)②。 (3)設(shè)開始時c(CO)＝a，轉(zhuǎn)化的c(C

10、O)＝x，則a－x＝8.0×10－5 mol·L－1。根據(jù)方程式可知，生成的c(CO2)＝ x，平衡常數(shù)K＝＝＝ 。由圖示可知，在900 ℃時，lg K＝2，K＝100，則x＝8.0×10－3 mol·L－1，故CO的轉(zhuǎn)化率＝×100%≈99%。 (4)由于CO2氣體中主要含有SO2氣體，該氣體具有比較強(qiáng)的還原性，故可加入具有氧化性的物質(zhì)來除去，該氧化性的物質(zhì)有Ca(ClO)2、KClO3、KMnO4等。(5)由于要求原子利用率為100%，故反應(yīng)類型屬于化合反應(yīng)，可將CaS在高溫下與O2反應(yīng)制取CaSO4，反應(yīng)的方程式為CaS＋2O2CaSO4；對二甲苯的結(jié)構(gòu)簡式為 苯環(huán)上只有一類

11、氫原子，故在苯環(huán)上引入1個羧基，產(chǎn)物僅有1種， 其結(jié)構(gòu)為 26． [2014·新課標(biāo)全國卷Ⅱ] 在容積為1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，發(fā)生反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)，隨溫度升高，混合氣體的顏色變深。 回答下列問題： (1)反應(yīng)的ΔH________0(填“大于”或“小于”)；100 ℃時，體系中各物質(zhì)濃度隨時間變化如圖所示。在0～60 s時段，反應(yīng)速率v(N2O4)為________mol·L－1·s－1；反應(yīng)的平衡常數(shù)K1為________。 (2)100 ℃時達(dá)平衡后，改變反應(yīng)溫度為T，c(N2O4)以0.002 0 mol·

12、L－1·s－1的平均速率降低，經(jīng)10 s又達(dá)到平衡。 ①T________100 ℃(填“大于”或“小于”)，判斷理由是____________________________。 ②列式計算溫度T時反應(yīng)的平衡常數(shù)K2：_______________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)溫度T時反應(yīng)達(dá)平衡后，將反應(yīng)容器的容積減少一半，平衡向________(填“正反應(yīng)”或“逆反應(yīng)”)方向移動，判斷理由是___________

13、_______________________________________ ________________________________________________________________________。 26．(1)大于　0.001 0　0.36 mol·L－1 (2)①大于　反應(yīng)正方向吸熱，反應(yīng)向吸熱方向進(jìn)行，故溫度升高 ②平衡時，c(NO2)＝0.120 mol·L－1＋0.002 0 mol·L－1·s－1×10 s×2＝0.16 mol·L－1 c(N2O4)＝0.040 mol·L－1－0.002 0 mol·L－1·s－1×10 s＝0.020

14、mol·L－1 K2＝＝1.3 mol·L－1 (3)逆反應(yīng)　對氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡向逆反應(yīng)方向移動 [解析] (1)依題意知，溫度升高，混合氣體的顏色加深，說明平衡向生成NO2的正反應(yīng)方向移動，即正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；根據(jù)圖像0～60 s時段，NO2的物質(zhì)的量濃度變化為0.060 mol·L－1，根據(jù)公式v＝即可計算出速率；根據(jù)圖像可知NO2的平衡濃度為0.120 mol·L－1，N2O4的平衡濃度為0.040 mol·L－1，根據(jù)K＝可計算出平衡常數(shù)K1。(2)①根據(jù)題意知，改變反應(yīng)溫度為T后，反應(yīng)速率降低，故為降低溫度，即T小于100 ℃；②根據(jù)題意知，再次達(dá)到平衡后N2

15、O4的濃度減小，Δc＝v·Δt＝0.002 0 mol·L·s－1×10 s＝0.02 mol·L－1，則NO2的濃度增加0.040 mol·L－1，即達(dá)到新平衡時N2O4的濃度為0.020 mol·L－1，NO2的濃度為0.160 mol·L－1，據(jù)K＝可計算出平衡常數(shù)K2。(3)溫度為T時，反應(yīng)達(dá)到平衡，將反應(yīng)容器減小一半，即增大壓強(qiáng)。其他條件不變時，增大壓強(qiáng)，平衡向氣體分子數(shù)減小的方向移動，即向逆反應(yīng)方向移動。 8．[2014·海南卷] 某反應(yīng)過程能量變化如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．反應(yīng)過程a有催化劑參與 B．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，熱效應(yīng)等于ΔH C．改變催化劑，可改

16、變該反應(yīng)的活化能 D．有催化劑條件下，反應(yīng)的活化能等于E1＋E2 8．BC　[解析] a過程的活化能比b過程的高，故反應(yīng)過程b有催化劑參與，A項錯誤；該反應(yīng)生成物所具有的能量比反應(yīng)物的低，且由圖標(biāo)信息可知二者能量的量值之差為ΔH，B項正確；不同催化劑的催化效率不同，故改變催化劑，可改變該反應(yīng)的活化能，C項正確；在有催化劑的條件下，該反應(yīng)的活化能等于E1，D項錯誤。 F2 反應(yīng)熱的計算與重要的反應(yīng)熱 4．[2014·海南卷] 標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，氣態(tài)分子斷開1 mol化學(xué)鍵的焓變稱為鍵焓。已知H—H、H—O和O===O鍵的鍵焓ΔH分別為436 kJ·mol－1、463 kJ·mol－1和49

17、5 kJ·mol－1。下列熱化學(xué)方程式正確的是(　　) A．H2O(g)===H2＋O2(g)　ΔH＝－485 kJ·mol－1 B．H2O(g)===H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋485 kJ·mol－1 C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝＋485 kJ·mol－1 D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－485 kJ·mol－1 4．D　[解析] 化學(xué)反應(yīng)的焾變等于反應(yīng)物總鍵焓與生成物總鍵焓的差，由此可確定D項正確。 6．[2014·重慶卷] 已知：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1 2

18、C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－220 kJ·mol－1 H—H、OO和OH鍵的鍵能分別為436 kJ·mol－1、496 kJ·mol－1和462 kJ·mol－1，則a為() A．－332 B．－118 C．＋350 D．＋130 6．D[解析] 依題意有： ①C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1 ②2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－220 kJ·mol－1 根據(jù)蓋斯定律②－2×即得2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－(220＋2a) kJ·mol－1。由于反應(yīng)熱等于斷裂舊化學(xué)鍵吸

19、收的能量與形成新化學(xué)鍵釋放的能量的差值， 則496 kJ·mol－1＋2×436 kJ·mol－1－2×2×462 kJ·mol－1＝－(220＋2a) kJ·mol－1，解得a＝130。 7． [2014·天津卷] 元素單質(zhì)及其化合物有廣泛用途，請根據(jù)周期表中第三周期元素相關(guān)知識回答下列問題： (1)按原子序數(shù)遞增的順序(稀有氣體除外)，以下說法正確的是________。 a．原子半徑和離子半徑均減小 b．金屬性減弱，非金屬性增強(qiáng) c．氧化物對應(yīng)的水化物堿性減弱，酸性增強(qiáng) d．單質(zhì)的熔點(diǎn)降低 (2)原子最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相同的元素名稱為________，氧化性最

20、弱的簡單陽離子是________。 (3)已知： 化合物 MgO Al2O3 MgCl2 AlCl3 類型 離子化合物 離子化合物 離子化合物 共價化合物 熔點(diǎn)/℃ 2800 2050 714 191 工業(yè)制鎂時，電解MgCl2而不電解MgO的原因是__________________________________； 制鋁時，電解Al2O3而不電解AlCl3的原因是______________________________。 (4)晶體硅(熔點(diǎn)1410 ℃)是良好的半導(dǎo)體材料。由粗硅制純硅過程如下： Si(粗)SiCl4SiCl4(純)Si(純)

21、 寫出SiCl4的電子式：________________；在上述由SiCl4制純硅的反應(yīng)中，測得每生成1.12 kg純硅需吸收a kJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)P2O5是非氧化性干燥劑，下列氣體不能用濃硫酸干燥，可用P2O5干燥的是________。 a．NH3 　b．HI c．S

22、O2 d．CO2 (6)KClO3可用于實(shí)驗(yàn)室制O2，若不加催化劑，400 ℃時分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數(shù)比為1∶1。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：________________________________________________________________________。 7．(1)b　(2)氬　Na＋(或鈉離子) (3)MgO的熔點(diǎn)高，熔融時耗費(fèi)更多能源，增加生產(chǎn)成本 AlCl3是共價化合物，熔融態(tài)難導(dǎo)電 (4) SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝＋0.025a kJ·mol－1 (5)b (

23、6)4KClO3KCl＋3KClO4 [解析] (1)除稀有氣體外，第三周期元素隨原子序數(shù)的遞增原子半徑逐漸減小，而離子半徑不一定減小，如r(Na＋)＜r(Cl－)，a錯誤；同一周期的主族元素隨原子序數(shù)的遞增，金屬性減弱，非金屬性增強(qiáng)，b正確；同周期主族元素從左至右，最高價氧化物對應(yīng)的水化物堿性減弱，酸性增強(qiáng)，c錯誤；單質(zhì)的熔點(diǎn)不一定降低，如Na的熔點(diǎn)低于Mg、Al等的熔點(diǎn)，d錯誤。(2)第三周期元素的原子核外有三個電子層，次外層電子數(shù)為8，故該元素原子最外層的電子數(shù)也為8，該元素為氬；簡單離子的氧化性越弱，對應(yīng)單質(zhì)的還原性越強(qiáng)，元素的金屬性越強(qiáng)，第三周期中金屬性最強(qiáng)的元素是Na，因此Na＋

24、的氧化性最弱。(3)由題給數(shù)據(jù)表知，MgO的熔點(diǎn)比MgCl2的熔點(diǎn)高，MgO熔融時耗費(fèi)更多能源，增加成本；AlCl3是共價化合物，熔融態(tài)時不電離，難導(dǎo)電，故冶煉鋁不能用電解AlCl3的方法。(4)SiCl4屬于共價化合物，其電子式為；由SiCl4制純硅的化學(xué)方程式為SiCl4(l)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，生成1.12 kg即40 mol純硅吸收a kJ熱量，則生成1 mol純硅需吸收0.025a kJ熱量。(5)NH3是堿性氣體，既不能用濃硫酸干燥，也不能用P2O5干燥；HI是具有還原性的酸性氣體，可用P2O5干燥，但不能用濃硫酸干燥；SO2、CO2既能用濃硫酸干燥，又能用P

25、2O5干燥，綜上分析，正確答案為b。(6)KClO3(Cl的化合價為＋5價)受熱分解生成的無氧酸鹽是KCl，另一含氧酸鹽中氯元素的化合價必須比＋5價高，可能為＋6價或＋7價，若為＋6價，形成的鹽中陰陽離子個數(shù)比不可能為1∶1，只能是＋7價，故該含氧酸鹽為KClO4，據(jù)此可寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式。 28．(15分)[2014·新課標(biāo)全國卷Ⅰ] 乙醇是重要的有機(jī)化工原料，可由乙烯氣相直接水合法生產(chǎn)或間接水合法生產(chǎn)?；卮鹣铝袉栴}： (1)間接水合法是指先將乙烯與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸氫乙酯(C2H5OSO3H)，再水解生成乙醇。寫出相應(yīng)反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______________________

26、_________________。 (2)已知： 甲醇的脫水反應(yīng) 2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH1＝－23.9 kJ·mol－1 甲醇制烯烴的反應(yīng) 2CH3OH(g)===C2H4(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－29.1 kJ·mol－1 乙醇的異構(gòu)化反應(yīng)　C2H5OH(g)===CH3OCH3(g) ΔH3＝＋50.7 kJ·mol－1 則乙烯氣相直接水合反應(yīng)C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)的ΔH________kJ·mol－1。與間接水合法相比，氣相直接水合法的優(yōu)點(diǎn)是_______________________

27、_____________。 (3)如圖所示為氣相直接水合法中乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系[其中n(H2O)∶n(C2H4)＝1∶1]。 ①列式計算乙烯水合制乙醇反應(yīng)在圖中A點(diǎn)的平衡常數(shù)Kp＝____________________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。 ②圖中壓強(qiáng)(p1、p2、p3、p4)的大小順序?yàn)開___，理由是___________________。 ③氣相直接水合法常采用的工藝條件為：磷酸/硅藻土為催化劑，反應(yīng)溫度290 ℃、壓強(qiáng)6.9 MPa，n(H2O)∶n(C2H4)＝0.6∶1。乙烯的轉(zhuǎn)化率為5%，若要進(jìn)一步提高乙烯轉(zhuǎn)化率

28、，除了可以適當(dāng)改變反應(yīng)溫度和壓強(qiáng)外，還可采取的措施有________________________________________________________________________、 ________________________________________________________________________。 28．(1)C2H4＋H2SO4―→C2H5OSO3H、C2H5OSO3H＋H2O―→C2H5OH＋H2SO4　(2)－45.5　污染小、腐蝕性小等　(3)①＝＝ ＝0.07(MPa)－1②p1

29、升高乙烯轉(zhuǎn)化率提高 ③將產(chǎn)物乙醇液化移去　增加n(H2O)∶n(C2H4)比 [解析] (1)根據(jù)題中信息可寫出由乙烯與濃硫酸間接水合法制乙醇的反應(yīng)為C2H4＋H2SO4―→C2H5OSO3H 和C2H5OSO3H＋H2O―→C2H5OH＋H2SO4。(2)根據(jù)蓋斯定律①－②－③得：C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)　ΔH＝－45.5 kJ·mol－1。間接水合法中用到濃硫酸等強(qiáng)腐蝕性物質(zhì)，與其相比直接水合法具有污染小、腐蝕性小等優(yōu)點(diǎn)。(3)①設(shè)起始時C2H4和H2O(g)的物質(zhì)的量均為n，根據(jù)C2H4的轉(zhuǎn)化率為20%，則平衡時C2H4、H2O(g)和C2H5OH的物質(zhì)的

30、量分別為80%n、80%n和20%n，則Kp＝＝＝＝0.07(MPa)－1。②增大壓強(qiáng)，平衡將正向移動，能提高C2H4的轉(zhuǎn)化率，即壓強(qiáng)p1＜p2＜p3＜p4。③為了使平衡正向移動，還可以將乙醇液化及時分離，或增大n (H2O)：n (C2H4) 之比等措施。 25．[2014·安徽卷] Na、Cu、O、Si、S、Cl是常見的六種元素。 (1)Na位于元素周期表第________周期第________族；S的基態(tài)原子核外有________個未成對電子；Si的基態(tài)原子核外電子排布式為________________________。 (2)用“>”或“<”填空： 第一電離能 離子

31、半徑 熔點(diǎn) 酸性 Si____S O2－____Na＋ NaCl____Si H2SO4____HClO4 (3)CuCl(s)與O2反應(yīng)生成CuCl2(s)和一種黑色固體。在25 ℃、101 kPa下，已知該反應(yīng)每消耗1 mol CuCl(s)，放熱44.4 kJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

32、 (4)ClO2常用于水的凈化，工業(yè)上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2。寫出該反應(yīng)的離子方程式，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：________________________________________________________________________。 25．(1)三　Ⅰ A　2　1s22s22p63s23p2 (2) < > < < (3)4CuCl(s)＋O2(g)===2CuCl2(s)＋2CuO(s) ΔH＝－177.6 kJ·mol－1(合理答案均可) (4)2ClO＋C2e－l2===2ClO2＋2Cl－(合理答案均可) [解析] (

33、1)Na核外電子分三層排布且最外層電子數(shù)為1，位于周期表的第三周期ⅠA族；S的價層電子排布為3s23p4，利用洪特規(guī)則和泡利不相容原理可知S的基態(tài)原子核外有2個未成對電子；依據(jù)能量最低原理以及洪特規(guī)則和泡利不相容原理，14號元素Si的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p2。(2)非金屬性Si＜S，因此第一電離能Si＜S；核外電子排布相同的簡單離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子半徑O2－＞Na＋；離子晶體NaCl的熔點(diǎn)小于原子晶體單質(zhì)硅的熔點(diǎn)；元素非金屬性越強(qiáng)其最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，酸性H2SO4＜HClO4。(3)利用氧化還原反應(yīng)規(guī)律和原子守恒等可知，CuCl與O

34、2反應(yīng)得到氧化產(chǎn)物CuCl2，黑色產(chǎn)物必為還原產(chǎn)物CuO(同時也屬于氧化產(chǎn)物)，由此可得反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：4CuCl(s)＋O2(g)===2CuCl2(s)＋2CuO(s)　ΔH＝－177.6 kJ/mol。(4)Cl2將ClO氧化為ClO2，自身被還原為Cl－，由此可得反應(yīng)的離子方程式，并可標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。 23． [2014·福建卷] 元素周期表中第ⅦA族元素的單質(zhì)及其化合物的用途廣泛。 (1)與氯元素同族的短周期元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖為________。 (2)能作為氯、溴、碘元素非金屬性(原子得電子能力)遞變規(guī)律的判斷依據(jù)是________(填序號)。 a．Cl2、

35、Br2、I2的熔點(diǎn) b．Cl2、Br2、I2的氧化性 c．HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性 d．HCl、HBr、HI的酸性 (3)工業(yè)上，通過如下轉(zhuǎn)化可制得KClO3晶體： NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶體①完成Ⅰ中反應(yīng)的總化學(xué)方程式： NaCl＋H2O===NaClO3＋________。 ②Ⅱ中轉(zhuǎn)化的基本反應(yīng)類型是________________，該反應(yīng)過程能析出KClO3晶體而無其他晶體析出的原因是____________________________________。 (4)一定條件下，在水溶液中1 mol Cl－、ClO(x＝1，2，3，4)的能量(kJ)相

36、對大小如右圖所示。 ①D是________(填離子符號)。 ②B→A＋C反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為________________(用離子符號表示)。 23．(1)(2)b、c(3)①NaCl＋H2O===NaClO3＋H2↑ ②復(fù)分解反應(yīng) 室溫下，氯酸鉀在水中的溶解度明顯小于其他晶體 (4)①ClO②3ClO－(aq)===ClO(aq)＋2Cl－(aq)　ΔH＝－117 kJ·mol－1 [解析] (1)與氯元素同族的短周期元素為F，F(xiàn)的原子結(jié)構(gòu)示意圖為。 (2)Cl2、Br2、I2都是分子晶體，其熔點(diǎn)受分子間作用力影響，與非金屬性無關(guān)，a項錯誤；單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)則其元素的非

37、金屬性越強(qiáng)，b項正確；非金屬性強(qiáng)弱可用氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性判斷，c項正確；鹵素氫化物的酸性可用來判斷氫原子與鹵素原子形成的共價鍵強(qiáng)弱，d項錯誤。(3)①根據(jù)氧化還原反應(yīng)的化合價升降法配平可得：NaCl＋3H2O===NaClO3＋3H2↑；②步驟Ⅱ發(fā)生的反應(yīng)NaClO3＋KCl===KClO3↓＋NaCl↑，各元素的化合價沒有變化，則該反應(yīng)屬于復(fù)分解反應(yīng)。在室溫下，氯酸鉀在水中的溶解度小于其他晶體，則有氯酸鉀晶體析出而無其他晶體析出。(4)①從圖可知D中氯元素的化合價為＋7，則D為ClO；②從圖中可知：A為Cl－，B為ClO－，C為ClO， B→A＋C的氧化還原反應(yīng)用升降法配平可得該熱化學(xué)方程式

38、為3ClO－(aq)=== ClO (aq)＋ 2Cl－(aq)　ΔH＝(63 kJ/mol＋2×0)－3×60 kJ/mol＝－117 kJ/mol。 28． [2014·全國卷] 化合物AX3和單質(zhì)X2在一定條件下反應(yīng)可生成化合物AX5?；卮鹣铝袉栴}： (1)已知AX3的熔點(diǎn)和沸點(diǎn)分別為－93.6 ℃和76 ℃，AX5的熔點(diǎn)為167 ℃。室溫時AX3與氣體X2反應(yīng)生成1 mol AX5，放出熱量123.8 kJ。該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為____________________________________________。 (2)反應(yīng)AX3(g)＋X2(g)AX5(g)在容積為1

39、0 L的密閉容器中進(jìn)行。起始時AX3和X2均為0.2 mol。反應(yīng)在不同條件下進(jìn)行，反應(yīng)體系總壓強(qiáng)隨時間的變化如圖所示。 ①列式計算實(shí)驗(yàn)a從反應(yīng)開始至達(dá)到平衡時的反應(yīng)速率v(AX5)＝______________________。 ②圖中3組實(shí)驗(yàn)從反應(yīng)開始至達(dá)到平衡時的反應(yīng)速率v(AX5)由大到小的次序?yàn)開___________(填實(shí)驗(yàn)序號)；與實(shí)驗(yàn)a相比，其他兩組改變的實(shí)驗(yàn)條件及判斷依據(jù)是：b________________________________________________，c____________________________________________。

40、③用p0表示開始時總壓強(qiáng)，p表示平衡時總壓強(qiáng)，α表示AX3的平衡轉(zhuǎn)化率，則α的表達(dá)式為______________；實(shí)驗(yàn)a和c的平衡轉(zhuǎn)化率：αa為________，αc為________。 28．(1)AX3(l)＋X2(g)===AX5(s)　ΔH＝－123.8 kJ/mol　(2)①＝1.7×10－4 mol·L－1·min－1 解：開始時n0＝0.4 mol，總壓強(qiáng)為160 kPa，平衡時總壓強(qiáng)為120 kPa，則n為＝， n＝0.40 mol×＝0.30 mol， 　　　　AX3(g)＋X2(g)AX5(g) 起始時n0/mol：0.20　　0.20　　　0 平衡時n/mo

41、l：0.20－x　0.20－xx (0.20－x)＋(0.20－x)＋x＝0.30 x＝0.10 v(AX5)＝＝1.7×10－4 mol·L－1·min－1 ②bca　加入催化劑。反應(yīng)速率加快，但平衡點(diǎn)沒有改變　溫度升高。反應(yīng)速率加快，但平衡點(diǎn)向逆反應(yīng)方向移動(或反應(yīng)容器的容積和起始物質(zhì)的量未改變，但起始總壓強(qiáng)增大)?、郐粒?(1－)　50%　40% [解析] (1)書寫熱化學(xué)方程式時要注意常溫下AX3呈液態(tài)，AX5呈固態(tài)。(2)②由圖像知，達(dá)到平衡所需時間：a＞c＞b，所以反應(yīng)速率v(AX5)由大到小的順序?yàn)閎＞c＞a；與實(shí)驗(yàn)a相比，實(shí)驗(yàn)b先達(dá)到平衡，化學(xué)反應(yīng)速率快，但平衡點(diǎn)沒有

42、變化，說明實(shí)驗(yàn)b加入了催化劑；反應(yīng)為放熱反應(yīng)，與實(shí)驗(yàn)a相比，實(shí)驗(yàn)c平衡向逆反應(yīng)方向移動，且反應(yīng)速率加快，說明實(shí)驗(yàn)c改變的條件是升高溫度。 　　　　　　AX3(g)?。　2(g)AX5(g) 起始量(mol) 0.2 0.2 0 變化量(mol) xxx 平衡量(mol) 0.2－x 0.2－xx 則有＝，解得x＝，則AX3的轉(zhuǎn)化率為＝2(1－)；分別將實(shí)驗(yàn)a、c的p、p0的數(shù)據(jù)代入上式，得aa、ac分別為50%、40%。 5． [2013·海南卷] 已知下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：6C(s)＋5H2(g

43、)＋3N2(g)＋9O2(g)===2C3H5(ONO2)3(l)　ΔH1 2H2(g)＋ O2(g)===2H2O(g)　ΔH2 C(s)＋ O2(g)===CO2(g)　ΔH3 則反應(yīng)4C3H5(ONO2)3(l)===12CO2(g)＋10H2O(g) ＋ O2(g) ＋6N2(g)的ΔH為() A．12ΔH3＋5ΔH2－2ΔH1 B．2ΔH1－5ΔH2－12ΔH3 C．12ΔH3－5ΔH2－2ΔH1 D．ΔH1－5ΔH2－12ΔH3 5．A　[解析] 將三個已知熱化學(xué)方程式依次編號為①、②、③，依據(jù)蓋斯定律，可得目標(biāo)熱化學(xué)方程式： 12×③＋5×②－2×①，即ΔH＝12

44、ΔH3＋5ΔH2－2ΔH1，即選A。 10． [2014·江蘇卷] 已知： C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1 CO2(g)＋C(s)===2CO(g)　ΔH2 2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3 4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　ΔH4 3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH5 下列關(guān)于上述反應(yīng)焓變的判斷正確的是(　　) A．ΔH1>0，ΔH3<0 B．ΔH2>0，ΔH4>0 C．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5 10．C　[解析] C、CO的燃燒都是放熱反應(yīng)，故ΔH1＜

45、0、ΔH3＜0，A項錯誤；CO2與C生成CO的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則ΔH2＞0；鐵的燃燒為放熱反應(yīng)，則ΔH4＜0，B項錯誤；將第二、三個熱化學(xué)方程式相加可得第一個熱化學(xué)方程式，C項正確；將第五個熱化學(xué)方程式系數(shù)同時乘以2后與第四個熱化學(xué)方程式相加，再將系數(shù)同除以3可得第三個熱化學(xué)方程式，故ΔH3＝，D項錯誤。 13． [2014·新課標(biāo)全國卷Ⅱ] 室溫下，將1 mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水會使溶液溫度降低，熱效應(yīng)為ΔH1，將1 mol的CuSO4(s)溶于水會使溶液溫度升高，熱效應(yīng)為ΔH2；CuSO4·5H2O受熱分解的化學(xué)方程式為CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)＋5H2O

46、(l)，熱效應(yīng)為ΔH3，則下列判斷正確的是(　　) A．ΔH2＞ΔH3 B．ΔH1＜ΔH3 C．ΔH1＋ΔH3＝ΔH2 D．ΔH1＋ΔH2＞ΔH3 13．B　[解析] 依題意CuSO4·5H2O(s)溶于水發(fā)生反應(yīng)CuSO4·5H2O(s)===Cu2＋(aq)＋SO(aq)＋5H2O(l)　ΔH1＞0；CuSO4溶于水發(fā)生反應(yīng)CuSO4(s)===Cu2＋(aq)＋SO(aq)　ΔH2＜0；根據(jù)蓋斯定律有：CuSO4·5H2O(s)===CuSO4(s)＋5H2O(l)，ΔH3＝ΔH1－ΔH2＞0。ΔH2－ΔH3＝2ΔH2－ΔH1＜0，A項錯誤；ΔH3－ΔH1＝－ΔH2＞0，B項正

47、確；ΔH3＝ΔH1－ΔH2，C項錯誤；ΔH1＋ΔH2－ΔH3＝2ΔH2＜0，D項錯誤。 11． [2014·四川卷] 污染物的有效去除和資源的充分利用是化學(xué)造福人類的重要研究課題。某研究小組利用軟錳礦(主要成分為MnO2，另含有少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)作脫硫劑，通過如下簡化流程既脫除燃煤尾氣中的SO2，又制得電池材料MnO2(反應(yīng)條件已省略)。 請回答下列問題： (1)上述流程脫硫?qū)崿F(xiàn)了____(選填下列字母編號)。 A．廢棄物的綜合利用 B．白色污染的減少 C．酸雨的減少 (2)用MnCO3能除去溶液中的Al3＋和Fe3＋，其原因是_________________

48、_______________。 (3)已知：25 ℃、101 kPa時， Mn(s)＋O2(g)===MnO2(s)　ΔH＝－520 kJ/mol S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－297 kJ/mol Mn(s)＋S(s)＋2O2(g)===MnSO4(s) ΔH＝－1065 kJ/mol SO2與MnO2反應(yīng)生成無水MnSO4的熱化方程式是____________________________________。 (4)MnO2可作超級電容器材料。用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2，其陽極的電極反應(yīng)式是_________________________

49、_______。 (5)MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料。堿性鋅錳電池放電時，正極的電極反應(yīng)式是________________。 (6)假設(shè)脫除的SO2只與軟錳礦漿中的MnO2反應(yīng)。按照圖示流程，將a m3(標(biāo)準(zhǔn)狀況)含SO2的體積分?jǐn)?shù)為b%的尾氣通入礦漿，若SO2的脫除率為89.6%，最終得到MnO2的質(zhì)量為c kg，則除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時，所引入的錳元素相當(dāng)于MnO2________kg。 11．(1)A、C (2)消耗溶液中的酸，促進(jìn)Al3＋和Fe3＋水解生成氫氧化物沉淀 (3)MnO2(s)＋SO2(g)===MnSO4(s) ΔH＝－248 kJ/mol (4)

50、Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋ (5)MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－ (6) [解析] (1)脫硫的目的是減少產(chǎn)生SO2，進(jìn)而減少酸雨的產(chǎn)生，同時可對廢棄物綜合利用。則A、C項符合題意。(2)加入MnCO3消耗溶液中的H＋，促使Al3＋和Fe3＋的水解平衡正向移動，生成氫氧化物沉淀除去。(3)將已知3個熱化學(xué)方程式依次編號為①②③，根據(jù)蓋斯定律，可知：MnO2(s)＋ SO2 (g)===MnSO4(s)　ΔH＝③－(①＋②)＝－248 kJ/mol。(4)電解池中陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，則用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2，則陽極是Mn2

51、＋放電，其陽極電極反應(yīng)式為Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2 ＋ 4H＋。(5)原電池中正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，在堿性鋅錳電池放電時，正極是二氧化錳得到電子，則正極電極反應(yīng)式為MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－。(6)KMnO4與MnSO4反應(yīng)生成MnO2的質(zhì)量為c kg，根據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價升降法配平的關(guān)系式為： 2KMnO4＋3MnSO4～5MnO2 　　　3 mol　　5 mol x mol 求得：x＝ mol(MnSO4總的物質(zhì)的量) MnO2＋　　SO2===　　　　MnSO4 　　　1 mol　　　　　　　　1 mol mol　y 求

52、得：y＝0.4ab mol 除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時，所引入的錳相當(dāng)于MnO2的物質(zhì)的量＝x－y＝ mol－0.4ab mol，則所引入的錳相當(dāng)于MnO2的質(zhì)量＝( mol－0.4ab mol)×＝ kg。 F3 原電池原理 11． [2014·浙江卷] 鎳氫電池(NiMH)目前已經(jīng)成為混合動力汽車的一種主要電池類型，NiMH中的M表示儲氫金屬或合金，該電池在充電過程中的總反應(yīng)方程式是Ni(OH)2＋M===NiOOH＋MH。 已知：6NiOOH＋NH3＋H2O＋OH－===6Ni(OH)2＋NO 下列說法正確的是(　　) A．NiMH電池放電過程中，正極的電極反應(yīng)

53、式為NiOOH＋H2O＋e－===Ni(OH)2＋OH－ B．充電過程中OH－從陽極向陰極遷移 C．充電過程中陰極的電極反應(yīng)式：H2O＋M＋e－===MH＋OH－，H2O中的H被M還原 D．NiMH電池中可以用KOH溶液、氨水等作為電解質(zhì)溶液 11．A　[解析] 放電時正極發(fā)生的是得電子的還原反應(yīng)，A項正確；充電時陰離子移向陽極，B錯項誤；充電時，被還原的是氫元素，生成的H2被儲氫合金M吸收起來，M不參與反應(yīng)，C項錯誤；因?yàn)?NiOOH ＋ NH3 ＋ H2O＋OH－===6Ni(OH)2 ＋ NO，故NiMH電池中不可以同時使用KOH溶液、氨水，D項錯誤。 6． [2014·天津卷

54、] 已知： 鋰離子電池的總反應(yīng)為 LixC＋Li1－xCoO2C＋LiCoO2 鋰硫電池的總反應(yīng)2Li＋SLi2S 有關(guān)上述兩種電池說法正確的是(　　) A．鋰離子電池放電時， Li＋向負(fù)極遷移 B．鋰硫電池充電時，鋰電極發(fā)生還原反應(yīng) C．理論上兩種電池的比能量相同 D．下圖表示用鋰離子電池給鋰硫電池充電 6．B　[解析] 電池工作時，陽離子(Li＋)向正極遷移，A項錯誤；鋰硫電池充電時，鋰電極上發(fā)生Li＋得電子生成Li的還原反應(yīng)，B項正確；兩種電池負(fù)極材料不同，故理論上兩種電池的比能量不相同，C項錯誤；根據(jù)電池總反應(yīng)知，生成碳的反應(yīng)是氧化反應(yīng)，因此碳電極作電池的負(fù)極，

55、而鋰硫電池中單質(zhì)鋰作電池的負(fù)極，給電池充電時，電池負(fù)極應(yīng)接電源負(fù)極，即鋰硫電池的鋰電極應(yīng)與鋰離子電池的碳電極相連，D項錯誤。 12．[ 2014·新課標(biāo)全國卷Ⅱ] 2013年3月我國科學(xué)家報道了如圖所示的水溶液鋰離子電池體系。下列敘述錯誤的是(　　) A．a(chǎn)為電池的正極 B．電池充電反應(yīng)為LiMn2O4===Li1－xMn2O4＋xLi C．放電時，a極鋰的化合價發(fā)生變化 D．放電時，溶液中Li＋從b向a遷移 12．C　[解析] 根據(jù)題給裝置圖判斷，Li金屬電極b電極為原電池的負(fù)極，電極反應(yīng)式為Li－e－===Li＋，則a為電池的正極，A項正確；a電極的電極反應(yīng)式為L

56、i1－xMn2O4＋xLi＋===LiMn2O4，則充電時的反應(yīng)為LiMn2O4===Li1－xMn2O4＋xLi，B項正確；放電時a極中是錳的化合價發(fā)生變化，C項錯誤；帶正電荷的陽離子移向電源的正極，D項正確。 11．[2014·江蘇卷] 下列有關(guān)說法正確的是(　　) A．若在海輪外殼上附著一些銅塊，則可以減緩海輪外殼的腐蝕 B．2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)在常溫下能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的ΔH>0 C．加熱0.1 mol·L－1Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大 D．對于乙酸與乙醇的酯化反應(yīng)(ΔH<0)，加入少量濃硫酸并加熱，該反應(yīng)的反應(yīng)

57、速率和平衡常數(shù)均增大 11．C　[解析] 海輪的外殼是鋼鐵，因鐵比銅活潑，海輪外殼上附著銅塊后形成原電池，鐵作負(fù)極，會加速海輪外殼的腐蝕，A項錯誤；B反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，反應(yīng)ΔS＜0，若反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，則ΔH－TΔS＜0，故反應(yīng)的ΔH＜0，B項錯誤；由于鹽類的水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度能增大CO的水解程度，溶液中c(OH－)增大，溶液pH增大，C項正確；濃硫酸是酯化反應(yīng)的催化劑，加入少量濃硫酸使反應(yīng)速率增大，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，一段時間后混合體系溫度升高，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，D項錯誤。 4．[2013·海南卷] Mg-AgCl電池是一種能被海水激活的一次性貯備電池，電池反應(yīng)方

58、程式為2AgCl＋ Mg === Mg2＋＋ 2Ag ＋2Cl－。有關(guān)該電池的說法正確的是(　　) A．Mg為電池的正極 B．負(fù)極反應(yīng)為AgCl＋e－===Ag＋Cl－ C．不能被KCl 溶液激活 D．可用于海上應(yīng)急照明供電 4．D　[解析] 根據(jù)電池反應(yīng)方程式：2AgCl＋ Mg===Mg2＋＋2Ag＋2Cl－可知Mg為還原劑，是負(fù)極，故A項錯誤；負(fù)極失電子，故B項錯誤；可用KCl溶液激活是指電解質(zhì)溶液可用KCl 溶液代替，C項錯誤。 9．[2014·全國卷] 如圖所示是在航天用高壓氫鎳電池基礎(chǔ)上發(fā)展起來的一種金屬氫化物鎳電池(MH-Ni電池)。下列有關(guān)說法不正確的是(　　)

59、 A．放電時正極反應(yīng)為NiOOH＋H2O＋e－―→Ni(OH)2＋OH－ B．電池的電解液可為KOH溶液 C．充電時負(fù)極反應(yīng)為MH＋OH－―→H2O＋M＋e－ D．MH是一類儲氫材料，其氫密度越大，電池的能量密度越高 9．C　[解析] 電池放電時正極發(fā)生還原反應(yīng)，A項正確；電池正極反應(yīng)物為NiOOH，所以電解質(zhì)溶液須為堿性電解質(zhì)溶液，可為KOH溶液，B項正確；充電時，該電池負(fù)極作陰極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，C項錯誤；MH中氫密度越大，其化學(xué)能密度越高，電池的能量密度越高，D項正確。 16．[2014·海南卷] 鋰錳電池的體積小、性能優(yōu)良，是常用的一次電池。該電池反應(yīng)原理如圖所示，其

60、中電解質(zhì)LiClO4，溶于混合有機(jī)溶劑中，Li＋通過電解質(zhì)遷移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。 回答下列問題： (1)外電路的電流方向是由________極流向________極。(填字母) (2)電池正極反應(yīng)式為__________________________。 (3)是否可用水代替電池中的混合有機(jī)溶劑？________(填“是”或“否”)，原因是________________________________________________。 (4)MnO2可與KOH和KClO3在高溫下反應(yīng)，生成K2MnO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________________

61、_______________。K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO2和MnO2的物質(zhì)的量之比為________。 16．(1)b　a (2)MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2 (3)否　電極Li是活潑金屬，能與水反應(yīng) (4)3MnO2＋KClO3＋6KOH3K2MnO4＋KCl＋3H2O　2∶1 [解析] (1)該電池工作時Li失去電子作負(fù)極、MnO2得到電子作正極，故外電路的電流方向是由b極流向a極。(2)電池正極上MnO2得到電子，其中＋4價的Mn元素變?yōu)椋?價，由此可以寫出電池的正極反應(yīng)式為MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2。(3)由于Li易與水反應(yīng)，故不能

62、用水代替電池中的混合有機(jī)溶劑。(4) 因錳元素價態(tài)升高，故KClO3被還原為KCl，故可將方程式先寫成：MnO2＋KOH＋KClO3―→K2MnO4＋KCl，依得失電子守恒得：3MnO2＋KOH＋KClO4―→3K2MnO4＋KCl，再根據(jù)質(zhì)量守恒知KOH前應(yīng)該配6，右側(cè)還有“3H2O”。K2MnO4(Mn為＋6價)在酸性溶液中歧化，生成KMnO4(錳為＋7價)和MnO2(錳為＋4價)。由氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒可知生成的KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為2∶1。 28．[2014·安徽卷] 某研究小組為探究弱酸性條件下鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕類型的影響因素，將混合均勻的新制鐵粉和炭粉置于錐形瓶

63、底部，塞上瓶塞(如圖所示)。從膠頭滴管中滴入幾滴醋酸溶液，同時測量容器中的壓強(qiáng)變化。 (1)請完成以下實(shí)驗(yàn)設(shè)計表(表中不要留空格)： 編號 實(shí)驗(yàn)?zāi)康? 炭粉/g 鐵粉/g 醋酸/% ① 為以下實(shí)驗(yàn)作參照 0.5 2.0 90.0 ② 醋酸濃度的影響 0.5 36.0 ③ 0.2 2.0 90.0 (2)編號①實(shí)驗(yàn)測得容器中的壓強(qiáng)隨時間的變化如圖(a)所示。t2時，容器中壓強(qiáng)明顯小于起始壓強(qiáng)，其原因是鐵發(fā)生了________腐蝕，請在圖(b)中用箭頭標(biāo)出發(fā)生該腐蝕時電子的流動方向；此時，炭粉表面發(fā)生了________(填“氧化”或“還原”)反

64、應(yīng)，其電極反應(yīng)式是__________。 　　　(a)　　　　　　　　　　　　(b) (3)該小組對圖(a)中0～t1時壓強(qiáng)變大的原因提出了如下假設(shè)，請你完成假設(shè)二： 假設(shè)一：發(fā)生析氫腐蝕產(chǎn)生了氣體； 假設(shè)二：________； …… (4)為驗(yàn)證假設(shè)一，某同學(xué)設(shè)計了檢驗(yàn)收集的氣體中是否含有H2的方案。請你再設(shè)計一個實(shí)驗(yàn)方案驗(yàn)證假設(shè)一，寫出實(shí)驗(yàn)步驟和結(jié)論。 28．(1) 編號 實(shí)驗(yàn)?zāi)康? 炭粉/g 鐵粉/g 醋酸/% ② 2.0 ③ 炭粉含量的影響 (2)吸氧　　還原　2H2O＋O2＋4e－===4OH－(或4H＋＋O2－4e－=

65、==2H2O) (3)反應(yīng)放熱，溫度升高 (4) 實(shí)驗(yàn)步驟和結(jié)論(不要求寫具體操作過程)： ①藥品用量和操作同編號①實(shí)驗(yàn)(多孔橡皮塞增加進(jìn)、 出導(dǎo)管)； ②通入氬氣排凈瓶內(nèi)空氣； ③滴入醋酸溶液，同時測量瓶內(nèi)壓強(qiáng)變化(也可測溫度 變化，檢驗(yàn)Fe2＋等)。如果瓶內(nèi)壓強(qiáng)增大，假設(shè)一成立。 否則假設(shè)一不成立。[解析] (1)為得出影響規(guī)律，兩個對比試驗(yàn)只能保留一個變量不同，實(shí)驗(yàn)②為探究醋酸濃度的影響，則所取碳粉質(zhì)量、鐵粉質(zhì)量需要和實(shí)驗(yàn)①相同；對比實(shí)驗(yàn)①、實(shí)驗(yàn)③，二者所取碳粉質(zhì)量不同，實(shí)驗(yàn)③的實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖翘骄刻挤酆繉?shí)驗(yàn)的影響。(2)容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)變小，則容器內(nèi)氣體物質(zhì)的量減少，說明

66、發(fā)生了吸氧腐蝕；發(fā)生腐蝕時形成原電池，因此電子由負(fù)極(Fe)流向正極(C)；在炭粉(正極)表面發(fā)生的反應(yīng)是溶解的O2得電子還原為OH－(起始時，滴入醋酸，則電解質(zhì)溶液酸性強(qiáng)，O2得電子發(fā)生還原反應(yīng)，與H＋結(jié)合成H2O，因此正極電極反應(yīng)也可寫成4H＋＋O2＋4e－===2H2O)。(4)錐形瓶內(nèi)壓強(qiáng)開始時變大的原因有兩個：一是發(fā)生析氫腐蝕，二是反應(yīng)放熱，瓶內(nèi)溫度升高；為驗(yàn)證發(fā)生析氫腐蝕，可另取一裝置，藥品用量和實(shí)驗(yàn)操作與編號①的實(shí)驗(yàn)相同，根據(jù)需要可在橡皮塞上打孔，通過測量瓶內(nèi)壓強(qiáng)隨時間的變化、溶液中c(Fe2＋)隨時間的變化等均可，利用測得數(shù)據(jù)做出相應(yīng)判斷。 8．[2014·北京卷] 下列電池工作時，O2在正極放電的是(　　) A.鋅錳電池 B.氫燃料電池 C.鉛蓄電池 D.鎳鎘電池 8.B　[解析] 鋅錳干電池的正極為二氧化錳得電子，A錯誤；燃料電池正極為氧氣得電子，B正確；鉛蓄電池正極為二氧化鉛得電子，C錯誤；鎳鎘電池的正極為氫氧化鎳得電子，D錯誤。 26． [2014·北京卷] (14分) NH3經(jīng)一系列反應(yīng)可以得到HNO3和NH4NO3，如