广西北海市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题

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广西北海市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2022春·广西北海·高二统考期末）为了合理利用化学能，确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的焓变，并采取相应措施。化学反应的焓变通常用实验进行测定，也可进行理论推算。
(1)下列变化过程，属于放热反应的是___________(填序号)。
①水解反应  ②酸碱中和反应  ③在中燃烧  ④固体溶于水  ⑤液态水变成水蒸气  ⑥碳高温条件下还原  ⑦浓硫酸稀释
(2)实验测得，标准状况下甲烷在氧气中充分燃烧生成液态水和二氧化碳气体时释放出的热量，试写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：___________。
(3)已知反应，该反应过程中的能量变化如图甲，化学键键能如下表所示，通过计算可得___________。

化学键



键能/

391
436

(4)锂催化非水相氮还原合成氨的反应机理如图乙所示，各步如下表所示：

步骤
I
II
III





①反应机理图可知，反应中第___________(填“I”“II”或“III”)步完成后，能自发完成后续反应。
②第II步反应的离子方程式为___________。
2. （2022春·广西北海·高二统考期末）某兴趣小组设计了一个燃料电池，并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，如图所示，其中乙装置中为阳离子交换膜。请按要求回答相关问题：

(1)甲中通入氧气的电极是___________极(填“正”或“负”)，通甲烷气体的电极反应式是___________。
(2)乙装置中电解的总离子方程式为___________，阴极产物为___________。
(3)若在标准状况下，有氧气参加反应，则丙装置中阴极析出铜的质量为___________。
(4)某同学利用铅蓄电池设计电解法制取漂白液的实验装置如图所示，a为电池的___________极。写出与反应生成漂白液的离子方程式：___________。

3. （2021春·广西北海·高二统考期末）化学科学家采用丙烯歧化法制取乙烯和丁烯的反应原理为2C3H6(g)C2H4(g)+C4H8(g)  ∆H。回答下列问题：
(1)向恒温恒容反应器中加入一定量的C3H6，生成C2H4的物质的量与时间的关系如表所示：
反应时间/min
0
5
10
15
20
25
C2H4的物质的量/mol
0
0.8
1.2
1.5
a
1.5

①a=_______，p初始：p5min=_______。
②其他条件不变，若缩小反应器的体积，则C3H6转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)将2 mol C3H6置于体积为1 L的恒容反应器中，反应进行15min时丙烯的转化率与温度的关系如图所示：

①N点_______(填“有”或“没有”)达到平衡状态，原因是_______。
②M→N过程中C3H6转化率升高的原因是_______。
③T3时Kc=_______，若其他条件不变，往反应器中再加入2 mol C3H6，反应重新达到平衡时混合体系中乙烯的体积分数为_______。
4. （2020春·广西北海·高二统考期末）已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前30号元素，A元素形成的一种微粒是最简单的原子，B元素基态原子的核外有3个能级，每个能级上的电子数都相同；D的最外层电子数与能层数之比为3：1；E是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满。回答下列问题(用元素符号或化学式表示)：
(1)E在元素周期表中位于____区。
(2)B、C、D的原子半径由大到小的顺序为_____(填元素符号)，A分别与B、C、D能形成10电子的化合物，它们的沸点由高到低的顺序是____(填分子式)。
(3)C2A4在碱性溶液中能够将ED还原为E2D。C2A4分子中C的杂化方式是____，由C元素原子组成的单质分子(C2)中含____个π键，与单质分子(C2)互为等电子体的分子有____。
5. （2020春·广西北海·高二统考期末）铜、镍等金属材料在现代社会中有着重要应用。请回答下列问题：
(1)铜在元素周期表中的位置为____，基态镍原子的电子排布式为_____。
(2)氢氧化镍可生成单质镍的配合物：。CH3NC的结构简式为，1个CH3NC分子中键的数目为___，键的数目为___。C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为____。
(3)据报道，只含镁、镍、碳三种元素的晶体具有超导性。该晶体的结构可看作由镁原子和镍原子在一起进行面心立方最密堆积，如图所示，晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有______个。晶体中镁、镍、碳的原子个数比为_____。

6. （2021春·广西北海·高二统考期末）第三周期主族元素W、X、Y、Z的最高化合价与该元素的原子半径的关系如图所示。

回答下列问题：
(1)W和Z组成W2Z2晶体中所含化学键为___________，该晶体类型是___________。
(2)XY3的分子式为___________，该分子的立体构型是___________，中心原子的杂化方式是___________。
(3)W和Y组成晶体的晶胞如图1所示，晶胞截面如图2所示。已知：晶体密度为，代表阿伏加德罗常数的值，Y对应的离子半径为。则W的离子半径为___________。

(4)W单质晶体的晶胞如图3所示。
①晶胞中等距离且最近的W原子有___________个。
②若W的半径为bnm，则该晶体密度为___________。
7. （2022春·广西北海·高二统考期末）铜及其化合物是生活、生产中运用广泛的材料。
(1)铜元素在周期表中的位置是___________，基态原子核外电子占据最高能层的符号是___________。
(2)合成氨工业常用醋酸二氨合铜(I){}溶液吸收对氨合成的催化剂有毒害作用的。
①中存在的化学键类型有___________。
②的沸点比的沸点___________，原因是___________。的键角小于的键角，原因是___________。
(3)晶胞的两个基本要素。
①原子坐标参数：晶胞内部各微粒的相对位置。的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数：A；B；C。则处微粒的坐标参数为___________。

②晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。若晶胞的边长为，则与的最短距离为___________，设为阿伏伽德罗常数的值，该化合物的密度为___________(用含、的代数式表示)。
8. （2020春·广西北海·高二统考期末）某锂离子二次电池以FePO4为正极材料，金属锂和石墨(石墨作为金属锂的载体)为负极材料，电池反应为，装置示意图如下：

(1)该电池不能用水溶液作为电解质溶液，其原因是________。
(2)充电时，b极的电极反应式是______。
(3)以该电池为电源，在铁件的表面镀铜可防止铁被腐蚀，其装置示意图如下：

①将一生锈的铁片放入盐酸中，当铁锈被除尽后，溶液中发生的化合反应的化学方程式是______。
②电镀时，A极应与______(填“a”或“b”)极相连，B极的电极反应式为____。
③若电镀前铁、铜两片金属质量相同，电镀完成后将它们取出洗净、烘干、称量，二者质量差为5.12g，则电镀时电路中通过的电子为____mol。
9. （2020春·广西北海·高二统考期末）碳、氮化合物在生产、生活中具有重要作用。回答下列问题：
(1)已知在298K和101KPa条件下，有如下反应：
反应Ⅰ：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ•mol-1
反应Ⅱ：2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=-221kJ•mol-1
反应Ⅲ：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ•mol-1
①汽车尾气净化原理为反应Ⅳ：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，其反应热ΔH=______，该反应能自发进行的条件是______(填“低温”或“高温”)。
②在恒容密闭容器中发生Ⅳ的反应，下列有关该反应的说法中正确的是____(填字母)。
A．升高温度，平衡常数减小
B．体系达到平衡后，加入催化剂，平衡正向移动
C．增大，平衡逆向移动，NO的转化率降低
D．其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值减小
E.该反应过程中，气体的密度始终保持不变
(2)氮的一种氢化物是HN3，其水溶液酸性与醋酸相似，常温下，将a mol·L-1的HN3与b mol·L-1的Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(N)，则该混合物溶液呈_____(填“酸”“碱”或“中”)性，混合液中c(HN3)=_____mol·L-1。
(3)利用电解法可以消除废水溶液中CN-，其原理为：碱性条件下，阳极Cl-先转化为ClO-，再将CN-氧化为两种无污染的气体。
①阳极电极反应式为_____。
②阳极附近溶液中除去CN-的离子方程式为______。
10. （2021春·广西北海·高二统考期末）氢元素单质及其化合物是人类赖以生活的重要能源。回答下列问题
(1)H-H、O=O、H-O的键能分别为、、。
①热化学方程式，为___________。
②氢气的燃烧热，表示氢气燃烧热的热化学方程式为___________。
(2)肼()是一种液态火箭推进剂。分解的能量变化如图所示：

①正反应的活化能为___________，气态肼分解的热化学方程式为___________。
②该反应的___________(填“>”“”或“N>O     H2O＞NH3＞CH4     sp3     2     CO
【分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前30号元素，A元素形成的一种微粒是最简单的原子，则A为氢；B元素基态原子的核外有3个能级，每个能级上的电子数都相同，则电子排布式为1s22s22p2，B为碳；D的最外层电子数与能层数之比为3：1，则电子排布式为1s22s22p4，D为氧，从而得出C为氮；E是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满，则E为铜。从而得出A、B、C、D、E分别为H、C、N、O、Cu。
【详解】(1)E为铜，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，在元素周期表中位于ds区。答案为：ds；
(2)B、C、D分别为C、N、O，三者的电子层数相同，最外层电子数越大，原子半径越小，原子半径由大到小的顺序为C>N>O，A分别与B、C、D能形成10电子的化合物分别为CH4、NH3、H2O，它们的沸点由高到低的顺序是H2O＞NH3＞CH4。答案为：C>N>O；H2O＞NH3＞CH4；
(3)C2A4为N2H4，在碱性溶液中能够将CuO还原为Cu2O。N2H4分子中N原子的价层电子对数为4，杂化方式是sp3，由N原子组成的单质分子(N2)，结构式为N≡N，含2个π键，与单质分子(N2)互为等电子体的分子为CO。答案为：sp3；2；CO。
【点睛】两个非金属原子间形成共价键时，只能形成1个σ键，其它键都为π键。
5.      第四周期第ⅠB族     1s22s22p63s23p63d84s2     5     2     N>O>C     12     1：3：1
【详解】(1)Cu为29号元素，位于第四周期第IB族；Ni为28号元素，原子核外有28个电子，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；
(2)根据CH3NC的结构简式可知一个分子中含有3个C-H键为σ键，一个C-N键为σ键， 中有一个为σ键，所以共有5个σ键；中有2个键；同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半满状态，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能由大到小为N>O>C；
(3)据图可知镁原子位于顶点，距离其最近的镍原子位于该顶点所在面的面心，所以共有=12；根据均摊法镁原子的个数为=1，镍原子的个数为=3，碳原子的个数为1，所以晶体中镁、镍、碳的原子个数比为1：3：1。
6.   离子键、共价键(或非极性键)     离子晶体     PCl3     三角锥形     sp3          8    
【分析】W、X、Y、Z都是第三周期主族元素，根据图中，它们最高化合价与原子半径的关系，可知Y：Cl；Z：S；X：P；W：Na；据此解题。
【详解】(1)W和Z组成W2Z2晶体是Na2S2，该物质为离子化合物，其所含化学键为离子键和共价键，该晶体类型为离子晶体，所以答案为：离子键、共价键(或非极性键）；离子晶体。
(2)XY3是P和Cl形成的化合物，其分子式为PCl3，该分子中P有1对孤电子对，3个σ键，价层电子对数为4，其立体构型是三角锥形，中心原子的杂化方式是sp3，答案为：PCl3，三角锥形，sp3；
(3)W和Y组成的晶体是NaCl，NaCl晶体的一个晶胞中含有4个Na+和4个Cl-，NA个晶胞含有4molNaCl，总质量为：，总体积为： ，一个晶胞的体积为： ，晶胞边长为： 。由晶胞的截面图知，处于晶胞棱边的离子直接相切，晶胞边长等于两种离子的直径之和，所以Na+的半径为：( ) 。
(4)①由图可知金属钠的晶胞为体心立方结构，所以晶胞中等距离且最近的Na原子有8个。
②金属钠的晶胞为体心立方结构，一个晶胞中含有2个钠原子，NA个晶胞含有2molNa，总质量为:，处于晶胞体对角线的原子直接相切，体对角线的长度为4bnm，晶胞边长为：，晶胞的体积为， 则其密度=。
7. (1)     第四周期I族    
(2)     σ键、π键或极性键、非极性键     高     存在分子间氢键     含有一对孤电子对，而含有两对孤电子对，中的孤电子对对成键电子对的排斥作用较大
(3)              

【解析】(1)
铜元素的原子序数为29，位于元素周期表第四周期IB族，基态原子核外电子占据最高能层为N能层，故答案为：第四周期IB族；N；
(2)
①醋酸根离子中含有碳氢、碳氧极性键和碳碳非极性键，其中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，故答案为：σ键、π键或极性键、非极性键；
②氨分子能形成分子间氢键，磷化氢分子不能形成分子间氢键，所以氨分子的分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢；氨分子中氮原子和水分子中氧原子的杂化方式都为sp3杂化，氨分子中有1对孤电子对，而水分子中有2对孤电子对，分子中孤电子对越多，对成键电子对的排斥越大，所以水分子的键角小于氨分子的键角，故答案为：高；存在分子间氢键；含有一对孤电子对，而含有两对孤电子对，中的孤电子对对成键电子对的排斥作用较大；
(3)
①由位于顶点的A、B、C的原子坐标参数可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线处的D的原子坐标参数为，故答案为：；
②由晶胞结构可知，晶胞中亚铜离子与碘离子的最短距离为体对角线，由晶胞的边长为anm可知，最短距离为nm；晶胞中位于顶点和面心的亚铜离子个数为8×+6×=4，位于体内的碘离子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—21a3d，解得d=，故答案为：；。
8.      金属Li可与水发生反应或2Li+2H2O=2LiOH+H2↑     LiFePO4-e-=Li++FePO4     2FeCl3+Fe=3FeCl2     b     Cu2++2e-=Cu     0.08
【详解】(1)①金属Li可与水发生反应(或2Li+2H2O=2LiOH+H2↑)，锂电极溶解，所以不能用水溶液作为电解质溶液；
(2)根据锂离子、电子的流向可知放电时a为负极，b为正极，则充电时可知b为阳极，阳极失电子发生氧化反应，根据总反应可知电极反应为LiFePO4-e-=Li++FePO4；
(3)在铁件的表面镀铜时需要在铁件表面发生Cu2++2e-=Cu的反应，所以铁件为阴极，铜为阳极，即A为铜，B为铁。
①铁锈的主要成分为Fe2O3，和盐酸反应生成FeCl3，当铁锈被完全反应后，由于Fe3+的氧化性强于H+，所以发生化合反应2FeCl3+Fe=3FeCl2；
②据图可知A为阳极，与电源的正极相连，即b极相连；B极为铁件，铜离子被还原成铜单质，电极反应为Cu2++2e-=Cu；
③电镀时，阳极反应为Cu-2e-=Cu2+，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，电镀前两极质量相等，电镀后质量差为5.12g，则阴极析出的铜为2.56g，物质的量为=0.04mol，转移的电子为0.08mol。
9.      -746.5kJ×mol-1     低温     AE     中     (-b)         
【详解】(1)①已知：反应Ⅰ：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ•mol-1
反应Ⅱ：2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=-221kJ•mol-1
反应Ⅲ：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ•mol-1
盖斯定律计算反应Ⅰ×2-反应Ⅱ-反应Ⅲ得到2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5 kJ•mol-1；
由于正反应体积减小，即△S＜0，根据△G=△H-T•△S＜0可知该反应能自发进行的条件是低温；
②A．反应Ⅳ的焓变小于0，正反应为放热反应，所以升高温度平衡常数减小，故A正确；
B．催化剂只改变反应速率，不影响平衡，故B错误；
C．增大CO的浓度，平衡正向移动，NO的转化率增大，故C错误；
D．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，故D错误；
E．该反应中反应物和生成物均为气体，所以气体的总质量一直不变，容器恒容，所以密度始终保持不变，故E正确；
综上所述选AE；
(2)溶液中存在电荷守恒c(H+)+2c(Ba2+)=c(N)+ c(OH-)，由于2c(Ba2+)=c(N)，所以c(H+)=c(OH-)，所以溶液呈中性；两溶液等体积混合，所以溶液中c(Ba2+)=mol/L，则c(N)=bmol/L，由物料守恒可知c(N)+c(HN3)=mol/L，所以c(HN3)=(-b)mol/L；
(3)①电解池中阳极失电子发生氧化反应，根据题意可知阳极上Cl-被氧化成ClO-，电解质溶液显碱性，所以阳极反应式为；
②根据题意可知ClO-会将CN-氧化成两种无污染的气体，根据元素守恒可知两种气体应为CO2和N2，再结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为。
10.      -484          a+50.7          >     高温
【分析】(1)①热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，根据∆H=反应物键能和-生成物键能和，计算；
②氢气的燃烧热∆H=-285.8 kJ·mol-1，书写表示氢气燃烧热的化学方程式；
(2)①焓变等于正逆反应的活化能之差，则正反应的活化能为(a+50.7)kJ·mol-1，由图可知气态肼分解吸热50.7 kJ·mol-1，据此书写热化学方程式；
②反应为气体增加的反应，则，且，根据判断条件。
【详解】(1)①热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，根据∆H=反应物键能和-生成物键能和，可知∆H= (2×436+496-4×463)=-484 kJ·mol-1，故答案为：-484；
②氢气的燃烧热∆H=-285.8 kJ·mol-1，表示氢气燃烧热的化学方程式为，故答案为：；
(2)①焓变等于正逆反应的活化能之差，则正反应的活化能为(a+50.7)kJ·mol-1，由图可知气态肼分解吸热50.7 kJ·mol-1，则热化学方程式为，故答案为：a+50.7；；
②反应为气体增加的反应，则，且，的反应可自发进行，该反应自发进行的条件为高温，故答案为：高温。
【点睛】本题重点(2)②，判断反应自发进行的条件，要利用公式，进行判断，当，且，自发进行的条件为高温；当，且，自发进行的条件为任意温度；当，且，该反应不能自发进行；当，且，自发进行的条件为低温。
11.           铁置换出铜，与铁及电解质溶液构成原电池，加快反应速率     硫酸溶液中部分氢离子转化为难电离的醋酸，氢离子浓度减小     2     1     18 v0     增大
【详解】(1)①实验II发生反应的离子方程式为；实验I中含有CaSO4，由于H的活动性在铜前，因此在氢离子和铜离子同时存在时，则铜先反应，且生成的铜覆盖在铁表面，形成Fe-Cu原电池，加快反应速率；
②实验Ⅲ中有醋酸钠，由于溶液中含有氢离子，醋酸根与氢离子结合生成醋酸，但醋酸是弱电解质，而硫酸是强电解质，与硫酸相比，反应将变慢但由于氢离子总量不变，所以Ⅱ、Ⅲ两组最终产氢量一致，但加入醋酸钠的一组中反应速率变慢；
(2)①由实验Ⅰ、Ⅱ可知，当c(CO)=0.1mol/L时，实验Ⅱ中的c(O2)是实验Ⅰ中c(O2) 的2倍，实验Ⅱ中v正是实验Ⅰ中的2倍，c(O2)正比于v正，则n=1；由实验Ⅰ、Ⅲ知：当c(O2)均为0.1mol/L时，实验Ⅲ中的c(CO)是实验Ⅰ中c(CO) 的2倍，实验Ⅲ中v正是实验Ⅰ中的4倍，c2(CO)正比于v正，则m=2；
②由实验Ⅱ、Ⅳ可知，c(O2)均为0.2mol/L，Ⅳ中c(CO)是实验Ⅱ中c(CO) 的3倍，则实验Ⅳ中v正是实验Ⅱ中的9倍，即a=2v0×9=18v0，升温时v逆增加，又是放热反应，平衡逆向移动，c(CO2)减少，则k逆增大。
12. (1)          C     为正值，和为负值，反应①的活化能大于反应②的活化能
(2)     ＜     0.03    

【解析】(1)
总反应=①+②，则ΔH=ΔH1+ΔH2=(+41kJ⋅mol-1)+( -90kJ⋅mol-1)= -49kJ⋅mol-1；若反应①为慢反应，则反应①的活化能大于反应②的活化能，反应①是吸热反应，则CO2(g)、3H2(g)的总能量小于CO(g)、H2O(g)和2H2(g)的总能量，反应②和总反应是放热反应，则CO2(g)、3H2(g)的总能量大于CH3OH(g)、H2O(g)的总能量，CO(g)、H2O(g)和2H2(g)的总能量大于CH3OH(g)、H2O(g)的总能量，综上所诉，C能体现上述反应能量变化，故选C。
(2)
①该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小；同一温度下，p1条件下，CO2的平衡转化率较高，故p1＜p2；
②1100℃、p2条件下，20min时反应达到平衡状态，CO2的平衡转化率为60%，则Δn(CH4)=Δn(CO2)=0.6mol，v(CH4)==0.03mol⋅L-1⋅min-1；平衡时，n(CH4)=n(CO2)=0.4mol，n(CO)=n(H2)=1.2mol，则p(CH4)=p(CO2)=´p2=p2，p(CO)=p(H2)= ´p2=p2，Kp===。
13.      提高“酸浸”速率和浸取率     稀硫酸     使平衡向左移动，让硫酸锌和萃取剂分层          >
【详解】(1)“酸浸"前常将含钴废料粉碎,可增大接触面积，提高“酸浸"速率和浸取率，故答案为：提高“酸浸"速率和浸取率；
(2) 涉及反应为，如得到硫酸锌，应加入稀硫酸，使平衡向左移动，让硫酸锌和萃取剂分层，故答案为：稀硫酸；使平衡向左移动，让硫酸锌和萃取剂分层；
(3) ，调节pH为5.0时，溶液中，答案为：；
(4) 碳酸钠浓度越大，溶液碱性越强，则可生成Co(OH)2等杂质，导致碳酸钴纯度降低，则c1>c2,故答案为：>。
14.                          吸热          1.4g
【分析】Cu发生氧化时，被H2O2在硫酸溶液中氧化生成CuSO4和水；往CuSO4溶液中加入Na2CO3溶液沉铜，此时Cu2+转化为Cu2(OH)2CO3；灼烧Cu2(OH)2CO3，生成CuO、H2O和CO2气体。
【详解】(1)7gLi能失去1mol电子，27gAl能失去3mol电子，即9gAl失去1mol电子，23gNa失去1mol电子，所以当Li、Al、Na质量相等时，释放的电量是，所以Li、Na、Al分别作为电极时比能量的大小为：，故答案为：；
(2)①由分析可知，"氧化"时，Cu被H2O2在硫酸溶液中氧化生成CuSO4和水，离子反应方程式：；
②Cu2(OH)2CO3中铜元素的含量为57.7%，Cu(OH)2中铜元素的含量为65.3%，CuCO3中铜元素的含量为51.6%，由图中可知，二者比值为1∶0.8时，产品中铜元素的含量为63.8%，介于57.7%与65.3%之间，则可能含有的杂质是Cu(OH)2；
③"灼烧"时，Cu2(OH)2CO3发生分解，生成CuO、CO2、H2O，反应的化学方程式是，该分解反应为吸热反应；
答案为：；Cu(OH)2；；吸热；
(3)①在正极，CuO得电子产物与Li+反应生成Cu和Li2O，反应式为；
②从电池反应式可以得出如下关系式：Li~e-，则每转移0.2mole-，理论上消耗Li的质量为；答案为：；1.4g。
15. (1)     避免明火     、、
(2)过滤
(3)无法有效除铁(或其他合理答案)
(4)          溶液紫红色消失
(5)约为3时，可使完全沉淀，不沉淀而分离(或其他合理答案)
(6)     2    

【分析】铝灰主要含有、，以及少量硅石和的氧化物，加入稀硫酸酸浸生成硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁、氢气，气体X为氢气，操作I为过滤，滤渣为硅石，氧化步骤加入过量的高锰酸钾溶液将Fe2+氧化为Fe3+，沉淀反应中先加入硫酸锰溶液还原过量的高锰酸根离子，生成二氧化锰，调节pH=3，沉淀Fe3+，操作Ⅱ为过滤，棕色沉淀为氢氧化铁和二氧化锰的混合物，滤液为硫酸铝溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到。
(1)
铝灰主要含有A12O3、A1，以及少量Si和Fe的氧化物，加入稀硫酸，会反应生成易燃性气体氢气，故酸浸时为确保安全应注意避免明火；酸浸充分后溶液中的金属阳离子是、、。
(2)
操作Ⅰ和Ⅱ后均得到滤渣和滤液，故操作I和II的名称是过滤。
(3)
根据金属离子浓度为0.1mol⋅L−1时生成氢氧化物沉淀的pH，要除去Fe2+、Fe3+应该把Fe2+氧化为Fe3+，才不影响氢氧化铝的沉淀，加过量KMnO4溶液的目的是把Fe2+氧化为Fe3+，故若无氧化步骤，对实验的影响是无法有效除铁。
(4)
已知棕色沉淀含，则加入硫酸锰的目的是还原高锰酸根离子，发生归中反应生成，从而除去过量的高锰酸根离子，故加入反应的离子方程式是，判断该反应完成的现象是溶液紫红色褪去，证明高锰酸根离子已除尽。
(5)
根据金属离子浓度为时生成氢氧化物沉淀的可知，约为3时，可使完全沉淀，不沉淀，故操作②调的原因是可使完全沉淀，不沉淀而分离。
(6)
根据化合物中正负化合价代数和为零可解得y=2。
由题干信息可知聚合硫酸铝中n(OH-）=a×10-3×b- d×10-3×c，质量分数为。