2022年高考化学一轮复习高频考点集训专题17 电化学基础（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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专题17 电化学基础
一、单选题
1．下列指定反应的离子方程式不正确的是
A．向铁制器具上电镀铜，阴极的电极反应为：Cu2++2e-=Cu
B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
C．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32-(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+SO42-(aq)
D．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH-+H++SO42- =BaSO4↓+H2O
【答案】D
【解析】A.电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极， 在阴极上，镀层金属阳离子获得电子，向铁制器具上电镀铜，阴极上Cu2+得电子变为单质Cu，反应原理符合事实，A正确；
B.电解饱和食盐水，溶液中的阴离子Cl-在阳极上失去电子变为Cl2，水电离产生的H+在阴极上获得电子变为H2，总反应方程式为：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，B正确；
C.CaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，由于c(Ca2+)·c(CO32-)>Ksp(CaCO3)，会形成CaCO3沉淀，使CaSO4不断溶解，最终实现了沉淀的转化，C正确；
D.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，二者反应产生BaSO4沉淀和H2O，产生的二者的物质的量的比是1:2，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42- =BaSO4↓+2H2O，D错误；
故答案选D。
2．大海航行中的海轮船壳上连接了锌块，说法错误的是
A．船体作正极 B．属牺牲阳极的阴极保护法
C．船体发生氧化反应 D．锌块的反应：Zn－2e-→Zn2+
【答案】C
【解析】A. 在海轮的船壳上连接锌块，则船体、锌和海水构成原电池，船体做正极，锌块做负极，海水做电解质溶液，故A正确；
B. 在海轮的船壳上连接锌块是形成原电池来保护船体，锌做负极被腐蚀，船体做正极被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；
C. 船体做正极被保护,溶于海水的氧气放电：O2+4e−+2H2O=4OH−，故C错误；
D. 锌做负极被腐蚀：Zn－2e-→Zn2+，故D正确。
故选:C。
3．港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法有：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌（富含锌粉）底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是（ ）
A．防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率
B．防腐过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子
C．方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除
D．钢铁发生吸氧腐蚀时的正极反应式为：O2- 4e- + 2H2O =4 OH-
【答案】D
【解析】A. 防腐涂料可以防水、隔离O2，不能构成原电池，降低吸氧腐蚀速率，故不选A；
B. 铁与铝和锌构成原电池，铝和锌的活泼性大于铁，防腐过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子，故不选B；
C. 钢铁的防护方法只能一定程度的减缓钢铁腐蚀，不能完全消除，故不选C；
D. 钢铁发生吸氧腐蚀时的正极发生还原反应，正极反应式为：O2+ 4e- + 2H2O =4OH-，故选D。
4．全钒电池以惰性材料作电极，在电解质溶液中发生的总反应为VO2＋(蓝色)＋H2O＋V3＋(紫色)VO2+(黄色)＋V2＋(绿色)＋2H＋，下列说法正确的是(　　)
A．当电池放电时，VO2+被氧化
B．放电时，负极反应式为VO2+＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O
C．充电时，阳极附近溶液由绿色逐渐变为紫色
D．放电过程中，正极附近溶液的pH变大
【答案】D
【解析】A.当电池放电时，VO→VO2＋，V元素的化合价由＋5变为＋4，VO被还原，故A错误；B.放电时，负极失电子，负极反应式为V2＋－e－=V3＋，故B错误；
C.充电时，阳极发生氧化反应，VO2＋→VO，阳极附近溶液由蓝色逐渐变为黄色，故C错误；
D.放电过程中，正极反应式为VO＋2H＋＋e－=VO2＋＋H2O，消耗了H＋，正极附近溶液的pH变大，故D正确；
故选D。
5．用氟硼酸(HBF4，属于强酸)代替硫酸做铅蓄电池的电解质溶液，可使铅蓄电池在低温下工作时的性能更优良，反应方程式为：Pb+PbO2+4HBF42Pb(BF4)2+2H2O；Pb(BF4)2为可溶于水的强电解质，下列说法正确的是
A．充电时，当阳极质量减少23.9g时转移0.2 mol电子
B．放电时，PbO2电极附近溶液的pH增大
C．电子放电时，负极反应为PbO2+4HBF4-2e-=Pb(BF4)2+2HF4-+2H2O
D．充电时，Pb电极的电极反应式为PbO2+H++2e-=Pb2++2H2O
【答案】B
【解析】A.充电时阳极发生反应Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，产生1molPbO2，转移2mol电子，阳极增重1mol×239g/mol=239g，若阳极质量增加23.9g时转移0.2mol电子，A错误；
B.放电时正极上发生还原反应，PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，c(H+)减小，所以溶液的pH增大，B正确；
C.放电时，负极上是金属Pb失电子,发生氧化反应，不是PbO2发生失电子的氧化反应，C错误；
D.充电时，PbO2电极与电源的正极相连，作阳极，发生氧化反应，电极反应式为Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，Pb电极与电源的负极相连，D错误；
故合理选项是B。
6．有A、B、C、D四种金属。将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀。将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈。将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化。如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是(　　)
A．D>C>A>B B．D>A>B>C
C．D>B>A>C D．B>A>D>C
【答案】B
【解析】①将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，该装置构成了原电池，原电池中较活泼的金属作负极，负极上金属失电子生成金属阳离子进入溶液而被腐蚀，较不活泼的金属作正极而不易腐蚀，B不易腐蚀，所以金属活动性A>B；
②金属和酸反应，较活泼的金属与酸反应较剧烈，将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈，所以金属活动性D>A；
③金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，所以金属活动性：B>Cu；
④金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出，说明金属活动性：Cu>C。
所以它们的活动性由强到弱的顺序是D>A>B>C，故合理选项是B。
7．钠离子电池具有成本低、能量转换效率高、寿命长等优点。一种钠离子电池用碳基材料（NamCn）作负极，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，该钠离子电池的工作原理为：
。下列说法不正确的是（ ）
A．充电时，阴极质量减小且Na+数目增加
B．充电时，阳极的电极反应式为NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+
C．放电时，Na+向正极移动
D．放电时，负极的电极反应式为NamCn-me-=mNa++Cn
【答案】A
【解析】A. 充电时，阴极电极反应式为mNa++Cn+me-=NamCn，阴极电极质量会增大，A项错误；
B. 充电时，阳极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为：NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+，B项正确；
C. 放电时阳离子向正极移动，即Na+向正极移动，C项正确；
D. 放电时，负极电极反应式为NamCn-me-=mNa++Cn，D项正确；
答案选A。
8．下列反应原理不符合工业冶炼金属实际情况的是（　　）
A．2HgO2Hg+O2↑ B．4A1+3MnO22Al2O3+3Mn
C．2MgO2Mg+O2↑ D．3CO+Fe2O32Fe+3CO2
【答案】C
【解析】A．Hg活动性较弱，用热分解的方法冶炼，选项A正确；
B．Mn是比较活泼的金属，用热还原的方法冶炼，选项B正确；
C．Mg是活泼的金属，用电解的方法冶炼，由于氧化镁的熔点太高，应电解熔融氯化镁，选项C错误；
D．Fe是比较活泼的金属，用热还原的方法冶炼，选项D正确。答案选C。
9．热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl－KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电极处生成Pb。下列有关说法正确的是

A．输出电能时，外电路中的电子由硫酸铅电极流向钙电极
B．放电时电解质LiCl－KCl中的Li＋向钙电极区迁移
C．电池总反应为Ca＋PbSO4＋2LiClPb＋Li2SO4＋CaCl2
D．每转移0.2 mol电子，理论上消耗42.5 g LiCl
【答案】C
【解析】A. 输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，A项错误；
B. Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，B项错误；
C. 负极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，正极电极反应方程式为：PbSO4+2e−+2Li+=Pb+Li2SO4，则总反应方程式为：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4，C项正确；
D.钙电极为负极，电极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，根据正负极电极反应方程式可知2e−∼2LiCl，每转移0.2 mol电子，消耗0.2 mol LiCl，即消耗85g的LiCl，D项错误；
答案选C。
10．钢铁生锈过程发生如下反应：
①2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2；②4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；③2Fe(OH)3=Fe2O3＋3H2O。
下列说法正确的是（ ）
A．反应①②中电子转移数目相等 B．与铜质水龙头连接处的钢质水管不易发生腐蚀
C．反应①中氧化剂是氧气和水 D．钢铁在潮湿的空气中不能发生电化学腐蚀
【答案】A
【解析】A. 分析反应前后元素化合价变化知，反应①、②中均转移4 mole-，A项正确；
B. 铜、钢及水溶液构成原电池，铁做负极，铜做正极，加速了铁的腐蚀，B项错误；
C. 反应①中Fe元素化合价升高，氧气中氧元素化合价降低，故Fe失电子作还原剂，氧气得电子做氧化剂；水中氢氧元素化合价不变，故水既不是氧化剂也不是还原剂，C项错误；
D. 钢铁在潮湿的空气中极易发生吸氧腐蚀，它属于电化学腐蚀，D项错误；
答案选A。
11．用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液，当阴极增重a g时，在阳极上产生了b L气体（标况），则M的相对分子质量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设M的相对原子质量为R，电解时，电池反应方程式为：
4M（NO3）x+2xH2O4M + xO2↑+4xHNO3
4Rg 22.4xL

ag bL
所以R= ；
答案：C
12．某兴趣小组进行电解原理的实验探究，实验如下：一定温度下，以铜为电极，按如图所示装置电解饱和食盐水，通电2min。实验现象：接通电源30s内，阳极附近出现白色浑浊，之后变为橙黄色浑浊，此时测定溶液的pH约为10。结束后(温度不变)，试管底部聚集大量红色沉淀，溶液仍为无色。

查阅资料：
物质
氯化铜
氧化亚铜
氢氧化亚铜(不稳定)
氯化亚铜
颜色
固体呈棕色，浓溶液呈绿色，稀溶液呈蓝色
红色
橙黄色
白色
下列说法错误的是（ ）
A．反应结束后，最终溶液一定呈碱性
B．反应过程中发生了沉淀转化，说明Ksp(CuOH) C．阴极的电极反应式为2H2O+2e－=H2↑+2OH－
D．电解过程中，Cl－移向阳极
【答案】A
【解析】A、根据题干信息知道：当溶液变成橙黄色浑浊，即氢氧化亚铜生成时溶液的pH约为10，溶液显示碱性，但因为氢氧根离子和铜离子结合生成沉淀，因此反应结束后溶液呈中性，故A错误；
B、CuCl和CuOH属于相同类型的难溶物，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，随溶液pH升高CuCl逐渐转化为CuOH，产生橙黄色沉淀，说明Ksp(CuOH) C、在阴极上是电解质中水电离出来的氢离子得电子的还原反应，发生的电极反应为：2H2O+2e－=H2↑+2OH－，所以C选项是正确的；
D、电解过程中电解质中的阴离子氯离子移向阳极，所以D选项是正确的。
答案选A。
13．某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池结构如图所示。电池总反应为：，下列说法中，正确的是

A．放电时，移向Zn膜
B．充电时，含有Zn膜的碳纳米管纤维一端连接有机高聚物电源正极
C．放电时，电子由锌膜表面经有机高聚物至膜表面
D．放电时，电池的正极反应为：
【答案】D
【解析】A．放电时Zn为负极，MnO2为正极，则移向MnO2膜，故A错误；
B．放电时Zn为负极，则充电时Zn膜与电源的负极连接，故B错误；
C．放电时电子由锌膜经外电路流向膜表面，故C错误；
D．放电过程正极上是二氧化锰得到电子生成MnOOH，电极反应为，故D正确；
故答案为D。
14．十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。硫化氢—空气质子交换膜燃料电池实现了发电、环保的有效结合，已知：2H2S(g)+O2(g) = S2(s)+2H2O(l) △H= -632 kJ/mol，下列说法正确的是（ ）

A．电极a 发生反应为还原反应
B．标准状况下，每 11.2 L H2S 参与反应，有1 mol H+ 经固体电解质膜进入正极区
C．当电极a的质量增加64 g 时，电池内部释放632 kJ 的热能
D．电极b上发生的电极反应为O2+2H2O+4e- = 4OH-
【答案】B
【解析】A. 电极a 为负极，发生氧化反应，A错误。
B. 由电极反应式2H2S-4e-=4H++S2可知，标准状况下，每 11.2 L H2S 即0.5 mol H2S参与反应，有1 mol H+ 经固体电解质膜进入正极区，B正确。
C. 反应由化学能转化为电能，电池内部释放的热能小于632 kJ，C错误。
D. 该电池是质子固体做电解质，所以电极反应式为O2+4H++4e- =2H2O，D错误。
二、综合题
15．如图所示的装置中，若通入直流电5 min时，铜电极质量增加2.16 g。

（1）电源电极X的名称为________。
（2）pH变化：A_______，B_______，C_______。(填“增大”“减小”或“不变”)
（3）通电5 min后，B中共收集224 mL气体(标准状况)，溶液体积为200 mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为______________(设电解前后溶液体积无变化)。
（4）若A中KCl溶液的体积也是200 mL，电解后，溶液的pH为_______(设电解前后溶液体积无变化)
【答案】(1)负极 (2)增大 减小 不变 (3)0.025 mol·L－1 (4)13
【解析】(1)由铜电极的质量增加，发生Ag++e-═Ag，则Cu电极为阴极，Ag为阳极，Y为正极，可知X为电源的负极；
(2)A中电解氯化钾，生成KOH，所以pH增大，B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C中阴极反应为Ag++e-═Ag，阳极反应为Ag-e-═Ag+，溶液浓度不变，则pH不变；
(3)C中阴极反应为Ag++e-═Ag，n(Ag)==0.02mol，则转移的电子为0.02mol，B中阳极反应为4OH--4e-═2H2O+O2↑，则转移0.02mol电子生成氧气为0.005mol，其体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，则在阴极也生成112mL气体，由2H++2e-═H2↑，则氢气的物质的量为0.005mol，该反应转移的电子为0.01mol，则Cu2++2e-═Cu中转移0.01mol电子，所以Cu2+的物质的量为0.005mol，通电前c(CuSO4)==0.025 mol•L-1；
(4)由A中发生2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑～2e-，由电子守恒可知，转移0.02mol电子时生成0.02molKOH，忽略溶液体积的变化，则c(OH-)==0.1mol•L-1，溶液pH=13。
16．甲醇是结构最为简单的饱和一元醇，又称“木醇”或“木精”。甲醇是一碳化学基础的原料和优质的燃料，主要应用于精细化工、塑料、能源等领域。已知甲醇制备的有关化学反应如下：反应①：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) △H1＝－90.77kJ/mol　反应②：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) △H2　　反应③：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) △H3＝－49.58kJ/mol
（1）反应②的△H2＝__________________
（2）若500℃时三个反应的平衡常数依次为K1、K2与K3，则K3＝_________(用K1、K2表示)。已知500℃时K1、K2的值分别为2.5、1.0，并测得该温度下反应③在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol/L)分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时V正________V逆(填“＞”、“＝”或“＜”)
（3）在3L容积可变的密闭容器中发生反应②，c(CO)随反应时间t变化如图中曲线I所示。若在t0时刻分别改变一个条件，曲线I变为曲线II和曲线III。当曲线I变为曲线II时，改变的条件是 。当通过改变压强使曲线I变为曲线III时，曲线III达到平衡时容器的体积为_____________。

（4）甲醇燃料电池可能成为未来便携电子产品应用的主流。某种甲醇燃料电池工作原理如图所示，则通入a气体的电极电极反应式为
（5）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸。常温条件下，将a mol/L的CH3COOH与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，反应平衡时，2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为________________
【答案】（1）+41.19 kJ•mol—1 （2）K1•K2 ＞（3）加入催化剂 2L
（4）CH3OH—6e－+H2O=CO2+6H+
（5）
【解析】（1）已知反应①：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) △H1＝－90.77kJ/mol，反应②：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) △H2，反应③：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) △H3＝－49.58kJ/mol，根据盖斯定律：②=③-①得反应②的△H2＝+41.19 kJ•mol—1。
（2）根据已知反应确定K1=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)、K2=c(CO)c(H2O)/c(CO2)c(H2)、K3= c(CH3OH) c(H2O)/ c(CO2)c3(H2)，则K3＝K1•K2。500℃时K1、K2的值分别为2.5、1.0，则K3= K1•K2=2.5，该温度下反应③在某时刻，Q= c(CH3OH) c(H2O)/ c(CO2)c3(H2)=（0.3×0.15）/（0.83×0.1）=0.9＜K3，反应正向进行，则此时V正＞V逆。
（3）分析图像知t0时刻改变一个条件，曲线I变为曲线II，一氧化碳的平衡浓度没有变化而达平衡的时间缩短，改变的条件是加入催化剂；反应②为反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不移动，曲线I变为曲线III时，一氧化碳的浓度由0.3mol/L变为0.45mol/L，容器的体积由3L变为2L。
（4）根据题给装置知本题考查酸性甲醇燃料电池，根据外电路电子流向判断左侧电极为电池的负极，发生氧化反应，即甲醇被氧化为二氧化碳，结合碳元素的化合价变化确定失电子数目，根据原子守恒和电荷守恒配平，电极反应式为CH3OH—6e－+H2O=CO2+6H+。
（5）常温条件下，将a mol/L的CH3COOH与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，根据电荷守恒知2c(Ba2＋)+c(H+)＝c(CH3COO－)+c(OH—)，又2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)= b mol/L，则c(H+)=c(OH—)=1×10-7mol/L，根据醋酸与氢氧化钡溶液反应的化学方程式确定混合液中c(CH3COOH)=（a-2b）/2mol/L，该混合溶液中醋酸的电离常数为c(CH3COO－) c(H+)/ c(CH3COOH)= 。
17．铁、铜是人类较早使用的金属。请按要求回答下列问题：
(1)基态原子的简化电子排布式为___________；铜位于元素周期表中的位置：___________。
(2)电子工业用溶液腐蚀覆铜板上不需要的铜，制造印刷电路板，其反应原理的离子方程式为___________。
(3)人体不易吸收三价铁，但易吸收二价铁，故常用硫酸亚铁晶体()作补血剂。某课外小组的同学设计如图实验步骤，测定该补血剂中铁元素的含量。

①补铁剂药用说明书上常标注“与维生素同服效果更好”，其理由是___________。
②步骤i，研细的目的是___________。
③为验证步骤iii滤液中含有，可采取的方案：___________。步骤iv中加入溶液的目的是：___________。
④步骤v反应的离子方程式：___________。
⑤步骤vi一系列操作：过滤、洗涤、___________、冷却、称量。假设实验过程中铁元素全部转化到固体中，则每片补血剂中含铁元素的质量为___________。
(4)青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图如图：

①腐蚀过程中，负极材料是(填图中字母“a”或“b”或“c”)___________；正极反应为___________。
②环境中的扩散到孔口，与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈，写出该反应的离子方程式：___________。
③若生成，则理论上消耗标准状况下氧气体积为(写初始数据表达式，均带各自物理量单位)___________。
【答案】(1)[Ar]3d64s2 第四周期第ⅠB族
(2)Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+
(3)①维生素C具有还原性，可防止Fe2+被氧化为Fe3+，便于人体吸收Fe2+
②增大接触面积，加快溶解速率
③取少量滤液于试管中，加入铁氰化钾溶液，若产生特征蓝色沉淀，则含有Fe2+，反之则不含有 将Fe2+氧化为Fe3+
④Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ ⑤焙烧 g
(4)①c O2+4e-+2H2O=4OH-
②2Cu2++3OH-+Cl-=
③
【解析】(1)Fe为26号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，简化电子排布式为[Ar]3d64s2，Cu为第29号元素，位于元素周期表的第四周期第ⅠB族；
(2)电子工业用溶液腐蚀覆铜板上不需要的铜，制造印刷电路板，发生的反应为Cu还原Fe3+为Fe2+，自身被氧化为Cu2+，其离子方程式为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；
(3)①由于维生素C具有还原性，可防止Fe2+被氧化为Fe3+，便于人体吸收Fe2+，故补血剂与维生素C同服效果更好；
②步骤i研细可增大接触面积，从而加快补血剂的溶解速率；
③Fe2+遇铁氰化钾溶液生成特征蓝色沉淀，因此验证步骤iii滤液中含有，可取少量滤液于试管中，加入铁氰化钾溶液，若产生特征蓝色沉淀，则含有Fe2+，反之则不含有；具有氧化性，可将Fe2+氧化，故步骤iv中加入溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；
④步骤v加入的试剂X可以是NaOH溶液，发生的反应为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；
⑤步骤vi经过滤、洗涤后得到氢氧化铁的沉淀，焙烧氢氧化铁沉淀，得到红棕色的Fe2O3固体，再冷却后称量其质量为mg，若实验中铁元素全部转化到固体Y(Fe2O3)中，则20片补血剂中铁元素的质量为g，因此每片补血剂中含铁元素的质量为g；
(4)①青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀，其中Cu为负极，失去电子发生氧化反应，正极O2得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；
②环境中的扩散到孔口，与正极反应产物OH-和负极反应产物Cu2+作用生成多孔粉状锈，反应的离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=；
③的物质的量为，根据电极反应式和方程式可得关系式：，则消耗氧气的物质的量为，标况下的体积为×22.4L/mol=，表达式为：。
18．合理利用或转化NO2、NO、CO等污染性气体是人们共同关注的课题。
(1) 实验证明汽车尾气中的NO与CO反应生成无污染气体而除去。
已知：i.N2(g)和O2(g)生成NO(g)过程中的能量变化如下：

ii.NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)　ΔH=-234 kJ·mol-1
iii.1 mol NO(g)被O2(g)氧化时放出的热量为56.15 kJ
①反应2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)　ΔH=________kJ·mol-1。
②工业上常用醋酸亚铜氨溶液来吸收CO，反应的化学方程式如下：CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)　ΔH＜0。吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的处理措施有________ (选填序号)。
a. 适当升高温度　　 b. 适当降低温度 c. 适当增大压强　　 d. 适当减小压强
(2) 选择性催化还原技术(SCR)是目前较为成熟的烟气脱硝技术，一般采用 NH3或尿素[CO(NH2)2]作还原剂，基本流程如图所示：

①SCR脱硝技术中用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)　ΔH＜0，1 mol O2能氧化NH3的物质的量是________。若用CO(NH2)2作还原剂，还原NO2的化学方程式为________。
②其他条件不变,在相同时间内，NO转化为N2的转化率随温度的变化如图所示。反应温度在50℃～150℃范围内，NO转化为N2的转化率迅速上升，原因有________。

(3)用P—g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。在酸性水溶液中，光催化脱除原理和电化学反应原理类似，此时g-C3N4端的反应为________。

【答案】(1)①－760.3 ②ad
(2)①1.33mol 4CO(NH2)2+6NO2 4CO2+7N2+8H2O
②温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强
(3) O2+2H++2e－=H2O2
【解析】（1）①过程i对应热化学方程式：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=946kJ/mol+498 kJ/mol -2×632 kJ/mol=+180 kJ/mol；过程iii对应热化学方程式：③2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H= -56.15×2 kJ/mol = -112.3 kJ/mol；设过程ii的热化学方程式为②，根据②-①+③×2可得目标方程式，由此计算出△H= -760.3kJ/mol；
②适当升温或减小压强都能促进平衡逆向移动，从而使CH3COOCu(NH3)2再生，故选ad；
（2）①根据关系4NH3~4NO~O2~12e-，NH3失去的12个电子，有8个被NO得去，4个被O2得去，说明NH3只有 是氧气氧化的，即关系为：O2 ~ NH3（被O2氧化），故1mol O2能氧化NH3 mol，即1.33mol；CO(NH2)2还原NO2生成N2，此时发生的是N元素归中反应，结合元素守恒配平方程式得： 。
②由于是反应相同时间，故未达平衡前反应速率越快，相同时间内NO转化率越高，故50~150℃ NO转化率迅速上升原因可能是温度升高导致反应速率加快，另外此反应用到了催化剂，所以还可能是因为温度升高催化剂活性增强导致反应速率加快。
（3）根据图示g-C3N4端转为为O2得电子生成H2O2，即O2 + 2e- → H2O2，酸性溶液添加H+配平电荷守恒，故最终方程式为：O2 + 2H+ + 2e- = H2O2。
19．氧化亚铜(Cu2O)是一种附加值较高的铜类物质，某工厂以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：

常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：

Fe(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀
7.5
2.7
4.8
完全沉淀
9.0
3.7
6.4
(1)炉气中的有害气体成分是_______，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(2)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：_______。
(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是_______。
(4)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：______，操作X包括过滤、洗涤、烘干，其中过滤后，可以通过______的方法检验固体物质是否已被洗涤干净。
(5)Cu2O也常用电解法制备，流程如下：

已知：①Cu2O为暗红色的固体，有毒 ②部分难溶物的颜色和常温下的Ksp如下表所示：
难溶物
Cu(OH)2
CuOH
CuCl
Cu2O
颜色
蓝色
黄色
白色
红色
Ksp(25 ℃)
1.6×10-19
1.0×10-14
1.2×10-6
—
实验室模拟电解装置如图所示，观察到的现象如下：

①开始无明显现象，随后液面以下的铜棒表面逐渐变暗；
②5 min后，b极附近开始出现白色沉淀，并逐渐增多，且向a极扩散；
③10 min后，最靠近a极的白色沉淀开始变成红色；
④12 min后，b极附近的白色沉淀开始变成黄色，然后逐渐变成橙黄色；
⑤a极一直有大量气泡产生；
⑥停止电解，将U形管中悬浊液静置一段时间后，上层溶液呈无色，没有出现蓝色，下层沉淀全部显红色。则：
①电解池的阳极反应式为_____。
②b极附近的白色沉淀开始变成黄色，此时溶液中=_____。
【答案】(1)SO2 2：1
(2)2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
(3)3.7≤pH<4.8
(4)4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O 取最后一次洗涤液少量于试管中，先加入盐酸酸化，而后滴加几滴BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明没有洗净（或：若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净）
(5)Cu+Cl--e-=CuCl (8)8.3×10-9
【解析】(1)根据流程可知，矿石与氧气反应得到金属氧化物和SO2，Cu2S与O2反应的化学方程式为Cu2S+O22CuO+SO2，氧化剂是O2，还原剂是Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；
(2)若试剂X是H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
(3)加入试剂Y的目的是调节溶液和pH完全沉淀Fe3+，但不沉淀Cu2+，根据表中数据可知，pH的调控范围是3.7≤pH<4.8；
(4)在碱性条件下N2H4将Cu2+还原为Cu2O，由流程可知反应的化学方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O；过滤、洗涤后，取最后一次洗涤液少量于试管中，先加入盐酸酸化，而后滴加几滴BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明没有洗净(或：若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净)，答案：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O；取最后一次洗涤液少量于试管中，先加入盐酸酸化，而后滴加几滴BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明没有洗净（或：若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净）；
(5)根据题中提供有物质的颜色及离子沉淀的pH可以推知，亚铜离子与溶液中的氯离子反应生成氯化亚铜沉淀，在碱性环境中氯化亚铜可转化为氢氧化铜沉淀，氢氧化亚铜分解生成氧化亚铜。
①电解时铜作阳极，失去电子发生氧化反应生成亚铜离子，电极反应式为Cu+Cl--e-=CuCl。
②亚铜离子与溶液中的氯离子反应生成氯化亚铜沉淀，在碱性环境中氯化亚铜可转化为氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为CuCl+OH-=CuOH+Cl-，氢氧化亚铜分解生成氧化亚铜，白色沉淀变成黄色的过程中，====8.3×10-9。