【化學(xué)】安徽省合肥市廬江縣2019-2020學(xué)年高二上學(xué)期期末檢測(解析版)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

可能用到原子量：C12 H1 O16 Fe56 Cu64
一、選擇題(共16小題，每小題3分，共48分。每題只有一個選項符合題意)
1.《本草綱目》中有“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”的記載。下列說法不正確的是
A. “薪柴之灰”可與銨態(tài)氮肥混合施用 B. “以灰淋汁”的操作是過濾
C. “取堿”得到的是一種鹽溶液 D. “浣衣”過程有化學(xué)變化
【答案】A
【解析】
【詳解】A.“薪柴之灰”中含有碳酸鉀，與銨態(tài)氮肥混合施用時，發(fā)生相互促進水解反應(yīng)，降低肥效，故A錯誤；
B.“以灰淋汁”的操作是過濾，故B正確；
C.“取堿”得到的溶液中含碳酸鉀，碳酸鉀溶液屬于鹽溶液，故C正確；
D.“取堿”得到的溶液中含碳酸鉀，碳酸鉀溶液由于CO32-水解呈堿性，“浣衣”過程中促進油脂的水解，有化學(xué)變化，故D正確。
故選A。
2.根據(jù)圖中的能量關(guān)系，可求得的鍵能為( )

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】根據(jù)圖示可知1molCH4分解變?yōu)?molC(g)原子和4molH(g)原子共吸收的能量是(75+717+864)kJ=1656kJ的能量，則C-H鍵的鍵能為1656kJ÷4mol=414kJ/mol，故合理選項是A。
3.下列有關(guān)熱化學(xué)方程式的敘述不正確的是
A. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H=-57.3 kJ/mol，若將含0.6 mol H2SO4的稀硫酸與含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的熱量等于57.3 kJ
B. 已知正丁烷(g)→異丁烷(g) △H△H2
【答案】D
【解析】
【詳解】A. H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H=-57.3 kJ/mol表示強酸、強堿反應(yīng)產(chǎn)生可溶性鹽和1 mol水放出57.3 kJ的熱量，若將含0.6 mol H2SO4的稀硫酸與含1 mol NaOH的稀溶液混合，由于酸電離產(chǎn)生的n(H+)=0.6 mol×2=1.2 mol,堿電離產(chǎn)生的n(OH-)=1 mol，所以反應(yīng)放出熱量以堿為標(biāo)準(zhǔn)，由于OH-的物質(zhì)的量是1mol，所以反應(yīng)產(chǎn)生放出的熱量等于57.3 kJ，A正確；
B. 物質(zhì)含有的能量越低，物質(zhì)的穩(wěn)定性就越強，由于正丁烷(g)→異丁烷(g) △HZn2+，但由于溶液中c(Zn2+)>c(H+)，使得Zn2+比H+優(yōu)先在陰極放電，得到鋅單質(zhì)，所以能實現(xiàn)在鐵上鍍鋅，A錯誤；
B. 電解精煉時，陽極泥中含有許多重金屬的單質(zhì)，可以作為提煉貴重金屬的原料，B正確；
C. 粗銅電解精煉時，在陽極發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)有Cu及活動性比Cu強的金屬，所以若電路中通過2 mol e-，陽極減少的質(zhì)量不一定為64 g，C錯誤；
D. 工業(yè)上采用電解熔融MgCl2來冶煉金屬鎂，若電解MgCl2溶液，在陰極上是溶液中H+得到電子變?yōu)镠2，不能得到金屬鎂，D錯誤；
故合理選項是B。
13.NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是
A. 0.1mol FeCl3完全水解形成Fe(OH)3膠體的膠粒數(shù)為0.1NA
B. 1 mol N2 與 3 mol H2 充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為 2NA
C. 鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕時，0.56g Fe反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.03NA
D. 1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－離子數(shù)之和小于0.1NA
【答案】D
【解析】
【詳解】A. Fe(OH)3膠體的膠粒為許多Fe(OH)3的集合體，所以0.1mol FeCl3完全水解形成Fe(OH)3膠體的膠粒數(shù)小于0.1NA，A錯誤；
B. N2與H2合成NH3的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物，所以1 mol N2 與 3 mol H2 充分反應(yīng)，NH3的分子數(shù)小于2NA，B錯誤；
C. 0.56g Fe的物質(zhì)的量為0.01mol，0.01mol的鋼鐵在發(fā)生吸氧腐蝕時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.02NA，C錯誤；
D. NaHCO3在溶液中HCO3-發(fā)生水解反應(yīng)和電離作用，根據(jù)C元素守恒可知溶液中存在的含C元素的微粒有H2CO3、HCO3- 和CO32-，三者的物質(zhì)的量和為0.1mol，故HCO3－和CO32－離子數(shù)之和小于0.1NA，D正確；
故合理選項D。
14.如圖所示是一種酸性燃料電池酒精檢測儀，具有自動吹氣流量偵測與控制的功能，非常適合進行現(xiàn)場酒精檢測，下列說法不正確的是

A. 電流由O2所在的鉑電極經(jīng)外電路流向另－電極
B. 該電池的負(fù)極反應(yīng)式為：CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+
C. O2所在的鉑電極處發(fā)生還原反應(yīng)
D. 微處理器通過檢測電流大小而計算出被測氣體中酒精的含量
【答案】B
【解析】
【分析】
該裝置中含有質(zhì)子交換膜，則電解質(zhì)溶液為酸性，酸性條件下，乙醇燃料電池中，負(fù)極上乙醇失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上是氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)；根據(jù)圖示得出酸性燃料電池的反應(yīng)物和生成物，再根據(jù)原電池原理寫出該電池的反應(yīng)式來判斷。
【詳解】A. 乙醇燃料電池中，負(fù)極上乙醇失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上是氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電流由正極流向負(fù)極，即從O2所在的鉑電極經(jīng)外電路流向另一電極，A正確；
B. 該電池的負(fù)極上乙醇失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，分析裝置圖可知乙醇在負(fù)極失去電子被氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，B錯誤；
C. 乙醇燃料電池中，正極上是氧氣得電子的還原反應(yīng)，O2所在的鉑電極處得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，C正確；
D. 根據(jù)微處理器通過檢測電流大小可以得出電子轉(zhuǎn)移物質(zhì)的量，根據(jù)電極反應(yīng)式可以計算出被測氣體中酒精的含量，D正確；
故合理選項是B。
【點睛】本題以乙醇為燃料考查了燃料電池，注意正負(fù)極上電極反應(yīng)式的書寫要結(jié)合電解質(zhì)溶液的酸堿性，即使燃料和氧化劑相同，如果電解質(zhì)溶液不同，電極反應(yīng)式也不同。
15.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是
選項
結(jié)論
操作
A
CO32-水解是吸熱反應(yīng)
在0.1 mol/LNa2CO3溶液中，滴加2滴酚酞顯淺紅色，微熱，紅色加深
B
Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
常溫下，用飽和Na2CO3溶液可將BaSO4全部轉(zhuǎn)化為BaCO3
C
酸性A比B強
等體積、pH=3的兩種酸HA和HB分別與足量的Zn反應(yīng)，酸HA放出的氫氣多
D
金屬性：M＞N
由M、N與稀硫酸構(gòu)成的原電池中，M上產(chǎn)生大量氣泡
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；
B.Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，則生成碳酸鋇沉淀；
C.等pH時酸HA放出的氫氣多，可知HA的酸性更弱；
D.由M、N與稀硫酸構(gòu)成的原電池中，較活潑金屬失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，較不活潑金屬上生成氫氣。
【詳解】A.水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則滴加2滴酚酞顯淺紅色，微熱，紅色加深，可知CO32-水解是吸熱反應(yīng)，A正確；
B.向含有BaSO4的溶液中加入飽和Na2CO3溶液，若Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，則會生成碳酸鋇沉淀，與是否發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化無關(guān)，因此不能比較Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)，B錯誤；
C.等pH時酸HA放出的氫氣多，可知溶液中含HA酸物質(zhì)的量較多，則說明HA的酸性更弱，即酸性：HAc（B2-）>c（H2B），說明HB-的電離程度大于水解程度，據(jù)此分析。
【詳解】向20mL0.2mol?L-1H2B溶液中滴加0.2mol?L-1NaOH溶液，當(dāng)V（NaOH）=20mL時，兩者以1:1物質(zhì)的量之比發(fā)生的反應(yīng)為：NaOH+H2B=NaHB+H2O；所得溶液為NaHB溶液，依據(jù)圖象分析，溶液中c（HB-）>c（B2-）>c（H2B），說明HB-的電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，且HB-的電離和水解都是微弱的，溶液中還存在水的電離平衡，所以溶液中各粒子濃度由大到小的順序為：c（Na+）＞c（HB-）＞c（H+）＞c（B2-）＞c（H2B）；故A正確。
故選A。
二、填空題(包括5小題，共52分，除標(biāo)明外，每空2分)
17.利用所學(xué)化學(xué)反應(yīng)原理，解決以下問題：
(1)KAl(SO4)2·12H2O可做凈水劑，其原理是_________(用離子方程式表示)
(2)向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和氣體生成的離子方程式_________________。
(3)室溫下將0.12 mol/L HCl溶液與0.1 mol/L NaOH溶液等體積混合，混合液的pH=_____。
【答案】 (1). Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+ (2). Fe3++3HCO3-= Fe(OH)3↓+3CO2↑ (3). 2
【解析】
【分析】
(1)明礬是利用Al3+水解產(chǎn)生的氫氧化鋁晶體的吸附性來凈水；
(2)根據(jù)鹽水解的酸堿性，結(jié)合鹽的水解規(guī)律分析；
(3)HCl與NaOH發(fā)生中和反應(yīng)，先根據(jù)二者物質(zhì)的量的多少判斷HCl過量，計算反應(yīng)后溶液中c(H+)，然后根據(jù)pH=-lgc(H+)計算。
【詳解】(1)明礬是強酸弱堿鹽，溶于水電離產(chǎn)生Al3+，Al3+發(fā)生水解作用：Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+，膠體表面積大，吸附力強，能夠吸收水中懸浮的固體小顆粒，使之形成沉淀而從水中分離除去，從而具有凈水作用；
(2) 向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，F(xiàn)e3+、HCO3-發(fā)生水解作用，且由于這兩種離子水解后溶液的酸堿性相反，相互促進，使離子水解程度增大，甚至完全，最終形成Fe(OH)3沉淀和CO2氣體，反應(yīng)的離子方程式為：Fe3++3HCO3-= Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(3)HCl與NaOH在溶液中發(fā)生中和反應(yīng)：HCl+NaOH=NaCl+H2O，二者反應(yīng)的物質(zhì)的量的比是1：1，由于c(HCl)=0.12 mol/L，c(NaOH)=0.1 mol/L，二者等體積混合，所以反應(yīng)后HCl過量，反應(yīng)后溶液中c(H+)=(0.12 mol/L-0.1 mol/L)÷2=0.01 mol/L，則溶液的pH=-lgc(H+)=2。
【點睛】本題考查了鹽的水解規(guī)律和溶液pH的計算。鹽的水解規(guī)律是：有弱才水解，誰弱誰水解，誰強顯誰性。鹽水解程度是微弱的，在溶液中存在水解平衡，可根據(jù)化學(xué)平衡移動原理分析，主要以鹽電離產(chǎn)生的離子存在，當(dāng)兩種鹽水解后溶液酸堿性相反，水解程度會增大，甚至是變得徹底、完全，形成沉淀或產(chǎn)生氣體。對于溶液pH計算，關(guān)鍵是判斷什么物質(zhì)過量，計算反應(yīng)后溶液中c(H+)或c(OH-)，再根據(jù)水的離子積常數(shù)和pH=-lgc(H+)計算。
18.研究氮的氧化物、碳的氧化物等大氣污染物的處理具有重要意義。
I.已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5 kJ·mol-1
②CO的燃燒熱△H=-283 kJ·mol-1。
(1)汽車排氣管內(nèi)安裝的催化轉(zhuǎn)化器，可使尾氣中主要污染物(NO和CO)轉(zhuǎn)化為無毒的大氣循環(huán)物質(zhì)，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為________________________________。
(2)一定溫度下，在恒容密閉容器中充入1 mol NO和2 mol CO進行該反應(yīng)，下列不能判斷反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是___________(用序號填空)
①單位時間內(nèi)消耗a mol CO的同時生成2a mol NO
②混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變
③混合氣體中NO和CO的物質(zhì)的量之比保持不變
④混合氣體的密度不再改變
II.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)，向甲、乙兩個體積都為1.0 L的恒容密閉容器中分別充入2.0 mol NO2和1.0 mol O3，分別在T1、T2溫度下，經(jīng)過一段時間后達(dá)到平衡。反應(yīng)過程中n(O2)隨時間(t)變化情況見下表：

(3)T1______T2(填>、 (4). < (5). 0.24 mol/(L·s) (6). 80.0% (7). 20
【解析】
【分析】
I．(1)將已知的兩個熱化學(xué)方程式疊加，可得相應(yīng)的熱化學(xué)方程式；
(2)根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正、逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化；
II．(3)發(fā)生反應(yīng)2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，溫度高，速率快，達(dá)到平衡所需要的時間縮短，據(jù)此分析比較溫度，利用溫度與O2的平衡含量分析判斷；
(4)對于甲容器中，0～3s內(nèi)的平均反應(yīng)速率v(NO2)=2v(O2)，根據(jù)圖表數(shù)據(jù)計算氧氣的反應(yīng)速率得到；
(5)根據(jù)O2的平衡濃度計算各種物質(zhì)的平衡濃度，然后利用物質(zhì)轉(zhuǎn)化率等于轉(zhuǎn)化量與起始量的比計算NO2的轉(zhuǎn)化率；利用平衡常數(shù)含義計算甲在溫度為T1時的平衡常數(shù)。
【詳解】I．(1)已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5 kJ/mol
②CO的燃燒熱△H=-283 kJ/mol，熱化學(xué)方程式：CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=-283.0 kJ/mol
根據(jù)蓋斯定律計算②×2-①得到該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-746.5 kJ/mol；
(2)①單位時間內(nèi)消耗a mo1CO的同時生成2a mol NO，反應(yīng)逆向進行，正、逆反應(yīng)速率不等，說明沒有反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，①錯誤；
②反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，氣體物質(zhì)量為變量，當(dāng)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變，說明各組分的濃度不再變化，該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，②正確；
③一定溫度下，在恒容密閉容器中充入1 mol NO和2 mol CO進行該反應(yīng)，反應(yīng)中NO和CO按照1：1反應(yīng)進行，混合氣體中NO和CO的物質(zhì)的量之比保持不變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，③正確；
④反應(yīng)前后氣體質(zhì)量和體積不變，混合氣體的密度始終不改變，不能根據(jù)混合氣體的密度判斷平衡狀態(tài)，④錯誤；
故合理選項是①④；
II．(3)可逆反應(yīng)2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，甲、乙兩個體積都為1.0 L的恒容密閉容器中分別充入2.0 mol NO2和1.0 mol O3，分別在T1、T2溫度下，經(jīng)過一段時間后達(dá)到平衡，圖表數(shù)據(jù)可知，甲容器中達(dá)到平衡時間短，速率快，說明反應(yīng)的溫度高，因此溫度T1>T2；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：升高溫度，反應(yīng)達(dá)到平衡時 O2的含量比溫度低時低，說明升高溫度，化學(xué)平衡逆向移動，根據(jù)平衡移動原理：升高溫度，化學(xué)平衡向吸熱反應(yīng)分析移動，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則該該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以△H”“
【解析】
【分析】
(1)HCl溶液和BOH溶液反應(yīng)生成BCl和水，根據(jù)反應(yīng)后溶液的pH=5，能夠確定BOH為一元弱堿，據(jù)此書寫離子反應(yīng)方程式；
(2)①據(jù)pH進行計算；當(dāng)?shù)任镔|(zhì)的量的酸和堿恰好反應(yīng)時，溶液呈堿性，B+水解，促進水的電離，利用pH計算溶液中c(H+)，根據(jù)水電離產(chǎn)生的H+、OH-關(guān)系計算水電離產(chǎn)生OH-濃度相等計算；
③HCl、BOH按1：1混合時得到的溶液為BCl、BOH等濃度的混合溶液，溶液pH=9>7，說明BOH的電離大于BCl的水解程度，據(jù)此分析；
(3)BOH是一元弱堿，HCl是一元強酸，利用酸堿反應(yīng)的實質(zhì)及鹽的水解規(guī)律分析解答。
【詳解】(1)一元強酸HCl和BOH溶液等濃度、等體積混合時，二者恰好反應(yīng)產(chǎn)生BCl和H2O，反應(yīng)后溶液中pH=5，說明BOH是一元弱堿，故反應(yīng)的離子方程式為：H++BOH=B++H2O；
(2)實驗①反應(yīng)后產(chǎn)生的鹽BCl溶液pH=5，則c(H+)=10-5 mol/L，溶液中的H+就是水電離產(chǎn)生的，水電離產(chǎn)生的H+與OH-濃度相等，所以反應(yīng)后水電離產(chǎn)生的OH-濃度c(OH-)水=10-5 mol/L；
對于③0.1 mol/L HCl與0.2 mol/LBOH等體積混合，二者發(fā)生反應(yīng)：HCl+BOH=BCl+H2O，反應(yīng)后BOH過量，溶液為BCl、BOH等濃度的混合溶液，溶液的pH=9，顯堿性，說明B+的水解程度小于BOH的電離程度，溶液的pH=9，c(H+)=10-9 mol/L，溶液中的H+就是水電離產(chǎn)生，根據(jù)水的電離平衡可知水電離產(chǎn)生的c(OH-)=c(H+)=10-9 mol/L；
(3)BOH是一元弱堿，HCl是一元強酸，若二者等濃度、等體積混合，二者恰好反應(yīng)，溶液呈堿性，要使等體積的酸和堿混合后溶液呈中性，則堿的濃度應(yīng)大于酸的濃度，即x>0.2 mol/L。
【點睛】本題考查了電解質(zhì)的電離、鹽的水解、水的離子積常數(shù)的應(yīng)用等。掌握電離平衡和鹽的水解規(guī)律及溶液pH的計算方法是本題解答的關(guān)鍵，明確溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系，能夠根據(jù)鹽的水解原理分析比較溶液中離子濃度。
20.酸堿中和滴定原理也用在其他物質(zhì)滴定，例如：下面是某化學(xué)學(xué)習(xí)小組的同學(xué)對草酸晶體進行的探究性學(xué)習(xí)的過程，請你參與并協(xié)助他們完成相關(guān)學(xué)習(xí)任務(wù)。該組同學(xué)研究課題是：探究測定草酸晶體(H2C2O4·xH2O)中的x值通過查閱資料知得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液進行滴定。2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
學(xué)習(xí)小組的同學(xué)設(shè)計了滴定的方法測定x值。
①稱取2.52 g純草酸晶體，將其配制成100.00 mL水溶液為待測液。
②取25.00 mL待測液放入錐形瓶中，再加入適量的稀H2SO4。
③用濃度為0.1000 mol·L-1的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液進行滴定，達(dá)到終點時消耗20.00 mL。問：
(1)通過上述數(shù)據(jù)，計算x=_____________。
(2)滴定終點時俯視滴定管刻度，則由此測得的x值會_______(填“偏大”、“偏小”或“不變”)
【答案】 (1). 2 (2). 偏大
【解析】
【分析】
(1)根據(jù)二者恰好反應(yīng)時物質(zhì)的量關(guān)系，由KMnO4的物質(zhì)的量計算草酸晶體的物質(zhì)的量，結(jié)合晶體的質(zhì)量可知H2C2O4晶體中結(jié)晶水x的值；
(2)若滴定終點時俯視滴定管讀數(shù)，則所得消耗酸性KMnO4溶液的體積偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，則n(H2O)偏大、x偏大。
【詳解】(1)KMnO4與草酸發(fā)生反應(yīng)：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，25.00 mL、0.1000 mol·L-1的KMnO4的物質(zhì)的量為n(KMnO4)=c·V=0.1000 mol/L×0.020 L=2.0×10-3 mol，則2.52 g純草酸晶體中含H2C2O4的物質(zhì)的量n(H2C2O4)=n(KMnO4)×= ×2.0×10-3 mol×=2.0×10-2 mol，則2.52 g H2C2O4?xH2O中含H2O的物質(zhì)的量為(2.52 g-0.0200 mol×90 g/mol)÷18 g/mol=0.040 0 mol，則x=2；
(2)若滴定終點時俯視滴定管刻度讀數(shù)，則所得消耗酸性KMnO4溶液的體積偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，則n(H2O)偏大、x偏大。
【點睛】本題考查中和滴定實驗原理的應(yīng)用知識，明確中和滴定的操作方法為解答關(guān)鍵，注意根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)消耗關(guān)系分析誤差分析方法與技巧，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)計算能力。
21.如圖是一個化學(xué)過程的示意圖，回答下列問題：

(1)甲池是___________裝置，電極B的名稱是___________。
(2)甲裝置中通入C3H8的電極反應(yīng)____________，丙裝置中D極的產(chǎn)物是___________(寫化學(xué)式)。
(3)一段時間，當(dāng)乙池中產(chǎn)生112 mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)氣體時，均勻攪拌丙池，所得溶液在25℃時的pH=__________。(已知：NaCl溶液足量，電解后溶液體積為200 mL)。
(4)若要使乙池恢復(fù)電解前的狀態(tài)，應(yīng)向乙池中加入__________(寫物質(zhì)化學(xué)式)。
【答案】 (1). 原電池 (2). 陰極 (3). C3H8+26OH--20e-=3CO32-+17H2O (4). H2、NaOH (5). 13 (6). Ag2O
【解析】
【分析】
(1)甲池為丙烷、氧氣形成的燃料電池；乙池中電極B與原電池的負(fù)極連接，作電解池的陰極；
(2)C3H8在負(fù)極上失電子，堿性條件下生成碳酸根；丙裝置中D極連接電源的負(fù)極，為陰極；
(3)電解AgNO3溶液，總反應(yīng)方程式為：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，根據(jù)n=計算O2的物質(zhì)的量，根據(jù)同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量相等，在丙池中：陰極上氫離子放電，陽極上氯離子放電，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等計算氫氧化鈉的物質(zhì)的量，利用c=計算氫氧化鈉的物質(zhì)的量濃度，從而得出溶液的pH；
(4)根據(jù)電解的產(chǎn)物分析，根據(jù)“析出什么元素加入什么元素”的原則確定使乙池恢復(fù)電解前的狀態(tài)加入的物質(zhì)。
【詳解】根據(jù)裝置圖可知甲池為原電池，通入燃料丙烷的電極為負(fù)極，通入O2的電極為正極，乙池、丙池與原電池連接，屬于電解池，其中乙池中A電極為陽極，B電極為陰極，丙池中C電極為陽極，D電極為陰極。
(1)甲池為原電池，是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，乙池為電解池，其中B電極連接電源的負(fù)極，作陰極；
(2)燃料C3H8在負(fù)極上失電子，堿性條件下反應(yīng)生成CO32-，所以甲裝置中通入C3H8的電極反應(yīng)式為：C3H8+26OH--20e-=3CO32-+17H2O。丙裝置中C電極為陽極，溶液中Cl-失去電子變?yōu)镃l2；D極為陰極，電極上水電離產(chǎn)生的H+放電生成H2，溶液中有OH-，所以D電極的產(chǎn)物是H2和NaOH；
(3)乙裝置中A(石墨)電極為陽極，發(fā)生反應(yīng)：4OH- -4e-=2H2O+O2↑，B(Ag)的電極為銀離子得電子，其電極反應(yīng)式為：Ag++e-=Ag。n(O2)==0.005 mol，根據(jù)電極反應(yīng)式可知：每反應(yīng)產(chǎn)生1 molO2，轉(zhuǎn)移4 mol電子，則反應(yīng)產(chǎn)生0.005 mol電子時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量n(e-)=4n(O2)=0.02 mol。丙池電解反應(yīng)方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，根據(jù)方程式可知：每反應(yīng)轉(zhuǎn)移2 mol電子，反應(yīng)產(chǎn)生2 mol NaOH，由于在同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，所以轉(zhuǎn)移0.02 mol電子時，丙池反應(yīng)產(chǎn)生NaOH的物質(zhì)的量n(NaOH)= n(e-)=0.02 mol，NaCl溶液足量，電解后溶液體積為200 mL，所以反應(yīng)后c(NaOH)==0.1 mol/L，c(H+)=mol/L=10-13 mol/L，所以溶液pH=13；
(4)對于乙池，總反應(yīng)方程式為：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，由于電解生成Ag和O2從溶液中分離出去，所以要使乙池恢復(fù)電解前的狀態(tài)，應(yīng)向乙池中加入二者的化合物，即加入Ag2O。
【點睛】本題考查原電池和電解池原理，正確推斷原電池正負(fù)極是解本題的關(guān)鍵，難點是原電池電極反應(yīng)式的書寫，通入燃料的電極為負(fù)極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，燃料相同，由于電解質(zhì)溶液的酸堿性不同，電極反應(yīng)式不同；對于多池串聯(lián)電路的計算，要根據(jù)同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等計算，計算溶液的pH要根據(jù)電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量與氫氧化鈉的關(guān)系來分析解答。
22.三氧化二鎳(Ni2O3)是一種灰黑色無氣味有光澤的塊狀物，易粉碎成細(xì)粉末，常用于制造高能電池。工業(yè)上以金屬鎳廢料生產(chǎn)Ni2O3的工藝流程如下：

下表為金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH(設(shè)開始沉淀時金屬離子濃度為1.0 mol·L－1)：

回答下列問題：
(1)為提高金屬鎳廢料浸出的速率，在“酸浸”時可采取的措施是___________。(寫兩點即可)
(2)酸浸后的酸性溶液中含有Ni2＋、Fe2+、Fe3+、Al3+等。加H2O2的作用是__________，其離子方程式為______________________。
(3)在沉鎳前，需加Na2CO3控制溶液pH的范圍為__________。
(4)沉鎳的離子方程式為_____________________。
(5)氧化生成Ni2O3的離子方程式為___________________。
【答案】 (1). 升高溫度；增加鹽酸的濃度；粉碎；攪拌 (2). 把Fe2+氧化為Fe3+ (3). 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O (4). 4.7≤pH