题目内容
19.某反应中反应物与生成物有:FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu.(1)将上述反应设计成原电池如图甲所示,请回答下列问题:
①图中X溶液的溶质是FeCl3(填化学式),Cu电极上发生的电极反应方程式为Cu-2e-=Cu2+.
②原电池工作时,盐桥中的K+ (填“K+”或“Cl-”)不断进入X溶液中.
(2)将上述反应设计成电解池如图乙所示,乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量关系如图丙,请回答下列问题:
①M是直流电源的负极;图丙中的②线是Fe2+的物质的量的变化.
②当电子转移为2mol时,向乙烧杯中加入2.8 L 5mol•L-1 NaOH溶液,才能使溶液中所有的金属阳离子沉淀完全.
(3)铁的重要化合物高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型饮用水消毒剂,具有很多优点.
①高铁酸钠生产方法之一是电解法,其原理为Fe+2NaOH+2H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$Na2FeO4+3H2↑,则电解时阳极的电极反应方程式为Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O.
②高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水,该反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O.
分析 (1)①氯化铁具有强氧化性,铜能被氯化铁氧化,所以电解质溶液为FeCl3溶液;Cu易失电子发生氧化反应而作负极;
②石墨作正极,则盐桥中阳离子向正极移动;
(2)根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子,而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子,说明在电解过程中还有Cu2+生成,因此Cu做阳极,石墨做阴极,根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子,结合转移电子的物质的量计算;
(3)Na2FeO4能消毒、净水的原因高价铁具有氧化性,能消毒杀菌,生成Fe3+形成胶体,具有吸附悬浮物的净水的作用,电解时阳极发生氧化反应,电极反应方程式为Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O,NaClO氧化Fe(OH)3的反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O.
解答 解:(1)①氯化铁具有强氧化性,铜能被氯化铁氧化,所以反应为2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2,则FeCl3溶液为电解质溶液;Cu作负极,失电子发生氧化反应,电极反应为Cu-2e-=Cu2+,故答案为:FeCl3 ;Cu-2e-=Cu2+;
②Cu作正极,放电时,电解质溶液中阳离子K+移向X溶液中,故答案为:K+;
(2)①根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子,而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子,说明在电解过程中还有Cu2+生成,因此Cu做阳极,石墨做阴极,所以M是负极,根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化,可知①为Fe3+,②为Fe2+,③为Cu2+,故答案为:负;Fe2+;
②当电子转移为2mol时,溶液中有Fe3+ 2mol,Fe2+ 3mol,Cu2+为1mol,所以需要加入NaOH溶液14mol,所以NaOH溶液等体积为$\frac{14mol}{5mol/L}$=2.8L,
故答案为:2.8;
(3)①电解时阳极发生氧化反应,电极反应方程式为Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O,故答案为:Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O;
②NaClO氧化Fe(OH)3的反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O,故答案为:2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O.
点评 本题考查了电解原理和原电池原理,为高考热点问题,难点是(2)题图象分析,知道溶液中离子浓度变化及其原因,题目难度中等.
A. | 28 g氮气含有的原子数为NA | |
B. | 4 g金属钙变成钙离子时失去的电子数为0.1NA | |
C. | 1 mol O2分子的质量等于1 mol氧原子的质量 | |
D. | 24 g O2分子和24 g O3分子所含的氧原子数目相等 |
ⅠA | ⅡA | ⅢA | ⅣA | VA | ⅥA | VⅡA | ⅤⅢ0 | |
2 | E | F | ||||||
3 | A | C | D | G | R | |||
4 | B | H |
(2)D元素的氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O.
(3)写出E 与F形成的两种化合物的电子式;
(4)用电子式表示B、H两元素形成化合物的过程;
(5)G元素和H元素两者核电荷数之差是18.
(6)写出E元素的原子核外电子排布图,H元素的原子核外电子排布式1s22s22p63s22s23p63d104s24p5.
A. | 氨气在反应中得到电子,表现还原性 | |
B. | 有1molN2生成时,反应中转移电子数为6NA | |
C. | 氧化产物与还原产物的质量之比为4:3 | |
D. | 该反应中各物质均属于非电解质 |
A. | 50mL | B. | 50.5mL | C. | 55mL | D. | 59.5mL |
A. | 2丁烯 | B. | 甲苯 | C. | 1丁烯 | D. |
(1)判断反应达到平衡状态的依据是cd(填序号).
a. 生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等 b. 混合气体的密度不变
c. 混合气体的平均相对分子质量不变 d. CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化
(2)下表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数(K)
温度 | 250℃ | 300℃ | 350℃ |
K | 2.041 | 0.270 | 0.012 |
②要提高CO的转化率,可以采取的措施是df(填序号).
a.升温 b.加入催化剂 c.增加CO的浓度 d.加入H2加压 e.加入惰性气体加压 f.分离出甲醇
③300℃时,将容器的容积压缩到原来的$\frac{1}{2}$,在其他条件不变的情况下,对平衡体系产生的影响是CD(填字母).
A.c(H2)减少 B.正反应速率加快,逆反应速率减慢
C.CH3OH 的物质的量增加 D.重新平衡时c(H2)/c(CH3OH)减小
④某温度下,将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容器中,充分反应10min后,达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L,则CO的转化率为80%,此时的温度为250℃.以CH3OH表示该过程的反应速率v(CH3OH)=0.08mol/(L•min).
(3)如图表示在温度分别为T1、T2时,平衡体系中H2的体积分数随压强变化曲线,A、C两点的反应速率A<C(填“>”、“=”或“<”,下同),A、C两点的化学平衡常数A=C,由状态B到状态A,可采用升温的方法(填“升温”或“降温”);
(4)已知在常温常压下:
①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=-a kJ•mol-1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-b kJ•mol-1
③H2O(g)=H2O(l)△H=-c kJ•mol-1
则CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=$\frac{b-a-4c}{2}$kJ•mol-1 .