题目内容

16．蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置．有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应是：
NiO2+Fe+2H2O $?_{充电}^{放电}$  Fe（OH）2+Ni（OH）2．
（1）金属镍（Ni）的质子数比铁多2个，则金属镍位于元素周期表的第四周期，第Ⅷ族．
（2）此蓄电池放电时，该电池发生氧化反应的物质是B（填序号）．
A．NiO2           B．Fe           C．Fe（OH）2           D．Ni（OH）2
（3）此蓄电池充电时，阳极的电极反应式是Ni（OH）2+2OH--2e-=NiO2+2H2O．
（4）用该蓄电池电解含有0.2mol NaCl的混合溶液100mL，假如电路中转移了0.1mol e-，且电解池的电极均为惰性电极．阳极产生的气体在标准状况下的体积是1.12L；将电解后的溶液加水稀释至1L，此时溶液的pH=13．
（5）该电池电极材料对环境有危害．在对电池进行回收处理过程中遇到以下问题：
已知：Ksp[Fe（OH）3]=8.0×10-38，Ksp[Ni（OH）2]=1.0×10-15．某溶液中含有0，1mol•L-1的Ni2+和0.1mol•L-1的Fe3+，当逐滴加入NaOH溶液（忽略溶液体积改变），
①先沉淀的离子是Fe3+．
②要想使Fe3+沉淀完全，Ni2+不沉淀，溶液的pH需控制的范围是3.3-7．
（可能用到的数据：lg2=0.3，lg3=0.5）

分析 （1）金属镍（Ni）的质子数比铁多2个，则金属镍（Ni）原子序数为28，据此分析其在周期表中的位置；
（2）由方程式可知，放电时，Fe被氧化生成Fe（OH）2，Fe为负极；
（3）蓄电池充电时是电解池原理，阳极发生氧化反应，据此结合题干总反应写出电极反应式；
（4）电解NaCl溶液，且电解池的电极均为惰性电极，阴极生成氢气，电极方程式为2H++2e-=H2↑，阳极生成氯气，电极方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，根据电子守恒计算；
（5）①逐滴加入NaOH溶液，刚开始沉淀时需要的c（OH-）越小越先沉淀，根据溶度积常数计算；
②根据溶度积常数计算．

解答 解：（1）金属镍（Ni）的质子数比铁多2个，则金属镍（Ni）原子序数为28，位于周期表第四周期第Ⅷ族，
故答案为：四；Ⅷ；
（2）由方程式可知，放电时，Fe被氧化生成Fe（OH）2，Fe为负极，电极上发生氧化反应的物质是Fe，
故答案为：B；
（3）蓄电池充电时是电解池原理，阳极发生氧化反应，根据已知总反应可得阳极电极反应式为：Ni（OH）2+2OH--2e -=NiO2+2H2O，
故答案为：Ni（OH）2+2OH--2e -=NiO2+2H2O；
（4）电解NaCl溶液，且电解池的电极均为惰性电极，阴极生成氢气，电极方程式为2H++2e-=H2↑，阳极生成氯气，电极方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，电路中转移了0.1mol e-，可知生成0.05molCl2，体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，电解后c（OH-）=$\frac{0.1mol}{1L}$=0.1mol/L，则c（H+）=$\frac{1×1{0}^{-14}}{0.1}$=1×10-13，溶液的pH=13，
故答案为：1.12L；13；
（5）①逐滴加入NaOH溶液，刚开始沉淀时需要的c（OH-）越小越先沉淀，根据溶度积常数，Fe3+开始沉淀时需要的c（OH-）=$\root{3}{\frac{8.0×{10}^{-38}}{0.1}}$=2×10-13mol/L，Ni2+开始沉淀时需要的c（OH-）=$\sqrt{\frac{1.0×{10}^{-15}}{0.1}}$=10-8mol/L，Fe3+开始沉淀时需要的c（OH-）比Ni2+开始沉淀时需要的c（OH-）小，则Fe3+先沉淀，故答案为：Fe3+；
②根据溶度积常数，Fe3+沉淀完全c（OH-）应大于$\root{3}{\frac{8.0×{10}^{-38}}{1×1{0}^{-5}}}$=2×10-11mol/L，c（H+）=$\frac{1×1{0}^{-14}}{2×1{0}^{-11}}$=5×10-4mol/L，溶液的pH＞3.3，Ni2+开始沉淀时需要的c（OH-）=$\sqrt{\frac{1.0×{10}^{-15}}{0.1}}$=10-7mol/L，c（H+）=$\frac{1×1{0}^{-14}}{1{0}^{-7}}$=10-7mol/L，Ni2+不沉淀，溶液的pH还必须小于7，则要想使Fe3+沉淀完全，Ni2+不沉淀，溶液的pH需控制的范围是3.3-7，
故答案为：3.3-7．

点评 本题考查原电池和电解池知识及根据溶度积常数进行相关计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目难度中等，注意把握电极方程式的书写，为解答该题的关键，也是易错点，做题时注意体会．

练习册系列答案
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16．苯酚是一种重要的化工原料．以苯酚为主要起始原料，某种药物中间体的合成路线如下：
已知：
（1）C中含氧官能团的名称为醛基、酚羟基；
（2）反应I的反应类型是加成反应；
（3）反应Ⅱ的化学方程式为；
（4）化合物B的名称是乙醛，E的结构简式为；
（5）写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式任意2种（任写两种）．
①苯环上有三个取代基且苯环上的一氯取代物只有两种．
②能与FeCl3溶液发生显色反应．
③红外光谱显示有
7．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如下：

（1）步骤②发生反应的离子方程式为Cl2+2Br-═2Cl-+Br2．氯气氧化后得含溴的海水为何不直接用进行分离得到液溴，而要经过“空气吹出、S02吸收、氯化”的原因是氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高，空气吹出，SO2吸收、氧化的过程实际上是一个Br2的浓缩过程．
（2）步骤④发生反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-．
（3）步骤⑥的名称是蒸馏．
（4）从含溴水中吹出的溴也可用纯碱吸收，纯碱吸收溴的主要反应是：3Na2CO3+3Br2═NaBrO3+5NaBr+3CO2；吸收1mol Br2 时，转移的电子数为$\frac{5}{3}$mol．纯碱吸收后再用硫酸酸化，单质溴又从溶液中析出．
（5）化学上将SCN-、OCN-、CN-等离子称为“类卤离子”．现将KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即变成血红色；通入SO2后，血红色消失．血红色消失过程中发生反应的离子方程式为2Fe（SCN）3+SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+6SCN-+4H+或2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+．
4．MnO2是一种重要的无机功能材料，工业上从锰结核中制取纯净的MnO2工艺流程如图所示：

部分难溶的电解质溶度积常数（Ksp）如下表：
化合物Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3
Ksp近似值10-1710-1710-39
已知：一定条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2
（1）步骤Ⅱ中消耗0.5molMn2+时，用去1mol•L-1的NaClO3溶液200ml，该反应离子方程式为5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+．
（2）已知溶液B的溶质之一可循环用于上述生产，此物质的名称是氯酸钠．
（3）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料．放电过程产生MnOOH，该电池正极的电极反应式是MnO2+H2O+e-═MnOOH+OH-．如果维持电流强度为5A，电池工作五分钟，理论消耗锌0.5g．（已知F=96500C/mol）
（4）向废旧锌锰电池内的混合物（主要成分MnOOH、Zn（OH）2）中加入一定量的稀硫酸和稀草酸（H2C2O4），并不断搅拌至无CO2产生为止，写出MnOOH参与反应的离子方程式2MnOOH+H2C2O4+2H2SO4=2CO2↑+2MnSO4+4H2O．向所得溶液中滴加高锰酸钾溶液产生黑色沉淀，设计实验证明黑色沉淀成分为MnO2取少量黑色固体放入试管中，加入少量浓盐酸并加热，产生黄绿色气体，说明黑色固
体为MnO2．
（5）用废电池的锌皮制作ZnSO4•7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是：加入稀H2SO4和H2O2，铁溶解变为Fe3+，加碱调节pH为2.7时，铁刚好沉淀完全（离子浓度小于1×10-5mol•L-1时，即可认为该离子沉淀完全）．继续加碱调节pH为6时，锌开始沉淀（假定Zn2+浓度为0.1mol•L-1）．若上述过程不加H2O2，其后果和原因是Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近，Zn2+和Fe2+分离不开．
11．二氧化氯（ClO2）是国内外公认的高效、广谱、快速、安全无毒的杀菌消毒剂，被称为“第4代消毒剂”．工业上可采用氯酸钠（NaClO3）或亚氯酸钠（NaClO2）为原料制备ClO2．
（1）亚氯酸钠也是一种性能优良的漂白剂，但在强酸性溶液中会发生歧化反应，产生ClO2气体，离子方程式为5ClO2-+4H+=4ClO2↑+Cl-+2H2O；向亚氯酸钠溶液中加入盐酸，反应剧烈．若将盐酸改为相同pH的硫酸，开始时反应缓慢，稍后一段时间产生气体速率迅速加快．产生气体速率迅速加快的原因是反应生成的Cl-对反应起催化作用．
（2）化学法可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2．用H2O2作还原剂制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是H2O2做还原剂时氧化产物为O2，而盐酸则产生大量Cl2．
（3）电解法是目前研究最为热门的生产ClO2的方法之一．如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验．
①电源负极为A极（填A或B）
②写出阴极室发生反应的电极反应式和离子方程式ClO2+e-=ClO2-；ClO3-+ClO2-+2H+=2ClO2↑+H2O
③控制电解液H+不低于5mol/L，可有效防止因H+浓度降低而导致的ClO2-歧化反应．若两极共收集到气体22.4L（体积已折算为标准状况，忽略电解液体积的变化和ClO2气体溶解的部分），此时阳极室与阴极室c（H+）之差为0.8mol/L．
1．某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究．
（1）测得Na2SO3溶液pH=10，AgNO3溶液pH=5，二者发生水解的离子分别是SO32-，Ag+．
（2）调节pH，实验记录如下：
实验pH现象
A10产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清
B6产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解
C2产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X
查阅资料得知：
①Ag2SO3：白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3的溶液
②Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应，它和盐酸反应的化学方程式为：Ag2O+2HCl=2AgCl+H2O．
（3）该同学推测a中白色沉淀为Ag2SO4，依据是空气中的氧气可能参与反应，则生成硫酸银沉淀的离子方程式为4Ag++2SO32-+O2=2Ag2SO4↓．
该同学设计实验确认了a、b、c中的白色沉淀不是Ag2SO4，实验方法是：取b、c中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解．另取Ag2SO4固体置于足量Na2SO3溶液中，未溶解．
（4）将c中X滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：
I．向X中滴加稀盐酸，无明显变化
Ⅱ．向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体
Ⅲ．用Ba（NO3）2溶液、BaCl2溶液检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀．
①实验I的目的是证明不是氧化银．
②根据实验现象，分析X是Ag．
③Ⅱ中反应的化学方程式是Ag+2HNO3（浓）=AgNO3+NO2↑+H2O．
（5）该同学综合以上实验，分析产生X的原因，认为随着酸性的增强．+4价硫的还原性增强，能被+1价银氧化．通过进一步实验确认了这种可能性，实验如下：
①通入Y后，瓶中白色沉淀转化为棕黑色，气体Y是SO2．
②白色沉淀转化为X的化学方程式是Ag2SO3+H2O═2Ag+H2SO4．
8．尿黑酸和己烯雌酚的结构简式如下：下列说法正确的是（　　）
A．尿黑酸分子中所有碳原子一定都在同一平面内
B．己烯雌酚可发生加成、取代、氧化、加聚、酯化反应
C．尿黑酸和己烯雌酚都属于芳香族化合物
D．各1mol的尿黑酸和己烯雌酚分别最多能消耗3mol 和6mol Br2
5．下列有关说法正确的是（　　）
A．pH=5的NH4Cl溶液或醋酸溶液中，由水电离出的 c（H+）均为10-9mol•L-1
B．常温下，将pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，pH＞7
C．在c（H+）：c（OH-）=1：l012的溶液中，Na+、I-、NO3-、SO42-能大量共存
D．0.1 mol•L-1 Na2CO3溶液和0.1 mol•L-1 NaHSO4溶液等体积混合，溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（CO32-）+c（SO42-）+c（HCO3-）+c（OH-）
11．某烷烃分子的一氯代物有2种，二氯代物有4种的是（　　）
A．乙烷B．丙烷
C．2-甲基丙烷（CH3）3CHD．2，2-二甲基丙烷（CH3）4C

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