第一章：化学反应与能量转化同步习题（含解析）2022-2023学年上学期高二化学鲁科版（2019）选择性必修1

第一章：化学反应与能量转化 同步习题
一、单选题
1．下列几种铁板，在镀层被破坏后，最耐腐蚀的是：
A．镀锌铁板 B．镀铜铁板 C．镀锡铁板 D．镀铅铁板
2．下列说法正确的是（ ）
A．物质发生化学反应时必然伴随着能量变化
B．金属铜导电，故金属铜是电解质
C．自发反应都是熵增大的反应
D．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使反应速率增大
3．如图所示，电解溶液可析出金属Zn。下列说法正确的是
A．Zn极上发生氧化反应 B．石墨电极上发生还原反应
C．溶液中SO移向Zn极 D．该条件下先于得电子而放电
4．下列实验操作、现象及所得结论或解释均正确的是
选项 实验操作 现象 结论或解释
A 在两支试管中分别加入等物质的量浓度的和溶液，然后各滴加2滴酚酞溶液 溶液均变成红色，且溶液颜色更深一些 同浓度的溶液碱性更强
B 向腐蚀覆铜板的废液X中加入少量的铁粉，振荡 未出现红色固体 X中一定不含
C 用坩埚钳夹住一块铝箔在酒精灯上加热 铝箔熔化，失去光泽并滴落下来 金属铝的熔点较低
D 用3mL稀硫酸与纯锌粒反应，再加入几滴浓溶液 迅速产生无色气体 形成Zn—Cu原电池加快了制取的速率
A．A B．B C．C D．D
5．如图为以Pt为电极的氢氧燃料电池的工作原理示意图，稀H2SO4为电解质溶液。下列有关说法不正确的是
A．a极为负极，电子由a极经外电路流向b极
B．a极的电极反应式：
C．电池工作一段时间后，装置中减小
D．若将改为，产生相同电量时，的用量增多
6．图中X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无臭气体放出，符合这一情况的是
a极板 b极板 X电极 Z溶液
A 锌 石墨 负极 CuSO4
B 石墨 石墨 负极 NaOH
C 银 铁 正极 AgNO3
D 铜 石墨 正极 CuCl2
A．A B．B C．C D．D
7．我国清代《本草纲目拾遗》中叙述了“铁线粉”：“粤中洋行有舶上铁丝，……日久起销，用刀刮其销，……所刮下之销末，名铁线粉”。下列关于“铁线粉”的说法错误的是
A．“铁线粉”的主要成分为 B．“用刀刮其销，……所刮下之销末”指质地酥松
C．“铁线粉”易溶于水 D．“铁线粉”的形成是因为吸氧腐蚀
8．利用如图装置设计原电池(a、b电极均为Pt电极)，下列说法正确的是
A．b电极为负极，电子由b极从外电路到a极 B．离子交换膜c为阴离子交换膜
C．b极的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O D．电路中转移4 mol电子，生成CO2 44 g
9．某反应过程能量变化如图所示，下列说法不正确的是
A．反应过程b有催化剂参与
B．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2
C．改变催化剂，会改变该反应的活化能
D．该反应的焓变△H<0
10．一种二次电池的装置如图所示，电池放电时正极反应式为。下列说法中不正确的是
A．放电时，电解质溶液中向碳纳米材料区移动
B．放电时，负极反应式
C．充电时，电池总反应为
D．非水电解质可以是的乙醇溶液
11．2021年“力诺瑞特杯”第十四届全国大学生节能减排社会实践与科技竞赛决赛于山东大学举行。《“日丽丰氢”-基于光伏和PEMEC的制氢装置》实现了全过程无碳的绿氢制取，获得特等奖。下列有关该装置说法错误的是
A．利用菲涅尔透镜聚光使水分解为氢气和氧气
B．该装置中利用化学能转化为电能
C．有利于我国提前完成“双碳”战略目标
D．“产氢”装置的原理为：阴极2H+ +2e- = H2
12．如图是某装置示意图，下列说法不正确的是
A．盐桥的作用是离子导体 B．负极反应物上发生还原反应
C．正极发生的反应是 Cu2++2e-=Cu D．Zn2+、都没有参与电极反应
二、填空题
13．依据事实，写出下列反应的热化学方程式。
(1)在250C、101KPa时，1克甲醇(CH3OH)完全燃烧生成CO2和液态水时放热22.68KJ，则能表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_______。
(2)1.00L 1.00mol/L H2SO4溶液与2.00L 1.00mol/L NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，表示该反应中和热的热化学方程式为：_______。
14．（1）汽车发动机工作时会引发和反应，生成等污染大气，其中生成的能量变化如图1所示，则图1中三种分子最稳定的是______，图1中对应反应的热化学方程式为_____。
（2）图2是与反应转化为和过程中的能量变化示意图，根据图2分析，若被氧化，该过程放出的热量________。若该反应是可逆反应，在相同条件下将与混合，则充分反应后放出的热量_________（填“>”“<”或“=”）。
（3）仿照图2的形式，在图3中绘制出与反应生成的能量变化曲线______。
15．降低能耗是氯碱工业发展的重要方向。
(1)我国利用氯碱厂生产的H2作为电池燃料，再将电池应用于氯碱工业，原理如图，a、b、c、d均为石墨电极。
①a极为___________(填“正”或“负”)极，c 极为___________(填“阴”或“阳”)极。
②乙装置中电解饱和NaCl溶液的化学方程式为___________；反应一段时间后，d极产生1mol气体时，乙装置中转移电子___________mol。
③下列说法正确的是___________(填字母序号)。
A．甲装置可实现化学能向电能的转化
B．甲装置中Na+透过阳离子交换膜向a极移动
C．乙装置中c极一侧流出的是浓盐水
④结合电极反应式解释d极区产生NaOH的原因：___________。
⑤实际生产中，阳离子交换膜的损伤会造成OH- 迁移至阳极区，从而在电解池阳极能检测到O2，产生O2的电极反应式为___________；下列生产措施有利于提高Cl2产量、降低阳极O2含量的是___________(填字母序号)。
A．使用Cl-浓度低的食盐水为原料
B．定期检查并更换阳离子交换膜
C．停产一段时间后，继续生产
(2)降低氯碱工业能耗的另一种技术是“氧阴极技术”。通过向阴极区通入O2，避免水电离的H+直接得电子生成H2，降低了电解电压，电耗明显减少。“氧阴极技术”的阴极反应为___________。
16．完成下列各小题。
(1)金属的冶炼是将自然界中的金属阳离子还原为金属单质的过程，下列金属中适合用电解法治炼的金属有：___________ ( 填序号)；
A．Ag B．Al C．As D．Au
(2)自然界中钢铁的腐蚀一般以___________ (填 “化学腐蚀”或“电化学腐蚀”)为主，炒过菜的铁锅未及时清洗容易发生吸氧腐蚀，请写出其正极的电极反应方程式：___________。
(3)如图所示：
①如上图装置连接，___________(填“是”或“否”)可以减缓右侧装置中铁的腐蚀，说明原因：___________；
②甲池中负极电极反应的离子方程为___________；
③要使乙池恢复到电解前的状态，应向溶液中加入___________ (填化学式)。
三、计算题
17．在由铜片、锌片和200 mL稀H2SO4组成的原电池中，若锌片只发生电化腐蚀。则当在铜片上共放出3.36 L(标准状况)的气体时，H2SO4恰好反应完。求：
(1)产生这些气体消耗的锌是___________g；
(2)有___________个电子通过导线。
(3)原稀硫酸的物质的量浓度是___________ mol/L。
18．金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出热量如图所示。
(1)等量的金刚石和石墨完全燃烧，________ (填“金刚石”或“石墨”）放出热量更多，石墨的燃烧热△H= ______________。
(2)12 g石墨在一定量的空气中燃烧， 生成气体36g，该过程放出的热量为_____________。
(3)已知：断开1 mol N2和1 mol O2分子中化学键所需要吸收的能量分别为946 kJ 和 497 kJ；N2(g) + O2(g)=2NO(g)△H=+180 kJ·mol-1,则相同条件下破坏NO分子中化学键释放的能量为_________。
(4)综合上述有关信息，请写出用CO除去NO的热化学方程式:________。
四、工业流程题
19．某厂废酸主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+。利用该废液制备过二硫酸铵[( NH4)2S2O8]和TiO2的一种工艺流程如下:
已知：i.TiOSO4在热水中易水解生成H2TiO3,相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表:
金属离子 TiO2+ Fe3+ Fe2+ Al3+
开始沉淀的pH 1.2 1.9 7.0 3.2
沉淀完全的pH 2.8 3.1 9.4 4.7
ii. pH>7时,Fe2+部分生成Fe(Ⅱ)氨络离Fe(NH3)2]2+o
请回答下列问题:
(1)加入适量Fe的作用是________________.
(2)生成TiO(OH)2的化学方程式为_______________。
(3)滤渣I、滤渣II均含有的物质的化学式为_____________.
(4)加入H2O2的目的是除掉Fe(Ⅱ)氨络离子[Fe(NH3)2]2+,此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比理论上等于________(填数值)。
(5)常温下，含硫微粒主要存在形式与pH的关系如下图所示。
用Pt电极电解饱和NH4HSO4溶液制备过二硫酸铵时，为满足在阳极放电的离子主要为HSO4-，应调节阳极区溶液的pH范围在______之间,其电极反应式为____________。
(6)科研人员常用硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]滴定法测定TiO2的纯度，其步骤为：用足量酸溶解wg二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100 mL,取25.00 mL,以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为: Ti3++Fe3+=Ti4++Fe2+。
①判断滴定终点的方法：________________________。
②滴定终点时消耗c mol/L-1NH4Fe(SO4)2溶液VmL,则TiO2纯度为___________(写出相关字母表示的代数式)。
20．铝土矿的主要成分是Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质，按下列操作从铝土矿中提取Al2O3。
回答下列问题：
(1)写出沉淀物的化学式：a_______；d_______；
(2)写出加入过量NaOH溶液时所发生主要反应的离子方程式：_______、_______。
(3)写出通入气体B(过量)时溶液c中发生反应的离子方程式：_______、_______。
(4)气体B能否改用试剂A代替？_______(填“能”或“不能”)；原因是_______。
(5)用石墨做电极电解提取的熔融的Al2O3，从阳极表面可以得到两种气体分别是_______、_______(用化学式表示)
(6)KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，明矾溶液与Ba(OH)2溶液反应，恰好完全沉淀其离子方程式为_______，反应后溶液的pH_______(填“>”“=”或“<”)7。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】锌、铁和电解质溶液构成原电池时，锌作负极，铁作正极而被保护；铁和铜或铅或锡与电解质溶液构成原电池时，铜或铅或锡作正极，铁作负极而加速被腐蚀，所以在镀层被破坏后，最耐腐蚀的是镀锌铁板，答案选A。
2．A
【详解】A．能量变化是化学变化的基本特征，A正确；
B．溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，B不正确；
C．根据△G＝△H－T·△S可知，自发反应不一定都是熵增大的反应，C不正确；
D．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，而不是增大单位体积内活化分子的百分数，单位体积内活化分子的百分数是不变的，D不正确。
答案选A。
3．D
【分析】石墨接电源正极做电解池的阳极，溶液中氢氧根在石墨即失电子生成氧气，Zn做阴极发生还原反应，溶液中锌离子在阴极得电子生成锌；
【详解】A．Zn极接电源负极做电解池的阴极，发生还原反应，A错误；
B．石墨接电源正极做电解池的阳极，发生氧化反应，B错误；
C．溶液中阴离子移向阳极，即SO移向石墨电极，C错误；
D．题意是电解溶液得到金属Zn，所以在该条件下阴极反应中先于得电子而放电，D正确；
故选：D。
4．A
【详解】A．等物质的量浓度的和溶液中滴加酚酞，碳酸钠溶液的颜色深说明其溶液中氢氧根浓度大，碱性更强，故A正确；
B．腐蚀覆铜板的废液中含有氯化铁，且其氧化性比氯化铜强，加入的铁粉先于氯化铁反应，因铁粉少量，可能只与氯化铁反应，所以没出现红色固体不能说明不含有铜离子，故B错误；
C．铝箔加热过程中熔化，但同时迅速与氧气反应生成熔点较高的氧化铝将铝包裹，所以不会滴落，故C错误；
D．稀硫酸与纯锌粒反应，再加入几滴浓溶液后，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，优先与锌粒发生反应，不能生成氢气，故D错误；
故选：A。
5．D
【分析】从图中可以看出，通入H2(燃料)的a电极为负极，通入O2(助燃剂)的b电极为正极。
【详解】A．由分析可知，a极为负极，电子由负极(a极)经外电路流向正极(b极)，A正确；
B．电解质为稀硫酸，则a极为H2失电子生成H+，电极反应式：，B正确；
C．电池总反应式为：2H2+O2=2H2O，电池工作一段时间后，装置中n(H2SO4)不变，水的质量增大，则减小，C正确；
D．若将改为，2H2—O2—4e-、CH4—2O2—8e-，则产生相同电量时，的用量相等，D不正确；
故选D。
6．A
【分析】通电后发现a极板质量增加，所以金属阳离子在a极上得电子，a极是阴极；b极板处有无色无臭气体放出，即溶液中氢氧根离子放电生成氧气，b极是阳极，所以X电极是负极，Y电极是正极。
【详解】A．电解硫酸铜溶液，溶液中铜离子在阴极得电子生成铜单质，a极质量增加，b极是溶液中的氢氧根离子放电生成氧气，A项符合题意；
B．电解氢氧化钠溶液，在两电极上分别得到氧气和氢气，得不到金属单质，B项不符合题意；
C．电解硝酸银溶液，铁是活泼金属，作阳极失电子，所以在b极得不到氧气，C项不符合题意；
D．电解氯化铜溶液，在b极处溶液中的氯离子失电子得到有刺激性气味的气体，D项不符合题意；
故答案选A。
7．C
【详解】A．铁在潮湿的空气中容易发生电化学腐蚀而生锈，根据“舶上铁丝，……日久起销”，说明“销”是铁表面的一种物质，则“铁线粉”最可能是铁锈，其主要成分为，A正确；
B．能够用刀刮下，说明“铁线粉”质地酥松，易脱落，B正确；
C．氧化铁等大多数金属氧化物都不溶于水，C错误；
D．在海洋中，铁最易发生吸氧腐蚀，D正确；
故选C。
8．C
【详解】A．b极上氧气得电子产生H2O，发生还原反应作正极，a极上CH4失电子转变成CO2，得电子发生氧化反应作负极，电子由负极经导线流向正极，即从a极流向b极，故A错误；
B．由图示可知氢离子可以通过离子交换膜由a极区进入b极区，则离子交换膜应为阳离子交换膜或质子交换膜，故B错误；
C．b极上氧气得电子产生H2O，且电解质环境为酸性，发生的电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，故C正确；
D．负极发生的反应为：，由反应可知每转移8mol电子产生1mol二氧化碳，则转移4 mol电子，生成CO2 0.5mol，质量为22 g，故D错误；
故选：C。
9．B
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，与a曲线相比，b中使用了催化剂，A正确；
B．E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，B错误；
C．催化剂能降低反应的活化能，不同催化剂对活化能的降低程度不同，C正确；
D．反应物能量高于生成物，反应为放热反应，△H<0，D正确；
故选B。
10．D
【分析】放电时正极上CO2得电子生成C，负极上Na失电子生成Na+，故碳纳米材料极为正极，钠电极为负极。总反应方程式为4Na+3CO2=2Na2CO3+C。
【详解】A．放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，即Na+向碳纳米材料区移动，A正确；
B．放电时，钠电极为负极，反应方程式为Na-e-=Na+，B正确；
C．充电过程电池反应为放电过程的逆反应，则方程式为2Na2CO3+C=4Na+3CO2↑，C正确；
D．钠可以和乙醇反应，故非水电解质不能是NaClO4的乙醇溶液，D错误；
故答案选D。
11．B
【详解】A．该装置利用菲涅尔透镜聚光通过光伏电池将光能转化为电能，使水电解为氢气和氧气，A正确；
B．该装置中先利用光能转化为电能，再电解水产氢，电能转化为化学能，B错误；
C．“双碳”战略目标是中国承诺在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，该装置实现了全过程无碳的绿氢制取，大大减少碳排放，是有利于我国提前完成“双碳”战略目标，C正确；
D．“产氢”装置的原理是电解水产氢，阴极方程式：2H+ +2e- = H2，D正确；
故答案选B。
12．B
【详解】A．为平衡两烧杯中溶液的电性，常使用盐桥，盐桥的作用是离子导体，A正确；
B．在原电池负极上，反应物失电子发生氧化反应，B不正确；
C．在原电池的正极，Cu2+得电子生成Cu，发生的反应是 Cu2++2e-=Cu，C正确；
D．在电解质溶液中，负极Zn失电子生成Zn2+，正极Cu2+得电子生成Cu，Zn2+、都没有参与电极反应，D正确；
故选B。
13．(1)CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-725.76kJ mol-1
(2)NaOH(aq)+ H2SO4(aq)= Na2SO4(aq)+H2O(l) △H=-57.3kJ/mol
【详解】（1）在25℃、101kPa下，1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为725.76KJ；则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.76kJ mol-1；
因此，本题正确答案是：CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.76kJ mol-1；
（2）1.00L 1.00mol/L H2SO4溶液与2.00L 1.00mol/L NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热为-114.6kJ/mol，中和热为-57.3kJ/mol，则中和热的热化学方程式：NaOH(aq)+ H2SO4(aq)= Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol；
因此，本题正确答案是：NaOH(aq)+ H2SO4(aq)= Na2SO4(aq)+H2O(l) △H=-57.3kJ/mol。
14． 117 ＜
【详解】（1）键能越小，化学键断裂越容易；键能越大，物质越稳定。由图1可求出的反应热；
（2）由图2知，消耗时放出的热量为，则被氧化时放出热量；可逆反应中反应物不可能消耗完，因此放出的热量小于；
（3）反应为吸热反应，生成物的总能量比反应物的高，过渡态的能量最高，能量变化图为：。
15．(1) 负 阳 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 2 A 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+从c极区透过阳离子交换膜进入d极区，与OH- 结合生成NaOH 4OH-﹣4e-=O2↑+2H2O B
(2)O2+4e-+2H2O =4OH-
【详解】（1）甲装置为燃料电池，通氢气一极为负极，通氧气一极为正极，乙装置为电解池，c电极连接b电极，即c为阳极，d电极为阴极；
①a电极通入氢气，根据上述分析，a电极为负极，c电极为阳极，故答案为负；阳；
②c、d电极为石墨电极，根据电解原理，电解饱和NaCl溶液的化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，d电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，d电极产生的气体为H2，产生1molH2时，乙装置转移电子物质的量为2mol；故答案为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；2；
③A．甲装置为燃料电池，实现化学能向电能的转化，故A正确；
B．根据原电池工作原理，Na＋透过阳离子交换膜向b极移动，故B错误；
C．c电极为阳极，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，Na＋透过阳离子交换膜流入d极区，c极一侧流出的是淡盐水或淡水，故C错误；
答案为A；
④根据上述分析，d电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，Na＋透过阳离子交换膜流入d极区，Na＋与OH－结合生成NaOH；故答案为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+从c极区透过阳离子交换膜进入d极区，与OH- 结合生成NaOH；
⑤根据离子放电顺序，OH－迁移至阳极区，OH－在阳极上放电，即电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O；故答案为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O；
A．根据阴离子放电顺序，Cl－先放电，如果使用Cl－浓度低的食盐水为原料，水溶液中OH－放电，产生O2，使阳极O2的含量增多，故A不符合题意；
B．如果阳离子交换膜损伤，会使大量OH－迁移至阳极区，产生大量的O2，因此定期检查并更换阳离子交换膜，可以提高氯气产量，降低阳极氧气的含量，故B符合题意；
C．停产一段时间，继续生产，影响经济效益，不符合客观实际，故C不符合题意；
答案为B。
（2）阴极区通入氧气，避免水电离出H＋直接得电子生成H2，应是氧气在该电极得电子，即电极反应式O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故答案为O2＋2H2O＋4e－=4OH－。
16．(1)B
(2) 电化学腐蚀 O2+2H2O+4e- =4OH-
(3) 是 外加电流保护法 CH4- 8e- +10OH-=CO+7H2O CuO
【分析】(1)
冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的Al2O3）制得；故答案选B。
(2)
炒过菜的铁锅未及时清洗容易发生电化学腐蚀而生锈，在铁的吸氧腐蚀中，负极上铁失电子发生氧化反应，Fe-2e-=Fe2+，正极上是氧气得电子的还原反应，O2+2H2O+4e-=4OH-，
故答案为：电化学腐蚀 O2+2H2O+4e-=4OH-；
(3)
甲装置中甲烷燃料电池中通入甲烷的电极为负极，连接乙池的铁电极，做阴极，是被保护的电极；故答案为：是 外加电流保护法。甲装置中甲烷燃料电池中通入甲烷的电极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。电解硫酸铜溶液，两极产生物质分别为氧气和铜，二者组合成新物质CuO加回原溶液即可恢复成原溶液，也可以用CuCO3，电解后溶液为硫酸溶液，加入碳酸铜后反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，效果等同于氧化铜；故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；CuO或CuCO3。
【点睛】本题考查电解池和原电池联立问题，明确电化学原理为解答关键。
17． 9.75 1.806×1023 0.75
【详解】(1)由于锌比铜活泼，所以锌作负极，所以消耗的金属为锌，锌失电子生成锌离子进入溶液，锌片电极反应式为：Zn-2e-=Zn 2+，铜片上氢离子得电子生成氢气，所以铜片电极反应式为：2H++2e-=H2↑，总反应：Zn+2H+=H2↑+Zn2+，则关系式，解得m(Zn)=9.75g，所以消耗锌的质量为9.75g；
(2)，解得n(e-)=0.3mol，则通过导线的电子数目为1.806×1023个；
(3)根据氢原子守恒，H+全部由H2SO4提供，所以n(H2)=n(H2SO4)=0.15mol，c(H2SO4)==0.75mol/L。
18． 金刚石 －393.5kJ·mol－1 252.0kJ 631.5kJ 2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g) △H=－746.0kJ·mol－1
【详解】(1)图象分析金刚石能量高于石墨，结合盖斯定律可知，完全燃烧金刚石放出的热量更多；图象分析1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为(110.5+283.0)kJ=393.5kJ，则石墨的燃烧热为393.5kJ mol-1；
(2)12g石墨物质的量为1mol，在一定量空气中燃烧，依据元素守恒，若生成二氧化碳质量为44g，若生成一氧化碳质量为28g，生成气体36g，28g＜36g＜44g，判断生成的气体为一氧化碳和二氧化碳气体，设一氧化碳物质的量为x，二氧化碳物质的量为(1-x)mol，28x+44(1-x)=36g，x=0.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol；依据图象分析，C(石墨，s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5 kJ mol-1 ；C(石墨，s)+O2(g)═CO(g)△H=-110.5kJ mol-1 ；生成二氧化碳和一氧化碳混合气体放出热量=393.5kJ mol-1 ×0.5mol+110.5 kJ mol-1 ×0.5mol=252kJ；12g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为252.0kJ；
(3)根据N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ mol-1、497kJ mol-1以及反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ mol-1可设NO分子中化学键的键能为x，则有：946kJ mol-1+497kJ mol-1-2x=180kJ mol-1 得：x=631.5kJ mol-1；
(4)已知①C(石墨，s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5 kJ mol-1 ，
②C(石墨，s)+O2(g)═CO(g)△H=-110.5 kJ mol-1，
③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ mol-1，
由盖斯定律：方程式①×2-②×2-③得 2NO(g)+2CO(g)═N2(g)+2CO2(g)△H=-746.0kJ mol-1。
点睛：应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“+”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
19． 将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀 TiOSO4+2NH3 H2O = TiO(OH)2↓+ (NH4)2SO4 Fe(OH)3 1 : 2 0～2 2HSO4--2e-= S2O82 -+ 2H+ 当滴入最后一滴硫酸铁铵溶液时，溶液变为血红色且30s内不恢复原色 32cv/w%
【分析】废酸中主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+，根据流程图，用氨水调节pH=3得到TiO(OH)2，而此时铁离子也会形成沉淀，因此需要加铁粉将铁离子转化为亚铁离子；滤液中加入氨水调节pH=10，得到的沉淀有氢氧化亚铁和氢氧化铝(滤渣I)；滤液中含有部分Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+，因此加入双氧水将亚铁离子氧化形成氢氧化铁沉淀(滤渣II)；再在滤液中加入硫酸酸化后电解得到过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]。据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，铁粉主要作用是将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀，故答案为将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀；
(2)根据流程图，用氨水调节pH=3，TiO2+生成TiO(OH)2，所以化学方程式为：TiOSO4+2NH3 H2O = TiO(OH)2↓+ (NH4)2SO4，答案：TiOSO4+2NH3 H2O = TiO(OH)2↓+ (NH4)2SO4；
(3)滤渣I为氢氧化亚铁和氢氧化铝，部分氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁，滤渣II为氢氧化铁沉淀，因此滤渣I、滤渣II均含有的物质的化学式为Fe(OH)3，故答案为Fe(OH)3；
(4)在碱性溶液中，加入H2O2的目的是氧化除掉Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+得到氢氧化铁沉淀，根据化合价升降守恒，配平后的离子方程式为2[Fe(NH3)2]2++4OH-+4H2O+H2O2=2Fe(OH)3↓+4NH3·H2O，氧化剂为H2O2，还原剂为[Fe(NH3)2]2+，氧化剂与还原剂的物质的量之比理论上等于1：2，故答案为1：2；
(5)根据常温下，含硫微粒主要存在形式与pH的关系图，阳极放电的离子主要是HSO4-，则阳极区电解质溶液的pH范围应控制在0～2，阳极发生氧化反应，HSO4-放电转化为S2O82-，则阳极的电极反应为：2HSO4--2e-═S2O82-+2H+，故答案为0～2；2HSO4--2e-═S2O82-+2H+；
(6)①铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成血红色，且30s内不变回原色；答案:当滴入最后一滴硫酸铁铵溶液时，溶液变为血红色且30s内不恢复原色；
②由TiO2～Fe3＋关系式，n(TiO2)=n(Fe3＋)=cmol· L－1×V×10-3L×100mL/25mL=4cV×10-3mol，TiO2纯度为4cV×10-3mol×80g·mol－1/w×100%=32cv/w%，故答案为32cv/w%。
【点睛】滴定终点固定答法需要记忆：当滴入最后一滴……溶液时，溶液由……变为……色，且30s内不恢复原色。
20．(1) SiO2 Fe(OH)3
(2) Al3++4OH-=+2H2O Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
(3) CO2++2H2O=Al(OH)3↓+ CO2+OH-=
(4) 不能 生成的氢氧化铝能够溶于强酸
(5) O2 CO2
(6) Al3++2+2Ba2++4OH-=+2BaSO4↓+2H2O >
【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解，SiO2不溶于硫酸，过滤，溶液b中含有硫酸铝、硫酸铁溶液，溶液b中加入过量氢氧化钠，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，过滤，溶液c含有偏铝酸钠、氢氧化钠，溶液c通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤，氢氧化铝加热分解为氧化铝和水。
（1）
根据以上分析，SiO2不溶于硫酸，沉淀a是SiO2；硫酸铝、硫酸铁溶液中加入过量氢氧化钠，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，沉淀d是Fe(OH)3；
（2）
硫酸铝、硫酸铁溶液中加入过量氢氧化钠，硫酸铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和硫酸钠，硫酸铁溶液和过量氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸钠，所发生主要反应的离子方程式Al3++4OH-=+2H2O、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；
（3）
溶液c中含有偏铝酸钠和氢氧化钠，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，偏铝酸钠和过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2+OH-=、CO2++2H2O=Al(OH)3↓+；
（4）
氢氧化铝能够溶于强酸，二氧化碳气体不能用硫酸代替。
（5）
用石墨做电极电解熔融的Al2O3，阳极发生反应、，得到两种气体分别是O2、CO2；
（6）
明矾溶液与Ba(OH)2溶液反应，恰好完全沉淀，则KAl(SO4)2、Ba(OH)2的比为1:2，其离子方程式为Al3++2+2Ba2++4OH-=+2BaSO4↓+2H2O，反应后溶液中的溶质是偏铝酸钾，溶液pH>7。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页