2023年高考真題+模擬新題化學(xué)分類匯編：F單元化學(xué)反應(yīng)與能量純解析

化學(xué)高考題分類名目F單元化學(xué)反響與能量F1 化學(xué)反響與能量變化6．[2023·重慶卷]：C(s)＋HO(g)===CO(g)＋H(g) ΔH＝akJ·mol－12 22C(s)＋O(g)===2CO(g) ΔH＝－220kJ·mol－12H—H、OO和OH436kJ·mol－1、496kJ·mol－1462kJ·mol－1a為( )A．－332 B．－118C．＋350 D．＋1306．D [解析]依題意有：ΔH＝akJ·mol－12 2②2C(s)＋O(g)===2CO(g) ΔH＝－220kJ·mol－12依據(jù)蓋斯定律②－2×2H

(g)＋O(g)===2HO(g) ΔH＝－(220＋2a)kJ·mol－1。由于2 2 2反響熱等于斷裂舊化學(xué)鍵吸取的能量與形成化學(xué)鍵釋放的能量的差值，則496kJ·mol－1＋2×436 kJ·mol－1－2×2×462 kJ·mol－1＝－(220＋2a) kJ·mol－1，解得a＝130。7．[2023·浙江卷]以下說法不正確的選項(xiàng)是( )A．光催化復(fù)原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經(jīng)濟(jì)氨氮廢水(NH＋及NH)可用化學(xué)氧化法或電化學(xué)氧化法處理4 3某種化學(xué)檢測技術(shù)具有極高的靈敏度，可檢測到單個細(xì)胞(V≈10－12L)內(nèi)的數(shù)個目標(biāo)分子，據(jù)此可推算該檢測技術(shù)能測量細(xì)胞內(nèi)濃度約為10－12～10－11mol·L－1的目標(biāo)分子向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值不變7．D [解析]電解水會消耗大量的電能，故光催化復(fù)原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經(jīng)濟(jì)，A項(xiàng)正確；化學(xué)氧化法和電化學(xué)氧化法均可以將NH＋NH中－3N元4 30價的氮元素，BV≈10－12L1L101210126.02×1023mol，由此可知該檢測技術(shù)能測量細(xì)胞內(nèi)濃度約為10－12～10－11 mol·L－1的目標(biāo)分子，C項(xiàng)正確；甲醇與汽油所具有的化學(xué)能不同，故向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值轉(zhuǎn)變，D項(xiàng)錯誤。[2023·課標(biāo)全國卷Ⅰ]1molHO98kJ。在含少量I－的溶液2 2中，HO分解的機(jī)理為2 2HO＋I(xiàn)－―→HO＋I(xiàn)O－ 慢2 2 2HO＋I(xiàn)O－―→HO＋O＋I(xiàn)－ 快2 2 2 2以下有關(guān)該反響的說法正確的選項(xiàng)是( A．反響速率與I－濃度有關(guān)B．IO－也是該反響的催化劑C98kJ·mol－1D．v(HO)＝v(HO)＝v(O)2 2 2 2[解析]HO的分解反響主要由慢反響打算，且I－濃度越大反響速率越快，A項(xiàng)2 2正確；合并題中兩反響，可知I－為催化劑，而IO－為中間產(chǎn)物，B項(xiàng)錯誤；1molHO分解2 2時反響熱為－98kJ·mol－1，并不是活化能，Cv(HO)2 2＝v(HO)＝2v(O)，D項(xiàng)錯誤。2 2[2023·安徽卷]臭氧是抱負(fù)的煙氣脫硝試劑，其脫硝反響為 2NO(g)＋O(g)2 3NO(g)＋O(g)2 5 2AB上升溫度，平衡常數(shù)減小AB上升溫度，平衡常數(shù)減小0～3s內(nèi)，反響速率為v(NO)＝0.2mol·L－12CDt時僅參與催化劑，平衡正向1xx為移動c(O)2[解析]由反響過程的能量變化圖可知正反響為放熱反響，因此上升溫度，反響逆向進(jìn)展，平衡常數(shù)減小，A項(xiàng)正確；0～3s內(nèi)，v(NO2)＝(1.0mol/L－0.4mol/L)÷3s＝0.2mol·L－1·s－1，B項(xiàng)錯誤；參與催化劑，正、逆反響速率同等程度加快，平衡不移動，C項(xiàng)錯c(O)平衡逆向移動，NO的轉(zhuǎn)化率減小，D項(xiàng)錯誤。2 231．[2023·廣東卷]CaSOOCO反響，既可提高燃燒效率，又能得到4 2高純CO，是一種高效、清潔、經(jīng)濟(jì)的型燃燒技術(shù)。反響①為主反響，反響②和③為副反2應(yīng)。1①CaSO＋CO(g)

1CaS(s)＋CO

(g)4 4 4 2ΔH＝－47.3kJ·mol－11②CaSO(s)＋CO(g)41 1

CaO(s)＋CO(g)＋SO(g) ΔH＝＋210.5kJ·mol－12 2 2③CO(g) C(s)＋CO(g) ΔH

＝－86.2kJ·mol－12 2 2 3反響2CaSO(s)＋7CO(g) CaS(s)＋CaO(s)＋6CO(g)＋C(s)＋SO

的ΔH＝4 2 2 (用ΔH、ΔH和ΔH表示)。1 2 3反響①～③的平衡常數(shù)的對數(shù)lgKT的變化曲線如以下圖。結(jié)合各反響ΔH，歸納lgK～T曲線變化規(guī)律： ； b． 。向盛有CaSO的真空恒容密閉容器中充入CO，反響①于900℃到達(dá)平衡，c (CO)4 平衡＝8.0×10－5mol·L－1，計算CO的轉(zhuǎn)化率(無視副反響，結(jié)果保存兩位有效數(shù)字)。為削減副產(chǎn)物，獲得更純潔的CO，可在初始燃料中適量參與 。2以反響①中生成的CaS100%生CaSO該反響的化學(xué)方程式為 在確定條件4下，CO2可與對二甲苯反響，在其苯環(huán)上引入一個羧基，產(chǎn)物的構(gòu)造簡式為 。31．(1)4ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3(2)a.放熱反響，lgKT增大而減??；吸熱反響，lgKT增大而增大b．焓變越大，lgKT的變化程度越大(3)99%Ca(ClO)(KClO、KMnO等氧化性物質(zhì))2 3 4Ca＋2OCaSO2 4[解析](1)將給定的三個熱化學(xué)方程式依據(jù)①×4＋②＋③×2相加可得目標(biāo)方程式ΔH＝4ΔH＋ΔH＋2ΔH。1 2 3反響①為放熱反響，由圖可看出，隨著溫度的上升，放熱反響的平衡常數(shù)的對數(shù)在減小，故曲線Ⅰ表示反響③，曲線Ⅱ表示反響②。a－x＝8.0×10－5mol·L－1c〔CO

〕 x xc生成的c(CO)＝x，平衡常數(shù)K＝c2 〔

2 ＝ ＝－5 －1

。由圖示可知，在CO〕a－x 8.0×10 mol·L900lgK＝10＝8.01－3mol－1CO的轉(zhuǎn)化率＝

8.0×10－38.0×10－3＋8.0×10－5×100%≈99%。由于COSO氣體，該氣體具有比較強(qiáng)的復(fù)原性，故可參與具有氧2 2化性的物質(zhì)來除去，該氧化性的物質(zhì)有Ca(ClO)、KClO、KMnO

等。(5)由于要求原子利2 3 4100%，故反響類型屬于化合反響，可將CaSOCaSO，反響2 4的方程式為Ca2OCaSO；對二甲苯的構(gòu)造簡式為2 4苯環(huán)上只有一類氫原子，故在苯環(huán)上引入1個羧基，產(chǎn)物僅有1種，其構(gòu)造為26．[2023·課標(biāo)全國卷Ⅱ]1.00LNONO2 4 2 4

(g)，隨溫度2上升，混合氣體的顏色變深。答復(fù)以下問題：反響的ΔH 0(填“大于”或“小于”)；100℃時，體系中各物質(zhì)濃度隨時間變化 如以下圖。在0～60s時段，反響速率v(NO)為 mol·L－1·s－1；反響的平衡常數(shù) 2 4 1為 。100℃時達(dá)平衡后，轉(zhuǎn)變反響溫度為T，c(NO)0.0020mol·L－1·s－1的平均速2 410s又到達(dá)平衡。①T 100℃填大于或小推斷理由 。②列式計算溫度T時反響的平衡常數(shù)K：2。溫度T時反響達(dá)平衡后，將反響容器的容積削減一半，平衡向 (填“正反響”或 “ 逆 反 應(yīng) ”) 方 向 移 動 ， 判 斷 理 由 是。26．(1)大于0.0010 0.36mol·L－1①大于反響正方向吸熱，反響向吸熱方向進(jìn)展，故溫度上升②平衡時，c(NO)＝0.120 mol·L－1＋0.0020mol·L－1·s－1×10s×2＝0.16mol·L－12c(NO)＝0.040mol·L－1－0.0020mol·L－1·s－1×10s＝0.020mol·L－12 4〔0.16mol·L－1〕2K＝ ＝1.3mol·L－12 0.020mol·L－1逆反響對氣體分子數(shù)增大的反響，增大壓強(qiáng)平衡向逆反響方向移動[解析](1)依題意知，溫度上升，混合氣體的顏色加深，說明平衡向生成NO的正反響20～60s時段，NO0.0602Δcmol·L－1，依據(jù)公式v＝即可計算出速率；依據(jù)圖像可知NO0.120mol·L－1，Δt 2c2〔NO〕NO0.040mol·L－1K＝c2 4 〔Nc

2 K。(2)①依據(jù)題O〕 12 4TT100℃；②依據(jù)題意知，再次到達(dá)平衡后NO的濃度減小，Δc＝vΔt＝0.0020mol·L·s－1×10s＝0.02mol·L－1，2 4NO0.040mol·L－1，即到達(dá)平衡時NO0.020mol·L－1，NO的濃2 2 4 2c2〔NO〕度為0.160mol1

2 K(3)TO〕 22 4將反響容器減小一半，即增大壓強(qiáng)。其他條件不變時，增大壓強(qiáng)，平衡向氣體分子數(shù)減小的方向移動，即向逆反響方向移動。8．[2023·海南卷]某反響過程能量變化如以下圖，以下說法正確的選項(xiàng)是( )A．反響過程a有催化劑參與B．該反響為放熱反響，熱效應(yīng)等于ΔHC．轉(zhuǎn)變催化劑，可轉(zhuǎn)變該反響的活化能D．有催化劑條件下，反響的活化能等于E＋E1 28．BC [解析]a過程的活化能比bb有催化劑參與，A項(xiàng)錯誤；該反響生成物所具有的能量比反響物的低，且由圖標(biāo)信息可知二者能量的量值之差為ΔH，BC項(xiàng)正確；在有催化劑的條件下，該反響的活化能等于E，D項(xiàng)錯誤。1F2 反響熱的計算與重要的反響熱4[2023]1molH、H—O和O===O鍵的鍵焓ΔH436kJ·mol－1、463kJ·mol－1495kJ·mol－1。以下熱化學(xué)方程式正確的選項(xiàng)是( )1A．HO(g)===H＋O(g) ΔH＝－485kJ·mol－12 2 2 21B．H

O(g)===H(g)＋O

(g) ΔH＝＋485kJ·mol－12 2 2 2C．2H(g)＋O(g)===2HO(g)2 2 2ΔH＝＋485kJ·mol－1D．2H

(g)＋O(g)===2HO(g)2 2 2ΔH＝－485kJ·mol－14．D [解析]D項(xiàng)正確。6．[2023·重慶卷]：C(s)＋HO(g)===CO(g)＋H(g) ΔH＝akJ·mol－12 22C(s)＋O(g)===2CO(g) ΔH＝－220kJ·mol－12H—H、OO和OH436kJ·mol－1、496kJ·mol－1462kJ·mol－1a為( )A．－332 B．－118C．＋350 D．＋1306．D [解析]依題意有：ΔH＝akJ·mol－12 2②2C(s)＋O(g)===2CO(g) ΔH＝－220kJ·mol－12依據(jù)蓋斯定律②－2×2H

(g)＋O(g)===2HO(g) ΔH＝－(220＋2a)kJ·mol－1。由于2 2 2反響熱等于斷裂舊化學(xué)鍵吸取的能量與形成化學(xué)鍵釋放的能量的差值，則496kJ·mol－1＋2×436 kJ·mol－1－2×2×462 kJ·mol－1＝－(220＋2a) kJ·mol－1，解得a＝130。7．[2023·天津卷]元素單質(zhì)及其化合物有廣泛用途，請依據(jù)周期表中第三周期元素相關(guān)學(xué)問答復(fù)以下問題：按原子序數(shù)遞增的挨次(稀有氣體除外)，以下說法正確的選項(xiàng)是 。a．原子半徑和離子半徑均減小金屬性減弱，非金屬性增加c．氧化物對應(yīng)的水化物堿性減弱，酸性增加d．單質(zhì)的熔點(diǎn)降低原子最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)一樣的元素名稱為 ，氧化性最弱的簡潔陽離子是 ?；衔颩gO化合物MgOAlO2 3MgCl2AlCl3類型離子化合物離子化合物離子化合物共價化合物熔點(diǎn)熔點(diǎn)/℃28002050714191工業(yè)制鎂時，電解

MgCl2

而不電解 MgO

的原因是 ；制鋁時，電解AlO而不電解AlCl的緣由是 。2 3 3晶體硅(1410℃)是良好的半導(dǎo)體材料。由粗硅制純硅過程如下：Si粗CSiClSiCl純2Si)460℃ 4 4 1100℃SiCl4

的電子式在上述由SiCl4

1.12 kg 純硅需吸收a kJ 熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：。PO是非氧化性枯燥劑以下氣體不能用濃硫酸枯燥可用PO枯燥的是 。2 5 2 5NH3(6)KClO3

HI c．SO2O

d．CO2，假設(shè)不加催化劑，400℃時分解只生成兩種鹽，其中一種2是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數(shù)比為11。寫出該反響的化學(xué)方程式：。7．(1)b (2)氬Na＋(或鈉離子)(3)MgO的熔點(diǎn)高，熔融時消耗更多能源，增加生產(chǎn)本錢AlCl是共價化合物，熔融態(tài)難導(dǎo)電3(4)SiCl(g＋2H(g)10=Si(s＋4HCl(g)4 2ΔH＝＋0.025akJ·mol－1(5)b(6)4KClO4=KC＋3KClO3 4[解析](1)除稀有氣體外，第三周期元素隨原子序數(shù)的遞增原子半徑漸漸減小，而離子半徑不愿定減小，如r(Na＋)＜r(Cl－)，a錯誤；同一周期的主族元素隨原子序數(shù)的遞增，金屬性減弱，非金屬性增加，b正確；同周期主族元素從左至右，最高價氧化物對應(yīng)的水化物堿性減弱，酸性增加，c錯誤；單質(zhì)的熔點(diǎn)不愿定降低，如NaMg、Al等的熔點(diǎn)，d錯誤。(2)第三周期元素的原子核外有三個電子層，次外層電子數(shù)為8，故該元素原子最外層的電子數(shù)也為8，該元素為氬；簡潔離子的氧化性越弱，對應(yīng)單質(zhì)的復(fù)原性越強(qiáng)，元素的金屬性越強(qiáng)，第三周期中金屬性最強(qiáng)的元素是Na，因此Na＋的氧化性最弱。(3)由題給數(shù)據(jù)表知，MgO的熔點(diǎn)比MgCl2

的熔點(diǎn)高，MgO熔融時消耗更多能源，增加本錢；AlCl3是共價化合物，熔融態(tài)時不電離，難導(dǎo)電，故冶煉鋁不能用電解AlCl3

的方法。(4)SiCl屬4于共價化合物其電子式為 由SiCl制純硅的化學(xué)方程式為SiCl(l)＋2H

(g0==4 4 2Si(s)＋4HCl(g)1.12kg40molakJ1mol0.025akJ熱量。(5)NH3

是堿性氣體，既不能用濃硫酸枯燥，也不能用PO2 5

枯燥；HI是具有復(fù)原性的酸性氣體，可用PO枯燥，但不能用濃硫酸枯燥；SO、CO既能用濃硫酸枯燥，又能用2 5 2 2POb。(6)KClO(Cl的化合價為＋5價)受熱分解生成的無氧2 5 3酸鹽是KCl，另一含氧酸鹽中氯元素的化合價必需比＋5價高，可能為＋6價或＋7價，假設(shè)67KClO，4據(jù)此可寫出該反響的化學(xué)方程式。28．(15分)[2023·課標(biāo)全國卷Ⅰ]乙醇是重要的有機(jī)化工原料，可由乙烯氣相直接水合法生產(chǎn)或間接水合法生產(chǎn)。答復(fù)以下問題：間接水合法是指先將乙烯與濃硫酸反響生成硫酸氫乙酯(CHOSOH)，再水解生成乙2 5 3醇。寫出相應(yīng)反響的化學(xué)方程式： 。：甲醇的脫水反響2CHOH(g)===CHOCH(g)＋HO(g)3 3 3 2ΔH＝－23.9kJ·mol－11甲醇制烯烴的反響2CHOH(g)===CH(g)＋2HO(g)3 2 4 2ΔH＝－29.1kJ·mol－12乙醇的異構(gòu)化反響CH

OH(g)===CHOCH

(g)2 5 3 3ΔH＝＋50.7kJ·mol－13則乙烯氣相直接水合反響CH(g)＋HO(g)===CHOH(g)的ΔH kJ·mol－1與間2 4 2 2 5接水合法相比，氣相直接水合法的優(yōu)點(diǎn)是 。(3)[n(H2O)∶n(CH)＝1∶1]。n2 4K①列式計算乙烯水合制乙醇反響在圖中A點(diǎn)的平衡常數(shù)＝ (用Kp平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。p p p ②圖中壓強(qiáng)( 、、、)的大小挨次為 ，理由是 p p p 1 2 3 4③氣相直接水合法常承受的工藝條件為：磷酸/290℃、壓n 6.9MPa，(HO)∶(CH)＝0.6∶15%n 2 2 4除了可以適當(dāng)改變反應(yīng)溫度和壓強(qiáng)外，還可采取的措施有、28．(1)CH＋HSO―→CH

OSOH、CH

OSO

H＋H

O―→CHOH＋HSO

。(2)－2 4 2

2 5

2 5

2 2 5 2 420%np45.5 污染小、腐蝕性小等(3)①

〔CHp2p

OH〕5

2n－20%n＝ ＝p〔CH〕·p〔HO〕 80%np 220×180

2 4 2

2n－20%n2 ＝0.07(MPa)－1 ②p

<p<p<p

反響分子數(shù)削減，一樣溫度下，壓強(qiáng)上升80×7.85MPa乙烯轉(zhuǎn)化率提高

1 2 3 4n ③將產(chǎn)物乙醇液化移去增加(HO)∶(CH)n 2 2 4[解析](1)依據(jù)題中信息可寫出由乙烯與濃硫酸間接水合法制乙醇的反響為 CH＋2 4HSO―→CHOSOHC

HOSOH＋HO―→CH

OH＋HSO。(2)依據(jù)蓋斯定律①－②2 4 2 5 3

2 5 3 2

2 5 2 4－③得：CH(g)＋HO(g)===CHOH(g) ΔH＝－45.5kJ·mol－1。間接水合法中用到濃硫酸2 4 2 2 5等強(qiáng)腐蝕性物質(zhì)，與其相比直接水合法具有污染小、腐蝕性小等優(yōu)點(diǎn)。(3)①設(shè)起始時CH2 4nHO(g)CH20%CHHO(g)CHOHn2 2 4 2 4 2 2 520%np的物質(zhì)的量分別為80%n、80%n和20%n，則K＝

〔CHp2p

OH〕5

2n－20%n＝ ＝p p〔CH〕·p〔HO〕 80%np 220×180

2 4 2

2n－20%n2 ＝0.07(MPa)－1。②增大壓強(qiáng)，平衡將正向移動，能提高CH

的轉(zhuǎn)化率，即壓80×7.85MPa 2 4p1＜p2＜p3＜p4。③為了使平衡正向移動，還可以將乙醇液化準(zhǔn)時分別，或增大n(H2O)：n(CH)之比等措施。2 425．[2023·安徽卷]Na、Cu、O、Si、S、Cl是常見的六種元素。Na位于元素周期表第 周期第 族；S的基態(tài)原子核外有 個未成對電子；Si的基態(tài)原子核外電子排布式為 。(2)用“>”或“<”填空：第一電離能第一電離能離子半徑熔點(diǎn)酸性Si SO2－ Na＋NaCl SiHSO HClO2 44(3)CuCl(s)與O反響生成CuCl(s)和一種黑色固體。在25℃、101kPa下，該反響2 2每消耗1 mol CuCl(s)，放熱44.4 kJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是。(4)ClO2

Cl2

氧化NaClO2

溶液制取ClO

。寫出該反響的離2子方程式，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：。<><<25．(1)三ⅠA 2 1s22s22p63s23p<><<(3)4CuCl(s)＋O(g)===2CuCl(s)＋2CuO(s)2 2ΔH＝－177.6kJ·mol－1(合理答案均可)(4)2ClO－＋C2e－l===2ClO＋2Cl－(合理答案均可)2 2 2[解析](1)Na核外電子分三層排布且最外層電子數(shù)為1，位于周期表的第三周期ⅠA族；S3s23p4，利用洪特規(guī)章和泡利不相容原理可知S2個未成對電子；依據(jù)能量最低原理以及洪特規(guī)章和泡利不相容原理，14號元素Si的基態(tài)原子1s22s22p63s23p2。(2)Si＜SSi＜S；核外電子排O2－＞Na＋；離子晶體NaCl的熔點(diǎn)小于原子晶體單質(zhì)硅的熔點(diǎn)；元素非金屬性越強(qiáng)其最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，酸性H2SO4＜HClO4。(3)利用氧化復(fù)原反響規(guī)律和原子守恒等可知，CuClO2反響得到氧化產(chǎn)物CuCl，黑色產(chǎn)物必為復(fù)原產(chǎn)物CuO(同時也屬于氧化產(chǎn)物)，由此可得反響的熱2

(g)===2CuCl(s)＋2CuO(s) ΔH＝－177.6kJ/mol(4)Cl將ClO－氧2 2 2 2化為ClOCl－2目。23．[2023·福建卷]元素周期表中第ⅦA族元素的單質(zhì)及其化合物的用途廣泛。與氯元素同族的短周期元素的原子構(gòu)造示意圖為 。能作為氯溴碘元素非金屬性(原子得電子力氣)遞變規(guī)律的推斷依據(jù)是 序號)。a．Cl

、Br、I

的熔點(diǎn)2 2 b．Cl、Br、I

的氧化性2 2 2c．HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性d．HCl、HBr、HI的酸性工業(yè)上，通過如下轉(zhuǎn)化可制得KClO晶體：3NaCl8NaClO

晶體①完成Ⅰ中反響的總化學(xué)方程式：Ⅰ 3 Ⅱ 3NaCl＋ HO=== NaClO＋ 。2 3②Ⅱ中轉(zhuǎn)化的根本反響類型是 ，該反響過程能析出KClO3

晶體而無其他晶體析出的緣由是 。x1molCl－、ClO－(x＝1，2，3，4)的能量(kJ)相對大小如右x圖所示。①D是 (填離子符號)。②B→A＋C反響的熱化學(xué)方程式為 (用離子符號表示)。123．(1) (2)b、c (3)①1

NaCl＋

HO===1NaClO＋ H↑332 3 233②復(fù)分解反響室溫下，氯酸鉀在水中的溶解度明顯小于其他晶體(4)①ClO－4

②3ClO－(aq)===ClO－(aq)＋2Cl－(aq) ΔH＝－117kJ·mol－13[解析](1)與氯元素同族的短周期元素為F，F(xiàn)的原子構(gòu)造示意圖為 。(2)Cl、Br、I

都是分子晶體，其熔點(diǎn)受分子間作用力影響，與非金屬性無關(guān)，a項(xiàng)錯2 2 2誤；單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)則其元素的非金屬性越強(qiáng)，b項(xiàng)正確；非金屬性強(qiáng)弱可用氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性推斷，c項(xiàng)正確；鹵素氫化物的酸性可用來推斷氫原子與鹵素原子形成的共價鍵強(qiáng)弱，d項(xiàng)錯誤。(3)NaCl＋3HO===NaClO2 3＋3H↑NaClO＋KCl===KClO↓＋NaCl↑，各元素的化合價沒有變化，2 3 3體析出而無其他晶體析出。(4)①從圖可知D中氯元素的化合價為＋7，則DClO－；②從4圖中可知：ACl－，BClO－，CClO－，B→A＋C的氧化復(fù)原反響用升降法配平可3得該熱化學(xué)方程式為3ClO－(aq)===ClO－3

(aq)＋2Cl－(aq) ΔH＝(63kJ/mol＋2×0)－3×60kJ/mol＝－117kJ/mol。28．[2023·全國卷]化合物AX和單質(zhì)X在確定條件下反響可生成化合物AX。答復(fù)3 2 5以下問題：AX93.6℃和76AX的熔點(diǎn)為167AX3 5 3與氣體X 反響生成1 molAX，放出熱量123.8kJ。該反響的熱化學(xué)方程式為2 5 。反響AX(g)＋X (g)在容積為10L的密閉容器中進(jìn)展。起始時AX和X3 2 5 3 2均為0.2mol。反響在不同條件下進(jìn)展，反響體系總壓強(qiáng)隨時間的變化如以下圖。①列式計算實(shí)驗(yàn)a 從反應(yīng)開始至達(dá)到平衡時的反應(yīng)速率v(AX)＝5 。②圖中3組試驗(yàn)從反響開頭至到達(dá)平衡時的反響速率 v(AX)由大到小的次序?yàn)? (填試驗(yàn)序號)；與試驗(yàn)a相比，其他兩組轉(zhuǎn)變的試驗(yàn)條件及推斷依據(jù)是：b ，c 。p0表示開頭時總壓強(qiáng)，p表示平衡時總壓強(qiáng)，α表示AX3α的表達(dá)式為 ；試驗(yàn)a和c的平衡轉(zhuǎn)化率：αa

為 ，αc

為 。28．(1)AX(l)＋X(g)===AX(s) H＝－123.8kJ/mol )

0.10mol

＝1.7×10－43 2 5mol·L－1·min－1

10L×60minn

＝0.4mol160kPa120kPa

120kPan ，0.40moln＝

0120kPa

n為160kPa＝0.40mol×160kPa＝0.30mol，AX(g)＋X(g) AX(g)3 2 5n起始時/mol：0.20 0.20 0n0平衡時n/mol：0.20－x 0.20－x x(0.20－x)＋(0.20－x)＋x＝0.30x＝0.10v(AX

0.10mol)＝ ＝1.7×10－4mol·L－1·min－15 10L×60min②bca 參與催化劑。反響速率加快，但平衡點(diǎn)沒有轉(zhuǎn)變溫度上升。反響速率加快，但平衡點(diǎn)向逆反響方向移動()③α＝2(1－p)50%40%p0[解析](1)書寫熱化學(xué)方程式時要留意常溫下AX呈液態(tài)，AX(2)②由圖像知，3 5v到達(dá)平衡所需時間：a＞c＞b，所以反響速率(AX)由大到小的挨次為b＞c＞a；與試驗(yàn)av5bb參與了催化劑；反響為放熱反響，與試驗(yàn)a相比，試驗(yàn)c平衡向逆反響方向移動，且反響速率加快，說明試驗(yàn)c轉(zhuǎn)變的條件是上升溫度。AX(g) ＋ X(g) AX(g)起始量(mol)起始量(mol)變化量(mol)0.2x0.2x0x平衡量(mol)0.2－x0.2－xx0.4－x p 0.4〔p－p〕 0.4〔p－p〕 p則有0.4 ＝p，解得x＝ 0 ，則AX的轉(zhuǎn)化率為 0p ＝2(1－0 p0 3 0.2×0 )；分別將試驗(yàn)a、cp、p0aa、ac50%、40%。5．[2023·海南卷] 以下反響的熱化學(xué)方程式：6C(s)＋5H(g)＋3N(g)＋2 29O(g)===2CH(ONO)(l) ΔH2 3 5 23 12H(g)＋O2

(g)===2HO(g) ΔH2 2 2HC(s)＋O(g)===CO(g) ΔH2 2 34CH(ONO)(l)===12CO(g)＋10HO(g)＋O(g)＋6N

的ΔH為( )3 5 23 2 2 2 2H H A．12Δ ＋5Δ －H H 3 2 1H H B．2Δ －5Δ －H H 1 2 3H H C．12Δ －5Δ －H H 3 2 1H H D．Δ －5Δ －H H 1 2 33 2 5．A [解析]將三個熱化學(xué)方程式依次編號為①、②、③，依據(jù)蓋斯定律，可得目標(biāo)熱化學(xué)方程式：12×③＋5×②－2×①，即ΔH＝12ΔH＋5ΔH－2ΔH，即選A3 2 10．[2023·江蘇卷]：C(s)＋O(g)===CO(g) ΔH2 2 1HCO(g)＋C(s)===2CO(g) ΔH2 222CO(g)＋O2(g)===2CO(g) ΔH324Fe(s)＋3O(g)===2FeO2 2

(s) ΔH3 4H3CO(g)＋FeO(s)===3CO(g)＋2Fe(s) ΔH2 3 2 5以下關(guān)于上述反響焓變的推斷正確的選項(xiàng)是( )H H H A．Δ >0，Δ <0 B．Δ >0，H H H 1 3 2 4H H H H H C．Δ ＝Δ ＋Δ D．Δ ＝Δ ＋H H H H H 1 2 3 3 4 5H 10．C [解析]C、CO的燃燒都是放熱反響，故Δ ＜0、Δ ＜0，A項(xiàng)錯誤；COH 1 3 2H C生成CO的反響為吸熱反響，則Δ ＞0；鐵的燃燒為放熱反響，則Δ ＜0，BH 2 4項(xiàng)正確；將第五個熱化學(xué)方程23可得第三個熱化學(xué)方程HΔHH式，故Δ ＝3

＋2ΔH4H3

5，D項(xiàng)錯誤。13．[2023·課標(biāo)全國卷Ⅱ]1molCuSO·5HO(s)溶于水會使溶液溫度4 2H 降低，熱效應(yīng)為Δ ，將1mol的CuSO(s)溶于水會使溶液溫度上升，熱效應(yīng)為Δ H 1 4 2CuSO·5HO受熱分解的化學(xué)方程式為CuSO·5HO(s)=CuSO(s)＋5HO(l)，熱效應(yīng)為4 2 4 2 4 2ΔH，則以下推斷正確的選項(xiàng)是( )3ΔH＞ΔH2 3ΔH＜ΔH1 3ΔH＋ΔH＝ΔH1 3 2ΔH＋ΔH＞ΔH1 2 313．B [解析]依題意CuSO5HO(s)溶于水發(fā)生反響CuSO·5HO(s)===C2＋(aq)＋4 2 4 2SO2－(aq)＋5HO(l) ΔH＞0；CuSO溶于水發(fā)生反響CuSO(s)===Cu2＋(aq)＋SO2－(aq) ΔH4 2 1 4 4 4 2＜0CuSO·5HO(s)===CuSO(s)＋5HO(l)，ΔH＝ΔH－ΔH＞0。ΔH4 2 4 2 3 1 2 2＞0，B項(xiàng)正確；ΔH＝ΔH－ΔH，3 2 1 3 1 2 3 1 2C項(xiàng)錯誤；ΔH＋ΔH－ΔH＝2ΔH＜0，D項(xiàng)錯誤。1 2 3 211[2023·四川卷]污染物的有效去除和資源的充分利用是化學(xué)造福人類的重要爭論課題。某爭論小組利用軟錳礦(主要成分為MnO，另含有少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)2SOMnO(反響條件已2 2省略)。請答復(fù)以下問題：上述流程脫硫?qū)崿F(xiàn)了 (選填以下字母編號)。A．廢棄物的綜合利用B．白色污染的削減C．酸雨的削減用MnCO 能除去溶液中的Al3 ＋ 和 Fe3 ＋ ，其原因是3 。(3)：25℃、101kPa時，Mn(s)＋O

(g)===MnO(s) ΔH＝－520kJ/mol2 2S(s)＋O(g)===SO(g) ΔH＝－297kJ/mol2 2Mn(s)＋S(s)＋2O(g)===MnSO(s)2 4ΔH＝－1065kJ/molSO2 與 MnO2 反應(yīng)生成無水 MnSO4 的熱化方程式是 。MnOMnSO溶液可制得MnO2 4 2極反響式是 。MnO 是堿性鋅錳電池的正極材料。堿性鋅錳電池放電時，正極的電極反響式是2 。SOMnOam3(標(biāo)準(zhǔn)狀況)2 2SO2

b%SO2

89.6%MnO的質(zhì)2量為ckg，則除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時，所引入的錳元素相當(dāng)于MnO kg。211．(1)A、C消耗溶液中的酸，促進(jìn)Al3＋和Fe3＋水解生成氫氧化物沉淀MnO(s)＋SO(g)===MnSO(s)2 2 4ΔH＝－248kJ/mol(4)Mn2＋＋2HO－2e－===MnO＋4H＋2 2(5)MnO＋HO＋e－===MnO(OH)＋OH－2 21500c－87ab(6) 2500[解析](1)脫硫的目的是削減產(chǎn)生SO2A、C項(xiàng)符合題意。(2)MnCO3

H＋Al3＋Fe3＋的水解平衡正向移動，生成氫氧化物沉淀除去。(3)將3個熱化學(xué)方程式依次編號為①②③，依據(jù)蓋斯定律，可知：MnO(s)＋SO (g)===MnSO(s) ΔH＝③－(①＋②)＝－248kJ/mol。(4)電解2 2 4MnSO溶液可制得MnO，則陽極是4 2Mn2＋放電，其陽極電極反響式為Mn2＋＋2H

O－2e－===MnO

＋4H＋。(5)原電池中正極得2 2MnO＋HO＋e－===MnO(OH)＋OH－。(6)KMnOMnSO反響生成MnO

c2 2 4 4 2kg，依據(jù)氧化復(fù)原反響化合價升降法配平的關(guān)系式為：2KMnO＋3MnSO～5MnO4 4 23mol 5mol87x 1000cmol873000c求得：x＝ mol(MnSO

總的物質(zhì)的量)435 4MnO2＋ SO2 === MnSO41mol 1molmol 1000a×b%×89.6%mol 22.4y求得：y＝0.4abmolMnO

3000c

mol2的物質(zhì)的量＝x－y＝

435－0.4abmol，則所引入的錳相當(dāng)于MnO

的質(zhì)量＝

mol－0.4abmol)×87g·mol－1＝kg?！?500c－87ab〕kg。2500

2 (435 1000g·kg－1F3 原電池原理11．[2023·浙江卷]鎳氫電池(NiMH)目前已經(jīng)成為混合動力汽車的一種主要電池類型，NiMH中的M表示儲氫金屬或合金，該電池在充電過程中的總反響方程式是Ni(OH)＋2M===NiOOH＋MH。：6NiOOH＋NH＋HO＋OH－===6Ni(OH)＋NO－3 2 2 2以下說法正確的選項(xiàng)是( )A．NiMH電池放電過程中，正極的電極反響式為NiOOH＋HO＋e－===Ni(OH)＋OH－2 2B．充電過程中OH－從陽極向陰極遷移C．充電過程中陰極的電極反響式：HO＋M＋e－===MH＋OH－，HO中的HM復(fù)原2 2D．NiMH電池中可以用KOH溶液、氨水等作為電解質(zhì)溶液11．A [解析]放電時正極發(fā)生的是得電子的復(fù)原反響，A項(xiàng)正確；充電時陰離子移向陽極，B錯項(xiàng)誤；充電時，被復(fù)原的是氫元素，生成的H被儲氫合金M吸取起來，M不參2與反響，C6NiOOH＋NH

＋HO＋OH－===6Ni(OH) ＋NO－，故NiMH3 2 2 2電池中不行以同時使用KOH溶液、氨水，D項(xiàng)錯誤。6．[2023·天津卷]：鋰離子電池的總反響為LiC＋Li

CoO

*C＋LiCoOx

2充電 2鋰硫電池的總反響2L＋SLiS充電 2有關(guān)上述兩種電池說法正確的選項(xiàng)是( )A．鋰離子電池放電時，Li＋向負(fù)極遷移B．鋰硫電池充電時，鋰電極發(fā)生復(fù)原反響C．理論上兩種電池的比能量一樣D．以以下圖表示用鋰離子電池給鋰硫電池充電6．B [解析]電池工作時，陽離子(Li＋)向正極遷移，A項(xiàng)錯誤；鋰硫電池充電時，鋰電極上發(fā)生Li＋得電子生成Li的復(fù)原反響，B種電池的比能量不一樣，C項(xiàng)錯誤；依據(jù)電池總反響知，生成碳的反響是氧化反響，因此碳負(fù)極，即鋰硫電池的鋰電極應(yīng)與鋰離子電池的碳電極相連，D項(xiàng)錯誤。12．[2023·課標(biāo)全國卷Ⅱ]2023年3月我國科學(xué)家報道了如以下圖的水溶液鋰離子電池體系。以下表達(dá)錯誤的選項(xiàng)是( )A．a(chǎn)為電池的正極電池充電反響為LiMnO2

===Li4

MnOx2x

＋xLi4放電時，a極鋰的化合價發(fā)生變化放電時，溶液中Li＋ba遷移12．C [解析]依據(jù)題給裝置圖推斷，Li金屬電極b為Li－e－===Li＋，則a為電池的正極，A項(xiàng)正確；a電極的電極反響式為Li MnO

＋xLi＋1－x 2 4===LiMnO，則充電時的反響為LiMnO===Li MnO

＋xLi，B項(xiàng)正確；放電時a極中是2 4 2 4 1－x 2 4錳的化合價發(fā)生變化，C項(xiàng)錯誤；帶正電荷的陽離子移向電源的正極，D項(xiàng)正確。11．[2023·江蘇卷]以下有關(guān)說法正確的選項(xiàng)是( )A．假設(shè)在海輪外殼上附著一些銅塊，則可以減緩海輪外殼的腐蝕2NO(g)＋2CO(g)===N(g)＋2CO(g)在常溫下能自發(fā)進(jìn)展，則該反響的ΔH>02 20.1mol·L－1NaCO溶液，CO2－的水解程度和溶液的pH均增大2 3 3對于乙酸與乙醇的酯化反響(ΔH<0)，參與少量濃硫酸并加熱，該反響的反響速率和平衡常數(shù)均增大11．C [解析]A項(xiàng)錯誤；BΔS＜0，假設(shè)反響能自發(fā)進(jìn)展，則ΔH－TΔS＜0，故反響的ΔH＜0，B項(xiàng)錯誤；由于鹽類的水解反響為吸熱反響，上升溫度能增大CO2－c(OH－)pH增大，C項(xiàng)正3確；濃硫酸是酯化反響的催化劑，參與少量濃硫酸使反響速率增大，該反響為放熱反響，一段時間后混合體系溫度上升，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，D項(xiàng)錯誤。4．[2023·海南卷]Mg-AgCl電池是一種能被海水激活的一次性貯備電池電池反響方程式為2AgCl＋Mg===Mg2＋＋2Ag＋2Cl－。有關(guān)該電池的說法正確的選項(xiàng)是( )Mg為電池的正極負(fù)極反響為AgCl＋e－===Ag＋Cl－不能被KCl溶液激活可用于海上應(yīng)急照明供電4．D [解析]依據(jù)電池反響方程式：2AgCl＋Mg===Mg2＋＋2Ag＋2Cl－Mg為還原劑，是負(fù)極，故A項(xiàng)錯誤；負(fù)極失電子，故B項(xiàng)錯誤；可用KCl溶液激活是指電解質(zhì)溶液可用KCl溶液代替，C項(xiàng)錯誤。9．[2023·全國卷]如以下圖是在航天用高壓氫鎳電池根底上進(jìn)展起來的一種金屬氫化物鎳電池(MH-Ni電池)。以下有關(guān)說法不正確的選項(xiàng)是( )放電時正極反響為NiOOH＋HO＋e－―→Ni(OH)＋OH－2 2電池的電解液可為KOH溶液充電時負(fù)極反響為MH＋OH－―→HO＋M＋e－2D．MH是一類儲氫材料，其氫密度越大，電池的能量密度越高9．C[解析]電池放電時正極發(fā)生復(fù)原反響，A項(xiàng)正確；電池正極反響物為NiOOH，所以電解質(zhì)溶液須為堿性電解質(zhì)溶液，可為KOH溶液，B項(xiàng)正確；充電時，該電池負(fù)極作陰極，發(fā)生得電子的復(fù)原反響，C項(xiàng)錯誤；MH中氫密度越大，其化學(xué)能密度越高，電池的能量密度越高，D項(xiàng)正確。16．[2023·海南卷]鋰錳電池的體積小、性能優(yōu)良，是常用的一次電池。該電池反響原LiClO，溶于混合有機(jī)溶劑中，Li＋MnO晶格4 2中，生成LiMnO。答復(fù)以下問題：2(1)外電路的電流方向是由 極流向 極。(填字母)(2)電池正極反響式為 。(3)是否可用水代替電池中的混合有機(jī)溶劑？ (填“是”或“否”)，緣由是 。(4)MnO2

可與KOH和KClO3

在高溫下反響，生成KMnO2 4

，反響的化學(xué)方程式為 K 2 4

KMnO2

和MnO2的物質(zhì)的量之比為 。16．(1)b aMnO＋e－＋Li＋===LiMnO2 2否電極Li是活潑金屬，能與水反響3MnO＋KClO＋6KOH=====3KMnO＋KCl＋3HO 2∶12 3 2 4 2[解析](1)Li失去電子作負(fù)極、MnO得到電子作正極，故外電路的電流2方向是由b極流向a極。(2)MnO4Mn元素變?yōu)椋?價，2由此可以寫出電池的正極反響式為MnO＋e－＋Li＋===LiMnO。(3)Li易與水反響，故2 2不能用水代替電池中的混合有機(jī)溶劑。(4)因錳元素價態(tài)上升，故KClO3

被復(fù)原為KCl，故可將方程式先寫成：MnO＋KOH＋KClO―→KMnO＋KCl，依得失電子守恒得：3MnO2 3 2 4 2KO＋KClO→3KMnO＋KCKOH前應(yīng)當(dāng)配

O”。4 2 4 2KMnO(Mn為＋6價)在酸性溶液中歧化，生成KMnO(錳為＋7價)MnO

(錳為＋4價)。2 4 4 2由氧化復(fù)原反響中得失電子守恒可知生成的KMnO4

MnO2

2∶1。28．[2023·安徽卷]某爭論小組為探究弱酸性條件下鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕類型的影響因(如以下圖)。從膠頭滴管中滴入幾滴醋酸溶液，同時測量容器中的壓強(qiáng)變化。請完成以下試驗(yàn)設(shè)計表(表中不要留空格)：編號試驗(yàn)?zāi)康奶糠?g鐵粉/g醋酸/%①為以下試驗(yàn)作參照0.52.090.0②醋酸濃度的影響0.536.0③0.22.090.0編號①試驗(yàn)測得容器中的壓強(qiáng)隨時間的變化如圖(a)t2起始壓強(qiáng)，其緣由是鐵發(fā)生了 腐蝕，請?jiān)趫D(b)中用箭頭標(biāo)動身生該腐蝕時電子的流淌方向；此時，炭粉外表發(fā)生了 (填“氧化”或“復(fù)原”)反響，其電極反響式是 。(b)該小組對圖(a)0～t時壓強(qiáng)變大的緣由提出了如下假設(shè)，請你完成假設(shè)二：1假設(shè)一：發(fā)生析氫腐蝕產(chǎn)生了氣體；假設(shè)二： ；……為驗(yàn)證假設(shè)一，某同學(xué)設(shè)計了檢驗(yàn)收集的氣體中是否含有H2的方案。請你再設(shè)計一個試驗(yàn)方案驗(yàn)證假設(shè)一，寫出試驗(yàn)步驟和結(jié)論。試驗(yàn)步驟和結(jié)論〔不要求寫具體操作過程〕：試驗(yàn)步驟和結(jié)論〔不要求寫具體操作過程〕：28．(1)編號試驗(yàn)?zāi)康奶糠?g鐵粉/g 醋酸/%②2.0③炭粉含量的影響吸氧===2HO)2反響放熱，溫度上升(4)

復(fù)原 2HO＋O＋4e－===4OH－(或4H＋＋O－4e－2 2 2試驗(yàn)步驟和結(jié)論(不要求寫具體操作過程)：①藥品用量和操作同編號①試驗(yàn)(多孔橡皮塞增加進(jìn)、出導(dǎo)管)；②通入氬氣排凈瓶內(nèi)空氣；③滴入醋酸溶液，同時測量瓶內(nèi)壓強(qiáng)變化(也可測溫度變化，檢驗(yàn)Fe2＋等)。假設(shè)瓶內(nèi)壓強(qiáng)增大，假設(shè)一成立。否則假設(shè)一不成立。[解析](1)為得出影響規(guī)律，兩個比照試驗(yàn)只能保存一個變量不同，試驗(yàn)③，二者所取碳粉質(zhì)量不同，試驗(yàn)③的試驗(yàn)?zāi)康氖翘骄刻挤酆繉υ囼?yàn)的影響。(2)容電池，因此電子由負(fù)極(Fe)流向正極(C)；在炭粉(正極)外表發(fā)生的反響是溶解的O 得電子2復(fù)原為OH－(起始時，滴入醋酸，則電解質(zhì)溶液酸性強(qiáng)，O得電子發(fā)生復(fù)原反響，與H＋結(jié)2合成H

O4H＋＋O＋4e－===2HO)。(4)錐形瓶內(nèi)壓強(qiáng)開頭時變2 2 2過測量瓶內(nèi)壓強(qiáng)隨時間的變化、溶液中c(Fe2＋)隨時間的變化等均可，利用測得數(shù)據(jù)做出相應(yīng)推斷。8．[2023·北京卷]以下電池工作時，O2在正極放電的是( )A.A.鋅錳電池B.氫燃料電池C.鉛蓄電池D.鎳鎘電池8.B [解析]鋅錳干電池的正極為二氧化錳得電子，A錯誤；燃料電池正極為氧氣得電子，BCD錯誤。26．[2023·北京卷](14分)NH經(jīng)一系列反響可以得到HNO和NHNO，如以以下圖所示。3 3 4 3Ⅰ中NH和O在催化劑作用下反響其化學(xué)方程式 。3 2Ⅱ中，2NO(g)＋O(g) 2NO(g)。在其他條件相2 2p 同時，分別測得NO的平衡轉(zhuǎn)化率在不同壓強(qiáng)( 、)下隨溫度變化的曲線(如圖)p 1 2p ①比較、的大小關(guān)系： p 1 2②隨溫度上升，該反響平衡常數(shù)變化的趨勢是 。Ⅲ中，降低溫度，將NO(g)轉(zhuǎn)化為NO(l)，再制備濃硝酸。2 2 4H ①：2NO(g) NO(g) Δ 2NO(g) NO(l) ΔH 2 2 4 1 2 2 4 2以下能量變化示意圖中，正確的選項(xiàng)是(選填字母) 。A B C②NO與OHO化合的化學(xué)方程式是 。2 4 2 2Ⅳ中，電解NO制備NHNO，其工作原理如以下圖。為使電解產(chǎn)物全部轉(zhuǎn)化為4 3NHNO ，需補(bǔ)充 A 。A 是 4 3 。

，說明理由：26．(1)4NH＋5O===4NO＋6HO3 2 △ 2p (2)①＜p 1 2(3)①A ②2NO＋O＋2HO===4HNO2 4 2 2 3(4)NH 8N＋7HO3NHNO2HNO，電解產(chǎn)生的HNO多3 2 4 3 3 3[解析](1)氨的催化氧化的反響方程式為3 2 △ 2①由2NO(g)＋O(g) 2NO(g)可知該反響為氣體體積減小的反響溫度一樣增2 2p 大壓強(qiáng)，平衡正向移動，NO的平衡轉(zhuǎn)化率增大，依據(jù)圖示和坐標(biāo)含義，推斷< p 1 2看同一壓強(qiáng)線，溫度上升，NO的平衡轉(zhuǎn)化率降低，平衡向逆反響方向移動，則正反響為放熱反響，溫度上升，平衡常數(shù)減小。H①降低溫度，NO(g)NO(l)Δ<0，反響物能量高于生成物能量，C錯H2 2 4 2誤；NO(g)轉(zhuǎn)變?yōu)镹O(l)NO(g)轉(zhuǎn)變?yōu)镹O(g)比NO(g)轉(zhuǎn)變?yōu)镹O(l)2 4 2 4 2 2 4 2 2 4放出的熱量少，B錯誤，所以正確的圖示為A；②NO、OHO反響生成硝酸的反響方2 4 2 22NO＋O＋2HO===4HNO。2 4 2 2 3依據(jù)工作原理裝置圖，可以確定陽極為NONO－NO轉(zhuǎn)變?yōu)?NH＋，依據(jù)電極反響書寫電極反響式為：4陽極：NO－3e－＋2HO===NO－＋4H＋2 3陰極：NO＋5e－＋6H＋===NH＋＋HO4 2中參與的物質(zhì)為NH(8NO＋7HO=====3NHNO＋2HNO)。3 2 4 3 311．[2023·福建卷]某原電池裝置如以以下圖所示，電池總反響為2Ag＋Cl===2AgCl。以下2說法正確的選項(xiàng)是( )正極反響為AgCl＋e－===Ag＋Cl－放電時，交換膜右側(cè)溶液中有大量白色沉淀生成C．假設(shè)用NaCl溶液代替鹽酸，則電池總反響隨之轉(zhuǎn)變D0.01mole－0.02mol離子11．D [解析]Cl＋2e－===2Cl－，A項(xiàng)錯誤；放電時，交換膜右側(cè)的電極2Ag＋與電解質(zhì)HCl中的Cl－結(jié)合生成AgCl白色沉淀。則負(fù)極電極反響式：2Ag－2e－＋2Cl－===2AgCl，B項(xiàng)錯誤；負(fù)極放電產(chǎn)生Ag＋Cl－NaCl代替鹽酸不會轉(zhuǎn)變電池總反響，C項(xiàng)錯誤；當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.01mol－0.01molA＋0.01molCl－結(jié)合生成AgCl0.01molH＋通過陽離子交換膜轉(zhuǎn)移到右側(cè)溶液中，則交換0.02mol離子，D項(xiàng)正確。24．[2023·福建卷]鐵及其化合物與生產(chǎn)、生活關(guān)系親熱。以以下圖是試驗(yàn)室爭論海水對鐵閘不同部位腐蝕狀況的剖面示意圖。①該電化腐蝕稱為 。②圖中A、B、C、D四個區(qū)域，生成鐵銹最多的是 (填字母)。用廢鐵皮制取鐵紅(FeO2

)的局部流程示意圖如下：3 。4Fe(NO)＋O＋(2n＋4)HO===2FeO·nHO＋8HNO

，反響產(chǎn)32 2 2 2 3 2 3生的HNO 又將廢鐵皮中的鐵轉(zhuǎn)化為Fe(NO)

3 32 。③上述生產(chǎn)流程中，能表達(dá)“綠色化學(xué)”思想的是 (任寫一項(xiàng))。t℃時，反響FeO(s)＋ ＋CO(g)的平衡常數(shù)K＝0.25。2①t℃時，反響到達(dá)平衡時n(CO)∶n(CO)＝ 。2②假設(shè)在1L密閉容器中參與0.02molFeO(s)，并通入xmolCO,t℃時反響到達(dá)平衡。此時FeO(s)轉(zhuǎn)化率為50%，則x＝ 。24．(1)①吸氧腐蝕②B(2)①4HNO

===4NO↑＋O↑＋2HO ②4Fe＋10HNO===4Fe(NO)＋NHNO＋3 2 2 2 3 32 4 33HO ③氮氧化物排放少(或其他合理答案) (3)①4∶1 ②0.052[解析](1)①假設(shè)為析氫腐蝕則B、C、D的腐蝕程度一樣，則該電化學(xué)腐蝕為吸氧腐蝕。②氧氣的濃度越大，吸氧腐蝕越嚴(yán)峻，則B區(qū)域產(chǎn)生鐵銹最多。(2)①硝酸的受熱分解產(chǎn)生NOOHO，則依據(jù)氧化復(fù)原的化合價升降法配平其化學(xué)方程式為4HNO4NO↑2 2 2 3 2＋O↑＋2HO。②依據(jù)圖示和信息可知：該生產(chǎn)流程中生成了NHNO，則硝酸與廢鐵皮反2 2 4 3應(yīng)的化學(xué)方程式為4Fe＋10HNO===4Fe(NO)＋NHNO＋3HO。3 32 4 3 2c〔CO〕n〔CO〕 n〔CO〕(3)①在t℃時，K＝c〔 2 ＝

2 ＝0.25，則 ＝4。CO〕 n〔CO〕 n〔CO〕2② FeO(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO(g)2n /mol起始0.02x00n /mol轉(zhuǎn)化0.010.010.010.01n /mol 0.01 x－0.01 0.01 0.01平衡c〔CO〕 n〔CO〕 0.01依據(jù)t℃時，K＝c〔2 ＝

2 ＝ ＝0.25x＝0.05。CO〕 n〔CO〕 x－0.0111．[2023·廣東卷]某同學(xué)組裝了如以下圖的電化學(xué)裝置，電極Ⅰ為Al，其他電極均為Cu，則( )4A．電流方向：電極Ⅳ―→B．電極Ⅰ發(fā)生復(fù)原反響C．電極Ⅱ漸漸溶解

D．電極Ⅲ的電極反響：Cu2＋＋2e－===Cu11．A [解析]依據(jù)原電池的構(gòu)成原理，可知電極Ⅰ為負(fù)極，電極Ⅱ?yàn)檎龢O，電極Ⅲ為陽極，電極Ⅳ為陰極。電子流向?yàn)殡姌OⅠ→→電極Ⅳ，故電流方向?yàn)殡姌OⅣ→→電極Ⅰ，A項(xiàng)正確；電極Ⅰ為負(fù)極，發(fā)生氧化反響，B項(xiàng)錯誤；電極Ⅱ?yàn)檎龢O，Cu2＋在此被復(fù)原，C項(xiàng)錯誤；電極Ⅲ為陽極，活性陽極Cu在此被氧化，D項(xiàng)錯誤。11．[2023·四川卷]污染物的有效去除和資源的充分利用是化學(xué)造福人類的重要爭論課題。某爭論小組利用軟錳礦(主要成分為MnO，另含有少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)2SOMnO(反響條件已2 2省略)。請答復(fù)以下問題：上述流程脫硫?qū)崿F(xiàn)了 (選填以下字母編號)。A．廢棄物的綜合利用B．白色污染的削減C．酸雨的削減用MnCO3 能除去溶液中的Al3 ＋ 和 Fe3 ＋ ，其原因是 。(3)：25℃、101kPa時，Mn(s)＋O(g)===MnO(s) ΔH＝－520kJ/mol2 2S(s)＋O(g)===SO(g) ΔH＝－297kJ/mol2 2Mn(s)＋S(s)＋2O(g)===MnSO(s)2 4ΔH＝－1065kJ/molSO 與 MnO 反應(yīng)生成無水 MnSO 的熱化方程式是2 2 4 。MnOMnSO溶液可制得MnO2 4 2極反響式是 。MnO 是堿性鋅錳電池的正極材料。堿性鋅錳電池放電時，正極的電極反響式是2 。SOMnOam3(標(biāo)準(zhǔn)狀況)2 2SO2

b%SO2

89.6%MnO的質(zhì)2量為ckg，則除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時，所引入的錳元素相當(dāng)于MnO kg。211．(1)A、C消耗溶液中的酸，促進(jìn)Al3＋和Fe3＋水解生成氫氧化物沉淀MnO(s)＋SO(g)===MnSO(s)2 2 4ΔH＝－248kJ/mol(4)Mn2＋＋2HO－2e－===MnO＋4H＋2 2(5)MnO＋HO＋e－===MnO(OH)＋OH－2 2(6) 2500[解析](1)脫硫的目的是削減產(chǎn)生SO2A、C項(xiàng)符合題意。(2)MnCO3

H＋Al3＋Fe3＋的水解平衡正向移動，生成氫氧化物沉淀除去。(3)將3個熱化學(xué)方程式依次編號為①②③，依據(jù)蓋斯定律，可知：MnO(s)＋SO (g)===MnSO(s) ΔH＝③－(①＋②)＝－248kJ/mol。(4)電解2 2 4MnSO溶液可制得MnO，則陽極是4 2Mn2＋放電，其陽極電極反響式為Mn2＋＋2H

O－2e－===MnO

＋4H＋。(5)原電池中正極得2 2MnO＋HO＋e－===MnO(OH)＋OH－。(6)KMnOMnSO反響生成MnO

c2 2 4 4 2kg，依據(jù)氧化復(fù)原反響化合價升降法配平的關(guān)系式為：2KMnO＋3MnSO～5MnO4 4 23mol 5mol1000cx 873000c

mol求得：x＝ mol(MnSO總的物質(zhì)的量)435 4MnO＋ SO === MnSO2 2 41mol 1molmol 1000a×b%×89.6%mol 22.4y求得：y＝0.4abmolMnO

3000c

mol2的物質(zhì)的量＝x－y＝

435－0.4abmol，則所引入的錳相當(dāng)于MnO

的質(zhì)量＝

mol－0.4abmol)×87g·mol－1＝kg?！?500c－87ab〕kg。2500

2 (435 1000g·kg－1F4 電解原理11．[2023·浙江卷]鎳氫電池(NiMH)目前已經(jīng)成為混合動力汽車的一種主要電池類型，NiMH中的M表示儲氫金屬或合金，該電池在充電過程中的總反響方程式是Ni(OH)＋2M===NiOOH＋MH。：6NiOOH＋NH＋HO＋OH－===6Ni(OH)＋NO－3 2 2 2以下說法正確的選項(xiàng)是( )A．NiMH電池放電過程中，正極的電極反響式為NiOOH＋HO＋e－===Ni(OH)＋OH－2 2B．充電過程中OH－從陽極向陰極遷移C．充電過程中陰極的電極反響式：HO＋M＋e－===MH＋OH－，HO中的HM復(fù)原2 2D．NiMH電池中可以用KOH溶液、氨水等作為電解質(zhì)溶液11．A [解析]放電時正極發(fā)生的是得電子的復(fù)原反響，A項(xiàng)正確；充電時陰離子移向陽極，B錯項(xiàng)誤；充電時，被復(fù)原的是氫元素，生成的H被儲氫合金M吸取起來，M不參2與反響，C6NiOOH＋NH

＋HO＋OH－===6Ni(OH) ＋NO－，故NiMH3 2 2 2電池中不行以同時使用KOH溶液、氨水，D項(xiàng)錯誤。7．[2023·浙江卷]以下說法不正確的選項(xiàng)是( )A．光催化復(fù)原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經(jīng)濟(jì)氨氮廢水(NH＋及NH)可用化學(xué)氧化法或電化學(xué)氧化法處理4 3某種化學(xué)檢測技術(shù)具有極高的靈敏度，可檢測到單個細(xì)胞(V≈10－12L)內(nèi)的數(shù)個目標(biāo)分子，據(jù)此可推算該檢測技術(shù)能測量細(xì)胞內(nèi)濃度約為10－12～10－11mol·L－1的目標(biāo)分子向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值不變7．D [解析]電解水會消耗大量的電能，故光催化復(fù)原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經(jīng)濟(jì)，A項(xiàng)正確；化學(xué)氧化法和電化學(xué)氧化法均可以將NH＋NH中－3N元4 30價的氮元素，BV≈10－12L1L101210126.02×1023mol，由此可知該檢測技術(shù)能測量細(xì)胞內(nèi)濃度約為10－12～10－11 mol·L－1的目標(biāo)分子，C項(xiàng)正確；甲醇與汽油所具有的化學(xué)能不同，故向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值轉(zhuǎn)變，D項(xiàng)錯誤。6．[2023·天津卷]：x鋰離子電池的總反響為LiC＋Lix1－x

CoO2

C＋LiCoO2鋰硫電池的總反響2Li＋S LiS2有關(guān)上述兩種電池說法正確的選項(xiàng)是( )A．鋰離子電池放電時，Li＋向負(fù)極遷移B．鋰硫電池充電時，鋰電極發(fā)生復(fù)原反響C．理論上兩種電池的比能量一樣D．以以下圖表示用鋰離子電池給鋰硫電池充電6．B [解析]電池工作時，陽離子(Li＋)向正極遷移，A項(xiàng)錯誤；鋰硫電池充電時，鋰電極上發(fā)生Li＋得電子生成Li的復(fù)原反響，B種電池的比能量不一樣，C項(xiàng)錯誤；依據(jù)電池總反響知，生成碳的反響是氧化反響，因此碳負(fù)極，即鋰硫電池的鋰電極應(yīng)與鋰離子電池的碳電極相連，D項(xiàng)錯誤。30．[2023·山東卷]AlCl－和2 7AlCl－組成的離子液體作電解液時，可在鋼制品上電鍍鋁。4鋼制品接電源的 極，電鍍過程中不產(chǎn)生其他離子且有機(jī)陽離子不參與電極反響陰極電極反響式為 假設(shè)改用AlCl3水溶液作電解液，則陰極產(chǎn)物為 。為測定鍍層厚度，用NaOH溶液溶解鋼制品外表的鋁鍍層，當(dāng)反響轉(zhuǎn)移6mol電子時，所得復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量為 mol。用鋁粉和FeO2 3

做鋁熱反響試驗(yàn)，需要的試劑還有 。a．KCl b．KClO3

c．MnO2

d．MgHSO，滴加KSCN溶液無明顯2 4現(xiàn)象(填“能”或“不能”)說明固體混合物中無FeO2

理由是 (用離3子方程式說明)。30．(1)負(fù)4AlCl－＋3e－===Al＋7AlCl－ H2 7 4 2(2)3(3)b、d 不能FeO＋6H＋===2Fe3＋＋3HO、Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋2 3 2(Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋)[解析](1)“電鍍過程中不產(chǎn)生其他離子且有機(jī)陽離子不參與電極反響”可知陰極上的反響式是4AlCl－＋2 73e－===Al＋7AlCl－；假設(shè)改用AlClH＋得電子還4 3原為H

。(2)NaOH溶解鋁鍍層時發(fā)生反響：2Al＋2NaOH＋2HO===2NaAlO＋3H↑，H2 2 2 2 26mol3mol復(fù)原產(chǎn)物。(3)引發(fā)鋁粉和FeO粉2 3末反響的助燃劑為KClO3

溶于酸后生成的Fe3＋與反響生成的Fe發(fā)生氧化復(fù)原反響生成Fe2＋，再參與2 3 2 3KSCN溶液后溶液也不顯紅色，因此不能證明反響后固體不含F(xiàn)eO。2 327．(15分)[2023·課標(biāo)全國卷Ⅰ]次磷酸(HPO)是一種精細(xì)磷化工產(chǎn)品，具有較強(qiáng)3 2復(fù)原性。答復(fù)以下問題：HPO是一種中強(qiáng)酸，寫出其電離方程式： 3 2。HPONaHPO均可將溶液中的Ag＋復(fù)原為銀，從而可用于化學(xué)鍍銀。3 2 2 2①HPO中，P元素的化合價為 。3 2H3PO24∶1，則氧化產(chǎn)物為 (填化學(xué)式)。③NaHPO為 (填“正鹽”或“酸式鹽”)，其溶液顯 (填“弱酸性”“中性”或2 2“弱堿性”)。HPO的工業(yè)制法是：將白磷(P)與Ba(OH)溶液反響生成PH氣體和Ba(HPO)，3 2 4 2 3 2 22后者再與HSO2 4

Ba(OH)2

。HPO 也可用電滲析法制備，“四室電滲析法”工作原理如以下圖(陽膜和陰膜分別只3 2允許陽離子、陰離子通過)：①寫出陽極的電極反響式： 。②分析產(chǎn)品室可得到HPO的緣由： 3 2。③早期承受“三室電滲析法”制備HPO：將“四室電滲析法”中陽極室的稀硫酸用HPO3 2 3 2稀溶液代替并撤去陽極室與產(chǎn)品室之間的陽膜從而合并了陽極室與產(chǎn)品室其缺點(diǎn)是產(chǎn)品中混有 雜質(zhì)，該雜質(zhì)產(chǎn)生的緣由是 。27．(1)HPO

PO－＋H＋ (2)①＋1 ②HPO

③正鹽弱堿性3 2 2 2 3 4(3)2P＋3Ba(OH)＋6HO＝3Ba(HPO)＋2PH↑4 2 2 2 22 3(4)①2HO－4e－===O↑＋4H＋2 2②陽極室的H＋穿過陽膜集中至產(chǎn)品室，原料室的HPO－穿過陰膜集中至產(chǎn)品室，二者2 2反響生成HPO ③PO3－ HPO－或HPO被氧化3 2 4 2 2 3 2[解析](1)HPO為一元弱酸，其電離方程式為HPO H＋＋HPO－。(2)由化合價代3 2 3 2 2 2數(shù)和為0可確定P14A＋HPO2HO===4Ag3 2 2＋HPO＋4H＋HPO；③NaHPO為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈弱堿性。(3)依據(jù)3 4 3 4 2 2題中信息和反響前后元素化合價變化寫出化學(xué)方程式為2P＋3Ba(OH)＋6HO===2PH↑＋4 2 2 33Ba(HPO)。(4)①陽極是水電離出的OH－2HO－4e－===O↑＋4H＋；②2 22 2 2陽極室中的H＋穿過陽膜進(jìn)入產(chǎn)品室，原料室的HPO－穿過陰膜集中至產(chǎn)品室，二者反響生2 2HPOHPO－HPO

失電子發(fā)生氧化反響，導(dǎo)致生成物中混3 2 2 2 3 2有PO3－。427．[2023·課標(biāo)全國卷Ⅱ]X射線防護(hù)材料等。答復(fù)以下問題：2 鉛是碳的同族元素，比碳多4個電子層。鉛在元素周期表的位置為第 周期、第 族；PbO的酸性比CO的酸性 (填“強(qiáng)”或“弱”)2 PbO 2 。PbO 可由PbO 與次氯酸鈉溶液反應(yīng)制得，反應(yīng)的離子方程式為2 ；PbO也可以通過石墨為電極，Pb(NO)和Cu(NO) 2 32 32電解液電解制取陽極發(fā)生的電極反響式為 陰極上觀看到的現(xiàn)象是 ；假設(shè)電解液中不參與Cu(NO) 32 ，這樣做的主要缺點(diǎn)是 。PbO在加熱過程發(fā)生分解的失重曲線如以以下圖所示，失重曲線上的a點(diǎn)為樣品失2樣品起始質(zhì)量-a點(diǎn)固體質(zhì)量4.0%(即

樣品起始質(zhì)量

×100%)aPbOx或 mPbO·nPbOxm∶n 2。27．(1)六ⅣA 弱PbO＋4HCl濃PbClCl＋2HO4 2 2 2PbO＋ClO－===PbO＋Cl－2Pb2＋＋2HO－2e－===PbO↓＋4H＋2 2石墨上包上銅鍍層Pb2＋＋2e－===Pb↓ 不能有效利用Pb2＋依據(jù)PbO

===PbO

2－x

2－x↑，有

＝239×4.0%x＝2

2239×4.0%

x＋2 O2

2 ×32— 16

＝1.4。

·nPbO

2m＋n

1.4

m 0.4 22 ，m＋n＝

n＝0.6＝3。[解析](1)由碳位于其次周期ⅣA族結(jié)合信息推出鉛的位置規(guī)律推斷酸性；(2)PbO2

與濃鹽酸反響得到黃綠色的氯氣，聯(lián)想試驗(yàn)室制氯氣寫出化學(xué)方程式。(3)依題給信息知，反響物PbO與次氯酸鈉反響，生成PbOPb化合價上升，故2ClCl－Pb2＋失去電子被氧化生成PbO，同時考慮鹽溶液水解得到的強(qiáng)酸性環(huán)境；陰極發(fā)生復(fù)原反響，即氧化性強(qiáng)的Cu2＋得2到電子生成銅；假設(shè)電解液中不參與Cu(NO)，陰極發(fā)生的則是Pb2＋得電子變?yōu)镻b，這樣就32△ 2－x不能有效利用Pb2＋(4)PbO在加熱過程中發(fā)生反響PbO

=====PbO＋ O↑，2削減的質(zhì)量是氧氣的質(zhì)量，再利用質(zhì)量關(guān)系計算。

2 x 2 220．[2023·江蘇卷](14分)硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護(hù)的重要爭論課題。由硫化氫獲得硫單質(zhì)有多種方法。將燒堿吸取HS后的溶液參與到如以下圖的電解池的陽極區(qū)進(jìn)展電解。電解過程中2陽極區(qū)發(fā)生如下反響：nS2－－2e－===S (n－1)S＋S2－===S2－n①寫出電解時陰極的電極反響式： 。②電解后陽極區(qū)的溶液用稀硫酸酸化得到硫單質(zhì)，其離子方程式可寫成 。HS和空氣的混合氣體通入FeCl、FeCl、CuCl

的混合溶液中反響回收S，其物2質(zhì)轉(zhuǎn)化如以下圖。

3 2 2①在圖示的轉(zhuǎn)化中，化合價不變的元素是 。1molHSFe3＋的物質(zhì)的量不變，需消耗2 O 2③在溫度確定和不補(bǔ)加溶液的條件下緩慢通入混合氣體并充分?jǐn)嚢栌股傻牧騿钨|(zhì)中不含CuS，可實(shí)行的措施有 。HSH。假設(shè)反響在不同溫度下到達(dá)平衡時，混合氣體中2 2各組分的體積分?jǐn)?shù)如圖所示，HS 在高溫下分解反應(yīng)的化學(xué)方程式為2 。20．(1)①2H

O＋2e－===H↑＋2OH－ ②S2－＋2H＋===(n－1)S↓＋HS↑2 2 n 2①Cu、H、Cl(或銅、氫、氯) ②0.5mol ③提高混合氣體中空氣的比例2HS高溫2H＋S2 2 2[解析](1)①電解池的陰極發(fā)生復(fù)原反響HO電離出的H＋被復(fù)原為H2HO2 2 2＋2e－===H↑＋2OH－；②在酸性條件下，S2－H＋結(jié)合生成HS，故S2－與酸發(fā)生反響：S2－2 2 n n

S↑。(2)①由圖示可知，最終產(chǎn)物為CuS、HCl、SFeCl

、2 3H、Cl三種元素的化合價未變。②依據(jù)電子守恒，1molHS轉(zhuǎn)化為S，失去2mol電子，而21molO4mol電子，故1molHS0.5molO。③為了把CuS轉(zhuǎn)化為S，應(yīng)參與氧2 2 2O2(3)結(jié)合圖像可知，體系中有3H2S未完全分解，即屬于可逆反響。選取某溫度下各組分的體積分?jǐn)?shù)，如選取1300℃下各組分的體積分?jǐn)?shù)，結(jié)合S原子守恒，推出硫蒸氣的組成為S，可22HS2H＋S。2 2 236．[2023·課標(biāo)全國卷Ⅱ][化學(xué)——2：化學(xué)與技術(shù)](15分)將海水淡化與濃海水資源化結(jié)合起來是綜合利用海水的重要途徑之一海水淡化獲得淡水，再從剩余的濃海水中通過一系列工藝流程提取其他產(chǎn)品。答復(fù)以下問題：以下改進(jìn)和優(yōu)化海水綜合利用工藝的設(shè)想和做法可行的是 (填序號)。①用混凝法獵取淡水②提高局部產(chǎn)品的質(zhì)量③優(yōu)化提取產(chǎn)品的品種④改進(jìn)鉀、溴、鎂等的提取工藝承受“空氣吹出法”從濃海水吹出Br，并用純堿吸取。堿吸取溴的主要反響是Br＋2 2NaCO＋HO→NaBr＋NaBrO＋NaHCO1molBr2 3 2 3 3

時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 mol。海水提鎂的一段工藝流程如以以下圖：離子Na離子Na＋Mg2＋Cl－SO2－4/(g·L－1)63.728.8144.646.4該工藝過程中，脫硫階段主要反響的離子方程式為 ，產(chǎn)品2的化學(xué)式為 ，1L濃海水最多可得到產(chǎn)品2的質(zhì)量為 g。承受石墨陽極、不銹鋼陰極電解熔融的氯化鎂，發(fā)生反響的化學(xué)方程式為 ；電解時假設(shè)有少量水存在會造成產(chǎn)品鎂的消耗寫出有關(guān)反響的化學(xué)方程式： 。(2)36．(1②③④ (3)C＋S2===CaSO↓(2)3 4 4Mg(OH) 69.62(4)MgCMC2↑Mg＋2HO=====Mg(OH)＋H↑2 2 2[解析](1)用混凝法只能除去海水中的懸浮物，不能獵取淡水，故設(shè)想和做法可行的是②③④。(2)利用化合價升降法配平方程式為3Br＋6NaCO＋3HO===5NaBr＋NaBrO＋2 2 3 2 36NaHCO3

，依據(jù)溴的化合價變化確定轉(zhuǎn)移的電子數(shù)。(3)分析流程可知，脫硫階段是用鈣離2Mg(OH)，利用鎂元素守恒可計算出氫氧化鎂的質(zhì)量。2(4)電解熔融的氯化鎂得到鎂和氯氣；有少量水時，生成的鎂會與水反響而導(dǎo)致產(chǎn)品鎂的消耗。312．[2023·海南卷]以以下圖所示的電解池Ⅰ和Ⅱ中，a、b、cd均為Pt電極。電