①电解过程中，两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生无色气体，阳极电极反应分别为： 4OH﹣4e═O2↑+2H2O； CH3CHO﹣2e+H2O═CH3COOH+2H ．
3
②在实际工艺处理过程中，阴极区乙醛的去除率可达60%．若在两极区分别注入1m乙醛的含量为300mg/L的废水，可得到乙醇 0.19 kg（计算结果保留2位小数） 考点： 热化学方程式；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；转化率随温度、压强的变化曲线；电解原理． 专题： 基本概念与基本理论． ﹣﹣﹣
+
分析： （1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式； （2）①依据定一议二的方法分析图象变化，温度越高，一氧化碳转化率越小，升温平衡逆向进行；设起始量氢气为x，一氧化碳物质的量为y，依据转化率分析计算； ②当正逆反应速率不相等时，化学平衡会向着正方向或是逆方向进行； ③依据平衡三段式列式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算； （3）①阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应； ②先根据废水的质量、乙醛的去除率计算去除乙醛的质量，再根据乙醛和乙醇的关系式计算生成乙醇的质量． 解答： 解：（1）已知：①C（s）+O2（g）═CO（g）△H1=﹣126.4kJ/mol ②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ?mol ﹣1③S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3=﹣296.8kJ?mol 依据盖斯定律计算②×2﹣①×2﹣③得到SO2氧化CO的热化学反应方程式：SO2（g）﹣1+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣237.4kJ?mol； ﹣1故答案为：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣237.4kJ?mol； （2）①依据定一议二的方法分析图象变化，温度越高，一氧化碳转化率越小，升温平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0，温度越高平衡逆向进行，平衡常数减小，所以 K1＞K2＞K3，设起始量氢气为x，一氧化碳物质的量为y； CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g） y x 0 0.6y 0.4x 则0.6y：0.4x=1：2 x：y=3 故答案为：＜； K1＞K2＞K3；3； ②化学平衡的标志是正逆反应速率相等，当逆反应速率大于正反应速率时，说明反应是逆向进行的，CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H＜0； A．正反应速率先增大后减小，说明反应正向进行，故A正确； B．逆反应速率先增大后减小，说明反应逆向进行，故B错误； C．化学平衡常数K值增大，说明平衡正向进行，故C正确； D．反应物的体积百分含量增大，可能逆向进行，也可能正向进行，不能说明反应正向进行，故D错误； E．恒容容器中加入生成物，平衡逆向进行，气体质量增大，条件不变，混合气体的密度增大，故E错误； 故答案为：AC； ③一定条件下，将2mol CO和2mol H2置于容积为2L固定的密闭容器中发生上述反应，反应达到平衡时CO与H2体积之比为2：1，设消耗一氧化碳浓度为x， 则 CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g） ﹣1起始量（mol/L） 1 1 0 变化量（mol/L） x 2x x 平衡量（mol/L）1﹣x 1﹣2x x （1﹣x）：（1﹣2x）=2：1 x= 2﹣2则平衡常数K=2﹣2=4.5 L?mol； 故答案为：4.5 L?mol； （3）①电解过程中，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，所以阳极上乙醛和氢氧根离子放电，所以除了氢氧根离子失电子外，乙醛失电子发生氧化反应，电极反应式为CH3CHO﹣2e+H2O=CH3COOH+2H；阴极上得电子，得电﹣+子的微粒有氢离子和乙醛，氢离子得电子生成氢气，电极反应式为4H+4e=2H2↑， ﹣+故答案为：CH3CHO﹣2e+H2O=CH3COOH+2H； ②设生成乙醇的质量是x， 33废水中乙醛的质量为1m×0.3Kg/m=0.3Kg，乙醛的去除率为60%，则反应的乙醛为0.18Kg， CH3CHO+2e+2H2O═CH3CH2OH+2OH 44 46 0.18kg x x=0.19kg 故答案为：0.19． 点评： 本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算应用，化学平衡、平衡常数计算影响因素分析判断，图象分析理解应用，难度不大，注意燃料电池电极反应式的书写要结合电解质溶液． 化学--选修2--化学与技术： 11．（15分）（2014?河南二模）高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产工艺如下：
﹣﹣﹣+
已知：2KOH+Cl2═KCl+KClO+H2O（条件：温度较低） 6KOH+3Cl2═5KCl+KClO3+3H2O（条件：温度较高） 回答下列问题：
（1）该生产工艺反应①应在 温度较低 （填“温度较高”或“温度较低”）的情况下进行； （2）写出工业上制取Cl2的化学方程式 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ ；
（3）K2FeO4具有强氧化性的原因 Fe元素的化合价显+6价，易得电子 ；
（4）配制KOH溶液时，是在每100mL水中溶解61.6g KOH固体（该溶液的密度为1.47g/mL），它的物质的量浓度为 10mol/L ；
（5）在“溶液I”中加KOH固体的目的是 AC ：
A．与“溶液I”中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO
B．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率 C．为下一步反应提供反应物
D．使副产物KClO3转化为KClO
（6）从“反应液Ⅱ”中分离出K2FeO4后，还会有副产品 KNO3，KCl （写化学式），它们都是重要的化工产品，具体说出其中一种物质的用途 KNO3可用于化肥，炸药等 （答1
﹣﹣﹣3+2﹣点即可）； 则反应③中发生的离子反应方程式为 2Fe+3ClO+10OH=2FeO4+3Cl+5H2O ．
（7）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净 取最后一次的洗涤液于试管中，先加稀硝酸、再加硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净，反之则沉淀没有洗涤干净 ． 考点： 制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用． 专题： 实验设计题． 分析： 氢氧化钾溶液中充入足量氯气，在温度较低的条件下反应生成氯化钾、次氯酸钾和水，加入氢氧化钾固体除去KCl，得到碱性KClO的浓溶液，加入90%硝酸铁溶液发生反应生成高铁酸钾溶液Ⅱ纯化得到湿产品，洗涤干燥得到K2FeO4晶体； （1）由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，由信息②可知温度较高KOH与Cl2 反应生成的是KClO3； （2）工业是利用电解饱和食盐水制取氯气； （3）K2FeO4中铁元素化合价为+6价，价态高； （4）根据n=计算出氢氧化钾的物质的量，溶液质量等于溶质质量与溶剂质量之和，利用V=计算溶液体积，再根据c=计算氢氧化钾溶液的物质的量浓度； （5）由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应，生成更多的KClO； （6）由工艺流程及③可知，从“反应液II”中分离出K2FeO4后，会有副产品KNO3、KCl．KNO3可用于化肥，炸药等，反应③是次氯酸根离子在碱溶液中氧化铁离子为高铁酸根离子； （7）判断K2FeO4晶体是否已经洗涤干净，设计实验检验洗涤液中是否含有氯离子设计实验验证． 解答： 解：氢氧化钾溶液中充入足量氯气，在温度较低的条件下反应生成氯化钾、次氯酸钾和水，加入氢氧化钾固体除去KCl，得到碱性KClO的浓溶液，加入90%硝酸铁溶液发生反应生成高铁酸钾溶液Ⅱ纯化得到湿产品，洗涤干燥得到K2FeO4晶体； （1）由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，由信息②可知温度较高KOH与Cl2 反应生成的是KClO3．由信息①可知，在低温下KOH与Cl2 反应生成的是KClO．故选择低温较低，故答案为：温度较低； （2）工业是利用电解饱和食盐水制取氯气．反应方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑； （3）K2FeO4中铁元素化合价为+6价，价态高，易得电子，表现强氧化性，故答案为：K2FeO4中铁元素化合价为+6价，易得电子； （4）61.6g KOH固体的物质的量为=1.1mol，溶液的质量为100mL×1g/mL+61.6g=161.6g，所以溶液的体积为=L，所以氢氧化钾溶液的物质的量浓度为=10mol/L，故答案为：10mol/L； （5）由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应，加KOH固体的目的是与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO． A、与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO，故A正确； B、由信息②可知温度较高KOH与Cl2 反应生成的是KClO3，不利用KClO生成、浪费原料，故B错误； C、由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，故C正确； D、由信息可知，该条件下KClO3 不能转化为KClO，故D错误． 故选：AC； （6）由工艺流程及③可知，从“反应液II”中分离出K2FeO4后，会有副产品KNO3、﹣3+KCl．KNO3可用于化肥，炸药等，反应③中发生的离子反应方程式为：2Fe+3ClO﹣﹣2﹣+10 OH=2FeO4+3Cl+5H2O； ﹣﹣3+2故答案为：KNO3、KCl；KNO3可用于化肥，炸药等；2Fe+3ClO+10 OH=2FeO4﹣﹣+3Cl+5H2O； （7）判断K2FeO4晶体是否已经洗涤干净，设计实验检验洗涤液中是否含有氯离子设计实验验证；步骤为：取最后一次的洗涤液于试管中，先加稀硝酸、再加硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净，反之则沉淀没有洗涤干净， 故答案为：取最后一次的洗涤液于试管中，先加稀硝酸、再加硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净，反之则沉淀没有洗涤干净． 点评： 本题考查了物质制备与物质分离提纯的分析判断，实验过程的理解应用和基本操作的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等． 化学--选修3--物质结构与性质： 12．（15分）（2014?河南二模）铜、铁都是日常生活中常见的金属，它们的单质及其化合物在科学研究和工农业生产中具有广泛用途． 请回答以下问题：
（1）超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：
2+
①Cu的价电子排布图
2﹣
2﹣
； NH4CuSO3中N、
3
O、S三种元素的第一电离能由大到小顺序为 N＞O＞S （填元素符号）．
②SO4的空间构型为 正四面体形 ，SO3离子中心原子的杂化方式为 sp杂化 ． （2）请写出向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时发生反应的离子方程式： 2Cu（NH3）2++2﹣
4+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4+SO4 ．
（3）某学生向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu（NH3）4]SO4?H2O晶体． ①下列说法正确的是 c
a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成3种不同的氢键
b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角 c．Cu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键 d．Cu（NH3）4SO4组成元素中电负性最大的是氮元素
②请解释加入乙醇后析出晶体的原因 乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度 ． （4）Cu晶体的堆积方式如图所示，设Cu原子半径为r，晶体中Cu原子的配位数为 12 ，
晶体的空间利用率为 ×100%=74.76% （≈1.4，列式并计算结果）．
考点： 制备实验方案的设计；晶胞的计算． 专题： 实验设计题． 2+2+分析： （1）①Cu的价层电子数是9个，所以Cu的价电子排布图为；N、O、S三种元素中由于N原子的2p轨道是半充满状态，所以第一电离能最大；同主族元素，随电子层数的增多，第一电离能逐渐减小； ②SO4的价层电子对数=4+（6+2﹣4×2）=4，所以空间构型为正四面体型；SO3离3子的价层电子对数=3+（6+2﹣3×2）=4，所以中心原子的杂化方式为sp杂化； （2）由流程图可知向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时生成白色沉淀，根据所给沉淀的化学式书写离子方程式； （3）①a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键，N与H，O与H之间； b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是角形，氨气分子的键角大于水分子的键角； c． Cu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键，硫酸根离子与配离子之间是离子键，N与H之间是共价键，氨气与铜离子之间是配位键； d． Cu（NH3）4SO4组成元素中电负性最大的是氧元素； ②根据相似相容原理，极性分子易溶于极性溶剂，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度； （4）Cu晶体的堆积方式是面心立方最密堆积，所以配位数是12；由图可知，立方体3的面的对角线长是4r，所以立方体的棱长a=2r，1个Cu的体积是4/3πr，晶胞中2﹣2﹣