（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有氯化锌和氯化铵。根据表中数据可知氯化锌的溶解度受温度影响较大，因此两者可以通过结晶分离回收，即通过蒸发浓缩、冷却结晶实现分离。二氧化锰、铁粉、MnOOH均难溶于水，因此滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH。由于碳燃烧生成CO2，MnOOH能被氧化转化为二氧化锰，所以欲从中得到较纯的二氧化锰，最简便的方法是在空气中灼烧。
（4）双氧水具有强氧化性，能把铁氧化为铁离子，因此加入稀硫酸和双氧水，溶解后铁变为硫酸铁。
—5
根据氢氧化铁的溶度积常数可知，当铁离子完全沉淀时溶液中铁离子浓度为10mol/L，则溶液中氢
（2）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火。若该过程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的Cr2(SO4)3。完成该反应的化学方程式：
（3）CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图所示。B点时剩余固体的成分是 （填化学式）。 10—39—12—3
＝5?10mol/L氧根的浓度＝，所以氢离子浓度是2×10mol/L，pH＝2.7，因此加碱调10—53节pH为2.7时铁刚好完全沉淀。Zn浓度为0.1mol/L，根据氢氧化锌的溶度积常数可知开始沉淀时
2＋
10?17—8—6
的氢氧根浓度为＝＝10mol/L，氢离子浓度是10mol/L，pH＝6，即继续加碱调节pH为6
0.1时锌开始沉淀。如果不加双氧水，则铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，由于氢氧化亚铁和氢氧化锌的溶
2
度积常数接近，因此在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀，导致生成的氢氧化锌不纯，无法分离开Zn＋2＋
和Fe。
【考点定位】本题主要是考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等，涉及电极反应式书写、电解计算、溶度积常数的应用、pH计算、化学实验基本操作等。 83．（15分）铬是用途广泛的金属元素，但在生产过程中易产生有害的含铬工业废水。
2—2—
（1）还原沉淀法是处理含Cr2O7 和CrO4工业废水的一种常用方法，其工艺流程为：
【答案】⑴ ① 橙（2分)
－－
② +6（1分） 正极（2分） 4OH－4e＝O2↑＋2H2O（2分）
2+2－+3+3+－5
③ 6Fe+Cr2O7+14H＝6Fe+2Cr+7H2O（2分） 3×10 （2分） ⑵ 4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4＝2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O （2分） ⑶ Cr2O3（2分） 【解析】
2—
试题分析：（1）①若PH=2时，即酸性条件下，体系中存在的是Cr2O7 ，故溶液显橙色；②Na2Cr2O7中Na显+1价，O显-2价，计算得到?1?2?(?2)?7?2?(Cr)?0，故Cr的化合价为+6价；根据2CrO4+2HCr2O7 +H2O可知，Cr的化合价不变，故电池中是电解水，右侧为阳极，阴离子（OH）
－－2—3+
向阳极靠近，故离子方程式为：4OH－4e＝O2↑＋2H2O；③第二步是将Cr2O7还原成Cr,故离子方
2+2－+3+3+—38
程式为：6Fe+Cr2O7+14H＝6Fe+2Cr+7H2O；已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10，
3+—12—13+-3—12—1-3—38
c(Fe)=2.0×10mol·L，故Ksp=c(Fe)·[c(OH)]=2.0×10mol·L×[c(OH)]=4.0×10,
?384.0?10-8—313+-3;
可得到c(OH)=3=0.2714×10，又因为Ksp[Cr(OH)=c(Cr)×[c(OH)],可3]=6.0x10?122.0?10-2—
+2—
-
其中第I步存在平衡：2CrO4(黄色)+2HCr2O7 (橙色)+H2O ①若平衡体系的pH=2，该溶液显 色。
2—+2—
②根据2CrO4+2HCr2O7 +H2O，设计下图装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7。Na2Cr2O7中铬元素的化合价为 ，图中右侧电极连接电源的 极，其电极反应式为 。
2—
+2—
③第Ⅱ步反应的离子方程式： ，向Ⅱ反应后的溶液加一定量NaOH，
3+—12—13+—1
若溶液中c(Fe)=2.0×10mol·L，则溶液中c(Cr)= mol·L。（已知
—38—31
Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10，Ksp[Cr(OH)3]=6.0x10）。
得到c(Cr)=3×10mol/L；（2）根据氧化还原反应配平，可得到 4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4＝2Cr2(SO4)3
＋3CH3COOH＋9H2O；（3）由于CrO3的热稳定性较差，B点时温度过高，故B点不能是CrO3，而是热稳定性较稳定的Cr2O3。
考点：考查电解池、化学实验基础、沉淀溶解平衡等相关知识。 84．（15分）高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色氧化剂，在许多领域展现出广阔的应用前景。
（1）湿法制备K2FeO4:在KOH溶液中，用KClO直接氧化Fe(NO3)3即可制得K2FeO4。该反应的离子方程式为_________________________________。
（2）测定K2FeO4:样品纯度：i．称取样品mg，加入到盛有过量碱性亚铬酸钠[NaCr(OH)4]溶液的锥形瓶中充分反应；ii．将所得铬酸钠(Na2CrO4)溶液酸化；iii.在所得Na2Cr2O7溶液中加入8—9滴二苯胺
-1
磺酸钠溶液作指示剂，用c mol·L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至终点，消耗溶液体积为V mL。整个过
3+－5
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程中发生的反应如下：
3ⅰ._Cr(OH)4+_FeO4 +__2-+
2--2-
＝1，1，1；②根据提示可知，FeO4——CrO4——2-2-
=__Fe(OH)3(H2O)3↓+__CrO4+__2-
-1
2+
2+
12-2+
Cr2O7——3Fe，由于用c 2?3ⅱ.2CrO4 + 2H=Cr2O7 + H2O；
2-2++3+3+
ⅲ.Cr2O7 + 6Fe + 14H = 2Cr + 6Fe + 7H2O ①配平方程式i；
②利用上述数据计算该样品的纯度为________________（用含字母的代数式表示）。
（3）高铁酸盐在水溶液中有四种含铁形体。25℃时，它们的物质的量分数随pH的变化如图所示：
mol·L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，故可知c(Fe)=cmol/L，n(Fe)=cv?10mol，根据比例关系可推
1cv?10?3mol?198g/mol1?332-?100%；出n(FeO4)=cv?10mol，K2FeO4:样品纯度为：（3）①从3mg图中可见，pH=2.2时，H2FeO4浓度最大，故浓度大小关系为：c(H2FeO4)＞c(H3FeO4)＞c(HFeO4) ，图
2-中显示，三角号的图像即是FeO4，PH值≥9时，浓度最高；②PH=4时，说明c(H)=10mol/L,K2=+
+
-
?4[H?][H2FeO4][H3FeO4]-
?c(HFeO4)=4.16?10，代入计算，得到=4.16；③图中
c(H2FeO4)?4-－
2-
? ①pH=2.2时，溶液中主要含铁形体浓度的大小关系为________；为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制在______________。
②已知H3FeO4的电离常数分别为：K1?2.51?10,K2?4.16?10,K3?5.01?10 ＋
?2?4?8c(HFeO4)当PH=4时，溶液中=___________。
c(H2FeO4)③向pH=6的高铁酸盐溶液中加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为______________。
＋
（4）某新型电池以金属锂为负极，K2FeO4为正极，溶有LiPF6的有机溶剂为电解质。工作时Li通过电解质迁移入K2FeO4晶体中，生成K2Li2FeO4。该电池的正极反应式为______________.
－3＋－2－－
【答案】（1）3 ClO＋2 Fe＋10 OH＝2 FeO4＋3 Cl＋5 H2O（2分） （2）①1，1，3＝1，1，1（2分）
?可知，PH=6时，溶液中只要是HFeO4离子，故离子反应为：HFeO4＋OH＝FeO4＋H2O；（4）正极的电
－＋
子，故K2FeO4得电子，即正极反应方程式为：K2FeO4＋xe＋xLi＝K2LixFeO4。 考点：考查离子方程式的书写、综合能力的考查、电离常数的计算等相关知识。 85．（16分）二氧化碳是引起“温室效应”的主要物质，节能减排、高效利用能源能够减少二氧化碳的排放。
（1）在一定温度下的2L固定容积的密闭容器中，通入2 mol CO2和3mol H2，发生的反应为：CO2(g)
－1
＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H＝－a kJ·mol（a＞0），测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
①能说明该反应已达平衡状态的是______ __。 A．CO2的体积分数在混合气体中保持不变 B．混合气体的密度不随时间的变化而变化。
C．单位时间内每消耗1.2mol H2，同时生成0.4molH2O。
D．反应中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1，且保持不变。 ②下列措施中能使增大的是________（选填编号）。
②+
-
（3）c(H2FeO4)＞c(H3FeO4)＞c(HFeO4) （2分）
≥9（1分） 4.16（2分）
－－2－
HFeO4＋OH＝FeO4＋H2O（2分）
－＋
（4）K2FeO4＋xe＋xLi＝K2LixFeO4（2分） 【解析】
－
试题分析：（1）根据提示可知，反应物是KOH、KC10、Fe(NO3)3 生成物为K2FeO4，方程式为：3 ClO
3＋－2－－
＋2 Fe＋10 OH＝2 FeO4＋3 Cl＋5 H2O；（2）根据原子守恒和电荷守恒原理推断可得到，1，1，
A．升高温度
B．恒温恒容下充入He(g)
C．将H2O(g)从体系中分离
D．恒温恒容再充入2 mol CO2和3 mol H2
第53页 共76页 ◎ 第54页 共76页
③计算该温度下此反应的平衡常数K＝__________。若改变条件（填选项），可使K＝1。 A．增大压强
B．增大反应物浓度 C．降低温度 D．升高温度 E．加入催化剂
（2）某甲醇燃料电池原理如下图1所示。
A．正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，减小，A错误；B．恒温恒容下充
入He(g)平衡不移动，比值不变，B错误；C．将H2O(g)从体系中分离导致平衡向正反应方向进行，因此比值增大，C正确；D．恒温恒容再充入2 mol CO2和3 mol H2，相当于增大压强，平衡向正反应方向进行，比值增大，D正确，答案选CD。
③根据图像可知平衡时甲醇是0.25mol/L，CO是0.75mol/L，根据方程式可知水蒸气是0.25mol/L，消耗氢气是0.75mol/L，则平衡时氢气浓度是1.5mol/L—0.75mol/L＝0.75mol/L，所以根据化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值可知该温度下此反应的平衡常数K＝0.25?0.25＝0.2。若改变条件可使K＝1，这说明平衡应该30.75?0.75向正反应方向进行。由于平衡常数只与温度有关系，正反应放热，则可改变的措施为降低温度，答案选C。
（2）①氢离子向右侧移动可判断右侧是原电池的正极，左侧是负极，即M区应该通入甲醇，则发生
－＋
反应的电极反应式为CH3OH－6e＋H2O＝CO2＋6H。
①M区发生反应的电极反应式为_______________________________。
②用上述电池做电源，用上图2装置电解饱和食盐水（电极均为惰性电极），则该电解反应的总反应的离子方程式为________________________。假设溶液体积为300mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），理论上消耗甲醇的质量为______________（忽略溶液体积变化）。 【答案】（1）①A (2分) ②CD（2分） ③0.20或（2）①CH3OH－6e＋H2O＝CO2＋6H （3分） ②2Cl+2H2O－
－
＋
②电解饱和食盐水反应的总反应的离子方程式为2Cl+2H2O－
电解 H2↑+Cl2↑+2 OH。 假设溶液体积
－
16（2分） C (2分) 81为300mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），说明反应中产生氢氧根的物质的量是0.3L×0.1mol/L＝0.03mol，因此转移0.03mol电子。根据甲醇的电极反应式可知消耗甲醇是0.03mol÷6＝0.005mol，因此理论上消耗甲醇的质量为32g/mol×0.005mol＝0.16g。 考点：考查外界条件对平衡状态的影响、判断、计算及电化学原理的应用 86．（11分）金属及其化合物在国民经济发展中起着重要作用。
（1）工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜。该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2O+ Cu2S=6Cu+SO2
该反应的氧化剂是_________,当生成19.2gCu时，反应中转移的电子为_____mol。铜在潮湿的空气中能发生吸氧腐蚀而生成Cu2(OH)2CO3（碱式碳酸同）。该过程负极的电极反应式_______________。 （2）钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠（Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体AL2O3陶瓷（可传导Na）为电解质，其原理如图所示：
? 电解 H2↑+Cl2↑+2 OH（3分） 0.16g（2分）
－
【解析】
试题分析：（1）①在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。A．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明反应达到平衡状态，A正确；B．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，即密度始终是不变，则混合气体的密度不随时间的变化而变化不能说明反应达到平衡状态，B错误；C．单位时间内每消耗1.2mol H2，同时生成0.4molH2O均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，C错误；D．水和甲醇均是生成物，则根据方程式可知反应中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比始终是1:1，且保持不变，因此不能说明达到平衡状态，D错误，答案选A。
②下列措施中能使 增大的是________（选填编号）。
①根据下表数据，请你判断该电池工作的适宜温度应控制在_______。
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②放电时，电极A为____极，S发生_______反应。
③放电时，内电路中的Na的移动方向为_______（填“从A到B”或“从B到A”）。
④充电时，总反应为Na所在电极与直流电源_______极相连，阳极的电极反应式为________. 【答案】（11分） （1）Cu2O和Cu2S 0.3
－－
2Cu+4OH+CO2－4e = Cu2(OH)2CO3+H2O （2分）[来
2—-（2）①C ②负极 还原 ③从A到B ④负 Sx -2e = xS （2分）
【解析】 试题分析：（1）在2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2反应中，Cu元素的化合价从+1价降低到0价，所以Cu2O和Cu2S都是氧化剂；当生成19.2gCu时，Cu的物质的量是0.3mol，则反应中转移的电子的物质的量是0.3mol；Cu发生吸氧腐蚀生成碱式碳酸铜，则负极是Cu失去电子，与氢氧根离子、二氧化碳结合为碱式碳酸
－－
铜，电极反应式是2Cu+4OH+CO2－4e = Cu2(OH)2CO3+H2O；
（2）①钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠座反应物，根据钠和硫的熔点判断该电池的温度应大于115 o C而小于444.6o C，所以答案C ；
②放电时Na失去电子生成钠离子，所以电极A作电池的负极 ，则S在正极腐蚀还原反应； ③放电时阳离子向电池的正极移动，A是负极，B为正极，则钠离子从A到B 移动；
④充电时，Na元素的化合价降低到0价，发生还原反应，所以A为阴极，则A与电源的负极相连；阳
2—2—-极腐蚀氧化反应Sx 失去电子生成S单质，电极反应式是 Sx -2e = xS。
考点：考查氧化还原反应的分析，电化学反应原理的应用
2－
87．（12分）工业废水中常含有一定量的Cr2O7，会对人类及生态系统产生很大损害，电解法是行之
2?有效的除去铬的方法之一。该法用Fe和石墨作电极电解含Cr2O7的酸性废水，最终将铬转化为Cr(OH)3
（2）阳极附近溶液中，发生反应的离子方程式是
阴极附近的沉淀有 。
（3）图中熔融盐燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质、CH4为燃料、空气为氧化剂、稀土金属材料为电
–2–
极的新型电池。已知，该熔融盐电池的负极的电极反应是CH4–8e+4CO3==5CO2+2H2O，则正极的电极反应式为 。
（4）实验过程中，若电解池阴极材料质量不变，产生4.48L（标准状况）气体时，熔融盐燃料电池消耗CH4的体积为 L（标准状况）。 【答案】(1)M（1分） 不能（1分） 因阳极产生的Cu不能还原Cr2O7
2＋
＋
3＋
3＋
2＋
2-
2?（2分） (2) Cr2O7＋–
2–
?6Fe＋14H===2Cr＋6Fe＋7H2O（2分） 有Cr(OH)3 (1分) Fe(OH)（ (3)O2+2CO2+4e===2CO3 31分）
–2–
（或2O2+4CO2+8e===4CO3） （2分） (4)1.12（2分） 【解析】
试题分析：从图看出右边的装置时一个甲烷燃料电池，左边是电解池，CH4通入的一极是负极，那么N
2-就是阴极，O2通入的一极是正极，那么M是阳极。（1）Cr2O7转化为Cr(OH)3沉淀，铬元素的化合价降
2-2+
低，所以要发生氧化还原反应，Cr2O7做氧化剂，那么Fe要变为有还原性的Fe，则Fe作阳极，则
2＋2-
Fe为M极；电解质不能用Cu电极来代替Fe电极，是因为Cu不能还原Cr2O7。（2）Fe变为有还原
2?性的Fe后与Cr2O7发生氧化还原反应，反应离子方程式为：Cr2O7＋6Fe＋14H===2Cr＋6Fe＋
2+
2-2＋
＋
3＋
3＋
7H2O，阴极是水中的H放电，那么阴极附近溶液显碱性，由于有Cr和Fe生成，就会产生Cr(OH)3 和
–2–
Fe(OH)3沉淀。(3)从图可以看出正极是02和C02反应，电极反应为：O2 + 2CO2 + 4e===2CO3。（4）
+ —
根据2H+ 2e===H2↑，阴极生成4.48L（标准状况）气体时转移电子为0.4mol，再根据
–2–
CH4–8e+4CO3==5CO2+2H2O，转移0.4mol电子时消耗CH4的物质的量为0.05mol，体积为1.12L。 考点：燃料电池正负极判断、氧化还原反应方程式的书写、电子转移的计算、 88．（14分）甲醇是一种重要的可再生能源。
（1）已知2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) ΔH =a KJ/mol CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH =b KJ/mol
试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式： 。 （2）还可以通过下列反应制备甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。
甲图是反应时CO和CH3OH(g)的浓度随时间的变化情况。从反应开始到达平衡，用H2表示平均反应速率υ(H2)= _。 +3＋3＋
沉淀，达到净化目的。某科研小组利用以上方法处理污水，设计了熔融盐电池和污水电解装置如下图所示。
（1）Fe电极为 （填“M”或“N”）；电解时 (填“能”或“不能”)否用Cu电极来代替Fe电极，理由是 。
（3）在一容积可变的密闭容器中充入10 mol CO和20 mol H2，CO的平衡转化率随温度（T压强（P）的变化如乙图所示。
①下列说法能判断该反应达到化学平衡状态的是_______。（填字母） A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍
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B．H2的体积分数不再改变
C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等 D．体系中气体的平均摩尔质量不再改变
②比较A、B两点压强大小PA________PB（填“＞、＜、=”）。
③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20 L。如果反应开始时仍充入10 molCO和20 molH2，则在平衡状态B时容器的体积V(B)= L。 （4）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）。 ①若KOH溶液足量，则写出电池总反应的离子方程式：___________________。
②若电解质溶液中KOH的物质的量为0.8 mol，当有0.5 mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 。
【答案】 (1) 2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) ΔH=(a+2b)kJ/mol (2分) (2) 0.15mol/(L·min) (2分)
-2-(3) ①BD (2分) ② ＜(2分) ③ 14L (2分) (4) ① 2CH3OH+3O2+4OH=2CO3+6H2O(2分)
+2---+
②C(K)>C(CO3)>C(HCO3)>C(OH)>C(H)(2分) 【解析】
试题分析：(1) 将给出的反应分别标为：①、②，根据盖斯定律，把①+②×2可得CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) ΔH=(a+2b)kJ/mol。(2) 从图可以看出CO的浓度减小了0.75mol/L，根据反应的化学计量数，H2的浓度改变了1.5mol/L，反应达到平衡的时间为10min，则υ(H2)= 1.5mol/L÷10min=0.15mol/(L·min)。(3) ①化学反应速率之比等于化学计量数之比，不管在任何时候，H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，A错；H2的体积分数不再改变说明体系中各物质的浓度不再改变，反应达到了平衡，B对；H2的转化率和CO的转化率相等不能说明物质的浓度不再改变和同种物质的正逆反应速率相等，C错；反应是气体物质的量改变的反应，如果反应没有达到平衡，气体的物质的量会发生改变，平均摩尔质量也会改变，现平均摩尔质量不再改变，说明气体的生成和消耗速率相等，反应到达了平衡，D对。②从图可以看出B的CO的转化率较大，根据反应的特点，压强增大平衡向正向移动，现B点的转化率较大，说明B点的压强大，故PA ＜PB 。③A点是CO的转化率为0.5，10 mol CO和20 mol H2反应后气体总物质的量为20mol，在B点CO的转化率为0.8，10 mol CO和20 mol H2反应后气体的总物质的量为14mol，设B点的体积为VL。则20mol︰14 mol=20L︰V，V=14L。（4）由于是在碱性电解质溶液中，产生的CO2还要与碱反应，反应的方程式为：
-2-—2—
2CH3OH+3O2+4OH=2CO3+6H2O。②根据KOH和CO2的物质的量可知生成的CO2发生反应：CO2+2OH═CO3，2——2—CO3+ CO2+H2O═HCO3,0.8mol的KOH反应完时消耗0.4mol的CO2，生成0.4mol的CO3，剩余的0.1mol
2——
的CO2与CO3反应生成0.1mol的HCO3，故溶液中有0.3mol的K2CO3、0.1mol的KHCO3，故离子浓度
+2---+
大小顺序为：C(K)>C(CO3)>C(HCO3)>C(OH)>C(H)
考点：盖斯定律的运用、化学反应速率的计算、化学平衡的判断、电极反应的书写、盐类水解和离子浓度大小的比较。 89．（16分）工业上硫酸锰铵[（NH4）2Mn（SO4）2]可用于木材防火涂料等。其制备工艺如下： （1）在步骤I的反应中，氧化剂是 。
（2）步骤Ⅱ中趁热过滤前需向MnSO4溶液中加入少量热水，其目的是____；步骤III所得（NH4）2Mn（SO4）2：晶体需用酒精溶液洗涤，洗去的主要杂质离子有____ 。 （3）下列操作有利于提高产品产率的是____（填序号）。 A．慢慢分次加入二氧化锰 B．趁热过滤
C．冰水浴充分冷却 D．用水代替酒精溶液洗涤
（4）一定条件下，在步骤I的水溶液中l mol MnO2完全反应相相对能量变化如图。则△H=____；催化剂是否参加化学反应？ （填“是”或“否”或“不确定”）。
（5）碱性干电池中含大量MnO2可以回收利用，该电池工作时的正极反应式为____ ；若从干电池中回收87 kg MnO2，理论上可以获得（NH4）2Mn（ S04）2 _kg。 【答案】（１）MnO2 （２分）
（２）防止过滤时因温度降低有MnSO4晶体析出（２分） +2-NH4 、SO4 （2分， 各１ 分）
（３）ABC （2分, 不全对扣１分 ）
（４）＋２０kJ/mol （2分，未写“＋”或“kJ/ mol” 扣１分 ） 是（２分）
- -（５）MnO2 ＋ e+ H2O = MnOOH +OH （２分） 283 （2分）
【解析】
试题分析：由题可知（1）在步骤I的反应中，反应物为硫酸、草酸、MnO2，为MnO2酸性条件下氧化草酸，故氧化剂为MnO2；
（2）步骤Ⅱ中趁热过滤前需向MnSO4溶液中加入少量热水，其目的是使溶液温度处于高温环境，防止
+
过滤时因温度降低有MnSO4晶体析出；步骤III所得（NH4）（SO4）晶体表面附着杂质离子有NH4 、2Mn2：2-+2-SO4，故用酒精溶液洗涤，洗去的主要杂质离子有NH4 、SO4；
（3）A项慢慢分次加入二氧化锰能够提高二氧化锰的浸出率，提高产品产率，故A项正确；B项趁热过滤防止过滤时因温度降低有MnSO4晶体析出，提高产品产率，故B项正确；C项冰水浴充分冷却是降低产品在水中溶解度，提高产品析出率，故C项正确；D项用水代替酒精溶液洗涤会使产品溶于水而损失，故D项错误；本题选ABC；
（4）由图像可知△H=40 kJ/mol-20 kJ/mol=+20 kJ/mol；由图象可知加入催化剂，催化剂改变反应历程，先参与反应后生成，降低活化能。 考点：化学工艺流程。 90．（16分） 化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。
（1）利用“化学蒸气转移法”提纯金属钨的反应原理为W(s)＋I2(g)WI2(g)。该反应在石英真空管中进行，如下图所示：
已知步骤Ⅰ反应：H2C2O4（aq） +H2SO4（aq） +MnO2（s） MnSO4（aq）+2CO2（g）+2H2O（1） △H
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