（2）过程①中，反应物为FeS、O2和H2SO4，生成物有S，根据质量守恒还应有Fe2（SO4）3和H2O，
反应的化学方程式为4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2（SO4）3+6H2O+4S， 故答案为：4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2（SO4）3+6H2O+4S；
3+2+2+
（3）溶液X中含有Fe，要制备绿矾，应加入Fe使之还原为Fe，加入铁可生成Fe，并且不引入新的杂质，
故答案为：Fe（或铁）；
（4）过滤、洗涤、干燥，称量，得固体质量为3.495g，应为BaSO4沉淀， n（BaSO4）=
3+
2﹣
=0.015mol，
则n（Fe）=n（SO4）=0.015mol， m（Fe）=0.015mol×56g/mol=0.84g， ω（Fe）=
=28%，
故答案为：30%；
（5）催化剂a处的反应为：SO2+2H2O﹣2e=SO4+4H，催化剂b处的反应为： O2+2H+2e=H2O，总方程为：SO2+H2O+O2=H2SO4设加入的SO2为xg，H2O为yg．则生成硫酸的质量为：
，水的质量变化为：y﹣
，根据二者的比值为49%，可以求得=8：15，
﹣
2﹣++
﹣
故答案为：8：15．
【点评】本题考查较为综合，涉及物质含量的测定、制备实验方案的设计等知识，题目难度较大，注意常见化学实验操作方法及电化学知识的积累．
33．W、X、Y、Z四种短周期元素在周期表中的位置如图1所示，其中Y与钠元素和氢元素均可形成原子个数1：1和1：2的化合物． 请回答下列问题． （1）H2Y2的电子式为
，Z在周期表中的位置 第三周期ⅦA族 ．
2+
（2）在如图2中，b的pH约为7，且含有Fe和淀粉KI的水溶液，a为H2Y2的水溶液，旋开分液
﹣
漏斗旋钮，观察到烧瓶中溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．当消耗2molI时，共转移3mol电子，
﹣2+
该反应的离子方程式是 2Fe+3H2O2+4I=2Fe（OH）3↓+2I2 ．
（3）已知：298K时，金属钠与Y2气体反应，若生成1molNa2Y固体时，放出热量414kJ；若生成1molNa2Y2固体时，放出热量511kJ．则由Na2Y固体与Y2气体反应生成Na2Y2固体的热化学方程式为 Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣97kJ/mol ．
（4）有人设想利用原电池原理以气体Z2和氢气制备一种重要的化工原料，同时获取电能．假设这种想法可行，用石墨作电极材料，用稀盐酸作电解溶液，则通入Z2的电极为原电池的 正 极，其
﹣﹣
电极反应式为 Cl2+2e=2Cl ．
第36页（共42页）
【考点】位置结构性质的相互关系应用． 【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素，由元素在元素周期表中的位置，可知W、Y处于第二周期，X、Z处于第三周期，其中Y与钠元素和氢元素均可形成原子个数l：1和1：2的化合物，则Y为O元素，可推知W为C元素、X为P、Z为Cl．
（1）H2O2分子中O原子之间形成1对共用电子对、H原子与O原子之间形成1对共用电子对；主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；
2+
（2）在图2中，将H2O2的水溶液滴入含有Fe和淀粉KI的水溶液，观察到烧瓶中溶液呈蓝色并
﹣
有红褐色沉淀生成，说明反应生成氢氧化铁与碘单质．当消耗2molI时，共转移3mol电子，则参加反应的Fe物质的量为=
2+
=1mol，参加反应H2O2的物质的量
=1.5mol，故Fe、H2O2、I的化学计量数之比=2：3：4，据此书写；
2+
﹣
（3）由题意可知：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ/mol ②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ/mol
根据盖斯定律，②﹣①得Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）；
（4）氯气获得电子生成Cl，发生还原反应，应在原电池正极通入．
【解答】解：W、X、Y、Z四种短周期元素，由元素在元素周期表中的位置，可知W、Y处于第二周期，X、Z处于第三周期，其中Y与钠元素和氢元素均可形成原子个数l：1和1：2的化合物，则Y为O元素，可推知W为C元素、X为P、Z为Cl．
（1）H2O2分子中O原子之间形成1对共用电子对、H原子与O原子之间形成1对共用电子对，其电子式为故答案为：
；Z为Cl元素，处于第三周期ⅦA族， ；第三周期ⅦA族；
2+
﹣
（2）在图2中，将H2O2的水溶液滴入含有Fe和淀粉KI的水溶液，观察到烧瓶中溶液呈蓝色并
﹣
有红褐色沉淀生成，说明反应生成氢氧化铁与碘单质．当消耗2molI时，共转移3mol电子，则参加反应的Fe物质的量为=
2+
﹣
2+
=1mol，参加反应H2O2的物质的量
=1.5mol，故Fe、H2O2、I的化学计量数之比=2：3：4，该反应离子
2+
﹣
方程式为：2Fe+3H2O2+4I=2Fe（OH）3↓+2I2，
﹣2+
故答案为：2Fe+3H2O2+4I=2Fe（OH）3↓+2I2；
第37页（共42页）
（3）根据题意可知：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ/mol ②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ/mol
根据盖斯定律，②﹣①得Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣97kJ/mol， 故答案为：Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣97kJ/mol；
（4）氯气获得电子生成Cl，发生还原反应，应在原电池正极通入，电极反应式为：Cl2+2e=2Cl，
﹣﹣
故答案为：正；Cl2+2e=2Cl．
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，（3）中离子方程式书写注意根据电子转移计算确定化学计量数．
34．甲醇又称“木醇”，是无色有酒精气味易挥发的有毒液体．甲醇是重要的化学工业基础原料和液体燃料，可用于制造甲醛和农药，并常用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等． （1）工业上可利用CO2和H2生产甲醇，方程式如下：
﹣1
CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（l）+H2O （g）△H=Q1kJ?mol
又查资料得知：①CH3OH（l）+O2（g）?CO2（g）+2H2（g）△H=Q2kJ?mol
②H2O（g）=H2O（l）△H=Q3kJ?mol，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为 CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=（2Q1+3Q2+2Q3）kJ?mol ．
某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，其装置如图：
﹣1
﹣1
﹣1
﹣
﹣
﹣
（2）为除去饱和食盐水中的铵根离子，可在碱性条件下通入氯气，反应生成氮气．该反应的离子方程式为 3Cl2+2NH4+8OH=N2↑+6Cl+8H2O ．
﹣32﹣2﹣
（3）过量氯气用Na2S2O3除去，反应中S2O3被氧化为SO4．若过量的氯气为1×10mol，则理
﹣42﹣
论上生成的SO4为 5×10 mol．
﹣﹣2﹣
（4）写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式 CH3OH﹣6e+8OH=CO3+6H2O ．
（5）理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如丙图所示（已换算成标准状况下的体积），写出在t1后，石墨电极上的电极反应式 4OH﹣4e=O2↑+2H2O ，原混合溶液中 NaCl的物质的量浓度为 0.1 mol/L．（设溶液体积不变）
（6）当向上述甲装置中通入标况下的氧气336mL时，理论上在铁电极上可析出铜的质量为 1.28 g．
（7）若使上述电解装置的电流强度达到5.0A，理论上每分钟应向负极通入气体的质量为 0.017 克．（已知1个电子所带电量为1.6×10C，计算结果保留两位有效数字） 【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理． 【专题】计算题．
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﹣19
﹣
﹣
+
﹣﹣
【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到所需热化学方程式； （2）可以根据反应物和生成物正确书写化学方程式；
（3）依据离子方程式的定量关系计算生成硫酸根离子的量；
（4）在燃料电池的中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，根据电解质环境来书写电极反应式； （5）根据电解池的电极反应规律来书写电解反应，结合电子守恒和离子的量的关系进行计算； （6）根据n=
计算出氧气的物质的量，再根据丙中图象判断铜离子的总物质的量，最后根据m=nM
计算出生成铜的质量；
（7）根据Q=It和N=结合CH3OH﹣6e+8OH=CO3+6H2O计算．
【解答】解：（1）①CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（l）+H2O （g）△H=Q1kJ?mol ②CH3OH（l）+O2（g）?CO2（g）+2H2（g）△H=Q2kJ?mol
③H2O（g）=H2O（l）△H=Q3kJ?mol，依据盖斯定律①×2+②×3+③×2得到：
表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+O（═CO（+2H2O（l）△H=（2Q1+3Q2+2Q3） 2g）2g）kJ?mol；
故答案为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=（2Q1+3Q2+2Q3） kJ?mol； （2）电解后的碱性溶液是氢氧化钠溶液，生成物是氮气、氯化钠、水．反应的离子方程式为：3Cl2+2NH4+8OH═N2↑+6Cl+8H2O，
﹣﹣+
故答案为：3Cl2+2NH4+8OH=N2↑+6Cl+8H2O；
2﹣2﹣
（3）过量氯气用Na2S2O3除去，反应中S2O3被氧化为SO4．反应的离子方程式为：
﹣﹣32﹣2﹣+
4Cl2+5H2O+S2O3═2SO4+8Cl+10H；若过量的氯气为10mol/L，则依据离子方程式的定量关
﹣4
系计算得到生成硫酸根离子物质的量=5×10mol/L，
﹣4
故答案为：5×10； （4））在燃料电池的中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，甲醇失电子的过程为：CH3OH﹣6e+8OH=CO3+6H2O，
﹣﹣2﹣
故答案为：CH3OH﹣6e+8OH=CO3+6H2O；
﹣2+
（5）石墨为阳极、铁电极为阴极，开始Cl在阳极放电生成氯气，阴极Cu放电生成Cu，故图丙
﹣﹣
中Ⅰ表示阴极产生的气体，Ⅱ表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为：阳极2Cl﹣4e=Cl2↑，t2
﹣﹣
点后电极反应式为：阳极4OH﹣4e=O2↑+2H2O，
由图可知，产生氯气为224mL，则由2Cl﹣2e=Cl2↑可知，n（NaCl）=所以c（NaCl）=
=0.1mol/L，
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣1
﹣1
﹣1
﹣1
﹣1
﹣
﹣
2﹣
+
﹣﹣
2﹣
×2=0.02mol，
通甲醇的电极是负极，所以石墨电极是阴极，该极上发生的电极反应为：4OH﹣4e=O2↑+2H2O，
﹣2+
乙中石墨电极为阳极、铁电极为阴极，开始Cl在阳极放电生成氯气，阴极Cu放电生成Cu，故图
﹣﹣
丙中Ⅰ表示阴极产生的气体，Ⅱ表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为：阳极2Cl﹣4e=Cl2↑，生成氯气为224ml，物质的量为0.01mol，原溶液中氯化钠物质的量为0.02mol，氯化钠浓度为：
=0.1mol/L，
故答案为：4OH﹣4e=O2↑+2H2O；0.1；
﹣
﹣
第39页（共42页）
（6）标准状况下336mL氧气的物质的量为：电子的物质的量为：0.015mol×4=0.06mol，
=0.015mol，0.015mol氧气完全反应得到
由丙中t2时生成氧气为112mL，则生成氧气的物质的量为：n（O2）=转移电子为：0.02mol+0.005mol×4=0.04mol， 根据电子守恒及Cu+2e=Cu可知，n（CuSO4）=
2+
﹣
=0.005mol，则共
=0.02mol，
所以理论上在铁电极上可析出铜的物质的量为0.02mol，质量为：64g/mol×0.02mol=1.28g， 故答案为：1.28；
（7）根据Q=It=5.0A×60s=300C，N==由CH3OH～6e
23
32g 6×6.02×10个
21
m 1.875×10个 m=
=0.017g，
﹣
=1.875×10个，
21
故答案为：0.017．
【点评】本题考查了盖斯定律的应用、原电池和电解池工作原理，题目难度较大，注意掌握盖斯定律的含义及应用方法，明确原电池、电解池工作原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．
35．纳米级Cu2O是优良的催化剂和半导体材料，工业上常用下列方法制备Cu20． （1）热还原法：
加热条件下，用液态肼（ N2H4）还原新制的Cu（ OH）2制备Cu20，同时放出N2．该反应的化学方程式为 4Cu（OH）2+N2H4N2↑+2Cu2O+6H2O ．
（2）电解法：以氢氧燃料电池为电源，用电解法制备Cu20的装置如图所示．
①A的化学式为 O2 ．
﹣②燃料电池中，OH的移动方向为 由左向右 （填“由左向右”或“由右向左”）；电解池中，阳极的
﹣﹣
电极反应式为 2Cu+2OH﹣2e=Cu2O+H2O ．
③电解一段时间后，欲使阴极室溶液恢复原来组成，应向其中补充一定量 H2O （填化学式）． ④制备过程中，可循环利用的物质为 H2 （填化学式）． （3）干法还原法
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