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江苏省苏州市吴江区震泽中学2025-2026学年高二上学期9月月考化学试题
1．（2025高二上·吴江月考）化学与科技、医药、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是
A．“保暖贴”发热利用的是原电池的工作原理
B．铁的电化学腐蚀负极发生的电极反应为
C．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿
D．“冰寒于水”，说明相同条件下等质量冰的能量比液态水低
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．保暖贴的工作原理是利用铁粉和活性炭等成分形成微小原电池，工作时释放热量，因此A项正确。
B．铁的电化学腐蚀中，负极反应为，因此B项错误。
C．黄铜（铜锌合金）中锌的活泼性高于铜，在腐蚀过程中锌优先被氧化，从而保护铜不被腐蚀，因此不易产生铜绿（碱式碳酸铜），C项正确。
D．冰融化为水需要吸收热量，说明冰的能量状态低于液态水，因此D项正确。
故答案为B。【分析】A．原电池工作原理是利用氧化还原反应，能释放能量；
B．铁作负极时，失电子，生成二价铁；
C．锌比铜活泼，锌被腐蚀；
D．根据冰融化时需要吸收热量分析。
2．（2025高二上·吴江月考）下列关于热化学反应的描述中正确的是
A．1 mol 与足量氧气充分反应，放出Q kJ的能量，则
B． ，则1 mol 和1 mol 的总能量高于2 mol 的能量
C．已知 ，则稀硫酸与稀溶液反应生成2 mol 水，放出的热量
D．的标准燃烧热是-283.0 ，则表示CO标准燃烧热的热化学方程式为
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；中和热；热化学方程式；化学反应的可逆性
【解析】【解析】A. 当1 mol SO2(g)未完全转化时，反应放出的热量为Q kJ。若2 mol SO2(g)全部反应，放出的热量将超过2Q kJ，因此ΔH < -2Q kJ·mol-1。A选项错误；B. ΔH为负值时，表明该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量。B选项正确；
C. 硫酸与Ba(OH)2反应除中和热外，还额外释放BaSO4沉淀热，导致总放热量大于2×57.3 kJ。C选项错误；
D. 标准燃烧热定义要求1 mol CO完全燃烧。题目给出的方程式表示2 mol CO燃烧，因此不符合标准燃烧热的定义。正确的热化学方程式应为：CO(g) +O2(g) = CO2(g) ΔH=-283.0 kJ·mol-1。D选项错误；
正确答案为B。
【分析】A. 二氧化硫和氧气的反应时可逆反应，存在反应限度；
B. 根据放热反应，可知反应物的总能量高于生成物的总能量；
C. 中和热指强酸和强碱的稀溶液反应生成可溶性盐和1mol水所放出的能量；
D.燃烧热指1mol可燃物完全反应生成指定物质放出的能量。
3．（2025高二上·吴江月考）有关下列四个常用电化学装置的叙述正确的是
A．图Ⅰ所示电池中，的作用是做催化剂
B．图Ⅱ所示电池放电过程中，正极电极反应式：
C．图Ⅲ所示装置工作过程中，其正极电池反应式：
D．图Ⅳ所示电池中，是还原剂，电池工作过程中被氧化为
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、图 Ⅰ 是碱性锌锰电池，MnO2在正极得电子发生还原反应，是氧化剂而非催化剂，A错误；
B、图 Ⅱ 铅 - 硫酸蓄电池放电时，正极（PbO2）发生得电子的还原反应，电极反应式应为：
PbO2+2e-+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O（选项中电子符号写反），B错误；
C、图 Ⅲ 氢氧燃料电池中，正极是 O2得电子，结合电解质中的 H+生成 H2O，反应式为：
O2+4e-+4H+=2H2O，C正确；
D、图 Ⅳ 锌银纽扣电池中，Ag2O 在正极得电子被还原为 Ag，是氧化剂而非还原剂，D错误；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
A、碱性锌锰电池中，MnO2在正极得电子（发生还原反应），是氧化剂，并非催化剂。
B、原电池正极发生还原反应（得电子），选项中电极反应式电子符号写反，应为得电子。
C、氢氧燃料电池正极是 O2得电子，结合电解质中的H+生成H2O，反应式符合还原反应规律。
D、Zn是负极（被氧化），Ag2O在正极得电子被还原为Ag，是氧化剂而非还原剂。
4．（2025高二上·吴江月考）某同学设计如下图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是
A．由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应
B．将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C．实验(c)中为了使反应进行完全，可以向盐酸中分几次加入氢氧化钠溶液
D．若用NaOH固体测定中和反应的反应热，则测定结果数值偏高
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；中和热的测定
【解析】【解答】A、实验 (a) 是铝与盐酸的反应，属于放热反应；实验 (b) 是 Ba(OH)2 8H2O 与 NH4Cl 的反应，这是典型的吸热反应；实验 (c) 是酸碱中和反应，属于放热反应。因此 (a)(b)(c) 并非都是放热反应，A错误；
B、铝片和铝粉只是状态不同，等质量的铝参与反应时，反应物的量（Al 的物质的量）不变，反应的热效应由反应物的量决定，因此释放的热量不会改变（铝粉只是反应速率更快），B错误；
C、实验 (c) 测定中和反应的反应热时，若分几次加入 NaOH 溶液，会导致热量多次散失，无法准确测量反应的热量变化，因此不能分多次加入，C错误；
D、NaOH 固体溶于水时会额外放出热量，而中和反应的反应热测定的是 “酸碱中和过程” 的热量变化。若用 NaOH 固体，固体溶解的放热会被计入中和反应的热量中，导致测得的热量数值偏高，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
A．反应吸放热判定：记典型反应——铝与酸、中和反应放热，Ba (OH)2 8H2O 与 NH4Cl 吸热。
B．反应热与状态的关系：反应热由反应物的量决定，铝片、粉仅速率不同，热量不变。
C．中和热测定操作：需一次性加试剂防热量散失，分多次加不行。
D．NaOH 固体的影响：NaOH 固体溶解放热，会叠加中和热，导致测定值偏高。
5．（2025高二上·吴江月考）下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。
据此判断下列说法中正确的是(　　)
A．由图1知，石墨转变为金刚石是吸热反应
B．由图2知，S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1，S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
C．由图3知，白磷比红磷稳定
D．由图4知，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH＞0
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；化学能与热能的相互转化；反应热的大小比较
【解析】【解答】A、从图1可知，石墨的能量低于金刚石。在化学反应里，物质从能量低的状态转变为能量高的状态，需要吸收能量。所以石墨转变为金刚石的过程是吸热反应，A正确；
B、由图2能看到， S(g) 具有的能量高于S(s) 。 S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1， S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2 这两个反应都属于放热反应（ ΔH＜0 ）， S(g) 燃烧时放出的热量更多，而对于放热反应，放出的热量越多，ΔH（焓变，为负值 ）就越小，所以 ΔH1＜ΔH2 ，B错误；
C、从图3可以得出，红磷的能量低于白磷。在化学中，物质的能量越低越稳定，所以红磷比白磷稳定，C错误；
D、由图4可知， CO2(g)+H2(g) 的能量低于 则CO(g)+H2O(g) 的能量。当发生 CO(g)+H2O(g) = CO2(g)+H2(g) 反应时，是由能量高的反应物生成能量低的生成物，该反应为放热反应，即 ΔH＜0 ，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．对比石墨和金刚石的能量，判断石墨转金刚石的反应吸放热。
B．依据 S(g) 与 S(s) 的能量差，结合放热反应中ΔH为负且放热越多ΔH越小，比较 ΔH1 和 ΔH2 。
C．根据图3中红磷和白磷的能量，结合能量越低物质越稳定，判断二者稳定性。
D．通过图4中 CO2(g)+H2(g) 和CO(g)+H2O(g)的能量对比，判断反应ΔH的正负 。
6．（2025高二上·吴江月考）下列表述不正确的是
A．装置甲：盐桥中的移向溶液
B．装置乙：外电路电流由极流向极
C．装置丙：a极附近产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
D．装置丁：应使用阳离子交换膜
【答案】B
【知识点】原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、装置甲是原电池，Zn 为负极（失电子生成 Zn2+），Cu 为正极；盐桥中阴离子向负极移动，因此 Cl-移向 ZnSO4溶液，A正确；
B、装置乙是原电池，a 极 H2失电子（发生氧化反应）为负极，b 极 O2得电子为正极；外电路中电流由正极（b）流向负极（a），而非 a 流向 b，B错误；
C、装置丙是电解池，a 极与电源正极相连为阳极，Cl-在阳极失电子生成 Cl2；Cl2能氧化 I-生成 I2，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C正确；
D、装置丁中，右侧生成 H2（消耗 H+）、NaOH 浓度增大，需要阳离子（Na+）从左侧移向右侧，因此应使用阳离子交换膜，D正确；
故答案为：B。
【分析】解题关键点：
A．原电池中 “阴离子向负极移动”，Zn 是负极，故 Cl-移向 ZnSO4溶液。
B．原电池中 “电流由正极流向负极”，a 是负极、b 是正极，故电流方向应为 b→a。
C．电解池中 “阳极与电源正极相连”，a 为阳极，Cl-放电生成 Cl2，Cl2能使淀粉碘化钾试纸变蓝。
D．装置丁右侧需 Na+迁移以维持电荷平衡，故用阳离子交换膜。
7．（2025高二上·吴江月考）对于反应：，下列为四种不同情况下测得的反应速率，其中能表明该反应进行最快的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．将反应速率转换为秒单位：。再根据化学计量数5计算，得到0.00133，该数值较小，不符合题目要求；
B．对于，除以化学计量数4后得到0.05，这是所有选项中最大的数值，符合题目要求；
C．对于，除以化学计量数6后得到约0.0417，小于选项B的数值，因此不符合题目要求；
D．对于，除以化学计量数4后得到0.0375，同样小于选项B的数值，因此不符合题目要求；
正确答案是B。【分析】比较反应快慢可用比值法，统一单位后，用各物质所表示的反应速率除以系数，结果越大，表示反应进行越快。
8．（2025高二上·吴江月考）中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H ]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的。反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程
B．反应物的分子必须发生碰撞才能发生基元反应
C．使用催化剂降低了水煤气变换反应的H
D．缩小容器体积，过程Ⅲ的反应速率不影响
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】A、过程Ⅰ是化学键断裂（如H2O、CO的键断裂），断裂键需要吸收能量，属于吸热过程；过程 Ⅲ 是化学键形成（生成CO2、H2），形成键释放能量，属于放热过程。因此 “过程Ⅰ、Ⅲ均放热” 错误，A错误；
B、基元反应是一步完成的反应，反应物分子必须通过有效碰撞（满足能量和取向要求的碰撞）才能发生反应，因此 “反应物分子必须碰撞才能发生基元反应” 的表述合理，B正确；
C、催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的焓变ΔH（ΔH由反应物和生成物的总能量差决定），C错误；
D、缩小容器体积会增大反应物（或中间粒子）的浓度，而反应速率与浓度正相关，因此过程Ⅲ的反应速率会加快，D错误；
故答案为：B。
【分析】解题关键点：
A．过程 Ⅰ 是化学键断裂（需吸热），过程 Ⅲ 是化学键形成（会放热），并非均为放热。
B．基元反应是一步完成的反应，反应物分子必须通过碰撞（有效碰撞）才能发生反应。
C．催化剂只改变活化能，不改变反应的 ΔH（ΔH由反应物、生成物总能量差决定）。
D．缩小容器体积会增大粒子浓度，反应速率与浓度正相关，过程 Ⅲ 速率会加快。
9．（2025高二上·吴江月考）硫及其化合物之间的转化在生产中有着重要作用。接触法制硫酸中，制取的反应为 。反应在有、无催化剂条件下的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．催化时，该反应的速率取决于步骤①
B．使用作催化剂同时降低了正、逆反应的活化能
C．其他条件相同，增大，的转化率下降
D．
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应的可逆性；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示，V2O5催化下的反应分为两步，其中步骤①的活化能低于步骤②，因此反应速率由活化能更高的步骤②决定，A选项错误；
B．催化剂能够降低反应的活化能，并且对正反应和逆反应的活化能降低程度相同，因此能够同等程度地加快正反应和逆反应的速率，B选项正确；
C．增大（即增加O2的浓度），会使平衡向正反应方向移动，从而提高SO2的转化率，C选项错误；
D．当SO3(g)转化为SO3(s)时，会释放额外的热量，因此生成固态SO3时放出的热量更多，ΔH的数值更负，即ΔH < -196.6 kJ/mol，D选项错误；
正确答案为B。【分析】A．反应速率由活化能最高的步骤决定；
B．催化剂能够同等程度地加快正反应和逆反应的速率；
C．增大氧气浓度，可以提高二氧化硫的转化率；
D．气态转化成固体时，释放能量，据此分析。
10．（2025高二上·吴江月考）以稀为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为。下列说法正确的是
A．电极a上发生氧化反应生成
B．通过质子交换膜从右室移向左室
C．光解前后，溶液的不变
D．外电路每通过电子，电极b上产生
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电极a作为负极发生氧化反应，其电极反应确实会生成氧气（O2），因此A选项正确；
B．在原电池中，阳离子（H+）应向正极（b极）移动。虽然a极产生H+，b极消耗H+，但H+需要通过质子交换膜从a极（左室）迁移到b极（右室），因此B选项描述错误；
C．光解过程本质是电解水，导致H2SO4溶液中水分减少，溶质浓度增大，pH值会降低，因此C选项错误；
D．根据电极反应式，每生成1mol H2需要转移2mol电子。当外电路通过0.01mol电子时，理论上应生成0.005mol H2，因此D选项错误；
故答案为A。【分析】在光解过程中，电极a作为电子流出端，发生氧化反应，因此a是负极。其电极反应可表示为：。而电极b作为电子流入端，发生还原反应，b是正极，其电极反应为：。
11．（2025高二上·吴江月考）钴的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。一段时间后，Ⅱ室溶液中浓度增大。下列叙述错误的是
A．石墨电根连接电源的正极
B．交换膜X为阳离子交换膜，交换膜Y为阴离子交换膜
C．电解总反应：
D．生成，Ⅱ室理论上生成
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析，石墨电极作为阳极，应与电源正极相连，故选项A正确。
B．由题干信息可知，H+从Ⅰ室迁移至Ⅱ室，Cl-从Ⅲ室通过交换膜Y进入Ⅱ室，由此可判断交换膜X为阳离子交换膜，交换膜Y为阴离子交换膜，故选项B正确。
C．阳极（石墨电极）发生H2O的电解反应生成O2和H+，阴极（钴电极）发生Co2+还原为Co单质的反应。总反应的离子方程式为： ，故选项C正确。
D．当阴极生成1mol Co时，阳极有1mol H2O被电解，产生0.5mol O2，同时生成2mol H+通过阳离子交换膜迁移至Ⅱ室；阴极区有2mol Cl-通过阴离子交换膜迁移至Ⅱ室。理论上Ⅱ室应生成2mol HCl，故选项D错误。
正确答案为D。
【分析】本题考查电解法制备金属钴。钴电极作为阴极，连接电源负极，发生Co2+还原为Co的反应；石墨电极作为阳极，连接电源正极，发生H2O的氧化反应。在Ⅱ室中，H+通过阳离子交换膜X从Ⅰ室迁移而来，Cl-通过阴离子交换膜Y从Ⅲ室迁移而来，共同形成HCl溶液，使其浓度增大。
12．（2025高二上·吴江月考）空气中资源的利用具有重要意义。某小组通过电解吸收了CO2的KOH溶液(含碳微粒主要为KHCO3)的实验，得到相应的有机产物的法拉第效率[法拉第效率]随电解电压的变化如图所示。下列说法错误的是
A．当电解电压为时，阴极主要的还原产物为H2
B．阴极生成的电极反应式为：
C．当电解电压为时，电解生成的C2H4和的物质的量之比为3∶1
D．用铅蓄电池作电源电解，当只生成标况下2.24L的CH4时，理论上电源的负极增重38.4g
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解电压为 U1时，图中各有机物的法拉第效率都很低，说明此时阴极主要发生 H+得电子生成 H2的反应，故主要还原产物是 H2，A正确；
B、阴极上 HCO3-得电子生成 CH4，C 元素化合价从 +4 降到 -4（每个 C 得 8 个电子），结合电荷、原子守恒，电极反应为：10HCO3-+8e-=CH4↑+9CO32-+3H2O，B正确；
C、 电解电压为U2V时：C2H4法拉第效率24%（转移 12e-/mol），HCOO-效率8%（转移 2e-/mol）。物质的量比= ，C错误；
D、标况下 2.24L CH4为 0.1mol，生成 0.1mol CH4转移 0.8mol 电子。铅蓄电池负极反应为
Pb-2e-+SO42-=PbSO4，每转移 2mol 电子，负极增重 96g（SO42-的质量）。转移 0.8mol 电子时，负极增重：(96g/2mol)×0.8mol=38.4g，D正确；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
A．U1时有机物法拉第效率低→阴极主要反应不是有机物生成，而是 H+得电子生成 H2。
B．写电极反应时，抓 C 的化合价变化（HCO3-中 C 为 +4，CH4中 C为-4），结合原子、电荷守恒配平。
C．法拉第效率对应 “电量比”，结合 CH4（转移 8e-/mol）、C2H4（转移 12e-/mol）的电子转移量，用 “电量比=电子转移总量比” 计算物质的量之比。
D．铅蓄电池负极增重源于 SO42-结合（Pb→PbSO4），先算CH4对应的转移电子数，再结合负极反应的电子 - 增重关系计算。
13．（2025高二上·吴江月考）用电解溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验。
实验 电极I 电极Ⅱ 电压/V 关系
i 石墨1 石墨2 a
ii 石墨1 新石墨 b
iii 新石墨 石墨2 c
iv 石墨1 石墨2 d
下列分析不正确的是
A．，说明实验i中形成原电池，反应为
B．，是因为ii中电极Ⅱ上缺少作为还原剂
C．，说明iii中电极I上有发生反应
D．，是因为电极I上吸附的量：iv>iii
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解后，石墨1表面吸附（还原剂）、石墨2表面吸附（氧化剂）。实验i中，石墨1与石墨2构成原电池，发生反应，因此电压。A正确；
B、实验ii中，电极II替换为“新石墨”（无），仅电极I（石墨1）有；实验iv中，电极II是原石墨2（有）。由于ii中电极II缺少作氧化剂，原电池反应难以充分进行，导致电压。B正确；
C、实验iii中，电极I替换为“新石墨”（无），但电极II（石墨2）有。说明形成了原电池，此时在电极上发生还原反应（作氧化剂），是原电池反应的驱动因素。C正确；
D、实验iv中，电极I是石墨1（吸附）、电极II是石墨2（吸附）；实验iii中，电极I是新石墨（无）、电极II是石墨2（有）。的原因是“iv中电极I有作还原剂，原电池反应更充分”，而非“电极I吸附的量：iv>iii”（iii中电极I是新石墨，根本无）。D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有3处：
1. 原电池反应的核心物质混淆：易忽略“电解后石墨吸附是原电池的核心反应物”，错认为新石墨也能参与反应，从而误判实验ii、iii的电压成因。
2. 电压差异的逻辑归因错误：分析、时，易错误归因于“吸附量多少”，实际是“反应物是否存在（如ii中缺、iii中缺）”决定了原电池反应的充分程度。
3. 实验iii的反应判断偏差：看到“新石墨（无）”会误判无法形成原电池，但忽略了电极II的可作为氧化剂发生还原反应，从而错误否定的合理性。
14．（2025高二上·吴江月考）联氨(又称肼，，无色液体)是一种氮烷，可用作火箭燃料。回答下列问题：
（1）火箭推进器中装有肼和过氧化氢。已知下列各物质反应的热化学方程式：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
则与反应生成和的热化学方程式为　 　。
（2）肼—过氧化氢碱性燃料电池由于其较高的能量密度而备受关注。(均为石墨电极，假设各装置在工作过程中溶液体积不变)：
①甲装置电极反应式为　 　，该装置工作过程中，右侧溶液的pH　 　(填“变大”、“变小”、“不变”)。
②乙装置用于处理含高浓度硫酸钠的废水，膜X为　 　交换膜(填“阳离子”“阴离子”或“质子”)，通电一段时间后，废水中硫酸钠浓度由降至，若处理废水，理论上消耗的物质的量为　 　(假定水分子不能通过膜X和膜Y)。
③工作时，利用丙装置对Fe电极进行防护，如果能有效防护，写出防护名称　 　，如果不能有效防护，在上空中写出改进措施。
【答案】（1）
（2）；不变；阳离子；4000 mol；将Fe电极和C5电极互换
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应Ⅳ描述了与反应生成和的过程，其化学方程式为：。根据盖斯定律，该反应的反应热可通过已知反应的热效应计算得出：。因此，反应热。最终的热化学方程式为：。
（2）①根据图示分析，Cl电极上肼（N2H4）失去电子被氧化为氮气，其电极反应式为：；C2电极上过氧化氢得电子被还原，其电极反应为：。由于每转移4个电子时，会有4个OH-从右侧迁移到左侧，因此右侧溶液的pH保持不变。故答案为：；不变；
②在该装置中，C3电极作为阳极，发生反应：，同时产生H+。为维持电荷平衡，中间室的SO42-会通过阴离子交换膜进入阳极室形成硫酸。C4电极作为阴极，发生反应：H+得电子生成氢气，同时产生OH-，此时Na+通过阳离子交换膜进入阴极室形成NaOH。当通过4 mol电子时，阳极室产生4 mol H+，有2 mol SO42-进入阳极室；阴极室产生4 mol OH-，同时有4 mol Na+进入阴极室。因此处理的Na2SO4为2 mol。若处理1 m3废水，其中Na2SO4浓度从4.5 mol/L降至0.5 mol/L，则处理的Na2SO4的物质的量为：，对应转移电子数为8000 mol，消耗的H2O2为4000 mol。故答案为：阳离子；4000 mol；
③装置丙为电解池，若要对Fe电极进行保护，需使其作为阴极。因此应将Fe电极与C5电极互换位置。故答案为：将Fe电极和C5电极互换。【分析】(1)根据盖斯定律作答；
（2）根据装置图可知，甲是原电池作电源，乙和丙知电解质，Cl是负极，C2是正极，则C3是阳极，C4是阴极，Fe是阳极，C5是阴极，结合原电池和电解池工作原理分析。
（1）该反应为：Ⅳ．；根据盖斯定律可知，，则该反应的反应热，故热化学方程式为；
（2）①由图可知，Cl电极通入肼，失去电子生成氮气，电极反应为：；C2电极反应为：，则转移4个电子的同时会有4个氢氧根离子转移到左侧溶液，故右侧溶液的pH不变，故答案为：；不变；
②该装置中C3电极为阳极，阳极上，同时产生，正电荷增多，故中间室的硫酸根离子通过阴离子交换膜进入阳极室形成硫酸，C4电极为阴极，在阴极上放电产生氢气，同时产生，阴极室负电荷增多，中间室的通过阳离子交换膜进入阴极室形成NaOH，当通过4 mol e 时，阳极室产生4 mol，有2 mol进入阳极室，阴极室产生4 mol，也就有4mol进入阴极室，处理的硫酸钠的物质的量为2 mol ，废水中硫酸钠浓度由4.5 mol/L 降至0.5 mol/L ，若处理废水1，此时处理的硫酸钠的硫酸钠的物质的量为：，则对应转移为8000 mol ，同时消耗过氧化氢为4000 mol 故答案为：阳离子；4000 mol；
③装置丙为电解池，被保护的电极做阴极，故若要对Fe电极进行防护，应该将Fe电极和C5电极互换，故答案为：将Fe电极和C5电极互换。
15．（2025高二上·吴江月考）硫化氢普遍存在于石油化工、煤化工排放的废气中，不仅危害人体健康，还会腐蚀设备。常用吸附氧化法、生物降解法、脱除法、电化学法等多种方法处理硫化氢。
（1）生物降解法。原理为、。硫杆菌存在时，被氧化的速率是无菌时的倍，该菌的作用是　 　。该反应必须在适宜的温度下，才能有利于反应的进行，其原因可能是　 　。
（2）电化学法。利用如图1所示的电化学装置处理工业尾气中的，可实现硫元素的回收。电极甲上发生的电极反应为　 　。当有11 mol 参与反应，则有　 　 mol 由负极区进入正极区。
（3）吸附氧化法。可用表面喷淋水的活性炭吸附氧化，其反应原理如图2所示。该方法的总反应化学方程式为　 　。
（4）热钾碱法。石化工业中常采用较高浓度的溶液作为脱硫吸收剂。已知25℃，酸性大小：。用溶液吸收足量的离子方程式为　 　。
【答案】（1）作催化剂（或降低反应的活化能）；温度过低，反应速率太慢，温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)，反应速率会下降
（2）；22
（3）
（4）
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）硫杆菌存在时，的氧化速率比无菌条件下快3×105倍，这表明硫杆菌起到了催化作用。反应需要在适宜温度下进行，因为温度过低会减慢反应速率，而温度过高则会导致蛋白质变性（或硫杆菌失活），使反应速率降低。因此，最佳反应温度下硫杆菌的催化效果最好。答案为：作催化剂（或降低反应的活化能）；温度过低，反应速率太慢，温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)，反应速率会下降。
（2）电池工作时，甲电极作为负极，电子通过外电路从甲流向乙。甲电极上的反应为。为维持电荷平衡，每2 mol H2S反应生成的4 mol H+需通过质子交换膜进入正极区。因此，11 mol H2S参与反应时，将有22 mol H+从负极区迁移至正极区。答案为：；22。
（3）活性炭表面的反应是水膜中的硫化氢与氧气反应生成硫和水，总化学方程式为：。
（4）已知酸性强弱顺序为H2CO3 > H2S > HCO3- > HS-，根据强酸制弱酸的规律，K2CO3溶液吸收过量H2S的离子方程式为：。
【分析】（1）从温度对反应速率的影响，温度对硫杆菌的影响分析；
(2) 根据原电池原理，氧气一级是正极，硫化氢一级是负极；
（3）根据图2中物质转化形式可得总化学方程式；
（4）根据题中酸性大小，应生成碳酸氢根和硫氢根离子。
（1）硫杆菌存在时，被氧化的速率是无菌时的倍，加快反应速率，说明菌的作用是催化作用；该反应必须在适宜的温度下，才能有利于反应的进行，其原因可能是温度过低，反应速率太慢，温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)，反应速率会下降，即在适当温度下，硫杆菌活性最大，其催化效果最好，故答案为：作催化剂（或降低反应的活化能）；温度过低，反应速率太慢，温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)，反应速率会下降；
（2）电池工作时，甲为负极，电子经外电路从甲流向乙，电极甲上的电极反应为，为维持电解质中电荷守恒，参与反应生成的需要通过质子固体电解质膜进入正极区，当有参与反应，则有由负极区进入正极区，故答案为：；22；
（3）由图可知，活性炭表面表面发生的反应为水膜中硫化氢与氧气反应生成硫和水，反应的总化学方程式为：；
（4）根据已知酸性，结合强酸制弱酸的一般规律可知，用溶液吸收足量的离子方程式为：；
16．（2025高二上·吴江月考）工业上常采用堆浸—反萃取—电积法从锌矿(主要成分为，含有、、、等杂质)获得锌，其流程如下图所示：
已知：①“堆浸”时金属硫化物均转化为硫酸盐；②pH较高时，氢氧化氧铁为胶状沉淀。
请回答下列问题：
（1）“堆浸渣”的主要成分为　 　，“堆浸”时为提高反应速率，可采取的措施为　 　(填序号)。
A．延长堆浸时间 B．将锌矿粉碎
C．大幅升温 D．将锌矿充分暴露
（2）“除铁”时主要发生反应的离子方程式为　 　。“除铁”时，pH对不同金属离子沉淀率的影响如图所示。事实上、、在时难以沉淀，但是有铁离子存在时，pH升高、、的沉淀率均升高，原因可能为　 　。
（3）反萃液“净化”后的“滤液”加入　 　极室(填“阴”或“阳”)内进行“电沉积”可得到纯锌，处理“堆浸”时产生的废气也可以采用如图所示的装置，回收过程中两个电解槽中均有淡黄色浑浊出现。石墨电极Ⅰ上的电极反应式为　 　。
【答案】（1）；BD
（2）；生成的氢氧化氧铁胶状有较强吸附性，可将、、吸附而使其沉淀
（3）阴极；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）二氧化硅和野外细菌不反应，则“堆浸渣”的主要成分为：；“堆浸”时为提高反应速率，可采取的措施为：将锌矿充分粉碎和充分暴露可提高反应速率，延长反应时间不会提高反应速率，大幅升温虽然可提高反应速率，但成本太高，即选BD，故答案为：；BD；
（2）加入H2O2氧化Fe2+，利用NaOH除铁得到FeOOH，故“除铁”时主要发生反应的离子方程式为：；有铁离子存在时，pH升高，、、的沉淀率均升高，原因可能为：生成的Fe(OH)3胶状有较强吸附性，可将、、吸附而使其沉淀，故答案为：；生成的氢氧化氧铁胶状有较强吸附性，可将、、吸附而使其沉淀；
（3）电解得纯锌时，在电解池阴极得到，则净化后滤液中加入阴极室，得到电子生成纯锌，回收过程中两个电解槽中均有乳白色浑浊出现， 则石墨电极I上二氧化硫得到电子发生还原反应生成硫单质，，与其相连的电极a为负极，故答案为：阴极；。
【分析】锌矿的主要成分是，并含有、、、等杂质。通过野外细菌堆浸处理，金属硫化物转化为硫酸盐，而不发生反应。堆浸渣中残留等难溶物，堆浸液则含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌等成分。 加入双氧水氧化亚铁离子，再用氢氧化钠除铁，生成FeOOH沉淀， 加入适量锌粉置换出铜，过滤后得到滤液，向滤液中加入有机相萃取剂萃取，分液后获得含锌的有机相， 对有机相进行反萃取，得到含的反萃液，最后电解反萃液提取金属锌。整个过程实现了锌的分离和提纯。
（1）“堆浸渣”的主要成分为：；“堆浸”时为提高反应速率，可采取的措施为：将锌矿充分粉碎和充分暴露可提高反应速率，延长反应时间不会提高反应速率，大幅升温成本太高，即选BD，故答案为：；BD；
（2）加入双氧水氧化亚铁离子利用氢氧化钠除铁得到FeOOH，故“除铁”时主要发生反应的离子方程式为：；有铁离子存在时，pH升高，、、的沉淀率均升高，原因可能为：生成的氢氧化氧铁胶状有较强吸附性，可将、、吸附而使其沉淀，故答案为：；生成的氢氧化氧铁胶状有较强吸附性，可将、、吸附而使其沉淀；
（3）净化后的滤液中含有，加入阴极室内，得到电子生成纯锌，回收过程中两个电解槽中均有乳白色浑浊出现， 则石墨电极I上二氧化硫得到电子发生还原反应生成硫单质，，与其相连的电极a为负极，故答案为：阴极；。
17．（2025高二上·吴江月考）铁制品在生产生活中应用广泛，但保存完好的铁器比青铜器少得多，研究铁质文物的保护意义重大。
（1）已知：ⅰ．铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，表面生成疏松的；
ⅱ．铁质文物在干燥的土壤中表面会生成致密的，过程如下。
①写出ⅰ中，参与反应的电极反应式和化学方程式：　 　、　 　。
②若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为　 　。
（2）铁质品在海洋环境中，表面会生成凝结物。
①无氧环境中，Fe与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出Fe与反应生成和的离子方程式：　 　。
②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。
依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为　 　，
③含氯在溶液浸泡后可以进行脱氯。用稀溶液反复浸泡使渗出后，取最后一次浸泡液加入试剂　 　(填化学式)检验脱氯处理是否达标。
（3）一种滴定法测定含凝结物铁制品中铁元素含量的过程如下：
步骤Ⅰ：称取一定量的溶于盐酸中，同时向溶液中加入少量锡粒；
步骤Ⅱ：称取5.01 g 铁制品(除与单质外不含其他物质)于烧杯中，加入盐酸，微热，待试样完全溶解冷却后，将溶液转移到容量瓶中，并定容到100 mL 。
步骤Ⅲ：取步骤Ⅱ所得溶液20 mL ，先加入溶液将大多数还原(此时转化为)为，再加入溶液将剩下的完全还原为。向溶液中滴加指示剂，用标准溶液滴定，恰好到达终点时消耗标准溶液20.00 mL 。滴定过程中反应为。计算该铁制品中的质量　 　，并写出计算过程。
【答案】（1）；；6：2：1
（2）；液滴中心会出现蓝色区域，液滴边缘会出现红色区域；
（3）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电极反应和电池反应方程式；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）①铁质文物在潮湿环境下主要发生吸氧腐蚀反应。氧气在正极获得电子发生还原反应，其电极反应式为。负极上铁失去电子被氧化生成氢氧化亚铁，随后氧气将氢氧化亚铁氧化为疏松的FeOOH，该过程化学方程式为。因此答案为：；。
②过程Ⅰ中铁从0价氧化为+2价，1mol Fe转移2mol电子；过程Ⅱ中铁从+2价变为+价，1mol FeO转移mol电子；过程Ⅲ中铁从+价变为+3价，1mol转移mol电子。当各步骤转化的铁元素质量相等时，三步反应的电子转移数之比为2：：=6：2：1，故答案为：6：2：1。
（2）①在无氧、弱碱性的海水环境中，铁（Fe）在细菌作用下被硫酸根离子（SO42-）氧化，生成二价铁的化合物FeS和Fe(OH)2。根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，该反应的离子方程式可表示为：
；
②铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，负极反应为铁失去电子生成Fe2+：；正极反应为氧气得电子生成OH-：。Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，因此液滴中心呈现蓝色；同时OH-使酚酞变红，液滴边缘呈现红色。答案为：液滴中心出现蓝色区域，液滴边缘出现红色区域。
③检验FeOOH是否脱氯完全的方法：取少量浸泡后的FeOOH，加入蒸馏水搅拌静置，取上层清液，先加入稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液。若无白色沉淀（AgCl）生成，说明FeOOH中氯离子已完全脱除。
（3）在滴定过程中，消耗了20 mL（0.02 L）浓度为0.1000 mol/L的K2Cr2O7溶液。根据公式：，根据反应计量关系，可以计算出Fe2+的物质的量：
，由于滴定过程仅使用了20%的样品溶液，因此样品中铁元素的总物质的量为：，设铁制品中FeOOH的物质的量为x mol，单质Fe的物质的量为y mol。根据铁元素守恒和质量守恒，可以列出以下方程组：
解方程组得x=0.05 mol。因此，FeOOH的质量为：
最终答案为：。
【分析】题目考查铁的腐蚀，在中性和弱酸性条件下，发生吸氧腐蚀，铁作负极，失电子生成二价铁离子，氧气在正极反应，生成氢氧根，二价铁和氢氧根生成氢氧化亚铁，最终被氧化转化成铁锈；离子检验，氯离子检验用硝酸酸化的硝酸银溶液，二亚铁离子检验用铁氰化钾溶液。
（1）①铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，在正极得电子发生还原反应，电极反应式为，负极铁失电子发生氧化反应生成氢氧化亚铁，氧气与氢氧化亚铁反应生成疏松的FeOOH，化学方程式为，故答案为：；；
②过程Ⅰ中铁由0价变为+2价，1 mol Fe转移电子2 mol ，过程Ⅱ铁由+2价变为+价，1 mol FeO转移mol电子，过程Ⅲ铁由+价变为+3价，1 mol转移 mol 电子，若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为2：：=6：2：1，故答案为：6：2：1；
（2）①无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被氧化为价的FeS、，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式：；
②由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为，正极反应式为。与反应生成蓝色沉淀，即液滴中心会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到变红，液滴边缘会出现红色区域，故答案为：液滴中心会出现蓝色区域，液滴边缘会出现红色区域；
③ 取少量浸泡后的FeOOH，加入少量蒸馏水中，充分搅拌后静置，取少量上层清液，向其中加入足量稀硝酸，再加入溶液，若无白色沉淀出现，则FeOOH脱氯完全；
（3）滴定消耗溶液20 mL （即0.02 L），则，由反应计量关系得：，样品中铁元素的总物质的量为。设铁制品中FeOOH的物质的量为 x mol ，单质Fe的物质的量为y mol 。铁元素守恒：FeOOH和Fe均含1个Fe原子，故：，质量守恒：铁制品总质量为5.01 g，FeOOH的摩尔质量为89 g·mol- ，Fe的摩尔质量为56 g·mol- ，故：，联立方程求解 x=0.05 mol，，故答案为：。
1 / 1江苏省苏州市吴江区震泽中学2025-2026学年高二上学期9月月考化学试题
1．（2025高二上·吴江月考）化学与科技、医药、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是
A．“保暖贴”发热利用的是原电池的工作原理
B．铁的电化学腐蚀负极发生的电极反应为
C．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿
D．“冰寒于水”，说明相同条件下等质量冰的能量比液态水低
2．（2025高二上·吴江月考）下列关于热化学反应的描述中正确的是
A．1 mol 与足量氧气充分反应，放出Q kJ的能量，则
B． ，则1 mol 和1 mol 的总能量高于2 mol 的能量
C．已知 ，则稀硫酸与稀溶液反应生成2 mol 水，放出的热量
D．的标准燃烧热是-283.0 ，则表示CO标准燃烧热的热化学方程式为
3．（2025高二上·吴江月考）有关下列四个常用电化学装置的叙述正确的是
A．图Ⅰ所示电池中，的作用是做催化剂
B．图Ⅱ所示电池放电过程中，正极电极反应式：
C．图Ⅲ所示装置工作过程中，其正极电池反应式：
D．图Ⅳ所示电池中，是还原剂，电池工作过程中被氧化为
4．（2025高二上·吴江月考）某同学设计如下图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是
A．由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应
B．将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C．实验(c)中为了使反应进行完全，可以向盐酸中分几次加入氢氧化钠溶液
D．若用NaOH固体测定中和反应的反应热，则测定结果数值偏高
5．（2025高二上·吴江月考）下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。
据此判断下列说法中正确的是(　　)
A．由图1知，石墨转变为金刚石是吸热反应
B．由图2知，S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1，S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
C．由图3知，白磷比红磷稳定
D．由图4知，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH＞0
6．（2025高二上·吴江月考）下列表述不正确的是
A．装置甲：盐桥中的移向溶液
B．装置乙：外电路电流由极流向极
C．装置丙：a极附近产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
D．装置丁：应使用阳离子交换膜
7．（2025高二上·吴江月考）对于反应：，下列为四种不同情况下测得的反应速率，其中能表明该反应进行最快的是
A． B．
C． D．
8．（2025高二上·吴江月考）中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H ]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的。反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程
B．反应物的分子必须发生碰撞才能发生基元反应
C．使用催化剂降低了水煤气变换反应的H
D．缩小容器体积，过程Ⅲ的反应速率不影响
9．（2025高二上·吴江月考）硫及其化合物之间的转化在生产中有着重要作用。接触法制硫酸中，制取的反应为 。反应在有、无催化剂条件下的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．催化时，该反应的速率取决于步骤①
B．使用作催化剂同时降低了正、逆反应的活化能
C．其他条件相同，增大，的转化率下降
D．
10．（2025高二上·吴江月考）以稀为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为。下列说法正确的是
A．电极a上发生氧化反应生成
B．通过质子交换膜从右室移向左室
C．光解前后，溶液的不变
D．外电路每通过电子，电极b上产生
11．（2025高二上·吴江月考）钴的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。一段时间后，Ⅱ室溶液中浓度增大。下列叙述错误的是
A．石墨电根连接电源的正极
B．交换膜X为阳离子交换膜，交换膜Y为阴离子交换膜
C．电解总反应：
D．生成，Ⅱ室理论上生成
12．（2025高二上·吴江月考）空气中资源的利用具有重要意义。某小组通过电解吸收了CO2的KOH溶液(含碳微粒主要为KHCO3)的实验，得到相应的有机产物的法拉第效率[法拉第效率]随电解电压的变化如图所示。下列说法错误的是
A．当电解电压为时，阴极主要的还原产物为H2
B．阴极生成的电极反应式为：
C．当电解电压为时，电解生成的C2H4和的物质的量之比为3∶1
D．用铅蓄电池作电源电解，当只生成标况下2.24L的CH4时，理论上电源的负极增重38.4g
13．（2025高二上·吴江月考）用电解溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验。
实验 电极I 电极Ⅱ 电压/V 关系
i 石墨1 石墨2 a
ii 石墨1 新石墨 b
iii 新石墨 石墨2 c
iv 石墨1 石墨2 d
下列分析不正确的是
A．，说明实验i中形成原电池，反应为
B．，是因为ii中电极Ⅱ上缺少作为还原剂
C．，说明iii中电极I上有发生反应
D．，是因为电极I上吸附的量：iv>iii
14．（2025高二上·吴江月考）联氨(又称肼，，无色液体)是一种氮烷，可用作火箭燃料。回答下列问题：
（1）火箭推进器中装有肼和过氧化氢。已知下列各物质反应的热化学方程式：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
则与反应生成和的热化学方程式为　 　。
（2）肼—过氧化氢碱性燃料电池由于其较高的能量密度而备受关注。(均为石墨电极，假设各装置在工作过程中溶液体积不变)：
①甲装置电极反应式为　 　，该装置工作过程中，右侧溶液的pH　 　(填“变大”、“变小”、“不变”)。
②乙装置用于处理含高浓度硫酸钠的废水，膜X为　 　交换膜(填“阳离子”“阴离子”或“质子”)，通电一段时间后，废水中硫酸钠浓度由降至，若处理废水，理论上消耗的物质的量为　 　(假定水分子不能通过膜X和膜Y)。
③工作时，利用丙装置对Fe电极进行防护，如果能有效防护，写出防护名称　 　，如果不能有效防护，在上空中写出改进措施。
15．（2025高二上·吴江月考）硫化氢普遍存在于石油化工、煤化工排放的废气中，不仅危害人体健康，还会腐蚀设备。常用吸附氧化法、生物降解法、脱除法、电化学法等多种方法处理硫化氢。
（1）生物降解法。原理为、。硫杆菌存在时，被氧化的速率是无菌时的倍，该菌的作用是　 　。该反应必须在适宜的温度下，才能有利于反应的进行，其原因可能是　 　。
（2）电化学法。利用如图1所示的电化学装置处理工业尾气中的，可实现硫元素的回收。电极甲上发生的电极反应为　 　。当有11 mol 参与反应，则有　 　 mol 由负极区进入正极区。
（3）吸附氧化法。可用表面喷淋水的活性炭吸附氧化，其反应原理如图2所示。该方法的总反应化学方程式为　 　。
（4）热钾碱法。石化工业中常采用较高浓度的溶液作为脱硫吸收剂。已知25℃，酸性大小：。用溶液吸收足量的离子方程式为　 　。
16．（2025高二上·吴江月考）工业上常采用堆浸—反萃取—电积法从锌矿(主要成分为，含有、、、等杂质)获得锌，其流程如下图所示：
已知：①“堆浸”时金属硫化物均转化为硫酸盐；②pH较高时，氢氧化氧铁为胶状沉淀。
请回答下列问题：
（1）“堆浸渣”的主要成分为　 　，“堆浸”时为提高反应速率，可采取的措施为　 　(填序号)。
A．延长堆浸时间 B．将锌矿粉碎
C．大幅升温 D．将锌矿充分暴露
（2）“除铁”时主要发生反应的离子方程式为　 　。“除铁”时，pH对不同金属离子沉淀率的影响如图所示。事实上、、在时难以沉淀，但是有铁离子存在时，pH升高、、的沉淀率均升高，原因可能为　 　。
（3）反萃液“净化”后的“滤液”加入　 　极室(填“阴”或“阳”)内进行“电沉积”可得到纯锌，处理“堆浸”时产生的废气也可以采用如图所示的装置，回收过程中两个电解槽中均有淡黄色浑浊出现。石墨电极Ⅰ上的电极反应式为　 　。
17．（2025高二上·吴江月考）铁制品在生产生活中应用广泛，但保存完好的铁器比青铜器少得多，研究铁质文物的保护意义重大。
（1）已知：ⅰ．铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，表面生成疏松的；
ⅱ．铁质文物在干燥的土壤中表面会生成致密的，过程如下。
①写出ⅰ中，参与反应的电极反应式和化学方程式：　 　、　 　。
②若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为　 　。
（2）铁质品在海洋环境中，表面会生成凝结物。
①无氧环境中，Fe与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出Fe与反应生成和的离子方程式：　 　。
②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。
依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为　 　，
③含氯在溶液浸泡后可以进行脱氯。用稀溶液反复浸泡使渗出后，取最后一次浸泡液加入试剂　 　(填化学式)检验脱氯处理是否达标。
（3）一种滴定法测定含凝结物铁制品中铁元素含量的过程如下：
步骤Ⅰ：称取一定量的溶于盐酸中，同时向溶液中加入少量锡粒；
步骤Ⅱ：称取5.01 g 铁制品(除与单质外不含其他物质)于烧杯中，加入盐酸，微热，待试样完全溶解冷却后，将溶液转移到容量瓶中，并定容到100 mL 。
步骤Ⅲ：取步骤Ⅱ所得溶液20 mL ，先加入溶液将大多数还原(此时转化为)为，再加入溶液将剩下的完全还原为。向溶液中滴加指示剂，用标准溶液滴定，恰好到达终点时消耗标准溶液20.00 mL 。滴定过程中反应为。计算该铁制品中的质量　 　，并写出计算过程。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．保暖贴的工作原理是利用铁粉和活性炭等成分形成微小原电池，工作时释放热量，因此A项正确。
B．铁的电化学腐蚀中，负极反应为，因此B项错误。
C．黄铜（铜锌合金）中锌的活泼性高于铜，在腐蚀过程中锌优先被氧化，从而保护铜不被腐蚀，因此不易产生铜绿（碱式碳酸铜），C项正确。
D．冰融化为水需要吸收热量，说明冰的能量状态低于液态水，因此D项正确。
故答案为B。【分析】A．原电池工作原理是利用氧化还原反应，能释放能量；
B．铁作负极时，失电子，生成二价铁；
C．锌比铜活泼，锌被腐蚀；
D．根据冰融化时需要吸收热量分析。
2．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；中和热；热化学方程式；化学反应的可逆性
【解析】【解析】A. 当1 mol SO2(g)未完全转化时，反应放出的热量为Q kJ。若2 mol SO2(g)全部反应，放出的热量将超过2Q kJ，因此ΔH < -2Q kJ·mol-1。A选项错误；B. ΔH为负值时，表明该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量。B选项正确；
C. 硫酸与Ba(OH)2反应除中和热外，还额外释放BaSO4沉淀热，导致总放热量大于2×57.3 kJ。C选项错误；
D. 标准燃烧热定义要求1 mol CO完全燃烧。题目给出的方程式表示2 mol CO燃烧，因此不符合标准燃烧热的定义。正确的热化学方程式应为：CO(g) +O2(g) = CO2(g) ΔH=-283.0 kJ·mol-1。D选项错误；
正确答案为B。
【分析】A. 二氧化硫和氧气的反应时可逆反应，存在反应限度；
B. 根据放热反应，可知反应物的总能量高于生成物的总能量；
C. 中和热指强酸和强碱的稀溶液反应生成可溶性盐和1mol水所放出的能量；
D.燃烧热指1mol可燃物完全反应生成指定物质放出的能量。
3．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、图 Ⅰ 是碱性锌锰电池，MnO2在正极得电子发生还原反应，是氧化剂而非催化剂，A错误；
B、图 Ⅱ 铅 - 硫酸蓄电池放电时，正极（PbO2）发生得电子的还原反应，电极反应式应为：
PbO2+2e-+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O（选项中电子符号写反），B错误；
C、图 Ⅲ 氢氧燃料电池中，正极是 O2得电子，结合电解质中的 H+生成 H2O，反应式为：
O2+4e-+4H+=2H2O，C正确；
D、图 Ⅳ 锌银纽扣电池中，Ag2O 在正极得电子被还原为 Ag，是氧化剂而非还原剂，D错误；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
A、碱性锌锰电池中，MnO2在正极得电子（发生还原反应），是氧化剂，并非催化剂。
B、原电池正极发生还原反应（得电子），选项中电极反应式电子符号写反，应为得电子。
C、氢氧燃料电池正极是 O2得电子，结合电解质中的H+生成H2O，反应式符合还原反应规律。
D、Zn是负极（被氧化），Ag2O在正极得电子被还原为Ag，是氧化剂而非还原剂。
4．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；中和热的测定
【解析】【解答】A、实验 (a) 是铝与盐酸的反应，属于放热反应；实验 (b) 是 Ba(OH)2 8H2O 与 NH4Cl 的反应，这是典型的吸热反应；实验 (c) 是酸碱中和反应，属于放热反应。因此 (a)(b)(c) 并非都是放热反应，A错误；
B、铝片和铝粉只是状态不同，等质量的铝参与反应时，反应物的量（Al 的物质的量）不变，反应的热效应由反应物的量决定，因此释放的热量不会改变（铝粉只是反应速率更快），B错误；
C、实验 (c) 测定中和反应的反应热时，若分几次加入 NaOH 溶液，会导致热量多次散失，无法准确测量反应的热量变化，因此不能分多次加入，C错误；
D、NaOH 固体溶于水时会额外放出热量，而中和反应的反应热测定的是 “酸碱中和过程” 的热量变化。若用 NaOH 固体，固体溶解的放热会被计入中和反应的热量中，导致测得的热量数值偏高，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
A．反应吸放热判定：记典型反应——铝与酸、中和反应放热，Ba (OH)2 8H2O 与 NH4Cl 吸热。
B．反应热与状态的关系：反应热由反应物的量决定，铝片、粉仅速率不同，热量不变。
C．中和热测定操作：需一次性加试剂防热量散失，分多次加不行。
D．NaOH 固体的影响：NaOH 固体溶解放热，会叠加中和热，导致测定值偏高。
5．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；化学能与热能的相互转化；反应热的大小比较
【解析】【解答】A、从图1可知，石墨的能量低于金刚石。在化学反应里，物质从能量低的状态转变为能量高的状态，需要吸收能量。所以石墨转变为金刚石的过程是吸热反应，A正确；
B、由图2能看到， S(g) 具有的能量高于S(s) 。 S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1， S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2 这两个反应都属于放热反应（ ΔH＜0 ）， S(g) 燃烧时放出的热量更多，而对于放热反应，放出的热量越多，ΔH（焓变，为负值 ）就越小，所以 ΔH1＜ΔH2 ，B错误；
C、从图3可以得出，红磷的能量低于白磷。在化学中，物质的能量越低越稳定，所以红磷比白磷稳定，C错误；
D、由图4可知， CO2(g)+H2(g) 的能量低于 则CO(g)+H2O(g) 的能量。当发生 CO(g)+H2O(g) = CO2(g)+H2(g) 反应时，是由能量高的反应物生成能量低的生成物，该反应为放热反应，即 ΔH＜0 ，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．对比石墨和金刚石的能量，判断石墨转金刚石的反应吸放热。
B．依据 S(g) 与 S(s) 的能量差，结合放热反应中ΔH为负且放热越多ΔH越小，比较 ΔH1 和 ΔH2 。
C．根据图3中红磷和白磷的能量，结合能量越低物质越稳定，判断二者稳定性。
D．通过图4中 CO2(g)+H2(g) 和CO(g)+H2O(g)的能量对比，判断反应ΔH的正负 。
6．【答案】B
【知识点】原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、装置甲是原电池，Zn 为负极（失电子生成 Zn2+），Cu 为正极；盐桥中阴离子向负极移动，因此 Cl-移向 ZnSO4溶液，A正确；
B、装置乙是原电池，a 极 H2失电子（发生氧化反应）为负极，b 极 O2得电子为正极；外电路中电流由正极（b）流向负极（a），而非 a 流向 b，B错误；
C、装置丙是电解池，a 极与电源正极相连为阳极，Cl-在阳极失电子生成 Cl2；Cl2能氧化 I-生成 I2，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C正确；
D、装置丁中，右侧生成 H2（消耗 H+）、NaOH 浓度增大，需要阳离子（Na+）从左侧移向右侧，因此应使用阳离子交换膜，D正确；
故答案为：B。
【分析】解题关键点：
A．原电池中 “阴离子向负极移动”，Zn 是负极，故 Cl-移向 ZnSO4溶液。
B．原电池中 “电流由正极流向负极”，a 是负极、b 是正极，故电流方向应为 b→a。
C．电解池中 “阳极与电源正极相连”，a 为阳极，Cl-放电生成 Cl2，Cl2能使淀粉碘化钾试纸变蓝。
D．装置丁右侧需 Na+迁移以维持电荷平衡，故用阳离子交换膜。
7．【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．将反应速率转换为秒单位：。再根据化学计量数5计算，得到0.00133，该数值较小，不符合题目要求；
B．对于，除以化学计量数4后得到0.05，这是所有选项中最大的数值，符合题目要求；
C．对于，除以化学计量数6后得到约0.0417，小于选项B的数值，因此不符合题目要求；
D．对于，除以化学计量数4后得到0.0375，同样小于选项B的数值，因此不符合题目要求；
正确答案是B。【分析】比较反应快慢可用比值法，统一单位后，用各物质所表示的反应速率除以系数，结果越大，表示反应进行越快。
8．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】A、过程Ⅰ是化学键断裂（如H2O、CO的键断裂），断裂键需要吸收能量，属于吸热过程；过程 Ⅲ 是化学键形成（生成CO2、H2），形成键释放能量，属于放热过程。因此 “过程Ⅰ、Ⅲ均放热” 错误，A错误；
B、基元反应是一步完成的反应，反应物分子必须通过有效碰撞（满足能量和取向要求的碰撞）才能发生反应，因此 “反应物分子必须碰撞才能发生基元反应” 的表述合理，B正确；
C、催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的焓变ΔH（ΔH由反应物和生成物的总能量差决定），C错误；
D、缩小容器体积会增大反应物（或中间粒子）的浓度，而反应速率与浓度正相关，因此过程Ⅲ的反应速率会加快，D错误；
故答案为：B。
【分析】解题关键点：
A．过程 Ⅰ 是化学键断裂（需吸热），过程 Ⅲ 是化学键形成（会放热），并非均为放热。
B．基元反应是一步完成的反应，反应物分子必须通过碰撞（有效碰撞）才能发生反应。
C．催化剂只改变活化能，不改变反应的 ΔH（ΔH由反应物、生成物总能量差决定）。
D．缩小容器体积会增大粒子浓度，反应速率与浓度正相关，过程 Ⅲ 速率会加快。
9．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应的可逆性；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示，V2O5催化下的反应分为两步，其中步骤①的活化能低于步骤②，因此反应速率由活化能更高的步骤②决定，A选项错误；
B．催化剂能够降低反应的活化能，并且对正反应和逆反应的活化能降低程度相同，因此能够同等程度地加快正反应和逆反应的速率，B选项正确；
C．增大（即增加O2的浓度），会使平衡向正反应方向移动，从而提高SO2的转化率，C选项错误；
D．当SO3(g)转化为SO3(s)时，会释放额外的热量，因此生成固态SO3时放出的热量更多，ΔH的数值更负，即ΔH < -196.6 kJ/mol，D选项错误；
正确答案为B。【分析】A．反应速率由活化能最高的步骤决定；
B．催化剂能够同等程度地加快正反应和逆反应的速率；
C．增大氧气浓度，可以提高二氧化硫的转化率；
D．气态转化成固体时，释放能量，据此分析。
10．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电极a作为负极发生氧化反应，其电极反应确实会生成氧气（O2），因此A选项正确；
B．在原电池中，阳离子（H+）应向正极（b极）移动。虽然a极产生H+，b极消耗H+，但H+需要通过质子交换膜从a极（左室）迁移到b极（右室），因此B选项描述错误；
C．光解过程本质是电解水，导致H2SO4溶液中水分减少，溶质浓度增大，pH值会降低，因此C选项错误；
D．根据电极反应式，每生成1mol H2需要转移2mol电子。当外电路通过0.01mol电子时，理论上应生成0.005mol H2，因此D选项错误；
故答案为A。【分析】在光解过程中，电极a作为电子流出端，发生氧化反应，因此a是负极。其电极反应可表示为：。而电极b作为电子流入端，发生还原反应，b是正极，其电极反应为：。
11．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析，石墨电极作为阳极，应与电源正极相连，故选项A正确。
B．由题干信息可知，H+从Ⅰ室迁移至Ⅱ室，Cl-从Ⅲ室通过交换膜Y进入Ⅱ室，由此可判断交换膜X为阳离子交换膜，交换膜Y为阴离子交换膜，故选项B正确。
C．阳极（石墨电极）发生H2O的电解反应生成O2和H+，阴极（钴电极）发生Co2+还原为Co单质的反应。总反应的离子方程式为： ，故选项C正确。
D．当阴极生成1mol Co时，阳极有1mol H2O被电解，产生0.5mol O2，同时生成2mol H+通过阳离子交换膜迁移至Ⅱ室；阴极区有2mol Cl-通过阴离子交换膜迁移至Ⅱ室。理论上Ⅱ室应生成2mol HCl，故选项D错误。
正确答案为D。
【分析】本题考查电解法制备金属钴。钴电极作为阴极，连接电源负极，发生Co2+还原为Co的反应；石墨电极作为阳极，连接电源正极，发生H2O的氧化反应。在Ⅱ室中，H+通过阳离子交换膜X从Ⅰ室迁移而来，Cl-通过阴离子交换膜Y从Ⅲ室迁移而来，共同形成HCl溶液，使其浓度增大。
12．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解电压为 U1时，图中各有机物的法拉第效率都很低，说明此时阴极主要发生 H+得电子生成 H2的反应，故主要还原产物是 H2，A正确；
B、阴极上 HCO3-得电子生成 CH4，C 元素化合价从 +4 降到 -4（每个 C 得 8 个电子），结合电荷、原子守恒，电极反应为：10HCO3-+8e-=CH4↑+9CO32-+3H2O，B正确；
C、 电解电压为U2V时：C2H4法拉第效率24%（转移 12e-/mol），HCOO-效率8%（转移 2e-/mol）。物质的量比= ，C错误；
D、标况下 2.24L CH4为 0.1mol，生成 0.1mol CH4转移 0.8mol 电子。铅蓄电池负极反应为
Pb-2e-+SO42-=PbSO4，每转移 2mol 电子，负极增重 96g（SO42-的质量）。转移 0.8mol 电子时，负极增重：(96g/2mol)×0.8mol=38.4g，D正确；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
A．U1时有机物法拉第效率低→阴极主要反应不是有机物生成，而是 H+得电子生成 H2。
B．写电极反应时，抓 C 的化合价变化（HCO3-中 C 为 +4，CH4中 C为-4），结合原子、电荷守恒配平。
C．法拉第效率对应 “电量比”，结合 CH4（转移 8e-/mol）、C2H4（转移 12e-/mol）的电子转移量，用 “电量比=电子转移总量比” 计算物质的量之比。
D．铅蓄电池负极增重源于 SO42-结合（Pb→PbSO4），先算CH4对应的转移电子数，再结合负极反应的电子 - 增重关系计算。
13．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解后，石墨1表面吸附（还原剂）、石墨2表面吸附（氧化剂）。实验i中，石墨1与石墨2构成原电池，发生反应，因此电压。A正确；
B、实验ii中，电极II替换为“新石墨”（无），仅电极I（石墨1）有；实验iv中，电极II是原石墨2（有）。由于ii中电极II缺少作氧化剂，原电池反应难以充分进行，导致电压。B正确；
C、实验iii中，电极I替换为“新石墨”（无），但电极II（石墨2）有。说明形成了原电池，此时在电极上发生还原反应（作氧化剂），是原电池反应的驱动因素。C正确；
D、实验iv中，电极I是石墨1（吸附）、电极II是石墨2（吸附）；实验iii中，电极I是新石墨（无）、电极II是石墨2（有）。的原因是“iv中电极I有作还原剂，原电池反应更充分”，而非“电极I吸附的量：iv>iii”（iii中电极I是新石墨，根本无）。D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有3处：
1. 原电池反应的核心物质混淆：易忽略“电解后石墨吸附是原电池的核心反应物”，错认为新石墨也能参与反应，从而误判实验ii、iii的电压成因。
2. 电压差异的逻辑归因错误：分析、时，易错误归因于“吸附量多少”，实际是“反应物是否存在（如ii中缺、iii中缺）”决定了原电池反应的充分程度。
3. 实验iii的反应判断偏差：看到“新石墨（无）”会误判无法形成原电池，但忽略了电极II的可作为氧化剂发生还原反应，从而错误否定的合理性。
14．【答案】（1）
（2）；不变；阳离子；4000 mol；将Fe电极和C5电极互换
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应Ⅳ描述了与反应生成和的过程，其化学方程式为：。根据盖斯定律，该反应的反应热可通过已知反应的热效应计算得出：。因此，反应热。最终的热化学方程式为：。
（2）①根据图示分析，Cl电极上肼（N2H4）失去电子被氧化为氮气，其电极反应式为：；C2电极上过氧化氢得电子被还原，其电极反应为：。由于每转移4个电子时，会有4个OH-从右侧迁移到左侧，因此右侧溶液的pH保持不变。故答案为：；不变；
②在该装置中，C3电极作为阳极，发生反应：，同时产生H+。为维持电荷平衡，中间室的SO42-会通过阴离子交换膜进入阳极室形成硫酸。C4电极作为阴极，发生反应：H+得电子生成氢气，同时产生OH-，此时Na+通过阳离子交换膜进入阴极室形成NaOH。当通过4 mol电子时，阳极室产生4 mol H+，有2 mol SO42-进入阳极室；阴极室产生4 mol OH-，同时有4 mol Na+进入阴极室。因此处理的Na2SO4为2 mol。若处理1 m3废水，其中Na2SO4浓度从4.5 mol/L降至0.5 mol/L，则处理的Na2SO4的物质的量为：，对应转移电子数为8000 mol，消耗的H2O2为4000 mol。故答案为：阳离子；4000 mol；
③装置丙为电解池，若要对Fe电极进行保护，需使其作为阴极。因此应将Fe电极与C5电极互换位置。故答案为：将Fe电极和C5电极互换。【分析】(1)根据盖斯定律作答；
（2）根据装置图可知，甲是原电池作电源，乙和丙知电解质，Cl是负极，C2是正极，则C3是阳极，C4是阴极，Fe是阳极，C5是阴极，结合原电池和电解池工作原理分析。
（1）该反应为：Ⅳ．；根据盖斯定律可知，，则该反应的反应热，故热化学方程式为；
（2）①由图可知，Cl电极通入肼，失去电子生成氮气，电极反应为：；C2电极反应为：，则转移4个电子的同时会有4个氢氧根离子转移到左侧溶液，故右侧溶液的pH不变，故答案为：；不变；
②该装置中C3电极为阳极，阳极上，同时产生，正电荷增多，故中间室的硫酸根离子通过阴离子交换膜进入阳极室形成硫酸，C4电极为阴极，在阴极上放电产生氢气，同时产生，阴极室负电荷增多，中间室的通过阳离子交换膜进入阴极室形成NaOH，当通过4 mol e 时，阳极室产生4 mol，有2 mol进入阳极室，阴极室产生4 mol，也就有4mol进入阴极室，处理的硫酸钠的物质的量为2 mol ，废水中硫酸钠浓度由4.5 mol/L 降至0.5 mol/L ，若处理废水1，此时处理的硫酸钠的硫酸钠的物质的量为：，则对应转移为8000 mol ，同时消耗过氧化氢为4000 mol 故答案为：阳离子；4000 mol；
③装置丙为电解池，被保护的电极做阴极，故若要对Fe电极进行防护，应该将Fe电极和C5电极互换，故答案为：将Fe电极和C5电极互换。
15．【答案】（1）作催化剂（或降低反应的活化能）；温度过低，反应速率太慢，温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)，反应速率会下降
（2）；22
（3）
（4）
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）硫杆菌存在时，的氧化速率比无菌条件下快3×105倍，这表明硫杆菌起到了催化作用。反应需要在适宜温度下进行，因为温度过低会减慢反应速率，而温度过高则会导致蛋白质变性（或硫杆菌失活），使反应速率降低。因此，最佳反应温度下硫杆菌的催化效果最好。答案为：作催化剂（或降低反应的活化能）；温度过低，反应速率太慢，温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)，反应速率会下降。
（2）电池工作时，甲电极作为负极，电子通过外电路从甲流向乙。甲电极上的反应为。为维持电荷平衡，每2 mol H2S反应生成的4 mol H+需通过质子交换膜进入正极区。因此，11 mol H2S参与反应时，将有22 mol H+从负极区迁移至正极区。答案为：；22。
（3）活性炭表面的反应是水膜中的硫化氢与氧气反应生成硫和水，总化学方程式为：。
（4）已知酸性强弱顺序为H2CO3 > H2S > HCO3- > HS-，根据强酸制弱酸的规律，K2CO3溶液吸收过量H2S的离子方程式为：。
【分析】（1）从温度对反应速率的影响，温度对硫杆菌的影响分析；
(2) 根据原电池原理，氧气一级是正极，硫化氢一级是负极；
（3）根据图2中物质转化形式可得总化学方程式；
（4）根据题中酸性大小，应生成碳酸氢根和硫氢根离子。
（1）硫杆菌存在时，被氧化的速率是无菌时的倍，加快反应速率，说明菌的作用是催化作用；该反应必须在适宜的温度下，才能有利于反应的进行，其原因可能是温度过低，反应速率太慢，温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)，反应速率会下降，即在适当温度下，硫杆菌活性最大，其催化效果最好，故答案为：作催化剂（或降低反应的活化能）；温度过低，反应速率太慢，温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)，反应速率会下降；
（2）电池工作时，甲为负极，电子经外电路从甲流向乙，电极甲上的电极反应为，为维持电解质中电荷守恒，参与反应生成的需要通过质子固体电解质膜进入正极区，当有参与反应，则有由负极区进入正极区，故答案为：；22；
（3）由图可知，活性炭表面表面发生的反应为水膜中硫化氢与氧气反应生成硫和水，反应的总化学方程式为：；
（4）根据已知酸性，结合强酸制弱酸的一般规律可知，用溶液吸收足量的离子方程式为：；
16．【答案】（1）；BD
（2）；生成的氢氧化氧铁胶状有较强吸附性，可将、、吸附而使其沉淀
（3）阴极；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）二氧化硅和野外细菌不反应，则“堆浸渣”的主要成分为：；“堆浸”时为提高反应速率，可采取的措施为：将锌矿充分粉碎和充分暴露可提高反应速率，延长反应时间不会提高反应速率，大幅升温虽然可提高反应速率，但成本太高，即选BD，故答案为：；BD；
（2）加入H2O2氧化Fe2+，利用NaOH除铁得到FeOOH，故“除铁”时主要发生反应的离子方程式为：；有铁离子存在时，pH升高，、、的沉淀率均升高，原因可能为：生成的Fe(OH)3胶状有较强吸附性，可将、、吸附而使其沉淀，故答案为：；生成的氢氧化氧铁胶状有较强吸附性，可将、、吸附而使其沉淀；
（3）电解得纯锌时，在电解池阴极得到，则净化后滤液中加入阴极室，得到电子生成纯锌，回收过程中两个电解槽中均有乳白色浑浊出现， 则石墨电极I上二氧化硫得到电子发生还原反应生成硫单质，，与其相连的电极a为负极，故答案为：阴极；。
【分析】锌矿的主要成分是，并含有、、、等杂质。通过野外细菌堆浸处理，金属硫化物转化为硫酸盐，而不发生反应。堆浸渣中残留等难溶物，堆浸液则含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌等成分。 加入双氧水氧化亚铁离子，再用氢氧化钠除铁，生成FeOOH沉淀， 加入适量锌粉置换出铜，过滤后得到滤液，向滤液中加入有机相萃取剂萃取，分液后获得含锌的有机相， 对有机相进行反萃取，得到含的反萃液，最后电解反萃液提取金属锌。整个过程实现了锌的分离和提纯。
（1）“堆浸渣”的主要成分为：；“堆浸”时为提高反应速率，可采取的措施为：将锌矿充分粉碎和充分暴露可提高反应速率，延长反应时间不会提高反应速率，大幅升温成本太高，即选BD，故答案为：；BD；
（2）加入双氧水氧化亚铁离子利用氢氧化钠除铁得到FeOOH，故“除铁”时主要发生反应的离子方程式为：；有铁离子存在时，pH升高，、、的沉淀率均升高，原因可能为：生成的氢氧化氧铁胶状有较强吸附性，可将、、吸附而使其沉淀，故答案为：；生成的氢氧化氧铁胶状有较强吸附性，可将、、吸附而使其沉淀；
（3）净化后的滤液中含有，加入阴极室内，得到电子生成纯锌，回收过程中两个电解槽中均有乳白色浑浊出现， 则石墨电极I上二氧化硫得到电子发生还原反应生成硫单质，，与其相连的电极a为负极，故答案为：阴极；。
17．【答案】（1）；；6：2：1
（2）；液滴中心会出现蓝色区域，液滴边缘会出现红色区域；
（3）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电极反应和电池反应方程式；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）①铁质文物在潮湿环境下主要发生吸氧腐蚀反应。氧气在正极获得电子发生还原反应，其电极反应式为。负极上铁失去电子被氧化生成氢氧化亚铁，随后氧气将氢氧化亚铁氧化为疏松的FeOOH，该过程化学方程式为。因此答案为：；。
②过程Ⅰ中铁从0价氧化为+2价，1mol Fe转移2mol电子；过程Ⅱ中铁从+2价变为+价，1mol FeO转移mol电子；过程Ⅲ中铁从+价变为+3价，1mol转移mol电子。当各步骤转化的铁元素质量相等时，三步反应的电子转移数之比为2：：=6：2：1，故答案为：6：2：1。
（2）①在无氧、弱碱性的海水环境中，铁（Fe）在细菌作用下被硫酸根离子（SO42-）氧化，生成二价铁的化合物FeS和Fe(OH)2。根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，该反应的离子方程式可表示为：
；
②铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，负极反应为铁失去电子生成Fe2+：；正极反应为氧气得电子生成OH-：。Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，因此液滴中心呈现蓝色；同时OH-使酚酞变红，液滴边缘呈现红色。答案为：液滴中心出现蓝色区域，液滴边缘出现红色区域。
③检验FeOOH是否脱氯完全的方法：取少量浸泡后的FeOOH，加入蒸馏水搅拌静置，取上层清液，先加入稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液。若无白色沉淀（AgCl）生成，说明FeOOH中氯离子已完全脱除。
（3）在滴定过程中，消耗了20 mL（0.02 L）浓度为0.1000 mol/L的K2Cr2O7溶液。根据公式：，根据反应计量关系，可以计算出Fe2+的物质的量：
，由于滴定过程仅使用了20%的样品溶液，因此样品中铁元素的总物质的量为：，设铁制品中FeOOH的物质的量为x mol，单质Fe的物质的量为y mol。根据铁元素守恒和质量守恒，可以列出以下方程组：
解方程组得x=0.05 mol。因此，FeOOH的质量为：
最终答案为：。
【分析】题目考查铁的腐蚀，在中性和弱酸性条件下，发生吸氧腐蚀，铁作负极，失电子生成二价铁离子，氧气在正极反应，生成氢氧根，二价铁和氢氧根生成氢氧化亚铁，最终被氧化转化成铁锈；离子检验，氯离子检验用硝酸酸化的硝酸银溶液，二亚铁离子检验用铁氰化钾溶液。
（1）①铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，在正极得电子发生还原反应，电极反应式为，负极铁失电子发生氧化反应生成氢氧化亚铁，氧气与氢氧化亚铁反应生成疏松的FeOOH，化学方程式为，故答案为：；；
②过程Ⅰ中铁由0价变为+2价，1 mol Fe转移电子2 mol ，过程Ⅱ铁由+2价变为+价，1 mol FeO转移mol电子，过程Ⅲ铁由+价变为+3价，1 mol转移 mol 电子，若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为2：：=6：2：1，故答案为：6：2：1；
（2）①无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被氧化为价的FeS、，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式：；
②由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为，正极反应式为。与反应生成蓝色沉淀，即液滴中心会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到变红，液滴边缘会出现红色区域，故答案为：液滴中心会出现蓝色区域，液滴边缘会出现红色区域；
③ 取少量浸泡后的FeOOH，加入少量蒸馏水中，充分搅拌后静置，取少量上层清液，向其中加入足量稀硝酸，再加入溶液，若无白色沉淀出现，则FeOOH脱氯完全；
（3）滴定消耗溶液20 mL （即0.02 L），则，由反应计量关系得：，样品中铁元素的总物质的量为。设铁制品中FeOOH的物质的量为 x mol ，单质Fe的物质的量为y mol 。铁元素守恒：FeOOH和Fe均含1个Fe原子，故：，质量守恒：铁制品总质量为5.01 g，FeOOH的摩尔质量为89 g·mol- ，Fe的摩尔质量为56 g·mol- ，故：，联立方程求解 x=0.05 mol，，故答案为：。
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