高三年级化学一轮复习同步训练电解池

1、2019年高三年级化学一轮复习同步训练 第九章第二节 电解池学校:_姓名：_班级：_考号：_第I卷（选择题）一、选择题1.如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊溶液下列实验现象中错误的是（）A电子的流向：负极a电极b电极正极Ba电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色C逸出气体的体积，a电极的大于b电极的DNa+向a极移动2.金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质,可用电解法制备高纯度的镍。下列叙述正确的是(已知:氧化性Fe2+<Ni2+<Cu2+) ()A. 电解后,电解槽底部的阳极泥中只有金属P

2、tB. 电解过程中,电解质溶液的质量可能保持不变C. 电解后,溶液中存在的金属阳离子只有Fe2+和Zn2+D. 阳极发生氧化反应,其电极反应式:Ni2+2e-Ni3.如图所示,某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理,其中乙装置中X为阳离子交换膜。下列有关说法正确的是 ()A. 反应一段时间后,乙装置中生成的氢氧化钠在铁极区B. 乙装置中铁电极为阴极,电极反应式为Fe-2e-Fe2+C. 通入氧气的一极为正极,发生的电极反应为O2-4e-+2H2O4OH-D. 反应一段时间后,丙装置中硫酸铜溶液浓

3、度保持不变4.下列叙述正确的是（）ACu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图一所示，石墨电极上产生氢气，铜电极发生氧化反应B图一所示当有0.1mol电子转移时，有0.1mol Cu2O生成C图二装置中发生：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，X极是负极，Y极材料可以是铜D如图二，盐桥的作用是传递电荷以维持电荷平衡，Fe3+经过盐桥进入左侧烧杯中5.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室下列叙述正确的是（

4、）A通电后中间隔室的SO42离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C负极反应为2H2O4e=O2+4H+，负极区溶液pH降低D当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成6.以Pt为电极，电解含有0.10 mol M和0.1 mol N3(M、N3均为金属阳离子)的溶液，阴极析出金属单质或气体的总物质的量(y)与导线中通过电子的物质的量(x)的关系如图。对离子氧化能力的强弱判断正确的是(选项中H为氢离子)()A. M< H< N3 B. M>N3>HC. N3< H< M D. 条件

5、不足，无法确定7.某温度时，使用一对石墨电极电解饱和Na2SO4溶液，当转移2mol电子时停止电解，析出Na2SO410H2O晶体m g，所有数据都在相同温度下测得，下列叙述正确的是（）A电解后溶液质量减少（m+36）gB原溶液中Na2SO4的质量分数为C若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，则阴极析出2mol H2D若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，则析出Na2SO410H2O晶体仍为m g8.铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如图。若上端开口关闭，可得到强还原性的H+（氢原子）；若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的·OH（烃基自由基）。下列

6、说法错误的是A无论是否鼓入空气，负极的电极反应式均为Fe-2e-=Fe2+B不鼓入空气时，正极的电极反应式为H+e-=H·C鼓入空气时，每生成1mol·OH有2mol电子发生转移D处理含有草酸（H2C2O4）的污水时，上端开口应打开并鼓入空气9.处理废水中的CN可用电解方法除去，其装置如图所示。已知电解时控制溶液pH为910并加入食盐，阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体。下列说法不正确的是()A不能用铁作阳极材料B加入食盐的目的是在阳极产生ClOC阴极的电极反应式为2H2O2e=H22OHD除去CN的反应为2CN5ClO2H=N22CO25ClH2O10.在一定条

7、件下，用石墨电极电解0.5mol/L CuSO4溶液（含H2SO4），监测到阳极附近pH随时间变化关系如下图。下列说法不正确的是Aab段，通电瞬间，阳离子向阴极移动B电解过程中，阳极发生的电极反应是2H2O-4e-= 4H+ +O2Cbc段，H+向阴极的移动速率大于其在阳极的生成速率Dbc段，pH下降过程中，阴极发生的主要电极反应是Cu2+ 2e-=Cu第II卷（非选择题）二、填空题11.用软锰矿(MnO2)、黄铁矿(FeS2)酸浸生产硫酸锰（MnSO4）,并进一步电解制取电解二氧化锰(EMD)的工艺流程如下:I将软锰矿、黄铁矿和硫酸按一定比例放入反应釜中，搅拌，加热保温反应一定时间。II向反

8、应釜中加入MnO2、CaCO3试剂，再加入Na2S溶液除掉浸出液中的重金属。III过滤，向滤液中加入净化剂进一步净化，再过滤，得到精制MnSO4溶液。IV将精制MnSO4溶液送入电解槽，电解制得EMD。请回答下列问题:（1）步骤I中搅拌、加热的目的是_。完成酸浸过程中反应的离子方程式:FeS2 +MnO2 +_=Mn2+Fe2+ S + SO42-+_（2）加入CaCO3将浸出液pH调至pH=5，从而除掉铁，请解释用CaCO3除铁的原理:_。（结合离子方程式解释）（3）步骤IV中用如图所示的电解装置电解精制的MnSO4溶液，生成EMD的是_极(填“a”或“b”)，生成EMD

9、的电极反应式是_。（4）EMD可用作碱性锌锰电池的材料。已知碱性锌锰电池的反应式为:Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn(OH)2。下列关于碱性锌锰电池的说法正确的是_(填字母序号)。A碱性锌锰电池是二次电池B碱性锌锰电池将化学能转化为电能C正极反应为:2MnO2+2H2O+2e-=2MnOOH+2OH- D碱性锌锰电池工作时，电子由MnO2经外电路流向Zn极12.某反应中反应物与生成物有：FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示，请回答下列问题：图中X溶液是 ；Cu电极上发生的电极反应式为 ；原电池工作时，盐桥中的 离子（填“K+”

10、或“Cl”）不断进入X溶液中（2）将上述反应设计成的电解池如图乙所示，乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：M是 极；图丙中的线是 离子的变化当电子转移为2mol时，向乙烧杯中加入 L 5molL1NaOH溶液才能使所有的金属阳离子沉淀完全（3）铁的重要化合物高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型饮用水消毒剂，具有很多优点高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe+2NaOH+2H2ONa2FeO4+3H2，则电解时阳极的电极反应式是 高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为 Na

11、2FeO4能消毒、净水的原因 13.捕集、利用CO2是人类可持续发展的重要战略之一。（1）用太阳能工艺捕获CO2可得炭黑，其流程如图所示：捕获1molCO2转移电子的物质的量是_。过程2反应的化学方程式是_。（2）将CO2催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)6H2(g)C2H4(g)4H2O(g)按投料比n(CO2) : n(H2)1:3将CO2与H2充入密闭容器，在0.1MPa时，测得平衡时四种气态物质，其温度(T)与物质的量(n)的关系如图所示。正反应的焓变H_0 。提高CO2的转化率，可采用的方法是_。a减小n(CO2)与n(H2)的投料比b改变催化剂c缩小容器体积图中表示乙烯的曲线是

12、_。（3）以NH3与CO2为原料，合成尿素：反应如下：2NH3(g)CO2(g)NH2CO2NH4(s) H159.5kJ/molNH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)H2O(g) H116.5kJ/molH2O(l)H2O(g) H44.0kJ/molCO2与NH3形成液态水时，合成尿素的热化学方程式是_；（4）电解CO2可制得多种燃料：下图是在酸性电解质溶液中，以惰性材料做电极，将CO2转化为丙烯的原理模型。太阳能电池的负极是_。生成丙烯的电极反应式是_。14.工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下：回答下列问题：

13、（1）ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。ZnFe2O4中Fe的化合价是_，从物质分类角度说，ZnFe2O4属于_ (填“酸”、“碱”或“盐”)。工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2+4CO+6H2O制备ZnFe2O4。该反应中氧化产物是_ (填化学式)，每生成1mol ZnFe2O4，转移电子的物质的量是_。（2）酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率。为达到这一目的，还可采用的措施是_(任答一条)；已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有_。（3）净化I中H2O2参与反应

14、的离子方程式为_；试剂X的作用是_。（4）钢铁镀锌是钢铁防护的一种有效方法。按图甲装置进行模拟铁上镀锌的实验，实验结果如图乙所示。乙中横坐标x表示电路中通过电子的物质的量，纵坐标y表示反应物或生成物的物质的量。C电极的电极反应式为_。E可以表示的量是_(任写一种)。15.氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题。（1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值反应大气固氮N2(g)+O2(g)2NO(g)工业固氮N2(g)+3H2(g)2NH3(g)温度/27201925400450K3.8×10-310.15×1080.5070.152分析数据可知：大气固氮反应属于_

15、(填“吸热”或“放热”)反应。分析数据可知；人类不适合大规模模拟大气固氮的原因_。已知上述工业固氮反应的反应热H = 92 kJ/mol，1 molN2、1 molH2分子中的化学键断裂所吸收的能量分别为946 kJ、436 kJ，则NH键断裂所吸收的能量为 _。（2）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强(P1、P2)下随温度变化的曲线，如图所示的图示中，正确的是_(填“A”或“B”)；比较p1、p2的大小关系：_。目前工业合成氨的原理是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)（3）在一定温度下，将1mol N2和3mol H2混合置于体积不

16、变的密闭容器中发生反应，达到平衡状态时，测得气体总物质的量为2.8mol。达平衡时，H2的转化率1= _。已知平衡时，容器压强为8 MPa，则平衡常数Kp= _(保留小数点后两位数，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见图。该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应为_。试卷答案1.A【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】装置有外接电源是电解池，与电源正极相连的是阳极，与电源负极相连的是阴极，则b是阳极，a是阴极，电子从电源负极流出经导线流向阴极，在阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上氢氧根离子失

17、电子生成氧气，电子沿导线流回电源正极，石蕊遇酸变红，遇碱变蓝，该装置实质是电解水，据此解答【解答】解：A电子不能通过溶液，故A错误；Ba电极上氢离子放电，则a电极附近氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，则变蓝色，b电极上氢氧根离子放电，导致b电极附近氢离子浓度增大，溶液呈酸性，则变红色，故B正确；Ca电极上生成氢气，b电极上生成氧气，且二者的体积之比为2：1，故C正确；D电解时，阳离子向阴极a移动，故D正确；故选A2.BA、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和铂不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，A错误；B、电解过程中阳极失电子的有Fe、

18、Zn、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加可能相等，因此电解质溶液的质量可能保持不变，B正确；C、电解后，溶液中存在的阳离子有H+、Fe2+、Zn2+、Ni2+，C错误；D、阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e-=Ni2+，Fe-2e-=Fe2+，Zn-2e-=Zn2+，D错误；答案选B。3.A4.A【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、根据电解总反应为2Cu+H2OCu2O+H2可以知道金属铜为阳极材料，石墨为阴极材料；B、根据Cu2O与电子的关系计算；C、根据电池总反应判断正负极；D、原电池中阳离子向正极移动【解答】解：A、根据电解总反应为2Cu+

19、H2OCu2O+H2可以知道金属铜为阳极材料，Cu失电子发生氧化反应，石墨为阴极材料，阴极上氢离子得电子生成氢气，故A正确；B、2molCu失去2mol电子生成1molCu2O，所以当有0.1mol电子转移时，有0.05mol Cu2O生成，故B错误；C、已知Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，则该原电池中Cu失电子作负极，Cu在硫酸铜溶液中，即X为Cu，则Y为活泼性比铜弱的金属或导电的非金属，作正极，故C错误；D、原电池中阳离子向正极移动，盐桥的作用是传递电荷以维持电荷平衡，右侧为正极，所以Fe3+在右侧烧杯中不向左移动，故D错误故选A5.B【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、阴离子

20、向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH减小；B、从两极的电极反应和溶液的电中性角度考虑；C、负极即为阴极，发生还原反应，氢离子放电；D、当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成【解答】解：A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH减小，故A错误；B、直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，

21、故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C、负极即为阴极，发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，故C错误；D、每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，故D错误故选B6.C试题分析：通电后就有固体生成，当通过电子为0.1mol时，析出固体或气体的物质的量为0.1mol，证明此时析出的固体，而不是氢气(若是氢气，那么氢气的物质的量应该为0.05mol)，第二阶段，失去电子0.2mol，对应物质0.1mol，可知该物质是氢气，后面失电子数和物质的量比例保持不变，说明X3+不放电，M+离子先于H+放电，故氧化能力为M+H+N3+。【名师点

22、晴】本题考查学生根据图象获取信息、运用知识综合分析能力，关键在确定曲线的转折点的含义。根据图象可知，开始即析出固体或气体，有0.1mol电子通过时，析出固体或气体的物质的量为0.1mol，证明此时析出的固体是M，此后，根据失去电子数和析出物物质的量的关系可知，第二放电的离子是H+，N3+不放电，从而判断离子氧化性。7.B【考点】电解原理【分析】用石墨电极电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上生成氧气、阴极上生成氢气，所以实质上是电解水，当电解1mol水时转移2mol电子，所以当转移2mol电子时生成实际上是电解1mol水，其质量为18g，A电解后溶液质量减少量=电解水的质量+析出晶体质量；B析出硫酸钠的

23、质量=mg，溶液质量=（18+m）g，溶液质量分数=；C若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，阴极上仍然是氢离子放电生成氢气，但阳极上Cu失电子生成铜离子；D若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，阳极上生成铜离子、阴极上生成氢气同时还有OH生成，铜离子和OH反应生成Cu（OH）2沉淀【解答】解：用石墨电极电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上生成氧气、阴极上生成氢气，所以实质上是电解水，当电解1mol水时转移2mol电子，所以当转移2mol电子时生成实际上是电解1mol水，其质量为18g，A电解后溶液质量减少量=电解水的质量+析出晶体质量=（18+m）g，故A错误；B析出硫酸钠的质量=mg，溶液质量

24、=（18+m）g，溶液质量分数=，故B正确；C若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，阴极上仍然是氢离子放电生成氢气，但阳极上Cu失电子生成铜离子，阴极析出1mol H2，故C错误；D若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，阳极上生成铜离子、阴极上生成氢气同时还有OH生成，铜离子和OH反应生成Cu（OH）2沉淀，其电池反应式为Cu+2H2OCu（OH）2+H2，根据方程式知，转移2mol电子时消耗2mol水，则析出Na2SO410H2O晶体为2m g，故D错误；故选B【点评】本题考查电解原理、饱和溶液有关计算等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确饱和溶液特点、电解原理是解本

25、题关键，注意：铜作阳极时阳极上Cu失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是D8.C9.D若用铁作阳极，则铁放电，阳极不能产生ClO，达不到除去CN的目的，A项正确。B项正确。H2O电离出的H在阴极获得电子生成H2，同时生成OH，其电极反应式为2H2O2e=H22OH，C项正确。因为溶液呈碱性，所以除去CN的反应中不能出现H，D项错误。10.C本题主要考查的是电解池的应用。选项A 电解池中通电瞬间形成电流，在溶液中是阳离子移向阴极，正确。选项B 阳极发生氧化反应，所以是水中的氧被氧化为氧气，正确。选项 C ab 段可以看出，在开始通电的一瞬间 pH 值急剧上升，又由 B 选项可知，阳极仅发生生

26、成氧气和氢离子的反应，理论上应该是 pH 值下降的过程。明显与图像不符，所以需要考虑溶液中离子移动，很明显当氢离子移动向阴极的速率大于氢离子生成速率的时候，氢离子浓度会呈现断崖式下降，造成 pH 值急剧升高。bc 段 pH 值平稳下降，说明此时氢离子浓度在阳极是整体升高的，逐渐升高到原有状态，所以此时氢离子生成速率大于移动速率。选项D bc 段中阳极的反应是铜离子优先得电子生成铜的过程，正确。11.（1）加快反应速率，充分接触 FeS2+4MnO2+8H+=4Mn2+Fe2+S+SO42-+4H2O （2）Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加入CaCO3后，由于CaCO3+2H+=Ca2

27、+CO2+H2O，使得Fe3+的水解平衡向正反应方向移动，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而被除去（3）b Mn2+2H2O2e=MnO2+4H+（4）BC 12.（1）FeCl3； Cu2e=Cu2+；K+； （2）根负；Fe2+； 2.8；（3）Fe+8OH6e=FeO42+4H2O；2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O；高价铁具有氧化性，能杀菌消毒，生成的Fe3+水解形成胶体，具有吸附悬浮物的净水作用；【考点】原电池和电解池的工作原理；电解原理【分析】（1）由甲中反应为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2进行分析；铜作负极失电子发生氧化反应；盐桥中阳离子

28、向正极移动；（2）根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此Cu做阳极，石墨做阴极；根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子；结合转移电子的物质的量计算；（3）用电解法制备铁酸钠，电解时铁失去电子发生氧化反应结合氢氧根离子生成铁酸跟离子和水；NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠和水，根据得失电子守恒写出离子方程式；高铁酸钠具有强氧化性能杀菌消毒，在反应过程中被还原为铁离子在水溶液中水解生成氢氧化铁胶体【解答】解：（1）据反应物和生成物可以确定甲中反应为2FeCl3+Cu2FeCl2

29、+CuCl2，则X为FeCl3，故答案为：FeCl3； 铜作负极失电子发生氧化反应，电极反应为Cu2e=Cu2+，故答案为：Cu2e=Cu2+；Cu做负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X溶液中，故答案为：K+； （2）根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此Cu做阳极，石墨做阴极，则M为负极，N为正极，故答案为：负；在电解过程中有Cu2+生成，则Cu2+的物质的量从零逐渐增大，所以为Cu2+，由图可知，表示的金属离子的物质的量正极减少，则为Fe3+，所以为Fe2+，故答案为：Fe2+；

30、当电子转移为2mol时，溶液中有Fe3+ 2mol，Fe2+ 3mol，Cu2+为1mol，所以需要加入NaOH溶液14mol，所以NaOH溶液等体积为=2.8L，故答案为：2.8；（3）用铁做阳极电解氢氧化钠制备铁酸钠，电解时铁失去电子发生氧化反应结合氢氧根离子生成铁酸跟离子和水，电极反应式为：Fe+8OH6e=FeO42+4H2O，故答案为：Fe+8OH6e=FeO42+4H2O；NaClO氧化Fe（OH）3的反应方程式为2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O；Na2FeO4能消毒、净水的

31、原因是高价铁具有氧化性，能消毒杀菌，生成Fe3+形成胶体，具有吸附悬浮物的净水的作用；故答案为：高价铁具有氧化性，能杀菌消毒，生成的Fe3+水解形成胶体，具有吸附悬浮物的净水作用；13.(1) 4mol 6FeO + CO2 = 2Fe3O4 + C (2) H<0 ac c (3)2NH3(g)CO2(g) CO(NH2)2(s) H2O(l) H = -87kJ/mol (4) a 3CO2 + 18H+ + 18e- = CH2=CH-CH3 + 6H2O14.（1）+3 盐 ZnFe2O4、CO2 4mol（2）增大硫酸的浓度（或升高温度、空气搅拌等其他合理答案）Zn2+、Fe3

32、+、Fe2+、Cu2+（3）H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O调节溶液的pH，促进Fe3+水解 （4）4OH-4e-O2+2H2O 消耗水的物质的量、生成硫酸的物质的量、生成Zn的物质的量等任写一种解析：将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2+2Fe3+4H2O、ZnO+2H+=Zn2+H2O、FeO+2H+=Fe2+H2O、CuO+2H+=Cu2+H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应 2Fe2+2H+H2O2=2 Fe3+2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，调节溶液pH时不能

33、引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2+Zn=Zn2+Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn；（1）ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价-2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe的化合价，+2+x×2+(-2)×4=0，x=+3，从物质分类角度说，物质是酸根离子和金属阳离子构成，所以ZnFe2O4属于盐；工业上利用反应ZnFe2(C2O4)36H2OZnFe2O4+2CO2+4CO+6H2O制备ZnFe2O4反应过程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，则氧化产物为：ZnFe2

34、O4、CO2，每生成1mol ZnFe2O4，碳元素化合价+3价变化为+2价降低得到电子，每生成1mol ZnFe2O4，生成4molCO转移电子的物质的量是4mol；（2）酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子，所以得到的金属离子有：Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+；（3）净化中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：

35、H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O，试剂X的作用是调节溶液PH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去；（4）由甲可知，为电解装置，C为阳极，发生4OH-4e-=O2+2H2O，Cu为阴极，发生Cu2+2e-=Cu，总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，结合乙可知，转移4mol电子生成2molE，生成1molF；C为阳极，电极的电极反应式为：4OH-4e-=O2+2H2O；由总反应可知，Cu与水的物质的量相同，则E表示反应消耗水的物质的量，由电子与物质的物质的量的关系可知E表示反应生成锌的物质的量，也可以为生成硫酸的物质的量。【点睛】将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe

36、2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2+2Fe3+4H2O、ZnO+2H+=Zn2+H2O、FeO+2H+=Fe2+H2O、CuO+2H+=Cu2+H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2+2H+H2O2=2 Fe3+2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2+Zn=Zn2+Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn。15.（1）吸热 K值小，正向进行的程度小(或转化率低)，不适合大规模生产 391 kJ/mol （2）A p2>pl （3）60% 026 (MPa)2 （4）NO2+NO3e=N2O5解析：（1）由表格数据可知，温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移，则正反应方向为吸热反应，故答案为：吸热；由