阴极，与原电池正极连接的为电解池的阳极，根据电极名称判断电极反应。 7.已知：pKa=－lgKa。25℃时，几种弱酸的pKa值如下表所示。下列说法正确的是 弱酸的化学式 pKa
A. 向Na2SO3溶液中加入过量乙酸，反应生成SO2
10－7mol·L-1 B. 25℃时，pH=8的甲酸钠溶液中，c( HCOOH)=9.9×C. 25℃时，某乙酸溶液pH=a，则等浓度的甲酸pH=a－1 D. 相同温度下，等浓度的 HCOONa溶液比Na2SO3溶液的pH大 【答案】B 【解析】
-【详解】根据表格数据分析，酸性顺序为：H2SO3 >HCOOH >CH3COOH > HSO3。
CH3COOH 4.74 HCOOH 3.74 H2SO3 1.90 7.20 A.因为乙酸的酸性大于亚硫酸氢根离子，所以亚硫酸钠和乙酸反应生成亚硫酸氢钠和乙酸钠，故A错误； B.甲酸钠溶液因为甲酸根离子水解溶液显碱性，且存在质子守恒，c(OH-)=c(H+) +c(HCOOH)，因为溶液的pH=8，所以c(OH-)= 10-6 mol·L-1，c(H+)=10-8 mol·L-1，所以c( HCOOH)=9.9×10－7mol·L-1，故B正确； C.等浓度的乙酸和甲酸溶液中存在电离平衡，假设甲酸溶液的pH＝ｂ，
，计算b=a-0.5，故C错误；
D.因为甲酸的酸性比亚硫酸氢根离子酸性强，所以同温度下，等浓度的溶液中甲酸根离子水解程度小于亚硫酸根离子水解程度，即等浓度的甲酸钠的pH小于亚硫酸钠，故D错误。 故选B。
【点睛】掌握溶液中的守恒关系，如物料守恒和电荷守恒以及质子守恒，本题中B选项是难点，一般认为用电离平衡常数或水解平衡常数进行解题，但是题目中未给出盐溶液的物质的量浓度，不能计算，但使用质子守恒就会轻松解题。所以要多角度分析和解题。
8.碘化钠在医学上被广泛应用于X射线造影剂、甲状腺癌防治等方面。实验室可用铁屑还原法制碘化钠。回答下列问题：
(1)向反应容器中加入30mL40%的NaOH溶液、25.4gI2，搅拌并加热，发生反应：3I2+6NaOH
5NaI+NaIO3+3H2O。将温度控制在60-70℃的最佳加热方法是___________，若温度过
，
高产生的影响是______________________。
(2)已知：IO3－+5I－+6H+=3I2+3H2O；NaIO3水溶液呈中性。某同学设计如下方案，检验反应后溶液中存在IO3
－
+
L－1H2SO4、2 mol·L－1HNO3、淀粉KI试纸、红色石蕊试纸、蓝，且c(OH－)>c(H)限选试剂及用品：1 mol·
色石蕊试纸 实验操作 ①用玻璃棒蘸取溶液，点在___试纸上 ②用玻璃棒蘸取溶液，点在___试纸上 ③向实验②的试纸上滴加____溶液
(3)向反应后的溶液中加入铁粉，产生红褐色沉淀，则该反应的离子方程式为___________。充分反应后，从混合物中获得NaI固体，首先应进行___________(填操作名称)，若后续操作中直接蒸发结晶往往得不到较纯的NaI固体，可能的原因是___________。为将溶液中的NaIO3全部还原成NaI，投入铁屑的质量不少于___________g(精确到小数点后两位)。
【答案】 (1). 水浴加热 (2). I2挥发，原料利用率低 (3). 红色石蕊 (4). 淀粉KI (5). 1mol/LH2SO4 (6). 2Fe+IO3-+3H2O=2Fe(OH)3+I- (7). 过滤 (8). NaI在加热过程中，容易被氧气氧化（或混有过量氢氧化钠，合理即可） (9). 3.73 【解析】
【详解】（1）水浴加热能很好的控制温度，所以最佳的加热方法为水浴加热，温度过高时I2挥发，原料利用率低。
（2）要检验反应后的溶液中存在碘酸根离子且溶液为碱性，可以利用碱性溶液中红色石蕊试纸变蓝，和碘酸根离子在酸性条件下和碘化钾反应生成碘单质遇到淀粉显蓝色进行检验。①检验碱性溶液应使用红色石蕊；②在碱性溶液中碘酸根离子和碘离子不会反应生成碘单质，所以先加入碘化钾淀粉试纸，试纸不变蓝，加入硫酸后试纸变蓝，所以步骤②中加入的为淀粉KI，步骤③加入的为1mol/LH2SO4。
（3）反应后的溶液中含有碘酸根离子，具有氧化性，可以将铁氧化为铁离子，在碱性条件下生成红褐色氢
- -氧化铁沉淀，离子方程式为：2Fe+IO3+3H2O=2Fe(OH)3+I；反应后的混合物应先过滤除去氢氧化铁沉淀，
实验现象 试纸呈蓝色 试纸不变色 试纸呈蓝色 结论 c(OH－)>c(H+) 溶液中有IO3 －得到碘化钠溶液，可能含有过量的氢氧化钠，若直接蒸发结晶可能应为含有氢氧化钠而使固体不纯，或因为NaI在加热过程中，容易被氧气氧化。25.4gI2的物质的量为0.1mol，反应最多能生成碘酸钠的物质的量
为0.1/3 mol，碘酸根离子和铁反应时根据电子守恒分析，碘酸根离子得到的电子为0.2mol，则铁的物质的量为0.2/3 mol，则铁的质量为
g= 3.73g。
9.废旧电池的回收处理，既能减少对环境的污染，又能实现资源的再生利用。将废旧锌锰电池初步处理后，所得废料含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe等，用该废料制备Zn和MnO2的一种工艺流程如下：
已知：
2+
①Mn在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化
②有关Ksp数据如下表所示 化合物 Ksp近似值
回答下列问题：
(1)还原焙烧过程中， MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO，该反应的化学方程式为___________。传统的工艺是使用浓盐酸在加热条件下直接处理废料，缺点是___________。
(2)酸漫时一般会适当加热并不断搅拌，其作用是___________，滤渣1和滤渣2主要成分的化学式依次是___________。
(3)净化时，先通入O2再加入MnCO3，其目的是___________；已知净化时溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L－1，调节pH的合理范围是___________。 (4)电解制取MnO2时，MnO2在___________极产生。
(5)中科院研究人员将MnO2和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池，该电池可将软饮料中的葡萄糖作为燃料获得能量，装置如图所示。此装置中b极的电极反应式为______________________。
Mn(OH)2 10-13 Zn(OH)2 10-17 Fe(OH)3 10-38
【答案】 (1). （1）2MnOOH+C
2MnO+CO↑+H2O↑ (2). 反应过程中产生氯气，造成环境污
2+3+3+
染 (3). 加快酸浸时的反应速率 (4). C、 Fe(OH)3 (5). 先将Fe氧化成Fe，再调节pH使Fe沉-+
淀完全 (6). 3≤pH<5.5 (7). 阳 (8). C6H12O6-2e=C6H10O6+2H
【解析】 【分析】
废料中加入过量的炭黑，还原焙烧，锰元素变成二价锰离子，酸浸时得到锰离子、锌离子和亚铁离子，过量的碳黑不溶于酸，过滤变成滤渣1，溶液中需要除去亚铁离子，利用表格数据，应将亚铁离子氧化为铁离子以氢氧化铁沉淀形成分离除去，但是需要注意二价锰离子在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化，所以应先通入氧气，后加入碳酸锰调节溶液的pH值并控制二价锰离子不被氧化。最后通过电解，锌离子得到电子在阴极生成锌，二价锰离子在阳极失去电子生成二氧化锰。
【详解】（1）MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO ，因为碳过量时生成一氧化碳，方程式为：2MnOOH+C
2MnO+CO↑+H2O↑，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，造成环境污染。
（2）加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，碳不溶于水或酸，所以滤渣1为碳，溶液中通入氧气和加入碳酸锰，使铁元素变成Fe(OH)3沉淀而分离。
（3）实验过程中需要将亚铁离子氧化并沉淀，但不能将锰元素氧化和沉淀，因为二价锰在酸性条件下很稳
2+3+3+-5定，所以先通入氧气，先将Fe氧化成Fe，再调节pH使Fe沉淀完全，当铁离子浓度小于或等于10mol/L-53-38-11
时认为完全沉淀，假设此时溶液中的氢氧根离子浓度为xmol/L，则有10×x=10，解x=10mol/L，则溶2+
Zn2+的浓度约为0.1mol·L－1，液的pH为3，溶液中Mn、形成Mn(OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为ymol/L，
2-132-17-6-8
则有0.1×y=10，形成Zn (OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为zmol/L，0.1×z=10，y=10 mol/L，z=10
mol/L，对应的pH分别为8和6，且Mn2+在pH高于5.5时易被O2氧化，所以应调节pH范围为3≤pH<5.5。 （4）电解过程中锰元素化合价升高，在阳极生成二氧化锰。
C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+。（5）二氧化锰做氧化剂，得到电子，在正极反应，则葡萄糖失去电子，电极反应为： 10.肼(N2H4)与N2O4是火箭发射中最常用的燃料与助燃剂，回答下列问题：
(1)T℃时，将一定量的NO2或N2O4充入一个容积为2L的恒容密闭容器中，发生反应2NO2(g)
N2O4(g)，