《2022年高考化學分類題庫 考點9 電化學》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考化學分類題庫 考點9 電化學（17頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考化學分類題庫 考點9 電化學 ．(xx·北京高考·12)在通風櫥中進行下列實驗: 步驟 現(xiàn)象 Fe表面產生大量無色氣泡,液面上方變?yōu)榧t棕色 Fe表面產生少量紅棕色氣泡后,迅速停止 Fe、Cu接觸后,其表面均產生紅棕色氣泡 A．Ⅰ中氣體由無色變紅棕色的化學方程式:2NO＋O22NO2 B．Ⅱ中的現(xiàn)象說明Fe表面形成致密的氧化層,阻止Fe進一步反應 C．對比Ⅰ、Ⅱ中現(xiàn)象,說明稀HNO3的氧化性強于濃HNO3 D．針對Ⅲ中現(xiàn)象,在Fe、Cu之間連接電流計,可判斷Fe是否被氧化 【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (1)濃硝酸可使鐵鈍化。 (2)稀硝

2、酸與鐵反應生成NO,NO2呈紅棕色。 【解析】選C。步驟Ⅰ是鐵與稀硝酸反應生成無色氣體NO,NO被空氣中的氧氣氧化生成紅棕色的NO2氣體,故A正確;步驟Ⅱ的現(xiàn)象是因為鐵發(fā)生了鈍化,Fe表面形成致密的氧化層,阻止Fe進一步反應,故B正確;步驟Ⅱ反應停止是因為發(fā)生了鈍化,不能用來比較稀硝酸和濃硝酸的氧化性強弱,物質氧化性強弱只能通過比較物質得電子能力強弱來分析,故C錯誤;步驟Ⅲ中Fe、Cu都能與硝酸反應,二者接觸,根據構成原電池條件,要想驗證鐵是否為負極、發(fā)生氧化反應,可以連接電流計,故D正確。 ．(xx·福建高考·9)純凈物X、Y、Z轉化關系如下圖所示,下列判斷正確的是 ( )

3、A．X可能是金屬銅 B．Y不可能是氫氣 C．Z可能是氯化鈉 D．Z可能是三氧化硫 【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (1)物質之間的轉化; (2)物質轉化時的反應條件和產物的判斷確認。 【解析】選A。A.若X是Cu,Y是Cl2,Cu在Cl2中燃燒產生Z是CuCl2,電解CuCl2溶液產生Cu和Cl2,符合題圖轉化關系,故選項說法正確;B.若X是Cl2,Y是氫氣,氫氣在氯氣中燃燒產生Z是HCl,電解HCl的水溶液,產生氫氣和氯氣,符合題圖轉化關系,故選項說法錯誤;C.若Z是氯化鈉,則X、Y分別是Na和Cl2中的一種,電解氯化鈉水溶液會產生氫氣、氯氣、氫氧化鈉,不符合題圖轉化關

4、系,故選項說法錯誤;D.若Z是三氧化硫,而X、Y可能是O2和SO2中的一種,SO3溶于水產生硫酸,電解硫酸溶液,實質是電解水,產生氫氣和氧氣,不符合題圖轉化關系,故選項說法錯誤。 ．(xx·福建高考·11)某模擬“人工樹葉”電化學實驗裝置如下圖所示,該裝置能將H2O和CO2轉化為O2和燃料(C3H8O),下列說法正確的是 ( ) A．該裝置將化學能轉化為光能和電能 B．該裝置工作時H＋從b極區(qū)向a極區(qū)遷移 C．每生成1 mol O2,有44 g CO2被還原 D．a電極的反應為:3CO2＋18H＋－18e－C3H8O＋5H2O 【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (

5、1)原電池和電解池裝置的識別,有外接電源一定屬于電解池; (2)電解池工作原理的理解與應用。 【解析】選B。該裝置有外接電源,結合題中圖示分析可知該裝置應為電能和光能轉化為化學能,A錯誤;根據同種電荷相互排斥,異種電荷相互吸引的原則,該裝置工作時,H＋從正電荷較多的陽極b極區(qū)向負電荷較多的陰極a極區(qū)遷移,B正確。該反應的總方程式是6CO2＋8H2O2C3H8O＋9O2。根據反應方程式可知,每生成1 mol O2,有mol CO2被還原,其質量是g,C錯誤。根據題中圖示可知與電源負極連接的a電極為陰極,發(fā)生還原反應,電極的反應式為3CO2＋18H＋＋18e－C3H8O＋5H2O,D錯誤。

6、．(xx·全國卷Ⅰ·11)微生物電池是指在微生物的作用下將化學能轉化為電能的裝置,其工作原理如圖所示。下列有關微生物電池的說法錯誤的是 ( ) A．正極反應中有CO2生成 B．微生物促進了反應中電子的轉移 C．質子通過交換膜從負極區(qū)移向正極區(qū) D．電池總反應為C6H12O6＋6O26CO2＋6H2O 【解題指南】解答本題時應遵循以下思路: 【解析】選A。根據碳元素的化合價的變化,二氧化碳中碳元素的化合價為最高價＋4價,所以生成二氧化碳的反應為氧化反應,應在負極生成,其電極反應式應為C6H12O6＋6H2O－24e－24H＋＋6CO2↑,A錯誤;在微生物的作用下,該裝置

7、為原電池裝置,反應速率比化學反應速率快,所以微生物促進了反應的發(fā)生,B正確;原電池中陽離子(質子)向正極移動,C正確;電池的總反應實質是葡萄糖的氧化反應,D正確。 ．(xx·四川高考·4)用下圖所示裝置除去含CN－、Cl－廢水中的CN－時,控制溶液pH為9～10,陽極產生的ClO－將CN－氧化為兩種無污染的氣體。下列說法不正確的是 ( ) A．用石墨作陽極,鐵作陰極 B．陽極的電極反應式:Cl－＋2OH－－2e－ClO－＋H2O C．陰極的電極反應式:2H2O＋2e－H2↑＋2OH－ D．除去CN－的反應:2CN－＋5ClO－＋2H＋N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋H2O

8、【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (1)活潑金屬作陽極,金屬發(fā)生氧化反應; (2)堿性溶液中既不能有氫離子參加反應,也不能生成氫離子。 【解析】選D。A選項石墨作陽極,為惰性電極,由溶液中的Cl－放電,電極反應式:Cl－＋2OH－－2e－ClO－＋H2O,鐵作陰極,在堿性環(huán)境下發(fā)生2H2O＋2e－H2↑＋2OH－,故A、B、C正確;D選項pH為9~10的堿性溶液不可能是H＋參加反應,離子反應應為2CN－＋5ClO－＋H2ON2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋2OH－。 ．(xx·天津高考·4)鋅銅原電池裝置如圖所示,其中陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過,下列有關敘述正確的是 (

9、 ) A．銅電極上發(fā)生氧化反應 B．電池工作一段時間后,甲池的c(S)減小 C．電池工作一段時間后,乙池溶液的總質量增加 D．陰陽離子分別通過交換膜向負極和正極移動,保持溶液中電荷平衡 【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (1)鋅銅原電池的反應原理為Zn＋Cu2＋Zn2＋＋Cu。 (2)明確陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過,不允許陰離子通過。 【解析】選C。由鋅銅原電池原理可知,鋅電極為負極,失電子,發(fā)生氧化反應,銅電極為正極,得電子,發(fā)生還原反應,A項錯誤;陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過,兩池中c(S)不變,B項錯誤;電解過程中Zn2＋由甲池通過陽離子交換

10、膜進入乙池,乙池中Cu2＋＋2e－Cu,其溶液中的離子轉換為Cu2＋→Zn2＋,摩爾質量M(Cu2＋)

11、O＋CO2H2＋CO＋O2 D．陰、陽兩極生成的氣體的物質的量之比是1∶1 【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (1)電解池中,電源的負極接電解池的陰極。 (2)電解池的陰極發(fā)生還原反應。 【解析】選D。從圖示可看出,與X相連的電極發(fā)生H2O→H2、CO2→CO的轉化,均得電子,應為電解池的陰極,則X為電源的負極,A正確;陰極H2O→H2、CO2→CO均得電子發(fā)生還原反應,電極反應式分別為H2O＋2e－H2＋O2－、CO2＋2e－CO＋O2－,B正確;從圖示可知,H2O→H2、CO2→CO轉化的同時有氧氣生成,所以總反應可表示為H2O＋CO2H2＋CO＋O2,C正確;從總反應可知

12、,陰、陽兩極生成的氣體的物質的量之比為2∶1,D不正確。 ．(雙選)(xx·海南高考·8)10 mL濃度為1 mol·L－1的鹽酸與過量的鋅粉反應,若加入適量的下列溶液,能減慢反應速率但又不影響氫氣生成量的是 ( ) A．K2SO4 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO3 【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (1)影響反應速率的因素; (2)鹽酸具有強酸性,和弱酸鹽發(fā)生復分解反應,還需要注意反應生成的氫氣量不變。 【解析】選A、B。Zn與稀鹽酸發(fā)生反應:Zn＋2HClZnCl2＋H2↑,若加入物質使反應速率降低,則c(H＋)減小,但是不影響生成氫氣的物質的

13、量,說明最終電離產生的n(H＋)不變。A項,K2SO4是強酸強堿鹽,不發(fā)生水解,溶液顯中性,溶液中的水對鹽酸起稀釋作用,使c(H＋)減小,但沒有消耗H＋,因此n(H＋)不變,符合題意;B項,CH3COONa與HCl發(fā)生反應:CH3COONa＋HClCH3COOH＋NaCl,使溶液中c(H＋)減小,反應速率降低,當反應進行到一定程度,會發(fā)生反應:2CH3COOH＋Zn(CH3COO)2Zn＋H2↑,因此最終不會影響生成氫氣的物質的量,符合題意;C項,加入CuSO4溶液與Zn發(fā)生置換反應:CuSO4＋ZnCu＋ZnSO4,生成的Cu與Zn和鹽酸構成原電池,會加快反應速率,與題意不符合;D項,若加入

14、Na2CO3溶液,會與鹽酸發(fā)生反應:Na2CO3＋2HCl2NaCl＋H2O＋CO2↑,使溶液中的c(H＋)減小,但由于部分H＋生成了H2O,因此使n(H＋)也減小,生成氫氣的物質的量減小,不符合題意。 【誤區(qū)提醒】需要注意加入硫酸鉀溶液相當于加入水,溶液體積增大,鹽酸濃度減小,容易忽略體積變化而漏選A。C項,由于沒有考慮鋅與硫酸銅溶液置換出單質銅,形成原電池加快反應速率而錯選C。 ．(xx·江蘇高考·10)一種熔融碳酸鹽燃料電池原理示意如圖。下列有關該電池的說法正確的是 ( ) A．反應CH4＋H2O3H2＋CO,每消耗1 mol CH4轉移12 mol電子 B．電極A上H

15、2參與的電極反應為 H2＋2OH－－2e－2H2O C．電池工作時,C向電極B移動 D．電極B上發(fā)生的電極反應為 O2＋2CO2＋4e－2C 【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (1)燃料電池通燃料的一端為負極,通空氣(或氧氣)的一端為正極。 (2)原電池中,陽離子移向正極,陰離子移向負極。 【解析】選D。根據化學反應方程式,每有1 mol甲烷參與反應轉移電子數為6 mol,A項錯誤;因為電解質為熔融態(tài)的碳酸鹽,所以電極A上H2參與的電極反應式為H2－2e－＋CH2O＋CO2,B項錯誤;根據原電池工作原理,電極A是負極,電極B是正極,陰離子向負極移動,碳酸根離子向負極移動(

16、A電極),C項錯誤;電極B上氧氣得電子與二氧化碳結合生成碳酸根離子,因此電極反應式為O2＋4e－＋2CO22C,D項正確。 ．(xx·江蘇高考·11)下列說法正確的是 ( ) A．若H2O2分解產生1 mol O2,理論上轉移的電子數約為4×6.02×1023 B．室溫下,pH=3的CH3COOH溶液與pH=11的NaOH溶液等體積混合,溶液pH>7 C．鋼鐵水閘可用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法防止其腐蝕 D．一定條件下反應N2＋3H22NH3達到平衡時,3v正(H2)=2v逆(NH3) 【解析】選C。2H2O22H2O ＋ O2↑,生成1 mol O2時轉移2 mol電子

17、,A項錯誤;pH=3的CH3COOH中已電離出的H＋,就可以將pH=11的NaOH電離出的OH－完全中和,但是CH3COOH是弱酸,還會繼續(xù)電離,即醋酸過量,反應后溶液顯酸性,B項錯誤;鐵可用作原電池的正極或作為電解池的陰極,此時鐵均會受到保護,C項正確;由反應方程式的化學計量數知,任何時候均存在2v正(H2)=3v正(NH3),氮氣與氫氣合成氨氣達到平衡時,速率關系為2v正(H2)=3v逆(NH3),D項錯誤。 ．(xx·廣東高考·9)下列敘述Ⅰ和Ⅱ均正確并有因果關系的是 選項 敘述Ⅰ 敘述Ⅱ A 1－己醇的沸點比己烷的沸點高 1－己醇和己烷可通過蒸餾初步分離 B 原電池可

18、將化學能轉化為電能 原電池需外接電源才能工作 C 乙二酸可與KMnO4溶液發(fā)生反應 乙二酸具有酸性 D Na在Cl2中燃燒的生成物含離子鍵 NaCl固體可導電 【解題指南】解答本題需注意以下兩點: (1)物質的分離操作——蒸餾的適用條件; (2)離子化合物只有在熔融或溶于水的狀態(tài)下電離出自由移動的離子后才能導電。 【解析】選A。可以利用蒸餾的方式分離兩種沸點不同的有機物;原電池是給電器提供電能的,所以原電池不需要外接電源;高錳酸鉀具有強氧化性,可以將乙二酸氧化,所以應該體現(xiàn)的是乙二酸的還原性;氯化鈉固體中沒有自由移動的離子,所以不能導電。 【誤區(qū)提醒】本題易錯選C,原因

19、一是忽略了高錳酸鉀具有強氧化性,二是不能根據乙二酸中碳元素的化合價判斷出乙二酸具有還原性。 ．(xx·安徽高考·25)C、N、O、Al、Si、Cu是常見的六種元素。 (1)Si位于元素周期表第　　　　周期第　　　　族。 (2)N的基態(tài)原子核外電子排布式為　 ; Cu的基態(tài)原子最外層有　　　　個電子。 (3)用“>”或“<”填空: 原子半徑 電負性 熔點 沸點 Al　　Si N　　O 金剛石　　晶體硅 CH4　　SiH4 (4)常溫下,將除去表面氧化膜的Al、Cu片插入濃HNO3中組成原電池(圖1),測得原電池的電流強度(I)隨時間

20、(t)的變化如圖2所示,反應過程中有紅棕色氣體產生。 0～t1時,原電池的負極是Al片,此時,正極的電極反應式是? ,溶液中的H＋向　　　　極移動,t1時,原電池中電子流動方向發(fā)生改變,其原因是　 　　　　　　　　 。 【解題指南】解答本題時應注意以下3點: (1)電子層數=周期序數,主族元素的最高正價=最外層電子數=主族序數; (2)原電池的正極發(fā)生還原反應,陽離子移向正極,電子由負極通過導線流向正極; (3)原子晶體的共價鍵鍵長與晶體熔沸點有關,鍵長短,熔沸點高。 【解析】(1)Si是14號元

21、素,有3層電子,位于元素周期表的第3周期ⅣA族。 (2)N的核電荷數為7,其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p3,Cu的4s軌道有1個電子。 (3)同周期由左向右元素原子半徑逐漸減小,即原子半徑Al>Si;同周期元素的電負性由左向右逐漸增大,則電負性:N

22、鋁表面生成了氧化膜而不再參加反應,此時銅作負極。 答案:(1)3?、鬉 (2)1s22s22p3　1 (3)>　<　>　< (4)2H＋＋N＋e－NO2↑＋H2O　正　鋁在濃硝酸中發(fā)生鈍化,表面生成了氧化膜阻止了Al的進一步反應 ．(xx·北京高考·27)研究CO2在海洋中的轉移和歸宿,是當今海洋科學研究的前沿領域。 (1)溶于海水的CO2主要以4種無機碳形式存在,其中HC占95%,寫出CO2溶于水產生HC的方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)在海洋碳循環(huán)中,通過如圖所示的途徑固碳。 ①寫出鈣化作用的離子方程式:　　　　　　　　　　　　　　

23、　　　　　　。 ②同位素示蹤法證實光合作用釋放出的O2只來自H2O,用18O標記物質的光合作用的化學方程式如下,將其補充完整:　　　?。　　?(CH2O)x＋x18O2＋xH2O (3)海水中溶解無機碳占海水總碳的95%以上,其準確測量是研究海洋碳循環(huán)的基礎,測量溶解無機碳,可采用如下方法: ①氣提、吸收CO2,用N2從酸化后的海水中吹出CO2并用堿液吸收(裝置示意圖如下),將虛線框中的裝置補充完整并標出所用試劑。 ②滴定。將吸收液吸收的無機碳轉化為NaHCO3,再用xmol·L－1HCl溶液滴定,消耗ymL HCl溶液,海水中溶解無機碳的濃度=　　　　mol·L－1。 (4)

24、利用如圖所示裝置從海水中提取CO2,有利于減少環(huán)境溫室氣體含量。 ①結合方程式簡述提取CO2的原理:　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②用該裝置產生的物質處理b室排出的海水,合格后排回大海。處理至合格的方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【解題指南】解答本題時應明確以下4點: (1)根據流程圖中的箭頭判斷反應物與生成物:鈣化作用生成CaCO3、CO2。 (2)光合作用釋放出的O2只來自H2O。 (3)與電源正極相連的是陽極,陽極發(fā)生氧化反應。 (4)陽離子膜只允許陽離子通過。 【解析】(1)二氧化碳溶于水生成碳酸,然后碳酸電離。即C

25、O2＋H2OH2CO3,H2CO3HC＋H＋。 (2)①根據反應物是HC,生成物是CaCO3和CO2,易知本題的離子方程式為Ca2＋＋2HCCaCO3↓＋CO2↑＋H2O。 ②由O2只來自H2O及示蹤原子的標記可知水分子含18O,而且分子個數是2x,根據元素守恒法可知方程式中的缺項物質為xCO2、2xO。 (3)①注意酸化的試劑要用硫酸,一定不能用鹽酸,HCl會揮發(fā)出來影響后續(xù)的滴定,如圖。 ②該滴定過程轉化的關系式為 CO2　　～　HC　～　HCl 1 　　　　　　1 n(CO2) 　　　　xmol·L－1×y×10－3L 解得:n(CO2)=xy×10－3mol 所

26、以:c(無機碳)=xy/zmol·L－1 (4)①a室是陽極室,發(fā)生氧化反應:2H2O－4e－O2↑＋4H＋,出去的海水pH<6,顯酸性,表明反應后溶液由堿性變?yōu)樗嵝?a室中的H＋通過陽離子交換膜進入b室,發(fā)生反應:HC＋H＋CO2↑＋H2O。 ②c室是陰極室,發(fā)生還原反應:2H2O＋2e－2OH－＋H2↑,即c室生成堿,然后用堿液將從b室排出的酸性海水調至接近裝置入口海水的pH。 答案:(1)CO2＋H2OH2CO3,H2CO3HC＋H＋ (2)①Ca2＋＋2HCCaCO3↓＋CO2↑＋H2O ②xCO2　2xO (3)① ②xy/z (4)①a室發(fā)生的反應:2H2O－4e－

27、O2↑＋4H＋,H＋通過陽離子交換膜從a室進入b室,發(fā)生反應:HC＋H＋CO2↑＋H2O ②c室發(fā)生的反應:2H2O＋2e－2OH－＋H2↑,用c室排出的堿液將從b室排出的酸性海水調至接近裝置入口海水的pH ．(xx·北京高考·28)為探討化學平衡移動原理與氧化還原反應規(guī)律的聯(lián)系,某同學通過改變濃度研究“2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2”反應中Fe3＋和Fe2＋的相互轉化。實驗如下: (1)待實驗Ⅰ溶液顏色不再改變時,再進行實驗Ⅱ,目的是使實驗Ⅰ的反應達到　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)ⅲ是ⅱ的對比實驗,目的是排除ⅱ中　　　　造成的影響。

28、 (3)ⅰ和ⅱ的顏色變化表明平衡逆向移動,Fe2＋向Fe3＋轉化。用化學平衡移動原理解釋原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (4)根據氧化還原反應的規(guī)律,該同學推測ⅰ中Fe2＋向Fe3＋轉化的原因:外加Ag＋使c(I－)降低,導致I－的還原性弱于Fe2＋,用如圖裝置(a、b均為石墨電極)進行實驗驗證。 ①K閉合時,指針向右偏轉,b作　　　　極。 ②當指針歸零(反應達到平衡)后,向U型管左管中滴加0.01 mol·L－1AgNO3溶液,產生的現(xiàn)象證實了其推測,該現(xiàn)象是? 　 　。 (5)按照(4)的原理,該同學用上圖

29、裝置進行實驗,證實了ⅱ中Fe2＋向Fe3＋轉化的原因。 ①轉化原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②與(4)實驗對比,不同的操作是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (6)實驗Ⅰ中,還原性:I－>Fe2＋;而實驗Ⅱ中,還原性:Fe2＋>I－,將(3)和(4)、(5)作對比,得出的結論是? 　　　　　　　　　　　　　　 。 【解題指南】解答本題時應按照以下流程: 【解析】(1)待實驗Ⅰ溶液顏色不再改變時,再進行實驗Ⅱ,目的是使實驗Ⅰ的反應達到化學平衡狀態(tài)。 (2)實驗ⅲ加入了水,是實驗ⅱ的對比實驗,因此目

30、的是排除因加入FeSO4溶液而將溶液稀釋引起溶液顏色的變化。 (3)ⅰ中加入AgNO3,Ag＋與I－生成AgI黃色沉淀,I－濃度降低,2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2平衡逆向移動,溶液褪色;ⅱ中加入FeSO4,Fe2＋濃度增大,平衡逆向移動,溶液顏色變淺。 (4)①K閉合時,指針向右偏轉,表明b極為正極,Fe3＋得電子;②當指針歸零(反應達到平衡)后,向U型管左管滴加0.01 mol·L－1AgNO3溶液,產生黃色沉淀,I－濃度減小,2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2平衡左移,指針向左偏轉。 (5)①Fe2＋向Fe3＋轉化的原因是Fe2＋濃度增大,還原性增強。 ②與(4)實驗對比,不

31、同的操作是當指針歸零后,向U型管右管中滴加1 mol·L－1FeSO4溶液。 (6)將(3)和(4)、(5)作對比,得出的結論是在其他條件不變時,物質的氧化性和還原性與濃度有關,濃度的改變可影響物質的氧化性和還原性,導致平衡移動。 答案:(1)化學平衡狀態(tài) (2)溶液稀釋對顏色變化 (3)ⅰ中加入Ag＋發(fā)生反應:Ag＋＋I－AgI↓,c(I－)降低;ⅱ中加入FeSO4,c(Fe2＋)增大,平衡均逆向移動 (4)①正?、谧蠊墚a生黃色沉淀,指針向左偏轉 (5)①Fe2＋濃度增大,還原性增強,使Fe2＋還原性強于I－ ②向U型管右管中滴加1 mol·L－1FeSO4溶液 (6)該反

32、應為可逆氧化還原反應,在平衡時,通過改變物質的濃度,可以改變物質的氧化性和還原性,并影響平衡移動方向 ．(xx·全國卷Ⅱ·26)酸性鋅錳干電池是一種一次性電池,外殼為金屬鋅,中間是碳棒,其周圍是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等組成的糊狀填充物。該電池放電過程產生MnOOH。回收處理該廢電池可以得到多種化工原料。有關數據如下表所示: 溶解度/(g/100 g水) 　溫度/℃ 化合物 0 20 40 60 80 100 NH4Cl 29.3 37.2 45.8 55.3 65.6 77.3 ZnCl2 343 395 452 488 541

33、 614 化合物 Zn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Ksp近似值 10－17 10－17 10－39 回答下列問題: (1)該電池的正極反應式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　, 電池反應的離子方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)維持電流強度為0.5 A,電池工作5分鐘,理論上消耗鋅　　　　g。(已知F=96 500 C·mol－1) (3)廢電池糊狀填充物加水處理后,過濾,濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl,二者可通過　　　　分離回收;濾渣的主要成分是MnO2、　　　　和　　　　,欲從中得到較純的MnO2,最簡

34、便的方法是　　　　　　　　　　　　,其原理是? 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　。 (4)用廢電池的鋅皮制備ZnSO4·7H2O的過程中,需除去鋅皮中的少量雜質鐵,其方法是:加稀H2SO4和H2O2溶解,鐵變?yōu)椤　　　?加堿調節(jié)至pH為　　　　　　時,鐵剛好沉淀完全(離子濃度小于1×10－5mol·L－1時,即可認為該離子沉淀完全);繼續(xù)加堿至pH為　　　　時,鋅開始沉淀(假定Zn2＋濃度為0.1 mol·L－1)。若上述過程不加H2O2后果是________________________________________________, 原

35、因是　___________________________________________________________。 【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (1)熟悉常見鋅錳干電池的電極反應和電池反應; (2)除去亞鐵離子時一般先將其氧化為鐵離子。 【解析】(1)酸性鋅錳干電池外殼為金屬鋅,鋅是負極,電極反應式為Zn－2e－Zn2＋。中間是碳棒,碳棒是正極,二氧化錳得到電子,則正極電極反應式為MnO2＋e－＋H＋MnOOH,總反應式為Zn＋2MnO2＋2H＋Zn2＋＋2MnOOH。 (2)維持電流強度為0.5 A,電池工作5分鐘,則通過的電量是150 C,因此通過電子的物

36、質的量是=1.554×10－3mol,鋅在反應中失去2個電子,則理論消耗Zn的質量是×65 g·mol－1=0.05 g。 (3)廢電池糊狀填充物加水處理后過濾,濾液中主要有氯化銨和氯化鋅,根據溶解度表可知氯化鋅的溶解度受溫度影響變化較大,所以二者可以通過結晶分離獲得,即通過蒸發(fā)結晶、冷卻結晶實現(xiàn)分離。濾渣的主要成分是二氧化錳、碳粉、MnOOH,在空氣中加熱,碳燃燒生成二氧化碳,MnOOH被氧化為二氧化錳。所以欲從中得到較純的二氧化錳,最簡便的方法是灼燒。 (4)雙氧水具有強氧化性,能把鐵氧化為鐵離子,因此加入稀硫酸和雙氧水,溶解后鐵變?yōu)榱蛩徼F。根據氫氧化鐵的溶度積常數可知,當鐵離子完全沉

37、淀時溶液中氫氧根的濃度為mol·L－1≈5×10－12mol·L－1,所以氫離子濃度是2×10－3mol·L－1,因此加堿調節(jié)pH為2.7,Fe3＋剛好完全沉淀。Zn2＋濃度為0.1 mol·L－1,根據氫氧化鋅的溶度積常數可知開始沉淀時的氫氧根濃度為10－8mol·L－1,則pH=6,即繼續(xù)加堿調節(jié)pH為6,鋅開始沉淀。如果不加雙氧水,則在沉淀鋅離子的同時亞鐵離子也沉淀,導致生成的氫氧化鋅不純,無法分離開Zn2＋和Fe2＋。 答案:(1)MnO2＋e－＋H＋MnOOH Zn＋2MnO2＋2H＋Zn2＋＋2MnOOH [注:式中Zn2＋可寫為Zn(NH3,Zn(NH3)2Cl2等,H＋可

38、寫為N] (2)0.05 (3)加熱濃縮、冷卻結晶　碳粉　MnOOH　在空氣中加熱　碳粉轉變?yōu)镃O2,MnOOH被氧化為MnO2 (4)Fe3＋　2.7　6　Zn2＋和Fe2＋分離不開 Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近 ．(xx·山東高考·29)利用LiOH和鈷氧化物可制備鋰離子電池正極材料。LiOH可由電解法制備,鈷氧化物可通過處理鈷渣獲得。 (1)利用如圖裝置電解制備LiOH,兩電極區(qū)電解液分別為LiOH和LiCl溶液。B極區(qū)電解液為　　　　溶液(填化學式),陽極電極反應式為　　　　　　　　　　　　,電解過程中Li＋向　　　　電極遷移(填“A”或“B”)。 (2

39、)利用鈷渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制備鈷氧化物的工藝流程如下: Co(OH)3溶解還原反應的離子方程式為　 , 鐵渣中鐵元素的化合價為　　　　,在空氣中煅燒CoC2O4生成鈷氧化物和CO2,測得充分煅燒后固體質量為2.41 g,CO2的體積為1.344 L(標準狀況),則鈷氧化物的化學式為　　　　。 【解題指南】解答本題注意以下兩點: (1)注意陰、陽離子的放電順序以及陰、陽離子在電解池內部移動方向的判斷; (2)注意流程中各步所加試劑的作用以及原子守恒觀點的應用。 【解析】(1)B極區(qū)產生H2,同時

40、生成LiOH,則B極區(qū)電解液為LiOH溶液;電極A為陽極,陽極區(qū)電解液為LiCl溶液,根據放電順序,陽極上Cl－失去電子,則陽極電極反應式為2Cl－－2e－Cl2↑;根據電流方向,電解過程中Li＋向B電極遷移。 (2)在酸性條件下,Co(OH)3首先與H＋反應生成Co3＋,Co3＋具有氧化性,把S氧化為S,配平可得離子方程式:2Co(OH)3＋4H＋＋S2Co2＋＋S＋5H2O;鐵渣中鐵元素的化合價應該為高價,為＋3價;CO2的物質的量為1.344 L÷22.4 L·mol－1=0.06 mol,根據CoC2O4的組成可知鈷元素的物質的量為0.03 mol,設鈷氧化物的化學式為CoxOy,根

41、據元素的質量比可得59x∶(16y)=0.03 mol×59 g·mol－1∶(2.41 g－0.03 mol×59 g·mol－1),解得x∶y=3∶4,則鈷氧化物的化學式為Co3O4。 答案:(1)LiOH　2Cl－－2e－Cl2↑　B (2)2Co(OH)3＋4H＋＋S2Co2＋＋S＋5H2O[或 Co(OH)3＋3H＋Co3＋＋3H2O,2Co3＋＋S＋H2O2Co2＋＋S＋2H＋]　＋3 Co3O4 ．(xx·四川高考·11)為了保護環(huán)境,充分利用資源,某研究小組通過如下簡化流程,將工業(yè)制硫酸的硫鐵礦燒渣(鐵主要以Fe2O3存在)轉變成重要的化工原料FeSO4(反應條件

42、略)。 活化硫鐵礦還原Fe3＋的主要反應為FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O15FeSO4＋8H2SO4,不考慮其他反應,請回答下列問題: (1)第Ⅰ步H2SO4與Fe2O3反應的離子方程式是　 。 (2)檢驗第Ⅱ步中Fe3＋是否完全還原,應選擇　　　　(填字母編號)。 ( ) A．KMnO4溶液 B．K3[Fe(CN)6]溶液 C．KSCN溶液 (3)第Ⅲ步加FeCO3調溶液pH到5.8左右,然后在第Ⅳ步通入空氣使溶液pH降到5.2,此時Fe2＋不沉淀,濾液中鋁、硅雜質被除盡。通入空氣引起溶液pH降低的原因是?

43、 　。 (4)FeSO4可轉化為FeCO3,FeCO3在空氣中加熱反應可制得鐵系氧化物材料。 已知25℃,101 kPa時:4Fe(s)＋3O2(g)2Fe2O3(s) ΔH=－1 648 kJ·mol－1 C(s)＋O2(g)CO2(g)　ΔH=－393 kJ·mol－1 2Fe(s)＋2C(s)＋3O2(g)2FeCO3(s) ΔH=－1 480 kJ·mol－1 FeCO3在空氣中加熱反應生成Fe2O3的熱化學方程式是?

44、 　。 (5)FeSO4在一定條件下可制得FeS2(二硫化亞鐵)納米材料。該材料可用于制造高容量鋰電池,電池放電時的總反應為4Li＋FeS2Fe＋2Li2S,正極反應式是　 。 (6)假如燒渣中的鐵全部視為Fe2O3,其含量為50%。將akg質量分數為b%的硫酸加入ckg燒渣中浸取,鐵的浸取率為96%,其他雜質浸出消耗的硫酸以及調pH后溶液呈微酸性所殘留的硫酸忽略不計。按上述流程,第Ⅲ步應加入FeCO3 　　　　kg。 【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (1

45、)三價鐵離子的檢驗需要用硫氰酸根離子; (2)碳酸亞鐵與硫酸按物質的量1∶1反應。 【解析】(1)H2SO4與Fe2O3反應的方程式為Fe2O3＋3H2SO4Fe2(SO4)3＋3H2O,其離子方程式為Fe2O3＋6H＋2Fe3＋＋3H2O。 (2)檢驗Fe3＋是否反應完全,可利用Fe3＋與KSCN的顯色反應,生成紅色溶液,故選C。 (3)部分Fe2＋被空氣中的氧氣氧化為Fe3＋,Fe3＋水解產生H＋,使pH降低。 (4)若將題中所給三個反應依次編為①、②、③號反應,則FeCO3在空氣中加熱反應生成Fe2O3的反應可以由③反應逆向進行后×2＋②×4＋①得到,同時所對應的反應熱要乘以相

46、應的倍數,故其熱化學方程式為4FeCO3(s)＋O2(g)2Fe2O3(s)＋4CO2(g)　ΔH=－260 kJ·mol－1。 (5)正極發(fā)生的反應是還原反應,即得電子,故參加反應的物質應是FeS2,又知最后生成鐵單質和S2－,故正極反應式為FeS2＋4e－Fe＋2S2－。 (6)方法1:由于最終得到FeSO4,根據元素守恒,n(Fe)=n(S),Fe來自Fe2O3、FeS2、FeCO3;S來自FeS2、H2SO4則有(×2＋×2×)×96%＋=＋×96%×2××2,則得m(FeCO3)≈(0.011 8ab－0.646c)kg。 方法2:首先浸出的Fe2O3的物質的量為=,由化學式F

47、e2(SO4)3可知同F(xiàn)e2O3反應的硫酸的物質的量應為其的3倍,即×3,化簡即。而一共加入的硫酸的物質的量為,故剩余的硫酸的物質的量為－。由題目可知在第Ⅱ步時又生成了硫酸,這一部分硫酸可通過Fe2(SO4)3的物質的量即計算而得,計算后可知第Ⅱ步中生成的硫酸的物質的量為×(8/7)=。又因為Fe2＋與硫酸按物質的量1∶1反應,故濾液中剩余的硫酸的物質的量即為應加入的FeCO3的物質的量,即為(－＋),乘以FeCO3的摩爾質量116 g·mol－1可得FeCO3的質量為(－＋)×116 kg≈(0.011 8ab－0.646c)kg。 答案:(1)Fe2O3＋6H＋2Fe3＋＋3H2O (

48、2)C (3)Fe2＋被氧化為Fe3＋,Fe3＋水解產生H＋ (4)4FeCO3(s)＋O2(g)2Fe2O3(s)＋4CO2(g) ΔH=－260 kJ·mol－1 (5)FeS2＋4e－Fe＋2S2－或FeS2＋4Li＋＋4e－Fe＋2Li2S (6)0.011 8ab－0.646c ．(xx·重慶高考·30)我國古代青銅器工藝精湛,有很高的藝術價值和歷史價值,但出土的青銅器大多受到環(huán)境腐蝕,故對其進行修復和防護具有重要意義。 (1)原子序數為29的銅元素位于元素周期表中第　　　　周期。 (2)某青銅器中Sn、Pb的質量分別為119 g、20.7 g,則該青銅器中Sn

49、和Pb原子的數目之比為　　　　。 (3)研究發(fā)現(xiàn),腐蝕嚴重的青銅器表面大都存在CuCl。關于CuCl在青銅器腐蝕過程中的催化作用,下列敘述正確的是　　　　。 ( ) A．降低了反應的活化能 B．增大了反應的速率 C．降低了反應的焓變 D．增大了反應的平衡常數 (4)采用“局部封閉法”可以防止青銅器進一步被腐蝕。如將糊狀Ag2O涂在被腐蝕部位,Ag2O與有害組分CuCl發(fā)生復分解反應,該化學方程式為　 。 (5)下圖為青銅器在潮濕環(huán)境中發(fā)生的電化學腐蝕的原理示意圖。 ①腐蝕過程中,負極是　　　　(填圖中字母“a”或“b”或“c”); ②環(huán)境中的Cl

50、－擴散到孔口,并與正極反應產物和負極反應產物作用生成多孔粉狀銹Cu2(OH)3Cl,其離子方程式為? 　; ③若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl,則理論上耗氧體積為　　　L(標準狀況)。 【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (1)根據元素的核外電子排布可以推測元素在周期表中的位置; (2)復分解反應是兩者相互交換離子。 【解析】(1)銅為29號元素,根據核外電子排布規(guī)則可知,銅元素位于元素周期表中第4周期。 (2)根據N=×NA,青銅器中Sn、Pb的質量分別為119 g、20.7 g,則該青銅器中Sn和Pb原子數目之比為(119

51、 g÷119 g·mol－1)∶(20.7 g÷207 g·mol－1)=10∶1。 (3)催化劑能降低反應的活化能,從而加快化學反應速率,但是催化劑不能改變反應的焓變,也不能改變反應的化學平衡常數,選A、B。 (4)Ag2O與CuCl發(fā)生復分解反應,沒有化合價的升降,則化學方程式為Ag2O＋2CuCl2AgCl＋Cu2O。 (5)①根據圖示,腐蝕過程中,銅失電子生成Cu2＋,則負極是銅,選c; ②根據上述分析,正極產物是OH－,負極產物為Cu2＋,環(huán)境中的Cl－擴散到孔口,與正極反應產物和負極反應產物作用生成多孔粉狀銹Cu2(OH)3Cl,則離子方程式為2Cu2＋＋3OH－＋Cl－C

52、u2(OH)3Cl↓; ③4.29 g Cu2(OH)3Cl的物質的量為4.29/214.5=0.02(mol),根據銅原子守恒,Cu2＋的物質的量為0.04 mol,負極反應為2Cu－4e－2Cu2＋,正極反應為O2＋4e－＋2H2O4OH－,根據正、負極放電量相等,則理論上耗氧體積為0.02 mol×22.4 L·mol－1=0.448 L。 答案:(1)4　(2)10∶1　(3)A、B (4)Ag2O ＋2CuCl2AgCl＋Cu2O (5)①c?、?Cu2＋＋3OH－＋Cl－Cu2(OH)3Cl↓ ③0.448 【誤區(qū)提醒】上題中的(3)容易錯選C、D,催化劑只能改變化學反

53、應速率,無法改變化學平衡狀態(tài),因此是否加入催化劑不會影響化學平衡常數以及反應的焓變。 ．(xx·海南高考·15)銀是一種貴金屬,古代常用于制造錢幣及裝飾器皿,現(xiàn)代在電池和照明器材等領域亦有廣泛應用?；卮鹣铝袉栴}: (1)久存的銀制品表面會變黑,失去銀白色光澤,原因是 　。 (2)已知Ksp(AgCl)=1.8×10－10,若向50 mL 0.018 mol·L－1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 mol·L－1的鹽酸,混合后溶液中Ag＋的濃度為　　　　mol·L－1,pH為　　　　。 (3)AgNO3光照易分解,生成Ag和紅棕色氣體等

54、物質,其光照分解反應的化學方程式為? 　。 (4)右圖所示原電池正極的反應式為　 。 【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (1)化學反應原理的理解與應用; (2)電化學中電極反應式的書寫。 【解析】(1)根據金屬的腐蝕原理可知Ag變黑是發(fā)生了化學腐蝕的緣故; (2)根據反應中HCl和硝酸銀的物質的量可知HCl過量,則計算剩余的氯離子的物質的量濃度為(0.02－0.018)mol·L－1/2=0.001 mol·L－1,根據AgCl的溶度積的表達式計算即可,即c(Ag＋)==mol·L

55、－1=1.8×10－7mol·L－1;因為該反應中氫離子未參加反應,所以溶液的體積變?yōu)?00 mL時,氫離子的濃度為0.01 mol·L－1,則pH=2; (3)根據氧化還原反應理論,硝酸銀分解生成Ag和二氧化氮氣體,元素化合價均降低,因此該反應中有氧氣生成(氧化還原反應中化合價有降必有升,氧元素化合價升高)。 (4)該原電池的實質是Cu與銀離子發(fā)生置換反應生成Ag單質,所以正極是生成Ag單質的還原反應。 答案:(1)Ag在空氣中易與氧氣和含硫化合物反應,發(fā)生化學腐蝕 (2)1.8×10－7　2 (3)2AgNO32Ag↓＋2NO2↑＋O2↑ (4)Ag＋＋e－Ag ．(xx·

56、廣東高考·32)七鋁十二鈣(12CaO·7Al2O3)是新型的超導材料和發(fā)光材料,用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和廢Al片制備七鋁十二鈣的工藝如下: (1)煅粉主要含MgO和　　　　,用適量NH4NO3溶液浸取煅粉后,鎂化合物幾乎不溶,若濾液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6mol·L－1,則溶液pH大于　　　　　[Mg(OH)2的Ksp=5×10－12];該工藝中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3,原因是　　　　　　　　。 (2)濾液Ⅰ中的陰離子有　　　　　　　　(忽略雜質成分的影響);若濾液Ⅰ中僅通入CO2,會生成　　　　　　　　,從而導致CaCO3產率降低。 (

57、3)用NaOH溶液可除去廢Al片表面的氧化膜,反應的離子方程式為　　　　　　　　　 　?。 (4)電解制備Al(OH)3時,電極分別為Al片和石墨,電解總反應方程式為　　　　　　　　 　　。 (5)一種可超快充電的新型鋁電池,充放電時AlC和Al2C兩種離子在Al電極上相互轉化,其他離子不參與電極反應,放電時負極Al的電極反應式為　　　　　　　　　　　　　　　。 【解題指南】解答本題注意以下3點: (1)讀懂化工流程并明確每個過程發(fā)生

58、的具體反應。 (2)掌握常見元素化合物的知識。 (3)掌握沉淀溶解平衡及溶液pH計算的有關問題。 【解析】(1)由于白云石的主要成分是CaCO3和MgCO3,所以煅燒之后會發(fā)生分解生成MgO和CaO。根據Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)·c2(OH－)可知,c(OH－)=10－3mol·L－1,此時溶液中c(H＋)=10－11mol·L－1,對應溶液的pH為11。若加入硫酸根,硫酸根可與鈣離子反應生成硫酸鈣沉淀。 (2)由于前面加入了硝酸銨,所以濾液Ⅰ中含有的陰離子主要是N和OH－,濾液Ⅰ中僅通入CO2,由于溶液的堿性不強,所以會生成NH4HCO3。 (3)用NaOH溶液可除

59、去廢Al片表面的氧化膜,反應的離子方程式為2OH－＋Al2O32Al＋H2O。 (4)電解制備Al(OH)3時,電極分別為Al片和石墨,若生成Al(OH)3則鋁作陽極,所以電解的總反應方程式為2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑。 (5)放電時負極Al應失去電子,根據放電時AlC和Al2C兩種離子在Al電極上相互轉化可知,電極反應式為Al－3e－＋7AlC4Al2C。 答案:(1)CaO　11　加入(NH4)2SO4會生成CaSO4微溶物,再過濾會被除去,造成CaCO3減少 (2)N和OH－　NH4HCO3 (3)2OH－＋Al2O32Al＋H2O (4)2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑ (5)Al－3e－＋7AlC4Al2C 【誤區(qū)提醒】本題最后一個空容易出錯,主要是忽略了題干中的敘述“充放電時AlC和Al2C兩種離子在Al電極上相互轉化,其他離子不參與電極反應”這句話,從而將電極反應式直接寫成Al－3e－Al3＋。