备战高考化学化学能与电能的综合复习及答案解析.docx
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备战高考化学化学能与电能的综合复习及答案解析
2020-2021备战高考化学化学能与电能的综合复习及答案解析
一、化学能与电能
1．如图所示，E为浸有Na2SO4溶液的滤纸，并加入几滴酚酞。
A、B均为Pt片，压在滤纸两端，R、S为电源的电极。
M、N为惰性电极。
G为检流计，K为开关。
试管C、D和电解池中都充满KOH溶液。
若在滤纸E上滴一滴紫色的KMnO4溶液，断开K，接通电源一段时间后，C、D中有气体产生。
（1）R为电源的__，S为电源的__。
（2）A极附近的溶液变为红色，B极的电极反应式为__。
（3）滤纸上的紫色点移向__（填“A极”或“B极”）。
（4）当试管C、D中的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，经过一段时间，C、D中气体逐渐减少，主要是因为_，写出有关的电极反应式：
__。
【答案】负极正极2H2O－4e-=4H＋＋O2↑B极氢气和氧气在碱性环境下发生原电池反应，消耗了氢气和氧气2H2＋4OH-－4e-=4H2O（负极），O2＋2H2O＋4e-=4OH-（正极）
【解析】
【分析】
（1）根据电极产物判断电解池的阴阳极及电源的正负极；
（2）根据电解池原理及实验现象书写电极反应式；（3）根据电解池原理分析电解质溶液中离子移动方向；（4）根据燃料电池原理分析解答。
【详解】
（1）断开K，通直流电，电极C、D及氢氧化钾溶液构成电解池，根据离子的放电顺序，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，分别生成氢气和氧气，氢气和氧气的体积比为2:
1，通过图象知，C极上气体体积是D极上气体体积的2倍，所以C极上得氢气，D极上得到氧气，故R是负极，S是正极，故答案为：
负极；正极；
（2）A极是阴极，电解高锰酸钾时，在该极上放电的是氢离子，所以该极上碱性增强，酚酞显红色，B极是阳极，该极附近发生的电极反应式为：
2H2O-4e-=4H++O2↑，故答案为：
2H2O-4e-=4H++O2↑；
（3）浸有高锰酸钾的滤纸和电极A、B与电源也构成了电解池，因为R是负极，S是正极，所以B极是阳极，A极是阴极，电解质溶液中的阴离子高锰酸根离子向阳极移动，紫色点移向B极，故答案为：
B极；
（4）当C、D里的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，构成氢氧燃料电池，氢气和氧气在碱性环境下发生原电池反应，消耗了氢气和氧气；在燃料电池中，燃料氢气为负极，在碱性环境下的电极反应式为：
2H2+4OH--4e-=4H2O，C中的电极作负极，D中的电极作正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：
氢气和氧气在碱性环境下发生原电池反应，消耗了氢气和氧气；2H2＋4OH-－4e-=4H2O（负极），O2＋2H2O＋4e-=4OH-（正极）。
【点睛】
明确原电池和电解池的工作原理、各个电极上发生的反应是解答本题的关键，难点是电极反应式的书写，注意电解质溶液的性质，以及电解质溶液中阴阳离子移动方向，为易错点。
2．研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：
已知：
Cr2O72-（橙色）+H2O
2CrO42-（黄色）+2H+△H=+13.8kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。
（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。
（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。
甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c（H+）增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c（H+）增大对平衡的影响。
你认为是否需要再设计实验证明？
__________（“是”或“否”），理由是____________________________________________________。
（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知pH增大
_____（选填“增大”，“减小”，“不变”）；
（4）分析如图试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4的实验现象，说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr2O72-__________CrO42-（填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。
（5）小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水，探究不同因素对含Cr2O72-废水处理的影响，结果如表所示（Cr2O72-的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。
实验
ⅰ
ⅱ
ⅲ
ⅳ
是否加入Fe2（SO4）3
否
否
加入5g
否
是否加入H2SO4
否
加入1mL
加入1mL
加入1mL
电极材料
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨
阴极为石墨，阳极为铁
Cr2O72-的去除率/%
0.922
12.7
20.8
57.3
①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。
②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。
【答案】溶液变黄色否Cr2O72-（橙色）+H2O
CrO42-（黄色）+2H+正向是吸热反应，若因浓H2SO4溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。
而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c（H+）平衡逆向移动的结果减小大于Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2OCr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率
【解析】
【分析】
根据平衡移动原理分析对比实验；注意从图中找出关键信息。
【详解】
（1）由Cr2O72-（橙色）+H2O
2CrO42-（黄色）+2H+及平衡移动原理可知，向重铬酸钾溶液中加入氢氧化钠溶液后，可以减小溶液中的氢离子浓度，使上述平衡向正反应方向移动，因此，试管c和b（只加水，对比加水稀释引起的颜色变化）对比，试管c的现象是：
溶液变为黄色。
（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。
甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c（H+）增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c（H+）增大对平衡的影响。
我认为不需要再设计实验证明，故填否。
理由是：
Cr2O72-（橙色）+H2O
CrO42-（黄色）+2H+正向是吸热反应，浓H2SO4溶于水会放出大量的热量而使溶液的温度升高，上述平衡将正向移动，溶液会变为黄色。
但是，实际的实验现象是溶液的橙色加深，说明上述平衡是向逆反应方向移动的，橙色加深只能是因为增大了c（H+）的结果。
（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知随着溶液的pH增大，上述平衡向正反应方向移动，
减小，而
增大，故
减小。
（4）向试管c继续滴加KI溶液，溶液的颜色没有明显变化，但是，加入过量稀H2SO4后，溶液变为墨绿色，增大氢离子浓度，上述平衡向逆反应方向移动，CrO42-转化为Cr2O72-，Cr2O72-可以在酸性条件下将I-氧化，而在碱性条件下，CrO42-不能将I-氧化，说明+6价铬盐氧化性强弱为：
Cr2O72-大于CrO42-；此过程中发生的氧化还原反应的离子方程式是Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。
（5）①实验ⅱ中，Cr2O72-在阴极上放电被还原为Cr3+，硫酸提供了酸性环境，其电极反应式是Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O。
②由实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理示意图可知，加入Fe2（SO4）3溶于水电离出Fe3+，在直流电的作用下，阳离子向阴极定向移动，故Fe3+更易在阴极上得到电子被还原为Fe2+，Fe2+在酸性条件下把Cr2O72-还原为Cr3+。
如此循环往复，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。
由此可知，实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因是：
阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，故在阴阳两极附近均在大量的Fe2+，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。
【点睛】
本题中有很多解题的关键信息是以图片给出的，要求我们要有较强的读图能力，能从图中找出解题所需要的关键信息，并加以适当处理，结合所学的知识解决新问题。
3．《我在故宫修文物》这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。
“修旧如旧”是文物保护的主旨。
（1）查阅高中教材得知铜锈为Cu2（OH）2CO3，俗称铜绿，可溶于酸。
铜绿在一定程度上可以提升青铜器的艺术价值。
参与形成铜绿的物质有Cu和_______。
（2）继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）3Cl。
考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈，结构如图所示：
Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）3Cl分别属于无害锈和有害锈，请解释原因_____________。
（3）文献显示有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体），请结合下图回答：
①过程Ⅰ的正极反应物是___________。
②过程Ⅰ负极的电极反应式是_____________。
（4）青铜器的修复有以下三种方法：
ⅰ．柠檬酸浸法：
将腐蚀文物直接放在2%-3%的柠檬酸溶液中浸泡除锈；
ⅱ．碳酸钠法：
将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的Cu2（OH）2CO3；
ⅲ．BTA保护法：
请回答下列问题：
①写出碳酸钠法的离子方程式___________________。
②三种方法中，BTA保护法应用最为普遍，分析其可能的优点有___________。
A．在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜
B．替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈
C．和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”
【答案】O2、H2O、CO2碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀氧气（H2O）Cu-e-+Cl-=CuCl4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2（OH）2CO3+4Cl-ABC
【解析】
【分析】
（1）由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变；
（2）结合图像可知，Cu2（OH）2CO3为致密结构，Cu2（OH）3Cl为疏松结构；
（3）正极得电子发生还原反应，过程Ⅰ的正极反应物是氧气，Cu作负极；
（4）在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜；替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈；BTA保护法不破坏无害锈。
【详解】
（1）铜锈为Cu2（OH）2CO3，由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变，参与形成铜绿的物质有Cu和O2、H2O、CO2；
（2）结合图像可知，Cu2（OH）2CO3为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜，属于无害锈。
Cu2（OH）3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈；
（3）①结合图像可知，正极得电子发生还原反应，过程Ⅰ的正极反应物是氧气，电极反应式为O2+4e-+2H2O===4OH-；
②结合图像可知，过程Ⅰ中Cu作负极，电极反应式是Cu-e-+Cl-=CuCl；
（4）①碳酸钠法中，Na2CO3的缓冲溶液使CuCl转化为难溶的Cu2（OH）2CO3，离子方程式为4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2（OH）2CO3+4Cl-；
②A．在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜，能保护内部金属铜，这能使BTA保护法应用更为普遍，故A正确；
B．Cu2（OH）3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈。
替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈，这能使BTA保护法应用更为普遍，故B正确；
C．酸浸法会破坏无害锈Cu2（OH）2CO3，BTA保护法不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，这能使BTA保护法应用更为普遍，故C正确；
答案选ABC。
4．研究金属腐蚀和防腐的原理很有现实意义。
（1）甲图为人教版教材中探究钢铁的吸氧腐蚀的装置。
某兴趣小组按该装置实验，导管中液柱的上升缓慢，下列措施可以更快更清晰观察到水柱上升现象的有________（填序号）。
A．用纯氧气代替试管内空气B．用酒精灯加热试管提高温度
C．将铁钉换成铁粉和炭粉混合粉末D．换成更细的导管，水中滴加红墨水
（2）该小组将甲图装置改进成乙图装置并进行实验，导管中红墨水液柱高度随时间的变化如下表，根据数据判断腐蚀的速率随时间逐渐_______________（填“加快”、“不变”、“减慢”），你认为影响因素为________________________________________
时间/min
1
3
5
7
9
液柱高度/cm
0.8
2.1
3.0
3.7
4.2
（3）为探究铁钉腐蚀实验a、b两点所发生的反应，进行以下实验，请完成表格空白：
实验操作
实验现象
实验结论
向NaCl溶液中滴加2~3滴酚酞指示剂
a点附近溶液出现红色
a点电极反应为①___________________
然后再滴加2~3滴②________________
b点周围出现蓝色沉淀
b点电极反应为③___________________
根据以上实验探究，试判断____________（填“a”或“b”）为负极，该点腐蚀更严重。
（4）设计下面装置研究弱酸性环境中腐蚀的主要形式。
测定锥形瓶内气压和空气中氧气的体积分数随时间变化见下图，从图中可分析，t1~t2之间主要发生__________腐蚀（填吸氧或析氢），原因是__________________________________________。
（5）金属阳极钝化是一种电化学防腐方法。
将Fe作阳极置于H2SO4溶液中，一定条件下Fe钝化形成致密Fe3O4氧化膜，试写出该阳极电极反应式________________________。
【答案】ACD减慢氧气的浓度O2+4e—+2H2O=4OH—铁氰化钾溶液Fe-2e—=Fe2+b吸氧氧气含量和瓶内压强都降低，因此主要是吸氧腐蚀3Fe-8e—+4H2O=Fe3O4+8H+
【解析】
【分析】
（1）由影响化学反应速率的几大因素进行推导，其中a为浓度、b为温度、c为固体表面积，但b项直接加热会使具支试管内温度持续升高，导管一端只会产生气泡不会形成气柱，d项换成更细的导管旨在放大实验现象，以便于明显观察到水柱的上升，答案为ACD；
（2）通过表格，间隔2分钟液面高度的变化，5~7，7~9变化趋势逐渐减小，则反应速率逐渐减慢，随着反应的进行，空气中的氧气浓度含量逐渐减小，反应速率逐渐减慢；
（3）铁钉的吸氧腐蚀中，滴有酚酞的a点附近出现红色，则产生氢氧根离子，电极反应式：
O2+4e—+2H2O=4OH—；b点则为Fe失电子生成二价铁或三价铁，b点周围出现蓝色沉淀则加入铁氰化钾验证二价铁的存在，电极反应：
Fe-2e—=Fe2+；b点做电池的负极，腐蚀更严重；
（4）从图中分析t1~t2之间氧气的体积分数逐渐减小，压强逐渐减小，可确定此时发生吸氧腐蚀；
（5）将Fe作阳极置于H2SO4溶液中，一定条件下Fe钝化形成致密Fe3O4氧化膜，3Fe-8e—+4H2O=Fe3O4+8H+。
【详解】
（1）由影响化学反应速率的几大因素进行推导，其中a为浓度、b为温度、c为固体表面积，但b项直接加热会使具支试管内温度持续升高，导管一端只会产生气泡不会形成气柱，d项换成更细的导管旨在放大实验现象，以便于明显观察到水柱的上升，答案为ACD；
（2）通过表格，间隔2分钟液面高度的变化，5~7，7~9变化趋势逐渐减小，则反应速率逐渐减慢，随着反应的进行，空气中的氧气浓度含量逐渐减小，反应速率逐渐减慢；答案为：
减慢；氧气的浓度；
（3）铁钉的吸氧腐蚀中，滴有酚酞的a点附近出现红色，则产生氢氧根离子，电极反应式：
O2+4e—+2H2O=4OH—；b点则为Fe失电子生成二价铁或三价铁，b点周围出现蓝色沉淀则加入铁氰化钾验证二价铁的存在，电极反应：
Fe-2e—=Fe2+；b点做电池的负极，腐蚀更严重；答案为：
O2+4e—+2H2O=4OH—；铁氰化钾溶液；Fe-2e—=Fe2+；b；
（4）从图中分析t1~t2之间氧气的体积分数逐渐减小，压强逐渐减小，可确定此时发生吸氧腐蚀；答案为：
吸氧；氧气含量和瓶内压强都降低，因此主要是吸氧腐蚀；
（5）将Fe作阳极置于H2SO4溶液中，一定条件下Fe钝化形成致密Fe3O4氧化膜，答案为：
3Fe-8e—+4H2O=Fe3O4+8H+。
5．保险粉又称连二亚硫酸钠（Na2S2O4），可用于纺织工业的漂白剂、脱色剂，脱氯剂。
Na2S2O4是白色粉末，无味，易溶于水、难溶于乙醇，具有极强的还原性，在空气中易被氧化，在碱性介质中稳定。
Ⅰ.甲酸钠（ HCOONa） 法制备过程如下：
（1）连二亚硫酸钠中硫元素的化合价为______________。
（2）实验室用Na2SO3固体和某酸反应制备SO2气体，制备SO2时所选用的酸，你认为下列最适宜选用的是______________。
A．浓盐酸B．浓硝酸
C．质量分数为70%的硫酸D．质量分数为10%的硫酸
（3）步骤①中制备连二亚硫酸钠的化学方程式可表示为____________________________。
（4）上述步骤②中，加入适量乙醇水溶液的作用是______________。
（5）在包装保存“保险粉”时加入少量的Na2CO3固体，目的是_________________________。
（6）①现将0.05mol/LNa2S2O4溶液在空气中放置，其溶液的pH与时间（t）的关系如图所示。
t1时溶液中只有NaHSO3一种溶质，此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为_______________。
②t1~t2段发生化学反应的离子方程式为______________________________。
Ⅱ.电解法制备:
工业上用惰性电极电解NaHSO3溶液得到Na2S2O4。
过程如图所示
（7） ①产品在_________________（填“阳极”、“阴极”）得到。
②若不加隔膜，则连二亚硫酸钠产率降低，其原因是__________________________________。
【答案】+3CNaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O连二亚硫酸钠难溶于乙醇，用乙醇水溶液可降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度，有利于Na2S2O4晶体析出Na2CO3为碱性物质，提高“保险粉”的稳定性c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3）2HSO3-+O2=2H++2SO42-阴极若不加隔膜，则部分HSO3-到阳极失电子发生氧化反应生成硫酸根离子，得不到连二亚硫酸钠，使连二亚硫酸钠产率下降或部分HSO3-被阳极产生的Cl2氧化生成SO42-，使连二亚硫酸钠产率下降
【解析】Ⅰ.
（1）连二亚硫酸钠（Na2S2O4）中钠元素为+1价，氧元素为-2价，根据正负化合价的代数和为0，硫元素的化合价为+3价，故答案为：
+3；
（2）二氧化硫具有还原性，能被硝酸氧化，盐酸中的氯化氢易挥发，制得的二氧化硫不纯，70%的H2SO4产生二氧化硫的速率较快，故选C；
（3）SO2气体通入甲酸钠的碱性溶液可以生成Na2S2O4和二氧化碳，反应的化学方程式为NaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O，故答案为：
NaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O；
（4）根据题意，Na2S2O4易溶于水、难溶于乙醇。
加入适量乙醇水溶液可以降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度，有利于Na2S2O4晶体析出，故答案为：
连二亚硫酸钠难溶于乙醇，用乙醇水溶液可降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度，有利于Na2S2O4晶体析出；
（5）由信息可知在碱性介质中稳定，则在包装保存“保险粉”时加入少量的Na2CO3固体，目的是Na2CO3为碱性物质，提高“保险粉”的稳定性，故答案为：
Na2CO3为碱性物质，提高“保险粉”的稳定性；
（6）①NaHSO3的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3），故答案为：
c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3）；
②Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，则0～t1段发生离子反应方程式为2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-，t1点是为0.1mol/L的NaHSO3，根据图像t2时pH=1，说明NaHSO3完全被氧化生成硫酸氢钠，t1~t2段发生化学反应的离子方程式为2HSO3-+O2=2H++2SO42-，故答案为：
2HSO3-+O2=2H++2SO42-；
Ⅱ.（7） ①用惰性电极电解NaHSO3溶液得到Na2S2O4，反应过程中S元素的化合降低，被还原，应该在阴极上反应得到Na2S2O4，故答案为：
阴极；
②若不加隔膜，则部分HSO3-到阳极失电子发生氧化反应，也可能被阳极产生的氯气氧化，结果都会生成硫酸根离子，得不到连二亚硫酸钠，使连二亚硫酸钠产率下降，故答案为：
若不加隔膜，则部分HSO3-到阳极失电子发生氧化反应生成硫酸根离子，得不到连二亚硫酸钠，使连二亚硫酸钠产率下降。
6．有A、B两位学生均想利用原电池反应验证金属的活动性顺序,并探究产物的有关性质。
分别设计如图所示的原电池,请完成以下问题：
（1）负极材料：
A池___，B池___。
（2）电极反应式：
A池正极____________________；
B池负极____________________。
由上述实验分析“利用金属活动性顺序表直接判断原电池的正负极”是________（填“可靠”或“不可靠”）。
【答案】MgAl2H++2e-====H2↑Al-3e-+4OH-====AlO2-+2H2O不可靠
【解析】由两装置图可知，A池中电解质为硫酸，镁较活泼作负极，总反应为镁与硫酸反应生成硫酸镁和氢气；B池中电解质为氢氧化钠溶液，由于铝可以被氢氧化钠溶液溶解，而镁不溶，所以此时铝较活泼，铝作负极，总反应为铝、氢氧化钠、水反应生成偏铝酸钠和氢气。
（1）负极材料：
A池Mg，B池Al。
（2）电极反应式：
A池正极2H++2e-====H2↑；
B池负极Al-3e-+4OH-====AlO2-+2H2O。
由上述实验分析“利用金属活动性顺序表直接判断原电池的正负极”是不可靠的。
点睛：
金属的活动性与所处的化学环境有着密切的关系，所以要具体问题具体分析。
本题中镁和铝两种金属，在酸性条件下，镁较活泼，但是在强碱性条件下，铝则较活泼。
7．某化学兴趣小组为了探究铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下。
编号
电极材料
电解质溶液
电流表指针偏转方向
1
Al、Mg
稀盐酸
偏向Al
2
Al、Cu
稀盐酸
偏向Cu
3
Al、C（石墨）
稀盐酸
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