全国高考真题分类电化学专题带解析Word文档下载推荐.docx

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故选A．

点评：

本题考查化学电源新型电池，为高频考点，正确判断电解质溶液酸碱性是解本题关键，所有原电池中都是负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，难点是电极反应式的书写．

2015北京27-（4）利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量．

①结合方程式简述提取CO2的原理：

　a室：

2H2O﹣4e=4H++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：

H++HCO3﹣=CO2↑+H2O　．

②用该装置产生的物质处理室排出的海水，合格后排回大海．处理至合格的方法是　c室：

2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH　．

（4）a室接电源的正极，为阳极，水得到电子生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，与b室中的碳酸氢根反应生成二氧化碳气体，据此解答即可；

②c室连接电源的负极，为阴极，水得到电子生成氢气和氢氧根，a室中产生氢离子，用c室排除的碱液将从b室排出的酸性海水调节即可，据此解答．

（4）a室：

2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：

H++HCO3﹣=CO2↑+H2O，故答案为：

a室：

H++HCO3﹣=CO2↑+H2O；

②c室：

2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH，故答案为：

c室：

2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH．

28．（2015•北京）为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化．实验如图1所示：

（1）待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅱ目的是使实验Ⅰ的反应到达　化学平衡状态　．

（2）ⅲ是ⅱ的对比实验，目的是排除ⅱ中　溶液稀释对颜色的变化　造成的影响．

（3）ⅰ和ⅱ的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化．用化学平衡移动原理解释原因：

　Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动　．

（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测I中Fe2+向Fe3+转化的原因：

外加Ag+使c（I﹣）降低，导致I﹣的还原性弱于Fe2+．用图2装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证．

①K闭合时，指针向右偏转，b作　正　极．

②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/LAgNO3溶液．产生的现象证实了其推测．该现象是　左管出现黄色沉淀，指针向左偏转　．

（5）按照（4）的原理，该同学用图2装置进行实验，证实了ⅱ中Fe2+向Fe3+转化的原因．

①转化的原因是　Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I﹣．

②与（4）实验对比，不同的操作是　向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液　．

（6）实验Ⅰ中，还原性：

I﹣＞Fe2；

而实验Ⅱ中，还原性Fe2﹣＞I﹣．将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是　该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动　．

氧化还原反应．

（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态；

（2）根据实验iii和实验ii的对比可以看出是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响；

（3）i．加入AgNO3，Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动；

ii．加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；

①K闭合时，指针向右偏转，可知b极Fe3+得到电子，作正极；

②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/LAgNO3溶液，若生成黄色沉淀，可知I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动；

（5）①Fe2+浓度增大，还原性增强；

②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液；

（6）将（3）和（4）、（5）作对比，可知氧化性、还原性与浓度有关．

（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态，否则干扰平衡移动的判断，故答案为：

化学平衡状态；

（2）由实验iii和实验ii的对比可知，对比实验的目的是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响，故答案为：

溶液稀释对颜色的变化；

（3）i．加入AgNO3，Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化，故答案为：

Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动；

①K闭合时，指针向右偏转，右侧为正极，可知b极Fe3+得到电子，则b作正极，故答案为：

正；

②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/LAgNO3溶液，若生成黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动，指针向左偏转，也可证明推测Fe2+向Fe3+转化，故答案为：

左管出现黄色沉淀，指针向左偏转；

（5）①转化的原因为Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I﹣，

故答案为：

Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I﹣；

②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液，Fe2+向Fe3+转化，

向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液；

（6）将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动，

该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动．

本题为2015年北京高考真题，侧重原电池、氧化还原反应及平衡移动的综合考查，把握平衡移动的影响因素及物质的性质为解答的关键，对分析与实验能力要求较高，题目难度较大．

2015安徽25-（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生．

0～t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是　2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O　，溶液中的H+向　正　极移动．t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是　Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al的进一步反应　．

解析：

（4）依据题意，0～t1时，原电池的负极是Al片，且有红棕色气体产生，说明溶液中的硝酸根在正极放电，据此解答即可；

电流发生改变，即原电池的正负极发生改变，据此分析原因即可．

（4）0～t1时，原电池的负极是Al片，溶液中产生红棕色气体是二氧化氮，故正极反应方程式为：

2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O，此时溶液中的氢离子移向正极，一段时间后，由于Al与浓硝酸发生钝化，导致原电池中Al作正极，Cu作负极，故答案为：

2H++NO3﹣=NO2↑+H2O；

Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al的进一步反应．

4．（6分）（2015•福建）纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是（　　）

X可能是金属铜

Y不可能是氢气

Z可能是氯化钠

Z可能是三氧化硫

无机物的推断．

A．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，根据铜、氯及其化合物的性质分析解答；

B．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，符合条件；

C．Z可能是氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，电解水和电解质，不符合Z电解生成X、Y条件；

D．Z可能是三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，三氧化硫和水反应生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，不符合Z电解生成X、Y条件．

A．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，反应为：

X+Y→Z，Cu+Cl2

CuCl2，Z为CuCl2，电解CuCl2溶液：

CuCl2

Cu+Cl2↑，故A正确；

B．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，反应为：

X+Y→Z，H2+Cl2

2HCl，Z为HCl，电解HCl溶液：

2HCl

H2↑+Cl2↑，故B错误；

C．Z可能是氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，X+Y→Z，2Na+Cl2

2NaCl，Z电解：

2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑，不符合Z电解生成X、Y条件，故C错误；

D．Z可能是三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，X+Y→Z，2SO2+O2

2SO3，三氧化硫和水反应SO3+H2O=H2SO4生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，电解水生成氢气和氧气，不符合Z电解生成X、Y条件，故D错误；

本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意把握推断的突破口，通常从物质的颜色，性质和反应现象为突破口进行推断，本题可结合选项提供的物质以及反应的条件进行分析，注意X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累．

6．（6分）（2015•福建）某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）．下列说法正确的是（　　）

该装置将化学能转化为光能和电能

该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移

每生成1molO2，有44gCO2被还原

a电极的反应为：

3CO2+18H+﹣18e﹣=C3H8O+5H2O

原电池和电解池的工作原理；

A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能；

B、与电源正极相连的是电解池的阳极，负极相连的是电解池的阴极，a与电源负极相连，所以a是负极阴极，而电解池中氢离子向阴极移动；

C、电池总的方程式为：

6CO2+8H2O

2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，由此分析解答；

D、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，电极反应式为：

3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O．

A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误；

B、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，故B正确；

2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是1mol的氧气，阴极有

mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为29.3g，故C错误；

D、a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：

3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O，故D错误；

故选B．

本题考查电化学的相关知识，学生要清楚电解池的反应原理，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，以及离子的移动方向就可以迅速解题了，比较容易．

15．（9分）（2015•海南）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照相器材等领域亦有广泛应用．回答下列问题：

（1）久存的银制品表面会变黑，失去银白色光泽，原因是　Ag与空气中微量H2S反应生成黑色的Ag2S　．

（2）已知Ksp（AgCl）=1.8×

10﹣10，若向50mL0.018mol•L﹣1的AgNO3溶液中加入50mL0.020mol•L﹣1的盐酸，混合后溶液中Ag+的浓度为　1.8×

10﹣7mol•L﹣1，pH为　2　．

（3）AgNO3光照易分解，生成Ag和红棕色气体等物质，其光照分解反应的化学方程式为　2AgNO3

2Ag+2NO2↑+O2↑　．

（4）如图所示原电池正极的反应式为　Ag++e﹣=Ag　．

难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

（1）长期放置在空气中的银制品，其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生成黑色的Ag2S；

（2）n（AgNO3）=0.05L×

0.018mol/L=0.0009mol，n（HCl）=0.05L×

0.020mol/L=0.001mol，硝酸银和HCl发生反应AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，根据方程式知，HCl剩余，混合溶液中c（Cl﹣）=

=10﹣3mol/L，溶液中c（Ag+）=

；

实际上氢离子不参加反应，则溶液中c（H+）=

=0.01mol/L，

溶液的pH=﹣lgc（H+）；

（3）红棕色气体是NO2，该反应中Ag元素化合价由+1价变为0价、N元素化合价由+5价变为+4价，根据氧化还原反应知，还有元素失电子化合价升高，只能是O元素失电子生成O2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；

（4）该原电池中，Cu的活动性大于Ag，Cu易失电子发生氧化反应，所以Cu是负极、Ag是正极，正极上银离子得电子发生还原反应．

（1）长期放置在空气中的银制品，其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生成黑色的Ag2S，故答案为：

Ag与空气中微量H2S反应生成黑色的Ag2S；

=

mol/L=1.8×

10﹣7mol/L；

=0.01mol/L，溶液的pH=﹣lgc（H+）=﹣lg0.01=2，

1.8×

10﹣7；

2；

（3）红棕色气体是NO2，该反应中Ag元素化合价由+1价变为0价、N元素化合价由+5价变为+4价，根据氧化还原反应知，还有元素失电子化合价升高，只能是O元素失电子生成O2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式为2AgNO3

2Ag+2NO2↑+O2↑，故答案为：

2AgNO3

2Ag+2NO2↑+O2↑；

（4）该原电池中，Cu的活动性大于Ag，Cu易失电子发生氧化反应，所以Cu是负极、Ag是正极，正极上银离子得电子发生还原反应，电极反应式为Ag++e﹣=Ag，故答案为：

Ag++e﹣=Ag．

本题为2015年海南省高考题，考查原电池原理、氧化还原反应、pH计算、溶度积常数等知识点，综合性较强，明确正负极判断及其发生的反应、溶度积常数含义、氧化还原反应本质等知识点即可解答，注意

（2）题要进行过量计算，为易错点．

10．（2分）（2015•江苏）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图．下列有关该电池的说法正确的是（　　）

反应CH4+H2O

3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子

电极A上H2参与的电极反应为：

H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O

电池工作时，CO32﹣向电极B移动

电极B上发生的电极反应为：

O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣

专题：

电化学专题．

甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价有﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32﹣，以此解答该题．

A．反应CH4+H2O

3H2+CO，C元素化合价有﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A错误；

B．电解质没有OH﹣，负极反应为H2+2CO+CO32﹣﹣2e﹣=H2O+2CO2，故B错误；

C．电池工作时，CO32﹣向负极移动，即向电极A移动，故C错误；

D．B为正极，正极为氧气得电子生成CO32﹣，电极反应为：

O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，故D正确．

故选D．

本题为2015年江苏考题第10题，考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物，难度中等．

29．（15分）（2015•山东）利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料．LiOH可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得．

（1）利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液．B极区电解液为　LiOH　溶液（填化学式），阳极电极反应式为　2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑　，电解过程中Li+向　B　电极迁移（填“A”或“B”）．

（2）利用钴渣[含Co（OH）3、Fe（OH）3等]制备钴氧化物的工艺流程如下：

Co（OH）3溶解还原反应的离子方程式为　2Co（OH）3+4H++SO32﹣=2Co2++SO42﹣+5H2O　，铁渣中铁元素的化合价为　+3　，在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L（标准状况），则钴氧化物的化学式为　Co3O4．

物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．

（1）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；

A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气；

（2）Co（OH）3溶解还原反应为Co（OH）3、H+、SO32﹣的氧化还原反应；

由制备流程可知，加硫酸溶解后为铁离子，再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子，在浸液中通入氧气时亚铁离子被氧化为铁离子；

煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L（标准状况），n（CO2）=

=0.06mol，由化学式可知n（Co）=0.06mol×

=0.03mol，则氧化物中n（O）=

=0.04mol，以此来解答．

（1）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，B极区电解液为LiOH溶液；

Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；

A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，

LiOH；

2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；

（2）Co（OH）3溶解还原反应为Co（OH）3、H+、SO32﹣的氧化还原反应，其离子反应为2Co（OH）3+4H++SO32﹣=2Co2++SO42﹣+5H2O；

由制备流程可知，加硫酸溶解后为铁离子，再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子，在浸液中通入氧气时亚铁离子被氧化为铁离子，可知铁渣中铁元素的化合价为+3价；

=0.04mol，则n（Co）：

n（O）=0.03mol：

0.04mol=3：

4，所以钴氧化物的化学式为Co3O4，

2Co（OH）3+4H++SO32﹣=2Co2++SO42﹣+5H2O；

+3；

Co3O4．

本题为2015年山东高考题29题，侧重电化学、物质制备及混合物分离提纯的考查，把握原电池原理及制备流程中的反应为解答的关键，

（2）中化学式的计算为解答的难点，题目难度不大．

14．（3分）（2015•上海）研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示．下列有关说法错误的是（　　）

d为石墨，铁片腐蚀加快

d为石墨，石墨上电极反应为：

O2+2H2O+4e→4OH﹣

d为锌块，铁片不易被腐蚀

d为锌块，铁片上电极反应为：

2H++2e→H2↑

A、d为石墨，铁片活泼，所以腐蚀铁；

B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；

C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌；

D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；

A、d为石墨，活泼金属铁片作负极，发生腐蚀，所以铁片腐蚀加快，故A正确；

B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以石墨作正极，电极反应：

O2+2H2O+4e═4OH﹣，故B正确；

C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C正确；

D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：

O2+2H2O+4e═4OH﹣，故D错误；

本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应