高考化学易错题专题复习化学能与电能练习题附详细答案.docx

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高考化学易错题专题复习化学能与电能练习题附详细答案

2020-2021高考化学易错题专题复习-化学能与电能练习题附详细答案

一、化学能与电能

1．亚硝酰氯NOCl可用于合成清洁剂等。

它可用Cl2与NO在常温常压下合成：

它的熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，常温下是黄色的有毒气体，遇水易水解。

请按要求回答下列相关问题：

（1）过量铁屑和稀硝酸充分反应制备NO的离子方程式为：

______________________。

（2）制备NOCl的装置如下图所示，连接顺序为:

a→_________________________（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。

①装置A和B作用是①干燥NO和Cl2，②___________________________________________。

②装置D的作用是______________________________________。

③装置E中NOCl发生反应的化

学方程式为________________。

（3）工业生产过程中NO尾气处理方法有多种，其中间接电化学法，其原理如图所示：

该过程中阴极的电极反应式为：

__________________________________________。

【答案】3Fe+8H++2NO3—=3Fe2++2NO↑+4H2Oe→f→c→b→d或f→e→c→b→d观察气泡调节气体流速防止E中水蒸气进入F，引起NOCl的水解NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O2HSO3—+2e—+2H+=S2O42—+2H2O

【解析】

【分析】

（1）过量铁屑和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；

（2）将氯气和NO干燥后在装置F中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，注意NOCl遇水易水解。

（3）由间接电化学法示意图可知，阴极上HSO3—放电生成S2O42—，S2O42—在吸收塔中将NO还原为N2。

【详解】

（1）过量铁屑和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Fe+8H++2NO3—=3Fe2++2NO↑+4H2O，故答案为3Fe+8H++2NO3—=3Fe2++2NO↑+4H2O；

（2）将氯气和NO干燥后在装置F中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，故答案为e→f（或f→e）→c→b→d；

①装置A和B作用是除干燥NO、Cl2外，另一个作用是通过观察气泡调节气体的流速控制反应的发生，故答案为观察气泡调节气体流速；

②NOCl遇水易水解，装置D中氯化钙做干燥剂，吸收水蒸气，防止E中水蒸气进入反应器F中，引起NOCl的水解，故答案为防止E中水蒸气进入F，引起NOCl的水解；

③装置E的目的吸收尾气，防止污染环境，NOCl与氢氧化钠溶液反应生成NaCl、NaNO2和H2O，反应的化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故答案为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；

（3）由间接电化学法示意图可知，阴极上HSO3—放电生成S2O42—，S2O42—在吸收塔中将NO还原为N2，阴极的电极反应式为2HSO3—+2e—+2H+=S2O42—+2H2O，故答案为2HSO3—+2e—+2H+=S2O42—+2H2O。

【点睛】

本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重考查分析问题和解决问题的能力，注意化学方程式的书写和排列实验先后顺序的方法，掌握电极反应式的书写方法是解答关键，

2．FeSO4溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2＋，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。

（稳定是指物质放置在空气中不易发生各种化学反应而变质）

I．硫酸亚铁铵晶体的制备与检验

（1）某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。

本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水的目的是_______。

向FeSO4溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，经过操作_______、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。

（2）该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。

①如图所示实验的目的是_______，C装置的作用是_______。

取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。

②取少量待测液，_______（填操作与现象），证明所制得的晶体中有Fe2＋。

③取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4＋和SO42－

II．实验探究影响溶液中Fe2＋稳定性的因素

（3）配制0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的（NH4）2Fe（SO4）2溶液（pH=4.0），各取2ml上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15分钟后观察可见：

（NH4）2Fe（SO4）2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液；FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。

（资料1）

沉淀

Fe（OH）2

Fe（OH）3

开始沉淀pH

7.6

2.7

完全沉淀pH

9.6

3.7

①请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因_______。

②讨论影响Fe2＋稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：

假设1：

其它条件相同时，NH4＋的存在使（NH4）2Fe（SO4）2溶液中Fe2+稳定性较好。

假设2：

其它条件相同时，在一定pH范围内，溶液pH越小Fe2＋稳定性越好。

假设3：

_______。

（4）小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A（0.2mol/LNaCl）和溶液B（0.1mol/LFeSO4）为不同的pH，

观察记录电流计读数，对假设2进行实验研究，实验结果如表所示。

序号

A：

0.2mol·L－1NaCl

B：

0.1mol·L－1FeSO4

电流计读数

实验1

pH=1

pH=5

8.4

实验2

pH=1

pH=1

6.5

实验3

pH=6

pH=5

7.8

实验4

pH=6

pH=1

5.5

（资料2）原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。

（资料3）常温下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液稳定性更好。

根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：

①U型管中左池的电极反应式____________。

②对比实验1和2（或3和4）,在一定pH范围内，可得出的结论为____________。

③对比实验____________和____________，还可得出在一定pH范围内溶液酸碱性变化对O2氧化性强弱的影响因素。

④对（资料3）实验事实的解释为____________。

【答案】除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+蒸发浓缩检验晶体中是否含有结晶水防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果滴入少量K3[Fe（CN）6]溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色）4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。

（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。

）O2+4e-+4H+=2H2O溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱13（或2和4）其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。

故pH=1的FeSO4溶液更稳定。

【解析】

【分析】

I.

（1）亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向FeSO4溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；

（2）①无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰；

②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe（CN）6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；

II.（3）①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，会产生Fe（OH）3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe（OH）3沉淀；

②0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的（NH4）2Fe（SO4）2溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；

（4）①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水；

②实验1和2（或3和4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；

③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；

④对比实验1和4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论分析。

【详解】

I.

（1）亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在配制溶液时使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：

除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向FeSO4溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；

（2）①无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：

检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果；

②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe（CN）6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；

II.（3）①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，会产生Fe（OH）3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe（OH）3沉淀，离子方程式为：

4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+；

②0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的（NH4）2Fe（SO4）2溶液中硫酸根的浓度也不同，0.8mol/L的（NH4）2Fe（SO4）2溶液中硫酸根浓度更大，故可以假设：

当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性；或者当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好；

（4）①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：

O2+4e-+4H+=2H2O；

②实验1和2（或3和4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出的结论是：

溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；

③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出在一定pH范围内溶液的碱性越强，O2氧化性越强；

④对比实验1和4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论，和其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。

故pH=1的FeSO4溶液更稳定。

3．某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现反应条件不同，反应速率不同。

请回答下列问题：

（1）在用稀硫酸与锌制氢的实验中，加入少量下列物质可加快氢气生成速率的是_____（填序号）

A．Na2SO4溶液B．MgSO4溶液C．SO3D．CuSO4溶液

（2）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列的实验：

将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的容器中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。

请完成此实验设计，其中：

V1＝____mL，V6＝______mL。

该同学最后得出的结论为：

当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高，但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。

请分析速率下降的主要原因__________。

（3）该同学为探究其它因素对锌与稀硫酸反应速率的影响，又做了以下实验，记录数据如下，回答下列问题：

①由实验可推知，反应物的总能量_______产物的总能量（填“＜”、“＞”或“＝”）。

②实验2和5表明，______对反应速率有影响。

③实验4和5表明，______对反应速率有影响，能表明同一规律的实验还有_________（填实验序号）。

④本实验中影响反应速率的其他因素还有________。

【答案】CD3010当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积＞浓度固体表面积1和2温度

【解析】

（1）在用稀硫酸与锌制氢气的实验中，加入Na2SO4溶液，减小了硫酸的浓度，使速率减小，故A错误；B、加入MgSO4溶液，减小了硫酸的浓度，使速率减小，故B错误；C、通入SO3相当于加入了硫酸，增大了硫酸的浓度，加快了化学反应速率；D、加入CuSO4溶液，锌为活泼金属，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快；故选CD；

（2）研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响要求硫酸的量不变，所以V1=30，分析可以看出为了消除硫酸的物质的量浓度不同引起的误差，所以加入的硫酸铜和水的体积和要求一样为20mL，所以V6＝10，加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高，但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。

请分析氢气生成速率下降的主要原因是当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积；

（3）①从表中看出，反应后的温度高于反应前的温度，说明这是一个放热反应，即反应物的总能量大于产物的总能量；

②实验2和5表明只要硫酸的物质的量浓度不同，是为了探究浓度对反应速率的影响；

③实验4和5、1和2，都是为了探究固体表面积对反应速率的影响，粉末反应的时间短，说明固体表面积越大，反应速率越快；

④由于这是一个放热反应，所以温度也是影响本实验的反应速率的因素之一。

4．某小组研究Na2S溶液与KMnO4溶液反应，探究过程如下。

资料:

Ⅰ.MnO4在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为MnO2.

Ⅱ.单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。

（1）根据实验可知，Na2S具有________性。

（2）甲同学预测实验I中S2－被氧化成SO32-。

①根据实验现象，乙同学认为甲的预测不合理，理由是_______________。

②乙同学取实验Ⅰ中少量溶液进行实验，检测到有SO42－，得出S2－被氧化成SO42－的结论，丙同学否定该结论，理由是_______________。

③同学们经讨论后，设计了如右下图的实验，证实该条件下MnO4-的确可以将S2－氧化成SO42－。

a.左侧烧杯中的溶液是__________。

b.连通后电流计指针偏转，一段时间后，_________（填操作和现象），证明S2－被氧化为SO42－。

（3）实验I的现象与资料i存在差异，其原因是新生成的产物（Mn2+）与过量的反应物（MnO4-）发生反应，该反应的离子方程式是______________。

（4）实验Ⅱ的现象与资料也不完全相符，丁同学猜想其原因与（3）相似，经验证猜想成立，他的实验方案_______。

（5）反思该实验，反应物相同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与__________因素有关。

【答案】还原溶液呈紫色.说明酸性KMnO4溶液过量

SO32-能被其继续氧化KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，故溶液中检测出SO42-不能证明一定是氧化新生成的0.1mol/LNa2S溶液取左侧烧杯中的溶液,用盐酸酸化后,

滴加BaCl2溶液.观察到有白色沉淀生成2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+H+将实验I中生成的MnO2分离洗涤后（或取MnO2），加入0.1mol/LNa2S溶液.观察到有浅粉色沉淀.且溶液呈淡黄色F证明新生成的MnO2与过量的S反应.故没得到MnO2沉淀用量、溶液的酸碱性

【解析】

（1）根据实验I可知，高锰酸钾溶液的紫色变浅，说明Na2S具有还原性，故答案为：

还原；

（2）①根据实验现象，溶液呈紫色，说明酸性KMnO4溶液过量，SO32-能被其继续氧化，因此甲的预测不合理，故答案为：

溶液呈紫色，说明酸性KMnO4溶液过量，SO32-能被其继续氧化；

②KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，故溶液中检测出SO42-不能证明一定是氧化新生成的，因此S2－被氧化成SO42－的结论不合理，故答案为：

KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，故溶液中检测出SO42-不能证明一定是氧化新生成的；

③a.根据图示，左侧烧杯中发生氧化反应，为原电池的负极，根据题意，要达到MnO4-将S2－氧化成SO42－的目的，左侧烧杯中的溶液可以是0.1mol/LNa2S溶液，右侧烧杯中的溶液可以是0.1mol/LKMnO4溶液，故答案为：

0.1mol/LNa2S溶液；

b.连通后，高锰酸钾与硫化钠溶液发生氧化还原反应，电流计指针偏转，一段时间后，取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加BaCl2溶液，观察到有白色沉淀生成，证明S2－被氧化为SO42－，故答案为：

取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加BaCl2溶液，观察到有白色沉淀生成；

（3）Mn2+与过量的MnO4-反应生成二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+H+，故答案为：

2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+H+；

（4）实验Ⅱ的现象与资料也不完全相符，丁同学猜想其原因与（3）相似，经验证猜想成立，实验方案可以为：

将实验I中生成的MnO2分离洗涤后（或取MnO2），加入0.1mol/LNa2S溶液.观察到有浅粉色沉淀.且溶液呈淡黄色F证明新生成的MnO2与过量的S 反应.故没得到MnO2 沉淀，故答案为：

将实验I中生成的MnO2分离洗涤后（或取MnO2），加入0.1mol/LNa2S溶液.观察到有浅粉色沉淀.且溶液呈淡黄色F证明新生成的MnO2与过量的S 反应.故没得到MnO2 沉淀；

（5）反思该实验，反应物相同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与反应物的用量、溶液的酸碱性等因素有关，故答案为：

反应物的用量、溶液的酸碱性。

5．广泛用于纺织工业的连二亚硫酸钠（Na2S2O4），俗称保险粉，是一种强还原剂，可溶于水，但不溶于乙醇，在碱性介质中稳定。

Ⅰ.工业上制备连二亚硫酸钠的流程如下：

请回答下列问题：

（1）步骤①中的化学方程式为___________________________________；

（2）步骤②中沉淀为_________________________________（填化学式）；

（3）步骤③中加入NaCl固体的作用是______________________________，分离出保险粉方法为_______、洗涤、干燥，洗涤所用试剂是___________________________。

Ⅱ.工业上也可用右图装置电解NaHSO3溶液制Na2S2O4。

（1）惰性电极a连接电源的_________（填“正极”或“负极”），其电极反应式为________________；

（2）若不加隔膜，则得不到连二亚硫酸钠，其原因是____________________________。

Ⅲ.探究Na2S2O4的性质：

某课题小组常温下测定0.050mol•L-1Na2S2O4溶液在空气中的pH变化如下图所示；

（1）0-t1段主要生成HSO3-，根据pH变化图，写出0-t1发生反应的离子方程式为______________；

（2）若t1时溶液中Na2S2O4全部被氧化成NaHSO3，此时溶液中c（SO32-）-c（H2SO3）=__________mol•L-1（填具体数值，不考虑溶液体积变化）

【答案】Zn+2SO2=ZnS2O4Zn（OH）2降低Na2S2O4的溶解度，使更多Na2S2O4析出过滤乙醇负极2HSO3-+2e-=S2O42-+2OH-Na2S2O4被阳极生成的氧气氧化或HSO3-在阳极失电子得到硫酸根2H2O+2S2O42-+O2=4HSO3-10-5-10-9

【解析】Ⅰ.锌粉加水形成分散系，再通入二氧化硫反应得到ZnS2O4，加入18%dNaOH溶液反应得到氢氧化锌沉淀、Na2S2O4，最后加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度，析出Na2S2O4，溶液D中含有NaCl。

（1）根据上述分析，步骤①中的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4，故答案为：

Zn+2SO2=ZnS2O4；

（2）步骤②中沉淀为Zn（OH）2，故答案为：

Zn（OH）2；

（3）步骤③中加入NaCl固体可以降低Na2S2O4的溶解度，使更多Na2S2O4析出，然后过滤、洗涤、干燥即可分离出保险粉；连二亚硫酸钠（Na2S2O4）是一种强还原剂，可溶于水，但不溶于乙醇。

为了减少Na2S2O4的溶解损失，洗涤液可以选用乙醇，故答案为：

降低Na2S2O4的溶解度，使更多Na2S2O4析出；过滤；乙醇；

Ⅱ.a极上NaHSO3生成Na2S2O4，S元素化合价由+4价降低到+3价，发生还原反应，应为阴极，a连接电源的负极，b极上氢氧化钠溶液中的水被氧化生成氧气，为阳极，b连接电源的正极。

（1）根据上述分析，惰性电极a连接电源的负极”），其电极反应式为2HSO3-+2e-=S2O42-+2OH-，故答案为：

负极；2HSO3-+2e-=S2O42-+2OH-；

（2）若不加隔膜，Na2S2O4被阳极生成的氧气氧化得到硫酸根，得不到连二亚硫酸钠，故答案为：

Na2S2O4被阳极生成的氧气氧化得到硫酸根；

Ⅲ.

（1）Na2S2O4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