高考化学化学能与电能大题培优及答案解析.docx
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高考化学化学能与电能大题培优及答案解析
高考化学化学能与电能（大题培优）及答案解析
一、化学能与电能
1．现需设计一套实验装置来电解饱和食盐水，并测量电解产生的氢气的体积（约6mL）和检验氯气的氧化性（不应将多余的氯气排入空气中）。
（1）试从下图中选用几种必要的仪器，连成一整套装置，各种仪器接口的连接顺序（填编号）是A接__________，B接__________。
（2）铁棒接直流电源的________极；碳棒上发生的电极反应为_______。
（3）能说明氯气具有氧化性的实验现象是_______________________。
（4）假定装入的食盐水为50mL，一段时间后，产生5.6mL（标准状况）H2时，所得溶液在25℃时的pH＝________。
（5）若将B电极换成铁电极，写出在电解过程中U形管底部出现的现象：
__________。
【答案】A接GFIB接DEC负极2Cl－－2e－＝Cl2↑淀粉KI溶液变蓝12白色沉淀迅速变成灰绿色最后变成红褐色
【解析】
【分析】
U形管装置为电解装置，铁棒为阴极，连接电源负极，发生还原反应：
2H＋＋2e－=H2↑；碳棒为阳极，连接电源正极，发生氧化反应：
2Cl－－2e－=Cl2↑，所以从A出来的是H2，应该连接G，然后F连接I。
淀粉KI溶液可以检验Cl2，所以B连接D，E连接C，目的是吸收尾气Cl2。
【详解】
（1）根据以上分析可知：
A接GFI，B接DEC；
答案：
A接GFIB接DEC
（2）铁棒不可连接电源正极，如果连接正极铁会失电子，发生氧化反应，所以必须连接电源负极；碳棒为阳极，连接电源正极，发生氧化反应：
2Cl－－2e－=Cl2↑；
答案：
负极2Cl－－2e－＝Cl2↑
（3）利用Cl2+2KI=2KCl+I2，碘单质使得淀粉溶液变蓝，证明氯气具有氧化性；
答案：
淀粉KI溶液变蓝
（4）2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑
2mol22.4L
n（NaOH）5.6×10-3L
n（NaOH）=
mol=0.0005mol
c（NaOH）=
=
=0.01mol/L
pH=-lg
=-lg
=12
答案：
12
（5）若将B电极换成铁电极，总电极反应为Fe+2H2O
Fe（OH）2↓+H2↑，后续反应4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，因此现象为生成白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色。
答案：
白色沉淀迅速变成灰绿色最后变成红褐色
【点睛】
试题以电解饱和食盐水为载体，旨在考查学生灵活运用电解原理解决实际问题的能力，明确电解原理、物质的性质特点是解答的关键。
2．某小组设计不同实验方案比较Cu2+、Ag+的氧化性。
查阅资料：
Ag++I-=AgI↓K1=1.2×1016；2Ag++2I-=2Ag↓+I2K2=8.7×108
（1）方案1：
通过置换反应比较
向酸化的AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明氧化性Ag+＞Cu2+。
反应的离子方程式是___________________________________________________。
（2）方案2：
通过Cu2+、Ag+分别与同一物质反应进行比较
实验
试剂
编号及现象
试管
滴管
1.0mol/L
KI溶液
1.0mol/LAgNO3溶液
Ⅰ．产生黄色沉淀，溶液无色
1.0mol/LCuSO4溶液
Ⅱ．产生白色沉淀A，溶液变黄
①经检验，Ⅰ中溶液不含I2，黄色沉淀是________。
②经检验，Ⅱ中溶液含I2。
推测Cu2+做氧化剂，白色沉淀A是CuI。
确认A的实验如下：
a．检验滤液无I2。
溶液呈蓝色说明溶液含有________（填离子符号）。
b．白色沉淀B是________。
c．白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是___________，说明氧化性Ag+＞Cu2+。
（3）分析方案2中Ag+未能氧化I-，但Cu2+氧化了I-的原因，设计实验如下：
编号
实验1
实验2
实验3
实验
KI溶液
KI溶液AgNO3溶液
ab
KI溶液CuSO4溶液
cd
现象
无明显变化
a中溶液较快变棕黄色,b中电极上析出银；电流计指针偏转
c中溶液较慢变浅黄色；
电流计指针偏转
（电极均为石墨，溶液浓度均为1mol/L，b、d中溶液pH≈4）
①a中溶液呈棕黄色的原因是___________________________（用电极反应式表示）。
②“实验3”不能说明Cu2+氧化了I-。
依据是空气中的氧气也有氧化作用，设计实验证实了该依据，实验方案及现象是_____________________________。
③方案2中，Cu2+能氧化I-,而Ag+未能氧化I-。
其原因一是从K值分析：
______；二是从Cu2+的反应特点分析：
______________________________________________。
【答案】Cu+2Ag+＝2Ag+Cu2+；AgICu2+AgClCuI+2Ag+＝Cu2++Ag+AgI2I――2e－＝I2将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1mol/LNa2SO4溶液，c中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转K1＞K2，故Ag+更易与I_发生复分解反应，生成AgI2Cu2++4I-=2CuI+I2，生成了CuI沉淀，使得Cu2+的氧化性增强
【解析】
【分析】
【详解】
（1）向酸化的硝酸银中插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明银离子氧化铜，反应生成银单质和铜离子，反应的离子方程式为：
Cu+2Ag+＝2Ag+Cu2+；
（2）经过检验，Ⅱ中溶液含有碘单质，推测铜离子做氧化剂，白色沉淀Ａ为碘化亚铜，沉淀Ａ中加入足量硝酸银溶液得到灰黑色沉淀，过滤得到滤液为蓝色，说明生成了铜离子，滤渣加入浓硝酸得到黄色沉淀为碘化银，溶液中加入稀盐酸生成白色沉淀，说明Ｂ为氯化银。
①经检验，Ⅰ中溶液不含I2，黄色沉淀为AgI。
②a．检验滤液无I2。
溶液呈蓝色说明溶液含有铜离子；b．白色沉淀B是氯化银；c．白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是CuI+2Ag+＝Cu2++Ag+AgI。
（３）.①ａ中溶液较快变棕黄色，ｂ中电极上析出银，说明形成原电池，ａ为负极失去电子发生氧化反应，溶液变黄色是生成了碘单质，电极反应为2I――2e－＝I2。
②实验３不能说明铜离子氧化碘离子，依据是空气中的氧气也有氧化作用，设计实验验证了该依据，实验方案及现象为：
将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1mol/LNa2SO4溶液，c中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转。
③方案２中，铜离子氧化碘离子，而银离子未能氧化碘离子的原因，K1＞K2，故Ag+更易与I_发生复分解反应，生成AgI。
铜离子氧化碘离子的方程式为：
2Cu2++4I-=2CuI+I2，生成了CuI沉淀，使得Cu2+的氧化性增强。
3．某小组设计不同实验方案比较Cu2+、Ag+的氧化性。
（1）方案1：
通过置换反应比较
向酸化的AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝。
反应的离子方程式是_______，说明氧化性Ag+＞Cu2+。
（2）方案2：
通过Cu2+、Ag+分别与同一物质反应进行比较
实验
试剂
编号及现象
试管
滴管
1.0mol/L
KI溶液
1.0mol/LAgNO3溶液
Ⅰ．产生黄色沉淀，溶液无色
1.0mol/LCuSO4溶液
Ⅱ．产生白色沉淀A，溶液变黄
①经检验，Ⅰ中溶液不含I2，黄色沉淀是________。
②经检验，Ⅱ中溶液含I2。
推测Cu2+做氧化剂，白色沉淀A是CuI。
确认A的实验如下：
a．检验滤液无I2。
溶液呈蓝色说明溶液含有________（填离子符号）。
b．白色沉淀B是________。
c．白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是____，说明氧化性Ag+＞Cu2+。
（3）分析方案2中Ag+未能氧化I-，但Cu2+氧化了I-的原因，设计实验如下：
编号
实验1
实验2
实验3
实验
现象
无明显变化
a中溶液较快变棕黄色,b中电极
上析出银；电流计指针偏转
c中溶液较慢变浅黄色；
电流计指针偏转
（电极均为石墨，溶液浓度均为1mol/L，b、d中溶液pH≈4）
①a中溶液呈棕黄色的原因是_______（用电极反应式表示）。
②“实验3”不能说明Cu2+氧化了I-。
依据是空气中的氧气也有氧化作用，设计实验证实了该依据，实验方案及现象是_______。
③方案2中，Cu2+能氧化I-,而Ag+未能氧化I-的原因：
_______。
（资料：
Ag++I-=AgI↓K1=1.2×1016；2Ag++2I-=2Ag↓+I2K2=8.7×108）
【答案】Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+AgICu2+AgClCuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI
将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1mol/L
溶液，c中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转K1＞K2，故
更易与
发生复分解反应，生成AgI2Cu2++4I-=2CuI+I2，生成了CuI沉淀，使得
的氧化性增强
【解析】
（1）向酸化的AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明铜置换出了金属银，反应的离子方程式为
，说明氧化性Ag+＞Cu2+，故答案为
；
（2）①经检验，Ⅰ中溶液不含I2，黄色沉淀是碘离子与银离子形成的碘化银沉淀，故答案为AgI；
②Ⅱ中溶液含I2，说明Cu2+做氧化剂，将碘离子氧化，本身被还原为Cu+，因此白色沉淀A是CuI。
a．检验滤液无I2。
溶液呈蓝色说明溶液含有Cu2+，故答案为Cu2+；
b．滤渣用浓硝酸溶解后，在上层清液中加入盐酸，生成的白色沉淀B为AgCl，故答案为AgCl；
c．白色沉淀A与AgNO3溶液反应生成了Cu2+和灰黑色沉淀，灰黑色沉淀用浓硝酸溶解后的溶液中含有银离子，黄色沉淀为AgI，说明灰黑色沉淀中含有金属银，反应的离子方程式为
，说明氧化性Ag+＞Cu2+，故答案为
；
（3）①碘化钾溶液与硝酸银溶液构成了原电池，a中溶液中的碘离子发生氧化反应生成碘单质，溶液呈棕黄色，电极反应式为
，故答案为
；
②“实验3”不能说明Cu2+氧化了I-。
依据是空气中的氧气也有氧化作用，只需设计没有铜离子的情况下，也能看到相似的现象即可，可以设计实验：
将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1mol/L
溶液，c中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转，故答案为将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1mol/L
溶液，c中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转；
③Ag++I-=AgI↓K1=1.2×1016；2Ag++2I-=2Ag↓+I2K2=8.7×108，K1＞K2，故
更易与
发生复分解反应，生成AgI。
2Cu2++4I-=2CuI+I2，生成了CuI沉淀，使得
的氧化性增强，因此方案2中，Cu2+能氧化I-，而Ag+未能氧化I-，故答案为K1＞K2，故
更易与
发生复分解反应，生成AgI。
2Cu2++4I-=2CuI+I2，生成了CuI沉淀，使得
的氧化性增强。
点睛：
本题考查了化学实验方案的设计与探究，本题的难度较大，理解实验的设计意图是解题的关键。
本题的难点为（3）③，要注意根据反应进行的趋势大小和化学平衡移动的原理分析解答。
4．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。
5．某课外小组分别用图中所示装置对原电池和电解原理进行实验探究。
请回答：
Ⅰ.用甲图装置进行第一组实验。
（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是________（填序号）。
A．铝B．石墨C．银D．铂
（2）N极为_______（填“正”“负”“阴”“阳”）电极，发生反应的电极反应式为__________。
（3）实验过程中，SO42－________（填“从左向右”“从右向左”或“不”）移动；滤纸上能观察到的现象有_____。
Ⅱ.用乙图装置进行第二组实验。
实验过程中，观察到与第一组实验不同的现象：
两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。
查阅资料得知，高铁酸根离子（FeO
）在溶液中呈紫红色，且需碱性环境才可产生。
（4）电解过程中，X极区溶液的pH________（填“增大”“减小”或“不变”）。
（5）电解过程中，Y极发生的电极反应为_______________和____________________。
（6）若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体（均已折算为标准状况时气体体积），则Y电极（铁电极）质量减少________g。
（7）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为2K2FeO4＋3Zn===Fe2O3＋ZnO＋2K2ZnO2。
该电池正极发生的反应的电极反应式为__________________________________。
【答案】A阴2H＋＋2e－=H2↑（或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－）从右向左滤纸上有红褐色斑点产生（答出“红褐色斑点”或“红褐色沉淀”即可）增大Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O4OH－－4e－=2H2O＋O2↑0.282FeO42－＋6e－＋5H2O=Fe2O3＋10OH－
【解析】
（1）在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，故选A；
（2）N电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：
2H++2e-═H2↑（或2H2O+2e-═H2↑+2OH-），故答案为2H++2e-═H2↑（或2H2O+2e-═H2↑+2OH-）；
（3）原电池放电时，阴离子向负极移动，所以硫酸根从右向左移动，电解池中，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以滤纸上有红褐色斑点产生，故答案为从右向左，滤纸上有红褐色斑点产生；
（4）电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的pH增大，故答案为：
增大；
（5）铁是活泼金属，电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，氢氧根离子失电子发生氧化反应，所以发生的电极反应式为：
Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O和4OH--4e-═2H2O+O2↑，故答案为Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O；4OH--4e-═2H2O+O2↑；
（6）X电极上析出的是氢气，Y电极上析出的是氧气，且Y电极失电子进入溶液，设铁质量减少为xg，根据转移电子数相等有：
×2＝
×4+
×6，x=0.28，故答案为0.28g；
（7）正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，反应方程式为2FeO42-+6e-+5H2O═Fe2O3+10OH-，故答案为2FeO42-+6e-+5H2O═Fe2O3+10OH-。
点睛：
本题考查了原电池和电解池原理，注意：
电解池中如果活泼金属作阳极，则电解池工作时阳极材料失电子发生氧化反应，为易错点。
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．某化学课外活动小组的同学利用原电池原理探究一定温度下（实验时实际的环境温度）使铁钝化的硝酸的最低浓度。
实验步骤如下：
①向两支具支试管中分别加入浓硝酸5。
0mL（质量分数为65%，
密度为1。
4g/mL）。
按图组装好实验装置。
②将铜丝和铁丝同时插入浓硝酸中，观察到灵敏电流计指针先指向铜丝，但又迅速反转（只需1—2s）指向铁丝一端。
③用盛有5。
0mL蒸馏水的注射器向具支试管内加水，并注视电流计的指针偏转方向。
在指针恰好发生反转又指向铜丝时停止
实验，记录此时已注入的水的体积。
重复三次实验获得的数据如下：
实验次数
实验温度（℃）
注入水的体积（mL）
1
17。
2
2。
4
2
T1
2。
5
3
T2
2。
3
请回答下列问题：
（1）在该装置中仪器a因其作用而称为____；指针指向铁丝时，铁丝为___极（填“正”或“负”）
（2）65%的硝酸的物质的量浓度是_________；在未注水前正极的电极反应式为________。
（3）T1_______T2（填“>”、“<”或“=”）
（4）在本实验温度下，使铁钝化的硝酸最低浓度为_____%；利用本实验数据判断，若以45%的硝酸进行实验（不再注水），则电流表的指针应指向_____电极（填“铁”或“铜”）
（5）该实验装置上的不足是_________，改进方法是________________________。
【答案】盐桥正14。
4mol/LNO3－＋e－＋2H＋=NO2↑＋H2O=48铜缺少尾气处理装置应在两侧支管口处均连接导管，将产生气体导入盛有氢氧化钠溶液的烧杯中
【解析】
【详解】
（1）在该装置中仪器a因其作用而称为盐桥；铁在浓硝酸中发生钝化，所以铜是正极，所以铁是正极；
（2）根据
；正极是硝酸根离子发
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