广州高考化学易错题专题复习化学能与电能练习题Word下载.docx

1、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；2H24OH-4e-=4H2O（负极），O22H2O4e-=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

2、阳离子移动方向，为易错点。2电解原理在化学工业中有广泛应用。如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题。若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞溶液，则：（1）电解池中X极上的电极反应式是_，在X极附近观察到的现象是_。（2）Y电极上的电极反应式是_，检验该电极反应产物的方法是_。【答案】2H+2e=H2 放出气体，溶液变红 2Cl2e=Cl2 把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝 由题意或图像可知，此池为电解池，X极为阴极，Y极为阳极。电极为惰性电极，饱和NaCl溶液中存在Na+、Cl、H+、

3、OH，在阴极上，H+放电能力强于Na+，故阴极上发生的电极反应式为2H+2e=H2，因而导致X极附近有气体放出，溶液呈碱性，溶液颜色由无色变为红色；在阳极上，Cl放电能力强于OH，故阳极上发生的电极反应式为2Cl2e=Cl2。3以NaCl为主要成分的融雪剂会腐蚀桥梁、铁轨等钢铁设备。某研究小组探究NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响。（1）将滤纸用3.5%的NaCl溶液润湿，涂上铁粉、碳粉的混合物，贴在表面皿上。在滤纸上加几滴检验试剂，再缓慢加入NaCl溶液至没过滤纸，操作如下所示：实验的现象说明，得电子的物质是_。碳粉的作用是_。为了说明NaCl的作用，需要补充的对照实验是_。（2）向如图示装置的烧

4、杯a、b中各加入30mL 3.5%的NaCl溶液，闭合K，指针未发生偏转。加热烧杯a，指针向右偏转。取a、b中溶液少量，滴加K3Fe（CN）6溶液，a中出现蓝色沉淀，b中无变化，b中铁片作_极。加热后，指针发生偏转的原因可能是_。（3）用（2）中图示装置探究不同浓度NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响，向烧杯a、b中各加入30mL不同质量分数的NaCl溶液，实验记录如下表所示。 实验ab指针偏转方向I0.1%0.01%向右II3.5%向左饱和溶液中，b中电极发生的电极反应式是_。中，铁在饱和NaCl溶液中不易被腐蚀。查阅资料可知：在饱和NaCl溶液中O2浓度较低，钢铁不易被腐蚀。设计实验证明：_。（4

5、）根据上述实验，对钢铁腐蚀有影响的因素是_。【答案】O2 与铁组成原电池，作原电池的正极 用水代替NaCl溶液进行上述实验 正 温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快 Fe2e-=Fe2+ 另取两个烧杯，分别往其中加入铁片和一定量的饱和NaCl溶液，再分别滴加几滴K3Fe（CN）6溶液，然后往其中一个烧杯中通入O2，观察现象 温度、NaCl溶液的浓度、O2的浓度 （1）铁、碳以氯化钠溶液为电解质形成原电池，发生吸氧腐蚀生成氢氧根离子，溶液显碱性，遇到酚酞变红；（2）K3Fe（CN）6溶液与二价铁离子反应生成蓝色沉淀；温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快；（3）依据不同浓度下，检流计指针偏转方

6、向判断电极，书写电极反应式；要证明在饱和NaCl溶液中O2浓度较低，钢铁不易被腐蚀，可以设计对比试验，一个实验中通入氧气，另一个实验中不通入氧气，观察铁的腐蚀情况；（4）依据上述实验总结归纳解答。（1）铁、碳以氯化钠溶液为电解质形成原电池，酚酞变红说明生成氢氧根离子，发生吸氧腐蚀，故得电子的物质是O2；铁与碳以氯化钠溶液为电解质形成原电，铁做原电池负极，碳做正极；为了说明NaCl的作用，需要补充的对照实验是，用水做电解质，代替氯化钠进行上述实验；（2）K3Fe（CN）6溶液与二价铁离子反应生成蓝色沉淀，而取a、b中溶液少量，滴加K3Fe（CN）6溶液，a中出现蓝色沉淀，说明a中生成二价铁离子，

7、b中无变化，b中没有二价铁离子生成，所以a做负极，b做正极；加热后，指针发生偏转的原因可能是：温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快；（3）依据图表中组数据及指针向左偏转，则可知：b极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式：Fe2e-=Fe2+；要证明氧气浓度对金属腐蚀速率的影响，可以设计对比实验，如下：另取两个烧杯，分别往其中加入铁片和一定量的饱和NaCl溶液，再分别滴加几滴K3Fe（CN）6溶液，然后往其中一个烧杯中通入O2，观察现象；（4）通过上述实验可知：对钢铁腐蚀有影响的因素是有温度、NaCl溶液的浓度、O2的浓度。4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

8、实验：已知：Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（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

9、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）。是否加入Fe2（SO4）3否加入5g是否加入H2SO4加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴极为石墨，阳极为铁Cr2O72-的去除率/%0.92212.720.857.3实验中Cr2O72-放电的电极反应式是_。实验中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

10、因_。【答案】溶液变黄色 否 Cr2O72-（橙色）+H2OCrO42-（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+7H2O Cr2O72-+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 根据平衡移动原理分析对比实验；注意从图

11、中找出关键信息。（1）由Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（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。我认为不需要再设计实验证明，故填否。理由是：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、

12、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）实验中，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

13、应式是Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O。由实验中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Cr

14、2O72-，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。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。5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

15、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： 过程的正极反应物是_。 过程负极的电极反应式是_。（4）青铜器的修复有以下三种方法：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；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；BTA保护法：请回答下列问题：写出碳酸钠法的离子方程式_。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

16、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-=CuCl 4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2（OH）2CO3+4Cl- ABC （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，过程的正极反应

17、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。（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）结合图像可知，正极得电子发生还原反应，过程的正极反应物是氧气，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；结合图像可知，过程中Cu作负极，

18、电极反应式是Cu-e-+Cl-=CuCl；（4）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-；A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；BCu2（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

19、如旧”，这能使BTA保护法应用更为普遍，故C正确；答案选ABC。6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试剂编号及现象试管滴管1.0 mol/LKI溶液1.0 mol/LAgNO3溶液产生黄色沉淀，溶液无色1.0 mol/LCuSO4溶液产生白色沉淀A，溶液变黄经检验，中溶液不含I2，黄色沉淀是_。经检验，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

20、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；（电极均为石墨，溶液浓度均为 1 mol/L，b、d中溶液pH4） a中溶液呈棕黄色的原因是_（用电极反应式表示）。 “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_。 方案2中，Cu2+能氧化I

21、-,而Ag+未能氧化I-的原因：_。（资料：Ag+ + I- = AgI K1 =1.21016；2Ag+ + 2I- = 2Ag+ I2 K2 = 8.7108）【答案】Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+ AgI Cu2+ AgCl CuI+2Ag+=Cu2+Ag+AgI 将d烧杯内的溶液换为pH4的1 mol/L 溶液，c中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转 K1K2，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 （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

22、氧化性Ag+Cu2+，故答案为；（2） 经检验，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；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。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（3）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

23、碘单质，溶液呈棕黄色，电极反应式为，故答案为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pH4的1 mol/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pH4的1 mol/L 溶液，c中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转；Ag+ + I- = AgI K1 =1.2108，K1K2，故发生复分解反应，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K1K2，故的氧化性增强。点睛：本题

24、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），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。7硫酰氯（SO2Cl2）常作氯化剂或氯璜化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如下表：物质熔点/沸点/其它性质SO2Cl2-54.169.1易水解，产生大量白雾易分解：SO2Cl2 SO2+Cl2H2SO410.4338具有吸水性且不易分解实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，反应的化学方程式为SO2（g）+Cl2（g） SO2Cl2（l）H=-97.3kJ/mol。装置如图所示（夹持仪器已省略），请回答有关问题：（1）仪器B的作用是_。（2）若无装置乙硫酰氯会发生水解，则硫酰氯水解反应的化学方程式为_。（3）写出丁装置中发生反应的化学反应方程式并标出电子的转移_。（4）为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有_（填序号）先通冷凝水，再通气 控制气流速率，宜慢不宜快 若三颈烧瓶发烫，可适当降温 加热三颈烧瓶（5）少量硫酰氯也可用氯磺酸（ClSO3H）分解获得，该反应的化学方程式为_，此方法得到的产品中会混有硫酸。从分解产物中分离出硫酰氯的方法是_