优等生高考化学专题4电化学问题的综合探究.docx

1、优等生高考化学专题4电化学问题的综合探究优等生高考化学专题4：电化学问题的综合探究学校:_姓名：_班级：_考号：_评卷人得分一、综合题1连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，是一种强还原剂，工业上可通过吸收大气污染物（含有SO2、NO等制取），同时还可得到NH4NO3产品，工艺流程图如下（Ce为铈元素）：请回答下列问题：（1）装置I中可生成NaHSO3。常温下NaHSO3溶液呈酸性的原因是_。（2）装置II中酸性条件下，NO被Ce4+氧化为NO3- 时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。（3）装置III中阴极上的电极反应式为_。若装置IV中NO2- 的浓度为11.5gL-1要使1dm3

2、该溶液中的NO2- 完全转化为NH4NO3，至少向装置IV中通入标准状况下的O2_L。（4）Na2S2O4在空气中容易被氧化，其反应方程式可能为：2Na2S2O4+O2+2H2O=4NaHSO3；Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+ NaHSO4。请设计实验证明氧化时一定有反应发生_。（5）SO2一空气质子交换膜燃料电池原理示意图如下：质子的流动方向为_（“从A到B”或“从B到A”），负极的电极反应式为_。2电镀行业产生的酸性含铬废水对环境有污染，其中所含的Cr(VI)是主要污染物，可采用多种方法处理将其除去。查阅资料可知：在酸性环境下，Cr（VI）通常以Cr2O72-的形式存在，Cr

3、2O72-+H2O 2CrO42-+2H+Cr2O72-的氧化能力强于CrO42-常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表：阳离子Fe3+Fe2+Cr3+开始沉淀的pH1.97.04.3沉淀完全的pH3.29.05.6I腐蚀电池法（1）向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，利用原电池原理还原Cr(VI)。下列关于焦炭的说法正确的是_（填字母序号）。a. 作原电池的正极 b. 在反应中作还原剂 c. 表面可能有气泡产生II电解还原法向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体，以Fe为电极电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成排出，从而使废水中铬含量低于排放标准。装置如右

4、图所示。（2）A极连接电源的_极，A极上的电极反应式是_。（3）电解开始时，B极上主要发生的电极反应为2H+2e-=H2，此外还有少量Cr2O72-在B极上直接放电，该反应的电极反应式为_。（4）电解过程中，溶液的pH不同时，通电时间（t）与溶液中Cr元素去除率的关系如右图所示。由图知，电解还原法应采取的最佳pH范围为_。a. 2 4 b. 4 6 c. 6 10 解释曲线I和曲线IV去除率低的原因：_。3CO、SO2是主要的大气污染气体,利用化学反应原理是治理污染的重要方法。 I、甲醇可以补充和部分替代石油燃料,缓解能源紧张。利用CO可以合成甲醇。（1） 已知：CO(g)1/2O2(g)=C

5、O2(g) H1=283.0kJmol1H2(g)1/2O2(g)=H2O(l) H2=285.8kJmol1CH3OH(g)3/2 O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H3=764.5kJmol1则CO(g)2H2(g)=CH3OH(g) H=_kJmol1（2）一定条件下,在容积为2L的密闭容器中充入1mol CO与2 mol H2合成甲醇 平衡转化率与温度、压强的关系如右图所示。 在2 min时测得容器内甲醇的浓度为0.25 molL1，则02 min内CO的平均反应速率为_molL1min1，H2的转化率为_。由图判断P1_P2(填“” 、“c(OH-)，溶液呈酸性 (2)NO被氧

6、化为硝酸根，Ce4+被还原为Ce3+，酸性环境，缺氧补水，缺氢补氢离子，反应的离子方程式为NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3-+4H+，氧化产物NO3-与还原产物Ce3+的物质的量之比为1:3；(3)电解槽阴极发生还原反应，SO32-被还原为S2O42-，电极反应式为：2SO32-+2H2O-2e-S2O42-+4OH-；NO2-的浓度为11.5gL-1，要使1dm3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是： 2，设消耗标况下氧气的体积是V，则得到电子数目是： 4，根据电子守恒： 2=4，解得V=2.8L；(4)取少量固体溶于水中，加人BaCl2溶液，有白色沉淀产生

7、，此沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO42-，即可证明 氧化时一定有反应发生；(5)二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，所以二氧化硫所在电极为负极，氧气所在电极为正极，原电池中阳离子移向正极，所以质子移动方向为：从A到B；负极上SO2被氧化为SO42-时发生的电极反应为SO2-2e- +2H2O = SO42-+4H+。2 ac 正 Fe 2e- Fe2+ Cr2O72- + 6e- + 14H+ 2Cr3+ + 7 H2O b 曲线I的pH较小，此时Cr(IV)被还原生成的Cr3+难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3+存在于溶液中，导致去除率较低；曲线IV的pH较大，铬元素主要以Cr

8、O42-存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr(IV)难以被还原继而生成沉淀，导致去除率较低【解析】I.(1). 向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，利用原电池原理还原Cr(VI)，Fe在反应中失电子作负极，则焦炭为正极，正极材料被保护，Cr2O72-在正极得到电子生成Cr3+，当Cr2O72-完全反应后，溶液中的H+也可能在正极得到电子生成H2，故答案为：ac；II. (2). 向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体，以Fe为电极电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，因Fe为电极进行电解时，阳极是活性电极，则Fe失电子，由装置图可知，A为阳极，则A连接电源的正极，在A极

9、上发生的反应为：Fe 2e- = Fe2+，故答案为：正；Fe 2e- = Fe2+；(3). 根据题目信息可知，Cr2O72-在B极上得电子生成Cr3+，该反应的电极反应式为Cr2O72- + 6e- + 14H+ = 2Cr3+ + 7 H2O，故答案为：Cr2O72- + 6e- + 14H+ = 2Cr3+ + 7 H2O；(4). . 据图可知，当溶液的pH处于4 6时，Cr元素去除率较高，故答案为：b；. 根据题中所给阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH可知，曲线I的pH较小，此时Cr(IV)被还原生成的Cr3+难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3+存在于溶液中，导致去除率较低，

10、曲线IV的pH较大，铬元素主要以CrO42-存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr(IV)难以被还原而生成沉淀，导致去除率较低，故答案为：曲线I的pH较小，此时Cr(IV)被还原生成的Cr3+难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3+存在于溶液中，导致去除率较低；曲线IV的pH较大，铬元素主要以CrO42-存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr(IV)难以被还原继而生成沉淀，导致去除率较低。3 -90.1 0.125 50% 甲醇的合成反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强转化率提高 48 C 正 SO2-2e-+2H2O= SO42-+4H+ HSO3-2e-+H2O= SO42

11、-+3H+【解析】I、（1） 已知：CO(g)1/2O2(g)=CO2(g) H1=283.0kJmol1H2(g)1/2O2(g)=H2O(l) H2=285.8kJmol1CH3OH(g)3/2 O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H3=764.5kJmol1由+2-得CO(g)2H2(g)=CH3OH(g) ，所以H=(283.0kJmol1)+( 285.8kJmol1) 2-( 764.5kJmol1)= -90.1kJmol1.（2）一定条件下,在容积为2L的密闭容器中充入1mol CO与2 mol H2合成甲醇，则CO与H2的起始浓度分别为0.5mol/L和1mol/L。CO

12、(g)2H2(g)=CH3OH(g)，在2 min时测得容器内甲醇的浓度为0.25 molL1。由化学方程式可知， 02 min内CO浓度的变化量与甲醇相同，则用CO表示的平均反应速率为=0.125molL1min1。反应物的投料比与化学计量为数之比相同，所以H2的转化率与CO相同，均为.由图判断P1P2理由是甲醇的合成反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强转化率提高。由图像可知，该甲醇合成反应中CO的转化率在A点为0.75，CO与H2、甲醇的浓度变化量分别为0.375mol/L和0.75mol/L、0.375mol/L，CO与H2的平衡浓度分别为0.125mol/L和0.25mol

13、/L，平衡常数K= 48.增大体系压强能够同时满足增大反应速率和提高CO转化率，选C。、（3）由图中信息可知，左侧二氧化硫发生氧化反应生成硫酸根，右侧氧气发生还原反应生成水，总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。因此，该电池中右侧为正极，该电池负极的电极反应式为SO2-2e-+2H2O= SO42-+4H+。 （4）由图中信息可知，在阳极室中，硫酸氢根被氧化为硫酸根离子；在阴极室中，氢离子放电生成氢气发生还原反应。所以，开始电解时阳极的电极反应式HSO3-2e-+H2O= SO42-+3H+。4 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=890kJ/mol CH4

14、+10OH8e= +7H2O C2H5OH12e+3H2O=2CO2+12H+ 0 0.5mol/L 7【解析】（1）2S02(g)+O2(g)2S03(g) H=-XkJ/mol；2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H=-YkJ/mol。由(-)/2得，NO(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，则反应 的H= kJ/mol。（2）由0.25mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出热量222.5kJ，可以求出1mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出热量890kJ，则甲烷燃烧的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=890kJ/mol。（3）以KOH溶液为电

15、解质溶液，依据(2)中反应设计一个原电池，则总反应为CH4+2O2+2OH-= +3H2O(l)，其正极反应为2O2+4e-+4H2O=4OH-，所以负极反应式为CH4+10OH8e= +7H2O；以H2SO4溶液为电解质溶液，将甲烷燃料电池中的甲烷改为C2H5OH，其负极反应式为C2H5OH12e+3H2O=2CO2+12H+。（4）以上述甲烷燃料电池为电源，用铂电极电解1LCu(NO3)2和KNO3混合溶液，通电一段时间，两极均产生11.2L(标准状况)气体，根据电解原理可知，阳极生成氧气、阴极生成氢气，其物质的量均为0.5mol。由于阳极只有氢氧根离子放电生成氧气，由阳极的电极反应式2H

16、2O-4e-=O2+4H+可知，生成0.5molO2时转移电子2mol。根据电子转移守恒可知，阴极生成0.5molH2时，转移1mole-，所以阴极一定还析出了0.5molCu。由析出铜的总反应2Cu2+2H2O=O2+2Cu+4H+可知，阴极析出0.5molCu的同时生成1molH+，则电解后溶液中c(H+)=1mol/L，所以溶液的pH为0，原混合溶液中Cu2+的物质的量浓度为0.5mol/L。因为电解过程中能量利用率为80%，则在甲烷燃料电池中转移电子的物质的量为2mol80%=2.5mol，消耗的甲烷的物质的量为2.5mol8=0.3125mol，0.3125mol甲烷在标准状况下的体

17、积为7L。点睛：本题考查的燃料电池负极反应式的书写是一个难点，直接书写一般是比较困难的，而正极的电极反应式通常比较简单。所以，我们通常先写出总反应，然后写正极反应式，最后用总反应减去正极反应式，即可得到负极反应式。要注意溶液的酸碱性对电极反应极总反应的影响。对于电解后溶液的pH计算，要根据电解总反应进行，不能仅根据阳极反应或阴极反应进行，因为忽略溶液体积变化，在电解水的过程中，溶液中氢离子和氢氧根离子的物质的量都是不变的。5 C2H5OH(l)2O2(g)2CO(g)3H2O(l) H1932.8kJ/mol CH3OH6e+ 8OHCO326H2O B 1.12 4 Co2+eCo3+(或6

18、Co2+6e6Co3+) 6Co3+CH3OH+H2O6Co2+CO2+6H+【解析】（1）已知：C2H5OH(l)3O2(g)2CO2(g)3H2O(g) H11366.8kJ/mol，2CO(g)O2(g)2CO2(g) H2566.0kJ/mol，H2O(g)H2O(l) H344 kJ/mol。乙醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为：由盖斯定律方程式-+3得到C2H5OH(l)2O2(g)2CO(g)3H2O(l) H1（-1366.8kJmol1）-（-566kJmol1）+（-44kJmol1）3=-932.8kJ/mol。（2）CH3OH作还原剂，失电子，燃料电池负极

19、的电极反应式：CH3OH6e+ 8OHCO326H2O；若利用该燃料电池提供电源，与图1右边烧杯相连，B与电池的负极相连，是阴极，A是阳极；在铁件表面镀铜，则铁件应是阴极，故选B。根据得失电子守恒：2CuO2，当铁件的质量增重6.4g时，燃料电池中消耗氧气6.4g/(264gmol1)= 0.05mol，标准状况下体积为22.4Lmol10.05mol=1.12L；（3）根据得失电子守恒，可得：1 mol CH48 mol e4 mol Cl2，故若每个电池甲烷通入量为1 L（标准状况），生成4L Cl2；电解池通过的电量为 89.65l04Cmol1=3.45104C（题中虽然有两个燃料电池

20、，但电子的传递量只能用一个池的甲烷量计算）。（5）通电后，将Co2氧化成Co3，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2-e=Co3；以Co3做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H，配平书写离子方程式为：6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H。6 +622.2kJ/mol MgO 若温度太高，MgCl2转化为MgOHC1或MgO 2MgOHC1+Mg=2MgO+MgCl2+H2 HC1、Cl2 Mg2NiH4 Mg+C1O-+H2O=Mg(OH)2+C1-【解析】（1）C(s)+ O2(g)=CO(g) H=-1

21、10.5kJ/mol；Mg(g)+ O2(g)=MgO(s)H=-732.7kJ/mol。由-得，MgO(s)+C(s)=Mg(g)+CO(g)，所以该反应的H=(-110.5kJ/mol)-( -732.7kJ/mol)=+622.2kJ/mol。（2）由题意可知，图中各峰线代表的都是某种纯净物。因为MgCl26H2O在加热过程中可以溶解在其结晶水中并发生水解，而且温度越高其水解程度越大，水解生成的氢氧化镁在受热时会发生分解生成氧化镁。因为MgO中Mg元素质量分数为60.0%，现测得E中Mg元素质量分数为60.0%，所以E可确定为MgO。“一段脱水”的目的是制备MgC122H2O，由图中信息

22、及前面推断结果可知，在129“一段脱水”的主要产物是MgC122H2O，在235和415脱水的主要产物分别为MgOHC1和MgO，所以温度不高于180的原因是：若温度太高，MgCl2转化为MgOHC1或MgO。由题意知，MgOHCl与Mg反应，生成MgO钝化膜，镁的化合价升高了，只有H元素的化合价可以降低，故生成MgO的化学方程式为2MgOHC1+Mg=2MgO+MgCl2+H2。该工艺中，二段脱水需要HCl气流抑制氯化镁发生水解反应，脱水的产物中含有HCl；HCl是由氯气和氢气合成的，电解熔融的氯化镁可以得到Cl2，所以可以循环使用的物质有HC1、Cl2 。（3）Mg2Ni是一种储氢材料。2.14gMg2Ni在一定条件下能吸收0.896LH2(标准状况下)生成X。2.14gMg2Ni的物质的量为0.02mol， 其中含n(Mg)=0.04m