1、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6 mL)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50 mL,一段时间后,产生5.6 mL(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
2、: _。【答案】A接GFI B接DEC 负极 2Cl2eCl2 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:2H2e=H2;碳棒为阳极,连接电源正极,发生氧化反应:2Cl2e=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GFI B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
3、正极,发生氧化反应:2Cl2e=Cl2;答案:负极 2Cl2eCl2 (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 2mol 22.4Ln(NaOH) 5.610-3Ln(NaOH)=mol=0.0005molc(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+2H2OFe(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
4、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 =1.21016;2Ag+ + 2I- = 2Ag+ I2 K2 = 8.7108(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1.0 mol/LKI
5、溶液1.0 mol/L AgNO3溶液产生黄色沉淀,溶液无色1.0 mol/L CuSO4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a bKI溶液 CuSO4溶液c d现象无明显变化a中溶液较快变棕
6、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 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-,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+ ; AgI Cu2+ AgCl CuI+2Ag+Cu2+Ag+AgI 2I2eI2 将d烧杯内的溶液换为pH4的1 mol/L Na2SO4溶液,c
7、中溶液较慢变浅黄,电流计指针偏转 K1K2,故Ag+更易与I_发生复分解反应,生成AgI 2Cu2+ + 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,中溶液含有碘单质,推测铜离子做氧化剂,白色沉淀为碘化亚铜,沉淀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,说明为氯化银。经检
8、验,中溶液不含I2,黄色沉淀为AgI。a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。 (). 中溶液较快变棕黄色,中电极上析出银,说明形成原电池,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2I2eI2 。实验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pH4的1 mol/L Na2SO4溶液,c中溶液较慢变浅黄,电流计指针偏转。方案中,铜离子氧化碘离子,而银离子未能氧化碘离子的原因,K1K2,
9、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1.0 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
10、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 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
11、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-,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,
12、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) 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。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
13、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)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; “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 =1.21
14、016;2Ag+ + 2I- = 2Ag+ I2 K2 = 8.7108,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,因此方案2中,Cu2+能氧化I-,而Ag+未能氧化I-,故答案为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。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),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(Na
15、2S2O4),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。.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)步骤中制备连二亚硫酸钠的化学方程式可表示为_。(4)上述步骤中,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)现将0.
16、05mol/L Na2S2O4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_。t1t2段发生化学反应的离子方程式为_。.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)产品在_(填“阳极”、“阴极”)得到。若不加隔膜,则连二亚硫酸钠产率降低,其原因是_。【答案】 +3 C NaOH+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,
17、 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】.(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)
18、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
19、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)NaHSO3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);Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠,则0t1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,t1t2段发生化学反应的离子方程式为2HSO3-+O2=2H+2SO42-,故答案为:2H
20、SO3-+O2=2H+2SO42-;.(7)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; 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:.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
21、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_。.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6
22、72 mL气体,在Y极收集到168 mL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2K2FeO43Zn=Fe2O3ZnO2K2ZnO2。该电池正极发生的反应的电极反应式为_。【答案】A 阴 2H2e=H2(或2H2O2e=H22OH) 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 Fe6e8OH=FeO424H2O 4OH4e=2H2OO2 0.28 2FeO426e5H2O=Fe2O310OH 【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
23、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
24、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:24+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-+5H2
25、OFe2O3+10OH-,故答案为2FeO42-+6e-+5H2OFe2O3+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】 Mg Al 2H+2e-=H2 Al-3e-+4OH-=AlO2 -+2H2O 不可靠【解
26、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。
27、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: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。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12s)指向铁丝一端。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)117。22。42T12。53T22。3请回答下列问题:(1)在该
28、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/L NO3e2H=NO2H2O = 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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