高考化学化学能与电能大题培优及答案解析.docx

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