2019-2020年高考化學(xué)分類匯編 考點(diǎn)9 電化學(xué).doc

2019-2020年高考化學(xué)分類匯編 考點(diǎn)9 電化學(xué)一、選擇題1.(xx浙江高考5)鎳氫電池(NiMH)目前已經(jīng)成為混合動(dòng)力汽車的一種主要電池類型。NiMH中的M表示儲(chǔ)氫金屬或合金。該電池在充電過程中的總反應(yīng)方程式是:Ni(OH)2+MNiOOH+MH已知:6NiOOH+NH3+H2O+OH-6Ni(OH)2+N下列說法正確的是()A.NiMH電池放電過程中,正極的電極反應(yīng)式為:NiOOH+H2O+e-Ni(OH)2+OH-B.充電過程中OH-離子從陽極向陰極遷移C.充電過程中陰極的電極反應(yīng)式:H2O+M+e-MH+OH-,H2O中的H被M還原D.NiMH電池中可以用KOH溶液、氨水等作為電解質(zhì)溶液【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):(1)熟練運(yùn)用電化學(xué)原理判斷所發(fā)生的反應(yīng)及化合價(jià)變化的元素。(2)結(jié)合信息、氧化還原反應(yīng)及守恒知識(shí),熟練書寫及判斷電極反應(yīng)式?！窘馕觥窟xA。正極發(fā)生得電子的還原反應(yīng),結(jié)合充電時(shí)的方程式知A正確;電解時(shí)陰離子移向陽極,B錯(cuò)誤;MH中M和氫化合價(jià)都是0價(jià),充電時(shí)陰極發(fā)生水中的氫得電子被還原的反應(yīng),不是被M還原,C錯(cuò)誤;根據(jù)已知信息6NiOOH+NH3+H2O+OH-6Ni(OH)2+N,電解質(zhì)溶液若用氨水時(shí)會(huì)發(fā)生副反應(yīng),D錯(cuò)誤。【誤區(qū)提醒】MH是金屬或合金吸收氫后的物質(zhì),但是化合價(jià)沒有變化,通過分析所給反應(yīng)可以得到,否則容易將得電子的元素看作是金屬而錯(cuò)選。2.(xx上海高考12)如右圖所示,將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U形管中。下列分析正確的是()A.K1閉合,鐵棒上發(fā)生的反應(yīng)為2H+2e-H2B.K1閉合,石墨棒周圍溶液pH逐漸升高C.K2閉合,鐵棒不會(huì)被腐蝕,屬于犧牲陽極的陰極保護(hù)法D.K2閉合,電路中通過0.002NA個(gè)電子時(shí),兩極共產(chǎn)生0.001 mol氣體【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):(1)明確電化學(xué)原理;(2)注意電極材料及離子放電順序。【解析】選B。K1閉合形成原電池,鐵作負(fù)極,失電子被腐蝕,石墨電極是正極,氧氣得電子變?yōu)镺H-,pH逐漸升高,A錯(cuò)誤、B正確;K2閉合,鐵棒作陰極被保護(hù),不會(huì)被腐蝕,屬于外加電流的陰極保護(hù)法,C錯(cuò)誤;K2閉合形成電解池,兩極分別產(chǎn)生氯氣和氫氣,電路中通過0.002NA個(gè)電子時(shí),每極上產(chǎn)生0.001 mol氣體,共0.002 mol氣體,D錯(cuò)誤。3.(xx廣東高考11)某同學(xué)組裝了如圖所示的電化學(xué)裝置。電極為Al,其他電極均為Cu,則()A.電流方向:電極電極B.電極發(fā)生還原反應(yīng)C.電極逐漸溶解D.電極的電極反應(yīng):Cu2+2e-Cu【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):(1)掌握判斷電解池和原電池的方法;(2)電流方向與電子流動(dòng)方向相反?！窘馕觥窟xA。電極是原電池的負(fù)極,電極是原電池的正極,電極是電解池的陽極,電極是電解池的陰極,故電流方向:電極電極,A正確;電極發(fā)生氧化反應(yīng),B錯(cuò)誤;電極是原電池的正極,發(fā)生還原反應(yīng),有單質(zhì)銅析出,C錯(cuò)誤;電極是電解池的陽極,發(fā)生氧化反應(yīng),電極反應(yīng)為Cu-2e-Cu2+,D錯(cuò)誤?！菊`區(qū)提醒】原電池與電解池串聯(lián)時(shí),可通過電極的活性差異判斷裝置是不是原電池。一般情況下,若電極不同且其中的一極能與電解質(zhì)反應(yīng),則該裝置為原電池;若電極材料相同,則為電解池。4.(xx海南高考3)以石墨為電極,電解KI溶液(其中含有少量酚酞和淀粉),下列說法錯(cuò)誤的是()A.陰極附近溶液呈紅色B.陰極逸出氣體C.陽極附近溶液呈藍(lán)色D.溶液的pH變小【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):(1)電解池的兩極電極產(chǎn)物的判斷;(2)碘使淀粉變藍(lán)和堿使酚酞變紅?！窘馕觥窟xD。惰性電極電解碘化鉀溶液,陰極氫離子得電子生成氫氣,同時(shí)生成氫氧化鉀,因此溶液變紅(堿使酚酞變紅),A、B說法正確;陽極產(chǎn)生碘單質(zhì),碘使淀粉變藍(lán),C說法正確;陰極氫離子得電子生成氫氣,同時(shí)生成氫氧化鉀,堿性增強(qiáng),D說法錯(cuò)誤?！菊`區(qū)提醒】(1)電極產(chǎn)物判斷不準(zhǔn)確,而錯(cuò)誤判斷電極產(chǎn)物為鉀和碘單質(zhì);(2)溶液的酸堿性變化不清晰,只考慮電極產(chǎn)物碘單質(zhì)和氫氣,而忽略氫氧化鉀的生成,導(dǎo)致溶液酸堿性判斷出錯(cuò)。5.(xx北京高考8)下列電池工作時(shí),O2在正極放電的是()【解題指南】解答本題需注意以下兩點(diǎn):(1)明確正負(fù)極上發(fā)生的反應(yīng)是解答本題的關(guān)鍵;(2)電極反應(yīng)式的書寫要結(jié)合電解質(zhì)溶液的酸堿性。【解析】選B。鋅錳電池中電極反應(yīng)式,負(fù)極:Zn-2e-Zn2+、正極:2MnO2+2N+2e-Mn2O3+2NH3+H2O,所以不符合題意,故A錯(cuò)誤;酸性氫燃料電池電極反應(yīng)式為2H2-4e-4H+、O2+4H+4e-2H2O,堿性氫燃料電池電極反應(yīng)式為2H2-4e-+4OH-4H2O、O2+2H2O+4e-4OH-,所以符合題意,故B正確;鉛蓄電池放電時(shí)負(fù)極電極反應(yīng)式:Pb-2e-+SPbSO4,正極電極反應(yīng)式:PbO2+2e-+4H+SPbSO4+2H2O,所以不符合題意,故C錯(cuò)誤;鎳鎘電池放電,正極:2NiOOH+2H2O+2e-2Ni(OH)2+2OH-、負(fù)極:Cd+2OH-2e-Cd(OH)2,所以不符合題意,故D錯(cuò)誤。6.(xx海南高考16)鋰錳電池的體積小,性能優(yōu)良,是常用的一次電池。該電池反應(yīng)原理如圖所示,其中電解質(zhì)LiClO4溶于混合有機(jī)溶劑中,Li+通過電解質(zhì)遷移入MnO2晶格中,生成LiMnO2。回答下列問題:(1)外電路的電流方向是由極流向極。(填字母)(2)電池正極反應(yīng)式為 。(3)是否可用水代替電池中的混合有機(jī)溶劑?(填“是”或“否”),原因是。(4)MnO2可與KOH和KClO3在高溫下反應(yīng),生成K2MnO4,反應(yīng)的化學(xué)方程式為,K2MnO4在酸性溶液中歧化,生成KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為?！窘忸}指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):(1)原電池原理和兩極判斷,外電路的電流流向;(2)電極反應(yīng)式書寫和電解質(zhì)溶液的探究?！窘馕觥?1)鋰錳電池的一個(gè)電極反應(yīng)物為單質(zhì)鋰,另一個(gè)電極反應(yīng)物為二氧化錳,則負(fù)極為金屬鋰,正極為二氧化錳,則外電路電流流向?yàn)檎龢O經(jīng)導(dǎo)線到達(dá)負(fù)極,即b-導(dǎo)線-a;(2)正極為二氧化錳,而題干中給出鋰離子通過電解質(zhì)遷移入二氧化錳晶格中生成LiMnO2,故電極反應(yīng)式為MnO2+e-+Li+LiMnO2;(3)由于負(fù)極為金屬鋰,鋰為活潑堿金屬元素,單質(zhì)鋰與水發(fā)生反應(yīng),所以不能用水溶液作電解質(zhì);(4)二氧化錳可與氫氧化鉀、氯酸鉀在高溫下生成錳酸鉀,則錳化合價(jià)升高,依據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價(jià)變化規(guī)律,氯元素化合價(jià)降低,生成氯化鉀,然后依據(jù)電子得失守恒配平化學(xué)方程式為3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O;錳酸鉀溶液在酸性溶液中歧化,生成高錳酸鉀和二氧化錳,依據(jù)化合價(jià)升降相等快速判斷產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比(K2MnO4KMnO4化合價(jià)升高1;K2MnO4MnO2化合價(jià)降低2)為21。答案:(1)ba(2)MnO2+e-+Li+LiMnO2(3)否電極Li是活潑金屬,能與水反應(yīng)(4)3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O 217.(xx福建高考11)某原電池裝置如圖所示,電池總反應(yīng)為2Ag+Cl22AgCl。下列說法正確的是()A.正極反應(yīng)為AgCl+e-Ag+Cl-B.放電時(shí),交換膜右側(cè)溶液中有大量白色沉淀生成C.若用NaCl溶液代替鹽酸,則電池總反應(yīng)隨之改變D.當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.01 mol e-時(shí),交換膜左側(cè)溶液中約減少0.02 mol離子【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):(1)原電池的正極得電子發(fā)生還原反應(yīng);(2)陽離子交換膜只允許陽離子通過。【解析】選D。電池總反應(yīng)為2Ag+Cl22AgCl,根據(jù)題干裝置圖和原電池原理,正極得電子,所以正極反應(yīng)式為Cl2+2e-2Cl-,A錯(cuò)誤;放電時(shí),氯化銀/銀電極為負(fù)極,銀單質(zhì)失電子與鹽酸中的氯離子形成氯化銀沉淀,故交換膜左側(cè)溶液中有大量白色沉淀生成,B錯(cuò)誤;若用氯化鈉溶液代替鹽酸,電極反應(yīng)式不變,C錯(cuò)誤;當(dāng)轉(zhuǎn)移0.01 mol電子,則負(fù)極生成了0.01 mol氯化銀,則減少了0.01 mol氯離子,正極氯氣得電子變?yōu)槁入x子,左側(cè)的溶液中的氫離子通過離子交換膜轉(zhuǎn)移到右側(cè)(物質(zhì)的量為0.01 mol),故左側(cè)溶液中約減少0.02 mol離子,D正確?！菊`區(qū)提醒】(1)忽視了離子交換膜,弄不清楚何種離子通過交換膜。(2)電極判斷錯(cuò)誤,應(yīng)依據(jù)氧化還原反應(yīng)中的氧化反應(yīng)在負(fù)極,還原反應(yīng)在正極進(jìn)行確定。(3)溶液中離子濃度的減小不僅僅包含電極反應(yīng)式中減少的,還包括通過離子交換膜轉(zhuǎn)移的。8.(xx天津高考1)化學(xué)與生產(chǎn)、生活息息相關(guān),下列敘述錯(cuò)誤的是()A.鐵表面鍍鋅可增強(qiáng)其抗腐蝕性B.用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可減少白色污染C.大量燃燒化石燃料是造成霧霾天氣的一種重要因素D.含重金屬離子的電鍍廢液不能隨意排放【解題指南】解答本題需注意以下兩點(diǎn):(1)原電池的正極都是被保護(hù)的。(2)聚乙烯塑料不能降解,聚乳酸塑料可降解?！窘馕觥窟xB。鐵表面鍍鋅時(shí),鋅作負(fù)極失電子,鐵作正極被保護(hù),所以可以增強(qiáng)鐵的抗腐蝕性,A正確;聚乙烯在自然界中很難分解,可以造成白色污染,B錯(cuò)誤;大量燃燒化石燃料會(huì)產(chǎn)生煙塵等污染物,造成霧霾天氣,C正確;含有重金屬離子的電鍍廢液能造成水污染,不能隨意排放,D正確。9.(xx天津高考6)已知:鋰離子電池的總反應(yīng)為LixC+Li1-xCoO2C+LiCoO2,鋰硫電池的總反應(yīng)為2Li+SLi2S有關(guān)上述兩種電池說法正確的是()A.鋰離子電池放電時(shí),Li+向負(fù)極遷移B.鋰硫電池充電時(shí),鋰電極發(fā)生還原反應(yīng)C.理論上兩種電池的比能量相同D.上圖表示用鋰離子電池給鋰硫電池充電【解題指南】解答本題需注意參與電極反應(yīng)的單位質(zhì)量的電極材料放出電能的大小稱為該電池的比能量,若是同一種電極材料,比能量大小同該物質(zhì)的化合價(jià)密切相關(guān)。【解析】選B。A項(xiàng),原電池中陽離子向正極移動(dòng),則鋰離子電池放電時(shí),Li+向正極遷移,錯(cuò)誤;B項(xiàng),鋰硫電池充電時(shí),鋰電極與外接電源的負(fù)極相連,鋰電極上,Li+得電子發(fā)生還原反應(yīng),正確;C項(xiàng),鋰硫電池放電時(shí)負(fù)極為Li,鋰離子電池放電時(shí)負(fù)極為LixC,兩種電池鋰的變價(jià)不同,兩種電池的負(fù)極材料不同,所以比能量不相同,錯(cuò)誤;D項(xiàng),充電時(shí),正接正,負(fù)接負(fù),所以Li電極接C電極,錯(cuò)誤?！菊`區(qū)提醒】(1)原電池放電時(shí),陽離子向正極移動(dòng),很多同學(xué)誤以為向負(fù)極移動(dòng)而誤選A。(2)給二次電池充電時(shí),要使金屬離子變成金屬單質(zhì),必須發(fā)生還原反應(yīng),作電解池的陰極,必須連接原電池的負(fù)極,如本題D項(xiàng)就是對(duì)這一知識(shí)點(diǎn)的考查。10.(xx新課標(biāo)全國卷12)xx年3月我國科學(xué)家報(bào)道了如圖所示的水溶液鋰離子電池體系。下列敘述錯(cuò)誤的是()A.a為電池的正極B.電池充電反應(yīng)為LiMn2O4Li1-xMn2O4+xLiC.放電時(shí),a極鋰的化合價(jià)發(fā)生變化D.放電時(shí),溶液中Li+從b向a遷移【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意解答電化學(xué)題目的流程:確定電池兩極判斷電子、離子移動(dòng)方向書寫電極反應(yīng)和電池反應(yīng)【解析】選C。鋰離子電池中,b電極為Li,放電時(shí),Li失電子為負(fù)極,LiMn2O4得電子為正極,所以a為電池的正極,故A正確;充電時(shí),Li+在陰極得電子,Li1-xMn2O4在陽極失電子,電池充電反應(yīng)為LiMn2O4Li1-xMn2O4+xLi,故B正確;放電時(shí),a為正極,正極上LiMn2O4中錳元素得電子,所以鋰的化合價(jià)不變,故C錯(cuò)誤;放電時(shí),溶液中陽離子向正極移動(dòng),即溶液中Li+從b向a遷移,故D正確。二、非選擇題11.(xx重慶高考11)氫能是重要的新能源。儲(chǔ)氫作為氫能利用的關(guān)鍵技術(shù),是當(dāng)前關(guān)注的熱點(diǎn)之一。(1)氫氣是清潔能源,其燃燒產(chǎn)物為 。(2)NaBH4是一種重要的儲(chǔ)氫載體,能與水反應(yīng)生成NaBO2,且反應(yīng)前后B的化合價(jià)不變,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為 ,反應(yīng)消耗1 mol NaBH4時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為 。(3)儲(chǔ)氫還可借助有機(jī)物,如利用環(huán)己烷和苯之間的可逆反應(yīng)來實(shí)現(xiàn)脫氫和加氫。(g)(g)+3H2(g)。在某溫度下,向恒容密閉容器中加入環(huán)己烷,其起始濃度為amolL-1,平衡時(shí)苯的濃度為bmolL-1,該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=。(4)一定條件下,如圖所示裝置可實(shí)現(xiàn)有機(jī)物的電化學(xué)儲(chǔ)氫(忽略其他有機(jī)物)。導(dǎo)線中電子轉(zhuǎn)移方向?yàn)椤?用A、D表示)生成目標(biāo)產(chǎn)物的電極反應(yīng)式為 。該儲(chǔ)氫裝置的電流效率=。(=100%,計(jì)算結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后1位)【解題指南】解答本題注意以下兩點(diǎn):(1)根據(jù)NaBH4與水反應(yīng)時(shí)產(chǎn)物為NaBO2并且B的化合價(jià)不變,寫出反應(yīng)的方程式并且配平,然后根據(jù)反應(yīng)方程式計(jì)算轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目;(2)燃料電池中的高分子電解質(zhì)膜只允許氫離子通過,說明兩個(gè)電極反應(yīng)中均有氫離子參與。【解析】(1)氫氣完全燃燒的產(chǎn)物是H2O。(2)NaBH4與水反應(yīng)生成NaBO2,且反應(yīng)前后B的化合價(jià)不變,NaBO2中硼元素化合價(jià)為+3價(jià),所以NaBH4中氫元素的化合價(jià)為-1價(jià),所以氫元素化合價(jià)由-1價(jià)、+1價(jià)變?yōu)?價(jià),再結(jié)合轉(zhuǎn)移電子守恒配平方程式為NaBH4+2H2ONaBO2+4H2,反應(yīng)消耗1 mol NaBH4時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=1 mol4(1-0)=4 mol,所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NA或2.4081024。(3)利用三段式解題(g)(g)+3H2(g)起始(molL-1)a 0 0轉(zhuǎn)化(molL-1)b b 3b平衡(molL-1)a-b b 3b化學(xué)平衡常數(shù)K=。(4)根據(jù)題干圖示苯環(huán)己烷知發(fā)生還原反應(yīng),則D是陰極,電子轉(zhuǎn)移方向?yàn)锳D;苯得到電子生成環(huán)己烷是目標(biāo)產(chǎn)物(儲(chǔ)氫),反應(yīng)為C6H6+6H+6e-C6H12;陽極生成2.8 mol氣體應(yīng)該是氧氣,轉(zhuǎn)移電子2.8 mol4=11.2 mol,設(shè)陰極消耗苯的物質(zhì)的量為xmol,轉(zhuǎn)移電子6xmol,生成環(huán)己烷xmol,根據(jù)得失電子相等,陰極還生成氫氣(11.2-6x)2 mol,(2.4-x)/10+(11.2 mol-6xmol)2=0.1,x=1.2,因此儲(chǔ)氫裝置的電流效率=(6x/11.2)100%=64.3%。答案:(1)水(或H2O)(2)NaBH4+2H2ONaBO2+4H24NA(或2.4081024)(3)(4)ADC6H6+6H+6e-C6H1264.3%12.(xx新課標(biāo)全國卷27)次磷酸(H3PO2)是一種精細(xì)磷化工產(chǎn)品,具有較強(qiáng)還原性,回答下列問題:(1)H3PO2是一元中強(qiáng)酸,寫出其電離方程式: 。(2)H3PO2及NaH2PO2均可將溶液中的Ag+還原為銀,從而可用于化學(xué)鍍銀。H3PO2中,磷元素的化合價(jià)為。利用H3PO2進(jìn)行化學(xué)鍍銀反應(yīng)中,氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為41,則氧化產(chǎn)物為(填化學(xué)式)。NaH2PO2為(填“正鹽”或“酸式鹽”),其溶液顯(填“弱酸性”“中性”或“弱堿性”)。(3)H3PO2的工業(yè)制法是:將白磷(P4)與Ba(OH)2溶液反應(yīng)生成PH3氣體和Ba(H2PO2)2,后者再與H2SO4反應(yīng),寫出白磷與Ba(OH)2溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式: 。(4)H3PO2也可用電滲析法制備。“四室電滲析法”工作原理如圖所示(陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過):寫出陽極的電極反應(yīng)式 。分析產(chǎn)品室可得到H3PO2的原因 。早期采用“三室電滲析法”制備H3PO2:將“四室電滲析法”中陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替,并撤去陽極室與產(chǎn)品室之間的陽膜,從而合并了陽極室與產(chǎn)品室,其缺點(diǎn)是產(chǎn)品中混有雜質(zhì)。該雜質(zhì)產(chǎn)生的原因是 ?！窘馕觥?1)一元中強(qiáng)酸電離時(shí)只電離出一個(gè)氫離子。(2)根據(jù)化合物中正負(fù)化合價(jià)代數(shù)和為0,H是+1價(jià),O是-2價(jià),得出P為+1價(jià);氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為41時(shí),氧化劑得到4 mol電子,1 mol還原劑失去4 mol電子,則P的化合價(jià)從+1價(jià)上升到+5價(jià);因?yàn)镠3PO2是一元中強(qiáng)酸,所以NaH2PO2是正鹽,且是強(qiáng)堿弱酸鹽,溶液呈弱堿性。(3)白磷(P4)與氫氧化鋇溶液反應(yīng)生成PH3氣體和Ba(H2PO2)2,磷元素的化合價(jià)由0價(jià)變?yōu)?3價(jià)和+1價(jià),根據(jù)得失電子守恒進(jìn)行配平。(4)電解時(shí)陽極氫氧根離子失電子生成氧氣;陽極室的氫離子通過陽膜到達(dá)產(chǎn)品室,原料室中的H2P通過陰膜進(jìn)入產(chǎn)品室,二者生成產(chǎn)品;由于陽極產(chǎn)生氧氣,如果陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替,氧氣會(huì)把其氧化為P。答案:(1)H3PO2H+H2P(2)+1H3PO4正鹽弱堿性(3)2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3(4)2H2O-4e-O2+4H+陽極室的H+穿過陽膜擴(kuò)散至產(chǎn)品室,原料室的H2P穿過陰膜擴(kuò)散至產(chǎn)品室,二者反應(yīng)生成H3PO2PH3PO2或H2P被氧化【誤區(qū)提醒】幾元酸的判斷不能根據(jù)分子式中氫原子的個(gè)數(shù),如果不注意,很容易把H3PO2的電離方程式誤寫為三步電離,把NaH2PO2誤認(rèn)為酸式鹽。13.(xx北京高考26)NH3經(jīng)一系列反應(yīng)可以得到HNO3和NH4NO3,如下圖所示。(1)中,NH3和O2在催化劑作用下反應(yīng),其化學(xué)方程式是 。(2)中,2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。在其他條件相同時(shí),分別測(cè)得NO的平衡轉(zhuǎn)化率在不同壓強(qiáng)(p1、p2)下溫度變化的曲線(如下圖)。比較p1、p2的大小關(guān)系:。隨溫度升高,該反應(yīng)平衡常數(shù)變化的趨勢(shì)是 。(3)中,將NO2(g)轉(zhuǎn)化為N2O4(l),再制備濃硝酸。已知:2NO2(g)N2O4(g)H12NO2(g)N2O4(l)H2下列能量變化示意圖中,正確的是(選填字母)。N2O4與O2、H2O化合的化學(xué)方程式是 。(4)中,電解NO制備NH4NO3,其工作原理如下圖所示,為使電解產(chǎn)物全部轉(zhuǎn)化為NH4NO3,需補(bǔ)充物質(zhì)A,A是,說明理由: 。【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下3點(diǎn):(1)要注意常見的能量變化,如化合反應(yīng)一般為放熱反應(yīng),物質(zhì)由氣態(tài)變成液態(tài)一般要放出熱量等。(2)要會(huì)分析化學(xué)平衡圖像,其基本方法是“定一議二”,如本題比較p1、p2的大小關(guān)系先固定溫度不變,看NO的轉(zhuǎn)化率和壓強(qiáng)的變化關(guān)系。(3)要熟練掌握常見方程式的書寫以及它們的變形?！窘馕觥?1)氨氣的催化氧化方程式:4NH3+5O24NO+6H2O。(2)該反應(yīng)正反應(yīng)方向是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng),增大壓強(qiáng),正向移動(dòng),即壓強(qiáng)越高,NO的轉(zhuǎn)化率越大,根據(jù)題圖可知,相同的溫度下,壓強(qiáng)為p1時(shí)的NO轉(zhuǎn)化率小于壓強(qiáng)為p2時(shí)的轉(zhuǎn)化率,故p1<p2;其他條件不變時(shí),升高溫度,平衡向吸熱方向移動(dòng),又根據(jù)題圖可知,隨著溫度升高,NO的轉(zhuǎn)化率降低,即升高溫度,平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng),則正反應(yīng)是放熱反應(yīng),隨著溫度的升高,平衡常數(shù)減小。(3)二氧化氮轉(zhuǎn)化成四氧化二氮是化合反應(yīng),化合反應(yīng)一般是放熱反應(yīng),又因?yàn)闅鈶B(tài)四氧化二氮的能量大于液態(tài)四氧化二氮的能量,因此答案選A;N2O4與O2和H2O反應(yīng)生成HNO3的化學(xué)方程式為2N2O4+O2+2H2O4HNO3。(4)電解NO制備硝酸銨,陽極:NO-3e-+2H2ON+4H+;陰極:NO+5e-+6H+N+H2O,由電子守恒可知,陽極產(chǎn)生的N的量要大于陰極產(chǎn)生的N的量,總反應(yīng)為8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3,故應(yīng)再補(bǔ)充適量的氨氣。答案:(1)4NH3+5O24NO+6H2O(2)p2>p1減小(3)A2N2O4+O2+2H2O4HNO3(4)氨氣由電子守恒可知陽極產(chǎn)生的N的量要大于陰極產(chǎn)生的N的量,所以需補(bǔ)充NH314.(xx北京高考28)用FeCl3酸性溶液脫除H2S后的廢液,通過控制電壓電解得以再生。某同學(xué)使用石墨電極,在不同電壓(x)下電解pH=1的0.1 molL-1FeCl2溶液,研究廢液再生機(jī)理。記錄如下(a、b、c代表電壓值):序號(hào)電壓/V陽極現(xiàn)象檢驗(yàn)陽極產(chǎn)物xa電極附近出現(xiàn)黃色,有氣泡產(chǎn)生有Fe3+、有Cl2a>xb電極附近出現(xiàn)黃色,無氣泡產(chǎn)生有Fe3+、無Cl2b>x>0無明顯變化無Fe3+、無Cl2(1)用KSCN溶液檢驗(yàn)出Fe3+的現(xiàn)象是 。(2)中,Fe3+產(chǎn)生的原因可能是Cl-在陽極放電,生成的Cl2將Fe2+氧化。寫出有關(guān)反應(yīng): 。(3)由推測(cè),Fe3+產(chǎn)生的原因還可能是Fe2+在陽極放電,原因是Fe2+具有性。(4)中雖未檢測(cè)出Cl2,但Cl-在陽極是否放電仍需進(jìn)一步驗(yàn)證。電解pH=1的NaCl溶液做對(duì)照實(shí)驗(yàn),記錄如下:序號(hào)電壓/V陽極現(xiàn)象檢驗(yàn)陽極產(chǎn)物a>xc無明顯變化有Cl2c>xb無明顯變化無Cl2NaCl溶液的濃度是molL-1。中檢測(cè)Cl2的實(shí)驗(yàn)方法: 。與對(duì)比,得出的結(jié)論(寫出兩點(diǎn)): 。【解題指南】解答本題需注意以下兩點(diǎn):(1)掌握鐵離子的檢驗(yàn)方法和試劑顏色變化;(2)明確氯離子在陽極失電子生成氯氣,氯氣具有氧化性,氧化亞鐵離子生成鐵離子,溶液變黃色?！窘馕觥?1)用KSCN溶液檢測(cè)Fe3+的現(xiàn)象是溶液變紅色;(2)依據(jù)電解原理,氯離子在陽極失電子生成氯氣,電極反應(yīng)式為2Cl-2e-Cl2,氯氣具有氧化性,氧化亞鐵離子生成鐵離子,溶液變黃色,反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-;(3)由推測(cè),Fe3+產(chǎn)生的原因還可能是Fe2+在陽極放電,元素化合價(jià)升高,依據(jù)氧化還原反應(yīng)分析Fe2+具有還原性;(4)電解pH=1的0.1 molL-1FeCl2溶液,電解pH=1的NaCl溶液做對(duì)照實(shí)驗(yàn),探究氯離子是否放電,需要在Cl-濃度相同的條件下進(jìn)行,所以氯化鈉溶液的濃度為0.2 molL-1;依據(jù)檢驗(yàn)氯氣的實(shí)驗(yàn)方法分析,取少量陽極附近的溶液,滴在淀粉碘化鉀試紙上,試紙變藍(lán)色證明生成氯氣,否則無氯氣生成;依據(jù)圖表數(shù)據(jù)比較可知,電解pH=1的NaCl溶液做對(duì)照實(shí)驗(yàn)與對(duì)比,通過控制電壓證明了亞鐵離子還原性大于氯離子,優(yōu)先放電,說明生成鐵離子有兩種原因。答案:(1)溶液變紅(2)2Cl-2e-Cl2、Cl2+2Fe2+2Cl-+2Fe3+(3)還原(4)0.2取少量陽極附近的溶液,滴在淀粉碘化鉀試紙上,試紙變藍(lán)色通過控制電壓,證實(shí)了產(chǎn)生Fe3+的兩種原因;通過控制電壓,驗(yàn)證了Fe2+先于Cl-放電15.(xx四川高考11)污染物的有效去除和資源的充分利用是化學(xué)造福人類的重要研究課題。某研究小組利用軟錳礦(主要成分為MnO2,另含有少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)作脫硫劑,通過如下簡化流程既脫除燃煤尾氣中的SO2,又制得電池材料MnO2(反應(yīng)條件已省略)。請(qǐng)回答下列問題:(1)上述流程脫硫?qū)崿F(xiàn)了(選填下列字母編號(hào))。A.廢棄物的綜合利用B.白色污染的減少C.酸雨的減少(2)用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+,其原因是 。(3)已知:25、101 kPa時(shí),Mn(s)+O2(g)MnO2(s)H=-520 kJmol-1S(s)+O2(g)SO2(g)H=-297 kJmol-1Mn(s)+S(s)+2O2(g)MnSO4(s)H=-1 065 kJmol-1SO2與MnO2反應(yīng)生成無水MnSO4的熱化學(xué)方程式是 。(4)MnO2可作超級(jí)電容器材料。用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2,其陽極的電極反應(yīng)式是 。(5)MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料。堿性鋅錳電池放電時(shí),正極的電極反應(yīng)式是 。(6)假設(shè)脫除的SO2只與軟錳礦漿中MnO2反應(yīng)。按照?qǐng)D示流程,將am3(標(biāo)準(zhǔn)狀況)含SO2的體積分?jǐn)?shù)為b%的尾氣通入礦漿,若SO2的脫除率為89.6%,最終得到MnO2的質(zhì)量為ckg,則除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時(shí),所引入的錳元素相當(dāng)于MnO2kg?！窘忸}指南】根據(jù)已知反應(yīng)書寫未知熱化學(xué)方程式的流程:【解析】(1)二氧化硫?qū)Υ髿獾奈廴局饕切纬伤嵊辍?2)碳酸錳能夠與溶液中的氫離子反應(yīng),降低溶液的酸性,從而促進(jìn)了鋁離子和三價(jià)鐵離子的水解,從而使兩者變成氫氧化物沉淀下來。(3)將熱化學(xué)方程式從上到下依次標(biāo)為、,根據(jù)蓋斯定律,將-可得到所要求的熱化學(xué)反應(yīng)方程式:MnO2(s)+SO2(g)MnSO4(s)H=-248 kJmol-1。(4)電解池的陽極在反應(yīng)中應(yīng)該失去電子,反應(yīng)物為硫酸錳,產(chǎn)物為二氧化錳,反應(yīng)方程式為Mn2+2H2O-2e-MnO2+4H+。(5)原電池的正極在反應(yīng)過程中應(yīng)該得到電子,錳的化合價(jià)由+4價(jià)降低為+3價(jià),反應(yīng)方程式為MnO2+H2O+e-MnOOH+OH-。(6)參加反應(yīng)的二氧化硫的物質(zhì)的量為=0.4ab(mol),生成硫酸錳的物質(zhì)的量為0.4abmol,生成二氧化錳ckg,根據(jù)反應(yīng)3MnSO4+2KMnO4+2H2O5MnO2+K2SO4+2H2SO4,消耗硫酸錳的物質(zhì)的量是mol,除去金屬雜質(zhì)時(shí)引入的錳元素的物質(zhì)的量是mol-0.4abmol,相當(dāng)于二氧化錳的質(zhì)量是(mol-0.4abmol)87 gmol-1=(600c-34.8ab)g=kg。答案:(1)A、C(2)消耗溶液中的酸,促進(jìn)Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀(3)MnO2(s)+SO2(g)MnSO4(s)H=-248 kJmol-1(4)Mn2+2H2O-2e-MnO2+4H+(5)MnO2+H2O+e-MnOOH+OH-(6)16. (xx江蘇高考20)硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護(hù)的重要研究課題。由硫化氫獲得硫單質(zhì)有多種方法。(1)將燒堿吸收H2S后的溶液加入到如下圖所示的電解池的陽極區(qū)進(jìn)行電解。電解過程中陽極區(qū)發(fā)生如下反應(yīng):S2-2e-S(n-1)S+S2-寫出電解時(shí)陰極的電極反應(yīng)式: 。電解后陽極區(qū)的溶液用稀硫酸酸化得到硫單質(zhì),其離子方程式可寫成 。(2)將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應(yīng)回收S,其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如下圖所示。在圖示的轉(zhuǎn)化中,化合價(jià)不變的元素是。反應(yīng)中當(dāng)有1 mol H2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時(shí),保持溶液中Fe3+的物質(zhì)的量不變,需消耗O2的物質(zhì)的量為。在溫度一定和不補(bǔ)加溶液的條件下,緩慢通入混合氣體,并充分?jǐn)嚢?。欲使生成的硫單質(zhì)中不含CuS,可采取的措施有 。(3)H2S在高溫下分解生成硫蒸氣和H2。若反應(yīng)在不同溫度下達(dá)到平衡時(shí),混合氣體中各組分的體積分?jǐn)?shù)如下圖所示,H2S在高溫下分解反應(yīng)的化學(xué)方程式為 ?！窘忸}指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):(1)會(huì)利用圖示信息,運(yùn)用化學(xué)觀點(diǎn),分析解決問題。(2)會(huì)應(yīng)用守恒法(電荷守恒、得失電子守恒)分析電極反應(yīng)式和氧化還原反應(yīng)。【解析】(1)陰極區(qū)生成氫氣,電極反應(yīng)式為2H2O+2e-H2+2OH-;電解后陽極區(qū)離子為,酸性條件下,和H+反應(yīng)生成單質(zhì)S,硫元素失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成單質(zhì)硫,同時(shí)硫元素得電子生成H2S,即離子方程式為+2H+(n-1)S+H2S。(2)圖中的反應(yīng)有Cu2+與H2S反應(yīng)生成CuS和H+、CuS與Fe3+反應(yīng)生成Fe2+與Cu2+和S、Fe2+被O2氧化生成Fe3+,化合價(jià)不變的元素是銅、氫、氯;由S守恒可知1 mol H2S生成1 mol CuS,由得失電子相等可知1 mol CuS生成2 mol Fe2+;再由得失電子相等得2 mol(3-2)=n(O2)4,n(O2)=0.5 mol;CuS是Cu2+與H2S反應(yīng)生成的,CuS與Fe3+反應(yīng)生成Fe2+,Fe2+被O2氧化,所以要使硫固體中不含CuS,只需增大空氣的量即提高混合氣體中空氣的比例。(3)設(shè)H2S分解方程式為nH2SnH2+Sn,觀察圖像,1 100時(shí)生成的兩種組分的體積分?jǐn)?shù)之比為20%10%=21,所以n=2,H2S分解的方程式為2H2S2H2+S2。答案:(1)2H2O+2e-H2+2OH-+2H+(n-1)S+H2S(2)Cu、H、Cl(或銅、氫、氯)0.5 mol提高混合氣體中空氣的比例(3)2H2S2H2+S2【誤區(qū)提醒】(1)本題的第(2)問中,會(huì)漏寫部分元素。如Cu始終為+2價(jià),H為+1價(jià),Cl-沒有參加反應(yīng)。(2)本題的第(3)問中,有學(xué)生寫成H2SS+H2,而沒有利用圖中物質(zhì)的比例關(guān)系分析產(chǎn)物不是S,而是S2。