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2019-2020年高考化學分類題庫 考點9 電化學
.(xx北京高考12)在通風櫥中進行下列實驗:
步驟
現(xiàn)象
Fe表面產生大量無色氣泡,液面上方變?yōu)榧t棕色
Fe表面產生少量紅棕色氣泡后,迅速停止
Fe、Cu接觸后,其表面均產生紅棕色氣泡
A.Ⅰ中氣體由無色變紅棕色的化學方程式:2NO+O22NO2
B.Ⅱ中的現(xiàn)象說明Fe表面形成致密的氧化層,阻止Fe進一步反應
C.對比Ⅰ、Ⅱ中現(xiàn)象,說明稀HNO3的氧化性強于濃HNO3
D.針對Ⅲ中現(xiàn)象,在Fe、Cu之間連接電流計,可判斷Fe是否被氧化
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)濃硝酸可使鐵鈍化。
(2)稀硝酸與鐵反應生成NO,NO2呈紅棕色。
【解析】選C。步驟Ⅰ是鐵與稀硝酸反應生成無色氣體NO,NO被空氣中的氧氣氧化生成紅棕色的NO2氣體,故A正確;步驟Ⅱ的現(xiàn)象是因為鐵發(fā)生了鈍化,Fe表面形成致密的氧化層,阻止Fe進一步反應,故B正確;步驟Ⅱ反應停止是因為發(fā)生了鈍化,不能用來比較稀硝酸和濃硝酸的氧化性強弱,物質氧化性強弱只能通過比較物質得電子能力強弱來分析,故C錯誤;步驟Ⅲ中Fe、Cu都能與硝酸反應,二者接觸,根據構成原電池條件,要想驗證鐵是否為負極、發(fā)生氧化反應,可以連接電流計,故D正確。
.(xx福建高考9)純凈物X、Y、Z轉化關系如下圖所示,下列判斷正確的是
( )
A.X可能是金屬銅
B.Y不可能是氫氣
C.Z可能是氯化鈉
D.Z可能是三氧化硫
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)物質之間的轉化;
(2)物質轉化時的反應條件和產物的判斷確認。
【解析】選A。A.若X是Cu,Y是Cl2,Cu在Cl2中燃燒產生Z是CuCl2,電解CuCl2溶液產生Cu和Cl2,符合題圖轉化關系,故選項說法正確;B.若X是Cl2,Y是氫氣,氫氣在氯氣中燃燒產生Z是HCl,電解HCl的水溶液,產生氫氣和氯氣,符合題圖轉化關系,故選項說法錯誤;C.若Z是氯化鈉,則X、Y分別是Na和Cl2中的一種,電解氯化鈉水溶液會產生氫氣、氯氣、氫氧化鈉,不符合題圖轉化關系,故選項說法錯誤;D.若Z是三氧化硫,而X、Y可能是O2和SO2中的一種,SO3溶于水產生硫酸,電解硫酸溶液,實質是電解水,產生氫氣和氧氣,不符合題圖轉化關系,故選項說法錯誤。
.(xx福建高考11)某模擬“人工樹葉”電化學實驗裝置如下圖所示,該裝置能將H2O和CO2轉化為O2和燃料(C3H8O),下列說法正確的是
( )
A.該裝置將化學能轉化為光能和電能
B.該裝置工作時H+從b極區(qū)向a極區(qū)遷移
C.每生成1 mol O2,有44 g CO2被還原
D.a電極的反應為:3CO2+18H+-18e-C3H8O+5H2O
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)原電池和電解池裝置的識別,有外接電源一定屬于電解池;
(2)電解池工作原理的理解與應用。
【解析】選B。該裝置有外接電源,結合題中圖示分析可知該裝置應為電能和光能轉化為化學能,A錯誤;根據同種電荷相互排斥,異種電荷相互吸引的原則,該裝置工作時,H+從正電荷較多的陽極b極區(qū)向負電荷較多的陰極a極區(qū)遷移,B正確。該反應的總方程式是6CO2+8H2O2C3H8O+9O2。根據反應方程式可知,每生成1 mol O2,有mol CO2被還原,其質量是g,C錯誤。根據題中圖示可知與電源負極連接的a電極為陰極,發(fā)生還原反應,電極的反應式為3CO2+18H++18e-C3H8O+5H2O,D錯誤。
.(xx全國卷Ⅰ11)微生物電池是指在微生物的作用下將化學能轉化為電能的裝置,其工作原理如圖所示。下列有關微生物電池的說法錯誤的是
( )
A.正極反應中有CO2生成
B.微生物促進了反應中電子的轉移
C.質子通過交換膜從負極區(qū)移向正極區(qū)
D.電池總反應為C6H12O6+6O26CO2+6H2O
【解題指南】解答本題時應遵循以下思路:
【解析】選A。根據碳元素的化合價的變化,二氧化碳中碳元素的化合價為最高價+4價,所以生成二氧化碳的反應為氧化反應,應在負極生成,其電極反應式應為C6H12O6+6H2O-24e-24H++6CO2↑,A錯誤;在微生物的作用下,該裝置為原電池裝置,反應速率比化學反應速率快,所以微生物促進了反應的發(fā)生,B正確;原電池中陽離子(質子)向正極移動,C正確;電池的總反應實質是葡萄糖的氧化反應,D正確。
.(xx四川高考4)用下圖所示裝置除去含CN-、Cl-廢水中的CN-時,控制溶液pH為9~10,陽極產生的ClO-將CN-氧化為兩種無污染的氣體。下列說法不正確的是
( )
A.用石墨作陽極,鐵作陰極
B.陽極的電極反應式:Cl-+2OH--2e-ClO-+H2O
C.陰極的電極反應式:2H2O+2e-H2↑+2OH-
D.除去CN-的反應:2CN-+5ClO-+2H+N2↑+2CO2↑+5Cl-+H2O
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)活潑金屬作陽極,金屬發(fā)生氧化反應;
(2)堿性溶液中既不能有氫離子參加反應,也不能生成氫離子。
【解析】選D。A選項石墨作陽極,為惰性電極,由溶液中的Cl-放電,電極反應式:Cl-+2OH--2e-ClO-+H2O,鐵作陰極,在堿性環(huán)境下發(fā)生2H2O+2e-H2↑+2OH-,故A、B、C正確;D選項pH為9~10的堿性溶液不可能是H+參加反應,離子反應應為2CN-+5ClO-+H2ON2↑+2CO2↑+5Cl-+2OH-。
.(xx天津高考4)鋅銅原電池裝置如圖所示,其中陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過,下列有關敘述正確的是
( )
A.銅電極上發(fā)生氧化反應
B.電池工作一段時間后,甲池的c(S)減小
C.電池工作一段時間后,乙池溶液的總質量增加
D.陰陽離子分別通過交換膜向負極和正極移動,保持溶液中電荷平衡
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)鋅銅原電池的反應原理為Zn+Cu2+Zn2++Cu。
(2)明確陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過,不允許陰離子通過。
【解析】選C。由鋅銅原電池原理可知,鋅電極為負極,失電子,發(fā)生氧化反應,銅電極為正極,得電子,發(fā)生還原反應,A項錯誤;陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過,兩池中c(S)不變,B項錯誤;電解過程中Zn2+由甲池通過陽離子交換膜進入乙池,乙池中Cu2++2e-Cu,其溶液中的離子轉換為Cu2+→Zn2+,摩爾質量M(Cu2+)
7
C.鋼鐵水閘可用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法防止其腐蝕
D.一定條件下反應N2+3H22NH3達到平衡時,3v正(H2)=2v逆(NH3)
【解析】選C。2H2O22H2O + O2↑,生成1 mol O2時轉移2 mol電子,A項錯誤;pH=3的CH3COOH中已電離出的H+,就可以將pH=11的NaOH電離出的OH-完全中和,但是CH3COOH是弱酸,還會繼續(xù)電離,即醋酸過量,反應后溶液顯酸性,B項錯誤;鐵可用作原電池的正極或作為電解池的陰極,此時鐵均會受到保護,C項正確;由反應方程式的化學計量數知,任何時候均存在2v正(H2)=3v正(NH3),氮氣與氫氣合成氨氣達到平衡時,速率關系為2v正(H2)=3v逆(NH3),D項錯誤。
.(xx廣東高考9)下列敘述Ⅰ和Ⅱ均正確并有因果關系的是
選項
敘述Ⅰ
敘述Ⅱ
A
1-己醇的沸點比己烷的沸點高
1-己醇和己烷可通過蒸餾初步分離
B
原電池可將化學能轉化為電能
原電池需外接電源才能工作
C
乙二酸可與KMnO4溶液發(fā)生反應
乙二酸具有酸性
D
Na在Cl2中燃燒的生成物含離子鍵
NaCl固體可導電
【解題指南】解答本題需注意以下兩點:
(1)物質的分離操作——蒸餾的適用條件;
(2)離子化合物只有在熔融或溶于水的狀態(tài)下電離出自由移動的離子后才能導電。
【解析】選A??梢岳谜麴s的方式分離兩種沸點不同的有機物;原電池是給電器提供電能的,所以原電池不需要外接電源;高錳酸鉀具有強氧化性,可以將乙二酸氧化,所以應該體現(xiàn)的是乙二酸的還原性;氯化鈉固體中沒有自由移動的離子,所以不能導電。
【誤區(qū)提醒】本題易錯選C,原因一是忽略了高錳酸鉀具有強氧化性,二是不能根據乙二酸中碳元素的化合價判斷出乙二酸具有還原性。
.(xx安徽高考25)C、N、O、Al、Si、Cu是常見的六種元素。
(1)Si位于元素周期表第 周期第 族。
(2)N的基態(tài)原子核外電子排布式為 ;
Cu的基態(tài)原子最外層有 個電子。
(3)用“>”或“<”填空:
原子半徑
電負性
熔點
沸點
Al Si
N O
金剛石 晶體硅
CH4 SiH4
(4)常溫下,將除去表面氧化膜的Al、Cu片插入濃HNO3中組成原電池(圖1),測得原電池的電流強度(I)隨時間(t)的變化如圖2所示,反應過程中有紅棕色氣體產生。
0~t1時,原電池的負極是Al片,此時,正極的電極反應式是 ,溶液中的H+向 極移動,t1時,原電池中電子流動方向發(fā)生改變,其原因是 。
【解題指南】解答本題時應注意以下3點:
(1)電子層數=周期序數,主族元素的最高正價=最外層電子數=主族序數;
(2)原電池的正極發(fā)生還原反應,陽離子移向正極,電子由負極通過導線流向正極;
(3)原子晶體的共價鍵鍵長與晶體熔沸點有關,鍵長短,熔沸點高。
【解析】(1)Si是14號元素,有3層電子,位于元素周期表的第3周期ⅣA族。
(2)N的核電荷數為7,其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p3,Cu的4s軌道有1個電子。
(3)同周期由左向右元素原子半徑逐漸減小,即原子半徑Al>Si;同周期元素的電負性由左向右逐漸增大,則電負性:N < > <
(4)2H++N+e-NO2↑+H2O 正 鋁在濃硝酸中發(fā)生鈍化,表面生成了氧化膜阻止了Al的進一步反應
.(xx北京高考27)研究CO2在海洋中的轉移和歸宿,是當今海洋科學研究的前沿領域。
(1)溶于海水的CO2主要以4種無機碳形式存在,其中HC占95%,寫出CO2溶于水產生HC的方程式: 。
(2)在海洋碳循環(huán)中,通過如圖所示的途徑固碳。
①寫出鈣化作用的離子方程式: 。
②同位素示蹤法證實光合作用釋放出的O2只來自H2O,用18O標記物質的光合作用的化學方程式如下,將其補充完整: + (CH2O)x+x18O2+xH2O
(3)海水中溶解無機碳占海水總碳的95%以上,其準確測量是研究海洋碳循環(huán)的基礎,測量溶解無機碳,可采用如下方法:
①氣提、吸收CO2,用N2從酸化后的海水中吹出CO2并用堿液吸收(裝置示意圖如下),將虛線框中的裝置補充完整并標出所用試劑。
②滴定。將吸收液吸收的無機碳轉化為NaHCO3,再用xmolL-1HCl溶液滴定,消耗ymL HCl溶液,海水中溶解無機碳的濃度= molL-1。
(4)利用如圖所示裝置從海水中提取CO2,有利于減少環(huán)境溫室氣體含量。
①結合方程式簡述提取CO2的原理: 。
②用該裝置產生的物質處理b室排出的海水,合格后排回大海。處理至合格的方法是 。
【解題指南】解答本題時應明確以下4點:
(1)根據流程圖中的箭頭判斷反應物與生成物:鈣化作用生成CaCO3、CO2。
(2)光合作用釋放出的O2只來自H2O。
(3)與電源正極相連的是陽極,陽極發(fā)生氧化反應。
(4)陽離子膜只允許陽離子通過。
【解析】(1)二氧化碳溶于水生成碳酸,然后碳酸電離。即CO2+H2OH2CO3,H2CO3HC+H+。
(2)①根據反應物是HC,生成物是CaCO3和CO2,易知本題的離子方程式為Ca2++2HCCaCO3↓+CO2↑+H2O。
②由O2只來自H2O及示蹤原子的標記可知水分子含18O,而且分子個數是2x,根據元素守恒法可知方程式中的缺項物質為xCO2、2xO。
(3)①注意酸化的試劑要用硫酸,一定不能用鹽酸,HCl會揮發(fā)出來影響后續(xù)的滴定,如圖。
②該滴定過程轉化的關系式為
CO2 ~ HC ~ HCl
1 1
n(CO2) xmolL-1y10-3L
解得:n(CO2)=xy10-3mol
所以:c(無機碳)=xy/zmolL-1
(4)①a室是陽極室,發(fā)生氧化反應:2H2O-4e-O2↑+4H+,出去的海水pH<6,顯酸性,表明反應后溶液由堿性變?yōu)樗嵝?a室中的H+通過陽離子交換膜進入b室,發(fā)生反應:HC+H+CO2↑+H2O。
②c室是陰極室,發(fā)生還原反應:2H2O+2e-2OH-+H2↑,即c室生成堿,然后用堿液將從b室排出的酸性海水調至接近裝置入口海水的pH。
答案:(1)CO2+H2OH2CO3,H2CO3HC+H+
(2)①Ca2++2HCCaCO3↓+CO2↑+H2O
②xCO2 2xO
(3)①
②xy/z
(4)①a室發(fā)生的反應:2H2O-4e-O2↑+4H+,H+通過陽離子交換膜從a室進入b室,發(fā)生反應:HC+H+CO2↑+H2O
②c室發(fā)生的反應:2H2O+2e-2OH-+H2↑,用c室排出的堿液將從b室排出的酸性海水調至接近裝置入口海水的pH
.(xx北京高考28)為探討化學平衡移動原理與氧化還原反應規(guī)律的聯(lián)系,某同學通過改變濃度研究“2Fe3++2I-2Fe2++I2”反應中Fe3+和Fe2+的相互轉化。實驗如下:
(1)待實驗Ⅰ溶液顏色不再改變時,再進行實驗Ⅱ,目的是使實驗Ⅰ的反應達到 。
(2)ⅲ是ⅱ的對比實驗,目的是排除ⅱ中 造成的影響。
(3)ⅰ和ⅱ的顏色變化表明平衡逆向移動,Fe2+向Fe3+轉化。用化學平衡移動原理解釋原因: 。
(4)根據氧化還原反應的規(guī)律,該同學推測ⅰ中Fe2+向Fe3+轉化的原因:外加Ag+使c(I-)降低,導致I-的還原性弱于Fe2+,用如圖裝置(a、b均為石墨電極)進行實驗驗證。
①K閉合時,指針向右偏轉,b作 極。
②當指針歸零(反應達到平衡)后,向U型管左管中滴加0.01 molL-1AgNO3溶液,產生的現(xiàn)象證實了其推測,該現(xiàn)象是 。
(5)按照(4)的原理,該同學用上圖裝置進行實驗,證實了ⅱ中Fe2+向Fe3+轉化的原因。
①轉化原因是 。
②與(4)實驗對比,不同的操作是 。
(6)實驗Ⅰ中,還原性:I->Fe2+;而實驗Ⅱ中,還原性:Fe2+>I-,將(3)和(4)、(5)作對比,得出的結論是 。
【解題指南】解答本題時應按照以下流程:
【解析】(1)待實驗Ⅰ溶液顏色不再改變時,再進行實驗Ⅱ,目的是使實驗Ⅰ的反應達到化學平衡狀態(tài)。
(2)實驗ⅲ加入了水,是實驗ⅱ的對比實驗,因此目的是排除因加入FeSO4溶液而將溶液稀釋引起溶液顏色的變化。
(3)ⅰ中加入AgNO3,Ag+與I-生成AgI黃色沉淀,I-濃度降低,2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡逆向移動,溶液褪色;ⅱ中加入FeSO4,Fe2+濃度增大,平衡逆向移動,溶液顏色變淺。
(4)①K閉合時,指針向右偏轉,表明b極為正極,Fe3+得電子;②當指針歸零(反應達到平衡)后,向U型管左管滴加0.01 molL-1AgNO3溶液,產生黃色沉淀,I-濃度減小,2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡左移,指針向左偏轉。
(5)①Fe2+向Fe3+轉化的原因是Fe2+濃度增大,還原性增強。
②與(4)實驗對比,不同的操作是當指針歸零后,向U型管右管中滴加1 molL-1FeSO4溶液。
(6)將(3)和(4)、(5)作對比,得出的結論是在其他條件不變時,物質的氧化性和還原性與濃度有關,濃度的改變可影響物質的氧化性和還原性,導致平衡移動。
答案:(1)化學平衡狀態(tài)
(2)溶液稀釋對顏色變化
(3)ⅰ中加入Ag+發(fā)生反應:Ag++I-AgI↓,c(I-)降低;ⅱ中加入FeSO4,c(Fe2+)增大,平衡均逆向移動
(4)①正?、谧蠊墚a生黃色沉淀,指針向左偏轉
(5)①Fe2+濃度增大,還原性增強,使Fe2+還原性強于I-
②向U型管右管中滴加1 molL-1FeSO4溶液
(6)該反應為可逆氧化還原反應,在平衡時,通過改變物質的濃度,可以改變物質的氧化性和還原性,并影響平衡移動方向
.(xx全國卷Ⅱ26)酸性鋅錳干電池是一種一次性電池,外殼為金屬鋅,中間是碳棒,其周圍是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等組成的糊狀填充物。該電池放電過程產生MnOOH?;厥仗幚碓搹U電池可以得到多種化工原料。有關數據如下表所示:
溶解度/(g/100 g水)
溫度/℃
化合物
0
20
40
60
80
100
NH4Cl
29.3
37.2
45.8
55.3
65.6
77.3
ZnCl2
343
395
452
488
541
614
化合物
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10-17
10-17
10-39
回答下列問題:
(1)該電池的正極反應式為 ,
電池反應的離子方程式為 。
(2)維持電流強度為0.5 A,電池工作5分鐘,理論上消耗鋅 g。(已知F=96 500 Cmol-1)
(3)廢電池糊狀填充物加水處理后,過濾,濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl,二者可通過 分離回收;濾渣的主要成分是MnO2、 和 ,欲從中得到較純的MnO2,最簡便的方法是 ,其原理是 。
(4)用廢電池的鋅皮制備ZnSO47H2O的過程中,需除去鋅皮中的少量雜質鐵,其方法是:加稀H2SO4和H2O2溶解,鐵變?yōu)椤 ?加堿調節(jié)至pH為 時,鐵剛好沉淀完全(離子濃度小于110-5molL-1時,即可認為該離子沉淀完全);繼續(xù)加堿至pH為 時,鋅開始沉淀(假定Zn2+濃度為0.1 molL-1)。若上述過程不加H2O2后果是________________________________________________,
原因是 ___________________________________________________________。
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)熟悉常見鋅錳干電池的電極反應和電池反應;
(2)除去亞鐵離子時一般先將其氧化為鐵離子。
【解析】(1)酸性鋅錳干電池外殼為金屬鋅,鋅是負極,電極反應式為Zn-2e-Zn2+。中間是碳棒,碳棒是正極,二氧化錳得到電子,則正極電極反應式為MnO2+e-+H+MnOOH,總反應式為Zn+2MnO2+2H+Zn2++2MnOOH。
(2)維持電流強度為0.5 A,電池工作5分鐘,則通過的電量是150 C,因此通過電子的物質的量是=1.55410-3mol,鋅在反應中失去2個電子,則理論消耗Zn的質量是65 gmol-1=0.05 g。
(3)廢電池糊狀填充物加水處理后過濾,濾液中主要有氯化銨和氯化鋅,根據溶解度表可知氯化鋅的溶解度受溫度影響變化較大,所以二者可以通過結晶分離獲得,即通過蒸發(fā)結晶、冷卻結晶實現(xiàn)分離。濾渣的主要成分是二氧化錳、碳粉、MnOOH,在空氣中加熱,碳燃燒生成二氧化碳,MnOOH被氧化為二氧化錳。所以欲從中得到較純的二氧化錳,最簡便的方法是灼燒。
(4)雙氧水具有強氧化性,能把鐵氧化為鐵離子,因此加入稀硫酸和雙氧水,溶解后鐵變?yōu)榱蛩徼F。根據氫氧化鐵的溶度積常數可知,當鐵離子完全沉淀時溶液中氫氧根的濃度為molL-1≈510-12molL-1,所以氫離子濃度是210-3molL-1,因此加堿調節(jié)pH為2.7,Fe3+剛好完全沉淀。Zn2+濃度為0.1 molL-1,根據氫氧化鋅的溶度積常數可知開始沉淀時的氫氧根濃度為10-8molL-1,則pH=6,即繼續(xù)加堿調節(jié)pH為6,鋅開始沉淀。如果不加雙氧水,則在沉淀鋅離子的同時亞鐵離子也沉淀,導致生成的氫氧化鋅不純,無法分離開Zn2+和Fe2+。
答案:(1)MnO2+e-+H+MnOOH
Zn+2MnO2+2H+Zn2++2MnOOH
[注:式中Zn2+可寫為Zn(NH3,Zn(NH3)2Cl2等,H+可寫為N]
(2)0.05
(3)加熱濃縮、冷卻結晶 碳粉 MnOOH 在空氣中加熱 碳粉轉變?yōu)镃O2,MnOOH被氧化為MnO2
(4)Fe3+ 2.7 6 Zn2+和Fe2+分離不開
Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近
.(xx山東高考29)利用LiOH和鈷氧化物可制備鋰離子電池正極材料。LiOH可由電解法制備,鈷氧化物可通過處理鈷渣獲得。
(1)利用如圖裝置電解制備LiOH,兩電極區(qū)電解液分別為LiOH和LiCl溶液。B極區(qū)電解液為 溶液(填化學式),陽極電極反應式為 ,電解過程中Li+向 電極遷移(填“A”或“B”)。
(2)利用鈷渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制備鈷氧化物的工藝流程如下:
Co(OH)3溶解還原反應的離子方程式為 ,
鐵渣中鐵元素的化合價為 ,在空氣中煅燒CoC2O4生成鈷氧化物和CO2,測得充分煅燒后固體質量為2.41 g,CO2的體積為1.344 L(標準狀況),則鈷氧化物的化學式為 。
【解題指南】解答本題注意以下兩點:
(1)注意陰、陽離子的放電順序以及陰、陽離子在電解池內部移動方向的判斷;
(2)注意流程中各步所加試劑的作用以及原子守恒觀點的應用。
【解析】(1)B極區(qū)產生H2,同時生成LiOH,則B極區(qū)電解液為LiOH溶液;電極A為陽極,陽極區(qū)電解液為LiCl溶液,根據放電順序,陽極上Cl-失去電子,則陽極電極反應式為2Cl--2e-Cl2↑;根據電流方向,電解過程中Li+向B電極遷移。
(2)在酸性條件下,Co(OH)3首先與H+反應生成Co3+,Co3+具有氧化性,把S氧化為S,配平可得離子方程式:2Co(OH)3+4H++S2Co2++S+5H2O;鐵渣中鐵元素的化合價應該為高價,為+3價;CO2的物質的量為1.344 L22.4 Lmol-1=0.06 mol,根據CoC2O4的組成可知鈷元素的物質的量為0.03 mol,設鈷氧化物的化學式為CoxOy,根據元素的質量比可得59x∶(16y)=0.03 mol59 gmol-1∶(2.41 g-0.03 mol59 gmol-1),解得x∶y=3∶4,則鈷氧化物的化學式為Co3O4。
答案:(1)LiOH 2Cl--2e-Cl2↑ B
(2)2Co(OH)3+4H++S2Co2++S+5H2O[或
Co(OH)3+3H+Co3++3H2O,2Co3++S+H2O2Co2++S+2H+] +3 Co3O4
.(xx四川高考11)為了保護環(huán)境,充分利用資源,某研究小組通過如下簡化流程,將工業(yè)制硫酸的硫鐵礦燒渣(鐵主要以Fe2O3存在)轉變成重要的化工原料FeSO4(反應條件略)。
活化硫鐵礦還原Fe3+的主要反應為FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O15FeSO4+8H2SO4,不考慮其他反應,請回答下列問題:
(1)第Ⅰ步H2SO4與Fe2O3反應的離子方程式是 。
(2)檢驗第Ⅱ步中Fe3+是否完全還原,應選擇 (填字母編號)。 ( )
A.KMnO4溶液 B.K3[Fe(CN)6]溶液 C.KSCN溶液
(3)第Ⅲ步加FeCO3調溶液pH到5.8左右,然后在第Ⅳ步通入空氣使溶液pH降到5.2,此時Fe2+不沉淀,濾液中鋁、硅雜質被除盡。通入空氣引起溶液pH降低的原因是 。
(4)FeSO4可轉化為FeCO3,FeCO3在空氣中加熱反應可制得鐵系氧化物材料。
已知25℃,101 kPa時:4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s) ΔH=-1 648 kJmol-1
C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393 kJmol-1
2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)2FeCO3(s) ΔH=-1 480 kJmol-1
FeCO3在空氣中加熱反應生成Fe2O3的熱化學方程式是 。
(5)FeSO4在一定條件下可制得FeS2(二硫化亞鐵)納米材料。該材料可用于制造高容量鋰電池,電池放電時的總反應為4Li+FeS2Fe+2Li2S,正極反應式是 。
(6)假如燒渣中的鐵全部視為Fe2O3,其含量為50%。將akg質量分數為b%的硫酸加入ckg燒渣中浸取,鐵的浸取率為96%,其他雜質浸出消耗的硫酸以及調pH后溶液呈微酸性所殘留的硫酸忽略不計。按上述流程,第Ⅲ步應加入FeCO3
kg。
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)三價鐵離子的檢驗需要用硫氰酸根離子;
(2)碳酸亞鐵與硫酸按物質的量1∶1反應。
【解析】(1)H2SO4與Fe2O3反應的方程式為Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O,其離子方程式為Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O。
(2)檢驗Fe3+是否反應完全,可利用Fe3+與KSCN的顯色反應,生成紅色溶液,故選C。
(3)部分Fe2+被空氣中的氧氣氧化為Fe3+,Fe3+水解產生H+,使pH降低。
(4)若將題中所給三個反應依次編為①、②、③號反應,則FeCO3在空氣中加熱反應生成Fe2O3的反應可以由③反應逆向進行后2+②4+①得到,同時所對應的反應熱要乘以相應的倍數,故其熱化學方程式為4FeCO3(s)+O2(g)2Fe2O3(s)+4CO2(g) ΔH=-260 kJmol-1。
(5)正極發(fā)生的反應是還原反應,即得電子,故參加反應的物質應是FeS2,又知最后生成鐵單質和S2-,故正極反應式為FeS2+4e-Fe+2S2-。
(6)方法1:由于最終得到FeSO4,根據元素守恒,n(Fe)=n(S),Fe來自Fe2O3、FeS2、FeCO3;S來自FeS2、H2SO4則有(2+2)96%+=+96%22,則得m(FeCO3)≈(0.011 8ab-0.646c)kg。
方法2:首先浸出的Fe2O3的物質的量為=,由化學式Fe2(SO4)3可知同F(xiàn)e2O3反應的硫酸的物質的量應為其的3倍,即3,化簡即。而一共加入的硫酸的物質的量為,故剩余的硫酸的物質的量為-。由題目可知在第Ⅱ步時又生成了硫酸,這一部分硫酸可通過Fe2(SO4)3的物質的量即計算而得,計算后可知第Ⅱ步中生成的硫酸的物質的量為(8/7)=。又因為Fe2+與硫酸按物質的量1∶1反應,故濾液中剩余的硫酸的物質的量即為應加入的FeCO3的物質的量,即為(-+),乘以FeCO3的摩爾質量116 gmol-1可得FeCO3的質量為(-+)116 kg≈(0.011 8ab-0.646c)kg。
答案:(1)Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O
(2)C
(3)Fe2+被氧化為Fe3+,Fe3+水解產生H+
(4)4FeCO3(s)+O2(g)2Fe2O3(s)+4CO2(g) ΔH=-260 kJmol-1
(5)FeS2+4e-Fe+2S2-或FeS2+4Li++4e-Fe+2Li2S
(6)0.011 8ab-0.646c
.(xx重慶高考30)我國古代青銅器工藝精湛,有很高的藝術價值和歷史價值,但出土的青銅器大多受到環(huán)境腐蝕,故對其進行修復和防護具有重要意義。
(1)原子序數為29的銅元素位于元素周期表中第 周期。
(2)某青銅器中Sn、Pb的質量分別為119 g、20.7 g,則該青銅器中Sn和Pb原子的數目之比為 。
(3)研究發(fā)現(xiàn),腐蝕嚴重的青銅器表面大都存在CuCl。關于CuCl在青銅器腐蝕過程中的催化作用,下列敘述正確的是 。 ( )
A.降低了反應的活化能
B.增大了反應的速率
C.降低了反應的焓變
D.增大了反應的平衡常數
(4)采用“局部封閉法”可以防止青銅器進一步被腐蝕。如將糊狀Ag2O涂在被腐蝕部位,Ag2O與有害組分CuCl發(fā)生復分解反應,該化學方程式為 。
(5)下圖為青銅器在潮濕環(huán)境中發(fā)生的電化學腐蝕的原理示意圖。
①腐蝕過程中,負極是 (填圖中字母“a”或“b”或“c”);
②環(huán)境中的Cl-擴散到孔口,并與正極反應產物和負極反應產物作用生成多孔粉狀銹Cu2(OH)3Cl,其離子方程式為 ;
③若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl,則理論上耗氧體積為 L(標準狀況)。
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)根據元素的核外電子排布可以推測元素在周期表中的位置;
(2)復分解反應是兩者相互交換離子。
【解析】(1)銅為29號元素,根據核外電子排布規(guī)則可知,銅元素位于元素周期表中第4周期。
(2)根據N=NA,青銅器中Sn、Pb的質量分別為119 g、20.7 g,則該青銅器中Sn和Pb原子數目之比為(119 g119 gmol-1)∶(20.7 g207 gmol-1)=10∶1。
(3)催化劑能降低反應的活化能,從而加快化學反應速率,但是催化劑不能改變反應的焓變,也不能改變反應的化學平衡常數,選A、B。
(4)Ag2O與CuCl發(fā)生復分解反應,沒有化合價的升降,則化學方程式為Ag2O+2CuCl2AgCl+Cu2O。
(5)①根據圖示,腐蝕過程中,銅失電子生成Cu2+,則負極是銅,選c;
②根據上述分析,正極產物是OH-,負極產物為Cu2+,環(huán)境中的Cl-擴散到孔口,與正極反應產物和負極反應產物作用生成多孔粉狀銹Cu2(OH)3Cl,則離子方程式為2Cu2++3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl↓;
③4.29 g Cu2(OH)3Cl的物質的量為4.29/214.5=0.02(mol),根據銅原子守恒,Cu2+的物質的量為0.04 mol,負極反應為2Cu-4e-2Cu2+,正極反應為O2+4e-+2H2O4OH-,根據正、負極放電量相等,則理論上耗氧體積為0.02 mol22.4 Lmol-1=0.448 L。
答案:(1)4 (2)10∶1 (3)A、B
(4)Ag2O +2CuCl2AgCl+Cu2O
(5)①c?、?Cu2++3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl↓
③0.448
【誤區(qū)提醒】上題中的(3)容易錯選C、D,催化劑只能改變化學反應速率,無法改變化學平衡狀態(tài),因此是否加入催化劑不會影響化學平衡常數以及反應的焓變。
.(xx海南高考15)銀是一種貴金屬,古代常用于制造錢幣及裝飾器皿,現(xiàn)代在電池和照明器材等領域亦有廣泛應用。回答下列問題:
(1)久存的銀制品表面會變黑,失去銀白色光澤,原因是 。
(2)已知Ksp(AgCl)=1.810-10,若向50 mL 0.018 molL-1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 molL-1的鹽酸,混合后溶液中Ag+的濃度為 molL-1,pH為 。
(3)AgNO3光照易分解,生成Ag和紅棕色氣體等物質,其光照分解反應的化學方程式為 。
(4)右圖所示原電池正極的反應式為 。
【解題指南】解答本題時應注意以下兩點:
(1)化學反應原理的理解與應用;
(2)電化學中電極反應式的書寫。
【解析】(1)根據金屬的腐蝕原理可知Ag變黑是發(fā)生了化學腐蝕的緣故;
(2)根據反應中HCl和硝酸銀的物質的量可知HCl過量,則計算剩余的氯離子的物質的量濃度為(0.02-0.018)molL-1/2=0.001 molL-1,根據AgCl的溶度積的表達式計算即可,即c(Ag+)==molL-1=1.810-7molL-1;因為該反應中氫離子未參加反應,所以溶液的體積變?yōu)?00 mL時,氫離子的濃度為0.01 molL-1,則pH=2;
(3)根據氧化還原反應理論,硝酸銀分解生成Ag和二氧化氮氣體,元素化合價均降低,因此該反應中有氧氣生成(氧化還原反應中化合價有降必有升,氧元素化合價升高)。
(4)該原電池的實質是Cu與銀離子發(fā)生置換反應生成Ag單質,所以正極是生成Ag單質的還原反應。
答案:(1)Ag在空氣中易與氧氣和含硫化合物反應,發(fā)生化學腐蝕
(2)1.810-7 2
(3)2AgNO32Ag↓+2NO2↑+O2↑
(4)Ag++e-Ag
.(xx廣東高考32)七鋁十二鈣(12CaO7Al2O3)是新型的超導材料和發(fā)光材料,用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和廢Al片制備七鋁十二鈣的工藝如下:
(1)煅粉主要含MgO和 ,用適量NH4NO3溶液浸取煅粉后,鎂化合物幾乎不溶,若濾液Ⅰ中c(Mg2+)小于510-6molL-1,則溶液pH大于 [Mg(OH)2的Ksp=510-12];該工藝中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3,原因是 。
(2)濾液Ⅰ中的陰離子有 (忽略雜質成分的影響);若濾液Ⅰ中僅通入CO2,會生成 ,從而導致CaCO3產率降低。
(3)用NaOH溶液可除去廢Al片表面的氧化膜,反應的離子方程式為 。
(4)電解制備Al(OH)3時,電極分別為Al片和石墨,電解總反應方程式為 。
(5)一種可超快充電的新型鋁電池,充放電時AlC和Al2C兩種離子在Al電極上相互轉化,其他離子不參與電極反應,放電時負極Al的電極反應式為 。
【解題指南】解答本題注意以下3點:
(1)讀懂化工流程并明確每個過程發(fā)生的具體反應。
(2)掌握常見元素化合物的知識。
(3)掌握沉淀溶解平衡及溶液pH計算的有關問題。
【解析】(1)由于白云石的主要成分是CaCO3和MgCO3,所以煅燒之后會發(fā)生分解生成MgO和CaO。根據Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)c2(OH-)可知,c(OH-)=10-3molL-1,此時溶液中c(H+)=10-11molL-1,對應溶液的pH為11。若加入硫酸根,硫酸根可與鈣離子反應生成硫酸鈣沉淀。
(2)由于前面加入了硝酸銨,所以濾液Ⅰ中含有的陰離子主要是N和OH-,濾液Ⅰ中僅通入CO2,由于溶液的堿性不強,所以會生成NH4HCO3。
(3)用NaOH溶液可除去廢Al片表面的氧化膜,反應的離子方程式為2OH-+Al2O32Al+H2O。
(4)電解制備Al(OH)3時,電極分別為Al片和石墨,若生成Al(OH)3則鋁作陽極,所以電解的總反應方程式為2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑。
(5)放電時負極Al應失去電子,根據放電時AlC和Al2C兩種離子在Al電極上相互轉化可知,電極反應式為Al-3e-+7AlC4Al2C。
答案:(1)CaO 11 加入(NH4)2SO4會生成CaSO4微溶物,再過濾會被除去,造成CaCO3減少
(2)N和OH- NH4HCO3
(3)2OH-+Al2O32Al+H2O
(4)2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑
(5)Al-3e-+7AlC4Al2C
【誤區(qū)提醒】本題最后一個空容易出錯,主要是忽略了題干中的敘述“充放電時AlC和Al2C兩種離子在Al電極上相互轉化,其他離子不參與電極反應”這句話,從而將電極反應式直接寫成Al-3e-Al3+。
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