2019-2020年高三化學二輪復習 專題訓練 電化學（含解析）.doc

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2019-2020年高三化學二輪復習 專題訓練 電化學（含解析） 1．如圖是用氫氧燃料電池電解氯化鈉溶液（均為惰性電極），下列說法正確的是 ( ) 甲池 乙池 A 放電過程中氫氧化鉀濃度不變 滴加酚酞試液d區(qū)域溶液先變紅 B 氫氧根向a極移動 氫氧根移向d極 C a電極消耗2.24L氫氣時 c電極生成1.12L氧氣 D a電極反應：H2 -2e- =2H+ d電極反應：4OH- -4e-=O2 + 2H2O 【答案】C 【解析】 試題分析：A中甲池是原電池裝置，由于生成了水，堿性降低，濃度變小，描述錯誤，乙池中d是陰極，氫離子放電，陰極區(qū)氫氧根濃度較大，呈堿性，A錯誤；B中甲池描述正確，乙池中氫氫根移向陽極，錯誤；D中在堿性環(huán)境中電極反應式不能出現(xiàn)氫離子，錯誤。選C。 考點：本題考查電解池和原電池聯(lián)合工作的原理。 2．將純鋅片和純銅片按下圖所示方式插入同濃度的稀硫酸中一段時間，以下敘述正確的是 A．甲燒杯中鋅片逐漸溶解，乙燒杯中鋅片不溶解 B．兩燒杯中銅片表面均無氣泡產(chǎn)生 C．兩燒杯中溶液的酸性均減弱 D．甲燒杯中銅片上的電極反應為：Cu2+ + 2e－=Cu 【答案】C 【解析】 試題分析：A．甲燒杯中構(gòu)成了原電池，由于金屬活動性：Zn>Cu，所以Zn作負極，Cu作正極，負極鋅片發(fā)生氧化反應，電極反應式是Zn-2e-=Zn2+，所以Zn片逐漸溶解，在乙燒杯中，沒有形成原電池，鋅片可以與硫酸發(fā)生反應，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，所以Zn逐漸溶解，錯誤。B．在甲燒杯中構(gòu)成原電池，Cu為正極，Cu片上H+得到電子，變?yōu)镠2，所以Cu片上有氣泡，而在乙燒杯中銅片表面無氣泡產(chǎn)生，錯誤。C．兩燒杯中硫酸都不斷消耗，因此溶液的酸性均減弱，正確。D．甲燒杯中銅片上的電極反應為：2H+ + 2e－=H2↑，錯誤。 考點：考查金屬的活動性及原電池反應原理的應用的知識。 3．在一盛有飽和Na2CO3溶液的燒杯中插入惰性電極，保持溫度不變，通電一段時間后（ ） A．溶液的pH值增大；碳酸鈉溶液的水解程度減小 B．Na+和CO32—的濃度都減小 C．陰極與陽極析出的氣體物質(zhì)的量之比為1:2 D．溶液的濃度不變，有晶體析出 【答案】D 【解析】 試題分析：盛有飽和碳酸鈉溶液的燒杯中插入惰性電極，保持溫度不變，通電時氫離子在陰極放電生成氫氣，氫氧根離子在陽極放電生成氧氣，即電解水，A、因溫度不變，溶劑減少后還是飽和溶液，則濃度不變，pH不變，故A錯誤；B、因溫度不變，溶劑減少有晶體析出，溶液Na+和CO32-的濃度不變，故B錯誤；C、如陰極產(chǎn)生2mol的氫氣與陽極析出的1mol的氧氣物質(zhì)的量之比為2：1，故C錯誤；D、因溫度不變，溶劑減少后有晶體析出，還是飽和溶液，則溶液濃度不變，故D正確；故選D。 考點：考查電解原理的應用 4．糕點（如月餅）包裝中常見的脫氧劑組成為還原性鐵粉、氯化鈉、炭粉等，其脫氧原理與鋼鐵的吸氧腐蝕相同。下列分析正確的是 A．脫氧過程是吸熱反應，可降低溫度，延長糕點保質(zhì)期 B．脫氧過程中鐵作原電池正極，電極反應為：Fe—3e— = Fe3+ C．脫氧過程中碳做原電池負極，電極反應為：2H2O + O2 + 4e—= 4OH— D．含有1.12g鐵粉的脫氧劑，理論上最多能吸收氧氣336mL（標準狀況） 【答案】D 【解析】 試題分析：A、鐵粉、氯化鈉溶液、炭粉構(gòu)成原電池，原電池放電過程是放熱反應，A錯誤；B、脫氧過程中鐵作原電池負極，負極上鐵失電子生成亞鐵離子，電極反應為：Fe-2e-=Fe2+，B錯誤；C、脫氧過程中碳做原電池正極，正極發(fā)生還原反應，電極方程式為2H2O+O2+4e-═4OH-，C錯誤；D、由電子守恒知，消耗氧化劑氧氣的體積（標況下）v（O2）==0.336L=336mL，D正確。 考點：考查了金屬的腐蝕與防護的相關(guān)知識。 5．用惰性電極電解一定量的硫酸銅溶液，當轉(zhuǎn)移0.4 mol電子時，陰極開始產(chǎn)生氣體，繼續(xù)電解又轉(zhuǎn)移0.2 mol電子時停止電解。下列說法正確的是 A．電解過程中，溶液的pH不斷增大 B．當轉(zhuǎn)移0.4 mol 電子時，電解生成的銅為12.8 g C．陰極反應式為2H2O＋4e－=4H＋＋O2↑ D．整個過程中產(chǎn)生的H2與O2的體積比為2:1 【答案】B 【解析】 試題分析：A.電解過程分兩階段，第一階段電解硫酸銅溶液后溶液呈酸性，第二階段，實際上在電解水，酸性增強，錯誤；B.第一階段2CuSO4 +2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4 轉(zhuǎn)移4e－，當轉(zhuǎn)移0.4 mol 電子時，電解生成的銅為12.8 g ，正確；C.整個電解過程分兩階段，陰極反應式為Cu+2e－=Cu、2H＋+2e－=H2↑，錯誤；D.第一階段2CuSO4 +2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4 轉(zhuǎn)移4e－ 0.1 0.4 第二階段：2H2O2H2↑+O2↑轉(zhuǎn)移4e－ 0.1 0.05 0.1 整個過程中產(chǎn)生的氫氣和氧氣的體積比為2:3，錯誤；選B。 考點：考查電解原理的應用。 6．有關(guān)下列四個常用電化學裝置的敘述中，正確的是（ ） 圖Ⅰ　堿性 鋅錳電池 圖Ⅱ　鉛硫 酸蓄電池 圖Ⅲ　電解 精煉銅 圖Ⅳ　銀鋅 紐扣電池 A．圖Ⅰ所示電池中，MnO2的作用是催化劑 B．圖Ⅱ所示電池放電過程中，硫酸濃度不斷增大 C．圖Ⅲ所示裝置工作過程中，電解質(zhì)溶液中Cu2＋濃度始終不變 D．圖Ⅳ所示電池中，Ag2O是氧化劑，電池工作過程中還原為Ag 【答案】D 【解析】A項，在干電池中MnO2作氧化劑，錯誤；B項，在鉛蓄電池放電過程中，H2SO4的濃度不斷減小，錯誤；C項，電解精煉銅時，電解質(zhì)溶液中Cu2＋的濃度減小，錯誤；D項正確。 7．如圖所示，下列敘述中正確的是 A．正極發(fā)生氧化反應 B．電子通過導線由銅流向鋅 C．負極有O2逸出 D．銅上有H2逸出 【答案】D 【解析】 試題分析：該裝置是原電池，其中Zn是原電池的負極，Cu是原電池的正極。A．在正極發(fā)生還原反應，錯誤；B．電子由鋅通過導線流向銅，錯誤；C．負極上Zn失去電子產(chǎn)生Zn2+進入溶液，錯誤；D．在正極銅上氫離子得到電子產(chǎn)生氫氣，因此有H2逸出，正確。 考點：考查原電池的反應原理的知識。 【答案】D 【解析】由裝置圖知，甲池兩極材料不同，Zn為活潑金屬，∴甲為原電池，Zn為負極，Cu為正極，則a、C2為電解池的陰極，a極附近變紅。B錯。b、C1為陽極，乙池實質(zhì)是電解水，則C1極放O2，C2極放H2，其體積比為1：2，C錯。由于水被電解，C(H2SO4)增大,PH減小。選D。通常狀況，氣體的摩爾體積不是22.4L/mol,A錯。 9．以下現(xiàn)象與電化學腐蝕無關(guān)的是： A．黃銅（銅鋅合金）制作的銅鑼不易產(chǎn)生銅綠 B．生鐵比純鐵更易生銹 C．鐵質(zhì)配件附有銅質(zhì)配件，在接觸處易生鐵銹 D．銀質(zhì)物品久置表面變暗 【答案】D 【解析】 試題分析：A、銅鋅合金中Zn比Cu活潑，所以形成原電池而腐蝕電化學腐蝕時Zn做負極被腐蝕，Cu被保護，銅鑼不易產(chǎn)生銅綠，正確；B、生鐵中含有C和Fe，可形成原電池而腐蝕電化學腐蝕，而純鐵不會發(fā)生電化學腐蝕，所以生鐵更易生銹，正確；C、鐵質(zhì)配件附有銅質(zhì)配件，在接觸處易形成原電池而發(fā)生電化學腐蝕，正確；D、銀質(zhì)物品久置表面變暗是因為銀被空氣中的氧氣氧化為氧化銀而變暗，不是發(fā)生電化學腐蝕，錯誤，答案選D。 考點：考查電化學腐蝕的判斷 10．全世界短年鋼鐵因銹蝕造成大量的損失。某城市擬用如圖方法保護埋在酸性土壤中的鋼質(zhì)管道，使其免受腐蝕。關(guān)于此方法，下列說法不正確的是 A．土壤中的鋼鐵易被腐蝕是因為在潮濕的土壤中形成了原電池 B. 金屬棒X的材料應該是比鎂活潑的金屬 C．金屬棒X上發(fā)生反應：M一ne一——Mn+ D．這種方法稱為犧牲陽極的陰極保護法 【答案】B 【解析】 試題分析：由題意知，加入金屬棒X后形成原電池，并使其作為陽極鐵作陰極發(fā)生反應，避免鐵失去電子被腐蝕，A、潮濕的土壤中有水和氧氣，形成原電池環(huán)境，易被腐蝕，故A正確；B、金屬棒X的材料比鐵活潑，替代鋼鐵進行反應，但無法判斷是否比鎂活潑，故B錯誤；C、金屬棒X作為負極發(fā)生反應失去電子，M一ne一——Mn+，故C正確；D、將還原性較強的金屬X作為保護極，與被保護金屬鐵相連構(gòu)成原電池，還原性較強的金屬X作為負極發(fā)生氧化反應而消耗，被保護的金屬鐵作為正極就可以避免腐蝕，這種方法犧牲了陽極（原電池的負極）保護了陰極(原電池的正極），是犧牲陽極的陰極保護法，故D正確。 考點：金屬的電化學腐蝕與防護 11．已知空氣-鋅電池的電極反應為： 鋅粒：Zn + 2OHˉ— 2eˉ＝ ZnO + H2O 石墨：O2 + H2 + 2eˉ = 2OHˉ。 根據(jù)判斷，鋅片 A．正極，并被還原 B．正極，并被氧化 C．負極，并被還原 D．負極，并被氧化 【答案】D 【解析】 試題分析：Zn失去電子做負極，負極被氧化，故D正確，此題選D。 考點：考查原電池的形成條件相關(guān)知識。 12．美國IBM公司設計出了一款新型鋰空氣電池，其原理就是通過吸入空氣與設備內(nèi)的鋰離子發(fā)生反應，進行能量的提供。因其獨特的放電方式，也稱呼吸式電池。負極采用金屬鋰條，負極的電解液采用含有鋰鹽的有機電解液。中間設有用于隔開正極和負極的鋰離子固體電解質(zhì)。正極的水性電解液使用堿性水溶性凝膠，與由微細化碳和廉價氧化物催化劑形成的正極組合。如圖所示。下列說法不正確的是 A．負極反應：Li-e-=Li+，金屬鋰以鋰離子（Li+）的形 式溶于有機電解液，電子供應給導線。溶解的鋰離子（Li+）穿過固體電解質(zhì)移到正極的水性電解液中。 B．正極反應：O2+2H2O+4e- =4OH- ，在正極的水性電解液中與鋰離子（Li+）結(jié)合生成水溶性氫氧化鋰（LiOH），并能實現(xiàn)鋰元素的循環(huán)。 C．在負極的有機電解液和空氣極的水性電解液之間，用只能通過鋰離子的固體電解質(zhì)隔開，以防止兩電解液發(fā)生混合，而且能促進電池發(fā)生反應。 D．鋰-空氣電池至今都未普及，原因是它存在致命缺陷，即固體反應生成物氧化鋰（Li2O）在正極堆積，使電解液與空氣的接觸被阻斷，從而導致放電停止。 【答案】D 【解析】 試題分析：A、根據(jù)離子移動方向可知，鋰失電子發(fā)生氧化反應而作負極，電極反應式為Li-e-=Li+，金屬鋰以鋰離子（Li+）的形式溶于有機電解液，電子供應給導線．溶解的鋰離子（Li+）穿過固體電解質(zhì)移到正極的水性電解液中，正確；B、正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為2H2O+O2+4e-=4OH-，在正極的水性電解液中與鋰離子（Li+）結(jié)合生成水溶性氫氧化鋰（LiOH），并能實現(xiàn)鋰元素的循環(huán)，正確；C、鋰和水反應生成氫氧化鋰和氫氣，所以不能讓金屬鋰與水性電解液直接接觸，在負極的有機電解液和空氣極的水性電解液之間，用只能通過鋰離子的固體電解質(zhì)隔開，以防止兩電解液發(fā)生混合，而且能促進電池發(fā)生反應，正確；D、在鋰-空氣電池中，由于放電反應生成的并非是固體的Li2O，而是容易溶解在水性電解液中的LiOH，錯誤，答案選D。 考點：考查原電池和電解池原理，正負極的判斷 13．下圖為某化學課外學習小組設計的電解飽和食鹽水的簡易裝置。下列有關(guān)說法正確的是 A．電解一段時間后，往蛋殼中溶液中滴加幾滴酚酞，呈紅色 B．蛋殼表面纏繞的鐵絲發(fā)生氧化反應 C．鐵絲表面生成的氣體能使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{ D．蛋殼可阻止生成的氯氣與氫氣、氫氧化鈉溶液接觸 【答案】D 【解析】 試題分析：A、碳棒與正極相連，為電解池的陽極，纏繞的鐵絲與負極相連，為電解池的陰極，則陰極是氫離子放電生成氫氣，氫氧根離子濃度增大，則在蛋殼的外部加酚酞，溶液變紅色，錯誤；B、蛋殼表面的鐵絲作陰極，不發(fā)生反應，錯誤；C、鐵絲表面生成的是氫氣，不能使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{，碳棒產(chǎn)生的氣體是氯氣能使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{，錯誤；D、鐵絲在蛋殼外部，碳棒在內(nèi)部，所以外部產(chǎn)生的氫氣、氫氧化鈉與內(nèi)部產(chǎn)生的氯氣被蛋殼隔開，正確，答案選D。 考點：考查對裝置圖的理解，電解反應原理的應用 14．下列敘述中， 正確的是 ①純鐵比碳素鋼易生銹 ②大量燃燒含硫燃料是形成酸雨的主要原因 ③硅是光導纖維和制造太陽能電池的主要原料 ④可用稀鹽酸、碳酸鈉溶液、硅酸鈉溶液設計實驗來驗證元素的非金屬性Cl＞C＞Si ⑤氯水和過氧化鈉都具有漂白作用，其漂白原理相似 ⑥用氫氟酸雕刻玻璃是利用氫氟酸能與二氧化硅反應的性質(zhì) ⑦日本福島核電站泄露的放射性核素和，前者比后者少8個中子 ⑧Al2O3在工業(yè)上用于制作耐高溫材料，也用于電解法冶煉鋁金屬 A．①⑤⑥⑦ B．②③⑤⑦ C．③④⑤⑥ D．②⑤⑥⑧ 【答案】D 【解析】 試題分析：①純鐵比碳素鋼不易生銹，碳素鋼容易形成鐵碳原電池，鐵被氧化，①錯誤。③二氧化硅是光導纖維和制造太陽能電池的主要原料，③錯誤，④驗證元素的非金屬性Cl＞C＞Si，需要對應用高氯酸而不是鹽酸，④錯誤，⑦日本福島核電站泄露的放射性核素和，兩者質(zhì)子數(shù)不同，前者比后者少2個中子，⑦錯誤。 考點：元素化合物在生活中的應用 15．下圖是一套電化學裝置，對其有關(guān)說法錯誤的是 A．裝置A是原電池，裝置B是電解池 B．反應一段時間后，裝置B中溶液pH增大 C．a(chǎn)口若消耗1 mol CH4，d口可產(chǎn)生4 mol氣體 D．a(chǎn)口通入C2H6時的電極反應為C2H6—14e－＋18OH－＝2＋12H2O 【答案】B 【解析】 試題分析：A項由裝置圖可知A消耗氣體，應為燃料電池裝置，則B生成氣體，為電解池裝置，故A項正確；B項電解硫酸溶液時，陽極發(fā)生氧化反應生成氧氣，陰極發(fā)生還原反應生成氫氣，實質(zhì)為電解水，硫酸濃度增大，pH減小，故B項錯誤；C項由元素化合價可知，a口若消耗1mol CH4，應生成碳酸鉀，則失去電子8mol，為原電池的負極，則d為陰極，生成氫氣，應為4mol，故C項正確；D項a口通入C2H6時，乙烷被氧化生成碳酸鉀，電極反應為C2H6-14e-+18OH-═2CO32-+12H2O，故D項正確；本題選B。 考點：電化學原理。 16．分別用A、B、C、D四塊金屬片做如圖所示實驗，實驗數(shù)據(jù)如下: 金屬片 電子流動方向 電壓表讀數(shù) A Cu←A +0.67 B Cu→B -0.71 C Cu←C +1.35 D Cu←D +0.30 已知:構(gòu)成兩電極的金屬活動性相差越大，電壓表讀數(shù)越大。請依據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷: （1）_________金屬可能是最強的還原劑。 （2）_________金屬一定不能從硫酸銅溶液中置換出銅。 （3）若濾紙不用鹽溶液浸潤而改用NaOH溶液浸潤，則在濾紙上能看到有藍色沉淀析出的是_________（填字母）。金屬對應的原電池的電極反應為:負極: _________，正極: _________。 【答案】(1)C (2)B (3)B 2Cu+4OH--4e-====2Cu(OH)2 O2+2H2O+4e-====4OH- 【解析】（1）兩極金屬活動性相差越大，電壓表讀數(shù)越大，表中四個原電池，電壓數(shù)值絕對值C最大，且C中電子流動方向由C→Cu，故C的還原性最強。 （2）B中電流方向應Cu←B，構(gòu)成原電池后，Cu作負極，故B不會與CuSO4發(fā)生置換反應。 （3）如改用NaOH作電解質(zhì)，在濾紙上能看到有藍色沉淀，溶液中應有Cu2+生成，Cu作負極，為B。 負極:2Cu+4OH--4e-====2Cu(OH)2 正極:O2+2H2O+4e-====4OH-。 17．(12分)氫能是重要的新能源。儲氫作為氫能利用的關(guān)鍵技術(shù)，是當前關(guān)注的熱點之一。 （1）氫氣是清潔燃料，其燃燒產(chǎn)物為________。 （2）NaBH4是一種重要的儲氫載體，能與水反應得到NaBO2，且反應前后B的化合價不變，該反應的化學方程式為__________________________________________，反應消耗1 mol NaBH4時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為________。 （3）儲氫還可借助有機物，如利用環(huán)己烷和苯之間的可逆反應來實現(xiàn)脫氫和加氫： 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a molL－1，平衡時苯的濃度為b molL－1，該反應的平衡常數(shù)K＝________。 （4）一定條件下，如圖所示裝置可實現(xiàn)有機物的電化學儲氫(忽略其他有機物)。 ①導線中電子移動方向為________。(用A、D表示) ②生成目標產(chǎn)物的電極反應式為__________________。 ③該儲氫裝置的電流效率η＝_________。(，計算結(jié)果保留小數(shù)點后1位) 【答案】（12分）（1）H2O（1分） （2）NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑ 4NA或2.4081024 （3） mol3L－3 （4）①A→D（1分） ②C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12 ③64.3% 【解析】 試題分析：（1）氫氣在氧氣中燃燒的產(chǎn)物是H2O； （2）根據(jù)題意可知NaBH4中B的化合價不變，始終是+3價，則H元素的化合價是-1價，所以與水反應的產(chǎn)物還有氫氣，化學方程式為NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑；反應消耗1 mol NaBH4時，生成4mol氫氣，其中一半是氧化產(chǎn)物，一半是還原產(chǎn)物，所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目是2mol2NA=4NA； （3）平衡時苯的濃度是b molL－1，則氫氣的濃度是3 b molL－1，環(huán)己烷的平衡濃度是（a- b ）molL－1，屬于該反應的平衡常數(shù)K= b molL－1（3 b molL－1）3/（a- b ）molL－1= mol3L－3 （4）①根據(jù)圖示可知，苯生成環(huán)己烷是還原反應，所以D是陰極，則A是負極，所以電子的流向是A→D； ②苯得到電子生成環(huán)己烷是目標產(chǎn)物，發(fā)生還原反應，電極反應式為C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12 ③陽極生成的2.8mol氣體應是氧氣，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是2.8mol4=11.2mol,設陰極消耗苯的物質(zhì)的量是xmol，轉(zhuǎn)移6xmol電子，生成xmol環(huán)己烷，根據(jù)得失電子守恒可知，陰極還產(chǎn)生氫氣，物質(zhì)的量是（11.2-6x）/2mol，10mol的混合氣中苯的物質(zhì)的量是10mol24%=2.4mol,后來得到含苯10%的混合氣，則剩余苯的物質(zhì)的量是(2.4-x)mol,由于電解池中的高分子電解質(zhì)膜只允許氫離子通過，所以左側(cè)得到的含苯的物質(zhì)的量分數(shù)是10%的混合氣的物質(zhì)的量是[10+（11.2-6x）/2]mol，所以(2.4-x)/ [10+（11.2-6x）/2]=10%，解得x=1.2，電流效率η=61.2/11.2100%=64.3%。 考點：考查氧化還原反應的計算，平衡常數(shù)的表達，電解反應原理的應用 18．根據(jù)下式所示的氧化還原反應設計一個原電池： （1）裝置可采用燒杯和鹽橋，畫出此原電池的裝置簡圖。 ①注明原電池的正極和負極； ②注明外電路中電子的流向。 （2）寫出兩個電極上的電極反應。 【答案】（1）(6分) (選擇其他正極材料和電解質(zhì)溶液合理亦可) （2）(每空2分) 負極：； 正極：。 【解析】略 19．亞硝酸鈉（NaNO2）是重要的防腐劑。某化學興趣小組嘗試制備亞硝酸鈉，查閱資料：①HNO2為弱酸，在酸性溶液中，NO2-可將MnO4-還原為Mn2＋且無氣體生成。 ②NO不與堿反應，可被酸性KMnO4溶液氧化為硝酸 探究一 亞硝酸鈉固體的制備 以碳和濃硝酸為起始原料，設計如下裝置利用一氧化氮與過氧化鈉反應制備亞硝酸鈉。（反應方程式為2NO＋Na2O2=2NaNO2，部分夾持裝置和A中加熱裝置已略） （1）寫出裝置A燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式 。 （2）有同學認為裝置C中產(chǎn)物不僅有亞硝酸鈉，還有碳酸鈉和氫氧化鈉，為排除干擾應在B、C裝置間增加裝置E，E中盛放的試劑應是 （填字母）。 A．濃H2SO4 B．堿石灰 C．無水CaCl2 探究二 亞硝酸鈉固體含量的測定及性質(zhì)驗證 稱取裝置C中反應后的固體4.000g溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000 mol/L酸性KMnO4溶液進行滴定，實驗所得數(shù)據(jù)如下表所示： 滴定次數(shù) 1 2 3 4 KMnO4溶液體積/mL 20.60 20.02 20.00 19.98 （3）第一組實驗數(shù)據(jù)出現(xiàn)異常，造成這種異常的原因可能是 （填字母）。 A．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗 B．錐形瓶洗凈后未干燥 C．滴定終了仰視讀數(shù) （4）根據(jù)表中數(shù)據(jù)，計算所得固體中亞硝酸鈉的質(zhì)量分數(shù) 。 （5）亞硝酸鈉易溶于水，將0.2molL-1的亞硝酸鈉溶液和0.1molL-1的鹽酸等體積混合，混合后溶液呈酸性，則混合后溶液中離子濃度由大到小的順序為 。 探究三 反應廢液的處理 反應后燒瓶A中仍然存在一定量的硝酸，不能直接排放，用NaOH溶液調(diào)成中性，再用電化學降解法進行處理。25℃時，反應進行10min，溶液的pH由7變?yōu)?2。電化學降解NO3-的原理如右圖所示。 （6）電源正極為 （填A或B），陰極反應式為 。 【答案】（1）C +4HNO3 （濃） CO2↑+ 4NO2↑+ 2H2O （3分） （2）B（2分） （3）A、C（2分）（4）86.25%（2分） （5）c（Na+）＞c（NO2-）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）（2分） （6）A （2分） 2NO3－ +6H2O +10e－＝N2↑+12OH－ （3分） 【解析】 試題分析：（1）濃硝酸既有強氧化性，能把單質(zhì)碳氧化生成CO2，而硝酸被還原為NO2，同時還有水生成，因此裝置A燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為C +4HNO3 （濃） CO2↑+ 4NO2↑+ 2H2O。 （2）A裝置中產(chǎn)生的NO2和CO2通入到B裝置中，由于NO2溶于水生成NO和硝酸，在酸性條件下CO2的溶解度很小，因此從B裝置中出來的NO氣體中含有CO2以及水蒸氣，二者與過氧化鈉反應生成碳酸鈉、氫氧化鈉，因此要排出干擾，需要除去CO2和水蒸氣。濃硫酸和氯化鈣只能吸收水蒸氣，堿石灰既可以吸收水蒸氣，還能吸收CO2，因此答案選B。 （3）第一組實驗與其它組實驗相比，消耗高錳酸鉀溶液的體積偏多。A、酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗，則高錳酸鉀溶液的濃度被稀釋，因此消耗高錳酸鉀溶液的體積增加，A正確；B、錐形瓶洗凈后未干燥，不影響測定結(jié)果，B不正確；C、滴定終了仰視讀數(shù)，則讀數(shù)偏大，因此消耗高錳酸鉀溶液的體積偏大，C正確，答案選AC。 （4）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，三次實驗中消耗高錳酸鉀溶液體積的平均值＝＝20.00ml。在反應中Mn元素的化合價從＋7價降低到＋2價，得到5個電子。N元素的化合價從＋3價升高到＋5價，失去2個電子，因此根據(jù)電子得失守恒可知25.00mL待測液中亞硝酸鈉的物質(zhì)的量＝0.1000 mol/L0.0200L＝0.00500mol，則原樣品中亞硝酸鈉的物質(zhì)的量＝0.00500mol＝0.0500mol，其質(zhì)量＝0.0500mol69g/mol＝3.45g，所以亞硝酸鈉的質(zhì)量分數(shù)＝100%＝86.25%。 （5）鹽酸的酸性強于亞硝酸的，因此將0.2molL-1的亞硝酸鈉溶液和0.1molL-1的鹽酸等體積混合后生成亞硝酸、氯化鈉，其中亞硝酸鈉過量，且生成的亞硝酸與過量的亞硝酸鈉以及氯化鈉的物質(zhì)的量濃度均相等，都是0.05mol/L。由于溶液顯酸性，這說明亞硝酸的電離程度大于亞硝酸鈉的水解程度，因此溶液中離子濃度大小關(guān)系是c（Na+）＞c（NO2-）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）。 （6）根據(jù)電解池可知，硝酸轉(zhuǎn)化為氮氣，氮元素的化合價降低，硝酸得到電子，被還原，因此Ag－Pt電極是陰極，則B是電源的負極，所以A是電源的正極。又因為25℃時，反應進行10min，溶液的pH由7變?yōu)?2，這說明反應中有OH－產(chǎn)生，所以陰極電極反應式為2NO3－ +6H2O +10e－＝N2↑+12OH－。 考點：考查濃硝酸的性質(zhì)、氣體的凈化、滴定實驗判斷、計算與誤差分析、溶液中離子濃度大小比較以及電化學原理的應用與判斷 20．（6分）如圖所示的電解裝置中，A池盛有200mL飽和KCl溶液，B池盛有200ml飽和CuSO4溶液，四個電極都用惰性材料制成，通電一段時間后，B池中陰極增重0.64g，求： （1）寫出A、B兩池中陽極電極反應式 （2）計算標準狀況下氣體各為多少升？ 【答案】(1)A池：2Cl- - 2e- == Cl2↑（1分） B池：4OH––4e– == 2H2O + O2↑（1分） ⑵V（Cl2）= 224mL （2分）； V（O2） = 112mL（2分） 【解析】略 21．鎳電池廣泛應用于混合動力汽車系統(tǒng)，電極材料由Ni(OH)2、炭粉、氧化鐵等涂覆在鋁箔上制成．由于電池使用后電極材料對環(huán)境有危害，某興趣小組對該電池電極材料進行資源回收研究，并設計出相關(guān)實驗流程圖 已知：①NiCl2易溶于水，F(xiàn)e3+不能氧化Ni2+ ②某溫度下一些金屬氫氧化物的Ksp及沉淀析出的理論pH如表所示： 回答下列問題： （1）根據(jù)表數(shù)據(jù)判斷步驟②依次析出沉淀Ⅱ 和沉淀Ⅲ （填化學式），則pH1 pH2（填填“＞”、“=”或“＜”），控制兩種沉淀析出可利用 。 A．pH試紙 B．石蕊指示劑 C．pH計 （2）已知溶解度：NiC2O4＞NiC2O4?H2O＞NiC2O4?2H2O，則反應③的化學方程式是。第③步反應后，過濾沉淀時需要的玻璃儀器有 。若過濾時發(fā)現(xiàn)濾液中有少量渾濁，從實驗操作的角度給出兩種可能的原因 、 。 （3）④中陽極反應產(chǎn)生的氣體E為 ，驗證該氣體的試劑為 。 （4）試寫出反應⑥的離子方程式 。 【答案】（1）Fe(OH)3 Al(OH)3 ＜ C （2）NiCl2+Na2C2O4+2H2O=NiC2O42H2O+2NaCl ;燒杯、漏斗、玻璃棒;濾紙破損、過濾液的液面高于濾紙的邊緣 （3）Cl2;濕潤的淀粉碘化鉀試紙 （4）2Ni(OH)2+Cl2+2OH—=2Ni(OH)3+2Cl— 【解析】由題給條件，金屬氫氧化物的Ksp及沉淀析出的理論pH，可知，在A溶液中加入NiO是為了調(diào)節(jié)溶液pH，使相應的鋁離子、三價鐵離子全部沉淀出，Ni2+在溶液B中．根據(jù)pH可以確定開始析出沉淀和全部沉淀的pH范圍，先析出沉淀Ⅱ是Fe(OH)3，沉淀pH范圍是2.53～2.94，然后析出沉淀Ⅲ是Al(OH)3，沉淀PH的范圍3.43～4.19，所以pH1＜pH2；控制兩種沉淀析出必須準確測定pH值，所以應利用pH計測定。 （2）由溶解度：NiC2O4＞NiC2O4?H2O＞NiC2O4?2H2O，結(jié)合流程中的變化 可知沉淀為溶解度小的NiC2O4?2H2O，所以根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系寫出化學方程式； 在過濾裝置中用到的玻璃儀器和注意問題，根據(jù)裝置和操作步驟寫出NiCl2+Na2C2O4+2H2O=NiC2O42H2O+2NaCl，漏斗，燒杯、玻璃棒;濾紙破損、過濾液的液面高于濾紙的邊緣。 （3）由流程圖和以上分析可知，D溶液主要是氯化鈉溶液，電解氯化鈉溶液在陽極得到氯氣，陰極得到氫氣，所以E氣體是Clc 2，驗證氯氣的試劑應是淀粉碘化鉀溶液，遇氯氣變藍； （4）在B溶液中加入Na2C2O4溶液生成了沉淀ⅠNiC2O4.2H2O，沉淀中加入氫氧化鈉溶液，根據(jù)Ni(OH)2開始沉淀到全部沉淀的pH范圍為7.60～9.75，加入過量氫氧化鈉溶液能使沉淀NiC2O42H2O轉(zhuǎn)化為Ni(OH)2，所以C為沉淀Ni（OH）2；根據(jù)流程圖中的轉(zhuǎn)化關(guān)系，沉淀C和氯氣能生成Ni(OH)3，鎳元素化合價升高是被氯氣氧化的結(jié)果，因此離子方程式為2Ni(OH)2+2OH-+Cl2=2Ni(OH)3+2Cl- 22．下表為部分短周期元素化合價及其相應原子半徑的數(shù)據(jù)。請回答下列問題： （1）元素G在周期中的位置是 ；元素F所形成的常見單質(zhì)的電子式為 。 （2）A、B、C、E的氫化物穩(wěn)定性順序是 。（用化學式回答） （3）分子組成為ACH2的物質(zhì)在水中會強烈水解，產(chǎn)生使品紅溶液褪色的無色氣體和一種強酸。該反應的化學方程式是 。 （4）請寫出B的單質(zhì)的一種重要用途 ；工業(yè)上制取該單質(zhì)的原理反應為 。 （5）請設計一個實驗方案，使銅和A的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液反應，得到藍色溶液和氫氣。請在方框內(nèi)繪出該實驗方案原理裝置示意圖。 【答案】（11分）（1）第二周期第ⅣA族；（各1分） （2）HF＞H2O＞H2S＞SiH4（2分） （3）SOCl2＋H2O＝2HC＋SO2↑（2分） （4）半導體材料、制造合金、光電池等合理答案（1分）；SiO2＋2C高溫 = Si＋2CO↑（2分） （5）（2分） 【解析】 試題分析：根據(jù)元素的主要化合價和原子半徑的遞變規(guī)律可知，元素A～H分別是S、Si、O、P、F、N、C、Cl。 （1）元素G是C元素，在周期中的位置是第二周期第ⅣA族；元素F所形成的常見單質(zhì)是氮氣，其電子式為。 （2）非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強。同周期自左向右非金屬性逐漸增強，同主族自上而下非金屬性逐漸減弱， A、B、C、E的非金屬性強弱順序是F＞O＞S＞Si，所以其氫化物穩(wěn)定性順序是HF＞H2O＞H2S＞SiH4。 （3）分子組成為ACH2的物質(zhì)是SOCl2，在水中會強烈水解，產(chǎn)生使品紅溶液褪色的無色氣體和一種強酸，所以該氣體是SO2。根據(jù)原子守恒可知，強酸應該是鹽酸，所以該反應的化學方程式是SOCl2＋H2O＝2HC＋SO2↑。 （4）硅單質(zhì)的一種重要用途半導體材料、制造合金、光電池等；工業(yè)上制取該單質(zhì)的原理反應為SiO2＋2C高溫 = Si＋2CO↑。 （5）銅不能和稀硫酸反應生成氫氣和硫酸銅，因此要使該反應進行，則應該借助于電解原理。其中銅和電源的正極相連，作陽極，電解質(zhì)溶液是稀硫酸。氫離子在陰極放電生成氫氣，所以該裝置圖是。 考點：考查元素周期表的結(jié)構(gòu)和元素周期律的應用；單質(zhì)硅的用途和制備；電解原理的應用等 23．Ⅰ．A、B、C、D、E、F、G均為短周期元素，原子序數(shù)依次遞增。A元素原子核內(nèi)無中子，B元素原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，D是地殼中含量最多的元素，E是短周期中金屬性最強的元素，F(xiàn)與G位置相鄰，G是同周期元素中原子半徑最小的元素．請用化學用語回答： （1）推斷B元素在元素周期表中的位置_______________________。 （2）A與D形成的18電子的化合物與FD2化合生成一種強酸，其化學方程式為_____________。 （3）用電子式表示化合物E2F的形成過程_______________________。 （4）下圖為某新型發(fā)電裝置示意圖，其負極電極反應為_______________________。 （5）在101kPa、25℃下，16g液態(tài)C2A4在D2中完全燃燒生成氣體C2，放出312kJ熱量，則C2A4和D2反應的熱化學方程式為_______________________。 Ⅱ．A、B、C、X均為常見的純凈物，它們之間有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系（副產(chǎn)品已略去）。 試回答： （1）若X是強氧化性單質(zhì)，則A不可能是___________。 a．S b．N2 c．Na d．Mg e．Al （2）若X是金屬單質(zhì)，向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，產(chǎn)生不溶于稀HNO3的白色沉淀，則B的 化 學式為___________。 （3）若A、B、C為含某金屬元素的無機化合物，X為強電解質(zhì)，A溶液與C溶液反應生成B，則B的化學式為___________。 【答案】Ⅰ（1）第二周期第ⅣA族（2）H2O2+SO2=H2SO4 （3） （4）H2-2e-+2OH-=2H2O（5）N2H4(l)+O2(g)═N2(g)+2H2O(l) △H=-624 KJ?mol-1 Ⅱ（1）d、e（2）FeCl3（3）Al(OH)3 【解析】 試題分析：Ⅰ．A、B、C、D、E、F、G均為短周期元素，原子序數(shù)依次遞增．A元素原子核內(nèi)無中子，則A為氫元素；B元素原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，B原子只能有2個電子層，最外層有4個電子，則B為碳元素；D元素是地殼中含量最多的元素，則D為氧元素；C元素原子序數(shù)介于碳與氧之間，則C為氮元素；E是短周期元素中金屬性最強的元素，則E為鈉元素；G原子序數(shù)大于鈉元素，處于第三周期，且G是同周期元素中原子半徑最小的元素，故G為Cl元素；F與G位置相鄰，原子序數(shù)大于鈉元素，故F為硫元素，（1）B為碳元素，原子核外有2個電子層，最外層有4個電子，位于周期表第二周期第ⅣA族； （2）H與O形成的18電子的化合物為H2O2，與SO2化合生成一種強酸，應生成硫酸，其化學方程式為：H2O2+SO2=H2SO4； （3）用電子式表示化合物Na2S的形成過程為：；（4）負極發(fā)生氧化反應，氫氣在負極失去電子，堿性條件下生成水，負極電極反應式為：H2-2e-+2OH-=2H2O；（5）在101kPa（25℃時）時，已知0.5mol液態(tài)肼與足量氧氣反應，生成氮氣和水蒸氣，放出312KJ的熱量，則1mol液態(tài)肼完全反應生成氮氣和水蒸氣放出的熱量為：312kJ2=624kJ，該反應的熱化學方程式為：N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-624kJ/mol；Ⅱ．（1）若X是強氧化性單質(zhì)，由轉(zhuǎn)化關(guān)系知，A、B、C中含有的相同元素必須是變價元素，a．S和氧氣反應生成二氧化硫，二氧化硫和氧氣反應生成三氧化硫，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，故不選；b．N2 和氧氣反應生成一氧化氮，一氧化氮和氧氣反應生成二氧化氮，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，故不選；c．Na和氧氣反應生成氧化鈉，氧化鈉和氧氣反應生成過氧化鈉，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，故不選；d．Mg和氧氣反應生成氧化鎂，氧化鎂和氧氣不反應，所以不符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，故選；e．Al和氧氣反應生成氧化鋁，氧化鋁和氧氣不反應，所以不符合轉(zhuǎn)化關(guān)系A(chǔ)，故選；故選d、e；（2）向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，產(chǎn)生不溶于稀HNO3的白色沉淀，則C中含有氯離子，若X是一種金屬單質(zhì)，由轉(zhuǎn)化關(guān)系，X為變價金屬鐵，A為強氧化性物質(zhì)，根據(jù)元素守恒知，A是氯氣，B是氯化鐵，C是氯化亞鐵；（3）若A、B、C為含某金屬元素的無機化合物，X為強電解質(zhì)，由轉(zhuǎn)化關(guān)系，且A+C→B，考慮Al的化合物的相互轉(zhuǎn)化，若X是一種強堿，A為鋁鹽，B為A(OH)3，C為偏鋁酸鹽；若X是一種強酸，A為偏鋁酸鹽，B為Al(OH)3，C為鋁鹽；通過以上分析知，B是Al(OH)3。 考點：考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應用，涉及核外電子排布式、電子式、半徑比較、原電池等。考查元素單質(zhì)及其化合物之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系