全国高考真题分类电化学专题带解析剖析文档格式.docx
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D.该反应属于燃料电池,燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同,则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O,故D正确;
故选A.
点评:
本题考查化学电源新型电池,为高频考点,正确判断电解质溶液酸碱性是解本题关键,所有原电池中都是负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应,难点是电极反应式的书写.
2015北京27-(4)利用如图所示装置从海水中提取CO2,有利于减少环境温室气体含量.
①结合方程式简述提取CO2的原理:
a室:
2H2O﹣4e=4H++O2↑,氢离子通过阳离子交换膜进入b室,发生反应:
H++HCO3﹣=CO2↑+H2O .
②用该装置产生的物质处理室排出的海水,合格后排回大海.处理至合格的方法是 c室:
2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑,用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH .
(4)a室接电源的正极,为阳极,水得到电子生成氧气和氢离子,氢离子通过阳离子交换膜进入b室,与b室中的碳酸氢根反应生成二氧化碳气体,据此解答即可;
②c室连接电源的负极,为阴极,水得到电子生成氢气和氢氧根,a室中产生氢离子,用c室排除的碱液将从b室排出的酸性海水调节即可,据此解答.
(4)a室:
2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑,氢离子通过阳离子交换膜进入b室,发生反应:
H++HCO3﹣=CO2↑+H2O,故答案为:
a室:
H++HCO3﹣=CO2↑+H2O;
②c室:
2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑,用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH,故答案为:
c室:
2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑,用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH.
28.(2015•北京)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系,某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化.实验如图1所示:
(1)待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时,再进行实验Ⅱ目的是使实验Ⅰ的反应到达 化学平衡状态 .
(2)ⅲ是ⅱ的对比实验,目的是排除ⅱ中 溶液稀释对颜色的变化 造成的影响.
(3)ⅰ和ⅱ的颜色变化表明平衡逆向移动,Fe2+向Fe3+转化.用化学平衡移动原理解释原因:
Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀,I﹣浓度降低,2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动 .
(4)根据氧化还原反应的规律,该同学推测I中Fe2+向Fe3+转化的原因:
外加Ag+使c(I﹣)降低,导致I﹣的还原性弱于Fe2+.用图2装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证.
①K闭合时,指针向右偏转,b作 正 极.
②当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管左管中滴加0.01mol/LAgNO3溶液.产生的现象证实了其推测.该现象是 左管出现黄色沉淀,指针向左偏转 .
(5)按照(4)的原理,该同学用图2装置进行实验,证实了ⅱ中Fe2+向Fe3+转化的原因.
①转化的原因是 Fe2+浓度增大,还原性增强,使Fe2+还原性强于I﹣ .
②与(4)实验对比,不同的操作是 向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液 .
(6)实验Ⅰ中,还原性:
I﹣>Fe2;
而实验Ⅱ中,还原性Fe2﹣>I﹣.将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是 该反应为可逆的氧化还原反应,在平衡时,通过改变物质的浓度,可以改变物质的氧化、还原能力,并影响平衡移动 .
氧化还原反应.
(1)待实验I溶液颜色不再改变时,再进行实验II,目的是使实验I的反应达到化学平衡状态;
(2)根据实验iii和实验ii的对比可以看出是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响;
(3)i.加入AgNO3,Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀,I﹣浓度降低,2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动;
ii.加入FeSO4,Fe2+浓度增大,平衡逆移;
①K闭合时,指针向右偏转,可知b极Fe3+得到电子,作正极;
②当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管左管中滴加0.01mol/LAgNO3溶液,若生成黄色沉淀,可知I﹣浓度降低,2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动;
(5)①Fe2+浓度增大,还原性增强;
②与(4)实验对比,不同的操作是当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液;
(6)将(3)和(4)、(5)作对比,可知氧化性、还原性与浓度有关.
(1)待实验I溶液颜色不再改变时,再进行实验II,目的是使实验I的反应达到化学平衡状态,否则干扰平衡移动的判断,故答案为:
化学平衡状态;
(2)由实验iii和实验ii的对比可知,对比实验的目的是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响,故答案为:
溶液稀释对颜色的变化;
(3)i.加入AgNO3,Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀,I﹣浓度降低,2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动,可知Fe2+向Fe3+转化,故答案为:
Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀,I﹣浓度降低,2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动;
①K闭合时,指针向右偏转,右侧为正极,可知b极Fe3+得到电子,则b作正极,故答案为:
正;
②当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管左管中滴加0.01mol/LAgNO3溶液,若生成黄色沉淀,I﹣浓度降低,2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动,指针向左偏转,也可证明推测Fe2+向Fe3+转化,故答案为:
左管出现黄色沉淀,指针向左偏转;
(5)①转化的原因为Fe2+浓度增大,还原性增强,使Fe2+还原性强于I﹣,
故答案为:
Fe2+浓度增大,还原性增强,使Fe2+还原性强于I﹣;
②与(4)实验对比,不同的操作是当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液,Fe2+向Fe3+转化,
向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液;
(6)将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应,在平衡时,通过改变物质的浓度,可以改变物质的氧化、还原能力,并影响平衡移动,
该反应为可逆的氧化还原反应,在平衡时,通过改变物质的浓度,可以改变物质的氧化、还原能力,并影响平衡移动.
本题为2015年北京高考真题,侧重原电池、氧化还原反应及平衡移动的综合考查,把握平衡移动的影响因素及物质的性质为解答的关键,对分析与实验能力要求较高,题目难度较大.
2015安徽25-(4)常温下,将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1),测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示,反应过程中有红棕色气体产生.
0~t1时,原电池的负极是Al片,此时,正极的电极反应式是 2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O ,溶液中的H+向 正 极移动.t1时,原电池中电子流动方向发生改变,其原因是 Al在浓硝酸中发生钝化,氧化膜阻止了Al的进一步反应 .
解析:
(4)依据题意,0~t1时,原电池的负极是Al片,且有红棕色气体产生,说明溶液中的硝酸根在正极放电,据此解答即可;
电流发生改变,即原电池的正负极发生改变,据此分析原因即可.
(4)0~t1时,原电池的负极是Al片,溶液中产生红棕色气体是二氧化氮,故正极反应方程式为:
2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O,此时溶液中的氢离子移向正极,一段时间后,由于Al与浓硝酸发生钝化,导致原电池中Al作正极,Cu作负极,故答案为:
2H++NO3﹣=NO2↑+H2O;
Al在浓硝酸中发生钝化,氧化膜阻止了Al的进一步反应.
4.(6分)(2015•福建)纯净物X、Y、Z转化关系如图所示,下列判断正确的是( )
X可能是金属铜
Y不可能是氢气
Z可能是氯化钠
Z可能是三氧化硫
无机物的推断.
A.X+Y→Z,Z电解生成X、Y,说明电解电解质本身,所以X可能是金属铜,Y可能为氯气,根据铜、氯及其化合物的性质分析解答;
B.X+Y→Z,Z电解生成X、Y,说明电解电解质本身,所以X可能是氯气,Y可能为氢气,符合条件;
C.Z可能是氯化钠,X、Y只能为氢气、氯气中的一种,电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气,电解水和电解质,不符合Z电解生成X、Y条件;
D.Z可能是三氧化硫,X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种,三氧化硫和水反应生成硫酸,电解硫酸本质为电解水,不符合Z电解生成X、Y条件.
A.X+Y→Z,Z电解生成X、Y,说明电解电解质本身,所以X可能是金属铜,Y可能为氯气,反应为:
X+Y→Z,Cu+Cl2
CuCl2,Z为CuCl2,电解CuCl2溶液:
CuCl2
Cu+Cl2↑,故A正确;
B.X+Y→Z,Z电解生成X、Y,说明电解电解质本身,所以X可能是氯气,Y可能为氢气,反应为:
X+Y→Z,H2+Cl2
2HCl,Z为HCl,电解HCl溶液:
2HCl
H2↑+Cl2↑,故B错误;
C.Z可能是氯化钠,X、Y只能为氢气、氯气中的一种,X+Y→Z,2Na+Cl2
2NaCl,Z电解:
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑,不符合Z电解生成X、Y条件,故C错误;
D.Z可能是三氧化硫,X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种,X+Y→Z,2SO2+O2
2SO3,三氧化硫和水反应SO3+H2O=H2SO4生成硫酸,电解硫酸本质为电解水,电解水生成氢气和氧气,不符合Z电解生成X、Y条件,故D错误;
本题考查无机物的推断,题目难度不大,注意把握推断的突破口,通常从物质的颜色,性质和反应现象为突破口进行推断,本题可结合选项提供的物质以及反应的条件进行分析,注意X+Y→Z,Z电解生成X、Y,说明电解电解质本身为解答该题的关键,学习中注意相关基础知识的积累.
6.(6分)(2015•福建)某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示,该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O).下列说法正确的是( )
该装置将化学能转化为光能和电能
该装置工作时,H+从b极区向a极区迁移
每生成1molO2,有44gCO2被还原
a电极的反应为:
3CO2+18H+﹣18e﹣=C3H8O+5H2O
原电池和电解池的工作原理;
A、该装置是电解池装置,是将电能转化为化学能;
B、与电源正极相连的是电解池的阳极,负极相连的是电解池的阴极,a与电源负极相连,所以a是负极阴极,而电解池中氢离子向阴极移动;
C、电池总的方程式为:
6CO2+8H2O
2C3H8O+9O2,即生成9mol的氧气,阴极有6mol的二氧化碳被还原,由此分析解答;
D、a与电源负极相连,所以a是负极阴极,电极反应式为:
3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O.
A、该装置是电解池装置,是将电能转化为化学能,所以该装置将光能和电能转化为化学能,故A错误;
B、a与电源负极相连,所以a是负极阴极,而电解池中氢离子向阴极移动,所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移,故B正确;
2C3H8O+9O2,即生成9mol的氧气,阴极有6mol的二氧化碳被还原,也就是1mol的氧气,阴极有
mol的二氧化碳被还原,所以被还原的二氧化碳为29.3g,故C错误;
D、a与电源负极相连,所以a是阴极,发生还原反应,电极反应式为:
3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O,故D错误;
故选B.
本题考查电化学的相关知识,学生要清楚电解池的反应原理,阴极发生还原反应,阳极发生氧化反应,以及离子的移动方向就可以迅速解题了,比较容易.
15.(9分)(2015•海南)银是一种贵金属,古代常用于制造钱币及装饰器皿,现代在电池和照相器材等领域亦有广泛应用.回答下列问题:
(1)久存的银制品表面会变黑,失去银白色光泽,原因是 Ag与空气中微量H2S反应生成黑色的Ag2S .
(2)已知Ksp(AgCl)=1.8×
10﹣10,若向50mL0.018mol•L﹣1的AgNO3溶液中加入50mL0.020mol•L﹣1的盐酸,混合后溶液中Ag+的浓度为 1.8×
10﹣7 mol•L﹣1,pH为 2 .
(3)AgNO3光照易分解,生成Ag和红棕色气体等物质,其光照分解反应的化学方程式为 2AgNO3
2Ag+2NO2↑+O2↑ .
(4)如图所示原电池正极的反应式为 Ag++e﹣=Ag .
难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.
(1)长期放置在空气中的银制品,其表面会逐渐变黑,这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生成黑色的Ag2S;
(2)n(AgNO3)=0.05L×
0.018mol/L=0.0009mol,n(HCl)=0.05L×
0.020mol/L=0.001mol,硝酸银和HCl发生反应AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3,根据方程式知,HCl剩余,混合溶液中c(Cl﹣)=
=10﹣3mol/L,溶液中c(Ag+)=
;
实际上氢离子不参加反应,则溶液中c(H+)=
=0.01mol/L,
溶液的pH=﹣lgc(H+);
(3)红棕色气体是NO2,该反应中Ag元素化合价由+1价变为0价、N元素化合价由+5价变为+4价,根据氧化还原反应知,还有元素失电子化合价升高,只能是O元素失电子生成O2,根据反应物、生成物及反应条件书写方程式;
(4)该原电池中,Cu的活动性大于Ag,Cu易失电子发生氧化反应,所以Cu是负极、Ag是正极,正极上银离子得电子发生还原反应.
(1)长期放置在空气中的银制品,其表面会逐渐变黑,这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生成黑色的Ag2S,故答案为:
Ag与空气中微量H2S反应生成黑色的Ag2S;
=
mol/L=1.8×
10﹣7mol/L;
=0.01mol/L,溶液的pH=﹣lgc(H+)=﹣lg0.01=2,
1.8×
10﹣7;
2;
(3)红棕色气体是NO2,该反应中Ag元素化合价由+1价变为0价、N元素化合价由+5价变为+4价,根据氧化还原反应知,还有元素失电子化合价升高,只能是O元素失电子生成O2,根据反应物、生成物及反应条件书写方程式为2AgNO3
2Ag+2NO2↑+O2↑,故答案为:
2AgNO3
2Ag+2NO2↑+O2↑;
(4)该原电池中,Cu的活动性大于Ag,Cu易失电子发生氧化反应,所以Cu是负极、Ag是正极,正极上银离子得电子发生还原反应,电极反应式为Ag++e﹣=Ag,故答案为:
Ag++e﹣=Ag.
本题为2015年海南省高考题,考查原电池原理、氧化还原反应、pH计算、溶度积常数等知识点,综合性较强,明确正负极判断及其发生的反应、溶度积常数含义、氧化还原反应本质等知识点即可解答,注意
(2)题要进行过量计算,为易错点.
10.(2分)(2015•江苏)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图.下列有关该电池的说法正确的是( )
反应CH4+H2O
3H2+CO,每消耗1molCH4转移12mol电子
电极A上H2参与的电极反应为:
H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O
电池工作时,CO32﹣向电极B移动
电极B上发生的电极反应为:
O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣
专题:
电化学专题.
甲烷和水经催化重整生成CO和H2,反应中C元素化合价有﹣4价升高到+2价,H元素化合价由+1价降低到0价,原电池工作时,CO和H2为负极反应,被氧化生成二氧化碳和水,正极为氧气得电子生成CO32﹣,以此解答该题.
A.反应CH4+H2O
3H2+CO,C元素化合价有﹣4价升高到+2价,H元素化合价由+1价降低到0价,每消耗1molCH4转移6mol电子,故A错误;
B.电解质没有OH﹣,负极反应为H2+2CO+CO32﹣﹣2e﹣=H2O+2CO2,故B错误;
C.电池工作时,CO32﹣向负极移动,即向电极A移动,故C错误;
D.B为正极,正极为氧气得电子生成CO32﹣,电极反应为:
O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣,故D正确.
故选D.
本题为2015年江苏考题第10题,考查了化学电源新型电池,明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答,难点是电极反应式书写,要根据电解质确定正负极产物,难度中等.
29.(15分)(2015•山东)利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料.LiOH可由电解法制备,钴氧化物可通过处理钴渣获得.
(1)利用如图装置电解制备LiOH,两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液.B极区电解液为 LiOH 溶液(填化学式),阳极电极反应式为 2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑ ,电解过程中Li+向 B 电极迁移(填“A”或“B”).
(2)利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下:
Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为 2Co(OH)3+4H++SO32﹣=2Co2++SO42﹣+5H2O ,铁渣中铁元素的化合价为 +3 ,在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2,测得充分煅烧后固体质量为2.41g,CO2的体积为1.344L(标准状况),则钴氧化物的化学式为 Co3O4 .
物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.
(1)电解制备LiOH,两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液,由图可知,右侧生成氢气,则B中氢离子放电,可知B为阴极,在B中制备LiOH,Li+由A经过阳离子交换膜向B移动;
A中为LiCl溶液,氯离子放电生成氯气;
(2)Co(OH)3溶解还原反应为Co(OH)3、H+、SO32﹣的氧化还原反应;
由制备流程可知,加硫酸溶解后为铁离子,再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子,在浸液中通入氧气时亚铁离子被氧化为铁离子;
煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2,测得充分煅烧后固体质量为2.41g,CO2的体积为1.344L(标准状况),n(CO2)=
=0.06mol,由化学式可知n(Co)=0.06mol×
=0.03mol,则氧化物中n(O)=
=0.04mol,以此来解答.
(1)电解制备LiOH,两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液,由图可知,右侧生成氢气,则B中氢离子放电,可知B为阴极,在B中制备LiOH,B极区电解液为LiOH溶液;
Li+由A经过阳离子交换膜向B移动;
A中为LiCl溶液,氯离子放电生成氯气,则阳极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑,
LiOH;
2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑;
(2)Co(OH)3溶解还原反应为Co(OH)3、H+、SO32﹣的氧化还原反应,其离子反应为2Co(OH)3+4H++SO32﹣=2Co2++SO42﹣+5H2O;
由制备流程可知,加硫酸溶解后为铁离子,再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子,在浸液中通入氧气时亚铁离子被氧化为铁离子,可知铁渣中铁元素的化合价为+3价;
=0.04mol,则n(Co):
n(O)=0.03mol:
0.04mol=3:
4,所以钴氧化物的化学式为Co3O4,
2Co(OH)3+4H++SO32﹣=2Co2++SO42﹣+5H2O;
+3;
Co3O4.
本题为2015年山东高考题29题,侧重电化学、物质制备及混合物分离提纯的考查,把握原电池原理及制备流程中的反应为解答的关键,
(2)中化学式的计算为解答的难点,题目难度不大.
14.(3分)(2015•上海)研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示.下列有关说法错误的是( )
d为石墨,铁片腐蚀加快
d为石墨,石墨上电极反应为:
O2+2H2O+4e→4OH﹣
d为锌块,铁片不易被腐蚀
d为锌块,铁片上电极反应为:
2H++2e→H2↑
A、d为石墨,铁片活泼,所以腐蚀铁;
B、海水呈中性,所以发生吸氧腐蚀;
C、锌比铁片活泼,所以腐蚀锌;
D、d为锌块,作为负极,因海水呈中性,所以发生吸氧腐蚀;
A、d为石墨,活泼金属铁片作负极,发生腐蚀,所以铁片腐蚀加快,故A正确;
B、海水呈中性,所以发生吸氧腐蚀,所以石墨作正极,电极反应:
O2+2H2O+4e═4OH﹣,故B正确;
C、锌比铁片活泼,所以腐蚀锌,所以铁片不易被腐蚀,故C正确;
D、d为锌块,作为负极,因海水呈中性,所以发生吸氧腐蚀,所以铁片上电极反应为:
O2+2H2O+4e═4OH﹣,故D错误;
本题考查了原电池原理
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