高考化学化学能与电能综合题及答案.docx
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高考化学化学能与电能综合题及答案
2020-2021高考化学化学能与电能综合题及答案
一、化学能与电能
1.硝酸是氧化性酸,其本质是NO3-有氧化性,某课外实验小组进行了下列有关NO3-氧化性的探究(实验均在通风橱中完成)。
实验装置
编号
溶液X
实验现象
实验Ⅰ
6mol·L-1稀硝酸
电流计指针向右偏转,铜片表面产生无色气体,在液面上方变为红棕色。
实验Ⅱ
15mol·L-1浓硝酸
电流计指针先向右偏转,很快又偏向左边,铝片和铜片表面产生红棕色气体,溶液变为绿色。
(1)实验Ⅰ中,铝片作____________(填“正”或“负”)极。
液面上方产生红棕色气体的化学方程式是____________。
(2)实验Ⅱ中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是________________。
查阅资料:
活泼金属与1mol·L-1稀硝酸反应有H2和NH4+生成,NH4+生成的原理是产生H2的过程中NO3-被还原。
(3)用上图装置进行实验Ⅲ:
溶液X为1mol·L-1稀硝酸溶液,观察到电流计指针向右偏转。
①反应后的溶液中含NH4+。
实验室检验NH4+的方法是________。
②生成NH4+的电极反应式是________。
(4)进一步探究碱性条件下NO3-的氧化性,进行实验Ⅳ:
①观察到A中有NH3生成,B中无明显现象。
A、B产生不同现象的解释是________。
②A中生成NH3的离子方程式是________。
(5)将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象,结合实验Ⅲ和Ⅳ说明理由________。
【答案】负2NO+O2=2NO2Al开始作电池的负极,Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜后,Cu作负极取少量待检溶液于试管中,加入浓NaOH溶液,加热,若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,则溶液中含NH4+NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2OAl与NaOH溶液反应产生H2的过程中可将NO3-还原为NH3,而Mg不能与NaOH溶液反应8Al+3NO3-+5OH-+2H2O=3NH3↑+8AlO2-因为铝与中性的硝酸钠溶液无生成H2的过程,NO3-无法被还原
【解析】
【分析】
【详解】
(1)实验Ⅰ中,由于Al的金属活动性比Cu强,因此Al做负极。
铜片表面产生的无色气体是NO,在液体上方NO被空气中的氧气氧化成红棕色的NO2,方程式为2NO+O2=2NO2;
(2)实验Ⅱ中,Al的金属活动性比Cu强,Al开始作电池的负极,电流计指针先偏向右边;由于Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜,阻止了内层金属的进一步反应,因此,Cu作负极,电流计指针偏向左边;
(3)①实验室检验NH4+有两种常用方法:
方法一,取少量待检溶液于试管中,加入浓NaOH溶液,加热,若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,则溶液中含NH4+;方法二,取少量待检溶液于试管中,加入浓NaOH溶液,加热,并在试管口放一蘸有浓盐酸的玻璃棒,若有白烟生成,证明溶液中含NH4+;②NH4+的生成是NO3-被还原的结果,其电极反应式为NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O
(4)①观察到A中有NH3生成,是由于Al与NaOH溶液反应产生H2,并且与此同时,H2可将NO3-还原为NH3;B中无现象是由于Mg与NaOH溶液不反应;②A中生成NH3的离子方程式为8Al+3NO3-+5OH-+2H2O=3NH3↑+8AlO2-;
(5)铝与中性的硝酸钠溶液不能生成H2,NO3-无法被还原,因此将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象。
2.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法:
保持污水的pH在5.0~6.0之间,通过电解生成Fe(OH)3沉淀。
Fe(OH)3有吸附性,可吸附污物而沉积下来,具有净化水的作用。
阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层,刮去(或撇掉)浮渣层,即起到了浮选净化的作用。
某科研小组用电浮选凝聚法处理污水,设计装置示意图,如图所示。
(1)实验时若污水中离子浓度较小,导电能力较差,产生气泡速率缓慢,无法使悬浮物形成浮渣。
此时,应向污水中加入适量的__________。
a.H2SO4b.BaSO4c.Na2SO4d.NaOH
(2)电解池阳极发生了两个电极反应,电极反应式分别是
Ⅰ.___________________;Ⅱ._________________;
(3)电极反应Ⅰ和Ⅱ的生成物反应得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式是__________________;
(4)该燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质,CH4为燃料,空气为氧化剂,稀土金属材料做电极。
①负极的电极反应是____________________;
②为了使该燃料电池长时间稳定运行,电池的电解质组成应保持稳定,电池工作时必须有部分A物质参加循环(见上图)。
A物质的化学式是_________________;
(5)实验过程中,若在阴极产生了44.8L(标准状况)气体,则熔融盐燃料电池消耗CH4(标准状况)____L。
【答案】CFe-2e-=Fe2+4OH--4e-=2H2O+O2 ↑4Fe2++10H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8H+CH4-8e-+4CO32-=5CO2+2H2OCO211.2L
【解析】
【分析】
(1)从所加入物质能增大溶液离子的浓度,并能保持污水的pH在5.0~6.0之间进行分析;
(2)根据阳极电极材料和离子的放电顺序分析放电的离子,书写电极反应;
(3)二价铁离子具有还原性,能被氧气氧化为三价;
(4)①燃料电池中,负极上燃料失电子发生氧化反应;
②根据两极上发生的反应确定循环使用的物质;
(5)在燃料电池和电解池的串联电路中,转移的电子数目是相同的。
【详解】
(1)为了增强溶液的导电性,可选用易溶的强电解质溶液,排除B项,考虑到污水的pH在5.0~6.0之间,因此不能使用氢氧化钠,硫酸能将Fe(OH)3溶解,因此应向污水中加入适量的硫酸钠;
(2)电解时,铁作阳极,失电子,发生反应Fe-2e-=Fe2+,同时溶液中的OH-失电子被氧化为O2,因此,电极反应为:
Ⅰ.Fe-2e-=Fe2+,Ⅱ.4OH--4e-=2H2O+O2 ↑;
(3)Fe2+具有还原性,能被氧气氧化为三价,那么得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式为:
4Fe2++10H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8H+;
(4)①燃料电池中,负极上燃料失电子发生氧化反应,电极反应为:
CH4-8e-+4CO32-=5CO2+2H2O;
②由电极反应可知电池工作时参加循环的物质为CO2;
(5)阴极的电极反应为2H++2e-=H2↑,阴极产生了44.8L(即2mol)气体,转移的电子的物质的量为4mol,由CH4-8e-+4CO32-=5CO2+2H2O可知,当转移的电子的物质的量为4mol时,消耗CH4的体积为V=nVm=
×4mol×22.4L/mol=11.2L。
3.氯化亚砜又称亚硫酰氯,其分子式为SOCl2,常温常压下为淡黄色液体,遇水易水解。
国内的氯化亚砜主要应用于医药、农药、染料等行业。
实验室用干燥纯净的Cl2、SO2和SCl2制备SOCl2的部分装置如图所示:
已知:
①SOCl2沸点为78.8℃,SCl2的沸点为50℃,且两种液体可互溶。
②SOCl2遇水剧烈反应,液面上产生白雾,并有气体产生。
请回答:
(1)实验室制取SOCl2的反应方程式为____________
(2)写出丙中发生的离子反应_____________
(3)仪器e的名称是___________,实验仪器的连接顺序为a→_________(仪器可以重复使用)。
(4)仪器f的作用是____________
(5)实验结束后,将三颈烧瓶中混合物分离的实验操作名称是______。
(6)工业上常用ZnCl2·2H2O与SOCl2共热制取ZnCl2。
写出用惰性电极电解ZnCl2和盐酸的混合溶液的总反应离子反应式为_______。
甲同学认为SOCl2还可用作FeCl3·6H2O制取无水FeCl3的脱水剂,但乙同学对此提出质疑,可能的原因是____
【答案】SO2+Cl2+SCl2
2SOCl22MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O球形冷凝管c→d→c→d→b吸收SO2、Cl2,防止外界水蒸气进入装置分馏(或蒸馏)2H++2Cl—
H2↑+Cl2↑SOCl2可能会与Fe3+发生氧化还原反应
【解析】
【分析】
由实验装置图可知,丙装置中浓盐酸与高锰酸钾反应制备氯气,因氯气中混有氯化氢和水蒸气,所以先将气体通过盛有饱和食盐水的乙装置除去氯化氢,再通过盛有浓硫酸的乙装置除去水蒸气,干燥的氯气、二氧化硫和SCl2在三颈烧瓶中,在活性炭作催化剂作用下,反应制得SOCl2,二氯化硫(SCl2)的沸点低,甲装置中球形冷凝管的作用是起冷凝回流SCl2的作用,干燥管中碱石灰的作用是防止有毒的氯气与二氧化硫逸出污染环境,同时防止空气中的水蒸气进入烧瓶中使氯化亚砜水解。
【详解】
(1)实验室用干燥的氯气、二氧化硫和SCl2在三颈烧瓶中,在活性炭作催化剂作用下,反应制得SOCl2,反应的化学方程式为SO2+Cl2+SCl2
2SOCl2,故答案为SO2+Cl2+SCl2
2SOCl2;
(2)装置丙中浓盐酸与高锰酸钾反应生产氯化锰、氯化钾、氯气和水,反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O,故答案为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O;
(3)仪器e的名称是球形冷凝管;因氯气中混有氯化氢和水蒸气,实验时应先除去氯化氢和水蒸气,制得干燥的氯气,实验仪器的连接顺序为丙(制氯气)—乙(除氯化氢)—乙(除水蒸气)—甲(制SOCl2),则仪器的接口连接顺序为a→c→d→c→d→b,故答案为球形冷凝管;c→d→c→d→b;
(4)仪器f中盛有碱石灰,碱石灰的作用是吸收逸出的有毒的Cl2和SO2污染环境,防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解,故答案为吸收SO2、Cl2,防止外界水蒸气进入装置;
(5)已知氯化亚砜沸点为77℃,SCl2的沸点为50℃,实验结束后,采用分馏(或蒸馏)的方法即可将之分离,故答案为分馏(或蒸馏);
(6)用惰性电极电解ZnCl2和盐酸的混合溶液时,阳极上氯离子放电能力强于氢氧根离子,阴极上氢离子放电能力强于锌离子,电解的总方程式为2H++2Cl—
H2↑+Cl2↑;FeCl3具有氧化性,SOCl2具有还原性,SOCl2用作FeCl3·6H2O制取无水FeCl3的脱水剂时,SOCl2可能会与FeCl3发生氧化还原反应使FeCl3变质,故答案为2H++2Cl—
H2↑+Cl2↑;SOCl2可能会与Fe3+发生氧化还原反应。
【点睛】
本题考查了性质实验方案的设计与评价,试题知识点较多、综合性较强,充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力,注意掌握化学实验基本操作方法,明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则是解答关键。
4.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
1.0mol/L
KI溶液
1.0mol/LAgNO3溶液
Ⅰ.产生黄色沉淀,溶液无色
1.0mol/LCuSO4溶液
Ⅱ.产生白色沉淀A,溶液变黄
①经检验,Ⅰ中溶液不含I2,黄色沉淀是________。
②经检验,Ⅱ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1mol/L,b、d中溶液pH≈4)
①a中溶液呈棕黄色的原因是_______(用电极反应式表示)。
②“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_______。
③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=1.2×1016;2Ag++2I-=2Ag↓+I2K2=8.7×108)
【答案】Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+AgICu2+AgClCuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI
将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1mol/L
溶液,c中溶液较慢变浅黄,电流计指针偏转K1>K2,故
更易与
发生复分解反应,生成AgI2Cu2++4I-=2CuI+I2,生成了CuI沉淀,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)①经检验,Ⅰ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;
②Ⅱ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)①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
;
②“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pH≈4的1mol/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pH≈4的1mol/L
溶液,c中溶液较慢变浅黄,电流计指针偏转;
③Ag++I-=AgI↓K1=1.2×1016;2Ag++2I-=2Ag↓+I2K2=8.7×108,K1>K2,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K1>K2,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)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。
5.钨是我国丰产元素,是熔点最高的金属,广泛用于拉制灯泡的灯丝,有“光明使者”的美誉。
钨在自然界主要以钨(+6价)酸盐的形式存在。
有开采价值的钨矿石是白钨矿和黑钨矿。
白钨矿的主要成分是钨酸钙(CaWO4);黑钨矿的主要成分是铁和锰的钨酸盐,化学式常写成(FeWO4和MnWO4),钨酸(H2WO4)酸性很弱,难溶于水。
已知:
①CaWO4与碳酸钠共热发生复分解反应。
②钨在高温下可与焦炭(C)反应生成硬质合金碳化钨(WC)。
(1)74W在周期表的位置是第_______周期。
(2)写出黑钨矿中FeWO4与氢氧化钠,空气熔融时的化学反应方程式________________________________;白钨矿粉与碳酸钠共热的化学反应方程式_______________。
(3)工业上,可用一氧化碳、氢气或铝还原WO3冶炼W。
理论上,等物质的量的CO、H2、Al作还原剂,可得到W的质量之比为______。
用焦炭也能还原WO3,但用氢气更具有优点,其理由是_____________________________________。
(4)已知氢氧化钙和钨酸钙(CaWO4)都是微溶电解质,两者的溶解度均随温度升高而减小。
下图为不同温度下Ca(OH)2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线,则T1时Ksp(CaWO4)=_________(mol/L)2。
将钨酸钠溶液加入石灰乳得到大量钨酸钙,发生反应的离子方程式为_____________________________,T2时该反应的平衡常数为__________。
(5)工业上,可用电解法从碳化钨废料中回收钨。
碳化钨作阳极,不锈钢作阴极,盐酸为电解质溶液,阳极析出滤渣D并放出CO2。
写出阳极的电极反应式_______________。
【答案】六4FeWO4+8NaOH+O2
2Fe2O3+4Na2WO4+4H2OCaWO4+Na2CO3
CaCO3+Na2WO42∶2∶3焦炭为固体,得到的金属钨会混有固体杂质,并且用焦炭还可能产生CO等有污染的尾气1×10-10WO42-+Ca(OH)2=CaWO4+2OH-1×103mol/LWC-10e-+6H2O=H2WO4+CO2+10H+
【解析】
(1)W为74号元素,第五周期最后一种元素为56号,第六周期最后一种元素为84号,因此74号在元素周期表的第六周期,故答案为:
六;
(2)FeWO4中的铁为+2价,与氢氧化钠在空气熔融时被空气中的氧气氧化,反应的化学反应方程式为4FeWO4+8NaOH+O2
2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O;白钨矿粉与碳酸钠共热的化学反应方程式为CaWO4+Na2CO3
CaCO3+Na2WO4,故答案为:
4FeWO4+8NaOH+O2
2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O;CaWO4+Na2CO3
CaCO3+Na2WO4;
(3)工业上,可用一氧化碳、氢气或铝还原WO3冶炼W。
理论上,1mol的CO、H2、Al作还原剂时,转移的电子分别为2mol,2mol,3mol,根据得失电子守恒,得到W的质量之比为2∶2∶3。
用焦炭也能还原WO3,但用氢气更具有优点,因为焦炭为固体,得到的金属钨会混有固体杂质,并且用焦炭还可能产生CO等有污染的尾气,故答案为:
2∶2∶3;焦炭为固体,得到的金属钨会混有固体杂质,并且用焦炭还可能产生CO等有污染的尾气;
(4)根据图像,T1时KSP(CaWO4)=c(Ca2+)•c(WO42-)=1×10-5×1×10-5=1×10-10,将钨酸钠溶液加入石灰乳,发生复分解反应,氢氧化钙和钨酸根离子反应生成钨酸钙沉淀,反应的离子方程式为:
WO42-+Ca(OH)2=CaWO4+2OH-,T2时,C(OH-)=10-2mol/L,c(WO42-)=10-7mol/L,平衡常数K等于生成物平衡浓度系数次方之积和反应物平衡浓度系数次方之积,即K=
=
=1×103,故答案为:
1×10-10;WO42-+Ca(OH)2=CaWO4+2OH-;1×103;
(5)电解时,阴极是氢离子放电生成氢气,电极反应式是2H++2e-=H2↑,阳极是碳化钨失去电子,发生氧化反应:
WC+6H2O-10e-=H2WO4+CO2↑+10H+,故答案为:
WC+6H2O-10e-=H2WO4+CO2↑+10H+。
6.
(1)天然气是一种重要的清洁能源和化工原料,其主要成分为甲烷。
①以甲烷、空气、氢氧化钾溶液为原料,石墨为电极可构成燃料电池。
该电池的负极反应式为___________________________。
②将质量相等的铁棒和石墨棒分别插入CuCl2溶液中,铁棒接甲烷燃料电池负极,石墨棒接该电池正极,一段时间后测得铁棒比石墨棒增加了6.4克。
写出铁棒电极上发生的电极反应式________;则理论上消耗CH4的体积在标准状况下为_____。
(2)如图所示的实验装置中,丙为用碘化钾溶液润湿的滤纸,m、n为夹在滤纸两端的铂夹;丁为直流电源,x、y为电源的两极;G为电流计;A、B、C、D四个电极均为石墨电极。
若在两试管中充满H2SO4溶液后倒立于H2SO4溶液的水槽中,闭合K2,断开K1。
①丙电解时反应的离子方程式为______________。
②继续电解一段时间后,甲池中A、B极均部分被气体包围,此时断开K2,闭合K1,电流计G指针发生偏转,则B极的电极反应式为__________________,C极的电极反应为__________________。
【答案】CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2OCu2++2e-===Cu0.56L2I-+2H2O
I2+H2↑+2OH-O2+4e-+4H+=2H2O4OH--4e-=O2↑+2H2O
【解析】
(1)①总反应为甲烷和氧气反应生成二氧化碳和水,二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾,所以总方程式为:
CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O。
正极是氧气得电子:
O2+2H2O+4e-=4OH-,总反应减去正极反应(将正极反应扩大2倍,以消去氧气),得到负极反应为:
CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。
②将质量相等的铁棒和石墨棒分别插入CuCl2溶液中,铁棒接甲烷燃料电池负极,石墨棒接该电池正极,则铁棒为电解的阴极,反应为:
Cu2++2e-=Cu;石墨棒为电解的阳极,反应为:
2Cl--2e-=Cl2↑。
一段时间后测得铁棒比石墨棒增加了6.4克,这6.4g是生成的单质铜(0.1mol),则根据电极反应得到转移电子为0.2mol,1个甲烷生成碳酸根失去8个电子,所以参加反应的甲烷为0.025mol,即0.56L。
(2)①丙是碘化钾溶液,电解时阴阳两极分别是水电离的氢离子和碘化钾电离的碘离子反应,所以总方程式为2I-+2H2O
I2+H2↑+2OH-
②闭合K2,断开K1时,是用直流电源对甲乙丙进行串联电解。
A中得到氢气,B中得到氧气(因为A中气体的体积大约是B的2倍),所以A为电解的阴极,B为电解的阳极,进而得到直流电源x为正极,y为负极。
断开K2,闭合K1,电流计G指针发生偏转,说明形成原电池。
由题意只可能是甲中形成氢气氧气燃料电池,对乙丙进行电解。
所以B电极为原电池的正极,反应为氧气在酸性条件下得电子,方程式为O2+4e-+4H+=2H2O。
因为B为正极,所以C为电解的阳极,注意此时c电极表面应该有刚才断开K2,闭合K1时,进行电解得到的单质银。
所以此时c电极的反应为Ag-e-=Ag+。
7.请从图中选用必要的装置进行电解饱和食盐水(含酚酞)的实验,要求测定产生的氢气的体积(大于25mL),并检验氯气的氧化性。
(1)A极发生的电极反应式是__________;B极发生的电极反应式是__
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