高考化学压轴题专题化学能与电能的经典综合题含答案.docx
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高考化学压轴题专题化学能与电能的经典综合题含答案
2020-2021高考化学压轴题专题化学能与电能的经典综合题含答案
一、化学能与电能
1.研究小组进行图所示实验,试剂A为0.2mol·L−1CuSO4溶液,发现铝条表面无明显变化,于是改变实验条件,探究铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液反应的影响因素。
用不同的试剂A进行实验1~实验4,并记录实验现象:
实验序号
试剂A
实验现象
1
0.2mol·L−1CuCl2溶液
铝条表面有气泡产生,并有红色固体析出
2
0.2mol·L−1CuSO4溶液,再加入一定质量的NaCl固体
开始铝条表面无明显变化,加NaCl后,铝条表面有气泡产生,并有红色固体析出
3
2mol·L−1CuSO4溶液
铝条表面有少量气泡产生,并有少量红色固体
4
2mol·L−1CuCl2溶液
反应非常剧烈,有大量气泡产生,溶液变成棕褐色,有红色固体和白色固体生成
(1)实验1中,铝条表面析出红色固体的反应的离子方程式为_________。
(2)实验2的目的是证明铜盐中的阴离子Cl−是导致实验1中反应迅速发生的原因,实验2中加入NaCl固体的质量为_________g。
(3)实验3的目的是_________。
(4)经检验知,实验4中白色固体为CuCl。
甲同学认为产生白色固体的原因可能是发生了Cu+CuCl2
2CuCl的反应,他设计了右图所示实验证明该反应能够发生。
①A极的电极材料是_________。
②能证明该反应发生的实验现象是_________。
(5)为探究实验4中溶液呈现棕褐色的原因,分别取白色CuCl固体进行以下实验:
实验序号
实验操作
实验现象
i
加入浓NaCl溶液
沉淀溶解,形成无色溶液
ii
加入饱和AlCl3溶液
沉淀溶解,形成褐色溶液
iii
向i所得溶液中加入2mol·L-1CuCl2溶液
溶液由无色变为褐色
查阅资料知:
CuCl难溶于水,能溶解在Cl-浓度较大的溶液中,生成[CuCl2]-络离子,用水稀释含[CuCl2]-的溶液时会重新析出CuCl沉淀。
①由上述实验及资料可推断,实验4中溶液呈棕褐色的原因可能是[CuCl2]-与_________作用的结果。
②为确证实验4所得的棕褐色溶液中含有[CuCl2]-,应补充的实验是_________。
(6)上述实验说明,铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液的反应现象与_________有关。
【答案】3Cu2++2Al
2Al3++3Cu0.117证明增大CuSO4溶液的浓度能够使Al和CuSO4的反应发生金属铜电流计指针偏转,两极均有白色沉淀生成Al3+、Cu2+取适量实验4的棕褐色溶液,加水稀释,观察是否出现白色沉淀铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等
【解析】
(1)实验1中,铝与氯化铜反应置换出铜,反应的离子方程式为3Cu2++2Al=2Al3++3Cu,故答案为3Cu2++2Al=2Al3++3Cu;
(2)实验1中n(Cl-)=0.005L×0.2mol·L-1×2=0.002mol,实验2的目的是证明铜盐中的阴离子Cl-是导致实验1中反应迅速发生的原因,实验2中加入NaCl固体的质量为0.002mol×58.5g/mol=0.117g,故答案为0.117;
(3)实验3与原实验相比,增大了硫酸铜溶液的浓度,铝条表面有少量气泡产生,并有少量红色固体,说明增大CuSO4溶液的浓度能够使Al和CuSO4的反应发生,故答案为证明增大CuSO4溶液的浓度能够使Al和CuSO4的反应发生;
(4)①Cu+CuCl2=2CuCl反应中铜被氧化,铜应该做负极,CuCl2被还原,在正极放电,因此A极为负极,选用铜作负极,故答案为铜;
②构成原电池后,铜溶解进入溶液,与溶液中的氯离子反应生成白色沉淀,正极铜离子被还原,也生成白色沉淀,电流计指针偏转,故答案为电流计指针偏转,两极均有白色沉淀生成;
(5)①由上述实验ii及资料可推断,实验4中溶液呈棕褐色的原因可能是[CuCl2]-与Al3+、Cu2+作用的结果,故答案为Al3+、Cu2+;
②根据信息知,取适量实验4的棕褐色溶液,加水稀释,观察是否出现白色沉淀可以确证实验4所得的棕褐色溶液中含有[CuCl2]-,故答案为取适量实验4的棕褐色溶液,加水稀释,观察是否出现白色沉淀;
(6)根据实验1和2、2和3、1和4中所用试剂的种类和浓度以及实验现象可知,铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液的反应现象与铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等有关,故答案为铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等。
2.研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性,某小组同学进行如下实验:
已知:
Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol,+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+,Cr3+在水溶液中为绿色。
(1)试管c和b对比,推测试管c的现象是_____________________。
(2)试管a和b对比,a中溶液橙色加深。
甲认为温度也会影响平衡的移动,橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果;乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。
你认为是否需要再设计实验证明?
__________(“是”或“否”),理由是____________________________________________________。
(3)对比试管a、b、c的实验现象,可知pH增大
_____(选填“增大”,“减小”,“不变”);
(4)分析如图试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4的实验现象,说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr2O72-__________CrO42-(填“大于”,“小于”,“不确定”);写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。
(5)小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水,探究不同因素对含Cr2O72-废水处理的影响,结果如表所示(Cr2O72-的起始浓度,体积、电压、电解时间均相同)。
实验
ⅰ
ⅱ
ⅲ
ⅳ
是否加入Fe2(SO4)3
否
否
加入5g
否
是否加入H2SO4
否
加入1mL
加入1mL
加入1mL
电极材料
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨
阴极为石墨,阳极为铁
Cr2O72-的去除率/%
0.922
12.7
20.8
57.3
①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。
②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示,结合此机理,解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。
【答案】溶液变黄色否Cr2O72-(橙色)+H2O
CrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应,若因浓H2SO4溶于水而温度升高,平衡正向移动,溶液变为黄色。
而实际的实验现象是溶液橙色加深,说明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移动的结果减小大于Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2OCr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O阳极Fe失电子生成Fe2+,Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+,Fe3+在阴极得电子生成Fe2+,继续还原Cr2O72-,Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率
【解析】
【分析】
根据平衡移动原理分析对比实验;注意从图中找出关键信息。
【详解】
(1)由Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+及平衡移动原理可知,向重铬酸钾溶液中加入氢氧化钠溶液后,可以减小溶液中的氢离子浓度,使上述平衡向正反应方向移动,因此,试管c和b(只加水,对比加水稀释引起的颜色变化)对比,试管c的现象是:
溶液变为黄色。
(2)试管a和b对比,a中溶液橙色加深。
甲认为温度也会影响平衡的移动,橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果;乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。
我认为不需要再设计实验证明,故填否。
理由是:
Cr2O72-(橙色)+H2O
CrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应,浓H2SO4溶于水会放出大量的热量而使溶液的温度升高,上述平衡将正向移动,溶液会变为黄色。
但是,实际的实验现象是溶液的橙色加深,说明上述平衡是向逆反应方向移动的,橙色加深只能是因为增大了c(H+)的结果。
(3)对比试管a、b、c的实验现象,可知随着溶液的pH增大,上述平衡向正反应方向移动,
减小,而
增大,故
减小。
(4)向试管c继续滴加KI溶液,溶液的颜色没有明显变化,但是,加入过量稀H2SO4后,溶液变为墨绿色,增大氢离子浓度,上述平衡向逆反应方向移动,CrO42-转化为Cr2O72-,Cr2O72-可以在酸性条件下将I-氧化,而在碱性条件下,CrO42-不能将I-氧化,说明+6价铬盐氧化性强弱为:
Cr2O72-大于CrO42-;此过程中发生的氧化还原反应的离子方程式是Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。
(5)①实验ⅱ中,Cr2O72-在阴极上放电被还原为Cr3+,硫酸提供了酸性环境,其电极反应式是Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O。
②由实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理示意图可知,加入Fe2(SO4)3溶于水电离出Fe3+,在直流电的作用下,阳离子向阴极定向移动,故Fe3+更易在阴极上得到电子被还原为Fe2+,Fe2+在酸性条件下把Cr2O72-还原为Cr3+。
如此循环往复,Fe3+在阴极得电子生成Fe2+,继续还原Cr2O72-,Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。
由此可知,实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因是:
阳极Fe失电子生成Fe2+,Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+,Fe3+在阴极得电子生成Fe2+,继续还原Cr2O72-,故在阴阳两极附近均在大量的Fe2+,Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。
【点睛】
本题中有很多解题的关键信息是以图片给出的,要求我们要有较强的读图能力,能从图中找出解题所需要的关键信息,并加以适当处理,结合所学的知识解决新问题。
3.某小组设计不同实验方案比较Cu2+、Ag+的氧化性。
查阅资料:
Ag++I-=AgI↓K1=1.2×1016;2Ag++2I-=2Ag↓+I2K2=8.7×108
(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,说明氧化性Ag+>Cu2+。
反应的离子方程式是___________________________________________________。
(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
KI溶液
KI溶液AgNO3溶液
ab
KI溶液CuSO4溶液
cd
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-。
其原因一是从K值分析:
______;二是从Cu2+的反应特点分析:
______________________________________________。
【答案】Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+;AgICu2+AgClCuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI2I――2e-=I2将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1mol/LNa2SO4溶液,c中溶液较慢变浅黄,电流计指针偏转K1>K2,故Ag+更易与I_发生复分解反应,生成AgI2Cu2++4I-=2CuI+I2,生成了CuI沉淀,使得Cu2+的氧化性增强
【解析】
【分析】
【详解】
(1)向酸化的硝酸银中插入铜丝,析出黑色固体,溶液变蓝,说明银离子氧化铜,反应生成银单质和铜离子,反应的离子方程式为:
Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+;
(2)经过检验,Ⅱ中溶液含有碘单质,推测铜离子做氧化剂,白色沉淀A为碘化亚铜,沉淀A中加入足量硝酸银溶液得到灰黑色沉淀,过滤得到滤液为蓝色,说明生成了铜离子,滤渣加入浓硝酸得到黄色沉淀为碘化银,溶液中加入稀盐酸生成白色沉淀,说明B为氯化银。
①经检验,Ⅰ中溶液不含I2,黄色沉淀为AgI。
②a.检验滤液无I2。
溶液呈蓝色说明溶液含有铜离子;b.白色沉淀B是氯化银;c.白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是CuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI。
(3).①a中溶液较快变棕黄色,b中电极上析出银,说明形成原电池,a为负极失去电子发生氧化反应,溶液变黄色是生成了碘单质,电极反应为2I――2e-=I2。
②实验3不能说明铜离子氧化碘离子,依据是空气中的氧气也有氧化作用,设计实验验证了该依据,实验方案及现象为:
将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1mol/LNa2SO4溶液,c中溶液较慢变浅黄,电流计指针偏转。
③方案2中,铜离子氧化碘离子,而银离子未能氧化碘离子的原因,K1>K2,故Ag+更易与I_发生复分解反应,生成AgI。
铜离子氧化碘离子的方程式为:
2Cu2++4I-=2CuI+I2,生成了CuI沉淀,使得Cu2+的氧化性增强。
4.广泛用于纺织工业的连二亚硫酸钠(Na2S2O4),俗称保险粉,是一种强还原剂,可溶于水,但不溶于乙醇,在碱性介质中稳定。
Ⅰ.工业上制备连二亚硫酸钠的流程如下:
请回答下列问题:
(1)步骤①中的化学方程式为___________________________________;
(2)步骤②中沉淀为_________________________________(填化学式);
(3)步骤③中加入NaCl固体的作用是______________________________,分离出保险粉方法为_______、洗涤、干燥,洗涤所用试剂是___________________________。
Ⅱ.工业上也可用右图装置电解NaHSO3溶液制Na2S2O4。
(1)惰性电极a连接电源的_________(填“正极”或“负极”),其电极反应式为________________;
(2)若不加隔膜,则得不到连二亚硫酸钠,其原因是____________________________。
Ⅲ.探究Na2S2O4的性质:
某课题小组常温下测定0.050mol•L-1Na2S2O4溶液在空气中的pH变化如下图所示;
(1)0-t1段主要生成HSO3-,根据pH变化图,写出0-t1发生反应的离子方程式为______________;
(2)若t1时溶液中Na2S2O4全部被氧化成NaHSO3,此时溶液中c(SO32-)-c(H2SO3)=__________mol•L-1(填具体数值,不考虑溶液体积变化)
【答案】Zn+2SO2=ZnS2O4Zn(OH)2降低Na2S2O4的溶解度,使更多Na2S2O4析出过滤乙醇负极2HSO3-+2e-=S2O42-+2OH-Na2S2O4被阳极生成的氧气氧化或HSO3-在阳极失电子得到硫酸根2H2O+2S2O42-+O2=4HSO3-10-5-10-9
【解析】Ⅰ.锌粉加水形成分散系,再通入二氧化硫反应得到ZnS2O4,加入18%dNaOH溶液反应得到氢氧化锌沉淀、Na2S2O4,最后加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度,析出Na2S2O4,溶液D中含有NaCl。
(1)根据上述分析,步骤①中的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4,故答案为:
Zn+2SO2=ZnS2O4;
(2)步骤②中沉淀为Zn(OH)2,故答案为:
Zn(OH)2;
(3)步骤③中加入NaCl固体可以降低Na2S2O4的溶解度,使更多Na2S2O4析出,然后过滤、洗涤、干燥即可分离出保险粉;连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是一种强还原剂,可溶于水,但不溶于乙醇。
为了减少Na2S2O4的溶解损失,洗涤液可以选用乙醇,故答案为:
降低Na2S2O4的溶解度,使更多Na2S2O4析出;过滤;乙醇;
Ⅱ.a极上NaHSO3生成Na2S2O4,S元素化合价由+4价降低到+3价,发生还原反应,应为阴极,a连接电源的负极,b极上氢氧化钠溶液中的水被氧化生成氧气,为阳极,b连接电源的正极。
(1)根据上述分析,惰性电极a连接电源的负极”),其电极反应式为2HSO3-+2e-=S2O42-+2OH-,故答案为:
负极;2HSO3-+2e-=S2O42-+2OH-;
(2)若不加隔膜,Na2S2O4被阳极生成的氧气氧化得到硫酸根,得不到连二亚硫酸钠,故答案为:
Na2S2O4被阳极生成的氧气氧化得到硫酸根;
Ⅲ.
(1)Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠,则0~t1段发生离子反应方程式为2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-,故答案为:
2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-;
(2)若t1时溶液中Na2S2O4全部被氧化成NaHSO3,浓度为0.1mol/L,根据图像,此时溶液的pH=5,溶液中存在物料守恒,c(SO32-)+c(H2SO3)+c(HSO3-)=0.1mol/L,也存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),则c(SO32-)-c(H2SO3)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)-0.1mol/L=c(H+)-c(OH-)=(10-5-10-9)mol/L,故答案为:
10-5-10-9。
5.钢铁分析中常用高氯酸(HClO4)溶解矿样,某研究性学习小组欲制取少量高氯酸。
该学习小组查阅到:
a.HClO4浓度高于60%时遇含碳化合物易爆炸,浓度低于60%时比较稳定;
b.NaClO4与浓硫酸反应可制得高氯酸,若采用真空蒸馏可得纯高氯酸;
c.NaClO3在673K(400℃)分解产生NaClO4、NaCl和一种气体。
该小组同学设计实验分三步制备高氯酸:
(一)制氯气并使制得的氯气与氢氧化纳溶液反应制氯酸纳;
(二)氯酸钠分解制高氯酸钠;
(三)高氯酸纳与浓硫酸反应制高氯酸[2NaClO4+H2SO4(浓)
Na2SO4+2HClO4]。
(1)制取氯酸钠的装置连接顺序为A,___________
(2)B装置中发生反应的离子方程式为__________________________。
(3)为了制备高氯酸钠并推出氯酸钠分解制高氯酸钠的化学方程式,该小组设计了两组装置(甲,乙)如下:
该小组经过分析决定选用甲装置制备高氯酸钠,取NaClO3样品2.13g,加热充分反应后集气瓶中收集到224mL(标准状况下)气体,则该反应的化学方程式为_________________________;不选用乙装置的原因可能为______________________。
(4)用丙裝置制备高氯酸,向烧瓶中加入高氯酸钠,然后加入浓硫酸后,加热可制取高氯酸。
实验开始前,胶塞及导管接口需要包锡箔纸,其原因是___________,仪器E的名称为___________。
该组同学发现操作中少加入一种物质,该物质的名称为___________。
发现后的正确操作为_________________。
(5)工业上大量制备NaClO4常用高电流密度电解NaClO3的方法,试写出以惰性电极电解时的阳极反应式:
_______________________________________________。
【答案】C,B,D3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O2NaClO3
NaClO4+NaCl+O2↑乙装置不能快速判断氯酸钠是否完全反应且反应后气体无法收集橡胶中含有“碳”,若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管极有可能会爆炸锥形瓶碎瓷片(或沸石)停止实验,冷却后加入碎瓷片(或沸石)再继续进行实验ClO3--2e+H2O=ClO4-+2H+
【解析】
(1).装置A制取的氯气通过装置C除去氯化氢杂质,在装置B中,氯气与氢氧化钠溶液反应制得氯酸钠,用D吸收多余的氯气,防止污染环境,所以制取氯酸钠的装置连接顺序为A,C,B,D,故答案为C,B,D;
(2).在B装置中,氯气和氢氧化钠溶液在加热的条件下发生反应,生成氯化钠、氯酸钠和水,反应的离子方程式为:
3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O,故答案为3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O;
(3).用甲装置制备高氯酸钠,2.13gNaClO3样品的物质的量为0.02mol,224mL(标准状况下)气体的物质的量为0.01mol,则该反应的化学方程式为2NaClO3
NaClO4+NaCl+O2↑;因乙装置不能快速判断氯酸钠是否完全反应且反应后气体无法收集,所以不选用乙装置,故答案为2NaClO3
NaClO4+NaCl+O2↑;乙装置不能快速判断氯酸钠是否完全反应且反应后气体无法收集;
(4).实验开始前,胶塞及导管接口需要包锡箔纸,其原因是橡胶中含有“碳”,若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管极有可能会爆炸;仪器E的名称为锥形瓶;该组同学发现操作中少加入一种物质,该物质的名称为碎瓷片(或沸石),发现后的正确操作为停止实验,冷却后加入碎瓷片(或沸石)再继续进行实验,故答案为橡胶中含有“碳”,若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管极有可能会爆炸;锥形瓶;碎瓷片(或沸石);停止实验,冷却后加入碎瓷片(或沸石)再继续进行实验;
(5).工业上大量制备NaClO4常用高电流密度电解NaClO3的方法,以惰性电极电解时,阳极发生氧化反应,则阳极反应式为:
ClO3--2e-+H2O=ClO4-+2H+,故答案为ClO3--2e-+H2O=ClO4-+2H+。
6.电解原理和原电池原理是电化学的两个重要内容。
某兴趣小组做如下探究实验:
(1)如上图1为某实验小组依据氧化还原反应设计的原电池装置,若盐桥中装有饱和的KNO3溶液和琼胶制成的胶冻,则NO3-移向_____________装置(填写“甲或乙”)。
其他条件不变,若将Cu
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