2022年高三化學二輪復習 專題訓練 電化學（含解析）

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1、2022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

2、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Z

3、n-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

4、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

5、，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、炭粉構成原電池，原電池放電過程是放熱反應，A錯誤；B、脫氧過

6、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知識。 5．用惰性電極電解一定量的硫酸銅溶液，當轉移0.4 mol電子時，陰極開始產(chǎn)生氣體，繼續(xù)電解又轉移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．當轉移0.4 mol 電子時，電解生成的銅為12.8 g C．陰極反應

7、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 轉移4e－，當轉移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 轉移4e－ 0.1 0.4 第二階段：2H2O2

8、H2↑+O2↑轉移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

9、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

10、。 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．鐵質配件附有銅質配件，在接觸處易生鐵銹 D．銀質

11、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、鐵質配件附有銅質配件，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管道，使其免受腐蝕。關于此方法，下

12、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

13、鐵相連構成原電池，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

14、，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。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+）穿過固體電解質移到正極的水性

15、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

16、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

17、。 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

18、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 ⑦日本福島核電

19、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，對其有關說法錯誤的是 A．裝置A是原電

20、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

21、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。

22、 （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NaO

23、H作電解質，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鍵技術，是當前關注的熱點之一。 （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時轉移的電子數(shù)目為________。

24、 （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 mol·L－1，平衡時苯的濃度為b mol·L－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＝_________。(，計算結果保留小數(shù)點后1位) 【答案】（12分）（1）H

25、2O（1分） （2）NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑ 4NA或2.408×1024 （3） mol3·L－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，所以轉移的電子數(shù)目是2mol×2×NA=4N

26、A； （3）平衡時苯的濃度是b mol·L－1，則氫氣的濃度是3 b mol·L－1，環(huán)己烷的平衡濃度是（a- b ）mol·L－1，屬于該反應的平衡常數(shù)K= b mol·L－1×（3 b mol·L－1）3/（a- b ）mol·L－1= mol3·L－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，轉移電子的物質的量是2.8mol×4=11.2mol,設陰極消耗苯的物質的量是xmol，轉移6

27、xmol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，物質的量是（11.2-6x）/2mol，10mol的混合氣中苯的物質的量是10mol×24%=2.4mol,后來得到含苯10%的混合氣，則剩余苯的物質的量是(2.4-x)mol,由于電解池中的高分子電解質膜只允許氫離子通過，所以左側得到的含苯的物質的量分數(shù)是10%的混合氣的物質的量是[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=6×1.2/11.2×100%=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

28、 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

29、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驗證 稱取裝置C中反應后的固體4.000

30、g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量分數(shù) 。 （5）亞硝酸鈉易溶于水，將0.2mol·L-1的

31、亞硝酸鈉溶液和0.1mol·L-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

32、（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

33、，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

34、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的量＝0.1000 mol/L×0.0200L×＝0.00500mol，則原樣品中亞硝酸鈉的物質的量＝0.00500mol×＝0.0500mol，其質量＝0.0500mol×69g/mol＝3.45g，所以亞硝酸鈉的質量分數(shù)＝×100%＝86.25%。 （5）鹽酸的酸性強于亞硝酸的，因此將0.2mol·L-1的亞硝酸鈉溶液和0.1mol·L-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的量濃度均相

35、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系是c（Na+）＞c（NO2-）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）。 （6）根據(jù)電解池可知，硝酸轉化為氮氣，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、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

36、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

37、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

38、?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=NiC2O4·2H2O+2NaCl ;燒杯、漏斗、玻璃棒;

39、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：NiC

40、2O4＞NiC2O4?H2O＞NiC2O4?2H2O，結合流程中的變化 可知沉淀為溶解度小的NiC2O4?2H2O，所以根據(jù)轉化關系寫出化學方程式； 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=NiC2O4·2H2O+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

41、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NiC2O4·2H2O轉化為Ni(OH)2，所以C為沉淀Ni（OH）2；根據(jù)流程圖中的轉化關系，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所形成的常見單質的電子式為 。 （2）A、B、C、E的氫化物穩(wěn)定性順序是

42、 。（用化學式回答） （3）分子組成為ACH2的物質在水中會強烈水解，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的單質的一種重要用途 ；工業(yè)上制取該單質的原理反應為 。 （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

43、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

44、＞H2O＞H2S＞SiH4。 （3）分子組成為ACH2的物質是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構和元

45、素周期律的應用；單質硅的用途和制備；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______________________

46、_。 （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，它們之間有如下轉化關系（副產(chǎn)品已略去）。 試回答： （1）若X是強氧化性單質，則A不可能是___________。 a．S b．N2 c．Na d．Mg e．Al （2）若X是金屬單質，向C

47、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，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

48、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

49、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：312kJ×2=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，由轉化關系知，A、B、C中含有的相同元素必須是變價元素，a．S和氧

50、氣反應生成二氧化硫，二氧化硫和氧氣反應生成三氧化硫，符合轉化關系，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，符合轉化關系，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，符合轉化關系，故不選；d．Mg和氧氣反應生成氧化鎂，氧化鎂和氧氣不反應，所以不符合轉化關系，故選；e．Al和氧氣反應生成氧化鋁，氧化鋁和氧氣不反應，所以不符合轉化關系A，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，由轉化關系，X為變價金屬鐵，A為強氧化性物質，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，由轉化關系，且A+C→B，考慮Al的化合物的相互轉化，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：考查結構性質位置關系應用，涉及核外電子排布式、電子式、半徑比較、原電池等?？疾樵貑钨|及其化合物之間的相互轉化關系