2022年高考化學(xué)分類匯編 考點9 電化學(xué)

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1、2022年高考化學(xué)分類匯編 考點9 電化學(xué) 一、選擇題 1.(xx·浙江高考·5)鎳氫電池(NiMH)目前已經(jīng)成為混合動力汽車的一種主要電池類型。NiMH中的M表示儲氫金屬或合金。該電池在充電過程中的總反應(yīng)方程式是: Ni(OH)2+MNiOOH+MH 已知:6NiOOH+NH3+H2O+OH-6Ni(OH)2+N 下列說法正確的是　(　　) A.NiMH電池放電過程中,正極的電極反應(yīng)式為:NiOOH+H2O+e-Ni(OH)2+OH- B.充電過程中OH-離子從陽極向陰極遷移 C.充電過程中陰極的電極反應(yīng)式:H2O+M+e-MH+OH-,H2O中的H被M還原 D.NiMH電

2、池中可以用KOH溶液、氨水等作為電解質(zhì)溶液 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)熟練運用電化學(xué)原理判斷所發(fā)生的反應(yīng)及化合價變化的元素。 (2)結(jié)合信息、氧化還原反應(yīng)及守恒知識,熟練書寫及判斷電極反應(yīng)式。 【解析】選A。正極發(fā)生得電子的還原反應(yīng),結(jié)合充電時的方程式知A正確;電解時陰離子移向陽極,B錯誤;MH中M和氫化合價都是0價,充電時陰極發(fā)生水中的氫得電子被還原的反應(yīng),不是被M還原,C錯誤;根據(jù)已知信息6NiOOH+NH3+H2O+OH-6Ni(OH)2+N,電解質(zhì)溶液若用氨水時會發(fā)生副反應(yīng),D錯誤。 【誤區(qū)提醒】MH是金屬或合金吸收氫后的物質(zhì),但是化合價沒有變化,通過分析

3、所給反應(yīng)可以得到,否則容易將得電子的元素看作是金屬而錯選。 2.(xx·上海高考·12)如右圖所示,將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U形管中。下列分析正確的是　(　　) A.K1閉合,鐵棒上發(fā)生的反應(yīng)為2H++2e-H2↑ B.K1閉合,石墨棒周圍溶液pH逐漸升高 C.K2閉合,鐵棒不會被腐蝕,屬于犧牲陽極的陰極保護法 D.K2閉合,電路中通過0.002NA個電子時,兩極共產(chǎn)生0.001 mol氣體 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)明確電化學(xué)原理; (2)注意電極材料及離子放電順序。 【解析】選B。K1閉合形成原電池,鐵作負極,失電子被腐蝕,石墨電極是正

4、極,氧氣得電子變?yōu)镺H-,pH逐漸升高,A錯誤、B正確;K2閉合,鐵棒作陰極被保護,不會被腐蝕,屬于外加電流的陰極保護法,C錯誤;K2閉合形成電解池,兩極分別產(chǎn)生氯氣和氫氣,電路中通過0.002NA個電子時,每極上產(chǎn)生0.001 mol氣體,共 0.002 mol氣體,D錯誤。 3.(xx·廣東高考·11)某同學(xué)組裝了如圖所示的電化學(xué)裝置。電極Ⅰ為Al,其他電極均為Cu,則　(　　) A.電流方向:電極Ⅳ→→電極Ⅰ B.電極Ⅰ發(fā)生還原反應(yīng) C.電極Ⅱ逐漸溶解 D.電極Ⅲ的電極反應(yīng):Cu2++2e-Cu 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)掌握判斷電解池和原電池的方

5、法; (2)電流方向與電子流動方向相反。 【解析】選A。電極Ⅰ是原電池的負極,電極Ⅱ是原電池的正極,電極Ⅲ是電解池的陽極,電極Ⅳ是電解池的陰極,故電流方向:電極Ⅳ→→電極Ⅰ,A正確;電極Ⅰ發(fā)生氧化反應(yīng),B錯誤;電極Ⅱ是原電池的正極,發(fā)生還原反應(yīng),有單質(zhì)銅析出,C錯誤;電極Ⅲ是電解池的陽極,發(fā)生氧化反應(yīng),電極反應(yīng)為Cu-2e-Cu2+,D錯誤。 【誤區(qū)提醒】原電池與電解池串聯(lián)時,可通過電極的活性差異判斷裝置是不是原電池。一般情況下,若電極不同且其中的一極能與電解質(zhì)反應(yīng),則該裝置為原電池;若電極材料相同,則為電解池。 4.(xx·海南高考·3)以石墨為電極,電解KI溶液(其中含有少量酚酞和

6、淀粉),下列說法錯誤的是　(　　) A.陰極附近溶液呈紅色　　 B.陰極逸出氣體 C.陽極附近溶液呈藍色 D.溶液的pH變小 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)電解池的兩極電極產(chǎn)物的判斷; (2)碘使淀粉變藍和堿使酚酞變紅。 【解析】選D。惰性電極電解碘化鉀溶液,陰極氫離子得電子生成氫氣,同時生成氫氧化鉀,因此溶液變紅(堿使酚酞變紅),A、B說法正確;陽極產(chǎn)生碘單質(zhì),碘使淀粉變藍,C說法正確;陰極氫離子得電子生成氫氣,同時生成氫氧化鉀,堿性增強,D說法錯誤。 【誤區(qū)提醒】(1)電極產(chǎn)物判斷不準確,而錯誤判斷電極產(chǎn)物為鉀和碘單質(zhì); (2)溶液的酸堿性變化不清晰,只

7、考慮電極產(chǎn)物碘單質(zhì)和氫氣,而忽略氫氧化鉀的生成,導(dǎo)致溶液酸堿性判斷出錯。 5.(xx·北京高考·8)下列電池工作時,O2在正極放電的是　(　　) 【解題指南】解答本題需注意以下兩點: (1)明確正負極上發(fā)生的反應(yīng)是解答本題的關(guān)鍵; (2)電極反應(yīng)式的書寫要結(jié)合電解質(zhì)溶液的酸堿性。 【解析】選B。鋅錳電池中電極反應(yīng)式,負極:Zn-2e-Zn2+、正極:2MnO2+2N+2e-Mn2O3+2NH3+H2O,所以不符合題意,故A錯誤;酸性氫燃料電池電極反應(yīng)式為2H2-4e-4H+、O2+4H++4e-2H2O,堿性氫燃料電池電極反應(yīng)式為2H2-4e-+4OH-4H2O、O2+2H2O+

8、4e-4OH-,所以符合題意,故B正確;鉛蓄電池放電時負極電極反應(yīng)式:Pb-2e-+SPbSO4,正極電極反應(yīng)式:PbO2+2e-+4H++SPbSO4+2H2O,所以不符合題意,故C錯誤;鎳鎘電池放電,正極:2NiOOH+2H2O+2e-2Ni(OH)2+2OH-、負極:Cd+2OH--2e-Cd(OH)2,所以不符合題意,故D錯誤。 6.(xx·海南高考·16)鋰錳電池的體積小,性能優(yōu)良,是常用的一次電池。該電池反應(yīng)原理如圖所示,其中電解質(zhì)LiClO4溶于混合有機溶劑中,Li+通過電解質(zhì)遷移入MnO2晶格中,生成LiMnO2。 回答下列問題: (1)外電路的電流方向是由　　　　　

9、　極流向　　　　　　極。(填字母) (2)電池正極反應(yīng)式為　 。 (3)是否可用水代替電池中的混合有機溶劑?　　　　　　(填“是”或“否”),原因是　　　　　　　　　　　　　　　。 (4)MnO2可與KOH和KClO3在高溫下反應(yīng),生成K2MnO4,反應(yīng)的化學(xué)方程式為　　　　　　　　　　　　　　　,K2MnO4在酸性溶液中歧化,生成KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為　　　　　　　。 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)原電池原理和兩極判斷,外電路的電流流向; (2)電極反應(yīng)式書寫和電解質(zhì)溶液的探究。 【解析

10、】(1)鋰錳電池的一個電極反應(yīng)物為單質(zhì)鋰,另一個電極反應(yīng)物為二氧化錳,則負極為金屬鋰,正極為二氧化錳,則外電路電流流向為正極經(jīng)導(dǎo)線到達負極,即b-導(dǎo)線-a; (2)正極為二氧化錳,而題干中給出鋰離子通過電解質(zhì)遷移入二氧化錳晶格中生成LiMnO2,故電極反應(yīng)式為MnO2+e-+Li+LiMnO2; (3)由于負極為金屬鋰,鋰為活潑堿金屬元素,單質(zhì)鋰與水發(fā)生反應(yīng),所以不能用水溶液作電解質(zhì); (4)二氧化錳可與氫氧化鉀、氯酸鉀在高溫下生成錳酸鉀,則錳化合價升高,依據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價變化規(guī)律,氯元素化合價降低,生成氯化鉀,然后依據(jù)電子得失守恒配平化學(xué)方程式為3MnO2+KClO3+6KOH3K

11、2MnO4+KCl+3H2O;錳酸鉀溶液在酸性溶液中歧化,生成高錳酸鉀和二氧化錳,依據(jù)化合價升降相等快速判斷產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比(K2MnO4→KMnO4化合價升高1;K2MnO4→MnO2化合價降低2)為2∶1。 答案:(1)b　a　(2)MnO2+e-+Li+LiMnO2 (3)否　電極Li是活潑金屬,能與水反應(yīng) (4)3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O 2∶1 7.(xx·福建高考·11)某原電池裝置如圖所示,電池總反應(yīng)為2Ag+Cl22AgCl。下列說法正確的是　(　　) A.正極反應(yīng)為AgCl+e-Ag+Cl- B.放電時,交

12、換膜右側(cè)溶液中有大量白色沉淀生成 C.若用NaCl溶液代替鹽酸,則電池總反應(yīng)隨之改變 D.當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.01 mol e-時,交換膜左側(cè)溶液中約減少0.02 mol離子 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)原電池的正極得電子發(fā)生還原反應(yīng); (2)陽離子交換膜只允許陽離子通過。 【解析】選D。電池總反應(yīng)為2Ag+Cl22AgCl,根據(jù)題干裝置圖和原電池原理,正極得電子,所以正極反應(yīng)式為Cl2+2e-2Cl-,A錯誤;放電時,氯化銀/銀電極為負極,銀單質(zhì)失電子與鹽酸中的氯離子形成氯化銀沉淀,故交換膜左側(cè)溶液中有大量白色沉淀生成,B錯誤;若用氯化鈉溶液代替鹽酸,電極反應(yīng)式不變

13、,C錯誤;當(dāng)轉(zhuǎn)移0.01 mol電子,則負極生成了0.01 mol氯化銀,則減少了0.01 mol氯離子,正極氯氣得電子變?yōu)槁入x子,左側(cè)的溶液中的氫離子通過離子交換膜轉(zhuǎn)移到右側(cè)(物質(zhì)的量為0.01 mol),故左側(cè)溶液中約減少0.02 mol離子,D正確。 【誤區(qū)提醒】 (1)忽視了離子交換膜,弄不清楚何種離子通過交換膜。 (2)電極判斷錯誤,應(yīng)依據(jù)氧化還原反應(yīng)中的氧化反應(yīng)在負極,還原反應(yīng)在正極進行確定。 (3)溶液中離子濃度的減小不僅僅包含電極反應(yīng)式中減少的,還包括通過離子交換膜轉(zhuǎn)移的。 8.(xx·天津高考·1)化學(xué)與生產(chǎn)、生活息息相關(guān),下列敘述錯誤的是　(　　) A.鐵表面鍍

14、鋅可增強其抗腐蝕性 B.用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可減少白色污染 C.大量燃燒化石燃料是造成霧霾天氣的一種重要因素 D.含重金屬離子的電鍍廢液不能隨意排放 【解題指南】解答本題需注意以下兩點: (1)原電池的正極都是被保護的。 (2)聚乙烯塑料不能降解,聚乳酸塑料可降解。 【解析】選B。鐵表面鍍鋅時,鋅作負極失電子,鐵作正極被保護,所以可以增強鐵的抗腐蝕性,A正確;聚乙烯在自然界中很難分解,可以造成白色污染,B錯誤;大量燃燒化石燃料會產(chǎn)生煙塵等污染物,造成霧霾天氣,C正確;含有重金屬離子的電鍍廢液能造成水污染,不能隨意排放,D正確。 9.(xx·天津高考·6)已知:鋰離子電池的

15、總反應(yīng)為LixC+Li1-xCoO2C+LiCoO2,鋰硫電池的總反應(yīng)為2Li+SLi2S 有關(guān)上述兩種電池說法正確的是　(　　) A.鋰離子電池放電時,Li+向負極遷移 B.鋰硫電池充電時,鋰電極發(fā)生還原反應(yīng) C.理論上兩種電池的比能量相同 D.上圖表示用鋰離子電池給鋰硫電池充電 【解題指南】解答本題需注意參與電極反應(yīng)的單位質(zhì)量的電極材料放出電能的大小稱為該電池的比能量,若是同一種電極材料,比能量大小同該物質(zhì)的化合價密切相關(guān)。 【解析】選B。A項,原電池中陽離子向正極移動,則鋰離子電池放電時,Li+向正極遷移,錯誤;B項,鋰硫電池充電時,鋰電極與外接電源的負極相連,鋰電極上

16、,Li+得電子發(fā)生還原反應(yīng),正確;C項,鋰硫電池放電時負極為Li,鋰離子電池放電時負極為LixC,兩種電池鋰的變價不同,兩種電池的負極材料不同,所以比能量不相同,錯誤;D項,充電時,正接正,負接負,所以Li電極接C電極,錯誤。 【誤區(qū)提醒】(1)原電池放電時,陽離子向正極移動,很多同學(xué)誤以為向負極移動而誤選A。(2)給二次電池充電時,要使金屬離子變成金屬單質(zhì),必須發(fā)生還原反應(yīng),作電解池的陰極,必須連接原電池的負極,如本題D項就是對這一知識點的考查。 10.(xx·新課標全國卷Ⅱ·12)xx年3月我國科學(xué)家報道了如圖所示的水溶液鋰離子電池體系。下列敘述錯誤的是　(　　) A.a為電池的

17、正極 B.電池充電反應(yīng)為LiMn2O4Li1-xMn2O4+xLi C.放電時,a極鋰的化合價發(fā)生變化 D.放電時,溶液中Li+從b向a遷移 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意解答電化學(xué)題目的流程: 確定電池兩極判斷電子、離子移動方向書寫電極反應(yīng)和電池反應(yīng) 【解析】選C。鋰離子電池中,b電極為Li,放電時,Li失電子為負極,LiMn2O4得電子為正極,所以a為電池的正極,故A正確;充電時,Li+在陰極得電子,Li1-xMn2O4在陽極失電子,電池充電反應(yīng)為LiMn2O4Li1-xMn2O4+xLi,故B正確;放電時,a為正極,正極上LiMn2O4中錳元素得電子,所以鋰的化合價不變,故C錯

18、誤;放電時,溶液中陽離子向正極移動,即溶液中Li+從b向a遷移,故D正確。 二、非選擇題 11.(xx·重慶高考·11)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(dāng)前關(guān)注的熱點之一。 (1)氫氣是清潔能源,其燃燒產(chǎn)物為　 。 (2)NaBH4是一種重要的儲氫載體,能與水反應(yīng)生成NaBO2,且反應(yīng)前后B的化合價不變,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為? 　, 反應(yīng)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(yīng)來實現(xiàn)脫氫和加氫。 (g)(g)+3H

19、2(g)。 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amol·L-1,平衡時苯的濃度為bmol·L-1,該反應(yīng)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(xué)儲氫(忽略其他有機物)。 ①導(dǎo)線中電子轉(zhuǎn)移方向為　　　　。(用A、D表示) ②生成目標產(chǎn)物的電極反應(yīng)式為　 。 ③該儲氫裝置的電流效率η=　　　　。(η=×100%,計算結(jié)果保留小數(shù)點后1位) 【解題指南】解答本題注意以下兩點: (1)根據(jù)NaBH4與水反應(yīng)時產(chǎn)物為NaBO2并且B的化合價不變,寫出反應(yīng)的方程式并且配

20、平,然后根據(jù)反應(yīng)方程式計算轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目; (2)燃料電池中的高分子電解質(zhì)膜只允許氫離子通過,說明兩個電極反應(yīng)中均有氫離子參與。 【解析】(1)氫氣完全燃燒的產(chǎn)物是H2O。 (2)NaBH4與水反應(yīng)生成NaBO2,且反應(yīng)前后B的化合價不變,NaBO2中硼元素化合價為+3價,所以NaBH4中氫元素的化合價為-1價,所以氫元素化合價由-1價、+1價變?yōu)?價,再結(jié)合轉(zhuǎn)移電子守恒配平方程式為NaBH4+2H2ONaBO2+4H2↑,反應(yīng)消耗1 mol NaBH4時轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=1 mol×4×(1-0)=4 mol,所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NA或2.408×1024。 (3)利用三段式解題

21、　　　　　(g)(g)+3H2(g) 起始 (mol·L-1) 　a 　0 0 轉(zhuǎn)化 (mol·L-1) 　b b 3b 平衡 (mol·L-1) 　a-b 　b 3b 化學(xué)平衡常數(shù)K==。 (4)①根據(jù)題干圖示苯→環(huán)己烷知發(fā)生還原反應(yīng),則D是陰極,電子轉(zhuǎn)移方向為A→D;②苯得到電子生成環(huán)己烷是目標產(chǎn)物(儲氫),反應(yīng)為C6H6+6H++6e-C6H12;③陽極生成2.8 mol氣體應(yīng)該是氧氣,轉(zhuǎn)移電子2.8 mol×4=11.2 mol,設(shè)陰極消耗苯的物質(zhì)的量為xmol,轉(zhuǎn)移電子6xmol,生成環(huán)己烷xmol,根據(jù)

22、得失電子相等,陰極還生成氫氣(11.2-6x)÷2 mol,(2.4-x)/[10+(11.2 mol-6xmol)÷2]=0.1,x=1.2,因此儲氫裝置的電流效率η=(6x/11.2)×100%=64.3%。 答案:(1)水(或H2O) (2)NaBH4+2H2ONaBO2+4H2↑ 4NA(或2.408×1024) (3) (4)①A→D　②C6H6+6H++6e-C6H12?、?4.3% 12.(xx·新課標全國卷Ⅰ·27)次磷酸(H3PO2)是一種精細磷化工產(chǎn)品,具有較強還原性,回答下列問題: (1)H3PO2是一元中強酸,寫出其電離方程式:?

23、 　。 (2)H3PO2及NaH2PO2均可將溶液中的Ag+還原為銀,從而可用于化學(xué)鍍銀。 ①H3PO2中,磷元素的化合價為　　　　。 ②利用H3PO2進行化學(xué)鍍銀反應(yīng)中,氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4∶1,則氧化產(chǎn)物為　　　　(填化學(xué)式)。 ③NaH2PO2為　　　　(填“正鹽”或“酸式鹽”),其溶液顯　　　　(填“弱酸性”“中性”或“弱堿性”)。 (3)H3PO2的工業(yè)制法是:將白磷(P4)與Ba(OH)2溶液反應(yīng)生成PH3氣體和Ba(H2PO2)2,后者再與H2SO4反應(yīng),寫出白磷與Ba(OH)2溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式:?

24、 　。 (4)H3PO2也可用電滲析法制備?！八氖译姖B析法”工作原理如圖所示(陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過): ①寫出陽極的電極反應(yīng)式　 。 ②分析產(chǎn)品室可得到H3PO2的原因　 。 ③早期采用“三室電滲析法”制備H3PO2:將“四室電滲析法”中陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替,并撤去陽極室與產(chǎn)品室之間的陽膜,從而合并了陽極室與產(chǎn)品室,其缺點是產(chǎn)品中混有　　　　雜質(zhì)。該

25、雜質(zhì)產(chǎn)生的原因是? 。 【解析】(1)一元中強酸電離時只電離出一個氫離子。(2)①根據(jù)化合物中正負化合價代數(shù)和為0,H是+1價,O是-2價,得出P為+1價;②氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4∶1時,氧化劑得到4 mol電子,1 mol還原劑失去4 mol電子,則P的化合價從+1價上升到+5價;③因為H3PO2是一元中強酸,所以NaH2PO2是正鹽,且是強堿弱酸鹽,溶液呈弱堿性。(3)白磷(P4)與氫氧化鋇溶液反應(yīng)生成PH3氣體和Ba(H2PO2)

26、2,磷元素的化合價由0價變?yōu)?3價和+1價,根據(jù)得失電子守恒進行配平。(4)①電解時陽極氫氧根離子失電子生成氧氣;②陽極室的氫離子通過陽膜到達產(chǎn)品室,原料室中的H2P通過陰膜進入產(chǎn)品室,二者生成產(chǎn)品;③由于陽極產(chǎn)生氧氣,如果陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替,氧氣會把其氧化為P。 答案:(1)H3PO2H++H2P (2)①+1?、贖3PO4?、壅}　弱堿性 (3)2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3↑ (4)①2H2O-4e-O2↑+4H+ ②陽極室的H+穿過陽膜擴散至產(chǎn)品室,原料室的H2P穿過陰膜擴散至產(chǎn)品室,二者反應(yīng)生成H3PO2 ③P　H3P

27、O2或H2P被氧化 【誤區(qū)提醒】幾元酸的判斷不能根據(jù)分子式中氫原子的個數(shù),如果不注意,很容易把H3PO2的電離方程式誤寫為三步電離,把NaH2PO2誤認為酸式鹽。 13.(xx·北京高考·26)NH3經(jīng)一系列反應(yīng)可以得到HNO3和NH4NO3,如下圖所示。 (1)Ⅰ中,NH3和O2在催化劑作用下反應(yīng),其化學(xué)方程式是　 。 (2)Ⅱ中,2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。在其他條件相同時,分別測得NO的平衡轉(zhuǎn)化率在不同壓強(p1、p2)下溫度變化的曲線(如下圖)。 ①比較p1、p2的大小關(guān)系:　　　　。 ②隨溫度升高,該反應(yīng)平衡常數(shù)變化的趨

28、勢是　　　 　。 (3)Ⅲ中,將NO2(g)轉(zhuǎn)化為N2O4(l),再制備濃硝酸。 ①已知:2NO2(g)N2O4(g)　ΔH1 2NO2(g)N2O4(l)　ΔH2 下列能量變化示意圖中,正確的是(選填字母)　　　　。 ②N2O4與O2、H2O化合的化學(xué)方程式是　 。 (4)Ⅳ中,電解NO制備NH4NO3,其工作原理如下圖所示,為使電解產(chǎn)物全部轉(zhuǎn)化為NH4NO3,需補充物質(zhì)A,A是　　,說明理由:? 　。 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下3點

29、: (1)要注意常見的能量變化,如化合反應(yīng)一般為放熱反應(yīng),物質(zhì)由氣態(tài)變成液態(tài)一般要放出熱量等。 (2)要會分析化學(xué)平衡圖像,其基本方法是“定一議二”,如本題比較p1、p2的大小關(guān)系先固定溫度不變,看NO的轉(zhuǎn)化率和壓強的變化關(guān)系。 (3)要熟練掌握常見方程式的書寫以及它們的變形。 【解析】(1)氨氣的催化氧化方程式:4NH3+5O24NO+6H2O。 (2)①該反應(yīng)正反應(yīng)方向是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng),增大壓強,正向移動,即壓強越高,NO的轉(zhuǎn)化率越大,根據(jù)題圖可知,相同的溫度下,壓強為p1時的NO轉(zhuǎn)化率小于壓強為p2時的轉(zhuǎn)化率,故p1

30、,又根據(jù)題圖可知,隨著溫度升高,NO的轉(zhuǎn)化率降低,即升高溫度,平衡向逆反應(yīng)方向移動,則正反應(yīng)是放熱反應(yīng),隨著溫度的升高,平衡常數(shù)減小。 (3)①二氧化氮轉(zhuǎn)化成四氧化二氮是化合反應(yīng),化合反應(yīng)一般是放熱反應(yīng),又因為氣態(tài)四氧化二氮的能量大于液態(tài)四氧化二氮的能量,因此答案選A;②N2O4與O2和H2O反應(yīng)生成HNO3的化學(xué)方程式為2N2O4+O2+2H2O4HNO3。 (4)電解NO制備硝酸銨,陽極:NO-3e-+2H2ON+4H+;陰極:NO+5e-+6H+N+H2O,由電子守恒可知,陽極產(chǎn)生的N的量要大于陰極產(chǎn)生的N的量,總反應(yīng)為8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3,故應(yīng)再補充適量的氨氣

31、。 答案:(1)4NH3+5O24NO+6H2O (2)①p2>p1　②減小 (3)①A ②2N2O4+O2+2H2O4HNO3 (4)氨氣　由電子守恒可知陽極產(chǎn)生的N的量要大于陰極產(chǎn)生的N的量,所以需補充NH3 14.(xx·北京高考·28)用FeCl3酸性溶液脫除H2S后的廢液,通過控制電壓電解得以再生。某同學(xué)使用石墨電極,在不同電壓(x)下電解pH=1的 0.1 mol·L-1FeCl2溶液,研究廢液再生機理。記錄如下(a、b、c代表電壓值): 序號 電壓/V 陽極現(xiàn)象 檢驗陽極產(chǎn)物 Ⅰ x≥a 電極附近出現(xiàn)黃色,有氣泡產(chǎn)生 有Fe3+、有Cl2 Ⅱ a

32、>x≥b 電極附近出現(xiàn)黃色,無氣泡產(chǎn)生 有Fe3+、無Cl2 Ⅲ b>x>0 無明顯變化 無Fe3+、無Cl2 (1)用KSCN溶液檢驗出Fe3+的現(xiàn)象是　 。 (2)Ⅰ中,Fe3+產(chǎn)生的原因可能是Cl-在陽極放電,生成的Cl2將Fe2+氧化。寫出有關(guān)反應(yīng):? 　。 (3)由Ⅱ推測,Fe3+產(chǎn)生的原因還可能是Fe2+在陽極放電,原因是Fe2+具有 　　　　性。 (4)Ⅱ中雖未檢測出Cl2,但Cl-在陽極是否放電仍需進一步驗證。

33、電解pH=1的NaCl溶液做對照實驗,記錄如下: 序號 電壓/V 陽極現(xiàn)象 檢驗陽極產(chǎn)物 Ⅳ a>x≥c 無明顯變化 有Cl2 Ⅴ c>x≥b 無明顯變化 無Cl2 ①NaCl溶液的濃度是　　　　mol·L-1。 ②Ⅳ中檢測Cl2的實驗方法:　 。 ③與Ⅱ?qū)Ρ?得出的結(jié)論(寫出兩點):? 　。 【解題指南】解答本題需注意以下兩點: (1)掌握鐵離子的檢驗方法和試劑顏色變化; (2)明確氯離子在陽極失電子生成氯氣,氯氣具有氧化性,氧

34、化亞鐵離子生成鐵離子,溶液變黃色。 【解析】(1)用KSCN溶液檢測Fe3+的現(xiàn)象是溶液變紅色; (2)依據(jù)電解原理,氯離子在陽極失電子生成氯氣,電極反應(yīng)式為2Cl--2e- Cl2↑,氯氣具有氧化性,氧化亞鐵離子生成鐵離子,溶液變黃色,反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2Fe2+2Fe3++2Cl-; (3)由Ⅱ推測,Fe3+產(chǎn)生的原因還可能是Fe2+在陽極放電,元素化合價升高,依據(jù)氧化還原反應(yīng)分析Fe2+具有還原性; (4)①電解pH=1的0.1 mol·L-1FeCl2溶液,電解pH=1的NaCl溶液做對照實驗,探究氯離子是否放電,需要在Cl-濃度相同的條件下進行,所以氯化鈉溶液的濃度

35、為0.2 mol·L-1; ②依據(jù)檢驗氯氣的實驗方法分析,取少量陽極附近的溶液,滴在淀粉碘化鉀試紙上,試紙變藍色證明生成氯氣,否則無氯氣生成; ③依據(jù)圖表數(shù)據(jù)比較可知,電解pH=1的NaCl溶液做對照實驗與Ⅱ?qū)Ρ?通過控制電壓證明了亞鐵離子還原性大于氯離子,優(yōu)先放電,說明生成鐵離子有兩種原因。 答案:(1)溶液變紅 (2)2Cl--2e-Cl2↑、Cl2+2Fe2+2Cl-+2Fe3+ (3)還原 (4)①0.2?、谌∩倭筷枠O附近的溶液,滴在淀粉碘化鉀試紙上,試紙變藍色 ③通過控制電壓,證實了產(chǎn)生Fe3+的兩種原因;通過控制電壓,驗證了Fe2+先于Cl-放電 15.(xx·四川

36、高考·11)污染物的有效去除和資源的充分利用是化學(xué)造福人類的重要研究課題。某研究小組利用軟錳礦(主要成分為MnO2,另含有少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)作脫硫劑,通過如下簡化流程既脫除燃煤尾氣中的SO2,又制得電池材料MnO2(反應(yīng)條件已省略)。 請回答下列問題: (1)上述流程脫硫?qū)崿F(xiàn)了　　　　(選填下列字母編號)。 A.廢棄物的綜合利用 B.白色污染的減少 C.酸雨的減少 (2)用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+,其原因是?　

37、 。 (3)已知:25℃、101 kPa時,Mn(s)+O2(g)MnO2(s)　　ΔH=-520 kJ·mol-1 S(s)+O2(g)SO2(g)　　　ΔH=-297 kJ·mol-1 Mn(s)+S(s)+2O2(g)MnSO4(s)　　　ΔH=-1 065 kJ·mol-1 SO2與MnO2反應(yīng)生成無水MnSO4的熱化學(xué)方程式是? 　。 (4)MnO2可作超級電容器材料。用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2,其陽極的電極反應(yīng)式是　

38、 。 (5)MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料。堿性鋅錳電池放電時,正極的電極反應(yīng)式是　 。 (6)假設(shè)脫除的SO2只與軟錳礦漿中MnO2反應(yīng)。按照圖示流程,將am3(標準狀況)含SO2的體積分數(shù)為b%的尾氣通入礦漿,若SO2的脫除率為89.6%,最終得到MnO2的質(zhì)量為ckg,則除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時,所引入的錳元素相當(dāng)于MnO2　　 kg。 【解題指南】根據(jù)已知反應(yīng)書寫未知熱化學(xué)方程式的流程: 【解析】(1)二氧化硫?qū)Υ髿獾奈廴局饕切纬伤嵊辍? (2)碳酸錳能夠與溶

39、液中的氫離子反應(yīng),降低溶液的酸性,從而促進了鋁離子和三價鐵離子的水解,從而使兩者變成氫氧化物沉淀下來。 (3)將熱化學(xué)方程式從上到下依次標為①、②、③,根據(jù)蓋斯定律,將③-①-②可得到所要求的熱化學(xué)反應(yīng)方程式: MnO2(s)+SO2(g)MnSO4(s)　ΔH=-248 kJ·mol-1。 (4)電解池的陽極在反應(yīng)中應(yīng)該失去電子,反應(yīng)物為硫酸錳,產(chǎn)物為二氧化錳,反應(yīng)方程式為Mn2++2H2O-2e-MnO2+4H+。 (5)原電池的正極在反應(yīng)過程中應(yīng)該得到電子,錳的化合價由+4價降低為+3價,反應(yīng)方程式為MnO2+H2O+e-MnOOH+OH-。 (6)參加反應(yīng)的二氧化硫的物質(zhì)的量

40、為=0.4ab(mol),生成硫酸錳的物質(zhì)的量為0.4abmol,生成二氧化錳ckg,根據(jù)反應(yīng)3MnSO4+2KMnO4+2H2O5MnO2+ K2SO4+2H2SO4,消耗硫酸錳的物質(zhì)的量是×mol,除去金屬雜質(zhì)時引入的錳元素的物質(zhì)的量是×mol-0.4abmol,相當(dāng)于二氧化錳的質(zhì)量是(×mol-0.4abmol)×87 g·mol-1=(600c-34.8ab)g=kg。 答案:(1)A、C (2)消耗溶液中的酸,促進Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀 (3)MnO2(s)+SO2(g)MnSO4(s)　　ΔH=-248 kJ·mol-1 (4)Mn2++2H2O-2e-M

41、nO2+4H+ (5)MnO2+H2O+e-MnOOH+OH- (6) 16. (xx·江蘇高考·20)硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。由硫化氫獲得硫單質(zhì)有多種方法。 (1)將燒堿吸收H2S后的溶液加入到如下圖所示的電解池的陽極區(qū)進行電解。電解過程中陽極區(qū)發(fā)生如下反應(yīng): S2--2e-S　(n-1)S+S2- ①寫出電解時陰極的電極反應(yīng)式:　 。 ②電解后陽極區(qū)的溶液用稀硫酸酸化得到硫單質(zhì),其離子方程式可寫成　

42、 。 (2)將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應(yīng)回收S,其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如下圖所示。 ①在圖示的轉(zhuǎn)化中,化合價不變的元素是　　　　。 ②反應(yīng)中當(dāng)有1 mol H2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時,保持溶液中Fe3+的物質(zhì)的量不變,需消耗O2的物質(zhì)的量為　　　　。 ③在溫度一定和不補加溶液的條件下,緩慢通入混合氣體,并充分攪拌。欲使生成的硫單質(zhì)中不含CuS,可采取的措施有　 。 (3)H2S在高溫下分解生成硫蒸氣和H2。若反應(yīng)在不同溫度下達到平衡時,混合氣體中各組分的體積分數(shù)如下圖所示,H2S在高

43、溫下分解反應(yīng)的化學(xué)方程式為　 。 【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點: (1)會利用圖示信息,運用化學(xué)觀點,分析解決問題。 (2)會應(yīng)用守恒法(電荷守恒、得失電子守恒)分析電極反應(yīng)式和氧化還原反應(yīng)。 【解析】(1)陰極區(qū)生成氫氣,電極反應(yīng)式為2H2O+2e-H2↑+2OH-;電解后陽極區(qū)離子為,酸性條件下,和H+反應(yīng)生成單質(zhì)S,硫元素失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成單質(zhì)硫,同時硫元素得電子生成H2S,即離子方程式為+2H+(n-1)S↓+ H2S↑。(2)①圖中的反應(yīng)有Cu2+與

44、H2S反應(yīng)生成CuS和H+、CuS與Fe3+反應(yīng)生成Fe2+與Cu2+和S、Fe2+被O2氧化生成Fe3+,化合價不變的元素是銅、氫、氯;②由S守恒可知1 mol H2S生成1 mol CuS,由得失電子相等可知1 mol CuS生成2 mol Fe2+;再由得失電子相等得2 mol×(3-2)=n(O2)×4,n(O2)=0.5 mol;③CuS是Cu2+與H2S反應(yīng)生成的,CuS與Fe3+反應(yīng)生成Fe2+,Fe2+被O2氧化,所以要使硫固體中不含CuS,只需增大空氣的量即提高混合氣體中空氣的比例。(3)設(shè)H2S分解方程式為nH2SnH2+Sn,觀察圖像,1 100℃時生成的兩種組分的體積分數(shù)之比為20%∶10%=2∶1,所以n=2,H2S分解的方程式為2H2S2H2+S2。 答案:(1)①2H2O+2e-H2↑+2OH- ②+2H+(n-1)S↓+H2S↑ (2)①Cu、H、Cl(或銅、氫、氯) ②0.5 mol ③提高混合氣體中空氣的比例 (3)2H2S2H2+S2 【誤區(qū)提醒】 (1)本題的第(2)問中,會漏寫部分元素。如Cu始終為+2價,H為+1價,Cl-沒有參加反應(yīng)。 (2)本題的第(3)問中,有學(xué)生寫成H2SS+H2,而沒有利用圖中物質(zhì)的比例關(guān)系分析產(chǎn)物不是S,而是S2。