考点9 电化学 - 图文

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考点9 电化学

一、选择题

1.(2015·北京高考·12)在通风橱中进行下列实验: 步骤 现Fe表面产生大量无色气Fe表面产生少量红棕色气泡后,迅速停止 Fe、Cu接触后,其表面均产生红棕色气泡 象 泡,液面上方变为红棕色 下列说法不正确的是 ( ) A.Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式:2NO+O22NO2

B.Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应 C.对比Ⅰ、Ⅱ中现象,说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3

D.针对Ⅲ中现象,在Fe、Cu之间连接电流计,可判断Fe是否被氧化 【解题指南】解答本题时应注意以下两点: (1)浓硝酸可使铁钝化。

(2)稀硝酸与铁反应生成NO,NO2呈红棕色。

【解析】选C。步骤Ⅰ是铁与稀硝酸反应生成无色气体NO,NO被空气中的氧气氧化生成红棕色的NO2气体,故A正确;步骤Ⅱ的现象是因为铁发生了钝化,Fe表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应,故B正确;步骤Ⅱ反应停止是因为发生了钝化,不能用来比较稀硝酸和浓硝酸的氧化性强弱,物质氧化性强弱只能通过比较物质得电子能力强弱来分析,故C错误;步骤Ⅲ中Fe、Cu都能与硝酸反应,二者接触,根据构成原电池条件,要想验证铁是否为负极、发生氧化反应,可以连接电流计,故D正确。

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2.(2015·福建高考·9)纯净物X、Y、Z转化关系如下图所示,下列判断正确的是 ( )

A.X可能是金属铜 B.Y不可能是氢气 C.Z可能是氯化钠 D.Z可能是三氧化硫

【解题指南】解答本题时应注意以下两点: (1)物质之间的转化;

(2)物质转化时的反应条件和产物的判断确认。

【解析】选A。A.若X是Cu,Y是Cl2,Cu在Cl2中燃烧产生Z是CuCl2,电解CuCl2溶液产生Cu和Cl2,符合题图转化关系,故选项说法正确;B.若X是Cl2,Y是氢气,氢气在氯气中燃烧产生Z是HCl,电解HCl的水溶液,产生氢气和氯气,符合题图转化关系,故选项说法错误;C.若Z是氯化钠,则X、Y分别是Na和Cl2中的一种,电解氯化钠水溶液会产生氢气、氯气、氢氧化钠,不符合题图转化关系,故选项说法错误;D.若Z是三氧化硫,而X、Y可能是O2和SO2中的一种,SO3溶于水产生硫酸,电解硫酸溶液,实质是电解水,产生氢气和氧气,不符合题图转化关系,故选项说法错误。

3.(2015·福建高考·11)某模拟“人工树叶”电化学实验装置如下图所示,该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O),下列说法正确的是 ( )

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A.该装置将化学能转化为光能和电能 B.该装置工作时H+从b极区向a极区迁移 C.每生成1 mol O2,有44 g CO2被还原 D.a电极的反应为:3CO2+18H+-18e-C3H8O+5H2O

【解题指南】解答本题时应注意以下两点:

(1)原电池和电解池装置的识别,有外接电源一定属于电解池; (2)电解池工作原理的理解与应用。

【解析】选B。该装置有外接电源,结合题中图示分析可知该装置应为电能和光能转化为化学能,A错误;根据同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引的原则,该装置工作时,H+从正电荷较多的阳极b极区向负电荷较多的阴极a极区迁移,B正确。该反应的总方程式是6CO2+8H2O

2C3H8O+9O2。根据反应方程式可知,每生成

1 mol O2,有mol CO2被还原,其质量是g,C错误。根据题中图示可知与电源负极连接的a电极为阴极,发生还原反应,电极的反应式为3CO2+18H++18e-C3H8O+5H2O,D错误。

4.(2015·全国卷Ⅰ·11)微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置,其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是 ( )

A.正极反应中有CO2生成

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B.微生物促进了反应中电子的转移 C.质子通过交换膜从负极区移向正极区 D.电池总反应为C6H12O6+6O2

6CO2+6H2O

【解题指南】解答本题时应遵循以下思路:

【解析】选A。根据碳元素的化合价的变化,二氧化碳中碳元素的化合价为最高价+4价,所以生成二氧化碳的反应为氧化反应,应在负极生成,其电极反应式应为C6H12O6+6H2O-24e-24H++6CO2↑,A错误;在微生物的作用下,该装置为原电池

装置,反应速率比化学反应速率快,所以微生物促进了反应的发生,B正确;原电池中阳离子(质子)向正极移动,C正确;电池的总反应实质是葡萄糖的氧化反应,D正确。

5.(2015·四川高考·4)用下图所示装置除去含CN-、Cl-废水中的CN-时,控制溶液pH为9～10,阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体。下列说法不正确的是 ( )

A.用石墨作阳极,铁作阴极 B.阳极的电极反应式:Cl-+2OH--2e-C.阴极的电极反应式:2H2O+2e-D.除去CN-的反应:2CN-+5ClO-+2H+

ClO-+H2O

H2↑+2OH-

N2↑+2CO2↑+5Cl-+H2O

【解题指南】解答本题时应注意以下两点: (1)活泼金属作阳极,金属发生氧化反应;

(2)碱性溶液中既不能有氢离子参加反应,也不能生成氢离子。

【解析】选D。A选项石墨作阳极,为惰性电极,由溶液中的Cl-放电,电极反应

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式:Cl-+2OH--2e-ClO-+H2O,铁作阴极,在碱性环境下发生2H2O+2e-H2↑+2OH-,

故A、B、C正确;D选项pH为9~10的碱性溶液不可能是H+参加反应,离子反应应为2CN-+5ClO-+H2O

N2↑+2CO2↑+5Cl-+2OH-。

6.(2015·天津高考·4)锌铜原电池装置如图所示,其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,下列有关叙述正确的是 ( )

A.铜电极上发生氧化反应 B.电池工作一段时间后,甲池的c(S

)减小

C.电池工作一段时间后,乙池溶液的总质量增加

D.阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动,保持溶液中电荷平衡 【解题指南】解答本题时应注意以下两点: (1)锌铜原电池的反应原理为Zn+Cu2+

Zn2++Cu。

(2)明确阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,不允许阴离子通过。 【解析】选C。由锌铜原电池原理可知,锌电极为负极,失电子,发生氧化反应,铜电极为正极,得电子,发生还原反应,A项错误;阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,两池中c(S

)不变,B项错误;电解过程中Zn2+由甲池通过阳离子交

Cu,其溶液中的离子转换为Cu2+→Zn2+,摩尔质量

换膜进入乙池,乙池中Cu2++2e-

M(Cu2+)

7.(2015·浙江高考·11)在固态金属氧化物电解池中,高温共电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式,基本原理如图所示。下列说法不正确的是 ( )

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产生HC的方程式: 。 (2)在海洋碳循环中,通过如图所示的途径固碳。

①写出钙化作用的离子方程式: 。 ②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自H2O,用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下,将其补充完整: +

(CH2O)x+x18O2+xH2O

(3)海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上,其准确测量是研究海洋碳循环的基础,测量溶解无机碳,可采用如下方法:

①气提、吸收CO2,用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收(装置示意图如下),将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。

②滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3,再用xmol·L-1HCl溶液滴定,消耗ymL HCl溶液,海水中溶解无机碳的浓度= mol·L-1。

(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: 。 ②用该装置产生的物质处理b室排出的海水,合格后排回大海。处理至合格的方

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法是 。 【解题指南】解答本题时应明确以下4点:

(1)根据流程图中的箭头判断反应物与生成物:钙化作用生成CaCO3、CO2。 (2)光合作用释放出的O2只来自H2O。

(3)与电源正极相连的是阳极,阳极发生氧化反应。 (4)阳离子膜只允许阳离子通过。

【解析】(1)二氧化碳溶于水生成碳酸,然后碳酸电离。即CO2+H2O

H2CO3,H2CO3

HC+H+。

,生成物是CaCO3和CO2,易知本题的离子方程式为

(2)①根据反应物是HCCa2++2HC

CaCO3↓+CO2↑+H2O。

②由O2只来自H2O及示踪原子的标记可知水分子含18O,而且分子个数是2x,根据元素守恒法可知方程式中的缺项物质为xCO2、2x

O。

(3)①注意酸化的试剂要用硫酸,一定不能用盐酸,HCl会挥发出来影响后续的滴

定,如图。

②该滴定过程转化的关系式为

CO2 ～ HC ～ HCl 1 1

n(CO2) xmol·L-1×y×10-3L 解得:n(CO2)=xy×10-3mol 所以:c(无机碳)=xy/zmol·L-1

(4)①a室是阳极室,发生氧化反应:2H2O-4e-O2↑+4H+,出去的海水pH<6,显酸

性,表明反应后溶液由碱性变为酸性,a室中的H+通过阳离子交换膜进入b室,发

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生反应:HC+H+CO2↑+H2O。

2OH-+H2↑,即c室生成碱,然后用碱液

②c室是阴极室,发生还原反应:2H2O+2e-

将从b室排出的酸性海水调至接近装置入口海水的pH。 答案:(1)CO2+H2O(2)①Ca2++2HC②xCO2 2x

O

H2CO3,H2CO3

HC+H+

CaCO3↓+CO2↑+H2O

(3)①②xy/z

(4)①a室发生的反应:2H2O-4e-发生反应:HC+H+

CO2↑+H2O

O2↑+4H+,H+通过阳离子交换膜从a室进入b室,

②c室发生的反应:2H2O+2e-2OH-+H2↑,用c室排出的碱液将从b室排出的酸性

海水调至接近装置入口海水的pH

14.(2015·北京高考·28)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-实验如下:

2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。

(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 。 (2)ⅲ是ⅱ的对比实验,目的是排除ⅱ中 造成的影响。

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(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: 。 (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+,用如图装置(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 极。

②当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管左管中滴加0.01 mol·L-1AgNO3溶液,产生的现象证实了其推测,该现象是 。

(5)按照(4)的原理,该同学用上图装置进行实验,证实了ⅱ中Fe2+向Fe3+转化的原因。

①转化原因是 。 ②与(4)实验对比,不同的操作是 。 (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 。 【解题指南】解答本题时应按照以下流程:

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【解析】(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)实验ⅲ加入了水,是实验ⅱ的对比实验,因此目的是排除因加入FeSO4溶液而将溶液稀释引起溶液颜色的变化。

(3)ⅰ中加入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,溶液褪色;ⅱ中加入FeSO4,Fe2+浓度增大,平衡逆向移动,溶液颜色变浅。

(4)①K闭合时,指针向右偏转,表明b极为正极,Fe3+得电子;②当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管左管滴加0.01 mol·L-1AgNO3溶液,产生黄色沉淀,I-浓度减小,2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡左移,指针向左偏转。

(5)①Fe2+向Fe3+转化的原因是Fe2+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后,向U型管右管中滴加1 mol·L-1FeSO4溶液。

(6)将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是在其他条件不变时,物质的氧化性和还原性与浓度有关,浓度的改变可影响物质的氧化性和还原性,导致平衡移动。 答案:(1)化学平衡状态 (2)溶液稀释对颜色变化 (3)ⅰ中加入Ag+发生反应:Ag++I-大,平衡均逆向移动

(4)①正 ②左管产生黄色沉淀,指针向左偏转 (5)①Fe2+浓度增大,还原性增强,使Fe2+还原性强于I- ②向U型管右管中滴加1 mol·L-1FeSO4溶液

(6)该反应为可逆氧化还原反应,在平衡时,通过改变物质的浓度,可以改变物质的氧化性和还原性,并影响平衡移动方向

15.(2015·全国卷Ⅱ·26)酸性锌锰干电池是一种一次性电池,外壳为金属锌,中间是碳棒,其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池

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AgI↓,c(I-)降低;ⅱ中加入FeSO4,c(Fe2+)增

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放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可以得到多种化工原料。有关数据如下表所示:

溶解度/(g/100 g水)

温度/℃ 化合物 NH4Cl ZnCl2

化合物 Ksp近似值 回答下列问题: (1)该电池的正极反应式为 , 电池反应的离子方程式为 。 (2)维持电流强度为0.5 A,电池工作5分钟,理论上消耗锌 g。(已知F=96 500 C·mol-1)

(3)废电池糊状填充物加水处理后,过滤,滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl,二者可通过 分离回收;滤渣的主要成分是MnO2、 和 ,欲从中得到较纯的MnO2,最简便的方法是 ,其原理是 。 (4)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中,需除去锌皮中的少量杂质铁,其

Zn(OH)2 10-17 Fe(OH)2 10-17 Fe(OH)3 10-39 0 20 40 60 80 100 29.3 37.2 45.8 55.3 65.6 77.3 343 395 452 488 541 614 方法是:加稀H2SO4和H2O2溶解,铁变为 ,加碱调节至pH为 时,铁刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10-5mol·L-1时,即可认为该离子沉淀完全);继续加碱至pH为 时,锌开始沉淀(假定Zn2+浓度为0.1 mol·L-1)。若上述过程不加H2O2后果是________________________________________________, 原因是 ___________________________________________________________。 【解题指南】解答本题时应注意以下两点:

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(1)熟悉常见锌锰干电池的电极反应和电池反应; (2)除去亚铁离子时一般先将其氧化为铁离子。

【解析】(1)酸性锌锰干电池外壳为金属锌,锌是负极,电极反应式为Zn-2e-Zn2+。中间是碳棒,碳棒是正极,二氧化锰得到电子,则正极电极反应式

MnOOH,总反应式为Zn+2MnO2+2H+

Zn2++2MnOOH。

为MnO2+e-+H+

(2)维持电流强度为0.5 A,电池工作5分钟,则通过的电量是150 C,因此通过电子的物质的量是

2=1.554×10-3mol,锌在反应中失去2个电子,则理论消耗

-1

Zn的质量是0.001554mol×65 g·?65g/mol＝mol0.05g=0.05 g。

(3)废电池糊状填充物加水处理后过滤,滤液中主要有氯化铵和氯化锌,根据溶解度表可知氯化锌的溶解度受温度影响变化较大,所以二者可以通过结晶分离获得,即通过蒸发结晶、冷却结晶实现分离。滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH,在空气中加热,碳燃烧生成二氧化碳,MnOOH被氧化为二氧化锰。所以欲从中得到较纯的二氧化锰,最简便的方法是灼烧。

(4)双氧水具有强氧化性,能把铁氧化为铁离子,因此加入稀硫酸和双氧水,溶解后铁变为硫酸铁。根据氢氧化铁的溶度积常数可知,当铁离子完全沉淀时溶液中氢氧根的浓度为

mol·L-1≈5×10-12mol·L-1,所以氢离子浓度是2×10-3mol·L-1,

因此加碱调节pH为2.7,Fe3+刚好完全沉淀。Zn2+浓度为0.1 mol·L-1,根据氢氧化锌的溶度积常数可知开始沉淀时的氢氧根浓度为10-8mol·L-1,则pH=6,即继续加碱调节pH为6,锌开始沉淀。如果不加双氧水,则在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀,导致生成的氢氧化锌不纯,无法分离开Zn2+和Fe2+。 答案:(1)MnO2+e-+H+Zn+2MnO2+2H+

MnOOH

Zn2++2MnOOH

,Zn(NH3)2Cl2等,H+可写为N]

[注:式中Zn2+可写为Zn(NH3(2)0.05

(3)加热浓缩、冷却结晶 碳粉 MnOOH 在空气中加热 碳粉转变为CO2,MnOOH

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被氧化为MnO2

(4)Fe3+ 2.7 6 Zn2+和Fe2+分离不开 Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近

16.(2015·山东高考·29)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 溶液(填化学式),阳极电极反应式为 ,电解过程中Li+向 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 , 铁渣中铁元素的化合价为 ,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2.41 g,CO2的体积为1.344 L(标准状况),则钴氧化物的化学式为 。

【解题指南】解答本题注意以下两点:

(1)注意阴、阳离子的放电顺序以及阴、阳离子在电解池内部移动方向的判断; (2)注意流程中各步所加试剂的作用以及原子守恒观点的应用。

【解析】(1)B极区产生H2,同时生成LiOH,则B极区电解液为LiOH溶液;电极A

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为阳极,阳极区电解液为LiCl溶液,根据放电顺序,阳极上Cl-失去电子,则阳极电极反应式为2Cl--2e-Cl2↑;根据电流方向,电解过程中Li+向B电极迁移。

氧化为

(2)在酸性条件下,Co(OH)3首先与H+反应生成Co3+,Co3+具有氧化性,把SS

,配平可得离子方程式:2Co(OH)3+4H++S

2Co2++S

+5H2O;铁渣中铁元素

的化合价应该为高价,为+3价;CO2的物质的量为1.344 L÷22.4 L·mol-1=0.06 mol,根据CoC2O4的组成可知钴元素的物质的量为0.03 mol,设钴氧化物的化学式为CoxOy,根据元素的质量比可得59x∶(16y)=0.03 mol×59 g·mol-1∶(2.41 g-0.03 mol×59 g·mol-1),解得x∶y=3∶4,则钴氧化物的化学式为Co3O4。 答案:(1)LiOH 2Cl--2e-(2)2Co(OH)3+4H++SCo(OH)3+3H+

Cl2↑ B 2Co2++S

+5H2O[或 +H2O

2Co2++S

+2H+] +3 Co3O4

Co3++3H2O,2Co3++S

17.(2015·四川高考·11)为了保护环境,充分利用资源,某研究小组通过如下简化流程,将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。

活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O虑其他反应,请回答下列问题:

(1)第Ⅰ步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是 。 (2)检验第Ⅱ步中Fe3+是否完全还原,应选择 (填字母编号)。 A.KMnO4溶液 B.K3[Fe(CN)6]溶液 C.KSCN溶液

(3)第Ⅲ步加FeCO3调溶液pH到5.8左右,然后在第Ⅳ步通入空气使溶液pH降到5.2,此时Fe2+不沉淀,滤液中铝、硅杂质被除尽。通入空气引起溶液pH降低的原因

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15FeSO4+8H2SO4,不考

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是 。 (4)FeSO4可转化为FeCO3,FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料。 已知25℃,101 kPa时:4Fe(s)+3O2(g)C(s)+O2(g)

2Fe2O3(s) ΔH=-1 648 kJ·mol-1

CO2(g) ΔH=-393 kJ·mol-1

2FeCO3(s) ΔH=-1 480 kJ·mol-1

Fe2O3的热化学方程式

2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)

FeCO3在空气中加热反应生成

是 。 (5)FeSO4在一定条件下可制得FeS2(二硫化亚铁)纳米材料。该材料可用于制造高容量锂电池,电池放电时的总反应为4Li+FeS2是 。

(6)假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3,其含量为50%。将akg质量分数为b%的硫酸加入ckg烧渣中浸取,铁的浸取率为96%,其他杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计。按上述流程,第Ⅲ步应加入FeCO3 kg。

【解题指南】解答本题时应注意以下两点: (1)三价铁离子的检验需要用硫氰酸根离子; (2)碳酸亚铁与硫酸按物质的量1∶1反应。

【解析】(1)H2SO4与Fe2O3反应的方程式为Fe2O3+3H2SO4方程式为Fe2O3+6H+

2Fe3++3H2O。

Fe2(SO4)3+3H2O,其离子Fe+2Li2S,正极反应式

(2)检验Fe3+是否反应完全,可利用Fe3+与KSCN的显色反应,生成红色溶液,故选C。

(3)部分Fe2+被空气中的氧气氧化为Fe3+,Fe3+水解产生H+,使pH降低。 (4)若将题中所给三个反应依次编为①、②、③号反应,则FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的反应可以由③反应逆向进行后×2+②×4+①得到,同时所对应的反应热要乘以相应的倍数,故其热化学方程式为4FeCO3(s)+O2(g)

2Fe2O3(s)+4CO2(g) ΔH=-260 kJ·mol-1。

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(5)正极发生的反应是还原反应,即得电子,故参加反应的物质应是FeS2,又知最后生成铁单质和S2-,故正极反应式为FeS2+4e-Fe+2S2-。

(6)方法1:由于最终得到FeSO4,根据元素守恒,n(Fe)=n(S),Fe来自Fe2O3、FeS2、FeCO3;S来自FeS2、H2SO4则有(96%+

=

+

×96%×2×

×2+

×2×

)×

×2,则得m(FeCO3)≈(0.011

8ab-0.646c)kg。

方法2:首先浸出的Fe2O3的物质的量为

=

,由化学式Fe2(SO4)3可知同×3,化简即

-。而一共

。由

Fe2O3反应的硫酸的物质的量应为其的3倍,即加入的硫酸的物质的量为

,故剩余的硫酸的物质的量为

题目可知在第Ⅱ步时又生成了硫酸,这一部分硫酸可通过Fe2(SO4)3的物质的量即(8/7)=

计算而得,计算后可知第Ⅱ步中生成的硫酸的物质的量为

×

。又因为Fe2+与硫酸按物质的量1∶1反应,故滤液中剩余的硫酸的

--++

),乘以)×116 kg≈

物质的量即为应加入的FeCO3的物质的量,即为(FeCO3的摩尔质量116 g·mol-1可得FeCO3的质量为((0.011 8ab-0.646c)kg。 答案:(1)Fe2O3+6H+(2)C

(3)Fe2+被氧化为Fe3+,Fe3+水解产生H+ (4)4FeCO3(s)+O2(g)(5)FeS2+4e-2Fe3++3H2O

2Fe2O3(s)+4CO2(g) ΔH=-260 kJ·mol-1

Fe+2Li2S

Fe+2S2-或FeS2+4Li++4e-

(6)0.011 8ab-0.646c

18.(2015·重庆高考·30)(14分)我国古代青铜器工艺精湛,有很高的艺术价值和历史价值,但出土的青铜器大多受到环境腐蚀,故对其进行修复和防护具有重要意义。

(1)原子序数为29的铜元素位于元素周期表中第 周期。

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(2)某青铜器中Sn、Pb的质量分别为119 g、20.7 g,则该青铜器中Sn和Pb原子的数目之比为 。

(3)研究发现,腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl。关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用,下列叙述正确的是 。 A.降低了反应的活化能 B.增大了反应的速率 C.降低了反应的焓变 D.增大了反应的平衡常数

(4)采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀。如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位,Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应,该化学方程式为 。 (5)下图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的原理示意图。

①腐蚀过程中,负极是 (填图中字母“a”或“b”或“c”);

②环境中的Cl-扩散到孔口,并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl,其离子方程式为 ; ③若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl,则理论上耗氧体积为 L(标准状况)。 【解题指南】解答本题时应注意以下两点:

(1)根据元素的核外电子排布可以推测元素在周期表中的位置; (2)复分解反应是两者相互交换离子。

【解析】(1)铜为29号元素,根据核外电子排布规则可知,铜元素位于元素周期表中第4周期。

(2)根据N=×NA,青铜器中Sn、Pb的质量分别为119 g、20.7 g,则该青铜器中

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Sn和Pb原子数目之比为(119 g÷119 g·mol-1)∶(20.7 g÷207 g·mol-1)=10∶1。

(3)催化剂能降低反应的活化能,从而加快化学反应速率,但是催化剂不能改变反应的焓变,也不能改变反应的化学平衡常数,选A、B。

(4)Ag2O与CuCl发生复分解反应,没有化合价的升降,则化学方程式为Ag2O+2CuCl

2AgCl+Cu2O。

(5)①根据图示,腐蚀过程中,铜失电子生成Cu2+,则负极是铜,选c;

②根据上述分析,正极产物是OH-,负极产物为Cu2+,环境中的Cl-扩散到孔口,与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl,则离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl↓;

③4.29 g Cu2(OH)3Cl的物质的量为4.29/214.5=0.02(mol),根据铜原子守恒,Cu2+的物质的量为0.04 mol,负极反应为2Cu-4e-O2+4e-+2H2O

2Cu2+,正极反应为

4OH-,根据正、负极放电量相等,则理论上耗氧体积为0.02 mol×

22.4 L·mol-1=0.448 L。 答案:(1)4 (2)10∶1 (3)A、B (4)Ag2O +2CuCl

2AgCl+Cu2O

Cu2(OH)3Cl↓

(5)①c ②2Cu2++3OH-+Cl-③0.448

【误区提醒】上题中的(3)容易错选C、D,催化剂只能改变化学反应速率,无法改变化学平衡状态,因此是否加入催化剂不会影响化学平衡常数以及反应的焓变。 19.(2015·海南高考·15)银是一种贵金属,古代常用于制造钱币及装饰器皿,现代在电池和照明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 。

(2)已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,若向50 mL 0.018 mol·L-1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 mol·L-1的盐酸,混合后溶液中Ag+的浓度为 mol·L-1,pH

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为 。

(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 。

(4)右图所示原电池正极的反应式为 。 【解题指南】解答本题时应注意以下两点: (1)化学反应原理的理解与应用; (2)电化学中电极反应式的书写。

【解析】(1)根据金属的腐蚀原理可知Ag变黑是发生了化学腐蚀的缘故; (2)根据反应中HCl和硝酸银的物质的量可知HCl过量,则计算剩余的氯离子的物质的量浓度为(0.02-0.018)mol·L-1/2=0.001 mol·L-1,根据AgCl的溶度积的表达式计算即可,即c(Ag+)=

=

mol·L-1=1.8×10-7mol·L-1;因为该反应

中氢离子未参加反应,所以溶液的体积变为100 mL时,氢离子的浓度为0.01 mol·L-1,则pH=2;

(3)根据氧化还原反应理论,硝酸银分解生成Ag和二氧化氮气体,元素化合价均降低,因此该反应中有氧气生成(氧化还原反应中化合价有降必有升,氧元素化合价升高)。

(4)该原电池的实质是Cu与银离子发生置换反应生成Ag单质,所以正极是生成Ag单质的还原反应。

答案:(1)Ag在空气中易与氧气和含硫化合物反应,发生化学腐蚀 (2)1.8×10-7 2 (3)2AgNO3(4)Ag++e-2Ag↓+2NO2↑+O2↑ Ag

20.(2015·广东高考·32)七铝十二钙(12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光

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材料,用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下:

(1)煅粉主要含MgO和 ,用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后,镁化合物几乎不溶,若滤液Ⅰ中c(Mg2+)小于5×10-6mol·L-1,则溶液pH大于 [Mg(OH)2的Ksp=5×10-12];该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3,原因是 。 (2)滤液Ⅰ中的阴离子有 (忽略杂质成分的影响);若滤液Ⅰ中仅通入CO2,会生成 ,从而导致CaCO3产率降低。

(3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜,反应的离子方程式为 。 (4)电解制备Al(OH)3时,电极分别为Al片和石墨,电解总反应方程式为 。 (5)一种可超快充电的新型铝电池,充放电时AlC和Al2C两种离子在Al电极上相互转化,其他离子不参与电极反应,放电时负极Al的电极反应式为 。 【解题指南】解答本题注意以下3点:

(1)读懂化工流程并明确每个过程发生的具体反应。 (2)掌握常见元素化合物的知识。

(3)掌握沉淀溶解平衡及溶液pH计算的有关问题。

【解析】(1)由于白云石的主要成分是CaCO3和MgCO3,所以煅烧之后会发生分解生成MgO和CaO。根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)·c2(OH-)可知,c(OH-)=10-3mol·L-1,此时溶液中c(H+)=10-11mol·L-1,对应溶液的pH为11。若加入硫酸根,硫酸根可与钙离子反应生成硫酸钙沉淀。

(2)由于前面加入了硝酸铵,所以滤液Ⅰ中含有的阴离子主要是N和OH-,滤液

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Ⅰ中仅通入CO2,由于溶液的碱性不强,所以会生成NH4HCO3。

(3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜,反应的离子方程式为2OH-+Al2O3

2Al+H2O。

(4)电解制备Al(OH)3时,电极分别为Al片和石墨,若生成Al(OH)3则铝作阳极,所以电解的总反应方程式为2Al+6H2O

2Al(OH)3+3H2↑。

(5)放电时负极Al应失去电子,根据放电时AlC和Al2C两种离子在Al电极上相互转化可知,电极反应式为Al-3e-+7AlC

4Al2C。

答案:(1)CaO 11 加入(NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物,再过滤会被除去,造成CaCO3减少

(2)N和OH- NH4HCO3 (3)2OH-+Al2O3(4)2Al+6H2O

2Al+H2O 2Al(OH)3+3H2↑

4Al2C

(5)Al-3e-+7AlC

【误区提醒】本题最后一个空容易出错,主要是忽略了题干中的叙述“充放电时AlC和Al2C两种离子在Al电极上相互转化,其他离子不参与电极反应”这句话,从而将电极反应式直接写成Al-3e-Al3+。

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Ⅰ中仅通入CO2,由于溶液的碱性不强,所以会生成NH4HCO3。

(3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜,反应的离子方程式为2OH-+Al2O3

2Al+H2O。

(4)电解制备Al(OH)3时,电极分别为Al片和石墨,若生成Al(OH)3则铝作阳极,所以电解的总反应方程式为2Al+6H2O

2Al(OH)3+3H2↑。

(5)放电时负极Al应失去电子,根据放电时AlC和Al2C两种离子在Al电极上相互转化可知,电极反应式为Al-3e-+7AlC

4Al2C。

答案:(1)CaO 11 加入(NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物,再过滤会被除去,造成CaCO3减少

(2)N和OH- NH4HCO3 (3)2OH-+Al2O3(4)2Al+6H2O

2Al+H2O 2Al(OH)3+3H2↑

4Al2C

(5)Al-3e-+7AlC

【误区提醒】本题最后一个空容易出错,主要是忽略了题干中的叙述“充放电时AlC和Al2C两种离子在Al电极上相互转化,其他离子不参与电极反应”这句话,从而将电极反应式直接写成Al-3e-Al3+。

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