2018年化学高考题分类解析考点9 电化学

高考试题分类解析PAGE考点9电化学一、选择题1.(2018·全国卷Ⅰ·13)最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置,实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如下所示,其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯,石墨烯电极区发生反应为:①EDTA-Fe2+-e-EDTA-Fe3+②2EDTA-Fe3++H2S2H++S+2EDTA-Fe2+该装置工作时,下列叙述错误的是 ()A.阴极的电极反应:CO2+2H++2e-CO+H2OB.协同转化总反应:CO2+H2SCO+H2O+SC.石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低D.若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+,溶液需为酸性【命题意图】本题主要通过电解池的装置,考查阴、阳极的判断,电极反应式的书写等电解池相关的核心知识点。【解析】选C。根据图中的物质转化方式可知,该电解池的左侧电极上发生还原反应为阴极,右侧电极上发生氧化反应为阳极,故该电池的阴极的电极反应式为CO2+2H++2e-CO+H2O,A正确;将电解池阴、阳极电极的反应式相加即可得到协同转化的总反应式:CO2+H2SCO+H2O+S,B正确;由于石墨烯为阳极,与电源的正极相连,石墨烯上的电势高,C不正确;若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+,若溶液呈碱性,则会使溶液中形成沉淀,减少Fe3+/Fe2+的含量,故溶液应呈酸性。【题后反思】准确判断出阴、阳极是解题的关键,注意从元素化合价变化的角度去分析氧化反应和还原反应,进而得出阴、阳极。电势高低的判断是解题的难点,注意从物理学的角度借助阳极与电源的正极相连去分析。2.(2018·全国卷Ⅱ·12)我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na-CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液,钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料,电池的总反应为:3CO2+4Na2Na2CO3+C。下列说法错误的是 ()A.放电时,ClO4B.充电时释放CO2,放电时吸收CO2C.放电时,正极反应为:3CO2+4e-2CO32D.充电时,正极反应为:Na++e-Na【命题意图】本题以新型的化学电源为背景考查电化学的相关知识。【解析】选D。放电时为原电池,而溶液中的阴离子移向电池的负极,故A项正确;由题干中的信息可以得出Na为电池的负极材料,因电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C,则电池放电时吸收CO2,充电时放出CO2,故B项正确;放电时CO2在正极放电,而充电时会在正极生成CO2,Na在电池的负极参与反应,在充电时又会在电池的负极生成,故C项正确,D项错误。【方法规律】有关可逆电池的解题思路3.(2018·全国卷Ⅲ·11)一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时,O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。下列说法正确的是()A.放电时,多孔碳材料电极为负极B.放电时,外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C.充电时,电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移D.充电时,电池总反应为Li2O2-x2Li+(1-x2)O2【命题意图】本题考查化学电源中的可充放电电池,意在考查学生利用所学电化学知识解决新型电源问题的能力。【解析】选D。结合题中所给信息及装置图,可知放电时Li作负极,负极反应为2Li-2e-2Li+,多孔碳材料作正极,正极反应为(1-x2)O2+2Li++2e-Li2O2-x,故A错误;B项电子从Li电极流向多孔碳材料,故B错误;C项充电时多孔碳材料作阳极,Li+应移向锂电极,故C错误;D项结合放电时的正负极反应式可知正确。【教材回扣】可充电电池工作原理(1)注意正逆方向的含义,需要指出的是充电电池总反应式不是可逆反应。(2)电池放电时,作为原电池,失电子(化合价升高)的反应物是负极反应物,得电子(化合价降低)的反应物是正极反应物。(3)电池充电时,作为电解池,失电子(化合价升高)的反应物是阳极反应物,得电子(化合价降低)的反应物是阴极反应物。(4)电池充电时,电池的负极连接电源的负极,电池的正极连接电源的正极。4.(2018·北京高考·8)下列化学用语对事实的表述不正确的是 ()A.硬脂酸与乙醇的酯化反应:C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+HB.常温时,0.1mol·L-1氨水的pH=11.1:NH3·H2ONH4++OHC.由Na和Cl形成离子键的过程:D.电解精炼铜的阴极反应:Cu2++2e-Cu【命题意图】本题考查了常见化学用语,旨在考查学生对酯化反应的实质、弱电解质的电离、电子式表示物质的形成过程、电解原理的应用等的理解。【解析】选A。酯化反应的实质是酸去羟基醇去氢,其反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2A错误;常温时,0.1mol·L-1氨水的pH=11.1<13,说明一水合氨不能完全电离,是弱电解质,电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-,B正确;由Na和Cl形成离子键的过程:,C正确;电解时阳离子在阴极放电,阴极反应为Cu2++2e-Cu,D正确。【教材回扣】氯化钠的形成过程:;P76乙酸乙酯的制备反应方程式:+H—O—C2H5+H2O。5.(2018·北京高考·12)验证牺牲阳极的阴极保护法,实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。①②③在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是 ()A.对比②③,可以判定Zn保护了FeB.对比①②,K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化C.验证Zn保护Fe时不能用①的方法D.将Zn换成Cu,用①的方法可判断Fe比Cu活泼【命题意图】本题考查了电化学腐蚀与防护的实验探究,意在考查学生的观察现象、分析问题的能力。【解析】选D。根据实验②的现象可知,在酸化的3%NaCl溶液中Fe电极未溶解,根据实验③的现象可知,Fe在酸化的3%NaCl溶液生成了Fe2+,两者对照,可以判定Zn保护了Fe,A正确;根据实验②取出Fe附近的溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,无明显变化,可知Fe电极附近未生成Fe2+,而实验①中Fe表面变蓝,说明K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化,B、C正确;将Zn换成Cu,用①的方法K3[Fe(CN)6]可将Fe氧化,Fe表面也会生成蓝色沉淀,不能根据电化学原理判断Fe比Cu活泼。6.(2018·天津高考·3)下列叙述正确的是 ()A.某温度下,一元弱酸HA的Ka越小,则NaA的Kh(水解常数)越小B.铁管镀锌层局部破损后,铁管仍不易生锈C.反应活化能越高,该反应越易进行D.不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3【命题意图】本题考查弱电解质的电离、金属的防腐、活化能等知识,意在考查学生对化学基本理论的掌握程度。【解析】选B。一定温度下,一元弱酸HA的Ka越小,说明其酸性越弱,其NaA的水解程度越大,Kh越大,A错误;铁管镀锌层破损后,锌作原电池的负极,铁管不易生锈,B正确;反应的活化能越高,反应物需要的能量越大,该反应不易进行,C错误;CH3CH2OH、CH3OCH3所含的官能团的种类不同,可以用红外光谱区分,D错误。【教材回扣】可以用红外光谱测定有机物含有何种化学键或官能团的信息,而用核磁共振氢谱测定有机物中含有氢原子的种类和数目。7.(2018·江苏高考·10)下列说法正确的是 ()A.氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B.反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行,该反应为吸热反应C.3molH2与1molN2混合反应生成NH3,转移电子的数目小于6×6.02×1023D.在酶催化淀粉水解反应中,温度越高淀粉水解速率越快【命题意图】本题考查能量转化、反应自发性、氧化还原反应以及化学反应速率等知识,较易。【解析】选C。A项,能量在转化中不可能仅以一种形式转化,电池放电除了化学能转化为电能外,还有热能、光能等,错误;B项,该反应的气体被消耗,熵减少,但是能自发,故一定属于放热反应,错误;C项,N2与H2合成NH3属于可逆反应,1molN2生成2molNH3的过程中,由于N2不可以完全转化,故转移电子数小于6mol,正确;D项,酶在高温下会发生变性而失去催化活性,在高温下,淀粉水解速率反而变小,错误。二、非选择题8.(2018·全国卷Ⅰ·27)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题:(1)生产Na2S2O5,通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式。

(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为:①pH=4.1时,Ⅰ中为溶液(写化学式)。

②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是。

(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术,装置如图所示,其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为。电解后,室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水,可得到Na2S2O5。

(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时,取50.00mL葡萄酒样品,用0.01000mol·L-1的碘标准液滴定至终点,消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式,该样品中Na2S2O5的残留量为g·L-1(以SO2计)。

【命题意图】本题以焦亚硫酸钠的制备、应用为载体考查学生流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等知识点,题目难度中等。【解析】(1)NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水可以制得Na2S2O5,该过程反应的化学方程式为2NaHSO3Na2S2O5+H2O。(2)由于碳酸的酸性弱于亚硫酸,所以向碳酸钠饱和溶液中通入二氧化硫会生成亚硫酸钠或者亚硫酸氢钠,但是亚硫酸钠水溶液显碱性,而该溶液显酸性,故该溶液为NaHSO3溶液;由于生产Na2S2O5通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得,而前一步产生的亚硫酸氢钠溶液不是过饱和溶液,所以再次加入碳酸钠固体、并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液。(3)根据题中的图示,左侧为电解池的阳极,右侧为电解池的阴极,离子交换膜均为阳离子交换膜,只允许阳离子通过,阳极的电解质溶液为稀硫酸,所以阳极的电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑,则阳极的氢离子会透过阳离子交换膜进入a室,与a室中的SO2碱吸收液中含有的Na2SO3发生反应生成亚硫酸氢钠,所以a室中的NaHSO3浓度增加。(4)由于Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂,所以在氧化还原反应中作还原剂,因此在与碘标准液反应时,会被氧化成硫酸根,碘单质被还原为碘离子,该反应的离子方程式为+2I2+3H2O2+4I-+6H+;根据硫原子守恒及上述反应的离子方程式可得如下关系:2SO2~~2I2,故该样品中Na2S2O5的残留量为0.01L×0.01000mol·L-1×64g·mol-1÷0.05L=0.128g·L-1。答案:(1)2NaHSO3Na2S2O5+H2O(2)①NaHSO3②得到NaHSO3过饱和溶液(3)2H2O-4e-4H++O2↑a(4)+2I2+3H2O2+4I-+6H+0.128【易错警示】本题的易错点有两处:一是电解池的分析与判断,没注意结合电解原理、交换膜的作用、离子的移动方向等题设条件导致分析电极反应、亚硫酸氢钠浓度的变化有偏差;二是计算残留量时以焦亚硫酸钠计算,而不是以二氧化硫计算,导致计算错误。9.(2018·全国卷Ⅱ·26)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列问题:(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为。

(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有;氧化除杂工序中ZnO的作用是,若不通入氧气,其后果是。

(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为。

(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为;沉积锌后的电解液可返回工序继续使用。

【命题意图】本题以提取金属锌的工艺流程考查学生信息的提取能力和知识的综合应用能力。【解析】(1)闪锌矿的主要成分为ZnS,因此焙烧过程中的主要反应为2ZnS+3O22ZnO+2SO2。(2)矿石经过焙烧后生成金属氧化物和SiO2,因此用稀硫酸溶浸时会产生SiO2和PbSO4沉淀,氧化除杂的目的是将溶液中的铁元素以氢氧化铁沉淀的形式除去,因此加入ZnO的目的是调节溶液的pH,让Fe3+形成沉淀;通入O2的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+而除去,若不通入O2,会导致部分的铁元素仍然以Fe2+的形式存在于溶液。(3)锌粉与溶液中Cd2+发生置换反应,反应的离子方程式为Cd2++ZnCd+Zn2+。(4)电解硫酸锌溶液制取锌,Zn2+在阴极放电,发生的电极反应式为Zn2++2e-Zn,OH-在阳极放电,发生的电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,因此电解结束后的溶液中含有一定量的硫酸,即电解后的溶液为稀硫酸,因此可以放回溶浸工序中循环使用。答案:(1)2ZnS+3O22ZnO+2SO2(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2+(3)Cd2++ZnCd+Zn2+(4)Zn2++2e-Zn溶浸10.(2018·全国卷Ⅲ·27)KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题:(1)KIO3的化学名称是。

(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示:“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是。“滤液”中的溶质主要是。“调pH”中发生反应的化学方程式为。

(3)KIO3也可采用“电解法”制备,装置如图所示。①写出电解时阴极的电极反应式。

②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为,其迁移方向是。

③与“电解法”相比,“KClO3氧化法”的主要不足之处有写出一点)。

【命题意图】本题考查无机工艺流程知识,意在考查学生利用所学元素化合物和电化学知识解决工业实际问题的能力。【解析】(1)KIO3中碘元素的化合价为+5价,IO3-是碘酸根,故KIO(2)气体在水中的溶解度随温度的升高而降低,可用加热的方法逐出Cl2。结合题中所给信息,“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl,Cl2被逐出,KH(IO3)2用于后续反应制备KIO3,所以滤液的主要成分是KCl。由酸式盐KH(IO3)2来制备KIO3,碘元素无化合价改变,所以调节pH应加入碱KOH,故反应方程式为KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O(3)①该装置为电解池,电解时阴极电解质为KOH,水中氢离子放电,故电极反应式为2H2O+2e-2OH-+H2↑②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为K+,在电解池中离子移动方向为阳离子移向阴极,故K+由a到b③与“电解法”相比,“KClO3氧化法”的主要不足之处:产生Cl2易污染环境、操作步骤复杂等。答案:(1)碘酸钾(2)加热KClKH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O(3)①2H2O+2e-2OH-+H2↑②K+a到b③产生Cl2易污染环境(答案合理即可)【答题规则】(1)除杂:除去……中的……(2)干燥:除去……气体中的水蒸气,防止……(3)增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施:搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强),增大气液或固液接触面积。(4)加热的目的:加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于平衡向生成物方向)移动。(5)温度不高于××℃的原因:适当加快反应速率,但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等,影响产品的生成。(6)从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法:蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗)、干燥。(7)从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法:蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降,杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。(8)控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀,调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱,以避免引入新的杂质;pH分离时的范围确定:pH过小导致某离子沉淀不完全,pH过大导致主要离子开始沉淀。(9)减压蒸馏(减压蒸发)的原因:减小压强,使液体沸点降低,防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解。(10)检验溶液中离子是否沉淀完全的方法:将溶液静置一段时间后,向上层清液中滴入沉淀剂,若无沉淀生成,则离子沉淀完全。(11)洗涤沉淀:沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀,待水自然流下后,重复操作2~3次。(12)检验沉淀是否洗涤干净的方法:取少量最后一次的洗涤液于试管中,向其中滴入某试剂,若未出现特征反应现象,则沉淀洗涤干净。(13)洗涤沉淀的目的:除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。(14)冰水洗涤的目的:洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度,减少其在洗涤过程中的溶解损耗。(15)乙醇洗涤的目的:降低被洗涤物质的溶解度,减少其在洗涤过程中的溶解损耗,得到较干燥的产物。(16)蒸发、反应时的气体氛围:抑制某离子的水解。(17)事先煮沸溶液的原因:除去溶解在溶液中的气体(如氧气),防止某物质被氧化。11.(2018·江苏高考·20)NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下:2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq)ΔH=-116.1kJ·mol-13HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)ΔH=75.9kJ·mol-1反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=kJ·mol-1。

(2)用稀硝酸吸收NOx,得到HNO3和HNO2的混合溶液,电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式:。

(3)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx,吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式:。

(4)在有氧条件下,新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。①NH3与NO2生成N2的反应中,当生成1molN2时,转移的电子数为mol。

②将一定比例的O