2019-2020年高考化学分类题库 考点9 电化学.doc

2019-2020年高考化学分类题库 考点9 电化学(xx北京高考12)在通风橱中进行下列实验:步骤现象Fe表面产生大量无色气泡,液面上方变为红棕色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A中气体由无色变红棕色的化学方程式:2NOO22NO2B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、中现象,说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D针对中现象,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。(xx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( )AX可能是金属铜BY不可能是氢气CZ可能是氯化钠DZ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。(xx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( )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Da电极的反应为:3CO218H18eC3H8O5H2O【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6CO28H2O2C3H8O9O2。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3CO218H18eC3H8O5H2O,D错误。(xx全国卷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C6H12O66O26CO26H2O【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C6H12O66H2O24e24H6CO2,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。(xx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910,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:Cl2OH2eClOH2OC阴极的电极反应式:2H2O2eH22OHD除去CN的反应:2CN5ClO2HN22CO25ClH2O【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,电极反应式:Cl2OH2eClOH2O,铁作阴极,在碱性环境下发生2H2O2eH22OH,故A、B、C正确;D选项pH为910的碱性溶液不可能是H参加反应,离子反应应为2CN5ClOH2ON22CO25Cl2OH。(xx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ZnCu2Zn2Cu。(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换膜进入乙池,乙池中Cu22eCu,其溶液中的离子转换为Cu2Zn2,摩尔质量M(Cu2)7C钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D一定条件下反应N23H22NH3达到平衡时,3v正(H2)=2v逆(NH3)【解析】选C。2H2O22H2O O2,生成1 mol O2时转移2 mol电子,A项错误;pH=3的CH3COOH中已电离出的H,就可以将pH=11的NaOH电离出的OH完全中和,但是CH3COOH是弱酸,还会继续电离,即醋酸过量,反应后溶液显酸性,B项错误;铁可用作原电池的正极或作为电解池的阴极,此时铁均会受到保护,C项正确;由反应方程式的化学计量数知,任何时候均存在2v正(H2)=3v正(NH3),氮气与氢气合成氨气达到平衡时,速率关系为2v正(H2)=3v逆(NH3),D项错误。(xx广东高考9)下列叙述和均正确并有因果关系的是选项叙述叙述A1己醇的沸点比己烷的沸点高1己醇和己烷可通过蒸馏初步分离B原电池可将化学能转化为电能原电池需外接电源才能工作C乙二酸可与KMnO4溶液发生反应乙二酸具有酸性DNa在Cl2中燃烧的生成物含离子键NaCl固体可导电【解题指南】解答本题需注意以下两点:(1)物质的分离操作蒸馏的适用条件;(2)离子化合物只有在熔融或溶于水的状态下电离出自由移动的离子后才能导电。【解析】选A。可以利用蒸馏的方式分离两种沸点不同的有机物;原电池是给电器提供电能的,所以原电池不需要外接电源;高锰酸钾具有强氧化性,可以将乙二酸氧化,所以应该体现的是乙二酸的还原性;氯化钠固体中没有自由移动的离子,所以不能导电。【误区提醒】本题易错选C,原因一是忽略了高锰酸钾具有强氧化性,二是不能根据乙二酸中碳元素的化合价判断出乙二酸具有还原性。(xx安徽高考25)C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。(1)Si位于元素周期表第周期第族。(2)N的基态原子核外电子排布式为 ;Cu的基态原子最外层有个电子。(3)用“”或“Si;同周期元素的电负性由左向右逐渐增大,则电负性:NO;CC键的键长比SiSi键短,则CC键比SiSi键牢固,金刚石的熔点大于硅;组成与结构相似的物质,相对分子质量大的分子间作用力大,沸点高,即CH4 (4)2HNeNO2H2O正铝在浓硝酸中发生钝化,表面生成了氧化膜阻止了Al的进一步反应(xx北京高考27)研究CO2在海洋中的转移和归宿,是当今海洋科学研究的前沿领域。(1)溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在,其中HC占95%,写出CO2溶于水产生HC的方程式:。(2)在海洋碳循环中,通过如图所示的途径固碳。写出钙化作用的离子方程式:。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)xx18O2xH2O(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: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。滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3,再用xmolL1HCl溶液滴定,消耗ymL HCl溶液,海水中溶解无机碳的浓度=molL1。(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。结合方程式简述提取CO2的原理:。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CO2H2OH2CO3,H2CO3HCH。(2)根据反应物是HC,生成物是CaCO3和CO2,易知本题的离子方程式为Ca22HCCaCO3CO2H2O。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、2xO。(3)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。该滴定过程转化的关系式为CO2HCHCl1 1n(CO2)xmolL1y103L解得:n(CO2)=xy103mol所以:c(无机碳)=xy/zmolL1(4)a室是阳极室,发生氧化反应:2H2O4eO24H,出去的海水pHFe2;而实验中,还原性:Fe2I,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:【解析】(1)待实验溶液颜色不再改变时,再进行实验,目的是使实验的反应达到化学平衡状态。(2)实验加入了水,是实验的对比实验,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)中加入AgNO3,Ag与I生成AgI黄色沉淀,I浓度降低,2Fe32I2Fe2I2平衡逆向移动,溶液褪色;中加入FeSO4,Fe2浓度增大,平衡逆向移动,溶液颜色变浅。(4)K闭合时,指针向右偏转,表明b极为正极,Fe3得电子;当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管左管滴加0.01 molL1AgNO3溶液,产生黄色沉淀,I浓度减小,2Fe32I2Fe2I2平衡左移,指针向左偏转。(5)Fe2向Fe3转化的原因是Fe2浓度增大,还原性增强。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 molL1FeSO4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)中加入Ag发生反应:AgIAgI,c(I)降低;中加入FeSO4,c(Fe2)增大,平衡均逆向移动(4)正左管产生黄色沉淀,指针向左偏转(5)Fe2浓度增大,还原性增强,使Fe2还原性强于I向U型管右管中滴加1 molL1FeSO4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(xx全国卷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020406080100NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值101710171039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 Cmol1)(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ZnSO47H2O的过程中,需除去锌皮中的少量杂质铁,其方法是: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1105molL1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 molL1)。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:(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Zn2eZn2。中间是碳棒,碳棒是正极,二氧化锰得到电子,则正极电极反应式为MnO2eHMnOOH,总反应式为Zn2MnO22HZn22MnOOH。(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=1.554103mol,锌在反应中失去2个电子,则理论消耗Zn的质量是65 gmol1=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molL151012molL1,所以氢离子浓度是2103molL1,因此加碱调节pH为2.7,Fe3刚好完全沉淀。Zn2浓度为0.1 molL1,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108molL1,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)MnO2eHMnOOHZn2MnO22HZn22MnOOH注:式中Zn2可写为Zn(NH3,Zn(NH3)2Cl2等,H可写为N(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被氧化为MnO2(4)Fe32.76Zn2和Fe2分离不开Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近(xx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2Cl2eCl2;根据电流方向,电解过程中Li向B电极迁移。(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S氧化为S,配平可得离子方程式:2Co(OH)34HS2Co2S5H2O;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 L22.4 Lmol1=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 mol59 gmol1(2.41 g0.03 mol59 gmol1),解得xy=34,则钴氧化物的化学式为Co3O4。答案:(1)LiOH2Cl2eCl2B(2)2Co(OH)34HS2Co2S5H2O或Co(OH)33HCo33H2O,2Co3SH2O2Co2S2H3 Co3O4(xx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FeS27Fe2(SO4)38H2O15FeSO48H2SO4,不考虑其他反应,请回答下列问题:(1)第步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是 。(2)检验第步中Fe3是否完全还原,应选择(填字母编号)。( )AKMnO4溶液BK3Fe(CN)6溶液CKSCN溶液(3)第步加FeCO3调溶液pH到5.8左右,然后在第步通入空气使溶液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)2Fe2O3(s) H=1 648 kJmol1C(s)O2(g)CO2(g)H=393 kJmol12Fe(s)2C(s)3O2(g)2FeCO3(s) H=1 480 kJmol1FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是 。(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4LiFeS2Fe2Li2S,正极反应式是 。(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,第步应加入FeCO3kg。【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11反应。【解析】(1)H2SO4与Fe2O3反应的方程式为Fe2O33H2SO4Fe2(SO4)33H2O,其离子方程式为Fe2O36H2Fe33H2O。(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、号反应,则FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的反应可以由反应逆向进行后24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)H=260 kJmol1。(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FeS24eFe2S2。(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(22)96%=96%22,则得m(FeCO3)(0.011 8ab0.646c)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Fe2O3反应的硫酸的物质的量应为其的3倍,即3,化简即。而一共加入的硫酸的物质的量为,故剩余的硫酸的物质的量为。由题目可知在第步时又生成了硫酸,这一部分硫酸可通过Fe2(SO4)3的物质的量即计算而得,计算后可知第步中生成的硫酸的物质的量为(8/7)=。又因为Fe2与硫酸按物质的量11反应,故滤液中剩余的硫酸的物质的量即为应加入的FeCO3的物质的量,即为(),乘以FeCO3的摩尔质量116 gmol1可得FeCO3的质量为()116 kg(0.011 8ab0.646c)kg。答案:(1)Fe2O36H2Fe33H2O(2)C(3)Fe2被氧化为Fe3,Fe3水解产生H(4)4FeCO3(s)O2(g)2Fe2O3(s)4CO2(g) H=260 kJmol1(5)FeS24eFe2S2或FeS24Li4eFe2Li2S (6)0.011 8ab0.646c(xx重庆高考30)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。(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。腐蚀过程中,负极是(填图中字母“a”或“b”或“c”);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 ;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Sn和Pb原子数目之比为(119 g119 gmol1)(20.7 g207 gmol1)=101。(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Ag2O2CuCl2AgClCu2O。(5)根据图示,腐蚀过程中,铜失电子生成Cu2,则负极是铜,选c;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2Cu23OHClCu2(OH)3Cl;4.29 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2Cu4e2Cu2,正极反应为O24e2H2O4OH,根据正、负极放电量相等,则理论上耗氧体积为0.02 mol22.4 Lmol1=0.448 L。答案:(1)4(2)101(3)A、B(4)Ag2O 2CuCl2AgClCu2O(5)c2Cu23OHClCu2(OH)3Cl0.448【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。(xx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)=1.81010,若向50 mL 0.018 molL1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 molL1的盐酸,混合后溶液中Ag的浓度为molL1,pH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(0.020.018)molL1/2=0.001 molL1,根据AgCl的溶度积的表达式计算即可,即c(Ag)=molL1=1.8107molL1;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 molL1,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)1.81072(3)2AgNO32Ag2NO2O2 (4)AgeAg(xx广东高考32)七铝十二钙(12CaO7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料,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,若滤液中c(Mg2)小于5106molL1,则溶液pH大于Mg(OH)2的Ksp=51012;该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3,原因是。(2)滤液中的阴离子有(忽略杂质成分的影响);若滤液中仅通入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KspMg(OH)2=c(Mg2)c2(OH)可知,c(OH)=103molL1,此时溶液中c(H)=1011molL1,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,所以滤液中含有的阴离子主要是N和OH,滤液中仅通入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2OHAl2O32AlH2O。(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2Al6H2O2Al(OH)33H2。(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Al3e7AlC4Al2C。答案:(1)CaO11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OHNH4HCO3(3)2OHAl2O32AlH2O(4)2Al6H2O2Al(OH)33H2(5)Al3e7AlC4Al2C【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Al3eAl3。