高考真题化学分类难点专题13 电化学综合应用Word下载.docx

1、.固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）（1）反应所加试剂NaOH的电子式为，BC的反应条件为，CAl的制备方法称为。（2）该小组探究反应发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）。a.温度b.Cl-的浓度c.溶液的酸度（3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为。.含铬元素溶液的分离和利用（4）用惰性电极电解时，CrO42能从浆液中分离出

2、来的原因是，分离后含铬元素的粒子是；阴极室生成的物质为（写化学式）。（1）加热（或煅烧）电解法 （2）ac（3）2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）TiCl4（l）+2CO（g）H=-85.6 kJmol-1（4）在直流电场作用下，CrO42通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液CrO42和Cr2O72NaOH和H2【解析】本题考查化工流程分析、热化学方程式书写及电解原理等。（1）NaOH由Na+和OH-构成，电子式为。根据题中图示转化关系，向溶液A中通入CO2，发生反应:NaAlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+NaHCO3，沉淀B为Al（OH）3，固体C为Al2O3，BC的反应条

3、件为加热或煅烧，Al2O3Al的制备方法为电解熔融氧化铝。（2）根据“D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成”知温度对反应有影响；滴加硫酸，引入H+，又产生Cl2，说明溶液的酸度对反应有影响。（3）该还原性气体为CO，易水解生成TiO2xH2O的液态化合物为TiCl4，反应的化学方程式为2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）TiCl4（l）+2CO（g），结合题意知H=-2=-85.6 kJmol-1。（4）题图2中电解分离装置采用离子交换膜，根据电解时阴离子向阳极移动，则在直流电场作用下，CrO42通过阴离子膜向阳极室移动，脱离浆液。在阳极室，CrO42发生可逆反应:2 CrO

4、42+2H+ Cr2O72+H2O，故分离后含铬元素的粒子是CrO42、Cr2O72。在阴极室，H2O放电:2H2O+2e-H2+2OH-，c（OH-）增大，且Na+向阴极室移动，故阴极室生成的物质为NaOH、H2。2016-2013年 化学高考题1【2015上海化学】（12分）氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。完成下列填空：（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式 。（2）离子交换膜的作用为 、 。（3）精制饱和食盐水从图中 位置补充，氢氧化钠溶液从图中 位置流出。（选填“a

5、”、“b”、“c”或“d”）（4）KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式 。（5）室温下，0.1 mol/L NaClO溶液的pH 0.1 mol/L Na2SO3溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）。浓度均为0.1 mol/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32、CO32、HSO3、HCO3 浓度从大到小的顺序为 。已知： H2SO3 Ki1=1.5410-2 Ki2=1.0210-7 HClO Ki1=2.9510-8 H2CO3 Ki1=4.310-7 Ki2=5.61

6、0-11（1） 2Cl2H2OCl2H22OH （2）阻止OH-进入阳极室，与Cl2发生副反应 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O 阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。（3）a d（4）2KClO3+ H2C2O4+ 2H2SO4= 2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O（5）大于 SO32CO32HCO3HSO3【解析】（1）电解饱和食盐水时，溶液中的阳离子H+在阴极得到电子变为H2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的阴离子Cl-在阳极失去电子，发生氧化反应。产生Cl2。反应的离子方程式是2Cl2H2O Cl2H22OH。（2）图中的离子交换膜只允许阳离子通

7、过，不能使阴离子通过，这样阻止了OH进入阳极室，阻止Cl进入阴极室，使在阴极区产生的NaOH纯度更高。同时可以阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。（3）随着电解的进行，溶质NaCl不断消耗，所以应及时补充。精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a位置补充，由于阴极H+不断放电，附近的溶液显碱性，氢氧化钠溶液从图中d位置流出；水不断被消耗，所以从b口不断加入蒸馏水，从c位置流出的是稀的NaCl溶液。（4）KClO3有氧化性，H2C2O4有还原性，在酸性条件下KClO3可以和草酸（H2C2O4）生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。则根据电子守恒及原子守恒，可得该反

8、应的化学方程式是：2KClO3+ H2C2O4+ 2H2SO4= 2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O。（5）NaClO、Na2SO3都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H+，破坏了水的电离平衡，当最终达到平衡时，溶液中c（OH-）c（H+），所以溶液显碱性。形成盐的酸越弱，盐水解程度就越大。消耗的离子浓度越大，当溶液达到平衡时，剩余的离子浓度就越小。由于H2SO3的Ki2=1.0210-7；HClO的Ki1=2.9510-8，所以酸性：HSO3-HClO，因此溶液的pH: NaClO Na2SO3。由于电离程度：H2SO3 H2CO3HCO3-，浓度均为0.1 m

9、ol/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，水解程度：SO32，所以离子浓度：SO32CO32；水解产生的离子浓度：HCO3- HSO3-。但是盐水解程度总的来说很小，主要以盐电离产生的离子存在。所以在该溶液中SO32、CO32、HSO3、HCO3 浓度从大到小的顺序为SO32HSO3。【考点定位】考查电解原理的应用、氧化还原反应方程式的书写、电离平衡常数在比较离子浓度大小的应用的知识。【名师点睛】氧化还原反应、电解原理、弱电解质的电离平衡理论、盐的水解、离子浓度大小比较是中学化学中的重要知识和理论，要掌握其反应原理、规律、方法、比较依据，再结合实际情况，进行正确的判断，得到相应的答案

10、。2【2015北京理综化学】（节选）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。（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 。（4）a室：2H2O-4e=O2+4H+，H+通过阳离子膜进入b室，发生反应： HCO3+H+=CO2+H2O。c室的反应：2H2O+2e-=2OH-+H2，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至接近装置入口海水的pH（4）海水pH8，显碱性，需要H+中和来降低海水的碱性，a室发生阳极反应：O2+4H+，c（OH

11、）下降，水电离平衡右移，c（H+）增大，H+从a室进入b室，发生反应：HCO3+H+=CO2+H2O。c室的反应：【考点定位】考查化学平衡移动、电解等。【名师点晴】本题以CO2在海洋中的转移和归宿为素材，考查有关化学反应原理知识，难度不大，要求学生掌握弱电解质的电离、化学方程式的书写以及利用守恒观点配平方程式，第（4）问利用电化学利用理论从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量，体现了化学与环境保护、理论与实际相结合的特点。3【2015北京理综化学】（15分）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-2Fe2+I2”反应中Fe3+和Fe2+的

12、相互转化。实验如下：（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 。（2）是的对比试验，目的是排除有中 造成的影响。（3）和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+，用右图装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证。K闭合时，指针向右偏转，b作 极。当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管滴加0.01 mol/L AgNO3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

13、验，证实了中Fe2+向Fe3+转化的原因，转化原因是 。与（4）实验对比，不同的操作是 。（6）实验中，还原性：IFe2+；而实验Fe2+I，将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是 。【答案】（1）化学平衡状态（2）溶液稀释对颜色变化（3）加入Ag+发生反应：Ag+I=AgI，c（I）降低；或增大c（Fe2+）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+随浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I- 向U型管右管中滴加1mol/LFeSO4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、还原能力，并影响平衡移动方向的反应达到化

14、学平衡状态。（2）根据实验和实验的对比可以看出是为了排除有中水造成溶液中离子浓度改变的影响；（3）i.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。ii.加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移。（4）K闭合时，指针向右偏转，b极为Fe3+得电子，作正极；当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管滴加0.01 mol/L AgNO3溶液，产生黄色沉淀，I-离子浓度减小，2Fe3+I2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

15、1mol/LFeSO4溶液。将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是在其它条件不变时，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还原性，导致平衡移动。【考点定位】考查化学平衡、电化学、以及化学实验设计等知识。【名师点晴】本题以“2Fe3+2I-2Fe2+I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化为基本素材，考查化学平衡状态的判断、平衡的移动、原电池原理、化学实验设计等内容，要求学生在解答本题时能充分接受、吸收、整合所给信息，分析和解决化学问题，同时本题第（2）（5）等小问也体现了对化学实验与科学探究能力的考查。题目难度不是很大。解答本题时还要注意答题的规范性。4【2015海南

16、化学】（节选）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。（4）右图所示原电池正极的反应式为 。（4）Ag+e- =Ag（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。【考点定位】本题考查金属的腐蚀、电极反应式的书写。【名师点睛】以银及其化合物为载体考查原电池原理的应用。考查学生分析问题、解决问题的能力。5【2015安徽理综化学】（节选）C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间

17、（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。0-t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是_ _,溶液中的H+向_极移动，t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是_ _。（4）2H+ + NO3+e =NO2 + H2O 正 Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al进一步反应。（4）正极得电子发生还原反应，故电极反应为:2H+ + NO3+e =NO2 + H2O ; 在电场作用下，阳离子向电池正极移动，由图像得t1时刻电流方向改变，说明电负极发生改变，Al因为发生钝化不再进一步反应。【考点定位】本题属于实验题，考查原电池原理等知识。【名师点睛】判断原电池的正负极关键

18、在于理解原电池的本质是氧化还原反应，根据这个原理来判断正负极，负极失电子，发生氧化反应，进而再根据电极材料、电解质溶液和题干信息书写电极反应式。6【2015重庆理综化学】（节选）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。（5）如图为青铜器在潮湿环境中发生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

19、）。【答案】 （5） c 2Cu2+3OH+Cl=Cu2（OH）3Cl 0.448（5）根据图示，青铜基体发生氧化反应，转化为Cu2，故c作负极。负极上Cu发生氧化反应，产物为Cu2，正极上O2发生还原反应，产物为OH，故该反应为2Cu23OHCl=Cu2（OH）3Cl。根据得失电子守恒，由O24OH、2CuCu2（OH）3Cl，可得关系式：O2Cu2（OH）3Cl，则理论上消耗标准状况下O2的体积为0.02mol22.4 L/mol0.448 L。【考点定位】本题主要考查铜及其化合物的性质，电化学的基本原理。【名师点晴】生活中常见的金属，以铜为载体设计题目的较少，试题背景注重化学与生活、社会

20、、科技及历史等的有机结合和联系，突显了化学学科的特点，能较好的考查电化学基本知识。7【2015新课标卷理综化学】（14分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是碳粉，MnO2，ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可得到多种化工原料，有关数据下表所示：溶解度/（g/100g水） 温度/化合物20406080100NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Ksp近似值10-1710-39回答下列问题：（1）该电池的正

21、极反应式为 ，电池反应的离子方程式为 。（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论上消耗Zn g。（已经F96500C/mol）（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，需去除少量杂质铁，其方法是：加稀硫酸和H2O2溶解，铁变为_，加碱调节至pH为 时，铁刚好完全沉淀（离子浓度小于110-5mol/L时，即可认为该离子沉淀完全）；继续加碱调节至pH为_时，锌开始沉淀（假定Zn2浓度为0.1m

22、ol/L）。若上述过程不加H2O2后果是 ，原因是 。（1）MnO2eH=MnOOH Zn2MnO22H=Zn22MnOOH （2）0.05g（3）加热浓缩、冷却结晶 铁粉、MnOOH 在空气中加热；碳粉转变为CO2，MnOOH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（1）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，锌是活泼的金属，锌是负极，电解质显酸性，则负极电极反应式为Zn2e=Zn2。中间是碳棒，碳棒是正极，其中二氧化锰得到电子转化为MnOOH，则正极电极反应式为MnO2eH=MnOOH，所以总反应式为Zn2MnO22H

23、=Zn22MnOOH。（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则通过的电量是0.5300150，因此通过电子的物质的量是，锌在反应中失去2个电子，则理论消耗Zn的质量是（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有氯化锌和氯化铵。根据表中数据可知氯化锌的溶解度受温度影响较大，因此两者可以通过结晶分离回收，即通过蒸发浓缩、冷却结晶实现分离。二氧化锰、铁粉、MnOOH均难溶于水，因此滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH。由于碳燃烧生成CO2，MnOOH能被氧化转化为二氧化锰，所以欲从中得到较纯的二氧化锰，最简便的方法是在空气中灼烧。（4）双氧水具有强氧化性，能把铁氧化为铁离子，因

24、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铁离子浓度为105mol/L，则溶液中氢氧根的浓度，所以氢离子浓度是2103mol/L，pH2.7，因此加碱调节pH为2.7时铁刚好完全沉淀。Zn2浓度为0.1mol/L，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108mol/L，氢离子浓度是106mol/L，pH6，即继续加碱调节pH为6时锌开始沉淀。如果不加双氧水，则铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，由于氢氧化亚铁和氢氧化锌的溶度积常数接近，因此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。【考点定位】

25、本题主要是考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等，涉及电极反应式书写、电解计算、溶度积常数的应用、pH计算、化学实验基本操作等。【名师点晴】该题以酸性锌锰干电池为载体综合考查了氧化还原反应、电化学、化学计算、物质的分离与提纯等，能够很好地考查考生所掌握的化学知识结构。考查了学生对知识理解、综合运用能力及阅读材料接受信息的能力和思维能力，对相关知识的掌握情况。这道高考题为一道中高档题，能力要求较高。8【2014年高考海南卷】（9分）锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质LiCIO4。溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMn

26、O2。（1）外电路的电流方向是由_极流向_极。（填字母）（2）电池正极反应式为 。（3）是否可用水代替电池中的混合有机溶剂？_（填“是”或“否”），原因是_ 。（4）MnO2可与KOH和KClO3，在高温下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为_。K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为_。（1） b a （2） MnO2+e-+Li+=LiMnO2 （3） 否 电极Li是活泼金属，能与水反应 （4）3MnO2+KClO3+6KOH2K2MnO4+KCl+3H2O 2:1（1）结合所给装置图以及原电池反应原理，可知Li作负极材料，MnO2作正极材料，所以电子流向是从ab，那么电流方向则是ba；（2）根据题目中的信息“电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2”，所以正极的电极反应式MnO2+e+Li+=LiMnO2；（3）因为负极的电极材料Li是活泼的金属，能够与水发生反应，故不能用水代替电池中的混合有机溶剂；（4）由题目中的信息“MnO2可与KOH和KClO4在高温条件下反应，生成K2MnO4”，可知该反应属于氧化还原反应，Mn元素化合价升高，Cl元素的化合价降低，方程式：3MnO2+KClO3+6KOH2K2MnO