高考理综化学试题分类解析Word文档下载推荐.docx

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D.AgCl是还原产物

由电池总反应可知银失去电子被氧化得氧化产物，即银做负极，产物AgCl是氧化产物，A、D都不正确；

在原电池中阳离子在正极得电子发生还原反应，所以阳离子向电池的正极移动，C错误；

化合物Na2Mn5O10中Mn元素的化合价是+18/5价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移电子的物质的量为（4－18/5）×

5＝2mol，因此选项B正确。

3.（2011北京高考8）结合下图判断，下列叙述正确的是

A．Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护

B.Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe－2e－＝Fe2＋

C.Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2＋2H2O＋4e－＝4OH－

D.Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K3Fe（CN）6溶液，均有蓝色沉淀

锌比铁活泼，装置Ⅰ中锌作负极，方程式为Zn－2e－=Zn2＋。

铁作正极，但溶液显中

性，所以发生锌的吸氧腐蚀，正极反应是O2＋2H2O＋4e－＝4OH－；

铁比铜活泼，装置Ⅱ中铁作负极，负极反应为Fe－2e－＝Fe2＋。

铜作正极，但溶液显酸性，所以正极是溶液中的氢离子得电子，方程式为2H++2e－=H2↑。

因为装置Ⅰ中没有Fe2＋生成，所以装置Ⅰ中加入少量K3Fe（CN）6溶液时，没有蓝色沉淀产生。

综上所叙，只有选项A是正确的。

A

4.（2011福建高考11）研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源。

该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电。

关于该电池的下列说法不正确的是

A．水既是氧化剂又是溶剂

B．放电时正极上有氢气生成

C．放电时OH－向正极移动

D．总反应为：

2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑

考生可能迅速选出C项是错误，因为原电池放电时OH－是向负极移动的。

这个考点在备考时训练多次。

这种电池名称叫锂水电池。

可推测其总反应为：

2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑。

再写出其电极反应如下：

（—）2Li—2e—＝2Li+

（+）2H2O+2e—＝2OH—＋H2↑

结合选项分析A、B、D都是正确的。

此题情景是取材于新的化学电源，知识落脚点是基础，对原电池原理掌握的学生来说是比较容易的。

C

5.（2011广东高考12）某小组为研究电化学原理，设计如图2装置。

下列叙述不正确的是

A、a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出

B、a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：

Cu2＋+2e－=Cu

C、无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色

D、a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动

本题考察原电池、电解池的原理、判断及其应用。

若a和b不连接，则不能构成原电池，单质铁直接与Cu2＋发生氧化还原反应而置换出铜，方程式为：

Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，A正确；

若a和b用导线连接，则构成原电池，此时铁作负极，铜作正极，方程式分别为：

Fe－2e－＝Fe2＋、Cu2＋+2e－=Cu，B正确；

有A、B分析可知，选项C是正确的；

若a和b分别连接直流电源正、负极，则构成电解池，此时铜作阳极失去电子被氧化，铁作阴极，在电解池中阳离子向阴极运动，因此选项D是错误的。

D

6.（2011山东高考15）以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是

A.未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程

B.因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系

C.电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率

D.镀锌层破损后对铁制品失去保护作用

电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，把镀层金属作阳极，用含有镀层金属离子的溶液作电镀液。

因此在铁制品上镀锌时，铁作阴极，锌作阳极，由于锌比铁活泼，因此未通电前可以构成原电池，但此时锌作负极失去电子，铁作正极，而电镀是锌仍然失电子，所以选项A不正确；

在氧化还原反应中必需满足得失电子守恒，因此电镀时通过的电量与锌的析出量有确定关系而与能量变化无关，B不正确；

由于电镀时保持电流恒定，因此导线中通过的电子速率是不变的，所以升高温度不能改变电解反应速率，C正确；

镀锌层破损后，由于锌比铁活泼，所以即使发生电化学腐蚀也是锌失去电子而保护了铁，即选项D也不正确。

7.（2011新课标全国）铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：

Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2

下列有关该电池的说法不正确的是

A.电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe

B.电池放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2

C.电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低

D.电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH--2e-=

Ni2O3+3H2O

由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子，Ni2O3做氧化剂得到电子，因此选项AB均正确；

充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：

Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2，所以电池充电过程时阴极反应为Fe（OH）2+2e-=Fe+2OH-，因此电池充电过程中，阴极附近溶液的pH会升高，C不正确；

同理分析选项D正确。

8.（2011海南）一种充电电池放电时的电极反应为

H

2+2OH--2e-=2H2O；

NiO（OH）+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-

当

为电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生的反应是

A.H2O的还原B.NiO（OH）的还原

C.H2的氧化D.NiO（OH）2的氧化

[答案]D

命题立意：

考查二次电池中的氧化还原问题

由题中给出的电极反应可判断出做原电池时，H2是还原剂被氧化、NiO（OH）是氧化剂被还原，则充电时H2是还原产物、NiO（OH）是氧化产物，与正极相连的是阳极发生氧化反应，所以“NiO（OH）2的氧化”正确。

【技巧点拨】关于充电电池的氧化还原问题是常考点，这类题有规律。

原电池时，先要分析氧化剂与还原剂，氧化剂被还原、还原剂被氧化；

充电时（电解池），原电池负极反应反着写为还原过程，发生在阴极，原电池中的正极反应反着写为氧化过程，发生在阳极。

9.（2011海南）根据下图，下列判断中正确的是

A.烧杯a中的溶液pH升高

B.烧杯b中发生氧化反应

C.烧杯a中发生的反应为2H++2e

-=H2

D.烧杯b中发生的反应为2Cl--2e-=Cl2

[答案]AB

原电池相关知识的考

查

题中给出的物质表明，该电池的总反应是2Zn+O2+2H2O=2Zn（OH）2，a烧杯中电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，b中Zn-2e-=Zn2+，所以正确项为AB。

【技巧点拨】原电池的题是历届常考点，本题可视为由前年高考中的铝空电池变化而来。

主要是先要找到电池的总反应，反应中各电极反应、电极周围酸碱性变化、离子浓度变化及计算才能有据可依。

10．（2011全国II卷10）用石墨做电极电解CuSO4溶液。

通电一段时间后，欲使用电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的

A．CuSO4B．H2OC．CuOD．CuSO4·

5H2O

解析：

用石墨做电极电解CuSO4溶液的电解方程式是2CuSO4＋2H2O

2H2SO4＋2Cu＋O2↑，根据缺什么补什么的，选项C正确。

11．（2011上海）用电解法提取氯化铜废液中的铜，方案正确的是

A．用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片B．用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片

C．用氢氧化钠溶液吸收阴极产物D．用带火星的木条检验阳极产物

用电解法提取氯化铜废液中的铜时，铜必需作阴极，阳极是铜或惰性电极，阴极的反应式为：

Cu2++2e－＝Cu。

12.（2011江苏高考13，12分）Ag2O2是银锌碱性电池的正极活性物质，可通过下列方法制备：

在KOH加入适量AgNO3溶液,生成Ag2O沉淀，保持反应温度为80℃，边搅拌边将一定量K2S2O8溶液缓慢加到上述混合物中，反应完全后，过滤、洗涤、真空干燥得到固体样品。

反应方程式为2AgNO3＋4KOH＋K2S2O8

Ag2O2↓＋2KNO3＋K2SO4＋2H2O

回答下列问题：

（1）上述制备过程中，检验洗涤是否完全的方法是

。

（2）银锌碱性电池的电解质溶液为KOH溶液，电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为

K2Zn（OH）4，写出该电池反应方程式：

（3）准确称取上述制备的样品（设Ag2O2仅含和Ag2O）2.558g，在一定的条件下完全分解为Ag和O2，得到224.0mLO2（标准状况下）。

计算样品中Ag2O2的质量分数（计算结果精确到

小数点后两位）。

本题以银锌碱性电池正极活性物质Ag2O2制备、制备过程检验洗洗涤是否完全的实验方法、电池反应、以及成分分析与相关计算为背景，试图引导学生关注化学与社会生活，考查学生用化学的思维方式来解决一些现实生活中

的一些具体问题的能力。

【备考提示】高三复习重视化学与社会生活问题联系，要拓展搞活学科知识。

化学计算要物质的量为基本，适当关注化学学科思想（如质量守恒、电荷守恒、极端分析等）等在化学计算中的运用。

（1）取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴B

a（NO3）2溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全（或取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴酚酞溶液，若溶液不显红色，表示已洗涤完全）

（2）Ag2O2＋2Zn＋4KOH＋2H2O＝2K2Zn（OH）4＋2Ag

（3）n（O2）＝224mL/22.4L·

mL－1·

1000mL·

L－1＝1.000×

10－2mol

设样品中Ag2O2的物质的量为x,Ag2O的物质的量量为y

248g·

mol－1×

x＋232g·

y＝2.588g

x＋1/2y＝1.000×

x＝9.500×

10－3mol

y＝1.000×

w（Ag2O2）＝

＝0.91。

13.（2011北京高考26，14分）

氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如下图所示：

（1）溶液A的溶质是；

（2）电解饱和食盐水的离子方程式是；

（3）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用；

（4）电解所用的盐水需精制。

去除有影响的Ca2＋、Mg2＋、NH4＋、SO42－[c（SO42－）＞c（Ca2＋）]。

精致流程如下（淡盐水和溶液A来电解池）：

①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是

②过程Ⅰ中将NH4+转化为N2的离子方程式是

③BaSO4的溶解度比BaCO3的小，过程Ⅱ中除去的离子有

④经过程Ⅲ处理，要求盐水中c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L,若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L，则处理10m3盐水b，至多添加10%Na2SO3溶液kg（溶液体积变化忽略不计）。

（1）电解时在电极的作用下，溶液中的阳离子向阴极作定向运动，阴离子向阳极作定向运动，所以电解饱和食盐水时Na＋和H＋向阴极运动并放电，但H＋比Na＋易得电子，所以H＋首先放电，方程式为2H＋＋2e－=H2↑。

由于H＋是水电离出的，所以随着H＋的不断放电，就破坏了阴极周围水的电离平衡，O

H－的浓度就逐渐增大，因此溶液A的溶质是NaOH。

由于Cl－比OH－易失电子，所以在阳极上CI－首先放电，方程式为2Cl－－2e－=Cl2↑。

因此电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl－＋2H2O

2OH－＋H2↑＋Cl2↑。

（2）见解析

（1）

（3）由于阳极上生成氯气，而氯气可溶于水，并发生下列反应Cl2＋H2O

HCl＋HClO，根据平衡移动原理可知增大盐酸的浓度可使平衡向逆反应方向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的溢出。

（4）由于溶液中含有Mg2＋，所以用溶液A（即NaOH）调节溶液的pH时，会产生Mg（OH）2沉淀，即盐泥a中还含有Mg（OH）2；

淡盐水中含有氯气，氯气具有强氧化性，可将NH4+氧化为N2，而氯气被还原成Cl－，方程式为2NH4＋＋3Cl2＋8OH－=8H2O＋6Cl－＋N2↑；

沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。

由于BaSO4的溶解度比BaCO3的小，所以加入BaCO3后，溶液中的SO42－就结合Ba2+生成更难溶的BaSO4沉淀，同时溶液中还存在Ca2+而C

aCO3

也属于难溶性物质，因此还会生成CaCO3沉淀；

NaClO具有强氧化性，可将Na2SO3氧化成Na2SO4，方程式为N

a2SO3+NaClO＝Na2SO4+NaCl。

10m3盐水b中含NaClO的物质的量为

，由方程式可知消耗Na2SO3的质量为1mol×

126g/mol＝126g。

若设需要10%Na2SO3溶液的质量为X，则有

，解得x＝1760g，即至多添加10%Na2SO3溶液1.76kg。

（1）NaOH

（2）2Cl－＋2H2O

2OH－＋H2↑＋Cl2↑

（3）氯气与水反应：

Cl2＋H2O

HCl＋HClO，增大HCl的浓度可使平衡逆向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的溢出。

（4）①Mg（OH）2

②2NH4＋＋3Cl2＋8OH－=8H2O＋6Cl－＋N2↑

③SO42－、Ca2＋

④1.76

14.（2011四川，14分）

开发氢能是实现社会可持续发展的需要。

硫铁矿（FeS2）燃烧产生的SO2通过下列碘循环工艺过程既能制H2SO4，又能制H2。

请回答下列问题：

（1）已知1gFeS2完全燃烧放出7.1kJ热量，FeS2燃烧反应的热化学方程式为______________。

（2）该循环工艺过程的总反应方程式为_____________。

（3）用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是____________。

（4）用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料（用MH）表示），NiO（OH）作为电池正极材料，KOH溶液

作为电解质溶液，可制得高容量，长寿命的镍氢电池。

电池充放电时的总反应为：

NiO（OH）＋MH

Ni（OH）2＋M

①电池放电时，负极的电极反应式为____________。

②充电完成时，Ni（OH）2全部转化为NiO（OH）。

若继续充电将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极的电极反应式为____________

本题主要考察热化学方程式的书写、勒夏特列原理的应用和电极反应方程式的书写。

（1）4FeS2（s）＋11O2（g）

2Fe2O3（s）＋8SO2（g）△H＝－3408kJ/mol

（2）2H2O＋SO2=H2SO4＋H2

（3）减小氢气的浓度，使HI分解平衡正向移动，提供HI的分解率

（4）MH＋OH－－e－=M＋H2O

2H2O＋O2＋4e－=4OH－

.

1.（2011江苏高考14）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是

A.在0.1mol·

L－1NaHCO3溶液中：

c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c（CO32－）＞c（H2CO3）

B.在0.1mol·

L－1Na2CO3溶液中：

c（OH－）－c（H＋）＝c（HCO3－）＋2c（H2CO3－）

C.向0.2mol·

L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·

L－1NaOH溶液：

c（CO32－）＞c（HCO3－）＞c（OH－）＞c（H＋）

D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7,c（Na＋）＝0.1mol·

L－1]：

c（Na＋）＝c（CH3COO－）＞c（CH3COOH）＞c（H＋）＝c（OH－）

继续：

本题属于基本概念与理论的考查，落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较。

溶液中存在水解与电离两个过程的离子浓度大小比较似乎是考试热点内容，高三复习中要反复加强训练。

L－1NaHCO3溶液中，HCO3－在溶液中存在水解与电离两个过程，而溶液呈碱性，说明水解过程大于电离过程，c（H2CO3）＞c（CO32－）

B.c（OH－）－c（H＋）＝c（HCO3－）＋2c（H2CO3－）中把c（H＋）移项到等式另一边，即是质子守恒关系式。

L－1NaOH溶液后，相当于0.05mol·

L－1的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的混合液，由于Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度，因此正确的关系是：

c（HCO3－）＞c（CO32－）＞c（OH－）＞c（H＋）。

D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，包括CH3COO－水解和CH3COOH电离两个过程，既然pH＝7,根据电荷守恒式，不难得出c（Na＋）＝c（CH3COO－）＝0.1mol·

L－1，c（H＋）＝c（OH-）＝1×

10－7mol·

L－1。

水解是有限的，c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）。

2.（2011安徽高考12）室温下，将1.000mol·

L－1盐酸滴入20.00mL1.000mol·

L－1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。

下列有关说法正确的是

A.a点由水电离出的c（H＋）=1.0×

10－14mol/L

B.b点：

c（NH4＋）＋c（NH3·

H2O）=c（C

l－）

C.c点：

c（Cl－）=c（NH4＋）

D.d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·

H2O电离吸热

氨水属于弱碱，因此在1.000mol·

L－1氨水中OH－的浓度不会是1.000mol·

L－1而是要小于1.000mol·

L－1，由水得离子积常数可知溶液中H+浓度应大于1.0×

10－14mol/L，A不正确

；

由图像可知b点溶液显碱性，说明此时氨水有剩余，即溶液是由氨水和

氯化铵组成的，因此有c（NH4＋）＋c（NH3·

H2O）＞c（Cl－），B不正确；

由图像可知c点溶液显中性，由电荷守衡可知c（H+）+c（NH4+）＝c（OH－）+c（Cl－），所以c（NH4+）＝c（Cl－），C正确；

由图像可知d点后溶液中主要物质是NH4Cl，而NH4Cl要水解吸热，所以温度会略有降低，D也不正确。

3．（2011浙江高考13）海水中含有丰富的镁资源。

某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：

模拟海水中的离

子浓度（mol/L）

Na＋

Mg2＋

Ca2＋

Cl―

0.439

0.050

0.011

0.560

0.001

注：

溶液中某种离子的浓度小于1.0×

10－5mol/L，可认为该离子不存在；

实验过程中，假设溶液体积不变。

已知：

Ksp（CaCO3）＝4.96×

10－9；

Ksp（MgCO3）＝6.82×

10－6；

Ksp[Ca（OH）2]＝4.68×

Ksp[Mg（OH）2]＝5.61×

10－12。

A．

沉淀物X为CaCO3

B．滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋

C．滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋

D．步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀物Y为Ca（OH）2和Mg（OH）2的混合物

步骤①发生Ca2＋＋OH―＋

CaCO3↓＋H2O；

步骤②：

Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2＋）×

（10－3）2＝5.6×

10－12，c（Mg2＋）＝5.6×

10－6。

Q[Ca（OH）2]＝c（Ca2＋）×

（10－3）2＝10－8＜Ksp，无Ca（OH）2析出。

A．正确。

生成0001molCaCO3。

B．错误。

剩余c（Ca2＋）＝0.001mol/L。

c（Mg2＋）＝5.6×

10－6＜10－5，无剩余，

生成0.05molMg（OH）2，余0.005molOH―，Q[Ca（OH）2]＝0.01×

0.0052＝2.5×

10－7＜Ksp，无Ca（OH）2析出。

【评析】本题考察方式很新颖，主要考察溶度积的计算和分析。

解题时要能结合溶度积计算，分析推断沉淀是否产生，要求较高。

BD

4.（2011福建高考10）常温下0.1mol·

L－1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=（a＋1）的措施是

A．将溶液稀释到原体积的10倍 

B．加入适量的醋酸钠固体

C．加入等体积0.2mol·

L－1盐酸 

D．提高溶液的温度

醋酸是弱酸，电离方程式是CH3COOH

H++CH3COO－，故稀释10倍，pH增加不到一个单位，A项错误；

加入适量的醋酸钠固体，抑制醋酸的电离，使其pH增大，可以使其pH由a变成（a＋1）；

B项正确；

加入等体积0.2mol·

L－1盐酸，虽然抑制醋酸的电离，但增大了c（H＋），溶液的pH减少；

C项错误；

提高溶液的温度，促进了醋酸的电离，c（H＋）增大，溶液的pH减少；

D项错误。

此题涉及弱电解质的电离平衡移动，切入点都是比较常规的设问，但学生易错选。

5.（2011广东非公开11）对于0.1mol•L-

1Na2SO3溶液，正确的是

A、升高温度，溶液的pH降低

B、c（Na＋）=2c（SO32―）+c（HSO3―）+c（H2SO3）

C、c（Na＋）+c（H＋