《2015年高考化学题型步步衔接专题14基本概念基本理论综合二含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015年高考化学题型步步衔接专题14基本概念基本理论综合二含解析（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题14基本概念、基本理论综合二【母题来源】2015新课标卷理综化学【母题题文】（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020406080100NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-1710-1710-39回答下列问题：（1）该电池的正极反应式为 ，
2、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0.1mol/L）。若
3、上述过程不加H2O2后果是 ，原因是 。【答案】（1）MnO2eHMnOOH；Zn2MnO22HZn22MnOOH （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【试题解析】（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Zn2eZn2。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MnO2eHMnOOH，所以总反应式为Zn2MnO22H
4、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
5、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。【命题意图】
6、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。【考试方向】以元素及其化合物为载体将物质的分离提纯、弱电解质的平衡及沉淀的转化、化学方程式的书写、氧化还原方程式的有关判断、配平与应用等知识联系起来，充分体现了学以致用的目的，更突显了化学是一门实用性的学科的特点。【得分要点】准确分析反应过程中元素化合价的变化及电子转移的数目，根据氧化还原反应中得失电子数目相等计算，利用化合价升降法及原子
7、守恒配平方程式以及根据元素的化合价变化特点分析物质分离提纯和回收是是得分的关键；根据沉淀溶解平衡的相关数据进行计算得出相关离子沉淀的pH；根据外界条件对平衡状态的影响进度去分析沉淀的生成等这些是解题的关键。1【东北师大附中2015届高三年级上学期第一次摸底考试】某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀CuI。用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。已知：I22S2OS4O2I可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是_
8、 。CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_。该试样中CuCl22H2O的质量百分数为_。【答案】淀粉溶液（1分） 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后蓝色褪去，且30s内不复原（2分）2Cu24I2CuII2（2分）95%（2分）【解析】 试题分析：由于碘遇淀粉显蓝色，因此可选用淀粉溶液作指示剂。根据方程式可知当碘完全消耗完毕后蓝色消失，所以终点时的实验现象是当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后蓝色褪去，且30s内不复原。CuCl2溶液与KI发生氧化还原反应生成氯化亚铜和碘，则反应的离子方程式为2Cu24I2CuII2。根据方程式可知2S2OI22Cu2，则CuCl22H2O的物质的量是0.10
9、00 mol/L0.02L0.002mol，其质量是0.002mol171g/mol0.171g，所以该试样中CuCl22H2O的质量百分数为。考点：考查氧化还原反应滴定的有关应用2【山东省潍坊市第一中学2015届高三1月期末考前模拟化学试题】（1）已知25时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式HSCNCH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1310118105 491010K1=43107 K2=561011 等物质的量浓度的aCH3COONa、bNaCN、cNa2CO3、dNaHCO3溶液的pH由大到小的顺序为 （填序号）。25时，将20 mL 01 molL1 CH3COOH溶液和20
10、mL 01 molL1HSCN溶液分别与20 mL 01 molL1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）的变化如右图所示：反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是 。反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO） c（SCN）（填“”、“”或“”）若保持温度不变，在醋酸溶液中加入少量盐酸，下列量会变小的是_（填序号）。a c(CH3COO) b c(H+) c Kw d 醋酸电离平衡常数 （2）右图为某温度下，PbS（s）、ZnS（s）、FeS（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，溶液的S2浓度、金属阳离子浓度变化情况。如果向三种沉淀中加盐酸，最先溶解
11、的是 （填化学式）。向新生成 的ZnS浊液中滴入足量含相同浓度的Pb2+、Fe2+的溶液，振荡后，ZnS沉淀会转化为 （填化学式）沉淀。（3）甲烷燃料电池可以提升能量利用率。下图是利用甲烷燃料电池电解50 mL 2 molL1的氯化铜溶液的装置示意图： 请回答： 甲烷燃料电池的负极反应式是 。 当线路中有01 mol电子通过时， 极增重_g【答案】（1） c b d a （2分） 同浓度的HSCN比CH3COOH酸性强，与NaHCO3溶液反应快（2分） （1分） a（2分） （2）FeS （1分） PbS （1分） （3） CH4 8e + 2H2OCO2 + 8H+ （2分） b（1分） 3
12、2（1分）考点：考查电离常数、溶解平衡以及电化学原理的应用等3【北京市大兴区20142015学年度高三第一学期期末试卷】（11分）H2O2是一种常用绿色氧化剂，在化学研究中应用广泛。（1）请写出H2O2的电子式 。（2）H2O2分解过程的能量变化如图(a)所示，试判断该反应为 反应（吸热或放热）。已知：Fe3+催化H2O2分解的机理可分两步反应进行，第一步反应为：2Fe3+H2O2=2Fe2+O2+2H+，完成第二步反应的离子方程式： Fe2+ H2O2 + _ = _+ _按图(b)装置（A、B瓶中已充有NO2气体，2NO2(g) N2O4(g), H0）进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A
13、瓶中的 （填“深”或“浅”），原因是 。（3）空气阴极法电解制备H2O2的装置如图(c)所示，主要原理是在碱性电解质溶液中，利用空气中O2在阴极反应得到H2O2和稀碱的混合物。试回答：电源a极的名称是 。写出阴极电极反应式 。（4）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶解印刷电路板中的金属铜，请写出铜解的离子方程式 ，控制其它条件相同，印刷电路板的金属粉末用10% H2O2和30 molL1 H2SO4溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率（见下表）。温度（）20304050607080Cu的平均溶解速率（10-3molmin-1）734801925798724673576当温度高于40时，铜的平均溶解速率随着反应温度的升高而下降，其主要原因是 。【答案】（11分）（1） （1分）（2） 放热（1分）2 1 2H+ 2 Fe3+ 2H2O （2分）深 右侧烧杯由于H2O2分解放热水温升高，使上述平衡向逆向移动（2分）（3）正极 （1分） O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH- （1分）（4）H2
