2014年安徽省高考化学解析版试卷

发布时间:2024-06-03 09:06:13浏览次数:7
2014 年安徽省高考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题(本卷共 20 个小题,每小题 6 分,共 120 分)1.(6 分)CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径,如图是在一定条件下用 NH3捕获 CO2生成重要化工产品三聚氰酸的反应:下列有关三聚氰酸的说法正确的是(  )A.分子式为 C3H6N303B.分子中既含极性键,又含非极性键C.属于共价化合物D.生成该物质的上述反应为中和反应【分析】A.根据三聚氰酸的结构简式书写分子式;B.分子中化学键都是不同原子之间形成的共价键,都是极性键;C.三聚氰酸分子是原子之间通过共价键形成的分子,属于共价化合物;D.酸与碱反应生成盐与水的反应为中和反应.【解答】解:A.由三聚氰酸的结构简式可知,其分子式为 C3H3N3O3,故 A 错误;B.分子中化学键都是不同原子之间形成的共价键,都是极性键,不存在非极性键,故 B 错误;C.三聚氰酸分子是原子之间通过共价键形成的分子,属于共价化合物,故 C 正确;D.该反应不符合酸与碱反应生成盐与水,不是中和反应,故 D 错误,故选:C。【点评】本题考查有机物结构与性质,侧重对基础知识的巩固,涉及化学键、共价化合物、化学反应类型等,难度不大. 2.(6 分)下列有关 Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是(  )A.该溶液中,K+、Fe2+、C6H5OH、Br﹣可以大量共存B.和 KI 溶液反应的离子方程式:Fe3++2I﹣═Fe2++I2C.和 Ba(OH)2溶液反应的离子方程式:Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe(OH)3↓+BaSO4↓D.1L O.1mol•L﹣1该溶液和足量的 Zn 充分反应,生成 11.2g Fe【分析】A.铁离子能够与苯酚发生显色反应;B.根据电荷守恒判断,该离子方程式两边电荷不守恒;C.该离子方程式不满足硫酸铁、氢氧化钡的化学组成关系;D.根据 n=cV 计算出硫酸铁及铁离子的物质的量,再根据质量守恒及 m=nM 计算出铁的质量.【解答】解:A.Fe2(SO4)3溶液中的 Fe3+与 C6H5OH 发生显色反应,在溶液中不能大量共存,故 A错误;B.铁离子能够与碘离子发生氧化还原反应,反应的离子方程式为:2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2,题目方程式未配平,故 B 错误;C.Fe2(SO4)3溶液和 Ba(OH)2溶液反应的生成氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀,铁离子和硫酸根离子的物质的量的比为 2:3,正确的离子方程式为:2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓,故C 错误;D.1L O.1mol•L﹣1该溶液中含有溶质硫酸铁 0.1mol,0.1mol 硫酸铁中含有 0.2mol 铁离子,与足量锌反应可以生成 0.2mol 铁,生成铁的质量为 11.2g,故 D 正确;故选:D。【点评】本题考查了离子方程式的书写、离子共存的判断,题目难度中等,注意掌握离子反应发生条件,明确常见的离子之间不能共存的情况及离子方程式的书写原则. 3.(6 分)为实现下列实验目的,根据下列提供的主要仪器,所用试剂合理的是(  ) 选项 实验目的 主要仪器 试剂A 分离 Br2和 CCl4混合物分液漏斗、烧杯 Br2和 CCl4混合物、蒸馏水B 鉴别葡萄糖和蔗糖试管、烧杯、酒精灯葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液C 实验室制取 H2试管、带导管的橡皮塞锌粒、稀 HNO3D 测定 NaOH 溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯NaOH 溶液、0.1000mol•L﹣1盐酸A.A B.B C.C D.D【分析】A.Br2和 CCl4沸点不同,应用蒸馏的方法分离;B.葡萄糖可发生银镜反应,用水浴加热的方法;C.硝酸与锌反应不能生成氢气;D.缺少指示剂.【解答】解:A.只加入水用分液的方法不能得到纯净的溴,Br2和 CCl4互溶,但二者沸点不同,应用蒸馏的方法分离,故 A 错误;B.葡萄糖具有还原性,可用银氨溶液检验,故 B 正确;C.硝酸为氧化性酸,具有强氧化性,与锌反应不能生成氢气,应加入稀硫酸,故 C 错误;D.中和滴定应需要酸碱指示剂,没有指示剂不能完成滴定实验,故 D 错误。故选:B。【点评】本题为 2014 年安徽高考题,涉及物质的检验和鉴别的实验设计的考查,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,注意把握实验的严密性和可行性的评价,难度不大. 4.(6 分)臭氧是理想的烟气脱硝试剂,其脱硝反应为:2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g),若反应在恒容密闭容器中进行,下列由该反应相关图象作出的判断正确的是(  )A B C Dt1时仅加入催化剂,平衡向正方向移动达平衡时,仅改变 x,则 x 为 c(O2)从反应开始达平衡气体浓度变化升高温度,平衡常数减小A.A B.B C.C D.D【分析】A.使用催化剂,反应速率加快,但平衡不移动;B.达平衡时,仅增大 c(O2),平衡向逆反应方向移动,二氧化氮转化率降低;C.由反应 2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g),可知:每减少 2mol2NO2,生成 1molN2O5;D.由图可知,反应物总能量高于生成物总能量,正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动.【解答】解:A.t1时刻,改变条件,反应速率加快,平衡不移动,该反应前后气体的物质的量减小,不能是增大压强,只能是使用催化剂,但催化剂不影响平衡的移动,故 A 错误;B.达平衡时,仅增大 c(O2),平衡向逆反应方向移动,二氧化氮转化率降低,由图可知,二氧化氮的转化率随 x 增大而增大,x 可以代表 O3浓度、压强,故 B 错误;C.由反应 2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g),可知每减少 2mol2NO2,生成 1molN2O5,故 C 错误;D.由图可知,反应物总能量高于生成物总能量,正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,故 D 正确; 故选:D。【点评】本题以图象形式,考查化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素等,难度中等,B 选项为易错点,学生容易忽略单位问题. 5.(6 分)室温下,下列溶液中粒子浓度关系正确的是(  )A.Na2S 溶液:c(Na+)>c(HS﹣)>c(OH﹣)>c(H2S)B.Na2C2O4溶液:c(OH﹣)=c(H+)+c(HC2O4﹣)+2c(H2C2O4)C.Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=2c(CO32﹣)+c(OH﹣)D.CH3COONa 和 CaCl2混合溶液:c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)+2c(Cl﹣)【分析】A.硫离子水解显碱性,存在两步水解,以第一步为主;B.溶液中存在电荷守恒为 c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HC2O4﹣)+2c(C2O42﹣),物料守恒为c(Na+)=2c(HC2O4﹣)+2c(H2C2O4)+2c(C2O42﹣);C.溶液中存在电荷守恒;D.由物料守恒可知,c(Na+)=c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH),2c(Ca2+)=c(Cl﹣).【解答】解:A.硫离子水解显碱性,存在两步水解,两步水解均产生 OH﹣,则 c(OH﹣)>c(HS﹣),以第一步为主,则浓度关系为 c(Na+)>c(OH﹣)>c(HS﹣)>c(H2S),故 A 错误;B.溶液中存在电荷守恒为 c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HC2O4﹣)+2c(C2O42﹣),物料守恒为c(Na+)=2c(HC2O4﹣)+2c(H2C2O4)+2c(C2O42﹣),由两守恒式可知,存在质子守恒式为 c(OH﹣)=c(H+)+c(HC2O4﹣)+2c(H2C2O4),故 B 正确;C.溶液中存在电荷守恒,则 c(Na+)+c(H+)=2c(CO32﹣)+c(OH﹣)+c(HCO3﹣),故 C 错误;D.由物料守恒可知,c(Na+)=c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH),2c(Ca2+)=c(Cl﹣),则 c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)+c(Cl﹣),故 D 错误;故选:B。【点评】本题为 2014 年安徽高考化学试题,测定离子浓度大小的比较,把握盐类水解及电荷守恒、物料守恒为解答的关键,侧重分析能力及知识综合应用能力的考查,题目难度不大. 6.(6 分)中学化学中很多“规律”都有其适用范围,下列根据有关“规律”推出的结论正确的是(  )选项 规律 结论A 较强酸可以制取较弱酸 次氯酸溶液无法制取盐酸B 反应物浓度越大,反应速率越快常温下,相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸,浓硝酸中铝片先溶解完C 结构和组成相似的物质,沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于 PH3D 溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS 沉淀中滴加 CuSO4溶液可以得到 CuS 沉淀A.A B.B C.C D.D【分析】A.HClO 光照分解生成 HCl;B.常温下,铝遇浓硝酸发生钝化;C.氨气中含氢键;D.ZnS 沉淀中滴加 CuSO4溶液,发生沉淀的转化.【解答】解:A.HClO 光照分解生成 HCl,则弱酸可以制取强酸,但一般为较强酸可以制取较弱酸,故 A 错误;B.常温下,铝遇浓硝酸发生钝化,则常温下,相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸,稀硝酸中铝片先溶解完,但一般为反应物浓度越大,反应速率越快,故 B 错误;C.氨气中含氢键,沸点高于 PH3,对不含氢键的,且结构和组成相似的物质,沸点随相对分子质量增大而升高,故 C 错误;D.ZnS 沉淀中滴加 CuSO4溶液,发生沉淀的转化,溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化,从而生成 CuS 更难溶的沉淀,故 D 正确; 故选:D。【点评】本题为 2014 年安徽高考化学试题,涉及规律的应用及特例分析,把握 HClO 的性质、钝化、氢键及沉淀转化等知识点为解答的关键,注重高考高频考点的考查,题目难度不大. 7.(6 分)室温下,在 0.2mol•L﹣1 Al2(SO4)3溶液中,逐滴加入 1.0mol•L﹣1 NaOH 溶液,实验测得溶液 pH 随 NaOH 溶液体积变化曲线如图,下列有关说法正确的是(  )A.a 点时,溶液呈酸性的原因是 Al3+水解,离子方程式为:Al3++3OH﹣Al⇌ (OH)3B.a﹣b 段,溶液 pH 增大,Al3+浓度不变C.b﹣c 段,加入的 OH﹣主要用于生成 Al(OH)3沉淀D.d 点时,Al(OH)3沉淀开始溶解【分析】A.硫酸铝为强酸弱碱盐,水解显酸性;B.a﹣b 段,发生氢离子与碱中和反应,且溶液总体积增大;C.b﹣c 段,pH 变化不大;D.c 点后 pH 发生突变,NaOH 过量.【解答】解:A.硫酸铝为强酸弱碱盐,水解显酸性,水解离子反应为 Al3++3H2O Al⇌ (OH)3+3H+,故 A 错误;B.a﹣b 段,发生 H++OH﹣═H2O,但加入 NaOH 溶液,总体积增大,则 Al3+浓度减小,故 B 错误;C.b﹣c 段,pH 变化不大,主要发生 Al3++3OH﹣═Al(OH)3↓,则加入的 OH﹣主要用于生成Al(OH)3沉淀,故 C 正确;D.c 点后 pH 发生突变,NaOH 过量,Al(OH)3沉淀开始溶解,生成 NaAlO2,碱性较强,而 d 点 pH>10,NaOH 远远过量,故 D 错误;故选:C。【点评】本题为 2014 年安徽高考化学试题,侧重盐类水解及复分解反应的考查,注意氢氧化铝的两性及图中 c 点 pH 突变为解答的关键,明确 b→c 段中铝离子过量,题目难度不大. 二、非选择题8.(14 分)Na、Cu、O、Si、S、Cl 是常见的六种元素.(1)Na 位于元素周期表第 三 周期第  IA   族;S 的基态原子核外有  2   个未成对电子;Si 的基态原子核外电子排布式为  1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 2   .(2)用“>”或“<”填空:第一电离能 离子半径 熔点 酸性Si < S O2﹣ > Na+NaCl < Si H2SO4 < HClO4(3)CuCl(s)与 O2反应生成 CuCl2(s)和一种黑色固体.在 25℃、101kPa 下,已知该反应每消耗 1mol CuCl(s),放热 44.4kJ,该反应的热化学方程式是  4CuCl ( s ) +O 2( g )═ 2CuCl 2( s ) +2CuO ( s )△ H=﹣177.6kJ/mol   .(4)ClO2常用水的净化,工业上可用 Cl2氧化 NaClO2溶液制取 ClO2.写出该反应的离子方程式,并标出电子转移的方向和数目   .【分析】(1)Na 元素位于元素周期表第三周期 第 IA 族;S 的基态原子核外未成对电子处于 3p 轨 道;Si 原子核外电子基态排布式为 1s22s22p63s23p2;(2)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大;核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小;一般来说,原子晶体(Si)的熔点高于离子晶体(NaCl)的熔点;元素的非金属性越强,元素最高价氧化物的水化物的酸性越强;(3)根据题干描述书写化学方程式,注意焓变与物质的量的对应关系、注明各物质的状态;(4)Cl2氧化 NaClO2溶液制取 ClO2,本身被还原为氯离子,1 个氯气分子反应得到 2 个电子.【解答】解:(1)Na 元素位于元素周期表第三周期 第 IA 族;S 的基态原子核外未成对电子处于3p 轨道,共 2 个未成对电子;Si 原子核外电子数为 14,核外电子基态排布式为 1s22s22p63s23p2,故答案为:三;IA;2;1s22s22p63s23p2;(2)同一周期元素,随着原子序数的增加,原子核对核外电子的吸引力增强,第一电离能增大,增大而增大,所以第一电离能:S>Si;核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,所以离子半径:O2﹣>Na+;一般来说,原子晶体(Si)的熔点高于离子晶体(NaCl)的熔点,故熔点:Si>NaCl;元素的非金属性越强,元素最高价氧化物的水化物的酸性越强,因为非金属性 Cl>S,所以酸性:HClO4>H2SO4;故答案为:<;>;<;<;(3)该反应每消耗 1mol CuCl(s),放热 44.4kJ,消耗 4mol CuCl(s),则放热44.4kJ×4=177.6kJ,根据热化学方程式的书写方法,可以写出该反应的热化学方程式为 4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)△H=﹣177.6kJ/mol,故答案为:4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)△H=﹣177.6kJ/mol;(4)Cl2氧化 NaClO2溶液制取 ClO2,本身被还原为氯离子,1 个氯气分子反应得到 2 个电子,因此离子方程式、电子转移的方向和数目表示为 ,故答案为: .【点评】本题考查知识点较多,涉及原子结构和元素周期律、反应热的计算、离子方程式书写和氧化还原反转移电子数的计算和表示方法,为高考常见题型,侧重于学生计算能力、分析比较能力的培养. 9.(16 分)Hagemann 酶(H)是一种合成多环化合物的中间体,可由下列路线合成(部分反映条件略去):(1)(A→B)为加成反应,则 B 的结构简式是  CH 2=CH﹣C≡CH   ;B→C 的反应类型是 加成反应.(2)H 中含有的官能团名称是 碳碳双键、羰基、酯基 ,F 的名称(系统命名)是  2﹣ 丁炔酸 乙酯 .(3)E→F 的化学方程式是  CH 3C≡CCOOH+CH3CH2OH CH3C≡CCOOCH2CH3+H2O   .(4)TMOB 是 H 的同分异构体,具有下列结构特征:①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有一个吸收 峰;②存在甲氧基(CH3O﹣).TMOB 的结构简式是   .(5)下列说法正确的是  a 、 d   .a.A 能和 HCl 反应得到聚氯乙烯的单体 b.D 和 F 中均含有 2 个 π 健c.1mol G 完全燃烧生成 7mol H2O d.H 能发生加成,取代反应.【分析】从流程图可以看出,A→B 是两个乙炔的加成反应,生成 B,然后再甲醇(CH3OH)发生加成反应生成 C( ),可知 B 的结构简式是 CH2=CH﹣C≡CH;结合 F(CH3C≡CCOOCH2CH3)是由 E 和 CH3CH2OH 发生酯化反应的到的,所以 E 的结构简式为 CH3C≡CCOOH.(1)A→B 是两个乙炔的加成反应,所以 B 的结构简式为 CH2=CH﹣C≡CH,B→C 是 CH2=CH﹣C≡CH 和甲醇的加成反应;(2)H 含有的官能团是碳碳双键,羰基,酯基;F 命名为 2﹣丁炔酸乙酯;(3)E→F 的反应是 E(CH3C≡CCOOH)和 CH3CH2OH 发生的酯化反应;(4)TMOB 结构中含有苯环,存在甲氧基(CH3O﹣),又因为除苯环吸收峰外仅有 1 个吸收峰,所以应该含有 3 个甲氧基(CH3O﹣),且三个甲氧基等价;(5)a、乙炔与 HCl 加成可生成氯乙烯;b、D 中碳碳三键中含有 2 个 π 键,F 中碳碳三键中含有 2 个 π 键、碳氧双键中含有 1 个 π 键;c、一个 G 分子含有 16 个 H 原子,根据 H 原子守恒计算;d、羰基可加成,酯基可发生水解反应,属于取代反应;【解答】解:(1)A→B 是两个乙炔的加成反应,所以 B 的结构简式为 CH2=CH﹣C≡CH,B→C 是CH2=CH﹣C≡CH 和甲醇的加成反应生成 C( ),故答案为:CH2=CH﹣C≡CH;加成反应;(2)根据 H 的结构简式可知,H 含有的官能团是碳碳双键,羰基,酯基;F 的结构简式为CH3C≡CCOOCH2CH3,命名为 2﹣丁炔酸乙酯,故答案为:碳碳双键,羰基,酯基;2﹣丁炔酸乙酯;(3)E→F 的反应是 E(CH3C≡CCOOH)和 CH3CH2OH 发生的酯化反应,所以反应方程式为CH3C≡CCOOH+CH3CH2OH CH3C≡CCOOCH2CH3+H2O,故答案为:CH3C≡CCOOH+CH3CH2OH CH3C≡CCOOCH2CH3+H2O;(4)TMOB 是 H 的同分异构体,具有下列结构特征:①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有 1 个吸收峰;②存在甲氧基(CH3O﹣),说明 TMOB 结构中含有苯环,存在甲氧基(CH3O﹣),又因为除苯环吸收峰外仅有 1 个吸收峰,所以应该含有 3 个甲氧基(CH3O﹣),且三个甲氧基等价,所以 TMOB 的结构简式 ,故答案为: ;(5)a、乙炔与 HCl 加成可生成氯乙烯,氯乙烯是生产聚氯乙烯的单体,故 a 正确; b、D 中碳碳三键中含有 2 个 π 键,F 中碳碳三键中含有 2 个 π 键、碳氧双键中含有 1 个 π 键,共3 个 π 键,故 b 错误;c、一个 G 分子含有 16 个 H 原子,1molG 含有 16molH,1mol G 完全燃烧生成 8molH2O,故 c 错误; d、H 中的羰基可加成,酯基可发生水解反应,水解反应属于取代反应,故 d 正确;故答案为:a、d.【点评】本题考查了有机物的合成,难度中等,为历年高考选作试题,试题综合性强,把握有机物合成中官能团的变化是解题的关键. 10.(14 分)LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质,某工厂用 LiF、PCl3为原料、低温反应制备 LiPF6,其流程如下:已知:HCl 的沸点是﹣85.0℃,HF 的沸点是 19.5℃。(1)第①步反应中无水 HF 的作用是 反应物 、 溶剂 。反应设备不能用玻璃材质的原因是 SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O   (用化学方程式表示).无水 HF 有腐蚀性和毒性,工厂安全手册提示,如果不小心将 HF 沾到皮肤上,可立即用 2%的  NaHCO 3 溶液冲洗。(2)该流程需在无水条件下进行,第③步反应中 PF5极易水解,其产物为两种酸,写出 PF5水解的化学方程式:  PF 5+4H2O═H3PO4+5HF   。(3)第④步分离采用的方法是 过滤 ;第⑤步分离尾气中 HF、HCl 采用的方法是 冷凝 。(4)LiPF6产品中通常混有少量 LiF.取样品 w g,测得 Li 的物质的量为 n mol,则该样品中 LiPF6的物质的量为   mol(用含 w、n 的代数式表示)。【分析】(1)根据题目中的流程可以看出,固体+液体→新物质+饱和溶液,所以无水 HF 的作用是反应物和溶剂;玻璃的主要成分中含有二氧化硅,能和 HF 发生反应;HF 属于弱酸,必须用弱碱性溶液来除去;(2)根据元素组成可知,两种酸分别是 H3PO4和 HF;(3)分离液体和不溶于液体固体采用过滤分离,HF 分子间含有氢键,沸点大于 HCl,可采用冷凝法分离;(4)根据 Li 守恒和质量守恒计算。【解答】解:(1)根据题目中的流程可以看出,固体+液体→新物质+饱和溶液,所以无水 HF 的作用是反应物和溶剂;玻璃的主要成分中含有二氧化硅,能和 HF 发生反应,化学方程式为SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O;HF 属于弱酸,必须用弱碱性溶液来除去(比如 2%的 NaHCO3溶液);故答案为:反应物;溶剂;SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O;NaHCO3; (2)根据题目中的信息“PF5 极易水解,其产物为两种酸”,则根据元素组成可知,两种酸分别是 H3PO4 和 HF,所以反应的方程式为 PF5+4H2O═H3PO4+5HF,故答案为:PF5+4H2O═H3PO4+5HF;(3)第④步分离的是固体(LiPF4(s))和液体(HF(l)),所以采用过滤的方法;分离尾气中HF、HCl,可以利用二者沸点的差异(HF 分子之间存在氢键)进行分离,所以采用冷凝法,故答案为:过滤;冷凝;(4)设 LiPF6为 xmol,LiF 为 ymol;根据 Li 守恒,有 x+y=n,根据质量守恒有 152x+26y=w,解得x= mol,故答案为: 。【点评】本题为无机化学流程题,该题是高考中的常见题型,属于中等难度的试题。试题综合性强, 涉及物质推断、分离提纯、方程式书写、化学计算等知识,注意题干所给信息的使用,侧重对学生实验能力的培养和解题方法的指导,有助于培养学生规范、严谨的实验设计和评价能力。 11.(14 分)某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素,将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部,塞上瓶塞(如图 1).从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液,同时测量容器中的压强变化.(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格):编号 实验目的 碳粉/g 铁粉/g 醋酸/%① 为以下实验作参照0.5 2.0 90.0② 醋酸浓度的影响0.5 36.0③ 0.2 2.0 90.0(2)编号①实验测得容器中压强随时间变化如图 2.t2时,容器中压强明显小于起始压强,其原因是铁发生了 吸氧 腐蚀,请在图 3 中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向   ;此时,碳粉表面发生了 还原 (填“氧化”或“还原”)反应,其电极反应式是  O 2+2H2O+4e ﹣ ═4OH ﹣   .(3)该小组对图 2 中 0﹣t1时压强变大的原因提出了如下假设,请你完成假设二::假设一:发生析氢腐蚀产生了气体;假设二: 反应放热使锥形瓶内温度升高 ;…(4)为验证假设一,某同学设计了检验收集的气体中是否含有 H2的方案,请你再设计一个实验方案验证假设一,写出实验步骤和结论.【分析】(1)根据对比试验中保证变量的唯一性进行解答;(2)根据析氢腐蚀与吸氧腐蚀的区别及锥形瓶中压强的变化判断钢铁的腐蚀类型;根据钢铁的腐蚀类型及原理标出电子转移的方向;碳粉表明氧气得到电子生成氢氧根离子,发生还原反应;(3)图 2 中 0﹣t1时压强变大,可能是发生了析氢腐蚀使气体体积增大或者反应放热使温度升高,锥形瓶中气体体积增大;(4)可以根据检验锥形瓶中是否生成了亚铁离子判断方案一是否正确.【解答】解:(1)①为参照试验,由于②探究醋酸的浓度的影响,则除了醋酸浓度不同外,其它条件必须完全相同,即铁粉质量应该为 2.0g;③中只有碳粉含量与①不同,则③为探究碳粉含量的影响,故答案为:② 2.0③ 碳粉含量的影响(2)t2时,容器中压强明显小于起始压强,说明锥形瓶中气体体积减小,说明发生了吸氧腐蚀, 碳为正极,铁为负极,电子转移的方向为: ,碳电极氧气得到电子发生还原反应,电极反应式为:O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣,故答案为:吸氧; ; 还原;O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣;(3)图 2 中 0﹣t1时压强变大的原因可能为:铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应,温度升高时锥形瓶中压强增大,所以假设二为:反应放热使锥形瓶内温度升高,故答案为:反应放热使锥形瓶内温度升高;(4)可以通过检验反应是否生成亚铁离子判断是否发生析氢腐蚀,方法为:①将锥形瓶中反应后的溶液过滤;②滤液中滴加几滴硫氰化钾溶液,再滴入几滴新制氯水,若滴入 KSCN 溶液不变红,滴入氯水后溶液变红,证明假设一正确;若滴入 KSCN 溶液不变红,滴入氯水后溶液不变红,证明假设一错误.故答案为:①将锥形瓶中反应后的溶液过滤;②滤液中滴加几滴硫氰化钾溶液,再滴入几滴新制氯水,若滴入 KSCN 溶液不变红,滴入氯水后溶液变红,证明假设一正确;若滴入 KSCN 溶液不变红,滴入氯水后溶液不变红,证明假设一错误.【点评】本题考查了探究铁的腐蚀原理、原电池工作原理,题目难度中等,注意掌握原电池工作原理,明确钢铁的化学腐蚀类型、腐蚀原理及区别. 
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