1、2015-2016学年四川省成都市彭州市五校联考高二（下）期中化学试卷一、选择题：（共20题，每小题2分，共40分，每题只有一个答案符合题意）1据报道，1995年我国科研人员在兰州首次合成了镤元素的一种同位素镤239，并测知其原子核内有148个中子现有A元素的一种同位素，比镤239的原子核内少54个质子和100个中子，则A元素在周期表中的位置是（）A第5周期第IA族B第4周期第IA族C第3周期第IA族D第3周期第IA族2下列化学用语的书写正确的是（）A基态Mg原子的核外电子排布图：B过氧化氢的电子式：CAs原子的简化电子排布式：Ar4s24p3D羟基的电子式：3下列各组元素都属于p区的是（）A
2、原子序数为1，6，7的元素BO，S，PCFe，Cu，ClDNa，Li，Mg4下列大小比较不正确的是（）A熔沸点：SiO2NaClSCO2B酸性：HNO2HNO3；H3PO4H2SO4C还原性：H2SHIHBrHClD键长：CHNHOH5现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：Ne3s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s22p5则下列有关比较中正确的是（）A最高正化合价：B单质氧化性：C电负性：D原子半径：6下列对分子及其性质的解释中，不正确的是（）A碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释B乳酸CH3CH（OH）COOH中存在一个手性碳原子C许多过渡金属离子对多种配
3、体具有很强的结合力，因而，只有过渡金属才能形成配合物D已知酸性：H3PO4HClO，是因为H3PO4分子中有1个非羟基氧原子而HClO为07下面有关晶体的叙述中，不正确的是（）A金刚石为空间网状结构，由共价键形成的碳原子环上，最小的环上有6个碳原子B氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等的Na+共有6个C氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个ClD干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子8向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液下列对此现象说法正确的是（）A反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B在Cu（NH3）
4、42+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子Cu（NH3）42+9已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的（）AZXY3BZX2Y6CZX4Y8DZX8Y1210CaC2晶体的晶胞结构与NaCl的相似（如图），但CaC2晶体中含有哑铃形C22的存在，使晶胞沿一个方向拉长下列关于CaC2晶体的说法中正确的是（）A6.4克CaC2晶体中含阴离子0.2 molB该晶体中的阴离子与N2是互为等电子体C1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22数目为6D与每个Ca2+
5、距离相等且最近的Ca2+共有12个11下列推断正确的是（）A由H+（aq）+OH（aq）=H20（1）H=57.3 kJmol1，可知含1 mo1 HCl的溶液与1 mol NaOH固体混合，放出热量大于57.3 kJB由C（石墨）=C（金刚石）H=+1.9 kJmol1，可知石墨没有金刚石稳定C由N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4 kJmol1，可知将1 mol N2（g）和3 mol H2（g）置于密闭容器中充分反应后放出热量为92.4 kJD由G=HTS可知，所有的放热反应都能自发进行12常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A =1010的溶液中：Na+
6、、CO32、ClO、NO3B无色溶液中：Al3+、NH4+、Cl、CO32C使甲基橙呈红色的溶液中：K+、Na+、SO42、CH3COOD由水电离出的c（H+）=11013L1 mol的溶液中：Na+、K+、Cl、HCO313已知反应N2O4（g）2NO2（g）H=+57kJ/mol，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示下列说法正确的是（）AA、C两点气体的平均相对分子质量：ACBA、C两点气体的颜色：A深，C浅C由状态B到状态A，可以用加热的方法DA、C两点的反应速率：AC14现有常温下的四种溶液（如下表）：溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸pH111133下列有
7、关叙述中正确的是（）A分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：B将、分别稀释到pH=5，由水电离出氢离子的浓度均减小100倍C在、中分别加入适量的氯化铵晶体后，的pH减小，的pH不变D将、两种溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH）：c（H+）115常温下，将浓度均为0.1mol/L一元酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，得到混合溶液，该混合溶液pH=9，下列说法正确的是（）A溶液中：c（A）c（Na+）c（OH）c（H+）B溶液中：c（HA）+c（A）=0.1mol/LC常温下，0.1mol/LHA溶液的pH=1D0.1mol/LHA溶液中：c（HA）c（A）16下列叙述的方法不正确的是（）A金属
8、的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍B用铝质铆钉铆接铁板，铁板易被腐蚀C钢铁在干燥空气中不易被腐蚀D用牺牲锌块的方法来保护船身17下面有关电化学的图示，完全正确的是（）ABCD18液态肼（N2H4）空气燃料电池的装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液下列关于该电池的叙述正确的是（）Ab极发生氧化反应BOH问b极移动C放电时，电流从a极经过负载流向b极Da极的电极反应式：N2H4+4OH4e=N2+4H2O19如图为某种甲醇燃料电池示意图，工作时电子流方向如图所示下列判断正确的是（）AX为氧气B电极A反应式：CH3OH6e+H2O=CO2+6H+CB电极附近溶液pH增大D
9、电极材料活泼性：AB20常温时，KspMg（OH）2=1.11011，Ksp（AgCl）=1.81010，Ksp（Ag2CrO4）=1.91012，Ksp（CH3COOAg）=2.3103，下列叙述不正确的是（）A在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp（AgCl）不变B浓度均为0.2 molL1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀Cc（Mg2+）为0.11 molL1的溶液中要产生Mg（OH）2沉淀，溶液的pH要控制在9以上D将0.001 molL1的AgNO3溶液滴入0.001 molL1的KCl和0.001 molL1
10、的K2CrO4溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀二、解答题（共5小题，满分60分）21（1）某元素的激发态（不稳定状态）原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2，则该元素基态原子的电子排布式为；其最高价氧化物对应水化物的化学式是（2）N元素与B元素的氟化物化学式相似，均为AB3型，但分子的空间结构有很大不同，其中NF3的分子空间构型为，中心原子的杂化方式为：BF3的分子空间构型为（3）现有下列物质：金刚石干冰氯化铵氖金属锌石英硫化氢通过非极性键形成原子晶体的是；属于分子晶体；含有极性键的离子化合物是（均填序号）22物质结构与性质原子序数依次增大的X、Y、Z、Q、E五种元素中，X元素
11、原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q原子核外的M层中只有两对成对电子，E元素原子序数为29请用元素符号或化学式回答下列问题：（1）X、Y、Z的第一电离能由小到大的顺序为；（2）已知YZ2+与XQ2互为等电子体，则1mol YZ2+中含有键数目为；（3）Z的气态氢化物沸点比Q的气态氢化物高的多，其原因是；（4）X、Z与氢元素可形成化合物H2X2Z4，常用作工业除锈剂H2X2Z4分子中X的杂化方式为；（5）E原子的核外电子排布式为；E有可变价态，它的某价态的离子与Z的阴离子形成晶体的晶胞如图所示，该晶体的化学式为23利用“化学蒸气转移法”提
12、纯金属钨的反应原理为：W（s）+I2（g）WI2（g）H0（1）该反应的平衡常数表达式K=（2）在恒温恒容条件下，能够说明上述反应一定达到平衡状态的是（填代号）aI2（g）与WI2（g）的浓度相等bW的质量不再变化c容器内混合气体的密度保持不变d容器内混合气体的压强保持不变（3）在一定温度下，若平衡常数K=，向2L恒容密闭容器中加入l molI2（g）和足量W（s），5min后反应达到平衡则05min内的平均反应速率v（WI2）=，平衡时I2（g）的转化率为相同温度下，若开始加入I2（g）的物质的量是原来的2倍，则下列数值是原来的2倍的是（填代号）a平衡常数 b达到平衡的时间cI2的物质的量浓
13、度 d平衡时WI2的体积分数（4）工业上利用上述反应原理提纯金属钨的示意图如图：反应在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的W粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的晶体，则温度T1T2（填“”或“=”）上述反应体系中循环使用的物质是24铜及其化合物在工农业生产及日常生活中应用非常广泛某研究小组用粗铜（含杂质铁）制备氯化铜晶体（CuCl22H2O ）的流程如下已知常温下，Cu2+、Fe3+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表：金属离子Fe3+Cu2+氢氧化物开始沉淀时的pH1.94.7氢氧化物完全沉淀时的pH3.26.7请回答下列问题：（1）溶液I中加
14、入试剂X可以调节溶液pH，从而除去Fe3+且不引入杂质试剂X可选用下列物质中的（填代号）aCuO bNaOH cCu d.Cu（OH）2调节溶液pH时，理论上可选择pH最大范围是（2）由溶液制备CuCl22H2O的操作依次为：边滴加浓盐酸边加热浓缩、（填操作名称）、过滤、洗涤干燥（3）向溶液中通入H2S气体，溶液变浑浊，pH减小，用离子方程式解释其原因：（4）某学习小组用碘量法测定CuCl22H2O样品的纯度（杂质不与发生反应）实验如下：a准确称取CuCl2H2O样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和足量的碘化钾，再滴入适量的稀硫酸，充分反应后，将所得混合液配成250mL待测溶液（已知：2Cu2
15、+4I=2CuI+I2）b移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴指示剂，用c molL1Na2S2O3标准液滴定至终点，重复2次，测得消耗标准液体积的平均值为V mL（已知：I2+2S2O32=2I+S4O62）实验中使用的指示剂名称为达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使测定结果（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）该样品中CuCl22H2O 的质量分数为（用含m、c、V的代数式表示，不用化简）25部分难溶物的颜色和常温下的Ksp如下表所示：Cu（OH）2CuOHCuClCu2O颜色蓝色黄色白色砖红色Ksp（25）1.610191.010141.2106某研究性学习小组对电解食盐水进行了如下
16、探究：实验：装置如图所示，接通电源后，发现a、b电极上均有气泡产生（1）电解过程中的总离子反应方程式为（2）为了确定电源的正、负极，下列操作一定行之有效的是A观察两极产生气体的颜色B往U形管两端分别滴入数滴酚酞试液C用燃着的木条靠近U形管口D在U形管口置一张湿润的淀粉KI试纸实验：把上述电解装置的石墨棒换成铜棒，用直流电源进行电解，装置如图所示观察到的现象如下所示：开始无明显现象，随后液面以下的铜棒表面逐渐变暗；5min后，b极附近开始出现白色沉淀，并逐渐增多，且向a极扩散；10min后，最靠近a极的白色沉淀开始变成红色；12min后，b极附近的白色沉淀开始变成黄色，然后逐渐变成橙黄色；a极一
17、直有大量气泡产生；停止电解，将U形管中悬浊液静置一段时间后，上层溶液呈无色，没有出现蓝色，下层沉淀全部显砖红色（3）a极发生的电极反应方程式为：（4）电解5min后，b极发生的电极反应方程式为：（5）12min后，b极附近出现的橙黄色沉淀的成分是，原因是2015-2016学年四川省成都市彭州市五校联考高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（共20题，每小题2分，共40分，每题只有一个答案符合题意）1据报道，1995年我国科研人员在兰州首次合成了镤元素的一种同位素镤239，并测知其原子核内有148个中子现有A元素的一种同位素，比镤239的原子核内少54个质子和100个中子，则A元素
18、在周期表中的位置是（）A第5周期第IA族B第4周期第IA族C第3周期第IA族D第3周期第IA族【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】根据质量数=质子数+中子数，计算出该同位素镤239的质子数，再计算出A元素的质子数，根据质子数确定其在元素周期表中的物质用质子数分别减去各周期所含有的元素种数【解答】解：同位素镤239的质子数为239148=91，所以A元素的质子数为9154=373728818=1所以A位于第5周期第IA族故选：A2下列化学用语的书写正确的是（）A基态Mg原子的核外电子排布图：B过氧化氢的电子式：CAs原子的简化电子排布式：Ar4s24p3D羟基的电子式：【考点】原子核外电子排
19、布；电子式【分析】A、基态Mg原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s2，所以核外电子轨道表示式：；B、过氧化氢为共价化合物，分子中含有2个OH键和1个OO键；C、As是35号元素，属于主族元素，根据构造原理书写其核外电子排布；D、羟基是电中性基团，氧原子与氢原子以1对共用电子对连接【解答】解：A、基态Mg原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s2，所以核外电子轨道表示式：，故A正确；B、双氧水属于共价化合物，含有2个OH键和1个OO键，其电子式为，故B错误；C、As的原子序数为33，属于主族元素，由构造原理可知电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，所以As
20、原子的简化电子排布式为：Ar3d104s24p3，故C错误；D、氧原子与氢原子通过一对共用电子对连接，羟基是电中性基团，羟基的电子式为，故D正确；故选AD3下列各组元素都属于p区的是（）A原子序数为1，6，7的元素BO，S，PCFe，Cu，ClDNa，Li，Mg【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】按电子排布，可将元素周期表的元素划分为5区，除了ds区外，区的名称来自构造原理最后填入电子能级的符号，以此来解答【解答】解：根据区划分标准知，属于p区的元素最后填入的电子是p电子，A原子序数为1的H元素属于s区，故A不选；BO，S，P最后填入的电子都是p电子，所以属于p区，故B选；C铁属于d区，C
21、u为ds区，故C不选；DNa、Li、Mg最后填入的电子是s电子，属于s区，故D不选；故选B4下列大小比较不正确的是（）A熔沸点：SiO2NaClSCO2B酸性：HNO2HNO3；H3PO4H2SO4C还原性：H2SHIHBrHClD键长：CHNHOH【考点】元素周期律的作用【分析】A、熔点一般为原子晶体离子晶体金属晶体分子晶体；B、HNO2是弱酸，而HNO3是强酸；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；C、元素的非金属性越强，则单质的氧化性越强，对应阴离子的还原性越弱；D、键长指成键原子的核间距，原子半径越大，键长越长【解答】解：A、熔点一般为原子晶体离子晶体金属晶体分子晶体，SiO2为
22、原子晶体，NaCl为离子晶体，S和CO2均为分子晶体，标况下硫为固体，二氧化碳为气体，故熔沸点：SiO2NaClSCO2，故A正确；B、HNO2是弱酸，HNO3是强酸，故酸性：HNO2HNO3；H3PO4是中强酸，H2SO4是强酸，故酸性：H3PO4H2SO4，故B正确；C非金属性：SIBrCl，故还原性：H2SHIHBrHCl，故C正确；D同一周期，从左往右，原子半径逐渐减小，故原子半径：CNO，故键长：CHNHOH，故D错误故选D5现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：Ne3s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s22p5则下列有关比较中正确的是（）A最高正化合价：B单质氧
23、化性：C电负性：D原子半径：【考点】原子核外电子排布【分析】由核外电子排布式可知：Ne3s23p4为S元素，1s22s22p63s23p3为P元素，1s22s22p5为F元素；A、最高正化合价等于最外层电子数，注意F、O元素一般没有正化合价；B、元素的非金属性越强对应单质的氧化性越强；C、同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低；D、同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；【解答】解：由核外电子排布式可知：Ne3s23p4为S元素，1s22s22p63s23p3为P元素，1s22s22p5为F元素；A、S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，F没有正化合价，
24、故最高正化合价：，故A错误；B、元素的非金属性：FSP，所以对应单质的氧化性越强：，故B正确；C、同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低，故电负性，故C错误；D、同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径PSF，即，故D错误；故选B6下列对分子及其性质的解释中，不正确的是（）A碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释B乳酸CH3CH（OH）COOH中存在一个手性碳原子C许多过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而，只有过渡金属才能形成配合物D已知酸性：H3PO4HClO，是因为H3PO4分子中有1个非羟基氧原子而HClO为0【考点】配合物的成键
25、情况；“手性分子”在生命科学等方面的应用【分析】A极性分子易溶于极性分子组成的溶剂，非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂；B根据手性异构体分子的概念、结构和性质分析；C含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒易形成配合物；D酸性强弱的一条经验规律是：含氧酸分子的结构中含非羟基（羟基为OH）氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强【解答】解：A碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳，甲烷属于非极性分子难溶于极性溶剂水，所以都可用相似相溶原理解释，故A正确；B碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中第二个C为手性碳原子，导致该物质存在互为镜像的两个手性异构体；生产中可利用
26、“手性合成”法主要得到其中一种手性分子，故B正确；C含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒易形成配合物，因而，不仅是过渡金属才能形成配合物，故C错误；DH3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，故D正确；故选：C7下面有关晶体的叙述中，不正确的是（）A金刚石为空间网状结构，由共价键形成的碳原子环上，最小的环上有6个碳原子B氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等的Na+共有6个C氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个ClD干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子【考点】离子晶体；分子晶体【分析】A金刚石晶体中，每个最小的环上含有6个碳原子；B氯化钠晶胞中
27、，每个钠离子周围距离最近的钠离子是12个；C氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8；D二氧化碳晶体中每个二氧化碳分子周围紧邻12个二氧化碳分子【解答】解：A金刚石网状结构中，每个碳原子含有4个共价键，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故A正确；B氯化钠晶胞中，每个钠离子周围距离最近的钠离子个数=382=12，故B错误；C氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8，故C正确；D二氧化碳晶体属于面心立方，每个二氧化碳分子周围紧邻二氧化碳分子个数=382=12，故D正确故选B8向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液下列对此现象说法正确的是（）
28、A反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B在Cu（NH3）42+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子Cu（NH3）42+【考点】配合物的成键情况【分析】A、硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物B、配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键C、络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出D、氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清【解答】解：A、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子
29、浓度减小，故A错误B、在Cu（NH3）42+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故B错误C、Cu（NH3）4SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C错误D、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子Cu（NH3）42+而使溶液澄清，故D正确故选D9已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的（）AZXY3BZX2Y6CZX4Y8DZX8Y12【考点】晶胞的计算【分析】Z处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有，X处于顶点上的原子被8个晶胞占有，Y处于棱上的
30、原子被4个晶胞占有，利用均摊法计算晶胞中各原子数目确定化学式【解答】解：Z处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有，X处于顶点上的原子被8个晶胞占有，Y处于棱上的原子被4个晶胞占有，故晶胞中含有Z原子的数目为1、含有X原子的数目为8=1、含有Y原子的数目为12=3，所以Z、X、Y的原子个数比是1：1：3，所以其化学式为ZXY3，故选A10CaC2晶体的晶胞结构与NaCl的相似（如图），但CaC2晶体中含有哑铃形C22的存在，使晶胞沿一个方向拉长下列关于CaC2晶体的说法中正确的是（）A6.4克CaC2晶体中含阴离子0.2 molB该晶体中的阴离子与N2是互为等电子体C1个Ca2+周围距离最近且等距离的
31、C22数目为6D与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有12个【考点】晶胞的计算【分析】ACaC2晶体中含阴离子为C22，6.4克CaC2为0.1mol；BC22含电子数为26+2=14，F2的电子数为18；C.1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点；D与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有4个【解答】解：A6.4克CaC2为0.1mol，CaC2晶体中含阴离子为C22，则含阴离子0.1mol，故A错误；BC22含电子数为26+2=14，N2的电子数为14，二者电子数相同，是等电子体，故B正确；C依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与
32、宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22有4个，而不是6个，故C错误；D晶胞的一个平面的长与宽不相等，与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个，故D错误故选：B11下列推断正确的是（）A由H+（aq）+OH（aq）=H20（1）H=57.3 kJmol1，可知含1 mo1 HCl的溶液与1 mol NaOH固体混合，放出热量大于57.3 kJB由C（石墨）=C（金刚石）H=+1.9 kJmol1，可知石墨没有金刚石稳定C由N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4 kJmol1，可知将1 mol N2（g）和3 mol H2（g）置于密闭容器中充分反应后放出热
33、量为92.4 kJD由G=HTS可知，所有的放热反应都能自发进行【考点】反应热和焓变【分析】A、NaOH固体溶于水要放热；B、物质具有的能量越低越稳定；C、N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4 kJmol1的意义是1 mol N2（g）和3 mol H2（g）完全转化为氨气放出热量为：92.4 kJ，而氮气和氢气不可能完全转化；D、反应自发进行由焓变、熵变、温度共同决定【解答】解：ANaOH固体溶于水要放热，放出热量大于57.3 kJ，故A正确；B从C（石墨）C（金刚石）H=+1.9kJ/mol，可知石墨具有的能量较低，物质具有的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石更稳定，故B错误
34、；C已知N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4 kJmol1，将1 mol N2（g）和3 mol H2（g）置于密闭容器中充分反应，该反应为可逆反应，氮气和氢气不能全部转化为氨气，则实际反应的氮气的物质的量小于1mol，则放出的热量小于92.4 kJ，故C错误；D、反应自发进行由G=HTS0确定，可知，放热反应H0，若高温下，S0，可能存在G=HTS0，所以不是所有放热反应都能自发进行，故D错误；故选A12常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A =1010的溶液中：Na+、CO32、ClO、NO3B无色溶液中：Al3+、NH4+、Cl、CO32C使甲基橙呈红色的
35、溶液中：K+、Na+、SO42、CH3COOD由水电离出的c（H+）=11013L1 mol的溶液中：Na+、K+、Cl、HCO3【考点】离子共存问题【分析】A. =1010的溶液呈碱性；B离子发生互促水解反应；C使甲基橙呈红色的溶液呈酸性；D由水电离出的c（H+）=11013L1 mol的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性【解答】解：A. =1010的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；BAl3+、CO32发生互促水解反应，不能大量共存，故B错误；C使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下CH3COO不能大量共存，故C错误；D由水电离出的c（H
36、+）=11013L1 mol的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，无论呈酸性还是碱性，HCO3都不能大量共存，故D错误故选A13已知反应N2O4（g）2NO2（g）H=+57kJ/mol，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示下列说法正确的是（）AA、C两点气体的平均相对分子质量：ACBA、C两点气体的颜色：A深，C浅C由状态B到状态A，可以用加热的方法DA、C两点的反应速率：AC【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】该反应是一个反应前后气体计量数增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化氮含量增大；增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮
37、含量减小，根据图中数据知，相同温度时，二氧化氮含量越大压强越小，所以P1P2；相同压强时，温度越高二氧化氮含量越大，所以T2T1；A反应前后气体总质量不变，混合气体的物质的量越大，其相对分子质量越小，混合气体中二氧化氮含量越大混合气体相对分子质量越小；B二氧化氮浓度越大混合气体颜色越深；CA、B是等压条件下，且温度T2T1；D相同温度下，压强越大反应速率越大【解答】解：该反应是一个反应前后气体计量数增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化氮含量增大；增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮含量减小，根据图中数据知，相同温度时，二氧化氮含量越大压强越小，所以P1P2；相同压强时，温度越高二氧化氮含量
38、越大，所以T2T1；A反应前后气体总质量不变，混合气体的物质的量越大，其相对分子质量越小，混合气体中二氧化氮含量越大混合气体相对分子质量越小，A点二氧化氮含量大于C点，则相对分子质量AC，故A错误；B二氧化氮浓度越大混合气体颜色越深，AC温度相同，压强P1P2，则容器体积AC，所以A点浓度小于C点，则A点颜色浅、C点颜色深，故B错误；CA、B是等压条件下，且温度T2T1，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法实现，故C正确；D相同温度下，压强越大反应速率越大，AC温度相同，压强P1P2，所以反应速率A点小于C点，故D错误；故选C14现有常温下的四种溶液（如下表）：溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸p
39、H111133下列有关叙述中正确的是（）A分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：B将、分别稀释到pH=5，由水电离出氢离子的浓度均减小100倍C在、中分别加入适量的氯化铵晶体后，的pH减小，的pH不变D将、两种溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH）：c（H+）1【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A从加水促进弱电解质的电离的角度分析；B醋酸为弱电解质，将、两种溶液分别稀释到PH=5，依据水溶液中的离子积常数分析判断；C在氨水中加入氯化铵，抑制氨水的电离，在氢氧化钠溶液中加入氯化铵，生成一水合氨；D氨水平衡状态下电离出的氢氧根离子浓度和盐酸溶液中的氢离子浓度相等，等体积混合反应，结合氨水是
40、弱电解质有电离出氢氧根离子分析判断【解答】解：A加水稀释促进弱电解质电离，pH相等的这几种溶液，强电解质的pH变化大，碱的pH减小，酸的pH增大，所以四种溶液的pH大小为，故A错误；B醋酸为弱电解质，将、两种溶液分别稀释有PH=3到PH=5，依据c（OH）c（H+）=1014，所以由水电离出氢离子的浓度均增大100倍，故B错误；C在氨水中加入氯化铵，抑制氨水的电离，溶液pH减小，在氢氧化钠溶液中中加入氯化铵，生成一水合氨，溶液pH减小，故C错误；DPH=11的氨水和PH=3的盐酸溶液，溶液中氢氧根离子和氢离子浓度相同，等体积混合，由于氨水是弱电解质存在电离平衡，混合后氢离子全部反应反应，氨水又
41、电离出氢氧根离子，所以所得溶液中：c（OH）：c（H+）1，故D正确；故选D15常温下，将浓度均为0.1mol/L一元酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，得到混合溶液，该混合溶液pH=9，下列说法正确的是（）A溶液中：c（A）c（Na+）c（OH）c（H+）B溶液中：c（HA）+c（A）=0.1mol/LC常温下，0.1mol/LHA溶液的pH=1D0.1mol/LHA溶液中：c（HA）c（A）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较【分析】常温下，将浓度均为0.1mol/L一元酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，得到混合溶液的pH=9，说明生成了强碱弱酸盐，则HA为弱
42、酸，根据物料守恒可得：c（HA）+c（A）=0.05mol/L；结合电荷守恒守恒判断溶液中各离子浓度大小；HA为弱酸，在溶液中只能部分电离出氢离子，则溶液的pH1，其溶液中c（HA）c（A），据此进行解答【解答】解：常温下，将浓度均为0.1mol/L一元酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，得到混合溶液的pH=9，说明生成了强碱弱酸盐，则HA为弱酸，A反应生成强碱弱酸盐NaA，由于A部分水解，溶液显示碱性，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒可得：c（Na+）c（A）c（OH）c（H+），故A错误；B反应生成强碱弱酸盐NaA，根据溶液中的物料守恒可得：c（HA）+c（A）=0.05mol/L，故
43、B错误；CHA为弱酸，常温下，0.1mol/LHA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，则该溶液的pH1，故C错误；DHA为弱电解质，在溶液中只能部分电离，则HA溶液中c（HA）c（A），故D正确故选D16下列叙述的方法不正确的是（）A金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍B用铝质铆钉铆接铁板，铁板易被腐蚀C钢铁在干燥空气中不易被腐蚀D用牺牲锌块的方法来保护船身【考点】金属腐蚀的化学原理【分析】A、根据金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更常见；B、根据原电池原理分析；C、根据钢铁生锈的条件；D、根据原电池原理分析；【解答】解：A、因金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更常见，故A正确；B、用铝质铆钉、铁板、潮湿的空气
44、构成了原电池，铝质铆钉作负极，容易腐蚀，铁板得到保护，故B错误；C、因钢铁生锈需要氧气、水，在干燥空气中不易被腐蚀，故C正确；D、锌块、船身（铁）、海水构成了原电池，锌块作负极、容易腐蚀，船身（铁）得到保护，故D正确；故选：B17下面有关电化学的图示，完全正确的是（）ABCD【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、依据原电池原理分析，活泼金属做负极；B、粗铜精炼，粗铜做阳极，精铜做阴极；C、依据电镀原理，镀层金属做阳极，待镀金属做阴极；D、电解饱和食盐水，铁棒为阴极，电解过程中生成氢气，碳棒做电解池阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气【解答】解：A、依据原电池原理分析，活泼金属锌做负极，铜做正
45、极，故A错误；B、粗铜精炼，粗铜做阳极，精铜做阴极，故B错误；C、镀件铁做阴极，铜做阳极进行电镀，故C错误；D、电解饱和食盐水，阳极电流流向，铁棒为阴极，电解过程中生成氢气，碳棒做电解池阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，检验氯气用淀粉碘化钾，故D正确；故选D18液态肼（N2H4）空气燃料电池的装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液下列关于该电池的叙述正确的是（）Ab极发生氧化反应BOH问b极移动C放电时，电流从a极经过负载流向b极Da极的电极反应式：N2H4+4OH4e=N2+4H2O【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化
46、反应，电极反应式为：N2H4+4OH4e=N2+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答【解答】解：A该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故A错误；B氢氧根离子向负极，即a极移动，故B错误；C放电时，电流从正极b经过负载流向a极，故C错误；D通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH4e=N2+4H2O，故D正确；故选D19如图为某种甲醇燃料电池示意图，工作时电子流方向如图所示下列判断正确的
47、是（）AX为氧气B电极A反应式：CH3OH6e+H2O=CO2+6H+CB电极附近溶液pH增大D电极材料活泼性：AB【考点】化学电源新型电池【分析】根据图片知，电解质溶液是碱性溶液，甲醇燃料电池中，通入甲醇的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为CH3OH6e+8OHCO32+6H2O，正极上是氧气发生得电子的还原反应，O2+4e+2H2O=4OH，电子是从负极流向正极，所以A是负极，B是正极，燃料电池的工作原理来回答【解答】解：根据图片知，电解质溶液是碱性溶液，甲醇燃料电池中，电子是从负极流向正极，所以A是负极，B是正极，通入甲醇的电极是负极，X是甲醇，通氧气的电极是正极，Y是氧
48、气A、X是甲醇、Y是氧气，故A错误；B、负极A上发生失电子发生氧化反应，电极反应式为CH3OH6e+8OHCO32+6H2O，故B错误；C、B是正极，电极反应式为：O2+4e+2H2O=4OH，电极附近溶液pH增大，故C正确；D、在燃料点池中，电极的活泼性可以没有差距，只要能导电即可，原电池中，负极金属的活泼性不一定是强于正极的，故D错误、故选C20常温时，KspMg（OH）2=1.11011，Ksp（AgCl）=1.81010，Ksp（Ag2CrO4）=1.91012，Ksp（CH3COOAg）=2.3103，下列叙述不正确的是（）A在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl
49、溶液，Ksp（AgCl）不变B浓度均为0.2 molL1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀Cc（Mg2+）为0.11 molL1的溶液中要产生Mg（OH）2沉淀，溶液的pH要控制在9以上D将0.001 molL1的AgNO3溶液滴入0.001 molL1的KCl和0.001 molL1的K2CrO4溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A溶度积只与温度有关；B当溶液中Qc（CH3COOAg）Ksp（CH3COOAg）时会生成沉淀；C根据KspMg（OH）2=c（Mg2+）c2（OH）计算；D根据Ksp（Ag
50、Cl）以及Ksp（Ag2CrO4），当离子的浓度幂之积大于溶度积时，生成沉淀【解答】解：A溶度积只与温度有关，所以向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp（AgCl）不变，故A正确；B等体积混合浓度均为0.1molL1，c（CH3COO）c（Ag+）=0.012.3103，一定产生CH3COOAg沉淀，故B正确；CKspMg（OH）2=c（Mg2+）c2（OH），c（OH）=105 molL1，溶液的pH至少要控制在9以上，故C正确；D将0.001 molL1的AgNO3溶液滴入0.001 molL1的KCl和0.001 molL1的K2CrO4溶液中，c（Ag+）c（Cl）=106，c
51、2（Ag+）c（CrO42）=109，AgCl先达到饱和，应先生成AgCl沉淀，故D错误故选D二、解答题（共5小题，满分60分）21（1）某元素的激发态（不稳定状态）原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2，则该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4；其最高价氧化物对应水化物的化学式是H2SO4（2）N元素与B元素的氟化物化学式相似，均为AB3型，但分子的空间结构有很大不同，其中NF3的分子空间构型为三角锥形，中心原子的杂化方式为：sp3杂化BF3的分子空间构型为平面正三角形（3）现有下列物质：金刚石干冰氯化铵氖金属锌石英硫化氢通过非极性键形成原子晶体的是；属于
52、分子晶体；含有极性键的离子化合物是（均填序号）【考点】原子核外电子排布；化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）根据激发态原子核外电子排布式确定该原子核外电子数，原子中核外电子数=原子序数，从而确定该元素，根据构造原理写出该元素基态原子核外电子排布式，在主族元素中，元素的最高化合价等于其族序数，从而确定其最高价氧化物对应的水化物；（2）N元素的氟化物中氮原子含有孤电子对，B元素的氟化物中B元素不含孤电子对，导致其空间构型不同；根据价层电子对互斥理论确定BF3的分子空间构型；（3）金刚石为原子晶体，含有非极性键；干冰属于分子晶体、是直线型分子；氖是由单原子分子构成的分子晶体；氯化铵为
53、离子化合物，含有极性键；金属锌是能导电的金属晶体；石英为原子晶体，含有极性键；硫化氢属于分子晶体、是V型分子【解答】解：（1）根据激发态原子核外电子排布式知该元素核外有16个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，原子序数=原子核外电子数，所以该元素是S元素，S元素最外层有6个电子，其最高化合价是+6价，其最高价氧化物对应的水化物是硫酸，其化学式为H2SO4，故答案为：1s22s22p63s23p4；H2SO4；（2）N元素的氟化物中氮原子含有孤电子对，B元素的氟化物中B元素不含孤电子对，NF3中N原子含有3个键和1个孤电子对，所以NF3为三角锥构型，
54、中心原子周围三个键和一对孤对电子对，所以是sp3杂化；BF3中B原子含有3个键且不含孤电子对，所以BF3为平面三角形构型，故答案为：三角锥形；sp3杂化；平面正三角形；故答案为：三角锥形；平面三角形；（3）金刚石为原子晶体，含有非极性键；干冰属于分子晶体、是直线型分子；氖是由单原子分子构成的分子晶体；氯化铵为离子化合物，含有极性键；金属锌是能导电的金属晶体；石英为原子晶体，含有极性键；硫化氢属于分子晶体、是V型分子故答案为：；22物质结构与性质原子序数依次增大的X、Y、Z、Q、E五种元素中，X元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q原子
55、核外的M层中只有两对成对电子，E元素原子序数为29请用元素符号或化学式回答下列问题：（1）X、Y、Z的第一电离能由小到大的顺序为CON；（2）已知YZ2+与XQ2互为等电子体，则1mol YZ2+中含有键数目为1.2041024；（3）Z的气态氢化物沸点比Q的气态氢化物高的多，其原因是H2O分子间存在氢键；（4）X、Z与氢元素可形成化合物H2X2Z4，常用作工业除锈剂H2X2Z4分子中X的杂化方式为sp2；（5）E原子的核外电子排布式为Ar3d104s1；E有可变价态，它的某价态的离子与Z的阴离子形成晶体的晶胞如图所示，该晶体的化学式为Cu2O【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算【分
56、析】X元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，核外电子排布应为1s22s22p2，则X为C元素；Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，则Z为O元素；结合原子序数可知Y为N元素；Q原子核外的M层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s22s22p63s23p4，为S元素；E元素原子序数为29，为Cu元素【解答】解：X元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，核外电子排布应为1s22s22p2，则X为C元素；Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，则Z为O元素；结合原子序数可知Y为N元素；Q原子核外的M层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s22s22p63s23
57、p4，为S元素；E元素原子序数为29，为Cu元素，（1）同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由小到大的顺序为CON，故答案为：CON；（2）NO2+与CS2互为等电子体，则NO2+中N原子与O原子之间形成2对共用电子对，则1molNO2+含有键数目为2mol6.021023mol1=1.2041024，故答案为：1.2041024；（3）H2O分子间存在氢键，而H2S分子之间存在范德华力，氢键比较范德华力更强，故H2O的沸点高于H2S，故答案为：H2O分子间存在氢键；（4）C、O与氢元
58、素可形成化合物H2C2O4，常用作工业除锈剂，结构简式为HOOCCOOH，H2C2O4分子中C原子成3个键、不含孤电子对，C原子杂化方式为sp2，故答案为：sp2；（5）E原子序数为29，原子核外电子数为29，原子的核外电子排布式为Ar3d104s1；由晶胞结构可知，晶胞中Cu原子数目=4、O原子数目=1+8=2，晶体中Cu、O原子数目之比=2：1，故该晶体的化学式为：Cu2O，故答案为：Ar3d104s1；Cu2O23利用“化学蒸气转移法”提纯金属钨的反应原理为：W（s）+I2（g）WI2（g）H0（1）该反应的平衡常数表达式K=（2）在恒温恒容条件下，能够说明上述反应一定达到平衡状态的是b
59、c（填代号）aI2（g）与WI2（g）的浓度相等bW的质量不再变化c容器内混合气体的密度保持不变d容器内混合气体的压强保持不变（3）在一定温度下，若平衡常数K=，向2L恒容密闭容器中加入l molI2（g）和足量W（s），5min后反应达到平衡则05min内的平均反应速率v（WI2）=0.025molL1min1，平衡时I2（g）的转化率为25%相同温度下，若开始加入I2（g）的物质的量是原来的2倍，则下列数值是原来的2倍的是c（填代号）a平衡常数 b达到平衡的时间cI2的物质的量浓度 d平衡时WI2的体积分数（4）工业上利用上述反应原理提纯金属钨的示意图如图：反应在石英真空管中进行，先在温度
60、为T2的一端放入未提纯的W粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的晶体，则温度T1T2（填“”或“=”）上述反应体系中循环使用的物质是I2【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断【分析】（1）该反应中化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，但该反应中反应物和生成物必须都是气体；（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；（3）在一定温度下，若平衡常数K=，设生成的c（WI2）=xmol/L，则参加反应的c（I2）=c（WI2）=xmol/L，剩余的c（I2）=xmo
61、l/L，化学平衡常数K=，x=，则05min内的平均反应速率v（WI2）=；平衡时I2（g）的转化率=；反应前后气体物质的量不变，加入碘单质物质的量为原来的2倍，I2的物质的量浓度为原来的2倍，平衡常数随温度变化，浓度增大达到平衡的时间短，最后达到的平衡相同；（4）由图可知，在高温条件下得到纯的W晶体，即升高温度平衡向逆反应方向移动；反应体系中I2可循环使用【解答】解：（1）该反应中化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，但该反应中反应物和生成物必须都是气体，所以该反应化学平衡常数K=，故答案为：；（2）aI2（g）与WI2（g）的浓度相等时该反应不一定达到平衡状态，与反应初
62、始浓度及转化率有关，所以不能判断平衡状态，故错误；bW的质量不再变化，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；c反应前后气体密度增大，当容器内混合气体的密度保持不变时该反应达到平衡状态，故正确；d反应前后气体物质的量不变，所以容器内混合气体的压强始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故错误；故选bc；（3）在一定温度下，若平衡常数K=，设生成的c（WI2）=xmol/L，则参加反应的c（I2）=c（WI2）=xmol/L，剩余的c（I2）=xmol/L，化学平衡常数K=，x=，则05min内的平均反应速率v（WI2）=0.025 molL1min1；平衡时I2（g）的转化率=25%；反应前后
63、气体物质的量不变，加入碘单质物质的量为原来的2倍，I2的物质的量浓度为原来的2倍，平衡常数随温度变化，浓度增大达到平衡的时间短，最后达到的平衡相同，故选c；故答案为：0.025 molL1min1；25%；c；（4）由图可知，在高温条件下得到纯的W晶体，即升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，即H0，通过题意温度T2端利于反应正向进行，为低温，温度T1端利于反应向左进行，为高温，所以T1T2；反应体系中I2可循环使用，故答案为：；I224铜及其化合物在工农业生产及日常生活中应用非常广泛某研究小组用粗铜（含杂质铁）制备氯化铜晶体（CuCl22H2O ）的流程如下已知常温下，Cu2+、F
64、e3+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表：金属离子Fe3+Cu2+氢氧化物开始沉淀时的pH1.94.7氢氧化物完全沉淀时的pH3.26.7请回答下列问题：（1）溶液I中加入试剂X可以调节溶液pH，从而除去Fe3+且不引入杂质试剂X可选用下列物质中的bd（填代号）aCuO bNaOH cCu d.Cu（OH）2调节溶液pH时，理论上可选择pH最大范围是3.2pH4.7（2）由溶液制备CuCl22H2O的操作依次为：边滴加浓盐酸边加热浓缩、冷却结晶（填操作名称）、过滤、洗涤干燥（3）向溶液中通入H2S气体，溶液变浑浊，pH减小，用离子方程式解释其原因：H2S+Cu2+=CuS+2H+（4）
65、某学习小组用碘量法测定CuCl22H2O样品的纯度（杂质不与发生反应）实验如下：a准确称取CuCl2H2O样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和足量的碘化钾，再滴入适量的稀硫酸，充分反应后，将所得混合液配成250mL待测溶液（已知：2Cu2+4I=2CuI+I2）b移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴指示剂，用c molL1Na2S2O3标准液滴定至终点，重复2次，测得消耗标准液体积的平均值为V mL（已知：I2+2S2O32=2I+S4O62）实验中使用的指示剂名称为淀粉溶液达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使测定结果偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）该样品中CuCl22H2O 的
66、质量分数为100%（用含m、c、V的代数式表示，不用化简）【考点】制备实验方案的设计【分析】粗铜中含有Fe，粗铜与氯气反应生成CuCl2和FeCl3，加热稀盐酸至固体完全溶解，溶液中含有CuCl2和FeCl3，盐酸能抑制铜离子和铁离子水解，从而得到溶液1；向溶液1中加入试剂X调节溶液pH至45，根据铁离子沉淀需要溶液pH值知，铁离子完全沉淀生成Fe（OH）3，铜离子不产生沉淀，过滤得到的固体2是Fe（OH）3，加入的X能和氢离子反应且不能引进新的杂质，可为Cu2（OH）2CO3、CuO、CuCO3等物质，得到的溶液2为溶液CuCl2，经蒸发浓缩，冷却结晶可得到CuCl2晶体，（1）试剂X能和氢
67、离子反应而提高溶液的pH值，且不能引进新的杂质；调节溶液pH时，要使铁离子完全沉淀但铜离子不能产生沉淀才能达到分离目的；（2）由溶液制备CuCl22H2O，要抑制水解，不能蒸发结晶；（3）向溶液中含有氯化铜，氯化铜和H2S反应生成盐酸和CuS；（4）碘遇淀粉试液变蓝色，所以要用淀粉检验碘单质；达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使测定结果偏高；依据碘化钾和氯化铜发生氧化还原反应，生成碘化亚铜沉淀，和碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，依据碘单质被Na2S2O3标准溶液滴定到终点，根据反应的离子方程式计算分析【解答】解：粗铜中含有Fe，粗铜与氯气反应生成CuCl2和FeCl3，加热稀盐酸至固体完全溶解，溶液中
68、含有CuCl2和FeCl3，盐酸能抑制铜离子和铁离子水解，从而得到溶液1；向溶液1中加入试剂X调节溶液pH至45，根据铁离子沉淀需要溶液pH值知，铁离子完全沉淀生成Fe（OH）3，铜离子不产生沉淀，过滤得到的固体2是Fe（OH）3，加入的X能和氢离子反应且不能引进新的杂质，可为Cu2（OH）2CO3、CuO、CuCO3等物质，得到的溶液2为溶液CuCl2，经蒸发浓缩，冷却结晶可得到CuCl2晶体，（1）试剂X能和氢离子反应而提高溶液的pH值，且不能引进新的杂质，可为Cu2（OH）2CO3、CuO、CuCO3等物质，故答案为：bd；调节溶液pH时，要使铁离子完全沉淀但铜离子不能产生沉淀才能达到分
69、离目的，所以其pH范围为3.2pH4.7，故答案为：3.2pH4.7；（2）由溶液制备CuCl22H2O的操作依次为：边滴加浓盐酸边加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，故答案为：冷却结晶；（3）向溶液中含有氯化铜，氯化铜和H2S反应生成盐酸和CuS，盐酸是强酸，导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH降低，离子方程式为H2S+Cu2+=CuS+2H+，故答案为：H2S+Cu2+=CuS+2H+；（4）碘遇淀粉试液变蓝色，所以要用淀粉检验碘单质，故答案为：淀粉溶液；达到滴定终点时，仰视滴定管读数偏大，则将使测定结果偏高，故答案为：偏高；依据2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，2Cu2+4
70、I=2CuI+I2；得到 2Na2S2O32Cu2+ 2 2cmol/LV103L cV103mol试样中CuCl22H2O的质量百分数=100%=100%，故答案为：100%25部分难溶物的颜色和常温下的Ksp如下表所示：Cu（OH）2CuOHCuClCu2O颜色蓝色黄色白色砖红色Ksp（25）1.610191.010141.2106某研究性学习小组对电解食盐水进行了如下探究：实验：装置如图所示，接通电源后，发现a、b电极上均有气泡产生（1）电解过程中的总离子反应方程式为2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2（2）为了确定电源的正、负极，下列操作一定行之有效的是BDA观察两极产生气体的颜色B往
71、U形管两端分别滴入数滴酚酞试液C用燃着的木条靠近U形管口D在U形管口置一张湿润的淀粉KI试纸实验：把上述电解装置的石墨棒换成铜棒，用直流电源进行电解，装置如图所示观察到的现象如下所示：开始无明显现象，随后液面以下的铜棒表面逐渐变暗；5min后，b极附近开始出现白色沉淀，并逐渐增多，且向a极扩散；10min后，最靠近a极的白色沉淀开始变成红色；12min后，b极附近的白色沉淀开始变成黄色，然后逐渐变成橙黄色；a极一直有大量气泡产生；停止电解，将U形管中悬浊液静置一段时间后，上层溶液呈无色，没有出现蓝色，下层沉淀全部显砖红色（3）a极发生的电极反应方程式为：2H+2e=H2（或2H2O+2e2OH
72、+H2）（4）电解5min后，b极发生的电极反应方程式为：Cu+CleCuCl（5）12min后，b极附近出现的橙黄色沉淀的成分是CuOH和Cu2O，原因是Ksp（CuOH）Ksp（CuCl），CuCl转化为黄色的CuOH沉淀，CuOH不稳定分解生成Cu2O，所以橙黄色沉淀的成分为CuOH和Cu2O的混合物【考点】电解原理【分析】（1）该装置中电极都是惰性电极，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上水得电子生成氢气同时生成氢氧根离子；（2）在电解氯化钠的装置中，和电源正极相连的是阳极，该极上会产生氯气，和负极相连的是阴极，该极上产生的是氢氧化钠和氢气，根据产物的性质来判断电极；（3）在电解池的阴极上
73、是阳离子发生得电子的还原反应；（4）根据题意：电解5min后会产生白色沉淀来回答；（5）根据表中物质的颜色，CuOH是黄色，但是其不稳定，易分解为砖红色的氧化亚铜【解答】解：（1）电解饱和食盐水得到的产物是氢氧化钠、氯气和氢气，故答案为：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2，故答案为：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2；（2）电解氯化钠的装置中，和电源正极相连的是阳极，该极上会产生氯气，和负极相连的是阴极，该极上产生的是氢氧化钠和氢气，A电解池的阳极上可以产生氯气等有颜色的气体，还可以产生氧气等无色气体，故观察两极产生气体的颜色不可以判断正负极，故A错误；B往U形管两端分别滴入数滴酚酞试液，
74、变红色的即是阴极，对应的是电源的负极，故B正确；C用燃着的木条靠近U形管口，只能检验有氢气或是氧气产生时的电极反应，但是对其他物质的产生无法检验，故C错误；D在U形管口置一张湿润的淀粉KI试纸，能使湿润的淀粉KI试纸变蓝证明氯气的产生，该电极是阳极，对应的是电源的正极，故D正确故选BD；（3）a极是阴极，在电解池的阴极上是水中的阳离子氢离子发生得电子的还原反应：2H+2e=H2（或2H2O+2e2OH+H2），故答案为：2H+2e=H2（或2H2O+2e2OH+H2）；（4）根据题意知道电解5min后，b极产生的白色沉淀，从表中知道，该物质是CuCl，所以该极上发生的电极反应方程式为Cu+CleCuCl，故答案为：Cu+CleCuCl；（5）根据题意结合表中物质的颜色知道：12min后，b极附近出现的橙黄色沉淀的成分是CuOH和Cu2O，因为Ksp（CuOH）Ksp（CuCl），所以电解过程中CuCl转化为黄色的CuOH沉淀，CuOH不稳定分解生成Cu2O，导致物质的颜色为橙色，故答案为：CuOH和Cu2O；Ksp（CuOH）Ksp（CuCl），CuCl转化为黄色的CuOH沉淀，CuOH不稳定分解生成Cu2O，所以橙黄色沉淀的成分为CuOH和Cu2O的混合物2016年11月26日
