1、2014-2015学年吉林省延边州汪清六中高二（上）月考化学试卷（11月份） 一选择题（每题3分，共51分）1（3分）如图，图表示10mL量筒中液面的位置，A与B、B与C刻度间相差1mL，图表示50mL滴定管中液面的位置，D与E刻度间相差1mL如果刻度A和D都是4，则两处液面的读数是（）A中是3.2 mL，中是3.40 mLB中是4.8 mL，中是3.40 mLC中是3.2 mL，中是4.60 mLD中是4.8 mL，中是4.60 mL考点：中和滴定版权所有专题：实验题分析：量筒小刻度在下，A与B与C刻度间相差1mL，刻度A为4，则刻度B为3，AB间每一小格为0.2mL，精确度为0.1mL；滴
2、定管大刻度在下方，D与E之间的刻度差为1mL，如果刻度D为4，则E刻度为5，DE间每一小格为0.10mL，精确度为0.01mL解答：解：量筒小刻度在下，A与B与C刻度间相差1mL，刻度A为4，则刻度B为3，AB间每一小格为0.2mL，则量筒中液体的体积为3.2mL；滴定管大刻度在下方，D与E之间的刻度差为1mL，如果刻度D为4，则E刻度为5，DE间每一小格为0.10mL，则该酸式滴定管中液体体积的读数为4.60mL故选C点评：本题考查了常用仪器的结构与使用，难度不大，平时注意知识的积累2（3分）有一支50mL酸式滴定管，其中盛有溶液，液面恰好在10.0mL刻度处，把滴定管中的溶液全部流下排出，
3、盛接在量筒中，量筒内溶液的体积（）A大于40.0 mLB为40.0 mLC小于40.0 mLD为10.0 mL考点：计量仪器及使用方法版权所有专题：化学实验常用仪器分析：滴定管的“0”刻度在上、满刻度在下（量筒与此相反），在刻度以下还有一段空间没有刻度解答：解：滴定管的“0”刻度在上、满刻度在下（量筒与此相反），在刻度以下还有一段空间没有刻度因此，将装到50ml刻度处的溶液全部放出，除由10ml刻度处到50ml刻度处有40ml溶液外，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过40ml故选A点评：本题考查滴定管的结构，题目难度不大，注意滴定管的“0”刻度在上、满刻度在下（量筒与此相反），满刻度以下还
4、有一段空间没有刻度3（3分）进行中和滴定时，事先不应该用所盛溶液润洗的仪器是（已用蒸馏水洗过）（）A酸式滴定管B碱式滴定管C锥形瓶D量筒考点：间接加热的仪器及使用方法；不能加热的仪器及使用方法版权所有分析：中和滴定需要用到酸式滴定管、碱式滴定管和锥形瓶，不用量筒解答：解：中和滴定需要用到酸式滴定管、碱式滴定管和锥形瓶，不用量筒；其中酸式滴定管、碱式滴定管需要润洗，锥形瓶不能润洗，否则结果偏高故选C点评：本题考查中和滴定，难度不大，注意锥形瓶不能润洗4（3分）pH=13的强碱溶液和pH=2的强酸溶液混合，所得溶液的pH=11，则强碱溶液和强酸溶液的体积之比为（）A11：1B9：1C1：11D1：
5、9考点：pH的简单计算版权所有分析：pH=13的强碱溶液中c（OH）=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，混合液的pH=11，则混合溶液中c（OH）=103mol/L=，据此计算酸碱体积之比解答：解：pH=13的强碱溶液中c（OH）=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，混合液的pH=11，则混合溶液中c（OH）=103mol/L=，解得：=，故选D点评：本题考查了pH的简单计算，根据混合溶液中氢氧根离子浓度计算公式进行计算即可，注意溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度不大试题侧重基础知识的考查5（3分）实验室在配制硫酸铁溶液时
6、，先把硫酸铁晶体溶解在稀H2SO4中，再加水稀释所需浓度，如此操作的目的是（）A防止硫酸铁水解B抑制硫酸铁水解C提高溶液的pHD提高硫酸铁的溶解度考点：盐类水解的应用版权所有分析：硫酸铁是强酸弱碱盐，铁离子易水解生成氢氧化铁，在配制硫酸铁溶液时要抑制其水解，据此分析解答解答：解：硫酸铁是强酸弱碱盐，铁离子易水解生成氢氧化铁而导致溶液变浑浊，为防止其水解，所以在配制硫酸铁溶液要先溶解在稀硫酸中然后加水稀释至所需浓度，故选B点评：本题考查盐类水解应用，明确盐类水解原理是解本题关键，应用化学知识解释生产生活中盐类水解现象，题目难度不大6（3分）某同学的实验报告中有如下数据，其中数据合理的是（）A用托
7、盘天平称取3.25gNaClB用酸式滴定管量取20.00mLKMnO4溶液C用量筒量取10.51mL盐酸D用容量瓶配制200mL0.1mol/L的NaOH溶液考点：计量仪器及使用方法版权所有专题：化学实验常用仪器分析：A托盘天平只能精确到0.1；B滴定管精确到0.01；C从量筒的精确度考虑，量筒只能精确到0.1；D容量瓶只能用来配制固定容积的溶液解答：解：A托盘天平只能精确到0.1，用托盘天平无法称取3.25gNaCl，故A错误； B滴定管精确到0.01，高锰酸钾具有氧化性，腐蚀橡皮管，应用酸式滴定管，故B正确；C量筒只能精确到0.1，不能量取10.51mL盐酸，故C错误；D容量瓶只能用来配制
8、固定容积的溶液，没有200mL的容量瓶，故D错误故选B点评：本题考查常用计量仪器的精确度问题，题目难度不大，本题易错点为D项7（3分）100mLpH=11的氨水与100mLpH=3的盐酸相混合，所得的混合液（）A显碱性B显酸性C显中性D不能确定其酸碱性考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有分析：根据两种溶液中H+和OH的关系以及氨水为弱电解质的性质，判断反应后酸碱的过量，进而判断反应后溶液的酸碱性解答：解：pH=3的盐酸中c（H+）=103mol/L，pH=11的氨水中c（OH）=103mol/L，两种溶液电离出H+与OH离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度
9、大于盐酸浓度，反应后氨水过量，得到的是氨水和氯化铵的混合溶液，以氨水的电离为主，溶液呈碱性，则所得溶液的pH7，溶液显碱性；故选：A点评：本题考查酸碱过量判断，题目难度不大，本题注意溶液H+与OH离子浓度相等时，氨水过量8（3分）在AgCl饱和溶液中尚有AgCl固体存在，当向溶液中加入0.1mol/L的盐酸时，下列说法正确的是（）AAgCl沉淀溶解平衡正向移动BAgCl溶解度增大C溶液中c（Ag+）增大D溶液中c（Cl）增大考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有分析：在AgCl饱和溶液中尚有AgCl固体存在，溶液中存在AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq），根据沉淀溶解平衡移动
10、分析解答：解：AgCl饱和溶液中尚有AgCl固体存在，则溶液存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq），当向溶液中加入0.1mol/L的盐酸时，c（Cl）增大，平衡逆移，所以溶液中c（Ag+）变小，AgCl溶解度减小；故选：D点评：本题考查了沉淀溶解平衡移动，侧重于考查离子浓度对沉淀溶解平衡移动的影响，题目难度不大9（3分）下列关于原电池的叙述正确的是（）A构成原电池的正极和负极必须是两种不同的金属B原电池是将化学能转变为电能的装置C原电池中电子流出的一极是负极，该极被还原D原电池放电时，电流的方向是从负极到正极考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：A、
11、原电池的正极和负极可能是两种不同的金属；B、原电池是将化学能转变为电能的装置；C、原电池中电子流出的一端电极为负极，发生氧化反应，被氧化；D、原电池中电子流出的一端电极为负极，电流方向和电子流向相反；解答：A、电极材料可由金属构成，也可由能导电的非金属和金属材料构成，故A错误；B、原电池是将化学能转变为电能的装置，故B正确；C、原电池中电子流出的一端电极为负极，发生氧化反应，被氧化，故C错误；D、原电池放电，电流从正极流向负极，故D错误；故选B点评：本题考查了原电池原理，难度不大，会根据得失电子判断化学反应类型、电极名称、电子流向，电流流向等，题目较简单10（3分）下列装置中，属于原电池的是（
12、）ABCD考点：原电池和电解池的工作原理版权所有分析：根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应解答：解：A、两电极材料相同，所以不能形成原电池，故A错误B、酒精不是电解质，锌和酒精不能自发的进行氧化还原反应，所以不能形成原电池，故B错误C、该装置两电极间不能构成闭合回路，所以不能形成原电池，故C错误D、该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故D正确故选D点评：本题考查了原电池的构成条件，难度不大，注意这几个条件必须同时存在才能形成原电池，缺一不可11（3分）有关如图所示原电池的叙述，正确
13、的是（盐桥中装有含琼胶的KCl饱和溶液）（）A反应中，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液B取出盐桥后，电流计依然发生偏转C铜片上有气泡逸出D反应前后铜片质量不改变考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：图为原电池装置，Zn为负极，发生氧化反应Zn2eZn2+，Cu为正极，发生还原反应Cu2+2eCu，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题解答：解：A原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液，故A正确；B取出盐桥后，不是闭合回路，没有电流产生，电流计不发生偏转，故B错误；CCu为正极，发生还原反应Cu2+2eCu
14、，析出Cu，故C错误；DCu为正极，发生还原反应Cu2+2eCu，析出Cu附着在Cu电极上，故铜片质量增加，故D错误，故选：A点评：本题考查原电池的工作原理，题目难度不大，注意电极的判断和电极方程式的书写，把握原电池的工作原理，学习中注意相关知识的把握12（3分）某原电池总反应离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+，能实现该反应的原电池是（）A正极为石墨，负极为铁，电解质溶液为FeCl3溶液B正极为铜，负极为铁，电解质溶液为Fe（NO3）2溶液C正极为石墨，负极为铁，电解质溶液为Fe2（SO4）3D正极为银，负极为铁，电解质溶液为CuSO4考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专
15、题分析：原电池总反应离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+，Fe失去电子，为原电池的负极，正极为比Fe不活泼的金属或非金属，电解质为氯化铁或硫酸铁，以此来解答解答：解：原电池总反应离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+，Fe失去电子，为原电池的负极，正极为比Fe不活泼的金属或非金属，电解质为氯化铁或硫酸铁，而BD中电解质均含亚铁离子，不符合，故选AC点评：本题考查原电池，明确电池反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意铁离子得电子分析电解质，注重基础知识的考查，题目难度不大13（3分）在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接锌片和铜片，下列叙述正确的是（）A正极附近的SO42离子浓度逐渐增
16、大B正极有O2逸出C电子通过导线由铜片流向锌片D铜片上有H2逸出考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：铜锌原电池中，Zn为负极，Cu为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，电子由负极流向正极，以此来解答解答：解：A该原电池放电时，溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故A错误；B正极上氢离子得电子被还原生成氢气，故B错误；C电子由负极经导线流向正极，即由锌片流向铜片，故C错误；DCu电极上氢离子得到电子生成氢气，有氢气逸出，故D正确；故选D点评：本题考查铜锌原电池，把握原电池的工作原理为解答的关键，注重基础知识的考查，注意电池反应为Zn与硫酸反应，题目难度不大14
17、（3分）下列表示碳酸氢钠水解的离子方程式正确的是（）AHCO3+H+CO2+H2OBHCO3+OHCO32+H2OCHCO3+H2OH3O+CO32DHCO3+H2OH2CO3+OH考点：离子方程式的书写版权所有分析：碳酸氢钠水解生成碳酸和NaOH，离子反应中碳酸氢根离子与水反应，以此来解答解答：解：碳酸氢钠水解生成碳酸和NaOH，离子反应为HCO3+H2OH2CO3+OH，且水解为可逆反应，故选D点评：本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重水解离子反应的考查，注意C为电离，题目难度不大15（3分）下列各组离子在溶液中可以大量共存的是（）
18、AK+、Fe3+、Cl、SO32BK+、Na+、SO42、NO3CNa+、Cu2+、S2、NO3DAl3+、K+、HCO3、Cl考点：离子共存问题版权所有分析：离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质、络合物或发生氧化还原反应、复分解反应的就能共存，据此分析解答解答：解：AFe3+、SO32生成亚硫酸铁沉淀，所以不能大量共存，故A错误；B这几种离子之间不反应，所以能大量共存，故B正确；CCu2+、S2生成CuS沉淀而不能大量共存，故C错误；DAl3+、HCO3发生双水解反应而不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存，为高考高频点，侧重考查复分解反应，明确离子共存条件是解本题关键，易错
19、选项是C，题目难度不大16（3分）在CH3COONa溶液里，加入下列物质使水解平衡向左移动，并且pH变大的是（）A加入适量纯CH3COOHB加入少量NaCl固体C加入少量NaOH固体D加水稀释考点：盐类水解的原理版权所有分析：CH3COO水解的离子方程式为CH3COO+H2OCH3COOH+OH，A、加入CH3COOH，平衡逆向移动；B、加入氯化钠固体，水解平衡不会移动；C、加入NaOH，c（OH）增大，平衡逆向移动；D、加水稀释，水解程度增大解答：解：CH3COO水解的离子方程式为CH3COO+H2OCH3COOH+OH，A、加入CH3COOH，平衡逆向移动，水解程度减小，溶液的pH值减小，
20、故A错误；B、加入氯化钠固体，水解平衡不会移动，水解程度不变，溶液的pH值不变，故B错误；C、加入NaOH，c（OH）增大，醋酸根离子水解的程度相应降低，平衡逆向移动，溶液中的c（OH）增大，故C正确；D、加水稀释，水解程度增大，溶液的pH值减小，故D错误；故选C点评：本题考查学生影响盐类水解程度的主要因素知识，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，难度不大17（3分）关于小苏打水溶液的表述正确的是（）A存在的电离平衡为：HCO3+H2OH2CO3+OHBc（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（OH）CHCO3的电离程度大于HCO3的水解程度Dc（Na+）=c（HCO3）+c
21、（CO32）+c（H2CO3）考点：盐类水解的应用；离子浓度大小的比较版权所有专题：盐类的水解专题分析：A该方程式为碳酸氢根离子水解方程式；B溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；C碳酸氢钠溶液呈碱性，说明HCO3的电离程度小于HCO3的水解程度；D溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断解答：解：AHCO3+H2OH2CO3+OH为碳酸氢根离子水解方程式，其电离方程式为HCO3CO32+H+，故A错误；B溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），故B错误；C碳酸氢钠溶液呈碱性，说明HCO3的电离程度小于HCO3的水解程度，所以溶液中
22、c（H+）c（OH），故C错误；D溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），故D正确；故选D点评：本题以碳酸氢钠为载体考查了盐类水解，根据溶液酸碱性确定电离和水解程度的相对大小，再结合电荷守恒、物料守恒分析解答，题目难度不大二填空题（共49分）18（8分）（1）Cu（NO3）2的水溶液呈酸（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH7（填“”、“=”、“”），原因是（用离子方程式表示）：Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以抑制（填“
23、促进”、“抑制”）其水解（2）把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al2O3（3）在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的NaOH考点：盐类水解的原理版权所有分析：（1）Cu（NO3）2中的铜离子在水中易水解，而显酸性；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，为了抑制其水解（2）氯化铝水溶液加热促进水解，生成的HCl挥发，最后蒸干，灼烧得到Al2O3；（3）硫化钠在溶液中水解生成NaOH解答：解：（1）Cu（NO3）2中的铜离子在水中易水解，而显酸性，水解方程为：Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，实验室在配制AgNO3的溶液时，常
24、将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，为了抑制其水解，故答案为：酸；Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+；抑制；（2）氯化铝水溶液中铝离子水解显酸性，其水解方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，其溶液加热促进水解，生成的HCl挥发，最后蒸干，灼烧得到Al2O3，故答案为：Al2O3；（3）硫化钠在溶液中水解生成NaOH，所以为了防止发生水解，可以加入少量的NaOH，故答案为：NaOH点评：本题考查了盐类水解的有关知识，注意影响水解平衡的因素，题目比较基础19（6分）写出下列盐溶液水解的离子方程式（1）（NH4）2SO4：NH4+H2ONH3H2O+H+；（2）AlCl3：Al3+3
25、H2OAl（OH）3+3H+；（3）KF：F+H2OHF+OH考点：离子方程式的书写版权所有分析：（1）铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性；（2）铝离子水解生成氢氧化铝和氢氧根离子，溶液呈酸性；（3）氟离子水解生成氢氟酸和氢氧根离子解答：解：（1）硫酸铵溶于水后，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性，水解离子方程式为NH4+H2ONH3H2O+H+，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；（2）氯化铝溶于水后，铝离子水解生成氢氧化铝和氢氧根离子，溶液呈酸性，水解离子方程式为Al 3+3H2OAl（OH）3+3H+，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+；（3）氟
26、化钾溶于水后，氟离子水解生成氢氟酸和氢氧根离子，溶液呈碱性，水解离子方程式为F+H2OHF+OH，故答案为：F+H2OHF+OH点评：本题考查了盐类的水解的离子方程式的书写，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理，然后根据“谁弱谁水解”、“谁强谁显性”来分析解答即可20（3分）下列盐的水溶液中，哪些呈酸性 哪些呈碱性哪些呈中性FeCl3 NaClO （NH4）2SO4 AgNO3 Na2S K2SO4考点：盐类水解的原理版权所有分析：根据强酸弱碱盐水解呈酸性；强碱弱酸盐水解溶液呈碱性；强酸强碱盐不水解成中性，以此解答解答：解：FeCl3，（NH4）2SO4，AgNO3，强酸弱碱盐，水解成酸性；Na
27、ClO，Na2S，强碱弱酸盐，水解成碱性；K2SO4，强酸强碱盐，不发生水解，成中性，故答案为：；点评：本题考查盐类水解的应用，为高频考点，注意把握盐类水解的规律，根据对应酸、碱的电解质的强弱判断水解的情况，可判断溶液的酸碱性，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大21（3分）对于Ag2S（s）2Ag+S2，其Ksp的表达式为Ksp=c（Ag+）2c（S2）考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有分析：依据沉淀溶解平衡的溶度积常数表示方法写出，溶度积Ksp等于溶液中离子浓度幂次方乘积解答：解：对于沉淀溶解平衡：Ag2S（s）2Ag+（aq）+S2（aq），一定温度下的饱和溶液中存在溶
28、度积常数，Ksp=c（Ag+）2c（S2），故答案为：Ksp=c（Ag+）2c（S2）；点评：本题考查了难溶电解质的溶度积ksp的表达式的书写，难度不大，根据溶度积Ksp等于溶液中离子浓度幂次方乘积书写即可22（10分）某学生用0.2000molL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为如下几步：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数请回答：（1）以上步骤有错误的是（填编号），该错误
29、操作会导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）偏大；（2）步骤中，在记下滴定管液面读数时，滴定管尖嘴有气泡，将导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无响”）偏小；（3）判断滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液从无色变为粉红色，且半分钟不变色；（4）右图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为22.60mL；（5）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度：0.2000 mol/L滴定次数待测体积（ml）标准烧碱体积（ml）滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.004.0024.00第三次20.002.0024.10考点：中和滴定版权所有专题：实验题分析：（1）根据碱式滴
30、定管在装液前应用所装液体进行润洗；根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；（2）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；（3）根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；（4）根据滴定管的结构和精确度；（5）先根据数据的有效性，舍去第3组数据，然后求出1、2组平均消耗V（NaOH），接着根据c（待测）=来计算解答：解：（1）根据碱式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上，碱式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根
31、据c（待测）=，可知c（标准）偏大，故答案为：；偏大；（2）步骤中，在记下滴定管液面读数时，滴定管尖嘴有气泡，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=，可知c（标准）偏小，故答案为：偏小；（3）滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，所以当滴入最后一滴盐酸，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，故答案为：无；粉红；（4）滴定管中的液面读数为22.60mL，故答案为：22.60；（5）三次滴定消耗的体积为：20.00mL，20.00mL，22.10，舍去第3组数据，然后求出1、2组平均消耗V（NaOH）=20.00mL，c（待测）=0.2000molL1，故答案为：0.2000
32、点评：本题主要考查了常见的实验操作以及化学计算，难度不大，根据所学知识即可完成23（16分）某探究活动小组想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，有甲、乙两位同学均使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6molL1稀H2SO4中，乙同学将电极放入6molL1的NaOH溶液中，如图所示（1）写出甲池中发生的有关电极反应式：负极：Mg2e=Mg2+，正极：2H+2e=H2（2）乙池中负极为Al，正极发生还原反应，总反应离子方程式为2Al+2OH+2H2O=AlO2+3H2（3）如果甲与乙两位同学均认为“构成原电池的电极材料若是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出Mg
33、活动性更强，而乙会判断出Al活动性更强（填写元素符号）（4）由此实验，可得到的结论是ADA利用原电池反应判断金属活动性顺序应注意选择合适的介质B镁的金属性不一定比铝的金属性强C该实验说明金属活动性顺序表已过时，已没有实用价值D该实验说明化学研究对象复杂、反应条件多变，应具体问题具体分析考点：常见金属的活动性顺序及其应用；探究原电池及其工作原理版权所有分析：（1）甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应；（2）乙池中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应；（3）根据作负极的金属活泼性强结合电池中的负极判断；（4）A原电池正负极与电解质溶液有
34、关；B镁的金属性大于铝；C该实验说明金属活动性顺序已过时，已没有实用价值D该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析解答：解：（1）甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应，负极反应为Mg2e=Mg2+，正极反应为2H+2e=H2，故答案为：Mg2e=Mg2+；2H+2e=H2；（2）乙池中铝易失电子作负极，负极上铝失电子发生氧化反应，电极反应式为Al+4OH3e=AlO2+2H2O，镁作正极，正极发生还原反应，总反应为2Al+2OH+2H2O=AlO2+3H2，故答案为：Al；还原；2Al+2OH+2H2O=AlO2+3H2
35、；（3）甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、乙中铝活动性强，故答案为：Mg；Al；（4）A根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，故正确；B镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，故错误；C该实验对研究物质的性质有实用价值，故错误；D该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故正确；故答案为：AD点评：本题考查金属活泼性及探究原电池原理，为高频考点，明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极，要根据失电子难易程度确定负极
36、为易错点，题目难度中等24（3分）如图所示，在盛有水的烧杯中，铁圈和银圈的连接处吊着一根绝缘的细丝，使之平衡小心地从烧杯中央滴入CuSO4溶液（1）片刻后可观察到的现象是（指悬吊的金属圈）DA铁圈和银圈左右摇摆不定 B保持平衡状态不变C铁圈向下倾斜 D银圈向下倾斜（2）产生上述现象的原因是铁、银、硫酸铜构成原电池，铁不断失电子而减少，银上不断析出铜，质量增加，所以银圈逐渐向下倾斜考点：常见金属的活动性顺序及其应用版权所有专题：金属概论与碱元素分析：铁圈和银圈连接浸入硫酸铜溶液中，该装置构成了原电池，铁较活泼的金属作负极，银较不活泼的金属作正极，根据正负极上发生的电极反应判断反应现象解答：解：（
37、1）依据金属活动顺序可知铁的活泼性强于银，铁圈和银圈的连接处吊着一根绝缘的细丝，使之平衡小心地从烧杯中央滴入CuSO4溶液后，该装置构成了原电池，铁较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应生成铁离子，质量减小；银较不活泼的金属作正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，在银圈上析出，所以铁圈向上倾斜，银圈向下倾斜，故选D；（2）产生上述现象的原因是：铁、银、硫酸铜构成原电池，铁不断失电子而减少，银上不断析出铜，质量增加，所以银圈逐渐向下倾斜；故答案为：铁、银、硫酸铜构成原电池，铁不断失电子而减少，银上不断析出铜，质量增加，所以银圈逐渐向下倾斜点评：本题考查了电解池工作的原理，明确铁和银的活泼性强弱顺序，原电池工作的原理是解题的关键