1、河南省郑州103中2015-2016学年高二下期第二次月考化学试题（解析版）1R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为+2价，且X2+与单质R不反应；X2+Z X + Z2+ ； Y + Z2+ Y2+ + Z。这四种离子被还原成0价时表现的氧化性大小符合（ ）AR2+X2+Z2+Y2+ BX2+R2+Y2+Z2+CY2+Z2+R2+X2+ DZ2+X2+R2+Y2+【答案】A【解析】试题分析：在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应X2+Z X + Z2+可知，氧化性是X2+Z2+；同样根据反应Y + Z2+ Y2+ + Z可知，氧化性是Z2+Y2+。又因为X2+与单质
2、R不反应，所以氧化性是R2+X2+，即氧化性是R2+X2+Z2+Y2+，答案选A。考点：考查氧化还原反应中氧化性强弱的判断点评：该题是中等难度的试题，试题注重基础，侧重解题方法的培养。该题的关键是明确在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，因此准确判断出氧化剂和氧化产物是前提，有助于培养学生的发散思维能力。2下列反应的离子方程式中，正确的是（ ）A碳酸钙与醋酸反应：CO322CH3COOHCO2H2O2CH3COOB向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+ + 3OH = Al（OH）3C次氯酸钙溶液中通入少量二氧化硫：Ca2+2ClO- + SO2 + H2O =CaSO3+ 2HClO
3、D硫酸与足量氢氧化钡溶液混合：2HSO42Ba22OHBaSO42H2O【答案】D【解析】3钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是A2H+2eH2 B. Fe2+2eFe C2H2OO24e4OH D. Fe3+eFe2+ 【答案】C【解析】原电池中负极失去电子，发生氧化反应；正极得到电子，发生还原反应。所以钢铁的吸氧腐蚀中，铁是负极，氧气在正极得到电子，答案选C。4少量铁粉与100 mL 0.01 mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的加H2O 加NaOH固体滴入几滴浓盐酸 加CH3COONa固体 加NaCl溶液 滴入几滴硫酸铜溶
4、液 升高温度(不考虑盐酸挥发) 改用10 mL 0.1 mol/L盐酸A B C D【答案】C【解析】试题分析：加水，稀释了盐酸的浓度，反应速率变慢；加氢氧化钠，与盐酸反应，减少了盐酸的浓度，反应速率变慢；加浓盐酸，反应速率加快；加醋酸钠固体与盐酸反应生成弱酸醋酸，反应速率减慢；加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，反应速率变慢；滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，减少了产生氢气的量；升高温度，反应速率加快；改用浓度大的盐酸，反应速率加快，答案选C。【考点定位】考查外界条件对反应速率的影响【名师点晴】本题以铁和盐酸反应制备氢气为载体，重点考查外界条件对反
5、应速率的影响，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，审题时要特别注意：加快反应速率和不改变氢气的量。关于外界条件对反应速率的影响需要注意以下几点：（1）参加反应的物质为固体和液体，由于压强的变化对浓度几乎无影响，可以认为反应速率不变。（2）对有气体参加的反应，压强改变气体物质浓度改变化学反应速率改变，即压强改变的实质是通过改变浓度引起的，如2SO2(g)O2(g)2SO3(g)增大压强，SO2、O2、SO3的浓度均增大，正、逆反应速率均增大。（3）有气体参加的反应体系中充入“惰性气体”(不参与反应)时，对化学反应速率的影响：恒容：充入“惰性气体”总压增大物质浓度不变(活化分子浓度不变
6、)反应速率不变。恒压：充入“惰性气体”体积增大物质浓度减小(活化分子浓度减小)反应速率减慢。5向某恒容密闭容器中充入一定量CO2和H2，发生反应：，测得平衡体系中CO2的百分含量（CO2%）与反应温度变化的关系如图所示，下列物理量中，a点大于b点的是A正反应速率B逆反应速率CHCOOH(g)的浓度DH2的体积分数【答案】C【解析】试题分析：A、温度升高，反应速率加快，所以b点的反应速率大于a点的反应速率，错误；B、温度升高，正逆反应的速率都加快，所以b点的逆反应速率大于a点的反应速率，错误；C、温度升高，二氧化碳的含量增大，说明温度升高，平衡逆向移动，则正向是放热反应，所以a点HCOOH(g)
7、的浓度大于b点HCOOH(g)的浓度，正确；D、升高温度，平衡逆向移动，则氢气的体积分数增大，所以b点大于a点，错误，答案选C。考点：考查对化学平衡图像的分析6将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是A与NaOH反应的氯气一定为0.3 molBn(Na)n(Cl)可能为73C若反应中转移的电子为n mol，则0.15n0.25Dn(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)可能为1121【答案】C【解析】试题分析：A氯气与氢氧化钠反应生成的NaCl、NaClO、NaClO3
8、三种物质中Na与Cl物质的量之比均为1:1,由已知条件计算得NaOH的物质的量为0.3mol，所以与NaOH反应的氯气为0.3 mol2=0.15 mol，故A错误。B由Na原子守恒和电子守恒得，n(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)0.3mol、n(NaCl)n(NaClO)5n(NaClO3)，可得n(NaCl)0.152n(NaClO3)0.15mol。如果n（Na）/n（Cl）=0.3mol/n(NaCl)c(Na)c(OH)c(H)【答案】A【解析】试题分析：0.1 molL1的HA溶液的pH3，可知HA为弱酸。对于原HA溶液，由溶液呈电中性可知c(H)c(OH)c(A)，
9、故A正确；在酸碱中和滴定过程中，pH逐渐升高，故B错误；HA是弱酸，和NaOH刚好中和时生成NaA，由于NaA水解，溶液呈碱性，故C错误；当NaOH溶液过量时，c(Na)c(A)，故D错误。考点：酸碱中和滴定10为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂过滤后，再加入适量的盐酸，这种试剂是（ ）ANH3H2O BNaOH CNa2CO3 DMgCO3【答案】D【解析】A加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，故A错误；B加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，故B错误；C加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，故C错误；D加入碳酸镁，与氢离子反应，可起到调
10、节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故D正确故选D【点评】本题考查物质的分离和提纯，注意根据铁离子易水解的性质用调节溶液pH的方法除杂，注意不能引入新的杂质11某溶液中存在Mg2、Ag、Ba2三种金属离子，现用NaOH、Na2CO3、NaCl三种溶液使它们分别沉淀并分离出来，要求每次只加一种溶液，滤出一种沉淀，所加溶液顺序正确的是ANa2CO3、NaCl、NaOH BNaOH、NaCl、Na2CO3CNaCl、NaOH、Na2CO3 DNaCl、Na2CO3、NaOH【答案】C【解析】试题分析：三种金属离子均能与Na2CO3溶液反应生成沉淀，Mg2和Ag
11、均能与NaOH溶液反应生成沉淀。因此首先加入NaCl溶液生成AgCl沉淀，然后加入NaOH溶液生成Mg(OH)2沉淀，最后加入Na2CO3溶液生成BaCO3沉淀，案选C。考点：考查沉淀剂选择以及顺序的判断12已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ。且氧气中1 mol O=O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1 mol HO键形成时放出热量463kJ，则氢气中1 mol HH键断裂时吸收热量为 （ ） A920 kJ B557 kJ C436 kJ D188 kJ【答案】C【解析】考查反应热的计算。1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ，所以其热化学方程式为2
12、H2(g)O2(g)=2H2O(g) H484KJ/mol。所以有2x4964634484，解得x436。所以答案是C。13下列离子检验的方法正确的是A某溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀，说明原溶液中有ClB某溶液中先滴加足量盐酸无现象，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀，则原溶液中有SO42C某无色溶液滴入酚酞试液显红色，该溶液一定是含有大量的H+D某溶液中滴加盐酸生成能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，说明原溶液中有CO32【答案】B【解析】试题分析：A、滴加溶液硝酸银溶液，有白色沉淀，不一定含有Cl，还可能是SO42等，检验Cl一般需要加硝酸，沉淀不溶解，证明含有Cl，故错误；B、检验SO42
13、，先加盐酸溶液，排除其他离子的干扰，如Cl、Ag等，再加BaCl2溶液，如果出现沉淀则证明还有SO42，故正确；C、酚酞遇碱变红，原溶液中含有OH，故错误；D、还可能是HCO3、SO32、HSO3等离子的干扰，故错误。考点：考查离子的检验等知识。14（2014商南县校级一模）部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数（25）Ki=1.77104Ki=4.91010Ki1=4.3107Ki2=5.61011下列选项错误的是（ ）A2CN+H2O+CO22HCN+CO32B2HCOOH+CO322HCOO+H2O+CO2C中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗Na
14、OH的量前者小于后者D等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者【答案】A【解析】酸的电离平衡常数HCOOHH2CO3HCNHCO3，则酸根离子水解程度CO32CNHCO3HCOO，A酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能够制取弱酸，所以二者反应生成HCN和HCO3，离子方程式为CN+H2O+CO2HCN+HCO3，故A错误；B酸性强弱顺序是HCOOHH2CO3HCNHCO3，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以反应方程式为2HCOOH+CO32=2HCOO+H2O+CO2，故B正确；C等pH、等体积的HCOOH和HCN，n（HCN）n（HCOOH），中和酸需要碱的物
15、质的量与酸的物质的量、酸的元数成正比，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；D根据电荷守恒，c（HCOO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），c（CN）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+ ）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以甲酸钠中离子浓度大，故D正确【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离平衡常数与酸性强弱、酸根离子的水解程度的关系是解本题关系，再结合强酸制取弱酸、酸碱中和反应来分析解答，易错选项是D，注意从电荷守恒的角度解答该题
16、15下列离子方程式不正确的是A用稀硫酸除去铜绿：4HCu2（OH）2CO3 = 2Cu2CO23H2OB将Na2O2固体投入H218O中：2H218O2Na2O2 = 4OH4Na18O2C向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42-完全沉淀：2Ba2NH4+Al32SO42-4OH = Al（OH）3NH3H2O2BaSO4D向Na2FeO4溶液中加入稀硫酸产生氧气：4FeO42-20 H = 4Fe33O210H2O【答案】B【解析】试题分析：A.用稀硫酸除去铜绿，铜绿是难溶物写化学式,离子方程式为4HCu2（OH）2CO3 = 2Cu2CO23H2O，A正确；B.
17、将Na2O2固体投入H218O中，过氧化钠自身发生氧化还原反应：18O存在于氢氧化钠中，B错误；C.向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42-完全沉淀，二者物质的量之比为1：2，反应中氢氧根离子先和铝离子沉淀完全，再结合铵根，再溶解氢氧化铝，反应的离子方程式为2Ba2NH4+Al32SO42-4OH = Al（OH）3NH3H2O2BaSO4，C正确；D.向Na2FeO4溶液中加入稀硫酸产生氧气，说明酸溶液中Na2FeO4自身氧化还原反应，离子方程式为4FeO42-20 H = 4Fe33O210H2O，D正确；答案选B。【考点定位】考查离子方程式的正误判断。【名师点
18、睛】离子方程式的书写和正误判断题所涵盖的知识面广，考查角度灵活多变，同时也能考查学生分析和解决问题的能力，因此这一类试题一直是近几年来高考的热点，本题考查了离子方程式的正误判断，难度中等，离子方程式正误判断常用方法：一分析原理正误；二分析粒子配比是否合理；三分析是否漏掉反应；四分析物质拆写是否正确；五分析两守恒（原子、电荷）是否违背。离子方程式除符合质量守恒外，还应符合电荷守恒，学生往往只注意质量守恒或电荷守恒，而忽略了另一个守恒，这也是命题者经常设置的“陷阱”。16（15分）常见的五种盐X、Y、Z、M、N，它们的阴离子可能是SO42-、Cl、NO3-、CO32-，阳离子可能是Ag、NH4+、
19、Na、Al3、Cu2、Ba2、Fe3，已知：M的焰色反应呈黄色。五种盐均溶于水，水溶液均为无色。X的溶液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性，M的溶液呈碱性。若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀。若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，N和Z的溶液中生成沉淀，继续加氨水，Z中沉淀消失。把X的溶液分别加入到Y、Z、N的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀。请回答下列问题：（1）五种盐中，一定不含有的阳离子是_；所含阴离子相同的两种盐的化学式是_。（2）M的化学式为_，M溶液显碱性的原因是_(用离子方程式表示)。（3）X和Z的溶液反应的离子方程式是_；N和氨水反应的离子
20、方程式是_。（4）若要检验Y中所含的阳离子，正确的实验方法是_。【答案】（1）Cu2、Fe3 (2分）； (NH4)2SO4、Al2(SO4)3(2分)（2）Na2CO3 (2分） CO32-H2OHCO3-OH(2分)（3）AgCl=AgCl(2分） Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+ (2分)（4）取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色(3分)【解析】试题分析：M的焰色反应呈黄色，则M溶液含有Na+；五种盐均溶于水，水溶液均为无色说明不含有蓝色的Cu2+、黄色的Fe3+；X的溶液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性，M的溶液呈碱性，
21、则M含有弱碱阴离子CO32-，所以M是Na2CO3。Y、Z、N是强酸弱碱盐；若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀，说明X、Z中没有SO42-，若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，N和Z的溶液中生成沉淀，继续加氨水，Z中沉淀消失，则Z是AgNO3，N中有Al3+。把X的溶液分别加入到Y、Z、N的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则X是BaCl2溶液，Y是(NH4)2SO4，N是Al2(SO4)3。（1）五种盐中，一定不含有的阳离子是Cu2、Fe3；所含阴离子相同的两种盐的化学式是(NH4)2SO4、Al2(SO4)3。 （2）M的化学式为Na2CO3，M
22、溶液显碱性的原因是CO32-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，当达到平衡时，c(OH-)c(H+)，用离子方程式表示是：CO32-H2OHCO3-OH。 （3）X和Z的溶液反应的离子方程式是AgCl=AgCl；N和氨水反应的离子方程式是Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+。（4）若要检验Y中所含的阳离子，正确的实验方法是取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色。考点：考查离子的检验、物质化学式的确定、盐的水解及离子方程式的书写的知识。17(I)下列各组混合物的分离或提纯应选用哪种方法？(填写主要的操作方法即可)（1）
23、分离饱和食盐水和沙子的混合物，用 （2）除去Cl2中少量的HCl，用 （3）氯化钠溶液和碘的水溶液，用 （4）分离乙醇与水的混合物，用 （5）分离水和苯的混合物，用 (II)用98%的浓硫酸(其密度为1.84g/cm3)配制100mL 1.0molL1稀硫酸，（1）需量取浓硫酸的体积为 mL（2）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：量取 计算 溶解 颠倒摇匀 转移 洗涤 定容 冷却，其正确的操作顺序为 ，本实验必须用到的仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有 （3）在配制过程中，下列操作会引起浓度偏高的是 ，无影响的是 (填序号)没有洗涤烧杯和玻璃棒；转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面；容
24、量瓶不干燥，含有少量蒸馏水；定容时俯视刻度线；未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容；定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线(III)现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为Mgmol1若阿伏加德罗常数用NA表示，则：（1）该气体在标准状况下的体积为 L；（2）该气体溶于1L水中(不考虑反应)，其溶液中溶质的质量分数为 ；（3）该气体在标准状况下的密度为 gL1【答案】 (I)（1）过滤；（2）洗气；（3）萃取（4）蒸馏；（5）分液(II)（1）5.4mL（2）；100mL容量瓶；（3） ，；(III)（1）L；（2） ；（3） gL1【解析】试题分析：(I)
25、（1）沙子不溶于水，分离饱和食盐水和沙子的混合物，用过滤的方法，故答案为：过滤；（2）除去Cl2中少量的HCl，可以选用饱和的食盐水进行洗涤，故答案为：洗气；（3）碘在有机溶剂中的溶解度较大，分离氯化钠溶液和碘的水溶液，可以选用有机溶剂，如苯等进行萃取，故答案为：萃取；（4）乙醇与水属于互溶的液体，但沸点相差较大，可以选用蒸馏的方法分离，故答案为：蒸馏；（5）水和苯互不溶解，可以通过分液的方法分离水和苯的混合物，故答案为：分液；(II)（1）浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以x
26、mL18.4mol/L=100mL1mol/L，解得：x5.4，故所需浓硫酸的体积为5.4mL，故答案为：5.4mL；（2）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：计算、量取、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、颠倒摇匀，因此正确的操作顺序为；本实验必须用到的仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有100mL容量瓶，故答案为：；100mL容量瓶；（3）没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏少，浓度偏小；转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面导致溶质的物质的量偏少，浓度偏小；容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对结果无影响；定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，浓度偏大；未冷
27、却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，导致溶液的体积偏小，浓度偏大；定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液的体积偏大，浓度偏小；会引起浓度偏高的是，无影响的是，故答案为：；(III)（1）n=mol，该气体在标准状况下占有的体积为22.4L/molmol=L，故答案为：；（2）该气体溶于1L水中，溶液中溶质的质量分数为100%=%，故答案为：%；（3）假设该气体的物质的量为1mol，则气体的质量为Mg，标准状况下的体积为22.4L，=g/L，故答案为：。考点：考查了物质的分离和提纯、配制一定物质的量浓度溶液、物质的量的计算的相关知识。18单晶硅是信息产业中重要的
28、基础材料。通常用炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅(含铁、铝、硼、磷等杂质)，粗硅与氯气反应生成四氯化硅（反应温度450500），四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图。相关信息：四氯化硅遇水极易水解；SiCl4沸点为577，熔点为700。请回答：（1）写出装置A中发生反应的离子方程式 。（2）装置C中的试剂是 ；装置F的作用是 ；装置E中的h瓶需要冷却的理由是 。（3）装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏（类似多次蒸馏）得到高纯度四氯化硅，精馏后的残留物中含有铁元素，为了分析残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，使铁元素还原成Fe2,再用KMnO4标准溶液在
29、酸性条件下进行氧化还原滴定。反应的离子方程式： 。滴定前是否要滴加指示剂？ （填“是”或“否”），请说明理由 。滴定前检验Fe3是否被完全还原的实验操作是 。【答案】（1）MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O（2）浓硫酸；防止空气中的水进入H中；产物SiCl4沸点低，需要冷凝收集（3）5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O否；KMnO4溶液的紫红色可指示反应终点；取少量还原后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe3+已完全还原【解析】试题分析：（1）装置A为氯气的发生装置，用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，离子方程式为：MnO2+4H+2C
30、l- Mn2+Cl2+2H2O。（2）制取的氯气中有氯化氢和水，装置B用饱和食盐水除去氯化氢，装置C为浓硫酸，除去水。因为四氯化硅遇水极易水解，所以连接干燥管可以防止空气中的水进入H中；因为SiCl4沸点为577，沸点低，需要冷凝收集。（3）亚铁离子可以被酸性高锰酸钾氧化成铁离子，离子方程式为：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O。因为高锰酸根离子变成锰离子溶液的颜色由紫色变成无色，所以不需要指示剂；滴定终点为KMnO4溶液的紫红色可指示反应终点；因为铁离子可以用硫氰化钾检验，铁离子遇到硫氰化钾溶液变红，所以可以取少量还原后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，
31、表明Fe3+已完全还原。考点：硅和二氧化硅的性质，制备实验方案的设计19(16分)已知金属活动相差越大，形成原电池时越容易放电。请根据如图装置，回答下列问题：(1)各装置名称是：A池_，B池_，C池_。(2)写出电极上发生的反应：_，_，_。(3)当电路上有2 mol电子流过时，极上质量变化_g，极上质量变化_g。(4)反应进行一段时间后，A、B、C三池中电解质溶液浓度不变的是_。【答案】(1)原电池电解池电镀池(2)Zn2e=Zn22Cl2e=Cl22Ag2e=2Ag(3)65216(4)C池【解析】由图中电极材料及电解质溶液可判断B池为电解池，A池、C池符合原电池条件，但由于AgZn活动性
32、差别比AgCu活动性差别大，所以AgZn原电池更容易放电，若A池、C池相连则C池为电解池，C池符合电镀条件，因此C池为电镀池。A池极为原电池负极，电极反应Zn2e=Zn2，B池极为阳极，电极反应为2Cl2e=Cl2，C池极发生：2Ag2e=2Ag，由得失电子守恒可求出、电极上质量的变化；C池是电镀池，电镀过程中电解质溶液的浓度不变。20滴定法是化学上常用的定量分析的方法。滴定的方法有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等。I甲化学兴趣小组取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加23滴酚酞溶液作指示剂，用0.2000 molL1的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作3次，并
33、记录数据。（1）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_。（填序号）A滴定管内液面的变化 B锥形瓶内溶液颜色的变化（2）判断滴定终点的现象是：_。（3）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度为_mol/L。滴定次数待测液体积(mL)标准NaOH溶液读数记录(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20.002.0024.10II乙化学兴趣小组利用氧化还原反应滴定，测定了某工厂废水中游离态氯的含量。实验如下：取水样10.0 ml于锥形瓶中，加入10.0 ml的KI溶液(足量)，滴入指示剂23滴。将自己配制的0.01molL-1标准Na2S2
34、O3溶液装入滴定管中，调整液面，记下读数。将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3=2NaI+ 2Na2S4O6。试回答下列问答：（1）步骤发生的化学反应方程式为：_；加入的指示剂是_。（2）步骤应使用_式滴定管。（3）氯的所测浓度比实际浓度会偏大，造成误差的原因可能是_（填序号）A 配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度线B 锥形瓶水洗后直接装待测水样C 装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗D 滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数；E 滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失III沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂。已知一些银盐的颜色和Ksp（20）如下
35、表，测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银溶液进行滴定。化学式AgClAgBrAgIAg2SAg2CrO4颜色白色浅黄色黄色黑色红色Ksp2.010-105.410-138.310-172.010-482.010-12（1）滴定时，你认为该滴定适宜选用的指示剂是下列中的_。（填序号）A.KBr B.KI C.K2S D.K2CrO4（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，_。【答案】（14分）I （1）B （1分）（2）溶液从无色变为浅红色，且半分钟内不变色。（2分）（3）0.2000（2分）II （1）Cl2+KI=I2+2KCl（2分）；淀粉溶液（1分）（2）碱（
36、1分）（3）ACE（2分）III （1） D （1分）（2）2.7103（2分）【解析】试题分析：I（1）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，故B选项符合题意；（2）当溶液从无色变为浅红色，且半分钟内不变色可判断为滴定终点；（3）因第三次滴定数据明显偏大应舍去，则滴定过程中消耗NaOH溶液的体积为20.00mL。盐酸的浓度为0.02L0.02L=0.2000 molL1； II（1）步骤发生的化学反应方程式为Cl2+KI=I2+2KCl；根据碘单质遇淀粉溶液显蓝色，可加入的指示剂是淀粉溶液；（2）步骤中标准Na2S2O3溶液显碱性，应使用碱式滴定管；（3）A配制标准Na2
37、S2O3溶液定容时，加水超过刻度线，标准液的浓度偏小，消耗体积偏大，测定结果偏大，可选；B锥形瓶水洗后直接装待测水样，对实验结果无影响，不选；C装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗，标准液浓度偏低，消耗体积偏大，测定结果偏大，可选；D滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏小，不选；E滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致标准液的体积偏大，测定结果偏大，可选，答案为ACE；III（1）A根据B可知，先析出溴化银沉淀，所以不符合滴定实验的目的和作用，不能测定氯化物的含量，故A错误；B氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1：1，依据Ksp可以直接比较溶解性大小为氯
38、化银溴化银碘化银；随Ksp的减小，应先出现碘化银沉淀、再出现溴化银，最后才沉淀氯化银，碘化银优先于氯化银析出，不能测定氯化物的含量，故B错误；C滴定氯离子，氯化钾中含有氯离子，影响了测定，不能使用氯化钾，故C错误；D铬酸银的阳、阴离子个数比为2：1，可以计算相同浓度的银离子沉淀氯离子、铬酸根离子需要的浓度，依据Ksp计算得到，Ksp（AgCl）=c(Ag+)c(Cl-)=1.510-4，Ksp（Ag2CrO4）=c(Ag+)2c(CrO42-)=4.310-2，c(Cl-)= ，c(CrO42-)= ；所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于铬酸根离子浓度，说明铬酸银溶解度大于氯化银；加入K2C
39、rO4，做指示剂可以正确的测定氯化物的含量，故D正确；故答案D。（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，依据溶度积常数判断AgBr的溶解度小于AgCl溶解度，AgCl+Br-=AgBr+Cl-；Ksp=c（Ag+）c（Cl-），Ksp=c（Ag+）c（Br-），所以，=2.710-3。考点：考查滴定操作及滴定原理的应用，以及难溶物溶解平衡及溶度积的计算。21有NaCl和NaI的混合物共 267 g ，溶于水，通入足量氯气后，蒸干、灼烧，固体质量变为 1755 g 。求原混合物中氯化钠的质量分数。 【答案】438%（过程见解析）【解析】试题分析：NaCl和NaI的混合物
40、中通入氯气后，只有NaI发生反应，NaCl不反应，所以，固体的质量变化是由NaI变为NaCl引起的，且生成的I 2 蒸干、灼烧时升华，最后的固体只有NaCl。2NaI+Cl2 2NaCl+I 2 m 300 117 183 x （ 267 g 1755） g x= 15 g 则NaCl的质量为m= 267 g 15 g = 117 g NaCl的质量分数w(NaCl)= 117 g / 267 g 100%=438% 答：原混合物中氯化钠的质量分数为438%。 考点：化学方程式、质量分数应用计算。22W、X、Y、Z为短周期内除稀有气体元素外的四种元素，它们的原子序数依次增大，其中W是原子序数最
41、小的元素，只有Y为金属元素。Y 和W的最外层电子数相等。Y、Z两元素原子的质子数之和为W、X两元素原子质子数之和的3倍。请回答下列问题。写出下列元素的元素符号：W ，X ，Y ，Z 。W2Z是由 （填“离子”或“共价”）键组成的分子，其电子式为 。由X、Y、Z组成的物质是由 键和 键组成的 化合物。（填“离子”或“共价”）【答案】H；O；Na；S共价；离子；共价；离子【解析】试题分析：W是原子序数最小的元素，则W为H元素；Y和W的最外层电子数相等，则W和Y同主族，结合原子序数大小可知Y为Na元素；Y的质子数是11，Z一定大于Y，也就是12以上，故Y和Z的和能被3整除的数有：24、27，故Z质子
42、数为：24-1113，或27-1116，W的质子数是1，X的质子数有可能是7或8，故W、Z、Y、Z分别为：1，7，11，13（铝为另一种金属）不成立，或1，8，11，16 成立，所以W、X、Y、Z分别为H、O、Na、S；W2Z为H2S，硫化氢属于共价化合物，只含有共价键；硫化氢的电子式为；由X、Y、Z组成的物质为亚硫酸钠或硫酸钠，二者都是由离子键和共价键组成的离子化合物。【看到我】本题主要是位置结构与性质关系的应用【名师点晴】该题难度不大，侧重于基础知识的考查，正确推断各元素名称为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系。难点是离子化合物和共价化合物的判断，其方法为：根据化
43、学键的类型判断： 凡含有离子键的化合物，一定是离子化合物；只含有共价键的化合物，一定是共价化合物。根据化合物的类型来判断：大多数碱性氧化物、强碱和盐都属于离子化合物；非金属氢化物、非金属氧化物、含氧酸和大多数有机物都属于共价化合物。根据化合物的性质来判断：通常熔点、沸点较低的化合物是共价化合物；溶于水后不能发生电离的化合物是共价化合物；熔化状态下能导电的化合物是离子化合物，不导电的化合物是共价化合物。23化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。将4.80 g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L(
44、已折算成标准状况)的H2。请推测并回答：（1）甲的化学式 ；（2）甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式 ；（3）NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式 ；（4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)，脱锈过程发生反应的化学方程式 。【答案】（1）NaH（2）4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl（3）NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2（4）3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH【解析】试题分析：（1）Na在化合价中呈现+1价，故该物质的化学式可能为NaH，又甲与AlCl3反应可得到NaAlH4，Al的化合价为+3，故H元素的化
45、合价为-1，4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L，即0.1mol氢气，化学反应方程式为：2NaH2Na+H248g 22.4L4.8g 2.24L故此化合物为NaH；（2）NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，根据原子守恒推测另一种生成物，化学反应方程式为：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl； （3）NaAlH4与水反应生成氢气，即NaH中H化合价升高，水中H元素化合价降低，化学反应方程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；（4）NaH常做还原剂（H化合价升高为+1价），铁锈在此为氧化剂（Fe化合价降低为0价），反应生成铁单质，化学反应方程式为：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH。考点：考查的是常见元素以及其化合物的知识