1、2013-2014学年江苏省苏州市常熟中学高二（下）期末化学模拟试卷（4）（必修2、选修4、结构）一、选择题（每小题只有一个正确答案）1（2分）（2014春常熟市校级期末）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的是（）A8g甲烷含有的共价键数约为NAB常温常压下，22.4L二氧化碳原子总数为3NAC1mol Fe与稀HNO3反应，一定转移3NA个电子D1mol单质硅含有2mol SiSi键2（2分）（2014春常熟市校级期末）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使苯酚显紫色的溶液：NH4+、K+、SCN、NO3B0.1molL1HNO3溶液：Na+、Mg2+、SO42、
2、ClC0.5molL1FeCl3溶液：K+、Na+、I、SO42D由水电离产生的c（H+）=1013 molL1的溶液：K+、Na+、Cl、HCO33（2分）（2014春常熟市校级期末）下列溶液中能够区别SO2和CO2气体的是（）澄清石灰水 KMnO4酸性溶液 氯水 品红溶液ABCD全部4（2分）（2012天心区校级模拟）勤洗手和经常对环境进行消毒是预防传染病的有效途径2012年4月，H7N9疫情爆发，可以用某种消毒液进行消毒，预防传染已知该消毒液为无色液体，用红色石蕊试纸检验，发现试纸先变蓝后褪色，则该消毒液的主要成分可能是（）AKMnO4BH2O2CNaClODNH3H2O5（2分）（20
3、14延安模拟）已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（）A10molB11molC12molD13mol6（2分）（2013江苏）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）AMnO2 与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2+2Cl+Cl2+2H2OB明矾溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+CNa2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2DCa（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O7
4、（2分）（2015荔湾区校级模拟）下列说法不正确的是（）ANa2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂BAl2O3熔点高，可用于制作耐高温仪器C明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂DSiO2有导电性，可用于制备光导纤维8（2分）（2013秋广州期末）下列实验不能达到目的是（）A用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的HClB用加热蒸干CuCl2溶液的方法制备无水CuCl2固体C用分液漏斗分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层D用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体9（2分）（2013秋广州期末）下列离子方程式正确的是（）AMgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液：Ba2+
5、SO42=BaSO4BFeCl3溶液中加入Cu粉：2Fe3+3Cu=2Fe+3Cu2+C酸性碘化钾溶液中滴加双氧水：2I+2H+H2O2=I2+2H2OD氯化铝溶液中滴加氨水：Al3+4OH=AlO2+2H2O10（2分）（2013秋广州期末）实验室中某些气体的制取、收集、尾气处理（或性质实验）装置如图所示，用此装置和下表中提供的物质完成相关实验，合理的选项是（）选项中的物质中收集的气体中的物质ACu和浓硝酸NONaOH溶液B浓盐酸和MnO2Cl2NaOH溶液C碳酸钙和盐酸CO2澄清石灰水D浓氨水和CaONH3酚酞溶液AABBCCDD二、不定项选择（4×5）11（4分）（2013秋广
6、州期末）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1L 0.1molL1 NH4Cl溶液中含有0.1NA个NH4+B常温常压下，18g H2O含有10NA个电子C1mol Cu与足量浓硫酸反应产生2NA个SO2分子D常温常压下，11.2L的CO含有NA个原子12（4分）（2014永定县校级模拟）对于常温下pH=2的盐酸和pH=3的醋酸，下列说法正确的是（）ApH=2的盐酸中：c（H+）=c（Cl）+c（OH）BpH=3的醋酸中：c（H+）=3.0molL1CpH=2的盐酸与pH=3的醋酸中溶质的物质的量浓度之比为10：1DpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合所得溶液中：
7、c（Na+）=c（CH3COO）13（4分）（2013秋广州期末）短周期元素甲、乙、丙、丁在元素周期表的相对位置如表所示，其中甲的气态氢化物的水溶液呈碱性，则下列判断正确的是（）甲乙丙丁A甲位于元素周期表中第2周期、第A族B原子半径：甲乙C单质的氧化性：丙乙D气态氢化物稳定性：丁丙乙14（4分）（2015荔湾区校级模拟）下列实验现象与对应结论均正确的是（）选项操作现象结论ASO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀BaSO3难溶于盐酸BAl放入浓HNO3中无明显现象Al表面被浓HNO3氧化形成致密的氧化膜CNa2SiO3溶液中通入CO2气体产生白色胶状沉淀H2SiO3的酸性比H2C
8、O3的酸性强D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性AABBCCDD15（4分）（2013江苏）一定条件下存在反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），其正反应放热现有三个相同的2L恒容绝热（与外界没有热量交换） 密闭容器、，在中充入1mol CO和1mol H2O，在中充入1mol CO2 和1mol H2，在中充入2mol CO 和2mol H2O，700条件下开始反应达到平衡时，下列说法正确的是（）A容器、中正反应速率相同B容器、中反应的平衡常数相同C容器中CO 的物质的量比容器中的多D容器中CO 的转化率与容器中CO2的转化率之和小于1三、解答题（共6
9、小题，满分80分）16（16分）（2013秋广州期末）工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4（1）写出CO2与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H=41kJmol1C（s）+2H2（g）CH4（g）H=73kJmol12CO（g）C（s）+CO2（g）H=171kJmol1（2）另一生成CH4的途径是CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）其他条件相同时，H2的平衡转化率在不同压强下随温度的变化如图所示该反应的H0（填“”、“=”或“”）实际生产中采用图中M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和平衡知识
10、，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由（3）某温度下，将0.1mol CO和0.3mol H2充入10L的密闭容器内发生反应CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g），平衡时H2的转化率为80%，求此温度下该反应的平衡常数K（写出计算过程，计算结果保留两位有效数字）17（16分）（2014中山市校级模拟）Na2S2O8溶液可降解有机污染物4CP，原因是Na2S2O8溶液在一定条件下可产生强氧化性自由基（SO4）通过测定4CP降解率可判断Na2S2O8溶液产生SO4的量某研究小组探究溶液酸碱性、Fe2+的浓度对产生SO4的影响（1）溶液酸碱性的影响：其他条件相同，将4CP加入到不同
11、pH的Na2S2O8溶液中，结果如图a所示由此可知：溶液酸性增强，（填“有利于”或“不利于”）Na2S2O8产生SO4（2）Fe2+浓度的影响：相同条件下，将不同浓度的FeSO4溶液分别加入c（4CP）=1.56104molL1、c（Na2S2O8）=3.12103molL1的混合溶液中反应240min后测得实验结果如图b所示已知S2O82+Fe2+=SO4+SO42+Fe3+，此外还可能会发生：SO4+Fe2+=SO42+Fe3+实验开始前，检验FeSO4溶液是否被氧化的试剂是（化学式）如被氧化可以观察到的现象是当c（Fe2+）=3.2103molL1时，4CP降解率为%，4CP降解的平均反
12、应速率的计算表达式为当c（Fe2+）过大时，4CP降解率反而下降，原因可能是18（16分）（2015湖南模拟）锰是冶炼工业中常用的添加剂以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如图：已知25，部分物质的溶度积常数如下：物质Mn（OH）2Co（OH）2Ni（OH）2MnSCoSNiSKsp2.110133.010165.010161.010115.010221.01022（1）步骤中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是（2）步骤中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是，加氨水调节溶液的pH为5.06.0，以除去F
13、e3+（3）步骤中，滤渣2的主要成分是（4）步骤中，在（填“阴”或“阳”）极析出Mn，电极反应方程式为（5）电解后的废水中还含有Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn（OH）2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降进行二级沉降的目的是19（10分）（2013秋广州期末）某研究小组为了研究不同条件下金属铝粉在过量稀硫酸中的溶解性能，设计如下实验已知：c（H2SO4）=4.5molL1，反应均需要搅拌60min编号温度/加入某盐H2SO4体积/mLH2O体积/mL铝粉加入量/g铝粉溶解量/g20不加4002.00500.030780不加4002.00500.1184t1不加20V1
14、2.0050t25mL 0.01molL1CuSO4溶液20V22.0050（1）实验和的目的是为了获得铝粉溶解量，还需要测量的数据是（2）实验和是为了研究硫酸的浓度对该反应的影响，则t1=，V1= mL（3）实验和是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则t2=，V2= mL研究表明，在相同条件下加入少量CuSO4有利于Al的溶解原因是20（10分）（2014春常熟市校级期末）如图所示3套实验装置，分别回答下列问题（1）装置1中的Cu是极（填“正”或“负”），该装置发生的总反应的离子方程式为（2）装置2中甲烧杯盛放100mL 0.2mol/L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL 0.5m
15、ol/L的CuSO4溶液反应一段时间后，停止通电向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到右边石墨电极附近首先变红，左边石墨电极附近无明显现象电源的M端为极乙烧杯中电解反应的离子方程式（3）可用阳离子交换膜法电解饱和食盐水制NaOH，其工作原理装置3所示请写出A、B两处物质的名称：AB请写出电解食盐水的离子方程式21（12分）（2014春常熟市校级期末）短周期元素A、B、C、DA元素的原子最外层电子排布为ns1，B元素的原子价电子排布为ns2np2，C元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，D元素原子的M电子层的P轨道中有3个未成对电子（1）C原子的电子排布式为，若A为非金属元素，则按原子轨道的重迭方式，A
16、与C形成的化合物中的共价键属于键（填“”或“”）（2）当n=2时，B位于元素周期表的第周期族，BC2属于分子（填“极性”或“非极性”）当n=3时，B与C形成的晶体属于晶体2013-2014学年江苏省苏州市常熟中学高二（下）期末化学模拟试卷（4）（必修2、选修4、结构）参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确答案）1（2分）（2014春常熟市校级期末）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的是（）A8g甲烷含有的共价键数约为NAB常温常压下，22.4L二氧化碳原子总数为3NAC1mol Fe与稀HNO3反应，一定转移3NA个电子D1mol单质硅含有2mol SiSi键考点：阿伏加德罗
17、常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A甲烷（）分子中含有4个碳氢共价键，8g甲烷的物质的量为0.5mol，含有2mol共价键；B常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算二氧化碳的物质的量；C若稀硝酸不足，反应生成亚铁离子，1mol铁完全反应转移了2mol电子；D硅晶体中，每个硅原子与气体4个Si形成4个SiSi键，根据均摊法计算出1mol硅形成的SiSi数目解答：解：A8g甲烷的物质的量为0.5mol，甲烷的电子式为：，0.5mol甲烷中含有2mol碳氢键，含有的共价键数约为2NA，故A错误；B不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L二氧化碳的物质的量，
18、故B错误；C1mol铁与稀硝酸反应，如果稀硝酸不足，则反应生成亚铁离子，1mol铁完全反应失去2mol电子，转移了2NA个电子，故C错误；D晶体硅中，每个硅原子与气体4个Si形成4个SiSi键，则每个硅原子形成的共价键为：4=2，则1mol单质硅含有2mol SiSi键，故D正确；故选D点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项D为难点，明确硅晶体的结构为解答本题的关键2（2分）（2014春常熟市校级期末）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使苯酚显紫
19、色的溶液：NH4+、K+、SCN、NO3B0.1molL1HNO3溶液：Na+、Mg2+、SO42、ClC0.5molL1FeCl3溶液：K+、Na+、I、SO42D由水电离产生的c（H+）=1013 molL1的溶液：K+、Na+、Cl、HCO3考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：A使苯酚显紫色的溶液，含大量的Fe3+；B离子之间不反应；C离子之间发生氧化还原反应；D由水电离产生的c（H+）=1013 molL1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液解答：解：A使苯酚显紫色的溶液，含大量的Fe3+，与SCN结合生成络离子，不能大量共存，故A错误；B离子之间不反应，可大量共存，故
20、B正确；CFe3+、I离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D由水电离产生的c（H+）=1013 molL1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，HCO3既能与酸又能与碱反应，不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应及习题中的信息为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查，选项A为解答的难点，题目难度不大3（2分）（2014春常熟市校级期末）下列溶液中能够区别SO2和CO2气体的是（）澄清石灰水 KMnO4酸性溶液 氯水 品红溶液ABCD全部考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；二氧化硫的化学性质版权所有专题：
21、物质检验鉴别题分析：二者均为酸性氧化物，而二氧化硫既有氧化性又有还原性，而二氧化碳在溶液中不发生氧化还原反应，则利用二氧化硫的还原性及漂白性来区分SO2和CO2气体解答：解：SO2和CO2都属于酸性氧化物，它们都能使澄清石灰水变浑浊，则不能利用澄清石灰水来区别SO2和CO2，故不选；SO2具有还原性，能被KMnO4酸性溶液氧化（溶液褪色），而CO2没有此性质，所以能利用KMnO4酸性溶液区别SO2和CO2，故选；氯水与SO2发生氧化还原反应，溶液褪色，而CO2没有此性质，所以能利用氯水区别SO2和CO2，故选；SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有此性质，所以能利用品红溶液区别SO2
22、和CO2，故选；故选B点评：本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握SO2的还原性及漂白性为解答的关键，注意二者均为酸性氧化物，相同现象不能鉴别，题目难度不大4（2分）（2012天心区校级模拟）勤洗手和经常对环境进行消毒是预防传染病的有效途径2012年4月，H7N9疫情爆发，可以用某种消毒液进行消毒，预防传染已知该消毒液为无色液体，用红色石蕊试纸检验，发现试纸先变蓝后褪色，则该消毒液的主要成分可能是（）AKMnO4BH2O2CNaClODNH3H2O考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用版权所有专题：卤族元素分析：该消毒液为无色液体，用红色石蕊试纸检验，发现试纸先变蓝后褪色，则消毒液具有碱性和漂白性
23、，以此来解答解答：解：该消毒液为无色液体，用红色石蕊试纸检验，发现试纸先变蓝后褪色，则消毒液具有碱性和漂白性，AKMnO4不具有碱性，且为紫色，与无色不符，故A不选；B不能使试纸变蓝，故B不选；CNaClO溶液水解显碱性，且具有漂白性，溶液为无色，符合题意，故C选；DNH3H2O不具有漂白性，故D不选；故选C点评：本题考查漂白液的成分及性质，为高频考点，把握溶液碱性及漂白性的判断为解答的关键，注意物质的性质及习题中的信息，题目难度不大5（2分）（2014延安模拟）已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在
24、反应中得到的电子为（）A10molB11molC12molD13mol考点：氧化还原反应的电子转移数目计算版权所有专题：压轴题；氧化还原反应专题分析：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由1价升高到0，以此来计算解答：解：由2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu（IO3）2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu（IO3）2为氧化剂，所以1mol氧化
25、剂在反应中得到的电子为1mol（21）+2mol（50）=11mol，故选B点评：本题考查氧化还原反应中转移电子数目的计算，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意CuI中Cu为+1价为学生解答的易错点，题目难度中等6（2分）（2013江苏）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）AMnO2 与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2+2Cl+Cl2+2H2OB明矾溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+CNa2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2DCa（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3+Ca2+OHCaCO3+
26、H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：AHCl为强电解质，应完全电离；B是胶体，而不是沉淀，且水解为可逆反应；C没有配平；DNaOH完全反应，生成碳酸钙、水、碳酸氢钠解答：解：AMnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子反应为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故A错误；B明矾溶于水产生Al（OH）3胶体的离子反应为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故B错误；CNa2O2 溶于水产生O2的离子反应为2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，故C错误；DCa（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应飞离子反应为HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O，故D正确；故
27、选D点评：本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意胶体的生成为水解的应用及与量有关的离子反应，题目难度中等7（2分）（2015荔湾区校级模拟）下列说法不正确的是（）ANa2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂BAl2O3熔点高，可用于制作耐高温仪器C明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂DSiO2有导电性，可用于制备光导纤维考点：钠的重要化合物；盐类水解的应用；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物版权所有专题：化学应用分析：ANa2O2能与CO2反应生成氧气；B制作耐高温仪器所用材料熔点高；C明矾含有铝，易水解生成氢氧化铝胶体；DSiO2不具有导电性解答：解：
28、ANa2O2能与CO2反应生成氧气，常用于供氧剂，故A正确；BAl2O3熔点高，硬度大，可用于制作耐高温仪器，故B正确；C明矾含有铝，易水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可用于净水，故C正确；DSiO2不具有导电性，故D错误；故选D点评：本题考查物质的性质与用途，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累8（2分）（2013秋广州期末）下列实验不能达到目的是（）A用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的HClB用加热蒸干CuCl2溶液的方法制备无水CuCl2固体C用分液漏斗分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层D用加热分解
29、的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用版权所有专题：化学实验基本操作分析：ACO2不溶于饱和碳酸氢钠溶液，且不反应；B为强酸弱碱盐，加热促进水解；C四氯化碳不溶于水；D碳酸氢钠不稳定，加热易分解解答：解：ACO2不溶于饱和碳酸氢钠溶液，且不反应，而HCl可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，可除去杂质，故A正确；B为强酸弱碱盐，加热促进水解，蒸干后得到氢氧化铜，故B错误；C四氯化碳不溶于水，可用分液的方法分离，故C正确；D碳酸氢钠不稳定，加热分解生成二氧化碳和碳酸钠，可用加热的方法鉴别，故D正确故选B点评：本题考查较为综合
30、，涉及物质物质的分离、提纯、制备和鉴别等知识，为高考常见题型和高频考点，难度适中，注意把握物质的性质的异同，除杂时注意不能引入新的杂质，且不能影响被提纯的物质9（2分）（2013秋广州期末）下列离子方程式正确的是（）AMgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液：Ba2+SO42=BaSO4BFeCl3溶液中加入Cu粉：2Fe3+3Cu=2Fe+3Cu2+C酸性碘化钾溶液中滴加双氧水：2I+2H+H2O2=I2+2H2OD氯化铝溶液中滴加氨水：Al3+4OH=AlO2+2H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A、MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁
31、沉淀；B、选项中氯化铁溶液和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；C、酸性碘化钾溶液中滴加双氧水发生反应生成碘单质和水；D、氢氧化铝不溶于氨水解答：解：A、MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钡沉淀，反应的离子方程式：Ba2+Mg2+2OH+SO42=BaSO4+Mg（OH）2，故A错误；B、FeCl3溶液中加入Cu粉，反应的离子方程式为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故B错误；C、酸性碘化钾溶液中滴加双氧水生成碘单质和水，反应的离子方程式：2I+2H+H2O2=I2+2H2O，故C正确；D、氯化铝溶液中滴加氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式：Al3+3
32、NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故D错误；故选C点评：本题考查了离子方程式书写方法，弱电解质的判断，反应实质的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单10（2分）（2013秋广州期末）实验室中某些气体的制取、收集、尾气处理（或性质实验）装置如图所示，用此装置和下表中提供的物质完成相关实验，合理的选项是（）选项中的物质中收集的气体中的物质ACu和浓硝酸NONaOH溶液B浓盐酸和MnO2Cl2NaOH溶液C碳酸钙和盐酸CO2澄清石灰水D浓氨水和CaONH3酚酞溶液AABBCCDD考点：常见气体制备原理及装置选择版权所有专题：化学实验基本操作分析：A、铜与浓硝酸反应生成产物为二氧化氮，无法获得
33、一氧化氮；B、浓盐酸与二氧化锰的反应需要加热，氢氧化钠溶液吸收多余的氯气需要使用防止倒吸装置；C、碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳密度大于空气，可以使用向上排空气法；D、氨气密度小于空气的密度，收集方法应该为向下排空气法，且尾气吸收应该防止倒吸解答：解：A、铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，不会获得一氧化氮，一氧化氮与氢氧化钠溶液不反应，也不能使用氢氧化钠溶液吸收多余的一氧化氮气体，故A错误；B、二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气需要加热条件下进行，氯化氢容易挥发，必须使用饱和食盐水除去氯气中氯化氢；完全吸收装置应该使用防止倒吸装置，故B错误；C、碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳气体，二氧化碳密度大于空
34、气，使用向上排空气法收集；二氧化碳不污染大气，可以使用澄清石灰水检验二氧化碳是否收集满，故C正确；D、氨气的密度比空气小，收集装置的导管应该改为短进长出，且氨气极易溶于水，应该使用防止倒吸装置，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验基本原理（气体的制备）、实验装置、仪器的使用，题目难度中等，该考点是高考的热点，本题对相关的知识考查的要求较高，本题有利于培养学生对实验的分析能力二、不定项选择（4×5）11（4分）（2013秋广州期末）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1L 0.1molL1 NH4Cl溶液中含有0.1NA个NH4+B常温常压下，18g H2O含有10N
35、A个电子C1mol Cu与足量浓硫酸反应产生2NA个SO2分子D常温常压下，11.2L的CO含有NA个原子考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、铵离子在溶液中部分水解，导致铵离子数目减少；B、18g水的物质的量为1mol，1mol水中含有10mol电子；C、根据电子守恒，1mol铜完全反应失去2mol电子，能够生成1mol二氧化硫；D、不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算一氧化碳的物质的量解答：解：A、1L 1mol/L的氯化铵溶液中含有1mol溶质氯化铵，由于铵离子部分水解，溶液中铵离子的物质的量小于0.1mol，含有的铵离子数目小于0.1NA
36、，故A错误；B、18g水的物质的量为1mol，含有10mol电子，含有10NA个电子，故B正确；C、1mol铜变成铜离子失去2mol电子，生成1mol二氧化硫需要得到2mol电子，所以1mol铜完全反应能够生成1mol二氧化硫，产生NA个SO2分子，故C错误；D、不是标况下，题中体积无法计算11.2L一氧化碳的物质的量，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，题目难度中等，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系12（4分）（2014永定县校级模拟）对于常温下pH=2的盐酸和pH=3的醋酸，下列说法正确的是（）A
37、pH=2的盐酸中：c（H+）=c（Cl）+c（OH）BpH=3的醋酸中：c（H+）=3.0molL1CpH=2的盐酸与pH=3的醋酸中溶质的物质的量浓度之比为10：1DpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合所得溶液中：c（Na+）=c（CH3COO）考点：pH的简单计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、根据盐酸溶液中的电荷守恒进行判断；B、pH=3的醋酸中：c（H+）=0.001molL1；C、醋酸为弱电解质，溶液中醋酸部分电离，pH=2的盐酸中盐酸的浓度为0.01mol/L；pH=3的醋酸中：c（H+）=0.001molL1，而
38、醋酸的浓度大于，0.001molL1；D、醋酸为弱酸，pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钠溶液混合后，醋酸过量，溶液显示酸性，根据电荷守恒进行判断钠离子与醋酸根离子浓度关系解答：解：A、pH=2的盐酸中一定满足电荷守恒，即：c（H+）=c（Cl）+c（OH），故A正确；B、根据pH=lgc（H+）可知，pH=3的醋酸中：c（H+）=0.001molL1，故B错误；C、pH=2的盐酸中盐酸的浓度为0.01mol/L；pH=3的醋酸中，c（H+）=0.001molL1，而醋酸为弱电解质，醋酸的浓度大于，0.001molL1，所以两溶液中溶质的物质的量浓度之比小于10：1，故C错误；D、pH=3的醋
39、酸与pH=11的氢氧化钠溶液混合后，醋酸为弱酸，所以醋酸过量，溶液显示酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒可知，c（Na+）c（CH3COO），故D错误；关系A点评：本题考查了酸碱混合时溶液酸碱性判断及溶液pH的简单计算，题目难度中等，注意掌握判断溶液酸碱性方法及溶液pH的计算方法，选项D为易错点，注意醋酸为弱电解质，溶液中部分电离13（4分）（2013秋广州期末）短周期元素甲、乙、丙、丁在元素周期表的相对位置如表所示，其中甲的气态氢化物的水溶液呈碱性，则下列判断正确的是（）甲乙丙丁A甲位于元素周期表中第2周期、第A族B原子半径：甲乙C单质的氧化性：丙乙D气态氢化物稳定性：丁丙乙考
40、点：元素周期律和元素周期表的综合应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素甲、乙、丙、丁，其中甲的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为N，由元素周期表的相对位置可知，乙为O、丙为S、丁为Cl，A主族元素周期数=电子层数、族序数=最外层电子数；B同周期随原子序数增大原子半径减小；C同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，单质的氧化性越强；D非金属性越强，氢化物越稳定解答：解：短周期元素甲、乙、丙、丁，其中甲的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为N，由元素周期表的相对位置可知，乙为O、丙为S、丁为Cl，A甲为N元素，原子核外有2的电子层、最外层电子数为5，处于第二周期第A族，故A正确；
41、B同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径：甲乙，故B正确；CO、S同主族，自上而下非金属性减弱，故氧气的氧化性比硫强，故C错误；D非金属性OS、ClS，故氢化物稳定性：丁丙，乙丙，故D错误，故选AB点评：本题考查元素周期表与元素周期律，难度不大，侧重对元素周期律的考查，注意整体把握元素周期表的结构14（4分）（2015荔湾区校级模拟）下列实验现象与对应结论均正确的是（）选项操作现象结论ASO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀BaSO3难溶于盐酸BAl放入浓HNO3中无明显现象Al表面被浓HNO3氧化形成致密的氧化膜CNa2SiO3溶液中通入CO2气体产生白色胶状沉淀H2S
42、iO3的酸性比H2CO3的酸性强D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性AABBCCDD考点：化学实验方案的评价版权所有专题：实验评价题分析：A在该实验中根本得不到白色沉淀，因为SO2不可能与BaCl2溶液反应；B铝与浓硝酸发生钝化反应；C根据强酸制弱酸的原理；D能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性解答：解：A向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，得不到白色沉淀，因为HCl酸性强于H2SO3，且BaSO3可溶于盐酸，故SO2不可能与BaCl2溶液反应，故A错误； B铝与浓硝酸发生钝化反应，阻止反应进一步进行，故B正确；C向Na2SiO3溶液中通入适量的CO2，反应方程
43、式为：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3+Na2CO3，H2CO3的酸性比2SiO3 的酸性强，故C错误；D能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，则浓氨水呈碱性，故D正确故选BD点评：本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合应用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同，把握实验方法和注意事项，难度不大15（4分）（2013江苏）一定条件下存在反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），其正反应放热现有三个相同的2L恒容绝热（与外界没有热量交换） 密闭容器、，在中充入1mol CO和1mol H2O，在中充入1mol CO2 和1mo
44、l H2，在中充入2mol CO 和2mol H2O，700条件下开始反应达到平衡时，下列说法正确的是（）A容器、中正反应速率相同B容器、中反应的平衡常数相同C容器中CO 的物质的量比容器中的多D容器中CO 的转化率与容器中CO2的转化率之和小于1考点：化学平衡的影响因素版权所有专题：压轴题；化学平衡专题分析：A容器中从正反应开始到达平衡，容器中从逆反应开始到达，平衡建立的途径不相同；B容器中相当于在容器中平衡的基础上再加入1mol CO和1mol H2O，反应向正反应进行，故容器中到达平衡时温度更高，该反应正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小；C容器中所到达的平衡状态，相当于在容器中平衡的
45、基础上降低温度，平衡向正反应移动；D温度相同时，容器中CO 的转化率与容器中CO2的转化率之和等于1，容器中所到达的平衡状态，相当于在容器中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动解答：解：A容器中从正反应开始到达平衡，容器中从逆反应开始到达，平衡建立的途径不相同，无法比较反应速率，故A错误B容器中相当于在容器中平衡的基础上再加入1mol CO和1mol H2O，反应向正反应进行，故容器中到达平衡时温度更高，该反应正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，故B错误；C容器中所到达的平衡状态，相当于在容器中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动，故容器中CO 的物质的量比容器中的多，故C正确；D温度
46、相同时，容器I中CO 的转化率与容器中CO2的转化率之和等于1，容器中所到达的平衡状态，相当于在容器中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动，二氧化碳的转化率比两容器相同温度时容器中CO2的转化率低，故容器中CO 的转化率与容器中CO2的转化率之和小于1，故D正确；故选CD点评：本题考查影响化学平衡的因素、化学平衡的建立等，难度较大，构建平衡建立的途径进行比较是关键三、解答题（共6小题，满分80分）16（16分）（2013秋广州期末）工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4（1）写出CO2与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（
47、g）H=162kJmol1已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H=41kJmol1C（s）+2H2（g）CH4（g）H=73kJmol12CO（g）C（s）+CO2（g）H=171kJmol1（2）另一生成CH4的途径是CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）其他条件相同时，H2的平衡转化率在不同压强下随温度的变化如图所示该反应的H0（填“”、“=”或“”）实际生产中采用图中M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由相对于N点而言，采用M点，温度在500600K之间，温度较高，反应速率较快，氢气的平衡转化率也
48、较高，压强为常压对设备要求不高（3）某温度下，将0.1mol CO和0.3mol H2充入10L的密闭容器内发生反应CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g），平衡时H2的转化率为80%，求此温度下该反应的平衡常数K（写出计算过程，计算结果保留两位有效数字）考点：转化率随温度、压强的变化曲线版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）根据盖斯定律书写目标热化学方程式；（2）由图可知，压强一定时，升高温度，平衡时氢气的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应；相对于N点而言，采用M点，温度在500600K之间，温度较高，反应速率较快，氢气的平衡转化率也较高，压强为常压对设备要求不高；
49、（3）计算平衡时氢气浓度变化量，利用三段式计算平衡时各组分浓度，代入平衡常数表达式计算解答：解：（1）已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H=41kJmol1C（s）+2H2（g）CH4（g）H=73kJmol12CO（g）C（s）+CO2（g）H=171kJmol1根据盖斯定律，+2得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）H=162kJmol1，故答案为：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）H=162kJmol1；（2）由图可知，压强一定时，升高温度，平衡时氢气的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，故H0，故答案为：；
50、相对于N点而言，采用M点，温度在500600K之间，温度较高，反应速率较快，氢气的平衡转化率也较高，压强为常压对设备要求不高，故答案为：相对于N点而言，采用M点，温度在500600K之间，温度较高，反应速率较快，氢气的平衡转化率也较高，压强为常压对设备要求不高；（3）平衡时H2的转化率为80%，参加反应氢气的物质的量=0.3mol80%=0.24mol，故氢气的浓度变化量=0.024mol/L，则： CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）开始（mol/L）：0.01 0.03 0 0变化（mol/L）：0.008 0.024 0.008 0.008平衡（mol/L）：0.002 0
51、.006 0.008 0.008故平衡常数=1.5105答：此温度下该反应的平衡常数K为1.5105点评：本题考查热化学方程式书写、化学平衡影响因素、平衡常数计算等，注意利用三段式计算，难度中等17（16分）（2014中山市校级模拟）Na2S2O8溶液可降解有机污染物4CP，原因是Na2S2O8溶液在一定条件下可产生强氧化性自由基（SO4）通过测定4CP降解率可判断Na2S2O8溶液产生SO4的量某研究小组探究溶液酸碱性、Fe2+的浓度对产生SO4的影响（1）溶液酸碱性的影响：其他条件相同，将4CP加入到不同pH的Na2S2O8溶液中，结果如图a所示由此可知：溶液酸性增强，有利于（填“有利于”
52、或“不利于”）Na2S2O8产生SO4（2）Fe2+浓度的影响：相同条件下，将不同浓度的FeSO4溶液分别加入c（4CP）=1.56104molL1、c（Na2S2O8）=3.12103molL1的混合溶液中反应240min后测得实验结果如图b所示已知S2O82+Fe2+=SO4+SO42+Fe3+，此外还可能会发生：SO4+Fe2+=SO42+Fe3+实验开始前，检验FeSO4溶液是否被氧化的试剂是KSCN（化学式）如被氧化可以观察到的现象是溶液呈红色当c（Fe2+）=3.2103molL1时，4CP降解率为52.4%，4CP降解的平均反应速率的计算表达式为mol/（L/min）当c（Fe2
53、+）过大时，4CP降解率反而下降，原因可能是Fe2+浓度过高时，Fe2+会与SO4发生反应，消耗部分SO4导致4CP降解率下降考点：性质实验方案的设计版权所有专题：实验设计题分析：（1）当其它条件相同，将4CP加入到不同pH的Na2S2O8溶液中，根据图象知，溶液的pH越小，4CP降解率越大；（2）用KSCN溶液检验Fe3+，KSCN溶液和Fe3+反应导致溶液呈血红色，Fe2+和KSCN溶液不反应；根据图片知，当c（Fe2+）=3.2103molL1时，确定4CP降解率对应位置；平均反应速率=；该混合物中还发生副反应SO4+Fe2+=SO42+Fe3+，导致4CP降解率反而下降解答：解：（1）
54、当其它条件相同，将4CP加入到不同pH的Na2S2O8溶液中，根据图象知，溶液的pH越小，4CP降解率越大，所以溶液酸性增强有利于Na2S2O8产生SO4，故答案为：有利于；（2）KSCN溶液和Fe3+反应导致溶液呈血红色，该反应为铁离子的特征反应，Fe2+和KSCN溶液不反应，所以用KSCN溶液检验铁离子，故答案为：KSCN；溶液呈红色； 根据图片知，当c（Fe2+）=3.2103molL1时，4CP降解率为52.4，4CP降解的平均反应速率=mol/（L/min），故答案为：52.4；mol/（L/min）；Fe2+浓度过高时，该混合物中还发生副反应SO4+Fe2+=SO42+Fe3+，消
55、耗部分SO4导致4CP降解率下降，故答案为：Fe2+浓度过高时，Fe2+会与SO4发生反应，消耗部分SO4导致4CP降解率下降点评：本题考查探究实验，侧重考查学生获取信息、加工信息、利用信息解答问题能力，知道图象中纵横坐标的含义及变化趋势，知道实验目的及原理，题目难度不大18（16分）（2015湖南模拟）锰是冶炼工业中常用的添加剂以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如图：已知25，部分物质的溶度积常数如下：物质Mn（OH）2Co（OH）2Ni（OH）2MnSCoSNiSKsp2.110133.010165.010161.010115.010
56、221.01022（1）步骤中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2+H2O（2）步骤中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O，加氨水调节溶液的pH为5.06.0，以除去Fe3+（3）步骤中，滤渣2的主要成分是CoS和NiS（4）步骤中，在阴（填“阴”或“阳”）极析出Mn，电极反应方程式为Mn2+2e=Mn（5）电解后的废水中还含有Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn（OH）2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降进行二级沉降的目的是沉降得到MnS，
57、以进一步去除废水中的Mn2+考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用版权所有专题：实验设计题分析：（1）加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，并产生二氧化碳和水；（2）据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+Mn2+2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+，最后据原子守恒得MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；（3）由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；（4）由于第二次过滤后的滤液中主要含有NiSO4，电解该溶
58、液时Ni2+在阴极上被还原：Mn2+2e=Mn；（5）由于将一级沉降得到Mn（OH）2沉淀过滤之后的滤液中还含有Mn2+，以进一步去除废水中的Mn2+，向该滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降得到MnS，据溶解积常数确定其溶解度比Mn（OH）2小；解答：解：（1）加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，并产生二氧化碳和水，步骤中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2+H2O；故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2+H2O；（2）步骤中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是据得失电子守
59、恒有MnO2+2Fe2+Mn2+2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+，最后据原子守恒得，MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；故答案为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；（3）由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；故答案为：CoS和NiS；（4）由于第二次过滤后的滤液中主要含有NiSO4，电解该溶液时Ni2+在阴极上被还原：Mn2+2e=Mn；故答案为：阴，Mn2+2e=Mn；（5）由于将一级沉降得到Mn（O
60、H）2沉淀过滤之后的滤液中还含有Mn2+，以进一步去除废水中的Mn2+，向该滤液中加入适量Na2S，据溶解积常数确定其溶解度比Mn（OH）2小，进行二级沉降得到MnS，以进一步去除废水中的Mn2+；故答案为：沉降得到MnS，以进一步去除废水中的Mn2+；点评：本题考查了物质分离的流程分析，无性质，分离提纯物质的实验设计和本质分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等19（10分）（2013秋广州期末）某研究小组为了研究不同条件下金属铝粉在过量稀硫酸中的溶解性能，设计如下实验已知：c（H2SO4）=4.5molL1，反应均需要搅拌60min编号温度/加入某盐H2SO4体积/mLH2O体积/mL铝粉加
61、入量/g铝粉溶解量/g20不加4002.00500.030780不加4002.00500.1184t1不加20V12.0050t25mL 0.01molL1CuSO4溶液20V22.0050（1）实验和的目的是其它条件不变，温度对稀硫酸溶解铝粉量的影响为了获得铝粉溶解量，还需要测量的数据是反应60min后剩余铝粉的质量（2）实验和是为了研究硫酸的浓度对该反应的影响，则t1=20，V1=20 mL（3）实验和是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则t2=20，V2=15 mL研究表明，在相同条件下加入少量CuSO4有利于Al的溶解原因是形成铝、铜原电池反应，加快反应速率考点：化学反应速率的
62、影响因素版权所有专题：实验设计题分析：（1）实验和的实验温度不同，目的是探究温度对稀硫酸溶解铝粉量的影响；由总质量减去剩余铝粉的质量可确定溶解量；（2）实验和是为了研究硫酸的浓度对该反应的影响，则温度应相同，但浓度不同；（3）实验和是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则温度、浓度应相同，解答：解：（1）实验和的实验温度不同，目的是探究温度对稀硫酸溶解铝粉量的影响；由总质量减去剩余铝粉的质量可确定溶解量，故答案为：其它条件不变，温度对稀硫酸溶解铝粉量的影响；反应60min后剩余铝粉的质量；（2）实验和是为了研究硫酸的浓度对该反应的影响，则温度应相同，应为20，但浓度不同，总体积相同，则V
63、1=20mL，故答案为：20；20；（3）实验和是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则温度、浓度应相同，因加入5mL 0.01molL1CuSO4溶液，则加水的体积应为15mL，加入硫酸铜，铝置换出铜，可形成铝、铜原电池反应，加快反应速率，故答案为：20；15；形成铝、铜原电池反应，加快反应速率点评：本题考查化学反应速率的影响因素的探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意利用控制变量法思考该类题目，难度中等20（10分）（2014春常熟市校级期末）如图所示3套实验装置，分别回答下列问题（1）装置1中的Cu是负极（填“正”或“负”），该装置发生的总反应的离子方程式为2Fe3+Cu
64、2Fe2+Cu2+（2）装置2中甲烧杯盛放100mL 0.2mol/L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL 0.5mol/L的CuSO4溶液反应一段时间后，停止通电向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到右边石墨电极附近首先变红，左边石墨电极附近无明显现象电源的M端为正极乙烧杯中电解反应的离子方程式2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+（3）可用阳离子交换膜法电解饱和食盐水制NaOH，其工作原理装置3所示请写出A、B两处物质的名称：A饱和NaCl溶液B稀NaOH溶液请写出电解食盐水的离子方程式2Cl+2H2OCl2+H2+2OH考点：电解原理；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：（1）
65、装置1为原电池，铜为负极，被氧化，石墨正极；（2）向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到右边石墨电极附近首先变红，说明甲中右边电极生成OH，应为电解池的阴极，则M为电源的正极，N为电源的负极，甲为电解食盐水装置，乙为电解硫酸铜装置；（3）阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，图示装置中的交换膜是阳离子交换膜，A出口主要是饱和NaCl溶液，B出口主要是氢氧化钠溶液，装置是电解饱和食盐水，电解过程是氯化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气、氯气，反应的离子方程式为：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH解答：解：（1）装置1为原电池，铜为负极，被氧化，石墨正极，电池反应为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故答案为：负；2
66、Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；（2）向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到右边石墨电极附近首先变红，说明甲中右边电极生成OH，应为电解池的阴极，则M为电源的正极，N为电源的负极，甲为电解食盐水装置，乙为电解硫酸铜装置，则由以上分析可知M为正极，故答案为：正；乙为电解硫酸铜溶液，阳极生成氧气，阴极生成铜，电解的方程式为2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+，故答案为：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+；（3）阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，图示装置中的交换膜是阳离子交换膜，A出口主要是饱和NaCl溶液，B出口主要是氢氧化钠溶液，装置是电解饱和食盐水，电解过程是氯化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气、氯气
67、，反应的离子方程式为：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，故答案为：A：饱和NaCl溶液； B：稀NaOH溶液；2Cl+2H2OCl2+H2+2OH点评：本题综合考查电化学知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意根据题给信息正确判断电源的正负极，为解答该题的关键，答题时注意体会电极方程式的书写，难度中等21（12分）（2014春常熟市校级期末）短周期元素A、B、C、DA元素的原子最外层电子排布为ns1，B元素的原子价电子排布为ns2np2，C元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，D元素原子的M电子层的P轨道中有3个未成对电子（1）C原子的电子排布式为1s21s22p4
68、，若A为非金属元素，则按原子轨道的重迭方式，A与C形成的化合物中的共价键属于键（填“”或“”）（2）当n=2时，B位于元素周期表的第三周期IVA族，BC2属于非极性分子（填“极性”或“非极性”）当n=3时，B与C形成的晶体属于原子晶体考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素中，A元素原子的最外层电子排布为ns1，为A族元素；B元素原子的价电子排布为ns2np2，为A族；C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，为O元素；D元素原子的M电子层的P轨道中有3个电子，为P元素（1）C为O，核外电子数为8；A为非金属元素，则A为H元素，与O形成共价单键
69、；（2）当n=2时，B元素的原子价电子排布为2s22p2，为碳元素，B与C形成的二氧化碳晶体；当n=3时，B元素的原子价电子排布为3s23p2，为Si元素，B与C形成二氧化硅晶体解答：解：短周期元素中，A元素原子的最外层电子排布为ns1，为A族元素；B元素原子的价电子排布为ns2np2，为A族；C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，为O元素；D元素原子的M电子层的P轨道中有3个电子，为P元素（1）C为O，核外电子数为8，核外电子排布式为1s21s22p4，A为非金属元素，则A为H元素，与O形成共价单键，按照重叠方式，属于键，故答案为：1s21s22p4；（2）当n=2时，B元素的原子价电子排布为2s22p2，为碳元素，位于周期表的第三周期第IVA族，B与C形成的二氧化碳晶体为非极性分子；当n=3时，B元素的原子价电子排布为3s23p2，为Si元素，B与C形成二氧化硅晶体，为原子晶体，故答案为：三； IVA；非极性；原子点评：本题考查原子核外电子排布，明确电子排布来推断出各元素是解答本题的关键，题目难度中等，答题时注意物质结构的基础知识的应用