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2019-2020年高二(下)月考化学试卷(3月份)含解析
一、选择题1.(3分)(xx春•宿迁月考)下列关于阿伏加德罗常数(NA),的说法正确的是()A.
3.2g铜与足量稀硝酸反应过程中转移电子
0.1NAB.
35.5g超氧化钾(KO2)所含的阴离子的数目为NAC.标准状况下将
0.5molSO2气体与
0.5molH2S气体混合后,气体的分子总数为NAD.6g二氧化硅中含Si﹣O键数为
0.2NA2.(3分)(xx春•青羊区校级期末)7g铜、银合金与足量的某浓度的硝酸反应,把放出的气体与560mL(标准状况)氧气混合,通入水中气体全部被吸收.则合金中银的质量为(不考虑2NO2N2O4)()A.
1.6gB.
5.4gC.
2.16gD.不能确定3.(3分)(xx春•宿迁月考)下列实验操作中错误的是()A.蒸馏操作时,先得到的少量液体可能会与器壁等接触而含杂质较多,可以弃掉B.分液操作时,首先要打开分液漏斗的上口活塞,或使活塞上的小孔与上口部的小孔对准,然后进行分液C.萃取操作时,应选择有机萃取剂,且萃取剂的密度必须比水大D.萃取分液后,要得到被萃取的物质,通常还要进行蒸馏,为了更好的控制温度,用水浴加热比直接加热要好4.(3分)(xx春•宿迁月考)一密闭容器中盛有甲烷,在隔绝空气条件下长时间加热到1000℃左右,然后恢复至室温(20℃).这时容器内气体的压强是原来甲烷压强的m倍,原来甲烷的密度是容器内气体密度的n倍.下列判断正确的是()A.m=2,n=4B.m=
0.5,n=4C.m=2,n=
0.25D.m=
0.5,n=
0.255.(3分)(xx春•定西校级期中)某学生用2ml1mol/L的CuSO4溶液4ml
0.5mol/L的NaOH溶液混合,然后加入
0.5ml4%的HCHO溶液,加热至沸腾,未见红色沉淀实验失败的主要原因()A.甲醛量太少B.硫酸铜量少C.NaOH量少D.加热时间短6.(3分)(xx春•宿迁月考)乙醇、乙二醇、丙三醇分别与足量金属钠反应产生等体积的H2(相同状况下),则上述三种醇物质的量之比为()A.236B.321C.431D.6327.(3分)(xx春•宿迁月考)有一化合物(X)结构简式如图,它与分别与金属钠、氢氧化钠和碳酸氢钠反应时,不可能生成的产物是()A.B.C.D.8.(3分)(xx春•阳江期末)白酒,食醋,蔗糖,淀粉等均为家庭厨房中常用的物质,利用这些物质能完成下列实验的是()A.鉴别食盐和小苏打B.检验自来水中是否含氯离子C.检验雨水的酸碱度D.白酒中是否含甲醇9.(3分)(xx•南通模拟)下列化学用语或模型表示正确的是()A.次氯酸的结构式为H﹣Cl﹣OB.CO2分子比例模型C.丙烯的结构简式CH3CH2CH2D.HCN的电子式10.(3分)(xx春•泉州校级期中)下列物质呈固态时必定属于分子晶体的是()A.非金属氧化物B.金属氧化物C.非金属单质D.常温下呈气态的物质11.(3分)(xx春•宿迁月考)常温时,下列各组离子能大量共存的是()A.Ag+、K+、NO3﹣、Cl﹣B.Fe3+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣C.Fe2+、Na+、Cl﹣、ClO﹣D.H+、I﹣、SO42﹣、HCO3﹣12.(3分)(xx•中山模拟)X和Y属短周期元素,X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,Y位于X的前一周期,且最外层上只有一个电子,下列说法正确的是()A.X可能是第二周期的非金属元素B.X可能是第三周期的金属元素C.Y可能与X同主族D.Y一定是金属元素13.(3分)(2011秋•瓮安县校级期末)在一个定容密闭容器中,盛有N2和H2,它们的起始浓度分别是
1.8mol•L﹣1和
5.4mol•L﹣1,在一定的条件下反应生成NH3,10min后测得N2的浓度是
0.8mol•L﹣1,则在这10min内NH3的平均反应速率是()A.
0.1mol•L﹣1•min﹣1B.
0.3mol•L﹣1•min﹣1C.
0.2mol•L﹣1•min﹣1D.
0.6mol•L﹣1•min﹣114.(3分)(xx春•宿迁月考)下列实验或叙述不符合绿色化学理念的是()A.研制乙醇汽油代替汽油作汽车燃料B.采用银作催化剂,用乙烯和氧气反应制取环氧乙烷()C.在萃取操作的演示实验中,将CCl4萃取溴水改为CCl4萃取碘水D.用铜和稀HNO3反应制取Cu(NO3)215.(3分)(xx春•宿迁月考)将下列浓溶液蒸干并灼烧,可以得到原溶质的是()A.氯化钠B.碳酸氢钠C.偏铝酸钠D.氯化铁16.(3分)(xx春•宿迁月考)化学与科学、技术、社会、环境密切相关.下列说法中,你认为正确的是()
①加热能杀死甲型H1N1流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性
②可用铝制容器存放浓硝酸,是因为常温下浓硝酸与铝不反应
③光缆在信息产业中有广泛应用,制造光缆的主要材料是单质硅
④结构陶瓷碳化硼(B4C3)常用于制造切削工具,它是一种新型无机非金属材料,属于原子晶体
⑤金刚石是自然界中硬度最大的物质,不可能与氧气发生反应
⑥玻璃、水泥的生产都要用石灰石做原料
⑦Na2O2可用于呼吸面具中作为氧气的来源.A.
①⑤⑦B.
④⑥⑦C.
②③⑤D.
③④⑥17.(3分)(xx春•佛山校级期中)用金属铜制取硝酸铜,从节约原料和防止环境污染考虑,最好的方法是()A.铜硝酸铜B.铜硝酸铜C.CuCuCl2Cu(NO3)2D.CuCuOCu(NO3)218.(3分)(xx春•宿迁月考)用稀盐酸预处理强酸型阳离子交换树脂,使之变为HR,再用蒸馏水洗涤至中性,然后用该树脂软化100mL含
0.001molMg2+的中性溶液,使Mg2+完全被树脂所交换,再用100mL蒸馏水洗涤树脂.将交换液和洗涤液收集到一起,该混合液的pH为()A.
2.0B.
2.3C.
3.0D.
7.019.(3分)(xx春•宿迁月考)低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物,发生的化学反应为2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)⇌2N2(g)+3H2O(g)△H<0在恒容的密闭容器中,下列有关说法正确的是()A.平衡时,其他条件不变,升高温度可使该反应的平衡常数增大B.平衡时,其他条件不变,增加NH3的浓度,废气中氮氧化物的转化率减小C.平衡时,2v正(NO)=v逆(N2)D.其他条件不变,使用高效催化剂,废气中氮氧化物的转化率增大20.(3分)(xx春•宿迁月考)在下列各溶液中,离子可能大量共存的是()A.无色的碱性溶液中CrO42﹣、K+、Na+、SO42﹣B.使pH试纸变红的溶液中NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣C.含有大量ClO﹣的溶液中K+、H+、I﹣、SO42﹣D.水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液中Na+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣21.(3分)(2011•丹东模拟)某无色溶液中只可能含有
①Na+、
②Ba2+、
③Cl﹣、
④Br﹣、
⑤SO32﹣、
⑥SO42﹣中的若干种(忽略水电离出的H+、OH﹣),依次进行下列实验,且每步所加试剂均过量,观察到的现象如下步骤操作现象
(1)用pH试纸检验溶液的pH大于7
(2)向溶液中滴加氯水,再加入CCl4振荡,静置CCl4层呈橙色
(3)向所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生
(4)过滤,向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论正确的是()A.肯定含有的离子是
③④⑤B.肯定没有的离子是
②⑤C.可能含有的离子是
①⑥D.不能确定的离子是
③⑥22.(3分)(xx春•宿迁月考)下列说法中不正确的是()A.若XY3分子中X原子处于正三角形的中心,则XY3分子为非极性分子B.C2H5OH与C2H5Br相比,前者的沸点远高于后者,其原因是前者的分子间存在氢键C.同周期ⅠA族元素和ⅦA族元素之间只能形成离子化合物D.由两种非金属元素组成的化合物分子中只可能有极性键,不会有非极性键
二、实验题23.(xx春•宿迁月考)某同学探究二氧化硫与BaCl2溶液、Ba(OH)2溶液反应的实验.
(1)少量SO2通入到Ba(OH)2溶液中的离子反应方程式为,过量的SO2通入到Ba(OH)2溶液中的离子反应方程式为.
(2)此同学将SO2通入到BaCl2溶液中,出现了异常现象,看到了明显的白色沉淀,为探究该白色沉淀的成分,他设计了如下实验流程则操作
①的名称为,试剂A的化学式为.
(3)实验表明,此同学加入试剂A后,白色沉淀未见溶解,则该白色沉淀的成分是(填化学式),则产生该白色沉淀的离子方程式是.24.(10分)(xx春•温州期末)如图所示,用甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型燃料电池做电源,对A、B装置通电一段时间后,发现有
1.6g甲醇参加反应且
③电极增重(假设工作时无能量损失).请回答下列问题
(1)分别指出F电极、
②电极的名称、.
(2)
④电极的反应式.E电极的反应式.
①电极上产生的实验现象是.
(3)若A池中原混合液的体积为500mL,CuSO
4、K2SO4浓度均为
0.1mol/L,电解过程中A池中共收集到标准状况下的气体L.
三、计算题25.(2011秋•武穴市校级期中)请完成下列填空
(1)将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池,两电极间连接一个电流计.锌片上发生的电极反应;银片上发生的电极反应.
(2)若该电池中两电极的总质量为60g,工作一段时间后,取出锌片和银片洗净干燥后称重,总质量为47g,试计算
①理论上产生氢气的体积(标准状况)为L;
②通过导线的电量为C.(已知NA=
6.02×1023/mol,电子电荷为
1.60×10﹣19C)xx学年江苏省宿迁市三校高二(下)月考化学试卷(3月份)参考答案与试题解析
一、选择题1.(3分)(xx春•宿迁月考)下列关于阿伏加德罗常数(NA),的说法正确的是()A.
3.2g铜与足量稀硝酸反应过程中转移电子
0.1NAB.
35.5g超氧化钾(KO2)所含的阴离子的数目为NAC.标准状况下将
0.5molSO2气体与
0.5molH2S气体混合后,气体的分子总数为NAD.6g二氧化硅中含Si﹣O键数为
0.2NA考点阿伏加德罗常数.分析A、铜与硝酸反应生成硝酸铜,铜由0价升高为+2价,根据n=计算铜的物质的量,再根据N=nNA计算转移电子数目;B、超氧化钾是超氧根离子和钾离子构成,依据n=计算物质的量计算阴离子数分析;C、二氧化硫和硫化氢混合后发生反应生成硫单质和水;D、依据n=计算物质的量,结合二氧化硅所含化学键为4个Si﹣O键计算.解答解A、铜与硝酸反应生成硝酸铜,铜由0价升高为+2价,
3.2g铜与足量硝酸完全溶解时,电子转移数为×2×NAmol﹣1=
0.1NA,故A正确;B、超氧化钾是超氧根离子和钾离子构成,
35.5g超氧化钾(KO2)物质的量==
0.5mol,所含的阴离子的数目为
0.5NA,故B错误;C、标准状况下将
0.5molSO2气体与
0.5molH2S气体混合后,SO2+2H2S=3S↓+2H2O,硫化氢全部反应,剩余二氧化硫
0.25mol,气体的分子总数为
0.25NA,故C错误;D、6g二氧化硅物质的量==
0.1mol,二氧化硅所含化学键为4个Si﹣O键,6g二氧化硅含有Si﹣O键数目为
0.4NA,故D错误;故选A.点评本题考查常用化学计量数的有关计算,物质结构和性质的理解应用,难度不大,注意A中铜完全反应,转移电子数与硝酸的浓度无关.2.(3分)(xx春•青羊区校级期末)7g铜、银合金与足量的某浓度的硝酸反应,把放出的气体与560mL(标准状况)氧气混合,通入水中气体全部被吸收.则合金中银的质量为(不考虑2NO2N2O4)()A.
1.6gB.
5.4gC.
2.16gD.不能确定考点硝酸的化学性质;化学方程式的有关计算;氮的氧化物的性质及其对环境的影响.专题守恒法.分析铜、银合金与足量的某浓度的硝酸反应,硝酸所起作用为酸性和氧化性,起酸性作用的硝酸生成硝酸铜、硝酸银,起氧化性作用的硝酸被还原为氮的氧化物(无法确定具体物质),氮的氧化物与氧气混合通入水中,反应又生成硝酸,根据氮元素守衡,该硝酸的量恰好等于起氧化性作用的硝酸的量.所以有铜、银合金失去的电子总数等于氧气获得的电子总数.利用铜、银合金失去的电子总数等于氧气获得的电子总数以及铜、银合金总质量为7g,列方程求解.解答解n(O2)==
0.025mol设Cu、Ag的物质的量分别为x、y,则根据质量列方程x×64g/mol+y×108g/mol=7g根据电子守恒列方程2x+1×y=
0.025mol×4解得x=
0.025mol;y=
0.05molm(Ag)=
0.05mol×108g/mol=
5.4g故选B.点评本题以金属和硝酸反应为载体考查氧化还原反应的有关计算,难度中等,解题关键是分析反应过程,找出铜、银合金失去的电子总数等于氧气获得的电子总数即可解答本题.3.(3分)(xx春•宿迁月考)下列实验操作中错误的是()A.蒸馏操作时,先得到的少量液体可能会与器壁等接触而含杂质较多,可以弃掉B.分液操作时,首先要打开分液漏斗的上口活塞,或使活塞上的小孔与上口部的小孔对准,然后进行分液C.萃取操作时,应选择有机萃取剂,且萃取剂的密度必须比水大D.萃取分液后,要得到被萃取的物质,通常还要进行蒸馏,为了更好的控制温度,用水浴加热比直接加热要好考点分液和萃取;蒸馏与分馏.分析A.蒸馏操作时,先得到的馏分可能含杂质较多,应弃掉;B.在分液操作时,必须使分液漏斗内外空气相通;C.萃取剂的选择与密度无关;D.分液后得到互溶的有机物,需要根据沸点不同通过蒸馏操作分离;用水浴加热受热均匀,比直接加热要好;解答解A.蒸馏操作时,先得到的少量液体因与器壁等接触而含杂质较多,应弃掉,故A正确;B.分液操作时,首先要打开分液漏斗的上口活塞,或使活塞上的小孔与上口部的小孔对准,使内外空气相通,保证液体顺利流出,故B正确;C.萃取剂的密度不一定比水大,只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶,溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大,且萃取剂与水的密度有差别即可,故C错误;D.萃取分液后,要得到被萃取的物质,可以根据沸点不同通过蒸馏操作,为了更好的控制温度,用水浴加热比直接加热要好,故D正确;故选C.点评本题考查化学实验基本操作,题目难度中等,解答本题的关键是把握相关物质的性质,学习中注意积累.4.(3分)(xx春•宿迁月考)一密闭容器中盛有甲烷,在隔绝空气条件下长时间加热到1000℃左右,然后恢复至室温(20℃).这时容器内气体的压强是原来甲烷压强的m倍,原来甲烷的密度是容器内气体密度的n倍.下列判断正确的是()A.m=2,n=4B.m=
0.5,n=4C.m=2,n=
0.25D.m=
0.5,n=
0.25考点物质的量的相关计算.分析甲烷在高温下可分解成炭黑和氢气,CH4C+2H2,根据阿伏加德罗定律可知同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强的正比,根据ρ=mv体积不变,密度之比等于气体的质量比计算.解答解一密闭容器中盛有甲烷,假设甲烷的物质的量为amol,甲烷在高温下可分解成炭黑和氢气,CH4C+2H2,生成2amol氢气,同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强的正比,n(H2)n(CH4)=2a a=21,所以m=2,根据ρ=mv容器体积不变,密度之比等于气体的质量比m(CH4)m(H2)=amol×16g/mol2a×2g/mol=41,所以n=4,故选A.点评本题主要考查了甲烷的性质,掌握同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强的正比,容器体积不变,密度之比等于气体的质量比是解答关键,题目难度不大.5.(3分)(xx春•定西校级期中)某学生用2ml1mol/L的CuSO4溶液4ml
0.5mol/L的NaOH溶液混合,然后加入
0.5ml4%的HCHO溶液,加热至沸腾,未见红色沉淀实验失败的主要原因()A.甲醛量太少B.硫酸铜量少C.NaOH量少D.加热时间短考点有机物(官能团)的检验.分析乙醛和新制的Cu(OH)2反应的本质是乙醛中具有还原性的醛基,被新制的氢氧化铜氧化,即醛基与氢氧化铜中的+2价的铜发生氧化还原反应,操作的关键是在碱性环境下进行,即碱要过量.解答解该反应的本质是乙醛中具有还原性的醛基,被新制的氢氧化铜氧化,即醛基与氢氧化铜中的+2价的铜发生氧化还原反应,只要有醛基即可反应,且加热至煮沸即可,本实验中试剂的量n(CuSO4)=2mol/L×
0.002L═
0.004mol,n(NaOH)=
0.5mol/L×
0.002L═
0.001mol,根据反应CuSO4+2NaOH═Cu(OH)2↓+2NaSO4,可知当n(NaOH)<2n(CuSO4),硫酸铜过量,而本实验要求碱过量,所以NaOH量少,故C正确;故选C.点评本题考查了有机物乙醛和新制的Cu(OH)2反应实验,碱要过量是实验的关键条件,题目难度不大.6.(3分)(xx春•宿迁月考)乙醇、乙二醇、丙三醇分别与足量金属钠反应产生等体积的H2(相同状况下),则上述三种醇物质的量之比为()A.236B.321C.431D.632考点化学方程式的有关计算.分析乙醇、乙二醇、丙三醇分别有
1、
2、3个羟基,2mol金属钠与2mol羟基反应放出1mol氢气,这三种物质分别与足量金属钠反应产生等体积的氢气,说明三者中羟基物质的量相等,然后求出三种醇的物质的量之比.解答解乙醇、乙二醇、丙三醇分别有
1、
2、3个羟基,2mol金属钠与2mol羟基反应放出1mol氢气,这三种物质分别与足量金属钠反应产生等体积的氢气,说明三者中羟基物质的量相等,则三种醇的物质的量之比为1=632,故选D.点评本题考查有机物的结构和性质,题目难度不大,注意三种醇与足量Na反应,产生相同体积的H2,说明这三种醇各自所提供的﹣OH数目相同.7.(3分)(xx春•宿迁月考)有一化合物(X)结构简式如图,它与分别与金属钠、氢氧化钠和碳酸氢钠反应时,不可能生成的产物是()A.B.C.D.考点有机物的结构和性质.分析有机物含有酚羟基、醇羟基和羧基,三种官能团都可与钠反应,酚羟基、羧基都可与氢氧化钠反应,只有羧基于碳酸氢钠反应,以此解答该题.解答解三种官能团都可与钠反应,酚羟基、羧基都可与氢氧化钠反应,只有羧基于碳酸氢钠反应,A.酚羟基反应,则可与钠或氢氧化钠,因酸性羧基大于酚羟基,则不可能只有酚羟基反应,故A错误;B.可与氢氧化钠反应生成,故B正确;C.可与钠反应生成,故C正确;D.可与碳酸氢钠反应生成,故D正确.故选A.点评本题考查有机物的结构和性质,为高频考点,题目难度不大,注意判断有机物的官能团的种类和性质,官能团是决定有机物性质的主要因素.8.(3分)(xx春•阳江期末)白酒,食醋,蔗糖,淀粉等均为家庭厨房中常用的物质,利用这些物质能完成下列实验的是()A.鉴别食盐和小苏打B.检验自来水中是否含氯离子C.检验雨水的酸碱度D.白酒中是否含甲醇考点生活中的有机化合物.专题有机化学基础.分析A.食醋的主要成分为CH3COOH,具有酸性,能与小苏打反应生成二氧化碳气体;B.检验自来水中是否含氯离子需要硝酸银溶液和稀硝酸;C.用酸碱指示剂检验雨水的酸碱度;D.上述物质与甲醇、乙醇均不反应;解答解A.食醋的主要成分为CH3COOH,具有酸性,能与小苏打反应生成二氧化碳气体,食盐不能,可完成实验,故A正确;B.检验自来水中是否含氯离子需要硝酸银溶液和稀硝酸,不能完成实验,故B错误;C.用酸碱指示剂检验雨水的酸碱度,不能完成实验,故C错误;D.上述物质与甲醇、乙醇均不反应,不能完成实验,故D错误;故选A;点评本题考查物质检验及鉴别,题目难度不大,清楚常见物质的主要成分,熟练掌握常见离子的检验是解题的关键.9.(3分)(xx•南通模拟)下列化学用语或模型表示正确的是()A.次氯酸的结构式为H﹣Cl﹣OB.CO2分子比例模型C.丙烯的结构简式CH3CH2CH2D.HCN的电子式考点球棍模型与比例模型;电子式;结构式;结构简式.专题化学用语专题.分析A、根据8电子稳定结构,氯原子最外层7个电子成1个共价键,氧原子最外层6个电子成2个共价键.B、根据比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序、空间结构;C、根据烯烃的结构简式应含有碳碳双键;D、HCN是共价化合物,氢原子与碳原子之间形成1对共用电子对,碳原子与氮原子之间形成3对共用电子对.解答解A、氯原子最外层7个电子成1个共价键,氧原子最外层6个电子成2个共价键,结构式为H﹣O﹣Cl,故A错误;B、二氧化碳的分子式为CO2,由模型可知小球为碳原子,2个大球为氧原子,氧原子半径大,实际碳原子半径大于氧原子半径,故B错误;C、丙烯的结构简式CH3CH2=CH2,故C错误;D、HCN是共价化合物,分子中氢原子与碳原子之间形成1对共用电子对,碳原子与氮原子之间形成3对共用电子对,HCN的电子式,故D正确;故选D.点评本题考查常用化学用语书写,难度不大,掌握常用化学用语的书写,注意电子式的书写方法.10.(3分)(xx春•泉州校级期中)下列物质呈固态时必定属于分子晶体的是()A.非金属氧化物B.金属氧化物C.非金属单质D.常温下呈气态的物质考点分子晶体.专题化学键与晶体结构.分析由分子构成的晶体为分子晶体.常见的分子晶体有所有非金属氢化物、部分非金属单质(金刚石、晶体硅等除外)、部分非金属氧化物(二氧化硅等除外)、几乎所有的酸、绝大多数的有机物晶体、所有常温下呈气态的物质、常温下呈液态的物质(除汞外)、易挥发的固态物质等,据此即可解答.解答解A.二氧化硅为非金属氧化物,但它是由氧原子和硅原子构成的晶体,且以共价键形成空间网状结构的原子晶体,不是分子晶体,故A错误;B.氧化钠是金属氧化物,但它是离子化合物,是离子晶体,不是分子晶体,故B错误;C.金刚石是非金属单质,但它是由碳原子构成的晶体,且以共价键形成空间网状结构的原子晶体,不是分子晶体,故C错误;D.所有常温下呈气态的物质,熔沸点低,都是分子晶体,故D正确;故选D.点评本题考查了分子晶体类型的判断,难度不大,掌握常见物质中的分子晶体,有助于解题.注意基础知识的掌握与相关知识的积累.11.(3分)(xx春•宿迁月考)常温时,下列各组离子能大量共存的是()A.Ag+、K+、NO3﹣、Cl﹣B.Fe3+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣C.Fe2+、Na+、Cl﹣、ClO﹣D.H+、I﹣、SO42﹣、HCO3﹣考点离子共存问题.分析根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,不能发生氧化还原反应等,则离子大量共存,以此来解答.解答解A.Ag+、Cl﹣结合生成沉淀,不能大量共存,故A不选;B.该组离子之间不反应,可大量共存,故B选;C.Fe2+、ClO﹣发生氧化还原反应,不能大量共存,故C不选;D.H+、HCO3﹣结合生成水和气体,不能大量共存,故D不选;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为解答的关键,侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查,题目难度不大.12.(3分)(xx•中山模拟)X和Y属短周期元素,X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,Y位于X的前一周期,且最外层上只有一个电子,下列说法正确的是()A.X可能是第二周期的非金属元素B.X可能是第三周期的金属元素C.Y可能与X同主族D.Y一定是金属元素考点位置结构性质的相互关系应用.专题元素周期律与元素周期表专题.分析X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,则X可能为Li,也可能为Si,Y位于X的前一周期,且最外层上只有一个电子,则Y可能为H,也可能为Li,以此解答该题.解答解X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,则X可能为Li,也可能为Si,Y位于X的前一周期,且最外层上只有一个电子,则Y可能为H,也可能为Li,则A.X可能为Li,为第二周期金属元素,故A错误;B.X也可能为Si,是第三周期的非金属元素,故B错误;C.当X为Li,Y为H时,二者位于同主族,故C正确;D.Y可能为H,也可能为Li,可能是金属元素,也可能为非金属元素,故D错误.故选C.点评本题考查元素的推断,题目难度不大,本题关键是根据原子的结构特点结合在周期表中的位置解答,解答时注意元素的种类.13.(3分)(2011秋•瓮安县校级期末)在一个定容密闭容器中,盛有N2和H2,它们的起始浓度分别是
1.8mol•L﹣1和
5.4mol•L﹣1,在一定的条件下反应生成NH3,10min后测得N2的浓度是
0.8mol•L﹣1,则在这10min内NH3的平均反应速率是()A.
0.1mol•L﹣1•min﹣1B.
0.3mol•L﹣1•min﹣1C.
0.2mol•L﹣1•min﹣1D.
0.6mol•L﹣1•min﹣1考点反应速率的定量表示方法.专题化学反应速率专题.分析先求出氮气的平均反应速率,再根据同一反应,不同物质反应速率速率之比等于计量数之比,求出氨气的平均反应速率.解答解v(N2)==
0.1mol•L﹣1•min﹣1,同一反应,不同物质反应速率速率之比等于计量数之比,所以v(NH3)=2v(N2)=2×
0.1mol•L﹣1•min﹣1=
0.2mol•L﹣1•min﹣1;故选C.点评本题考查反应速率的简单计算,知道在同一反应中,不同物质反应速率速率之比等于计量数之比.14.(3分)(xx春•宿迁月考)下列实验或叙述不符合绿色化学理念的是()A.研制乙醇汽油代替汽油作汽车燃料B.采用银作催化剂,用乙烯和氧气反应制取环氧乙烷()C.在萃取操作的演示实验中,将CCl4萃取溴水改为CCl4萃取碘水D.用铜和稀HNO3反应制取Cu(NO3)2考点绿色化学.分析绿色化学又称“环境无害化学”、“环境友好化学”、“清洁化学”,绿色化学的最大特点是在始端就采用预防污染的科学手段,因而过程和终端均为零排放或零污染.化合反应是一变多的反应,把所有原料都转化成了期望中的产品,实现了绿色化学的理念.解答解A.乙醇汽油能代替汽油作为燃料,减少污染,符合绿色化学理念,故A正确;B.采用银作催化剂乙烯和氧气制取环氧乙烷原子利用率100%,符合绿色化学理念,故B正确;C.碘水比溴水污染小,溴水有毒,故符合绿色化学理念,故C正确;D.用铜和稀HNO3反应制取Cu(NO3)2反应过程中有一氧化氮气体有毒生成,不符合绿色化学理念,故D错误.故选D.点评本题考查绿色化学,只要抓住题干中所给出的“绿色化学”的要求,即可顺利作答,较简单.15.(3分)(xx春•宿迁月考)将下列浓溶液蒸干并灼烧,可以得到原溶质的是()A.氯化钠B.碳酸氢钠C.偏铝酸钠D.氯化铁考点盐类水解的原理.分析从盐类水解的角度和物质的稳定性的角度分析,注意当水解生成挥发性酸时,加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物,当水解生成非挥发性酸时,加热蒸干并灼烧最终得到的是原物质.解答解A.氯化钠溶液蒸干并灼烧,可以得到原溶质氯化钠,故A选;B.NaHCO3不稳定,加热易分解,所以蒸干并灼烧生成Na2CO3,故B不选;C.偏铝酸钠在溶液在加热时水解得到氢氧化铝与氢氧化钠,但氢氧化钠和氢氧化铝难挥发,最后又重新得到的固体偏铝酸钠,故C选;D.FeCl3在加热时水解生成Fe(OH)3和HCl,HCl易挥发,灼烧得到Fe2O3,故D不选;故选AC.点评本题考查盐类水解的应用,题目难度不大,注意盐类水解的原理,特别是能把握相关物质的性质.16.(3分)(xx春•宿迁月考)化学与科学、技术、社会、环境密切相关.下列说法中,你认为正确的是()
①加热能杀死甲型H1N1流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性
②可用铝制容器存放浓硝酸,是因为常温下浓硝酸与铝不反应
③光缆在信息产业中有广泛应用,制造光缆的主要材料是单质硅
④结构陶瓷碳化硼(B4C3)常用于制造切削工具,它是一种新型无机非金属材料,属于原子晶体
⑤金刚石是自然界中硬度最大的物质,不可能与氧气发生反应
⑥玻璃、水泥的生产都要用石灰石做原料
⑦Na2O2可用于呼吸面具中作为氧气的来源.A.
①⑤⑦B.
④⑥⑦C.
②③⑤D.
③④⑥考点氨基酸、蛋白质的结构和性质特点;原子晶体;硝酸的化学性质;硅的用途;钠的重要化合物.分析
①高温才能使蛋白质变性;
②常温下浓硝酸与铝发生钝化;
③制造光缆的主要材料是单质二氧化硅;
④结构陶瓷碳化硼(B4C3)常用于制造切削工具,硬度高,它属于原子晶体;
⑤金刚石与氧气发生反应生成CO2;
⑥玻璃、水泥的生产中都要用石灰石做原料;
⑦Na2O2可与CO
2、H2O反应生成O2.解答解
①病毒的成分是蛋白质,高温才能使蛋白质变性,故
①错误;
②常温下浓硝酸与铝发生钝化,故
②错误;
③制造光缆的主要材料是单质二氧化硅,故
③错误;
④结构陶瓷碳化硼(B4C3)常用于制造切削工具,硬度高,它属于原子晶体,是一种新型无机非金属材料,故
④正确;
⑤金刚石与氧气发生反应,生成CO2,故
⑤错误;
⑥玻璃、水泥的生产中都要用石灰石做原料,故
⑥正确;
⑦Na2O2可与CO
2、H2O反应生成O2,用于呼吸面具中作为氧气的来源,故
⑦正确.故选B.点评本题考查蛋白质的变性、铝的钝化、结构陶、玻璃的生产原料、过氧化钠的性质等,难度不大,注意一些记忆性知识.17.(3分)(xx春•佛山校级期中)用金属铜制取硝酸铜,从节约原料和防止环境污染考虑,最好的方法是()A.铜硝酸铜B.铜硝酸铜C.CuCuCl2Cu(NO3)2D.CuCuOCu(NO3)2考点化学实验方案的评价.分析用铜制取硝酸铜的最佳方法应是从经济角度出发,制取等量的硝酸铜时,所用的原料最少,成本最低;从环境保护的角度出发,制取硝酸铜时不生成对环境造成污染的气体,以此来解答.解答解A.Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,反应生成NO2气体,污染环境,故A不选;B.3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,反应生成NO气体,污染环境,故B不选;C.氯气有毒,且硝酸银价格较高,不符合节约原料和防止环境污染,故C不选;D.2Cu+O22CuO,CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O,从过程可以看出该过程不会产生有毒气体,环保且没有多消耗原料,不生成污染性气体,故D选;故选D.点评本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及物质制备实验及节约原料和防止环境污染,把握物质的性质、反应原理为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大.18.(3分)(xx春•宿迁月考)用稀盐酸预处理强酸型阳离子交换树脂,使之变为HR,再用蒸馏水洗涤至中性,然后用该树脂软化100mL含
0.001molMg2+的中性溶液,使Mg2+完全被树脂所交换,再用100mL蒸馏水洗涤树脂.将交换液和洗涤液收集到一起,该混合液的pH为()A.
2.0B.
2.3C.
3.0D.
7.0考点pH的简单计算.分析2HR+Mg2+═MgR2+2H+,根据方程式计算氢离子的物质的量,再根据c=计算氢离子浓度,pH=﹣lgc(H+)据此分析解答.解答解100mL含
0.001molMg2+的中性溶液,n(Mg2+)=1×10﹣3mol,2HR+Mg2+═MgR2+2H+,应交换出2×10﹣3molH+,混合溶液体积=100mL+100mL=200mL,所以c(H+)===1×10﹣2mol/L,pH=﹣lgc(H+)=2,故选A.点评本题考查了pH的简单计算,明确离子交换树脂交换原理是解本题关键,题目难度不大.19.(3分)(xx春•宿迁月考)低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物,发生的化学反应为2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)⇌2N2(g)+3H2O(g)△H<0在恒容的密闭容器中,下列有关说法正确的是()A.平衡时,其他条件不变,升高温度可使该反应的平衡常数增大B.平衡时,其他条件不变,增加NH3的浓度,废气中氮氧化物的转化率减小C.平衡时,2v正(NO)=v逆(N2)D.其他条件不变,使用高效催化剂,废气中氮氧化物的转化率增大考点化学平衡的影响因素;化学平衡状态的判断.分析A、平衡常数只受温度影响,从平衡移动的方向判断平衡常数的变化;B、可逆反应中,加入一种反应物,平衡向正方向移动,以此判断转化率变化;C、反应达到平衡时,不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比;D、催化剂能加快反应速率,但不影响平衡的移动.解答解A、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A错误;B、增大一个反应物浓度,其它反应物转化率增大,故B错误;C、2v正(NO)=v逆(N2)说明单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为12时,等于化学计量数之比,反应到达平衡,故C正确.D、使用催化剂平衡不移动,废气中氮氧化物的转化率不变,故D错误;故选C.点评本题考查外界条件对化学反应速率的影响、平衡状态的判断等,做题时注意平衡常数的变化以及平衡状态的判断方法,题目难度不大.20.(3分)(xx春•宿迁月考)在下列各溶液中,离子可能大量共存的是()A.无色的碱性溶液中CrO42﹣、K+、Na+、SO42﹣B.使pH试纸变红的溶液中NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣C.含有大量ClO﹣的溶液中K+、H+、I﹣、SO42﹣D.水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液中Na+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣考点离子共存问题.分析A.有颜色的离子不能大量共存;B.使pH试纸变红的溶液呈酸性;C.ClO﹣具有强氧化性,且酸性条件下不能大量共存;D.水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L﹣1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.CrO42﹣有颜色,不能大量共存,故A错误;B.使pH试纸变红的溶液呈酸性,酸性条件下离子之间不发生任何反应,可大量共存,故B正确;C.ClO﹣具有强氧化性,可氧化I﹣,且酸性条件下不能大量共存,故C错误;D.水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液,水的电离受到抑制,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,酸性条件下Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应,碱性条件下Fe2+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,把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键,侧重复分解反应及氧化还原反应、络合反应的考查,注意可能共存,题目难度不大.21.(3分)(2011•丹东模拟)某无色溶液中只可能含有
①Na+、
②Ba2+、
③Cl﹣、
④Br﹣、
⑤SO32﹣、
⑥SO42﹣中的若干种(忽略水电离出的H+、OH﹣),依次进行下列实验,且每步所加试剂均过量,观察到的现象如下步骤操作现象
(1)用pH试纸检验溶液的pH大于7
(2)向溶液中滴加氯水,再加入CCl4振荡,静置CCl4层呈橙色
(3)向所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生
(4)过滤,向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论正确的是()A.肯定含有的离子是
③④⑤B.肯定没有的离子是
②⑤C.可能含有的离子是
①⑥D.不能确定的离子是
③⑥考点常见阳离子的检验;常见阴离子的检验.专题离子反应专题.分析根据盐类水解分析溶液呈碱性,是含有弱酸阴离子,只有亚硫酸根离子,根据离子共存,判断出不存在的离子;根据萃取现象确定所含溴离子;
(3)操作步骤中的现象只能说明可能含有硫酸根离子;
(4)操作步骤中的现象证明含氯离子,但由于
(2)加入了氯离子,所以原溶液是否含氯离子不能确定;最后根据电荷守恒确定电解质溶液中的阳离子的存在.解答解依据题干中的条件,溶液是无色混合溶液,则有色离子不存在,
(1)PH测得溶液PH大于7,溶液呈碱性,说明一定有弱酸根离子,则一定含有SO32﹣,无Ba2+;
(2)溶液中滴加氯水后萃取,萃取层呈橙色证明原溶液含溴离子;
(3)分液加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3,有白色沉淀生成,说明溶液中可能含硫酸根离子,
(4)过滤,向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3,有白色沉淀生成,证明是氯离子,但
(2)加入氯水加入了氯离子,不能确定是否含氯离子;根据以上分析溶液中一定含有SO32﹣、Br﹣,一定没有Ba2+;依据电荷守恒,溶液中一定含有Na+;所以溶液中一定存在的离子是
①④⑤;不能确定的是
③Cl﹣、
⑥SO42﹣;故选D.点评本题考查了常见离子的检验方法和产生的现象,萃取操作,离子共存的判断等知识,注意电荷守恒的应用,关键是先肯定离子存在,再否定不共存的离子,本题难度不大.22.(3分)(xx春•宿迁月考)下列说法中不正确的是()A.若XY3分子中X原子处于正三角形的中心,则XY3分子为非极性分子B.C2H5OH与C2H5Br相比,前者的沸点远高于后者,其原因是前者的分子间存在氢键C.同周期ⅠA族元素和ⅦA族元素之间只能形成离子化合物D.由两种非金属元素组成的化合物分子中只可能有极性键,不会有非极性键考点极性分子和非极性分子;离子化合物的结构特征与性质;极性键和非极性键;氢键的存在对物质性质的影响.分析A、若XY3分子中X原子处于正三角形的中心,则正负电荷中心重合;B、分子间存在氢键使物质的熔沸点异常的高;C、与ⅦA族元素同周期的第IA族元素全部为活泼金属元素;D、两种非金属元素组成的化合物分子中,若同种元素之间存在化学键,则为非极性键.解答解A、若XY3分子中X原子处于正三角形的中心,则正负电荷中心重合,所以XY3分子为非极性分子,故A正确;B、分子间存在氢键使物质的熔沸点异常的高,而C2H5OH分子间存在氢键,所以C2H5OH的沸点比C2H5Br高,故B正确;C、与ⅦA族元素同周期的第IA族元素全部为活泼金属元素,活泼金属与活泼非金属元素之间新城离子键,形成的化合物为离子化合物,故C正确;D、两种非金属元素组成的化合物分子中,若同种元素之间存在化学键,则为非极性键,如H2O2中存在O﹣O非极性键,故D错误.故选D.点评本题考查分子的极性、键的极性、离子化合物、氢键等,题目涉及的知识点较多,侧重于基础知识的考查,题目比较容易.
二、实验题23.(xx春•宿迁月考)某同学探究二氧化硫与BaCl2溶液、Ba(OH)2溶液反应的实验.
(1)少量SO2通入到Ba(OH)2溶液中的离子反应方程式为SO2+Ba2++2OH﹣═BaSO3↓+H2O,过量的SO2通入到Ba(OH)2溶液中的离子反应方程式为SO2+OH﹣═HSO3﹣.
(2)此同学将SO2通入到BaCl2溶液中,出现了异常现象,看到了明显的白色沉淀,为探究该白色沉淀的成分,他设计了如下实验流程则操作
①的名称为过滤,试剂A的化学式为HCl.
(3)实验表明,此同学加入试剂A后,白色沉淀未见溶解,则该白色沉淀的成分是BaSO4(填化学式),则产生该白色沉淀的离子方程式是2SO2+2Ba2++O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+.考点二氧化硫的化学性质.专题氧族元素.分析
(1)二氧化硫是酸性氧化物,可以和强碱反应生成盐和水,根据二氧化硫的量多少来书写化学方程式;
(2)实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法;硫酸钡和盐酸不反应,但是亚硫酸钡可以和盐酸反应;
(3)硫酸钡是白色不溶于强酸的沉淀,亚硫酸根离子还原性强,容易被氧化为硫酸根离子.解答解
(1)二氧化硫是酸性氧化物,可以和强碱反应,少量SO2通入到Ba(OH)2溶液中的离子反应方程式为SO2+Ba2++2OH﹣═BaSO3↓+H2O,过量的SO2通入到Ba(OH)2溶液中,因为二氧化硫会和亚硫酸钡之间反应生成亚硫酸氢钡,所以过量的SO2通入到Ba(OH)2溶液中的离子反应方程式为SO2+OH﹣═HSO3﹣,故答案为SO2+Ba2++2OH﹣═BaSO3↓+H2O;SO2+OH﹣═HSO3﹣;
(2)实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法,将SO2通入到BaCl2溶液中,出现的白色浑浊可能是硫酸钡还可能是亚硫酸钡,硫酸钡和盐酸不反应,但是亚硫酸钡可以和盐酸反应,溶解,可以用盐酸来鉴别沉淀成分,故答案为过滤;HCl;
(3)硫酸钡和盐酸不反应,但是亚硫酸钡可以和盐酸反应,所以白色不溶于盐酸的沉淀物是硫酸钡,硫酸钡沉淀的生成和亚硫酸根离子的不稳定性有关,即2SO2+2Ba2++O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+,故答案为BaSO4;2SO2+2Ba2++O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+.点评本题考查学生二氧化硫的以及含硫元素的盐的性质知识,可以根据所学知识来回答,难度不大.24.(10分)(xx春•温州期末)如图所示,用甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型燃料电池做电源,对A、B装置通电一段时间后,发现有
1.6g甲醇参加反应且
③电极增重(假设工作时无能量损失).请回答下列问题
(1)分别指出F电极、
②电极的名称正极、阳极.
(2)
④电极的反应式Ag﹣e﹣=Ag+.E电极的反应式CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O.
①电极上产生的实验现象是先有红色固体析出,后有气泡产生.
(3)若A池中原混合液的体积为500mL,CuSO
4、K2SO4浓度均为
0.1mol/L,电解过程中A池中共收集到标准状况下的气体
3.92L.考点原电池和电解池的工作原理.专题电化学专题.分析对A、B装置通电一段时间后,发现有
1.6g甲醇参加反应且
③电极增重,则说明
③电极上银离子得电子析出银,则
③是电解池阴极,所以
④②是阳极,
①是阴极,原电池中E是负极,F是正极,原电池负极上甲醇失电子发生氧化反应,电解池阳极上失电子发生氧化反应,阴极上得电子发生还原反应.解答解
(1)对A、B装置通电一段时间后,发现有
1.6g甲醇参加反应且
③电极增重,则说明
③电极上银离子得电子析出银,则
③是电解池阴极,所以
④②是阳极,
①是阴极,原电池中E是负极,F是正极,故答案为正极;阳极;
(2)电解池中,
③上银离子得电子生成银单质,
④电极上银失电子生成银离子进入溶液,电极反应式为Ag﹣e﹣=Ag+,E是原电池负极,负极上甲醇失电子和氢氧根离子生成碳酸根离子和水,电极反应式为CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O,A装置中,
①是阴极,所以该电极上先是铜离子得电子而析出,后氢离子得电子析出氢气,所以现象是先有红色固体析出,后有气泡产生,故答案为Ag﹣e﹣=Ag+;CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O;先有红色固体析出,后有气泡产生;
(3)设
1.6g甲醇反应转移电子的物质的量是x,CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O转移电子32g6mol
1.6gxx==
0.3mol若A池中原混合液的体积为500mL,CuSO
4、K2SO4浓度均为
0.1mol/L,则铜离子的物质的量为
0.1mol/L×
0.5L=
0.05mol,当铜离子完全析出时,铜离子得到电子的物质的量=
0.05mol×2=
0.1mol<
0.3mol,所以电解混合溶液时,阴极上先析出铜后析出氢气,阳极上析出氧气,但得失电子的物质的量都是
0.3mol,设阴极上析出氢气的物质的量是y,阳极上析出氧气的物质的量是z,则
0.05mol×2+2y=4z=
0.3mol,y=
0.1mol,z=
0.075mol,所以A池中共收集到的气体的物质的量是(
0.1+
0.075)mol=
1.75mol,则气体体积=
0.175mol×
22.4L/mol=
3.92L,故答案为
3.92.点评本题考查了原电池和电解池原理,注意
(4)题中,阴极上不仅析出铜还析出氢气,根据阴极上得到电子数等于原电池中转移电子数进行计算,从而得出析出氢气的量,为易错点.
三、计算题25.(2011秋•武穴市校级期中)请完成下列填空
(1)将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池,两电极间连接一个电流计.锌片上发生的电极反应Zn﹣2e﹣═Zn2+;银片上发生的电极反应2H++2e﹣═H2↑.
(2)若该电池中两电极的总质量为60g,工作一段时间后,取出锌片和银片洗净干燥后称重,总质量为47g,试计算
①理论上产生氢气的体积(标准状况)为
4.48L;
②通过导线的电量为
3.85×104C.(已知NA=
6.02×1023/mol,电子电荷为
1.60×10﹣19C)考点原电池和电解池的工作原理.专题电化学专题.分析
(1)将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池,锌做负极,失电子发生氧化反应,银片做正极,溶液中氢离子在银电极得到电子发生还原反应;
(2)依据该电池中两电极的总质量为60g,工作一段时间后,取出锌片和银片洗净干燥后称重,总质量为47g,分析判断电极质量减小为反应的锌的质量为13g,依据电极反应和电子守恒计算生成的气体物质的量得到气体体积,依据电子转移物质的量换算电量.解答解
(1)将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池,锌做负极,失电子发生氧化反应,电极反应为Zn﹣2e﹣═Zn2+,银片做正极,溶液中氢离子在银电极得到电子发生还原反应,电极反应为2H++2e﹣═H2↑,故答案为Zn﹣2e﹣═Zn2+;2H++2e﹣═H2↑;
(2)若该电池中两电极的总质量为60g,工作一段时间后,取出锌片和银片洗净干燥后称重,总质量为47g,分析可知电极质量减小的是负极反应的锌的质量,物质的量==
0.2mol;
①锌做负极,失电子发生氧化反应,电极反应为Zn﹣2e﹣═Zn2+,银片做正极,溶液中氢离子在银电极得到电子发生还原反应,电极反应为2H++2e﹣═H2↑,依据电子守恒可知,转移电子物质的量为
0.4mol,生成氢气物质的量为
0.2mol,标准状况下体积=
0.2mol×
22.4L/mol=
4.48L,故答案为
4.48;
②依据计算得到转移电子物质的量为
0.4mol,换算为电量=
0.4mol×
6.02×1023/mol×
1.60×10﹣19C=
3.85×104C,故答案为
3.85×104.点评本题考查了原电池原理的分析判断,电极反应,电极名称,电子守恒的计算应用,掌握基础是解题关键,题目较简单.。