福建普通高中高考化学二模试卷含解析

1、福建省普通高中2015届高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）（6分）下列工业生产的主要反应中，涉及置换反应的是（）A.制取粗硅B.海水提镁C.电解制铝D.制备硫酸（6分）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）18gH20中含Nx个质子1L 1mol?L 1 的 CuSO溶液中含 NA个 Cu2+C.常温常压下，2.24L Cl 2中含0.2Na个氯原子D. 0.5mol Al与足量NaOH液充分反应，转移的电子数目为1.5Na（6分）有机物甲、乙、丙（CHCOO2H0、丁 （CHCHO与乙醇的转化关系如图所示.下 列判断不正确的是（）A.甲是乙烯B.乙可能是葡萄

2、糖C.丙与NaOH液反应不能生成乙醇D. 丁十H一乙醇的反应属于加成反应（6分）下列溶液中，一定呈中性的是（）A.由非电解质溶于水得到的溶液B. c （H+）、c （OH）均为 5.0X107mol?L1 的溶液C.等物质的量的强酸与强碱反应得到的溶液D.将pH=9的烧碱溶液稀释100倍所得到的溶液（6分）分别向含有下列离子的溶液中通入足量NO气体，数目不会减少的是（）A. SOB. CHCOOC. Fe2+D. Al3+3（6分）实验室中，从海带中提取12的实验流程如图所示，下列说法不正确的是（）L含r的水溶液含U的水溶液一的苯溶液一%操作L残渣A.操作用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗B

3、.操作中需加入氧化剂C.可以用四氯化碳或酒精代替苯作萃取剂D.蒸储I 2的苯溶液可获取I 2并回收苯（6分）往某恒温密闭容器中加入CaCQ发生反应：CaCO （s） ?CaO （s） +CO （g） AH0.反应达到平衡后，ti时，缩小容器体积，x随时间（t）变化的关系如右图所示.x不可能是（）A. v逆C. AHc （CO）D. p （容器内气体密度）二、解答题（共3小题，满分45分）（14分）甲、乙、丙三种物质均由短周期元素组成，一定条件下，存在下列转化关系： 甲+乙一丙+H20（1）若丙为N&C 反应的化学方程式为（任写一个）.0.1mol?L “NaCO溶液中，所含的离子按物质的量浓度

4、由大到小的顺序排列为.（2）若甲是石油裂解气的主要成分之一，乙为O2,且甲分子和乙分子具有相同的电子数.25C、101kPa时，1g甲完全燃烧生成 CO气体与液态水，放出 50.5kJ的热量，该反应 的热化学方程式为；利用该反应设计的燃料电池中，通入甲的电极为电池的 （填“正极”或“负极” ）.（3）若甲、乙是同主族元素的氢化物，丙为单质.丙所含元素在元素周期表中的位置为甲与水相比，热稳定性较强的是（填化学式）（15分）软镒矿（主要成分为 MnQ）可用于制备镒及其化合物.（1）早期冶炼金属镒的一种方法是先缎烧软镒矿生成Mn04,再利用铝热反应原理由 MnO4制备镒.该铝热反应的化学方程式为（2

5、）现代冶炼金属镒的一种工艺流程如图所示：（NHJaS过旋卜表tC时，有关物质的 pKap物质 Fe （OH 3CaS MnS(注 pKap= - 1Kap).Cu (OH 2MnCOCa (OHpKap37.419.35.2612.735.25.86Mn (OH 2 CuS12.610.7软镒矿还原浸出的反应为：12Mn6C6H2Q+12HSO 12MnSO6CGT +I8H2O该反应中，还原剂为.写出一种能提高还原浸出速率的措施：滤液1的pH (填“V”或“ =)MnS0浸出液的pH.加入MnF2的目的是除去(填“ Ca2+” “Fe3+”或“Cu2+”).(3)由MnS0制取MnC0.往M

6、nSQ溶液中加入 NHHC0溶液，析出MnC0沉淀并逸出 CC2气体, 该反应的离子方程式为；若往MnSQ溶液中加人(NH) 2CC3溶液，还会产生 Mn (OH 2,可能的原因有：MnCO (s) +2OH (aq) ? Mn (OH 2 (s) +CQ2 (aq), tC 时，该反应的平衡 常数K=(填数值).(16分)某化学兴趣小组进行有关电解食盐水的探究实验，电解装置如图 1所示.图工图2实验一：电解饱和食盐水.(1)简述配制饱和食盐水的操作：(2)电解饱和食盐水的离子方程式为实验二：电解不饱和食盐水及产物分析.相同条件下，电解1mol?L1NaCl溶液并收集两极产生的气体.在 X处收

7、集到V1mL气体，同时，在 Y处收集到V2mL气体，停止电解.结果发 现V2VV1,且与电解饱和食盐水相比，Y处收集到的气体颜色明显较浅.经讨论分析，导致上述现象的原因有：i .有部分C12溶解于NaCl溶液中；ii .有02生成.(3)设计实验证明有部分 C12溶解于NaCl溶液中.实验方案为.(4)证明有Q生成并测定 Q的体积.按如图2所示装置进行实验.通过注射器缓缓地将在Y处收集到的V2mL气体全部推入装置 A (盛有足量试剂)中，最终，量气管中收集到V3mL气体(设V1, V2, V3均在相同条件下测得).装置A的作用是.本实验中，观察到的现象，说明石墨电极上有02生成.实验中是否需要

8、预先除净装置中的空气？(填“是”或“否”)(5)实验二中，在石墨电极上生成Cl2的总体积为mL (用代数式表示).实验反思：(6)由以上实验推知，欲通过电解食盐水持续地获得较纯净的氯气，电解时应控制的条件：；.要进一步证明该推论，还需进行电解不同浓度食盐水的平行实验.(2)下列说法中，正确的是(填标号).A.尼泊金甲醋和香兰素分子式都是C8H803B.尼泊金甲醋和香兰素都能发生水解反应C.1mol尼泊金甲酷或香兰素均能与 4mol H 2发生加成反应D.利用银氨溶液可以鉴别尼泊金甲酷和香兰素3个特点.大茴香酸（3）大茴香酸与香兰素互为同分异构体，它是一种梭酸，且具备以下 的结构简式为.a.分子

9、中含有甲基 b.遇FeC%溶液不显紫色c.苯环上的一氯代物只有两种（4）以丁香油酚为原料，通过下列路线合成香兰素. TOC o 1-5 h z CHH = CH?CH = CHCH5CH = CHCH3CHOLoe珥 弋区Loch, Q-och, X-och,OHOHOOCCH.OH（丁香油酣）00II11（注：分离方法和其他产物已经略去；乙酸酎的结构简式为CH?C-O-CCH由ft CICHjCH =-H20 cM合成丁香油酚的反应类型为.步骤II中，反应的化学方程式为 W的结构简式为.福建省普通高中2015届高考化学二模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分

10、）（6分）下列工业生产的主要反应中，涉及置换反应的是（）A.制取粗硅B.海水提镁C.电解制铝D.制备硫酸考点：化学基本反应类型.分析： A制取粗硅，涉及 C与二氧化硅反应；B.海水提镁，利用复分解反应将镁离子转化为氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融氯化镁冶炼 Mg； C.电解熔融氧化铝冶炼 Al ;D.硫铁矿燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫 酸.解答： 解：A.制取粗硅，涉及 C与二氧化硅反应，C与二氧化硅反应生成 Si和CQ为置 换反应，故A选；B.海水提镁，利用复分解反应将镁离子转化为氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融氯化镁

11、冶炼 Mg,涉及复分解反应、分解反应，故B不选；C.电解熔融氧化铝冶炼 Al ,氧化铝电解生成 Al和氧气，为分解反应，故 C不选；D.硫铁矿燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫 酸，涉及氧化还原反应、化合反应，故D不选；故选A.点评：本题考查物质制备中的反应类型，为基础性习题，把握发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等.（6分）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）18gH20中含Nx个质子1L 1mol? L 1 的 CuSQ溶液中含 NA个 Cu2+C.常温常压下，2.24L Cl 2中含0.2Na个氯原子D. 0

12、.5mol Al与足量NaOH液充分反应，转移的电子数目为1.5Na考点： 阿伏加德罗常数.分析： A求出水的物质的量，而 1mol水含10moi质子；B Cj+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；C常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol ;D根据反应后 Al元素的价态为+3价来分析.解答： 解：A、18g水的物质的量n=-=1mol,而1mol水含10moi质子，故A错 I ISg/mol误；B cJ+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中Cu2+的个数小于NA个，故B错误；C常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol ,故2.24L氯气的物质的量小于 0.1mol ,故含有的氯原子白

13、个数小于0.2Na个，故C错误；D反应后Al元素的价态为+3价，故1mol铝失去3mol电子，故0.5mol铝失去1.5mol电 子，故D正确.故选D.点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大.（6分）有机物甲、乙、丙（CHCOOCi）、丁 （CHCHO与乙醇的转化关系如图所示.下 列判断不正确的是（）A.甲是乙烯B.乙可能是葡萄糖C.丙与NaOH液反应不能生成乙醇D. 丁十H2一乙醇的反应属于加成反应考点：有机物的推断.分析：根据转化关系图，甲与水发生加成反应生成CHCHOH则甲为乙烯，乙在酒化酶的作用下生成CHCHOH则乙可能是葡萄糖，根

14、据丙为CHCOOCi,则与NaOH液反应生成乙醇和CHCOONa 丁为CHCH0tl氢气发生加成反应生成 CHCHOH据此分析解答.解答： 解：A、由转化关系图，甲与水发生加成反应生成CHCHOH所以甲为乙烯，反应方程式为CH=CH+HO化剂CHCI40H故A正确；日由转化关系图，乙在酒化酶的作用下生成CHCH0H则乙可能是葡萄糖，反应方程式为GH12Q酒化由2CH3CHOH+2C0 故 B 正确；C由转化关系图，丙为 CHC002既，与NaOH反应生成乙醇和 CHCOONa反应方程式为CHCOOO+NaO串化列CHCOONa+CHHOH 故 C错误；D由转化关系图，丁为 CHCHOW氢气发生

15、加成反应生成 CHCHOH反应方程式为CHCHO+逆化赳CHCHOH 故D正确；故选：C.点评：本题考查有机物的推断， 题目难度较大，明确有机物之间的基本转化为解答该题的关键.(6分)下列溶液中，一定呈中性的是()A.由非电解质溶于水得到的溶液B. c (H+)、c (OH)均为 5.0X107mol?L1 的溶液C.等物质的量的强酸与强碱反应得到的溶液D.将pH=9的烧碱溶液稀释100倍所得到的溶液考点：探究溶液的酸碱性.分析： A由非电解质溶于水得到的溶液可能呈酸性、碱性或中性； B.任何水溶?中只要 c (H+) =c (OH),则该溶液就一定呈中性； C.等物质的量的强酸与强碱反应得到

16、的溶液可能呈酸性、碱性或中性； D.碱无论如何稀释都不能得到酸性或中性溶液.解答： 解：A.由非电解质溶于水得到的溶液可能呈酸性、碱性或中性，如二氧化硫、三 氧化硫溶液呈酸性，氨气水溶液呈碱性，乙醇溶液呈中性，故 A错误； B.该溶液中存在 c (H) =c (OH),则该溶液就一定呈中性，故 B正确；C.等物质的量的强酸与强碱反应得到的溶液可能呈酸性、碱性或中性，如硫酸和NaOH勺混合溶液呈酸性、稀盐酸和氢氧化钠溶液呈中性、盐酸和氢氧化钢溶液呈碱性，故C错误；D.碱无论如何稀释都不能得到酸性或中性溶液，所以将pH=9的烧碱溶液稀释100倍所得到的溶液呈碱性，接近中性，故 D错误； 故选B.

17、点评：本题考查溶液酸碱性判断，注意不能关键溶液pH判断溶液酸碱性，要根据溶液中c (H+)、c (OH)相对大小判断溶液酸碱性，易错选项是D.(6分)分别向含有下列离子的溶液中通入足量NO气体，数目不会减少的是()A. SOB. CHCOOC. Fe2+D. Al3+考点:铁盐和亚铁盐的相互转变；氮的氧化物的性质及其对环境的影响.分析：向溶液中通入足量 NO气体后，NQ与水反应生成硝酸，硝酸具有酸性和强氧化性,具有还原性的离子会发生变化，根据以上进行分析.解答： 解：A、硝酸具有氧化性，将亚硫酸根离子氧化成了硫酸根离子，离子数目减小，故A错误；日 醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸，离子数目减小，

18、故B错误；C硝酸具有氧化性，将亚铁离子氧化成了铁离子，离子数目减小，故C错误；D硝酸与铝离子不反应，数目不会减少，故D正确；故选D.点评：本题考查了离子反应发生的条件，注意硝酸具有氧化性，本题难度不大.（6分）实验室中，从海带中提取12的实验流程如图所示，下列说法不正确的是（）广 J十金事工 .干海带海带灰水厂含厂的水溶液 撮L残渣码含ia的水溶液rA.操作用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗B.操作中需加入氧化剂C.可以用四氯化碳或酒精代替苯作萃取剂D.蒸储I 2的苯溶液可获取I 2并回收苯考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；海带成分中碘的检验； 物质分离、提纯的实验方案设计.分析

19、：由提取海带中的碘的实验流程可知，海带在塔期中灼烧， 然后溶解得到悬浊液， 操作为过滤，得到含碘离子的溶液，操作中加氧化剂将氧化为I2,得到含碘单质的溶液，然后加苯发生萃取，最后蒸储得到碘，以此来解答.解答： 解：由提取海带中的碘的实验流程可知，海带在塔期中灼烧，然后溶解得到悬浊液，操作为过滤，得到含碘离子的溶?C操作中加氧化剂将/氧化为I2,得到含碘单质的溶液，然后加苯发生萃取，最后蒸储得到碘，A.操作为过滤，用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗，故A正确；B.由I元素的化合价升高可知，需要加氧化剂，故 B正确；C.酒精与水互溶，不能利用酒精代替苯作萃取剂，故 C错误；D. I 2的苯溶液中

20、互溶，但二者沸点不同，则蒸储可获取12并回收苯，故 D正确；故选C.点评：本题以海带提碘为载体考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中的反应及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大.（6分）往某恒温密闭容器中加入CaCQ发生反应：CaCQ （s） ?CaQ （s） +CQ （g） AH0.反应达到平衡后，ti时，缩小容器体积，x随时间（t）变化的关系如右图所示.x不可能是（）X iC. AHB. c (CO)D. p (容器内气体密度)考点：化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素.分析：该反应中只有二氧化碳是气体，反应达到平衡后， ti时，缩小容

21、器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，v逆先增大后减小，温度没有变化时，始变不变，容器中二氧化碳的密度先增大，后减小，据此分析.解答：解：该反应中只有二氧化碳是气体，反应达到平衡后，ti时，缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，A、缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，v逆先增大后减小，符合图象，故 A正确； 日 该反应中只有二氧化碳是气体，反应达到平衡后，ti时，缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，二氧化碳浓度减小，符合图象，故 B正确； C烙变只受温度影响，温度不变始变数值不变，故C错误；D容器中二氧化碳的密度先增大，后减小，故D正确；故选C. 点评：本题考查了

22、压强对平衡移动的影响，注意烙变只受温度影响， 温度不变始变的数值不变，题目难度不大.二、解答题(共3小题，满分45分)(14分)甲、乙、丙三种物质均由短周期元素组成，一定条件下，存在下列转化关系： 甲+乙一丙+H20(1)若丙为 N&C03,反应的化学方程式为 CO+2NaOH=NC03+HO (任写一个).0.1mol?L “NaCO溶液中，所含的离子按物质的量浓度由大到小的顺序排列为c ( Na+) c(CO2 ) c (OH) c (HCO c (H+).(2)若甲是石油裂解气的主要成分之一，乙为C2,且甲分子和乙分子具有相同的电子数.25C、101kPa时，1g甲完全燃烧生成 CO气体

23、与液态水，放出 50.5kJ的热量，该反应 的热化学方程式为 CH (g) +3Q (g) =2CO (g) +2H2O H=- 1414KJ/mol ;利用该反 应设计的燃料电池中，通入甲的电极为电池的负极(填“正极”或“负极”)(3)若甲、乙是同主族元素的氢化物，丙为单质.丙所含元素在元素周期表中的位置为第三周期第VIA族甲与水相比，热稳定性较强的是HO (填化学式).考点：无机物的推断.分析： (1)甲+乙一丙+H0,丙为N&CQ,则可能为CO与NaOH的反应；碳酸钠溶液水解 显碱性；(2)甲是石油裂解气的主要成分之一，乙为 Q,且甲分子和乙分子具有相同的电子数，则 甲为GH, 25C、

24、101kPa时，1g甲完全燃烧生成 CO气体与液态水，放出 50.5kJ的热量， 则ImolC2H完全燃烧放出50.5 X28=- 1414kJ的热量；该反应设计的燃料电池中，通入甲的电极上C失去电子；(3)若甲、乙是同主族元素的氢化物，丙为单质，反应为2HS+S33S+2HO,则丙为S,非金属性越强，氢化物越稳定.解答： 解：(1)甲+乙一丙+H0,丙为N*CQ,则可能为 CO与NaOH勺反应，反应为 CO+2NaOH=NCQ+hbO;碳酸钠溶液水解显碱性，应有 c (OH) c ( H), CO*两步水解以 第一步为主，且水解程度小，所以离子的物质的量浓度由大到小顺序排列为：c (Na+)

25、 c(CO2 ) c (OH) c (HCO c (H+),故答案为：CG+2NaOH=NaC&+H2Q c (Na) c (CO2 ) c (OH) c (HCO) c (H+);(2)甲是石油裂解气的主要成分之一，乙为 Q,且甲分子和乙分子具有相同的电子数，则 甲为GH, 25C、101kPa时，1g甲完全燃烧生成 CO气体与液态水，放出 50.5kJ的热量， 则1molC2T完全燃烧放出50.5 X28=- 1414kJ的热量，则乙烯燃烧的热化学方程式为GT( g)+3Q (g) =2CO (g) +2HO (l ) H=- 1414KJ/mol ;该反应设计的燃料电池中，通入甲的电 极

26、上C失去电子，发生氧化反应，则为原电池的负极，故答案为：QT (g) +30 (g) =2CO (g) +2代。(l ) H=- 1414KJ/mol ;负极；(3)若甲、乙是同主族元素的氢化物，丙为单质，反应为2H2S+S33S+2HO,则丙为S,在元素周期表中的位置为第三周期第V!A 族，非金属性 O S,热稳定性较强的是 HO,故答案 为：第三周期第WA 族；HaO.点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，把握反应的特点推断物质及元素为解答的关 键，涉及离子浓度大小比较、热化学方程式及原电池等，侧重分析、推断及反应原理的考查， 综合性较强，题目难度中等.(15分)软镒矿(主要成分为MnQ

27、)可用于制备镒及其化合物.(1)早期冶炼金属镒的一种方法是先缎烧软镒矿生成Mn04,再利用铝热反应原理由 MnQ制备镒.该铝热反应的化学方程式为8Al+3Mn3Oi向4A12c3+9Mn(2)现代冶炼金属镒的一种工艺流程如图所示:下表t C时，有关物质的 pKap (注pKap= - 1Kap) .物质 Fe (OH 3Cu (OH 2Ca (OH 2Mn (OH 2 CuSCaS MnS MnCQpKap 37.419.35.2612.735.25.8612.610.7软镒矿还原浸出的反应为：12MnO+C6H2Q+12H2SO 12MnS(4+6C(2T +18H2O该反应中，还原剂为 G

28、hW.写出一种能提高还原浸出速率的措施：升高反应温度或将软镒矿研细等滤液1的pHL(填“V”或“ =)MnS0浸出液的pH.加入MnE的目的是除去Ca2; (填“Ca2+” “Fe3+”或“Cu2+”).(3)由MnS0制取MnC0.往MnSQ溶液中加入 NHHC0溶液，析出MnC0沉淀并逸出 CC2气体， 该反应的离子方程式为 M吊+2HCQ =MnCOX +H2O+COT ;若往 MnS0溶液中加人(NH) 2CO3 溶液，还会产生 Mn (OH 2,可能的原因有： MnCO(s) +2OH ( aq) ?Mn (OH 2 (s) +CO2 (aq), tC时，该反应的平衡常数K=100

29、(填数值).考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.分析：(1)高温下，Al和MnO发生铝热反应生成 Mn,根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；(2)软镒矿还原浸出得到硫酸镒溶液，说明浸取液为稀硫酸，同时溶液中还含有 Ca2+、Fe3+、Cif+等杂质，调节溶液的pH, Fe (OH 3pKap为37.4与其它离子相比最大，调节pH可以将Fe(OH 3沉淀下来，向滤液中加入硫化俊，CuSpKp为35.2 ,可以将铜离子形成硫化物沉淀下来，再加入MnE,形成CaE沉淀，除去Ca2+,最后对得到的含有镒离子的盐电解，可以得到 金属镒；(3)镒离子和碳

30、酸氢根离子反应生成碳酸镒沉淀、水和二氧化碳气体，根据反应物和生成(HriCO,)|LI物书写方程式;c (Co33-) . CK-【。-)声言)下C (Mn)解答： 解：(1)高温下，Al和MnO4发生铝热反应生成 Mn根据反应物、生成物及反应条古温件书写方程式为 8Al+3Mn3c4 =4Al 2Q+9M故答案为：8Al+3Mn3O4Al 2Q+9M”(2)软镒矿还原浸出得到硫酸镒溶液，说明浸取液为稀硫酸，同时溶液中还含有 Ca2+、Fe3+、ClT等杂质，调节溶液的pH, Fe (OH 3pKap为37.4与其它离子相比最大，调节pH可以将Fe(OH 3沉淀下来，向滤液中加入硫化俊，CuS

31、pKp为35.2 ,可以将铜离子形成硫化物沉淀下来，再加入MnE,形成CaE沉淀，除去Ca2+,最后对得到的含有镒离子的盐电解，可以得到金属镒，软镒矿还原浸出的反应为：12MnO+GH2Q+12HSO 12MnSO6COT +I8H2O,该反应中，Mn元素化合价由+4价变为+2价、C元素化合价由0价变为+4价，失电子化合价升高的反应物 是还原剂，所以 C6H2Q为还原剂；反应物接触面积越大、温度越高反应速率越快，所以能提高还原浸出速率的措施：升高反应温度或将软镒矿研细等，故答案为：QH2Q;升高反应温度或将软镒矿研细等；软镒矿还原浸出的反应为：12MnO+GH2Q+12H2SQ=12MnS6C

32、OT +18屋O,溶液呈强酸性，还原浸出液中含有 Mr2+、Ca2+、Fe3+、Cu2此时未形成沉淀，Kp为电离平衡常数，pKp=- 1gKp, pKp越大，沉淀溶解平衡常数越小， 滤?夜1为形成Fe (OH 3沉淀，pKp=- 1gKp=37.4 , Kp=1037.4, Kp=c (Fe3+) x c 3 (OH) =10 37.4, c (OH) =10 1, c (H+) =1X10 4mol/L , pH=4,所以滤液1的pH大于MnSO浸出?的pH=4才能形成氢氧化铁沉淀，故答案为：;CaB难溶于水，滤液2为Mr2+、Ca2+、NH+、SO2加入MnF的目的除去形成 CaB沉淀，除

33、去Cs2+,故答案为:Ca2+;(3)镒离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸镒沉淀、水和二氧化碳气体，离子方程式为Mr2+2HCO =MnCOj +HO+COT ;由 MnCO(s) +2OH (aq) ?Mn (OH 2 (s) +CG2 (aq)可Km （ItaCOJc CCo?-） C（Mn2+）1rT IX 7知,：2m-）瓦两dLT100,c（Mn2+）故答案为：Mn+2HC（3） =MnCOJ +H2O+COT ; 100.点评：本题考查物质分离和提纯， 为高频考点，涉及难溶物的溶解平衡、 离子方程式书写、 氧化还原反应等知识点，侧重考查基本理论，难点是难溶物溶解平衡计算，题目难度中等.

34、(16分)某化学兴趣小组进行有关电解食盐水的探究实验，电解装置如图1所示.(1)简述配制饱和食盐水的操作：在烧杯中加入一定量的蒸储水，边搅拌边加入食盐固体，直到固体不再继续溶解为止 通电 .(2)电解饱和食盐水的离子万程式为2Cl +2H2O20H +H4+C12T实验二：电解不饱和食盐水及产物分析.相同条件下，电解1mol?L1NaCl溶液并收集两极产生的气体.在 X处收集到KmL气体，同时，在 Y处收集到V2mL气体，停止电解.结果发 现WvV1,且与电解饱和食盐水相比，Y处收集到的气体颜色明显较浅.经讨论分析，导致上述现象的原因有：i .有部分C12溶解于NaCl溶液中；ii .有02生

35、成.(3)设计实验证明有部分 C12溶解于NaCl溶液中.实验方案为取少量石墨电极附近溶液， 滴在淀粉 KI试纸上，试纸变蓝.(4)证明有Q生成并测定 Q的体积.按如图2所示装置进行实验.通过注射器缓缓地将在Y处收集到的V2mL气体全部推入装置 A (盛有足量试剂)中，最终，量气管中收集到MmL气体(设V1, V2, V3均在相同条件下测得).装置A的作用是完全吸收氯气.本实验中，观察到量气管的右侧液面上升的现象,说明石墨电极上有02生成.实验中是否需要预先除净装置中的空气？否(瓦“是”或“否”)(5)实验二中，在石墨电极上生成Cl2的总体积为V1 - 2V3mL (用代数式表示).实验反思：

36、(6)由以上实验推知，欲通过电解食盐水持续地获得较纯净的氯气，电解时应控制的条件：用饱和食盐水；控制 NaCl溶液的浓度在一定范围内.要进一步证明该推论,还需进行 电解不同浓度食盐水的平行实验.考点：电解原理；化学实验方案的评价.分析：(1)根据一定水中不能再溶解食盐固体时所得的溶液即为饱和食盐水来配制；(2)电解饱和食盐水阳极为氯离子失电子生成氯气，阴极为氢离子得电子生成氢气，据此书写；(3)根据氯气可使湿润的淀粉KI试纸变蓝判断；(4)根据Y为阳极处收集到的 V2mL气体中主要是氯气，所以证明有 Q生成首先要除去氯气， 当量气管的右侧液面上升，则说明含有氧气生成；根据本身的空气对压强不影响

37、，所以实验中不需要预先除净装置中的空气；(5)根据阴极X处收集到的氢气为 VimL气体，阳极丫处收集到为氯气和氧气，根据(4) 最终量气管中收集到 V3mL气体即氧气，设在石墨电极上生成 Cl2的总体积为xml,则根据电 解阴阳两极的得失电子守恒计算；(6)由以上实验推知，欲通过电解食盐水持续地获得较纯净的氯气，则使用饱和食盐水尽量减小氯气的溶解，电解过程中还要控制 NaCl溶液的浓度在一定范围内，保证不生成氧气，据此分析.解答： 解：(1) 一定水中不能再溶解食盐固体时所得的溶液即为饱和食盐水，所以配制饱和食盐水的操作为在烧杯中加入一定量的蒸储水，边搅拌边加入食盐固体， 直到固体不再继续溶解

38、为止，故答案为： 在烧杯中加入一定量的蒸储水， 边搅拌边加入食盐固体， 直到固体 不再继续溶解为止；(2)电解饱和食盐水阳极为氯离子失电子生成氯气，阴极为氢离子得电子生成氢气，离子诵由诵由方程式为 2Cl +2H2O20H +H4+Cl 2 T ,故答案为：2Cl +2H2O20H +H2T+O2T;(3)因为氯气可使湿润的淀粉KI试纸变蓝，所以证明有部分 C12溶解于NaCl溶液中，可取少量石墨电极附近溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝，说明含有氯气，故答案为：取少量石墨电极附近溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝；(4)因为Y为阳极处收集到的 V2mL气体中主要是氯气， 所以证明有 Q生成首

39、先要除去氯 气，则装置A的作用是完全吸收氯气，故答案为：完全吸收氯气；当量气管的右侧液面上升，则说明含有氧气生成，故答案为：量气管的右侧液面上升；本身的空气对压强不影响，所以实验中不需要预先除净装置中的空气，故答案为：否；(5)因为阴极X处收集到的氢气为 VimL气体，阳极丫处收集到为氯气和氧气，根据(4) 最终量气管中收集到 V3mL气体即氧气，设在石墨电极上生成 Cl2的总体积为xml,则根据电 解阴阳两极的得失电子守恒， ViX2=xX 2+V3X4,所以x=Vi - 2V3,故答案为：Vi-2V3；(6)由以上实验推知，欲通过电解食盐水持续地获得较纯净的氯气，则使用饱和食盐水尽量减小氯

40、气的溶解，电解过程中还要控制 NaCl溶液的浓度在一定范围内，保证不生成氧气，故答案为：用饱和食盐水；控制 NaCl溶液的浓度在一定范围内.点评：本题主要考查了电解饱和食盐水产物的探究，涉及到溶液的配制、方程式的书写、电极产物的检验依据误差的分析与探究，综合性较强，难度较大.D.稀有气体的稳定结构：只有1个电子层，有2个电子或最外层为 8电子结构；Ga的最外层电子数为 3,而氮化稼(GaN的晶体中1个Ga原子可以和4个N形成共 价键，即Ga形成4条共价键；(4)根据杂化轨道数=b键数目+孤对电子对数，确定杂化类型；根据1个单键是1个b键，一个双键含有 1个d键和1个兀键，一个三键含有 1个d键

41、和2个兀键；(5)利用第一电离能大小判断，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第V A 族的大于第VIA族的；解答：解：(1) Ge是32号元素，其原子核外有 32个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p2;故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p2;(2)丙烯睛分子 CH=C+ CN中双键上的碳原子形成 3个b键，无孤电子对，sp2杂化，与 氮相连的碳原子形成 2个b键，无孤电子对，sp杂化；丙烯睛(CH=C+ C-N)分子中含 有6个b键

42、和3个兀键，数目之比为 2:1;故答案为：sp2杂化、sp杂化；2： 1;A. (CH) 3Ga在常温常压下均为无色透明的液体，熔点低，属于分子晶体，故A正确;(CH) 3Ga中所含化学键为碳氢键、碳稼键，都属于极性键，故 B正确；(CHCH) 3Ga晶体中没有电负性大的原子，不能形成氢键，故C错误；(CHCH) 3Ga中Ga原子最外层只有 6个电子，未达到稀有气体的稳定结构，故D错误；故选：AB.Ga的最外层电子数为 3,而氮化稼(GaN的晶体中1个Ga原子可以和4个N形成共 价键，即Ga形成4条共价键，所以Ga原子提供1个空轨道，N原子提供孤电子对，形成配 位键；故答案为：有；氮化稼(GaN的晶体中1个Ga原子可以和4个N形成共价键，而 Ga的最 外层电子数为3,所以Ga原子提供1个空轨道，N原子提供孤电子对，形成配位键；同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，第VA族的大于第VIA族的，碳第一电离能大于磷，所以碳、硅和磷的第一电离能：碳磷硅，故选 b.点评：本题考查电子排布式、 化学键的分类与判断、 原子的杂化、第一电离能以及有关晶体的性质，难度不大，要求学生对基础知识能够熟练掌握.化学