重庆一中2017-2018学年高一下学期期末考试化学试卷 Word版含解析

重庆一中2017-2018学年高一下学期期末化学试卷一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1．如图各装置在正常工作时，都伴随有能量变化，其中由化学能转变为电能的是( ) A．电解水B．干电池C．太阳能热水器D．水力发电考点：化学反应的能量变化规律．分析：A．该装置是电解池，电能转化为化学能；B．电池供电照明，化学能转化成电能；C．太阳能热水器，太阳能转化成热能；D．水力发电，机械能转化为电能；解答：解：A．是将电能转化为化学能，故A不选；B．是化学能转化为电能，故B选；C．太阳能转化成热能，故C不选；D．是机械能转化为电能，故D不选；故选：B．点评：本题考查了能量的转化，明确各个装置工作原理是解题关键，题目难度不大．2．下列实验中，不能观察到明显变化的是( )A．把一段打磨过的镁带放入少量冷水中B．把Cl2通入FeCl2溶液中C．把绿豆大的钾投入水中D．氢氟酸滴到玻璃上考点：碱金属的性质；氯气的化学性质；镁的化学性质．分析：A．镁和冷水不反应；B．氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，亚铁离子在溶液中呈浅绿色、铁离子在溶液中呈黄色；C．K和水剧烈反应生成KOH和氢气；D．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和HF反应生成四氟化硅和水．解答：解：A．镁和沸水反应生成氢氧化镁和氢气，镁和冷水不反应，所以看不到明显现象，故A正确；B．氯气具有强氧化性，氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，亚铁离子在溶液中呈浅绿色、铁离子在溶液中呈黄色，所以看到溶液由浅绿色变为黄色，有明显现象，故B错误；C．K和水剧烈反应生成KOH和氢气，且K浮在水面上，四处游动，产生紫色火焰，所以有明显现象，故C错误；D．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和HF反应生成四氟化硅和水，玻璃被腐蚀，有明显现象，故D错误；故选A．点评：本题考查元素化合物性质，明确物质的性质及物质之间发生的反应是解本题关键，会运用化学语言描述现象，题目难度不大．3．PH3是一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似．下列判断错误的是( )A．PH3分子呈三角锥形B．PH3分子是极性分子C．PH3分子中所有原子最外层都满足8e﹣结构D．PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N﹣H键键长更短、键能更高考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子．专题：化学键与晶体结构．分析：A、NH3是三角锥型，PH3分子结构和NH3相似，也是三角锥型；B、分子结构是三角锥型，正负电荷重心不重合，为极性分子；C、H原子为2电子稳定结构；D、共价键键长越短，键能越大，分子越稳定．解答：解：A、PH3分子结构和NH3相似，NH3是三角锥型，故PH3也是三角锥型，故A 正确；B、PH3分子结构是三角锥型，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B正确；C、氢化物中H原子为2电子稳定结构，所以PH3分子中不是所有原子最外层都满足8e﹣结构，故C错误；D、共价键键长越短，键能越大，分子越稳定，P﹣H键键能比N﹣H键键能低，是因为P 的原子半径比N大，P﹣H键长比N﹣H长，则N﹣H键键长更短、键能更高，所以PH3分子稳定性低于NH3分子，故D正确；故选C．点评：本题考查空间结构、氢键、键能与性质关系等，题目比较基础，注意8电子微粒的判断方法．4．已知废旧干电池中的填充物主要有二氧化锰、炭黑、氯化锌、氯化铵、淀粉糊、Mn2O3、ZnO、FeO、汞的化合物等．某实验小组的同学拟回收废旧电池中的部份物质，主要操作流程如图：下列说法不正确的是( )A．步骤①②的名称分别为溶解、过滤B．步骤③中使用的化学仪器有酒精灯、三角架、泥三角、坩埚、玻璃棒C．步骤①②③中都使用了玻璃棒，且三个操作中玻璃棒的作用不完全相同D．步骤④的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O考点：物质分离、提纯的实验方案设计．专题：实验设计题．分析：溶解时用玻璃棒搅拌的主要目的是加速其中的电解质溶解于水；废干电池中的氯化铵和氯化锌可溶于水；灼烧的目的是除去滤渣中的炭黑和淀粉等，二氧化锰能催化过氧化氢分解放出氧气，从而间接检验二氧化锰，A、装置图分析可知①是在烧杯中用水溶解废干电池筒中固体，②是过滤装置，用来分离固体和液体；B、③为坩埚中灼烧固体的装置，利用酒精灯加热，玻璃棒搅拌，在泥三角上加热坩埚；C、①中玻璃棒是加快溶解，②中是引流，③中搅拌防止局部受热固体飞溅；D、灼烧后的滤渣和过氧化氢混合其中二氧化锰催化剂使过氧化氢分解生成氧气；解答：解：A、装置图分析可知①是在烧杯中用水溶解废干电池筒中固体，②是过滤装置，用来分离固体和液体，名称分别为溶解、过滤，故A正确；B、③为坩埚中灼烧固体的装置，利用酒精灯加热，玻璃棒搅拌，在泥三角上加热坩埚，使用的化学仪器有酒精灯、三角架、泥三角、坩埚、玻璃棒，故B正确；C、①中玻璃棒是加快溶解，②中是引流，③中搅拌防止局部受热固体飞溅，三个操作中玻璃棒的作用不完全相同，故C正确；D、灼烧后的滤渣和过氧化氢混合其中二氧化锰催化剂使过氧化氢分解生成氧气，2H2O22H2O+O2↑，故D错误；故选D．点评：本题考查了化学实验基本操作的理解应用，物质分离的方法和步骤，主要是仪器使用，操作过程，物质成分的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．5．中学化学中很多“规律”都可以类推，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是( ) A．硅是半导体材料，故同族的锗也是半导体材料B．浓硫酸可以干燥HCl气体，故也可用浓硫酸干燥HI气体C．Na在空气中燃烧会生成Na2O2，故Li在空气中燃烧也会生成Li2O2D．卤族元素单质随核电荷数增加熔点升高，故碱金属单质熔点也随核电荷数增加而升高考点：探究化学规律．分析：A、同族元素具有相似性；B、碘化氢具有强还原性；C、Li在空气中燃烧只生成Li2O；D、同主族随原子序数增大，金属原子的半径增大，金属键减弱，熔点降低．解答：解：A、同族元素具有相似性，锗也是半导体材料，故A正确；B、碘化氢具有强还原性，与浓硫酸发生氧化还原反应，所以浓硫酸不能干燥HI气体，故B 错误；C、Li在空气中燃烧只生成Li2O，不能生成Li2O2，故C错误；D、同主族随原子序数增大，金属原子的半径增大，金属键减弱，熔点降低，所以碱金属单质熔点随核电荷数增加而降低，故D错误．故选A．点评：本题综合考查元素化合物知识，侧重于基础知识的考查，注意常见的干燥剂的使用，题目难度不大．6．下列粒子在相应的分散系中能大量共存的是( )A．氢氧化钠溶液：K+、SO32﹣、CH3COOH、NH3•H2OB．硅酸胶体：H+、K+、SO42﹣、Br﹣C．氨水：Na+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣D．高锰酸钾溶液：H+、Na+、SO42﹣、H2O2考点：离子共存问题．分析：A．醋酸与亚硫酸根离子、一水合氨、强氧化钠溶液反应；B．硅酸胶体带有负电荷，能够与电解质溶液发生聚沉现象；C．四种离子之间不反应，都不与氨水反应；D．酸性条件下高锰酸钾溶液能够氧化双氧水．解答：解：A．CH3COOH与SO32﹣、NH3•H2O、NaOH发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．硅酸胶体带有负电荷，能够与氢离子、钾离子发生聚沉现象，故B错误；C．Na+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣之间不发生反应，都不与氨水反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化H2O2，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存的判断，为2015届高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；D中注意酸性高锰酸根离子能够氧化双氧水．7．如表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是( ) 甲乙丙丁①Cu CuO CuCl2Cu（NO3）2②Na2CO3NaOH NaHCO3CO2③（NH4）2SO3CaSO3SO2NH4HSO3④Al（OH）3Al2O3NaAlO2AlCl3A．①②③④B．仅②③④C．仅②④D．仅③④考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．分析：①Cu与氧气反应生成CuO，CuO与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与硝酸银反应生成硝酸铜；②碳酸钠与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与酸反应生成二氧化碳；③亚硫酸铵与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸氢铵；④氢氧化铝分解生成氧化铝，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠、偏铝酸钠与盐酸反应生成氯化铝．解答：解：①Cu与氧气反应生成CuO，CuO与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与硝酸银反应生成硝酸铜，结合图中转化可知，a为氧气，b为盐酸，c为硝酸银，e为氯气，f为Fe 等，d为Zn等，符合转化，故正确；②碳酸钠与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与酸反应生成二氧化碳，结合图中转化可知，a为氢氧化钙，b为二氧化碳，c为盐酸等，e为少量强酸（如盐酸、硫酸等）、f为加热，d为过氧化钠，符合转化，故正确；③亚硫酸铵与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸氢铵，结合图中转化可知，a为氢氧化钙，b为盐酸，c为氨水，e为硫酸等，f为碳酸铵等，d为氨水，符合转化，故正确；④氢氧化铝分解生成氧化铝，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠、偏铝酸钠与盐酸反应生成氯化铝，结合图中转化可知，a为加热，b为NaOH，c为盐酸，e为NaOH，f为二氧化碳，d为氨水，符合转化，故正确；故选A．点评：本题考查金属及化合物的转化，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重元素化合物知识的综合应用及分析、推断能力的考查，题目难度中等．8．如图实验不能达到目的是( )A．原电池能加快反应速率B．制备Fe（OH）2C．喷泉实验D．中和热的测定考点：化学实验方案的评价．分析：A．原电池能将化学能转化为电能，原电池能加快反应速率；B．稀硫酸和Fe反应生成氢气能排出空气，防止氢氧化亚铁被氧化，但硫酸亚铁和氢氧化钠不能接触；C．该气体极易溶于该溶液时就能发生喷泉实验；D．中和热测定时，用环形玻璃搅拌棒进行搅拌，用碎泡沫塑料保温．解答：解：A．该装置符合原电池构成条件，所以能形成原电池，原电池因为能直接转化为电能而加快反应速率，故A正确；B．稀硫酸和Fe反应生成氢气能排出空气，防止氢氧化亚铁被氧化，但硫酸亚铁和氢氧化钠不能接触，所以不能制取氢氧化亚铁，故B错误；C．氯气和氢氧化钠反应生成可溶性的钠盐，所以氯气极易溶于氢氧化钠溶液，能形成压强差而形成喷泉实验，故C正确；D．根据量热计的构造，该装置类似于量热计的结构，可以进行中和反应反应热的测定，故D正确；故选B．点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确实验原理及基本操作即可解答，注意从实验操作规范性及物质性质分析评价，题目难度不大．9．固体离子导体依靠离子迁移传导电流，Ag+可以在RbAg4I5晶体中迁移．如图是一种固体电池．空气中的O2透过聚四氟乙烯膜与AlI3反应生成I2，I2和Ag作用形成原电池．下列说法中错误的是( )A．该电池的反应方程式为I2+2Ag═2AgIB．石墨电极为正极，银电极为负极C．正极的电极反应是：Ag﹣e﹣═Ag+D．装置中电子移动的途径是：银电极→导线→石墨电极考点：原电池和电解池的工作原理．分析：Ag和I2作用形成原电池，生成物为RbAg4I5，可知在反应中Ag被氧化，为电池的负极反应，I2被还原，为原电池的正极反应，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动．解答：解：Ag和I2作用形成原电池，生成物为RbAg4I5，可知在反应中Ag被氧化为电池的负极反应，I2被还原，为原电池的正极反应，则：A．原电池工作时，石墨电极为正极，电极反应式：I2+2e﹣=2I﹣，银电极为负极，电极反应是：Ag﹣e﹣=Ag+，所以电池的反应方程式为I2+2Ag═2AgI，故A正确；B．石墨电极为正极，银电极为负极，故B正确；C．原电池工作时，石墨电极为正极，其电极反应式：I2+2e﹣=2I﹣，故C错误；D．电子从负极流向正极，即由银电极沿外电路流向石墨电极，故D正确．故选：C．点评：本题考查原电池反应，题目难度中等，注意根据生成物判断原电池的正负极，为解答该题的关键，注意原电池的正负极的判断，把握电极反应式的书写．10．下列说法或表示方法中正确的是( )A．全部由非金属元素组成的化合物中只含共价键B．燃料电池的能量转化率可达100%C．已知C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.9 kJ/mol，则石墨比金刚石稳定D．氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）═2H2O （l）△H=﹣285.8 kJ/mol考点：热化学方程式；化学键；燃烧热．分析：A、全部由非金属元素组成的化合物中可能含有离子键；B、原电池原理分析，化学能转化为电能过程中伴随热量转化；C、物质能量越高越活泼；D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量．解答：解：A、全部由非金属元素组成的化合物中可能含有离子键，如铵盐，故A错误；B、燃料电池中还有部分化学能转化为热能，所以能量转化率不是100%，故B错误；C、C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.9 kJ/mol，金刚石能量高活泼，则石墨比金刚石稳定，故C正确；D、氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8 kJ/mol，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学反应能量变化，热化学方程式书写，燃烧热概念的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单．11．已知：2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H=﹣90kJ/mol，其他相关数据如表共价键H﹣H C﹣H C﹣O O﹣H键能（kJ/mol）436 414 326 464则CO中碳氧键的键能为( )A．1070 kJ/mol B．1080 kJ/mol C．1090 kJ/mol D．1100 kJ/mol考点：有关反应热的计算．分析：根据2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H=﹣90kJ/mol，依据△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能计算．解答：解：由2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H=﹣90kJ/mol，设CO中碳氧键的键能为a，则△H=（436×2+a）kJ/mol﹣（414×3+326+464）kJ/mol=﹣90kJ/mol，求得：a=1070kJ/mol，故选：A．点评：考查反应热的有关计算、键能与反应热的关系等，难度中等，明确△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能是解题的关键．12．硒（Se）被誉为“生命的奇效元素”，富硒食品倍受追捧，重庆多地打造富硒农产品基地．已知硒元素与氧元素同族，与钙元素同周期，下列关于硒的描述错误的是( )A．原子序数是24B．原子半径比硫原子的原子半径大C．最高价氧化物是SeO3，是酸性氧化物D．气态氢化物化学式是H2Se，还原性比HCl强考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：A．硒元素与氧元素同族，与钙元素同周期，由周期性可知，与氧元素原子序数相差第三、第四周期容纳元素种数；B．同主族自上而下原子半径增大；C．第ⅥA族元素的最高价为+6价，Se为非金属元素，与同主族的S的化合物性质相似，氧化物属于酸性氧化物；D．负化合价为﹣2，据此书写氢化物化学式，非金属性越强，则氢化物还原性越弱．解答：解：A．硒元素与氧元素同主族，与钙元素同周期，Se在元素周期表中的第四周期第ⅥA族，与氧元素原子序数形成第三、第四周期容纳元素种数，其原子序数为8+8+18=34，故A错误；B．同主族自上而下原子半径增大，故Se原子半径比硫原子的原子半径大，故B正确；C．第ⅥA族元素的最高价为+6价，则最高价氧化物的化学式为SeO3，与同主族的S的化合物性质相似，属于酸性氧化物，故C正确；D．硒的负化合价为﹣2，气态氢化物化学式是H2Se，非金属性：Cl＞S＞Se，则氢化物还原性：HCl＜H2Se，故D正确；故选A．点评：本题考查结构性质位置关系应用，注意理解同族元素性质的相似性与递变性，难度不大．13．在给定条件下，下列加线的物质在化学反应中几乎能被完全消耗的是( )A．8.7 g二氧化锰与50 mL8 mol•L﹣1浓盐酸共热制取氯气B．19.2 g铜与100 mL12 mol•L﹣1的硝酸反应C．常温下，将5.4 g铝片投入20 mL18 mol•L﹣1的硫酸中D．将足量的Cu置于50 mL18 mol•L﹣1H2SO4溶液中加热考点：硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；铝的化学性质．分析：A．在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，但和稀盐酸不反应；B．Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮、和稀硝酸反应生成NO；C．常温下，Al和浓硫酸发生钝化现象；D．加热条件下，浓硫酸和Cu反应生成二氧化硫，稀硫酸和Cu不反应．解答：解：A．浓盐酸和二氧化锰反应，稀盐酸和二氧化锰不反应，随着反应的进行，浓盐酸会变成稀盐酸，所以8.7g二氧化锰和50mL8mol•L﹣1浓盐酸不能完全反应，故A错误；B.19.2g铜为0.3mol，与硝酸发生：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，硝酸的物质的量为1.2mol，铜可完全反应，故B 正确；C．常温下，铝与浓硫酸发生钝化反应，铝不能溶解，故C错误；D．随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应，故D错误．故选B．点评：本题考查元素化合物性质，明确物质之间的反应是解本题关键，有些化学反应受温度、浓度、物质的量的影响，注意：二氧化锰和稀盐酸不反应、Cu和稀硫酸及稀盐酸不反应，为易错点．14．离子检验常用的方法有三种：下列离子检验的方法不合理的是( )检验方法沉淀法显色法气体法含义反应中沉淀产生或溶解反应中有颜色变化反应中有气体产生A．NH4+﹣气体法B．I﹣﹣沉淀法C．Fe3+﹣显色法D．SO42﹣﹣气体法考点：常见离子的检验方法．专题：离子反应专题．分析：A、铵离子检验方法是加入强碱生成氨气；B、I﹣检验是生成了碘化银沉淀；C、Fe3+的检验是加入硫氰化钾，显示血红色；D、SO42﹣检验是生成了硫酸钡沉淀．解答：解：A、铵离子的检验方法：取样品加入试管配成溶液，加入浓氢氧化钠溶液，加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸，若变蓝，故应该是气体法，故A正确；B、检验碘离子利用的是生成碘化银沉淀，故是沉淀法，故B正确；C、三价铁离子的检验是滴加硫氰化钾，反应中有颜色变化，故所以显色法，故C正确；D、SO42﹣检验是加稀盐酸和氯化钡溶液，生成了硫酸钡沉淀，所以是沉淀法，故D错误；故选D．点评：本题考查离子的检验，注重信息的分析、理解能力，难度中等．15．下列各组顺序的排列不正确的是( )A．熔点：SiO2＞CsCl＞CCl4＞CF4B．离子半径：F﹣＞O2﹣＞Al3+＞Na+C．酸性强弱：H2SiO3＜H2CO3＜H2SO3＜HNO3D．碱性强弱：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3考点：晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；元素周期律的作用．分析：A．晶体熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，也受氢键影响；B．电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；D．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强．解答：解：A．晶体熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，也受氢键影响，SiO2是原子晶体、CsCl是离子晶体、CCl4和CF4是分子晶体，所以熔沸点SiO2＞CsCl＞CCl4＞CF4，故A正确；B．电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，这几种离子电子层结构相同，原子序数Al＞Na＞F＞O，所以离子半径O2﹣＞F﹣＞Na+＞Al3+，故B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性N＞S＞C＞Si，所以酸性强弱：H2SiO3＜H2CO3＜H2SO3＜HNO3，故C正确；D．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性K＞Na＞Mg＞Al，所以碱性强弱：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故D正确；故选B．点评：本题考查晶体熔沸点高低判断、酸性及碱性强弱判断、离子半径大小比较等知识点，为高频考点，侧重考查元素周期律及性质分析判断能力，知道金属性、非金属性强弱判断方法及常见晶体类型即可解答，注意分子晶体熔沸点高低与化学键无关，为易错点．16．用如图装置制取、提纯并收集表中的四种气体（a、b、c表示相应仪器中加入的试剂），其中可行的是( )气体 a b cA NO2浓硝酸铜片NaOH溶液B SO2浓硫酸铜片酸性高锰酸钾溶液C NH3浓氨水生石灰碱石灰D CO2稀盐酸大理石浓硫酸A．A B．B C．C D．D考点：常见气体制备原理及装置选择；气体的收集．分析：由实验装置图可知，该装置为液体与固体（或液体）在不加热条件下反应生成气体的制备装置，并且气体密度大于空气，用向上排空法收集，再进一步考虑选项中气体的净化是否合理，据此进行判断．解答：解：A．NO2与NaOH反应而被吸收，不能用NaOH溶液净化，故A错误；B．浓硫酸与金属铜的反应需在加热的条件下进行，而本实验没有加热，故B错误；C．氨气密度比空气小，不能用向上排空法收集，且不能利用浓硫酸干燥，故C错误；D．大理石的主要成分为碳酸钙，盐酸与碳酸钙在常温下发生反应反应生成二氧化碳，用浓硫酸除去二氧化碳中水分，并且二氧化碳密度大于空气，可用向上排空法收集，故D正确；故选D．点评：本题考查实验装置综合及常见气体的制备实验，为高频考点，题目难度中等，把握常见物质的性质及气体的制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查．17．用惰性电极电解KCl和CuSO4混合液250mL，经过一段时间后，两极均得到16.8L气体（标准状况），则下列有关描述中，正确的是( )A．阳极发生的反应只有：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑B．两极得到的气体均为混合气体C．若Cu2+起始浓度为l mol•L﹣l，则C1﹣起始浓度为2 mol•L﹣1D．Cu2+的起始物质的量应小于0.75 mol考点：原电池和电解池的工作原理．分析：惰性电极电解KCl和CuSO4混合液，阴极发生Cu2++2e﹣=Cu、2H++2e﹣=H2↑，阳极发生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、40H﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，结合两极均得到16.8L气体（STP），说明阴极两个反应都发生了，阳极也是，据电子守恒分析解答．解答：解：A、阳极发生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、40H﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑两个反应，故A错误；B、阴极得到的气体只有氢气，故B错误；C、两极均得到16.8L气体，则n（H2）=0.75mol，电解时先发生Cu2++2e﹣=Cu、2Cl﹣﹣2e ﹣=Cl2，n（Cu2+）=1mol/L×0.25L=0.25mol，其转移电子0.5mol，转移电子共0.75mol×2+0.5mol=2mol，若n（C1﹣）=2mol/L×0.25L=0.5mol，则n（Cl2）=0.25mol，其转移电子0.5mol，据电子守恒，生成氧气转移电子为1.5mol，则生成氧气为=0.375mol，两极生成气体不同，故C错误；D、两极均得到16.8L气体，则n（H2）=0.75mol，电解时先发生Cu2++2e﹣=Cu、2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2，后发生2H ++2e﹣=H2↑、40H﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，生成的n（Cl2）+n（O2）=0.75mol，若n（Cu2+）=0.75mol，则阴极共转移电子物质的量为n（Cu2+）×2+n（H2）×2=0.75mol×2+0.75mol×2=3mol，据电子守恒，阳极转移电子n（Cl2）×2+[0.75﹣n（Cl2）]×4=3mol，3﹣2n（Cl2）=3，这是不可能的，所以Cu2+的起始物质的量应小于0.75 mol，故D正确；故选D．点评：本题考查电解原理，明确惰性电极电解时离子的放电顺序及发生的电极反应是解答本题的关键，选项C为解答的难点，注意转移的电子守恒来解答，题目难度中等．18．某小组将反应2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═2MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O设计为如图原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为2mol•L﹣1，溶液的体积均为200mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液．下列说法中错误的是( )A．电池工作时，盐桥中的SO42﹣移向乙烧杯B．石墨b的电极反应式为Fe2+﹣e﹣═Fe3+C．当有0.1 mol SO42﹣进入烧杯时，反应消耗H+0.2 molD．当MnSO4浓度变为2.2 mol•L﹣1时，反应中转移电子0.2 mol（不考虑溶液的体积变化）考点：原电池和电解池的工作原理．分析：由2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═2MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O可知，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，则b为负极，a为正极，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动来解答．解答：解：A、原电池中阴离子影响负极，b为负极，所以盐桥中的SO42﹣移向乙烧杯，故A正确；B、Fe元素的化合价升高，失去电子，电极反应式为Fe2+﹣e﹣═Fe3+，故B正确；C、当有0.1 mol SO42﹣进入烧杯时，转移0.2mol电子，据2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═2MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O可知，每转移10mol电子有16mol氢离子消耗，所以转移0.2mol电子，消耗氢离子为3.2mol，故C错误；D、每生成1molMnSO4转移电子5mol，MnSO4浓度变为2.2 mol•L﹣1时，生成MnSO40.04mol，转移电子0.2mol，故D正确；故选C．点评：本题综合考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，为2015届高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，答题时注意体会电极方程式的书写方法，难度不大．二.非选择题（本大题共5小题，共66分）19．H、C、O、N、S、Cl是常见的几种非金属元素．（1）O元素在元素周期表中的位置为第二周期第ⅥA族，O元素的一种中子数为10的同位素的原子符号为188O，O2﹣的离子结构示意图为．（2）H2S的沸点比H2O低，是因为水分子间存在氢键．（3）Cl元素的非金属性强于S元素，用原子结构解释原因：同周期元素随着原子序数的递增，原子半径递减，得电子能力增强，非金属性增强．（4）将CS2滴入硫酸酸化的高锰酸钾水溶液，溶液颜色褪去并析出硫黄，同时放出CO2，写出该反应的化学式方程式5CS2+4KMnO4+6H2SO4=2K2SO4+4MnSO4+10S↓+5CO2↑+6H2O．（5）S4N4的结构如图，其不溶于水，溶于苯、二硫化碳等溶剂．S4N4的晶体类型是分子晶体．用干燥的氨作用于S2Cl2的CCl4溶液中可制S4N4，化学反应方程为6S2Cl2+16NH3═S4N4+S8+12NH4Cl，上述反应过程中，破坏或形成的微粒间作用力有离子键、极性键、非极性键、配位键、范德华力（任写两种）．。