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高考押题
高考押题总稿
河南省朱保庆
热点类型一反应热和热化学方程式
押题1如果CH4的燃烧热为akJ/mol,则下列热化学方程式书写正确的是()
A.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g);△H=-akJ/mol
B.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l);△H=akJ/mol
C.2CH4(g)+3O2(g)=2CO(g)+4H2O(l);△H=-2akJ/mol
D.2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l);△H=-2akJ/mol
【押题依据】《考试大纲》要求理解热化学方程式的含义,能正确书写热化学方程式。
热化学方程式的书写为大纲近年新增内容,是近年来高考的热点,历界高考中均有出现。
押题指数为7。
【解题指导】燃烧热的定义中强调:
“1mol可燃物”、“生成稳定的化合物”。
这里的“稳定”有两重含义:
一方面是生成物在氧气氛围中稳定,另一方面是生成物在常温下的状态稳定。
由此可知测定CH4的燃烧热要求生成物为液态的水和气态的CO2。
因为燃烧热的值为正,燃烧反应的反应热的值为负,所以△H与a的符号相反。
A中生成水为气态,故A错误。
B中△H应为负值,故B错误。
C中产物为CO,故C错误。
答案:
D。
〖得分锦囊〗书写热化学方程式时需做到以下三点:
一必须正确注明物质的状态,状态标志为:
g(气体)、s(固体)、l(液体)、aq(溶液),方程式与△H必须用“;”隔开,不能用“↑”和“↓”;二要注意反应的正负号,吸热为正,放热为负;三要注意化学计量数仅表示物质的量,反应热与化学计量数必须相对应。
押题2现行化学键键能(E)的定义是:
在298K和100kPa条件下,气态物质断开1mol化学键所需的能量叫键能。
定义条件下,部分共价键的键能如表所示:
键名
Si-Si
H-F
Si-F
H-H
键能(kJ/mol)
197
565
540
436
已知热化学方程式:
Si(s)+4HF(g)=SiF4(g)+2H2(g);△H=akJ/mol。
则下列说法正确是()
A.a=-378B.a=378C.a<-378D.a>-378
【押题依据】《考试大纲》要求掌握有关燃烧热的简单计算。
该部分为新增内容,自增加后每年都有出现。
本题不但可以考查反应热的计算和反应热大小的比较,还可以考查学生接受信息和应用信息的能力。
押题指数为7。
【解题指导】根据化学键的定义可知,△H=E(断裂键)-E(生成键)。
因为题目热化学方程式中的Si为固体与定义条件不同,所以不能直接由所给键能计算a的数值。
如果热化学方程式为:
Si(g)+4HF(g)=SiF4(g)+2H2(g);△H0=bkJ/mol,则△H0=2E(Si-Si)+4E(H-F)-4E(Si-F)-2E(H-H)=2×197+4×565-4×540-2×436=-378(kJ/mol),故b=-378。
因Si(s)变为Si(g)为吸热反应,所以△H<△H0,即a<b,故a<-378。
答案:
C。
〖得分锦囊〗一要首先理解信息,注意信息中化学键的测定条件与热化学方程式中各条件是否一致(热化学方程式需要注明温度与压强,不注明则表示状况为298K、100kPa);二要注意物质由固态→液态→气态的变化是吸热过程,反之是放热过程;三要弄清物质的结构,如1molSi中有2molSi-Si键,1molSiO2中有4molSi-O键等。
热点类型二离子反应和离子共存
押题1下列条件下的离子组合一定能大量共存的是()
A.加入少量的铝有氢气生成的溶液中:
H+、Na+、SO42-、NO3-
B.加入酚酞后呈无色的溶液中:
Al3+、K+、Cl-、Cu2+
C.水电离的c(OH-)=1×10-14的溶液中:
AlO2-、SO42-、Na+、K+
D.PH=14的溶液中:
SO32-、S2-、Na+、K+
【押题依据】离子共存问题是高考常考不衰的知识点,是考查离子反应的主要形式。
该类试题能综合氧化还原反应、电离、水解等知识,能较好的考查学生的综合思维能力。
近十年的重复率为100%。
押题指数为9。
【解题指导】如果溶液中有NO3-和H+共存,则加入铝不可能生成H2,故A错。
B项加入酚酞呈无色,所以不可能有Cu2+,故B错。
C中溶液可能为酸性也可能为碱性,当为酸性时AlO2-不能存在,所以C错。
D中溶液一定为碱性,SO32-和S2-在此条件下不能发生反应,所以一定能大量共存。
答案:
D。
〖得分锦囊〗离子间能反应则不能大量共存,相反则能够大量共存。
不能共存的类型有四种:
发生复分解反应、发生双水解反应、发生络合反应、发生氧化还原反应。
另外要对共存的条件做到以下三注意:
①对溶液的酸碱性限定;②对溶液颜色的限定;③对“共存”类型的限定,区分“可能大量共存”、“一定能大量共存”、“可以共存”等说法。
押题2下列离子方程式中能够正确表示所述化学反应的是()
A.向苯酚钠溶液中通入过量的CO2:
2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO32-
B.向AlCl3溶液中加入过量的氨水:
Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
C.Mg(HCO3)2溶液中加入足量的澄清石灰水:
Ca2++2HCO3-+2OH-=MgCO3↓+CaCO3↓+2H2O
D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2气体:
Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
【押题依据】《高考大纲》要求能正确书写化学方程式和离子方程式。
判断离子方程式的正误是考查离子方程式书写的主要形式,在每年高考中都有出现。
押题指数为9。
【解题指导】由于酸性H2CO3>C6H5OH>HCO3-,所以A中发生的正确反应为C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-,故A错。
B中虽氨水过量,但氨水不能溶解Al(OH)3,故B正确。
C中由于Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3,所以石灰水过量时Mg2+将全部形成Mg(OH)2沉淀,故C错。
D中SO2的水溶液有还原性和酸性,而ClO-在酸性条件下具有强氧化性,因此二者可以发生氧化还原反应,故D错。
答案:
B。
〖得分锦囊〗离子方程式书写与判断离子方程式正误类试题,都是以考查中学化学中的基本反应为主。
离子方程式正误判断要六看:
一看是否符合客观事实,注意反应的优先顺序和生成物的正确性;二看符号是否准确,注意“↓”和“↑”、“=”和“
”的应用;三看拆分是否合理,注意只有全部离解为自由离子的物质或粒子才能拆分;四看是否漏掉反应离子;五看是否遵循守恒,即电荷守恒、电子守恒、质量守恒;六看是否符合量的要求,注意“过量”、“少量”、“恰好”等关键的字眼。
热点类型四氧化还原反应问题
押题1已知Cl2通入NaOH溶液时可以发生反应:
aCl2+bNaOH=cNaCl+dNaClO+eNaClO3+fH2O(d、e的值可以为零)。
下列说法中不正确的是()
A.c=d+5eB.氧化产物与还原产物的最大比值为1:
1
C.b=2aD.当有3molCl2反应时,最多可转移的电子数为10NA
【押题依据】《高考大纲》要求理解氧化还原反应,了解氧化剂和还原剂等概念,能判断氧化还原反应中电子转移的方向和数目,并能配平反应方程式。
氧化还原反应是中学化学的重要理论,其应用贯穿于化学始终,十年来重复率100%。
押题指数为9。
【解题指导】由反应可知Cl2既是氧化剂又是还原剂,NaCl是还原产物,NaClO、NaClO3都是氧化产物。
根据NaCl中Cl与NaClO、NaClO3中Cl之间的电子守恒可知c=d+5e,故A正确。
当Cl全被氧化为NaClO时,氧化产物与还原产物的比值最大,根据电子守恒可知NaClO和NaCl的物质的量之比为1:
1,故B正确。
由生成物NaCl、NaClO、NaClO3可知Na与Cl物质的量相等,所以b=2a,故C正确。
当3molCl2反应且转移电子最多时需Cl全部被氧化为NaClO3,此时5mol
,1mol
,所以转移电子为5mol,即5NA个,故D错。
答案:
D。
〖得分锦囊〗一要注意对氧化还原反应有关概念(包括氧化和还原、氧化性和还原性、氧化剂和还原剂、氧化产物和还原产物等)的理解;二要掌握电子守恒这一根本规律,并能根据这一规律配平方程式和分析氧化产物、还原产物之间量的关系;三要切记电子转移数目既等于还原剂失电子数又等于氧化剂得电子数,但不等于二者之和。
押题2下列因果关系不成立的是()
A.因为2Fe3++2I-=2Fe2++I2,所以还原性:
I->Fe2+
B.因为2Fe+3Cl2
2FeCl3、Fe+S
FeS,所以氧化性:
Cl2>S
C.因为铜跟等温度的浓硝酸和稀硝酸反应分别生成NO2和NO,所以氧化性:
稀硝酸>浓硝酸
D.因为电解含A2+、B2+的混合溶液时首先析出金属B,所以氧化性:
B2+>A2+
【押题依据】比较物质氧化性或还原性的强弱是考查氧化还原反应的一种常见形式,在历年高考中均有出现。
本题能很好的将氧化还原反应知识与电化学知识、元素及化合物知识相联系,利于考查学生思维的严密性。
押题指数为8。
【解题指导】A中I-是还原剂,Fe2+是还原产物,故A正确。
由B可知相同条件下,Cl2能将Fe氧化为较高价态,所以Cl2氧化性较强,故B正确。
C中NO2和NO都是Cu的还原产物,所以不能根据N的价态判断浓硝酸和稀硝酸的氧化性,故C错。
根据氧化还原反应的“强者优先”规律可知D正确。
答案:
C。
〖得分锦囊〗掌握氧化还原反应的重要规律:
①电子的守恒规律②性质的强弱规律,即氧化性:
氧化剂>氧化产物,还原性:
还原剂>还原产物③反应的难易程度规律④反应的顺序规律,即“强者优先”规律⑤价态归中规律⑥性质与价态关系规律⑦性质的相反规律,即单质与其简单离子的性质一般具有相反性,如还原性:
Cu>Ag,则氧化性:
Ag+>Cu2+。
押题3使一定量的铁与一定体积和浓度的硝酸充分反应,结果两者都无剩余,用透明的集气囊共收集到NO与NO2混合气体若干升。
实验结束后向集气囊内通入一定的水和6.72LO2(标况下测定),充分振荡后集气囊内无气泡。
则加入铁的质量可能为()
A.14gB.28gC.36gD.42g
【押题依据】让学生根据氧化还原反应的得失电子守恒关系并结合具体的化学反应进行化学计算,是考查氧化还原反应理论的重要形式,在高考中经常出现。
另外有关铁与硝酸反应的计算也是高考的热点。
押题指数为7。
【解题指导】Fe与硝酸反应较为复杂,HNO3被还原为NO与NO2,Fe可能被氧化为Fe2+或Fe3+或二者兼有。
当向气囊中通入水和O2时,发生反应为:
4NO+3O2+2H2O=4HNO3,4NO2+O2+2H2O=4HNO3。
综合分析整个过程:
Fe将HNO3还原为气体NO与NO2,NO与NO2又被O2氧化为HNO3。
由于整个过程N的化合价不变,故Fe与O2存在得失电子守恒。
由题意知n(O2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol。
当Fe全部被氧化为Fe2+时,根据电子守恒得2n(Fe)=4×0.3mol,解得n(Fe)=0.6mol。
当Fe全部被氧化为Fe3+时,根据电子守恒得3n(Fe)=4×0.3mol,解得n(Fe)=0.4mol。
由以上可知0.4mol≤n(Fe)≤0.6mol,故22.4g≤m(Fe)≤33.6g。
答案:
B。
〖得分锦囊〗得失电子守恒是氧化还原反应理论的灵魂,是解决氧化还原反应计算的根本依据。
进行氧化还原反应计算时一般不要急于书写化学方程式,因为化学方程式的配平本来就建立在电子守恒的基础之上,倒不如直接利用电子守恒。
进行氧化还原反应计算的前提是正确地对反应过程进行定性分析,然后在此基础上找出存在的电子守恒关系。
电子守恒关系一般分为三类:
一类是直接守恒,即两种物质间直接得失电子守恒;一类是间接守恒,即A
B
C且最终B的化合价不变,则A与C之间电子守恒;另一类是共同守恒,即A
B、A
C,则A与B、C之间电子守恒。
热点类型五化学反应速率与化学平衡
押题1将一定量的A和B充入一个容积不变的密闭容器(散热性良好)中,发生反应为:
5A+3B
2C+4D(各物质均为气体),下列选项是该反应由开始至平衡四个不同时间阶段所测定的平均反应速率,其中表示最初一个阶段的平均反应速率的是()
A.VA=0.50mol·L-1·S-1B.VB=0.45mol·L-1·S-1
C.Vc=0.60mol·L-1·S-1D.VD=1.00mol·L-1·S-1
【押题依据】《高考大纲》要求了解化学反应速率的概念、反应速率的表示方法。
就近几年的命题来看,化学反应速率与化学方程式中计量数之间关系的考查的机率最大,几乎每年都有。
押题指数为8。
【解题指导】因为由开始至平衡过程中反应速率越来越小,故最初阶段的平均反应速率最大。
解法一(转化法):
将四个阶段的平均反应速率都用A表示,其数据分别为0.50mol·L-1·S-1、0.75mol·L-1·S-1、1.50mol·L-1·S-1、1.25mol·L-1·S-1,不难看出C项表示平均反应速率最大。
解法二(比例法):
由于
=0.50mol·L-1·S-1、
=0.15mol·L-1·S-1、
=0.30mol·L-1·S-1、
=0.25mol·L-1·S-1中可知
的值最大,故C项表示的反应速率最快。
以上两种方法相比较而言,解法二较为简单,且不易出错。
答案:
C。
〖得分锦囊〗理解反应速率要注重以下几点:
⑴
,表示的是一段时间内的平均速率⑵对于mA+nB=pC+qD(各物质均为气体),则VA:
VB:
Vc:
VD=m:
n:
p:
q,即
,由此可知速率与计量数比值相等时则表示快慢相等,速率与计量数的比值越大则表示反应越快⑶速率不能用固体或纯液体物质表示⑷一般来说速率越来越慢
押题2有M、N两个等体积的容器,现在向两容器中分别加入等量的A和等量的B,并发生反应:
3A(g)+B(g)
2C(g)。
又知在达平衡过程中,M的容积不可变,N的压强不变,且达平衡后N中A、B、C的物质的量分别为2mol、1mol、2mol,则下列有关的说法中正确的是()
A.如果N中消耗A的速率与生成C的速率之比为3:
2,则说明已达平衡
B.平衡后,N容器中A的转化率为60%
C.平衡后,M中B的物质的量浓度大于N中B的物质的量浓度
D.平衡后,向M中通过一定的氩气会使平衡向左移动
【押题依据】《高考大纲》要求理解化学平衡的含义及其与反应速率之间的联系,理解勒夏特列原理的含义。
该类试题能全面考查学生的思维能力,在历界高考中重现率100%。
押题指数为9。
【解题指导】A中所述的消耗A的速率与生成C的速率都属正反应速率,所以不能说明V
=V
,不能说明已达平衡,故A错。
根据N中平衡结果可知最初物质A、B分别为5mol、2mol,所以N中A的转化率为60%,故B正确。
因为该反应为物质的量减小的反应,所以平衡后M的体积大于N的体积。
如果将平衡后的M的体积适当缩小则再次平衡后即可与N的平衡状态相同,根据勒夏特列原理的“减弱而不抵消”原则可知在此过程中所有物质的浓度都将增大,所以M中B的浓度小于N中B的浓度,故C错。
因为向M中通入氩气虽压强增大,但不影响与反应有关物质的浓度,所以也不影响正逆反应速率,故平衡不移动,D错误。
答案:
B。
〖得分锦囊〗从以下几点掌握化学平衡⑴理解化学平衡与化学反应速率之间的内在联系,理解化学平衡的基本特征⑵掌握化学平衡的标志:
直接标志是V
=V
,间接标志是平衡体系中各组分的含量不变。
⑶理解勒夏特列原理中“减弱”的含义,知道平衡的结果由外界的影响起决定因素,可以通过构造中间过程进行平衡结果的比较。
押题3某可逆反应A(g)+3B(g)
2C(g)+3D(g);△H>0。
下图分别表示该反应当加入相同原料在不同条件下由正反应开始并达到平衡过程的曲线图像(其中t表示时间、T表示温度、P表示压强、a表示有催化剂、b表示无催化剂,
表示平均相对分子质量、
表示体积分数、n表示物质的量),其中所示正确的一项是()
【押题依据】《高考大纲》要求理解浓度、温度、压强等条件对化学平衡移动的影响。
本题将外界条件对平衡的影响与图像结合有利于考查学生接受、吸收、整合化学信息的能力。
押题指数为8。
【解题指导】A中根据拐点可知T1>T2,所以T1下平衡向正方向进行程度较大,其
较小,故A错。
B中由拐点可知T1>T2,所以T1下平衡向正方向进行程度较大,其n(D)较大,故B正确。
C中由拐点可知P2>P1,所以P1下平衡向正方向进行程度较大,其
较小,故C错。
虽然加入催化剂可以影响反应速率进而影响达到平衡时间,但不影响平衡结果,故D错误。
答案:
B。
〖得分锦囊〗处理图像问题时要做到五看:
一看横纵坐标的含义;二看线的变化趋势;三看曲线的起点、终点、交点、拐点、原点、极值点等;四看有用的温度线、等压线;五看有关量的关系。
特点提示:
在平衡曲线图中重看拐点,先拐则先平,先平则温度高或压强大或催化剂活性高。
热点类型七电离平衡与水解平衡
押题1现有两份体积相同但浓度不同的醋酸溶液M、N,其PH分别为3和4,下列有关两溶液的说法中正确的是()
A.M与N溶液中c(OH-)之比为1:
10
B.溶液M和N的物质的量浓度之比为10:
1
C.向M溶液中加入水后所有离子的浓度都减小
D.N溶液中水的电离度与PH=4的NH4Cl溶液中水的电离度相等
【押题依据】《高考大纲》要求了解弱电解质在水溶液中的电离平衡,了解水的电离及离子积常数,并能进行pH的简单计算。
该类题目能有效地测试学生的判断、推理、运算等多种能力,符合知识型向能力型转变的要求。
押题指数为9。
【解题指导】根据PH定义可知M与N溶液中c(H+)之比为10:
1,又因c(H+)·c(OH-)为定值,所以两溶液中c(OH-)之比为1:
10,故A正确。
因为弱电解质的浓度越大电离度越小,所以M与N溶液的物质的量浓度之比应大于10:
1,故B错。
因c(H+)·c(OH-)为定值,所以不可能同时减小,故C错。
因为醋酸溶液中水的电离受到抑制,而NH4Cl溶液中水的电离受到促进,二者不可能相等,故D错。
答案:
A。
〖得分锦囊〗①当温度不确定的条件下,根据PH不一定能确定溶液的酸碱性;当温度确定的条件下,根据PH可以确定溶液的酸碱性,并能确定c(H+)的大小②对于同种强酸或强碱来说,c(H+)之比等于物质的量浓度之比;对于同种弱酸或弱碱来说,c(H+)之比不等于物质的量浓度之比③弱酸或弱碱的电离度,是温度的增函数,是浓度的减函数。
④酸碱电离会抑制水的电离,盐的水解会促进水的电离。
押题2将0.2mol/L的Na2A和0.2mol/L盐酸等体积混合后(假设混合后总体积等于两体积之和),混合后溶液的PH=8,则下列有关混合溶液的说法不正确的是()
A.0.1mol/L的Na2A溶液的PH大于8
B.c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/L
C.c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+c(A2-)
D.c(Na+)>c(HA-)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【押题依据】《高考大纲》要求理解盐类水解的原理,了解盐溶液的酸碱性。
该类试题容易与生活相结合,便于考查学生的分析能力。
近十年的重复率为100%。
押题指数为8。
【解题指导】题中的Na2A溶液和盐酸混合并发生反应后变为NaHA和NaCl都为0.1mol/L的混合溶液,存在HA-+H2O
H2A+OH-和HA-
H++A2+两平衡,由PH=8可知HA-水解度大于电离度。
因为Na2A的水解度大于NaHA的水解度,所以0.1mol/L的Na2A溶液的PH大于8,故A正确。
根据有关A的物料守恒可知B正确。
根据质子守恒可知C正确。
如果不考虑HA-的水解与电离,则c(HA-)=c(Cl-)=0.1mol/L。
因为HA-的水解和电离都会使c(HA-)变小,所以c(Na+)>c(Cl-)>c(HA-),故D错误。
〖得分锦囊〗⑴水解程度四规律:
越弱越水解,越稀越水解,(高温)越高越水解,越前越水解(第一步大于第二步,更大于第三步);⑵比较浓度三注意:
首先要明确强电解质的电离是强烈的,弱电解质的电离和水解是微弱的,其次要明确多元弱酸的电离和多元弱酸根的水解都是分步的且是越来越难的,最后不忘水的电离;⑶定量关系三守恒:
物料守恒、电荷守恒、质子守恒(即氢离子守恒)。
特别强调:
质子守恒的主要依据是水电离出的H+与OH-的数目相等,建立该守恒的关键是找回原来水电离的H+与OH-的物质的浓度。
如Na2S溶液中存在S2-、HS-、H2S、H+、OH-等粒子,由于c(HS-)等于生成HS-时减少的c(H+),c(H2S)等于生成H2S时减小c(H+)的一半,所以原来水电离子的c(H+)原=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),由于OH-不参与水解,故c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)=c(OH-)。
热点类型八电化学
押题1中国的第一艘航空母舰将于2007年11月中旬在大连造船厂开始铺设龙骨,该航母初步定名为"北京号",将成为中国航母"北京级"的首舰。
新战舰主要由钢铁制造,将装备东海舰队。
下列有关说法中正确的是()
A.如果保护不当将会同时受到化学腐蚀和电化学腐蚀,但化学腐蚀为主
B.所受电化学腐蚀,正极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-
C.为了防止其腐蚀,可将其与直流电源的正极相连
D.为了防止其腐蚀,可将其与悬挂的锌板用导线相连
【押题依据】《高考大纲》要求了解化学腐蚀与电化学腐蚀及一般防腐蚀方法。
该考点且容易与生产、生活相联系,便于考查学生分析问题能力。
押题指数为6。
【解题指导】钢铁的腐蚀应以电化学腐蚀为主,所以A错。
因为海水中c(H+)较小,所以应发生吸氧腐蚀,故B错。
由于采用外加电源的阴极保护法时应与电源负极相连,故C错。
D中正确的采用了“牺牲阳极的阴极保护法”,故D正确。
答案:
D。
〖得分锦囊〗解析金属腐蚀试题需做到四要:
一要区分化学腐蚀与电化学腐蚀,注意电化学腐蚀是腐蚀的主要形式;二要判断金属所处电极,在原电池中负极被快速腐蚀,在电解池中阳极被快速腐蚀;三要区分析氢腐蚀与吸氧腐蚀,注意二者发生的条件不同;四要掌握防止电化学腐蚀的两种化学防护措施,即与较活泼金属相连和与电源的负相连。
金属腐蚀快慢的三条件规律:
①电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>有防腐措施的腐蚀;②强电解质溶液中的腐蚀>弱电解质溶液中腐蚀;③无保护腐蚀>电池正极保护下的腐蚀>外接电源阴极保护下的腐蚀。
押题2镍镉电池是一种十分常见的二次电池,它具有成本低、性能好的优点。
该电池充、放电时的反应为:
Cd+2NiOOH+2H2O
Cd(OH)2+2Ni(OH)2。
用该电池电解AgNO3溶液,M、N是代表电池的两极,P、Q表示两惰性电极,Cd的相对原子质量为112,则下列有关说法不正确的是()
A.N是镍镉电池的负极,其电极反应为:
Cd+2OH--2e-=Cd(OH)2
B.当N极有11.2gCd溶解时,P极放出气体2.24L
C.K闭合后的短时间内,N极区溶液的PH变小
D.Q是电解池的阴极,其电极反应为:
Ag++e-=Ag
【押题依据】《高考大纲》要求理解原电池原理及电解原理,能正确书写电极反应式。
本题是一道电化学的综合性试题,既考查了原电池原理又考查了电解原理,能全面考查学生的思维品质。
押题指数为7。
【解题指导】根据电子的流向可知M为电池的正极、N为电池的负极,进而推知P为电解池的阳极、Q为电解池的阴极。
将电池总反应拆分可得电池负极反应,可知A正确。
由于
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