湖北省黄冈市浠水实验高中2019-2020学年高二上学期12月月考化学试题 22页

黄冈市浠水实验高中2019年秋季高二年级十二月月考化学试题 一、单选题（本大题共16小题，共48分）‎ ‎1. 下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是 A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+) +c(M+) ==c(OH-) +c(A-)‎ B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)‎ C. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-) +2c(OH-) = 2c(H+) +c(CH3COOH)‎ D. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH = 4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2—)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电荷守恒可知，pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合后c（H+） + c（M+） ＝c（OH－） + c（A－），A正确；‎ B、氢氧化钠是强碱，完全电离出OH－，碳酸钠和醋酸钠水解溶液显碱性。因为碳酸的酸性弱于醋酸的酸性，因此碳酸钠的水解程度强于醋酸钠的水解程度，因此溶液的碱性强于醋酸钠溶液的碱性，所以在pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液中c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），B正确；‎ C、物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后，根据电荷守恒可知c（CH3COO－）＋c（OH-）＝c（H+）＋c（Na＋）。根据物料守恒可知c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝2c（Na＋），所以c（CH3COO－） +2c（OH-） = 2c（H+） + c（CH3COOH），C正确；‎ D、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH＝4，这说明HA－的电离程度强于其水解程度，因此粒子浓度大小关系：c（HA－）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（H2A），D不正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列实验操作规范且能达到目的的是 目的 操作 A 取20.00 mL盐酸 在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶 B 清洗碘升华实验所用试管 先用酒精清洗，再用水清洗 C 测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上 D 配制浓度为0.010 mol·L-1的KMnO4溶液 称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 50 mL酸式滴定管的50.00 mL刻度下方没有刻度，但仍有盐酸，所以调整初始读数为30.00 mL后，放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00 mL，A项错误；‎ B. 碘易溶于酒精，清洗试管中附着的碘可以先用酒精清洗，再用水清洗，B项正确；‎ C. 醋酸钠溶液呈碱性，测定醋酸钠溶液的pH时，pH试纸不能预先湿润(湿润相当于将溶液稀释)，否则测定的pH会偏小，C项错误；‎ D. 不能在容量瓶中直接配制溶液，D项错误。‎ 故答案选B。‎ ‎3.时,下列有关电解质溶液说法正确的是　　‎ A. 稀醋酸中加入冰醋酸,醋酸电离平衡右移,电离度增大 B. 向NaF溶液中滴加硫酸至中性时,‎ C. 向氨水中加入固体溶液中增大 D. AgCl在水和NaCl溶液中的溶度积分别为、,则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．稀醋酸中加入冰醋酸，醋酸电离平衡右移，但电离度减小，故A错误；‎ B．向NaF溶液中滴加硫酸至中性时，溶液中物料守恒为：c(Na+)=c(HF)+c(F-)，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)+2c(SO42-)，消去钠离子的浓度可得：c(HF)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)，溶液显中性，则c(H+)=c(OH-)，所以c(HF)=2c(SO42-)，则c(SO42-)＜c(HF)，故B正确；‎ C．铵根离子的水解常数Kh=，溶液的温度不变，水解常数不变，故C错误；‎ D．溶度积只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以AgCl在水和NaCl溶液中的溶度积分别为K1、K2，则K1=K2，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎4.如图所示，甲池的总反应式为：，下列关于该电池工作时的说法正确的是 A. 该装置工作时，Ag电极上有气体生成 B. 甲池中负极反应为 C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小 D. 当甲池中消耗 时，乙池中理论上最多产生固体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A．通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B．甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1mol N2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，选项D错误。答案选C。‎ 点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH 变化，难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，据此分析解答。‎ ‎5.下列分子均属于极性分子且中心原子均为sp3杂化的是（ ）‎ A. CH4、 P4 B. SO2、 CHCl3‎ C. PCl3、SO3 D. NH3、 H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH4中C原子形成4个σ键，孤电子对个数为0，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子；P4分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子，故A错误；‎ B. SO2中S原子形成2个δ键，孤电子对个数=1/2(6−2×2)=1，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子；CHCl3中C原子形成4个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间结构不对称为极性分子，故B错误；‎ C. PCl3中P原子形成3个σ键，孤电子对个数=1/2×(5−3×1)=1，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；SO3中S原子形成3个σ键，孤电子对个数=1/2×(6−2×3)=0，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为平面三角形，空间结构对称为非极性分子，故C错误；‎ D. NH3中N原子形成3个σ键，有1个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；H2O中O原子形成2个σ键，有2个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子，故D正确；‎ 本题选D。‎ ‎【点睛】分子空间结构不对称，正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子；中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，据此判断。‎ ‎6.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：； ； ； 则下列有关比较中正确的是( )‎ A. 电负性： B. 原子半径：‎ C. 第一电离能： D. 最高正化合价：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p2为Si元素； ②1s22s22p63s23p3为P元素； ③1s22s22p3为N元素； ④1s22s22p4为O元素；‎ A．同周期自左而右电负性增大，所以电负性Si＜P＜S，N＜O，同主族从上到下电负性减弱，所以电负性N＞P，O＞S，故电负性Si＜P＜N＜O，即④＞③＞②＞①，故A正确；‎ B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径Si＞P，N＞O，故B错误；‎ C．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N、P元素原子np能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Si＜P，N＞O，故C错误；‎ D．最高正化合价等于最外层电子数，但O元素没有最高正化合价，所以最高正化合价：③=②＞①，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎7.根据下列五种元素的电离能数据(单位：kJ·mol－1)，判断下列说法不正确的是( )‎ 元素代号 ‎ I1 ‎ I2 ‎ I3 ‎ I4 ‎ Q ‎ ‎2 080 ‎ ‎4 000 ‎ ‎6 100 ‎ ‎9 400 ‎ R ‎ ‎500 ‎ ‎4 600 ‎ ‎6 900 ‎ ‎9 500 ‎ S ‎ ‎740 ‎ ‎1 500 ‎ ‎7 700 ‎ ‎10 500 ‎ T ‎ ‎580 ‎ ‎1 800 ‎ ‎2 700 ‎ ‎11 600 ‎ U ‎ ‎420 ‎ ‎3 100 ‎ ‎4 400 ‎ ‎5 900 ‎ A. 元素的电负性最大的可能是Q元素 B. R和S均可能与U在同一主族 C. U元素可能在周期表s区 D. 原子的价电子排布为ns2np1的可能是T元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、由元素的电离能可以看出，Q的第一电离能较大，说明Q元素原子对电子的吸引能力强，可能是五种元素中电负性最大的元素，正确；B、R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，最外层电子数为1，二者位于同一族，S的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，最外层电子数为2，与R、U不在同一主族，错误；C、U的第一电离能较小，第二电离能剧增，最外层电子数为1，原子的价电子排布可能为ns1，在周期表的s区，正确；D、T 的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，原子的价电子排布为ns2np1，正确。‎ 考点：考查原子结构与元素的性质。‎ ‎8.下列微粒中含有配位键的是(    )‎ ‎；；；；；；。‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①H3O+中，O上含有孤电子对，H+有空轨道，可以形成配位键，故①含有配位键；‎ ‎②NH4+中，N上含有孤电子对，H+有空轨道，可以形成配位键，故②含有配位键；‎ ‎③[Cu(H2O)4]2+中，Cu2+含有空轨道，H2O中O含有孤电子对，可以形成配位键，故③含有配位键；‎ ‎④[Fe(SCN)6]3-中，Fe3+含有空轨道，SCN-中S含有孤电子对，可以形成配位键，故④含有配位键；‎ ‎⑤CuCl42-中，Cu2+含有空轨道，Cl-‎ 含有孤电子对，可以形成配位键，故⑤含有配位键； ⑥CH4不含有配位键，故⑥不含有配位键；‎ ‎⑦NH3不含有配位键，故⑦不含有配位键；‎ 综上，含有配位键的有①②③④⑤，故答案为A。‎ ‎9.判断物质在不同溶剂中的溶解性时,有一条经验规律：“极性分子组成的溶剂易溶解极性分子组成的溶质；非极性分子组成的溶剂易溶解非极性分子组成的溶质”下列如图装置中,不宜用作HCl尾气吸收的是(    )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】HCl是极性分子，水是极性分子，四氯化碳是非极性分子，氯化氢易溶于水，难溶于四氯化碳；‎ A．倒置的漏斗可防倒吸，故A不选；‎ B．氯化氢难溶于四氯化碳，可防倒吸，故B不选；‎ C．氯化氢易溶于水，会发生倒吸，故C选；‎ D．球形干燥管能防止倒吸，故D不选；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查尾气处理装置，注意根据“相似相溶”规律解题，HCl是极性分子，水是极性分子，四氯化碳是非极性分子，则HCl极易溶于水，难溶于四氯化碳，吸收HCl时不能直接将导管插入水中，必须使用防止倒吸的装置；常用的方法为：使用倒置的漏斗、使用球形干燥管、使用四氯化碳和水的混合液。‎ ‎10.298 K时，在20.0 mL 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1 氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是 A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂 B. M点对应的盐酸体积为20.0 mL C. M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)‎ D. N点处的溶液中pH<12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法控制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；‎ B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；‎ C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；‎ D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法。‎ ‎11.己知293K时下列物质的溶度积(单位己省略)‎ Ag2SO4‎ FeS CuS Ag2S Ksp ‎1.2×l0-5‎ ‎6.3×10-18‎ ‎8.5×l0-45‎ ‎6.3·10-50‎ A. 相同温度下，Ag2SO4、FeS、CuS 饱和溶液中：c(Cu2+)>c(Fe2+)>c(Ag+)‎ B. 向FeS悬浊液中滴加CuSO4溶液发生反应的离子方程式: S2-+Cu2+=CuS↓‎ C. 浓度均为0.004mol·L-1的AgNO3和H2SO4溶液等体积混合后不能产生沉淀 D. 向饱和Ag2S溶液中加少量Na2S固体，溶液中c(Ag+)不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.相同温度下，溶度积常数越小，溶解度越小，由表格数据可知：Ksp(Ag2SO4)＞Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，所以溶解度：S(Ag2SO4)＞S(FeS)＞S(CuS)，所以c(Cu2+)＜c(Fe2+)＜c(Ag+)，故A错误；‎ B.向FeS悬浊液中滴加CuSO4溶液发生反应的离子方程式：FeS+Cu2+CuS+Fe2+，故B错误；‎ C.浓度均为0.004mol•L-1的AgNO3和H2SO4溶液等体积混合，则混合后c(Ag+)=c(SO42-)=0.002mol/L，则Qc(Ag2SO4)=c2(Ag+)c(SO42-)=(0.002)2×(0.002)=8×10-9，而293K时Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5，Qc＜Ksp，不能产生沉淀，故C正确；‎ D.温度不变则Ksp不变，依据Ksp=c2(Ag+)c(S2-)可知，向饱和Ag2S溶液中加少量Na2S固体，硫离子浓度增大，则银离子浓度减小，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了沉淀的溶解平衡和溶度积常数的应用，明确溶度积规则是解题关键。本题的易错点为C，需要根据Qc(Ag2SO4)与Ksp大小判断。‎ ‎12.在一定温度下，当Mg(OH)2固体在水溶液中达到下列平衡时：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，若使固体Mg(OH)2的量减少，而且c(Mg2+)不变，可采取的措施是：‎ A. 加MgCl2 B. 加H2O C. 加NaOH D. 加HCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加入氯化镁，镁离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，氢氧化镁的固体增加，不符合题意；‎ B、加水，氢氧化镁固体溶解，但溶液仍为饱和溶液，镁离子浓度不变，符合题意；‎ C、加入氢氧化钠，氢氧根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，氢氧化镁固体增加，镁离子浓度减小，不符合题意；‎ D、加入氯化氢，氢氧根离子浓度减小，溶解平衡正向移动，氢氧化镁固体减小，但镁离子浓度增加，不符合题意。‎ 答案选B。‎ ‎13.液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点．一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。关于该电池的叙述正确的是（　　）‎ A. b极发生氧化反应 B. a极为该电池的正极 C. 放电时，电流从a极经过负载流向b极 D. a极的反应式：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2↑+4H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH－-4e－＝N2↑+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。‎ ‎【详解】A．该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故A错误；‎ B、a极通入的是燃料，为该电池的负极，故B错误；‎ C、放电时，电流从正极b经过负载流向a极，故C错误；‎ D、通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH－-4e－＝N2↑+4H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电流的方向和电子的流向相反。‎ ‎14.铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为:Fe+Ni2O3+3H2OFe(OH)2+2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是( )‎ A. 电池的电解质溶液为碱性溶液，阳离子向正极移动 B. 电池放电时，负极反应为Fe+2OH－-2e－=Fe(OH)2‎ C. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低 D. 电池充电时，阳极反应2Ni(OH)2+2OH－-2e－=Ni2O3+3H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据放电时总反应方程式可知生成物均为氢氧化物，所以电池的电解液应该为碱性溶液，阳离子向正极移动，A项正确；‎ B．根据放电时的总反应可知铁做还原剂失去电子，则负极反应为Fe+2OH－-2e－=Fe(OH)2，B项正确；‎ C．电池充电过程中，阴极得电子发生还原反应，电极反应为Fe(OH)2+2e－=Fe+2OH－，所以阴极附近溶液的pH升高，C项错误；‎ D．充电时阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为2Ni(OH)2+ 2OH－-2e－=Ni2O3+3H2O，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎15. 下列各情况，在其中Fe片腐蚀由慢到快的顺序是 A. （5）（2）（1）（3）（4） B. （5）（1）（2）（4）（3）‎ C. （4）（2）（1）（3）（5） D. （4）（3）（1）（2）（5）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据图知，（2）（3）装置是原电池，在（2）中，金属铁做负极，（3）中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，并且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以（2）＞（3）；（4）（5）装置是电解池，（4）中金属铁为阴极，（5）中金属铁为阳极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即（5）＞（4）；根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，所以Fe片腐蚀由慢到快的顺序是：（4）（3）（1）（2）（5）；故选D．‎ ‎16.氯仿常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气：，下列说法不正确的有　　‎ A. 分子为含极性键的非极性分子 B. 分子中含有3个键、一个键，中心C原子采用杂化 C. 分子中所有原子的最外层电子都满足8电子稳定结构 D. 使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：A项，CHCl3为极性分子；B项，单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对；C项，COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构；D项，CHCl3不会电离出Cl-，HCl在水溶液中会电离出H+和Cl-。‎ 详解：A项，CHCl3中含C—H键和C—Cl键，C—H键和C—Cl键都是极性键，CHCl3为四面体形分子，分子中正电中心和负电中心不重合，CHCl3为极性分子，A项错误；B项，单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，根据COCl2的结构式知，COCl2分子中含有3个σ键、1个π键，杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对，C原子形成3个σ键，C原子上没有孤电子对，中心原子C采用sp2杂化，B项正确；C项，COCl2的电子式为，COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构，C项正确；D项，CHCl3不会电离出Cl-‎ ‎，HCl在水溶液中会电离出H+和Cl-，使用前向氯仿中加入AgNO3稀溶液，若产生白色沉淀表明氯仿变质，若无明显现象表明氯仿没有变质，D项正确；答案选A。‎ 二、填空题（本大题共5小题，共52分）‎ ‎17.Ⅰ某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题甲、乙、丙三池中溶质足量,当闭合该装置的开关K时,观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：‎ ‎(1)甲、乙、丙三池中为原电池的是______ (填“甲池”、“乙池”或“丙池”)。‎ ‎(2)写出甲池中A电极的电极反应式____________。‎ ‎(3)丙池中F电极为______ (填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”),该池的总反应化学方程式为_________。‎ ‎(4)当乙池中C电极质量减轻时,甲池中B电极理论上消耗的体积为____mL(标况)。 ‎ ‎(5)一段时间后,断开开关K。下列物质能使丙池恢复到反应前浓度的是____ (填选项字母)。‎ A.Cu                    ‎ Ⅱ控制适合的条件,将反应,设计成如上图所示装置。请回答下列问题：‎ ‎(6)反应开始时,乙中石墨电极上发生___(填“氧化”或“还原”)反应,电极反应式为_______。盐桥中的__ (填“阳”或“阴”)离子向甲溶液方向移动。‎ ‎(7)电流计读数为0时,反应达到平衡状态,此时在甲中加入固体,则甲中的石墨作______ 填“正”或“负”极,该电极的电极反应式为_______________。‎ ‎(Ⅲ)高铁电池是一种新型可充电电池,与普通高能电池相比,该电池长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为： 。‎ ‎(8)放电时负极反应为______, 充电时阳极反应为_______,放电时正极附近溶液的碱性___选填“增强”“减弱”或“不变”。‎ ‎【答案】 (1). 甲池 (2). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (3). 阴极 (4). 2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑ (5). 560 (6). BC (7). 氧化 (8). 2I--2e-=I2 (9). 阳 (10). 负 (11). Fe2+-e-=Fe3+ (12). Zn-2e-+2OH-═Zn(OH)2 (13). Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O (14). 增强 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ. 由图可知甲图为原电池是一甲醇燃料电池，通甲醇的A为负极、B为正极，电解质溶液为KOH溶液，则A电极反应方程式为：2CH3OH+16OH--12e-═CO32-+12H2O，B电极反应式为：3O2+12e-+6H2O=12OH-；乙池为电解池，C为阳极电极反应为：Ag-e-=Ag+，D做阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu；丙池为电解池，E为阳极，电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，F电极为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，故总反应方程式为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，一段时间后，断开电键K，要使丙池恢复到反应前浓度需加入CuO或者CuCO3，据此分析解答。‎ Ⅱ. (6) 反应开始时，乙中碘离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2I--2e-=I2，Fe3+被还原成Fe2+，则发生还原反应，电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+；盐桥中的阳离子向正极区移动；‎ ‎(7) 反应达到平衡后，向甲中加入适量FeCl2固体，Fe2+浓度增大，平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+；‎ Ⅲ. (8) 放电时，Zn被氧化生成Zn(OH)2；充电过程为电解池，Fe(OH)3失去电子生成K2FeO4；放电时正极附近产生氢氧根离子。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1) 由图可知甲池为原电池；‎ ‎(2) 由图可知甲图为原电池是一甲醇燃料电池，通甲醇的A为负极，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；‎ ‎(3)丙池中F电极与燃料电池的负极相连，则F电极为电解池的阴极，该池的总反应化学方程式为2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑。‎ ‎(4) 乙池为电解池，C为阳极电极反应为：Ag-e-=Ag+，D做阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，乙池中C极质量减轻10.8g，则其物质的量n(Ag)==0.1mol，则转移电子为0.1mol，故甲池消耗O2为0.1 mol×=0.025mol，所以体积为0.025 mol×22.4L/mol=0.56L=560mL；‎ ‎(5) 一段时间后，断开电键K，要使丙池恢复到反应前浓度，根据2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑可知，需加入CuO或者CuCO3，CuO与硫酸生成硫酸铜和水，CuCO3与硫酸生成硫酸铜、二氧化碳和水，故答案为BC；‎ Ⅱ.(6) 反应开始时，乙中碘离子失电子发生氧化反应，为负极区，电极反应式为：2I--2e-=I2；盐桥中的阳离子向正极区移动，即向甲溶液方向移动；‎ ‎(7) 反应达到平衡后，向甲中加入适量FeCl2固体，Fe2+浓度增大，平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，甲池中的石墨作负极，发生的电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+；‎ Ⅲ. (8) 放电时，Zn被氧化生成Zn(OH)2，是负极，则负极反应式为：Zn-2e-+2OH-═Zn(OH)2；充电过程为电解池，充电时阳极上Fe(OH)3失去电子生成K2FeO4，电极反应式为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O；放电时正极附近产生氢氧根离子，溶液的碱性增强。‎ ‎【点睛】分析电解过程的思维程序：①首先判断阴阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活性电极；②再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴阳离子两组；③然后排出阴阳离子的放电顺序：阴极:阳离子放电顺序：Ag+>Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+>Zn2+>H+；阳极：活泼电极>S2->I->Br->Cl->OH-；电解原理的应用中包含铜的精炼，注意粗铜做阳极，纯铜做阴极，含铜离子的溶液做电解质。‎ ‎18.（1）Al2(SO4)3溶液加热蒸干并灼烧最终得到物质是________________（填化学式），将NaHCO3与Al2(SO4)3两者溶液混合后可做泡沫灭火剂，其原理是_____________________（用离子方程式表示）‎ ‎（2）实验室溶液中常用NaOH来进行洗气和提纯。当100mL 1mol·L-1的NaOH溶液吸收标准状况下2.24LSO2时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____________________________‎ ‎（3）25℃时，几种离子开始沉淀时的pH如下表：‎ 离子 Fe2+‎ Cu2+‎ Mg2+‎ pH ‎7.6‎ ‎5.2‎ ‎10.4‎ 当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液时，_____先沉淀（填离子符号），要使0.3mol·L-1硫酸铜溶液中Cu2+沉淀较为完全（当Cu2+浓度降至10－5 mol·L-1时），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液pH为____（KspCu(OH)2=1×10-20）‎ ‎【答案】 (1). Al2(SO4)3 (2). Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓ + 3CO2↑ (3). c(Na+) ＞ c(HSO3-) ＞ c(H+) ＞ c(SO32-) ＞ c(OH-) (4). Cu2+ (5). 6.5‎ ‎【解析】‎ ‎(1)Al2(SO4)3溶液水解生成的硫酸不挥发，加热蒸干过程中抑制硫酸铝的水解，最终得到硫酸铝，NaHCO3与Al2(SO4)3两者溶液混合发生双水解反应，离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓ + 3CO2↑，故答案为Al2(SO4)3；Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓ + 3CO2↑；‎ ‎(2)100mL 1mol·L-1的NaOH溶液中含有NaOH0.1mol，标准状况下2.24LSO2的物质的量为0.1mol，反应收生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠溶液显酸性，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+) ＞ c(HSO3-) ＞ c(H+) ＞ c(SO32-) ＞ c(OH-)，故答案为c(Na+) ＞ c(HSO3-) ＞ c(H+) ＞ c(SO32-) ＞ c(OH-)；‎ ‎(3)pH小的离子先沉淀，溶度积常数越小的物质越先沉淀，所以Cu2+先沉淀， 0.3mol/L的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全(当Cu2+浓度降至10－5 mol·L-1时)，则应向溶液里加NaOH溶液，c(Cu2+)=10－5mol/L，c(0H-)==10-7.5mol/L，c(H+)=10-6.5mol/L，所以pH=6.5，故答案为Cu2+；6.5。‎ ‎19.请完成下列各题的填空：‎ ‎(1)氢化钠(NaH)电子式为______，氢负离子的离子结构示意图为______；‎ ‎(2)元素X最外层电子数是次外层电子数的2倍,该元素名称是___，该元素核外电子排布式为______，画出该元素的外围电子排布图______；‎ ‎(3)前四周期元素中,未成对电子数为5的元素符号是___ ,该元素在周期表中的位置为第__周期___族, ___区；‎ ‎(4)C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为______，由这三种元素和氢原子共同组成的离子化合物的化学式为______，‎ ‎(5)亚硒酸根离子(SeO32-)的VSEPR模型为______，其中心原子的轨道杂化方式为______；‎ ‎(6)向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至得到蓝色透明溶液后,再加入极性较小的溶剂乙醇,析出深蓝色晶体,该晶体中配离子为____ ,配离子中的配位体为___ ,配位数为___。‎ ‎【答案】 (1). Na+[：H]- (2). (3). 碳 (4). 1s22s22p2 (5). 2s22p2 (6). Mn (7). 四 (8). ⅤⅡB (9). d (10). N＞O＞C (11). NH4HCO3或者(NH4)2CO3 (12). 四面体型 (13). sp3 (14). Cu2+ (15). NH3 (16). 4‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)NaH是离子化合物，阴离子是H-，结构示意图为；‎ ‎(2)根据原子核外电子的排列情况是：第一层排满了只能排2个电子，第二层排满了只能排8个电子，最外层不能超过8个电子分析；‎ ‎(3)前四周期元素中，未成对电子数为5即外围电子排布图为3d54s2，原子序数为25，据此分析；‎ ‎(4)C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；根据组成离子化合物，则为铵盐，据此答题；‎ ‎(5)SeO32-中心原子Se原子孤电子对数为=1，价层电子对数=3+1=4；‎ ‎(6)NH3中N原子提供孤对电子，Cu2+提供空轨道，形成配位键，据此分析。‎ ‎【详解】(1)NaH是离子化合物，阴离子是H-，NaH的电子式为Na+[：H]-，氢负离子的离子结构示意图为；‎ ‎(2)原子核外电子的排列情况是：第一层排满了只能排2个电子，第二层排满了只能排8个电子，最外层不能超过8个电子，由某元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，所以该元素核外电子只能有两层，所以第一层是2，第二层是4，所以质子数是6，所以是碳元素，核外电子排布式为1s22s22p2，外围电子排布图为2s22p2；‎ ‎(3)前四周期元素中，未成对电子数为5即外围电子排布图为3d54s2，原子序数为25即为Mn，该元素在周期表中的位置为第四周期，ⅤⅡB族，d区；‎ ‎(4)C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；由这三种元素和氢原子共同组成的离子化合物的化学式为NH4HCO3或者(NH4)2CO3；‎ ‎(5)中心原子Se原子孤电子对数为=1，价层电子对数=3+1=4，则中心原子的轨道杂化方式为sp3，SeO32-离子的VSEPR构型为四面体型；‎ ‎(6)NH3中N原子提供孤对电子，Cu2+提供空轨道，二者形成配位键，则该晶体中配离子为Cu2+，配离子中的配位体为NH3，配位数为4。‎ ‎20.N,P,As等元素的化合物在生产和研究中有许多重要用途。请回答下列问题：‎ ‎(1)意大利罗马大学的FuNvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子,该分子的空间构型与P4类似,其中氮原子的轨道杂化方式为_______,N—N键的键角为____。‎ ‎ (2)基态砷原子的价电子排布图为_______,砷与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的顺序为______。‎ ‎(3)配位原子对孤对电子的吸引力越弱,配体越容易与过渡金属形成配合物。与的结构相似,和过渡金属更容易形成配合物的是__________填PH4”或“”。‎ ‎(4)SCl3+和是等电子体,的空间构型是_________。键键长____键键长填“”、“”或“”,原因是____________。‎ ‎【答案】 (1). sp3 (2). 60° (3). (4). As＞Se＞Ge (5). PH3 (6). 三角锥形 (7). ＜ (8). S 原子半径小于P原子半径，故 S-Cl 键要比 P-Cl 键短 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)N4分子的空间构型与P4类似，4个N原子形成正四面体构型，每个N原子形成3个N-N键，还含有1对孤对电子；‎ ‎(2)As元素处于第四周期VA族，价电子排布式为4s24p3，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；As原子4p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的；‎ ‎(3)元素的电负性越小，对孤电子对吸引越弱，越容易形成配位键；‎ ‎(4)PCl3中P原子形成3个P-Cl键，含有1对孤对电子，其空间结构三角锥形，而等电子体的结构相似；原子半径越小，原子之间形成的共价键越短。‎ ‎【详解】(1)N4分子的空间构型与P4类似，4个N原子形成正四面体构型，每个N原子形成3个N-N键，还含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，故N原子采取sp3杂化，每个面均为正三角形，故N-N键的键角为60°；‎ ‎(2)As元素处于第四周期VA族，价电子排布式为4s24p3，价电子排布图为：，As原子4p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：As＞Se＞Ge；‎ ‎(3)P元素的电负性比N元素的小，P原子对孤电子对吸引更弱，容易给出孤对电子形成配位键；‎ ‎(4)PCl3中P原子形成3个P-Cl键，含有1对孤对电子，其空间结构三角锥形，而等电子体的结构相似，SCl3+的空间构型是三角锥形， S 原子半径小于P原子半径，故 S-Cl 键要比 P-Cl 键短。‎ ‎21.已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O．‎ 某化学小组根据上述反应原理进行下列实验：‎ I．测定H2C2O4溶液的物质的量浓度 实验步骤如下：‎ ‎①取待测H2C2O4溶液25.00mL放入锥形瓶中，再加入适量的稀硫酸；‎ ‎②用0.1mol/L KMnO4溶液滴定至终点，记录数据；‎ ‎③重复滴定2次，平均消耗KMnO4溶液20.00mL。‎ 请回答：‎ ‎（1）滴定时，将KMnO4溶液装在______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。‎ ‎（2）若在步骤①操作之前，先用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，则测得H2C2O4溶液的浓度会______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。‎ ‎（3）步骤②中到达滴定终点时的现象为_______________________________。‎ ‎（4）计算H2C2O4溶液的物质的量浓度为__________mol/L。‎ II．探究反应物浓度对化学反应速率的影响设计如下实验方案（实验温度均为25℃）：‎ 实验序号 体积V/mL ‎0.1mol•L-1KMnO4溶液 ‎ 0.11mol•L-1H2C2O4溶液 ‎0.11mol•L-1H2SO4溶液 H2O ‎①‎ ‎2.0‎ ‎5.0‎ ‎6.0‎ ‎7.0‎ ‎②‎ ‎2.0‎ ‎8.0‎ ‎6.0‎ V1‎ ‎③‎ ‎2.0‎ V2‎ ‎6.0‎ ‎2.0‎ 请回答：‎ ‎（5）表中v1=______。‎ ‎（6）实验中需要测量的数据是______________________________。‎ ‎（7）实验中______（填“能”或“不能”）用0.2mol/L盐酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，理由是_________。‎ ‎【答案】 (1). 酸式 (2). 偏大 (3). 溶液由无色变为紫红色且在半分钟内不褪色 (4). 0.2 (5). 4.0 (6). 10.0 (7). KMnO4溶液完全褪色所需的时间 (8). 不能,KMnO4能氧化盐酸。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶管；‎ ‎（2）引起滴定过程中消耗标准溶液体积增大，故测定溶液浓度偏大；‎ ‎（3）KMnO4溶液显紫红色；‎ ‎（4）根据C（待测）=以及5H2C2O4～2MnO4-计算；‎ ‎（5）H2O的体积是为了保证溶液总体积一致；‎ ‎（6）可根据KMnO4溶液完全褪色所需的时间判断反应速率；‎ ‎（7）KMnO4能氧化盐酸。‎ ‎【详解】（1）高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶管，不能盛装碱式滴定管，故将KMnO4溶液装在酸式滴定管中；‎ ‎（2）若在步骤①操作之前，先用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，待测H2C2O4溶液量多了，滴定过程中消耗标准溶液体积增大，故测定溶液浓度偏大；‎ ‎（3）该实验是氧化还原滴定，终点时KMnO4‎ 溶液恰好过量一滴，溶液会显紫红色，30秒内不变色；‎ ‎（4）根据化学方程式可知，5H2C2O4～2MnO4-，则C（H2C2O4）==0.2 mol/L；‎ ‎（5）加入H2O是为了保证溶液总体积一致，故其他体积保持相同，只有草酸浓度这个变量，探究草酸浓度对化学反应速率的影响，故v1=4.0；‎ ‎（6）KMnO4溶液显紫红色，可根据KMnO4溶液完全褪色所需的时间判断反应速率；‎ ‎（7）实验中不能用0.2mol/L盐酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，因为KMnO4能氧化盐酸生成氯气，消耗高锰酸钾，影响测定结果。‎ ‎ ‎