化学卷·2018届黑龙江省大庆市铁人中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届黑龙江省大庆市铁人中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年黑龙江省大庆市铁人中学高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一．选择题（本题包括5小题，每题只有一个正确选项，每题2分，共10分）‎ ‎1．下列说法正确的一组是（　　）‎ ‎①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质 ‎②盐都是强电解质 ‎③弱酸、弱碱和水都是弱电解质 ‎④强酸溶液的导电性一定强于弱酸溶液的导电性 ‎⑤电解质溶液能导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子 ‎⑥熔融的电解质都能导电．‎ A．①③⑤⑥ B．②④⑤⑥ C．③⑤ D．③⑥‎ ‎2．在CH3COOH⇌H++CH3COO﹣的电离平衡中，要使电离平衡向左移动，应采取的措施是（　　）‎ A．加冰醋酸 B．加CH3COONa C．加水 D．加NaOH ‎3．埋在地下的输油铸铁管道，在下列各种情况下，腐蚀速度最快的是（　　）‎ A．在潮湿的酸性土壤中 B．在潮湿不透气的中性土壤中 C．在干燥致密不透气的土壤中 D．在潮湿透气的盐碱地中 ‎4．下列实验操作能达到测量要求的是（　　）‎ A．用托盘天平称量25.21 g氯化钠 B．用10 mL量筒量取7.50 mL稀硫酸 C．用25 mL滴定管量取14.86 mL溶液 D．用广泛pH试纸测得溶液的pH为4.2‎ ‎5．21世纪是钛的世纪．在800℃～1000℃时电解TiO2可制得钛，装置如图所示．下列叙述正确的是（　　）‎ A．a为电源的正极 B．石墨电极上发生还原反应 C．阴极发生的反应为：TiO2+4e﹣═Ti+2O2﹣‎ D．每生成0.1mol钛，转移电子0.2mol ‎　‎ 二．选择题（本题包括15小题，每题只有一个正确选项，每题3分，共45分）‎ ‎6．如图所示的电解池I和II中，a、b、c和d均为Pt电极．电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d．符合上述实验结果的盐溶液是（　　）‎ 选项 X Y A MgSO4‎ CuSO4‎ B AgNO3‎ Pb（NO3）2‎ C FeSO4‎ Al2 （SO4）3‎ D CuSO4‎ AgNO3‎ A．A B．B C．C D．D ‎7．在能源和环保的压力下，新能源电动汽车无疑将成为未来汽车的发展方向．如果电动汽车上使用新型钒电池，一次性充电3﹣5分钟后，续航能力可达1000公里；而成本造价只有目前锂电池的40%，体积和重量分别是锂电池的和．全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如图所示：‎ 下列有关该钒电池的说法不正确的是（　　）‎ A．该电池为可逆电池，当左槽溶液逐渐由黄变蓝时，为充电过程，此时左槽溶液pH值升高 B．放电过程中，右槽溶液中溶液颜色由紫色变为绿色 C．充电过程中，H+可以通过质子交换膜向右移动，形成电流通路，并且参与电极反应 D．充电时若转移的电子数为3.01×1023个，左槽溶液中n（H+）增加了0.5mol ‎8．用铜片、银片、Cu（NO3）2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥（装有琼脂﹣KNO3的U型管）构成一个原电池．以下有关该原电池的叙述正确的是（　　）‎ ‎①在外电路中，电流由铜电极流向银电极 ‎ ‎②正极反应为：Ag++e﹣=Ag ‎③实验过程中取出盐桥，原电池仍继续工作 ‎④将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同．‎ A．①② B．②③ C．②④ D．③④‎ ‎9．向盛有饱和碳酸钠溶液的烧杯中，插入惰性电极，接通直流电源，保持温度不变，一定时间后，溶液中（　　）‎ A．Na2CO3浓度减小 B．Na2CO3浓度增大 C．Na2CO3浓度增大，并有晶体析出 D．Na2CO3浓度不变，并有晶体析出 ‎10．用Pt电极电解含有各0.1molCu2+和X3+的溶液，阴极析出固体物质的质量m（g）与溶液中通过电子的物质的量n（mol）的关系见图示．则离子氧化能力由大到小排列正确（　　）‎ A．Cu2+＞X3+＞H+ B．H+＞X3+＞Cu2+ C．X3+＞H+＞Cu2+ D．Cu2+＞H+＞X3+‎ ‎11．下列各种试纸，在使用时预先不能用蒸镏水润湿的是（　　）‎ A．红色石蕊试纸检验NH3 B．品红试纸检验SO2‎ C．碘化钾淀粉试纸检验Cl2 D．pH试纸检验溶液的pH ‎12．在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　）‎ A．无色溶液：Ca2+、H+、Cl﹣、HSO3﹣‎ B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NO3﹣、I﹣、AlO2﹣‎ C．FeCl3溶液：K+、Na+、Fe2+、S2﹣‎ D． =0.1mol/L的溶液：Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣‎ ‎13．在甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（　　）‎ A．1mol/L的甲酸溶液中c（H+）约为0.01mol/L B．甲酸与活泼金属反应生成氢气 C．10mL1mol/L的甲酸恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应 D．在相同浓度下，甲酸的导电性比二元强酸溶液的弱 ‎14．X、Y、Z、M、N代表五种金属．有以下化学反应：‎ ‎①水溶液中：X+Y2+═X2++Y ‎②Z+2H2O（冷）═Z（OH）2+H2↑‎ ‎③M、N为电极与N盐溶液组成原电池，发生的电极反应为：M﹣2e﹣═M2+‎ ‎④Y可以溶于稀H2SO4中，M不被稀H2SO4氧化，则这五种金属的活泼性由弱到强的顺序是（　　）‎ A．M＜N＜Y＜X＜Z B．N＜M＜X＜Y＜Z C．N＜M＜Y＜X＜Z D．X＜Z＜N＜M＜Y ‎15．在溶液导电性实验装置里，分别注入20mL 6mol•L﹣1醋酸和20mL 6mol•L﹣1氨水，灯光明暗程度相似，如果把这两种溶液混和后再试验则（　　）‎ A．灯光明暗程度不变 B．灯光变暗 C．灯光明暗程度变化不明显 D．灯光变亮 ‎16．根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是（　　）‎ A．厕所清洁剂、厨房清洁剂、醋、肥皂 B．醋、厕所清洁剂、肥皂、厨房清洁剂 C．厕所清洁剂、醋、肥皂、厨房清洁剂 D．厨房清洁剂、醋、肥皂、厕所清洁剂 ‎17．0.1mol•L﹣1氨水10mL，加蒸馏水稀释到1L后，下列变化中正确的是（　　）‎ ‎①电离程度增大 ②c（NH3•H2O）增大 ③NH4+数目增多 ④c（OH﹣）增大 ⑤导电性增强．‎ A．①②③ B．①③⑤ C．①③ D．②④‎ ‎18．某温度下重水中存在电离平衡D2O⇌D++OD﹣，D2O的离子积常数=1.0×10﹣12，若pD=﹣lgc（D+），该温度下有关分析不正确的是（　　）‎ A．0.1molNaOD溶于重水制成1L溶液，pD=13‎ B．将pD=4的DCl的重水溶液稀释100倍，所得溶液pD不等于6‎ C．向30mL0.5mol•L﹣1NaOD的重水溶液中加入20mL0.5mol•L﹣1DCl的重水溶液，所得溶液pD=11‎ D．pD=10的NaOD的重水溶液中，由重水电离出的c（OD﹣）为1×10﹣10mol•L﹣1‎ ‎19．下列叙述正确的是（　　）‎ A．常温时，某溶液中由水电离出来的c（H+）和c（OH﹣）的乘积为1×10﹣24，该溶液中一定可以大量存在K+、Na+、AlO2﹣、SO42﹣‎ B．pH=2的酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH=4‎ C．过量SO2通入Ba（NO3）2溶液中，正确的离子方程式为3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+‎ D．用pH=3和pH=2的醋酸溶液中和含等量NaOH的溶液，所消耗的醋酸溶液的体积分别为Va和Vb，则Va＞10Vb ‎20．25℃时，在一定体积pH=12的Ba（OH）2溶液中，逐滴滴加一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11．若反应后的溶液体积等于Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积比是（　　）‎ A．1：9 B．1：1 C．1：2 D．1：4‎ ‎　‎ 三．填空题（本题包括4小题，共45分）‎ ‎21．简答下面有关标准氢氧化钠溶液滴定待测盐酸的问题．‎ ‎（1）盛放待测盐酸的锥形瓶下方垫一张白纸的作用是　　．‎ ‎（2）用酚酞做指示剂，滴定到达终点时，溶液的颜色变化是　　．‎ ‎（3）有下列错误操作：①碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未经标准溶液润洗就注入标准氢氧化钠溶液；②用酸式滴定管取用待测酸液前，尖嘴部分有气泡，取用过程中气泡消失；③滴定后读碱液体积时，俯视碱式滴定管中的液面；④锥形瓶用待测酸液润洗两次．‎ 哪些错误操作会使盐酸浓度的测定值偏低？哪些错误操作会使盐酸浓度的测定值偏高？‎ ‎（4）如果用甲基橙代替酚酞做指示剂，此时所得盐酸浓度的测定值比用酚酞做指示剂测出的稍大还是稍小？‎ ‎22．双氧水（H2O2）和水水都是极弱电解质，但H2O2比水更显酸性．‎ ‎（1）若把H2O2看成是二元弱酸，请写出它在水中的电离方程式：　　‎ ‎（2）鉴于H2O2显弱酸性，它能同强碱作用形成正盐，在一定条件下也可以形成酸式盐．请写出H2O2与Ba（OH）2作用形成正盐的化学方程式：　　‎ ‎（3）水电离生成H3O+ 和OH﹣叫做水的自偶电离．同水一样，H2O2也有极微弱的自偶电离，其自偶电离方程式为：　　．‎ ‎23．课题式研究性学习是培养学生创造性思维的良好方法，某研究性学习小组将下列装置如图链接，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极．将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附件先显红色．试回答下列问题：‎ ‎（1）电源A极的名称是　　．‎ ‎（2）甲装置中电解反应的总化学方程式：　　．‎ ‎（3）如果收集乙装置中产生的气体，相同状况下两种气体的体积比是　　．‎ ‎（4）欲用丙装置给铜镀银，G应该是　　（填“铜”或“银”），电镀液的溶质是　　（填化学式）．‎ ‎（5）装置丁中的现象是　　．‎ ‎24．下列各种物质中，除B、D两种物质外，其余各物质均由短周期元素组成．已知常温常压下A为无色无味液体，B、C、G属于金属单质，化合物F的焰色反应为黄色火焰，常温下0.1mol/L的F溶液pH=13，D为黑色有磁性的氧化物．上述物质之间存在如图1所示的转化关系（略去部分反应条件）．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出F的电子式　　；‎ ‎（2）组成G的元素在周期表中的位置是　　；‎ ‎（3）写出反应①的化学方程式：　　；‎ ‎（4）写出反应⑤的离子方程式：　　；‎ ‎（5）由B、G、F溶液组成如图2所示的装置，其中G上的电极反应式为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省大庆市铁人中学高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（本题包括5小题，每题只有一个正确选项，每题2分，共10分）‎ ‎1．下列说法正确的一组是（　　）‎ ‎①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质 ‎②盐都是强电解质 ‎③弱酸、弱碱和水都是弱电解质 ‎④强酸溶液的导电性一定强于弱酸溶液的导电性 ‎⑤电解质溶液能导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子 ‎⑥熔融的电解质都能导电．‎ A．①③⑤⑥ B．②④⑤⑥ C．③⑤ D．③⑥‎ ‎【考点】电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．‎ ‎【分析】①电解质的强弱与溶解性无关；‎ ‎②部分盐属于弱电解质；‎ ‎③弱电解质包括弱酸、弱碱和少部分盐以及水；‎ ‎④H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关；‎ ‎⑤溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子；‎ ‎⑥酸在熔融态时不导电．‎ ‎【解答】解：①电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，CaCO3、BaSO4均是强电解质，故①错误；‎ ‎②绝大多数的盐属于强电解质，少部分盐属于弱电解质，如醋酸铅就属于弱电解质，故②错误；‎ ‎③弱电解质包括弱酸、弱碱和少部分盐以及水，故③正确；‎ ‎④强酸溶液中的H+浓度不一定大于弱酸溶液中的H+浓度，H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关，故④错误；‎ ‎⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，故⑤正确；‎ ‎⑥酸为共价化合物，在熔融态时均不导电，只有溶于水时才导电，故⑥错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．在CH3COOH⇌H++CH3COO﹣的电离平衡中，要使电离平衡向左移动，应采取的措施是（　　）‎ A．加冰醋酸 B．加CH3COONa C．加水 D．加NaOH ‎【考点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】要使醋酸电离平衡向逆反应方向移动可以向溶液中加入含有氢离子或醋酸根离子的物质．‎ ‎【解答】解：A．向醋酸中加入冰醋酸，电离程度减少，但平衡向正反应方向移动，故A不选；‎ B．向醋酸中加入醋酸钠固体，醋酸钠中含有醋酸根离子，所以溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，故B选；‎ C．加水促进电离，平衡正向移动，故C不选；‎ D．向溶液中加入固体氢氧化钠，氢氧根离子和氢离子反应生成水，所以能促进醋酸电离，平衡向正反应方向移动，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．埋在地下的输油铸铁管道，在下列各种情况下，腐蚀速度最快的是（　　）‎ A．在潮湿的酸性土壤中 B．在潮湿不透气的中性土壤中 C．在干燥致密不透气的土壤中 D．在潮湿透气的盐碱地中 ‎【考点】金属的电化学腐蚀与防护．‎ ‎【分析】铸铁易和空气中水分、氧气构成原电池，铁易失电子而作负极加速被腐蚀，为防止铁被腐蚀，应该隔绝空气或水，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．在潮湿的酸性土壤中，铁和酸发生析氢腐蚀而加速被腐蚀；‎ B．在潮湿不透气的中性土壤中，没有空气，所以不能构成原电池，不加速铁被腐蚀；‎ C．在干燥致密的不透气土壤中没有空气、水，所以不能构成原电池，不加速铁被腐蚀；‎ D．在潮湿透气的盐碱地中，铁发生吸氧腐蚀，但铁被腐蚀速度小于A，‎ 所以铁被腐蚀最快的是A，故选A．‎ ‎　‎ ‎4．下列实验操作能达到测量要求的是（　　）‎ A．用托盘天平称量25.21 g氯化钠 B．用10 mL量筒量取7.50 mL稀硫酸 C．用25 mL滴定管量取14.86 mL溶液 D．用广泛pH试纸测得溶液的pH为4.2‎ ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．托盘天平的感量为0.1g；‎ B．量筒的感量为0.1mL；‎ C．滴定管的感量为0.01mL；‎ D．广泛pH试纸测定pH为正整数．‎ ‎【解答】解：A．托盘天平的感量为0.1g，则应为用托盘天平称量25.2 g氯化钠，故A错误；‎ B．量筒的感量为0.1mL，则应为用10 mL量筒量取7.5 mL稀硫酸，故B错误；‎ C．滴定管的感量为0.01mL，则用25 mL滴定管量取14.86 mL溶液，故C正确；‎ D．广泛pH试纸测定pH为正整数，则用广泛pH试纸测得溶液的pH为4，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．21世纪是钛的世纪．在800℃～1000℃时电解TiO2可制得钛，装置如图所示．下列叙述正确的是（　　）‎ A．a为电源的正极 B．石墨电极上发生还原反应 C．阴极发生的反应为：TiO2+4e﹣═Ti+2O2﹣‎ D．每生成0.1mol钛，转移电子0.2mol ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】图为电解装置，由阴离子的定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极，电解时，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：由阴离子的定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极，‎ A．a为电源的负极，故A错误；‎ B．石墨为阳极，电极上发生氧化反应，故B错误；‎ C．电解TiO2制得钛，TiO2为阴极，发生还原反应，电极方程式为TiO2+4e﹣═Ti+2O2﹣，故C正确；‎ D．Ti元素化合价由+4价降低到0价，则每生成0.1mol钛，转移电子0.4mol，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二．选择题（本题包括15小题，每题只有一个正确选项，每题3分，共45分）‎ ‎6．如图所示的电解池I和II中，a、b、c和d均为Pt电极．电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d．符合上述实验结果的盐溶液是（　　）‎ 选项 X Y A MgSO4‎ CuSO4‎ B AgNO3‎ Pb（NO3）2‎ C FeSO4‎ Al2 （SO4）3‎ D CuSO4‎ AgNO3‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中（H）以后，转移相同电子时，b析出金属质量小于d，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中（H）以后，转移相同电子时，b析出金属质量小于d．阳离子得电子能力如图所示：‎ ‎，前面的H+表示酸溶液中的H+，后面的H+表示盐溶液中的H+．‎ A．在金属活动性顺序表中，Mg在H之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故A错误；‎ B．由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Ag+和Pb2+的得电子能力均大于H+，因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解硝酸铅溶液阴极d上生成Pb，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重216g，d增重207g，所以质量增加b＞d，故B错误；‎ C．在金属活动性顺序表中，Fe、Al都在H之前，电解亚铁盐、铝溶液溶液时阴极上都不能得到金属单质，故C错误；‎ D．两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重64g，d增重216g，所以质量增加b＜d，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．在能源和环保的压力下，新能源电动汽车无疑将成为未来汽车的发展方向．如果电动汽车上使用新型钒电池，一次性充电3﹣5分钟后，续航能力可达1000公里；而成本造价只有目前锂电池的40%，体积和重量分别是锂电池的和．全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如图所示：‎ 下列有关该钒电池的说法不正确的是（　　）‎ A．该电池为可逆电池，当左槽溶液逐渐由黄变蓝时，为充电过程，此时左槽溶液pH值升高 B．放电过程中，右槽溶液中溶液颜色由紫色变为绿色 C．充电过程中，H+可以通过质子交换膜向右移动，形成电流通路，并且参与电极反应 D．充电时若转移的电子数为3.01×1023个，左槽溶液中n（H+）增加了0.5mol ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A．当左槽溶液逐渐由黄变蓝，V元素的化合价由+5价变为+4价，该电极上得电子发生还原反应；‎ B．放电过程中，右槽为原电池负极，失电子发生氧化反应；‎ C．充电过程中，氢离子向阴极移动；‎ D．充电时，若转移的电子数为3.01×1023个即物质的量为0.5mol，根据转移电子和氢离子的物质的量之间的关系式判断．‎ ‎【解答】解：A．当左槽溶液逐渐由黄变蓝，V元素的化合价由+5价变为+4价，该电极上得电子发生还原反应，电极反应式为VO2++2H++e﹣=VO2++H2O，氢离子参加反应而使溶液中氢离子浓度减小，导致溶液pH增大，该过程为放电过程，故A错误；‎ B．放电过程中，右槽为原电池负极，失电子发生氧化反应，溶液由紫色变为绿色，故B正确；‎ C．充电过程中，右槽为阴极，H+可以通过质子交换膜向右移动，形成电流通路，并且参与电极反应，故C正确；‎ D．充电时，左槽发生的反应为VO2++H2O═VO2++2H++e﹣，当转移电子为3.01×1023个即为0.5mol电子时，生成氢离子为1mol，此时氢离子参与正极反应，通过交换膜定向移动使电流通过溶液，溶液中离子的定向移动可形成电流，通过0.5mol电子，则左槽溶液中n（H+）的变化量为1mol﹣0.5mol=0.5mol，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．用铜片、银片、Cu（NO3）2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥（装有琼脂﹣KNO3的U型管）构成一个原电池．以下有关该原电池的叙述正确的是（　　）‎ ‎①在外电路中，电流由铜电极流向银电极 ‎ ‎②正极反应为：Ag++e﹣=Ag ‎③实验过程中取出盐桥，原电池仍继续工作 ‎④将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同．‎ A．①② B．②③ C．②④ D．③④‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】原电池中，较活泼的金属作负极，负极上金属失去电子发生氧化反应，较不活泼的金属作正极，正极上得电子发生还原反应，外电路上，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：原电池中，较活泼的金属铜作负极，负极上金属铜失去电子发生氧化反应，较不活泼的金属银作正极，正极上银离子得电子发生还原反应，外电路上，电子从负极沿导线流向正极，‎ ‎①在外电路中，电流由银电极流向铜电极，故错误；‎ ‎②正极上得电子发生还原反应，所以反应为：Ag++e﹣=Ag，故正确；‎ ‎③实验过程中取出盐桥，不能构成闭合回路，所以原电池不能继续工作，故错误；‎ ‎④将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同，故正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．向盛有饱和碳酸钠溶液的烧杯中，插入惰性电极，接通直流电源，保持温度不变，一定时间后，溶液中（　　）‎ A．Na2CO3浓度减小 B．Na2CO3浓度增大 C．Na2CO3浓度增大，并有晶体析出 D．Na2CO3浓度不变，并有晶体析出 ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】盛有饱和碳酸钠溶液的烧杯中插入惰性电极，保持温度不变，通电时氢离子放电生成氢气，氢氧根离子放电生成氧气，即电解水，结合饱和溶液溶剂减少来解答．‎ ‎【解答】解：盛有饱和碳酸钠溶液的烧杯中插入惰性电极，保持温度不变，通电时氢离子放电生成氢气，氢氧根离子放电生成氧气，即电解水，‎ A．因温度不变，溶剂减少后还是饱和溶液，则溶液浓度不变，故A错误；‎ B．因温度不变，溶剂减少后还是饱和溶液，则溶液浓度不变，故B错误；‎ C．因温度不变，溶剂减少后还是饱和溶液，则溶液浓度不变，故C错误；‎ D．原溶液为饱和溶液，温度不变，溶剂减少时有晶体析出，溶液仍为饱和溶液，浓度不变，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．用Pt电极电解含有各0.1molCu2+和X3+的溶液，阴极析出固体物质的质量m（g）与溶液中通过电子的物质的量n（mol）的关系见图示．则离子氧化能力由大到小排列正确（　　）‎ A．Cu2+＞X3+＞H+ B．H+＞X3+＞Cu2+ C．X3+＞H+＞Cu2+ D．Cu2+＞H+＞X3+‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】根据图象可知，开始即析出固体，总共0.2mol电子通过时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜，此后，继续有电子通过，不再有固体析出，说明M3+不放电，H+放电，从而判断离子氧化性．‎ ‎【解答】解：通电后就有固体生成，当通过电子为0.2mol时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜．如果是M3+析出，电子数应该是0.3mol，则氧化能力为Cu2+＞M3+，‎ 当电子超过0.2mol时，固体质量没变，说明这是阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H+＞M3+，‎ 故氧化能力为Cu2+＞H+＞M3+．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎11．下列各种试纸，在使用时预先不能用蒸镏水润湿的是（　　）‎ A．红色石蕊试纸检验NH3 B．品红试纸检验SO2‎ C．碘化钾淀粉试纸检验Cl2 D．pH试纸检验溶液的pH ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】一般来说大多数试纸都要事先湿润，因反应在溶液中进行，但涉及浓度时不能用水事先湿润，以防导致实验误差，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．干燥的红色石蕊试纸不可以检验气体酸碱性，因此红色石蕊试纸使用的第一步操作是：用蒸馏水润湿，故A不选；‎ B．品红检验二氧化硫需要在溶液中进行，应事先湿润，故B不选；‎ C．氯气和KI的反应应在溶液中进行，应事先湿润，故C不选；‎ D．pH试纸测定溶液的酸碱性，pH试纸用蒸馏水润湿后，相当于对原溶液进行稀释，则溶液的酸碱性会减弱，故D选．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　）‎ A．无色溶液：Ca2+、H+、Cl﹣、HSO3﹣‎ B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NO3﹣、I﹣、AlO2﹣‎ C．FeCl3溶液：K+、Na+、Fe2+、S2﹣‎ D． =0.1mol/L的溶液：Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．氢离子与亚硫酸氢根离子反应；‎ B．能使pH试纸呈红色的溶液中存在大量氢离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化碘离子，氢离子与偏铝酸根离子反应；‎ C．铁离子能够氧化硫离子，亚铁离子与硫离子反应生成硫化亚铁沉淀；‎ D．该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应．‎ ‎【解答】解：A．H+、HSO3﹣之间反应生成二氧化硫气体和水，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．能使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，AlO2﹣与氢离子反应，NO3﹣、I﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．Fe3+能够氧化S2﹣，Fe2+、S2﹣之间反应生成硫化亚铁沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．该溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．在甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（　　）‎ A．1mol/L的甲酸溶液中c（H+）约为0.01mol/L B．甲酸与活泼金属反应生成氢气 C．10mL1mol/L的甲酸恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应 D．在相同浓度下，甲酸的导电性比二元强酸溶液的弱 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A．甲酸是弱电解质，不能完全电离；‎ B．和活泼金属反应的酸可以是强酸或弱酸；‎ C．是中和反应，按照反应方程式进行；‎ D．溶液的导电性取决于自由移动离子浓度和自由移动离子带电数目．‎ ‎【解答】解：A.1mol•L﹣1的甲酸溶液的c（H+）约为0.01mol•L﹣1说明甲酸不能完全电离，可以证明是弱电解质，故A正确；‎ B．强酸和弱酸都可以和活泼金属反应生成氢气，不能证明是弱电解质，故B错误；‎ C．根据方程式可知不论酸碱强弱，只有一元酸与一元碱物质的量相等则恰好发生酸碱中和，完全反应，故C错误；‎ D．溶液浓度相同，硫酸溶液中氢离子浓度大于甲酸溶液中氢离子浓度，导电性比硫酸溶液弱，若为盐酸也符合，不能证明甲酸为弱酸，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎14．X、Y、Z、M、N代表五种金属．有以下化学反应：‎ ‎①水溶液中：X+Y2+═X2++Y ‎②Z+2H2O（冷）═Z（OH）2+H2↑‎ ‎③M、N为电极与N盐溶液组成原电池，发生的电极反应为：M﹣2e﹣═M2+‎ ‎④Y可以溶于稀H2SO4中，M不被稀H2SO4氧化，则这五种金属的活泼性由弱到强的顺序是（　　）‎ A．M＜N＜Y＜X＜Z B．N＜M＜X＜Y＜Z C．N＜M＜Y＜X＜Z D．X＜Z＜N＜M＜Y ‎【考点】常见金属的活动性顺序及其应用；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．‎ ‎【分析】金属的金属性越强，其单质的还原性越强；在原电池中，一般来说，较活泼金属作负极、较不活泼金属作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在金属活动性顺序表中，位于氢之前的金属能置换出酸中的氢，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：金属的金属性越强，其单质的还原性越强；在原电池中，一般来说，较活泼金属作负极、较不活泼金属作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在金属活动性顺序表中，位于氢之前的金属能置换出酸中的氢，‎ ‎①水溶液中X+Y2+═X2++Y，说明活动性X＞Y；‎ ‎②Z+2H2O（冷水）═Z（OH）2+H2↑，能与冷水反应生成氢气说明Z金属性活动性很强；‎ ‎③M、N为电极，与N盐溶液组成原电池，M电极反应为M﹣2e﹣═M2+，M失电子发生氧化反应，则M是负极、N是正极，活动性M＞N；‎ ‎④Y可以溶于稀硫酸中，M不被稀硫酸氧化，说明活动性Y＞M，‎ 通过以上分析知，金属活动性顺序N＜M＜Y＜X＜Z，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．在溶液导电性实验装置里，分别注入20mL 6mol•L﹣1醋酸和20mL 6mol•L﹣1氨水，灯光明暗程度相似，如果把这两种溶液混和后再试验则（　　）‎ A．灯光明暗程度不变 B．灯光变暗 C．灯光明暗程度变化不明显 D．灯光变亮 ‎【考点】电解质溶液的导电性．‎ ‎【分析】电解质溶液导电性取决于离子浓度的大小，醋酸和氨水两者混合生成强电解醋酸铵，导电能力增强．‎ ‎【解答】解：在相同温度下分别注入20mL 6mol•L﹣1醋酸和20mL6mol•L﹣1氨水，灯光明暗程度相同，说明两溶液中离子浓度一样，电离常数醋酸等于氨水；醋酸和氨水两者混合生成强电解醋酸铵，完全电离，自由移动离子浓度变大，导电能力增强，灯光变亮，故选D．‎ ‎　‎ ‎16．根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是（　　）‎ A．厕所清洁剂、厨房清洁剂、醋、肥皂 B．醋、厕所清洁剂、肥皂、厨房清洁剂 C．厕所清洁剂、醋、肥皂、厨房清洁剂 D．厨房清洁剂、醋、肥皂、厕所清洁剂 ‎【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．‎ ‎【分析】根据生活中经常接触的物质的酸碱性，由当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时，呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时，呈碱性，且pH越大，碱性越强；进行分析判断．‎ ‎【解答】解：根据生活经验，厕所清洁剂、醋均显酸性，pH均小于7，但厕所清洁剂的酸性比醋强，故厕所清洁剂的pH比醋的小．肥皂、厨房洗涤剂均显碱性，pH均小于7，但厨房清洁剂的碱性比肥皂强，故厨房清洁剂的pH比肥皂的大．‎ 故上述物质水溶液pH逐渐增大的顺序是：厕所清洁剂、醋、肥皂、厨房清洁剂，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．0.1mol•L﹣1氨水10mL，加蒸馏水稀释到1L后，下列变化中正确的是（　　）‎ ‎①电离程度增大 ②c（NH3•H2O）增大 ③NH4+数目增多 ④c（OH﹣）增大 ⑤导电性增强．‎ A．①②③ B．①③⑤ C．①③ D．②④‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】①加水促进电离；‎ ‎②加水时电离平衡正向移动，n（NH3•H2O）减小；‎ ‎③加水时电离平衡正向移动，n（NH4+）增大；‎ ‎④加水时电离平衡正向移动，n（OH﹣）增大；‎ ‎⑤离子的浓度越大，导电性越强．‎ ‎【解答】解：①因加水促进弱电解质的电离，则氨水的电离程度增大，故①正确；‎ ‎②加水时电离平衡正向移动，n（NH3•H2O）减小，且溶液的体积变大，则c（NH3•H2O）减小，故②错误；‎ ‎③加水时电离平衡正向移动，n（NH4+）增大，由N=n×NA，则NH4+数目增多，故③正确；‎ ‎④加水时电离平衡正向移动，n（OH﹣）增大，但溶液的体积变大，则c（OH﹣）减小，故④错误；‎ ‎⑤加水稀释时，溶液中的离子的浓度减小，则导电性减弱，故⑤错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎18．某温度下重水中存在电离平衡D2O⇌D++OD﹣，D2O的离子积常数=1.0×10﹣12，若pD=﹣lgc（D+），该温度下有关分析不正确的是（　　）‎ A．0.1molNaOD溶于重水制成1L溶液，pD=13‎ B．将pD=4的DCl的重水溶液稀释100倍，所得溶液pD不等于6‎ C．向30mL0.5mol•L﹣1NaOD的重水溶液中加入20mL0.5mol•L﹣1DCl的重水溶液，所得溶液pD=11‎ D．pD=10的NaOD的重水溶液中，由重水电离出的c（OD﹣）为1×10﹣10mol•L﹣1‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】D2O的离子积常数=1.0×10﹣12，结合水的离子积常数分析，pD=6为中性，联系酸碱混合计算解答．‎ ‎【解答】解：D2O的离子积常数=1.0×10﹣12，结合水的离子积常数分析，pD=6为中性．‎ A、溶液中c（OD﹣）=0.1mol/L，则c（D+）=1.0×10﹣11，pD=11，故A错误；‎ B、pD=4的DCl的重水溶液中c（D+）=1.0×10﹣4，稀释10倍后c（D+）=1.0×10﹣5，pH=5，故B正确；‎ C、混合溶液中c（OD﹣）==0.1mol/L，则c（D+）=1.0×10﹣11，pD=11，故C正确；‎ D、NaOD溶液中的D+全部有水电离出来，pD=10，说明水电离出的c（D+）=1.0×10﹣10，而水电离出来的氢离子和氢氧根离子浓度相等，故此溶液中水电离出的c（OD﹣）=1.0×10﹣10mol/L，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎19．下列叙述正确的是（　　）‎ A．常温时，某溶液中由水电离出来的c（H+）和c（OH﹣）的乘积为1×10﹣24，该溶液中一定可以大量存在K+、Na+、AlO2﹣、SO42﹣‎ B．pH=2的酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH=4‎ C．过量SO2通入Ba（NO3）2溶液中，正确的离子方程式为3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+‎ D．用pH=3和pH=2的醋酸溶液中和含等量NaOH的溶液，所消耗的醋酸溶液的体积分别为Va和Vb，则Va＞10Vb ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写；pH的简单计算；离子共存问题．‎ ‎【分析】A、常温时，某溶液中由水电离出来的c（H+）和c（OH﹣）的乘积为1×10﹣24，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；‎ B、酸性强弱不知；‎ C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子；‎ D、醋酸为弱电解质，浓度越小，电离程度越大．‎ ‎【解答】解：A．常温时，某溶液中由水电离出来的c（H+）和c（OH﹣）的乘积为1×10﹣24，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，如呈酸性，则AlO2﹣、H+，不能大量共存，故A错误； ‎ B、酸性强弱不知，如果是强酸pH=2的酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH=4，如果是弱酸不到4，故B错误；‎ C、少量SO2通入Ba（NO3）2溶液，反应的离子方程式为：3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+，而过量的二氧化硫，少量的硝酸钡要符合组成之比，参加反应的Ba2+和NO3﹣的物质的量之比应为1：2，离子反应方程式为：3SO2+2NO3﹣+Ba2++2H2O=BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42﹣，故C错误；‎ D、如为pH=3和pH=2的盐酸中和NaOH溶液，则有Va=10Vb，但醋酸为弱电解质，浓度越小，电离程度越大，所以应有Va＞10Vb，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎20．25℃时，在一定体积pH=12的Ba（OH）2溶液中，逐滴滴加一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11．若反应后的溶液体积等于Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积比是（　　）‎ A．1：9 B．1：1 C．1：2 D．1：4‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba（OH）2和NaHSO4按照物质的量1：1反应，设出氢氧化钡、硫酸氢钠溶液的体积，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算．‎ ‎【解答】解：pH=12的Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）=10﹣2mol/L，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x×10﹣2mol，‎ 溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时反应的硫酸氢钠物质的量为0.5x×10﹣2mol，设硫酸氢钠溶液体积为y，‎ 依据反应Ba（OH）2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）=10﹣3mol/L，‎ 则： =10﹣3，‎ 整理可得：x：y=1：4，‎ 故选D．‎ ‎　‎ 三．填空题（本题包括4小题，共45分）‎ ‎21．简答下面有关标准氢氧化钠溶液滴定待测盐酸的问题．‎ ‎（1）盛放待测盐酸的锥形瓶下方垫一张白纸的作用是　便于观察溶液颜色变化，准确判断滴定终点　．‎ ‎（2）用酚酞做指示剂，滴定到达终点时，溶液的颜色变化是　锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色　．‎ ‎（3）有下列错误操作：①碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未经标准溶液润洗就注入标准氢氧化钠溶液；②用酸式滴定管取用待测酸液前，尖嘴部分有气泡，取用过程中气泡消失；③滴定后读碱液体积时，俯视碱式滴定管中的液面；④锥形瓶用待测酸液润洗两次．‎ 哪些错误操作会使盐酸浓度的测定值偏低？哪些错误操作会使盐酸浓度的测定值偏高？‎ ‎（4）如果用甲基橙代替酚酞做指示剂，此时所得盐酸浓度的测定值比用酚酞做指示剂测出的稍大还是稍小？‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】（1）锥形瓶下垫一张白纸使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨；‎ ‎（2）锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色．‎ ‎（3）根据c（待测）=进行分析误差；‎ ‎（4）根据甲基橙在酸性范围内变色，而酚酞在碱性范围内变色，结合c（待测）=进行分析；‎ ‎【解答】解：（1）因锥形瓶下垫一张白纸使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨；‎ 故答案为：便于观察溶液颜色变化，准确判断滴定终点；‎ ‎（2）滴定时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色，可说明达到滴定终点；‎ 故答案为：锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色．‎ ‎（3）①碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未经标准溶液润洗就注入标准氢氧化钠溶液，导致标准液体积偏大，根据c（待测）=分析，则c（待测）偏大；‎ ‎②用酸式滴定管取用待测酸液前，尖嘴部分有气泡，取用过程中气泡消失，待测液的物质的量偏小，导致标准液体积偏小，根据c（待测）=分析，则c（待测）偏小；‎ ‎③滴定后读碱液体积时，俯视碱式滴定管中的液面，导致标准液体积偏小，根据c（待测）=分析，则c（待测）偏小；‎ ‎④锥形瓶用待测酸液润洗两次，待测液的物质的量偏大，导致标准液体积偏大，根据c（待测）=分析，则c（待测）偏大；‎ 故答案为：②③错误操作会使盐酸浓度的测定值偏低；①④错误操作会使盐酸浓度的测定值偏高；‎ ‎（4）甲基橙在酸性范围内变色，而酚酞在碱性范围内变色，所以如果用甲基橙代替酚酞做指示剂，消耗的标准氢氧化钠溶液体积偏小，根据c（待测）=分析，可知所得盐酸浓度的测定值偏低；‎ 故答案为：稍小；‎ ‎　‎ ‎22．双氧水（H2O2）和水水都是极弱电解质，但H2O2比水更显酸性．‎ ‎（1）若把H2O2看成是二元弱酸，请写出它在水中的电离方程式：　H2O2⇌H++HO2﹣、HO2﹣⇌H++O22﹣　‎ ‎（2）鉴于H2O2显弱酸性，它能同强碱作用形成正盐，在一定条件下也可以形成酸式盐．请写出H2O2与Ba（OH）2作用形成正盐的化学方程式：　H2O2+Ba（OH）2=BaO2+2H2O　‎ ‎（3）水电离生成H3O+ 和OH﹣叫做水的自偶电离．同水一样，H2O2也有极微弱的自偶电离，其自偶电离方程式为：　H2O2+H2O2⇌H3O2++HO2﹣　．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】（1）双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离；‎ ‎（2）双氧水和氢氧化钡生成盐和水；‎ ‎（3）根据水的电离方程式书写双氧水的自偶电离方程式．‎ ‎【解答】解：（1）双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，其电离方程式为H2O2⇌H++HO2﹣、HO2﹣⇌H++O22﹣，故答案为：H2O2⇌H++HO2﹣、HO2﹣⇌H++O22﹣；‎ ‎（2）双氧水和氢氧化钡生成盐和水，反应方程式为H2O2+Ba（OH）2=BaO2+2H2O，故答案为：H2O2+Ba（OH）2=BaO2+2H2O；‎ ‎（3）根据水的电离方程式书写双氧水的自偶电离方程式，电离方程式为H2O2+H2O2⇌H3O2++HO2﹣，故答案为：H2O2+H2O2⇌H3O2++HO2﹣．‎ ‎　‎ ‎23．课题式研究性学习是培养学生创造性思维的良好方法，某研究性学习小组将下列装置如图链接，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极．将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附件先显红色．试回答下列问题：‎ ‎（1）电源A极的名称是　正极　．‎ ‎（2）甲装置中电解反应的总化学方程式：　2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+H2SO4　．‎ ‎（3）如果收集乙装置中产生的气体，相同状况下两种气体的体积比是　1：1　．‎ ‎（4）欲用丙装置给铜镀银，G应该是　银　（填“铜”或“银”），电镀液的溶质是　AgNO3　（填化学式）．‎ ‎（5）装置丁中的现象是　Y极附近红褐色变深　．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附件先显红色，说明F电极为阴极，则E为阳极，所以C、G、X都是阳极，D、H、Y都是阴极，‎ ‎（1）连接阴极的电极负极、连接阳极的电极是正极；‎ ‎（2）甲中阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电；‎ ‎（3）乙中阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，生成相同物质的量的氢气、氯气时转移电子相等，电解过程中转移电子总数相等，所以生成氢气、氯气物质的量相等；‎ ‎（4）电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，电解质为可溶性的盐且含有的金属元素与阳极材料相同；‎ ‎（5）氢氧化铁胶粒带正电荷，通电时向阴极移动．‎ ‎【解答】解：将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附件先显红色，说明F电极为阴极，则E为阳极，所以C、G、X都是阳极，D、H、Y都是阴极，‎ ‎（1）连接阴极的电极负极、连接阳极的电极是正极，A连接阳极，则为正极，故答案为：正极；‎ ‎（2）甲中阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电生成铜，所以电池反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+H2SO4；‎ ‎（3）乙中阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，生成相同物质的量的氢气、氯气时转移电子相等，电解过程中转移电子总数相等，所以生成氢气、氯气物质的量相等，相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以氯气和氢气体积之比为1：1，故答案为：1：1； ‎ ‎（4）欲用丙装置给铜镀银，Ag作阳极、Cu作阴极，则G为银，电解质为AgNO3，故答案为：银；AgNO3；‎ ‎（5）氢氧化铁胶粒带正电荷，通电时向阴极移动，Y为阴极，所以看到的现象是Y极附近红褐色变深，故答案为：Y极附近红褐色变深．‎ ‎　‎ ‎24．下列各种物质中，除B、D两种物质外，其余各物质均由短周期元素组成．已知常温常压下A为无色无味液体，B、C、G属于金属单质，化合物F的焰色反应为黄色火焰，常温下0.1mol/L的F溶液pH=13，D为黑色有磁性的氧化物．上述物质之间存在如图1所示的转化关系（略去部分反应条件）．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出F的电子式　　；‎ ‎（2）组成G的元素在周期表中的位置是　第三周期第IIIA族　；‎ ‎（3）写出反应①的化学方程式：　3Fe+4H2OFe3O4+4H2　；‎ ‎（4）写出反应⑤的离子方程式：　Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O　；‎ ‎（5）由B、G、F溶液组成如图2所示的装置，其中G上的电极反应式为　Al﹣3e﹣+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】常温常压下A为无色无味液体，为H2O；‎ B、C、G属于金属单质，化合物F的焰色反应为黄色火焰，常温下0.1mol•L﹣1的F溶液pH=13，含有Na元素，则C为Na，E为H2、F为NaOH，D为黑色有磁性的氧化物为Fe3O4，所以B为Fe，F和D都能和金属G反应，则G为Al，H为Al2O3、I是NaAlO2，结合题目分析解答．‎ ‎【解答】解：常温常压下A为无色无味液体，为H2O；B、C、G属于金属单质，化合物F的焰色反应为黄色火焰，常温下0.1mol•L﹣1的F溶液pH=13，含有Na元素，则C为Na，E为H2、F为NaOH，D为黑色有磁性的氧化物为Fe3O4，所以B为Fe，F和D都能和金属G反应，则G为Al，H为Al2O3、I是NaAlO2，‎ ‎（1）通过以上分析知，F为NaOH，其电子式为，故答案为：；‎ ‎（2）G是Al，位于第三周期第IIIA族，故答案为：第三周期第ⅢA族；‎ ‎（3）①为铁和水蒸气的反应，生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2O Fe3O4+4H2，‎ 故答案为：3Fe+4H2O Fe3O4+4H2；‎ ‎（4）反应⑤为氧化铝和NaOH溶液的反应，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，‎ 故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；‎ ‎（5）Fe、Al、NaOH溶液构成原电池，Al作负极、Fe作正极，负极上Al失电子和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和水，电极反应式为Al﹣3e﹣+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al﹣3e﹣+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O．‎