化学卷·2018届湖北省武汉四中等四所重点中学高二上学期期末化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届湖北省武汉四中等四所重点中学高二上学期期末化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年湖北省武汉四中等四所重点中学高二（上）期末化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）‎ ‎1．25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣，下列叙述正确的是（　　）‎ A．将水加热，Kw增大，pH不变 B．向水中加入少量盐酸，c（H+）增大，Kw不变 C．向水中加入NaOH固体，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低 D．向水中加入AlCl3固体，平衡正向移动，c（OH﹣）增大 ‎2．把下列溶液加水稀释，溶液中每种离子的浓度都不会增加的是（　　） A．CH3COOH溶液 B．NaCl溶液 C．NaOH溶液 D．FeCl3溶液 ‎3．将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，下列说法正确的是（　　）‎ A．只有AgBr沉淀生成 B．生成等物质的量的AgCl和AgBr沉淀 C．沉淀的物质的量：AgCl多于AgBr D．沉淀的物质的量：AgCl少于AgBr ‎4．下列溶液中有关物质的量浓度关系错误的是（　　）‎ 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．0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4：c（Na+）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣）‎ ‎5．今有室温下的四种溶液：①pH=2的醋酸；②pH=a的Na2CO3溶液，体积为VL；③pH=2的硫酸；④pH=12的氢氧化钠溶液．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．将②溶液用蒸馏水稀释，使体积扩大十倍，所得溶液pH变为a﹣1‎ B．V1L③和V2L④混合，若混合后溶液pH=3，则V1：V2=11：9‎ C．①与④等体积混合后，混合液pH=7‎ D．①与③两溶液的物质的量浓度相等 ‎6．用 0.50mol•L﹣1NaOH标准液10.00mL，将未知浓度的盐酸20.00mL恰好滴定至终点，下列说法正确的是（　　）‎ A．若选用酚酞作指示剂，终点时，液体恰好褪色 B．用量筒量取上述盐酸 C．若滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，则所测的盐酸浓度偏大 D．盐酸的浓度为1.00 mol•L﹣1‎ ‎7．0.4mol CuSO4和0.4mol NaCl溶于水，配成1L溶液，用惰性电极进行电解，当一个电极得到0.3mol Cu时，另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积是（　　）‎ A．5.6L B．6.72L C．1.344L D．11.2L ‎8．用如图所示装置处理含NO3﹣的酸性工业废水，某电极反应式为2NO3﹣+12H++10e﹣=N2+6H2O，则下列说法错误的（　　）‎ A．电源正极为A，电解过程中有气体放出 B．电解时H+从质子交换膜左侧向右侧移动 C．电解过程中，右侧电解液pH保持不变 D．电解池一侧生成5.6g N2，另一侧溶液质量减少l8g ‎9．下列关于化学电源的说法不正确的是（　　）‎ A．我们可以根据硫酸密度的大小来判断铅蓄电池是否需要充电 B．燃料电池是利用燃料和氧化剂之间的氧化还原反应，将化学能转化为热能，然后再转化为电能的化学电源 C．普通锌锰干电池中，发生氧化还原反应的物质大部分被消耗后，就不能再使用了 D．由Ag2O和Zn形成的碱性银锌纽扣电池，发生电化学反应时，Zn作为负极 ‎10．体积为1L的某溶液中含有的离子如表所示：用Pt电极电解该溶液，当电路中有3mol电子通过时（忽略电解时溶液体积的变化及电解产物可能存在的溶解现象），下列说法正确的是（　　）‎ 离子 Cu2+‎ Al3+‎ NO3﹣‎ Cl﹣‎ ‎1‎ ‎1‎ a ‎1‎ A．阴极析出的金属是铜与铝 B．a=3‎ C．阳极生成1.5 mol Cl2 D．电解后溶液的pH=0‎ ‎11．金属镍有广泛的用途．粗镍中含有少量杂质Fe、Zn、Cu、Pt，可用电解法制备高纯度的镍（已知：氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+），下列叙述正确的是（　　）‎ A．阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2++2e﹣=Ni B．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt C．电解后，溶液中存在的阳离子只有Fe2+和Zn2+‎ D．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等 ‎12．如图为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（　　）‎ A．W元素的第一电离能小于Y元素的第一电离能 B．Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同 C．p能级未成对电子最多的是Z元素 D．X元素是电负性最大的元素 ‎13．用R代表短周期元素，R原子最外层的p能级上的未成对电子只有2个．下列关于R的描述中正确的是（　　）‎ A．R的氧化物一定能溶于水 B．R的最高价氧化物所对应的水化物一定是H2RO3‎ C．R的氧化物一定能与NaOH溶液反应 D．R是非金属元素 ‎14．下列各种元素形成的单质氧化性最强的是（　　）‎ A．原子含有未成对电子最多的第二周期元素 B．位于周期表中第三周期ⅢA族的元素 C．原子最外层电子排布为3s23p3的元素 D．原子最外层电子排布为2s22p4的元素 ‎15．以下是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况．其中违反了洪特规则的是（　　）‎ A．① B．①③ C．②④⑤ D．③④⑤‎ ‎16．电子由3d能级跃迁至4p能级时，可通过光谱仪直接摄取（　　）‎ A．电子的运动轨迹图象 B．原子的吸收光谱 C．电子体积大小的图象 D．原子的发射光谱 ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分52分）‎ ‎17．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表，请回答：‎ 实验编号 HA物质的量浓度 ‎（mol•L﹣1）‎ NaOH物质的量浓度 ‎（mol•L﹣1）‎ 混合溶液的pH 甲 ‎0.2‎ ‎0.2‎ pH=a 乙 c ‎0.2‎ pH=7‎ 丙 ‎0.2‎ ‎0.1‎ pH＞7‎ 丁 ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH=9‎ ‎（1）不考虑其它组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用a （混合溶液的pH）来说明HA是强酸还是弱酸　　．‎ ‎（2）不考虑其它组的实验结果，单从乙组情况分析，C是否一定等于0.2　　‎ ‎（选填“是”或“否”）．混合液中离子浓度c（A﹣）与 c（Na+）的大小关系是　　．‎ ‎（3）丙组实验结果分析，HA是　　酸（选填“强”或“弱”）．该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是　　．‎ ‎（4）丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）=　　mol•L﹣1．写出该混合溶液中下列算式的精确结果（不需做近似计算）．c（Na+）﹣c（A﹣）=　　mol•L﹣1 c（OH﹣）﹣c（HA）=　　mol•L﹣1．‎ ‎18．已知：‎ ‎①25℃时弱电解质电离平衡数；Ka（CH3COOH）═1.8×10﹣5，Ka（HSCN）═0.13；‎ 难溶电解质的溶度积常数：KSD（CaF2）═1.5×10﹣10‎ ‎②25℃时，2×l0﹣3mol•L﹣1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c （HF）、C（F﹣）与溶液pH的变化关系，如图1所示：‎ 请根据以下信息回答下列问题：‎ ‎（1）25℃时，将20mL 0.10mol•L﹣1CH3COOH溶液和20mL 0．l mol•L﹣1 HSCN溶液分别 与20mL 0.10mol•L﹣1NaHCO3 溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为图2所示：‎ 反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是　　，‎ 反应结束后所得两溶液中，C（CH3COO﹣）　　c（SCN﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）‎ ‎（2）25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka≈　　．‎ ‎（3）4×10﹣3mol•L﹣1HF溶液与4×10﹣4mol•L﹣1CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0（忽略调节混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生．‎ ‎19．人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图．‎ ‎（1）电源的负极为　　（填“A”或“B”）．‎ ‎（2）阳极室中发生的反应依次为：　　，　　．‎ ‎（3）电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将　　（填“增大”、“减小”或“不变”）；若两极共收集到气体13.44L（标准状况），则除去的尿素质量=　　g（忽略气体的溶解）．‎ ‎20．如图所示，p、q为直流电源的两极，A由金属单质X制成，B、C、D为铂电极，接通电源，金属X沉积于B极，同时C、D上产生气泡，试回答：‎ ‎（1）p为　　极，A极发生了　　反应．‎ ‎（2）C为　　极，可收集到　　；D为　　极，可收集到　　．‎ ‎（3）C极的电极反应式为　　．‎ ‎（4）在电解过程中，测C、D两极上产生气体的体积，实验数据如表：‎ 时间（min）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 阴极产生气体的体积（cm3）‎ ‎6‎ ‎12‎ ‎20‎ ‎29‎ ‎39]‎ ‎49‎ ‎59‎ ‎69‎ ‎79‎ ‎89‎ 阳极产生气体的体积（cm3）‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎11‎ ‎16‎ ‎21‎ ‎26‎ ‎31‎ ‎36‎ ‎41‎ 仔细分析以上实验数据，请说出变化的可能原因是　　．‎ ‎（5）当反应进行一段时间后，A、B电极附近溶液的pH　　（填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎（6）当电路中通过0.004mol电子时，B极上沉积的金属X为0.128g，则此金属的摩尔质量为　　．‎ ‎21．现有六种元素，其中B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答问题 B元素原子的核外p电子数比s电子数少1‎ C原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/mol I2=1451kJ/mol I3=7733kJ/mol I4=10540kJ/mol D原子核外所有p轨道全满或半满 E元素的主族序数与周期数的相差4‎ F 是前四周期原子电子排布图中单电子数最多的元素 G在周期表的第十一列 ‎（1）B基态原子的电子排布式为　　；F基态原子的价电子排布式为　　；G基态原子的最外层电子排布图为　　．‎ ‎（2）C和与其左右相邻元素原子的第一电离能由大到小的顺序是　　（用元素符号填空）．‎ ‎（3）B、D的电负性相对大小：B　　D（用“大于”、“小于”或“等于”填空）．‎ ‎（4）以上六种元素中，位于s区的有　　种，位于p区的有　　种．‎ ‎（5）DE3的电子式为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省武汉四中等四所重点中学高二（上）期末化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）‎ ‎1．25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣，下列叙述正确的是（　　）‎ A．将水加热，Kw增大，pH不变 B．向水中加入少量盐酸，c（H+）增大，Kw不变 C．向水中加入NaOH固体，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低 D．向水中加入AlCl3固体，平衡正向移动，c（OH﹣）增大 ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】水的电离平衡：H2O⇌H++OH﹣中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（H+）或c（OH﹣）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小．‎ ‎【解答】解：A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小，故A错误；‎ B．向水中加入少量盐酸，抑制水的电离，c（H+）增大，平衡逆向进行，温度不变Kw不变，故B正确；‎ C．向水中加入少量固体NaOH，c（OH﹣）增大，平衡逆向移动，c（H+）降低，故C错误；‎ D．向水中加入AlCl3固体，溶解后铝离子水解促进水的电离，平衡正向移动，c（OH﹣）浓度减小，c（H+）浓度增大，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．把下列溶液加水稀释，溶液中每种离子的浓度都不会增加的是（　　） A．CH3COOH溶液 B．NaCl溶液 C．NaOH溶液 D．FeCl3溶液 ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】‎ 把溶液加水稀释，溶液的体积增大，溶液中物质电离出的离子浓度一定减小，根据Kw只受温度影响来确定溶液中氢离子或是氢氧根离子浓度的大小．‎ ‎【解答】解：A、醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离正向进行，所以氢氧根离子浓度增大，其余的均减小，故A错误；‎ B、氯化钠是中性的溶液，加水稀释，钠离子、氯离子浓度减小，氢离子和氢氧根离子浓度不变，没有浓度增大的离子，故B正确；‎ C、NaOH溶液加水稀释，氢离子浓度增大，氢氧根浓度、钠离子浓度均减小，故C错误；‎ D、氯化铁加水稀释，有利于水解平衡右移，所以氢氧根离子浓度增大，其它离子浓度减小，故D错误，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，下列说法正确的是（　　）‎ A．只有AgBr沉淀生成 B．生成等物质的量的AgCl和AgBr沉淀 C．沉淀的物质的量：AgCl多于AgBr D．沉淀的物质的量：AgCl少于AgBr ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】AgBr比AgCl更难溶，则AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合时，c（Cl﹣）＞c（Br﹣），再加入足量的浓AgNO3溶液，发生沉淀的生成，以此来解答．‎ ‎【解答】解：AgBr比AgCl更难溶，则AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合时，再加入足量的浓AgNO3溶液，发生沉淀的生成，生成AgCl、AgBr两种沉淀，且c（Cl﹣）＞c（Br﹣），则沉淀的物质的量为AgCl多于AgBr，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．下列溶液中有关物质的量浓度关系错误的是（　　）‎ 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．0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4：c（Na+）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A、根据电荷守恒分析解答；‎ B、相同浓度的三种溶液CH3COONa、NaOH和Na2CO3pH的大小分别为NaOH、Na2CO3和CH3COONa，所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa）；‎ C、物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+），以此分析；‎ D、0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4，电离大于水解程度．‎ ‎【解答】解：A、根据电荷守恒，可知c（H+）+c（M+）═c（OH﹣）+c（A﹣），故A正确；‎ B、相同浓度的三种溶液CH3COONa、NaOH和Na2CO3pH的大小分别为NaOH、Na2CO3和CH3COONa，所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故B正确；‎ C、物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+），由上述两个式子可得c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣），故C正确；‎ D、0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4，电离大于水解程度，所以离子浓度大小为：c（Na+）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．今有室温下的四种溶液：①pH=2的醋酸；②pH=a的Na2CO3‎ 溶液，体积为VL；③pH=2的硫酸；④pH=12的氢氧化钠溶液．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．将②溶液用蒸馏水稀释，使体积扩大十倍，所得溶液pH变为a﹣1‎ B．V1L③和V2L④混合，若混合后溶液pH=3，则V1：V2=11：9‎ C．①与④等体积混合后，混合液pH=7‎ D．①与③两溶液的物质的量浓度相等 ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】A．从稀释溶液对强碱弱酸盐的离子浓度的影响分析判断；‎ B．pH=2的硫酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，pH=12的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，混合溶液pH=3呈酸性，则酸过量，混合溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，根据C（H+）=计算；‎ C．醋酸为弱酸部分电离，①与④等体积混合后，醋酸过量，反应后溶液呈酸性；‎ D．pH相等的醋酸和硫酸，氢离子浓度相等，醋酸是弱电解质，醋酸浓度大于其氢离子浓度，硫酸是二元强酸，在水溶液里完全电离．‎ ‎【解答】解：A．强碱用蒸馏水稀释10倍，溶液PH下降1个单位，即pH=a的强碱，用蒸馏水稀释，使体积扩大十倍，所得溶液pH变为a﹣1，碳酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，浓度越稀水解程度越大，所以用蒸馏水稀释10倍后，pH应大于a﹣1，故A错误；‎ B．pH=2的硫酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，pH=12的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度=0.01mol/L，混合溶液呈酸性，则酸过量，混合溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，硫酸的体积为V1，氢氧化钠的体积为V2，则C（H+）==mol/L=0.001mol/L，V1：V2=11：9，故B正确；‎ C．①pH=2的醋酸氢离子浓度为0.01mol/L，与pH=12的氢氧化钠溶液氢氧根离子浓度为0.01mol/L等体积混合后，氢离子和氢氧根离子恰好反应，醋酸为弱酸部分电离，所以醋酸过量，反应后溶液呈酸性，故C错误；‎ D．pH相等的醋酸和硫酸，氢离子浓度相等，醋酸是弱电解质，醋酸浓度大于其氢离子浓度，硫酸是二元强酸，在水溶液里完全电离，所以pH=2的硫酸、醋酸，其物质的量浓度依次为C1、C2、则其关系是C1＜C2，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．用 0.50mol•L﹣1NaOH标准液10.00mL，将未知浓度的盐酸20.00mL恰好滴定至终点，下列说法正确的是（　　）‎ A．若选用酚酞作指示剂，终点时，液体恰好褪色 B．用量筒量取上述盐酸 C．若滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，则所测的盐酸浓度偏大 D．盐酸的浓度为1.00 mol•L﹣1‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】A．NaOH滴定盐酸，选用酚酞作指示剂，开始为无色，滴定终点显碱性，则溶液变为红色；‎ B．盐酸体积20.00mL，而量筒的感量为0.1mL；‎ B．滴定管尖嘴悬有一滴液体，消耗V（NaOH）偏大，c（盐酸）=；‎ D．结合c（盐酸）=计算．‎ ‎【解答】解：A．NaOH滴定盐酸，选用酚酞作指示剂，终点时，溶液由无色变为红色、且30s不变色，故A错误；‎ B．盐酸体积20.00mL，而量筒的感量为0.1mL，不能使用量筒，可选碱式滴定管或移液管量取，故B错误；‎ B．滴定管尖嘴悬有一滴液体，消耗V（NaOH）偏大，由c（盐酸）=可知，所测的盐酸浓度偏大，故C正确；‎ D．用 0.50mol•L﹣1NaOH标准液10.00mL，滴定未知浓度的盐酸20.00mL，则c（盐酸）===0.25mol/L，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．0.4mol CuSO4和0.4mol ‎ NaCl溶于水，配成1L溶液，用惰性电极进行电解，当一个电极得到0.3mol Cu时，另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积是（　　）‎ A．5.6L B．6.72L C．1.344L D．11.2L ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上氯离子先放电，然后氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，后氢离子放电，当阴极上析出析出铜的物质的量为0.3mol＜0.4mol，根据转移电子守恒计算阳极上生成气体体积．‎ ‎【解答】解：电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上氯离子先放电，然后氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，后氢离子放电，当阴极上析出析出铜的物质的量为0.3mol，阴极上转移电子的物质的量=0.3mol×2=0.6mol，‎ 根据原子守恒知，溶液中n（Cl﹣）=0.4mol，氯离子完全放电时转移电子的物质的量=0.4mol×1=0.4mol，‎ 所以阳极上生成的气体是氯气和氧气，生成氯气的体积=×22.4L/mol=4.48L，根据电极反应，4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，转移0.2mol电子，生成氧气的物质的量是0.05mol，即1.12L，所以另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积是体积是4.48L+1.12L=5.6L．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．用如图所示装置处理含NO3﹣的酸性工业废水，某电极反应式为2NO3﹣+12H++10e﹣=N2+6H2O，则下列说法错误的（　　）‎ A．电源正极为A，电解过程中有气体放出 B．电解时H+从质子交换膜左侧向右侧移动 C．电解过程中，右侧电解液pH保持不变 D．电解池一侧生成5.6g N2，另一侧溶液质量减少l8g ‎【考点】原电池和电解池的工作原理；电解原理．‎ ‎【分析】据电极反应式为2NO3﹣+12H++10e﹣=N2+6H2O，可知，该反应为还原反应，为阴极反应式，废水在B极反应，说明B为阴极；A为阳极，氢氧根离子在阳极放电生成氧气和氢离子，据电子守恒和原子守恒解答．‎ ‎【解答】解：A、A为阳极，氢氧根离子在阳极放电生成氧气，故A正确；‎ B、A为阳极，水电离出来的氢氧根离子在阳极放电生成氢离子，氢离子从质子交换膜左侧向右侧移动，故B正确；‎ C、阳极电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=O2+2H2O，阴极电极反应式为2NO3﹣+12H++10e﹣=N2+6H2O，转移20mol电子时，阳极生成20mol氢离子，而阴极反应24mol氢离子，氢离子浓度减小，pH增大，故C错误；‎ D、据电极反应式，阳极电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=O2+2H2O，阴极电极反应式为2NO3﹣+12H++10e﹣=N2+6H2O，电解池阴极生成5.6g N2，转移电子物质的量为：×10=2mol；每有2mol水电解转移4mol电子，则阳极被电解的水的质量为1mol×18g/mol=18g，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．下列关于化学电源的说法不正确的是（　　）‎ A．我们可以根据硫酸密度的大小来判断铅蓄电池是否需要充电 B．燃料电池是利用燃料和氧化剂之间的氧化还原反应，将化学能转化为热能，然后再转化为电能的化学电源 C．普通锌锰干电池中，发生氧化还原反应的物质大部分被消耗后，就不能再使用了 D．由Ag2O和Zn形成的碱性银锌纽扣电池，发生电化学反应时，Zn作为负极 ‎【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．‎ ‎【分析】A．铅蓄电池电池反应式为Pb+PbO2+4H++2SO42﹣2PbSO4+2H2O，放电时硫酸参加反应生成水，导致溶质质量减小、溶液质量增大，充电时有硫酸生成，溶质的质量增大、溶剂的质量减小；‎ B．燃料电池是将化学能转化为电能；‎ C．普通锌锰干电池中，发生氧化还原反应的物质大部分被消耗后，不能被复原；‎ D．原电池中，易失电子的金属作负极．‎ ‎【解答】解：A．铅蓄电池电池反应式为Pb+PbO2+4H++2SO42﹣2PbSO4+2H2O，放电时硫酸参加反应生成水，导致溶质质量减小、溶液质量增大，密度减小，充电时，生成硫酸，溶质的质量增大、溶剂的质量减小，溶液密度增大，则可以根据硫酸密度的大小来判断铅蓄电池是否需要充电，故A正确；‎ B．燃料电池是将化学能转化为电能，不需要将化学能转化为热能，故B错误；‎ C．普通锌锰干电池中，发生氧化还原反应的物质大部分被消耗后，不能被复原，所以就不能再使用了，故C正确；‎ D．原电池中，易失电子的金属作负极，该原电池中，Zn易失电子而作负极，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．体积为1L的某溶液中含有的离子如表所示：用Pt电极电解该溶液，当电路中有3mol电子通过时（忽略电解时溶液体积的变化及电解产物可能存在的溶解现象），下列说法正确的是（　　）‎ 离子 Cu2+‎ Al3+‎ NO3﹣‎ Cl﹣‎ ‎1‎ ‎1‎ a ‎1‎ A．阴极析出的金属是铜与铝 B．a=3‎ C．阳极生成1.5 mol Cl2 D．电解后溶液的pH=0‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】溶液中含有离子为n（Cu2+）=1mol/L，n（Al3+）=1mol/L，n（NO3﹣）=amol/L，n（Cl﹣）=1mol/L；H+、OH﹣；阳极电极反应为Cl﹣、OH﹣放电；阴极电极反应可以是Cu2+；H+；依据离子物质的量和电极反应电子转移守恒计算．‎ ‎【解答】解：依据电解过程中存在电子守恒，结合电极反应计算分析产物，用Pt电极电解该溶液，当电路中有3mol e﹣通过时 阳极电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；‎ ‎ 1mol 1mol 0.5mol ‎ ‎ 4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑‎ ‎ 2mol 2mol 1mol ‎ 阴极电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu ‎ 1mol 2mol 1mol ‎ 2H++2e﹣=H2↑‎ ‎ 1mol 1mol 0.5mol ‎ A、阴极析出的金属是铜，无金属铝析出，故A错误；‎ B、依据溶液中电荷守恒计算忽略氢离子和氢氧根离子浓度：2c（Cu2+）+3c（Al3+）=c（Cl﹣）+c（NO3﹣），计算得到c（NO3﹣）=4mol/L，即a=4，故B错误；‎ C、依据电极反应、电子守恒可知阳极生成0.5molCl2，故C错误；‎ D、电解后溶液PH计算，依据两电极上的反应计算，阳极减少2mol氢氧根离子，同时阴极上减少1mol氢离子，综合计算分析得到溶液中增加氢离子物质的量为1mol，氢离子浓度为1mol/L，pH=0，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．金属镍有广泛的用途．粗镍中含有少量杂质Fe、Zn、Cu、Pt，可用电解法制备高纯度的镍（已知：氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+），下列叙述正确的是（　　）‎ A．阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2++2e﹣=Ni B．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt C．电解后，溶液中存在的阳离子只有Fe2+和Zn2+‎ D．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等 ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】A、阳极失去电子发生氧化反应；‎ B、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥；‎ C、精炼过程中，电解质溶液中一定含有Ni2+；‎ D、阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是镍；依据电子守恒计算分析．‎ ‎【解答】解：A、阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni﹣2e﹣=Ni2+，Fe﹣2e﹣=Fe2+；Zn﹣2e﹣=Zn2+，故A错误；‎ B、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故B正确；‎ C、电解后，溶液中存在的阳离子有H+、Fe2+、Zn2+、Ni2+，故C错误；‎ D、电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是镍；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．如图为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（　　）‎ A．W元素的第一电离能小于Y元素的第一电离能 B．Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同 C．p能级未成对电子最多的是Z元素 D．X元素是电负性最大的元素 ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】图为元素周期表前四周期的一部分，由位置可知，X为F，W为P，Y为S，Z为Br，R为Ar，‎ A．W的3p电子半满为稳定结构；‎ B．Y的阴离子有3个电子层，而Z的阴离子有4个电子层；‎ C．p能级未成对电子最多为3个，只有W符合；‎ D．上述元素中F的非金属性最强．‎ ‎【解答】解：图为元素周期表前四周期的一部分，由位置可知，X为F，W为P，Y为S，Z为Br，R为Ar，‎ A．W的3p电子半满为稳定结构，则W元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，故A错误；‎ B．Y的阴离子有3个电子层，而Z的阴离子有4个电子层，则Y的阴离子电子层结构与R原子的相同，故B错误；‎ C．p能级未成对电子最多为3个，只有W符合，故C错误；‎ D．上述元素中F的非金属性最强，则X元素是电负性最大，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．用R代表短周期元素，R原子最外层的p能级上的未成对电子只有2个．下列关于R的描述中正确的是（　　）‎ A．R的氧化物一定能溶于水 B．R的最高价氧化物所对应的水化物一定是H2RO3‎ C．R的氧化物一定能与NaOH溶液反应 D．R是非金属元素 ‎【考点】原子结构与元素的性质．‎ ‎【分析】用R代表短周期元素，R原子最外层的p能级上的未成对电子只有2个，则R为C、O、Si、S元素，‎ A．R的氧化物不一定能溶于水；‎ B．R的最高价氧化物的水化物不一定是H2RO3；‎ C．R的氧化物不一定能与NaOH溶液反应，如不成盐氧化物；‎ D．R是非金属元素．‎ ‎【解答】解：用R代表短周期元素，R原子最外层的p能级上的未成对电子只有2个，则R为C、O、Si、S元素，‎ A．R的氧化物不一定能溶于水，如CO或二氧化硅，故A错误；‎ B．R的最高价氧化物的水化物不一定是H2RO3，如H2SO4，故B错误；‎ C．R的氧化物不一定能与NaOH溶液反应，如不成盐氧化物，如CO，故C错误；‎ D．R是C、O、Si、S元素，这几种元素都是非金属元素，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎14．下列各种元素形成的单质氧化性最强的是（　　）‎ A．原子含有未成对电子最多的第二周期元素 B．位于周期表中第三周期ⅢA族的元素 C．原子最外层电子排布为3s23p3的元素 D．原子最外层电子排布为2s22p4的元素 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】先根据信息，推出各元素：原子含有未成对电子最多的第二周期元素是氮，位于周期表中第三周期ⅢA族的元素是铝，原子最外电子层排布为2s22p6的元素是氖，原子最外电子层排布为3s23P5的元素是氯，非金属性越强，单质的氧化性越强．‎ ‎【解答】解：A．原子含未成对电子最多的第二周期元素是N元素，氮气的化学性质稳定；‎ B．位于周期表中第三周期ⅢA族的元素是Al元素；‎ C．原子最外层电子排布为3s23p3的元素是P元素；‎ D．原子最外层电子排布为2s22p4的元素是O元素，‎ 非金属性O＞N＞P，氧气的氧化性最强，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎15．以下是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况．其中违反了洪特规则的是（　　）‎ A．① B．①③ C．②④⑤ D．③④⑤‎ ‎【考点】原子核外电子排布．‎ ‎【分析】洪特规则是指在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同，以此进行判断．‎ ‎【解答】解：①同一轨道自旋方向相同，违反泡利不相容原理；‎ ‎②不同轨道的单电子自旋方向不同，违反了洪特规则；‎ ‎③符合洪特规则；‎ ‎④应优先占据不同的轨道，每个轨道有1个电子，违反了洪特规则；‎ ‎⑤不同轨道的单电子自旋方向不同，违反了洪特规则；‎ ‎⑥符合洪特规则．‎ 其中违反了洪特规则的是②④⑤，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎16．电子由3d能级跃迁至4p能级时，可通过光谱仪直接摄取（　　）‎ A．电子的运动轨迹图象 B．原子的吸收光谱 C．电子体积大小的图象 D．原子的发射光谱 ‎【考点】原子核外电子的跃迁及应用．‎ ‎【分析】由于E3d＜E4p，电子由3d能级跃迁至4p能级时，需吸收能量，故光谱仪摄取的是吸收光谱．‎ ‎【解答】解：由于E3d＜E4p，电子由3d能级跃迁至4p能级时，需吸收能量，故光谱仪摄取的是吸收光谱，由于电子在原子核外作无规则运动，不能直接摄取运动轨迹，电子太小，不能摄取电子体积的大小，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分52分）‎ ‎17．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表，请回答：‎ 实验编号 HA物质的量浓度 ‎（mol•L﹣1）‎ NaOH物质的量浓度 ‎（mol•L﹣1）‎ 混合溶液的pH 甲 ‎0.2‎ ‎0.2‎ pH=a 乙 c ‎0.2‎ pH=7‎ 丙 ‎0.2‎ ‎0.1‎ pH＞7‎ 丁 ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH=9‎ ‎（1）不考虑其它组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用a （混合溶液的pH）来说明HA是强酸还是弱酸　a=7为强酸，a＞7为弱酸　．‎ ‎（2）不考虑其它组的实验结果，单从乙组情况分析，C是否一定等于0.2　否　（选填“是”或“否”）．混合液中离子浓度c（A﹣）与 c（Na+）的大小关系是　c（A﹣）=c（Na+）　．‎ ‎（3）丙组实验结果分析，HA是　弱　酸（选填“强”或“弱”）．该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是　c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．‎ ‎（4）丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）=　10﹣5　mol•L﹣1．写出该混合溶液中下列算式的精确结果（不需做近似计算）．c（Na+）﹣c（A﹣）=　10﹣5﹣10﹣9　mol•L﹣1 c（OH﹣）﹣c（HA）=　10﹣9 　mol•L﹣1．‎ ‎【考点】性质实验方案的设计；弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】（1）酸碱的物质的量相等，如为强酸，反应后溶液呈中性，如为弱酸，反应后溶液呈酸性；‎ ‎（2）从溶液电中性的角度分析；‎ ‎（3）等物质的量的酸碱反应后溶液呈碱性，由于NaOH为强碱，则该酸为弱酸；‎ ‎（4）等物质的量的酸碱反应后溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子全部来自于弱酸根离子水解得到的，c（OH﹣）=；依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算写出．‎ ‎【解答】解：（1）一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度都为0.2mol/L，则酸碱的物质的量相等，如a=7，说明反应后溶液呈中性，则HA是强酸，如a＞7，反应后呈碱性，则HA是弱酸，‎ 故答案为：a=7为强酸，a＞7为弱酸；‎ ‎（2）反应后溶液呈中性，如HA为强酸，则c=0.2，如HA为弱酸，则c＞0.2，仅从乙组情况分析，c不一定等于0.2，‎ 由于反应后溶液呈中性，则有c（OH﹣）=c（H+），根据溶液呈中性，则有c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），‎ 所以c（A﹣）=c（Na+），故答案为：否；c（A﹣）=c（Na+）；‎ ‎（3）等物质的量的酸碱反应后溶液呈碱性，由于NaOH为强碱，则该酸为弱酸，在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，则 c（Na+）＞c（A﹣），溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），‎ 故答案为：弱；c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；‎ ‎（4）溶液的pH=9，则氢离子浓度为10﹣9 mol/L，等物质的量的酸碱反应后溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子全部来自于弱酸根离子水解得到的，c（OH﹣）=‎ ‎==10﹣5 mol/L，‎ 一元酸HA和NaOH溶液等体积混合生成NaA溶液，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（A﹣），‎ 依据上述计算得到：c（Na+）﹣c（A﹣）=c（OH﹣）﹣c（H+）=10﹣5﹣10﹣9； ‎ 依据溶液中电荷守恒和物料守恒得到：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（A﹣），c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），合并得到c（OH﹣）﹣c（HA）=c（H+）=10﹣9 ，‎ 故答案为：10﹣5；10﹣5﹣10﹣9；10﹣9．‎ ‎　‎ ‎18．已知：‎ ‎①25℃时弱电解质电离平衡数；Ka（CH3COOH）═1.8×10﹣5，Ka（HSCN）═0.13；‎ 难溶电解质的溶度积常数：KSD（CaF2）═1.5×10﹣10‎ ‎②25℃时，2×l0﹣3mol•L﹣1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c （HF）、C（F﹣）与溶液pH的变化关系，如图1所示：‎ 请根据以下信息回答下列问题：‎ ‎（1）25℃时，将20mL 0.10mol•L﹣1CH3COOH溶液和20mL 0．l mol•L﹣1 HSCN溶液分别 与20mL 0.10mol•L﹣1NaHCO3 溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为图2所示：‎ 反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是　相同的起始条件，两种酸的电离程度不同导致溶液中起始反应时氢离子浓度不同引起反应速率不同　，‎ 反应结束后所得两溶液中，C（CH3COO﹣）　＜　c（SCN﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）‎ ‎（2）25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka≈　4×10﹣4　．‎ ‎（3）4×10﹣3mol•L﹣1HF溶液与4×10﹣4mol•L﹣1CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0（忽略调节混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】（1）反应速率与氢离子浓度成正比；‎ 酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大则酸的酸性越强，其酸根水解能力越小；‎ ‎（2）根据图象知，当pH=4时，c（H+）=10﹣4 mol/L，c（F﹣）=1.6×10﹣3 mol/L，c（HF）=4×10﹣4 mol/L，电离平衡常数Ka=；‎ ‎（3）当pH=4.0时，溶液中的c（F﹣）=1.6×10﹣3mol•L﹣1，因等体积混合则溶液中c（Ca2+）=2.0×10﹣4mol•L﹣1，计算浓度积c（Ca2+）×c2（F﹣）与Ksp（CaF2）比较判断．‎ ‎【解答】解：（1）①反应速率与氢离子浓度成正比，硫氰酸的电离平衡常数大于醋酸，则硫氰酸的电离程度大于醋酸，等浓度的两种溶液中，硫氰酸中氢离子浓度大于醋酸，所以醋酸的反应速率小于硫氰酸；‎ 酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大则酸的酸性越强，其酸根水解能力越小，硫氰酸的电离平衡常数大于醋酸，所以醋酸根离子的水解能力大于硫氰酸根离子，则c（CH3COO﹣）＜c（SCN﹣），‎ 故答案为：相同的起始条件，两种酸的电离程度不同导致溶液中起始反应时氢离子浓度不同引起反应速率不同；＜；‎ ‎（2）根据图象知，当pH=4时，c（H+）=10﹣4 mol/L，c（F﹣）=1.6×10﹣3 mol/L，c（HF）=4×10﹣4 mol/L，电离平衡常数Ka===4×10﹣4，‎ 故答案为：4×10﹣4；‎ ‎（3）由图可知当pH=4.0时，溶液中的c（F﹣）=1.6×10﹣3mol•L﹣1，因等体积混合则溶液中c（Ca2+）=2.0×10﹣4mol•L﹣1，即c（Ca2+）×c2（F﹣）=5.1×10﹣10＞Ksp（CaF2））=1.5×10﹣10，所以有沉淀产生，故答案为：有沉淀产生．‎ ‎　‎ ‎19．人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图．‎ ‎（1）电源的负极为　B　（填“A”或“B”）．‎ ‎（2）阳极室中发生的反应依次为：　2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑　，　CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl　．‎ ‎（3）电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将　不变　（填“增大”、“减小”或“不变”）；若两极共收集到气体13.44L（标准状况），则除去的尿素质量=　7.2　g（忽略气体的溶解）．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）根据电解池中阴离子在阳极放电和阳离子在阴极放电的规律，结合本题图中的电极产物CO2和N2可以判断出A为电源的正极，B为电源的负极；‎ ‎（2）由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl；‎ ‎（3）阴极反应为：6H2O+6e﹣═6OH﹣+3H2↑（或6H++6e﹣═3H2↑）‎ 阳极反应为：6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH﹣、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH﹣恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变；‎ 根据n=计算两极产生的气体的物质的量，利用气体中各组分的比例关系，计算n（N2）=n（CO2），再根据方程式计算尿素的物质的量，根据m=nM计算尿素的质量．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故A为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故B为电源的负极，故答案为：B；‎ ‎（2）由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，‎ CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，‎ 故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl；‎ ‎（3）阴极反应为6H2O+6e﹣═6OH﹣+3H2↑（或6H++6e﹣═3H2↑）‎ 阳极反应为6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl 根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH﹣、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH﹣‎ 恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变；‎ 电解收集到的13.44 L气体，物质的量为=0.6mol，由反应CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知n（N2）=n（CO2）=0.6mol×=0.12 mol，‎ 可知生成0.12 mol N2所消耗的CO（NH2）2的物质的量也为0.12 mol，其质量为：m[CO（NH2）2]=0.12 mol×60 g•mol﹣1=7.2 g，‎ 故答案为：不变；7.2．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，p、q为直流电源的两极，A由金属单质X制成，B、C、D为铂电极，接通电源，金属X沉积于B极，同时C、D上产生气泡，试回答：‎ ‎（1）p为　正　极，A极发生了　氧化　反应．‎ ‎（2）C为　阳　极，可收集到　氧气　；D为　阴　极，可收集到　氢气　．‎ ‎（3）C极的电极反应式为　4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O　．‎ ‎（4）在电解过程中，测C、D两极上产生气体的体积，实验数据如表：‎ 时间（min）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 阴极产生气体的体积（cm3）‎ ‎6‎ ‎12‎ ‎20‎ ‎29‎ ‎39]‎ ‎49‎ ‎59‎ ‎69‎ ‎79‎ ‎89‎ 阳极产生气体的体积（cm3）‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎11‎ ‎16‎ ‎21‎ ‎26‎ ‎31‎ ‎36‎ ‎41‎ 仔细分析以上实验数据，请说出变化的可能原因是　开始时C、D两极气体体积比为1：3，10分钟时约为1：2，说明开始时氧气溶解于溶液中　．‎ ‎（5）当反应进行一段时间后，A、B电极附近溶液的pH　不变　（填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎（6）当电路中通过0.004mol电子时，B极上沉积的金属X为0.128g，则此金属的摩尔质量为　64g/mol　．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）接通电源，金属X沉积于B极，同时C、D产生气泡，则B为阴极，X离子在阴极放电生成金属单质，则A、C是阳极，B、D是阴极，连接阳极的是电源正极；‎ ‎（2）C电极是电解池阳极，阳极上氢氧根离子放电；D为阴极氢离子放电生成氢气；‎ ‎（3）根据电解原理在工业上的应用知识来回答；‎ ‎（4）根据氢气和氧气的溶解性和溶解度等方面进行分析；‎ ‎（5）根据发生电解的物质分析；‎ ‎（6）根据金属和转移电子之间的关系式计算．‎ ‎【解答】解：（1）接通电源，金属X沉积于B极，同时C、D产生气泡，则B为阴极，X离子在阴极放电生成金属单质，则A、C是阳极，B、D是阴极，所以p是正极，A电极上失电子发生氧化反应，‎ 故答案为：正；氧化；‎ ‎（2）C电极是电解池阳极，阳极上氢氧根离子放电；D为阴极氢离子放电生成氢气，故答案为：阳；氧气；阴；氢气；‎ ‎（3）C是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，‎ 故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；‎ ‎（4）氢气和氧气都难溶于水，但是氧气更易溶于水；所以1～6分钟内氧气比氢气溶解的快而多，从而导致阴、阳两极生成的气体体积之比大于2：1；‎ 故答案为：开始时C、D两极气体体积比为1：3，10分钟时约为1：2，说明开始时氧气溶解于溶液中；‎ ‎（5）电解硫酸溶液实际上电解的是水，电解一段时间后，A，B电极附近溶液的pH不变，故答案为：不变；‎ ‎（6）设其摩尔质量为M，电解时，B电极上的电极反应式为X 2++2e﹣=X，则 X2++2e﹣=X ‎ 2mol 1mol ‎0.004mol ，M==64g/mol，‎ 故答案为：64g/mol．‎ ‎　‎ ‎21．现有六种元素，其中B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答问题 B元素原子的核外p电子数比s电子数少1‎ C原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/mol I2=1451kJ/mol I3=7733kJ/mol I4=10540kJ/mol D原子核外所有p轨道全满或半满 E元素的主族序数与周期数的相差4‎ F 是前四周期原子电子排布图中单电子数最多的元素 G在周期表的第十一列 ‎（1）B基态原子的电子排布式为　1s22s22p3　；F基态原子的价电子排布式为　3d54s1　；G基态原子的最外层电子排布图为　　．‎ ‎（2）C和与其左右相邻元素原子的第一电离能由大到小的顺序是　Mg＞Al＞Na　（用元素符号填空）．‎ ‎（3）B、D的电负性相对大小：B　大于　D（用“大于”、“小于”或“等于”填空）．‎ ‎（4）以上六种元素中，位于s区的有　1　种，位于p区的有　4　种．‎ ‎（5）DE3的电子式为　　．‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，原子核外电子排布为1s22s22p3，故B为N元素；‎ 由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；‎ D处于第三周期，D原子核外所有p轨道全满或半满，最外层排布为3s23p3，故D为P元素；‎ E处于第三周期，E元素的主族序数与周期数的差为4，E处于第ⅦA族，故E为Cl元素；‎ F是前四周期原子电子排布图中单电子数最多的元素，外围电子排布为3d54s1，此元素为Cr；‎ G在第四周期周期表的第11列，G为Ga元素，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：（1）B为N元素，原子核外电子排布为1s22s22p3，F为Cr，基态原子的价电子排布式为3d54s1，G为Ga，最外层有3个电子，基态原子的最外层电子排布图为，故答案为：1s22s22p3；3d54s1；；‎ ‎（2）C为Mg元素，最外层为全充满，较为稳定，第一电离能大小顺序为Mg＞Al＞Na，故答案为：Mg＞Al＞Na；‎ ‎（3）同主族元素从上到下电负性逐渐减小，则N大于P，故答案为：大于；‎ ‎（4）以上六种元素中，Mg位于s区，N、P、Cl、Ga位于p区，共4种，故答案为：1； 4；‎ ‎（5）PCl3为共价化合物，电子式为，故答案为：．‎