黑龙江省虎林市高级中学2024-2025学年高二上学期期末考试化学试卷（提升版）

2024-2025学年度高二上学期期末考试 化学试卷（提升版） 时间：75分钟 试卷：100分 一、单选题（15道题，每题3分，共45分） 1．电化学在生产、生活和科学技术的发展中扮演着重要的角色。下列说法正确的是 A．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应为： B．电镀时，镀件作阴极 C．电解精炼铜时，阳极底部产生含等元素的阳极泥 D．乙醇燃料电池工作时，热能转化为电能 2．室温时，下列溶液中粒子的浓度关系正确的是 A．的溶液中： B．等体积、等物质的量浓度的溶液与溶液混合： C．在(为二元弱酸)溶液中一定有： D．相等的溶液、溶液和溶液中，溶质的物质的量浓度依次增大 3．常温下，将一定浓度的溶液分别滴加到浓度均为的溶液中，生成沉淀的溶解平衡曲线如图所示表示Cl-或)。下列叙述正确的是 A．①、②分别代表 B． C．的 D．，说明的溶解度更小 4．下列叙述中与盐类的水解有关的是 ①用泡沫灭火器来灭火 ②铁在潮湿的环境下生锈 ③与溶液可作焊接中的除锈剂 ④盛放溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不用玻璃塞 ⑤酸雨在空气中放置一段时间pH降低 ⑥草木灰与铵态氮肥不能混合施用 A．①③④⑤ B．①③④⑥ C．①②③⑤ D．全部有关 5．下列物质的水溶液蒸干后充分灼烧，最终能得到该溶质固体的是 A．FeCl3 B．Al2(SO4)3 C．Na2SO3 D．NH4Cl 6．探究铁盐及亚铁盐的性质，下列实验方案设计、现象和结论均正确的是 选项 实验方案 现象 结论 A 向FeCl3溶液中滴加Na2CO3溶液 生成红褐色沉淀和无色气体 与发生相互促进的水解反应 B 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量维生素C，再滴加酸性KMnO4溶液 溶液紫色褪去 维生素C可将还原为 C 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液 溶液呈浅绿色 食品脱氧剂样品中没有+3价Fe D 向沸水中逐滴加5~6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸 溶液变成红褐色 水解生成Fe(OH)3胶体 A．A B．B C．C D．D 7．25℃时，在一定体积pH=2的NaHSO4溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的Ba(OH)2溶液，当溶液中的硫酸根恰好完全沉淀时，溶液的pH=11，若反应后溶液的体积等于反应的两溶液的体积之和，则NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液的体积比为 A．1：9 B．9：1 C．1：2 D．1：4 8．，将的溶液和的溶液按体积比混合，则混合液中的为 A． B． C． D． 9．根据下表中五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJ·mol－1)，在周期表中， 最可能处于同一族的是 元素代号 I1 I2 I3 I4 Q 2080 4000 6100 9400 R 500 4600 6900 9500 S 740 1500 7700 10500 T 580 1800 2700 11600 U 420 3100 4400 5900 A．Q 和 R B．S 和 T C．T 和 U D．R 和 U 10．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X为地壳中含量最高的元素，Y、Z相邻，Y原子最外层电子数是X原子内层电子数的2倍，W与X同主族，下列说法正确的是 A．半径大小：r(X)<r(Y)<r(W) B．电负性大小：χ(Y)<χ(Z)<χ(W) C．电离能大小：I1(Y)<I1(Z)<I1(W) D．氢化物的稳定性：X<Z<W 11．下列有关电子排布式、原子结构示意图以及电子排布图正确的是 A．Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d44s2 B．As的价电子排布图： C．Fe的原子结构示意图： D．Mn2+的价电子排布图： 12．下列装置中四块相同的锌片。放置一段时间后腐蚀速率由快到慢的顺序 A．④①③② B．①②③④ C．①③②④ D．①④②③ 13．2023年9月23日晚，杭州亚运会的“数字火炬手”与最后一棒火炬手齐心协力点燃了象征亚洲大团结的亚运主火炬。这座主火炬塔历史性地采用了废碳再生的“绿色甲醇”作为燃料，实现了零排放的循环使用。一种甲醇()燃料电池装置如图所示。下列说法正确的是 A．电池工作时，通过交换膜移向M极侧 B．N极为负极，电池工作过程中，右侧不变 C．32g甲醇反应，理论上消耗1.5mol D．M极电极反应式为 14．已知下列反应的热化学方程式： 6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)； H2(g)+ O2(g)= H2O(g)； C(s)+ O2(g)=CO2(g)； 则反应4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的为 A． B． C． D． 15．习近平总书记提出我国要在2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。某科研小组用电化学方法将转化为CO实现再利用，转化的基本原理如图所示(图中交换膜只允许通过)，下列说法正确的是 A．工作一段时间后，M电极室中溶液的pH增大 B．N极上的电极反应式为 C．若有2mol电子转移，则理论上正极区会转化气体 D．通过交换膜从M极移向N极 二、填空题（4道题，共55分） 16．滴定法是化学常用的定量分析法，滴定的方法有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等。氧化还原滴定同中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。 (1)下列有关实验操作中，合理的是___________(选填字母)。 A．用托盘天平称取11.70g食盐 B．用量筒量取12.36ml盐酸 C．用酸式滴定管量取21.20ml 0.10 溶液 D．用200ml容量瓶配制100ml 0.1 NaCl溶液 (2)某同学用0.1000 酸性溶液滴定未知浓度的无色溶液：。 ① 滴定前是否要滴加指示剂？ ；(填“是”或“否”)滴定终点的现象为 。 ② 某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表： 滴定次数 待测溶液的体积/mL 0.1000mol/L 的体积(mL) 滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL 第一次 25.00 0.00 26.11 26.11 第二次 25.00 1.56 30.30 28.74 第三次 25.00 0.22 26.31 26.09 依据上表数据列式计算该溶液的物质的量浓度为 。 ③下列操作中可能使测定结果偏低的是 (填字母)。 A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液 B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡 D．读取标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 (3)在化学分析中采用为指示剂，以标准溶液滴定溶液中的，利用与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中恰好沉淀完全(物质的量浓度等于)时，溶液中 mol/L，此时溶液中 mol/L(已知、AgCl的分别为和)。 17．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)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流表的指针发生了偏转。 请回答下列问题： (1)甲池为 (填“原电池”“电解池”“电镀池”)，A电极的电极反应式为： 。 (2)丙池中F电极为 (填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)，写出电解时总反应的离子方程式 。 (3)当乙池中C极质量变化10.8g时，甲池中B电极理论上消耗的体积为 mL(标准状况)。 (4)一段时间后，断开电键K。下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是___________(填选项字母)。 A．Cu B．CuO_ C． D． (5)若丙池通电一段时间后，向所得的溶液中加入后恰好恢复到电解前的浓度和PH(不考虑的溶解)，则电解过程中转移的电子 mol，若电解后溶液的体积为，则所得溶液中氢离子的浓度 。 (6)若将丙池改为精炼铜装置(粗铜含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)，电解质溶液为溶液，则下列说法中正确的是___________。 A．电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等 B．丙池左侧电极为粗铜，发生氧化反应 C．溶液的浓度保持不变 D．杂质中Ag、Pt、Au以单质的形式沉淀到池底 18．下图是元素周期表的一部分，图中所列字母分别代表一种化学元素。 请回答下列问题： (1)元素b位于周期表中 区，其基态原子核外有 种运动状态不同的电子。 (2)基态c原子中有 个未成对电子，其中能量最高的电子所在原子轨道的电子云轮廓图为 形。 (3)理论上为离子化合物，猜测其电子式为 。 (4)基态外围电子的轨道表示式为 ，已知高温下化合物比化合物更稳定，试从核外电子排布的角度解释原因 。 (5)b、c、d三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 （填元素符号）。 19．按如下工艺流程以废旧锌锰干电池的外壳锌皮(含有少量Fe、ZnCl2、MnO2等杂质)为原料制取皓矾(ZnSO4·7H2O)。 已知：①Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-17，当pH≥12.0时，Zn(OH)2开始转化为[Zn(OH)4]2-而溶解。 ②金属氢氧化物沉淀的pH： 氢氧化物 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH Zn(OH)2 5.7 8.0 Fe(OH)3 2.7 3.7 请回答下列问题： (1) “酸溶Ⅰ”时，为了提高酸溶速率，可采取的措施有： (任答1点)，“滤渣Ⅰ”的主要成分是 。 (2)“氧化”时，酸性滤液中加入H2O2反应的离子方程式为 ，可用NaNO2代替H2O2，但缺点是 。 (3)常温下，加入NaOH调pH=b，b的取值范围是 ，若“滤液”的pH=6，则溶液中残留的 c(Zn2+)= mol/L。 (4)“操作Ⅳ”的具体操作是 ，过滤、洗涤、干燥。 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C B B A A A D B 题号 11 12 13 14 15 答案 D C C A A 1．B 【详解】A．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极铁失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故A错误； B．电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，故B正确； C．由于Zn、Fe比铜活泼，因此电解精炼铜时，阳极的Zn、Fe单质放电分别生成Zn2+和Fe2+进入电解质溶液中，故C错误； D．乙醇燃料电池工作时，属于原电池，将化学能转化为电能，故D错误； 答案选B。 2．A 【详解】A．的溶液显酸性，说明的电离程度大于其水解程度，则溶液中，故A正确； B．等体积、等物质的量浓度的溶液与溶液混合，根据物料守恒可知，，故B错误； C．根据电荷守恒可知，在溶液中一定有，故C错误； D．铵根离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，促进铵根离子水解，亚铁离子水解显酸性，抑制铵根离子水解，则相等的溶液、溶液和溶液中，溶质的物质的量浓度依次减小，D错误； 选A。 3．C 【分析】氯离子、和银离子反应分别为Cl-+Ag+=AgCl↓，+2Ag+=Ag2CrO4↓，则、，K值只受温度影响，则结合图象可知，②上点(4.7，5)、(6.7，3)的符合的表达形式，则②代表AgCl、①代表； 【详解】A．由分析可知，①代表、②代表AgCl；A错误； B．①代表，由点(5，2)可知，，B错误； C．的K==107.4，C正确； D．②代表AgCl，由点(4.7，5)可知，；设AgCl溶解的浓度为xmol/L，则溶液中的银离子浓度为xmol/L，氯离子也为xmol/L，则根据溶度积为10-9.7=x×x，解得x=10-4.85mol/L；同理设Ag2CrO4溶解的浓度为ymol/L，则溶液中的银离子浓度为2ymol/L，也为ymol/L，再根据溶度积为10-12=(2y)2×y，解得y≈1.59×10﹣4mol/L；由此可知AgCl的溶解度反而小，而Ag2CrO4的溶解度反而大，所以Ksp的大小与溶解能力没有一定的关系，如由Ksp的大小直接判断溶解能力的大小，则需两种难溶电解质类型应相同；故，不能说明Ag2CrO4的溶解度更小，D错误； 故选：C。 4．B 【详解】①泡沫灭火器的原理是硫酸铝和碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，从而灭火，与盐类的水解有关，故正确； ②铁在潮湿的环境下生锈是原电池原理，和水解无关，故错误； ③氯化铵、氯化锌溶液水解呈酸性，利用酸溶解金属氧化物，与盐类的水解有关，故正确； ④Na2CO3溶液由于弱酸阴离子水解导致溶液显示碱性，可以和玻璃的成分二氧化硅之间反应，所以盛放Na2CO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞，与盐类的水解有关，故正确； ⑤酸雨在空气中放置一段时间pH降低是因为亚硫酸被氧化为硫酸，酸性增强的原因，与盐类的水解无关，故错误； ⑥硫酸铵水解溶液呈酸性，铵态氮肥水解呈酸性，而草木灰的主要成分是碳酸钾，水解呈碱性，混合施用会相互促进水解生成氨气导致肥效降低，故正确。 故选：B。 5．B 【详解】A．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢受热挥发，使水解平衡不断右移，最终完全水解得到氢氧化铁沉淀，灼烧时，氢氧化铁受热分解得到氧化铁，无法得到氯化铁，故A不符合题意； B．硫酸铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和硫酸，硫酸是高沸点酸，受热不挥发，生成的氢氧化铁和硫酸中和生成硫酸铁和水，所以水溶液蒸干后充分灼烧得到硫酸铝，故B符合题意； C．亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化为硫酸钠，所以水溶液蒸干后充分灼烧得到硫酸钠，无法得到亚硫酸钠，故C不符合题意； D．氯化铵受热分解为氨气和氯化氢气体，即氯化铵水溶液蒸干后充分灼烧最终完全分解，得不到氯化铵固体，故D不符合题意； 故选B。 6．A 【详解】A．结合水中生成Fe(OH)3红褐色沉淀，结合水中生成CO2，与发生相互促进的水解反应，A正确； B．维生素C过量，酸性KMnO4溶液可氧化过量的维生素C而褪色，B错误； C．食品脱氧剂样品中的还原铁粉可与反应生成，故滴加KSCN后溶液不显红色不能说明食品脱氧剂样品中没有，C错误； D．向沸水中逐滴加5~6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸，生成的Fe(OH)3胶体会发生聚沉，D错误； 故答案为：A。 7．A 【详解】pH=2的NaHSO4溶液中c(H+)=10-2mol/L，设溶液体积为x，得到氢离子物质的量为x×10-2mol；两者按物质的量之比为1：1反应，则反应的氢氧化钡的物质的量为x×10-2mol，氢氧根离子的物质的量为：2x×10-2mol；设氢氧化钡溶液体积为y，依据反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol/L；所以得到：；得到x：y=1：9； 答案选A。 8．A 【详解】，的溶液c(OH-)=mol/L， 的溶液c(OH-)=mol/L，将的溶液和的溶液按体积比混合，混合后溶于呈碱性，c(OH-)=mol/L，则混合液中的=，故选A。 9．D 【详解】这五种元素的短周期元素，Q第三电离能和第四电离能相差较大，且其第一电离能较大，所以Q可能是稀有气体元素； R元素第一电离能远远小于第二电离能，所以R元素为第IA族元素； S元素第二电离能远远大于第三电离能，则S为第IIA族元素； T元素第三电离能远远小于第四电离能，则T为第IIIA族元素； U元素第一电离能远远小于第二电离能，所以U属于第IA族元素，R第一电离能大于U，则原子序数R小于U； 通过以上分析知，R和U的电离能变化趋势相同，所以在周期表中，最可能处于同一族的是R和U元素，故选D。 【点睛】本题考查元素电离能的应用，解题关键：知道元素电离能与元素最外层电子数之间的关系，知道同一周期中第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素的原因。 10．B 【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X为地壳中含量最高的元素，则X为O元素；Y、Z相邻，Y原子最外层电子数是X原子内层电子数的2倍，则Y为Si元素、Z为P元素；W与X同主族，则W为S元素。 【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则硅原子的原子半径大于硫原子，故A错误； B．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则电负性由小到大的顺序为Si<P<S，故B正确； C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为Si<S <P，故C错误； D．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则氢化物的稳定性由弱到强的顺序为PH3<H2S <H2O，故D错误； 故选B。 11．D 【详解】 根据洪特规则特例，Cr的电子排布式应为1s22s22p63s23p63d54s1，A错误；根据洪特规则，As的4p轨道的三个电子应该分占不同轨道，且自旋方向相同，B错误；根据铁的电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2可知铁的原子结构示意图为，C错误；Mn的价电子排布式为3d54s2，由于原子失去电子时先失最外层电子，所以Mn2＋的价电子排布为3d5，价电子排布图为，D正确 12．C 【分析】同一电解质溶液中同种金属腐蚀快慢顺序是：电解池阳极>原电池负极>化学腐蚀>原电池正极>电解池阴极。 【详解】①中锌作原电池的负极，且电解质为酸性溶液，被腐蚀，相比于中性溶液，腐蚀速率最快；②③④为同一电解质溶液，电解质溶液为中性，②中锌发生化学腐蚀；③中Cu为正极，锌作原电池的负极，被腐蚀；④中Zn与外接电源的负极相连为阴极，被保护；所以腐蚀速率由快到慢的顺序是①③②④；故选：C。 13．C 【详解】A．放电时，原电池内部阳离子由负极移向正极，即从左侧移向右侧，A错误； B．N为正极，放电过程中，右侧氧气得电子生成氢氧根，钾离子移向右侧使氢氧化钾浓度增大，B错误； C．1mol甲醇生成碳酸氢钾，电路中转移6mol电子，故理论情况下消耗1.5mol，C正确； D．M极甲醇被氧化为，其电极反应式为，D错误； 答案选C。 14．A 【详解】已知： ①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)；， ②H2(g)+O2(g)=H2O(g)；， ③C(s)+O2(g)=CO2(g)；， 由盖斯定律：10×②+12×③-2×①得： 4C3H5(ONO2)3(l)═12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)；； 故选A。 【点晴】本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，构建目标方程式是解答关键。根据盖斯定律，由已知热化学反应方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减。盖斯定律的使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”。 15．A 【分析】由图可知，电解池中X电极为阳极、Y电极为阴极。 【详解】A．该装置的保护方法为外加电流的阴极保护法，Y是待保护金属，故A正确； B．铁制品表面镀锌时，镀层金属锌为阳极、镀件铁为阴极、电解质溶液为硫酸锌，故B错误； C．精炼铜时，粗铜做阳极、纯铜做阴极、电解质溶液为硫酸铜，故C错误； D．氯碱工业中，惰性电极石墨做阳极、活性电极铁做阴极、电解质溶液为精制饱和食盐水，故D错误； 故选A。 16．(1)C (2) AD 否 锥形瓶内溶液颜色变化 当滴入最后半滴标准液，溶液刚好从无色变为浅红色，且半分钟内不变色 0.2610 CD (3) 【分析】用0.1000 酸性溶液滴定未知浓度的无色溶液：，滴定时，用酸式滴定管盛装标准液，用锥形瓶装待测液，分别进行三次实验，记录数据，根据表中数据和反应方程式可以计算出的浓度，并进行误差分析，据此回答。 【详解】（1）A．托盘天平的精度为0.1g，故用托盘天平无法称取11.70g食盐，A不合理； B．量筒的精度为0.1mL，故用量筒无法量取12.36ml盐酸，B不合理； C．滴定管的允许读到0.01mL，故用酸式滴定管能量取21.20ml 0.10 溶液，C合理； D．由容量瓶的选用规则，应选用100ml容量瓶配制100ml 0.1 NaCl溶液，以减小误差，D不合理； 故选C。 （2）①)酸性高锰酸钾具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管，H2C2O4溶液显酸性，用酸式滴定管，滴定过程还需要锥形瓶盛放待测液、白纸对比终点颜色变化、滴定管夹和铁架台，所以所需的玻璃仪器有:AD； ②高锰酸根为紫色，草酸为无色，滴定前不需要滴加指示剂，滴定过程中眼睛应注视锥形瓶中颜色变化，酸性KMnO4溶液为紫红色，滴定终点时无色变为浅红色，且半分钟不褪色为滴定到终点； ③根据表中数据可知，第2组实验数据相差太大，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗，由关系式:，，即: ，解得      ④A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入 KMnO4标准液，标准液的浓度偏小，造成 V(标准)偏大，根据分析，c(标准)偏大， A错误； B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对V(标准)无影响，根据分析，c(标准)不变，B错误； C．酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，造成 V(标准)偏小，根据分析，c(标准)偏小，C正确； D．读取标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成 V(标准)偏小，根据分析，c(标准)偏小，D正确； 故选CD。 （3）当溶液中恰好沉淀完全时，溶液中；此时。 17．(1) 原电池 (2) 阴极 (3)560mL (4)A (5) 0.6 (6)BD 【分析】甲池为燃料电池，CH3OH为负极、发生氧化反应，电极反应式为，氧气为正极发生还原反应，电极反应式为，则乙、丙装置为电解池：乙中C为阳极，D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，即，阴极上铜离子得电子生成Cu；丙池中石墨E电极为阳极，石墨F电极是阴极，即惰性电极电解硫酸铜，化学方程式为，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，甲池为原电池，A电极的电极反应式为：； （2）由分析可知，丙池中F电极与燃料电池A电极即负极相连，故为阴极，电解时总反应方程式为：，故其离子方程式为：； （3）由分析可知，乙池C电极中的电极反应方程式为：Ag-e-=Ag+，故当乙池中C极质量变化10.8 g时，电路中流过的电子为：，甲池中B电极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故理论上消耗O2的体积为 =560mL； （4）由分析可知，乙池中电解时阳极反应式为：Ag-e-=Ag+，阴极反应式为：Cu2++2e-=Cu，从乙池中出来的为Cu单质，故一段时间后，断开电键K。下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是Cu，Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故选A； （5）碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据Cu原子、H原子守恒得阴极上析出n(Cu)=0.2mol、n(H2)=0.1mol，则转移电子的物质的量=0.2mol×2+0.1mol×2=0.6mol，根据Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑可知，n(H+)=0.4mol，故若电解后溶液的体积为400ml，则所得溶液中氢离子的浓度为：； （6）A.电解过程中，阳极为粗铜，Cu极比Cu活泼的多种金属放电，阴极为纯铜，只有铜离子得电子析出，故阳极减少的质量与阴极增加的质量不相等，A错误； B.乙池左侧电极为阳极，电极材料为粗铜，发生氧化反应，B正确； C．电解过程中，阳极为粗铜，Cu极比Cu泼的多种金属放电，阴极为纯铜，只有铜离子得电子析出，溶液的浓度减小，C错误； D．阳极为粗铜，Cu极比Cu活泼的多种金属如Zn、Fe等放电生成金属阳离子进入溶液比铜活泼性差的金属如Au、Pt、Ag等形成阳极泥，以单质的形式沉淀到池底，D正确； 故答案为：BD； 18． Mg Br K F Ar Cl b 离子 SiO2 共价 0.35mol/（L·min） 【详解】试题分析：由元素在周期表中位置，可知①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Ar、⑩为K、⑪为Ca、⑫为Br，（1）据以上分析④为Mg，⑫为Br。 （2）据以上分析，⑤为Al，⑪为Ca，结构示意图非标是：。 （3）在①～⑫元素中，金属性最强的元素是在左下角是K，非金属性最强的元素在右上角是F，，最不活泼的元素是稀有气体元素Ar。 （4）同周期自左向右非金属性增强，故Cl的强，非金属性强弱用其氢化物的稳定性判断，故选b。 （5）第三周期中原子半径最大的元素是钠，跟它同周期中原子半径最小的元素（稀有气体除外）是氯，可以形成氯化钠，属于离子化合物。 （6）元素⑥是构成地壳的主要元素之一，其氧化物是现代光学及光纤制品的基本原料，该氧化物的化学式为二氧化硅，该氧化物属于原子晶体，其中含有的化学键是共价键。 （7）据分析①是氮元素，其氢化物是氨气，电子式为，c(N2)=c(NH3)/2=1.4/8mol/L，v(N2)=1.4/4=0.35mol/（L·min）。 考点：考查元素推断 19．(1) [Ar]3d104s2 (2) 将废锌皮粉碎、升高温度、适当提高硫酸浓度、搅拌 MnO2 (3) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 会产生氮氧化物污染(或产生NO等氮氧化物污染物) (4) (或8.0~12.0) 0.1 (5)蒸发浓缩(加热浓缩)、冷却结晶(降温结晶) 【分析】向废旧锌锰干电池的外壳锌皮(含有少量Fe、ZnCl2、MnO2等杂质)中加入稀硫酸，Fe反应产生Fe2+；ZnCl2是可溶性物质也会进入溶液中，MnO2不能反应，仍然以固体形式存在，经过滤进入滤渣Ⅰ中。然后向滤液中加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+，再向其中加入ZnO，调整溶液pH=4，使Fe3+完全形成Fe(OH)3沉淀，通过过滤进入滤渣Ⅱ中，再向滤液中加入NaOH溶液调整溶液pH范围为8.0~12.0，使溶液中Zn2+完全形成Zn(OH)2沉淀，过滤并洗涤沉淀，弃去滤液，再用稀硫酸溶解Zn(OH)2形成ZnSO4溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶获得皓矾(ZnSO4·7H2O)。 【详解】（1） Zn是30号元素，根据构造原理，可知基态Zn原子的简化的电子排布式是[Ar]3d104s2；Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子的价层电子排布式是3d64s2，则基态Fe原子的价电子轨道表示式为； （2）“酸溶Ⅰ”时，为了提高酸溶速率，可采取的措施有：将废锌皮粉碎、升高温度、适当提高硫酸浓度、搅拌等；根据上述分析可知“滤渣Ⅰ”的主要成分是MnO2； （3）“氧化”时，在上述酸性含有Fe2+滤液中加入H2O2，会发生氧化还原反应，产生Fe3+、H2O，该反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；在酸性条件下NaNO2具有氧化性，也可以氧化Fe2+，因此也可用NaNO2代替H2O2，但若使用NaNO2，会产生氮氧化物污染物(或产生NO等氮氧化物污染物)； （4）向除去Fe(OH)3沉淀的滤液中加入NaOH溶液，目的是使Zn2+转化为Zn(OH)2沉淀。根据已知条件可知Zn2+沉淀完全时溶液pH=8.0，当溶液pH≥12.0时，Zn(OH)2沉淀会转化为[Zn(OH)4]2-而溶解，故调整溶液pH范围为：(或8.0~12.0)；若“滤液”的pH=6，c(OH-)=10-8 mol/L，根据Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-17，可知溶液中残留的c(Zn2+)=mol/L=0.1 mol/L； （5）“操作Ⅳ”是从ZnSO4溶液中获得皓矾(ZnSO4·7H2O)，其具体操作是蒸发浓缩(加热浓缩)、冷却结晶(降温结晶)、过滤、洗涤、干燥。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$