2019-2020学年四川省遂宁中学校高二下学期第二次月考化学试题含解析

这是一份2019-2020学年四川省遂宁中学校高二下学期第二次月考化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，实验题，元素或物质推断题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

四川省遂宁中学校2019-2020学年高二下学期第二次月考
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法中正确的是
A．处于最低能量的原子叫做基态原子
B．在同一能级上运动的电子，其运动状态有可能完全相同
C．电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转
D．同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增加，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
【答案】A
【详解】A. 基态原子的能量最低，A项正确；
B. 在同一能级上运动的电子，如果自选状态相同，则一定处在不同的轨道（如2Px、2Py、2Pz），如果处在同一轨道，则一定自选状态相反。事实上，没有两个电子的运动状态是完全相同的，B错误；
C. 根据量子力学理论可知，C错误；
D. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增加，但2P、3P、4P能级的轨道数相同，D错误；
【点睛】本题主要考查原子结构的基本概念，难度不大，只要熟记掌握相关概念即可解决。
2．下列叙述不正确的是
A．在原电池中，发生氧化反应的一极一定是负极
B．理论上，任何自发的氧化还原反应都可设计成原电池
C．一般来说，带有“盐桥”的原电池比不带“盐桥”的原电池效率高
D．原电池工作时，溶液中的阳离子向正极移动，盐桥中的阳离子向负极移动
【答案】D
【详解】A．在原电池中，发生氧化反应的一极一定是负极，A项正确；
B．理论上，任何自发的氧化还原反应都可设计成原电池，B项正确；
C．一般来说，带有“盐桥”的原电池比不带“盐桥”的原电池效率高，C项正确；
D．内电路电流方向是负极正极，实际上是阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，D项错误；
答案选D。
3．盐类水解在工农业生产和日常生活中有着广泛的应用，有关应用或说法与盐类水解无关的是
A．用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污
B．用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿
C．长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，可施用适量的熟石灰
D．加入足量 Mg(OH)2 粉末充分反应并过滤以除去 MgCl2 溶液中的少量 FeCl3
【答案】B
【详解】A．加热促进碳酸钠水解，溶液碱性增强，所以用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污，故不选A；
B．硫酸和碱式碳酸铜反应生成硫酸铜，氨水和碱式碳酸铜反应生成可溶性铜氨络合物，所以可用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿，与盐水解无关，故选B；
C．铵根离子水解使溶液呈酸性，长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，与盐类水解有关，故不选C；
D．加入Mg(OH)2粉末，溶液酸性减弱， 促进Fe3+水解平衡正向移动，加入足量 Mg(OH)2粉末可除去 MgCl2 溶液中的少量 FeCl3，与与盐类水解有关，故不选D；
选B。
4．下列各原子或离子的电子排布式或电子排布图表示正确的是
A．F-：1s22s23p6
B．P：最外层电子排布图为
C．Cr：1s22s22p63s23p63d44s2
D．Ca2+：1s22s22p63s23p6
【答案】D
【详解】A．F-电子排布式1s22s22p63s23p6，A错误；
B．P最外层电子排布图，B错误；
C ．Cr电子排布式1s22s22p63s23p63d54s1，C错误；
D． Ca2+电子排布式1s22s22p63s23p6，D正确；
故答案选D。
5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．含1 mol H2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数为2NA
B．1 L 0.01 mol·L-1 KAl(SO4)2溶液中，含有的阳离子数目为0.02NA
C．常温下1 L 0.1 mol·L-1 NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NA
D．以Mg、Al为电极NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，导线上流过NA个电子，则正极放出H2为11.2 L
【答案】C
【详解】A．含1molH2SO4的浓硫酸和足量锌先发生反应：2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2↑+2H2O，该反应中消耗1molH2SO4转移的电子数为NA，硫酸浓度下降后发生反应H2SO4(浓)+Zn =ZnSO4 十H2↑，该反应中消耗1molH2SO4转移的电子数为2NA，则含1molH2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数在NA到2NA之间，故A错误；
B．1 L 0.01 mol·L-1 KAl(SO4)2溶液中含有0.01mol KAl(SO4)2，但Al3+水解会使阳离子个数增加，所以含有的阳离子数目大于0.02NA，故B错误；
C．在溶液中部分水解，故常温下1L0.1mol/LNH4NO3溶液中含有、、，因为N元素守恒，所以氮原子总数为0.2NA，故C正确；
D．该原电池中，导线上经过NA个电子时，则正极放出H2的物质的量为0.5mol，但确定所处的温度和压强条件，则体积不一定为11.2I，故D错误；
故答案选C。
6．锂空气电池放电时的工作原理如图所示。下列叙述正确的是

A．放电时Li+由B极向A极移动
B．电解液a可以为LiCl水溶液
C．正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
D．电池放电反应为4Li+O2+2H2O=4LiOH
【答案】D
【详解】A．在原电池中，A是负极，B是正极，阳离子由A极向B极移动，即放电时Li+由A极向B极移动，A项错误；
B．金属锂可以和水之间反应，电解质中不能含有水，B项错误；
C．正极上是氧气得电子的还原反应，在碱性电解质下发生的反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，C项错误；
D．原电池放电反应为自发地氧化还原反应，即4Li+O2+2H2O=4LiOH，D项正确；
答案选D。
7．下列关于电离能和电负性的说法中不正确的是（　　）
A．元素电负性越大，元素的非金属性越强
B．元素的第一电离能越小，元素的金属性越强
C．根据元素逐级电离能的数值可以确定主族元素的最高化合价
D．在形成化合物时，元素的电负性大的显正价，电负性小的显负价
【答案】D
【详解】A．依据元素电负性的概念可知，元素电负性越大，元素的非金属性越强，故A正确；
B．元素的第一电离能指的是气态电中性基态原子失去一个电子变成气态基态正离子需要的能量，元素的第一电离能越小，说明越容易失去电子，元素的金属性越强，故B正确；
C．元素的逐级电离能增大，失去最外层所有电子后，电离能会突变极大，即当元素的逐级电离能陡然变大时，说明最外层电子均失去，可推断该元素的最高化合价，故C正确；
D．在形成化合物时，元素的电负性大的显负价，电负性小的显正价，故D错误；
答案选D。
8．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．pH=1的溶液中：Fe2+、NO、SO、Na+
B．c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO-、CO、Cl-
C．c(H+)/c(OH-)=1012的溶液中：NH、Al3+、NO、Cl-
D．由水电离的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO
【答案】C
【详解】A． pH=1的溶液含大量H+ ，Fe2+和NO在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误，
B．c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中，Fe3+水解显酸性，CO水解显碱性，两者会相互促进，生成沉淀和气体，不能大量共存，B错误；
C．c(H+)/c(OH-)=1012的溶液呈酸性，NH、Al3+、NO、Cl-，均能大量共存，C正确；
D．由水电离的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液可能呈酸性或碱性，HCO均不能大量共存，D错误；
故答案选C。
9．国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是

A．“全氢电池”的总反应：2H2+O2=2H2O
B．吸附层b发生的电极反应：H2–2e-+2OH-=2H2O
C．“全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能
D．Na+在装置中从右侧透过阳离子交换膜向左侧移动
【答案】C
【详解】A．由图可得，正极反应为：2H++2=H2↑，负极反应为：，总反应为，故A错误；
B．根据电子流向可知，吸附层b是正极，发生还原反应：2H++2=H2↑，故B错误；
C．电池是将化学能转化为电能，故C正确；
D． 阳离子由负极流向正极，应从左侧透过阳离子交换膜向右侧移动，故D错误；
故答案选C。
10．下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是
A．某物质的溶液pH < 7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B．pH＝ 4.5的番茄汁中c(H+)是pH＝ 6.5的牛奶中c(H+)的100倍
C．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
D．pH＝ 5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+) > c(CH3COO－)
【答案】B
【详解】A、某物质的溶液pH＜7，则该物质可能是酸或强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐或NaHSO4等，弱酸弱碱盐的水溶液有可能也显酸性，A错误；
B、pH＝4.5的番茄汁中c(H＋)＝1.0×10-4.5mol/L，pH＝6.5的牛奶中c(H＋)＝1.0×10-6.5mol/L，前者c（H+）是后者的100倍，B正确；
C、浓度相同的CaCl2和NaCI溶液中的Cl-浓度不同，前者c（Cl-）是后者的2倍，根据氯化银的溶解平衡判断，氯离子浓度增大，平衡左移，氯化银的溶解度减小，所以AgCl在同浓度的CaCl2和NaCI溶液中的溶解度不同，前者较小，C错误；
D、pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液显酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解程度，所以c(Na＋)＜c(CH3COO－)，D错误；
答案选B。
11．前四周期元素X、Y在元素周期表中的相对位置如图所示，X的基态原子的价电子排布式为，下列说法不正确的是

A．X元素的电负性大于Y元素的电负性 B．
C．Y位于元素周期表中第四周期第ⅤA族 D．原子半径：
【答案】D
【分析】基态X原子的价电子排布式中p能级上排有电子，则s能级有2个电子，即，，故X的价电子排布式为，为S元素，则Y为元素。
【详解】A．同周期从左到右电负性依次增强，即PAs，故S>As，故A正确；
B．p轨道上有点子，则s轨道上有两个电子，即，解得，故B正确；
C．As元素原子序数33，在周期表中位于第四周期第ⅤA族，故C正确；
D．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，即原子半径：，故D错误；
故选D。
12．我国预计在2020年前后建成自己的载人空间站，为循环利用人体呼出的CO2 并提供氧气。我国科学家设计了一种装置(如图所示)，实现“太阳能→电能→化学能”转化，总反应为2CO2=2CO+O2，下列有关说法不正确的是

A．该装置属于电解池
B．X极发生氧化反应，Y极发生还原反应
C．人体呼出的水蒸气参与Y极反应:CO2+H2O+2e-=CO+2OH-
D．X极每产生标准状况下22.4L气体，有2mol的OH-从Y极移向X极
【答案】D
【详解】A、该装置实现“太阳能-电能-化学能”转化，将电能转化为化学能的装置为电解池，故A正确；B、根据图中电子的流向“X→Y”可知，X极为阳极，失电子发生氧化反应，Y为阴极，得电子，发生还原反应，故B正确；C、Y为阴极，根据总反应可知，阴极为CO2得电子，生成CO，电极反应为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，故C正确；D、X极为阳极，OH－放电生成氧气，电极反应为4OH－－4e－=2H2O+O2↑，每产生标况下22.4L O2，即1mol O2，阳极有4mol OH－放电，根据溶液电中性原理，X电极区阴离子减少，则会有4mol OH－从Y极透过阴离子交换膜移向X极，使得溶液保持电中性，故D错误。故选D。
13．下图为某漂白剂的结构。已知：W、Y、Z是不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X原子最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是

A．W、X对应的简单离子的半径：X>W
B．Y元素在周期表中的位置为二周期第IVA族
C．将W的氯化物的水溶液加热蒸干并灼烧可得到W的氧化物
D．该漂白剂结构中，Y、X原子的最外层均满足8电子结构。
【答案】B
【分析】W、Y、Z是不同周期、不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H元素，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Y可以形成4个单键，Z形成1个共价键，则Z为H原子，W位于ⅡA族，X是ⅥA族元素，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W是Mg元素，X是O元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X原子最外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，据此分析。
【详解】A．由于W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则核电荷数大的离子半径小，故W、X对应的简单离子的半径：X>W，A项正确；
B．Y为B元素，位于元素周期表中第二周期第ⅢA族，B项错误；
C．W的氯化物的水溶液为MgCl2溶液，Mg2+在溶液中会水解生成Mg(OH)2，而生成的HCl为挥发性酸。MgCl2溶液蒸干灼烧后，可得到MgO，C项正确；
D．该漂白剂中，B、O原子最外层均满足8电子结构，D项正确；
答案选B。
【点睛】（1）盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质；
（2）盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物。
14．部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数(25℃)





在25℃时，下列选项不正确的是A．反应能够发生
B．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量，前者小于后者
C．物质的量浓度相等的HCOONa和KCN溶液中，
D．相等的HCOONH4、NH4CN溶液、NH4HCO3溶液中，
【答案】D
【分析】弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，由题中表格数据可知，电离平衡常数Ka(HCOOH)＞Ka(H2CO3)＞Ka(HCN)＞Ka()，其酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞，酸性越强，其弱酸根离子水解程度越小，所以酸根离子水解程度＞CN-＞＞HCOO-；据此解答。
【详解】A．由上述分析可知，酸性H2CO3＞HCN＞，根据强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以反应 CN-+H2O+CO2═HCN+能发生，故A正确；
B．由上述分析可知，酸性HCOOH＞HCN，等pH、等体积的HCOOH和HCN，HCN的物质的量n(HCN)＞HCOOH的物质的量n(HCOOH)，中和酸需要碱的物质的量与酸的物质的量成正比，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故B正确；
C．由上述分析可知，酸性HCOOH＞HCN，酸根离子水解程度CN-＞HCOO-，所以物质的量浓度相等的HCOONa和KCN溶液中，阴离子浓度c(HCOO-)＞c(CN-)，c(Na+)=c(K+)，所以c(Na+)-c(HCOO-)＜c(K+)-c(CN-)，故C正确；
D．由上述分析可知，酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN，酸根离子水解程度CN-＞＞HCOO-，促进铵根离子水解程度大小顺序是CN-＞＞HCOO-，则相同浓度的这几种盐溶液中大小顺序是c(NH4CN)＜c(NH4HCO3)＜c(HCOONH4)，所以相等的HCOONH4溶液、NH4CN溶液、NH4HCO3溶液中c(NH4CN)＞c(NH4HCO3)＞c(HCOONH4)，故D错误；
答案为D。
15．某小组采用电渗析法从含NH4H2PO4和(NH4)2HPO4的废水中回收NH3·H2O和H3PO4，装置如图所示。下列说法错误的是（       ）

A．膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜
B．每放出11.2L（标准状况）H2时，能回收98gH3PO4
C．阴极区总反应式为2H2O+2NH4++2e-=2NH3·H2O+H2↑
D．a处进入稀氨水，d处流出浓H3PO4溶液
【答案】B
【分析】由图可知，左侧放出氢气，为阴极，右侧放出氧气为阳极，电解含NH4H2PO4 和(NH4)2HPO4的废水溶液时，阳极附近是OH-放电，生成氧气，右侧为阳极，所以c口进入的是稀H3PO4，d口流出的是浓H3PO4，则离子交换膜2为阴离子交换膜；阴极附近时H+放电生成氢气，左侧为阴极，则a口进入稀氨水，b口排出的为浓氨水，离子交换膜1为阳离子交换膜，以此解答该题。
【详解】A．由分析可知，离子交换膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，故A正确；
B．每放出11.2L(标准状况)H2时，则转移×2=1mol电子，所以将有1molH2PO4-或者0.5molHPO42-移到阳极区，所以能回收H3PO4小于1mol，质量小于98g，故B错误。
C．阴极附近时H+放电生成氢气，铵根离子通过阳离子交换膜移到阴极区与剩余氢氧根结合成NH3•H2O，总反应式为2H2O+2NH4++2e-═2NH3•H2O+H2↑，故C正确；
D．由分析可知，a口进入稀氨水，d处流出浓H3PO4溶液，故D正确；
故答案为B。
16．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的
选项
实验操作和现象
结论
A
室温下，用pH试纸分别测定等浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，CH3COONa溶液对应的pH试纸更蓝
酸性：HClO>CH3COOH
B
取某Na2SO3溶液，加入足量的稀盐酸，产生气泡，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀
Na2SO3已部分被氧化
C
向某溶液中先滴加少量氯水，再滴加2滴KSCN溶液，溶液变成血红色
原溶液中一定含有Fe2+
D
在2mL0.01mol/L的Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol/LZnSO4溶液有白色沉淀，再滴入CuSO4溶液，又出现黑色沉淀
Ksp(CuS)< Ksp(ZnS)

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A. NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，故A错误；
B. 加入足量的稀盐酸，排除亚硫酸根离子的干扰，后加氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，则Na2SO3已部分被氧化，故B正确；
C. 先滴加少量氯水，再滴加2滴KSCN溶液，溶液变成血红色，原溶液中只含Fe3+也会产生相同的现象，检验Fe2+应先加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水检验，故C错误；
D. Na2S溶液过量，再滴入硫酸铜溶液，铜离子与硫离子形成黑色CuS沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，不能比较Ksp大小，故D错误；
故选：B。
17．下列叙述正确的是（     ）

A．K与N连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH减小
B．K与N连接时，X为氯化钠，石墨电极的电势更高
C．K与M连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大
D．K与M连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑
【答案】B
【详解】A．K与N连接时，该装置为原电池，X为硫酸溶液时，铁失电子生成亚铁离子，正极上氢离子得电子生成氢气，导致溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A错误；
B．K与N连接时，该装置是原电池，X为氯化钠，铁发生吸氧腐蚀，铁作负极，石墨电极为正极，即石墨电极的电势更高，故B正确；
C．K与M连接时，该装置为电解池，X为硫酸，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，实际上是电解水，硫酸的浓度逐渐增大，则溶液的pH减小，故C错误；
D．K与M连接时，该装置为电解池，X为氯化钠，石墨作阳极铁作阴极，石墨电极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故D错误；
故答案为B。
【点睛】考查原电池和电解池原理，明确离子放电顺序是解本题关键，K与N连接时，该装置为原电池，铁易失电子作负极，石墨作正极，正极上得电子发生还原反应；K与M连接时，该装置为电解池，石墨作阳极铁作阴极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应。
18．某无色溶液中可能含有以下离子中的一种或几种：Na+、Ag+、Fe3+、NH、Al3+、CO、AlO、S2O、SO。现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：

下列说法不正确的是
A．淡黄色沉淀甲不可能为AgBr
B．气体甲可能是混合气体
C．综合上述信息可以确定肯定存在的离子有：Na+、AlO、S2O
D．由溶液甲生成气体乙的途径只有：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】D
【分析】由于溶液为无色，则一定不存在 Fe3+，溶液与过量溴化氢反应生成了气体甲和淡黄色沉淀，沉淀若是溴化银，溶液中有Ag+，就不能存在 S2O、CO、SO、AlO，但溶液中必须有阴离子，所以假设不正确，淡黄色沉淀一定是硫，是 HBr 与 S2O反应生成的，而S2O与 Ag+、Al3+、NH生成沉淀或发生双水解而不能共存，即溶液中一定含 S2O，一定不含Ag+、Al3+、NH，根据电荷守恒，Na+一定存在，溶液甲中含有过量的溴化氢，与过量的碳酸氢铵反应，生成的气体乙为二氧化碳，白色沉淀只能为氢氧化铝，说明原溶液中一定含有AlO，溶液乙与过量氢氧化钡溶液反应,生成的气体丙为氨气，白色沉淀为碳酸钡或硫酸钡，但由于白色沉淀丙与 CO,能反应，故丙为碳酸钡，即原溶液中不含SO，但由于加入的 NH4HCO3能和OH-反应生成CO，故原溶液不能确定是否含CO。所以溶液中一定存在的离子有: Na+、AlO、S2O，一定不存在的离子为: Ag+、Al3+、NH、Fe3+、SO，可能存在的离子为 CO。
【详解】A．由于 Ag+不能存在，故沉淀甲不可能为 AgBr，A正确；
B．由于原溶液中一定含 S2O，可能还含CO，故气体甲中一定含 SO2，还可能含 CO2，故B正确；
C．溶液中一定存在的离子有: Na+、AlO、S2O，C正确；
D．由于原溶液中含 AlO，故在溶液甲中含过量的H+和AlO反应生成的Al3+，则生成气体乙的途径有两个Al3++3HCO=Al(OH)↓+3CO₂↑， H+ + HCO=CO2↑+H2O，D错误；
故答案选D。
19．2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电池其有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，正极反应式为M1-xFexPO4+e-+Li+=LiM1-xFexPO4，其原理如图所示，下列说法正确的是（    ）

A．放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极
B．充电时，Li+移向磷酸铁锂电极
C．放电时，负极反应式为LiC6-e-=Li++6C
D．电池总反应为M1-xFexPO4+LiC6LiM1-xFexPO4+6C
【答案】C
【分析】根据电池装置图知，石墨为负极，反应式为LiC6-e-=Li++6C，磷酸铁锂为正极，反应式为M1-xFexPO4+xLi++xe-=LiM1-xFexPO4，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分析解答。
【详解】A．放电时，电子由负极石墨电极流向正极磷酸铁锂电极，则电流由正极磷酸铁锂电极流向负极石墨电极，A错误；
B．放电时，Li+移向正极磷酸铁锂电极，充电时Li+移向负极石墨电极，B错误；
C．放电时，石墨电极为负极，负极反应式为LiC6-e-=Li++6C，C正确；
D．根据电池结构可知，该电池的总反应方程式为：M1-xFexPO4+LiC6LiM1-xFexPO4+6C，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学电源新型电池，明确充放电各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，侧重考查原电池和电解池反应原理，注意放电时负极与充电时的阳极发生氧化反应，放电时的正极与充电时的阴极发生还原反应。
20．常温下向 0.l mol/L 的NaClO 溶液中通入 HF 气体，随反应进行（不考虑HClO分解），溶液中lg ( A 代表ClO 或F) 的值和溶液pH 变化存在如图所示关系，下列说法正确的是

A．线N 代表lg的变化线
B．反应ClO-+HF ⇌ HClO+F-的平衡常数数量级为 105
C．当混合溶液pH= 7 时，溶液中c(HClO) = c(F- )
D．随HF 的通入，溶液中c(H+) •c(OH- )增大
【答案】C
【分析】，，由于同浓度酸性：HF大于HClO，当lg=0时，则=1，则K(HF)=10-3.2，K(HClO)=10-7.5。
【详解】A．，，由于同浓度酸性：HF大于HClO，又因lg=0时，则=1，因此pH大的为HClO，所以线M代表的变化线，故A错误；
B．反应ClO－ + HF HClO+F－的平衡常数，其平衡常数数量级为104，故B错误；
C．当混合溶液pH= 7 时，根据电荷守恒c(Na+) + c (H+)  = c(ClO－) + c(F－) + c(OH－)，溶液呈中性，得到c(Na+)  = c(ClO－) + c(F－)，根据物料守恒c(ClO－) +c(HClO) = c(Na+)，因此溶液中c(HClO)= c(F－)，故C正确；
D．温度未变，随HF的通入，溶液中c(H+)⸱c(OH－)不变，故D错误。
综上所述，答案为C。

二、实验题
21．滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：
I.酸碱中和滴定——用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液。
(1)该学生的实验操作如下：
a.用碱式滴定管取稀NaOH25.00mL，注入锥形瓶中，加入甲基橙做指示剂。
b.用待测定的溶液润洗碱式滴定管。
c.用蒸馏水洗干净滴定管。
d.取下酸式滴定管用标准的HCl溶液润洗后，将标准液注入滴定管刻度“0”以上2～3cm处，再把滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下。
e.检查滴定管是否漏水。
f.另取锥形瓶，再重复操作一次。
g.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。
①滴定操作的正确顺序是(用序号填写)_______→c→_______→_______→d→_______→_______。
②某次滴定前、后的盛放盐酸滴定管中液面的位置。请回答：

仪器A的名称是_______；盐酸的体积读数如下图，则用掉的盐酸体积为_______mL；

③在g操作中如何确定终点_______。
(2)下列操作造成测定结果偏高的是_______(填选项字母)
A．滴定终点时，俯视滴定管溶液液面
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗
C．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
D．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗
II.氧化还原滴定——取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1mol/L的高锰酸钾溶液滴定，发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O。表格中记录了实验数据：
滴定次数
待测液体积(mL)
标准KMnO4溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
0.50
20.40
第二次
25.00
3.00
23.00
第三次
25.00
4.00
24.10

(3)滴定时，KMnO4溶液应装在_______(“酸”或“碱”)式滴定管中，滴定终点时锥形瓶内的颜色变化是_______。
(4)该草酸溶液的物质的量浓度为_______。
【答案】(1)     e     b     a     g     f     酸式滴定管     22.00     当滴入最后一滴溶液，锥形瓶内由黄色变为橙色且半分钟内不褪色
(2)BC
(3)     酸     无色变为浅紫色
(4)0.2mol/L

【分析】I.(1)①滴定实验步骤有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液加指示剂、滴定等操作；
②根据仪器结构判断仪器名称，根据滴定管小刻度在上，大刻度在下，结合滴定前后液体凹液面位置读数；
③根据用甲基橙作指示剂时，溶液由黄色变橙色，且半分钟内不变色，则到达滴定终点；
(2)根据操作对消耗标准溶液体积大小，结合溶液的物质的量浓度定义式分析实验误差；
II.(1)根据高锰酸钾溶液具有强氧化性选择滴定管类型；根据滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变成紫红色为滴定终点；
(2)先判断滴定数据的有效性，然后计算出消耗标准液的平均体积，再根据c(待测)=分析计算出待测液的浓度。
【详解】（1）①中和滴定操作步骤有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作，所以滴定操作的正确顺序是e、c、b、a、d、g、f；仪器A为下部有玻璃活塞，因此为酸式滴定管，结合滴定管结构可知：在滴定前读数为0.80 mL，滴定后读数为22.80 mL，所以用掉的盐酸体积为22.00 mL；用甲基橙作指示剂时，溶液由黄色变橙色，且半分钟内不变色，则到达滴定终点；故答案为：e；b；a；g；f；酸式滴定管；22.0 0mL；当滴入最后一滴溶液，锥形瓶内由黄色变为橙色且半分钟内不褪色；
（2）A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=，可以知道c(待测)偏小，故A不符合题意；
B. 酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗，标准盐酸浓度偏小，造成V(标准)偏大，导致c(待测)偏大，故B符合题意；
C. 滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，最终导致c(待测)偏大，故C符合题意；
D. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对V(标准)无影响，根据c(待测)= ，可以知道c(待测)不变， 故D不符合题意；
故答案为： BC；
（3）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以应该使用酸式滴定管盛装酸性高锰酸钾溶液；滴定结束前混合液为无色，滴定结束时混合液变成了浅紫色，所以滴定终点现象为：锥形瓶中溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；故答案为：酸；无色变为浅紫色；
（4）三次滴定消耗标准液盐酸体积分别为：(20.40−0.50)mL=19.90 mL、(23.00−3.00)mL=20.00m L、(24.10−4.00)mL=20.10 mL，所以三次滴定的数据都有效，则消耗标准液的平均体积为V= =20.00 mL，高锰酸钾的物质的量为n(KMnO4)=c·V=0.10 mol/L×0.020 L=0.0020 mol，根据反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O可知：n(H2C2O4)=n(KMnO4)= 0.005 mol，故待测液草酸的物质的量浓度c(H2C2O4)==0.2 mol/L，故答案为：0.2mol/L。

三、元素或物质推断题
22．已知A、B、C、D、E、F、G都是元素周期表中短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。A是元素周期表中原子半径最小的元素，D3B中阴、阳离子具有相同的电子层结构，B、C均可分别与A形成10电子分子，B、C属同一周期，两者可以形成许多种共价化合物，C、F属同一主族，B原子最外电子层的p能级上的电子处于半满状态，C的最外层电子数是内层电子数的3倍，E最外层电子数比最内层多1。请用具体的元素回答下列问题：
(1)E元素原子未成对电子个数为_______，核外电子的运动状态有_______种。
(2)F元素原子的价电子排布图为_______。
(3)F、G元素对应的最高价含氧酸中酸性较强的化学式为_______。
(4)离子半径：D+_______B3-，电负性：C_______F(填“＜”、“>”或“=”)。
(5) A、C形成的一种绿色氧化剂X有广泛应用，X分子中A、C原子个数比1∶1，X的电子式为_______，试写出Cu、稀H2SO4与X反应制备硫酸铜的离子方程式_______。
【答案】(1)     1     13
(2)
(3)HClO4
(4)     <     >
(5)          Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O

【分析】已知A、B、C、D、E、F、G都是元素周期表中短周期主族元素，A是元素周期表中原子半径最小的元素，A为H，，B原子最外电子层的p能级上的电子处于半满状态，C的最外层电子数是内层电子数的3倍，B、C均可分别与A形成10电子分子，B、C属同一周期，两者可以形成许多种共价化合物，则B为N，C为O，D3B中阴、阳离子具有相同的电子层结构，则D为Na，C、F属同一主族，F为S，G是Cl，E最外层电子数比最内层多1，则E为Al，综上分析A为H，B为N，C为O，D为Na，E为Al，F为S，G是Cl。
【详解】（1）E为Al，是13号元素，核外电子排布式1s22s22p63s23p1，未成对电子个数1，核外电子的运动状态没有完全相同的，所以核外电子的运动状态有13种，答案1；13；
（2）F为S，为16号元素，最外层6个价电子，价电子排布图，答案：；
（3）F为S，G是Cl，非金属性Cl>S，已知非金属性越强其最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以两元素对应的最高价含氧酸中酸性较强的是HClO4，答案：HClO4；
（4）B为N，D为Na，N3-和Na+核外电子层排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径Na+S，答案：<；>；
（5）H、O元素形成的一种绿色氧化剂X，原子个数比为1∶1，为H2O2，电子式，Cu、稀H2SO4与H2O2反应制备硫酸铜，H2O2做氧化剂被还原成H2O，离子方程式Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，答案：；Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O。

四、原理综合题
23．按如图所示装置进行下列不同的操作，请回答有关问题：操作：①只接通K1；②只接通K2；③只接通K3；④都断开。

（1）铁棒的腐蚀速率由大到小的顺序是____(填操作序号)。
（2）原料粗盐中常含有泥沙和Ca2+、SO42-等杂质，必须精制后才能供电解使用。精制时，粗盐溶于水过滤后，还要加入的试剂分别为①Na2CO3、②HCl（盐酸）③BaCl2，这3种试剂添加的合理顺序是_____（填序号）。
（3）若把U形管中的NaCl溶液换成100mL0.1mol/L的CuSO4溶液，且只进行操作②，则当电路中通过0.01mol电子时：(填“铁”或“石墨”)____电极增重_____g，此时溶液的pH=_____(忽略溶液体积变化)。
（4）若把U形管中的NaCl溶液换成加入了2molAgNO3、1molNa2SO4和1molBaCl2后的溶液，且只进行操作②，则装置中可观察到的现象为：____。通电一段时间后，氧化产物与还原产物的质量比为_____。
【答案】     ①＞③＞④＞②     ③①②     铁     0.32     1     两个电极上都产生气泡，U形管左右两边液面下降，产生的气体体积比约为2：1，漏斗中液面上升（或两个电极上都产生气泡，U形管左右两边液面下降，漏斗中液面上升）     8：1
【分析】(1)铁腐蚀的速度由大到小的顺序是：作电解池阳极＞原电池负极＞不形成电池＞电解池阴极；
(2)抓住除钡离子要放在除碳酸根离子前即可得到顺序关系；
(3)若把U形管中的NaCl溶液换成100mL0.1 mol/L的CuSO4溶液，且只进行操作②，得到电解池，Fe作阴极，氢离子得电子的还原反应，石墨碳棒作阳极，氢氧根离子失电子的氧化反应4OH--4e-=O2↑+2H2O，据电子守恒进行计算即可；
(4)把U形管中的NaCl溶液换成加入了2mol AgNO3、1mol Na2SO4和1mol BaCl2后的溶液，硫酸根离子和钡离子、氯离子和银离子之间反应得到沉淀，实际得到硝酸钠溶液，只进行操作②，相当于电解硝酸钠，实质是电解水，据电子守恒进行计算即可。
【详解】(1)只接通K1时，该装置是电解池，铁作阳极，腐蚀最快，只闭合K3时，该装置构成原电池，铁作负极发生吸氧腐蚀，腐蚀较快，只闭合K2时，该装置构成电解池，铁作阴极而被保护，所以铁腐蚀的速度由大到小的顺序是：只接通K1＞只闭合K3＞都断开＞只闭合K2，即铁棒的腐蚀速率由大到小的顺序是①＞③＞④＞②；
(2)应先加入过量BaCl2，除去SO42-，然后加过量Na2CO3，可除去Ca2+、Mg2+、Fe3+等，过滤后加入盐酸可除去Na2CO3，故试剂添加的合理顺序是③①②；
(3)若把U形管中的NaCl溶液换成100mL0.1mol/L的CuSO4溶液，且只进行操作②，得到电解池，Fe作阴极，铜离子得电子的还原反应Cu2++2e-=Cu，则当电路中通过0.01mol电子时，产生金属铜质量0.005mol×64g/mol=0.32g，石墨碳棒作阳极，氢氧根离子失电子的氧化反应4OH--4e-=O2↑+2H2O，则当电路中通过0.01mol电子时，消耗氢氧根离子是0.01mol，溶液氢离子是0.01mol，氢离子浓度为=0.1mol/L，pH=1；
(4)把U形管中的NaCl溶液换成加入了2molAgNO3、1molNa2SO4和1molBaCl2后的溶液，硫酸根离子和钡离子、氯离子和银离子之间反应得到沉淀，实际得到硝酸钠溶液，只进行操作②，相当于电解硝酸钠，实质是电解水，金属铁是阴极，氢离子得到电子产生氢气(还原产物)，石墨电极是阳极，氢氧根失电子产生氧气(氧化产物)，阴阳两极产生的气体体积比约为2:1，通电一段时间后，氧化产物与还原产物的质量比为8:1。

五、工业流程题
24．2019年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究的贡献。磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法治金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片（除LiFePO4外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂）中的资源，部分流程如图：

（1）“碱溶”时Al箔溶解过程中，氧化剂是______________。
（2）“酸浸”时生成NO的离子方程式是_________。（其他杂质不与HNO3反应）
（3）实验测得滤液②中c(Li+)＝4 mol·L－1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率为90%，则加入饱Na2CO3 溶液中c(Na2CO3)＝______ mol·L－1。[Ksp(Li2CO3)＝1.6×10－3]
（4）磷酸亚铁锂电池总反应为：LiFePO4＋6CLi1－xFePO4＋LixC6，电池中的固体电解质可传导Li+。充电时，该电池的负极接电源的_____（填“正极”或“负极”）；放电时，正极反应式为_______。
（5）磷酸亚铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：称取1.20g试样用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的SnCl2溶液，再加入HgCl2饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.020mol·L－1重铬酸钾溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铬酸钾溶液40.00mL。
已知：2Fe3+＋Sn2+＋6Cl－=SnCl62－＋2Fe2+
4Cl－＋Sn2+＋2HgCl2=SnCl62－＋Hg2Cl2
6Fe2+＋Cr2O72－＋14H+=6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O
①实验中加入HgCl2饱和溶液的目的是_________。
②磷酸亚铁锂电池中铁的含量为________%。
【答案】     H2O     3LiFePO4+NO3－+4H+=3Li++NO↑+3PO43－+2H2O+3Fe3+     1.88     负极     Li1－xFePO4＋xLi+＋xe－=LiFePO4     将溶液中过量Sn2+转化为稳定的SnCl62－，防止其干扰Fe2+的测定     22.4
【分析】分析流程图，磷酸亚铁锂电池正极片碱溶时，Al转化为NaAlO2，过滤后，滤渣中含有磷酸亚铁锂，向其中加入硫酸和硝酸进行酸浸，得到含Li+、Fe3+、H+、SO42－、NO3－和PO43－的滤液，调节溶液的pH，使得Fe3+以FePO4的形式除去，过滤后得到含Li+、H+、SO42－和NO3－的滤液，加入饱和Na2CO3溶液，将Li+转化为Li2CO3，通过过滤、热水洗涤等操作得到最终产物。据此进行分析。
【详解】（1）“碱溶”时Al箔溶解过程中发生的反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应实质为2Al＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2↑，Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，根据氧化还原原理，化合价降低是H2O中的H，因此氧化剂为：H2O；
（2）酸浸时，磷酸亚铁锂电池正极片上的Fe2+与HNO3反应，生成Fe3+和NO，反应的离子反应方程式为：3LiFePO4+NO3－+4H+=3Li++NO↑+3PO43－+2H2O+3Fe3+；
（3）滤液②中c(Li+)＝4mol·L－1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率为90%，则Li+的转化浓度为，由关系式：2Li+～CO32－可知，CO32－的转化浓度为。滤液②中加入等体积的Na2CO3溶液后，c(Li+)＝，由碳酸锂溶度积Ksp(Li2CO3)＝，可得c(CO32-)=，则原饱和Na2CO3溶液中c(Na2CO3)＝；
（4）根据电池总反应：LiFePO4＋6CLi1－xFePO4＋LixC6，放点过程中，C6x－中的C的化合价升高生成C单质，失去电子，作负极，可知，LixC6极为原电池的负极，充电时为阴极，发生还原反应，则应与电源的负极相连。放电时，原电池的正极发生还原反应，则反应方程式为：Li1－xFePO4＋xLi+＋xe－=LiFePO4；
（5）①根据题给信息，SnCl2溶液稍过量，为了排除溶液中过量Sn2+干扰Fe2+的测定，故用HgCl2饱和溶液将其转化为稳定的SnCl62－。
②由题给已知条件，可得关系式：6Fe3+～Cr2O72－，则有：

解得：；则磷酸亚铁锂电池中铁的含量为。