1、江苏省宿迁市沭阳县修远中学2019-2020学年高二化学下学期4月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：选择题单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1.食盐、蔗糖、醋酸、纯碱、“84”消毒液等是居民经常使用的物质，下列有关说法不正确的是（ ）A. 蔗糖是非电解质B. 醋酸中存在CH3COOH分子C. 固体纯碱能导电D. “84”消毒液中的有效成分NaClO是强电解质【答案】C【解析】【详解】A蔗糖在水溶液中和熔融状态均不能导电，属于非电解质，A正确；B醋酸是一种弱酸，是弱电解质，部分电离，因此存在醋酸分子，B正确；C固体纯碱中没有自由移动的阴阳离
2、子，不能导电，C错误；D“84”消毒液中的有效成分NaClO，次氯酸钠属于盐，在水中完全电离，属于强电解质，D正确。答案选C。2.反应可用于工业上制备Na2S2O3。下列化学用语表示正确的是A. 中子数为20的硫原子：B. Na+的结构示意图：C. Na2S的电子式：D. CO32-水解的离子方程式：【答案】B【解析】【详解】A. 左上角数字表示质量数，中子数为20的硫原子应为：，故A错误；B. Na+的结构示意图：，故B正确；C. Na与S形成离子键，则Na2S的电子式：，故C错误；D. CO32-水解分部进行，主要为第一步，则CO32-水解的离子方程式：；，故D错误；故答案选：B。3.下列
3、能量转化过程与氧化还原反应无关的是A. 硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B. 锂离子电池放电时，化学能转化成电能C. 电解质溶液导电时，电能转化成化学能D. 葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能【答案】A【解析】【详解】A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误；答案选A。4.在0.1 molL1 CH3CO
4、OH溶液中存在如下电离平衡： CH3COOH CH3COOH+，对于该平衡，下列叙述正确的是（ ）A. 加入水时，平衡向逆反应方向移动B. 加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动C. 加入少量0.1 molL1 HCl溶液，溶液中c(H+)减小D. 加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动【答案】B【解析】【详解】A. 加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，故A错误；B. 加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合，使电离平衡正向移动，酸性减弱，故B正确；C. 加入少量0.1molL1HCl溶液，氢离子浓度为0.1molL1，c(H+)不变，故C错误；D. 加
5、入少量CH3COONa固体,由电离平衡可知，c(CH3COO)增大，则电离平衡逆向移动，故D错误；答案选B。5.下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是（ ）A. 纯银器的表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗B. 当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C. 金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更为普遍D. 相对于在内河行驶的轮船来说，海轮更容易被腐蚀【答案】A【解析】【详解】A. 金属银在空气中易被氧气氧化因生成氧化银而变质，属于化学腐蚀，故A错误；B. 镀锌铁制品的镀层受损后，形成铁、锌原电池，金属铁作正极被保护，不易发生腐蚀，镀层锌仍能对铁制品起保护作用，故B正确；C. 金属的化学腐蚀和电化
6、学腐蚀共存，但以电化学腐蚀为主，故C正确；D. 海轮指在大海里面行驶的轮船，内河跟大海的区别就是海水中含较多的电解质，所以海轮更容易被腐蚀，故D正确；故选A。6.能促进水的电离，并使溶液中c(H+)c(OH-)的操作是（1） 将水加热煮沸 （2） 向水中投入一小块金属钠 （3） 向水中通HCl （4） 向水中加入明矾晶体 （5）向水中加入NaHCO3固体 （6）向水中加KHSO4固体A. （4）B. （1）（4）（6）C. （1）（3）（6）D. （4）（6）【答案】A【解析】【详解】(1)水的电离是吸热过程，将水加热煮沸，促进水的电离，但纯水中仍然存在c(H+)=c(OH-)，(1)错误；(
7、2)向水中投入一小块金属钠，Na和水反应生成NaOH，NaOH是强碱且抑制水的电离，溶液呈碱性，c(H+)c(OH-)，(2)错误；(3)向水中通HCl，HCl是强酸，在水中电离出氢离子，抑制水的电离，溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，(3)错误；(4)向水中加入明矾晶体，Al3+水解使溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，水解促进水的电离，(4)正确；(5)向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，c(H+)c(OH-)，促进水的电离，(5)错误；(6)向水中加KHSO4固体，KHSO4完全电离生成氢离子，溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，抑制水的电离，(6
8、)错误。综上，只有(4)正确，答案选A。【点睛】本题考查电解质对水电离的影响，主要涉及电解质的电离、水的电离、盐类水解等知识，明确物质的性质是解题关键。注意明确：酸、碱或强酸酸式盐抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离。能促进水的电离，并使溶液中c(H+)c(OH-)，则为强酸弱碱盐。答题时要从外界条件对水电离平衡的影响因素结合水的电离特点分析判断。7.如下图所示，H1=393.5 kJmol-1，H2=395.4 kJmol-1，下列说法或表示式正确的是A. 石墨和金刚石的转化是物理变化B. 1mol石墨的总能量比1 mol金刚石的总能量大1.9 kJC. 金刚石的稳定性强于石墨D. C(s、
9、石墨)=C(s、金刚石) H= +1.9 kJmol-1【答案】D【解析】【分析】由图得：C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）H=-393.5kJmol-1C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）H=-395.4kJmol-1，利用盖斯定律将-可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）H=+1.9kJmol-1，据此分析作答。【详解】A、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故A错误；B、依据热化学方程式 C（S，石墨）=C（S，金刚石）H=+1.9kJmol-1，1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能小1.9 kJ，故B错误；C、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量
10、越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C错误；D、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）H=+1.9kJmol-1，故D正确。8.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A. c(Al3+)=0.1molL-1的溶液：Na+、NH4+、SO42-、NO3-B. c(Fe3+)=0.1molL-1的溶液：K+、Ba2、OH-、SCN-C. pH=13的溶液中：AlO2-、Cl-、HCO3-、SO42-D. 水电离的c(H+)=110-13molL-1的溶液：Na+、Mg2+、SO42-、HCO3-【答案】A【解析】【详解】AAl3+、Na+、NH4+、SO42-、NO3-两两之间不会反
11、应，能大量共存，A正确；BFe3+和SCN-发生络合反应生成Fe(SCN)3而不能大量共存，Fe3+和OH-反应生成Fe(OH)3沉淀而不能大量共存，B错误；CpH=13的溶液为碱性溶液，含有大量的OH-，OH-和HCO3-反应生成H2O和CO32-而不能大量共存，C错误；D水电离的c(H+)=110-13molL-1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸性溶液或者碱性溶液，酸性溶液中H+和HCO3-反应生成水和二氧化碳而不能大量共存，碱性溶液中OH-和Mg2+生成氢氧化镁沉淀、和HCO3-反应生成水和CO32-而不能大量共存，D错误。答案选A。【点睛】C水电离：c(H+)=110-13mo
12、lL-1110-7molL-1，水的电离受到抑制，酸和碱抑制水的电离。9.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，常温下0.01 molL-1Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH= 12，W在元素周期表中的族序数是周期数的2倍。下列说法正确的是A. W的单质的氧化性比Y的强B. 原子半径：r(Z)r(W)r(Y)r(X)C. 工业上常用电解法冶炼Z单质D. X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W强【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其内层电子数的2倍，X
13、为C；Y是地壳中含量最高的元素，Y为O；常温下0.01 molL-1Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH= 12，Z为Na；W在元素周期表中的族序数是周期数的2倍，W为S，以此分析。【详解】A. W的单质为S， Y的单质为O2，O2氧化性强于S，故A错误；B. 原子半径：r(Na)r(S)r(C)r(O)，则r(Z)r(W)r(X)r(Y)，故B错误；C. 工业上常用电解熔融的氯化钠冶炼Na单质，故C正确；D. X的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3,W的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，硫酸酸性强于碳酸，故D错误；故答案选：C。10.观察如图所示装置，可发现电流计指针偏转，M棒变粗，
14、N棒变细.下表所列的M、N、P对应物质可构成该装置的是（ ）选项MNPA锌铜稀硫酸B铜铁稀盐酸C银锌硝酸银溶液D锌铁硝酸铁溶液A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】装置为原电池，M棒上金属离子得电子生成金属单质变粗，为原电池正极，N棒金属失电子变细为原电池负极，据此分析判断。【详解】A锌做负极，失电子溶解变细，即M变细，Cu做正极，氢离子在N极得电子生成氢气，产生气泡，A错误；BFe做负极，失电子溶解变细，即N变细，Cu做正极，氢离子在M极得电子生成氢气产生气泡，B错误；C锌做负极，失电子溶解变细，即N变细，银作正极，银离子在正极得电子析出Ag，M变粗，C正确；DZn做负极
15、，失电子溶解变细，即M变细，Fe作正极，铁离子在正极得电子生成亚铁离子，N极不变，D错误。答案选C。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.常温下，2NH3(g)NaClO(aq)=NaCl(aq)N2H4(aq)H2O(l)能自发进行，可用于生产N2H4。下列有关说法正确的是（ ）A. 该反应H0，S0B. 每生成1molN2H4转移2mol电子C. 室温下，向0.1molL-1NaClO
16、溶液中加水，溶液pH减少D. N2H4、O2和KOH溶液组成的燃料电池，负极反应为N2H4-4e-=N24H+【答案】BC【解析】【分析】2NH3(g)NaClO(aq)=NaCl(aq)N2H4(aq)H2O(l)是气体分子数减少的反应，熵减，S0，常温下能自发进行，说明H- TS0，因为S0，所以- TS0，那么H0。【详解】A由分析可知H0，S0，A错误；BN化合价从-3升高到-2，升高1，共2个N原子化合价升高，共升高2，Cl化合价从+1降到-1，降低了2，所以，每生成1molN2H4转移2mol电子，B正确；CClO-水解显碱性：，加水稀释，OH-浓度减小，碱性减弱，pH减小，C正确
17、； D燃料电池，燃料在负极失电子，发生氧化反应，在碱性电解质中，该燃料电池负极反应为：N2H4+4OH-4e-= N24H2O，D错误。答案选BC。【点睛】D该燃料电池电解质溶液为碱性电解质溶液不能出现H+。12.茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示(未画出其空间结构)。下列说法正确的是A. 茚地那韦属于芳香族化合物B. 虚线框内的所有碳、氧原子均处于同一平面C. 茚地那韦可与氯化铁溶液发生显色反应D. 茚地那韦在碱性条件下完全水解，最终可生成三种有机物【答案】AD【解析】【详解】A. 茚地那韦含有苯环，属于芳香族化合物，故A正确；B.苯环12个原子均共面，环烷烃碳原子不共
18、面，故虚线框内不是所有碳、氧原子均处于同一平面，故B错误；C. 能与氯化铁溶液发生显色反应则含有酚羟基，茚地那韦无酚羟基，故C错误；D. 茚地那韦中含有两个肽键可发生水解反应，生成三种有机物，故D正确；故答案选：AD。13.已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下(Q1、Q2均为正值)：H2(g)Cl2(g)=2HCl(g) H1=-Q1kJmol-1H2(g)Br2(g)=2HBr(g) H2=-Q2kJmol-1有关上述反应的叙述正确的是（ ）A. Q1Q2B. 生成物总能量均高于反应物总能量C. 生成1molHCl气体时放出Q1热量D. 1molHBr(g)具有的能量小于1mol
19、HBr(l)具有的能量【答案】A【解析】【详解】A氯气比溴活泼，能量高，则燃烧反应放热多，可知，A正确； B均为放热反应，则生成物总能量均低于反应物总能量，B错误； C生成2molHCl时放热，C错误； D同一物质气态比固态能量高，则1mol具有的能量大于1mol具有的能量，D错误。答案选A。【点睛】键能越大，物质的能量越低，越稳定。14.已知下面三个数据：7.210-4、4.610-4、4.910-10分别是下列有关的三种酸的电离常数(25)，若已知下列反应可以发生：NaCNHNO2=HCNNaNO2、NaCNHF=HCNNaF、NaNO2HF=HNO2NaF。由此可判断下列叙述中不正确的是
20、（ ）A. K(HF)=7.210-4B. K(HNO2)=4.910-10C. 根据两个反应即可得出一元弱酸的强弱顺序为HFHNO2HCND. K(HCN)K(HNO2)K(HF)【答案】B【解析】【分析】相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，较强酸能和较弱酸的盐反应生成弱酸，根据NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、NaCN+HF-HCN+NaF、NaNO2+HF=HNO2+NaF知，酸的强弱顺序是HCNHNO2HF，则酸的电离平衡常数大小顺序为K(HCN)K(HNO2)K(HF)。【详解】A通过以上分析知，K(HF)最大为7.210-4，故A正确；B根据以上分析知，K(HNO2
21、)处于中间位置，为4.610-4，故B错误；C根据NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、NaNO2+HF=HNO2+NaF即可得出结论酸性HFHNO2HCN，故C正确；D通过以上分析知，酸的电离平衡常数大小顺序为K(HCN)K(HNO2)K(HF)，故D正确；故选：B。15.常温下，下列叙述正确的是（ ）A. pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则ab1B. 在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl溶液恰好无色，则此时溶液的pH7C. 向10mL0.1molL-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中，将减小D. 向10mLpH=11的氨水中加入10mLpH=3的H2SO
22、4溶液，混合液pH=7【答案】AC【解析】【详解】ApH=a的强碱溶液稀释10n倍，溶液的新pH=a-n(pH7),一水合氨为弱碱，加水稀释促进其电离，相比强碱而言，稀释过程还产生一定的OH-，稀释后溶液碱性比相同情况下的强碱强，则的氨水稀释101倍后，其新pHa-1，即ba-1，则，A正确；B酚酞的变色范围为，所以在滴有酚酞试液的氨水中，加入稀盐酸至溶液恰好无色，此时溶液的pH8.2，B错误；C一水合氨的电离平衡Kb=，温度不变则Kb不变，不变，向溶液中滴加少量氨水，但是c(OH-)增大，所以减小，C正确；D.向的氨水中加入的溶液，由于一水合氨为弱碱，反应过程还会产生大量OH-，故混合液呈碱
23、性，则混合液的，D错误。答案选AC。【点睛】酸和碱稀释总结：pH=a的强酸溶液稀释10n倍，稀释后溶液的pH=a+n(pH7)；pH=a的弱酸溶液稀释10n倍，稀释后溶液的pHa+n(pH7)；pH=a的强碱溶液稀释10n倍，稀释后溶液的pH=a-n(pH7)；pH=a弱碱溶液稀释10n倍，稀释后溶液的pHa-n(pH7)。非选择题16.连二次硝酸(H2N2O2)是二元酸，可用于制N2O气体。（1）连二次硝酸中氮元素的化合价为_。（2）常温下，用0.01molL-1NaOH溶液滴定10mL0.01molL-1H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。写出H2N2O2在水溶
24、液中电离的主要方程式：_。c点时溶液中下列离子Na+、OH-、N2O22-、HN2O2-，浓度由大到小的顺序为_。b点时溶液中的溶质为_。a点时溶液中c(Na+)_c(HN2O2-)+c(N2O22-)(填“”“c(N2O22-)c(OH-)c(HN2O2-) (4). NaHN2O2 (5). (6). 3.010-4【解析】【分析】连二次硝酸(H2N2O2)是二元酸，用0.01molL-1NaOH溶液滴定10mL0.01molL-1H2N2O2溶液，消耗10mLNaOH时，溶质为NaHN2O2，即b点溶质为：NaHN2O2，消耗20mLNaOH时，溶质为Na2N2O2，即c点溶质为：Na2
25、N2O2。【详解】分子中H的化合价为，O元素的化合价为，设N元素的化合价为x，根据总化合价之和为0可知：，解得：，即N元素的化合价为，故答案为：；由分析和滴定曲线可知，c点溶质为：Na2N2O2，显碱性，说明N2O22-会水解，为二元弱酸，在水溶液中的电离方程式为：，故答案为：；点滴入20mL相同浓度的NaOH溶液，反应后溶质为，所以部分水解产生：+H2O+OH-，由于还要水解产生OH-，所以，溶液中离子浓度大小为：，故答案为：；由上面分析可知，b点溶质为NaHN2O2，故答案为：NaHN2O2；溶液中的电荷守恒式子为：c(Na+)+c(H+)=c(HN2O2-)+2c(N2O22-)+c(O
26、H-)，a点pH=7，溶液显中性，有c(H+)= c(OH-)，所以c(Na+)=c(HN2O2-)+2c(N2O22-)，所以c(Na+)c(HN2O2-)+c(N2O22-)，故答案为：；当两种沉淀共存时，溶液中存在两种沉淀溶解平衡，所以=，故答案为：。【点睛】当两种沉淀共存时，构建=等式为解题关键。17.盐酸罗替戈汀是一种用于治疗帕金森病的药物，其合成路线流程图如下：(1)、CH3CH2CH2NH2中所含官能团的名称分别为 _、 _。(2)DE的反应类型是_。(3)B的分子式为C12H12O2，写出B的结构简式；_ 。(4)C的一种同分异构体X同时满足下列条件，写出X的结构简式：_。含有
27、苯环，能使溴水褪色；能在酸性条件下发生水解，水解产物分子中所含碳原子数之比为6：5，其中一种水解产物分子中含有3种不同化学环境的氢原子。(5)已知： R3COOH+，写出以和为原料制备的合成路线流程图_(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】 (1). （酚）羟基 (2). 氨基 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 【解析】【详解】（1）、CH3CH2CH2NH2中所含官能团的名称分别为（酚）羟基，氨基，故答案为：（酚）羟基；氨基；（2）DE为甲基被氢原子的取代反应，属于取代反应；（3）B的分子式为C12H12O2，由反应AB 可知A中酚羟基上的氢原子被
28、甲基取代，则B的结构简式为，故答案为：；（4）C的一种同分异构体X同时满足含有苯环，能使溴水褪色；能在酸性条件下发生水解，水解产物分子中所含碳原子数之比为6：5，其中一种水解产物分子中含有3种不同化学环境的氢原子。则X含有苯环、碳碳双键和酯键，水解产物一种含有苯环，另一种含有5个C则水解产物其中一种为苯酚，另一种水解产物分子中含有3种不同化学环境的氢原子为(CH3)2CH=COOH，则X为；（5）由已知条件可知可在酸性高锰酸钾溶液中分解为丙酮和乙酸，再结合盐酸罗替戈汀的合成路线，合成方案为。【点睛】设计合成路线时需要充分利用已知条件，或通过产物进行逆推得到合成方案。18.已知：2H2(g)+O
29、2(g)=2H2O(l) H=-572kJmol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-484kJmol-1CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g) H=-890kJmol-1（1）已知HH键的键能为436kJmol-1，O=O键的键能为496kJmol-1，HO键的键能为463kJmol-1，根据上述数据通过键能可直接计算出反应_(填反应序号)的焓变，由反应可得出反应比H2O(l)=H2O(g)的焓变H=_。（2）根据题干可计算出CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的焓变H=_。（3）在三个热化学方程式中，可表示燃烧热的热化学方程式的是_(填序
30、号)。标准状况下，取甲烷和氢气的混合气体11.2L，完全燃烧后恢复到常温，放出的热量为263.8kJ，则混合气体中甲烷和氢气的体积比为_。【答案】 (1). (2). +44kJmol-1 (3). -166kJmol-1 (4). (5). 2：3【解析】【详解】(1)在标准状况下，将1mol气态分子解离为气态原子所需的能量或者气态原子形成1mol气态分子所放出的能量叫键能，结合所给键能，能直接计算的焓变，将两个热化学方程式作如下处理：得H2O(l)=H2O(g)，所以H2O(l)=H2O(g)的焓变H=+44kJmol-1，故答案为：；+44kJmol-1；（2）将热化学方程式作如下处理：
31、+-得：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)，所以，CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的H=-572kJmol-1+(-484kJmol-1)-(-890kJmol-1)= -166kJmol-1，故答案为：-166kJmol-1；（3）1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物所放出的热量称为燃烧热。氢气物质的量不是1mol，H元素燃烧产生的稳定化合物应为液态水，满足条件，故能代表燃烧热的热化学方程式为。设甲烷的物质的量为x，氢气的物质的量为y，可得：x+y=，混合气体完全燃烧恢复到室温下，由2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=-572kJmo
32、l-1可知，每2molH2燃烧放出572kJ热量，那么y mol燃烧放出kJ=286ykJ热量，由CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g) H=-890kJmol-1可知，每1molCH4完全燃烧放出890kJ热量，所以x mol燃烧放出890x kJ的热量，所以286y +890x =263.8，结合x+y=0.5mol解得：x=0.2mol，y=0.3mol。同温同压下，任何两种气体的体积比等于物质的量之比，故混合气体中甲烷和氢气的体积比=0.2mol:0.3mol=2:3，故答案为：；2:3。【点睛】盖斯定律：反应热与反应途径无关，只和物质的始态和终态有关。19.科学家制
33、造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航空航天。如图1所示装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导正极生成的O2-(O24e-=2O2-)。（1）c电极的名称为_，d电极上的电极反应式为_。（2）如图2所示用石墨电极电解100mL0.5molL-1CuSO4溶液，a电极上的电极反应式为_。（3）若a电极产生56mL(标准状况)气体，则所得溶液中的c(H)=_(不考虑溶液体积变化)，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入_(填字母)。a.CuO b.Cu(OH)2 c.CuCO3 d.Cu2(
34、OH)2CO3【答案】 (1). 正极 (2). CH44O2-8e-=CO22H2O (3). 4OH-4e-=2H2OO2(2H2O-4e-= O2+4H+) (4). 01molL-1 (5). ac【解析】【分析】图1是原电池，依据电流流向是从正极经外电路流向负极可知，c为正极，d为负极；图2有外接电源，为电解池装置，a与电源正极相连，为阳极，b为阴极，据此分析回答。【详解】(1)由分析可知，图1中c为正极，d为负极，燃料电池中，燃料在负极失电子，被氧化，结合电解质、电荷守恒、原子守恒可得：负极电极反应为：CH44O2-8e-=CO22H2O，故答案为：正极；CH44O2-8e-=CO
35、22H2O；由上面分析可知，图2中：a电极为电解池中的阳极，因为是惰性电极，所以溶液中水电离的氢氧根离子在阳极失电子，被氧化，发生的电极反应为4OH-4e-=2H2OO2(2H2O-4e-= O2+4H+)，故答案为：4OH-4e-=2H2OO2(2H2O-4e-= O2+4H+)；(3) 由4OH-4e-=2H2OO2可知，当产生1mol氧气时，消耗4molOH-，同时产生4molH+，本题中：a电极产生标准状况氧气，物质的量为，消耗氢氧根离子物质的量为0.0025mol4=0.01mol，故溶液中生成氢离子物质的量为，则c（H+）0.1molL-1。阴极，也就是b极，发生的反应为：Cu2+
36、2e-=Cu，所以电解总反应为：，由总反应可知：电解溶液的过程中，每损失2个Cu原子，就损失2个 O原子，相当于损失一个CuO，为了使溶液，恢复原浓度，应加入：a损失CuO，加入一定的CuO可以恢复原状，a正确；bCu(OH)2加进去比CuO多了1个H2O，b错误；cCuCO3看似多了CO2，但实际上加入后CuCO3和电解产生的硫酸反应生成CO2逸到空气中去了，相当于CuO，c正确；d和b同理，多了H2O，d错误；综上所述：ac正确。故答案为：1molL-1；ac。【点睛】电解池电极反应的书写，水电离的H+或OH-放电时，电极反应可用H+或OH-代替H2O，但是总反应必须写H2O。20.锂离子
37、电池己被广泛用作便携式电源。正极材料为LiCoO2、LiFePO4等，负极材料一般为石墨碳，以溶有LiPF6、LiBF4等的碳酸二乙酯(DEC)作电解液。(1)Fe2+基态核外电子排布式为 _。(2)PO43-的空间构型为 _ (用文字描述)。(3)中的配位数为6，该配合物中的配位原子为 _。(4)碳酸二乙酯(DEC)分子结构如图所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为_，1mol碳酸二乙酯(DEC)中含有键的数目为_。(5)氮化锂是一种新型无机贮氢材料，其晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为_。【答案】 (1). (2). 正四面体 (3). N、Cl (4). sp3、sp2 (5). 17NA
38、(6). Li3N【解析】【详解】（1）Fe2+原子核外有24个电子，依据核外电子排布规律， Fe2+基态核外电子排布式为，故答案为：；（2）P原子孤电子对数，价层电子对数，故PO43-的空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；（3）中的配位数为6，则配体为Cl和NH3，配位原子为Cl、N，故答案为：N、Cl；（4）根据碳酸二乙酯(DEC)的分子结构示意图可知，碳酸二乙酯中含有酯键，和甲基团，故碳原子的轨道杂化类型为sp3、sp2；碳酸二乙酯中含有17个键和一个键，故1mol碳酸二乙酯(DEC)中含有键的数目为17NA，故答案为：sp3、sp2；17NA；（5）通过晶胞结构图可知Li原子数，N原子数，故化学式为Li3N，故答案为：Li3N。