河北枣强中学2019-2020学年高二下学期第二次月考化学试题（PDF版）.pdf

河北枣强中学高二下学期第二次月考化学答案 ‎1．C ‎【详解】‎ A．同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；‎ B．N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子，故B错误；‎ C．基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，外围电子排布图为：，故C正确；‎ D．Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2．B 基态原子或离子的电子应处于能量最低的状态，结合能量最低原理、构造原理解答；‎ ‎【详解】‎ A. Fe2+离子核外电子数为24，由能量最低原理，可知核外电子排布为ls22s22p6 3s23p63d6，故A符合能量最低原理；‎ B. 若按照构造原理，29号元素Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d94s2，但实际上Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，这是因为3d能级为全充满状态(即3d能级填充10个电子)时，能量相对较低，1s22s22p63s23p63d94s2不符合能量最低原理，故B不符合能量最低原理；‎ C. F原子最外电子层为第2电子层，有7个电子，外围电子排布为2s22p5，由能量最低原理、泡利原理与洪特规则可知，外围电子轨道排布式为，故C符合能量最低原理；‎ D. Na+离子最外电子层为第2电子层，有8个电子，外围电子排布为2s22p6，由能量最低原理、泡利原理与洪特规则可知，Na+外围电子轨道排布式为，故D符合能量最低原理；‎ 答案选B。‎ ‎3．B ‎【详解】‎ ‎①洪特规则：电子在能量相同的轨道上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，该轨道式违背了洪特规则，故①说法正确；‎ ‎②2px和2py能量相同，该过程的形成不是发射光谱，故②说法错误；‎ ‎③CO32－价层电子对数为3＋=4，即CO32－的空间构型为平面形，故③说法错误；‎ ‎④具有相同核外电子排布的粒子，化学性质不一定相同，如O2－只具有还原性，Na＋只具有氧化性，故④说法错误；‎ ‎⑤同周期从左向右原子半径依次减小，即N的原子半径小于C，因此N－Cl键长比C－Cl键长短，故⑤说法正确；‎ 综上所述，选项B正确；‎ 答案：B。‎ ‎4．C ‎【详解】‎ A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu，K为主族元素，Cr、Cu为副族元素，故A错误；‎ B．副族元素的d能级电子数为10或1～5，原子的价电子排布为（n-1）d6-8ns2的元素为Ⅷ族元素，故B错误；‎ C．基态原子的p能级上半充满的元素，电子最后填充p能级，属于p区，故C正确；‎ D．为ⅢB～ⅦB及Ⅷ族元素，其族序数为外围电子中d、s能级含有电子数目之和，族序数一定为x+y，为ⅠB族、ⅡB族元素，族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数为y，故D错误，‎ 答案选C。‎ ‎5．A【详解】‎ A．某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，说明最外层电子数和价电子数不相等，应存在d能级价电子，不可能是主族元素，故A错误； ‎ B．外围电子构型为4f75d16s2，可知电子层数为6，为第六周期元素，故B正确； ‎ C．某元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，可能为Mg、Zn、He等，可能为金属元素也可能为非金属元素，故C正确； ‎ D．1～36号元素，未成对电子数最多的元素外围电子排布为3d54s1，共有6个未成对电子，该元素是铬，处于周期表中第四周期第ⅥB族，故D正确； ‎ 答案选A。‎ ‎6．D ‎【详解】‎ X和Y都是主族元素，I是电离能，X第一电离能和第二电离能相差较大，则说明X原子最外层只有一个电子，X为第IA族元素；Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，则Y是第IIIA族元素，X第一电离能小于Y，说明X活泼性大于Y。‎ A.X第一电离能和第二电离能相差较大，说明X原子核外最外层只有一个电子，X为第IA族元素，最外层1个电子，则其化合价为+1价，A正确；‎ B.Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，说明Y原子核外有最外层有3个电子，为ⅢA族元素，B正确；‎ C.X的化合价为+1价，Cl的化合价为-1价，形成化合物化学式可能是XCl，C正确；‎ D.如果Y是第三周期元素，最外层有3个电子，则Y为Al元素，单质Al和冷水不反应，和酸和强碱溶液反应，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎7．B ‎【详解】‎ 根据分析可知，X为Al，Y为Mg，Z为N，T为O元素。 A．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，则第一电离能大小为：N＞O＞Mg＞Al，即Z＞T＞Y＞X，故A错误；‎ B．四种离子都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z＞T＞‎ Y＞X，故B正确；‎ C．金属性越强电负性越小，非金属性越强电负性越大，则电负性：T＞Z＞X＞Y，故C错误；‎ D．O的非金属性较强，没有最高正化合价，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎8．A ‎【详解】‎ A．苯乙炔分子中含14个σ键，苯环中的碳原子都是SP2杂化，每个碳原子与另外两个相邻的以碳碳键相连每个也都生出一个单键比如苯中的碳氢键。同时六个碳原子还会各自提供一个碳原子形成大π键，含3个π键，故A错误；‎ B．分子中苯环中碳碳键是介于单双键之间的特殊化学键，碳原子都是SP2杂化，碳碳三键中是sp杂化，该分子中碳原子有sp和sp2杂化，故B正确；‎ C．同种原子间形成的共价键为非极性键，碳碳双键为非极性键，故C正确；‎ D．苯环是平面形结构，碳碳三键是直线形结构，因此该分子中有8个碳原子在同一平面上，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎9．A ‎【详解】‎ A. 是甘油，结构中没有手性碳原子；中Cl所连接的碳原子是手性碳原子，故A错误；‎ B. NH4+中心原子价层电子对数为，H3O+中心原子的价层电子对数为，二者相同，故B正确；‎ C.BF3为平面三角形，硼原子的杂化类型为sp2，苯也为平面结构，碳原子的杂化类型也为sp2，故C正确；‎ D. SO2和O3‎ 原子总数相同且价电子总数相同，是等电子体，二者空间构型相同，但两者具有不同的化学性质，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】‎ 手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，用*C表示。判断方法：1.手性碳原子一定是饱和碳原子；2.手性碳原子所连接的四个基团或原子要不同。‎ ‎10．B ‎【详解】‎ A．前四周期中，原子最外层为1个电子的元素有H、Li、Na、K、Cr、Cu6种元素，故A正确；‎ B．26号元素Fe的离子Fe2+失去最外层的2个电子，所以Fe2+的价电子排布为3d6，故B错误；‎ C．2p轨道上有1个未成对电子的原子可能是B或F；3p轨道上有1个未成对电子的原子可能是Al或Cl,二者的化学性质不相似，故C错误；‎ D．BF3采用sp2杂化，NH3采用sp3杂化.因此AB3型分子的中心原子A不是都采取sp3杂化，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎11．B ‎【详解】‎ A．N是7号元素，每个N原子含有7个质子和7个电子，而N5+是5个N原子失去1个电子后得到的。因此每个N5+中含有35个质子和34个电子，选项A错误；‎ B．N5+的结构式可以看出在该离子中有非极性键和配位键，选项B正确；‎ C．在该离子的每个N≡N中含有2个π键，而该离子中有两个N≡N。因此一共含有4个π键，选项C错误；‎ D．等电子体是原子数相同，价电子数目也相同的微粒。N5+与PCl4+‎ 原子数相同，但是价电子数目不同，因此不能互为等电子体，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎12．B ‎【分析】‎ 在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，据此分析解答。‎ ‎【详解】‎ ‎①氢离子提供空轨道，N2H4氮原子提供孤电子对，所以能形成配位键，N2H5+含有配位键，故正确；‎ ‎②甲烷中碳原子满足8电子稳定结构，氢原子满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，CH4不含有配位键，故错误；‎ ‎③OH-电子式为，无空轨道，OH-不含有配位键，故错误；‎ ‎④氨气分子中氮原子含有孤电子对，氢离子提供空轨道，可以形成配位键，NH4+含有配位键，故正确；‎ ‎⑤Fe(CO)3中Fe原子提供空轨道，CO提供孤对电子，可以形成配位键，故正确；‎ ‎⑥SCN-的电子式，铁离子提供空轨道，硫原子提供孤电子对，Fe(SCN)3含有配位键，故正确；‎ ‎⑦H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键，故正确；‎ ‎⑧Ag+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，[Ag（NH3）2]OH含有配位键，故正确；‎ 答案选B。‎ ‎13．C ‎【来源】福建省厦门市湖滨中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学（理)试题 ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则 A.配合物中中心原子的电荷数为4,配位数为6,故A错误；‎ B.Pt与6个配体成键,该配合物应是8面体结构,故B错误；‎ C.由分析可以知道,4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位,形成的配合物为[PtCl4(NH3)2],所以C正确；‎ D.该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则配体有 Cl-和NH3分子,故D错误；‎ 答案：C。‎ ‎14．A ‎【详解】‎ A.t℃时，c点在曲线下方，离子的浓度较大，是AgCl的过饱和溶液，A错误；‎ B.已知pAg=-lgc（Ag+），pX=-lgc（X-），银离子、氯离子浓度越大，浓度的负对数得到数值越小，氯化银溶解度大于溴化银，溶液中的离子浓度也是氯化银溶解度大于溴化银，所以A线表示的是AgCl，B线表示的是AgBr，B正确；‎ C.a、b两点处溶液等体积混合，混合液中c（Ag+），c（Cl-）均减小，无AgCl生成，C正确；‎ D.根据图像可知银离子浓度相等时氯离子浓度是溴离子浓度的104倍，所以在t℃时，AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)平衡常数K＝≈104，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎15．B ‎【详解】‎ A．当化学组成相似时，Ksp与溶解度成正比，CuS的Ksp=1.3×10-36，MnS的Ksp=2.5×10−13，所以CuS的溶解度小于MnS的溶解度，故A错误；‎ B．因为FeS的Ksp=6.3×10−18，CuS的Ksp=1.3×10−36，所以加入FeS可以转化为更难溶的CuS沉淀，故B正确；‎ C．CuS是难溶于水又难溶于强酸的固体，所以可以发生，故C错误，‎ D．由CuS的Ksp=c(Cu2+)×c(S2−)求得c(Cu2+)= mol·L-1，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16．C ‎【详解】‎ A.　MnO2不与硫酸反应，无法调节pH，故A错误；‎ B.　Fe3＋全部转化成沉淀时，需要c(OH－)==mol·L－1，Al3＋全部转化成沉淀时，需要c(OH－)= =mol·L－1，Mg2＋完全沉淀，需要c(OH－)= =×10－3mol·L－1，可以看出浸出液的pH为3.5～5.5时，不能完全除去Mg2＋，故B错误；‎ C.　软锰矿中MnO2中Mn的化合价为＋4价，而碳酸锰中Mn显＋2价，Mn的化合价降低，植物粉表现还原性，为还原剂，故C正确；‎ D.　NH4HCO3不稳定受热分解，温度太高碳酸氢铵分解，造成原料的浪费，因此温度不宜太高，故D错误；‎ 答案：C。‎ ‎17．B ‎【详解】‎ A．曲线为达到沉淀溶解平衡时的曲线，a点和b点c(CrO42-)不一样，则c(Ag+)不相同，A错误；‎ B. 根据图象上相关数据，Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+CrO42-(aq)，如以c(CrO42-)=10-2 mol/L时，溶解度为10-5 mol/L计算Ksp=c2(Ag+)• c(CrO42-)=(2×10-5)2×10-2=4×10-12，则数量级为10-12，B正确；‎ C. 加热蒸发饱和Ag2CrO4溶液再恢复到25℃，仍然为该温度下的饱和溶液，各种微粒的浓度不变，因此不能使溶液由a点变到b点，C错误；‎ D. 由于Ksp(AgCl)=1.8×10-10，当溶液中KCl为0.01 mol/L时，形成沉淀需Ag+的浓度最小为c(Ag+)= mol/L=1.8×10-8 mol/L，而Ksp(Ag2CrO4)=4×10-12，形成Ag2CrO4时需要Ag+的浓度最小为c(Ag+)= mol/L=2×10-5 mol/L，形成沉淀需要的Ag+‎ 浓度越小，先形成沉淀，可见等浓度的混合溶液中，Cl-先产生沉淀，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎18．B ‎【详解】‎ A．a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2，发生氧化反应，是电解池的阳极，则b为正极，故A正确；B．①捕获CO2时生成的C2O52-中碳元素的化合价仍为+4价，②捕获CO2时生成CO32-时碳元素的化合价仍为+4价，碳元素的化合价均未发生变化，故B错误；C．由电解装置示意图可知a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2，故C正确；D．由电解装置示意图可知a电极生成O2，d电极生成C，电解池总反应式为CO2 =C+O2，故D正确；故答案为B。‎ ‎19．A ‎【详解】‎ A. A是负极室、C是正极室；该装置可实现淡化食盐水，Z为待淡化食盐水，说明Na+能移向C室、Cl-能移向A室，所以E为阳离子交换膜，故A错误；‎ B. 该装置能把Cr2O72-还原为Cr3+，Cr2O72-应在正极通入， Y为含Cr2O72-废水，故B正确；‎ C. 理论上处理1mol的Cr2O72-，转移6mol电子，所以B室有6mol Na+、6mol Cl-通过离子交换膜，同时可脱除6mol的NaCl，故C正确；‎ D. C是正极室，发生还原反应，C室的电极反应式为Cr2O72- + 6e- + 8H+=2Cr(OH)3↓ + H2O，故D正确。‎ ‎20．A ‎【详解】‎ A、根据压强与时间关系图可知，pH＝2的溶液和pH＝4的溶液中，变化相同的压强时所用时间不同，前者比后者使用时间长，这说明吸氧腐蚀速率大于析氢腐蚀速率，A错误；‎ B、pH＝4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀。pH＝4的醋酸溶液呈酸性，所以在酸性溶液中生铁也可能发生吸氧腐蚀，B正确；‎ C、根据pH＝2的溶液中压强与时间的关系知，压强随着反应的进行而逐渐增大，说明发生的是金属的析氢腐蚀，这说明溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀，C正确；‎ D、根据以上分析可知两个溶液中都发生电化学腐蚀，铁均作负极，电极反应式为Fe-2e-＝Fe2+，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎21．B ‎【详解】‎ A．由图可知，钌电极上的电极反应式为 2Li2CO3+C-4e－=4Li＋+3CO2↑，故A正确；‎ B. 由题意可知，Li-CO2 电池有活泼金属 Li，所以电解液为非水溶液饱和LiClO4－（CH3）2SO（二甲基亚砜）有机溶剂，故B错误；‎ C. 由图可知，CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C，这种电化学转化方式不仅减少CO2的排放，还可将CO2作为可再生能源载体，故C正确；‎ D. 由图可知，CO2的固定中的电极反应式为：2Li2CO3=4Li＋+2CO2↑+O2+4e－，转移4mole－生成3mol气体，CO2的固定中，每生成1.5mol气体，可转移2mole-，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎22．B ‎【详解】‎ A．锌铜原电池中，锌作负极失电子，发生氧化反应；铜作正极得电子，发生还原反应，故A错误；‎ B．由于Zn原子失去电子成为Zn2+进入溶液，使ZnSO4溶液因Zn2+增加而带正电；同时，Cu2+获得电子成为金属铜沉淀在铜片上，使CuSO4溶液因SO42−相对增加而带负电。两种因素均会阻止电子从锌片流向铜片，造成不产生电流的现象。当有盐桥存在时，盐桥中的阴离子移向ZnSO4溶液，阳离子移向CuSO4溶液，使ZnSO4溶液和CuSO4溶液均保持电中性，氧化还原反应得以继续进行，从而使原电池不断产生电流，故B正确；‎ C．电解熔融氯化钠得到Na和Cl2，Na+→Na，得电子过程,发生在阴极。Cl−→Cl2，失电子过程，发生在阳极；铁是活性电极，作阳极时铁失电子得不到氯气，故铁作阴极，铁电极上的电极反应为：Na++e−＝Na，故C错误；‎ D．乙装置中铁作阴极，得到钠；石墨作阳极得到氯气。故B是钠的出口，A是氯气的出口，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎23．B ‎【详解】‎ 燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反，应，氧化剂在正极上发生还原反应，‎ A.该燃料电池中，a是负极，b是正极，电解质溶液中氢离子向b极移动，选项A错误；‎ B. b为正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，所以电极反应式为O2+4e-+4H+ =2H2O，选项B正确；‎ C.b为正极,电极反应式为O2+4e-+4H+= 2H2O，所以有0.4 mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24L氧气，选项C错误；‎ D.单位时间内，人呼出的气体中酒精含量越多，酒精失电子数越多，所以微处理器中通过的电流越大，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎24．A ‎【详解】‎ A. 每产生1molO2，根据电极反应，M-ne-=Mn+和2H2O-4e- =O2↑+4H+，转移电子的物质的量大于4mol，转移电子数大于4NA，故A错误；‎ B. 根据题意，可得到阴极电极反应式为2H2O+2e- = H2↑+2OH-，故B正确；‎ C. 根据题意，若铁为阳极，则阳极电极方程式为Fe-2e-=Fe2+和2H2O-4e-=O2↑+4H+，故C正确；‎ D. 若铁为阳极，在电流作用下，Fe-2e-=Fe2+，亚铁离子不稳定，具有还原性，易被氧气氧化，则在处理废水的过程中阳极附近会发生：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎25．C ‎【详解】‎ A. 断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，当两池银离子浓度相等时，反应停止，电流计指针将归零，A正确；‎ B. 断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，A为正极，发生反应：Ag++e-=Ag，B为负极，发生反应为：Ag-e-=Ag+，当转移0.1 mol电子，有0.1 mol NO3-由甲池通过离子交换膜进入乙池，所以乙池增加的质量是10.8 g+6.2 g=17.0 g，B正确；‎ C. 闭合K1，断开K2后，乙池中的B极为电解池的阳极，银失电子发生氧化反应，质量减小，C错误；‎ D. 闭合K1，断开K2后，装置为电解池，与电源正极相连的B是阳极，阳极金属银被氧化产生银离子，NO3-向阳极移动，则乙池硝酸银溶液的浓度增大，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎26． （14分） （1） 在沉淀溶解平衡Fe(OH)3(s)Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)中加入稀H2SO4时，H＋与OH－发生中和反应，上述平衡右移，故Fe(OH)3可溶于稀硫酸 （2） 2.7 （3） Fe(OH)3 （4）先向混合溶液中加入适量稀盐酸和H2O2溶液，再加入ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3，调节ZnCl2溶液的pH （5） 9.6 11.1 （6） 2.2×108 ‎ ‎（1）Fe(OH)3在溶液中存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s)Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)，向Fe(OH)3中加入稀H2SO4，H＋与OH－发生中和反应，OH－浓度减小，平衡向正反应方向移动，导致Fe(OH)3溶解，（2）当FeCl3溶液中的Fe3＋完全沉淀时，溶液中Fe3＋离子浓度小于1×10－5 mol·L－1，则由Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)可得，c(OH－)＝≈10-11.3 ，则溶液pH＝2.7，故答案为：Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝1×10－5×c3(OH－)＝1×10－39，c(OH－)＝≈10-11.3 ，则溶液pH＝2.7；‎ ‎（3）Zn(OH)2饱和溶液中c(OH－)＝2×，Fe(OH)3饱和溶液中c(OH－)＝2×，由饱和溶液中c(OH－)大小可知，Fe(OH)3的溶解度小于Zn(OH)2，则向等物质的量浓度的Zn2＋、Fe3＋的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先产生的沉淀是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；‎ ‎（4）由Zn(OH)2和Fe(OH)2溶度积可知Zn(OH)2的溶解度和Fe(OH)2相等，则除去ZnCl2溶液中混有少量的Fe2＋应先向混合溶液中加入适量稀盐酸和H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加入ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3与Fe3＋水解生成的H+反应，促进Fe3＋水解，使Fe3＋水解转化为沉淀达到除杂的目的，故答案为：先向混合溶液中加入适量稀盐酸和H2O2溶液，再加入ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3，调节ZnCl2溶液的pH。‎ ‎(5)已知c(MgCl2)=0.01mol/L，逐滴加入NaOH溶液，刚好出现沉淀时，c(Mg2+)=0.01mol/L，依据Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×c2(OH-)可得c2(OH-)=1.8×10-11÷0.01=1.8×10-9，则c(OH-)=4.2×10-5mol/L，溶液中c(H+)==2.4×10-10mol/L，此时溶液的pH=-lg2.4×10-10=9.6；当Mg2+‎ 完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L所以c(OH-)==1.3×10-3mol/L，则根据Kw=1.0×10-14可得c(H+)=10-14÷1.3×10-3=7.7×10-12mol/L，所以pH=11.1；‎ ‎（6） Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O的平衡常数K==2.2×108。‎ ‎27．（12分） PbSO4＋2e－＝Pb＋SO42－ 13 4Al＋3O2＋6H2O＝4Al(OH)3 O2＋4H+＋4e－＝2H2O 阳极室 Fe＋8OH-－6e－＝FeO42−＋4H2O ‎ ‎【详解】‎ ‎（1）①电解质溶液为硫酸，根据总反应式可知，在阴极区，硫酸铅得电子转化为铅，其电极反应式为：PbSO4＋2e－＝Pb＋SO42－，‎ 故答案为PbSO4＋2e－＝Pb＋SO42－；‎ ‎②电解饱和食盐水发生的总反应为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，2NaOH H22e-,则0.05mol电子转移时，n(OH-) = 0.05 mol，故c(OH-) = = 0.1 mol/L，pH =-lg = 13,‎ 故答案为13；‎ ‎（2）该电池中，负极为Al，正极通入空气，总反应式为：4Al＋3O2＋6H2O＝4Al(OH)3；二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池中，Pt2电极为电源的正极，结合质子交换膜可知，发生的电极反应式为：O2＋4H+＋4e－＝2H2O，‎ 故答案为4Al＋3O2＋6H2O＝4Al(OH)3；O2＋4H+＋4e－＝2H2O；‎ ‎（3）用铁做阳极电解氢氧化钠制备高铁酸钠，阳极室铁失去电子，发生氧化反应，结合氢氧根离子生成高铁酸根离子和水，则电解一段时间后，c（OH−）降低的区域在阳极室，电极反应式为：Fe＋8OH-－6e－＝FeO42−＋4H2O；‎ 故答案为阳极室；Fe＋8OH-－6e－＝FeO42−＋4H2O；‎ ‎28．（10分） VO2＋＋e－＋2H＋=VO2＋＋H2O 紫色 增大 B 2mol ‎ ‎【详解】‎ ‎①放电时，VO2＋发生还原反应，说明VO2＋得到电子，正极上得电子，化合价降低，发生还原反应，即电极A为正极，电极B为负极，根据装置图，正极电极反应式为VO2＋＋e－＋2H＋=VO2＋＋H2O；‎ ‎②储能为充电过程，电池的负极与电源的负极相连，该电池B为阴极，电极反应式为V3＋＋e－=V2＋，该电极溶液颜色为紫色；‎ ‎③电池放电时，阳离子从负极向正极移动，即H＋从右移向左，负极区溶液c(H＋)减小，pH增大；‎ ‎④铁制品上镀铜，铁制品作阴极，铜作阳极，因此铁制品应与电池的B极相连；阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，阳极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，令转移电子物质的量为amol，阴极质量增加，阳极质量减少，因此两极质量差为+=128g，解得a=2mol。‎ ‎29 （14分）V形 sp3 第4周期Ⅷ族； 1s22s22p63s23p63d5 O>N>C>K N>O>C>K H2O中氧原子有2对孤对电子，H3O+中氧原子只有1对孤对电子，排斥力较小 ‎ ‎【详解】‎ （1） X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在I3+离子。I3+离子的价层电子对数为，由于中心原子只形成2个共价键，故其有2个孤电子对，故其几何构型为V形，中心原子的杂化类型为sp3。‎ ‎(3)同周期元素从左到右电负性增强，金属性越强的元素电负性越小，故O＞N＞C＞K；同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，由于N的核外2p轨道排3个电子，半充满，较稳定，比相邻元素的第一电离能都高，所以第一电离能从大到小依次为N>O>C>K