2018-2019学年内蒙古第一机械制造（集团）有限公司第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版

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内蒙古第一机械制造（集团）有限公司第一中学2018-2019学年 高二上学期期中考试化学试卷 ‎1.下列叙述不正确的是 A. 明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂 B. 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可加入MgO固体 C. 手机上用的锂离子电池属于一次电池 D. Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.明矾净水是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有聚沉杂质的作用，可以用作净水剂，故A正确；B.当pH=3-4时，Fe3+可以沉淀完全，当pH大于9.46时，镁离子可以沉淀完全，所以可以加入MgO来调节溶液的pH使Fe3+沉淀完全而不影响Mg2+，故B正确；C.二次电池是可充电电池，锂离子电池属于充电电池是二次电池，故C错误；D.金属锌化学性质活泼，可经常用来做干电池的负极材料，故D正确；本题选D。‎ ‎2.下列水解离子方程式正确的是 A. CH3COO-+ H2OCH3COOH+OH- B. HCO3－＋H2OH3O+＋CO32－‎ C. CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－ D. Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH3COO−的水解方程式为CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，故A正确；B. HCO3−的水解方程式为HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，故B错误；C. CO32−的水解方程式为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故C错误；D. Fe3+的水解方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，故D错误；故本题选A。‎ ‎【点睛】多元弱酸分步电离，以第一步为主，多元弱碱一步完成。‎ ‎3.下列水溶液可以确定显酸性的是 A. 含氢离子的溶液 B. 能使酚酞显无色的溶液 C. pH<7 的溶液 D. c(H+)>c(OH-)的溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A错，水中也含有氢离子，但溶液呈中性；B错，使酚酞呈无色的溶液可能是中性溶液；C错，只有当温度为常温时才有pH小于7的溶液为酸性溶液；D正确；‎ ‎4.下列各组离子在相应的条件下一定能大量共存的是 A. 能使pH试纸变红的溶液中：SO32－、S2-、K＋、Na＋‎ B. 由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1的溶液中：Mg2＋、Na＋、Br－、ClO－‎ C. 在c(OH－)/c(H＋)＝1×10-10的溶液中：NH4+、Ca2＋、Cl－、NO3-‎ D. 含有大量Fe3＋的溶液：CO32-、I－、K＋、Br－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 能使pH试纸变红的溶液呈酸性，SO32－、S2-、H＋会发生反应生成硫和水，不能大量共存，选项A错误；B. 由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若酸性则ClO－不能大量存在，若碱性则Mg2＋不能大量存在，选项B错误；C. c(OH－)/c(H＋)＝1×10-10的溶液呈酸性：NH、Ca2＋、Cl－、NO各离子之间不反应，能大量共存，选项C正确；D. 含有大量Fe3＋的溶液：与CO发生双水解，与I－发生氧化还原反应而不能大量共存，选项D错误；答案选C。‎ ‎5.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是 ‎①醋酸与水能以任意比互溶； ‎ ‎②醋酸溶液能导电；‎ ‎③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；‎ ‎④常温下，0.1 mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大；‎ ‎⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2； ⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9；‎ ‎⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢 ‎⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍 A. ②⑥⑦⑧ B. ③④⑥⑦ C. ③④⑥⑧ D. ①②‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎①醋酸与水能以任意比互溶，物理性质不说明问题。②醋酸溶液能导电，只能说明是电解质，不能说明是弱电解质。③醋酸稀溶液中存在醋酸分子，说明醋酸没有完全电离，所以是弱电解质。④常温下，0.1 mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大，说明醋酸中氢离子的浓度小于0.1mol/L，醋酸没有完全电离，说明是弱电解质。⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，只能说明醋酸比碳酸强，不能证明是强电解质。⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，说明醋酸是弱酸。⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小，证明醋酸是弱酸。⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍，说明溶液稀释10倍，pH变化1个单位，说明该酸是一种强酸。所以③④⑥⑦正确，答案为B。‎ ‎6.下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是 A. 纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗 B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用 C. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法 D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．纯银器主要发生化学腐蚀；B．铁比锡活泼，易被腐蚀；C．海轮外壳连接锌块，锌为负极；D．防止金属被氧化，金属应连接电源的负极。‎ ‎【详解】A. 银器表面变黑是因为银与空气中的氧气发生化学反应生成氧化银所致，属于化学腐蚀，故A正确；B. Fe比Sn活泼，所以当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，镀层不能对铁制品起保护作用，故B错误；C. 在海轮外壳连接锌块，锌比铁活泼，所以被腐蚀的是锌块，铁被保护，这种方法叫用牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D. 钢管与电源的负极相连，则钢管作阴极，所以钢管中的铁不会被氧化而腐蚀，是外加电流的阴极保护法，故D正确；本题选B。‎ ‎7.分析下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是 A. ①②中Mg作负极，③④中Fe作负极 B. ②中Mg作正极，电极反应式为2H2O＋2e－= 2OH－＋H2↑‎ C. ③中Fe作负极，电极反应式为Fe－2e－= Fe2＋‎ D. ④中Cu作正极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.根据氧化还原反应，失电子的极是负极；B.原电池的正极发生得电子的还原反应；C.金属铁在常温下遇浓硝酸钝化；D.铁、铜、氯化钠构成的原电池中，金属铁发生的是吸氧腐蚀。‎ ‎【详解】A.②中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，为负极，③中金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，不能形成原电池，故A错误；B.②中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，为负极，Mg作为正极，电极反应式为2H2O+2e-═2OH-+H2↑，故B正确；C.金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，不能形成原电池，故C错误；D.铁、铜、氯化钠构成的原电池中，金属铁为负极，金属铜为正极，铁发生的是吸氧腐蚀，正极上是氧气得电子的过程，故D错误；本题选B。‎ ‎【点睛】本题主要考察了构成原电池的条件，有活泼性不同的金属做电极或者其中一种为非金属导体，电极要插入电解质溶液中，形成闭合回路，有自发的氧化还原反应。‎ ‎8.如右图所示原电池，盐桥中装有含琼胶的KCl饱和溶液，相关的叙述中，不正确的是 A. 盐桥中的K+向Cu片移动 B. 电子沿导线由Cu片流向Ag片 C. 正极的电极反应是Ag++e-=Ag D. Cu片上发生氧化反应，Ag片上发生还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎ 该装置是原电池，铜做负极，银做正极，工作时，阳离子向正极移动，钾离子移向硝酸银溶液，故A错误；B.铜作负极，银作正极，电子从铜片沿导线流向银片，故B正确；C．正极上银离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Ag++e-=Ag，故C正确；D．铜片上失电子发生氧化反应，银片上得电子发生还原反应，故D正确；本题选A。‎ ‎9.有A、B、D、E四种金属，当A、B组成原电池时，电子流动方向A→B；当A、D组成原电池时，A为正极；B与E构成原电池时，电极反应式为：E2﹣+2e﹣→E，B﹣2e﹣→B2+则A、B、D、E金属性由强到弱的顺序为（　　）‎ A. A＞B＞E＞D B. A＞B＞D＞E C. D＞E＞A＞B D. D＞A＞B＞E ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据：“当A、B组成原电池时，电子流动方向AB”可知金属性A＞B；根据“当A、D组成原电池时，A为正极”可知金属性D＞A；根据“B与E构成原电池时，电极反应式为E2-+ 2e-=E，B-2e-=B2+ ”可知金属性B＞E，综合可知金属性顺序为D＞A＞B＞E，故答案为D。‎ 考点：金属性强弱的判断 ‎10.用惰性电极电解下列足量的溶液，一段时间后，再加入一定量的另一物质（括号内）后，溶液能与原来溶液浓度一样的是 A. CuCl2（CuCl2溶液） B. AgNO3（Ag2O）‎ C. NaCl（盐酸） D. NaOH（Na2O）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解氯化铜溶液时，阳极上析出氯气、阴极上析出Cu，本质为电解CuCl2本身，加入氧化铜或碳酸铜都可，故A错误；B．电解硝酸银溶液时，阳极上生成氧气、阴极上生成银，所以相当于析出Ag2O，碳酸银和稀硝酸反应生成硝酸银、二氧化碳和水，加入碳酸银实际上相当于加入氧化银，所以可以加入氧化银或碳酸银而使溶液恢复原状，故B正确；C．电解氯化钠溶液时，阳极上析出氯气、阴极上析出氢气，所以相当于生成HCl，则通入适量的HCl可以复原，但是盐酸中含有水，加入盐酸会导致浓度改变，故C错误；D．电解NaOH溶液时，阴极上析出氢气、阳极上析出氧气，所以相当于生成水，则加入水即可，故D错误；本题选B。‎ ‎【点睛】对于氯化氢而言，写成分子式指的是HCl分子，是纯净物，写成盐酸时应指HCl 的水溶液，是混合物。‎ ‎11.已知溴酸银的溶解是吸热过程，在不同温度条件下，溴酸银的溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A. T1＞T2‎ B. 加入AgNO3固体，可从a点变到c点 C. a点和b点的Ksp相等 D. c点时，在T1、T2两个温度条件下均有固体析出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、由于溶解时吸热，故温度升高，溶度积增大，则T1＜T2，A错误；B、加入AgNO3固体后，溶液中Ag+浓度增大，B错误； C、温度不变，溶解度常数不变；C正确；D、T1时c点析出固体，而T2时溶解仍未达到饱和，故无固体析出；D错误；答案选C。‎ 点睛：注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积Ksp的概念。关于该类试题的图像需要注意：①曲线上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。②可通过比较、观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。③从图像中找到数据，根据Ksp公式计算得出Ksp的值。④比较溶液的Qc与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。⑤涉及Qc的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。‎ ‎12.常温下等体积混合0. 1mol·L－1的盐酸和0.06 mol·L－1的Ba（OH）2溶液后，溶液的pH等于 A. 2.0‎‎ B. ‎12.3 C. 1.7 D. 12.0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】假设体积都为‎1L，则‎1L0.1mol⋅L−1的盐酸中n(H+)=0.1mol，‎1L0.06mol⋅L−1的Ba(OH)2溶液n(OH−)=0.12mol，等体积混合发生H++OH−=H2O，反应后c(OH−)=(0.12mol−0.1mol)/‎2L=0.01mol/L，则pH=12；故本题选D。‎ ‎13.下列实验操作规范且能达到目的的是 目的 操作 A．‎ 配制FeCl3溶液 将一定质量的FeCl3固体放入烧杯，直接用蒸馏水溶解 B．‎ 证明Ksp(AgI) ＜ Ksp (AgCl)‎ 向10滴0.1mol/LNaCl溶液中加入过量硝酸银溶液，再滴加0.1mol/L KI溶液。先出现白色沉淀，后变为黄色沉淀 C．‎ 测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上 D．‎ 润洗滴定管 加入待装液3-5mL，倾斜转动滴定管，使液体浸润全部滴定管内壁，将液体从滴定管下部放出，重复2-3次 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ A.氯化铁容易水解，直接配制溶液，容易发生浑浊，一般可以将氯化铁溶于一定浓度的盐酸，然后再稀释，故A错误；B．向10滴0.1mol/L的NaCl溶液加入过量的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加 0.1mol•L-1KI溶液，碘化钾与过量的硝酸银反应生成黄色沉淀，不能说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故B错误；C．湿润的pH试纸，溶液浓度发生变化，导致测定结果偏低，故C错误；D. 润洗滴定管的操作为：加入待装液3~5mL，倾斜转动滴定管，使液体浸润全部滴定管内壁，将液体从滴定管下部放出，重复2-3次，故D 正确；故选D。‎ ‎14.下列叙述正确的是 A. 图a，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重 B. 图b,铁上镀铜，铁应与外加电源负极相连，一段时间后CuSO4溶液浓度减小 C. 图c，验证铁钉发生析氢腐蚀 D. 图d，片刻后在Fe电极附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液,验证Fe电极被腐蚀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.海水中的铁棒，发生腐蚀需要水和氧气，故腐蚀最严重的地方应该是水面附近，故A错误；B.电镀铜时，纯铜做阳极，阳极反应Cu-2e-=Cu2+；阴极发生反应Cu2++2e-=Cu；故硫酸铜溶液浓度不变，故B错误；C.食盐水为中性溶液，铁钉应该发生吸氧腐蚀，故C错误；D.铁做阳极，发生反应为Fe-2e-=Fe2+；K3[Fe(CN)6]溶液遇二价铁离子变蓝色，故D正确；本题选D。‎ ‎【点睛】金属铁在酸性环境下发生析氢腐蚀，在碱性和中性环境下发生吸氧腐蚀。‎ ‎15.铅蓄电池是典型的可充电电池，在现代生活中有着广泛的应用，其充电、放电按下式进行：Pb + PbO2 + 2H2SO4 2PbSO4 + 2H2O，有关该电池的说法正确的是 A. 放电时，负极质量减少 B. 放电一段时间后，溶液的pH值减小 C. 充电时，阳极反应：PbSO4 +2e-=Pb+SO42-‎ D. 充电时，铅蓄电池的负极与外接电源的负极相连 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．放电时，负极Pb不断失去电子形成Pb2+然后再与溶液中的SO42-‎ 结合形成PbSO4附着在Pb电极上而使电极质量增大，错误；B．放电一段时间后，由于溶液中硫酸不断消耗，溶液的酸性减弱，所以溶液的pH值增大，错误； C．充电时，阳极反应：PbSO4 -2e-+2H2O = PbO2 +SO42-+4H+。错误。D．充电时，铅蓄电池的负极与外接电源的负极相连，正确。‎ 考点：考查铅蓄电池在放电、充电时的工作原理的知识。‎ ‎16.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是 A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液 B. 装置②的总反应式是Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+‎ C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连 D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据电流的方向可知a为电解池的阳极，则用来精炼铜时，a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液，故A正确；B. 铁比铜活泼，为原电池的负极，发生的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B错误；C. 装置③为外加电源的阴极保护法，钢闸门与外接电源的负极相连，电源提供电子而防止铁被氧化，故C正确；D. 浓硫酸具有吸水性，在干燥的环境中铁难以腐蚀，故D正确；本题选B。‎ ‎17.将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是 A. 片刻后甲池中c（SO42﹣）增大 B. 电子沿 Zn→a→b→Cu 路径流动 C. Cu 电极上发生还原反应 D. 片刻后可观察到滤纸b点变红色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：将K闭合，甲、乙两个烧杯构成原电池，湿润的滤纸构成电解池。A．甲中是原电池，硫酸根离子不参加反应，根据转移电子守恒知，甲溶液体积增大，则硫酸根离子浓度减小，故A错误；B．电子沿 Zn→a，b→Cu 路径流动，故B错误；C．铜电极上铜离子得电子发生还原反应，故C正确；D．锌作负极，铜作正极，湿润的滤纸相当于电解池，滤纸上a作阴极，b作阳极，b上氢氧根离子放电，a上氢离子放电，所以a极附近氢氧根离子浓度增大，滤纸a点变红色，故D错误；故选C。‎ ‎【考点定位】考查原电池和电解池原理 ‎【名师点晴】本题考查原电池和电解池原理。K闭合时，甲乙装置构成原电池，锌易失电子作负极，铜作正极，滤纸作电解池，a是阴极，b是阳极，阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电，电子从负极流向阴极，从阳极流向正极。明确离子的放电顺序是解本题关键，易错选项是B，注意电子不进入电解质溶液，为易错点。‎ ‎18.如图为阳离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 从D口逸出的气体是H2‎ B. 从B口加入稀NaOH(增强导电性)的水溶液 C. 每生成‎22.4 L Cl2，同时产生2 mol NaOH D. 从A口加入精制的浓食盐水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据钠离子移动方向知，右边是阴极时，左边是阳极时，阴极上氢离子放电生成氢气，发生2H++2e-=H2↑，阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为2Cl─-2e-=Cl2↑，电解时，阳极生成氯气，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，阴极生成OH-，且Na+向阴极移动，则产品烧碱溶液从阴极区导出。‎ ‎【详解】A．右边是阴极区，发生2H++2e-=H2↑，所以从D口逸出的气体是H2，故A正确；B．阴极生成OH-，且Na+向阴极移动，阴极区生成NaOH，为增强导电性，则从B口加入稀NaOH（增强导电性）的水溶液，故B正确；C．电池反应式为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，标准状况下每生成‎22.4L Cl2，生成1mol氯气时，同时产生2molNaOH，因为温度和压强未知，无法计算氯气的物质的量，故C错误；D．电解时，阳极生成氯气，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，即浓盐水从A口注入，故D正确；本题选C。‎ ‎19.如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体放出，符合这一情况的是 a极板 b极板 X电极 Z A 锌 石墨 负极 CuSO4‎ B 石墨 石墨 负极 NaOH C 银 铁 正极 AgNO3‎ D 铜 石墨 负极 CuCl2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a极为锌，b极为石墨，电解CuSO4溶液，a极生成Cu，b极生成无色无味的气体氧气，符合题意，故A正确； B．a极为石墨，b极为石墨，电解NaOH溶液，实质是电解水，a极生成氢气，b极生成无色无味的气体氧气，不符合题意，故B错误； C．a极为银，b极为铁，Ag是活泼金属，作阳极失电子，所以在a极上Ag极溶解，质量减少，故C错误； D．a极为铜，b极为石墨，电解质为CuCl2溶液，a极生成铜，b极生成黄绿色有刺激性的Cl2，故D错误。 故选A。‎ ‎【点睛】通电后发现a极板质量增加，所以金属阳离子在a极上得到电子，a极是阴极，溶液中金属元素在金属活动性顺序表中处于氢元素后面，b极板处有无色无味的气体放出，即溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极材料必须是不活泼的非金属或Pt，电解质溶液中的阳离子必须是氢氧根离子或含氧酸根离子。‎ ‎20.镍氢电池放电时的总反应原理为：MH + NiOOH→M + Ni(OH）2(M 为储氢金属，也可看做氢直接参加反应）。下列说法正确的是 A. 充电时阴极区电解质溶液 pH 降低 B. 在使用过程中此电池要不断补充水 C. 放电时 NiOOH 在电极上发生氧化反应 D. 充电时阳极反应为：Ni(OH）2- e—+ OH—=" NiOOH" + H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．充电时阴极得电子发生还原反应，电极反应为：M + H2O + e-="MH" + OH-，则阴极氢氧根离子浓度增大，所以pH增大，故A错误；B．总反应为：MH + NiO(OH）═M + Ni(OH）2，放电时不消耗水，则不需要补充水，故B错误；C．电池放电时，正极上NiO(OH）中Ni元素的化合价降低，发生还原反应，故C错误；D．充电时在阳极发生氧化反应，电极反应为为Ni(OH）2-e-+ OH-=NiO(OH） + H2O，故D正确；故选D。‎ ‎【考点定位】考查原电池和电解池原理 ‎【名师点晴】本题考查原电池和电解池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合。NiO(OH）+MH=Ni(OH）2+M，放电为原电池，充电为电解，放电时Ni元素的化合价降低，MH为负极材料，元素的化合价升高，充电时正极与阳极相连。‎ ‎21.有人设计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池。电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法正确的是 ‎①每消耗1mol CH4可以向外电路提供8 mol e－‎ ‎②负极上CH4失去电子，电极反应式：CH4＋10OH－－8e－= ＋7H2O ‎③负极上是O2获得电子，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－ = 4OH－‎ ‎④电池放电后，溶液pH不断升高 A. ①② B. ①③ C. ①②④ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①通入CH4的电极为负极，电极反应为：CH4+10OH--8e-=CO2−3+7H2O，每消耗1molCH4可以向外电路提供8mole-，故①正确；‎ ‎②通入CH4的电极为负极，失电子反应氧化反应，电极反应为：CH4+10OH--8e-=CO2−3+7H2O，故②正确；‎ ‎③通入氧气的一极为原电池的正极，得到电子发生还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，故③错误；‎ ‎④电池反应式为：CH4+2OH-+2O2=CO2−3+3H2O ‎，随着反应的进行，溶液中氢氧根离子不断减少，溶液pH不断减小，故④错误；‎ 故本题选A。‎ ‎22.向10.00mL0.01mol·L-1某一元酸HA溶液中逐滴加入0.01mol·L-1NaOH溶液，溶液pH变化曲线如右图所示。下列说法不正确的是 A. HA是弱酸 B. b点表示的溶液中：‎2c(Na+)=c(A-)+c(HA)‎ C. c点时：V>10.00mL D. b、c、d点表示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.根据酸溶液的物质的量浓度与溶液的PH值的关系判断酸的强弱，0.01mol/LHA溶液如果PH=2，该酸就是强酸；如果PH大于2，该酸就是弱酸；B.先分别算出b点时，加入的酸碱的物质的量，然后根据物料守恒判断钠离子和酸根离子、酸分子的关系；C.根据盐的类型判断其水溶液的酸碱性，从而确定酸和碱溶液的体积关系；D.根据溶液的电中性判断，溶液中阴阳离子所带电荷相等。‎ ‎【详解】A.由图象知，0.01mol/L的HA溶液的PH值大于2，所以该酸是弱酸，故A正确；B.b点时，加入的酸的物质的量=0.01mol/L×‎0.01L=10-4 mol，碱的物质的量=0.01mol/L×‎0.005L=5×10-5 mol，该钠盐是强酸弱碱盐能水解，根据物料守恒知，n（A-）+n（HA）=10-4 mol，钠离子不水解，c（Na+）=5×10-5 mol，所以‎2c（Na+）=c（A-）+c（HA），故B正确；C.该钠盐是强碱弱酸盐其溶液呈碱性，若要使溶液呈中性，酸应稍微过量，即V＜10.00mL，故C错误；D.溶液中呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，即c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，故D正确；本题选C。‎ ‎23.‎ ‎ 常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。判断下列说法中，正确的是( )‎ A. 两溶液稀释前的浓度相同 B. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a>b>c C. a点的KW值比b点的KW值大 D. a点水电离的c(H＋)大于c点水电离的c(H＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项，醋酸是弱电解质不能完全电离，稀释前与盐酸的导电能力相同(氢离子浓度相同)，则其浓度大于盐酸的浓度；B项，b点的导电能力小于a点，即b点的氢离子浓度小于a点，则b点的pH大于a点；C项，KW是温度的函数，温度不变KW不变；D项，因为a点pH大于c点，所以a点由水电离出的OH－浓度大于c点由水电离出的OH－浓度，根据水的离子积即可得出结论。‎ ‎24.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是 A. 常温下，浓度均为0.1mol/L CH3COOH和NaOH溶液等体积混合c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液： c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)‎ C. 物质的量浓度相等的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(HA-)＞c(H+)＞c(H‎2A)＞c(A2-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒判断，同时考虑溶液的体积问题；B．CH3COONa和Na2CO3是盐，pH相同的这两种钠盐溶液，弱酸根离子水解程度越大其钠盐浓度越小，NaOH是强碱，相同pH时其浓度最小；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；D．NaHA溶液pH=4，说明HA-‎ 的电离程度大于水解程度，但其电离程度和水解程度都较小，且水也电离生成H+。‎ ‎【详解】A. 浓度均为0.1mol/L CH3COOH和NaOH溶液等体积混合后体积变为原来的2倍，则，故A错误；B. CH3COONa和Na2CO3是盐，pH相同的这两种钠盐溶液，弱酸根离子水解程度越大其钠盐浓度越小，水解程度CO32−>CH3COO−，所以相同pH的CH3COONa和Na2CO3，浓度c(CH3COONa)>c(Na2CO3)，NaOH是强碱，相同pH时其浓度最小，所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)c(H‎2A)，但其电离程度和水解程度都较小，且水也电离生成H+，所以这离子微粒浓度大小顺序是c(HA−)>c(H+)>c(A2−)>c(H‎2A)，故D错误；本题选C。‎ ‎25.在298K时，已知下列物质的溶度积 ‎ CH3COOAg ‎ AgCl ‎ Ag2CrO4‎ ‎ Ag2S Ksp ‎ 2.3×10－3‎ ‎ 1.8×10－10‎ ‎ 1.12×10－12‎ ‎ 6.3×10－50‎ 下列说法正确的是 A. 等体积浓度均为0.02 mol/L的CH3COONa和AgNO3溶液混合能产生沉淀 B. 向浓度均为0.01 mol/L的CrO42－和Cl－混合溶液中慢慢滴入AgNO3溶液时，CrO42－先沉淀 C. 在CH3COOAg悬浊液中加入盐酸发生反应的离子方程式：CH3COOAg+H++C1－=CH3COOH+AgCl D. 上述四种饱和溶液的物质的量浓度：c(CH3COOAg)＞c(AgCl)＞c(Ag2CrO4)＞c(Ag2S)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．浓度熵QC=c(CH3COO-)•c(Ag+)=0.01×0.01=1×10-4，KSP(CH3COOAg)=2.3×10-3，QC＜KSP，所以溶液混合不能产生沉淀，故A错误；B．AgCl饱和所需Ag+浓度c(Ag+)==‎ mol/L=1.8×10-8 mol/L；Ag2CrO4饱和所需Ag+浓度c(Ag+)==mol/L=1.1×10-5 mol/L，则1.8×10-8 mol/L＜1.1×10-5 mol/L)，所以Cl-先沉淀，故B错误；C．CH3COOAg沉淀的溶度积大于AgCl沉淀的溶度积，所以CH3COOAg+H++C1-=CH3COOH+AgCl，故C正确；D．因为CH3COOAg饱和溶液中Ag+的浓度为mol•L-1=0.48×10-2mol•L-1，c(CH3COOAg)=0.48×10-2mol•L-1；因为AgCl饱和溶液中Ag+的浓度为=1.33×10-5mol•L-1，c(AgCl)=1.33×10-5mol•L-1，假设Ag2CrO4饱和溶液中Ag+的浓度为x，则CrO42-的浓度为0.5x，由溶度积常数的表达式可知Ksp(Ag2CrO4)=x2×0.5x=0.5x3=1.12×10-12，x3=2.24×10-12，即x==1.3×10-4mol•L-1；c(Ag2CrO4)=0.65×10-4mol•L-1假设Ag2S饱和溶液中Ag+的浓度为x，则S2-的浓度为0.5x，由溶度积常数的表达式可知Ksp(Ag2S)=x2×0.5x=0.5x3=6.7×10-15，x3=13.4×10-15，即x=2.38×10-5mol•L-1；c(Ag2S)=1.19×10-5mol•L-1，则顺序为：c(CH3COOAg)＞c(Ag2CrO4)＞c(AgCI)＞c(Ag2S)，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题主要考查了溶度积的计算、沉淀的转化与生成。本题的易错点为D，需要根据物质的溶度积计算出四种饱和溶液Ag+的物质的量浓度，然后再求出各物质的浓度。‎ ‎26.按要求填空。‎ ‎（1）浓度均为0.1 mol/L的①硫酸 ②氢氧化钠③氯化铵三种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是_________________________（填序号）。‎ ‎（2）向饱和FeCl3溶液中加入CaCO3粉末，发现碳酸钙逐渐溶解，同时还产生的现象有____________________________________________________。‎ ‎（3）常温下，用0.01 mol/L HCl溶液完全中和pH＝11的下列溶液各100mL，需HCl溶液体积的大小关系是_________________________________________（填序号）‎ ‎①NaOH ②Ba(OH)2 ③NH3·H2O ‎【答案】 (1). ③ >②>① (2). 出现红褐色沉淀，同时有无色无味气体产生 (3). ③>①=②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；‎ ‎（2）FeCl3水解呈酸性，可使碳酸钙溶解；‎ ‎（3）pH=11的碱溶液，弱碱的浓度远大于强碱的浓度，强碱溶液中c（OH-）相等，据此分析。‎ ‎【详解】（1）③氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，①硫酸和②氢氧化钠都为强电解质，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度较大，所以三种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是③ >②>①，故答案为：③ >②>①；‎ ‎（2）氯化铁水解呈酸性，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，可使碳酸钙溶解，反应的方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，反应消耗H+，使c(H+)减小，引起水解平衡向右移动，导致Fe(OH)3增多，溶液颜色变深或溶液为红褐色或久置有红褐色沉淀，故答案为：出现红褐色沉淀，同时有无色无味气体产生；‎ ‎（3）pH=11的碱溶液，弱碱的浓度远大于强碱的浓度，因此氨水的浓度最大，中和氨水消耗的盐酸最多，pH相同的强碱溶液中c(OH−)相等，中和强碱消耗的盐酸等量，因此需HCl溶液体积的大小关系是：③>①=②，故答案为：③>①=②。‎ ‎27.（1）氯化铵的水溶液显弱酸性，其原因为___________________(用离子方程式表示)， 0.1 mol•L-1的氨水中加入少量的NH4Cl固体，溶液的pH________(填“升高”或“降低”)；若加入少量的明矾，溶液中的NH4+的浓度__________(填“增大”或“减小”)；‎ ‎（2）‎25℃‎，几种酸的电离平衡常数如下表。‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HCN HClO H2SO3‎ 电离常数 ‎1.8×10－5‎ K1＝4.3×10－7‎ K2＝5.6×10－11‎ ‎5×10-10‎ ‎3×10－8‎ K1=2×10-2‎ K2=1×10-7‎ ‎①物质的量浓度均为0.1 mol/L的四种溶液：‎ a．CH3COONa b．Na2CO‎3 c．NaClO d．NaHCO3‎ pH最大的为__________（用编号填写）。‎ ‎②根据上表数据判断，下列离子方程式错误的是__________‎ A. CO2(过量)+H2O+ClO-=HCO3-+HClO B. SO2(过量)+H2O+ClO-=HSO3-+HClO C. CO2(少量)+H2O+CN-=HCO3-+HCN D. SO2(少量)+H2O+CN-=HSO3-+HCN ‎③0.10 mol•L-1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________________ ‎ ‎④‎25℃‎ 时，NaCN与HCN的混合溶液，若c（CN-）=c（HCN），则溶液中pH=__________‎ ‎（已知lg2=0.3，lg5=0.7）‎ ‎【答案】 (1). NH4++H2ONH3•H2O+H+ (2). 降低 (3). 增大 (4). b (5). B D (6). c(Na+)＞c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)＞c(H+) (7). 9.3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）氯化铵中铵根发生水解，一水合氨为弱碱，在水溶液中存在电离平衡，加氯化铵或者明矾可以影响其电离；‎ ‎（2）弱酸的酸性越弱电离常数越小，将HCO3-与HSO3-看做一元弱酸与其它一元弱酸比较电离常数确定酸性强弱；‎ ‎【详解】（1）氯化铵中铵根水解的离子方程式为：NH4++H2ONH3•H2O+H+，氨水中存在电离平衡NH3•H2O NH4++OH-，加入NH4Cl固体导致NH4+浓度增大，平衡逆向移动，OH-减少，pH降低，明矾在水溶液中电离出Al3+可以与OH-反应生成Al(OH)3沉淀，导致电离平衡正向移动，NH4+的浓度增大。‎ ‎（2）①酸性越弱，对应盐的水解程度越大，相同浓度的钠盐，Na2CO3的水解程度最大，故选b；‎ ‎②依据强酸制弱酸可知，A和C正确，B选项里面SO2具有较强还原性，生成的次氯酸具有强氧化性，故应该生成SO42-，D选项HSO3-的酸性比HCN强，故应该生成SO32-，B和D错误，故选BD；‎ ‎③Na2SO3溶液发生水解SO32-+H2OHSO3-+OH-； HSO3-+H2OH2SO3+OH-；以第一步水解为主，可知c(OH-)＞c(HSO3-)，故离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)＞c(H+)； ‎ ‎④‎25℃‎ 时，NaCN与HCN的混合溶液中存在HCNH++CN-，电离平衡常数为，所以c(H+)=5×10-10，pH=-lg c(H+)=10-lg5=9.3，故答案为9.3。‎ ‎【点睛】根据电离常数反应了弱电解质的强弱，多元弱酸分步电离，以第一级电离常数为主，在本题中将H2CO3、H2SO3和HCO3- 、HSO3-均看成一元弱酸，均电离出一个氢离子，进而进一步后续的计算。‎ ‎28.某学生用0.1000mol/L KMnO4标准液滴定未知浓度的H‎2C2O4溶液。（将20.00mL H‎2C2O4待测液注入锥形瓶，用KMnO4溶液滴定）‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）请写出该实验所需使用的玻璃仪器，锥形瓶和___________，______________。‎ ‎（2）高锰酸钾溶液应使用______式（填“酸”或“碱”） 滴定管盛放。‎ ‎（3）①在滴定过程是否需要指示剂？_________（填“是”或“否”）‎ ‎②请描述滴定终点时溶液颜色的变化_________________________。‎ ‎③若滴定终点时，仰视标准液滴定管的刻线读数，其他操作正确，则测定结果__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）；若最终消耗标准液体积为18.00mL（平均值），则H‎2C2O4的浓度为_________（结果保留4位有效数字）。（已知：5H‎2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）‎ ‎【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 烧杯 (3). 酸 (4). 否 (5). 高锰酸钾滴入后呈现紫红色，且半分钟溶液颜色保持不变（其他合理答案即可） (6). 偏高 (7). 0.2250mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考察的滴定操作，但是不同于普通的滴定操作，除了考察普通的滴定知识外，涉及了氧化还原的滴定，需要注意高锰酸钾与草酸的量的关系，依据氧化还原方程式做出判断。‎ ‎【详解】（1）由已知，该实验所需使用的玻璃仪器为：盛装KMnO4标准液和取用H‎2C2O4溶液的酸式滴定管、盛装H‎2C2O4溶液的锥形瓶、烧杯，故答案为：酸式滴定管、烧杯。‎ ‎（2）高锰酸钾溶液具有强氧化性，应使用酸式滴定管盛放，故答案为：酸。‎ ‎（3）①因为高锰酸钾溶液是紫色的，与H‎2C2O4溶液反应会褪色，所以滴定过程是不需要指示剂，故答案为：否。‎ ‎②当高锰酸钾溶液滴入后呈现紫红色，且半分钟内溶液颜色保持不变，则兑明已经达到滴定终点，故答案为：高锰酸钾滴入后呈现紫红色，且半分钟溶液颜色保持不变（其他合理答案即可）。‎ ‎③其他操作正确，若滴定终点时，仰视标准液滴定管的刻读数，则标准液读数偏大，故定结果偏高。‎ 酸性KMnO4与H‎2C2O4溶液反应离子方程式为:2MnO4-+5H‎2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，所以H‎2C2O4的浓度为: ，故答案为：偏高； 0.2250mol/L。‎ ‎【点睛】‎ 在滴定管的润洗环节需要用烧杯来装润洗后的溶液，再判断溶液终点的颜色变化时一定要注意标准液和待测液的位置，否则容易将颜色变化颠倒。‎ ‎29.如图所示三套实验装置，分别回答下列问题。‎ ‎（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验。一段时间后，向插入铁钉的玻璃筒内滴入NaOH溶液，即可观察到铁钉附近的溶液有沉淀，表明铁被________(填“氧化”或“还原”); 向插入石墨棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到石墨棒附近的溶液变红，该电极反应式为_______________________。‎ ‎（2）装置2中的石墨是________极(填“正”或“负”)，该电极反应式为_______________________________。‎ ‎（3）装置3中甲烧杯盛放100 mL 0.2 mol·L－1的NaCl溶液，乙烧杯盛放100 mL0.5 mol·L－1的CuSO4溶液。反应一段时间后，停止通电。向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红。‎ ‎①电源的M端为________极；甲烧杯中铁电极的电极反应式为_________________。‎ ‎②乙烧杯中电解反应的离子方程式为_________________________________。‎ ‎③停止电解，取出Cu电极，洗涤、干燥、称量，电极增重‎0.64 g，甲烧杯中产生的气体标准状况下的体积为________mL。‎ ‎【答案】 (1). 氧化 (2). O2＋4e－＋2H2O===4OH－ (3). 正 (4). Fe3＋＋e-===Fe2＋ (5). 正 (6). Fe－2e－===Fe2＋ (7). 2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋ (8). 224‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铁发生吸氧腐蚀，铁被氧化生成Fe2+，Fe2+与K3[Fe（CN）6]反应生成蓝色沉淀，正极发生还原反应，氧气得到电子被还原生成OH-；‎ ‎（2）形成原电池，铜失电子作负极，铁离子在铜电极上得电子；总反应为负极和正极所在的电解质溶液的反应；‎ ‎（3）‎ ‎①反应一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，说明在石墨电极上生成OH-离子，电极反应为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑，发生还原反应，为电解池的阴极，连接电源的负极，即M端为正极，N端为负极，甲烧杯中铁电极为阳极，阳极反应为Fe-2e-═Fe2+；‎ ‎②乙烧杯电解硫酸铜溶液，石墨为阳极，电极反应为4OH--4e-═O2↑+H2O，Cu为阴极，电极反应为Cu2++2e-═Cu，电解的总反应为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，‎ ‎③根据电极反应和串联电路各极上转移电子的数目相等进行计算。‎ ‎【详解】（1）铁发生吸氧腐蚀，铁被氧化生成Fe2+，正极发生还原反应，氧气得到电子被还原生成OH-，电极方程式为O2+4e-+2H2O-═4OH-，故答案为：氧化；O2+4e-+2H2O-═4OH-；‎ ‎（2）此装置为原电池，铜失电子作负极Cu-2e-═Cu2+，铁离子在铜电极上得电子2Fe3++2e-═2Fe2+，故石墨做正极；将正负极反应相加即得总反应：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故答案为：正；2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；‎ ‎（3）①反应一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，说明在石墨电极上生成OH-离子，电极反应为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑，发生还原反应，为电解池的阴极，连接电源的负极，即M端为正极，N端为负极，阳极反应为Fe-2e-═Fe2+，故答案为：正；Fe-2e-═Fe2+；‎ ‎②乙烧杯电解硫酸铜溶液，石墨为阳极，电极反应为4OH--4e-═O2↑+H2O，Cu为阴极，电极反应为Cu2++2e-═Cu，电解的总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4， 故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4； ③取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重‎0.64g，则生成Cu的物质的量为，转移的电子的物质的量为0.01mol×2=0.02mol，根据甲烧杯产生气体的电极反应计算生成气体的体积，‎ ‎ 2H2O+2e-═2OH-+H2↑，‎ ‎2mol     ‎‎22.4L ‎ 0.02mol   V ，即224ml，故答案为：224。‎ ‎30.下图是一个化学过程的示意图。‎ ‎（1）图中甲池是________装置(填“电解池”或“原电池”)‎ ‎（2）写出通入CH3OH的电极的电极反应式： _______________________。‎ ‎（3）向乙池两电极附近分别滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为________极(填“A”或“B”)，并写出此电极的电极反应式：______________。‎ ‎（4）若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，丙池中总反应的离子方程式：__________。‎ ‎（5）常温下，当乙池中B(Ag)极的质量增加‎5.40 g时，乙池的pH是________(若此时乙池中溶液的体积为500 mL)；‎ ‎【答案】 (1). 原电池 (2). CH3OH－6e－＋8OH－===CO32-＋6H2O (3). A (4). 4OH--4e-=O2↑+2H2O (5). 2Cl＋＋2H2OCl2＋H2↑＋2OH- (6). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据甲池能自发进行氧化还原反应，结合原电池放电工作时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动分析；通入甲醇的电极为负极、通入氧气的电极为正极，电解池中连接原电池负极的电极为阴极、连接原电池正极的电极为阳极；乙池有外接电源是电解池，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气和水，阴极上银离子得电子，酸性溶液使紫色石蕊试液变红；根据银和氢离子关系式计算氢离子浓度，从而确定溶液的pH。‎ ‎【详解】（1）图中甲池能自发进行氧化还原反应，将化学能转化为电能，所以属于原电池，故答案为：原电池。 ‎ ‎（2）甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH－6e－＋8OH－===CO32-＋6H2O；故答案为：CH3OH－6e－＋8OH－===CO32-＋6H2O。‎ ‎（3）乙池有外接电源属于电解池，连接原电池正极的A是阳极，连接原电池负极的B是阴极，电解硝酸银溶液时，A电极上氢氧根离子失电子生成氧气和水，溶液呈酸性，加入紫色石蕊试液呈红色，电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；故答案为：A ‎ ；4OH--4e-=O2↑+2H2O。（4）电解氯化钠溶液时，氢离子得电子生成氢气和氢氧根、氯离子失电子生成氯气，总反应的离子方程式为：2Cl＋＋2H2OCl2＋H2↑＋2OH-，故答案为：2Cl＋＋2H2OCl2＋H2↑＋2OH-。‎ ‎（5）乙池中的总反应为：4Ag++2H2O=4Ag↓+O2↑+4H+，当乙池中B(Ag)极的质量增加‎5.40g时，设氢离子浓度为xmol/L，则 ‎4Ag++2H2O=4Ag↓+O2↑+4H+‎ ‎432g‎ 4mol ‎5.40g‎ 0.5xmol 解得x=0.1mol/L，则溶液的pH=1，故答案为1。‎