2018-2019学年吉林省白城市第一中学高二上学期第一次月考化学试题 解析版

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吉林省白城市第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考 化学试题 ‎1.在下图中的8个装置中，属于原电池的是 A. ①④⑤ B. ④⑥⑦ C. ③⑥⑧ D. ⑥⑦⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。‎ ‎【详解】①该装置只有一个电极材料，所以不能形成原电池，故①错误； ②该装置只有一个电极材料，且石墨和电解质溶液不能自发的进行氧化还原反应，所以不能形成原电池，故②错误； ③两电极材料相同，所以不能形成原电池，故③错误； ④该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故④正确； ⑤酒精不是电解质，铁和酒精不能自发的进行氧化还原反应，所以不能形成原电池，故⑤错误； ⑥该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故⑥正确； ⑦该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故⑦正确； ⑧该装置两电极间不能构成闭合回路，所以不能形成原电池，故⑧错误。‎ ‎ 综合以上分析，④ ⑥ ⑦ 正确，答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池的构成条件，注意这几个条件必须同时存在才能形成原电池，缺一不可。‎ ‎2.将足量的AgCl分别放入下列物质中,AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是 ‎①20mL0.01mol/L KCl溶液 ②30mL0.02mol/L CaCl2溶液 ③40mL0.03mol/L HCl溶液 ④10mL蒸馏水 ⑤50mL0.05mol/L AgNO3溶液 A. ①>②>③>④>⑤ B. ④>①>③>②>⑤‎ C. ⑤>④>②>①>③ D. ④>③>⑤>②>①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 银离子和氯离子都抑制氯化银溶解，溶液中银离子或氯离子浓度越大，氯化银溶解度越小。‎ ‎【详解】①20mL 0.01mol/L KCl溶液中氯离子浓度为0.01mol/L；‎ ‎②30mL 0.02mol/L CaCl 2溶液氯离子浓度为0.04mol/L；‎ ‎③40mL 0.03mol/L HCl溶液中氯离子浓度为0.03mol/L；‎ ‎④10mL 蒸馏水中可以认为氯离子或银离子浓度为0mol/L；‎ ‎⑤50mL 0.05mol/L AgNO 3溶液中银离子浓度为0.05mol/L。‎ 所以氯化银溶解度由大到小的顺序为④①③②⑤。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查浓度对沉淀溶解平衡的影响，注意在AgCl（s）Ag+(aq)+Cl-(aq)中，等浓度的Ag+和Cl-对沉淀溶解平衡的抑制作用是相同的。‎ ‎3.有关AgCl沉淀的溶解平衡说法正确的是 A. 升高温度,AgCl沉淀的溶解度变小 B. AgCl难溶于水,溶液中没有Ag+ 和Cl-‎ C. 溶解平衡时，AgCl沉淀生成和溶解不断进行,但速率相等 D. 向AgCl沉淀中加入NaCl固体,AgCl沉淀的溶度积Ksp变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、升高温度氯化银溶解度增大；‎ B、AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零； C、沉淀溶解平衡是动态平衡； D、Ksp只与温度有关。‎ ‎【详解】A、溶解度与温度有关，氯化银的溶解为吸热过程，则升高温度会增大，AgCl的溶解，所以氯化银溶解度会增大，故A错误； B、AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ag+和Cl-，故B错误； C、达到沉淀溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，是动态平衡，速率相等但不为零，故C正确； D、Ksp只与温度有关，温度不变Ksp不变，不随浓度的改变而改变，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素和平衡移动方向，物质溶解度的变化应用，明确溶解平衡及其影响因素为解题关键，注意掌握溶解平衡的实质，速率相等但不等于零，为动态平衡。‎ ‎4.将等质量的两份锌粉a、b分别加入过量的稀硫酸，同时向a中加少量CuSO4溶液，下图中产生H2的体积V(L)与时间t(min)的关系，其中正确的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：将等质量的两份锌粉a、b中分别加入过量的稀硫酸，同时向a中加少量组成原电池的条件CuS04溶液，a中部分锌与硫酸铜反应生成铜，所以生成氢气总量减少，但构成铜锌原电池反应速率加快，故A正确。‎ 考点：本题考查原电池原理应用。‎ ‎5.如图表示钢铁在海水中的锈蚀过程，以下有关说法正确的是 A. 该金属腐蚀过程为析氢腐蚀 B. 正极为C，发生的反应为氧化反应 C. 在酸性条件下发生的是吸氧腐蚀 D. 正极反应为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 钢铁中含有铁和碳，在潮湿的环境中构成原电池，铁作负极，碳作正极；A．从图中看出，空气中的氧气参加反应，所以发生了吸氧腐蚀，故A错误；B．碳作正极，发生的反应为还原反应，故B错误；C．在酸性环境下，原电池的正极发生氢离子得电子的还原反应，析出氢气，即在酸性条件下发生的是析氢腐蚀，故C错误；D．吸氧腐蚀时，氧气在正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e−=4OH-，故D正确；故选D。‎ ‎6.要使工业废水中的重金属离子Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等做沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：‎ 化合物 PbSO4‎ PbCO3‎ PbS 溶解度/g ‎1.03×10－4‎ ‎1.81×10－7‎ ‎1.84×10－14‎ 由上述数据可知，选用的沉淀剂最好为(　　)‎ A. 碳酸盐 B. 硫酸盐 C. 硫化物 D. 以上沉淀剂均可 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：对于相同类型的电解质，Ksp越大，其在水中的溶解能力越强，PbS的溶解度最小，选用硫化物最好，C正确。‎ 考点：考查溶度积常数的意义。‎ ‎7.下列实验装置，其中按要求设计正确的是 ‎ A．‎ 电解饱和食盐水并验证产物 B．‎ 铜锌原电池电流方向如图所示 ‎ C．‎ 在钥匙上电镀银 ‎ D．‎ 电解精炼铜 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.电解饱和的氯化钠溶液时，活泼电极作阳极，则阳极上放电的是阳极材料而不是溶液中阴离子； B.含有盐桥的原电池中，电极材料和相应的电解质溶液有相同的金属元素； C.电镀时，电解质溶液中的金属元素要和镀层相同； D.电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，且电解质溶液中必须含有铜离子。‎ ‎【详解】A.该电解池中，阳极上铁失电子而不是氯离子失电子，所以阳极上得不到氯气，则淀粉碘化钾溶液不会变蓝，所以实验设计不合适，故A错误； B.含有盐桥的铜锌原电池中，铜电极对应的电解质是铜盐，锌电极对应的电解质是锌盐，符合原电池设计要求，所以B选项是正确的； C.该电镀池中电解质应该是硝酸银而不是硝酸钠，故C错误； D.电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故D错误。‎ ‎ 所以B选项是正确的。‎ ‎8.镉镍可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充、放电反应按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2如果利用该电池精炼铜，则粗铜应连接的极是 A. NiOOH B. Ni（OH）2 C. Cd D. Cd（OH）2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：放电是电池，Cd做负极，NiOOH作正极，精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，因此粗铜应连接NiOOH，故选项A正确。‎ 考点：考查原电池的正负极、精炼铜等知识。‎ ‎9.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是 A. 钢铁锈蚀时，铁原子失去电子成为Fe3＋，而后生成Fe(OH)3，再部分脱水成为氧化铁的水合物 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正极相连以保护它不受腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 钢铁在锈蚀时，铁原子失电子生成Fe2＋； B.Fe、Sn形成原电池时，Fe为负极； C.Fe、Zn形成原电池时，Fe为正极； D.Fe与正极相连作阳极，被腐蚀。‎ ‎【详解】A.钢铁在锈蚀时，铁原子失电子生成Fe2＋，故A错误； B.Fe、Sn和电解质溶液构成原电池时，Fe作负极，负极失电子被腐蚀，所以当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层不能对铁制品起保护作用，故B错误； C. 锌、铁和海水构成原电池，锌比铁活泼，作原电池的负极被氧化，铁作正极被保护，为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；‎ D.Fe与正极相连作阳极，活性电极作阳极时，电极失电子被腐蚀，则地下输油管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀，故D错误。‎ ‎ 所以C选项是正确的。‎ ‎10.用惰性电极电解某pH=a的电解质溶液，一段时间后，溶液的pH＜a，则该电解质为 A. NaOH B. KI C. Na2SO4 D. AgNO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，电解NaOH溶液相当于电解水，NaOH溶液浓度增大，溶液pH增大，故不选A项；‎ B项，电解KI溶液生成NaOH，溶液pH增大，故不选B项；‎ C项，电解Na2SO4溶液相当于电解水，溶液pH不变，故不选C项；‎ D项，电解AgNO3溶液生成HNO3，溶液减小，故选D项。‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎【点睛】本题考查电解规律，要注意总结用惰性电极电解电解质溶液的四种情况：1.电解水型，如本题电解NaOH溶液；2.电解电解质型，如电解CuCl2溶液；3.放氢生碱型，如本题电解KI溶液；4.放氧生酸型，如电解AgNO3溶液。‎ ‎11.已知悬浊液中存在平衡：Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq）△H<0，下列有关该平衡体系的说法正确的是 ‎①升高温度，平衡逆向移动   ‎ ‎②温度一定时，溶液中c（Ca2+）•c2（OH-）为定值 ‎③向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大c（Ca2+）‎ ‎④恒温下，向饱和溶液中加入CaO，溶液的pH升高 ‎⑤给溶液加热，溶液的pH升高 ‎⑥向溶液中加入少量NaOH固体，Ca（OH）2 固体质量不变。‎ ‎⑦向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加．‎ A. ①②⑦ B. ①②⑦⑧ C. ③④⑤⑦ D. ①③⑦⑧‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知方程式的△H＜0，可判断该反应为放热反应；‎ 升高温度，反应向吸热的方向移动，据此判断①⑤；‎ 加入适量的NaOH溶液，c(OH-)增大，平衡左移，生成了难溶的Ca(OH)2，Ca(OH)2‎ 溶度积较大，据此判断②⑥；‎ 加入少量碳酸钠粉末溶液会产生CaCO3白色沉淀，据此判断③⑦；‎ 恒温下Ksp不变，加入固体物质，溶液仍为饱和溶液，据此判断④。‎ ‎【详解】①已知反应的△H＜0，所以该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故①正确；‎ ‎②溶度积Ksp只跟温度有关，温度一定时，溶液中c（Ca2+）•c2（OH-）为定值，故②正确；‎ ‎③加入碳酸钠粉末会生成CaCO3，使Ca2+浓度减小，故③错误；‎ ‎④恒温下Ksp不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液，pH不变，故④错误；‎ ‎⑤加热，Ca(OH)2的溶解度减小，溶液的pH降低，故⑤错误；‎ ‎⑥加入NaOH固体平衡向左移动，Ca(OH)2固体质量增加，故⑥错误；‎ ‎⑦加入Na2CO3溶液，沉淀溶解平衡向右移动，Ca(OH)2固体转化为CaCO3固体，固体质量增加，故⑦正确。‎ 所以正确的只有①②⑦，‎ 故选A。‎ ‎12.某温度下，Fe（OH）3（s）、Cu（OH）2（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液 pH，金属阳离子浓度的变化如图所示．据图分析，则下列判断错误的是 A. Ksp〔Fe（OH）3〕＜Ksp〔Cu（OH）2〕‎ B. 加适量浓NH3·H2O可使溶液由a 点变到b点 C. c、d两点代表的溶液中c（H+） 与c（OH-）乘积不相等 D. Fe（OH）3在d点代表的溶液过饱和 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，b点pH=1.3，c(OH-)=10-12.7mol/L，有Ksp〔Fe（OH）3〕=c(Fe3+)c3(OH-)=(10-12.7)3c(Fe3+)，c点时pH=4.4，c(OH-)=10-9.6mol/L，有Ksp〔Cu（OH）2〕=c(Cu2+)‎ c2(OH-)=(10-9.6)2c(Cu2+)，溶液在b、c两点时c(Fe3+)= c(Cu2+)，可知Ksp〔Fe（OH）3〕＜Ksp〔Cu（OH）2〕，故A项正确；‎ B项，溶液由a点变到b点即溶液pH变大，向溶液中加入适量浓NH3·H2O会使溶液pH值变大，因此能使溶液由a点变到b点，故B项正确；‎ C项，因为温度不变，所以该溶液中c（H+） 与c（OH-）的乘积，即水的离子积常数Kw不变，故C项错误；‎ D项，d点在Fe（OH）3沉淀溶解平衡曲线上方，因此这时的溶液过饱和，故D项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎13.某充电宝锂离子电池的总反应为：xLi + Li1-xMn2O4 LiMn2O4，某手机镍氢电池总反应为：NiOOH + MH M+ Ni(OH)2（M为储氢金属或合金），有关上述两种电池的说法不正确的是： ‎ A. 锂离子电池放电时Li+向正极迁移 B. 镍氢电池放电时，正极电极反应式：NiOOH+H2O +e－==Ni(OH)2+OH－‎ C. 上图表示用锂离子电池给镍氢电池充电 D. 锂离子电池充电时，阴极的电极反应式： LiMn2O4—xe－== Li1-xMn2O4+ xLi+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、放电时，相当于原电池，则阳离子向正极移动，正确；B、镍氢电池放电时，正极发生还原反应，元素的化合价降低，则NiOOH得到电子生成氢氧化镍，正确；C、根据装置图中的电极材料可知，左图是锂离子电池的放电反应，上图是镍氢电池的充电反应，所以表示用锂离子电池给镍氢电池充电，正确；D、锂离子电池充电时，阴极发生还原反应，所以锂离子得到电子生成Li单质，错误，答案选D。‎ 考点：考查电化学反应原理的应用 ‎14.化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为Cu2＋(aq)＋MnS(s)  CuS(s)＋Mn2＋(aq)。下列有关该反应的推理不正确的是 A. CuS的溶解度比MnS的溶解度小 B. 该反应达到平衡时：c(Cu2＋)＝c(Mn2＋)‎ C. 往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2＋)变大 D. 该反应平衡常数：K＝‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，工业品MnCl2溶液中含有Cu2＋、Pb2+等离子，加入过量难溶电解质MnS，可使Cu2＋、Pb2+等离子形成沉淀，以制取纯净MnCl2，原理利用的是沉淀转化的反应关系，沉淀转化的条件是向更难溶的方向进行，说明生成的 CuS、PbS溶解性小于MnS，故A项正确；‎ B项，该反应达到平衡时，铜离子的浓度不一定等于锰离子的浓度，故B项错误；‎ C项，往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，平衡向右移动，所以c(Mn2＋)变大，故C项正确；‎ D项，该反应平衡常数表达式：K==，故D项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎15.某兴趣小组设计如图微型实验装置。实验时,先断开K2,闭合K1,两极均有气泡产生;一段时间后,断开K1,闭合K2,发现电流表A指针偏转。下列有关描述正确的是 ‎ A. 断开K2,闭合K1时,铜电极为阳极 B. 断开K2,闭合K1时,石墨电极附近溶液变红 C. 断开K1,闭合K2时,铜电极发生还原反应 D. 断开K1,闭合K2时,石墨电极作正极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气； B．断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨作阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜作阴极，氢离子得到电子发生还原反应； C．断开K1、闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜作负极氢气失电子发生氧化反应； D．断开K1、闭合K2时，形成原电池，原电池中阳离子向正极移动。‎ ‎【详解】断开K2，闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2O H2↑+2OH-+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，故A、B两项均错误； 断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，故C项错误，D项正确。 故选D。‎ ‎【点睛】本题综合考查电解池和原电池知识，注意把握电化学工作原理，首先要看是否有外接电源，有外接电源的为电解池，无外接电源的为原电池，然后根据现象判断两电极产物，再根据氧化还原反应原理分析电极反应，确定电极名称。‎ ‎16.下表是五种银盐的溶度积常数(25°C)，下列说法错误的是 A. 用硝酸银溶液测定Cl-含量时，可以用硫化钠做指示剂 B. 将氯化银溶解于水后,向其中加入Na2S固体,则可以生成黑色沉淀 C. 氯化银、溴化银和碘化银三种物质在常温下的溶解度随着氯、溴、碘的顺序减小 D. 沉淀溶解平衡的建立是有条件的,外界条件改变时,平衡可能会发生移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.硫化银的溶度积比氯化银小，用硝酸银溶液测定Cl-含量时，不能用硫化钠做指示剂；‎ B.硫化银的溶度积比氯化银小，从沉淀平衡移动的角度分析； C.结构相似的难溶性盐，溶度积越小，溶解度越小； D.难溶电解质的溶解平衡是一定条件下的动态平衡。‎ ‎【详解】A. 由于硫化银的溶度积比氯化银小，所以用硝酸银溶液测定Cl-含量时，不能用硫化钠做指示剂，应该用铬酸钾作指示剂，所以A选项是错误的； B.Ag2S溶度积远小于AgCl，Ag2S难溶于水，在AgCl的饱和溶液中加入Na2S，则可以生成黑色的Ag2S沉淀，所以B选项是正确的； C.结构相似的难溶性盐，溶度积越小，溶解度越小，由表格中的数据可以知道AgCl、AgBr、AgI的溶解度依次减小，所以对于氯化银、溴化银和碘化银三种物质在常温下的溶解度随着氯、溴、碘的顺序减小，所以C选项是正确的； D.难溶电解质的溶解平衡是一定条件下的动态平衡，当条件改变，平衡要发生移动，所以D选项是正确的。 故答案选A。‎ ‎17.用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。Q点时欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入 A. 0.1 mol CuO B. 0.1 mol CuCO3‎ C. 0.1 mol Cu(OH)2‎ D. 0.05 mol Cu2(OH)2CO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：用惰性电极电解硫酸铜溶液时，先发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，当铜离子完全析出时，发生反应2H2O2H2↑+O2↑，根据图象知，转移电子0．2mol时只有气体氧气生成，发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，实际上相当于析出氧化铜，根据氧化铜和转移电子之间的关系式得n（Cu）=0．2mol/2=0．1mol，所以相当于析出0．1molCuO；继续电解发生的反应为2H2O2H2↑+O2↑，实际上是电解水，根据水和转移电子之间的关系式得m（H2O）=（0．3-0．2）/4mol=0．25mol，所以电解水的质量是0．25mol，根据“析出什么加入什么”的原则知，要使溶液恢复原状，应该加入0．1mol氧化铜和0．05mol水;A．只加氧化铜不加水不能使溶液恢复原状，故A错误；B．加入碳酸铜时，碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和二氧化碳，所以相当于加入氧化铜，没有加入水，所以不能使溶液恢复原状，故B错误；C．0．075mol Cu（OH）2相当于加入0．075molCuO和0．075molH2O，与析出物质的物质的量不同，所以不能恢复原状，故C错误；D．0．05mol Cu2（OH）2CO3，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，根据原子守恒知，相当于加入0．1molCuO和0．05mol的水，所以能使溶液恢复原状，故D正确；答案为D。‎ ‎【考点定位】考查电解原理及计算 ‎【名师点晴】本题以电解原理为载体考查了物质间的反应，根据图象中转移电子确定析出物质，再结合“析出什么加入什么”的原则分析解答，易错选项是D，根据原子守恒将Cu2（OH）2CO3改写为2CuO．H2O．CO2来分析解答，题目难度中等。‎ ‎18.25℃时，已知AgCl的Ksp=1.8×10-10，Ag2CO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法错误的是 A. Ag2CO3的Ksp为8.1×10-12‎ B. Ag2CO3（s）+2Cl-（aq）⇌2AgCl（s）+CO32-（aq）的平衡常数K=2.5×108‎ C. 在Ag2CO3的饱和溶液中加入K2CO3（s）可使c（CO32-）增大（由Y点到Z点）‎ D. 在0.001mol•L-1AgNO3溶液中滴入同浓度的KCl和K2CO3的混合溶液，CO32-先沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．Ag2CO3的Ksp=c2（Ag+）c（CO32-）； B．Ag2CO3（s）+2Cl-（aq）⇌2AgCl（s）+CO32-（aq）平衡常数K==； C．Ag2CO3的饱和溶液中加入K2CO3（s）,c（CO32-）增大，溶解平衡逆向移动； D．结合Ksp及银离子浓度计算阴离子浓度，阴离子浓度小的先沉淀。‎ ‎【详解】A．Ag2CO3的Ksp= c2（Ag+）c（CO32-）=（9×10-4）2×10-5=8.1×10-12，故A正确； B．Ag2CO3（s）+2Cl-（aq）⇌2AgCl（s）+CO32-（aq）平衡常数K====2.5×108，故B正确； C．Ag2CO3的饱和溶液中加入K2CO3（s）,c（CO32-）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小，可使溶液由Y点到Z点，故C正确； D．c（Cl-）==1.8×10-7mol/L，c（CO32-）==8.1×10-6mol/L，则Cl-先沉淀，故D错误； 故选D。‎ ‎【点睛】本题是一道典型的难溶电解质的沉淀溶解平衡图像题，曲线上的点是处于溶解平衡的点，根据曲线上点的数值结合溶度积表达式可计算Ksp，把握溶解平衡移动、平衡常数计算为解答的关键，D选项是难点，要结合Ksp及银离子浓度计算阴离子浓度，阴离子浓度小的先沉淀。‎ ‎19.电解硫酸钠溶液联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极．测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，以下说法正确的是 A. 左侧a极与电源的负极相连 B. 电解使右侧溶液的pH减小 C. 离子交换膜d为阳离子交换膜（允许阳离子通过）‎ D. 当电路中通过1mol电子时，气体甲在标准状况下的体积为11.2L。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由装置图分析可以知道是电解装置，电极硫酸钠溶液，实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，气体甲为氧气，气体乙为氢气，阳极生成氧气，电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极生成氢气，2H++2e-=H2↑，气体体积比为1：2，所以判断a电极是阳极，b电极是阴极，在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜。据此分析。‎ ‎【详解】A、根据以上分析可以知道a电极为阳极，与电源正极相连，故A错误； B、右侧阴极生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，消耗H+，pH增大,故B错误； C、阳极a生成氧气，电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，阳极室水的电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H++2e-=H2↑，生成产物丁为氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜，故C正确； D、气体甲为氧气，阳极生成氧气，电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，由电极反应式可知，当电路中通过1mol电子时，生成0.25mol氧气，在标准状况下的体积为5.6L，所以D选项是错误的。 所以C选项是正确的。‎ ‎20.一定温度下,三种碳酸盐MCO3(M: Mg2+ 、Ca2+ 、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。下列说法正确的是 已知pM=-lgc(M)，p(CO32-)=-lgc(CO32-)。‎ A. MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大 B. a点可表示MnCO3的饱和溶液,且c(Mn2+)= c(CO32-)‎ C. b点可表示CaCO3的饱和溶液,且c(Ca2+)< c(CO32-)‎ D. c点可表示MgCO3的过饱和溶液,且c(Mg2+)< c(CO32-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先要理解pM=－lgc(M)，p(CO32－)＝－lgc(CO32－)的含义，由数形结合认知直线在坐标轴上的截距即为pKsp，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的pKsp分别为5.2、8.3、10.4。同时认知c(M2+)、c(CO32－)值越大，则pM、p(CO32－)值越小，据此分析。‎ ‎【详解】A.根据以上分析，c(M)=10-pM、c(CO32－)=10-p(CO32-)，Ksp= c(M2+)×c(CO32－)，结合图像可知MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次为10－5.2、10－8.3、10－10.4逐次减小，故A错误；‎ B.所有实线上的点都代表饱和溶液，a 点在对角线上，故a 点表示MnCO3 的饱和溶液，且c(Mn2+)= c(CO32-)，故B正确；‎ C.b 点可表示CaCO3 的饱和溶液，但由图可知c(Ca2+)> c(CO32-)，故C错误；‎ D.通过c 点作横轴的垂线后可看出， c(Mg2+)×c(CO32－) 9.6，溶液为蓝色。‎ 故答案为：蓝色；‎ ‎(3)①反应前，n(Ag+)＝0.018 mol·L-1×0.05 L＝0.9×10-3mol，n(Cl-)＝0.020 mol·L-1×0.05 L＝1×10-3mol；反应后剩余的Cl-为0.1×10-3mol，则混合溶液中，c(Cl-)＝1.0×10-3mol·L-1，c(Ag+)＝Ksp(AgCl)/c(Cl-)＝=1.0×10-7mol·L-1。‎ ‎②H+没有参与反应，完全沉淀后，c(H+)＝0.020 mol·L-1×=0.010 mol·L-1，pH＝2。‎ 故答案为：1.0×10 － 7 mol·L － 1 ；2；‎ ‎(4) 根据Ksp[Fe（OH）3]= c(Fe3+)·c3(OH-)＝1×10-39，若使溶液中的c（Fe3+）=10-5 mol/L，得c3(OH-)==1×10-34，c(OH-)=10-11.3mol/L，则c(H+)=10-2.7mol/L，pH=2.7；为了不引入杂质可加入CuO 或氢氧化铜或碱式碳酸铜等调节溶液的pH，‎ 故答案为：CuO 或者氢氧化铜碱式碳酸铜等都可以；2.7。‎ ‎23.I.铅蓄电池是典型的可充型电池，它的正负极隔板是惰性材料，电池总反应式为：Pb+PbO2+2 H2SO42PbSO4+2H2O，请完成下列问题:‎ ‎（1）放电时：正极的电极反应式是____________________;电解液中H2SO4的浓度将变_______（填“大”或者“小”）;当外电路通过1 mol电子时，理论上负极板的质量增加_________________g。‎ ‎（2）在完全放电耗尽PbO2和Pb时，若按如下图1连接，充电一段时间后，则在A电极上生成__________、B电极上生成__________,这种充电连接方式是否正确？_______（填“是”或者“否”）‎ ‎（3）某同学设计利用电解法制取漂白液或Fe(OH)2的实验装置如上图2所示。若通过电解饱和食盐水来制漂白液，则b为电源的_____极，该装置中发生的总反应方程式为_____________________‎ 若用于制Fe(OH)2，使用硫酸钠作电解质溶液，阳极选用_____________材料作电极。‎ II.已知一种锌铁电池的反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，该电池放电时,正极反应式为_______________________‎ ‎【答案】 (1). PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O (2). 小 (3). 48 (4). Pb (5). PbO2 (6). 否 (7). 正 (8). NaCl+H2ONaClO+H2 (9). 铁 (10). FeO42-+4H2O+3 e－==Fe(OH)3+5OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】I. (1) 电池总反应式为：Pb+PbO2+2 H2SO42PbSO4+2H2O，，写出电极反应为：负极电极反应：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，正极电极反应：PbO2+2e-+4H++SO42-= PbSO4+2H2O，由方程式可以知道反应消耗硫酸，则电解液中H2SO4的浓度将减少；当外电路通过1mol电子时，根据电子守恒计算理论上负极板的质量增加0.5mol×303g/mol-0.5mol×207g/mol=48g； 因此，本题正确答案是：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；小；48；‎ ‎(2)在完全放电耗尽PbO2和Pb时，电极上是析出的PbSO4，若按题右图连接，B为阳极，应是失去电子发生氧化反应，A为阴极，是得到电子发生还原反应，实质是电解反应，B电极上发生反应为： PbSO4+2H2O-2e-= PbO2+4H++SO42- ，A电极发生反应为：PbSO4+2e-= Pb+SO42-，所以A电极上生成Pb，B极生成PbO2；这种充电连接方式是不正确的，应对换， 因此，本题正确答案是：Pb；PbO2；否；‎ ‎(3) 电解饱和食盐水时，阴极上析出氢气，阳极上析出氯气，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠是漂白液的有效成分，B电极上生成氯气，氯气的密度小于溶液的密度，所以生成的氯气上升，能和氢氧化钠溶液充分的接反应生成次氯酸钠，即B极是阳极，所以b为电源正极，该装置中发生的总反应方程式为NaCl+H2ONaClO+H2↑；‎ 若用于制Fe（OH） 2 ，使用硫酸钠做电解质溶液，阴极上氢离子放电生成氢气，如果阳极是惰性电极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气得不到氢氧化亚铁，所以阳极上应该是铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，故采用金属Fe作阳极，‎ 因此，本题正确答案是：正；NaCl+H2ONaClO+H2↑；铁；‎ II.原电池中正极得到电子，发生还原反应。根据总的方程式可知，K2FeO4是氧化剂，在正极得到电子发生还原反应，电极反应式是FeO42-+4H2O+3 e－==Fe(OH)3+5OH-；‎ 因此，本题正确答案是：FeO42-+4H2O+3 e－==Fe(OH)3+5OH-。‎ ‎24.如下图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同（假设通电前后溶液体积不变），A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。 请回答：‎ ‎ ‎ ‎（1）B极是电源的__________极，C极的电极反应式为____________________________________，一段时间后丁中X极附近的颜色逐渐______________。（填“变深”或者“变浅”）‎ ‎（2）若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为 ______________。‎ ‎（3）现用丙装置给铜件镀银，则H应该是______________ （填“铜”或“银”），电镀液是___________ 溶液。当乙中溶液的pH是13时（此时乙溶液体积为500mL），丙中镀件上析出银的质量为________ g，甲中溶液的pH _____________（填“变大”、“变小”或“不变”）。 ‎ ‎（4）若甲烧杯是在铁件表面镀铜，已知电镀前两电极质量相同，电镀完成后将它们取出，洗净、烘干、称量，发现二者质量相差5.12g，则电镀时电路中通过的电子为_______mol ‎【答案】 (1). 负 (2). 4OH-— 4 e－＝O2+2H2O (3). 变浅 (4). 1：2：2：2 (5). 铜 (6). AgNO3 (7). 5.4 (8). 变小 (9). 0.08‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F电极附近有碱生成，则F电极上氢离子放电生成氢气，为阴极，所以C、E、G、X是阳极，D、F、H、Y是阴极，连接阳极的电极A是正极、连接阴极的电极B是负极，据此分析。‎ ‎【详解】(1)结合以上分析，惰性电极电解饱和NaCl溶液的总反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，F极显红色，说明F是阴极，发生电极反应2H2O+2e-=2OH-+ H2↑，则B电极是电源的负极，A是电源的正极；C与电源正极相连，则C是阳极，用惰性电极电解CuSO4溶液时，水电离出的OH-在阳极放电生成氧气，电极反应式为4OH-— 4 e－＝O2↑+2H2O；丁中氢氧化铁胶体发生电泳现象，Y极是阴极，氢氧化铁胶体离子带正电荷，向Y极移动，所以X电极颜色逐渐变浅， ‎ 因此，本题正确答案是：负；4OH-— 4 e－＝O2↑+2H2O ；变浅；‎ ‎（2）C电极反应为4OH-— 4 e－＝O2↑+2H2O，D电极反应为Cu2++2e-=Cu，E电极反应为2Cl—2e-=Cl2↑，F电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，一定时间内，四个电极转移的电子数相同，所以甲、乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1:2:2:2。‎ 因此，本题正确答案是：1：2：2：2；‎ ‎ (3)丙装置是电镀池，镀层Ag为阳极、镀件Cu为阴极，电镀液是硝酸银溶液，G是阳极、H是阴极，所以G是镀层Ag、H是镀件Cu，电镀液是硝酸银溶液；常温下，乙中溶液的pH=13，则c(OH-)=0.1mol/L，溶液的体积为500mL，则n(OH-)=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，根据电极反应式2H2O+2e-=2OH-+H2↑，可知转移电子的物质的量为0.05mol，根据镀银的阴极反应式：Ag++e-=Ag，可知生成银的质量为0.05mol×108g/mol=5.4g；甲装置是惰性电极电解硫酸铜溶液，总反应式2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，反应生成了硫酸，所以甲中溶液的pH变小，‎ 因此，本题正确答案是：铜；AgNO3 ；5.4；变小；‎ ‎(4) 电镀时，阳极上金属失电子导致金属质量减少，阴极上析出金属，导致质量增加，电镀后两极质量差的一半为阴极上析出的铜质量，所以阴极上析出铜的质量=5.12g×‎ ‎=2.56g，由电极反应Cu2++2e-=Cu知，转移电子的物质的量=0.08mol， 因此，本题正确答案是：0.08。‎ ‎【点睛】本题易错（4）小题，要注意电镀时阳极反应Cu-2e-=Cu2+，金属质量减少，阴极反应Cu2++2e-=Cu，质量增加，电镀后两极质量差的一半为阴极上析出的铜质量，再根据阴极电极反应式计算转移电子的物质的量。‎ ‎ ‎ ‎ ‎