【化学】吉林省长春市田家炳实验中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）
吉林省长春市田家炳实验中学2019-2020学年高二上学期期末考试
可能用到的原子量 H:1 O:16 N:14 C:12 S:32 Na:23 Fe:56 Ag:108 Mn:55 Cu:64 Cr:52
一、选择题
1. 下列生活中的化学小实验不合理的是
A. 用灼烧并闻气味的方法区分化纤织物与纯毛织物
B. 用食用醋除去热水瓶中积存的水垢
C. 用纯碱溶液洗涤沾有油污的器具
D. 用米汤检验加碘盐中的碘酸钾
【答案】D
【解析】
【详解】A、纯毛织物的成分为蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，化纤织物的成分为纤维，灼烧时没有这种味道，则可以区分，故A正确；
B、水垢的成分为碳酸钙，能与醋酸反应，所以可用食用醋除去热水瓶中积存的水垢，故B正确；
C、油污在碱性条件下能水解，则用纯碱溶液洗涤沾有油污的器具，故C正确；
D、米汤的成分为淀粉，淀粉遇碘单质变蓝，所以不能用米汤检验加碘盐中的碘酸钾，故D错误；
故选D。
2.下列有机物是烷烃的是（ ）
A. CH4 B. C2H4 C. C6H12O6 D. C6H6
【答案】A
【解析】
【详解】A. CH4为甲烷，属于烷烃类物质，符合题意，故A正确；
B. C2H4为乙烯，属于烯烃类物质，故B错误；
C. C6H12O6为葡萄糖或果糖类物质，不属于烃类物质，故C错误；
D. C6H6为苯，属于芳香烃，故D错误；
所以答案：A。
3.乙烯能够使溴水溶液褪色，是因为乙烯与溴水发生了（ ）
A. 燃烧反应 B. 加成反应 C. 消去反应 D. 取代反应
【答案】B
【解析】
【详解】乙烯中含有C=C双键，能和溴水发生加成反应使溴水溶液褪色，所以 B选项符合题意。
答案：B。
4.能一次区分CH3COOH、CH3CH2OH、、四种物质的试纸或试剂是( )
A. H2O B. Na2CO3稀溶液
C. 石蕊试液 D. NaHSO4溶液
【答案】BC
【解析】
【详解】A. CH3COOH、CH3CH2OH与水均互溶，苯与硝基苯与水均互不相容，故A错误；
B. CH3COOH与Na2CO3溶液反应有气泡，CH3CH2OH与Na2CO3溶液互溶不分层，苯和硝基苯与Na2CO3溶液混合都分层，但苯在上层，硝基苯在下层，因此用Na2CO3溶液可以区别，故B正确；
C. CH3COOH与石蕊试液显红色，CH3CH2OH与石蕊试液互溶不分层，苯和硝基苯与石蕊试液混合都分层，但苯在上层，硝基苯在下层，因此用石蕊试液也可以区别，故C正确；
D. CH3COOH、CH3CH2OH与碳酸氢钠溶液均互溶，苯与硝基苯与碳酸氢钠溶液均互不相容，故D错误；
答案选BC。
5.下列关于苯的叙述正确的是（ ）
A. 苯的分子式为C6H6，它不能使酸性KMnO4溶液褪色，属于饱和烃
B. 从苯的凯库勒式()看，苯分子中含有碳碳双键，应属于烯烃
C. 在催化剂作用下，苯与液溴反应生成溴苯，发生了加成反应
D. 苯分子为平面正六边形结构，6个碳原子之间的价键完全相同
【答案】D
【解析】
【详解】A.从苯的分子式C6H6看，其氢原子数未达饱和，应属不饱和烃，而苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，是由于苯分子中的碳碳键是介于碳碳单链与碳碳双键之间的独特的键所致，故A错误；
B.苯的凯库勒式并未反映出苯的真实结构，只是由于习惯而沿用，不能由其来认定苯分子中含有碳碳双键，苯也不属于烯烃，故B错误；
C.在催化剂作用下，苯与液溴反应生成了溴苯，发生的是取代反应而不是加成反应，故C错误；
D.苯分子为平面正六边形结构，苯分子中的碳碳键是介于碳碳单链与碳碳双键之间的独特的键，其分子中6个碳原子之间的价键完全相同，故D正确。
选D。
【点睛】本题考查了苯的结构与性质，熟悉苯的结构特点、物理性质、化学性质是解题关键，注意苯分子中的碳碳键是介于碳碳单链与碳碳双键之间的独特的键。
6.下列装置不能形成原电池的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A. 符合原电池的构成条件，两个活泼性不同的电极，硫酸铜为电解质溶液，构成了闭合回路，存在着CuSO4+Zn=Cu+ZnSO4自发进行的氧化还原反应，故A不符合题意；
B. 符合原电池的构成条件，两个活泼性不同的电极，硝酸银为电解质溶液，构成了闭合回路，存在着Cu+2AgNO3= 2Ag+Cu(NO3)2自发进行的氧化还原反应，故B不符合题意；
C. ，因为酒精是非电解质，不能导电，所以不符合原电池的构成条件，故C符合题意；
D.符合原电池的构成条件，两个活泼性不同的电极，硫酸铜和硫酸锌为电解质溶液，通过盐桥构成闭合回路，存在着CuSO4+Zn=Cu+ZnSO4自发进行的氧化还原反应，故D不符合题意；
所以答案：C。
【点睛】根据原电池的构成条件，两个活泼性不同的电极，电解质溶液，构成了闭合回路，存在着自发进行的氧化还原反应进行判断。
7.在工业电镀中，镀层金属做（ ）
A. 正极 B. 负极 C. 阳极 D. 阴极
【答案】C
【解析】
【详解】工业的电镀池属于电解池，镀层金属做阳极发生氧化反应，镀件做阴极发生还原反应，所以在工业电镀中，镀层金属做阳极，故C符合题意；
答案：C。
8. 按下左图装置实验，若右图中x轴表示流入阴极的电子的物质的量，则y轴可表示的物理量为
①c（Ag+）②c（NO—3）③a棒的质量④b棒的质量⑤溶液的pH
A. ①③ B. ③④ C. ①②④ D. ①②⑤
【答案】D
【解析】
【详解】b棒的质量会减轻，因为银会失去电子变成离子进入溶液，a棒的质量会增加，因为溶液中的银离子会得到电子在上面析出，但是溶液中的c（Ag+）、c（NO3—）保持不变。因为电解质溶液没有发生变化，所以溶液的pH不变。
9.下列溶液中各电离方程式书写正确的是（ ）
A. NaHCO3=Na++HCO3- B. KHSO4K++H++SO42-
C. Fe(OH)3=Fe3++3OH- D. NaOHNa++OH-
【答案】A
【解析】
【详解】A. NaHCO3为强电解质，溶液中电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故A正确；
B. KHSO4 为强电解质，溶液中完全电离，电离方程式为KHSO4=K++H++SO42-，故B错误；
C. Fe(OH)3为难溶性的弱碱，在溶液中不能完全电离，电离方程式为 Fe(OH)3Fe3++3OH-，故C错误；
D. NaOH为强电解质，溶液中完全电离，电离方程式为NaOH=Na++OH-，故D错误；
答案：A。
【点睛】根据电解质的强弱，判断电离反应方程式的书写正误。强电解质完全电离，弱电解质部分电离。
10.下列措施能够使水的离子积常数增大的是（ ）
A. 温度不变，加入一定量的硫酸 B. 温度不变，加入一定量的NaOH
C. 升高温度 D. 降低温度
【答案】C
【解析】
【详解】A.温度不变向水中加入H2SO4 溶液，溶液中c(H+ )增大，c (OH-)减小，水的离子积常数KW= c(H+ )c (OH-)不变，故A不符合题意；
B.温度不变向水中加入NaOH，溶液中c (OH-)增大，c(H+ )减小，水的离子积常数KW= c(H+ )c (OH-)不变，故B不符合题意;
C.水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，c (OH-)增大，c(H+ )增大，KW= c(H+ )c (OH-)增大，故C符合题意；
D.水的电离是吸热过程，降低温度，平衡逆向移动，c (OH-)减小，c(H+ )减小，KW= c(H+ ) c (OH-)减小，故D不符合题意；
所以答案：C。
11.一定温度下，稀醋酸溶液加水稀释的过程中，增大的是（ ）
A. KW B. 溶液中C(H+) C. 溶液中醋酸分子的个数 D. 溶液中C(OH-）
【答案】D
【解析】
【详解】A.温度不变，Kw=c(H+)c(OH-)的积不变，故A错误;
B.加水稀释，促进醋酸电离 ，则H+的物质的量增大，但氢离子的物质的量增大程度远远小于溶液体积增大程度，所以c(H+)减小，故B错误;
C.加水稀释，促进醋酸的电离，c(CH3COOH)减小，故C错误;
D. 温度不变，Kw=c(H+)c(OH-)的积不变，加水稀释，促进醋酸电离 ，但氢离子浓度减小， 所以 c(OH-) 增大，故D正确;
答案: D。
12.已知HA为一元弱酸，则NaA溶液的性质是（ ）
A. 酸性 B. 碱性 C. 中性 D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】因为HA为一元弱酸，所以NaA溶液中存在着A-的水解，即A- +H2OHA + OH-,所以NaA溶液显碱性，故B符合题意；
答案：B
13. 下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是
A. NaHCO3溶液：HCO3－+H2OCO32－+H3O+
B. NaHS溶液：HS－+H2OH2S+OH－
C. Na2CO3溶液：CO32－+2H2OH2CO3+2OH－
D. NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2ONH3·D2O+H+
【答案】B
【解析】
【详解】A、是碳酸氢根离子的电离，错误，不选A；
B、是硫氢根离子的水解，正确，选B；
C、碳酸 根离子水解分步进行，水解生成碳酸氢根离子，错误，不选C；
D、铵根离子水解是结合水电离出的氢氧根离子，使水电离的氢离子剩余，溶液显酸性，所以水解出的氢离子是水电离出的，应该是D＋，错误；
不选D
14.在0.1 mol/L的Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是（ ）
A. c(Na+)=2c(CO32-) B. c(H+)>c(OH-)
C. c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/L D. c(HCO3-)
2c(CO32-)；故A错误；
B.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，由于CO32-水解溶液呈碱性，所以c(OH-)>c(H+)，故B错误；
C.由于Na2CO3在溶液中存在着下列平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-;HCO3-+H2OH2CO3+OH-;所以Na2CO3在溶液中C的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料守恒:c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1mol/L，故C错误；
D.由于CO32-水解，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以c(OH)>c(HCO3-)，故D正确；
所以答案：D。
【点睛】根据Na2CO3在溶液中存在：Na2CO3=2Na++CO32-；CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-;H2OH++OH-，进行分析判断。
15.有一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在10 mL刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积是（ ）
A. 10mL B. 40mL C. 大于10mL D. 大于40 mL
【答案】D
【解析】
【详解】由于滴定管的“0”刻度在上，所以50mL酸式滴定管中盛有溶液，液面恰好在10mL刻度处时，有刻度的部分溶液体积为: (50-10)mL=40mL， 滴定管中50mL以下部分没有刻度线，所以盛有的溶液体积大于40mL。故 D符合题意；
答案：D。
【点睛】滴定管的“0”刻度在上、50mL的刻度在下，且在50mL的刻度线以下还有一段没有刻度，滴定管中液面恰好在10mL刻度处，盛有的液体体积大于(50-40) mL.
16.将氨水逐滴加入到稀盐酸中，使溶液为中性，则此时
A. [NH4+]=[Cl-] B. [NH4+]＞[Cl-]
C. [NH4+]＜[Cl-] D. [NH4+]与[Cl-]之间关系不确定
【答案】A
【解析】
【详解】溶液为中性，则c(OH―)＝c(H＋)，所以根据电荷守恒c(Cl-)＋c(OH―)＝c(NH4＋)＋c(H＋)可知，c(Cl-)＝c(NH4＋)，答案选A。
17.蒸干FeCl3水溶液后再加强热,得到的固体物质主要是( )
A. FeCl3 B. FeCl3·6H2O C. Fe(OH)3 D. Fe2O3
【答案】D
【解析】
【详解】FeCl3在水中发生水解:FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl,加热促进水解,由于HCl具有挥发性,会从溶液中挥发出去,从而使FeCl3彻底水解生成Fe(OH)3,Fe(OH)3为不溶性碱,受热易分解,最终生成Fe2O3。
18.室温下向饱和AgCl溶液中加水，下列叙述正确的是
A. AgCl的溶解度增大 B. AgCl的溶解度、Ksp均不变
C. AgCl的Ksp增大 D. AgCl的溶解度、Ksp均增大
【答案】B
【解析】
物质的溶解度和溶度积都是温度的函数，与溶液的浓度无关。所以向AgCl饱和溶液中加水，AgCl的溶解度和Ksp都不变，故B项正确。
19.一定温度下，将足量的AgCl分别加入下列物质中，①20mL 0.01 mol•L－1 KCl； ②30 mL 0.02 mol•L－1 CaCl2溶液； ③40 mL 0.03 mol•L－1 HCl溶液；④10 mL蒸馏水；⑤50 mL 0.05 mol•L－1 AgNO3溶液；则AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是
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】
根据溶度积常数，氯离子浓度越大氯化银的溶解度越小，银离子浓度越大氯化银溶解度越小；①20mL 0.01 mol•L－1 KCl溶液中氯离子浓度是0.01 mol•L－1； ②30 mL 0.02 mol•L－1 CaCl2溶液中氯离子浓度是0.04 mol•L－1； ③40 mL 0.03 mol•L－1 HCl溶液中氯离子浓度是0.03 mol•L－1；④10 mL蒸馏水中氯离子浓度是0 mol•L－1；⑤50 mL 0.05 mol•L－1 AgNO3溶液中银离子浓度是0.05 mol•L－1；所以AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是④>①>③>②>⑤，故B正确。
20.一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H+。下列叙述错误的是
A. Pd电极b为阴极
B. 阴极的反应式为：N2+6H++6e−2NH3
C. H+由阳极向阴极迁移
D. 陶瓷可以隔离N2和H2
【答案】A
【解析】
A、此装置为电解池，总反应是N2＋3H2=2NH3，Pd电极b上是氢气发生反应，即氢气失去电子化合价升高，Pd电极b为阳极，故A说法错误；B、根据A选项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N2＋6H＋＋6e－=2NH3，故B说法正确；C、根据电解的原理，阴极上发生还原反应，即有阳极移向阴极，故C说法正确；D、根据装置图，陶瓷隔离N2和H2，故D说法正确。
21.电解法制备MnO2的装置如图。下列说法错误的是
A. 离子交换膜可选用质子交换膜
B. 阳极反应式为Mn2++2H2O-2e-= MnO2+4H+
C. 阴极区溶液的PH增大
D. 导线中通过1mol电子时，理论上阳极区溶液质量减少44.5g
【答案】C
【解析】
电解时硫酸锰失去电子生成二氧化锰，被氧化，因此a为阳极，电极反应式为Mn2++2H2O-2e-= MnO2+4H+，则b为阴极，阴极上氢离子放电，生成氢气，电解过程中阴极区生成硫酸，因此阳极生成的氢离子有一半向阴极区移动，使得阴极区溶液的pH基本不变，离子交换膜可选用质子交换膜；因此AB正确，C错误；根据阳极反应式为Mn2++2H2O-2e-= MnO2+4H+，导线中通过1mol电子时，阳极区溶液减少的质量为×(55+36-2)=44.5g，故D正确；故选C。
点睛：本题的易错点为氢离子的移动方向和数目。根据阳极反应式为Mn2++2H2O-2e-= MnO2+4H+，阳极区正电荷数目增多，阴极区电极反应式为2H+ + 2e-- == H2，阴极区正电荷数目减少，为了变成溶液的电中性，阳极区只有一半的氢离子通过离子交换膜。
22.①已知t℃时AgCl的Ksp＝2×10－10；②在t℃时Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－9
B. 在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点
C. 在t℃时，以0.01 mol/LAgNO3溶液滴定20 mL 0.01 mol/L KCl和0.01 mol/L的K2CrO4的混和溶液，CrO42－先沉淀
D. 在t℃时，反应Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq) 2AgCl(s)＋CrO42－(aq)的平衡常数K＝2.5×107
【答案】D
【解析】
【详解】A.依据图象曲线上的数据，结合溶度积常数概念计算得到;曲线.上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为:Ag2 CrO4(s) = 2Ag+ CrO4- ;Ksp= c2(Ag+)c(CrO42-)=)2
= 10 -12，故A错误;
B.在饱和溶液中加入K2CrO4可使沉淀溶解平衡左移，溶积常数不变，还是饱和溶液，对应的点还应在曲线上，故B错误;
C.依据溶度积常数计算：Ksp(CrO42- )= c2(Ag+)c(CrO42-)=110-12，以0.01mol/LAgNO3溶液滴定20mL0.01 mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液中，c(CrO42-)= 0.01mol/L,得到
c(Ag+)==110-5mol/ L;0.01mol/LKCl溶液中，c(Cl- )= 0.01mol/L ;依据溶度积计算得到: c(Ag+)==2 10- 8mol/L; 所以先析出氯化银沉淀，故C错误;
D.在t°C时, Ag2 CrO4(s) + 2Cl- (aq) = 2AgCl(s) + CrO42- (aq)，离子浓度相同时氯化银的溶度积和Ag2 CrO4的溶度积计算K=c(CrO42-)/c2(Cl-)=Ksp(Ag2CrO4)/Ksp2(AgCl)==2.5107，故D正确;
所以答案：D。
23.常温下，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10－5。向20 mL浓度均为0.1 mol/L NaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液，所得混合液的导电率与加入CH3COOH溶液的体积（V）的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. a=20，b=40，且溶液呈中性处于A、B两点之间
B. B点溶液中：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH）
C. 已知lg3≈0.5，则C点的pH≈5
D. A、B、C三点中，B点溶液中水的电离程度最大
【答案】A
【解析】
【分析】
由题可知，向20 mL浓度均为0.1 mol/L NaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液，CH3COOH先和NaOH反应生成CH3COONa，过程中离子浓度降低，导电率降低，故A点时，NaOH被完全反应完，导电率最低，然后，CH3COOH和NH3·H2O反应生成CH3COONH4，使离子浓度增大，导电率增大，故B点时，NH3·H2O反应完全，B点以后，再加入CH3COOH溶液，溶液体积增大，离子浓度下降，导电率下降。
【详解】A、a=20，b=40，A点时溶质为：CH3COONa、NH3·H2O，B点时，溶质为：CH3COONa 、CH3COONH4，均为碱性，故且溶液呈中性不在A、B两点之间，故A错误；
B、B点时，溶液为等浓度的CH3COONa 、CH3COONH4混合溶液，故离子浓度大小为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH），故B正确；
C、C点时，溶液是等浓度的CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH溶液，C、c（H+）=c（CH3COO-）/c（CH3COOH）2，c（H+）故pH≈5，故C正确；
D、AB两点均是水解促进水的电离，且B点促进程度更大，故B点溶液中水的电离程度最大，故D正确；故选A。
【点睛】对于这类型图像题目，一定要搞清楚每个特殊点对应溶液的溶质及浓度，再结合题意进行计算，计算pH时，本质上一定是算出氢离子的浓度，所以本题中根据醋酸的电离常数就能算出氢离子的浓度。
24.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2
X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A. Ka2（H2X）的数量级为10–6
B. 曲线N表示pH与的变化关系
C. NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)
D. 当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋)
【答案】D
【解析】
A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根据图像可知当
＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；答案选D。
二、填空题
25.根据下列表格中信息填写
有机物A
有机物B
有机物C
有机物D
1.该物质的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志
2.比例模型：
1.该物质为天然气的主要成分
2.比例模型：
1.该物质由碳，氢，氧三种元素组成
2.75%的该物质的水溶液可做医用消毒剂
1.分子式为C2H4O2
2.该物质的水溶液显酸性，是家庭常用调味剂
（1）有机物A的结构简式为_________________，它与溴水反应的化学方程式为___________________。
（2）有机物B的空间构型为_______________________将有机物B与氧气分别通入如图装置的两极组成燃料电池，该电池的负极反应为____________________________正极反应为_____________________________。
（3）有机物D在水溶液中的电离方程式为_______________________。 将pH=3的D溶液加水稀释10倍，所得溶液的pH_____4(填“大于”，“小于”），0.1molD与等量的NaOH溶液恰好完全反应的生成物显__________性（填“酸”或“碱”），该溶液中存在的电荷守恒关系式为_______________。
【答案】 (1). CH2=CH2 (2). CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br (3). 正四面体结构 (4). CH4+10OH--8e-= CO32-+7H2O (5). 2O2+4H2O+8e-=8OH- (6). CH3COOHCH3COO- +H+ (7). 小于 (8). 碱 (9). c(Na)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
【解析】
【分析】
（1）根据有机物的用途和结构判断有机物的名称，进行有机物的性质；
（2）根据一元强酸和一元弱酸的稀释特点进行判断稀释后的pH大小。
（3）根据原子守恒规律书写相应的等量关系式。
【详解】（1）有机物A的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志；且比例模型为：，所以有机物为乙烯，其结构简式为CH2=CH2，它与溴水发生加成反应的化学方程式为CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；答案：CH2=CH2；CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；
（2）有机物B为天然气的主要成分，其比例模型为：，所以B为甲烷，其空间构型为正四面体结构，将甲烷与氧气分别通入如图装置发生反应为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O
构成燃料电池，该电池的负极发生氧化反应，其反应式为CH4+10OH--8e-= CO32-+7H2O ;正极反应为2O2+4H2O+8e-=8OH-;答案：正四面体结构；CH4+10OH--8e-= CO32-+7H2O；2O2+4H2O+8e-=8OH-；
（3）有机物D的分子式为C2H4O2，其水溶液显酸性，是家庭常用调味剂，则D为醋酸，是弱酸，所以在水溶液中的电离方程式为CH3COOHCH3COO- +H+。将pH=3的CH3COOH溶液加水稀释10倍，因为CH3COOH为弱酸，稀释会促进电离，所以得到的溶液的pH小于4，0.1molCH3COOH与等量的NaOH溶液恰好完全反应生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，该溶液中存在的电荷守恒关系式为c(Na)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)；答案：CH3COOHCH3COO- +H+；小于；碱；c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)。
26.电解原理在化学工业中有广泛应用。
（1）电解食盐水是氯碱工业基础．目前比较先进的方法是阳离子交换膜法，电解示意图如图1所示，图中的阳离子交换膜只允许阳离子通过，请回答以下问题：
①电解池实现了_______能向_______能的转化；
②图中A极要连接电源的__________（填“正”或“负”）极；
③电解总反应的化学方程式是______________________。
（2）电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益。实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图2所示（图中电极均为石墨电极），若用NO2气体进行模拟电解法吸收实验，写出电解时NO2发生的电极反应_______________________。
（3）在实际生产中，可在铁件的表面上镀铜防止铁被腐蚀，装置示意图如下甲图：
①电镀时，镀件与电源的____极连接，
②B电极上的电极反应是________________。
③乙图是一种钠硫高能电池的结构示意图，M由Na2O和Al2O3制得，其作用是导电和隔膜，该电池反应为2Na+xS=Na2Sx。用该电池作电源进行上述铁件镀铜时，若电镀池中两电极的质量开始相同，电镀完成后取出洗净、烘干、称量，二者质量差为25.6g，则理论上该电池负极消耗的质量为___________g。
【答案】 (1). 电 (2). 化学 (3). 正 (4). 2Cl- + 2H2OCl2↑+H2↑+2OH- (5). NO2-e-+H2O=NO3-+2H+； (6). 负极 (7). Cu2++2e- =Cu; (8). 9.2g
【解析】
【分析】
（1）根据电解池中阳离子向阴极移动进行判断电池的阴阳极；
（2）根据左室产生氢气发生还原反应，所以能判断出左室为阴极室，右室为阳极室，进而完成电极反应式的书写；
（3）根据整个电路中电子守恒进行计算负极消耗钠的质量。
【详解】（1）①电解池是把电能转化为化学能的装置，所以答案：电；化学；
②由电解食盐水装置图可知，钠离子移向右边，所以左边A为阳极，所以A极要连接电源的正极，故答案为:正;
③由电解食盐水装置图可知，钠离子移向右边，则左边A为阳极，右边B为阴极，电解氯化钠溶液的总反应离子方程式为：2Cl- + 2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
（2）①根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室,右室为
阳极室,阳极上通入是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸,电极反应式为:NO2-e-+H2O=NO3-+2H+故答案为: NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；
（3）①在铁件的表面镀铜，镀层金属铜必须做阳极，故A对应的金属必须是铜；镀件铁做阴极，故镀件必须连电源的负极；所以答案：负极；
②在阴极上放电的是电解质溶液中的铜离子，得电子发生还原反应，其反应的电极式为:Cu2++2e- =Cu;答案：Cu2++2e- =Cu;
③原电池总反应为：2Na+xS=Na2Sx中，电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，所以阳极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，阴极上铜离子得电子发生还原反应，阴极反应式为Cu2++2e-=Cu;电镀后，两个电极质量差等于阳极溶解质量与阴极析出质量之和，若电镀前铁、铜两电极的质量相同，电镀完成后将它们取出洗净、烘干、称量，二者质量差为25.6g , 所以阳极溶解铜的质量为12.8g，消耗铜的物质的量为0.2mol，转移的电子为0.4mol，故流经电镀池的电极的电子的物质的量为0.4mol，而流经电镀池的电子的量与流经原电池中正负极的电子的量相同，则原电池负极上被消耗的钠物质的量等于转移的电子的物质的量，所以要转移0.4mol电子，需要消耗0.4mol Na，其质量为0.4mol 23g/mol=9.2g；答案：9.2g。
27.（一）将AgCl溶于水形成饱和溶液
（1）写出沉淀溶解平衡方程式___________________________________， 写出AgCl的Ksp表达式________________________________________
（2）若向该饱和溶液中加入NaCl固体，则C(Ag+)_____(填“增大”或“减少”
（二）常温下，有浓度均为0.1mol⋅L-1的下列4种溶液：
①NaCN溶液 ②NaOH溶液 ③CH3COONa溶液 ④NaHCO3溶液
HCN
H2CO3
CH3COOH
Ka=4.9×10-10
Ka1=4×10-7
Ka2=5.6×10-11
Ka=1.7×10-5
（1）这4种溶液pH最小的是______(填序号)；
（2）①中各离子浓度由大到小的顺序是_______________________；
（3）④的水解方程式为______________________________________；它的水解平衡常数经过计算为______；
（4）25℃时，测得HCN和NaCN的混合溶液的pH=11，则c(HCN)和c(CN-)之比为____________，向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为_____________________________________________。
【答案】 (1). AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq) (2). Ksp=c(Ag+)c(Cl-) (3). 减少 (4). ③ (5). c(Na+)> c(CN-)> c(OH- )> c(H+) (6). HCO3-+H2O H2CO3-+ OH-； (7). 2.510-8 (8). 0.02 (9). CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3-
【解析】
【分析】
（1）由对应酸的电离平衡常数分析：酸性CH3COOH> H2CO3 > HCN > HCO3 -，酸性越弱对应盐的水解程度越大，溶液的碱性最强，判断则溶液碱性的强弱；
（2）根据NaCN溶液中CN-离子水解，溶液显碱性判断溶液中离子浓度的大小；
（3）根据水解常数为Kh=关系进行计算。
【详解】（1）AgCl属于难溶性强电解质，溶于水形成饱和溶液存在着AgCl沉淀溶解平衡，其沉淀溶解平衡方程式为AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq); 沉淀溶解平衡常数Ksp=c(Ag+)c(Cl-)；答案：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq); Ksp=c(Ag+)c(Cl-)；
（2）温度不变，Ksp不变，向该饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，c(Cl-)增大，根据Ksp=c(Ag+)c(Cl-)，则C(Ag+)减少；答案：减少；
（二）(1)由对应酸的电离平衡常数分析可知:酸性CH3COOH> H2CO3 > HCN > HCO3 -，酸性越弱对应盐的水解程度越大，溶液的碱性最强，则溶液中碱性②NaOH溶液>①NaCN溶液>④NaHCO3溶液>③CH3COONa溶液，这4种溶液pH最小的是: ③CH3COONa溶液；答案：③；
(2) NaCN溶液中CN-离子水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为:c(Na+)> c(CN-)> c(OH- )> c(H+)；答案：c(Na+)> c(CN-)> c(OH- )> c(H+)；
（3）④为NaHCO3溶液，弱根离子为HCO3-，发生水解反应的方程式为HCO3-+H2O H2CO3-+ OH-;答案：HCO3-+H2O H2CO3-+ OH-；
④NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解, HCO3-+H2O H2CO3-+ OH-，水解常数为Kh= [c(OH-)c(H2CO3) ]/ c( HCO3- )===2.510-8;故答案为: HCO3-+H2O H2CO3-+ OH-;2.510-8;
（4）25°C时，测得HCN和NaCN的混合溶 液的pH= 11，====0.02； 碳酸的一级电离常数大于HCN的电离常数，二级电离常数小于HCN的电离常数，故碳酸的酸性强于HCN，为碳酸氢根的酸性溶于HCN, 故向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN与NaHCO3，该反应离子方程式为: CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3-故答案为: 0.02 ; CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3-。
