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【化学】河北省衡水市枣强中学2019-2020学年高二下学期第一次月考（解析版） 试卷
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河北省衡水市枣强中学2019-2020学年高二下学期第一次月考
可能用到的相对原子质量H 1 , Li 7 , B 11, C 12，N 14,O 16，Na 23，Mg24，S 32,Cl 35.5， K39，Ca 40，Cr 52,Fe 56，Cu 64，Zn65，Br80，Ag 108, I 127, Ba137，Pb 207
一、单选题
1.25 ℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-lgc(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]-Ksp[Fe(OH)2]，下列说法正确的是
A. b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，且Ksp[Fe(OH)2]=10-15.1
B. 当Fe(OH)2 和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中：C(Fe2+):c(Cu2+)= l：104.6
C. 向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液
D. 除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO
【答案】A
【解析】
A．该温度下，Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，则c(Fe2+)＞c(Cu2+)，离子浓度越大，-lgc(M2+)值越小，则相同条件下，饱和溶液中c(Fe2+)较大，所以Fe(OH)2饱和溶液中-lgc(Fe2+)较小，则b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，由图象可知，pH=8时，-lgc(Fe2+)=3.1，Ksp[Fe(OH)2]=10-3.1×(10-6)2=10-15.1，故A正确；B．当pH=10时，-lgc(Cu2+)=11.7，则Ksp[Cu(OH)2]=10-11.7×(10-4)2=10-19.7，c(Fe2+)：c(Cu2+)===，故B错误；C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，溶液中会生成Cu(OH)2沉淀，溶液中铜离子的浓度会减小，而从X点到Y点铜离子浓度不变，故C错误；D．Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，Cu(OH)2更易生成沉淀，在含有Fe2+的CuSO4溶液中，加入适量CuO，不能生成Fe(OH)2沉淀，所以Fe2+浓度不变，故D错误；故选A。
2.25 ℃时有关物质的颜色和溶度积（Ksp）如下表：
物质
AgCl
AgBr
AgI
Ag2S
颜色
白
淡黄
黄
黑
Ksp
1.8×10－10
7.7×10－13
1.5×10－16
1.8×10－50
下列叙述中不正确的是（ ）
A. 向AgCl的白色悬浊液中加入0.1 mol/L KI溶液，有黄色沉淀产生
B. 25 ℃时，利用表中的溶度积（Ksp），可以计算AgCl、AgBr、AgI、Ag2S饱和水溶液中Ag＋的浓度
C. 25 ℃，AgCl固体分别在等物质的量浓度NaCl、CaCl2溶液中溶解达到平衡，两溶液中，c（Ag+）和溶度积均相同
D. 在5 mL 1.8×10－6 mol/L NaCl溶液中，加入1滴（20滴约为1 mL）1×10－3 mol/L AgNO3溶液，不能产生白色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．对于相同类型的难溶性盐，一般情况下溶度积大的沉淀较易转化成溶度积小的沉淀，如向AgCl的白色悬浊液中加入KI溶液，可生成AgI沉淀，故A不符合题意；
B．AgCl、AgBr、AgI、Ag2S饱和水溶液中Ag＋的浓度分别为：mol/L、mol/L、mol/L、mol/L，故B不符合题意；
C．等物质的量浓度NaCl、CaCl2溶液中c(Cl-)不同，根据平衡移动可知，AgCl在这两溶液中溶解度不同，因温度不变，因此溶度积相同，但c（Ag+）不同，故C符合题意；
D．1滴溶液体积为0.05mL，加入到5mL溶液中，混合溶液体积几乎不变，当硝酸银加入后，溶液中c(Ag+)=，Qc(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=1.8×10−6 mol⋅L−1×1×10−5mol⋅L−1=1.8×10−11<1.8×10−10，所以不能产生白色沉淀，故D不符合题意；
故答案为：C。
【点睛】本题D选项的相关判断依据为浓度熵与溶度积的相对大小，计算难点在于混合后溶液相关微粒浓度的变化，这是计算过程中易忽略点，也是易错点，需注意理解分析。
3.在t℃时，Ag2CrO4(橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的Ksp＝1.8×10－10。下列说法不正确的是( )
A. t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8
B. 饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C. t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等
D. t℃时，将0.01 mol·L－1AgNO3溶液滴入20 mL 0.01 mol·L－1KCl和0.01 mol·L－1K2CrO4的混合溶液中，Cl－先沉淀
【答案】A
【解析】
【详解】A、由图中数据可计算Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO42-)＝(1×10－3)2×1×10－5=1.0×10－11，故A错误，符合题意；
B、在Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO42-)增大，则c(Ag＋)降低，而X点与Y点的c(Ag＋)相同，故B正确，不符合题意；
C、Y点、Z点溶液的温度相同，则Ksp相同，故C正确，不符合题意；
D、由AgCl的Ksp计算此条件下AgCl沉淀时的c(Ag＋)＝mol·L－1＝1.8×10－8mol·L－1，由Ag2CrO4的Ksp计算c(Ag＋)＝mol·L－1＝3.2×10－5mol·L－1，Cl－沉淀需要的c(Ag＋)更低，可知Cl－先沉淀，故D正确，不符合题意；
故选A。
4.如图所示为某温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线,下列说法不正确的是( )
A. 加入Na2SO4(s)可使溶液由a点变为b点
B. 在曲线上方区域(不含曲线)任意一点时,均有BaSO4沉淀生成
C. 蒸发溶剂可能使溶液由c点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)
D. 升高温度,可使溶液由b点变为c点
【答案】D
【解析】
【详解】A、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42-），平衡左移，c（Ba2+）应降低，故A正确；
B、在曲线上方区域(不含曲线)任意一点时,Qc＞Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，故B正确；
C、c点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42-）、c（Ba2+）均增大，所以可能使溶液由c点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)，故C正确。
D、升高温度, 溶剂水蒸发，c（SO42-）、c（Ba2+）均增大，溶液过饱和，有沉淀析出，不会使溶液由b点变为c点，故D错误。
本题选D。
5.已知常温下Ksp(AgCl)=1.8×10-10mol2/L2，Ksp(AgI)＝1.0×10-16 mol2/L2。下列说法中正确的是
A. 在相同温度下AgCl的溶解度小于AgI的溶解度
B. AgCl和AgI都不溶于水，因此AgCl和AgI不能相互转化
C. 常温下，AgC1若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于 ×10-11mol/L
D. 将足量的AgCl分别放入下列物质中:①20mL0.01mol/LKCl溶液 ②10mL0.02mol/LCaCl2溶液 ③30mL0.05mol/LAgNO3溶液。AgCl的溶解度由大到小的顺序为： ③>②>①
【答案】C
【解析】
A、由于AgCl和AgI的组成相同，所以用Ksp可直接判断其溶解度的大小，即AgCl的溶解度大于AgI的溶解度，所以A错误；B、溶液中的反应总是向着能使微粒浓度减小的方向进行，由于AgCl的溶解度大于AgI的，所以AgCl可以转化为AgI，故B错误；C、AgC1在溶液中电离产生的c(Ag+)= c(Cl—)== ×10-5mol/L，所以要转化为AgI，需要NaI的最小浓度为c(I—)= =×10-11mol/L，所以C正确；D、这三种溶液中的c(Ag+)和c(Cl—)的能抑制AgC1的溶解，即c(Ag+)或c(Cl—)越大，使AgC1的溶解度越小，与溶液的体积无关，所以AgCl在这三种溶液中的溶解度由大到小的顺序为：①>②>③，所以D错误。因此本题正确答案为C。
6.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
结论
操作
A
CO32-水解是吸热反应
在0.1 mol/LNa2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深
B
Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
常温下，用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4全部转化为BaCO3
C
酸性A比B强
等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
D
金属性：M＞N
由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.水解反应为吸热反应；
B.Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，则生成碳酸钡沉淀；
C.等pH时酸HA放出的氢气多，可知HA的酸性更弱；
D.由M、N与稀硫酸构成的原电池中，较活泼金属失电子发生氧化反应，较不活泼金属上生成氢气。
【详解】A.水解反应为吸热反应，则滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深，可知CO32-水解是吸热反应，A正确；
B.向含有BaSO4溶液中加入饱和Na2CO3溶液，若Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，则会生成碳酸钡沉淀，与是否发生沉淀的转化无关，因此不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)，B错误；
C.等pH时酸HA放出的氢气多，可知溶液中含HA酸物质的量较多，则说明HA的酸性更弱，即酸性：HA
故合理选项是A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握盐类水解、酸性比较、沉淀生成、原电池反应等知识，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清
酸性：苯酚＞HCO3－
B
将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色
Fe(NO3)2已变质
C
氯乙烷与NaOH溶液共热后，滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀
氯乙烷发生水解
D
在2 mL 0.01 mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 mol·L－1 ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01 mol·L－1 CuSO4溶液，又出现黑色沉淀
Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，则溶液变澄清，说明酸性：苯酚＞HCO3-，选项A正确；
B、Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4酸化后，相当于存在HNO3，会把Fe2+氧化为Fe3+,滴加KSCN溶液后变红色,不能确定Fe(NO3)2试样已变质，选项B错误；
C、氯乙烷与NaOH溶液共热后，溶液中还存在过量的NaOH溶液，此时直接加入AgNO3 溶液，最终得到的褐色的Ag2O，选项C错误；
D、在2 mL 0.01 mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 mol·L－1 ZnSO4溶液有白色沉淀ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入CuSO4溶液，又出现黑色沉淀CuS，所以无法据此判断Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小关系，选项D错误。
答案选A。
8.已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO42—，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为( )
A. Cl－、Br－、CrO42— B. CrO42—、Br－、Cl－ C. Br－、Cl－、CrO42— D. Br－、CrO42—、Cl－
【答案】C
【解析】
【详解】析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag+)==mol/L=1.56×10-8mol/L；AgBr溶液中c(Ag+)==mol/L=7.7×10-11mol/L；Ag2CrO4溶液中c(Ag+)==mol/L=3×10-5；c(Ag+)越小，则越容易生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、CrO42-，故选C。
【点睛】本题的易错点为Ag2CrO4溶解平衡时c(Ag+)的计算，要注意Ksp计算表达式的理解和应用，同时注意组成不相似的物质，不能直接根据溶度积判断。
9.下列说法正确的是（）
A. 向 AgCl 、 AgBr 的饱和溶液中滴加少量 AgNO3 溶液，溶液中不变
B. 向0.1mol × L-1 的CH3COOH 溶液中加入少量水，溶液中 减小
C. 0.1mol K2Cr2O7 被完全还原为Cr3+ 时，转移的电子数约为1.806 ´1023
D. 一定条件下，反应 2NO（g） + 2CO（g） = N 2（g） + 2CO 2（g） 能自发进行，该反应的ΔH>0
【答案】A
【解析】
【详解】A．AgCl、AgBr饱和溶液中，温度不变的情况下，该比值不变，故A正确；
B．，加水稀释CH3COOH溶液时，c（CH3COOH）减小，温度不变时，Kh不变，该比值增大，故B错误；
C．K2Cr2O7被还原为Cr3+时，Cr元素化合价降低3价，故0.1mol K2Cr2O7被还原为Cr3+时，转移电子数约为3×0.2×6.02×1023=3.612×1023，故C错误；
D．该反应的ΔS<0，该反应能够自发进行，即ΔG=ΔH-TΔS<0，则ΔH必须小于0，故D错误；
故答案为：A。
【点睛】对于稀释过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH，稀释过程中，c（CH3COO-）、c（CH3COOH）、c（OH-）、c（Na+）均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。
10.电解合成 1 , 2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是
A. 该装置工作时，化学能转变为电能
B. CuCl2能将C2H4还原为 l , 2－二氯乙烷
C. X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D. 该装置总反应为CH2CH2 + 2H2O + 2NaClH2 + 2NaOH + ClCH2CH2Cl
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 该装置为外加电源的电解池原理；
B. 根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；
C. 根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；
D. 根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。
【详解】A. 该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；
B. C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；
C. 该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；
D. 该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2＝CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D项正确；
答案选D。
11.某科研小组模拟“人工树叶”电化学装置如下图所示，该装置能将H2O和CO2转化为糖类(C6H12O6)和O2，X、Y是特殊催化剂型电极，下列说法正确的是
A. 电源a极为正极
B. 该装置中Y电极发生还原反应
C. X电极的电极反应式为6CO2+24H++24e-=C6H12O6+6H2O
D. 理论上，每生成22.4L(标准状况下)O2,必有4mol H+由X极区向Y极区迁移
【答案】C
【解析】
【详解】A、X极上二氧化碳得电子转化为糖类(C6H12O6)，发生还原反应，为电解池的阴极，连接负极，则电源a极为负极选项A错误；
B、该装置是电解池装置，与电源正极b极相连的Y电极是电解池的阳极失电子发生氧化反应，选项B错误；
C、X电极与电源负极相连，所以X电极是阴极，发生还原反应，电极反应式为6CO2+24H++24e-=C6H12O6+6H2O，选项C正确；
D、X电极与电源负极相连，所以X电极是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以氢离子从阳极Y极区向阴极X极区移动，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确各个电极上发生的反应、电解质溶液中离子移动方向等知识点是解本题关键，会根据转移电子守恒进行计算，难点是电极反应式的书写。
12.硼酸(H3BO3)为一元弱酸，已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3BO3+OH-＝B(OH)4一，H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如下图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）。下列说法正确的是
A. 当电路中通过1mol电子时，可得到lmolH3BO3
B. 将电源的正负极反接，工作原理不变
C. 阴极室的电极反应式为：2H2O-4e-＝O2+4H+
D. B(OH)4一穿过阴膜进入阴极室，Na+穿过阳膜进入产品室
【答案】A
【解析】
【分析】
阳极电极反应式为2H2O-4e-＝O2↑+4H+、阴极电极反应式为4H2O+4e-＝2H2↑+4OH-，阳极室中的氢离子通入阳膜进入产品室，B(OH)4一穿过阴膜进入产品室，发生反应：B(OH)4一+H+＝H2O+H3BO3，据此判断。
【详解】A．阳极发生失去电子的氧化反应，电极反应式为2H2O-4e-＝O2↑+4H+，电路中通过1mol电子时有1molH+生成，硼酸（H3BO3）为一元弱酸，生成1mol硼酸需要1molH+，所以电路中通过1mol电子时，可得到1molH3BO3，A正确；
B．根据以上分析可知如果将电源的正负极反接，工作原理发生变化，B错误；
C．电解时阴极发生得到电子的还原反应，电极反应式为4H2O+4e-＝2H2↑+4OH-，C错误；
D．阳极电极反应式为2H2O-4e-＝O2↑+4H+、阴极电极反应式为4H2O+4e-＝2H2↑+4OH-，阳极室中的氢离子通入阳膜进入产品室，B(OH)4一穿过阴膜进入产品室，发生反应：B(OH)4一+H+＝H2O+H3BO3，Na+穿过阳膜进入阴极室，D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查电解工作原理，侧重考查学生分析判断能力，明确各个电极上发生的反应、阴阳离子的移动方向、交换膜的作用是解本题的关键，易错选项是A，注意硼酸是一元弱酸，题目难度中等。
13.二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示:
下列说法不正确的是
A. b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸
B. 二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH
C. 电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.6gH2
D. 电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O
【答案】D
【解析】
A. 电解池右边产生氢气，则b电极接电源的负极，在b极区氢离子得电子产生氢气，氯离子通过阴离子交换膜进入左边，盐酸变稀，则流出的Y溶液是稀盐酸，选项A正确；B、二氧化氯发生器中发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，选项B正确；C、电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D、电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O +3Cl-=NCl3+4H+，选项D不正确。答案选D。
14.用石墨电极完成下列电解实验
实验一
实验二
装置
现象
a、d处试纸变蓝;b处变红,局部褪色;c处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生……
下列对实验现象的解释或推测不合理的是（ ）
A. a、d处：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
B. b处：2Cl--2e-=Cl2↑
C. c处发生了反应：Fe-2e-=Fe2+
D. 根据实验一的原理,实验二中m处能析出铜
【答案】B
【解析】
【详解】A、a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，破坏了水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大造成的，A正确；
B、b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，分别产生氧气和氯气，氢离子浓度增大，酸性增强，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，B错误；
C、c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，C正确；
D、实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池（一个球两面为不同的两极），m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极（n的背面），故相当于电镀，即m上有铜析出，D正确；
答案选B。
【点睛】化学反应主要是物质变化，同时也伴随着能量变化。电化学是化学能与电能转化关系的化学。电解池是把电能转化为化学能的装置，它可以使不能自发进行的化学借助于电流而发生。与外接电源正极连接的电极为阳极，与外接电源的负极连接的电极为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极(除Au、Pt、C之外的电极)，则电极本身失去电子，发生氧化反应；若是惰性电极(Au、Pt、C等电极)，则是溶液中的阴离子放电，放电的先后顺序是S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子，阴极则是溶液中的阳离子放电，放电顺序是Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+，与金属活动性顺序刚好相反。因此掌握电解池反应原理是本题解答的关键。注意依据实验现象分析可能发生的电极反应。
15.下列装置由甲、乙两部分组成(如图所示)，甲是将废水中乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化为环境友好物质所形成的化学电源；乙利用装置甲模拟工业电解法来处理含Cr2O72-废水，电解过程中溶液发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O。当电池工作时，下列说法错误的是
A. 甲中H+透过质子交换膜由左向右移动
B. 乙池中Fe棒应与甲池中的M极相连
C. M极电极反应式：H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e-=2CO2↑+N2↑+16H+
D. 若溶液中减少了0.01molCr2O72-，则电路中至少转移了0.06 mol电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图知，N电极上氧气得电子生成水，该电极上得电子发生还原反应，为正极，M为负极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即甲中H+透过质子交换膜由左向右移动，A正确；
B．根据方程式知，乙中Fe失电子生成亚铁离子，则Fe作阳极、C作阴极，阴极连接原电池负极、阳极连接原电池正极，则Fe与N极相连，B错误；
C．根据图知，M电极上生成氢离子，甲是将废水中乙二胺氧化为环境友好物质形成的化学电源，生成含有N元素的物质是氮气、生成含有C元素的物质是二氧化碳，因此电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e-=2CO2↑+N2↑+16H+，C正确；
D．Cr2O72-+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O中以Fe元素计算转移电子数=6×（3-2）=6，即消耗 1mol Cr2O72-，电路中至少转移了6mol电子，所以溶液中减少了0.01molCr2O72-，则电路中至少转移了0.06mol电子，D正确；
答案选B。
16.高氯酸在化工生产中有广泛应用,工业上以NaClO4为原料制备高氯酸的原理如图所示.下列说法正确的是
A. 上述装置中,f极为光伏电池的正极
B. 阴极的电极反应为2H2O－4e－ ＝4H＋＋O2↑
C. d处得到较浓的NaOH 溶液,c处得到HClO4
D. 若转移2mol电子,理论上生成100.5gHClO4
【答案】C
【解析】
【详解】A.电解池中阳离子向阴极移动，即d极为阴极，f为电源的负极，故A错误；
B.阴极上阳离子得到电子发生还原反应，故B错误；
C. 阳极的电极反应为2H2O－4e－ ＝4H＋＋O2↑，阴极电解方程式为：4H2O+4e-=4OH-+2H2↑，根据电极方程式可知，电池放电过程是电解水的过程，即在阳极水失去电子，所以在阳极得到高氯酸的浓溶液，在阴极得到浓的NaOH溶液，故C正确；
D.根据阴极电极方程式可知，转移2mol电子时，生成HClO42mol，理论上生成HClO4201g，故D错误；
故选C。
17.500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝6.0 mol·L－1，用石墨做电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是( )
A. 原混合溶液中c(K＋)为2 mol·L－1
B. 上述电解过程中共转移6 mol电子
C. 电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol
D. 电解后溶液中c(H＋)为2 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【详解】A、Cu(NO3)2的物质的量是1mol，根据N守恒可得n(KNO3)= 6.0 mol/L×0.5L－2mol=1mol，所以c(K＋)= c(KNO3)==2mol/L，选项A正确；
B、电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，在阳极发生反应：4OH-－4e-=2H2O+O2↑。n(O2)= =1mol。则转移电子4mol，因此选项B错误；
C、在阴极首先发生反应：Cu2++2e-=Cu，然后发生：2H++2e-=H2↑。由于产生氢气物质的量是1mol，得到电子2mol，则产生Cu转移的电子也是2mol，产生Cu 1mol。所以选项C错误；
D、因为在反应过程中放电的OH-的物质的量与H+及电子的物质的量相等，因为电子转移4mol，所以电解后溶液中H＋的物质的量也是4mol，所以c(H＋)==8mol/L ，所以选项D错误；
答案选A。
18.空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（ ）
A. 当有0.8mol电子转移时，b极产生4.48LO2
B. 为了增加导电性可以将左边容器中的水改为NaOH溶液
C. d极上发生的电极反应是：2H+ +2e－=H2
D. c极上进行氧化反应，A池中的H+可以通过隔膜进入B
【答案】B
【解析】
【详解】A.没有指明气体所处的温度和压强，无法计算气体的体积，A项错误；
B.电解NaOH溶液，实质是电解水，所以将左边的电解水装置中的水改为NaOH溶液，增大溶液中离子的浓度，增强导电性，B项正确；
C.a电极为阴极，a电极上产生的是氢气，所以d电极发生的电极反应是：H2-2e-=2H+，C项错误；
D.b电极为阳极，b极上产生的气体Y为氧气，c极上是氧气发生还原反应：O2+4e-+4H+=2H2O，c极为燃料电池的正极，d极为燃料电池的负极，B池中的H+通过隔膜进入A池，D项错误；
所以答案选择B项。
【点睛】右侧为氢氧酸性燃料电池，A池为正极室，B极为负极室。在原电池的内电路中，氢离子作为阳离子应向正极移动，所以氢离子移向A极室。
19.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是（）
A. 电解精炼铜,当外电路通过 NA 个电子时,阳极质量减小 32 g
B. 反应 3H2（g）+N2（g） 2NH3（g）ΔH=-92 kJ·mol-1,当放出 9.2 kJ 热量时,反应的 N2 为2.24L
C. 常温常压下 27 克 Al 与 33.6L 氯气完全反应，电子转移数小于 3NA
D. 1 mol·L-1 氯化铜溶液中,若 Cl-的数目为 2NA,则 Cu2+的数目略小于 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属杂质，故当转移NA个电子时，阳极减少的质量不等于32g，故A错误；
B．反应3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）ΔH=-92 kJ·mol-1，转移6mol电子，放出热量9.2kJ时，转移电子0.6NA，反应的N2标况下为2.24L，故B错误；
C．常温常压下与33.6L氯气的物质的量小于1.5mol, 所以与27克Al不能完全反应，故C错误；
D．氯化铜的化学式为CuCl2，n（ Cu2+）: n（Cl-）= 2:1，所以在1mol·L-1氯化铜溶液中，若Cl-的数目为2NA，则Cu2+水解少量消耗，数目略小于NA，故D正确；
故选D。
20.新型可控电池——锂水电池，工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A. 碳极发生的反应：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－
B. 有机电解质和水溶液不可以互换区域
C. 理论上外电路中每转移1 mol电子，负极消耗的质量为7 g
D. 若该电池可以充电，充电时碳极接外加电源的负极，锂极接外加电源的正极
【答案】D
【解析】
【分析】
锂能够与水反应，则形成原电池时，锂为负极，碳为正极，且负极不能与水接触，负极反应为Li-e-=Li+，正极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，结合原电池原理分析解答。
【详解】A．根据图示和上述分析，碳为正极，正极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A正确；
B．金属Li可以和水发生反应生成氢氧化锂和氢气，但和有机电解质不反应，所以有机电解质和水溶液不可以互换区域，故B正确；
C．根据Li-e-=Li+可知，外电路中每转移1mol电子，消耗1moLi，质量为7g，故C正确；
D．充电时，锂电极发生还原反应生成Li，应连接电源负极，碳极接外加电源的正极，故D错误；
故选D。
【点睛】本题的易错点为B，要注意锂能够与水反应，因此锂尽可能不与水直接接触，以提高锂的利用率，提高能量转换的效率。
21.具有下列电子层结构的原子或离子，其对应元素一定属于同一周期的是（ ）
A. 两原子核外全部都是s电子
B. 最外层电子排布为3s23p6的原子和最外层电子排布为3s23p6的离子
C. 原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而3d能级上没有电子的两种原子
D. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子
【答案】D
【解析】
【详解】A.氢原子和锂原子都只有s电子但不在同一周期，A错误；
B.最外层电子排布为3s23p6的微粒可能是原子或离子，其核外电子数相等，但质子数可以不同，例如Ar和K+，两者对应元素不在同一周期，B错误；
C.原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而3d能级上没有电子的两种原子，这里M层可能是最外层，则该原子为Ar，若M为次外层，该原子可能是K，两者不在同一周期，C错误；
D.3p能级上只有一个空轨道的原子，根据洪特规则可知该轨道电子为3p2，该原子可推知为Si，3p能级上只有一个未成对电子的原子，根据洪特规则可知该轨道电子为3p5，该原子可推知为Cl，两者处于同一周期，D正确。
故答案选D。
22.下列表示钠原子的式子中能反映能级差别和电子自旋状态的是（）
A.
B.
C. 1s22s22p63s1
D
【答案】D
【解析】
【详解】A．原子结构示意图中只提供电子层，没有电子亚层，不能看出电子自旋状态，故A错误；
B．23Na中只能知道Na含有11个电子，不能反映能级差别和电子自旋状态，故B错误；
C．电子排布式中含有电子层和电子亚层，能看出电子的能级差别，但是不能看出电子自旋状态，故C错误；
D．电子排布图中包含了电子层和电子亚层，小方块表示了能级差别，方块中的箭头表示电子自旋状态，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了电子排布、原子结构示意图、原子符号的表示，注意把握原子的表示方法和电子排布规律，易错点C，电子排布式中含有电子层和电子亚层，但是不能看出电子自旋状态。
23.基态X、Y、Z原子的核外电子排布式如下表，则下列化合物中不存在的是
基态原子的核外电子排布式
X
1S22S22P4
Y
1S22S22P63S1
Z
1S22S22P63S23P4
A. Y2ZX3 B. Y2X2 C. YZ D. ZX3
【答案】C
【解析】
【分析】
X的基态原子的核外电子排布式1S22S22P4，则X为氧；Y的基态原子的核外电子排布式1S22S22P63S1，则Y为钠；Z的基态原子的核外电子排布式1S22S22P63S23P4，则Z为硫。
【详解】A．Na2SO3是亚硫酸钠的化学式，A不合题意；
B．Na2O2是过氧化钠的化学式，B不合题意；
C．NaS，不存在此化合物，C符合题意；
D．SO3是三氧化硫的化学式，D不合题意；
故选C。
24.已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X与Y可形成化合物，Z元素可形成负一价离子。下列说法正确的是( )
A. X元素原子的基态电子排布式为
B. X元素是第四周期第ⅤA族元素
C. Y元素原子的电子排布图为
D. Z元素的单质在氧气中不能燃烧
【答案】B
【解析】
【分析】
X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，X元素原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，则X原子序数为33，X元素是As；Y元素的原子最外层2p轨道上有2个未成对电子，则Y元素原子的电子排布式为：1s22s22p2或1s22s22p4，Y可能为C或O；三种元素的原子序数为42，则Z元素的原子序数为：42-33-8=1，或42-33-6=3，Z元素可能为H或Li，由于Z可以形成负一价离子，所以Z为H，则Y为O，X2Y3为As2O3。可在此基础上对各选项作出判断。
【详解】A． 根据分析X元素为As，其原子的基态电子排布式为[Ar]3d104s24p3，A选项错误；
B． X元素价电子构型为4s24p3，原子最高电子占有能层n=4，价电子数为5，所以，X是第四周期ⅤA族元素，B选项正确；
C． Y为O，Y元素原子的电子排布图为，C选项错误；
D． Z为H，Z元素的单质H2可在氧气中燃烧，D选项错误；
答案选B。
【点睛】1．np轨道上有2个未成对电子的情况有两种：np2或np4；
2．用原子实简化原子电子排布式的书写，并不一定是原子实+价电子构型。如本题中的As：原子基态电子排布式为[Ar]3d104s24p3，并不是[Ar]4s24p3。
25.下列各项叙述中，正确的是（ ）
A. Na、Mg、Al的未成对电子数依次增多
B. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素
C. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
D. 氮原子的最外层电子排布图：
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na、Mg、Al三种元素的电子排布式分别为：1s22s22p63s1、1s22s22p63s2、1s22s22p63s23p1，未成对电子数分别为1、0、3，并没有依次增多，A项错误；
B. 根据价电子排布式可知，该元素共有四个电子层，位于第四周期，最外层有5个电子，处于第ⅤA族，在周期表中处于p区，B项正确；
C. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，离原子核越远，能量越高，因此2p轨道能量小于3p轨道能量，C项错误；
D. 氮原子的最外层电子排布图违背了洪特规则，正确的价层电子排布图为：，D项错误；
答案选B。
二、填空题（共 50 分）
26.通过学习，同学们对宏观辨识与微观探析，变化观念与平衡思想等学科素养有了进一步的认识和理解。请根据所学知识回答下列问题：
（1）铅蓄电池是典型的可充电型电池，电池总反应式为：Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO42-2PbSO4 ＋2H2O。放电时，负极的电极反应式是_______；充电时，当外电路通过 0.2 mol 电子时，理论上正极板的质量减少_________g。
（2）已知：常温下，Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10-11，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10-38。
①常温下，某酸性 MgCl2 溶液中含有少量的 FeCl3 ，为了得到纯净的 MgCl2·2H2O 晶体，应加入_________填化学式），调节溶液的 pH＝4，使溶液中的 Fe3+转化为 Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的 c（Fe3+）＝_________mol·L-1。
②常温下，若将 0.01 mol·L-1 MgCl2 溶液与至少________mol·L-1 NaOH 溶液等体积混合时有沉淀生成。
（3）25℃时，几种离子开始沉淀时的 pH 如下表：
离子
Fe2+
Cu2+
Mg2+
pH
7.6
5.2
10.4
当向含相同浓度 Cu2+、Mg2+、Fe2+的溶液中滴加 NaOH 溶液时，__________先沉淀（填离子符号），要使 0.3mol·L-1 硫酸铜溶液中Cu2+沉淀较为完全（当 Cu2+浓度降至 10-5 mol·L-1时），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液 pH 为________（KspCu（OH）2=1×10-20）
【答案】 (1). Pb-2e-+SO42-=PbSO4 (2). 6.4 (3). MgO（或Mg（OH）2、MgCO3等） (4). 4×10-8 mol·L-1 (5). 1.2×10-4 (6). Cu2+ (7). 6.5
【解析】
【详解】（1）根据电池总反应式为：Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO42-2PbSO4＋2H2O可知，放电时，Pb作负极，PbO2作正极，负极的电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，充电时，原负极板发生反应为：PbSO4+2e-=Pb+SO42-，原正极板发生反应为：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，电路通过0.2mol电子时，理论上正极板的质量减少6.4g；
故答案为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4 ；6.4；
（2）已知：常温下，Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10-11，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10-38。
①为得到纯净的MgCl2·2H2O晶体要除去氯化铁，加入的物质和氯化铁反应生成氢氧化铁且不能引进新的杂质，所以加入物质后应能转化为MgCl2，所以应该加入含Mg元素的物质，可以是MgO（或Mg（OH）2、MgCO3等），调节溶液的pH＝4，溶液中c（H+）=10-4 mol·L-1， c（OH-）=10-10 mol·L-1，使溶液中的Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀，c（Fe3＋）= mol·L-1；故答案为：MgO（或Mg（OH）2、MgCO3等）；；
②等体积混合浓度减半，c（Mg2+）=0.005 mol·L-1，=1.8×10-11，c（OH-）=6×10-5，所以NaOH溶液的浓度为6×2×10-4=1.2×10-4mol·L-1；
故答案为：1.2×10-4；
（3）pH小的离子先沉淀，溶度积常数越小的物质越先沉淀，所以Cu2+先沉淀， 0.3mol/L的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全（当Cu2+浓度降至10-5 mol·L-1时），则应向溶液里加NaOH溶液，c（Cu2+）=10-5mol/L，c（OH-）==10-7.5mol/L，c（H+）=10-6.5mol/L，所以pH=6.5，
故答案为Cu2+；6.5。
27.某同学设计了一组电化学装置如图所示，其中乙装置中 X 为阳离子交换膜，甲醇（CH3OH）具有可燃性。
根据要求回答相关问题：
（1）写出装置甲中负极的电极反应式：________。
（2）装置乙中石墨电极（C）的电极反应式为：_________。
（3）当装置甲中消耗 0.05molO2 时，丙装置中阳极产生气体的体积 ____________L（标况下）；
（4）若按（3）数据，装置乙中溶液的 pH 为_____________（溶液体积为 200mL 不变）。要使乙中溶液恢复到原来的状态，需要加入的物质是__________，对应用量为___________mol.
【答案】 (1). CH3OH−6e−+8OH−═CO32−+6H2O (2). 2Cl−−2e−=Cl2↑ (3). 1.68 (4). 14 (5). HCl (6). 0.2
【解析】
【详解】（1）燃料电池是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极，负极上甲醚失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应为：CH3OH−6e−+8OH−═CO32−+6H2O，正极发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e−═4OH−；
故答案为：CH3OH−6e−+8OH−═CO32−+6H2O；
（2）乙池有外接电源属于电解池,铁电极连接原电池的负极,所以是阴极,则石墨电极是阳极,阳极上氯离子放电生成氯气,电极反应式为：2Cl−−2e−═Cl2↑；
故答案为： 2Cl−−2e−=Cl2↑；
（3）当装置甲中消耗0.05molO2时，由电极方程式O2+2H2O+4e−═4OH−可知转移0.2mol电子，装置丙中阳极电极反应为：2Cl−−2e−=Cl2↑，4OH−−4e−=2H2O+O2↑，氯化铜物质量n=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，n（Cl−）=0.1mol，生成氯气电子转移0.1mol，生成氯气物质的量0.05mol，则氢氧根离子电解反应电子转移0.1mol，生成氧气0.025mol，生成气体物质的量=0.05mol+0.025mol=0.075mol，标准状况下气体体积=0.075mol×22.4L/mol=1.68L；
故答案为：1.68；
（4）装置乙中阴极发生2H2O+2e−=H2+2OH−，可知生成0.2molOH−，溶液体积为200mL，则c（OH−）=1mol/L，则pH=14。
若复原至原状态，需HCl气体0.2mol；
故答案为：14；HCl； 0.2。
28.（1）利用电化学原理，将 NO2、O2 和熔融 KNO3 制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含 Cr2O72-废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应： Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2 O。
①甲池工作时，NO2 转变成绿色硝化剂 Y，Y 是 N2O5，可循环使用，则石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为______。
②向完全还原为 Cr3+的乙池工业废水中滴加 NaOH 溶液，可将铬以 Cr（OH）3 沉淀的形式除去，已知 Cr（OH）3 存在以下溶解平衡：Cr（OH）（s）Cr3+（aq）+3OH-（aq），常温下 Cr（OH）3 的溶度积 K=c（Cr3+）•c（3OH-）=1.0×10-32，要使 c（Cr3+）降至 10-5mol•L-1，溶液的 pH 应调至___________。
（2）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+2NiO（OH）+H2O Cd（OH）2+2Ni（OH）2
回答下列问题：
①放电时，金属 Cd 作______极；
②充电时的阳极电极反应式为。_____
③充电时，当电路中通过 0.2moleˉ，阴极质量将___________（填“增加”、“减少”）___________。
【答案】 (1). O2+4e-+2N2O5=4NO3- (2). 5 (3). 负 (4). Ni（OH）2-e-+ OH-= NiO（OH）+ H2O (5). 减少 (6). 3.4g
【解析】
【详解】（1） ①甲池为NO2、O2和熔融KNO3组成的燃料电池，由图示知电池工作时通入NO2的一极产生N2O5，氮元素的化合价由+4价升高到+5价，失去电子，故石墨I作负极，所以石墨II作正极；且电解质是熔融KNO3，所以通入O2和N2O5转化为NO3-，则石墨Ⅱ附近发生的电极反应为O2+4e-+2N2O5=4NO3-。
故答案为： O2+4e-+2N2O5=4NO3-；
②要使c（Cr3+）降至10-5mol•L-1，则此时溶液中c（OH-）===10-9mol/L，c（H+）===10-5mol/L，pH=-lg10-5=5，即溶液的pH应调至5。
故答案为：5；
（2）①放电时，所给式子从左往右看，此时Cd的化合价升高，所以Cd作负极；
故答案为：负；
②充电时，所给式子从右往左看，阳极发生的氧化反应，其对应的电极反应式为：Ni（OH）2-e-+OH-= NiO（OH）+ H2O；
故答案为：Ni（OH）2-e-+OH-= NiO（OH）+ H2O；
③充电时阴极发生反应：Cd（OH）2+2e-=Cd+2OH-，阴极质量要减小，减少的质量即是生成的OH-的质量。此时得电子的物质的量与OH-的物质的量相等，所以生成的OH-的物质的量也是0.2mol，其质量为3.4g。
故答案为：减少；3.4g。
【点睛】本题考查电化学、电离平衡常数的相关应用，易错点（2）Cd+2NiO（OH）+H2O Cd（OH）2+2Ni（OH）2要注意正方向是电解，逆方向是原电池；难点（1）关于沉淀完全的pH 计算。
29.化合物 YX2、ZX2 中，X、Y、Z 的核电荷数小于 18；X 原子最外能层的 p 能级中有一个轨道充填了 2 个电子，Y 原子的最外层中 p 能级的电子数等于前一能层电子总数，且X 和 Y 具有相同的电子层数；Z 与 X 在周期表中位于同一主族。回答下列问题：
（1）X 电子排布式为______________，Y 的价电子轨道表示式为_______。
（2）ZX2 的分子式是_______，YX2 电子式是_______ 。
（3）Z 形成的简单阴离子的结构示意图是___________。
（4） Y 和 Z 一定条件下形成简单分子的结构式是___________________。
【答案】 (1). 1s22s22p4 (2). (3). SO2 (4). (5). (6). S＝C＝S
【解析】
【分析】
化合物YX2、ZX2中，X、Y、Z的核电荷数小于18；X原子最外能层的p能级中有一个轨道充填了2个电子，所以X是氧。Y原子的最外层中p能级的电子数等于前一能层电子总数，因此应该为2，且X和Y具有相同的电子层，所以Y是碳。Z与X在周期表中位于同一主族，所以Z是硫，据此解答。
【详解】根据以上分析可知X是O，Y是C，Z是S。则
（1）X是O，X的电子排布式为1s22s22p4，Y是碳元素，则Y的轨道表示式为；
故答案为：1s22s22p4 ； ；
（2）ZX2的分子式是SO2，YX2的分子式是CO2，电子式是。
故答案为：SO2 ； ；
（3）Z形成的简单阴离子是S2-，其结构示意图是。
故答案为： ；
（4）Y和Z在一定条件下形成简单分子是CS2，其结构式是S＝C＝S。
故答案为： S＝C＝S。
可能用到的相对原子质量H 1 , Li 7 , B 11, C 12，N 14,O 16，Na 23，Mg24，S 32,Cl 35.5， K39，Ca 40，Cr 52,Fe 56，Cu 64，Zn65，Br80，Ag 108, I 127, Ba137，Pb 207
一、单选题
1.25 ℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-lgc(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]-Ksp[Fe(OH)2]，下列说法正确的是
A. b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，且Ksp[Fe(OH)2]=10-15.1
B. 当Fe(OH)2 和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中：C(Fe2+):c(Cu2+)= l：104.6
C. 向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液
D. 除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO
【答案】A
【解析】
A．该温度下，Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，则c(Fe2+)＞c(Cu2+)，离子浓度越大，-lgc(M2+)值越小，则相同条件下，饱和溶液中c(Fe2+)较大，所以Fe(OH)2饱和溶液中-lgc(Fe2+)较小，则b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，由图象可知，pH=8时，-lgc(Fe2+)=3.1，Ksp[Fe(OH)2]=10-3.1×(10-6)2=10-15.1，故A正确；B．当pH=10时，-lgc(Cu2+)=11.7，则Ksp[Cu(OH)2]=10-11.7×(10-4)2=10-19.7，c(Fe2+)：c(Cu2+)===，故B错误；C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，溶液中会生成Cu(OH)2沉淀，溶液中铜离子的浓度会减小，而从X点到Y点铜离子浓度不变，故C错误；D．Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，Cu(OH)2更易生成沉淀，在含有Fe2+的CuSO4溶液中，加入适量CuO，不能生成Fe(OH)2沉淀，所以Fe2+浓度不变，故D错误；故选A。
2.25 ℃时有关物质的颜色和溶度积（Ksp）如下表：
物质
AgCl
AgBr
AgI
Ag2S
颜色
白
淡黄
黄
黑
Ksp
1.8×10－10
7.7×10－13
1.5×10－16
1.8×10－50
下列叙述中不正确的是（ ）
A. 向AgCl的白色悬浊液中加入0.1 mol/L KI溶液，有黄色沉淀产生
B. 25 ℃时，利用表中的溶度积（Ksp），可以计算AgCl、AgBr、AgI、Ag2S饱和水溶液中Ag＋的浓度
C. 25 ℃，AgCl固体分别在等物质的量浓度NaCl、CaCl2溶液中溶解达到平衡，两溶液中，c（Ag+）和溶度积均相同
D. 在5 mL 1.8×10－6 mol/L NaCl溶液中，加入1滴（20滴约为1 mL）1×10－3 mol/L AgNO3溶液，不能产生白色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．对于相同类型的难溶性盐，一般情况下溶度积大的沉淀较易转化成溶度积小的沉淀，如向AgCl的白色悬浊液中加入KI溶液，可生成AgI沉淀，故A不符合题意；
B．AgCl、AgBr、AgI、Ag2S饱和水溶液中Ag＋的浓度分别为：mol/L、mol/L、mol/L、mol/L，故B不符合题意；
C．等物质的量浓度NaCl、CaCl2溶液中c(Cl-)不同，根据平衡移动可知，AgCl在这两溶液中溶解度不同，因温度不变，因此溶度积相同，但c（Ag+）不同，故C符合题意；
D．1滴溶液体积为0.05mL，加入到5mL溶液中，混合溶液体积几乎不变，当硝酸银加入后，溶液中c(Ag+)=，Qc(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=1.8×10−6 mol⋅L−1×1×10−5mol⋅L−1=1.8×10−11<1.8×10−10，所以不能产生白色沉淀，故D不符合题意；
故答案为：C。
【点睛】本题D选项的相关判断依据为浓度熵与溶度积的相对大小，计算难点在于混合后溶液相关微粒浓度的变化，这是计算过程中易忽略点，也是易错点，需注意理解分析。
3.在t℃时，Ag2CrO4(橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的Ksp＝1.8×10－10。下列说法不正确的是( )
A. t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8
B. 饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C. t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等
D. t℃时，将0.01 mol·L－1AgNO3溶液滴入20 mL 0.01 mol·L－1KCl和0.01 mol·L－1K2CrO4的混合溶液中，Cl－先沉淀
【答案】A
【解析】
【详解】A、由图中数据可计算Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO42-)＝(1×10－3)2×1×10－5=1.0×10－11，故A错误，符合题意；
B、在Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO42-)增大，则c(Ag＋)降低，而X点与Y点的c(Ag＋)相同，故B正确，不符合题意；
C、Y点、Z点溶液的温度相同，则Ksp相同，故C正确，不符合题意；
D、由AgCl的Ksp计算此条件下AgCl沉淀时的c(Ag＋)＝mol·L－1＝1.8×10－8mol·L－1，由Ag2CrO4的Ksp计算c(Ag＋)＝mol·L－1＝3.2×10－5mol·L－1，Cl－沉淀需要的c(Ag＋)更低，可知Cl－先沉淀，故D正确，不符合题意；
故选A。
4.如图所示为某温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线,下列说法不正确的是( )
A. 加入Na2SO4(s)可使溶液由a点变为b点
B. 在曲线上方区域(不含曲线)任意一点时,均有BaSO4沉淀生成
C. 蒸发溶剂可能使溶液由c点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)
D. 升高温度,可使溶液由b点变为c点
【答案】D
【解析】
【详解】A、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42-），平衡左移，c（Ba2+）应降低，故A正确；
B、在曲线上方区域(不含曲线)任意一点时,Qc＞Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，故B正确；
C、c点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42-）、c（Ba2+）均增大，所以可能使溶液由c点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)，故C正确。
D、升高温度, 溶剂水蒸发，c（SO42-）、c（Ba2+）均增大，溶液过饱和，有沉淀析出，不会使溶液由b点变为c点，故D错误。
本题选D。
5.已知常温下Ksp(AgCl)=1.8×10-10mol2/L2，Ksp(AgI)＝1.0×10-16 mol2/L2。下列说法中正确的是
A. 在相同温度下AgCl的溶解度小于AgI的溶解度
B. AgCl和AgI都不溶于水，因此AgCl和AgI不能相互转化
C. 常温下，AgC1若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于 ×10-11mol/L
D. 将足量的AgCl分别放入下列物质中:①20mL0.01mol/LKCl溶液 ②10mL0.02mol/LCaCl2溶液 ③30mL0.05mol/LAgNO3溶液。AgCl的溶解度由大到小的顺序为： ③>②>①
【答案】C
【解析】
A、由于AgCl和AgI的组成相同，所以用Ksp可直接判断其溶解度的大小，即AgCl的溶解度大于AgI的溶解度，所以A错误；B、溶液中的反应总是向着能使微粒浓度减小的方向进行，由于AgCl的溶解度大于AgI的，所以AgCl可以转化为AgI，故B错误；C、AgC1在溶液中电离产生的c(Ag+)= c(Cl—)== ×10-5mol/L，所以要转化为AgI，需要NaI的最小浓度为c(I—)= =×10-11mol/L，所以C正确；D、这三种溶液中的c(Ag+)和c(Cl—)的能抑制AgC1的溶解，即c(Ag+)或c(Cl—)越大，使AgC1的溶解度越小，与溶液的体积无关，所以AgCl在这三种溶液中的溶解度由大到小的顺序为：①>②>③，所以D错误。因此本题正确答案为C。
6.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
结论
操作
A
CO32-水解是吸热反应
在0.1 mol/LNa2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深
B
Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
常温下，用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4全部转化为BaCO3
C
酸性A比B强
等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
D
金属性：M＞N
由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.水解反应为吸热反应；
B.Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，则生成碳酸钡沉淀；
C.等pH时酸HA放出的氢气多，可知HA的酸性更弱；
D.由M、N与稀硫酸构成的原电池中，较活泼金属失电子发生氧化反应，较不活泼金属上生成氢气。
【详解】A.水解反应为吸热反应，则滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深，可知CO32-水解是吸热反应，A正确；
B.向含有BaSO4溶液中加入饱和Na2CO3溶液，若Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，则会生成碳酸钡沉淀，与是否发生沉淀的转化无关，因此不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)，B错误；
C.等pH时酸HA放出的氢气多，可知溶液中含HA酸物质的量较多，则说明HA的酸性更弱，即酸性：HA
故合理选项是A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握盐类水解、酸性比较、沉淀生成、原电池反应等知识，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清
酸性：苯酚＞HCO3－
B
将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色
Fe(NO3)2已变质
C
氯乙烷与NaOH溶液共热后，滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀
氯乙烷发生水解
D
在2 mL 0.01 mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 mol·L－1 ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01 mol·L－1 CuSO4溶液，又出现黑色沉淀
Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，则溶液变澄清，说明酸性：苯酚＞HCO3-，选项A正确；
B、Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4酸化后，相当于存在HNO3，会把Fe2+氧化为Fe3+,滴加KSCN溶液后变红色,不能确定Fe(NO3)2试样已变质，选项B错误；
C、氯乙烷与NaOH溶液共热后，溶液中还存在过量的NaOH溶液，此时直接加入AgNO3 溶液，最终得到的褐色的Ag2O，选项C错误；
D、在2 mL 0.01 mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 mol·L－1 ZnSO4溶液有白色沉淀ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入CuSO4溶液，又出现黑色沉淀CuS，所以无法据此判断Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小关系，选项D错误。
答案选A。
8.已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO42—，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为( )
A. Cl－、Br－、CrO42— B. CrO42—、Br－、Cl－ C. Br－、Cl－、CrO42— D. Br－、CrO42—、Cl－
【答案】C
【解析】
【详解】析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag+)==mol/L=1.56×10-8mol/L；AgBr溶液中c(Ag+)==mol/L=7.7×10-11mol/L；Ag2CrO4溶液中c(Ag+)==mol/L=3×10-5；c(Ag+)越小，则越容易生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、CrO42-，故选C。
【点睛】本题的易错点为Ag2CrO4溶解平衡时c(Ag+)的计算，要注意Ksp计算表达式的理解和应用，同时注意组成不相似的物质，不能直接根据溶度积判断。
9.下列说法正确的是（）
A. 向 AgCl 、 AgBr 的饱和溶液中滴加少量 AgNO3 溶液，溶液中不变
B. 向0.1mol × L-1 的CH3COOH 溶液中加入少量水，溶液中 减小
C. 0.1mol K2Cr2O7 被完全还原为Cr3+ 时，转移的电子数约为1.806 ´1023
D. 一定条件下，反应 2NO（g） + 2CO（g） = N 2（g） + 2CO 2（g） 能自发进行，该反应的ΔH>0
【答案】A
【解析】
【详解】A．AgCl、AgBr饱和溶液中，温度不变的情况下，该比值不变，故A正确；
B．，加水稀释CH3COOH溶液时，c（CH3COOH）减小，温度不变时，Kh不变，该比值增大，故B错误；
C．K2Cr2O7被还原为Cr3+时，Cr元素化合价降低3价，故0.1mol K2Cr2O7被还原为Cr3+时，转移电子数约为3×0.2×6.02×1023=3.612×1023，故C错误；
D．该反应的ΔS<0，该反应能够自发进行，即ΔG=ΔH-TΔS<0，则ΔH必须小于0，故D错误；
故答案为：A。
【点睛】对于稀释过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH，稀释过程中，c（CH3COO-）、c（CH3COOH）、c（OH-）、c（Na+）均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。
10.电解合成 1 , 2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是
A. 该装置工作时，化学能转变为电能
B. CuCl2能将C2H4还原为 l , 2－二氯乙烷
C. X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D. 该装置总反应为CH2CH2 + 2H2O + 2NaClH2 + 2NaOH + ClCH2CH2Cl
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 该装置为外加电源的电解池原理；
B. 根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；
C. 根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；
D. 根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。
【详解】A. 该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；
B. C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；
C. 该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；
D. 该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2＝CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D项正确；
答案选D。
11.某科研小组模拟“人工树叶”电化学装置如下图所示，该装置能将H2O和CO2转化为糖类(C6H12O6)和O2，X、Y是特殊催化剂型电极，下列说法正确的是
A. 电源a极为正极
B. 该装置中Y电极发生还原反应
C. X电极的电极反应式为6CO2+24H++24e-=C6H12O6+6H2O
D. 理论上，每生成22.4L(标准状况下)O2,必有4mol H+由X极区向Y极区迁移
【答案】C
【解析】
【详解】A、X极上二氧化碳得电子转化为糖类(C6H12O6)，发生还原反应，为电解池的阴极，连接负极，则电源a极为负极选项A错误；
B、该装置是电解池装置，与电源正极b极相连的Y电极是电解池的阳极失电子发生氧化反应，选项B错误；
C、X电极与电源负极相连，所以X电极是阴极，发生还原反应，电极反应式为6CO2+24H++24e-=C6H12O6+6H2O，选项C正确；
D、X电极与电源负极相连，所以X电极是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以氢离子从阳极Y极区向阴极X极区移动，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确各个电极上发生的反应、电解质溶液中离子移动方向等知识点是解本题关键，会根据转移电子守恒进行计算，难点是电极反应式的书写。
12.硼酸(H3BO3)为一元弱酸，已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3BO3+OH-＝B(OH)4一，H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如下图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）。下列说法正确的是
A. 当电路中通过1mol电子时，可得到lmolH3BO3
B. 将电源的正负极反接，工作原理不变
C. 阴极室的电极反应式为：2H2O-4e-＝O2+4H+
D. B(OH)4一穿过阴膜进入阴极室，Na+穿过阳膜进入产品室
【答案】A
【解析】
【分析】
阳极电极反应式为2H2O-4e-＝O2↑+4H+、阴极电极反应式为4H2O+4e-＝2H2↑+4OH-，阳极室中的氢离子通入阳膜进入产品室，B(OH)4一穿过阴膜进入产品室，发生反应：B(OH)4一+H+＝H2O+H3BO3，据此判断。
【详解】A．阳极发生失去电子的氧化反应，电极反应式为2H2O-4e-＝O2↑+4H+，电路中通过1mol电子时有1molH+生成，硼酸（H3BO3）为一元弱酸，生成1mol硼酸需要1molH+，所以电路中通过1mol电子时，可得到1molH3BO3，A正确；
B．根据以上分析可知如果将电源的正负极反接，工作原理发生变化，B错误；
C．电解时阴极发生得到电子的还原反应，电极反应式为4H2O+4e-＝2H2↑+4OH-，C错误；
D．阳极电极反应式为2H2O-4e-＝O2↑+4H+、阴极电极反应式为4H2O+4e-＝2H2↑+4OH-，阳极室中的氢离子通入阳膜进入产品室，B(OH)4一穿过阴膜进入产品室，发生反应：B(OH)4一+H+＝H2O+H3BO3，Na+穿过阳膜进入阴极室，D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查电解工作原理，侧重考查学生分析判断能力，明确各个电极上发生的反应、阴阳离子的移动方向、交换膜的作用是解本题的关键，易错选项是A，注意硼酸是一元弱酸，题目难度中等。
13.二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示:
下列说法不正确的是
A. b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸
B. 二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH
C. 电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.6gH2
D. 电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O
【答案】D
【解析】
A. 电解池右边产生氢气，则b电极接电源的负极，在b极区氢离子得电子产生氢气，氯离子通过阴离子交换膜进入左边，盐酸变稀，则流出的Y溶液是稀盐酸，选项A正确；B、二氧化氯发生器中发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，选项B正确；C、电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D、电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O +3Cl-=NCl3+4H+，选项D不正确。答案选D。
14.用石墨电极完成下列电解实验
实验一
实验二
装置
现象
a、d处试纸变蓝;b处变红,局部褪色;c处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生……
下列对实验现象的解释或推测不合理的是（ ）
A. a、d处：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
B. b处：2Cl--2e-=Cl2↑
C. c处发生了反应：Fe-2e-=Fe2+
D. 根据实验一的原理,实验二中m处能析出铜
【答案】B
【解析】
【详解】A、a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，破坏了水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大造成的，A正确；
B、b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，分别产生氧气和氯气，氢离子浓度增大，酸性增强，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，B错误；
C、c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，C正确；
D、实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池（一个球两面为不同的两极），m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极（n的背面），故相当于电镀，即m上有铜析出，D正确；
答案选B。
【点睛】化学反应主要是物质变化，同时也伴随着能量变化。电化学是化学能与电能转化关系的化学。电解池是把电能转化为化学能的装置，它可以使不能自发进行的化学借助于电流而发生。与外接电源正极连接的电极为阳极，与外接电源的负极连接的电极为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极(除Au、Pt、C之外的电极)，则电极本身失去电子，发生氧化反应；若是惰性电极(Au、Pt、C等电极)，则是溶液中的阴离子放电，放电的先后顺序是S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子，阴极则是溶液中的阳离子放电，放电顺序是Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+，与金属活动性顺序刚好相反。因此掌握电解池反应原理是本题解答的关键。注意依据实验现象分析可能发生的电极反应。
15.下列装置由甲、乙两部分组成(如图所示)，甲是将废水中乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化为环境友好物质所形成的化学电源；乙利用装置甲模拟工业电解法来处理含Cr2O72-废水，电解过程中溶液发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O。当电池工作时，下列说法错误的是
A. 甲中H+透过质子交换膜由左向右移动
B. 乙池中Fe棒应与甲池中的M极相连
C. M极电极反应式：H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e-=2CO2↑+N2↑+16H+
D. 若溶液中减少了0.01molCr2O72-，则电路中至少转移了0.06 mol电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图知，N电极上氧气得电子生成水，该电极上得电子发生还原反应，为正极，M为负极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即甲中H+透过质子交换膜由左向右移动，A正确；
B．根据方程式知，乙中Fe失电子生成亚铁离子，则Fe作阳极、C作阴极，阴极连接原电池负极、阳极连接原电池正极，则Fe与N极相连，B错误；
C．根据图知，M电极上生成氢离子，甲是将废水中乙二胺氧化为环境友好物质形成的化学电源，生成含有N元素的物质是氮气、生成含有C元素的物质是二氧化碳，因此电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e-=2CO2↑+N2↑+16H+，C正确；
D．Cr2O72-+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O中以Fe元素计算转移电子数=6×（3-2）=6，即消耗 1mol Cr2O72-，电路中至少转移了6mol电子，所以溶液中减少了0.01molCr2O72-，则电路中至少转移了0.06mol电子，D正确；
答案选B。
16.高氯酸在化工生产中有广泛应用,工业上以NaClO4为原料制备高氯酸的原理如图所示.下列说法正确的是
A. 上述装置中,f极为光伏电池的正极
B. 阴极的电极反应为2H2O－4e－ ＝4H＋＋O2↑
C. d处得到较浓的NaOH 溶液,c处得到HClO4
D. 若转移2mol电子,理论上生成100.5gHClO4
【答案】C
【解析】
【详解】A.电解池中阳离子向阴极移动，即d极为阴极，f为电源的负极，故A错误；
B.阴极上阳离子得到电子发生还原反应，故B错误；
C. 阳极的电极反应为2H2O－4e－ ＝4H＋＋O2↑，阴极电解方程式为：4H2O+4e-=4OH-+2H2↑，根据电极方程式可知，电池放电过程是电解水的过程，即在阳极水失去电子，所以在阳极得到高氯酸的浓溶液，在阴极得到浓的NaOH溶液，故C正确；
D.根据阴极电极方程式可知，转移2mol电子时，生成HClO42mol，理论上生成HClO4201g，故D错误；
故选C。
17.500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝6.0 mol·L－1，用石墨做电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是( )
A. 原混合溶液中c(K＋)为2 mol·L－1
B. 上述电解过程中共转移6 mol电子
C. 电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol
D. 电解后溶液中c(H＋)为2 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【详解】A、Cu(NO3)2的物质的量是1mol，根据N守恒可得n(KNO3)= 6.0 mol/L×0.5L－2mol=1mol，所以c(K＋)= c(KNO3)==2mol/L，选项A正确；
B、电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，在阳极发生反应：4OH-－4e-=2H2O+O2↑。n(O2)= =1mol。则转移电子4mol，因此选项B错误；
C、在阴极首先发生反应：Cu2++2e-=Cu，然后发生：2H++2e-=H2↑。由于产生氢气物质的量是1mol，得到电子2mol，则产生Cu转移的电子也是2mol，产生Cu 1mol。所以选项C错误；
D、因为在反应过程中放电的OH-的物质的量与H+及电子的物质的量相等，因为电子转移4mol，所以电解后溶液中H＋的物质的量也是4mol，所以c(H＋)==8mol/L ，所以选项D错误；
答案选A。
18.空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（ ）
A. 当有0.8mol电子转移时，b极产生4.48LO2
B. 为了增加导电性可以将左边容器中的水改为NaOH溶液
C. d极上发生的电极反应是：2H+ +2e－=H2
D. c极上进行氧化反应，A池中的H+可以通过隔膜进入B
【答案】B
【解析】
【详解】A.没有指明气体所处的温度和压强，无法计算气体的体积，A项错误；
B.电解NaOH溶液，实质是电解水，所以将左边的电解水装置中的水改为NaOH溶液，增大溶液中离子的浓度，增强导电性，B项正确；
C.a电极为阴极，a电极上产生的是氢气，所以d电极发生的电极反应是：H2-2e-=2H+，C项错误；
D.b电极为阳极，b极上产生的气体Y为氧气，c极上是氧气发生还原反应：O2+4e-+4H+=2H2O，c极为燃料电池的正极，d极为燃料电池的负极，B池中的H+通过隔膜进入A池，D项错误；
所以答案选择B项。
【点睛】右侧为氢氧酸性燃料电池，A池为正极室，B极为负极室。在原电池的内电路中，氢离子作为阳离子应向正极移动，所以氢离子移向A极室。
19.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是（）
A. 电解精炼铜,当外电路通过 NA 个电子时,阳极质量减小 32 g
B. 反应 3H2（g）+N2（g） 2NH3（g）ΔH=-92 kJ·mol-1,当放出 9.2 kJ 热量时,反应的 N2 为2.24L
C. 常温常压下 27 克 Al 与 33.6L 氯气完全反应，电子转移数小于 3NA
D. 1 mol·L-1 氯化铜溶液中,若 Cl-的数目为 2NA,则 Cu2+的数目略小于 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属杂质，故当转移NA个电子时，阳极减少的质量不等于32g，故A错误；
B．反应3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）ΔH=-92 kJ·mol-1，转移6mol电子，放出热量9.2kJ时，转移电子0.6NA，反应的N2标况下为2.24L，故B错误；
C．常温常压下与33.6L氯气的物质的量小于1.5mol, 所以与27克Al不能完全反应，故C错误；
D．氯化铜的化学式为CuCl2，n（ Cu2+）: n（Cl-）= 2:1，所以在1mol·L-1氯化铜溶液中，若Cl-的数目为2NA，则Cu2+水解少量消耗，数目略小于NA，故D正确；
故选D。
20.新型可控电池——锂水电池，工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A. 碳极发生的反应：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－
B. 有机电解质和水溶液不可以互换区域
C. 理论上外电路中每转移1 mol电子，负极消耗的质量为7 g
D. 若该电池可以充电，充电时碳极接外加电源的负极，锂极接外加电源的正极
【答案】D
【解析】
【分析】
锂能够与水反应，则形成原电池时，锂为负极，碳为正极，且负极不能与水接触，负极反应为Li-e-=Li+，正极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，结合原电池原理分析解答。
【详解】A．根据图示和上述分析，碳为正极，正极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A正确；
B．金属Li可以和水发生反应生成氢氧化锂和氢气，但和有机电解质不反应，所以有机电解质和水溶液不可以互换区域，故B正确；
C．根据Li-e-=Li+可知，外电路中每转移1mol电子，消耗1moLi，质量为7g，故C正确；
D．充电时，锂电极发生还原反应生成Li，应连接电源负极，碳极接外加电源的正极，故D错误；
故选D。
【点睛】本题的易错点为B，要注意锂能够与水反应，因此锂尽可能不与水直接接触，以提高锂的利用率，提高能量转换的效率。
21.具有下列电子层结构的原子或离子，其对应元素一定属于同一周期的是（ ）
A. 两原子核外全部都是s电子
B. 最外层电子排布为3s23p6的原子和最外层电子排布为3s23p6的离子
C. 原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而3d能级上没有电子的两种原子
D. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子
【答案】D
【解析】
【详解】A.氢原子和锂原子都只有s电子但不在同一周期，A错误；
B.最外层电子排布为3s23p6的微粒可能是原子或离子，其核外电子数相等，但质子数可以不同，例如Ar和K+，两者对应元素不在同一周期，B错误；
C.原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而3d能级上没有电子的两种原子，这里M层可能是最外层，则该原子为Ar，若M为次外层，该原子可能是K，两者不在同一周期，C错误；
D.3p能级上只有一个空轨道的原子，根据洪特规则可知该轨道电子为3p2，该原子可推知为Si，3p能级上只有一个未成对电子的原子，根据洪特规则可知该轨道电子为3p5，该原子可推知为Cl，两者处于同一周期，D正确。
故答案选D。
22.下列表示钠原子的式子中能反映能级差别和电子自旋状态的是（）
A.
B.
C. 1s22s22p63s1
D
【答案】D
【解析】
【详解】A．原子结构示意图中只提供电子层，没有电子亚层，不能看出电子自旋状态，故A错误；
B．23Na中只能知道Na含有11个电子，不能反映能级差别和电子自旋状态，故B错误；
C．电子排布式中含有电子层和电子亚层，能看出电子的能级差别，但是不能看出电子自旋状态，故C错误；
D．电子排布图中包含了电子层和电子亚层，小方块表示了能级差别，方块中的箭头表示电子自旋状态，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了电子排布、原子结构示意图、原子符号的表示，注意把握原子的表示方法和电子排布规律，易错点C，电子排布式中含有电子层和电子亚层，但是不能看出电子自旋状态。
23.基态X、Y、Z原子的核外电子排布式如下表，则下列化合物中不存在的是
基态原子的核外电子排布式
X
1S22S22P4
Y
1S22S22P63S1
Z
1S22S22P63S23P4
A. Y2ZX3 B. Y2X2 C. YZ D. ZX3
【答案】C
【解析】
【分析】
X的基态原子的核外电子排布式1S22S22P4，则X为氧；Y的基态原子的核外电子排布式1S22S22P63S1，则Y为钠；Z的基态原子的核外电子排布式1S22S22P63S23P4，则Z为硫。
【详解】A．Na2SO3是亚硫酸钠的化学式，A不合题意；
B．Na2O2是过氧化钠的化学式，B不合题意；
C．NaS，不存在此化合物，C符合题意；
D．SO3是三氧化硫的化学式，D不合题意；
故选C。
24.已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X与Y可形成化合物，Z元素可形成负一价离子。下列说法正确的是( )
A. X元素原子的基态电子排布式为
B. X元素是第四周期第ⅤA族元素
C. Y元素原子的电子排布图为
D. Z元素的单质在氧气中不能燃烧
【答案】B
【解析】
【分析】
X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，X元素原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，则X原子序数为33，X元素是As；Y元素的原子最外层2p轨道上有2个未成对电子，则Y元素原子的电子排布式为：1s22s22p2或1s22s22p4，Y可能为C或O；三种元素的原子序数为42，则Z元素的原子序数为：42-33-8=1，或42-33-6=3，Z元素可能为H或Li，由于Z可以形成负一价离子，所以Z为H，则Y为O，X2Y3为As2O3。可在此基础上对各选项作出判断。
【详解】A． 根据分析X元素为As，其原子的基态电子排布式为[Ar]3d104s24p3，A选项错误；
B． X元素价电子构型为4s24p3，原子最高电子占有能层n=4，价电子数为5，所以，X是第四周期ⅤA族元素，B选项正确；
C． Y为O，Y元素原子的电子排布图为，C选项错误；
D． Z为H，Z元素的单质H2可在氧气中燃烧，D选项错误；
答案选B。
【点睛】1．np轨道上有2个未成对电子的情况有两种：np2或np4；
2．用原子实简化原子电子排布式的书写，并不一定是原子实+价电子构型。如本题中的As：原子基态电子排布式为[Ar]3d104s24p3，并不是[Ar]4s24p3。
25.下列各项叙述中，正确的是（ ）
A. Na、Mg、Al的未成对电子数依次增多
B. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素
C. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
D. 氮原子的最外层电子排布图：
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na、Mg、Al三种元素的电子排布式分别为：1s22s22p63s1、1s22s22p63s2、1s22s22p63s23p1，未成对电子数分别为1、0、3，并没有依次增多，A项错误；
B. 根据价电子排布式可知，该元素共有四个电子层，位于第四周期，最外层有5个电子，处于第ⅤA族，在周期表中处于p区，B项正确；
C. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，离原子核越远，能量越高，因此2p轨道能量小于3p轨道能量，C项错误；
D. 氮原子的最外层电子排布图违背了洪特规则，正确的价层电子排布图为：，D项错误；
答案选B。
二、填空题（共 50 分）
26.通过学习，同学们对宏观辨识与微观探析，变化观念与平衡思想等学科素养有了进一步的认识和理解。请根据所学知识回答下列问题：
（1）铅蓄电池是典型的可充电型电池，电池总反应式为：Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO42-2PbSO4 ＋2H2O。放电时，负极的电极反应式是_______；充电时，当外电路通过 0.2 mol 电子时，理论上正极板的质量减少_________g。
（2）已知：常温下，Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10-11，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10-38。
①常温下，某酸性 MgCl2 溶液中含有少量的 FeCl3 ，为了得到纯净的 MgCl2·2H2O 晶体，应加入_________填化学式），调节溶液的 pH＝4，使溶液中的 Fe3+转化为 Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的 c（Fe3+）＝_________mol·L-1。
②常温下，若将 0.01 mol·L-1 MgCl2 溶液与至少________mol·L-1 NaOH 溶液等体积混合时有沉淀生成。
（3）25℃时，几种离子开始沉淀时的 pH 如下表：
离子
Fe2+
Cu2+
Mg2+
pH
7.6
5.2
10.4
当向含相同浓度 Cu2+、Mg2+、Fe2+的溶液中滴加 NaOH 溶液时，__________先沉淀（填离子符号），要使 0.3mol·L-1 硫酸铜溶液中Cu2+沉淀较为完全（当 Cu2+浓度降至 10-5 mol·L-1时），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液 pH 为________（KspCu（OH）2=1×10-20）
【答案】 (1). Pb-2e-+SO42-=PbSO4 (2). 6.4 (3). MgO（或Mg（OH）2、MgCO3等） (4). 4×10-8 mol·L-1 (5). 1.2×10-4 (6). Cu2+ (7). 6.5
【解析】
【详解】（1）根据电池总反应式为：Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO42-2PbSO4＋2H2O可知，放电时，Pb作负极，PbO2作正极，负极的电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，充电时，原负极板发生反应为：PbSO4+2e-=Pb+SO42-，原正极板发生反应为：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，电路通过0.2mol电子时，理论上正极板的质量减少6.4g；
故答案为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4 ；6.4；
（2）已知：常温下，Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10-11，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10-38。
①为得到纯净的MgCl2·2H2O晶体要除去氯化铁，加入的物质和氯化铁反应生成氢氧化铁且不能引进新的杂质，所以加入物质后应能转化为MgCl2，所以应该加入含Mg元素的物质，可以是MgO（或Mg（OH）2、MgCO3等），调节溶液的pH＝4，溶液中c（H+）=10-4 mol·L-1， c（OH-）=10-10 mol·L-1，使溶液中的Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀，c（Fe3＋）= mol·L-1；故答案为：MgO（或Mg（OH）2、MgCO3等）；；
②等体积混合浓度减半，c（Mg2+）=0.005 mol·L-1，=1.8×10-11，c（OH-）=6×10-5，所以NaOH溶液的浓度为6×2×10-4=1.2×10-4mol·L-1；
故答案为：1.2×10-4；
（3）pH小的离子先沉淀，溶度积常数越小的物质越先沉淀，所以Cu2+先沉淀， 0.3mol/L的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全（当Cu2+浓度降至10-5 mol·L-1时），则应向溶液里加NaOH溶液，c（Cu2+）=10-5mol/L，c（OH-）==10-7.5mol/L，c（H+）=10-6.5mol/L，所以pH=6.5，
故答案为Cu2+；6.5。
27.某同学设计了一组电化学装置如图所示，其中乙装置中 X 为阳离子交换膜，甲醇（CH3OH）具有可燃性。
根据要求回答相关问题：
（1）写出装置甲中负极的电极反应式：________。
（2）装置乙中石墨电极（C）的电极反应式为：_________。
（3）当装置甲中消耗 0.05molO2 时，丙装置中阳极产生气体的体积 ____________L（标况下）；
（4）若按（3）数据，装置乙中溶液的 pH 为_____________（溶液体积为 200mL 不变）。要使乙中溶液恢复到原来的状态，需要加入的物质是__________，对应用量为___________mol.
【答案】 (1). CH3OH−6e−+8OH−═CO32−+6H2O (2). 2Cl−−2e−=Cl2↑ (3). 1.68 (4). 14 (5). HCl (6). 0.2
【解析】
【详解】（1）燃料电池是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极，负极上甲醚失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应为：CH3OH−6e−+8OH−═CO32−+6H2O，正极发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e−═4OH−；
故答案为：CH3OH−6e−+8OH−═CO32−+6H2O；
（2）乙池有外接电源属于电解池,铁电极连接原电池的负极,所以是阴极,则石墨电极是阳极,阳极上氯离子放电生成氯气,电极反应式为：2Cl−−2e−═Cl2↑；
故答案为： 2Cl−−2e−=Cl2↑；
（3）当装置甲中消耗0.05molO2时，由电极方程式O2+2H2O+4e−═4OH−可知转移0.2mol电子，装置丙中阳极电极反应为：2Cl−−2e−=Cl2↑，4OH−−4e−=2H2O+O2↑，氯化铜物质量n=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，n（Cl−）=0.1mol，生成氯气电子转移0.1mol，生成氯气物质的量0.05mol，则氢氧根离子电解反应电子转移0.1mol，生成氧气0.025mol，生成气体物质的量=0.05mol+0.025mol=0.075mol，标准状况下气体体积=0.075mol×22.4L/mol=1.68L；
故答案为：1.68；
（4）装置乙中阴极发生2H2O+2e−=H2+2OH−，可知生成0.2molOH−，溶液体积为200mL，则c（OH−）=1mol/L，则pH=14。
若复原至原状态，需HCl气体0.2mol；
故答案为：14；HCl； 0.2。
28.（1）利用电化学原理，将 NO2、O2 和熔融 KNO3 制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含 Cr2O72-废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应： Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2 O。
①甲池工作时，NO2 转变成绿色硝化剂 Y，Y 是 N2O5，可循环使用，则石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为______。
②向完全还原为 Cr3+的乙池工业废水中滴加 NaOH 溶液，可将铬以 Cr（OH）3 沉淀的形式除去，已知 Cr（OH）3 存在以下溶解平衡：Cr（OH）（s）Cr3+（aq）+3OH-（aq），常温下 Cr（OH）3 的溶度积 K=c（Cr3+）•c（3OH-）=1.0×10-32，要使 c（Cr3+）降至 10-5mol•L-1，溶液的 pH 应调至___________。
（2）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+2NiO（OH）+H2O Cd（OH）2+2Ni（OH）2
回答下列问题：
①放电时，金属 Cd 作______极；
②充电时的阳极电极反应式为。_____
③充电时，当电路中通过 0.2moleˉ，阴极质量将___________（填“增加”、“减少”）___________。
【答案】 (1). O2+4e-+2N2O5=4NO3- (2). 5 (3). 负 (4). Ni（OH）2-e-+ OH-= NiO（OH）+ H2O (5). 减少 (6). 3.4g
【解析】
【详解】（1） ①甲池为NO2、O2和熔融KNO3组成的燃料电池，由图示知电池工作时通入NO2的一极产生N2O5，氮元素的化合价由+4价升高到+5价，失去电子，故石墨I作负极，所以石墨II作正极；且电解质是熔融KNO3，所以通入O2和N2O5转化为NO3-，则石墨Ⅱ附近发生的电极反应为O2+4e-+2N2O5=4NO3-。
故答案为： O2+4e-+2N2O5=4NO3-；
②要使c（Cr3+）降至10-5mol•L-1，则此时溶液中c（OH-）===10-9mol/L，c（H+）===10-5mol/L，pH=-lg10-5=5，即溶液的pH应调至5。
故答案为：5；
（2）①放电时，所给式子从左往右看，此时Cd的化合价升高，所以Cd作负极；
故答案为：负；
②充电时，所给式子从右往左看，阳极发生的氧化反应，其对应的电极反应式为：Ni（OH）2-e-+OH-= NiO（OH）+ H2O；
故答案为：Ni（OH）2-e-+OH-= NiO（OH）+ H2O；
③充电时阴极发生反应：Cd（OH）2+2e-=Cd+2OH-，阴极质量要减小，减少的质量即是生成的OH-的质量。此时得电子的物质的量与OH-的物质的量相等，所以生成的OH-的物质的量也是0.2mol，其质量为3.4g。
故答案为：减少；3.4g。
【点睛】本题考查电化学、电离平衡常数的相关应用，易错点（2）Cd+2NiO（OH）+H2O Cd（OH）2+2Ni（OH）2要注意正方向是电解，逆方向是原电池；难点（1）关于沉淀完全的pH 计算。
29.化合物 YX2、ZX2 中，X、Y、Z 的核电荷数小于 18；X 原子最外能层的 p 能级中有一个轨道充填了 2 个电子，Y 原子的最外层中 p 能级的电子数等于前一能层电子总数，且X 和 Y 具有相同的电子层数；Z 与 X 在周期表中位于同一主族。回答下列问题：
（1）X 电子排布式为______________，Y 的价电子轨道表示式为_______。
（2）ZX2 的分子式是_______，YX2 电子式是_______ 。
（3）Z 形成的简单阴离子的结构示意图是___________。
（4） Y 和 Z 一定条件下形成简单分子的结构式是___________________。
【答案】 (1). 1s22s22p4 (2). (3). SO2 (4). (5). (6). S＝C＝S
【解析】
【分析】
化合物YX2、ZX2中，X、Y、Z的核电荷数小于18；X原子最外能层的p能级中有一个轨道充填了2个电子，所以X是氧。Y原子的最外层中p能级的电子数等于前一能层电子总数，因此应该为2，且X和Y具有相同的电子层，所以Y是碳。Z与X在周期表中位于同一主族，所以Z是硫，据此解答。
【详解】根据以上分析可知X是O，Y是C，Z是S。则
（1）X是O，X的电子排布式为1s22s22p4，Y是碳元素，则Y的轨道表示式为；
故答案为：1s22s22p4 ； ；
（2）ZX2的分子式是SO2，YX2的分子式是CO2，电子式是。
故答案为：SO2 ； ；
（3）Z形成的简单阴离子是S2-，其结构示意图是。
故答案为： ；
（4）Y和Z在一定条件下形成简单分子是CS2，其结构式是S＝C＝S。
故答案为： S＝C＝S。
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