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【化学】辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年高二10月月考试题（解析版）
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辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年高二10月月考试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Ag 108 Cu 64
一、选择题（每题只有一个正确答案，1-16每题2分，17-21每题3分，共47分）
1.下列叙述正确的是( )
A. 电解质溶液导电的过程实际上就是电解的过程
B. 氢氧燃料电池的负极反应式 ：O2＋2H2O＋4e－=4OH－
C. 粗铜精炼时，电解质溶液中铜离子浓度保持不变
D. 铁与稀H2SO4反应时，加入过量CuSO4溶液，可使反应速率加快
【答案】A
【解析】A. 电解质溶液导电的过程实际上就是电解的过程，A正确；B. 氢氧燃料电池的负极发生失去电子的氧化反应，氢气放电，B错误；C. 粗铜精炼时，阳极是粗铜，粗铜中的杂质也会失去电子，而阴极始终是铜离子放电，因此电解质溶液中铜离子浓度降低，C错误；D. 铁与稀H2SO4反应时，加入过量CuSO4溶液，铁全部被铜离子氧化，不能生成氢气，D错误，答案选A。
2.下列叙述不正确的是（ ）
A. 在海轮外壳上镶锌块，可减缓船体的腐蚀
B. 钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气最终转化为铁锈
C. 生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱
D. 镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈
【答案】B
【解析】
【分析】A、在海轮上镶嵌锌块，锌块能和轮船、海水构成原电池；
B、钢铁发生吸氧腐蚀时，氧气得电子；
C、生铁中含有碳单质，C能和铁、水膜形成原电池；
D、镀铜铁制品的镀层受损后，铜与铁形成原电池。
【详解】A、在海轮上镶嵌锌块，锌块能和轮船、海水构成原电池，其中锌块做负极，海轮做正极被保护，故能减缓船体的腐蚀，故A正确；
B、钢铁发生吸氧腐蚀时，负极是铁失电子，氧气在正极得电子发生还原反应，故B错误；
C、生铁中含有碳单质，C能和铁、水膜形成原电池，其中铁做负极被腐蚀，故生铁的抗腐蚀能力比纯铁要弱，故C正确；
D、镀铜铁制品的镀层受损后，铜与铁形成原电池，铜做正极，铁做负极被腐蚀，铁制品受损后更易腐蚀，故D正确。
故选B。
3.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法不正确的是( )
A. pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
B. 相同物质的量浓度的两溶液导电能力相同
C. 氢离子浓度、体积均相同的两溶液，加适量的CH3COONa晶体，两溶液的氢离子浓度都减小
D. pH=3的两溶液分别加水稀释10倍后，醋酸溶液的pH比盐酸小
【答案】B
【解析】
【详解】A. pH相等的两溶液电离出的氢离子浓度相等，都为一元酸，电离出的c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)= c(H+)；故A正确；
B. 溶液导电能力与溶液中离子浓度大小有关，离子浓度越大，导电能力越强。相同物质的量浓度的两溶液，盐酸为强酸，电离程度大，溶液中离子浓度大，醋酸为弱酸，电离程度小，溶液中离子浓度小，导电能力弱，故B错误；
C. CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，加入酸溶液中会消耗氢离子，因此两个酸溶液中氢离子浓度都减小，故C正确；
D. pH=3 盐酸溶液稀释10倍，pH变为4；而醋酸中存在电离平衡，加水稀释，电离平衡右移，故氢离子浓度下降幅度较小，则pH小于4，故D正确；
答案选B。
4.25℃时，醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+ H+，下列说法正确的是( )
A. 向体系中加入少量CH3COONa固体，平衡向左移动，c(CH3COO-)下降
B. 向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中所有离子的浓度都减小
C. 加入少量NaOH固体（忽略溶解热效应），平衡向右移动，水的电离程度也随之增大
D. 升高体系温度（忽略醋酸挥发），溶液中H+数目增多，平衡一定向左移动
【答案】C
【解析】
【详解】A、向体系中加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，平衡向左移动，选项A错误；
B、向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中c(CH3COO-)、c(H+)减小，温度不变，KW不变，根据KW= c(H+) c(OH-)可知，c(H+)减小，则c(OH-)增大，选项B错误；
C. 加入少量NaOH固体（忽略溶解热效应），c(OH-)增大，c(H+)减小，平衡向右移动，水的电离程度也随之增大，选项C正确；
D. 升高体系温度（忽略醋酸挥发），电离程度增大，平衡向右移动，溶液中H+数目增多，选项D错误。
答案选C。
5.下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（ ）
①常温下HNO2溶液的pH小于7
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗
③HNO2和NaCl不能发生反应
④0.1mol/L HNO2溶液的pH=2.1
⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2
⑥pH=1的 HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8
A. ①④⑤⑥ B. ④⑤⑥ C. ①②③④ D. 全部
【答案】B
【解析】
【详解】①常温下HNO2溶液的pH小于7，只能证明其为酸，不能证明其为弱酸，故①错误；
②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；
③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③错误；
④常温下0.1 mol•L-1 HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确；
⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑤正确；
⑥常温下pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8说明亚硝酸中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑥正确；
能证明HNO2是弱电解质有④⑤⑥，故选B。
6.下列化学用语正确的是( )
A. NaHCO3水解的离子方程式：HCO3-+ H2OCO32-+H3O+
B. NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2ONH3·HDO+D+
C. Na2S显碱性原因：S2-+2H2OH2S+2OH-
D. 向0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA-+OH-=A2-+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢离子，离子方程式：HCO3-+ H2O H2CO3+OH-，故A错误；
B. NH4Cl溶于水中，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子， NH4++H2ONH3·H2O+H+，D 为氢元素的一个核素，溶于D2O中离子方程式：NH4++D2ONH3·HDO+D+，故B正确；
C. Na2S显碱性原因：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+ H2O H2S+OH-，S2-为弱酸根，分步水解，故C错误；
D. 0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中，说明NaHA为强酸的酸式盐，是强电解质，在水中完全电离为Na+、H+、A2-，加入NaOH溶液：H++OH-= H2O，故D错误；
答案选B。
7.将反应Cu（s） + 2Ag + （aq） Cu 2+（aq） + 2Ag（s）设计成原电池，某一时刻的电子流向及电流计（G）指针偏转方向如图所示，有关叙述正确的是 （ ）
A. KNO3盐桥中的K+移向Cu（NO3）2溶液
B. 当电流计指针为0时，该反应达平衡，平衡常数K=0
C. 若此时向AgNO3溶液中加入NaCl固体，随着NaCl量的增加，电流计指针向右偏转幅度减小→指针指向0→向左偏转
D. 若此时向Cu（NO3）2溶液中加入NaOH固体，随着NaOH量的增加电流计指针向右偏转幅度减小→指针指向0→向左偏转
【答案】C
【解析】试题分析：A、根据电子流向，Cu为负极，而KNO3盐桥中的K+移向正极，错误；B、该反应达平衡时各物质的量不在变化，也不会有能量的变化，所以电流计指针为0，但平衡常数不为0，错误；C、随着NaCl量的增加，Ag+的浓度下降，反应速率减小（电流计指针向右偏转幅度减小）直到建立平衡（指针指向0），Ag+的浓度再下降，会使平衡逆移（向左偏转），正确；D、NaOH量的增加，正反应速率不变，电流计指针向右偏转幅度不变，错误。
8.下列说法正确的是( )
A. 将Ca(OH)2饱和溶液加热，溶液的pH增大
B. 常温下，pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合后，溶液的pH>7
C. CaCO3的水溶液导电性很弱，所以CaCO3是弱电解质
D. 两种酸溶液的pH分别为a和(a+1)，物质的量浓度分别为c1和c2，则c1和c2必然存在：c1＝10c2
【答案】B
【解析】
【详解】A. Ca（OH）2的溶解度随着温度的升高而降低，将Ca（OH）2饱和溶液加热Ca（OH）2析出，溶液的pH减小，故A错误；
B. pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，两种溶液H+与OH-离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7，故B正确；
C.溶液导电性与溶液中离子浓度大小有关，与电解质强弱无关系，故C错误；
D. 醋酸为弱电解质，浓度越小，电离程度越大，当pH分别为a和（a+1），物质的量浓度分别为c1和c2时，则有c1＞10c2，故D错误；
答案选B。
9.常温下，有①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的H2SO4溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是( )
A. 水电离的c(H＋)：①>②=③>④
B. 将②、④溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②=④
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大
D. 向10mL上述四溶液中各加入90mL水后，溶液的pH：③>④>①>②
【答案】B
【解析】
【分析】①pH=2的CH3COOH溶液，c(H＋)=10-2mol/L，②pH=2的H2SO4溶液，c(H＋)=10-2mol/L，
③pH=12的氨水，c(OH-)=10-2mol/L，④pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=10-2mol/L。四个溶液中c(H＋)= c(OH-)=10-2mol/L；
【详解】A. 四个溶液中c(H＋)= c(OH-)=10-2mol/L，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c(H+)：①=②=③=④，故A错误；
B. 硫酸和氢氧化钠都是强电解质，由于c(H+)=c(OH-)，故V(NaOH)=V(H2SO4)，若将两个溶液混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②=④，故B正确；
C. 醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，故C错误；
D. 醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7＞②＞①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④稀释后溶液的pH值③＞④＞7，所以加水后溶液的pH：③＞④＞②＞①，故D错误；
答案选B。
10.60 ℃时水的离子积Kw＝3.2×10－14，则在60 ℃时，c(H＋)＝2×10－7mol·L－1的溶液( )
A. 呈酸性 B. 呈碱性 C. 呈中性 D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】60 ℃时水的离子积Kw＝3.2×10－14， c(OH-)=
，c(OH-)< c(H＋)，故溶液显酸性，
答案选A。
11.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ ΔH＞0，下列叙述正确的是( )
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变
C. 向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向水中加入稀氨水，c(OH－)增大，A项错误；
B. 向水中加入NaHSO4，c(H＋)增大，由于温度不变，Kw应不变，B项正确；
C.向水中加入少量CH3COOH，c(H＋)应增大，C项错误；
D. 加热促进水的电离，c（H+）、c（OH-）都增大，Kw增大，pH减小，D项错误；
答案选D。
12. LED系列产品是被看好的一类节能新产品,下图是一种氢氧燃料电池驱动LED发光的装置。下列有关叙述正确的是( )
A. a处通入氢气，发生了还原反应:H2-2e-+2OH-=2H2O
B. b处通入氧气，为电池的正极
C. 该装置中只涉及两种形式的能量转化，电池中的KOH溶液也可用稀硫酸溶液代替
D. P-型半导体连接的是电池负极．
【答案】B
【解析】试题分析：A．由电子流向可知a为负极，b为正极，a处通入氢气，发生了氧化反应：H2-2e-+2OH-=2H2O，A项错误；B．b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-，b处通入的是氧气，B项正确；C．该装置的能量转换有化学能、电能和光能，C项错误；D．P-型半导体连接的是电池正极，D项错误；答案选B。
13.镁及其化合物一般无毒(或低毒)、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池关注焦点。其中一种镁原电池的反应为xMg＋Mo3S4MgxMo3S4，下列说法正确的是( )
A. 电池充电时，阴极发生还原反应生成Mo3S4
B. 电池充电时，阳极反应为xMg－2xe－===xMg2＋
C. 电池放电时，Mg2＋向负极迁移
D. 电池放电时，正极反应为Mo3S4＋2xe－＋xMg2＋=== MgxMo3S4
【答案】D
【解析】试题分析：A．充电时，Mg为阴极，被还原，电极反应为电极方程式为xMg2++2xe-═xMg，故A错误；B．电池充电时，阳极反应为MgxMo3S4-2xe-═Mo3S4+xMg2+，故B错误；C．原电池工作时，阳离子向正极移动，故C错误；D．电池放电时，正极发生还原反应，由总方程式可知，Mo3S4为正极，被还原，电极反应为Mo3S4+2xe-+xMg2+═MgxMo3S4，故D正确；故选D。
14. 用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. 燃料电池工作时，正极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－
B. 电解精炼铜时，若转移1mol电子，a极质量减少32g
C. 铁表面镀铜时，a为铁，b为Cu，工作一段时间要使右池溶液复原可加入适量的CuO
D. 若a、b两极均为石墨时，在相同条件下，a极产生的气体与电池中消耗的O2体积相同
【答案】D
【解析】试题分析：A．因该燃料电池是在酸性电解质中工作，所以正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，故A错误；B．电解精炼铜时，a极是粗铜，溶解的是铜和比铜活泼的金属，故B错误；C．铁表面镀铜时，阳极a为铜，b为铁，工作一段时间硫酸铜的浓度基本不变，故C错误；D．a、b两极均是石墨时，电解CuSO4溶液时，a极产生的气体为O2，产生1molO2需4mol电子，所以燃料电池需要消耗1molO2，二者的体积相等，故D正确；故选D。
15.溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中 HCO3－占95 % ，利用图示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。下列说法正确的是( )
A. a 室排出的是NaOH 、Ca（OH）2等强碱性物质
B. 装置中产生的 O2和提取的 CO2的体积比约为1：4
C. c室发生的反应为 2H2O－4e－===O2↑＋ 4H+
D. 电路中每有0.2mol 电子通过时，就有0.2mol阳离子从c室移至b室
【答案】B
【解析】
【分析】a室电极与电源正极相连，是电解池阳极，电极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+。H+通过阳离子交换膜进入c室；c室电极与电源负极相连，是电解池阴极，电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−。b室海水中阳离子通过离子交换膜进入c室，故c室排出的是NaOH、Ca(OH)2等强碱性物质。
【详解】A.根据上述分析，c 室排出的是NaOH 、Ca（OH）2等强碱性物质，故A错误；
B. 由电极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+可知，标况下产生1mol O2，同时产生4mol H+，4mol H+与4mol HCO3－反应，产生4mol CO2，相同条件下，物质的量之比等于体积之比，因此产生的 O2和提取的 CO2的体积比约为1：4，故B正确；
C. c室电极与电源负极相连，是电解池阴极，电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故C错误；
D. 电路中每有0.2mol电子通过时，就有0.2mol阳离子从a室移至b室，故D错误；
答案选B。
16.25℃时，重水（D2O）的离子积为1.6×10-15，也可用pH值一样的定义来规定其酸碱度：pD=-lgc(D+)，下列有关pD的叙述正确的是( )
①中性D2O的PD>7
②在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，其pD值为12
③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，pD=2
④在100mL 0.25mol/L DCl的重水溶液中，加入50mL 0.2mol/L NaOD的重水溶液，反应后溶液的pD=2
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①25℃时，重水（D2O）的离子积为1.6×10-15，中性纯水中，C（D+）=C（HD-）=mol/L=4×10-8mol/L，PD=-lg[D+]=8-lg4＞7，故①正确；
②在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，NaOD的物质的量浓度小于0.01mol/L，所以C（HD-）＜0.01mol/L，C（D+）＞1.6×10-13，则PD值＞12，故②错误；
③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，C（D+）=0.01mol/L，PD=2，故正确；
④在100mL 0.25mol/L DCl的重水溶液中，n（DCl）=0.25mol/L×0.1L=0.025mol，50mL 0.2mol/L NaOD的重水溶液中，C（NaOD）=0.2mol/L×0.05L=0.01mol＜n（DCl），则酸过量，混合溶液中C（DCl）==0.1mol/L，则C（D+）=0.1mol/L，PD=1，故④错误；
答案选C。
17.已知甲、乙、丙、丁四种溶液分别为CH3COONa、NH3•H2O、CH3COOH、Na2SO4中的一种，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，则丁为( )
A. NH3•H2O B. CH3COONa C. CH3COOH D. Na2SO4
【答案】D
【解析】
【详解】CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性；NH3•H2O为弱碱，CH3COOH为弱酸，Na2SO4为强酸强碱盐不水解呈中性，根据溶液的酸碱性，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与乙一定是CH3COONa、NH3•H2O中的一种，因为它们都呈碱性，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，NH3•H2O、CH3COOH、碱和酸抑制水的电离，所以甲与丙一定是NH3•H2O、CH3COOH中的一种，则甲为NH3•H2O、乙为CH3COONa、丙为CH3COOH，丁为Na2SO4，答案选D。
18.某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分別为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A. 溶液中水的电离程度：b点>c点
B. 曲线Ⅱ代表CH3COOH
C. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
D. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）
【答案】D
【解析】
【详解】酸的电离平衡常数越大,酸的酸性越强,根据电离平衡常数知,酸性：HNO2>CH3COOH，
A. 酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，酸中c(H+):b>c，则抑制水电离程度：b>c，所以水电离程度：b
C. a点两种溶液的pH相同，但是两种溶液浓度：HNO2
答案选D。
19. 下列关于下图装置的说法正确的是( )
A. 若断开K1关闭K2，X、Y均为石墨，Z是NaCl溶液，则X 附近能得到氢氧化钠
B. 若断开K1关闭K2，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4溶液，则该装置可用于铜的精炼
C. 若断开K2关闭K1，X是Cu，Y是Fe，Z是含有空气的海水，则该装置可用于保护Fe
D. 若断开K2关闭K1，X是Cu，Y是Zn，Z是稀H2SO4，则在X极有气泡生成。
【答案】D
【解析】试题分析：A．若断开K1关闭K2则构成电解池，X、Y均为石墨，Z是NaCl溶液，X 是阳极，氯离子放电生成氯气，错误；B．若断开K1关闭K2则构成电解池，X是阳极，电极材料为粗铜，Y是精铜，Z是CuSO4溶液，才可用于铜的精炼，错误；C．若断开K2关闭K1则构成原电池，X是Cu，Y是Fe，Z是含有空气的海水，铁比铜活泼做负极，受到腐蚀，该装置不能用于保护Fe，错误；D．若断开K2关闭K1则构成原电池，X是Cu，Y是Zn，Z是稀H2SO4，锌比铜活泼，则在X极有气泡生成，正确；选D。
20.中科院某课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如图所示)，该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法中正确的是（ ）
A. a极为正极
B. 随着反应不断进行，负极区的pH不断增大
C. b极电极反应式为MnO2+2H2O+2e-=Mn2++4OH-
D. 消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】A.失电子化合价升高的电极为负极，发生氧化反应；
B.负极区电极反应式C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，负极溶液中c(H+)增大；
C.b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和Mn2+；
D.根据C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+计算转移电子物质的量。
【详解】A.根据图知，葡萄糖C6H12O6转化为葡萄糖内脂C6H10O6，C元素化合价由0价转化为+，则该电极上失电子发生氧化反应，所以a为负极，b为正极，A错误；
B.负极区电极反应式为C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，负极溶液中c(H+)增大，则溶液的pH减小，B错误；
C.b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和锰离子，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，C错误；
D.根据C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+可知，消耗1mol葡萄糖转移2mol电子，则消耗0.01mol葡萄糖转移0.02mol电子，D正确；
故合理选项是D。
21.一种“全氢电池”的工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 电流方向是从吸附层M通过导线到吸附层N
B. 离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和
C. Na+从右边穿过离子交换膜向左边移动
D. 正极的电极反应是H2－2e－+2OH－=2H2O
【答案】B
【解析】
【分析】通过图像分析，吸附层M上氢气失电子，化合价升高，为电池的负极；而吸附层N上，氢离子得电子，化合价降低，生成氢气，为电池的正极。
【详解】A.电流的方向由电池的正极出发流向电池的负极，则为由吸附层N流向吸附层M，A错误；
B.根据电池内阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，放电时，若为阳离子交换膜，则允许阳离子向右侧移动，若为阴离子交换膜，则允许阴离子向左移动，B正确；
C. 放电时，电池内阳离子向正极移动，则Na+从左边穿过离子交换膜向右边移动，C错误；
D. 正极为得电子，电极反应：2H++2e-=H2，D错误；
二、填空题（共5分）
22.工业上电解制碱的技术是用阳离子交换膜法，主要原料是饱和食盐水。图一为阳离子交换膜法电解原理示意图。请回答下列问题：
（1）反应的离子方程式是___。A、B、C、D所对应物质化学式分别为__________、____、______、_______，每通过0.1mol电子，就有0.1mol____（填离子符号）通过离子交换膜。
（2）若上述电解过程中用阴离子交换膜代替阳离子交换膜（已知：3Cl2 +6OH- = 5Cl-+ClO3-+3H2O），下列说法正确的组合是___________。
A．电解结束时，右侧溶液中含有ClO3—
B．电解槽内发生反应的总化学方程式为：NaCl + 3H2O NaClO3 + 3H2↑
C．用阴离子交换膜后，电解槽内两个电极发生的电极反应与原来一样
D．用阴离子交换膜后，阳离子的定向移动方向与原来相反
（3）如果用熔融碳酸盐CO燃料电池供电，图二为其工作原理，A、B极的电极反应分别是____、_______________。
【答案】(1). 2Cl-+2H2O 电解 2OH-+H2↑+Cl2↑ (2). NaCl (3). NaOH (4). Cl2 (5). H2 (6). Na+ (7). ABC (8). 2CO+2CO32- - 4e- = 4CO2 (9). O2+2CO2+4e- =2CO32-
【解析】
【详解】（1）根据题中信息，对饱和食盐水进行电解，制取碱，反应的离子方程式是2Cl-+2H2O 电解 2OH-+H2↑+Cl2↑；根据装置图结构，左边电极与电源正极相连，故左边的电极为阳极，阴离子在该电极失电子发生氧化反应，右边的电极与电源的负极相连，右边电极为阴极，阳离子在该电极得电子，发生还原反应，根据化学反应方程式得失电子可得，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，阳离子向阴极移动，A应补充NaCl，B补稀的NaOH，因此电解时，A为NaCl，B为NaOH，C为 Cl2，D为H2，电解池中间为阳离子交换膜，只允许阳离子通过，该电解池中的阳离子主要为钠离子。当每通过0.1mol电子，就有0.1mol Na+通过离子交换膜。答案为： 2Cl-+2H2O 电解 2OH-+H2↑+Cl2↑；NaCl； H2O；Cl2； H2； Na+
（2）A．电解时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气同时电极附近生成氢氧根离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜移向阳极，氯气和氢氧根离子反应生成氯酸根离子，电解结束时，溶液呈电中性，则右侧溶液中含有ClO3-，故A正确；
B．电解时，阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子，电池反应式为：NaCl + 3H2O NaClO3 + 3H2↑，故B正确；
C．无论使用阴离子交换膜还是阳离子交换膜，阳极上都是氯离子放电、阴极上都是氢离子放电，所以电解槽内两个电极发生的电极反应与原来一样，故C正确；
D．无论使用阴离子交换膜还是阳离子交换膜，阳离子都向阴极移动，故D错误；
答案为：ABC。
（3）根据图二其工作原理，A电极上CO和CO32-转变为CO2，碳化合价+2价变为+4价，化合价升高失电子，发生氧化反应，故A为负极；B电极上O2和CO2转变为CO32-，样的化合价从0价变为-2价，化合价降低得电子，发生还原反应，B为正极。电极反应分别是A：2CO+2CO32- - 4e- = 4CO2 ，B：O2+2CO2+4e- =2CO32-；
答案为：2CO+2CO32- - 4e- = 4CO2；O2+2CO2+4e- =2CO32-
23.某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：
（1）甲池为______（填原电池、电解池或电镀池）,通入甲醇电极的电极反应式为________。
（2）乙池中B电极为______（填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”），该池的总反应化学方程式为________。
（3）当乙池中B极质量增重5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积为______mL（标准状况）。
（4）丙池中，C上的电极反应式为________________。如果起始时盛有1000 mL pH＝5的硫酸铜溶液（25℃，CuSO4足量），一段时间后溶液的pH变为1。若要使溶液恢复到起始浓度（温度不变，忽略溶液体积的变化），可向溶液中加入_____（填物质名称），其质量约为_______g。
（5）若将丙池中两个电极改成等质量的Fe和Cu，实现在Fe上镀Cu，当甲中消耗1.6g甲醇时，丙中两个电极质量差为______g。
【答案】(1). 原电池 (2). CH3OH+8OH--6e-═CO32-+6H2O (3). 阴极 (4). 4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3 (5). 280 (6). 4OH－－4e－= O2↑+2H2O或2H2O－4e－= O2↑+4H+ (7). 氧化铜（或碳酸铜） (8). 4 g（或6.2 g） (9). 19.2
【解析】
【分析】甲池为燃料电池，CH3OH为负极发生氧化反应，氧气为正极发生还原反应，则乙中A为阳极，B为阴极，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上银离子得电子生成Ag，丙池中C为阳极，D是阴极，也就是惰性电极电解硫酸铜。
【详解】（1）甲池为甲醇燃料电池，为原电池，燃料在负极失电子发生氧化还原反应在碱溶液中生成碳酸盐，甲池中通入CH3OH电极的电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O，
故答案为：原电池；CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O；
（2）乙池是电解池，A与甲池中的正极相连，A为阳极，B为阴极，电池中是电解硝酸银溶液生成银，硝酸和氧气，电池反应为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；
答案为：阴极；4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3
（3）当乙池中B极质量增加5.4g为Ag，物质的量= =0.05mol，依据电子守恒计算4Ag～O2～4e-，甲池中理论上消耗O2的体积=mol×22.4L/mol=0.28L=280ml；
答案为：280；
（4）丙池中，C电极与甲池原电池的正极相连，C为阳极，D为阴极，C电极上根据阴离子放电顺序，水中氢氧根离子失去电子转变为水和氧气或可写为水失去电子生成氧气和氢离子，电极反应式为4OH－－4e－= O2↑+2H2O或2H2O－4e－= O2↑+4H+；阴极上铜离子放电生成铜，阳极上析出氧气、阴极上析出铜，所以相当于析出CuO，电池反应式为2CuSO4+2H2O 2H2SO4+2Cu+O2↑，pH=1时溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，则溶液中n（H2SO4）=0.05mol/L×1L=0.05mol，阴极析出n（Cu）=n（H2SO4）=0.05mol，根据“析出什么加入什么”原则，根据Cu原子守恒知析出m（CuO）=n（Cu）．M（CuO）=0.05mol×80g/mol=4g，也可以加入碳酸铜，其质量=0.05mol×124g/mol=6.2g；答案为：氧化铜（或碳酸铜）；4 g（或6.2 g）；
（5）若将丙池中两个电极改成等质量的Fe和Cu，实现在Fe上镀Cu，则阳极反应为：Cu−2e−=Cu2+，阴极反应为：Cu2++2e−=Cu，当甲中消耗1.6g甲醇时即转移电子为
×6=0.3mol，所以丙中两个电极质量差为64g/mol×0.3mol=19.2g，故答案为：19.2。
24.已知水在25 ℃和95 ℃时的电离平衡曲线如图所示：
（1）25 ℃时水的电离平衡曲线应为__________ (填“A”或“B”)。
（2）95 ℃时水的离子积Kw=__________，c(H＋)=__________
（3）25 ℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_____。
（4）95 ℃时，若100 mL pH1=a的某强酸溶液与1 mL pH2=b的某强碱溶液混合后，所得溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是____________。
【答案】(1). A (2). 1×10−12 (3). 1×10-6mol/L (4). 10∶1 (5). pH1+pH2=14或a+b=14
【解析】
【详解】（1）曲线A条件下Kw=c(H+)×c(OH-)=10-7×10-7=10-14，曲线B条件下c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，Kw=c(H+)•c(OH-)=10-12；水的电离是吸热过程，加热促进电离，所以A曲线代表25℃时水的电离平衡曲线；答案为：A。
（2）由图像可知，95℃时，水中氢离子的浓度为1×10-6mol/L，氢氧根离子的浓度为1×10-6mol/L，则Kw=1×10-12；答案为：1×10-12；1×10-6mol/L
（3）25℃时所得混合溶液的pH=7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH-)=n(H+)，则V(NaOH)·10-5mol·L-1=V(H2SO4)·10-4 mol·L-1，得V(NaOH):V(H2SO4)=10:1；答案为：10:1；
（4）强酸的pH1=a，强碱的pH2=b，由95℃时，若100体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混和后溶液呈中性，即n(OH-)=n(H+)，则100×10-a=1×10b-12，102-a=10b-12，即2-a=b-12，则a+b=14或pH1+pH2=14；答案为：pH1+pH2=14或a+b=14；
25.电离平衡常数（用Ka表示)的大小可以判断电解质的相对强弱。25℃时，有关物质的电离平衡常数如下表所示。根据该表，回答下列问题：
化学式
HF
CH3COOH
H2SO3
H2CO3
H2S
电离平衡
常数（Ka）
4.0×10-4
1.8×10-5
K1=1.54×10-2
K2=1.02×10-7
K1=4.4×10-7
K2=4.7×10-11
K1＝9.1×10－8
K2＝1.1×10－12
(1)同浓度的F－、CO32-、CH3COO-、HS-结合H＋的能力最强的为__________
(2)溶液中不可能大量共存的离子组是__________
a．HS-、SO32- b．HF、CH3COO- c．HS-、HCO3- d. HSO3-、HCO3-
(3)Na2CO3溶液通入过量H2S的离子方程式是：_____。
(4)OH－浓度相同的等体积的两份溶液HCl（A）和 CH3COOH（E），分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是_______(填写序号)。
①反应所需要的时间E>A ②开始反应时的速率A>E
③参加反应的锌的物质的量A＝E ④反应过程的平均速率E>A
⑤A溶液里有锌剩余 ⑥E溶液里有锌剩余
(5)向 0.l mol•L-1 CH3COOH溶液中滴加 NaOH 溶液至c(CH3COOH) : c(CH3COO-) =2 : 36，此时溶液pH = __________
【答案】(1). CO32- (2). b (3). H2S+CO32- =HCO3-+HS- (4). ③④⑤ (5). 6
【解析】
【详解】(1) 酸根对应的酸越弱结合H+能力越强，根据电离平衡常数，酸的酸性强弱为：HF>CH3COOH>H2S>HCO3−，所以对应的碱结合H+的能力强弱为：CO32−>HS−>CH3COO−>F−，则其中结合H+能力最强的是CO32−，
故答案为：CO32−；
(2) a.酸性强弱为HSO3−>HS−，所以HS−与SO32−反应进行的程度不大，可以共存，故a不选；
b.酸性强弱为HF>CH3COOH，则HF可以与CH3COO−反应，不可以共存，故b选；
c.HS−和HCO3−均为水解程度大于电离程度，所在溶液均为碱性，可以共存，故c不选；
d.酸性强弱H2CO3>HSO3−，所以HSO3−与HCO3−可以共存，故d不选，故答案为：b；
(3) Na2CO3溶液通入过量H2S，酸性强弱为H2CO3>H2S>HCO3−>HS−，反应生成HCO3−，H2S转化为HS−，则反应的离子方程式为：H2S+CO32- =HCO3-+HS-，故答案为：H2S+CO32- =HCO3-+HS-；
(4) ①反应所需要的时间与反应速率成反比，反应速率与氢离子浓度成正比，反应过程中醋酸继续电离出氢离子，导致氢离子浓度A< E，反应速率A< E，则反应所需时间A> E，故①错误；
②反应速率与氢离子浓度成正比，开始时A. B氢离子浓度相等，反应速率A= E，故②错误；
③生成的氢气相同，根据转移电子守恒知，消耗的锌A= E，故③正确；
④氢离子浓度越大，反应速率越大，反应过程中氢离子浓度A< E，反应过程的平均速率E >A
，故④正确；
⑤酸最终电离出氢离子物质的量越少的，锌可能有剩余，两种酸中酸最终电离出的氢离子浓度A< E，则可能A剩余锌，故⑤正确，⑥错误；答案为：③④⑤；
(5) 向 0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH):c(CH3COO-)=2:36，则溶液中c(H+)==10−6mol/L，则溶液pH=−lgc(H+)=6；答案为：6；
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Ag 108 Cu 64
一、选择题（每题只有一个正确答案，1-16每题2分，17-21每题3分，共47分）
1.下列叙述正确的是( )
A. 电解质溶液导电的过程实际上就是电解的过程
B. 氢氧燃料电池的负极反应式 ：O2＋2H2O＋4e－=4OH－
C. 粗铜精炼时，电解质溶液中铜离子浓度保持不变
D. 铁与稀H2SO4反应时，加入过量CuSO4溶液，可使反应速率加快
【答案】A
【解析】A. 电解质溶液导电的过程实际上就是电解的过程，A正确；B. 氢氧燃料电池的负极发生失去电子的氧化反应，氢气放电，B错误；C. 粗铜精炼时，阳极是粗铜，粗铜中的杂质也会失去电子，而阴极始终是铜离子放电，因此电解质溶液中铜离子浓度降低，C错误；D. 铁与稀H2SO4反应时，加入过量CuSO4溶液，铁全部被铜离子氧化，不能生成氢气，D错误，答案选A。
2.下列叙述不正确的是（ ）
A. 在海轮外壳上镶锌块，可减缓船体的腐蚀
B. 钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气最终转化为铁锈
C. 生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱
D. 镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈
【答案】B
【解析】
【分析】A、在海轮上镶嵌锌块，锌块能和轮船、海水构成原电池；
B、钢铁发生吸氧腐蚀时，氧气得电子；
C、生铁中含有碳单质，C能和铁、水膜形成原电池；
D、镀铜铁制品的镀层受损后，铜与铁形成原电池。
【详解】A、在海轮上镶嵌锌块，锌块能和轮船、海水构成原电池，其中锌块做负极，海轮做正极被保护，故能减缓船体的腐蚀，故A正确；
B、钢铁发生吸氧腐蚀时，负极是铁失电子，氧气在正极得电子发生还原反应，故B错误；
C、生铁中含有碳单质，C能和铁、水膜形成原电池，其中铁做负极被腐蚀，故生铁的抗腐蚀能力比纯铁要弱，故C正确；
D、镀铜铁制品的镀层受损后，铜与铁形成原电池，铜做正极，铁做负极被腐蚀，铁制品受损后更易腐蚀，故D正确。
故选B。
3.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法不正确的是( )
A. pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
B. 相同物质的量浓度的两溶液导电能力相同
C. 氢离子浓度、体积均相同的两溶液，加适量的CH3COONa晶体，两溶液的氢离子浓度都减小
D. pH=3的两溶液分别加水稀释10倍后，醋酸溶液的pH比盐酸小
【答案】B
【解析】
【详解】A. pH相等的两溶液电离出的氢离子浓度相等，都为一元酸，电离出的c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)= c(H+)；故A正确；
B. 溶液导电能力与溶液中离子浓度大小有关，离子浓度越大，导电能力越强。相同物质的量浓度的两溶液，盐酸为强酸，电离程度大，溶液中离子浓度大，醋酸为弱酸，电离程度小，溶液中离子浓度小，导电能力弱，故B错误；
C. CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，加入酸溶液中会消耗氢离子，因此两个酸溶液中氢离子浓度都减小，故C正确；
D. pH=3 盐酸溶液稀释10倍，pH变为4；而醋酸中存在电离平衡，加水稀释，电离平衡右移，故氢离子浓度下降幅度较小，则pH小于4，故D正确；
答案选B。
4.25℃时，醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+ H+，下列说法正确的是( )
A. 向体系中加入少量CH3COONa固体，平衡向左移动，c(CH3COO-)下降
B. 向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中所有离子的浓度都减小
C. 加入少量NaOH固体（忽略溶解热效应），平衡向右移动，水的电离程度也随之增大
D. 升高体系温度（忽略醋酸挥发），溶液中H+数目增多，平衡一定向左移动
【答案】C
【解析】
【详解】A、向体系中加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，平衡向左移动，选项A错误；
B、向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中c(CH3COO-)、c(H+)减小，温度不变，KW不变，根据KW= c(H+) c(OH-)可知，c(H+)减小，则c(OH-)增大，选项B错误；
C. 加入少量NaOH固体（忽略溶解热效应），c(OH-)增大，c(H+)减小，平衡向右移动，水的电离程度也随之增大，选项C正确；
D. 升高体系温度（忽略醋酸挥发），电离程度增大，平衡向右移动，溶液中H+数目增多，选项D错误。
答案选C。
5.下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（ ）
①常温下HNO2溶液的pH小于7
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗
③HNO2和NaCl不能发生反应
④0.1mol/L HNO2溶液的pH=2.1
⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2
⑥pH=1的 HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8
A. ①④⑤⑥ B. ④⑤⑥ C. ①②③④ D. 全部
【答案】B
【解析】
【详解】①常温下HNO2溶液的pH小于7，只能证明其为酸，不能证明其为弱酸，故①错误；
②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；
③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③错误；
④常温下0.1 mol•L-1 HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确；
⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑤正确；
⑥常温下pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8说明亚硝酸中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑥正确；
能证明HNO2是弱电解质有④⑤⑥，故选B。
6.下列化学用语正确的是( )
A. NaHCO3水解的离子方程式：HCO3-+ H2OCO32-+H3O+
B. NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2ONH3·HDO+D+
C. Na2S显碱性原因：S2-+2H2OH2S+2OH-
D. 向0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA-+OH-=A2-+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢离子，离子方程式：HCO3-+ H2O H2CO3+OH-，故A错误；
B. NH4Cl溶于水中，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子， NH4++H2ONH3·H2O+H+，D 为氢元素的一个核素，溶于D2O中离子方程式：NH4++D2ONH3·HDO+D+，故B正确；
C. Na2S显碱性原因：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+ H2O H2S+OH-，S2-为弱酸根，分步水解，故C错误；
D. 0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中，说明NaHA为强酸的酸式盐，是强电解质，在水中完全电离为Na+、H+、A2-，加入NaOH溶液：H++OH-= H2O，故D错误；
答案选B。
7.将反应Cu（s） + 2Ag + （aq） Cu 2+（aq） + 2Ag（s）设计成原电池，某一时刻的电子流向及电流计（G）指针偏转方向如图所示，有关叙述正确的是 （ ）
A. KNO3盐桥中的K+移向Cu（NO3）2溶液
B. 当电流计指针为0时，该反应达平衡，平衡常数K=0
C. 若此时向AgNO3溶液中加入NaCl固体，随着NaCl量的增加，电流计指针向右偏转幅度减小→指针指向0→向左偏转
D. 若此时向Cu（NO3）2溶液中加入NaOH固体，随着NaOH量的增加电流计指针向右偏转幅度减小→指针指向0→向左偏转
【答案】C
【解析】试题分析：A、根据电子流向，Cu为负极，而KNO3盐桥中的K+移向正极，错误；B、该反应达平衡时各物质的量不在变化，也不会有能量的变化，所以电流计指针为0，但平衡常数不为0，错误；C、随着NaCl量的增加，Ag+的浓度下降，反应速率减小（电流计指针向右偏转幅度减小）直到建立平衡（指针指向0），Ag+的浓度再下降，会使平衡逆移（向左偏转），正确；D、NaOH量的增加，正反应速率不变，电流计指针向右偏转幅度不变，错误。
8.下列说法正确的是( )
A. 将Ca(OH)2饱和溶液加热，溶液的pH增大
B. 常温下，pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合后，溶液的pH>7
C. CaCO3的水溶液导电性很弱，所以CaCO3是弱电解质
D. 两种酸溶液的pH分别为a和(a+1)，物质的量浓度分别为c1和c2，则c1和c2必然存在：c1＝10c2
【答案】B
【解析】
【详解】A. Ca（OH）2的溶解度随着温度的升高而降低，将Ca（OH）2饱和溶液加热Ca（OH）2析出，溶液的pH减小，故A错误；
B. pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，两种溶液H+与OH-离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7，故B正确；
C.溶液导电性与溶液中离子浓度大小有关，与电解质强弱无关系，故C错误；
D. 醋酸为弱电解质，浓度越小，电离程度越大，当pH分别为a和（a+1），物质的量浓度分别为c1和c2时，则有c1＞10c2，故D错误；
答案选B。
9.常温下，有①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的H2SO4溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是( )
A. 水电离的c(H＋)：①>②=③>④
B. 将②、④溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②=④
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大
D. 向10mL上述四溶液中各加入90mL水后，溶液的pH：③>④>①>②
【答案】B
【解析】
【分析】①pH=2的CH3COOH溶液，c(H＋)=10-2mol/L，②pH=2的H2SO4溶液，c(H＋)=10-2mol/L，
③pH=12的氨水，c(OH-)=10-2mol/L，④pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=10-2mol/L。四个溶液中c(H＋)= c(OH-)=10-2mol/L；
【详解】A. 四个溶液中c(H＋)= c(OH-)=10-2mol/L，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c(H+)：①=②=③=④，故A错误；
B. 硫酸和氢氧化钠都是强电解质，由于c(H+)=c(OH-)，故V(NaOH)=V(H2SO4)，若将两个溶液混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②=④，故B正确；
C. 醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，故C错误；
D. 醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7＞②＞①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④稀释后溶液的pH值③＞④＞7，所以加水后溶液的pH：③＞④＞②＞①，故D错误；
答案选B。
10.60 ℃时水的离子积Kw＝3.2×10－14，则在60 ℃时，c(H＋)＝2×10－7mol·L－1的溶液( )
A. 呈酸性 B. 呈碱性 C. 呈中性 D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】60 ℃时水的离子积Kw＝3.2×10－14， c(OH-)=
，c(OH-)< c(H＋)，故溶液显酸性，
答案选A。
11.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ ΔH＞0，下列叙述正确的是( )
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变
C. 向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向水中加入稀氨水，c(OH－)增大，A项错误；
B. 向水中加入NaHSO4，c(H＋)增大，由于温度不变，Kw应不变，B项正确；
C.向水中加入少量CH3COOH，c(H＋)应增大，C项错误；
D. 加热促进水的电离，c（H+）、c（OH-）都增大，Kw增大，pH减小，D项错误；
答案选D。
12. LED系列产品是被看好的一类节能新产品,下图是一种氢氧燃料电池驱动LED发光的装置。下列有关叙述正确的是( )
A. a处通入氢气，发生了还原反应:H2-2e-+2OH-=2H2O
B. b处通入氧气，为电池的正极
C. 该装置中只涉及两种形式的能量转化，电池中的KOH溶液也可用稀硫酸溶液代替
D. P-型半导体连接的是电池负极．
【答案】B
【解析】试题分析：A．由电子流向可知a为负极，b为正极，a处通入氢气，发生了氧化反应：H2-2e-+2OH-=2H2O，A项错误；B．b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-，b处通入的是氧气，B项正确；C．该装置的能量转换有化学能、电能和光能，C项错误；D．P-型半导体连接的是电池正极，D项错误；答案选B。
13.镁及其化合物一般无毒(或低毒)、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池关注焦点。其中一种镁原电池的反应为xMg＋Mo3S4MgxMo3S4，下列说法正确的是( )
A. 电池充电时，阴极发生还原反应生成Mo3S4
B. 电池充电时，阳极反应为xMg－2xe－===xMg2＋
C. 电池放电时，Mg2＋向负极迁移
D. 电池放电时，正极反应为Mo3S4＋2xe－＋xMg2＋=== MgxMo3S4
【答案】D
【解析】试题分析：A．充电时，Mg为阴极，被还原，电极反应为电极方程式为xMg2++2xe-═xMg，故A错误；B．电池充电时，阳极反应为MgxMo3S4-2xe-═Mo3S4+xMg2+，故B错误；C．原电池工作时，阳离子向正极移动，故C错误；D．电池放电时，正极发生还原反应，由总方程式可知，Mo3S4为正极，被还原，电极反应为Mo3S4+2xe-+xMg2+═MgxMo3S4，故D正确；故选D。
14. 用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. 燃料电池工作时，正极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－
B. 电解精炼铜时，若转移1mol电子，a极质量减少32g
C. 铁表面镀铜时，a为铁，b为Cu，工作一段时间要使右池溶液复原可加入适量的CuO
D. 若a、b两极均为石墨时，在相同条件下，a极产生的气体与电池中消耗的O2体积相同
【答案】D
【解析】试题分析：A．因该燃料电池是在酸性电解质中工作，所以正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，故A错误；B．电解精炼铜时，a极是粗铜，溶解的是铜和比铜活泼的金属，故B错误；C．铁表面镀铜时，阳极a为铜，b为铁，工作一段时间硫酸铜的浓度基本不变，故C错误；D．a、b两极均是石墨时，电解CuSO4溶液时，a极产生的气体为O2，产生1molO2需4mol电子，所以燃料电池需要消耗1molO2，二者的体积相等，故D正确；故选D。
15.溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中 HCO3－占95 % ，利用图示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。下列说法正确的是( )
A. a 室排出的是NaOH 、Ca（OH）2等强碱性物质
B. 装置中产生的 O2和提取的 CO2的体积比约为1：4
C. c室发生的反应为 2H2O－4e－===O2↑＋ 4H+
D. 电路中每有0.2mol 电子通过时，就有0.2mol阳离子从c室移至b室
【答案】B
【解析】
【分析】a室电极与电源正极相连，是电解池阳极，电极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+。H+通过阳离子交换膜进入c室；c室电极与电源负极相连，是电解池阴极，电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−。b室海水中阳离子通过离子交换膜进入c室，故c室排出的是NaOH、Ca(OH)2等强碱性物质。
【详解】A.根据上述分析，c 室排出的是NaOH 、Ca（OH）2等强碱性物质，故A错误；
B. 由电极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+可知，标况下产生1mol O2，同时产生4mol H+，4mol H+与4mol HCO3－反应，产生4mol CO2，相同条件下，物质的量之比等于体积之比，因此产生的 O2和提取的 CO2的体积比约为1：4，故B正确；
C. c室电极与电源负极相连，是电解池阴极，电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故C错误；
D. 电路中每有0.2mol电子通过时，就有0.2mol阳离子从a室移至b室，故D错误；
答案选B。
16.25℃时，重水（D2O）的离子积为1.6×10-15，也可用pH值一样的定义来规定其酸碱度：pD=-lgc(D+)，下列有关pD的叙述正确的是( )
①中性D2O的PD>7
②在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，其pD值为12
③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，pD=2
④在100mL 0.25mol/L DCl的重水溶液中，加入50mL 0.2mol/L NaOD的重水溶液，反应后溶液的pD=2
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①25℃时，重水（D2O）的离子积为1.6×10-15，中性纯水中，C（D+）=C（HD-）=mol/L=4×10-8mol/L，PD=-lg[D+]=8-lg4＞7，故①正确；
②在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，NaOD的物质的量浓度小于0.01mol/L，所以C（HD-）＜0.01mol/L，C（D+）＞1.6×10-13，则PD值＞12，故②错误；
③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，C（D+）=0.01mol/L，PD=2，故正确；
④在100mL 0.25mol/L DCl的重水溶液中，n（DCl）=0.25mol/L×0.1L=0.025mol，50mL 0.2mol/L NaOD的重水溶液中，C（NaOD）=0.2mol/L×0.05L=0.01mol＜n（DCl），则酸过量，混合溶液中C（DCl）==0.1mol/L，则C（D+）=0.1mol/L，PD=1，故④错误；
答案选C。
17.已知甲、乙、丙、丁四种溶液分别为CH3COONa、NH3•H2O、CH3COOH、Na2SO4中的一种，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，则丁为( )
A. NH3•H2O B. CH3COONa C. CH3COOH D. Na2SO4
【答案】D
【解析】
【详解】CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性；NH3•H2O为弱碱，CH3COOH为弱酸，Na2SO4为强酸强碱盐不水解呈中性，根据溶液的酸碱性，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与乙一定是CH3COONa、NH3•H2O中的一种，因为它们都呈碱性，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，NH3•H2O、CH3COOH、碱和酸抑制水的电离，所以甲与丙一定是NH3•H2O、CH3COOH中的一种，则甲为NH3•H2O、乙为CH3COONa、丙为CH3COOH，丁为Na2SO4，答案选D。
18.某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分別为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A. 溶液中水的电离程度：b点>c点
B. 曲线Ⅱ代表CH3COOH
C. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
D. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）
【答案】D
【解析】
【详解】酸的电离平衡常数越大,酸的酸性越强,根据电离平衡常数知,酸性：HNO2>CH3COOH，
A. 酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，酸中c(H+):b>c，则抑制水电离程度：b>c，所以水电离程度：b
C. a点两种溶液的pH相同，但是两种溶液浓度：HNO2
答案选D。
19. 下列关于下图装置的说法正确的是( )
A. 若断开K1关闭K2，X、Y均为石墨，Z是NaCl溶液，则X 附近能得到氢氧化钠
B. 若断开K1关闭K2，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4溶液，则该装置可用于铜的精炼
C. 若断开K2关闭K1，X是Cu，Y是Fe，Z是含有空气的海水，则该装置可用于保护Fe
D. 若断开K2关闭K1，X是Cu，Y是Zn，Z是稀H2SO4，则在X极有气泡生成。
【答案】D
【解析】试题分析：A．若断开K1关闭K2则构成电解池，X、Y均为石墨，Z是NaCl溶液，X 是阳极，氯离子放电生成氯气，错误；B．若断开K1关闭K2则构成电解池，X是阳极，电极材料为粗铜，Y是精铜，Z是CuSO4溶液，才可用于铜的精炼，错误；C．若断开K2关闭K1则构成原电池，X是Cu，Y是Fe，Z是含有空气的海水，铁比铜活泼做负极，受到腐蚀，该装置不能用于保护Fe，错误；D．若断开K2关闭K1则构成原电池，X是Cu，Y是Zn，Z是稀H2SO4，锌比铜活泼，则在X极有气泡生成，正确；选D。
20.中科院某课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如图所示)，该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法中正确的是（ ）
A. a极为正极
B. 随着反应不断进行，负极区的pH不断增大
C. b极电极反应式为MnO2+2H2O+2e-=Mn2++4OH-
D. 消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】A.失电子化合价升高的电极为负极，发生氧化反应；
B.负极区电极反应式C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，负极溶液中c(H+)增大；
C.b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和Mn2+；
D.根据C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+计算转移电子物质的量。
【详解】A.根据图知，葡萄糖C6H12O6转化为葡萄糖内脂C6H10O6，C元素化合价由0价转化为+，则该电极上失电子发生氧化反应，所以a为负极，b为正极，A错误；
B.负极区电极反应式为C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，负极溶液中c(H+)增大，则溶液的pH减小，B错误；
C.b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和锰离子，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，C错误；
D.根据C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+可知，消耗1mol葡萄糖转移2mol电子，则消耗0.01mol葡萄糖转移0.02mol电子，D正确；
故合理选项是D。
21.一种“全氢电池”的工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 电流方向是从吸附层M通过导线到吸附层N
B. 离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和
C. Na+从右边穿过离子交换膜向左边移动
D. 正极的电极反应是H2－2e－+2OH－=2H2O
【答案】B
【解析】
【分析】通过图像分析，吸附层M上氢气失电子，化合价升高，为电池的负极；而吸附层N上，氢离子得电子，化合价降低，生成氢气，为电池的正极。
【详解】A.电流的方向由电池的正极出发流向电池的负极，则为由吸附层N流向吸附层M，A错误；
B.根据电池内阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，放电时，若为阳离子交换膜，则允许阳离子向右侧移动，若为阴离子交换膜，则允许阴离子向左移动，B正确；
C. 放电时，电池内阳离子向正极移动，则Na+从左边穿过离子交换膜向右边移动，C错误；
D. 正极为得电子，电极反应：2H++2e-=H2，D错误；
二、填空题（共5分）
22.工业上电解制碱的技术是用阳离子交换膜法，主要原料是饱和食盐水。图一为阳离子交换膜法电解原理示意图。请回答下列问题：
（1）反应的离子方程式是___。A、B、C、D所对应物质化学式分别为__________、____、______、_______，每通过0.1mol电子，就有0.1mol____（填离子符号）通过离子交换膜。
（2）若上述电解过程中用阴离子交换膜代替阳离子交换膜（已知：3Cl2 +6OH- = 5Cl-+ClO3-+3H2O），下列说法正确的组合是___________。
A．电解结束时，右侧溶液中含有ClO3—
B．电解槽内发生反应的总化学方程式为：NaCl + 3H2O NaClO3 + 3H2↑
C．用阴离子交换膜后，电解槽内两个电极发生的电极反应与原来一样
D．用阴离子交换膜后，阳离子的定向移动方向与原来相反
（3）如果用熔融碳酸盐CO燃料电池供电，图二为其工作原理，A、B极的电极反应分别是____、_______________。
【答案】(1). 2Cl-+2H2O 电解 2OH-+H2↑+Cl2↑ (2). NaCl (3). NaOH (4). Cl2 (5). H2 (6). Na+ (7). ABC (8). 2CO+2CO32- - 4e- = 4CO2 (9). O2+2CO2+4e- =2CO32-
【解析】
【详解】（1）根据题中信息，对饱和食盐水进行电解，制取碱，反应的离子方程式是2Cl-+2H2O 电解 2OH-+H2↑+Cl2↑；根据装置图结构，左边电极与电源正极相连，故左边的电极为阳极，阴离子在该电极失电子发生氧化反应，右边的电极与电源的负极相连，右边电极为阴极，阳离子在该电极得电子，发生还原反应，根据化学反应方程式得失电子可得，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，阳离子向阴极移动，A应补充NaCl，B补稀的NaOH，因此电解时，A为NaCl，B为NaOH，C为 Cl2，D为H2，电解池中间为阳离子交换膜，只允许阳离子通过，该电解池中的阳离子主要为钠离子。当每通过0.1mol电子，就有0.1mol Na+通过离子交换膜。答案为： 2Cl-+2H2O 电解 2OH-+H2↑+Cl2↑；NaCl； H2O；Cl2； H2； Na+
（2）A．电解时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气同时电极附近生成氢氧根离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜移向阳极，氯气和氢氧根离子反应生成氯酸根离子，电解结束时，溶液呈电中性，则右侧溶液中含有ClO3-，故A正确；
B．电解时，阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子，电池反应式为：NaCl + 3H2O NaClO3 + 3H2↑，故B正确；
C．无论使用阴离子交换膜还是阳离子交换膜，阳极上都是氯离子放电、阴极上都是氢离子放电，所以电解槽内两个电极发生的电极反应与原来一样，故C正确；
D．无论使用阴离子交换膜还是阳离子交换膜，阳离子都向阴极移动，故D错误；
答案为：ABC。
（3）根据图二其工作原理，A电极上CO和CO32-转变为CO2，碳化合价+2价变为+4价，化合价升高失电子，发生氧化反应，故A为负极；B电极上O2和CO2转变为CO32-，样的化合价从0价变为-2价，化合价降低得电子，发生还原反应，B为正极。电极反应分别是A：2CO+2CO32- - 4e- = 4CO2 ，B：O2+2CO2+4e- =2CO32-；
答案为：2CO+2CO32- - 4e- = 4CO2；O2+2CO2+4e- =2CO32-
23.某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：
（1）甲池为______（填原电池、电解池或电镀池）,通入甲醇电极的电极反应式为________。
（2）乙池中B电极为______（填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”），该池的总反应化学方程式为________。
（3）当乙池中B极质量增重5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积为______mL（标准状况）。
（4）丙池中，C上的电极反应式为________________。如果起始时盛有1000 mL pH＝5的硫酸铜溶液（25℃，CuSO4足量），一段时间后溶液的pH变为1。若要使溶液恢复到起始浓度（温度不变，忽略溶液体积的变化），可向溶液中加入_____（填物质名称），其质量约为_______g。
（5）若将丙池中两个电极改成等质量的Fe和Cu，实现在Fe上镀Cu，当甲中消耗1.6g甲醇时，丙中两个电极质量差为______g。
【答案】(1). 原电池 (2). CH3OH+8OH--6e-═CO32-+6H2O (3). 阴极 (4). 4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3 (5). 280 (6). 4OH－－4e－= O2↑+2H2O或2H2O－4e－= O2↑+4H+ (7). 氧化铜（或碳酸铜） (8). 4 g（或6.2 g） (9). 19.2
【解析】
【分析】甲池为燃料电池，CH3OH为负极发生氧化反应，氧气为正极发生还原反应，则乙中A为阳极，B为阴极，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上银离子得电子生成Ag，丙池中C为阳极，D是阴极，也就是惰性电极电解硫酸铜。
【详解】（1）甲池为甲醇燃料电池，为原电池，燃料在负极失电子发生氧化还原反应在碱溶液中生成碳酸盐，甲池中通入CH3OH电极的电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O，
故答案为：原电池；CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O；
（2）乙池是电解池，A与甲池中的正极相连，A为阳极，B为阴极，电池中是电解硝酸银溶液生成银，硝酸和氧气，电池反应为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；
答案为：阴极；4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3
（3）当乙池中B极质量增加5.4g为Ag，物质的量= =0.05mol，依据电子守恒计算4Ag～O2～4e-，甲池中理论上消耗O2的体积=mol×22.4L/mol=0.28L=280ml；
答案为：280；
（4）丙池中，C电极与甲池原电池的正极相连，C为阳极，D为阴极，C电极上根据阴离子放电顺序，水中氢氧根离子失去电子转变为水和氧气或可写为水失去电子生成氧气和氢离子，电极反应式为4OH－－4e－= O2↑+2H2O或2H2O－4e－= O2↑+4H+；阴极上铜离子放电生成铜，阳极上析出氧气、阴极上析出铜，所以相当于析出CuO，电池反应式为2CuSO4+2H2O 2H2SO4+2Cu+O2↑，pH=1时溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，则溶液中n（H2SO4）=0.05mol/L×1L=0.05mol，阴极析出n（Cu）=n（H2SO4）=0.05mol，根据“析出什么加入什么”原则，根据Cu原子守恒知析出m（CuO）=n（Cu）．M（CuO）=0.05mol×80g/mol=4g，也可以加入碳酸铜，其质量=0.05mol×124g/mol=6.2g；答案为：氧化铜（或碳酸铜）；4 g（或6.2 g）；
（5）若将丙池中两个电极改成等质量的Fe和Cu，实现在Fe上镀Cu，则阳极反应为：Cu−2e−=Cu2+，阴极反应为：Cu2++2e−=Cu，当甲中消耗1.6g甲醇时即转移电子为
×6=0.3mol，所以丙中两个电极质量差为64g/mol×0.3mol=19.2g，故答案为：19.2。
24.已知水在25 ℃和95 ℃时的电离平衡曲线如图所示：
（1）25 ℃时水的电离平衡曲线应为__________ (填“A”或“B”)。
（2）95 ℃时水的离子积Kw=__________，c(H＋)=__________
（3）25 ℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_____。
（4）95 ℃时，若100 mL pH1=a的某强酸溶液与1 mL pH2=b的某强碱溶液混合后，所得溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是____________。
【答案】(1). A (2). 1×10−12 (3). 1×10-6mol/L (4). 10∶1 (5). pH1+pH2=14或a+b=14
【解析】
【详解】（1）曲线A条件下Kw=c(H+)×c(OH-)=10-7×10-7=10-14，曲线B条件下c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，Kw=c(H+)•c(OH-)=10-12；水的电离是吸热过程，加热促进电离，所以A曲线代表25℃时水的电离平衡曲线；答案为：A。
（2）由图像可知，95℃时，水中氢离子的浓度为1×10-6mol/L，氢氧根离子的浓度为1×10-6mol/L，则Kw=1×10-12；答案为：1×10-12；1×10-6mol/L
（3）25℃时所得混合溶液的pH=7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH-)=n(H+)，则V(NaOH)·10-5mol·L-1=V(H2SO4)·10-4 mol·L-1，得V(NaOH):V(H2SO4)=10:1；答案为：10:1；
（4）强酸的pH1=a，强碱的pH2=b，由95℃时，若100体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混和后溶液呈中性，即n(OH-)=n(H+)，则100×10-a=1×10b-12，102-a=10b-12，即2-a=b-12，则a+b=14或pH1+pH2=14；答案为：pH1+pH2=14或a+b=14；
25.电离平衡常数（用Ka表示)的大小可以判断电解质的相对强弱。25℃时，有关物质的电离平衡常数如下表所示。根据该表，回答下列问题：
化学式
HF
CH3COOH
H2SO3
H2CO3
H2S
电离平衡
常数（Ka）
4.0×10-4
1.8×10-5
K1=1.54×10-2
K2=1.02×10-7
K1=4.4×10-7
K2=4.7×10-11
K1＝9.1×10－8
K2＝1.1×10－12
(1)同浓度的F－、CO32-、CH3COO-、HS-结合H＋的能力最强的为__________
(2)溶液中不可能大量共存的离子组是__________
a．HS-、SO32- b．HF、CH3COO- c．HS-、HCO3- d. HSO3-、HCO3-
(3)Na2CO3溶液通入过量H2S的离子方程式是：_____。
(4)OH－浓度相同的等体积的两份溶液HCl（A）和 CH3COOH（E），分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是_______(填写序号)。
①反应所需要的时间E>A ②开始反应时的速率A>E
③参加反应的锌的物质的量A＝E ④反应过程的平均速率E>A
⑤A溶液里有锌剩余 ⑥E溶液里有锌剩余
(5)向 0.l mol•L-1 CH3COOH溶液中滴加 NaOH 溶液至c(CH3COOH) : c(CH3COO-) =2 : 36，此时溶液pH = __________
【答案】(1). CO32- (2). b (3). H2S+CO32- =HCO3-+HS- (4). ③④⑤ (5). 6
【解析】
【详解】(1) 酸根对应的酸越弱结合H+能力越强，根据电离平衡常数，酸的酸性强弱为：HF>CH3COOH>H2S>HCO3−，所以对应的碱结合H+的能力强弱为：CO32−>HS−>CH3COO−>F−，则其中结合H+能力最强的是CO32−，
故答案为：CO32−；
(2) a.酸性强弱为HSO3−>HS−，所以HS−与SO32−反应进行的程度不大，可以共存，故a不选；
b.酸性强弱为HF>CH3COOH，则HF可以与CH3COO−反应，不可以共存，故b选；
c.HS−和HCO3−均为水解程度大于电离程度，所在溶液均为碱性，可以共存，故c不选；
d.酸性强弱H2CO3>HSO3−，所以HSO3−与HCO3−可以共存，故d不选，故答案为：b；
(3) Na2CO3溶液通入过量H2S，酸性强弱为H2CO3>H2S>HCO3−>HS−，反应生成HCO3−，H2S转化为HS−，则反应的离子方程式为：H2S+CO32- =HCO3-+HS-，故答案为：H2S+CO32- =HCO3-+HS-；
(4) ①反应所需要的时间与反应速率成反比，反应速率与氢离子浓度成正比，反应过程中醋酸继续电离出氢离子，导致氢离子浓度A< E，反应速率A< E，则反应所需时间A> E，故①错误；
②反应速率与氢离子浓度成正比，开始时A. B氢离子浓度相等，反应速率A= E，故②错误；
③生成的氢气相同，根据转移电子守恒知，消耗的锌A= E，故③正确；
④氢离子浓度越大，反应速率越大，反应过程中氢离子浓度A< E，反应过程的平均速率E >A
，故④正确；
⑤酸最终电离出氢离子物质的量越少的，锌可能有剩余，两种酸中酸最终电离出的氢离子浓度A< E，则可能A剩余锌，故⑤正确，⑥错误；答案为：③④⑤；
(5) 向 0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH):c(CH3COO-)=2:36，则溶液中c(H+)==10−6mol/L，则溶液pH=−lgc(H+)=6；答案为：6；
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