天津市某中学高二(上)期末化学试卷

高二（上）期末化学试卷题号一二三总分得分一、单选题（本大题共24小题，共48.0分）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（）A.夏天打开啤酒瓶盖后产生大量气泡

B.浓氨水中加入NaOH

固体产生有刺激性气味气体

C.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气

D.压缩H2和I化学与生产和生活密切相关，下列过程中没有发生化学变化的是（）A.用热碱水清除炊具上的油污 B.电解饱和食盐水制氯气

C.用酒精擦洗布料上的油污 D.用食醋除去水壶内的水垢物质的量浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大顺序排列的是（）A.Na2CO3、NaHCO3、NaCl、HCl

B.Na2CO3、NaHCO3、HCl、NaCl

C.(NH利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是（）A.电解时以精铜作阳极

B.电解时阴极发生氧化反应

C.粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu=Cu2++2e−

D.有A、B、C、D四种金属．将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀．将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈．将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化．如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出．据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（）A.D>C>A>B B.D>A>B>C C.D>B>A>C D.B>A>D>C化学平衡常数（K）、电离常数（Ka、Kb）

溶度积常数（Ksp）等常数是表示、判断物质性质的重要常数，下列关于这些常数的说法中，正确的是（）A.当温度升高时，弱酸、弱碱的电离常数(Ka、Kb)

均变大

B.Ka

(HCN)<Ka

(CH3COOH)说明相物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸的强

C.向氯化钡溶液中加入等体积同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液，先产生已知AgCl

的Ksp=1.8×10-10，在100mL1.0×10

-4mol/L

的KCl

溶液中，加入100mL2.0×10-6mol/L．的AgNO3溶液，下列说法正确的是（）A.有AgCl

沉淀生成 B.无AgCl沉淀生成

C.有沉淀生成但不是AgCl D.无法确定在pH相同，体积相等的盐酸A和醋酸溶液B中，分别加入等质量的锌，若反应停止后，有一份溶液中锌有剩余，则正确的判断是（）

①反应所需时间B＞A；

②开始时反应速度A＞B

③参加反应的锌的质量B＞A；

④整个反应阶段平均速度B＞A；

⑤盐酸中锌有剩余；

⑥醋酸溶液中锌有剩余；

⑦盐酸中放氢气多；

⑧醋酸溶液中放氢气多。A.③④⑤⑧ B.①③⑥⑦ C.①②③⑥ D.②③④⑤用直流电电解下列各溶液一段时间后，溶液的颜色和密度保持不变的是（）A.用铜电极电解稀H2SO4

B.用石墨电极电解Na2SO4溶液

常温时，将V1

mLc1mol•L-1的氨水滴加到V2mLc2mol•L-1的盐酸中，下述结论中正确的是（）A.若混合溶液的pH=7，则c1V1>c2V2

B.若V1=V2，c1=c2假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化。①～⑧为各装置中的电极编号。下列说法错误的是（）

A.当K断开时，B装置锌片溶解，有氢气产生

B.当K闭合后，C装置可作为电镀池装置

C.当K闭合时，A装置发生吸氧腐蚀，在电路中做电源

D.当K闭合后，A、B装置中pH变大，C、D装置中pH不变室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是（）A.Na2S溶液：c(Na+)>c(HS−)>c(OH−)>c(H2S)

B.常温下将浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合，混合溶液的pH＜7，有关叙述正确的是（）A.c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.2

mol⋅L−1

B.c(Na+室温时，下列比值为2：1的是（）A.pH=2与pH=1的硝酸中c(H+)之比

B.Na2CO3溶液中c(Na+)与c(CO32−)之比

常温下，甲、乙两杯醋酸稀溶液，甲的pH=a，乙的pH=a+1，对下列叙述的判断正确的是（

）A.甲中水电离出来的H+的物质的量浓度是乙中水电离出来的H+的物质的量浓度的10倍

B.物质的量浓度c(甲)>10c(乙)

C.中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯醋酸溶液的体积，V(甲)=10V(乙)

D.甲中的c(OH−)下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）A.若C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H2>0，则石墨比金刚石稳定

B.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=−483.6kJ⋅mol−1，则H2的燃烧热为241.8kJ⋅mol−1

C.已知下列表述中，关于“一定”说法正确的个数是（）

①pH=6的溶液一定是酸性溶液

②c（H+）＞c（OH-）一定是酸性溶液

③强电解质溶液的导电能力一定大于弱电解质溶液的导电能力

④25℃时，水溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH-）的乘积一定等于10-14

⑤使用pH试纸测定溶液阳时若先润湿，则测得溶液的pH一定有影响

⑥0.2mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c（H+）一定增大

⑦温度保持不变，向水中加入钠盐对水的电离一定没有影响。A.0 B.1 C.2 D.3重铬酸钾又名红矾钾，是化学实验室中的一种重要分析试剂。工业上以铬酸钾

（K2CrO4）

为原料，采用电化学法制备重铬酸钾（K2Cr2O7）。制备装置如图所示（阳离子交换膜只允许阳离子透过）下列说法错误的是（）A.阳极室中溶液的颜色逐渐由黄色变为橙色

B.电解的过程中阳极附近溶液pH变大

C.阴极每生成lmo1气体，电路中转移2NA个电子

D.过程总反应的离子方程式可为下列说法错误的是（）

①NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)c(HCO3−)的比值保持增大

②浓度均为0.1mol•L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO3-）]

③在0.1mol•L-1氨水中滴加0．lmol•L-1盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，则由水电离产生的c（OH-）=l0-amol•L-1

④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c（Na+）、c（SO32-）均增大

⑤在Na2S稀溶液中，c（H+）=c（OH-）+c（H2SA.①④ B.②⑤ C.①③ D.②④以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如图所示．下列说法正确的是（）A.电池放电时Na+从b极区移向a极区

B.该电池的负极反应为：BH4−+8OH−−8e−=BO2−+6H2O

C.电极下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.25℃时，向0.1mol⋅L−1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)>c(NH4+)>c(SO42−)>c(OH−)=c(下列有关物质的量浓度关系正确的是（）A.物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液呈酸性：c(CH3COO−)<c(CH3COOH)

B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）通过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表。下列说法正确的是（）

t/s

0

50

150

250

350

n（PCl3）mol

0

0.16

0.19

0.20

0.20A.反应在前50s的平均速率v(PCl5)=0.0032mol⋅L−1⋅s−1

B.保持其它条件不变，升高温度，平衡时c(PCl5)=0.11mol⋅L−1，则该反应的△H<0

C.相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、某实验小组依据反应AsO43-+2H++2I-⇌AsO33-+I2+H2O设计图1原电池，探究pH对AsO43-氧化性的影响。测得电压与pH的关系如图2，下列有关叙述错误的是（）A.pH>0.68时，甲烧杯中石墨为负极

B.pH=0.68时，反应处于平衡状态

C.pH>0.68时，氧化性I2>AsO43−

二、简答题（本大题共3小题，共42.0分）根据所学电化学知识，回答下列问题：

（1）①甲池中通入CH3OH的电极名称是______极，写出其电极反应式______；乙池中石墨电极反应式为______；丙池中反应的离子方程式为______；

②反应一段时间后，甲池中消耗560mL

（标准状况下）

O2，此时乙池溶液的pH=______；若向乙池中加入______，其质量为______g，能使CuSO4溶液恢复到原浓度（假设电解前后溶液的体积不变，均为100mL）。丙池中理论上最多产生______g

固体。

（2）工业上以石墨为电极，电解CuCl2溶液时，发现阴极上也会有CuCl析出，写出此过程中阴极上的电极反应式______。常温下，向25mL0.1mol/LMOH

溶液中逐滴加入0.2mo/LHA

溶液，曲线如图所示（体积变化忽略不计）。回答下列问题

（1）写出MOH

的电离方程式______；

（2）HA为______（“强”或“弱”）酸，理由是______；HA的电离平衡常数为______；

（3）D点时，溶液中c（A-）+c（HA）______2c（M+）

（填“＞”“＜”或“=”）；

溶液中离子浓度大小关系为______；若此时测得混合溶液的pH=3，则c（HA）+c（H+）=______mol/L．（准确值）汽车尾气中CO、氮氧化物（NOx）

严重影响人们的生活和健康，化学工作者对氮氧化物的处理做了广泛而深人的研究。

I．利用甲烷还原NOx

①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+H2O（g）△H1=-574kJ/mol；

②CH4

（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=-1160kJ/mol。

（1）甲烷真接将NO2

还原为N2的热化学方程式为______。

（2）在恒容（2L）

密闭容器中充入1molCH4和2moINO2进行（1）中反应，CH4的平衡转化率φ．（CH4）与温度和压强的关系如图甲所示。

①若容器中的压强为p2，y

点；

v

正______V逆（填“大于““等于“或“小于”）。

②图中压强大小P1______

P2

③X

点对应温度下反应的平衡常数K=______。

II．某研究小组以Ag-ZSM-5为催化剂模拟汽车尾气的处理，实现NO和CO反应转化为无毒气体。同时利用反应放出的热量预热NO

和CO．实验测得NO的转化率随温度的变化如图乙所示。

（1）高于773K，NO的转化率降低的可能原因是______（填序号）。

A．平衡常数变大

B．催化剂的活性降低

C．反应活化能增大

（2）为提高汽车尾气中NO的转化率，除了改变温度、压强外，还可以采取的措施有______。三、实验题（本大题共1小题，共10.0分）（I）工业上过氧化氢是重要的氧化剂和还原剂。常用于消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组的同学围绕过氧化氢开展了调查研究与实验，请你参与其中一起完成下列学习任务：

（1）该兴趣小组的同学查阅资料后发现H2O2为二元弱酸，其酸性比碳酸弱。请写出H2O2在水溶液中的电离方程式：______。

（2）同学们用0.1000

mol/L

-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定某试样中过氧化氢的含量，反应原理为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。

①在该反应中，H2O2

被______

（填“氧化”或“还原”）。

②滴定到达终点的现象是______。

③用移液管吸取25.00

mL

试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗的酸性KMnO4标准溶液体积如下表所示：第一次第二次第三次第四次体积（mL）17.1018.1017.0016.90则试样中过氧化氢的浓度为______mol/L-1。

（II）医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应来测定血钙的含量。测定含量如下：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量（NH4）2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀疏酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。

（1）滴定时，用______（填酸或碱）式滴定管装KMnO4溶液。

（2）下列操作会引起测定结果偏高的是______。

A．滴定管在盛装高锰酸钾前未润洗

B．滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出

C．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数

D．锥形瓶未用待测液润洗。

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程，可以用平衡移动原理解释，故A不选；

B．浓氨水中存在平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，加入氢氧化钠固体时，平衡会向逆向移动，会产生较多的刺激性气味的气体，能用勒夏特利原理解释，故B不选；

C．氯气和水反应是可逆反应，生成氯离子，食盐水中有大量氯离子，可抑制氯气与水反应，故实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2，故C不选；

D．碘和氢气反应生成HI的反应中，反应前后气体的物质的量之和不变，则增大压强平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，故D选；

故选：D。

平衡移动原理为：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；

平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用，据此进行判断。

本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确化学平衡移动原理内涵及适用范围是解本题关键，注意：化学平衡移动原理只适用于“改变条件时能引起化学平衡移动的可逆反应”，题目难度不大。2.【答案】C

【解析】解：A．用热碱水清除炊具上的油污，是油脂在碱溶液中水解生成溶于水的盐和甘油，属于化学变化，故A错误；

B．电解饱和食盐水制氯气是发生了化学反应，生成了新物质，属于化学变化，故B错误；

C．用酒精擦洗布料上的油污是利用油脂溶于酒精，变化过程中无新物质生成，属于物理变化，故C正确；

D．用食醋除去水壶内的水垢，是碳酸钙和醋酸发生反应生成溶于水的物质除去水垢，属于化学变化，故D错误；

故选：C。

判断一个变化是物理变化还是化学变化，在变化过程中有没有生成其他物质，生成其他物质的是化学变化，没有生成其他物质的是物理变化，据此解答。

本题考查了化学变化与物理变化的区别，判断依据是：是否有新物质的生成，题目难度不大，该题各个选项与现实生活接触紧密，比较新颖，注意相关知识的积累。3.【答案】C

【解析】解：A．Na2CO3、NaHCO3均水解显碱性，碳酸钠水解程度大，碱性强，而NaCl为中性，HCl溶液显酸性，pH由大到小的顺序排列，故A不选；

B．Na2CO3、NaHCO3均水解显碱性，碳酸钠水解程度大，碱性强，而NaCl为中性，HCl溶液显酸性，不是按pH由小到大顺序排列，故B不选；

C．（NH4）2SO4、NH4Cl均水解显酸性，硫酸铵中铵根离子浓度大，水解后酸性强，pH最小，而NaNO3为中性，Na2CO3水解显碱性，为pH由小到大的顺序排列，故C选；

D．（NH4）2SO4、NH4Cl均水解显酸性，硫酸铵中铵根离子浓度大，水解后酸性强，pH最小，而NaNO3为中性，Na2SO3水解显碱性，不是按pH由小到大顺序排列，故D不选；

故选：C。

先是根据溶液的酸碱性将溶液分为三部分：酸性的、碱性的、中性的，再利用弱离子的水解程度：越弱越水解来比较浓度相同的溶液的pH大小即可．

本题考查了溶液pH的大小比较方法应用，把握离子水解的应用及溶液酸碱性与pH的关系为解答的关键，注意酸或是碱越弱，其阴离子水解程度越大，题目难度不大．4.【答案】D

【解析】解：A、电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，故A错误；

B、阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应，故B错误；

C、粗铜连接电源的正极，发生氧化反应，故C错误；

D、金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此Ag、Pt不会放电，以单质形式沉积下来，故D正确；

故选：D。

A、电解时粗铜作阳极，发生氧化反应；

B、电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；

C、粗铜被氧化，作阳极，发生的是氧化反应；

D、根据金属的活动性顺序表进行分析．

本题主要考查电解原理及其应用．电化学原理是高中化学的核心考点，本题利用电解法进行粗铜提纯时粗铜应作阳极，精铜作阴极；阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应；这几种金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此在电解过程中Ag、Pt不会失去电子，而是形成阳极泥．5.【答案】B

【解析】解：①将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，该装置构成了原电池，原电池中较活泼的金属作负极，负极上金属失电子生成金属阳离子进入溶液而被腐蚀，较不活泼的金属作正极而不易腐蚀，B不易腐蚀，所以金属活动性A＞B；

②金属和酸反应，较活泼的金属与酸反应较剧烈，将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈，所以金属活动性D＞A；

③金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，所以B的活泼性大于铜；

④金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出，所以铜的活泼性大于C。

所以它们的活动性由强到弱的顺序是D＞A＞B＞C，

故选：B。

原电池中较活泼的金属作负极，负极上失电子生成阳离子进入溶液而被腐蚀；金属和酸反应，较活泼的金属与酸反应较剧烈；金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，据此分析解答．

本题考查了金属活泼性强弱的判断，难度不大，金属活泼性强弱的判断方法有：原电池中的正负极材料、金属之间的置换反应、金属和酸反应置换出氢气的难易等．6.【答案】A

【解析】解：A．弱电解质电离是吸热的，升高温度促进弱电解质电离，所以当温度升高时，促进弱酸、弱碱电离，则弱酸、弱碱的电离常数（Ka、Kb）

均变大，故A正确；

B．弱酸的电离平衡常数越大，说明该酸的电离程度越大，则该酸的酸性越强，Ka

（HCN）＜Ka

（CH3COOH）说明相物质的量浓度时，说明HCN电离程度小于醋酸，所以氢氰酸的酸性比醋酸的弱，故B错误；

C．溶度积常数小的物质先生成沉淀，向氯化钡溶液中加入等体积同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液，先产生BaSO4沉淀，则Ksp

（BaSO4）＜Ksp

（BaCO3），故C错误；

D．化学平衡常数只与温度有关，与温度、压强、催化剂都无关，故D错误；

故选：A。

A．弱电解质电离是吸热的，升高温度促进弱电解质电离；

B．弱酸的电离平衡常数越大，说明该酸的电离程度越大，则该酸的酸性越强；

C．溶度积常数小的物质先生成沉淀；

D．化学平衡常数只与温度有关。

本题考查平衡常数有关知识，明确平衡常数表达式含义是解本题关键，注意：平衡常数只与温度有关，与其它因素无关，题目难度不大。7.【答案】B

【解析】解：由AgCl（s）⇌Ag++Cl-，Ksp=c（Ag+）。c（Cl-），混合后溶体积是0.2L，c（Cl-）==5×10-5，c（Ag+）==1×10-6mol/L，Ksp=c（Ag+）。c（Cl-）=5×10-5mol/L×1×10-6mol•L-1=5×10-11mol2•L-2＜1.8×10-10mol2•L-2，故无沉淀析出，

故选：B。

氯化银的溶解平衡为：AgCl（s）⇌Ag++Cl-，Ksp=c（Ag+）。c（Cl-），求算出氯离子、银离子的物质的量，混合后体积为0.2L，再计算出c（Ag+）、c（Cl-），带入氯化银的溶度积判断即可。

本题考查根据难溶电解质溶度积判断沉淀情况，难度中等。8.【答案】A

【解析】解：醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，氯化氢是强电解质，所以等pH的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，加入等质量的锌，若反应停止后，若有一份溶液中锌有剩余，则有锌剩余的酸是盐酸，

①醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，反应过程中，醋酸溶液中氢离子浓度始终大于盐酸，则反应速率醋酸始终大于盐酸，所以反应所需时间B＜A，故错误；

②开始时氢离子浓度相等，所以反应速度A=B，故错误；

③等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以参加反应的锌的质量B＞A，故正确；

④反应过程中，醋酸溶液中氢离子浓度始终大于盐酸，则反应速率醋酸始终大于盐酸，所以整个反应阶段平均速度B＞A，故正确；

⑤盐酸的物质的量小于醋酸，所以盐酸中锌有剩余，故正确；

⑥盐酸的物质的量小于醋酸，所以盐酸中锌有剩余，醋酸溶液中锌没有剩余，故错误；

⑦盐酸的物质的量小于醋酸，所以醋酸中放氢气多，故错误；

⑧盐酸的物质的量小于醋酸，所以醋酸中放氢气多，故正确；

故选：A。

醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，氯化氢是强电解质，所以等pH的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，加入等质量的锌，若反应停止后，若有一份溶液中锌有剩余，则有锌剩余的酸是盐酸。

本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意反应速率与氢离子浓度成正比，与酸的强弱无关，为易错点。9.【答案】C

【解析】解：A．用Cu作电解电解稀硫酸，阳极上Cu失电子发生氧化反应生成Cu2+进入溶液，铜离子为蓝色，所以溶液密度及颜色都发生变化，故A错误；

B．用石墨作电极电解硫酸钠溶液，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，实质上是电解水，所以溶液颜色不变，但是密度增大，故B错误；

C．用Cu作电极电解CuCl2溶液，实质上是电镀，所以溶液颜色及密度都不变，故C正确；

D．Fe作阳极、Zn作阴极电解ZnCl2溶液，阳极上Fe失电子生成Fe2+进入电解质溶液，阴极上氢离子得电子生成氢气，亚铁离子呈浅绿色，所以溶液颜色及密度都改变，故D错误；

故选：C。

A．用Cu作电解电解稀硫酸，阳极上Cu失电子发生氧化反应生成Cu2+进入溶液；

B．用石墨作电极电解硫酸钠溶液，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，实质上是电解水；

C．用Cu作电极电解CuCl2溶液，实质上是电镀；

D．Fe作阳极、Zn作阴极电解ZnCl2溶液，阳极上Fe失电子生成Fe2+进入电解质溶液，阴极上氢离子得电子生成氢气。

本题考查电解原理，侧重考查分析判断能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子，题目难度不大。10.【答案】A

【解析】解：A．若混合液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（C1-）可知：混合液中c（NH4+）=c（C1-），由于溶液中存在一水合氨分子，根据物料守恒可知氨水过量，即c1V1＞c2V2，故A正确；

B．当v1=v2c1=c2时，两溶液恰好完全反应，反应后的溶质为氯化铵，铵离子部分水解，溶液显示酸性；若V1≥V2，c1=c2，则c1V1＞c2V2，氨水过量，溶液可能显示酸性、中性或者碱性，所以溶液酸碱性不确定，故B错误；

C．混合液的pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），则有c（NH4+）=c（Cl-），故C错误；

D．当V1=V2时，c1＜c2，盐酸过量，溶液中的溶质为盐酸和氯化铵，pH＜7，呈酸性，当c1=c2时恰好反应生成氯化铵，氯化铵水解溶液呈酸性，故D错误，

故选：A。

A．混合液的pH=7，由于c1V1=c2V2时溶液显示酸性，所以若显示中性，必须满足氨水过量，即c1V1＞c2V2；

B．若v1=v2c1=c2，一水合氨与氯化氢的物质的量相等，二者恰好完全反应生成氯化铵，铵离子部分水解，溶液显示酸性；若V1≥V2，c1=c2，溶液可能为酸性、中性或者碱性；

C．混合液的pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒分析；

D．若V1=V2，且混合液的pH＜7，溶液呈酸性，溶液中的溶质可能为氯化铵，或氯化铵和盐酸。

本题考查中和反应、盐类水解、pH值等知识，题目难度中等，注意一水合氨为弱电解质的性质，注意溶液电中性原则的利用。11.【答案】C

【解析】解：A．当K断开时，该在不能形成原电池和电解池，但B装置锌片能和稀硫酸发生置换反应而溶解，同时有氢气产生，故A正确；

B．当K闭合后，B作原电池A和C、D作电解池，B中锌作负极铜作正极，A中铁作阴极、C作阳极，C中Cu作阳极、Ag作阴极，所以C装置可作为银的表面镀铜的装置，故B错误；

C．当K闭合后，B作原电池A和C、D作电解池，B中锌作负极铜作正极，A中铁作阴极、C作阳极，电池A是电解池，而不是原电池，故C错误；

D．当K闭合后，A中阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，导致溶液氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大；

B中正极上氢离子放电导致氢离子浓度减小，溶液的pH增大；

C为电镀池，溶液的pH不变；

D为电解精炼粗铜，阳极上金属失电子，阴极上铜离子得电子，所以溶液中pH不变，故D正确；

故选：C。

当K闭合时，B装置能自发的进行氧化还原反应，为原电池，A和C、D为电解池，放电时，导致电子从负极流向阴极，再从阳极流向正极，根据溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化确定溶液pH变化；

当K断开时，该装置不能形成闭合回路而不能构成原电池和电解池。

本题考查了原电池和电解池原理，正确判断哪个是原电池、哪个是电解池是解本题关键，再结合各个电极上发生的电极反应来分析解答，注意反应过程中，电子不进入电解质溶液，为易错点。12.【答案】B

【解析】解：A．硫离子水解显碱性，存在两步水解，两步水解均产生OH-，则c（OH-）＞c（HS-），以第一步为主，则浓度关系为c（Na+）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H2S），故A错误；

B．溶液中存在电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），物料守恒为c（Na+）=2c（HC2O4-）+2c（H2C2O4）+2c（C2O42-），由两守恒式可知，存在质子守恒式为c（OH-）=c（H+）+c（HC2O4-）+2c（H2C2O4），故B正确；

C．溶液中存在电荷守恒，则c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（OH-）+c（HCO3-），故C错误；

D．由物料守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），2c（Ca2+）=c（Cl-），则c（Na+）+2c（Ca2+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）+c（Cl-），故D错误；

故选：B。

A．硫离子水解显碱性，存在两步水解，以第一步为主；

B．溶液中存在电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），物料守恒为c（Na+）=2c（HC2O4-）+2c（H2C2O4）+2c（C2O42-）；

C．溶液中存在电荷守恒；

D．由物料守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），2c（Ca2+）=c（Cl-）．

本题为2014年安徽高考化学试题，测定离子浓度大小的比较，把握盐类水解及电荷守恒、物料守恒为解答的关键，侧重分析能力及知识综合应用能力的考查，题目难度不大．13.【答案】C

【解析】解：常温下，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合，混合溶液的pH＜7，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，

A．二者混合后溶液体积增大一倍导致物质浓度降为原来的一半，c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol•L-1，故A错误；

B．常温下混合溶液的pH＜7，说明溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒得c（CH3COO-）＞c（Na+），酸的电离程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序为c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故B错误；

C．常温下，混合溶液pH=7，则c（OH-）=c（H+），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO-），故C正确；

D．加水稀释溶液中c（H+）减小，温度不变离子积常数不变，所以溶液中c（OH-）增大，故D错误；

故选：C。

常温下，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合，混合溶液的pH＜7，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，

A．二者混合后溶液体积增大导致物质浓度减小；

B．常温下混合溶液的pH＜7，说明溶液呈酸性；

C．常温下，混合溶液pH=7，则c（OH-）=c（H+），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；

D．加水稀释溶液中c（H+）减小，温度不变离子积常数不变。

本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析判断能力，明确溶液中溶质性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，易错选项是D，题目难度不大。14.【答案】D

【解析】解：A、c（H+）=10-pHmol/L，故pH=2与pH=1的硝酸中c（H+）分别为0.01mol/L和0.1mol/L，不是2：1的关系，故A错误；

B、碳酸钠溶液中碳酸根会部分水解，导致溶液中c（CO32-）减小，故此溶液中c（Na+）与c（CO32-）之比大于2：1，故B错误；

C、醋酸是弱电解质，浓度越大，电离程度越小，故.2mol/L与0.1mol/L醋酸中c（H+）之比小于2：1，故C错误；

D、pH=7的硫酸铵与氨水混合溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+2c（SO42-），而溶液pH=7，故有c（H+）=c（OH-），则有c（NH4+）=2c（SO42-），故溶液中c（NH4+）与c（SO42-）之比为2：1，故D正确。

故选：D。

A、c（H+）=10-pHmol/L；

B、碳酸钠溶液中碳酸根会部分水解；

C、醋酸是弱电解质，浓度越大，电离程度越小；

D、根据pH=7的硫酸铵与氨水混合溶液中的电荷守恒来分析。

本题考查了盐类的水解以及溶液中的三个守恒，难度不大，应注意对盐溶液中三个守恒的掌握和区分。15.【答案】B

【解析】解：A．c（H+）=10-pH，所以c

（H+）甲=10-a，c

（H+）乙=10-（a+1），所以c（H+）甲=10c

（H+）乙，酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH-），所以c（OH-）=，所以氢氧根离子浓度：10c

（OH-）甲=c

（OH-）乙，则水电离出的氢离子浓度10c（H+）甲=c（H+）乙，故A错误；

B．酸的浓度越大，酸的电离程度越小，c（甲）＞10c（乙），故B正确；

C．酸的浓度越大，酸的电离程度越小，与等量NaOH反应，酸的浓度越大则消耗酸的体积越小，c（甲）＞10c（乙），所以消耗酸的体积，10V（甲）＜V（乙），故C错误；

D．c（OH-）=，所以氢氧根离子浓度：10c

（OH-）甲=c

（OH-）乙，故D错误；

故选：B。

A．酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH-）；

B．溶液越稀，醋酸的电离程度越大，据此判断酸的浓度大小；

C．酸的浓度越大，消耗酸的体积越小；

D．c（OH-）=​．

本题考查弱电解质的电离，注意弱电解质的电离程度和浓度的关系，为易错点．16.【答案】A

【解析】解：A．由C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，可知石墨能量小于金刚石，石墨比金刚石稳定，故A正确；

B．氢气的燃烧热必须是生成液态水的过程所放出的热量，液态水变为气态水是吸热的，氢气的燃烧热小于241.8kJ•mol-1，故B错误；

C．氢氧化钠溶解放出大量的热故20.0gNaOH固体与稀盐酸完全中和，放出热量大于28.65kJ，故C错误；

D．一氧化碳转化为二氧化碳是放热过程，故生成CO放出热量较少，碳的燃烧为放热反应，焓变△H＜0，故△H1＜△H2，故D错误。

故选：A。

A．物质具有的能量越高越不稳定；

B．燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成最稳定的化合物所放出的热量；

C．氢氧化钠溶解放出大量的热；

D．焦炭完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量。

本题考查热化学方程式，侧重考查学生对燃烧热、中和热的概念以及热化学方程式的含义知识，注意把握相关概念的理解和认知，难度不大。17.【答案】B

【解析】解：①pH=6的溶液不一定是酸性溶液，可能是中性溶液，如95℃时纯水的pH=6，为中性溶液，所以要根据pH判断溶液酸碱性时要注明温度，否则无法判断，故错误；

②任何溶液中只要存在c（H+）＞c（OH-），则一定是酸性溶液，如果溶液c（H+）=c（OH-），则溶液呈中性，如果溶液中c（H+）＜c（OH-），则溶液呈碱性，故正确；

③溶液导电能力与离子浓度成正比，与溶液酸碱性及电解质强弱无关，所以强电解质溶液的导电能力不一定大于弱电解质溶液的导电能力，故错误；

④25℃时，如果是酸或碱溶液，其抑制水电离，则水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH-）的乘积小于10-14，如果溶质是含有弱离子的盐，则水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH-）的乘积大于10-14，如果溶质是强酸强碱盐，其水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH-）的乘积等于10-14，但是溶液中水的离子积常数一定是10-14，故错误；

⑤使用pH试纸测定溶液时若先润湿，则测得溶液的pH不一定有影响，如强酸强碱盐溶液，如果是弱酸或弱碱溶液，若先润湿会导致溶液浓度偏小，溶液的pH发生变化，故错误；

⑥0.2mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，但是溶液体积增大程度大于其电离增大程度，导致溶液中c（H+）减小，故错误；

⑦温度保持不变，向水中加入钠盐，如果是强酸强碱盐，不影响水电离，含有弱离子的钠盐，其促进水电离，如果是强酸强碱酸式盐，则抑制水电离，故错误；

故选：B。

①pH=6的溶液不一定是酸性溶液，可能是中性溶液；

②任何溶液中只要存在c（H+）＞c（OH-），则一定是酸性溶液；

③溶液导电能力与离子浓度成正比；

④25℃时，水溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH-）的乘积不一定等于10-14，可能大于或小于10-14，但是溶液中水的离子积常数一定是10-14；

⑤使用pH试纸测定溶液时若先润湿，则测得溶液的pH不一定有影响，如强酸强碱盐溶液；

⑥0.2mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，但是溶液体积增大程度大于其电离增大程度，导致溶液中c（H+）减小；

⑦温度保持不变，向水中加入钠盐，如果是强酸强碱盐，不影响水电离，含有弱离子的钠盐，其促进水电离，如果是强酸强碱酸式盐，则抑制水电离。

本题考查弱电解质的电离及盐类水解等知识点，明确化学反应原理是解本题关键，侧重考查分析判断能力，注意：温度未知时不能根据溶液的pH判断溶液酸碱性要根据溶液中c（H+）、c（OH-）相对大小判断，易错选项是④，题目难度中等。18.【答案】B

【解析】解：A．阳极室发生的反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+、2CrO42-（黄色）+2H+⇌Cr2O72-（橙色）+H2O，则溶液由黄色变为橙色，故A正确；

B．阳极上发生反应2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极附近发生反应2CrO42-（黄色）+2H+⇌Cr2O72-（橙色）+H2O，有一半的H+发生反应，导致c（H+）增大，溶液的pH减小，故B错误；

C．阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极每生成1mol氢气，电路中转移2mol电子，转移2NA个电子，故C正确；

D．阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极附近发生反应2CrO42-（黄色）+2H+⇌Cr2O72-（橙色）+H2O，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，得失电子相等时得到电池反应式为4CrO42-+4H2O=2Cr2O72-+4OH-+2H2↑+O2↑，故D正确；

故选：B。

阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极附近发生反应2CrO42-（黄色）+2H+⇌Cr2O72-（橙色）+H2O，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，得失电子相等时得到电池反应式为4CrO42-+4H2O=2Cr2O72-+4OH-+2H2↑+O2↑，离子交换膜为阳离子交换膜，氢离子通过交换膜进入KOH溶液生成水，据此分析解答。

本题考查电解原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。19.【答案】B

【解析】解：①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3-的水解，n（HCO3-）减小，n（Na+）不变，则的比值会增大，故①正确；

②浓度均为0.1mol•L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，假设体积为1L，则n（Na+）=0.3mol，而c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）=0.2mol，则：2c（Na+）═3[c（CO32-）+c（H2CO3）+c（HCO3-）]，故②错误；

③在0.1mol•L-1氨水中滴加0.1mol•L-1盐酸，刚好完全中和生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，此时pH=a，则溶液中水电离的c（OH-）=c（H+）=10-amol•L-1，故③正确；

④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，溶液中钠离子、氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子抑制了亚硫酸根离子的水解，则亚硫酸根离子浓度增大，所以c（Na+）、c（SO32-）均增大，故④正确；

⑤在Na2S稀溶液中，根据质子守恒可得：c（OH-）=c（H+）+2c（H2S）+c（HS-），故⑤错误；

根据分析可知，错误的有②⑤，

故选：B。

①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3-的水解，溶液中碳酸氢根离子浓度减小；

②根据碳酸钠、碳酸氢钠混合液中的物料守恒判断；

③二者恰好完全中和生成氯化铵，为强酸弱碱盐，水解呈酸性；

④亚硫酸钠溶液中加入氢氧化钠，钠离子浓度增大，同时氢氧根离子浓度增大抑制了亚硫酸根离子的水解，导致亚硫酸根离子浓度也增大；

⑤根据硫化钠溶液中的质子守恒判断。

本题考查了溶液pH的计算、溶液中离子浓度大小比较、难溶电解质的沉淀平衡等知识，题目难度中等，注意掌握酸碱混合后溶液的定性判断及溶液中pH的计算方法，学会利用电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理结合溶液中的电离平衡问题。20.【答案】B

【解析】解：A．BH4-被氧化为BO2-，应为原电池的负极反应，正极H2O2得电子被还原生成OH-，原电池工作时，阳离子向正极移动，则电池放电时Na+从a极区移向b极区，故A错误；

B．BH4-被氧化为BO2-，应为原电池的负极反应，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，故B正确；

C．电极b采用MnO2，MnO2作电极材料，为正极，还可起到催化作用，故C错误；

D．每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，故D错误。

故选：B。

由原电池工作原理示意图可知反应中BH4-被氧化为BO2-，应为原电池的负极反应，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正极H2O2得电子被还原生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题．

本题考查原电池的工作原理，本题注意根据物质化合价的变化判断两极反应为解答该题的关键，注意电极反应式的书写，题目难度中等．21.【答案】B

【解析】解：A．室温下向0.01mol/L

NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，发生反应NH4HSO4+NaOH=NaNH4SO4+H2O，若恰好发生反应则由于铵根离子的水解溶液显酸性，所以氢氧化钠溶液稍微过量，离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+），故A错误；

B．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（B-），所以得c（Na+）-c（B-）=c（OH-）-c（H+）=9.9×10-7mol/L，故B正确；

C．NaHCO3溶液中，HCO3-水解：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，水解是微弱的反应，所以溶液中c（HCO3-）＞c（OH-），故C错误；

D．醋酸的电离常数大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+），故D错误，

故选：B。

A．室温下向0.1mol/L

NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，发生反应NH4HSO4+NaOH=NaNH4SO4+H2O，若恰好发生反应则由于铵根离子的水解溶液显酸性，所以氢氧化钠溶液稍微过量；

B．根据电荷守恒判断；

C．NaHCO3溶液中，HCO3-水解：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，水解是微弱的反应；

D．酸的电离常数越大，则酸根离子的水解程度越小。

本题考查电解质的强弱与电离常数的关系，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确酸的电离常数与酸的强弱、酸根离子水解能力的关系是解本题关键，难度中等。22.【答案】D

【解析】解：A．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液呈酸性，证明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-离子的水解程度，则溶液中c（CH3COO-）＞c（CH3COOH），故A错误；

B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液中含有的氢氧根离子浓度相等，由于氢氧化钠为强碱，则氢氧化钠的浓度最小；醋酸的酸性大于碳酸，则醋酸钠的水解程度小于碳酸钠，水解生成相等浓度的氢氧根离子时，醋酸钠的浓度需要大于醋酸钠，则三者的浓度关系为：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故B错误；

C.0.1mol•L-1的NaHA溶液，其pH=4，溶液显示酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，则溶液中c（H2A）＜c（A2-），溶液中离子浓度关系为：：c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（H2A），故C错误；

D．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合后，反应后的溶液一定遵循电荷守恒，则溶液中离子浓度关系为：c（H+）+c（M+）=c（OH-）+c（A-），故D正确；

故选：D。

A．溶液显示酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液中醋酸根离子浓度大于醋酸的浓度；

B．醋酸的酸性大于碳酸，则醋酸钠的水解程度小于碳酸钠，等pH时醋酸钠的浓度大于醋酸钠，氢氧化钠为强碱，浓度最小；

C．溶液显示酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，溶液中c（H2A）＜c（A2-）；

D．溶液中一定满足电荷守恒，根据pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液的混合液中电荷守恒进行判断．

本题考查了判断溶液中离子浓度大小的方法，题目难度中等，注意掌握比较溶液中离子浓度大小的方法，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解等知识正确判断溶液中各离子之间浓度大小．23.【答案】C

【解析】解：A、由表中数据可知50s内，△n（PCl3）=0.16mol，v（PCl3）==0.0016mol/（L•s），故A错误；

B、由表中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol/L，则n′（PCl3）=0.11mol/L×2L=0.22mol，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即△H＞O，故B错误；

C、对于可逆反应：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g），

开始（mol/L）：0.5

0

0

变化（mol/L）：0.1

0.1

0.1

平衡（mol/L）：0.4

0.1

0.1

所以平衡常数k==0.025，

起始时向容器中充入1.0

mol

PCl5、0.20

molPCl3和0.20

molCl2，起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L，浓度商Qc==0.02，Qc＜K，说明平衡向正反应方向移动，反应达平衡前v（正）＞v（逆），故C正确；

D、等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0

mol

PCl3和2.0

mol

Cl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于×100%=80%，故D错误；

故选：C。

A、由表中数据可知50s内，△n（PCl3）=0.16mol，根据v=计算v（PCl3）；

B、由表中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol/L，则n′（PCl3）=0.22mol，根据平衡时n（PCl3），判断平衡移动方向，升高温度平衡向吸热反应方向移动；

C、先求平衡常数K，再求浓度商（Qc），K＞Qc，说明平衡向正反应方向移动，K＜Qc，说明平衡向逆反应方向移动，K=Qc，说明平衡不移动，据此判断平衡移动；

D、等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0

mol

PCl3和2.0

mol

Cl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，据此判断。

本题考查反应速率、平衡常数计算、平衡移动、等效平衡等，难度中等，注意D中使用等效平衡思想分析，使问题简单化，也可以根据平衡常数计算，掌握基础是关键。24.【答案】D

【解析】解：A．pH＞0.68时，电压小于0，反应向左进行，AsO33-失电子，甲烧杯中石墨为负极，故A正确；

B．pH=0.68时，电压为0，反应处于平衡状态，故B正确；

C．pH＞0.68时，电压小于0，反应向左进行，AsO43-是氧化产物，I2是氧化剂，氧化性：氧化剂＞氧化产物，氧化性I2＞AsO43-，故C正确；

D．pH=5时，反应向左进行，AsO33-在负极失电子，则负极电极反应式为AsO33--2e-+H2O=AsO43-+2H+，故D错误；

故选：D。

A．pH＞0.68时，电压小于0，反应向左进行，AsO33-失电子，甲烧杯中石墨为负极；

B．pH=0.68时，电压为0，反应处于平衡状态；

C．pH＞0.68时，电压小于0，反应向左进行，AsO43-是氧化产物，I2是氧化剂，氧化性：氧化剂＞氧化产物；

D．pH=5时，反应向左进行，负极反应为AsO33-失电子。

本题考查原电池原理，明确电压正负与原电池正负极关系是解本题关键，会根据电压正负判断各个电极上发生的反应，侧重考查分析判断能力，题目难度中等。25.【答案】负；CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；4OH--4e-=O2↑+2H2O；Mg2++2Cl-+2H2O−电解Mg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑；0；CuO；4；2.9；Cu2++e-+Cl-=CuCl

解：（1）①甲池能自发的进行氧化还原反应，为原电池，则乙池、丙池为电解池，通入CH3OH的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则石墨、连接Ag的Pt为阳极，Ag和丙池右侧Pt为阴极，甲醇失电子和KOH反应生成碳酸钾和H2O，负极反应式为

CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；乙池中石墨上OH-失电子生成O2和H2O，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；丙池中阳极上生成氯气、阴极上生成H2和OH-，OH-和Mg2+反应生成Mg（OH）2沉淀，电池反应式为

Mg2++2Cl-+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，

故答案为：负；CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；4OH--4e-=O2↑+2H2O；

Mg2++2Cl-+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑；

②甲池消耗560mL氧气转移电子物质的量==0.1mol，乙池电池反应式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，则转移0.1mol电子生成n（H+）=0.1mol，乙池中c（H+）==1mol/L，pH=0；

实际上乙池相当于析出CuO，析出CuO的质量=n（CuO）。M（CuO）=n（H+）。M（CuO）=×0.1mol×80g/mol=4g；

丙池电池反应式为Mg2++2Cl-+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，转移0.1mol电子生成n[Mg（OH）2]=0.05mol，m[Mg（OH）2]=0.05mol×58g/mol=2.9g，

故答案为：0；CuO；4；2.9；

（2）工业上以石墨为电极，电解CuCl2溶液时，发现阴极上也会有CuCl析出，说明阴极上铜离子得电子生成亚铜离子，亚铜离子和氯离子结合生成CuCl，电极反应式为Cu2++e-+Cl-=CuCl，

故答案为：Cu2++e-+Cl-=CuCl。

（1）①甲池能自发的进行氧化还原反应，为原电池，则乙池、丙池为电解池，通入CH3OH的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则石墨、连接Ag的Pt为阳极，Ag和丙池右侧Pt为阴极，甲醇失电子和KOH反应生成碳酸钾和H2O；乙池中石墨上OH-失电子生成O2和H2O；丙池中阳极上生成氯气、阴极上生成H2和OH-，OH-和Mg2+反应生成Mg（OH）2沉淀；

②甲池消耗560mL氧气转移电子物质的量==0.1mol，乙池电池反应式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，则转移0.1mol电子生成n（H+）=0.1mol，乙池中c（H+）==1mol/L，实际上乙池相当于析出CuO，析出CuO的质量=n（CuO）。M（CuO）=n（H+）。M（CuO）；

丙池电池反应式为Mg2++2Cl-+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，转移0.1mol电子生成n[Mg（OH）2]=0.05mol，根据m=nM计算生成氢氧化镁质量；

（2）工业上以石墨为电极，电解CuCl2溶液时，发现阴极上也会有CuCl析出，说明阴极上铜离子得电子生成亚铜离子，亚铜离子和氯离子结合生成CuCl。

本题考查原电池和电解池原理，正确判断电极名称及各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是有关方程式的计算，根据串联电路中转移电子相等进行计算即可，题目难度中等。26.【答案】MOH=M++OH-；弱；当加入13mIHA溶液时，酸稍过量，而此时pH=7，说明MA呈碱性，即为强碱弱酸盐，说明HA为弱酸；2.5×10-6；=；c（A-）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH-）；0.05+10-11

【解析】解：（1）根据图知，未加HA溶液时，0.1mol/LMOH的pH=13，说明MOH完全电离，为强电解质，则MOH电离方程式为MOH=M++OH-，

故答案为：MOH=M++OH-；

（2）当加入13mIHA

溶液时，酸稍过量，而此时pH=7，说明MA

呈碱性，即为强碱弱酸盐，说明HA

为弱酸；pH=7时，c

（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，则c（A+）=c（M+）==mol/L，溶液中c（HA）==mol/L，HA的电离平衡常数===2.5×10-6；

故答案为：弱；当加入13mIHA

溶液时，酸稍过量，而此时pH=7，说明MA

呈碱性，即为强碱弱酸盐，说明HA

为弱酸；2.5×10-6；

（3）D点时酸的物质的量是碱的2倍，根据物料守恒得c（A-）+c（HA）=2c（M+）；该点溶液中溶质为等物质的量浓度的MA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于MA水解程度，结合电荷守恒得离子浓度大小为c（A-）＞c（M+）＞c

（H+）＞c（OH-）；若此时测得混合溶液的pH=3，溶液中存在电荷守恒和物料守恒得c

（H+）+c（HA）=c（M+）+c（OH-）=0.05mol/L+mol/L=（0.05+10-11）mol/L，

故答案为：=；c（A-）＞c（M+）＞c

（H+）＞c（OH-）；

0.05+10-11。

（1）根据图知，未加HA溶液时，0.1mol/LMOH的pH=13，说明MOH完全电离，为强电解质；

（2）B点混合溶液呈中性，且酸体积大于MOH体积一半，则酸的物质的量大于碱，说明HA是弱酸；HA的电离平衡常数=，pH=7时，c

（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，则c（A+）=c（M+）==mol/L，溶液中c（HA）==mol/L；

（3）D点时酸的物质的量是碱的2倍，根据物料守恒判断；该点溶液中溶质为等物质的量浓度的MA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于MA水解程度，结合电荷守恒判断离子浓度大小；若此时测得混合溶