2022-2022学年河南省重点高中高二（上）第一次月考化学试卷 一、选择题（本题共16小题，每题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A．新制的氯水在光照条件下颜色变浅B．饱和NaCl溶液中通入HCl气体有晶体析出C．500℃左右比室温更有利于合成氨反应D．滴有酚酞试液的氨水中加入少量醋酸铵晶体，溶液红色变浅 2．下列说法正确的是（ ）A．所有放热反应都是自发反应B．铁在潮湿空气中生锈是自发过程C．熵增的反应都是自发反应D．电解池反应均属于自发反应 3．依据氧化还原反应：2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）设计的原电池如图所示．下列说法不正确的是（ ）A．电极X的材料是铜B．电解质溶液Y是硝酸银溶液C．银电极为电池的正极，发生的电极反应为：Ag++e﹣═AgD．盐桥中的阳离子向硫酸铜溶液中运动 4．如图中A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，C为盛有稀硫酸的电解槽，e、f为Pt电极．接通电源后，发现d点显红色．下列有关说法正确的是（ ）A．电源A上的a极是正极B．d极上的电极反应方程式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑C．e、f极上产生的气体体积比为2：1D．电解槽C中溶液的pH增大 5．对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，下列各图中正确的是（ ）20\nA．B．C．D． 6．用铅蓄电池（总反应：2PbSO4+2H2OPb+PbO2+4H++2SO42﹣）电解苦卤水（含C1﹣、Br﹣、Na+、Mg2+）的装置如图所示（a、b为石墨电极）．下列说法中正确的是（ ）A．铅蓄电池放电时的正极反应是：PbO2+4H++SO42﹣═PbSO4+2H2OB．电解苦卤水时，a电极首先放电的是Br﹣而不是Cl﹣，说明当其它条件相同时Br﹣的还原性强于Cl﹣C．铅蓄电池充电时，A极应与外接电源负极相连D．忽略能量消耗，当b极产生0.02g气体时，铅蓄电池中消耗0.01molH2SO4 7．在一密闭容器中，反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达到平时，测得c（A）为0.5mol•L﹣1；在温度不变的条件下，将容器体积扩大一倍，当达到平衡时，测得c（A）为0.25mol•L﹣1．则下列判断正确的是（ ）A．化学计量数：m+n＞pB．平衡向正反应方向移动了C．物质B的转化率不变D．物质C的质量分数增加了 8．某温度下在恒容密闭容器中发生如下反应：2M（g）+N（g）⇌2E（g），若开始只充入2molE，达到平衡时，混合气体的压强比起始增加了20%；若开始只充入2molM和1molN，相同温度下欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，则M的转化率为（ ）A．20%B．40%C．60%D．80% 9．向体积为Va的0.05mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol•L﹣1KOH溶液，下列关系错误的是（ ）A．Va＞Vb时：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＞c（K+）B．Va=Vb时：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH﹣）C．Va＜Vb时：c（CH3COO﹣）＞c（K+）＞c（OH﹣）＞c（H+）20\nD．Va与Vb任意比时：c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣） 10．下列溶液一定呈中性的是（ ）A．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液B．pH=7的溶液C．60℃时，pH=12的氢氧化钠溶液和pH=2的硫酸溶液等体积混合后所得到的溶液D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液 11．某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示．据图判断正确的是（ ）A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强C．a点Kw的数值比c点Kw的数值大D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度 12．25℃时，下列说法正确的是（ ）A．将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH=7时：2c（NH4+）=c（SO42﹣）B．将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当二者恰好完全反应时：c（OH﹣）+c（SO42﹣）=c（H+）+c（NH4+）C．若等体积等浓度的HCN溶液与NaCN溶液混合后溶液显碱性：c（CN﹣）＞c（HCN）D．pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 13．25℃时，下列各溶液中关系的叙述中，正确的是（ ）A．pH=3的醋酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，则c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）B．pH=2的盐酸与pH=l的硫酸溶液中c（H+）之比为2：1C．0.1mol/LHA（某酸）溶液pH≠1，0.1mol/LBOH（某碱）溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L，则BA（盐）溶液pH＜7D．4种pH相同的溶液①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3④NaOH中c（Na+）的大小顺序是④＞①＞②＞③ 14．25℃某一元强酸的体积为Va、pH=a，和体积为Vb、pH=b为的一元强碱混合后的pH为7，已知Va＜Vb，且a=0.5b，则b的取值范围是（ ）A．7/2＜b＜B．7＜b＜C．8＜b＜13D．9＜b＜12 15．物质的量浓度相同时，下列既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应的溶液中，pH最大的是（ ）20\nA．Na2CO3溶液B．NH4HCO3溶液C．NaHCO3溶液D．NaHSO4溶液 16．下列叙述正确的是（ ）A．0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释后，溶液中各微粒的浓度均减小B．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小C．稀硫酸和稀氢氧化钠溶液加热上升一定温度后，前者pH不变后者pH减小（不考虑物质的挥发）D．pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，c（H+）不相等 二、填空题（本题包括4个小题共46分）17．在一定条件下，可逆反应：mA+nB⇌pC达到平衡，若：（1）A、B、C都是气体，减小压强，v（正） ，v（逆） （填“增大”、“减小”、“不变”）；若平衡向正反应方向移动，则m+n p（填“＞”“＜”或“=”）（2）A、C是气体，而且m+n=p，增大压强v（正） ，v（逆） （填“增大”、“减小”、“不变”）；增大压强可使平衡发生移动，则平衡移动的方向是 ．（3）加热后，v（正） ，v（逆） （填“增大”、“减小”、“不变”）；加热后可使C的质量增加，则正反应是 反应（填放热或吸热）． 18．（14分）（2022秋•河南月考）如图是一个化学过程的示意图．已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O填写下列空白：（1）请写出甲、乙两池的名称．甲电池是 ，乙池是 ．（2）甲池中通入CH3OH的电极名称是 ，电极反应方程式为 ；乙池中B（石墨）电极的名称是 ．（3）电解过程中，乙池溶液pH的变化为（“升高”、“降低”或“不变”） ．（4）当乙池中A（Fe）极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2 mL（标准状况下）． 19．（16分）（2022秋•河南月考）金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命．（1）以下为铝材表面处理的一种方法流程：20\n①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是 （用离子方程式表示）．为将碱洗槽液中铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的 ．a．NH3b．CO2c．NaOHd．HNO②其中，流程中以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，则阳极电极反应式为 取少量废电解液，加入NaHCO3，溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是 （用离子方程式表示）（2）利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护．①若X为锌，P为海水，开关K置于M处，该电化学防护法称为 ．②若X为碳棒，P为海水，为减缓铁的腐蚀，开关K应该置于 处．③若开关K置于N处，在铁上镀锌，则电极X材料为 ，阴极电极反应为 ． 20．（12分）（2022秋•河南月考）已知硫酸在水中的电离方程式是：H2SO4═H++HSO4﹣HSO4﹣⇌H++SO42﹣，回答下列问题：（1）Na2SO4溶液显 （填“酸性”，“中性”或“碱性”）．理由是（用离子方程式表示） ．（2）在0.1mol•L﹣1的Na2SO4溶液中，下列微粒浓度关系正确的有 ．A．c（SO42﹣）+c（HSO4﹣）+c（H2SO4）=0.1mol•L﹣1B．c（OH﹣）=c（H+）+c（HSO4﹣）C．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HSO4﹣）+2c（SO42﹣）D．c（Na+）=2c（SO42﹣）+2c（HSO4﹣）（3）如果25℃时，0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液中c（SO42﹣）=0.029mol•L﹣1，则0.1mol•L﹣1H2SO4溶液中c（SO42﹣） 0.029mol•L﹣1（填“＜”，“＞”或“=”）．（4）0.1mol•L﹣1NaHSO4溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是： ．（5）如果25℃时，0.10mol•L﹣1H2SO4溶液的pH=﹣lg0.11，则25℃时，0.10mol•L﹣1的H2SO4溶液中c（SO42﹣）= ． 三.计算题21．将等物质的量的NaCl和CuSO4的溶解于水配成200mL混合溶液，通电电解到阴极刚有气体放出时停止电解，将阳极产生的气体在一定条件下恰好与5.6L标况下的H2反应．试求原溶液中两种溶质的物质的量浓度及电解后溶液中的H+的浓度． 20\n2022-2022学年河南省重点高中高二（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题共16小题，每题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A．新制的氯水在光照条件下颜色变浅B．饱和NaCl溶液中通入HCl气体有晶体析出C．500℃左右比室温更有利于合成氨反应D．滴有酚酞试液的氨水中加入少量醋酸铵晶体，溶液红色变浅【考点】化学平衡移动原理．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．【解答】解：A．新制的氯水中存在化学平衡，CL2+H2O⇌HCl+HClO，在光照条件下次氯酸见光分解，平衡正向进行，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B．NaCl在饱和NaCl水溶液中存在分解和析出平衡，通入HCl导致溶液中氯离子浓度增大，从而抑制NaCl溶解，所以有晶体析出，能用勒夏特里原理解释，故B不选；C．合成氨是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则500℃左右比室温更有利于合成氨反应不能用平衡移动原理解释，故C选；D．一水合氨存在电离平衡，向溶液中加入醋酸铵固体，铵根离子浓度增大抑制一水合氨电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，则溶液颜色变浅，可以用平衡移动原理解释，故D不选；故选C．【点评】本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，注意：平衡移动原理适用于可逆反应，题目难度不大． 2．下列说法正确的是（ ）A．所有放热反应都是自发反应B．铁在潮湿空气中生锈是自发过程C．熵增的反应都是自发反应D．电解池反应均属于自发反应【考点】焓变和熵变．【专题】化学平衡专题．【分析】A、反应是否自发进行需要用焓变和熵变温度来确定，△H﹣T△S＜0，说明反应自发进行；B、铁生锈是发生了电化学的吸氧腐蚀；C、反应是否自发进行需要用焓变和熵变温度来确定，△H﹣T△S＜0，说明反应自发进行；D、电解反应有的是非自发进行的反应，有的是自发反应．【解答】解：A、所有放热反应△H＞0，但焓变和温度未知，所以不一定都是自发反应，故A错误；B、铁生锈是发生了电化学的吸氧腐蚀，是自发进行反应，故B正确；C、依据△H﹣T△S＜0判断反应是自发进行的反应，熵增的反应只能是△S＞0，熵变和温度未知，所以不一定都是自发反应，故C错误；D、电解反应可以是自发反应，也可以是非自发的氧化还原反应，故D错误；20\n故选B．【点评】本题考查了反应自发进行的判断依据、电化腐蚀的原理应用、电解原理的应用，注意常见的氧化还原反应的特点及能量变化来解答，题目难度不大． 3．依据氧化还原反应：2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）设计的原电池如图所示．下列说法不正确的是（ ）A．电极X的材料是铜B．电解质溶液Y是硝酸银溶液C．银电极为电池的正极，发生的电极反应为：Ag++e﹣═AgD．盐桥中的阳离子向硫酸铜溶液中运动【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】由方程式2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）可知，反应中Ag+被还原，应为正极反应，则电解质溶液为硝酸银溶液，Cu被氧化，应为原电池负极反应，在装置图中X为Cu，Y为硝酸银溶液，以此解答该题．【解答】解：A．电极X的材料是铜，为原电池的负极，故A正确；B．Y为硝酸银溶液，Ag+被还原，为正极反应，故B正确；C．银电极为电池的正极，被还原，发生的电极反应为：Ag++e﹣═Ag，故C正确；D．阳离子向正极移动，应向硝酸银溶液运动，故D错误．故选：D．【点评】本题考查原电池知识，为高考常见题型及高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论的理解和应用能力，难度不大，注意把握电极反应的判断和电极方程式的书写． 4．如图中A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，C为盛有稀硫酸的电解槽，e、f为Pt电极．接通电源后，发现d点显红色．下列有关说法正确的是（ ）A．电源A上的a极是正极B．d极上的电极反应方程式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑C．e、f极上产生的气体体积比为2：1D．电解槽C中溶液的pH增大【考点】电解原理．【专题】电化学专题．20\n【分析】A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，C为盛有稀硫酸的电解槽，发现d点显红色，则d点发生2H++2e﹣=H2↑，所以d为阴极，电源上a为负极，C中发生2H2O2H2↑+O2↑，e上生成氢气，硫酸浓度变大，pH减小，以此来解答．【解答】解：A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，C为盛有稀硫酸的电解槽，发现d点显红色，则d点发生2H++2e﹣=H2↑，所以d为阴极，A．电源上a为负极，故A错误；B．d极上的电极反应方程式为2H++2e﹣=H2↑，故B错误；C．C中发生2H2O2H2↑+O2↑，e上生成氢气，f上生成氧气，二者体积比为2：1，故C正确；D．硫酸溶液在电解时，水被电解，硫酸浓度变大，则氢离子浓度变大，pH减小，故D错误；故选C．【点评】本题考查电解原理，明确d点显红色是解答本题的突破口，熟悉发生的电极反应即可解答，题目难度不大． 5．对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，下列各图中正确的是（ ）A．B．C．D．【考点】化学平衡的影响因素．【专题】图像图表题．【分析】做题时首先分析化学方程式的特征，如反应前后计量数的大小关系、反应热等问题，A、根据反应温度的不同结合反应热判断平衡移动的方向，可判断出C的质量分数的变化是否正确B、根据反应前后的化学计量数的大小关系，结合压强对反应速率的影响判断平衡移动方向，从而判断出正逆反应速率的变化；C、从催化剂对平衡是否有影响来判断浓度的变化是否正确；D、从两个方面考虑，一是压强对平衡的影响，二是温度对平衡的影响，二者结合判断A的转化率是否正确．【解答】解：A、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正＞V逆，故B错误；20\nC、催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，故C错误；D、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误．故选A．【点评】本题为化学平衡图象题，做题时注意两个方面的问题：（1）定一议二：当图象中同时有三个变量时，使其中之一不变，讨论另外两个变量间的关系；（2）先拐先平：变化曲线若与时间轴平行，表示反应体系已达平衡状态，先达到平衡（先出现拐点）的曲线所示的温度或压强较大． 6．用铅蓄电池（总反应：2PbSO4+2H2OPb+PbO2+4H++2SO42﹣）电解苦卤水（含C1﹣、Br﹣、Na+、Mg2+）的装置如图所示（a、b为石墨电极）．下列说法中正确的是（ ）A．铅蓄电池放电时的正极反应是：PbO2+4H++SO42﹣═PbSO4+2H2OB．电解苦卤水时，a电极首先放电的是Br﹣而不是Cl﹣，说明当其它条件相同时Br﹣的还原性强于Cl﹣C．铅蓄电池充电时，A极应与外接电源负极相连D．忽略能量消耗，当b极产生0.02g气体时，铅蓄电池中消耗0.01molH2SO4【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】铅蓄电池放电时，铅作负极，二氧化铅作正极，正极上得电子发生还原反应，当铅蓄电池充电时，二氧化铅要连接电源正极；电解苦卤水时，阳极上还原性强的离子先失电子发生氧化反应，根据转移电子相等进行有关计算．【解答】解：A．铅蓄电池放电时，正极发生的反应是PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣=PbSO4（s）+2H2O，故A错误；B．电解苦卤水时，阳极上还原性强的离子先失电子发生氧化反应，a电极首先放电的是Br﹣而不是Cl﹣，说明当其它条件相同时Br﹣的还原性强于Cl﹣，故B正确；C．铅蓄电池充电时，A极应与外接电源正极相连，故C错误；D．忽略能量消耗，b电极上析出氢气，当b极产生0.02g气体时，转移电子的物质的量=，根据Pb+PbO2+4H++2SO42﹣2PbSO4+2H2O知，铅蓄电池中消耗0.02molH2SO4，故D错误；故选B．【点评】本题考查原电池和电解池原理，根据原电池正负极和电解池阴阳极上得失电子分析解答，难度不大． 20\n7．在一密闭容器中，反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达到平时，测得c（A）为0.5mol•L﹣1；在温度不变的条件下，将容器体积扩大一倍，当达到平衡时，测得c（A）为0.25mol•L﹣1．则下列判断正确的是（ ）A．化学计量数：m+n＞pB．平衡向正反应方向移动了C．物质B的转化率不变D．物质C的质量分数增加了【考点】化学平衡的影响因素．【分析】在温度不变的情况下，将容积增大一倍，如平衡不移动，则c（A）应为0.25mol/L，而达到平衡时c（A）=0.25mol/L，说明平衡不发生移动，则有m+n=P，据此解答该题．【解答】解：温度不变的情况下，将容积增大一倍，如平衡不移动，则c（A）应为0.25mol/L，而达到平衡时c（A）=0.25mol/L，说明平衡未发送移动，则有m+n=P，A．由分析可知，m+n=P，故A错误；B．由分析可知，平衡不移动，故B错误；C．平衡不移动，B的转化率不变，故C正确；D．平衡向不移动，物质C的质量分数不变，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学平衡影响因素与移动知识，题目难度不大，根据增大体积A的浓度变化判断反应进行的方向是解题的关键． 8．某温度下在恒容密闭容器中发生如下反应：2M（g）+N（g）⇌2E（g），若开始只充入2molE，达到平衡时，混合气体的压强比起始增加了20%；若开始只充入2molM和1molN，相同温度下欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，则M的转化率为（ ）A．20%B．40%C．60%D．80%【考点】化学平衡的计算．【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．【分析】根据等效平衡，在相同温度下，固定容积的反应容器内，2molE与2molM和1molN的物质的量相当，达到平衡时，两者的平衡状态相同，利用三段式解题方法，可求知结果．【解答】解：设充入2molE达到平衡状态时反应了2xmolE，根据方程式计算如下：2M（g）+N（g）2E（g）起始0mol0mol2mol转化2xx2x平衡2xx2﹣2x根据阿伏加德罗定律可知相同条件下气体的物质的量之比等于压强之比，则有：=1.2，解得x=0.4mol；在相同条件下，2molE与2molM和1molN的物质的量相当，达到平衡时，两者的平衡状态相同，即若开始时只充入2molM和1molN的混合气体，达平衡时M的物质的量为0.8mol，转化的M的物质的量为2mol﹣0.8mol=1.2mol所以达平衡时M的转化率=×100%=60%，故选C．【点评】本题为等效平衡问题，解决这类问题时注意以下两个方面的问题：（1）对于两边气体分子数不相等的可逆反应，只改变起始时加入物质的物质的量，如果通过可逆反应的化学计量数换算成方程式同一半边的物质时物质的量与起始所给物质对应相同，则两平衡等效．20\n（2）对于反应前后气体分子数相等的可逆反应，只要反应物（或生成物）的物质的量的比例与起始所给物质的比例对应相同，则两平衡等效． 9．向体积为Va的0.05mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol•L﹣1KOH溶液，下列关系错误的是（ ）A．Va＞Vb时：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＞c（K+）B．Va=Vb时：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH﹣）C．Va＜Vb时：c（CH3COO﹣）＞c（K+）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．Va与Vb任意比时：c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A、酸和碱的物质的量浓度相等，且都是一元的，当Va＞Vb时，酸过量，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，根据物料守恒判断醋酸根离子与醋酸浓度之和与钾离子浓度的关系．B、当Va=Vb时，酸和碱恰好中和，溶液中的溶质是醋酸钾，根据质子守恒判断正误．C、当Va＜Vb时，氢氧化钾过量，溶液中的溶质是醋酸钾和氢氧化钾，根据物料守恒和电荷守恒判断．D、Va和Vb为任意比时，根据电荷守恒判断正误．【解答】解：A、酸和碱的物质的量浓度相等，且都是一元的，当Va＞Vb时，酸过量，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，根据物料守恒知，c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＞0.025mol/L，c（K+）＜0.025mol/L，所以c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＞c（K+），故A正确．B、当Va=Vb时，酸和碱恰好中和，溶液中的溶质是醋酸钾，根据质子守恒知，c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH﹣），故B正确．C、当Va＜Vb时，氢氧化钾过量，溶液中的溶质是醋酸钾和氢氧化钾，溶液中钾离子浓度大于醋酸根离子浓度，溶液呈碱性，所以c（OH﹣）＞c（H+），当氢氧化钾的体积远远大于醋酸的体积，则c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣），当氢氧化钾体积比醋酸体积稍微大时，c（CH3COO﹣）＞c（K+），故C错误．D、Va和Vb为任意比时，溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得：c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故D正确．故选C．【点评】本题考查了混合溶液中离子浓度大小的比较，属于中等难度，根据物料守恒、电荷守恒、质子守恒即可分析解答本题． 10．下列溶液一定呈中性的是（ ）A．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液B．pH=7的溶液C．60℃时，pH=12的氢氧化钠溶液和pH=2的硫酸溶液等体积混合后所得到的溶液D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液【考点】探究溶液的酸碱性．【分析】任何电解质水溶液中只要存在c（H+）=c（OH﹣），则该溶液一定呈中性，如果存在c（H+）＞c（OH﹣），则该溶液一定呈酸性，如果存在c（H+）＜c（OH﹣），则该溶液一定呈碱性，据此分析解答．【解答】解：任何电解质水溶液中只要存在c（H+）=c（OH﹣），则该溶液一定呈中性，如果存在c（H+）＞c（OH﹣），则该溶液一定呈酸性，如果存在c（H+）＜c（OH﹣），则该溶液一定呈碱性，A．根据以上分析知，c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液一定呈中性，故A正确；20\nB．pH=7的溶液可能呈酸性、中性或碱性，如：100℃时中性溶液pH=7，则该温度下pH=7的溶液呈碱性，故B错误；C.60℃时，水的离子积常数小于10﹣14，该温度下pH=12的氢氧化钠溶液中c（NaOH）＜0.01mol/L，pH=2的硫酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，二者等体积混合时，稀硫酸有剩余，溶液呈酸性，故C错误；D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液可能呈酸性、碱性或中性，如氯化铵溶液呈酸性、氯化钠溶液呈中性、碳酸钠溶液呈碱性，故D错误；故选A．【点评】本题考查溶液酸碱性判断，为高频考点，温度未知时不能根据溶液pH大小判断溶液酸碱性，要根据溶液中c（H+）、c（OH﹣）相对大小判断溶液酸碱性，为易错题． 11．某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示．据图判断正确的是（ ）A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强C．a点Kw的数值比c点Kw的数值大D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度【考点】比较强弱电解质的实验．【专题】压轴题．【分析】根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故II应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，利用c点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；Kw只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系；相同pH值的盐酸和醋酸，稀释到相同体积时，醋酸（II）浓度大于盐酸（I）浓度．【解答】解：A、Ⅱ应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A错；B、溶液导电性取决于离子浓度，b点的H+浓度大，导电性强，故B正确；C、Kw的大小只取决于温度，故C错；D、相同pH值的盐酸和醋酸，醋酸浓度远大于盐酸的浓度，稀释到相同体积时，醋酸（Ⅱ）浓度大于盐酸（Ⅰ）浓度，故D错．故选B．【点评】本题考查强弱电解质溶液稀释时的浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点． 12．25℃时，下列说法正确的是（ ）A．将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH=7时：2c（NH4+）=c（SO42﹣）B．将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当二者恰好完全反应时：c（OH﹣）+c（SO42﹣）=c（H+）+c（NH4+）C．若等体积等浓度的HCN溶液与NaCN溶液混合后溶液显碱性：c（CN﹣）＞c（HCN）D．pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）20\n【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．室温下，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当pH=7时，c（NH4+）=2c（SO42﹣）；B．反应后溶质为硫酸铵，根据硫酸铵溶液中的电荷守恒判断；C．说明HCN的电离程度小于CN﹣的水解程度；D．氨水为弱碱，则混合液中氨水过量，混合液显示碱性．【解答】解：A．室温下，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，根据溶液中的电荷守恒：c（NH4+）+C（H+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），当pH=7时，溶液显示中性，则氢离子和氢氧根浓度相等，所以c（NH4+）=2c（SO42﹣），故A错误；B．将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当二者恰好完全反应时生成硫酸铵溶液，根据电荷守恒可得：c（OH﹣）+2c（SO42﹣）=c（H+）+c（NH4+），故B错误；C．等体积等浓度的HCN溶液与NaCN溶液混合后溶液显碱性，则HCN的电离程度小于CN﹣的水解程度，所以c（CN﹣）＜c（HCN），故C错误；D．pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后，由于氨水为弱碱，则氨水过量，混合液呈碱性：c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可知，c（NH4+）＞c（Cl﹣），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法． 13．25℃时，下列各溶液中关系的叙述中，正确的是（ ）A．pH=3的醋酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，则c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）B．pH=2的盐酸与pH=l的硫酸溶液中c（H+）之比为2：1C．0.1mol/LHA（某酸）溶液pH≠1，0.1mol/LBOH（某碱）溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L，则BA（盐）溶液pH＜7D．4种pH相同的溶液①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3④NaOH中c（Na+）的大小顺序是④＞①＞②＞③【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．根据混合液中的电荷守恒判断；B．根据c（H+）=10﹣pH进行计算；C.0.1mol/LHA（某酸）溶液pH≠1，说明HA为弱酸；0.1mol/LBOH（某碱）溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L，说明BOH为强碱，则BA为强碱弱酸盐；D．氢氧化钠为强碱，pH相同时其浓度最小；其它三种都是强碱弱酸盐，酸根离子的水解程度越大，pH相同时其浓度越小．【解答】解：A．pH=3的醋酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故A正确；B．pH=2的盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L，pH=l的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，则两溶液中氢离子浓度之比为0.01mol/L：0.1mol/L=10：1，故B错误；C.0.1mol/LHA（某酸）溶液pH≠1说明HA为弱酸；0.1mol/LBOH（某碱）溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L，说明BOH为强碱，所以BA是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，溶液的pH＞7，故C错误；D．NaOH为强碱，pH相同时氢氧化钠溶液的浓度最小，①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3为强碱弱酸盐，水解程度大小为：③＞②＞①，则pH相同时溶液浓度大小为：①＞②＞③，钠离子不水解，则pH相同时三种溶液中c（Na+）的大小顺序是①＞②＞③＞④，故D错误；20\n故选A．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法． 14．25℃某一元强酸的体积为Va、pH=a，和体积为Vb、pH=b为的一元强碱混合后的pH为7，已知Va＜Vb，且a=0.5b，则b的取值范围是（ ）A．7/2＜b＜B．7＜b＜C．8＜b＜13D．9＜b＜12【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】体积为Va、pH=a的某一元强酸与体积Vb、pH=b的某一元强碱混合，恰好中和，则：Va•10﹣a=Vb•10b﹣14，结合Va＜Vb和a=0.5b进行计算和判断．【解答】解：pH=b的某一元强碱溶液呈碱性，则b＞7，pH=a的强酸c（H+）=10﹣amol/L，pH=b的强碱c（OH﹣）=10b﹣14mol/L，恰好中和，则有Va×10﹣a=Vb×10b﹣14，可得：=10a+b﹣14，Va＜Vb，则10a+b﹣14＜1，a+b＜14，又a=0.5b，则0.5b+b＜14，b＜，所以：7＜b＜，故选B．【点评】本题考查酸碱混合的定性判断和溶液PH的有关计算，题目难度中等，注意酸碱混合时酸碱物质的量的关系以及溶液PH与c（H+）、（OH﹣）的关系． 15．物质的量浓度相同时，下列既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应的溶液中，pH最大的是（ ）A．Na2CO3溶液B．NH4HCO3溶液C．NaHCO3溶液D．NaHSO4溶液【考点】盐类水解的应用；钠的重要化合物．【专题】盐类的水解专题．【分析】根据题目中的条件逐个排除，利用“既能跟酸反应又能跟碱反应的物质”排除掉A和D；在NH4HCO3中存在NH4+的水解﹣﹣﹣﹣呈酸性、HCO3﹣的电离﹣﹣﹣呈酸性、HCO3﹣的水解﹣﹣﹣﹣呈碱性，水解大于电离，水溶液整体呈弱碱性；在NaHCO3中存在HCO3﹣的电离﹣﹣呈酸性、HCO3﹣的水解﹣﹣呈碱性，水解大于电离，水溶液整体呈弱碱性；根据过程很显然，NaHCO3的碱性强于NH4HCO3的碱性．【解答】解：A．碳酸钠能和盐酸反应，不与氢氧化钠反应，可排除；B．碳酸氢铵二者都能反应，碳酸氢铵是弱碱弱酸盐，溶液呈弱碱性；C．碳酸氢钠二者均能反应；D．硫酸氢钠能和氢氧化钠反应，不与盐酸反应，排除．故此题中实际是比较碳酸氢铵和碳酸氢钠溶液同浓度时pH的大小，碳酸氢铵是弱碱弱酸盐，而碳酸氢钠是强碱弱酸盐，对比可知应选C．故选C．【点评】本题考查了电离和水解的知识，题目难度不大，对于NH4HCO3溶液的酸碱性不会分析导致错选B，对物质的性质掌握不熟练的同学可能只判断pH最大而错选A．既能与酸反应又能与碱反应的常见无机物有弱酸的酸式盐，铝及其氧化物、氢氧化物等，在复习时一定注意总结归纳．20\n 16．下列叙述正确的是（ ）A．0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释后，溶液中各微粒的浓度均减小B．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小C．稀硫酸和稀氢氧化钠溶液加热上升一定温度后，前者pH不变后者pH减小（不考虑物质的挥发）D．pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，c（H+）不相等【考点】盐类水解的原理．【分析】A．NH4Cl溶液显酸性，加水稀释氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大；B．Kw只与温度有关；C．加热水的电离程度增大；D．pH相同，则溶液中氢离子浓度相同．【解答】解：A．NH4Cl溶液显酸性，加水稀释氢离子浓度减小，由于氢离子浓度与氢氧根离子浓度的乘积不变，所以氢氧根离子浓度增大，故A错误；B．Kw只与温度有关，Na2CO3溶液加水稀释后，溶液的浓度减小，恢复至原温度，pH减小，Kw不变，故B错误；C．加热水的电离程度增大，稀硫酸中氢离子主要由酸电离，所以氢离子浓度不变，稀氢氧化钠中氢离子由水电离，则氢离子浓度增大，所以pH减小，故C正确；D．pH相同，则溶液中氢离子浓度相同，所以pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，c（H+）相等，故D错误．故选C．【点评】本题考查了水的离子积、盐的水解原理，题目难度不大，注意把握影响水电离平衡的因素． 二、填空题（本题包括4个小题共46分）17．在一定条件下，可逆反应：mA+nB⇌pC达到平衡，若：（1）A、B、C都是气体，减小压强，v（正） 减小 ，v（逆） 减小 （填“增大”、“减小”、“不变”）；若平衡向正反应方向移动，则m+n ＜ p（填“＞”“＜”或“=”）（2）A、C是气体，而且m+n=p，增大压强v（正） 增大 ，v（逆） 增大 （填“增大”、“减小”、“不变”）；增大压强可使平衡发生移动，则平衡移动的方向是 逆反应方向 ．（3）加热后，v（正） 增大 ，v（逆） 增大 （填“增大”、“减小”、“不变”）；加热后可使C的质量增加，则正反应是 吸热 反应（填放热或吸热）．【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】根据外界条件（浓度、温度、压强）对化学反应速率和化学平衡的影响，一定条件下的可逆反应，改变其中一个条件，平衡向减弱这种改变的方向移动；【解答】解：（1）因减小压强，正逆反应速率都减小；平衡向气体体积增大的方向移动，所以m+n＜p，故答案为：减小；减小；＜；（2）因增大压强，正逆反应速率都增大；平衡向气体体积减小的方向移动，A、C是气体，而且m+n=p，所以B不是气体，则m＜p，即平衡移动的方向是逆反应方向，故答案为：增大；增大；逆反应方向；20\n（3）因温度升高，正逆反应速率都增大；平衡向吸热的方向移动，C的质量增加，说明正反应是吸热反应，故答案为：增大；增大；吸热．【点评】本题考查了温度、压强对化学反应速率的影响以及化学平衡影响因素分析，解答本题的关键是外界条件（浓度、温度、压强）对速率及化学平衡的影响，然后对问题做出正确的判断，题目较简单． 18．（14分）（2022秋•河南月考）如图是一个化学过程的示意图．已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O填写下列空白：（1）请写出甲、乙两池的名称．甲电池是 原电池 ，乙池是 电解池 ．（2）甲池中通入CH3OH的电极名称是 负极 ，电极反应方程式为 CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O ；乙池中B（石墨）电极的名称是 阳极 ．（3）电解过程中，乙池溶液pH的变化为（“升高”、“降低”或“不变”） 降低 ．（4）当乙池中A（Fe）极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2 280 mL（标准状况下）．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）根据方程式及燃料电池的特点判断甲装置；（2）根据2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O知，CH3OH发生氧化反应，所以该电极是负极，O2发生还原反应，所以该电极是正极；石墨与原电池的正极相连，所以石墨电极B是阳极；（3）根据乙池的总反应判断pH变化；（4）先根据得失电子数相等找出银与氧气的关系式，然后计算．【解答】解：（1）根据反应方程式知，甲装置是一个燃料电池，所以甲是把化学能转变为电能的装置，是原电池；乙有外加电源，所以是电解池，故答案为：原电池；电解池；（2）根据2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O知，CH3OH发生氧化反应，所以该电极是负极，反应式为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；O2发生还原反应，所以该电极是正极；石墨与原电池的正极相连，所以石墨电极B是阳极；故答案为：负极；CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；阳极；（3）乙池中离子放电顺序为：阳离子Ag+＞H+，阴离子OH﹣＞NO3﹣，依据氧化还原反应的电子守恒，结合反应的物质书写化学方程式：4AgNO3+2H2O4Ag↓+O2↑+4HNO3，生成酸，所以pH变化为降低，故答案为：降低；（4）根据得失电子数相等，氧气与银的关系式为：O2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣4Ag22.4L（4×108）g0.28L5.4g故答案为：280．【点评】原电池、电解池的判断方法：1、若无外加电源，可能是原电池，然后再根据原电池的形成条件判定．20\n2、若有外接电源，两电极插入电解质溶液中，可能是电解池或电镀池，当阳极金属与电解质溶液中的金属阳离子相同时，则为电镀池．3、若无明显外接电源的串联电路，则利用题中信息找出能自发进行氧化还原反应的装置为原电池． 19．（16分）（2022秋•河南月考）金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命．（1）以下为铝材表面处理的一种方法流程：①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是 2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO+3H2↑ （用离子方程式表示）．为将碱洗槽液中铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的 b ．a．NH3b．CO2c．NaOHd．HNO②其中，流程中以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，则阳极电极反应式为 2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+ 取少量废电解液，加入NaHCO3，溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是 Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑ （用离子方程式表示）（2）利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护．①若X为锌，P为海水，开关K置于M处，该电化学防护法称为 牺牲阳极保护法 ．②若X为碳棒，P为海水，为减缓铁的腐蚀，开关K应该置于 N 处．③若开关K置于N处，在铁上镀锌，则电极X材料为 Zn ，阴极电极反应为 Zn2++2e﹣=Zn ．【考点】原电池和电解池的工作原理；金属的电化学腐蚀与防护．【分析】（1）①有气泡冒出因2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；因碱洗槽液中有AlO2﹣，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32﹣或CO2+2H2O+AlO2﹣═HCO3﹣+Al（OH）3↓；若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解；②铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+；HCO3﹣与H+反应使H+浓度减小，产生Al（OH）3沉淀；（2）①若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，为牺牲阳极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法）；②根据金属的防护，若K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极；③铁上镀锌，铁为阴极，锌为阳极，据此判断．【解答】解：（1）①铝能与强碱反应产生氢气，Al（OH）3具有两性，既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐和水，碱洗槽液中有AlO2﹣，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32﹣或CO2+2H2O+AlO2﹣═HCO3﹣+Al（OH）3↓；若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解，20\n故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO+3H2↑；b；②铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，是由于废电解液中含有Al3+，和HCO3﹣发生了互促水解．或HCO3﹣与H+反应使H+浓度减小，产生Al（OH）3沉淀，故答案为：2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+；Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑；（2）②金属的防护有牺牲阳极保法和外加电源阴极保护法，若K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极；①若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，为牺牲阳极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法），故答案为：牺牲阳极保护法；②金属的防护有牺牲阳极保法和外加电源阴极保护法，若K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极；故答案为：N；③铁上镀锌，铁为阴极，锌为阳极，所以电极X材料为Zn，阴极电极反应为Zn2++2e﹣=Zn，故答案为：Zn；Zn2++2e﹣=Zn．【点评】本题考查金属的性质、盐类的水解、电解、电镀以及金属的腐蚀及防护知识，考查较为综合，做题时注意把握好Al、AlO2﹣、Al（OH）3等物质的性质，掌握电解、电镀等知识的原理，了解金属的防护措施，难度不大，但要注意知识的积累，厚积而薄发． 20．（12分）（2022秋•河南月考）已知硫酸在水中的电离方程式是：H2SO4═H++HSO4﹣HSO4﹣⇌H++SO42﹣，回答下列问题：（1）Na2SO4溶液显 碱性 （填“酸性”，“中性”或“碱性”）．理由是（用离子方程式表示） SO42﹣+H2O⇌OH﹣+HSO4﹣ ．（2）在0.1mol•L﹣1的Na2SO4溶液中，下列微粒浓度关系正确的有 BCD ．A．c（SO42﹣）+c（HSO4﹣）+c（H2SO4）=0.1mol•L﹣1B．c（OH﹣）=c（H+）+c（HSO4﹣）C．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HSO4﹣）+2c（SO42﹣）D．c（Na+）=2c（SO42﹣）+2c（HSO4﹣）（3）如果25℃时，0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液中c（SO42﹣）=0.029mol•L﹣1，则0.1mol•L﹣1H2SO4溶液中c（SO42﹣） ＜ 0.029mol•L﹣1（填“＜”，“＞”或“=”）．（4）0.1mol•L﹣1NaHSO4溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是： c（Na+）＞c（HSO4﹣）＞c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣） ．（5）如果25℃时，0.10mol•L﹣1H2SO4溶液的pH=﹣lg0.11，则25℃时，0.10mol•L﹣1的H2SO4溶液中c（SO42﹣）= 0.01mol/L ．【考点】离子浓度大小的比较．【分析】（1）硫酸的第一步电离是完全的：H2SO4=H++HSO4﹣，第二步电离并不完全：HSO4﹣⇌H++SO42﹣．Na2SO4溶液存在SO42﹣+H2O⇌OH﹣+HSO4﹣，溶液呈碱性；（2）A．溶液中没有H2SO4分子；B．根据质子守恒分析；C．根据溶液中的电荷守恒分析；D．根据Na原子与S原子之间的关系分析；（3）依据硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，结合平衡移动分析判断；（4）0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液中c（SO42﹣）=0.029mol•L﹣1，则c（HSO4﹣）＞c（SO42﹣），溶液显酸性；（5）依据氢离子浓度对硫酸氢根离子的电离平衡影响分析判断．20\n【解答】解：（1）根据硫酸的第一步电离是完全的：H2SO4=H++HSO4﹣，第二步电离并不完全：HSO4﹣⇌H++SO42﹣，则Na2SO4溶液存在SO42﹣+H2O⇌OH﹣+HSO4﹣，溶液呈弱碱性，故答案为：碱性；SO42﹣+H2O⇌OH﹣+HSO4﹣；（2）A．溶液中没有H2SO4分子，c（SO42﹣）+c（HSO4﹣）=0.1mol•L﹣1，故A错误；B．溶液中存在质子守恒，即c（OH﹣）=c（H+）+c（HSO4﹣），故B正确；C．溶液中存在电荷守恒，即阴离子的负电荷总数等于正电荷总数，则c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HSO4﹣）+2c（SO42﹣），故C正确；D．c（Na）=2c（S），根据S在溶液中存在形式可知：c（Na+）=2c（SO42﹣）+2c（HSO4﹣），故D正确；故答案为：BCD；（3）25℃时，0.10mol•L﹣1的NaHSO4溶液中c（SO42﹣）=0.029mol•L﹣1，则0.10mol•L﹣1的H2SO4溶液中氢离子浓度比硫酸氢钠溶液中大，对硫酸氢根离子电离平衡起到抑制作用，c（SO42﹣）＜0.029mol•L﹣1；故答案为：＜；（4）0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液中c（SO42﹣）=0.029mol•L﹣1，则c（HSO4﹣）＞c（SO42﹣），溶液显酸性，所以溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HSO4﹣）＞c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）；故答案为：c（Na+）＞c（HSO4﹣）＞c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）；（5）若25℃时，0.10mol•L﹣1H2SO4溶液的pH=﹣lgO.11，C（H+）=0.11mol/L；依据：①H2SO4=H++HSO4﹣，②HSO4﹣⇌H++S042﹣．①电离出的氢离子浓度为0.10mol/L；所以②电离出的氢离子浓度为0.11mol/L﹣0.1．mol/L=0.01mol/L；则0.10mol•L﹣1的H2SO4溶液中c（SO42﹣）=0.01mol/L；故答案为：0.01mol/L．【点评】本题考查电解质的电离和离子方程式的书写，溶液中电荷守恒应用，物料守恒的应用，题目难度中等，本题注意把握题意，突破硫酸为二元强酸的思维，从题目实际出发，加强自学能力的培养． 三.计算题21．将等物质的量的NaCl和CuSO4的溶解于水配成200mL混合溶液，通电电解到阴极刚有气体放出时停止电解，将阳极产生的气体在一定条件下恰好与5.6L标况下的H2反应．试求原溶液中两种溶质的物质的量浓度及电解后溶液中的H+的浓度．【考点】电解原理．【分析】n（H2）==0.25mol，电解时，阴极上Cu2+先放电、H+后放电，阳极上Cl﹣先放电、OH﹣后放电，通电电解到阴极刚有气体放出时停止电解，说明阴极上Cu2+完全析出，根据电荷知，阳极上有Cl2、O2生成，将阳极产生的气体在一定条件下恰好与5.6L标况下的H2反应，根据氧化还原反应中得失电子相等知，5.6L氢气失去电子数等于阳极产生气体转移电子数，则转移电子物质的量=0.25mol×2=0.5mol；阴极上转移0.5mol电子时析出n（Cu）==0.25mol，因为氯化钠和硫酸铜物质的量相等，结合Cu原子守恒得n（CuSO4）=n（NaCl）=n（Cu）=0.25mol，根据C=计算NaCl和CuSO4的物质的量浓度；20\n阳极上先析出氯气，当氯离子完全放电时转移电子物质的量=0.25mol×1=0.25mol，还有0.25mol电子转移时氢氧根离子放电生成氧气，根据氢氧根离子和氢离子之间关系计算氢离子浓度．【解答】解：n（H2）==0.25mol，电解时，阴极上Cu2+先放电、H+后放电，阳极上Cl﹣先放电、OH﹣后放电，通电电解到阴极刚有气体放出时停止电解，说明阴极上Cu2+完全析出，根据电荷知，阳极上有Cl2、O2生成，将阳极产生的气体在一定条件下恰好与5.6L标况下的H2反应，根据氧化还原反应中得失电子相等知，5.6L氢气失去电子数等于阳极产生气体转移电子数，则转移电子物质的量=0.25mol×2=0.5mol；阴极上转移0.5mol电子时析出n（Cu）==0.25mol，因为氯化钠和硫酸铜物质的量相等，结合Cu原子守恒得n（CuSO4）=n（NaCl）=n（Cu）=0.25mol，c（NaCl）=c（CuSO4）===1.25mol/L；阳极上先析出氯气，当氯离子完全放电时转移电子物质的量=0.25mol×1=0.25mol，还有0.25mol电子转移时氢氧根离子放电生成氧气，阳极生成氧气电极反应式为2H2O+4e﹣=O2↑+4H+，则生成c（H+）==1.25mol/L，答：原来溶液中c（NaCl）=c（CuSO4）=1.25mol/L、电解后溶液中c（H+）=1.25mol/L．【点评】本题考查电解原理，侧重考查学生分析计算能力，明确离子放电顺序是解本题关键，注意反应中转移电子守恒、原子守恒的灵活运用，题目难度中等． 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