【化学】江苏省吴江平望中学2018-2019学年高二下学期第二次阶段性测试（解析版）

江苏省吴江平望中学2018-2019学年高二下学期第二次阶段性测试
（试卷满分：100分；考试时间：90分钟）
第I卷（选择题，共44分）
相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Cu：64 Zn：65
一、选择题（本题共有22小题，每小题2分，共44分，每小题只有一个选项符合题意）
1.已知25℃时，下列酸的电离常数:醋酸（CH3COOH）：1.75×10－5、氢氰酸（HCN）： 4.93×10－10、氢氟酸（HF）：7.2×10－4、甲酸（HCOOH）： 1.77×10－4，物质的量浓度均为0.1mol•L－1的上述溶液，酸性最强的是（ ）
A. 醋酸 B. 氢氰酸 C. 氢氟酸 D. 甲酸
【答案】C
【解析】试题分析：电离常数越大，酸性越强，故C项正确。
考点：本题考查电离平衡常数。
2.钢铁发生吸氧腐蚀时，正极发生的电极反应是（ ）
A. 2H2O＋O2＋4 e－＝4OH－ B. Fe2+＋2e－＝Fe
C. 2H+＋2e－＝H2↑ D. Fe3+＋e－＝Fe2+
【答案】A
【分析】中性或碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应、正极上氧气得电子发生还原反应，据此分析解答。
【详解】中性或碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe−2e−═Fe2+,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为2H2O＋O2＋4 e－＝4OH－，A项正确，
答案选A。
3.下列物质中，属于强电解质的是（ ）
A. 铜 B. 硫酸钡 C. 一水合氨 D. 酒精
【答案】B
【分析】在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质，据此进行解答。
【详解】A. 铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，A项错误；
B. 硫酸钡属于盐，在熔化状态下完全电离，属于强电解质，B项正确；
C. 一水合氨是弱碱，在水溶液中发生部分电离，属于弱电解质，C项错误；
D. 酒精不能导电，属于非电解质，D项错误，
答案选B。
【点睛】掌握电解质的判断方法与物质导电的原因是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步判断特定条件（或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质。
4.下列变化过程中，需要吸热的是（ ）
A. 生石灰与水混合 B. 天然气燃烧
C. 浓硫酸溶于水 D. 干冰气化
【答案】D
【解析】试题分析：干冰气化需要吸热，其余选项都是放热的，答案选D。
考点：考查有关能量变化的判断
点评：过程吸热或放热不一定是放热反应或吸热反应，因为只有化学变化是存在放热反应或吸热反应，而物理变化不可能是放热反应或吸热反应。
5.用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的操作是（ ）
A. 将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡比较
B. 将溶液倒在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡比较
C. 用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡比较
D. 在试管内放入少量溶液并煮沸，把pH试纸放在管口观察其颜色并与标准比色卡比较
【答案】C
【分析】用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照。
【详解】A. 不能把pH试纸放入溶液，会污染试剂，A项错误；
B. 不能将溶液倒在pH试纸上，B项错误；
C. 符合测定溶液pH的方法，C项正确；
D. 在试管内放入少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，无法测定该溶液的pH，D项错误；
答案选C。
6.根据热化学方程式(在101kPa时)∶S(s) + O2(g) ＝ SO2(g) ；ΔH ＝ －297.23kJ/mol，下列说法不正确的是（ ）
A. 相同条件下，1mol S与1mol O2的总能量大于1mol SO2的能量
B. 1mol硫蒸气完全燃烧放出的热量小于297.23kJ
C. 1mol硫蒸气完全燃烧放出的热量大于297.23kJ
D. 形成1mol SO2的化学键释放的总能量大于断裂1mol S(s) 和1mol O2(g) 的化学键所吸收的总能量
【答案】B
【分析】由S(s)+O2(g)═SO2(g) △H=－297.23kJ/mol，可知该反应为放热反应，S（s）=S（g）为吸热过程，由盖斯定律可知，S(g)+O2(g)═SO2(g) △H<－297.23kJ/mol，以此来解答。
【详解】由S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=−297.23kJ/mol，则
A. 该反应为放热反应，相同条件下，1mol固态S与1molO2的总能量大于1molSO2的能量，A项正确；
B. 由盖斯定律可知，S(g)+O2(g)═SO2(g) △H<−297.23kJ/mol，则放出的热量大于297.23kJ，B项错误；
C. 由盖斯定律可知，S(g)+O2(g)═SO2(g) △H<−297.23kJ/mol，则放出的热量大于297.23kJ，C项正确；
D. 该反应为放热反应，则形成1mol SO2的化学键所释放的总能量大于断裂1molS(s)和1molO2(g)的化学键所吸收的总能量，D项正确；
答案选B。
7.A、B、C是三种金属，根据下列 ①、② 两个实验：① 将A与B浸在稀硫酸中用导线相连，A表面有气泡逸出，B逐渐溶解；② 电解物质的量浓度相同的A、C混合盐溶液时，阴极上先析出C（使用惰性电极）。A、B、C的还原性强弱顺序为（ ）
A. A＞B＞C B. B＞C＞A C. C＞A＞B D. B＞A＞C
【答案】D
【详解】①将A与B浸在稀硫酸中用导线相连，A上有气泡逸出，B逐渐溶解，说明原电池中B做负极，A做正极，金属性B>A；
②电解物质的量浓度相同的A、C混合盐溶液时，阴极上先析出C（使用惰性电极），说明金属性A>C，则A、B、C的还原性强弱顺序为B＞A＞C，
答案选D。
8.物质的量浓度相同的下列溶液中，pH由大到小排列顺序正确的是（ ）
A. NaOH、NH3·H2O、NaCl、AlCl3 B. NaOH、NH3·H2O、AlCl3、NaCl
C. (NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S D. NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2S、NaNO3
【答案】A
【分析】酸性越强，溶液的pH越小，碱性越强，溶液的pH越大；根据溶质特点判断溶液酸碱性，溶液的pH大小一定满足：碱性>中性>酸性，再结合盐的水解原理进行判断。
【详解】A.NaOH为强碱、NH3⋅H2O为弱碱、NaCl中性盐、AlCl3为强酸弱碱盐，所以四种物质的pH满足由大到小的顺序，A项正确；
B.根据A的分析可知，氯化钠溶液的pH大于氯化铝溶液，B项错误；
C.(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度大于氯化铵，则(NH4)2SO4溶液的酸性较强，其溶液的pH小于NH4Cl，硝酸钠为中性溶液，硫化钠为碱性溶液，按照(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S的顺序，溶液的pH逐渐增大，不是从大到小的顺序，C项错误；
D. 根据C的分析可知，pH从大到小的顺序为：Na2S、NaNO3、NH4Cl、(NH4)2SO4，D项错误；
故选A。
9.下列说法正确的是（ ）
A. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以增大生成氢气的速率
B. 100mL 2mol·L－1盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C. 二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，升高温度，反应速率降低
D. 汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，使用催化剂可以增大反应速率
【答案】D
【详解】A. 浓硫酸和铁在常温下会发生钝化，若二者反应也不会生成氢气，而是生成二氧化硫气体，A项错误；
B. 加入氯化钠溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小，则反应速率减小，B项错误；
C. 不论反应是吸热还是放热，升高温度，正逆反应速率都增大，C项错误；
D. 对于化学反应，加入适当的催化剂，会加快反应速率，D项正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了化学反应速率的的影响因素，解答时应明确：增大反应物浓度能加快反应速率，减小反应物浓度能减慢反应速率，加入正催化剂能加快反应速率，加入负催化剂能减慢反应速率。
10.在pH＝1的无色溶液中，下列离子能大量共存的是（ ）
A. NH4+、Ba2+、NO3－、CO32－ B. Al3+、Cl－、OH－、SO42－
C. K+、Mg2+、NO3－、SO42－ D. Na+、Fe2+、Cl－、NO3－
【答案】C
【分析】pH=1说明溶液呈强酸性，溶液无色说明溶液中不存在有颜色的离子，且这些离子之间不能发生氧化还原反应、双水解反应，据此分析解答。
【详解】A．CO32-不能存在于强酸性溶液中，CO32-和氢离子反应生成二氧化碳、水，且CO32-与Ba2+会生成沉淀，A项错误；
B．Al3+与OH－会生成氢氧化铝沉淀而不共存，且氢氧根离子与氢离子不能大量共存，B项错误；
C．K+、Mg2+、NO3－、SO42－在pH＝1无色溶液中不反应，可大量共存，C项正确；
D．Fe2+呈浅绿色，且酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，亚铁离子易被氧化生成铁离子，所以不能大量共存，D项错误；
答案选C。
【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
11.对于某一可逆反应，改变下列条件，一定能使化学平衡发生移动的是（ ）
A. 增加某反应物质量 B. 使用催化剂
C. 降低反应体系的压强 D. 升高温度
【答案】D
【解析】A 只有增加的量能改变参加反应的物质的浓度，化学平衡才可能发生移动；B、使用催化剂，同等程度加快正逆反应速率，平衡不移动；C．降低反应体系的压强，对反应前后气体体积不变的平衡，改变压强，平衡不移动；D．升高温度，平衡向吸热方向移动。
12.用石墨电极电解下列溶液，阴、阳两极均产生气体且气体物质的量之比为2∶1的是（ ）
A. 食盐水 B. 硫酸钠溶液
C. 硫酸铜溶液 D. 氯化铜溶液
【答案】B
【分析】阴、阳两极均产生气体，说明溶液中阳离子是氢离子放电，根据生成气体需要的转移电子数判断生成气体体积之比，从而得出结论。
【详解】A．电解氯化钠溶液时，阳极上析出Cl2，阴极上析出H2，2mol氢离子得2mol电子生成1molH2，2mol氯离子失去2mol电子生成1molCl2，所以阴、阳两极均产生气体且气体体积之比1：1，A项错误；
B．电解硫酸钠溶液时，阳极上析出O2，4mol氢氧根离子失去4mol电子生成1molO2转移4mol电子，阴极上析出H2，4mol氢离子得4mol电子生成2molH2，所以阴、阳两极均产生气体且气体体积之比为2：1，故正确；
C．电解硫酸铜溶液时，阴极上析出铜单质，没有气体生成，C项错误；
D．电解氯化铜溶液时，阴极上析出铜单质，没有气体生成，D项错误；
故选B。
【点睛】电解原理中阴阳极放电顺序判断方法：
（1）阴极：阴极上放电的是溶液中的阳离子，与电极材料无关。金属活动性顺序表中越排在后面的，其离子的氧化性越强，越易得到电子(注意Fe3+在Cu2+后面)而放电，其放电顺序为：K+Ca2+Na+Al3+(水中）H+ Zn2+ Fe2+ Sn4+ Pb2+ H+Cu2+ Fe3+ Ag+。
（2）阳极：若为活性电极做阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应；若为惰性电极做阳极，则仅是溶液中的阴离子放电，其常见的放电顺序为：F－含氧酸根离子OH－Cl－Br－I－S2－。
13.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 碳酸的电离：H2CO3H+ +HCO3－
B. 将金属钠放入水中：Na+2H2O ＝ Na+ +2OH－+H2↑
C. 碳酸钠水解：CO32－+2H2O ＝ H2CO3+2OH－
D. 向氯化铝溶液中加入过量的烧碱溶液：Al3+ +3OH－＝ Al(OH)3↓
【答案】A
【详解】A. 碳酸的电离方程式为H2CO3H+ + HCO3－，A项正确；
B. 将金属钠放入水中的离子反应为2Na+2H2O＝2Na+ +2OH－+H2↑，B项错误；
C. 碳酸钠水解的离子反应为CO32−+H2OHCO3−+OH−，C项错误；
D. 向氯化铝溶液中加入过量的烧碱溶液的离子反应为Al3++4OH−＝AlO2−+2H2O，D项错误；
答案选A。
14.在一密闭容器中，反应：aA(g) bB(g) 达平衡后，保持温度不变，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，下列说法正确的是（ ）
A. 平衡向逆反应方向移动了 B. 物质A的转化率减少了
C. 物质B的质量分数增加了 D. a＞b
【答案】C
【分析】若a=b，则保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，B和C的浓度应均是原来的，但当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，说明减小压强平衡向正反应方向移动，则说明a＜b，以此来分析。
【详解】A. 由以上分析可知，平衡应向正反应方向移动，A项错误；
B. 平衡应向正反应方向移动，A的转化率增大，B项错误；
C. 平衡应向正反应方向移动，物质B的质量分数增加了，C项正确
D. 减小大压强平衡向正反应方向移动，则说明a＜b，D项错误。
答案选C。
15.为了配制NH4+的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，可以在NH4Cl溶液中加入适量（ ）
A. 浓盐酸 B. NaCl固体 C. 浓氨水 D. NaOH固体
【答案】C
【解析】A.加入浓盐酸，水解平衡逆向移动，溶液中铵根离子的浓度减小，氯离子浓度增加，导致NH4+与Cl-的浓度比变得更小，故A错误；B.加入NaCl固体，溶液中加入NaCl晶体后，增加溶液中氯离子的浓度，并保持铵根离子浓度不变，导致NH4+与Cl-的浓度比变得更小，故B错误；C.浓氨水，通过增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，可以使NH4+的浓度与C1-的浓度比为1:1，故C正确；D.加入NaOH固体，会发生反应：NH4++OH-=NH3•H2O，NH4+越来越少，氯离子浓度不变，导致NH4+与Cl-的浓度比变得更小，故D错误；故选C。
点睛：氯化铵是典型的强酸弱碱盐，由于NH4+水解，导致溶液中c(NH4+)＜c(Cl-)，溶液呈酸性，为了配制NH4+与Cl-的浓度比为1：1的溶液，须加一定量的酸性物质并保持氯离子浓度不变，抑制水解；或增加铵根离子浓度；或减少溶液中氯离子的浓度。如：①通入氨气，如题中加入浓氨水；②加入含铵根离子，不含氯离子的盐，如硝酸铵晶体；③加入适量硝酸银，减小溶液中氯离子浓度等。
16.对于可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)；△H＜0，下列图象正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【分析】依据先出现拐点先到达平衡，物质的相应数值大的原则，结合勒夏特列原理分析A、B和D；C催化剂不影响平衡移动。
【详解】依据先出现拐点先到达平衡，物质的相应数值大的原则；
A. 升高温度时化学反应速率加快，得到平衡所需的时间缩短，升高温度，C浓度降低，说明化学平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，生成物C的降低，A正确；
B.压强增大时，反应物、生成物的浓度都增大，因此正反应、逆反应速率都增大，B错误；
C.催化剂可以加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，但是不能使化学平衡发生移动，即催化剂不影响平衡移动，有无催化剂c(C)相同，C错误；
D.压强增大时平衡向气体体积减小的正向移动，反应物A的转化率增大，但温度升高时化学平衡逆向移动，A的转化率会减小，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查了图象在化学反应速率和平衡移动的应用的知识，注意先拐先平数值大的原则，题目难度中等。
17.银锌（Ag—Zn）可充电电池广泛用做各种电子仪器的电源，电解质为KOH。其电池总反应式为Ag2O + Zn + H2O2Ag + Zn(OH)2 ，下列说法正确的是（ ）
A. 放电时Ag2O参与反应的电极为负极
B. 放电时正极附近的pH逐渐减小
C. 充电时阴极的电极反应为：Zn(OH)2 + 2e－ ＝ Zn + 2OH－
D. 充电时每生成1 mol Ag2O转移1 mol电子
【答案】C
【分析】放电时，该装置是原电池，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氧化银得电子发生还原反应；充电时，阴极上氢氧化锌得电子发生还原反应，阳极上银失电子发生氧化反应，据此分析作答。
【详解】A．放电时，氧化银得电子发生还原反应，所以Ag2O参与反应的电极为正极，A项错误；
B．放电时，正极上的反应式为：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，所以正极附近溶液的pH增大，B项错误；
C．充电时，阴极上氢氧化锌得电子发生还原反应，所以该电极反应为：Zn（OH）2+2e-=Zn+2OH-，C项正确；
D．根据电池反应式知，充电时时每生成1 mol Ag2O转移2 mol电子，D项错误；
答案选C。
【点睛】D项有关电化学的计算是难点，解题的关键是根据氧化银和转移电子之间的关系式来计算转移电子的物质的量。
18.下列说法正确的是（ ）
A. 镀层破损后，白铁皮(镀锌铁板)比马口铁（镀锡铁板）更耐腐蚀
B. 埋在潮湿地下的铁管道比地上的铁管道更耐腐蚀
C. 钢铁发生析氢腐蚀时，正极上发生的电极反应式为：Fe-e－= Fe3+
D. 在钢铁表面涂上一层油漆，不能达到防止钢铁锈蚀
【答案】A
【解析】试题分析：在潮湿的环境中钢铁更易生锈，B不正确；原电池中负极是失去电子，正极得到电子，C不正确；油漆能隔绝空气，能达到防止钢铁锈蚀，D不正确，所以正确的答案选A。
考点：考查电化学的有关应用。
点评：原电池的正负极的判断(从原电池反应实质角度确定)：
（1）由两极的相对活泼性确定：相对活泼性较强的金属为负极，一般地，负极材料与电解质溶液要能发生反应。
（2）由电极变化情况确定：某一电极若不断溶解或质量不断减少，该电极发生氧化反应，则此电极为负极；若某一电极上有气体产生、电极的质量不断增加或不变，该电极发生还原反应，则此电极为正极，燃料电池除外。
19.下列关于下图装置的说法正确的是（ ）

A. 银电极是负极
B. 铜电极上发生的反应为Cu-2e－=Cu2＋
C. 外电路中的电子是从银电极流向铜电极
D. 该装置能将电能转化为化学能
【答案】B
【解析】考查原电池的有关判断。在原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。铜比银活泼，铜是负极，失去电子，电子经导线传递到正极上。银是正极，溶液中的银离子得到电子，发生还原反应生成单质银。原电池是把化学能转化为电能的装置，所以正确的答案是B。
20.一定温度下，某反应达到平衡，平衡常数K＝。恒容时，温度升高，H2浓度增大。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学方程式为CH3OHCO＋2H2
B. 使用催化剂，H2浓度一定减小
C. 升高温度，逆反应速率减小
D. 该反应的焓变（ΔH）为负值
【答案】D
【解析】试题分析：化学常数是在一定条件下的可逆反应中，当可逆反应反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据平衡常数的表达式可知，该反应的方程式是CO＋2H2CH3OH，A不正确；催化剂不能影响平衡状态，B不正确；升高温度正逆反应速率都是增大的，C不正确；恒容时，温度升高，H2浓度增大，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应，答案选D。
考点：考查平衡常数的有关应用和外界条件对平衡状态的影响
点评：本题容易错选C。平衡向逆反应方向移动，并不是因为逆反应速率减小，而是由于逆反应速率小于正反应速率引起的。
21.常温下，某溶液中由水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1，该溶液可能是：①盐酸、②氯化铵溶液、③硝酸钠溶液、④氢氧化钠溶液中的（ ）
A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④
【答案】A
【分析】酸、碱或强酸酸式盐都抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，常温下，某溶液中由水电离的c（H+）=1×10-13 mol•L-1<1×10-7mol•L-1，说明水的电离受到抑制，则溶液中的溶质为酸、碱或强酸酸式盐，据此分析解答。
【详解】①盐酸是强酸而抑制水电离，①项正确；
②氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解促进水电离，②项错误；
③硝酸钠为强酸强碱盐，不影响水电离，③项错误；
④氢氧化钠为强碱而抑制水电离，④项正确；
综上所述，①④符合题意，A项正确，
答案选A。
22.常温时，一种pH＝3的酸溶液和一种pH＝11的碱溶液等体积混合后，溶液呈酸性。其原因可能是（ ）
A. 浓的强酸和稀的强碱溶液反应 B. 浓的弱酸和稀的强碱溶液反应
C. 等浓度的弱碱和强酸溶液反应 D. 生成了一种强酸弱碱盐
【答案】B
【分析】一种pH=3的酸溶液和一种的碱溶液等体积混合后，溶液显酸性，应为酸与盐的混合溶液，以此来解答。
【详解】A. 浓的强酸和稀的强碱溶液反应，二者恰好反应，则反应后液显中性，A项错误；
B. 浓的弱酸和稀的强碱溶液反应，酸的浓度大，反应后酸过量，溶液显酸性，B项正确；
C. 等浓度的强酸和弱碱溶液不可能同时满足pH=3、pH=11，C项错误；
D. 生成了一种强酸弱碱盐时，碱为弱碱，反应后碱过量，溶液显碱性，D项错误；
答案选B。
第Ⅱ卷（非选择题，共76分）
二、填空题（本题有5小题，共44分）
23.（1）0.01mol甲苯(分子式为C7H8，常温下为液态)在足量的O2中燃烧，生成CO2气体和液态水，放出39.43kJ的热量。该反应的热化学方程式为_______________________________________________________________。
（2）将煤转化为水煤气（CO和H2的混合气体）是通过化学方法将煤转化为洁净燃料的方法之一。煤转化为水煤气的主要化学反应为：C(s) + H2O(g)＝CO(g) + H2(g)；△H1。已知：①2H2(g) + O2(g) ＝ 2H2O(g)；△H2＝－483.6kJ·mol－1，②2C(s) + O2(g) ＝ 2 CO(g)； △H3＝－221.0kJ·mol－1，结合上述热化学方程式，计算得出△H1＝ ____________________。
【答案】(1). C7H8(l)+9O2(g)=7CO2(g)+4H2O(l)；△H =-3943 kJ·mol－1 (2). +131.3 kJ·mol－1
【分析】（1）计算1mol甲苯燃烧放出的热量，结合化学方程式书写热化学方程式，注意物质的聚集状态和反应热的单位等问题；
（2）利用盖斯定律，将可得△H1。
【详解】（1）0.01mol甲苯（分子式为C7H8，常温下为液态）在足量的O2中燃烧，生成CO2气体和液态水，放出39.43kJ的热量，1mol甲苯（分子式为C7H8，常温下为液态）在足量的O2中燃烧，生成CO2气体和液态水，放出3943kJ的热量，则热化学方程式为：C7H8（l）+9O2（g）=7CO2（g）+4H2O（l）△H=-3943 kJ/mol；
（2）已知：①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H2=-483.6 kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H3=-221.0 kJ•mol-1
C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）可由得到，对应的反应热：△H1= = +131.3kJ/mol，故答案为：+131.3 kJ·mol－1。
【点睛】盖斯定律是指不论是一步完成的还是几步完成的，其热效应总是相同的（反应热的总值相等）及其正逆反应的焓变数值相同符号相反，有关盖斯定律与热化学方程式的书写是常考点，学生只要掌握其规律，做题时要细心，便可迎刃而解。
24.氢气被看做是理想的“绿色能源”。用高压氢气、氧气制作氢氧燃料电池是利用氢能的一种重要方式（装置如图所示）。请写出氢氧燃料电池（电解质溶液为KOH溶液）的电极反应式。正极_____________；负极_______________________。

【答案】 (1). O2 +2H2O + 4e－＝4OH－ (2). 2H2 + 4OH－－4e－＝ 4H2O
【分析】氢氧燃料碱性电池中，负极上通入燃料，燃料失电子和氢氧根离子反应生成水，正极上通入氧气，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，据此分析解答。
【详解】氢氧燃料碱性电池中，正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，其电极反应式为O2 +2H2O + 4e－＝4OH－；负极上氢气失电子发生氧化反应，其电极反应式为2H2 + 4OH－－4e－＝4H2O。
25.电解原理在化学工业中有广泛应用。下图表示一个电解池，其中a为电解质溶液， X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：

（1）X的电极名称是____________（填写“阳极”或“阴极”）。
（2）若X、Y都是惰性电极，a是饱和食盐水，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，一段时间后，在X极附近观察到的现象是_____________________________，Y极上的电极反应式为____________。
（3）若X、Y都是惰性电极，a是CuSO4溶液，电解一段时间后，阳极上产生气体的体积为0.224L（标准状况下），则阴极上析出金属的质量为_________g。
（4）若要用该装置电解精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则X电极材料是__________，Y电极的材料是____________。
（5）若要用电镀方法在铁表面镀一层金属银，应该选择的方案是___________。
方案
X
Y
a溶液
A
银
石墨
AgNO3
B
银
铁
AgNO3
C
铁
银
Fe(NO3)3
D
铁
银
AgNO3

【答案】(1). 阴极 (2). 放出气体，溶液变红 (3). 2Cl－ - 2e－ = Cl2↑ (4). 1.28 (5). 纯铜（或精铜） (6). 粗铜 (7). D
【分析】（1）电解池中与电源负极相连的为阴极；
（2）若X、Y都是惰性电极，a是饱和食盐水，阳极上是氯离子失电子生成氯气，阴极上是溶液中氢离子得到电子生成氢气，据此分析作答；
（3）依据电极反应和电子守恒计算得到；
（4）根据电解精炼铜的原理分析作答；
（5）依据电镀原理分析判断。
【详解】（1）电解池中与电源负极相连的为阴极，与电源正极相连的为阳极，X与电源负极连接做电解池的阴极；
（2）若X、Y都是惰性电极，a是饱和食盐水，阳极上是氯离子失电子生成氯气，阴极上是溶液中氢离子得到电子生成氢气，溶液中水的电离平衡正向进行氢氧根离子浓度增大，溶液显碱性遇到酚酞变红，Y电极为电解池的阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：放出气体，溶液变红；2Cl--2e-=Cl2↑；
（3）若X、Y都是惰性电极，a是CuSO4溶液，阳极是氢氧根离子失电子生成氧气，阴极铜离子得到电子生成铜，依据电极反应和电子守恒计算得到；
阳极电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应Cu2++2e-=Cu，依据电子守恒得到2Cu～O2～4e-，因阳极上产生气体氧气在标准状况的体积为0.224 L，则其物质的量= =0.01mol，则依据关系式可知，阴极上析出金属铜的物质的量为0.02 mol，其质量=0.02mol×64g/mol=1.28g；
（4）电解精炼粗铜时粗铜做阳极，精铜做阴极，电解液a选用CuSO4溶液，X为阴极材料是纯铜（或精铜），Y电极是阳极，材料是粗铜，故答案为：纯铜（或精铜）；粗铜；
（5）电镀原理是镀层金属做阳极，待镀金属做阴极，电解质溶液中含镀层离子。
A. 铁上镀银，银做阴极不符合电镀原理，A项错误；
B. 铁上镀银，银做阴极不符合电镀原理，B项错误
C. 铁做阴极，银做阳极，硝酸铁做电解质溶液，不符合电镀原理，C项错误；
D. 铁做阴极，银做阳极，硝酸银做电解质溶液，符合电镀原理，D项正确；
故答案为：D。
26.SO2的催化氧化是工业制取硫酸的关键步骤之一，该反应的化学方程式为：2SO2+O22SO3，△H<0。请回答下列问题：
（1）判断该反应达到平衡状态的标志是___________________（填字母）。
a．SO2和SO3浓度相等 b．SO2百分含量保持不变
c．容器中气体的压强不变 d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等
（2）当该反应处于平衡状态时，在体积不变条件下，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的是_______________。（填字母）
a．向装置中再充入N2 b．向装置中再充入O2
c．改变反应的催化剂 d．降低温度
（3）将0.050 mol SO2(g)和0.030 mol O2(g)放入容积为1 L的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得c(SO3)＝0.040 mol/L。计算该条件下反应的平衡常数K和SO2的转化率(不必写出计算过程)。
①平衡常数K=________________；
②平衡时，SO2的转化率α(SO2)=________________。
（4）SO2尾气常用饱和Na2SO3溶液吸收，减少SO2气体污染并可得到重要的化工原料NaHSO3。已知NaHSO3溶液同时存在以下两种平衡：①HSO3－ SO32－＋H＋，②HSO3－＋H2OH2SO3＋OH－；常温下，0.l mol/L NaHSO3溶液的pH<7，则该溶液中c(H2SO3)_____c(SO32－）（填“>”、“=”或“<”)。
【答案】 (1). bc (2). bd (3). 1.6×103 (4). 80% (5). <
【解析】试题分析：：（1）a．SO2和SO3浓度相等，不能说明正逆反应速率相同，不能说明反应达到平衡状态，a错误；b．SO2百分含量保持不变是平衡标志，b正确；c．反应前后气体体积分数变化，容器中气体的压强不变说明反应达到平衡状态，c正确；d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等是逆反应正向进行，不能说明反应达到平衡状态，d错误；答案选bc；
（2）当该反应处于平衡状态时，在体积不变的条件下，提高SO2平衡转化率，平衡正向进行；a．向装置中再充入N2，恒容恒温容器中总压增大分压不变，平衡不变，a错误；b．两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，向装置中再充入O2，会提高二氧化硫转化率，b正确；c．改变反应的催化剂，改变反应速率不改变化学平衡，c错误；d．反应是放热反应，降低温度平衡正向进行，二氧化硫转化率增大，d正确；答案选bd；
（3） 2SO2+O22SO3，
起始浓度（mol/L） 0.05 0.03 0
变化浓度（mol/L） 0.04 0.02 0.04
平衡浓度（mol/L） 0.01 0.01 0.04
①平衡常数K=＝1.6×103
②平衡时，SO2的转化率α（SO2）=×100%=80%；
（4）已知NaHSO3中的HSO3-既能电离又能水解：HSO3-H++SO32-电离显酸性，HSO3-+H2OH2SO3+OH-水解显碱性；常温下，0.1mol•L-1NaHSO3溶液的pH小于7，说明电离大于水解，故：c（SO32-）＞c（H2SO3）。
【考点定位】本题考查了化学平衡状态的分析判断，平衡移动原理理解应用，化学平衡常数、转化率计算，盐类水解分析应用
【名师点晴】该题考查的知识点较多，难点是平衡状态判断和溶液酸碱性判断。注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。
27.25℃时，有下列五种溶液：①0.1mol/L CH3COOH溶液；②pH=13 NaOH溶液；③ 0.05mol/L H2SO4；④0.1mol/L Na2CO3溶液；⑤含有足量AgCl固体的饱和AgCl溶液。请根据要求填写下列空白：
（1）溶液④呈 _______ （填“酸性”、“碱性”或“中性”），其原因是 _____________________（用离子方程式表示）。
（2）在上述①至④四种溶液中，pH由大到小的顺序为____________________﹝填序号﹞。
（3）将该温度下a mL的溶液②与b mL的溶液③混合，所得混合溶液的pH=7，则a:b =________。
（4）若溶液④和Al2(SO4)3溶液混合，观察到有白色絮状沉淀和无色气体生成，该反应的离子方程式为___________________________________________。
（5）若在溶液⑤中分别放入：A、100mL蒸馏水中；B、100mL 0.2 mol·L－1AgNO3溶液中；C、100 mL 0.1 mol·L－1AlCl3溶液中；D、100mL 0.1 mol·L－1盐酸溶液中。充分搅拌后，银离子浓度最小的是______________（填序号）。
【答案】(1). 碱性 (2). CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH- (3). ②④①③ (4). 1 (5). 2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ (6). C
【分析】（1）碳酸钠溶液时强碱弱酸盐，溶液中碳酸根离子为多元弱酸根离子分步水解显碱性；
（2）25℃时，①③是酸溶液呈酸性，②溶液是碱，碳酸钠为强碱弱酸盐，据此分析作答；
（3）所得混合溶液的pH=7，氢离子物质的量和氢氧根离子物质的量相同；
（4）溶液④0.1mol/L Na2CO3溶液和Al2（SO4）3溶液混合，发生双水解反应；
（5）饱和AgCl溶液中存在溶解平衡，依据浓度对平衡的影响效果作答；
【详解】（1）碳酸钠溶液是强碱弱酸盐，溶液中碳酸根离子为多元弱酸根离子分步水解，Na2CO3水解的离子方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；
故答案为：碱性，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；
（2）25℃时，①③是酸溶液呈酸性，pH均小于7，②溶液是碱，④溶液是强碱弱酸盐，pH均大于7，由于水解很微弱，所以0.1mol/L 的Na2CO3溶液的pH小于13；0.05mol/L的 H2SO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，pH=1，由于醋酸是弱酸，因此0.1mol/L 的CH3COOH溶液溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，pH大于1；
因此pH由大到小的顺序为：②④①③；
故答案为：②④①③；
（3）25℃时，pH=13的NaOH溶液中c（OH-）和0.05mol/L的 H2SO4溶液中c（H+）均为0.1mol/L，等体积（a：b=1：1）混合时溶液呈中性即pH=7；
故答案为：1；
（4）溶液④0.1mol/L Na2CO3溶液和Al2（SO4）3溶液混合，发生双水解反应，观察到有白色絮状沉淀和无色气体生成，说明生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
（5）饱和AgCl溶液中存在溶解平衡，银离子和氯离子都抑制AgCl溶解，银离子或氯离子浓度越大，其抑制程度越大，B、C、D都抑制AgCl溶解，但B中c(Ag+)最大，C中氯离子浓度大于D，所以C抑制AgCl溶解程度最大，则充分搅拌后，c(Ag+)大小顺序是B＞A＞D＞C，所以c(Ag+)最小的是C，故选C；
故答案为：C；
三、实验题（本题只有1小题，共12分）
28.酸碱中和滴定是中学化学常见实验。
Ⅰ.下图表示50mL酸式滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中剩余液体的体积是______mL。

A、a B、大于a C、小于(50-a) D、大于(50-a)
Ⅱ.某同学欲测定某浓硫酸样品的物质的量浓度，进行了以下实验操作：
A 冷却至室温后，在100mL容量瓶中定容配成100mL稀硫酸。
B 量取20.00mL稀硫酸于锥形瓶中并滴入几滴指示剂。
C 将酸式滴定管和碱式滴定管用蒸馏水洗涤干净，并用各待盛溶液润洗。
D 将物质的量浓度为1.50 mol·L－1的标准NaOH溶液装入碱式滴定管，调节液面记下读数V1。
E 继续滴定至终点，记下读数为V2。
F 在锥形瓶下垫一张白纸，把锥形瓶移到碱式滴定管下小心滴入NaOH标准溶液，边滴边摇动锥形瓶。
G 量取浓硫酸样品5 mL，在烧杯中用蒸馏水溶解。
H 重复以上实验。
请回答下列问题：
（1）该实验正确操作步骤顺序为____→ A →_____→_____→D→_____→_____→ H（用编号字母填写）。
（2）量取5mL浓硫酸的仪器是________________________；量取20.00mL稀硫酸的仪器是_________。
（3）选用的指示剂是_____________。滴定过程中，视线应注视____________________；判断到达滴定终点的现象是________________；读数时，视线应____________（填“高于”、“低于”或“相平于”）溶液凹液面的最低处。
（4）下表是实验测得的有关数据：
滴定序号
待测稀硫酸的体积(mL)
所消耗NaOH标准溶液液的体积(mL)
V1
V2
①
20．00
0．50
22．60
②
20．00
6．00
27．90

请计算出该浓硫酸样品的浓度为____________mol·L－1 (不必写出计算过程)。
【答案】(1). D (2). G (3). C (4). B (5). F (6). E (7). 量筒 (8). 酸式滴定管 (9). 酚酞或甲基橙 (10). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (11). 溶液由无色变成红色（或溶液由红色变成橙色）且30s内不褪色 (12). 相平于 (13). 16.5
【分析】Ⅰ. 根据滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大以及测量原理，注意滴定管最大刻度下方无刻度；
Ⅱ．（1）根据中和滴定原理和实验要求进行排序；
（2）量筒精确度为0.1mL；滴定管精确度为0.01mL；
（3）根据强酸强碱盐呈中性，应选择酸性或碱性范围内变色的指示剂，如甲基橙或酚酞；根据滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断终点的到达，读数时应平视溶液凹液面的最低处；
（4）计算两次实验消耗氢氧化钠的体积，取平均值，依据酸碱中和反应n（OH-）=n（H+）计算浓硫酸的物质的量浓度。
【详解】Ⅰ. 滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，由于滴定管最大刻度下方无刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50ml，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积大于(50−a)mL，故选D。
Ⅱ. (1)用酸式滴定管准确量取浓硫酸样品10.00mL，在烧杯中用蒸馏水溶解，冷却至室温后,在250mL容量瓶中定容配成250mL稀硫酸，用移液管移取25.00mL稀硫酸于锥形瓶中并滴入几滴指示剂，将物质的量浓度为M mol/L的标准NaOH溶液装入碱式滴定管,调节液面,记下开始读数为V1，在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点,记下读数V2，故正确的操作顺序为：G→A→C→B→D→F→E→H，
故答案为：G；C；B；F；E；
(2)量筒精确度为0.1mL；滴定管精确度为0.01 mL，所以量取5mL浓硫酸的仪器：量筒；量取20.00mL稀硫酸的仪器是：酸式滴定管；故答案为：量筒；酸式滴定管；
(3)硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠，硫酸钠溶液呈中性，应选择酸性或碱性范围内变色的指示剂，如酚酞或甲基橙；在滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化；硫酸中加入酚酞，溶液显示无色，硫酸反应完全后，加入氢氧化钠溶液后，溶液显示红色且半分钟内不消失；读数时，视线应相平于溶液凹液面的最低处；故答案为：酚酞或甲基橙；锥形瓶中溶液颜色的变化；溶液由无色变成红色（或溶液由红色变成橙色）且30s内不褪色；相平于；
(4)①消耗氢氧化钠的体积为：22.60−0.50=22.10 (mL)；
②消耗氢氧化钠的体积为：27.90−6.00=21.90 (mL)；
则消耗氢氧化钠溶液体积的平均值为：(22.10+21.90) ÷2 = 22.00 (mL)，
依据酸碱中和滴定原理n(OH−)=n(H+)得1.50mol⋅L−1×22.00mL = 20.00ml×2c(稀)，解得所得稀硫酸的浓度c(稀) = 0.825mol/L，再根据稀释规律c(稀)V(稀)=c(浓)V(浓)可知，该浓硫酸样品的浓度为c(浓)= =16.5mol/L。
四、综合题（本题有3小题，共20分）
29.（1）氯化铁水解的离子方程式为_________________________________，实验室配制氯化铁溶液时，常将氯化铁先溶于浓盐酸，然后再加水稀释，其目的是_________________________。
（2）若向氯化铁溶液中加入碳酸钙粉末，碳酸钙逐渐逐渐溶解，并产生无色气体的离子方程式为____________________，溶液中同时有红褐色沉淀生成，其原因是________________
______________________________________________________。
【答案】 (1). Fe3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+ (2). 抑制Fe3+的水解，以得到较为纯净的FeCl3溶液 (3). CaCO3 + 2H+ ＝ Ca2+ + H2O + CO2↑ (4). CaCO3与H+反应，溶液中H+浓度降低，促使Fe3+的水解平衡向正方向移动，从而产生Fe(OH)3沉淀
【分析】（1）FeCl3属于强酸弱碱盐，铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子导致其溶液呈酸性，根据同离子效应对水解程度的影响作答；
（2）FeCl3水解生成的HCl能和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水。
【详解】（1）FeCl3属于强酸弱碱盐，铁离子在水溶液中发生部分水解，其离子方程式为Fe3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+，加入酸后，溶液中氢离子浓度增大能抑制其水解，故答案为：Fe3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+；
（2）水解生成的氯化氢能和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，离子方程式为CaCO3 + 2H+ ＝ Ca2+ + H2O + CO2↑；消耗氢离子，氢离子浓度降低从而促进氯化铁水解，最终生成氢氧化铁红褐色沉淀，故答案为：CaCO3 + 2H+ ＝ Ca2+ + H2O + CO2↑ CaCO3与H+反应，溶液中H+浓度降低，促使Fe3+的水解平衡向正方向移动，从而产生Fe(OH)3沉淀。
30.某温度下的水溶液中，c（H+）＝10－xmol/L，c（OH－）＝10－y mol/L。x与y的关系如图所示：

（1）该温度下水的离子积为__________；该温度_____________常温（填“高于”、“低于”或“等于”）。
（2）该温度下0.01 mol/L NaOH溶液的pH为_____。
（3）除了用pH外，科学家还建议用酸度（AG）来表示溶液的酸碱性：。则该温度下，0.01mol/L盐酸的酸度AG＝_________。
【答案】（1）10-12高于 （2）10 （3）8
【解析】（1）根据图像可x＝4时，y＝8，所以该温度下水的离子积常数是10－4·10－8＝10－12＞10－14，所以温度高于常温。
（2）0.01 mol/L NaOH溶液中OH－的浓度是0.01 mol/L，所以氢离子的浓度，因此pH＝10。
（3）0.01mol/L盐酸溶液中氢离子浓度是0.01 mol/L，所以OH－的浓度是10－10mol/L。因此该温度下，0.01mol/L盐酸的酸度＝8。
31.N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注。已知N2O5能与水发生反应，并放出大量的热。
Ⅰ.一定温度下，在恒容密闭容器中N2O5发生下列反应：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)ΔH。
（1）下表为反应在T1温度下的部分实验数据：
t/s
0
500
1000
c(N2O5)/mol·L—1
5.00
3.52
2.48

则500s内NO2的生成速率为______________。
（2）反应达到平衡后，若再通入一定量N2O5，达到新平衡时，N2O5的转化率将______（填“增大”、“减小”、“不变”）。
（3）在温度T1和T2时，N2O5的浓度与反应时间的关系如图所示。据此判断：T1______T2（填“>”、“<”或“=”，下同），ΔH______0。

Ⅱ.下图所示装置，可用于制备N2O5气体。A是电源的____________（填“负极”或“正极”），电解池的阳极反应式为______________________________________________________。

【答案】(1). 0.00592mol·L－1·s－1 (2). 减小 (3). ＜ (4). ＞ (5). 正极 (6). N2O4+2HNO3-2e－=2N2O5+2H+
【分析】Ⅰ.（1）根据实验数据，结合化学反应速率的定义式及计算方法求解；
（2）再加入N2O5，相当于加压，结合压强对平衡的影响效果分析；
（3）结合图像，依据 “先拐先平数值大”的规律分析作答；
Ⅱ.阳极发生失电子的氧化反应，N2O4转化为N2O5，化合价升高，据此判断电源的正负极；再依据电解池原理书写电极反应式。
【详解】Ⅰ.（1）参加反应的各物质表示的化学反应时速率之比等于化学计量数之比，则500s内NO2的生成速率=0.00592 mol·L－1·s－1；
（2）平衡后再加入一定量的N2O5，增大了体系的压强，会使反应2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)的平衡向逆反应方向移动，则N2O5的转化率减小；
（3）从图像中可以看出，反应在T2温度下先达到平衡，则说明在T2温度下反应速率更快，即T1＜T2；温度升高，N2O5的浓度降低，则说明升高温度，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，ΔH＞0，故答案为：＜；＞；
Ⅱ.制备N2O5气体的电解池装置中，左侧N2O4转化为N2O5，化合价升高，失电子发生氧化反应，则左侧惰性电极为阳极，连接电源的正极，其电极反应式为：N2O4+2HNO3-2e－=2N2O5+2H+，故答案为：正极；N2O4+2HNO3-2e－=2N2O5+2H+。
【点睛】本题的难点是电极反应式的正确书写，书写时需要注意遵循电荷守恒规律及元素守恒规律，同时要考虑电解质溶液的酸碱性。