【化学】贵州省铜仁市第一中学2018-2019学年高二下学期开学考试（解析版）

贵州省铜仁市第一中学2018-2019学年高二下学期开学考试
1.化学与生活生产密切相关。下列说法中，不正确的是
A. 将海水直接电解可获得 Mg及Cl2等单质
B. 把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵
C. 施用适量石膏可降低盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性
D. 施肥时，铵态氮肥不能与草木灰（含K2CO3）混合使用
【答案】A
【解析】
A. 镁离子在水溶液中不放电，直接电解海水得不到 Mg单质，A项错误；B.用石灰浆消灭树皮上的过冬虫卵是利用碱溶液能使蛋白质变性的原理，B项正确；C.盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性是由碳酸根水解引起的，故加入石膏CaSO4·2H2O后，能将碳酸钠中的碳酸根转化为碳酸钙沉淀，从而减低盐碱地的碱性，C项正确；D.草木灰（含K2CO3）显碱性，能与铵态氮肥如硝酸铵等发生反应生成氨气，降低氨态氮肥的肥效，故不能混合使用，D项正确。答案选A。
点睛：根据电解的放电顺序可知，在水溶液中氢离子优先于镁离子放电，所以电解海水不能得到Mg单质，制备Mg单质的方法是电解熔融的MgCl2；铵态氮肥与草木灰（含K2CO3）混合使用会降低肥效，是由于草木灰与铵态氮肥如硝酸铵等发生反应产生氨气挥发，因此不能混合使用。
2.已知：
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－566 kJ·mol－1
Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＝－266 kJ·mol－1
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是
A. CO的燃烧热为283 kJ
B. 下图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系

C. 2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH>－532 kJ·mol－1
D. CO(g)与Na2O2(s)反应放出549 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023
【答案】C
【解析】
试题分析：A、2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ/mol，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量，则一氧化碳的燃烧热为283KJ/mol，单位不对，故A错误；依据热化学方程式，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ/mol，分析图象中一氧化碳和氧气物质的量为1、1/2，物质的量不符合反应物质的物质的量，故B错误；C、2Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H="-532" kJ/mol，CO2（s）多一步变气体吸热的过程，所以本题放出的热量就少于532，但是△H＞-532 kJ/mol，即2Na2O2（s）+2CO2（s）═2Na2CO3（s）+O2（g）△H＞-532 kJ/mol，故C正确；D、由2Na2O2（s）+2CO2（g）═2Na2CO3（s）+O2（g）△H=-532kJ/mol，可知2 mol CO2（g）与2 mol Na2O2（s）反应放出532kJ热量时，消耗2molNa2O2，1个Na2O2发生反应转移的电子数为1个，所以2molNa2O2反应转移电子数是2×6．02×1023=1．204×1024，故D错误；故选：C。
考点：燃烧热的单位、反应热的比较、电子转移数目的计算等。
3. 在恒温恒压、不做功时，反应A＋B===C＋D在下列哪种情况下，一定能自发进行( )
A. ΔH<0、ΔS<0 B. ΔH>0、ΔS<0 C. ΔH<0、ΔS>0 D. ΔH>0、ΔS>0
【答案】C
【解析】
试题分析：A、在恒温恒压、不做功时△H＜0、△S＜0，△H-T△S不一定小于0，不一定自发进行，错误；B、在恒温恒压、不做功时△H＞0、△S＜0，△H-T△S＞0，反应一定不能自发进行，错误；C、在恒温恒压、不做功时△H＜0、△S＞0，△H-T△S＜0，反应一定能自发进行，正确；D、在恒温恒压、不做功时△H＞0、△S＞0，△H-T△S不一定小于0，错误。
考点：考查化学反应的方向
4.25℃时，取浓度均为0.2mol·L-1的醋酸溶液和氨水溶液各10 mL，分别用0.1 mol·L-1NaOH溶液、0.1 mol·L-1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是 （ ）

A. 曲线Ⅰ：滴加溶液到10 mL时：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
B. 曲线Ⅰ：滴加溶液到20 mL时：c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
C. 曲线Ⅱ：滴加溶液到10 mL时：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2[c(H＋)－c(OH－)]
D. 曲线Ⅱ：滴加溶液在10 mL～20 mL之间存在：c(NH4＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)
【答案】C
【解析】
【分析】
根据未加盐酸和氢氧化钠时图象纵坐标所对应pH值可知，曲线Ⅰ线是盐酸滴定氨水，因为当未滴加溶液时，Ⅰ的pH＞7；曲线Ⅱ线是氢氧化钠滴定醋酸滴定氨水，因为当未滴加溶液时，曲线Ⅱ的pH＜7。
【详解】A项、曲线Ⅰ线是盐酸滴定氨水，故A错误；
B项、曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到20mL时，溶液中的溶质是氯化铵，溶液呈酸性，则c（H+）>c（OH-），溶液中存在电荷守恒c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），所以得c（Cl-）>c（NH4+），盐类水解程度较小，所以离子浓度大小顺序为：c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-），故B正确；
C项、滴加溶液到10 mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，溶液中存在物料守恒c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），溶液中存在电荷守恒c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），所以得c（CH3COO-）-c（CH3COOH）=2[c（H+）-c（OH-）]，故C正确；
D项、曲线Ⅱ线是氢氧化钠滴定醋酸滴定氨水，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，注意对电解质溶液中盐的水解和弱电解质的电离平衡的理解，并由此来判断溶液的酸碱性，再根据溶液中的电荷守恒和物料守恒来分析是解答关键。
5. 在给定的四种溶液中，加入以下各种离子，各离子能在原溶液中大量共存的有（ ）
A. 滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl-、I-
B. pH值为1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3-
C. 水电离出来的c（H+）=10－13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+
D. 所含溶质为Na2SO4的溶液：K+、CO32-、NO3-、Al3+
【答案】B
【解析】
试题分析：A. 滴加石蕊试液显红色的溶液显酸性，Fe3+氧化I-，不能大量共存，A错误；B. pH为1的溶液显酸性，Cu2+、Na+、Mg2+、NO3-可以大量共存，B正确；C. 水电离出来的c(H+)=10－13mol/L的溶液中水的电离被抑制，可能显酸性，也可能显碱性，HCO3-与氢离子或氢氧根均反应，不能大量共存，C错误；D. 所含溶质为Na2SO4的溶液中CO32-与Al3+水解相互促进，不能大量共存，D错误，答案选B。
【考点定位】考查离子共存正误判断
【名师点晴】掌握相关离子的性质是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。
6.在一密闭容器中进行反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)。已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.4mol/L、0.2mol/L、0.4mol/L，当反应达平衡时，可能存在的数据是
A. SO2为 0.8mol/L，O2为0.4mol/L
B. SO2为0.5mol/L
C. SO3为0.8mol/L
D. SO2、SO3一定均为0.3mol/L
【答案】B
【解析】
A、SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度浓度变化分别为0.4mol/L、0.2mol/L，因可逆反应，实际变化应小于该值，所以SO2小于 0.8mol/L，O2小于0.4mol/L，选项A错误；B、SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度浓度变化为0.4mol/L，该题中实际变化为0.1mol/L，小于0.4mol/L，选项B正确；C、SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度变化为0.4mol/L，实际变化小于该值，选项C错误；D、反应物、生产物的浓度不可能同时减小，一个减小，另一个一定增大，选项D错误。答案选B。
点睛：化学平衡研究的对象为可逆反应，化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析，从而得解。
7.已知：Ksp(AgCl)＝1×10－10，Ksp(AgI)＝1×10－16，Ksp(Ag2CrO4)＝8.0×10－12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag＋浓度大小顺序正确的是(　　)
A. AgCl＞AgI＞Ag2CrO4 B. AgCl＞Ag2CrO4＞AgI
C. Ag2CrO4＞AgCl＞AgI D. Ag2CrO4＞AgI＞AgCl
【答案】C
【解析】
【详解】根据对应化学式相似的AgCl和AgI来说Ksp越小Ag+浓度越小，即AgCl＞AgI；假设Ag2CrO4饱和溶液中Ag+的浓度为x，则CrO42-的浓度为0.5x，由溶度积常数的表达式可知Ksp（Ag2CrO4）=x2×0.5x=0.5x3=2.0×10-12，x3=4.0×10-12，即x=，AgCl饱和溶液中Ag+的浓度为，故饱和溶液中Ag+浓度大小为：Ag2CrO4>AgCl>AgI，故选C。
【点睛】本题主要考查溶度积常数的概念和有关计算，注意不同物质的化学式是否相似，如不同，应用溶度积常数计算结果比较是解答关键。
8.某学生用0.10 mol/L标准NaOH溶液滴定某浓度的盐酸。记录数据如下：
实验编号
NaOH溶液的浓度（mol/L）
消耗NaOH溶液的体积（mL）
待测盐酸溶液的体积（mL）
1
0.10
19.98
20.00
2
0.10
20.02
20.00
3
0.10
20.00
20.00

（1）滴定时可用的指示剂是__________________。
A．品红溶液 B．酚酞试液 C．石蕊试液
（2）排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作_________，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。

（3）滴定操作时，眼睛应注视____________________________________________。
（4）滴定达到终点的现象____________________________________________________。
（5）碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，对测定结果的影响是_______（填“偏高”或“偏低”或“不影响”，下同）；碱式滴定管滴定前仰视滴定后俯视，对测定结果的影响是_______；锥形瓶用水洗净后没用酸润洗，结果会________。
（6）根据上述数据，计算出该盐酸的浓度约为__________________（保留两位有效数字）。
【答案】 (1). B (2). C (3). 锥形瓶中溶液的颜色变化 (4). 滴入最后一滴NaOH溶液，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不褪色，说明到达终点 (5). 偏高 (6). 偏低 (7). 无影响 (8). 0.10 mol/L
【解析】
【分析】
（1）强酸与强碱反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，可选择酚酞或甲基橙作指示剂；
（2）根据碱式滴定管中排气泡的方法；
（3）根据中和滴定中，眼睛应注视的是锥形瓶中溶液颜色变化，滴定终点判断；
（4）根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
（5）根据滴定管尖嘴处有气泡，使得标准液的消耗体积变大；碱式滴定管滴定前仰视滴定后俯视，使得标准液的消耗体积变小；锥形瓶用水洗净后没用酸润洗，待测液的物质的量不变。
（6）先分析数据的有效性，求出消耗盐酸的平均体积，然后根据c（酸）=[c(碱)×V(碱)]/ V(酸)计算。
【详解】（1）NaOH溶液与盐酸反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，可选择酚酞或甲基橙作指示剂，故答案为：B；
（2）碱式滴定管中排气泡的方法是把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，故答案为：C；
（3）滴定时，眼睛要注视着锥形瓶内溶液颜色的变化，故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；
（4）滴定达到终点的现象是当滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，即为终点，故答案为：最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（5）碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，由于气泡的体积计入了标准液消耗的体积，使得标准液体积比实际体积增大，测定结果偏高；碱式滴定管滴定前仰视导致读数体积偏大，滴定后俯视导致读数体积偏小，使得标准液体积比实际体积减小，测定结果偏低；锥形瓶水洗后未干燥，待测液的物质的量不变，V（标）不变，对测定结果无影响；故答案为：偏高；偏低；无影响；
（6）三次数据均有效，平均消耗V（NaOH溶液）=（19.98+20.02+20.00）mL /3=20.00mL，所以c（酸）=[c(碱)×V(碱)]/V(酸)=(0.10mol/L×20.00mL)/20.00mL=0.10 mol/L，故答案为：0.10 mol/。
【点睛】本题主要考查了中和滴定，涉及了仪器的使用、指示剂的选择、误差分析等，理解中和滴定滴定原理是解答本题的关键。
9.水煤气（CO 和H2）是重要燃料和化工原料，可用水蒸气通过炽热的炭层制得：C(s) + H2O(g) CO(g) +H2(g) △H＝+131.3 kJ·mol-1。
（1）该反应的平衡常数K随温度的升高而___________（选填“增大”“ 减小”或“不变”）
（2）上述反应达到平衡后，将体系中的C(s)部分移走，平衡____________（选填“向左移”“向右移”或“不移动”）。
（3）下列事实能说明该反应在一定条件下已达到平衡状态的有___________（填序号）。
A．单位体积内每消耗1 mol CO的同时生成1molH2
B．混合气体总物质的量保持不变
C．生成H2O(g)的速率与消耗CO的速率相等
D．H2O(g)、CO、H2的浓度相等
（4）某温度下，将4.0 mol H2O(g)和足量的炭充入2 L的密闭容器中，发生如下反应，C(s)＋ H2O(g) CO(g)＋H2(g)，达到平衡时测得K=1，则此温度下H2O(g)的转化率为_____。
（5）己知：① C(s)＋H2O(l) =CO(g)＋H2(g) △H1
② 2CO(g)＋O2(g)＝2CO2 (g) △H2
③ H2O (l)＝H2 (g)＋1/2 O2 (g) △H3
则C(s)＋O2 (g)＝CO2 (g)的△H＝_____________________。
（6）若设计以一氧化碳为燃料的碱性燃料电池，则正极为通入_______（填化学式）的一极，其电极反应式是：__________________________________________________。
【答案】 (1). 增大 (2). 不移动 (3). AB (4). 50% (5). △H1+△H2/2—△H3 (6). O2 (7). O2 + 4e-+ 2H2O=4OH－
【解析】
【分析】
（1）该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；
（2）将体系中的C（s）全部移走，对反应速率和化学平衡都没有影响；
（3）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
（4）依据题给数据建立三段式，通过平衡常数计算；
（5）依据盖斯定律计算；
（6）通入还原剂一氧化碳的一极为负极，通入氧气的一极为正极。
【详解】（1）该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，故答案为：增大；
（2）上述反应达到平衡后，将体系中的C（s）全部移走，不影响水、CO、氢气浓度变化，对反应速率和化学平衡都没有影响，平衡不移动，故答案为：不移动；
（3）A、单位体积内每消耗1molCO的同时生成1molH2 ，说明反应的正逆反应速率相等，说明该反应在一定条件下已达到平衡状态，故正确；
B、反应前后气体物质的量变化，混合气体总物质的量保持不变说明反应达到平衡状态，故正确；
C、生成H2O（g）的速率代表逆速率，消耗CO的速率相代表逆速率，不能表明反应的正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，故错误；
D、H2O（g）、CO、H2的浓度相等和起始量变化量有关，不能作为平衡标志，故D错误；故选AB，故答案为：AB；
（4）设H2O（g）的转化率为x，由题意建立如下三段式：
C(s)＋ H2O(g) CO(g)＋H2(g)
起（mol/L） 2 0 0
变（mol/L） 2x 2x 2x
平（mol/L） 2-2x 2x 2x
由化学平衡常数K=c(CO)c(H2)/c(H2O)=1,可得关系式：(2x)2/(2-2x)=1，解关系式x=0.5，故答案为：50%；
（5）由盖斯定律反应①+②/2-③可得C(s)＋O2 (g)＝CO2 (g)，则△H=△H1+△H2/2—△H3,故答案为：△H1+△H2/2—△H3；
（6）若设计以一氧化碳为燃料的碱性燃料电池，则通入还原剂一氧化碳的一极为负极，通入氧气的一极为正极，碱性条件下，氧气放电的电极反应式为，故答案为：O2；O2 + 4e-+ 2H2O=4OH－。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理综合应用，涉及了化学平衡图象、化学平衡移动、平衡常数、盖斯定律和电极反应式书写等，侧重考查分析能力，注意化学平衡常数的理解、图像的分析、三段式计算、盖斯定律计算和电极反应式的书写是解答关键。
10.① NaOH ② CH3COOH ③ NaHCO3 ④ HCl溶液是中学化学中常用的四种物质。
（1）pH相同的CH3COOH和HCl溶液比较，物质的量浓度较大的是____（填序号）。
（2）等体积、等物质的量浓度的CH3COOH和HCl溶液与足量的NaHCO3固体粉末反应，起始反应速率较小的是_______填序号）。
（3）常温下，pH均为10的 NaOH和NaHCO3 溶液，由水电离出的c(OH—)之比为_________________。
（4）常温下，用 0.10 mol/L NaOH溶液滴定 20.00 mL 0.10 mol/L CH3COOH溶液，

①A点溶质为____________（写化学式），此时c(CH3COO－)_______c(CH3COOH)（填“大于” 、“小于”或“等于”）,溶液中水的电离平衡______（填“被抑制”或“被促进”或“无影响”）
②结合化学用语，解释C点pH=8的原因_______________________________________ 。
③下列关于B点的判断正确的是____
a．醋酸和氢氧化钠恰好完全反应
b．混合液中的微粒种类共四种
c．c(CH3COO－) ＝ c(Na＋)
【答案】 (1). ② (2). ② (3). 1：106 (4). CH3COONa、CH3COOH (5). 大于 (6). 被抑制 (7). C点20.00mL 0.10mol/LNaOH溶液和20.00mL0.10 mol/LCH3COOH溶液恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COO－在溶液中水解CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，使溶液显碱性，溶液pH=8 (8). C
【解析】
【分析】
（1）pH相同溶液中氢离子浓度相同，醋酸是弱酸部分电离，HCl是强酸完全电离；
（2）与足量的NaHCO3固体粉末反应，起始溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快；
（3）氢氧化钠是强碱，电离出的氢氧根抑制水电离，碳酸氢钠是强碱弱酸盐，碳酸氢根在溶液中水解促进水电离；
（4）由图可知，用0.10mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.10 mol/LCH3COOH溶液时，A点为半反应点，得到等浓度的醋酸和醋酸钠混合液，溶液显酸性，B点为中性点，得到的是醋酸和醋酸钠混合液，C点为完全反应点，得到醋酸钠溶液，溶液显碱性。
【详解】（1）pH相同的CH3COOH和HCl溶液中氢离子浓度相同，若溶液中氢离子浓度为1mol/L，CH3COOH是弱酸，部分电离，CH3COOH溶液浓度应大于1mol/L；HCl是强酸，完全电离，盐酸溶液浓度为1mol/L，物质的量浓度较大的是CH3COOH溶液，故答案为：②；
（2）等体积、等物质的量浓度的CH3COOH和HCl溶液相比较，HCl溶液中氢离子浓度大于CH3COOH溶液，与足量的NaHCO3固体粉末反应，起始反应速率HCl溶液快、CH3COOH溶液慢，故答案为：②；
（3）氢氧化钠是强碱，电离出的氢氧根抑制水电离，氢氧化钠溶液中水电离出的氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，则pH均为10的氢氧化钠溶液中水电离出的c（OH-）=c（H+）=10-10mol/L，碳酸氢钠是强碱弱酸盐，碳酸氢根在溶液中水解促进水电离，溶液中氢氧根离子就是水电离出的氢氧根离子，所以由水电离出的c（OH-）=10-14/10-10mol/L=10-4mol/L，由水电离出的c(OH—)之比为10-10mol/L：10-4mol/L=1：106，故答案为：1：106；
（4）由图可知，用0.10mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.10 mol/LCH3COOH溶液时，A点为半反应点，得到等浓度的醋酸和醋酸钠混合液，溶液显酸性，B点为中性点，得到的是醋酸和醋酸钠混合液，C点为完全反应点，得到醋酸钠溶液，溶液显碱性。
①用0.10mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.10 mol/LCH3COOH溶液时，A点为半反应点，得到等浓度的醋酸和醋酸钠混合液，溶液显酸性，说明醋酸电离大于醋酸根水解，c(CH3COO－)大于c(CH3COOH)，醋酸电离出的氢离子抑制水的电离，故答案为：CH3COONa、CH3COOH；大于；被抑制；
②用0.10mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.10 mol/LCH3COOH溶液时，C点为完全反应点，得到醋酸钠溶液，醋酸根在溶液中水解CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，使溶液显碱性，溶液pH=8，故答案为：C点20.00mL 0.10mol/LNaOH溶液和20.00mL0.10 mol/LCH3COOH溶液恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COO－在溶液中水解CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，使溶液显碱性，溶液pH=8；
③a、用0.10mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.10 mol/LCH3COOH溶液时，B点为中性点，得到的是醋酸和醋酸钠混合液，故错误；
b、醋酸和醋酸钠混合液中存在的微粒有H2O和CH3COOH两种分子，Na+、CH3COO－、OH-和H+四种离子，故错误；
c、醋酸和醋酸钠混合液中存在电荷守恒关系：c（Na+）+ c（H+）= c（CH3COO－）+c（OH-），由于中性溶液中c（H+）=（OH-），则c(CH3COO－) ＝ c(Na＋)，故正确；
故选c，故答案为：c。
【点睛】本题考查了水溶液中的离子平衡，涉及了弱电解质的电离、水的电离和盐类水解及其影响，明确电离平衡、水的电离和盐类水解的影响因素，注意掌溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键。
11.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”)，A电极的电极反应式为___________________________。
（2）丙池中F电极为_________(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)，F电极的电极反应式为_________________________________。该池总反应的化学方程式为___________________________。
（3）当乙池中C极质量减轻10．8 g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为_____mL(标准状况)。
（4）一段时间后，断开电键K,下列物质能使丙池恢复到反应前浓度的是___(填选项字母)。
A．Cu B．CuO C．Cu(OH)2 D．Cu2(OH)2CO3
【答案】 (1). 原电池 (2). CH3OH - 6e-+ 8OH－ = CO32－+ 6H2O (3). 阴极 (4). Cu2+ + 2e－ = Cu (5). 2CuSO4 + 2H2O2Cu +O2↑+2H2SO4 (6). 560 (7). B
【解析】
【分析】
甲、乙、丙三池中只有甲池中的氧化还原反应能自发进行，因此甲池为原电池，乙、丙为电解池，甲池中通入甲醇的一极A为负极，通入氧气的一极B为正极，乙、丙为串联关系，则电极D、F为阴极，C、E为阳极。
【详解】（1）甲池能自发进行氧化还原反应为原电池，通入甲醇的一极A为负极，负极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH - 6e-+ 8OH－=CO32－+6H2O，故答案为：CH3OH - 6e-+ 8OH－ = CO32－+ 6H2O；
（2）丙池中F电极与甲池负极相连，为电解池的阴极，阴极上Cu2+放电生成Cu，电极反应式为Cu2+ + 2e－ = Cu；丙池为电解硫酸铜溶液，电解生成铜、氧气和硫酸，总反应的化学方程式为2CuSO4 + 2H2O2Cu +O2↑+2H2SO4，故答案为：Cu2++ 2e－= Cu；2CuSO4 + 2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；
（3）（3）C极上的电极反应为：Ag-e-═Ag+，B电极上的电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，当池中C极质量减轻10.8g时，即转移电子是0.1mol，此时甲池中B电极理论上消耗O2的物质的量是0.025mol，体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L=560mL，故答案为：560；
（4）从丙池的电解总反应式可以看出，溶液中减少的“2Cu＋O2”相当于CuO，因此可以加入CuO，故答案为：B。
【点睛】本题考查了原电池和电解池原理，正确判断原电池和电解池，根据离子的放电顺序、串联电路中转移电子相等来分析是解本题关键。