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【化学】甘肃省永昌四中2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）
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甘肃省永昌四中2019-2020学年高二上学期期末考试
第I卷
一、选择题（本题共25小题，每小题2分，共50分。）
1.下列说法不正确的是( )
A. 任何反应都伴有能量变化
B. 化学反应中的能量变化可表现为热量的变化
C. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，发生吸热反应
D. 反应物的总能量高于生成物的总能量时，发生吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.化学反应的过程就是旧键断裂和新键形成的过程，断键吸热，成键放热，所以任何反应都伴有能量的变化，A正确；
B.化学反应中的能量变化可表现有多种，可以是热量变化、或者电能或光能的变化，B正确；
C.反应物总能量低于生成物的总能量时，发生反应就要从周围的环境中吸收热量，即发生吸热反应，C正确；
D.若反应物的总能量高于生成物的总能量时，多余的能量就会释放给周围的环境，即发生放热反应，D错误；
故合理选项是D。
2.某酸溶液中c(H+)=0.1mol·L-1，则该酸溶液的物质的量浓度（ ）
A. 一定等于0.1mol·L-1 B. 一定大于0.1mol·L-1
C. 一定小于0.1mol·L-1 D. 无法确定
【答案】D
【解析】
【详解】由于不能确定酸的强弱和酸的元数，所以只根据溶液中氢离子的浓度时不能确定酸溶液的浓度。若酸为盐酸，则其浓度为0.1 mol·L-1，若为硫酸，则其浓度为0.05 mol·L-1，若为醋酸，则其浓度大于0.1 mol·L-1，故答案选D。
3. 下列溶液中导电性最强的是（ ）
A. 1L 0.1mol/L醋酸 B. 1L 0.1mol/L硫酸
C. 0.5L0.1mol/L盐酸 D. 2L0.1moL/L的磷酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸弱电解质，部分电离，则溶液中氢离子浓度和醋酸根离子浓度都小于0.1mol/L；
B．硫酸是二元强酸，在水溶液中完全电离，c(H+)=0.2mol/L，c(SO42-)=0.1mol/L；
C．HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，c(H+)=c(Cl-)=0.1mol/L；
D．磷酸是中强酸，部分电离，溶液中c(H+)小于0.2mol/L；
电解质溶液导电性与离子浓度成正比，B中离子浓度最大，则溶液导电性最强，故选B。
【点睛】本题考查电解质溶液导电性强弱判断，为高频考点，电解质溶液导电性强弱与离子浓度成正比，与溶液体积及电解质电离程度无关，题目难度不大。
4. 下列溶液一定呈中性的是（ ）
A. 使石蕊试液呈紫色的溶液 B. c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L溶液
C. pH=7的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液显酸性，故A错误；
B．氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小是判断溶液的酸碱性的依据，所以c（H+）=c（OH-）的溶液一定呈中性，故B正确；
C．常温下，水的离子积Kw=1×10-14，所以pH＜7，溶液呈酸性；pH=7，溶液呈中性；pH＞7，溶液呈碱性。Kw受温度影响，水的电离是吸热的，温度越高Kw越大，如100℃时，水的离子积常数是10-12，当PH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，该选项中c（H+）=10-7mol/L溶液，不一定是在常温下，溶液中c（H+）、c（OH-）不一定相等，故C错误；
D．盐溶液的PH可以是中性如NaCl，酸性如AlCl3，或碱性如Na2CO3，故D错误；
故选：B。
5.下列方程式书写正确的是（ ）
A. HCO3-在水溶液中的电离方程式：HCO3-＋H2OH3O＋＋CO32-
B. H2SO3的电离方程式H2SO32H＋＋SO32-
C. CO32-的水解方程式：CO32-＋2H2OH2CO3＋2OH-
D. CaCO3的电离方程式：CaCO3⇌Ca2+＋CO32-
【答案】A
【解析】
【详解】A. HCO3-为多元弱酸的酸式酸根离子，部分电离，用可逆号表示，则其在水溶液中的电离方程式为：HCO3- H＋＋CO32-，也可表示为HCO3-＋H2O H3O＋＋CO32-，A项正确；
B. H2SO3为二元弱酸，部分电离，且分步电离，主要为第一步电离，其电离方程式为：H2SO3⇌H++HSO3-，B项错误；
C. CO32-为多元弱酸的酸根离子，分步水解，主要为第一步水解，其水解方程式：CO32-＋H2O HCO3-＋OH-，C项错误；
D. CaCO3属于强电解质，能完全电离，其电离方程式：CaCO3=Ca2+＋CO32-，D项错误；
答案选A。
6.为了配制NH4+浓度与Cl－的浓度比为1:1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入：①适量HCl②适量NaCl③适量的氨水④适量的NaOH，正确的是
A. ①② B. ④ C. ③④ D. ③
【答案】D
【解析】
氯化铵是弱碱强酸盐，由于水解，导致溶液中，溶液呈酸性，为了配制与的浓度比为1：1的溶液，可以增加铵根离子浓度，或减少溶液中氯离子的浓度；①加入后氯离子浓度增加，不能配制与的浓度比为1：1的溶液，①错误；②加入后氯离子浓度增加，不能配制与的浓度比为1：1的溶液，②错误；③加入适当氨水增加了铵根离子浓度，可以配制与的浓度比为1：1的溶液，③正确；④加入后，中和了氢离子，平衡右移，铵根离子浓度降低，不能配制与的浓度比为1：1的溶液，④错误；只有③符合题意，正确选项D。
点睛：为了配制NH4+浓度与Cl－的浓度比为1:1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入：适量的硫酸铵、硝酸铵、氨水等，或加入适量的硝酸银等，总体的思路为增加铵根离子浓度，或减少溶液中氯离子的浓度，即可达到目的。
7.下列事实一定能说明HF是弱酸的是（ ）
①常温下NaF溶液的pH大于7； ②用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗；
③HF与NaCl不能发生反应； ④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3
⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体 ⑥HF与水能以任意比混溶
⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红
A. ①④ B. ②③⑤ C. ③④⑥ D. ①②⑦
【答案】A
【解析】
【详解】①如果常温下NaF溶液的pH大于7，则NaF属于强碱弱酸盐，它水解使溶液显碱性：F-+H2OHF+OH-，可推知HF一定是弱酸，①项正确；
②用HF溶液做导电性实验时，缺少了等浓度等体积的一元强酸（如HCl）的对照实验，故该事实不能说明HF一定是弱酸，②项错误；
③根据强酸制弱酸的原理，HF与NaCl不能发生反应，可推知HF可能是弱酸或是强酸。③项错误；
④由题意知常温下0.1mol/L的HF溶液中c(H+)=10-2.3mol/L<0.1mol/L，可推断HF不能完全电离，所以该事实一定能说明HF是弱酸，④项正确；
⑤根据强酸制弱酸的原理，HF能与Na2CO3溶液反应，可推断HF的酸性比H2CO3强，但不能确定HF是强酸还是弱酸，⑤项错误；
⑥由“HF与水能以任意比混溶”无法判断HF的电离程度，所以该事实不能说明HF一定是弱酸，⑥项错误；
⑦由“1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红”可推知HF溶液显酸性，HF可能是强酸也可能是弱酸，⑦项错误；答案选A。
【点睛】证明弱酸或弱碱的事实一般有以下几个角度：(1)酸或碱在水溶液中是否部分电离，如测定一定浓度的酸或碱溶液的pH； (2)酸对应的强碱盐（如钠盐）或碱对应的强酸盐（如氯化物）的水溶液的酸碱性；(3)一定浓度的酸或碱溶液加水稀释后其溶液pH是否变化，看是否存在电离平衡移动等。
8.pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X、Y、Z倍，稀释后三种溶液的pH仍然相同，则X、 Y、Z的关系是（ ）
A. X＝Y＝Z B. X＞Y＝Z C. X＜Y＝Z D. X＝Y＜Z
【答案】B
【解析】
【详解】氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离。氢氧化钠是一元强碱，氢氧化钡是二元强碱。所以在pH相等的条件下，要使稀释后的pH仍然相等，则强碱稀释的倍数是相同的，而氨水稀释的倍数要大于强碱的，因此选项B正确，答案选B。
9.下列溶液一定是碱性的是（ ）
A. pH＝8的某电解质的溶液 B. c(OH-)＞1×10-7mol/L
C. 溶液中含有OH- D. 溶液中c(OH-)＞c(H+)
【答案】D
【解析】
【分析】
任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小：c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性；c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性；室温时，Kw=10-14，若溶液中：c(H+)=10-7，pH=7，溶液呈中性；c(H+)>10-7，pH<7，溶液呈酸性；c(H+)<10-7，pH>7，溶液呈碱性，据此判断。
【详解】A. 没指明温度， Kw不一定等于10−14，不能根据pH值判断溶液的酸碱性，故A错误；
B. 没指明温度， Kw不一定等于10−14，不能根据c(OH-)浓度大小判断溶液的酸碱性，故B错误；
C. 任何水溶液中都含有氢氧根离子，不能通过是否含有氢氧根离子判断溶液酸碱性，故C错误；
D. 溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小， c(OH-)＞c(H+)，溶液一定显碱性，故D正确；
答案选D。
【点睛】任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小：c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性；c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性；室温时，Kw=10-14，若溶液中：c(H+)=10-7，pH值=7，溶液呈中性；c(H+)>10-7，pH值<7，溶液呈酸性；c(H+)<10-7，pH值>7，溶液呈碱性。同学们经常会忽略温度的影响，直接认为pH＝8的某电解质的溶液呈碱性，一定要加强理解通过pH值，以及通过比较c(H+)或c(OH-)与10-7的相对大小，来判断溶液酸碱性。
10.已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：Ka(HF)＝ 6.8×10-4mol/L、 Ka(CH3COOH)＝1.8×10-5mol/L、Ka(HNO2)＝6.4×10-6mol/L、Ka(HCN)＝6.2×10-10mol/L。物质的量浓度都为0.1 mol/L的下列溶液中，pH最大的是（ ）
A. HF B. CH3COOH C. HNO2 D. HCN
【答案】D
【解析】
【分析】
酸的电离常数越大，酸的酸性越强，等浓度时其pH越小，据此分析判断。
【详解】已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：Ka(HF)＝ 6.8×10-4mol/L、 Ka(CH3COOH)＝1.8×10-5mol/L、Ka(HNO2)＝6.4×10-6mol/L、Ka(HCN)＝6.2×10-10mol/L。酸的电离常数越大，酸的酸性越强，等浓度时其pH越小，HF的电离常数最大，即HF的酸性最强，其pH最小，HCN的电离常数最小，即HCN的酸性最弱，其pH最大，故选D。
11.下列有关滴定操作的顺序正确的是（ ）
①检查滴定管是否漏水 ②用蒸馏水洗涤玻璃仪器
③用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管
④装标准溶液和待测液并调整液面（记录初读数）
⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中 ⑥滴定操作
A. ①③②④⑤⑥ B. ①②③④⑤⑥
C. ②③①④⑤⑥ D. ④⑤①②③⑥
【答案】B
【解析】
【详解】中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等顺序操作，则操作顺序为：①②③④⑤⑥，故选B。
12. 电池的污染引起人们的广泛重视，废电池中对环境形成污染的主要物质是
A. 锌 B. 汞 C. 石墨 D. 二氧化锰
【答案】B
【解析】
【详解】电池的污染引起人们的广泛重视，废电池中对环境形成污染的主要物质是
A. 锌虽是重金属，但是对环境没有太大的影响，且锌是生物体必需的元素；
B. 汞是一种毒性很大的重金属，会严重污染环境；
C. 石墨无毒，对环境无影响；
D. 二氧化锰无毒，对环境无影响。
综上所述，本题选B。
13.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充放电反应按下式进行：Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiO(OH)+2H2O；由此可知，该电池放电时的负极材料是
A. Cd B. Ni(OH)2 C. Cd(OH)2 D. NiO(OH)
【答案】A
【解析】
【详解】放电相当于是原电池，充电相当于是电解池；原电池中负极失去电子，发生氧化反应；所以根据反应的化学方程式可知，放电时Cd失去电子，氧化生成Cd(OH)2，因此电池放电时的负极材料是Cd，故A正确；
故答案选A。
14.某同学为了使反应2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑能进行，设计了如下所示的四个实验方案，你认为可行的方案是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑可知该反应不是自发的氧化还原反应，故只能设计成电解池；H元素的化合价由+1价降低到0价，得到电子，发生还原反应，阴极上的电极反应为：2H++2e-= H2↑，银元素的化合价从0价升高到+1价，发生氧化反应，银作阳极，电极反应为：Ag-e-= Ag+，所以银作阳极，盐酸作电解质溶液，形成电解池；答案选C。
【点睛】解答本题是需要根据总反应判断装置是原电池还是电解池，再根据得失电子判断电极；判断时①电极：阴极是与电源负极相连，得到电子，发生还原反应；阳极是与电源正极相连，失去电子，发生氧化反应。②电子和离子的移动方向(惰性电极)。
特别需要注意的是：①金属活动性顺序中银以前的金属(含银)作电极时，由于金属本身可以参与阳极反应，称为金属电极或活性电极(如Zn、Fe、Cu、Ag等)；金属活动性顺序中银以后的金属或非金属作电极时，称为惰性电极，主要有铂(Pt)、石墨等；②电解时，在外电路中有电子通过，而在溶液中是靠离子移动导电，即电子不通过电解质溶液。
15.一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2-。下列对该燃料电池说法正确的是（ ）
A. 在熔融电解质中，O2-由负极移向正极
B. 通入丁烷的一极是正极，电极反应为：2C4H10＋26e-＋13O2-＝4CO2＋5H2O
C. 通入空气的一极是负极，电极反应为：O2＋4e-＝2O2-
D. 电池的总反应式：2C4H10＋13O2=8CO2＋10H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
在燃料电池中，通入燃料的一极为负极，则通入丁烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，总反应式为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，据此解答该题。
【详解】在燃料电池中，通入燃料的一极为负极，则通入丁烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，总反应式为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，
A. 原电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，A项错误；
B. 通入丁烷的一极为负极，电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，B项错误；
C. 通入空气的一极为正极，电极反应式为O2+4e-=2O2-，C项错误；
D. 电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式一致，为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，或由正负极电极反应式判断，D项正确；
答案选D。
【点睛】在燃料电池中，通入氧气的一极为正极，通入燃料的一极为负极，当电解质为金属氧化物，熔融状态下能传导O2-时，在配平电极反应式时需借助O2-配平，如本题中，正极的电极反应式为：O2+4e-=2O2-，负极通入丁烷，失电子发生氧化反应，电极反应式为：C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，固体氧化物只允许O2-通过的燃料电池中电极反应式的书写是学生们学习的易错点。
16.在同一温度下，某强电解质溶液a，弱电解质溶液b，金属导体c的导电能力相同，则升高温度后它们的导电能力：（ ）
A. a＞b＞c B. a=b=c C. c＞a＞b D. b＞a＞c
【答案】D
【解析】
【详解】同一温度下，强电解质溶液a、弱电解质溶液b、金属导体c三者的导电能力相同，金属导体随着温度升高，电阻率变大，从而导致电阻增大，所以c的导电能力减弱，a是强电解质完全电离，升高温度几乎不影响其导电能力，b是弱电解质，升高温度，促进弱电解质电离，导致溶液中离子浓度增大，所以溶液导电能力增大，则它们的导电能力强弱顺序是b＞a＞c，
答案选D。
17. 弱电解质和强电解质的本质区别在于
A. 离子数目的多少
B. 物质的量浓度相同时，溶液的导电能力
C. 在水溶液中是否存在电离平衡
D. 物质中所含化学键的不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．强电解质溶液离子数目不一定多，弱电解质溶液中离子数目不一定少，故A错误；
B．溶液的导电能力主要取决于离子浓度大小，与电解质的强弱无必然联系，故B错误；
C．弱电解质和强电解质的本质区别在于能否完全电离，强电解质能完全电离，弱电解质部分电离存在电离平衡，故C正确；
D．强酸和弱酸都只含共价键，但强酸是强电解质，而弱酸是弱电解质，故D错误；
故选C
【点晴】强电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；弱电解质和强电解质的本质区别在于能否完全电离；明确其划分标准是解本题关键，注意不能根据电解质溶液的导电性大小划分，为易错点。
18.准确量取25.00 mL高锰酸钾溶液，可选用的仪器是( )
A. 50 mL量筒 B. 10mL量筒
C. 50mL碱式滴定管 D. 50mL酸式滴定管
【答案】D
【解析】
【详解】A和B的量筒只能精确到0.1mL的溶液，故A、B不选；
C．高锰酸钾溶液有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的胶管，故C不选；
D．滴定管能量取0.01mL的溶液，故应用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，故D选；
故选D。
19.将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（ ）
A. 水的离子积变大、pH变小、呈酸性
B. 水的离子积不变、pH不变、呈中性
C. 水的离子积变小、pH变大、呈碱性
D. 水的离子积变大、pH变小、呈中性
【答案】D
【解析】
【详解】水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变；但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性。综上所述，给纯水加热时水的离子积增大、pH变小、呈中性；故选D。
【点睛】本题考查了水的电离平衡及影响因素，主要考查水的离子积的应用，加热促进水的电离，水的pH大小判断。
20.下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A. 含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I-、SCN-
B. 在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2-、CO32-
C. 在c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4+、Al3+、SO42-、NO3-
D. 在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl-、NO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A. Fe3+与SCN-发生络合反应生成Fe(SNC)3而不能大量共存，且Fe3+能氧化I-而不能大量共存，故A错误；
B. 强碱溶液中存在大量的OH-，离子之间不发生任何反应，可以大量共存，故B正确；
C. c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液呈碱性，存在大量的OH-，NH4+与OH-反应生成NH3•H2O，且A13+与OH-反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；
D. pH=1的溶液呈酸性，存在大量的H+，Fe2+与NO3-、H+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误；
答案选B。
【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，溶液题设中的限定条件。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。
还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为1×10-10，小于1×10-7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。
21.下列方程式属于水解反应的是（ ）
A. H2O＋H2OH3O+＋H+ B. HCO3-＋H2OH3O+＋CO32-
C. HCO3-＋OH-＝H2O＋CO32- D. HCO3－＋H2OH2CO3＋OH-
【答案】D
【解析】
【详解】A. H2O＋H2OH3O+＋H+为水的电离，与题意不符，A错误；
B. HCO3-＋H2OH3O+＋CO32-为碳酸氢根离子的电离，与题意不符，B错误；
C. HCO3-＋OH-＝H2O＋CO32-为碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应，与题意不符，C错误；
D. HCO3－＋H2OH2CO3＋OH-为碳酸氢根离子的水解反应，符合题意，D正确；
答案为D。
22.下列说法不正确的是( )
A. 明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
B. 水解反应NH＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动
C. 制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法
D. 盐类水解反应的逆反应是中和反应
【答案】B
【解析】
明矾中铝离子水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂，故A正确；水解吸热，升高温度平衡正向移动，故B错误；将AlCl3、FeCl3、CuCl2溶液直接蒸干得到Al(OH)3、Fe(OH)3、Cu(OH)2,故C正确；盐类水解反应的逆反应是中和反应，故D正确。
23.0.1mol/L的K2S溶液中，有关粒子的浓度大小关系正确的是
A. c（K+）+c（H+）=c（S2—）+c（HS—）+c（OH—）
B. c（K+）+ c（S2—） = 0.3mol/L
C. c（K+）=c（S2—）+c（HS—）+c（H2S）
D. c（OH-）=c（H+）+c（HS—）+2c（H2S）
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据电荷守恒可知c（K+）+c（H+）=2c（S2－）+c（HS－）+c（OH－），A错误；
B、根据物料守恒可知c（K+）=2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）＝0.2mol/L，所以c（K+）+ c（S2－）＜0.3mol/L，B错误；
C、根据物料守恒可知c（K+）=2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）＝0.2mol/L，C错误；
D、根据质子守恒可知c（OH－）=c（H+）+c（HS－）+2c（H2S），D正确。
答案选D。
24.恒容密闭容器中进行的可逆反应2NO22NO +O2，可作为达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成amo1O2的同时生成2amolNO2 ；
②单位时间内生成amolO2的同时生成2amolNO；
③混合气体的颜色不再改变；
④混合气体的密度不再改变的状态；
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；
⑥容器内的压强不再改变。
A. ①②③④⑤ B. ②④⑤⑥
C. ①③④⑥ D. ①③⑤⑥
【答案】D
【解析】
【分析】
判断化学平衡状态的两种方法
(1)动态标志：v正＝v逆≠0
①同种物质：同一物质的生成速率等于消耗速率；
②不同物质：必须标明是“异向”的反应速率关系。如aA＋bB⇌cC＋dD，时，反应达到平衡状态。
(2)静态标志：各种“量”不变
①各物质的质量、物质的量或浓度不变；
②各物质的百分含量(物质的量分数、质量分数等)不变；
③温度、压强(化学反应方程式两边气体体积不相等)或颜色(某组分有颜色)不变；
以及由此衍生的一些物理量也不变，总之，“变化的量”不变了，可作为判断平衡的标志，据此解答。
【详解】①单位时间内生成a mol O2的同时生成2a mol NO2，生成a mol O2表示正反应方向，生成2a mol NO2表示逆反应方向，其速率之比等于化学计量数之比，说明反应达到平衡，故①正确；
②单位时间内生成a mol O2的同时生成2a mol NO，这都是正反应速率，没有说明逆反应方向的速率，故不能判断是否达到平衡，故②错误；
③混合气体的颜色不再改变，说明各物质浓度不再变化，说明反应达到平衡，故③正确；
④该反应的反应条件是恒容密闭容器，体积和质量都不变，所以整个过程中，混合气体的密度始终不变，不能作为平衡的标志，故④错误；
⑤混合气体的总质量不变，该反应前后气体总物质的量变化，则混合气体的平均相对分子质量是一个随着反应变化的量，因此混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡，故⑤正确；
⑥该反应的反应条件是恒容密闭容器，该反应前后气体总物质的量变化，则容器内的压强是一个随着反应进行变化的量，则容器内的压强不再改变，说明反应达到平衡，故⑥正确；
综上所述，①③⑤⑥可作为达到平衡状态的标志，D项正确；
答案为D。
【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为：气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。
25.在溶液(NH4)2SO4中，离子浓度大小顺序正确的是
A. c(NH4+)> c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)
B. c(SO42－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)
C. c(NH4+)>c(SO42－)>c(OH－)>c(H＋)
D. c(SO42－)>c(H＋)>c(NH4+)>c(OH－)
【答案】A
【解析】
【详解】(NH4)2SO4是强电解质，完全电离， c(NH4+)接近 c(SO42－)的二倍， 铵根离子水解消耗水电离产生的 OH－，所以 c(H＋)>c(OH－)；但是盐的水解程度是微弱的，盐的电离远大于弱电解质水的电离，因此c(H＋)、c(OH－)都比较小，故：c(NH4+)> c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)，答案选A。
第II卷
二、填空题（本题共2小题，每空2分，共30分。）
26.（1）将等质量的Zn粉分别投入：试管A：10mL 0.1mol·L-1 HCl和试管B:：10mL 0.1mol·L-1醋酸中。开始时，反应速率A____B（填＞，＝或＜，下同），若Zn过量，产生H２的体积A____B。
（2）将等质量Zn粉分别投入pH=1体积均为10mL的试管A：盐酸和试管B：醋酸中，开始时，反应速率A____B（填＞，＝或＜，下同），若Zn过量，产生H２的体积A____B。
【答案】 (1). > (2). = (3). = (4). <
【解析】
【详解】（1）与锌反应的速率与电离出的氢离子浓度有关，等物质的量浓度的强酸和弱酸，强酸电离出的氢离子浓度大于弱酸电离出的氢离子浓度，所以开始反应速率A>B，与过量的锌反应产生H２的体积与酸的物质的量有关，强酸和弱酸的物质的量相等，所以产生氢气的体积A=B。
（2）pH相同的强酸和弱酸，强酸的物质的量浓度小于弱酸的物质的量浓度，所以刚开始反应速率A=B，与过量Zn反应，产生H２的体积A
27.常温下，有两种溶液：
①0.1mol·L-1CH3COOH溶液
②0.1mol·L-1CH3COONa溶液
(1)溶液①的pH___(填“>”“<”或“=”)7，溶液中离子的电荷守恒的关系式是___。
(2)溶液②呈___(填“酸”“碱”或“中”)性。溶液中物料守恒的关系式是___。
(3)下列说法正确的是___(填序号)。
a两种溶液中c(CH3COO-)都等于0.1mol·L-1
b.两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1mol·L-1
c.CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)
【答案】 (1). ＜ (2). c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) (3). 碱 (4). c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) (5). bc
【解析】
【分析】
(1)根据弱酸的电离分析；
(2)根据盐类水解规律分析；
(3)根据弱酸的电离是微弱的，盐类的水解是微弱的进行分析解答。
【详解】(1)溶液①为0.1mol·L-1CH3COOH溶液，显酸性，常温下，pH＜7，溶液中离子的电荷守恒的关系式是c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故答案为：＜；c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；
(2)溶液②为0.1mol·L-1CH3COONa溶液，由于醋酸根离子发生水解CH3COO- + H2O ⇌ CH3COOH+ OH-，溶液呈碱性，溶液中物料守恒的关系式是c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故答案为：碱；c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)；
(3)a. 溶液①中CH3COOH部分电离，溶液②中醋酸根离子发生水解，则两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1mol·L-1，故a错误；
b. 由a项分析可知，b项正确；
c. 溶液①中CH3COOH的电离是微弱的，则其c(CH3COO-)远小于0.1mol·L-1，溶液②中醋酸根离子的水解是微弱的，则其c(CH3COO-)接近0.1mol·L-1，故CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)，c项正确；故答案为：bc。
28.在生产生活和科学研究中，人们常常根据需要促进或抑制盐的水解。试回答下列问题：
（1）FeCl2溶液呈____（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：____；实验室在配制FeCl2溶液时，常将FeCl2固体先溶于较浓的盐酸中，以_____（填“促进”、“抑制”）其水解，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度。
（2）用离子方程式表示硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合时发生的主要反应____。
（3）为证明盐的水解是吸热的，四位同学分别设计了如下方案，其中正确的是____。
A．甲同学：在盐酸中加入氨水，混合液温度上升，说明盐类水解是吸热的。
B．乙同学：将硝酸铵晶体溶于水，水温降低，说明盐类水解是吸热的。
C．丙同学：在氨水加入氯化铵固体，溶液的pH变小，说明盐类水解是吸热的。
D．丁同学：在醋酸钠溶液中滴加2滴酚酞试剂，加热后红色加深，说明盐类水解是吸热的。
（4）把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是___。
【答案】 (1). 酸 (2). Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+ (3). 抑制 (4). Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑ (5). D (6). Al2O3
【解析】
【详解】（1）氯化亚铁是强酸铁弱碱盐，水解显酸性，因此增大氢离子浓度，能抑制其水解。
（2）硫酸铝水解显酸性，碳酸氢钠水解显碱性，所以二者混合时水解相互促进，生成氢氧化铝沉淀和CO2气体。
（3）A不正确，因为中和反应是放热反应。B不正确，硝酸铵溶于水是吸热过程。C不正确，因为是增大了NH4＋的浓度，抑制了氨水的电离，所以pH减小。选项D正确，红色加深，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即水解是吸热反应。
（4）氯化铝溶液中存在水解平衡AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热促进水解，同时生成物氯化氢易挥发，进一步促进水解，所以最终得到的是氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝。
三、实验题
29.按要求对图中两极进行必要的连接并填空：
（1）在A图中，使铜片上冒H2气泡。请加以必要连接，则连接后的装置叫____。电极反应式：锌板：____；铜板：_____。
（2）在B图中，使a极析出铜，b极析出氧气。加以必要的连接后，该装置叫____。电极反应式，a极：____；b极：_____。经过一段时间后，停止反应，溶液的pH值____（升高、降低、不变），加入一定量的____后，溶液能恢复至与电解前完全一致。
【答案】 (1). 原电池 (2). Zn-2e－=Zn2＋ (3). 2H＋＋2e-=H2↑ (4). 电解池 (5). Cu2＋＋2e-=Cu (6). 2H2O－4e-= O2↑＋4H+(或4OH-－4e-=2H2O＋O2↑) (7). 降低 (8). CuO或CuCO3
【解析】
【分析】
(1)在A图中，使铜片上冒H2气泡，则铜片作正极，锌作负极，该电池属于原电池，锌电极上失电子发生氧化反应，铜电极上氢离子得电子发生还原反应；
(2)在B图中，使a极析出铜，b极析出氧气，必须是电解池，a极为阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应，b极(惰性电极)为阳极，阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应，根据电池总反应式确定溶液中氢离子浓度的变化，根据“析出什么加入什么”的原则加入物质，使溶液恢复至与电解前完全一致。
【详解】（1）在A图中，使铜片上冒H2气泡，可以用导线连接两极，铜片作正极，锌作负极，该电池属于原电池，锌电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e－=Zn2＋，铜电极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑，故答案为：原电池；Zn-2e－=Zn2＋；2H＋＋2e-=H2↑；
（2）在B图中，使a极析出铜，b极析出氧气，必须是电解池，a极为阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Cu2＋＋2e-=Cu；b极(惰性电极)为阳极，阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2H2O－4e-= O2↑＋4H+(或4OH-－4e-=2H2O＋O2↑)；总反应的离子方程式为：2Cu2＋+2H2O O2↑＋4H+ +2Cu，由于生成硝酸，则经过一段时间后，停止反应，溶液的pH值降低，电解过程中，阴极上析出铜，阳极上析出氧气，且氧元素和铜元素物质的量之比为1:1，相当于析出CuO，根据“析出什么加入什么”的原则加入物质，要使溶液能恢复原来状态应该加入CuO或CuCO3(相当于CuO∙CO2)，故答案为：电解池；Cu2＋＋2e-=Cu；2H2O－4e-= O2↑＋4H+(或4OH-－4e-=2H2O＋O2↑)；降低；CuO或CuCO3。
第I卷
一、选择题（本题共25小题，每小题2分，共50分。）
1.下列说法不正确的是( )
A. 任何反应都伴有能量变化
B. 化学反应中的能量变化可表现为热量的变化
C. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，发生吸热反应
D. 反应物的总能量高于生成物的总能量时，发生吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.化学反应的过程就是旧键断裂和新键形成的过程，断键吸热，成键放热，所以任何反应都伴有能量的变化，A正确；
B.化学反应中的能量变化可表现有多种，可以是热量变化、或者电能或光能的变化，B正确；
C.反应物总能量低于生成物的总能量时，发生反应就要从周围的环境中吸收热量，即发生吸热反应，C正确；
D.若反应物的总能量高于生成物的总能量时，多余的能量就会释放给周围的环境，即发生放热反应，D错误；
故合理选项是D。
2.某酸溶液中c(H+)=0.1mol·L-1，则该酸溶液的物质的量浓度（ ）
A. 一定等于0.1mol·L-1 B. 一定大于0.1mol·L-1
C. 一定小于0.1mol·L-1 D. 无法确定
【答案】D
【解析】
【详解】由于不能确定酸的强弱和酸的元数，所以只根据溶液中氢离子的浓度时不能确定酸溶液的浓度。若酸为盐酸，则其浓度为0.1 mol·L-1，若为硫酸，则其浓度为0.05 mol·L-1，若为醋酸，则其浓度大于0.1 mol·L-1，故答案选D。
3. 下列溶液中导电性最强的是（ ）
A. 1L 0.1mol/L醋酸 B. 1L 0.1mol/L硫酸
C. 0.5L0.1mol/L盐酸 D. 2L0.1moL/L的磷酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸弱电解质，部分电离，则溶液中氢离子浓度和醋酸根离子浓度都小于0.1mol/L；
B．硫酸是二元强酸，在水溶液中完全电离，c(H+)=0.2mol/L，c(SO42-)=0.1mol/L；
C．HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，c(H+)=c(Cl-)=0.1mol/L；
D．磷酸是中强酸，部分电离，溶液中c(H+)小于0.2mol/L；
电解质溶液导电性与离子浓度成正比，B中离子浓度最大，则溶液导电性最强，故选B。
【点睛】本题考查电解质溶液导电性强弱判断，为高频考点，电解质溶液导电性强弱与离子浓度成正比，与溶液体积及电解质电离程度无关，题目难度不大。
4. 下列溶液一定呈中性的是（ ）
A. 使石蕊试液呈紫色的溶液 B. c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L溶液
C. pH=7的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液显酸性，故A错误；
B．氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小是判断溶液的酸碱性的依据，所以c（H+）=c（OH-）的溶液一定呈中性，故B正确；
C．常温下，水的离子积Kw=1×10-14，所以pH＜7，溶液呈酸性；pH=7，溶液呈中性；pH＞7，溶液呈碱性。Kw受温度影响，水的电离是吸热的，温度越高Kw越大，如100℃时，水的离子积常数是10-12，当PH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，该选项中c（H+）=10-7mol/L溶液，不一定是在常温下，溶液中c（H+）、c（OH-）不一定相等，故C错误；
D．盐溶液的PH可以是中性如NaCl，酸性如AlCl3，或碱性如Na2CO3，故D错误；
故选：B。
5.下列方程式书写正确的是（ ）
A. HCO3-在水溶液中的电离方程式：HCO3-＋H2OH3O＋＋CO32-
B. H2SO3的电离方程式H2SO32H＋＋SO32-
C. CO32-的水解方程式：CO32-＋2H2OH2CO3＋2OH-
D. CaCO3的电离方程式：CaCO3⇌Ca2+＋CO32-
【答案】A
【解析】
【详解】A. HCO3-为多元弱酸的酸式酸根离子，部分电离，用可逆号表示，则其在水溶液中的电离方程式为：HCO3- H＋＋CO32-，也可表示为HCO3-＋H2O H3O＋＋CO32-，A项正确；
B. H2SO3为二元弱酸，部分电离，且分步电离，主要为第一步电离，其电离方程式为：H2SO3⇌H++HSO3-，B项错误；
C. CO32-为多元弱酸的酸根离子，分步水解，主要为第一步水解，其水解方程式：CO32-＋H2O HCO3-＋OH-，C项错误；
D. CaCO3属于强电解质，能完全电离，其电离方程式：CaCO3=Ca2+＋CO32-，D项错误；
答案选A。
6.为了配制NH4+浓度与Cl－的浓度比为1:1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入：①适量HCl②适量NaCl③适量的氨水④适量的NaOH，正确的是
A. ①② B. ④ C. ③④ D. ③
【答案】D
【解析】
氯化铵是弱碱强酸盐，由于水解，导致溶液中，溶液呈酸性，为了配制与的浓度比为1：1的溶液，可以增加铵根离子浓度，或减少溶液中氯离子的浓度；①加入后氯离子浓度增加，不能配制与的浓度比为1：1的溶液，①错误；②加入后氯离子浓度增加，不能配制与的浓度比为1：1的溶液，②错误；③加入适当氨水增加了铵根离子浓度，可以配制与的浓度比为1：1的溶液，③正确；④加入后，中和了氢离子，平衡右移，铵根离子浓度降低，不能配制与的浓度比为1：1的溶液，④错误；只有③符合题意，正确选项D。
点睛：为了配制NH4+浓度与Cl－的浓度比为1:1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入：适量的硫酸铵、硝酸铵、氨水等，或加入适量的硝酸银等，总体的思路为增加铵根离子浓度，或减少溶液中氯离子的浓度，即可达到目的。
7.下列事实一定能说明HF是弱酸的是（ ）
①常温下NaF溶液的pH大于7； ②用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗；
③HF与NaCl不能发生反应； ④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3
⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体 ⑥HF与水能以任意比混溶
⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红
A. ①④ B. ②③⑤ C. ③④⑥ D. ①②⑦
【答案】A
【解析】
【详解】①如果常温下NaF溶液的pH大于7，则NaF属于强碱弱酸盐，它水解使溶液显碱性：F-+H2OHF+OH-，可推知HF一定是弱酸，①项正确；
②用HF溶液做导电性实验时，缺少了等浓度等体积的一元强酸（如HCl）的对照实验，故该事实不能说明HF一定是弱酸，②项错误；
③根据强酸制弱酸的原理，HF与NaCl不能发生反应，可推知HF可能是弱酸或是强酸。③项错误；
④由题意知常温下0.1mol/L的HF溶液中c(H+)=10-2.3mol/L<0.1mol/L，可推断HF不能完全电离，所以该事实一定能说明HF是弱酸，④项正确；
⑤根据强酸制弱酸的原理，HF能与Na2CO3溶液反应，可推断HF的酸性比H2CO3强，但不能确定HF是强酸还是弱酸，⑤项错误；
⑥由“HF与水能以任意比混溶”无法判断HF的电离程度，所以该事实不能说明HF一定是弱酸，⑥项错误；
⑦由“1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红”可推知HF溶液显酸性，HF可能是强酸也可能是弱酸，⑦项错误；答案选A。
【点睛】证明弱酸或弱碱的事实一般有以下几个角度：(1)酸或碱在水溶液中是否部分电离，如测定一定浓度的酸或碱溶液的pH； (2)酸对应的强碱盐（如钠盐）或碱对应的强酸盐（如氯化物）的水溶液的酸碱性；(3)一定浓度的酸或碱溶液加水稀释后其溶液pH是否变化，看是否存在电离平衡移动等。
8.pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X、Y、Z倍，稀释后三种溶液的pH仍然相同，则X、 Y、Z的关系是（ ）
A. X＝Y＝Z B. X＞Y＝Z C. X＜Y＝Z D. X＝Y＜Z
【答案】B
【解析】
【详解】氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离。氢氧化钠是一元强碱，氢氧化钡是二元强碱。所以在pH相等的条件下，要使稀释后的pH仍然相等，则强碱稀释的倍数是相同的，而氨水稀释的倍数要大于强碱的，因此选项B正确，答案选B。
9.下列溶液一定是碱性的是（ ）
A. pH＝8的某电解质的溶液 B. c(OH-)＞1×10-7mol/L
C. 溶液中含有OH- D. 溶液中c(OH-)＞c(H+)
【答案】D
【解析】
【分析】
任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小：c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性；c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性；室温时，Kw=10-14，若溶液中：c(H+)=10-7，pH=7，溶液呈中性；c(H+)>10-7，pH<7，溶液呈酸性；c(H+)<10-7，pH>7，溶液呈碱性，据此判断。
【详解】A. 没指明温度， Kw不一定等于10−14，不能根据pH值判断溶液的酸碱性，故A错误；
B. 没指明温度， Kw不一定等于10−14，不能根据c(OH-)浓度大小判断溶液的酸碱性，故B错误；
C. 任何水溶液中都含有氢氧根离子，不能通过是否含有氢氧根离子判断溶液酸碱性，故C错误；
D. 溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小， c(OH-)＞c(H+)，溶液一定显碱性，故D正确；
答案选D。
【点睛】任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小：c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性；c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性；室温时，Kw=10-14，若溶液中：c(H+)=10-7，pH值=7，溶液呈中性；c(H+)>10-7，pH值<7，溶液呈酸性；c(H+)<10-7，pH值>7，溶液呈碱性。同学们经常会忽略温度的影响，直接认为pH＝8的某电解质的溶液呈碱性，一定要加强理解通过pH值，以及通过比较c(H+)或c(OH-)与10-7的相对大小，来判断溶液酸碱性。
10.已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：Ka(HF)＝ 6.8×10-4mol/L、 Ka(CH3COOH)＝1.8×10-5mol/L、Ka(HNO2)＝6.4×10-6mol/L、Ka(HCN)＝6.2×10-10mol/L。物质的量浓度都为0.1 mol/L的下列溶液中，pH最大的是（ ）
A. HF B. CH3COOH C. HNO2 D. HCN
【答案】D
【解析】
【分析】
酸的电离常数越大，酸的酸性越强，等浓度时其pH越小，据此分析判断。
【详解】已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：Ka(HF)＝ 6.8×10-4mol/L、 Ka(CH3COOH)＝1.8×10-5mol/L、Ka(HNO2)＝6.4×10-6mol/L、Ka(HCN)＝6.2×10-10mol/L。酸的电离常数越大，酸的酸性越强，等浓度时其pH越小，HF的电离常数最大，即HF的酸性最强，其pH最小，HCN的电离常数最小，即HCN的酸性最弱，其pH最大，故选D。
11.下列有关滴定操作的顺序正确的是（ ）
①检查滴定管是否漏水 ②用蒸馏水洗涤玻璃仪器
③用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管
④装标准溶液和待测液并调整液面（记录初读数）
⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中 ⑥滴定操作
A. ①③②④⑤⑥ B. ①②③④⑤⑥
C. ②③①④⑤⑥ D. ④⑤①②③⑥
【答案】B
【解析】
【详解】中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等顺序操作，则操作顺序为：①②③④⑤⑥，故选B。
12. 电池的污染引起人们的广泛重视，废电池中对环境形成污染的主要物质是
A. 锌 B. 汞 C. 石墨 D. 二氧化锰
【答案】B
【解析】
【详解】电池的污染引起人们的广泛重视，废电池中对环境形成污染的主要物质是
A. 锌虽是重金属，但是对环境没有太大的影响，且锌是生物体必需的元素；
B. 汞是一种毒性很大的重金属，会严重污染环境；
C. 石墨无毒，对环境无影响；
D. 二氧化锰无毒，对环境无影响。
综上所述，本题选B。
13.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充放电反应按下式进行：Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiO(OH)+2H2O；由此可知，该电池放电时的负极材料是
A. Cd B. Ni(OH)2 C. Cd(OH)2 D. NiO(OH)
【答案】A
【解析】
【详解】放电相当于是原电池，充电相当于是电解池；原电池中负极失去电子，发生氧化反应；所以根据反应的化学方程式可知，放电时Cd失去电子，氧化生成Cd(OH)2，因此电池放电时的负极材料是Cd，故A正确；
故答案选A。
14.某同学为了使反应2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑能进行，设计了如下所示的四个实验方案，你认为可行的方案是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑可知该反应不是自发的氧化还原反应，故只能设计成电解池；H元素的化合价由+1价降低到0价，得到电子，发生还原反应，阴极上的电极反应为：2H++2e-= H2↑，银元素的化合价从0价升高到+1价，发生氧化反应，银作阳极，电极反应为：Ag-e-= Ag+，所以银作阳极，盐酸作电解质溶液，形成电解池；答案选C。
【点睛】解答本题是需要根据总反应判断装置是原电池还是电解池，再根据得失电子判断电极；判断时①电极：阴极是与电源负极相连，得到电子，发生还原反应；阳极是与电源正极相连，失去电子，发生氧化反应。②电子和离子的移动方向(惰性电极)。
特别需要注意的是：①金属活动性顺序中银以前的金属(含银)作电极时，由于金属本身可以参与阳极反应，称为金属电极或活性电极(如Zn、Fe、Cu、Ag等)；金属活动性顺序中银以后的金属或非金属作电极时，称为惰性电极，主要有铂(Pt)、石墨等；②电解时，在外电路中有电子通过，而在溶液中是靠离子移动导电，即电子不通过电解质溶液。
15.一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2-。下列对该燃料电池说法正确的是（ ）
A. 在熔融电解质中，O2-由负极移向正极
B. 通入丁烷的一极是正极，电极反应为：2C4H10＋26e-＋13O2-＝4CO2＋5H2O
C. 通入空气的一极是负极，电极反应为：O2＋4e-＝2O2-
D. 电池的总反应式：2C4H10＋13O2=8CO2＋10H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
在燃料电池中，通入燃料的一极为负极，则通入丁烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，总反应式为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，据此解答该题。
【详解】在燃料电池中，通入燃料的一极为负极，则通入丁烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，总反应式为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，
A. 原电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，A项错误；
B. 通入丁烷的一极为负极，电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，B项错误；
C. 通入空气的一极为正极，电极反应式为O2+4e-=2O2-，C项错误；
D. 电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式一致，为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，或由正负极电极反应式判断，D项正确；
答案选D。
【点睛】在燃料电池中，通入氧气的一极为正极，通入燃料的一极为负极，当电解质为金属氧化物，熔融状态下能传导O2-时，在配平电极反应式时需借助O2-配平，如本题中，正极的电极反应式为：O2+4e-=2O2-，负极通入丁烷，失电子发生氧化反应，电极反应式为：C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，固体氧化物只允许O2-通过的燃料电池中电极反应式的书写是学生们学习的易错点。
16.在同一温度下，某强电解质溶液a，弱电解质溶液b，金属导体c的导电能力相同，则升高温度后它们的导电能力：（ ）
A. a＞b＞c B. a=b=c C. c＞a＞b D. b＞a＞c
【答案】D
【解析】
【详解】同一温度下，强电解质溶液a、弱电解质溶液b、金属导体c三者的导电能力相同，金属导体随着温度升高，电阻率变大，从而导致电阻增大，所以c的导电能力减弱，a是强电解质完全电离，升高温度几乎不影响其导电能力，b是弱电解质，升高温度，促进弱电解质电离，导致溶液中离子浓度增大，所以溶液导电能力增大，则它们的导电能力强弱顺序是b＞a＞c，
答案选D。
17. 弱电解质和强电解质的本质区别在于
A. 离子数目的多少
B. 物质的量浓度相同时，溶液的导电能力
C. 在水溶液中是否存在电离平衡
D. 物质中所含化学键的不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．强电解质溶液离子数目不一定多，弱电解质溶液中离子数目不一定少，故A错误；
B．溶液的导电能力主要取决于离子浓度大小，与电解质的强弱无必然联系，故B错误；
C．弱电解质和强电解质的本质区别在于能否完全电离，强电解质能完全电离，弱电解质部分电离存在电离平衡，故C正确；
D．强酸和弱酸都只含共价键，但强酸是强电解质，而弱酸是弱电解质，故D错误；
故选C
【点晴】强电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；弱电解质和强电解质的本质区别在于能否完全电离；明确其划分标准是解本题关键，注意不能根据电解质溶液的导电性大小划分，为易错点。
18.准确量取25.00 mL高锰酸钾溶液，可选用的仪器是( )
A. 50 mL量筒 B. 10mL量筒
C. 50mL碱式滴定管 D. 50mL酸式滴定管
【答案】D
【解析】
【详解】A和B的量筒只能精确到0.1mL的溶液，故A、B不选；
C．高锰酸钾溶液有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的胶管，故C不选；
D．滴定管能量取0.01mL的溶液，故应用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，故D选；
故选D。
19.将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（ ）
A. 水的离子积变大、pH变小、呈酸性
B. 水的离子积不变、pH不变、呈中性
C. 水的离子积变小、pH变大、呈碱性
D. 水的离子积变大、pH变小、呈中性
【答案】D
【解析】
【详解】水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变；但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性。综上所述，给纯水加热时水的离子积增大、pH变小、呈中性；故选D。
【点睛】本题考查了水的电离平衡及影响因素，主要考查水的离子积的应用，加热促进水的电离，水的pH大小判断。
20.下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A. 含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I-、SCN-
B. 在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2-、CO32-
C. 在c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4+、Al3+、SO42-、NO3-
D. 在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl-、NO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A. Fe3+与SCN-发生络合反应生成Fe(SNC)3而不能大量共存，且Fe3+能氧化I-而不能大量共存，故A错误；
B. 强碱溶液中存在大量的OH-，离子之间不发生任何反应，可以大量共存，故B正确；
C. c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液呈碱性，存在大量的OH-，NH4+与OH-反应生成NH3•H2O，且A13+与OH-反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；
D. pH=1的溶液呈酸性，存在大量的H+，Fe2+与NO3-、H+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误；
答案选B。
【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，溶液题设中的限定条件。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。
还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为1×10-10，小于1×10-7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。
21.下列方程式属于水解反应的是（ ）
A. H2O＋H2OH3O+＋H+ B. HCO3-＋H2OH3O+＋CO32-
C. HCO3-＋OH-＝H2O＋CO32- D. HCO3－＋H2OH2CO3＋OH-
【答案】D
【解析】
【详解】A. H2O＋H2OH3O+＋H+为水的电离，与题意不符，A错误；
B. HCO3-＋H2OH3O+＋CO32-为碳酸氢根离子的电离，与题意不符，B错误；
C. HCO3-＋OH-＝H2O＋CO32-为碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应，与题意不符，C错误；
D. HCO3－＋H2OH2CO3＋OH-为碳酸氢根离子的水解反应，符合题意，D正确；
答案为D。
22.下列说法不正确的是( )
A. 明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
B. 水解反应NH＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动
C. 制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法
D. 盐类水解反应的逆反应是中和反应
【答案】B
【解析】
明矾中铝离子水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂，故A正确；水解吸热，升高温度平衡正向移动，故B错误；将AlCl3、FeCl3、CuCl2溶液直接蒸干得到Al(OH)3、Fe(OH)3、Cu(OH)2,故C正确；盐类水解反应的逆反应是中和反应，故D正确。
23.0.1mol/L的K2S溶液中，有关粒子的浓度大小关系正确的是
A. c（K+）+c（H+）=c（S2—）+c（HS—）+c（OH—）
B. c（K+）+ c（S2—） = 0.3mol/L
C. c（K+）=c（S2—）+c（HS—）+c（H2S）
D. c（OH-）=c（H+）+c（HS—）+2c（H2S）
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据电荷守恒可知c（K+）+c（H+）=2c（S2－）+c（HS－）+c（OH－），A错误；
B、根据物料守恒可知c（K+）=2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）＝0.2mol/L，所以c（K+）+ c（S2－）＜0.3mol/L，B错误；
C、根据物料守恒可知c（K+）=2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）＝0.2mol/L，C错误；
D、根据质子守恒可知c（OH－）=c（H+）+c（HS－）+2c（H2S），D正确。
答案选D。
24.恒容密闭容器中进行的可逆反应2NO22NO +O2，可作为达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成amo1O2的同时生成2amolNO2 ；
②单位时间内生成amolO2的同时生成2amolNO；
③混合气体的颜色不再改变；
④混合气体的密度不再改变的状态；
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；
⑥容器内的压强不再改变。
A. ①②③④⑤ B. ②④⑤⑥
C. ①③④⑥ D. ①③⑤⑥
【答案】D
【解析】
【分析】
判断化学平衡状态的两种方法
(1)动态标志：v正＝v逆≠0
①同种物质：同一物质的生成速率等于消耗速率；
②不同物质：必须标明是“异向”的反应速率关系。如aA＋bB⇌cC＋dD，时，反应达到平衡状态。
(2)静态标志：各种“量”不变
①各物质的质量、物质的量或浓度不变；
②各物质的百分含量(物质的量分数、质量分数等)不变；
③温度、压强(化学反应方程式两边气体体积不相等)或颜色(某组分有颜色)不变；
以及由此衍生的一些物理量也不变，总之，“变化的量”不变了，可作为判断平衡的标志，据此解答。
【详解】①单位时间内生成a mol O2的同时生成2a mol NO2，生成a mol O2表示正反应方向，生成2a mol NO2表示逆反应方向，其速率之比等于化学计量数之比，说明反应达到平衡，故①正确；
②单位时间内生成a mol O2的同时生成2a mol NO，这都是正反应速率，没有说明逆反应方向的速率，故不能判断是否达到平衡，故②错误；
③混合气体的颜色不再改变，说明各物质浓度不再变化，说明反应达到平衡，故③正确；
④该反应的反应条件是恒容密闭容器，体积和质量都不变，所以整个过程中，混合气体的密度始终不变，不能作为平衡的标志，故④错误；
⑤混合气体的总质量不变，该反应前后气体总物质的量变化，则混合气体的平均相对分子质量是一个随着反应变化的量，因此混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡，故⑤正确；
⑥该反应的反应条件是恒容密闭容器，该反应前后气体总物质的量变化，则容器内的压强是一个随着反应进行变化的量，则容器内的压强不再改变，说明反应达到平衡，故⑥正确；
综上所述，①③⑤⑥可作为达到平衡状态的标志，D项正确；
答案为D。
【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为：气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。
25.在溶液(NH4)2SO4中，离子浓度大小顺序正确的是
A. c(NH4+)> c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)
B. c(SO42－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)
C. c(NH4+)>c(SO42－)>c(OH－)>c(H＋)
D. c(SO42－)>c(H＋)>c(NH4+)>c(OH－)
【答案】A
【解析】
【详解】(NH4)2SO4是强电解质，完全电离， c(NH4+)接近 c(SO42－)的二倍， 铵根离子水解消耗水电离产生的 OH－，所以 c(H＋)>c(OH－)；但是盐的水解程度是微弱的，盐的电离远大于弱电解质水的电离，因此c(H＋)、c(OH－)都比较小，故：c(NH4+)> c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)，答案选A。
第II卷
二、填空题（本题共2小题，每空2分，共30分。）
26.（1）将等质量的Zn粉分别投入：试管A：10mL 0.1mol·L-1 HCl和试管B:：10mL 0.1mol·L-1醋酸中。开始时，反应速率A____B（填＞，＝或＜，下同），若Zn过量，产生H２的体积A____B。
（2）将等质量Zn粉分别投入pH=1体积均为10mL的试管A：盐酸和试管B：醋酸中，开始时，反应速率A____B（填＞，＝或＜，下同），若Zn过量，产生H２的体积A____B。
【答案】 (1). > (2). = (3). = (4). <
【解析】
【详解】（1）与锌反应的速率与电离出的氢离子浓度有关，等物质的量浓度的强酸和弱酸，强酸电离出的氢离子浓度大于弱酸电离出的氢离子浓度，所以开始反应速率A>B，与过量的锌反应产生H２的体积与酸的物质的量有关，强酸和弱酸的物质的量相等，所以产生氢气的体积A=B。
（2）pH相同的强酸和弱酸，强酸的物质的量浓度小于弱酸的物质的量浓度，所以刚开始反应速率A=B，与过量Zn反应，产生H２的体积A
27.常温下，有两种溶液：
①0.1mol·L-1CH3COOH溶液
②0.1mol·L-1CH3COONa溶液
(1)溶液①的pH___(填“>”“<”或“=”)7，溶液中离子的电荷守恒的关系式是___。
(2)溶液②呈___(填“酸”“碱”或“中”)性。溶液中物料守恒的关系式是___。
(3)下列说法正确的是___(填序号)。
a两种溶液中c(CH3COO-)都等于0.1mol·L-1
b.两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1mol·L-1
c.CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)
【答案】 (1). ＜ (2). c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) (3). 碱 (4). c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) (5). bc
【解析】
【分析】
(1)根据弱酸的电离分析；
(2)根据盐类水解规律分析；
(3)根据弱酸的电离是微弱的，盐类的水解是微弱的进行分析解答。
【详解】(1)溶液①为0.1mol·L-1CH3COOH溶液，显酸性，常温下，pH＜7，溶液中离子的电荷守恒的关系式是c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故答案为：＜；c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；
(2)溶液②为0.1mol·L-1CH3COONa溶液，由于醋酸根离子发生水解CH3COO- + H2O ⇌ CH3COOH+ OH-，溶液呈碱性，溶液中物料守恒的关系式是c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故答案为：碱；c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)；
(3)a. 溶液①中CH3COOH部分电离，溶液②中醋酸根离子发生水解，则两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1mol·L-1，故a错误；
b. 由a项分析可知，b项正确；
c. 溶液①中CH3COOH的电离是微弱的，则其c(CH3COO-)远小于0.1mol·L-1，溶液②中醋酸根离子的水解是微弱的，则其c(CH3COO-)接近0.1mol·L-1，故CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)，c项正确；故答案为：bc。
28.在生产生活和科学研究中，人们常常根据需要促进或抑制盐的水解。试回答下列问题：
（1）FeCl2溶液呈____（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：____；实验室在配制FeCl2溶液时，常将FeCl2固体先溶于较浓的盐酸中，以_____（填“促进”、“抑制”）其水解，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度。
（2）用离子方程式表示硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合时发生的主要反应____。
（3）为证明盐的水解是吸热的，四位同学分别设计了如下方案，其中正确的是____。
A．甲同学：在盐酸中加入氨水，混合液温度上升，说明盐类水解是吸热的。
B．乙同学：将硝酸铵晶体溶于水，水温降低，说明盐类水解是吸热的。
C．丙同学：在氨水加入氯化铵固体，溶液的pH变小，说明盐类水解是吸热的。
D．丁同学：在醋酸钠溶液中滴加2滴酚酞试剂，加热后红色加深，说明盐类水解是吸热的。
（4）把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是___。
【答案】 (1). 酸 (2). Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+ (3). 抑制 (4). Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑ (5). D (6). Al2O3
【解析】
【详解】（1）氯化亚铁是强酸铁弱碱盐，水解显酸性，因此增大氢离子浓度，能抑制其水解。
（2）硫酸铝水解显酸性，碳酸氢钠水解显碱性，所以二者混合时水解相互促进，生成氢氧化铝沉淀和CO2气体。
（3）A不正确，因为中和反应是放热反应。B不正确，硝酸铵溶于水是吸热过程。C不正确，因为是增大了NH4＋的浓度，抑制了氨水的电离，所以pH减小。选项D正确，红色加深，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即水解是吸热反应。
（4）氯化铝溶液中存在水解平衡AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热促进水解，同时生成物氯化氢易挥发，进一步促进水解，所以最终得到的是氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝。
三、实验题
29.按要求对图中两极进行必要的连接并填空：
（1）在A图中，使铜片上冒H2气泡。请加以必要连接，则连接后的装置叫____。电极反应式：锌板：____；铜板：_____。
（2）在B图中，使a极析出铜，b极析出氧气。加以必要的连接后，该装置叫____。电极反应式，a极：____；b极：_____。经过一段时间后，停止反应，溶液的pH值____（升高、降低、不变），加入一定量的____后，溶液能恢复至与电解前完全一致。
【答案】 (1). 原电池 (2). Zn-2e－=Zn2＋ (3). 2H＋＋2e-=H2↑ (4). 电解池 (5). Cu2＋＋2e-=Cu (6). 2H2O－4e-= O2↑＋4H+(或4OH-－4e-=2H2O＋O2↑) (7). 降低 (8). CuO或CuCO3
【解析】
【分析】
(1)在A图中，使铜片上冒H2气泡，则铜片作正极，锌作负极，该电池属于原电池，锌电极上失电子发生氧化反应，铜电极上氢离子得电子发生还原反应；
(2)在B图中，使a极析出铜，b极析出氧气，必须是电解池，a极为阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应，b极(惰性电极)为阳极，阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应，根据电池总反应式确定溶液中氢离子浓度的变化，根据“析出什么加入什么”的原则加入物质，使溶液恢复至与电解前完全一致。
【详解】（1）在A图中，使铜片上冒H2气泡，可以用导线连接两极，铜片作正极，锌作负极，该电池属于原电池，锌电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e－=Zn2＋，铜电极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑，故答案为：原电池；Zn-2e－=Zn2＋；2H＋＋2e-=H2↑；
（2）在B图中，使a极析出铜，b极析出氧气，必须是电解池，a极为阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Cu2＋＋2e-=Cu；b极(惰性电极)为阳极，阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2H2O－4e-= O2↑＋4H+(或4OH-－4e-=2H2O＋O2↑)；总反应的离子方程式为：2Cu2＋+2H2O O2↑＋4H+ +2Cu，由于生成硝酸，则经过一段时间后，停止反应，溶液的pH值降低，电解过程中，阴极上析出铜，阳极上析出氧气，且氧元素和铜元素物质的量之比为1:1，相当于析出CuO，根据“析出什么加入什么”的原则加入物质，要使溶液能恢复原来状态应该加入CuO或CuCO3(相当于CuO∙CO2)，故答案为：电解池；Cu2＋＋2e-=Cu；2H2O－4e-= O2↑＋4H+(或4OH-－4e-=2H2O＋O2↑)；降低；CuO或CuCO3。
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