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【化学】甘肃省张掖市2019-2020学年高二上学期期末考试学业水平质量检测（解析版）
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甘肃省张掖市2019-2020学年高二上学期期末考试学业水平质量检测
可能用到的相对原子质量：H:1 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5 Na:23 Mg:24 Al:27 Fe:56 Cu:64 Ag:108
一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题2分，共50分）
1.下列关于能源、能量转化及其说法正确的是（ ）
A. 化石能源是可再生能源
B. 太阳能不是清洁能源
C. 能量在转化或转移的过程中总量保持不变
D. 核能只能通过重核裂变获取
【答案】C
【解析】
【详解】A. 化石能源是古代动植物遗体、遗骸经过漫长的历史时期，发生复杂的物理、化学变化形成的物质，短时间内不能再生，属于不可再生能源，A错误；
B. 太阳能可以满足人类对能源的需要，又不产生污染，属于清洁能源，B错误；
C. 物质反应或转化过程中，遵循能量守恒定律，能量在转化过程中，总量也保持不变，C正确；
D. 核能既能通过重核裂变获取，也可以通过轻核聚变产生，D错误；
故合理选项是C。
2.下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 实验室中配制FeCl3溶液时，应向其中加入少量浓盐酸
B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂
C. 饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制得氢氧化铁胶体
D. 热的纯碱溶液去油污效果好
【答案】B
【解析】
【详解】A、FeCl3中Fe3+会水解，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入盐酸抑制Fe3＋的水解，符合勒夏特列原理，A不符合题意；
B、N2＋3H22NH3，催化剂对化学平衡无影响，不符合勒夏特列原理，B符合题意；
C、FeCl3中Fe3+会水解，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，水解是吸热反应，加热向正反应方向进行，符合勒夏特列原理，C不符合题意；
D、CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，属于吸热反应，加热促进水解，碱性增强，油脂在碱性环境下水解，去污效果好，符合勒夏特列原理，D不符合题意。
答案选B。
3.对于处于化学平衡的体系，关于化学平衡与化学反应速率的关系正确的是（ ）
A. 化学平衡发生移动时，化学反应速率一定变化
B. 改变压强，化学反应速率一定改变，平衡一定移动
C. 平衡向正反应方向移动时，正反应速率一定增大
D. 化学反应速率变化时，化学平衡一定发生移动
【答案】A
【解析】
【详解】A. 化学平衡发生移动是外界条件改变，导致正、逆反应速率不等，所以化学平衡发生移动时，化学反应速率一定发生变化，A正确；
B. 如果反应前后气体体积不变，则改变压强，化学反应速率一定改变，但化学平衡不移动，B错误；
C. 平衡向正反应方向移动时，说明正反应速率大于逆反应速率，但正反应速率不一定增大，C错误；
D. 化学反应速率变化时，若正反应速率和逆反应速率相等，则化学平衡就不发生移动，D错误；
故合理选项是A。
4.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是
A. CH3COOH B. Cl2 C. NH4HCO3 D. SO2
【答案】D
【解析】
试题分析：电解质的特点需要自身电离，所以D中SO2溶于水生成H2SO3，不是SO2自身电离，是非电解质；AC都是电解质；B中是单质，即不是电解质，也不是非电解质。
5. 下列叙述正确的是
A. 恒容密闭容器中进行的反应3A(g)B(g)＋C(g)，在其它条件不变情况下，再充入一定量的A气体，A的转化率将增大
B. 对于可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，增大氮气浓度可增加活化分子百分数，从而使反应速率增加
C. 将AlCl3溶液和NaAlO2溶液分别蒸干后灼烧，所得固体产物均为Al2O3
D. 反应NH3(g)＋HCl(g)＝NH4Cl(s)△H＜0在任何条件下均能自发进行
【答案】A
【解析】
【详解】A.该反应正反应方向气体的系数减小，在其他条件不变的情况下，再充入一定量的A气体，容器内压强增大，平衡向右移动， A的转化率将增大，A正确；
B.增大氮气浓度可增加活化分子的数目，但不能增加活化分子百分数，B错误；
C.将A1C13溶液蒸干后灼烧，所得固体产物为Al2O3，将NaAlO2溶液蒸干后灼烧所得固体物质为NaAlO2，C错误；
D.反应NH3(g)+HCl(g)=NH4C1(s) ΔH<0，∆S < 0，∆H-T•∆S高温时可能> 0，不能自发进行，D错误；
答案选A。
6.保护地下钢管不受腐蚀，可使它连接（ ）
A. 铜板 B. 石墨
C. 直流电源负极 D. 直流电源正极
【答案】C
【解析】
【详解】A. 连接铜管，Fe的活动性比Cu强，构成原电池时，Fe作负极，腐蚀速率加快，不能起到保护地下钢管不受腐蚀，A不符合题意；
B. 石墨的活动性比Fe弱，构成原电池时Fe作负极，被氧化，腐蚀速率加快，不能起到保护地下钢管不受腐蚀，B不符合题意；
C. 与直流电源负极连接，Fe作阴极，不被腐蚀，可以起到保护作用，保护地下钢管不受腐蚀，C符合题意；
D. 与直流电源正极连接，作阳极，会加快反应速率，不能起到保护作用，D不符合题意；
故合理选项是C。
7.下列指定化学用语正确的是（ ）
A. NaHCO3 水解的离子方程式：HCO3-+H2O = CO32-+H3O+
B. Ba(OH)2的电离方程式：Ba(OH)2Ba2++2OH-
C. NaHSO4在水中的电离方程式：NaHSO4 = Na++H++SO42-
D. Na2S水解的离子方程式：S2-+2H2O = H2S+2OH-
【答案】C
【解析】
A项，NaHCO3水解的离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，错误；B项，Ba（OH）2属于强碱，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2++2OH-，错误；C项，NaHSO4属于强酸的酸式盐，在水中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，正确；D项，Na2S水解的离子方程式为S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，错误；答案选C。
点睛：本题主要考查电离方程式和水解离子方程式的书写，注意电离方程式和水解离子方程式的书写要点和区别是解题的关键。尤其注意弱酸酸式阴离子电离方程式和水解离子方程式的区别：如HCO3-的电离方程式为HCO3-H++CO32-，水解离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；强酸酸式盐在水溶液和熔融状态电离方程式不同：如NaHSO4在水溶液中电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，在熔融状态电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4-。
8.下列说法中，正确的是（ ）
A. ΔH＞0 kJ/mol表示放热反应，ΔH＜0 kJ/mol表示吸热反应
B. 1mol H2SO4与1mol Ba(OH)2反应时放出的热叫做中和热
C. 1mol H2与0.5molO2反应放出的热就是H2的燃烧热
D. 热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，所以可以是分数
【答案】D
【解析】
【详解】A. ΔH>0 kJ/mol表示吸热反应，ΔH<0 kJ/mol表示放热反应，A错误；
B. 中和热指的是在稀溶液中酸碱中和生成1 mol液态水时放出的热量，1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应时会产生2 molH2O，同时产生BaSO4沉淀，因此反应放出的热量不是中和热，B错误；
C. 1 mol H2与0.5 molO2反应产生1 mol液体H2O放出热就是H2的燃烧热，C错误；
D. 热化学方程式中的化学计量数表示的是物质的量，所以系数可以是分数，也可以是整数，D正确；
故合理选项是D。
9. 化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是
A. 电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl－－2e－＝Cl2↑
B. 氢氧燃料电池的负极反应式：O2 ＋2H2O＋ 4e－＝4OH－
C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu－2e－＝Cu2＋
D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe－2e－＝Fe2＋
【答案】A
【解析】
【分析】
在电解反应中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；原电池反应中，负极发生氧化反应，而正极发生还原反应。
A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；
B、氢氧燃料电池中正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应；
C、粗铜精炼时，连接电源正极是阳极，连接电源负极的是阴极；
D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失去电子生成亚铁离子。
【详解】A项、电解饱和食盐水时，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应生成Cl2，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，故A正确；
B项、氢氧燃料电池的负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子的还原反应，碱性条件下正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B错误；
C项、精炼铜时，纯铜与电源负极相连做阴极，粗铜与电源正极相连做阳极，阳极的电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，故C错误；
D项、钢铁发生电化腐蚀时，金属铁做负极，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故D错误。
故选A。
【点睛】题考查原电池和电解池的工作原理及应用，明确电极上发生的反应是解题的关键。
10.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（）
A. 25℃由水电离的c(H+)=10-12mol/L的溶液：Fe3+ Cl－ NO3－ K+
B. 使酚酞变红的溶液：Na+ Cl－ SO42－ AlO2－
C. 某无色溶液：HCO3－ NO3－ Al3+ Ba2+
D. 25℃时，pH=1的溶液：Ba2+ NO3－ K+ I－
【答案】B
【解析】
【详解】A、25℃由水电离的c(H+)=10-12mol/L的溶液可能显强酸性也可能显强碱性，强碱性条件下Fe3+和OH-反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，A错误；
B、使酚酞变红的溶液显碱性，离子之间不反应，能大量共存，B正确；
C、某无色溶液中HCO3－和Al3+水解相互促进，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，C错误；
D、25℃时，pH=1的溶液显酸性，H+和NO3－与I－发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误。
答案选B。
11.现有三个热化学方程式：
（1）CH3COOH(l)＋2O2(g)＝2CO2 (g)＋2H2O(l) ΔH1＝－870.3 kJ/mol
（2）C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH2＝－393.5 kJ/mol
（3）H2(g)＋1/2 O2(g)＝H2O(l) ΔH3＝－285.8 kJ/mol
则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)＝CH3COOH(l)的反应热为( )
A. －488.3 kJ/mol B. ＋488.3 kJ/mol
C. －2228.9 kJ/mol D. ＋191 kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】已知：①CH3COOH(l)＋2O2(g)＝2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－870.3 kJ/mol
②C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH2＝－393.5 kJ/mol
③H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l) ΔH3＝－285.8 kJ/mol
则根据盖斯定律可知②×2+③×2－①即得到反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)＝CH3COOH(l)的反应热为－488.3 kJ/mol；
答案选A。
12.已知：在300K时，A(g)+B(g)2C(g)+D(s)的化学平衡常数K=4，在该温度下，向1 L容器中加入1 mol A和1 molB发生反应，下列叙述不能作为该反应达到平衡状态的标志的是（ ）
①C的生成速率与C的消耗速率相等
②单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C
③A、B、C的浓度不再变化
④C的物质的量不再变化
⑤混合气体的总压强不再变化
⑥混合气体的密度不再变化
A. ②⑤ B. ②④ C. ②③ D. ④⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态特征：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析。
【详解】①C的生成速率与C的消耗速率相等，则正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，①正确；
②单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C，均表示反应向逆反应方向进行，不能说明正逆、反应速率相等，不能确定反应是否处于平衡状态，②错误；
③A、B、C的浓度不再变化，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，③正确；
④C的物质的量不再变化，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，④正确；
⑤该反应是反应前后气体的体积相等的反应，压强始终保持不变，所以不能根据混合气体的总压强不再变化，判断反应达到平衡状态，⑤错误；
⑥反应后气体的总质量减少，体积不变，密度发生改变，当混合气体的密度不变化，说明反应达到平衡状态，⑥正确；
可见：不能作为该反应达到平衡状态的标志的是②⑤；故合理选项是A。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断方法，对化学平衡状态特征的理解是关键。
13.下列有关叙述正确的是
A. 测定中和热时，大小两烧杯间填满碎纸的作用是固定小烧杯
B. 若用0.010mo1·L—1的氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度的盐酸时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果偏小
C. 在中和滴定实验中，滴定管用蒸馏水洗涤后，再用标准液润洗，再加进标准液
D. 进行中和滴定操作时，左手震荡锥形瓶，右手转动活塞控制液滴流速，眼睛要始终注视滴定管内溶液液面的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A、碎纸的作用是减少热量损失，A错误；
B、根据，滴定前有气泡，滴定后无气泡，说明消耗的NaOH的体积偏大，即c(HCl)将会偏大，B错误；
C、滴定管使用：先用蒸馏水洗涤，再用待盛液润洗，最后加进待盛液，C正确；
D、右手振荡锥形瓶，左手控制活塞，眼睛注视锥形瓶液面颜色的变化，D错误。
答案选C。
14.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 图中五点Kw间的关系B>C>A=D=E
B. 若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法
C. 若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=12的KOH等体积混合后，溶液显碱性
D. 若从A点到C点，可用温度不变时在水中加入适量NH4Cl固体的方法
【答案】D
【解析】
【详解】A、A、D、E都处于25℃时，Kw相等，B点c(H+)·c(OH-)都大于E点的c(H+)·c(OH-)，并且C点的c(H+)·c(OH-)大于A点c(H+)·c(OH-)，c(H+)·c(OH-)越大，Kw越大，故B>C>A=D=E，A正确，不符合题意；
B、A点到D点，c(H+)变大，但c(OH-)变小，可加酸，使得c(H+)变大，c(OH-)变小，B正确，不符合题意；
C、若处在B点时Kw=1×10-12，pH=2的硫酸中c(H+)=10-2 mol/L，pH=12的KOH中c(OH-)=1 mol/L，等体积混合，碱过量，溶液呈碱性，C正确，不符合题意；
D、若从A点到C点，c(H+)变大，c(OH-)变大，Kw增大，温度应升高，加入适量的NH4Cl固体，温度不变，则Kw不变，D错误，符合题意；
故合理选项是D。
15.下列关于原电池和电解池的叙述正确的是
A. 原电池中失去电子的电极称为阴极
B. 电解池的阳极、原电池的负极都发生氧化反应
C. 原电池的两极一定要由活动性不同的两种金属组成
D. 电解时，电解池的阳极一定是阴离子放电
【答案】B
【解析】
【详解】A项、原电池中失去电子的电极为负极不是阴极，故A错误；
B项、原电池负极上失电子发生氧化反应，电解池阳极上失电子发生氧化反应，故B正确；
C项、原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，可能是由金属和导电的非金属组成，故C错误；
D项、电解时，电解池阴极上得电子发生还原反应，故D错误；
故选B。
【点睛】原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，可能是由金属和导电的非金属组成是易错点。
16.K、Ka、KW分别表示化学平衡常数、电离常数和水的离子积常数，下列判断正确的是（ ）
A. 在500℃、20 MPa条件下，在5 L密闭容器中进行合成氨的反应，使用催化剂后K增大
B. 室温下Ka(HCN)
D. 2SO2＋O22SO3达平衡后，改变某一条件时K不变，SO2的转化率可能增大、减小或不变
【答案】D
【解析】
【详解】A、化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，使用催化剂加快反应速率，平衡不移动，化学平衡常数不变，故A错误；
B、相同温度下CH3COOH、HCN电离产生的c(H+)与起始浓度有关，因此CH3COOH电离产生的c(H+)不一定比HCN电离产生的c(H+)大，故B错误；
C、水的离子积适用于酸、碱、盐溶液，一定温度下，水的离子积是常数，25℃时，盐酸和NH4I(aq)中KW相等，故C错误；
D、温度不变，K不变；若改变压强平衡发生移动，SO2的转化率可能增大、减小，使用催化剂平衡不移动，故D正确；
故选D。
17.已知如下物质的溶度积常数：FeS：Ksp＝6.3×10－18；CuS：Ksp＝6.3×10－36。下列说法正确的是
A. 同温度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度
B. 同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，Ksp(FeS)变小
C. 向含有等物质的量的FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，最先出现的沉淀是FeS
D. 除去工业废水中的Cu2＋，可以选用FeS作沉淀剂
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小，所以CuS的溶解度小于FeS的溶解度，A错误；
B、Ksp只与温度有关，温度一定时，改变浓度Ksp不变，B错误；
C、化学式相似的物质，Ksp小的，溶解度小，易先形成沉淀，由于CuS的Ksp小，所以CuS先形成沉淀，C错误；
D、根据沉淀转化原理，溶解度小的能转化为溶解度更小的，所以FeS能转化为CuS，D正确；
答案选D。
18.一定条件下，可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)(正反应为放热反应)达到平衡，当单独改变下述条件后，有关叙述错误的是（ ）
A. 加催化剂，v正、v逆都发生变化，且变化的程度相等
B. 加压，v正、v逆都增大，且v正增大的程度大于v逆增大的程度
C. 降温，v正、v逆都减小，且v正减小的程度小于v逆减小的程度
D. 增大氮气的浓度的时刻，v正、v逆都增大，且v正增大程度大于v逆增大程度
【答案】D
【解析】
【详解】A．催化剂同等程度改变化学反应速率，仍保持v正=v逆，化学平衡不发生移动，A正确,不符合题意；
B．增大压强，正、逆反应速率都增大，反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，v正增大的程度大于v逆增大的程度，平衡向正反应方向移动，B正确，不符合题意；
C．正反应是放热反应，则降低温度，正、逆反应速率都减小，化学平衡向放热的正反应方向进行，v正大于v逆，v正减小的程度小于v逆减小的程度，C正确，不符合题意；
D．增大氮气的浓度的时刻，反应物浓度增大，生成物浓度不变，则正反应速率增大，逆反应速率不变，D错误，符合题意；
答案选D。
19.下列选项中，微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1 mol/L K2CO3溶液：c（OH－）=c（HCO3－）+c（H＋）+c（H2CO3）
B. 0.1 mol/L NaHCO3溶液中离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）
C. 等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中：2c（K＋）= c（HX）+c（X－）
D. 浓度均为0.1 mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合：c（Na＋）+ c（H＋）=c（CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－）
【答案】C
【解析】
【详解】A、正确关系为c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，因为由一个CO32－水解生成H2CO3，同时会产生2个OH－，故A错误；
B、NaHCO3溶液中，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故B错误；
C、等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中，根据物料守恒，2 c（K＋）= c（HX）+c（X－），故C正确；
D、浓度均为0.1 mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒：c（Na＋）+ c（H＋）=2c（CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－），故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题考查了溶液中离子浓度等量关系，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断溶液中离子浓度大小中的应用方法。
20.mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是
A. 由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B. 由图2可知，该反应m＋n﹤p
C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，图1，根据先拐先平衡数值大得出T1＜T2，从下到上，温度降低，C%增大，平衡正向移动，降温向放热方向移动即正反应为放热反应，故A错误；
B选项，图2加压，C%增大，加压向正向即体积减小方向移动，因此该反应m＋n>p，故B错误；
C选项，图3，曲线表示平衡，点3在相同温度下，B转化率比平衡时转化率小，说明要向平衡方向即正向移动，因此反应速率v正>v逆，故C正确；
D选项，图4，若m＋n＝p，则a曲线可能使用了催化剂或加压，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】改变外界条件，生成物或反应物的百分含量没变，一般情况可能为加催化剂或等体积反应加压。
21.以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe(OH)2，装置如图所示，其中P端通入CO2，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色。则下列说法中正确的是（ ）
A. X、Y两端都必须用铁作电极
B. 不可以用NaOH溶液作为电解液
C. 阴极发生的反应是：2H++2e-=H2↑
D. 白色沉淀只能在阳极上产生
【答案】C
【解析】
【分析】
左边装置是原电池，为氢氧燃料电池，通入氢气的电极I为负极、通入氧气的电极II为正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-═CO2+H2O，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、阳极反应式为Fe-2e-+2OH-= Fe(OH)2↓，则Y电极材料应该为Fe，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知石墨电极I为负极，石墨电极II为正极，X为阴极，Y为阳极Fe。
A．通过以上分析知，Y电极为阳极，必须是Fe电极，但X电极不一定是Fe，A错误；
B．电解过程是阴极上H+放电生成H2，同时生成OH-，OH-和阳极反应产生的Fe2+结合生成Fe(OH)2，溶液呈碱性，所以可以用NaOH溶液作为电解液，B错误；
C．阴极上H+放电生成氢气，阴极反应式为2H++2e-=H2↑，C正确；
D．电解时电解质溶液中阳离子向阴极移动，所以白色沉淀可以在阴极产生，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查电解原理及化学电源新型电池，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，难点是燃料电池电极反应式的书写。
22.一定条件下，Na2CO3溶液中存在如下平衡：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，下列说法正确的是
A. 稀释溶液，平衡正向移动，增大
B. 通入CO2，平衡逆向移动，溶液pH减小
C. 加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH减小
D. 升高温度，增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 稀释溶液，平衡正向移动，水解常数不变，即不变，A不正确；
B. 通入CO2，CO2与水反应生成的碳酸可以与CO32－水解产生的OH－发生反应，所以平衡正向移动，溶液pH减小，B不正确；
C. 加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH增大，C不正确；
D. 升高温度，CO32－水解平衡正向移动，所以增大，D正确；
本题选D。
【点睛】本题考查了水解常数及影响水解平衡的外界因素，要求学生能掌握盐类水解的基本规律以及外界条件的改变对水解平衡产生的影响，能判断水解平衡移动的方向以及pH的变化情况，能根据相关的平衡常数判断一些代数式的变化趋势。
23.在如图所示电解质溶液的导电性装置中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一种溶液时，则灯光由亮变暗至熄灭后又逐渐变亮的是（ ）
A. 盐酸中逐滴加入食盐溶液
B. 醋酸中逐滴加入氢氧化钠溶液
C. 饱和石灰水中不断通入CO2
D. 醋酸中逐滴加入氨水
【答案】C
【解析】
【分析】
若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，灯泡由亮变暗，说明溶液中电解质的浓度降低，说明所加入物质能与溶液中电解质反应生成弱电解质或沉淀，至熄灭后又逐渐变亮，说明完全反应时溶液电荷浓度接近0，当另一溶液过量时，溶液中电荷浓度逐渐增大，又逐渐变亮，以此解答。
【详解】A．盐酸溶液中逐滴加入食盐，溶液电荷浓度不为0，灯泡不可能熄灭，A错误；
B．醋酸中逐滴加入氢氧化钠溶液生成醋酸钠，溶液中存在自由移动的离子，溶液电荷浓度不为0，灯泡不可能熄灭，B错误；
C．饱和石灰水中不断通入CO2，完全反应时生成碳酸钙和水，溶液电荷浓度接近0，灯泡熄灭，符合题目要求，C正确；
D．醋酸中逐滴加入氨水，生成醋酸铵，溶液电荷浓度不为0，灯泡不可能熄灭，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查电解质溶液的导电性，注意灯泡熄灭，说明完全反应时溶液电荷浓度接近0，根据反应物进行判断。
24.在容积固定的密闭容器中充入一定量的X、Y两种气体，一定条件下发生反应并达到平衡：3X(g)+Y(g)2Z(g) △H＜0。若测得平衡时X的转化率为37.5 %，Y的转化率是X的，则下列叙述正确的是
A. 升高温度，平衡向正反应方向移动
B. 起始时刻n(X) : n(Y)= 2 : 1
C. 充入氦气增大容器内的压强，Y的转化率提高
D. 若以X表示的反应速率为0.2mol/(L·s)，则以Z表示的反应速率为0.3mol/(L·s)
【答案】B
【解析】
【详解】A．正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故A错误；
B．设开始时X、Y的物质的量分别为m、n，转化的Y为x，则
3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)
开始 m n
转化 3x x
则：=37.5%，=25%，m：n=：=2：1，故B正确；
C．若向容器中充入氦气，恒容容器充入惰气总压增大，反应混合物各组分浓度不变，平衡不动，Y的转化率不变，故C错误；
D．化学反应速率之比等于其化学计量数之比，若X的反应速率为0.2 mol•L-1•s-1，则Z的反应速率为×0.2 mol•L-1•s-1=mol/(L•s)，故D错误；
故答案为B。
25.常温下，下列关于电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. 将pH=4的CH3COOH溶液加水稀释10倍，溶液中各离子浓度均减小
B. 用CH3COOH溶液滴定等浓度的NaOH溶液至pH=7，V(CH3COOH溶液)
D. 25℃时，0.1 mol·L-1的NaClO2溶液和0.001 mol·L-1 CH3COONa溶液pH相等，则HClO2的电离平衡常数大于CH3COOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．将pH=4 的CH3COOH溶液加水稀释10倍，稀释过程中c(H+)减小，由于温度不变，则水的离子积不变，溶液中c(OH-)增大，A错误；
B．若醋酸和氢氧化钠完全中和，生成醋酸钠，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，现要求用CH3COOH溶液滴定等浓度的NaOH溶液至pH=7，则醋酸应该稍过量，即：V(CH3COOH溶液)>V(NaOH溶液)，B错误；
C．向0.2 mol/L的盐酸溶液中加入等体积0.1 mol.LNH3•H2O溶液，反应后溶质为等浓度的NH4Cl和HCl，则根据物料守恒，在HCl中电离出来的H＋和Cl－相等，NH4Cl电离出来的Cl－和NH4＋相等，若忽略水解和水的电离，有c(Cl-)= c(H+)+c(NH4+)，NH3·H2O来自与NH4＋水解，水解是微弱的，H＋还有来自NH4＋水解和水的电离都是微弱的，这两部分离子的浓度相加，小于c(NH4+)，因此c(Cl-)＞c(H+)+c(NH3•H2O)，C错误；
D．25℃时，0.1 mol/L的NaClO2溶液和0.001 mol/LCH3COONa溶液pH相等，前者浓度大，但是pH相同，说明前者的水解能力较小，则HClO2的酸性大于CH3COOH，所以HClO2的电离平衡常数大于CH3COOH，D正确；
故合理选项是D。
二、解答题（共4小题，满分50分）
26.为了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100 mL容量瓶中定容配成100 mL稀硫酸。
B.用某仪器量取20.00 mL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，并用待测溶液润洗。
D.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 mL。
E.小心滴入NaOH标准溶液，边滴边摇动锥形瓶，滴定至恰好反应为止，记下读数为V2 mL。
F.把锥形瓶移到碱式滴定管下，在锥形瓶下垫一张白纸。
G.用某仪器准确量取浓硫酸样品10.00 mL，在烧杯中用蒸馏水溶解。
就此实验操作完成下列填空：
(1)正确操作步骤的顺序（用编号字母填写）___→A→___→___→___→F→___。
(2)用来量取10.00 mL浓硫酸的仪器是___。用NaOH溶液润洗碱式滴定管的目的是___。
(3)滴定中可选用的指示剂是___。滴定中，目光应___；判断滴定终点的现象是___；读数时，目光与凹液面的最低处保持水平。
(4)某学生实验时用稀硫酸润洗了锥形瓶，测定的浓度会偏___。(“偏高”、“偏低”、“无影响”)。
(5)该浓硫酸样品的浓度计算式为______。
【答案】 (1). G (2). C (3). B (4). D (5). E (6). 酸式滴定管 (7). 保证标准液浓度不被稀释 (8). 酚酞(或甲基橙) (9). 注视锥形瓶中溶液颜色的变化 (10). 当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液的颜色由无色变为红色，且半分钟内不消失，证明达到滴定终点 (11). 偏高 (12). 0.25(V2-V1) mol/L
【解析】
【分析】
(1)根据中和滴定原理和实验要求进行排序；
(2)准确量取10.00 mL浓硫酸，需要用精密量具，精确到0.1，估读到0.01，所以学过的量具中，滴定管、移液管是能精确计量的仪器，注意溶液的碱性；未用标准液润洗碱式滴定管，标准液碱的浓度偏小；判断滴定恰好完成的依据是红色突然出现且半分钟内不消失；
(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；
(4)根据c(待测)= 分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；
(5)硫酸与氢氧化钠反应的本质为：H++OH-=H2O，1 mol硫酸电离出2 mol氢离子，据此分析解答。
【详解】(1)用酸式滴定管准确量取浓硫酸样品10.00 mL，在烧杯中用蒸馏水溶解，冷却至室温后，在100 mL容量瓶中定容配成100 mL稀硫酸，用移液管移取20.00 mL稀硫酸于锥形瓶中并滴入几滴指示剂，将物质量浓度为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；
(2)酸式滴定管可以精确到0.01 mL，硫酸具有酸性，能用酸式滴定管来量取；若不用标准液润洗碱式滴定管，标准液碱的浓度偏小，所以NaOH溶液润洗碱式滴定管的目的是保证标准液浓度不被稀释；
(3)用一定物质的量浓度的NaOH标准溶液滴定未知浓度的H2SO4，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，可以用甲基橙或酚酞作指示剂；在滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化。若使用酚酞为指示剂，开始溶液为无色，随着NaOH的滴入，溶液碱性逐渐增强，当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液的颜色由无色变为红色，且半分钟内不消失，证明达到滴定终点；
(4)实验时用稀硫酸润洗了锥形瓶，待测液的物质的量偏大，造成V(标准)偏高，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏高；
(5)浓硫酸样品10.00 mL，稀释为稀硫酸，配成100 mL稀硫酸，量取20.00 mL稀硫酸与M mol/L的标准NaOH作用，消耗氢氧化钠的体积为(V2 -V1 )mL，则消耗的n(NaOH)=c·V=M(V2-V1)×10-3 mol，硫酸与氢氧化钠反应的本质为：H++OH-=H2O，则n(H+)=c·V=M(V2-V1)×10-3 mol，1 mol硫酸电离出2 mol氢离子，n(H2SO4)=n(H+)=M(V2-V1)×10-3 mol，浓硫酸样品10.00 mL，n(H2SO4)总=n(H+)×=M(V2-V1)×10-3 mol×=2.5M(V2-V1)×10-3 mol，所以该浓硫酸样品的浓硫酸计算式c==mol/L=0.25(V2-V1) mol/L。
【点睛】本题主要考查了中和滴定的有关知识。包括滴定操作、指示剂的选择、误差分析等，注意掌握中和滴定的原理、操作步骤是本题解答的关键。
27.氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源，得到广泛研究。
(1)已知：①反应I：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) ΔH1=-1266.6 kJ·mol-1
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H2=-2858 kJ·mol-1
③H2O(l)═H2O(g) ΔH3=+44.0 kJ·mol-1
则反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的反应热△H=___。
(2)合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2，在10 L恒容密闭容器中加入4 mol CO和8 mol H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，200℃时n(H2)随时间的变化如下表所示：
t/min
0
1
3
5
n(H2)/mol
8.0
5.4
4.0
4.0
①△H2_____(填“＞”“＜”或“＝”)0。
②下列说法正确的是_______(填标号）。
a.温度越高，该反应的平衡常数越大
b.达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高
c.容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度
d.图中压强p1
④200℃时，该反应平衡常数K=__。向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，则化学平衡__(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
(3)体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O22SO3，并达到平衡，在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（ ）
A. 等于p% B. 大于p% C. 小于p% D. 无法判断
【答案】 (1). +92.1 kJ/mol (2). ＜ (3). cd (4). 0.067 mol/(Lmin) (5). 6.25 (6). 正向 (7). B
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；
(2)①温度对平衡的影响因素为温度升高，化学平衡向吸热方向移动，如果正向移动，反应物的转化率会升高；
②a．平衡常数表示反应进行的程度，当平衡正向移动时平衡常数增大；
b．达平衡后再充入稀有气体，压强增大，但不影响反应物和生成物的浓度，平衡不移动；
c．反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在进行的过程中，达到平衡前气体总物质的量在不断变化；
d．在恒温恒容的条件下，增大压强，平衡向气体总物质的量减小的方向移动；
③先根据图表计算在0〜3 min内CH3OH的变化浓度，再利用公式v=计算0〜3 min内v(CH3OH)；
④结合平衡状态时各种物质的浓度计算平衡常数K，向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，根据此时浓度计算Qc=，再比较Qc与K的关系判断平衡移动方向；
(3)甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动。
【详解】(1)①4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) ΔH1=-1266.6 kJ·mol-1
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H2=-285.8 kJ·mol-1
③H2O(l)═H2O(g) ΔH3=+44.0 kJ·mol-1
根据盖斯定律计算[①-(②+③)×6]×，得到NH3分解为N2和H2的热化学方程式：2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=+92.1 kJ/mol；
(2)①由图示可知在恒压条件下，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，所以该反应的正反应为放热反应，△H2＜0；
②a．反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)正方向为放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，a错误；
b．达平衡后再充入稀有气体，压强增大，但由于反应体系中任何一种物质的浓度不变，所以化学平衡不移动，CO的转化率不变，b错误；
c．反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在进行的过程中，达到平衡前气体总物质的量在不断变化，当容器内气体压强不再变化时，说明混合气体的总物质的量不再改变，反应达到平衡，即反应达到最大限度，c正确；
d．该反应的正反应物是气体体积减小的反应，在恒温恒容的条件下，增大压强，平衡向正方向移动，CO的转化率增大，即图中压强p1＜p2，d正确；
故合理选项是cd；
③根据图示可知：在0〜3 min内H2的物质的量变化4.0 mol，则会同时消耗2.0 mol CO，反应产生2.0 mol CH3OH，则v(CH3OH)= =0.067 mol/(Lmin)；
④由③可知反应在3 min时已经达到平衡状态，此时c(H2)=(8.0-4.0)mol÷10 L=0.4 mol/L，c(CO)=0.2 mol/L，c(CH3OH)=0.2 mol/L，则根据平衡常数含义，可得200℃时平衡常数K==6.25；向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，此时各物质的浓度为c(CO)=0.2 mol/L，c(H2)=0.6 mol/L，c(CH3OH)=0.4 mol/L，保持温度不变，则化学平衡不变，此时Qc==2.78<6.25=K，则此时平衡应向正反应方向移动；
(3)甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，增大压强，化学平衡正向移动，则乙的SO2的转化率将大于甲的SO2的转化率，若甲容器中SO2的转化率为p%，所以乙中容器中SO2的转化率大于P%，故合理选项是B。
【点睛】本题综合考查了盖斯定律的应用、化学平衡移动、化学反应速率和化学平衡的有关计算。掌握盖斯定律、化学平衡原理及有关概念是本题解答的关键。从物质转化关系等于化学方程式中相应物质的计量数的比进行分析判断。
28.25℃，几种物质的pH和浓度如下表所示。回答下列问题：
序号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
浓度
c1
c2
c3
c4
(1)c1____（填“>”“<”或“=”）c2。
(2)溶液中水的电离程度②____（填“>”“<”或“=”）③。
(3)分别加水稀释10倍，稀释后四种溶液的pH由大到小的顺序为____（填序号）。
(4)①溶液与④溶液等体积混合，溶液的pH____7（填“>”“<“或“=”），用④溶液滴定①溶液，滴定过程中不可能出现的结果是____。
A. c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
B. c(NH4+)=c(Cl-)>c(OH-)=c(H+)
C. c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
D. c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
E. c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)
(5)氢氧化铜悬浊液中有如下平衡：Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，常温下，Ksp=c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10-20。某硫酸铜溶液里c(Cu2+)=0.02 mol/L，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液使之pH>_____。
【答案】 (1). > (2). = (3). ①>②>④>③ (4). > (5). C (6). 5
【解析】
【详解】(1)pH=11氨水溶液中存在电离平衡，主要以电解质分子存在，c(OH-)=10-3 mol/L，c1>10-3 mol/L，pH=11氢氧化钠溶液中，由于氢氧化钠为一元强碱，完全电离，所以氢氧化钠溶液浓度c2=10-3 mol/L，所以c1>c2；
(2)pH=11氢氧化钠溶液中c(OH-)和pH=3醋酸溶液中c(H+)相同，则二者对水的抑制程度相同，所以溶液中水的电离程度②=③；
(3)pH=11氨水、pH=11氢氧化钠溶液、pH=3醋酸溶液、pH=3盐酸，稀释10倍，弱电解质溶液中电解质的电离平衡正向移动，促进电离，溶液中溶质电离出的离子浓度减小的少，pH变化小，所以溶液pH由大到小的顺序：①>②>④>③；
(4)由于一水合氨是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，所以pH=11氨水中c(NH3·H2O)>c(OH-)=10-3 mol/L，HCl是一元强酸，完全电离，所以pH=3盐酸溶液中c(HCl)=c(H+)=10-3 mol/L，二者等体积混合，NH3·H2O过量，反应后溶液为NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液，过量的一水合氨又电离产生OH-，所以最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，pH>7；
A. 反应后溶液为NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液，若溶液中溶质的物质的量浓度关系为c(NH4Cl )≥c(NH3·H2O)，则离子浓度符合关系c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，A正确；
B. 若二者混合后溶液显中性，则符合关系：c(NH4+)=c(Cl-)>c(OH-)=c(H+)，B正确；
C. 由于溶液显电中性，c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)中阴离子浓度大于阳离子浓度，违背电荷守恒，所以任何情况下都不可能存在这种关系，C错误；
D. 若溶液为HCl和NH4Cl的混合溶液，且c(HCl)< c(NH4Cl )，则离子浓度符合c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，D正确；
E. 若溶液为HCl和NH4Cl的混合溶液，且c(HCl)>c(NH4Cl )，则离子浓度符合c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)，D正确；
故合理选项是C；
(5)由于Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10-20。若某硫酸铜溶液里c(Cu2+)=0.02 mol/L，要形成Cu(OH)2沉淀，则溶液中c(OH-)≥ mol/L=1×10-9 mol/L，所以c(H+)≤10-5 mol/L，故溶液pH) ≥5。
29.如图是一个电化学原理的示意图。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5.40 g时，甲池中理论上消耗O2_____mL（标准状况下）。
(5)若乙池中的AgNO3换成一定量CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子数为___mol。（忽略溶液体积的变化）
【答案】 (1). 原电池 (2). 电解池 (3). 负极 (4). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (5). 阳极 (6). 降低 (7). 280 (8). 0.4
【解析】
【分析】
(1)甲池为燃料电池，属于原电池，乙池为电解池；
(2)在燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入O2的电极为正极，结合电解质溶液书写电极反应式；
(3)根据电解池电极反应式，可得总反应方程式，根据其中的物质变化确定溶液的pH；
(4)先计算Ag的物质的量，利用同一闭合回路中电子转移数目相同，计算O2的物质的量和体积；
(5)乙池中加入0.1 mol Cu(OH)2溶液恢复电解前的溶液的浓度和pH，相当于反应消耗了0.1 mol CuO、0.1 mol H2O，根据电解方程式，结合同一闭合回路中电子转移数目相等计算反应过程中电子转移的物质的量。
【详解】(1)根据装置图可知甲池是燃料电池，属于原电池；乙池与原电池连接，属于电解池；
(2)甲池中通入CH3OH的电极名称是负极，由于电解质溶液为碱性，所以CH3OH失去电子变为CO32-，电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；乙池中B(石墨)电极与原电池的正极连接，作电解池的阳极；
(3)电解过程中，在乙池中，阳极B(石墨)电极发生氧化反应，电解质溶液为AgNO3溶液，由于阴离子放电能力：OH->NO3-，所以阳极发生反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极上发生电极反应式：4Ag++4e-=4Ag，总反应方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑，可见电解后溶液的酸性增强，溶液pH降低；
(4)在同一闭合回路中电子转移数目相等，当乙池中A(Fe)极的质量增加5.40 g时，反应产生的Ag的物质的量为n(Ag)==0.05 mol，Ag是+1价的金属，则反应过程中电子转移的物质的量n(e-)= n(Ag)=0.05 mol，则甲池中理论上消耗O2的物质的量n(O2)= n(e-)=×0.05 mol=0.0125 mol，所以反应放出O2的体积V(O2)= 0.0125 mol×22.4 L/mol=0.28 L=280 mL。
(5)乙池加入0.1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，发生如下电解：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O2H2↑+O2↑，Cu(OH)2从组成上可看成CuO、H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，CuO、H2O的物质的量都是0.1 mol，则阴极上析出氢气和铜，生成0.1 mol铜转移电子n(e-)=0.1 mol×2=0.2 mol；根据原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1 mol氢气，生成0.1 mol氢气转移电子n(e-)=0.1 mol×2=0.2 mol，所以电解过程中电子转移总物质的量n(e-)总=0.2 mol +0.2 mol =0.4 mol。
【点睛】本题考查了原电池、电解池的反应原理及有关计算。掌握电化学反应原理，明确原电池的负极、电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极、电解池的阴极发生还原反应，在同一闭合回路中电子转移数目相等计算，书写电极反应式要结合电解质溶液和电极材料分析。
可能用到的相对原子质量：H:1 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5 Na:23 Mg:24 Al:27 Fe:56 Cu:64 Ag:108
一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题2分，共50分）
1.下列关于能源、能量转化及其说法正确的是（ ）
A. 化石能源是可再生能源
B. 太阳能不是清洁能源
C. 能量在转化或转移的过程中总量保持不变
D. 核能只能通过重核裂变获取
【答案】C
【解析】
【详解】A. 化石能源是古代动植物遗体、遗骸经过漫长的历史时期，发生复杂的物理、化学变化形成的物质，短时间内不能再生，属于不可再生能源，A错误；
B. 太阳能可以满足人类对能源的需要，又不产生污染，属于清洁能源，B错误；
C. 物质反应或转化过程中，遵循能量守恒定律，能量在转化过程中，总量也保持不变，C正确；
D. 核能既能通过重核裂变获取，也可以通过轻核聚变产生，D错误；
故合理选项是C。
2.下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 实验室中配制FeCl3溶液时，应向其中加入少量浓盐酸
B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂
C. 饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制得氢氧化铁胶体
D. 热的纯碱溶液去油污效果好
【答案】B
【解析】
【详解】A、FeCl3中Fe3+会水解，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入盐酸抑制Fe3＋的水解，符合勒夏特列原理，A不符合题意；
B、N2＋3H22NH3，催化剂对化学平衡无影响，不符合勒夏特列原理，B符合题意；
C、FeCl3中Fe3+会水解，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，水解是吸热反应，加热向正反应方向进行，符合勒夏特列原理，C不符合题意；
D、CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，属于吸热反应，加热促进水解，碱性增强，油脂在碱性环境下水解，去污效果好，符合勒夏特列原理，D不符合题意。
答案选B。
3.对于处于化学平衡的体系，关于化学平衡与化学反应速率的关系正确的是（ ）
A. 化学平衡发生移动时，化学反应速率一定变化
B. 改变压强，化学反应速率一定改变，平衡一定移动
C. 平衡向正反应方向移动时，正反应速率一定增大
D. 化学反应速率变化时，化学平衡一定发生移动
【答案】A
【解析】
【详解】A. 化学平衡发生移动是外界条件改变，导致正、逆反应速率不等，所以化学平衡发生移动时，化学反应速率一定发生变化，A正确；
B. 如果反应前后气体体积不变，则改变压强，化学反应速率一定改变，但化学平衡不移动，B错误；
C. 平衡向正反应方向移动时，说明正反应速率大于逆反应速率，但正反应速率不一定增大，C错误；
D. 化学反应速率变化时，若正反应速率和逆反应速率相等，则化学平衡就不发生移动，D错误；
故合理选项是A。
4.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是
A. CH3COOH B. Cl2 C. NH4HCO3 D. SO2
【答案】D
【解析】
试题分析：电解质的特点需要自身电离，所以D中SO2溶于水生成H2SO3，不是SO2自身电离，是非电解质；AC都是电解质；B中是单质，即不是电解质，也不是非电解质。
5. 下列叙述正确的是
A. 恒容密闭容器中进行的反应3A(g)B(g)＋C(g)，在其它条件不变情况下，再充入一定量的A气体，A的转化率将增大
B. 对于可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，增大氮气浓度可增加活化分子百分数，从而使反应速率增加
C. 将AlCl3溶液和NaAlO2溶液分别蒸干后灼烧，所得固体产物均为Al2O3
D. 反应NH3(g)＋HCl(g)＝NH4Cl(s)△H＜0在任何条件下均能自发进行
【答案】A
【解析】
【详解】A.该反应正反应方向气体的系数减小，在其他条件不变的情况下，再充入一定量的A气体，容器内压强增大，平衡向右移动， A的转化率将增大，A正确；
B.增大氮气浓度可增加活化分子的数目，但不能增加活化分子百分数，B错误；
C.将A1C13溶液蒸干后灼烧，所得固体产物为Al2O3，将NaAlO2溶液蒸干后灼烧所得固体物质为NaAlO2，C错误；
D.反应NH3(g)+HCl(g)=NH4C1(s) ΔH<0，∆S < 0，∆H-T•∆S高温时可能> 0，不能自发进行，D错误；
答案选A。
6.保护地下钢管不受腐蚀，可使它连接（ ）
A. 铜板 B. 石墨
C. 直流电源负极 D. 直流电源正极
【答案】C
【解析】
【详解】A. 连接铜管，Fe的活动性比Cu强，构成原电池时，Fe作负极，腐蚀速率加快，不能起到保护地下钢管不受腐蚀，A不符合题意；
B. 石墨的活动性比Fe弱，构成原电池时Fe作负极，被氧化，腐蚀速率加快，不能起到保护地下钢管不受腐蚀，B不符合题意；
C. 与直流电源负极连接，Fe作阴极，不被腐蚀，可以起到保护作用，保护地下钢管不受腐蚀，C符合题意；
D. 与直流电源正极连接，作阳极，会加快反应速率，不能起到保护作用，D不符合题意；
故合理选项是C。
7.下列指定化学用语正确的是（ ）
A. NaHCO3 水解的离子方程式：HCO3-+H2O = CO32-+H3O+
B. Ba(OH)2的电离方程式：Ba(OH)2Ba2++2OH-
C. NaHSO4在水中的电离方程式：NaHSO4 = Na++H++SO42-
D. Na2S水解的离子方程式：S2-+2H2O = H2S+2OH-
【答案】C
【解析】
A项，NaHCO3水解的离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，错误；B项，Ba（OH）2属于强碱，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2++2OH-，错误；C项，NaHSO4属于强酸的酸式盐，在水中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，正确；D项，Na2S水解的离子方程式为S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，错误；答案选C。
点睛：本题主要考查电离方程式和水解离子方程式的书写，注意电离方程式和水解离子方程式的书写要点和区别是解题的关键。尤其注意弱酸酸式阴离子电离方程式和水解离子方程式的区别：如HCO3-的电离方程式为HCO3-H++CO32-，水解离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；强酸酸式盐在水溶液和熔融状态电离方程式不同：如NaHSO4在水溶液中电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，在熔融状态电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4-。
8.下列说法中，正确的是（ ）
A. ΔH＞0 kJ/mol表示放热反应，ΔH＜0 kJ/mol表示吸热反应
B. 1mol H2SO4与1mol Ba(OH)2反应时放出的热叫做中和热
C. 1mol H2与0.5molO2反应放出的热就是H2的燃烧热
D. 热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，所以可以是分数
【答案】D
【解析】
【详解】A. ΔH>0 kJ/mol表示吸热反应，ΔH<0 kJ/mol表示放热反应，A错误；
B. 中和热指的是在稀溶液中酸碱中和生成1 mol液态水时放出的热量，1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应时会产生2 molH2O，同时产生BaSO4沉淀，因此反应放出的热量不是中和热，B错误；
C. 1 mol H2与0.5 molO2反应产生1 mol液体H2O放出热就是H2的燃烧热，C错误；
D. 热化学方程式中的化学计量数表示的是物质的量，所以系数可以是分数，也可以是整数，D正确；
故合理选项是D。
9. 化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是
A. 电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl－－2e－＝Cl2↑
B. 氢氧燃料电池的负极反应式：O2 ＋2H2O＋ 4e－＝4OH－
C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu－2e－＝Cu2＋
D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe－2e－＝Fe2＋
【答案】A
【解析】
【分析】
在电解反应中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；原电池反应中，负极发生氧化反应，而正极发生还原反应。
A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；
B、氢氧燃料电池中正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应；
C、粗铜精炼时，连接电源正极是阳极，连接电源负极的是阴极；
D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失去电子生成亚铁离子。
【详解】A项、电解饱和食盐水时，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应生成Cl2，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，故A正确；
B项、氢氧燃料电池的负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子的还原反应，碱性条件下正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B错误；
C项、精炼铜时，纯铜与电源负极相连做阴极，粗铜与电源正极相连做阳极，阳极的电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，故C错误；
D项、钢铁发生电化腐蚀时，金属铁做负极，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故D错误。
故选A。
【点睛】题考查原电池和电解池的工作原理及应用，明确电极上发生的反应是解题的关键。
10.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（）
A. 25℃由水电离的c(H+)=10-12mol/L的溶液：Fe3+ Cl－ NO3－ K+
B. 使酚酞变红的溶液：Na+ Cl－ SO42－ AlO2－
C. 某无色溶液：HCO3－ NO3－ Al3+ Ba2+
D. 25℃时，pH=1的溶液：Ba2+ NO3－ K+ I－
【答案】B
【解析】
【详解】A、25℃由水电离的c(H+)=10-12mol/L的溶液可能显强酸性也可能显强碱性，强碱性条件下Fe3+和OH-反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，A错误；
B、使酚酞变红的溶液显碱性，离子之间不反应，能大量共存，B正确；
C、某无色溶液中HCO3－和Al3+水解相互促进，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，C错误；
D、25℃时，pH=1的溶液显酸性，H+和NO3－与I－发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误。
答案选B。
11.现有三个热化学方程式：
（1）CH3COOH(l)＋2O2(g)＝2CO2 (g)＋2H2O(l) ΔH1＝－870.3 kJ/mol
（2）C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH2＝－393.5 kJ/mol
（3）H2(g)＋1/2 O2(g)＝H2O(l) ΔH3＝－285.8 kJ/mol
则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)＝CH3COOH(l)的反应热为( )
A. －488.3 kJ/mol B. ＋488.3 kJ/mol
C. －2228.9 kJ/mol D. ＋191 kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】已知：①CH3COOH(l)＋2O2(g)＝2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－870.3 kJ/mol
②C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH2＝－393.5 kJ/mol
③H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l) ΔH3＝－285.8 kJ/mol
则根据盖斯定律可知②×2+③×2－①即得到反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)＝CH3COOH(l)的反应热为－488.3 kJ/mol；
答案选A。
12.已知：在300K时，A(g)+B(g)2C(g)+D(s)的化学平衡常数K=4，在该温度下，向1 L容器中加入1 mol A和1 molB发生反应，下列叙述不能作为该反应达到平衡状态的标志的是（ ）
①C的生成速率与C的消耗速率相等
②单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C
③A、B、C的浓度不再变化
④C的物质的量不再变化
⑤混合气体的总压强不再变化
⑥混合气体的密度不再变化
A. ②⑤ B. ②④ C. ②③ D. ④⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态特征：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析。
【详解】①C的生成速率与C的消耗速率相等，则正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，①正确；
②单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C，均表示反应向逆反应方向进行，不能说明正逆、反应速率相等，不能确定反应是否处于平衡状态，②错误；
③A、B、C的浓度不再变化，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，③正确；
④C的物质的量不再变化，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，④正确；
⑤该反应是反应前后气体的体积相等的反应，压强始终保持不变，所以不能根据混合气体的总压强不再变化，判断反应达到平衡状态，⑤错误；
⑥反应后气体的总质量减少，体积不变，密度发生改变，当混合气体的密度不变化，说明反应达到平衡状态，⑥正确；
可见：不能作为该反应达到平衡状态的标志的是②⑤；故合理选项是A。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断方法，对化学平衡状态特征的理解是关键。
13.下列有关叙述正确的是
A. 测定中和热时，大小两烧杯间填满碎纸的作用是固定小烧杯
B. 若用0.010mo1·L—1的氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度的盐酸时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果偏小
C. 在中和滴定实验中，滴定管用蒸馏水洗涤后，再用标准液润洗，再加进标准液
D. 进行中和滴定操作时，左手震荡锥形瓶，右手转动活塞控制液滴流速，眼睛要始终注视滴定管内溶液液面的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A、碎纸的作用是减少热量损失，A错误；
B、根据，滴定前有气泡，滴定后无气泡，说明消耗的NaOH的体积偏大，即c(HCl)将会偏大，B错误；
C、滴定管使用：先用蒸馏水洗涤，再用待盛液润洗，最后加进待盛液，C正确；
D、右手振荡锥形瓶，左手控制活塞，眼睛注视锥形瓶液面颜色的变化，D错误。
答案选C。
14.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 图中五点Kw间的关系B>C>A=D=E
B. 若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法
C. 若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=12的KOH等体积混合后，溶液显碱性
D. 若从A点到C点，可用温度不变时在水中加入适量NH4Cl固体的方法
【答案】D
【解析】
【详解】A、A、D、E都处于25℃时，Kw相等，B点c(H+)·c(OH-)都大于E点的c(H+)·c(OH-)，并且C点的c(H+)·c(OH-)大于A点c(H+)·c(OH-)，c(H+)·c(OH-)越大，Kw越大，故B>C>A=D=E，A正确，不符合题意；
B、A点到D点，c(H+)变大，但c(OH-)变小，可加酸，使得c(H+)变大，c(OH-)变小，B正确，不符合题意；
C、若处在B点时Kw=1×10-12，pH=2的硫酸中c(H+)=10-2 mol/L，pH=12的KOH中c(OH-)=1 mol/L，等体积混合，碱过量，溶液呈碱性，C正确，不符合题意；
D、若从A点到C点，c(H+)变大，c(OH-)变大，Kw增大，温度应升高，加入适量的NH4Cl固体，温度不变，则Kw不变，D错误，符合题意；
故合理选项是D。
15.下列关于原电池和电解池的叙述正确的是
A. 原电池中失去电子的电极称为阴极
B. 电解池的阳极、原电池的负极都发生氧化反应
C. 原电池的两极一定要由活动性不同的两种金属组成
D. 电解时，电解池的阳极一定是阴离子放电
【答案】B
【解析】
【详解】A项、原电池中失去电子的电极为负极不是阴极，故A错误；
B项、原电池负极上失电子发生氧化反应，电解池阳极上失电子发生氧化反应，故B正确；
C项、原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，可能是由金属和导电的非金属组成，故C错误；
D项、电解时，电解池阴极上得电子发生还原反应，故D错误；
故选B。
【点睛】原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，可能是由金属和导电的非金属组成是易错点。
16.K、Ka、KW分别表示化学平衡常数、电离常数和水的离子积常数，下列判断正确的是（ ）
A. 在500℃、20 MPa条件下，在5 L密闭容器中进行合成氨的反应，使用催化剂后K增大
B. 室温下Ka(HCN)
D. 2SO2＋O22SO3达平衡后，改变某一条件时K不变，SO2的转化率可能增大、减小或不变
【答案】D
【解析】
【详解】A、化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，使用催化剂加快反应速率，平衡不移动，化学平衡常数不变，故A错误；
B、相同温度下CH3COOH、HCN电离产生的c(H+)与起始浓度有关，因此CH3COOH电离产生的c(H+)不一定比HCN电离产生的c(H+)大，故B错误；
C、水的离子积适用于酸、碱、盐溶液，一定温度下，水的离子积是常数，25℃时，盐酸和NH4I(aq)中KW相等，故C错误；
D、温度不变，K不变；若改变压强平衡发生移动，SO2的转化率可能增大、减小，使用催化剂平衡不移动，故D正确；
故选D。
17.已知如下物质的溶度积常数：FeS：Ksp＝6.3×10－18；CuS：Ksp＝6.3×10－36。下列说法正确的是
A. 同温度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度
B. 同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，Ksp(FeS)变小
C. 向含有等物质的量的FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，最先出现的沉淀是FeS
D. 除去工业废水中的Cu2＋，可以选用FeS作沉淀剂
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小，所以CuS的溶解度小于FeS的溶解度，A错误；
B、Ksp只与温度有关，温度一定时，改变浓度Ksp不变，B错误；
C、化学式相似的物质，Ksp小的，溶解度小，易先形成沉淀，由于CuS的Ksp小，所以CuS先形成沉淀，C错误；
D、根据沉淀转化原理，溶解度小的能转化为溶解度更小的，所以FeS能转化为CuS，D正确；
答案选D。
18.一定条件下，可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)(正反应为放热反应)达到平衡，当单独改变下述条件后，有关叙述错误的是（ ）
A. 加催化剂，v正、v逆都发生变化，且变化的程度相等
B. 加压，v正、v逆都增大，且v正增大的程度大于v逆增大的程度
C. 降温，v正、v逆都减小，且v正减小的程度小于v逆减小的程度
D. 增大氮气的浓度的时刻，v正、v逆都增大，且v正增大程度大于v逆增大程度
【答案】D
【解析】
【详解】A．催化剂同等程度改变化学反应速率，仍保持v正=v逆，化学平衡不发生移动，A正确,不符合题意；
B．增大压强，正、逆反应速率都增大，反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，v正增大的程度大于v逆增大的程度，平衡向正反应方向移动，B正确，不符合题意；
C．正反应是放热反应，则降低温度，正、逆反应速率都减小，化学平衡向放热的正反应方向进行，v正大于v逆，v正减小的程度小于v逆减小的程度，C正确，不符合题意；
D．增大氮气的浓度的时刻，反应物浓度增大，生成物浓度不变，则正反应速率增大，逆反应速率不变，D错误，符合题意；
答案选D。
19.下列选项中，微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1 mol/L K2CO3溶液：c（OH－）=c（HCO3－）+c（H＋）+c（H2CO3）
B. 0.1 mol/L NaHCO3溶液中离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）
C. 等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中：2c（K＋）= c（HX）+c（X－）
D. 浓度均为0.1 mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合：c（Na＋）+ c（H＋）=c（CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－）
【答案】C
【解析】
【详解】A、正确关系为c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，因为由一个CO32－水解生成H2CO3，同时会产生2个OH－，故A错误；
B、NaHCO3溶液中，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故B错误；
C、等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中，根据物料守恒，2 c（K＋）= c（HX）+c（X－），故C正确；
D、浓度均为0.1 mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒：c（Na＋）+ c（H＋）=2c（CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－），故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题考查了溶液中离子浓度等量关系，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断溶液中离子浓度大小中的应用方法。
20.mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是
A. 由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B. 由图2可知，该反应m＋n﹤p
C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，图1，根据先拐先平衡数值大得出T1＜T2，从下到上，温度降低，C%增大，平衡正向移动，降温向放热方向移动即正反应为放热反应，故A错误；
B选项，图2加压，C%增大，加压向正向即体积减小方向移动，因此该反应m＋n>p，故B错误；
C选项，图3，曲线表示平衡，点3在相同温度下，B转化率比平衡时转化率小，说明要向平衡方向即正向移动，因此反应速率v正>v逆，故C正确；
D选项，图4，若m＋n＝p，则a曲线可能使用了催化剂或加压，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】改变外界条件，生成物或反应物的百分含量没变，一般情况可能为加催化剂或等体积反应加压。
21.以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe(OH)2，装置如图所示，其中P端通入CO2，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色。则下列说法中正确的是（ ）
A. X、Y两端都必须用铁作电极
B. 不可以用NaOH溶液作为电解液
C. 阴极发生的反应是：2H++2e-=H2↑
D. 白色沉淀只能在阳极上产生
【答案】C
【解析】
【分析】
左边装置是原电池，为氢氧燃料电池，通入氢气的电极I为负极、通入氧气的电极II为正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-═CO2+H2O，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、阳极反应式为Fe-2e-+2OH-= Fe(OH)2↓，则Y电极材料应该为Fe，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知石墨电极I为负极，石墨电极II为正极，X为阴极，Y为阳极Fe。
A．通过以上分析知，Y电极为阳极，必须是Fe电极，但X电极不一定是Fe，A错误；
B．电解过程是阴极上H+放电生成H2，同时生成OH-，OH-和阳极反应产生的Fe2+结合生成Fe(OH)2，溶液呈碱性，所以可以用NaOH溶液作为电解液，B错误；
C．阴极上H+放电生成氢气，阴极反应式为2H++2e-=H2↑，C正确；
D．电解时电解质溶液中阳离子向阴极移动，所以白色沉淀可以在阴极产生，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查电解原理及化学电源新型电池，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，难点是燃料电池电极反应式的书写。
22.一定条件下，Na2CO3溶液中存在如下平衡：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，下列说法正确的是
A. 稀释溶液，平衡正向移动，增大
B. 通入CO2，平衡逆向移动，溶液pH减小
C. 加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH减小
D. 升高温度，增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 稀释溶液，平衡正向移动，水解常数不变，即不变，A不正确；
B. 通入CO2，CO2与水反应生成的碳酸可以与CO32－水解产生的OH－发生反应，所以平衡正向移动，溶液pH减小，B不正确；
C. 加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH增大，C不正确；
D. 升高温度，CO32－水解平衡正向移动，所以增大，D正确；
本题选D。
【点睛】本题考查了水解常数及影响水解平衡的外界因素，要求学生能掌握盐类水解的基本规律以及外界条件的改变对水解平衡产生的影响，能判断水解平衡移动的方向以及pH的变化情况，能根据相关的平衡常数判断一些代数式的变化趋势。
23.在如图所示电解质溶液的导电性装置中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一种溶液时，则灯光由亮变暗至熄灭后又逐渐变亮的是（ ）
A. 盐酸中逐滴加入食盐溶液
B. 醋酸中逐滴加入氢氧化钠溶液
C. 饱和石灰水中不断通入CO2
D. 醋酸中逐滴加入氨水
【答案】C
【解析】
【分析】
若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，灯泡由亮变暗，说明溶液中电解质的浓度降低，说明所加入物质能与溶液中电解质反应生成弱电解质或沉淀，至熄灭后又逐渐变亮，说明完全反应时溶液电荷浓度接近0，当另一溶液过量时，溶液中电荷浓度逐渐增大，又逐渐变亮，以此解答。
【详解】A．盐酸溶液中逐滴加入食盐，溶液电荷浓度不为0，灯泡不可能熄灭，A错误；
B．醋酸中逐滴加入氢氧化钠溶液生成醋酸钠，溶液中存在自由移动的离子，溶液电荷浓度不为0，灯泡不可能熄灭，B错误；
C．饱和石灰水中不断通入CO2，完全反应时生成碳酸钙和水，溶液电荷浓度接近0，灯泡熄灭，符合题目要求，C正确；
D．醋酸中逐滴加入氨水，生成醋酸铵，溶液电荷浓度不为0，灯泡不可能熄灭，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查电解质溶液的导电性，注意灯泡熄灭，说明完全反应时溶液电荷浓度接近0，根据反应物进行判断。
24.在容积固定的密闭容器中充入一定量的X、Y两种气体，一定条件下发生反应并达到平衡：3X(g)+Y(g)2Z(g) △H＜0。若测得平衡时X的转化率为37.5 %，Y的转化率是X的，则下列叙述正确的是
A. 升高温度，平衡向正反应方向移动
B. 起始时刻n(X) : n(Y)= 2 : 1
C. 充入氦气增大容器内的压强，Y的转化率提高
D. 若以X表示的反应速率为0.2mol/(L·s)，则以Z表示的反应速率为0.3mol/(L·s)
【答案】B
【解析】
【详解】A．正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故A错误；
B．设开始时X、Y的物质的量分别为m、n，转化的Y为x，则
3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)
开始 m n
转化 3x x
则：=37.5%，=25%，m：n=：=2：1，故B正确；
C．若向容器中充入氦气，恒容容器充入惰气总压增大，反应混合物各组分浓度不变，平衡不动，Y的转化率不变，故C错误；
D．化学反应速率之比等于其化学计量数之比，若X的反应速率为0.2 mol•L-1•s-1，则Z的反应速率为×0.2 mol•L-1•s-1=mol/(L•s)，故D错误；
故答案为B。
25.常温下，下列关于电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. 将pH=4的CH3COOH溶液加水稀释10倍，溶液中各离子浓度均减小
B. 用CH3COOH溶液滴定等浓度的NaOH溶液至pH=7，V(CH3COOH溶液)
D. 25℃时，0.1 mol·L-1的NaClO2溶液和0.001 mol·L-1 CH3COONa溶液pH相等，则HClO2的电离平衡常数大于CH3COOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．将pH=4 的CH3COOH溶液加水稀释10倍，稀释过程中c(H+)减小，由于温度不变，则水的离子积不变，溶液中c(OH-)增大，A错误；
B．若醋酸和氢氧化钠完全中和，生成醋酸钠，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，现要求用CH3COOH溶液滴定等浓度的NaOH溶液至pH=7，则醋酸应该稍过量，即：V(CH3COOH溶液)>V(NaOH溶液)，B错误；
C．向0.2 mol/L的盐酸溶液中加入等体积0.1 mol.LNH3•H2O溶液，反应后溶质为等浓度的NH4Cl和HCl，则根据物料守恒，在HCl中电离出来的H＋和Cl－相等，NH4Cl电离出来的Cl－和NH4＋相等，若忽略水解和水的电离，有c(Cl-)= c(H+)+c(NH4+)，NH3·H2O来自与NH4＋水解，水解是微弱的，H＋还有来自NH4＋水解和水的电离都是微弱的，这两部分离子的浓度相加，小于c(NH4+)，因此c(Cl-)＞c(H+)+c(NH3•H2O)，C错误；
D．25℃时，0.1 mol/L的NaClO2溶液和0.001 mol/LCH3COONa溶液pH相等，前者浓度大，但是pH相同，说明前者的水解能力较小，则HClO2的酸性大于CH3COOH，所以HClO2的电离平衡常数大于CH3COOH，D正确；
故合理选项是D。
二、解答题（共4小题，满分50分）
26.为了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100 mL容量瓶中定容配成100 mL稀硫酸。
B.用某仪器量取20.00 mL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，并用待测溶液润洗。
D.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 mL。
E.小心滴入NaOH标准溶液，边滴边摇动锥形瓶，滴定至恰好反应为止，记下读数为V2 mL。
F.把锥形瓶移到碱式滴定管下，在锥形瓶下垫一张白纸。
G.用某仪器准确量取浓硫酸样品10.00 mL，在烧杯中用蒸馏水溶解。
就此实验操作完成下列填空：
(1)正确操作步骤的顺序（用编号字母填写）___→A→___→___→___→F→___。
(2)用来量取10.00 mL浓硫酸的仪器是___。用NaOH溶液润洗碱式滴定管的目的是___。
(3)滴定中可选用的指示剂是___。滴定中，目光应___；判断滴定终点的现象是___；读数时，目光与凹液面的最低处保持水平。
(4)某学生实验时用稀硫酸润洗了锥形瓶，测定的浓度会偏___。(“偏高”、“偏低”、“无影响”)。
(5)该浓硫酸样品的浓度计算式为______。
【答案】 (1). G (2). C (3). B (4). D (5). E (6). 酸式滴定管 (7). 保证标准液浓度不被稀释 (8). 酚酞(或甲基橙) (9). 注视锥形瓶中溶液颜色的变化 (10). 当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液的颜色由无色变为红色，且半分钟内不消失，证明达到滴定终点 (11). 偏高 (12). 0.25(V2-V1) mol/L
【解析】
【分析】
(1)根据中和滴定原理和实验要求进行排序；
(2)准确量取10.00 mL浓硫酸，需要用精密量具，精确到0.1，估读到0.01，所以学过的量具中，滴定管、移液管是能精确计量的仪器，注意溶液的碱性；未用标准液润洗碱式滴定管，标准液碱的浓度偏小；判断滴定恰好完成的依据是红色突然出现且半分钟内不消失；
(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；
(4)根据c(待测)= 分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；
(5)硫酸与氢氧化钠反应的本质为：H++OH-=H2O，1 mol硫酸电离出2 mol氢离子，据此分析解答。
【详解】(1)用酸式滴定管准确量取浓硫酸样品10.00 mL，在烧杯中用蒸馏水溶解，冷却至室温后，在100 mL容量瓶中定容配成100 mL稀硫酸，用移液管移取20.00 mL稀硫酸于锥形瓶中并滴入几滴指示剂，将物质量浓度为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；
(2)酸式滴定管可以精确到0.01 mL，硫酸具有酸性，能用酸式滴定管来量取；若不用标准液润洗碱式滴定管，标准液碱的浓度偏小，所以NaOH溶液润洗碱式滴定管的目的是保证标准液浓度不被稀释；
(3)用一定物质的量浓度的NaOH标准溶液滴定未知浓度的H2SO4，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，可以用甲基橙或酚酞作指示剂；在滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化。若使用酚酞为指示剂，开始溶液为无色，随着NaOH的滴入，溶液碱性逐渐增强，当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液的颜色由无色变为红色，且半分钟内不消失，证明达到滴定终点；
(4)实验时用稀硫酸润洗了锥形瓶，待测液的物质的量偏大，造成V(标准)偏高，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏高；
(5)浓硫酸样品10.00 mL，稀释为稀硫酸，配成100 mL稀硫酸，量取20.00 mL稀硫酸与M mol/L的标准NaOH作用，消耗氢氧化钠的体积为(V2 -V1 )mL，则消耗的n(NaOH)=c·V=M(V2-V1)×10-3 mol，硫酸与氢氧化钠反应的本质为：H++OH-=H2O，则n(H+)=c·V=M(V2-V1)×10-3 mol，1 mol硫酸电离出2 mol氢离子，n(H2SO4)=n(H+)=M(V2-V1)×10-3 mol，浓硫酸样品10.00 mL，n(H2SO4)总=n(H+)×=M(V2-V1)×10-3 mol×=2.5M(V2-V1)×10-3 mol，所以该浓硫酸样品的浓硫酸计算式c==mol/L=0.25(V2-V1) mol/L。
【点睛】本题主要考查了中和滴定的有关知识。包括滴定操作、指示剂的选择、误差分析等，注意掌握中和滴定的原理、操作步骤是本题解答的关键。
27.氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源，得到广泛研究。
(1)已知：①反应I：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) ΔH1=-1266.6 kJ·mol-1
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H2=-2858 kJ·mol-1
③H2O(l)═H2O(g) ΔH3=+44.0 kJ·mol-1
则反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的反应热△H=___。
(2)合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2，在10 L恒容密闭容器中加入4 mol CO和8 mol H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，200℃时n(H2)随时间的变化如下表所示：
t/min
0
1
3
5
n(H2)/mol
8.0
5.4
4.0
4.0
①△H2_____(填“＞”“＜”或“＝”)0。
②下列说法正确的是_______(填标号）。
a.温度越高，该反应的平衡常数越大
b.达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高
c.容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度
d.图中压强p1
④200℃时，该反应平衡常数K=__。向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，则化学平衡__(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
(3)体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O22SO3，并达到平衡，在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（ ）
A. 等于p% B. 大于p% C. 小于p% D. 无法判断
【答案】 (1). +92.1 kJ/mol (2). ＜ (3). cd (4). 0.067 mol/(Lmin) (5). 6.25 (6). 正向 (7). B
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；
(2)①温度对平衡的影响因素为温度升高，化学平衡向吸热方向移动，如果正向移动，反应物的转化率会升高；
②a．平衡常数表示反应进行的程度，当平衡正向移动时平衡常数增大；
b．达平衡后再充入稀有气体，压强增大，但不影响反应物和生成物的浓度，平衡不移动；
c．反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在进行的过程中，达到平衡前气体总物质的量在不断变化；
d．在恒温恒容的条件下，增大压强，平衡向气体总物质的量减小的方向移动；
③先根据图表计算在0〜3 min内CH3OH的变化浓度，再利用公式v=计算0〜3 min内v(CH3OH)；
④结合平衡状态时各种物质的浓度计算平衡常数K，向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，根据此时浓度计算Qc=，再比较Qc与K的关系判断平衡移动方向；
(3)甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动。
【详解】(1)①4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) ΔH1=-1266.6 kJ·mol-1
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H2=-285.8 kJ·mol-1
③H2O(l)═H2O(g) ΔH3=+44.0 kJ·mol-1
根据盖斯定律计算[①-(②+③)×6]×，得到NH3分解为N2和H2的热化学方程式：2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=+92.1 kJ/mol；
(2)①由图示可知在恒压条件下，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，所以该反应的正反应为放热反应，△H2＜0；
②a．反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)正方向为放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，a错误；
b．达平衡后再充入稀有气体，压强增大，但由于反应体系中任何一种物质的浓度不变，所以化学平衡不移动，CO的转化率不变，b错误；
c．反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在进行的过程中，达到平衡前气体总物质的量在不断变化，当容器内气体压强不再变化时，说明混合气体的总物质的量不再改变，反应达到平衡，即反应达到最大限度，c正确；
d．该反应的正反应物是气体体积减小的反应，在恒温恒容的条件下，增大压强，平衡向正方向移动，CO的转化率增大，即图中压强p1＜p2，d正确；
故合理选项是cd；
③根据图示可知：在0〜3 min内H2的物质的量变化4.0 mol，则会同时消耗2.0 mol CO，反应产生2.0 mol CH3OH，则v(CH3OH)= =0.067 mol/(Lmin)；
④由③可知反应在3 min时已经达到平衡状态，此时c(H2)=(8.0-4.0)mol÷10 L=0.4 mol/L，c(CO)=0.2 mol/L，c(CH3OH)=0.2 mol/L，则根据平衡常数含义，可得200℃时平衡常数K==6.25；向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，此时各物质的浓度为c(CO)=0.2 mol/L，c(H2)=0.6 mol/L，c(CH3OH)=0.4 mol/L，保持温度不变，则化学平衡不变，此时Qc==2.78<6.25=K，则此时平衡应向正反应方向移动；
(3)甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，增大压强，化学平衡正向移动，则乙的SO2的转化率将大于甲的SO2的转化率，若甲容器中SO2的转化率为p%，所以乙中容器中SO2的转化率大于P%，故合理选项是B。
【点睛】本题综合考查了盖斯定律的应用、化学平衡移动、化学反应速率和化学平衡的有关计算。掌握盖斯定律、化学平衡原理及有关概念是本题解答的关键。从物质转化关系等于化学方程式中相应物质的计量数的比进行分析判断。
28.25℃，几种物质的pH和浓度如下表所示。回答下列问题：
序号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
浓度
c1
c2
c3
c4
(1)c1____（填“>”“<”或“=”）c2。
(2)溶液中水的电离程度②____（填“>”“<”或“=”）③。
(3)分别加水稀释10倍，稀释后四种溶液的pH由大到小的顺序为____（填序号）。
(4)①溶液与④溶液等体积混合，溶液的pH____7（填“>”“<“或“=”），用④溶液滴定①溶液，滴定过程中不可能出现的结果是____。
A. c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
B. c(NH4+)=c(Cl-)>c(OH-)=c(H+)
C. c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
D. c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
E. c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)
(5)氢氧化铜悬浊液中有如下平衡：Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，常温下，Ksp=c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10-20。某硫酸铜溶液里c(Cu2+)=0.02 mol/L，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液使之pH>_____。
【答案】 (1). > (2). = (3). ①>②>④>③ (4). > (5). C (6). 5
【解析】
【详解】(1)pH=11氨水溶液中存在电离平衡，主要以电解质分子存在，c(OH-)=10-3 mol/L，c1>10-3 mol/L，pH=11氢氧化钠溶液中，由于氢氧化钠为一元强碱，完全电离，所以氢氧化钠溶液浓度c2=10-3 mol/L，所以c1>c2；
(2)pH=11氢氧化钠溶液中c(OH-)和pH=3醋酸溶液中c(H+)相同，则二者对水的抑制程度相同，所以溶液中水的电离程度②=③；
(3)pH=11氨水、pH=11氢氧化钠溶液、pH=3醋酸溶液、pH=3盐酸，稀释10倍，弱电解质溶液中电解质的电离平衡正向移动，促进电离，溶液中溶质电离出的离子浓度减小的少，pH变化小，所以溶液pH由大到小的顺序：①>②>④>③；
(4)由于一水合氨是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，所以pH=11氨水中c(NH3·H2O)>c(OH-)=10-3 mol/L，HCl是一元强酸，完全电离，所以pH=3盐酸溶液中c(HCl)=c(H+)=10-3 mol/L，二者等体积混合，NH3·H2O过量，反应后溶液为NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液，过量的一水合氨又电离产生OH-，所以最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，pH>7；
A. 反应后溶液为NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液，若溶液中溶质的物质的量浓度关系为c(NH4Cl )≥c(NH3·H2O)，则离子浓度符合关系c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，A正确；
B. 若二者混合后溶液显中性，则符合关系：c(NH4+)=c(Cl-)>c(OH-)=c(H+)，B正确；
C. 由于溶液显电中性，c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)中阴离子浓度大于阳离子浓度，违背电荷守恒，所以任何情况下都不可能存在这种关系，C错误；
D. 若溶液为HCl和NH4Cl的混合溶液，且c(HCl)< c(NH4Cl )，则离子浓度符合c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，D正确；
E. 若溶液为HCl和NH4Cl的混合溶液，且c(HCl)>c(NH4Cl )，则离子浓度符合c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)，D正确；
故合理选项是C；
(5)由于Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10-20。若某硫酸铜溶液里c(Cu2+)=0.02 mol/L，要形成Cu(OH)2沉淀，则溶液中c(OH-)≥ mol/L=1×10-9 mol/L，所以c(H+)≤10-5 mol/L，故溶液pH) ≥5。
29.如图是一个电化学原理的示意图。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5.40 g时，甲池中理论上消耗O2_____mL（标准状况下）。
(5)若乙池中的AgNO3换成一定量CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子数为___mol。（忽略溶液体积的变化）
【答案】 (1). 原电池 (2). 电解池 (3). 负极 (4). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (5). 阳极 (6). 降低 (7). 280 (8). 0.4
【解析】
【分析】
(1)甲池为燃料电池，属于原电池，乙池为电解池；
(2)在燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入O2的电极为正极，结合电解质溶液书写电极反应式；
(3)根据电解池电极反应式，可得总反应方程式，根据其中的物质变化确定溶液的pH；
(4)先计算Ag的物质的量，利用同一闭合回路中电子转移数目相同，计算O2的物质的量和体积；
(5)乙池中加入0.1 mol Cu(OH)2溶液恢复电解前的溶液的浓度和pH，相当于反应消耗了0.1 mol CuO、0.1 mol H2O，根据电解方程式，结合同一闭合回路中电子转移数目相等计算反应过程中电子转移的物质的量。
【详解】(1)根据装置图可知甲池是燃料电池，属于原电池；乙池与原电池连接，属于电解池；
(2)甲池中通入CH3OH的电极名称是负极，由于电解质溶液为碱性，所以CH3OH失去电子变为CO32-，电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；乙池中B(石墨)电极与原电池的正极连接，作电解池的阳极；
(3)电解过程中，在乙池中，阳极B(石墨)电极发生氧化反应，电解质溶液为AgNO3溶液，由于阴离子放电能力：OH->NO3-，所以阳极发生反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极上发生电极反应式：4Ag++4e-=4Ag，总反应方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑，可见电解后溶液的酸性增强，溶液pH降低；
(4)在同一闭合回路中电子转移数目相等，当乙池中A(Fe)极的质量增加5.40 g时，反应产生的Ag的物质的量为n(Ag)==0.05 mol，Ag是+1价的金属，则反应过程中电子转移的物质的量n(e-)= n(Ag)=0.05 mol，则甲池中理论上消耗O2的物质的量n(O2)= n(e-)=×0.05 mol=0.0125 mol，所以反应放出O2的体积V(O2)= 0.0125 mol×22.4 L/mol=0.28 L=280 mL。
(5)乙池加入0.1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，发生如下电解：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O2H2↑+O2↑，Cu(OH)2从组成上可看成CuO、H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，CuO、H2O的物质的量都是0.1 mol，则阴极上析出氢气和铜，生成0.1 mol铜转移电子n(e-)=0.1 mol×2=0.2 mol；根据原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1 mol氢气，生成0.1 mol氢气转移电子n(e-)=0.1 mol×2=0.2 mol，所以电解过程中电子转移总物质的量n(e-)总=0.2 mol +0.2 mol =0.4 mol。
【点睛】本题考查了原电池、电解池的反应原理及有关计算。掌握电化学反应原理，明确原电池的负极、电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极、电解池的阴极发生还原反应，在同一闭合回路中电子转移数目相等计算，书写电极反应式要结合电解质溶液和电极材料分析。
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