2020-2021学年内蒙古包头市第四中学高二上学期期中考试化学试题（解析版）

这是一份2020-2021学年内蒙古包头市第四中学高二上学期期中考试化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

满分100分 时间90分钟
相对原子质量：Cu-64
一、选择题(每小题2分，共52分。每小题只有一个正确选项)
1. 化学反应A+B→C(吸收能量)分两步进行：①A+B→X(吸收能量)，②X→C(放出能量)。下列示意图中表示总反应过程中能量变化的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意，A+B→X(吸收能量)，只有A和C满足，总反应为吸热反应，C为吸热反应，故选C。
2. 在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应
①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g) △H1
②2H2S(g)+SO2(g)=S2(g)+2H2O(g) △H2
③H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g) △H3
④2S(g) =S2(g) △H4
则△H4的正确表达式为（ ）
A. △H4=2/3（△H1+△H2-3△H3）
B. △H4=2/3（3△H3-△H1-△H2）
C. △H4=3/2（△H1+△H2-3△H3）
D. △H4=3/2（△H1-△H2-3△H3）
【答案】A
【解析】
【详解】根据盖斯定律，①×－③×得⑤：S(g)+O2(g)=SO2(g) △H5=（△H1-△H3）；根据盖斯定律，②×－③×得⑥：SO2(g)+S(g)=O2(g) + S2(g) △H6=（△H2-2△H3）；⑤+⑥得：2S(g) =S2(g) △H4=（△H1+△H2-3△H3），答案为A。
3. 已知1mlCH4气体完全燃烧生成气态CO2和液态H2O，放出890.3kJ热量，则表示该反应的热化学方程式正确的是
A. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=+890.3kJ·ml-1
B CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3kJ·ml-1
C. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=+890.3kJ·ml-1
D. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ·ml-1
【答案】B
【解析】
【详解】1ml CH4完全燃烧放出的热量为890.3kJ，热化学方程式中的系数表示的是该物质的物质的量，方程式中要注明物质的状态，反应放热，焓变符号是“-”，综上所述故选B。
4. 下列叙述正确的是( )
A. pH=7的溶液一定是中性溶液
B. 由水电离出来的H＋的浓度为1.0×10－10 ml·L－1，则原溶液的PH=4
C. 升温,纯水的电离程度增大, Kw增大, C(H+)增大,PH值减小,但仍呈中性
D. 一定温度下，pH＝a的氨水，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1
【答案】C
【解析】
【详解】A.常温下，pH=7的溶液呈中性，由于水的电离是吸热反应，温度降低，水的电离程度减小，所以pH=7的溶液中，氢离子浓度不一定等于氢氧根离子浓度，故A错误；
B.常温下，由水电离出来的H＋的浓度为1.0×10－10ml·L－1，可能溶液中c（H+）=1.0×10－10ml·L－1，pH=10，也可能溶液中c（H+）=1.0×10－4ml·L－1，pH=4，故B错误；
C.水的电离是吸热的，升高温度，纯水的电离程度增大，Kw增大，c(H+)增大，pH值减小，但c（H+）=c（OH-），溶液仍呈中性，故C正确；
D.加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的1/10，若其pH=b，则a故选C。
5. 电解质溶液为草酸盐溶液，放电过程中草酸盐浓度基本不变，电源示意图如图所示。下列有关该电源的说法正确的是
A. 用该电源电解饱和食盐水，理论上每消耗2ml二氧化碳可收集到标准状况下22.4L氢气
B. 铝电极为正极
C. 若生成0.5ml草酸铝，有3ml电子通过电解质溶液
D. 正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-
【答案】A
【解析】
【详解】A．该电池正极反应为，电解池的阴极为2H++2e-＝H2↑，电子守恒有2CO2~2e-~H2，每消耗2ml二氧化碳可收集到1mlH2，标准状况下气体体积为22.4L，A正确；
B．由图中Al→Al(C2O4)3可知，Al失电子生成 Al3+，则Al作负极，B错误；
C．电子不能在电解质溶液中流动，C错误；
D．O2是正极反应的催化剂，正极反应为，D错误；
答案选A。
6. 有A、B、C、D四块金属片，用导线两两相连插入稀硫酸中，可以组成各种原电池。若A和B相连时，A为负极；C与D相连时，C溶解，D上有氢气生成；A与C相连时，C为正极；B与D相连时，电子由D极经导线流向B极，则这四种金属的活泼性由强到弱的顺序为
A. ABCDB. ACDBC. CADBD. BDCA
【答案】B
【解析】
【详解】在原电池中较活泼的金属作负极失去电子，被氧化，发生氧化反应。不活泼的金属作正极，负极所失去的电子经导线传递到正极上，所以根据题意可判断，金属性强弱顺序为A＞C＞D＞B，所以答案是B。
7. 某种熔融碳酸盐燃料电池以、为电解质，以为燃料，该电池工作原理如图。下列说法正确的是
A. a为，b为混有的空气
B. 在熔融电解质中，向b极移动
C. 此电池在常温时也能工作
D. 通入丁烷的一极是负极，电极反应式为
【答案】A
【解析】
【详解】该原电池为甲烷燃料电池，根据图像中电子流向知，左边电极为负极、右边电极为之间，通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，所以a为C4H10、b为氧气，
A.燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，根据电子流向知，左边电极是负极、右边电极是正极，所以a是C4H10，b为混有CO2 的空气，故A正确；
B.原电池放电时，碳酸根离子向负极移动，即向a极移动，故B错误；
C. 电解质为熔融碳酸盐，需要高温条件，故C错误；
D. 通入丁烷的一极是负极，负极失去电子，故D错误；
故选A。
【点睛】燃料电池中，燃料作负极，失去电子，发生氧化反应，氧化剂作正极得到电子，发生还原反应。
8. 用铅蓄电池电解如甲、乙电解池中的溶液。已知铅蓄电池的总反应为Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)2PbSO4(s)+2H2O(l)。电解一段时间后，发现a极上析出红色固体物质，下列说法正确的是
A. d极为阴极
B. 若利用甲池精炼铜，b极应为粗铜
C. 放电时铅蓄电池负极的电极反应式为PbO2(s)+4H+(aq)+(aq)+2e-=PbSO4(s)+2H2O(l)
D. 若四个电极材料均为石墨，当析出32.0g红色固体时，两池中共产生28.0L气体
【答案】B
【解析】
【分析】电解CuCl2溶液过程中，阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，电解Na2SO4溶液过程中，实质为电解水，该装置电解一段时间后，发现a极上析出红色固体物质，说明a电极为阴极，b为阳极，与阴极相连的电极为电源负极，与阳极相连的电极为电源正极，故d为阳极，c为阴极，以此进行解答。
【详解】A．由上述分析可知，d为阳极，故A项说法错误；
B．精炼钢实验中，粗铜为阳极，若利用甲池精炼钢，粗铜应为b极，故B项说法正确；
C．放电时，铅蓄电池负极发生氧化反应，电极反应式为Pb(s)-2e-+(aq)=PbSO4(s)，故C项说法错误；
D．未告知气体所处环境，因此无法确定最终产生气体的体积，故D项说法错误；
综上所述，说法正确的是B项，故答案为B。
9. 自新冠肺炎在武汉发现以后，全国相继爆发了肺炎疫情，口罩和消毒剂成为了疫区百姓的急需物品，供不应求，为了解决这个问题，老师在家中利用现有的物品制备含氯消毒剂，并用于家庭消毒，实验装置原理如图所示，下列说法不正确的是
A. H2从阳极逸出
B. 离子交换膜为阳离子交换膜
C. a为直流电源的正极，b为直流电源的负极
D. 阳极区的反应为2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2+H2O⇌HCl+HClO
【答案】A
【解析】
【分析】电解NaCl溶液过程中，阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，由图可知，电解池左侧为阳极区，右侧为阴极区，电解过程中Na+通过离子交换膜从阳极移向阴极，以此进行解答。
【详解】A．由上述分析可知，H2由阴极溢出，故A项说法错误；
B．由上述分析可知，该离子交换膜为阳离子交换膜，故B项说法正确；
C．电解池左侧为阳极，右侧为阴极，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连，因此a为电源正极，b为电源负极，故C项说法正确；
D．阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，其生成的Cl2会和溶液中H2O发生反应，其反应方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，故D项说法正确；
综上所述，说法不正确的是A项，故答案为A。
10. 下列有关金属腐蚀与保护的说法正确的是( )
A. 铁上镀锌的保护方法叫牺牲负极的正极保护法
B. 相同条件下，轮船在海水中比在淡水中腐蚀慢
C. 水库里钢闸门与电源负极相连的方法叫作外加电流的阴极保护法
D. 钢铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀，负极反应为Fe－3e－=Fe3＋
【答案】C
【解析】
【详解】A．锌耐腐蚀，铁上镀锌属于覆盖保护层，隔绝空气，故A错误；
B．铁海水中含电解质浓度大，淡水中含电解质浓度小，故海水中比淡水腐蚀快，故B错误；
C．采用外加电流的阴极保护法时，被保护金属与直流电源的负极相连，故C正确；
D．铁做负极被氧化失去电子生成Fe2+离子，负极反应为Fe-2e-=Fe2+，故D错误；
故选C。
11. 在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为
A. A+3B=2CB. 2A+3B=2CC. 3A+B=2CD. A+B=C
【答案】B
【解析】
【详解】在密闭容器里，A与B反应生成C，则A与B是反应物，C是生成物。在同一反应中用不同物质表示反应速率时，速率比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。由于2vB=3vA、3vC=2vB，则n(A)：n(B)：n(C)=vA：vB：vC=2：3：2，故化学方程式为2A+3B=2C；
答案选B。
12. 向某密闭容器中加入0.3 mlA、0.1mlC和一定量的B三种气体，一定条件下发生如下反应：3A(g)B(g)+2C(g) △H＜0，各物质的浓度随时间变化如图所示[t0~t1阶段的c(B)变化未画出]，下列说法中正确的是
A. 若t1=15s，则用A浓度变化表示t0~t1阶段的平均反应速率为0.004 ml/(L·s)
B. t1时该反应达到平衡，A的转化率为60%
C. 该容器的容积为2L，B的起始的物质的量为0.02 ml
D. t0~t1阶段，此过程中容器与外界的热交换总量为akJ，该反应的热化学方程式为：3A(g)B(g)+2C(g) △H=-50a kJ/ml
【答案】B
【解析】
【分析】根据A的起始浓度以及A的物质的量，可知容器的体积为2L，然后根据图像解题。
【详解】A．t0∼t1阶段△c(A)=0.09ml/L，则v===0.006ml/(L⋅s)，故A错误；
B．起始时A的浓度为0.15ml/L，t1时△c(A)=0.09ml/L，则转化率=×100%=60%，故B正确；
C．方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)，反应前后物质的量不变，则平衡时总物质的量为2L×(0.05+0.06+0.11)ml/L=0.44ml，0.44ml−0.3ml−0.1ml=0.04ml，故C错误；
D．t0～t1阶段，△c(A)=0.09ml·L－1，△n(A)=0.09ml/L×2L=0.18ml，此时放热akJ，如果有3mlA完全反应，放热为kJ，即热化学方程式为3A(g)⇌B(g)＋2C(g)△H＝－kJ·ml－1，故D错误；
故选B。
13. 在一定条件下发生反应：3A(g)+2B(g)xC(g)+2D(g)，在2 L密闭容器中，把4ml A和2ml B混合，2min后达到平衡时生成1.6ml C，又测得反应速率vB＝0.2ml•L﹣1•min﹣1，则下列说法中正确的是
A. 达到平衡时A的浓度为1.4ml•L﹣1B. B的转化率为20%
C. 平衡时气体压强是原来的0.94倍D. x＝3
【答案】A
【解析】
【分析】由题意有三段式，由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，即1.2：0.8：1.6：0.8=3：2：4：2，故x=4，据此分析可得；
【详解】A．达到平衡时A的浓度为，故A正确；
B．B的转化率为，故B错；
C．反应前气体的总的物质的量，平衡后气体的总的物质的量为，根据阿伏伽德罗定律的推论可得，则，故C错；
D．物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，即1.2：0.8：1.6：0.8=3：2：4：2，故x=4，故D错；
答案选A。
14. 下列说法不正确的是
A. 活化分子的碰撞不一定是有效碰撞
B. 发生有效碰撞的分子一定是活化分子
C. 升高温度和增大压强都可以提高反应体系内活化分子百分数
D. 催化剂可以改变反应的活化能，可以提高活化分子百分数，但是不能改变反应热
【答案】C
【解析】
【详解】A．能发生化学反应碰撞叫做有效碰撞，活化分子只有沿着一定的取向才能发生有效碰撞，活化分子的碰撞不一定是有效碰撞，A正确；
B．能发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞，发生有效碰撞的分子，具有足够的能量及合适的取向，这样的分子一定是活化分子，B正确；
C．升高温度，活化分子百分数增加，增大压强是增加了单位体积内活化分子的数量，而并没有增大活化分子的百分数，C错误；
D．催化剂可以降低反应的活化能，不改变始终态，则催化剂可以提高活化分子百分数，导致反应速率加快，但是不能改变反应热，D正确。
答案选C。
15. 为了提升食品的品质，在食品加工中可合理使用添加剂。下列添加剂与反应速率有关的是
A. 着色剂B. 调味剂C. 防腐剂D. 增白剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故A不符合题意；
B．调味剂可改善食品感官性质，使食品更加美味可口，促进消化液的分泌和增进食欲，与速率无关，故B不符合题意；
C．防腐剂延缓食品变质，降低食品腐烂、变质的速率，与反应速率有关，故C符合题意；
D．增白剂是改变食品的颜色，与反应速率无关，故D不符合题意；
故选：C。
16. 可逆反应： 2 A(g)+B(g) ⇌ 3 C(g) +D(g)。试根据下图判断正确的是
A. 甲图纵轴可以表示混合气体的平均相对分子质量
B. 甲图纵轴可以表示 A 的转化率
C. 温度 T1℃比 T2℃高
D. 正反应为放热反应
【答案】B
【解析】
【分析】根据先拐先平数值大，甲图中p1＜p2，乙图中T1＜T2，再结合温度和压强对平衡的影响分析判断。
【详解】A．对于甲图，根据先拐先平数值大，p1＜p2；增大压强，2 A(g)+B(g) ⇌ 3 C(g) +D(g)平衡左移，混合物的物质的量减小，但气体的总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量增大，与图象不符，故A错误；
B．对于甲图，根据先拐先平数值大，p1＜p2，增大压强，2 A(g)+B(g) ⇌ 3 C(g) +D(g)平衡左移，A的转化率减小，与图象相符，故B正确；
C．对于乙图，根据先拐先平数值大，T1＜T2，与图象不符，故C错误；
D．对于乙图，根据先拐先平数值大，T1＜T2，升高温度，平衡向吸热方向移动，图中A%减小，说明平衡右移，则正反应为吸热反应，故D错误；
故选B。
17. K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)+H2O⇌2CrO(黄色)+2H＋。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：
下列说法不正确的是
A. ①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B. ②中Cr2O被C2H5OH还原
C. 对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D. 若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由Cr2O(橙色)+H2O⇌2CrO(黄色)+2H＋分析可得，向K2Cr2O7溶液中加酸平衡逆向移动，溶液颜色加深；加碱平衡正向移动，溶液颜色变黄，故A正确；
B．乙醇在酸性条件下被Cr2O氧化成乙酸，而Cr2O被还原成Cr3+，而使溶液呈绿色，故B正确；
C．乙醇在酸性条件下被Cr2O氧化成乙酸，而Cr2O被还原成Cr3+，而使溶液呈绿色，在碱性环境中Cr2O不能氧化乙醇，从而溶液颜色不变，所以K2Cr2O7酸性溶液氧化性比K2Cr2O7碱性溶液氧化性强，故C正确；
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，则溶液呈酸性，现象与②一样，溶液颜色变成绿色，故D错误；
答案选D。
18. 某化学反应其△H=-122kJ/ml，△S=-231J/(ml·K)，则此反应在下列哪种情况下可自发进行
A. 仅在高温下自发进行B. 仅在低温下自发进行
C. 在任何温度下都能自发进行D. 在任何温度下都不能自发进行
【答案】B
【解析】
【分析】依据反应的焓变和熵变结合温度分析计算，△H-T△S＜0说明反应自发进行，△H-T△S＞0时反应不能自发进行。
【详解】△H-T△S＜0说明反应自发进行，△H-T△S＞0时反应不能自发进行，△H-T△S= -122kJ•ml-1-T×（-231×10-3kJ•ml-1•K-1）= -122+231×10-3T，当T较小时，△H-T△S=-122+231×10-3T＜0，所以反应仅在低温下自发进行，故选B。
19. T℃时，向 pH = 6.5 的纯水中加入 NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的 pH = 2。下列叙述中不正确的是
A. 纯水中加入NaHSO4晶体，水的电离程度增大B. 水电离出的 c(H+) = 1×10-11 ml·L-1
C. 此时水的离子积 Kw = 1×10-13D. 溶液中 c(Na+) = c()
【答案】A
【解析】
【详解】A. NaHSO4会电离出氢离子抑制水的电离，故A错误；
B. 纯水的pH = 6.5则c(H+)= c(OH-)=10-6.5ml/L，水的离子积 Kw = 1×10-13，则溶液的 pH = 2时水电离出的 c(H+) = c(OH-)= 1×10-11 ml·L-1，故B正确；
C.由上述分析可知，水的离子积 Kw = 1×10-13，故C正确；
D. 由电离方程式 可知溶液中 c(Na+) = c()，故D正确。
答案选A。
20. 下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是
①用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗
②HNO2和NaCl不能发生反应
③0.1ml•L-1HNO2溶液的c(H+)为0.09ml•L-1
④NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2
A. ③④B. ①②④C. ①②③D. 全部
【答案】A
【解析】
【分析】部分电离、溶液中存在电离平衡的电解质为弱电解质，利用酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质。
【详解】①溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质；
②HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸；
③0.1ml•L-1HNO2溶液的c(H+)为0.09ml•L-1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸；
④强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸；
符合条件的是③④，故答案选A。
21. 室温时，下列有关电解质的说法正确的是
A. pH相等的HNO3和HCN两种酸溶液中，c()＞c(CN-)
B. NaHB溶液呈酸性，可推知H2B在水中不能完全电离
C. 往NH4Cl溶液中加入镁粉，可生成两种气体
D. Na2CO3溶液中通入CO2所得的中性溶液中：c(Na+)=2c()
【答案】C
【解析】
【详解】A. pH相等的HNO3和HCN两种酸溶液中，氢离子的浓度相等，酸根离子等于对应的氢离子浓度，所以c()=c(CN-)，故A错误；
B. NaHB溶液呈酸性，可以是 ，对应的是 在水中能完全电离，故B错误；
C. NH4Cl溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，加入镁粉与氢离子反应生成氢气，促进铵根离子水解，生成一水合氨较多，转化为氨气，所以可生成两种气体，故C正确；
D. 溶液呈中性，则存在c(H+)=c(OH−)，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得2c(CO32−)+c(HCO3−)=c(Na+)，故D错误；
故选：C。
22. 常温下，在pH＝5的HA溶液中存在电离平衡：HAA－＋H＋，对于该平衡，下列叙述正确的是
A. 加入水时，平衡向右移动，HA电离常数增大.
B. 加入少量NaA固体，平衡向右移动
C. 稍微升高溶液温度，溶液中的c(OH－)增大
D. 加入少量NaOH固体，平衡向右移动，c(H＋)减少
【答案】D
【解析】
【详解】A. 加水稀释促进HA电离，所以平衡向右移动，但是电离平衡常数只与温度有关，温度不变电离平衡常数不变，故A错误；
B. 加入少量NaA固体，导致溶液中c(A−)增大而抑制HA电离，所以HA电离平衡向左移动，故B错误；
C. 电离平衡吸热，稍微升高溶液温度，平衡正向移动，c(H+)增大，酸性增强则c(OH－)减小，故C错误；
D. 加入少量NaOH固体，NaOH和H+反应导致溶液中c(H+)减小而促进HA电离，平衡向右移动，故D正确；
故选D。
23. 在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力如图所示。下列叙述不正确的是
A. 在O点时，液态醋酸不导电说明醋酸是共价化合物
B. a、b、c三点，a点时醋酸溶液中最小
C. b点时，醋酸电离程度最大
D. 向c点溶液中加入少量的碳酸钠固体，溶液中和均增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．冰醋酸为共价化合物，无自由移动的离子，因此O点不导电，故A正确；
B．溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液的导电性越强，由于在a、b、c三点，a点时醋酸溶液的导电性最弱，所以溶液中浓度最小，故B正确；
C．弱电解质越稀越电离，加水稀释，电离程度增大，所以电离程度最大的为c点，故C错误；
D．向c点溶液中加入少量的碳酸钠固体，碳酸钠固体溶于水显碱性，醋酸电离氢离子参与反应，平衡正向移动，因此溶液中和均增大，故D正确。
综上所述，答案为C。
24. 常温下，对于0.1 ml·L-1的醋酸溶液，下列说法正确的是
A. 加水稀释后，溶液中c(H＋)和c(OH－)都减小
B. 加入少量冰醋酸后，溶液中c(H＋)增大
C. 加入少量Na2CO3固体，醋酸电离平衡向左移动
D. 适当升高温度，醋酸的电离平衡常数减小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 加水稀释后，溶液的酸性减弱，溶液中c(H＋)减小，但是c(OH－)增大，A说法不正确；
B. 加入少量冰醋酸后，醋酸的浓度变大，其电离平衡正向移动，故溶液中c(H＋)增大，B说法正确；
C. 加入少量Na2CO3固体，其可以与醋酸电离产生的氢离子发生反应，从而使醋酸电离平衡向右移动，C说法不正确；
D. 弱电解质的电离是吸热过程，适当升高温度，醋酸的电离平衡正向移动，其其电离常数增大，D说法不正确。
本题选B。
25. 设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是
A. 每升溶液中的H+数目为0.02NA
B. c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH−)
C. 加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D. 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【答案】B
【解析】
【详解】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01ml/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；
B、根据电荷守恒可知选项B正确；
C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；
D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；
答案选B。
26. 在0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－+ H＋，对于该平衡，下列叙述正确的是（ ）
A. 降温可以促进醋酸电离，会使氢离子浓度增大
B. 加入少量0.1 ml·L－1HCl溶液，溶液中c（H＋）不变
C. 加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
D. 加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A.醋酸电离为吸热反应，降温可以抑制醋酸电离，使电离平衡逆反应方向移动，会使氢离子浓度减小，故A错误；
B.氯化氢是强电解质，在水溶液里完全电离，则向醋酸中加入等浓度的盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸电离，最终达到平衡时溶液中c(H+)增大，故B错误；
C.加入少量NaOH固体，消耗氢离子，溶液中c(H+)降低，电离平衡向正反应方向移动，故C正确；
D.加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，则电离平衡逆向移动，故D错误；
故答案：C。
二、填空题(共48分)
27. 我国科学家设计了一种锂离子电池，并用此电池来电解含有Na2SO3工业废水，可获得硫酸等物质，该过程示意图如图：
(1)锂离子电池工作时，a极发生___(填“氧化”或“还原”)反应，Li+移向___(填“a”或“b”)极，写出b极的电极反应_______。
(2)电解池中物质A的化学式是______，其中右侧交换膜应选用______(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜，该交换膜的作用是___，写出d极的电极反应______。
(3)若电解池左侧溶液的体积为2 L，其浓度由2 ml•L-1变为4 ml•L-1时，理论上电路中通过的电子是___ml。
【答案】 ①. 还原 ②. a ③. Li-e-=Li+ ④. H2 ⑤. 阴离子 ⑥. 能选择性地通过，起到平衡电荷的作用 ⑦. +H2O-2e-=2H++或2H2O-4e-=O2↑+4H+，2+O2=2 ⑧. 4
【解析】
【分析】在该锂电池中，b电极Li失去电子，为原电池负极，a电极Mn元素得到电子，为原电池正极，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则判断离子移动方向；与电源负极连接的电极为阴极，发生还原反应；与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应，结合离子放电能力大小判断电解池两个电极产生的物质、电极反应式及交换膜的种类，根据转移电子与产生微粒的物质的量关系计算电子转移的物质的量的多少。
【详解】(1)锂离子电池工作时，a极发生Mn得到电子，发生还原反应；Li+带有正电荷，向负电荷较多的正极a极移动，负极b极上Li失去电子变为Li+，该电极反应式为：Li-e-=Li+；
(2)在电解池中，c电极连接电源负极，为阴极，在阴极c上溶液中的H+得到电子变为H2逸出，电极反应式为2H++2e-=H2↑，所以物质A的化学式是H2；在右侧溶液中的离子失去电子发生氧化反应，阴离子不断放电，使右侧溶液中正电荷较多，所以右侧交换膜应选用阴离子交换膜，该交换膜的作用是：能选择性的通过，起到平衡电荷的作用；在d极上发生氧化反应，d电极的电极反应式为：+H2O-2e-=2H++或2H2O-4e-=O2↑+4H+，2+O2=2；
(3)若电解池左侧溶液的体积为2 L，其浓度由2 ml/L变为4 ml/L时，△n(OH-)=2 L×(4 ml/L-2 ml/L)=4 ml，由于左侧电极为2H++2e-=H2↑，每消耗2 ml H+，就会同时产生2 ml OH-，转移2 ml电子，现在溶液中OH-物质的量增加了4 ml，因此理论上电路中通过的电子是4 ml。
【点睛】本题考查了原电池、电解池的工作原理。注意原电池的负极和电解质的阳极发生氧化反应，原电池的正极和电解质的阴极发生还原反应。结合电极材料和溶液中含有的离子书写电极反应式，利用同一闭合回路中电子转移数目相等计算。
28. 下表是25°C时某些弱酸的电离常数，期中多元弱酸分步电离。
（1）等浓度的表中三种有机羧酸溶液中，水电离出的氢离子浓度大小顺序为_______。
（2）根据表中数据判断下述反应可以发生的是_______(填编号)
①NaF+CH3COOH=CH3COONa+HF
②CO2+2NaClO+H2O=2HClO+Na2CO3
③HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑
④CH3COOH+KHC2O4=CH3COOK+H2C2O4
（3）少量CO2通入NaCN溶液中发生反应的离子方程式为_______。
（4）常温下在20mL0.1ml/LNa2CO3溶液中逐滴滴加0.lml/L盐酸溶液，40mL，溶液中含碳元素的三种微粒H2CO3、HCO、CO(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。
回答下列问题：
①各字母代表的粒子为b_______，c_______。
②在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO(填：“能”或“不能”_______大量共存。
③当pH=11时，溶液中含碳元素的主要微粒为_______。
【答案】（1）CH3COOH>HCOOH>H2C2O4
（2）③ （3）CO2+CN-+H2O=+HCN
（4） ①. ②. H2CO3 ③. 不能 ④. 、
【解析】
【小问1详解】
K值越大，酸的电离程度越大，水中的氢离子电离程度越小，根据表中数据可知酸性：CH3COOH＜HCOOH＜H2C2O4；水电离出的氢离子浓度大小顺序为：CH3COOH>HCOOH>H2C2O4。
【小问2详解】
根据强酸制取弱酸的原理
①酸性：HF > CH3COOH，反应NaF+CH3COOH=CH3COONa+HF无法进行，①错误；
②酸性：HClO＞碳酸氢根离子，CO2+2NaClO+H2O=2HClO+Na2CO3无法进行，应生成碳酸氢钠，②错误；
③酸性：HF >，反应HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑能进行，③正确；
④酸性：> CH3COOH，反应CH3COOH+K2C2O4=CH3COOK+KHC2O4无法进行，④错误；
故选③；
【小问3详解】
HCN的电离平衡常数大于且小于H2CO3，少量CO2通入NaCN溶液中发生反应的离子方程式为：CO2+CN-+H2O=+HCN；
【小问4详解】
Na2CO3溶液中逐滴加入0.1ml/LHCl溶液，发生的离子反应为+H+= 、+H+=H2O+CO2↑，Na2CO3为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性；水解程度＞，所以当生成NaHCO3时溶液碱性减弱，当溶解有二氧化碳时溶液呈酸性，根据图中曲线变化趋势知，a为、b为、c为H2CO3物质的量分数变化趋势，据此分析解题：
①通过以上分析知，各字母代表的粒子：b为、c为H2CO3；
②结合图像可知，在pH=8时只有碳酸氢根离合图象子存在，当溶液的pH大于8时，存在的离子为：、，pH小于8时存在的离子为：H2CO3、，所以在同一溶液中，H2CO3、、不能共存；
③根据图像可知，当pH=11时，溶液中含碳元素的主要微粒为：、。
29. 在1.0 L真空密闭容器中充入4.0 ml A(g)和4.0 ml B(g)，在一定温度下进行反应：A(g)+B(g)C(g) ΔH，测得不同时刻该容器内物质的物质的量如下表，回答下列问题：
(1)随着温度的升高，该反应的化学平衡常数减小，则 ΔH______（填“>”“<”或“=”）0，反应从起始到20 min内C的平均反应速率是_______。
(2)该温度下，上述反应的化学平衡常数为________。
(3)下列选项中能说明该反应在一定温度和恒容条件下达到平衡状态的是________。
A．反应速率：vA(正)+vB(正)=vC(逆) B．A的质量不再改变
C．B的转化率不再改变 D．密度不再改变
(4)若反应C(g)A(g)+B(g)进行时需加入稀释剂X气体（不参与反应），则C的平衡转化率与体系的温度、压强、X的物质的量的关系如图1、图2所示。
①由图1可知，T1____T2（填“>”“<”或“=”）。
②由图2可知，当其他条件不变时，增大X的物质的量，C的平衡转化率将______（填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】 ①. < ②. 0.125 ml·L－1·min－1 ③. 3 L·ml－1 ④. B、C ⑤. > ⑥. 增大
【解析】
【详解】(1)随着温度的升高，反应A(g)+B(g) C(g) ΔH的化学平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0；反应从起始到20 min内A的平均反应速率= ，则C的平均反应速率=0.125 ml·L－1·min－1，故答案为<；0.125 ml·L－1·min－1；
(2)根据表格数据可知，该温度下，30min时达平衡状态，此时C的浓度为，根据方程式，平衡时A的浓度为，B的浓度为，化学平衡常数；故答案为：3L/ml；
(3)A．反应速率：vA(正)+vB(正)=vC(逆) ，则vA(正)＜vC(逆)，一定不是平衡状态，A不选；
B．A的质量不再改变，则A的浓度不变，能够说明达到平衡状态，B选；
C．B的转化率不再改变，则B的浓度不变，能够说明达到平衡状态，C选；
D．气体的质量和体积不变，密度始终不变，不能说明达到平衡状态，D不选；故答案为：BC；
(4)①A(g)+B(g)C(g) ΔH<0，则C(g)A(g)+B(g) ΔH>0，温度升高，平衡正向移动，C的转化率增大，由图1可知，压强相同时，T1时C的转化率大于T2时C的转化率，故T1大于T2，故答案为：＞；
②其他条件不变，X的用量越大，容器的体积越大，相当于减小了原体系的压强，平衡正向移动，C的转化率增大；故答案为：增大。
【点睛】1、达到平衡状态的关键为：1)，2)各组分的浓度不再改变；2、判断平衡状态的方法为：1)速率一正一逆成比例，2)变量不再改变时达平衡态，3)比例关系一般不选 ；2、无关气体对平衡的影响：1)恒温恒容，没有影响；2)恒温恒压，相当于减压
弱酸
K
弱酸
K
HF
3.53×10-4
H2CO3
K1=4.4×10-7
HCN
6.2×10-10
K2=4.7×10-11
HCOOH
1.765×10-4
H2C2O4
K1=5.4×10-2
CH3COOH
1.753×10-5
K2=5.4×10-5
HClO
2.95×10-8
时间/min
0
10
20
30
40
n(A)/ml
4.0
2.5
1.5
n2
n3
n(C)/ml
0
1.5
n1
3
3