福建省永春县第一中学2020学年高二化学上学期期末考试试题 理（含解析）

福建省永春县第一中学2020学年高二化学上学期期末考试试题 理（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Cl-35.5 O-16 Al-27 Mg-24 Fe-56 Zn-65 S-32 Mn-55 一、选择题（共22小题，每小题2分，共44分，每小题有一个选项符合题意。）1.下列有关说法不正确的是（ ）A. 镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈B. 手机上用的锂离子电池属于二次电池C. 燃料电池能把化学能转化成电能D. 已知反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的H0、S0，任何温度下都不能自发进行。考点：考查了原电池原理及反应能否自发进行的判断的相关知识。2.下列说法正确的是 （ ）A. pH7的溶液一定呈酸性B. 在纯水中加入少量硫酸，可促进水的电离C. 虽然固体氯化钠不能导电，但氯化钠是电解质D. Na2CO3溶液中，c(Na+)是c(CO32)的两倍【答案】C【解析】试题分析：ApH7的溶液不一定呈酸性，例如100的水显中性，pH6，A错误；B在纯水中加入少量硫酸，抑制水的电离，B错误；C虽然固体氯化钠不能导电，但氯化钠溶于水电离出阴阳离子，氯化钠是电解质，C正确；DNa2CO3溶液中碳酸根水解，c(Na+)2c(CO32)，D错误。答案选C。考点：考查水的电离、电解质及盐类水解3.HA为一元弱酸，在0.1 mol/L的NaA 溶液中，离子浓度关系正确的是（ ）A. c(Na+) c(A-) c(H+) c(OH-)B. c(Na+) c(OH-) c(A-) c(H+)C. c(Na+) + c(OH-) = c(A-) + c(H+)D. c(Na+) + c(H+) = c(A-) + c(OH-)【答案】BD【解析】试题分析：A、HA是弱酸，则在0.1 molL1NaA溶液中A水解，溶液显碱性，则溶液中离子浓度大小关系是c(Na)c(A)c(OH) c(H)，A不正确；B、由于A水解程度很小，所以溶液中c(A)c(OH)，B不正确；C、根据电荷守恒可知，c(Na)c(H)c(A)c(OH)，C不正确；D、根据电荷守恒可知，c(Na)c(H)c(A)c(OH)，D正确，答案选D。考点：考查盐类水解、溶液中离子浓度大小比较4.一定温度下，Mg(OH)2固体在水中达到沉淀溶解平衡：Mg(OH)2 (s)Mg2+(aq)2OH(aq)。要使Mg(OH)2固体质量减少而c(Mg2+)不变，采取的措施可能是（ ）A. 加适量水B. 通HCl气体C. 加NaOH固体D. 加MgSO4 固体【答案】A【解析】【详解】A加水促进溶解，固体质量减少而c(Mg2+)不变，仍为饱和溶液，故A正确；B加入HCl，发生酸碱中和反应，c(Mg2+)浓度增大，故B错误；C加NaOH固体，c(OH-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Mg2+)浓度减小，故C错误；D加MgSO4固体，c(Mg2+)增大，故D错误；故答案为A。5.用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 1 L 1 mol/L 的 CH3COOH 溶液中 CH3COO-为 NA个B. 标况下 22.4 L NO 和 11.2 L O2 反应后，气体分子总数为 NA个C. 1 L 0.1 mol/L 的 Na2SO3 溶液中离子总数大于 0.3NAD. H2和 O2反应生成 NA个 H2O(l)和 NA个 H2O(g)放出热量相等【答案】C【解析】【详解】A. CH3COOH属于弱电解质，在水中部分发生电离，因此1 L 1 mol/L 的 CH3COOH 溶液中 CH3COO-个数小于NA个，A错误；B. 标准状况下，22.4 L NO是1mol，11.2 L O2是0.5mol，二者混合生成1molNO2，但由于存在2NO2N2O4，所以所得气体的分子数目小于NA，B错误；C. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-，HSO3-+ H2O=H2SO3+ OH-，从水解的原理可知，1个SO32-水解后生成1个HSO3-和1个OH-，溶液中阴离子数目增加，所以1 L 0.1 mol/L 的 Na2SO3 溶液中离子总数大于 0.3NA，C正确；D. 由于H2O(l)= H2O(g) H0，所以H2 和 O2 反应生成 NA 个 H2O(l)和 NA 个 H2O(g)放出热量不相等，生成NA 个 H2O(l) 放出的热量多，D错误；综上所述，本题选C。6. 下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是【答案】C【解析】A项中NO2球中存在2NO2N2O4，H1.010-6 mol/LD. Zn(OH)2(s) +2HCOOH(aq)Zn2+(aq) +2HCOO(aq) +2H2O(l)的平衡常数 K= 100【答案】B【解析】A、HCOO水解常数为KW/Ka1014/1041.01010，A正确；B、 设Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中c(Zn2+)为x，则溶液中c(OH)2x，x(2x)2KspZn(OH)21.01018，解得xmol/L1.0106mol/L，B错误；C、Zn(OH)2悬浊液中存在溶解平衡Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH-（aq），加入HCOOH中和氢氧根离子，使平衡正向移动，溶液中c(Zn2+)增大，C正确；D、Zn(OH)2(s)+2HCOOH(aq)Zn2+(aq) +2HCOO-(aq)+2H2O(1)的平衡常数KK2a(HCOOH)KspZn(OH)2/K2W100，D正确，答案选B。17.羟胺的电离方程式为： NH2OHH2O NH3OH+OH（ 25时， Kb9.0l09）。用 0.l molL1 盐酸滴定 20 mL 0.l molL1 羟胺溶液，恒定 25时，滴定过程中由水电离出来的 H+浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(己知： lg30.5)。下列说法正确的是（ ）A. 图中 V110B. A 点对应溶液的 pH9.5C. B、 D 两点对应的溶液均为中性D. E 点对应溶液中存在：c(H+)c (OH)c (NH3OH+)c (NH2OH)【答案】B【解析】A、B点的溶液为NH3OHCl、NH2OH，B点此时应为中性，故V1=10，故A错误；B、A点时，NH2OHH2O NH3OH+OH，c（OH）=c（NH3OH+），c（NH2OH）0.l molL1，c（OH）2=9.0l010，c（OH）=3.0l05，c（H+）=10-9，pH=-lg c（H+）=9.5，故B正确；C、C点时，溶液为NH3OHCl溶液，此时溶液呈酸性，再加入盐酸，酸性更强，故D点不是中性，故C错误；D、E点为等浓度的NH3OHCl和HCl溶液，质子守恒为：c(H+)c (OH)c (NH3OH+)2c (NH2OH)，故D错误；故选B。点睛：该题的关键是先考虑A、C、E三个特殊点的状态，通过排除法，就可以顺利找到答案。18.下列说法错误的是（ ）A. 用惰性电极电解 Na2SO4溶液，当 2 mol 电子转移时，可加入 18 g 水恢复B. 用惰性电极电解 CuSO4溶液，当加入 1 mol Cu(OH)2恢复电解前浓度时，电路中转移了 4 mol eC. 用惰性电极电解 1 mol CuSO4和 1 mol NaCl 的混合溶液，溶液的 pH 先减小后增大D. 要想实现 CuH2SO4(稀) CuSO4H2的反应，需在电解池中进行，且 Cu 为阳极【答案】C【解析】【详解】A用惰性电极电解Na2SO4溶液，相当于电解水：2H2O 2H2+O2，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有2mol电子转移时，消耗水1mol，即可加入18g水恢复到原状态，故A正确；B用惰性电极电解1L1mol/LCuSO4溶液，电解反应为2CuSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2，当n(Cu2+)=1mol全部被还原成铜时，生成铜1mol，转移电子的物质的量为2mol；若要恢复到电解前的状态，需要加氧化铜的物质的量为1mol；现需加入1molCu(OH)2恢复电解前浓度，说明还有1mol水发生了电解反应，根据2H2O 2H2+O2可知，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有1mol水被电解时，转移电子的物质的量为2mol，所以整个电路中转移了4mole-，故B正确；C阳离子在阴极得电子能力Cu2+H+，阴离子在阳极失电子能力Cl-OH-；所以用惰性电极电解1molCuSO4和1molNaCl的混合溶液，阴极电极反应：Cu2+2e-Cu，1molCu2+完全反应转移2mol电子；阳极电极反应：Cl-e-Cl2，1molCl-完全反应转移1mol电子，根据电子守恒规律，阳极电极反应还有：4OH-4e-=O2+2H2O，转移1mol电子，消耗OH-的物质的量为1mol，溶液中的氢离子的物质的量增大1mol，所以电解后溶液的pH减小，故C错误；DCu与稀硫酸不反应，若要实现Cu+H2SO4(稀)CuSO4+H2，则需在电解池中进行，Cu连在电源的正极上做阳极，铜失电子，发生氧化反应，故D正确；故答案为C。19.常温下，向20 mL x molL1 CH3COOH溶液中逐滴加入等物质的量浓度的NaOH溶液，混合液的pH随NaOH溶液的体积（V）的变化关系如图所示（忽略温度变化）。下列说法中不正确的是（ ）A. 上述 CH3COOH溶液中：c(H+)1103 molL1B. 图中V1 20 mLC. a点对应的溶液中：c (CH3COO)c (Na+）D. 当加入NaOH溶液的体积为20 mL时，溶液中：c (CH3COOH) + c (H+)c (OH）【答案】D【解析】【详解】A由图象可知，加入NaOH溶液之前，醋酸溶液的pH=3，说明溶液中c(H+)=110-3molL-1，故A正确；B若物质的量浓度都为xmolL-1的CH3COOH与NaOH溶液等体积混合，则混合后恰好生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，若溶液呈中性，则加入NaOH溶液的体积V120 mL，故B正确；C溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，a点时溶液的pH=7，则c(OH-)=c(H+)，所以c(CH3COO-)=c(Na+)，故C正确；D当加入NaOH溶液的体积为20mL时，恰好反应生成CH3COONa，溶液中存在物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，可知联式可得：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，故D错误；故答案为D。20.某温度下，密闭容器中，发生如下可逆反应：2E(g) F(g)xG(g)；H0。若起始时E浓度为a molL1，F、G浓度均为0，达平衡时E浓度为0.5a molL1；若E的起始浓度改为2amolL1，F、G浓度仍为0，当达到新的平衡时，下列说法正确的是（ ）A. 若x1，容器体积保持不变，新平衡下E的体积分数为50%B. 升高温度时，正反应速率加快、逆反应速率减慢C. 若x2，容器体积保持不变，新平衡下F的平衡浓度为0.5a molL1D. 若x2，容器压强保持不变，新平衡下E的物质的量为a mol【答案】A【解析】【详解】A.若x1，反应前后体积不变，达到平衡时E的体积分数为50%，E的起始浓度改为2a molL1，相当于两个相同的容器中E浓度均为a molL1，然后压缩使气体的体积与一个容器的容积体积相等，平衡不移动，E的体积分数仍为50%，故A正确；B.升高温度正逆反应速率都增大，与反应是吸热还是放热无关，故B错误；C.达原平衡时E浓度为0.5a molL1，F的平衡浓度为0.25a molL1，若x2，依据A中的分析类推压缩气体使体积为原体积的一半，F的浓度为0.5a molL1，但压缩气体体积相当于增大压强，平衡逆向移动，新平衡下F的平衡浓度小于0.5a molL1，故C错误；D.若x2，容器压强保持不变，则随反应的进行容器的体积大小会发生相应的变化，而物质的量的多少与容器的大小有关，故D错误；答案选A。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，其中电解池两极材料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。则下列说法正确的是( )A. 石墨电极处的电极反应式为O24e=2O2B. X是铁电极C. 电解池中有1mol Fe溶解，石墨耗H2 22.4 LD. 若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也互换，实验方案更合理。【答案】D【解析】【分析】左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极，发生氧化反应；通入氧气的电极II是正极，正极发生还原反应。右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，Fe作阳极发生氧化反应，据此分析解答。【详解】左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，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。A.通入氧气电极II是正极，正极上氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，A错误；B.X与负极连接，作阴极，Y与电源正极连接，作阳极，要制取Fe(OH) 2，阳极Y必须是铁电极，X电极为石墨电极，B错误；C.电解池中有1mol Fe溶解，失去2mol电子，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知在石墨耗H21mol，但未指明气体所处的条件，因此不能确定氢气的体积就是 22.4 L，C错误；D.若将电池两极所通气体互换，则I是正极，X是阳极，X电极材料是Fe，该电极产生的Fe2+和碱反应得到Fe(OH) 2白色沉淀，可以将沉淀和氧气隔绝，实验方案更合理，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查原电池和电解池的反应原理，明确在燃料电池中通入燃料H2的电极为负极，与电源负极连接的电极为阴极，Fe电极与电源正极连接作阳极，发生氧化反应变为Fe2+是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意该原电池中电解质是熔融碳酸盐而不是酸或碱溶液。22.向0.1mol/I.的NH4HCO3溶液中逐渐加入0.1mol/LNaOH溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数)。根据图象，下列说法不正确的是（ ） A. 开始阶段，HCO3-反而略有增加，可能是因为NH4HCO3溶液中存在H2CO3发生的主要反应是H2CO3+OH-HCO3-+H2OB. 当pH大于8.7以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应C. pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)c(NH3H2O)c(NH4+)c(CO32-)D. 滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应为2NH4HCO3+2NaOH(NH4)2CO3+Na2CO3【答案】D【解析】【详解】NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4+H2OHN3H2O+H+；HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2OH2CO3+OH-；HCO3-的电离平衡，即HCO3-H+CO32-；A在未加氢氧化钠时，溶液的PH=7.7，呈碱性，则上述3个平衡中第个HCO3-的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡向逆方向移动，HCO3-的量略有增加，即逆方向的反应是H2CO3+OH-HCO3-+H2O，故A正确；B对于平衡，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，HN3H2O的量增加，NH4+被消耗，当PH大于8.7以后，CO32-的量在增加，平衡受到影响，HCO3-被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，故B正确；C从图中可直接看出pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)c(HN3H2O)c(NH4+)c(CO32-)，故C正确；D滴加氢氧化钠溶液时，HCO3-的量并没减小，反而增大，说明首先不是HCO3-与OH-反应，而是NH4+先反应，即NH4HCO3+NaOHNaHCO3+NH3H2O，故D错误；故答案为D。第卷（非选择题共56分）23.运用所学知识，解决下列问题：（1）AgNO3的水溶液呈_（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：_；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，目的是_。（2）今有常温下五种溶液：NH4Cl溶液 CH3COONa溶液 (NH4)2SO4溶液 NH4HSO4溶液 NaOH溶液NH4Cl溶液的pH_7（填“”、“”或“”），升高温度可以_（填“促进”或“抑制”）NH4Cl的水解；pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH_NaOH溶液的pH（填“”“”或“”）；浓度相同的下列三种溶液：（A）NH4Cl溶液(B) (NH4)2SO4溶液(C)NH4HSO4 溶液，则c(NH4+)由大到小的顺序为_（用序号填空）。（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl36H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，试解释原因_。 （提示：SOCl2与水反应的化学方程式为SOCl2 +H2O= SO2+ 2HCl）【答案】 (1). 酸 (2). Ag H2O AgOH H (3). 抑制Ag水解 (4). (5). 促进 (6). (7). B (8). C (9). A (10). Al3+ +3H2O Al(OH)3+3H+，AlCl36 H2O与SOCl2混合加热， SOCl2与AlCl36 H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制AlCl3水解【解析】【分析】(1)硝酸银是强酸弱碱盐，水溶液中银离子水解显酸性，配制硝酸银溶液加入硝酸是抑制银离子水解；(2)强酸弱碱盐在溶液中水解，溶液显酸性，升高温度促进盐的水解；氢氧化钠为强碱溶液，醋酸钠为强碱弱酸盐，加热后氢氧化钠溶液的pH基本不变，而醋酸钠的水解程度增大，溶液pH增大；浓度相同时，硫酸铵的化学式中含有两个铵根离子，其溶液中含有铵根离子浓度最大，结合硫酸氢铵中氢离子抑制了铵根离子的水解比较铵根离子浓度大小；(3)SOCl2与AlCl36H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制了氯化铝的水解。【详解】(1)硝酸银是强酸弱碱盐，水溶液中银离子水解显酸性，反应的离子方程式为：Ag+H2OAgOH+H+；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，其中加入硝酸目的是抑制硝酸银水解，避免溶液变浑浊；(2)NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，溶液显酸性，溶液的pH7，盐的水解为吸热反应，升高温度促进NH4Cl的水解；pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解溶液显示碱性，加热后醋酸根离子的水解程度增大，则溶液pH增大，所以分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pHNaOH溶液的pH；浓度相同的下列三种溶液：(A)NH4Cl溶液，(B)(NH4)2SO4溶液，(C)NH4HSO4溶液，B的化学式中含有两个铵根离子，其溶液中c(NH4+)最大；NH4HSO4电离出的氢离子抑制了铵根离子的水解，则C溶液中铵根离子浓度大于A，所以三种溶液中c(NH4+)由大到小的顺序为：BCA；(3)由于HCl易挥发，蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，若使SOCl2与AlCl36H2O混合并加热，SOCl2与水反应生成的氯化氢会对氯化铝水解起到抑制作用，可得到无水AlCl3，故答案为：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，AlCl36H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl36H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制AlCl3水解。24.现有常温下pH2的HCl溶液甲和pH2的CH3COOH溶液乙，请根据下列操作回答问题：（1）常温下0.1molL1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_。Ac(H) B c(H+)/c(CH3COOH) Cc(H)c(OH) （2）取10mL的乙溶液，加入等体积的水，CH3COOH的电离平衡_(填“向左”“向右”或“不”)移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的 c(H+)/c(CH3COOH) 比值将_(填“增大”“减小”或“无法确定”)。（3）取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗NaOH溶液体积的大小关系为V(甲)_(填“”“”或“”)V(乙)。（4）已知25时，下列酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClOH2SO3电离平衡常数1.8105K14.3107K24.710113.0108K11.54102K21.02107下列微粒可以大量共存的是_填字母。a.CO32-、HSO3- b.HCO3-、HSO3- c.SO32-、HCO3- d.CO32- 、H2CO3写出下列反应离子方程式：H2SO3Na2CO3(少量)：_室温下，0.1 molLl的KOH溶液滴10.00mL 0.10 molLl H2C2O4 (二元弱酸）溶液，所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：（5）点所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O42)_mol/L。点所示的溶液中各离子浓度的大小顺序_（6）草酸晶体(H2C2O42H2O)为无色，某同学设计实验测定其纯度。实验过程如下：称取mg草酸晶体于锥形瓶中,加水完全溶解用cmolL-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，则达到滴定终点时的现象是_；该过程中发生反应的离子方程式为_；滴定过程中消耗VmLKMnO4标准溶液，草酸晶体纯度为_。【答案】 (1). A (2). 向右 (3). 减小 (4). (5). bc (6). H2SO3CO32-= HSO3-HCO3- (7). 0.10 (8). c（K+）c（C2O42-）c（OH-）c（HC2O4-）c（H+） (9). 加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色 (10). 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O (11). 0.315cv/m【解析】【分析】(1)CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，n(H+)增大，酸性减弱c(H+)减小，c(OH-)增大，Kw不变；(2)醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离；(3)pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大；(4)根据Ka越大酸性越强，根据酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应；H2SO3和Na2CO3反应生成NaHSO3和NaHCO3；(5)根据点所示的溶液的体积25mL计算出溶液中各组分的浓度；根据点所示的溶液中，溶质只有K2C2O4分析各离子浓度的大小；(6)用cmolL-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，利用高锰酸钾溶液的颜色指示反应终点，高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳，结合反应的定量关系计算草酸晶体纯度。【详解】(1)ACH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，故A正确；B=，K不变，醋酸根离子浓度减小，则稀释过程中比值变大，故B错误；C稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，c(H+)c(OH-)=Kw，Kw不变，故C错误；故答案为A；(2)醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸电离平衡向正反应方向移动；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，则氢离子浓度减小，醋酸分子浓度增大，所以减小；(3)pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大，所以消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V(甲)V(乙)；(4)已知Ka越大酸性越强，酸性强弱顺序为H2SO3CH3COOHH2CO3HSO3-HClOHCO3-，且酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由于HCO3-的酸性小于HSO3-的酸性，所以HCO3-与HSO3-、SO32-不反应，即bc能共存，故答案为bc； H2SO3和Na2CO3反应生成NaHSO3和NaHCO3，发生反应的离子方程式为H2SO3CO32-= HSO3-HCO3-；(5)点所示的溶液的体积25mL，根据物料守恒：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)=0.10mol/L=0.04mol/L；c(K+)=0.10mol/L=0.06mol/L，所以c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)=0.10molL-1；点所示的溶液中，溶质只有K2C2O4，水解后溶液显示碱性，离子浓度大小关系为：c(K+)c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-)c(H+)；(6)称取m g草酸晶体于试管中，加水完全溶解用cmolL-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，则达到滴定终点时的现象是：当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内溶液颜色不再改变，该过程中发生反应的离子方程式为：2MnO4-+6H+5H2C2O4=2Mn2+10CO2+8H2O，滴定过程中消耗V mL KMnO4标准溶液，结合离子方程式定量关系计算； 2MnO4-+6H+5H2C2O4=2Mn2+10CO2+8H2O 2 5cmolL-1V10-3L nn=2.5cV10-3mol，草酸晶体H2C2O42H2O的纯度=100%=%。【点睛】电解质溶液中存在的三个守恒：电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。25.碳及其化合物在化工生产中有着广泛的应用。I为解决大气中CO2的含量增大的问题，某科学家提出如下构想：把工厂排出的富含CO2的废气经净化吹入碳酸钾溶液吸收，然后再把CO2从溶液中提取出来，在合成塔中经化学反应使废气中的CO2转变为燃料甲醇。部分技术流程如下:合成塔中反应的化学方程式为_；H0。该反应为可逆反应，从平衡移动原理分析，低温有利于提高原料气的平衡转化率。而实际生产中采用300的温度，除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑了_。(2)从合成塔分离出甲醇的原理与下列_操作的原理比较相符(填字母）A.过滤 B.分液 C.蒸馏 D.结晶 (3)如将CO2与H2以1:4的体积比混合，在适当的条件下可制得CH4。写出CO2(g)与H2(g)反应生CH4(g)与液态水的热化学方程式_。已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H1=-890.3kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H2=-571.6kJ/molII某兴趣小组模拟工业合成甲醇的反应:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在容积固定为2L的密闭容器中充入1mol CO和2mol H2，加入合适的催化剂（催化剂体积忽略不计）后开始反应。测得容器内的压强随时间变化如下:时间/min0510152025压强/Mpa12.610.89.58.78.48.4(1)从反应开始到20min时，以CO表示反应速率为_。(2)下列描述能说明反应达到平衡是_ A.装置内气体颜色不再改变 B.容器内气体的平均摩尔质量保持不变C.容器内气体的压强保持不变 D.容器内气体密度保持不变(3)该温度下平衡常数K=_，若达到平衡后加入少量CH3OH(g)，此时平衡常数K值将_ (填“增大”、“减小”或“不变”)(4)该反应达到平衡后，再向容器中充入1mol CO和2mol H2，此时CO的转化率将_(填“增大”、“减小”或“不变”). 人类活动产生的CO2长期积累，威胁到生态环境，其减排问题受到全世界关注。工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如下：在阳极区发生的反应包括_和HHCO=H2OCO2。简