河北省黄骅中学2020学年高二化学上学期第二次月考试卷（含解析）

河北省黄骅中学2020学年高二上学期第二次月考化学试题1.有关化学反应的说法，正确的是A. 自发反应都是放热反应 B. 自发反应都是熵增大的反应C. 非自发反应在一定条件下能实现 D. 自发反应常温下一定能实现【答案】C【解析】【分析】A、有些吸热反应也能自发进行；B、有些熵减的反应也能自发进行；C、非自发反应在一定条件下也可以发生；D、有些自发反应需在高温下才能进行。【详解】A、焓变不是影响反应方向的唯一因素，有些吸热反应也能自发进行，故A错误；B、熵变不是影响反应方向的唯一因素，有些熵减的反应也能自发进行，故B错误；C、非自发反应在一定条件下也可以发生，故C正确；D、 的反应，需在高温下才能自发进行，故D错误。【点睛】在判断反应是否自发时，应该综合考虑熵变和焓变，即必须根据HTS进行分析，否则会得出错误的答案。2.实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3全部沉淀出来，最适宜选用的试剂是A. NaOH溶液 B. Ba(OH)2溶液C. 盐酸 D. 氨水【答案】D【解析】【分析】加入碱性试剂可以使AlCl3溶液中的Al3全部沉淀出来，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化铝能溶于强碱。【详解】A、AlCl3溶液中的加入NaOH溶液生成氢氧化铝沉淀，加入过量氢氧化钠，沉淀又会溶解，故不选A；B、AlCl3溶液中的加入Ba(OH)2溶液生成氢氧化铝沉淀，加入过量Ba(OH)2溶液，沉淀又会溶解，故不选B；C、AlCl3溶液与盐酸不反应，故不选C；D、AlCl3溶液中的加入氨水生成氢氧化铝沉淀，加入过量氨水，沉淀不溶解，故不选D。3.改变反应条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列变化中正确的是A. 生成物浓度一定增大 B. 某生成物的产率可能提高C. 反应物的转化率一定提高 D. 生成物的物质的量分数一定增大【答案】B【解析】【分析】影响化学平衡移动的因素有浓度、温度、压强等，外界条件不同，对平衡移动的影响不同，改变条件使化学平衡向正反应方向移动，则正反应速率一定大于逆反应速率，生成物的产量一定增加。【详解】A、如果通过减小某生成物浓度导致平衡正向移动，则该生成物的平衡浓度减小，故A错误；B、对于aAgcCg+dDg ，增大A的浓度平衡正向移动，若 生成物的产率提高，若aKsp(AgI),向AgCl的悬浊液中加入KI固体,有黄色沉淀生成【答案】D【解析】难溶物的Ksp只与温度有关,A选项错;CaCO3沉淀溶解平衡为CaCO3(s)Ca2+(aq)+C(aq),加入盐酸后,C与H+结合为H2CO3,进一步分解为CO2逸出,平衡右移,B选项错;通过难溶物的Ksp数值判断难溶物的溶解度时要考虑化合物类型,C选项错;AgCl与AgI同为AB型化合物,Ksp大的AgCl可以转化为Ksp小的AgI,D选项正确。11. 在蒸发皿中加热蒸干并灼烧（低于400）下列的溶液，可以得到该物质的固体是（ ）A. 氯化镁溶液 B. 硫酸亚铁溶液 C. 碳酸氢钠溶液 D. 硫酸铝溶液【答案】D【解析】试题分析：A氯化镁溶液中，Mg2+水解生成弱电解质Mg(OH)2，氢离子和氯离子结合生成盐酸，HCl具有挥发性，Mg(OH)2加热分解生成MgO，最终只能得到MgO，A错误；B.Fe2+易被氧化为Fe3+，加热硫酸亚铁溶液只能得到硫酸铁，B错误；C碳酸氢钠在加热的条件要分解成碳酸钠、水、二氧化碳，加热碳酸氢钠溶液只能得到碳酸钠，C错误；D硫酸铝溶液中，硫酸铝电离的铝离子要水解，但是硫酸不是挥发性酸，最终得到的还是硫酸铝，D正确，答案选D。考点：考查阿伏加德罗常数计算12.下列事实能用电化学理论解释的是A. 轮船水线以下的船壳上装一定数量的锌块B. 铝片不用特殊方法保存C. 纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量浓H2SO4溶液后速率加快D. 镀锌铁不如镀锡铁耐用【答案】A【解析】【分析】根据是否能构成原电池判断，如果金属能构成原电池的就能用电化学理论解释，否则不能用电化学理论解释，据此分析解答。【详解】A、锌比铁活泼，铁、锌构成原电池，锌被腐蚀而铁被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，可用原电池理论解释，故选A；B、铝在空气中，表面被氧化为氧化膜，保护内部金属不再被腐蚀，不能用电化学理论解释，故不选B；C. 纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量浓H2SO4溶液，氢离子浓度增大，反应速率加快，没有构成原电池，不能用电化学理论解释，故不选C；D、镀锌的铁被破坏后，锌被氧化，而铁被保护，镀锡的铁被破坏后，铁失电子被氧化，加快了腐蚀，镀锌铁比镀锡铁耐用，故D错误。13. 已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ，且氧气中1 mol O=O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1 mol HO键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1 mol HH键断裂时吸收热量为A. 920 kJ B. 557 kJ C. 436 kJ D. 188 kJ【答案】C【解析】考查反应热的计算。根据题意1mol氢气完全燃烧放出242kJ能量。则有，解得X436kJ。14.可逆反应aA(g)+bB(s) cC(g)+dD(g)在反应过程中，其他条件不变，C的物质的量分数和T或p关系如图所示，下列叙述中正确的是 A. 化学方程式化学计量数ac+dB. 使用催化剂，C的物质的量分数增加C. 温度降低，化学平衡向逆反应方向移动D. 无法根据图像确定改变温度后化学平衡移动方向【答案】A【解析】【分析】根据“先拐先平”，可知 、；加压或升高温度，C的平衡百分含量减小，说明加压或升高温度时，平衡逆向移动。加压平衡向气体系数和减小的方向移动；升高温度平衡向吸热的方向移动。【详解】A、，加压C的平衡百分含量减小，平衡逆向移动，所以ac+d，故A正确；B、催化剂不能使平衡移动，使用催化剂，C的物质的量分数不变，故B错误；C、根据图像，温度降低，C的平衡百分含量增大，化学平衡向正反应方向移动，故C错误；D、升高温度，C的平衡百分含量减小，说明升高温度时，平衡逆向移动，故D错误。【点睛】本题考查了体积分数随温度、压强变化曲线的分析，难度不大，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键，注意催化剂，不影响平衡的移动。15.25时，1 mol/L的NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4三种溶液中，测得c(NH4+)分别为a、b、c(单位为 mol/L)，下列判断正确的是A. abc B. abc C. acb D. cab【答案】D【解析】【分析】铵根离子的水解平衡，根据影响盐水解的因素分析。【详解】铵根离子的水解平衡 ，NH4Cl溶液中NH4+正常水解；NH4HSO4溶液中存在氢离子会抑制铵根的水解；醋酸根离子是弱酸根离子会促使铵根的水解平衡向右移动；所以25时，1 mol/L的NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4三种溶液中，c(NH4+)最大的是NH4HSO4溶液、最小的是CH3COONH4溶液，cab，故选D。16.将H+、Cl、Al3、K、S2、OH、NO3、NH4分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：H+、OH-抑制水电离，弱离子发生水解反应而促进水电离，所以抑制水电离，属于弱离子，能发生水解反应而促进水电离，则不影响水电离的离子有，故选B。考点：以盐类水解为载体考查水的电离。17.已知：25时，KspMg(OH)25.611012，KspMgF27.421011.下列说法正确的是A. 25时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2)大B. 25时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2)增大C. 25时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol/L氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol/L NH4Cl溶液中的Ksp小D. 25时，在Mg(OH)2悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2【答案】B【解析】【分析】A、Mg(OH)2、MgF2结构相似，溶度积常数越大，c(Mg2)越大；B、加入少量的NH4Cl，促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动；C、溶度积常数只与温度有关；D、只要c(Mg2)c(F-)27.4210-11，就能生成MgF2沉淀。【详解】A、Mg(OH)2、MgF2结构相似，溶度积常数越大，c(Mg2)越大，所以饱和MgF2溶液中的c(Mg2)比饱和Mg(OH)2溶液大，故A错误；B、加入少量的NH4Cl，铵根离子结合氢氧根离子，促进氢氧化镁溶解，溶液c（Mg2+）增大，故B正确；C、溶度积常数只与温度有关，25时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol/L氨水中的Ksp与在20 mL 0.01 mol/L NH4Cl溶液中的Ksp相同，故C错误；D、不管氢氧化镁的ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合，使溶液中c(Mg2)c(F-)27.4210-11，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀，故D错误。18.把a,b,c三块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若a、b相连时，a为负极；b、c相连时，c不易被腐蚀。则三种金属的活动性由强到弱的顺序为A. abc B. acb C. cba D. bca【答案】A【解析】【分析】原电池中较活泼的金属是负极，负极失去电子发生氧化反应被腐蚀。【详解】若a、b相连时，a为负极，说明a的金属性强于b；b、c相连时，c不易被腐蚀，说明c的金属性比b的弱；所以金属性强弱顺序是a b c，故选A。19.在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气，下列说法不正确的是A. 甲烧杯中酸过量B. 两烧杯中参加反应的锌等量C. 甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大D. 反应开始后，乙烧杯中的c（H）始终比甲烧杯中的c（H）大【答案】A【解析】【分析】醋酸是弱酸，盐酸是强酸，同PH的盐酸、醋酸，c(CH3COOH) c(HCl)；两种溶液的体积和pH都相等，则n(CH3COOH) n(HCl)；反应结束后得到等量的氢气，说明消耗醋酸、盐酸的物质的量相同，消耗锌的质量也相同。【详解】A、n(CH3COOH) n(HCl)，消耗醋酸、盐酸的物质的量相同，所以醋酸有剩余，故A错误；B、反应结束后得到等量的氢气，所以消耗锌的质量也相同，故B正确；C、消耗锌的质量相同，醋酸有剩余，则放入醋酸中的锌完全反应，放入盐酸中的锌有剩余，所以甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大，故C正确；D、由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，则反应开始后乙烧杯中的C（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）大，故D正确。选A。【点睛】本题考查弱电解质的电离、酸与金属的反应，明确浓度与氢离子的关系，氢气与金属的质量关系是解答本题的关键，题目难度不大，但属于易错题。20.相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是A. 电离程度：HCNHClOB. pH：HClOHCNC. 酸根离子浓度：c(CN)c(ClO)D. 与NaOH溶液恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClOHCN【答案】C【解析】【分析】盐类水解的规律是：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解。相同物质的量浓度的NaCN 和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，说明CN-水解程度比ClO-大，酸性HCNHClO。【详解】A、酸性HCNHClO，相同浓度的弱酸，酸性越强电离程度越大，所以电离程度：HCNHClO，故A错误；B、酸性HCNHClO，酸性越强，相同浓度的弱酸的电离程度越大，氢离子浓度越大，PH越小，所以pH：HClOHCN，故B错误；C、酸性HCNHClO，相同浓度的HCN 和 HClO的电离程度：HCNHClO，所以酸根离子浓度c(CN)c(ClO)，故C正确；D、HCN 和 HClO都是一元酸，同体积同浓度的HCN 和 HClO酸的物质的量相同，中和碱的能力也相同，故D错误。21.可逆反应：3A（g）3B（？）C（？）（正反应是吸热反应），随着温度的升高，气体平均相对分子质量有减小趋势，则下列判断正确的是A. B和C可能都是固体 B. B和C一定都是气体C. 若C为固体，则B一定是气体 D. B和C不可能都是气体【答案】C【解析】【分析】正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，根据分析。【详解】A如B、C都是固体，只有A是气体，则气体的平均相对分子质量不变，故A错误；B如B为气体，C为固体或液体，则升高温度平衡向正反应方向移动，气体的总质量减小，但物质的量不变，则气体平均相对分子质量变小，故B错误；C若C为固体，则B一定是气体，否则气体的平均相对分子质量不变，故C正确；D如B和C都是气体，气体的质量不变，平衡向正反应方向移动，气体的物质的量增多，则气体平均相对分子质量变小，故D错误。22.将0.l molL-1 CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起A. 溶液的pH增加 B. CH3COOH物质的量浓度小C. 溶液的导电能力减弱 D. 溶液中c(OH)减小【答案】A【解析】【分析】CH3COOH溶液加水稀释，溶液中C（H+）减小，溶液的PH增大，导电能力减弱，平衡向正反应方向移动，电离程度增大； CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，溶液中C（H+）减小，溶液的PH增大，导电能力增强。【详解】A、CH3COOH溶液加水稀释，溶液中C（H+）减小，溶液的PH增大， CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，C（H+）减小，溶液的PH增大，故A正确；B、CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，CH3COOH物质的量浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度也减小，CH3COOH物质的量浓度增大，故B错误；C、CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；D、CH3COOH溶液加水稀释，溶液中C（H+）减小，c(OH)增大；加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液中C（H+）减小，c(OH)增大，故D错误。【点睛】本题考查外界条件对电离平衡的影响，重点考查离子浓度以及同离子效应对电离平衡的影响，注意总结影响因素以及平衡移动的方向的判断。23.在密闭容器中，进行反应X（g）3Y(g)2Z(g)，达到平衡后，其他条件不变，只增加X的量，下列叙述中不正确的是A. 正反应速率增大，逆反应速率减小 B. X的转化率变小C. Y的转化率变大 D. 正、逆反应速率都增大【答案】A【解析】【分析】增加X的量，X的浓度增大，开始时v(正)增大，随着反应的进行，生成物浓度增大，v(正)、v(逆)都增大。增加X的量，平衡正向移动，但由于充入了X，结果提高了Y的转化率， X的转化率反而降低。【详解】A、增加X的量，X的浓度增大，开始时v(正)增大，随着反应的进行，生成物浓度增大，所以v(正)、v(逆)都增大，故A错误；B、增加X的量，平衡正向移动，但由于充入了X， X的转化率反而降低，故B正确。C、增加X的量，平衡正向移动，所以提高了Y的转化率，故C正确；D、增加X的量，X的浓度增大，开始时v(正)增大，随着反应的进行，生成物浓度增大，所以v(正)、v(逆)都增大，故D正确。24.用惰性电极分别电解下列各物质水溶液一段时间后，向剩余电解质溶液中加入适量水，能使溶液恢复到电解前浓度的是A. AgNO3 B. Na2SO4 C. CuCl2 D. KCl【答案】B【解析】【分析】向电解后的溶液中加少量水，能使溶液浓度和电解前相同说明是电解水，据此分析电解过程。【详解】A、电解硝酸银溶液电解的是硝酸银和水，电解结束后加氧化银能回复原溶液的浓度，故A错误；B、电解硫酸钠溶液实质是电解水，电解结束后，向剩余溶液中加适量水，能使溶液浓度和电解前相同，故B正确；C、电解氯化铜实质是电解氯化铜，电解结束后，向剩余溶液中加适量CuCl2能使溶液浓度和电解前相同，故C错误；D、电解KCl溶液实质是电解KCl和水，电解结束后，向剩余溶液中加少量氯化氢，能使溶液浓度和电解前相同，故D错误。【点睛】本题考查了电解原理的应用，明确电解过程中电解的物质是解答本题的关键，应熟悉溶液中离子的放电顺序来判断，题目难度中等。25.常温下，把0.02 mol/L CH3COOH(Ka=1105 mol/L)溶液和0.01 mol/L NaOH溶液等体积混合，则混合溶液中微粒浓度关系正确的是A. c(CH3COO)c(Na) B. c(CH3COOH)c(CH3COO)C. c(H)c(OH) D. c(CH3COOH)c(CH3COO)0.02 mol/L【答案】A【解析】【分析】常温下，把0.02 mol/L CH3COOH(Ka=1105 mol/L)溶液和0.01 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中溶质是醋酸钠和醋酸，且物质的量浓度相等，由于溶液等体积混合,所得混合溶液的体积与原单一的溶液来讲,增大到原来的2倍,因此其浓度均为0.005mol/L。醋酸的电离平衡常数是1105 mol/L，则CH3COO-的水解平衡常数是。【详解】A、由于醋酸电离的程度大于醋酸根离子的水解程度，所以c(CH3COO-)c(Na+)，故A正确；B、由于醋酸电离的程度大于醋酸根离子的水解程度，所以c(CH3COOH)c(OH)，故C错误；D、由于溶液等体积混合,所得混合溶液的体积与原单一的溶液来讲,增大到原来的2倍,所以浓度变为，根据物料守恒，c(CH3COOH)c(CH3COO)0.01 mol/L，故D错误。26. 用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用酚酞作指示剂，下列操作中会导致实验结果偏低的是碱式滴定管用蒸馏水洗净后没有用标准液润洗用酸式滴定管加待测液时，刚用蒸馏水洗净后的滴定管未用待测液润洗锥形瓶用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失终点读数时俯视，其他读数方法正确A. B. C. D. 【答案】D【解析】略27.某同学为了使反应2HCl2Ag=2AgClH2能进行，设计了如图所示的四个实验，你认为可行的方案是 A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】因Ag与盐酸不反应，可设计为电解池，选择Ag为阳极，盐酸为电解质溶液即可。【详解】A装置是电解池，Ag作阴极，Ag不能失去电子，所以不能发生该反应，故A错误；B装置是电解池，Ag作阴极，Ag不能失去电子，所以不能发生该反应，故B错误；C装置是电解池，Ag作阳极，发生氧化反应，Ag-e-=Ag+，在阴极H+得到电子发生还原反应：2H+2e-=H2；总反应方程式是2HCl2Ag= 2AgClH2，故C正确；D装置中，由于活动性Ag”“HCl开始反应时的速率HClCH3COOH参加反应的锌粉物质的量HCl=CH3COOH反应过程的平均速率CH3COOHHClHCl溶液里有锌粉剩余CH3COOH溶液里有锌粉剩余(3)将等体积、等物质的量浓度的NH3H2O和NH4HSO4溶液混合后，升高温度(溶质不会分解)溶液pH随温度变化如图中的_曲线(填写序号)。(4)室温下，向0.01 molL-1 NH4HSO4溶液中滴加0.01 molL-1 NaOH溶液至中性，得到的溶液中：c(Na+)+c(NH4+) _2c(SO42- )(填“”“=”或“”“=”或“”)，该反应的离子方程式为_。(5)25 时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是_(用离子方程式表示)。向该溶液滴加b L氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将_(填“正向”“不”或“逆向”)移动。【答案】 (1). (6). NH4HSO42-Ba2+2OH BaSO4H2ONH3H2O (7). NH4H2ONH3H2OH (8). 逆向【解析】【分析】(1)一元强酸、一元强碱溶液，等物质的量混合溶液呈中性；一元强酸、一元弱碱溶液，等物质的量混合后恰好生成强酸弱碱盐，溶液呈酸性；（2）H+浓度相同，由于醋酸为弱酸、氯化氢为强电解质，说明盐酸的浓度小于CH3COOH的浓度，而体积相等，即醋酸的物质的量比盐酸的物质的量多，与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的量相同，锌与盐酸反应盐酸不足，锌与醋酸反应锌不足，由此分析解题。(3)将等体积、等物质的量浓度的NH3H2O和NH4HSO4溶液混合后，恰好生成(NH4)2SO4,溶液呈酸性，PH7；升高温度促进铵根离子水解，溶液酸性增强；(4)根据电荷守恒，c(Na+)+c(NH4+)+c(H)=2c(SO42- )c(OH)，溶液呈中性c(OH)= c(H)；NH4HSO4与氢氧化钡溶液1:1混合，溶液中SO42- 恰好完全沉淀；(5) NH4NO3是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性；氨水抑制水电离。【详解】(1) 1 L pH=2的HCl溶液与0.01 mol L-1的NaOH溶液1 L充分反应恰好呈中性；一元强酸、一元弱碱溶液，等物质的量混合后恰好生成强酸弱碱盐，溶液呈酸性；若使1 L pH=2的HCl溶液与0.01 mol L-1的NH3 H2O溶液充分反应至中性，则氨水的体积大于1L，所以yx；（2）根据以上分析，反应开始后，醋酸不断电离，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，氢离子浓度越大反应所需要的时间越短，所以CH3COOHHCl，故错误；开始反应时溶液中氢离子浓度相等，所以反应时的速率相等：HCl=CH3COOH，故错误；因生成氢气量相等，所以参加反应的锌粉物质的量：HCl=CH3COOH，故正确；氢离子的浓度越大，反应过程的平均速率越快，由于反应反应过程中醋酸会继续电离出氢离子，所以醋酸中氢离子浓度大于盐酸，则反应速率CH3COOHHCl，故正确；盐酸的浓度小于CH3COOH的浓度，而体积相等，即醋酸的物质的量比盐酸的物质的量多，与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的量相同，锌与盐酸反应盐酸不足，锌与醋酸反应锌不足，故正确、错误。(3)将等体积、等物质的量浓度的NH3H2O和NH4HSO4溶液混合后，恰好生成(NH4)2SO4,溶液呈酸性，PH7；(5) NH4NO3是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性，水解离子方程式是NH4H2ONH3H2OH；氨水抑制水电离，所以滴加氨水的过程中水的电离平衡将逆向移动。【点睛】本题考查酸碱混合定性判断及溶液pH的判断、弱电解质在水溶液中的电离平衡，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素。黄骅中学20202020年度高中二年级第一学期第二次月考化学试卷附加卷35.对下列各溶液进行电解，通电一段时间后，溶液颜色不会发生显著改变的是A. 以石墨为电极，电解含甲基橙的0.1 mol/L硫酸溶液B. 以铜为电极，电解1 mol/L硫酸溶液C. 以石墨为电极，电解含酚