山东省菏泽市2021学年高二化学上学期期末学分认定考试试题（B卷）（含解析）

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1、山东省菏泽市2016-2017学年高二化学上学期期末学分认定考试试题（B卷）（含解析）山东省菏泽市2016-2017学年高二化学上学期期末学分认定考试试题（B卷）（含解析）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。考试时间100分钟，满分100分。考试结束后，将答题纸交回。可能用到的相对原子质量： N 14 O 16 Na 23 Cu 64第卷 （选择题 共48分）注意事项：1.答第卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。 2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，不能答在试卷上。一、选择题（每题3分，共16个

2、小题，只有一个选项是正确的）1下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是()A化石能源物质内部蕴涵着大量的能量B绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来C吸热反应是反应物总能量大于生成物的总能量D物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用【答案】C【解析】A煤、石油、天然气属于化石燃料，其物质内部蕴藏着大量的能量，故A正确；B绿色植物进行的光合作用是将太阳能转化为化学能“贮存”起来的过程，故B正确；C吸热反应是反应物总能量低于生成物的总能量的反应，故C错误；D放热反应是将化学能转化为热能，原电池就是将化学能转化为电能的装置，故D正确；故选C。【点睛】能源、信息、材料

3、、环境是当今世界四大首要问题，在能源危机日趋严重的今天，它既是社会热点，也是化学考查的热点，主要侧重能源的分类、能源使用对环境的影响、新能源开发的技术和前景等，其中煤、石油、天然气属于化石燃料，不可再生。2下列有关实验的说法正确的是()A用pH试纸测双氧水的pHB用酸式滴定管量取20.00 mL酸性KMnO4溶液C用托盘天平称取 5.85 g NaCl晶体D用带磨口玻璃塞的试剂瓶保存Na2CO3溶液【答案】B【解析】A双氧水具有漂白性，会把pH试纸漂泊，测不出双氧水的pH值，故A错误；B酸式滴定管准确测量到0.01mL，用酸式滴定管量取20.00 mL的酸性KMnO4溶液，故B正确；C用托盘天

4、平称取，只能准确称量到0.1g，无法称取 5.85 g NaCl晶体，故C错误；DNa2CO3水解显碱性，应用带橡皮塞的试剂瓶保存Na2CO3溶液，故D错误；故选B。【点睛】考查化学实验的基本常识和药品的保存，熟悉常见实验操作方法和注意事项是解题关键，易错点忽视双氧水的强氧化性和天平的精确度。3下图是自来水表的常见安装方式。下列有关说法不正确的是()A发生腐蚀过程中，电子从接头流向水表B腐蚀时，铁接头发生的是还原反应C腐蚀时铜质水表发生的电极反应为：2H2O+O2+4e=4OHD腐蚀过程还涉及到反应：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3【答案】B4关于下列装置说法正确的是()A装

5、置中，盐桥中的Cl移向ZnSO4溶液B装置工作一段时间后，b极附近溶液的pH增大C用装置精炼铜时，c极为粗铜D装置中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2生成【答案】A【解析】A在装置中，金属锌是负极，金属铜是正极，盐桥中的Cl-移向ZnSO4溶液，故A正确；B在电解池装置的阳极上是阴离子氯离子失电子的氧化反应，所以最初b极附近溶液的pH不变，故B错误；C电解精炼铜时，电解池的阳极是粗铜，阴极时精铜，即c极为精铜，故C错误；D在金属的电化学腐蚀中，金属锌是负极，金属铁是正极，电子是从负极Zn流向正极Fe，装置中铁电极上会产生氢气，故D错误；故选A。5在25时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度

6、和平衡浓度如下表：物质XYZ初始浓度/molL10.10.20平衡浓度/molL10.050.050.1下列说法错误的是()A反应达到平衡时，X的转化率为50B反应可表示为X+3Y2ZC改变温度可以改变此反应的平衡常数D增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大【答案】D【解析】A反应达到平衡时，X的转化率为：100%=50%，故A正确；B根据反应速率之比等于浓度变化量之比等于化学计量数之比可知：c（X）：c（Y）：c（Z）：=0.05：0.15：0.1=1：3：2，则反应的方程式为X+3Y2Z，故B正确；C平衡常数只受温度的影响，温度改变时，化学平衡常数一定变化，故C正确；D增大压强平衡

7、向生成Z的方向移动，但平衡常数不变，故D 错误；故选D。6硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O，可以通过出现浑浊的快慢来判断反应的快慢程度，下列各组实验中最先出现浑浊的是()实验 反应温度/Na2S2O3溶液稀H2SO4V/mLc/（molL-1）V/mLc/（molL-1）A255012001B255021002C355012001D355021002AA BB CC DD【答案】D【解析】因3525，则选项C和D中的反应速率大于选项A和B中，又D中反应物的浓度大于C中反应物的浓度，则D中反应速率最快，即在实验中就最先出现浑浊

8、，故选D。【点睛】考查影响化学反应速率的因素，温度越高、浓度越大，则反应速率就越快，在实验中就最先出现浑浊，注意利用表格中的数据来比较温度和浓度。7下列反应中符合下图图象的是()AN2(g) +3H2(g)2NH3(g) ；H=Q1kJmol1(Q10)B2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) ；H=+Q2kJmol1(Q20)C4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)；H=Q3kJmol1(Q30)DH2(g) +CO(g)C(s)+H2O(g)；H=+Q4kJmol1(Q40)【答案】B【解析】A气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，且为放热反应，故A

9、错误；B气体反应物的化学计量数之和小于气体生成物的化学计量数之和，且正反应为吸热反应，故B正确；C反应为放热反应，故C错误；D气体反应物的化学计量数之和小于气体生成物的化学计量数之和，故D错误；答案为B。【点睛】考查化学平衡移动图象，把握图象中曲线的变化特点分析可逆反应的特征是解答该题的关键；由右图可知，到达平衡后，增大压强逆反应速率增大更大，平衡向逆反应移动，说明气体反应物的化学计量数之和小于气体生成物的化学计量数之和，由左图可知，温度越高平衡时生成物的百分含量越高，说明升高温度，平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，以此解答该题。8在恒温恒容的密闭容器中，充入4mol气体A和2mol气体B

10、发生反应：3A（g）+2B（g）4C（？）+2D（？）反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6mol C，反应前后体系压强之比为5：4则下列说法正确的是()A气体A的平衡转化率大于气体B的平衡转化率B物质D的聚集状态一定是气体C平衡后升高温度，若平衡向左移动，则正反应的H0D平衡后若减小该体系的压强，则平衡向左移动，化学平衡常数增大【答案】B【解析】反应方程式为：3A（g）+2B（g）4C（？）+2D（？）反应前（mol） 42 0 0反应消耗（mol） 1.20.8 1.6 0.8平衡后（mol） 2.81.2 1.6 0.8反应前后体系压强之比为5：4，根据气体物质的量之比等于压强之比可知反

11、应后气体物质的量为：（4+2）mol=4.8mol，所以C、D都必须为气态；A充入4mol气体A和2mol气体B发生反应，可以看做先充入3molA和2molB反应达到衡，再加入1molA平衡正向进行，A的转化率减小，B转化率增大，故A错误；B根据计算分析可知，物质D的聚集状态一定是气体，故B正确；C平衡后升高温度，若平衡向左移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，反应的H0，故C错误；D平衡后若减小该体系的压强，则平衡向左移动，但化学平衡常数不变，故D错误；故选B。【点睛】考查较为综合，涉及平衡计算、转化率、平衡常数的影响因素等知识，注意掌握化学平衡及其影响因素，气体压强之比等于气体物质的

12、量之比计算分析CD的状态是解题关键，恒容容器中，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，从反应物和生成物的化学计量数和反应前后压强之比可知，C和D中至少有一种物质不是气体，利用三段式法计算出反应后气体物质的量，确定C、D的状态。9下列叙述正确的是()A95纯水的pH7，说明加热可导致水呈酸性BpH=3的醋酸溶液稀释至10倍后pH=4C0.2 mol/L的盐酸与0.1 mol/L的盐酸等体积水混合后pH=1.5D室温下，pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH7【答案】D【解析】A加热会促进水的电离，故95时，纯水的pH7，但纯水永远显中性，故A错误；B醋酸是弱电解质，加水稀释

13、电离被促进，故加水稀释10倍后溶液的pH4，故B错误；C酸和酸混合后溶液显酸性，混合后溶液中的c（H+）=0.15mol/L，则pH=-lg0.151.5，故C错误；D醋酸是弱酸，不完全电离，故当pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液混合后，醋酸过量，溶液显酸性，即pH7，故D正确；故选D。10下列反应中，属于水解反应且使溶液显酸性的是()ANH3+H2ONH4+OH BHCO3+H2OCO32+H3O+CS2+H2OHS+OH DNH4+H2ONH3H2O+H+【答案】D【解析】在溶液中盐电离出的离子与水电离出的氢离子和氢氧根结合生成弱电解质的反应是水解反应；A该反应是NH3H2O的电离方

14、程式，故A错误；B该式子是碳酸氢根的电离方程式，故B错误；C硫离子的水解反应是可逆、分步进行的过程，故C错误；D氨根离子水解生成一水合氨以及氢离子，溶液显示酸性，故D正确；故选D。11下列实验操作能达到目的的是()用Na2S溶液和Al2（SO4）3溶液反应制取Al2S3固体 用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体 加热MgCl2溶液制取MgCl2固体A B C D【答案】B12下列离子方程式正确的是()A将过量SO2通入稀氨水中：SO2+NH3H2O=HSO3+NH4+BFe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O

15、C大理石溶于醋酸中：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2DAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2O=+4NH4+【答案】A【解析】A将过量SO2通入稀氨水中发生的离子反应为SO2+NH3H2O=HSO3+NH4+，故A正确；BFe(OH)3溶于氢碘酸发生的离子反应为2Fe(OH)3+6H+2I-=2Fe2+6H2O+I2，故B错误；C醋酸是弱酸，不可拆分，故C错误；D稀氨水不能溶解Al(OH)3沉淀，故D错误；答案为A。13下列各组离子在指定的条件下一定能大量存在的是()A在pH=1的无色溶液中：SO42、Cu2+、Na+、ClB常温下由水电离出的c（H+）=11012mo

16、l/L的溶液中：K+、Na+、Cl、HCO3C有Fe3+存在的溶液中：CO32、NH4+、SO42、ClD在能使石蕊试纸变蓝色的溶液中：Na+、K+、S2、CO32【答案】D【解析】A含有Cu2+的溶液为蓝色溶液，故A错误；B由水电离出的c(H+)=11012mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3在酸、碱性溶液中均不能大量存在，故B错误；CFe3+与CO32在溶液中要发生双水解反应，不能大量共存，故C错误；D在能使石蕊试纸变蓝色的溶液显碱性，Na+、K+、S2、CO32彼此间不发生离子反应，且能在碱性溶液中大量存在，故D正确，答案为D。14电解质溶液有许多奇妙之处，下列关于电解质溶

17、液的叙述中正确的是()A0.1molL1Na2CO3溶液中：=+B0.1molL1CH3COONa溶液中：=+CCH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH相同，则浓度大小顺序：c （NaOH）c （Na2CO3）c（CH3COONa）D向0.1molL1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶液中离子浓度的关系为：【答案】C【解析】A0.1molL1Na2CO3溶液中存在的质子守恒式为c(OH)=c(HCO3)+c(H+)+2c(H2CO3)，故A错误；B0.1molL1CH3COONa溶液中存在的物料守恒式为，c(Na+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)，溶液中的

18、OH来源于水的电离与CH3COO水解，则c(OH)c(CH3COOH)，故B错误；C酸越弱，对应的强碱盐的溶液碱性越强，浓度相等时CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH大小顺序为c (NaOH)c (Na2CO3)c(CH3COONa)，则CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH相同，浓度大小顺序为c (NaOH)c (Na2CO3)c(CH3COONa)，故C正确；D向0.1molL1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至中性，结合电荷守恒式可知溶液中离子浓度的关系为c(CH3COO)=c(Na+)c(OH)=c(H+)，故D错误，答案为C。系：=15为了除去粗

19、盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作其中正确的操作顺序是()（1）过滤； （2）加过量的NaOH溶液； （3）加适量HCl；（4）加过量的Na2CO3溶液； （5）加过量的BaCl2溶液A（2）（3）（4）（5）（1） B（4）（1）（2）（5）（3）C（5）（2）（4）（3）（1） D（2）（5）（4）（1）（3）【答案】D【解析】要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除

20、去过量的氢氧根离子碳酸根离子；故选D。【点睛】考查了除杂质的原则，以及除杂质的顺序，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，要先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子。16室温时，CaCO3在水中的溶解平衡曲线如图所示，已知：25 其溶度积为2.8109 mol2/L2，下列说法不正确的是（ ）Ax数值为2105Bc点时有碳酸钙沉淀生成C加入蒸馏水可使溶液由d点变到a点Db点与d点对应的溶度积相等【答案】C【解析】A在d点c(CO32-)=1. 410-4molL-1，因室温时，CaCO3的溶度积Ksp=2.810-9，所以c(Ca2+)=210-5molL-1，故x

21、的数值为210-5，故A正确；B在c点c(Ca2+)10-5molL-1，即相当于增大c(Ca2+)，平衡左移，有CaCO3生成，故B正确；Cd点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则c(Ca2+)、c(CO32-)都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由d点变成a点，故C错误；Db点与d点在相同的温度下，溶度积相等，故D正确；故选C。【点睛】考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化等问题，CaCO3在水中的沉淀溶解平衡为CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，图象中位于曲线上的b、d点为饱和溶液，处于溶解平衡状态，a点处离子浓度小于饱和溶液浓度为不饱和溶液，c点

22、为过饱和溶液，以此解答该题。6+(-1200KJ/mol)=+2880KJ/mol；则H=6+(-1200KJ/mol)=+2880KJ/mol，即6CO2(g)+6H2O(l)=C6H12O6(s)+6O2(g)H=+2880 kJmol-1；（2）a反应体系气体反应物与生成物的系数和不等，则恒容条件下压强不再改变，可说明是平衡状态，故a正确；b气体的总质量和体积始终不变，体系的密度始终不变改变，不能说明是平衡状态，故b错误；c各气体的浓度不再改变，量不再随时间改变，可说明是平衡状态，故c正确；d各气体的质量分数不再改变，可说明是平衡状态，故d正确；e反应速率v(CO2)正v(H2)逆=13

23、，可说明是平衡状态，故e正确；答案为b。利用三段式解题法计算 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，开始(mol/L)：13 0 0变化(mol/L)：0.75 2.25 0.750.75 平衡(mol/L)：0.25 0.75 0.750.75从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=0.225 molL-1min-1；氢气的转化率=100%=75%；平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则K=5.33；要使n(CH3OH)/n(CO2)增大，应使平衡向正反应方向移动；A因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则比值减小，故A错误；B充入He(g

24、)，使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，比值不变，故D错误故B错误；C将H2O(g)从体系中分离，平衡向正反应方法移动，比值增大，故C正确；D再充入1mol CO2和3mol H2，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，则比值增大，故D正确；故答案为CD；若是恒容密闭容器、反应后整个体系的压强比之前来说减小了，加入氢气虽然正向移动，平衡移动的结果是减弱这种改变，而不能消除这种改变，即虽然平衡正向移动，氢气的物质的量在增加后的基础上减小，但是CO2(g)浓度较小、CH3OH(g) 浓度增大、H2O(g)浓度增大，且平衡常数不变达到平衡时H2的物质的量浓度与加氢气之前相比一

25、定增大，故c1c2；（3）在碱性溶液中，负极上投放燃料甲烷，发生失电子发生氧化反应：CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O；燃料电池的总反应是：CH4+2O2+2KOHK2CO3+3H2O，消耗氢氧根离子，所以碱性减弱，pH减小；甲烷燃烧时要放出热量、光能，所以燃料电池中甲烷的利用率比甲烷燃烧的能量利用率高；阳极发生氧化反应，电极反应式为4OH-4e-=O2+2H2O；根据阴极反应：Cu2+2e-Cu，当有6.4gCu即0.1mol生成时，反应所转移的电子的物质的量是0.2mol，得到氧气的体积为：22.4=1.12L，根据电解的离子方程式2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+，反应生

26、成铜的物质的量为：0.1mol，相当于减少了0.1molCuO，故向电解后的溶液中加入0.1molCuO可使电解质溶液恢复原来的浓度，故答案为C。【点睛】盖斯定律是指化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；即化学反应热只与其反应的始态和终态有关，而与具体反应进行的途径无关；盖斯定律的基本使用方法：写出目标方程式；确定“过渡物质”(要消去的物质)；用消元法逐一消去“过渡物质”，平时要多练习，才能熟能生巧。17.（24分）（1）地球上的能源主要源于太阳，绿色植物的光合作用可以大量吸收CO2以减缓温室效应，主要过程可以描述分为下列三步（用“C5”表示C5H10O4，用“C3”表示C3

27、H6O3）：、H2O（l）2H+（aq）+ O2（g）+2eH=+284kJ/mol、CO2（g）+C5（s）+2H+（aq）2C3+（s）H=+396kJ/mol、12C3+（s）+12eC6H12O6（葡萄糖、s）+6C5（s）+3O2（g）H=1200kJ/mol写出绿色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式 （2）降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O

28、（g）H=49.0kJ/mol测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图1所示 一定温度下，不能说明该反应达到平衡状态的是： （填序号）a.体系的压强不再改变 b.体系的密度不再改变 c.各气体的浓度不再改变d.各气体的质量分数不再改变 e.反应速率v(CO2)正v(H2)逆=13从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）= mol/（Lmin）；氢气的转化率= ；该反应的平衡常数为K= （保留三位有效数字）；下列措施中能使平衡体系中n（CH3OH）/ n（CO2）增大的是 A升高温度 B充入He（g），使体系压强增大C将H2O（g）从体系中分离出去 D再充入1mol CO2和3mo

29、l H2 当反应达到平衡时，H2的物质的量浓度为c1，然后向容器中再加入一定量H2，待反应再一次达到平衡后，H2的物质的量浓度为c2则c1 c2的关系（填、=）（3）减少温室气体排放的关键是节能减排，大力开发利用燃料电池就可以实现这一目标如图2所示甲烷燃料电池（在上面）请回答：通入甲烷一极的电极反应式为 ；随着电池不断放电，电解质溶液的pH （填“增大”、“减小”或“不变”）通常情况下，甲烷燃料电池的能量利用率 （填“大于”、“小于”或“等于”）甲烷燃烧的能量利用率【解析】（1）依据盖斯定律由题干所给的热化学方程式，结合盖斯定律计算（+）6+得到绿色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧气的热

30、化学方程式，6CO2（g）+6H2O（g）=C6H12O6（葡萄糖、s）+6O2（g）H=6+（1200KJ/mol）=+2880KJ/mol；则H=6+（1200KJ/mol）=+2880KJ/mol，即6CO2（g）+6H2O（l）=C6H12O6（s）+6O2（g）H=+2880 kJmol1，故答案为：6CO2（g）+6H2O（l）=C6H12O6（s）+6O2（g）H=+2880 kJmol1；（2）利用三段式解题法计算 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），开始（mol/L）：1 3 0 0变化（mol/L）：0.75 2.25 0.75 0.75 平衡（mol

31、/L）：0.25 0.75 0.75 0.75从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=0.225 molL1min1，故答案为：0.225；氢气的转化率=100%=75%，故答案为：75%；平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则K=5.33，故答案为：5.33；要使n（CH3OH）/n（CO2）增大，应使平衡向正反应方向移动，A因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则比值减小，故A错误；B充入He（g），使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，比值不变，故D错误故B错误；C将H2O（g）从体系中分离，平衡向正反应方法移动，比值增大，故C正确；

32、D再充入1mol CO2和3mol H2，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，则比值增大，故D正确故答案为：CD；若是恒容密闭容器、反应后整个体系的压强比之前来说减小了，加入氢气虽然正向移动，平衡移动的结果是减弱这种改变，而不能消除这种改变，即虽然平衡正向移动，氢气的物质的量在增加后的基础上减小，但是CO2（g）浓度较小、CH3OH（g） 浓度增大、H2O（g）浓度增大，且平衡常数不变达到平衡时H2的物质的量浓度与加氢气之前相比一定增大，故c1c2，故答案为：；（3）在碱性溶液中，负极上投放燃料甲烷，发生失电子发生氧化反应：CH48e+10OHCO32+7H2O，故答案为：CH48e+10O

33、HCO32+7H2O；燃料电池的总反应是：CH4+2O2+2KOHK2CO3+3H2O，消耗氢氧根离子，所以碱性减弱，pH减小，故答案为：减小；甲烷燃烧时要放出热量、光能，所以燃料电池中甲烷的利用率比甲烷燃烧的能量利用率高，故答案为：大于点评：本题考查较为综合，涉及热化学、电化学以及化学平衡计算以及平衡移动等问题，题目难度较大，注意根据图象计算各物质的平衡浓度为解答该题的关键18酸、碱、盐均属于电解质，它们的水溶液中存在各种平衡。（1）氨水是中学常见的碱溶液 下列事实可证明NH3H2O是弱碱的是_（填字母序号）。A常温下，01 molL1氨水pH为11 B氨水能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁

34、C常温下，01molL1氯化铵溶液的pH为5 D铵盐受热易分解 下列方法中，可以使氨水电离程度增大的是_（填字母序号）。A加入少量氯化铁固体 B通入氨气 C加入少量氯化铵固体 D加水稀释（2）盐酸和醋酸是中学常见酸用0.1 molL-1NaOH溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.1 molL-1的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。 滴定醋酸的曲线是_（填“I”或“II”）。 滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是_。 V1和V2的关系：V1_V2（填“”、“=”或“”）。 M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小

35、的顺序是_。（3）常温下将0.2mol/L HCl溶液与0.2mol/L氨水溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=6，求混合溶液中下列算式的精确计算结果（填具体数字）：c（H+）c（NH3H2O）=_mol/L（4）铵盐和氯化银是中学常见盐0.1 molL1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，与同浓度的(NH4)2SO4溶液相比较_(填溶质的化学式)溶液中NH的浓度更大，其原因是_含有足量AgCl固体的饱和溶液，AgCl在溶液中存在如下平衡：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)在25时，AgCl的Ksp1.81010。现将足量AgCl分别放入下列液体中：100 mL

36、蒸馏水100 mL 0.3 molL1AgNO3溶液100 mL 0.1 molL1 MgCl2溶液充分搅拌后冷却到相同温度，Ag浓度由大到小的顺序为_(填序号)。【答案】 （1）A、C （2）A、D （3）I （4）0.1molL-1醋酸溶液 （5）c(Na+)c(H+)c(OH) 或 （7）1.0108 （8）(NH4)2Fe(SO4)2 (9)Fe2水解显酸性，对NH的水解有抑制作用 (10)【解析】（1）A常温下，0.1molL-1氨水pH为11，溶液呈酸性，说明一水合氨部分电离，则说明一水合氨是弱电解质，故A正确；B氨水和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁沉淀，说明一水合氨是碱，但不能说明一

37、水合氨部分电离，所以不能说明是弱电解质，故B错误；C常温下，0.1mol/L的氯化铵溶液pH约为5，溶液呈酸性，说明氯化铵是强酸弱碱盐，则说明一水合氨是弱电解质，故C正确；D铵盐受热易分解说明铵盐不稳定，不能说明一水合氨部分电离，则不能说明一水合氨是弱电解质，故D错误；故答案为AC；A加入少量氯化铁固体，会消耗氢氧根离子，则促进一水合氨的电离，电离程度增大，故A正确；B通入氨气，氨水的浓度增大，电离程度减小，故B错误；C加入少量氯化铵固体，铵根离子浓度增大，抑制氨水的电离，电离程度减小，故C错误；D加水稀释，促进一水合氨的电离，电离程度增大，故D正确；故答案为AD；（2）由图中未加NaOH时的

38、pH可知，图中酸的pH大于1，图中酸的pH=1，说明为0.1mol/L的盐酸溶液，为醋酸溶液滴定过程，所以滴定醋酸的曲线是I；0.1molL-1 NaOH溶液、0.1molL-1的盐酸中氢离子和氢氧根浓度都是0.1mol/L，对水的抑制作用一样，但是0.1mol/L醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以对水的电离抑制较小，即三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是0.1 molL-1醋酸溶液；醋酸和氢氧化钠之间的反应，当恰好完全反应得到的醋酸钠显示碱性，要使得溶液显示中性，pH=7，需要醋酸稍过量，所以盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，得到的氯化钠显示中性，所以V1V2；用0.1molL-1

39、 NaOH溶液10mL和溶液体积为20.00mL0.1molL-1的醋酸反应，得到的是醋酸和醋酸钠的混合物，显示酸性，此时离子浓度大小c(CH3COO-)c (Na+)c (H+)c (OH-)；（4）硫酸亚铁铵溶液中亚铁离子水解呈酸性抑制铵根离子水解，铵根离子浓度大于硫酸铵溶液中铵根离子浓度；.100mL蒸馏水中银离子浓度不变；.100mL 0.3molL-1AgNO3溶液，银离子浓度增大，平衡逆向移动，最终c(Ag+)增大；.100mL0.1molL-1MgCl2溶液中，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，c(Ag+)减少；综合上述计算得到：液中c(Ag+)由大到小的顺序为。19针对网络上流传的

40、隔夜熟肉中因亚硝酸钠（NaNO2）含量严重超标而不能食用的说法，某兴趣小组开展如下探究活动：活动一：查阅资料:NaNO2有毒,溶液显碱性，NaNO2有较强的氧化性和较弱的还原性。国家规定肉制品中NaNO2含量不能超过30 mg/kg。（1）NaNO2溶液显碱性的原因是_。（用离子方程式表达）活动二：鉴别NaNO2与食盐（2）可用稀硫酸、淀粉和KI溶液鉴别，溶液变蓝的是_。（填化学式）。活动三：检测熟肉中NaNO2含量的变化（3）分别从 1000 g刚煮熟的肉和 1000 g隔夜熟肉中提取NaNO2，配成溶液，再分别用0.00500 molL酸性高锰酸钾溶液滴定，刚煮熟的肉消耗12.00 mL，

41、隔夜熟肉消耗16.00 mL。（提示：MnO4一转化为Mn2+，NO2一转化为NO3一） 在做该滴定实验时需要用到的实验仪器有_A容量瓶 B酸式滴定管 C碱式滴定管 D分液漏斗 E锥形瓶 F 烧瓶 滴定终点的判断依据为_ 。隔夜熟肉中NaNO2的含量是_mgkg （保留三位有效数字），该数据说明保存得当的隔夜熟肉_（选填“能”或“不能” ）食用。【答案】 （1）NO2- + H2O HNO2 + OH- （2）NaNO2 （3）BE （4）锥形瓶内溶液变紫色，且30秒内不褪色 （5）13.8 （6）能【解析】（1）NaNO2为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子能发生水解，水解的离子方程式为NO2-+H2

42、OHNO2+OH-；（2）NaNO2有氧化性，能将碘离子氧化成碘单质，所以要酸性条件下，NaNO2能使淀粉、KI溶液变蓝；（3）根据氧化还原滴定的操作可知，用到的仪器为酸式滴定管、锥形瓶，故选BE；因为高锰酸钾的稀溶液是红色的，所以滴定终点时，溶液会出现红色，所以滴定终点的判断依据为：(滴入最后一滴标准液时)锥形瓶内溶液变红，且30秒内不褪色；根据题意可知，与隔夜熟肉中提取的NaNO2反应的KMnO4的物质的量为0.00500mol/L0.016L=8.010-5 mol，根据电子得失守恒可知关系式2KMnO45NaNO2，由关系式可知亚硝酸钠的质量为8.010-5 mol69g/mol=13.8mg，所以隔夜熟肉中NaNO2的含量为=13.8mg/Kg30mg/kg，所以能食用。 - 36 -