【文档说明】湖北省黄冈市黄梅国际育才高级中学2019-2020学年高二10月月考化学试题.docx，共(10)页，190.134 KB，由小赞的店铺上传

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2019年秋季高二年级十月月考化学试题一、单选题（本大题共20小题，共60.0分）1.下列表述中，与盐类水解有关的是()明矾和可作净水剂；为保存溶液，要在溶液中加少量盐酸；溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是与溶液可作焊接中的除锈剂；实验室盛放N

aOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞用与两种溶液可作泡沫灭火剂草木灰与铵态氮肥不能混合施用。A.B.C.D.全有关2.由下列实验及现象不能推出相应结论的是（）实验现象结论A．向2mL0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量

铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：Fe＞Fe2+B．将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C．加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试

纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D．向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）A

.AB.BC.CD.D3.用适量水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）A.B.C.D.4.下列实验操作规范且能达到目的是（）目的操作A．取20.00mL盐酸在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调

整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B．清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C．测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上D．配制浓度为0.010mol/L的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解

并稀释至刻度A.AB.BC.CD.D5.室温下，有物质的量浓度相等的下列物质的溶液：①NH4NO3②CH3COONH4③NH4HSO4④（NH4）2SO4⑤（NH4）2CO3，其中所含的c（NH4+）由大到小的顺序

是（）A.B.C.D.6.常温下浓度均为的四种盐溶液，其pH如表所示。下列说法正确的是序号溶液NaClOpHA.等浓度的和HClO溶液,pH小的是HClOB.和溶液中粒子种类不同C.四种盐溶液中水的电离

程度：D.溶液中：7.25℃时，将1.0Lwmol•L-1“爽朗”的CH3COOH溶液与0.1mol“苦涩”的NaOH固体混合，充分反应后向混合液中通（加）入HCl气体或NaOH固体，溶液pH随加入HCl或NaOH的物质的量而变化如图．

下列叙述正确的是（）A.a、b、c对应的混合液中,水的电离程度由大到小的顺序的是B.c点混合液中C.加入NaOH过程中,减小D.若忽略体积变化,则时的电离平衡常数8.用标准浓度氢氧化钠的溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会

使盐酸测定的浓度偏大的是（）①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液③酸式滴定用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失⑤滴定后观察碱

式滴定管读数时，视线高于刻度线．A.B.C.D.9.已知Ksp（AgCl）=1.56×10-10，Ksp（AgBr）=7.7×10-13，Ksp（Ag2CrO4）=9.0×10-12．某溶液中含有Cl-，Br-，，浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴加入0.010mo

l/L的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（）A.、、B.、、C.、、D.、、10.常温下pH为2的盐酸，下列叙述正确的是（）A.将10mL该溶液稀释至100mL后,B.向该溶液中加入等体积pH为12的氨水恰好完全中和

C.该溶液中盐酸电离出的与水电离出的之比为：1D.该溶液中由水电离出的11.已知Ka（CH3COOH）=1.7×10-5，Kb（NH3·H2O）=1.7×10-5。25℃时，向40ml浓度均为0.01mol·L-

1的盐酸和醋酸（1:1）混合溶液中逐滴加入0.10mol·L-1的氨水，测定过程中电导率和pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）A.a点溶液中,数量级约为B.b点溶液中,C.c点溶液中,D.d点水的电离程度大于c点12.常温下，

用0.1000mol•L-1NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的CH3COOH溶液，滴定曲线如图所示．已知在点③处恰好中和．下列说法错误的是（）A.该温度下的电离平衡常数约为B.点处溶液中C.点处溶液中D.滴定过程中不可能出现：13.三种

难溶金属硫化物的溶度积常数（25℃）：化学式FeSCuSMnS溶度积6.3×10-181.3×10-362.5×10-13下列有关说法中正确的是（）A.时,FeS的溶解度大于MnS的溶解度B.时,饱和CuS溶液中,的浓度为C.因为是强酸,所以反应不能发生D.除去某溶液中

的,可以选用FeS作沉淀剂14.某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质，以C4H10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B.在熔融电解质中,向正极移动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15.一种以天然气为燃料的固体氧化物燃料电池的原理如图所示，其中YSZ为6%～10%Y2O3掺杂的ZO2固体电解质，下列有关叙述正确的是（）A.电子通过外电路从b极流向aB.b极上的电极反应式

为C.每转移电子,消耗的D.由正极通过固体电解质YSZ迁移到负极16.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（）A.反应,每消耗转移12mol电子B.电极A上参与的电极反应为：C.电池工作时,向电极B移动D.电极B上发生的电极反

应为：17.下列溶液中有关物质的量浓度关系错误的是（）A.的HA溶液与的MOH溶液任意比混合：B.pH相等的、NaOH和三种溶液：C.物质的量浓度相等的、溶液等体积混合：D.的NaHA溶液,其：18.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与

控制的功能，非常适合进行现场酒精检测．下列说法不正确的是（）A.电流由所在的铂电极经外电路流向另一电极B.所在的铂电极处发生还原反应C.该电池的负极反应式为：D.微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量19.一种用于驱动潜艇的液氨-液氧燃料电池原

理示意如图，下列有关该电池说法正确的是（）A.该电池工作时,每消耗转移3mol电子B.电子由电极A经外电路流向电极BC.电池工作时,向电极B移动D.电极B上发生的电极反应为：20.Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl+Mg=Mg

2++2Ag+2Cl-．有关该电池的说法正确的是（）A.Mg为电池的正极B.负极反应为C.不能被KCl溶液激活D.可用于海上应急照明供电二、填空题（本大题共3小题，共40.0分）21.依据原电池原理，回答下列问题：（1）图（1）是依据氧化还原反应：Cu（s）＋2Fe3＋（aq

）＝Cu2＋（aq）＋2Fe2＋（aq）设计的原电池装置。①电极X的材料是_______（填化学名称）；电极Y的材料是__________（填化学名称）。②Y电极发生的电极反应式为：_____________。（2）图（2）是使用

固体电解质的燃料电池，装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导正极生成的O2－离子(O2＋4e—→2O2－)。①c电极为_____________极。（填“正”或“负

”）②d电极上的电极反应式为__________________________。③如果消耗甲烷160g，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为__________________________（用NA表示），需要消耗标准状况下氧气的体积为_______L。22.I．室温下，

将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液的体积变化），实验数据如表：实验序号起始浓度/（mol•L-1）反应后溶液的pHc（HA）c（KOH）①0.10.19②x0.27请回答：（1）HA溶液和KOH溶液反应的离子方程式为______；

（2）实验①反应后的溶液中由水电离出的c（OH-）=______mo1•L-1；x______0.2mo1•L-1（填“＞”“＜”或“=”）；（3）下列关子实验②反应后的溶液说法不正确的是______（填

字母）；a．溶液中只存在着两个平衡b．溶液中：c（A-）+c（HA）＞0.1mo1•L-1c．溶液中c（K+）=c（A-）＞c（OH-）=c（H+）II．已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-572kJ•mol-1。某氢氧燃料电池以疏松多孔石墨棒为电极，KOH溶液为电解

质溶液。（4）写出该电极工作时负极的电极反应式______；（5）若该氢氧燃料电池每释放228.8kJ电能时，会生成1mol液体水，则该电池的能量转化率为______。23.硫及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：（1）铁铵矾是一种化学物质，分子式是NH4Fe(SO4)2·12H2O，其

溶于水后，溶液中的离子浓度大小关系为____________________。（2）已知某溶液中含有CO32－、SO42－等离子，取一定量的该溶液，向其中滴加BaCl2溶液，当CO32-开始沉淀时，溶液中＝________。（

已知Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9）（3）已知：S2Cl2(l)＋Cl2(g)＝2SCl2(l)ΔH＝-50.2kJ·mol－1。断裂1molCl-Cl键、1molS

-S键分别需要吸收243kJ、268kJ的能量，则断裂1molS-Cl键需要吸收的能量为____________kJ。（4）某容积不变的密闭容器中发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=-197kJ·mol－1。①下列能说明反应达到平衡状态的是__

______________a．体系压强保持不变b．混合气体的密度保持不变c．SO3和O2的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molSO2②向同温、同体积的两个密闭容器中分别充入气体：(甲)2molSO2和1molO2；(乙)

1molSO2和0.5molO2；恒温、恒容下反应达平衡时，两个容器内的压强大小关系为_______________（用p甲、p乙表示）。（5）用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可以制备H2SO4，其原理如下图所示(电极材料为石墨)。阳极的电极

反应式为______________________；可循环使用的物质是____.答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查了盐类水解的应用，熟练掌握物质性质和特征应用是解题关键，题目难度中等。【解答】①铝离子和铁离子水解生

成胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，起到净水的作用，故①有关；②铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制铁离子的水解，故②有关；③蒸干氯化铝溶液促进铝离子的水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝，氢氧化铝受热最终生成氧化铝，故③有关；④铵根离子、锌离子水解使溶液显酸性和铁锈反应，能起到除锈的作用

，故④有关；⑤氢氧化钠溶液和玻璃中的二氧化硅反应，生成的硅酸钠是矿物胶，粘结瓶口和瓶塞，与水解无关，故⑤无关；⑥碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进，生成二氧化碳和氢氧化铝，故⑥有关；⑦草木灰

是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合水解会相互促进，生成二氧化碳和氨气，减弱肥效，故⑦有关，故B正确。故选B。2.【答案】C【解析】解：A．向2mL0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，反应

中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性：Fe＞Fe2+，可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，故A正确；B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B正确；C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使湿润的石蕊试纸变蓝色，且为固体的反

应，与盐类的水解无关，故C错误；D．一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，另一支中无明显现象，可说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故D正确。故选：C。本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、钠的性质、物质的检验以及难溶电解质的溶解平衡，侧重

考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质，难度不大。3.【答案】A【解析】【分析】本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度不大，明确电离平衡及其影响因素为解答关键，注意稀释过程中一水合氨的电离程度增大，但溶液中氢氧根离子的

浓度减小，为易错点，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】用适量水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，一水合氨的电离程度增大，则氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，但氢氧根离子的浓度会减小，据此进行判断。A.稀释过程中一水合氨的电离程度增大，由于溶液体积变化更大，

则氢氧根离子的浓度减小，故A正确；B.稀释过程中铵根离子、氢氧根离子的物质的量增大，故B错误；C.稀释过程中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，由于溶液体积相同，则的比值会增大，故C错误；D.稀释过程中一水合氨的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大

，故D错误。故选A。4.【答案】B【解析】【分析】本题考查较为综合，涉及仪器的使用、洗涤、pH的测定以及溶液的配制等操作，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的

严密性和可行性的评价，难度中等。【解答】A.50mL酸式滴定管，50mL以下没有刻度，但仍有盐酸，则将剩余盐酸放入锥形瓶，体积大于20mL，故A错误；B．碘易溶于酒精，可使试管内壁的碘除去，且酒精可与水混溶，用水冲洗可达

到洗涤的目的，故B正确；C．使用湿润pH试纸测定醋酸钠溶液pH，溶液浓度发生变化，导致测定结果偏低，故C错误；D．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，且只能在常温下使用，不能在容量瓶中溶解固体，故D错误。故选B。5.【答案】C【解析】【分析】本题考查盐类水解，学会

根据知道影响盐类水解的因素即可解答，难点是离子浓度大小的比较，知道盐类水解是微弱的，题目难度中等。【解答】物质的量浓度相等的铵盐溶液中，c（NH4+）与铵根离子的系数成正比，系数越大其c（NH4+）越大，相同系数的铵盐，铵根离子水解程度越大，④（NH4）2SO4、

⑤（NH4）2CO3中铵根离子浓度大，其中碳酸根离子水解促进铵根离子水解，则溶液中铵根离子浓度大小④＞⑤，③中氢离子抑制铵根离子水解，②中醋酸根离子促进铵根离子水解，所以铵根离子浓度大小顺序是③＞①＞②，则其中

所含的c（NH4+）由大到小的顺序是④⑤③①②。故选C。6.【答案】D【解析】【分析】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大进行解答，题目难度一般。【解答】等浓度的强碱弱酸盐溶液，弱酸

的酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大；A.对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，pH小的是CH3COOH，故A错误；B.碳酸钠中存在：CO32-+H2OHCO3-+OH-，H

CO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，碳酸氢钠溶液中存在：HCO3-CO32-+H+，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，所以两种溶液中粒子种类相同，故B错误；C.易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水

的电离促进程度越大，“越弱越水解”，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，故C错误；D.NaHCO3溶液中Na元素的物质的量与C元素的物质的量的相等，则c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），故D正确。故选D。7

.【答案】D【解析】【分析】本题考查了弱电解质的电离、电离常数的计算、溶液中守恒关系的应用等，题目难度中等，注意把握电离常数的计算和电荷守恒的应用，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力、计算能力。【解答】

1.0Lwmol•L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，混合后溶液的pH＜5，显酸性，说明醋酸过量，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa；加盐酸时，CH3COONa与盐酸反应生成CH3COOH；加NaOH时，NaOH与CH3COOH反应生成CH3COONa；

A．溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，水的电离程度越小，a、b、c三点溶液中氢离子浓度依次减小，水的电离程度增大，所以水的电离程度由大到小的顺序的是c＞b＞a，故A错误；B．c点pH=7，则c（H+）=c（OH-），溶液中电荷守恒为：c（Na+）+

c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），所以c（Na+）=c（CH3COO-），故B错误；C．加入NaOH过程中，c（Na+）和c（OH-）增大，c（Na+）的增大大于c（CH3COO-）的增大，所以加入NaOH过程中，增大，故C错误；D．pH=7时，c（H+）=10-7

mol•L-1，c（Na+）=c（CH3COO-）=0.2mol/L，Ka==×10-7mol•L-1，故D正确。故选D。8.【答案】A【解析】【分析】本题考查中和滴定的误差分析，题目难度中等，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，其标准溶液的体

积偏小，测的物质的量的浓度也偏小；其标准溶液的体积偏大，测的物质的量的浓度也偏大。【解答】①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，标准溶液浓度减小，导致V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏大，故①正确；②

锥形瓶中有少量蒸馏水，待测液的物质的量不变，则V（标准）不变，根据c（待测）=可知，c（待测）不变，故②错误；③取未知浓度盐酸的酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用待测盐酸润洗，待测液的物质的量偏小，导致V（标准）偏小，根据c（待测

）=可知，c（待测）偏小，故③错误；④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，导致V（标准）偏大，根据c（待测）=可知，c（待测）偏大，故④正确；⑤滴定后观察碱试滴定管读数时，视线高于刻度线，导致V（标准）偏小，根据

c（待测）=可知，c（待测）偏小，故⑤错误；故A正确。故选A。9.【答案】B【解析】【分析】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握Ksp的计算、银离子浓度的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考

查，注意同类型的Ksp越小越先沉淀，题目难度不大。【解答】Ksp（AgCl）=1.56×10-10、Ksp（AgBr）=7.7×10-13、Ksp（Ag2CrO4）=9.0×10-12，Cl-、Br-、的浓

度均为0.010mol/L，需要的c（Ag+）分别为=1.56×10-8、=7.7×10-11、=3.0×10-5，则三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、，故B正确。故选B。10.【答案】C【解析】【分析】本题考

查了水的电离分析，弱电解质电离平衡的理解应用，掌握溶液中离子积常数的计算方法和含义是解题关键，题目难度中等。【解答】A.盐酸溶液中氯化氢完全电离，溶液稀释10倍，溶液pH增大一个单位，将10mL该溶液稀释至100mL后，p

H等于3，故A错误；B.一水合氨是弱电解质存在电离平衡，向盐酸溶液中加入等体积pH为12的氨水，若平衡不移动氢氧根离子恰好完全中和，但一水合氨为弱电解质，在溶液中未完全电离，一水合氨为过量状态，故B错

误；C.pH为2的盐酸溶液中酸中氢离子浓度为10-2mol/L，水电离出的氢离子浓度为10-12mol/L，溶液中盐酸电离的c（H+）与水电离出的c（H+）之比为1010：1，故C正确；D.常温下pH为

2的盐酸溶液中，水电离出的氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同为10-12mol/L，由水电离出的c（H+）水×c（OH-）水=1×10-24，故D错误。故选C。11.【答案】A【解析】【分析】a点为浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸（1：1）混合溶液，b点溶质为等浓度氯化铵和醋酸，c点溶

质为等浓度氯化铵和醋酸铵，d点溶质为氯化铵、醋酸铵和一水合氨的中性溶液，根据醋酸的电离平衡常数表达式，电荷守恒，物料守恒分析。本题考查弱电解质的电离平衡，明确图象上点对应溶液中的组分是解题的关键，注意运用溶液中的守恒关系，整体难度中等。【解答】A．由CH3C

OOH的电离平衡常数表达式可知，c（CH3COO-）=≈mol/L=1.7×10-5mol/L，故A正确；B．Ka（CH3COOH）=1.7×10-5，Kh（NH4+）=×10-9，Ka（CH3COOH）＞Kh（NH4+），醋酸电离程度大于NH4+水解程度，则c（NH4

+）＞c（CH3COOH），故B错误；C．根据电荷守恒式c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（CH3COO-）+c（OH-），且c（H+）＞c（OH-），则c点溶液中，c（NH4+）＜c（Cl-）+c（CH3COO-），故C错误；D

．c点氯化铵、醋酸铵均促进水的电离，d点还存在抑制水的电离的一水合氨，故c点水的电离程度大于d点，故D错误，故选：A。12.【答案】B【解析】解：点③处恰好中和，反应生成醋酸钠，根据质子守恒可得：c（OH-）=

c（CH3COOH）+c（H+），原溶液中醋酸的浓度为：=0.10055mol/L，A．则点②处溶液的pH=7，此时c（Na+）=c（CH3COO-）==0.05mol/L，c（H+）=10-7mol/L，此时溶液中醋酸的浓度为：-0.05mol/L=0.00

0275mol/L，所以醋酸的电离平衡常数为：K==≈1.8×10-5，故A正确；B．点①处溶液的pH=5，泽尔氢离子浓度为c（H+）=10-5mol/L，由于缺少氢氧化钠溶液体积，则无法判断此时c（CH3COO-）、c（CH3COOH）的大小

，故B错误；C．在点③处二者恰好中和生成醋酸钠，根据质子守恒可得：c（OH-）=c（CH3COOH）+c（H+），故C正确；D．c（CH3COOH）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（Na+）＞c（H+）中

，负电荷总浓度大于正电荷，违反了电荷守恒，所以滴定过程中不可能出现，故D正确；故选B．在点③处恰好中和，反应生成醋酸钠，根据质子守恒可得：c（OH-）=c（CH3COOH）+c（H+），原溶液中醋酸的浓度为：=0

.10055mol/L，A．则点②处溶液的pH=7，此时c（Na+）=c（CH3COO-）==0.05mol/L，c（H+）=10-7mol/L，此时溶液中醋酸的浓度为：-0.05mol/L=0.000275mol/L，根据平

衡常数表达式可计算出醋酸的电离平衡常数；B．点①处溶液的pH=5，氢离子浓度为c（H+）=10-5mol/L，氢氧根离子浓度为c（OH-）=10-9mol/L，由于缺少氢氧化钠溶液体积，无法判断c（CH3CO

O-）、c（CH3COOH）的大小；C．点③处恰好中和，反应生成醋酸钠，根据质子守恒判断；D．该关系违反了电荷守恒，所以在滴定过程中不可能出现．本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，根据图象明确混合液中溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及质子守恒的含义

，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．13.【答案】D【解析】【分析】本题考查了溶度积Ksp的相关知识，Ksp与溶解度的关系、利用Ksp的计算，反应的发生问题、除杂利用沉淀的转化问题（难溶电解质转化为更难容的物质）．【解答】A．当化学组成相似时，Ksp与溶解度成正比

，FeS的Ksp=6.3×10-18，MnS的Ksp=2.5×10-13，所以FeS的溶解度小于MnS的溶解度，故A错误；B．CuS的Ksp=c（Cu2+）×c（S2-）求得c（Cu2+）=×10-18mol/L．故

B错误；C．CuS是难溶于水又难溶于强酸的固体，所以可以发生，故C错误，D．因为FeS的Ksp=6.3×10-18，CuS的Ksp=1.3×10-36所以加入FeS可以转化为更难溶的CuS沉淀，故D正确；故选D．14.【答案】D【解析】【分析】本题考查了化学

电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式的书写，要根据电解质确定正、负极产物，难度中等。【解答】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为C4H10，b为O2，故A错误；B.原电池放电时，阴离子移向负极，故CO32-向负极移动，故B错误；C.电解质为熔融碳酸盐，需要高温条件，常温下不能工作，故C错误；D.通入丁烷的一极是负极，发生失电子

的氧化反应，电极反应式为C4H10-26e-+13CO32-=17CO2↑+5H2O，故D正确。故选D。15.【答案】D【解析】【分析】本题考查原电池原理，侧重考查学生分析判断能力，正确判断正负极及电极上

发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质特点书写，题目难度不大。【解答】该燃料电池中，通入甲烷的电极是负极、通入氧气的电极是正极，A.电子流出的电极为负极、电子流入的电极为正极，电子从

a沿导线流向b，故A错误；B.b电极上氧气得电子生成氧离子，电极反应式为O2+4e-=2O2-，故B错误；C.温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，所以无法计算甲烷体积，故C错误；D.电解质中阴离子向负极移动，则O2-由正极通过固体电解质YSZ迁移到负极，故D正确。故选D。16.【答

案】D【解析】解：A．反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A错误；B．电解质没有OH-，负极反应为H2+CO

+2CO32--4e-=H2O+3CO2，故B错误；C．电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，故C错误；D．B为正极，正极为氧气得电子生成CO32-，电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，故D正确。故选：D。甲烷和

水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32-，以此解答该题。本题为2015年江苏考题第10题，考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电

子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物，难度中等。17.【答案】D【解析】【分析】本题考查溶液离子浓度的大小比较，题目难度较大，注意溶液电荷守恒的物料守恒的应用，易错点为C。【解答】A．二者无论以何种比例混合，溶液都呈

电中性，根据电荷守恒一定存在c（M+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），故A正确；B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液，由于酸性醋酸大于碳酸，则Na2CO3水解程度大于CH

3COONa，则c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），NaOH为强电解质，浓度最小，故B正确；C．物质的量浓度相等的CH3COONa、CH3COOH溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），由物料守

恒可知：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），二者联式可得：c（CH3COO-）+2c（OH-）=2c（H+）+c（CH3COOH），故C正确；D.0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4，说明H

A-电离程度大于HA-水解程度，则溶液中存在：c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（H2A），故D错误。故选D。18.【答案】C【解析】解：A、乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的

还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，故A正确；B、乙醇燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，O2所在的铂电极处发生还原反应，故B正确；C、该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置

图可知酒精在负极被氧气氧化发生氧化反应生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，故C错误；D、根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量，根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，故D正确。故选：C。该装置中含有质子交

换膜，则电解质溶液为酸性，酸性条件下，乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应；根据图示得出酸性燃料电池的反应物和生成物，再根据原电池原理写出该电池的反应式来判断．本题以乙醇为燃料考查了燃料电池，难度不大，注意正负

极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同．19.【答案】B【解析】【分析】本题考查了原电池原理，注意燃料电池的工作原理和规律：负极上是燃料失电子的氧化反应，在正极上氧气发生

得电子的还原反应，题目难度不大。【解答】液氨-液氧燃料电池中，负极上发生失电子的氧化反应，即A是负极，B是正极，碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4NH3+3O2=

2N2+6H2O，电子从负极流向正极，句原电池的工作原理来回答。A.燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O，该电池工作时，每消耗标准状况下的22.4L即1molNH3转移3mol电子，而选项没有指明状态，故A错误；B.电子从负极流向正极，即从电极A流向

电极B，故B正确；C.原电池中，阴离子向负极移动，则OH-向负极A移动，故C错误；D.碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，其电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故D错误。故选B。20.【答案】D【解析】解：A、由电池反应方

程式看出，Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，故金属Mg作负极，故A错误；B、金属Mg作负极，其电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，故B错误；C、因为该电池能被海水激活，故KCl溶液也可以激活电池，故C错误；D、电池是一种能被海水激活的一次性贮

备电池，电池工作时将化学能转化为电能，电能的产生可用于海上应急照明供电，故D正确。故选：D。A、原电池中，发生失电子的氧化反应的极是负极，发生得电子的还原反应的极是正极；B、在原电池的负极上发生失电子的氧化反应；C、根据

信息：电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池来回答判断；D、原电池是将化学能转化为电能的装置．结题技巧总结：电极类型的判断首先在明确属于电解池还是原电池基础上来分析的．原电池对应的是正、负两极，电解池对应的阴、阳两极，根据元素价态变化找出氧化剂与还原产物．21.【答案】（1）

①铜；碳（石墨、金、铂、银）；②2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋；（2）①正；②CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O；③80NA；448。【解析】【分析】本题考查原电池原理，侧重考查电极反应式的书写，以及电化学

综合计算，难度一般。【解答】（1）左侧发生失去电子的氧化反应，故X为Cu，右侧由铁离子完成得电子的还原反应：2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋电极不参与反应，故为活泼性比铜差的导体，可以为碳（石墨、金、铂、银）；故答案为:①铜；碳（石墨、金、铂、银）；②2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋；（2）由

电流的方向判断c为电源正极，d电极发生氧化反应，电极反应式为：CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O，甲烷的物质的量为16016=10mol，则转移电子数目为80NA，消耗氧气20mol，标准状况的体积为448L；故答案为：①正；②CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H

2O；③80NA；448。22.【答案】Ⅰ.（1）HA+OH-=A-+H2O（2）10-5；＞（3）aⅡ.（4）H2+2OH--2e-=2H2O（5）80%。【解析】【分析】本题考查了离子浓度的计算、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握溶液pH的计算方法，

明确溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据盐的水解原理、电荷守恒比较溶液中离子浓度大小。【解答】（1）HA溶液和KOH溶液反应生成水和HA，由实验①可知两者完全反应后溶液pH=9，说明该盐是强碱弱酸盐，故HA是弱酸，所以化学方程式为HA+KOH=KA+H2O，则离子反应

方程式为HA+OH-=A-+H2O；故答案为：HA+OH-=A-+H2O；（2）pH=9，则c（H+）=10-9mol/L，则c（OH-）==mol/L=10-5mol/L；当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，即x＞0.2mol•L

-1；故答案为：10-5；＞；（3）a.HA为弱酸中A-存在电离平衡和水解平衡，水存在电离平衡，故溶液中只存在着三个平衡，故a错误；b.溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），溶液呈中性，即c（OH-

）=c（H+），则c（K+）=c（A-），所以c（A-）+c（HA）＞c（K+），c（K+）=c（KOH）=0.1mo1•L-1，则c（A-）+c（HA）＞0.1mo1•L-1，故b正确；c.溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），溶液呈中性，

即c（OH-）=c（H+），则c（K+）=c（A-），溶液呈中性，KA为强碱弱酸盐，显碱性，要想使溶液呈中性，则增加HA的浓度，即c（K+）=c（A-）＞c（OH-）=c（H+），故c正确；故答案为：a；（4）负极失去电子为氧化反应，故电极反应方程式为H2+2O

H--2e-=2H2O；故答案为：H2+2OH--2e-=2H2O；（5）由2H2（g）+O2（g）=2H2O（I）△H=-572kJ·mol-1可知，生成1mol水时放出的热量为572kJ×=286kJ，则电池的能量转化率为为×1

00%=80%；故答案为：80%。23.【答案】（1）c（SO42-）＞c(NH4＋)>c（Fe3+）>c(H＋)>c(OH－)（2）25（3）280.6（4）①a、c②p乙甲<2p乙（写p乙甲给1分）（5）SO32--2e-+H2O=SO42-

+2H+；NaOH【解析】【分析】本题考查了化学反应原理的综合考查，考查分析问题、解决问题的能力，难度中等。【解答】（1）铵根离子和铁离子在溶液中部分水解，铁离子水解程度大，溶液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH-）、c（SO42-）＞c(NH4＋)>c（Fe3+

），溶液中离子浓度大小为：c（SO42-）＞c(NH4＋)>c（Fe3+）＞c（H+）＞c（OH-）；（2）根据c(CO32−)/c（SO42-）=Ksp(BaCO3)/Ksp(BaSO4)可知，c(CO32−)/c（SO42-）=2.5×10-9/1.0×1

0-10=25，故答案为：25；（3）根据ΔH＝反应物的键能之和-生成物的键能之和，设断裂1molS-Cl键需要吸收的能量为xkJ,2x+268kJ+243kJ-4x=-50.2kJ，x=280.6kJ，故答案为：

280.6；（4）①a.此反应为气体体积改变的反应，则体系压强保持不变，说明反应达到平衡，故a正确；b.p=m/V，混合气体的质量不变，容积不变，整个过程密度都不变，则密度保持不变不能说明反应达到平衡，故b错误；c.SO3和O2的体积比保持不变，说明反应达到平衡，故c正确；d.每

消耗1molSO3的同时生成1molSO2不能说明反应达到平衡，故d错误，故选ac；②甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故p乙甲<2p乙，故答案为：p乙甲<2p乙；（5）根据电解池中阴阳离子的移动方向：阳离子移向阴极可以判断图中a极要连接电源的负极，

SO32-在阳极失去电子变成SO42-，SO32-失去电子被氧化成SO42-，电极反应式为：SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+，由过程可知循环使用的是NaOH，故答案为：SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+；NaOH。