安徽省合肥市肥东县第二中学2019-2020学年高二上学期月考化学试题（普通班） 20页

肥东二中2019-2020学年度第一学期第二次月考 高二年级化学试卷 可能用到的相对原子量：Cu 64 H 1 Ag 108 O 16‎ 一、选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共51分)‎ ‎1.下列说法中正确的是( )‎ A. 二氧化硫溶于水能导电，故二氧化硫属于电解质 B. 硫酸钡难溶于水，故硫酸钡属于弱电解质 C. 硫酸是强电解质，故纯硫酸能导电 D. 氢氧根离子浓度相同的氢氧化钠溶液和氨水导电能力相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、SO2的水溶液虽然导电，但导电的离子不是SO2电离产生的，因此SO2不是电解质，故错误；‎ B、硫酸钡虽然难容溶于水，但溶于水硫酸钡完全电离，属于强电解质，故错误；‎ C、电解质导电，需要条件，即水溶液或熔融状态，因此纯硫酸不导电，故错误；‎ D、OH－离子浓度相同，溶液中导电离子的浓度以及所带电荷数相同，因此导电能力相同，故正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.下表中物质的分类组合，完全正确的是（　　）‎ 编号 A B C D 强电解质 KNO3‎ H2SO4‎ BaSO4‎ HClO4‎ 弱电解质 NH3•H2O CaCO3‎ HClO C2H5OH 非电解质 SO2‎ Al H2O CH3COOH A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，包括强酸、强碱、大多数盐；在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱、水等；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质。‎ ‎【详解】A.KNO3在水溶液中完全电离，KNO3属于强电解质；NH3·H2O在水溶液中只能部分电离，NH3·H2O属于弱电解质；SO2在纯液态时不能导电，SO2为非电解质，A项正确；‎ B.H2SO4在水溶液中完全电离，H2SO4属于强电解质；CaCO3难溶于水，但溶解的CaCO3是完全电离的，CaCO3属于强电解质；Al是单质，不是电解质也不是非电解质，B项错误；‎ C.BaSO4难溶于水，但溶解的BaSO4是完全电离的，BaSO4属于强电解质；HClO在水溶液中只能部分电离，HClO属于弱电解质；H2O能极微弱的电离，H2O属于弱电解质，C项错误；‎ D.HClO4在水溶液中完全电离，HClO4属于强电解质；C2H5OH在水溶液和熔融状态下都不导电，C2H5OH属于非电解质；CH3COOH在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列四种溶液中，水的电离程度最大的是(　　)‎ A. pH＝5的NH4Cl溶液 B. pH＝5的NaHSO4溶液 C. pH＝8的CH3COONa溶液 D. pH＝8的NaOH溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=5的NH4Cl溶液中铵根离子水解，促进水的电离，c(H+)水=10-5mol/L；‎ B．pH=5的NaHSO4溶液中氢离子抑制水的电离，水电离出的离子浓度c(OH-)水=10-9mol/L；‎ C．pH=8的CH3COONa溶液中醋酸根离子水解促进水的电离，水电离出离子浓度c(OH-)水=10-6mol/L；‎ D．pH=8的NaOH溶液中氢氧根离子抑制水的电离，水电离出的离子浓度c(H+)水=10-8mol/L；综上所述水的电离程度最大的是A。‎ 答案选A。‎ ‎4.常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 两溶液稀释前的浓度相同 B. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a＞b＞c C. a点的Kw值比b点的Kw值大 D. a点水电离的c(H＋)大于c点水电离的c(H＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，加水稀释时，醋酸进一步电离，所以稀释过程中，醋酸导电能力大于盐酸，则Ⅰ为醋酸稀释曲线，Ⅱ为盐酸稀释曲线。‎ ‎【详解】A．稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，故A错误； B．导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为c＜a＜b，故B错误； C．相同温度下，Kw相同，a点的Kw等于b点的Kw值，故C错误； D．a点离子浓度小于c点离子浓度，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，则a点水电离的H+物质的量浓度大于c点水电离的H+物质的量浓度，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离、影响水电离的因素，加水稀释促进弱电解质的电离，注意溶液中离子浓度与导电性之间的关系是解本题关键。‎ ‎5.对于0.1mol∙L-1Na2SO3溶液，下列表述正确的是 A. 升高温度，溶液的pH降低 B. 加入少量NaOH固体，c(SO32-)与c(Na+)均增大 C. c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+c(OH-)‎ D. c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎0.1mol⋅L−1Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32−+H2O⇌HSO3−+OH−，该过程是吸热过程，则 A. 升高温度，会促进盐的水解； B. 根据水解平衡的移动原理分析，氢氧化钠抑制亚硫酸根离子的水解； C. 根据溶液中的电荷守恒规律作答； D. 根据溶液中的物料守恒规律作答。‎ ‎【详解】A. 升高温度，水解平衡正向移动，所以溶液的pH升高，A项错误；‎ B. 加入少量NaOH固体，平衡：SO32−+H2O⇌HSO3−+OH−向逆反应方向移动，所以c(SO32−)与c(Na+)均增大，B项正确；‎ C. 溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，C项错误；‎ D. Na2SO3溶液中存在物料守恒，即c(Na+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.已知：25°C时，Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12，Ksp[MgF2]=7.42×10-11,下列说法正确的是 A. 25°C时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大 B. 25°C时，在Mg(OH)2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大 C. 25°C时，Mg(OH)2固体在20mL 0.01 mol/L氨水中的Ksp比在20mL 0.01mol/L NH4Cl溶液中的Ksp小 D. 25°C时，在Mg(OH)2的悬浊液加入浓NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化成为MgF2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 25°C时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液中，c(Mg2+)=，由于Ksp[Mg(OH)2]c(Na+)>c(H+)>c(OH－)‎ D. D点时，c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H+)+c(CH3COOH)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】从滴定曲线可知，没有滴加醋酸前，0.1mol·L－1某一元碱其溶液的pH为13，c(OH-)=0.1mol/L，完全电离，该一元碱为强碱。‎ A．该一元碱为强碱，可以溶解Al(OH)3，A项正确，不符合题意；‎ B．根据曲线，a点的pH值为7，为中性，假设加入醋酸的体积为25mL，酸和碱恰好完全反应，生成醋酸盐，为强碱弱酸盐，水解为碱性，现在为中性，说明要多加点酸，B项正确，不符合题意；‎ C．C点pH<7，溶液呈现酸性，c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒c (CH3COO－)＋c(OH－)=c(H＋)＋c(Na＋)，可以知道c(CH3COO－)>c(Na+)，C项正确，不符合题意；‎ D．D点，加入了50mL的醋酸，为CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，根据电荷守恒c (CH3COO－)＋c(OH－)=c(H＋)＋c(Na＋)，以及物料守恒，c( CH3COOH)＋c (CH3COO－)=2c(Na＋)，联合两式，得c(CH3COO－)+2c(OH－)=2c(H+)+c(CH3COOH)，D项错误，符合题意；‎ 本题答案选D。‎ ‎8.下列事实：‎ ‎①NaHSO4溶液呈酸性；②长期使用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结；③配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；④NaHS溶液中c(H2S)＞c(S2－)；⑤氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；⑥加热FeCl3·6H2O晶体，往往得不到FeCl3固体。‎ 其中与盐类的水解有关的叙述有（ ）‎ A. 6项 B. 5项 C. 3项 D. 4项 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①中NaHSO4为强酸强碱的酸式盐，不发生水解，显酸性是因为电离出H＋所致；②中是NH4+水解显酸性所致；③中HCl会抑制Cu2＋水解；④中是因HS－水解程度大于其电离程度所致；⑤中NH4+水解产生H＋与锈斑中的Fe2O3反应；⑥加热时部分FeCl3会发生水解。故除①外都与盐类的水解有关。故选B。‎ ‎9.改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。‎ 下列叙述错误的是 A. pH=1.2时，‎ B. ‎ C. pH=2.7时，‎ D. pH=4.2时，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、根据图像，pH=1.2时，H2A和HA-相交，则有c(H2A)=c(HA-)，故A说法正确；B、pH=4.2时，c(A2－)=c(HA－)，根据第二步电离HA－H＋＋A2－，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)= c(H+)=10-4.2，故B说法正确；C、根据图像，pH=2.7时，H2A和A2-相交，则有c(H2A)=c(A2-)，故C说法正确；D、根据pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，且物质的量分数约为0.48，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)＞c(H+)，故D说法错误。‎ ‎10. 某小组为研究电化学原理，设计如下图装置。下列叙述不正确的是 A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出 B. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2＋＋2e－===Cu C. a和b用导线连接时，电子由铜电极流向铁电极 D. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出铁和硫酸铜反应。a和b用导线连接时，形成原电池，铜片上发生的反应为：Cu2＋＋2e－===Cu。a和b用导线连接时，电子由铁电极流向铜电极，负极到正极。无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色。‎ ‎11.据报道，以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 电池放电时Na+从a极区移向b极区 B. 电极b采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用 C. 该电池的负极反应为：BH4－+8OH――8e－=BO2－+6H2O D. 每消耗3molH2O2，转移的电子为3mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故A正确；电极b采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH－，MnO2‎ 既作电极材料又有催化作用，故B正确；负极发生氧化反应生成BO2－，电极反应式为BH4－+8OH――8e－＝BO2－+6H2O，故C正确；正极电极反应式为H2O2+2e－＝2OH－，每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，故D错误，答案选D。‎ 考点：考查原电池工作原理 点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型。该题新型原电池为载体，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写，注意化合价的变化。‎ ‎12. 有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电流由D→导线→C；③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡；④B、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应。据此，判断四种金属的活动性顺序是(　　)‎ A. A＞B＞C＞D B. A＞C＞D＞B C. C＞A＞B＞D D. B＞D＞C＞A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，说明A的活泼性大于B；‎ ‎②C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电流由D→导线→C，说明C是负极，C的活泼性大于D；‎ ‎③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C是正极，A的活泼性大于C；‎ ‎④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，D是负极，D的活泼性大于B。‎ 综合以上，四种金属的活动性顺序是A＞C＞D＞B，故选B。‎ ‎13.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O2所在的铂电极流出 B. 该电池的负极反应式为：CH3CH2OH+3H2O+12e-═2CO2↑+12H+‎ C. O2所在的铂电极处发生还原反应 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 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通入氧气的一极为正极，则呼气的一极为负极，乙醇在负极被氧化。‎ ‎【详解】A. 氧气作正极，电流由O2所在的铂电极流出，A正确；‎ B. 负极失去电子，发生还原反应，方程式为CH3CH2OH-4e-=4H++CH3COOH，B错误；‎ C. O2所在的铂电极处发生还原反应，C正确；‎ 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，D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】氧气在电池中一般做正极，且1mol氧气得到4mol电子。‎ ‎14.以石墨棒作电极，电解CuCl2溶液，若电解时转移的电子数是3．01×1023，则此时在阴极上析出的的铜的质量是 A. 8g B. 16g C. 32g D. 64g ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：电解氯化铜溶液时，阳极上氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，阴极上铜离子得电子发生还原反应生成铜单质，所以阴极上的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，设当有3．01×1023个电子转移时，在阴极上析出物质的质量为x。根据Cu2++2e- = Cu，有=，解得：x=16g，即析出铜的质量为16g，故选B。‎ 考点：考查了电解池的相关知识。‎ ‎15. 下列有关电解精炼铜的说法中错误的是 A. 粗铜做阴极 B. 电解一段时间后，溶液中会存在锌、铁等不活泼的金属阳离子 C. 阳极泥中含有金、银等贵重金属 D. 电解质溶液可以选用硫酸铜溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 电解精炼铜时粗铜必须作阳极，精铜作阴极，硫酸铜作电解质溶液。A不正确，D正确。粗铜中含有比铜活泼金属，电解时先失去电子，B正确。同时粗铜中也含有比铜不活泼的金、银等贵重金属，在电解时不会失去电子，故而形成阳极泥。答案是A。‎ ‎16. 以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。‎ 关于该电池的叙述不正确的是( )‎ A. 该电池不能在高温下工作 B. 电池右侧电极反应为：C6H12O6＋6H2O－24e-=6CO2↑＋24H＋‎ C. 放电过程中，H+通过质子交换膜向电池右侧迁移。‎ D. 在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成CO222.4 L（标况）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：微生物主要成分是蛋白质，高温条件下蛋白质失去活性，A正确。通入燃料C6H12O6的极为负极，负极反应为：C6H12O6+6H2O-24e-6CO2↑+24H+，B项正确。氢离子通过质子交换膜从负极到正极传导， C错误。从总反应C6H12O6+6O26CO2+6H2O可知，每消耗1 mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体22．4 L，D正确。‎ 考点：本题考查原电池原理。‎ ‎17.肼(N2H4‎ ‎)和氧气以及KOH溶液可组成碱性燃料电池，产物为氮气和水，它是一种高效低污染的新型电池。下列关于肼燃料电池的说法不正确的是（ ）‎ A. 负极反应式为：N2H4＋4OH－-4e－=N2＋4H2O B. O2在正极发生还原反应 C. 电解质溶液中的OH－向正极移动 D. 随着放电的进行，溶液的pH减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 肼、氧气和氢氧化钾构成燃料电池，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成氮气和水，电极反应式为N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，放电时原电池中阴离子向负极移动，根据电解质溶液的变化来分析溶液pH的变化．‎ ‎【详解】A．该燃料电池中，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气，电极反应式为N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑，故A正确； B．正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确； C．该燃料电池放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故C错误； D．该电池反应式为N2H4+O2=N2+2H2O，放电过程中生成水，氢氧化钾物质的量不变，溶液体积增大，则氢氧化钾浓度减小，溶液的pH减小，故D正确； 故选C．‎ 二、非选择题(本题包括5小题，共49分)‎ ‎18.常温下，将某一元酸HA(甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸)和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示：‎ 实验 编号 HA物质量 浓度/(mol·L－1)‎ NaOH物质的量 浓度/(mol·L－1)‎ 混合后溶 液的pH 甲 ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH＝a 乙 ‎0.12‎ ‎0.1‎ pH＝7‎ 丙 ‎0.2‎ ‎0.1‎ pH>7‎ 丁 ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH＝10‎ ‎（1）从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还是弱酸？__________________________________________________。‎ ‎（2）乙组混合溶液中粒子浓度c(A－)和c(Na＋)的大小关系________。‎ A．前者大 B．后者大 C．两者相等 D．无法判断 ‎（3）从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________________‎ ‎（4）分析丁组实验数据，写出混合溶液中下列算式的精确结果(列式)：c(Na＋)－c(A－)＝________mol·L－1。‎ ‎【答案】(1)a=7时,HA是强酸;a>7时,HA是弱酸 ‎(2)C ‎(3)c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎(4)(10-4-10-10)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）若HA是强酸，恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH=7；若HA是弱酸，恰好与NaOH溶液反应生成强碱弱酸盐，pH＞7；‎ ‎（2）混合溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），由于pH=7，则c（Na+）=c（A-），答案选C；‎ ‎（3）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＞7说明A-的水解大于HA的电离，所以离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；‎ ‎（4）由电荷守恒关系式变形得c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=（10-4-10-10）mol•L-1，答案为：10-4-10-10。‎ ‎【考点定位】考查离子浓度大小比较 ‎【名师点晴】盐的水解包括的内容很多，如盐溶液中离子浓度的变化、水的离子积的变化、电离平衡常数、水解平衡常数、溶液pH的判断、水解离子方程式的书写、盐水解的应用、电荷守恒规律、物料守恒规律、质子守恒规律的应用，加入其他试剂对水解平衡的影响、稀释规律等，这类题目抓住水解也是可逆反应，所以可应用勒夏特列原理来解答。对于条件的改变溶液中离子浓度的变化，需在判断平衡移动的基础上进行判断，有时需结合平衡常数、守恒规律等，尤其是等式关系的离子浓度的判断或离子浓度大小比较是本知识的难点。等式关系的一般采用守恒规律来解答，若等式中只存在离子，一般要考虑电荷守恒；等式中若离子、分子均存在，一般考虑物料守恒或质子守恒；离子浓度的比较要考虑溶液的酸碱性、水解、电离程度的相对强弱的关系。‎ ‎19.胆矾是一种常见的化合物，工业上它也是一种制取其它含铜化合物的原料，现有废铜（主要杂质为Fe）来制备胆矾。有人设计了如下流程：‎ pH值控制可参考下列数据 物质 开始沉淀时的pH值 完全沉淀时的pH值 氢氧化铁 ‎2.7‎ ‎3.7‎ 氢氧化亚铁 ‎7.6‎ ‎9.6‎ 氢氧化铜 ‎5.2‎ ‎6.4‎ 请根据上述流程回答下列问题：‎ ‎（1）A可选用__（填字母）‎ a．稀H2SO4 b．浓H2SO4、加热 c．浓FeCl3溶液 d．浓HNO3‎ ‎（2）Ⅰ中加H2O2的目的__。‎ ‎（3）Ⅱ中加Cu2(OH)2CO3的目的是__，其优点是__。‎ ‎（4）Ⅲ加热煮沸时发生的化学反应的离子方程式为__。‎ ‎（5）V中加H2SO4调节pH＝1是为了__。‎ ‎【答案】 (1). b (2). 将氧化为 (3). 除去过量的硫酸 (4). 不引入新的杂质 (5). ↓ (6). 抑制的水解 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废铜(主要杂质为Fe)来制备胆矾的流程:‎ 将金属全部溶解，再将存在的亚铁离子氧化为铁离子，再结合开始沉淀时的pH值，可使Fe最终转化为更容易除去，保证铜离子不会沉淀，不能引进杂质离子，加入，目的是将二价铁转化为三价铁，在III中调节溶液pH值，在这个过程中加了Cu2(OH)2CO3，目的应是调节溶液的酸碱性，所以这里加Cu2(OH)2CO3中和过量的硫酸，控制好溶液的pH值为3.7，刚好此时溶液中三价铁全转化为.当三价铁沉淀完全后，再进行过滤，滤液中剩余的阳离子主要有，阴离子有，再加硫酸，调节溶液pH =1，目的是抑制的水解，再分别进行蒸发浓缩、冷却结晶后，最终得到产品胆矾.‎ ‎【详解】(1)A可选用浓硫酸、加热，稀硫酸不能溶解Cu，而浓FeCl3溶液、浓HNO3会引入杂质，因此，本题正确答案是:b； (2) 与发生氧化还原反应， 被氧化为后，调节pH，更容易除去，所以Ⅰ中加的目的将亚铁离子氧化为铁离子，因此，本题正确答案是:将氧化为； (3)在III中调节溶液pH值，在这个过程中加了Cu2(OH)2CO3，这里加Cu2(OH)2CO3中和过量的硫酸，控制好溶液的pH值为3.7，刚好此时溶液中三价铁全转化为，并且不引入新的杂质，因此，本题正确答案是:除去过量的硫酸；不引入新的杂质； (4)Ⅲ加热煮沸时，促进铁离子水解，可以得到氢氧化铁沉淀，发生的化学反应的离子方程式为: ↓，因此，本题正确答案是: ↓； (5)V中加调节pH=1是为了抑制的水解。‎ ‎20.滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：‎ I．酸碱中和滴定——用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液。‎ ‎（1）该学生的实验操作如下：‎ a．用碱式滴定管取稀NaOH25.00mL，注入锥形瓶中，加入甲基橙做指示剂。‎ b．用待测定溶液润洗碱式滴定管。‎ c．用蒸馏水洗干净滴定管。‎ d．取下酸式滴定管用标准的HCl溶液润洗后，将标准液注入滴定管刻度“0”以上2～3cm处，再把滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下。‎ e．检查滴定管是否漏水。‎ f．另取锥形瓶，再重复操作一次。‎ g．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。‎ ‎①滴定操作的正确顺序是（用序号填写）__→c→__→__→d→__→___。‎ ‎②某次滴定前、后的盛放盐酸滴定管中液面的位置。请回答：‎ 仪器A的名称是__；盐酸的体积读数：滴定前读数为__mL，滴定后读数为____mL；‎ ‎③在G操作中如何确定终点___。‎ ‎（2）下列操作造成测定结果偏高的是___(填选项字母)‎ A．滴定终点时，俯视滴定管溶液液面 B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗 C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗 D．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失 II．氧化还原滴定—取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1mol/L的高锰酸钾溶液滴定，发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O。表格中记录了实验数据：‎ 滴定次数 待测液体积(mL)‎ 标准KMnO4溶液体积(mL)‎ 滴定前读数 滴定后读数 第一次 ‎25.00‎ ‎0.50‎ ‎20.40‎ 第二次 ‎25.00‎ ‎3.00‎ ‎23.00‎ 第三次 ‎25.00‎ ‎4.00‎ ‎24.10‎ ‎（1）滴定时，KMnO4溶液应装在___（“酸”或“碱”）式滴定管中，滴定终点时滴定现象是___。‎ ‎（2）该草酸溶液的物质的量浓度为___。‎ ‎【答案】 (1). e (2). b (3). a (4). g (5). f (6). 酸式滴定管 (7). 0.80 (8). 23.80 (9). 当滴入最后一滴溶液，锥形瓶内由黄色变为橙色且半分钟内不褪色 (10). CD (11). 酸 (12). 锥形瓶内由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (13). 0.2mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】I.（1）①中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作，所以滴定操作的正确顺序是ecbadgf；‎ ‎②仪器A为酸式滴定管，滴定前读数为0.80mL，滴定后读数为23.80mL；‎ ‎③用甲基橙作指示剂时，溶液由黄色变橙色，且半分钟内不变色，则到达滴定终点；‎ ‎（2）A、滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V(标)偏小，根据c(待测)，可以知道c(待)偏小，故A错误； B、盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对V(标)无影响，根据c(待测)，可以知道c(待)不变，故B错误； C、酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗，标准盐酸浓度偏小，造成V(标)偏大，根据c(待测)，可以知道c(待)偏大，所以C选项是正确的； D、滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标)偏大，根据c(待测)，可以知道c(待)偏大，所以D选项是正确的； 所以CD选项是正确的；‎ II.（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以应该使用酸式滴定管盛装高锰酸钾溶液；滴定结束前混合液为无色，滴定结束时混合液变成了紫红色，所以滴定终点现象为:锥形瓶中溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色；‎ ‎（2）三次滴定消耗标准液体积分别为:，，‎ ‎，三次滴定的数据都是有效，消耗标准液的平均体积为:，高锰酸钾的物质的量为，根据反应可以知道，，待测液草酸的物质的量浓度为。‎ ‎21.将Zn棒和Cu棒用导线连接后，放入某电解质溶液中，构成如图所示装置。试回答下列问题：‎ Ⅰ．若电解质溶液为稀硫酸，‎ ‎（1）Zn棒为原电池的___极，其电极反应式为：___。‎ ‎（2）Cu棒为原电池的___极，其电极反应式为：___。‎ Ⅱ．以KOH溶液为电解质溶液，写出甲烷燃料电池的电极反应式 负极反应式：___。‎ 正极反应式：___。‎ ‎【答案】 (1). 负 (2). Zn-2e-=Zn2+ (3). 正 (4). 2H++2e-=H2↑ (5). CH4+10OH- - 8e-=CO32- +7H2O (6). 2O2+8e-+4H2O=8OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】I. 在硫酸溶液中，Zn比Cu活泼，故Zn作负极，发生反应Zn-2e-=Zn2+，Cu作正极，氢离子在Cu电极上得电子，2H++2e-=H2↑；‎ II. 甲烷燃料电池，甲烷为电池负极，电极反应式为CH4+10OH- - 8e-=CO32- +7H2O，氧气作正极，电极反应式为2O2+8e-+4H2O=8OH-。‎ ‎【点睛】氧气一定做燃料电池的正极，且1mol氧气得到4mol电子，并注意燃料电池的酸碱性环境。‎ ‎22.如图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同（假设通电前后溶液体积不变），A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答下列问题：‎ ‎（1）B极是电源的___；一段时间后，丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明___，在电场作用下向Y极移动。‎ ‎（2）若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为___。‎ ‎（3）若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是___。‎ ‎（4）现用丙装置给铜件镀银，则H应该是__（填“镀层金属”或“镀件”）。当乙中溶液的pH是13时（乙溶液体积为500mL，不考虑反应过程溶液体积变化），丙中镀件上析出银的质量为__g。‎ ‎【答案】 (1). 负极 (2). 氢氧化铁胶体粒子带正电荷 (3). 1:2:2:2 (4). (5). 镀件 (6). 5.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源的正极，B是负极.‎ ‎【详解】(1)B电极是电源的负极，在A池中，电解硫酸铜的过程中，铜离子逐渐减少，导致溶液颜色变浅，Y极是阴极，该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体向该电极移动，异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷； (2)C、D、E、F电极发生的电极反应分别为:═、═Cu、═、═，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为:0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1:2:2:2；‎ ‎ (3)C电极换为铁，则阳极铁失电子，阴极铜离子得电子，电解池反应为: ‎ ‎； (4)电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件，当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500mL)时，根据电极反应═，则放电的氢离子的物质的量为:，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量。‎ ‎ ‎