山西省朔州市怀仁一中2019-2020学年高二上学期第四次月考化学试题
化学试题
第Ⅰ卷 (选择题 共48分)
一、选择题：(24个小题，每小题2分，共48分）。
1.有关AgCl的沉淀溶解平衡说法中正确的是（ ）
A. AgCl沉淀生成和溶解不断进行，速率相等
B. AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－
C. AgCl悬浊液中加入NaCl固体，AgCl溶解度不变
D. 升温，AgCl沉淀的溶解度减小
【答案】A
【解析】
【详解】A. AgCl沉淀生成和溶解不断进行，当速率相等时，达到沉淀溶解平衡，故A正确；
B. AgCl难溶于水，溶液中有少量Ag＋和Cl－，故B错误；
C. AgCl悬浊液中加入NaCl固体，AgCl的沉淀溶解平衡逆向移动，银离子浓度减小， AgCl溶解度变小，故C错误；
D. 升温，AgCl沉淀溶解平衡正向移动，AgCl的溶解度增大，故D错误；
答案选A。
2.下列说法中正确的是
A. 原电池放电过程中，负极的质量一定减轻，正极的质量一定增加
B. Fe、Cu组成原电池，Fe一定是负极
C. 充电电池可以使放电时的氧化还原反应逆向进行，能无限制的反复放电、充电
D. 某海水电池总反应表示为：5MnO2＋2Ag＋2NaCl=Na2Mn5O10＋2AgCl，则负极反应式为：Ag－e-＋Cl-=AgCl
【答案】D
【解析】
【详解】A、燃料电池形成的原电池放电过程中，两个电极上都是通入的气体发生电极反应，正负极质量不变，故A错误；
B、Fe、Cu组成原电池，根据易失去电子的作负极，在Fe、Cu浓硝酸组成原电池中铁先作负极失去电子并生成致密氧化膜，导致铁难以再失去电子，此时相较于铁电极，铜更易失去电子，铜为负极，若外电路中连接灵敏电流计，可观察到指针偏转方向发生改变，故B错误；
C、充电电池在充放电过程中因材料老化或者转化不完全等因素，导致充电电池有一定的使用年限，不能无限制地反复放电、充电，故C错误；
D、Ag元素的化合价由0价升高为+1，则负极反应式：Ag−e−+Cl−=AgCl，故D正确；
故选D。
【点睛】原电池在放电过程中，负极材料质量可能会增加（如本题D选项Ag电极因生成AgCl沉积在Ag表面导致负极材料质量增加）、不变、减少，具体问题具体分析，不要形成定势思维。
3.下列有关电解原理的说法正确的是
①电解是把电能转变为化学能 ②电解是把化学能转变为电能 ③电解质溶液的导电是化学变化，金属导电是物理变化 ④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理可以实现 ⑤任何溶液被电解时，必然导致氧化还原反应的发生
A. ①③④ B. ②③⑤ C. ③④ D. ①③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①电解是将电流通过电解质溶液或熔融态物质，在阴极和阳极上发生氧化还原反应的过程，将电能转化成化学能，故正确；②因为电解是将电流通过电解质溶液或熔融态物质，在阴极和阳极上引起氧化还原反应的过程，将电能转化成化学能，故错误；③电解质溶液导电时，溶液中的阴阳离子分别向阳极和阴极移动，在两个电极上得失电子，发生氧化还原反应；金属的导电只是自由电子的定向移动不存在电子得失没有新物质产生，是一种物理过程，故正确； ④电解质溶液的导电过程就是电解过程，此时电源提供电能，把不能自发进行的氧化还原反应转变成现实，故正确；⑤电解质溶液的导电过程就是电解过程，发生了电子的转移，一定发生了氧化还原反应，故正确；结合以上分析可知，正确的有①③④⑤，故D正确；
故答案选D。
4.有A、B、C、D、E五种金属片，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极为负极；
②C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，电流由D→导线→C；
③A、C相连后，同时浸入稀硫酸中，C极产生大量气泡；
④B、D相连后，同时浸入稀硫酸中，D极发生氧化反应
⑤用惰性电极电解含B离子、E离子的溶液，E先析出。
据此，判断五种金属的活动性顺序是
A. B>D>C>A>E B. C>A>B>D>E C. A>C>D>B>E D.
A>B>C>D>E
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知：
①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：A＞B；
②原电池中，电流从正极流经外电路流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电流由D→导线→C，则活泼性：C＞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极是正极，所以金属活泼性：A＞C；
④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：D＞B；
⑤用惰性电极电解含B离子和E离子的溶液，E先析出，则金属活泼性：B＞E；
综上可知金属活泼性顺序是：A＞C＞D＞B＞E，故答案为C。
【点睛】原电池正负极的判断方法：①根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极；②根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极；③根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极；④根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极；⑤根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极。
5.下列说法不正确的是（ ）
A. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关
B. 沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动
C. 向含有AgCl固体的溶液中加入适量的水使AgCl溶解又达到平衡时，AgCl的溶度积不变，其溶解度也不变
D. 两种难溶电解质作比较时，Ksp越小的电解质，其溶解度一定越小
【答案】D
【解析】
【详解】A. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，温度不变，Ksp不变，故A正确；
B. 沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，一种沉淀易转化为比它更难溶的沉淀，故B正确；
C. 向含有AgCl固体的溶液中加入适量的水使AgCl溶解又达到平衡时，条件不变， AgCl的溶度积不变，其溶解度也不变，故C正确；
D. 两种结构相似的难溶电解质作比较时，Ksp越小的电解质，其溶解度越小，故D错误；
答案选D。
6.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（ ）
A. 用惰性电极电解氯化镁溶液时总反应为：2H2O+2Cl－Cl2↑+H2↑+2OH－
B. 铅蓄电池充电时阳极反应式为：PbSO4－2e－+2H2O=PbO2+4H++SO42－
C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu－2e－=Cu2+
D. NH4Cl溶液显酸性：NH4++2H2O=NH3·H2O+H3O+
【答案】B
【解析】
【详解】A. 用惰性电极电解氯化镁溶液时总反应为：Mg2++2H2O+2Cl－Cl2↑+H2↑+ Mg (OH)2↓，故A错误；
B. 铅蓄电池充电时阳极失电子发生氧化反应，阳极反应式为：PbSO4－2e－+2H2O=PbO2+4H++SO42－，故B正确；
C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是粗铜，电极反应式为：Cu－2e－=Cu2+，故C错误；
D. NH4Cl溶液中，铵根离子水解，溶液显酸性：NH4++2H2ONH3·H2O+H3O+，故D错误；
答案选B。
7.已知溶液中存在平衡：Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH-(aq) ΔH<0，下列有关该平衡体系的说法正确的是（ ）
①升高温度，平衡逆向移动 ②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子的浓度
③除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子，可以向溶液中加入适量的NaOH溶液
④恒温下，向溶液中加入CaO，溶液的pH升高
⑤向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变
⑥向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加
A. ①⑥ B. ①⑤⑥ C. ②③④⑥ D. ①②⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH-(aq) 正向
放热，所以升高温度，平衡逆向移动，故①正确；
②向溶液中加入少量碳酸钠粉末生成碳酸钙沉淀，钙离子的浓度减小，故②错误；
③氢氧化钙微溶于水，向溶液中加入适量的NaOH溶液，钙离子不能除尽，故③错误；
④氢氧化钙的饱和溶液中加入氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，恒温下，饱和溶液的浓度不变， pH不变 ，故④ 错误；
⑤向溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH-平衡逆向移动，Ca(OH)2固体质量增大，故⑤错误；
⑥向溶液中加入Na2CO3溶液，氢氧化钙变为碳酸钙沉淀，固体质量增加，故⑥正确。
答案选A。
8.下表是25℃时五种物质溶度积常数，下列有关说法错误的是
化学式
CuS
溶度积
A. 根据表中数据可推知，常温下在纯水中的溶解度比的大
B. 向溶液中通入可生成CuS沉淀，是因为
C. 根据表中数据可推知，向硫酸钡沉淀中加入饱和碳酸钠溶液，不可能有碳酸钡生成
D. 常温下，在溶液中比在溶液中的溶解度小
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查溶度积常数，意在考查对溶度积的理解和应用。
【详解】A.CaSO4和CaCO3的组成类似，可由溶度积的大小推知其在纯水中溶解度的大小，溶度积大的溶解度大，故不选A；
B.Qc>Ksp时有沉淀析出，故不选B；
C.虽然Ksp(BaCO3)> Ksp(BaSO4)，但两者相差不大，当c(Ba2+)·c(CO32－)>Ksp(BaCO3)
时，硫酸钡可能转化为碳酸钡，故选C；
D.根据同离子效应可知，CaSO4在0.05mol/LCaCl2溶液中比在0.01mol/LNa2SO4溶液中的溶解度小，故不选D；
答案：C
【点睛】(1)同种类型的难溶物，Ksp越小，溶解能力越小；（2）当Qc>Ksp析出沉淀；当Qc
c(SO32－)>c(HSO3－)>c(OH－)
D. 图中Y点对应的溶液中：3c(SO32－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)
【答案】C
【解析】
【分析】
用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。
【详解】A．由图像可知，当溶液中c(HSO3-)= c(SO32－)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19mol/L，则H2SO3的Ka2==c(H+)，所以H2SO3的Ka2=1×10-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为10－8，故A正确；
B．第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，可用甲基橙作指示剂，故B正确；
C．Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液显碱性，表明SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)＞c(HSO3-)，故C错误；
D．根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D正确；
答案选C。
【点睛】明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据Y点结合Ka2的表达式分析解答。
24.已知：pAg＝−lgc(Ag＋)，Ksp(AgCl)＝1×10−12。如图是向10mLAgNO3溶液中逐渐加入0.1 mol·L−1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积变化的图像(实线)。根据图像所得下列结论正确的是[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)]
A. 原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol·L−1
B. 图中x点的坐标为(100，6)
C. 图中x点表示溶液中Ag＋被恰好完全沉淀
D. 把0.1 mol·L−1的NaCl换成0.1mol·L−1 NaI则图像在终点后变为虚线部分
【答案】B
【解析】
【详解】A项、由图可知，加入NaCl之前，pAg＝0，所以c(AgNO3)＝1 mol·L−1，故A错误；
B项、由图可知，x点c(Ag＋)＝10−6 mol·L−1，根据AgCl的Ksp，此时c（Cl-）=c（Ag+）=10−6 mol·L−1，则NaCl与AgNO3恰好完全反应，n(NaCl)＝n(AgNO3)＝0.01 L×1 mol·L−1＝0.01 mol，则V[NaCl(aq)]＝100 mL，故B正确；
C项、由图可知，c(Ag＋)＝10−6 mol·L−1<10-5mol/L，则x点不表示Ag＋被恰好完全沉淀，故C错误；
D项、若把NaCl换成NaI，由于Ksp(AgI)更小，所以c(Ag＋)更小，pAg更大，故D错误；
故选B。
第Ⅱ卷 (非选择题 共52分)
非选择题（包括4个小题，共52分）
25.（1）熔融盐燃料电池具有高的发电效率，因而受到重视。可用熔融的碳酸盐作为电解质，向负极充入燃料气CH4，用空气与CO2的混合气作为正极的助燃气，以石墨为电极材料，制得燃料电池。工作过程中，CO32-移向__极(填“正”或“负”)，负极的电极反应式为__，正极的电极反应式为___。
（2）某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。
①如图为某实验小组依据的氧化还原反应：__(用离子方程式表示)设计的原电池装置。
②其他条件不变，若将CuCl2溶液换为HCl溶液，石墨的电极反应式为___。
（3）如图为相互串联的甲、乙两电解池，其中甲池为电解精炼铜的装置。试回答下列问题：
①A极材料是___，电极反应为___，B极材料是__，主要电极反应为__，电解质溶液为___。
②乙池中若滴入少量酚酞溶液，电解一段时间后Fe极附近溶液呈___色。
③常温下，若甲池中阴极增重12.8g，则乙池中阳极放出的气体在标准状况下的体积为___，若此时乙池剩余液体为400mL，则电解后溶液pH为___。
【答案】 (1). 负 (2). CH4＋4CO32-－8e－=5CO2＋2H2O (3). 2O2+8e-+4CO2=4CO32- (4). Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu (5). 2H＋＋2e－=H2↑ (6). 纯铜 (7). Cu2＋＋2e－=Cu (8). 粗铜 (9). Cu－2e－=Cu2＋ (10). CuSO4溶液 (11). 红 (12). 4.48L (13). 14
【解析】
【分析】
（1）原电池放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；以熔融盐为电解质的甲烷燃料电池放电时，甲烷在负极失电子生成二氧化碳和水；氧气在正极得电子生成碳酸根离子。
（2）①根据电池总反应回答；
②铁与盐酸反应放出氢气；
（3）①电解法精炼铜，粗铜作阳极、精铜作阴极，硫酸铜作电解质溶液；
②乙池中Fe作阴极，阴极氢离子得电子生成氢气；
③常温下，甲池中阴极增重12.8g，即生成铜的质量是12.8g，根据电子守恒计算。
【详解】（1）原电池放电时，阴离子移向负极，所以CO32-移向负极；以熔融盐为电解质的甲烷燃料电池放电时，甲烷在负极失电子生成二氧化碳和水，负极反应式是CH4＋4CO32-－8e－=5CO2＋2H2O；氧气在正极得电子生成碳酸根离子，正极反应式是2O2+8e-+4CO2=4CO32-。
（2）①根据图示，铁是负极，电池总反应是Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，所以依据氧化还原反应Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu设计的原电池装置；
②铁与盐酸反应放出氢气，所以正极放出氢气，石墨的电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；
（3）①电解法精炼铜，A极是阴极，电极材料是纯铜，电极反应为Cu2＋＋2e－=Cu，B是阳极，阳极材料是粗铜，主要电极反应为Cu－2e－=Cu2＋，电解质溶液为CuSO4溶液。
②乙池中Fe作阴极，阴极氢离子得电子生成氢气，电极反应式是2H2O+2e-= H2↑+2OH-，溶液显碱性，Fe极附近溶液呈红色；
③常温下，甲池中阴极增重12.8g，即生成铜的质量是12.8g，电路中转移电子的物质的量是0.4mol，乙池中阳极放出的气体是氯气，根据电子守恒，生成氯气的物质的量是0.2mol，在标准状况下的体积是0.2mol×22.4L/mol=4.48L；根据2H2O+2e-= H2↑+2OH-，生成氢氧根离子的物质的量是0.4mol，氢氧根离子的浓度是1mol/L，所以pH=14。
26.工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、CO、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。
Ⅰ.脱硝：已知：H2的燃烧热为285.8kJ/mol
①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H1=+133kJ/mol②H2O(g)=H2O(l) △H2=－44 kJ/mol
写出在催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为__。
Ⅱ.脱碳：
（1）向2L恒容密闭容器中加入2molCO2、6molH2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l) +H2O(l)。
下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是___。
A.混合气体的平均摩尔质量保持不变 B.CO2和H2的体积分数保持不变
C.CO2和H2的转化率相等 D.混合气体的密度保持不变
E.1molCO2生成的同时有3molH—H键断裂
（2）在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝akJ·mol－1。达到平衡时CH3OH的体积分数（V%）与n(H2)/n(CO)的关系如图1所示。
①当起始=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的__点（选填“D”、“E”或“F”）。
②当起始=2时，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。则该反应的ΔH__0（填“<”或“>”），图中压强P1、P2、P3由大到小的关系是__。T1℃时反应经过5min达到平衡，CO的转化率为0.4，则0～5min内平均反应速率v(H2)=__。
【答案】 (1). 4H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g) △H=-1100.2kJ/mol (2). DE (3). F (4). ＜ (5). P1>P2>P3 (6). 0.08mol·L-1·min-1
【解析】
【分析】
Ⅰ.根据盖斯定律计算H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的焓变；
Ⅱ. （1）根据平衡标志判断；
（2）①投料比等于系数比，达到平衡时，产物的百分含量最大；
②根据图象，随温度升高，CO平衡转化率降低；CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)正反应气体系数和减小。
【详解】Ⅰ.①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H1=+133kJ/mol
②H2O(g)=H2O(l) △H2=－44 kJ/mol
H2的燃烧热为285.8kJ/mol，即③H2（g）+ O2（g）=H2O（l）△H=-285.8KJ/mol；
根据盖斯定律③×4－①－②×4得4H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g) △H=-1100.2kJ/mol；
Ⅱ. （1）A.投料比等于系数比，反应过程中CO2、H2的比例不变，所以混合气体的平均摩尔质量是恒量，混合气体的平均摩尔质量保持不变，不一定平衡，故不选A；
B. 投料比等于系数比，反应过程中CO2、H2的比例是恒量，CO2和H2的体积分数保持不变，不一定平衡，故不选B；
C. 投料比等于系数比，CO2和H2的转化率一定相等，所以CO2和H2的转化率相等，不一定平衡，故不选C；
D.反应过程中有液体生成，所以气体质量减小，气体体积不变，密度是变量，混合气体的密度保持不变，一定达到平衡状态，故选D；
E.1molCO2生成的同时有3molH—H键断裂，说明正逆反应速率相等，一定达到平衡状态，故选E。
（2）①投料比等于系数比，达到平衡时，产物的百分含量最大，即=2时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数最大；当起始=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数低于C点，所以可能是图象中的F点；
②根据图象，随温度升高，CO平衡转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，ΔH＜0；CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)正反应气体系数和减小，压强越大，CO平衡转化率越高，所以P1>P2>P3。T1℃时反应经过5min达到平衡，CO的转化率为0.4，消耗CO的物质的量为1mol×0.4=0.4mol，消耗氢气的物质的量为0.8mol，0～5min内平均反应速率v(H2)=
0.08mol·L-1·min-1。
27.金属氢氧化物在酸中的溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下饱和溶液的浓度(mol·L-1)如图所示。
(1)pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是____(填化学式)。
(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3+，应该控制溶液的pH为____(填字母)。
A．<1 B．4左右 C．>6
(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2+杂质，____(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是____。
(4)已知一些难溶物的溶度积常数如表所示。
物质
FeS
MnS
CuS
PbS
HgS
ZnS
Ksp
6.3×10-18
2.5×10-13
1.3×10-36
3.4×10-28
6.4×10-53
1.6×10-24
某工业废水中含有Cu2+、Pb2+、Hg2+，最适宜向此工业废水中加入过量的____(填字母)除去它们。
A．NaOH B．FeS C．Na2S
【答案】 (1). Cu2＋ (2). B (3). 不能 (4). Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小 (5). B
【解析】
【详解】（1）由图可看出，当pH=3时，Cu(OH)2的溶解度非常大，铜主要以Cu2＋的形式存在；
（2）若要除去CuCl2溶液中少量Fe3＋，应该调控溶液的pH，使Fe(OH)3的溶解度非常小，同时Cu(OH)2的溶解度非常大或者说Cu2＋可以稳定存在，即2.5＜pH＜4.5范围，故选择B；
（3）由于Co2＋和Ni2＋
沉淀的pH范围相差太小，故不能通过调节溶液pH的方法来分离两种离子；
（4）由溶度积常数可看出，重金属离子Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋的硫化物的溶度积常数远小于FeS的溶度积常数，故可工业废水中加入过量的FeS，发生沉淀的转化，特别重要的时同时析出Fe2＋，避免了重金属的污染。
28.Ⅰ.甲同学用含少量铁的氧化物的氧化铜制取氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)并测量其结晶水含量。已知：在pH为4～5时，Fe3＋几乎完全水解而沉淀，而此时Cu2＋却几乎不水解。制取流程如下：
请回答下列问题：
（1）溶液A中金属离子有Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋。能检验溶液A中Fe2＋的试剂为__(填编号)。
①KMnO4 ②K3[Fe(CN)6] ③NaOH ④KSCN
（2）试剂①是__，试剂②是__。(填化学式)
（3）为了测定制得的氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)中x的值，某兴趣小组设计了以下实验方案：
称取mg晶体溶于水，加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减轻为止，冷却，称量所得黑色固体的质量为ng。沉淀洗涤的操作方法是__。
Ⅱ.乙同学设计了一套电解饱和食盐水的实验装置，来验证氯气的某些性质和测定产生的氢气的体积。所选仪器接口的连接顺序是A接__，__接__；B接__，__接__。
Ⅲ.丙同学是将电解池与燃料电池相组合电解精制饱和食盐水，可以节（电）能30%以上。相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。
（1）图中X是__（填化学式）。
（2）Y在装置B中发生的电极反应式为__。
（3）写出A装罝中发生的总反应离子方程式__，比较图示中氧氧化钠溶液质量分数a%与b%的大小：___。
【答案】 (1). ①② (2). H2O2(或Cl2等) (3). CuO[或Cu2(OH)2CO3等] (4). 向过滤器中加入适量的蒸馏水使其刚好浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次 (5). G (6). F (7). H (8). D (9). E (10). C (11). Cl2 (12). H2-2e-+2OH-=2H2O (13). 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- (14). b%＞a%
【解析】
【分析】
Ⅰ. (1)Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋中只有Fe2＋具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；只有Fe2＋与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀；
（2）试剂①是氧化剂，把Fe2＋氧化为Fe3＋，试剂②调节pH为4～5时，生成氢氧化铁沉淀，除去铁元素。
（3）根据洗涤沉淀的规范操作回答；
Ⅱ. 乙同学设计了一套电解饱和食盐水的实验装置，来验证氯气的某些性质和测定产生的氢气的体积，要生成氯气，用石墨作阳极生成氯气，铁作阴极生成氢气；用排水量气法测定产生的氢气的体积，用淀粉碘化钾溶液验证氯气的氧化性，用氢氧化钠吸收剩余氯气。
Ⅲ.电解池A的左侧通入饱和食盐水，流出稀食盐水，左侧为阳极、右侧为阴极；燃料电池B右侧通入氧气，燃料电池右侧为正极、左侧为负极。
【详解】Ⅰ. (1)Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋中只有Fe2＋具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；只有Fe2＋与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，所以能检验溶液A中Fe2＋的试剂为①KMnO4 、②K3[Fe(CN)6]，选①②；
（2）试剂①是氧化剂，把Fe2＋氧化为Fe3＋，试剂②调节pH为4～5时，生成氢氧化铁沉淀，除去铁元素，为了不引入锌杂质，试剂①是H2O2(或Cl2)，试剂②是CuO[或Cu2(OH)2CO3]。
（3）沉淀洗涤的操作方法是：向过滤器中加入适量的蒸馏水使其刚好浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次；
Ⅱ.电解饱和食盐水，验证氯气的某些性质和测定产生的氢气的体积，要生成氯气，用石墨作阳极生成氯气，铁作阴极生成氢气；用排水量气法测定产生的氢气的体积，用淀粉碘化钾溶液验证氯气的氧化性，用氢氧化钠吸收剩余氯气，所以选仪器接口的连接顺序是A接G，F接H；B接D，E接C。
Ⅲ.（1）根据分析，电解池A的左侧为阳极，氯离子失电子生成氯气，图中X是Cl2。
（2）根据分析，电解池A右侧为阴极，阴极氢离子得电子生成氢气，Y是氢气，氢气在装置B中失电子生成水，发生的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O。
（3）A装罝电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，发生的总反应离子方程式2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，装置B右侧是正极，正极反应是氧气得电子生成氢氧根离子，所以 b%＞a%。
