2017-2018学年安徽省淮北市第一中学高二上学期第四次月考（12月）化学试题 解析版

2017-2018学年安徽省淮北市第一中学高二上学期第四次月考（12月）化学试题 解析版

安徽省淮北市第一中学2017-2018学年高二上学期第四次月考（12月）化学试题 可能用到的相对原子质量: H-1C-12 N-14 0-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cu-64‎ 一、选择题（本题共有21小题，每小题只有一个答案符合题意，每小题2分，共42分。）‎ ‎1. 下列叙述正确的是 A. 吸热反应一定是反应物总能量大于生成物的总能量 B. 明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同 C. 强电解质溶液导电能力一定很强，弱电解质溶液导电能力一定很弱 D. 在海轮外亮上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率 ‎【答案】D ‎【解析】A．反应物总能量大于生成物总能量为放热反应，生成物总能量大于反应物总能量为吸热反应，故A错误；‎ B．明矾的漂白原理是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉漂白原理是利用了次氯酸钙的强氧化性，两者的作用原理不相同，故B错误；‎ C．电解质的导电能力和离子浓度有关，离子浓度大，导电能力强，若强电解质离子浓度很小，则导电性很弱，如硫酸钡为强电解质，但离子浓度很小，导电性很弱，故C错误；‎ D．在海轮外壳上镶入锌块，写出原电池，锌作负极失电子，轮船外壳铁作正极被保护，可减缓船体的腐蚀速率，故D正确；‎ ‎2. 广义的水解观认为: 无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别离解成两部分,然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，说法不正确的是 A. BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2 B. PC13的水解产物是HC10和H3PO4‎ C. A14C3的水解产物是Al(OH)3和CH4 D. CH3COOC1的水解产物是两种酸 ‎【答案】B ‎【解析】根据给出的四个选项中的各物质组成，依据化合价将每种物质分解成带正、负电荷的两种粒子(相当于阳、阴离子)。BaO2、PCl3、Al4C3和CH3COCl组成微粒分别为Ba2＋与O22－、P3＋与Cl－、Al3＋与C4－、CH3CO＋与Cl－。然后分别与水电离出来的氢氧根离子和氢离子进行组合确定生成物，所以A的产物是Ba(OH)2和H2O2，B的产物为H3PO3和HCl，C的产物是Al(OH)3和CH4；D的产物是CH3COOH和HCl，因此错误的为B选项。‎ ‎3. 为解决日益加剧的温室效应等问题，科学家正在研究建立如下图所示的二氧化碳新循环体系:‎ 上述关系图能反映的化学观点或化学思想有 ‎①化学变化中元素种类是不变的；②燃烧时化学能可以转化为热能和光能；③光能或电能可以转化为化学能；④无机物和有机物可以相互转化；⑤二氧化碳可成为一种重要的资源。‎ A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①②④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】①由图可知，混合气分离出二氧化碳，水分解生成氢气，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为甲醇等能源都遵循化学变化中元素种类守恒的原则，①正确；②液化石油气、汽油、甲醇的燃烧、无机物二氧化碳和氢气在复合催化剂的催化作用下可以转化为甲醇等有机物都说明燃烧时化学能可以转化为热能和光能，②正确；③水在光催化剂或电解生成氢气和氧气，体现了光能或电能可以转化为化学能，③正确；④二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为甲醇等有机物，有机物在一定条件下也可以转化为无机物，④正确；⑤从图示中可以看出，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为甲醇等能源，二氧化碳在很多工业和农业中有大量的应用，所以二氧化碳也是一种重要的资源，⑤正确；答案选D。‎ 点睛：本题以信息给予的形式考查了二氧化碳的相关问题，解题的关键是理清其中的转化关系，紧扣题干信息结合相关化学知识。‎ ‎4. 下列叙述正确的是 A. 某醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b,则a>b B. 在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH<7‎ C. 1.0×10-3mo1/L盐酸的pH=3.0, 1.0×10-8mo1/L盐酸的pH=8.0‎ D. 常温下，若1mLpH=1的盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液的pH=7，则NaOH溶液的pH=11‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、稀醋酸溶液加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，pH增大，则某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH＝b，则a＜b，错误；B、酚酞的变色范围为8.2——10，在滴有酚酞的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH＜8.2，错误；C、常温下，1．0×10－3mol·L－1盐酸的pH＝3．0，1．0×10－8mol·L－1‎ 盐酸中不能忽略水的电离，溶液的pH约为7．0，错误；D、常温下，若1 mL pH＝1的盐酸与100 mL NaOH溶液混合后，溶液的pH＝7，则n(HCl)=n(NaOH)，即1 mL ×0.1 mol·L－1="100" mLc(NaOH) ，则c(NaOH)= 1．0×10－3mol·L－1，溶液的pH＝11，正确。‎ 考点：考查弱电解质的电离、溶液的酸碱性判断。‎ 视频 ‎5. 在密闭容器中，反应X2(g)+Y2(g)2XY(g)；△H<0，达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对此过程的分析正确的是 A. 图I是加入适当催化剂的变化情况 B. 图II是扩大容器体积的变化情况 C. 图III是增大压强的变化情况 D. 图III是升高温度的变化情况 ‎【答案】D ‎【解析】A、催化剂对化学平衡的移动无影响，故A错误；B、反应气体系数之和相等，压强对此反应的化学平衡无影响，扩大容器的体积，相对于减小压强，化学反应速率减缓，故B错误；C、增大压强，此反应的化学平衡不移动，故C错误；D、正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，XY的体积分数降低，但化学反应速率加快 ，首先达到平衡，故D正确。‎ ‎6. 我国第五套人民币中的一元硬币材料为钢芯镀镍，依据你所掌握的电镀原理，你认为在硬币制作时，钢芯应做 A. 阴极 B. 阳极 C. 正极 D. 负极 ‎【答案】A ‎【解析】钢芯镀镍时，根据电镀原理，镀件钢芯作阴极，镀层金属镍作阳极，故选A。‎ 点睛：本题考查学生电镀原理知识。电解池的两个电极是阳极和阴极，电镀池中，镀层金属作阳极，镀件作阴极，含有镀层金属的盐溶液作电解质。‎ ‎7. 在常温下，pH=2的氯化铁洛液，pH=2的硫酸溶液，pH=12的氨水清液pH=12的碳酸的溶液，水的电离程度分别为a、b、c、d，则这四种溶液中，水的电离程度大小比较正确的是 A. a=d>c>b B. a=d>b=c C. b=c>a=d D. b=c>a>d ‎【答案】B ‎【解析】水溶液中水电离出的c(H+)水= c(OH-)水，pH=2的氯化铁溶液中，部分Fe3+与水电离出OH-的结合，即水解，H+全部来自于水的电离，c(H+)水=10-2mol/L；pH=2的硫酸中，OH-全部来自于水的电离，c(OH-)水=10-12mol/L；pH=12的氨水中H+全部来自于水的电离，c(H+)水=10-12mol/L；pH=12的碳酸钠溶液中，部分CO32-与水电离出H+结合，即水解，OH-全部来自于水的电离，c(OH-)水=10-2mol/L。根据上述分析，可知水的电离程度a=d>b=c，故选B。‎ ‎8. 下列实验能达到预期目的的是 编号 实验内容 实验目的 A 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 B 室温下，用pH试纸分别测定浓度为18mo1/L和0.1mo1/LH2SO4溶液的pH 比较不同浓度H2SO4的酸性强弱 C 配制FeCl2溶液时，先将FeCl2溶于适量浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后在试剂瓶中加入少量铜粉 抑制Fe2+水解，并防止Fe2+被氧化 D 向10mL0.2 mo/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeC13溶液，又生成红褐色沉淀 证明在相同温度下的Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】A．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故A正确；B．18mol/L的硫酸为浓硫酸，浓硫酸具有脱水性、强氧化性，无法用pH试纸测定其pH，故B错误；C．配制FeCl2溶液时，先将FeCl2溶于适量浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后应该在试剂瓶中加入少量铁粉，否则会引进杂质铜离子，故C错误；D．氢氧化钠过量，不能证明溶解度大小，如加入足量氯化镁完全生成氢氧化镁沉淀后再加入氯化铁，能生成红褐色沉淀，则可证明，故D错误；故选A。‎ ‎9. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ‎①含有大量Fe3+的溶液: Na+、SCN-、Cl-、SO42-‎ ‎②pH=11的溶液中: CO32-、Na+、NO3-、S2-、K+‎ ‎③水电离的H+浓度为10-12mol/L的溶液中: NH4+、Na+、SO42-、HCO3-‎ ‎④加入Mg能放出H2的溶液中: Mg2+、NO3-、NH4+、K+、SO42-‎ ‎⑤澄清溶液中: Fe3+、NO3-、Na+、C1-、SO42-‎ ‎⑥c(H+)/c(OH-)=1×10-12的溶液中: K+、Na+、CO32-、NO3-‎ ‎⑦使甲基橙变红的溶液中: Cu2+、SO42-、NH4+、NO3-、C1-‎ A. ①③⑤⑦ B. ①④⑤⑥ C. ②④⑤⑥ D. ②⑤⑥⑦‎ ‎【答案】B ‎【解析】①含有大量Fe3+的溶液：Fe3+、SCN-发生反应，故①一定不能大量共存；②pH=11的溶液中：OH-、CO32-、Na+、NO3-、S2-、K+不发生反应，故②一定能大量共存；③水电离的H+浓度为10-12 mol·L-1<10-7mol·L-1的溶液呈酸性或碱性，酸性溶液中：H+、HCO3-发生反应，碱性溶液中：NH4+、OH-，OH-、HCO3-发生反应，故③一定不能大量共存；④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，H+、NO3-与Mg反应不生成H2，故④一定不能大量共存；⑤澄清溶液中：Fe3+、NO3-、Na+、Cl-、SO42-不发生反应，故⑤一定能大量共存；⑥c(H+)/c(OH-)=1×10-12<1的溶液呈碱性，OH-、K+、Na+、CO32-、NO3-不发生反应，故⑥一定能大量共存；⑦使甲基橙变红的溶液中pH<3.3，溶液呈酸性，H+、SO42-、NH4+、NO3-、Cl-不发生反应，故⑦一定能大量共存。故选D。‎ 点睛：溶液中的离子反应主要是生成沉淀、气体、难电离物质的复分解反应。另外，少数离子反应属于氧化还原反应、配合反应等。‎ ‎10. 关于下列各图的叙述正确的是 A. 甲中△H1=-(△H2+△H3)‎ B. 乙表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2(g)N2O4‎ ‎(g)中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态 C. 丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时,溶质的质量分数B>A D. 丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，蒋液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH大于等物质的量浓度的NaB溶液的pH ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、根据盖斯定律，甲中△H2=-(△H2+△H3)，故A正确；B、乙表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2(g)N2O4(g)中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，横坐标向右表示浓度增大，纵坐标向上表示物质消耗速率快，如果达到平衡状态，则二者消耗速率之比等于化学计量数之比即应该等于，故B错误；C、将A、B饱和溶液分别由T1℃升温至T2℃时两溶液中溶质和溶剂的量都不会改变，而二者T1℃溶解度相同，即浓度相同，所以T2℃时溶质的质量分数相等，故C错误；D、常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化可知酸性HA大于HB，NaB溶液中B水解程度大，产生OH-浓度大，pH大，故D错误，故选A。‎ 考点：考查了盖斯定律、化学平衡、溶解度以及酸性的比较等的相关知识。‎ ‎11. 下列表述中，关于“一定”说法正确的个数是 ‎①pH=6的溶液一定是酸性溶液 ‎②c(H+)>c(OH-)一定是酸性溶液 ‎③强电解质溶液的导电能力一定大于弱电解质溶液的导电能力 ‎④25℃时，水溶液中水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积一定等于10-14‎ ‎⑤使用pH试纸测定溶液阳时若先润湿，则测得溶液的pH一定有影响 ‎⑥0.2mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c(H+)一定增大 ‎⑦温度保持不变，向水中加入钠盐对水的电离一定没有影响 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】①溶液的酸碱性取决于c(OH−)、c(H+)的相对大小，100℃时，水的pH=6，但水呈中性，故①错误；②溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH−)、c(H+)的相对大小,如果c(H+)>c(OH-)则一定是酸性溶液，故②正确；③溶液导电能力与离子浓度有关，与电解质强弱无关，浓度大的醋酸溶液导电性也可能比浓度小的盐酸强，故③错误；④温度一定，Kw一定，Kw=‎ ‎ c(OH−)·c(H+)式中，c(OH−)与c(H+)是指离子总浓度，而不是单指水电离出的离子浓度，故④错误；⑤测定溶液的pH时，pH试纸不能润湿，如果润湿会稀释待测液，所测得数据有误差，但是如果待测溶液呈中性，稀释不影响pH，故⑤错误；⑥加水稀释，促进氢硫酸的电离，电离程度增大，氢离子物质的量增大，但氢离子浓度减小，故⑥错误；⑦温度不变，向水中加入不水解的盐，不影响水的电离，如果向水中加入能水解钠盐则还是会影响水的电离，比如碳酸钠，故⑦错误。故选B。‎ ‎12. 有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，制造出新型燃料电池，装置如图所示，下列有关说法正确的是 A. 通入N2的一极为负极 B. 通入H2的电极反应为: H2+2e-=2H+‎ C. 物质A是MH4C1 D. 反应过程中左边区域溶液pH逐渐减小 ‎【答案】C ‎【解析】A．正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e-+8H+=2NH4+，通入N2的一极为正极，A错误；B．放电过程中，负极失去失去电子，电极反应为：H2-2e-=2H+，B错误；C．根据负极和正极电极反应可得到总反应式为N2+3H2+2H+=2NH4+，因此A为NH4Cl，C正确；D．正极电极反应N2+6e-+8H+=2NH4+，反应中消耗氢离子，则反应过程中左边区域溶液pH逐渐升高，D错误，答案选C。‎ 点睛：本题考查新型燃料电池，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意根据氮气和氢气的性质判断出正负极的反应，从化合价变化的角度分析，注意电极反应式的书写。‎ ‎13. 下列图示与对应的叙述相符的是 A. 图1表示1L pH=2的CH3C0OH溶液加水稀释至VL，pH随1gV的变化 B. 图2表示不同温度下水溶液中H+和OH-浓度的变化的曲线，图中温度T2>T1‎ C. 图3表示一定条件下的合成氨反应中,NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化，图中a点N2的转化率小于b点 D. 图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)=2Ba0(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系 ‎【答案】C ‎【解析】A. 醋酸是弱电解质，稀释促进电离，稀释10倍以后溶液的pH小于3，A错误；B. 电离吸热，加热促进水的电离，因此图中温度T2＜T1，B错误；C. 增加氢气的浓度平衡向正反应方向进行，氮气的转化率增大，因此图中a点N2的转化率小于b点，C正确；D.由于体系中只有氧气是气体，则平衡常数K＝c (O2)，温度不变，平衡常数不变，因此氧气的浓度也不变，D错误，答案选C。‎ 点睛：选项D是解答的易错点，注意不要受思维定式的影响。一般情况下缩小容器容积浓度增大，但由于该反应比较特殊，整个反应体系中氧气是唯一的气体，因此需要从平衡常数表达式的角度去分析判断氧气浓度和容器容积的关系。‎ ‎14. 室温下，将0.05mo1Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是 加入的物质 结论 A ‎50mL1mo1/LH2SO4‎ 反应结束后，c(Na+)=c(SO42-)‎ B ‎0.05molCaO 溶液中 C ‎50mLH2O 由水电高离出的c(H+)•c(OH-)不变 D ‎0.1molNaHSO4‎ 反应完全后，溶液PH减小，c(Na+)不变 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：溶液中存在CO32—+H2OHCO3—+OH—溶液呈碱性，A、加入50mL 1 mol·L－1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4‎ ‎，故根据物料守恒反应结束后c(Na+)=2c(SO42－)，错误；B、向溶液中加入0.05molCaO，则CaO+ H2O=Ca(OH)2，则c(OH—)增大，且Ca2++CO32—=CaCO3↓，使CO32—+H2OHCO3—+OH—平衡左移，c(HCO3—)减小，故增大，正确；C、加入50mL H2O，溶液体积变大，CO32—+H2OHCO3—+OH—平衡右移，但c(OH—)减小，Na2CO3溶液中H+、OH—均由水电离，故由水电离出的c(H+)·c(OH—)减小，错误；D、加入0.1molNaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐电离出H+与CO32—反应，则反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c(Na+)增大，错误。‎ 考点：盐类水解平衡应用 ‎15. 在t℃时，Ag2Cr04（橘红色）在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的Ksp=1.8×10-10。下列说法不正确的是 A. t℃时，Ag2Cr04的Ksp为1×10-8‎ B. t℃时，Y点和Z点时，Ag2Cr04的Ksp相等 C. t℃时，Ag2Cr04 AgCl 饱和溶液中，前者c(Ag+)大 D. 饱和Ag2Cr04溶液中加K2Cr04不能使溶液由Y点变为X点 ‎【答案】A ‎【解析】A. t℃时，Ag2CrO4的 Ksp为（1×10－3 ）2×1×10－5 =1×10－11，故错误；B. 因为溶度积只与温度有关，所以在t℃时，Y 点和Z点时 Ag2CrO4的 Ksp 相等，故正确；C. t℃时，Ag2CrO4、AgCl 饱和溶液中，前者 c(Ag+)为，后者c(Ag+)为，故前者大，故正确；D. 饱和 Ag2CrO4 溶液中加 K2CrO4 不能使溶液由 Y点变为 X点，溶液中各离子浓度按曲线移动，最后仍为平衡状态，故正确。故选A。‎ ‎16. 用情性电极电解一定浓度的CuSO4溶液时，通电一段时间后,向所得的溶液中加入物质的量为0.1mol的Cu2(OH)2CO3，恰好恢复到电解前的浓度和pH （不考虑二氧化碳的溶解），则电解过程中转移的电子的物质的量为 A. 0.4mo1 B. 0.5mo1 C. 0.6mo1 D. 0.8mo1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：电解硫酸铜溶液的反应方程式为： 2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑。加入0.1mol Cu2（OH）2CO3恢复到电解前的浓度和pH，而0.1mol Cu2（OH）2CO3可以看作为0.2molCuO和0.1molH2O，因此电解过程中有0.2mol的硫酸铜和0.1mol的水被电解，故转移的电子的物质的量为：0.2×2＋0.1×2＝0.6mol。答案选C。‎ ‎【考点定位】考查电解的计算 ‎【名师点晴】掌握电解池的工作原理和电解时离子的先后放电顺序是解答的关键，注意电子得失守恒的应用。电解计算的方法技巧：①根据电子守恒计算：用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。②根据总反应式计算：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。③根据关系式计算：根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。例如：，（式中M为金属，n为其离子的化合价数值）该关系式具有总揽电化学计算的作用和价值，熟记电极反应式，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。在电化学计算中，还常利用Q＝I·t和Q＝n（e－）×NA×1.60×10－19C来计算电路中通过的电量。‎ ‎17. 常温，下列溶液中各浓度关系不正确的是 A. 等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液pH>7,则一定有:c(Na+)>c(HX)>c(X-) >c(H+) >c(OH-)‎ B. 1L0.1mol/LCuSO4•(NH4)2S04•6H2O的溶液中: (SO42-)>c(NH4+)>c(Cu2+)>c(H+)>c(OH-)‎ C. 0.1mo1/L'NaHCO3溶液中: c(Na+)+c(H+)+c(H2CO3)≠c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)‎ D. 物质的量浓度分别为c1和c2的两种醋酸溶液，若其PH分别为a和a+1,则c1>10c2‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、混合后溶液的pH>7，说明X－的水解程度大于HX的电离程度，X－发生水解，因此c(Na＋)>c(X－)，X－＋H2O HX＋OH－，NaX与HX是等浓度等体积混合，因此有c(HX)>c(Na＋)，水解后溶液显碱性，c(OH－)>c(H＋)，水解的程度微弱，因此有c(HX)>c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，故说法错误；B、假设NH4＋不水解，c(NH4＋)=c(SO42－)，但NH4＋属于弱碱根离子，发生水解，因此c(SO42－)>c(NH4＋)，此溶液中Cu2＋和NH4＋‎ 发生水解，水解的程度是微弱的，或者Cu2＋得OH－的能力比NH4＋强，有c(NH4＋)>c(Cu2＋)，无论Cu2＋还是NH4＋水解时溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，即有c(SO42－)＞c(NH4＋)＞c(Cu2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故说法正确；C、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，NaHCO3的溶液显碱性，HCO3－的水解大于其电离，因此有c(H2CO3)>c(CO32－)，因此有c(Na＋)+c(H＋)+c（H2CO3）>c(HCO3－)+c(CO32－)+c(OH－)，故说法正确；D、假设醋酸是强酸，c1/c2=10－a/10－(a＋1)=10，即c1=10c2，但醋酸是弱酸，部分电离，如果c1=10c2，c2的pH小于a＋1，大于a，需要继续加水稀释，因此c1＞10c2，故说法正确。‎ ‎18. 为探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，甲乙两组同学分别设计了如图1图2所示的实验。下列叙述中不正确的是 A. 图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小 B. 若图1所示实验速率为①>②,则一定能说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好 C. 用图2装置比较反应速率,可测定相同时间相同状况产生气体积的多少进行比较 D. 图2 中将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，能返回原处，则不漏气 ‎【答案】B ‎【解析】A.过氧化氢分解生成水和氧气，所以可以通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小，故正确；B. 若图 1 所示实验速率为①>②，但加入的阳离子不同，阴离子也不同，不能由此确定铁离子比铜离子的催化效果好，故错误；C.相同时间内气体体积的多少可以说明反应的快慢，故正确；D. 图 2 中将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，能返回原处，则说明装置不漏气，故正确。故选B。‎ 点睛：在分析应该反应速率的因素时，一定要保证只能改变一个条件，例如使用不同的催化剂时，要使表现催化效果的离子不同，而其他完全相同，即各物质的浓度相同，温度相同。‎ ‎19. 下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. 向0.1mo1/LCH3COOH 落液中加入少量水，溶液中减小 B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大 C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中 D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中不变 ‎【答案】D ‎【解析】A、加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（CH3COO-）、c（H+）都增大且增大程度相同，才c（CH3COOH）减小，所以增大，选项A错误；B、升高温度，CH3COONa溶液水解程度增大，溶液中c（CH3COO-）减小、c（CH3COOH）、c（OH-）都增大，所以减小，选项B错误；C、向盐酸中加入氨水至中性，则c（H+）= c（OH-），且电荷守恒有：c（NH4+）+c（H+）= c(Cl-)+c（OH-），则溶液中，选项C错误；D、向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，c（Ag+）相同，=，Ksp只与温度有关，而温度不变，则溶液中不变，选项D正确。答案选D。‎ 视频 ‎20. 随着各地“限牌”政策的推出，电动汽车成为汽车界的“新宠”。特斯拉全电动汽车使用的是钻酸锂（LiCoO2）电池，其工作原理如图所示。其中A极材料是金属锂和碳的复合材料（碳作为金属恒的载体），电解质为一种能传导Li+的高分子材料，隔膜只允特定的离子通过，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2。下列说法不正确的是 A. 该隔膜只允许Li+通过，放电时Li+从左边流向右边 B. 放电时，正极锂的化合价未发生改变 C. 充电时B作阳极，该电极放电时的电极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2‎ D. 废旧钴酸幢（LiCoO2）电池进行“放电处理”让Li+进入石墨中而有利于回收 ‎【答案】D ‎【解析】A. A 极材料是金属锂和碳的复合材料，放电时为负极，电解质为一种能传导 Li＋的高分子材料，隔膜只允特定的离子通过，所以该隔膜只允许 Li＋通过，放电时 Li＋从左边流向右边，正确；B. 放电时，正极锂的化合价未发生改变，是钴元素化合价降低，故正确；C. 放电时B为正极，该电极放电时的电极反应式为 Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－=LiCoO2，所以充电时 B 作阳极，故正确；D. 根据电池反应式可知，充电时让 Li＋进入石墨中，故错误。故选D。‎ 点睛：在充电电池中，注意放电时的负极在充电时为阴极，放电时的正极，为充电时的阳极，且对应的电极反应式正好相反。‎ ‎21. 液氨和水类似，也能电离: NH3+NH3NH4++NH2-，25℃时，其离子积K=1.0×10-30。现将2 3g金属钠投入1.0L液氨中，钠完全反应，有NaNH2和H2产生，则所得溶液中粒子关系不正确的是（设温度保持不变，溶液体积为1L）‎ A. c(NH4+)=1.0×10-29mol/L B. c(Na+) =c(NH4+)‎ C. c(NH2-)> c(NH4+) D. c(NH4+)•c(NH2-)=1.0×10-30‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、2.3g金属钠投入1.0L液氨中发生反应为：2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，促进液氨的电离，c（NH4+）• c（NH2-）=l.0×l0-30；反应生成NH2-物质的量为0.1mol，浓度为0.1mol/L，所以所得溶液中NH4+的浓度l.0×l0-29mol/L，选项A正确；B、溶液中电荷守恒，所以c（Na+）+c（NH4+）=c（NH2-），选项B不正确；C、c（NH2-）=0.1mol/L，c（NH4+）=l.0×l0-29mol/L，所以c（NH2-）＞c（NH4+），选项C正确； D、离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，K= c（NH4+）• c（NH2-）=1.0×10-30，选项D正确。答案选B。‎ 点睛：本题考查弱电解质的电离，利用知识迁移的方法结合水的电离进行分析。‎ 二、非选择题（本题共有5小题，共58分。）‎ ‎22. 合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，其研究来自正确的理论指导，合成氨反应的平衡常数K值和温度的关系如表:‎ 温度（℃）‎ ‎360‎ ‎440‎ ‎520‎ K值 ‎0.036‎ ‎0.010‎ ‎0.0038‎ ‎（1） ①由上表数据可知该反应为_________（填放热、吸热或无法确定）反应。‎ ‎②下列措施能用勒夏特列原理解释是_______（填序号）。‎ a.增大压强有利于合成氨 b.使用合适的催化剂有利于快速生成氨 c.生产中需要升高温度至500℃左右 d.需要使用过量的N2，提高H2转化率 ‎（2） 0.2mo1氨气溶于水后再与含有0.2mo1硫酸的溶液反应放热QkJ,请你用热化学方程式表示其反应式______________。‎ ‎（3） 常温时，将amol氨气溶于水后，再通入bmol 氯化氢，溶液体积为1L，且c (NH4+) =c (Cl-)，则一水合氨的电离平衡常数Kb=____________（用含a、b的代数式表示）。‎ ‎（4） 原料气H2可通过反应CH4(g)+H2O (g)CO (g)+3H2(g) 获取，已知该反应中，当初始混合气中的恒定时，温度、压强对平衡混合气CH4含量的影响如图所示:‎ ‎①图中两条曲线表示压强的关系是: P1______P2 （填“>”、“=”或“<”）。‎ ‎②其它条件一定，升高温度，氢气的产率会_______（填“增大”，“减小”，“不变”）。‎ ‎（5） 原料气H2还可通过反应CO (g) +H2O (g)CO2 (g)+H2 (g) 获取。‎ ‎①T℃时，向容积固定为5L的容器中充入1mol 水蒸气和1molCO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.08mo1/L，该温度下反应的平衡常数K值为___________。‎ ‎②保持温度仍为T℃，容积体积为5L，改变水蒸气和CO的初始物质的量之比，充入容器进行反应，下列描述能够说明体系处于平衡状态的是_______（填序号）。‎ a.容器内压强不随时间改变 b.混合气体的密度不随时间改变 c.单位时间内生成a mol CO2的同时消耗8 mol H2‎ d.混合气中n (CO): n (H2O):n(CO2):n(H2) =1: 16: 6: 6‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). ad (3). NH3·H2O（aq）+H2SO4（aq）=NH4HSO4（aq）+H2O（l）△H=﹣5Q kJ•mol﹣1 (4). (5). ＜ (6). 增大 (7). 1.0×10-6 (8). cd ‎.................................‎ 起始（mol·L－1） 0.2 0.2 0 0‎ 变化 0.12 0.12 0.12 0.12‎ 平衡 0.08 0.08 0.12 0.12 根据化学平衡常数定义，其表达式为K=c(H2)×c(CO2)/[c(CO)×c(H2O)]=0.122/0.082=2.25；a、因为反应前后气体系数之和相等，压强不变，不能说明反应达到平衡，故错误；b、组分都是气体，因此气体质量不变，容器是恒定，根据密度的定义，密度保持不变，不能说明反应达到平衡，故错误；c、用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，消耗氢气，说明反应向正反应方向进行，生成CO2，说明反应向逆反应方向进行，且等于化学计量数之比，反应达到平衡，故正确；d、根据浓度商进行计算，此时的浓度商为6×6/(16×1)=2.25，等于化学平衡常数，说明反应达到平衡，故正确。‎ ‎23. 已知醋酸和盐酸是日常生活中极为常见的酸，在一定条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+ △H>0。‎ ‎（1） 下列方法中，可以使0.10 mol/L CH3COOH的电离程度增大的是_______（用序号填写）。‎ a.加入少量0.10 mol/L的稀盐酸 b.加热CH3COOH溶液 c.加水稀释至0.010 mol/L d.加入少量冰醋酸 e.加入少量氯化钠固体 f.加入少量0.10mol/L的NaOH溶液 ‎（2） 将等质量的锌粒投入等体积且pH均等于3的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液中有锌粉剩余，则生成氢气的体积关系为V（盐酸）_____V（醋酸）（填写“>”、“<”或“="）.‎ ‎（3）常温下，向体积为VamL，pH为3的醋酸溶液中滴加pH=11的NaOH溶液VbmL至溶液恰好呈中性，则Va与Vb的关系为: Va______Vb（填写“>”、“<”或“=”）。‎ ‎（4） 已知: 某温度时，水的离子积常数为Kw=1.0×10-12，在此温度下，将pH=1的盐酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，则混合溶液中的c(H+）=_______mol/L。‎ ‎【答案】 (1). bcf (2). < (3). < (4). 1.0×10-6‎ ‎【解析】（1）a、加入少量0.10mol•L-1的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故a错误；b、醋酸的电离吸热，加热，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故b正确；c、加水稀释，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故c正确；d、加入少量冰醋酸，醋酸的浓度增大，电离平衡正向移动，但醋酸的电离程度降低，故d错误；e、加入少量氯化钠固体，不影响平衡的移动，故e错误；f、加入少量0.10mol•L-1‎ 的NaOH溶液，氢氧根离子和氢离子反应，氢离子浓度降低，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；故答案为：bcf；‎ ‎（2）pH=3的醋酸与盐酸，氢离子浓度相同，但是醋酸是弱酸，溶液中存在大量未电离的醋酸分子，随着它和金属的反应，电离平衡不断地向右移动，会电离出更多的氢离子，所以醋酸产生的氢气体积较大，故答案为：＜；‎ ‎（3）pH=3的醋酸溶液中，醋酸的浓度大于10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液浓度等于10-3mol/L，最后溶液恰好呈中性，应加入碱的体积较小，如等体积的话，溶液呈酸性，所以Va＜Vb，故答案为：Va＜Vb；‎ ‎（4）pH=1的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH-)== 0.1mol/L，等体积混合后，溶液呈中性，故c(H+)==10-6mol/L；‎ 故答案为：1.0×10-6；‎ 点睛：电离平衡正向移动，电离程度不一定增大，如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡正向移动，但醋酸电离程度减小；电离平衡正向移动，离子浓度不一定增大，如加水稀释醋酸溶液，溶液中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大。此为电离平衡的常见误区。‎ ‎24. 结合下表回答下列问题（均为常温下的数据）:‎ 酸 电离常数（Ka）‎ 酸 电离常数（Ka）‎ 酸 电离常数（Ka）‎ 酸 电离常数（Ka）‎ CH3COOH ‎1.8×10-5‎ H2CO3‎ K1=4.4×10-7‎ H2C2O4‎ K1=5.4×10-2‎ H2S K1=1.3×10-7‎ HClO ‎3×10-8‎ K2=4.7×10-11‎ K2=5.4×10-5‎ K2=7.1×10-15‎ 请回答下列问题:‎ ‎（1） 同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、C1O-、S2-中结合H+的能力最弱的是_________。‎ ‎（2） 0.1mo1/L的H2C2O4溶液与0.1mo1/L的KOH的溶液等体积混合后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________________。‎ ‎（3）pH相同的NaC1O和CH3COOK溶液中，[c(Na+)-c(C1O-)]______[c(K+)-c(CH3COO-)]（填“>”、“<”或“=”） 。‎ ‎（4） 向0.1mo1/LCH3COOH 溶液中滴加NaOH 溶液至c(CH3COOH): c(CH3COO-)=5:9，此时溶液pH=_________。‎ ‎【答案】 (1). HC2O4－ (2). c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－) (3). ＝ (4). 5‎ ‎【解析】（1）一定温度下，弱酸电离常数越大，酸性越强，根据表格数据可知酸性：‎ H2C2O4＞CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-＞HS-，酸根离子对应的酸酸性越强，该酸根离子结合氢离子的能力越弱，则同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、C1O-、S2-中结合H+的能力最弱是HC2O4-，故答案为：HC2O4-；‎ ‎（3）NaC1O溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+ c(H＋)= c(C1O-)+ c(OH-)，则c(Na+)-c(C1O-)= c(OH-)- c(H＋)；CH3COOK溶液中存在电荷守恒：c(K+)+ c(H＋)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，则c(K+)-c(CH3COO-)= c(OH-)-c(H＋)；又因为NaC1O溶液和CH3COOK溶液pH相同，[c(Na+)-c(C1O-)]=[c(K+)-c(CH3COO-)]，故答案为：=；‎ ‎（4）常温下CH3COOH的电离常数Ka=1.8×10-5==，所以又则c(H+)=1.0×10-5mol/L；pH=-lg c(H+)=5；故答案为5.‎ 点睛：溶液中判断某些微粒的大小关系，要以三大守恒式及平衡常数表达式为突破口，进行式子变形。‎ ‎25. 以食盐为原料进行生产并综合利用的某些过程如图。‎ ‎ ‎ ‎（1） 除去粗盐中的微溶物质CaSO4通常用Na2CO3处理，请用平衡移动原理解释说明:_____________。‎ ‎（2） 人们习惯上把电解饱和食盐水的工业叫做氯碱工业.图1表示电解饱和NaCl 溶液的装置，X、Y是石墨棒。实验开始后，检验Y 电极反应产物的方法是_________________。‎ ‎ ‎ ‎（3） 若向分离出NaHCO3晶体后的母液中加入过量生石灰，则可获得一种可以循环使用的气体，其化学式是__________。‎ ‎（4） 某同学设计一个燃料电池（如图2所示），目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X 为阳离子交换膜。根据要求回答相关问题:‎ ‎①通入氢气电极的反应式为__________________。‎ ‎②反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液，______________（填“铁”或“石墨”）极区的溶液先变红。‎ ‎③如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间后，硫酸铜溶液浓度将___________（填“增大”“减小”或“不变”）。‎ ‎④若在标准状况下有224mL氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体在标况下体积为_________L。‎ ‎【答案】 (1). CaSO4存在下列的溶解平衡：CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42﹣（aq），加入Na2CO3溶液后，CO32﹣离子与Ca2+结合，生成更难溶的CaCO3沉淀；Ca2+离子浓度减少，使上述平衡向着更难容的方向移动 (2). 将湿润的KI淀粉试纸放在气体出口，若观察到试纸变蓝，证明有Cl2产生 (3). NH3 (4). H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O (5). 铁 (6). 减小 (7). 0.448‎ ‎【解析】粗盐水加入沉淀剂沉淀Ca2+、Mg2+和SO42-离子，过滤得到滤液，调节溶液PH至酸性，加热浓缩得到饱和氯化钠溶液，电解得到氢氧化钠、氯气和氢气，通入氨气、二氧化碳得到碳酸氢钠晶体，加热分解得到碳酸钠。‎ ‎（1）CaSO4存在下列的溶解平衡：CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42-（aq），加入Na2CO3溶液后，CO32-离子与Ca2+结合，生成更难溶的CaCO3沉淀；Ca2+浓度减少，使上述平衡向着更难溶的方向移动。‎ ‎（2）Y电极接电源正极，则Y为阳极，氯离子放电生成Cl2，氯气可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，如果湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，则证明有Cl2生成；‎ 故答案为：将湿润的KI淀粉试纸放在气体出口，若观察到试纸变蓝，证明有Cl2产生；‎ ‎（3）生石灰和水反应生成氢氧化钙且放出热量，氢氧化钙和铵根离子反应生成NH3，所以能循环利用的气体是NH3，‎ 故答案为：NH3；‎ ‎（4）甲为燃料电池装置，通入燃料H2的电极是负极、通入氧化剂O2的电极是正极；乙和丙装置均为电解池装置，所以Fe为阴极，石墨为阳极，精铜为阴极，粗铜为阳极。‎ ‎①通入H2的电极是负极，负极失电子，发生氧化反应，电极反应为H2−2e−+2OH−═2H2O，‎ 故答案为：H2−2e−+2OH−═2H2O；‎ ‎②甲装置为饱和NaCl溶液的装置，铁电极作阴极，阴极上氢离子放电，同时电极附近有氢氧根离子生成，溶液呈碱性，无色酚酞试液在铁极附近变红色；‎ 故答案为：铁；‎ ‎③丙装置为粗铜的电解精炼，纯铜为阴极，阴极电极反应为Cu2++2e−═Cu，粗铜为阳极，粗铜中含有锌、银等杂质，锌比铜活泼，会先于铜放电，电极反应为：Zn-2e−═Zn2+、Cu-2e−═Cu2+,所以阳极产生的Cu2+少于阴极减少的Cu2+，导致溶液中硫酸铜浓度降低；‎ 故答案为：减小；‎ ‎④有224mL氧气即0.01mol氧气参加反应，则电路中转移电子数为0.04mol； Fe电极电极反应为：2H++2e−═H2↑，串联电路中转移电子相等，所以氢气的物质的量为0.02mol，体积为0.448L。‎ 故答案为：0.448；‎ ‎26. 野外被蚊虫叮咬会出现红肿，这是由甲酸（HCOOH）造成的。请完成下列探究。‎ ‎【I.HCOOH酸性探究】‎ ‎（1）下列酸属于二元酸的有________（用序号填写）。‎ A.HCOOH B.H2CO3 C.H2C2O4 D.CH3CHOHCH2COOH ‎（2） 下列实验事实能证明甲酸为弱酸的是___（用序号填写）。‎ A.HCOONH4溶液呈酸性 B.将甲酸滴入NaHCO3溶液中有气体生成 C.常温下，0.1mol/L的甲酸溶液的pH约为3‎ D.等浓度的盐酸与甲酸溶液。前者的导电能力更强 ‎（3） 可用小苏打溶液处理蚊虫叮咬造成的红肿，请用离子方程式表示其原理___________。‎ ‎【II.甲酸制备甲酸铜探究】‎ 相关原理和化学方程式如下: 先用硫酸铜和碳酸氢钠作用制得碱式碳酸铜，然后碱式碳酸铜再与甲酸反应制得四水甲酸铜[Cu(HCOO)2·4H2O]晶体:‎ ‎2CuSO4+4NaHCO3=Cu(OH)2·CuCO3↓+3CO2↑+2Na2SO4+H2O Cu(OH)2·CuCO3+4HCOOH+5H2O=2Cu(HCOO)2·4H2O+ CO2↑‎ 实验步骤如下:‎ ‎（4） 碱式碳酸铜的制备:‎ ‎①步骤ⅰ是将一定量CuSO4·5H2O晶体和NaHCO3固体一起放到研钵中研细并混合均匀。‎ ‎②步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70～80℃温度不能过高的原因是_________________。‎ ‎③步骤ⅱ的后续操作有过滤、洗涤等。检验沉淀是否已洗涤干净的方法为__________。‎ ‎（5） 甲酸铜晶体的制备:‎ 将Cu(OH)2·CuCO3固体放入烧杯中，加入一定量的热蒸馏水，再逐滴加入甲酸至碱式碳酸铜恰好全部溶解，趁热过滤除去少量不溶性杂质。在通风橱中蒸发滤液至原体积的三分之一时，冷却析出晶体，过滤，再用少量无水乙醇洗海晶体2~3 次，晾干，得到产品。‎ ‎①“趁热过滤”中，必须“趁热”的原因是_______________。‎ ‎②用乙醇洗涤晶体的目的是_______________。‎ ‎③若该实验所取原料CuSO4·5H2O 晶体和NaHCO3 固体的质量分别为12.5 g 和9.5 g，实验结束后，最终称量所得的产品为7.91g,则产率为____________。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). CD (3). HCOOH + HCO3－=HCOO－+ H2O + CO2↑ (4). 产物 Cu(OH)2•CuCO3 受热会分解 (5). 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加 BaCl2 溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净 (6). 防止甲酸铜晶体析出 (7). 洗去晶体表面的水和其它杂质，且减少后续晾干的时间 (8). 70%‎ ‎【解析】I．(1)a．HCOOH 水溶液中电离出一个氢离子属于一元酸，故a错误；b．H2CO3 水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故b正确；c．H2C2O4 含两个羧基，水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故c正确；d．CH3CHOHCH2COOH只含一个羧基，为一元酸，故d错误；故答案为：bc；‎ ‎(2)a．HCOONH4溶液显酸性只能说明铵根离子水解溶液显酸性，不能说明甲酸为弱酸，故a错误；b．将甲酸滴入NaHCO3溶液中有气体生成，说明甲酸酸性大于碳酸，不能说明甲酸为弱酸，故b错误；c．常温下，0.1mol•L-1的甲酸溶液的 pH 约为3说明甲酸未完全电离，证明甲酸为弱酸，故c正确；d．等浓度的盐酸与甲酸溶液，都是一元酸，前者的导电能力更强说明甲酸溶液中存在电离平衡，证明甲酸为弱酸，故d正确；故答案为：cd；‎ ‎(3)蚊虫叮咬造成的红肿，是释放出甲酸，碳酸氢钠和甲酸反应，反应的离子方程式为：HCOOH+HCO3-═HCOO-+H2O+CO2↑，故答案为：HCOOH+HCO3-═HCOO-+H2O+CO2↑；‎ II．(4)②步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在 70℃-80℃，温度不能过高的原因是产物 Cu(OH)2•CuCO3 受热会分解，故答案为：产物 Cu(OH)2•CuCO3受热会分解；‎ ‎③Cu(OH)2•CuCO3 表面会附着硫酸根离子，检验洗涤干净方法：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加 BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗 涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净；‎ ‎(5)①甲酸铜的溶解度随温度的升高而变大，如果冷却，会有晶体析出，降低产率，因此需趁热过滤，防止甲酸铜晶体析出，故答案为：防止甲酸铜晶体析出；‎ ‎②甲酸铜易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，故需用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的水及其它杂质，减少甲酸铜晶体的损失，且减少后续晾干的时间，故答案为：洗去晶体表面的水和其它杂质，减少甲酸铜晶体的损失，且减少后续晾干的时间；‎ ‎③12.5g硫酸铜晶体的物质的量为：=0.05mol，9.5g碳酸氢钠的物质的量为：≈0.113mol，根据反应2CuSO4+4NaHCO3═Cu(OH)2•CuCO3↓+3CO2↑+2Na2SO4+H2O可知，碳酸氢钠过量，反应生成的碱式碳酸铜的物质的量为0.05mol，根据反应Cu(OH)2•CuCO3+4HCOOH+5H2O═Cu(HCOO)2•4H2O+CO2↑可知，生成甲酸铜的物质的量为0.05mol，所以甲酸铜的产率为：×100%=70%，故答案为：70%。‎ 点睛：本题通过碱式碳酸铜、甲酸铜晶体的制备，考查物质性质实验方案的设计方法。充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。本题的易错点为检验沉淀是否已洗涤干净的操作方法，要注意沉淀上吸附的离子种类；难点是产率的计算。‎ ‎ ‎ ‎ ‎