内蒙古集宁一中2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

内蒙古集宁一中2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

集宁一中2018--2019学年第二学期期中考试 高二年级化学试题 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Cu 27 S 32‎ 第Ⅰ卷（选择题 共42分）‎ 一、单选题（每小题3分）‎ ‎1.等物质的量浓度的下列五种溶液：①CH3COOH ②(NH4)2CO3　③NaHSO4　④NaHCO3 ⑤Ba(OH)2，溶液中水的电离程度由大到小排列正确的是(　　)‎ A. ⑤③①④② B. ⑤③①②④ C. ②④③①⑤ D. ②④①③⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：CH3COOH、NaHSO4、Ba(OH)2自身电离出氢离子或氢氧根离子，对水的电离起到抑制作用，使水的电离程度减小，而(NH4)2CO3、NaHCO3两种盐因水解使水的电离程度增大，故选项A、B错；CH3COOH是弱酸与同浓度的 NaHSO4比氢离子浓度要小的多，对水的电离的抑制要弱，故选项D正确。‎ 考点：酸、碱、盐对水的电离的影响。‎ ‎2.25℃‎时将10mL pH＝11的氨水加水稀释至100mL，下列判断正确的是（ ）‎ A. 稀释后溶液的pH＝10‎ B. 氨水的电离度增大，溶液中所有离子的浓度均减小 C. 稀释过程中增大 D. pH＝11氨水的浓度为0.001mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，体积增大10倍，pH变化小于1个单位，即稀释后10＜pH＜11，故A错误；‎ B．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（OH﹣）减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，故B错误；‎ C．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3．H2O）减小，在同一溶液中，V相同，则溶液中  增大，故C正确；‎ D．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，则pH=11氨水中的c（OH-）=10-3mol/L，所以氨水的浓度大于0.001mol/L，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎3.已知常温下：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.9×10-12，下列叙述正确的是( )‎ A. AgCl在饱和NaCl溶液中的KSP比在纯水中的KSP小 B. 向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明KSP(AgCl)＜KSP(AgBr)‎ C. 将0.001mol•L-1AgNO3溶液滴入0.001mol•L-1KCl和0.001mol•L-1 K2CrO4混合溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀 D. 向AgCl的悬浊液中滴加浓氨水，沉淀溶解，说明AgCl的溶解平衡向右移动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：A．KSP只于温度有关，与溶液中离子浓度无关．故A错误；B．沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明KSP(AgCl)＞KSP(AgBr)．故B错误；C．在AgCl饱和溶液中，Qc(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)=0.001mol•L-1×0.001mol•L-1=1×10-6mol2•L-2＞1.8×10-10mol2•L-2，在Ag2CrO4饱和溶液中，Qc(Ag2CrO4)=c(Ag+)2•c(CrO42-)=‎ ‎0.001mol•L-1×0.001mol•L-1×0.001mol•L-1=1×10-9mol3•L-3＞1.9×10-12mol3•L-3，所以均会产生沉淀，但以AgCl沉淀为主在AgCl饱和溶液中，故C错误；D．银离子与氨水生成氢氧化二氨合银，使平衡向右移动．故D正确；故选D。‎ 考点：考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质。‎ ‎4.某电池的总反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，能实现该反应的原电池是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液应为可溶性的铁盐，据此进行分析。‎ ‎【详解】根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液应为可溶性的铁盐，‎ A、铁作负极，铜作正极，电解质为可溶性的氯化铁，负极上铁失电子变为亚铁离子，正极上铁离子得电子变为亚铁离子，符合题意，故A选；‎ B、铁作负极，碳作正极，电解质为可溶性的硝酸亚铁，负极上铁失电子变为亚铁离子，正极上没有铁离子可以得电子，不符合题意，故B不选；‎ C、锌作负极，铁作正极，电解质为可溶性的硫酸铁，负极上锌失电子变为锌离子，正极上铁离子得电子变为亚铁离子，不符合题意，故C不选；‎ D、铁作负极，银作正极，电解质为可溶性的硫酸铜，负极上铁失电子变为亚铁离子，正极上铜离子得电子变为铜，不符合题意，故D不选；‎ 故答案选A。‎ ‎5.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（ ）。‎ ‎①亚硝酸溶液中存在HNO2分子，呈酸性 ‎②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗 ‎③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 ‎④0.1mol/L HNO2溶液中，c(H+)=0.015mol/L ‎⑤相同浓度时，HNO2的导电能力比HCl弱 A. ①②③ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ①②④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①溶液存在HNO2，溶液显酸性，说明亚硝酸部分电离，根据弱电解质的定义，即HNO2属于弱电解质，故正确；②没有对比实验，无法判断是否是弱电解质，故错误；③只能说明硫酸的酸性强于HNO2，不能说明HNO2是弱电解质，故错误；④根据弱电解质的定义，弱电解质是部分电离，c(H＋)<0.1mol·L－1，属于弱电解质，故正确；⑤HCl 是一元强酸，做对比实验，HNO2导电能力小于HCl，说明HNO2属于 弱电解质，故正确；综上所述，选项C正确。‎ ‎6.0.1‎mol/LNaOH溶液和0.1mol/LNH4Cl溶液等体积混合后，溶液中离子浓度大小顺序正确的是 A. c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋) B. c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ C. c(Cl－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋) D. c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据题意可知，二者恰好反应生成氨水和氯化钠，氯化钠是强电解质，氨水是弱碱，存在电离平衡，溶液显碱性，所以正确的答案选D。‎ ‎7.25℃‎时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ ΔH＞0，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低 B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变 C. 向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低 D. 向水中加入少量固体醋酸钠，水的电离程度增大，Kw增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向水中加入稀氨水溶液，由于NH3∙H2ONH4++OH-产生大量的OH-，使得水的电离平衡逆向移动，但c(OH－)升高，故A错误； ‎ B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，NaHSO4=Na++H++SO42-，使得c(H＋)增大，Kw只与温度有关，温度不变，则Kw不变，故B正确； ‎ C.向水中加入少量醋酸，CH3COOH H＋＋CH3COO- 使得c(H＋)增大，平衡逆向移动，故C错误； ‎ D.能够发生水解的盐，能够促进水电离，水的电离程度增大，由于温度不变，Kw不变，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】对于纯水来说，温度变化并不能改变其“中性”的状态，但是外加酸或碱，可以抑制水的电离，能够水解的盐能够促进水的电离，导致溶液显现不同的性质。‎ ‎8.如图所示装置中，可观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该装置没有外接电源，所以是原电池；原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少（N棒变细），正极质量增加（M棒变粗）；根据题意知，N极是负极，M是正极，且N极材料比M极活泼； 据以上分析解答。‎ ‎【详解】该装置没有外接电源，所以是原电池；原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少（N棒变细），正极质量增加（M棒变粗）；根据题意知，N极是负极，M是正极，且N极材料比M极活泼； ‎ A、M极材料比N极活泼，故A错误； ‎ B、M极上H++2e-=H2↑，因此M极上质量不增加，故B错误； ‎ C、N极材料比M极活泼，且M极上有银析出，极反应为Ag++e-=Ag，所以质量增加，符合题意，故C正确； ‎ D、M极材料比N极活泼，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎9.25 ℃‎时，下列四种溶液中，由水电离生成氢离子浓度之比是（ ）‎ ‎①1 mol·L－1的盐酸　 ②0.1 mol·L－1的盐酸 ‎ ‎③0.01 mol·L－1的NaOH溶液　 ④1 mol·L－1的NaOH溶液 A. 1∶10∶100∶1 B. 1∶10－1∶10－12∶10－14‎ C. 14∶13∶12∶14 D. 14∶13∶2∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 酸溶液中，氢氧根离子是水电离，碱溶液中氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度等于水电离的氢氧根离子都浓度，①1mol•L-1的盐酸，溶液中氢离子浓度为1mol/L，水电离的氢离子为mol/L=1×10-14mol/L；②0.1mol/L盐酸，溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，水电离的氢离子为mol/L =1×10-13mol/L；③0.01mol/L的NaOH 溶液，溶液中氢离子浓度为mol/L =1×10-12mol/L；④1mol/L的NaOH 溶液，溶液中氢离子浓度为mol/L =1×10-14mol/L；所以由水电离产生的c（H+）之比①：②：③：④=1×10-14mol/L：1×10-13mol/L：1×10-12mol/L：1×10-14mol/L=1：10：100：1，答案选A。‎ 点睛：本题考查了水的电离以及pH的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查。电离平衡为H2O⇌H++OH-，在水中加入酸或者碱溶液，导致溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离；酸溶液中氢氧根离子是水电离的，碱溶液中氢离子是水电离，结合Kw=c（H+）c（OH-）计算该题，从而得解。‎ ‎10.25℃‎时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH＝7时：‎2c(NH4 + )＝c(SO42-)‎ B. 0.2mol·L－1的CH3COONa溶液与0.1mol·L－1的HCl等体积混合后溶液显示酸性：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ C. 若等体积等浓度的HCN溶液与NaCN溶液混合后溶液显碱性：c(CN－)＞c(HCN)‎ D. pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合后：c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．室温下，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当pH=7时，c（NH4+）=‎2c（SO4 2-）； ‎ B．反应后溶质等浓度的NaCl、CH3COONa、 CH3COOH，溶液显酸性，电离大于水解，据此进行分析；‎ C．说明HCN的电离程度小于CN-的水解程度； ‎ D．氨水为弱碱，则混合液中氨水过量，混合液显示碱性。‎ ‎【详解】A．室温下，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，根据溶液中的电荷守恒：c（NH4+）+C（H+）=c（OH-）+‎2c（SO42-），当pH=7‎ 时，溶液显示中性，则氢离子和氢氧根浓度相等，所以c（NH4+）=‎2c（SO4 2-），故A错误； ‎ B．0.2mol·L－1的CH3COONa溶液与0.1mol·L－1的HCl等体积混合后，生成等浓度的NaCl、CH3COONa、 CH3COOH的三种物质，溶液显酸性，电离大于水解，所以c(Na＋)＞c(CH3COO－) ＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B错误；‎ C．等体积等浓度的HCN溶液与NaCN溶液混合后溶液显碱性，则HCN的电离程度小于CN-的水解程度，所以c（CN-）＜c（HCN），故C错误； ‎ D．pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后，因为氨水为弱碱，则氨水过量，混合液呈碱性：c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒可以知道，c（NH4+）＞c（Cl-），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎11. 下列有关实验操作的说法错误的是：‎ A. 中和滴定时盛待测的锥形瓶中有少量水对滴定结果无影响 B. 在酸碱中和滴定实验中，滴定管都需要润洗，否则引起误差 C. 滴定时，左手控制滴定管的活塞，右手握持锥形瓶，边滴加振荡，眼睛注视滴定管中的液面 D. 在酸碱中和滴定实验中，滴定前仰视滴定后俯视会引起误差 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、中和滴定时盛待测的锥形瓶中有少量水对滴定结果无影响，A项正确；B、在酸碱中和滴定实验中，滴定管都需要润洗，否则引起误差，B项正确；C、滴定时，左手控制滴定管的活塞，右手握持锥形瓶，边滴加振荡，眼睛注视锥形瓶内颜色的变化，C项错误；D、在酸碱中和滴定实验中，滴定前仰视滴定后俯视会引起误差，D项正确；答案选C。‎ 考点：考查中和滴定的操作 ‎12.常温下，将pH=3的硫酸与pH=9的NaOH溶液混合，若要得到pH=7的溶液，混合时硫酸与 NaOH 溶液的体积比为（ ）‎ A. 1：200 B. 200：1‎ C. 100：1 D. 1：100‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据水的离子积常数计算氢氧化钡溶液中c（OH-），盐酸中的c（H+），再得到pH=7的溶液,则n（H+）=n（OH-），根据n=cV计算氢氧化钠和盐酸的体积之比。‎ ‎【详解】将pH=9的NaOH溶液中c（OH-）=10-5mol/L，pH=3的稀盐酸中c（H+）=10-3mol/L；设氢氧化钠的体积为x，盐酸的体积为y，欲使混合溶液pH=7，溶液呈中性,则n（H+）=n（OH-），则x×10-5mol/L=y×10-3mol/L；计算得出x：y=100:1，所以盐酸与NaOH溶液的体积比为1：100；‎ 故答案选D。‎ ‎13.常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1，该溶液可能是（ ）‎ A. 氯化钠溶液 B. 氯化铵溶液 C. 硝酸钠溶液 D. 氢氧化钠溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下，某溶液中由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1<10-7 mol·L－1，说明该溶液中的溶质抑制了水的电离；溶液中的溶质能电离出氢离子、氢氧根离子就能够抑制水电离；注意强碱弱酸盐或强酸弱碱盐能够促进水的电离，据此分析判断。‎ ‎【详解】由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1<10-7 mol·L－1，说明溶液中的溶质抑制了水的电离； ‎ A、氯化钠溶液电离的氯离子和钠离子不影响水的电离，氯化钠溶液显示中性，故A错误； ‎ B、氯化铵溶液中铵离子水解，促进了水的电离，水电离的氢离子浓度大于10-7 mol·L－1，故B错误； ‎ C、硝酸钠为强碱强酸盐，溶液中不发生水解，不影响水的电离平衡，故C错误； ‎ D、氢氧化钠溶液中，氢氧化钠电离出的氢氧根离子抑制了水的电离，导致溶液中氢离子浓度小于10-7 mol·L－1，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎14.一定温度下，将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是(　　)‎ ‎①20 mL 0.01 mol·L－1KCl溶液 ②30 mL 0.02 mol·L－1CaCl2溶液 ③40 mL 0.03 mol·L－1HCl溶液 ④10 mL蒸馏水 ⑤50 mL 0.05 mol·L－1AgNO3溶液 A. ①＞②＞③＞④＞⑤ B. ④＞①＞③＞②＞⑤‎ C. ⑤＞④＞②＞①＞③ D. ④＞③＞⑤＞②＞①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AgCl饱和溶液中存在AgCl(aq)Ag+(aq)+Cl-(aq)，AgCl的溶解度大小取决于溶液中c(Ag+)或c(Cl-)，c(Ag+)或c(Cl-)越小，AgCl的溶解度越大。‎ ‎①c(Cl-)=0.01mol/L，②c(Cl-)=0.04mol/L，③c(Cl-)=0.03mol/L，④c(Ag+)或c(Cl-)为0，⑤c(Ag+)=0.05mol/L，则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是④＞①＞③＞②＞⑤，故合理选项是B。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 58分）‎ 二、填空题（每空2分）‎ ‎15.回答下列问题：‎ ‎（1）在配制AlCl3溶液时，Al3＋会部分水解而使溶液呈酸性，水解的离子方程式为___；为了防止发生水解，可以加入少量的___；溶液加热蒸发灼烧得到固体___。‎ ‎（2）在0.10mol·L－1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH＝8时，c(Cu2＋)＝__mol·L－1(Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20)。若在0.1mol·L－1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2＋完全沉淀为CuS，此时溶液中的H＋浓度是___mol·L－1。‎ ‎（3）泡沫灭火剂包括Al2(SO4)3溶液、NaHCO3溶液及起泡剂，使用时发生的离子方程式是___。‎ ‎【答案】 (1). Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ (2). 盐酸 (3). Al2O3 (4). 2.2×10－8 (5). 0.2 (6). Al3+＋3HCO3-=Al(OH)3↓＋3CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）AlCl3溶液中，Al3＋会部分水解而使溶液呈酸性，加入少量的盐酸，抑制水解；加热蒸干，促进水解，平衡右移，得到氢氧化铝固体，灼烧后得到氧化铝固体；‎ ‎（2）根据溶度积常数进行计算c(Cu2＋)，根据溶液的电中性计算H+浓度。‎ ‎【详解】（1）在配制AlCl3溶液时，Al3＋会部分水解而使溶液呈酸性，水解的离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；为了防止发生水解，可以加入少量的盐酸；由于盐酸具有挥发性，加热蒸干氯化铝溶液，c（HCl ‎）减小，平衡右移，得到氢氧化铝固体，灼烧后得到氧化铝固体；‎ 故答案是：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；盐酸；Al2O3；‎ ‎（2）根据题给Cu(OH)2的溶度积即可确定pH＝8时，c（OH-）=10-6mol/L , Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，则c(Cu2＋)＝2.2×10－8 mol·L－1；在0.1mol·L－1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2＋完全沉淀为CuS，此时溶液中的溶质为硫酸，c（SO42-）不变，为0.1mol/L，由电荷守恒可以知道c（H+）为0.2mol·L－1；‎ 故答案是: 2.2×10－8 ；0.2； ‎ ‎（3）Al2(SO4)3溶液中铝离子水解显酸性，NaHCO3溶液溶液中碳酸氢根离子水解显碱性，二者混合，相互促进水解，进行到底，产生氢氧化铝和二氧化碳，发生的化学方程式是：Al2(SO4)3＋6NaHCO3=2Al(OH)3↓＋6CO2↑＋3Na2SO4，离子方程式为：Al3+＋3HCO3-=Al(OH)3↓＋3CO2↑；‎ 故答案是：Al3+＋3HCO3-=Al(OH)3↓＋3CO2↑。‎ ‎【点睛】氯化铝属于强酸弱碱盐，发生水解，产生易挥发性的盐酸，氯化铝溶液加热蒸干灼烧后，最终得到氧化铝；硫酸铝属于强酸弱碱盐，发生水解，产生难挥发性的硫酸，硫酸铝溶液加热蒸干灼烧后，最终得到硫酸铝。‎ ‎16.回答下列问题：‎ ‎（1）常温下，有pH相同、体积相同的①盐酸和②醋酸两种溶液，采取以下措施：‎ ‎①加适量醋酸钠晶体后，两溶液中的c(H＋)变化是醋酸溶液中c(H＋)___(填“增大”、“减小”或“不变”)，盐酸溶液中c(H＋)___(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎②加水稀释10倍后，醋酸溶液中的c(H＋)___盐酸溶液中的c(H＋)(填“>”、“＝”或“<”)。‎ ‎③加等浓度的NaOH溶液至恰好中和，所需NaOH溶液的体积：醋酸___盐酸(填“>”、“＝”或“<”)。‎ ‎④使温度都升高‎20℃‎，溶液中c(H＋)：醋酸___盐酸(填“>”、“＝”或“<”)。‎ ‎⑤分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是___(填字母)。‎ ‎（2）将0.1mol·L－1的CH3COOH加水稀释，有关稀释后醋酸溶液的说法中，正确的是___(‎ 填字母)。‎ a.电离程度增大 b.溶液中离子总数增多 c.溶液导电性增强 d.溶液中醋酸分子增多 ‎【答案】 (1). 减小 (2). 减小 (3). > (4). > (5). > (6). c (7). ab ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）常温下，有pH相同、体积相同的①盐酸和②醋酸两种溶液，采取以下措施：①CH3COOHCH3COO-+H+，加适量醋酸钠晶体后，c（CH3COO-）增大，平衡左移，c(H＋)减小；盐酸溶液中加入醋酸钠晶体后，发生反应：CH3COO-+H+= CH3COOH，c(H＋)减小；‎ 故答案：减小；减小；‎ ‎②加水稀释10倍后，醋酸的电离平衡向右移动，n（H+）增大；HCl不存在电离平衡，HCl电离出的n（H+）不变；所以加水稀释10倍后，醋酸溶液中的c(H＋)大于盐酸溶液中的c(H＋)；‎ 故答案是：>；‎ ‎③加等浓度的NaOH溶液，NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O；HCl+NaOH=NaCl+H2O；由于醋酸部分电离，反应过程中醋酸的电离平衡向电离方向移动，且反应前c（CH3COOH）>c（HCl），故恰好完全中和时，醋酸所需要的氢氧化钠的体积大；‎ 故答案是：>；‎ ‎④使温度都升高‎20℃‎，醋酸的电离平衡向电离方向移动，c(H＋)增大，HCl已经完全电离；‎ 故答案是：>；‎ ‎⑤①盐酸和②醋酸；反应开始两溶液pH相同，即c（H+）相同，所以开始时，与锌反应速率相同，随着反应的进行，醋酸的电离平衡向电离方向移动，故反应速率v（醋酸）> v（盐酸），又因为反应开始时，c（CH3COOH）>c（HCl），所以与足量锌反应，醋酸生成氢气的量多；故选c；‎ 故答案选c。‎ ‎（2）a.醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，则醋酸的电离程度增大，故a正确； ‎ b.加水稀释醋酸，促进醋酸电离，溶液中离子总数增多，故b正确； ‎ c.加水稀释醋酸，虽然促进醋酸电离，溶液中离子个数增多，但离子浓度降低，所以导电能力减弱，故c错误； ‎ d.加水稀释醋酸，促进醋酸电离，导致醋酸分子数减少，故d错误；‎ 故答案选ab。‎ ‎17.已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）本实验最适合的氧化剂X是___(填序号)。‎ A．K2Cr2O7 B．NaClO C．H2O2 D．KMnO4‎ ‎（2）物质Y是____。‎ ‎（3）本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？___，原因是___。‎ ‎（4）除去Fe3＋的有关离子方程式是____。‎ ‎（5）加氧化剂的目的是____。‎ ‎（6）最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体___，应如何操作___。‎ ‎【答案】 (1). C (2). CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3] (3). 不能 (4). 因加碱的同时也会使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀 (5). Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O等] (6). 将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离 (7). 不能 (8). 应在HCl气流中加热蒸发 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加入氧化剂X的目的是把亚铁离子氧化，根据除杂原则，不能引入新的杂质；加入试剂Y的目的是调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀,过滤除去沉淀,对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铜晶体；‎ ‎ ‎ ‎(1)加入氧化剂,将Fe2＋氧化为Fe3＋，易除去,除杂时,不能引入新杂质； ‎ ‎(2)物质Y的作用是调节溶液的pH,据此来选择合适的试剂； ‎ ‎(3)加碱的同时Cu2+也会生成沉淀； ‎ ‎(4)CuO能促进三价铁离子水解； ‎ ‎(5)加入氧化剂,将Fe2＋氧化为Fe3＋； ‎ ‎(6) CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发)。‎ ‎【详解】(1)根据题意,加入氧化剂X可把Fe2＋氧化为Fe3＋,而没有增加新杂质,所以X为H2O2；‎ 故答案是:C；‎ ‎(2)结合题示，调节pH至3.7，使Fe3＋全部沉淀,所以Y最好为CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3] ；‎ 故答案是: CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3] ；‎ ‎(3)加碱的同时，Cu2+也会生成沉淀；‎ 答案是:不能；因加碱的同时也会使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀； ‎ ‎(4)铁离子水解产生H+，氧化铜与H+ ，减小了氢离子浓度，促进了铁离子的水解，产生氢氧化铁沉淀，达到除去铁离子的目的；除去Fe3＋的有关离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O等]；‎ 答案是： Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O等]；‎ ‎(5) Fe2＋沉淀为氢氧化物时所需pH与Cu2＋的沉淀的pH相同，也就是说, Fe2＋沉淀的同时, Cu2＋也会沉淀，无法将两者分离开，根据题干提供信息可以知道Fe3＋沉淀所需的pH较小，所以应先将Fe2＋氧化为Fe3＋后再将其除去；‎ 答案是: 将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离 ；‎ ‎(6)CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发)，所以应在HCl气氛中采用浓缩后冷却结晶的方法，以得到CuCl2∙2H2O的晶体；‎ 答案是: 不能；应在HCl气流中加热蒸发。‎ ‎【点睛】CuCl2属于强酸弱碱盐，水解产生易挥发性的盐酸，加热蒸干该溶液，可以得到氢氧化铜固体，灼烧可以得到氧化铜；要想从氯化铜溶液中得到氯化铜晶体，就得抑制其水解，所以应在HCl气氛中采用浓缩后冷却结晶的方法，以得到CuCl2∙2H2O的晶体。‎ ‎18.氢氧燃料电池的工作原理如图所示。通常氢氧燃料电池有酸式(当电解质溶液为硫酸时)和碱式[当解质溶液为NaOH(aq)或KOH(aq)时]两种。试回答下列问题：‎ ‎（1）酸式电池的电极反应：‎ 负极：____，‎ 正极：____。‎ 电池总反应：____。‎ 电解质溶液pH的变化___(填“变大”、“变小”或“不变”)。‎ ‎（2）碱式电池的电极反应：‎ 负极：____，‎ 正极：____；‎ 电解质溶液pH的变化___(填“变大”、“变小”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). 2H2－4e－=4H＋ (2). O2＋4e－＋4H＋=2H2O (3). 2H2＋O2=2H2O (4). 变大 (5). 2H2－4e－＋4OH－=4H2O (6). O2＋4e－＋2H2O=4OH－ (7). 变小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢氧燃料电池中通入氢气的一极为原电池的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，总反应为2H2＋O2=2H2O；随着酸碱环境的不同，两极极反应方程式也不同，据此进行分析。‎ ‎【详解】(1)氢氧燃料电池中通入氢气的一极为原电池的负极，发生氧化反应，酸性溶液中负极反应为：2H2－4e－=4H＋，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，酸性溶液中正极反应为：O2＋4e－＋4H＋=2H2O，电池总反应为2H2＋O2=2H2O；反应生成水，溶液氢离子浓度降低，pH增大；‎ 故答案为：2H2－4e－=4H＋ ；O2＋4e－＋4H＋=2H2O；2H2＋O2=2H2O；变大； ‎ ‎(2)氢氧燃料电池中通入氢气的一极为原电池的负极，发生氧化反应，碱性溶液中负极反应为2H2－4e－＋4OH－=4H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，碱性溶液中正极反应为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，电池总反应为2H2＋O2=2H2O ‎；反应生成水，溶液氢氧根离子离子浓度降低，pH减小；‎ 故答案为：2H2－4e－＋4OH－=4H2O；O2＋4e－＋2H2O=4OH－；变小。‎