2021-2022学年吉林省长春北师大附属学校高二上学期期中考试化学试题含答案

这是一份2021-2022学年吉林省长春北师大附属学校高二上学期期中考试化学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。

吉林省长春北师大附属学校2021-2022学年高二上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是
A．锌粒与稀硫酸的反应 B．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
C．甲烷在氧气中的燃烧反应 D．灼热的木炭与CO2反应
【答案】D
【详解】A.锌粒与稀硫酸的反应时放出热量，属于放热反应，故A不符合题意；
B. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故B不符合题；
C.甲烷在氧气中的燃烧反应时放出热量，属于放热反应，故C不符合题意；
D.灼热的木炭与CO2反应有化合价变化，属于氧化还原反应，反应时吸收热量，属于吸热反应，故D符合题意；
故选D。
2．要增大铁与盐酸反应的速率，所采取的下列措施中无效的是
A．增大盐酸的浓度 B．提高反应的温度
C．增大压强 D．用铁粉代替铁片
【答案】C
【详解】A．增大盐酸的浓度，化学反应速率加快，A错误；
B．提高反应的温度，化学反应速率加快，B错误；
C．增大压强，对于反应物无气体的反应来说，压强改变，速率不变，C正确；
D．用铁粉代替铁片，固体的表面积增大，化学反应速率加快，D错误；
故合理选项为C。
3．下列电离方程式正确的是
A．H2CO3=2H++CO B．CH3COONH4=CH3COO-+ NH
C．NaHCO3=Na++H++CO D．Na2CO32Na++CO
【答案】B
【详解】A．H2CO3是二元弱酸，分两步电离，电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO、HCO⇌H++CO，故A错误；
B．CH3COONH4属于盐类，完全电离，电离方程式为：CH3COONH4=CH3COO-+NH，故B正确；
C．NaHCO3完全电离出一个钠离子和一个碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3=Na++ HCO，故C错误；
D．Na2CO3为强电解质，完全电离，电离方程式为Na2CO3=2Na++CO ，故D错误；
故选：B。
4．下列粒子能影响水的电离平衡，且能使水的电离平衡向右移动的是
A．CH3COOH B．OH- C．CO D．Cl-
【答案】C
【详解】A．醋酸电离得到氢离子，增大了氢离子浓度，抑制了水电离，水的电离平衡向左移动，A错误；
B．增大OH-的浓度，抑制了水电离，水的电离平衡向左移动，B错误；
C．CO水解，促进了水电离，水的电离向右移动，C正确；
D．Cl-不水解不电离，不影响水的电离，D错误；
故选C。
5．常温下，在pH=5的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，温度不变时，对于该电离平衡下列叙述正确的是
A．加入少量NaOH固体，平衡向右移动，c(H+)减小
B．加少量CH3COONa固体于醋酸溶液中，故醋酸的电离平衡向右移动
C．加入水时，平衡向右移动，CH3COOH电离常数增大
D．加入少量pH=5的硫酸，溶液中c(H+)增大
【答案】A
【详解】A．加入少量NaOH固体，氢氧化钠电离的氢氧根离子与CH3COOH电离生成的H+反应生成水，导致溶液中氢离子浓度减小，故A正确；
B．加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，该电离电离平衡向左移动，故B错误；
C．加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，由于温度不变，则醋酸的电离平衡常数不会变化，故C错误；
D．pH=5的CH3COOH溶液中，氢离子浓度为1×10-5mol•L-1，pH=5的硫酸溶液中氢离子浓度为1×10-5mol•L-1，两溶液中氢离子浓度相等，平衡不移动，则混合液中c(H+)不变，故D错误。
答案选A。
6．关于pH的测定下列说法正确的是
A．pH试纸在使用之前应用蒸馏水润湿
B．用广泛pH试纸测得某盐酸的pH＝2．3
C．利用酸碱指示剂可以测溶液的pH
D．pH计是精确测定溶液pH的仪器
【答案】D
【详解】A、pH试纸在使用之前用蒸馏水润湿，测定溶液pH会稀释溶液浓度，测定结果可能会产生误差，选项A错误；
B、广泛pH试纸是粗略测定溶液酸碱性，测定数值为整数，不能为小数，选项B错误；
C、酸碱指示剂只能测定溶液酸碱性和溶液pH范围，不能测定溶液pH，选项C错误；
D、pH计是精确测定溶液pH的仪器，用于测定溶液pH，选项D正确。
答案选D。
7．室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．pH=2的溶液：Na+、Fe2+、I-、
B．c(NaAlO2)=0.1mol·L-1的溶液:K+、OH-、Cl-、
C．=0.1mol·L-1的溶液:Na+、K+、、ClO-
D．c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液:Al3+、、、SCN-
【答案】B
【详解】A．的溶液显酸性，和均能被氧化，不能大量共存，故A错误；
B．的溶液中、、、均能大量存在，且离子组间不发生离子反应，故B正确；
C．=0.1mol·L-1的溶液呈酸性，H+与ClO－反应生成弱酸而不能大量共存，故C错误；
D. 的溶液中，Fe3+与生成配合离子，不能大量共存，故D错误；
8．已知乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是
A．c(OH)>c(HA)>c(HB)>c(H+) B． c(OH-)>c(A-)>c(B-)>c(H+)
C． c(OH-)>c(B-)>c(A-)>c(H+) D． c(OH-)>c(HB)>c(HA)>c(H+)
【答案】A
【详解】根据“越弱越水解”的原则，NaA的水解比NaB水解程度大，所以溶液中的c(HA)＞c(HB)，c(A－)＜c(B－)；再根据“谁强显谁性”可知溶液中的c(OH－)＞c(H＋)；由于溶液中离子的水解毕竟是微弱的，所以c(OH－)＜c(A－)和c(B－)。在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中，c(Na+)> c(B－)> c(A－)>c(OH-)>c(HA)>c(HB)>c(H+)，故A正确，
答案选A。
9．以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是（     ）。
A．具有吸附性 B．溶解度与CuS、PbS、CdS等相同
C．溶解度大于CuS、PbS、CdS D．溶解度小于CuS、PbS、CdS
【答案】C
【详解】添加过量的难溶电解质MnS可使MnCl2溶液中的Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋形成硫化物沉淀，根据沉淀转化的一般原则，说明MnS转化为更难溶的CuS、PbS、CdS，即MnS的溶解度大于CuS、PbS、CdS；答案选C。
10．下列叙述正确的是
A．室温下，某溶液由水电离出来的H+的浓度为1.0×10-10 mol·L-1，则该溶液的pH=4
B．100 ℃时，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
C．一定温度下，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
D．25 ℃时，c(H+)= mol·L-1=1.0×10-7 mol·L-1的溶液一定呈中性
【答案】D
【详解】A．某溶液由水电离出来的H+的浓度为1.0×10-10 mol·L-1，说明水的电离被抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，A错误；
B．100℃时，Kw=10-12，pH=2的HCl中c(H+)=10-2 mol/L，但pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=，故等体积混合时NaOH过量，溶液显碱性，B错误；
C．NH3·H2O属于弱电解质，稀释时NH3·H2O会继续电离补充OH-，故稀释10倍后，OH-浓度大于原本，故b＞a-1，即a＜b+1，C错误；
D．Kw=c(H+)•c(OH-)，c(H+)=，说明溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，D正确；
故选D。
11．常温下，AgCl和AgI在水中的溶解平衡曲线如下图所示，下列说法错误的是

A．曲线Ⅰ表示AgI的溶解平衡
B．常温下，Ksp(AgCl)=1×10-10
C．常温下，饱和AgCl溶液与饱和AgI溶液中
D．常温下，向等浓度NaCl和NaI的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，先产生AgI沉淀
【答案】C
【详解】A．AgCl溶解度大于AgI，溶液中的离子浓度也是AgCl溶解度大于AgI，所以II线表示AgCl，I线表示AgI，故A正确；
B．II线表示AgCl，常温下，Ksp(AgCl)=c(Ag+)∙c(Cl-)=10-5×10-5=1×10-10，故B正确；
C．由图知Ksp(AgCl)= 1×10-10，Ksp(AgI)= 1×10-18，饱和AgCl溶液电离出等浓度的Ag+和Cl-，则c(Cl-)=mol/L，同理c(I-)=mol/L，则，故C错误；
D．由于Ksp(AgI)< Ksp(AgCl)，Ksp小的先沉淀，则先产生AgI沉淀，故D正确；
故选：C。
12．0.1 mol·L-1氨水10 mL，加蒸馏水稀释到1 L后，下列变化中正确的是
①电离程度增大　②c(NH3·H2O)增大　③NH数目增多　④c(OH-)增大　⑤导电性增强　⑥增大
A．①③⑥ B．①②④ C．①③⑤ D．②③⑥
【答案】A
【详解】①因加水促进弱电解质的电离，电离程度增大，故正确；
②加水促进电离，溶液的体积增大，所以c(NH3·H2O)减小，故错误；
③加水促进电离，NH数目增多，故正确；
④碱性变弱，c(OH－)减小，故错误；
⑤加水稀释时，溶液中离子的浓度减小，则导电性减弱，故错误；
加水促进电离，c(OH－)减小，=K/c(OH－)增大，故正确；
①③⑥正确；
答案选A。
13．工业上常利用CO2和NH3合成尿素[CO(NH2)2]，该可逆反应分两步进行，整个过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是

A．NH2COONH4为合成尿素反应的中间产物
B．反应Ⅰ逆反应的活化能＞反应Ⅱ正反应的活化能
C．逆反应过程Ⅱ快于过程Ⅰ
D．2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(1)的焓变△H=El-E2
【答案】D
【详解】A．从图像可知，合成尿素的过程中生成了NH2COONH4，其为合成尿素反应的中间产物，A正确；
B．活化能是指化学反应中反应物分子到达活化分子所需的最小能量，由图像可知，反应Ⅰ逆反应的活化能＞反应Ⅱ正反应的活化能，B正确；
C．逆反应过程中Ⅱ为放热反应，Ⅰ是吸热反应，且过程Ⅱ活化能较小，反应速率块，C正确；
D．2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(1)为放热反应，△H=生成物的总能量-反应物的总能量<0，即△H=E2-E1，D错误；
答案选D。
14．图甲和图乙是双液原电池装置。由图可判断下列说法中错误的是

A．图甲电池反应的离子方程式为
B．反应能够发生
C．盐桥的作用是形成闭合回路，并使两边溶液保持电中性
D．当图乙中有电子通过外电路时，正极有析出
【答案】B
【详解】A．根据图甲可知，原电池中为负极，失电子，得电子，所以甲电池反应的离子方程式为，金属活动性Cd＞Co， 故A正确；
B．根据图乙可知，原电池中为负极，失电子，得电子，所以乙电池反应的离子方程式为，金属活动性Co＞Ag，则结合A中分析可知金属活动性Cd＞Co＞Ag，因此反应不能发生，故B错误；
C．原电池放电时，盐桥中的阴、阳离子定向移动使原电池内部形成通路，从而形成闭合回路，且盐桥可以使两个烧杯中的溶液保持电中性，故C正确；
D．根据可知，当有电子通过外电路时，正极有析出，故D正确；
答案为B。
15．下列关于盐类水解的应用的说法正确的是（    ）
A．加热蒸干Na2CO3溶液，最后可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体
B．除去MgCl2溶液中的Fe3+，可以加入NaOH固体
C．明矾净水过程中发生的反应：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+
D．加热蒸干KCl溶液，最后得到KOH固体(不考虑CO2的反应)
【答案】C
【详解】A.Na2CO3在溶液中水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，水解方程式为：Na2CO3+H2O⇌NaOH+NaHCO3，由于生成的NaOH不挥发，氢氧化钠能够与碳酸氢钠发生中和反应生成碳酸钠和水，所以将Na2CO3溶液加热蒸发后最终得到的固体仍然为Na2CO3，A错误；
B.Mg2+、Fe3+都能与NaOH反应，所以加NaOH不能除去MgCl2中的Fe3+，B错误；
C.明矾在水中电离出Al3+，Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，C正确；
D.KCl在溶液中不水解，加热蒸干KCl溶液，最后得到KCl固体，D错误；
故合理选项是C。
16．据报道，锌电池可能取代目前广泛使用的铅蓄电池，因为锌电池容量更大，而且没有铅污染。其电池反应为2Zn+O2＝2ZnO，原料为锌粒、电解质溶液和空气，则下列叙述正确的是
A．锌为正极，空气进入负极反应
B．负极反应为Zn-2e-＝Zn2+
C．正极发生氧化反应
D．电解质溶液可能是强酸溶液
【答案】B
【分析】根据化合价变化可知Zn失电子被氧化作原电池的负极，正极上氧气得电子发生还原反应，以此解答该题。
【详解】A. 锌失电子发生氧化反应作原电池负极，氧气得电子在正极发生还原反应，所以空气进入正极进行反应，故A错误；
B. 锌作负极，Zn失电子生成Zn2+，负极反应为Zn−2e−=Zn2+，故B正确；
C. 氧气在正极上得电子发生还原反应，故C错误；
D. 氧化锌能溶于强酸，所以电解质溶液一定不是强酸溶液，故D错误，答案选B。
【点睛】本题考查原电池知识，根据电池总反应判断原电池的正负极及电极反应为解题的关键，题目难度不大，D项为易错点，注意总反应的产物为ZnO，而ZnO可以和强酸反应。
17．已知一些银盐的颜色和Ksp(20℃)如下，测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银溶液进行滴定。滴定时，你认为该滴定适宜选用的指示剂是
化学式
AgCl
AgBr
AgI
Ag2S
Ag2CrO4
颜色
白色
浅黄色
黄色
黑色
红色
Ksp
1.8×10-10
5.0×10-13
8.3×10-17
2.0×10-48
1.8×10-10

A．K2CrO4 B．KI C．K2S D．KBr
【答案】A
【分析】指示剂的作用是指示出氯离子恰好沉淀完全,即让氯离子先沉淀，沉淀完全后，再滴入硝酸银溶液会生成一种颜色不同的沉淀来指示沉淀终点。
【详解】A．铬酸银的阳、阴离子个数比为2:1，可以计算相同浓度的银离子沉淀氯离子、铬酸根离子需要的浓度，依据Ksp计算得到，，，所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于铬酸根离子浓度，说明铬酸银溶解度大于氯化银，加入K2CrO4，做指示剂可以正确的测定氯化物的含量，故A正确；
B．氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1∶1，依据Ksp可以直接比较溶解性大小为氯化银>溴化银>碘化银﹔随Ksp的减小，应先出现碘化银沉淀、再出现溴化银，最后才沉淀氯化银﹔所以不符合滴定实验的目的和作用，不能测定氯化物的含量，故B错误﹔
C．硫化银的Ksp很小，计算得到需要的银离子浓度，，通过计算得出硫化银也比氯化银先沉淀，故C错误；
D．氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1∶1，依据Ksp可以直接比较溶解性大小为氯化银>溴化银>碘化银﹔随Ksp的减小，应先出现碘化银沉淀、再出现溴化银，最后才沉淀氯化银﹔所以不符合滴定实验的目的和作用，不能测定氯化物的含量，故D错误﹔
故选A。
18．向15 mL 0.1 mol/L H2A二元弱酸溶液中逐滴滴加0.1 mol/L NaOH溶液，混合溶液中H2A、HA-和A2-的物质的量分数（δ）随pH变化的关系如图所示。下列叙述正确的是

A．曲线Ⅱ代表的微粒是A2-
B．pH=3至pH=4的过程中n（H2A）、n（A2－）、n（HA－）之和不变
C．0.01mol/LNaHA溶液中存在：c（Na+）>c（HA－）>c（H2A）>c（A2－）
D．向pH=4.2的溶液中持续滴加NaOH溶液，水的电离程度持续变大
【答案】B
【详解】A.由图可知，曲线Ⅰ代表H2A、曲线Ⅱ代表HA-、曲线Ⅲ代表A2-，故A错误；
B.由物料守恒可知，滴加0.1 mol/L NaOH溶液过程中n（H2A）、n（A2－）、n（HA－）之和不变，则pH=3至pH=4的过程中n（H2A）、n（A2－）、n（HA－）之和不变，故B正确；
C.由图可知，pH=1.2时，溶液中c（HA－）=c（H2A），则Ka1== c（H+）=1×10—1.2，同理pH=4.2时，溶液中c（HA－）= c（A2－），Ka1== c（H+）=1×10—4.2，由NaHA的水解常数Kh===1×10—12.8可知，HA－的电离大于水解，则溶液中c（A2－）>c（H2A），故C错误；
D.向pH=4.2的溶液中持续滴加NaOH溶液，HA－与OH－反应生成A2－和H2O，A2－在溶液中水解促进水的电离，水的电离程度增大，当HA－与OH－完全反应后，氢氧化钠溶液过量，氢氧化铝电离出的OH－会抑制水的电离，导致水的电离程度减小，则滴加NaOH溶液的过程中水的电离程度先增大后减小，故D错误；
故选B。
19．常温下，将NaOH溶液滴入某一元酸（HA）溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知：]。下列叙述不正确的是

A．Ka(HA)的数量级为10-5
B．滴加NaOH溶液的过程中，保持不变
C．m点所示溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-)
D．n点所示溶液中：c(Na+)=c(A-)+c(HA)
【答案】D
【分析】根据图像，溶液中含有HA，说明HA为弱酸，即存在HAH＋＋A－，加入NaOH溶液，发生NaOH＋HA=NaA＋H2O，c(A－)/c(HA)比值增大，即，减小，然后依据溶液中三个“守恒”进行分析；
【详解】A、HA为弱酸，即存在HAH＋＋A－，Ka=c(H＋)×c(A－)/c(HA)，，时，Ka=c(H＋)=10－4.76=10－5＋0.24，即数量级为10－5，故A说法正确；
B、，Ka和Kw只受温度的影响，因此该比值保持不变，故B说法正确；
C、根据电荷守恒，m点所示溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH－)＋c(A－)，由A选项分析，m点时，c(A－)=c(HA)，因此有c(H＋)=c(HA)＋c(OH－)－c(Na＋)，故C说法正确；
D、n点时溶液pH=2，HA的物质的量大于NaOH的物质的量，则此时溶液中：c(Na＋) 20．25℃时，向20.00 mL的NaOH溶液中逐滴加入某浓度的CH3COOH溶液。滴定过程中，溶液的pH与滴入CH3COOH溶液的体积关系如图所示，点②时NaOH溶液恰好被中和。则下列说法中，错误的是

A．CH3COOH溶液的浓度为0.1 mol·L-1
B．图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小
C．点④所示溶液中存在：(CH3COOH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
D．滴定过程中会存在：c(Na+)> c(CH3COO-)=c(OH-)> c(H+)
【答案】C
【详解】A、图象可知氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L，②点时NaOH溶液恰好被中和消耗醋酸溶液20mL，根据酸碱中和规律，醋酸的浓度为0.1mol/L，故A正确；
B、图中点①到点②所示溶液中随着醋酸逐渐滴入，氢氧化钠不断被消耗，水的电离被抑制程度逐渐减小，即水的电离程度增大；②恰好反应点，水的电离程度最大，从此以后继续滴加醋酸，对水电离起到抑制作用，所以图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小，故B正确；
C、点④所示溶液是醋酸和醋酸钠溶液，c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=2c（Na+），电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-），故C错误；
D、滴定过程中的某点，醋酸钠和氢氧化钠混合溶液中会有c（Na+）＞c（CH3COO-）=c（OH-）＞c（H+），故D正确；
故选C。

二、填空题
21．回答下列问题：
(1)FeSO4可转化为FeCO3，FeCO3在空气中加热可制得铁系氧化物材料。
已知25℃，101kPa时：
4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)  ΔH=-1648kJ/mol
C(s)+O2(g)=CO2(g)  ΔH=-393kJ/mol
2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s)  ΔH=-1480kJ/mol
FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式为_______。
(2)某温度时水的离子积Kw=1.0×10-13，则该温度时纯水的pH_______7(填“>”、“<”或“=”)。该温度下，pH=2的CH3COOH溶液中，水电出的c(H+)=_______。
(3)25 ℃时，pH=5的盐酸和pH=9的氢氧化钠溶液以体积比11∶9混合，混合液的pH=_______。
(4)利用反应2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池。
①负极材料是_______ (写名称)。
②正极电极反应式为_______。
③溶液中SO向_______极移动。
【答案】(1)4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)  △H=﹣260kJ•mol﹣1
(2)     <     10-11 mol/L
(3)6
(4)     铜     O2+4e-+4H+=2H2O     负

【解析】（1）
根据盖斯定律，第一个方程式加上第二个方程式的4倍，减去第三个方程式的2倍，得到4FeCO3(s)+O2(g)＝2Fe2O3(s)+4CO2(g)  △H＝−1648kJ∙mol-1+4×(−393 kJ∙mol-1) −2×(−1480 kJ∙mol-1) ＝−260kJ∙mol-1，故答案为：4FeCO3(s)+O2(g)＝2Fe2O3(s)+4CO2(g)  △H＝−260 kJ∙mol-1；
（2）
电离为吸热反应，某温度时水的离子积Kw＝1.0×10−13>1.0×10−14，说明溶液中氢离子浓度大于10−7mol∙L−1，所以该纯水的pH小于7，该温度下，pH＝2的CH3COOH溶液中，氢氧根离子都是水电离的，则；故答案为：＜：1.0×10−11mol∙L−1；
（3）
pH=5的盐酸，
pH=9的氢氧化钠溶液，
物质的量浓度相等，体积比11：9混合，则酸过量，

则混合液的pH： ；
（4）
①由2Cu＋O2＋2H2SO4=2CuSO4＋2H2O可知，该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、O元素化合价由0价变为-2价，要将该反应设计成原电池，铜作负极；
②负极电极反应为Cu-2e-=Cu2+，正极上氧气得电子发生还原反应，又因为在酸性条件下，所以氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为4H++O2+4e-═2H2O；
③原电池工作是时，阴离子向负极(铜)移动，即向负极移动。
22．已知：

H2CO3
HF
HCN
K或Ka1
4.3×10-7
7.2×10-4
4.9×10-10
Ka2
5.6×10-11



(1)在相同浓度的H2CO3和HF的溶液中，用“>”“<”或“=”填空。c(H+)：H2CO3_______HF；c(F-)_______c(CO)。
(2)HCO、CO、F-、CN-结合质子能力：_______。
(3)H2CO3、HCO、HF、HCN酸性由强到弱的顺序为：_______。
(4)将足量的二氧化碳通入到NaCN溶液中的离子方程式为_______。
【答案】(1)     <     >
(2)CO>CN->HCO>F-
(3)HF>H2CO3>HCN>HCO
(4)CN-+H2O+CO2=HCN+HCO

【解析】（1）
由表格中的数据可知，HF的电离常数大，故c(H+)：H2CO3c(CO)；
（2）
电离常数越小，其电离出阴离子结合氢离子的能力越强，根据表格中的数据可知HCO、CO、F-、CN-结合质子能力：CO>CN->HCO>F-；
（3）
对于弱酸来说，电离常数越大，其酸性越强，根据表格中的数据可知，H2CO3、HCO、HF、HCN酸性由强到弱的顺序为：HF>H2CO3>HCN>HCO；
（4）
由表格中的数据可知，碳酸的一级电离常数大于HCN的电离常数，碳酸的二级电离常数小于HCN的电离常数，则将足量的二氧化碳通入到NaCN溶液中的离子方程式为：CN-+H2O+CO2=HCN+HCO。

三、原理综合题
23．按要求回答下列问题：
（1）配制FeCl3溶液时，需将固体溶于较浓的盐酸后按需要进行稀释，用离子方程式解释其原因______ 。
（2）常温下，浓度均为0.1mol/L的下列五种溶液的PH值如下表所示：
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
11.1

①根据表中数据，将浓度均为0.01mol· L-1的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是________。      
A HCN         B HClO           C H2CO3     D CH3COOH
②根据以上数据，判断下列反应可以成立的是___________。
A CH3COOH+Na2CO3═NaHCO3+CH3COONa      
B CH3COOH+NaCN═CH3COONa+HCN
C CO2+H2O+2NaClO═Na2CO3+2HClO       
D NaHCO3+HCN═NaCN+H2O+CO2
III.已知在Cu2＋、Mg2＋、Fe2＋浓度相同的溶液中，其开始沉淀时的pH如下：
离子
Fe2+
Cu2+
Mg2+
pH
7.6
5.2
10.4

（1）若向该溶液中滴加NaOH溶液，则离子沉淀先后顺序是 ______（填离子符号），
（2）已知Ksp[Cu（OH）2]=2.5×10-20，若向该溶液中加入生石灰调节其pH，当pH=________时，溶液中Cu2+沉淀完全。[已知1g2=0.3]
（3）下列说法不正确的是_________（填序号）。
①用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl少
②一般地，物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解大多是吸热的
③对于Al（OH）3（s） Al（OH）3（aq）Al3＋＋3OH－，前者为溶解平衡，后者为电离平衡
④除去溶液中的Mg2＋，用OH－沉淀比用CO好，说明Mg（OH）2的溶解度比MgCO3的大
⑤沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀更完全
【答案】     Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+     A     AB     Cu2+、Fe2+、Mg2+     6.7     ④
【详解】(1)因Fe3+极易发生水解，配制FeCl3溶液时，将氯化铁固体溶解在浓盐酸中，再加水稀释，可抑制铁离子水解，水解方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
(2)①加水稀释促进弱酸电离，相同浓度的不同酸稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸的pH变化越小，酸性最弱的酸是HCN，则pH变化最小的是HCN，故选A；
②HCN、HClO、CH3COOH、H2CO3四种酸的酸性大小顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HC1O＞HCN＞HCO，根据强酸制取弱酸知；
A．酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCO，所以二者反应为CH3COOH+Na2CO3═NaHCO3+CH3COONa，故正确；
B．醋酸酸性大于HCN，所以二者反应为CH3COOH+NaCN═CH3COONa+HCN，故正确；
C．酸性CH3COOH＞HC1O＞HCO，，所以二者反应为CO2+H2O+2NaClO═NaHCO3+HClO，故错误；
D．酸性H2CO3＞HC1O＞HCN，所以NHCO3、HCN二者不反应，故错误；
故选AB；
III.(1)Cu2+开始沉淀的pH最小，所以Cu2+最先沉淀，Mg2+开始沉淀的pH最大，所以Mg2+最后沉淀，所以离子的沉淀先后顺序为：Cu2+、Fe2+、Mg2+，故答案为：Cu2+、Fe2+、Mg2+；
(2)溶液中Cu2+沉淀完全时，其浓度小于1×10-5 mol/L，则Ksp[Cu(OH)2]=c2(OH-)×c(Cu2+)=2.5×10-20，解得c(OH-)=5×10-8 mol/L，此时溶液中c(H+)==2×10-7 mol/L，pH=7-lg2=6.7，故答案为：6.7；
(3)①氯化银沉淀溶解平衡中存在溶度积常数，K=c(Ag+)×c(Cl-)，银离子浓度增大，平衡向沉定方向进行，用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小，故①正确；
②物质的溶解度大部分随温度的升高而增加，大部分物质的溶解是吸热的，故②正确；
③氢氧化铝是难溶物质，存在沉淀溶解平衡和电离平衡，故③正确；
④Mg（OH）2的溶解度比MgCO3的小，故④错误；
⑤为使离子完全沉淀加入过量的沉淀剂能使离子沉淀完全，故⑤正确；
故选④；

四、实验题
24．回答下列问题：
(1)准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，可选用的仪器是_______。
A．50mL 量筒 B．10mL量筒
C．50mL 酸式滴定管 D．50mL碱式滴定管
(2)进行中和滴定时，事先不应该用所盛溶液润洗的仪器是_______。
A．酸式滴定管 B．碱式滴定管 C．锥形瓶 D．量筒
某烧碱样品中含有少量不与酸作用的杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：
A．在托盘天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中用蒸馏水溶解；
B．在250mL的容量瓶中定容配制250mL烧碱溶液；
C．用碱式滴定管量取25mL烧碱溶液于锥形瓶中，并滴入几滴甲基橙作指示剂；
D．将物质的量浓度为c mol•L﹣1的标准硫酸溶液装入已润洗过的酸式滴定管中，调整液面并记下起始读数为V1mL；
E.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下读数为V2mL。
就此完成下列问题：
(3)观察滴定管里液面的高度时应注意：滴定管垂直，液面不再变化时才可读数，视线与溶液凹液面最低点相平，读数精确到_______mL。
(4)E步骤的操作中在锥形瓶下垫一张白纸的作用是_______。
(5)D步骤的操作中液面应调整到_______，尖嘴部分应该充满液体，不能有气泡。
(6)下列操作导致待测烧碱浓度偏低的是_______。
A．酸式滴定管滴至终点后，俯视读数 B．滴定前有气泡
C．滴定结束有气泡 D．未用标准液洗涤滴定管
(7)该烧碱样品纯度是_______。
(8)判断到达滴定终点的实验现象是_______。
【答案】(1)C
(2)C
(3)0.01
(4)便于准确判断终点时颜色的变化情况
(5)调到零刻度或零刻度以下
(6)AC
(7)
(8)滴入最后一滴硫酸时溶液由黄色变为橙色，且半分钟内颜色不发生变化

【分析】准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，需要用精密量具，精确到0.1，估读到0.01，学过的量具，滴定管、移液管是能精确计量的仪器；注意高锰酸钾溶液的强氧化性；中和滴定需要用到酸式滴定管、碱式滴定管和锥形瓶，不用量筒；注意滴定管的精确值为0.01ml；以此解题。
（1）
高锰酸钾具有氧化性，会氧化橡胶，故准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，可选用50mL 酸式滴定管，故选C；
（2）
进行中和滴定时需要用到酸式滴定管，碱式滴定管和锥形瓶，锥形瓶在使用前不应该用所盛溶液润洗，否则会消耗更多的标准液，所以不能润洗，故选C；
（3）
滴定管的读数精确到0.01ml，故答案为0.01；
（4）
在锥形瓶下垫一张白纸的作用是便于准确判断终点时颜色的变化情况，故答案为便于准确判断终点时颜色的变化情况；
（5）
将物质的量浓度为cmol•L﹣1的标准硫酸溶液装入已润洗过的酸式滴定管中，调整液面到零刻度或零刻度以下，故答案为零刻度或零刻度以下；
（6）
A．酸式滴定管滴至终点后，俯视读数，导致标准溶液的体积偏小，浓度偏低，A正确；
B．滴定前有气泡，导致标准溶液的体积偏大，浓度偏高，B错误；；
C．滴定结束有气泡，导致标准溶液的体积偏小，浓度偏低，C正确；
D ．未用标准液洗涤滴定管，导致标准溶液被稀释，消耗的标准溶液的体积偏大，浓度偏高，D错误；
故选AC；
（7）
最终消耗的硫酸为：，根据反应方程可知，，所以原来样品中氢氧化钠的物质的量为：，则样品中氢氧化钠的质量为，则该烧碱样品的纯度为：；
（8）
滴入几滴甲基橙作指示剂，反应终点的现象是：滴入最后一滴黄色变化为橙色且半分钟不变，且半分钟内颜色不发生变化，故答案为：滴入最后一滴黄色变化为橙色且半钟不变，且半分钟内颜色不发生变化。