辽宁省沈阳市城郊市重点联合体2019-2020学年高二上学期期中考试（2）化学试题

辽宁省沈阳市城郊市重点联合体2019-2020学年高二上学期期中考试（2）化学试题

城郊市重点联合体期中考试高二年级化学试卷 ‎1、命题范围（人教版、选修4、第三章选修，选修5和必修2结合有机物烷烃）； ‎ ‎2、考试时间90分钟，分数100分；‎ 可能用到的原子量H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 S 32Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 ‎ 第I卷为客观题 一.单项选择题(共20小题,每题3分，共60分)‎ ‎1.2017年5月18日中国地质调查局宣布，我国在南海进行的可燃冰试采获得成功，成为全球第一个获得可燃冰连续稳定产气的国家。可燃冰是天然气与水相互作用形成的晶体物质，主要存在于冻土层和海底大陆架中。下列说法正确的是( )‎ ‎①甲烷属于烃类；②相同条件下，甲烷的密度大于空气的密度；③甲烷难溶于水；④可燃冰是一种极具潜力的能源；⑤青藏高原可能存在巨大体积的“可燃冰”‎ A. ①③④⑤ B. ②③④⑤ C. ①②③⑤ D. ①②④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①甲烷是由C、H元素组成的最简单的烃，①正确；‎ ‎②甲烷的相对分子质量为16，相同条件下，密度比空气小，②错误；‎ ‎③甲烷难溶于水，③正确；‎ ‎④甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，为清洁能源，④正确；‎ ‎⑤“可燃冰”是水与天然气相互作用形成的晶体物质，主要存在于冻土层和海底大陆架中，所以青藏高原冻土层可能存在丰富的“可燃冰”，⑤正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎2.下列各式表示水解反应的是(　　)‎ A. HCO3-+H2OH3O＋+CO32-‎ B. NH4++H2ONH4OH+H+‎ C. NH4HSO4=NH4＋+HSO4-‎ D. HS-+H2OH2S+OH-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该方程式表示HCO3-的电离，A错误；‎ B.不存在NH4OH这种物质，应该是NH3·H2O，B错误；‎ C.NH4HSO4电离产生NH4+、H+、SO42-，不能表示水解反应，C错误；‎ D. HS-+H2OH2S+OH-表示HS-的水解反应，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎3. 相同条件下，等体积、等pH的醋酸溶液和盐酸溶液加水稀释相同的倍数后，所得溶液的pH A. 仍相同 B. 醋酸溶液的大 C. 盐酸的大 D. 无法判断 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：醋酸是弱酸，在稀释的时候会继续电离出H+，所以酸性减弱得较慢，盐酸是强酸稀释的时候酸性变弱较快，故加水稀释相同的倍数后醋酸的酸性较强，选C。‎ 考点：强酸和弱酸稀释时溶液酸碱性的变化。‎ ‎4.将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是(　　)‎ A. c(H＋) B. Ka(HF)‎ C. c(F-)/c(H＋) D. c(H＋)/c(HF)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ HF溶液中存在电离平衡HFH＋＋F－，加水不断稀释，平衡向右移动，n(H＋)与n(F－)增大，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ A. 加水不断稀释，则溶液的体积不断增大，最终导致c(H＋)减小，A项错误；‎ B. Ka(HF)只与温度有关，与溶液的离子浓度无关。温度不变，Ka(HF)保持不变，B项错误；‎ C. 加水不断稀释，则溶液的体积不断增大，最终导致c(H＋)减小，由于温度不变则Kw不变，溶液中c（OH-）增大， HF溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（F-）+c（OH-），则c(F-)/c(H＋‎ ‎)=[c（H+）-c（OH-）]/c（H+）=1- c（OH-）/c（H+），c（OH-）/c（H+）增大，则c(F-)/c(H＋)减小，C项错误；‎ D. 加水稀释过程，平衡向右移动，n(H＋)增大，n(HF)减小，c(H＋)/c(HF)= n(H＋)/ n(HF)，其比值增大，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】值得注意的是，加水稀释过程中，虽然平衡向右移动，但因水量增多更显著，最终c(F-)与c(H＋)都减小，这是学生的易错点，需要强调。‎ ‎5.液态化合物AB会发生微弱的自身电离，电离方程式为ABA++B-，在不同温度下其平衡常数为K(25℃)=1.0×10-14，K(35℃)=2.1×10-14。则下列叙述正确的是(　　)‎ A. c(A+)随温度升高而降低 B. 在35 ℃时，c(A+)>c(B-)‎ C. AB的电离程度(25℃)>(35℃) D. AB的电离是吸热过程 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 弱电解质存在电离平衡，升高温度，弱电解质的电离平衡常数增大，说明促进弱电解质电离，则弱电解质的电离是吸热过程，据此分析解答。‎ ‎【详解】A.升高温度，其电离平衡常数增大，说明其电离程度增大，所以c(A+)随着温度升高而升高，A错误；‎ B.根据电离方程式ABA++B-可知，在电解质AB溶液中，c(A+)=c(B-)，B错误；‎ C.升高温度，其电离平衡常数增大，说明弱电解质AB的电离程度增大，所以AB的电离程度(25℃)<(35℃)，C错误；‎ D.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，AB的电离程度增大，则AB的电离是吸热过程，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据温度与电离平衡常数的关系来分析解答，注意电离平衡常数与溶液的酸碱性无关，只与温度有关。‎ ‎6.广义的水解观认为：水解的物质和水分别离解成两部分，然后两两重新结合成新的物质，不出现元素化合价的变化。根据以上信息，下列物质水解后的产物错误的是 A. BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2 B. PCl3水解的产物是HClO和PH3 C. CaC2水解的产物是Ca(OH)2和C2H2 D. Al2S3水解的产物是Al(OH)3和H2S ‎【答案】B ‎【解析】‎ BaO2生成Ba(OH)2和H2O2，没有化合价的变化，属于水解，故A正确；PCl3生成HClO和PH3，氯元素化合价改变，不属于水解，故B错误；CaC2生成Ca(OH)2和C2H2 没有化合价的变化，属于水解，故C正确；Al2S3生成Al(OH)3和H2S，没有化合价的变化，属于水解，故D正确。‎ ‎7.常温下，现将足量的AgCl固体分别放入下列液体中，AgCl的溶解度由大到小排列的顺序正确的是( ) ‎ ‎①20mL 0.1mol•L-1(NH4)2CO3溶液　②40mL 0.03mol•L-1 HCl溶液 ③50mL 0.05mol•L-1 AgNO 3 溶液 ④30mL 0.02mol•L-1 CaCl 2 溶液 ⑤10mL蒸馏水　⑥30mL 0.02mol•L-1 NH4NO3溶液 A. ②>③>④>⑥>⑤>① B. ①>⑥>⑤>②>④>③‎ C. ①>②>③>④>⑤>⑥ D. ③>②>④>⑥>①>⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ AgCl饱和溶液中存在AgCl(aq)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当溶液中存在c(Ag+)或c(Cl-)对溶解平衡有抑制作用，当溶液中存在能与Ag+或Cl-反应的离子则会促进溶解平衡正移，从平衡移动的角度分析。‎ ‎【详解】AgCl在溶液中存在溶解平衡AgCl(aq)Ag+(aq)+Cl-(aq)，由于c(Ag+)或c(Cl-)对溶解平衡有抑制作用，则溶液中c(Ag+)或c(Cl-)越大，则AgCl溶解度越小；①和⑥中铵根离子水解生成NH3•H2O，Ag+与NH3•H2O结合，使溶解平衡正移，AgCl的溶解度增大，由于(NH4)2CO3中NH4+水解程度大，则NH3•H2O的浓度大，使溶解平衡正移的程度大，则①>⑥；‎ 当溶液中存在c(Ag+)或c(Cl-)对溶解平衡有抑制作用，②c(Cl-)=0.03mol/L，③c(Ag+)=0.05mol/L，④c(Cl-)=0.04mol/L，⑤c(Ag+)或c(Cl-)为0，则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是：⑤>②>④>③，综上可知AgCl的溶解度由大到小排列顺序是：①>⑥>⑤>②>④>③；故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，注意影响平衡移动的因素，需要理清的是离子浓度大小与难溶电解质的溶解度的关系。‎ ‎8.已知难溶性物质K2SO4·MgSO4·2CaSO4在水中存在如下平衡：K2SO4·MgSO4·2CaSO4 (s)2Ca2＋＋2K＋＋Mg2＋＋4SO42－。不同温度下，K＋的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示，则下列说法错误的是 A. 该平衡的Ksp＝c2(Ca2＋)·c2(K＋)·c(Mg2＋)·c4(SO42－) B. 向该体系中加入饱和K2SO4溶液，溶解平衡向左移动 C. 升高温度，溶浸速率增大，平衡向正反应方向移动 D. 向该体系中加入饱和NaOH溶液，溶解平衡不发生移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据沉淀溶解平衡，K2SO4·MgSO4·2CaSO4 (s)2Ca2＋＋2K＋＋Mg2＋＋4SO42－，该平衡的Ksp＝c2(Ca2＋)·c2(K＋)·c(Mg2＋)·c4(SO42－) ，故A正确；向该体系中加入饱和K2SO4溶液，增大c(SO42－)，溶解平衡向左移动，故B正确；根据图像得出，温度越高，钾离子的浓度越大，说明升高温度，平衡向右移动，故C正确；向该体系中加入饱和氢氧化钠溶液时，氢氧根离子与镁离子反应生成难溶的氢氧化镁沉淀，降低了镁离子的浓度，使平衡向右移动，故D错误。‎ ‎9.室温时，M(OH)2(s)M2＋(aq)+2OH-(aq)　Ksp=a，c(M2+)=b mol·L-1时，溶液的pH等于(　　)‎ A. B. C. 14+ D. 14+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Ksp=c(M2+)×c2(OH-)=a，则c(OH-)=mol/L，常温下氢离子浓度为：c(H+)=，则该溶液的pH=-lgc(H+)=-lg=-lg=14+，C正确；故合理选项是C。‎ ‎10.简单化合物HB在水中达到电离平衡时各种微粒的浓度如下表所示(25‎ ‎ ℃)：分析表中①至⑥的数据，下列说法不正确的是(　　)‎ A. ①与②的数据都说明化合物HB只有部分电离 B. ③与④的数据近似相等，说明HB的电离平衡常数与初始浓度无关 C. ⑤与⑥的数据说明加水稀释后HB的电离平衡正向移动 D. ⑤与⑥的数据说明起始浓度越大，HB电离的程度越高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据①与②的数据知，不同浓度的同一电解质的溶液中都含有电解质分子、电解质电离出的阴、阳离子，说明电解质不完全电离，A正确；‎ B.根据③与④数据知，初始浓度不同时，弱电解质的电离平衡常数相似，说明弱电解质的电离平衡常数与初始浓度无关，B正确；‎ C.根据⑤与⑥的数据知，溶液的浓度越小，弱电解质的电离程度越大，即加水稀释溶液促进弱电解质电离，C正确；‎ D.根据⑤与⑥的数据知，弱电解质的初始浓度越大，弱电解质的电离程度越小，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎11.室温下，在pH=12的某溶液中，分别有甲、乙、丙、丁四位同学计算出由水电离出的c(OH-)的数据分别为甲：1.0×10-7 mol·L-1；乙：1.0×10-6 mol·L-1；丙：1.0×10-2 mol·L－1；丁：1.0×10-12 mol·L-1。其中你认为可能正确的数据是(　　)‎ A. 甲、乙 B. 乙、丙 C. 丙、丁 D. 乙、丁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ pH=12，说明溶液显碱性，则溶液可能为碱溶液，也有可能是强碱弱酸盐溶液，以此根据水的离子积常数进行计算。‎ ‎【详解】pH=12，说明溶液显碱性，则该溶液可能为碱溶液，也有可能是强碱弱酸盐溶液；‎ ‎1.若是碱溶液，c(H+)=1.0×10-12mol/L，碱溶液中氢离子来源于水的电离，由水电离出的氢离子与氢氧根离子相等，故由水电离出的c(OH-)=1.0×10-12mol/L，则丙正确；‎ ‎2.若是强碱弱酸盐溶液，c(H+)=1.0×10-12mol/L，c(OH-)==1.0×10-2mol/L，强碱弱酸盐溶液中氢氧根离子来源于水的电离，故由水电离出的c(OH-)=1.0×10-2mol/L，则丁正确；‎ 故可能正确的数据是丙、丁；故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查水的电离和溶液的pH值的相关计算，要注意由水电离出的氢离子与氢氧根离子相等是解题的关键。注意在任何物质的稀溶液中，水的离子积Kw=c(H+)·c(OH-)，c(H+)、c(OH-)为溶液中离子浓度，而不是水电离产生的两种浓度。‎ ‎12.常温下，下列各组离子在指定环境中能大量共存的是(　　)‎ A. 在＝1013的溶液中：NH4+、Ca2＋、Cl-、K＋‎ B. 由水电离出的c(H+)=1×10－13mol/L的溶液中：Na＋、HCO3-、Cl-、K＋‎ C. 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-‎ D. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.的溶液呈酸性，这几种离子之间不反应，且和H+也不反应，能大量共存，A正确；‎ B.由水电离出的c(H+)=1×10－13mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性；在酸性溶液中：H＋、HCO3-会发生反应，不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与HCO3-会发生反应，不能大量共存；B错误；‎ C.Al3+、S2-会发生盐的双水解反应，产生Al(OH)3、H2S，不能大量共存，C错误；‎ D.中性溶液中Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀，不能大量存在，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎13.有关①100mL 0.1 mol/L、②100mL 0.1 mol/L两种溶液的叙述不正确的是 A. 溶液中水电离出的个数：②>① B. 溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>①‎ C. ①溶液中: D. ②溶液中:‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、因HCO3-的水解程度大于其电离程度，所以NaHCO3溶液显碱性；由于CO32-水解使得Na2CO3溶液也显碱性。根据越弱越水解原理可知，HCO3-的水解程度小于CO32-，弱离子水解程度越大，水的电离程度越大，所以相同浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液中，水电离出的H+个数：②>①，A正确；‎ B、HCO3-水解生成H2CO3和OH-，即消耗一个HCO3-的同时又生成一个OH-，水解的过程中阴离子数不变；但CO32-的第一级水解生成HCO3-和OH-，即消耗一个CO32-的同时却生成了两个阴离子，水解的过程中，阴离子总数在增加；由于起始时CO32-和HCO3-的浓度相同，所以溶液中阴离子的物质的量浓度之和：②>①，B正确；‎ C、因HCO3-的水解程度大于其电离程度，所以①溶液中：c（H2CO3）>c（CO32-），C错误；‎ D、CO32-的第一级水解生成HCO3-，第二级水解生成H2CO3，且以第一级水解为主，所以②溶液中：c(HCO3-)>c(H2CO3)，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.在一定条件下，Na2CO3溶液中存在CO32-＋H2OHCO3-＋OH－平衡。下列说法不正确的是 A. 稀释溶液：增大 B. 通入CO2，溶液pH减小 C 升高温度，平衡常数增大 D. 加入NaOH固体：减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、稀释溶液，水解平衡向左移动，减小，A错误；B、通入CO2，由于H2CO3HCO-3+H+，溶液pH减小，B正确；C、水解是吸热过程，升高温度，此平衡常数增大，C正确；D、加入NaOH固体，CO2-3+H2OHCO-3+OH-平衡向左移动，减小，D正确；答案选A。‎ 考点：盐的水解平衡 ‎15.等物质的量浓度的下列稀溶液：①CH3COONa溶液；②Na2CO3溶液；③X溶液；④Ba（OH）2溶液。它们的pH依次增大，则X溶液不可能是（ ）‎ A. 氨水 B. 硅酸钠溶液 C. NaOH溶液 D. NaHCO3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：等物质的量浓度的下列稀溶液：①CH3COONa溶液；②Na2CO3溶液；③X溶液；④Ba（OH）2溶液．它们的pH依次增大，X溶液的碱性大于碳酸钠，小于Ba（OH）2，若X为盐溶液，根据酸的酸性越弱，则盐的pH越大可知，X对应的酸的酸性比碳酸的酸性弱，而硅酸的酸性比碳酸弱，故硅酸钠溶液符合；NaHCO3溶液的pH小于碳酸钠；若X为碱，则其碱性Ba（OH）2比弱，可以是氨水、NaOH等；故选D。‎ 考点：考查了盐类水解的应用；钠的重要化合物的相关知识。‎ ‎16.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数K1(H2Y)>K(HX)>K2(H2Y)，则下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 物质的量浓度相同时，各溶液的pH关系为pH(Na2Y)>pH(NaX)>pH(NaHY)‎ B. a mol/L HX溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)>c(X-)，则不一定ac(X-)时，HX小于或等于NaOH物质的物质的量；‎ C.在HX溶液中滴入Na2Y溶液，依据电离平衡常数判断酸性强弱分析；‎ D.NaHY溶液中HY-是弱酸阴离子，存在电离和水解两种趋势，电离溶液呈酸性，水解溶液呈碱性。‎ ‎【详解】A.根据电离平衡常数知，酸根离子水解程度大小顺序是Y2->X->HY-，所以同浓度的钠盐溶液中pH的大小顺序是：pH(Na2Y)>pH(NaX)>pH(NaHY)，A正确；‎ B.HX溶液与NaOH溶液等体积混合，若溶液浓度相同a=b，恰好完全反应生成NaX是强碱弱酸盐，X-水解溶液呈碱性，c(Na+)>c(X-)，所以不一定aK(HX)>K2(H2Y)，酸性H2Y>HX>HY-，形成的盐的碱性HY-NaCN>CH3COONa (2). NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3 (3). 9.9×10-7 (4). 18 (5). ③>②>④>①‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的pH越小；‎ ‎②电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中数据可知酸性：H2CO3>HCN>HCO3-，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN和碳酸氢钠，据此写出反应的化学方程式；‎ ‎(3)溶液中的电荷守恒来分析，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故c(CH3COO-)-c(Na+)= +c(H+)-c(OH-)，结合醋酸的电离常数计算的大小；‎ ‎(4)等pH的酸，其电离程度越大，酸的物质的量浓度越小。‎ ‎【详解】(1)根据图表数据分析，电离常数：CH3COOH>HCN> HCO3-，结合盐的水解规律可知：等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液，水解程度越大，溶液的碱性就越强，所以溶液的pH为：Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液；‎ ‎(2)根据电离平衡常数大小可知酸性：H2CO3>HCN>HCO3-，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成CO2，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；‎ ‎(3)25℃时，CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，若测得混合液的pH=6，即c(H+)=10-6mol/L，由于水的离子积为10-14，可知c(OH-)=10-8mol/L；根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，因此c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-) =10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L，===18；‎ ‎(4)等pH的酸，其电离程度越大，则需要的酸的物质的量浓度越小，根据表中数据可知，电离程度大小为：③<②<④<①，则四种溶液的物质的量浓度由大到小的顺序是③>②>④>①。‎ ‎【点睛】本题综合考查弱电解质的电离、盐的水解和溶液中离子浓度的大小比较，根据平衡常数确定酸性强弱，从而确定水解程度，注意加水稀释时从各微粒的物质的量变化分析，侧重考查学生的分析能力和计算能力。‎ ‎23.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,不能引入新的杂质； ‎ ‎(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能促进三价铁离子的水解； ‎ ‎(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。‎ ‎24.已知：CH3COOHCH3COO-+H+达到电离平衡时，电离平衡常数可以表示为Ka=；CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-达到水解平衡时，水解平衡常数可以表示为Kh= (式中各粒子浓度均为平衡时浓度)。‎ ‎(1)对于任意弱电解质来讲，其电离平衡常数Ka、对应离子的水解平衡常数Kh以及水的离子积常数KW的关系是____________________，由此可以推断，弱电解质的电离程度越小，其对应离子的水解程度____________。‎ ‎(2)由于CH3COOH的电离程度很小，计算时可将CH3COOH的平衡浓度看成是CH3COOH溶液的浓度，则c mol·L－1的CH3COOH溶液中c(H+)=______(不为0)。‎ ‎(3)现用某未知浓度(设为c′)的CH3COOH溶液及其他仪器、药品，通过实验测定一定温度下CH3COOH的电离平衡常数，需测定的数据有(用简要的文字说明)：‎ ‎①实验时的温度；②____________；③用______________(填一种实验方法)测定溶液浓度c′。‎ ‎(4)已知常温下CN-的水解常数Kh=1.61×10－5。常温下，含等物质的量浓度的HCN与NaCN的混合溶液显__________(填“酸”、“碱”或“中”)性，c(CN-)________(填“>”、“＜”或“=”)c(HCN)。该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____________。‎ ‎【答案】 (1). Ka·Kh=KW (2). 越大 (3). mol/L (4). 溶液的pH (5). 酸碱中和滴定 (6). 酸碱中和滴定 (7). < (8). c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据弱酸的电离平衡常数表达式、对应离子的水解常数表达式及水的离子积常数之间的关系式判断；根据电离平衡常数和水解常数的关系判断；‎ ‎(2)根据醋酸的电离平衡常数表达式分析； ‎ ‎(3)根据Ka=确定需要测量是数据；‎ ‎(4)Z根据水解平衡常数Kh(CN-)，结合K Ka·Kh=KW计算Ka(HCN)，然后比较Kh(CN-)、Ka(HCN)，判断CN-的水解能力强于HCN的电离能力，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)醋酸的电离平衡常数Ka=，醋酸根离子水解平衡常数为Kh=，Ka·Kh=Kw，根据三者之间的关系式知，弱电解质的电离程度越小，其对应的离子水解程度越大；‎ ‎(2)由于醋酸电离出的醋酸根离子与氢离子浓度近似相对，平衡时醋酸又可以看成是醋酸溶液的浓度，所以(H+)=；‎ ‎(3)根据Ka=知，要测定电离平衡常数，则必须知道氢离子浓度和醋酸浓度，要知道氢离子浓度必须测定溶液的pH，要知道醋酸浓度则必须利用酸碱中和滴定的方法测定；‎ ‎(4) Kh(CN-)=1.61×10-5，则Ka(HCN)==≈6.2×10-10<1.61×10-5，说明CN-的水解能力强于HCN的电离能力，由于盐与酸的总浓度相等，所以水解产生的c(OH-)大于电离生成的c(H+)，混合溶液显碱性；由于水解能力更强，则c(CN-)c(CN-)>c(OH-)>c(H+)。‎ ‎【点睛】本题考查离子浓度大小比较、弱电解质的电离及盐的水解原理应用，注意根据Ka、Kh相对大小判断水解程度与电离程度大小，来比较溶液中的离子浓度，要结合弱电解质的电离特点，根据概念进行推导解答，注意公式的灵活运用。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎