湖北省武漢市重點中學(xué)4G+聯(lián)合體2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末化學(xué)模擬試卷

湖北省武漢市重點中學(xué)4G+聯(lián)合體2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末化學(xué)模擬試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、選擇題（共15小題，滿分45分，每小題3分）1．下列做法不利于環(huán)境保護的是（）A．開發(fā)太陽能、水能、風(fēng)能、地?zé)崮艿刃履茉碆．大力開采煤、石油和天然氣，以滿足人們?nèi)找嬖鲩L的能源需求C．大力發(fā)展農(nóng)村沼氣，將廢棄的秸稈轉(zhuǎn)化為清潔高效的能源D．減少資源消耗，注重資源的重復(fù)使用、資源的循環(huán)再生2．依據(jù)圖判斷，下列說法不正確的是（）A．1molH2（g）與12molO2（g）所具有的總能量比1molH2B．H2O（g）生成H2O（l）時，斷鍵吸收的能量小于成鍵放出的能量C．2molH（g）與1molO（g）生成1molH2O（g）所放出的熱量是bkJD．液態(tài)水分解的熱化學(xué)方程式為：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝2（b+c﹣a）kJ?mol﹣13．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）1molH2完全燃燒放出熱量為241.8KJ有關(guān)鍵能數(shù)據(jù)如表：化學(xué)鍵H﹣OO＝O鍵能/KJ?mol﹣1463.4498則H﹣H鍵鍵能為（）A．413KJ/mol B．872KJ/mol C．221.6KJ/mol D．436KJ/mol4．在容積一定的密閉容器中發(fā)生可逆反應(yīng)X（g）+3Y（g）?nZ（g）；△H＞0，平衡移動關(guān)系如圖所示．下列說法正確的是（）A．a(chǎn)可能表示混合氣體的密度B．若n＝3，p1＞p2，則a可表示Y的質(zhì)量分?jǐn)?shù)C．若n＝3，p1＞p2，則a可表示Y的轉(zhuǎn)化率D．a(chǎn)不可能表示混合氣體的平均摩爾質(zhì)量5．在一定條件下，將0.1molA2、0.3molB2充入到一個體積不變的10L密閉容器中，發(fā)生如下反應(yīng)：A2（g）+3B2（g）?2AB3（g）．不同溫度下達到平衡時AB3的體積分?jǐn)?shù)如圖則下列有關(guān)推斷正確的是（）A．平衡常數(shù)：K（T1）＜K（T2）B．反應(yīng)焓變：△H＞0C．正反應(yīng)速率：v（T1）＜v（T2）D．T1時平衡濃度：c（AB3）＝0.08mol?L﹣16．利用如圖所示裝置模擬電解原理在工業(yè)生產(chǎn)上的應(yīng)用，下列說法正確的是（）A．氯堿工業(yè)中，X電極上反應(yīng)式是4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑B．電解精煉銅時，Z溶液中的Cu2+濃度不變C．在鐵片上鍍銅時，Y是純銅D．制取金屬鎂時，Z是熔融的氯化鎂7．下列方案能達到相應(yīng)目的的是（）A．圖甲，驗證電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B．圖乙，可以在鐵棒上鍍銅C．圖丙，測定中和反應(yīng)的反應(yīng)熱D．圖丁，用采集的壓強數(shù)據(jù)判斷鐵釘發(fā)生析氫腐蝕還是吸氧腐蝕8．下列措施不能促進水的電離的是（）A．升高溫度 B．加入NaHSO4固體C．加入金屬鈉 D．加入Na2CO3固體9．對某難溶電解質(zhì)AnBm的飽和溶液中，下列說法正確的是（）A．加水，它的溶度積減小、溶解度增大B．升高溫度，它的溶解度和溶度積都增大C．飽和溶液中c（Am+）=c（Bn﹣）D．加水，它的溶度積、溶解度均不變10．鳥嘌呤（G）是一種有機弱堿，可與鹽酸反應(yīng)生成鹽酸鹽（用GHCl表示）。已知GHCl水溶液呈酸性，下列敘述正確的是（）A．0.001mol?L﹣1GHCl水溶液的pH＝3B．0.001mol?L﹣1GHCl水溶液加水稀釋，pH升高C．GHCl水溶液中：c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（H+）+c（GH+）D．GHCl在水中的電離方程式為：GHCl═G+HCl11．室溫下，下列說法中正確的是（）A．室溫下，鹽酸中c（Cl﹣）與醋酸溶液中c（CH3COO﹣）相等，則兩溶液的pH相等B．將amol?L﹣1的醋酸溶液與0.01mol?L﹣1的氫氧化鈉溶液等體積混合，溶液中：c（Na+）═c（CH3COO﹣），則醋酸的電離常數(shù)Ka=2×1C．向NH4Cl溶液中加入少量等物質(zhì)的量濃度的稀鹽酸，則c(NHD．向Na[Al（OH）4]溶液中逐滴加入稀鹽酸至沉淀恰好消失時：c（Cl﹣）═3c（Al3+）12．室溫下，通過下列實驗探究0.01000mol/LNa2C2O4溶液的性質(zhì)：實驗1：實驗測得0.01000mol/LNa2C2O4溶液pH為8.6實驗2：向溶液中滴加等體積0.01000mol/LHCl溶液，pH由8.6降為4.8實驗3：向溶液中加入等體積0.0200mol/LCaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀實驗4：向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色下列說法不正確的是（）A．0.0100mol?L﹣1Na2C2O4溶液中滿足：c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）B．實驗2滴加鹽酸過程中存在某一點滿足：c（Na+）＝2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（Cl﹣）C．實驗3所得上層清液中c（C2O42﹣）＝5×10﹣5mol/L[已知室溫時Ksp（CaC2O4）＝2.5×10﹣9]D．實驗4發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O13．已知：①某新型電源以銅片和放射性核素鎳﹣63（6328Ni）作為電極材料，利用鎳﹣63發(fā)生β裂變時釋放電子，通過外電路流向銅片，從面提供電能．②以石墨為陰極，銅片為陽極電解KI溶液可制取CuI白色沉淀（已知：2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2）．若通電前向溶液中加入少量酚酞和淀粉溶液，電解開始不久陰極區(qū)溶液呈紅色，而陽極區(qū)呈藍色．下列說法正確的是（）A．①中銅片相當(dāng)于原電池的負極B．②中陽極的電極反應(yīng)為：2I﹣﹣2e﹣═I2，生成的碘遇淀粉使陽極區(qū)呈藍色C．②中陽極的電極反應(yīng)為：Cu﹣2e﹣═Cu2+，生成的Cu2+使陽極區(qū)呈藍色D．②中陰極的電極反應(yīng)為：2H++2e﹣═H2↑，導(dǎo)致c（OH﹣）＞c（H+），使陰極區(qū)呈紅色14．下列溶液肯定呈酸性的是（）A．含有H+的溶液 B．酚酞顯無色的溶液C．c（OH﹣）＜c（H+）的溶液 D．pH小于7的溶液15．25℃時，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LCH3COOH溶液所得滴定曲線如圖．下列敘述正確的是（）A．點①所示溶液：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝c（Na+）B．點②所示溶液：c（Na+）＝c（CH3COO﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）C．點③所示溶液：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）D．滴定終點時：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝c（Na+）二、解答題（共3小題，滿分43分）16．已知：I2+2S2O32═S4O62﹣+2I﹣．相關(guān)物質(zhì)的溶度積常數(shù)見下表：物質(zhì)Cu（OH）2Fe（OH）3CuClCuIKsp2.2×10﹣202.6×10﹣391.7×10﹣71.3×10﹣12（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，為得到純凈的CuCl2?2H2O晶體，加入，（填化學(xué)式）調(diào)至pH＝4，使溶液中的Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，此時溶液中的c（Fe3+）＝．過濾后，將所得濾液低溫蒸發(fā)、濃縮結(jié)晶，可得到CuCl2?2H2O晶體．（2）由CuCl2?2H2O晶體得到純的無水CuCl2的合理方法是．（3）某學(xué)習(xí)小組用“間接碘量法”測定含有CuCl2?2H2O晶體的試樣（不含能與I﹣發(fā)生反應(yīng)的氧化性雜質(zhì)）的純度，過程如下：取0.36g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應(yīng)，生成白色沉淀．用0.1000mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，用淀粉溶液作指示劑，到達滴定終點時，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL．①CuCl2溶液與KI反應(yīng)的離子方程式為．②該試樣中CuCl2?2H2O的質(zhì)量百分?jǐn)?shù)為．17．（1）如圖所示，某同學(xué)設(shè)計了一個燃料電池探究氯堿工業(yè)原理和粗銅的精煉原理，其中乙裝置中X為陽離子交換膜。（甲醚CH3OCH3）①寫出甲裝置中通入甲醚一極的電極反應(yīng)式：。②寫出乙該裝置中的總反應(yīng)的化學(xué)方程式：。③電解一段時間后，丙裝置中精銅質(zhì)量增加9.6g，則消耗甲醚（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）體積為mL。（2）用NaOH溶液吸收煙氣中的SO2，將所得的Na2SO3溶液進行電解，可循環(huán)再生NaOH，同時得到H2SO4，其原理如圖所示（電極材料為石墨）。（提示：放電順序SO32﹣＞OH﹣）①圖中b極要連接電源的（填“正”或“負”）極。②SO32﹣放電的電極反應(yīng)式為。18．研究NO2、SO2、等大氣污染氣體的處理具有重要意義。（1）NO2可用水吸收，相應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為。利用反應(yīng)6NO2+8NH3?加熱催化劑7N2+12H2O也可處理NO2．當(dāng)轉(zhuǎn)移6mol電子時，消耗的NO2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下是（2）已知：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ?mol﹣12NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H＝﹣113.0kJ?mol﹣1則反應(yīng)NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）的△H＝kJ?mol﹣1。（3）一定條件下，將NO2與SO2以體積比1：2置于密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，下列能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是。a．體系壓強保持不變b．混合氣體顏色保持不變c．SO3和NO2的體積比保持不變d．每消耗1molSO3的同時生成1molNO2測得上述反應(yīng)平衡時NO2與SO2體積比為1：6，則平衡常數(shù)K＝。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、太陽能、水能、風(fēng)能、地?zé)崮転樾履茉?，有利于解決能源危機，而且為綠色能源；

B、煤、石油和天然氣為化石能源，不可再生，大力開采不利于環(huán)境保護；

C、沼氣可變廢為寶，轉(zhuǎn)化為清潔能源；

D、減少資源消耗，注重資源的重復(fù)使用、資源的循環(huán)再生有利于能源的循環(huán)再生。故答案為：B【分析】保護環(huán)境可從優(yōu)化能源結(jié)構(gòu)、提高原料利用率、開發(fā)新能源能方面考慮。2．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)圖示信息，1molH2（g）與12molO2（g）所具有的總能量比1molH2O（g）所具有的總能量高，A不符合題意；

B．H2O（g）生成H2O（l）的過程放出熱量，為物理變化，不存在斷鍵成鍵，B符合題意；

C．由圖可知，2molH（g）與1molO（g）生成1molH2O（g）所放出的熱量是bkJ，C不符合題意；

D．由圖可知，液態(tài)水分解的熱化學(xué)方程式為：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝2（b+c﹣a）kJ?mol﹣1，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.物質(zhì)燃燒放熱。

B.H2O（g）生成H2O（l）的過程為物理變化。

C.斷鍵吸熱，成鍵放熱。

3．【答案】D【解析】【解答】該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，假設(shè)H﹣H鍵鍵能為xKJ/mol，則△H=2x+498-4×463.4=-241.8×2，解得x=436，即H﹣H鍵鍵能為436KJ/mol；

故答案為：D。

【分析】△H=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能，△H＞0表示吸熱反應(yīng)，△H＜0表示放熱反應(yīng)。4．【答案】C【解析】【解答】A．反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量不變，而容器的體積不變，所以氣體的密度也不變，A不符合題意；

B．由分析可知，若n=3，加壓利于平衡正向移動，Y的質(zhì)量分?jǐn)?shù)減小，B不符合題意；

C．由分析可知，若n=3，加壓利于平衡正向移動，Y的轉(zhuǎn)化率增大，C符合題意；

D．由分析可知，升溫利于平衡正向移動，若n=3，加壓利于平衡正向移動，則混合氣體的物質(zhì)的量減小，總質(zhì)量不變，根據(jù)m=nM，則其平均摩爾質(zhì)量增大，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】根據(jù)題干信息，該反應(yīng)正方向為吸熱反應(yīng)，升溫利于平衡正向移動，若n=3，反應(yīng)前后氣體分子數(shù)減小，則加壓利于平衡正向移動。5．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，升溫利于平衡逆向移動，則平衡常數(shù)減小，T1＜T2，所以K（T1）＞K（T2），A不符合題意；

B．此反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即△H＜0，B不符合題意；

C．溫度升高，反應(yīng)速率增大，T1＜T2，則正反應(yīng)速率：v（T1）＜v（T2），C符合題意；A2（g）＋3B2（g）?2AB3（g）起始（mol）0.10.30轉(zhuǎn)化（mol）x3x2x平衡（mol）0.1-x0.3-3x2x

D．T1時AB3的體積分?jǐn)?shù)為25%，假設(shè)A2轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為x，可列出平衡三段式如下：所以2x0.1-x+0.3-3x+2x=25%，x=0.04，則c（AB3）＝0.04×2mol10L=0.008mol?L﹣1，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】根據(jù)圖示信息可知，AB3的體積分?jǐn)?shù)隨溫度升高而減小，結(jié)合化學(xué)方程式，升溫利于平衡左移，說明此反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，且T16．【答案】D【解析】【解答】A．氯堿工業(yè)中，陽極上電極反應(yīng)式為2Cl--2e-=Cl2↑，A不符合題意；

B．電解精煉銅時，陽極為粗銅（含鐵、鋅、鎳等活潑金屬），陰極為精銅，根據(jù)得失電子守恒，則溶液中的Cu2+濃度減少，B不符合題意；

C．在鐵片上鍍銅時，F(xiàn)e作陰極，Cu作陽極，所以Y是鐵，C不符合題意；

D．Mg活潑性較強，工業(yè)上通過電解熔融氯化鎂獲得金屬鎂，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】該裝置為電解池，X為陽極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，Y為陰極，得電子發(fā)生還原反應(yīng)。7．【答案】D【解析】【解答】A．圖甲裝置為原電池，可驗證化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，不能達到實驗?zāi)康?，A不符合題意；

B．圖乙裝置為電解池，鐵為陽極，其電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2+，銅為陰極，其電極反應(yīng)式為Cu2++2e-=Cu，不能達到實驗?zāi)康?，B不符合題意；

C．為了減少熱量的散失，大、小燒杯口需要相平，不能達到實驗?zāi)康?，C不符合題意；

D．若鐵釘發(fā)生析氫腐蝕，正極反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑、負極反應(yīng)為：Fe-2e-=Fe2+，則容器內(nèi)壓強增大，若鐵釘發(fā)生吸氧腐蝕時，正極反應(yīng)為：O2+2H2O+4e-=4OH-，負極反應(yīng)為：Fe-2e-=Fe2+，則容器內(nèi)壓強減小，能達到實驗?zāi)康模珼符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.圖甲裝置為原電池。

B.圖乙裝置為電解池。

C.為了減少熱量的散失，大、小燒杯口需要相平。

D.根據(jù)鐵釘發(fā)生析氫腐蝕和吸氧腐蝕的電極反應(yīng)式進行分析。8．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，升溫利于促進水的電離，A不符合題意；

B．加入硫酸氫鈉固體，c(H+)增大，會抑制水的電離，B符合題意；

C．金屬鈉與水電離的氫離子反應(yīng)，促進水的電離，C不符合題意；

D．Na2CO3溶液為強堿弱酸鹽，會水解，促進水的電離，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】水為弱電解質(zhì)，其電離方程式：H2O?H++OH-。加入酸溶液和堿溶液均會抑制水的電離，加入水解的鹽能促進水的電離。注意水的電離過程為吸熱反應(yīng)，升溫利于促進水的電離。9．【答案】D【解析】【解答】解：A．溶度積與溫度有關(guān)，與濃度無關(guān)，則加水，它的溶度積、溶解度均不變，故A錯誤；B．大多數(shù)難溶電解質(zhì)溶解平衡吸熱，而氫氧化鈣的溶解平衡為放熱，則升高溫度，它的溶解度和溶度積可能增大或減小，故B錯誤；C．由AnBm（s）?nAm+（aq）+mBn﹣（aq）可知離子濃度為mc（Am+）=nc（Bn﹣），故C錯誤；D．溶度積、溶解度均與溫度有關(guān)，且溶解度與一定量的溶劑有關(guān)，則加水，它的溶度積、溶解度均不變，故D正確；故選D．【分析】A．溶度積與溫度有關(guān)，與濃度無關(guān)；B．大多數(shù)難溶電解質(zhì)溶解平衡吸熱，而氫氧化鈣的溶解平衡為放熱；C．由AnBm（s）?nAm+（aq）+mBn﹣（aq）可知離子濃度關(guān)系；D．溶度積、溶解度均與溫度有關(guān)，且溶解度與一定量的溶劑有關(guān)．10．【答案】B【解析】【解答】A．GHCl為強酸弱堿鹽，則0.001mol?L﹣1GHCl水溶液中c（H+）＜0.001mol/L，所以該溶液的pH＞3，A不符合題意；

B．加水稀釋促進GHCl水解，但水解增大程度小于溶液體積增大程度，所以稀釋中溶液c（H+）減小，則溶液的pH升高，B符合題意；

C．根據(jù)物料守恒可知c（Cl-）=c（GH+）+c（G），根據(jù)質(zhì)子守恒可知c（H+）=c（OH-）+c（GHOH），所以c（OH-）+c（Cl-）=c（H+）-c（GHOH）+c（GH+）+c（G）≠c（H+）+c（GH+），C不符合題意；

D．GHCl是強電解質(zhì)，在水中完全電離，其電離方程式為GHCl═GH++Cl-，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.GHCl為強酸弱堿鹽，注意水解程度較小。

B.GHCl為強酸弱堿鹽，加水稀釋促進GHCl水解，但水解增大程度小于溶液體積增大程度。

C.根據(jù)物料守恒和質(zhì)子守恒進行分析。

D.GHCl是強電解質(zhì)，在水中完全電離。

11．【答案】A【解析】【解答】A．根據(jù)電荷守恒可知兩溶液中分別有c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）、c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），又c（Cl-）=c（CH3COO-），則兩溶液中c（H+）相等，所以兩溶液的pH相等，A符合題意；

B．醋酸與氫氧化鈉等體積反應(yīng)生成醋酸鈉，根據(jù)電荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），由于c（Na+）=c（CH3COO﹣），則c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，所以c（Na+）=c（CH3COO-）=0.005mol/L，c（CH3COOH）=0.5amol/L-0.005mol/L=（0.5a-0.005）mol/L，則醋酸的電離常數(shù)Ka=c(H+)·c(CH3COO-)c(CH3COOH)=10-7×0.0050.5a-0.005=10-9a-0.01，B不符合題意；

C．向NH4Cl溶液中加入少量等物質(zhì)的量濃度的稀鹽酸，c（H+）增大，會抑制NH4+水解，則c（NH4+）增大、c（NH3?H2O）減小，所以c(NH4+)c(NH3?H2O)的值增大，C不符合題意；

D．根據(jù)題干信息，沉淀恰好消失時，發(fā)生總反應(yīng)為Na[Al(OH)412．【答案】C【解析】【解答】A．Na2C2O4為強堿弱酸鹽，存在水解反應(yīng)C2O42-+H2O?HC2O4-+OH-，HC2O4-+H2O?H2C2O4+OH-，C2O42-水解程度遠遠大于HC2O4-，溶液中水電離產(chǎn)生H+和OH-，而OH-主要源于C2O42-的水解，所以c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+），A不符合題意；

B．根據(jù)電荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（OH-）+2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（Cl﹣），當(dāng)c（H+）=c（OH-）時，會滿足c（Na+）＝2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（Cl﹣），B不符合題意；

C．假設(shè)實驗3所得上層清液中c（C2O42﹣）＝5×10﹣5mol/L，根據(jù)Ksp（CaC2O4）=c（Ca2+）×c（C2O42-）=2.5×10-9可知，c(Ca2+)=2.5×10-95×10-5=5×10-5，說明上層清液中c(Ca2+)=c（C2O42﹣），與題干信息不符合，C符合題意；

D．實驗4發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.Na2C2O4為強堿弱酸鹽，結(jié)合水解反應(yīng)進行分析，注意溶液中OH-主要源于C2O42-的水解。

B.根據(jù)電荷守恒進行分析。

C.Ksp（CaC2O4）=c（Ca2+）×c（C2O13．【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)題干信息，①中釋放的電子通過外電路流向銅片，說明銅為正極，即銅片相當(dāng)于原電池的負極，A不符合題意；

B．根據(jù)題干信息，②中銅片為陽極，其電極反應(yīng)式為Cu-2e-=Cu2+，根據(jù)2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，則陽極總反應(yīng)為2Cu+4I--4e-=2CuI↓+I2，生成的碘遇淀粉使陽極區(qū)呈藍色，B不符合題意；

C．由B項可知，②陽極總反應(yīng)為2Cu+4I--4e-=2CuI↓+I2，生成的碘遇淀粉使陽極區(qū)呈藍色，C不符合題意；

D．根據(jù)題干信息，②溶液中的H+、K+移向陰極，氧化性：H+＞K+，則H+得電子被還原，電極反應(yīng)式為2H++2e﹣=H2↑，導(dǎo)致c（OH-）＞c（H+），酚酞試液變紅，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.負極失電子，正極得電子。

B.陽極失電子，碘遇淀粉變藍。

C.陽極失電子，碘遇淀粉變藍。

D.陰極得電子，溶液中陽離子移向陰極，酚酞遇堿變紅。14．【答案】C【解析】【解答】由分析可知，溶液肯定呈酸性的是c（OH﹣）＜c（H+）的溶液；

故答案為：C。

【分析】溶液酸堿性的判斷標(biāo)準(zhǔn)是比較c（OH-）與c（H+）。若c（OH-）＜c（H+），則該溶液呈中性；若c（OH-）=c（H+），則溶液呈中性；若c（OH-）＞c（H+），則溶液呈堿性。15．【答案】B【解析】【解答】A．點①所示溶液呈酸性，說明所得溶液中溶質(zhì)為CH3COONa和CH3COOH，根據(jù)物料守恒可知c（CH3COO-）+c（CH3COOH）＞c（Na+），A不符合題意；

B．點②所示溶液呈中性，即c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），則c（Na+）=c（CH3COO-），所以c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-），B符合題意；

C．點③所示溶液呈堿性，等體積等濃度恰好完全反應(yīng)，所得溶液溶質(zhì)CH3COONa為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，則c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+），C不符合題意；

D．點③附近達到滴定終點，若溶質(zhì)為NaAc和NaOH，則c（CH3COOH）+c（CH3COO-）＜c（Na+），D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.點①所示溶液呈酸性，結(jié)合物料守恒進行分析。

B.點②所示溶液呈中性，結(jié)合電荷守恒進行分析。

C.點③所示溶液呈堿性，所得溶液溶質(zhì)為CH3COONa。

D.點③附近達到滴定終點，溶質(zhì)可能為NaAc和NaOH。16．【答案】（1）Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3；2.6×10﹣9mol/L（2）在干燥的HCl氣流中加熱脫水（3）2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2；95%【解析】【解答】（1）由題干信息可知，需除去FeCl3，根據(jù)除雜原則，應(yīng)該加入含銅元素和氫氧根離子的物質(zhì)，可以是氧化銅或氫氧化銅或堿式碳酸銅；調(diào)至pH＝4，即c(H+)=10-4mol/L，所以c(OH-)=10-10mol/L，使溶液中的Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，此時溶液中的c（Fe3+）＝Ksp[Fe(OH)3]c3(OH-)=2.6×10-39（1×10-10）3=2.6×10-9mol/L。

（2）由CuCl2?2H2O晶體得到純的無水CuCl2的合理方法是在干燥的HCl氣流中加熱脫水。

（3）根據(jù)題干信息，涉及反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，

①CuCl2溶液與KI反應(yīng)的離子方程式為：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。

②根據(jù)2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI和2Cu2++4I-=2CuI↓+I2可得到反應(yīng)關(guān)系式：2Na2S2O3～2Cu2+，則n(CuCl2?2H2O)=n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=0.1mol/L×20×10-3L=0.002mol，所以試樣中CuCl2?2H2O的質(zhì)量百分?jǐn)?shù)=0.002mol×171g/mol0.36g×100%=95%。

【分析】（1）注意除雜過程中不引入新雜質(zhì)。

（2）注意CuCl2水解生成的HCl易揮發(fā)，加熱CuCl2?2H2O晶體最終會得到CuO固體。

（3）根據(jù)兩個方程式找出反應(yīng)關(guān)系式：2Na17．【答案】（1）CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O；2NaCl+2H2O=通電2NaOH+H2↑+Cl2（2）正；SO32﹣﹣2e﹣+H2O＝SO42﹣+2H+【解析】【解答】（1）①由分析可知，甲裝置中通入甲醚一極為負極，其電極反應(yīng)式為CH3OCH3-12e-+16OH-=2