1、安徽省皖西南名校2019-2020学年高二化学下学期期末联考试题（含解析）考生注意：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分、共100分。试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：高考必考内容。4.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5第I卷 (选择题，共50分)一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意)1. 青藏高原上的铜矿探索、半导体照明产业化、文物保护、大型二氧化氯制备系统及纸浆无元素氯漂白等关键技术或应用直接面向国家重大需求。这些致力于服务百姓美好生活的科技成果斩获了2019
2、年多项国家科学技术大奖。下列有关认识错误的是A. 古代的青铜器、现代的铜质奖牌，都是纯铜B. 半导体照明具有高效、节能、环保等显著特点，是实现节能减排的有效途径C. 生态环境的保护和环境污染的防治对保护文物至关重要D. 二氧化氯属无毒型消毒剂，可用于水果、蔬菜的杀菌【答案】A【解析】【详解】A古代的青铜器属于合金，A认识错误；B半导体照明具有高效、节能、环保等显著特点，是实现节能减排的有效途径，B认识正确；C生态环境的保护和环境污染的防治对保护文物至关重要，C认识正确；D二氧化氯利用强氧化性消毒，产物为氯离子，属无毒型消毒剂，可用于水果、蔬菜的杀菌，D认识正确；答案为A。2. 反应NH4Cl+
3、NaNO2=NaCl+N2+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语不正确的是A. 中子数为18的氯原子：ClB. H2O的电子式：C. N2的结构式：NND. Na的原子结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A氯元素的质子数为17，中子数为18的氯原子的质量数为35，该原子表示为：Cl，故A正确；B水为共价化合物，分子中存在两个氢氧共价键，电子式为，故B错误；C两个N原子间通过三对共用电子对成键，电子式为，则其结构式为NN，故C正确；D钠为11号元素，原子核外有3个电子层，原子结构示意图：，故D正确；故选B。3. 下列关于有机物的说法正确的是A. 油脂只在
4、碱性条件下水解B. 淀粉和纤维素互为分同异构体C. 可用金属钠区分乙醇和苯D. 石油的分馏和煤的气化都是物埋变化【答案】C【解析】【详解】A油脂属于酯类，在酸性或碱性条件下均可以水解，A错误；B淀粉和纤维素的表达式均为(C6H10O5)n，由于聚合度不同，不是分同异构体，B错误；C乙醇和钠反应生成氢气，可用金属钠区分乙醇和苯，C正确；D石油的分馏利用组分的沸点不同，得到不同的馏分，比如汽油，煤油等，无新物质生成，是物理变化；煤的气化可得水煤气，有新物质生成，属于化学变化，D错误；答案选C。4. 下列反应中的反应物总能量高于生成物总能量的是A. 氯化铵晶体与氢氧化钡晶体的反应B. 碳酸钙的分解反
5、应C. 焦炭与二氧化碳高温下的化合反应D. 盐酸与氢氧化钠的中和反应【答案】D【解析】【分析】反应物总能量高于生成物总能量，说明该反应为放热反应，结合常见的吸热反应和放热反应分析判断。【详解】A氯化铵晶体与氢氧化钡晶体的反应为吸热反应，故A不选；B碳酸钙分解反应为吸热反应，故B不选；C焦炭与二氧化碳高温下的化合反应为吸热反应，故B不选；D盐酸与氢氧化钠的中和反应为放热反应，故D选；故选D。5. 元素周期表的一部分如图所示，YW4中含有的质子总数为18。下列说法错误的是WXYZA. W的单质的沸点比Z的单质的沸点高B. 原子半径：XYZWC. YW4为共价化合物D. X、Z形成的化合物的水溶液呈
6、酸性【答案】A【解析】【分析】根据题干信息，YW4中含有的质子总数为18，结合各元素在周期表中的位置分析可知，W为H元素，X为Al元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，W为H元素，Z为Cl元素，H2和Cl2均为分子晶体，Cl2的相对分子质量更大，范德华力更大，熔沸点更高，A错误；B同一周期从左至右原子半径依次减小，H为第一周期，原子半径最小，Al、Si、Cl位于第三周期，故原子半径：AlSiClH，B正确；CSiH4分子只含有共价键，为共价化合物，C正确；DAlCl3的水溶液中，由于Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，所以溶液显酸性，D正确；答案选A。6.
7、 下列判断或操作一定不正确的是A. 已知常温下NH4CN溶液显碱性，则常温下K(NH3H2O)K(HCN)B. 25时，0.1molL-1NH4Cl溶液的pH=1C. 配制溶液时，用玻璃棒转移液体D. 加热蒸干FeCl3溶液，再灼烧，最后得到Fe2O3【答案】B【解析】【详解】A. 已知常温下NH4CN溶液显碱性，说明NH4的水解程度小于CN的水解程度，则常温下K(NH3H2O)K(HCN)，A正确；B. 铵根水解程度较小，因此25时，0.1molL-1NH4Cl溶液的pH1，B错误；C. 配制溶液时，为防止液体外溅，应该用玻璃棒转移液体，C正确；D. 加热蒸干FeCl3溶液促进铁离子水解生成
8、氢氧化铁，再灼烧，最后得到Fe2O3，D正确；答案选B。7. 下列说法错误的是A. 我国西周时期发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理B. 第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”与石墨烯互为同素异形体C. 港珠澳大桥用到的铝合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能D. 著名诗人杜牧在泊秦淮中写逍：“烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家”文中的烟能产生丁达尔效应【答案】A【解析】【详解】A“酒曲”酿酒工艺中，酒曲为催化剂，催化剂影响反应速率，但不影响化学平衡，故A错误；B第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”为碳单质，石墨烯也是碳单质，二者互为同素异形体，故B正确；C港珠澳大桥用到的铝合金材料，
9、铝合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能，故C正确；D“烟”中分散质的直径在1100nm之间，属于胶体，能产生丁达尔效应，故D正确；故选A。8. 为除去酸性CuCl2溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下向其中加入一种试剂。过滤后，再向滤液中加入适量盐酸。这种试剂不可能是A. CuOB. Cu(OH)2C. CuD. CuCO3【答案】C【解析】【详解】Fe3+易水解生成氢氧化铁沉淀，可加碱式碳酸铜、氧化铜或氢氧化铜等物质调节溶液的pH，促使铁离子水解形成沉淀除去，如加入铜，铜与铁离子反应生成铜离子和亚铁离子，引入新杂质，因此不能加入铜，故选C。9. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确
10、的是A. 用惰性电极电解MgSO4溶液，加入0.1molH2O能使溶液复原，则电路中转移的电子数为0.4NAB. 100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子的数目为6NAC. 100mL 12molL-1 HNO3溶液与过量Cu反应，转移的电子数为0.6NAD. 1L 0.1molL-1 Na2CO3溶液中，阴离子总数大于0.1NA【答案】D【解析】【详解】A用惰性电极电解MgSO4溶液，实质上是电解水，加入0.1molH2O能使溶液复原，即电解了0.1molH2O，则电路中转移的电子数为0.2NA，故A错误；B100g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为100g46%=46g，物质
11、的量为=1mol，H2O的物质的量为=3mol，乙醇溶液中含有氢原子数为(1mol6+3mol2)NAmol-1=12NA，故B错误；C100mL 12molL-1 HNO3溶液中硝酸的物质的量为1.2mol，若与铜反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.6mol，但是由于铜足量，随着反应的进行，浓硝酸后来变成了稀硝酸，生成了一氧化氮，转移的电子数增加，所以1.2mol硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.6mol，转移的电子数大于0.6NA，故C错误；D在1L 0.1mol/L的碳酸钠溶液中，含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子部分水解，H2OHCOOH，导致溶液中阴离子数目增多
12、，所以溶液中阴离子总数大于0.1NA，故D正确；故选D。10. 用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) H=-l15.6kJmo1-1，下列说法正确的是A. 该反应的活化能为115.6kJmo1-1B. 加入催化剂能使该反应的焓变减小C. 该反应正反应的活化能比逆反应的活化能小D. 断裂H2O(g)中lmolH-O键比断裂HCl(g)中1molH-Cl键所需的能量更少【答案】C【解析】【详解】A由4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) H=-l15.6kJmo1-1可知反应焓变为
13、-115.6kJ/mol，该反应的活化能不是115.6kJ/mol，故A错误；B催化剂能改变活化能，不能改变反应焓变，故B错误；C4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) H=-l15.6kJmo1-1，依据焓变数值可知正反应为放热反应，所以正反应活化能低于逆反应活化能，故C正确；D焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则4E(H-Cl)+498k/mol-2243kJ/mol-4E(H-O)=-115.6kJ/mol，可知4E(H-Cl)-4E(H-O)=-127.6kJ/mol，即断裂H2O(g)中1mol H-O键比断裂HCl(g)中1mol H-Cl键所需能量
14、高，故D错误；答案选C。二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)11. 工业上常用纳米级零价铁(ZVI)处理废水含C2HCl3(三氯乙烯)和。处理后C2HCl3转化为C2H4和Cl-、转化为。下列说法正确的是 A. 水体中含越多，三氯乙烯脱Cl的效果越好B. 当产生3molFe2+时有1mol三氯乙烯完全脱ClC. 用纳米级零价铁处理被三氯乙烯污染的水体可加快脱氯速率D. 发生的电极反应为+7H2O+8e-=+10OH-【答案】C【解析】【分析】根据图示，铁转化为亚铁离子，发生氧化反应，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2
15、价，C2HCl3转化为C2H4和Cl-，C2HCl3发生还原反应；转化为，也是发生还原反应，结合原电池原理分析解答。【详解】A三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，处理后C2HCl3转化为C2H4和Cl-，C2HCl3发生还原反应；转化为，也是发生还原反应，根据得失电子守恒，水体中含越多，三氯乙烯脱Cl的效果越差，故A错误；B三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molC2HCl3脱去3mol氯原子转化为1molC2H4时，得到6mol电子，再加上转化为，发生反应得到的电子，则得失电子总量大于6mol，所以产生的Fe2+的总
16、量大于3mol，故B错误；C用纳米级零价铁处理被三氯乙烯污染的水体，增大了单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可加快水体修复速率，故C正确；D由示意图及N元素的化合价变化，发生反应的电极反应式为NO3-+10H+8e-NH4+3H2O，故D错误；故选C。12. 下列实验设计正确的是选项目的实验方法A检验溶液中是否含Fe2+先加氯水、再加硫氰化钾溶液B从溶液中得到FeSO47H2O晶体蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥C鉴别SO2、乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中D除去乙酸乙酯中的乙酸加入氢氧化钠溶液中、分液A. AB. BC. CD. D【
17、答案】B【解析】【详解】A检验溶液中的Fe2+时，要先加KSCN溶液，不变红色，说明不含Fe3+，然后加入氯水，把Fe2+氧化为Fe3+，溶液变红，说明产生了Fe3+，从而间接地证明原溶液有Fe2+，故A错误；B将FeSO4溶液加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥，得到FeSO47H2O晶体，故B正确；C乙烯能使酸性高锰酸钾褪色，二氧化硫也能使酸性高锰酸钾褪色，现象相同，不能鉴别，故C错误；D乙酸乙酯和乙酸均能与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液洗涤后分液，故D错误；故选B。13. 常温下，下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是A. 使甲基橙变红的溶液：Fe2+、Na+B.
18、 加入铝粉放出氢气的溶液：Na+、Cl-、C. 水电离出c(H+)=10-13molL-1的溶液：K+、Br-、Ba2+D. 的值为100的溶液S2-、Na+、【答案】D【解析】【详解】A使甲基橙变红的溶液呈酸性，Fe2+、在酸性条件下能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B加入铝粉放出氢气的溶液呈酸性或强碱性，与氢氧根离子反应，在酸性条件下能够与氢离子反应生成亚硫酸，不能大量共存，故B错误；C水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，与氢离子和氢氧根离子都能反应，不能大量共存，故C错误；D值为100的溶液呈碱性，S2-、Na+、之间不反应，且都不与氢氧根离子反应
19、，在碱性溶液中能够大量共存，故D正确；故选D。【点睛】正确解读限制条件是解题的关键。本题的易错点为A，要注意硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性。14. 中国科学院科研团队研究发现，在常温常压和可见光下，基于 LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 该反应属于置换反应B. 该过程中只涉及极性键的断裂与生成C. 基于 LDH 合成 NH3的过程属于氮的固定D. 该过程中每生成 2.24L（标准状况）O2则转移 0.4mol 电子【答案】B【解析】【详解】A. 根据图示可知，该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，属于置换反应，A正确；B
20、. 该过程中，既有极性键(O-H、N-H)的断裂与生成，也有非极性键(NN、O=O)的断裂与生成，B错误；C. 基于LDH合成NH3的过程是将氮气转化为氨气的过程，属于氮的固定，C正确；D. 标准状况下2.241L O2的物质的量为0.1mol，1molO2完全变为-2价，转移4mol电子，故0.1molO2转移0.4mol电子，D正确；故答案为：B。【点睛】相同非金属原子之间能形成非极性共价键，不同非金属原子之间能形成极性共价键。15. 实验室可利用反应Na2S+H2NCN+2H2OCS(NH2)2+2NaOH在控制溶液pH为1011时，制取少量CS(NH2)2(硫脲，受热易分解，能溶于水)
21、。实验装置(夹持及加热装置已省略)如图所示。下列说法错误的是A. 装置B中盛放的试剂为饱和NaHS溶液B. 装置C可用水浴加热C. 持续通入H2S，有利于提高反应液中硫脲的含量D. 为获得硫脲晶体可将烧瓶中的反应液蒸发至干【答案】D【解析】【分析】装置A中盐酸与FeS反应生成H2S，通过B装置除去其中含有的HCl气体，装置C中反应生成CS(NH2)2(硫脲)，Na2S+H2NCN+2H2O CS(NH2)2+2NaOH；H2S有毒，装置D中可以用NaOH溶液(或CuSO4溶液等)吸收H2S，据此分析解答。【详解】A装置B用于除去H2S中混有的HCl，需要盛放饱和NaHS溶液，故A正确；B制备C
22、S(NH2)2的反应温度为50，则装置C合适的加热方式为热水浴，故B正确；C反应Na2S+H2NCN+2H2O CS(NH2)2+2NaOH中生成了NaOH，持续通入H2S，可以将NaOH转化为Na2S，有利于提高原料的利用率，提高反应液中硫脲的含量，故C正确；D硫脲，受热易分解，能溶于水，为获得硫脲晶体，可将反应液转移到蒸发皿中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫脲晶体，但不能蒸发至干，故D错误；故选D。16. A(g+)B(g)C(g)+D(g)反应过程中的能量(单位：kJmol-1)变化如图所示：下列有关该反应的说法正确的是A. 正反应与逆反应的活化能相等B. 图中反应的焓变为E
23、，是吸热反应C. 一定条件下，1molA(g)与1molB(g)在密闭容器中充分反应，放出的热量等于ED. 加入催化剂后E、E1、E2均不变【答案】B【解析】【分析】从图象可知，反应物能量低于生成物，为吸热反应，H=E0，据此分析解答。【详解】AE1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能，正反应与逆反应的活化能不相等，故A错误； B反应物能量低于生成物，为吸热反应，H=E0，故B正确；C该反应为可逆反应，一定条件下，1molA(g)与1molB(g)在密闭容器中充分反应，吸收的热量少于E，故C错误；D催化剂只能够减小活化能，但不能改变焓变，所以加入催化剂后，E1、E2都减小，E不变，故D错
24、误；故选B。17. Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下与Z反应制得。下列叙述正确的是A. X与Z生成Y的反应属于加成反应B. X、Y均能与新制氢氧化铜反应产生砖红色沉淀C. X、Y、Z含有官能团的数目相同D. 先向Z中加入NaOH的水溶液，在加热条件下充分反应后，再滴加AgNO3溶液可检验Z中的溴元素【答案】B【解析】【分析】根据方程式可知，X酚羟基中的氢原子与Z中的Br原子结合生成了HBr，该反应为取代反应，结合官能团的性质分析解答。【详解】AX酚羟基中的氢原子与Z中的Br原子结合生成了HBr，该反应为取代反应，故A错误；B醛基能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色
25、沉淀，X、Y中都含有醛基，所以都能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀，故B正确；CX中含有醛基和羟基、Y中含有溴原子和碳碳双键、Z中含有醛基、醚键和碳碳双键，含有官能团的数目不相同，故C错误；D向Z中加入NaOH的水溶液，在加热条件下充分反应生成和NaBr，再滴加AgNO3溶液，AgNO3溶液与氢氧化钠反应干扰实验，需要先加硝酸中和氢氧化钠，再检验溴元素，故D错误；故选B。18. 2019是元素周期表诞生150周年。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定的铟(49In)等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。In与Al同主族。下列说法正确的是A. 原子半径：RbInB. In
26、与In为同素异形体C. In是第四周期IIIA族元素D. 碱性：In(OH)3Al(OH)3【答案】A【解析】【详解】A金属Rb和In为同一周期主族元素，从左到右，原子半径减小，因此原子半径：RbIn，故A正确；BIn与In为同种元素的不同原子，互为同位素，故B错误；CIn的原子序数为49，原子核外有5个电子层，数目分别为2、8、18、18、3，则铟处于第五周期第A族，故C错误；D金属性In Al，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性In(OH)3Al(OH)3，故D错误；故选A。19. 用肼与氧气形成的燃料电池电解制备Cu2O的装置如图所示，下列说法错误的是A. 电
27、极B与电极D相连B. 负极的电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2OC. 离子交换膜为阳离子交换膜D. 阳极的反应式为2Cu+OH-2e-=Cu2O+H2O【答案】C【解析】【分析】根据图示，右图为肼与氧气形成的燃料电池，左图为电解池，通入肼的电极为负极，即C电极为负极，通入氧气的电极为正极，D电极为正极，要电解得到Cu2O，则Cu的化合价升高，被氧化，因此B电极为阳极，A电极为阴极，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，B电极为阳极，与燃料电池的正极D相连，故A说法正确；B通入燃料肼的电极为负极，负极上肼失电子发生氧化反应，电极反应式为N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O，
28、故B说法正确；C左图中，阳极铜电极放电生成Cu2O，电极反应式为2Cu+OH-2e-=Cu2O+H2O，阴极上水电离产生的氢离子放电放出氢气，左侧的氢氧根离子移向右侧，因此该离子交换膜为阴离子交换膜，故C说法错误；D左图中，阳极铜电极放电生成Cu2O，电极反应式为2Cu+OH-2e-=Cu2O+H2O，故D说法正确；故选C。20. 常温下，浓度均为0.lmolL-1的H2SO3、H2T(酒石酸)分别用0.1rnolL-1的NaOH溶液滴定，滴定曲线分别如图所示。下列说法错误的是A. 相同浓度时，Na2SO3溶液中水的电离程度比Na2T中的大B. 0.1molL-1的NaHT溶液中：c(T2-)
29、c(H2T)C Ka1(H2SO3)Ka1(H2T)D. 等体积、浓度均为0.1molL-1的H2SO3溶液、H2T溶液分别滴加等浓度的NaOH溶液至pH=7，H2SO3溶液消耗的NaOH更多【答案】D【解析】【分析】根据滴定曲线，起始时0.lmolL-1的亚硫酸的pH比0.lmolL-1的酒石酸的pH小，说明亚硫酸的一级电离程度比酒石酸大，当=1时，恰好反应生成酸式盐，NaHT的pH比NaHSO3小，说明亚硫酸的二级电离程度比酒石酸小，结合弱电解质的电离平衡和盐类水解的知识分析解答。【详解】A根据图象，当=2时，恰好反应生成正盐，此时，Na2SO3溶液的pH大于Na2T，说明Na2SO3的水
30、解程度比Na2T大，盐类的水解促进水的电离，因此相同浓度时，Na2SO3溶液中水的电离程度比Na2T中的大，故A正确；B根据图象，NaHT溶液显酸性，说明NaHT的电离程度大于水解程度，因此0.1molL-1的NaHT溶液中：c(T2-)c(H2T)，故B正确；C起始时0.lmolL-1的亚硫酸的pH比0.lmolL-1的酒石酸的pH小，说明亚硫酸的一级电离程度比酒石酸大，即Ka1(H2SO3)Ka1(H2T)，故C正确；D根据图像，等体积、浓度均为0.1molL-1的H2SO3溶液、H2T溶液分别滴加等浓度的NaOH溶液，恰好反应生成酸式盐时，溶液均显酸性，且NaHT的pH比NaHSO3小，
31、恰好反应生成正盐时，溶液均显碱性，且Na2SO3溶液的pH大于Na2T，因此中和至pH=7，H2SO3溶液消耗的NaOH少点，故D错误；故选D。第II卷 (非选择题，共50分)三、非选择题(本题包括4小题，共50分)21. 25时，分别向等体积pH均为a的CH3COOH溶液和HCN溶液中加水稀释，稀释过程中溶液的pH变化与溶液体积的关系如图所示：已知25时，HCN的电离平衡常数Ka=6.210-10，CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.710-5(1)表示CH3COOH溶液的pH变化趋势的曲线是_(填“A”或“B”)。(2)pH均为a的CH3COOH溶液和HCN溶液，溶质的物质的量浓度较大的
32、是_(填化学式)。(3)25时，等浓度的NaCN溶液的pH_填“”=”或“”)CH3 COONa溶液的pH。(4)25时，向20mL0.01molL-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01molL-1KOH溶液，当pH=7时，所加KOH溶液的体积_(填或“ (4). CH3COONa溶液的pH；（4）25时，向20mL0.01molL-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01molL-1KOH溶液，当加入KOH溶液的体积为20mL时，CH3COOH与KOH恰好完全反应生成CH3COOK，CH3COOK是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故当pH=7时，所加KOH溶液的体积20mL；（5）由图像可知-lgc
33、(X-)的值越大，则c(X-)越小，当c(Ag+)相同时，开始产生沉淀c(I-)最小，故用相同浓度的AgNO3溶液分别滴定浓度相同的含Cl、Br及I的混合溶液，首先沉淀的离子是I- 。【点睛】根据酸的电离平衡常数判断酸性的强弱，盐类水解的规律，能根据图形，理解沉淀溶解平衡等。22. 已知黑铜泥主要含Cu3As，还含有少量Sb、Bi、Pb、Ni等。黑铜泥酸浸和碱浸制取砷酸铜的工艺流程如图：回答下列问题：(l)“酸浸”主要反应之一为4Cu3As+12H2SO4+9O2=12CuSO4+4H3AsO3+6H2O，每1molCu3As被浸取转移电子的物质的量为_mol。(2)H3AsO3的第一步电离方
34、程式为H3AsO3+H2OAs(OH)4-+H+，Ka1=1.03l0-9，可判断H3AsO3是_(填“强”或“弱”)酸，依据此电离形式，第二步电离方程式为_。(3)“沉砷酸铜”时，CuSO4与H3AsO4反应生成砷酸铜的反应是可逆反应，反应的离子方程式为_，“沉砷酸铜”过程中需不断加入NaOH溶液的目的是_。(4)可用石灰乳处理含的废水生成Ca3(AsO4)2沉淀。KspCa3(AsO4)2=4.9l0-19，当废水中c()=7.0l0-4molL-1时，c(Ca2+)=_molL-1。【答案】 (1). 9 (2). 弱 (3). As(OH)4-+H2OAs(OH)52-+H+ (4).
35、 5Cu2+4H3AsO4Cu5H2(AsO4)4+10H+ (5). 减小H+浓度，利于提高砷酸铜产率 (6). 10-4【解析】【分析】(1) 4Cu3As+12H2SO4+9O2=12CuSO4+4H3AsO3+6H2O反应中Cu由+1价升高到+2价，As由-3价升高到+3价，O由0价降低为-2价，共转移36个电子，根据氧化还原反应的规律计算解答；(2) H3AsO3的第一步电离方程式为H3AsO3+H2OAs(OH)4-+H+，Ka1=1.03l0-9，未完全电离，并据此书写第二步的电离方程式；(3)“沉砷酸铜”时，CuSO4与H3AsO4在60时反应生成砷酸铜的反应是可逆反应，据此书
36、写反应的离子方程式，并结合平衡移动的影响因素分析解答； (4)根据 KspCa3(AsO4)2=c3(Ca2+) c2()计算c(Ca2+)。【详解】(1) 4Cu3As+12H2SO4+9O2=12CuSO4+4H3AsO3+6H2O反应中Cu由+1价升高到+2价，As由-3价升高到+3价，O由0价降低为-2价，共转移36个电子，因此1molCu3As被浸取转移电子的物质的量为mol=9mol，故答案为：9；(2) H3AsO3的第一步电离方程式为H3AsO3+H2OAs(OH)4-+H+，Ka1=1.03l0-9，未完全电离，则H3AsO3(亚砷酸)为弱酸，根据第一步的电离方程式为：H3A
37、sO3+H2OAs(OH)4-+H+，可推知第二步的电离方程式为：As(OH)4-+H2OAs(OH)52-+H+，故答案为：弱；As(OH)4-+H2OAs(OH)52-+H+；(3)“沉砷酸铜”时，CuSO4与H3AsO4在60时反应生成砷酸铜的反应是可逆反应，反应的离子方程式为5Cu2+4H3AsO4Cu5H2(AsO4)4+10H+，加入NaOH溶液可以减小H+浓度，使平衡正向移动，有利于提高砷酸铜的产率，故答案为：5Cu2+4H3AsO4Cu5H2(AsO4)4+10H+；减小H+浓度，利于提高砷酸铜的产率； (4) KspCa3(AsO4)2=c3(Ca2+) c2()=4.9l0
38、-19，则c(Ca2+)= molL-1= molL-1=10-4 molL-1，故答案为：10-4。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意模仿H3AsO3+H2OAs(OH)4-+H+书写第二步的电离方程式。23. 碳酰氯(COCl2)俗称光气，熔点为-118，沸点为8.2，微溶于水，易溶于甲苯等有机溶剂，化学性质不稳定，遇水迅速水解得到强酸，是化工制品的重要中间体。某种制取光气的实验装置如图所示(部分装置已省略)。已知：3CCl4+2H2SO4(浓)3COCl2+4HCl+S2O5Cl2(1)盛放浓硫酸的仪器名称为_，该仪器使用前要进行的操作为_。(2)冷凝管的进水口为_(填“a”或“b”)
39、，丁装置的作用是_。(3)戊中盛放的试剂为_。(4)指出该实验设计存在的不妥之处：_。(5)光气遇水迅速反应的化学方程式为_。(6)实验开始时称取30.8gCCl4与足量的浓H2SO4充分反应，实验结束后得到14.6g光气，则该实验中COCl2的产率为_%(保留有效四位数字)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 检查仪器是否漏液 (3). a (4). 吸收多余光气，防止倒吸 (5). NaOH溶液 (6). 没有进行水浴加热 (7). COCl2+H2O=2HCl+CO2 (8). 73.74【解析】【分析】由实验装置可知，连接好装置先检验装置的气密性，甲中发生3CCl4+2H2SO4(
40、浓)3COCl2+4HCl+S2O5Cl2，乙、丙装置中冰盐降温得到液态光气，丁中甲苯可吸收光气，最后戊装置进气尾气处理，以此来解答。【详解】(1)根据仪器构造可知盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗，该仪器使用前要进行的操作为检查仪器是否漏液。(2)冷凝时应该是逆向冷却，则冷凝管的进水口为a，光气易溶于甲苯，则丁装置的作用是吸收多余光气，防止倒吸。(3)反应后有酸性气体生成，则戊中盛放的试剂为NaOH溶液，用来吸收尾气。(4)由于反应温度没有超过100，因此该实验设计存在的不妥之处为没有进行水浴加热。(5)光气遇水迅速反应，根据原子守恒可知生成物是盐酸和二氧化碳，反应的化学方程式为COCl2+H2
41、O=2HCl+CO2。(6)实验开始时称取30.8gCCl4与足量的浓H2SO4充分反应，理论上生成光气的质量是，实验结束后得到14.6g光气，则该实验中COCl2的产率为73.74%。24. 二甲醚(CH3OCH3)常作为甲基化试剂用于生产硫酸二甲酯，CO2催化加氢合成二甲醚的过程中主要发生下列反应：反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H1=+41.2kJmol-1反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H2=-122.5kJmol-1回答下列问题：(1)2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H=_，欲提高该反应中C
42、H3OCH3(g)的平衡产率，理论上应采取的措施是_(填标号)。A.低压高温 B.高压低温 C.高压高温 D.低压低温(2)一定温度下，在恒容密闭器容中发生反应，下列能判断反应达到平衡状态的有_(填标号)。A.v正(CO2)=2v逆(CH3OCH3)B.气体的压强不再变化C单位时间每消耗2molCO2，同时产生1molCH3OCH3D.H2与H2O的物质的量之比为2:1(3)在恒压、CO2和H2的起始量一定条件下，CO2平衡转化率和平衡时CO的选择性(CO的选择性=100%)随温度的变化如图。T时，起始投入2molCO2、6molH2，达到平衡时，反应I理论上消耗H2的物质的量为_；合成二甲醚
43、时较适宜的温度为260，其原因是_。(4)一定温度下，向容积为2L恒容密闭器容中充入CO(g)和H2O(g)，发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。CO和H2O的平衡转化率(a)与起始充入的的关系如图所示：a:b=_。图中表示CO变化趋势的曲线为_(填“L1”或“L2”)；该温度下，反应的平衡常数K=_。【答案】 (1). -204.9kJmo1-1 (2). B (3). AB (4). 0.2mol (5). 温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小 (6). l：3 (7). L2 (8). 9【解析】【详解】(1)已知反应：CO2(g)
44、+H2(g)CO(g)+H2O(g) H1=+41.2kJmol-1反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H2=-122.5kJmol-1根据盖斯定律可知反应反应2即得到2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H=-204.9kJmo1-1，该反应是体积减小的放热反应，则欲提高该反应中CH3OCH3(g)的平衡产率，理论上应采取的措施是高压低温，答案选B；(2)A.v正(CO2)=2v逆(CH3OCH3)表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A正确；B.正反应体积减小，因此气体的压强不再变化说明反应达到平衡状态，B正确；C.单位时间每消
45、耗2molCO2，同时产生1molCH3OCH3均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，C错误；D.H2与H2O的物质的量之比为2:1不能说明正逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态，D错误；答案选AB；(3)该温度下CO的选择性是25%，二氧化碳的转化率为40%，则反应的n（CO2）=40%2mol=0.8mol，CO的选择性=100%=25%，因此生成的CO物质的量=25%0.8mol=0.2mol，结合化学方程式定量关系计算反应消耗氢气物质的量为0.2mol；由于温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小，所以该催化剂条件下合成二甲醚时较适宜的温度为260；(4)CO的浓度越大，水蒸气的转化率越高，CO的转化率越低，因此表示CO变化趋势的曲线是L2，当3时，根据三段式可知则b3a，所以a:b=l：3。根据以上分析可知图2中表示CO变化趋势的曲线为L2；该温度下当1时反应物转化率均是0.75，则根据三段式可知，反应前后体积不变，则反应的平衡常数K=9。
