1、广东省佛山市第一中学2020届高三化学10月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65第I卷 选择题一、选择题：本题包括20小题，每题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是（ ）A. 氯气作水杀菌消毒剂B. 硅胶作袋装食品的干燥剂C. 二氧化硫作纸浆的漂白剂D. 肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂【答案】B【解析】【详解】A、Cl2与水反应生成具有强氧化性的HClO，杀菌消毒，有化学变化；B、硅胶的内部为纳米级微孔结构，其表面存在大量羟基
2、，通过分子间的相互引力，羟基与空气中的水分子亲和，从而实现吸水，无化学变化；C、SO2与有色物质化合生成无色物质，达到漂白作用，有化学变化； D、蚊虫叮咬时在人的皮肤内分泌出蚁酸，肥皂水呈碱性，可以和蚁酸反应，能够中和蚁酸，有化学变化。答案选B。【点睛】搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本题的关键，判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质。一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化。2.分类思想是研究化学的常用方法，下列分类叙述正确的是（ ）A. 既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应B. 淀粉、纤维素、油脂均属于天然高分子C. 根据丁达尔现象可以将分散系分为溶
3、液、胶体和浊液D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物【答案】D【解析】A同一反应中，既有单质参加，又有单质生成的反应不一定发生氧化还原反应，如臭氧和氧气之间的转化，故A错误；B、淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，油脂不属于天然高分子化合物，故B错误；C根据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据丁达尔现象分类的，故C错误；D、碱性氧化物是与酸反应生成盐和水的氧化物为金属氧化物，但金属氧化物可以是两性氧化物如 Al2O3，故D正确；故选D。3.华夏文明源远流长，以下说法从化学视角理解错误的是A. “日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈”，诗中包含了丁达尔现象B
4、. “甘之如饴”， 说明糖类均有甜味C. “凡石灰，经火焚炼为用”， 这段记载中涉及分解反应D. “百宝都从海舶来，玻璃大镜比门排”，制玻璃的某成分可用于制造光导纤维【答案】B【解析】【详解】A. 日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈(唐)，雾为气溶胶，能发生丁达尔效应，A项正确；B. 淀粉和纤维素属于糖类，但没有甜味，B项错误；C. 石灰石加热后能制得生石灰，该反应为分解反应，C项正确；D. 制玻璃原料有石灰石、碳酸钠和石英，石英主要成分为二氧化硅，是制造光导纤维主要原料，D项正确；答案选B。【点睛】本题侧重考查物质的性质及用途，注重化学知识与生产、生活的联系，体现素质教育的价值。其中D选项硅及其
5、化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 10 L pH1的H2SO4 溶液中含H离子数为2NAB. 28 g乙烯与丙烯混合物中含有C-H键数目为4NAC. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子数为6NAD. 11.2 L(标准状况)Cl2 溶于水，溶液中Cl、ClO和HClO的微粒数之和为NA【答案】B【解析】【分析】A. pH1的H2SO4 溶液中c（H）
6、=0.1mol/L，n（H）=0.1mol/L 10 L=1mol，含H离子数为NA；B. 2乙烯与丙烯的最简式为CH2，28 g乙烯与丙烯混合物中含有2mol的CH2，C-H键数目为4NA；C. 氢气与氮气反应为可逆反应，3 mol H2与1 mol N2混合反应生成n（NH3）2mol，转移电子数小于6NA；D. 11.2 L(标准状况)Cl2 溶于水，部分氯气发生反应，溶液中2Cl2、Cl、ClO和HClO的微粒数之和为NA；【详解】A. pH1的H2SO4 溶液中c（H）=0.1mol/L，n（H）=0.1mol/L 10 L=1mol，含H离子数为NA，A错误；B. 2乙烯与丙烯的最
7、简式为CH2，28 g乙烯与丙烯混合物中含有2mol的CH2，C-H键数目为4NA，B正确；C. 氢气与氮气反应为可逆反应，3 mol H2与1 mol N2混合反应生成n（NH3）FeO42，实际氧化性FeO42Fe(OH)3，B项错误； C. Fe(OH)3+C1O+OHFeO42+C1 + H2O中，氯元素化合价由+1降低为1价，C1O是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe(OH)3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为(63):2=3:2，C项正确；D.K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3(胶体)具有净水作用
8、，D项正确；答案选B。【点睛】氧化还原反应的配平贯穿于整个无机化学方程式中，是高频考点，配平离子反应中的氧化还原反应要遵循一下几个原则：（1）电子守恒，即得失电子总数相等；（2）电荷守恒，即离子方程式中反应前后离子所带电荷总数相等；（3）质量守恒，即反应前后各元素的原子个数相等。另外，要特别留意溶液中的酸碱性也会影响产物的生成。15.下列实验过程中，始终无明显现象的是A. SO2通入CaCl2溶液中B. CO2通入饱和Na2CO3溶液中C. NH3通入AlCl3溶液中D. NO2通入FeSO4溶液中【答案】A【解析】【详解】A.SO2通入BaCl2溶液中，因为盐酸酸性比亚硫酸强，所以不反应，则
9、没有明显现象，A项正确；B.CO2通入饱和Na2CO3溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，溶液变浑浊，现象明显，B项错误；C.NH3通入AlCl3溶液中生成氢氧化铝沉淀，则现象明显，C项错误；D.NO2通入水中会生成HNO3，因HNO3具有强氧化性，会将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3，红棕色气体褪色，且溶液变为黄色，现象明显，D项错误；答案选A。【点睛】CO2或SO2通入BaCl2或CaCl2溶液中不发生反应，这是学生的易混点。16.实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：下列分析正确的是A. 中采用蒸馏的方法精制粗盐水B. 中阳极的主要电极反应：4OH-
10、- 4e- = 2H2O + O2C. 中制备漂白液的反应：Cl2 + OH- = Cl- + HClOD. 、中均发生了氧化还原反应【答案】D【解析】A. 中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，故A错误；B. 阳极发生氧化反应，中阳极的主要电极反应：2Cl2eCl2，故B错误；C. 生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，中制备漂白液的反应：Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O，故C错误；D. 中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在
11、元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，故D正确；故选D。17.依据下列方程式得出的结论不正确的是A. C（石墨，s）C（金刚石，s） H0，说明石墨比金刚石稳定B. NH3H3ONH4H2O，说明NH3结合H能力比H2O强C. 2HClCaCO3CaCl2CO2H2O，说明盐酸是强酸D. CH3COOH2OCH3COOHOH，说明CH3COOH是弱电解质【答案】C【解析】【详解】A. 由C（石墨，s）C（金钢石，s）H0，石墨转化为金刚石吸热，说明石墨的能量低于金刚石的能量，能量越低越稳定，A项正确；B. 氨气分子夺走了水合氢离子中的氢离子，说明氨气分子结合氢离子能力更强，B项正确；C. 2H
12、Cl+CaCO3CaCl2+CO2+H2O，只能说明盐酸的酸性大于碳酸的酸性，不能证明盐酸是强酸，C项错误；D. 有弱才水解，醋酸根离子水解，说明醋酸是弱酸，D项正确；答案选C。18.下列指定反应的离子方程式正确的是A. Ca(ClO) 2溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO4+H+Cl+ HClOB. 向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液：6Fe2+3ClO+3H2O=2Fe(OH)3+4Fe3+3ClC. NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合：HCO3OH= CO32H2OD. 向Fe(NO3)3溶液中加入足量的HI溶液：2Fe3+2I = 2Fe2+I
13、2【答案】C【解析】A、Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2应为：Ca2+ClO+SO2+H2O=CaSO4+2H+Cl，选项A错误；B、向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液应为：2Fe2+ClO+4OH-+H2O=2Fe(OH)3+Cl，选项B错误；C、 NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合：HCOOH=COH2O，选项C正确；D、向Fe(NO3)3溶液中加入足量的HI溶液，漏掉H+、NO与I的反应，选项D错误。答案选C。19.W、X、Y、Z均为短周期元素，游离态的W存在于火山喷口附近，火山喷出物中含有大量W的化合物，X原子既不易失去也不易得到电子，X与Y位于同一周期，Y原子最外层电
14、子数为6，Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是A. X的氢化物常温常压下为液态B. Y与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物C. W与Y具有相同的最高化合价D. W与Z形成的化合物的水溶液呈中性【答案】B【解析】【分析】已知，游离态W存在于火山喷口附近，火山喷出物中含有大量W的化合物，则W为S；X原子既不易失去也不易得到电子，则X为C；X与Y位于同一周期，Y原子最外层电子数为6，则Y为O；Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Z为Na；【详解】A. X氢化物中的甲烷，常温常压下为气态，A错误；B. Y与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物，如与碳反应有二氧化碳、
15、一氧化碳；与钠反应有过氧化钠、氧化钠；与硫反应有二氧化硫、三氧化硫，B正确；C. W与Y，氧元素无最高正价，S最高化合价为+6，C错误；D. W与Z形成的化合物为硫化钠，其水溶液呈碱性，D错误；答案为B20.利用双离子交换膜电解法可以处理含NH4NO3的工业废水，原理如图所示，下列叙述错误的是A. NH4+由b室向c室迁移B. c室得到的混合气体是NH3和H2C. 阳极反应式为2H2O -4e-=O2+4H+D. 理论上外电路中流过1mol电子，可处理工业废水中0.5mol NH4NO3【答案】D【解析】【分析】根据图像可知，硝酸根离子向a室移动，由此可知左室为阳极室，水失电子生成氧气和氢离子
16、；铵根离子向c室移动，右室为阴极室，水得电子生成氢气和氢氧根离子，溶液碱性变强，导致生成氨气；【详解】A. 根据分析可知，NH4+由b室向c室迁移，A正确；B. c室内水得电子产生氢气和氢氧根离子，使溶液碱性增强，产生氨气，则c室得到NH3和H2，B正确；C. 阳极水失电子，产生氧气和氢离子，反应式为2H2O -4e-=O2+4H+，C正确；D. 理论上外电路中流过1mol电子，可处理工业废水中1mol NH4NO3，D错误；答案为D【点睛】根据图像可知，a室产生硝酸，则硝酸根离子向a室移动，a室温阳极室。第II卷 非选择题二、非选择题，本题包括四小题，共60分。21.无水氯化锌常用作有机合成
17、的催化剂。实验室采用HCl气体除水、ZnCl2升华相结合的方法提纯市售氯化锌样品(部分潮解并含高纯高温不分解杂质)。实验装置如图所示：回答下列问题：(1)无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn(OH)Cl的化学方程式为_。(2)除水阶段：打开K1，K2。将管式炉I、II升温至150 ，反应一段时间后将管式炉I、II的温度升至350 ，保证将水除尽。除水阶段发生反应的化学方程式为 _。(3)升华阶段：撤去管式炉II，将管式炉I迅速升温至750，升温的目的是_。一段时间后关闭管式炉I并关闭 _(填K1或K2)，待冷却后关闭 _(填K1或K2)。最后将_(填A或B)区的氯化锌转移、保存。(4)除水阶段HC
18、l与 N2流速要快，有利于提高除水效率。升华阶段HCl与N2流速要慢，其原因是_。(5)测定市售ZnCl2样品中的锌的质量分数。步骤如下： 溶液配制：称取m g样品，加水和盐酸至样品溶解，转移至250 mL _中，加蒸馏水至刻度线，摇匀。 滴定：取25.00mL待测液于锥形瓶中，用c molL1K4Fe(CN)6标准溶液滴定至终点，消耗V mL。滴定反应为：2K4Fe(CN)6+3ZnCl2=K2Zn3Fe(CN)62+6KCl该样品中锌的质量分数为 _。【答案】 (1). ZnCl2+H2O=Zn(OH)Cl+HCl (2). Zn(OH)Cl+HCl ZnCl2+H2O (3). 使无水Z
19、nCl2升华与杂质分离 (4). K2 (5). K1 (6). B (7). 流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区 (8). 容量瓶 (9). 【解析】【分析】(1)无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn(OH)Cl和氯化氢，反应的方程式为：ZnCl2+H2O=Zn(OH)Cl+HCl；(2)除水阶段，潮解生成的Zn(OH)Cl与HCl在150 反应生成氯化锌和水，反应的方程式为：Zn(OH)Cl+HCl ZnCl2+H2O；(3)升华阶段，迅速升温至750，使氯化锌升华变为气体与杂质分离；一段时间后，关闭管式炉I及K2，降低温度时使氯化锌在B区凝华后关闭K1；(4) 升华阶段HCl与N2流速要
20、慢，若气流过快则导致氯化锌从B区移出；(5)精确配置溶液的浓度需用容量瓶；nK4Fe(CN)6：n（ZnCl2）=2:3，n（ZnCl2）= 3nK4Fe(CN)6/2= 3cV mL/2，则250mL溶液中m（ZnCl2）= 3cV mL1065/2=；【详解】(1)无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn(OH)Cl和氯化氢，反应的方程式为：ZnCl2+H2O=Zn(OH)Cl+HCl；(2)除水阶段，潮解生成的Zn(OH)Cl与HCl在150 反应生成氯化锌和水，反应的方程式为：Zn(OH)Cl+HCl ZnCl2+H2O；(3)升华阶段，迅速升温至750，使氯化锌升华变为气体与杂质分离；一段时
21、间后，关闭管式炉I及K2，降低温度时使氯化锌在B区凝华后关闭K1，答案为：K2；K1；B；(4) 升华阶段HCl与N2流速要慢，若气流过快则导致氯化锌从B区移出，答案为：流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区；(5)精确配置溶液的浓度需用容量瓶；nK4Fe(CN)6：n（ZnCl2）=2:3，n（ZnCl2）= 3nK4Fe(CN)6/2= 3cV mL/2，则250mL溶液中m（ZnCl2）= 3cV mL1065/2=；22.三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子，某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行了探究性实验。实验探究Na2C
22、S3的性质：步骤操作及现象取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水中，配制成溶液并分成两等份向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变成红色向另一份溶液中滴加用硫酸酸化的KMnO4溶液，紫色褪去（1）H2CS3是_（填“强”或“弱”）酸。（2）已知步骤中反应的氧化产物是SO42-，则该反应的离子方程式为：_。（3）某同学取步骤反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，他认为通过测定产生的白色沉淀的质量即可求出实验中所用的Na2CS3的质量。你是否同意他的观点，并说明理由：_。实验测定Na2CS3溶液的浓度：按如图所示装置进行实验：将50.0mLNa2CS3溶液置于三颈烧瓶中，打开仪器M的活塞，滴
23、入足量2.0molL-1的稀H2SO4，关闭活塞。已知：CS32- +2H+CS2+H2S，CS2和H2S均有毒。（CS2不溶于水，沸点为46，与CO2的某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O）（4）仪器M的名称是_。反应开始前需要先通入一段时间N2，其作用为_。（5）B中发生反应的离子方程式为：_。（6）为了计算三硫代碳酸钠溶液的浓度，可通过测定B中生成沉淀的质量来计算。称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作是_。若B中生成沉淀的质量为8.4g，则Na2CS3溶液的物质的量浓度是_。【答案】 (1). 弱 (2). 5CS32-+24MnO4-+52H+=15SO42-+5C
24、O2+24Mn2+26H2O (3). 不同意，因为步骤中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有SO42-，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大 (4). 分液漏斗 (5). 排尽装置中的空气,防止生成的H2S被氧化 (6). Cu2+H2S=CuS+2H+ (7). 过滤、洗涤、干燥 (8). 1.75molL-1【解析】【分析】（1）Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐；（2）根据氧化还原反应的规律分析作答；（3）酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化；（4）根据仪器的图形判断仪器的名称；A中发生Na2CS3+H2SO4=Na2SO4+CS2+H2S，生成的硫化氢可
25、与B中的硫酸铜反应生成CuS沉淀；（5）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；（6）当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4黑色固体，根据关系式Na2CS3H2SCuS分析计算求得。【详解】（1）Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则H2CS3为弱酸，故答案为：弱；（2）步骤的氧化产物是SO42，还原产物是锰离子，同时还生成二氧化碳、水，离子方程式为5CS32-+24MnO4-+52H+=15SO42-+5CO2+24Mn2+26H2O；（3）
26、酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，所以不能通过计算白色沉淀计算Na2CS3的量，因为步骤中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有SO42-，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大，故答案为：不同意，因为步骤中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有SO42-，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大；（4）仪器M的名称为分液漏斗；因H2S为还原性气体，易被空气氧化，故反应开始前需要先通入一段时间N2，排尽装置中的空气，防止生成的H2S被氧化，故答案为：分液漏斗;排尽装置中的空气，防止生成的H2S被氧化；（5）A中发生Na2CS3+H2SO4=Na2SO4+CS2+H2S，生成的硫化氢可与B中的硫酸
27、铜反应生成CuS沉淀，反应的离子方程式为Cu2+H2S=CuS+2H+； (6)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4黑色固体，n(CuS)=，根据关系式Na2CS3H2SCuS得n(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875mol，c(Na2CS3)= = 1.75molL-1，故答案为：过滤、洗涤、干燥；1.75molL-1。23.我国是世界上最大的钨储藏国，金属钨可用于制造灯丝、合金钢和光学仪器，有“光明使者”的美誉，现以白钨矿（主要成分为CaWO4，还含有二氧化硅、氧化铁等杂质）为原料冶炼高纯度金属钨，工业流程如图：已知：钨
28、酸酸性很弱，难溶于水；完全沉淀离子的pH值：SiO32为8，WO42为5；碳和金属钨在高温下会反应生成碳化钨。回答下列问题：（1）工业上生产纯碱常先制得碳酸氢钠，此法叫“联碱法”，为我国化工专家侯德榜创立，即向饱和食盐水中先通入NH3，再通入CO2，最终生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，写出该化学反应方程式：_。（2）流程中白钨矿CaWO4和纯碱发生的化学反应方程式是：_。（3）滤渣B的主要成分是（写化学式）_。调节pH可选用的试剂是：_（填选项）。A氨水 B盐酸 CNaOH溶液 DNa2CO3溶液（4）检验沉淀C已经洗涤干净的操作是_。（5）为了获得可以拉制灯丝的高纯度金属钨，不宜用碳而必须用氢
29、气作还原剂的原因是：_。（6）将氢氧化钙加入钨酸钠碱性溶液中可得到钨酸钙，已知某温度时，Ksp(CaWO4)11010，KspCa(OH)24107，当溶液中WO42恰好沉淀完全（离子浓度等于105mol/L）时，溶液中c(OH)_。【答案】 (1). NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl (2). CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2 (3). H2SiO3 (4). B (5). 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入12滴稀硝酸，再滴加12滴AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净。 (6). 碳为固体，难以与钨分离，且碳和钨在高温下会反应生成
30、碳化钨 (7). 0.2mol/L【解析】【分析】白钨矿的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，白钨矿与碳酸钠在1000温度下反应，二氧化硅与碳酸钠会反应生成硅酸钠，氧化铁不反应，得到的混合物用水浸取，过滤后的滤液经过系列操作得到WO3，说明碳酸钠与CaWO4反应生成Na2WO4，则滤渣A为氧化铁等，滤液中含有Na2SiO3、Na2WO4，再调节pH在58之间，使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，母液中含有Na2WO4，再加入盐酸得到沉淀C为H2WO4，灼烧产生三氧化钨和水，再还原得到钨，以此解答该题。【详解】（1）向饱和食盐水中先通入NH3，再通入CO2，最终生成碳酸氢钠晶体
31、和氯化铵溶液，反应的方程式为NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl；（2）CaWO4与纯碱反应生成Na2WO4、CaO与二氧化碳，反应方程式为CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2；（3）滤渣B的主要成分为H2SiO3，调节溶液pH使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，应加入盐酸，故答案为：H2SiO3；B；（4）检验沉淀C是否洗涤干净的操作是：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入12滴稀硝酸，再滴加12滴AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；（5）如果用碳做还原剂，混杂在金属中的碳不易除去，而且碳会在高温下和金属钨反应形成碳化钨，不容易获得纯的
32、金属钨，用氢气作还原剂可避免产生以上问题，故答案为：碳为固体，难以与钨分离，且碳和钨在高温下会反应生成碳化钨；(6)当溶液中WO42恰好沉淀完全，其离子浓度等于105 mol/L，根据Ksp(CaWO4)=c(Ca2+) c(WO42)=11010，则溶液中c(Ca2+)=1105 mol/L，再根据KspCa(OH)2=c(Ca2+)c2(OH)=4107，可知c(OH)=0.2 mol/L，故答案为：0.2mol/L。24.以铜为原料可制备应用广泛的氧化亚铜。（1）向CuCl2溶液中通入SO2可得到CuCl沉淀，发生反应的化学方程式为：_。（2）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。C
33、uCl水解为：CuCl(s)H2O(l)CuOH(s)Cl(aq)H(aq)。该反应的平衡常数K与此温度下KW、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K=_。（3）用铜作阳极，钛片作阴极，电解一定浓度的NaCl和NaOH的混合溶液可得到Cu2O，阳极及其溶液中有关转化如图1所示。溶液中、二步总反应的离子方程式为：_。（4）Cu2O与ZnO组成的催化剂可用于工业上合成甲醇：CO(g)2H2(g) CH3OH(g) Ha kJmol1。按n(H2)/n(CO)2：1投料比将H2与CO充入V L恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测定CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。该反应的H
34、_0（填“”），图中压强P1、P2、P3由大到小的关系是_。起始时，容器中c(H2)0.20molL1，c(CO)0.10molL1，在P3及T1下反应达到平衡，此时反应的平衡常数为_。（保留一位小数）起始时，若容器中c(H2)0.40molL1，c(CO)0.20molL1，T1下反应达到平衡，CO的平衡转化率_。A大于40% B小于40% C等于40% D等于80%【答案】 (1). 2CuCl2SO2+2H2O=2CuCl2HClH2SO4 (2). KwKsp(CuCl)/Ksp(CuOH) (3). 2CuCl2-2OH=Cu2OH2O4Cl (4). (5). P1P2P3 (6)
35、. 46.3 (7). A【解析】【分析】（1）氯化铜溶液中通入二氧化硫具有还原性，还原得到白色的CuCl沉淀，二氧化硫被氧化为硫酸；（2）CuCl(s)+H2O(l)CuOH(s)+Cl-(aq)+H+(aq)，平衡常数K=c(H+) c(Cl-)，可变形成K=;（2）据图1循环流程分析方程式，反应物是CuCl2和OH-，生成物是Cu2O、Cl-，再根据原子守恒配平；（3）根据图示信息，结合方程式判断压强和温度对平衡移动的影响进行解答；列出三段式，根据K=进行计算；起始时，若容器中c(H2)0.40molL1，c(CO)0.20molL1，则相当于加压，利用压强对平衡的影响作答。【详解】（1
36、）氯化铜溶液中通入二氧化硫具有还原性，还原得到白色的CuCl沉淀，二氧化硫被氧化为硫酸，反应的离子方程式为2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42-；（2）CuCl(s)+H2O(l)CuOH(s)+Cl-(aq)+H+(aq)，平衡常数K=平衡常数K=c(H+) c(Cl-)= KwKsp(CuCl)/Ksp(CuOH)；（3）图中、二步循环流程分析可知，反应物是CuCl2和OH-，生成物是Cu2O、Cl-和H2O，其离子方程式为：2CuCl2-2OH=Cu2OH2O4Cl；（4）由图可知，压强一定时，升高温度，CO的平衡转化率降低，不利于平衡向正向移动，说明该反应为放
37、热反应，H0；温度一定时，CO的转化率（P3）（P2）P2P3，故答案为：；P1P2P3；c变（CO）=0.1mol/L40%=0.04mol/L， CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)开始（mol/L） 0.10 0.200变化（mol/L）0.04 0.08 0.04结束（mol/L） 0.06 0.12 0.04化学平衡常数K=46.3；恒容密闭容器内，起始时若容器中c(H2)0.40molL1，c(CO)0.20molL1与原体系相比，相当于增大一倍压强，该反应时气体分子数减小的反应，则增大压强平衡会向正反应方向移动，有利于提高CO的平衡转化率，T1下反应达到平衡，CO的平衡转化率大于40%，A项正确，故答案为：46.3； A。
