2021-2022学年山东省枣庄市滕州一中高三（上）期中化学试卷

这是一份2021-2022学年山东省枣庄市滕州一中高三（上）期中化学试卷，共39页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山东省枣庄市滕州一中高三（上）期中化学试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）2021年9月17日13时30分许，神舟十二号载人飞船安全降落在东风着陆场预定区域，大国重器奔向太空，化学作为一门传统的理科，在神舟12号的研制过程中，同样不可缺少。下列说法不正确的是（　　）
A．航空航天工业中应用广泛的化学镀镍，电镀时镀件作阴极，镍做阳极
B．使用的热控材料是新型保温材料——纳米气凝胶，纳米气凝胶具有丁达尔效应
C．火箭的推进器引燃后的高温气体成分有CO2、H2O、N2、NO等，在卫星发射现场看到火箭喷射出大量的红烟，产生红烟的原因是高温下氮气遇到氧气直接反应生成二氧化氮
D．卫星抛物面天线采用的具有负膨胀系数的石墨纤维和芳纶，石墨纤维属于新型无机非金属材料，芳纶是有机高分子材料
2．（2分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是（　　）
A．室温下，1LpH＝13的Ba（OH）2溶液中含OH﹣的数目为0.2NA
B．电解精炼铜时，当阳极质量减少64g时，电路中转移电子数为2NA
C．2.24 LCH4和0.5mol Cl2充分反应所得混合物中氯原子个数为NA
D．4.6gNa与含0.1molCH3COOH的稀醋酸完全反应，转移的电子数为0.1NA
3．（2分）钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO2+为淡黄色，VO2+具有较强的氧化性，Fe2+、SO32﹣等能把VO2+还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法不正确的是（　　）
A．在酸性溶液中氧化性：MnO4﹣＞VO2+
B．FeI2溶液与酸性（VO2）2SO4溶液发生反应：Fe2++VO2+═Fe3++VO2+
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4＝5（VO2）2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4
D．向含1molVO2+的酸性溶液中滴加1.5molFeSO4的溶液完全反应，转移电子为1mol
4．（2分）用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是（　　）

A．若A为浓盐酸，B为Na2CO3，C中盛有Na2SiO3溶液，则C中溶液出现白色沉淀，证明非金属性：Cl＞C＞Si
B．若A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液紫色褪去
C．若A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛有Na2S溶液，则C中溶液变浑浊
D．装置D起干燥气体作用
5．（2分）已知A、B、C、D均为中学化学常见的物质，它们有如图反应关系。下列说法错误的是（　　）

A．若A是一种常见的气体，常用来制作氮肥，C、D是氧化物且会造成光化学污染。则D转化成C的反应化学方程为3NO2+H2O＝2HNO3+NO
B．若A、B、C分别为C（s）、CO（g）和CO2（g），且通过与O2（g）反应实现图示的转化。在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应①、②、③的焓变依次为△H 1、△H 2、△H 3，则它们之间的关系为△H 2＝△H 1+△H 3
C．若A为金属单质，C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，D为日常生活中常用的调味品，工业上D制备A常用的方法称为氯碱工业
D．若A常温下是一种有臭鸡蛋气味气体，C是一种大气污染物，D是一种二元强酸，则④加入的试剂可以是双氧水，氯气等氧化剂
6．（2分）Claisen重排反应是有机合成中常用的重要反应。以CH2＝CHOCH2CH＝CH2为例，其反应过程对应的机理有两种，如图（“一”可表示单、双键）。下列说法不正确的是（　　）
A．机理1：反应物→产物的过程中，有极性共价键断裂
B．机理2：反应物→中间体的过程中，没有化学键断裂，只有空间结构变化
C．该反应的化学方程式：CH2＝CHOCH2CH＝CH2→CH2＝CHCH2CH2CHO
D．相比于机理1，机理2所需活化能降低，活化分子百分比下降，反应速率减慢
7．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A．Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++HCO3﹣+OH﹣＝MgCO3↓+H2O
B．过量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+ClO﹣＝HClO+HSO3﹣
C．酸性KMnO4溶液滴加少量双氧水，溶液紫色褪去：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O
D．用惰性电极惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑
8．（2分）下列实验能达到预期目的或者与实验结论对应一致的是（　　）

实验内容
实验目的
A
将0.2mol•L﹣1的KI溶液和0.5mol•L﹣1的FeCl3溶液等体积混合，充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液
验证Fe3+与I−的反应有一定限度
B
白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴入几滴K3[Fe（CN）6]溶液
验证该过程是否发生原电池反应
C
向2支试管中各加入不同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入不同体积相同浓度的稀硫酸，分别放入冷水和热水中
探究温度对反应速率的影响
D
在某溶液中加入NaOH溶液，并加热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
该溶液中不一定是铵盐溶液
A．A B．B C．C D．D
9．（2分）图甲是一种将废水中的氯乙烯（CH2＝CHCl）转换成对环境无害的微生物电池装置，同时利用此装置在铁上镀铜，下列说法正确的是（　　）

A．M为阴极，N为阳极
B．镀铜时，X与铜电极相连，工作过程中，N极区域溶液中pH将增大
C．若M极消耗0.1mol氯乙烯，则铁电极增重32g，乙装置中溶液的颜色不会变浅
D．若用甲装置做电源，用惰性电极电解MnSO4溶液制得MnO2，其阳极的电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O
10．（2分）反应2NO+Cl2＝2NOCl在295K时其反应物浓度与反应速率关系的数据如表：

c（NO）/（mol•L﹣1）
c（Cl2）/（mol•L﹣1）
v（Cl2）/（mol•L﹣1•s﹣1）
①
0.100
0.100
8.0×10﹣3
②
0.500
0.100
2.0×10﹣1
③
0.100
0.500
4.0×10﹣2
注：①反应物浓度与反应速率关系式为v（Cl2）＝k•cm（NO）•cn（Cl2）式中速率常数k＝A，其中Ea为活化能，A、R均为大于0的常数，T为温度）；②反应级数是反应的速率方程式中各反应物浓度的指数之和。
下列说法不正确的是（　　）
A．m＝2，n＝1，反应级数为3级
B．当c（NO）＝0.20mol•L﹣1，c（Cl2）＝0.300mol•L﹣1时，v（NO）＝0.192mol•L﹣1•s﹣1
C．加入催化剂可以改变反应途径，也可以增大速率常数k，而加快反应速率
D．升高温度，可以增大反应的活化能Ea，从而使速率常数k增大
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（4分）相同温度和压强下，研究Cl2在不同溶液中的溶解度（用溶解Cl2的物质的量浓度表示）随溶液浓度的变化。在NaCl溶液和盐酸中Cl2的溶解度以及各种含氯微粒的浓度变化如图。下列说法不正确的是（　　）

A．由图1可知，Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl﹣⇌Cl3﹣
B．随NaCl溶液浓度增大，Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO平衡逆移，Cl2溶解度减小
C．随盐酸浓度增加Cl2与H2O的反应被抑制，生成Cl3﹣为主要反应从而促进Cl2溶解
D．由上述实验可知，H+浓度增大促进Cl2溶解，由此推知在稀硫酸中，随硫酸浓度增大Cl2的溶解度会增大
12．（4分）下列实验操作或现象能用平衡移动原理解释的是（　　）
A．锌与稀硫酸反应，加入少量硫酸铜反应速率加快
B．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
C．溶解淀粉在不同条件下水解
D．钠与氯化钾共融制备钾：Na（l）+KCl（l）⇌K（g）+NaCl（l）
13．（4分）化学反应进行的方向和限度是化学反应原理所要研究的两个重要问题，下列有关化学反应进行的方向和限度的说法中正确的是（　　）
A．恒温恒容的密闭容器中发生反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g），若B是有色物质，A，C均为无色物质，达到平衡后，加入一定量C，体系的颜色会变深
B．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），则气体平均分子量不变可以作为判断反应达到平衡状态的依据
C．2NO（g）+2CO（g）＝N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＞0
D．恒温时，对于反应A（g）+3B（g）⇌2C（g），起始充入等物质的量的A和B，达到平衡时A的体积分数为n%，此时若给体系加压为原来的两倍，则A体积分数仍为n%
14．（4分）由海绵铜（主要含Cu和少量CuO）制取氯化亚铜（CuCl）的流程如图：

已知：氯化亚铜微溶于水，不溶于稀酸，可溶于Cl﹣浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。
下列关于说法不正确的是（　　）
A．“溶解”时，硫酸是氧化剂、Cu是还原剂
B．“还原”时，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32﹣+H2O+2Cl﹣═2CuCl↓+SO42﹣+2H+
C．“过滤”时，可以搅拌加速滤液与CuCl的分离
D．“酸洗”时，不可以选用的稀盐酸，稀硝酸，最适宜选用的是稀硫酸.
15．（4分）高纯硝酸锶[Sr（NO3）2]可用于制造信号灯，光学玻璃等。工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质，提纯流程如图：下列说法正确的是（　　）

已知：①硝酸钙可溶于浓硝酸，而硝酸锶、硝酸钡不溶于浓硝酸②铬酸（H2CrO4）为二元弱酸
A．H2CrO4在水中的电离方程式为 H2CrO4⇌H++HCrO4﹣，HCrO4﹣⇌H++CrO42﹣
B．为了提高“酸浸”速率，可以采用粉碎，高温等措施
C．“滤液1”的主要溶质是 Ca（NO3）2、Ba（NO3）2，“滤渣2”的主要成分为BaCrO4
D．“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+，同时放出无污染的气体，发生反应的离子方程式为4H2CrO4+3N2H4+12H+═4Cr3++3N2↑+16H2O
三、非选择题：本题共5小题，共60分
16．（15分）铂是一种稀有的贵金属，在一些废板卡、含铂废合金、镀铂、涂铂的废料以及含铂废催化剂含有一定量的铂，如图是某工厂回收铂的工艺流程，已知含铂（Pt）废渣的主要成分为Al2O3，少量SnO2、SiO2和Pt。

①氯铂酸铵[（NH4）2PtCl6]，黄色，难溶于水，易溶于盐酸并生成H2PtCl6
回答下列问题：
（1）“碱溶”时，使用的坩埚的材质是 　 　（填标号）。试写出一种金属铂在中学化学中的应用 　 　。
A．陶瓷
B．石英
C．铝
D．铁
（2）“浸出”时，铂生成PtCl62﹣，该反应的离子方程式为 　 　。
（3）“滤渣1”的主要成分为H2SnO3和　 　，若“滤渣1”中含有少量的铂，可将其返回 　 　（填工序名称）。
（4）“树脂交换”时，被阴离子交换树脂RCl吸附的铂的存在形式是 　 　（填化学式），尾液中溶质的主要成分为 　 　（填化学式）。
（5）滤渣氯铂酸铵[（NH4）2PtCl6]表面有大量氯化铵等可溶性的盐，在煅烧操作之前要将沉淀表面的杂质洗去，洗涤沉淀方法是 　 　。
（6）“煅烧”时温度控制在750℃，除生成Pt外，还有NH3、HCl等生成，写出该反应的化学方程式：　 　。
17．（10分）环境污染问题如今已成为全球关注的重点问题，.由于工业生产废气排放，如石化企业排放硫化氢、二氧化碳、二氧化硫、氮氧化物致使大气污染问题日益严重，采取有效的措施防治大气污染，成为当前大气污染治理，环境治理的工作重点.请根据题意，回答下列问题：
（1）H2S与CO2发生如下反应：H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g）△H相关的化学键键能数据如表：
化学键
C＝O（CO2）
C＝O（COS）
C＝S
H﹣O
H﹣S
E/kJ•mol﹣1
803
739
577
465
399
由此计算△H＝　 　。
（2）高温下CO可将SO2还原成硫蒸气：4CO（g）+2SO2（g）⇌4CO2（g）+S2（g）△H1＜0。平衡时CO的体积分数（%）与温度和压强的关系如图1所示（虚线框表示没有测定该条件下的数据）。

T1、T2、T3由大到小的关系是 　 　，判断的理由是 　 　。
（3）沥青混凝土可作为反应：2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）的催化剂。图甲表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥青混凝土（α型、β型）催化时，CO的转化率与温度的关系。

①在a、b、c、d四点中，未达到平衡状态的是 　 　。
②已知c点时容器中O2浓度为0.04mol•L﹣1，则50℃时，在α型沥青混凝土中CO转化反应的平衡常数K＝　 　（用含x的代数式表示）。
③下列关于图甲的说法正确的是 　 　。
A．CO转化反应的平衡常数K（a）＜K（c）
B．在均未达到平衡状态时，同温下β型沥青混凝土中CO转化速率比α型要大
C．b点时CO与O2分子之间发生有效碰撞的几率在整个实验过程中最高
D．e点转化率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性
18．（13分）钴主要化合价为+2和+3价，在通常情况下，三价钴盐不如二价钴盐稳定；相反，在生成稳定配合物后，三价钴又比二价钴稳定。因此，常采用空气或H2O2溶液氧化二价钴配合物的方法来制备三价钴的配合物。利用CoCl2、NH3⋅H2O、NH4Cl和H2O2制备三氯化六氨合钴{[Co（NH3）6]Cl3}的实验装置如图。
已知：钴（Ⅱ）与氯化铵和氨水作用，经氧化后一般可生成三种产物：紫红色的[Co（NH3）5Cl]Cl2晶体、砖红色的[Co（NH3）5H2O]Cl3晶体、橙黄色的[Co（NH3）6]Cl3晶体，控制不同的条件可得不同的产物（如温度不同，产物也不同）。293K时，[Co（NH3）6]Cl3在水中的溶解度为0.26mol/L。
I.将CoCl2、NH4Cl和活性炭在C中混合，首先滴加浓氨水使溶液颜色变为黑紫色。
II.置于冰水浴中冷却至10℃以下，缓慢滴加双氧水并不断搅拌。
III.转移至60℃热水浴中，恒温加热20min，同时缓慢搅拌。
IV.将反应后的混合物冷却到0℃左右，抽滤得到三氯化六氨合钴{[Co（NH3）6]Cl3}粗产品。
V.三氯化六氨合钴（Ⅲ）粗产品的提纯流程如图：

请回答下列问题：
（1）仪器b、c的名称分别为 　 　、　 　。
（2）仪器d中所盛药品为CaCl2，其作用为 　 　。
（3）步骤II中，先将装置置于冰水浴中冷却到10℃以下，再缓慢滴加双氧水的原因是 　 　。
（4）反应器中发生的总反应化学方程式为 　 　。
（5）V中操作A的名称为 　 　，步骤C进行洗涤时要用到两种试剂，应该先用 　 　（填序号，下同）洗涤，后用 　 　洗涤。
A.氯化钠溶液
B.无水乙醇
C.浓盐酸
（6）若实验用2.38g CoCl2•6H2O晶体与足量的NH3⋅H2O、NH4Cl和H2O2混合，将所得{[Co（NH3）6]Cl3}粗品（不含有其它含氯物质），加入烧杯中，加20m水溶解，然后转移到250ml容量瓶中，定容配成样品溶液。用移液管移取25ml样品溶液于锥形瓶中，加入几滴K2CrO4溶液做指示剂，用0.08mol/LAgNO3标准溶液进行滴定，出现砖红色沉淀不消失即为终点，停止滴定。重复实验两次，平均消耗硝酸银溶液标准溶液15.00ml.则本次实验产率为 　 　（已知M•6H2O＝238g/mol M[Co（NH3）6]Cl＝267.5g/mol ）

19．（12分）氨是最重要的氮肥，也是产量最大的化工产品之一。
（1）在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表所示：
T/℃
200
300
400
K
K1
K2
0.5
请完成下列问题：
①试比较K1、K2的大小，K1　 　K2（填“＞”、“＜”或“＝”）；
②400℃时，反应2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）的化学平衡常数为 　 　。当测得NH3、N2和H2物质的量分别为2mol、2mol和1mol时，则该反应的v（N2）正　 　v（N2）逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）可用作合成氨的催化剂有很多，如Os、Fe、Pt、Mn、Co等金属及相应的合金或化合物。该反应在LaCoSi催化作用的化学吸附及初步表面反应历程如图：

注：方框内包含微粒种类及个数、微粒的相对总能量（括号里的数字单位：eV）其中，TS表示过渡态，*表示吸附态。
①请写出N2参与化学吸附的反应方程式：　 　；
②以上历程须克服的最大势垒为 　 　kJ•mol﹣1（计算结果保留2位小数）。（已知：1eV＝1.6×10﹣22 kJ）
（3）标准平衡常数，其中pΘ为标准压强（1×105 Pa），p（NH3）、p（N2）和p（H2）为各组分的平衡分压，平衡分压＝平衡体积分数×总压。若N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，N2的平衡转化率为ω，则KΘ＝　 　（用含ω的表达式表示）。
20．（10分）铜是人类最早发现的金属，也是人类广泛使用的一种金属，其化合物的应用广泛，硫酸铜是制备其他含铜化合物的重要原料，同石灰乳混合可得波尔多液，用作杀菌剂。CuBr用作有机合成原料和反应催化剂等。
Ⅰ.某小组同学在做铜与浓硫酸反应的实验时，发现铜片表面有黑色固体生成。
（1）甲同学猜想：黑色固体是未来得及溶解于酸的CuO，其猜想可用化学方程式表示为Cu+H2SO4　 　。
（2）乙同学认为：黑色固体除CuO外，还可能含有Cu2S和CuS，其理由可能是 　 　（填序号）。
a.Cu2S和CuS都是黑色的
b.Cu与浓硫酸在加热条件下反应，还可能放出O2
c.浓硫酸是氧化剂，Cu是还原剂，Cu的化合价升高与S的化合价降低有多种可能
Ⅱ.实验室中可利用无水硫酸铜、溴化钠为主要原料制备溴化亚铜，制备流程如图：

回答下列问题：
（3）制备CuBr的反应在装置乙中进行，向其中加入CuSO4和NaBr配制成的150mL水溶液，然后通入足量的SO2（部分夹持及加热装置已略去）。

①写出装置乙中发生反应的离子方程式：；该反应需保持反应液在60℃，最佳加热方式为 　 　，Cu2+、Br﹣反应完毕的标志是 　 　。
②丙中倒扣的漏斗可防止液体倒吸，如图装置中不能防止液体倒吸的是 　 　（填标号）。

（4）洗涤CuBr沉淀时可采用SO2的水溶液而不采用蒸馏水，其目的是 　 　。

2021-2022学年山东省枣庄市滕州一中高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）2021年9月17日13时30分许，神舟十二号载人飞船安全降落在东风着陆场预定区域，大国重器奔向太空，化学作为一门传统的理科，在神舟12号的研制过程中，同样不可缺少。下列说法不正确的是（　　）
A．航空航天工业中应用广泛的化学镀镍，电镀时镀件作阴极，镍做阳极
B．使用的热控材料是新型保温材料——纳米气凝胶，纳米气凝胶具有丁达尔效应
C．火箭的推进器引燃后的高温气体成分有CO2、H2O、N2、NO等，在卫星发射现场看到火箭喷射出大量的红烟，产生红烟的原因是高温下氮气遇到氧气直接反应生成二氧化氮
D．卫星抛物面天线采用的具有负膨胀系数的石墨纤维和芳纶，石墨纤维属于新型无机非金属材料，芳纶是有机高分子材料
【分析】A.电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极；
B.胶体具有丁达尔效应；
C.NO能与空气中的氧气反应生成红棕色的NO2；
D.石墨纤维是含碳量高于99%的具有层状六方晶格石墨结构的纤维，芳纶是指含芳香环的一类线形聚酰胺纺制成的合成纤维。
【解答】解：A.镀镍时，镀件作阴极，镀层金属镍做阳极，故A正确；
B.纳米气凝胶是胶体，具有丁达尔效应，故B正确；
C.火箭的推进器引燃后的高温气体成分有CO2、H2O、N2、NO等，在卫星发射现场看到火箭喷射出大量的红烟，产生红烟的原因是NO与空气中的氧气反应生成红棕色的NO2，故C错误；
D.石墨纤维是含碳量高于99%的具有层状六方晶格石墨结构的纤维，属于新型无机非金属材料，芳纶是指含芳香环的一类线形聚酰胺纺制成的合成纤维，是有机高分子材料，故D正确；
故选：C。
【点评】本题以神舟十二号载人飞船为背景综合考查电镀的原理、胶体的性质、材料的分类等，题目难度不大，关键是掌握相关的基础知识，注意联系化学与生产生活。
2．（2分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是（　　）
A．室温下，1LpH＝13的Ba（OH）2溶液中含OH﹣的数目为0.2NA
B．电解精炼铜时，当阳极质量减少64g时，电路中转移电子数为2NA
C．2.24 LCH4和0.5mol Cl2充分反应所得混合物中氯原子个数为NA
D．4.6gNa与含0.1molCH3COOH的稀醋酸完全反应，转移的电子数为0.1NA
【分析】A．室温下，1LpH＝13的Ba（OH）2溶液，氢离子浓度为0.1mol/L；
B．电解精炼铜，阳极放电物质除了铜还有锌、铁等；
C．依据原子个数守恒判断；
D．钠与醋酸、水都反应。
【解答】解：A．室温下，1LpH＝13的Ba（OH）2溶液，氢离子浓度为0.1mol/L，氢氧根离子个数为：1L×0.1mol/L×NAmol﹣1＝0.1NA，故A错误；
B．电解精炼铜，阳极放电物质除了铜还有锌、铁等，减少64g时，电路中转移电子数不为2NA，故B错误；
C．氯气与甲烷反应过程中原子个数不变，所以反应后氯原子个数为0.5mol×2×NAmol﹣＝NA，故C正确；
D．4.6gNa物质的量为：＝0.2mol，与含0.1molCH3COOH的稀醋酸完全反应，钠完全反应生成0.2mol钠离子，转移的电子数为0.2NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3．（2分）钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO2+为淡黄色，VO2+具有较强的氧化性，Fe2+、SO32﹣等能把VO2+还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法不正确的是（　　）
A．在酸性溶液中氧化性：MnO4﹣＞VO2+
B．FeI2溶液与酸性（VO2）2SO4溶液发生反应：Fe2++VO2+═Fe3++VO2+
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4＝5（VO2）2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4
D．向含1molVO2+的酸性溶液中滴加1.5molFeSO4的溶液完全反应，转移电子为1mol
【分析】A．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；
B．碘离子的还原性大于二价铁离子，则FeI2溶液与酸性（VO2）2SO4溶液反应，优先氧化碘离子；
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，则说明VO2+被氧化生成VO2+，根据得失电子守恒和原子守恒书写化学方程式；
D．根据1mol VO2+的酸性溶液中滴加含1.5mol Fe2+的溶液发生反应为2H++VO2++Fe2+＝Fe3++VO2++H2O计算。
【解答】解：A．Fe2+、SO32﹣等能把VO2+还原为VO2+，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：VO2+＞Fe3+，又向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：MnO4﹣＞VO2+，所以在酸性溶液中氧化性：MnO4﹣＞VO2+＞Fe3+，故A正确；
B．碘离子的还原性大于二价铁离子，则FeI2溶液与酸性（VO2）2SO4溶液反应，优先氧化碘离子，所以碘离子先参与氧化还原反应反应，故B错误；
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，则说明VO2+被氧化生成VO2+，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为10VOSO4+2H2O+2KMnO4═5（VO2）2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，故C正确；
D．1mol VO2+的酸性溶液中滴加含1.5mol Fe2+的溶液发生反应为2H++VO2++Fe2+＝Fe3++VO2++H2O，则 Fe2+过量，转移电子为1mol×（5﹣4）＝1mol，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度较大，注意掌握氧化还原反应实质及离子方程式的书写原则，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
4．（2分）用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是（　　）

A．若A为浓盐酸，B为Na2CO3，C中盛有Na2SiO3溶液，则C中溶液出现白色沉淀，证明非金属性：Cl＞C＞Si
B．若A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液紫色褪去
C．若A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛有Na2S溶液，则C中溶液变浑浊
D．装置D起干燥气体作用
【分析】A．注意考虑浓盐酸的挥发，挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强；
B．浓硫酸和Na2SO3固体生成SO2气体，能使紫色石蕊试液变红色，不能使紫色石蕊试液褪色；
C．较浓硫酸与Na2SO3固体反应生成的SO2气体通入C中，SO2与C中Na2S溶液反应有淡黄色S生成；
D．仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用。
【解答】解：A．浓盐酸挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强，非金属性判断比较最高正价含氧酸的酸性，故A错误；
B．SO2气体能使紫色石蕊试液变红色，不能使紫色石蕊试液褪色，故B错误；
C．A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，两者反应生成的SO2气体通入C中，因SO2有氧化性，则与C中Na2S溶液反应有淡黄色S生成，可观察到C中溶液变浑浊，故C正确；
D．仪器D为球形干燥管，则可以起到防止溶液倒吸的作用，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
5．（2分）已知A、B、C、D均为中学化学常见的物质，它们有如图反应关系。下列说法错误的是（　　）

A．若A是一种常见的气体，常用来制作氮肥，C、D是氧化物且会造成光化学污染。则D转化成C的反应化学方程为3NO2+H2O＝2HNO3+NO
B．若A、B、C分别为C（s）、CO（g）和CO2（g），且通过与O2（g）反应实现图示的转化。在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应①、②、③的焓变依次为△H 1、△H 2、△H 3，则它们之间的关系为△H 2＝△H 1+△H 3
C．若A为金属单质，C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，D为日常生活中常用的调味品，工业上D制备A常用的方法称为氯碱工业
D．若A常温下是一种有臭鸡蛋气味气体，C是一种大气污染物，D是一种二元强酸，则④加入的试剂可以是双氧水，氯气等氧化剂
【分析】A．A是一种常见的气体，常用来制作氮肥，A为NH3，C、D是氧化物且会造成光化学污染，由转化关系可知C为NO、D为NO2、B为N2；
B．若A、B、C分别为C（s）、CO（g）和CO2（g），且通过与O2（g）反应实现图示的转化，反应①、②、③的焓变依次为△H1、△H2、△H3，得到：C（s）+O2（g）＝CO（g）△H1，C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H2，CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H3，根据盖斯定律计算；
C．若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，判断C为NaOH，A为金属单质，D为日常生活中常用的调味品，则A为Na、B为Na2O2（或Na2O）D为NaCl；
D．A常温下是一种有臭鸡蛋气味气体，C是一种大气污染物，D是一种二元强酸，则A是H2S、B是硫单质、C是二氧化硫、D是硫酸。
【解答】解：A．A是一种常见的气体，常用来制作氮肥，则A为NH3，C、D是氧化物且会造成光化学污染，由转化关系可知C为NO、D为NO2、B为N2，D转化成C的反应化学方程式可以为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，故A正确；
B．若A、B、C分别为C（s）、CO（g）和CO2（g），且通过与O2（g）反应实现图示的转化，在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应①、②、③的焓变依次为△H1、△H2、△H3，得到：C（s）+O2（g）＝CO（g）△H1，C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H2，CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H3，依据盖斯定律得到△H1+△H3＝△H2，故B正确；
C．若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，判断C为NaOH，A为金属单质，D为日常生活中常用的调味品，则A为Na、B为Na2O2（或Na2O）D为NaCl，D制备A是电解熔融氯化钠得到，反应的化学方程式2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑，氯碱工业指电解饱和食盐水，反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故C错误；
D．A常温下是一种有臭鸡蛋气味气体，C是一种大气污染物，D是一种二元强酸，则A是H2S、B是硫单质、C是二氧化硫、D是硫酸，则④加入的试剂可以是双氧水，氯气等氧化剂，反应方程式为SO2+H2O2＝H2SO4、SO2+H2O+Cl2＝2HCl+H2SO4等，故D正确；
故选：C。
【点评】本题呈无机物的推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，识记中学常见连线反应、三角转化、特殊置换反应、特殊现象反应等。
6．（2分）Claisen重排反应是有机合成中常用的重要反应。以CH2＝CHOCH2CH＝CH2为例，其反应过程对应的机理有两种，如图（“一”可表示单、双键）。下列说法不正确的是（　　）
A．机理1：反应物→产物的过程中，有极性共价键断裂
B．机理2：反应物→中间体的过程中，没有化学键断裂，只有空间结构变化
C．该反应的化学方程式：CH2＝CHOCH2CH＝CH2→CH2＝CHCH2CH2CHO
D．相比于机理1，机理2所需活化能降低，活化分子百分比下降，反应速率减慢
【分析】重排反应，该反应的化学方程式：CH2＝CHOCH2CH＝CH2→CH2＝CHCH2CH2CHO，根据图示，机理1比机理2所需活化能高，机理2使用催化剂，降低了反应的活化能，活化分子百分比升高，反应速率加快，据此答题。
【解答】解：A．重排反应，CH2＝CHOCH2CH＝CH2→CH2＝CHCH2CH2CHO，反应物→产物的过程中，有C﹣H和C﹣O键断裂，有极性共价键断裂，故A正确；
B．根据图示，机理2：反应物→中间体的过程中，没有化学键断裂，只有空间结构变化，故B正确；
C．根据图示，该反应的化学方程式：CH2＝CHOCH2CH＝CH2→CH2＝CHCH2CH2CHO，故C正确；
D．机理1比机理2所需活化能高，机理2使用催化剂，降低了反应的活化能，活化分子百分比升高，反应速率加快，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机化合物的重排反应，根据图示分析反应过程对应的机理，为近几年的高频考点，注意分析图象信息，加深对化学反应的认识，难度中等。
7．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A．Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++HCO3﹣+OH﹣＝MgCO3↓+H2O
B．过量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+ClO﹣＝HClO+HSO3﹣
C．酸性KMnO4溶液滴加少量双氧水，溶液紫色褪去：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O
D．用惰性电极惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑
【分析】A.氢氧化镁更难溶，氢氧化钠足量，镁离子转化为氢氧化镁沉淀；
B.次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子；
C.酸性高锰酸钾溶液将双氧水氧化为氧气，自身被还原为锰离子；
D.镁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀。
【解答】解：A.Mg2+应与OH﹣结合成更难溶于水的Mg（OH）2沉淀，反应的离子方程式为：Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣＝Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O，故A错误；
B.SO2具有还原性，ClO﹣具有氧化性，发生氧化还原反应，过量SO2通入Ca（ClO）2溶液中反应的离子方程式为：Ca2++2ClO﹣+2H2O+2SO2＝CaSO4↓+4H++2Cl﹣+SO42﹣，故B错误；
C.酸性KMnO4溶液滴加少量双氧水，过氧化氢被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故C正确；
D.惰性电极电解氯化镁溶液有氢氧化镁沉淀生成，正确的离子方程式为：Mg2++2Cl﹣+2H2OMg（OH）2↓+Cl2↑+H2↑，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，D为易错点，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8．（2分）下列实验能达到预期目的或者与实验结论对应一致的是（　　）

实验内容
实验目的
A
将0.2mol•L﹣1的KI溶液和0.5mol•L﹣1的FeCl3溶液等体积混合，充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液
验证Fe3+与I−的反应有一定限度
B
白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴入几滴K3[Fe（CN）6]溶液
验证该过程是否发生原电池反应
C
向2支试管中各加入不同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入不同体积相同浓度的稀硫酸，分别放入冷水和热水中
探究温度对反应速率的影响
D
在某溶液中加入NaOH溶液，并加热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
该溶液中不一定是铵盐溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.氯化铁过量，反应前后均含铁离子；
B.浸泡在饱和食盐水中，若形成原电池，锌为负极；
C.应控制体积相同；
D.氨气可使湿润红色石蕊试纸变蓝。
【解答】解：A.将0.2mol•L﹣1的KI溶液和0.5mol•L﹣1的FeCl3溶液等体积混合充分反应后，FeCl3溶液溶液是过量的，无论反应是否存在限度均会和KSCN溶液反应，使溶液变红，故A错误；
B.白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，若形成原电池，则锌为负极，生成锌离子，K3[Fe（CN）6]用来检验亚铁离子，不能验证该过程是否发生原电池反应，故B错误；
C.应加入相同体积的硫酸溶液，才能保证氢离子浓度相等，故C错误；
D.产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明生成了NH3，原溶液中可能含有NH3•H2O或铵盐，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、原电池、反应速率与化学平衡为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9．（2分）图甲是一种将废水中的氯乙烯（CH2＝CHCl）转换成对环境无害的微生物电池装置，同时利用此装置在铁上镀铜，下列说法正确的是（　　）

A．M为阴极，N为阳极
B．镀铜时，X与铜电极相连，工作过程中，N极区域溶液中pH将增大
C．若M极消耗0.1mol氯乙烯，则铁电极增重32g，乙装置中溶液的颜色不会变浅
D．若用甲装置做电源，用惰性电极电解MnSO4溶液制得MnO2，其阳极的电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O
【分析】根据题给信息知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。
【解答】解：A．该装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，故A错误；
B．镀铜时，铁为阴极，X连接铁电极，负极产生氢离子透过质子交换膜进入正极参与反应，N极区域溶液中氢离子的物质的量不变，又生成水，故pH值增大，故B错误；
C．若M极消耗0.1mol氯乙烯，则碳的化合价由﹣1升高到+4，则0.1mol氯乙烯反应转移1mol电子，铁电极生成0.5molCu，也就是32g，电镀时阳极消耗的铜的量等于阴极生成的铜的量，故硫酸铜溶液的浓度不变，所以乙装置中溶液的颜色不会变浅，故C正确；
D．若用甲装置做电源，用惰性电极电解MnSO4溶液制得MnO2，则阳极Mn2+失电子发生氧化反应生成MnO2，电极反应式为Mn2+﹣2e﹣+2H2O═MnO2+4H+，故D错误，
故选：C。
【点评】本题考查了原电池原理以及电镀原理，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向即可解答，难度中等。
10．（2分）反应2NO+Cl2＝2NOCl在295K时其反应物浓度与反应速率关系的数据如表：

c（NO）/（mol•L﹣1）
c（Cl2）/（mol•L﹣1）
v（Cl2）/（mol•L﹣1•s﹣1）
①
0.100
0.100
8.0×10﹣3
②
0.500
0.100
2.0×10﹣1
③
0.100
0.500
4.0×10﹣2
注：①反应物浓度与反应速率关系式为v（Cl2）＝k•cm（NO）•cn（Cl2）式中速率常数k＝A，其中Ea为活化能，A、R均为大于0的常数，T为温度）；②反应级数是反应的速率方程式中各反应物浓度的指数之和。
下列说法不正确的是（　　）
A．m＝2，n＝1，反应级数为3级
B．当c（NO）＝0.20mol•L﹣1，c（Cl2）＝0.300mol•L﹣1时，v（NO）＝0.192mol•L﹣1•s﹣1
C．加入催化剂可以改变反应途径，也可以增大速率常数k，而加快反应速率
D．升高温度，可以增大反应的活化能Ea，从而使速率常数k增大
【分析】由表中①③数据可知＝，n＝1，由①②组数据可知＝，m＝2，由①数据可知k＝＝8.0，
结合影响化学平衡的因素解答该题。
【解答】解：A．由以上分析可知m＝2，n＝1，反应级数为3级，故A正确；
B．当c（NO）＝0.20mol•L﹣1，c（Cl2）＝0.300mol•L﹣1时，v（NO）＝2v（Cl2）＝2×8.0×（0.20）2×0.30mol•L﹣1•s﹣1＝0.192mol•L﹣1•s﹣1，故B正确；
C．催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子数目，可以增大速率常数k，增大反应速率，故C正确；
D．升高温度，活化能不变，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡有关计算，为高考常见题型，侧重考查学生计算能力，注意把握浓度与反应速率关系、平衡常数的计算方法，题目难度中等。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（4分）相同温度和压强下，研究Cl2在不同溶液中的溶解度（用溶解Cl2的物质的量浓度表示）随溶液浓度的变化。在NaCl溶液和盐酸中Cl2的溶解度以及各种含氯微粒的浓度变化如图。下列说法不正确的是（　　）

A．由图1可知，Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl﹣⇌Cl3﹣
B．随NaCl溶液浓度增大，Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO平衡逆移，Cl2溶解度减小
C．随盐酸浓度增加Cl2与H2O的反应被抑制，生成Cl3﹣为主要反应从而促进Cl2溶解
D．由上述实验可知，H+浓度增大促进Cl2溶解，由此推知在稀硫酸中，随硫酸浓度增大Cl2的溶解度会增大
【分析】A．由图1分析Cl2的浓度降低，Cl3﹣浓度升高；
B．根据平衡移动原理分析，随NaCl溶液浓度增大，Cl2溶解度减小；
C．由图2分析Cl2的浓度先降低后升高；
D．由图2分析Cl2的浓度先降低后升高的原因是，生成Cl3﹣为主要反应从而促进Cl2溶解，不是因为H+浓度增大促进Cl2溶解。
【解答】解：A．由图1分析Cl2的浓度降低，Cl3﹣浓度升高，得出Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl﹣⇌Cl3﹣，故A正确；
B．增大Cl﹣+浓度，Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO平衡逆移，所以随NaCl溶液浓度增大，Cl2溶解度减小，故B正确；
C．由图2分析Cl2的浓度先降低后升高；随着盐酸浓度增加Cl2与H2O的反应被抑制，生成Cl3﹣为主要反应从而促进Cl2溶解，故C正确；
D．由图2分析，H+浓度一直增大，但是Cl2的浓度先降低后升高，所以发生了反应Cl2+Cl﹣⇌Cl3﹣促进Cl2溶解，推知在稀硫酸中，随硫酸浓度增大Cl2的溶解度会降低，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了影响氯气溶解度的因素，题目难度中等，正确分析、理解题中信息及图象数据是解答本题关键，注意利用平衡移动原理。
12．（4分）下列实验操作或现象能用平衡移动原理解释的是（　　）
A．锌与稀硫酸反应，加入少量硫酸铜反应速率加快
B．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
C．溶解淀粉在不同条件下水解
D．钠与氯化钾共融制备钾：Na（l）+KCl（l）⇌K（g）+NaCl（l）
【分析】平衡移动原理的内容为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用平衡移动原理时，该反应必须是可逆反应，否则平衡移动原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关，据此进行判断。
【解答】解：A．锌与稀硫酸反应，加入少量硫酸铜，Zn与硫酸铜反应置换出铜，形成Zn﹣Cu稀硫酸原电池，加快反应速率，不存在化学平衡反应，则不能用化学平衡移动原理解释，故A不选；
B．浓氨水加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，使一水合氨分解生成氨气的，化学平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，逆向进行，能用化学平衡移动原理解释，故B选；
C．唾液为催化剂，催化剂不影响平衡，不能用平衡移动原理解释，故C不选；
D．K在该条件下为气体，逸出离开反应体系，生成物的浓度减小，可使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故D选；
故选：BD。
【点评】本题考查平衡移动原理的应用，为高频考点，明确平衡移动原理内容即可解答，注意使用平衡移动原理的前提必须是可逆反应，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
13．（4分）化学反应进行的方向和限度是化学反应原理所要研究的两个重要问题，下列有关化学反应进行的方向和限度的说法中正确的是（　　）
A．恒温恒容的密闭容器中发生反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g），若B是有色物质，A，C均为无色物质，达到平衡后，加入一定量C，体系的颜色会变深
B．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），则气体平均分子量不变可以作为判断反应达到平衡状态的依据
C．2NO（g）+2CO（g）＝N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＞0
D．恒温时，对于反应A（g）+3B（g）⇌2C（g），起始充入等物质的量的A和B，达到平衡时A的体积分数为n%，此时若给体系加压为原来的两倍，则A体积分数仍为n%
【分析】A.达到平衡后，加入一定量C，平衡逆向移动，B的浓度增大；
B.只有氨气和二氧化碳为气体，二者的物质的量之比始终为2：1；
C.△H﹣T△S＜0时反应能够自发进行；
D.设出A、B的初始物质的量及平衡时消耗A的物质的量，然后利用三段式计算A的体积分数，结合计算结果分析。
【解答】解：A.B是有色物质，加入无色物质C，平衡逆向移动，容器内B的浓度增加，体系的颜色会变深，故A正确；
B.由于反应物NH2COONH4（s）是固体，生成物是两种气体，二氧化碳和氨气的物质的量始终为2：1，则混合气体的平均分子量始终不变，气体的平均分子量不变不能作为平衡判断的依据，故B错误；
C.2NO（g）+2CO（g）＝N2（g）+2CO2（g），该反应的ΔS＜0，在常温下能自发进行，此时△H﹣T△S＜0，△H＜T△S＜0，故C错误；
D.设A、B的初始物质的量均为1mol，平衡时消耗A的物质的量为x，则
A（g）+3B（g）⇌2C（g）
起始（mol） 1 1 0
变化（mol）x 3x 2x
平衡（mol）1﹣x 1﹣3x 2x
平衡时A的体积分数为：×100%，说明A的体积分数始终为50%，与平衡状态无关，所以给体系加压为原来的两倍，则A体积分数仍为n%，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查化学平衡的影响、化学平衡状态的判断等知识，为高频考点，把握反应自发进行的条件、化学平衡状态的特征为解答关键，注意掌握化学平衡的影响因素，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度中等。
14．（4分）由海绵铜（主要含Cu和少量CuO）制取氯化亚铜（CuCl）的流程如图：

已知：氯化亚铜微溶于水，不溶于稀酸，可溶于Cl﹣浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。
下列关于说法不正确的是（　　）
A．“溶解”时，硫酸是氧化剂、Cu是还原剂
B．“还原”时，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32﹣+H2O+2Cl﹣═2CuCl↓+SO42﹣+2H+
C．“过滤”时，可以搅拌加速滤液与CuCl的分离
D．“酸洗”时，不可以选用的稀盐酸，稀硝酸，最适宜选用的是稀硫酸.
【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O＝2CuCl+SO42﹣+2H+，过滤得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗、烘干得到氯化亚铜，以此解答该题。
【解答】解：A.“溶解”过程中，硝酸铵中的硝酸根离子与硫酸电离出的氢离子构成硝酸，将铜氧化，离子方程式是3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸根是氧化剂、Cu是还原剂，故A错误；
B．“还原”时，“反应”过程生成CuCl，则溶液中的Cu2+被SO32﹣还原，发生反应的离子方程式是2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O═2CuCl↓+SO42﹣+2H+，故B正确；
C．“过滤”时，玻璃棒搅拌液体有可能捣破滤纸，故过滤时不可以搅拌，C错误；
D．“酸洗”时，氯化亚铜微溶于水，不溶于稀酸，可溶于Cl﹣浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，则“酸洗”时不能用盐酸、不能用硝酸（防止被氧化），最适宜选用的是稀硫酸，还可循环利用，故D正确；
故选：AC。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，把握流程中的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应的判断，题目难度不大。
15．（4分）高纯硝酸锶[Sr（NO3）2]可用于制造信号灯，光学玻璃等。工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质，提纯流程如图：下列说法正确的是（　　）

已知：①硝酸钙可溶于浓硝酸，而硝酸锶、硝酸钡不溶于浓硝酸②铬酸（H2CrO4）为二元弱酸
A．H2CrO4在水中的电离方程式为 H2CrO4⇌H++HCrO4﹣，HCrO4﹣⇌H++CrO42﹣
B．为了提高“酸浸”速率，可以采用粉碎，高温等措施
C．“滤液1”的主要溶质是 Ca（NO3）2、Ba（NO3）2，“滤渣2”的主要成分为BaCrO4
D．“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+，同时放出无污染的气体，发生反应的离子方程式为4H2CrO4+3N2H4+12H+═4Cr3++3N2↑+16H2O
【分析】由流程可知，取含杂质的硝酸锶样品，向其中加入浓HNO3溶解，搅拌，过滤，“滤液1”的主要溶质是Ca（NO3）2，“滤渣1”的成分为Ba（NO3）2、Sr（NO3）2，并用浓HNO3洗涤滤渣，减少Sr（NO3）2溶解，进一步洗掉附着的Ca（NO3）2，将滤渣1溶于水中，加过量铬酸使Ba2+沉淀，“滤渣2”的主要成分为BaCrO4，“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+，调节pH至7～8，Cr3+使转化为Cr（OH）3沉淀，过滤分离，将滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得产品，以此解答该题。
【解答】解：A.H2CrO4为二元弱酸，其在水中的电离方程式为：H2CrO4⇌H++HCrO4﹣，HCrO4﹣⇌H++CrO42﹣，故A正确；
B.高温时浓HNO3易挥发和分解，易造成环境污染，为了避免HNO3挥发和分解，减少环境污染，“酸浸”不能采用高温，故B错误；
C.硝酸钡不溶于浓硝酸，则“滤液1”的主要溶质是Ca（NO3）2，“滤渣2”的主要成分为BaCrO4，故C错误；
D.H2CrO4被N2H4还原为Cr3+，同时放出无污染的气体为氮气，结合得失电子守恒及质量守恒定律配平该反应的离子方程式为：4H2CrO4+3N2H4+12H+＝4Cr3++3N2↑+16H2O，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
三、非选择题：本题共5小题，共60分
16．（15分）铂是一种稀有的贵金属，在一些废板卡、含铂废合金、镀铂、涂铂的废料以及含铂废催化剂含有一定量的铂，如图是某工厂回收铂的工艺流程，已知含铂（Pt）废渣的主要成分为Al2O3，少量SnO2、SiO2和Pt。

①氯铂酸铵[（NH4）2PtCl6]，黄色，难溶于水，易溶于盐酸并生成H2PtCl6
回答下列问题：
（1）“碱溶”时，使用的坩埚的材质是 　D　（填标号）。试写出一种金属铂在中学化学中的应用 　电极材料或焰色反应材料或催化剂　。
A．陶瓷
B．石英
C．铝
D．铁
（2）“浸出”时，铂生成PtCl62﹣，该反应的离子方程式为 　3Pt+2ClO3﹣+12H++16Cl﹣＝3PtCl62﹣+6H2O　。
（3）“滤渣1”的主要成分为H2SnO3和　H2SiO3　，若“滤渣1”中含有少量的铂，可将其返回 　浸出　（填工序名称）。
（4）“树脂交换”时，被阴离子交换树脂RCl吸附的铂的存在形式是 　R2PtCl6　（填化学式），尾液中溶质的主要成分为 　AlCl3、NaCl　（填化学式）。
（5）滤渣氯铂酸铵[（NH4）2PtCl6]表面有大量氯化铵等可溶性的盐，在煅烧操作之前要将沉淀表面的杂质洗去，洗涤沉淀方法是 　向漏斗中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复操作2～3次　。
（6）“煅烧”时温度控制在750℃，除生成Pt外，还有NH3、HCl等生成，写出该反应的化学方程式：　3（NH4）2PtCl63Pt+2NH3↑+2N2↑+18HCl↑　。
【分析】铂（Pt）废渣的主要成分为Al2O3，少量SnO2、SiO2和Pt先和氢氧化钠溶液反应溶解生成偏铝酸钠、锡酸钠和硅酸钠；加盐酸和氯酸钠浸出时Pt转化为PtCl62﹣，锡酸钠、硅酸钠和盐酸都转化为锡酸和硅酸沉淀；“树脂交换”时，Pt元素被交换出来，Al元素除去；通过淋洗和加氯化铵沉铂，最后煅烧得到产品。
【解答】解：（1）碱溶时，陶瓷、石英（二氧化硅）和铝都能与氢氧化钠反应，铁不反应，故选D；Pt是一种不活泼金属，可用于电极材料、焰色反应材料、催化剂等，
故答案为：D；电极材料或焰色反应材料或催化剂；
（2）加盐酸和氯酸钠浸出时Pt转化为PtCl62﹣，反应的离子方程式为3Pt+2ClO3﹣+12H++16Cl﹣＝3PtCl62﹣+6H2O，
故答案为：3Pt+2ClO3﹣+12H++16Cl﹣＝3PtCl62﹣+6H2O；
（3）锡酸钠和硅酸钠和盐酸都转化为锡酸和硅酸（H2SiO3）沉淀；若铂又剩余，应返回到浸出这一步开始反应，
故答案为：H2SiO3；浸出；
（4）“树脂交换”时，根据浸出反应时的反应可知，被阴离子交换树脂RCl吸附的铂的存在形式是R2PtCl6；浸出时偏铝酸钠生成了氯化铝（AlCl3），故尾液中含有AlCl3、NaCl，
故答案为：R2PtCl6；AlCl3、NaCl；
（5）洗涤沉淀的方法为向漏斗中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复操作2～3次，
故答案为：向漏斗中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复操作2～3次；
（6）煅烧时（NH4）2PtCl6生成Pt、氨气和氯化氢，故反应方程式为3（NH4）2PtCl63Pt+2NH3↑+2N2↑+18HCl↑，
故答案为：3（NH4）2PtCl63Pt+2NH3↑+2N2↑+18HCl↑。
【点评】本题考查物质的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、氧化还原等原理为解答关键，侧重分析与实验、化学反应原理的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
17．（10分）环境污染问题如今已成为全球关注的重点问题，.由于工业生产废气排放，如石化企业排放硫化氢、二氧化碳、二氧化硫、氮氧化物致使大气污染问题日益严重，采取有效的措施防治大气污染，成为当前大气污染治理，环境治理的工作重点.请根据题意，回答下列问题：
（1）H2S与CO2发生如下反应：H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g）△H相关的化学键键能数据如表：
化学键
C＝O（CO2）
C＝O（COS）
C＝S
H﹣O
H﹣S
E/kJ•mol﹣1
803
739
577
465
399
由此计算△H＝　+158kJ/mol　。
（2）高温下CO可将SO2还原成硫蒸气：4CO（g）+2SO2（g）⇌4CO2（g）+S2（g）△H1＜0。平衡时CO的体积分数（%）与温度和压强的关系如图1所示（虚线框表示没有测定该条件下的数据）。

T1、T2、T3由大到小的关系是 　T3＞T2＞T1　，判断的理由是 　该反应是气体分子数减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，CO的体积分数应该逐渐减小，由图1可知压强越大，T1、T2、T3对应的CO的体积分数逐渐增大，该反应逆向进行，则T3＞T2＞T1　。
（3）沥青混凝土可作为反应：2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）的催化剂。图甲表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥青混凝土（α型、β型）催化时，CO的转化率与温度的关系。

①在a、b、c、d四点中，未达到平衡状态的是 　a　。
②已知c点时容器中O2浓度为0.04mol•L﹣1，则50℃时，在α型沥青混凝土中CO转化反应的平衡常数K＝　　（用含x的代数式表示）。
③下列关于图甲的说法正确的是 　BD　。
A．CO转化反应的平衡常数K（a）＜K（c）
B．在均未达到平衡状态时，同温下β型沥青混凝土中CO转化速率比α型要大
C．b点时CO与O2分子之间发生有效碰撞的几率在整个实验过程中最高
D．e点转化率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性
【分析】（1）反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能；
（2）由温度和压强对平衡的影响判断温度大小关系；
（3）①CO转化率达到最高，反应达到平衡状态；
②由反应物的起始加入量和平衡转化率计算平衡时各组分浓度，进而计算平衡常数；
③A.由温度变化对平衡的影响判断K值变化；
B.结合图象判断催化剂对转化速率影响；
C.有效碰撞几率与反应速率有关；
D.催化剂需要一定活性温度。
【解答】解：（1）H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g）△H＝2×399kJ/mol+2×803kJ/mol﹣739kJ/mol﹣577kJ/mol﹣2×465kJ/mol＝+158kJ/mol，
故答案为：+158kJ/mol；
（2）反应4CO（g）+2SO2（g）⇌4CO2（g）+S2（g）△H1＜0，是气体分子数减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，升高温度，平衡逆向移动，CO的体积分数增大，由图1，压强越大，CO的体积分数越小，T1、T2、T3对应的CO的体积分数逐渐增大，该反应逆向进行，则T3＞T2＞T1，
故答案为：T3＞T2＞T1；该反应是气体分子数减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，CO的体积分数应该逐渐减小，由图1可知压强越大，T1、T2、T3对应的CO的体积分数逐渐增大，该反应逆向进行，则T3＞T2＞T1；
（3）①CO和O2反应是放热反应，当达到平衡后升高温度，CO的转化率降低，所以，b、c、d点表示平衡状态，a点对应的状态是不平衡状态，
故答案为：a；
②设CO起始浓度为a mol•L﹣1，c点CO转化率为x，CO反应量为axmol/L，平衡时CO浓度为（a﹣ax）mol/L，中O2浓度为0.04mol•L﹣1，CO2浓度为axmol/L，平衡常数K＝＝＝，
故答案为：；
③A.反应放热，温度升高，平衡向左移动，平衡常数K减小，故A错误；
B.观察图象知，β催化剂作用下CO的转化速率大于α催化剂，故B正确；
C.有效碰撞几率与反应速率有关，温度越高，反应速率越大，有效碰撞几率越高，故在图象中e点有效碰撞几率最高，故C错误；
D.催化剂需要一定活性温度，转化率出现突变，可能是因温度高而催化剂失去活性，故D正确；
故答案为：BD。
【点评】本题考查反应热的计算和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
18．（13分）钴主要化合价为+2和+3价，在通常情况下，三价钴盐不如二价钴盐稳定；相反，在生成稳定配合物后，三价钴又比二价钴稳定。因此，常采用空气或H2O2溶液氧化二价钴配合物的方法来制备三价钴的配合物。利用CoCl2、NH3⋅H2O、NH4Cl和H2O2制备三氯化六氨合钴{[Co（NH3）6]Cl3}的实验装置如图。
已知：钴（Ⅱ）与氯化铵和氨水作用，经氧化后一般可生成三种产物：紫红色的[Co（NH3）5Cl]Cl2晶体、砖红色的[Co（NH3）5H2O]Cl3晶体、橙黄色的[Co（NH3）6]Cl3晶体，控制不同的条件可得不同的产物（如温度不同，产物也不同）。293K时，[Co（NH3）6]Cl3在水中的溶解度为0.26mol/L。
I.将CoCl2、NH4Cl和活性炭在C中混合，首先滴加浓氨水使溶液颜色变为黑紫色。
II.置于冰水浴中冷却至10℃以下，缓慢滴加双氧水并不断搅拌。
III.转移至60℃热水浴中，恒温加热20min，同时缓慢搅拌。
IV.将反应后的混合物冷却到0℃左右，抽滤得到三氯化六氨合钴{[Co（NH3）6]Cl3}粗产品。
V.三氯化六氨合钴（Ⅲ）粗产品的提纯流程如图：

请回答下列问题：
（1）仪器b、c的名称分别为 　球形冷凝管　、　三颈烧瓶　。
（2）仪器d中所盛药品为CaCl2，其作用为 　吸收挥发出来的氨气　。
（3）步骤II中，先将装置置于冰水浴中冷却到10℃以下，再缓慢滴加双氧水的原因是 　防止温度过高导致氨气挥发以及双氧水分解　。
（4）反应器中发生的总反应化学方程式为 　2CoCl2+10NH3⋅H2O+2NH4Cl+H2O2＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+12H2O　。
（5）V中操作A的名称为 　趁热过滤　，步骤C进行洗涤时要用到两种试剂，应该先用 　C　（填序号，下同）洗涤，后用 　B　洗涤。
A.氯化钠溶液
B.无水乙醇
C.浓盐酸
（6）若实验用2.38g CoCl2•6H2O晶体与足量的NH3⋅H2O、NH4Cl和H2O2混合，将所得{[Co（NH3）6]Cl3}粗品（不含有其它含氯物质），加入烧杯中，加20m水溶解，然后转移到250ml容量瓶中，定容配成样品溶液。用移液管移取25ml样品溶液于锥形瓶中，加入几滴K2CrO4溶液做指示剂，用0.08mol/LAgNO3标准溶液进行滴定，出现砖红色沉淀不消失即为终点，停止滴定。重复实验两次，平均消耗硝酸银溶液标准溶液15.00ml.则本次实验产率为 　40%　（已知M•6H2O＝238g/mol M[Co（NH3）6]Cl＝267.5g/mol ）

【分析】将CoCl2•6H2O、NH4Cl溶液、活性炭混合，加入氨水得到[Co（NH3）6]Cl2，再加入H2O2溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co（II）被氧化为Co（Ⅲ），生成[Co（NH3）6]Cl3和活性炭的浊液，过滤，得到滤渣中含有[Co（NH3）6]Cl3和活性炭，向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2～3次，低温干燥得到产品。
【解答】解：（1）仪器b的名称为球形冷凝管，用来冷凝回流提高原料利用率，仪器C的名称为三颈烧瓶，作为反应器，
故答案为：球形冷凝管；三颈烧瓶；
（2）原料用到易挥发且会污染环境的浓氨水，CaCl2的作用主要是吸收挥发出来的氨气，生成CaCl2•8H2O，
故答案为：吸收挥发出来的氨气；
（3）温度过高会导致氨水挥发出氨气，双氧水的分解生成水和氧气，
故答案为：防止温度过高导致氨气挥发以及双氧水分解；
（4）利用CoCl2、NH3⋅H2O、NH4Cl和H2O2制备三氯化六氨合钴[Co（NH3）6]Cl3，反应器中发生的总反应方程式为2CoCl2+10NH3⋅H2O+2NH4Cl+H2O2＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+12H2O，
故答案为：2CoCl2+10NH3⋅H2O+2NH4Cl+H2O2＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+12H2O；
（5）由于温度不同，产物也不同，因此操作A应该是趁热过滤，增大氯离子浓度可以防止产品溶解而损失，因此三氯化六氨合钴首先应该用浓盐酸洗涤，最后再用有机溶剂乙醇洗涤，
故答案为：趁热过滤；C；B；
（6）用0.08mol/LAgNO3标准溶液进行滴定，出现砖红色沉淀不消失即为终点，停止滴定，重复实验两次，平均消耗硝酸银溶液标准溶液15.00ml，
样品中n（Cl﹣）＝10×0.08mol/L×15.00×10﹣3L＝0.012mol，
n{[Co（NH3）6]Cl3}＝0.004mol，
m{[Co（NH3）6]Cl3}＝0.004mol×267.5 g/mol＝1.07g
设2.38g CoCl2•6H2O晶体理论上制得[Co（NH3）6]Cl3质量为m，
2CoCl2•6H2O+10NH3⋅H2O+H2O2+2NH4Cl＝2[Co（NH3）6]Cl3↓+24H2O
2×238 2×267.5
2.38g m
＝
m＝2.675g
本次实验产率为＝×100%＝×100%＝40%，
故答案为：40%。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、物质的制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
19．（12分）氨是最重要的氮肥，也是产量最大的化工产品之一。
（1）在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表所示：
T/℃
200
300
400
K
K1
K2
0.5
请完成下列问题：
①试比较K1、K2的大小，K1　＞　K2（填“＞”、“＜”或“＝”）；
②400℃时，反应2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）的化学平衡常数为 　2　。当测得NH3、N2和H2物质的量分别为2mol、2mol和1mol时，则该反应的v（N2）正　＝　v（N2）逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）可用作合成氨的催化剂有很多，如Os、Fe、Pt、Mn、Co等金属及相应的合金或化合物。该反应在LaCoSi催化作用的化学吸附及初步表面反应历程如图：

注：方框内包含微粒种类及个数、微粒的相对总能量（括号里的数字单位：eV）其中，TS表示过渡态，*表示吸附态。
①请写出N2参与化学吸附的反应方程式：　N2（g）→2N*　；
②以上历程须克服的最大势垒为 　141.59　kJ•mol﹣1（计算结果保留2位小数）。（已知：1eV＝1.6×10﹣22 kJ）
（3）标准平衡常数，其中pΘ为标准压强（1×105 Pa），p（NH3）、p（N2）和p（H2）为各组分的平衡分压，平衡分压＝平衡体积分数×总压。若N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，N2的平衡转化率为ω，则KΘ＝　　（用含ω的表达式表示）。
【分析】（1）①由温度变化对平衡的影响判断K值变化；
②由方程式和平衡常数表达式判断K值，由浓度熵和K值比较判断是否达到平衡状态；
（2）①N2在催化剂表面化学吸附后变成N*；
②依据题目信息，计算最大能垒；
（3）依据反应物起始加入量和转化率计算平衡时各组分分压，进而计算平衡常数。
【解答】解：（1）①反应放热，温度升高，平衡逆向移动，K值减小，K1＞K2，
故答案为：＞；
②K正×K逆＝1，400℃时，反应2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）的化学平衡常数K逆＝＝＝2，当测得NH3、N2和H2物质的量分别为2mol、2mol和1mol时，Qc＝＝＝2＝K，所以此状态为平衡状态，则该反应的v（N2）正＝v（N2）逆，
故答案为：2；＝；
（2）①根据题意，N2与H2合成NH3的过程是，N2在催化剂表面化学吸附后变成N*，然后再与H2作用生成过渡态TS1，最后再解吸附，因此N2的化学吸附发生在第一步，为N2（g）→2N*，
故答案为：N2（g）→2N*；
②根据框图，反应最大能垒为2N*（g）+H2（g）→TS1，能量E＝0.01eV﹣（﹣1.46eV）＝1.47eV，即可计算出1.47eV×1.6×10﹣22kJ/eV×6.02×1023mol﹣1＝141.59kJ/mol，
故答案为：141.59；
（3）假设N2和H2起始物质的量分别为1mol和3mol，N2的平衡转化率为ω，氮气反应量为1mol×ω＝ωmol，平衡时氮气的物质的量为（1﹣ω）mol，氢气的物质的量为（3﹣3ω）mol，氨气的物质的量为2ωmol，混合气的总物质的量为（1﹣ω）mol+（3﹣3ω）mol+2ωmol＝（2﹣2ω）mol，则x（NH3）%＝x（N2）%＝x（H2）%＝代入公式：KΘ＝＝，
故答案为：。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度较大，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
20．（10分）铜是人类最早发现的金属，也是人类广泛使用的一种金属，其化合物的应用广泛，硫酸铜是制备其他含铜化合物的重要原料，同石灰乳混合可得波尔多液，用作杀菌剂。CuBr用作有机合成原料和反应催化剂等。
Ⅰ.某小组同学在做铜与浓硫酸反应的实验时，发现铜片表面有黑色固体生成。
（1）甲同学猜想：黑色固体是未来得及溶解于酸的CuO，其猜想可用化学方程式表示为Cu+H2SO4　CuO+SO2↑+H2O　。
（2）乙同学认为：黑色固体除CuO外，还可能含有Cu2S和CuS，其理由可能是 　ac　（填序号）。
a.Cu2S和CuS都是黑色的
b.Cu与浓硫酸在加热条件下反应，还可能放出O2
c.浓硫酸是氧化剂，Cu是还原剂，Cu的化合价升高与S的化合价降低有多种可能
Ⅱ.实验室中可利用无水硫酸铜、溴化钠为主要原料制备溴化亚铜，制备流程如图：

回答下列问题：
（3）制备CuBr的反应在装置乙中进行，向其中加入CuSO4和NaBr配制成的150mL水溶液，然后通入足量的SO2（部分夹持及加热装置已略去）。

①写出装置乙中发生反应的离子方程式：；该反应需保持反应液在60℃，最佳加热方式为 　水浴加热　，Cu2+、Br﹣反应完毕的标志是 　当溶液的蓝色褪去　。
②丙中倒扣的漏斗可防止液体倒吸，如图装置中不能防止液体倒吸的是 　a　（填标号）。

（4）洗涤CuBr沉淀时可采用SO2的水溶液而不采用蒸馏水，其目的是 　为防止CuBr被氧化　。
【分析】Ⅰ.（1）黑色固体是未来得及溶解于酸的CuO以及元素守恒、元素价态变化规律可知铜与硫酸加热生成CuO、SO2、H2O；
（2）a.从物质的颜色判断：Cu2S和CuS的颜色也是黑色的；
b.而若要生成氧气，则需要氧化﹣2价的O氧元素，与是否生成Cu2S和CuS无关；
c.Cu单质可被氧化为+2价或+1价铜，浓硫酸中的S元素也可被还原为多种低价态；
Ⅱ．（3）①该反应需低于100℃，则应选择水浴加热；含有铜离子的溶液显蓝色，根据溶液颜色变化判断完毕的标志；
②防止倒吸可以改变溶解度，如b，可以有盛放倒吸液体的容器，如cd；
（4）溴化亚铜含有亚铜离子，易被空气中氧气氧化，SO2具有还原性，为防止CuBr被氧化。
【解答】解：Ⅰ.（1）根据甲同学的猜想以及元素守恒、元素价态变化规律可知铜与硫酸加热生成CuO、SO2、H2O，化学方程式为Cu+H2SO4CuO+SO2↑+H2O，
故答案为：CuO+SO2↑+H2O；
（2）a.从物质的颜色判断：Cu2S和CuS的颜色也是黑色的，故a项正确；
b.而若要生成氧气，则需要氧化﹣2价的O氧元素，与是否生成Cu2S和CuS无关，故b不可能；
c.Cu单质可被氧化为+2价或+1价铜，浓硫酸中的S元素也可被还原为多种低价态，故c项正确，
故答案为：ac；
Ⅱ．（3）①该反应需保持反应液在60℃，则应选择水浴加热；含有铜离子的溶液显蓝色，当溶液的蓝色褪去，即说明Cu2+、Br﹣反应完毕，
故答案为：水浴加热；当溶液的蓝色褪去；
②a．多孔球泡可增大气体与溶液的接触面积，但无法防倒吸，故a错误；
b．气体不溶于CCl4，可防倒吸，故b正确；
c．当产生倒吸现象时，少量液体进入球形干燥管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸，故c正确；
d．当产生倒吸现象时，少量液体进入玻璃管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸，故d正确；
故答案为：a；
（4）溴化亚铜含有亚铜离子，易被空气中氧气氧化，SO2具有还原性，为防止CuBr被氧化，洗涤CuBr沉淀时可以采用SO2的水溶液而不采用蒸馏水，
故答案为：为防止CuBr被氧化。
【点评】本题考查了铜的化合物性质、制备、分离实验评价等知识点，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，题目着重于分离混合物的实验方法设计和分析判断的考查，题目难度中等。