【化学】辽宁省六校协作体2018-2019学年高二下学期期初考试（解析版）

辽宁省六校协作体2018-2019学年高二下学期期初考试
1. 下列关于煤、石油、天然气等资源的说法正确的是
A. 煤的气化和液化过程只发生物理变化
B. 天然气作为化工原料，主要用于合成氨和生产甲醇
C. 石油分馏的目的是生产乙烯、丙烯、甲烷等化工原料
D. 天然气和液化石油气的主要成分是甲烷
【答案】B
【解析】
试题分析：A．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品，都属于化学变化，A错误；B．天然气广泛用于民用及商业燃气灶具、热水器，天然气也可用作化工原料，以天然气为原料的一次加工产品主要有合成氨、甲醇、炭黑等近20个品种，B正确；C．根据沸点不同把石油分离成不同馏分，可获得天然气、石油醚、汽油、煤油、柴油、石蜡、沥青等产品，C错误；D．天然气主要成分烷烃，其中甲烷占绝大多数，另有少量的乙烷、丙烷和丁烷，此外一般有硫化氢、二氧化碳、氮和水气及微量的惰性气体；液化石油气（简称液化气）是石油在提炼汽油、煤油、柴油、重油等油品过程中剩下的一种石油尾气，它的主要成分有乙烯、乙烷、丙烯、丙烷和丁烷等，D错误，答案选B。
考点：考查煤和石油的综合利用
2.下列化学用语正确的是(　　)
A. 硝基苯的结构简式： B. 乙烯的比例模型：
C. 过氧化氢的电子式： D. 硫离子的结构示意图：
【答案】A
【解析】
试题分析：A、硝基苯中硝基的单电子在氮上，结构简式为，A正确；B、这是乙烯的球棍模型，B错误；C、过氧化氢属于共价化合物，C错误；D、硫离子带2个单位的负电荷，核电荷数比电子数少2，D错误。
考点：考查了化学用语的相关知识。
3.NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
A. 1.0 L 1.0 mol•L﹣1 的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2 NA
B. 常温下，0.l mol碳酸钠晶体中含有CO32－的个数为0.1
C. 标准状况下，11.2L18O2中所含中子数为8NA
D. 25℃时，l L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数为0.2
【答案】B
【解析】
试题分析：A.在NaAlO2水溶液中，氧原子不仅存在于溶质NaAlO2中，还存在于溶剂水中，因此含有的氧原子的数目远远大于2 NA，A错误；B. 常温下，0.l mol碳酸钠晶体中含有CO32－的个数为0.1 NA，B正确；C. 由于18O具有10个中子，因此，标准状况下，11.2L18O2中所含中子数为10NA，C错误；D. 25℃时，l L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数为0.1 NA，D错误。故答案B。
考点：考查阿伏伽德罗常数的有关计算。
4.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）
A. 强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl－、SO42—
B. 在无色透明的溶液中：K+、Cu2+、NO3—、SO42—
C. 含有0.1 mol·L−1 Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32—、Cl－
D. 室温下，pH＝1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3—、SO42—
【答案】D
【解析】
试题分析：A、强碱性溶液含有OH-离子，与Al3+反应，生成Al(OH）3沉淀,故不能共存；B、溶液无色透明，故要排除Cu2+，错误；C、Ca2+与 CO32-形成沉淀，故错误；D、酸性溶液中，均共存。
考点：考查了离子共存的相关知识
5.可逆反应X(g)＋Y(g) 2Z(g)　ΔHH2CO3>HClO，所以向氯水中加入NaHCO3粉末，盐酸与与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，看到有气泡产生，C正确；
D.溶液中Cl2、HClO、ClO-都强氧化性，都可以将Fe2+氧化为Fe3+，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查氯水的性质，掌握氯气与水反应的可逆性是判断氯水成分的关键，掌握氯水成分及各种微粒的性质是本题解答的基础，需要学生熟练掌握基础知识，本题侧重基础知识的考查。
11.有机物M的结构简式是，能用该结构简式表示的M的同分异构体共有(不考虑立体异构)(　　)
A. 12种 B. 16种 C. 20种 D. 24种
【答案】C
【解析】
丁基（－C4H9）有四种，－C3H6Br，除了Br原子外，其实就是亚丙基，而亚丙基（－C3H6－）有五种，4×5＝20种，答案选C。
12. X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大．已知X的最外层电子数是电子层数的3倍，X、M同主族，Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，下列说法正确的是( )
A. M与X形成的化合物对应的水化物一定是强酸
B. Y2X和Y2X2中阴、阳离子的个数比相同，化学键类型也完全相同
C. X、Y的简单离子半径：r(X2﹣)＞r(Y+)
D. M的气态氢化物比X的气态氢化物稳定
【答案】C
【解析】
试题分析：X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，所以其电子层数为2，则X是O元素，X、M同主族且都是短周期元素，所以M是S元素；N原子序数大于M且为短周期主族元素，所以N是Cl元素；Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y是Na元素。A、M是S元素、X是O元素，二者形成的化合物对应的水化物中H2SO4是强酸，但H2SO3是弱酸，故A错误；B、Na2O中只含离子键、Na2O2中含有共价键和离子键，所以化学键类型不相同，阴、阳离子的个数比都是1：2，故B错误；C、电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径：r(O2﹣)＞r(Na+)，故C正确；D、元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性X(O)＞M(S)，所以气态氢化物的热稳定性：X＞M，故D错误；故选C。
考点：考查了原子结构和元素周期律的相关知识。
13.下列说法正确的是(　　)


A. 图①中ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
B. 图②在催化剂条件下，反应的活化能等于E1＋E2
C. 图③表示醋酸溶液滴定 NaOH溶液和氨水混合溶液的电导率变化曲线
D. 图④可表示由CO(g)生成CO2(g)的过程中要放出566 kJ 热量
【答案】C
【解析】
试题分析：根据盖斯定律来可知：一个反应无论是一步完成还是分为数步完成，其热效应是相同的，故应有：△H1=-△H2-△H3，A错误；E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，B错误；氢氧化钠是强电解质，氨水是弱电解质，滴加的弱电解质先和氢氧化钠反应生成强电解质醋酸钠，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当氢氧化钠完全被中和后，醋酸继续与弱电解质氨水反应生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；氨水也完全反应后，继续滴加醋酸，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势，C正确；图象中未标明CO、氧气以及CO2的物质的量与焓变的值的数值计量关系，D错误。
考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算，涉及反应热和焓变、弱电解质在水溶液里的电离平衡等。
14.一种太阳能电池的工作原理如图所示，电解质为铁氰化钾K3[Fe(CN)6]和亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]的混合溶液，下列说法不正确的是(　　)

A. K＋移向催化剂b
B. 催化剂a表面发生的化学反应：[Fe(CN)6]4－－e－===[Fe(CN)6]3－
C. [Fe(CN)6]3－在催化剂b表面被氧化
D. 电解质溶液中的[Fe(CN)6]4－和[Fe(CN)6]3－浓度基本保持不变
【答案】C
【解析】
试题分析：由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极。A．b为正极，则K+移向催化剂b，故A正确；B．a为负极，发生氧化反应，则催化剂a表面发生反应：Fe(CN)64--e-═Fe(CN)63-，故B正确；C．b上发生还原反应，发生Fe(CN)63-+e-═Fe(CN)64-，故C错误；D．由B、C中的电极反应可知，二者以1:1相互转化，电解质溶液中Fe(CN)63-和Fe(CN)64-浓度基本保持不变，故D正确；故选C。
【考点定位】考查原电池和电解池的工作原理；铁盐和亚铁盐的相互转变
【名师点晴】本题考查原电池的工作原理，为高频考点，把握电子的流向判断正负极为解答的关键，明确原电池工作原理即可解答，由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，阳离子向正极移动。
15.常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知Ksp(CaSO4)＝9×10－6。下列说法不正确的是(　　)

A. a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
B. 加入Na2SO4溶液可以使a点变为b点
C. b点将有沉淀生成
D. d点未达到沉淀溶解平衡状态
【答案】B
【解析】
试题分析：A.由于a点和c点处于的温度条件相同，因此对应的Ksp相同，A正确；B.在a点所具有的平衡状态下，加入Na2SO4溶液，水溶液中的SO42-浓度增大，CaSO4的沉淀溶解平衡向逆向移动，Ca2+浓度减小，因此a点不能变为b点，B错误；C.a点变为b点时，离子积Qc大于该温度下的Ksp，沉淀溶解平衡向逆向移动，有沉淀析出，C正确；D.d点时，离子积Qc小于该温度下的Ksp，溶液未饱和，未达到沉淀溶解平衡状态，D正确。故答案B。
考点：考查沉淀溶解平衡。
16.在常温下，用0.1000 mol/L的盐酸滴定25 mL 0.1000 mol/L Na2CO3溶液，所得滴定曲线如下图所示。下列有关滴定过程中溶液相关微粒浓度间的关系不正确的是

A. a点：c( HCO3-)>c(Cl-)>c(C032-)
B. b点：c(Na+)+c(H+)=c(Cl一)+c(HCO3-)+c（CO32-）+c（OH-）
C. c点：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)
D. d点：c（Cl-）=c(Na+)
【答案】B
【解析】
试题分析：在常温下，用0.1000 mol/L的盐酸滴定25 mL 0.1000 mol/L Na2CO3溶液，所得滴定曲线
如下图所示，横坐标为盐酸的体积，纵坐标为pH。A．a点盐酸的体积为12.5mL，此时盐酸和一半的碳酸钠反应，生成碳酸氢钠和氯化钠，如果不水解，溶液中有c(HCO3-)=c(Cl-)=c(C032-)，但是，碳酸根要水解生成碳酸氢根，所以有c( HCO3-)>c(Cl-)>c(C032-)，A正确；B．b点根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(Cl一)+c(HCO3-)+ 2c（CO32-）+c（OH-），B错误；C．c点盐酸和碳酸钠恰好完全反应， 生成碳酸氢钠和氯化钠，，根据质子守恒有：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)，C正确；D．d点，盐酸的物质的量等于2倍碳酸钠的物质的量，所以c（Cl-）=c(Na+)，D正确，答案选B。
考点：考查水溶液中的离子平衡
17.在500mLKNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中，c（NO3－）=6mol/L，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是
A. 电解得到的Cu的物质的量为0.5mol
B. 向电解后的溶液中加入98g的Cu（OH）2可恢复为原溶液
C. 原混合溶液中c（K+）=4mol/L
D. 电解后溶液中c（H+）=2mol/L
【答案】B
【解析】
试题分析：石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），n（O2）==1mol，阳极发生4OH--4e-═O2↑+2H2O，生成1mol氧气转移4mol电子，阴极发生Cu2++2e-═Cu、2H++2e-═H2↑，生成1mol氢气，转移2mol电子，因此还要转移2mol电子生成1mol铜。A．电解得到的Cu的物质的量为1mol，故A错误；B．根据电解原理和原子守恒，溶液中减少的原子有铜、氧、氢，向电解后的溶液中加入Cu(OH)2，可恢复为原溶液，需要1mol Cu(OH)2，质量为98 g，故B正确；C．c（Cu2+）==2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c（K+）为6mol/L-2mol/L×2=2mol/L，故C错误；D．电解后溶液中c（H+）为=4mol/L，故D错误；故选B。
【考点定位】考查电解原理
【名师点晴】本题考查电解原理，明确发生的电极反应及电子守恒是解答本题的关键，注意氢氧根离子与氢离子的关系。用石墨电极电解下列溶液，则阳离子在阴极放电，阴离子在阳极放电，若加入物质能使溶液恢复到原来的成分和浓度，则从溶液中析出什么物质就应加入什么物质。
18.下列实验“操作和现象”与“结论”对应且正确的是(　　)
选项
操作和现象
结论
A
将少量溴水加入KI溶液中，充分反应后再加入CCl4，振荡，静置，下层液体呈紫色
氧化性：Br2＞I2
B
常温下，打磨后的铝片放入浓HNO3中，无明显反应现象
常温下，铝不与浓HNO3反应
C
向一定量AgNO3溶液中，先滴加几滴KCl溶液，再滴加几滴KI溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
D
用pH计测定NaF溶液和CH3COONa溶液：pH(NaF)＜pH(CH3COONa)
酸性：HF＞CH3COOH
【答案】A
【解析】
【详解】A. 将少量溴水加入KI溶液中，发生反应：Br2+2KI=2KBr+I2，根据氧化性：氧化剂>氧化产物可知氧化性：Br2＞I2，反应产生的I2易溶于CCl4中，由于四氯化碳的密度比水大，水遇四氯化碳互不相容，所以振荡静置后分层，层液体呈紫色，A正确；
B.常温下，Al和浓硝酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了金属进一步的氧化反应，并不是Al和浓硝酸不反应，B错误；
C.要证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，滴加的KCl、KI溶液浓度必须相同且硝酸银不能过量，否则无法得出Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，该实验中没有明确硝酸银的量、KCl和KI的浓度，所以该实验操作不合理，C错误；
D.根据钠盐溶液pH判断其相应酸的酸性强弱时，钠盐溶液的浓度必须相同，该实验中钠盐浓度未知，所以不能得出正确判断，得出结论，D错误；
故合理选项是A。
19.铝土矿的主要成分为Al2O3和SiO2（含有少量不溶性杂质），利用铝土矿制备Al（OH）3流程如下（所用化学试剂均过量）。

下列说法不正确的是
A. Al（OH）3可用作治疗胃酸过多
B. 加CaO除Si得到的沉淀主要成分为H2SiO3
C. 气体a成分为CO2
D. 滤液III中溶质为Ca（HCO3）2和NaHCO3
【答案】B
【解析】
铝土矿中加入氢氧化钠溶液,氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和硅酸钠,则滤液Ⅰ为偏铝酸钠和硅酸钠,且含有过量的氢氧化钠,滤渣为杂质；在滤液Ⅰ中加入氧化钙,氧化钙和水反应生成氢氧化钙,进而生成硅酸钙沉淀,滤液Ⅱ为偏铝酸钠和氢氧化钙,可通入过量的二氧化碳气体,生成氢氧化铝,滤液为碳酸氢钠和碳酸氢钙。Al（OH）3为弱碱，中和胃液中盐酸，因此Al（OH）3可用作治疗胃酸过多，A正确；根据以上分析可知，得到的沉淀主要成分为硅酸钙，B错误；氢氧化铝不溶于弱酸，因此偏铝酸钠溶液中通过量的二氧化碳气体,生成氢氧化铝, C正确；根据以上分析可知，滤液III中溶质为Ca（HCO3）2和NaHCO3，D正确；正确选项B。
点睛：本题要注意到氧化铝、氢氧化铝为两性化合物，既能与强酸反应，又能与强碱反应；而二氧化硅为酸性氧化物，只与强碱反应，且硅酸盐溶液常见的只有钾、钠、铵。
20. 室温时，将xmL pH=a的稀NaOH溶液与ymL pH=b的稀盐酸充分反应.下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是（ ）
A. 若x=y，且a+b=14，则pH＞7 B. 若10x=y，且a+b=13，则pH=7
C. 若ax=by，且a+b=13，则pH=7 D. 若x=10y，且a+b=14，则pH＞7
【答案】D
【解析】
试题分析：pH=a的稀NaOH溶液中c（OH-）=10a-14mol/L，pH=b的稀盐酸中c（H+）=10-bmol/L，则A．若x=y，且a+b=14，则有n(OH−)/n(H+)=10a−14x/10−by=10a+b-14=1，即n（H+）=n（OH-），酸碱恰好中和，溶液呈中性，pH=7，A错误；B．若10x=y，且a+b=13，则有n(OH−)/n(H+)=10a−14x/10−by=10a+b-15=0.01，即n（H+）＞n（OH-），酸过量，pH＜7，B错误；C．若ax=by，且a+b=13，则有n(OH−)/n(H+)＝10a−14x/10−by=b/10a，因a＞b，则酸过量，pH＜7，C错误；D．若x=10y，且a+b=14，则有n(OH−)/n(H+)＝10a−14x/10−by=10a+b-13=10，则碱过量，pH＞7，D正确，答案选D。
考点：考查酸碱混合的计算和判断
21.从海水中提取一些重要的化工产品的工艺流程如图所示。

根据上述流程图回答下列问题：
(1)图中A的化学式为 ___________，在制取A的过程中需向饱和NaCl溶液中先后通入两种气体，后通入气体的化学式为________________。
(2)海水淡化处理的方法有_____________________。（写出2种即可）
(3)过程⑤的化学方程式为 _________________________________。
(4)过程③用SO2水溶液吸收溴单质，吸收率可达93%，生成两种强酸，写出反应的离子方程式________________________________。
(5)过程②到过程④的变化为“Br→Br2→Br→Br2”，其目的是__________。
【答案】 (1). NaHCO3 (2). CO2 (3). MgCl2Mg+Cl2↑ (4). 蒸馏法、离子交换法、电渗析法 (5). Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42- (6). 富集溴
【解析】
【分析】
根据上述流程图分析，海水通过海水晒盐、海水淡化得到氯化钠、母液，氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠晶体A和氯化铵，碳酸氢钠晶体受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，得到固体氯化钠通过电解熔融氯化钠得到氯气和钠，氯气通入石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，即得到漂白粉，氯气通入母液中，可氧化溴离子生成低浓度的溴单质溶液，用二氧化硫吸收溴单质生成溴离子，再通过通入氯气氧化溴离子生成溴单质，在过程中富集了溴，得到粗溴和硫酸。贝壳分解生成生石灰溶于水得到石灰乳，加入母液中，可沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后加入盐酸溶解氢氧化镁得到B溶液为氯化镁溶液，然后在氯化氢气流中蒸发氯化镁溶液得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁生成镁和氯气。
【详解】(1)根据A受热分解生成Na2CO3知，A的化学式为 NaHCO3，生成A的方法是侯氏制碱法，因为NH3极易溶于水，而CO2在水中溶解度不断，是能溶于水，为了获得较多的NaHCO3晶体，要先向饱和食盐水中通入氨气，这样就可吸收更多的CO2，才能生成NaHCO3，所以在制取NaHCO3的过程中需向饱和NaCl溶液中先通入NH3，后通入CO2；(2)海水淡化处理的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换膜法等；
(3)过程⑤应为电解熔融的无水MgCl2制取Mg，化学方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑；
(4)过程③用SO2与溴水富产生硫酸也氢溴酸，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-；
(5)由于海水中溴的化合物浓度小，所以过程②得到的是的溴单质溶液的浓度太低，所以过程②到过程④的变化为Br-→Br2→Br-→Br2，其目的是增大溴的浓度，实现溴的富集。
【点睛】本题考查了海水的综合利用飞知识，包括淡化、海水提镁、提溴、侯氏制碱法等，化学方程式、离子方程式的书写等知识，较为全面的考查了元素及化合物的知识及化学反应基本原理的应用，综合性较强，题目难度中等。
22.四溴化碳是一种灰白色粉末，熔点为94～95℃，广泛用于有机化合物的溴代、农药的制备等。某合作学习小组的同学拟用丙酮和液溴制备四溴化碳，其原理为CH3COCH3+4Br2+5NaOH→CBr4+CH3COONa+4NaBr+4H2O。回答下列问题：
Ⅰ.制取Br2
(1)甲组同学拟用溴化钠、二氧化锰及浓硫酸制备液溴，其实验装置如图1所示：

①该装置不用橡皮塞及橡皮管，其原因是___________________；
②冰水的作用是__________________________。
Ⅱ.制取CBr4
(2)乙组同学拟利用甲组同学制得的液溴与CH3COCH3(沸点56.5℃)等试剂制取四溴化碳。实验步骤如下：
步骤1：向图2中三颈烧瓶中加入11.4 g NaOH和46 mL水，搅拌。
步骤2：冰水浴冷却至2℃时，开始不断滴加液溴20 g，滴加完毕后在5℃下保持20 min。
步骤3：加入少量相转移试剂，在不断搅拌下滴入1.6 g丙酮，维持温度在5～10℃，连续搅拌4 h。
步骤4：过滤、冷水洗涤、减压烘干，得产品8.3 g。
①步骤2滴入Br2之前，冷却至2℃的目的是__________________________
②步骤4洗涤时，如何证明已洗涤干净： ___________________________。
③本次实验中产品的产率为______________。
【答案】 (1). Br2能腐蚀橡皮塞及橡皮管 (2). 冷凝溴蒸气 (3). 防止液溴挥发 (4). 取少许最后一次洗涤液于试管中，滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成，则说明已洗涤干净 (5). 90.6%
【解析】
【分析】
(1)根据溴单质容易溶解在有机物中及单质溴在室温下呈液态，容易挥发分析；
(2)①根据溴单质容易挥发的性质分析；
②根据洗涤液中是否含有Br-，滴加AgNO3溶液，看是否产生淡黄色AgBr沉淀判断；
③先计算NaOH、Br2、丙酮的物质的量，根据方程式中物质反应转化关系判断哪种物质过量，然后以不足量的物质为标准计算理论产量，再根据实际产量与理论产量比得到其产率。
【详解】(1)Br2容易溶解有机物，因此Br2能腐蚀橡皮塞及橡皮管，故用溴化钠、二氧化锰及浓硫酸制备液溴时不能用橡皮塞及橡皮管；单质溴在室温下呈液态，容易挥发，反应产生的溴蒸气易液化，用冰水可以冷凝溴蒸气使其转化为液态；
(2)①由于溴单质在室温下为液态，沸点低容易气化，所以在以溴单质为原料制取CBr4时，为防止液溴挥发，采用冰水浴冷却至2℃的反应条件；
②在三颈烧瓶中发生反应：CH3COCH3+4Br2+5NaOH→CBr4+CH3COONa+4NaBr+4H2O，若产品CBr4已经洗涤干净，则洗涤液中不含有Br-，可通过取少许最后一次洗涤液于试管中，向其中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无浅黄色沉淀生成，则说明已洗涤干净；
③n(NaOH)= 11.4 g÷40g/mol=0.285mol；n(Br2)= 20 g÷160g/mol=0.125mol；n(丙酮)= 1.6 g÷58g/mol=0.0276mol，三种物质发生反应：CH3COCH3+4Br2+5NaOH→CBr4+CH3COONa+4NaBr+4H2O，n(丙酮)：n(Br2)：n(NaOH)= 0.0276mol：0.125mol：0.285mol=1：4.5：10.3，根据方程式中物质反应转化关系可知丙酮不足量，反应产生的CBr4以丙酮为标准计算，则根据方程式中丙酮与CBr4的关系可知：理论上产生CBr4的物质的量是判断哪种物质过量，然后以不足量的物质为标准计算理论产量，再根据实际产量与理论产0.0276mol，质量为m(CBr4)=0.0276mol×332g/mol=9.16g，所以本次实验中产品的产率为(8.3g ÷9.16g)×100%=90.6%。
【点睛】本题考查了离子的检验方法、化学实验基本操作、反应物有过量时的计算等知识。掌握溴单质是易挥发的液体物质，不易溶于水而容易溶于有机溶剂是特性是本题解答的关键，物质发生反应，当多种物质的量都给出时，要先利用方程式中物质转化的物质的量关系，判断哪种物质过量，然后再以不足量的物质为标准计算，体现了物质的量在化学计算的桥梁和纽带作用。
23.燃煤会产生CO2、CO、SO2等大气污染物。燃煤脱硫的相关反应的热化学方程式如下：
CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g) ΔH1 =+281.4kJ/mol (反应Ⅰ)
CaSO4(s)+CO(g)CaS(s)+CO2(g) ΔH2 = -43.6kJ/mol (反应Ⅱ)
(1)计算反应CaO(s)+3CO(g )+SO2(g) CaS(s)+3CO2(g) ΔH=____________。
(2)一定温度下，向某恒容密闭容器中加入CaSO4(s)和1molCO，若只发生反应I，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_____________（填序号）
a．容器内的压强不发生变化 b．υ正(CO)=υ正(CO2)
c．容器内气体的密度不发生变化 d．n(CO)+n(CO2)=1mol
(3)一定温度下，体积为1L容器中加入CaSO4(s)和1molCO，若只发生反应II，测得CO2的物质的量随时间变化如下图中曲线A所示。
①在0~2min内的平均反应速率v(CO)=____________。
②曲线B表示过程与曲线A相比改变的反应条件可能为____________(答出一条即可)。

(4)烟道气中的SO2和CO2均是酸性氧化物，也可用氢氧化钠溶液吸收。
已知：25℃时，碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为：
碳酸  K1=4.3×10-7  K2=5.6×10-11
亚硫酸 K1=1.5×10－2  K2=1.0×10-7
①下列事实中，不能比较碳酸与亚硫酸的酸性强弱的是________（填标号）。
a.25℃下，饱和碳酸溶液pH大于饱和亚硫酸溶液pH
b.25℃下，等浓度的NaHCO3溶液pH大于NaHSO3溶液
c.将SO2气体通入NaHCO3溶液，逸出气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊
d.将CO2气体通入NaHSO3溶液，逸出气体通入品红溶液，品红溶液不褪色
②25℃时，氢氧化钠溶液吸收烟道气，得到pH=6的吸收液，该溶液中c(SO32-)：c(HSO3-)=___________。
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为___________________。
【答案】 (1). -455.8kJ/mol (2). ac (3). 0.45mol/(L∙min) (4). 加入催化剂(或增大压强) (5). ac (6). 1：10 (7). H 2SO3+HCO3-=H SO3-+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
(1)反应II×4—反应I，整理可得该反应的热化学方程式；
(2)对于反应有固体参加的反应，且反应前后气体体积不等的可逆反应，若气体的压强不变、物质的含量不变、物质的转化率不变、物质的浓度不变则反应处于平衡状态；
(3)①先根据2min内CO2的物质的量变化计算v(CO2)，然后根据方程式中CO、CO2的关系计算出v(CO)；
②根据曲线B与曲线A比较速率快，平衡时n(CO2)不变分析；
(4)①弱酸的酸性强弱可通过比较电离平衡常数大小、强酸与弱酸的盐反应可以制取弱酸、酸越弱，其相应的强碱的盐水解程度越大，溶液的碱性就越强分析判断；
②根据H2SO3的电离平衡常数Ka2计算c(SO32-)：c(HSO3-)；
③利用电离平衡常数判断溶液的酸性，然后根据强酸与弱酸的盐反应制取弱酸书写反应方程式。
【详解】(1) 反应II×4—反应I，整理可得该反应的热化学方程式CaO(s)+3CO(g )+SO2(g) CaS(s)+3CO2(g) ΔH=—455.8kJ/mol；
(2)对于可逆反应：CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)，有固体参加，且前后气体体积不等。
a.若反应未达到平衡，则气体的压强变化，若容器内的压强不发生变化，则反应处于平衡状态，a正确；
b.由于方程式中CO、CO2的计量数相等，所以在任何时刻υ正(CO)=υ正(CO2)，表示反应正向进行，不能确定反应处于平衡状态，b错误；
c.若反应未达到平衡状态，气体的质量就会发生变化，由于容器的容积不变，则容器内气体的密度就会发生变化，所以若气体的密度不变，则反应处于平衡状态，c正确；
d.根据C元素守恒，无论反应是否处于平衡状态，n(CO)+n(CO2)总是等于1mol，所以不能据此判断反应是否处于平衡状态，d错误；
故合理选项是ac；
(3)①根据图象可知在2min内CO2的物质的量变化了0.9mol，则v(CO2)==0.45mol/(L∙min)，根据方程式CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)可知：v(CO)= v(CO2)= 0.45mol/(L∙min)；
②根据曲线变化可知：曲线B与曲线A比较，反应速率快，但达到平衡时n(CO2)不变，可知平衡未发生移动；由于反应CaSO4(s)+CO(g)CaS(s)+CO2(g)是反应前后气体体积相等的反应，所以改变的条件只可能是使用催化剂或增大压强；
(4)①a.由于SO2、CO2在水中溶解度不同，所以25℃下，饱和溶液的浓度不同，因此就不能通过比较饱和碳酸溶液pH与饱和亚硫酸溶液的pH判断酸的酸性强弱，a符合题意；
b.H2CO3、H2SO3都是弱酸，所以NaHCO3、NaHSO3都是强碱弱酸盐，根据盐的水解规律：谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解，若25℃下，等浓度的NaHCO3溶液pH大于NaHSO3溶液，说明酸性H2CO3