【化学】北京市东城区2019-2020学年高二下学期期末考试统一检测（解析版）

北京市东城区2019-2020学年高二下学期期末考试统一检测
本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32
第一部分（选择题共42分）
本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的—项。
1.下列物质属于电解质的是( )
A. 氨气 B. 酒精 C. 食盐水 D. 氯化氢
【答案】D
【解析】
【详解】电解质是在水溶液中或熔融状态下能够电离的化合物，且必须是自身能够电离的化合物。
A.氨气自身不能发生电离，属于非电解质，故A不选；
B.酒精在水溶液中不能发生电离，属于非电解质，故B不选；
C.食盐水是混合物，而电解质必须是化合物，故C不选；
D.氯化氢溶于水能电离成氢离子和氯离子，属于电解质，故D选；
故选：D。
2.下列防止钢铁腐蚀的方法不属于电化学防护的是( )

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.铁管道连接电源负极做阴极，属于外加电流的阴极保护法，是电化学防护，故A不选；
B.镁单质与钢铁输水管连接形成原电池，镁活泼作负极，钢铁管道做正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，是电化学防护，故B不选；
C.锌单质与铁管道连接形成原电池，锌活泼作负极，铁管道做正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，是电化学防护，故C不选；
D.喷油漆是在金属表面加防护层起到隔离空气的作用，不是电化学防护，故D选；
故选：D。
3.下列说法不正确的是（ ）
A. 任何化学反应都会伴随着能量的变化
B. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
C. 反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应
D. 断键吸收的总能最大于成键放出的总能量，则该反应为吸热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，化学反应有化学键的断裂和形成都伴有能量变化， A正确；
B．铝热反应在高温下才能进行，但属于放热反应，B错误；
C．反应物的总能量高于生成物的总能量时发生放热反应，C正确；
D．断键吸收的总能最大于成键放出的总能量，则吸收的热量大于放出的热量，该反应为吸热反应，D正确；
故选B。
4.下列操作或仪器名称不正确的是（ ）
A. 排出滴定管内气泡
B. 读取滴定管读数
C 锥形瓶
D. 酸式滴定管无须用待测液润洗
【答案】D
【解析】
【详解】A．挤压滴定管下端软管处，排出滴定管内气泡，A操作正确；
B．读取滴定管读数应平视，眼睛应与凹液面最低点相平，并精确到2位小数，B操作正确；
C．图中所指仪器名称为锥形瓶，C仪器名称正确；
D．酸式滴定管使用时要用待测液润洗，D错误；
故选D。
5.一定条件下，1mol氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量。下列热化学方程式正确的是（　）
A. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-285.8kJ·mol-1
B. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-285.8kJ·mol-1
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6kJ•mol-1
D. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=+571.6kJ•mol-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．2mol氢气完全燃烧放热571.6KJ，故A错误；
B．氢气完全燃烧生成液态水，不是生成水蒸气，故B错误；
C．2mol氢气燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量，热化学方程式应为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6kJ•mol-1，故C正确；
D．放热焓变为负值，故D错误；
故选：C。
6.在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，下列证据不能说明反应一定达到化学平衡状态的是（ ）
A. SO2的转化率不再改变
B. 容器内气体的质量不再改变
C. 容器内的压强不再改变
D. SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等
【答案】B
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A．SO2的转化率不再改变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故A不符合题意；
B．反应物和生成物都是气体，参加反应的气体遵循质量守恒定律，容器内气体的质量始终不变，容器内气体的质量不再改变不能说明反应达到平衡状态，故B符合题意；
C．该反应为反应前后气体的总量发生变化的反应，容器内的压强不再改变时，说明气体的物质的量也不再发生变化，反应达平衡状态，故C不符合题意；
D．SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等，说明正、逆反应的速率相等，反应达平衡状态，故D不符合题意；
答案选B。
7.下列化学用语书写正确的是( )
A. 金属发生电化学腐蚀的正极反应式：M-ne-=Mn+
B. 家用小苏打溶于水后的电离：NaHCO3=Na++H++CO
C. 氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体：Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+H+
D. 用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO4(s)+CO(aq)⇌CaCO3(s)+SO(aq)
【答案】D
【解析】
【详解】A.金属发生电化学腐蚀时金属单质失电子做负极，负极反应式为：M-ne-=Mn+，故A错误；
B.碳酸氢钠电离产生钠离子和碳酸氢根离子：NaHCO3=Na++HCO，故B错误；
C.氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，是将饱和氯化铁滴入沸水中，反应为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，故C错误；
D.用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙，是利用沉淀之间的转化将硫酸钙转变成碳酸钙，反应CaSO4(s)+CO(aq)⇌CaCO3(s)+SO(aq)正确，故D正确；
故选：D。
8.下列溶液一定呈酸性的是（ ）
A. pH<7的溶液
B. c(H+)>c(OH-)的溶液
C. 含有H+的溶液
D. 由水电离出的c(H+)=10-6mol•L-1溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.常温下pH=7为中性，小于7为酸性，但是温度升高时Kw会增大，中性溶液pH值减小，如100摄氏度时，中性pH=6，故pH<7不一定是酸性，故A不选；
B.溶液酸碱性取决于溶液中氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小，c(H+)>c(OH-)的溶液一定显酸性，故B选；
C.任何水溶液中都含有氢离子，不能确定溶液酸碱性，故C不选；
D.由水电离出的c(H+)=10-6mol•L-1溶液，可知水的电离被促进，应存在可水解的弱离子，但是不确定是哪种离子促进水的电离，如为碳酸钠促进水的电离溶液显碱性，故D不选；
故选：B。
9.下列关于“有效碰撞”的说法不正确的是（ ）
A. 分子间的碰撞均为有效碰撞
B. 能发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞
C. 发生有效碰撞时，化学键才能断裂
D. 其他条件相同时，反应物浓度越大，单位时间内的有效碰撞次数越多
【答案】A
【解析】
【详解】A．能够发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，发生有效碰撞的条件是：①具有活化分子，②具有合适的取向，所以分子间的碰撞不一定为有效碰撞，A错误；
B．有效碰撞是能发生化学反应的碰撞，B正确；
C．只有发生有效碰撞，才能发生化学变化，才能有化学键才能断裂，C正确；
D．其他条件相同时，反应物浓度越大，活化分子数越多，单位时间内的有效碰撞次数越多，D正确；
故选A。
10.25℃时，用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1CH3COOH溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积的变化如图。下列说法不正确的是（ ）

A. 0.1mol•L-1CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)＜10-7mol•L-1
B. V1＜20
C. M点溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
D. 二者等体积混合时，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
【答案】D
【解析】
【分析】
由图像可知，没加入氢氧化钠时，0.1mol•L-1CH3COOH溶液的pH=3，随着氢氧化钠的加入，pH逐渐增大，当加入氢氧化钠V1时，pH=7，然后分析。
【详解】A．0.1mol•L-1CH3COOH溶液中，pH=3，c(H+)=10-3mol•L-1，c(OH-)===10-11mol•L-1，由水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol•L-1＜10-7mol•L-1，故A正确；
B．0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1CH3COOH溶液，若V1=20mL，得到的是醋酸钠溶液，显碱性，pH＞7，要使pH=7，需酸过量，V1＜20mL，故B正确；
C．M点溶液中溶质为等物质的量的醋酸和醋酸钠，混合溶液的pH＜7，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(Na+)＜c(CH3COO-)，电离和水解程度都很小，故存在：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故C正确；
D．二者等体积混合时，得到的是醋酸钠溶液，显碱性，c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(Na+)＜c(CH3COO-)+c(OH-)，故D错误；
答案选D。
11.按如图进行实验，探究H2O2的分解反应。

下列说法不正确的是( )
A. NaBr中的Br-加快了H2O2分解速率
B. 双氧水既发生了氧化反应，又发生了还原反应
C. 反应②的离子方程式是Br2+H2O2=2Br-+2H++O2↑
D. 1molH2O2发生分解反应时，转移电子的物质的量是2mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.由题意和实验现象可知，首先过氧化氢把溴离子氧化生成溴单质，而后溴单质又被还原成为溴离子，过程中放出氧气速率加快，反应前后溴离子没有变化，因此溴离子加快了过氧化氢的分解速率，起到了催化剂的作用，故A正确；
B.由A的分析可知，①中过氧化氢发生了还原反应，②中过氧化氢发生了氧化反应，故B正确；
C.由A分析可知，反应②为溴单质氧化过氧化氢生成氧气自身被还原成溴离子的过程，方程式正确，故C正确；
D.由以上分析可知，过氧化氢分解的总反应为：，2mol过氧化氢分解，转移2mol电子，故D错误；
答案选D。
12.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A

Zn保护了Fe不被腐蚀
B

2NO2(g)⇌N2O4(g)为吸热反应
C

木炭与浓硝酸发生了反应
D

碳酸钠的水解程度强
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．只有Fe的实验中，加入K3[Fe(CN)6]，得到蓝色沉淀，说明Fe被腐蚀，生成了Fe2＋；Zn－Fe原电池的实验中，取Fe电极附近的溶液，加入K3[Fe(CN)6]，没有得到蓝色沉淀，说明Fe没有被腐蚀，Zn保护了Fe不被腐蚀，故A正确；
B．热水中颜色深，可知升高温度，2NO2(g)⇌N2O4(g)逆向移动，则正反应为放热反应，故B错误；
C．浓硝酸受热也可分解生成二氧化氮，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应，故C错误；
D．比较两种离子的水解程度，需要使用相同离子浓度的溶液；室温下，碳酸钠的溶解性比碳酸氢钠大，则二者的饱和溶液中，两种物质的浓度不同，对应的阴离子浓度也不相同，因此本实验不合理，故D错误；
答案选A
13.最近科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 吸附层b为电池的正极
B. “全氢电池”的总反应为：H++OH-=H2O
C. NaClO4的作用是传导离子并参与电极反应
D. Na+在装置中从左侧透过阳离子交换膜向右侧移动
【答案】C
【解析】
【详解】A.由装置图中电子流向可知，电子由吸附层a流出，经导线到吸附层b，吸附层a做负极，吸附层b做正极，故A正确；
B.由图可知负极反应为：，正极反应式为：总反应为：H++OH-=H2O，故B正确；
C.NaClO4的作用是传导离子，并未参加电极反应，故C错误；
D.原电池中阳离子向正极移动，该电池左侧为负极，右侧为正极，故钠离子从左侧向右侧移动，故D正确；
故选：C。
14.亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂。为检验某食品中亚硫酸盐含量（通常以1kg样品中含SO2质量计），某研究小组同学设计了如下实验方案：
I.称取样品Wg后加入足量稀硫酸；
II.将I中产生的SO2用足最H2O2溶液吸收；
III.将II所得溶液用0.lmol•L-1氢氧化钠溶液滴定，消耗体积为VmL；
IV.数据处理。
下列是小组同学对实验的设计、分析及数据处理，其中正确的是( )
A. 步骤I中可用稀硝酸代替稀硫酸
B. 1kg样品中含SO2的质量为g
C. 若用”溴水”替换II中的氧化剂“H2O2溶液”，对测定结果无影响
D. 步骤I中生成的SO2残留在装置中未被H2O2溶液吸收，可能导致测得亚硫酸盐含量偏低
【答案】D
【解析】
【分析】
I.中发生反应：；II. 中发生反应：；III. 中发生反应：,由此可知物质之间的转化过程及关系为：，据此解答。
【详解】A.步骤I中不能用稀硝酸代替稀硫酸，因为硝酸具有强氧化性，能将二氧化硫氧化成硫酸从而得不到二氧化硫，故A错误；
B.由此可知物质之间转化过程及关系为：，n(NaOH) =，则Wg样品中，1kg样品中含SO2的质量为g，故B错误；
C.若用”溴水”替换II中的氧化剂“H2O2溶液”，过量的溴水会消耗氢氧化钠，导致氢氧化钠用量偏高，所测含量偏高，故C错误；
D.步骤I中生成的SO2残留在装置中未被H2O2溶液吸收，则氧化后产生的硫酸偏低，消耗氢氧化钠偏低，所测结果偏低，故D正确；
故选：D。
第二部分（非选择题共58分）
本部分共5小题，共58分。
15.在相同条件下，证明强酸(HA)和弱酸(HB)的实验事实有(填写“＞、＜或=”)：
(1)分别测定等浓度的HA溶液和HB溶液的pH，pH(HA)___pH(HB)。
(2)分别测定等浓度的NaA溶液和NaB溶液的pH，pH(NaA)___pH(NaB)。
(3)分别取1mLpH相等的HA溶液和HB溶液，加水稀释至100mL，稀释后溶液的pH(HA)___pH(HB)。
(4)等浓度等体积的HA溶液和HB溶液，分别与足量的表面积相同的Zn片反应，起始反应速率v(HA)___v(HB)；生成H2的体积V(HA)___V(HB)。
【答案】 (1). ＜ (2). ＜ (3). ＞ (4). ＞ (5). ＝
【解析】
【分析】
等浓度的强酸和弱酸溶液，强酸完全电离，pH较小；弱酸的酸性越弱，形成的盐的水解程度越大，碱性越强；1mLpH相等的强酸和弱酸溶液，弱酸稀释后促进电离，酸性增强；等浓度等体积的强酸和弱酸溶液，刚开始强酸电离出的氢离子的浓度较大，随着反应的进行，足量的锌会将酸中的氢离子完全消耗掉，据此分析。
【详解】(1)强酸是完全电离，弱酸是部分电离，故测定等浓度的HA溶液和HB溶液的pH，pH(HA)＜pH(HB)；
(2)根据盐的水解规律，形成盐的酸越弱，水解程度越大，因为酸性HA强，所以NaB水解能力强，碱性较强，则pH(NaA)＜pH(NaB)；
(3)稀释相同体积，相同pHHA溶液和HB溶液，弱酸加水稀释过程中促进了电离，补充了氢离子，因此pH变化幅度较小，稀释后溶液的pH(HA)＞pH(HB)；
(4)等浓度等体积的HA溶液和HB溶液，分别与足量的表面积相同的Zn片反应，起始反应时强酸中氢离子浓度大，故速率v(HA)＞v(HB)；锌是足量的，氢气的量由酸的量决定，由于两种酸溶质总量相等，最终提供的氢离子总的物质的量相同，故生成氢气的体积V(HA)=V(HB)。
【点睛】第(4)题生成H2的体积相等为易错点，由于锌足量，会将酸中的氢离子完全消耗掉。
16.近年来，随着聚酯工业的快速发展，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。传统的Deacon直接氧化法，按下列催化过程进行：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g)
(1)写出上述反应的平衡常数表达式K=___。
(2)生产过程中可使用CuCl2作催化剂，反应原理如下：
CuCl2(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) △H1=+63kJ∙mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) △H2=-121kJ∙mol-1
则4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)的△H=___kJ•mol-1。
(3)生产中反应温度通常控制在420℃左右，原因是___。在一定温度下，进一步提高HCl平衡转化率的方法是___(写出2种)。
(4)420℃时，将一定量的O2和HCl通入4L的恒容密闭容器中，反应过程中氧气的变化量如图所示，则0~20min平均反应速率v(HCl)为___mol•L-1·min-1。

【答案】 (1). (2). -116 (3). 温度太低，反应速率太慢；温度太高，平衡逆向移动，产率降低 (4). 增加反应体系的压强、及时分离出产物 (5). 0.04
【解析】
【分析】
根据生成物浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比值表示化学平衡常数；利用盖斯定律计算焓变；从反应的能量变化和催化剂的角度分析，从化学平衡移动角度分析提高反应物转化率的方法；根据氧气的浓度变化量求出氧气的化学反应速率，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比计算出氯化氢的化学反应速率。
【详解】(1)根据化学反应方程式4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)可知，化学平衡等于生成物浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比值，即反应的平衡常数表达式K=；
(2)根据反应原理：①CuCl2(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H1=+63kJ∙mol-1
②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)△H2=-121kJ∙mol-1
利用盖斯定律：2×(①+②)得到：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)的△H=-116kJ∙mol-1；
(3)生产中反应温度通常控制在420℃左右，是因为温度太低，反应速率太慢；温度太高，平衡逆向移动，产率降低；
若想提高HCl的转化率，应该促使平衡向着正向移动，该反应为反应前后气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增加反应体系压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；
(4)由图可知，0~20min平均反应速率v(O2)=，根据化学方程式：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)，v(HCl)=4v(O2)=0.04 mol•L-1·min-1。
【点睛】利用物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，计算出氯化氢的化学反应速率，为易错点。
17.锂电池应用广泛，大致可分为锂金属电池和锂离子电池。锂离子电池工作原理：以石墨/锂钴氧电池为例，其总反应方程式为：LiCoO2+6CLi1-xCoO2+LixC6

试回答下列问题：
（1）连接K1、K2时，a作___极。
（2）连接K2、K3时，被还原的物质是___。
（3）放电时，负极发生反应的电极反应式是___。
（4）锂离子电池的电极废料(含LiCoO2)中的金属可回收利用。
①将电极废料磨碎后用酸浸出，磨碎的目的是___。
②将电极废料用盐酸浸出，得到含Li+、Co2+的溶液，并有黄绿色气体生成，则该反应的化学方程式是___。
【答案】 (1). 阳 (2). Li1-xCoO2 (3). LixC6-xe-=6C+xLi+ (4). 增大接触面积，加快反应速率，使浸取更加完全 (5). 2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O
【解析】
【分析】
单刀双至开关，K1和K2连接为 电解池，K2和K3连接为原电池。如图所示，连接为原电池时，锂离子向左移动，a极得电子为正极，b极为负极，故改变连接点，电解池中a极为阳极，b极为阴极，据此回答问题。
【详解】（1）连接K1、K2时，形成电解池，a连接正极，作阳极。
（2）连接K2、K3时，形成原电池，根据反应方程式可知，发生还原反应被还原的物质是Li1-xCoO2。
（3）放电时，负极发生氧化反应，发生反应的电极反应式是LixC6-xe-=6C+xLi+。
（4）①将电极废料磨碎后用酸浸出，磨碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，使浸取更加完全。
②将电极废料LiCoO2用盐酸浸出，得到含Li+、Co2+的溶液，并有黄绿色气体即氯气生成，则该反应的化学方程式是2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O。
18.某同学研究金属锌与氯化铜溶液之间反应，在实验中该同学观察到的现象有：
i.产生少量气泡；ii.有红色固体生成；iii.溶液中产生白色沉淀。
为了解释上述现象，某同学查阅资料，获得如下信息：
编号
化学反应离子方程式
1
Zn+Cu2+Zn2++Cu
2
Zn+2Cu2+Zn2++2Cu+
3
Cu++2Cl-CuCl
4
Cu++Cl-CuCl↓

（1）请结合离子方程式解释产生少量气泡的原因：___。
（2）Zn与CuCl2反应生成白色沉淀的离子方程式是___。
（3）为了探究影响生成白色沉淀的因素，该同学进一步实验。取不同浓度CuCl2溶液，加入锌并振荡，均立刻产生少量气泡和红色固体，其他实验现象如下。

编号
浓度(rnol/L)
试剂（锌均过量）
实验现象
a
0.5
锌片
立刻出现少量白色沉淀
b
1
锌片
立刻出现白色沉淀
c
1
锌粉
立刻出现大量白色沉淀
g
1
锌片、适量NaCl固体
少量白色沉淀，振荡迅速溶解
①对比实验a、b，实验结论是___。
②某同学从化学平衡的角度分析，d中白色沉淀溶解可能的原因是___（用离子方程式表示）。为证明该同学分析的原因正确，向b试管中加入适量___，振荡，观察到___，证明该同学分析的原因正确。
（4）利用沉淀法除去杂质在实际生产中应用广泛。
①在工业中冶炼锌，为了除去ZnSO4电解液溶液中的C1-，可加入___和___，生成沉淀而除去。
②通过进一步查阅资料得知：CuCl的形成与溶液的pH及Cu2+等离子浓度有关，一定条件下，通过实验得出pH、Cu2+浓度对Cl-沉淀的影响如图所示：

根据图，除去该电解液中Cl-的最佳条件是___。
【答案】 (1). 铜离子水解呈酸性，Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，锌与水解产生的氢离子反应，产生气泡； (2). Zn+2Cu2++2Cl-= Zn2++2CuCl↓ (3). 当锌的形状相同时，氯化铜浓度越高，生成沉淀的反应速率越快 (4). Cu++2Cl-CuCl (5). 锌粉 (6). 沉淀溶解 (7). 锌单质 (8). 铜离子 (9). pH=1.5，铜离子浓度为3g/L
【解析】
【详解】（1）氯化铜是强酸弱碱盐，铜离子水解呈酸性，锌与氢离子反应产生气泡，故本题答案为：铜离子水解呈酸性，Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，锌与水解产生的氢离子反应，产生气泡；
（2）Zn与CuCl2反应生成ZnCl2和CuCl，离子方程式为：Zn+2Cu2++2Cl-= Zn2++2CuCl↓，故本题答案为：Zn+2Cu2++2Cl-= Zn2++2CuCl↓；
（3）①对比实验a、b，锌片相同时，氯化铜浓度增加，生成沉淀的反应速率加快，故实验结论是：当锌的形状相同时，氯化铜浓度越高，生成沉淀的反应速率越快；
②d中白色沉淀溶解可能是加入氯化钠后，增加了氯离子浓度，促进反应Cu++2Cl-CuCl正向进行，为证明该同学分析的原因正确，可向b试管中加入适量锌粉，振荡，观察到沉淀溶解，证明该同学分析的原因正确，故本题答案为：Cu++2Cl-CuCl；锌粉；沉淀溶解；
（4）①在工业中冶炼锌，为了除去ZnSO4电解液溶液中的C1-，可加入锌单质和铜离子，发生Zn+2Cu2+Zn2++2Cu+，再发生Cu++Cl-CuCl↓，生成沉淀而除去，故本题答案为：锌单质；铜离子；
②由图可知，再pH等于1.5，铜离子浓度为3g/L时，氯离子去除率均较高，故本题答案为：pH=1.5，铜离子浓度为3g/L。
【点睛】第（3）题第②小问，d中白色沉淀溶解可能的加入氯化钠后，增加了氯离子浓度，促进反应Cu++2Cl-CuCl正向进行，向b试管中加入适量锌粉，发生Zn+2Cu2+Zn2++2Cu+，增大亚铜离子的浓度，促进反应Cu++2Cl-CuCl正向进行，振荡，观察到沉淀溶解，此为本题的难点。
19.硫化氢(H2S)是一种无色具有臭鸡蛋气味、能溶于水的高毒性的化合物，其广泛存在化石燃料加工的尾气中。为避免污染环境，可用活性炭材料进行脱硫，脱硫的方法有物理吸附法、化学吸附法和氧化法。
(1)物理吸附法：
物理吸附法是先将尾气缓缓通过活性炭，将H2S从尾气中转移到活性炭的微孔或表面，这是利用活性炭的___性。
(2)氧化法：
利用吸附在活性炭表面上的活性氧(O)，将H2S氧化成S而除去，该反应的化学方程式是___。
(3)化学吸附法：
①利用H2S能溶于水，形成硫化氢溶液，更易被活性炭吸附。若0.1mol•L-1H2S的pH约为4，则H2S在水溶液中的电离方程式是___，被吸附的离子主要有___。
②工业生产中用CuCl2溶液处理活性炭的工艺称为活性炭的改性，改性后的活性炭能提高化学吸附法中H2S的吸收量。
i.用不同浓度的CuCl2溶液改性后的活性炭对H2S吸附量的影响如图所示。随着CuCl2溶液浓度的升高，活性炭对硫化氢吸附量不再增加，原因是过多金属离子阻塞活性炭内部的微孔结构，导致活性炭的吸附能力下降。改性后的活性炭，能提高H2S吸附量的原因是___(用离子方程式表示)。

ii.水膜处理对活性炭吸附H2S量也有影响。测定含水量不同时，活性炭对硫化氢吸附量的影响，实验结果如下表。
载水率(%)
0
5.32
10.23
15.33
20.19
吸附量(mg/g—活性炭)
19.62
21.52
32.42
31.28
30.78

注：载水率即单位质量的活性炭吸附水的质量。
活性炭载水率为10%以上时，吸附量降低，其可能的原因是___。
(4)下列关于活性炭处理H2S尾气的说法正确的是___(选填字母序号)。
a．化学吸附过程中存在着电离平衡的移动
b．活性炭改性时，CuCl2溶液的浓度越大，H2S的吸附量越大
c．其他条件相同时，低温、缓慢通入尾气更有利于H2S的物理吸附
d．适当提高活性炭的载水率，可提高H2S吸附量的原因是活性炭吸附离子比吸附分子能力更强
【答案】 (1). 吸附 (2). H2S+O=S↓+H2O (3). H2SH++ HS-、HS- H++ S2-（第二步电离可以不写） (4). HS－、H＋ (5). Cu2++H2S=CuS↓+2H+ (6). 当水分不断增加时，过多的水分子将活性炭表面的微孔结构阻塞，导致活性炭吸附能力下降，吸附量降低 (7). acd
【解析】
【分析】
活性炭有吸附性可以吸附硫化氢气体；活性氧可以和硫化氢发生氧化还原反应；H2S是二元弱酸，在水溶液中分两步电离；活性炭可以脱硫，脱去的是硫离子和硫氢根离子；随着CuCl2溶液浓度的升高，会将硫离子转化为硫化铜沉淀；载水量达到10%以上时，离子的浓度降低，吸附效果变差；活性炭处理H2S尾气时的物理方法和化学方法，从活性炭的吸附能力和硫化氢的变化分析。
【详解】(1)物理吸附法是先将尾气缓缓通过活性炭，将H2S从尾气中转移到活性炭的微孔或表面，这是利用活性炭的吸附性；
(2)吸附在活性炭表面上的活性氧(O)，会和H2S反应生成S和水，化学反应方程式为：H2S+O=S↓+H2O；
(3)①H2S是二元弱酸，在水溶液中的电离方程式是H2SH++ HS-、HS- H++ S2-，0.1mol•L-1H2S的pH约为4，说明H2S在水溶液的电离程度很低，电离出来的HS－很少，而S2－更少，因此被吸附的主要的离子是HS－以及溶液中的H＋；
②改性后的活性炭，能提高H2S吸附量的原因是硫化氢与氯化铜发生反应，离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
活性炭载水率为10%以上时，当水分不断增加时，过多的水分子将活性炭表面的微孔结构阻塞，导致活性炭吸附能力下降，吸附量降低；
(4) a．化学吸附过程中存在着电离平衡的移动，硫化氢在水溶液存在电离平衡，铜离子的加入，促进了硫化氢的电离，故a正确；
b．活性炭改性时，CuCl2溶液的浓度越大，过多金属离子阻塞活性炭内部的微孔结构，导致活性炭的吸附能力下降，H2S的吸附不一定越大，故b错误；
c．其他条件相同时，低温，H2S在水溶液中的溶解度更大，缓慢通入尾气，能让H2S吸附更加完全，因此低温、缓慢通入尾气更有利于H2S的物理吸附，故c正确；
d．根据表格中数据可知，适当提高活性炭的载水率，可提高H2S吸附量，故d正确；
答案选acd。