D.水分子间能够形成氢键，沸点较高，而SiH4不能，因此简单氢化物的沸点：
a＞d，故D错误；
答案选B。
7.常温下，向10mL0.10mol/LCuCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2S溶液，滴加过程中－lgc（Cu2+）与Na2S溶液体积（V）的关系如图所示。
下列说法正确的是
A.Ksp（CuS）的数量级为10－21
B.曲线上a点溶液中，c（S2－）•c（Cu2+）>Ksp（CuS）
C.a、b、c三点溶液中，n（H+）和n（OH－）的积最小的为b点
D.c点溶液中：
c（Na+）>c（Cl－）>c（S2－）>c（OH－）>c（H+）
【答案】D
【解析】
【分析】
向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：
Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象分析解答。
【详解】A．该温度下，平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L，则Ksp（CuS）=c（Cu2+）c（S2-）=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4，则Ksp（CuS）的数量级为10-36，故A错误；
B．沉淀溶解平衡常数Ksp（CuS）只与温度有关，并且Ksp（CuS）=10-35.4，很小，所以随着Na2S溶液的滴加，溶液中c（Cu2+）减小、-lgc（Cu2+）增大，二者关系始终满足c（S2-）•c（Cu2+）=定值=Ksp（CuS），故B错误；
C．温度不变，Kw=c（H+）c（OH－）不变，则n（H+）n（OH－）=KwV2，说明溶液的体积越小，n（H+）n（OH－）越小，因此n（H+）和n（OH－）的积最小的为a点，故C错误；
D．c点时溶质为浓度之比2∶1的NaCl和Na2S混合溶液，Na2S是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，所以c点溶液中：
c（Na+）＞c（Cl-）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（H+），故D正确；
答案选D。
8.CCl3CHO是一种药物合成的中间体，可通过CH3CH2OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl进行制备。
制备时可能发生的副反应为C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl。
合成该有机物的实验装置示意图（加热装置未画出）和有关数据如下：
物质
C2H5OH
CCl3CHO
CCl3COOH
C2H5Cl
熔点/℃
-114.1
-57.5
58
-138
7
沸点/℃
78.3
97.8
198
12.3
溶解性
与水互溶
可溶于水、乙醇
可溶于水、乙醇
微溶于水，可溶于乙醇
（1）恒压漏斗A的作用是________；A装置中发生反应的化学方程式为________。
（2）装置B的作用是________；装置F在吸收气体时，为什么可以防止液体发生倒吸现象。
________。
（3）装置E中的温度计要控制在70℃，三口烧瓶采用的最佳加热方式是______。
如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水应该从________（填“a”或“b”）口通入。
实验使用球形冷凝管而不使用直形冷凝管的目的是_______。
（4）实验中装置C中的试剂是饱和食盐水，装置中D的试剂是浓H2SO4。
如果不使用D装置，产品中会存在较多的杂质________（填化学式）。
除去这些杂质最合适实验方法是_______。
（5）利用碘量法可测定产品的纯度，反应原理如下：
CCl3CHO+NaOH=CHCl3+HCOONaHCOONa+I2=HI+NaI+CO2↑I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
称取该实验制备的产品5.00g，配成100.00mL溶液，取其中10.00mL，调节溶液为合适的pH后，加入30.00mL0.100mol·L−1的碘标准液，用0.100mol·L−1的Na2S2O3溶液滴定，重复上述3次操作，消耗Na2S2O3溶液平均体积为20.00mL，则该次实验所得产品纯度为________。
【答案】
（1）.保持漏斗与反应容器内
气压相等
（2）.2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O（3）.安全瓶（或“防止装置C中液体倒吸入装置A中”）（4）.漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中（5）.水浴（6）.b（7）.增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果（8）.C2H5Cl、CCl3COOH（9）.蒸馏（10）.59%
【解析】
【分析】
A装置利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，为了防止副反应CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl的发生，需要除去氯气中的水蒸气和氯化氢，因此B装置为安全瓶，C装置用饱和食盐水除去HCl，D装置盛放浓硫酸干燥氯气，E装置中反应制备CCl4CHO，F装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气，据此分析解答。
【详解】
（1）使用恒压漏斗A可以保持漏斗与反应容器内的气压相等，便于液体流下；A装置中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：
保持漏斗与反应容器内的气压相等；2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
（2）装置B为安全瓶，防止装置C中液体倒吸入装置A中；装置F在吸收气体时，由于漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中，因此可以防止液体发生倒吸现象，故答案为：
安全瓶（或防止装置C中液体倒吸入装置A中）；漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中；
（3）装置E中的温度计要控制在70℃，对三口烧瓶加热，最好采用水浴加热。
如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水应该遵循下进上出的原则，从b口通入。
实验使用球形冷凝管可以增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果，因此不使用直形冷凝管，故答案为：
水浴；b；增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果；
（4）实验中装置C中的试剂是饱和食盐水，装置中D的试剂是浓H2SO4。
如果不使用D装置，生成的氯气中会混入水蒸气，水蒸气与氯气会反应生成次氯酸，从而发生副反应为C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl，产品中会存在较多的C2H5Cl、CCl3COOH杂质。
根据物质的熔沸点和溶解性可知，除去这些杂质最合适的实验方法为蒸馏，故答案为：
C2H5Cl、CCl3COOH；蒸馏；
（5）消耗的Na2S2O3的物质的量=0.100mol·L−1×0.02L=0.002mol，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，溶液中残留的碘的物质的量=0.001mol，因此与样品反应的碘的物质的量=（0.030L×0.100mol·L−1-0.001mol）×
=0.02mol，根据CCl3CHO+NaOH=CHCl3+HCOONa，HCOONa+I2=HI+NaI+CO2↑有CCl3CHO～HCOONa～I2，因此样品中CCl3CHO的物质的量=0.02mol，质量为0.02mol×147.5g/mol=2.95g，实验所得产品纯度=
×100%=59%，故答案为：
59%。
9.研究和深度开发CO、CO2的应用具有重要的社会意义。
回答下列问题：
Ⅰ．CO可用于高炉炼铁，已知：
Fe3O4（s）+4CO（g）=3Fe（s）+4CO2（g）△H1=akJ/mol
3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=bkJ/mol
则反应Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）的△H3=________kJ/mol（用含a、b的代数式表示）。
Ⅱ．一定条件下，CO2和CO可以互相转化。
（1）某温度下，在容积为2L的密闭容器按甲、乙两种方式投入反应物发生反应：
CO2（g）+H2（g）
CO（g）+H2O（g）。
容器
反应物
甲
8molCO2（g）、16molH2（g）
乙
wmolCO2（g）、xmolH2（g）、ymolCO（g）、zmolH2O（g）
甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。
则0~15min内平均反应速率v（H2）=______，此条件下该反应的平衡常数K=______。
欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则w、x、y、z需满足的关系是：
y______z（填“＞”、“＜”或“=”），且y=______（用含x、w的等式表示）。
（2）研究表明，温度、压强对反应“C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）
C6H5CH=H2（g）+CO（g）+H2O（g）△H”中乙苯
平衡转化率影响如图所示：
则△H_____0（填“＞”、“＜”或“=”），压强p1、p2、p3从大到小
顺序是________。
（3）CO可被NO2氧化：
CO+NO2
CO2+NO。
当温度高于225℃时，反应速率v正=k正·c（CO）·c（NO2）、v逆=k逆·c（CO2）·c（NO），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。
在上述温度范围内，k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为________。
【答案】
（1）.
（2）.0.2mol/（L·min）（3）.1.8（或
）（4）.=（5）.x-2w（6）.＞（7）.p1＞p2＞p3（8）.
【解析】
【分析】
Ⅰ．根据盖斯定律分析解答；
Ⅱ．
（1）甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，转化的二氧化碳为：
8mol×75%=6mol，根据三段式计算解答；欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，说明甲和乙互为等效平衡，结合等效平衡原理分析解答；
（2）根据图象分析解答；
（3）达平衡时v正=v逆，即k正•c（CO）•c（NO2）=k逆•c（CO2）•c（NO），由此计算。
【详解】Ⅰ．已知：
①Fe3O4（s）+4CO（g）═3Fe（s）+4CO2（g）△H1=akJ/mol
②3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=bkJ/mol
根据盖斯定律，
可得：
Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H3=（△H1+2△H2）×
=
（b+2a）kJ/mol，故答案为：
（b+2a）；
Ⅱ．
（1）甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，转化的二氧化碳为8mol×75%=6mol，
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
初始（mol）81600
转化（mol）6666
平衡（mol）21066
0～15min内平均反应速率v（H2）=
=0.2mol/（L•min）；该反应的平衡常数K=
=l.8；
平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，说明甲和乙互为等效平衡，需必须满足（w+y）∶（x+y）=8∶16，整理可得：
y=x-2w且z=y，故答案为：
0.2mol/（L•min）；l.8；=；x-2w；
（2）根据图象可知，温度越高、乙苯的平衡转化率越大，表明△H＞0；该反应的△n气＞0，则压强越大，乙苯的平衡转化率越小，故p1＞p2＞p3，故答案为：
＞；p1＞p2＞p3；
（3）达平衡时v正=v逆，即k正•c（CO）•c（NO2）=k逆•c（CO2）•c（NO），故
=
=K，故答案为：
K=
。
【点睛】明确盖斯定律的应用和三段式在化学平衡计算中的应用为解答本题的关键。
本题的易错点为化学平衡常数的计算，要注意化学平衡常数计算表达式的应用。
10.精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。
一种从铜阳极泥（主要含有铜、银、金、少量的镍）中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：
已知：
ⅰ分金液中含金离子主要成分为[AuCl4]－；分金渣的主要成分为AgCl；
ⅱ分银液中含银离子主要成分为[Ag（SO3）2]3－，且存在[Ag（SO3）2]3—
Ag++2SO
ⅲ“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。
（1）由表中数据可知，Ni的金属性比Cu______。
分铜渣中银元素的存在形式为（用化学用语表示）______。
“分铜”时，如果反应温度过高，会有明显的放出气体现象，原因是_______。
（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为________。
（3）Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。
“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgCl的原因为_______。
调节溶液的pH不能过低，理由为______（用离子方程式表示）。
（4）已知Ksp[Ag2SO4]=1.4×10－5，沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42—浓度（假定溶液中Ag+浓度为0.1mol/L）。
________。
（5）工业上，用镍为阳极，电解0.1mol/LNiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。
当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：
为获得髙纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为_______g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为_______。
【答案】
（1）.强
（2）.Ag、AgCl（3）.H2O2分解放出氧气（4）.2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－+3H2O（5）.分银液中存在[Ag（SO3）2]3—
Ag++2SO32－，加H2SO4至pH=4，SO32－转化为HSO3－，c（SO32－）减小，平衡正向移动，c（Ag+）增大，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl（6）.SO32－+2H+=SO2↑+H2O（7）.溶液中SO42—浓度应低于1.4×10－3mol/L（8）.10（9）.H2
【解析】
【分析】
铜阳极泥中加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行分铜，“分铜”时，单质铜发生的反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣；加入盐酸和氯酸钠进行分金，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，分金液的主要成分为[AuCl4]-；分金渣的主要成分为AgCl，加入亚硫酸钠进行分银，过滤得到的分银液中主要成分为[Ag（SO3）2]3-，且存在[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-加入硫酸沉银，促使[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，以此解答该题。
【详解】
（1）由表中数据可知，镍的Ni浸出率比铜高，说明镍容易被氧化，因此金属性Ni比Cu强。
根据上述分析，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，分铜渣中银元素的存在形式为Ag、AgCl；“分铜”时，如果反应温度过高，双氧水发生分解，会有明显的气体放出现象，故答案为：
强；Ag、AgCl；H2O2分解放出氧气；
（2）分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，反应的离子方程式为：
2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2[AuCl4]-+3H2O，故答案为：
2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2[AuCl4]-+3H2O；
（3）分银液中主要成分为[Ag（SO3）2]3-，且存在[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，能够析出AgCl的原因为：
H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，促使[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，调节溶液的pH不能过低理由为：
避免产生
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