B．c（HC2O4ˉ）=c（C2O42-）的溶液中：
c（Na+）<0．100mol·L-1+c（HC2O4ˉ）
C．随着NaOH溶液的加入，
减小
D．c（Na+）=0.100mol·L-1的溶液中：
c（H+）+c（H2C2O4）=c（OHˉ）+c（C2O42-）
【答案】C
【解析】从图像分析可知，pH=3的溶液中：
c（H2C2O4）+c（C2O42-）c（OHˉ），根据电荷守恒：
c（H+）+c（Na+）=2c（C2O42-）+c（HC2O4ˉ）+c（OHˉ）可知，c（Na+）<2c（C2O42-）+c（HC2O4ˉ）；而H2C2O4的浓度0.100mol·L-1，且为弱酸，所以2c（C2O42-）<0.100mol·L-1，因此c（Na+）<0．100mol·L-1+c（HC2O4ˉ），B正确；草酸的电离平衡常数K1=c（H+）×c（HC2O4ˉ）/c（H2C2O4），K2=c（H+）×c（C2O42-）/c（HC2O4ˉ）；所以
变形为c（H+）×c（HC2O4ˉ）×c（H+）×c（C2O42-）/c（H2C2O4）×c（HC2O4ˉ）=1/（K1×K2），电离平衡常数只受温度的影响，随着NaOH溶液的加入，
不变，C错误；c（Na+）=0.100mol·L-1的溶液为NaHC2O4溶液，电荷守恒：
c（H+）+c（Na+）=2c（C2O42-）+c（HC2O4ˉ）+c（OHˉ），物料守恒：
c（Na+）=c（C2O42-）+c（HC2O4ˉ）+c（H2C2O4），两式消去c（Na+），得c（H+）+c（H2C2O4）=c（OHˉ）+c（C2O42-），D正确；正确答案C。
第II卷（非选择题）
8．溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置有多种，其中的三种如下
I：
中学教材中苯与溴发生反应的装置如图1所示。
A中加入15mL无水苯和少量铁屑。
再小心加入4.0mL液态溴。
根据相关知识回答下列问题
（1）装置中发生反应的化学方程式为_____________。
（2）C的作用为_____________
Ⅱ：
改进的苯与溴发生反应的装置如图2所示。
根据要求填空
（3）将三颈烧瓶内反应后的液体分离出的操作是_____________（填操作名称）；将液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯。
①用蒸馏水洗涤，振荡，分液；②用5%的NaOH溶液洗涤，振荡，分液；③用蒸馏水洗涤，振荡，分液；④加入无水CaCl2粉末干燥；⑤_____________（填操作名称）。
（4）干燥管中所装试剂是_____________
III：
另一种改进装置如图3，试根据要求回答
（5）整套实验装置中能防止倒吸的装置有_____________（填装置序号）。
（6）冷凝管所起的作用为冷凝回流和导气，冷凝水从_____________口进入（填“上”或“下”）。
（7）反应结束后要使装置甲中的水倒吸入装置乙中，这样操作的目的是_____________
（8）若实验时，无液溴，但实验室有溴水，该实验如何操作才能做成功。
_________________________。
【答案】
+Br2
+HBr吸收Br2和HBr防止污染环境，且防倒吸过滤蒸馏碱石灰丁下反应结束后装置乙中存在大量的溴化氢，使甲的水倒吸入乙中可以除去溴化氢气体（或者液溴的挥发），以免逸出污染空气可先用苯萃取溴水中的溴，分液后，取苯层即可
【解析】I：
（1）苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，化学方程式为）．
+Br2
+HBr；正确答案：
+Br2
+HBr。
（2）反应过程中会有挥发出的溴蒸气和产生的溴化氢，因此需要用C装置内的液体进行吸收，且还要防止产生倒吸；正确答案：
吸收Br2和HBr防止污染环境，且防倒吸。
（7）反应结束后装置乙中存在大量的溴化氢，要对溴化氢进行处理防止污染空气；正确答案：
反应结束后装置乙中存在大量的溴化氢，使甲的水倒吸入乙中可以除去溴化氢气体（或者液溴的挥发），以免逸出污染空气。
（8）只要把溶质溴和水分离开即可实现目的，可先用苯萃取溴水中的溴，分液后，取苯层即可；正确答案：
可先用苯萃取溴水中的溴，分液后，取苯层即可。
9．以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺过程如下：
已知CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的伓系，在潮湿空气中易水解氧化，海绵铜Cu中含少量CuO等。
（1）经测定氧化酸浸过程有单质S生成，写出此过程中的化学方程式_____________
（2）步骤①中得到的氧化产物是____________，溶解温度应控制在60—70℃，原因是_____________。
（3）写出步骤③中主要反应的离子方程式_____________。
（4）步骤③先加NH4Cl、再加入亚硫酸铵时无沉淀，加水稀释就产生大量臼色沉淀，其原因_____________。
（5）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_____________（写名称）。
（6）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是_____________。
（7）上述浓缩液中含有Iˉ、CIˉ等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中中
为_____________。
（已知Ksp（AgCl）=1.8×10-10，Ksp（AgI）=8.5×10-17）
（8）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7，溶液bmL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为_____________
【答案】CuS+2H2SO4+O2=CuSO4+S+2H2OCuSO4或Cu2+温度低溶解速度慢,温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+步骤3先加NH4Cl，氯离子浓度较大，产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系；氯化亚铜难溶于水，所以加水稀释就产生大量白色沉淀硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化4.72×10-7
【解析】
（1）硫化铜在酸性条件下被氧气把-2价的硫氧化为单质硫，化学方程式CuS+2H2SO4+O2=CuSO4+S+2H2O；正确答案：
CuS+2H2SO4+O2=CuSO4+S+2H2O。
（2）步骤①中，铜在含有硝酸根离子的酸性环境下被氧化为铜离子，温度低溶解速度慢，温度过高铵盐会分解，故要将温度应控制在
；正确答案：
CuSO4或Cu2+；温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解。
（3）亚硫酸铵将
还原为
，
与
结合生成
沉淀，离子方程式：
2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；正确答案：
2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+。
（4）步骤3先加NH4Cl，氯离子浓度较大，产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系；氯化亚铜难溶于水，所以加水稀释就产生大量白色沉淀；正确答案：
步骤3先加NH4Cl，氯离子浓度较大，产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系；氯化亚铜难溶于水，所以加水稀释就产生大量白色沉淀。
（5）CuCl会溶于氯离子浓度较大的体系，为了减少CuCl溶解，同时为了回收硫酸铵，采用硫酸酸洗。
正确答案：
硫酸。
（6）酸洗后CuCl表面会有水分，烘干时
会水解氧化，醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；正确答案：
醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化。
（7）
=c（Ag+）c（I-）/c（Ag+）c（Cl-）=Ksp（AgI）/Ksp（AgCl）=8.5×10-17/1.8×10-10=.4.72×10-7；正确答案：
4.72×10-7。
（8）氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，n（Cr2O72-）=amol/L×b×10-3L=ab×10-3mol，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，设CuCl的物质的量为n，反应的关系式为：
n=6ab×10-3mol，m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg，则样品中CuCl的质量分数为
×100%。
点睛：
根据得失电子守恒有
可知，样品中CuCl的质量为
，故样品中CuCl的质量分数为
。
10．甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。
利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下可合成甲醇。
（1）已知在常温常压下：
①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O
（1）△H1=－Q1kJ·mol-1
②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=－Q2kJ·mol-1
③H2O（g）=H2O
（1）△H3=－Q3kJ·mol-1
请写出甲醇发生不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学反应方程式：
_____________。
（2）合成甲醇发生的反应如下
①CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H1=－akJ·mol-1
②CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）△H2=－bkJ·mol-1
③CO2（g）+H2（g）
CO（g）+H2O（g）△H3=+ckJ·mol-1
I：
在以上制备甲醇的两个反应中，反应①优于反应②，原因为_____________。
Ⅱ：
合成气的组成
时体系中的CO平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图所示。
①a（CO）值随温度升高而_____________（填“增大”或“减小”），其原因是_____________
②图中的压强由大到小为_____________，其判断理由是_____________
（3）通常合成甲醇的主要反应为：
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）
①在一定温度下，上述反应在一密闭容器中达到平衡，在保证H2浓度不变的情况下，增大容器的体积，平衡_____________（填字母）；作出此判断的理由是_____________。
A．向正反应方向移动B．向逆反应方向移动C．不移动x/*-k/w
②某温度下，将1molCO和4molH2充入2L的密闭容器中，充分反应达到平衡后，测得c（CO）=0.1mol·L-1，则H2的转化率为_____________
【答案】CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H=（2Q3+0.5Q2-0.5Q1）kJ/mol反应①符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%减小升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动,又产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低P3>P2>P1相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高C该反应达到平衡时，平衡常数
增大容器体积时，c（CH3OH）和c（CO）等比例减小，由于H2浓度不变，此时的值仍然等于K，所以平衡不移动40%
【解析】由盖斯定律可以知道,：
①-③×4-②可得甲醇不完全燃烧生成CO和气态水的热化学方程式：
CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H=（2Q3+0.5Q2-0.5Q1）kJ/mol；正确答案：
CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H=（2Q3+0.5Q2-0.5Q1）kJ/mol。
I：
在以上制备甲醇的两个反应中，反应①优于反应②，反应①符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%；正确答案：
反应①符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%。
Ⅱ：
①从曲线变化图可知，a（CO）值随温度升高而减小，其原因是升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低；正确答案：
升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动,又产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低。
（3）①根据平衡常数进行处理：
该反应达到平衡时，平衡常数
增大容器体积时，c（CH3OH）和c（CO）等比例减小，由于H2浓度不变，此时的值仍然等于K，所以平衡不移动，c正确；正确答案：
c；该反应达到平衡时，平衡常数
增大容器体积时，c（CH3OH）和c（CO）等比例减小，由于H2浓度不变，此时的值仍然等于K，所以平衡不移动。
②设CO的变化量为xmol，则平衡后n（CO）=0.1×2=0.2mol；
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）
起始量140
变化量x2xx
平衡量1-x4-2xx
n（CO）=0.1×2=0.2mol=1-x，x=0.8mol，H2的转化率为0.8×2/4×100%=40%；正确答案：
40%。
11．下表为周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素，用化学用语回答以下问题。
（1）其中属于过渡元素的是_____________，比较②的氢化物与同族第3、4周期元素所形成的氢化物沸点高低并说明理由_____________
（2）②与③中第一电离能较小的元素是_____________；①和④形成的物质与⑤和⑥形成的物质晶体中熔点较高的是_____________。
（3）①形成的有机试剂在有机合成中有重要应用，但极易与O2、CO2等反应。
下列说法不正确的是_____________（填字母序号）
A．CO2中键σ与π键的数目之比为1：
1
B．游离态和化合态①元素均可由特征发射光谱检出
C．叔丁基锂（[（CH3）3C]Li）中碳原子的杂化轨道类型为sp3和sp2
（4）如图一是上述元素形成的物质晶胞结构示意图，其化学式为_____________，其中Fen+的基态电子排布式为_____________，PO43-的空间构型为_____________
（5）金属①的晶体为体心立方晶胞，其配位数为_____________；若其晶胞边长为apm，则锂晶体中原子的空间占有率是_____________
（6）上述元素形成的CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图二所示），但CaC2晶体中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长（粒子间距增加）。
CaC2晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为_____________
【答案】MnFeNiNH3>AsH3>PH3，NH3可以形成分子间氢键，沸点最高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3的沸点比PH3高OLiFcLiFePO4[Ar]3d6正四面体8
4
【解析】由上述周期表可知：
①为Li②为N③为O④为F⑤为Na⑥为Cl;⑦Ca⑧Mn⑨Fe⑩Ni。
（1）其中属于过渡元素的是⑧Mn⑨Fe⑩Ni三种元素，第VA族元素的氢化物沸点由高到低排列为NH3>AsH3>PH3，原因是NH3可以形成分子间氢键，沸点最高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3的沸点比PH3高；正确答案：
Mn、Fe、Ni；NH3>AsH3>PH3，NH3可以形成分子间氢键，沸点最高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3的沸点比PH3高。
（2）因为N原子核外电子排布为1s22s22p3,p轨道为半充满状态，属于稳定状态，因此第一电离能大于相邻的氧原子的第一电离能，①和④形成的物质氟化锂，离子化合物，⑤和⑥形成的物质为氯化钠，属于离子化合物；组成相似的离子化合物，离子半径越小，离子键越大，物质的熔点就越高，离子半
升级会员 