江苏省扬州市邗江区2021-2022学年高二化学下学期期中检测试题（Word版附解析）

2021-2022学年度第二学期期中检测试题高二化学注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共6页，包含选择题［第1题～第14题，共42分］、非选择题［第15题～第18题，共58分］两部分。本次考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Cl-35.5Cu-64I卷选择题(共42分)一、单项选择题：共14题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意。1.北京冬奥会“冰墩墩”“雪容融”成为顶流，由PVC、PC、ABS和亚克力等环保材料制作而成。下列说法错误的是A.PVC()的单体为氯乙烯B.ABS的单体之一苯乙烯能使KMnO4/H+褪色C.PC()中所有碳原子均可共面D.亚克力—聚甲基丙烯酸甲酯()可通过加聚反应制备 【答案】C【解析】【详解】A．PVC的单体为氯乙烯：，A项正确；B．ABS是指丙烯腈、丁二烯、苯乙烯共聚物，苯乙烯中存在碳碳双键，故能使KMnO4/H+褪色，B项正确；C．PC中连接2个带有苯环结构的碳原子周围以单键形式连接了4个碳原子，则以这个碳为中心，整体呈四面体结构，故不可能所有碳原子都共面，C项错误；D．甲基丙烯酸甲酯中存在碳碳双键，故聚甲基丙烯酸甲酯可通过加聚反应制备，D项正确；答案选C。2.下列有关化学用语表示正确的是A.对硝基甲苯的结构简式：B.：二溴乙烷C.CH2F2的电子式：D.正丁烷的球棍模型：【答案】D【解析】【详解】A．硝基中连接苯环的原子应该是N原子，对硝基甲苯正确的结构简式为，故A错误；B．的每个碳原子上均有一个溴原子，系统命名为1，2-二溴乙烷，故B错误；C．CH2F2中C、F原子最外层达到8电子稳定结构，其电子式为，故C错误；D．球棍模型是一种空间填充模型，线代表化学键，可连接以球形表示的原子中心，正丁烷的结构式为，且碳原子半径大于氢原子半径，所以其球棍模型为， 故D正确；答案选D。3.科学家发现金星大气中存在PH3，据此推断金星大气层或存在生命。利用下列反应可制备PH3：P4＋3KOH(浓)＋3H2O3KH2PO2＋PH3↑。下列说法正确的是A.PH3为非极性分子B.中子数为10的氧原子可表示为C.H2O分子空间构型为V形D1个P4分子中含有4个键【答案】C【解析】【详解】A．PH3中P有一对孤对电子，PH3为三角锥形，分子中的正、负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误；B．核素有左上角表示质量数，质量数=质子数＋中子数=8＋10=18，应写为，B错误；C．H2O中O上有两对孤对电子，O为sp3杂化，四面体结构中去掉两对孤对电子所占有的空间，即为V形，C正确；D．P4分子为正四面体结构，4个P在正四面体的顶点处，共有6个P—P键，即6个s键，D错误；选C。4.链状高分子化合物，可由有机化工原料R和其它无机试剂通过卤化、水解、氧化、缩聚反应得到，则R是A.乙烯B.乙炔C.1,3—丁二烯D.2—丁醇【答案】A【解析】 【详解】由链状高分子化合物的结构可知，该有机物由乙二酸和乙二醇经缩聚反应得到，而乙二酸可由乙二醛氧化得到，乙二醛又可由乙二醇氧化得到，乙二醇可由1，2-二溴乙烷水解得到，1，2-二溴乙烷可由乙烯与溴加成得到。由题意知，该高分子可由有机化工原料R和其它无机试剂通过卤化、水解、氧化、缩聚反应得到，因此，R是乙烯，答案为A。5.氯及其化合物在工农业生产中有广泛应用。实验室可用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，历史上曾用Deacon法制取Cl2，其反应为4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g)∆H。两种方法涉及的反应在一定条件下均能自发进行。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是A.HClOHClB.KClO3KClC.Cl2FeCl2D.NaClO(ag)HClO【答案】C【解析】【详解】A．HClO光照条件下发生反应2HClO2HCl+O2↑，A正确；B．KClO3在MnO2催化、加热的条件下可以分解生成氧气和KCl，B正确；C．氯气与Fe在点燃条件下只能生成FeCl3，得不到FeCl2，C错误；D．碳酸的酸性强于HClO，NaClO溶液与二氧化碳反应可以生成碳酸氢钠和HClO，D正确；综上所述答案为C。6.氯及其化合物在工农业生产中有广泛应用。实验室可用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，历史上曾用Deacon法制取Cl2，其反应为4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g)△H。两种方法涉及的反应在一定条件下均能自发进行。实验室用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2并回收MnCl2·4H2O，下列实验原理与装置能达到目的的是A.用装置甲制取氯气B.用装置乙除去氯气中的HCl和H2OC.用装置丙过滤得MnO2 D.用装置丁干燥MnCl2·4H2O晶体【答案】B【解析】【详解】A．用二氧化锰和浓盐酸共热反应制备氯气时，应选择分液漏斗滴加浓盐酸，由图可知，实验时选择长颈漏斗会造成氯气逸出，污染空气，故A错误；B．由图可知，装置乙左侧洗气瓶中盛有的饱和氯化钠溶液能除去氯气中混有的氯化氢气体，右侧洗气瓶中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，则用装置乙能除去氯气中的HCl和H2O，故B正确；C．由图可知，过滤得到二氧化锰时没有用玻璃棒引流，故C错误；D．四水氯化锰晶体在蒸发皿中直接加热干燥会发生水解反应生成氢氧化锰，故D错误；故选B。7.X元素的原子半径为周期表中最小，Y元素形成的单质在自然界中硬度最大，Z元素形成的单质为空气中含量最多，W元素为地壳中含量最多，E元素为短周期化合价最高的金属元素。下列说法正确的是A.YX4与ZX空间构型相同B.原子半径：r(E)>r(W)>r(Z)C.第一电离能：I1(W)>I1(Z)>I1(Y)D.元素E在周期表中位于第3周期第Ⅲ族【答案】A【解析】【分析】X元素的原子半径为周期表中最小，则X为H元素；Y元素形成的单质在自然界中硬度最大，Y为C元素；Z元素形成的单质为空气中含量最多，Z为N元素；W元素为地壳中含量最多，W为O元素；E元素为短周期化合价最高的金属元素，E为Al，以此解答。【详解】A．CH4和NH的价层电子对数都是4且没有孤电子对，空间构型相同，都是正四面体形，故A正确；B．同一周期原子序数越大，原子半径越大，原子电子层数越多，半径越大，则原子半径：r(Al)>r(N)>r(O)，故B错误；C．C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞C，故C错误；D．元素E在周期表中位于第三周期IIIA族，故D错误；故选A。8.下列指定反应的离子方程式正确的是 A.用石墨作电极电解NaCl溶液：2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑B.甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热：HCHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-HCOO-+NH+2Ag↓+3NH3+H2OC.乙醛与碱性氢氧化铜悬浊液混合后加热至沸腾：CH3CHO+2Cu(OH)2+OH-Cu2O↓+CH3COO-+3H2OD.水杨酸()溶于小苏打溶液中：+HCO→+2CO2↑+2H2O【答案】C【解析】【详解】A．用石墨作电极电解NaCl溶液，阴极为H2O电离产生的H+放电生成H2，H2O为弱电解质，在离子方程式中以化学式保留，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，A错误；B．1molHCHO最多与4mol[Ag(NH3)2]OH发生银镜反应，反应的离子方程式为HCHO+4[Ag(NH3)2]++4OH-+2+4Ag↓+6NH3+2H2O，B错误；C．乙醛中含醛基，与碱性氢氧化铜悬浊液混合后加热至沸腾产生砖红色沉淀，反应的离子方程式为CH3CHO+2Cu(OH)2+OH-Cu2O↓+CH3COO-+3H2O，C正确；D．水杨酸中只有羧基能与反应，酚羟基与不反应，反应的离子方程式为+→+H2O+CO2↑，D错误；答案选C。9.Au/Fe2O3可用作反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的催化剂。对于该反应下列有关说法不正确的是A.加入催化剂Au/Fe2O3，反应的焓变ΔH不变B.其他条件相同，增大，反应的平衡常数K变大C.向固定容积的反应体系中充入水蒸气，反应速率加快D.升高温度，反应体系的活化分子百分数增多 【答案】B【解析】【详解】A．加入催化剂Au/Fe2O3能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，故A正确；B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数也不变，故B错误；C．向固定容积的反应体系中充入水蒸气，浓度变大则反应速率加快，故C正确；D．升温，分子总数不变，但更多的普通分子吸收能量转化为活化分子，故活化分子百分数增多，故D正确；故选B选项。10.乙酸乙酯的制备实验如下：步骤1：在试管a中加入无水乙醇、浓硫酸、冰醋酸，并加入沸石。在试管b中加入滴有酚酞的饱和碳酸钠溶液步骤2：点燃酒精灯，加热反应物至微微沸腾后，改用小火加热，观察到试管b中溶液上方出现无色液体步骤3：振荡试管b，溶液红色变浅步骤4：用分液漏斗分离试管b中的液体混合物下列关于该实验说法不正确的是A.试管a中放入沸石的目的是防止加热时液体暴沸B.导管不伸入试管b中液面以下，其目的是防止倒吸C.步骤3中溶液红色变浅，是因为碳酸钠与乙醇发生反应D.步骤4中应先放出水相后再从分液漏斗上口倒出乙酸乙酯【答案】C【解析】【分析】实验室用乙醇在乙酸在浓硫酸作用下加热制备乙酸乙酯，加入药品时，为防止酸液飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸和乙酸，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，由于混合物中含有乙醇和乙酸，易溶于水，易生产倒吸，实验时导管不能插入到液面以下，为防止液体暴 沸，应加入碎瓷片。【详解】A．试管a中放入沸石的目的是防止加热时液体暴沸，致使混合液冲进b中，引起危险，故A正确；B．乙醇、乙酸易溶于水，导管不伸入试管b中液面以下，其目的是防止倒吸，故B正确；C．步骤3中溶液红色变浅，是因为碳酸钠与乙酸发生反应，故C错误；D．乙酸乙酯的密度小于水相，步骤4中应先放出水相后再从分液漏斗上口倒出乙酸乙酯，故D正确；故选C。11.羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，部分合成路线如图所示。下列说法不正确的是A.甲分子中有1个手性碳原子B.常温下1mol乙能与3molH2发生加成反应C.丙能与甲醛发生缩聚反应D.乙在Cu作催化剂条件下可被氧化为含醛基的物质【答案】D【解析】【详解】A．同一个C与四个不相同的原子或原子团相连时，该C为手性碳，则甲分子中与醇-OH相连的C是手性碳，即甲分子含1个手性碳，A正确；B．乙分子中的苯环能和氢气加成，酯基不能和氢气加成，因此常温下1mol乙能与3molH2发生加成反应，B正确；C．丙分子中含酚羟基，且与酚羟基相连C的邻位C上有H，可以和甲醛发生酚醛缩聚，C正确；D．乙分子中不含-CH2OH，不可在Cu作催化剂条件下被氧化为含醛基的物质，D错误；答案选D。12.下列说法或有关化学用语的表达正确的是 A.[Co(NH3)3Cl3]中Co3+的配位数为6，该配合物中的配位原子只有N原子B.基态Fe原子的核外电子轨道表示式为：C.氮化锂是一种新型无机贮氢材料，其晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为Li3ND.某主族元素的电离能I1～I7数据如表所示(单位：kJ/mol)，可推测该元素位于元素周期表第IIA族I1I2I3I4I5I6I75781817274511575148301837623293【答案】C【解析】【详解】A．配体为NH3和Cl-，配位原子能提供孤电子对，NH3中N存在孤电子对，Cl-提供孤电子对，所以配位原子为N和Cl，故A错误；B．该选项图为基态Fe原子的价电子轨道表示式，故B错误；C．顶点粒子占，面上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中含有Li的数目为，含有N的数目为，所以晶体化学式为Li3N，故C正确；D．由主族元素的电离能可知，由第三电离能到第四电离能变化较大，则该原子最外层只有3个电子，位于第IIIA族，故D错误；故选C选项。13.有机物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列说法正确的是 A.有机物X的分子式为C16H16NO3B.有机物X不存在顺反异构现象C.1molX最多能与7molH2发生加成反应D.有机物X能与NaHCO3溶液反应生成CO2【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据图示该有机物的分子式为C16H15NO3，A项错误；B．有机物X双键中其中一个C上连有两个相同的基团：，故不存在顺反异构现象，B项正确；C．1mol苯环能与3mol氢气发生加成反应，1mol双键能与1mol氢气发生反应，所以1molX最多能与8molH2发生加成反应，C项错误；D．有机物中含有羧基能与碳酸氢钠发生反应，该有机物中无羧基，故不能与碳酸氢钠发生反应，D项错误；答案选B14.SCl2可用作有机合成的氯化剂。在体积为VL的密闭容器中充入0.2molSCl2(g)，发生反应：2SCl2(g)S2Cl2(g)+Cl2(g)。图中所示曲线分别表示反应在amin时和平衡时SCl2的转化率与温度的关系。下列说法正确的是A.2SCl2(g)S2Cl2(g)+Cl2(g)ΔH>0、ΔS<0 B.当容器中气体密度恒定不变时，反应达到平衡状态C.82℃，起始时在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1mol，此时v(正)>v(逆)D.55℃，向体积为2VL的容器中充入0.2molSCl2(g)，amin时SCl2(g)的转化率大于50%【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，温度升高，SCl2的转化率增大，说明该反应为吸热反应，△H>0，反应，能够自发进行，说明△H-T△S<0，则△S>0，故A错误；B．密度，该反应在恒容密闭容器进行，V不变，反应物和生成物均为气体，气体总质量不变，则密度为定值，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故B错误；C．由图可知82℃，SCl2的转化率为90%，初始浓度(mol/L)00转化浓度(mol/L)平衡浓度(mol/L)该温度下平衡常数，若起始时在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1mol，此时的浓度商，说明平衡向着正向移动，则V(逆)<V(正)，故C正确；D．由图可知55℃，在体积为VL的密闭容器中充入0.2molSCl2(g)，amin时SCl2(g)的转化率等于50%，但反应未到达平衡，55℃体积扩大为2VL，浓度减小，反应速率减慢，所以amin时SCl2(g)的消耗程度一定减小，故转化率小于50%，故D错误；故选C选项。II卷非选择题(共58分)15.国家规定，排放的废水中氟的含量不得超过10.0mg·L-1，砷的含量不得超过0.5mg·L-1。硫酸工厂废水中除含有稀硫酸外，还含有H3AsO3、H2SiF6等物质。工业上常通过化学沉淀和氧化、吸附沉降处理废水，实现水体达标排放。（1）化学沉淀：向废水中加入石灰乳[以Ca(OH)2为主]、过滤。滤渣中主要含有CaSO4、CaF2、SiO2和少 量Ca3(AsO3)2。①CaSO4中阴离子的空间构型为____。②写出该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式：____。③充分沉淀后测得废水中F-的含量为19.0mg·L-1，此时SO的浓度为____mol·L-1。[已知：Ksp(CaSO4)=5.0×10-5、Ksp(CaF2)=5.0×10-9]（2）氧化、吸附沉降：利用NaClO和FeSO4进一步处理废水中残余的As(III)。已知：ⅰ.NaClO能将As(III)氧化为As(V)、Fe(II)氧化为Fe(III)。形成的Fe(OH)3胶体吸附废水中的As(V)物种而沉降。ⅱ.As(III)和As(V)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。①向化学沉淀后的废水(pH≈8)中加入NaClO溶液，写出As(III)发生主要反应的离子方程式：____。②其他条件相同的情况下，用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液。方式I：先加NaClO溶液，再加FeSO4溶液；方式II：先加FeSO4溶液，再加NaClO溶液。反应相同时间，测得As(III)的氧化效果方式II不如方式I，原因是____【答案】（1）①.正四面体②.H2SiF6+3Ca(OH)2=3CaF2+SiO2+4H2O③.0.01（2）①.H3AsO3+ClO-+2OH-=HAsO+Cl-+2H2O②.方式II中NaClO会同时氧化As(III)和Fe2+，导致氧化As(III)的n(NaClO)比方式I中的少，氧化效果减弱【解析】【小问1详解】①SO离子中心原子S原子价层电子对数个数=4+=4且不含孤电子对，空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；②该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式为H2SiF6+3Ca(OH)2=3CaF2+SiO2+4H2O，故答案为：H2SiF6+3Ca(OH)2=3CaF2+SiO2+4H2O； ③根据，则c(F-)==1×10-3mol/L，c(SO)=(1.0×10-3)2×104mol/L=0.01mol/L，故答案为：0.01；【小问2详解】①向化学沉淀后的废水(pH≈8)中加入NaClO溶液，As(III)发生主要反应的离子方程式为H3AsO3+ClO-+2OH-=HAsO+Cl-+2H2O，故答案为：H3AsO3+ClO-+2OH-=HAsO+Cl-+2H2O；②由题可知，ClO-会氧化亚铁离子为铁离子，先加次氯酸根离子会造成不必要的损耗，影响效果，所以其它条件相同的情况下，用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液，反应相同时间，测得As(III)的氧化效果方式II不如方式I，原因是方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+，导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少，氧化效果减弱，故答案为：方式II中NaClO会同时氧化As(III)和Fe2+，导致氧化As(III)的n(NaClO)比方式I中的少，氧化效果减弱；16.化合物G(萘丁美酮)是一种解热、镇痛药，其合成路线如图：（1）可以鉴别A、B两种物质的试剂为____。（2）B中官能团的名称为醚键和____。（3）C→D过程中依次经历了____和____反应。（4）1mol中含有σ键的数目为____，其中官能团酯基中碳原子的轨道杂化类型为____。（5）C的一种同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体的结构简式为____。①分子中含苯环，能使Br2的CCl4溶液褪色；②分子中不同化学环境的氢原子数目之比为2∶3。（6）已知2CH3CHOCH3CH=CHCHO。写出以、和CH3CH2OH 为原料制备合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)____。【答案】（1）FeCl3溶液（2）碳溴键（3）①.加成反应②.消去反应（4）①.18NA或者18×6.02×1023②.sp2（5）或（6）【解析】【分析】A中酚羟基上的氢原子被-CH3取代生成B，B中溴原子被-CHO取代得到C，C与反应得到D，D中碳碳双键与氢气发生催化加氢生成E，E与HCl加热反应得到F。【小问1详解】由A、B的结构简式可知，A中含酚羟基，加入氯化铁溶液，溶液会变为紫色，而B中不含酚羟基，加入氯化铁溶液，溶液不会呈紫色，因此鉴别A、B可选用FeCl3溶液。小问2详解】由B的结构简式可知，B中含两种官能团，为醚键和碳溴键。【小问3详解】由C和D的结构简式可知，C先发生加成反应生成， 再发生消去反应生成D。【小问4详解】1mol中含2mol双键和16mol单键，单键为σ键，双键为1个σ键、1个π键，因此共含18molσ键，数目为18NA或18×6.02×1023；酯基中的碳原子形成2个单键、1个双键，没有孤对电子，采取sp2杂化。【小问5详解】C的结构简式为：，其同分异构体的分子中含苯环，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有不饱和键，分子中不同化学环境的氢原子数目之比为2∶3，说明分子结构高度对称，只有两种环境的氢原子，其结构简式为：或。【小问6详解】根据2CH3CHOCH3CH=CHCHO可知，可以由和CH3CHO反应生成，CH3CH2OH被催化氧化生成CH3CHO；与Br2发生甲基的邻位取代生成 ，根据B生成D的反应可知，之后再与反应得到，所以合成路线为：。17.CuCl2常用作催化剂。实验室用废铜屑(含少量CuO、Fe2O3、油污等杂质)制备CuCl2•2H2O的实验流程如图：（1）“洗涤”时，Na2CO3溶液的作用是____。（2）“氧化酸溶”在如图所示的装置中进行。①仪器a的名称为____。②三颈烧瓶中Cu转化为CuCl2的化学方程式为____。（3）以“过滤”后的滤液X为原料制备CuCl2•2H2O晶体。请补充实验方案：向滤液X中____，过滤得滤液Y；向滤液Y中____，在低温下减压蒸发至____，冷却结晶，过滤，将所得固体洗涤、晾干，得到CuCl2•2H2O 晶体。(已知该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=4.7时，Cu2+开始沉淀。实验中须用的试剂：CuO粉末，6.0mol·L-1HCl溶液。)（4）通过下列方法测定CuCl2•2H2O样品的纯度：准确称取0.4800gCuCl2•2H2O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液，用稀H2SO4酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.1500mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液18.00mL。测定过程中发生下列反应：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；2S2O+I2=S4O+2I-。计算样品中CuCl2•2H2O的质量分数____(写出计算过程，计算结果精确到小数点后两位)。【答案】（1）洗去废铜屑表面的油污（2）①.分液漏斗②.（3）①.分批加入CuO粉末，边加边搅拌，并用pH试纸或者pH计测定pH值，调节pH至3.2~4.7②.滴加适量6.0mol/LHCl溶液③.溶液表面出现晶膜（4）96.19%【解析】【分析】废铜屑(含少量CuO、Fe2O3、油污等杂质)，所以加入碳酸钠溶液是为了去除油污，洗涤后加入过氧化氢和浓盐酸，铜会与其反应生成氯化铜和水，进行过滤，滤液中可能含有少量的氯化铁，因为该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=4.7时，Cu2+开始沉淀，所以通过调节酸碱性来让铁离子完全沉淀；过滤得滤液Y；滤液Y中含有氯化铜，滴加适量6.0mol/LHCl溶液抑制水解，在低温下减压蒸发至溶液表面出现晶膜，冷却结晶，过滤，将所得固体洗涤、晾干，得到CuCl2•2H2O晶体。【小问1详解】洗涤时，Na2CO3溶液可以促进油污中酯类的水解，达到洗去废铜屑表面的油污的目的。故答案为：洗去废铜屑表面的油污【小问2详解】①仪器a的名称为：分液漏斗。②三颈烧瓶中Cu和氧化氢以及盐酸反应生成CuCl2和水，则反应的化学方程式为：。故答案为：分液漏斗；【小问3详解】滤液X中含有氯化铁与氯化铜，滤液显酸性，所以向滤液中分批加入CuO粉末可以调节酸碱性，边加边搅拌，并用pH试纸或者pH计测定pH值，调节pH至3.2~4.7，因为该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀； pH=4.7时，Cu2+开始沉淀，目的是让铁离子完全沉淀；过滤得滤液Y含有氯化铜，向滤液Y中滴加适量6.0mol/LHCl溶液抑制水解，在低温下减压蒸发至溶液表面出现晶膜，冷却结晶，过滤，将所得固体洗涤、晾干，得到CuCl2•2H2O晶体。故答案为：分批加入CuO粉末，边加边搅拌，并用pH试纸或者pH计测定pH值，调节pH至3.2~4.7；滴加适量6.0mol/LHCl溶液；溶液表面出现晶膜【小问4详解】测定过程中发生下列反应：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；2S2O+I2=S4O+2I-依据题目所给方程式可得关系式:，则样品中CuCl2•2H2O的物质的量与Na2S2O3的物质的量相等，用0.1500mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液18.00mL，则物质的量为，CuCl2•2H2O的质量为，则样品中CuCl2•2H2O的质量分数故答案为：96.19%18.H2S是生命体系气体信号分子，具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。（1）H2S可以分解制取硫黄和氢气。已知下列热化学方程式：SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)ΔH=-151kJ·mol-12HI(aq)=H2(g)+I2(s)ΔH=+110kJ·mol-1H2S(g)+H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+2H2O(l)ΔH=+61kJ·mol-1则H2S分解的热化学H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH=____kJ·mol-1。（2）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的密闭容器中，保持体积不变，反应平衡后H2O(g)的物质的量分数为0.02。在620K重复实验，平衡后H2O(g)的物质的量分数为0.03。①下列情况能说明该反应已到达平衡的是____(填字母)。A．容器的压强保持不变B．容器内气体密度保持不变C．v正(H2S)=v逆(COS)D．H2S和CO2物质的量之比保持不变②平衡时只改变下列条件，既可以提高反应速率又可以提高H2S(g)转化率的是____(填字母)。 A．升高容器的温度B．保持容器体积一定，充入He，使体系总压强增大C．缩小容器的体积，使体系总压强增大D．分离出部分COS(g)（3）已知Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7×10-15。pH=11时，含H2S、HS-和S2-的溶液中，=____。（4）一种CO2、H2S的协同转化装置可实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。工作原理如图所示，其中电极分别为石墨烯包裹的ZnO和石墨烯，石墨烯电极发生的反应为：EDTA—Fe2+-e-=EDTA—Fe3+。①H2S所发生反应的离子方程式为____。②阴极的电极反应式为____。（5）在恒容密闭容器中，用H2还原SO2生成S的反应分两步完成(如图所示)，该过程中部分物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示：依据如图描述H2还原SO2生成S的过程：____。 【答案】（1）+20（2）①.CD②.A（3）9.1（4）①.2EDTA—Fe3++H2S=2H++S↓+2EDTA—Fe2+②.CO2+2H++2e-=CO+H2O（5）0-t1时间内，H2和SO2反应生成H2S气体，t1-t2时间内，SO2和H2S反应生成S单质【解析】【小问1详解】由题意可得反应①SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)ΔH=-151kJ·mol-1②2HI(aq)=H2(g)+I2(s)ΔH=+110kJ·mol-1③H2S(g)+H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+2H2O(l)ΔH=+61kJ·mol-1根据盖斯定律，将反应①+②+③可得H2S(g)=H2(g)+S(s)，则△H=(-151kJ/mol)+(+110kJ/mol)+(+61kJ/mol)=+20kJ/mo1，即H2S(g)=H2(g)+S(s)△H=+20kJ/mol【小问2详解】①A.反应在恒温、恒容密闭容器中进行，H2S(g)+CO2(g)=COS(g)+H2O(g)是反应前后气体分子总数不变的反应，反应过程中容器的压强始终保持不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，A不符合题意；B.反应过程中，容器内气体的总质量始终等于起始时气体的总质量，即质量是不变的，所以气体密度也是不变的，不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；C.v正(H2S)=v正(COS)=v逆(COS)时，反应达到平衡状态，C符合题意；D.H2S和CO2反应的物质的量的比是1：1，加入的物质的量的比不是1：1，若二者的物质的量之比保持不变，说明两者的物质的量不再变化，浓度不再变化，反应达到了平衡状态，D符合题意；故合理选项是CD；②A．由题意可知：温度由610K升高至620K时，水的体积分数增大，即升高温度，化学平衡正向移动，所以升高温度既可以提高反应速率又可以提高H2S(g)转化率，A符合题意；B．由于该反应是分子数不变的反应，保持容器体积一定充入He，反应混合物中各组分的浓度不变，化学反应速率不变；保持容器体积一定充入He，使体系总压强增大，化学平衡不移动，B不符合题意；C．由于反应是分子数不变的反应，缩小容器的体积，使体系总压强增大，物质的浓度增大，反应速率增大，但平衡不移动，C不符合题意；D．分离出部分COS(g)，即减小了生成物的浓度，化学平衡正向移动，以提高H2S(g)的转化率，但反应速率会逐渐减小，D不符合题意；故合理选项是A；【小问3详解】已知Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7×10-15。K1·K2= ，所以=；【小问4详解】①由图可知：H2S转化为S2-和H+，发生的电极反应为：2EDTA-Fe3++H2S=2H++S↓+2EDTA-Fe2+；②阴极为CO2转化为CO，结合题中信息可知，还要结合H+生成水，所以阴极的电极反应为：CO2+2H++2e-=CO+H2O；【小问5详解】根据图象中各种物质的浓度变化可知：0-t1时间内，H2和SO2反应生成H2S气体，t1-t2时间内，SO2和H2S反应生成S单质。