四川省 2022-2023学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

江油中学2021级高二下期半期考试化学试题可能用到的相对原子质量：C-12O-16Si-28Na-23第I卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与人类生活、生产息息相关。下列说法错误的是A.用纯碱溶液清洗油污，加热可增强去污能力B.明矾可以用于自来水的净化和消毒杀菌C.工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子可以通过加入FeS除去D.餐后将洗净的铁锅擦干可减缓铁的锈蚀【答案】B【解析】【详解】A．纯碱是碳酸钠的水溶液，碳酸根离子水解溶液显碱性。加热促进碳酸根的水解，碱性增强，去污效果增强，A正确；B．明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性可用于净水，但不能消毒，B错误；C．CuS和HgS的溶解度小于FeS，向含有Cu2+、Hg2+等重金属阳离子的工业废水中加入FeS，可以使FeS转化为CuS和HgS，再通过过滤除去，故C正确；D．在潮湿环境中易发生吸氧腐蚀腐蚀形成铁锈，水是反应物之一，所以餐后将洗净的铁锅擦干可减缓铁的锈蚀，以防生锈，D正确；故选B。2.下列不涉及氧化还原反应的是A.补铁剂（有效成分为Fe2+）与维生素C共服效果更佳B.雷雨肥庄稼——自然固氮C.灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐D.从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅【答案】C【解析】【分析】【详解】A．维生素C具有还原性，能防止补铁剂被氧化，属于氧化还原反应，故A正确；B．放电过程中，氮气与氧气反应生成NO，O、N元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故B正确；C．碳酸钾与铵 盐发生相互促进的水解反应，会生成氨气挥发，反应过程中不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故C错误；D．由二氧化硅制晶体硅，Si的化合价降低，被还原，涉及氧化还原反应，故D正确；故答案为C。3.下列用于解释事实的方程式书写不正确的是A.0.1mol/L氨水的pH约为11.1：NH3·H2ONH+OH-B.用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+C.泡沫灭火器快速产生CO2：3HCO＋Al3＋=Al(OH)3↓＋3CO2↑D.用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：Ca2++CO=CaCO3↓【答案】D【解析】【详解】A．一水合氨是弱碱，发生部分电离，0.1mol/L氨水的pH约为11.1：NH3·H2ONH+OH-，故A正确；B．明矾中铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮杂质，用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，故B正确；C．硫酸铝和碳酸氢钠溶液混合，发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，泡沫灭火器快速产生CO2：3HCO＋Al3＋=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故C正确；D．硫酸钙微溶于水，用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，反应的离子方程式为CaSO4+CO=CaCO3+SO，故D错误；选D。4.下列溶液在空气中蒸干后能得到原溶质的是A.KAl(SO4)2B.Na2SO3C.FeSO4D.MgCl2【答案】A【解析】【详解】A．硫酸铝钾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性，加热虽然能促进铝离子水解，但硫酸是难挥发的高沸点酸，水解生成的硫酸能与氢氧化铝反应，在空气中蒸干后依然得到硫酸铝钾固体，故A正确；B．亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化生成硫酸钠，在空气中蒸干后得到硫酸钠，无法得到亚硫酸钠，故B错误；C．硫酸亚铁具有还原性，易被空气中的氧气氧化生成硫酸铁，在空气中蒸干后得到硫酸铁，无法得到硫 酸亚铁，故C错误；D．氯化镁在溶液中水解生成氢氧化镁和氯化氢，加热氯化氢受热挥发，使氯化镁水解平衡向正反应方向移动，直至水解趋于完全，在空气中蒸干后得到氢氧化镁，无法得到氯化镁，故D错误；故选A。5.常温下，0.1mol·L-1的下列溶液中c(NH)最小的是ANH4Al(SO4)2B.NH4ClC.NH3·H2OD.CH3COONH4【答案】C【解析】【详解】同浓度的下列溶液：A.NH4Al(SO4)2、B.NH4Cl、C.NH3·H2O、D.CH3COONH4，因A中铝离子水解抑制铵根离子的水解，B中铵根离子水解，C中弱碱电离产生NH，但电离的程度很弱；D醋酸根离子水解促进铵根离子水解，则c(NH)由大到小的顺序是：A>B>D>C，c(NH)最小的为NH3·H2O溶液，故选C。6.常温下，向含AgCl的饱和溶液中滴加数滴浓的氢碘酸(忽略体积变化)。下列数值增大的是A.Ksp(AgCl)B.c(OH-)C.c(Ag+)D.c(Cl-)【答案】D【解析】【详解】AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：，还存在水的电离平衡：。当加入强酸氢碘酸时，体系温度不变，不变；氢碘酸在溶液中完全电离，增大，水电离平衡逆向移动，减小；加入氢碘酸后溶液中增大，平衡正向移动，生成碘化银沉淀，减小，增大，故选D。7.常温时，下列溶液中一定能大量共存的离子组是A.=10-5mol•L-1的溶液中：Na+、ClO-、Cl-、NOB.由水电离出的c(H+)=10-14mol/L的溶液中：Na+、HSO、K+、SOC.能使甲基橙试液变红溶液：I-、Na+、Cl-、NOD.无色透明溶液中：Fe3+、Na+、AlO、Cl-【答案】A 【解析】【详解】A．=10-5mol•L-1的溶液中，=c(OH-)=10-5mol•L-1>10-7mol•L-1，溶液呈碱性，Na+、ClO-、Cl-、NO四种离子之间不发生反应，也不和OH-反应，可以大量共存，故A选；B．由水电离出的c(H+)=10-14mol/L的溶液中水的电离被抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，HSO既可以和H+反应也可以和OH-反应，不能大量存在，故B不选；C．能使甲基橙试液变红的溶液呈酸性，I-和NO在酸性条件下会发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不选；D．Fe3+有颜色且能够和AlO发生双水解反应，不能在无色透明溶液中大量共存，故D不选；故选A。8.若NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列相关叙述正确的是A.106gNa2CO3固体溶于水后，溶液中含有CO的数目为NAB.1LpH=2的醋酸溶液中H+的数目为0.01NAC.在密闭容器中充入1molN2和3molH2充分反应，反应后NH3的数目为2NAD.60g二氧化硅中含有的Si-O键的数目为2NA【答案】B【解析】【详解】A．106gNa2CO3的物质的量为=1mol，含有1molCO，1molNa2CO3溶于水后，CO发生水解，则溶液中含有CO的数目小于NA，故A错误；B．1LpH=2的醋酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，则n(H+)=0.01mol/L×1L=0.01mol，数目为0.01NA，故B正确；C．在密闭容器中充入1molN2和3molH2发生反应N2+3H22NH3，该反应是可逆反应，充分反应后NH3的数目小于2NA，故C错误；D．1mol二氧化硅中含有4molSi-O键，60g二氧化硅的物质的量为=1mol，含有的Si-O键的数目为4NA，故D错误；故选B 9.已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是宇宙中含量最丰富的元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍。下列说法不正确的是A.Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸B.最简单氢化物的热稳定性：R>WC.R与X形成的化合物同W与Z形成的化合物的化学键类型完全相同D.原子半径：Z>W>R【答案】C【解析】【分析】短周期元素中，X是宇宙中含量最丰富的元素，则X为H元素；Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，则Y的最外层电子数为4，Y为C元素；Z的核电荷数是Y的2倍，则Z为Mg元素；W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，则W的电子排布为2、8、6，W为S元素，从而得出R为Cl元素。【详解】A．Y为C元素，最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，使弱酸，故A正确；B．同周期元素，从左往右，非金属性逐渐增大，非金属性：Cl>S，非金属性越强，最简单氢化物越稳定，则热稳定性：HCl>H2S，故B正确；C．Cl和H形成的化合物为HCl，S和Mg形成的化合物为MgS，HCl使共价化合物，MgS是离子化合物，二者的化学键类型不同，故C错误；D．同周期元素，从左往右，原子半径越来越小，原子半径：Mg>S>Cl，故D正确；故选C。10.锌—空气电池(原理如图)适宜用作城市电动车的动力电源，该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法不正确的是A.多孔板的目的是增大与空气的接触面积B.该电池的正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-C.该电池放电时K+向石墨电极移动D.外电路电子由Zn电极流向石墨电极再通过电解质溶液流回Zn电极 【答案】D【解析】【分析】根据题意放电时Zn转化为ZnO，则Zn电极为负极，石墨电极为正极，空气中的氧气在石墨电极上被还原。【详解】A．石墨电极作为正极，多孔板可以增大与空气的接触面积，A正确；B．正极上氧气被还原，电解质显碱性，所以正极电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，B正确；C．石墨电极为正极，原电池中阳离子移向正极，即K+向石墨电极移动，C正确；D．电子不能在电解质溶液中流动，D错误；综上所述答案为D。11.下列实验操作及现象、推论不相符的是选项操作及现象推论A用pH试纸测得0.1mol/LCH3COOH溶液pH约为3CH3COOH是弱电解质B用pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的pHHClO的酸性弱于CH3COOHC向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀；再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，沉淀变为红褐色Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3沉淀D将纯水加热到95℃，pH<7加热可促进水的电离A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．用pH试纸测得0.1mol/LCH3COOH溶液pH约为3，说明醋酸为弱酸，部分电离，可以说明CH3COOH是弱电解质，实验操作及现象与推论相符，故A不选；B．NaClO具有强氧化性，能够漂白试纸，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，可选用pH计，用pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的，说明CH3COONa的水解程度小，说明HClO的酸性弱于CH3COOH，实验操作及现象与推论相符，故B不选；C．向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色Mg(OH)2沉淀反应，氢氧化钠过量，再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能说明存在沉淀的转化，实验操作 及现象与推论不相符，故C选；D．将纯水加热到95℃，pH<7，说明加热后水中c(H+)增大，水的电离平衡正向移动，说明加热可促进水的电离，实验操作及现象与推论相符，故D不选；故选C。12.下列关于盐类水解的说法正确的是A.在Na2S溶液中加入少量Na2S固体，Na2S的水解程度增大B.将CuSO4溶液由20℃加热到60℃，溶液的pH增大C.向CH3COONa溶液中加水，溶液中的比值增大D.常温下，0.1mol/L的NaB溶液的pH=8，溶液中c(Na+)=c(B-)+c(HB)=0.1mol/L【答案】D【解析】【详解】A．在Na2S溶液中加入少量Na2S固体，Na2S溶液的浓度增大，水解程度减小，故A错误；B．盐类水解是吸热反应，升高温度，CuSO4在溶液中的水解程度增大，溶液中的氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B错误；C．加水稀释CH3COONa溶液时，溶液中醋酸根离子和氢氧根离子浓度都减小，水的离子积不变，则溶液中氢离子浓度增大，的比值减小，故C错误；D．常温下，0.1mol/L的NaB溶液的pH=8，溶液显碱性，说明NaB为强碱弱酸盐，即HB为弱酸，溶液中存在物料守恒关系：c(Na+)=c(B-)+c(HB)=0.1mol/L，故D正确；答案选D。13.室温时，下列溶液中微粒的浓度关系不正确的是A.NaClO溶液中：(Na+)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)B.pH=4的KHC2O4溶液中：c(H2C2O4)>c(C2O)C.pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a<b+1D.在Na2S溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)【答案】B【解析】【详解】A．NaClO是强碱弱酸盐，ClO-在水溶液中水解产生OH-式溶液呈碱性，则NaClO溶液中：(Na+)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，故A正确； B．pH=4的KHC2O4溶液呈酸性，说明HC2O的电离生成C2O的程度大于其水解生成H2C2O4的程度，则c(H2C2O4)<c(C2O)，故B错误；C．加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的 ，若其pH=b，则a<b+1，故C正确；D．在Na2S溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，故D正确；故选B。14.某温度时，CuS、MnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是A.该温度下，Ksp(CuS)小于Ksp(MnS)B.a点对应的Ksp等于b点对应的KspC.在含有CuS和MnS固体的溶液中D.向CuSO4溶液中加入MnS固体不会发生反应【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，CuS的Ksp=c(Cu2+)c(S2-)=0.01×6×10-34=6×10-36，MnS的Ksp=c(Mn2+)c(S2-)=0.01×3×10-11=3×10-13，所以Ksp(CuS)小于Ksp(MnS)，故A正确；B．Ksp只与温度和难溶电解质本身有关，a和b都是CuS的饱和溶液，所以a点对应的Ksp等于b点对应的Ksp，故B正确；C．在含有CuS和MnS固体的溶液中，故C正确；D．向CuSO4溶液中加入MnS固体，由于Ksp(CuS)远远小于Ksp(MnS)，所以MnS会转化为CuS，发生的反应为：Cu2++MnS=CuS+Mn2+，故D错误；故选D。 【点睛】反应的Cu2++MnS=CuS+Mn2+的K=，远远大于105，所以该反应很容易发生。第II卷(非选择题，共58分)15.常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：实验编号HA物质的量浓度(mol/L)NaOH物质的量浓度(mol/L)混合溶液的pH①0.10.1pH=9②c0.2pH=7③0.20.1pH<7①②③组实验所用HA为同一种酸，请回答：（1）从①组情况分析，HA是___________酸(填强或弱)，其溶液中的水解离子方程式___________。（2）②组情况表明，c___________0.2(填“大于”、“小于”或“等于”)。（3）从③组实验结果分析，说明HA的电离程度___________NaA的水解程度(填“大于”、“小于”或“等于”)，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是___________，反应后的溶液中c(HA)+c(A-)=___________mol·L-1。①②③组实验所得溶液中，___________组实验所得溶液H2O的电离程度最大(填①、②或③)。（4）①组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)=___________mol·L-1。c(Na+)-c(A-)=___________mol·L-1，c(OH-)-c(HA)=___________mol·L-1。【答案】（1）①.弱②.A-+H2OHA+OH-（2）大于（3）①.大于②.c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)③.0.1④.①（4）①.10-5②.10-5－10-9③.10-9【解析】【小问1详解】从①组情况分析，等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐，所以HA为弱酸，A-水解的离子方程式为A-+H2OHA+OH-，故答案为：弱；A-+H2OHA+OH-；【小问2详解】若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.2mol/L，故答案为：大于； 【小问3详解】由③组实验结果可知，混合后为等浓度的HA与NaA的混合液，pH＜7，酸的电离大于盐的水解；电离显酸性，c(H+)>c(OH-)，电离大于水解，则c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；由物料守恒关系可知，反应后的溶液中c(HA)+c(A-)=0.1mol·L-1；①②③组实验所得溶液中，①组为NaA溶液，为强碱弱酸盐，水解促进水的电离，②组为HA与NaA的混合溶液，pH=7，弱酸根的水解和弱酸的电离对水的作用抵消，③组为等浓度的HA与NaA的混合液，pH＜7，酸的电离大于盐的水解，水的电离受到抑制，则3组实验所得溶液H2O的电离程度最大的是①，故答案为大于；c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；0.1；①；【小问4详解】①组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的，即水电离的溶液中的c(OH-)=10-5mol/L，由电荷守恒可得c（A-）+c（OH-）=c(Na+)+c(H+)，故c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=10－5－10－9。依据溶液中电荷守恒和物料守恒得到：c（Na+）+c(H+)=c（OH-）+c（A-），c（Na+）=c（A-）+c（HA），合并得到c(OH-)-c(HA)=c(H+)=10-9，故答案为：10－5；10－5－10－9；10－9。16.乙二酸(化学式H2C2O4)又名草酸是二元弱酸，具有强还原性，不稳定性，在189．5℃或遇浓硫酸会分解生成CO、CO2和H2O；草酸在150—160℃升华。草酸盐溶解性与碳酸盐类似。Ⅰ某同学设计如下实验，完成对草酸部分分解产物的检验(1)分解草酸应选图1中_______(填序号)(2)证明产物中含有CO的实验现象______________(3)若没有装置A，B中澄清石灰水变浑浊，______(填“能”或“不能”，填“能”下空不回答)说明草酸分解产物中含有CO2，原因是______________(用离子方程式解释)(4)气囊的作用为_______________Ⅱ草酸浓度的标定可以用标准KMnO4滴定。(5)标准KMnO4溶液应盛装在_______滴定管。(6)滴定终点现象为____________________(7)滴定完仰视读数，使标定的草酸浓度___________(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)(8)写出滴定时反应的离子反应______________________ 【答案】①.a②.D中黑色固体变为红色③.不能④.Ca2++2OH-+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O⑤.收集尾气，避免污染环境⑥.酸式⑦.当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅红色(或淡紫色)且30s内不变色⑧.偏大⑨.2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【解析】【分析】草酸受热分解生成CO、CO2和H2O，加热固体物质时，有水生成，为防止水在试管口形成液体发送倒流发生危险，则试管口应略低于试管底部；根据生成的产物中有水，则装置A中可生成液态的水，装置B可检验生成的气体有二氧化碳，装置C除去水蒸气，装置D可验证CO的存在，CO有毒，装置E收集未反应的CO气体。【详解】(1)分析可知，分解草酸应选图1中的装置a；(2)CO具有还原性，装置D中的CuO可与CO反应生成单质Cu，观察到的现象为D中黑色固体变为红色；(3)草酸在150~160℃升华，若没有装置A，草酸盐溶解性与碳酸盐类似，草酸与澄清的石灰水反应生成CaC2O4沉淀，则不再与二氧化碳反应，反应的离子方程式为Ca2++2OH-+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O；(4)CO有毒，则气囊的作用为收集尾气，避免污染环境；(5)KMnO4具有强氧化性，可腐蚀橡胶管，则标准KMnO4溶液盛装在酸式滴定管中；(6)高锰酸钾与草酸反应，开始溶液无色，多加入一滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为紫色，滴定终点的现象为当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅红色(或淡紫色)且30s内不变色；(7)滴定完仰视读数，则使用高锰酸钾溶液的体积偏大，导致计算草酸的浓度偏大；(8)草酸与酸性高锰酸钾反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，高锰酸钾、硫酸钾、硫酸锰均为可溶性的盐，故离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。17.工业上可以从冶炼锌、锌制品加工企业回收的废渣(含有ZnCO3、ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)来提取氧化锌和金属铜等，其主要工艺流程如图所示：有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Al(OH)3Zn(OH)2 开始沉淀1.57.65.44.06.5完全沉淀2.89.66.45.28.0（1）为提高锌渣与硫酸的反应速率，可以采取的措施有___________(任写两种)。（2）向酸浸液中加入的试剂A有多种选择，若A是H2O2，反应的离子方程式是___________。（3）酸浸液用试剂A氧化后，加入物质调节pH至5.2～5.4时，沉淀甲为______(填写化学式)。（4）在酸浸液中加入物质调节pH除杂时，当滴加至Cu2+恰好完全沉淀时，则滤液甲中：c(Zn2+)<___________。已知：Ksp[Zn(OH)2]=3.0×10-17。（5）为检验沉淀丙是否洗涤干净，可以检验最后一次洗涤液中是否含有___________(填离子符号)予以判断，检验方法是___________。（6）上述流程所得ZnO产品中锌的含量远超过锌渣中锌元素的含量，其原因是___________。【答案】（1）升高温度、适当增大硫酸浓度、将锌渣粉碎、搅拌等（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（3）Fe(OH)3、Al(OH)3（4）3×10-1.8（5）①.SO②.取最后一次洗涤液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若没有白色沉淀产生，则已洗涤干净（6）在前期操作中添加了含锌元素的物质【解析】【分析】ZnCO3、ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3中加入稀硫酸，都和稀硫酸反应生成硫酸盐，若A是H2O2，双氧水能氧化亚铁离子生成铁离子，发生反应H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；加ZnO调节pH至5.2～5.4时，根据表中数据知，生成的沉淀甲为Fe(OH)3、Al(OH)3，向滤液甲中加入B，生成沉淀乙，乙应该是Cu，B应该是Zn，向滤液乙中加入碳酸钾得到碳酸锌沉淀，沉淀丙为碳酸锌，焙烧碳酸锌得到ZnO，结合题目分析解答。【小问1详解】为提高锌渣与硫酸的反应速率，可以采取的措施有：升高温度、适当增大硫酸浓度、将锌渣粉碎、搅拌等。【小问2详解】若A是H2O2，双氧水具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。 【小问3详解】加ZnO调节pH至5.2～5.4时，根据表中数据知，生成的沉淀甲为Fe(OH)3、Al(OH)3。【小问4详解】当滴加至Cu2+恰好完全沉淀时，pH=6.4，溶液中c(OH-)=mol/L=10-7.6mol/L，。【小问5详解】如果沉淀洗涤不干净，则残留硫酸根离子，所以可以检验最后一次洗涤液中是否含有SO；检验方法是：取最后一次洗涤液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若没有白色沉淀产生，则已洗涤干净。【小问6详解】在流程中调节pH值加入了氧化锌，所以所得ZnO产品中锌的含量远超过锌渣中锌元素的含量。18.羰基硫是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害虫和真菌的危害。利用CO和H2S制备羰基硫气体的反应原理为：CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)∆H=-37kJ/mol（1）已知：2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(g)∆H=-269.2kJ/molH2S(g)⇌H2(g)+S(g)∆H=+20.6kJ/mol则反应2COS(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+3S(g)∆H=___________。（2）在容积不变的密闭容器中，使CO与H2S反应达到平衡。若反应前CO的物质的量为1.0mol，达到平衡时CO的物质的量为0.8mol，且化学平衡常数为0.1，则反应前H2S的物质的量为___________mol。若保持温度不变，再向容器中加入0.2molH2S和0.1molH2，平衡移动的方向为___________(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。（3）已知240℃时，反应CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)的平衡常数Kp=1.0。在一密闭容器中，当进料浓度比c(CO)︰c(H2S)=1︰1时，保持温度不变，反应达到平衡。①240℃时，下列选项表明该反应一定达到平衡状态的是___________(填标号)。A．的值不再变化B．的值不再变化C．的值不再变化D．混合气体的平均相对分子质量不变E．断裂2nmolH-S键同时断裂nmolH-H键 ②由上述条件，经计算可得CO的平衡转化率α=___________。③进一步提高反应速率，同时提高CO平衡转化率的方法是___________。【答案】（1）-154.0 kJ/mol（2）①.0.7②.逆反应方向（3）①.CE②.50%③.增大H2S的浓度【解析】【小问1详解】已知热化学反应i：CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)∆H1=-37kJ/mol，反应ii：2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(g)∆H2=-269.2kJ/mol反应iii：H2S(g)⇌H2(g)+S(g)∆H3=+20.6kJ/mol则ii+2iii-2i即得反应2COS(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+3S(g)，根据盖斯定律可知，∆H=∆H2+2∆H3-2∆H1=(-269.2kJ/mol)+2×(+20.6kJ/mol)-2×(-37kJ/mol)=-154kJ/mol，故答案为：-154kJ/mol；【小问2详解】在容积不变的密闭容器中，使CO与H2S反应达到平衡，若反应前CO的物质的量为1.0mol，达到平衡时CO的物质的量为0.8mol，且化学平衡常数为0.1，根据三段式分析可知：，则有：=0.1，解得x=0.7mol，即反应前H2S的物质的量为0.7mol，若保持温度不变，则平衡常数不变，再向容器中加入0.2molH2S和0.1molH2，此时Qc==＞0.1，故平衡移动的方向为逆反应方向，故答案为：0.7；逆反应方向；【小问3详解】①A．当进料浓度比c(CO)︰c(H2S)=1︰1时，根据方程式可知CO和H2S的变化量之比也是1:1，即反应过程中的值一直不变，故当不再变化不一定达到化学平衡，A不合题意；B．由反应方程式可知，COS和H2的变化一直相等，即反应过程中一直不变等于1，故的值不再变化是不能说明反应达到化学平衡，B不合题意；C．的值不再变化即Qc=K时，说明反应达到化学平衡，C符合题意； D．反应方程式可知，反应中气体的物质的量保持不变，混合气体的质量保持不变，即混合气体的平均相对分子质量一直保持不变，故混合气体的平均相对分子质量不变不能说明反应达到化学平衡，D不合题意；E．断裂2nmolH-S键表示正反应速率，同时断裂nmolH-H键表示逆反应速率，根据方程式可知，二者表示正逆反应速率相等，故说明反应达到化学平衡，E符合题意；故答案为：CE；②由上述条件，，则有：Kp==1.0，解得x=0.5a，故计算可得CO的平衡转化率α==50%，故答案为：50%；③由题干反应方程式CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)∆H1=-37kJ/mol可知，该反应是一个气体体积不变，故增大压强平衡不移动，正反应是一个放热反应，升高温度反应速率加快，但平衡逆向移动，CO转化率减小，故进一步提高反应速率，同时提高CO平衡转化率的方法是增大H2S的浓度，故答案为：增大H2S的浓度。