四川省江油中學2022-2023學年高二下學期期中考試化學 Word版含解析

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江油中學2021級高二下期半期考試化學試題可能用到的相對原子質(zhì)量：C-12O-16Si-28Na-23第I卷(選擇題，共42分)一、選擇題(本題包括14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項符合題意)1.化學與人類生活、生產(chǎn)息息相關。下列說法錯誤的是A.用純堿溶液清洗油污，加熱可增強去污能力B.明礬可以用于自來水的凈化和消毒殺菌C.工業(yè)廢水中的Cu2+、Hg2+等重金屬陽離子可以通過加入FeS除去D.餐后將洗凈的鐵鍋擦干可減緩鐵的銹蝕【答案】B【解析】【詳解】A．純堿是碳酸鈉的水溶液，碳酸根離子水解溶液顯堿性。加熱促進碳酸根的水解，堿性增強，去污效果增強，A正確；B．明礬水解生成氫氧化鋁膠體，具有吸附性可用于凈水，但不能消毒，B錯誤；C．CuS和HgS的溶解度小于FeS，向含有Cu2+、Hg2+等重金屬陽離子的工業(yè)廢水中加入FeS，可以使FeS轉化為CuS和HgS，再通過過濾除去，故C正確；D．在潮濕環(huán)境中易發(fā)生吸氧腐蝕腐蝕形成鐵銹，水是反應物之一，所以餐后將洗凈的鐵鍋擦干可減緩鐵的銹蝕，以防生銹，D正確；故選B。2.下列不涉及氧化還原反應的是A.補鐵劑（有效成分為Fe2+）與維生素C共服效果更佳B.雷雨肥莊稼——自然固氮C.灰肥相混損肥分——灰中含有碳酸鉀，肥中含有銨鹽D.從沙灘到用戶——由二氧化硅制晶體硅【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．維生素C具有還原性，能防止補鐵劑被氧化，屬于氧化還原反應，故A正確；B．放電過程中，氮氣與氧氣反應生成NO，O、N元素的化合價發(fā)生變化，涉及氧化還原反應，故B正確；C

1．碳酸鉀與銨鹽發(fā)生相互促進的水解反應，會生成氨氣揮發(fā)，反應過程中不存在化合價的變化，不涉及氧化還原反應，故C錯誤；D．由二氧化硅制晶體硅，Si的化合價降低，被還原，涉及氧化還原反應，故D正確；故答案為C。3.下列用于解釋事實的方程式書寫不正確的是A.0.1mol/L氨水的pH約為11.1：NH3·H2ONH+OH-B.用明礬[KAl(SO4)2·12H2O]作凈水劑：Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+C.泡沫滅火器快速產(chǎn)生CO2：3HCO＋Al3＋=Al(OH)3↓＋3CO2↑D.用飽和Na2CO3溶液處理水垢中的CaSO4：Ca2++CO=CaCO3↓【答案】D【解析】【詳解】A．一水合氨是弱堿，發(fā)生部分電離，0.1mol/L氨水的pH約為11.1：NH3·H2ONH+OH-，故A正確；B．明礬中鋁離子水解為氫氧化鋁膠體，吸附水中的懸浮雜質(zhì)，用明礬[KAl(SO4)2·12H2O]作凈水劑：Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+，故B正確；C．硫酸鋁和碳酸氫鈉溶液混合，發(fā)生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳，泡沫滅火器快速產(chǎn)生CO2：3HCO＋Al3＋=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故C正確；D．硫酸鈣微溶于水，用飽和Na2CO3溶液處理水垢中的CaSO4，反應的離子方程式為CaSO4+CO=CaCO3+SO，故D錯誤；選D。4.下列溶液在空氣中蒸干后能得到原溶質(zhì)的是A.KAl(SO4)2B.Na2SO3C.FeSO4D.MgCl2【答案】A【解析】【詳解】A．硫酸鋁鉀溶液中鋁離子水解使溶液呈酸性，加熱雖然能促進鋁離子水解，但硫酸是難揮發(fā)的高沸點酸，水解生成的硫酸能與氫氧化鋁反應，在空氣中蒸干后依然得到硫酸鋁鉀固體，故A正確；B．亞硫酸鈉具有還原性，易被空氣中的氧氣氧化生成硫酸鈉，在空氣中蒸干后得到硫酸鈉，無法得到亞硫酸鈉，故B錯誤；C

2．硫酸亞鐵具有還原性，易被空氣中的氧氣氧化生成硫酸鐵，在空氣中蒸干后得到硫酸鐵，無法得到硫酸亞鐵，故C錯誤；D．氯化鎂在溶液中水解生成氫氧化鎂和氯化氫，加熱氯化氫受熱揮發(fā)，使氯化鎂水解平衡向正反應方向移動，直至水解趨于完全，在空氣中蒸干后得到氫氧化鎂，無法得到氯化鎂，故D錯誤；故選A。5.常溫下，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】【詳解】同濃度的下列溶液：A.NH4Al(SO4)2、B.NH4Cl、C.NH3·H2O、D.CH3COONH4，因A中鋁離子水解抑制銨根離子的水解，B中銨根離子水解，C中弱堿電離產(chǎn)生NH，但電離的程度很弱；D醋酸根離子水解促進銨根離子水解，則c(NH)由大到小的順序是：A>B>D>C，c(NH)最小的為NH3·H2O溶液，故選C。6.常溫下，向含AgCl的飽和溶液中滴加數(shù)滴濃的氫碘酸(忽略體積變化)。下列數(shù)值增大的是A.Ksp(AgCl)B.c(OH-)C.c(Ag+)D.c(Cl-)【答案】D【解析】【詳解】AgCl飽和溶液中存在沉淀溶解平衡：，還存在水的電離平衡：。當加入強酸氫碘酸時，體系溫度不變，不變；氫碘酸在溶液中完全電離，增大，水電離平衡逆向移動，減?。患尤霘涞馑岷笕芤褐性龃?，平衡正向移動，生成碘化銀沉淀，減小，增大，故選D。7.常溫時，下列溶液中一定能大量共存的離子組是A.=10-5mol?L-1的溶液中：Na+、ClO-、Cl-、NOB.由水電離出的c(H+)=10-14mol/L的溶液中：Na+、HSO、K+、SOC.能使甲基橙試液變紅溶液：I-、Na+、Cl-、NOD.無色透明溶液中：Fe3+、Na+、AlO、Cl-【答案】A

3【解析】【詳解】A．=10-5mol?L-1的溶液中，=c(OH-)=10-5mol?L-1>10-7mol?L-1，溶液呈堿性，Na+、ClO-、Cl-、NO四種離子之間不發(fā)生反應，也不和OH-反應，可以大量共存，故A選；B．由水電離出的c(H+)=10-14mol/L的溶液中水的電離被抑制，溶液可能呈酸性也可能呈堿性，HSO既可以和H+反應也可以和OH-反應，不能大量存在，故B不選；C．能使甲基橙試液變紅的溶液呈酸性，I-和NO在酸性條件下會發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故C不選；D．Fe3+有顏色且能夠和AlO發(fā)生雙水解反應，不能在無色透明溶液中大量共存，故D不選；故選A。8.若NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列相關敘述正確的是A.106gNa2CO3固體溶于水后，溶液中含有CO的數(shù)目為NAB.1LpH=2的醋酸溶液中H+的數(shù)目為0.01NAC.在密閉容器中充入1molN2和3molH2充分反應，反應后NH3的數(shù)目為2NAD.60g二氧化硅中含有的Si-O鍵的數(shù)目為2NA【答案】B【解析】【詳解】A．106gNa2CO3的物質(zhì)的量為=1mol，含有1molCO，1molNa2CO3溶于水后，CO發(fā)生水解，則溶液中含有CO的數(shù)目小于NA，故A錯誤；B．1LpH=2的醋酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，則n(H+)=0.01mol/L×1L=0.01mol，數(shù)目為0.01NA，故B正確；C．在密閉容器中充入1molN2和3molH2發(fā)生反應N2+3H22NH3，該反應是可逆反應，充分反應后NH3的數(shù)目小于2NA，故C錯誤；D．1mol二氧化硅中含有4molSi-O鍵，60g二氧化硅的物質(zhì)的量為=1mol，含有的Si-O鍵的數(shù)目為4NA，故D錯誤；故選B

49.已知X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X是宇宙中含量最豐富的元素，Y元素的最高正價與最低負價的絕對值相等，Z的核電荷數(shù)是Y的2倍，W的最外層電子數(shù)是其最內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列說法不正確的是A.Y的最高價氧化物對應的水化物是弱酸B.最簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：R>WC.R與X形成的化合物同W與Z形成的化合物的化學鍵類型完全相同D.原子半徑：Z>W>R【答案】C【解析】【分析】短周期元素中，X是宇宙中含量最豐富的元素，則X為H元素；Y元素的最高正價與最低負價的絕對值相等，則Y的最外層電子數(shù)為4，Y為C元素；Z的核電荷數(shù)是Y的2倍，則Z為Mg元素；W的最外層電子數(shù)是其最內(nèi)層電子數(shù)的3倍，則W的電子排布為2、8、6，W為S元素，從而得出R為Cl元素?！驹斀狻緼．Y為C元素，最高價氧化物對應的水化物為H2CO3，使弱酸，故A正確；B．同周期元素，從左往右，非金屬性逐漸增大，非金屬性：Cl>S，非金屬性越強，最簡單氫化物越穩(wěn)定，則熱穩(wěn)定性：HCl>H2S，故B正確；C．Cl和H形成的化合物為HCl，S和Mg形成的化合物為MgS，HCl使共價化合物，MgS是離子化合物，二者的化學鍵類型不同，故C錯誤；D．同周期元素，從左往右，原子半徑越來越小，原子半徑：Mg>S>Cl，故D正確；故選C。10.鋅—空氣電池(原理如圖)適宜用作城市電動車的動力電源，該電池放電時Zn轉化為ZnO。該電池工作時下列說法不正確的是A.多孔板的目的是增大與空氣的接觸面積B.該電池的正極反應為O2+4e-+2H2O=4OH-C.該電池放電時K+向石墨電極移動D.外電路電子由Zn電極流向石墨電極再通過電解質(zhì)溶液流回Zn電極

5【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意放電時Zn轉化為ZnO，則Zn電極為負極，石墨電極為正極，空氣中的氧氣在石墨電極上被還原。【詳解】A．石墨電極作為正極，多孔板可以增大與空氣的接觸面積，A正確；B．正極上氧氣被還原，電解質(zhì)顯堿性，所以正極電極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-，B正確；C．石墨電極為正極，原電池中陽離子移向正極，即K+向石墨電極移動，C正確；D．電子不能在電解質(zhì)溶液中流動，D錯誤；綜上所述答案為D。11.下列實驗操作及現(xiàn)象、推論不相符的是選項操作及現(xiàn)象推論A用pH試紙測得0.1mol/LCH3COOH溶液pH約為3CH3COOH是弱電解質(zhì)B用pH計測定相同濃度的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，產(chǎn)生白色沉淀；再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，沉淀變?yōu)榧t褐色Mg(OH)2沉淀轉化為Fe(OH)3沉淀D將純水加熱到95℃，pH<7加熱可促進水的電離A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【詳解】A．用pH試紙測得0.1mol/LCH3COOH溶液pH約為3，說明醋酸為弱酸，部分電離，可以說明CH3COOH是弱電解質(zhì)，實驗操作及現(xiàn)象與推論相符，故A不選；B．NaClO具有強氧化性，能夠漂白試紙，不能用pH試紙測定NaClO溶液的pH，可選用pH計，用pH計測定相同濃度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的，說明CH3COONa的水解程度小，說明HClO的酸性弱于CH3COOH，實驗操作及現(xiàn)象與推論相符，故B不選；C．向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，產(chǎn)生白色Mg(OH)2

6沉淀反應，氫氧化鈉過量，再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，反應生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，不能說明存在沉淀的轉化，實驗操作及現(xiàn)象與推論不相符，故C選；D．將純水加熱到95℃，pH<7，說明加熱后水中c(H+)增大，水的電離平衡正向移動，說明加熱可促進水的電離，實驗操作及現(xiàn)象與推論相符，故D不選；故選C。12.下列關于鹽類水解的說法正確的是A.在Na2S溶液中加入少量Na2S固體，Na2S的水解程度增大B.將CuSO4溶液由20℃加熱到60℃，溶液的pH增大C.向CH3COONa溶液中加水，溶液中的比值增大D.常溫下，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】【詳解】A．在Na2S溶液中加入少量Na2S固體，Na2S溶液的濃度增大，水解程度減小，故A錯誤；B．鹽類水解是吸熱反應，升高溫度，CuSO4在溶液中的水解程度增大，溶液中的氫離子濃度增大，溶液的pH減小，故B錯誤；C．加水稀釋CH3COONa溶液時，溶液中醋酸根離子和氫氧根離子濃度都減小，水的離子積不變，則溶液中氫離子濃度增大，的比值減小，故C錯誤；D．常溫下，0.1mol/L的NaB溶液的pH=8，溶液顯堿性，說明NaB為強堿弱酸鹽，即HB為弱酸，溶液中存在物料守恒關系：c(Na+)=c(B-)+c(HB)=0.1mol/L，故D正確；答案選D。13.室溫時，下列溶液中微粒的濃度關系不正確的是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，稀釋10倍后，其pH=b，則ac(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，故A正確；

7B．pH=4的KHC2O4溶液呈酸性，說明HC2O的電離生成C2O的程度大于其水解生成H2C2O4的程度，則c(H2C2O4)

8【點睛】反應的Cu2++MnS=CuS+Mn2+的K=，遠遠大于105，所以該反應很容易發(fā)生。第II卷(非選擇題，共58分)15.常溫下，將某一元酸HA和NaOH溶液等體積混合，兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表：實驗編號HA物質(zhì)的量濃度(mol/L)NaOH物質(zhì)的量濃度(mol/L)混合溶液的pH①0.10.1pH=9②c0.2pH=7③0.20.1pH<7①②③組實驗所用HA為同一種酸，請回答：（1）從①組情況分析，HA是___________酸(填強或弱)，其溶液中的水解離子方程式___________。（2）②組情況表明，c___________0.2(填“大于”、“小于”或“等于”)。（3）從③組實驗結果分析，說明HA的電離程度___________NaA的水解程度(填“大于”、“小于”或“等于”)，該混合溶液中離子濃度由大到小的順序是___________，反應后的溶液中c(HA)+c(A-)=___________mol·L-1。①②③組實驗所得溶液中，___________組實驗所得溶液H2O的電離程度最大(填①、②或③)。（4）①組實驗所得混合溶液中由水電離出的c(OH-)=___________mol·L-1。c(Na+)-c(A-)=___________mol·L-1，c(OH-)-c(HA)=___________mol·L-1?！敬鸢浮浚?）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】【小問1詳解】從①組情況分析，等體積等濃度混合，恰好生成正鹽，pH=9，則生成強堿弱酸鹽，所以HA為弱酸，A-水解的離子方程式為A-+H2OHA+OH-，故答案為：弱；A-+H2OHA+OH-；【小問2詳解】若酸為強酸，等體積等濃度混合時pH=7；而HA為弱酸，等體積等濃度混合溶液的pH大于7，則為保證pH=7，應使酸濃度大于0.2mol/L，故答案為：大于；

9【小問3詳解】由③組實驗結果可知，混合后為等濃度的HA與NaA的混合液，pH＜7，酸的電離大于鹽的水解；電離顯酸性，c(H+)>c(OH-)，電離大于水解，則c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；由物料守恒關系可知，反應后的溶液中c(HA)+c(A-)=0.1mol·L-1；①②③組實驗所得溶液中，①組為NaA溶液，為強堿弱酸鹽，水解促進水的電離，②組為HA與NaA的混合溶液，pH=7，弱酸根的水解和弱酸的電離對水的作用抵消，③組為等濃度的HA與NaA的混合液，pH＜7，酸的電離大于鹽的水解，水的電離受到抑制，則3組實驗所得溶液H2O的電離程度最大的是①，故答案為大于；c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；0.1；①；【小問4詳解】①組實驗所得混合溶液為NaA溶液，溶液pH=9，說明NaA為強堿弱酸鹽，溶液中的氫氧根離子是水電離的，即水電離的溶液中的c(OH-)=10-5mol/L，由電荷守恒可得c（A-）+c（OH-）=c(Na+)+c(H+)，故c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=10－5－10－9。依據(jù)溶液中電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，故答案為：10－5；10－5－10－9；10－9。16.乙二酸(化學式H2C2O4)又名草酸是二元弱酸，具有強還原性，不穩(wěn)定性，在189．5℃或遇濃硫酸會分解生成CO、CO2和H2O；草酸在150—160℃升華。草酸鹽溶解性與碳酸鹽類似。Ⅰ某同學設計如下實驗，完成對草酸部分分解產(chǎn)物的檢驗(1)分解草酸應選圖1中_______(填序號)(2)證明產(chǎn)物中含有CO的實驗現(xiàn)象______________(3)若沒有裝置A，B中澄清石灰水變渾濁，______(填“能”或“不能”，填“能”下空不回答)說明草酸分解產(chǎn)物中含有CO2，原因是______________(用離子方程式解釋)(4)氣囊的作用為_______________Ⅱ草酸濃度的標定可以用標準KMnO4滴定。(5)標準KMnO4溶液應盛裝在_______滴定管。(6)滴定終點現(xiàn)象為____________________(7)滴定完仰視讀數(shù)，使標定的草酸濃度___________(填“偏大”或“偏小”或“無影響”)(8)寫出滴定時反應的離子反應______________________

10【答案】①.a②.D中黑色固體變?yōu)榧t色③.不能④.Ca2++2OH-+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O⑤.收集尾氣，避免污染環(huán)境⑥.酸式⑦.當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，溶液由無色變?yōu)闇\紅色(或淡紫色)且30s內(nèi)不變色⑧.偏大⑨.2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【解析】【分析】草酸受熱分解生成CO、CO2和H2O，加熱固體物質(zhì)時，有水生成，為防止水在試管口形成液體發(fā)送倒流發(fā)生危險，則試管口應略低于試管底部；根據(jù)生成的產(chǎn)物中有水，則裝置A中可生成液態(tài)的水，裝置B可檢驗生成的氣體有二氧化碳，裝置C除去水蒸氣，裝置D可驗證CO的存在，CO有毒，裝置E收集未反應的CO氣體。【詳解】(1)分析可知，分解草酸應選圖1中的裝置a；(2)CO具有還原性，裝置D中的CuO可與CO反應生成單質(zhì)Cu，觀察到的現(xiàn)象為D中黑色固體變?yōu)榧t色；(3)草酸在150~160℃升華，若沒有裝置A，草酸鹽溶解性與碳酸鹽類似，草酸與澄清的石灰水反應生成CaC2O4沉淀，則不再與二氧化碳反應，反應的離子方程式為Ca2++2OH-+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O；(4)CO有毒，則氣囊的作用為收集尾氣，避免污染環(huán)境；(5)KMnO4具有強氧化性，可腐蝕橡膠管，則標準KMnO4溶液盛裝在酸式滴定管中；(6)高錳酸鉀與草酸反應，開始溶液無色，多加入一滴高錳酸鉀溶液時，溶液由無色變?yōu)樽仙味ńK點的現(xiàn)象為當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，溶液由無色變?yōu)闇\紅色(或淡紫色)且30s內(nèi)不變色；(7)滴定完仰視讀數(shù)，則使用高錳酸鉀溶液的體積偏大，導致計算草酸的濃度偏大；(8)草酸與酸性高錳酸鉀反應生成硫酸鉀、硫酸錳、二氧化碳和水，高錳酸鉀、硫酸鉀、硫酸錳均為可溶性的鹽，故離子方程式為2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。17.工業(yè)上可以從冶煉鋅、鋅制品加工企業(yè)回收的廢渣(含有ZnCO3、ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等雜質(zhì))來提取氧化鋅和金屬銅等，其主要工藝流程如圖所示：有關氫氧化物開始沉淀和沉淀完全的pH如表：沉淀物Fe(OH)Fe(OH)Cu(OH)Al(OH)Zn(OH)

1132232開始沉淀1.57.65.44.06.5完全沉淀2.89.66.45.28.0（1）為提高鋅渣與硫酸的反應速率，可以采取的措施有___________(任寫兩種)。（2）向酸浸液中加入的試劑A有多種選擇，若A是H2O2，反應的離子方程式是___________。（3）酸浸液用試劑A氧化后，加入物質(zhì)調(diào)節(jié)pH至5.2～5.4時，沉淀甲為______(填寫化學式)。（4）在酸浸液中加入物質(zhì)調(diào)節(jié)pH除雜時，當?shù)渭又罜u2+恰好完全沉淀時，則濾液甲中：c(Zn2+)<___________。已知：Ksp[Zn(OH)2]=3.0×10-17。（5）為檢驗沉淀丙是否洗滌干凈，可以檢驗最后一次洗滌液中是否含有___________(填離子符號)予以判斷，檢驗方法是___________。（6）上述流程所得ZnO產(chǎn)品中鋅的含量遠超過鋅渣中鋅元素的含量，其原因是___________。【答案】（1）升高溫度、適當增大硫酸濃度、將鋅渣粉碎、攪拌等（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（3）Fe(OH)3、Al(OH)3（4）3×10-1.8（5）①.SO②.取最后一次洗滌液，先加鹽酸酸化，再加氯化鋇溶液，若沒有白色沉淀產(chǎn)生，則已洗滌干凈（6）在前期操作中添加了含鋅元素的物質(zhì)【解析】【分析】ZnCO3、ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3中加入稀硫酸，都和稀硫酸反應生成硫酸鹽，若A是H2O2，雙氧水能氧化亞鐵離子生成鐵離子，發(fā)生反應H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；加ZnO調(diào)節(jié)pH至5.2～5.4時，根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，生成的沉淀甲為Fe(OH)3、Al(OH)3，向濾液甲中加入B，生成沉淀乙，乙應該是Cu，B應該是Zn，向濾液乙中加入碳酸鉀得到碳酸鋅沉淀，沉淀丙為碳酸鋅，焙燒碳酸鋅得到ZnO，結合題目分析解答?！拘?詳解】為提高鋅渣與硫酸的反應速率，可以采取的措施有：升高溫度、適當增大硫酸濃度、將鋅渣粉碎、攪拌等?！拘?詳解】

12若A是H2O2，雙氧水具有氧化性，能氧化亞鐵離子生成鐵離子，反應的離子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O?！拘?詳解】加ZnO調(diào)節(jié)pH至5.2～5.4時，根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，生成的沉淀甲為Fe(OH)3、Al(OH)3?！拘?詳解】當?shù)渭又罜u2+恰好完全沉淀時，pH=6.4，溶液中c(OH-)=mol/L=10-7.6mol/L，。【小問5詳解】如果沉淀洗滌不干凈，則殘留硫酸根離子，所以可以檢驗最后一次洗滌液中是否含有SO；檢驗方法是：取最后一次洗滌液，先加鹽酸酸化，再加氯化鋇溶液，若沒有白色沉淀產(chǎn)生，則已洗滌干凈。【小問6詳解】在流程中調(diào)節(jié)pH值加入了氧化鋅，所以所得ZnO產(chǎn)品中鋅的含量遠超過鋅渣中鋅元素的含量。18.羰基硫是一種糧食熏蒸劑，能防治某些害蟲和真菌的危害。利用CO和H2S制備羰基硫氣體的反應原理為：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則反應2COS(g)+SO2(g)?2CO2(g)+3S(g)?H=___________。（2）在容積不變的密閉容器中，使CO與H2S反應達到平衡。若反應前CO的物質(zhì)的量為1.0mol，達到平衡時CO的物質(zhì)的量為0.8mol，且化學平衡常數(shù)為0.1，則反應前H2S的物質(zhì)的量為___________mol。若保持溫度不變，再向容器中加入0.2molH2S和0.1molH2，平衡移動的方向為___________(填“正反應方向”“逆反應方向”或“不移動”)。（3）已知240℃時，反應CO(g)+H2S(g)?COS(g)+H2(g)的平衡常數(shù)Kp=1.0。在一密閉容器中，當進料濃度比c(CO)︰c(H2S)=1︰1時，保持溫度不變，反應達到平衡。①240℃時，下列選項表明該反應一定達到平衡狀態(tài)的是___________(填標號)。A．的值不再變化B．的值不再變化

13C．的值不再變化D．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變E．斷裂2nmolH-S鍵同時斷裂nmolH-H鍵②由上述條件，經(jīng)計算可得CO的平衡轉化率α=___________。③進一步提高反應速率，同時提高CO平衡轉化率的方法是___________?！敬鸢浮浚?）-154.0?kJ/mol（2）①.0.7②.逆反應方向（3）①.CE②.50%③.增大H2S的濃度【解析】【小問1詳解】已知熱化學反應i：CO(g)+H2S(g)?COS(g)+H2(g)?H1=-37kJ/mol，反應ii：2CO(g)+SO2(g)?2CO2(g)+S(g)?H2=-269.2kJ/mol反應iii：H2S(g)?H2(g)+S(g)?H3=+20.6kJ/mol則ii+2iii-2i即得反應2COS(g)+SO2(g)?2CO2(g)+3S(g)，根據(jù)蓋斯定律可知，?H=?H2+2?H3-2?H1=(-269.2kJ/mol)+2×(+20.6kJ/mol)-2×(-37kJ/mol)=-154kJ/mol，故答案為：-154kJ/mol；【小問2詳解】在容積不變的密閉容器中，使CO與H2S反應達到平衡，若反應前CO的物質(zhì)的量為1.0mol，達到平衡時CO的物質(zhì)的量為0.8mol，且化學平衡常數(shù)為0.1，根據(jù)三段式分析可知：，則有：=0.1，解得x=0.7mol，即反應前H2S的物質(zhì)的量為0.7mol，若保持溫度不變，則平衡常數(shù)不變，再向容器中加入0.2molH2S和0.1molH2，此時Qc==＞0.1，故平衡移動的方向為逆反應方向，故答案為：0.7；逆反應方向；【小問3詳解】①A．當進料濃度比c(CO)︰c(H2S)=1︰1時，根據(jù)方程式可知CO和H2S的變化量之比也是1:1，即反應過程中的值一直不變，故當不再變化不一定達到化學平衡，A不合題意；

14B．由反應方程式可知，COS和H2的變化一直相等，即反應過程中一直不變等于1，故的值不再變化是不能說明反應達到化學平衡，B不合題意；C．的值不再變化即Qc=K時，說明反應達到化學平衡，C符合題意；D．反應方程式可知，反應中氣體的物質(zhì)的量保持不變，混合氣體的質(zhì)量保持不變，即混合氣體的平均相對分子質(zhì)量一直保持不變，故混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變不能說明反應達到化學平衡，D不合題意；E．斷裂2nmolH-S鍵表示正反應速率，同時斷裂nmolH-H鍵表示逆反應速率，根據(jù)方程式可知，二者表示正逆反應速率相等，故說明反應達到化學平衡，E符合題意；故答案為：CE；②由上述條件，，則有：Kp==1.0，解得x=0.5a，故計算可得CO的平衡轉化率α==50%，故答案為：50%；③由題干反應方程式CO(g)+H2S(g)?COS(g)+H2(g)?H1=-37kJ/mol可知，該反應是一個氣體體積不變，故增大壓強平衡不移動，正反應是一個放熱反應，升高溫度反應速率加快，但平衡逆向移動，CO轉化率減小，故進一步提高反應速率，同時提高CO平衡轉化率的方法是增大H2S的濃度，故答案為：增大H2S的濃度。

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