2016年浙江省杭州市萧山区高考化学模拟试卷（18）（解析版）

2016年浙江省杭州市萧山区高考化学模拟试卷（18）
　
一、选择题（本题包括7小题．每小题只有一个选项符合题意6分×7=42分）
1．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是（　　）
A．2016年9月“G20”峰会即将在杭州举行，为了给外国友人一个美好蓝天，全国各地各化工企业推进脱硫、脱硝、除尘等设施改造，能大量减排SO2、NO2，使天空重现“APEC蓝”
B．视频《穹顶之下》再次引起公众对“PM2.5”的关注．“PM2.5”是指大气中直径小于或等于2.5×10﹣6m的细小颗粒物，这些颗粒扩散在空气中形成胶体
C．有机玻璃是以有机物A（甲基丙烯酸甲酯）为单体，通过加聚反应得到的，合成A的一种途径是：CH3C≡CH+CO+CH3→CH2≡（CH3）COOCH3，其过程符合绿色化学的原则
D．近期在西非国家爆发的埃博拉疫情呈加速蔓延之势，已知该病毒对化学药品敏感，双氧水、“84”消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
2．下列说法正确的是（　　）
A．实验中要配制490mL
0.2mol/L
KCl溶液，需要托盘天平称量7.3g
KCl固体
B．室温下，浓度均为0.1mol/L
Na2S2O3和H2SO4溶液，分别取6mL与10mL混合、10mL与10mL混合，可验证Na2S2O3浓度对反应速率的影响
C．往盛有少量淀粉溶液的试管中加入一定量稀硫酸，加热3～4分钟后，再加入NaOH溶液至碱性，最后加入银氨溶液并水浴加热，有银镜产生
D．在中和热的测定实验中，将KOH溶液迅速倒入装有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度
3．如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系，下列说法正确的是（　　）
A．X与Z两种元素形成的化合物一定是离子化合物，有且只有离子键
B．RX2、WX2、Z2X2都能使品红溶液褪色，且褪色原理相同
C．R、W所形成的氧化物的水化物的酸性强弱为W＞R
D．X、Y、R、W四种元素形成的气体氢化物中最稳定的是
Y
的气态氢化物
4．下列有关有机化学说法正确的是（　　）
A．有四瓶失去标签的溶液，知道他们是乙醛、乙酸、乙醇和甲酸，用新制的Cu（OH）2悬浊液可以将四种溶液一一鉴别
B．已知苹果酸的结构简式为，则该物质可发生氧化反应、酯化反应、缩聚反应，与HOOC﹣CH2﹣CH（OH）﹣COOH互为同分异构体
C．按系统命名法，化合物的名称是2，3，5，5﹣四甲基﹣4，4﹣二乙基己烷
D．等物质的量的乙炔、乙醛、（HO）CH2﹣CH2（OH）完全燃烧时的耗氧量不相等
5．2016年两会3月2日在北京拉开帷幕，在涉及国计民生的众多提案中，“水资源的保护和合理利用”仍然是人民群众关注的焦点．最新研究发现，用隔膜电解法处理高浓度乙醛废水具有工艺流程简单、电耗较低等优点，其原理是使乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸，总反应如下：2CH3CHO+H2OCH3CH2OH+CH3COOH实验室中，以一定浓度的乙醛﹣Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置示意图如图所示．下列有关说法不合理的是（　　）
A．若以锌﹣锰碱性电池为直流电源，则b极材料为Zn
B．已知乙醛、乙醇的沸点分别为20.8℃、78.4℃，从电解后的溶液中分离出乙醇粗产品的方法是蒸馏
C．若反应过程中每生成1mol乙醇，理论上至少消耗氢气11.2L
D．电解过程中，阳极除生成氧气外，还发生如下反应：CH3CHO+2H2O﹣2e﹣=CH3COOH+2H+
6．25℃时，有c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol L﹣1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）与pH
的关系如图所示．下列有关溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是（　　）
A．Y点所表示的溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．W点所表示的溶液中：c（Na+）+c（H+）+c（CH3COOH）=0.1mol L﹣1+c（OH﹣）
C．向X点所表示的溶液中加入等体积的0.05mol L﹣1
NaOH溶液：c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+）
D．该温度下醋酸的电离平衡常数为10﹣1
mol L﹣1
7．某强酸性溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：
下列有关推断合理的是（　　）
A．若要确定溶液X中是否含有Fe3+，其操作为取少量原溶液于试管中，加入适量KSCN溶液，溶液变血红色，则含有Fe3+
B．沉淀C为BaSO4，沉淀H为BaCO3，工业上往BaCO3中加入饱和的Na2CO3可以实现BaSO4的转变
C．溶液中一定含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣
D．若溶液X为100
mL，产生的气体A为112
mL（标况），则X中c（Fe2+）=0.05
mol L﹣1
　
二、非选择题（共58分）
8．某科研小组利用石油分馏产品经下列路线，合成一种新型香料．
已知X分子中碳氢质量比为24：5，A、E都是X的裂解产物，且二者互为同系物，D与饱和NaHCO3溶液反应产生气体．信息提示：卤代烃在强碱水溶液中发生水解（取代）反应生成醇．如：R﹣CH2﹣CH2ClR﹣CH2﹣CH2OH+HCl（水解反应）
（1）X分子为直链结构，X的结构简式为　　；G中的官能团为　　．
（2）E的一氯取代有　　种；F→G的反应类型为　　．
（3）写出⑥的化学反应方程式　　．
（4）B与D在浓硫酸作用下生成甲，则与甲同类别的同分异构体的有　　种（不包括甲）．
（5）E可能发生下列选项中的某种反应，写出能反应的化学方程式　　．
A．水解反应
B．缩聚反应
C．加聚反应
D．与新制Cu（OH）2反应．
9．某钠盐溶液中通入足量氨气，无明显现象．再在所得溶液中通入过量CO2，产生大量白色沉淀．
（1）写出二氧化碳的结构式　　．
（2）该钠盐溶液中可能含有下列哪种微粒　　（填编号）．
A．Mg2+
B．Fe2+
C．SiO32﹣
D．AlO2﹣
（3）写出一个通入过量CO2时生成白色沉淀的离子方程式　　．
10．某研究小组为了探究一种浅绿色盐X（仅含四种元素，不含结晶水，M（X）＜908g mol﹣1）的组成和性质，设计并完成了如下实验
取一定量的浅绿色盐X进行上述实验，充分反应后得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H．
已知：
①浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应．
②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子
请回答如下问题：
（1）写出B分子的电子式　　
（2）已知G溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体．请写出该反应的离子方程式为　　
（3）X的化学式是　　，在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为　　
（4）一定条件下，NH3与黑色固体C发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙（丙是大气主要成分之一），写出一个可能的化学反应方程式　　，设计一个实验方案探究
红色固体的成分　　．
11．目前有效控制及高效利用CO、CO2的研究正引起全球广泛关注，根据《中国化工报》报道，美国科学家发现了几种新的可将CO、CO2转化为甲醇的高活性催化体系，比目前工业使用
的常见催化剂快近90倍．
已知工业上可以利用CO2制备CH3OH涉及反应如下：
反应I：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.5kJ/mol
反应II：CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ/mol
（1）写出工业上CO和H2制取甲醇的热化学方程式　　．
（2）反应I能自发进行的条件是　　．
（3）一定温度下，H2、CO在体积固定的密闭容器中发生如下反应：4H2（g）+2CO（g） CH3OCH3（g）+H2O（g），下列选项能判断该反应达到平衡状态的依据有　　．
A．该反应的平衡常数不变
B．CO的消耗速率等于CH3OCH3的生成速率
C．容器内的压强保持不变
D．混合气体的密度保持不变
E．混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化
（4）500K，2L恒容密闭容器中充入3mol的H2和1.5molCO2仅发生反应I（左下图为实验过程中在不同反应物起始投入量下，反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系图），该反应10min时CH3OH生成0.9mol，此时达到平衡：
①用氢气表示该反应的速率为　　．
②该温度下，反应I的平衡常数为　　．
③在此条件下，系统中CH3OH的浓度随反应时间的变化趋势如图1所示，当反应时间达到3min时，迅速将体系温度升至600K，请在图2中画出3～10min容器中CH3OH浓度的变化趋势曲线．
（5）某研究小组将一定量的H2和CO2充入恒容密闭容器中并加入合适的催化剂发生上述反应，测得了不同温度下体系达到平衡时CO2的转化率（a）及CH3OH的产率（b），如图2所示，请回答问题：
①该反应达到平衡后，为同时提高反应速率和甲醇的生成量，以下措施一定可行的是　　（选填编号）
A．改用高效催化剂
B．升高温度
C．缩小容器体积
D．分离出甲醇
E．增加CO2的浓度
②据图可知当温度高于260℃后，CO的浓度随着温度的升高而　　（填“增大”、“减小”、“不变”或“无法判断”），其原因是　　．
12．硫代硫酸钠（Na2S2O3 5H2O）俗称“海波”，又名“大苏打”，在纺织工业中用于棉织品漂白后的脱氯剂、染毛织物的硫染剂、靛蓝染料的防白剂、纸浆脱氯剂、医药工业中用作洗涤剂、消毒剂和褪色剂等，它易溶于水，难溶于乙醇，加热易分解，具有较强的还原性和配位能力．它是冲洗照相底片的定影剂，棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂．工业上常用亚硫酸钠法、硫化碱法等制备．
（1）某实验室模拟工业硫化碱制取（2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2）硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图（c）：a的装置名称　　，装置C的作用　　
（2）工业上还可以用亚硫酸钠法（亚硫酸钠和硫粉通过化合反应）制得，装置如图（a）所示．
已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，有关物质的溶解度曲线如图（b）所示．
①Na2S2O3 5H2O的制备：
步骤1：如图连接好装置后，检查A、C装置气密性的操作是　　．
步骤2：加入药品，打开K1、关闭K2，向圆底烧瓶中加入足量浓硫酸并加热．写出烧瓶内发生反应的化学方程式　　．装置B、D的作用是　　．
步骤3：C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少．当C中溶液的pH接近7时，打开K2、关闭K1并停止加热；C中溶液要控制pH的理由是　　．
步骤4：过滤C中的混合液，将滤液经过　　、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品．
②Na2S2O3性质的检验：
向足量的新制氯水中滴加Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，再向溶液中滴加硝酸银溶液，观察到有白色沉淀产生，据此认为Na2S2O3具有还原性．该方案是否正确并说明理由　　．
③常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00mL，控制适当的酸度加入足量K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解，此时CrO42﹣全部转化为Cr2O72﹣；再加过量KI溶液，充分反应后，加入淀粉溶液作指示剂，用0.010mol L﹣1的Na2S2O3溶液进行滴定，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液18.00mL．部分反应的离子方程式为：
a．Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O；
b．I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣
则该废水中Ba2+的物质的量浓度为　　．
　
2016年浙江省杭州市萧山区高考化学模拟试卷（18）
参考答案与试题解析
　
一、选择题（本题包括7小题．每小题只有一个选项符合题意6分×7=42分）
1．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是（　　）
A．2016年9月“G20”峰会即将在杭州举行，为了给外国友人一个美好蓝天，全国各地各化工企业推进脱硫、脱硝、除尘等设施改造，能大量减排SO2、NO2，使天空重现“APEC蓝”
B．视频《穹顶之下》再次引起公众对“PM2.5”的关注．“PM2.5”是指大气中直径小于或等于2.5×10﹣6m的细小颗粒物，这些颗粒扩散在空气中形成胶体
C．有机玻璃是以有机物A（甲基丙烯酸甲酯）为单体，通过加聚反应得到的，合成A的一种途径是：CH3C≡CH+CO+CH3→CH2≡（CH3）COOCH3，其过程符合绿色化学的原则
D．近期在西非国家爆发的埃博拉疫情呈加速蔓延之势，已知该病毒对化学药品敏感，双氧水、“84”消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．N、S的氧化物均为空气污染物；
B．直径小于或等于2.5×10﹣6m的细小颗粒物比胶体粒子直径大；
C．CH3C≡CH+CO+CH3→CH2≡（CH3）COOCH3中产物只有一种；
D．双氧水、“84”消毒液均具有强氧化性．
【解答】解：A．脱硫、脱硝、除尘，可以减少硫、氮等氧化物的排放，有助于减少环境污染，提高空气质量，故A正确；
B．直径小于或等于2.5×10﹣6m的细小颗粒物有的比胶体粒子的直径大，这些颗粒扩散在空气中有的形成胶体，有的不能形成胶体，故B错误；
C．在Pd催化下，丙烯、一氧化碳与甲醇以物质的量1：1：1反应生成甲基丙烯酸甲酯，这个反应可充分利用参与反应的原料，实现零排放，符合绿色化学的原则，故C正确；
D．双氧水、“84”消毒液中含次氯酸钠都具有强氧化性，可将病毒氧化而达到消毒目的，故D正确；
故选B．
　
2．下列说法正确的是（　　）
A．实验中要配制490mL
0.2mol/L
KCl溶液，需要托盘天平称量7.3g
KCl固体
B．室温下，浓度均为0.1mol/L
Na2S2O3和H2SO4溶液，分别取6mL与10mL混合、10mL与10mL混合，可验证Na2S2O3浓度对反应速率的影响
C．往盛有少量淀粉溶液的试管中加入一定量稀硫酸，加热3～4分钟后，再加入NaOH溶液至碱性，最后加入银氨溶液并水浴加热，有银镜产生
D．在中和热的测定实验中，将KOH溶液迅速倒入装有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度
【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；化学反应速率的影响因素；中和热的测定．
【分析】A．配制490mL
0.2mol/L
KCl溶液，应选择500mL容量瓶，依据m=CVM计算需要溶质的质量；
B．验证Na2S2O3浓度对反应速率的影响，应使硫酸浓度相等；
C．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖含有醛基，碱性条件下能够与银氨溶液反应生成银；
D．在中和热的测定实验中，起始温度不是混合液的起始温度，应该是盐酸、KOH溶液起始温度的平均值．
【解答】解：A．配制490ml
0.2mol/L
KCl溶液需选用500
ml容量瓶，所需称量m=0.2mol/L×0.5L×74.5g/mol=7.5
g，故A错误；
B．两组实验中溶液混合后，Na2S2O3和H2SO4的浓度都不同，不能探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响，故B错误；
C．淀粉水解后的溶液为酸性溶液，其溶质中有葡萄糖，加入NaOH中和酸，然后再加入银氨溶液并水浴加热，会出现银镜，故C正确；
D．在中和热的测定实验中，起始温度不是混合液的起始温度，应该是盐酸、KOH溶液起始温度的平均值，故D错误；
故选：C．
　
3．如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系，下列说法正确的是（　　）
A．X与Z两种元素形成的化合物一定是离子化合物，有且只有离子键
B．RX2、WX2、Z2X2都能使品红溶液褪色，且褪色原理相同
C．R、W所形成的氧化物的水化物的酸性强弱为W＞R
D．X、Y、R、W四种元素形成的气体氢化物中最稳定的是
Y
的气态氢化物
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，据此进行解答．
【解答】解：都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素．
A．X、Z形成的化合物为氧化钠、过氧化钠，均属于离子化合物，但过氧化钠中含有共价键，故A错误；
B．SO2、ClO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，SO2u与有色物质化合为不稳定的无色物质，而ClO2、Na2O2将有色物质氧化为无色物质，故B错误；
C．应是最高价氧化物的水化物的酸性强弱为W＞R，不是最高价的则不一定，如HClO为弱酸，而硫酸为强酸，故C错误；
D．O、F、S、Cl四种元素中F元素非金属性最强，形成的气体氢化物中最稳定的是氟的气态氢化物，故D正确．
故选：D．
　
4．下列有关有机化学说法正确的是（　　）
A．有四瓶失去标签的溶液，知道他们是乙醛、乙酸、乙醇和甲酸，用新制的Cu（OH）2悬浊液可以将四种溶液一一鉴别
B．已知苹果酸的结构简式为，则该物质可发生氧化反应、酯化反应、缩聚反应，与HOOC﹣CH2﹣CH（OH）﹣COOH互为同分异构体
C．按系统命名法，化合物的名称是2，3，5，5﹣四甲基﹣4，4﹣二乙基己烷
D．等物质的量的乙炔、乙醛、（HO）CH2﹣CH2（OH）完全燃烧时的耗氧量不相等
【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．
【分析】A．乙酸含﹣COOH，乙醛含﹣CHO，甲酸含﹣CHO和﹣COOH；
B．含﹣OH、﹣COOH，结合醇、羧酸的性质分析，且两个结构简式相同；
C．取代基的位次之和应最小；
D．均为1molCxHyOz时，乙炔、乙醛、（HO）CH2﹣CH2（OH）完全燃烧时的耗氧量为1mol×（x+﹣）．
【解答】解：A．乙醛在加热条件下与新制的Cu（OH）2悬浊液生成砖红色沉淀，乙酸使新制Cu（OH）2悬浊液溶解，乙醇遇新制Cu（OH）2悬浊液无明显现象，甲酸使新制Cu（OH）2悬浊液溶解、加热条件下能生成砖红色沉淀，现象不同可鉴别，故A正确；
B．两个结构简式是一样的，为同一种物质，含﹣OH可发生氧化、酯化反应，含﹣OH、﹣COOH可发生缩聚反应，故B错误；
C．有机物命名时应遵循：长、多、近、简、小原则，正确的名称为2，2，4，5﹣四甲基﹣3，3﹣二乙基己烷，故C错误；
D均为1molCxHyOz时，乙炔、乙醛、（HO）CH2﹣CH2（OH）完全燃烧时的耗氧量为1mol×（x+﹣）=2.5mol，即三者完全燃烧时与O2均以1：2.5反应，故D错误；
故选A．
　
5．2016年两会3月2日在北京拉开帷幕，在涉及国计民生的众多提案中，“水资源的保护和合理利用”仍然是人民群众关注的焦点．最新研究发现，用隔膜电解法处理高浓度乙醛废水具有工艺流程简单、电耗较低等优点，其原理是使乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸，总反应如下：2CH3CHO+H2OCH3CH2OH+CH3COOH实验室中，以一定浓度的乙醛﹣Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置示意图如图所示．下列有关说法不合理的是（　　）
A．若以锌﹣锰碱性电池为直流电源，则b极材料为Zn
B．已知乙醛、乙醇的沸点分别为20.8℃、78.4℃，从电解后的溶液中分离出乙醇粗产品的方法是蒸馏
C．若反应过程中每生成1mol乙醇，理论上至少消耗氢气11.2L
D．电解过程中，阳极除生成氧气外，还发生如下反应：CH3CHO+2H2O﹣2e﹣=CH3COOH+2H+
【考点】电解原理．
【分析】A、由图可知，H+与Na+移向右侧，故右侧电极做阴极，则a为锌﹣锰碱性电池的正极，b电极为锌﹣锰碱性电池的负极；
B、乙醇和乙醛的沸点相差较大，要分离二者应该采用蒸馏；
C、阴极发生如下反应：4H++4e﹣=2H2↑，CH3CHO+2e﹣+2H2O=CH3CH2OH+2OH﹣，据此计算；
D、电解池中阳极失去电子，阳极有OH﹣放电，同时乙醛也失去电子，被氧化生成乙酸．
【解答】解：A、由图可知，H+与Na+移向右侧，故右侧电极做阴极，则a为锌﹣锰碱性电池的正极，b电极为锌﹣锰碱性电池的负极，故b选Zn棒，故A正确；
B、根据乙醇和乙醛的沸点相差较大可知，若要分离二者应该采用蒸馏，故B正确；
C、阴极发生如下反应：4H++4e﹣=2H2↑，CH3CHO+2e﹣+2H2O=CH3CH2OH+2OH﹣，若反应过程中每生成1mol乙醇，理论上至少消耗氢气11.2L（标准状况），故C错误；
D、电解池中阳极失去电子，阳极有OH﹣放电：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，同时乙醛也失去电子，被氧化生成乙酸，方程式为CH3CHO+2H2O﹣2e﹣=CH3COOH+2H+，故D正确．
故选C．
　
6．25℃时，有c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol L﹣1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）与pH
的关系如图所示．下列有关溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是（　　）
A．Y点所表示的溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．W点所表示的溶液中：c（Na+）+c（H+）+c（CH3COOH）=0.1mol L﹣1+c（OH﹣）
C．向X点所表示的溶液中加入等体积的0.05mol L﹣1
NaOH溶液：c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+）
D．该温度下醋酸的电离平衡常数为10﹣1
mol L﹣1
【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】由题意可知，混合溶液中醋酸含量多酸性强，醋酸钠含量多碱性强，故图象中实线为CH3COO﹣，虚线为CH3COOH，
A．由图象可知，Y点所表示的溶液中CH3COO﹣含量大于醋酸，则c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）；此时溶液pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣）；
B．溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），结合
c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1
mol L﹣1分析；
C．反应后溶液中的溶质是醋酸钠，醋酸钠的浓度是0.1mol/L，根据电荷守恒和物料守恒分析；
D．在X点c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣）、c（H+）=10﹣4.75
mol L﹣1，根据电离平衡常数K=计算．
【解答】解：由题意可知，混合溶液中醋酸含量多酸性强，醋酸钠含量多碱性强，故图象中实线为CH3COO﹣，虚线为CH3COOH，
A．由图象曲线可知，Y点所表示的溶液中CH3COO﹣含量高，溶液为酸性，则c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；
B．溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），已知c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1
mol L﹣1，则c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol L﹣1，故B正确；
C．向X点所表示的溶液中加入等体积的0.05mol L﹣1NaOH溶液，则溶液中的溶质是醋酸钠，醋酸钠的浓度是0.1mol/L，由电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=c（Na+），c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+），故C正确；
D．在X点，c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣），则电离平衡常数为：K==c（H+）=10﹣4.75
mol L﹣1，故D错误；
故选D．
　
7．某强酸性溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：
下列有关推断合理的是（　　）
A．若要确定溶液X中是否含有Fe3+，其操作为取少量原溶液于试管中，加入适量KSCN溶液，溶液变血红色，则含有Fe3+
B．沉淀C为BaSO4，沉淀H为BaCO3，工业上往BaCO3中加入饱和的Na2CO3可以实现BaSO4的转变
C．溶液中一定含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣
D．若溶液X为100
mL，产生的气体A为112
mL（标况），则X中c（Fe2+）=0.05
mol L﹣1
【考点】常见离子的检验方法．
【分析】在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣、SO32﹣离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3﹣离子和SO32﹣离子，那么一定含有SO42﹣离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，以此进行解答．
【解答】解：依据分析可知：溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42﹣，一定不含有：Ba2+、CO32﹣、SO32﹣、NO3﹣，不能确定是否含有：Fe3+和Cl﹣，
A、根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+，若要确定溶液X中是否含有Fe3+，其操作为取少量原溶液于试管中，加入适量KSCN溶液，溶液变血红色，则含有Fe3+，故A正确；
B、根据上述分析可知沉淀C为BaSO4，H为Al（OH）3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，故B错误；
C、依据分析可知，溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42﹣，不能确定Cl﹣是否存在，故C错误；
D、生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的气体A为112
mL，物质的量为：
=0.005mol，故n（Fe2+）=3×0.005=0.015mol，c（Fe2+）==0.15mol/L，故D错误，
故选A．
　
二、非选择题（共58分）
8．某科研小组利用石油分馏产品经下列路线，合成一种新型香料．
已知X分子中碳氢质量比为24：5，A、E都是X的裂解产物，且二者互为同系物，D与饱和NaHCO3溶液反应产生气体．信息提示：卤代烃在强碱水溶液中发生水解（取代）反应生成醇．如：R﹣CH2﹣CH2ClR﹣CH2﹣CH2OH+HCl（水解反应）
（1）X分子为直链结构，X的结构简式为　CH3CH2CH2CH3　；G中的官能团为　﹣OH　．
（2）E的一氯取代有　3　种；F→G的反应类型为　取代反应　．
（3）写出⑥的化学反应方程式　　．
（4）B与D在浓硫酸作用下生成甲，则与甲同类别的同分异构体的有　3　种（不包括甲）．
（5）E可能发生下列选项中的某种反应，写出能反应的化学方程式　　．
A．水解反应
B．缩聚反应
C．加聚反应
D．与新制Cu（OH）2反应．
【考点】有机物的合成．
【分析】饱和烃X分子中碳氢质量比为24：5，则碳氢个数比为：
=2：5，所以X的分子式为C4H10，X分子为直链结构，所以X为CH3CH2CH2CH3，A、E都是X的裂解产物，且二者互为同系物，则A、E为乙烯和丙烯，D与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，则D为羧酸，E与氯气加成得F，F水解得G，则G为二元醇，根据新型香料的分子式可知，该物质为二元酯，所以根据碳原子守恒，G中应有三个碳，D中应有两个碳，所以A为乙烯，E为丙烯，根据转化关系可知，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，F为CH3CHClCH2Cl，G为CH3CHOHCH2OH，A氧化得C，B氧化得C，C氧化得D，E发生加成得F，F发生取代得G，G和D发生酯化（取代）得香料，以此解答该题．
【解答】解：饱和烃X分子中碳氢质量比为24：5，则碳氢个数比为：
=2：5，所以X的分子式为C4H10，X分子为直链结构，所以X为CH3CH2CH2CH3，A、E都是X的裂解产物，且二者互为同系物，则A、E为乙烯和丙烯，D与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，则D为羧酸，E与氯气加成得F，F水解得G，则G为二元醇，根据新型香料的分子式可知，该物质为二元酯，所以根据碳原子守恒，G中应有三个碳，D中应有两个碳，所以A为乙烯，E为丙烯，根据转化关系可知，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，F为CH3CHClCH2Cl，G为CH3CHOHCH2OH，A氧化得C，B氧化得C，C氧化得D，E发生加成得F，F发生取代得G，G和D发生酯化（取代）得香料，
（1）根据上面的分析，X为CH3CH2CH2CH3，G为CH3CHOHCH2OH，含有的官能团为﹣OH，故答案为：CH3CH2CH2CH3；﹣OH；
（2）E为CH3CH=CH2，含有3种H，则一氯代物有3种，F为CH3CHClCH2Cl，G为CH3CHOHCH2OH，F发生取代反应生成G，故答案为：3；取代反应；
（3））⑥的化学反应方程式为，
故答案为：；
（4）B与D在浓硫酸作用下，生成甲为CH3COOCH2CH3，则与甲同类别的同分异构体的有CH3CH2COOCH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2，共3
种（不包括甲），
故答案为：3；
（5）E为丙烯，E可能发生加聚反应，反应的方程式为，
故答案为：．
　
9．某钠盐溶液中通入足量氨气，无明显现象．再在所得溶液中通入过量CO2，产生大量白色沉淀．
（1）写出二氧化碳的结构式　O=C=O　．
（2）该钠盐溶液中可能含有下列哪种微粒　CD　（填编号）．
A．Mg2+
B．Fe2+
C．SiO32﹣
D．AlO2﹣
（3）写出一个通入过量CO2时生成白色沉淀的离子方程式　CO2+A1O2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣或2CO2+SiO32﹣+2H2O=H2SiO3↓2HCO3﹣　．
【考点】结构式；氨的化学性质．
【分析】（1）二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键；
（2）钠盐溶液中通入足量氨气，无明显现象，含有Fe2+、Mg2+的溶液中通入NH3会生成沉淀，所以一定不含有Fe2+、Mg2+，再在所得溶液中通入过量CO2，产生大量白色沉淀，可能为硅酸钠、偏铝酸钠；
（3）过量的CO2通入含有AlO2﹣的溶液中生成Al（OH）3沉淀和HCO3﹣；过量的CO2通入含有SiO32﹣的溶液中会生成H2SiO3沉淀和HCO3﹣．
【解答】解：（1）二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为：，结构式为：O=C=O，
故答案为：O=C=O；
（2）钠盐溶液中通入足量氨气，无明显现象，含有Fe2+、Mg2+的溶液中通入NH3会生成沉淀，所以一定不含有Fe2+、Mg2+，再在所得溶液中通入过量CO2，产生大量白色沉淀，可能为硅酸钠、偏铝酸钠，过量的CO2通入含有AlO2﹣的溶液中生成Al（OH）3沉淀，过量的CO2通入含有SiO32﹣的溶液中会生成H2SiO3沉淀，
故答案为：CD；
（3）溶液若是偏铝酸钠溶液，通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，离子方程式：CO2+A1O2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，溶液若是硅酸钠溶液，通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和硅酸沉淀，离子方程式：2CO2+SiO32﹣+2H2O=H2SiO3↓2HCO3﹣，
故答案为：CO2+A1O2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣或2CO2+SiO32﹣+2H2O=H2SiO3↓2HCO3﹣．
　
10．某研究小组为了探究一种浅绿色盐X（仅含四种元素，不含结晶水，M（X）＜908g mol﹣1）的组成和性质，设计并完成了如下实验
取一定量的浅绿色盐X进行上述实验，充分反应后得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H．
已知：
①浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应．
②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子
请回答如下问题：
（1）写出B分子的电子式　　
（2）已知G溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体．请写出该反应的离子方程式为　3Cu2O+14H++2NO3﹣═6Cu2++2NO↑+7H2O　
（3）X的化学式是　Cu4（OH）6SO4　，在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为　Cu4（OH）6SO44CuO+SO3↑+3H2O↑　
（4）一定条件下，NH3与黑色固体C发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙（丙是大气主要成分之一），写出一个可能的化学反应方程式　3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O或6CuO+2NH3N2+3Cu2O+3H2O　，设计一个实验方案探究
红色固体的成分　红色固体的成分可能是Cu，或Cu2O，或Cu与Cu2O混合物，准确称取一定量的红色固体，在NH3气流中加热至恒重后，如式样无失重，则为Cu；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为Cu2O，或Cu与Cu2O混合物　．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
【分析】浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子，B为水，A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为硫酸钡，23.3g白色沉淀E的物质的量为n===0.1mol，黑色固体C可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等，黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G，G能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应，所以黑色固体G为氧化亚铜，气体F为氧气，红色H为铜，蓝色溶液I为硫酸铜．
（1）水是共价化合物，原子间通过共用电子对形成化学键；
（2）红色固体G为氧化亚铜，溶于稀硝酸，+1价铜被氧化，硝酸被还原；
（3）依据以上分析得n（CuO）：n（SO3）=1：4，结合质量守恒分析解答；
（4）黑色固体C为氧化铜，与氨气反应生成氮气（气体丙是大气主要成分之一）、铜或氧化亚铜和水，红色固体可能是Cu，或Cu2O，或Cu与Cu2O混合物，依据Cu与Cu2O的性质设计实验方案．
【解答】解：浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子，B为水，A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为硫酸钡，23.3g白色沉淀E的物质的量为n===0.1mol，黑色固体C可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等，黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G，G能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，所以黑色固体G为氧化亚铜，气体F为氧气，红色H为铜，蓝色溶液I为硫酸铜，逆推可得：一定量的浅绿色盐X中n（S）=0.1mol，28.8g红色固体G为氧化亚铜，n（Cu2O）==0.2mol，12.8g红色固体H，n（Cu）=0.2mol，浅绿色盐X中n（Cu）=0.4mol，n（CuO）=0.4mol，浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，n（S）=0.1mol，n（CuO）：n（SO3）=1：4，
浅绿色盐X，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu4（OH）mSO4，Cu4（OH）mSO44CuO+SO3↑+（m﹣1）H2O↑，根据氧元素守恒得：m=4，符合M（X）＜908g mol﹣1，则该反应流程为：X在隔绝空气、570℃温度下加热Cu4（OH）6SO44CuO+SO3↑+3H2O↑，A和B反应SO3+H2O=H2SO4，硫酸与足量氯化钡反应：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，白色沉淀E为BaSO4，黑色固体C为氧化铜，在1000℃反应生成气体F为氧气，红色固体G为氧化亚铜4CuO2Cu2O+O2↑，G氧化亚铜和硫酸发生歧化反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，红色H为铜，蓝色溶液I为硫酸铜．
（1）水是共价化合物，氢原子和氧原子之间以共价键结合，其电子式为，
故答案为：；
（2）红色固体G为氧化亚铜，Cu2O中+1价的铜被硝酸氧化，稀硝酸被还原成一氧化氮，反应为：3Cu2O+14H++2NO3﹣═6Cu2++2NO↑+7H2O，
故答案为：3Cu2O+14H++2NO3﹣═6Cu2++2NO↑+7H2O；
（3）浅绿色盐X中n（Cu）=0.4mol，n（S）=0.1mol，n（CuO）：n（SO3）=1：4，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu4（OH）mSO4，Cu4（OH）mSO44CuO+SO3↑+H2O↑，根据氧元素守恒得：m=6，则该反应流程为：X在隔绝空气、570℃温度下加热Cu4（OH）6SO44CuO+SO3↑+3H2O↑，
故答案为：Cu4（OH）6SO4；Cu4（OH）6SO44CuO+SO3↑+3H2O↑；
（4）空气主要成分为氧气、氮气，黑色固体C为氧化铜，与氨气反应生成氮气、铜（0价）或氧化亚铜（铜为+1价）和水，反应为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O、6CuO+2NH3N2+3Cu2O+3H2O，红色固体的成分可能是Cu，或Cu2O，或Cu与Cu2O混合物，准确称取一定量的红色固体，在NH3气流中加热至恒重后，如式样无失重，则为Cu；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为Cu2O，或Cu与Cu2O混合物，
故答案为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O、6CuO+2NH3N2+3Cu2O+3H2O；红色固体的成分可能是Cu，或Cu2O，或Cu与Cu2O混合物；准确称取一定量的红色固体，在NH3气流中加热至恒重后，如式样无失重，则为Cu；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为Cu2O，或Cu与Cu2O混合物．
　
11．目前有效控制及高效利用CO、CO2的研究正引起全球广泛关注，根据《中国化工报》报道，美国科学家发现了几种新的可将CO、CO2转化为甲醇的高活性催化体系，比目前工业使用
的常见催化剂快近90倍．
已知工业上可以利用CO2制备CH3OH涉及反应如下：
反应I：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.5kJ/mol
反应II：CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ/mol
（1）写出工业上CO和H2制取甲醇的热化学方程式　CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ/mol　．
（2）反应I能自发进行的条件是　低温　．
（3）一定温度下，H2、CO在体积固定的密闭容器中发生如下反应：4H2（g）+2CO（g） CH3OCH3（g）+H2O（g），下列选项能判断该反应达到平衡状态的依据有　C、E　．
A．该反应的平衡常数不变
B．CO的消耗速率等于CH3OCH3的生成速率
C．容器内的压强保持不变
D．混合气体的密度保持不变
E．混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化
（4）500K，2L恒容密闭容器中充入3mol的H2和1.5molCO2仅发生反应I（左下图为实验过程中在不同反应物起始投入量下，反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系图），该反应10min时CH3OH生成0.9mol，此时达到平衡：
①用氢气表示该反应的速率为　0.135mol/（L min）　．
②该温度下，反应I的平衡常数为　200　．
③在此条件下，系统中CH3OH的浓度随反应时间的变化趋势如图1所示，当反应时间达到3min时，迅速将体系温度升至600K，请在图2中画出3～10min容器中CH3OH浓度的变化趋势曲线．
（5）某研究小组将一定量的H2和CO2充入恒容密闭容器中并加入合适的催化剂发生上述反应，测得了不同温度下体系达到平衡时CO2的转化率（a）及CH3OH的产率（b），如图2所示，请回答问题：
①该反应达到平衡后，为同时提高反应速率和甲醇的生成量，以下措施一定可行的是　C、E　（选填编号）
A．改用高效催化剂
B．升高温度
C．缩小容器体积
D．分离出甲醇
E．增加CO2的浓度
②据图可知当温度高于260℃后，CO的浓度随着温度的升高而　增大　（填“增大”、“减小”、“不变”或“无法判断”），其原因是　反应I：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）、一氧化碳制备甲醇：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）均为放热反应，温度升高不利于CO2、CO转化为甲醇；反应II为吸热反应，温度升高使更多CO2转化为CO．综上所诉，CO的浓度一定增大．　．
【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．
【分析】（1）准确写出一氧化碳与氢气反应生成甲醇的方程式，将已知的两个热化学方程式进行运算得到目标方程式，依据盖斯定律计算反应热；
（2）依据△H﹣T△S＜0反应能自发进行判断解答；
（3）化学平衡状态的特征：等，即V正=V逆，定，即达到平衡后反应物、生成物物质的量，质量，浓度，百分含量等保持不变据此判断解答；
（4）①根据速率v=结合三行式进行计算；
②化学反应的平衡常数K各个生成物平衡浓度系数次方的乘积和各个反应物平衡浓度系数次方乘积的比值，据此计算；
③将体系温度升至600K，根据升高温度，平衡向着吸热方向来进行回答；
（5）①该反应达到平衡后，为同时提高反应速率和甲醇的生成量，只要加快反应速率且使得平衡正向移动的因素都可以；
②根据反应I、反应III均为放热反应，温度升高不利于CO2、CO转化为甲醇，反应II为吸热反应，温度升高使更多的CO2转化为CO来回答．
【解答】解：（1）把题中所给的两个热化学方程式分别记为①和②，
①：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.5kJ/mol
②：CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ/mol
根据盖斯定律①﹣②得CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ/mol；
故答案为：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ/mol；
（2）依据方程式：反应I：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.5kJ/mol该反应能自发进行则满足：△H﹣T△S＜0，△H＜0、△S＜0，故应该在低温下能自发进行；
故答案为：低温；
（3）A．温度不变，平衡常数不变，故不能作为判断平衡的标志，故A错误；
B．所指的速率都是表示正反应速率，且比例不对，不能作为判断平衡标志，故B错误；
C．该反应前后气体体积不相等，则压强不变说明达到平衡，故C正确；
D．反应物和产物都是气体，则气体总质量不变、容器体积不变，则密度始终不变，故D错误；
E．混合气体的总质量不变，但反应前后气体的物质的量不等，则平均相对分子质量不变说明达到平衡，故E正确；
故选：CE；
（4）在温度为500K的条件下，充入3mol
H2和1.5mol
CO2，该反应10min时达到平衡，二氧化碳的转化率是60%，
CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）
初始浓度：0.75
1.5
0
0
变化浓度：0.45
1.35
0.45
0.45
平衡浓度：0.3
0.15
0.45
0.45
①．氢气表示的反应速率==0.135
mol L﹣1 min﹣1，故答案为：0.135
mol L﹣1 min﹣1；
②．该温度下，反应I的平衡常数K==200，
故答案为：200；
③．当反应时间达到3min时，迅速将体系温度升至600K，则平衡正向进行，甲醇的浓度会增加，图象为，
故答案为：；
（5）①该反应达到平衡后，为同时提高反应速率和甲醇的生成量，只要加快反应速率且使得平衡正向移动即可．
A．改用高效催化剂，能加快反应速率，但是不影响平衡的移动，故错误；
B．升高温度，加快反应速率且使得平衡逆向移动，不符合，故错误；
C．缩小容器体积，即增大压强，加快反应速率且使得平衡正向移动，故正确；
D．分离出甲醇，不能加快反应速率，故错误；
E．增加CO2的浓度，可以加快反应速率且使得平衡正向移动，故正确．
故选CE；
②反应I、反应III均为放热反应，温度升高不利于CO2、CO转化为甲醇，反应II为吸热反应，温度升高使更多的CO2转化为CO，所以当温度高于260℃后，CO的浓度一定增大，
故答案为：增大；反应I、反应III均为放热反应，温度升高不利于CO2、CO转化为甲醇，反应II为吸热反应，温度升高使更多的CO2转化为CO，综上所述，CO的浓度一定增大．
　
12．硫代硫酸钠（Na2S2O3 5H2O）俗称“海波”，又名“大苏打”，在纺织工业中用于棉织品漂白后的脱氯剂、染毛织物的硫染剂、靛蓝染料的防白剂、纸浆脱氯剂、医药工业中用作洗涤剂、消毒剂和褪色剂等，它易溶于水，难溶于乙醇，加热易分解，具有较强的还原性和配位能力．它是冲洗照相底片的定影剂，棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂．工业上常用亚硫酸钠法、硫化碱法等制备．
（1）某实验室模拟工业硫化碱制取（2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2）硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图（c）：a的装置名称　蒸馏烧瓶　，装置C的作用　吸收反应生成的CO2和多余的SO2，防止污染空气　
（2）工业上还可以用亚硫酸钠法（亚硫酸钠和硫粉通过化合反应）制得，装置如图（a）所示．
已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，有关物质的溶解度曲线如图（b）所示．
①Na2S2O3 5H2O的制备：
步骤1：如图连接好装置后，检查A、C装置气密性的操作是　关闭K2打开K1，在D中加水淹没导管末端，用热毛巾或双手捂住烧瓶，D中导管有气泡冒出，冷却后形成1段水柱，说明气密性良好　．
步骤2：加入药品，打开K1、关闭K2，向圆底烧瓶中加入足量浓硫酸并加热．写出烧瓶内发生反应的化学方程式　Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑　．装置B、D的作用是　吸收SO2，防止污染　．
步骤3：C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少．当C中溶液的pH接近7时，打开K2、关闭K1并停止加热；C中溶液要控制pH的理由是　Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在　．
步骤4：过滤C中的混合液，将滤液经过　蒸发浓缩　、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品．
②Na2S2O3性质的检验：
向足量的新制氯水中滴加Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，再向溶液中滴加硝酸银溶液，观察到有白色沉淀产生，据此认为Na2S2O3具有还原性．该方案是否正确并说明理由　不正确，因为氯水中含有Cl﹣　．
③常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00mL，控制适当的酸度加入足量K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解，此时CrO42﹣全部转化为Cr2O72﹣；再加过量KI溶液，充分反应后，加入淀粉溶液作指示剂，用0.010mol L﹣1的Na2S2O3溶液进行滴定，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液18.00mL．部分反应的离子方程式为：
a．Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O；
b．I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣
则该废水中Ba2+的物质的量浓度为　0.0024mol/L　．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】（1）根据装置图可知a的装置名称；装置A是制取SO2的装置，在反应过程中生成的CO2和多余的SO2会从三颈烧瓶中逸出，所以装置C是尾气处理装置；
（2）①步骤1：利用气体热胀冷缩性质，检验装置气密性；
步骤2：铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；二氧化硫不能排放到空气中，应有尾气处理装置；
步骤3：硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定，应控制溶液为弱碱性，即控制溶液pH接近或不小于7；
步骤4：从溶液中获得晶体，需要蒸发浓缩，趁热过滤，再将滤液冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品；
②氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯水中一定有氯离子；
③由题意可知，BaCrO4用盐酸溶解转化为Cr2O2﹣7，由元素守恒及已知方程式可得关系式：2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O2﹣7～3I2～6Na2S2O3，结合消耗的Na2S2O3利用关系式计算溶液中n（Ba2+），进而计算c（Ba2+）．
【解答】解：（1）由图可知a的装置名称为蒸馏烧瓶；装置A是制取SO2的装置，在反应过程中生成的CO2和多余的SO2会从三颈烧瓶中逸出，所以装置C是尾气处理装置，
故答案为：蒸馏烧瓶；吸收反应生成的CO2和多余的SO2，防止污染空气；
（2）①步骤1：利用气体热胀冷缩性质，检验装置气密性，具体操作为：关闭K2打开K1，在D中加水淹没导管末端，用热毛巾或双手捂住烧瓶，D中导管有气泡冒出，冷却后形成1段水柱，说明气密性良好，
故答案为：关闭K2打开K1，在D中加水淹没导管末端，用热毛巾或双手捂住烧瓶，D中导管有气泡冒出，冷却后形成1段水柱，说明气密性良好；
步骤2：铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；SO2是大气污染物，需要尾气处理，则装置B、D中应盛放氢氧化钠溶液，用来吸收SO2，防止污染环境；Na2S2O3 5H2O受热易分解，所需冷却结晶，所以从滤液中获取Na2S2O3 5H2O需蒸发浓缩冷却结晶等操作，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；吸收SO2，防止污染；
步骤3：步骤3：由于Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，碳酸钠的作用是起反应物作用及提供碱性环境，
故答案为：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在；
步骤4：从溶液中获得晶体，需要蒸发浓缩，趁热过滤，再将滤液冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品，
故答案为：蒸发浓缩；
②因为氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯水中一定有氯离子，所以加入硝酸银生成沉淀，不能证明因Na2S2O3具有还原性，氯离子是氯气做氧化剂生成的，
故答案为：不正确，因为氯水中含有Cl﹣；
③由题意可知，BaCrO4用盐酸溶解转化为Cr2O2﹣7，由元素守恒及已知方程式可得关系式：2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O2﹣7～3I2～6Na2S2O3，消耗的Na2S2O3为0.018L×0.01mol/L，则n（Ba2+）=0.018L×0.01mol/L×=0.00006mol，故溶液中c（Ba2+）==0.0024mol/L，
故答案为：0.0024mol/L．
　
2016年12月25日