广东省惠州市2018年高考化学二模试卷 含解析

2017年广东省惠州市高考化学二模试卷
一、选择题（共7小题，每小题4分，满分28分）
1．在一定条件下，等物质的量的氯气与碘单质反应，得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性．现有下列两个反应：①2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2；②ICl+H2O=HCl+HIO，下列叙述正确的是（）
A．Cl2与I2生成ICl是非氧化还原反应
B．反应①中，每生成1 mol ZnCl2时转移2mol电子
C．反应①中，ZnI2既是氧化产物又是还原产物
D．反应②中，ICl既是氧化剂又是还原剂
2．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程．下列有关说法不正确的是（）
A．工业上通过电解熔融状态MgCl2制取金属镁
B．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3
C．在第②、④步骤中，溴元素均被氧化
D．制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl
3．设N A代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（C﹣12 H﹣1）（）
A．标准状况下，22.4LCCl4所含的分子数为N A
B．1mol的羟基（﹣OH）与1 mol的氢氧根（OH ﹣）离子所含电子数均为9 N A
C．常温常压下，在30g 的乙烷气体分子中，碳氢键的总个数为6N A
D．一定条件下，将2molSO2与足量的O2充分反应，生成SO3的分子数为2N A
4．下列说法正确的是（）
A．的系统命名为2﹣甲基﹣2﹣乙基丙烷
B．用酸性KMnO4溶液可以确定CH2=CH﹣CHO中含有C=C双键
C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OH
D．在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应
5．某化学兴趣小组进行有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示．下列有关说法正确的是
（）
A．①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2
B．③中反应的化学方程式：3Cu+Cu（NO3）2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2O
C．③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强
D．由上述实验可知：Cu在常温下既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应
）
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B．等体积等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl﹣和ClO﹣离子个数：Cl﹣＞ClO﹣C．向Na2CO3溶液中逐滴滴入少量稀盐酸，反应为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O D．若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，则溶液中：2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）=0.2mol/L
7．已知X、Y、Z、W为短周期的主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正）
为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n均为正整数）
B．若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应水化物一定为强酸
C．若四种元素中只有一种为金属，则Y的最高价氧化物对应水化物一定为强酸
D．若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应水化物一定为强碱
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO2等污染物有重要意义．
（1）用CO可以合成甲醇．已知：
CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H 1 kJ•mol﹣1
CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2kJ•mol﹣1
H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3 kJ•mol﹣1
则CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=kJ•mol﹣1．
（2）一定压强下，在容积为2L的密闭容器中充入1mol CO与2mol H2，在催化剂作用下发生反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H，平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示．
①下列说法正确的是
A．若容器内气体密度恒定，反应达到平衡状态
B．若容器内各气体浓度恒定，反应达到平衡状态
C．上述反应中，△H＞0
D．反应中，催化剂使平衡向正反应方向移动
②p2p1（填“大于”、“小于”或“等于”）；
③100℃时，该反应的化学平衡常数K=；
（3）某科研小组用SO2为原料制取硫酸．
①利用原电池原理，用SO2、O2和H2O来制备硫酸，该电池用多孔材料作电极，它能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触．请写出该电池负极的电极反应式：．
②用Na2SO3溶液充分吸收SO2得NaHSO3溶液，然后电解该溶液可制得硫酸．电解原理示意如图2所示．请写出开始时阳极反应的电极反应式．
9．钛合金烤瓷牙是目前国内使用最为普遍的一种烤瓷牙，TiCl4是生产金属钛的原料．（1）工业上主要用TiO2氯化的方法来制取TiCl4
①有人拟用以下氯化反应来制取TiCl4：TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（l）+O2（g），写出实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制取Cl2的离子方程式．
②工业上通常往TiO2和Cl2反应体系中加入碳单质，在一定条件下制取TiCl4，从化学平衡的角度解释此方法能顺利制取TiCl4的原因．
（2）某化学实验小组以TiO2和足量CCl4为原料制取TiCl4，装置如图1所示：
主要目的是．
②本实验中仪器a采用题给的加热方式的突出优点是．
③B中CCl4与TiO2发生反应的化学方程式是．
④欲分离C装置中的TiCl4，应采用的实验操作为（填操作名称）．
⑤若将反应过程中生成的气体X（足量）缓缓通入Ba（OH）2和NaOH的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和通入气体X的体积（V）的关系如图2所示，若混合溶液中Ba（OH）2和2NaOH的物质的量之比为1：1，则b点溶液中溶质主要成分的化学式为，从b点到c点，沉淀减少过程中发生反应的离子方程式为．
10．毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备
Ca 2+Mg
2+
Fe
3+
sp24sp24
（1）实验室用37%的盐酸配制1mol/L盐酸，下列仪器中，不需要使用的是
a．容量瓶b．量筒c．烧杯d．滴定管
为了加快毒重石的酸浸速率，可以采取的措施有（至少两条）．
（2）加入氨水调节溶液pH=8的目的是．滤渣Ⅱ中含（填化学式）．加入H2C2O4时应避免过量，原因是．
（3）操作Ⅳ的步骤是：、过滤．
（4）利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行．
已知：2CrO42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O；Ba2++CrO42﹣=BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL．
步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL．通过计算，氯化钡溶液浓度为mol•L﹣1（用含字母的式子表示）．
[有机化学基础]
11．用乙烯、甲苯、E三种原料合成高分子药物M和有机中间体L的路线如图：
已知：
Ⅲ．有机物L是一种六元环酯，M的分子式是（C15H16O6）n
（1）C中含氧官能团的名称，D的结构简式．
（2）E在KMO4/OH﹣中转化成F，F的结构简式，H→J的反应类型．
（3）H→L的化学反应方程式是．
（4）K→M属于加聚反应，K的结构简式是．
（5）写出一定量的C与足量NaOH溶液反应的化学方程式．
（6）写出一种符合下列条件的C的同分异构体的结构简式．
①属于芳香族化合物；
②能发生银镜反应；
③遇FeCl3溶液能发生显色反应
④核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为l：l：2：2．
[物质结构与性质]
12．将汽车尾气中含有的CO利用不仅能有效利用资源，还能防治空气污染．工业上常用CO与H2在由Al、Zn、Cu等元素形成的催化剂作用下合成甲醇．
（1）图1是某同学画出CO分子中氧原子的核外电子排布图，
请判断该排布图（填“正确”或“错误”），理由是（若判断正确，该空不用回答）．（2）写出两种与CO互为等电子体的离子．
（3）向CuSO4溶液中加入足量氨水可得到深蓝色[Cu（NH3）4]SO4溶液，[Cu（NH3）4]SO4中所含配位键是通过配体分子的给出孤电子对，接受电子对形成，SO42﹣的空间构型是，该物质中N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为＞＞（填元素符号）．
（4）甲醇与乙烷的相对分子质量相近，故二者分子间的作用力（范德华力）相近，但是二者沸点的差距却很大，造成该差异的原因是；在甲醇分子中碳原子轨道的杂化类型为．
（5）甲醛与新制Cu（OH）2悬浊液加热可得砖红色沉淀Cu2O，已知Cu2O晶胞的结构如图2所示：
①在该晶胞中，Cu+的配位数是，
②若该晶胞的边长为a pm，则Cu2O的密度为g•cm﹣3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为N A）
2017年广东省惠州市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题4分，满分28分）
1．在一定条件下，等物质的量的氯气与碘单质反应，得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性．现有下列两个反应：①2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2；②ICl+H2O=HCl+HIO，下列叙述正确的是（）
A．Cl2与I2生成ICl是非氧化还原反应
B．反应①中，每生成1 mol ZnCl2时转移2mol电子
C．反应①中，ZnI2既是氧化产物又是还原产物
D．反应②中，ICl既是氧化剂又是还原剂
【考点】氧化还原反应．
【分析】A、根据氧化还原反应的特征：存在元素化合价的变化来分析；
B、2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2中，Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，2molZn反应转移4mol电子；
C、2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2中，Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低；
D、ICl+H2O=HCl+HIO中没有元素的化合价变化，
【解答】解：A、氧化还原反应的特征：存在元素化合价的变化，氯气与碘单质反应得到ICl 的过程中氯元素和碘元素的化合价均发生了变化，故为氧化还原反应，故A错误；B、
2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2中，Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，每生成1 mol ZnCl2时需2molZn反应转移4mol电子，故B错误；
C．2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2中，Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，所以ZnCl2是氧化产物，而ZnI2既是氧化产物又是还原产物，故C正确；
D．反应②中，没有元素的化合价变化，则ICl既不是氧化剂又不是还原剂，故D错误；故选C．
2．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程．下列有关说法不正确的是（）
A．工业上通过电解熔融状态MgCl2制取金属镁
B．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3
C．在第②、④步骤中，溴元素均被氧化
D．制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl
【考点】海水资源及其综合利用．
【分析】A、工业上是电解熔融的氯化镁来制取金属镁；
B、碳酸钠和碳酸氢钠和氢氧化钙之间均能反应，都会出现白色沉淀；
C、化合价升高的元素在反应中做还原剂被氧化；
D、在混合溶液中，溶解度小的物质会先结晶析出；
【解答】解：A、工业上是电解熔融的氯化镁来制取金属镁，故A正确．
B、碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钙之间均能反应，且都会出现白色沉淀，所以用澄清的石灰水不可鉴别NaHCO3和Na2CO3，故B错误；
C、第②步中，溴元素化合价从﹣1升高到0价，被氧化，第④步中，溴元素化合价从﹣1升高到0价，被氧化，故C正确；
D、向饱和食盐水中通入氨气以及二氧化碳，溶解度较小的碳酸氢钠会先析出，制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl，故D正确；
故选B．
3．设N A代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（C﹣12 H﹣1）（）
A．标准状况下，22.4LCCl4所含的分子数为N A
B．1mol的羟基（﹣OH）与1 mol的氢氧根（OH ﹣）离子所含电子数均为9 N A
C．常温常压下，在30g 的乙烷气体分子中，碳氢键的总个数为6N A
D．一定条件下，将2molSO2与足量的O2充分反应，生成SO3的分子数为2N A
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、标况下四氯化碳为液体；
B、氢氧根中含10个电子；
C、求出乙烷的物质的量，然后根据乙烷中含6条碳氢键来分析；
D、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应．
【解答】解：A、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；
B、氢氧根中含10个电子，故1mol氢氧根中含10N A个电子，故B错误；
C、30g乙烷的物质的量为1mol，而乙烷中含6条碳氢键，故1mol乙烷中含6N A条碳氢键，故C正确；
D、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的三氧化硫分子个数小于2N A 个，故D错误．
故选C．
4．下列说法正确的是（）
A．的系统命名为2﹣甲基﹣2﹣乙基丙烷
B．用酸性KMnO4溶液可以确定CH2=CH﹣CHO中含有C=C双键
C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OH
D．在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．主链含4个C，2号C上有2个甲基；
B．碳碳双键、﹣CHO均能被高锰酸钾氧化；
C．酯化反应时羧酸脱﹣OH，醇脱H；
D．﹣COOH、﹣CONH﹣均与NaOH反应．
【解答】解：A．主链含4个C，2号C上有2个甲基，则名称为2，2﹣二甲基﹣丁烷，故A错误；
B．碳碳双键、﹣CHO均能被高锰酸钾氧化，则酸性KMnO4溶液不能确定CH2=CH﹣CHO 中含有C=C双键，故B错误；
C．酯化反应时羧酸脱﹣OH，醇脱H，则在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是
CH3COOH和C2H518OH，故C错误；
D．﹣COOH、﹣CONH﹣均与NaOH反应，则在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应，故D正确；
故选D．
5．某化学兴趣小组进行有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示．下列有关说法正确的是
（）
A．①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2
B．③中反应的化学方程式：3Cu+Cu（NO3）2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2O
C．③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强
D．由上述实验可知：Cu在常温下既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应
【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质．
【分析】由实验可知，①中发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，②中观察到Cu剩余，则硝酸完全反应，③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，以此来解答．
【解答】解：A．①中发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；B．实验③发生反应的化学方程式为：3Cu+Cu（NO3）2+4H2SO4═4CuSO4+2NO↑+4H2O，故B正确；
C．③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，而硝酸的氧化性强，故C错误；
D．由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，不能与稀硫酸反应，故D错误；
故选B．
）
．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力：＞23＞
B．等体积等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl﹣和ClO﹣离子个数：Cl﹣＞ClO﹣C．向Na2CO3溶液中逐滴滴入少量稀盐酸，反应为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O D．若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，则溶液中：2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）=0.2mol/L
【考点】盐类水解的应用．
【分析】相同条件下，酸的酸性越弱，其盐溶液的水解程度越大，盐溶液的碱性越强，已知溶液的pH大小关系，则酸性：HCl＞H2CO3＞HClO；
A．溶液中离子浓度越大，溶液的导电能力越强；
B．ClO﹣在溶液中会发生水解；
C．向Na2CO3溶液中逐滴滴入少量稀盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠；
D．根据电荷守恒分析．
【解答】解：相同条件下，酸的酸性越弱，其盐溶液的水解程度越大，盐溶液的碱性越强，已知溶液的pH大小关系，则酸性：HCl＞H2CO3＞HClO；
A．酸性：HCl＞H2CO3＞HClO，溶液中离子浓度越大，溶液的导电能力越强，在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力：HCl＞H2CO3＞HClO，故A正确；
B．ClO﹣在溶液中会发生水解，所以等体积等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl﹣和ClO﹣离子个数：Cl﹣＞ClO﹣，故B正确；
C．向Na2CO3溶液中逐滴滴入少量稀盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠，其反应的方程式
Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，故C错误；
D．若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=c（OH ﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），则溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）=0.2mol/L，故D正确．
故选C．
7．已知X、Y、Z、W为短周期的主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正）
为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n均为正整数）
B．若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应水化物一定为强酸
C．若四种元素中只有一种为金属，则Y的最高价氧化物对应水化物一定为强酸
D．若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应水化物一定为强碱
【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．
【分析】A．若HmXOn为强酸，由位置可知，X可能为N；
B．若四种元素均为非金属，X可能为C，W可能为P；
C．若四种元素中只有一种为金属，结合位置可知，只有Z为Al，则Y为C；
D．若四种元素均为金属，X为Li，Z为Na．
【解答】解：A．若HmXOn为强酸，由位置可知，X可能为N，X的氢化物为氨气，溶于水一定显碱性，故A错误；
B．若四种元素均为非金属，X可能为C，W可能为P，但W的最高价氧化物对应水化物为磷酸，为中强酸，故B错误；
C．若四种元素中只有一种为金属，结合位置可知，只有Z为Al，则Y为C，则Y的最高价氧化物对应水化物为碳酸，为弱酸，故C错误；
D．若四种元素均为金属，X为Li，Z为Na，则Z的最高价氧化物对应水化物为NaOH，一定为强碱，故D正确；
故选D．
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO2等污染物有重要意义．
（1）用CO可以合成甲醇．已知：
CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H 1 kJ•mol﹣1
CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2kJ•mol﹣1
H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3 kJ•mol﹣1
则CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=2△H3+△H2﹣△H1kJ•mol﹣1．
（2）一定压强下，在容积为2L的密闭容器中充入1mol CO与2mol H2，在催化剂作用下发生反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H，平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示．
①下列说法正确的是B
A．若容器内气体密度恒定，反应达到平衡状态
B．若容器内各气体浓度恒定，反应达到平衡状态
C．上述反应中，△H＞0
D．反应中，催化剂使平衡向正反应方向移动
②p2大于p1（填“大于”、“小于”或“等于”）；
③100℃时，该反应的化学平衡常数K=4；
（3）某科研小组用SO2为原料制取硫酸．
①利用原电池原理，用SO2、O2和H2O来制备硫酸，该电池用多孔材料作电极，它能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触．请写出该电池负极的电极反应式：SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+．
②用Na2SO3溶液充分吸收SO2得NaHSO3溶液，然后电解该溶液可制得硫酸．电解原理示意如图2所示．请写出开始时阳极反应的电极反应式HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+．
【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）已知：①CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H 1 kJ•mol﹣1
②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2kJ•mol﹣1
③H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3 kJ•mol﹣1
根据盖斯定律2×③+②﹣①可得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；
（2）①A．混合气体质量不变，气体体积不变，混合气体密度不变；
B．反应达到平衡状态时各物质的含量不变；
C．由图1可知相同压强下，温度升高，CO的转化率减小，反应逆向移动，正方向为放热反应；
D．催化剂不改变平衡；
②该反应是个气体体积减小的反应，根据压强对化学平衡的影响分析；
③100℃时，该反应的CO的转化率为0.5，列三段式，代入化学平衡常数K计算可得；（3）①依据原电池原理，负极是失电子发生氧化反应，二氧化硫失电子生成硫酸的过程；
②根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式．
【解答】解：（1）①CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H 1 kJ•mol﹣1
②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2kJ•mol﹣1
③H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3 kJ•mol﹣1
根据盖斯定律2×③+②﹣①可得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=2△H3+△H2﹣△H1；
故答案为：）△H=2△H3+△H2﹣△H1；
（2）①A．容器内混合气体总质量不变，恒容气体体积不变，则密度始终不变，故A错误；B．容器内各气体浓度恒定，反应达到平衡状态，故B正确；
C．由图1可知相同压强下，温度升高，CO的转化率减小，反应逆向移动，正方向为放热反应，故C错误；
D．催化剂不影响化学平衡，故D错误；
故答案为：B；
②该反应是个气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，CO的转化率增大，由图1可知相同温度下，p2时CO的转化率大于的p1转化率，故p2大于p1；
故答案为：大于；
③在容积为2L的密闭容器中充入1mol CO与2mol H2，100℃时，该反应的CO的转化率为0.5，列三段式，
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
c始：0.5 1 0
c转：0.25 0.5 0.25
c平：0.25 0.5 0.25
则化学平衡常数K==4；
故答案为：4；
（3）①该原电池中，负极上失电子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合价升高，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，所以负极上的电极反应式为：SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+；
故答案为：SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+；
②电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO3溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3﹣溶液失去电子被氧化生成SO42﹣，则阳极电极反应式是：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+；
故答案为：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+．
9．钛合金烤瓷牙是目前国内使用最为普遍的一种烤瓷牙，TiCl4是生产金属钛的原料．（1）工业上主要用TiO2氯化的方法来制取TiCl4
①有人拟用以下氯化反应来制取TiCl4：TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（l）+O2（g），写出实
验室用二氧化锰与浓盐酸反应制取Cl2的离子方程式MnO2+4H++2Cl﹣
Mn2++Cl2↑+2H2O．
②工业上通常往TiO2和Cl2反应体系中加入碳单质，在一定条件下制取TiCl4，从化学平衡的角度解释此方法能顺利制取TiCl4的原因加入的碳单质与氧气反应，减小了产物2的浓度，使TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（l）+O2（g）平衡向正反应方向移动，使反应能够顺利进行．
（2）某化学实验小组以TiO2和足量CCl4为原料制取TiCl4，装置如图1所示：
主要目的是先排尽系统（装置）中的空气．
②本实验中仪器a采用题给的加热方式的突出优点是受热均匀，能为反应提供稳定的CCl4蒸汽流．
③B中CCl4与TiO2发生反应的化学方程式是TiO2+CCl4TiCl4+CO2↑．
④欲分离C装置中的TiCl4，应采用的实验操作为蒸馏（填操作名称）．
⑤若将反应过程中生成的气体X（足量）缓缓通入Ba（OH）2和NaOH的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和通入气体X的体积（V）的关系如图2所示，若混合溶液中Ba（OH）2和2NaOH的物质的量之比为1：1，则b点溶液中溶质主要成分的化学式为NaHCO3，从b点到c点，沉淀减少过程中发生反应的离子方程式为
BaCO3+H2O+CO2=Ba2++2HCO3﹣．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】（1）①二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；
②向TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（l）+O2（g）反应体系中加C，能反应掉生成物O2，从化学平衡移动的角度分析；
（2）为防止产品TiCl4被氧化，实验开始时先点燃A处的酒精灯，使四氯化碳挥发，排尽系统（装置）中的空气，待C中烧瓶里有液滴出现时再点燃B处的酒精灯，B中装置在加
热条件下，发生反应TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g），CCl4、TiCl4熔点
较低，C装置使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，D装置连接空气，由于TiCl4遇潮湿空气产生白雾，发生水解反应，故D装置作用是防止空气中水蒸进入．
①为防止产品TiCl4被氧化，先排尽系统（装置）中的空气；
②水浴加热优点是受热均匀，能为反应提供稳定的CCl4蒸汽流；
③TiO2和CCl4为在加热条件下生成TiCl4和CO2；
④CCl4、TiCl4二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离；
⑤向物质的量之比为1：1的Ba（OH）2和NaOH的混合稀溶液中通入CO2，开始产生沉淀，故a点之前发生反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O，a～b之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，总反应为：NaOH+CO2═NaHCO3，b～c之间发生反应：BaCO3+H2O+CO2═Ba（HCO3）2，据此分析．
【解答】解：（1）①二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应离
子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
②在反应TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（l）+O2（g）中，加入C能和O2反应C（s）+O2（g）=CO2（g），降低了O2的浓度，平衡正向移动，反应就可以进行了，
故答案为：加入的碳单质与氧气反应，减小了产物O2的浓度，使TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（l）+O2（g）平衡向正反应方向移动，使反应能够顺利进行；
（2）为防止产品TiCl4被氧化，实验开始时先点燃A处的酒精灯，使四氯化碳挥发，排尽系统（装置）中的空气，待C中烧瓶里有液滴出现时再点燃B处的酒精灯，B中装置在加
热条件下，发生反应TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g），CCl4、TiCl4熔点
较低，C装置使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，D装置连接空气，由于TiCl4遇潮湿空气产生白雾，发生水解反应，故D装置作用是防止空气中水蒸进入．
①为防止产品TiCl4被氧化，先排尽系统（装置）中的空气，
故答案为：先排尽系统（装置）中的空气；
②水浴加热优点是受热均匀，能为反应提供稳定的CCl4蒸汽流，
故答案为：受热均匀，能为反应提供稳定的CCl4蒸汽流；
③TiO2和CCl4为在加热条件下生成TiCl4和CO2，方程式为：TiO2+CCl4
TiCl4+CO2↑；
故答案为：TiO2+CCl4TiCl4+CO2↑；
④CCl4、TiCl4二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，
故答案为：蒸馏；
⑤向物质的量之比为1：1的Ba（OH）2和NaOH的混合稀溶液中通入CO2，开始产生沉淀，故a点之前发生反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O，从图中可知：氢氧化钡、氢氧化钠消耗二氧化碳体积分别为5L、5L，所以a～b之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，总反应为：NaOH+CO2═NaHCO3，则b点溶液中
溶质主要成分的化学式为NaHCO3，b～c之间发生反应：BaCO3+H2O+CO2═Ba（HCO3）2，离子方程式为：BaCO3+H2O+CO2=Ba2++2HCO3﹣；
故答案为：NaHCO3；BaCO3+H2O+CO2=Ba2++2HCO3﹣．
10．毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备
Ca
2
+
Mg
2+
Fe
3+
sp24sp24
（1）实验室用37%的盐酸配制1mol/L盐酸，下列仪器中，不需要使用的是d
a．容量瓶b．量筒c．烧杯d．滴定管
为了加快毒重石的酸浸速率，可以采取的措施有研磨成粉、加热、搅拌等（至少两条）．（2）加入氨水调节溶液pH=8的目的是使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀而除去．滤渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2（填化学式）．加入H2C2O4时应避免过量，原因是H2C2O4过量会导致形成BaC2O4沉淀，产品产量减少．
（3）操作Ⅳ的步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤．
（4）利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行．
已知：2CrO42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O；Ba2++CrO42﹣=BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL．
步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐
酸的体积为V1mL．通过计算，氯化钡溶液浓度为mol•L﹣1（用含字母
的式子表示）．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe（OH）3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；溶液。