天津市南开中学2020届高三第四次月考 化学试题

2020届天津市南开中学高三第四次月考化学试卷（线上考试）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cu-64
一、单项选择题（共36分）
1.中国传统诗词中蕴含着许多化学知识，下列分析不正确的是（ ）。
A. “日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象
B. “千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到
C. “爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应
D. “榆荚只能随柳絮，等闲缭乱走空园”，“柳絮”的主要成分为纤维素
【答案】A
【解析】
【详解】A.“紫烟”是水产生的雾气，它是水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而形成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故A错误；
B.自然界中金单质的密度比较大，且化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；
C.“爆竹”中含黑火药，燃放过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成，属于化学变化，故C正确；
D.“柳絮”的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，故D正确。答案选A。.
【点睛】本题体现了化学与生产、生活的密切关系，难度不大，注意知识的迁移应用、化学基础知识的积累是解题的关键。
2.下列说法正确的是
A. 刚落下的酸雨随时间增加酸性逐渐增强，是由于雨水中溶解了CO2
B. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
C. 氧化性：HC1O>稀H2SO4，故非金属性：Cl>S
D. 将饱和FeCl3溶液煮沸至红褐色，可制得氢氧化铁胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A.酸雨中含有亚硫酸，亚硫酸可被氧化生成硫酸，溶液酸性增强，并不是雨水中溶解了CO2的缘故，故A错误；
B.乙烯是水果催熟剂，乙烯可与高锰酸钾溶液反应，所以除去乙烯达到水果保鲜的目的，故B正确；
C.非金属性强弱的判断，依据最高价氧化物对应水化物酸性强弱，不是氧化性的强弱且HClO不是Cl元素的最高价含氧酸，不能做为判断的依据，故C错误；
D.制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加氯化铁溶液，继续加热至溶液呈红褐色，如在饱和氯化铁溶液煮沸，铁离子的水解程度较大，生成氢氧化铁沉淀，故D错误。
故选B。
3.下列叙述正确的是
A. 某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小
B. 铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈
C. 反应活化能越高，该反应越易进行
D. 不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3
【答案】B
【解析】
【分析】
本题是对化学理论进行的综合考查，需要对每一个选项的理论表述进行分析，转化为对应的化学原理，进行判断。
【详解】A．根据“越弱越水解”的原理，HA的Ka越小，代表HA越弱，所以A-的水解越强，应该是NaA的Kh(水解常数)越大。选项A错误。
B．铁管镀锌层局部破损后，形成锌铁原电池，因为锌比铁活泼，所以锌为负极，对正极铁起到了保护作用，延缓了铁管的腐蚀。选B正确。
C．反应的活化能越高，该反应进行的应该是越困难（可以简单理解为需要“翻越”的山峰越高，“翻越”越困难）。选项C错误。
D．红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH和CH3OCH3的官能团明显有较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项D错误。
【点睛】反应的活化能是指普通分子达到活化分子需要提高的能量，则活化能越大，说明反应物分子需要吸收的能量越高（即，引发反应需要的能量越高），所以活化能越大，反应进行的就越困难。从另一个角度理解，课本中表述为，活化能越大，反应的速率应该越慢，这样也可以认为活化能越大，反应越困难。
4.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 14g聚丙烯中含C－H键总数目为2NA
B. 常温下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH-数目为0.1NA
C. 100mL12mol·L-1浓硝酸与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NA
D. 电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 聚丙烯的最简式为CH2，14g聚丙烯中含H：，所有H均与C以单键相连，所以C－H键总数目为2NA，A选项正确；
B. 没有提供体积，无法计算OH-数目，B选项错误；
C. 100mL12mol·L-1浓硝酸中HNO3的物质的量为：100×10-3L×12mol·L-1=1.2mol。与过量Cu反应，先：Cu + 4HNO3(浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O，参加反应的HNO3数目和转移电子的数目的关系为2：1；硝酸变稀后：3Cu + 8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O，参加反应的HNO3数目和转移电子的数目的关系为4：3。所以，转移电子的数目为0.6NA和0.9NA之间，C选项错误；
D. 电解精炼铜时，阳极溶解的除了Cu还有比Cu活泼的金属，所以若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目不为2NA，选项D错误；
答案选A。
【点睛】电解精炼铜时，粗铜作阳极，Cu和比Cu活泼的金属氧化溶解，比铜不活泼的成分形成阳极泥；纯铜作阴极，只有Cu析出。两极电子得失相等，但固体的质量变化不相等。
5.下列实验操作或装置能达到目的的是（ ）
A
B
C
D




混合浓硫酸和乙醇
配制一定浓度的溶液
收集气体
证明乙炔可使溴水褪色


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
A、乙醇的密度小于浓硫酸；
B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切；
C、二氧化氮的密度大于空气；
D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。
【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反则容易引起液体飞溅，故A不能达到目的；
B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B能达到目的；
C、二氧化氮密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C不能达到目的；
D、乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D不能达到目的；
故选B。
【点睛】本题考查实验装置和基本操作，易错点D，学生易忽略实验室用电石制乙炔中的H2S等还原性杂质也能使溴水褪色。
6.下列说法中正确的是（ ）
A. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
B. PCl3分子是非极性分子
C. 邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高
D. ClO4-的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致
【答案】D
【解析】
【详解】A. 稀有气体是单原子分子，没有σ键，A选项错误；
B. PCl3分子中心原子P为sp3杂化，有一对孤对电子，所以分子构型为三角锥形，是极性分子，B选项错误；
C. 邻羟基苯甲醛的羟基和醛基形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低，C选项错误；
D. ClO4-的价层电子对数为(7+1)÷2=4，所以ClO4- VSEPR模型为正四面体；中心原子Cl没有孤对电子，配位原子均为O，所以其空间立体构型也为正四面体，D选项正确；
答案选D。
【点睛】分子间氢键加强了分子之间的作用力，使物质熔、沸点升高，而分子内氢键不能加强分子之间的作用力。
7.[Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列说法错误的是（ ）
A. Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10
B. 1molHCHO分子中含有σ键的数目为3mol
C. HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3
D. [Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为
【答案】C
【解析】
【详解】A. Zn原子序数为30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A选项正确；
B. 1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个σ键，所以，1molHCHO分子中含有σ键的数目为3mol，B选项正确；
C. HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-C≡N)中的C为sp杂化，C选项错误；
D. [Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，[Zn(CN)4]2-结构可表示为，D选项正确；
答案选C。
【点睛】一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个σ键，如：C=O双键含1个σ键、1个π键，C≡N叁键含1个σ键、2个π键。
8.向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（ ）
A. 碳酸钙粉末 B. 稀硫酸 C. 氯化钙溶液 D. 二氧化硫水溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，据此分析解答。
【详解】A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故A正确；
B．加入稀硫酸使溶液中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；
C．加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；
D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故D错误。
答案选A。
【点晴】本题考查了氯气、次氯酸、氯水性质分析，主要是化学平衡影响因素的理解应用，掌握基础是解题关键。在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强。
9.肉桂酸（）是一种合成有机光电材料的中间体。关于肉桂酸的下列说法正确的是
A. 分子式为C9H9O2
B. 不存在顺反异构
C. 可发生加成、取代、加聚反应
D. 与安息香酸（）互同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据肉桂酸的结构式可知分子式为：，A错误；
B.肉桂酸双键碳所连的两个原子团均不同，故存在顺反异构，B错误；
C.肉桂酸中苯环和碳碳双键可以发生加成反应，羧基可以发生取代反应，碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；
D.肉桂酸中含碳碳双键，安息香酸中不含，故两者不是同系物，D错误；
答案选C。
【点睛】若有机物只含有碳氢两种元素，或只含有碳氢氧三种元素，那该有机物中的氢原子个数肯定是偶数，即可迅速排除A选项。同系物结构要相似，即含有相同的官能团，肉桂酸和安息香酸含有官能团不同，排除D选项。
10.分子式为C5H12O，能与钠反应，且不含手性碳原子的有机化合物共有（ ）
A. 8种 B. 7种 C. 6种 D. 5种
【答案】D
【解析】
【详解】能与钠反应，说明C5H12O含1个-OH，为戊醇，根据碳链异构、-OH位置异构，可写出8种异构体：①②③④⑤⑥⑦⑧，其中②、⑤、⑦含手性碳原子(用“*”标记)。所以，分子式为C5H12O，能与钠反应，且不含手性碳原子的有机化合物共有5种，D选项正确；
答案选D。
【点睛】一般，同分异构体的书写，可从碳链异构、官能团异构、官能团位置异构三方面考虑。另外，还要注意是否考虑空间异构及题给的限定条件。
11.N2O5在一定温度下可发生反应：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) ΔH>0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表：
时间/s
0
500
1000
1500
c(N2O5)/(mol·L-1)
5.00
3.52
2.50
2.50

下列说法正确的是（ ）
A. 500s内NO2的生成速率为2.96×10-3mol/(L·s)
B. T1温度下该反应平衡时N2O5的转化率为29.6%
C. 平衡后，其他条件不变，将容器体积变为原来的，则c(N2O5)<5.00mol/L
D. T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，若T1>T2，则K1>K2
【答案】D
【解析】
【分析】
由表中数据可知，T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体， 500s之前未达平衡，1000s后已达平衡。在此认识基础上，根据该反应的特点及题给数据，可对各选项作出判断。
【详解】A. 500s内NO2的生成速率为(5.00-3.52) mol·L-1÷500s×2=5.92×10-3mol/(L·s)，A选项错误；
B. T1温度下该反应平衡时N2O5的浓度为2.50mol/L，转化率为(5.00-2.50) mol·L-1÷5.00mol/L=50%，B选项错误；
C. 平衡后，其他条件不变，将容器体积变为原来的，平衡向逆向移动，则c(N2O5)＞2×2.50mol/L=5.00mol/L，C选项错误；
D. 该反应ΔH>0，为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，所以，若T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，且T1>T2，则K1>K2，D选项正确；
答案选D。
【点睛】可逆反应的平衡常数受温度的影响：放热反应的平衡常数随温度的升高而减小，吸热反应的平衡常数随温度的升高而增大。
12.在25℃时，将两个铜电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，通电一段时间后，阴极逸出amol气体，同时有wgNa2SO4·10H2O晶体析出，若温度不变，剩余溶液的溶质质量分数是（ ）
A. % B. % C. % D. %
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，电解的电极反应为：阳极：Cu – 2e- =Cu2+，阴极：2H+ + 2e- = H2 ↑，总反应：Cu + 2H2O Cu(OH)2 + H2 ↑。反应消耗了溶液中的H2O，析出晶体后的溶液仍为饱和溶液，且浓度与原溶液相等，则溶液损失的部分与原溶液浓度相同，也与剩余溶液的溶质质量分数相同。根据产生的气体的物质的量计算出消耗的H2O结合析出的晶体的质量便可计算剩余溶液的溶质质量分数。
【详解】根据分析，电解消耗的H2O的质量为：amol×2×18g∙mol-1 =36ag，wgNa2SO4·10H2O晶体中Na2SO4的质量为：，则剩余溶液的溶质质量分数为，C选项正确；
答案选C。
【点睛】温度不变时，饱和溶液析出晶体后的溶液仍为饱和溶液，原饱和溶液、析出晶体后的溶液和溶液减少的部分的关系：浓度相同，但质量不一定相同。
二、填空题（共64分）
13.铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电解制得。
Ⅰ.铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如图：

（1）写出反应1中涉及的任意一个化学方程式____；
（2）滤液Ⅰ中加入CaO生成的沉淀是____，已知气体A在标准状况下的密度为1.96g/L，写出A过量时，反应2的离子方程式____；
Ⅱ.以萤石（CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如图：

（3）萤石（CaF2）的电子式____；
（4）若E为硫酸钙，D为最稳定的气态氢化物，则化合物C是____，写出由D制备冰晶石（Na3AlF6）的化学方程式____。
【答案】 (1). 2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O或2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O (2). CaSiO3 (3). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (4). (5). H2SO4 (6). 12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O
【解析】
【分析】
I.铝土矿用NaOH溶液处理，Al2O3和SiO2溶解为NaAlO2和Na2SiO3，加CaO后Na2SiO3生成CaSiO3沉淀，过滤后的滤液通入酸性气体，使NaAlO2生成Al(OH)3沉淀，过滤出的Al(OH)3沉淀经煅烧得到Al2O3；Ⅱ.萤石(CaF2)和难挥发酸共热得到HF气体，HF气体和Na2CO3、Al(OH)3反应便得到冰晶石Na3AlF6。可在此基础上解各小题。
【详解】Ⅰ.(1)反应1为Al2O3和SiO2和NaOH溶液反应，生成NaAlO2和Na2SiO3，反应的化学方程式为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O或2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O。
答案为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O或2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O；
(2)滤液Ⅰ中含的Na2SiO3与加入的CaO反应生成CaSiO3沉淀；气体A在标准状况下的密度为1.96g/L，则A的摩尔质量为：M=ρVm=1.96g/L×22.4L∙mol-1=44g∙mol-1，气体A能与NaAlO2生成Al(OH)3沉淀，故A为CO2。反应2的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。
答案为：CaSiO3；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；
(3)CaF2是离子化合物，由F-和Ca2+构成，故CaF2的电子式为：。
答案为：；
(4)最稳定的气态氢化物是HF，则D为HF；若E为硫酸钙，化合物C是难挥发酸，则C是H2SO4；根据已知物质和质量守恒，可写出由D(HF)制备冰晶石(Na3AlF6)的化学方程式为：12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O。
答案为：H2SO4；12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O。
【点睛】气体的摩尔质量： ，可根据关系进行气体的摩尔质量和密度之间的互算。
14.化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：

（1）A的系统命名为______________，E中官能团的名称为_______________________。
（2）A→B的反应类型为________，从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为____________。
（3）C→D的化学方程式为___________________________________________。
（4）C的同分异构体W(不考虑手性异构)可发生银镜反应；且1 mol W最多与2 mol NaOH发生反应，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有________种，若W的核磁共振氢谱具有四组峰，则其结构简式为________________。
（5）F与G的关系为________(填序号)。
a．碳链异构 b．官能团异构
c．顺反异构 d．位置异构
（6）M的结构简式为_________________________________________________。
（7）参照上述合成路线，以原料，采用如下方法制备医药中间体。

该路线中试剂与条件1为____________，X的结构简式为____________；试剂与条件2为____________，Y的结构简式为________________。
【答案】 (1). 1,6­己二醇 (2). 碳碳双键、酯基 (3). 取代反应 (4). 减压蒸馏(或蒸馏) (5). (6). 5 (7). (8). c (9). (10). HBr，△ (11). (12). O2/Cu或Ag，△ (13).
【解析】
【详解】（1）A为6个碳的二元醇，在第一个和最后一个碳上各有1个羟基，所以名称为1,6-己二醇。明显E中含有碳碳双键和酯基两个官能团。
（2）A→B的反应是将A中的一个羟基替换为溴原子，所以反应类型为取代反应。反应后的液态有机混合物应该是A、B混合，B比A少一个羟基，所以沸点的差距应该较大，可以通过蒸馏的方法分离。实际生产中考虑到A、B的沸点可能较高，直接蒸馏的温度较高可能使有机物炭化，所以会进行减压蒸馏以降低沸点。
（3）C→D的反应为C与乙醇的酯化，所以化学方程式为。注意反应可逆。
（4）C的分子式为C6H11O2Br，有一个不饱和度。其同分异构体可发生银镜反应说明有醛基；1 mol W最多与2 mol NaOH发生反应，其中1mol是溴原子反应的，另1mol只能是甲酸酯的酯基反应（不能是羧基，因为只有两个O）；所以得到该同分异构体一定有甲酸酯（HCOO－）结构。又该同分异构体水解得到的醇应该被氧化为二元醛，能被氧化为醛的醇一定为－CH2OH的结构，其他醇羟基不可能被氧化为醛基。所以得到该同分异构体水解必须得到有两个－CH2OH结构的醇，因此酯一定是HCOOCH2－的结构，Br一定是－CH2Br的结构，此时还剩余三个饱和的碳原子，在三个饱和碳原子上连接HCOOCH2－有2种可能：，每种可能上再连接－CH2Br，所以一共有5种：。其中核磁共振氢谱具有四组峰的同分异构体，要求有一定的对称性，所以一定是。
（5）F为，G为，所以两者的关系为顺反异构，选项c正确。
（6）根据G的结构明显得到N中画圈的部分为M，所以M为。
（7）根据路线中化合物X的反应条件，可以判断利用题目的D到E的反应合成。该反应需要的官能团是X有Br原子，Y有碳氧双键。所以试剂与条件1是HBr，△；将取代为，X为。试剂与条件2是O2/Cu或Ag，△；将氧化为，所以Y为。
【点睛】最后一步合成路线中，是不可以选择CH3CH2CHO和CH3CHBrCH3反应的，因为题目中的反应Br在整个有机链的一端的，不保证在中间位置的时候也能反应。
15.废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：

回答下列问题：
（1）反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42+，反应中H2O2的作用是_____。写出操作①的名称：_________。
（2）反应II是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应，写出该反应的离子方程式：_______。操作②用到的主要仪器名称为_____，其目的是（填序号）_________。
a．富集铜元素
b．使铜元素与水溶液中的物质分离
c．增加Cu2＋在水中的溶解度
（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和______。若操作③使用下图装置，图中存在的错误是_____。

（4）操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液。阴极析出铜，阳极产物是_______。操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是____________。
（5）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是______。循环使用的NH4Cl在反应Ⅰ中的主要作用是________。
【答案】 (1). 作氧化剂 (2). 过滤 (3). Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2 (4). 分液漏斗 (5). a b (6). RH (7). 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液体过多 (8). O2、H2SO4 (9). 加热浓缩 冷却结晶 过滤 (10). H2SO4 (11). 防止由于溶液中的c（OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀
【解析】
【详解】（1）废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤的方法，所以操作①为过滤。反应Ⅰ是将铜转化为铜氨溶液，铜元素的化合价升高，所以铜是还原剂，则双氧水为氧化剂，将铜氧化。
（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的铜氨离子与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成NH4+和 NH3，方程式为：Cu(NH3）42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2。分液的目的是富集铜元素，使铜元素与水溶液中的物质分离，所以a b正确。
（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成硫酸铜和RH。互不相溶的液体采用分液的方法，分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗内部不能盛放太多溶液。
（4）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，所以阳极上产生O2，同时有大量的氢离子生成，且硫酸根离子也向阳极移动在阳极积累，因此阳极产物还有硫酸，从溶液中获取晶体可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。
（5）电解硫酸铜溶液时得到硫酸，在反应Ⅲ中用到的H2SO4，所以硫酸能循环使用。氯化铵电离出的铵根离子抑制一水合氨的电离，从而降低溶液的碱性， 防止由于溶液中的c（OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀。
16.SO2的含量是衡最大气污染的一个重要指标，工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。利用催化还原SO2不仅可消除SO2污染，而且可得到有经济价值的单质S。
（1）在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和H2O。己知CH4和S的燃烧热(△H)分别为-890.3kJ/mol和-297.2kJ/mol，则CH4和SO2反应的热化学方程式为_____________。
（2）用H2还原SO2生成S的反应分两步完成，如图1所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示:

①分析可知X为______(写化学式)，0～t1时间段的温度为_____，0～t1时间段用SO2表示的化学反应速率为________。
②总反应化学方程式为_____________。
（3）焦炭催化还原SO2生成S2,化学方程式为:2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，恒容容器中，1mol/LSO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图3所示。

①该反应△H____0(填“＞”或“＜”)。
②算a点的平衡常数为_________。
（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2,25℃时用1mo/L的Na2SO3溶液吸收SO2。当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为________。已知:H2SO3的电离常数K1=1.3×10-2，K2=6.2×10-8。
【答案】 (1). CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) △H=-295.9kJ/mol (2). H2S (3). 300℃ (4). 2×10-3/t1mol/(L·min) (5). 2H2+SO2S+2H2O (6). ＜ (7). 36.45mol/L (8). c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)=c(OH-)
【解析】
【详解】(1)CH4和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol和297.2kJ/mol，可知热化学方程式：①CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol，②S(s)+O2(g)＝SO2(g)△H=-297.2kJ/mol，根据盖斯定律，将①-②×2可得CH4(g)+2SO2(g)＝CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)△H=-295.9kJ/mol，故答案为CH4(g)+2SO2(g)＝CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)△H=-295.9kJ/mol；
(2)①根据图1可知，在300℃时，SO2和H2反应生成H2S，在100℃到200℃时，H2S和SO2反应生成S和水，故X为H2S；在图2中，0～t1时间段SO2和H2的浓度降低，H2S的浓度升高，故0～t1时间段温度为300℃；用SO2表示的化学反应速率v===×10−3 mol/(L·min)，故答案为H2S；300℃；×10−3 mol/(L·min)；
②根据分析可知，SO2和H2最终反应生成S和水，故化学方程式为2H2+SO2＝S+2H2O，故答案为2H2+SO2＝S+2H2O；
(3)①根据图像可知，平衡后升高温度，SO2的转化率降低，即平衡左移，此反应为放热反应，即△H＜0，故答案为＜；
②由于点a的二氧化硫的转化率为90%，故有：

故平衡常数K===36.45，故答案为36.45；
(4)Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3，离子方程式为SO32-+SO2+H2O＝2HSO3-；25℃时用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中的溶质为Na2SO3和NaHSO3，故c(Na+)最大，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据K2=6.2×10-8=可知=0.62，故c(HSO3-)＞c(SO32-)，则有：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)=c(OH-)，故答案为c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)=c(OH-)。
【点睛】本题考查盖斯定律的应用、热化学方程式的书写和平衡常数的计算等，注意利用三段式来计算平衡常数。本题的易错点为(4)，正确判断pH=7时，溶液中的溶质为Na2SO3和NaHSO3是解题的关键。