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    16．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色．如图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）生产CuCl的流程：

    根据以上信息回答下列问题：
    （1）生产过程中X的化学式为Fe．
    （2）写出产生CuCl的化学方程式：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4．
    （3）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，结合化学方程式和必要的文字说明理由Cu+2 H2SO4（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和 SO2为1：1，所以理论上不需要补充SO2气体．实际生产中SO2要适当过量，原因可能是提高Cu2+的还原速率，同时可以防止生成的Cu+被空气氧化（答一点即可）．
    （4）实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：
    pH1234567
    CuCl产率/%70908278757270
    析出CuCl晶体最佳pH为2，当pH较大时CuCl产率变低原因是Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小．调节pH时，不能（填“能”或“不能”）用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是硝酸会与产品CuCl发生反应．
    （5）氯化亚铜的定量分析：
    ①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解．
    ②用0.10mol•L-1硫酸铈标准溶液滴定．已知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+．三次平行实验结果如下（平行实验结果相差不能超过1%）：
    平行实验次数123
    0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）24.3524.0523.95
    则样品中CuCl的纯度为95.5%（结果保留三位有效数字）．

    分析 要利用制作印刷电路的废液制备氯化亚铜，首先应制备并分离出铜，向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜，
    （1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜；
    （2）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒配平方程式；
    （3）依据图示可知：铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫的物质的量之比为1：1，而产生CuCl的化学方程式中硫酸铜、二氧化硫物质的量之比恰好为1：1；
    （4）依据图表CuCl产率可知PH=2产率最大，当pH较大时CuCl产率变低，Cu2+水解程度增大，生成的氯化亚铜少；根据稀硝酸具有强氧化性分析；
    （5）依据方程式中各反应物量之间的关系计算CuCl的纯度，CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，CuCl～Ce4+，所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为24.35mL，误差大舍去，据此进行解答．

    解答 解：向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜，
    （1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，则X为Fe、Y为HCl，
    故答案为：Fe；
    （2）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒其方程式为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，
    故答案为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；
    （3）由反应方程式Cu+2 H2SO4（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO4+SO2↑+2H2O可知Cu与浓硫酸反应的过程中有SO2生成，且生成的CuSO4和SO2的物质的量之比为1：1，生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2的物质的量之比也为1：1，所以理论上不需要补充SO2气体；
    实际生产中要保持适当过量的SO2，目的是提高Cu2+的还原速率，同时可以防止生成的Cu+被空气氧化，
    故答案为：Cu+2 H2SO4（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，所以理论上不需要补充SO2气体；提高Cu2+的还原速率，同时可以防止生成的Cu+被空气氧化；
    （4）由表中数据可知，pH=2时，CuCl产率最高；pH较大时，Cu2+水解程度增大，导致反应生成CuCl减少；硝酸具有强氧化性，能将产品CuCl氧化生成Cu2+，所以不能用相同pH的硝酸代替硫酸，
    故答案为：2；Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；硝酸会与产品CuCl发生反应；
    （5）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为24.35mL，误差大舍去，则滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为：$\frac{24.05+23.95}{2}$=24mL，结合方程式可知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，
    CuCl～Ce4+，
    CuCl的纯度为：$\frac{24×1{0}^{-3}L×0.1mol/L×99.5g/mol}{0.25g}$×100%=95.5%，
    故答案为：95.5%．

    点评 本题考查了制备方案的设计，题目难度中等，根据实验流程明确实验目的、实验原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    6．甲醇和乙烯都是重要的基础化工原料，根据化学反应原理回答下列相关问题．
    （1）工业上可用合成气制备甲醇．反应为CO（g）+2H2（g）$\stackrel{催化剂}{?}$CH3OH（g）某温度下，在容积为2L的密闭容器中进行该反应，其相关数据见图1：

    ①从反应开始至平衡时，用CO表示化学反应速率为0.03mol/（L．min），该温度下的平衡常数为k=9.375．
    ②5min至10min时速率变化的原因可能是使用了催化剂或增大压强．
    ③15min 时对反应体系采取了一个措施，至20min时CO的物质的量为0.5mol，请在图2中画出CO的变化曲线．
    （2）一定条件下可通过如下方式合成乙烯：6H2（g）+2CO2（g）$\stackrel{催化剂}{?}$CH2=CH2（g）+4H2O（g）△H1=-40kJ•mol-1，温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图3所示：

    ①据图分析下列说法正确的是AB．
    A．生成乙烯的速率：v（M）有可能小于v（N）
    B．平衡常数：KM＞KN
    C．催化剂会影响CO2的平衡转化率
    ②若投料比n（H2）：n（CO2）=3：1，则图中M点时，乙烯的体积分数为7.7%（保留两位有效数字）．
    ③为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施有增大压强、或提高氢气和二氧化碳物质的量的比值．（任写两条）
    ④电解法也可制取乙烯，装置如图4，其中电极a接电源的负极，该电极反应式为2CO2+12H++12e-→CH2=CH2+4H2O．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    7．自然界存在的元素中，金属元素种类更多，非金属元素丰度更大．
    I．80%左右的非金属元素在现代技术包括能源、功能材料等领域占有极为重要的地位．
    （1）氮及其化合物与人类生产、生活息息相关，基态N原子的价电子排布图是，N2F2分子中N原子的杂化方式是sp2，1mol N2F2含有1.806×1024个σ键．
    （2）高温陶瓷材料Si3N4晶体中键角N-Si-N＞Si-N-Si（填“＞”“＜”或“=”），原因是Si3N4晶体中Si原子周围有4个N原子，Si原子为sp3杂化，N-Si-N键角为109°28′，N原子周围连接3个Si原子，含有1对孤对电子，N原子为sp3杂化，但孤对电子对成键电子对的排斥作用更大，使得Si-N-Si键角小于109°28′．
    II．金属元素在现代工业中也占据极其重要的地位．其中钛也被称为“未来的钢铁”，具有质轻，抗腐蚀，硬度大，是宇航、航海、化工设备等的理想材料，是一种重要的战略资源，越来越受到各国的重视．
    （1）基态钛原子核外共有22种运动状态不相同的电子．金属钛晶胞如下图1所示，为六方最密堆积（填堆积方式）．
    （2）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图2．化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是化合物乙分子间形成氢键．化合物乙中采取sp3杂化的原子的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C．

    （3）钙钛矿晶体的结构如图3所示．假设把氧离子看做硬球接触模型，钙离子和钛离子填充氧离子的空隙，氧离子形成正八面体，钛离子位于正八面体中心，钙离子位于立方晶胞的体心，一个钙离子被12个氧离子包围．钙钛矿晶体的化学式为CaTiO3．若氧离子半径为a pm，则钙钛矿晶体中两个钛离子间最短距离为2$\sqrt{2}$apm．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    4．根据下列实验操作、现象级及相应结论都正确的是（　　）
    选项实验操作现象结论
    A向1mL 0.1mol/LAgNO3溶液中滴加2滴0.1mol/LNaCl溶液，振荡后，再滴加2滴0.1mol/LKI溶液先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
    B加热盛有浓硫酸和可抽动铜丝的试管，并将产生的气体通入到品红溶液中品红溶液褪色，且试管中只产生蓝色溶液浓硫酸具有强氧化性
    C向丙烯醇（HOCH2CH=CH2）中滴入少量酸性高锰酸钾溶液溶液紫红色褪去丙烯醇中含有碳碳双键
    D碳酸钠溶液中滴加稀硫酸后，将产生的气体通入到硅酸钠溶液中产生白色沉淀非金属性：S＞C＞Si
    A．AB．BC．CD．D

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    11．X、Y、Z均为短周期元素，其中两种为金属元素，一种为非金属元素，其原子半径分别为
    XYZ
    原子半径/nm0.1540.1300.071
    X、Y处于同一周期，三种元素形成的简单离子具有相同的电子层结构．下列说法正确的是（　　）
    A．原子最外层电子数：Z＞X＞YB．三种元素可能为同周期元素
    C．原子序数：Y＞X＞ZD．离子半径：X＞Y＞Z

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    1．化学与科学研究、工农业生产、环境保护、日常生活等方面有广泛联系．下列有关说法中正确的是（　　）
    A．石灰石可用于炼铁、制水泥、制玻璃
    B．使用苯代替酒精擦拭手机屏幕
    C．同位素示踪法、红外光谱法都是科学家经常使用的研究化学反应历程的手段之一
    D．针对H7N9禽流感的扩散情况，要加强环境、个人等的消毒预防，可选用含氯消毒剂、酒精、双氧水等作为消毒剂，这种处理方法符合绿色化学的核心

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    8．下列化学用语正确的是（　　）
    A．比例模型可以表示二氧化碳分子
    B．S2-的结构示意图
    C．电子式可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子
    D．光气（（COCl2）结构式：

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    5．下列离子方程式正确的是（　　）
    A．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32-+2H+═H2O+CO2↑
    B．向20mL1mol/L的FeBr2溶液中通入0.02molCl2：2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-
    C．向漂白粉溶液中通入少量的SO2：SO2+Ca2++2ClO-+H2O═CaSO3↓+2HClO
    D．单质钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+═Cu+2Na+

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    6．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法．其反应过程如图1所示：

    （1）写出反应I、II的化学方程式（不必写反应条件）：
    I、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；II2H2SO4=2SO2+O2+2H2O；III、2HI?H2+I2
    （2）整个过程中起到了催化作用的物质是SO2、I2（写化学式）．
    （3）一定温度下，向2L密闭容器中加入1molHI（g），发生反应III，生成的I2为气体，H2物质的量随时间的变化如图2所示．则0-2min内的平均反应速率v（HI）=0.05mol/（L•min），、
    能作为该反应达到平衡状态判断依据的是④⑤
    ①n（H2）=n（I2）
    ②压强不再变化
    ③气体密度不再变化
    ④2个H-I断裂的同时，有1个H-H断裂
    ⑤各组分浓度保持不变
    ⑥c（HI）：c（H2）：c（I2）=2：1：1
    （4）已知有关键能数据：I2-151kJ/mol、H2-436kJ/mol、HI-298kJ/mol，则当有0.2molHI分解时的能量变化是吸收（填“吸收”或“放出”）0.9kJ的热量．

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