D.弱酸HB的 pKa=5
【答案】B
8.三氯化氧磷（POCl3）是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂，实验室制取POCl3并测定产品含量的实验过程如下:
I.制备POCl3采用氧气氧化液态的PCl3法。
实验装置（加热及夹持装置省略》及相关信息如下。
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
―112.0
76.0
137.5
均为无色液体，遇水均剧烈
水解为含氧酸和氯化氢，两者互溶
POCl3
2.0
106.0
153.5
（1）仪器a的名称为_______________________________；
（2）装置C中生成POCl3的化学方程式为________________________________；
（3）实验中需控制通入O2的速率，对此采取的操作是_________________________________；
（4）装置B的作用除观察O2的流速之外，还有___________________________________；
（5）反应温度应控制在60~65℃，原因是__________________________________；
II.测定POCl3产品含量的实验步骤：
①实验I结束后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取16.725gPOCl3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液
②取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL3.5mol/LAgNO3标准溶液（Ag++Cl-=AgCl↓）
③加入少量硝基苯（硝基苯密度比水大，且难溶于水）
④以硫酸铁溶液为指示剂，用0.2mol/LKSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液（Ag++SCN-=AgSCN↓），到达终点时共用去10.00mLKSCN溶液。
（6）达到终点时的现象是_________________________________________；
（7）测得产品中n（POCl3）=___________________________；
（8）已知Ksp（AgCl）>Ksp（AgSCN），据此判断，若取消步骤③，滴定结果将_______。
（填偏高，偏低，或不变）
【答案】
（1）.冷凝管（或球形冷凝管）
（2）.2PCl3+O2=2POCl3（3）.控制分液漏斗中双氧水的加入量（4）.平衡气压、干燥氧气（5）.温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度（6）.滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色（7）.0.11mol（8）.偏低
【解析】
（1）仪器a的名称为冷凝管（或球形冷凝管）；正确答案：
冷凝管（或球形冷凝管）。
（2）加热条件下，PCl3直接被氧气氧化为POCl3；正确答案：
PCl3+O2=POCl3。
（3）用分液漏斗来控制双氧水的滴加速率即可控制通入O2的速率；正确答案：
控制分液漏斗中双氧水的加入量。
（4）装置B中为浓硫酸，其主要作用：
干燥氧气、平衡大气压、控制氧气流速；正确答案：
平衡气压、干燥氧气。
（5）根据图表给定信息可知，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度；但是温度也不能太低，否则反应速率会变小；正确答案：
温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度。
（6）以硫酸铁溶液为指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液达到滴定终点时，铁离子与硫氰根离子反应生成了红色溶液，且半分钟之内颜色保持不变；正确答案：
滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色；
（7）KSCN的物质的量0.2×0.01=0.002mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可以知道溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol；POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.5×0.01-0.002=0.033mol，根据氯原子守恒规律可得n（POCl3）=0.011mol，即1.6725克POCl3产品中n（POCl3）=0.011mol；正确答案：
0.11mol。
（8）加入少量的硝基苯可以使生成的氯化银沉淀与溶液分开，如果不这样操作，在水溶液中部分氯化银可以转化为AgSCN；已知Ksp（AgCl）>Ksp（AgSCN），使得实验中消耗的KSCN偏多，所测出的剩余银离子的量增大，导致水解液中与氯离子反应的银离子的量减少，会使测定结果偏低；正确答案：
偏低。
9.碲（Te）为第VIA元素，其单质凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。
可从精炼铜的阳极泥（主要成分为Cu2Te）中回收碲，
（1）“培烧”后,确主要以TeO2 形式存在，写出相应反应的离子方程式:
________________________。
（2）为了选择最佳的培烧工艺进行了温度和硫酸加入量的条件试验，结果如下表所示:
温度/℃
硫酸加入量（理论量倍数）
浸出率/%
Cu
Te
450
1.25
77.3
2.63
460
1.00
80.29
2.81
1.25
89.86
2.87
1.50
92.31
7.70
500
1.25
59.83
5.48
550
1.25
11.65
10.63
则实验中应选择的条件为_________________，原因为______________________________。
（3）滤渣1在碱浸时发生的化学方程式为_____________________________。
（4）工艺（I）中，“还原”时发生的总的化学方程式为____________________________。
（5）由于工艺（I）中“氧化”对溶液和物料条件要求高。
有研究者采用工艺（II）获得磅.则“电积”过程中，阴极的电极反应式为____________________________________。
（6）工业生产中，滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。
①滤液3 与滤液1合井。
进入铜电积系统。
该处理措施的优点为_____________________________。
②滤渣3中若含Au和Ag，可用_____将二者分离。
（填字母）
A.王水B.稀硝酸C.浓氢氧化钠溶液D.浓盐酸
【答案】
（1）.Cu2Te+4H++2O2
2Cu2++TeO2+2H2O
（2）.460℃，硫酸用量为理论量的1.25倍（3）.该条件下,铜的浸出率高且碲的损失较低（4）.ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O（5）.Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4==4Na2SO4+Te+H2O（6）.TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-（7）.CuSO4溶液回收利用，提高经济效益（8）.B
【解析】
（1）Cu2Te在H2SO4条件下，与氧气在高温下反应生成TeO2和CuSO4，反应的离子方程式Cu2Te+4H++2O2
2Cu2++TeO2+2H2O；正确答案：
Cu2Te+4H++2O2
2Cu2++TeO2+2H2O。
（2）从图表信息可知：
当硫酸的量一定时，温度升高时，铜的浸出率降低；温度一定时，铜和Te的浸出率均增大。
在460℃条件下，硫酸用量为理论量的1.25倍的条件下最佳，铜的浸出率高且Te的损失较小；正确答案：
460℃，硫酸用量为理论量的1.25倍；该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低。
（3）从流程可知，滤渣1为ToO2，它可与碱反应生成TeO32-；正确答案：
ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O。
（4）从流程图可知：
Na2TeO4被Na2SO3还原为Te，而Na2SO3被氧化为Na2SO4，总反应方程式：
Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4==4Na2SO4+Te+H2O；正确答案：
Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O。
（5）根据反应ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，生成的TeO32-在阴极得电子被还原为Te，极反应方程式为：
TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-；正确答案：
TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。
（6）①工业生产中，滤渣2为少量的氢氧化铜固体，经硫酸酸浸后得滤液硫酸铜，滤液1中主要成分也为硫酸铜，滤液3 与滤液1合并进入铜电积系统，提取金属铜，有效回收利用了硫酸铜，提高经济效益；正确答案：
CuSO4溶液回收利用，提高经济效益。
②Au和Ag都与王水反应，与浓氢氧化钠溶液、.浓盐酸均不反应；但是Au与稀硝酸不反应而Ag可以反应，所以可以用稀硝酸将二者分离；正确答案：
B。
10.由H、C、N、O、S等元素形成多种化合物在生产生活中有着重要应用。
I.化工生产中用甲烷和水蒸气反应得到以CO和H2为主的混合气体，这种混合气体可用于生产甲醇，回答下列问题:
（1）对甲烷而言，有如下两个主要反应:
①CH4（g） +1/2O2（g） =CO（g） +2H2（g）△H1=-36kJ·mol-1
2CH4（g） +H2O（g） =CO（g） +3H2（g） △H2=+216kJ·mol-1
若不考虑热量耗散，物料转化率均为100%，最终炉中出来的气体只有CO、H2，为维持热平衡，年生产lmolCO,转移电子的数目为______________________。
（2）甲醇催化脱氢可制得重要的化工产品一甲醛，制备过程中能量的转化关系如图所示。
①写出上述反应的热化学方程式________________________________。
②反应热大小比较:
过程I________过程II （填“大 于”、“小于”或“等于”）。
II.（3）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领城的重要课题。
某研究性小组在实验室以Ag-ZSM-5为催化剂，删得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。
若不使用CO，温度超过775K，发现NO的分解率降低。
其可能的原因为_____________________________________，
在n（NO）/n（CO）=1的条件下，为更好的除去NOx物质，应控制的最佳温度在_______K左右。
（4）车辆排放的氮氧化物、煤燃烧产生的二氧化硫是导致雾霾天气的“罪魁祸首”。
活性炭可处理大气污染物NO。
在5L密闭容器中加入NO和活性炭（假设无杂质），一定条件下生成气体E和F。
当温度分别在T1℃ 和T2℃时，测得各物质平衡时物质的量（n/mol） 如下表:
物质
温度℃
活性炭
NO
E
F
初始
3.000
0.10
0
0
T1
2.960
0.020
0.040
0.040
T2
2.975
0.050
0.025
0.025
①写出NO与活性炭反应的化学方程式_________________________________________；
②若T1”、“<”或“=”） ；
③上述反应T1℃时达到化学平衡后再通入0.1molNO气体，则达到新化学平衡时NO的转化率为______。
【答案】
（1）.6NA
（2）.CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）ΔH=+（E2-E1）kJ/mol（3）.等于（4）.NO分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行（只写升高温度不利于反应进行也得满分，其他合理说法也得分）（5）.870（接近即可给分）（6）.C（s）+2NO（g）
CO2（g）+N2（g）（7）.<（8）.80%
【解析】为维持热平衡，①×6+②相加可得7CH4（g）+3O2（g）+H2O（g）=7CO（g）+15H2（g）△H=0，反应中生成7molCO转移电子总数42mol，所以产生lmolCO转移的电子数为6NA；正确答案：
6NA。
（2）①根据图示所示，ΔH=生成物总能量-反应物总能量=（E2-E1）kJ/mol，反应的热化学方程式为：
CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）ΔH=+（E2-E1）kJ/mol；正确答案：
CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）ΔH=+（E2-E1）kJ/mol。
②ΔH为E2和E1的差值，根据图示可知E2-E1的差值没有发生变化，所以过程I和过程II反应热相等；正确答案：
相等。
（3）从图像变化可以看出，当不使用CO时，温度超过775K，发现NO的分解率降低，说明NO分解反应是放热反应，升高温度，平衡左移，不利于反应向右进行；正确答案：
NO分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行（只写升高温度不利于反应进行也得满分，其他合理说法也得分）。
在n（NO）/n（CO）=1的条件下，为更好的除去NOx物质，要求NO转化率越大越好，根据图像分析，应控制的最佳温度在870K左右；正确答案：
870（接近即可给分）。
（4）①根据表中信息：
反应物的变化量分别为：
∆n（C）=0.04mol，∆n（NO）=0.08mol,∆n（E）=∆n（F）=0.04mol；即各物质的系数之比为1:
2:
1:
1，根据原子守恒规律可知反应的方程式为：
C（s）+2NO（g）
CO2（g）+N2（g）；正确答案：
C（s）+2NO（g）
CO2（g）+N2（g）。
②温度为T1℃，∆n（NO）=0.08mol,，温度为T2℃，∆n（NO）=0.05mol,，若T1<。
③T1℃时，容器的体积为5升，发生如下反应
C（s）+2NO（g）
CO2（g）+N2（g）
起始量30.100
变化量0.040.080.040.04
平衡量2.960.020.040.04
反应的平衡常数为K=c（N2）c（CO2）/c2（NO）=（0.04/5）2/（0.02/5）2=4；上述反应T1℃时达到化学平衡后再通入0.1molNO气体，设反应生成CO2为xmol,则：
C（s）+2NO（g）
CO2（g）+N2（g）
起始量2.960.120.040.04
变化量2xxx
平衡量0.12-2x0.04+x0.04+x
由于温度不变，平衡常数保持不变；[（0.04+x）/5]2/[（0.12-2x）/5]2=4,解之x=0.04mol
则达到新化学平衡时NO的转化率为（2×0.04）/0.1×100%=80%；正确答案：
80%。
点睛：
反应热的计算公式为ΔH=生成物总能量-反应物总能量=反应物断键吸收的能量-生成物成键放出的热量，若ΔH<0，正反应放热；ΔH>0，正反应吸热。
11.钴是人体必需的微量元素，含钴化合物作为颜料，具有悠久的历史，在机械制造、磁性材料等领域也具有广泛的应用，请回答下列问题:
（1）Co基态原子的电子排布式为__________________________；
（2）酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学中的光敏剂、催化剂等方面得到广泛的应用，其结构如图所示，中心离子为钴离子。
①酞菁钴中三种非金属原子的电负性有大到小的顺序为____________，（用相应的元素符号作答） ；碳原子的杂化轨道类型为___________________________；
②与钴离子通过配位健结合的氮原子的编号是___________________________；
（3）用KCN处理含Co2+的盐溶液，有红色的Co（CN）2析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的[Co（CN）6]4-，该配离子中的配位体为________，配位原子为____________________；
（4）Co的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有_____个；与一个钴原子等距离且次近的氧原子有______个； 若该钴的氧化物晶体中钴原子与跟它最近邻的氧原子之间的距离为r，该钴原子与跟它次近邻的氧原子之间的距离为______；已知在该钴的氧化物晶体中钴原子的半径为apm，氧原子的半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，则在该钴的氧化物晶体中原子的空间利用率为____（用含a、b的式子表示）。
（5）筑波材料科学国家实验室 一个科研小组发现了在5K 下呈现超导性的晶体，该晶体具有CoO2的层状结构（如下图所示，小球表示Co原子，大球表示O原子）。
下列用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述CoO2的化学组成的是_______。
【答案】
（1）.1s22s22p63s23p63d74s2
（2）.N>C>H（3）.sp2（4
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