【答案】B 【解析】
【详解】A．根据表中数据可知，当二氧化碳和硫化氢的起始物质的量相同时，温度越高，COS的物质的量越大，说明温度越高，平衡向着吸热的方向移动，即COS的物质的量增大的方向为吸热的方向，正反应为吸热反应，故A正确；
B．根据实验I，写出反应三段式，
CO2?g?+H2S?g??COS?g?+H2O?g?开始(mol)变化(mol)平衡(mol)0.10.010.090.40.010.3900.010.0100.010.01
0.01mol=2%，故B错误；
0.09mol+0.39mol+0.01mol+0.01mol0.01?0.011C．根据B项分析，反应的平衡常数为=，故C正确；
0.09?0.39351平衡后COS的物质的量分数=D．根据题意，列三段式：
CO2?g? +H2S?g??COS?g?+H2O?g?开始(mol)变化(mol)平衡(mol)0.1000.0150.0850.4000.0150.38500.0150.01500.0150.015
c?COS? ?c?H2O?0.015?0.015K==， 平衡后向II中再充入0.10 mol CO2和0.40 mol H2S，设转变的
c?CO2? ?c?H2S?0.085?0.385二氧化碳的物质的量为x，
CO2?g?+H2S?g??COS?g?+H2O?g?开始(mol)0.1850.785x0.785-x0.015x0.015+x0.015x0.015+x变化(mol)x平衡(mol)0.185- x
K=c?COS? ?c?H2O?0.015mol?0.015mol(0.015mol+x)?(0.015mol+x)= =，x=0.015mol，相同温
c?CO2? ?c?H2S?0.085mol?0.385?mol(0.185mol-x)?(0.785mol-x)度下再达平衡时n(COS)=0.015mol+0.015mol=0.03mol，故D正确； 答案选B。
【点睛】D项为难点，需要根据相同温度下的平衡常数进行计算。
9.用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是 选a中试剂 b中试剂 c中试剂 项 A B 氨水 浓盐酸 CaO MnO2 无 饱和NaCl溶液 制取并收集氨气 制备纯净的Cl2 比较酸性强弱： C 浓盐酸 Na2CO3 Na2SiO3溶液 H2CO3＞H2SiO3 实验目的 装置 D A. A
浓硫酸 Na2SO3 KMnO4酸性溶液 验证SO2具有还原性 B. B
C. C
D. D
【答案】D 【解析】 【分析】
【详解】A．氨水中的水可以和氧化钙反应，反应过程放热，使氨气在水中的溶解度降低，可以用来制取氨气，但是由于氨气的密度小于空气，故在收集氨气时需要短导管进长导管出，A错误；
B．浓盐酸与二氧化锰反应制取了氯气的过程需要加热，图中没有画出加热装置，故不能达到实验目的，B错误；
C．浓盐酸有挥发性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有氯化氢溢出，两种气体溶于硅酸钠溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，C错误；
D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，将二氧化硫气体导入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与高锰酸钾反应，可以验证二氧化硫的还原性，D正确； 故选D。
10.漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca(ClO)2，相应的生产流程如下。
下列说法不正确的是
A. ①中阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑
B. ②中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O C. 上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应
D. 制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时，Cl的原子利用率为100% 【答案】D 【解析】 【分析】
饱和食盐水进行电解可以制得Cl2，将得到的Cl2分别与Ca(OH)2和Na2CO3反应经一系列流程可以分别制得漂白粉和漂粉精；电解过程中，溶液中的Cl-失电子生成氯气发生阳极反应，水中的H+得电子生成氢气发生还原反应，溶液中剩余氢氧化钠；氯气与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，同时还生成氯化钙；氯气与湿润的碳酸钠反应生成Cl2O，Cl2O与水发生化合反应生成HClO，HClO与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，据此分析。
【详解】A．电解过程中阳极失电子，溶液中Cl-发生阳极反应生成Cl2，阳极的电极方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，A正确；
B．反应②为氯气和氢氧化钙的反应，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，B正确； C．上述过程中反应①②③为氧化还原反应，反应④为化合反应，反应⑤为复分解反应，C正确； D．制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时有CaCl2生成，Cl原子没有完全转化为Ca(ClO)2，因此Cl的原子利用率不为100%，D错误； 故选D。 11.尿素(
)氮原子上的氢原子可以像苯酚分子中苯环上的氢原子那样与甲醛发生反应，生成交联脲醛
表示链延长)。
树脂，其结构片段如下图所示(图中
下列说法不正确的是
A. 尿素可以与甲醛发生加成反应生成
B. 脲醛树脂的合成反应为缩聚反应
C. 交联脲醛树脂在一定条件下可以发生水解反应，重新生成尿素和甲醛 D. 甲醛可以与【答案】C 【解析】 【分析】
【详解】A．尿素分子中N原子上的H原子可以与甲醛发生加成反应，反应与苯酚苯环上H原子与甲醛的反应相似，因此可以推测尿素与甲醛发生加成反应的产物为
，A正确；
交联成网状结构的脲醛树脂
B．脲醛树脂的合成是由尿素和甲醛发生聚合反应同时生成水，符合缩聚反应定义，属于缩聚反应，B正确； C．交联脲醛树脂存在可水解基团酰胺键，故可以发生水解反应，但水解产物不是尿素和甲醛，C错误； D．甲醛可以和D正确； 故选C。
12.研究人员采用双极膜将酸-碱电解液隔离，实现MnO2/Mn2+和Zn/Zn(OH)4的两个溶解/沉积电极氧化还原反应，研制出新型高比能液流电池，其放电过程原理示意图如下：
2-中的亚氨基继续发生加成反应再发生反应生成网状结构的脲醛树脂，
下列说法不正确的是
A. 放电过程中，总反应方程式为Zn+MnO2+4OH-+4H+===Zn(OH)4+Mn2++2H2O B. 放电过程中，当1molZn参与反应时，理论上有4molK+发生迁移 C. 充电过程中，阴极的电极反应为Zn(OH)4+2e-===Zn+4OH- D. 充电过程中，右侧池中溶液pH逐渐减小 【答案】B
2-2-
【解析】 【分析】
根据电池示意图，左侧Zn失去电子与溶液中的OH-反应生成Zn(OH)4，为负极反应，右侧MnO2得电子与溶液中的H+反应生成Mn2+和水；电解过程中，右侧的Mn2+失去电子与水反应生成MnO2和H+，电极方程式与原电池的正极方程式相反，左侧Zn(OH)4得电子生成Zn和OH-，电极方程式与原电池的负极方程式相反，据此分析。
【详解】A．放电过程中负极的电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)4，正极的电极方程式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，总反应为Zn+MnO2+4OH-+4H+===Zn(OH)4+Mn2++2H2O，A正确； B．放电过程中每消耗1mol Zn会生成1mol Zn(OH)4，即每消耗4mol负电荷生成2mol负电荷，电解质中减少2mol负电荷，因此有2mol K+发生迁移，B错误；
C．根据分析，充电过程中阴极的电极方程式与放电过程中负极的电极方程式相反，阴极的电极方程式为
--Zn(OH)2-4+2e===Zn+4OH，C正确；
2-2-2-2-2-D．充电过程中右侧Mn2+不断失去电子并结合水生成MnO2，同时生成大量H+，因此，右侧pH不断减小，D正确； 故选B。
【点睛】由于放电过程中两个电极反应在两个电解质溶液中分别进行的，故不能把氢离子和氢氧根写在一起呈水的形式。
＋＋
13.已知Na2CO3与稀盐酸反应分两步进行：CO3＋H==HCO3，HCO3＋H= CO2↑＋H2O。向10.00 mL
2---0.1000 mol·L-1Na2CO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1盐酸，溶液pH随盐酸体积的变化如图。
下列说法不正确的是
A. V = 5.00mL时，溶液中c(HCO3)＞c(CO3)＞c(OH－)＞c(H＋)
B. V =10.00mL时，溶液中c(Na＋)＝c(HCO3)＋c(CO3)＋c(H2CO3)+c(Cl-) C. a点的溶液中：n(CO3)＋n(HCO3) = 0.001 mol
2---2--2-
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