2019届高三化学上学期第二次月考试题(含解析) (I).doc

2019届高三化学上学期第二次月考试题(含解析) (I)1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化B. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应D. 古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金【答案】A【解析】试题分析：A、青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法，A错误；B、气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，B正确；C、铁置换铜属于湿法炼铜，C正确；D、剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，D正确，答案选A。考点：考查化学与生活的有关判断2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 标准状况下，11.2L乙醇完全燃烧生成CO2的分子数目为0.5NAB. 1LpH=1的CH3COOH溶液中，H+的数目小于0.1NAC. Na2O2和CO2反应后固体质量增加42g，转移的电子数目为1.5NAD. 足量的Fe与71gCl2充分反应，转移的电子数目为3NA【答案】C【解析】【详解】A.乙醇在标准状况为液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，所以11.2L乙醇的物质的量不是0.5mol，则完全燃烧生成的二氧化碳分子数不是0.5NA，故A错误；B.pH=1的CH3COOH溶液中的c（H+）=0.1mol/L，故溶液中的氢离子的物质的量为：n=cV=0.1mol/L1L=0.1mol，含有氢离子个数为0.1NA，故B错误；C.Na2O2和CO2反应后固体质量增加42g，根据反应方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，固体质量增加56g，转移2mol电子，所以固体质量增加42g，转移的电子数目为1.5NA，故C正确；D.足量的Fe与71gCl2充分反应，71gCl2的物质的量为1mol，1molCl2反应生成Cl-转移的电子数为2NA，故D错误。故选C。【点睛】易错项为D项，氯气的量不足，应根据氯气的量计算转移电子的数目。3.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是（ ）醋酸与水能以任意比互溶；醋酸溶液能导电；醋酸稀溶液中存在醋酸分子；常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大；醋酸能和碳酸钙反应放出C02； 0.1mol/L醋酸钠溶液pH=8.9；大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】醋酸与水能以任意比互溶，不能说明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸是弱酸，故错误；醋酸溶液能导电，只能说明醋酸能电离，不能说明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸是弱酸，故错误；醋酸稀溶液中存在醋酸分子，说明醋酸存在电离平衡，能证明醋酸是弱酸，故正确；常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大，说明醋酸不完全电离，能证明醋酸是弱酸，故正确；醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，说明醋酸酸性比碳酸强，但不能说明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸是弱酸，故错误；0.1mol/L醋酸钠溶液pH=8.9，其水溶液呈碱性，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，所以能说明醋酸是弱酸，故正确；大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小于盐酸中氢离子浓度，则证明醋酸是弱酸，故正确；pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍，不能说明醋酸部分电离，所以不能说明醋酸是弱电解质，故错误。能说明醋酸是弱电解质的是，所以A正确。故选A。【点睛】强弱电解质的根本区别是电离程度，只有部分电离的电解质是弱电解质，可以根据其一定浓度溶液的pH值、对应盐溶液的酸碱性等方面判断。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. c（H+）/c（0H-）=1012 的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-B. pH=1 的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+C. 由水电离的c（H+）=110-14molL-1 的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-D. c（Fe3+）=0.1molL-1的溶液中：K+、ClO-、SO42-、SCN-【答案】A【解析】【详解】A.c（H+）/c（0H-）=1012的溶液显酸性，该组离子之间不发生反应，可以大量共存，故A正确；B.pH=1的溶液显酸性，Fe2+与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，B不能大量共存；C.由水电离的c（H+）=110-14molL-1的溶液，可能为酸性或碱性溶液，酸性或碱性溶液中均不能大量存在HCO3-，C不能大量共存；D.c（Fe3+）=0.1molL-1的溶液中，Fe3+与SCN-结合成络合离子，不D能大量共存。故选A。【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：由于发生复分解反应，离子不能大量共存；由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存；由于形成络合离子，离子不能大量共存。5.为实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用试剂合理的是选项实验目的主要仪器试剂A分离Br2和CCl4的混合物分液漏斗、烧杯Br2和CCl4的混合物、蒸馏水B鉴别葡萄糖和蔗糖试管、烧杯、酒精灯葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液C实验室制取H2试管、带导管的橡皮塞锌粒、稀HNO3D测定NaOH溶液的浓度滴定管、锥形瓶、烧杯NaOH溶液、0.100 0molL-1盐酸A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.Br2和CCl4互溶，不能用分液的方法分离，Br2在水中的溶解度比在CCl4中的溶解度小，不能用水萃取Br2和CCl4混合液中的Br2，但Br2和CCl4沸点不同，应用蒸馏的方法分离，故A错误；B. 葡萄糖含有醛基，具有还原性，能够发生银镜反应，蔗糖不具有还原性，不能发生银镜反应，可用银氨溶液检验，故B正确；C. 稀硝酸具有强氧化性，稀硝酸与锌反应生成NO，不能生成氢气，故C错误；D.中和滴定应需要酸碱指示剂，没有指示剂不能完成滴定实验，测定NaOH溶液的浓度时，需要用酚酞或甲基橙作指示剂，故D错误。故选B。6.汉黄苳素是传统中草药黄苳的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是（） A. 汉黄苳素的分子式为C16H13O5B. 该物质遇FeCl3溶液显色C. 1mol该物质与溴水反应，最多消耗lmolBr2D. 与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种【答案】B【解析】【详解】A.根据该分子的结构简式可知，其分子式为C16H12O5，故A错误；B.该分子中含有酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，故B正确；C.该分子中含有酚羟基，酚羟基邻位碳原子上有氢原子，可以与Br2发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，因此1mol该物质最多可消耗2molBr2，故C错误；D.该物质与足量H2发生加成反应后，碳碳双键和羰基均被加成，官能团种类减少2种，故D错误。故选B。7.已知FeCl3溶液与KSCN溶液混合后发生反应FeCl3+3KSCNFe（SCN）3+3KCl，达到平衡后，改变条件，则下列说法正确的是A. 向溶液中加入少许KC1固体，溶液颜色变浅B. 升高温度，平衡一定发生移动C. 加入少许KC1固体或者加入少许FeCl3固体平衡常数均发生变化，且变化方向相反D. 平衡常数表达式为KcFe(SCN)3c3(KCl)/c(FeCl3)c3(KSCN)【答案】B【解析】【分析】A.根据实际参加反应的离子浓度分析，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变；B.反应一定存在热效应，升高温度平衡一定发生移动；C.平衡常数只受温度影响；D.应用实际参加反应的物质或离子表示平衡常数。【详解】A.根据实际参加反应的离子浓度分析，化学平衡为Fe3+3SCN-Fe（SCN）3，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，溶液颜色不变，故A错误；B.反应一定存在热效应，升高温度平衡一定发生移动，故B正确；C.平衡常数只受温度影响，浓度不影响平衡常数，故C错误；DFeCl3+3KSCNFe（SCN）3+3KCl的离子方程式为Fe3+3SCN-Fe（SCN）3，平衡常数表达式K=cFe（SCN）3/c（Fe3+）c3（SCN），故D错误。故选B。8.准确移取20.00mL某待测HC1溶液于锥形瓶中，用0.1000molL-1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定C. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由大变小D. 碱式滴定管滴定前准确读数，滴定达终点时，俯视读数，则测定结果偏小【答案】D【解析】【详解】A.滴定管用蒸馏水洗涤后直接装入标准溶液会将标准液稀释，应用标准NaOH溶液润洗滴定管后再装入标准NaOH溶液，故A错误；B.用酚酞作指示剂，滴定终点时锥形瓶中溶液由无色变为红色，故B错误；C.锥形瓶中溶液原来显酸性，随着NaOH溶液滴入，慢慢变为中性、碱性，pH由小变大，故C错误；D.碱式滴定管滴定前准确读数，滴定达终点时，俯视读数，导致V（标准）偏小，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，测定结果偏小，故D正确。故选D。9.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。下列说法正确的是A. 放电过程中，Li+向负极移动B. 正极反应式：Ca+2Cl-2e-=CaCl2C. 每转移0.1mol电子，理论上生成10.35gPbD. 常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针偏转【答案】C【解析】【详解】A.放电过程为原电池，阳离子Li向正极移动，故A错误；B.正极发生还原反应，故电极反应式为：PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，故B错误；C.根据电极方程式PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，每转移0.1mol电子，生成0.05molPb，质量为10.35g，故C正确；D.常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故D错误。故选C。10.某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间的变化如下图所示，下列说法中正确的是A. 30 min时降低温度，40 min时升高温度B. 8 min前A的平均反应速率为0.08 mol/（Ls）-1C. 反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应D. 20 min40 min间该反应的平衡常数均为4【答案】D【解析】【分析】由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1；A.由图象可知，30min时正逆反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不是温度变化，而是降低了压强；40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，而增大压强平衡不移动，应是升高温度；B.反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，根据=计算（A）；C.由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应；D.20min30min间正逆反应速率相等，各物质的物质的量浓度都不变，反应处于平衡状态，30min40min，速率降低，为降低压强，平衡常数不变，20min40min平衡常数相同，根据20min时计算平衡常数。【详解】由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，A.由图象可知，30min时正逆反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不是温度变化，而是降低了压强；40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，而增大压强平衡不移动，应是升高温度；故A错误；B.08min内A的浓度减少了0.64mol/L，故（A）=0.64mol/L8min=0.08mol/（Lmin）-1，选项中单位不对，故B错误；C.由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误；D.20min30min间正逆反应速率相等，各物质的物质的量浓度都不变，反应处于平衡状态，30min40min，速率降低，为降低压强，平衡常数不变，20min40min平衡常数相同，由图可知20min时c（A）=c（B）=1mol/L，c（C）=2mol/L，所以平衡常数K=22/（11）=4，故D正确。故选D。【点睛】本题注意根据图象浓度的变化以及反应速率的变化判断化学反应状态以及影响化学反应速率的条件，本题易错，答题时注意思考。11.将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：NH4I（s）NH3（g）+HI（g）；2HI（g）H2（g）+I2（g）反应达到平衡时，c（H2）=0.5mol.L-1，c（HI）=4molL-1，则此温度下反应的平衡常数为A. 9 B. 16 C. 20 D. 25【答案】C【解析】【详解】NH4I（s）NH3（g）+HI（g）；2HI（g）H2（g）+I2（g）反应达到平衡时，c（H2）=0.5mol.L-1，消耗c（HI）=0.5mol.L-12=1mol/L，则反应过程中生成的c（HI）=1mol/L+4mol/L=5mol/L，生成的c（NH3）=c（HI）=5mol/L，平衡常数计算中所用的浓度为各物质平衡时的浓度，则此温度下反应的平衡常数为K=c（NH3）c（HI）=5mol/L4mol/L=20mol2/L2，所以C正确。故选C。12.从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：则下列说法正确的是（ ）A. 试剂a是铁、试剂b是稀硫酸B. 操作、操作、操作所用仪器相同C. 试剂c是氯气，相应的反应为:2Fe2+Cl2=2Cl-+2Fe3+D. 用酸性KMn04溶液可检验溶液W中是否还有Fe2+【答案】C【解析】【分析】从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜，工业废水中加入试剂a为过量的铁，操作为过滤，得到滤渣为Fe、Cu，滤液为氯化亚铁溶液，滤渣Y中加入试剂b为盐酸溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并加入氧化剂（试剂c），氧化氯化亚铁溶液为氯化铁溶液，氯化铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到氯化铁晶体，据此答题。【详解】A.由最终得到FeCl3及其流程图可知，b为盐酸，若为硫酸会引入硫酸根杂质离子，故A错误；B.上述分析可知，操作、是过滤，操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，蒸发浓缩与过滤所用仪器不同，故B错误；C.滤液X，滤液Z中均含有FeCl2，c为氯气，氧化亚铁离子为铁离子，反应为：2Fe2+Cl22Cl-+2Fe3+，故C正确；D.亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否还有Fe2+，故D错误。故选C。13.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时有关数据如下已知N2（g）十3H2（g）2NH3（g） H=-92.4kJ/mol；下列说法正确的是（ ）A. 2c1c3 B. a+b92.4 C. 2p2p3 D. 1+31【答案】D【解析】【分析】甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，则甲容器与乙容器是等效平衡；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡；所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡；据此分析平衡移动。【详解】甲投入1molN2、3molH2，乙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与乙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，丙容器加入4molNH3，采用极限转化法丙相当于加入2molN2、6molH2，丙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器为等效平衡，所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动。A.丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c3=2c1；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以丙中氨气的浓度大于甲中氨气浓度的二倍，即c32c1，故A错误；B.甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故a+b=92.4，故B错误；C.丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2p3，故C错误；D.丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，转化率1+3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率1+31，故D正确。故选D。14.部分弱酸的电离常数如下表：下列有关说法正确的是（ ）A. 恰好中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者大于后者B. 等体积、等浓度的HCOONa和NaCN两溶液中所含离子总数目HCOONa大于NaCNC. NaHS溶液中加入适量 KOH后：c（Na+）=c（H2S）+c（HS-）+2c（S2-）D. HCOO-、CN-、HS-在溶液中不可以大量共存【答案】B【解析】【详解】A.根据电离平衡常数，HCOOH的酸性强于HCN，等pH等体积时，c(HCN)c(HCOOH)，HCOOH消耗NaOH的体积小于HCN，即恰好中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故A错误；B.根据电荷守恒，HCOONa溶液中：c(HCOO)c(OH)=c(Na)c(H)，NaCN溶液中：c(CN)c(OH)=c(Na)c(H)，即离子总数是n(Na)n(H)的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中c(OH)大，c(H)小，c(Na)相同，所以甲酸钠中离子总数大，故B正确；C.NaHS溶液中加入适量KOH后反应生成硫化钾和硫化钠，根据溶液中物料守恒有c(Na)=c(S2)c(HS)c(H2S)，故C错误；D.根据电离平衡常数，电离出H能力：HCOOHH2SHCNHS，离子之间不发生反应，因此这些离子能够大量共存，故D错误。故选B。15.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W同主族且W的单质是重要的半导体材料，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Z2+与Y2-核外电子排布相同。下列说法正确的是A. X的氢化物中仅含有极性键B. X与Y形成的三原子分子的电子式是C. 原子半径ZY，离子半径Z2+O。核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，离子半径Mg2+20mL，则可能c（Cl-）c（H+）c（K+） c（OH-）D. 当滴定氨水消耗V（HCl）=10mL时，c（NH3H2O）c（NH4+）c（Cl-）c（OH-）c（H+）【答案】D【解析】【分析】A.根据氨水和氢氧化钾在滴定开始时的pH来判断；B.盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性；C.滴定氢氧化钾溶液时，若V（HCl）20mL，氢离子浓度可能大于钾离子浓度；D.根据图像，V（HCl）=10mL时，溶液显碱性，即NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度。【详解】A.氢氧化钾为强碱，一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离，相同浓度时，一水合氨的pH小于氢氧化钾，所以表示的是滴定氨水的曲线，故A正确；B.滴定氨水消耗的V（HCl）=20mL，盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性，c（Cl-）c（NH4+），当pH=7时，滴定氨水消耗的V（HCl）20mL，根据电荷守恒，c（Cl-）=c（NH4+），故B正确；C.滴定氢氧化钾溶液时，若V（HCl）20mL，H+浓度肯定大于OH-浓度，可能大于K+浓度，则溶液中离子浓度关系可能为：c（Cl-）c（H+）c（K+）c（OH-），故C正确；D.当滴定氨水消耗V（HCl）=10mL时，溶液中溶质为等物质的量的NH3H2O和NH4Cl，根据图像，V（HCl）=10mL时，溶液显碱性，即NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，因此离子浓度大小顺序为c（NH4+）c（Cl-）c（NH3H2O）c（OH-）c（H+），故D错误。故选D。17.（1）某温度（t）时，水的离子积为Kw=110-13，则该温度_25（选填 “”“”“”），其理由是_。（2）若保持温度不变，向少量水中加入_g的NaOH固体，并加入水至1L，才能使溶液中水电离产生的H+、OH-的浓度乘积为c（H+）水c （OH-）水=10-26。（3）若保持温度不变，向水中通入HCl气体，恰好使溶液中的c（H+）/c（OH-）=109，此时水电离出的的c （OH-）=_。（4）若将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的稀硫酸bL混合（设混合后溶液体积的微小变化忽略不计），试通过计算填写以下不同情况时两溶液的体积比。若所得混合溶液为中性，则a：b =_。若所得混合液的pH=3，则a:b=_。若a：b=101:9，则混合后溶液的pH= _。【答案】 (1). (2). 水的电离过程是吸热的，升高温度，水的电离平衡正向移动，KW增大，则t25 (3). 40 (4). 1011mol/L (5). 10：1 (6). 9：1 (7). 10【解析】【分析】（1）水的电离过程是吸热的，升高温度，水的电离平衡正向移动，KW增大，故说明t25；（2）根据c（H+）水c（OH-）水=10-26进行计算；（3）根据水电离出的c(OH)水=c(OH-)溶液，c(H)溶液=Kw/c(OH)溶液计算；（4）根据溶液的pH的计算公式进行计算。【详解】（1）25时，水的离子积为KW=110-14，KW（t）=110-13KW（25），且水的电离过程是吸热的，升高温度，水的电离平衡正向移动，KW增大，故说明t25，故答案为：，水的电离过程是吸热的，升高温度，水的电离平衡正向移动，KW增大，则t25。（2）水电离产生的H+、OH-的浓度乘积即：c（H+）水c（OH-）水=10-26，则c（H+）=10-13mol/L，已知Kw=10-13，c（OH-）=10-13/10-13=1mol/L，则氢氧化钠的物质的量为1mol/L1L=1mol，则质量为1mol40g/mol=40g，故答案为：40。（3）向水中通入HCl气体，溶液显酸性，水电离出的c(OH)水=c(OH-)溶液，c(H)溶液=Kw/c(OH)溶液，代入c(H)溶液/c(OH)溶液=109，可得c(OH)溶液=1011，则水电离的c(OH-)水=1011mol/L，故答案为：1011mol/L。（4）若将此温度（t）下，pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的稀硫酸bL混合，此时NaOH溶液中c（OH-）=10-13/10-11mol/L=0.01mol/L，则n（OH-）=aL0.01mol/L=0.01amol，稀硫酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，则n（H+）=0.1mol/LbL=0.1bmol，则若所得混合液为中性，即n（H+）=n（OH-），则有0.01a=0.1b，a：b=10：1，故答案为：10：1。若所得混合液的pH=3，即酸过量，则c（H+）=（0.1b-0.01a）/（a+b）= 0.001mol/L，解得：a：b=9：1，故答案为：9：1。若a：b=101：9，则n（OH-）：n（H+）=（0.01101）：（0.19），呈碱性，那么c（OH-）=（0.01101-0.19）/（101+9）mol/L=10-3mol/L，由于KW=110-13，则c（H+）=10-10mol/L，即pH=10，故答案为：10。18.氰化钠是一种重要的基本化工原料，同时也是一种剧毒物质，严重危害人类健康。一旦泄露需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或硫代硫酸钠溶液来处理，以减轻环境污染。.已知：氰化钠化学式为NaCN，氰化钠是一种白色结晶颗粒，剧毒，易溶于水，水溶液呈碱性，易水解生成氰化氢。（1）CN-中C元素显+2价，N元素显-3价，则非金属性N_C （填“”“”或“=”），请设计实验证明：_。（2）NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的离子方程式是_。.硫代硫酸钠的工业制备的反应原理为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。某化学兴趣小组用上述原理实验室制备硫代硫酸钠，并检测用硫代硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水能否达标排放。【实验一】实验室通过如下图所示装置制备Na2S2O3。（3）b装置的作用是_。c装置中的产物有Na2S2O3和CO2等，d装置中的溶质有NaOH、Na2CO3，还可能有_。（4）实验结束后，在e处最好连接盛_（填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中一种）的注射器，再关闭K2打开K1，防止拆除装置时污染空气。【实验二】测定用硫代硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。已知：废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L；Ag+2CN-=Ag（CN）2-，Ag+I-=AgI，AgI 呈黄色，且 CN-优先与 Ag+反应。实验如下：取20.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指 示剂，用1.0010-4mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为1.50mL。（5）滴定终点的现象：_。（6）处理后的废水是否达到排放标准：_ （填“是”或“否”）。【答案】 (1). (2). 取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性NC (3). CN-+H2O2+H2OHCO3-+NH3 (4). 安全瓶，防止倒吸 (5). Na2SO3 (6). NaOH溶液 (7). 滴入最后一滴硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀 (8). 否【解析】【分析】（1）在化合物中非金属性强的元素显负价，非金属性弱的元素显正价，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，据此设计实验；（2）NaCN用双氧水处理产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明二者反应生成氨气和碳酸氢钠；（3）由仪器结构特征，b装置为安全瓶，防止溶液倒吸；d装置吸收二氧化硫，d中溶质有NaOH、Na2CO3，碱过量，还有亚硫酸钠生成；（4）实验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收；关闭K2打开K1拆除装置，防止污染空气；（5）Ag+与CN-反应生成Ag（CN）2-，当CN-反应结束时，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，说明反应到达滴定终点；（6）计算消耗硝酸银物质的量，再根据方程式Ag+2CN-=Ag（CN）2-计算出氰化钠的含量与废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L比较判断是否符合排放标准。【详解】（1）在化合物中非金属性强的元素显负价，非金属性弱的元素显正价，CN-中C元素显+2价，N元素显-3价，则非金属性NC，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，设计实验为取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性NC，故答案为：；取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性NC。（2）用双氧水处理氰化钠，产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，根据原子守恒一种酸式盐为碳酸氢钠，所以反应为：NaCN+H2O2+H2ONaHCO3+NH3，离子反应为：CN-+H2O2+H2OHCO3-+NH3，故答案为：CN-+H2O2+H2OHCO3-+NH3。【实验一】a装置制备二氧化硫，c装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，装置b为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气。（3）由仪器结构特征，可知b装置为安全瓶，防止倒吸，d装置吸收二氧化硫，d中溶质有NaOH、Na2CO3，碱过量，还有亚硫酸钠生成，故答案为：安全瓶，防止倒吸；Na2SO3。（4）实验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，再关闭K2打开K1，防止拆除装置时污染空气，故答案为：NaOH溶液。【实验二】（5）Ag+与CN-反应生成Ag（CN）2-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，说明反应到达滴定终点，故答案为：滴入最后一滴硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀。（6）消耗AgNO3的物质的量为1.510-3L0.0001mol/L=1.5010-7mol，根据方程式Ag+2CN-=Ag（CN）2-，处理的废水中氰化钠的质量为1.5010-7mol249g/mol=1.4710-5g，废水中氰化钠的含量为1.47102mg0.0200L=0.735mg/L0.50mg/L，处理后的废水未达到达到排放标准，故答案为：否。19.钛矿工业中的硫酸酸性废水富含Ti、Fe等元素，其综合利用如下：已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中。（1）TiO2+钛的化合价为_。（2）步骤中检验钛矿废水中加入铁屑是否足量的试剂是_。（3）操作a是蒸发浓缩、冷却结晶、_。（4）步骤中发生反应的化学方程式为_；反应温度一般需控制在35以下，其目的是_。（5）已知Ksp=Fe（OH）2 = 810-16。步骤中，FeCO3达到溶解平衡时，若室温下测得溶液的pH为8.5， c（Fe2+） = 110-6mol/L。试判断所得的FeCO3中_（填“有”或“没有”）Fe（OH）2；步骤中，为了得到较为纯净的Fe2O3，除了适当的温度外，还需要采取的措施是_。（6）向“富含TiO2+溶液”中加入Na2CO3粉末易得到固体TiO2 nH2O。请结合原理和化学用语解释其原因_。【答案】 (1). +4 (2). KSCN溶液 (3). 过滤、洗涤、干燥 (4). FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3+（NH4）2SO4+H2O+CO2 (5). 避免温度过高碳酸氢铵分解，减少Fe2+的水解或氧化 (6). 没有 (7). 向反应容器中补充适量的空气 (8). 溶液中存在水解平衡TiO2+（n+1）H2OTiO2nH2O+2H+，加入的Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），促进水解平衡向生成TiO2nH2O的方向移动【解析】【分析】钛矿工业中的酸性废水富含Ti、Fe等元素，含有TiO2+、Fe2+、Fe3+等离子，加入铁粉还原铁离子得到亚铁离子，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，配制成溶液调节溶液pH5-5.8范围内，加入足量碳酸氢铵，过滤得到碳酸亚铁沉淀，在坩埚中灼烧得到氧化铁；过滤后得到富含的TiO2+溶液，加入Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），使平衡TiO2+（n+1）H2OTiO2n H2O+2H+向生成TiO2n H2O的方向移动，可得到TiO2粗产品，以此解答该题。（1）离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷数计算，O元素为-2价；（2）步骤I中检验钛矿废水中加入铁屑是否足量的试剂是检验是否含铁离子；（3）溶液中得到硫酸亚铁晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；（4）步骤中发生反应是硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应温度一般需控制在35以下，是为了避免温度过高碳酸氢铵分解，减少Fe2+的水解或氧化；（5）根据溶液中c（Fe2+）c2（OH-）与KspFe（OH）2比较，可判断有无Fe（OH）2沉淀，保证二价铁被氧化为三价需要多通入空气或氧气；（6）富含的TiO2+溶液，加入Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），使平衡TiO2+（n+1）H2OTiO2n H2O+2H+向生成TiO2nH2O的方向移动。【详解】（1）离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷数计算，O元素为-2价，则TiO2+钛的化合价为+4价，故答案为：+4。（2）步骤I中检验钛矿废水中加入铁屑是否足量的试剂是检验是否含铁离子，可以选择加入KSCN溶液，溶液变红色证明铁加入不足，如溶液不变红色证明铁粉加入足量，故答案为：KSCN溶液。（3）操作a是溶液中得到硫酸亚铁晶体，方法是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤、干燥。（4）步骤中发生反应是硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3+（NH4）2SO4+H2O+CO2，反应温度一般需控制在35以下，是为了避免温度过高碳酸氢铵分解，减少Fe2+的水解或氧化，故答案为：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3+（NH4）2SO4+H2O+CO2；避免温度过高碳酸氢铵分解，减少Fe2+的水解或氧化。（5）室温下测得溶液的pH为8.5，c（OH-）=1014108.5=110-5.5，由题中数据可知，溶液中c（Fe2+）c2（OH-）=110-6（110-5.5）2=110-17KspFe（OH）2=810-16，故无Fe（OH）2沉淀生成；步骤中，为了得到较为纯净的Fe2O3，除了适当的温度外，还需要采取的措施是向反应容器中补充适量的空气。故答案为：没有；向反应容器中补充适量的空气。（6）富含的TiO2+溶液，加入Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），使平衡TiO2+（n+1）H2OTiO2nH2O+2H+向生成TiO2n H2O的方向移动，可得到TiO2粗产品，故答案为：溶液中存在水解平衡TiO2+（n+1）H2OTiO2nH2O+2H+，加入的Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），促进水解平衡向生成TiO2nH2O的方向移动。【点睛】解答该类题目时注意把握实验反应的原理和操作流程的目的，特别是主要是物质性质的理解。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。20.CO用途广泛，工业应用时离不开平衡思想的指导：.在某一容积为5L的体积不变的密闭容器内，加入0.3 mol 的CO和0.3mol的H 2O，在催化剂存在和800的条件下加热，发生如下反应：CO（g）+H20（g）CO2（g）+H2（g） H0，反应中CO2的浓度随时间变化情况如下图：（1）根据图上数据，该温度（800）下的平衡常数K=_。 （2）在体积不变的条件下，改变下列条件能使平衡常数K增大的有_（填字母）A.升高温度 B.降低温度 C.增大压强 D.减小压强 E.加入催化剂 G.移出一氧化碳气体（3）若保持温度和容器的体积不变，在（1）中上述平衡体系中，再充入0.3mol的水蒸气，重新达到平衡后，H2O的转化率_（填“升高”、“降低”、“不变”）。（4）在催化剂存在和800的条件下，在某一时刻测得c（CO）=c（H2O）=0.09mol/L；c（CO2）=c（H2）= 0.13mol/L，则此时正、逆反应速率的大小：正_逆（填“”、“”、“”或“=”）。（6）当lgK=1，在恒容密闭容器中放入PbO并通入CO，达平衡时，混合气体中CO的体积分数为_（保留两位有效数字）；若向容器中充入一定量的CO气体后，平衡发生移动，再次达到平衡时，CO的百分含量_（填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】 (1). 1 (2). A (3). 降低 (4). (5). (6). 9.1% (7). 不变【解析】【分析】（1）根据CO2的浓度变化求出CO的浓度变化，根据平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值进行解答；（2）平衡常数只随温度的变化而变化，根据温度对平衡的影响分析；（3）可逆反应中增大一种反应物的浓度，则另一种反应物的转化率会增大，而本身转化率减小；（4）根据浓度商Qc=c（CO2）c（