河北省唐山一中2019届高三化学上学期期中试卷（含解析）.docx

唐山一中20182019学年度第一学期期中考试高三年级化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1, Li-7, C-12, N-14, O-16, Na-23卷(选择题 共48分)一选择题（共16小题，每小题3 分，计48分。在每小题给出的四个选项中，只有1 个选项符合题意）1.下列说法错误的是A. 石墨烯作为一种复杂的无机高分子，是重要的隐身材料，我国对石墨烯的研究已处于世界领先地位B. 明矾在水中生成的氢氧化铝胶体有吸附性，因此常用明矾对水进行消毒C. 2017年我国北方地区相继开展了“煤改气”和“煤改电”的尝试，此举是改善空气质量的重要措施D. 高科技产业中的压电陶瓷及生物陶瓷属于新型无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A. 石墨烯作为一种复杂的无机高分子，是重要的隐身材料，我国对石墨烯的研究已处于世界领先地位，A正确；B.氢氧化铝胶体具有吸附性,能吸附水中的悬浮物而净水,没有强氧化性,所以不能杀菌消毒,故B错误；C.开展了“煤改气”和“煤改电”的尝试，减少了二氧化硫气体的排放，此举是改善空气质量的重要措施，C正确；D. 压电陶瓷及生物陶瓷都属于新型无机非金属材料，D正确；综上所述，本题选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是A. 某温度和压强下，22.4 L CO和N2的混合气体中含有的原子总数可能为2NAB. 在合成氨反应中，当有2.24 L氨气(标准状况下)生成时，转移的电子数为0.3NAC. 1 L 1 mol/L Na2CO3水溶液中含有的氧原子数为3NAD. 将78 g Na2O2与过量CO2反应转移的电子数为NA【答案】C【解析】【详解】A. CO和N2均属于双原子分子，某温度和压强下，22.4 L CO和N2的混合气体的物质的量可能为1mol,含有的原子总数可能为2NA,，A正确；B.在标准状况下，2.24 L氨气的物质的量为0.1mol，该反应中氮元素由0价降低到-3价，故转移的电子数为0.3NA，B正确；C. 1 L 1 mol/L Na2CO3中含有的氧原子数为3NA，溶剂水中还含有氧原子，所以1 L 1 mol/L Na2CO3水溶液中含有的氧原子数大于3NA，C错误；D. 根据化合价的变化，Na2O2与转移电子的对应关系为：Na2O2 e，n(e)=n(Na2O2)=78g78g/mol=1mol，则转移电子数目为NA，D正确；综上所述，本题选C。3.既能表现出酸性又能表现出碱性的化合物为两性化合物，下列物质为两性化合物的是SiO2 Al2O3 KAl(SO4)2 Ca(HCO3)2 (NH4)2CO3 AlA. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】SiO2与碱反应生成硅酸盐和水，不与强酸反应，不满足两性化合物的定义，不属于两性化合物；Al2O3既能与酸反应、又能与碱反应生成盐和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；KAl(SO4)2可与碱反应，但是不与酸反应，不满足两性化合物定义，不属于两性化合物；Ca(HCO3)2与酸反应生成盐、气体和水，与碱反应生成盐和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；(NH4)2CO3与酸反应生成盐、气体和水，与碱反应生成盐、气体和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；Al是单质，能够与强酸和强碱反应，但铝不是化合物；综上所述，符合题意的有，本题选D。【点睛】能够与酸反应又能与碱反应的物质不一定是两性物质，但是两性物质一定既能与酸反应又能与碱反应。4.在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应: A(s)+3B(g) 2C(g)+D(g)已达平衡状态的是A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度 C. 体系的温度 D. 气体的总物质的量【答案】B【解析】【分析】反应到达平衡状态时,正逆反应速率相等,平衡时各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,由此进行判断.解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A、可逆反应: A(s)+3B(g) 2C(g)+D(g),反应前后,气体的物质的量不发生变化,体积恒定,反应自开始到平衡,压强都是一定值,故A不符合题意；B、A是固体,随着反应进行,气体的质量在增加而体积不变,故气体的密度是变量。当气体的总质量不发生变化时,气体的密度也不再变化，说明到达平衡状态,故B符合题意；C、该反应是在一定温度下的恒容容器中进行的，所以无论该反应是否达到平衡状态, 体系的温度保持不变，不能判定反应达到平衡状态，故C不符合题意；D.该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应,无论该反应是否达到平衡状态,气体的总物质的量始终不变,故D不符合题意；综上所述，本题选B。【点睛】上述反应是在一定温度下的恒容容器中，发生的可逆反应，体系的温度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态；若是在绝热的密闭容器中发生的可逆反应，体系的温度始终保持不变，能说明反应达到平衡状态。5.常温下，下列各组无色离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. c(ClO-)=1.0 mol/L的溶液：Na+、Cu2+、SO32-、SO42-B. 与金属铝产生气体的溶液中：Al3+、HCO3-、Cl-、SO42-C. 水电离产生的c(H+)=10-13 mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、NO3-D. 0.1 mol/L FeSO4溶液中：H+、NH4+、NO3-、Cl-【答案】C【解析】【详解】A. 含有Cu2+的溶液显蓝色，与无色溶液不符；含有ClO-的溶液具有强氧化性，能够把 SO32-氧化为SO42-，不能大量共存，A错误；B. 与金属铝反应产生气体的溶液，可能为酸液，可能为碱液，HCO3-在酸、碱溶液都不能大量共存，Al3+、HCO3-离子间发生双水解不能大量共存，B错误；C.水电离产生的c(H+)=10-13 mol/L的溶液可能为酸液，可能为碱液，四种离子间不反应且在酸、碱环境下均能大量共存，C正确；D. HNO3具有强氧化性，能够把Fe2+氧化为铁离子，不能大量共存，D错误；综上所述，本题选C。6.对于300 mL 1 mol/L 盐酸与金属铁制氢气的反应，下列措施能提高反应速率的是升温 改用100 mL 3 mol/L盐酸 改用铁粉替代铁片 加入一定量浓硝酸 再加入300 mL 1 mol/L盐酸 将盐酸改用浓硫酸 加入少量CuSO4溶液A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，正确；改用100mL3.0mol/L盐酸，氢离子的浓度增大，反应速率加快，正确；改用铁粉替代铁片，增大了固体接触面积，加快了反应速率，正确；锌与一定量浓硝酸反应，虽然反应速率加快，但不产生氢气，错误；再加入300 mL 1 mol/L盐酸，氢离子的浓度不变，反应速率不变，错误；将盐酸改用浓硫酸，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫，不产生氢气，错误；滴入少量CuSO4溶液，锌置换出铜，构成原电池，反应速率加快，正确；综上所述，正确；答案选C。【点睛】若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入酸的性质，注意不能改变反应的机理，例如不能加入浓硫酸或硝酸。7.恒温条件下，欲使CH3COONa溶液中c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大，可在溶液中加入下列物质中正确的是固体NaOH 固体KOH 固体NaHS 固体CH3COONa 冰醋酸 加水A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】CH3COONa溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,根据平衡移动规律进行分析。【详解】CH3COONa溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-, 加入固体NaOH、使平衡左移，c(CH3COO)将增多，但是c(Na+)增加得多，c(CH3COO-)/c(Na+)的比值减小； 加入固体KOH、使平衡左移，c(CH3COO)将增多，c(Na+)不变，所以c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大；加入固体NaHS ，c(CH3COO)变化很小，c(Na+)明显增大，故c(CH3COO-)/c(Na+)的比值减小；加入固体CH3COONa，水解率将减小，c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大；加入冰醋酸，使平衡左移，c(CH3COO)将增多，c(Na+)不变，所以c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大；加水稀释，平衡右移，水解率增大，c(CH3COO)浓度减小的程度大，c(CH3COO-)/c(Na+)的比值减小；综上所述，符合题意的有，本题选B。8.下列有关热化学方程式的叙述正确的是A. 已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=890.3 kJ/molB. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) H0，则金刚石比石墨稳定C. 已知中和热为H=-57.3 kJ/mol，则1 mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应热就是中和热D. 已知S(g)+O2(g)=SO2(g) H1；S(s)+O2(g)=SO2(g) H2，则H1CSiA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A、利用在相同时间内不同浓度的稀硫酸与锌反应产生氢气的量的不同，来判断比较锌与不同浓度的稀硫酸反应的快慢，正确；B、热水与冷水的温度不同，根据容器内气体颜色的变化判断，平衡移动的方向，证明温度对化学平衡的影响，正确；C、食盐浸泡过的铁钉若发生吸氧腐蚀，则大试管内的压强减小，右侧导气管会倒吸一段水柱，否则导气管内的液面会降低，正确；D、利用最高价氧化物的水化物的酸性可以比较元素非金属性的强弱，而HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能通过比较HCl与碳酸、硅酸的酸性来比较Cl、C、Si的非金属性强弱，错误，答案选D。考点：考查对实验方案的评价11.下列离子方程式书写正确的是A. 碳酸钙与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OB. 少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=SO42-+2H+Cl-C. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应后溶液呈中性：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2OD. 足量锌粉与一定量浓硫酸反应：Zn+2H2SO4=Zn2+SO42-+SO2+2H2O【答案】C【解析】【详解】A.醋酸是弱酸，不能拆成离子，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+CO2+H2O+2CH3COO-；A错误；B.HClO具有强氧化性，能够把SO2氧化为SO42-，本身被还原气为Cl-，离子方程式为：SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-，B错误； C.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应后溶液呈中性，满足n(NaHSO4)：n(Ba(OH)2)=2:1，正确的离子方程式：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，C正确；D. 足量锌粉与一定量浓硫酸反应先生成二氧化硫，反应为Zn+2H2SO4=Zn2+SO42-+SO2+2H2O；浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，反应为Zn+2H+=Zn2+H2，上述反应方程式不全，D错误；综上所述，本题选C。12.某温度下，一定体积的氯气与1 L 1.5 mol/L NaOH溶液恰好完全反应，若产物中NaClO和NaClO3的物质的量之比为1:3，则被还原的氯气的物质的量为A. 0.15 mol B. 0.3 mol C. 0.6 mol D. 0.8 mol【答案】C【解析】【详解】假设NaClO和NaClO3的物质的量分别为amol和3amol，还原产物NaCl的量为xmol，氯气与NaOH溶液发生氧化反应，共失电子的量为：a（1-0）+3a（5-0）=16amol，氯气与NaOH溶液发生还原反应，共得电子的量为：x（0+1）= x mol； 根据氧化还原反应氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数的规律可知：x=16amol；根据1 L 1.5 mol/L NaOH的量为1.5mol根据钠原子守恒可知：16a+ a+3 a =1.5, a=0.075 mol；所以则被还原的氯气的物质的量为1/20.07516=0.6 mol；C正确；综上所述，本题选C。13.某新型电池，负极是疏松多孔的石墨电极，金属锂原子填充在石墨电极的孔隙中。正极是惰性电极，参与反应的物质是二氯亚砜(SOCl2)，且正极有刺激性气味气体产生。该电池的电解质为固体。下列说法正确的是A. 负极发生还原反应，当有1 mol电子发生转移时，负极质量减少7 gB. 若该电池固体电解质中起导电作用主要是Li+，放电过程中Li+向负极移动C. 用该电池电解饱和食盐水，两极材料均为惰性电极，若放电过程中消耗1 mol锂，则理论上两极各产生气体11.2 LD. 正极产生的刺激性气味气体为SO2【答案】D【解析】【分析】该电池的总反应2SOCl2+4Li= S+SO2+4 Li Cl；Li在负极被氧化，SOCl2在正极被还原，据此规律进行分析。【详解】该电池的总反应为：2SOCl2+4Li= S+SO2+4 Li Cl；A. 原电池负极为Li，发生氧化反应，A错误；B. 原电池反应中，电解质中的阳离子向正极移动，B错误；C. 没有给出气体的存在状态是否为标况下，不能确定两极各产生气体的体积为11.2 L，C错误；D. 原电池正极发生还原反应：SOCl2+4e-=S+SO2+4Cl-，所以正极产生的刺激性气味气体为SO2；D正确；综上所述，本题选D。14.常温下，向20 mL 0.2 mol/L H2A溶液中滴加0.2 mol/L NaOH溶液。微粒物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是A. 当V(NaOH)=20 mL时，溶液中离子浓度关系：c(Na)c(HA)c(A2)c(H)c(OH)B. 当V(NaOH)=30 mL时，则有：2c(H+) + c(HA-) +2c(H2A) =c(A2-) +2c(OH-)C. 向上述加入20 mL NaOH溶液后所得溶液中再加入水的过程中，pH减小D. 若A、B两点对应的溶液pH值分别为a、b，则H2A2H+A2-的K=10-a-b【答案】D【解析】【分析】A.根据图象知，当V(NaOH)=20mL时,发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA,电离为主,溶液显酸性；B. 当V(NaOH)=30 mL时，溶质Na2A和NaHA且为1:1，根据电荷守恒和物料守恒判断；C. NaHA以电离为主,溶液显酸性，加水稀释，酸性减弱； D.根据A、B两点对应的溶液pH值分别为a、b，分别计算出H2A电离平衡常数K1和K2，然后在根据H2A2H+A2-计算K值。【详解】A. 当V(NaOH)=20 mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O;溶液主要为NaHA, HA-电离大于水解,溶液显酸性,结合水的电离平衡可知，c(Na)c(HA)c(H)c(A2)c(OH), 故A错误；B. 当V(NaOH)=30 mL时，溶液中溶质为Na2A和NaHA且为1:1；溶液中电荷守恒：c(Na)+c(H)=2c(A2)+c(OH)+c(HA)，物料守恒：2c(Na)=3c(A2)+3c(HA)+3c(H2A)，所以溶液中存在以下关系：2c(H+)+3c(H2A)+ c(HA)=c(A2-) +2c(OH-)，B错误；C.二者恰好反应生成NaHA，加水稀释促进HA电离和水解，因为电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,加水稀释导致氢离子个数增大,但氢离子物质的量的增大程度小于溶液体积增大程度,所以溶液中c(H+)减小，溶液的pH增大，故C错误；D. A点时，溶液中c(H2A )=c(HA)，H2A第一步电离的电离常数为K1= c(HA)c(H)/ c(H2A )=10-a；B点时，溶液中c(A2- )=c(HA)，H2A第一步电离的电离常数为K2= c(A2- )c(H)/c(HA)= 10-b ；H2A2H+A2-的K= c(A2- )c2(H)/c(H2A )= K2K1=10-b10-a=10-a-b，D正确；综上所述，本题选D。15.室温下进行的下列实验，不能达到预期目的是实验内容实验目的A向同体积同浓度H2O2溶液中，分别加入1 mol/L的CuCl2、FeCl3溶液比较Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响B向Mg(OH)2浊液中滴加少量0.1 mol/L FeCl3溶液比较Mg(OH)2和Fe(OH)3的溶解度C将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中探究SO2的还原性D测定相同浓度的NaClO溶液，CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A.由于溶液中氯离子浓度不同，无法排除氯离子对H2O2分解速率的影响，A错误；B. 根据沉淀溶解平衡原理，向Mg(OH)2浊液中滴加FeCl3溶液，观察是否出现红棕色沉淀，即可判断两者的溶解度，B正确；C. 将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾把二氧化硫氧化为硫酸根离子，本身被还原为锰离子，溶液褪色，证明SO2具有还原性，C正确；D. 结合盐类“越弱越水解” 规律，相同浓度的NaClO和CH3COONa溶液，NaClO溶液的pH较大，水解能力强，对应的酸的酸性弱，即HClO小于CH3COOH的酸性，D正确；综上所述，本题选A。16.某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl。下列说法正确的是A. 负极反应为Age-+Cl-=AgClB. 放电时，交换膜右侧溶液中pH升高C. 当电路中转移0.1 mol e-，通过交换膜的阳离子为0.2 molD. 用KCl溶液代替盐酸，则电池总反应改变【答案】A【解析】【详解】根据电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl 可以知道，Ag作负极、失电子,氯气在正极上得电子生成氯离子，A、负极上银失电子生成银离子,银离子与氯离子结合成氯化银，其电极反应为: Age-+Cl-=AgCl，A正确；B、放电时，交换膜左侧的氢离子向正极移动,溶液酸性增强，交换膜右侧溶液中pH降低，B错误；C、放电时,当电路中转移0.1 mol e-时，交换膜左则会有0.1 mol 氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，故C错误；D、根据电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl 可以知道，用KCl溶液代替盐酸,电池的总反应不变,故D错误；综上所述，本题选A。卷(非选择题 共52分)二填空题（共4小题，共52分。其中17题为分层题，请普理及实验学生选择A部分做答，英才学生选择B部分做答）17.A部分：由锆英砂(ZrO2SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)制备ZrO2的流程如下：已知：ZrO2在强碱性溶液中以ZrO32-形式存在，在强酸性溶液中以ZrO2+形式存在。部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表。Mn+Fe3+Al3+ZrO2+开始沉淀时pH1.93.36.2沉淀完全时pH3.85.68.0(1)操作I所需要的玻璃仪器为_，操作I除了得到溶液a还可得到_。(2)加氨水至溶液a中调节pH的的范围是_。(3)操作II会得到滤液b和滤渣II，滤渣II分离过程如下：氧化物B的化学式为_。若试剂X为盐酸，缺点是_。(4)操作III除得到Zr(OH)4外还得到某种溶液，向该溶液中加入CaCO3粉末并加热，得到两种气体。该反应的离子方程式为_。(5)加入氨水至溶液b发生的离子方程式为_。(6)为得到纯净的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是_。B部分：钛精矿是从钛铁矿或钛磁铁矿中采选出来，主要成分为FeTiO3，是生产用途非常广泛的钛白粉的原料。以钛精矿石为原料制备金属钛的流程如下图所示(某些过滤过程已忽略)。已知强酸性溶液中，+4价的钛元素以TiO2+形式存在，金属钛不溶于稀非氧化性酸。回答下列问题：(1)步骤中加入铁屑的作用是_。(2)晶体K俗称绿矾，晶体K的化学式为_。(3)试写出溶液C加热制备钛酸沉淀的化学方程式_。(4)步骤加入过量的活性炭，则发生的化学方程式为_，已知TiO2+2Cl2 TiCl4+O2为吸热反应，且该条件下反应也能够发生，为何制备TiCl4过程中还要加入活性炭，试解释原因_。(5)气体F为氩气，F的作用是_。(6)溶液H是_，作用为_。【答案】 (1). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (2). H2SiO3 (3). 5.66.2 (4). Al2O3 (5). 盐酸的量不易控制 (6). 2NH4+CaCO32NH3+Ca2+CO2+H2O (7). ZrO2+2NH3H2O+H2O=Zr(OH)4+2NH4+ (8). 取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3，未产生白色沉淀，则洗涤干净 (9). 防止Fe2+被氧化 (10). FeSO47H2O (11). TiOSO4+2H2OH2TiO3+H2SO4 (12). TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO (13). 活性炭与O2反应并放热，促进反应正向移动利于制备TiCl4 (14). 做保护气 (15). 稀盐酸 (16). 溶解MgCl2和未反应的Mg，过滤后提纯金属钛【解析】【详解】A部分： （1）从反应流程可知，操作I为过滤，所需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成了胶状沉淀硅酸，因此操作I除了得到溶液a还可得到H2SiO3；综上所述，本题答案是：烧杯、漏斗、玻璃棒，H2SiO3。(2)加氨水的目的是除去溶液中的铁离子和铝离子，使两种离子变为沉淀，根据表格数据可知，当溶液a中调节pH的的范围是5.66.2之间时，即可实现目的；综上所述，本题答案是：5.66.2。 (3)滤渣II为氢氧化铁和氢氧化铝混合物，氢氧化铝能够与强碱反应生成偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠溶液中加入过量的二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，加热氢氧化铝得到氧化铝固体；所以氧化物B的化学式为Al2O3；若试剂X为盐酸，盐酸适量，偏铝酸钠与盐酸反应产生氢氧化铝沉淀，盐酸过量，氢氧化铝沉淀溶解，因此使用盐酸制备氢氧化铝就需控制盐酸的使用量；综上所述，本题答案是：Al2O3；盐酸的量不易控制。(4)根据流程分析可知，操作III除得到Zr(OH)4外还得到氯化铵溶液，氯化铵溶液水解显酸性，向该溶液中加入CaCO3粉末并加热，得到二氧化碳和氨气。该反应的离子方程式为2NH4+CaCO32NH3+Ca2+CO2+H2O；综上所述，本题答案是：2NH4+CaCO32NH3+Ca2+CO2+H2O。(5) 强酸性溶液b中含有ZrO2+，该离子能够与氨水反应生成Zr(OH)4沉淀，离子方程式为：ZrO2+2NH3H2O+H2O=Zr(OH)4+2NH4+；综上所述，本题答案是：ZrO2+2NH3H2O+H2O=Zr(OH)4+2NH4+。(6)为得到纯净的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤附着的氯化铵溶液，是否洗涤干净，可用稀硝酸和硝酸银溶液检验洗涤液中是否存在氯离子；具体操作如下：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3，未产生白色沉淀，则洗涤干净；综上所述，本题答案是：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3，未产生白色沉淀，则洗涤干净。 B部分： (1) 钛精矿主要成分为FeTiO3，铁为+2价，固体产物A中溶于水后溶液中含有Fe2+，Fe2+易被氧化，因此步骤中加入铁屑的作用是防止Fe2+被氧化；综上所述，本题答案是：防止Fe2+被氧化。(2)晶体K俗称绿矾，它为带有7个结晶水的硫酸亚铁晶体，化学式为FeSO47H2O；综上所述，本题答案是：FeSO47H2O。(3) C为TiOSO4溶液，加热后生成H2TiO3固体和H2SO4溶液，化学方程式：TiOSO4+2H2OH2TiO3+H2SO4；综上所述，本题答案是：TiOSO4+2H2OH2TiO3+H2SO4。 (4) 钛酸固体加热分解为TiO2，TiO2与氯气、活性炭反应生成四氯化钛，化学方程式为：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO；已知TiO2+2Cl2 TiCl4+O2为吸热反应，活性炭与O2反应并放热，有利于反应向右移动，提高了四氯化钛的产率；综上所述，本题答案是：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO；活性炭与O2反应并放热，促进反应正向移动利于制备TiCl4。 (5)气体F为氩气，性质稳定，做保护气；综上所述，本题答案是：做保护气。 (6) TiCl4与镁反应生成金属钛和氯化镁，金属钛不溶于稀非氧化性酸；所以H溶液可以选择稀盐酸，溶解MgCl2和未反应的Mg，过滤后提纯金属钛；综上所述，本题答案是：稀盐酸； 溶解MgCl2和未反应的Mg，过滤后提纯金属钛。18.硝酸是常见的无机强酸，是重要的化工原料。实验室模拟硝酸的制备可用以下装置，其中a为一个可持续鼓入空气的橡皮球，b、c为止水夹。(1)实验开始前，应检验装置的气密性，请写出检验AE装置（不必考虑a）的气密性方法_。(2)装置A中发生反应的化学方程式为_。装置C中浓硫酸的作用是_。 (3)实验进行一段时间，待制备一定量硝酸后，停止加热A和B中装置，但仍要通过a鼓入一定量的空气，该操作的目的是_。(4)若F装置中所选用试剂为酸性KMnO4溶液，请写出F装置处理NO尾气的离子方程式：_。 (5)欲使A中产生的氨气尽可能转化为硝酸，理论上氨气与鼓入空气的最佳比例为_。(6)实验完毕后，取E中的溶液，加入几滴酚酞溶液，用0.10 mol/L的NaOH标准液滴定，发现加入过量标准液后仍无现象，试解释没有观察到滴定终点的原因_。【答案】 (1). 将E中右侧导管浸没在水中，打开b和c，微热A中试管，最右侧导管口有气泡产生，停止加热冷却至室温，最右侧导管有一段回流水柱(无“E中右侧导管浸没在水中”不得分，无“打开b和c”可给分) (2). 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O； (3). 除水蒸气和氨气 (4). 使氧气与氮氧化物及水反应成硝酸，提高氮氧化物的转化率 (5). 5NO+4H+3MnO4-=3Mn2+5NO3-+2H2O (6). 1:10 (7). 硝酸将酚酞氧化【解析】【详解】(1)检验AE装置（不必考虑a）的气密性方法是将E中右侧导管浸没在水中，打开b和c，微热A中试管，最右侧导管口有气泡产生，停止加热冷却至室温，最右侧导管有一段回流水柱；综上所述，本题答案是：将E中右侧导管浸没在水中，打开b和c，微热A中试管，最右侧导管口有气泡产生，停止加热冷却至室温，最右侧导管有一段回流水柱(无“E中右侧导管浸没在水中”不得分，无“打开b和c”可给分)。(2) 装置A中为氯化铵固体与氢氧化钙固体加热反应制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O；氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，会有氨气剩余，因此装置C中浓硫酸的作用是除水蒸气和氨气；综上所述，本题答案是：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O； 除水蒸气和氨气。 (3) 氮的氧化物能够与氧气、水共同作用生成硝酸，停止加热A和B中装置，但仍要通过a鼓入一定量的空气，可以提高氮氧化物的转化率，提高硝酸的产率；综上所述，本题答案是：使氧气与氮氧化物及水反应成硝酸，提高氮氧化物的转化率。(4)酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能够把NO氧化为硝酸根离子，变为无害物质，反应的离子方程式5NO+4H+3MnO4-=3Mn2+5NO3-+2H2O；综上所述，本题答案是：5NO+4H+3MnO4-=3Mn2+5NO3-+2H2O。(5) 氨气中-3价氮被氧化到+5价，氧气中0价氧被还原到-2价，设氨气有xmol，氧气有ymol，根据电子得失守恒可知：8x=4y，x:y=1:2，,空气中氧气大约占1/5体积，所以理论上氨气与鼓入空气的最佳比例为1:10；综上所述，本题答案是：1:10。(6)硝酸具有氧化性，能够将酚酞氧化为无色；综上所述，本题答案是：硝酸将酚酞氧化。【点睛】针对问题(5)，欲使氨气尽可能转化为硝酸，若是按照一般思路进行计算，氨气氧化为一氧化氮，一氧化氮与氧气和水生成硝酸，或一氧化氮又氧化为二氧化氮，二氧化氮与氧气和水反应生成硝酸；既繁琐又不容易得出结论；而抓住氧化还原反应的规律，氨气失电子总数等于氧气得电子总数，进行计算简单、快捷、准确。19.甲醇是最基本的有机化工原料之一。工业上可用二氧化碳和氢气反应来生产甲醇。(1)已知气态甲醇的燃烧热为a kJ/mol，2H2(g)+O2(g)= 2H2O(g) H=-bkJ/mol；H2O(g)=H2O(l) H= -ckJ/mol。 则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的H=_。(2)某温度下，在2 L密闭容器中，充入2.4 mol CO2和4.4 mol H2，发生合成甲醇的反应，测得甲醇的物质的量随时间的变化图像如下图中的曲线I，则前4分钟(CO2)=_；若在1 min时，改变某一反应条件，曲线I变为曲线II，则改变的条件为_；该温度下反应的化学平衡常数为_。 (3)在恒压的条件下，下列选项能说明CO2+3H2CH3OH+H2O反应已达平衡状态的是_。 A、正(H2): 逆(CH3OH)=3:1B、混合气体的密度不再变化C、混合气的平均摩尔质量不再变化 D、反应中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1，且比值保持不变(4)在另一温度下发生合成甲醇的反应，关闭K，向A容器中充入1 mol CO2和4 mol H2，向B容器中充入1.2 mol CO2和4.8 mol H2，两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为a L，反应达到平衡时容器B的体积为0.9a L，维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为_L(不考虑温度的变化，P为可自由滑动活塞，不考虑活塞的摩擦力)。(5)一定条件下甲醇可进一步氧化转化为甲酸。室温下，将amol/L的甲酸与bmol/L的NaOH溶液等体积混合，体系中存在c(Na+)=c(HCOO-)，试用含a和b的代数式表示甲酸的电离常数为_【答案】 (1). （a-1.5b-3c ）kJ/mol (2). 0.1 molL-1min-1 (3). 加入催化剂 (4). 0.2 (5). ABC (6). 0.65a (7). b10-7/(a-b) 【解析】【详解】(1) CH3OH(g) +3/2O2(g)= CO2(g) + 2H2O(l) H=-a kJ/mol；2H2(g)+O2(g)= 2H2O(g) H=-bkJ/mol；H2O(g)=H2O(l) H= -ckJ/mol。根据盖斯定律可知：3/2+3-可得：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H= （a-1.5b-3c） kJ/mol；综上所述，本题正确答案是：（a-1.5b-3c ）kJ/mol。(2)根据图像可知，前4分钟时间内，甲醇的浓度变化了0.4mol/L，(CH3OH)=0.4/4=0.1 molL-1min-1 ,根据速率之比和系数成正比规律可知，(CO2)= (CH3OH)= 0.1 molL-1min-1；若在1 min时，反应达平衡的时间缩短，速率加快，同时甲醇的浓度不变，平衡不动，因此曲线I变为曲线II，则改变的条件为加入催化剂；根据图像可知：CH3OH的物质的量变化了0.42=0.8 mol；反应达平衡时，c(CO2)=（2.4-0.8）/2=0.8 mol/L ，(CH3OH )=0.4mol/L ，c(H2)=（4.4-2.4）/2=1 mol/L ，c(H2O )=0.4mol/L；该温度下反应的化学平衡常数为K= c(CH3OH ) c(H2O )/ c(CO2) c3(H2)= 0.40.4/0.813=0.2；综上所述，本题答案是：0.1 molL-1min-1 ；加入催化剂, 0.2。 (3)在恒压的条件下，下列选项能说明CO2+3H2CH3OH+H2O反应已达平衡状态的是A、正(H2): 逆(CH3OH)=3:1，既标明了正逆反应速率方向，同时又满足速率之比和系数成正比，能够说明反应已达平衡状态，正确；B、反应前后混合气体的质量不变，反应前后混合气体的体积发生变化，因此当混合气体的密度不再变化时，反应达到平衡状态，正确；C、反应前后混合气体的质量不变，反应前后混合气体的总量发生变化，因此当混合气的平均摩尔质量不再变化时，反应达到平衡状态，正确；D、反应中H2O与CH3OH均为生成物，任何时候二者的量之比都为为1:1，不能判断反应达到平衡状态，错误；综上所述，本题选ABC。(4)打开K时,AB组成一个等温等压容器,相应的起始投入总物质的量与平衡的总体积成正比,设打开K重新达到平衡后总的体积为x,则x:(5+6)= 0.9a：6，x=1.65 a L；因为起始时容器A的体积为a L，所以重新达到平衡，容器B的体积为1.65a-a=0.65a L；综上所述，本题答案是：0.65a。(5)根据电荷守恒可知：c(Na+)+ c(H