1、四川省宜宾市第三中学校2019-2020学年高二化学10月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56第卷 选择题（共40分）本卷共20个小题，每题2分，共40分，每小题只有一个选项符合题意。1.下列有关化学反应自发性的说法中正确的是()A. 放热反应一定是自发进行的反应B. 化学反应的熵变与反应的方向无关C. 反应的自发性要综合考虑焓变和熵变两种因素D. 只有不需要任何条件就能够自动进行的过程才是自发过程【答案】C【解析】【详解】化学反应的自发性判断依据是吉布斯自由能判据G=H-TS，其中H表示化学反应的焓变，T表示体系的温度，S表示化学反应的熵变（对于有
2、气体参与且气态物质的量增大的化学反应，其熵变通常是正值），S=生成物总熵-反应物总熵。若G0，则反应不能自发，若G=0，则反应达到平衡状态。A.放热反应不一定都能自发进行，放热反应的H0，该反应在高温条件下不一定能自发进行，故A错误；B.熵变与化学反应的方向有关，若反应方向相反，则熵变数据不同，故B错误；C.由上述分析可知，一个反应能否自发进行，需根据熵变和焓变进行综合判断，故C正确；D.自发过程的含义是：在一定条件下不需要借助外力作用就能自发进行的过程。有时需要提供起始条件，如燃烧反应等，故D错误，答案选C。【点睛】自发过程可以是物理过程，不一定是自发反应，如水往低处流、冰在室温下融化的过程
3、等，而自发反应一定是自发过程。某些自发反应需在一定条件下才能自发进行，非自发反应具备了一定条件也能发生。如甲烷燃烧时自发反应，但需要点燃才能发生；石灰石分解为氧化钙和二氧化碳为非自发反应，但在高温下也可以发生。2.下列说法中，可以证明反应N23H22NH3已达到平衡状态的是()1个NN键断裂的同时有3个HH键形成N2、H2、NH3的分子数之比为1321个NN键断裂的同时有6个NH键形成N2、H2、NH3浓度不再变化A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】可逆反应的平衡状态判断依据是“变量不变”一定平衡。.由方程式可知，每断裂1个NN的同时，一定有3个H-H键断裂，若同时有3个H-H形
4、成，则说明v正=v逆，化学反应达到平衡状态，故选；.题干未告知各物质的起始量以及转化率，无法判断达到平衡时N2、H2、NH3的分子数之比，故根据分子个数比无法判断反应是否达到平衡状态，故不选；.由方程式可知，每断裂1个NN，一定会有6个N-H键形成，故无法判断是否达到平衡状态，故不选；.当其它条件不变，反应中物质的浓度不再变化时，反应一定达到平衡状态，故选；综上所述，可以证明该反应已达到平衡状态的是，故答案为A。【点睛】对于平衡状态的判断，需注意审题，抓住题干的关键词，不能断章取义形成固定思维，要灵活变通，如本题的表示的是不同方向的速率，而表示的是同一个方向。3.在一定温度下，将2molSO2
5、和1mol O2充入一定容积的密闭容器中，在催化剂作用下发生如下反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H197kJmol1，当达到化学平衡时，下列说法中正确的是（ ）A. SO2和SO3共2molB. 生成SO32molC. 放出197kJ热量D. 含氧原子共8mol【答案】A【解析】【详解】A.从方程式2SO2(g)O2(g)2SO3(g)中可以看出，SO2与SO3的化学计量数相等，在化学反应过程中，SO2减少的物质的量与SO3增加的物质的量相等，故达平衡时，SO2和SO3共2mol，A正确；B. 因为反应为可逆反应，所以2molSO2不可能全部转化为SO3，从而得出生成SO32mol
6、，B错误；C. 从热化学方程式可以看出，2molSO2全部反应，放出197kJ热量，但由于参加反应的SO22mol，所以放热c+d【答案】B【解析】将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡1.7倍，D的浓度小于原来的2倍，所以平衡逆向移动，abcC. acbD. cab【答案】D【解析】【分析】根据外界条件对铵根离子水解平衡的影响分析解答。【详解】(NH4)2SO4溶液中，只是铵根离子的水解；(NH4)2CO3溶液中碳酸根离子的水解对铵根离子的水解有促进作用；(NH4)2Fe（SO4）2溶液中亚铁离子的水解对铵根离子的水解有抑制作用，所以在浓度相等的条件下NH4的浓度的大
7、小关系是cab，答案选D。13.下列装置或实验操作正确的是A. 用pH试纸测某溶液的酸碱性B. 探究氧化性：KMnO4Cl2I2C. 吸收氨气制氨水D. 中和滴定实验【答案】B【解析】A用pH试纸测某溶液的酸碱性，pH试纸放在玻璃片上，不能放在桌子上，A错误；B锥形瓶中发生反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，氧化性KMnO4Cl2，烧杯中发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化性Cl2I2，B正确；C吸收溶解度较大的气体时，漏斗应刚好接触溶液，不是深入到溶液内，C错误；D滴定过程中，需要控制活塞和振荡锥形瓶，即左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动
8、锥形瓶，D错误；答案选B。14.在10 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中加入等体积、等浓度CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系不正确的是()A. c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)B. c(OH)c(H)c(CH3COOH)C. c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)D. c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)【答案】C【解析】【分析】CH3COOH是一元弱酸，在10mL0.1molL-1NaOH溶液中加入同体积同浓度的CH3COOH溶液，发生反应生成醋酸钠和水；根据物料守恒分析A选项；根据质子守恒分析B选项；根据醋酸根离子水解和溶液显碱性分析
9、C选项；根据电荷守恒分析D选项。【详解】A.反应后溶液的溶质为醋酸钠，根据物料守恒可得：c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)，不符合题意；B.醋酸钠溶液中的质子守恒为：c(OH)c(H)c(CH3COOH)，不符合题意；C.醋酸钠溶液中醋酸根水解会消耗醋酸根离子，故c(Na)c(CH3COO)，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，故c(OH) c(H)，因醋酸根离子的水解程度很微弱，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na)c(CH3COO) c(OH) c(H)，符合题意；D.醋酸钠溶液中的电荷守恒为：c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，不符合题意；综上所述，答案为C。15.下
10、列关于反应热的描述中正确的是（ ）A. HCl和NaOH反应的中和热H-57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2反应生成1molH2O时会放出57.3kJ的热量B. 甲烷的燃烧热为890.3kJmol-1，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H-890.3kJmol-1C. 一定条件下，将0.5molN2和l.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3，放热19.3kJ，则其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H-38.6kJmol-1D. 若S(s)+O2(g)SO2(g) H1，S(g)+O2(g)SO2
11、(g) H2；H1H2，D错误。故选B。16.常温下，用 0.1000molL1 NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000molL1某一元酸HA溶液，滴定曲线如图。下列说法正确的是( )A. HA是强电解质B. 点所示溶液中：c(A) c(Na)c(H) c(OH)C. 点所示溶液中：c(Na) =c(HA) c(A)D. 水的电离程度随着NaOH溶液的滴入，不断增大【答案】B【解析】【分析】根据盐类的水解规律及弱电解质的电离平衡分析解答；根据混合溶液中离子浓度的大小比较规律分析解答。【详解】A.根据图象中氢氧化钠溶液体积为0时HA溶液的pH可知，若HA为强酸，0.1mol/L的HA溶液的
12、pH=1，而0.1mol/L的HA溶液的pH一定大于1，故HA为弱酸，即弱电解质，故A错误；B.点时，V(NaOH)=10.00mL，HA过量，氢氧化钠被完全反应，发生了中和反应：NaOH+HA=NaA+H2O ，所得溶液中含等物质量浓度HA和NaA，由于溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，故溶液中的离子浓度大小顺序为：c(A) c(Na)c(H) c(OH)，故B正确；C. 若两者恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，则恰好反应时溶液的pH7，点pH=7，即c（H+）=c（OH-），说明此时氢氧化钠不足，根据电荷守恒，可得到：c(Na) +c(H+)=c(OH-) c(A)，其中，c（
13、H+）=c（OH-），则c(Na) = c(A)，故C错误；D. 向HA溶液中滴加NaOH溶液的过程中，在没有完全反应前水的电离程度一直增大，但当NaOH过量后即点后，随着NaOH的加入，水的电离程度逐渐减小，故D错误。故选B。【点睛】酸、碱中和型离子浓度的关系17.下列生产生活等实际应用中，不能用勒夏特列原理解释的是( )A. 新制氯水中存在平衡Cl2+H2O HCl+ HClO，当加入AgNO3溶液后溶液颜色变浅B. 使用更有效的催化剂，提高可逆反应的转化率C. 工业合成NH3是放热反应，为提高NH3的产率，理论上应采取低温的措施D. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用
14、率（2SO2+O22SO3）【答案】B【解析】【分析】勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡将向能够减弱这种改变的方向移动。勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释，据此分析解答。【详解】A.氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，当加入AgNO3溶液后，生成氯化银沉淀，溶液中氯离子浓度降低，平衡向右移动，氯气的浓度减小，溶液颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，不符合题意；B.由于催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，符合题意；C.合成氨反应是放热的反应，降低温度，会促使平衡正向移动，可以提
15、高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，不符合题意；D.通入过量空气，增加了氧气的浓度，促进平衡正向移动，二氧化硫的转化率将会增大，能用勒夏特列原理解释，不符合题意；综上所述，答案为B。18.室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是A. pH3的盐酸和pH11的氨水等体积混合B. pH3的盐酸和pH11的氢氧化钡溶液等体积混合C. pH3的醋酸和pH11的的氢氧化钡溶液等体积混合D. pH3的硫酸和pH11的氨水等体积混合【答案】C【解析】【详解】A选项，一水合氨为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢氧根离子，pH3的盐酸中氯化氢浓度为0001mol/L，而pH11的氨水中一水合氨浓度远远大于001mo
16、l/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH一定大于7，故A错误；B选项，盐酸是强酸，氢氧化钡是强碱，完全电离，所以pH3的盐酸和pH11的氢氧化钡溶液等体积混合，二者恰好完全反应产生水，所以溶液的pH7，故B错误；C选项，pH3的醋酸中，醋酸为弱电解质，醋酸的物质的量浓度大于0001mol/L，pH11的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的浓度为0001mol/L，两溶液等体积混合后醋酸过量，溶液显示酸性，溶液的pH一定小于7，故C正确；D选项，一水合氨为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢氧根离子，pH=3的硫酸中硫酸浓度为0001mol/L，而pH=11的氨水中一水合氨浓度远远大于001
17、mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH一定大于7，故D错误；综上所述，答案为C。考点：考查溶液溶液酸碱性判断19.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是( )酸HXHYHZ电离常数Ka910791061102A. 相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大B. 相同温度下，1mol/L HX溶液的电离平衡常数小于0.1mol/L HXC. 三种酸的强弱关系：HXHYHZD. HZ+Y=HY+Z能够发生反应【答案】D【解析】分析：相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸
18、制取弱酸分析解答。详解：A. 根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZHYHX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故A错误；B. 相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故B错误；C. 相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZHYHX，故C错误；D. 由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y=HY+Z能够发生反应，所以D选项是正确的；所以D选项是正确
19、的。20.下图所示与对应叙述相符合的是（）A. 图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS)Ksp(CuS)B. 图乙表示pH=2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线,则酸性:甲酸乙酸C. 图丙表示室温下用0.10 molL-1 NaOH溶液滴定25.00 mL未知浓度的盐酸的滴定曲线,则c(HCl)=0.08 molL-1D. 图丁表示反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线,则转化率:A(H2)=B(H2)【答案】AC【解析】A. 依据图象分析可知，硫化铜溶度积小于硫化亚铁，故A正确；B. 随着稀释，甲酸
20、的pH变化大，说明酸性：甲酸乙酸，故B错误；C. 图丙表示用0.1000 molL-lNaOH溶液滴定25.00 mL盐酸的滴定曲线，滴定终点时，n(HCl)=n(NaOH)，则 c(HCl)=0.0800 mol/L，故C正确；D. 根据图像，随着n(N2)/n(H2)的增大，相当于增大氢气的物质的量，平衡正向移动，但氢气的转化率减小，因此A(H2)B(H2)，故D错误；故选AC。第卷（非选择题 共60分）本卷包括5个小题，共60分。21.（1）已知在氨水中存在下列平衡：NH3H2ONH4OH。向氨水中加入NH4Cl固体时，平衡_移动(填“向右”或“向左”)，c(OH)_(填“增大”或“减小
21、”)。向氨水中加水稀释时，平衡_移动(填“向右”或“向左”)。（2）FeCl3净水的原理是（用离子方程式表示）_，将AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是_（写化学式）。（3）已知草酸是二元弱酸，常温下测得0.1mol/L的KHC2O4的pH为4.8，则此KHC2O4溶液中c(C2O42-)_c(H2C2O4)(填“大于”或“小于”或“等于”）。【答案】 (1). 向左 (2). 减小 (3). 向右 (4). Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (5). Al2O3 (6). 大于【解析】【详解】（1）向氨水中加入NH4Cl固体时，NH4Cl溶于水发生电离，NH4Cl
22、=NH4+OH-，增大了溶液中的c(NH4+)，从而使平衡向左移动，c(OH)减小。答案为：向左；减小；向氨水中加水稀释时，同等程度地减小了反应物和生成物的浓度，但生成物的总浓度减小的更多，从而使平衡向右移动。答案为：向右；（2）FeCl3净水的原理是Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，在AlCl3溶液中存在下列平衡： AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，在蒸干、灼烧过程中，HCl挥发、促进水解，得到氢氧化铝固体，Al(OH)3分解：2Al(OH)3Al2O3+3H2O，最后得到的主要固体产物是Al2O3。答案为：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；Al2O3
23、；（3）0.1mol/L的KHC2O4的pH为4.8，溶液显酸性，说明在此KHC2O4溶液中，HC2O4-C2O42-+H+是主要反应，HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-是次要反应，因此c(C2O42-)大于c(H2C2O4)。答案为：大于。22.二氧化碳是用途非常广泛的化工基础原料，回答下列问题：（1）工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。已知：CO2(g)3H2(g)CH3OH(l)H2O(l) H1-131.0kJmol-1H2(g)O2(g)H2O(l) H2-285.8kJmol-1则CH3OH的燃烧热H_。（2）在催化剂作用下，CO2和CH4可以直接转化为乙酸：CO2(g)CH4
24、(g)CH3COOH(g) H+36.0kJmol-1欲使乙酸的平衡产率提高，应采取的措施是_（填标号）。A升高温度 B降低温度 C增大压强 D降低压强（3）高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：C(s)CO2(g)2CO(g)。该反应的平衡常数表达式K_。向容积为1L的恒容容器中加入足量的碳和0.2molCO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示。则该反应为_（填“放热”或“吸热”）反应。某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2molCO2，达到新平衡后，体系中CO的百分含量_（填“变大”或“变小”或“不变”），平衡常数_（填“变大”或“变小”或
25、“不变”）。【答案】 (1). -726.4kJmol-1 (2). AC (3). (4). 吸热 (5). 减小 (6). 不变【解析】【详解】（1）CO2(g)3H2(g)CH3OH(l)H2O(l) H1-131.0kJmol-1 H2(g)O2(g)H2O(l) H2-285.8kJmol-1 3-即可得出CH3OH(l)O2(g)CO2(g)2H2O(l) H2-726.4kJmol-1。答案为：-726.4kJmol-1；（2）因为正反应吸热，所以应升温使平衡向正反应方向进行；因为反应物气体分子数大于生成物，所以应加压使平衡向正反应方向进行，从而提高平衡产率。答案为：AC；（3）
26、根据方程式可知该反应的平衡常数表达式K。答案为：；从图象中可以看出，温度升高，c(CO2)减小，则表明平衡正向移动，由此可得出该反应为吸热反应。某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2molCO2，相当于加压，平衡逆向移动，达到新平衡后，体系中CO的百分含量减小；虽然平衡发生移动，但温度不变，平衡常数不变。答案为：吸热；减小；不变。23.使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g/100mL）。实验步骤：（1）配制100mL待测白醋溶液。用_（填仪器名称）量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中，洗涤，定容，摇匀即得。（2）取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，
27、向其中滴加2滴_作指示剂。（3）读取盛装0.1000mol/LKOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为_mL。（4）滴定：当_时，停止滴定，并记录KOH溶液的终点读数，重复滴定3次。实验记录：滴定次数实验数据（mL）1234V（样品）20.0020.0020.0020.00V（KOH）（消耗）15.9515.0015.0514.95数据处理与讨论：（1）经计算，市售白醋总酸量_g/100mL。（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是_（填写选项字母）。A碱式滴定管在滴定前未用标准KOH溶液润洗B碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失C锥形瓶
28、中加入待测白醋溶液后，再加少量水D锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 酚酞 (3). 0.60 (4). 溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色 (5). 4.5 (6). AB【解析】【详解】（1）用量筒量取液体时，只能读到小数后一位，用滴定管量取液体时，可以读到小数点后两位。量取10.00mL食用白醋，只能用酸式滴定管。答案为：酸式滴定管；（2）恰好反应时生成醋酸钠，溶液显碱性，用酚酞作指示剂。答案为：酚酞；（3）如果液面位置如图所示，则此时的读数为0.60mL。答案为：0.60；（4）由于用酚酞作指示剂，因此当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟
29、内不褪色时，停止滴定，并记录KOH溶液的终点读数，重复滴定3次。答案为：溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；（1）四组数据中，第一组偏差大，为失真数据，只能用后三组数据取平均值进行计算。市售白醋总酸量。答案为：4.5；（2）进行误差分析时，使用公式c(CH3COOH)=进行分析。A碱式滴定管在滴定前未用标准KOH溶液润洗，V(KOH)偏大，c(CH3COOH)偏大；B碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，V(KOH)偏大，c(CH3COOH)偏大；C锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，V(KOH)不受影响，c(CH3COOH)不变；D锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，
30、V(KOH)偏小，c(CH3COOH)偏小。综合以上分析，AB符合题意。答案为：AB。24.废弃的锌猛干电池对环境污染很大，工业上可用如下工艺回收正极材料中的金属(部分条件未给出)：（1）MnO(OH)中Mn化合价为_；实验室保存FeSO4溶液时为防止被氧化需加入_；实验室保存Fe2(SO4)3溶液时为抑制其水解应当加入_。（2）加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，则用离子方程式表示为_。（3）该工艺流程中多次用到过滤，实验室中过滤所需要的玻璃仪器除烧杯外还有_。（4）已知：25时，已知KspFe(OH)3110-38，当Fe3+浓度为110-5molL-1时，认为Fe3+沉淀完全，
31、滤液1中加入NaOH溶液至pH_时Fe3+沉淀完全。【答案】 (1). +3 (2). 铁粉 (3). 硫酸 (4). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (5). 漏斗、玻璃棒 (6). 3【解析】【分析】（1）由化合价的代数和为0，可求出Mn的化合价；Fe2+被氧化时生成Fe3+，加入铁粉可将Fe3+还原为Fe2+；Fe2(SO4)3水解生成硫酸，溶液时为抑制其水解应当加入硫酸。（2）加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+。（3）实验室中过滤所需要的玻璃仪器除烧杯外，还需的仪器，可从过滤装置中寻找。（4）Fe3+沉淀完全时，滤液1中c(OH-)可从KspFe(OH)3(F
32、e3+)c3(OH-)=110-38求得，然后求其pH。【详解】（1）MnO(OH)中，H为+1价，O为-2价，由化合价的代数和为0，可求出Mn的化合价为+3价；Fe2+被氧化时生成Fe3+，实验室保存FeSO4溶液时为防止被氧化需加入铁粉；Fe2(SO4)3水解生成硫酸，实验室保存Fe2(SO4)3溶液时为抑制其水解应当加入硫酸。答案为：+3；铁粉；硫酸；（2）加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，则H2O2被还原为H2O，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（3）实验室中过滤所需要的玻璃仪器除烧杯
33、外，还需要的仪器为漏斗、玻璃棒。答案为：漏斗、玻璃棒；（4）当Fe3+浓度为110-5molL-1时，认为Fe3+沉淀完全，则根据KspFe(OH)3(Fe3+)c3(OH-)=110-38可知c(OH-)=10-11mol/L，c(H+)=10-3mol/L，pH=3。答案为：3。25.（1）工业废水中常含有Cu2+等重金属离子，直接排放会造成污染，目前在工业废水处理过程中，依据沉淀转化的原理，常用FeS等难溶物质作为沉淀剂除去这些离子。已知室温下Ksp(FeS)=6.310-18，Ksp(CuS)=1.310-36。请用离子方程式说明上述除杂的原理_。（2）在t时，某NaOH稀溶液中，c(
34、H)10-amol/L，c(OH)10-bmol/L，已知ab12，则该温度下水的离子积常数KW_。在该温度下，将100mL0.1mol/L的稀硫酸与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH_。工业生成尿素的原理是以NH3和CO2为原料合成尿素，反应的化学方程式为2NH3(g)+ CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(1)，该反应的平衡常数和温度关系如下：T/165175185195K111.974.150.634.8（1）H_0（填“”、“”或“=”）。（2）在一定温度和压强下，若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比（氨碳比）n(NH3)n(CO2)x，如图是氨碳比
35、（x）与CO2平衡转化率（）的关系，随着x增大而增大的原因是_。（3）图中的B点对应的NH3的平衡转化率为_。【答案】 (1). FeS+Cu2+=Fe2+CuS (2). 10-12 (3). 11 (4). (5). x越大，则NH3的相对量越多，即相当于平衡体系中增大NH3浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大 (6). 32%【解析】【详解】（1）由于室温下Ksp(FeS)=6.310-18，Ksp(CuS)=1.310-36，在相同条件下CuS的溶解度更小，沉淀会向着生成CuS的方向进行，因此上述除杂的原理是FeS与Cu2+反应，生成Fe2+和CuS，离子方程式为FeS+Cu2+=F
36、e2+CuS。答案为：FeS+Cu2+=Fe2+CuS；（2）该温度下水的离子积常数KWc(H+)c(OH-)=10-a10-b=10-(a+b)=10-12。答案为：10-12；在该温度下，将100mL0.1mol/L的稀硫酸与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，反应后溶液的c(OH-)=0.1mol/L，c(H+)=10-11mol/L，pH=11。答案为：11。（1）从表中数据可以看出，温度升高，平衡常数K减小，则平衡逆向移动，从而可确定H0。答案为：；（2）随着x增大而增大的原因是x越大，则NH3量越多，即相当于平衡体系中加入NH3，增大NH3浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大。答案为：x越大，则NH3的相对量越多，即相当于平衡体系中增大NH3浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大；（3）设n(NH3)=4mol，则n(CO2)=1mol。图中B点对应的NH3的平衡转化率为=32%。答案为：32%。