四川省泸州市泸县第一中学2023-2024学年高二上学期期中化学试题（Word版附解析）

泸县一中高2022级高二上期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量有：H1C12O16Na23Cl35.5Si28Fe56Cu64第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.下列说法不正确的是A.化学反应中一定伴随能量变化B.S在纯氧中燃烧并未将全部化学能转化为热能C.物质所含化学键键能越低，其越稳定D.化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关【答案】C【解析】【详解】A．化学变化是旧键的断裂和新键的形成过程，断键吸热，成键放热，所以物质发生化学反应都伴随着能量变化，故A正确；B．S在纯氧中燃烧时产生热和光，将化学能转化为热能和光能，并未将全部化学能转化为热能，故B正确；C．物质所含化学键键能越大，化学键越稳定，则物质越稳定，故C错误；D．根据盖斯定律可知，化学反应的ΔH，是状态量，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确；故答案为C。2.在生产、生活中为增大反应速率而采取的措施合理的是A.食物放在冰箱中B.工业上煅烧硫铁矿制取SO2时，先将矿石粉碎C.在食品中添加适量防腐剂D.在糕点包装内放置小包除氧剂【答案】B【解析】【详解】A．食物放在冰箱中是利用降低温度的方法减慢食物腐败的速率，故A不符合题意；B．工业上煅烧硫铁矿制取SO2时，先将矿石粉碎的目的是增大反应物的接触面积，可加快反应速率，故B符合题意；C．在食品中添加适量防腐剂可有效减慢食物腐败变质速度，故C不符合题意；D．在糕点包装内放置小包除氧剂可抑制糕点的氧化，减慢食物腐败变质的速度，故D不符合题意；,答案选B。3.下列关于活化分子和活化能的说法错误的是A.活化分子间发生的碰撞一定是有效碰撞B.能够发生有效碰撞的分子称为活化分子C.普通分子获得活化能后就成为了活化分子D.活化能的作用在于使反应物活化来启动反应【答案】A【解析】【详解】A．活化分子间发生的碰撞不一定是有效碰撞，还与取向有关，A错误；B．普通分子必须先吸收能量变成活化分子才能发生有效碰撞，即能够发生有效碰撞的分子称为活化分子，B正确；C．活化能就是活化分子比普通分子多出那部分能量，普通分子获得活化能后成为活化分子，C正确；D．活化能指普通分子变成活化分子所需要吸收的能量，即活化能的作用在于使反应物活化来启动反应，D正确；故选A。4.依据下列含硫物质间转化的热化学方程式，得出的相关结论正确的是①　　②　　③　　A.BC.D.平衡后，只将反应③体系的体积压缩，则增大【答案】A【解析】【详解】A．③式-2×①式=②式，故，A项正确；,B．燃烧越充分放出的热量越多，因为是放热反应，为负值，故，B项错误；C．由A项分析可知，，C项错误；D．平衡常数只与温度有关，D项错误。答案选A。5.可逆反应达化学平衡时，下列说法不正确的是A.正反应速率等于逆反应速率B.反应物和生成物的浓度一定相等C.混合物的各成分的百分含量不变D.该可逆反应进行到最大限度【答案】B【解析】【详解】A.达到化学平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等，A正确；B.达到化学平衡状态时，各组分浓度保持不变，为定值，但不一定相等，B错误；C.达到化学平衡状态时，各组分浓度保持不变，物质的量、质量保持不变，百分含量也保持不变，C正确；D.达到化学平衡状态时，在外界条件不变的情况下，各组分的量始终保持不变，即为该反应的最大限度，D正确；答案选B。6.已知碘化氢分解吸热，分以下两步完成：2HI(g)→H2(g)+2I•(g)；2I•(g)→I2(g)，下列图像最符合上述反应历程的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据题干描述，碘化氢分解的总反应是吸热的，而第二步是成键过程，一定,是放热，故第一步必然吸热；A．结合图像，第一步吸热，第二步放热，总反应吸热，符合上述分析，故A符合题意；B．根据图像，总反应是放热反应，不符合上述分析，故B不符合题意；C．根据图像，第二步吸热，不符合上述分析，故C不符合题意；D．根据图像，第一步放热，第二步吸热，不符合上述分析，故D不符合题意。答案选A。7.在燃烧1.12L(标准状况)CO与O2的混合气体时，放出5.66kJ的热量，在相同的状况下，最后产物的密度为原来气体密度的1.25倍，则CO的燃烧热为A.283kJ·mol-1B.-283kJ·mol-1C.-566kJ·mol-1D.566kJ·mol-1【答案】A【解析】【分析】【详解】1.12L(标准状况)CO与O2的混合气体为0.05mol，CO和O2反应后气体密度变为原气体密度的1.25倍，根据质量守恒可知，反应后的气体体积为反应前的气体体积的0.8，则气体的物质的量为0.04mol；由CO的燃烧反应方程式2CO+O2＝2CO2可知，减少的物质的量等于反应的氧气的物质的量，即0.01mol，则反应的CO的物质的量为0.02mol，CO的燃烧热为5.66kJ÷0.02mol=283kJ•mol-1。故选A。8.下图是“MnO2对H2O2分解反应速率影响研究”的流程示意图。下列有关说法不正确的是A.实验时先加H2O2后加MnO2有利于增大固液接触面积B.为使实验顺利进行，H2O2不宜从图II漏斗处加入C.II、III处均可观察到迅速产生大量气泡，带余烬的木条复燃D.上述流程中不宜先加入MnO2再插入带余烬的木条【答案】C【解析】,【详解】A．实验时先加H2O2后加MnO2，则固液接触更充分，有利于增大固液接触面积，选项A正确；B．若装置已经连接好，则装置II的漏斗处不能直接加入过氧化氢，应该在连接前从漏斗处加入，选项B正确；C．过氧化氢在没有催化剂作用下不会迅速生成氧气，II处不会观察到迅速产生大量气泡，选项C错误；D．上述流程中应先插入带余烬的木条，证明过氧化氢分解很慢，再加入过氧化氢证明二氧化锰催化过氧化氢可迅速生成氧气；故不宜先加入MnO2再插入带余烬的木条，选项D正确。故选C。9.下列离子方程式书写正确的是A.与的反应：B.向溶液中加入稀C.向溶液中滴加溶液：D.向溶液中滴加足量溶液：【答案】B【解析】【详解】A．HF是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故与的反应无离子方程式，其反应方程式为：，A错误；B．向FeCl2溶液中加入稀HNO3反应生成Fe(NO3)3和NO、故离子方程式为：，B正确；C．Al3+和在水溶液中将发生双水解反应，则向溶液中滴加溶液的离子方程式为：，C错误；D．向溶液中滴加足量溶液则也能和OH-反应，故该离子方程式为：，D错误；故答案为：B。10.室温下，向10mLpH=11的氨水中加水稀释后，下列说法正确的是A.溶液中导电粒子的数目减少B.溶液中不变,C.一水合氨的电离程度增大，亦增大D.将10mLpH=11的氨水与10mLpH=3的盐酸混合，所得溶液的pH=7【答案】B【解析】【详解】A．加水稀释，，平衡正向移动，导电粒子的数目增多，A错误；B．，只受温度的影响，加水稀释，K不变，B正确；C．，平衡正向移动，电离程度增大，但是溶液体积增大减小，C错误；D．pH=11的氨水浓度远大于10mLpH=3的盐酸浓度，两溶液等体积混合，所得溶液呈碱性，pH>7，D错误；故选B。11.在下列各组溶液中，离子一定能大量共存的是A.由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、B.某无色澄清溶液中：K+、H+、Fe2+、C.常温下，的溶液中：、Cl-、Na+、Mg2+D.加入KSCN显血红色的澄清透明溶液中：Cu2+、K+、Cl-、I-【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol/L的溶液中，水的电离受到抑制，可以为酸性溶液或碱性溶液，与酸性溶液中的氢离子会发生反应生成水和二氧化硫，与碱性溶液中的氢氧离子发生反应生成水和，不能大量共存，故A不符合题意；B．Fe2+显浅绿色，Fe2+不能存在于无色溶液中，且Fe2+可以被H+、氧化成Fe3+，故在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；C．常温下，KW=c(H+)c(OH-)=10-14mol/L，的溶液中c(H+)=0.1mol/L，c(OH-)=10-,13mol/L，c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，酸性条件下，、Cl-、Na+、Mg2+之间不发生化学反应，故C符合题意；D．加入KSCN显血红色的澄清透明溶液中含有Fe3+，Cu2+、Fe3+都具有氧化性，I-具有还原性，Cu2+、Fe3+与I-之间会发生氧化还原反应，故D不符合题意；答案选C。12.设NA为阿伏加德罗常数的值，根据氯元素的“价-类”二维图，下列分析正确的是A.标准状况下，1.12LCCl4所含共价键数为2NAB.由“价-类”二维图推测ClONO2可能具有强氧化性，1molClONO2水解生成两种酸时，转移电子数为2NAC.工业上用NaClO3和SO2制备1molClO2时，消耗SO2分子数为0.5NAD.1L1mol/LNaClO溶液中含有ClO-数为1NA【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下，四氯化碳不是气体，1.12LCCl4的物质的量不是0.5mol，所含共价键数不是2NA，故A错误；B．ClONO2中Cl为+1价、N为+5价，O为-2价，+1价的Cl和+5价的N都有强氧化性，所以ClONO2具有强氧化性，ClONO2可水解生成硝酸和次氯酸，1molClONO2水解生成两种酸的反应不是氧化还原反应，故B错误；C．反应物为、SO2，生成物为ClO2和，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，其离子方程式为：2+SO2=2ClO2+，依据方程式可知，当生成2molClO2时，消耗SO2物质的量1mol，因此，制备1molClO2时，消耗SO2分子数为0.5NA，故C正确；D．1L1mol•L-1NaClO溶液中，次氯酸根离子水解，含有ClO-数小于1NA，故D错误；故选：C。,13.部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCN电离平衡常数(25℃)下列说法不正确的是A.室温时，将的稀KOH溶液与的稀HCOOH充分反应，若，，则反应后溶液B.中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的物质的量相等C.等浓度的HCOOH和HCN稀释相同的倍数后pH前者小于后者D.c(NH)相等的HCOONH4溶液、NH4CN溶液、NH4HCO3溶液中，c(NH4HCO3)＞c(NH4CN)＞c(HCOONH4)【答案】D【解析】【分析】酸的电离平衡常数HCOOH>H2CO3>HCN>，则酸根离子水解程度>CN->>HCOO-；【详解】A．根据反应KOH+HCOOH=HCOOK+H2O，氢氧化钾溶液n(OH-)为x×10-3×10a-14，HCOOH溶液中n(H+)=y×10-3×10-b，由题中信息可知x=y，a+b=14，可知，混合前，氢氧化钾溶液n(OH-)和HCOOH溶液中n(H+)相等，氢氧化钾属于强电解质全部电离，但是醋酸是弱酸部分电离，混合后，还会电离出氢离子，所以混合后的溶液显酸性，pH<7，A正确；B．HCOOH和HCN都是一元酸，若二者的浓度相等、体积相等，则二者的物质的量相等，与碱发生反应消耗的NaOH的物质的量就相等，B正确；C．CHCOOH电离常数K大于HCN的电离常数K，稀释前相同浓度CHCOOH的pH小于HCN的pH，温度不变K值不变，稀释相同倍数，稀释后相同浓度CHCOOH的pH仍小于HCN的pH，C正确；D．由上述分析可知，酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN，酸根离子水解程度CN-＞＞HCOO-，促进铵根离子水解程度大小顺序是CN-＞＞HCOO-，则相同浓度的这几种盐溶液中c(NH)小顺序是c(NH4CN)＜c(NH4HCO3)＜c(HCOONH4)，所以c(NH)相等的HCOONH4溶液、NH4CN溶液、NH4HCO3,溶液中c(NH4CN)＞c(NH4HCO3)＞c(HCOONH4)，D错误；故选D。14.常温下，将NaOH溶液滴加到二元弱酸H2A溶液中，混合溶液的pH与粒子浓度变化关系如图所示。下列叙述错误的是A.M是曲线与pH的关系B.C.水的电离程度：d>b>c>aD.d点溶液：【答案】C【解析】【分析】【详解】A．当=0时，Ka1等于此时的氢离子浓度，当=0时，Ka2等于此时的氢离子浓度，因Ka1>Ka2，=0时的氢离子浓度大于=0时的氢离子浓度，则M为曲线与pH的关系，故A正确；B．当=0时，Ka2等于此时的氢离子浓度=，故B正确；C．由图可知d点的溶质主要为Na2A和NaHA，此时溶液显中性，说明Na2A和NaHA的水解程度等于NaHA的电离程度，水解促进水的电离，电离抑制水的电离，两者程度相同恰好抵消对水电离的影响，而a、b、c三点的溶质组成中NaHA或H2A为主，对水电离均起抑制作用且酸性越强的对水电离的抑制作用,越大，则水的电离程度：d>c>b>a，故C错误；D．d点的溶质主要为Na2A和NaHA，且Na2A的浓度大于NaHA的浓度，此时溶液显中性，则溶液中离子浓度大小顺序为：，故D正确；故选：C。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.Ⅰ．在5L的密闭容器内充入10molA气体和5molB气体发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)，2s后达到平衡，此时测得平衡混合物中C的浓度为0.6mol/L。则：（1）用A的浓度变化表示该反应的平均反应速率_____________；（2）达到平衡后A的转化率为_____________。（3）平衡混合物中B的浓度为_____________。Ⅱ．在密闭容器中进行下列反应：CO2(g)+C(s)2CO(g)　ΔH＞0，达到平衡后，若改变下列条件，则平衡及指定物质的浓度如何变化？（4）增加C(s)，平衡___________(填“正向移动、逆向移动、不移动”，下同)。（5）减小密闭容器容积，保持温度不变，则平衡___________，c(CO)___________(填“增大、减小、不变”)（6）通入N2，保持密闭容器容积和温度不变，则平衡___________。（7）保持密闭容器容积不变，升高温度，则平衡___________。【答案】（1）（2）30%（3）0.7mol/L（4）不移动（5）①.逆向移动②.增大（6）不移动（7）正向移动【解析】【分析】Ⅰ．在5L的密闭容器内充入10molA气体和5molB气体发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)，2s后达到平衡，此时测得平衡混合物中C的浓度为0.6mol/L，根据三段式分析为：，据此分析解答(1)~(3)小题。【小问1详解】,由分析可知，用A的浓度变化表示该反应的平均反应速率，故答案为：；【小问2详解】由分析可知，达到平衡后A的转化率为，故答案为：30%；【小问3详解】由分析可知，平衡混合物中B的浓度为，故答案为：0.7mol/L；【小问4详解】由于C为固体，故增加C(s)，其浓度不变，正、逆反应速率不变，故平衡不移动，故答案为：不移动；【小问5详解】由于该反应正反应是一个气体体积增大的方向，故减小密闭容器容积，保持温度不变，则平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，c(CO)增大，故答案为：逆向移动；增大；【小问6详解】由于N2对反应体系无影响，故通入N2，保持密闭容器容积和温度不变，反应物CO2和生成物CO的浓度均不变，正、逆反应速率不变，则平衡不移动，故答案为：不移动；【小问7详解】由题干信息可知，该反应正反应为一个吸热反应，故保持密闭容器容积不变，升高温度，则平衡正向移动，故答案为：正向移动。16.利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50盐酸倒入内筒中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入内筒中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：（1）倒入NaOH溶液的正确操作是___________(填字母)。,A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入（2）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是___________(填字母)。A用温度计小心搅拌B.揭开杯盖用玻璃棒搅拌C.轻轻地振荡烧杯D.用套在温度计上的玻璃搅拌器轻轻地搅动（3）现将一定量的氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为、、，则、、的大小关系为___________。（4）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1，又知中和反应后生成溶液的比热容4.18J/(g·℃)。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度/℃终止温度/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.3220.220.423.4320.020.324.7420.420.623.8依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热___________(结果保留一位小数)。（5）若计算生成1mol时的放出的热量小于57.3kJ，产生偏差的原因可能是___________(填字母)。a．实验装置保温、隔热效果差b．量取盐酸的体积时仰视读数c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中d．用温度计测定盐酸起始温度后直接测定NaOH溶液的温度e．使用玻璃搅拌器搅拌不均匀f．实验中用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器【答案】（1）C（2）D（3）ΔH1=ΔH2<ΔH3,（4）（5）acdef【解析】【分析】中和热的测定实验，一种溶液的浓度稍过量，并且混合时两种溶液快速倒入，并用玻璃搅拌器搅拌混合均匀，使其充分反应，不断地读取数据，当温度下降时停止读数。【小问1详解】倒入NaOH溶液的正确操作是一次迅速倒入，使其充分反应，避免分次倒入，有热量的损失，故答案为：C。【小问2详解】A．不能用温度计小心搅拌，用环形玻璃搅拌器搅拌，故A错误；B．不能揭开杯盖用玻璃棒搅拌，应盖上硬纸板搅拌，故B错误；C．不能轻轻地振荡烧杯，应用环形玻璃搅拌棒搅拌，故C错误；D．用套在温度计上的玻璃搅拌器上下轻轻地搅动，故D正确；综上所述，答案为：D。【小问3详解】氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液都是强碱溶液，和1L1的稀盐酸恰好完全反应放出的热量相等，由于氨水电离会吸收热量，因此和1L1的稀盐酸恰好完全反应放出的热量少，则、、的大小关系为ΔH1=ΔH2<ΔH3；故答案为：ΔH1=ΔH2<ΔH3。【小问4详解】四次温度变化值分别为3.2℃、3.1℃、4.55℃、3.3℃，第三次数据误差较大舍去，则平均值为3.2℃，依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热；故答案为：。【小问5详解】a．实验装置保温、隔热效果差，有部分热量散失，则放出的热量小于57.3kJ，故a符合题意；b．量取盐酸的体积时仰视读数，则盐酸体积偏大，放出的热量偏多，故b不符合题意；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，有热量散失，放出的热量偏小，故c符合题意；d．用温度计测定盐酸起始温度后直接测定NaOH溶液的温度，得到的温度差降低，计算出的热量偏小，故d符合题意；e．使用玻璃搅拌器搅拌不均匀，反应不充分，放出的热量偏少，故e符合题意；,f．实验中用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器，铜会导热，放出的热量偏小，故f符合题意；综上所述，答案为：acdef。17.化学与社会、生产、生活息息相关，请回答下列问题：（1）用热的纯碱水刷洗餐具上的油污，试解释原因___________(用必要的语言和离子方程式作答)。（2）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。正丁烷()脱氢制1-丁烯()的热化学方程式如下：已知：①②③反应①的为___________；欲使丁烯的平衡产率提高，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）醋酸()是食醋的主要成分，也是重要的化工原料。①增大醋酸溶液中电离程度和pH，可采取的措施是___________(写一条)。②用蒸馏水稀释0.1的醋酸至0.01，稀释过程中温度不变，下列各项中始终保持增大趋势的是___________。A．B．C．D．【答案】（1），加热反应正向移动，溶液碱性增强（2）①.123②.AD（3）①.加水稀释或加入碱液②.C【解析】【小问1详解】，加热反应正向移动，溶液碱性增强。【小问2详解】,已知：①②③②-③得到；升高温度、降低压强化学平衡正向移动，丁烯的产率提高；【小问3详解】①增大醋酸溶液中电离程度和pH，可采取的措施是加水稀释或加入碱液；②加水稀释过程中，电离程度增大，物质的浓度减小，增大；不变。18.甲烷和甲醇(CH3OH)是重要的化工原料，也是重要的能源物质。（1）CH3OH(l)的燃烧热为725.8kJ/mol，请写出表示其燃烧热的热化学方程式：___________。（2）已知反应：，已知以下化学键的键能：C-H414kJ·mol-1，C-F489kJ·mol-1，H-F565kJ·mol-1，则F-F键能为___________kJ·mol-1。（3）在容积为1L的恒容密闭容器中投入等物质的量的CO2(g)和H2(g)，进行反应：。、的物质的量随时间变化关系如图所示。图中，表示正反应速率与逆反应速率相等的点是___________(填“a”、“b”、“c”或“d”)。用同一物质表示反应速率时，a、c两点的正反应速率：va___________vc(填“>”、“<”或“=”，下同)，该反应达到平衡时，CO2的转化率___________50%。（4）将2.0molCH4(g)和3.0molH2O(g)通入容积为2L的恒容密闭容器中，恒温条件下发生反应：。测得在10min时反应达到平衡，此时CH4的物质的量为1.6mol，则0~10min内，用CO表示该反应的平均反应速率v(CO)=___________。（5）甲烷可直接应用于燃料电池，该电池采用KOH溶液为电解质，其工作原理如图所示：,①外电路电子移动方向：___________(填“a→b”或“b→a”)②b处的电极反应为___________③标准状况下消耗5.6LO2，外电路中通过导线的电子的数目为___________。【答案】（1）（2）155（3）①.d②.>③.>（4）（5）①.a→b②.③.NA【解析】【小问1详解】燃烧热是101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，CH3OH(l)的燃烧热为725.8kJ/mol，则表示其燃烧热的热化学方程式为：【小问2详解】焓变ΔH=反应物总键能−生成物总键能，已知反应：，已知以下化学键的键能：C-H414kJ·mol-1，C-F489kJ·mol-1，H-F565kJ·mol-1，设F-F键能为x，则，得F-F键能=x=155kJ·mol-1。【小问3详解】图像纵坐标表示各物质的物质的量，根据图示可知，a、b、c点都还正在建立平衡的点，d点处于平衡状态，则表示正反应速率与逆反应速率相等的点是d；用同一物质表示反应速率时，从a点到c点正向建立平衡，正反应速率不断减小，因此a、c两点的正反应速率：υa＞υc；C点甲醇和二氧化碳物质的量相等，说明此时CO2的转化率为50%；则该反应达到平衡时，根据图中信息二氧化碳平衡时的物质的量比原来一,半还少，说明CO2的转化率＞50%；【小问4详解】将2.0molCH4(g)和3.0molH2O(g)通入容积为2L的恒容密闭容器中，恒温条件下发生反应：，测得在10min时反应达到平衡，此时CH4的物质的量为1.6mol，则CO物质的量为0.4mol，；【小问5详解】①由图知，a处通入甲烷为负极，b处通入氧气为正极，电子从原电池负极移向正极，则外电路电子移动方向：a→b；②b电极为正极，氧气得电子发生还原反应，电极方程式；③标准状况下消耗5.6LO2，对应物质的量为0.25mol，则外电路中通过导线的电子的数目：NA。19.二氧化钛和三氧化钨(TiO2/WO3)纳米异质结薄膜广泛应用于光催化、光电催化和传感器等领域。从废弃薄膜中回收钛和钨等稀缺金属既有利于资源综合利用又避免污染环境，以下是TiO2/WO3纳米异质结薄膜回收的工艺流程：已知：I．乙胺是无色极易挥发的液体，结构简式为CH3CH2NH2，呈碱性，与酸发生反应：CH3CH2NH2＋H=Ⅱ．酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”发生反应：2＋(CH3CH2NH3)2WO4Ⅲ．TiOSO4易溶于水，属于强电解质；偏钛酸难溶于水，其化学式可表示为H2TiO3或TiO(OH)2，室温时，Ksp[TiO(OH)2]=1.0×10−27。回答下列问题：（1）“碱浸”时需要不断搅拌的原因___________。（2）“萃取”前，需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是________。（3）“反萃取”步骤中，加入的试剂a最佳是________(填标号)。A．NaOH溶液B．氨水C．NH4Cl溶液,（4）写出“酸煮”步骤的化学反应方程式___________。（5）在制TiO2“水煮”时加水并加热的目的是___________。（6）检验“过滤Ⅲ”所得H2TiO3是否洗涤干净的方法是___________。（7）室温下测得“滤液Ⅲ”的pH=2，则此时滤液中c(TiO2+)为___________。【答案】（1）加快反应速率，提高浸取率（2）增大浓度，提高萃取率（或增大浓度，萃取平衡正向移动）（3）B（4）TiO2＋H2SO4TiOSO4＋H2O（5）均促进TiO2+的水解，使水解更充分（或使TiO2+的水解平衡正向移动）（6）取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净（7）0.001mol∙L−1【解析】【分析】废TiO2/WO3纳米薄膜与氢氧化钠溶液反应，不断搅拌，加速溶解，过滤，调节滤液的pH值有利于Na2WO4与“萃取”发生反应，再分液后加入氨水反萃取得到(NH4)2WO4，再加入盐酸酸化，过滤，最终得到WO3。将粗TiO2与H2SO4再加热条件下反应生成TiOSO4和H2O，在水煮得到，过滤，将煅烧得到TiO2。【小问1详解】为了将物质尽可能的浸取出来，同时提高反应速率，因此“碱浸”时需要不断搅拌的原因加快反应速率，提高浸取率；故答案为：加快反应速率，提高浸取率。【小问2详解】根据题中信息酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”发生反应：2＋(CH3CH2NH3)2WO4，“萃取”前，因此需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是增大浓度，提高萃取率(或增大浓度，萃取平衡正向移动)；故答案为：增大浓度，提高萃取率(或增大浓度，萃取平衡正向移动)。【小问3详解】“反萃取”步骤中，(CH3CH2NH3)2WO4和实际a反应生成CH3CH2NH2、(NH4)2WO4，因此加入的试剂a最佳是氨水；故答案为：B。【小问4详解】,根据“酸煮”前后的反应物和生成得到“酸煮”步骤的化学反应方程式TiO2＋H2SO4TiOSO4＋H2O；故答案为：TiO2＋H2SO4TiOSO4＋H2O。【小问5详解】根据，在制TiO2“水煮”时加水并加热的目的是均促进TiO2+的水解，使水解更充分或使TiO2+的水解平衡正向移动；故答案为：均促进TiO2+的水解，使水解更充分(或使TiO2+的水解平衡正向移动)。【小问6详解】H2TiO3沉淀表面有硫酸根杂质，因此检验“过滤Ⅲ”所得H2TiO3是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净。【小问7详解】