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2021-2022学年安徽省宿州市十三所重点中学高二（上）期末化学试卷（理科）（一）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年安徽省宿州市十三所重点中学高二（上）期末化学试卷（理科）（一）（含答案解析），共23页。试卷主要包含了9kJ⋅ml−1，0kJ⋅ml−1，【答案】A，2∼10进行分析判断；，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省宿州市十三所重点中学高二（上）期末化学试卷（理科）（一）
1. 2021年，我国航空航天事业取得了辉煌成就．下列成就所涉及的材料为半导体材料的是( )
A. “天问一号”探测器使用的复合材料——SiC增强铝基复合材料
B. “天舟三号”货运飞船使用的质量轻强度高的材料——铝合金
C. “长征五号”运载火箭使用的高效清洁的液体燃料——液氢
D. “神舟十三号”载人飞船使用的太阳能电池材料——砷化镓
2. 化学与生活密切相关，下列应用原理与盐类的水解无关的是( )
A. 热的纯碱溶液可用于去除餐具上的油污 B. 氯化铵溶液可作焊接金属的除锈剂
C. 盐卤(主要成分MgCl2)可用于制豆腐 D. 泡沫灭火器可用于抢救突发的火灾
3. 设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是( )
A. 在100mL0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中所含阴离子的数目为0.01NA
B. 在铁制品上镀铜时，阴极增重64克，则电路中通过的电子数目为2NA
C. 在500℃、催化剂作用下，将128gSO2和过量O2置于密闭容器中充分反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，转移的电子数目小于4NA
D. 1molCH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中，CH3COO−的数目为NA
4. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是( )
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A.
FeCl2溶液(FeCl3)
Fe粉
B.
工业废水(Cu2+、Hg2+和Pb2+)
FeS固体
C.
Cl2(HCl)
NaHCO3溶液、浓H2SO4
D.
NO(NO2)
NaOH溶液、无水CaCl2
A. A B. B C. C D. D
5. 在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
A. 有色透明溶液中：Fe3+、Ba2+、SCN−、NO3−
B. 强酸性溶液中：Fe2+、K+、CO32−、NO3−
C. 含有大量Al3+的溶液中：K+、Na+、HCO3−、Cl−
D. 常温下水电离的C平(H+)为1.0×10−12mol⋅L−1的溶液中：K+、Na+、SO42−、NO3−
6. 在0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中，各种微粒之间存在如下关系，其中不正确的是( )
A. C平(Na+)+C平(H+)=C平(HCO3−)+C平(CO32−)+C平(OH−)
B. C平(Na+)=C平(HCO3−)+C平(CO32−)+C平(H2CO3)
C. C平(H+)+C平(H2CO3)=C平(CO32−)+C平(OH−)
D. C平(Na+)>C平(HCO3−)>C平(H2CO3)>C平(CO32−)
7. 如下表是人体内一些体液的正常pH范围，则在正常情况下，下列有关说法正确的是( )
体液
胃液
尿液
血夜
胰液
pH
0.9∼1.5
4.7∼8.4
7.35∼7.45
7.5∼8.0
A. 人体的胃液能使石蕊溶液变蓝 B. 人体的尿液可能呈现酸性
C. 人体的胰液能使酚酞溶液变红 D. 广泛pH试纸可精确测得以上体液的pH
8. 可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡作内服造影剂。医院抢救钡离子中毒患者时，除催吐外，还要向患者胃内灌入硫酸钠溶液。已知：
①常温下，Ksp(BaCO3)=5.1×10−9mol2⋅L−2，Ksp(BaSO4)=1.1×10−10mol2⋅L−2
②通常情况下，当溶液中离子浓度小于或等于1.0×10−5mol⋅L−1时，则认为该离子沉淀完全
下列推断不正确的是( )
A. 可以用0.35mol⋅L−1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃
B. 抢救钡离子中毒患者时，若没有Na2SO4溶液，可用Na2CO3溶液代替
C. 在医院进行肠胃检查时，不能用碳酸钡代替硫酸钡作内服造影剂
D. 在饱和碳酸钠溶液中加入硫酸钡，可实现硫酸钡向碳酸钡的转化
9. 反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92.2kJ⋅mol−1达到平衡状态后，改变某一条件，下列图象与条件变化相悖的是( )
A.增大N2浓度
B.升高温度
C.改变压强
D.加入催化剂
A. A B. B C. C D. D
10. 某温度下，难溶物FeR的水溶液中存在平衡FeR(s)⇌Fe2+(aq)+R2−(aq)，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A. d点为FeR的不饱和溶液
B. c点无沉淀生成
C. 将FeR溶于一定浓度的FeCl2溶液可以得到b点
D. 该温度下，Ksp(FeR)的数量级为10−18
11. 下列解释相应实验现象的方程式不正确的是( )
A. 向CH3COONa溶液中滴入酚酞，溶液变为红色：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−
B. 向0.1mol⋅L−1氨水中滴入紫色石蕊溶液，溶液变为蓝色：NH3⋅H2O=NH4++OH−
C. 向酸性KMnO4溶液中滴入适量FeSO4溶液，溶液紫红色褪去，变为黄色：5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
D. Mg(OH)2悬浊液中滴入氯化铵溶液，沉淀溶解：Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3⋅H2O
12. 某无色溶液中含有Na+、Ba2+、Fe2+、Cl−、I−、SO32−、SO42−中的几种，对该溶液进行下列实验，实验操作和现象如下表：
步骤
操作
现象
(1)
取少量溶液于试管中，滴加几滴酚酞溶液
溶液变为浅红色
(2)
另取少量溶液滴加过量氯水，再加入CCl4，振荡，静置
液体分层，上层无色，下层呈紫红色
(3)
取(2)上层溶液，加入过量Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，过滤
有白色沉淀产生
(4)
向(3)的滤液中加入过量AgNO3溶液和稀HNO3
有白色沉淀产生
下列结论正确的是( )
A. 肯定含有：Na+、I−、SO32− B. 肯定含有：Fe2+、Cl−、SO42−
C. 肯定没有：Ba2+、Fe2+、I− D. 可能含有：Fe2+、SO32−、SO42−
13. 某研究小组为探究电化学腐蚀的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化(结果如图2)，腐蚀过程可简单用图3表示。下列叙述不正确的是( )
A. 碳粉表面的电极反应式只有：2H++2e−=H2↑
B. 图1中，锥形瓶底部的碳粉上发生了还原反应
C. 图2中，t2时容器中压强明显小于起始压强是因为铁粉发生了吸氧腐蚀
D. 图3中，发生腐蚀时电子转移方向如箭头所示
14. 实验测得0.5mol⋅L−1CH3COONa溶液、0.5mol⋅L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A. 随温度升高，纯水中c平(H+)和c平(OH−)一定相等
B. 随温度升高，CH3COONa溶液的c平(OH−)将逐渐增大
C. 随温度升高，CuSO4溶液的pH变化只与Kw改变有关
D. 随温度升高，CH3COO−和Cu2+水解平衡移动方向相同
15. 我国科学家研发了一种水系可逆Zn−CO2电池，电极材料为金属锌和选择性催化材料，电池工作时，双极膜(由阴、阳膜复合而成)层间的H2O解离成H+和OH−，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。电池工作原理如图所示，下列说法正确的是( )
A. 放电时，电池负极反应为2Zn+4OH−=2Zn(OH)42−
B. 充电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2NA
C. 充电时，电解质溶液1中阴离子向双极膜移动
D. 电解质溶液2可以是碱性溶液
16. 以酚酞为指示剂，用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2X溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。[比如二元弱酸H2A中，A2−的分布系数：δ(A2−)=c(A2−)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]。下列叙述错误的是( )
A. 曲线①代表δ(HX−)，曲线②代表δ(X2−)
B. 滴定终点时，溶液中C平(Na+)<2c平(X2−)+C平(HX−)
C. H2X溶液的浓度为0.1000mol⋅L−1
D. HX−的电离常数Ka=1.0×10−2
17. 研究电解质在水溶液中的离子反应和平衡有重要的意义。
(1)实验人员运用pH传感器测定0.1000mol⋅L−1盐酸滴定10.00mL未知浓度氨水的pH随盐酸体积的变化情况如图所示。请结合该图回答下列问题：
①盐酸滴定氨水应选择的指示剂为 ______(选填“酚酞”或“甲基橙”)。
②滴定终点时，溶液中各离子浓度从大到小的顺序为 ______。
③滴定曲线上有以下四点：M(1.47,10.00)、N(9.80,7.00)、P(10.00,4.18)和Q(11.68,2.00)，所对应的溶液中水的电离程度最大的点是 ______。
(2)25℃时，三种酸的电离平衡常数(单位略)如表：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数Ka
1.8×10−5
Ka1=4.3×10−7Ka2=5.6×10−11
4.0×10−8
请回答下列问题：
①相同浓度的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液，前者的pH ______(填“>”“<”或“=”下同)后者的pH。
②pH相同且体积相同的盐酸和醋酸溶液中分别滴加相同物质的量浓度的NaOH溶液至反应完全，消耗NaOH溶液的体积：V(前者)______V(后者)
③已知：①氯气与水反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO；②“84消毒液”的主要成分为NaClO。下列叙述正确的是 ______(填序号)。
a.将少量Na2CO3固体加入醋酸溶液中不会产生气泡
b.在新制氯水中加入NaHCO3固体，可增强该溶液的漂白性
c.在“84消毒液”中滴入少量白醋，可增强其杀菌消毒能力
④用蒸馏水稀释0.1mol⋅L−1的醋酸溶液，下列各式表示的数值随加水量的增加而逐渐减小的 ______是(填序号)。
a.c平(CH3COOH)c平(H+)
b.c平(CH3COO−)c平(CH3COOH)
c.Ka(CH3COOH)c平(H+)
d.c平(H+)c平(OH−)
⑤25℃时，0.01mol⋅L−1的次氯酸溶液中C平(H+)为 ______mol⋅L−1。
18. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，体现大国担当。利用含CO2的工业废气为碳源，在催化剂作用下，与氢气反应制备甲醇对节能减排和碳资源的循环利用具有重要意义。
(1)①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(1)+H2O(I)ΔH=−130.9kJ⋅mol−1
②CH3OH(I)=CH3OH(g)ΔH=+37.9kJ⋅mol−1
③H2O(I)=H2O(g)ΔH=+44.0kJ⋅mol−1
则CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=______。
(2)T1℃时，将H2和CO2置于10L恒温恒容密闭容器中在一定条件下合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。反应过程中的部分数据见下表：
反应时间/min
0
10
20
30
n(CO2)/mol
7
1
n(H2)/mol
19
10
n(CH3OH)/mol
0
6
n(H2O)/mol
0
①前10min内的化学反应速率v(CH3OH)=______。
②下列各项能说明该反应已达平衡状态的是 ______(填序号)。
A.甲醇的物质的量浓度不再随时间而变化
B.混合气体的平均摩尔质量不再随时间而变化
C.相同时间内，消耗H2的速率是生成水蒸气速率的3倍
D.单位时间内生成CH3OH和H2O的物质的量相等
③在T1℃时该反应的平衡常数的值为 ______。
④为了提高CO2的平衡转化率(恒容密闭容器中)，可采取的措施是 ______(写出一条)。
⑤已知T2℃时，该反应的平衡常数的值为1600，开始时在密闭容器中加入一定量的H2、CO2、CH3OH(g)和H2O(g)，反应10min时测得各组分的浓度如下表：
物质
H2
CO2
CH3OH
H2O
浓度/mol⋅L−1
0.1
0.1
0.4
0.4
则此时V正______(填“>”“<”或“=”)V逆。
19. 由钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)，制备TiCl4等产品的一种工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)用硫酸酸浸时，为使酸浸速率加快，可采取的措施是：______(写1条即可)；
(2)废渣的成分是：______(填化学式)；
(3)②→③，加水稀释即可实现，其离子方程式为：______；
(4)若将制得的固体TiO2⋅nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时，Kw=1.0×10−14mol2⋅L−2，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38mol4⋅L−4，该温度下反应Fe(OH)3+3H+⇌Fe3++3H2O平衡常数K=______。
(5)废气主要为有毒气体，高温下从TiO2制备TiCl4化学方程式为_ ______。
20. 焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：
(1)生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式：______________________________________。
(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：
①pH=4.1时，Ⅰ中为________溶液(写化学式)。
②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是__________________。
(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为________。电解后，________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。
(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol⋅L−1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式为_______________，该样品中Na2S2O5的残留量为________ g⋅L−1(以SO2计)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.SiC增强铝基是复合材料，不是半导体，故A错误；
B.铝合金是合金，不是半导体材料，故B错误；
C.液态氢是非金属单质，不是半导体材料，故C错误；
D.半导体材料可做太阳能电池板，故砷化镓是半导体材料，故D正确；
故选：D。
A.SiC增强铝基是复合材料；
B.铝合金是合金；
C.液态氢是非金属单质；
D.半导体材料可做太阳能电池板。
本题综合考查材料的组成、性质和用途等知识，为高频考点，侧重化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.纯碱的水溶液呈碱性，碱能促进油脂水解，加热促进碳酸钠水解，所以生活中常用热的纯碱溶液洗涤油污与水解有关，故A错误；
B.NH4Cl水解而使其水溶液呈酸性，水解生成的HCl能和铁锈反应而除锈，与盐类水解有关，故B错误；
C.胶体中加电解质溶液会发生聚沉，所以向豆浆中滴加卤水制豆腐，发生了胶体的聚沉，与水解无关，故C正确；
D.泡沫灭火器中Al3+、HCO3−发生双水解反应而生成Al(OH)3、CO2，CO2用于灭火，与水解有关，故D错误；
故选：C。
A.碱促进油脂水解，升高温度促进盐类水解；
B.NH4Cl水解而使其水溶液呈酸性；
C.胶体中加电解质溶液会发生聚沉；
D.泡沫灭火器中Al3+、HCO3−发生双水解反应而生成Al(OH)3、CO2，CO2用于灭火。
本题考查盐类水解应用，侧重考查分析、判断能力，明确盐的性质、盐类水解原理是解本题关键，根据“谁强谁显性、谁弱谁水解、越弱越水解”分析解答即可，题目难度中等。
3.【答案】A
【解析】解：A.碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增多，所以100mL0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中所含阴离子的数目大于0.01NA，故A错误；
B.阴极发生Cu2++2e−=Cu，阴极增重64克，物质的量为1mol，则电路中通过的电子数目为2NA，故B正确；
C.二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底，所以在500℃、催化剂作用下，将128gSO2和过量O2置于密闭容器中充分反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，转移的电子数目小于4NA，故C正确；
D.1molCH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，中性溶液中c(H+)=c(OH−)，则由溶液中c(Na+)=c(CH3COO−)可得n(Na+)=n(CH3COO−)=1mol，即溶液中CH3COO−数目为NA，故D正确；
故选：A。
A.碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增多；
B.阴极发生Cu2++2e−=Cu
C.二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底；
D.依据电荷守恒判断。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
4.【答案】B
【解析】解：A.Fe与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，可除杂，且为氧化还原反应，故A错误；
B.加入FeS，使重金属离子转化为更难溶的硫化物，可除杂，不涉及氧化还原反应，故B正确；
C.二者均与NaHCO3溶液反应，不能除杂，故C错误；
D.NO、NO2与NaOH溶液反应，不能除杂，故D错误；
故选：B。
A.Fe与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁；
B.加入FeS，使重金属离子转化为更难溶的硫化物；
C.二者均与NaHCO3溶液反应；
D.NO、NO2与NaOH溶液反应。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、除杂原则为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.含有Fe3+的溶液呈黄色，Fe3+、SCN−之间发生反应生成硫氰化铁，不能大量共存，故A错误；
B.Fe2+、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，Fe2+、H+都与CO32−反应，不能大量共存，故B错误；
C.Al3+、HCO3−之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故C错误；
D.常温下水电离的C平(H+)为1.0×10−12mol⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，K+、Na+、SO42−、NO3−之间不反应，都不与H+、OH−反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
A.含有铁离子的溶液呈黄色，铁离子与硫氰根离子反应；
B.酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子，碳酸根离子与亚铁离子、氢离子反应；
C.铝离子与碳酸氢根离子反应；
D.该溶液呈酸性或碱性，四种离子之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.根据电荷守恒可知c平(Na+)+c平(H+)=c平(HCO3−)+2c平(CO32−)+c平(OH−)，故A错误；
B.根据物料守恒可知：C平(Na+)=C平(HCO3−)+C平(CO32−)+C平(H2CO3)，故B正确；
C.电荷守恒减去物料守恒可得C平(H+)+C平(H2CO3)=C平(CO32−)+C平(OH−)，故C正确；
D.碳酸氢钠溶液中钠离子最多，碳酸氢根离子既会电离又会水解，都会消耗碳酸氢根离子，且水解为主，水解产生碳酸分子，电离产生碳酸根离子，故碳酸分子比碳酸根离子多一些，故离子浓度大小为：C平(Na+)>C平(HCO3−)>C平(H2CO3)>C平(CO32−)，故D正确；
故选：A。
A.根据电荷守恒可知阳离子所带正电荷之和等于阴离子所带负电荷之和；
B.根据物料守恒判断；
C.电荷守恒减去物料守恒可得关系式；
D.碳酸氢钠溶液中钠离子最多，碳酸氢根离子既会电离又会水解，都会消耗碳酸氢根离子，且水解为主，水解产生碳酸分子，电离产生碳酸根离子，故碳酸分子比碳酸根离子多一些。
本题考查学生电解质溶液中各种守恒思想的应用知识，注离子浓度大小关系的比较方法是重点也是难点。
7.【答案】B
【解析】解：A.胃液的pH为0.9∼1.5，小于7，显酸性，因此人体的胃液能使紫色石蕊试液变红，故A错误；
B.尿液的pH为4.7∼8.4，可能显酸性、中性或碱性，故B正确；
C.胰液的pH为7.5∼8.0，而酚酞试液的变色范围(pH)为8.2∼10，故人体的胰液不能使酚酞溶液变红，故C错误；
D.pH试纸只能精确到1，故测得的结果是整数，故D错误；
故选：B。
A.根据胃液的酸碱性以及紫色石蕊试液的变色情况判断；
B.根据当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时，呈酸性进行；当溶液的pH大于7时，呈碱性进行分析判断；
C.根据酚酞试液的变色范围(pH)为8.2∼10进行分析判断；
D.根据pH试纸测得的结果是整数判断。
本题难度不大，掌握溶液的酸碱性和溶液pH大小之间的关系，并注意pH试纸的精确度。
8.【答案】B
【解析】解：A.用0.35mol⋅L−1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃时，反应后c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)c(SO42−)=1.1×10−100.35mol/L≈3×10−10mol/L<1.0×10−5mol⋅L−1，Ba2+浓度很小，可起到解毒的作用，故A正确；
B.Na2CO3能沉淀Ba2+，但生成的BaCO3能溶于胃酸，达不到解毒目的，故B错误；
C.BaSO4不溶于水和酸，常用于医疗上作内服造影剂，但BaCO3能溶于胃酸，反应为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，则不能用碳酸钡代替硫酸钡作内服造影剂，故C正确；
D.Ksp(BaCO3)和Ksp(BaSO4)相差不大，常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，浓度积Qc(BaCO3)=(Ba2+)⋅c(CO32−)>Ksp(BaCO3)，会有BaCO3沉淀生成，即可实现硫酸钡向碳酸钡的转化，故D正确；
故选：B。
胃酸中的盐酸能与CO32−反应生成水和二氧化碳，使CO32−浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO32−(aq)向溶解方向移动，导致BaCO3溶于胃酸，而BaSO4不溶于水和酸，则常用硫酸钡作内服造影剂，不能用碳酸钡代替硫酸钡作内服造影剂，结合溶度积计算解答该题。
本题考查沉淀溶解平衡及其转化、溶度积常数的计算等知识，侧重学生分析能力、迁移运用能力和计算能力的考查，把握沉淀溶解平衡原理是解题关键，注意溶度积常数的应用，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.增大N2浓度，可促进氢气的转化，氢气的转化率增大，与图一致，故A正确；
B.焓变为负，升高温度平衡逆向移动，则氢气的转化率减小，与图一致，故B正确；
C.为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，则压强大的对应氨气的物质的量分数大，与图不一致，故C错误；
D.催化剂不影响平衡移动，则氨气的物质的量分数不变，与图一致，故D正确；
故选：C。
A.增大N2浓度，可促进氢气的转化；
B.焓变为负，升高温度平衡逆向移动；
C.为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动；
D.催化剂不影响平衡移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、压强对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理与图象的结合，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.根据a点数值计算Ksp(FeR)=c(Fe2+)⋅c(R2−)=1×10−9×2×10−9=2×10−18，d点溶液的Qc(FeR)=1×10−9×1×10−9=1×10−18
C.将FeR溶于一定浓度的FeCl2溶液，达到饱和状态时溶液中c(Fe2+)>c(R2−)，即FeR溶于一定浓度的FeCl2溶液可以形成b点溶液，故C正确；
D.Ksp(FeR)=c(Fe2+)⋅c(R2−)，由图可知，a点数值代入Ksp(FeR)=c(Fe2+)⋅c(R2−)中有Ksp(FeR)=1×10−9×2×10−9=2×10−18，数量级为10−18，故D正确；
故选：B。
A.计算d点溶液的Qc，与Ksp比较判断是否生成沉淀；
B.计算c点溶液的Qc，与Ksp比较判断是否生成沉淀；
C.将FeR溶于一定浓度的FeCl2溶液中，则溶液中c(Fe2+)>c(R2−)；
D.根据a点数值计算Ksp(FeR)=c(Fe2+)⋅c(R2−)。
本题考查沉淀溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积Ksp的概念，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：A.向CH3COONa溶液中滴入酚酞，溶液变为红色，离子方程式为：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，故A正确；
B.向0.1mol⋅L−1氨水中滴入紫色石蕊溶液，溶液变为蓝色：NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，故B错误；
C.向酸性KMnO4溶液中滴入适量FeSO4溶液，溶液紫红色褪去，变为黄色，离子方程式为：5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故C正确；
D.Mg(OH)2悬浊液中滴入氯化铵溶液，沉淀溶解，离子方程式为：Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3⋅H2O，故D正确；
故选：B。
A.醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子；
B.一水合氨为弱电解质，水溶液中部分电离，用可逆号；
C.亚铁离子能够还原高锰酸根离子生成锰离子，本身被氧化为铁离子；
D.Mg(OH)2悬浊液中滴入氯化铵溶液，反应生成氯化镁和一水合氨。
本题考查离子方程式、化学方程式的书写应用，题目难度不大，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握书写原则，试题侧重考查时的分析能力及规范答题能力。
12.【答案】A
【解析】解：A.由上述分析可知，原溶液中一定含有Na+、I−、SO32−，故A正确；
B.由上述分析可知，原溶液中一定不含有Fe2+，可能含有Cl−、SO42−，故B错误；
C.由上述分析可知，原溶液中一定含有I−，故C错误；
D.由上述分析可知，原溶液中一定含有SO32−，一定不含有Fe2+，可能SO42−，故D错误；
故选：A。
溶液无色，则原溶液中不含有Fe2+；
(1)溶液中滴加几滴酚酞溶液，溶液变为浅红色，说明溶液呈碱性，含有弱酸根离子SO32−，则与之不共存的Ba2+不存在；
(2)溶液中滴加过量氯水，再加入CCl4，振荡，静置，液体分层，上层无色，下层呈紫红色，则原溶液中含有I−；
(3)取(2)上层溶液，加入过量Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，生成的白色沉淀为BaSO4，但加入的氯水能氧化SO32−生成SO42−，则不能确定SO42−是否存在；
(4)向(3)的滤液中加入过量AgNO3溶液和稀HNO3，生成的白色沉淀为AgCl，但加入过量氯水时引入了Cl−，则不能确定Cl−是否存在；
根据溶液不显电性可知，原溶液中一定含有Na+；
综上，原溶液中一定含有Na+、I−、SO32−，一定不含有Ba2+、Fe2+，可能含有Cl−、SO42−，据此分析解答。
本题考查离子的检验及推断，题目难度不大，注意离子的氧化性、还原性等知识，准确掌握物质的性质及离子的检验方法是做好题目的关键，注意排除其它离子的干扰和推理的严密性。
13.【答案】A
【解析】解：A.铁粉和碳粉形成原电池，碳粉做正极，开始时发生析氢腐蚀，正极反应为2H++2e−=H2↑，后发生吸氧腐蚀，正极反应为：2H2O+O2+4e−=4OH−，故A错误；
B.碳粉上先H+得电子生成H2、后O2得电子和H2O反应生成OH−，所以碳粉上发生还原反应，故B正确；
C.从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，开始时锥形瓶中压强增大，说明铁粉发生了析氢腐蚀，后随着醋酸的消耗，溶液酸性减弱，故发生了吸氧腐蚀，则锥形瓶中压强减小，故C正确；
D.在形成的原电池中，铁粉做负极失去电子，碳粉做正极，氢离子或氧气在正极得电子，故电子的转移方向是由负极移向正极，故D正确；
故选：A。
A.铁粉和碳粉形成原电池，碳粉做正极，开始时发生析氢腐蚀，后发生吸氧腐蚀；
B.碳粉上先H+得电子生成H2、后O2得电子和H2O反应生成OH−；
C.强酸性条件下发生析氢腐蚀，弱酸性条件下发生吸氧腐蚀；
D.发生腐蚀时，电子从负极流向正极。
本题考查了铁粉的析氢腐蚀和吸氧腐蚀受环境的影响，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确原电池原理、各个电极上发生的反应是解本题关键，易忽略吸氧腐蚀而导致错误判断。
14.【答案】C
【解析】解：A.升高温度促进水电离，但是纯水中仍然存在c(H+)=c(OH−)，故A正确；
B.升高温度，CH3COONa的水解水解程度、水的电离程度增大，溶液中c(OH−)增大，故B正确；
C.盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进CuSO4水解也促进水电离，所以升高温度导致Kw增大，则升高温度CuSO4的溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，故C错误；
D.升高温度促进盐类水解，醋酸钠和硫酸铜中都有弱离子水解，升高温度促进CH3COO−、Cu2+水解，所以CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向相同，故D正确；
故选：C。
A.任何温度下纯水中都存在c(H+)=c(OH−)；
B.升高温度促进CH3COONa水解；
C.升高温度促进CuSO4水解也促进水电离；
D.升高温度促进盐类水解。
本题考查盐类水解、弱电解质的电离，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确盐类水解、水电离的影响因素是解本题关键，解答时易忽略水的电离而导致错误判断。
15.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知，放电时，锌为原电池负极，碱性条件下失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，故A错误；
B.由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，故B错误；
C.由分析可知，充电时，锌电极为电解池的阴极，右侧电极为阳极，则电解质溶液1中阴离子向双极膜移动，故C正确；
D.由分析可知，电解质溶液1是碱性溶液、电解质溶液2是酸性溶液，故D错误；
故选：C。
由图可知，放电时，锌为原电池负极，碱性条件下失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，右侧电极为正极，酸性条件下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2e−+2H+=HCOOH；充电时，锌与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，电极反应式为Zn(OH)42−+2e−=Zn+4OH−，右侧电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，则电解质溶液1是碱性溶液、电解质溶液2是酸性溶液。
本题考查原电池和电解池的工作原理，为高频考点，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握电解原理和离子交换膜的作用是解题关键，注意根据电解池中离子的移动方向判断电极，题目难度中等。
16.【答案】B
【解析】解：根据图知，随着V(NaOH)的增大，c曲线①、②分布系数随V(OH)变化关系，③表示溶液的pH值，溶液中含有X元素的微粒只有两种，则H2X第一步完全电离，第二步部分电离；当V(NaOH)=40mL时，溶液的pH发生突变，此时酸碱恰好完全反应生成Na2X和H2O，V(NaOH)=2V(H2X)，酸碱以1：2反应，所以c(H2X)=c(NaOH)=0.1000mol⋅L−1；
A.随着V(NaOH)增大，δ(HX−)减小、δ(X2−)增大，则c(HX−)减小、c(X2−)增大，所以曲线①代表δ(HX−)，曲线②代表δ(X2−)，故A正确；
B.滴定终点时生成Na2X，X2−水解导致溶液呈碱性，c(H+)<(OH−)，溶液中存在电荷守恒C平(Na+)+c(H+)=(OH−)+2c平(X2−)+C平(HX−)，则存在c平(Na+)>2c平(X2−)+c平(HX−)，故B错误；
C.通过以上分析知，c(H2X)=c(NaOH)=0.1000mol⋅L−1，故C正确；
D.当δ(HX−)=δ(X2−)时，c(HX−)=c(X2−)，溶液的pH=2.0，HX−的电离常数Ka=c(A2−)c(HA−)×c(H+)=c(H+)=1.0×10−2，故D正确；
故选：B。
根据图知，随着V(NaOH)的增大，c曲线①、②分布系数随V(OH)变化关系，③表示溶液的pH值，溶液中含有X元素的微粒只有两种，则H2X第一步完全电离，第二步部分电离；当V(NaOH)=40mL时，溶液的pH发生突变，此时酸碱恰好完全反应生成Na2X和H2O，V(NaOH)=2V(H2X)，酸碱以1：2反应，所以c(H2X)=c(NaOH)=0.1000mol⋅L−1；
A.随着V(NaOH)增大，δ(HX−)减小、δ(X2−)增大，则c(HX−)减小、c(X2−)增大；
B.滴定终点时生成Na2X，X2−水解导致溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒C平(Na+)+c(H+)=(OH−)+2c平(X2−)+C平(HX−)；
C.通过以上分析知，c(H2X)=c(NaOH)；
D.当δ(HX−)=δ(X2−)时，c(HX−)=c(X2−)，溶液的pH=2.0，HX−的电离常数Ka=c(A2−)c(HA−)×c(H+)=c(H+)。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确分析图象中曲线含义、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，注意：该二元酸第一步完全电离，且D选项中c(HX−)=c(X2−)时溶液的pH不等于5.0，题目难度不大。
17.【答案】甲基橙 c平(Cl−)>c平(NH4+)>c平(H+)>c平(OH−)P<
故答案为：甲基橙；
②滴定终点时，溶液中溶质为氯化铵，由于铵根离子水解显酸性，故离子浓度从大到小的顺序为c平(Cl−)>c平(NH4+)>c平(H+)>c平(OH−)，
故答案为：c平(Cl−)>c平(NH4+)>c平(H+)>c平(OH−)；
③由图像可以得出盐酸的体积为10mL时，盐酸和氨水恰好反应，此时水的电离程度最大为P点，
故答案为：P；
(2)①根据表格中数据，酸性CH3COOH大于H2CO3，酸越弱对应的酸根水解程度越大，碱性越强，故CH3COONa的碱性弱于NaHCO3，前者pH<后者pH，
故答案为：<；
②pH相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度大于盐酸，故等体积的酸中醋酸的物质的量大于盐酸，醋酸消耗的氢氧化钠大于盐酸，
故答案为：<；
③a.醋酸酸性强于碳酸，故将少量Na2CO3固体加入醋酸溶液中会产生气泡，故a错误；
b.在新制氯水中加入NaHCO3固体，碳酸氢钠和盐酸反应，使平衡Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO正向移动，次氯酸的浓度增大，可增强该溶液的漂白性，故b正确；
c.醋酸的酸性强于次氯酸，故在“84消毒液”中滴入少量白醋，可以生成次氯酸，故可增强其杀菌消毒能力，故c正确；
故答案为：bc；
④a.醋酸溶液中加水促进醋酸的电离平衡正向移动，n(CH3COOH)的物质的量减小，n(H+)的物质的量增大，又体积相同，故c平(CH3COOH)c平(H+)减小，故a正确；
b.c平(CH3COO−)c平(CH3COOH)=Kwc(H+)，温度一定，Kw为常数，稀释时氢离子浓度减小，故c平(CH3COO−)c平(CH3COOH)增大，故b错误；
c.稀释时氢离子浓度减小，故Ka(CH3COOH)c平(H+)增大，故c错误；
d.稀释时氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，c平(H+)c平(OH−)减小，故d正确；
故答案为：ad；
⑤0.01mol/L的次氯酸溶液中K=c(H+)c(ClO−)c(HClO)，c平(H+)=c(ClO−)，故c平(H+)=2.0×10−5mol/L，
故答案为：2.0×10−5。
(1)①盐酸滴定氨水恰好反应时生成氯化铵，溶液显酸性；
②滴定终点时，溶液中溶质为氯化铵，铵根离子水解显酸性；
③由图像可以得出盐酸的体积为10mL时，盐酸和氨水恰好反应；
(2)①根据表格中数据，酸性CH3COOH大于H2CO3，酸越弱对应的酸根水解程度越大，碱性越强；
②pH相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度大于盐酸，故等体积的酸中醋酸的物质的量大于盐酸；
③a.醋酸酸性强于碳酸；
b.在新制氯水中加入NaHCO3固体，碳酸氢钠和盐酸反应，使平衡Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO正向移动；
c.醋酸的酸性强于次氯酸，故在“84消毒液”中滴入少量白醋，可以生成次氯酸；
④a.醋酸溶液中加水促进醋酸的电离平衡正向移动，n(CH3COOH)的物质的量减小，n(H+)的物质的量增大，体积相同；
b.c平(CH3COO−)c平(CH3COOH)=Kwc(H+)，温度一定，Kw为常数，稀释时氢离子浓度减小；
c.电离平衡常数只与温度有关，稀释时氢离子浓度减小，Ka(CH3COOH)c平(H+)增大；
d.稀释时氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，c平(H+)c平(OH−)减小；
⑤0.01mol/L的次氯酸溶液中K=c(H+)c(ClO−)c(HClO)，c平(H+)=c(ClO−)。
本题考查中和滴定，明确滴定实验中的仪器、数据处理是解答本题的关键，注意酸碱中和的实质、题目难度中等。
18.【答案】−49.0KJ/mol0.03mol/(L⋅min)AB3600增大H2的物质的量或浓度、适当降低温度、及时移出甲醇或水 =
【解析】解：(1)①设CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)为④，由盖斯定律可知，④=①+②+③，则ΔH=(−130.9)+(37.9)+(−44.0)=−49.0KJ/mol，
故答案为：−49.0KJ/mol；
(2)前10min内的化学反应速率v(H2)=19−1010×10=0.09mol/(L⋅min)，根据速率之比等于系数之比，则v(CH3OH)=v(H2)×13=0.03mol/(L⋅min)，
故答案为：0.03mol/(L⋅min)；
②A.随着反应的进行，甲醇的物质的量浓度越来越多，当其不再随时间而变化时，说明反应达到平衡，故A正确；
B.反应物和产物都是气体，且反应前后气体的计量系数不同，则混合气体的平均摩尔质量是一个变量，当其不再随时间而变化可以说明反应达到平衡，故B正确；
C.相同时间内，消耗氢气和生成水蒸气都是正反应速率，其比值等于系数比不能证明反应达到平衡，故C错误；
D.甲烷和水蒸气都是产物，无论反应是否平衡，其单位时间的生成量都相同，故不能证明反应达到平衡，故D错误；
故答案为：AB；
③根据方程式可知，二氧化碳的反应量和甲醇的反应量是一样的，根据表格中数据，20min时甲醇的物质的量为6mol，说明20min时反应已经达到平衡，则可得一下三段式：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)单位：mol
起始 7 19 0 0
转化 6 18 6 6
终止 1 1 6 6
则在T1℃时该反应的平衡常数的值为K=c(H2O)×c(CH3OH)c(CO2)×c3(H2)=610×610110×(110)3=3600，
故答案为：3600；
④提高二氧化碳的平衡转化率可以从平衡移动的角度分析，使平衡正向移动即可，该反应为放热反应，故可以采取的措施有：增大氢气的物质的量或浓度、适当降低温度、及时移出甲醇或水，
故答案为：增大H2的物质的量或浓度、适当降低温度、及时移出甲醇或水；
⑤根据表格中的数据可知，此时的浓度商为：Qc=c(H2O)×c(CH3OH)c(CO2)×c3(H2)=0.4×0.40.1×0.13=1600，Qc=K，故此时处于平衡状态，正逆速率相等，
故答案为：=。
(1)①设CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)为④，由盖斯定律可知，④=①+②+③；(2)前10min内的化学反应速率v(H2)=19−1010×10=0.09mol/(L⋅min)，根据速率之比等于系数之比；
②A.随着反应的进行，甲醇的物质的量浓度越来越多，当其不再随时间而变化时；
B.反应物和产物都是气体，且反应前后气体的计量系数不同，则混合气体的平均摩尔质量是一个变量；
C.相同时间内，消耗氢气和生成水蒸气都是正反应速率；
D.甲烷和水蒸气都是产物，无论反应是否平衡，其单位时间的生成量都相同；
③根据方程式可知，二氧化碳的反应量和甲醇的反应量是一样的，根据表格中数据，20min时甲醇的物质的量为6mol，说明20min时反应已经达到平衡，则可得一下三段式：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)单位：mol
起始 7 19 0 0
转化 6 18 6 6
终止 1 1 6 6
则在T1℃时该反应的平衡常数的值为K=c(H2O)×c(CH3OH)c(CO2)×c3(H2)，据此计算即可；
④提高二氧化碳的平衡转化率可以从平衡移动的角度分析，使平衡正向移动即可；
⑤根据表格中的数据可知，此时的浓度商为：Qc=c(H2O)×c(CH3OH)c(CO2)×c3(H2)=0.4×0.40.1×0.13=1600，Qc=K。
本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
19.【答案】适当增大盐酸浓度(或适当升高温度或搅拌或减小钛铁矿粒径)SiO2 TiO2++(n+1)H2O=TiO2⋅nH2O↓+2H+ 4.0×104 TiO2+2Cl2+2C−高温TiCl4+2CO
【解析】解：(1)适当增大硫酸浓度；适当升高温度；搅拌、减小钛铁矿粒径等都可以加快浸取速率，
故答案为：适当增大盐酸浓度(或适当升高温度或搅拌或减小钛铁矿粒径)；
(2)废渣的成分为不溶于酸的SiO2，
故答案为：SiO2；
(3)②→③，向溶液中加热水促进TiO2+的水解，生成TiO2⋅nH2O，其离子方程式为：TiO2++(n+1)H2O=TiO2⋅nH2O↓+2H+，
故答案为：TiO2++(n+1)H2O=TiO2⋅nH2O↓+2H+；
(4)Fe(OH)3+3H+⇌Fe3++3H2O的平衡常数K=c(Fe3+)c(H+)=c(Fe3+)⋅c3(OH−)c3(H+)⋅c3(OH−)=Ksp[Fe(OH)3](Kw)3=4.0×10−38(10−14)3=4.0×104，
故答案为：4.0×104；
(5)废气主要为有毒气体，高温下从TiO2制备TiCl4化学方程式为TiO2+2Cl2+2C−高温TiCl4+2CO，
故答案为：TiO2+2Cl2+2C−高温TiCl4+2CO。
钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)加入足量硫酸，得到的滤渣为不溶于酸的SiO2，得到含TiO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等离子的强酸性浸出液，加入足量的铁粉至浸出液显紫色，铁元素转化为Fe2+；经系列处理得到绿矾和富含TiO2+的溶液，向溶液中加热水促进TiO2+的水解，生成TiO2⋅nH2O，焙烧分解得到TiO2，在与氯气、焦炭混合反应得到TiCl4，废气主要是二氧化碳，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
20.【答案】(1)2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；
(2)①NaHSO3；②增大NaHSO3浓度，形成过饱和溶液；
(3)2H2O−4e−=O2↑+4H+；a；
(4)S2O52−+2I2+3H2O=2SO42−+4I−+6H+；0.128
【解析】
【分析】
本题以Na2S2O5为背景，考查氧化还原反应和电解原理的知识，涉及氧化还原反应方程式的书写和配平，电极反应式的书写，滴定的简单计算，均为高考的难点和重点，为高频考点，试题有助于培养综合分析问题的能力，本题整体难度中等。
【解答】
(1)由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，所以发生反应的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O，
故答案为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；
(2)①向I中通入SO2使溶液pH变为4.1，说明溶液显酸性，Na2CO3、Na2SO3、NaHCO3显碱性，而NaHSO3显酸性，说明反应生成了NaHSO3，故I中为NaHSO3溶液，
故答案为：NaHSO3；
②工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取Na2S2O5，发生这一步反应需要过饱和的NaHSO3溶液，由此判断目的为：增大NaHSO3浓度，形成过饱和溶液，
故答案为：增大NaHSO3浓度，形成过饱和溶液；
(3)电解池阳极为稀硫酸溶液，电解质溶液显酸性，发生氧化反应，所以应为H2O放电，产生O2和H+，则电极反应为：2H2O−4e−=O2↑+4H+，
溶液中分隔各个室的膜为阳离子交换膜，阳离子向阴极移动，阳极产生的H+向a室移动，与Na2SO3反应生成NaHSO3，所以电解后a室的NaHSO3浓度增加，
故答案为：2H2O−4e−=O2↑+4H+；a；
(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5具有一定的还原性，能被碘标准液滴定，说明发生氧化还原反应产生Na2SO4，I2被还原为I−，则发生滴定反应的离子方程式为：S2O52−+2I2+3H2O=2SO42−+4I−+6H+，
取50.00mL葡萄萄酒样品，用0.01000mol⋅L−1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL，根据反应方程式，则样品中Na2S2O5的残留量以SO2计算应为：2×10.00×10−3L×0.01000mol/L2×64g/mol50.00×10−3L=0.128g/L，
故答案为：S2O52−+2I2+3H2O=2SO42−+4I−+6H+；0.128。
2021-2022学年安徽省宿州市十三所重点中学高二（上）期末化学试卷（理科）（一）
1. 2021年，我国航空航天事业取得了辉煌成就．下列成就所涉及的材料为半导体材料的是( )
A. “天问一号”探测器使用的复合材料——SiC增强铝基复合材料
B. “天舟三号”货运飞船使用的质量轻强度高的材料——铝合金
C. “长征五号”运载火箭使用的高效清洁的液体燃料——液氢
D. “神舟十三号”载人飞船使用的太阳能电池材料——砷化镓
2. 化学与生活密切相关，下列应用原理与盐类的水解无关的是( )
A. 热的纯碱溶液可用于去除餐具上的油污 B. 氯化铵溶液可作焊接金属的除锈剂
C. 盐卤(主要成分MgCl2)可用于制豆腐 D. 泡沫灭火器可用于抢救突发的火灾
3. 设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是( )
A. 在100mL0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中所含阴离子的数目为0.01NA
B. 在铁制品上镀铜时，阴极增重64克，则电路中通过的电子数目为2NA
C. 在500℃、催化剂作用下，将128gSO2和过量O2置于密闭容器中充分反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，转移的电子数目小于4NA
D. 1molCH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中，CH3COO−的数目为NA
4. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是( )
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A.
FeCl2溶液(FeCl3)
Fe粉
B.
工业废水(Cu2+、Hg2+和Pb2+)
FeS固体
C.
Cl2(HCl)
NaHCO3溶液、浓H2SO4
D.
NO(NO2)
NaOH溶液、无水CaCl2
A. A B. B C. C D. D
5. 在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
A. 有色透明溶液中：Fe3+、Ba2+、SCN−、NO3−
B. 强酸性溶液中：Fe2+、K+、CO32−、NO3−
C. 含有大量Al3+的溶液中：K+、Na+、HCO3−、Cl−
D. 常温下水电离的C平(H+)为1.0×10−12mol⋅L−1的溶液中：K+、Na+、SO42−、NO3−
6. 在0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中，各种微粒之间存在如下关系，其中不正确的是( )
A. C平(Na+)+C平(H+)=C平(HCO3−)+C平(CO32−)+C平(OH−)
B. C平(Na+)=C平(HCO3−)+C平(CO32−)+C平(H2CO3)
C. C平(H+)+C平(H2CO3)=C平(CO32−)+C平(OH−)
D. C平(Na+)>C平(HCO3−)>C平(H2CO3)>C平(CO32−)
7. 如下表是人体内一些体液的正常pH范围，则在正常情况下，下列有关说法正确的是( )
体液
胃液
尿液
血夜
胰液
pH
0.9∼1.5
4.7∼8.4
7.35∼7.45
7.5∼8.0
A. 人体的胃液能使石蕊溶液变蓝 B. 人体的尿液可能呈现酸性
C. 人体的胰液能使酚酞溶液变红 D. 广泛pH试纸可精确测得以上体液的pH
8. 可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡作内服造影剂。医院抢救钡离子中毒患者时，除催吐外，还要向患者胃内灌入硫酸钠溶液。已知：
①常温下，Ksp(BaCO3)=5.1×10−9mol2⋅L−2，Ksp(BaSO4)=1.1×10−10mol2⋅L−2
②通常情况下，当溶液中离子浓度小于或等于1.0×10−5mol⋅L−1时，则认为该离子沉淀完全
下列推断不正确的是( )
A. 可以用0.35mol⋅L−1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃
B. 抢救钡离子中毒患者时，若没有Na2SO4溶液，可用Na2CO3溶液代替
C. 在医院进行肠胃检查时，不能用碳酸钡代替硫酸钡作内服造影剂
D. 在饱和碳酸钠溶液中加入硫酸钡，可实现硫酸钡向碳酸钡的转化
9. 反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92.2kJ⋅mol−1达到平衡状态后，改变某一条件，下列图象与条件变化相悖的是( )
A.增大N2浓度
B.升高温度
C.改变压强
D.加入催化剂
A. A B. B C. C D. D
10. 某温度下，难溶物FeR的水溶液中存在平衡FeR(s)⇌Fe2+(aq)+R2−(aq)，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A. d点为FeR的不饱和溶液
B. c点无沉淀生成
C. 将FeR溶于一定浓度的FeCl2溶液可以得到b点
D. 该温度下，Ksp(FeR)的数量级为10−18
11. 下列解释相应实验现象的方程式不正确的是( )
A. 向CH3COONa溶液中滴入酚酞，溶液变为红色：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−
B. 向0.1mol⋅L−1氨水中滴入紫色石蕊溶液，溶液变为蓝色：NH3⋅H2O=NH4++OH−
C. 向酸性KMnO4溶液中滴入适量FeSO4溶液，溶液紫红色褪去，变为黄色：5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
D. Mg(OH)2悬浊液中滴入氯化铵溶液，沉淀溶解：Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3⋅H2O
12. 某无色溶液中含有Na+、Ba2+、Fe2+、Cl−、I−、SO32−、SO42−中的几种，对该溶液进行下列实验，实验操作和现象如下表：
步骤
操作
现象
(1)
取少量溶液于试管中，滴加几滴酚酞溶液
溶液变为浅红色
(2)
另取少量溶液滴加过量氯水，再加入CCl4，振荡，静置
液体分层，上层无色，下层呈紫红色
(3)
取(2)上层溶液，加入过量Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，过滤
有白色沉淀产生
(4)
向(3)的滤液中加入过量AgNO3溶液和稀HNO3
有白色沉淀产生
下列结论正确的是( )
A. 肯定含有：Na+、I−、SO32− B. 肯定含有：Fe2+、Cl−、SO42−
C. 肯定没有：Ba2+、Fe2+、I− D. 可能含有：Fe2+、SO32−、SO42−
13. 某研究小组为探究电化学腐蚀的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化(结果如图2)，腐蚀过程可简单用图3表示。下列叙述不正确的是( )
A. 碳粉表面的电极反应式只有：2H++2e−=H2↑
B. 图1中，锥形瓶底部的碳粉上发生了还原反应
C. 图2中，t2时容器中压强明显小于起始压强是因为铁粉发生了吸氧腐蚀
D. 图3中，发生腐蚀时电子转移方向如箭头所示
14. 实验测得0.5mol⋅L−1CH3COONa溶液、0.5mol⋅L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A. 随温度升高，纯水中c平(H+)和c平(OH−)一定相等
B. 随温度升高，CH3COONa溶液的c平(OH−)将逐渐增大
C. 随温度升高，CuSO4溶液的pH变化只与Kw改变有关
D. 随温度升高，CH3COO−和Cu2+水解平衡移动方向相同
15. 我国科学家研发了一种水系可逆Zn−CO2电池，电极材料为金属锌和选择性催化材料，电池工作时，双极膜(由阴、阳膜复合而成)层间的H2O解离成H+和OH−，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。电池工作原理如图所示，下列说法正确的是( )
A. 放电时，电池负极反应为2Zn+4OH−=2Zn(OH)42−
B. 充电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2NA
C. 充电时，电解质溶液1中阴离子向双极膜移动
D. 电解质溶液2可以是碱性溶液
16. 以酚酞为指示剂，用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2X溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。[比如二元弱酸H2A中，A2−的分布系数：δ(A2−)=c(A2−)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]。下列叙述错误的是( )
A. 曲线①代表δ(HX−)，曲线②代表δ(X2−)
B. 滴定终点时，溶液中C平(Na+)<2c平(X2−)+C平(HX−)
C. H2X溶液的浓度为0.1000mol⋅L−1
D. HX−的电离常数Ka=1.0×10−2
17. 研究电解质在水溶液中的离子反应和平衡有重要的意义。
(1)实验人员运用pH传感器测定0.1000mol⋅L−1盐酸滴定10.00mL未知浓度氨水的pH随盐酸体积的变化情况如图所示。请结合该图回答下列问题：
①盐酸滴定氨水应选择的指示剂为 ______(选填“酚酞”或“甲基橙”)。
②滴定终点时，溶液中各离子浓度从大到小的顺序为 ______。
③滴定曲线上有以下四点：M(1.47,10.00)、N(9.80,7.00)、P(10.00,4.18)和Q(11.68,2.00)，所对应的溶液中水的电离程度最大的点是 ______。
(2)25℃时，三种酸的电离平衡常数(单位略)如表：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数Ka
1.8×10−5
Ka1=4.3×10−7Ka2=5.6×10−11
4.0×10−8
请回答下列问题：
①相同浓度的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液，前者的pH ______(填“>”“<”或“=”下同)后者的pH。
②pH相同且体积相同的盐酸和醋酸溶液中分别滴加相同物质的量浓度的NaOH溶液至反应完全，消耗NaOH溶液的体积：V(前者)______V(后者)
③已知：①氯气与水反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO；②“84消毒液”的主要成分为NaClO。下列叙述正确的是 ______(填序号)。
a.将少量Na2CO3固体加入醋酸溶液中不会产生气泡
b.在新制氯水中加入NaHCO3固体，可增强该溶液的漂白性
c.在“84消毒液”中滴入少量白醋，可增强其杀菌消毒能力
④用蒸馏水稀释0.1mol⋅L−1的醋酸溶液，下列各式表示的数值随加水量的增加而逐渐减小的 ______是(填序号)。
a.c平(CH3COOH)c平(H+)
b.c平(CH3COO−)c平(CH3COOH)
c.Ka(CH3COOH)c平(H+)
d.c平(H+)c平(OH−)
⑤25℃时，0.01mol⋅L−1的次氯酸溶液中C平(H+)为 ______mol⋅L−1。
18. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，体现大国担当。利用含CO2的工业废气为碳源，在催化剂作用下，与氢气反应制备甲醇对节能减排和碳资源的循环利用具有重要意义。
(1)①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(1)+H2O(I)ΔH=−130.9kJ⋅mol−1
②CH3OH(I)=CH3OH(g)ΔH=+37.9kJ⋅mol−1
③H2O(I)=H2O(g)ΔH=+44.0kJ⋅mol−1
则CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=______。
(2)T1℃时，将H2和CO2置于10L恒温恒容密闭容器中在一定条件下合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。反应过程中的部分数据见下表：
反应时间/min
0
10
20
30
n(CO2)/mol
7
1
n(H2)/mol
19
10
n(CH3OH)/mol
0
6
n(H2O)/mol
0
①前10min内的化学反应速率v(CH3OH)=______。
②下列各项能说明该反应已达平衡状态的是 ______(填序号)。
A.甲醇的物质的量浓度不再随时间而变化
B.混合气体的平均摩尔质量不再随时间而变化
C.相同时间内，消耗H2的速率是生成水蒸气速率的3倍
D.单位时间内生成CH3OH和H2O的物质的量相等
③在T1℃时该反应的平衡常数的值为 ______。
④为了提高CO2的平衡转化率(恒容密闭容器中)，可采取的措施是 ______(写出一条)。
⑤已知T2℃时，该反应的平衡常数的值为1600，开始时在密闭容器中加入一定量的H2、CO2、CH3OH(g)和H2O(g)，反应10min时测得各组分的浓度如下表：
物质
H2
CO2
CH3OH
H2O
浓度/mol⋅L−1
0.1
0.1
0.4
0.4
则此时V正______(填“>”“<”或“=”)V逆。
19. 由钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)，制备TiCl4等产品的一种工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)用硫酸酸浸时，为使酸浸速率加快，可采取的措施是：______(写1条即可)；
(2)废渣的成分是：______(填化学式)；
(3)②→③，加水稀释即可实现，其离子方程式为：______；
(4)若将制得的固体TiO2⋅nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时，Kw=1.0×10−14mol2⋅L−2，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38mol4⋅L−4，该温度下反应Fe(OH)3+3H+⇌Fe3++3H2O平衡常数K=______。
(5)废气主要为有毒气体，高温下从TiO2制备TiCl4化学方程式为_ ______。
20. 焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：
(1)生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式：______________________________________。
(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：
①pH=4.1时，Ⅰ中为________溶液(写化学式)。
②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是__________________。
(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为________。电解后，________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。
(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol⋅L−1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式为_______________，该样品中Na2S2O5的残留量为________ g⋅L−1(以SO2计)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.SiC增强铝基是复合材料，不是半导体，故A错误；
B.铝合金是合金，不是半导体材料，故B错误；
C.液态氢是非金属单质，不是半导体材料，故C错误；
D.半导体材料可做太阳能电池板，故砷化镓是半导体材料，故D正确；
故选：D。
A.SiC增强铝基是复合材料；
B.铝合金是合金；
C.液态氢是非金属单质；
D.半导体材料可做太阳能电池板。
本题综合考查材料的组成、性质和用途等知识，为高频考点，侧重化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.纯碱的水溶液呈碱性，碱能促进油脂水解，加热促进碳酸钠水解，所以生活中常用热的纯碱溶液洗涤油污与水解有关，故A错误；
B.NH4Cl水解而使其水溶液呈酸性，水解生成的HCl能和铁锈反应而除锈，与盐类水解有关，故B错误；
C.胶体中加电解质溶液会发生聚沉，所以向豆浆中滴加卤水制豆腐，发生了胶体的聚沉，与水解无关，故C正确；
D.泡沫灭火器中Al3+、HCO3−发生双水解反应而生成Al(OH)3、CO2，CO2用于灭火，与水解有关，故D错误；
故选：C。
A.碱促进油脂水解，升高温度促进盐类水解；
B.NH4Cl水解而使其水溶液呈酸性；
C.胶体中加电解质溶液会发生聚沉；
D.泡沫灭火器中Al3+、HCO3−发生双水解反应而生成Al(OH)3、CO2，CO2用于灭火。
本题考查盐类水解应用，侧重考查分析、判断能力，明确盐的性质、盐类水解原理是解本题关键，根据“谁强谁显性、谁弱谁水解、越弱越水解”分析解答即可，题目难度中等。
3.【答案】A
【解析】解：A.碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增多，所以100mL0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中所含阴离子的数目大于0.01NA，故A错误；
B.阴极发生Cu2++2e−=Cu，阴极增重64克，物质的量为1mol，则电路中通过的电子数目为2NA，故B正确；
C.二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底，所以在500℃、催化剂作用下，将128gSO2和过量O2置于密闭容器中充分反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，转移的电子数目小于4NA，故C正确；
D.1molCH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，中性溶液中c(H+)=c(OH−)，则由溶液中c(Na+)=c(CH3COO−)可得n(Na+)=n(CH3COO−)=1mol，即溶液中CH3COO−数目为NA，故D正确；
故选：A。
A.碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增多；
B.阴极发生Cu2++2e−=Cu
C.二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底；
D.依据电荷守恒判断。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
4.【答案】B
【解析】解：A.Fe与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，可除杂，且为氧化还原反应，故A错误；
B.加入FeS，使重金属离子转化为更难溶的硫化物，可除杂，不涉及氧化还原反应，故B正确；
C.二者均与NaHCO3溶液反应，不能除杂，故C错误；
D.NO、NO2与NaOH溶液反应，不能除杂，故D错误；
故选：B。
A.Fe与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁；
B.加入FeS，使重金属离子转化为更难溶的硫化物；
C.二者均与NaHCO3溶液反应；
D.NO、NO2与NaOH溶液反应。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、除杂原则为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.含有Fe3+的溶液呈黄色，Fe3+、SCN−之间发生反应生成硫氰化铁，不能大量共存，故A错误；
B.Fe2+、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，Fe2+、H+都与CO32−反应，不能大量共存，故B错误；
C.Al3+、HCO3−之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故C错误；
D.常温下水电离的C平(H+)为1.0×10−12mol⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，K+、Na+、SO42−、NO3−之间不反应，都不与H+、OH−反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
A.含有铁离子的溶液呈黄色，铁离子与硫氰根离子反应；
B.酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子，碳酸根离子与亚铁离子、氢离子反应；
C.铝离子与碳酸氢根离子反应；
D.该溶液呈酸性或碱性，四种离子之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.根据电荷守恒可知c平(Na+)+c平(H+)=c平(HCO3−)+2c平(CO32−)+c平(OH−)，故A错误；
B.根据物料守恒可知：C平(Na+)=C平(HCO3−)+C平(CO32−)+C平(H2CO3)，故B正确；
C.电荷守恒减去物料守恒可得C平(H+)+C平(H2CO3)=C平(CO32−)+C平(OH−)，故C正确；
D.碳酸氢钠溶液中钠离子最多，碳酸氢根离子既会电离又会水解，都会消耗碳酸氢根离子，且水解为主，水解产生碳酸分子，电离产生碳酸根离子，故碳酸分子比碳酸根离子多一些，故离子浓度大小为：C平(Na+)>C平(HCO3−)>C平(H2CO3)>C平(CO32−)，故D正确；
故选：A。
A.根据电荷守恒可知阳离子所带正电荷之和等于阴离子所带负电荷之和；
B.根据物料守恒判断；
C.电荷守恒减去物料守恒可得关系式；
D.碳酸氢钠溶液中钠离子最多，碳酸氢根离子既会电离又会水解，都会消耗碳酸氢根离子，且水解为主，水解产生碳酸分子，电离产生碳酸根离子，故碳酸分子比碳酸根离子多一些。
本题考查学生电解质溶液中各种守恒思想的应用知识，注离子浓度大小关系的比较方法是重点也是难点。
7.【答案】B
【解析】解：A.胃液的pH为0.9∼1.5，小于7，显酸性，因此人体的胃液能使紫色石蕊试液变红，故A错误；
B.尿液的pH为4.7∼8.4，可能显酸性、中性或碱性，故B正确；
C.胰液的pH为7.5∼8.0，而酚酞试液的变色范围(pH)为8.2∼10，故人体的胰液不能使酚酞溶液变红，故C错误；
D.pH试纸只能精确到1，故测得的结果是整数，故D错误；
故选：B。
A.根据胃液的酸碱性以及紫色石蕊试液的变色情况判断；
B.根据当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时，呈酸性进行；当溶液的pH大于7时，呈碱性进行分析判断；
C.根据酚酞试液的变色范围(pH)为8.2∼10进行分析判断；
D.根据pH试纸测得的结果是整数判断。
本题难度不大，掌握溶液的酸碱性和溶液pH大小之间的关系，并注意pH试纸的精确度。
8.【答案】B
【解析】解：A.用0.35mol⋅L−1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃时，反应后c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)c(SO42−)=1.1×10−100.35mol/L≈3×10−10mol/L<1.0×10−5mol⋅L−1，Ba2+浓度很小，可起到解毒的作用，故A正确；
B.Na2CO3能沉淀Ba2+，但生成的BaCO3能溶于胃酸，达不到解毒目的，故B错误；
C.BaSO4不溶于水和酸，常用于医疗上作内服造影剂，但BaCO3能溶于胃酸，反应为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，则不能用碳酸钡代替硫酸钡作内服造影剂，故C正确；
D.Ksp(BaCO3)和Ksp(BaSO4)相差不大，常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，浓度积Qc(BaCO3)=(Ba2+)⋅c(CO32−)>Ksp(BaCO3)，会有BaCO3沉淀生成，即可实现硫酸钡向碳酸钡的转化，故D正确；
故选：B。
胃酸中的盐酸能与CO32−反应生成水和二氧化碳，使CO32−浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO32−(aq)向溶解方向移动，导致BaCO3溶于胃酸，而BaSO4不溶于水和酸，则常用硫酸钡作内服造影剂，不能用碳酸钡代替硫酸钡作内服造影剂，结合溶度积计算解答该题。
本题考查沉淀溶解平衡及其转化、溶度积常数的计算等知识，侧重学生分析能力、迁移运用能力和计算能力的考查，把握沉淀溶解平衡原理是解题关键，注意溶度积常数的应用，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.增大N2浓度，可促进氢气的转化，氢气的转化率增大，与图一致，故A正确；
B.焓变为负，升高温度平衡逆向移动，则氢气的转化率减小，与图一致，故B正确；
C.为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，则压强大的对应氨气的物质的量分数大，与图不一致，故C错误；
D.催化剂不影响平衡移动，则氨气的物质的量分数不变，与图一致，故D正确；
故选：C。
A.增大N2浓度，可促进氢气的转化；
B.焓变为负，升高温度平衡逆向移动；
C.为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动；
D.催化剂不影响平衡移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、压强对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理与图象的结合，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.根据a点数值计算Ksp(FeR)=c(Fe2+)⋅c(R2−)=1×10−9×2×10−9=2×10−18，d点溶液的Qc(FeR)=1×10−9×1×10−9=1×10−18
C.将FeR溶于一定浓度的FeCl2溶液，达到饱和状态时溶液中c(Fe2+)>c(R2−)，即FeR溶于一定浓度的FeCl2溶液可以形成b点溶液，故C正确；
D.Ksp(FeR)=c(Fe2+)⋅c(R2−)，由图可知，a点数值代入Ksp(FeR)=c(Fe2+)⋅c(R2−)中有Ksp(FeR)=1×10−9×2×10−9=2×10−18，数量级为10−18，故D正确；
故选：B。
A.计算d点溶液的Qc，与Ksp比较判断是否生成沉淀；
B.计算c点溶液的Qc，与Ksp比较判断是否生成沉淀；
C.将FeR溶于一定浓度的FeCl2溶液中，则溶液中c(Fe2+)>c(R2−)；
D.根据a点数值计算Ksp(FeR)=c(Fe2+)⋅c(R2−)。
本题考查沉淀溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积Ksp的概念，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：A.向CH3COONa溶液中滴入酚酞，溶液变为红色，离子方程式为：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，故A正确；
B.向0.1mol⋅L−1氨水中滴入紫色石蕊溶液，溶液变为蓝色：NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，故B错误；
C.向酸性KMnO4溶液中滴入适量FeSO4溶液，溶液紫红色褪去，变为黄色，离子方程式为：5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故C正确；
D.Mg(OH)2悬浊液中滴入氯化铵溶液，沉淀溶解，离子方程式为：Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3⋅H2O，故D正确；
故选：B。
A.醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子；
B.一水合氨为弱电解质，水溶液中部分电离，用可逆号；
C.亚铁离子能够还原高锰酸根离子生成锰离子，本身被氧化为铁离子；
D.Mg(OH)2悬浊液中滴入氯化铵溶液，反应生成氯化镁和一水合氨。
本题考查离子方程式、化学方程式的书写应用，题目难度不大，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握书写原则，试题侧重考查时的分析能力及规范答题能力。
12.【答案】A
【解析】解：A.由上述分析可知，原溶液中一定含有Na+、I−、SO32−，故A正确；
B.由上述分析可知，原溶液中一定不含有Fe2+，可能含有Cl−、SO42−，故B错误；
C.由上述分析可知，原溶液中一定含有I−，故C错误；
D.由上述分析可知，原溶液中一定含有SO32−，一定不含有Fe2+，可能SO42−，故D错误；
故选：A。
溶液无色，则原溶液中不含有Fe2+；
(1)溶液中滴加几滴酚酞溶液，溶液变为浅红色，说明溶液呈碱性，含有弱酸根离子SO32−，则与之不共存的Ba2+不存在；
(2)溶液中滴加过量氯水，再加入CCl4，振荡，静置，液体分层，上层无色，下层呈紫红色，则原溶液中含有I−；
(3)取(2)上层溶液，加入过量Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，生成的白色沉淀为BaSO4，但加入的氯水能氧化SO32−生成SO42−，则不能确定SO42−是否存在；
(4)向(3)的滤液中加入过量AgNO3溶液和稀HNO3，生成的白色沉淀为AgCl，但加入过量氯水时引入了Cl−，则不能确定Cl−是否存在；
根据溶液不显电性可知，原溶液中一定含有Na+；
综上，原溶液中一定含有Na+、I−、SO32−，一定不含有Ba2+、Fe2+，可能含有Cl−、SO42−，据此分析解答。
本题考查离子的检验及推断，题目难度不大，注意离子的氧化性、还原性等知识，准确掌握物质的性质及离子的检验方法是做好题目的关键，注意排除其它离子的干扰和推理的严密性。
13.【答案】A
【解析】解：A.铁粉和碳粉形成原电池，碳粉做正极，开始时发生析氢腐蚀，正极反应为2H++2e−=H2↑，后发生吸氧腐蚀，正极反应为：2H2O+O2+4e−=4OH−，故A错误；
B.碳粉上先H+得电子生成H2、后O2得电子和H2O反应生成OH−，所以碳粉上发生还原反应，故B正确；
C.从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，开始时锥形瓶中压强增大，说明铁粉发生了析氢腐蚀，后随着醋酸的消耗，溶液酸性减弱，故发生了吸氧腐蚀，则锥形瓶中压强减小，故C正确；
D.在形成的原电池中，铁粉做负极失去电子，碳粉做正极，氢离子或氧气在正极得电子，故电子的转移方向是由负极移向正极，故D正确；
故选：A。
A.铁粉和碳粉形成原电池，碳粉做正极，开始时发生析氢腐蚀，后发生吸氧腐蚀；
B.碳粉上先H+得电子生成H2、后O2得电子和H2O反应生成OH−；
C.强酸性条件下发生析氢腐蚀，弱酸性条件下发生吸氧腐蚀；
D.发生腐蚀时，电子从负极流向正极。
本题考查了铁粉的析氢腐蚀和吸氧腐蚀受环境的影响，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确原电池原理、各个电极上发生的反应是解本题关键，易忽略吸氧腐蚀而导致错误判断。
14.【答案】C
【解析】解：A.升高温度促进水电离，但是纯水中仍然存在c(H+)=c(OH−)，故A正确；
B.升高温度，CH3COONa的水解水解程度、水的电离程度增大，溶液中c(OH−)增大，故B正确；
C.盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进CuSO4水解也促进水电离，所以升高温度导致Kw增大，则升高温度CuSO4的溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，故C错误；
D.升高温度促进盐类水解，醋酸钠和硫酸铜中都有弱离子水解，升高温度促进CH3COO−、Cu2+水解，所以CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向相同，故D正确；
故选：C。
A.任何温度下纯水中都存在c(H+)=c(OH−)；
B.升高温度促进CH3COONa水解；
C.升高温度促进CuSO4水解也促进水电离；
D.升高温度促进盐类水解。
本题考查盐类水解、弱电解质的电离，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确盐类水解、水电离的影响因素是解本题关键，解答时易忽略水的电离而导致错误判断。
15.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知，放电时，锌为原电池负极，碱性条件下失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，故A错误；
B.由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，故B错误；
C.由分析可知，充电时，锌电极为电解池的阴极，右侧电极为阳极，则电解质溶液1中阴离子向双极膜移动，故C正确；
D.由分析可知，电解质溶液1是碱性溶液、电解质溶液2是酸性溶液，故D错误；
故选：C。
由图可知，放电时，锌为原电池负极，碱性条件下失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，右侧电极为正极，酸性条件下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2e−+2H+=HCOOH；充电时，锌与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，电极反应式为Zn(OH)42−+2e−=Zn+4OH−，右侧电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，则电解质溶液1是碱性溶液、电解质溶液2是酸性溶液。
本题考查原电池和电解池的工作原理，为高频考点，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握电解原理和离子交换膜的作用是解题关键，注意根据电解池中离子的移动方向判断电极，题目难度中等。
16.【答案】B
【解析】解：根据图知，随着V(NaOH)的增大，c曲线①、②分布系数随V(OH)变化关系，③表示溶液的pH值，溶液中含有X元素的微粒只有两种，则H2X第一步完全电离，第二步部分电离；当V(NaOH)=40mL时，溶液的pH发生突变，此时酸碱恰好完全反应生成Na2X和H2O，V(NaOH)=2V(H2X)，酸碱以1：2反应，所以c(H2X)=c(NaOH)=0.1000mol⋅L−1；
A.随着V(NaOH)增大，δ(HX−)减小、δ(X2−)增大，则c(HX−)减小、c(X2−)增大，所以曲线①代表δ(HX−)，曲线②代表δ(X2−)，故A正确；
B.滴定终点时生成Na2X，X2−水解导致溶液呈碱性，c(H+)<(OH−)，溶液中存在电荷守恒C平(Na+)+c(H+)=(OH−)+2c平(X2−)+C平(HX−)，则存在c平(Na+)>2c平(X2−)+c平(HX−)，故B错误；
C.通过以上分析知，c(H2X)=c(NaOH)=0.1000mol⋅L−1，故C正确；
D.当δ(HX−)=δ(X2−)时，c(HX−)=c(X2−)，溶液的pH=2.0，HX−的电离常数Ka=c(A2−)c(HA−)×c(H+)=c(H+)=1.0×10−2，故D正确；
故选：B。
根据图知，随着V(NaOH)的增大，c曲线①、②分布系数随V(OH)变化关系，③表示溶液的pH值，溶液中含有X元素的微粒只有两种，则H2X第一步完全电离，第二步部分电离；当V(NaOH)=40mL时，溶液的pH发生突变，此时酸碱恰好完全反应生成Na2X和H2O，V(NaOH)=2V(H2X)，酸碱以1：2反应，所以c(H2X)=c(NaOH)=0.1000mol⋅L−1；
A.随着V(NaOH)增大，δ(HX−)减小、δ(X2−)增大，则c(HX−)减小、c(X2−)增大；
B.滴定终点时生成Na2X，X2−水解导致溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒C平(Na+)+c(H+)=(OH−)+2c平(X2−)+C平(HX−)；
C.通过以上分析知，c(H2X)=c(NaOH)；
D.当δ(HX−)=δ(X2−)时，c(HX−)=c(X2−)，溶液的pH=2.0，HX−的电离常数Ka=c(A2−)c(HA−)×c(H+)=c(H+)。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确分析图象中曲线含义、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，注意：该二元酸第一步完全电离，且D选项中c(HX−)=c(X2−)时溶液的pH不等于5.0，题目难度不大。
17.【答案】甲基橙 c平(Cl−)>c平(NH4+)>c平(H+)>c平(OH−)P<
故答案为：甲基橙；
②滴定终点时，溶液中溶质为氯化铵，由于铵根离子水解显酸性，故离子浓度从大到小的顺序为c平(Cl−)>c平(NH4+)>c平(H+)>c平(OH−)，
故答案为：c平(Cl−)>c平(NH4+)>c平(H+)>c平(OH−)；
③由图像可以得出盐酸的体积为10mL时，盐酸和氨水恰好反应，此时水的电离程度最大为P点，
故答案为：P；
(2)①根据表格中数据，酸性CH3COOH大于H2CO3，酸越弱对应的酸根水解程度越大，碱性越强，故CH3COONa的碱性弱于NaHCO3，前者pH<后者pH，
故答案为：<；
②pH相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度大于盐酸，故等体积的酸中醋酸的物质的量大于盐酸，醋酸消耗的氢氧化钠大于盐酸，
故答案为：<；
③a.醋酸酸性强于碳酸，故将少量Na2CO3固体加入醋酸溶液中会产生气泡，故a错误；
b.在新制氯水中加入NaHCO3固体，碳酸氢钠和盐酸反应，使平衡Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO正向移动，次氯酸的浓度增大，可增强该溶液的漂白性，故b正确；
c.醋酸的酸性强于次氯酸，故在“84消毒液”中滴入少量白醋，可以生成次氯酸，故可增强其杀菌消毒能力，故c正确；
故答案为：bc；
④a.醋酸溶液中加水促进醋酸的电离平衡正向移动，n(CH3COOH)的物质的量减小，n(H+)的物质的量增大，又体积相同，故c平(CH3COOH)c平(H+)减小，故a正确；
b.c平(CH3COO−)c平(CH3COOH)=Kwc(H+)，温度一定，Kw为常数，稀释时氢离子浓度减小，故c平(CH3COO−)c平(CH3COOH)增大，故b错误；
c.稀释时氢离子浓度减小，故Ka(CH3COOH)c平(H+)增大，故c错误；
d.稀释时氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，c平(H+)c平(OH−)减小，故d正确；
故答案为：ad；
⑤0.01mol/L的次氯酸溶液中K=c(H+)c(ClO−)c(HClO)，c平(H+)=c(ClO−)，故c平(H+)=2.0×10−5mol/L，
故答案为：2.0×10−5。
(1)①盐酸滴定氨水恰好反应时生成氯化铵，溶液显酸性；
②滴定终点时，溶液中溶质为氯化铵，铵根离子水解显酸性；
③由图像可以得出盐酸的体积为10mL时，盐酸和氨水恰好反应；
(2)①根据表格中数据，酸性CH3COOH大于H2CO3，酸越弱对应的酸根水解程度越大，碱性越强；
②pH相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度大于盐酸，故等体积的酸中醋酸的物质的量大于盐酸；
③a.醋酸酸性强于碳酸；
b.在新制氯水中加入NaHCO3固体，碳酸氢钠和盐酸反应，使平衡Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO正向移动；
c.醋酸的酸性强于次氯酸，故在“84消毒液”中滴入少量白醋，可以生成次氯酸；
④a.醋酸溶液中加水促进醋酸的电离平衡正向移动，n(CH3COOH)的物质的量减小，n(H+)的物质的量增大，体积相同；
b.c平(CH3COO−)c平(CH3COOH)=Kwc(H+)，温度一定，Kw为常数，稀释时氢离子浓度减小；
c.电离平衡常数只与温度有关，稀释时氢离子浓度减小，Ka(CH3COOH)c平(H+)增大；
d.稀释时氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，c平(H+)c平(OH−)减小；
⑤0.01mol/L的次氯酸溶液中K=c(H+)c(ClO−)c(HClO)，c平(H+)=c(ClO−)。
本题考查中和滴定，明确滴定实验中的仪器、数据处理是解答本题的关键，注意酸碱中和的实质、题目难度中等。
18.【答案】−49.0KJ/mol0.03mol/(L⋅min)AB3600增大H2的物质的量或浓度、适当降低温度、及时移出甲醇或水 =
【解析】解：(1)①设CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)为④，由盖斯定律可知，④=①+②+③，则ΔH=(−130.9)+(37.9)+(−44.0)=−49.0KJ/mol，
故答案为：−49.0KJ/mol；
(2)前10min内的化学反应速率v(H2)=19−1010×10=0.09mol/(L⋅min)，根据速率之比等于系数之比，则v(CH3OH)=v(H2)×13=0.03mol/(L⋅min)，
故答案为：0.03mol/(L⋅min)；
②A.随着反应的进行，甲醇的物质的量浓度越来越多，当其不再随时间而变化时，说明反应达到平衡，故A正确；
B.反应物和产物都是气体，且反应前后气体的计量系数不同，则混合气体的平均摩尔质量是一个变量，当其不再随时间而变化可以说明反应达到平衡，故B正确；
C.相同时间内，消耗氢气和生成水蒸气都是正反应速率，其比值等于系数比不能证明反应达到平衡，故C错误；
D.甲烷和水蒸气都是产物，无论反应是否平衡，其单位时间的生成量都相同，故不能证明反应达到平衡，故D错误；
故答案为：AB；
③根据方程式可知，二氧化碳的反应量和甲醇的反应量是一样的，根据表格中数据，20min时甲醇的物质的量为6mol，说明20min时反应已经达到平衡，则可得一下三段式：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)单位：mol
起始 7 19 0 0
转化 6 18 6 6
终止 1 1 6 6
则在T1℃时该反应的平衡常数的值为K=c(H2O)×c(CH3OH)c(CO2)×c3(H2)=610×610110×(110)3=3600，
故答案为：3600；
④提高二氧化碳的平衡转化率可以从平衡移动的角度分析，使平衡正向移动即可，该反应为放热反应，故可以采取的措施有：增大氢气的物质的量或浓度、适当降低温度、及时移出甲醇或水，
故答案为：增大H2的物质的量或浓度、适当降低温度、及时移出甲醇或水；
⑤根据表格中的数据可知，此时的浓度商为：Qc=c(H2O)×c(CH3OH)c(CO2)×c3(H2)=0.4×0.40.1×0.13=1600，Qc=K，故此时处于平衡状态，正逆速率相等，
故答案为：=。
(1)①设CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)为④，由盖斯定律可知，④=①+②+③；(2)前10min内的化学反应速率v(H2)=19−1010×10=0.09mol/(L⋅min)，根据速率之比等于系数之比；
②A.随着反应的进行，甲醇的物质的量浓度越来越多，当其不再随时间而变化时；
B.反应物和产物都是气体，且反应前后气体的计量系数不同，则混合气体的平均摩尔质量是一个变量；
C.相同时间内，消耗氢气和生成水蒸气都是正反应速率；
D.甲烷和水蒸气都是产物，无论反应是否平衡，其单位时间的生成量都相同；
③根据方程式可知，二氧化碳的反应量和甲醇的反应量是一样的，根据表格中数据，20min时甲醇的物质的量为6mol，说明20min时反应已经达到平衡，则可得一下三段式：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)单位：mol
起始 7 19 0 0
转化 6 18 6 6
终止 1 1 6 6
则在T1℃时该反应的平衡常数的值为K=c(H2O)×c(CH3OH)c(CO2)×c3(H2)，据此计算即可；
④提高二氧化碳的平衡转化率可以从平衡移动的角度分析，使平衡正向移动即可；
⑤根据表格中的数据可知，此时的浓度商为：Qc=c(H2O)×c(CH3OH)c(CO2)×c3(H2)=0.4×0.40.1×0.13=1600，Qc=K。
本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
19.【答案】适当增大盐酸浓度(或适当升高温度或搅拌或减小钛铁矿粒径)SiO2 TiO2++(n+1)H2O=TiO2⋅nH2O↓+2H+ 4.0×104 TiO2+2Cl2+2C−高温TiCl4+2CO
【解析】解：(1)适当增大硫酸浓度；适当升高温度；搅拌、减小钛铁矿粒径等都可以加快浸取速率，
故答案为：适当增大盐酸浓度(或适当升高温度或搅拌或减小钛铁矿粒径)；
(2)废渣的成分为不溶于酸的SiO2，
故答案为：SiO2；
(3)②→③，向溶液中加热水促进TiO2+的水解，生成TiO2⋅nH2O，其离子方程式为：TiO2++(n+1)H2O=TiO2⋅nH2O↓+2H+，
故答案为：TiO2++(n+1)H2O=TiO2⋅nH2O↓+2H+；
(4)Fe(OH)3+3H+⇌Fe3++3H2O的平衡常数K=c(Fe3+)c(H+)=c(Fe3+)⋅c3(OH−)c3(H+)⋅c3(OH−)=Ksp[Fe(OH)3](Kw)3=4.0×10−38(10−14)3=4.0×104，
故答案为：4.0×104；
(5)废气主要为有毒气体，高温下从TiO2制备TiCl4化学方程式为TiO2+2Cl2+2C−高温TiCl4+2CO，
故答案为：TiO2+2Cl2+2C−高温TiCl4+2CO。
钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)加入足量硫酸，得到的滤渣为不溶于酸的SiO2，得到含TiO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等离子的强酸性浸出液，加入足量的铁粉至浸出液显紫色，铁元素转化为Fe2+；经系列处理得到绿矾和富含TiO2+的溶液，向溶液中加热水促进TiO2+的水解，生成TiO2⋅nH2O，焙烧分解得到TiO2，在与氯气、焦炭混合反应得到TiCl4，废气主要是二氧化碳，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
20.【答案】(1)2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；
(2)①NaHSO3；②增大NaHSO3浓度，形成过饱和溶液；
(3)2H2O−4e−=O2↑+4H+；a；
(4)S2O52−+2I2+3H2O=2SO42−+4I−+6H+；0.128
【解析】
【分析】
本题以Na2S2O5为背景，考查氧化还原反应和电解原理的知识，涉及氧化还原反应方程式的书写和配平，电极反应式的书写，滴定的简单计算，均为高考的难点和重点，为高频考点，试题有助于培养综合分析问题的能力，本题整体难度中等。
【解答】
(1)由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，所以发生反应的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O，
故答案为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；
(2)①向I中通入SO2使溶液pH变为4.1，说明溶液显酸性，Na2CO3、Na2SO3、NaHCO3显碱性，而NaHSO3显酸性，说明反应生成了NaHSO3，故I中为NaHSO3溶液，
故答案为：NaHSO3；
②工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取Na2S2O5，发生这一步反应需要过饱和的NaHSO3溶液，由此判断目的为：增大NaHSO3浓度，形成过饱和溶液，
故答案为：增大NaHSO3浓度，形成过饱和溶液；
(3)电解池阳极为稀硫酸溶液，电解质溶液显酸性，发生氧化反应，所以应为H2O放电，产生O2和H+，则电极反应为：2H2O−4e−=O2↑+4H+，
溶液中分隔各个室的膜为阳离子交换膜，阳离子向阴极移动，阳极产生的H+向a室移动，与Na2SO3反应生成NaHSO3，所以电解后a室的NaHSO3浓度增加，
故答案为：2H2O−4e−=O2↑+4H+；a；
(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5具有一定的还原性，能被碘标准液滴定，说明发生氧化还原反应产生Na2SO4，I2被还原为I−，则发生滴定反应的离子方程式为：S2O52−+2I2+3H2O=2SO42−+4I−+6H+，
取50.00mL葡萄萄酒样品，用0.01000mol⋅L−1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL，根据反应方程式，则样品中Na2S2O5的残留量以SO2计算应为：2×10.00×10−3L×0.01000mol/L2×64g/mol50.00×10−3L=0.128g/L，
故答案为：S2O52−+2I2+3H2O=2SO42−+4I−+6H+；0.128。
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