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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）（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）（含答案解析），共19页。试卷主要包含了5mlN2和1，0mlB，0mlD，【答案】B，【答案】D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）
1. 下列电池能实现化学能与电能相互转化的是( )
A. 锌锰干电池 B. 可充电锂电池
C. 氢燃料电池 D. 锌银纽扣电池
2. 下列关于热化学反应的描述中正确的是( )
A. HCl和NaOH反应的反应热与H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热一定相同
B. CO(g)的燃烧热是283.0kJ⋅mol−1则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)的ΔH=2×283.0kJ⋅mol−1
C. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，反应一定需要加热才能发生
D. 一定的温度和压强下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应，放出19.3kJ热量，热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−38.6kJ⋅mol−1
3. 一定温度下，在恒容密闭容器中，投入一定量X，发生反应：2X(g)⇌2Y(g)+Z(s)，下列叙述中能说明该反应一定达到平衡状态的是( )
①Z的物质的量浓度不再改变
②v(X)逆=v(Y)正
③Y与Z的物质的量之比为2：1
④容器内压强不再改变
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变
⑥混合气体的密度不再改变
A. ①⑤⑥ B. ②③⑥ C. ②③④ D. ②⑤⑥
4. 已知反应X(g)+3Y(g)⇌Z(g)+2W(g)在四种不同情况下的反应速率，最快的为( )
A. v(X)=1.0mol(L⋅min) B. v(Y)=4.0mol/(L⋅s)
C. v(Z)=5.0mol(L⋅min) D. v(W)=2.0mol/(L⋅s)
5. 用惰性电极电解下列选项中的两种不同电解质溶液，其电极反应均相同的是( )
A. CuSO4、AgNO3 B. FeSO4、Fe2(SO4)3
C. NaCl、BaCl2 D. MgSO4、CuSO4
6. 25∘C时，某溶液中由水电离出的离子浓度关系为c(H+)⋅c(OH−)=1×10−24，该溶液的pH可能为( )
A. 3 B. 6 C. 9 D. 12
7. 利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是( )
A. 电解时以精铜作阳极
B. 粗铜接电源的负极，其电极反应是Cu−2e−=Cu2+
C. 电解后，电解槽底部会形成含少量Fe、Ag、Pt等金属的阳极泥
D. 以CuSO4溶液为电解质溶液，同时应向电解液中加入硫酸以抑制金属阳离子水解
8. 下列说法不正确的是( )
A. 为了减慢锌和稀硫酸反应放出H2的速率，可向稀硫酸中加入醋酸钠固体
B. 为了加快锌和稀硫酸反应放出H2的速率，可向稀硫酸中加入少量硫酸铜固体
C. AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分不同
D. NA为阿伏加德罗常数，用1mol⋅L−1的FeCl3溶液制得的Fe(OH)3胶体中胶粒数为NA
9. 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
10. 已知 2A(g)⇌3B(g)+C(g)△H>0，假设△H和△S不随温度而改变，下列说法中正确的是( )
A. 低温下能自发进行 B. 高温下能自发进行
C. 任何温度下都能自发进行 D. 任何温度下都不能自发进行
11. 下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 滴入甲基橙显红色的澄清溶液中：Na+、Cu2+、Cl−、NO3−
B. 1mol⋅L−1的硫酸溶液中：Na+、NH4+、Cl−、CrO42−
C. 0.1mol⋅L−1的NaHCO3溶液中：Al3+、K+、Cl−、SO42−
D. 中性溶液中：Fe3+、K+、Cl−、NO3−
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，实验操作和现象如图表：
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. 肯定含有：Na+、SO32−、SO42−
13. 常温下，用0.1000mol/L的盐酸滴定25mL0.1000mol/LNa2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示。下列有关滴定过程中溶液相关微粒浓度间的关系不正确的是( )
A. a点：c(HCO3−)>c(Cl−)>c(CO32−)
B. b点：c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)
C. c点：溶液中有CO2气体逸出
D. d点：c(Cl−)=c(Na+)
14. 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
15. 若只改变某一条件，化学反应aA(g)+B(g)⇌cC(g)的平衡变化图象如图(图中p表示压强，T表示温度，α表示平衡转化率，v表示反应速率，t表示反应时间)，据此分析下列说法正确的是( )
A. 由图①，可以判断该反应为吸热反应
B. 在图①中，若p1>p2，则此反应的系数：a+1
D. 在图②中，图象对应各点的正反应速率最大的是d
16. 在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H<0.2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量Q kJ，则下列分析正确的是( )
A. 在该条件下，反应前后的压强之比为6：5.3
B. 若反应开始时容器体积为2 L，则0∼2min内v(SO3)=0.35mol/(L⋅min)
C. 若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)<1.4mol
D. 若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出的热量大于Q kJ
17. 完成下列各小题。
(1)金属的冶炼是将自然界中的金属阳离子还原为金属单质的过程，下列金属中适合用电解法冶炼的金属有：______(填序号)；
A.Ag
B.Al
C.As
D.Au
(2)自然界中钢铁的腐蚀一般以 ______(填“化学腐蚀”或“电化学腐蚀”)为主，炒过菜的铁锅未及时清洗容易发生吸氧腐蚀，请写出其正极的电极反应方程式：______。
(3)如图所示：
①如图装置连接，______(填“是”或“否”)可以减缓右侧装置中铁的腐蚀，说明原因：______；
②甲池中负极电极反应的离子方程为 ______；
③要使乙池恢复到电解前的状态，应向溶液中加入 ______(填化学式)。
18. 在水溶液中，c(H+)和c(OH−)的关系如图所示：
回答下列问题：
(1)B点Kw______(填“大于”“小于”或“等于”)D的Kw；
(2)向水中加入 ______(填序号)可以使从A点到D点；
①Na
②HCl
③NH4Cl
④Na2S
⑤NaHSO4
(3)25℃时，0.1mol⋅L−1的某一元酸(HA)溶液中c(OH−)c(H+)=1×10−8，
①0.1mol⋅L−1HA溶液的Ka=______，HA电离度=______(用百分数表示)；
②将0.2mol⋅L−1的NaOH溶液与等物质的量浓度的HA溶液等体积混合，所得混合液的pH=______；
③浓度均为0.01mol/L的盐酸、HA与足量Zn反应，开始时生成H2的速率为v1、v2，其大小关系为 ______；取pH=2的等体积盐酸、HA，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，消耗NaOH溶液的体积分别为V1、V2，其大到小关系为 ______。
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. 使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL).
Ⅰ.实验步骤：
(1)配制100mL待测白醋溶液．量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到______(填仪器名称)中定容，摇匀即得．
(2)取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴______作指示剂．
(3)读取盛装0.1000mol/LNaOH溶液的______(填仪器名称)的初始读数．如果液面位置如右图所示，则此时的读数为______mL.
(4)滴定．当______时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数．重复滴定3次．
Ⅱ.实验记录
滴定次数
实验数据(mL)
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ.数据处理与讨论：
(1)经计算，市售白醋总酸量=______g/100mL
(2)在本实验滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大是______(填写序号)
a.碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
b.碱式滴定管尖嘴在滴定前无气泡，滴定后有气泡
c.锥形瓶中加入待测溶液后，再加少水
d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少液体溅出．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.锌锰干电池为一次电池，只能实现化学能转化成电能，故A不选；
B.可充电锂电池为二次电池，放电时实现化学能转化成电能，充电时实现电能转化成化学能，故B选；
C.氢燃料电池为一次电池，只能实现化学能转化成电能，故C不选；
D.锌银纽扣电池为一次电池，只能实现化学能转化成电能，故D不选；
故选：B。
电池能实现化学能与电能相互转化，说明该电池能放电也能充电，属于二次电池，据此分析。
本题考查了常见化学电源，题目难度不大，注意常见的化学电池、一次电池、二次电池，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
2.【答案】B
【解析】解：A.HCl和NaOH反应过程中只是氢离子和氢氧根离子中和反应放出的热量，H2SO4和Ba(OH)2反应除氢离子和氢氧根离子反应外还有钡离子与硫酸根离子反应放出的热量，两反应的反应热不同，故A错误；
B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，CO(g)的燃烧热是 283.0kJ⋅mol−1则2molCO燃烧放出热量是(2×283.0)kJ，由于反应物、生成物的能量相同，所以则 2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的ΔH=+(2×283.0)kJ⋅mol−1，故B正确；
C.反应物的总能量低于生成物的总能量时，反应为吸热反应，部分吸热反应常温下也能发生，如氢氧化钡与氯化铵晶体之间的反应，不需要加热也能发生，故C错误；
D.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此无法确定1mol氮气和氢气完全反应时放出的热量，故D错误；
故选：B。
A.HCl和NaOH反应过程中只是氢离子和氢氧根离子中和反应放出的热量，H2SO4和Ba(OH)2反应除氢离子和氢氧根离子反应外还有钡离子与硫酸根离子反应放出的热量；
B.燃烧热是1mol纯物质完全燃烧产生指定物质时放出的热量；
C.反应物的总能量低于生成物的总能量时，反应为吸热反应；
D.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物。
本题考查较为综合，涉及反应热、燃烧热、中和热等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意相关基础知识的积累，难度中等。
3.【答案】D
【解析】解：①Z为固态，其物质的量浓度基本不变，不能根据Z的物质的量浓度判断平衡状态，故①错误；
②v(X)逆=v(Y)正，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故②正确；
③若反应从右侧开始时，Y与Z的物质的量之比始终为2：1，无法判断平衡状态，故③错误；
④该反应前后气体的总物质的量相等，容器内压强始终不变，无法判断平衡状态，故④错误；
⑤Z为固体，混合气体的总质量为变量，混合气体的总物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，表明达到平衡状态，故⑤正确；
⑥Z为固体，混合气体的总质量为变量，混合气体体积为定值，则混合气体的密度为变量，当混合气体的密度不再改变时，表明达到平衡状态，故⑥正确；
故选：D。
2X(g)⇌2Y(g)+Z(s)为气体体积不变的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。
本题考查化学平衡状态的判断，明确题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，注意掌握正逆反应速率相等的含义，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.v(X)=1.0mol(L⋅min)；
B.v(Y)=4.0mol/(L⋅s)=240mol(L⋅min)，转化为v(X)=240mol(L⋅min)×13=80mol(L⋅min)；
C.v(Z)=5.0mol(L⋅min)，转化为v(X)=v(Z)=5.0mol(L⋅min)；
D.v(W)=2.0mol/(L⋅s)=120mol(L⋅min)，转化为v(X)=120mol(L⋅min)×12=60mol(L⋅min)；
显然B中数值最大，反应速率最快，只有B正确，
故选：B。
化学反应速率之比等于化学计量数之比，则转化为同种物质的反应速率比较反应的快慢，以此来解答。
本题考查化学反应速率，为高频考点，把握化学反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意速率单位统一及转化法的应用，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.阳极反应相同，但是阴极分别为铜离子和阴离子得电子生成对应单质，故A错误；
B.阳极反应相同，阴极分别为铁离子和亚铁离子得电子生成亚铁离子和铁单质，故B错误；
C.阳极为氯离子失电子产生氯气，阴极为水得电子产生氢气和氢氧根离子，电极反应相同，故C正确；
D.阳极反应相同，阴极分别为氢离子得电子产生氢气和铜离子得电子产生铜单质，故D错误；
故选：C。
根据题中提示的反应条件，结合不同离子在阴阳极的放电顺序分析对应的产物及电极反应方程式即可。
本题考查电解原理的应用，为高频考点，把握离子的移动、电极及电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
6.【答案】D
【解析】解：任何水溶液中由水电离出的H+、OH−浓度相等，25∘C时某溶液中由水电离出的离子浓度c(H+)⋅c(OH−)=1×10−24，则由水电离出的氢离子浓度c(H+)=1×10−12mol/L<1×10−7mol/L，水的电离受到抑制，则该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液：若溶液为酸溶液，水电离出的氢离子浓度c(H+)和溶液中c(OH−)相等，即溶液中c(OH−)=1×10−12mol/L，溶液中c(H+)=Kwc(OH−)=10−141×10−12mol/L=1×10−2mol/L，溶液的pH=−lgc(H+)=−lg1×10−2=2；若溶液为碱溶液，水电离出的氢离子浓度c(H+)和溶液中c(H+)相等，即溶液中c(H+)=1×10−12mol/L，溶液的pH=−lgc(H+)=−lg1×10−12=12，所以该溶液的pH可能为2或12，
故选：D。
任何水溶液中由水电离出的H+、OH−浓度相等，25∘C时某溶液中由水电离出的离子浓度c(H+)⋅c(OH−)=1×10−24，则由水电离出的氢离子浓度c(H+)=1×10−12mol/L<1×10−7mol/L，水的电离受到抑制，酸或碱溶液均能抑制水的电离，结合酸溶液中水的电离或碱溶液中水的电离情况分析解答。
本题考查pH的简单计算，为高频考点，明确pH的计算方法、酸或碱溶液中水电离出的氢离子浓度的计算是解题关键，注意掌握理解酸溶液中水电离出的氢离子浓度c(H+)和溶液中c(OH−)相等，题目难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，故A错误；
B.粗铜接电源的正极，阳极与电池的正极相连发生氧化反应，其电极反应为Cu−2e−=Cu2+、Fe−2e−=Fe2+、Zn−2e−=Zn2+等，故B错误；
C.粗铜阳极上活泼金属Cu、Fe、Zn等失去电子，含有的少量Ag、Pt等金属不易失电子，以单质形式沉在底部沉积下来，形成阳极泥，故C错误；
D.铜离子水解显酸性，故加硫酸可以抑制水解，故D正确；
故选：D。
电解法进行粗铜提纯时粗铜作阳极，与电池的正极相连，阳极上的Cu、Fe、Zn等金属失去电子发生氧化反应，而Ag、Pt等金属沉在底部形成阳极泥；精铜作阴极，与电池的负极相连，只有铜离子得到电子发生还原反应；依据得失电子守恒，阳极发生反应时失电子数目和阴极发生反应时得电子数目相等，故溶液中的铜离子减少，以此来解答。
本题本题考查了电解原理的原理应用，熟练掌握电极反应，电极判断，电极名称是解题关键，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.稀硫酸中加入醋酸钠固体，生成弱酸醋酸，能减少氢离子的浓度，可以减慢锌粉和稀硫酸反应放出H2的速率，故A正确；
B.Zn先与CuSO4反应置换出了Cu，构成了Cu−Zn原电池加快了反应速率，所以为了加快锌和稀硫酸反应放出H2的速率，可向稀硫酸中加入少量硫酸铜固体，故B正确；
C.AlCl3溶液水解生成的盐酸易挥发，而Al2(SO4)3溶液水解生成硫酸不挥发，则加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体分别为氧化铝、硫酸铝，成分不同，故C正确；
D.一个胶粒是多个氢氧化铁的聚集，故1mol氯化铁所形成的胶粒的个数小于NA个，故D错误；
故选：D。
A.稀硫酸中加入醋酸钠固体，生成弱酸醋酸；
B.Zn先与CuSO4反应置换出了Cu，构成了Cu−Zn原电池加快了反应速率；
C.AlCl3溶液水解生成的盐酸易挥发，而Al2(SO4)3溶液水解生成硫酸不挥发；
D.一个胶粒是多个氢氧化铁的聚集体。
本题考查化学反应速率的影响因素、水解原理等，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
9.【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。
10.【答案】B
【解析】解：2A(g)⇌3B(g)+C(g)△H>0，即正反应是气体体积增大的吸热反应，△H>0，△S>0，要使△H−T⋅△S<0，则T为高温，所以反应2A(g)⇌3B(g)+C(g)△H>0，在高温下能自发进行，低温下不能自发进行；
故选：B。
反应2A(g)⇌3B(g)+C(g)为吸热反应，生成物的气体物质的量增大，则△S>0，反应自发进行的条件是△H−T⋅△S<0时，反应能自发进行，据此分析解答。
本题考查反应热与焓变，把握熵变△S正负的判断、明确反应自发进行的条件即可解答，注意△H−T⋅△S<0的应用，试题考查学生灵活运用所学知识的能力，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.滴入甲基橙显红色的澄清溶液呈酸性，Na+、Cu2+、Cl−、NO3−、H+之间不反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A正确；
B.H+、CrO42−之间发生反应，在中不能大量共存，故B错误；
C.Al3+、HCO3−之间发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，在0.1mol⋅L−1的NaHCO3溶液中不能大量共存，故C错误；
D.Fe3+水解溶液成酸性，在中性溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.该溶液呈酸性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
B.铬酸根离子与氢离子反应；
C.碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应；
D.铁离子水解溶液呈酸性。
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
12.【答案】A
【解析】解：A.根据上述分析可知该溶液中一定含有Na+、I−、SO32−，故A正确；
B.溶液无色，则一定不含有Fe2+，但不能确定是否含有Cl−、SO42−，故B错误；
C.根据上述分析可知：该溶液中一定不含有Ba2+、Fe2+，一定含有I−，故C错误；
D.根据上述分析可知该溶液中一定不含Fe2+，一定含有SO32−，SO42−是否含有不能确定，故D错误；
故选：A。
Fe2+水溶液显浅绿色，在无色溶液中不能大量存在；
(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，说明溶液显碱性；由于离子组中无OH−，则一定含有阴离子SO32−，SO32−水解使溶液显碱性。Ba2+与SO32−会形成BaSO3沉淀而不能大量共存，则该溶液中不存在Ba2+，根据溶液呈电中性，一定含有阳离子Na+；
(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，说明溶液中含有I−，加入氯水时与I−发生了反应：Cl2+2I−=2Cl−+I2；同时氯水将溶液中的SO32−氧化为SO42−，发生反应：Cl2+H2O+SO32−=2Cl−+SO42−+2H+；
(3)取(2)上层溶液，由于其中含有SO32−氧化产生的SO42−，所以加入过量Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，产生BaSO4白色沉淀，这不能说明原溶液中是否含有SO42−；
(4)向滤液中加入过量AgNO3溶液和稀HNO3时有白色沉淀产生，说明该滤液中含有Cl−，由于在(2)中加入氯水引入了Cl−，因此不能说明原溶液中是否含有Cl−。
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，做好此类题目，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。
13.【答案】C
【解析】解：A.a点n(HCl)=0.1000mol/L×0.0125L=0.00125mol，n(Na2CO3)=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，反应生成0.00125molNaCl和NaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以c(CO32−)c(Cl−)>c(CO32−)，故A正确；
B.b点时根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)，故B正确；
C.c点时n(HCl)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3，无二氧化碳气体生成，故C错误；
D.d点n(HCl)=0.1000mol/L×0.050L=0.005mol，为碳酸钠物质的量的二倍，二者反应方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，溶液中的溶质为NaCl，根据物料守恒得c(Na+)=c(Cl−)，故D正确；
故选：C。
A.a点n(HCl)=0.1000mol/L×0.0125L=0.00125mol，n(Na2CO3)=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，反应生成0.00125molNaCl和NaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，则c(HCO3−)>c(CO32−)，结合物料守恒判断；
B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
C.c点时n(HCl)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3；
D.d点n(HCl)=0.1000mol/L×0.050L=0.005mol，为碳酸钠物质的量的二倍，二者反应方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，溶液中的溶质为NaCl，根据物料守恒判断。
本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应物的物质的量相对大小及溶液中的溶质成分是解本题关键，再结合守恒思想解答，注意掌握盐的水解原理及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
14.【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。
15.【答案】D
【解析】解：A根据图①知，同一压强下，升高温度，A的转化率降低，说明平衡逆向移动，所以逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故A错误；
B、由图①和p1>p2可知，恒定温度时压强越大，α(A)越大，即增大压强平衡向右移动，说明此反应为气体分子数减少的反应，即a+1>c，故B错误；
C、在图②中，t0时刻v(逆)瞬间增大，改变的条件或为增大C的浓度，或为增大压强，或为升高温度；若移走部分生成物C，v(逆)会因浓度的减小而减小，故C错误；
D、在图②中，在d之前，v(逆)逐渐减小，v(正)逐渐增大，直至v(逆)=v(正)，达到平衡状态，对应各点的正反应速率最大的是d，故D正确；
故选：D。
A、根据图①可知，同一压强下，升高温度，A的转化率降低；
B、恒定温度时压强越大，α(A)越大；
C、若移走部分生成物C，逆反应速率会减小；
D、达平衡前，v(逆)逐渐减小，v(正)逐渐增大。
本题涉及图象的分析及化学平衡的移动和反应进行的方向等知识点，侧重考查学生分析判断能力，通过图象中数据的变化判断化学平衡移动的方向是解题的关键，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】解：A.反应在恒温恒压条件下进行，应前后的压强之比为1；1，故A错误；
B.若容器体积不变，v(SO3)=1.4mol2L2min=0.35mol/(L⋅min)，但反应是在恒温恒压条件进行，反应达到平衡时，容器体积小于2L，v(SO3)>0.35mol/(L⋅min)，故B错误；
C.若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，反应是放热反应，绝热温度升高，平衡逆向进行，平衡后n(SO3)<1.4mol，故C正确；
D.若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，反应过程中压强减小，平衡逆向进行，达平衡时放出热量小于Q kJ，故D错误；
故选：C。
A.依据反应在恒温恒压条件下进行分析；
B.依据v(SO3)=△nV△t计算；
C.绝热条件温度升高平衡逆向进行；
D.恒温恒容条件反应过程中，压强减小．
本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，注意恒温恒容、恒温恒压条件下分析的角度不同，结果不同，注意掌握平衡移动原理的实质应用，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．
17.【答案】B 电化学腐蚀 O2+2H2O+4e−=4OH− 是 外加电流保护法 CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2OCuO或CuCO3
【解析】解：(1)冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得，
故答案为：B；
(2)炒过菜的铁锅未及时清洗容易发生电化学腐蚀而生锈，在铁的吸氧腐蚀中，负极上铁失电子发生氧化反应，Fe−2e−=Fe2+，正极上是氧气得电子的还原反应，O2+2H2O+4e−=4OH−，
故答案为：电化学腐蚀；O2+2H2O+4e−=4OH−；
(3)①甲装置中甲烷燃料电池中通入甲烷的电极为负极，连接乙池的铁电极，做阴极，是被保护的电极，
故答案为：是；外加电流保护法；
②甲装置中甲烷燃料电池中通入甲烷的电极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O，
故答案为：CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O；
③电解硫酸铜溶液，两极产生物质分别为氧气和铜，二者组合成新物质CuO加回原溶液即可恢复成原溶液，也可以用CuCO3，电解后溶液为硫酸溶液，加入碳酸铜后反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，效果等同于氧化铜，
故答案为：CuO或CuCO3。
(1)冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得；
(2)炒过菜的铁锅未及时清洗容易发生电化学腐蚀而生锈，在铁的吸氧腐蚀中，负极上铁失电子发生氧化反应；
(3)①甲装置中甲烷燃料电池中通入甲烷的电极为负极，连接乙池的铁电极，做阴极；
②甲装置中甲烷燃料电池中通入甲烷的电极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水；
③电解硫酸铜溶液，两极产生物质分别为氧气和铜，二者组合成新物质CuO加回原溶液即可恢复成原溶液。
本题考查了原电池、电解池原理及其应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上电极反应、物质之间的关系为解答关键，题目难度中等。
18.【答案】大于 ②③⑤ 10−5 1%9v1>v2 V1
故答案为：大于；
(2)从A点到D点，溶液由中性变为酸性，可以加入酸或者加入水解显酸性的盐，因此选②③⑤，
故答案为：②③⑤；
(3)①25℃时，Kw=c(H+)×c(OH−)=10−14，又因为c(OH−)c(H+)=1×10−8，计算出c(H+)=10−3mol/L，Ka=c(H+)c(A−)c(HA)=10−3×10−310−1=10−5；HA的电离度=10−3mol/L0.1mol/L×100%=1%，
故答案为：10−5；1%；
②将0.2mol⋅L−1的NaOH溶液与等物质的量浓度的HA溶液等体积混合，所得混合液为0.1mol/L的NaA溶液，溶液中存在水解平衡：A−+H2O⇌HA+OH−，其中，c(A−)≈0.1mol/L，假设生成的c(HA)=x=c(OH−)，有，Ka=c(H+)c(A−)c(HA)=10−14x×0.1x=10−5，计算得x=10−5mol/L，则溶液中c(H+)=10−9mol/L，故pH=9，
故答案为：9；
③浓度均为0.01mol/L的盐酸、HA与足量Zn反应，盐酸中c(H+)=0.01mol/L，HA是弱酸，电离程度小，H+浓度小于盐酸中H+浓度，因此反应速率v1>v2；pH=2的等体积盐酸、HA，溶液中H+的浓度和物质的量均相等，但因为HA是弱酸，在反应过程中，随着H+的消耗，平衡正向移动继续生成H+，因此消耗的NaOH体积更大，即V1
(2)从A点到D点，溶液由中性变为酸性，可以加入酸或者加入水解显酸性的盐；
(3)①25℃时，Kw=c(H+)×c(OH−)=10−14，又因为c(OH−)c(H+)=1×10−8，计算出c(H+)=10−3mol/L，Ka=c(H+)c(A−)c(HA)；
②将0.2mol⋅L−1的NaOH溶液与等物质的量浓度的HA溶液等体积混合，所得混合液为0.1mol/L的NaA溶液，溶液中存在水解平衡：A−+H2O⇌HA+OH−，其中，c(A−)≈0.1mol/L，假设生成的c(HA)=x=c(OH−)，有，Ka=c(H+)c(A−)c(HA)=10−14x×0.1x=10−5，据此计算；
③浓度均为0.01mol/L的盐酸、HA与足量Zn反应，盐酸中c(H+)=0.01mol/L，HA是弱酸，电离程度小，H+浓度小于盐酸中H+浓度；pH=2的等体积盐酸、HA，溶液中H+的浓度和物质的量均相等，但因为HA是弱酸，在反应过程中，随着H+的消耗，平衡正向移动继续生成H+，因此消耗的NaOH体积更大。
本题考查水的电离和酸碱混合的定性判断和溶液pH的有关计算，题目难度不大，温度不同而使水的离子积常数不同是解本题的关键，注意酸碱混合时酸碱物质的量的关系以及溶液pH与c(H+)、(OH−)的关系，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力。
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】100mL容量瓶 酚酞 碱式滴定管 0.70溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色 4.5ab
【解析】解：I.(1)量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液，
故答案为：100mL容量瓶；
(2)食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞，
故答案为：酚酞；
(3)NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中；滴定管液面的读数0.70mL；
故答案为：碱式滴定管；0.70；
(4)NaOH滴定食醋，滴定前溶液为无色，终点时溶液为红色，所以滴定的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
故答案为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅲ.(1)第1次滴定误差明显大，应舍去，其他3次消耗的NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL；
设10mL市售白醋样品含有 CH3COOOHXg，则
CH3COOOH∼NaOH
60 40
Xg×0.20.1000mol/L×0.015L×40g/mol
X=0.450
样品总酸量0.450g0.01L=4.5g/100mL，
故答案为：4.5；
(2)a.碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)分析可知c(待测)偏大，故a正确；
b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)分析可知c(待测)偏大，故b正确；
c.锥形瓶中加入待测溶液后，再加少水，对V(标准)无影响，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)分析可知c(待测)不变，故c错误；
d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)分析可知c(待测)偏小，故d正确；
故选：ab.
I.(1)溶液的稀释在烧杯中进行，溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；
(2)强碱滴定弱酸时应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；
(3)根据碱溶液应盛放在碱式滴定管中；根据滴定管的结构与精确度来分析；
(4)滴定终点时如溶液发生变化，并在半分钟内不变色；
Ⅲ.(1)根据数据的合理性求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH 溶液反应的关系式来解答；
(2)根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；
本题以测定市售白醋的总酸量考查了中和滴定操作，误差分析以及化学计算，难度不大，只要掌握对应知识即可完成．
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）
1. 下列电池能实现化学能与电能相互转化的是( )
A. 锌锰干电池 B. 可充电锂电池
C. 氢燃料电池 D. 锌银纽扣电池
2. 下列关于热化学反应的描述中正确的是( )
A. HCl和NaOH反应的反应热与H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热一定相同
B. CO(g)的燃烧热是283.0kJ⋅mol−1则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)的ΔH=2×283.0kJ⋅mol−1
C. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，反应一定需要加热才能发生
D. 一定的温度和压强下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应，放出19.3kJ热量，热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−38.6kJ⋅mol−1
3. 一定温度下，在恒容密闭容器中，投入一定量X，发生反应：2X(g)⇌2Y(g)+Z(s)，下列叙述中能说明该反应一定达到平衡状态的是( )
①Z的物质的量浓度不再改变
②v(X)逆=v(Y)正
③Y与Z的物质的量之比为2：1
④容器内压强不再改变
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变
⑥混合气体的密度不再改变
A. ①⑤⑥ B. ②③⑥ C. ②③④ D. ②⑤⑥
4. 已知反应X(g)+3Y(g)⇌Z(g)+2W(g)在四种不同情况下的反应速率，最快的为( )
A. v(X)=1.0mol(L⋅min) B. v(Y)=4.0mol/(L⋅s)
C. v(Z)=5.0mol(L⋅min) D. v(W)=2.0mol/(L⋅s)
5. 用惰性电极电解下列选项中的两种不同电解质溶液，其电极反应均相同的是( )
A. CuSO4、AgNO3 B. FeSO4、Fe2(SO4)3
C. NaCl、BaCl2 D. MgSO4、CuSO4
6. 25∘C时，某溶液中由水电离出的离子浓度关系为c(H+)⋅c(OH−)=1×10−24，该溶液的pH可能为( )
A. 3 B. 6 C. 9 D. 12
7. 利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是( )
A. 电解时以精铜作阳极
B. 粗铜接电源的负极，其电极反应是Cu−2e−=Cu2+
C. 电解后，电解槽底部会形成含少量Fe、Ag、Pt等金属的阳极泥
D. 以CuSO4溶液为电解质溶液，同时应向电解液中加入硫酸以抑制金属阳离子水解
8. 下列说法不正确的是( )
A. 为了减慢锌和稀硫酸反应放出H2的速率，可向稀硫酸中加入醋酸钠固体
B. 为了加快锌和稀硫酸反应放出H2的速率，可向稀硫酸中加入少量硫酸铜固体
C. AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分不同
D. NA为阿伏加德罗常数，用1mol⋅L−1的FeCl3溶液制得的Fe(OH)3胶体中胶粒数为NA
9. 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
10. 已知 2A(g)⇌3B(g)+C(g)△H>0，假设△H和△S不随温度而改变，下列说法中正确的是( )
A. 低温下能自发进行 B. 高温下能自发进行
C. 任何温度下都能自发进行 D. 任何温度下都不能自发进行
11. 下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 滴入甲基橙显红色的澄清溶液中：Na+、Cu2+、Cl−、NO3−
B. 1mol⋅L−1的硫酸溶液中：Na+、NH4+、Cl−、CrO42−
C. 0.1mol⋅L−1的NaHCO3溶液中：Al3+、K+、Cl−、SO42−
D. 中性溶液中：Fe3+、K+、Cl−、NO3−
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，实验操作和现象如图表：
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. 肯定含有：Na+、SO32−、SO42−
13. 常温下，用0.1000mol/L的盐酸滴定25mL0.1000mol/LNa2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示。下列有关滴定过程中溶液相关微粒浓度间的关系不正确的是( )
A. a点：c(HCO3−)>c(Cl−)>c(CO32−)
B. b点：c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)
C. c点：溶液中有CO2气体逸出
D. d点：c(Cl−)=c(Na+)
14. 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
15. 若只改变某一条件，化学反应aA(g)+B(g)⇌cC(g)的平衡变化图象如图(图中p表示压强，T表示温度，α表示平衡转化率，v表示反应速率，t表示反应时间)，据此分析下列说法正确的是( )
A. 由图①，可以判断该反应为吸热反应
B. 在图①中，若p1>p2，则此反应的系数：a+1
D. 在图②中，图象对应各点的正反应速率最大的是d
16. 在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H<0.2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量Q kJ，则下列分析正确的是( )
A. 在该条件下，反应前后的压强之比为6：5.3
B. 若反应开始时容器体积为2 L，则0∼2min内v(SO3)=0.35mol/(L⋅min)
C. 若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)<1.4mol
D. 若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出的热量大于Q kJ
17. 完成下列各小题。
(1)金属的冶炼是将自然界中的金属阳离子还原为金属单质的过程，下列金属中适合用电解法冶炼的金属有：______(填序号)；
A.Ag
B.Al
C.As
D.Au
(2)自然界中钢铁的腐蚀一般以 ______(填“化学腐蚀”或“电化学腐蚀”)为主，炒过菜的铁锅未及时清洗容易发生吸氧腐蚀，请写出其正极的电极反应方程式：______。
(3)如图所示：
①如图装置连接，______(填“是”或“否”)可以减缓右侧装置中铁的腐蚀，说明原因：______；
②甲池中负极电极反应的离子方程为 ______；
③要使乙池恢复到电解前的状态，应向溶液中加入 ______(填化学式)。
18. 在水溶液中，c(H+)和c(OH−)的关系如图所示：
回答下列问题：
(1)B点Kw______(填“大于”“小于”或“等于”)D的Kw；
(2)向水中加入 ______(填序号)可以使从A点到D点；
①Na
②HCl
③NH4Cl
④Na2S
⑤NaHSO4
(3)25℃时，0.1mol⋅L−1的某一元酸(HA)溶液中c(OH−)c(H+)=1×10−8，
①0.1mol⋅L−1HA溶液的Ka=______，HA电离度=______(用百分数表示)；
②将0.2mol⋅L−1的NaOH溶液与等物质的量浓度的HA溶液等体积混合，所得混合液的pH=______；
③浓度均为0.01mol/L的盐酸、HA与足量Zn反应，开始时生成H2的速率为v1、v2，其大小关系为 ______；取pH=2的等体积盐酸、HA，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，消耗NaOH溶液的体积分别为V1、V2，其大到小关系为 ______。
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. 使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL).
Ⅰ.实验步骤：
(1)配制100mL待测白醋溶液．量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到______(填仪器名称)中定容，摇匀即得．
(2)取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴______作指示剂．
(3)读取盛装0.1000mol/LNaOH溶液的______(填仪器名称)的初始读数．如果液面位置如右图所示，则此时的读数为______mL.
(4)滴定．当______时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数．重复滴定3次．
Ⅱ.实验记录
滴定次数
实验数据(mL)
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ.数据处理与讨论：
(1)经计算，市售白醋总酸量=______g/100mL
(2)在本实验滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大是______(填写序号)
a.碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
b.碱式滴定管尖嘴在滴定前无气泡，滴定后有气泡
c.锥形瓶中加入待测溶液后，再加少水
d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少液体溅出．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.锌锰干电池为一次电池，只能实现化学能转化成电能，故A不选；
B.可充电锂电池为二次电池，放电时实现化学能转化成电能，充电时实现电能转化成化学能，故B选；
C.氢燃料电池为一次电池，只能实现化学能转化成电能，故C不选；
D.锌银纽扣电池为一次电池，只能实现化学能转化成电能，故D不选；
故选：B。
电池能实现化学能与电能相互转化，说明该电池能放电也能充电，属于二次电池，据此分析。
本题考查了常见化学电源，题目难度不大，注意常见的化学电池、一次电池、二次电池，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
2.【答案】B
【解析】解：A.HCl和NaOH反应过程中只是氢离子和氢氧根离子中和反应放出的热量，H2SO4和Ba(OH)2反应除氢离子和氢氧根离子反应外还有钡离子与硫酸根离子反应放出的热量，两反应的反应热不同，故A错误；
B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，CO(g)的燃烧热是 283.0kJ⋅mol−1则2molCO燃烧放出热量是(2×283.0)kJ，由于反应物、生成物的能量相同，所以则 2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的ΔH=+(2×283.0)kJ⋅mol−1，故B正确；
C.反应物的总能量低于生成物的总能量时，反应为吸热反应，部分吸热反应常温下也能发生，如氢氧化钡与氯化铵晶体之间的反应，不需要加热也能发生，故C错误；
D.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此无法确定1mol氮气和氢气完全反应时放出的热量，故D错误；
故选：B。
A.HCl和NaOH反应过程中只是氢离子和氢氧根离子中和反应放出的热量，H2SO4和Ba(OH)2反应除氢离子和氢氧根离子反应外还有钡离子与硫酸根离子反应放出的热量；
B.燃烧热是1mol纯物质完全燃烧产生指定物质时放出的热量；
C.反应物的总能量低于生成物的总能量时，反应为吸热反应；
D.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物。
本题考查较为综合，涉及反应热、燃烧热、中和热等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意相关基础知识的积累，难度中等。
3.【答案】D
【解析】解：①Z为固态，其物质的量浓度基本不变，不能根据Z的物质的量浓度判断平衡状态，故①错误；
②v(X)逆=v(Y)正，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故②正确；
③若反应从右侧开始时，Y与Z的物质的量之比始终为2：1，无法判断平衡状态，故③错误；
④该反应前后气体的总物质的量相等，容器内压强始终不变，无法判断平衡状态，故④错误；
⑤Z为固体，混合气体的总质量为变量，混合气体的总物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，表明达到平衡状态，故⑤正确；
⑥Z为固体，混合气体的总质量为变量，混合气体体积为定值，则混合气体的密度为变量，当混合气体的密度不再改变时，表明达到平衡状态，故⑥正确；
故选：D。
2X(g)⇌2Y(g)+Z(s)为气体体积不变的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。
本题考查化学平衡状态的判断，明确题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，注意掌握正逆反应速率相等的含义，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.v(X)=1.0mol(L⋅min)；
B.v(Y)=4.0mol/(L⋅s)=240mol(L⋅min)，转化为v(X)=240mol(L⋅min)×13=80mol(L⋅min)；
C.v(Z)=5.0mol(L⋅min)，转化为v(X)=v(Z)=5.0mol(L⋅min)；
D.v(W)=2.0mol/(L⋅s)=120mol(L⋅min)，转化为v(X)=120mol(L⋅min)×12=60mol(L⋅min)；
显然B中数值最大，反应速率最快，只有B正确，
故选：B。
化学反应速率之比等于化学计量数之比，则转化为同种物质的反应速率比较反应的快慢，以此来解答。
本题考查化学反应速率，为高频考点，把握化学反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意速率单位统一及转化法的应用，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.阳极反应相同，但是阴极分别为铜离子和阴离子得电子生成对应单质，故A错误；
B.阳极反应相同，阴极分别为铁离子和亚铁离子得电子生成亚铁离子和铁单质，故B错误；
C.阳极为氯离子失电子产生氯气，阴极为水得电子产生氢气和氢氧根离子，电极反应相同，故C正确；
D.阳极反应相同，阴极分别为氢离子得电子产生氢气和铜离子得电子产生铜单质，故D错误；
故选：C。
根据题中提示的反应条件，结合不同离子在阴阳极的放电顺序分析对应的产物及电极反应方程式即可。
本题考查电解原理的应用，为高频考点，把握离子的移动、电极及电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
6.【答案】D
【解析】解：任何水溶液中由水电离出的H+、OH−浓度相等，25∘C时某溶液中由水电离出的离子浓度c(H+)⋅c(OH−)=1×10−24，则由水电离出的氢离子浓度c(H+)=1×10−12mol/L<1×10−7mol/L，水的电离受到抑制，则该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液：若溶液为酸溶液，水电离出的氢离子浓度c(H+)和溶液中c(OH−)相等，即溶液中c(OH−)=1×10−12mol/L，溶液中c(H+)=Kwc(OH−)=10−141×10−12mol/L=1×10−2mol/L，溶液的pH=−lgc(H+)=−lg1×10−2=2；若溶液为碱溶液，水电离出的氢离子浓度c(H+)和溶液中c(H+)相等，即溶液中c(H+)=1×10−12mol/L，溶液的pH=−lgc(H+)=−lg1×10−12=12，所以该溶液的pH可能为2或12，
故选：D。
任何水溶液中由水电离出的H+、OH−浓度相等，25∘C时某溶液中由水电离出的离子浓度c(H+)⋅c(OH−)=1×10−24，则由水电离出的氢离子浓度c(H+)=1×10−12mol/L<1×10−7mol/L，水的电离受到抑制，酸或碱溶液均能抑制水的电离，结合酸溶液中水的电离或碱溶液中水的电离情况分析解答。
本题考查pH的简单计算，为高频考点，明确pH的计算方法、酸或碱溶液中水电离出的氢离子浓度的计算是解题关键，注意掌握理解酸溶液中水电离出的氢离子浓度c(H+)和溶液中c(OH−)相等，题目难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，故A错误；
B.粗铜接电源的正极，阳极与电池的正极相连发生氧化反应，其电极反应为Cu−2e−=Cu2+、Fe−2e−=Fe2+、Zn−2e−=Zn2+等，故B错误；
C.粗铜阳极上活泼金属Cu、Fe、Zn等失去电子，含有的少量Ag、Pt等金属不易失电子，以单质形式沉在底部沉积下来，形成阳极泥，故C错误；
D.铜离子水解显酸性，故加硫酸可以抑制水解，故D正确；
故选：D。
电解法进行粗铜提纯时粗铜作阳极，与电池的正极相连，阳极上的Cu、Fe、Zn等金属失去电子发生氧化反应，而Ag、Pt等金属沉在底部形成阳极泥；精铜作阴极，与电池的负极相连，只有铜离子得到电子发生还原反应；依据得失电子守恒，阳极发生反应时失电子数目和阴极发生反应时得电子数目相等，故溶液中的铜离子减少，以此来解答。
本题本题考查了电解原理的原理应用，熟练掌握电极反应，电极判断，电极名称是解题关键，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.稀硫酸中加入醋酸钠固体，生成弱酸醋酸，能减少氢离子的浓度，可以减慢锌粉和稀硫酸反应放出H2的速率，故A正确；
B.Zn先与CuSO4反应置换出了Cu，构成了Cu−Zn原电池加快了反应速率，所以为了加快锌和稀硫酸反应放出H2的速率，可向稀硫酸中加入少量硫酸铜固体，故B正确；
C.AlCl3溶液水解生成的盐酸易挥发，而Al2(SO4)3溶液水解生成硫酸不挥发，则加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体分别为氧化铝、硫酸铝，成分不同，故C正确；
D.一个胶粒是多个氢氧化铁的聚集，故1mol氯化铁所形成的胶粒的个数小于NA个，故D错误；
故选：D。
A.稀硫酸中加入醋酸钠固体，生成弱酸醋酸；
B.Zn先与CuSO4反应置换出了Cu，构成了Cu−Zn原电池加快了反应速率；
C.AlCl3溶液水解生成的盐酸易挥发，而Al2(SO4)3溶液水解生成硫酸不挥发；
D.一个胶粒是多个氢氧化铁的聚集体。
本题考查化学反应速率的影响因素、水解原理等，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
9.【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。
10.【答案】B
【解析】解：2A(g)⇌3B(g)+C(g)△H>0，即正反应是气体体积增大的吸热反应，△H>0，△S>0，要使△H−T⋅△S<0，则T为高温，所以反应2A(g)⇌3B(g)+C(g)△H>0，在高温下能自发进行，低温下不能自发进行；
故选：B。
反应2A(g)⇌3B(g)+C(g)为吸热反应，生成物的气体物质的量增大，则△S>0，反应自发进行的条件是△H−T⋅△S<0时，反应能自发进行，据此分析解答。
本题考查反应热与焓变，把握熵变△S正负的判断、明确反应自发进行的条件即可解答，注意△H−T⋅△S<0的应用，试题考查学生灵活运用所学知识的能力，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.滴入甲基橙显红色的澄清溶液呈酸性，Na+、Cu2+、Cl−、NO3−、H+之间不反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A正确；
B.H+、CrO42−之间发生反应，在中不能大量共存，故B错误；
C.Al3+、HCO3−之间发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，在0.1mol⋅L−1的NaHCO3溶液中不能大量共存，故C错误；
D.Fe3+水解溶液成酸性，在中性溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.该溶液呈酸性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
B.铬酸根离子与氢离子反应；
C.碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应；
D.铁离子水解溶液呈酸性。
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
12.【答案】A
【解析】解：A.根据上述分析可知该溶液中一定含有Na+、I−、SO32−，故A正确；
B.溶液无色，则一定不含有Fe2+，但不能确定是否含有Cl−、SO42−，故B错误；
C.根据上述分析可知：该溶液中一定不含有Ba2+、Fe2+，一定含有I−，故C错误；
D.根据上述分析可知该溶液中一定不含Fe2+，一定含有SO32−，SO42−是否含有不能确定，故D错误；
故选：A。
Fe2+水溶液显浅绿色，在无色溶液中不能大量存在；
(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，说明溶液显碱性；由于离子组中无OH−，则一定含有阴离子SO32−，SO32−水解使溶液显碱性。Ba2+与SO32−会形成BaSO3沉淀而不能大量共存，则该溶液中不存在Ba2+，根据溶液呈电中性，一定含有阳离子Na+；
(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，说明溶液中含有I−，加入氯水时与I−发生了反应：Cl2+2I−=2Cl−+I2；同时氯水将溶液中的SO32−氧化为SO42−，发生反应：Cl2+H2O+SO32−=2Cl−+SO42−+2H+；
(3)取(2)上层溶液，由于其中含有SO32−氧化产生的SO42−，所以加入过量Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，产生BaSO4白色沉淀，这不能说明原溶液中是否含有SO42−；
(4)向滤液中加入过量AgNO3溶液和稀HNO3时有白色沉淀产生，说明该滤液中含有Cl−，由于在(2)中加入氯水引入了Cl−，因此不能说明原溶液中是否含有Cl−。
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，做好此类题目，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。
13.【答案】C
【解析】解：A.a点n(HCl)=0.1000mol/L×0.0125L=0.00125mol，n(Na2CO3)=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，反应生成0.00125molNaCl和NaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以c(CO32−)
B.b点时根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)，故B正确；
C.c点时n(HCl)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3，无二氧化碳气体生成，故C错误；
D.d点n(HCl)=0.1000mol/L×0.050L=0.005mol，为碳酸钠物质的量的二倍，二者反应方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，溶液中的溶质为NaCl，根据物料守恒得c(Na+)=c(Cl−)，故D正确；
故选：C。
A.a点n(HCl)=0.1000mol/L×0.0125L=0.00125mol，n(Na2CO3)=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，反应生成0.00125molNaCl和NaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，则c(HCO3−)>c(CO32−)，结合物料守恒判断；
B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
C.c点时n(HCl)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3；
D.d点n(HCl)=0.1000mol/L×0.050L=0.005mol，为碳酸钠物质的量的二倍，二者反应方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，溶液中的溶质为NaCl，根据物料守恒判断。
本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应物的物质的量相对大小及溶液中的溶质成分是解本题关键，再结合守恒思想解答，注意掌握盐的水解原理及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
14.【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。
15.【答案】D
【解析】解：A根据图①知，同一压强下，升高温度，A的转化率降低，说明平衡逆向移动，所以逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故A错误；
B、由图①和p1>p2可知，恒定温度时压强越大，α(A)越大，即增大压强平衡向右移动，说明此反应为气体分子数减少的反应，即a+1>c，故B错误；
C、在图②中，t0时刻v(逆)瞬间增大，改变的条件或为增大C的浓度，或为增大压强，或为升高温度；若移走部分生成物C，v(逆)会因浓度的减小而减小，故C错误；
D、在图②中，在d之前，v(逆)逐渐减小，v(正)逐渐增大，直至v(逆)=v(正)，达到平衡状态，对应各点的正反应速率最大的是d，故D正确；
故选：D。
A、根据图①可知，同一压强下，升高温度，A的转化率降低；
B、恒定温度时压强越大，α(A)越大；
C、若移走部分生成物C，逆反应速率会减小；
D、达平衡前，v(逆)逐渐减小，v(正)逐渐增大。
本题涉及图象的分析及化学平衡的移动和反应进行的方向等知识点，侧重考查学生分析判断能力，通过图象中数据的变化判断化学平衡移动的方向是解题的关键，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】解：A.反应在恒温恒压条件下进行，应前后的压强之比为1；1，故A错误；
B.若容器体积不变，v(SO3)=1.4mol2L2min=0.35mol/(L⋅min)，但反应是在恒温恒压条件进行，反应达到平衡时，容器体积小于2L，v(SO3)>0.35mol/(L⋅min)，故B错误；
C.若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，反应是放热反应，绝热温度升高，平衡逆向进行，平衡后n(SO3)<1.4mol，故C正确；
D.若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，反应过程中压强减小，平衡逆向进行，达平衡时放出热量小于Q kJ，故D错误；
故选：C。
A.依据反应在恒温恒压条件下进行分析；
B.依据v(SO3)=△nV△t计算；
C.绝热条件温度升高平衡逆向进行；
D.恒温恒容条件反应过程中，压强减小．
本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，注意恒温恒容、恒温恒压条件下分析的角度不同，结果不同，注意掌握平衡移动原理的实质应用，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．
17.【答案】B 电化学腐蚀 O2+2H2O+4e−=4OH− 是 外加电流保护法 CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2OCuO或CuCO3
【解析】解：(1)冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得，
故答案为：B；
(2)炒过菜的铁锅未及时清洗容易发生电化学腐蚀而生锈，在铁的吸氧腐蚀中，负极上铁失电子发生氧化反应，Fe−2e−=Fe2+，正极上是氧气得电子的还原反应，O2+2H2O+4e−=4OH−，
故答案为：电化学腐蚀；O2+2H2O+4e−=4OH−；
(3)①甲装置中甲烷燃料电池中通入甲烷的电极为负极，连接乙池的铁电极，做阴极，是被保护的电极，
故答案为：是；外加电流保护法；
②甲装置中甲烷燃料电池中通入甲烷的电极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O，
故答案为：CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O；
③电解硫酸铜溶液，两极产生物质分别为氧气和铜，二者组合成新物质CuO加回原溶液即可恢复成原溶液，也可以用CuCO3，电解后溶液为硫酸溶液，加入碳酸铜后反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，效果等同于氧化铜，
故答案为：CuO或CuCO3。
(1)冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得；
(2)炒过菜的铁锅未及时清洗容易发生电化学腐蚀而生锈，在铁的吸氧腐蚀中，负极上铁失电子发生氧化反应；
(3)①甲装置中甲烷燃料电池中通入甲烷的电极为负极，连接乙池的铁电极，做阴极；
②甲装置中甲烷燃料电池中通入甲烷的电极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水；
③电解硫酸铜溶液，两极产生物质分别为氧气和铜，二者组合成新物质CuO加回原溶液即可恢复成原溶液。
本题考查了原电池、电解池原理及其应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上电极反应、物质之间的关系为解答关键，题目难度中等。
18.【答案】大于 ②③⑤ 10−5 1%9v1>v2 V1
故答案为：大于；
(2)从A点到D点，溶液由中性变为酸性，可以加入酸或者加入水解显酸性的盐，因此选②③⑤，
故答案为：②③⑤；
(3)①25℃时，Kw=c(H+)×c(OH−)=10−14，又因为c(OH−)c(H+)=1×10−8，计算出c(H+)=10−3mol/L，Ka=c(H+)c(A−)c(HA)=10−3×10−310−1=10−5；HA的电离度=10−3mol/L0.1mol/L×100%=1%，
故答案为：10−5；1%；
②将0.2mol⋅L−1的NaOH溶液与等物质的量浓度的HA溶液等体积混合，所得混合液为0.1mol/L的NaA溶液，溶液中存在水解平衡：A−+H2O⇌HA+OH−，其中，c(A−)≈0.1mol/L，假设生成的c(HA)=x=c(OH−)，有，Ka=c(H+)c(A−)c(HA)=10−14x×0.1x=10−5，计算得x=10−5mol/L，则溶液中c(H+)=10−9mol/L，故pH=9，
故答案为：9；
③浓度均为0.01mol/L的盐酸、HA与足量Zn反应，盐酸中c(H+)=0.01mol/L，HA是弱酸，电离程度小，H+浓度小于盐酸中H+浓度，因此反应速率v1>v2；pH=2的等体积盐酸、HA，溶液中H+的浓度和物质的量均相等，但因为HA是弱酸，在反应过程中，随着H+的消耗，平衡正向移动继续生成H+，因此消耗的NaOH体积更大，即V1
(2)从A点到D点，溶液由中性变为酸性，可以加入酸或者加入水解显酸性的盐；
(3)①25℃时，Kw=c(H+)×c(OH−)=10−14，又因为c(OH−)c(H+)=1×10−8，计算出c(H+)=10−3mol/L，Ka=c(H+)c(A−)c(HA)；
②将0.2mol⋅L−1的NaOH溶液与等物质的量浓度的HA溶液等体积混合，所得混合液为0.1mol/L的NaA溶液，溶液中存在水解平衡：A−+H2O⇌HA+OH−，其中，c(A−)≈0.1mol/L，假设生成的c(HA)=x=c(OH−)，有，Ka=c(H+)c(A−)c(HA)=10−14x×0.1x=10−5，据此计算；
③浓度均为0.01mol/L的盐酸、HA与足量Zn反应，盐酸中c(H+)=0.01mol/L，HA是弱酸，电离程度小，H+浓度小于盐酸中H+浓度；pH=2的等体积盐酸、HA，溶液中H+的浓度和物质的量均相等，但因为HA是弱酸，在反应过程中，随着H+的消耗，平衡正向移动继续生成H+，因此消耗的NaOH体积更大。
本题考查水的电离和酸碱混合的定性判断和溶液pH的有关计算，题目难度不大，温度不同而使水的离子积常数不同是解本题的关键，注意酸碱混合时酸碱物质的量的关系以及溶液pH与c(H+)、(OH−)的关系，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力。
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】100mL容量瓶 酚酞 碱式滴定管 0.70溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色 4.5ab
【解析】解：I.(1)量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液，
故答案为：100mL容量瓶；
(2)食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞，
故答案为：酚酞；
(3)NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中；滴定管液面的读数0.70mL；
故答案为：碱式滴定管；0.70；
(4)NaOH滴定食醋，滴定前溶液为无色，终点时溶液为红色，所以滴定的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
故答案为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅲ.(1)第1次滴定误差明显大，应舍去，其他3次消耗的NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL；
设10mL市售白醋样品含有 CH3COOOHXg，则
CH3COOOH∼NaOH
60 40
Xg×0.20.1000mol/L×0.015L×40g/mol
X=0.450
样品总酸量0.450g0.01L=4.5g/100mL，
故答案为：4.5；
(2)a.碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)分析可知c(待测)偏大，故a正确；
b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)分析可知c(待测)偏大，故b正确；
c.锥形瓶中加入待测溶液后，再加少水，对V(标准)无影响，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)分析可知c(待测)不变，故c错误；
d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)分析可知c(待测)偏小，故d正确；
故选：ab.
I.(1)溶液的稀释在烧杯中进行，溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；
(2)强碱滴定弱酸时应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；
(3)根据碱溶液应盛放在碱式滴定管中；根据滴定管的结构与精确度来分析；
(4)滴定终点时如溶液发生变化，并在半分钟内不变色；
Ⅲ.(1)根据数据的合理性求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH 溶液反应的关系式来解答；
(2)根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；
本题以测定市售白醋的总酸量考查了中和滴定操作，误差分析以及化学计算，难度不大，只要掌握对应知识即可完成．
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