【文档说明】安徽省宿州市十三所重点中学2021-2022学年高二上学期期末质量检测（理科人教版）化学试题 含解析.docx，共(19)页，1.177 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省宿州市十三所重点中学2021-2022学年高二上学期期末质量检测化学试题(理科人教版)满分100分考试时间90分钟可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Na23Cu64一、选择题(本题共16小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共计48分)1.下列电

池能实现化学能与电能相互转化的是A.碱性锌锰电池B.铅酸蓄电池C.太阳能电池D.锌银纽扣电池【答案】B【解析】分析】【详解】A．碱性锌锰电池只能将化学能转化为电能，而不能将电能转化为化学能，A不符合题意；B

．铅酸蓄电池放电时起原电池作用，将化学能转化为电能；充电时起电解池作用，将电能转化为化学能，B符合题意；C．太阳能电池将太阳能转化为电能，C不符合题意；D．锌银纽扣电池只能够将化学能转化为电能，而不能将电能转化

为化学能，D不符合题意；故合理选项是B。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△H=2×283.0kJ·mol-1C.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)+3H

2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ·mol-1【答案】B【解析】【详解】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，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。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∶1④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.①⑤⑥B.②③⑥C.②③④D.②⑤⑥【答案】D【解析】【详解】①Z是固体，Z的物

质的量浓度不再改变，反应不一定平衡，故不选①；②反应达到平衡时，正逆反应的速率比等于系数比，所以v(X)逆=v(Y)正时反应一定达到平衡状态，故选②；③反应达到平衡，反应物、生成物浓度不再改变，Y与Z的物质的量之比为2∶1，不能判断浓度是否改变，反应

不一定平衡，故不选③；④反应前后气体物质的量不变，压强是恒量，容器内压强不再改变，反应不一定平衡，故不选④；⑤反应后有固体生成，气体总质量是变量，气体总物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量是变量，若混合气体的平均相对分子质量不再改变，

反应一定达到平衡状态，故选⑤；⑥反应后有固体生成，气体总质量是变量，容器体积不变，混合气体的密度是变量，若混合气体的密度不再改变，反应一定达到平衡状态，故选⑥；能说明该反应一定达到平衡状态的是②⑤⑥，选D。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)【答案】B【解析】【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与

化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答。【详解】A．v(X)＝1.0mol/(L·min)；B．v(X)：v(Y)=1:3，v(Y)＝0.6mol/(L·s)，则v(X)＝4.03mol/(L·s)=80mol/(L·min)；C．v(X)：v(Z)=1:

1，v(Z)＝5.0mol/(L·min)，则v(X)＝5.0mol/(L·min)；D．v(X)：v(W)=1:2，v(W)＝2.0mol/(L·s)，则v(X)＝1.0mol/(L·s)=60mol/(L·min)；综上所述反应速率最快的是B，故选：B。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.CuSO4AgNO3B.FeSO4Fe2(SO4)3C.NaClBaCl2D.MgSO4CuSO4【答案】C【解析】【详解】A．电解CuSO4溶液，阴极上铜离子

放电析出铜，阴极电极反应式：Cu2++2e-=Cu，阳极上氢氧根离子放电，阳极电极反应式：4OH--4e-=2H2O+O2↑，电解AgNO3溶液，阴极电极反应式：Ag++e-=Ag，阳极电极反应式：4OH--4e-=2H2O+O2↑，A不选；B．电解FeSO4溶液，阴极电极反应式：Fe2++

2e-=Fe，阳极电极反应式：4OH--4e-=2H2O+O2↑，电解Fe2(SO4)3溶液，阴极电极反应式：Fe3++3e-=Fe，B不选；C．电解NaCl溶液，阴极电极反应式：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极电极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑，电解BaCl2溶液，阴极

电极反应式：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极电极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑，C选；D．电解MgSO4溶液，阴极电极反应式：2H++e-=H2↑，阳极电极反应式：4OH--4e-=2H2O+O2↑，电解CuSO4溶液，

阴极电极反应式：Cu2++2e-=Cu，D不选；故选：C。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.3B.6C.9D.12【答案】D【解析】【详解】水电离出的氢离子和氢

氧根离子相等，则c(H+)=c(OH-)=1×10-12，酸或碱能抑制水的电离，25°C时，若为酸，酸电离的氢离子-14+-2w--1210c(H)===10mol/Lc(OH)10K，pH=2，若为碱，pH=12，故选：D。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【答案】D【解析】【详解】A．电解时，阳极发生氧化反应，故精铜放在阴极，粗铜放在阳极，A错误；B．粗铜接电源阴极，电极反应式有：2Fe2eFe−+−=、2Zn2eZn−+−=、2Cu2Cue−+−=，

B错误；C．电解时，活泼金属发生氧化反应，不活泼金属会沉到底部形成阳极泥。因此，电解槽底部会形成含有Ag、Pt等金属的阳极泥，C错误；D．以CuSO4溶液为电解质溶液，同时向电解液中加入硫酸，因为溶液中存在大量Cu2+和H+，会抑制

金属阳离子水解，D正确。故本题选D。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.N

A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【答案】D【解析】【详解】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．加硫酸铜，构成Cu、Zn原电池，

加快锌的溶解和放出H2的速率，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，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。9.某温度下，难溶物FeR的水溶液中存在平衡：22FeR(s)Fe(aq)R(aq)+−+，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是A.c点无沉淀生成B.d点为FeR的不饱和溶液C.将FeR溶于一定浓度的F

eCl2溶液可以得到b点D.该温度下，Ksp(FeR)的数量级为10-18【答案】A【解析】【详解】A．取a点代入Ksp(FeR)=c(Fe2+)·c(R2-)，则Ksp(FeR)=1×10-9×2×10-9=2×10-18，c(C)=2×

10-9×2×10-9=4×10-18＞Ksp(FeR)，则c点有沉淀析出，A错误；B．d点时Qc=c(Fe2+)·c(R2-)=1×10-9×1×10-9=1×10-18＜Ksp(FeR)，则d点没有沉淀析出，是FeR的不饱和溶液，B正确；C．将FeR溶于一定浓度

的FeCl2溶液时，c(R2-)不变，c(Fe2+)增大，溶液可以由不饱和溶液变为饱和溶液，而得到b点溶液，C正确；D．根据选项A分析可知该温度下FeR的溶度积常数Ksp(FeR)=2×10-18，因此该温度下，Ksp(FeR)的数

量级为10-18，D正确；故合理选项是A。10.已知2A(g)3B(s)+C(g)ΔH＜0，假设ΔH和ΔS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【答案】A【解析】【详解】2A(g)3B(s)+C(g

)ΔH＜0，正反应是气体体积减小的放热反应，ΔS<0，要使△H-T•△S＜0，则T为低温，所以该反应在低温下能自发进行，故选：A。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-、CrO24−C.0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：Al3+、K+、Cl-、SO24−D.中性溶液中：Fe3+、K+、Cl-、NO3−【答案】A【解析】【详解】A．滴入甲基橙显红色的溶液呈酸性，各种

离子之间不反应，能共存，故A正确；B．H+、CrO24−不能大量共存，故B错误；C．HCO3−与Al3+发生双水解反应，不能大量共存，故C错误；D．Fe3+水解呈酸性，在中性溶液中不能大量共存，故D错误；故选：A。12.某无色溶液中含有Na+、Ba2+、Fe2

+、Cl-、I-、SO23−、SO24−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-

、SO23−B.肯定含有：Fe2+、Cl-、SO24−C.肯定没有：Ba2+、Fe2+、I-D.肯定含有：Na+、SO23−、SO24−【答案】A【解析】【分析】无色溶液中不含Fe2+；(1)取少量溶液于试管中，滴加几

滴酚酞溶液，说明溶液呈弱碱性，弱酸根离子水解呈碱性，一定含有SO23−，由于Ba2+和SO23−能生成BaSO3沉淀，所以一定不含Ba2+；(2)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，说明原溶液含有I-；取(2)上层溶液，加入过量B

a(NO3)2溶液和稀HNO3，过滤，有白色沉淀产生，沉淀一定是BaSO4，氯水把SO23−氧化为SO24−，不能判断原溶液是否含有SO24−；向(3)的滤液中加入过量AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，沉淀一

定是氯化银，由于(2)中加入了氯水，引入了Cl-，不能判断原溶液是否含有Cl-；根据电中性原则，原溶液中一定含有Na+；【详解】A．根据以上分析，原溶液肯定含有Na+、I-、SO23−，故A正确；B．原溶液不含F

e2+，不能确定是否含有Cl-、SO24−，故B错误；C．原溶液肯定没有Ba2+、Fe2+，一定含有I-，故C错误；D．原溶液肯定含有Na+、SO23−，不能确定是否含有SO24−，故D错误；选A。13.常温下，用0.1000

mol/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(CO23−)B.b点：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCO3−)+2

c(CO23−)+c(OH-)C.c点：溶液中有CO2气体逸出Dd点：c(Cl-)=c(Na+)【答案】C【解析】【详解】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(2-3CO)＜c(-3HCO)，根据物料守恒可知：c(-3HCO)＞c(Cl-)＞c(2-3CO)，A正确；B．b点时根据电荷守恒可知：

c(Na+)+c(H+)=c(Cl－)+c(-3HCO)+2c(2-3CO)+c(OH-)，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，故溶液中无CO2逸出，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-)，D正确；故答案为：C。14.我国科

学家研发了一种水系可逆2ZnCO−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2HO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。电池工作原理如下图所示，下列说法正确的是.A.放电时，电池负极反应为2-4Zn4OHZn(O

H)−+=B.充电时，21molCO转化为HCOOH，转移的电子数为A2NC.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【答案】C【解析】【分析】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)2-4，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)2-4+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。【详解】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)2-4，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。15.若只改变某一条件，化学反应aA（g）+B（g）cC（g

）的平衡变化图象如下（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<cC.在图②中，t0时刻改变的条件为移走部分生成物CD.在图②中，图象对应各点的正反应速率最大的是d【答案】D【解析】【详解】A．根据图知，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．若p1>p2，即相同温度下压强越大A的转化率越高，说明增大压强平衡正向移动，则该反应为气体减少的反应，即a+1>c，故B错误；C．据图可知t0时刻逆反应速率瞬间增大，而移走部分生成物C会使逆反应速率瞬间减小，故C

错误；D．据图可知t0时刻逆反应速率瞬间增大，而后逆反应速率逐渐减小，则该过程中正反应速率逐渐增大，直至正逆反应速率相等，所以d点正反应速率最大，故D正确；综上所述答案为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)ΔH＜0。2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量QkJ，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∶5.3B.若反应开始时容器容积为2L，则0—2min内v(SO3)＝0.35mol·L－1·min

－1C.若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)＜1.4molD.若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量大于QkJ【答案】C【解析】【详解】由()()()()()()2232gOg2g4201.40.71.4

2.61.31.4SOSOmolmolmol+起始变化平衡可知，A．因为是恒温恒压条件下，所以平衡前后，压强不变，压强之比为1∶1，故A错误；B．若体积保持不变，则v(SO3)＝0.35mol·L－1·min－1，而事实上体积缩小，所以v(SO3)＞0.35mol·L－1·min－

1，故B错误；C．在绝热条件下，温度升高，平衡左移，平衡后n(SO3)＜1.4mol，故C正确；D．若改为恒温恒容，则原平衡左移，放出热量应小于QkJ；故D错误；答案为C。第II卷(非选择题共52分)二、填空题(本

大题共4小题，共计52分)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治炼的金属有：___________(填序号)；A.AgB.AlC.

AsD.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如上图装置连接，___________(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)。【答案】（1）B（2）①.电化学腐蚀②.O2+2

H2O+4e-=4OH-（3）①.是②.外加电流保护法③.CH4-8e-+10OH-=CO23−+7H2O④.CuO【解析】【分析】【小问1详解】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；故答案选B。【小问2详解】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-；【小问3详解】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。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。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：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；CuO或CuCO3。【点睛】本题考查电解池和原电池联立问题，明确电化学原理为解答关键。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；①Na②HCl③NH4Cl④Na2S⑤NaHSO4（3）25°C时，0.1mol·L-1的某一元酸(HA)溶液中-8+c(OH)=110c

(H)−，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___________。【答案】（1）大于（2）②③⑤（

3）①.10-5②.1%③.9④.v1＞v2⑤.V1＜V2【解析】【小问1详解】B点的c(H+)、c(OH-)均大于10-7mol/L，因此B点的Kw大于A点的Kw。又因为A、D点温度相同、Kw相等，因此B点Kw大于D点的Kw。【小问2详解】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盐，因此选②③⑤。【小问3详解】①25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14,又因为-8+c(OH)=110c(H)−，计算出c(H+)=10-3mol/L，+-3-3-5-1c(H)c(OH)101

0Ka=10c(HA)10−==；HA的电离度=-310mol/L100%1%0.1mol/L=；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：2AHOHAOH−−++，其中，c(A-)≈0.1mol/L，假设生成的c(HA)=x=c(OH-)，有-14-5100.1c(H)c(A)xKa==10c(HA)x+−=，计算得x=10-5mol

/L，则溶液中c(H+)=10-9mol/L，故pH=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＜V2。19.由钛铁矿(主要成分是3FeTiO，含有少量23223FeOSiOAlO、、等杂质)，制备4TiCl等产品的一种工艺

流程如图：的回答下列问题：（1）用稀硫酸酸浸时，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22TiOnHO用酸清洗除去其中的3Fe(OH)杂质，还可制得钛白粉．已知25℃时，1422Kw1.010molL−−=，38443KspFe(OH)4

.010molL−−=，则该温度下反应332Fe(OH)3HFe3HO++++的平衡常数K的值为____________________________．（5）废气主要为有毒气体，在高温下用2TiO制备4TiCl的化学方程式为__

_________________．【答案】（1）将钛铁矿粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升温、搅拌等（2）2SiO（3）2222TiO(n1)HOTiOnHO2H++++=+（4）44.010（5）224T

iO2Cl2CTiCl2CO高温+++【解析】【分析】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。【小问1详解】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；【小问2详解】废渣为不溶于盐酸的SiO2，故答案为：SiO2；【小问3详解】TiO2+加水生成TiO2·nH2O的离子方程式为2222TiO(n1)HOTiOnHO2H++++=+；【小问4详解】Fe(OH)3+3H+⇌Fe

3++3H2O的平衡常数K=()()()()()()()()3+3+3-33+3sp3+3-wcFecFecOH==cHcHKFeOHcOHK=()338-144.01010−=4.0×104，故答案为：4.0×104；【小问5详解】TiCl4水解生成TiO2·nH2O的化学方程

式为TiCl4+(n+2)H2O=TiO2·nH2O+4HCl，故答案为：TiCl4+(n+2)H2O=TiO2·nH2O+4HCl。20.测定某品牌镇江白醋的总酸量(以醋酸计)。I．实验步骤：（1）配制100mL待测白醋溶

液。将10mL镇江白醋注入烧杯中用水稀释后转移到___________(填仪器名称)中，然后定容、摇匀；（2）取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴___________(选填“甲基橙”或“酚酞”

)作指示剂；（3）读取盛装0.1000mol·L-1NaOH溶液的___________(填仪器名称)的初始读数，如果液面位置如图所示，则此时的读数为___________；（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．实验记录次数1234V(样品)/mL200020.0020.0020.00V(NaOH溶液)/mL17.0616.0016.0415.96Ⅲ．数据处理与讨论：（5）经计算，该镇江白醋的总酸量=___________g/100mL。.（6）在本次实验的滴

定过程中，下列操作使实验结果偏低的是___________(填序号)。a．碱式滴定管装液时未用标准NaOH溶液润洗b．碱式滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡c．锥形瓶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）100mL容量瓶（2）酚酞（3）①.碱式滴定管②.1.70mL（4）滴入最后一滴(半滴)NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色且半分钟不褪色（5）4.8（6）bd【解析】【小问

1详解】配制100mL溶液，用100mL容量瓶；故答案为：100mL容量瓶；【小问2详解】取溶液20.00mL醋酸用酸式滴定管；强碱滴定弱酸，滴定终点时，溶液显碱性，因此用酚酞做指示剂误差更小；故答案为：酚酞；【小问3详解】NaOH溶液盛装在碱式滴定管中，图示读数为1.70mL；故答案为：1.7

0mL；【小问4详解】滴定终点的判定：溶液由无色恰好变为粉红色，且半分钟内不褪色；故答案为：滴入最后一滴(半滴)NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色且半分钟不褪色；【小问5详解】第1次滴定误差明显较大，应舍去，其他3次消耗的Na

OH溶液的体积的平均值为16.00mL；设10mL市售白醋样品含有CH3COOOHxg，则CH3COOOH～NaOHxg×0.2=0.1000mol/L×0.016L×40g/mol解得：x=0.480，样品总酸量为0.

480g0.01L=4.8g/100mL，故答案为4.8；故答案为：4.8；【小问6详解】未用标准NaOH溶液润洗，氢氧化钠浓度偏低，消耗氢氧化钠体积偏大，所以结果偏大；碱式滴定管的尖嘴在滴定前无气泡，滴定后有气泡，消耗氢氧化钠体积偏小，所以结果偏低；锥形瓶中加入待测白醋溶液在后，再加

少量水，醋酸物质的量不变，消耗氢氧化钠体积不变，故结果不变；锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，醋酸物质的量变小，消耗氢氧化钠体积变小，故结果偏低。综上所述，操作会使实验结果偏大的是bd。故答案为：bd；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue10

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