湖北省十堰市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）

期末考试精品试卷(高中)PAGEPAGE1湖北省十堰市2022-2023学年高二上学期期末考试本试卷共8页，19题，均为必考题。全卷满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考号填写在答题卡与试卷上，并将考号条形码贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。答在试题卷、草稿纸上无效。3.非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将〖答案〗直接答在答题卡上对应的答题区域内。答在试题卷、草稿纸上无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡。5.可能用到的相对原子质量：H1Li7C12O16Mg24Cl35.5Cu64一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活联系密切，下列说法错误的是A.推广氢燃料电池汽车，减少氮氧化物的排放B.为保护地下钢管不受腐蚀，可将其与直流电源负极相连C.煤、石油、天然气是不可再生能源，风能、生物质能、沼气是可再生能源D.纽扣银锌电池体形小，含有害物质少，用后不用分类回收，可以随意处理〖答案〗D〖解析〗A．推广氢燃料电池汽车，该过程中没有氮元素参与反应，能减少氮氧化物排放，A正确；B．为保护地下钢管不受腐蚀，可以利用外接电源的阴极保护法，可将其与直流电源负极相连，B正确；C．风能，生物质能，沼气是通过太阳光的照射和水的循环来形成的，太阳光可以源源不断的从自然界得到，是可再生能源；煤、石油和天然气属于三大化石燃料，都属于不可再生的能源，C正确；D．纽扣银锌电池含有重金属，能够引起环境污染，使用完后，应回收,不能随意丢弃，D错误；故本题选D。2.下列说法错误的是A.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化和消毒B.某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，可能是因为雨水中被氧化了C.实验室配制FeCl3溶液时，先将FeCl3固体溶于浓盐酸，再加水稀释，其目的是防止FeCl3的水解D.醋酸钠溶液呈碱性的原因是〖答案〗A〖解析〗A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，能够使之形成沉淀而从水中分离出来，因此明矾可用于水的净化，但其不具有强氧化性，因此不能用于水的消毒，A错误；B．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，溶液酸性增强，可能是因为雨水中SO2溶于水反应产生的H2SO3被溶解在水中的O2氧化产生了H2SO4，弱酸变为强酸，使溶液的酸性增强，反应的离子方程式为：H2SO3+O2=H2SO4，使溶液中弱酸H2SO3微弱电离产生的最终被氧化产生，B正确；C．FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+水解产生Fe(OH)3使溶液变浑浊，为抑制其水解，通常将先将FeCl3固体溶于浓盐酸，再加水稀释，C正确；D．醋酸钠为强碱弱酸盐，在水溶液中CH3COO-部分发生水解，消耗水电离产生的H+变为CH3COOH，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，水解反应的离子方程式为：，D正确；故合理选项是A。3.下列措施不是为了改变化学反应速率的是A.糕点包装袋内放置除氧剂 B.将食物存放在冰箱中C.家用炒菜使用铁锅而不使用铝锅 D.高炉炼铁时，先将铁矿石粉碎〖答案〗C〖解析〗A．包装袋内放置除氧剂，可防止糕点被氧化，减缓食物氧化速率，与减小反应速率有关，A错误；B．食物存放在冰箱中，可降低温度，减缓食物氧化速率，与减小反应速率有关，B错误；C．因为铝锅在炒制食物的时候，加热时，若遇到有酸碱性的食物会有微量的铝渗入，长期地使用铝锅做的菜会使铝在人体内堆积，铁锅即使在酸性下溶解、亚铁有利于健康，故家用炒菜使用铁锅而不使用铝锅，与反应速率无关，C正确；D．将铁矿石粉碎，可增大接触面积，可加快反应速率，与增大反应速率有关，D错误；故本题选C。4.在一定温度下，密闭容器中进行的反应为，、、起始的物质的量依次为、、，当反应达到平衡时，各物质的浓度不可能是A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗A．由分析可知，二氧化硫的浓度介于0—2mol/L之间，反应达到平衡时不可能为2mol/L，故A符合题意；B．由分析可知，氧气的浓度介于0—1mol/L之间，反应达到平衡时可能为0.8mol/L，故B不符合题意；C．由分析可知，三氧化硫浓度介于0—2mol/L之间，反应达到平衡时可能为1.6mol/L，故C不符合题意；D．由分析可知，三氧化硫的浓度介于0—2mol/L之间，反应达到平衡时可能为1.8mol/L，故D不符合题意；故选A。5.下列事实中，能说明是弱碱的是A.溶液的导电能力比溶液弱B.溶液可以使酚酞溶液变红C.常温下，溶液中D.等体积的溶液与盐酸恰好完全反应〖答案〗C〖解析〗A．溶液的导电能力与离子浓度有关，未指明相同的浓度，无法依据MOH溶液的导电能力弱来说明MOH是弱碱，A不选；B．溶液可以使酚酞溶液变红说明溶液为碱性，不确定碱性强弱，无法说明MOH是弱碱，B不选；C．常温下，溶液中，即MOH不能完全电离，说明MOH是弱碱，C选；D．等体积的溶液与盐酸恰好完全反应是由于一元酸与一元碱的物质的量相等，不能说明MOH是弱碱，D不选；故选：C。6.下列装置使用正确且能达到相应实验目的的是A.①测量中和反应的反应热 B.②测定的浓度C.③探究温度对化学平衡的影响 D.④测定化学反应速率〖答案〗C〖解析〗A．①图中缺少环形玻璃搅拌棒，使温度混合不均，影响实验，A错误；B．酸性高锰酸钾溶液具有腐蚀性，需要用酸性滴定管盛放，不能碱式滴定管，会加速橡胶的老化，B错误；C．，为红棕色气体，在冷水中，降低温度平衡正向移动，的浓度变小，气体的颜色变浅，在热水中，升高温度，平衡逆向移动，的浓度变大，气体的颜色变深，故该实验可以探究温度对化学平衡移动的影响，C正确；D．长颈漏斗是敞开装置，产生的氢气会从长颈漏斗的上口逸出，导致测量的气体体积不准确，D错误；故本题选C。7.某多孔材料孔径大小和形状恰好将固定，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。下列说法正确的是A.由转化为的反应是一个熵增的反应B.若反应能自发，则说明该反应为放热反应C.催化剂能加快反应速率，且能提高的平衡转化率D.每获得时，消耗的的体积为〖答案〗B〖解析〗A．转化为反应为：，是一个熵减的反应，A错误；B．反应，若反应能自发，则，为放热反应，B正确；C．催化剂能加快反应速率，但不能使平衡移动，所以不能提高的平衡转化率，C错误；D．的体积，需要在标准状况下，气体的摩尔体积已知的情况下，D错误；故选B。8.利用如图所示装置可以将转化为(选择性为73%)、CO、等化工产品，对实现碳中和具有重要意义。已知：离子液体作为电解液不仅可以提高的溶解性，还可以有效避免析氢反应。下列说法正确的是A.活性铂电极为阴极B.每生成，转移的电子的物质的量为C.氮掺杂石墨烯电极上发生的主要反应为D.使用饱和溶液代替离子液体，可提高的转化率〖答案〗C〖解析〗A．根据上述分析可知，活性铂电极为阳极，A错误；B．由于没有说明是标准状况，故不能计算其物质的量，也就无法计算电子转移，B错误；C．根据已知，氮掺杂石墨烯电极上发生的主要反应是将转化为，结合电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒，可得电极反应式为：，C正确；D．若用饱和NaHCO3溶液代替离子液体，则阴极上会放电生成HCOOH、CO、CH4等物质，根据电子转移守恒可知，CO2的转化效率会降低，D错误；故本题选C。9.甲醇通过催化氧化制取甲醛时，在无催化剂(图中实线)和加入特定催化剂(图中虚线)时均会产生甲醛，反应中相关物质的相对能量如图1所示。下列说法错误的是A.该条件下比稳定B.加入该催化剂不能改变反应的焓变C.无催化剂时，生成的活化能比生成甲醛的活化能小D.无催化剂时，升高温度，甲醇氧化为甲醛的反应速率变化如图2所示〖答案〗D〖解析〗A．由图可知，该条件下的相对能量比CO的相对能量小，物质所具有的能量越低，物质越稳定，则该条件下比CO的稳定性强，A正确；B．加催化剂不能改变反应焓变但可降低反应活化能，B正确；C．由图可知，无催化剂时，生成CO(-393kJ/mol)比生成甲醛(＞-393kJ/mol)的活化能小，C正确；D．由图1可知，甲醇生成甲醛的反应为放热反应，故温度升高，平衡逆向移动，逆反应速率应大于正反应速率，则生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大程度小，D错误；〖答案〗选D。10.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.用电解法精炼铜时，若电路中转移电子，则阳极质量减轻B.溶液中含有的数目为C.25℃时，的溶液中含有的数目为D.25℃时，的溶液中，水电离出的的数目为〖答案〗D〖解析〗A．电解精炼铜，用粗铜作阳极，阳极的电极反应有：比Cu活泼的金属发生失电子的氧化反应和Cu-2e-=Cu2+，由于粗铜中的杂质及其含量未知，电路中转移2mol电子，阳极减轻的质量不一定为64g，A项错误；B．1L0.1mol/LNa2CO3溶液中Na2CO3物质的量为0.1mol，由于发生水解，故物质的量小于0.1mol，数目小于0.1NA，B项错误；C．25℃时pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，溶液的体积未知，无法计算OH-物质的量，C项错误；D．25℃时pH=4的NH4Cl溶液中c(H+)=10-4mol/L，1L溶液中H+物质的量为10-4mol，该溶液中H+全部来自水的电离，水电离的H+的数目为10-4NA，D项正确；〖答案〗选D。11.在一定条件下，反应达到平衡后，改变条件，正、逆反应速率随时间的变化如图，下列说法正确的是A.图①改变的条件是升高温度，达到新平衡后的转化率减小B.图②改变的条件可能是增大的浓度，达到新平衡后的转化率增大C.图③改变的条件可能是减小的浓度，达到新平衡后的转化率减小D.图④改变的条件是增大压强，达到新平衡后的转化率不变〖答案〗A〖解析〗A．该反应的正反应方向是放热反应，图①改变的条件是升温，升温均增大，且<，平衡逆向移动，达到新平衡后的转化率减小，A正确；B．图②改变条件的瞬间，瞬时增大，但瞬时不变，平衡正向移动，故改变的条件可能是增大的浓度，达到新平衡后的转化率减小，B错误；C．图③改变的条件不可能是减小的浓度，因为减小的浓度的瞬间，瞬时减小，但瞬时不变，C错误；D．图④改变的条件不可能是加压，因为加压后均增大，且>，平衡正向移动，可能改变的条件是加入了催化剂，D错误；故本题选A。12.合成氨原料中的H2可用甲烷在高温条件下与水蒸气反应制得。已知H2(g)、CO(g)、CH4(g)的燃烧热(△H)分别为-285.8kJ/mol、-283.0kJ/mol、-890.3kJ/mol，且H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol。下列热化学方程式正确的是A.BC.D.〖答案〗A〖解析〗根据已知H2(g)、CO(g)、CH4(g)的燃烧热可得表示物质燃烧热的热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol，然后结合④H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol，利用盖斯定律，将热化学方程式叠加，可得相应反应的热化学方程式，并进行判断。根据已知H2(g)、CO(g)、CH4(g)的燃烧热可得表示物质燃烧热的热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol，及④H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol，根据盖斯定律，将热化学方程式④+③-②-①×3，整理可得，故合理选项是A。13.工业上利用还原可制备金属铁，其反应原理为。在不同温度(、)下，向装有足量固体的恒容密闭容器中通入，测得反应体系中的体积分数随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.由图分析可知B.b点时，的转化率为20%C.b点和d点的化学平衡常数：D.反应达到平衡后，保持温度不变，将从反应体系中移走可提高的转化率〖答案〗C〖解析〗A．由图像可知，温度T2先达到平衡，因为图像“先拐先平数值大”，故T1<T2，A错误；B．恒温恒压下体积比等于物质的量之比，b点时，CO的转化了xmol，平衡时CO、CO2的物质的量分别为(2-x)mol、xmol，则，解得x=1.6mol，b点时，CO的转化率为：，B错误；C．温度越高，二氧化碳体积百分含量越低，说明升高温度，平衡逆向移动，故K值越小，化学平衡常数：，C正确；D．由于为固体，将从反应体系中移走，平衡不发生移动，不能提高CO的转化率，D错误；故本题选C。14.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A室温下，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解，有无色无味气体产生B向2.0mL浓度均为0.1mol/LNaCl和NaI的混合溶液中滴加2滴0.1mol/LAgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色C向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，有红褐色沉淀生成D在2mL0.01mol/LNa2S溶液中先滴入几滴0.01mol/LZnSO4溶液，有白色沉淀生成，再滴入0.01mol/LCuSO4溶液，又出现黑色沉淀A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗A．BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中，Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO4)时生成BaCO3加入足量盐酸，固体部分溶解有无色无味气体产生，不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小，A错误；B．由于溶液中含有等浓度的Cl-、I-，向其中滴加2滴0.1mol/LAgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明发生了离子反应：Ag++I-=AgI↓，因此可证明物质的溶度积常数，B正确；C．Mg2+与OH-会发生反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，由于NaOH溶液过量，过量的OH-会与加入的FeCl3电离产生的Fe3+形成Fe(OH)3红褐色沉淀，因此不能证明物质的溶度积常数，C错误；D．在2mL0.01mol/LNa2S溶液中先滴入几滴0.01mol/LZnSO4溶液，发生离子反应：S2-+Zn2+=ZnS↓，产生ZnS白色沉淀，但由于S2-过量，当再向其中滴入0.01mol/LCuSO4溶液，过量S2-会发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，故又出现CuS黑色沉淀，表面证明物质的溶度积常数，D错误；故合理选项是B。15.室温下，通过下列实验探究亚硫酸盐的性质。已知：、。实验实验操作和现象1向溶液中通入(标准状况)，测得约为92向溶液中通入至溶液3向溶液中通入(标准状况)测得约为34取实验3所得溶液，加入溶液，产生白色沉淀下列说法错误的是A.实验1得到的溶液中：B.实验2得到的溶液中：C.实验3得到的溶液中D.实验4中可知：〖答案〗C〖解析〗A．11.2mL(标准状况)SO2的物质的量为=0.0005mol，故实验1得到Na2SO3溶液中，根据质子守恒可得2c(H2SO3)+c(HS)+c(H+)=c(OH-)，又Na2SO3溶液中2c(H2SO3)<c(S)，所以c(S)+c(HS)+c(H+)>c(OH-)，A正确；B．实验2得到的溶液pH=7，即c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒有：，则有，B正确；C．22.4mL(标准状况)SO2的物质的量为=0.001mol，与溶液反应，故实验3得到NaHSO3溶液，其浓度为0.1mol/L，c(H+)+c(Na+)=c(HS)+2c(S)+c(OH-)，由Kh(HS)==<Ka2(HS)，测得pH约为3，溶液呈酸性，有c(H+)>c(OH-)，且c(S)>c(H2SO3)，可知：c(H+)+c(Na+)>c(HS)+2c(H2SO3)+c(OH-)，C错误；D．实验4中亚硫酸氢钠浓度为0.1mol/L，BaCl2溶液0.01mol/L，各1mL等体积混合，混合液c(Ba2+)=，c(S)==，则Qc(BaSO3)=c(Ba2+)·c(S)==0.005×5×10-6=2.5×10-8，该溶液产生白色沉淀，说明Qc(BaSO3)>Ksp(BaSO3)，故，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.电化学的发展是化学对人类的一项重大贡献。探究原电池和电解池原理，对生产生活具有重要的意义。I、利用电化学方法可以将有效地转化为(其中元素化合价为价)，装置如图所示。（1）若以铅酸蓄电池为直流电源，则铅酸蓄电池中极的电极反应式为___________。（2）装置工作时，阴极除有生成外，还可能生成副产物，降低电解效率。已知：。①副产物可能是___________(写出一种即可)。②标准状况下，当阳极生成氧气的体积为时，测得整个阴极区内的，电解效率为___________(忽略电解前后溶液的体积变化)。II、利用新型镁—锂双离子二次电池(甲池)作电源同时电解乙池和丙池。（3）放电时，向___________(填“极”或“极”)移动；甲池中正极的电极反应式为___________。（4）给新型镁—锂双离子二次电池充电时，极与电源的___________极相连，当导线中每通过时，甲池的左室中溶液的质量减少___________g。（5）电解一段时间后，乙池中溶液的将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（6）丙池发生电解反应的总方程式为___________。〖答案〗（1）（2）①.CO(或)②.0.75(或75%)（3）①.极②.（4）①.负②.1（5）减小（6）〖解析〗〖小问1详析〗右池为生成，碳元素的化合价从+4降到+2，发生还原反应，为电解池的阴极，左池为电解池的阳极，a电极为铅蓄电池的正极，发生的电极反应式为：；〖小问2详析〗①电解过程中，阴极发生还原反应，可能发生，等，副产物可能为或者；②根据，生成标况下，转移电子，，转移电子，，转移电子数为，所以电解效率为；〖小问3详析〗放电时为原电池原理，阳离子向正极移动，所以向n极移动，根据电极材料，正极发生还原反应，电极反应式为：；〖小问4详析〗充电时，原电池的负极接电源的负极，正极接电源的正极，M为放电时的负极，接电源的负极形成阴极；充电时，甲池中左侧发生反应：，当导线中每通过时，左侧减少的，同时有移向左侧，所以左侧减少的质量为：；小问5详析〗乙池为电解在Ag电极上镀Cu，发生反应为：，电解一段时间后溶液酸性增强，减小；〖小问6详析〗丙池为用惰性电极电解溶液，生成的难溶，所以电解总反应式为：。17.滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一、常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等等。I.获取安全的饮用水一直以来都是人们关注的重要问题，自来水厂经常用氯气进行杀菌，某化学兴趣小组利用氧化还原反应滴定，测定了某工厂废水中游离态氯的含量，实验如下：①取水样50.00mL于锥形瓶中，加入溶液(足量)，滴入2~3滴淀粉溶液。②将自己配制的标准溶液(显碱性)装入滴定管中，调整液面，记下读数。③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为。试回答下列问题：（1）①滴定前装有标准液的滴定管排气泡时，应选择下图中的_______(填标号，下同)。②若用25.00L滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积_______。a.=10.00mLB.=15.00mLC.<10.00mLD.>15.00mL（2）步骤①发生反应的离子方程式为_______。（3）达到滴定终点的现象是_______。（4）实验中消耗了标准溶液4.00mL，所测水样中游离态氯的含量为_______。（5）实验测得游离态氯的浓度比实际浓度偏大，造成误差的原因可能是_______(填标号)。A.配制标准溶液定容时，加水超过刻度线B.锥形瓶水洗后直接装待测水样C.装标准溶液的滴定管水洗后没有润洗D.滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数E.装标准溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失II.沉淀滴定——滴定剂与被滴定物生成的沉淀比滴定剂与指示剂生成的沉淀更难溶；且二者之间，有明显的颜色差别。（6）参考表中的数据，若用滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是_______(填标号)。难溶物颜色白浅黄白砖红白A. B.NaBr C.NaCN D.NaCl〖答案〗（1）①.c②.D（2）（3）滴入最后半滴时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色（4）2.84（5）ACE（6）A〖解析〗〖祥解〗饮用水中溶解的Cl2会与加入的KI发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，然后根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，以淀粉溶液为指示剂，用Na2S2O3溶液滴定反应产生的I2，当溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色时达到滴定终点，停止滴加，然后根据物质反应关系计算水中Cl2的含量，根据实际滴定操作对标准溶液的消耗量判断滴定误差。〖小问1详析〗①标准溶液显碱性，所以应该选择碱式滴定管，碱式滴定管排气泡的方式是将滴定管末端的尖嘴抬起，挤压橡胶管中的玻璃珠，使液体充满尖嘴，故选c；②滴定管下端有一段是没有刻度的，且滴定管读数时是从上往下读，所以当用25.00L滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，溶液体积应>25-10=15mL，选D；〖小问2详析〗饮用水中溶解的Cl2会与加入的KI发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2；〖小问3详析〗当滴入最后半滴时，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复颜色，则说明到达滴定终点；〖小问4详析〗滴定过程中消耗标准液的体积为4.00mL，n(Na2S2O3)=c•V=0.0010mol/L×0.0040L=4×10-6mol，根据方程式：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得关系式：Cl2～I2～2Na2S2O3，所以50.00mL水样中含有Cl2的物质的量n(Cl2)=n（Na2S2O3）=2×10-6mol，则该工业废水水样中Cl2的浓度是；〖小问5详析〗A．配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度线，则标准溶液的浓度减小，滴定时，消耗的标准溶液的体积偏大，导致测定结果偏大，故A正确；B．锥形瓶水洗后直接装待测水样，不影响溶质的物质的量，因此不影响标准溶液的消耗，故对测定结果无影响，故B错误；C．装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗，会使标准溶液的浓度减小，在滴定时，消耗的标准溶液的体积偏大，导致测定结果偏大，故C正确；D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，读数偏小，则消耗的标准溶液的体积偏小，导致测定结果偏小，故D错误；E．滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则消耗的标准溶液的体积偏大，最终导致测定结果偏大，故E正确，故〖答案〗为：ACE；〖小问6详析〗用AgNO3滴定NaSCN，应用比AgSCN溶解度大且能引起颜色变化的物质作指示剂，根据表中数据可知，应选用Na2CrO4作指示剂，达到滴定终点，出现砖红色沉淀时。18.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含、、、、、等元素)制备，工艺流程如图所示。已知：①“滤渣1”中含有和；②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：金属离子开始沉淀的8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的10.18.32.84.710.98.28.9回答下列问题：（1）写出“溶浸”时生成离子方程式：___________。（2）“氧化”中添加适量的的作用是___________。（3）“调”的目的是除铁和铝，则溶液的范围应调节为___________之间。（4）“除杂1”的目的是除去和，“滤渣3”的主要成分是___________。（5）“除杂2”的目的是生成时沉淀除去。该步骤维持溶液恒为4.0，若溶液中的初始浓度为，现欲将沉淀完全(即剩余离子浓度小于时)，则至少需要加入___________固体(为易溶的强电解质，忽略加入固体时溶液体积改变)。若溶液中酸度过高，沉淀不完全，则原因是___________。〖已知：；〗（6）写出“沉锰”的离子方程式：___________。〖答案〗（1）（2）将氧化为（3）4.7（4）和（5）①.0.12②.与结合形成弱电解质，使得浓度下降，导致平衡向右移动（6）〖解析〗〖祥解〗加入硫酸溶浸，不溶于硫酸，发生氧化还原反应，会生成单质硫，“滤渣1”中含有和，、、、、和Mn均以离子形式，进入滤液中，加入的作用是将氧化为，加入氨水调节pH，除去三价铁离子和铝离子，故滤渣2是氢氧化铁和氢氧化铝，加入硫化钠，目的是除去和，故滤渣3为和，加入目的是生成沉淀除去，加入碳酸氢氨生成碳酸锰的沉淀，加入硫酸得到硫酸锰，据此分析。〖小问1详析〗根据上述分析可知，“溶浸”时发生氧化还原反应，会生成单质硫，根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒可得反应的离子方程式为：；〖答案〗为：；〖小问2详析〗根据上述分析可知，“氧化”中添加适量的的作用是将氧化为；〖答案〗为：将氧化为；〖小问3详析〗“调”的目的是除铁离子和铝离子，故需要将铁离子和铝离子完全沉淀，根据题中表格数据可知，4.7铁离子和铝离子完全沉淀，〖答案〗为：4.7；〖小问4详析〗加入的试剂Na2S溶液，和与结合生成沉淀和，“除杂1”除去了和；〖答案〗为：和；〖小问5详析〗溶液中的初始浓度为，则根据反应的离子方程式；完全沉淀需要的物质的量为：0.2mol；完全沉淀时，离子浓度小于，，=代入，得，，恒为4.0，故=，代入得：；溶液体积恒为1L，共需要氟原子的物质的量为：0.2mol++=0.24mol，根据氟原子守恒：至少需要加入=0.12固体，〖答案〗为：0.12若溶液中酸度过高，与结合形成弱电解质，使得浓度下降，导致平衡向右移动，沉淀不完全；〖答案〗为：与结合形成弱电解质，使得浓度下降，导致平衡向右移动；〖小问6详析〗“沉锰”的过程是加入碳