解析：河南省信阳市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）

学而优教有方PAGEPAGE12022～2023学年普通高中高二(上)期末教学质量检测化学试题(测试时间：90分钟卷面总分：100分)注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、学号填写在试卷和答题卡上。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。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区城均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。可能用到的相对原子质量：第Ⅰ卷一、选择题：共16小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.神舟十四号顺利发射、“天宫课堂”在中国空间站开讲，展示了我国科技发展的巨大成就。科技兴国离不开化学科学。下列说法错误的是A.“太空冰雪实验”中，乙酸钠过饱和溶液结晶，该过程放出热量B.“五环实验”中，向乙酸溶液中滴加甲基橙溶液后变成红色C.在太空失重状态下，“水油分离实验”中，分液静置即可实现水和油的分离D.“泡腾片实验”中，柠檬酸与小苏打反应，说明酸性：柠檬酸>碳酸【答案】C【解析】【详解】A．乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热冰球说明析出乙酸钠的过程放出热量，故A正确；B．乙酸是弱酸，在溶液中能部分电离出乙酸根离子和氢离子使溶液呈酸性，则向乙酸溶液中滴加甲基橙溶液后变成红色，故B正确；C．分液是利用互不相溶的液体的密度不同，所受重力不同而达到水和油分层的目的，太空中水油处于失重状态，所以无法通过分液静置水和油的分离，故C错误；D．泡腾片实验发生反应为酸性比碳酸强的柠檬酸与碳酸氢钠溶液反应生成柠檬酸钠、二氧化碳和水，故D正确；故选C。2.在恒温、恒容容器中发生反应：3SiCl4(g)＋2N2(g)＋6H2(g)Si3N4(s)＋12HCl(g)。不能表示上述反应达到化学平衡状态的是A.3v(N2)逆=v(H2)正 B.容器内的压强不变C.混合气体密度保持不变 D.c(N2)：c(H2)：c(HCl)=1：3：6【答案】D【解析】【详解】A．在任何时刻都存在3v正(N2)=v正(H2)，若3v(N2)逆=v(H2)正，则v正(N2)=v逆(N2)，反应达到平衡状态，A不符合题意；B．反应为气体体积变化的反应，故反应前后气体的压强为变量，则压强不变则达到了平衡，B不符合题意；C．该反应在恒容密闭容器中进行，前后气体质量发生改变，当气体质量不变时，此时气体的密度不变，反应达到平衡状态，故C不符合题意；D．反应体系中c(N2)∶c(H2)∶c(HCl)=1∶3∶6时，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，这与反应条件以及反应开始时加入反应物的多少有关，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，D符合题意；故合理选项是D。3.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A.高锰酸钾溶液中：、、、葡萄糖分子B.使甲基橙试液显红色的溶液中：、、、C.与反应能放出的溶液中：、、、D.水电离的的溶液中：、、、【答案】B【解析】【详解】A．与氢离子会生成弱酸草酸分子，且草酸根离子和葡萄糖分子都有还原性，均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能大量共存，A不符合题意；B．使甲基橙试液显红色的溶液中存在大量氢离子，、、、不和H+反应，、、、相互间也不反应，能大量共存，B符合题意；C．与Al反应能放出H2的溶液中可存在大量氢离子，也可存在大量氢氧根离子，若存在氢离子，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能氧化Fe2+，若存在氢氧根离子，则亚铁离子会与氢氧根离子反应生成沉淀而不能共存，C不符合题意；D．水电离的的溶液中可存在大量氢离子，也可存在大量氢氧根离子，若存在氢离子，、均会反应不能大量共存，D不符合题意；故选B。4.下列操作规范且能达到实验目的的是A.图甲测定醋酸浓度 B.图乙测定中和反应的反应热C.图丙稀释浓硫酸 D.图丁探究浓度对反应速率的影响【答案】A【解析】【详解】A．NaOH溶液能够腐蚀酸式滴定管下端的玻璃活塞，故需要用碱式滴定管来盛放NaOH溶液，故能用图甲来测定醋酸浓度，A符合题意；B．图乙测定中和反应的反应热装置中大小烧杯口不相平、烧瓶内空隙较大，增大热量的损失，B不合题意；C．容量瓶不能用于稀释、溶解、反应和长期贮存溶液的仪器，C不合题意；D．稀硫酸和锌反应的方程式与浓硫酸和锌反应的方程式，不同反应原理，故不能图丁来探究浓度对反应速率的影响，D不合题意；故答案为：A。5.下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是A.pH=4的醋酸中：c（H+）=0.4mol·L-1B.饱和碳酸氢钠溶液中（已知碳酸氢钠溶液呈碱性）：c（Na+）=c（HCO3-）C.饱和食盐水中：c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）D.pH=12的纯碱溶液中：c（OH-）=1.0×10-12mol·L-1【答案】C【解析】【详解】A.pH=4的醋酸中c（H+）=mol·L-1，A不正确；B.饱和碳酸氢钠溶液中（已知碳酸氢钠溶液呈碱性），因为碳酸氢根既能水解又能电离（以水解为主，所以溶液显碱性），导致c（Na+）>c（HCO3-）,所以B不正确；C.饱和食盐水呈电中性，存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），所以C正确；D.纯碱溶液中，因碳酸根离子水解而使溶液呈碱性，所以c（OH-）>c（H+），常温下pH=12的纯碱溶液中，c（H+）=1.0×10-12mol·L-1，根据水的离子积可以求出c（OH-）=1.0×10-2mol·L-1，所以D不正确。本题选C。6.下列用于解释事实的方程式书写正确的是A.葡萄糖提供人体所需的能量：C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)ΔH>0B.用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：Ca2++CO=CaCO3↓C.缠有铜丝的铁钉放入滴有酚酞的NaCl溶液，铜丝附近溶液变红：O2+4e−+2H2O=4OH−D.惰性电极电解NaCl溶液，两极均产生气体：2Cl−+2H+H2↑+Cl2↑【答案】C【解析】【详解】A．因为此反应葡萄糖提供人体所需的能量，故应为放热反应，故A错误；B．水垢中的硫酸钙为微溶物，离子方程式中不能拆开写，故B错误；C．铁钉发生了吸氧腐蚀，铁钉作负极，铜丝作正极，故中性条件下发生反应O2+4e−+2H2O=4OH−，故C正确；D．惰性电极电解NaCl溶液，离子方程式应为2Cl−+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，故D错误；故选C。7.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)H＜0是工业制硫酸的重要反应，下列说法不正确的是A.其他条件不变，使用催化剂能同时提高反应速率和SO2的平衡转化率B.其他条件不变，升高温度能加快反应速率，但SO2的平衡转化率降低C.其他条件不变，通入过量空气能提高SO2的平衡转化率，但化学平衡常数不变D.其他条件不变，增大压强能同时提高反应速率和SO2的平衡转化率，但生产成本增加【答案】A【解析】【详解】A．使用催化剂只能提高反应速率不能提高SO2的平衡转化率，故A错误；B．该反应为放热反应，升高温度能加快反应速率，但平衡逆向移动，SO2的平衡转化率降低，故B正确；C．通入过量空气能提高SO2的平衡转化率，温度不变，所以化学平衡常数不变，故C正确；D．增大压强能能提高反应速率，该反应为分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，但压强增大对设备要求提高，生产成本增加，故D正确；故答案为A。8.用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为混合溶液。下列叙述错误的是A.待加工铝质工件为阳极B.可选用不锈钢网作为阴极C.阴极的电极反应式为：D.硫酸根离子在电解过程中向阳极移动【答案】C【解析】【详解】A、根据原理可知，Al要形成氧化膜，化合价升高失电子，因此铝为阳极，故A说法正确；B、不锈钢网接触面积大，能增加电解效率，故B说法正确；C、阴极应为阳离子得电子，根据离子放电顺序应是H＋放电，即2H＋＋2e－=H2↑，故C说法错误；D、根据电解原理，电解时，阴离子移向阳极，故D说法正确。9.下列有关实验中，会导致所配制(或所测定)溶液浓度偏高的是(其他操作均正确)A.配制500mL1mol·L-1稀硫酸实验中，用量筒量取18mol·L-1浓硫酸时俯视读数B.配制100mL5mol·L-1氯化钠溶液时，未洗涤溶解氯化钠的烧杯C.用标准盐酸滴定待测NaOH溶液实验中，使用酸式滴定管时，开始平视，后来俯视读数D.用标准NaOH溶液滴定待测盐酸实验中，使用的酸式滴定管尖嘴部，开始无气泡，后来读数时有气泡【答案】D【解析】【详解】A．用量筒量取一定体积的浓硫酸，俯视会使量取的浓硫酸体积偏大，配制的浓度偏小，故A错误；B．配制氯化钠溶液的容量瓶，定容时仰视，会超出刻度线，配制溶液的浓度偏小，故B错误；C．滴定管作为量取一定体积待测液氢氧化钠溶液的量具，开始平视，后来俯视读数，作则所测得盐酸的体积比真实值小，结果偏小，故C错误；D．用标准NaOH溶液滴定待测盐酸实验中，使用的酸式滴定管尖嘴部，开始无气泡，后来读数时有气泡,所得数值偏大，测定结果大小，故D正确；故答案选D。10.反应经过以下两步基元反应完成：ⅰ.ⅱ.下列说法不正确的是A.B.因为ⅰ中断裂化学键吸收能量，所以C.因为ⅱ中形成化学键释放能量，所以D.断裂中的化学键吸收的能量大于断裂和中的化学键吸收的总能量【答案】B【解析】【详解】A．根据盖斯定律可知两个基元反应相加得反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，H=H1+H2，选项A正确；B．ⅰ中HI断裂化学键吸收能量，形成H2成键要放出能量，所以∆H1要比较吸收能量和放出能量的相对多少，选项B错误；C．ⅱ中只有I形成I2，成化学键释放能量，所以∆H2＜0，选项C正确；D．反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)ΔH>0，说明断裂2molHI(g)中的化学键吸收的能量大于断裂1molH2(g)和1molI2(g)中的化学键吸收的总能量，选项D正确；答案选B。11.以[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH＞0为例，探究影响平衡移动的因素。取相同浓度的CuCl2溶液，分别进行下列实验，对实验现象的分析不正确的是操作和现象分析A观察溶液为绿色[Cu(H2O)4]2+和[CuCl4]2−同时存在B升高温度，溶液变为黄绿色平衡正移，[CuCl4]2−的浓度增大C加几滴AgNO3溶液，静置，上层清液为蓝色平衡逆移，[CuCl4]2−的浓度减小D加少量Zn片，静置，上层清液为浅黄绿色平衡正移，[CuCl4]2−的浓度增大A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH＞0可知，[Cu(H2O)4]2+呈现蓝色，[CuCl4]2−呈现黄色，由光学知识可得黄色光+蓝色光=绿色光，所以溶液为绿色，是因为[Cu(H2O)4]2+和[CuCl4]2−同时存在，故A正确；B．由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH＞0可知，该反应是一个吸热反应，升高温度，平衡正向移动，[CuCl4]2−的浓度增大，溶液变为黄绿色，故B正确；C．由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH＞0可知，加几滴AgNO3溶液，Cl-与Ag+反应，即Ag++Cl-=AgCl↓，Cl-浓度减小，平衡向逆反应方向移动，[CuCl4]2−的浓度减小，[Cu(H2O)4]2+浓度增大，上层清液为蓝色，故C正确；D．在CuCl2溶液中加入少量Zn片，会发生Zn置换出Cu，即Cu2++Zn=Zn2++Cu，Cu2+浓度减小，则[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2−浓度均减小，上层清液为浅黄绿色，故D错误；答案为D。12.小组进行如下实验。下列说法不正确的是A.①中存沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)B.③中溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动C.c(OH−)：③=①D.③中存在：2c(Mg2+)>c(Cl−)【答案】C【解析】【详解】A．向Mg(OH)2悬浊液中滴加酚酞，溶液变红说明①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，故A正确；B．加入盐酸消耗OH−，使Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)正向移动，过一段时间又补充了OH−，溶液又变红，故B正确；C．温度不变Ksp不变，①变为②加入了稀盐酸，c(Mg2+)增大，根据Ksp=c(Mg2+)c2(OH−)，c(Mg2+)增大，c(OH−)减小，故C错误；D．根据电荷守恒2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，③中溶液显碱性c(OH−)>c(H+)，故2c(Mg2+)>c(Cl−)，故D正确；故答案为C。13.科学家基于易溶于的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为：。下列说法正确的是A.充电时电极b是阴极B.放电时溶液的减小C.放电时溶液的浓度增大D.每生成，电极a质量理论上增加【答案】C【解析】【详解】A．由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；B．放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；C．放电时负极反应为，正极反应为，反应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故C正确；D．充电时阳极反应为，阴极反应为，由得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g/mol2mol=46g，故D错误；答案选C。14.在温度不同的2L恒容密闭容器I、II、III中各充入1molX和2molY，保持其它条件相同，发生反应：，测得10min时X的物质的量n(X)如图所示。15min时向c点对应容器中再充入1molZ和2molW，反应达平衡时，Z的浓度为。下列说法正确的是A.由图像可知，该反应的正反应一定吸热B.b点正、逆反应速率一定相等C.10min时，容器I中X、Y转化率不一定相等D.一定为【答案】D【解析】【详解】A．由、和对应的图像可知，时X的物质的量大于时X的物质的量而时X的物质的量小于时X的物质的量，说明到平衡发生了移动即温度升高平衡向逆反应方向移动，故该可逆反应的正反应为放热反应，A错误；B．不能确定b点是否为平衡状态，正、逆反应速率不一定相等，B错误；C．X与Y起始按化学计量数之比投料，转化量按化学计量数之比转化，所以10min时，容器I中X、Y的转化率一定相等，C错误；D．结合A项分析，b点到c点可看出，温度升高，X的物质的量增大，则说明c点已达平衡，根据X的转化量可知此时Z的浓度为，温度不变，K不变，，不变，D正确；故选D。15.甲异腈(CHNC)在恒容密闭容器中发生异构化反应：CH3NC(g)→CH3CN(g)，反应过程中甲异腈浓度c随时间t的变化曲线如图所示(图中T为温度)。该反应的反应速率v与c的关系为v=kc，k为速率常数(常温下为常数)，a点和b点反应速率相等，即v(a)=v(b)。下列说法错误的是A.bf段的平均反应速率为1.0×10-4mol(L·min)B.a点反应物的活化分子数多于d点C.T1>T2D.3v(d)=2v(e)【答案】C【解析】【分析】设T1时，速率常数为k1，T2时，速率常数为R2，v(a)=v(b)，，。【详解】A．由题干信息可知，，A正确；B．ad两点相比较，a点的浓度比d的浓度大，且其他的条件相同，故a点反应物的活化分子数多于d点，B正确；C．由以上可知，k2=2k1，v=kc，浓度相同的时候，v2>v1，温度越高，速率越大，故T2>T1，C错误；D．，，k2=2k1，可得3v(d)=2v(e)，D正确；故选C。16.常温下，用盐酸滴定溶液，溶液中、、的分布分数随变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是已知：A. B.的的值为C.第一次突变，可选甲基橙作指示剂 D.溶液呈酸性【答案】A【解析】【分析】滴定过程中发生反应R2-+H+=HR-、HR-+H+=H2R，所以pH由12到8的过程中减少的微粒为R2−，增加的微粒为HR−，pH由8到4的过程中，减少的微粒为HR−，增加的微粒为H2R。【详解】A．据图可知e点时恰好完全反应，溶液中溶质为H2R和NaCl，n(Na2R)=0.5n(Na+)=0.5n(Cl-)=0.1mol/L×0.04000L×0.5=0.002mol，所以c(Na2R)=0.002mol÷0.02000L=0.1mol/L，c(Na2R)=0.1mol/L，A正确；B．H2R的Ka1=，据图可知当pH=6.38时，即c(H+)=10-6.38mol/L时，c(HR-)=c(H2R)，所以Ka1=10-6.38，B错误；C．根据图知，第一次突变时溶液呈碱性，酚酞的变色范围为8.2~10，所以第一次突变可选酚酞作指示剂，C错误；D．结合分析和图可知，b点盐酸和Na2R恰好反应生成NaHR，NaHR溶液的pH=8.32，溶液呈碱性，D错误；故选A。第Ⅱ卷二、非选择题：包括第17题～第21题5个大题，共52分。17.请按要求用化学用语作答。（1）已知在氧气中燃烧完全转化为S单质放出热量，完全转化为放出热量，写出表示燃烧热的热化学方程式_______。（2）明矾[化学式为]可以作净水剂的原因是_______(用离子方程式表示)。（3）已知是一种一元酸，写出它的正盐水解的离子方程式_______。（4）溶液可通过调节改变颜色，原因是_______(用离子方程式表示)。（5）将固体放入水中，写出该反应的化学方程式_______。【答案】（1）（2）(胶体)（3）（4）（5）【解析】【小问1详解】H2S的燃烧热是1molH2S完全燃烧生成指定产物时放出的热量，17gH2S的物质的量为0.5mol，完全燃烧生成SO2放出bkJ的热量，则1molH2S完全燃烧生成SO2放出的热量为2bkJ，表示H2S燃烧热的热化学方程式为：。【小问2详解】明矾溶于水完全电离出Al3+，Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，可以净水：(胶体)。【小问3详解】H3PO2是一种一元酸，它的正盐对应的离子为，水解的离子方程式为：。【小问4详解】呈橙色，在水中可以和水反应生成，，呈黄色，向溶液中加入碱，OH-和H+中和使c(H+)降低，平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，向溶液中加入酸，c(H+)增大，平衡逆向移动，溶液颜色由黄色变为橙色。【小问5详解】将Al2S3固体放入水中，Al3+和S2-能发生完全双水解反应生成Al(OH)3和H2S，该反应的化学方程式为：。18.砷酸()和亚砷酸()是工业上常用两种弱酸。回答下列问题：(1)常温下，向溶液中滴加的溶液，混合溶液中由水电离出的与溶液体积关系如图1所示。①是______(填“一”“二”或“三”)元酸。②D点对应溶液的______(填“＞”“＜”或“”)7。(2)常温下，向某容器中加入、一定量的和溶液，发生反应：。测得的转化率如图2所示，F点对应溶液中，，。①E点：v正______(填“＞”“＜”或“”)v逆﹔E点的v正______G点的v逆。②到达F点时，x的数值为______。【答案】①.三②.＞③.＞④.＞⑤.0.4【解析】【详解】(1)①由图可知，C点水的电离程度最大，H3AsO4完全反应，消耗30mLKOH溶液，由于二者浓度相等，故n(H3AsO4)∶n(KOH)=1∶3，则H3AsO4属于三元酸；②D点NaOH过量，溶液中溶质是Na3AsO4、NaOH，溶液呈碱性，故D点对应溶液的pH＞7；(2)①E点后的转化率继续增大，E点反应未到达平衡，反应向正反应进行，故E点：v正＞v逆；G点处于平衡状态，故G点：v正=v逆，E与G点相比，E点反应物浓度大，故E点的v正＞G点的v正，则E点的v正＞G点的v逆；②根据n反应()=n(I-)=×0.4mol=0.2mol，故转化率为：×100%=40%，x的数值为0.4。19.工业上纳米的制备过程是以为载体，用和水蒸气反应生成，再控制温度生成纳米，测定产物组成的方法如下：步骤一：取样品用稀硫酸充分溶解得到溶液，再用足量铝将还原为，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液混合并注入容量瓶，定容得到待测液。步骤二：取待测液于锥形瓶中，加入几滴指示剂，用的标准溶液滴定，将氧化为，三次滴定测得数据记录如下：实验编号待测溶液的体积滴定前标准液的体积读数滴定后标准液的体积读数125.000.2024.22225.001.2129.21325.001.5025.48（1）若对步骤一所得的溶液加水稀释，溶液中会产生少量偏钛酸沉淀，写出该反应的离子方程式_______。（2）滴定时，将标准溶液注入_______(填“酸”或“碱”)式滴定管中。（3）上述滴定实验中，可选择_______为指示剂，判断到达滴定终点的现象是_______。（4）下列关于滴定分析的操作，错误的是_______(填字母)。A.滴定时要适当控制滴定速率B.用量筒量取待测液转移至锥形瓶C.滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D.平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下E.在接近终点时，滴加药品应慢慢控制滴定管，使滴定管尖嘴悬挂一滴液体，用锥形瓶内壁将其靠下，并用蒸馏水将其冲入锥形瓶内（5）通过分析、计算，该样品的组成为_______。【答案】（1）（2）酸（3）①.溶液②.当滴加最后半滴标准溶液时，溶液变为红色且半分钟内不褪色（4）BC（5）【解析】【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→赶气泡→调液面→记录读数，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；【小问1详解】TiOSO4溶液加水稀释，TiO2+水解生成少量偏钛酸(H2TiO3)沉淀：TiO2++2H2O⇌H2TiO3↓+2H+。【小问2详解】NH4Fe(SO4)2溶液中由于铵根离子和铁离子水解使NH4Fe(SO4)2溶液显酸性，滴定时，将标准溶液注入酸式滴定管中。【小问3详解】用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，Fe3+将Ti3+氧化为TiO2+，自身被还原为亚铁离子，标准液中铁离子能使KSCN溶液变红色，故滴定实验中，可选择KSCN溶液为指示剂，判断到达滴定终点的方法是：滴加最后半滴NH4Fe(SO4)2标准溶液时，溶液变为红色且半分钟内不褪色。【小问4详解】A．滴定时要适当控制滴定速率，便于观察滴定情况，A正确；B．应该使用移液管量取25.00mL待测液转移至锥形瓶，量筒准确度不能达到0.01mL，B错误；C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，C错误；D．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，便于准确读数，D正确；E．在接近终点时，滴加药品应慢慢控制滴定管，使滴定管尖嘴悬挂一滴液体，用锥形瓶内壁将其靠下，并用蒸馏水将其冲入锥形瓶内，防止出现实验误差，E正确。故选BC；【小问5详解】三次实验标准液的体积分别为24.22-0.20=24.02mL、29.21-1.21=28.00mL、25.48-1.50=23.98mL，第二次实验数据和其他两次实验数据相差过大，舍去，第一次和第三次体积的平均值为24.00mL。消耗标准液的物质的量为0.02400L×0.1000mol/L=0.0024mol。Fe3+和Ti3+反应生成Fe2+和TiO2+，根据电子守恒，n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiO2)=0.0024mol，样品中n(TiO2)=0.024mol×=0.024mol，m(TiO2)=0.024mol×80g/mol=1.92g，则水的质量为2.100g-1.92g=0.18g，物质的量为0.01mol，n(TiO2)：n(H2O)=0.024：0.01=12：5，则该样品的组成为。20.电子工业中，常用氯化铁溶液作为印刷电路铜板蚀刻液，请按要求回答下列问题：（1）若向氯化铁溶液中加入一定量澄清石灰水，调节常液，可得红褐色沉淀，该反应的离子方程式为：_______，该过程是在常温下调节溶液的为5，则为：_______。(已知：25℃时，)（2）某探究小组设计下线路处理废液和资源回收。①用足量FeCl3溶液蚀刻铜板后的废液中含有的金属阳离子有：_______(填离子符号)。②FeCl3蚀刻液中通常加入一定量的盐酸，其中加入盐酸的目的是：_______。③步骤①中加入H2O2溶液的目的是：_______。④已知生成氢氧化物沉淀的pH如下：开始沉淀时4.77.01.9沉淀完全时6.79.03.2根据表中数据推测调节pH的范围是：_______。【答案】（1）①.②.2.8×10-12（2）①.、和②.抑制氯化铁水解③.将氧化成，以便后续转化为沉淀除去④.【解析】【分析】(1)调节溶液pH，可得红褐色沉淀，该过程中调节溶液的pH为5，c(H+)=10-5mol/L，可知c(OH-)=10-9mol/L，结合Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-398计算；(2)FeCl3-HCl溶液蚀刻铜板后的废液，发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，得到氯化铜、氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，向废液中滴入过氧化氢将亚铁离子氧化成极易除去的铁离子，然后过滤得沉淀氢氧化铁和氯化铜溶液，将沉淀溶解于盐酸得到氯化铁，向滤液中加入碳酸氢钠得到碱式碳酸铜，以此解答该题。【小问1详解】若向氯化铁溶液中加入一定量的澄清石灰水，调节常液，可得红褐色沉淀，该反应的化学方程式为：2FeCl3+3Ca(OH)2=2Fe(OH)3↓+3CaCl2，则其离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，该过程是在常温下调节溶液的为5，此时溶液中c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-9mol/L，则c(Fe3+)===2.8×10-12mol/L，故答案为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；2.8×10-12；【小问2详解】①氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，铁离子可能过量，故答案为：Fe3+、Fe2+和Cu2+；②氯化铁是强酸弱碱盐水解呈酸性，所以加盐酸防止弱离子铁离子的水解，水解的方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，向其中加盐酸促使平衡逆向移动，故答案为：抑制Fe3+水解；③加入氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子但不能引入新的杂质，氧化剂选择