重庆市七校联考2024-2025学年高二上学期期末考试 化学试题 含解析

2024—2025学年度上期高二期末七校联考化学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.考试结束后，将答题卷交回。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Ti-48Cr-52Mn-55Fe-56Cu-64Zn-65第I卷(选择题共42分)一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学知识可以指导生产、生活，下列有关说法错误的是A.明矾在水中可形成胶体，可用明矾沉降水中悬浮物B.室温下醋酸的电离平衡常数大于碳酸，可用醋酸除去烧水壶中的水垢C.钢铁的电化学腐蚀和化学腐蚀都是铁发生了氧化反应D.增加炼铁高炉的高度，可以让CO和Fe2O3彻底反应，消除高炉尾气中CO【答案】D【解析】【详解】A．明矾的主要成分为，溶于水后电离出的发生水解，生成胶体，胶体具有吸附性，可沉降水中的悬浮物，A项正确；B．室温下醋酸的电离平衡常数大于碳酸，说明酸性醋酸大于醋酸，强酸能与弱酸盐反应生成弱酸，故可以用醋酸除去烧水壶中的水垢，B项正确；C．钢铁的电化学腐蚀是铁被氧化，发生了氧化反应，钢铁的电化学腐蚀中，负极铁失电子发生氧化反应，C项正确；D．增加炼铁高炉的高度，不能让CO和Fe2O3彻底反应，不能消除高炉尾气中的CO，D项错误；答案选D。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1LpH均为2的磷酸、硫酸溶液中，n(H＋)都是0.01NAB.0.10mol/LCH3COONa溶液中n(CH3COO-)=0.1NAC.密闭容器中加入NA个N2O5发生反应：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)，生成2.5NA个产物分子D.用电解粗铜的方法精炼铜，当阴极得到0.1NA个电子时，阳极质量一定减少3.2g【答案】A【解析】【详解】A．1LpH=2的磷酸、硫酸溶液中，均为，则含有H+数目均为0.01NA，A正确；B．溶液体积未知，无法计算CH3COO-个数，即使给出体积，由于CH3COO-水解也无法计算其个数，B错误；C．该反应为可逆反应，NA个N2O5不能完全反应，生成产物分子小于2.5NA，C错误；D．电解精炼铜时，阳极是粗铜，还有杂质放电，当阴极得到0.1NA个电子时，阳极质量减少的不一定是3.2g，D错误；故选A。3.CO2与NH3混合，一定条件下反应合成尿素：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH<0。则下列说法错误的是A.该反应的ΔS<0，在低温时可以自发进行B.升高温度，该反应的平衡常数会减小C.使用催化剂，可以降低反应热，提高尿素的生成速率D.及时分离出H2O，有利于提高CO(NH2)2的平衡产率【答案】C【解析】【详解】A．ΔG=ΔH-TΔS<0时，反应能自发进行，该反应ΔH<0，ΔS<0，在低温下才能自发进行，A正确；B．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，该反应的平衡常数会减小，B正确；C．使用催化剂，可以降低反应的活化能加快反应速率，但不能降低反应热，C错误；D．及时分离出H2O，平衡正向移动，有利于提高CO(NH2)2的平衡产率，D正确；故选C。4.下列实验装置或操作能达到实验目的的是NO2球浸泡在热水和冷水中A．蒸干FeCl3溶液制备FeCl3‧6H2OB．研究温度对化学平衡的影响C．定性测定盐酸与碳酸氢钠反应的热效应D．钢闸门的电化学防腐A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．蒸干FeCl3溶液，促进平衡正向移动，HCl易挥发，只能得到制备，A错误；B．浸泡在热水的NO2球颜色比浸泡在冷水的NO2的深，则表明加热平衡向生成NO2方向移动，B正确；C．盐酸与碳酸氢钠反应是吸热效应，温度降低使压强减小，同时反应生成了二氧化碳气体，使压强增大，无法通过观察U形中红墨水的液面差定性测定盐酸与碳酸氢钠反应的热效应，C错误；D．钢闸门的电化学防腐，则钢闸门应该连接在电源负极作阴极，D错误；故选B；5.下列有关方程式正确的是A.草酸溶液显酸性：B.用TiCl4制备TiO2：C.少量H2S气体通入硫酸铜溶液中：D.铅酸蓄电池放电时的正极反应式：【答案】C【解析】【详解】A．草酸为弱酸，属于弱电解质，电离为分步电离，第一步电离方程式为，A项错误；B．用TiCl4制备TiO2，方程式未配平，正确的方程式为，B项错误；C．少量的H2S气体通入硫酸铜溶液中，与生成沉淀，离子方程式为，C项正确；D．铅酸蓄电池放电时的正极反应式为，D项错误；答案选C。6.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.当c(Fe3+)=1mol·L-1的溶液：Mg2+、Ba2+、NO、I-B.甲基橙为红色的溶液中：Na+、K+、、C.在水电离出的c(OH-)=1×10-10的溶液中：NH、SO、Cl-、HCOD.的溶液中：Na+、、Br-、【答案】D【解析】【详解】A．当c(Fe3+)=1mol·L-1的溶液中Fe3+与I-发生氧化还原反应而不共存，A错误；B．使甲基橙显红色的溶液显酸性，酸性溶液中高锰酸根离子有强氧化性，会被氧化而不共存，B错误；C．水电离出的浓度为的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，若显酸性则不能大量共存，若显碱性则和均不能大量共存，C错误；D．的溶液显酸性，Na+、、Br-、均可大量共存，D正确；故选D。7.化学是一门以实验为基础的学科，下列实验提示中明显不必要或不正确的是选项实验实验提示A比较盐酸、醋酸的导电能力同一条件下，需取相同体积、相同浓度的稀盐酸和醋酸溶液B实验室用FeCl3制氢氧化铁胶体C测定并比较Zn与不同浓度稀H2SO4反应速率同一条件下，相同质量的Zn(外形很近)，分别与足量相同体积不同浓度的稀H2SO4溶液反应，比较收集相同体积H2所用的时间D验证H+浓度对K2Cr2O7溶液中化学平衡的影响同一条件下，取相同体积、相同浓度的K2Cr2O7稀溶液，分别加入较浓的、体积和浓度均相等的NaOH和H2SO4溶液，观察并记录现象A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．相同温度下，用pH计分别测定盐酸溶液和醋酸溶液的pH，可比较盐酸和醋酸的酸性强弱，A正确；B．实验室用FeCl3制氢氧化铁胶体需要加热，明火，排风，洗手，小心锐器，不需用电，B错误；C．相同质量的Zn(外形很近)，分别与足量相同体积不同浓度的稀H2SO4溶液反应，比较收集相同体积H2所用的时间，浓度越大，反应速率越快，C正确；D．溶液中存在反应是，一支试管加入酸，一支试管加入碱，根据溶液颜色的变化，判断平衡移动的方向，可以探究浓度对化学平衡移动的影响，D正确；故选B。8.下列叙述错误的是A.向含足量AgCl固体的悬浊液中加少量水，c(Ag+)减小B.氯化铵溶液中离子浓度的关系：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)C.已知NaHSO3溶液呈酸性，则溶液中：c(SO)>c(H2SO3)D.稀释Na2CO3溶液，减小【答案】A【解析】【详解】A．向含足量AgCl固体的悬浊液中加少量水，AgCl的溶度积不变，则c(Ag+)不变，A错误；B．氯化铵溶液中依据质子守恒有：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O，B正确；C．NaHSO3溶液呈酸性，说明的电离程度大于其水解程度，则溶液中c(SO)>c(H2SO3)，C正确；D．稀释促进碳酸钠的水解，，加水稀释时，Kh不变，c(OH-)减小，导致增大，即减小，D正确；故答案选A。9.下列有关合成氨的催化过程的说法正确的是已知：①N2(g)+H2(g)NH3(g)ΔH1；②N2(g)+Fe(s)=N-Fe(s)ΔH2；③N-Fe(s)+H2(g)=NH3(g)+Fe(s)ΔH3；A.键能关系：E(N≡N)+(H-H)<3E(N-H)B.反应①的正、逆反应的活化能相等C.ΔH2=E2-E1D.相同条件下，反应③的速率最慢【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，反应1ΔH1<0，ΔH1=反应物键能-生成物键能，所以键能关系E(N≡N)+E(H-H)<3E(N-H)，A正确；B．由图可知，反应①的逆反应的活化能大于正活化能，B错误；C．由图可知，ΔH2=生成物总能量-反应物总能量=E1-E2，C错误；D．由图可知，反应③的活化能最小，所以相同条件下反应3的速率最快，D错误；故选A；10.有关下列三个电化学装置的叙述中，正确的是A.装置I铜电极上发生氧化反应B.装置Ⅱ电池工作一段时间后，甲池的c(SO)减小C.装置Ⅲ正极反应为：AgCl＋e-=Ag＋Cl-D.装置Ⅲ电路中转移0.02mole-时，交换膜右侧溶液中约增加0.04mol离子【答案】D【解析】【详解】A．装置I为铜锌原电池，铜电极为正极，正极发生还原反应，锌电极为负极，负极发生氧化反应，A错误；B．电解质溶液中的阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动，但是阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，SO不能通过阳离子交换膜，并且甲池中硫酸根不参加反应，因此甲池的c(SO)不变，B错误；C．正极发生的是还原反应，电极反应式是，C错误；D．参加电极反应的是和Ag，左侧溶液发生的电极反应式是：

，当电路中转移电子时，有的H+移向右侧，同时右侧生成，则交换膜右侧溶液中约增加0.04mol离子，D正确；故选D。11.下列说法错误的是A.图①表示2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在t1时减小压强，V逆随时间变化的曲线B.由图②可知，p2>p1，T1>T2，满足反应2A(g)+B(g)C(g)+D(g)ΔH<0C.图③表示在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，由图可知a=2D.图④表示工业合成氨平衡时NH3体积分数随起始变化的曲线，则转化率：【答案】D【解析】【详解】A．图①中t1时刻V逆突然减小，且到t2新平衡建立的时候，V逆持续减小，说明平衡逆向移动，该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，因此在t1时扩大容器体积，即减小压强平衡逆向移动，故A正确；B．由图②中图像和“先拐先平数值”可知，p2>p1，T1>T2；压强不变时升高温度C的含量减低，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应；温度不变时压强增大C的含量增大，平衡正向移动，说明正反应为气体体积减小反应；满足反应2A(g)+B(g)C(g)+D(g)ΔH<0，故B正确；C．图③表示在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应，a点CO和H2转化率相同，当按照化学计量数之比投入时，两者转化率相同，即a=2，故C正确；D．图④中A、B两点是平衡时NH3体积分数相同的点，图中的最高点是N2和H2恰好按照方程式系数1∶3开始反应的平衡点，A点H2过量，B点N2过量，因此氢气的转化率：，故D错误；答案选D。12.钙钛矿太阳能电池被称为第三代太阳能电池，图一是钙钛矿太阳能电池的工作示意图，图二是该电池作电源电解酸性硫酸铬溶液获取铬单质和硫酸的工作示意图。下列说法正确的是A.C电极接钙钛矿太阳能电池的A极B.D电极发生的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-C.图二中的离子交换膜I为阴离子交换膜，Ⅱ为质子交换膜D.当太阳能电池有6mol电子转移时，酸性Cr2(SO4)3溶液质量减轻104g【答案】C【解析】【分析】据钙钛矿太阳能电池的工作原理图可知，电子从B极流出，说明B极为负极，A极为正极，图二为电解池，由该装置可电解酸性硫酸铬溶液获取铬单质和硫酸可知，C极为阴极，电极反应式为Cr3++3e-=Cr，D极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。【详解】A．电解池的阴极接电源的负极，由钙钛矿太阳能电池的工作原理图可知，B极为负极，故C电极接钙钛矿太阳能电池的B极，A错误；B．由分析可知，D极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，B错误；C．电解池中，阴离子移向阳极，通过膜Ⅰ进入中间室，则膜I为阴离子交换膜，D电极为阳极，产生H+，阳离子移向阴极，故膜Ⅱ为质子交换膜，C正确；D．当太阳能电池有6mol电子转移时，根据得失电子守恒可知，Cr棒上有2molCr单质生成，溶液中少2molCr3+，同时有3molSO通过阴离子交换膜向右移动，相当于减轻1mol的质量，故减轻392g/mol×1mol=392g，D错误；故选C。13.常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别将两溶液加水稀释，稀释后溶液体积为V，所得曲线如图所示。下列说法正确的是A.两者均为弱酸，且酸性强弱为：HB>HAB.将=1的溶液加水稀释至=3时，减小C.M点水的电离程度大于ND.在0≤pH≤7时，HB溶液满足：【答案】B【解析】【分析】根据常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，未稀释时HA的、HB的可以得出HA为弱酸，存在电离平衡，HB为强酸，全电离，据此分析解答。【详解】A．根据分析，HA为弱酸，HB为强酸，A错误；B．将=1的溶液加水稀释至=3时，HB为强酸，不变，HA为弱酸，还在继续电离增加，增大，由于体积相同，所以得到减小，B正确；C．M点和N点的相等，相等且都是酸电离的，对水的电离抑制相同，水的电离程度相同，C错误；D．HB为强酸，完全电离，在pH较小时，稀释多少倍，溶液中就是原来的多少分之一，但当时，由水电离的已经影响到酸电离出的，此时无法再使用稀释比的关系，将不再符合，D错误；故答案为：B。14.在10L恒容密闭容器中加入X(s)和Y(g)，发生反应：X(s)＋2Y(g)M(g)＋N(g)所得实验数据如下表，下列说法正确的是实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)①7004.02.00.90②8001.04.00.80③8002.03.0aA.实验①中，若5min时测得n(M)=0.50mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v(N)=0.10mol·L-1·min-1B.实验②中，该反应的平衡常数值K=C.实验③中，达到平衡时，X的转化率为30%D.该反应是吸热反应【答案】C【解析】【详解】A．根据方程式可知，若5min时测得n(M)=0.50mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v(N)=v(M)==0.010mol·L-1·min-1，A错误；B．实验②中，将表中数据代入三段式可得：则，B错误；C．实验③中，将表中数据代入三段式可得：则，解得a=0.6，则X的转化率为，C正确；D．实验①中，将表中数据代入三段式可得：则，对比实验①、②可知，随着温度升高，平衡常数减小，则该反应为放热反应，D错误；故选C。第II卷(非选择题共58分)二、非选择题(共4大题，58分)15.海水中NaCl的浓度约为3.5%，是宝贵的自然资源，其部分利用如下流程所示：已知：T℃下，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=5.1×10-4。（1）上述流程中编号①~⑤的物质，属于电解质的是___________(填编号)。（2）流程中制备NaHCO3晶体时，气体CO2、NH3较好的通入顺序是___________(选填“先CO2后NH3”或“先NH3后CO2”)。（3）请写出上述流程中制得NaHCO3晶体的离子反应方程式___________。（4）粗盐(含有少量MgCl2、CaCl2、Na2SO4杂质)提纯得到饱和NaCl溶液，除杂试剂的添加和实验操作的先后顺序正确的是___________A.BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸、过滤、加热B.NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液、稀盐酸、过滤、加热C.BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、过滤、稀盐酸、加热D.NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液、过滤、稀盐酸、加热（5）Na2CO3有广泛用途。可用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，将其转化为可溶于酸的物质，转化原理的离子方程为___________，T℃下该反应的平衡常数K为___________。(保留2位有效数字)（6）用如图所示装置模拟电解饱和NaCl溶液。铁丝b端的电极反应式为___________，d处现象为___________。【答案】（1）②（2）先NH3后CO2（3）Na++CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH（4）C（5）①.CO(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+SO(aq)②.1.5×105（6）①.Fe-2e-=Fe2+②.先变红后褪色【解析】【小问1详解】电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，故属于电解质的是NaOH，答案为：②；【小问2详解】因为氨气极易溶于水，先通入氨气，溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳，故气体CO2、NH3较好的通入顺序是：先NH3后CO2；【小问3详解】根据题意，上述流程中制得NaHCO3晶体的离子反应方程式为：Na++CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH；【小问4详解】食盐水含有可溶性的MgCl2、CaCl2、Na2SO4等杂质，加氯化钡除去硫酸根离子，加NaOH除去Mg2+，加碳酸钠除去Ca2+及过量的氯化钡，碳酸钠一定在氯化钡之后，过滤后，加盐酸即可，随后加热可以除去多余的盐酸，则正确的操作顺序为C；【小问5详解】碳酸钠和硫酸钙反应生成更加难溶的碳酸钙，相应的离子方程式为：CO(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+SO(aq)；平衡常数K=【小问6详解】由图可知，石墨I为阴极，则b为阳极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+；石墨Ⅱ为阳极，该电极上氯离子失去电子生成氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，则d处现象为：先变红后褪色。16.锰锌铁氧体是当前广泛使用的一种隐形涂料，其化学组成为MnxZnl-xFe2O4(Mn、Zn均为+2价)，其中当锰锌铁氧体中n(Zn)：n(Fe)=2：5时，它对雷达波的吸收能力最强。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体(MnxZnl-xFe2O4)制备MnO2、ZnO、FeC2O4·2H2O，可用于电池、催化剂等行业，其工艺流程如下：（1）该锰锌铁氧体中铁的化合价为___________；当对雷达波吸收能力最强时，该物质化学式为___________。（2）流程中“氨浸”的作用是将锰锌铁氧体中的___________元素(填元素符号)转移到水溶液中；“分离”操作的名称是___________。（3）循环利用有利于提高资源利用率，流程中“煮沸”产生的混合气体冷凝后所得溶液可用于“氨浸”，该溶液是___________(填名称)，“沉铁”时，可从滤液中回收有价值的钾盐是___________(填化学式)。（4）“沉锰”反应的离子方程式为___________。（5）“还原”步骤需加稍过量的铁粉，以保证产品FeC2O4·2H2O的纯度，为证明铁粉已过量，可取少量反应后的溶液，加入___________溶液检验。（6）某锰锌铁氧体(Mn0.5Zn0.5Fe2O4)1t，充分反应得到0.162tZnO，则Zn元素的回收率为___________。(保留3位有效数字)【答案】（1）①.+3②.Mn0.2Zn0.8Fe2O4（2）①.Zn②.过滤（3）①.氨水②.K2SO4（4）3Mn2++2MnO+(5n+2)H2O=5MnO2·nH2O↓+4H+（5）KSCN（6）94.4%【解析】【分析】锰锌铁氧体经过氨浸后，分离得到的溶液B经煮沸得到氢氧化锌，则氨浸的作用是将锌元素转移到溶液B中，将分离得到的固体A溶于硫酸，得到含锰、铁元素的溶液；沉锰过程中，与发生归中反应生成；由于加入铁粉还原，则溶液C主要含三价铁离子，铁粉将铁离子还原为二价铁离子，加入沉铁，将二价铁离子转化为。【小问1详解】锰锌铁氧体(Mn、Zn均为+2价)，根据化合价代数和为0可知，的化合价为+3价；当n(Zn)：n(Fe)=2：5时，它对雷达波的吸收能力最强，则，解得x=0.2，则该物质化学式为；【小问2详解】由分析可知，氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中；“分离”操作是分离液体和固体的操作，名称是过滤；【小问3详解】由分析可知，煮沸溶液B后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶液可循环利用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水；由分析可知，用硫酸溶解固体A后，溶液中存在大量硫酸根，选择沉铁可以从滤液中回收有价值的；【小问4详解】沉锰过程中，与发生归中反应生成，沉锰反应的离子反应式为；【小问5详解】证明铁粉已过量，则溶液不含有，向其中加入KSCN溶液即可；【小问6详解】锰锌铁氧体()1t含有Zn元素的质量是，反应后得到0.162tZnO中含有m(Zn)=，则Zn元素的回收率为。17.中和反应是一类重要的化学反应，认识和研究中和反应对环境保护、医学应用、食品加工、化工生产等有重要作用。I．测定中和反应的反应热（1）按如图装置进行中和反应反应热的测定，图中还缺少的一种仪器是___________。（2）分别向50mL0.5000mol/L的NaOH溶液中加入a．浓硫酸b．稀硫酸c．稀盐酸d．稀醋酸，恰好完全反应的热效应分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4。下列关系正确的是___________。A.ΔH1>ΔH2>ΔH3>ΔH4 B.ΔH1>ΔH2=ΔH3>ΔH4C.ΔH1<ΔH2=ΔH3<ΔH4 D.ΔH1=ΔH2=ΔH3<ΔH4II．利用中和反应测定未知溶液浓度（3）实验室用0.5000mol/L的NaOH溶液分别滴定20mL等浓度的稀盐酸和稀醋酸溶液，滴定过程中，溶液pH的变化如图所示。A、B两条滴定曲线，表示NaOH溶液滴定醋酸溶液曲线的是___________(填字母“A”或“B”)；达到a、b状态消耗NaOH溶液的体积a___________b(选填“>”、“<”、“=”)。III．利用中和滴定模型进行沉淀滴定和氧化还原滴定（4）利用沉淀滴定法测定某未知NaSCN溶液的浓度：若用AgNO3溶液进行滴定，可选用的指示剂是___________。难溶物AgCNAg2CrO4AgSCNAgClAgBr颜色白砖红白白浅黄Ksp1.2×10-161.1×10-121.0×10-121.8×10-105.4×10-13A.NaCN溶液 B.K2CrO4溶液 C.NaCl溶液 D.KBr溶液（5）利用氧化还原滴定法测定样品中TiO2的质量分数。实验步骤如下：一定条件下，将2.2g样品(含TiO2)完全溶解并将TiO2转化为Ti3+，加入KSCN溶液作为指示剂。再用1.000mol/LNH4Fe(SO4)2标准溶液滴定使Ti3+全部转化为Ti4+。(Ti3+水溶液常显紫色)三次实验数据如下表所示：

滴定前/mL滴定后/mL第一次2.1027.00第二次14022.40第三次2.5027.60①滴定至终点的现象为___________。②样品中其他成分不参与反应，样品中TiO2的质量分数为___________。(保留3位有效数字)③下列操作会导致样品中TiO2的质量分数偏小的是___________。a．锥形瓶中留有蒸馏水b．滴定管中，滴定前有气泡，滴定后气泡消失c．滴定终点俯视读数d．配制标准溶液时，有少量溶液溅出e．滴定过程中，有少量标准溶液溅出【答案】（1）温度计（2）C（3）①.B②.>（4）B（5）①.当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由紫色变为浅红色，且半分钟内不变色②.90.9%③.c【解析】【小问1详解】利用图中装置测定中和热，需要的仪器为：大小烧杯、隔热层、玻璃搅拌器和温度计，故图中缺少的仪器为温度计；【小问2详解】当强酸、强碱的稀溶液发生中和反应，生成1mol液态水时放热57.3kJ；向50mL0.5000mol/L的NaOH溶液中加入稀硫酸、稀盐酸时，放出的热量相等，即；向50mL0.5000mol/L的NaOH溶液中加入浓硫酸时，浓硫酸稀释时会放热，故中和反应放出的热量多于稀硫酸和稀盐酸，因放热，则有；向50mL0.5000mol/L的NaOH溶液中加入稀醋酸时，稀醋酸是弱酸，电离时要吸热，发生中和反应放出的热量要减小，因放热，故；答案选C；【小问3详解】用0.5000mol/L的NaOH溶液分别滴定20mL等浓度的稀盐酸和稀醋酸溶液，盐酸是强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，当稀盐酸和稀醋酸等浓度时，，因此未加入时，pH较小的是盐酸，pH较大的是醋酸，故表示溶液滴定醋酸溶液的曲线是B；由于盐酸是强酸，达到状态a时，溶质为，溶液呈中性，醋酸为弱酸，达到状态b时，溶质为和，溶液呈中性，故达到a、b状态时消耗NaOH溶液的体积a>b；【小问4详解】用AgNO3溶液滴定未知浓度的NaSCN溶液，生成的产物为AgSCN，是白色沉淀，为了观察到明显的现象，所选择指示剂最终的现象不能是生成白色沉淀，故排除NaCN溶液和NaCl溶液，由于滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶，故可选择K2CrO4溶液，答案选B；【小问5详解】①一定条件下，将样品完全溶解并将TiO2转化Ti3+，加入KSCN溶液作为指示剂，再用1.000mol/LNH4Fe(SO4)2标准溶液滴定使Ti3+全部转化为Ti4+，当滴入最后半滴NH4Fe(SO4)2标准溶液时，溶液由紫色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点；②第一次实验消耗NH4Fe(SO4)2标准溶液24.90mL，第二次实验消耗NH4Fe(SO4)2标准溶液21.00mL，第三次实验消耗NH4Fe(SO4)2标准溶液25.10mL，可知第二次实验数据应舍弃，故实验平均消耗NH4Fe(SO4)2标准溶液25.00mL；根据得失电子守恒可得关系，则样品中TiO2的质量分数为；③a.锥形瓶中留有蒸馏水，对实验结果无影响；b.滴定管中，滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准溶液体积增大，使结果偏大；c滴定终点俯视读数，读数偏小，能使结果偏小；d.配制标准溶液时，有少量溶液溅出，所配溶液浓度降低，消耗标准溶液的体积增大，使结果偏大；e.滴定过程中，有少量标准溶液溅出，消耗标准溶液的体积增大，使结果偏大；故答案选c。18.CO2的资源化利用是实现碳中和的有效途径。I．通过CO2加氢合成甲醇，可减少大气中CO2的排放，促进资源循环利用。主要包括以下两个反应：i．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1；ii．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2（1）①反应i的ΔS___________0(选填“>”、“<”、“=”或“不确定”)，恒温恒容密闭容器通入H2和CO2只发生反应i，能说明反应i达到平衡状态的是___________(填编号)。A．混合气体密度保持不变B．混合气体的平均相对分子质量不变C．体系总压强不再变化D．气体颜色保持不变②由下图可知：H2O(l)=H2O(g)ΔH3=___________；已知H2(g)、CH3OH(g)的燃烧热的热化学方程式分别为H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH4=-285.8kJ/mol；CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH5=-769.4kJ/mol，则ΔH1=___________kJ/mol。（2）H2和CO2以3：1投料同时发生反应i、ii，测得CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如下：①由图可知，甲醇产率b点___________c点(填“>”、“<”、“=”)。②由图可知，当温度高于320℃，随着温度的升高，二氧化碳的平衡转化率升高，原因是___________。③已知4.2Mpa，260℃时，甲醇的选择性为60%，用各物质的分压表示反应ii的压强平衡常数Kp=___________。(保