2019-2020学年山西省长治市第二中学高二上学期第一次月考化学试题 解析版

2019-2020学年山西省长治市第二中学高二上学期第一次月考化学试题 解析版

‎2019—2020学年第一学期高二第一次月考化学试题 命题人：马 琛 审题人：栗慧丽 ‎【本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间90分钟】‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 Sn-119 Cu-64 O-16 Fe-56 Cr-52 Cl-35.5‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题（每小题2分，共48分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上） ‎ ‎1.现代生活需要人们有一定的科学素养，下列有关化学的科学常识错误的是 A. 为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰 B. 用于新版人民币票面图案等处的油墨中所含的Fe3O4是一种磁性物质 C. SiCl4在战争中常用作烟雾弹，是因为它水解时产生白色烟雾 D. 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.生石灰具有吸水性,可防止食品变潮，不具有还原性，不能防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，故A错误；‎ B.Fe3O4具有铁磁性的氧化物，故B正确； ‎ C. SiCl4在空气中容易吸收水蒸气生成原硅酸(或硅酸)和氯化氢而产生白色烟雾，在战争中常用作烟雾弹，故C正确；‎ D.明矾溶液中铝离子发生水解，溶液显酸性，可以清除铜镜表面的铜锈，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎2.化学无处不在，下列有关说法正确的是 A. 在“雾霾” 等空气污染的治理方面，化学不能发挥作用 B. 常温下，可以用铁罐贮存浓硝酸，说明铁与浓硝酸不反应 C. 用豆浆可以制作出美味可口的豆腐，运用化学知识可以解释其原理 D. 氯气、明矾是水处理过程中常用的两种化学试剂，均可用于自来水消毒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，可以利用化学反应和化学试剂治理雾霾，所以在“雾霾”等空气污染的治理方面，化学可以发挥作用，故A项错误；‎ B项，常温下可以用铁罐贮存浓硝酸是因为铁遇到浓硝酸会钝化，钝化属于化学变化，铁与浓硝酸能够反应，故B项错误；‎ C项，豆浆转化为豆腐的过程是在豆浆中滴加卤水，使蛋白质胶体聚沉，从而得到豆腐，故C项正确；‎ D项，氯气可以净水是由于氯气可以和水反应生成具有强氧化性的次氯酸，能杀死水中的细菌和病毒；明矾净水的原理是由于铝离子水解得到的氢氧化铝胶体可以吸附水中的杂质，使杂质沉降，不能杀菌消毒，故氯气和明矾的净水原理不同，故D项错误；‎ 故答案选C。‎ ‎3.关于化学反应速率与平衡，下列说法不正确的是 A. 化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品 B. 化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率 C. 化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品 D. 化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，化学平衡理论是研究物质的转化率方面内容，即怎样使用有限原料多出产品，故A项正确； ‎ B项，化学反应速率理论是研究反应的快慢程度问题，即怎样在一定时间内快出产品，故B项错误；‎ C项，化学反应速率理论是研究反应的快慢程度问题，即怎样在一定时间内快出产品，故C项正确；‎ D项，化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品，从而可以提高原料的利用率，故D项正确；‎ 故答案选B。‎ ‎4.下列化学用语表示正确的是 A. 碳酸的电离方程式：H2CO3⇌2H++CO32-‎ B. 碱性氢氧燃料电池负极的电极反应式：H2—2e-=2H+‎ C. 向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Br-+ Cl2= Br2+2Cl-‎ D. 如图所示，反应开始时的离子方程式：Cu+2H+Cu2++H2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.碳酸为二元弱酸，属于弱电解质，分步电离；‎ B.氢氧燃料碱性电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水；‎ C.还原性：Fe2+大于Br-，氯气先氧化Fe2+；‎ D.铜作阳极，电解质为酸，阳极铜失去电子，阴极上氢离子放电。‎ ‎【详解】A.碳酸为二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO3-，HCO3-⇌H++CO32-，故A错误； ‎ B.氢氧燃料碱性电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，负极极反应式为H2-2e-+2OH-═2H2O，故B错误；‎ C.还原性：Fe2+大于Br-，因此向FeBr2溶液中通入少量Cl2，亚铁离子先被氧化，即2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故C错误；‎ D.该电解池中，阳极上铜失电子发生氧化反应：Cu-2e-═Cu2+；阴极上氢离子得电子发生还原反应,2H++2e-═H2↑；总反应的离子方程式是Cu+2H+Cu2++H2↑；故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎5.下列反应能用勒夏特列原理解释的是 A. 加入催化剂有利于氨的合成 B. 煅烧粉碎的黄铁矿矿石有利于SO2的生成 C. 硫酸生产中用98％的硫酸吸收SO3，而不用H2O或稀硫酸吸收SO3‎ D. 工业制取金属钾Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。‎ ‎【详解】A.催化剂可以加快反应的速率，对平衡无影响，所以加入催化剂，平衡不移动，故A错误；‎ B.煅烧粉碎的黄铁矿矿石可以增加接触面积，加快反应速率，故B错误； C.硫酸生产中用98％的硫酸吸收SO3，是防止形成酸雾，故C错误； ‎ D.使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，减少生成物的浓度平衡正向移动，故D正确； 故答案选D。‎ ‎6.下列实验中，由于错误操作导致实验结果一定偏高的是 A. 用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，所配溶液的浓度 B. 滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，所测得待测液的浓度 C. 用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，选甲基橙做指示剂，所测得醋酸溶液的浓度 D. 滴定管（装标准溶液）滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，所测得待测液的浓度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，配制溶液时，在定容时仰视液面会导致所配溶液体积偏大，导致溶液浓度偏小，故不选A项；‎ B项，滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，不影响溶质的量，对测量结果无影响，故不选B项；‎ C项，甲基橙变色的范围是：3.1-4.4，所以用甲基橙做指示剂，当达到滴定终点时溶液呈酸性，消耗的氢氧化钠溶液偏少，所测得的醋酸溶液浓度偏低，故不选C项；‎ D项，滴定管（装标准溶液）滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，会导致量取液体的体积偏大，导致测得待测液的浓度偏高，故选D项；‎ 故答案选D。‎ ‎7.下列事实中，与盐类水解有关的叙述有 ‎①NaHSO4溶液呈酸性；②配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；③氯化铵溶液可除去金属制品表面的锈斑；④长期施用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结；⑤加热FeCl3溶液往往得不到FeCl3固体 A. 4项 B. 5项 C. 3项 D. 2项 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①NaHSO4是强酸与强碱反应形成的酸式盐，硫酸氢钠完全电离生成氢离子、钠离子和硫酸根离子而使溶液呈酸性，与盐类水解无关，故不选①；‎ ‎②氯化铜属于强酸弱碱盐，铜离子水解导致其溶液呈酸性，为抑制铜离子水解，在配制该溶液时加入少量稀盐酸，所以与盐类水解有关，故选②；‎ ‎③氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解导致其溶液呈酸性，酸和锈反应生成盐和水，可以用氯化铵溶液去除金属制品表面的锈斑，与盐类水解有关，故选③；‎ ‎④(NH4)2SO4属于强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，长期使用会使土壤酸性增大，所以与盐类水解有关，故选④；‎ ‎⑤FeCl3属于强酸弱碱盐，铁离子水解生成氢氧化铁和HCl，升高温度促进其水解，生成氢氧化铁，所以加热氯化铁溶液，往往得不到FeCl3固体，与盐类水解有关，故选⑤；‎ 故选②③④⑤四项；‎ 故答案选A。‎ ‎8.一定温度下，石灰乳悬浊液中存在下列平衡：Ca(OH)2(s) ⇌Ca2+（aq）+2OH－(aq)，当向一定量的石灰乳悬浊液中加入少量生石灰后并恢复到原来的温度，下列说法正确的是 A. 溶液的pH增大 B. 溶液c(Ca2+)增大 C. 溶液中Ca2+离子数目减少 D. 溶液中溶质的质量分数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向悬浊液中加少量生石灰，发生 CaO+H2O=Ca(OH)2反应，消耗水，溶液中c(Ca2+)、c(OH-)增大，因为原溶液已达到饱和，则沉淀溶解平衡向逆反应方向移动，故各离子的数目减少，但是饱和溶液的浓度只与温度有关，由于温度不变，故浓度保持不变。‎ ‎【详解】向悬浊液中加少量生石灰，发生CaO+H2O=Ca(OH)2反应，‎ A.反应后仍为饱和溶液，c(OH-)不变，溶液pH不变，故A错误； B.加入CaO，消耗水，因为原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，溶液中Ca2+数目减少，但浓度不变，故B错误；‎ C.加入CaO，消耗水，因为原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，溶液中Ca2+数目减少，故C正确；‎ D.反应后仍为饱和溶液，溶液中溶质的质量分数不变，故D错误； 故答案选C。‎ ‎9.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的 A. 1 molFeCl3完全水解后可生成NA个氢氧化铁胶粒 B. 常温下，1mol氯气通入足量水中发生反应转移的电子数为NA C. 电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解了32g铜 D. 100mL0.1 mol/LNa2CO3溶液中含有的阴离子数目大于0.01NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，胶体粒子是氢氧化铁的集合体，所以氢氧化铁胶粒的数目小于NA，故A项错误；‎ B项，氯气与水的反应是可逆反应，所以1mol氯气通入足量水中发生反应转移的电子数小于NA，故B项错误；‎ C项，粗铜里含有锌、铁等杂质，由于锌铁等的活泼性大于铜，故电解时优先反应，在电解时阳极溶解的不只有铜，所以电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解的铜的质量小于32g，故C项错误；‎ D项，碳酸根离子会发生水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，所以100mL0.1 mol/LNa2CO3溶液中含有的阴离子数目大于0.01NA ，故D项正确；‎ 故答案选D。‎ ‎10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是 A. KW/c(OH-)=10-3的溶液中：Cl-、NO3-、Na+、Ba2+‎ B. 含有大量Al3+的溶液中：K+、AlO2-、Mg2+、HCO3-‎ C. 使甲基橙变黄色的溶液：Na+、CO32-、K+、NO3-‎ D. 由水电离出的c(H+)=10-12 mol/L的溶液中：Na+、NH4+、CrO42-、ClO-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，常温下，Kw=10-14，所以Kw/c(OH-)=10-3的溶液中，c(OH-)=10-11mol/L，(H+)=10-3mol/L，溶液显酸性，在酸性环境下，四种离子间互不发生反应，均能大量共存，故A正确；‎ B项，铝离子和偏铝酸根离子、碳酸氢根离子会发生双水解，不能共存，故B错误；‎ C项，使甲基橙变黄色的溶液中，pH>4.4；如果常温下，溶液4.40；然后根据盖斯定律进行解答。‎ ‎【详解】A. ①C(s)+O2(g)=CO2(g)为放热反应，△H1=akJ·mol-1<0，a<0；②CO2(g)+C(s)=2CO(g) 为吸热反应，△H2=bkJ·mol-1 >0，b >0 ，因此b>a；故A错误；‎ B. ①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=akJ·mol-1， ②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=bkJ·mol-1；根据盖斯定律可知，将[①+②]×1/2可得：C(s)+ 1/2O2(g)=CO (g) △H=(a+b)/2kJ·mol-1<0；故B正确；‎ C. ②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=bkJ·mol-1，③Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H3=ckJ·mol-1；根据盖斯定律可知，将②×3+③×2可得：2Fe2O3(s)+3C(s)=4Fe(s)+3CO2(g ) △H4=dkJ·mol-1=(3b+2c）kJ·mol-1；故C错误；‎ D.因为碳燃烧生成一氧化碳为放热反应，所以1mol碳完全燃烧放出的热量大于1mol一氧化碳完全燃烧放出的热量，而反应热包括负号和数值，故CO(g)+ 1/2O2(g)= CO2(g) △H>akJ·mol-1，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎15.已知部分弱酸的电离常数如下表：‎ 下列叙述正确的是 A. 氢氟酸与NaClO溶液混合能够发生反应：HF+NaClO=HClO+NaF B. 物质的量浓度相同的①NaF②Na2CO3③NaClO三种溶液的pH：③>②>①‎ C. Na2CO3溶液不能与次氯酸发生反应 D. 少量CO2通入NaClO溶液中的离子反应：CO2+H2O+2ClO-= CO32-+2HClO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，由于氢氟酸的电离平衡常数大于次氯酸的电离平衡常数，说明氢氟酸的酸性强于次氯酸，所以氢氟酸可以和次氯酸钠反应生成次氯酸，故A项正确；‎ B项，酸性越强，电离平衡常数越大，对应酸根离子的水解程度越弱，对应等物质的量的盐溶液的pH越小，酸性HF>HClO>HCO3-，所以物质的量浓度相同的三种溶液的pH：②>③>①，故B项错误；‎ C项，碳酸氢根离子的电离平衡常数小于次氯酸根的电离平衡常数，所以碳酸钠能与次氯酸反应，故C项错误；‎ D项，由电离平衡常数可知，酸性：H2CO3>HClO >HCO3-，所以少量CO2通入NaClO 溶液中的离子反应：CO2+H2O+ClO-= HCO3-+HClO，故D项错误；‎ 故答案选A。‎ ‎16.某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-(Ka=1.0×10-2)，下列说法正确的是 A. 在0.1mol/L的H2A溶液中，c(H+)=0.2mol/L B. 在0.1mol/L的Na2A溶液中，c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/L C. 0.1mol/L的NaHA溶液中离子浓度为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)‎ D. 分别将浓度均为0.1mol/L的NaHA和Na 2A溶液等体积混合，其pH一定大于7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二元酸(H2A)在水中的电离方程式为: H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-(Ka=1.0×10-2)，第一步完全电离，第二步部分电离，设电离的HA-为x，则有：[x×（0.1+x）]/(0.1-x)= 1.0×10-2，解之得x=0.0084，所以在0.1mol/L的H2A溶液中，c(H+)=0.1+0.0084=0.1084mol/L，故A错误；‎ B.二元酸(H2A)在水中的电离方程式为: H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-(Ka=1.0×10-2)，可以知道第一步完全电离，第二步部分电离，则在0.1mol/L的Na2A溶液中，存在HA-和A2-离子，且c(A2-)+c(HA-)=0.1mol/L，故B错误； ‎ C.  在0.1mol/L的NaHA溶液中，HA-会发生电离作用，所以c（Na+）＞c（HA-）；电离 使 溶 液 显 酸 性，c（H+）＞c（OH-）；但是HA-的电离作用是微弱的，而且在溶液中还存在水的电离作用，因此c（HA-）＞c（H +）＞c（A2-）。故溶液中的离子浓度的关系是 c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故C正确；‎ D. 由于在NaHA的溶液中存在HA-H+ + A2-（Ka=1.0×10-2）将同浓度（0.1 mol·L-1‎ ‎）的NaHA和Na2A溶液等体积混合，由于HA-的电离作用大于水解作用，所以其pH一定小于7，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】如果H2A为二元弱酸，则c(Na+)=2[c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)]；如果二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-(Ka=1.0×10-2)，则 Na 2A溶液中存在的物料守恒为：c(Na+)=2[c(A2-)+c(HA-)]；本题要注意H2A=H++HA-第一步电离是完全的，所以Na 2A只能发生一步水解，这是一个忽视的点。‎ ‎17.常温下，向一定体积0.01mol/L的Ba(OH)2溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液体积之和，则Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液体积之比是 A. 1:1 - B. 1:2 C. 1:4 D. 1:9‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】0.01mol/L的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.02mol/L，设溶液体积为x，氢氧根离子物质的量为0.02xmol；设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol/L；所以得到：（0.02x-cy）/(x+y)=10-3；由于n(Ba(OH)2)=0.01xmol，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，n(Ba(OH)2)：n(NaHSO4)=1:1，因此n(NaHSO4)=n(Ba(OH)2)= 0.01xmol，即cy=0.01x，因此（0.02x-0.01x）/(x+y)=10-3；x：y= 1:9，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了酸碱反应的综合计算，注意溶液中氢氧根离子浓度和溶质浓度的关系是解题关键。解答本题的思路为：氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba(OH)2和NaHSO4按照物质的量1：1反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算。‎ ‎18.下列关于电解质溶液的叙述正确的是 A. 常温下，pH=7的CH3COONa与CH3COOH的混合溶液中离子浓度大小顺序为c（Na+）=c（CH3COO-）=c（H+）=c（OH-）‎ B. 将pH=10的氨水稀释后，溶液中各离子的浓度均降低 C. 中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量前者小于后者 D. 常温下，同浓度的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液相比，Na2CO3溶液的pH较小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ A.根据电荷守恒、结合pH=7分析解答；‎ B.pH=10的氨水稀释后,显性离子氢氧根离子浓度减小，KW不变，所以氢离子浓度增大； ‎ C.pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度远大于盐酸；‎ D.HCO3-的酸性比H2CO3溶液的酸性弱。‎ ‎【详解】A.根据电荷守恒得c（Na+）+ c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）又因为pH=7，水的电离过程微弱，所以（Na+）=c（CH3COO-）>c（H+）=c（OH-），故A错误； ‎ B.pH=10的氨水稀释后，显性离子氢氧根离子浓度减小，由于温度不变，根据KW=c（H+）×c（OH-）可知，所以氢离子浓度增大，故B错误； ‎ C.pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度远大于盐酸，所以消耗NaOH的物质的量前者小于后者，故C正确； ‎ D.HCO3-的酸性比H2CO3溶液的酸性弱，所以同浓度的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液相比，Na2CO3溶液的pH较大，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】针对选项B:温度不变的情况下，用蒸馏水稀释氨水溶液，促进了一水合氨的电离，溶液中的n(NH3•H20)减小，n(NH4+)、n(OH-)增大；但是溶液中一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c(OH-)、c(NH4+)、c(NH3•H20)均减小，但是溶液中c(H+)增大，因为KW不变。‎ ‎19.在容积固定的密闭容器中充入一定量的X、Y两种气体，一定条件下发生反应并达到平衡：3X(g) + Y(g) ⇌ 2Z(g) △H＜0。若测得平衡时X的转化率为37.5 %，Y的转化率是X的2/3，则下列叙述正确的是 A. 起始时刻n(X) : n(Y)=3 : 1‎ B. 升高温度，平衡向正反应方向移动 C. 充入氦气增大容器内的压强，Y的转化率不变 D. 若以X表示的反应速率为0.2 mol/(L·s)，则以Z表示的反应速率为0.3 mol/(L·s)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因X的转化率为37.5%，则Y的转化率是25%，根据题意有：n（X）×37.5%：n（Y）×25%=3：1，则起始时刻n（X）：n（Y）= 2：1，故A错误；‎ B.因为该反应为放热反应，升温，平衡逆移，故B错误；‎ C.保持体积恒定，充入氦气增大容器内的压强，总压强增大，但各气体的分压不变，因而平衡不移动，Y的转化率不变，故C正确；‎ D.v（X）：v（Z）=3:2，又v（X）=0.2mol·L-1·s-1，则v（Z）=0.4/3mol·L-1·s-1，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】针对与有气体参与的可逆反应，如果反应达到平衡后，在等温等容条件下，再充入和反应无关的气体，各物质浓度不变，速率不变,平衡不动；在等温等压条件下，充入和反应无关的气体，等效于减压过程，各物质浓度减小，速率减慢，平衡向气体体积增大的方向移动。‎ ‎20.在密闭容器中进行反应:X(g)+3Y(g)2Z(g),有关下列图像的说法错误的是(　　)‎ A. 依据图甲可判断正反应为放热反应 B. 在图乙中，虚线可表示使用了催化剂 C. 若正反应的△H<0，图丙可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动 D. 由图丁中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的△H >0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.依据图象分析，温度升高，逆反应速率增大的大于正反应速率增大的，所以化学平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，A正确；‎ B.使用催化剂可以增大化学反应速率，缩短反应达到平衡所需的时间，但是化学平衡不发生移动，故虚线可表示使用了催化剂，B正确；‎ C.若正反应的△H＜0，正反应是放热反应，升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图象符合反应速率的变化，C正确；‎ D.根据图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，而总质量不变，说明升高温度时，气体物质的量变大，所以化学平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应△H＜0，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎21.CuI是一种不溶于水的白色固体，它可由反应2Cu2＋+4I-=2CuI+I2而得到。现以石墨为阴极，以Cu为阳极电解KI溶液，通电前向电解液中加入少量酚酞和淀粉溶液。电解开始不久阴极区溶液呈红色，而阳极区溶液呈蓝色，对这些现象的正确解释是 ‎①阳极4OH--4e-=2H2O+O2↑，O2将I-氧化为I2，I2遇淀粉变蓝 ②阳极2I--2e-=I2，I2遇淀粉变蓝 ③阳极2Cu-4e-+4I-=2CuI+I2，I2遇淀粉变蓝 ④阴极2H＋+2e-= H2↑，使c(OH-)>c(H＋)‎ A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】石墨为阴极，以Cu为阳极电解KI溶液，通电后，溶液中的H＋、K+移向阴极，而H＋的氧化性强于K+，所以H＋得电子被还原，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，破坏了水的电离平衡，使c（OH-）>c(H+)，酚酞试液变红；I-和OH-移向阳极，而失电子能力Cu>I->OH-，故Cu失电子产生Cu2+，阳极发生反应：Cu-2e-=Cu2+；由信息可以知道，阳极区溶液呈蓝色，有碘生成，因此阳极发生反应2Cu-4e-+4I-=2CuI+I2，生成I2， I2遇淀粉变蓝，同时有白色CuI沉淀生成；结合以上分析可知，正确解释是③④；D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎22.在含镍酸性废水中用电解法可以实现铁上镀镍并得到氯化钠，其装置如图所示，下列叙述错误的是 A. 待镀铁棒为阴极 B. 选用镍棒替换碳棒，镀镍效果更好 C. 通电后中间隔室的NaCl溶液浓度增大 D. 阳极的电极反应式为4OH- — 4e-=O2↑+2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在电镀池中，铁为镀件，做阴极，故A正确；‎ B.如果选用镍棒替换碳棒，镍为活性电极，做阳极时，镍会溶解，生成的镍离子与氢氧化钠反应生成沉淀，影响离子交换膜中离子的通过，镀镍效果减弱，故B错误；‎ C.随着电解的进行，阳极区氢氧根离子放电，多余的钠离子通过阳离子交换膜移向中间隔室，阴极区的镍离子放电，多余的氯离子通过阴离子交换膜移向中间隔室，中间隔室的氯化钠溶液浓度增大，故C正确；‎ D.阳极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为：4OH- -4e-=O2↑+2H2O，故D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】电镀的特点：待镀金属做阴极，镀层金属做阳极，含有镀层金属离子的溶液做电镀液，电镀前后，电镀液的浓度保持不变。‎ ‎23.化学上常用AG表示溶液的酸碱度，AG=。25℃，用0.100mol·L-1NaOH液滴定20.00 mL 0.100 mol·L-1 HNO2溶液， AG与所加NaOH溶液的体积(V)关系如图所示。下列说法不正确的是 A. D点溶液中的pH=11.25‎ B. B点溶液中存在2c(H+)－2c(OH-)=c(NO2-)－c(HNO2)‎ C. C点时，加入NaOH溶液的体积小于20.00 mL D. 25℃时，HNO2的电离平衡常数Ka=1.0×10-5.5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，D点lg c（H+）/c（OH-）=-8.5，则c（H+）/c（OH-）=10-8.5，KW= c（H+）×c（OH-）=10-14，所以c（H+）=1.0×10-11.25，pH=11.25，故A项正确；‎ B项，B点溶液为等浓度的HNO2和NaNO2溶液，溶液中存在①电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（NO2-），②物料守恒：2c（Na+）=c（HNO2）+ c（NO2-），将①×2-②得：2c(H+)－2c(OH-)=c(NO2-)－c(HNO2)，故B项正确； ‎ C项，C点lg c（H+）/c（OH-）=0，则c（H+）/c（OH-）=1，HNO2的电离程度与NaNO2的水解程度相同，加入NaOH溶液的体积小于20.00 mL ，故C项正确；‎ D．A点lg c（H+）/c（OH-）=8.5，则c（H+）/c（OH-）=108.5，KW= c（H+）×c（OH-）=10-14，所以c2（H+）=1.0×10-6.5，由于c（H+）与c（NO2-）近似相等，所以HNO2的电离常数Ka= c（H+）×c（NO2-）/ c(HNO2)= 1.0×10-6.5/(0.1-1.0×10-6.5)= 1.0×10-6.5，故D项错误；‎ 故答案为D。‎ ‎24.已知H2C2O4是二元弱酸，室温下向某浓度的草酸溶液中逐滴加入KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4—、C2O42—的组成百分率与pH的关系如图所示，下列说法正确的是 A. pH=4.27的溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH)+3c(C2O42—)‎ B. 反应HC2O4—+H2OH2C2O4+OH—的平衡常数为10-4.27‎ C. 向溶液中加入KOH溶液将pH由1.3调至4.27的过程中水的电离程度先增大后减小 D. pH=2.5的溶液中：c(H+)+2c(H2C2O4)=c(OH—)+c(C2O42—)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 由图可知，pH=4.27 的溶液中c（HC2O4－）=c（C2O42－），此时的溶液中没有H2C2O4，根据电荷守恒得：c(K+)+c(H+)=c(OH−)+c(HC2O4−)+2c(C2O42−)，由于c（HC2O4－）=c（C2O42－），则c(K+)+c(H+)=c(OH−)+3c(C2O42−)，故A正确；B. 根据图象分析可知，pH=1.3时，c(H2C2O4)=c（HC2O4－），草酸的一级电离常数为K1=[（HC2O4－）×c(H+)]/c(H2C2O4)，则K1=10−1.3，pH=4.27时，c（HC2O4－）=c（C2O42－），草酸的二级电离常数为K2=[c（C2O42－）×c(H+)]/c(HC2O4－)，则K2=10−4.27，反应HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-是HC2O4－的水解反应，平衡常数K=[c(OH−)c(H2C2O4)]/c(HC2O4－)=Kw/K1=10−12.70，故B错误；C. 向溶液中加KOH溶液，pH由1.3增大至4.27的过程中，溶液始终是酸性的，水的电离受到抑制，随着pH的增大，溶液中酸电离出的H+越来越少，对水的抑制作用不断减弱，水的电离程度不断增大，故C错误；D. 由图可知，pH=2.5时，溶液中不含有H2C2O4和C2O42－，故D错误；答案选A。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共52分）‎ 二、非选择题 ‎25.I．下列说法不正确的是_____________（填字母代码）。‎ A．对于Al(OH)3(s)Al(OH)3(aq)Al3+＋3OH-，前者为溶解平衡，后者为电离平衡 B．物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解都是吸热的 C．能源、信息与材料通常被称为现代社会发展的三大支柱 D．镀层破损后，白铁(镀锌的铁)比马口铁(镀锡的铁)更易被腐蚀 E.除去硬水中的Mg2+，用OH-沉淀Mg2+比用CO32-效果好，说明Mg(OH)2溶解度比 MgCO3的小 II．向含有AgI的饱和溶液中：‎ ‎（1）加入固体AgNO3，则c(I-)________(填“变大”、“变小”或“不变”，下同)。‎ ‎（2）若改加更多的AgI，则c(Ag＋)___________。‎ ‎（3）若改加AgCl固体，则c(I-)___________，而c(Ag＋)___________。‎ III．用“＞”、“＜”或“=”填空：‎ ‎（1）25℃时1mol/L FeCl3溶液的pH______80℃时1mol/L FeCl3溶液的pH。‎ ‎（2）已知NaHSO3溶液中c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)，则溶液中c(H+)______c(OH-)。‎ ‎（3）常温下，取等物质的量浓度的HA溶液与NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH=8，混合溶液中由水电离出的c(H+)水______NaOH溶液中由水电离出的c(H+)水。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 变小 (3). 不变 (4). 变小 (5). 变大 (6). > (7). > (8). >‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ、大多数物质的溶解度随温度的升高而增加，但是也有例外，如Ca(OH)2的溶解度随温度的升高反而降低，B错误；‎ 白铁(镀锌的铁)镀层破损后，锌作原电池负极被氧化，铁被保护，马口铁(镀锡的铁) 镀层破损后，铁比锡活泼，铁作负极被氧化，起不到保护铁的作用了，BD错误。‎ Ⅱ、根据同离子效应对溶解平衡的影响，可以判断加入固体AgNO3和AgCl会使的溶解平衡向左移动，碘离子浓度变小，而AgCl溶解度大于AgI，使溶液中银离子浓度增大，而在饱和溶液中再加入AgI固体对溶解平衡无影响。‎ Ⅲ、（1）温度升高促进FeCl3的水解，水解程度越大，FeCl3溶液酸性越强，pH越小；‎ ‎（2）NaHSO3电离产生SO32-，水解产生H2SO3，而c(SO32-)＞c(H2SO3)，说明电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，即c(H+)> c(OH-);‎ ‎（3）常温下，等物质的量浓度的HA溶液与NaOH溶液等体积混合后pH=8，原因是NaA强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，则NaA水解促进水的电离，使c(H+)水>10-7mol/L，NaOH抑制水的电离使c(H+)水<10-7mol/L。‎ ‎26.二氧化硫和氮氧化物都是常见的大气污染物，回答下列相关问题。 ‎ 某温度下氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，涉及如下反应： ‎ i．2NO(g)＋Cl2(g)⇌2ClNO(g) △H 1＜0 其平衡常数为K1 ‎ ii．2NO2(g)＋NaCl(s) ⇌ NaNO3(s)＋ClNO(g) △H2＜0 其平衡常数为K2 ‎ ‎（1）现有反应4NO2(g)＋2NaCl(s) ⇌2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)，则此反应的平衡常数K3＝_______（用K1、K2表示），反应热△H3＝__________（用△H1、△H2表示）。 ‎ ‎（2）为研究不同条件对反应ii的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO2‎ 和足够的NaCl(s)，10min时反应ii达到平衡。测得平衡时NO2的转化率α1(NO2) ＝50%，则： ‎ ‎①10min内υ(ClNO)＝_________ ，平衡常数K2＝___________； ‎ ‎②若其它条件不变，使反应在恒压条件下进行，平衡时NO2转化率为α2(NO2)，则：α1(NO2)______α2(NO2)（填“>”“<”或“=”）。‎ ‎（3）若用一定量的NaOH溶液吸收SO2气体后所得吸收液恰好呈中性，下列有关吸收液中粒子关系正确的是______________。‎ a．c(Na＋)＝c(HSO3-)＋2c(SO32-)‎ b．c(Na＋) > c(HSO3-) ＝c(SO32-) > c(H+) = c(OH—)‎ c．c(Na＋) > c(HSO3—) + c(SO32—) +c(H2SO3)‎ d．c(OH-) ＋c(SO32-)＝c(H2SO3)＋c(H+)‎ ‎（4）工业上也可以用Na2SO3溶液吸收SO2，并用电解法处理吸收后所得溶液以实现吸收液的回收再利用，装置如图所示，则 ‎①工作一段时间后，阴极区溶液的pH______（填“增大”“减小”或“不变”）； ‎ ‎②写出阳极电极反应式_______________________。‎ ‎【答案】 (1). K22/K1 (2). 2△H2-△H1 (3). 0.0025mol/(L·min) (4). 10 (5). < (6). ac (7). 增大 (8). HSO3-—2e-+H2O=SO42-+3H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）反应4NO2(g)＋2NaCl(s) ⇌2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)，根据ii ×2- i 得到反应热△H 3，根据平衡常数计算公式结合反应ii、i求出此反应的平衡常数K3与K1、K2的关系式；‎ ‎（2）①根据平衡时NO2的转化率可以求出其它物质的变化量，反应达到平衡后各物质的浓度，根据平衡常数的计算公式进行计算平衡常数；‎ ‎②反应在恒容条件下进行，达到平衡时压强减少，若先在恒压条件下进行，可在平衡时增大压强，此时平衡向正反应方向进行，进而分析NO2转化率变化规律；‎ ‎（3）若用一定量的NaOH溶液吸收SO2气体后所得吸收液恰好呈中性，说明溶液的成份为Na2SO3和NaHSO3，根据电荷守恒和物料守恒进行分析；‎ ‎（4）①阴极区溶液中的H+被还原成H2，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大；‎ ‎②阳极区HSO3-被氧化生成SO42-，据此写出电极反应方程式。‎ ‎【详解】（1）反应4NO2(g)＋2NaCl(s) ⇌2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)，根据盖斯定律ii ×2- i 得到，反应热△H 3=2△H 2-△H1 ；K1= c2（ClNO)/c（Cl2）×c（NO），K2= c（ClNO)/c2（NO2），K3= c（Cl2）×c2（NO）/ c4（NO2），所以4NO2(g)＋2NaCl(s) ⇌2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)反应的平衡常数K3=(K2)2/K1；‎ 故答案为：K22/K1；2△H2-△H1；‎ ‎（2）①平衡时NO2的转化率为50%，NO2的变化量为0.1mol，ClNO的变化量为 0.05mol，V(ClNO)=[0.05/2]/10=0.0025mol/(L·min) ；结合NO2的变化量可知平衡时，c（NO2）=0.05mol/L，c（ClNO)=0.025 mol/L，故平衡常数K2==10；‎ 故答案为：0.0025mol/(L·min)；10；‎ ‎②反应在恒容条件下进行，达到平衡时压强减少，若先在恒压条件下进行，可在平衡时增大压强，此时平衡向正反应方向进行，所以NO2转化率增大，即：α1(NO2)<α2(NO2)；‎ 故答案为：<；‎ ‎（3）a．若用一定量的NaOH溶液吸收SO2气体后所得吸收液恰好呈中性，说明溶液的成份为Na2SO3和NaHSO3，此时溶液中存在电荷守恒：c(H+)+ c(Na+)= c(HSO3-)+2 c(SO32-)+ c(OH-)，溶液为中性，c(H+)= c(OH-)，则a正确；‎ b．溶液中存在SO32-的水解与HSO3-的电离和水解，溶液中存在SO32-的水解与HSO3-的电离和水解，因此c(HSO3-) ≠c(SO32-)，故b错误；‎ c．溶液中的水解和电离过程均相对较弱，所以溶液中的c(SO32-)> c(H2SO3)，根据c(Na+)= c(HSO3-)+2 c(SO32-)，所以c(Na+)> c(H2SO3)+ c(HSO3-)+ c(SO32-)，故c正确；‎ d．由于反应后溶液呈中性，c(H+)= c(OH-)；溶液中的水解和电离过程均相对较弱，所以溶液中的c(SO32-)> c(H2SO3)，所以c(OH-) ＋c(SO32-)>c(H2SO3)＋c(H+)，故d错误；‎ 故答案为：ac；‎ ‎（4）①阴极区溶液中的H+被还原成H2，工作一段时间后，阴极区溶液的pH增大；‎ 故答案为：增大；‎ ‎②阳极区HSO3-被氧化生成SO42-，电极反应式HSO3-—2e-+H2O=SO42-+3H+；‎ 故答案为：HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+。‎ ‎27.四氯化锡(SnCl4)常用于染色的媒染剂等，工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡，某研究性学习小组在实验室用以下装置模拟四氯化锡的制备(夹持装置略)。 ‎ ‎  ‎ 已知：①金属锡熔点为231℃，化学活泼性与铁相似。‎ ‎②SnCl4为无色液体，熔点-33℃，沸点114℃，极易水解生成SnO2·xH2O，在潮湿的空气中发烟。‎ ‎③SnCl2中的Sn2+易被氧化为Sn4+。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)仪器F的名称是_______________，装置B中的试剂是_____________(填名称)。‎ ‎(2)实验前应先点燃_________(填“A”或“E”)处的酒精灯，待__________(填实验现象)后，再点燃另外一处的酒精灯。‎ ‎(3)若没有装置C(其他均相同)，则D中发生的主要副反应的化学方程式为__________。‎ ‎(4)该实验装置存在设计缺陷，你的改进措施为______________________________。‎ ‎(5)该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应)：取0.7500g锡粉溶于足量稀盐酸中，向生成的SnCl2溶液中加入过量的FeCl3溶液，用物质的量浓度为0.1000mol•L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+(已知酸性环境下Cr2O72-可被还原为Cr3+)，共用去K2Cr2O7溶液的体积为20.00mL。‎ ‎①锡粒中锡的质量分数_____。‎ ‎②若溶解锡粉的过程生成的SnCl2溶液中含有Sn，则测定结果将__________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)‎ ‎【答案】 (1). 直形冷凝管 (2). 饱和食盐水 (3). A (4).‎ ‎ 整个装置中充满黄绿色气体 (5). SnCl4+(2+x)H2O=SnO2xH2O+4HCl (6). 在装置G、H之间连接一个干燥装置(碱石灰、氯化钙和浓硫酸均可) (7). 94.96% (8). 偏低 ‎【解析】‎ 分析】‎ 工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡，D装置烧瓶中含有Sn，则A目的是制取氯气，常用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取，发生的反应为MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，水在加热条件下易变成水蒸气，所以生成的氯气中含有HCl、H2O；SnCl4为无色液体，熔点-33℃，沸点114℃，极易水解，为防止D中生成的SnCl4水解和Sn与HCl反应，则B、C要除去HCl、Cl2，用饱和的食盐水除去HCl，用浓硫酸干燥Cl2；G中收集的物质是SnCl4，氯气具有毒性，用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；据以上分析解答。‎ ‎【详解】工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡，D装置烧瓶中含有Sn，则A目的是制取氯气，常用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取，发生的反应为MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，水在加热条件下易变成水蒸气，所以生成的氯气中含有HCl、H2O；SnCl4为无色液体，熔点-33℃，沸点114℃，极易水解，为防止D中生成的SnCl4水解和Sn与HCl反应，则B、C要除去HCl、Cl2，用饱和的食盐水除去HCl，用浓硫酸干燥Cl2；G中收集的物质是SnCl4，氯气具有毒性，用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；‎ ‎(1)仪器F的名称是直形冷凝管；结合以上分析可知装置B中的试剂是饱和食盐水；综上所述，本题答案是：直形冷凝管； 饱和食盐水。‎ ‎(2)为防止装置内的空气与金属锡反应，应排净装置内的空气，所以实验前应先点燃A处的酒精灯，产生氯气，待整个装置中充满黄绿色气体后，再点燃另外一处的酒精灯；综上所述，本题答案是：A；整个装置中充满黄绿色气体。 ‎ ‎(3)假设没有装置C，在D中除生成SnCl4外，SnCl4发生水解，反应为：SnCl4+(2+x)H2O=SnO2xH2O+4HCl；综上所述，本题答案是： SnCl4+(2+x)H2O=SnO2xH2O+4HCl。‎ ‎(4) SnCl4发生水解，为防止水解，要防止H中的水蒸气进入G装置，所以改进措施为在装置G、H之间连接盛有碱石灰（氯化钙和浓硫酸均可）的干燥管（或U形管）；综上所述，本题答案是：在装置G、H之间连接一个干燥装置(碱石灰、氯化钙和浓硫酸均可)。‎ ‎(5) ①由氧化还原反应中得失电子守恒可得关系式：3Sn2+--6Fe3+--6 Fe2+- Cr2O72-，故3n(Sn)=n(Cr2O72-)，锡粉中Sn 的质量分数为 ‎0.1000×20.00×10-3×3×118.7/0.75×100%=94.96%；综上所述，本题答案是：94.96%。‎ ‎②若溶解锡粉的过程生成的SnCl2溶液中含有Sn，则被氧化的Sn2+的量减小，消耗的K2Cr2O7标准溶液得体积偏小，则测定结果将偏低；综上所述，本题答案是：偏低。‎ ‎28.某工厂对工业生产钛白粉产生的废液进行综合利用，废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，可用于生产颜料铁红和补血剂乳酸亚铁．其生产工艺流程如下：‎ 已知：①TiOSO4可溶于水，在水中可以电离TiO2+和SO42-；‎ ‎②TiOSO4水解的反应为：TiOSO4+（x+1）H2O→TiO2•xH2O↓+H2SO4．‎ 请回答：‎ ‎（1）步骤①所得滤渣的主要成分为_____________，‎ ‎（2）步骤③硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________，‎ ‎（3）步骤④需控制反应温度低于35℃，其目的是_____________，‎ ‎（4）步骤④的离子方程式是_____________，‎ ‎（5）已知：FeCO3（S）Fe2+（aq）+CO32-（aq），试用平衡移动原理解释步骤⑤生成乳酸亚铁的原因_____________，‎ ‎（6）溶液B常被用于电解生产（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）。电解时均用惰性电极，阳极发生的电极反应可表示为_____________，‎ ‎（7）Fe3+对H2O2的分解具有催化作用．利用图2（a）和（b）中的信息，按图2（c）装置（连通的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验．可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的深，其原因是_____________。‎ ‎【答案】（1）TiO2•xH2O、Fe；‎ ‎（2）1:4；‎ ‎（3）防止NH4HCO3分解（或减少Fe3+水解）‎ ‎（4）Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；‎ ‎（5）FeCO3（s）Fe2+（aq）+CO32-（aq），CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液；‎ ‎（6）2SO42—+2e-=S2O82-‎ ‎（7）H2O2分解放热，使平衡2NO2N2O4向生成NO2方向移动；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，加铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2•xH2O，过滤，滤渣为TiO2•xH2O、Fe，滤液为FeSO4，FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加碳酸氢铵碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体。‎ ‎（1）由流程分析可知，步骤①所得滤渣的主要成分为TiO2•xH2O、Fe；故答案为：TiO2•xH2O、Fe；‎ ‎（2）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫的方程式为：4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，故答案为：1：4；‎ ‎（3）碳酸氢铵受热容易分解，步骤④控制反应温度低于35℃的目的是防止NH4HCO3分解，故答案为：防止NH4HCO3分解；‎ ‎（4）由流程图可知，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应是碳酸亚铁，还生成气体为二氧化碳，溶液B为硫酸铵溶液，反应离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；‎ ‎（5）碳酸亚铁的沉淀存在溶解平衡：FeCO3（s）Fe2+（aq）+CO32-（aq），加入乳酸，这样CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液，故答案为：FeCO3（s）Fe2+（aq）+CO32-（aq），CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液；‎ ‎（6）电解时，阳极发生氧化反应，亚硫酸根离子失去电子生成S2O82-，电极反应为2SO42—+2e-=S2O82-，故答案为：2SO42—+2e-=S2O82-；‎ ‎（7）由图a可知，1mol过氧化氢总能量高于1mol水与0.5mol氧气总能量，故过氧化氢分解是放热反应，由图b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图c中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使2NO2（红棕色）N2O4（无色）△H＜0，向逆反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深，故答案为：H2O2分解放热，使平衡2NO2N2O4向生成NO2方向移动。‎ 考点：考查了制备实验方案的设计；物质分离和提纯、化学平衡的移动的相关知识。‎ ‎ ‎