2022-2023学年江苏省淮安市金湖中学、洪泽中学等四校高二上学期第一次学情调查化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省淮安市金湖中学、洪泽中学等四校高二上学期第一次学情调查化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。

江苏省淮安市金湖中学、洪泽中学等四校2022-2023学年高二上学期第一次学情调查化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是
A．“C919”大飞机使用的氮化硅陶瓷是传统硅酸盐材料
B．“中国天眼”的塔架所用钢材的组成元素都是金属元素
C．“祝融号”火星车使用的太阳能电池将太阳能转化为电能
D．“碳中和”的最新成果将CO2转化淀粉[(C6H10O5)n]，此过程不涉及氧化还原反应
【答案】C
【详解】A．氮化硅不属于硅酸盐，氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，故A错误；
B．钢材是碳铁合金，组成元素主要是金属元素，还含有非金属元素，故B错误；
C．太阳能电池是将太阳能直接转化为电能的装置，所以“祝融号”火星车使用的太阳能电池可以将太阳能转化为电能，故C正确；
D．利用CO2转化淀粉[(C6H10O5)n]，C元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D错误；
故选：C。
2．水是最宝贵的资源之一，下列表述正确的是
A．的水一定呈酸性
B．温度升高，纯水中的增大，减小
C．一定温度下，向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小
D．25℃时某溶液中由水电离产生的，该溶液可能显酸性
【答案】D
【详解】A．水是弱电解质，为中性，常温下pH=7，加热促进水的电离，电离出的氢离子浓度增大，pH=6，说明温度高于常温，但水始终为中性，故A错误；
B．温度升高，促进水电离，纯水中的c(H+)增大，c(OH-)增大，故B错误；
C．一定温度下，向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，但水的离子积不变，故C错误；
D．25℃时，某溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-13 mol/L，抑制了水的电离，该溶液可能显酸性或碱性溶液，故D正确；
故选：D。
3．下列有关物质结构与性质的说法中，正确的是
A．根据石墨易传热、能导电的性质，可以推测出石墨属于金属单质
B．通常条件下很稳定的原因是氮分子中氮氮三键的键能大
C．乙醇能与钠发生反应，故乙醇为电解质
D．熔融的氯化钠能导电是因为其中有自由移动的电子
【答案】B
【详解】A．石墨是由碳元素组成的一种非金属单质，石墨中碳原子采取sp2杂化，每个碳原子形成3个碳碳键，形成平面六元并环结构，每个碳原子的配位数为3，有一个未参与杂化的2p电子，它的原子轨道垂直于碳原子平面，由于所有的p轨道相互平行而且相互重叠，使p轨道中的电子在蒸个碳原子平面中运动，使石墨易传热、能导电， A项错误；
B．N2分子中氮氮三键的键能很大，所以N2的化学性质很稳定，通常情况下难以与其它物质发生化学反应，B项正确；
C．乙醇是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，乙醇为非电解质，C项错误；
D．熔融的氯化钠能导电是因为其中有自由移动的阴、阳离子，D项错误；
答案选B。
4．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．对于平衡体系，增大压强(缩小容积)可使颜色变深
B．合成氨工业上，采用高压以提高的产率
C．氯水宜保存在低温、避光条件下
D．向氯水中加入适量石灰石，可增强漂白效果。
【答案】A
【详解】A．反应为气体分子数不变的反应，对于平衡体系，增大压强(缩小容积)，物质浓度变大，可使颜色变深，但是平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，A符合题意；
B．合成氨为气体分子数减小的反应，采用高压平衡正向，可以提高的产率，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C．低温、避光条件下可以防止平衡向次氯酸分解的方向移动，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D．向氯水中加入适量石灰石，碳酸钙和氢离子反应导致氯水和水的反应正向移动，次氯酸浓度变大，可增强漂白效果，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
故选A。
5．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．的溶液中：、、、
B．滴加KSCN溶液显红色的溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．水电离产生的的溶液中：、、、
【答案】A
【详解】A．=10-12的溶液是强酸性，NH、Cu2+、NO、SO及H+能大量共存，A符合题意；
B．滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+与I-发生氧化还原反应而不能大量共存，B不符合题意；
C．0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中，与氢氧根离子生成碳酸根离子和水而不能大量共存，C不符合题意；
D．水电离产生的c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液可能是强酸溶液，也可能是强碱溶液，若是强酸溶液，则Na+、Al3+、Cl-、NO及H+能大量共存，若是强碱溶液，Al3+与OH-不能大量共存，D不符合题意；
故选A。
6．下列有关电化学实验装置的说法正确的是（    ）

A．用装置甲组装铜锌原电池
B．用图乙所示装置可实现反应：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑
C．用图丙装置可制得消毒剂NaClO同时减少Cl2的逸出
D．用图丁装置可验证铁钉发生了析氢腐蚀
【答案】C
【详解】A．装置甲中把铜棒插入硫酸铜溶液、锌棒插入硫酸锌溶液组装铜锌原电池，故A错误；
B．图乙所示装置，若铜连接电源正极，可实现反应：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑，故B错误；
C．用图丙装置，氯气在阳极生成、氢氧化钠在阴极生成，气泡上升过程中与氢氧化钠充分接触，可制得消毒剂NaClO同时减少Cl2的逸出，故C正确；
D．图丁装置铁钉发生吸氧腐蚀，故D错误；
故选C。
7．氯气是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：
包装
钢瓶
储运要求
远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪
泄漏处理
NaOH、NaHSO3溶液吸收

下列解释事实的方程式不正确的是A．氯气用于自来水消毒：Cl2+ H2O2H++ Cl－+ ClO－
B．电解饱和食盐水制取Cl2：2Cl－+2H2O2OH－+ H2↑+Cl2↑
C．浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟：8NH3+ 3Cl2=== 6 NH4Cl + N2
D．氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用：HSO3－+ Cl2+ H2O === SO42－+ 3H++ 2Cl－
【答案】A
【分析】A．HClO为弱酸，不能完全电离；
B．电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠；
C．氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气；
D．氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子。
【详解】A. HClO为弱酸，不能完全电离，离子方程式为Cl2+ H2OH++ Cl－+ HClO，A项错误；
B.电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，电解方程式为2Cl－+2H2O2OH－+ H2↑+Cl2↑，B项正确；
C.氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气，同时生成氯化铵，方程式为8NH3+ 3Cl2=== 6NH4Cl + N2，C项正确；
D.氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子，反应的离子方程式为HSO3－+ Cl2+ H2O === SO42－+ 3H++ 2Cl－，D项正确；
答案选A。
【点睛】离子反应方程式的书写正误判断题是高频考点，涉及的知识面广，出题人经常设的陷阱有：不符合客观事实、电荷不守恒、原子不守恒以及反应物用量干扰等问题，如A选项是易错点，容易忽略次氯酸是弱电解质，而应该保留化学式。
8．用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应，可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) △H=-115.6kJ·mol-1。下列说法正确的是

A．该反应的K=
B．加入催化剂，能使该反应的焓变减小
C．1molCl2转化为2molCl放出243kJ热量
D．断裂4molH－Cl键的同时，有4mo1H－O键断裂，说明该反应达到平衡状态
【答案】D
【详解】A．平衡常数K等于生成物浓度幂次积与反应物浓度幂次积之比，则K=，故A错误；
B．加入催化剂，该反应的焓变不变，故B错误；
C．1molCl2转化为2molCl吸收243kJ热量，故C错误；
D．断裂4molH-Cl键的同时，有4molH-O键断裂，说明正反应速率等于逆反应速率，说明该反应达到平衡状态，故D正确；
故选：D。
9．1914年，德国化学家弗雷兹•哈伯，将N2和H2在催化剂、高温、高压的条件下直接化合合成氨气：N2(g)+H2(g)2NH3(g)，人们称该过程为合成氨工艺或哈伯工艺。如今，合成氨工艺仍然是人工固氮最重要的途径，使全球数以亿计的人免于饥饿。氨气也成为一种重要的化工原料。氨气溶于水生成一种碱性溶液：NH3+H2ONH3•H2O。氨气还用于燃料电池等能源领域。如图表示合成氨反应过程中的能量变化。关于合成氨反应，下列说法不正确的是

A．升高温度有利于提高N2的平衡转化率
B．提高N2与H2的投料比可增大H2的转化率
C．增大压强能提高N2的反应速率和转化率
D．使用催化剂能缩短该反应到达平衡的时间
【答案】A
【详解】A．由图可知，反应放热，升高温度，平衡逆向移动，N2的平衡转化率降低，故A错误；
B．提高N2与H2的投料比，平衡正向移动，氢气转化率增大，氮气转化率变小，故B正确；
C．增大压强，化学反应速率加快，反应正向气体分子数减小，加压，平衡正向移动，故C正确；
D．使用催化剂能降低反应所需的活化能，加快化学反应速率，缩短该反应到达平衡的时间，故D正确；
故答案选A。
10．1914年，德国化学家弗雷兹。哈伯，将和在催化剂、高温、高压的条件下直接化合合成氨气：，人们称该过程为合成氨工艺或哈伯工艺。如今，合成氨工艺仍然是人工固氮最重要的途径，使全球数以亿计的人免于饥饿。氨气也成为一种重要的化工原料。氨气溶于水生成一种碱性溶液：。氨气还用于燃料电池等能源领域。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A． B．稀
C． D．
【答案】C
【详解】A．一氧化氮和水不反应，故A不正确；
B．稀硝酸和铜生成一氧化氮不是二氧化氮，故B不正确；
C．一氧化碳具有还原性，碳元素化合价升高发生氧化反应，一氧化氮中氮元素化合价降低生成氮气发生还原反应，反应可以实现，故C正确；
D．臭氧和硝酸根离子均具有强氧化性，不能反应生成氮气，故D错误；
故选C。
11．1914年，德国化学家弗雷兹•哈伯，将N2和H2在催化剂、高温、高压的条件下直接化合合成氨气：N2(g)+H2(g)2NH3(g)，人们称该过程为合成氨工艺或哈伯工艺。如今，合成氨工艺仍然是人工固氮最重要的途径，使全球数以亿计的人免于饥饿。氨气也成为一种重要的化工原料。氨气溶于水生成一种碱性溶液：NH3+H2ONH3•H2O。氨气还用于燃料电池等能源领域。一种用于驱动潜艇的液氨—液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是

A．电极A为电池的正极
B．电池工作时，OH-向电极B移动
C．电极A上发生的电极反应为：2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O
D．该电池工作时，每消耗标况下22.4LNH3转移6mol电子
【答案】C
【分析】液氨-液氧燃料电池中，负极上发生失电子的氧化反应，即A是负极，B是正极，碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O，电子从负极流向正极，据原电池的工作原理来回答。
【详解】A．电极A中氨气发生氧化反应生成氮气，为负极，故A错误；
B．原电池中，阴离子向负极移动，则OH-向负极A移动，故B错误；
C．A是负极，碱性条件下，氨气在负极失电子，其电极反应为：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，故C正确；
D．燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O，该电池工作时，每消耗标准状况下的22.4L即1molNH3转移3mol电子，故D错误；
故选：C。
12．用惰性电极电解下列溶液，电解一段时间后，阴极质量增加，电解质溶液的pH下降的是
A．CuCl2溶液 B．CuSO4溶液 C．BaCl2 D．H2SO4溶液
【答案】B
【详解】A．用惰性电极电解 CuCl2溶液，总反应为，阴极生成铜质量增加，电解质溶液的pH几乎不变，故不选A；
B．用惰性电极电解CuSO4溶液，总反应是 ，阴极有铜生成，质量增加，阳极有硫酸生成，电解质溶液的pH下降，故选B；
C．用惰性电极电解BaCl2，总反应是，阴极质量不变，阴极有氢氧化钡生成，电解质溶液的pH升高，故不选C；
D．用惰性电极电解H2SO4溶液，实质是电解水，阴极生成氢气，阴极质量不变，故不选D；
选B。
13．在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：，平衡时测得A的浓度为。保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，再达到平衡时，测得A的浓度变为。下列有关判断不正确的是
A．C的体积分数增大了 B．A的转化率降低了
C．平衡向正反应方向移动 D．
【答案】B
【分析】保持温度不变，将平衡后容器的容积压缩到原来的一半，气体压强增大，若平衡不发生移动，A的浓度为1.0mol/L，由再达到平衡时，A的浓度为0.9mol/L可知，平衡向正反应方向移动，该反应是气体体积减小的反应，。
【详解】A．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，故A正确；
B．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故B错误；
C．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，故C正确；
D．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，该反应是气体体积减小的反应，，故D正确；
故选B。
14．二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应I：  
反应II：  
反应I、II的平衡常数的对数、与温度的关系如图1所示：固定、、的原料比、体系压强不变的条件下，同时发生反应I、II，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图2所示。下列说法正确的是

A．
B．测得X点的物质的量分数是10%，则X点反应II有：
C．由的曲线知，600K后升高温度对反应I的影响程度小于对反应II的影响程度
D．曲线A表示的物质的量分数随温度的变化
【答案】D
【分析】由图可知，当温度升高，K1、K2均减小，故反应I、II均为放热反应，焓变小于零；
【详解】A．根据图1中温度与lgK1的关系：当温度升高，K1在减小，故反应I为放热反应，a<0；故A不正确；
B．X点对应反应温度为400K，由图可知，X点乙醇物质的量分数小于平衡时乙醇的物质的量分数，说明此时反应未达到平衡，反应正向移动，V正>V逆，故B不正确；
C．由图1可知，反应I和II均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动；由图2可知，600K后乙酸乙酯的降低速率大于甲醇的降低速率，故600K后升高温度对反应I的影响程度大于反应II，故C不正确；
D．根据图像2判断当乙酸甲酯的量增大时，反应I是主要反应，该过程中气体的分子数再减小，且随着温度升高乙醇或甲醇减少，反应II逆向进行，氢气的量增加，故氢气的物质的量分数再增大，所以A线表示氢气物质的量分数变化，故D正确；
故选D。

二、填空题
15．I.现有常温下的五份溶液：①溶液；②盐酸；③的氨水；④的NaOH溶液；⑤的氨水
(1)③中水的电离程度___________④中水的电离程度(填“＜”“＞”或“=”，下同)。
(2)若将②③混合使其恰好完全反应，则消耗溶液的体积：②___________③
(3)将五份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：①___________②，③___________④。
II．在某温度时，测得溶液的。
(4)该温度下水的离子积常数___________
(5)在此温度下，将的NaOH溶液与的硫酸混合。
①若所得混合液为中性，且，，则___________。
②若所得混合液为中性，且，则___________。
【答案】(1)=
(2)＞
(3)     ＞     ＞
(4)
(5)     1∶10     10∶1

【解析】（1）
③的氨水、④的NaOH溶液，两者碱电离出的氢氧根离子浓度相等，对水的电离的抑制作用相同，故③中水的电离程度=④中水的电离程度；
（2）
盐酸为强酸、氨水为弱碱，的氨水的浓度远大于0.01mol/L，故②③混合使其恰好完全反应，则消耗溶液的体积：②>③；
（3）
醋酸为弱酸、盐酸为强酸，两者浓度相等，同等稀释10倍后，盐酸电离出氢离子浓度更大，则溶液的pH：①>②；氨水为弱碱，的氨水的浓度远大于0.01mol/L，氢氧化钠为强碱，的NaOH溶液浓度为0.01mol/L，则同等稀释10倍后，氨水中氢氧根离子浓度更大，故③>④。
（4）
某温度时，测得溶液的，则水溶液中氢氧根离子、氢离子浓度分别为0.01mol/L、10-11mol/L，则该温度下水的离子积常数；
（5）
①若所得混合液为中性，且，，则，故1∶10；
②若所得混合液为中性，且，则，将a=12-b代入，得10∶1。

三、原理综合题
16．甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇。
反应Ⅰ：  
反应Ⅱ：  
表中所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数(K)：
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.0
0.27
0.012

(1)由表中数据判断_______(填“＞”“＜”或“=”)0；反应  _______(用和表示)。
(2)在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应Ⅰ，5min后测得一氧化碳浓度为0.5mol/L，计算可得此段时间的反应速率(用H2表示)为_______。
(3)若容器容积不变，则下列措施可提高反应Ⅰ中CO转化率的是_______(填序号)。A．充入CO，使体系总压强增大 B．将从体系中分离
C．充入He，使体系总压强增大 D．使用高效催化剂
(4)保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均减小为原来的，则化学平衡_______(填“正向”“逆向”或“不”)移动，平衡常数_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
(5)比较这两种合成甲醇的方法，原子利用率较高的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
【答案】(1)     ＜     ∆H2-∆H1
(2)0.2 mol·L-1·min-1
(3)B
(4)     逆向     不变
(5)Ⅰ

【解析】（1）
反应Ⅰ：  ∆H1
反应Ⅱ：  ∆H2
由表中数据可知，温度升高，平衡常数减小，则平衡逆向移动，由此判断∆H1＜0；由盖斯定律可知，将反应Ⅱ-反应Ⅰ，即得反应  ∆H3=∆H2-∆H1。答案为：＜；∆H2-∆H1；
（2）
在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应Ⅰ，5min后测得一氧化碳浓度为0.5mol/L，则参加反应CO浓度为0.5mol/L，参加反应H2的物质的量浓度为1mol/L，则由H2表示的反应速率为=0.2 mol·L-1·min-1。答案为：0.2 mol·L-1·min-1；
（3）
A．充入CO，虽然平衡正向移动，但CO的转化率减小，A不符合题意；
B．将从体系中分离，平衡正向移动，CO的转化率增大，B符合题意；
C．充入He，使体系总压强增大，反应物和生成物的浓度都不变，平衡不发生移动，CO的转化率不变，C不符合题意；
D．使用高效催化剂，反应速率加快，但平衡不发生移动，CO的转化率不变，D不符合题意；
故选B。答案为：B；
（4）
保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均减小为原来的，则相当于减小压强，由于反应物中气体分子数大于生成物中气体分子数，所以平衡逆向移动；但由于温度不变，所以平衡常数不变。答案为：逆向；不变；
（5）
比较两个反应可以看出，反应Ⅰ中产物只有一种，原子利用率为100%，所以原子利用率较高的是Ⅰ。答案为：Ⅰ。
【点睛】容积一定时，往平衡体系中充入稀有气体，虽然总压强增大，但由于反应物和生成物的浓度都未发生改变，所以正、逆反应速率不变，平衡不发生移动。
17．CO2甲烷化加快了能源结构由化石燃料向可再生碳资源的转变。
(1)CO2甲烷化反应最早由化学家PaulSabatier提出。在一定的温度和压力条件下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：
CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)    △H=206kJ·mol-1；
CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)    △H=-41kJ·mol-1。
则反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的△H=____kJ·mol-1，△S____0(填“>”、“<”或“=”)。
(2)催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图1、图2所示。

对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是____，使用的合适温度为____。
(3)近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现CO2甲烷化，其工作原理如图3所示。

①微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为____。
②该电解池装置在较高温度下CH4的产率会下降，原因是____。
【答案】(1)     -165     <
(2)     Ni－CeO2     320℃
(3)     CO2+8H++8e-=CH4+2H2O     较高温度下，电活性微生物蛋白质变性，逐渐失去活性，所以CH4的产率会下降

【解析】（1）
由题干已知，反应I CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g)　ΔH1＝+206 kJ·mol－1；反应II CO(g)＋H2O(g)=H2(g)＋CO2(g)　ΔH2＝－41kJ·mol-1，目标反应CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)可由“-I-II”得到，根据盖斯定律可知，ΔH＝-(+206 kJ·mol－1)-( －41kJ·mol－1)=-165kJ·mol－1；
反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)气体的量减少，为熵少的反应，△S<0；故答案为：-165；<；
（2）
对比上述两种催化剂的催化性能，由题干图可知，催化剂Ni－CeO2在较低温度下即可实现CO2有较高的转化率，而Ni则要很高的温度，故选用Ni－CeO2为催化剂，320℃时CO2的转化率达到最高，故工业上应选择的催化剂及使用的合适温度是Ni－CeO2、320℃，故答案为：Ni－CeO2、320℃；
（3）
①根据电解池阴极发生还原反应，得到电子，结合图示可知，H+通过质子交换膜流向阴极区，故微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为：CO2＋8H＋＋8e－=CH4＋2H2O；
②较高温度下，电活性微生物蛋白质变性，逐渐失去活性，所以CH4的产率会下降；
故答案为：CO2＋8H＋＋8e－=CH4＋2H2O；较高温度下，电活性微生物蛋白质变性，逐渐失去活性，所以CH4的产率会下降。

四、实验题
18．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2.100g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250mL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0.1mol/L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/mL
滴定前标准液的体积读数/mL
滴定后标准液的体积读数/mL
1
25.00
0.20
24.22
2
25.00
1.21
29.21
3
25.00
1.50
25.48

回答下列问题：
(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)已知溶液显酸性，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方法是___________。
(4)下列关于滴定分析的操作，错误的是___________。
A．滴定时要适当控制滴定速率
B．用量筒量取25.00mL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___________(写出计算过程)；若滴定前滴定管尖端有气泡，滴定过程中气泡消失，则测得比实际值___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1)
(2)酸
(3)     KSCN溶液     滴加最后半滴标准溶液，溶液变为红色且半分钟内不褪色
(4)BC
(5)     由图表可知，3次滴定消耗标准液体积分别为24.02mL、28.00mL、23.98mL，第2次数据误差较大，舍弃，消耗标准液平均体积为24.00mL；标准溶液滴定，将氧化为，自身被还原为亚铁离子，根据电子守恒、钛原子守恒可知，， 2.100g样品中钛的物质的量为0.1mol/L×24.00×10-3L=0.024mol，则的质量为0.024mol×80g/mol=1.92g，则水的物质的量为（2.10g-1.92g）÷18g/mol=0.01mol，则，化学式为     偏大

【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→调液面→记录，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；
（1）
溶液加水稀释，水解生成少量偏钛酸()沉淀，；
（2）
已知溶液显酸性，滴定时，将标准溶液注入酸式滴定管中。
（3）
标准溶液滴定，将氧化为，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标准溶液，溶液变为红色且半分钟内不褪色。
（4）
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，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，放在出现实验误差，E正确。
故选BC；
（5）
计算过程见答案；若滴定前滴定管尖端有气泡，滴定过程中气泡消失，则标准液消耗量增加，导致钛的物质的量增加，使得测得比实际值偏大。