2019-2020学年北京市西城区高二上学期期末考试化学试题 解析版

北京市西城区2019-2020学年度高二上学期期末考试
化学试题
1.下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是
A. 风力发电 B. 火力发电 C. 燃料电池 D. 电解炼铝
【答案】D
【解析】
【详解】A、该过程将风能转化为电能，A不符合题意；
B、该过程将化学能转化为电能，B不符合题意；
C、该过程将化学能转化为电能，C不符合题意；
D、该过程将电能转化为化学能，D符合题意；
故选D。
2.下列物质属于弱电解质的是
A. NaCl B. NaOH C. NH3·H2O D. H2SO4
【答案】C
【解析】
【详解】A、NaCl在水中或熔融状态下完全电离，是强电解质，A不符合题意；
B、NaOH在水中或熔融状态下完全电离，是强电解质，B不符合题意；
C、NH3·H2O在水中部分电离，是弱电解质，C符合题意；
D、H2SO4在水中完全电离(在熔融状态下不导电)，是强电解质，D不符合题意；
故选C。
3.下列物质水溶液呈碱性的是
A. NH4Cl B. NaCl C. CuSO4 D. Na2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】A、NH4Cl是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，A不符合题意；
B、NaCl是强酸强检验，其水溶液呈中性，B不符合题意；
C、CuSO4是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，C不符合题意；
D、Na2CO3是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，D符合题意；
故选D。
【点睛】在盐溶液中有规律，强酸弱碱盐的水溶液呈酸性，强碱弱酸盐的水溶液呈碱性，强酸弱碱盐的水溶液呈酸性，弱酸弱碱盐的水溶液的酸碱性取决于酸碱的强弱，需要具体情况具体分析。
4.已知：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) ΔH ，不同条件下反应过程能量变化如图所示。下列说法中不正确的是

A. 反应的ΔH＜0
B 过程b使用了催化剂
C. 使用催化剂可以提高SO2的平衡转化率
D. 过程b发生两步反应，第一步为吸热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据图像可知，反应物的能量比生成物的能量高，则该反应是放热反应，即ΔH＜0，A正确；
B、根据图像可知，过程b的活化能较低，则过程b使用了催化剂，B正确；
C、使用催化剂不能提高SO2的平衡转化率，只能加快反应速率，C错误；
D、过程b分为两步反应，第一步中，中间产物的能量比反应物的能量高，说明第一步为吸热反应，D正确；
故选C。
5.锌铜原电池装置如图所示，下列说法正确的是

A. 铜电极上发生氧化反应
B. 电流从锌片流向铜片
C. 盐桥中K+向负极移动
D. 锌电极上发生的反应：Zn − 2e- == Zn2＋
【答案】D
【解析】
【分析】
该装置为原电池装置，发生的反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，则Zn电极作负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu电极作正极，电极反应为Cu2++2e-=Cu。
【详解】A、Cu电极作正极，发生还原反应，A错误；
B、Cu电极作正极，Zn电极作负极，则电流由铜片流向锌片，B错误；
C、电流在外电路中由正极流向负极，则盐桥中K+向正极移动，C错误；
D、Zn电极作负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，D正确；
故选D。
6.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，可以通过出现浑浊的快慢来判断反应的快慢程度，下列各组实验中最先出现浑浊的是
实验

反应温度/℃[

Na2S2O3溶液

稀H2SO4

V/mL

c/（mol·L-1）

V/mL

c/（mol·L-1）

A

25

5

0．1

10

0．1

B

25

5

0．2

5

0．2

C

35

5

0．1

10

0．1

D

35

5

0．2

5

0．2



A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
试题分析：温度越高，反应物的浓度越大，则反应速率就越快，所以根据表中数据可知选项D中反应速率最快，最先出现浑浊，答案选D。
考点：考查外界条件对反应速率的影响
点评：该题是高考中的常见题型，属于基础知识试题的考查。试题紧扣教材，旨在巩固学生的基础，提高学生的应试能力。该题的关键是明确外界条件是如何影响反应速率，然后结合题意灵活运用即可。有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。
7.痛风病与关节滑液中形成的尿酸钠（NaUr）有关（NaUr增多，病情加重），其化学原理为：HUr(aq) + Na+ (aq) NaUr(s) + H+(aq) ∆H＜0下列说法不正确的是
A. 寒冷季节更易诱发关节疼痛
B. 大量饮水会增大痛风病发作的可能性
C. 饮食中摄入过多食盐，会加重痛风病病情
D. 患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物
【答案】B
【解析】
【详解】A、寒冷季节温度较低，有利于平衡正向移动，使得人体中NaUr含量增多，病情加重，A正确；
B、假设该反应中，c(H+)=c(NaUr)=c(Na+)=1mol/L，即K==1，饮水将各物质浓度稀释为0.01mol/L，则Qc=100>K，则平衡逆向移动，人体中NaUr含量会减少，降低痛风病发作的可能性，B错误；
C、饮食中摄入过多食盐，会增大Na+的浓度，使得平衡正向移动，人体中NaUr含量增多，病情加重，C正确；
D、若患痛风病的人应多吃能代谢产生更多尿酸的食物，会增大尿酸的浓度，使得平衡正向移动，人体中NaUr含量增多，病情加重，故患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物，D正确；
故选B。
【点睛】利用化学平衡的知识解决日常生活中的问题。该题中B选项是一难点，当遇到化学平衡中不好理解或者解释的现象时，往往可以通过假设数字来说明，比如醋酸是弱电解质，其电离常数较小，我们为了说明醋酸电离程度较小，会说1000个醋酸分子中有1个醋酸分子发生电离，故溶液中有999个醋酸分子、1个氢离子、1个醋酸根离子，需要注意的是该数据仅仅是假设，不代表实际情况，但是可以说明醋酸的电离程度小；本题的B选项也恰恰是从假设数据来分析，可以更好的理解或者解释。
8.下列有关水处理的离子方程式不正确的是
A. 沉淀法：加入Na2S处理含Hg2+废水，Hg2++ S2- =HgS
B. 中和法：加入生石灰处理酸性废水，H++ OH- =H2O
C. 氧化法：加入次氯酸处理氨氮废水，2NH4++3HC1O =N2↑+3H2O+5 H++ 3C1-
D. 混凝法：加入明矾[K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O]使水中的悬浮颗粒发生凝聚，Al3++3H2O =Al(OH)3+3H+
【答案】B
【解析】
【详解】A.用Na2S处理含Hg2+的废水是利用Hg2+与S2-生成沉淀HgS的原理，其离子方程式为Hg2++ S2- =HgS，故A项正确；
B.生石灰为CaO，不能拆成离子形式，加入到酸性的废水中发生反应的离子方程式应该是CaO+2H+=Ca2++H2O，故B项错误；
C.次氯酸具有强氧化性，氨气具有还原性可以被次氯酸氧化 2NH4++3HC1O =N2↑+3H2O+5H++ 3C1-，离子、电荷、原子均守恒，故C项正确；
D. 明矾做混凝剂是利用Al3+水解生成的Al(OH)3胶体的吸附性使悬浮颗粒发生聚沉，其离子方程式为Al3++3H2O =Al(OH)3(胶体)+3H+，故D项正确;
答案选B。
9.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 mol H2O完全分解有2 NA个共价键断裂
B. 100 mL 1 mol·L−1 FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为 0.1 NA
C. 100 mL 1 mol·L−1 盐酸中含有的离子总数为 0.1 NA
D. 密闭容器中2 mol SO2和 1 mol O2催化反应后分子总数为 2 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、1mol H2O中含有2mol O-H键，其完全分解时断裂2mol O-H键，即断裂2 NA个共价键，A正确；
B、不考虑水解时，100mL 1mol·L-1 FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为 0.1NA，但实际上Fe3+会水解，使得溶液中Fe3+的数目小于 0.1NA，B错误；
C、盐酸中存在H+、Cl-，100mL 1mol·L-1 盐酸中含有的离子总数为 0.2NA，C错误；
D、若2mol SO2和 1mol O2完全反应，可生成2mol SO3，即反应后分子总数为2NA，但实际上该反应是可逆反应，不能完全进行，故反应后分子总数大于2NA，D错误；
故选A。
10.为减少二氧化碳排放，我国科学家设计熔盐电解池捕获二氧化碳的装置，如图所示。下列说法不正确的是

A. 过程①中有碳氧键断裂
B. 过程②中C2O52-在a极上发生了还原反应
C. 过程③中的反应可表示为：CO2+O2- == CO32-
D. 过程总反应：CO2C+O2
【答案】B
【解析】
【分析】
a极上，电极反应有：4CO2+2O2-=2C2O52-，2C2O52--4e-=4CO2↑+O2↑，总的电极反应为：2O2--4e-=O2↑；b极上，电极反应有：CO2+O2-=CO32-，CO32-+4e-=C+3O2-，总的电极反应为：CO2+4e-=C+2O2-；熔盐电池的总的化学方程式为：CO2C+O2。
【详解】A、过程①的离子反应为：2CO2+O2-=C2O52-，其中CO2的结构式为O=C=O，对比CO2和C2O52-的结构式可知，该过程有碳氧键断裂，A正确；
B、过程②中，a极的电极反应为：2C2O52--4e-=4CO2↑+O2↑，该电极反应为氧化反应，B错误；
C、根据题中信息，可以推出过程③中的反应可表示为：CO2+O2-=CO32-，C正确；
D、经分析，熔盐电池的总的化学方程式为CO2C+O2，D正确；
故选B
11.利用如下实验探究铁钉在不同溶液中的吸氧腐蚀。
实验装置
实验编号
浸泡液
pH
氧气浓度随时间的变化

①
H2O
7

②
1.0 mol·L－1 NH4Cl
5
③
0.5 mol·L－1 (NH4)2SO4
5
④
1.0 mol·L－1 NaCl
7
⑤
0.5 mol·L－1 Na2SO4
7

下列说法不正确的是
A. ①与④⑤比较说明盐溶液可以加快吸氧腐蚀速率
B. ②与③、④与⑤比较说明吸氧腐蚀速率可能与阴离子种类有关
C. 向实验⑤溶液中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快
D. 向实验②溶液中加等体积的0.5 mol·L－1 (NH4)2SO4，吸氧腐蚀速率一定加快
【答案】D
【解析】
【详解】A、①的浸泡液为水，④⑤的浸泡液为盐溶液，相同时间内，④⑤的氧气浓度减小的幅度比①要明显很多，说明盐溶液可以加快吸氧腐蚀速率，A正确；
B、②与③、④与⑤这两组实验中，仅阴离子的种类不同，但是腐蚀速率有明显的差异，故这两组实验的比较可以说明吸氧腐蚀速率可能与阴离子种类有关，B正确；
C、同浓度的情况下，(NH4)2SO4溶液的腐蚀速率大于Na2SO4的，故向实验⑤溶液中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快，C正确；
D、向实验②溶液中加等体积的0.5 mol·L-1 (NH4)2SO4，NH4Cl、(NH4)2SO4的浓度减小至原先的一半，且NH4+浓度相同时，(NH4)2SO4溶液的腐蚀速率较小，故该操作引起的结果是吸氧腐蚀速率减慢，D错误；
故选D。
12.利用电解技术，以氯化氢为原料回收氯气的过程如图所示，下列说法不正确的是

A. H+由阳极区向阴极区迁移
B. 阳极电极反应：2HCl + 2e- == Cl2 + 2H+
C. 阴极电极反应：Fe3+ + e- == Fe2+
D. 阴极区发生的反应有：4Fe2+ + O2 + 4H+ == 4Fe3+ + 2H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
在电源的右侧，HCl(g)→Cl2(g)，该过程是失电子的过程，故该侧为阳极，电极反应为：2HCl-2e-=2H++Cl2，电源的左侧为阴极，电极反应为：Fe3++e-=Fe2+；此外，根据物质的循环，还可以推出阴极区域还会进行反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3+ +2H2O。
【详解】A、H+在电源的右侧产生，在电源的左侧被消耗，右侧为阳极，左侧为阴极，即H+由阳极区向阴极区迁移，A正确；
B、阳极发生氧化反应，是失去电子的过程，电极反应为：2HCl-2e-=2H++Cl2，B错误；
C、阴极发生还原反应，是得到电子的过程，电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，C正确；
D、根据图中的循环，可以推出阴极区域会进行反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3+ +2H2O，D正确；
故选B。
13.已知HClO 和H2CO3电离平衡常数，根据提供的数据判断，下列离子方程式或化学方程式不正确的是
HClO
K＝3×10－8

H2CO3
K1＝4×10－7
K2＝6×10－11



A. 向NaClO溶液中通入过量CO2：CO2＋NaClO＋H2O== NaHCO3＋HClO
B. 向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2＋2NaClO＋H2O== Na2CO3＋2HClO
C. 向Na2CO3溶液中滴加过量氯水：CO32-＋2Cl2＋H2O== 2Cl-＋2HClO＋CO2↑
D. 向NaHCO3溶液中滴加过量氯水：HCO3-＋Cl2== Cl-＋HClO＋CO2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A、由表中数据可知，酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，故向NaClO溶液中通入CO2，应得到的是NaHCO3，A正确；
B、根据表格数据可知，次氯酸的酸性比碳酸的酸性弱，比碳酸氢根离子的酸性强，则向NaClO溶液中通入CO2，应得到的是NaHCO3，而不是Na2CO3，B错误；
C、氯水中有Cl2+H2OHCl+HClO，HCl可以和CO32-反应，使得平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl-，C正确；
D、氯水中有Cl2+H2OHCl+HClO，HCl可以和HCO3-反应，使得平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl-，D正确；
故选B。
【点睛】向NaClO溶液、Ca(ClO)2溶液中通入CO2，均生成碳酸氢盐，与CO2的量没有关系。
14.工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯（HCOOCH3）：CH3OH（g）+ CO（g）=HCOOCH3（g），在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如右图所示。下列说法不正确的是

A. 增大压强甲醇转化率增大
B. b点反应速率υ正 = υ逆
C. 平衡常数K(75℃)＞K(85℃)，反应速率υb＜υd
D. 生产时反应温度控制在80~85℃为宜
【答案】B
【解析】
【详解】A、温度超过约83℃时，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明该反应是可逆反应；由于该反应是气体体积减小的反应，增大压强可以使平衡正向移动，即增大甲醇的转化率，A正确；
B、题中说明该曲线是测得相同时间内CO的转化率随温度变化曲线，并非是在不同温度下的平衡转化率；b点之后，仍有一段曲线表示CO的转化率随温度升高而升高，说明b点不是平衡状态，则此时正反应速率不等于逆反应速率，B错误；
C、温度超过约83℃时，随着温度的升高，CO的转化率降低，则说明该反应是放热反应；对于放热反应而言，温度越高，平衡常数K越小，故K(75℃)＞K(85℃)；b点的温度比d点的低，故υb＜υd，C正确；
D、根据图可知，温度在80~85℃的范围内，CO的转化率最高，超过该温度范围，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明反应的最适温度在80~85℃之间，故生产时反应温度控制在80~85℃为宜，D正确；
故选B。
【点睛】①本题中要注意该曲线的说法，是“相同时间内CO的转化率随温度变化”，并非平衡状态下的平衡转化率，则我们可以通过曲线找出该反应的最适温度，可以参考合成氨工业的温度选择：温度较低，反应速率不足，或者催化剂活性不够；温度过高，反应是放热，不利于平衡正向移动；综合之下，在实际生产中，选择500℃作为反应温度（原因是：该温度下催化剂的活性最高）；②还要注意一点：该曲线是一段时间内的转化率，不是平衡转化率，所以不能通过转化率小于100%来说明该反应是可逆反应，而应该根据后半段“温度升高，转化率降低”来证明该反应是可逆反应。
15.室温下，用0.100 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1 的盐酸和醋酸，如图所示。

（1）表示滴定盐酸的曲线是________。（填I或II）
（2）当醋酸中滴入10 mL NaOH溶液时，溶液中含有的溶质有：________；溶液中离子浓度由大到小顺序为：________。
（3）当醋酸中滴入20 mL NaOH溶液时，将所得溶液加热，溶液pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是________。（填序号）
a. 加热促进水的电离和醋酸钠水解
b. 加热使溶液碱性减弱
c. 加热使溶液中c(H+)/c(OH-)比值减小

【答案】 (1). Ⅱ (2). CH3COONa、CH3COOH (3). c(CH3COO-)＞ c (Na+)＞ c (H+)＞ c (OH-) (4). a、c
【解析】
【详解】（1）0.100mol·L-1盐酸的pH为1，故曲线I表示滴定盐酸，曲线II表示滴定醋酸；
（2）向20mL 0.100mol·L-1醋酸中加入10mL 0.100mol·L-1 NaOH溶液，溶液中含有0.001mol CH3COOH和0.001mol CH3COONa，溶液中离子浓度大小为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；
（3）当醋酸中滴入20mL NaOH溶液时，溶液中只有CH3COONa，溶液中有：H2OH++OH-，CH3COO-+H+CH3COOH，将所得溶液加热，
a、从图中可知，加热使得水中H+的浓度增大，则加热能促进H2O水的电离；在CH3COONa溶液中，加热促进H2O水的电离，使得溶液中H+浓度增大，从而促进反应CH3COO-+H+CH3COOH正向移动，即加热促进水的电离和醋酸钠水解，a正确；
b、加热后，溶液中c(OH)-增大，溶液的碱性增强，故b错误；
c、加热后，溶液中减小，故也减小，c正确；
故选ac。
16.工业合成氨技术反应原理为：N2 (g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH= －92.4 kJ·mol-1
（1）T ℃ 时，在有催化剂、体积为1.0 L的恒容密闭容器中充入3 mol H2、1 mol N2，10 min时反应达到平衡，测得c(NH3)＝1.2 mol·L-1
①前10 min的平均反应速率υ(H2)＝________ mol·L-1·min -1。
②化学平衡常数K＝________。
（2）T ℃时，在有催化剂的恒容密闭容器中充入N2和H2。如图为不同投料比[n(H2)/n(N2)]时某反应物X的平衡转化率变化曲线。

①反应物X是________（填“N2”或“H2”）。
②判断依据是________。
（3）在其他条件相同时，图为分别测定不同压强、不同温度下，N2的平衡转化率。

L表示______，其中X1______ X2（填“>”或“<”）。
【答案】 (1). 0.18 (2). (3). N2 (4). 增大H2浓度可以提高N2的转化率，但不能提高自身转化率 (5). 压强（P） (6). ＜
【解析】
【分析】
（1）①v(H2)=v(NH3)=×；
②根据平衡时，NH3的浓度，计算出N2、H2的浓度，再根据公式K=进行计算；
（2）投料比[n(H2)/n(N2)]增大，相当于n(H2)增大，则N2的转化率增大；
（3）对于该反应，增大压强和升高温度对平衡移动的影响是不同的，据此先判断出影响因素L，从而可知影响因素X。
【详解】（1）①v(H2)=v(NH3)=×=0.18mol·L-1·min -1；
②平衡时，c(NH3)=1.2mol·L-1，c(N2)=0.4mol·L-1，c(H2)=1.2mol·L-1，则K===；
（2）①假设n(N2)=1mol，投料比[n(H2)/n(N2)]增大时，即n(H2)增大时，X的转化率增大，则X为N2；
②判断依据是增大H2的浓度可以提高N2的转化率，但不能提高自身转化率；
（3）该反应是放热反应，也是气体体积减小的反应，若L为温度，则随着温度升高，平衡逆向移动，N2的转化率降低而不是升高，所以L不是温度，而是压强；X代表温度，X2→X1，N2的转化率升高，说明平衡正向移动，则X2 17.我国芒硝（Na2SO4·10H2O）的储量丰富，它是重要的化工原料。
（1）制备碳酸钠。将饱和硫酸钠溶液和饱和碳酸氢铵溶液混合，结晶得NaHCO3晶体，再经加热分解制得碳酸钠。生成NaHCO3晶体的化学方程式是________。
已知：I．2NaOH(s) + CO2(g) == Na2CO3(s) + H2O(g) ΔH1＝−127.4 kJ·mol−1
II．NaOH(s) + CO2(g) == NaHCO3(s) ΔH2＝−131.5 kJ·mol−1
则：2NaHCO3(s) == Na2CO3(s) + CO2(g) + H2O(g) ΔH＝ ________ kJ·mol−1。
（2）制备烧碱和硫酸。用如图所示装置，以惰性电极进行电解，a、b均为离子交换膜。

① Na+迁移方向是________。
② 气体1________；溶液2是________。
【答案】 (1). Na2SO4+2NH4HCO3= 2NaHCO3↓+(NH4)2SO4 (2). +135.6 (3). 透过a膜进入阴极室 （其他合理答案给分） (4). 氢气（H2） (5). H2SO4
【解析】
【分析】
（1）根据题意写出化学方程式即可，需要注意的是两个饱和溶液反应生成的是NaHCO3晶体，故要加上沉淀符号；根据盖斯定律计算即可；
（2）电解Na2SO4溶液，左侧为阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，右侧为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；则溶液1为NaOH溶液，气体1为H2，溶液2为H2SO4溶液，气体2为O2。
【详解】（1）根据题意，可以得该反应的化学方程式为：Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；根据盖斯定律可得，ΔH=-2ΔH2+ΔH1=-2×(-131.5kJ·mol−1)+(-127.4kJ·mol−1)=+135.6 kJ·mol−1；
（2）电解Na2SO4溶液，左侧为阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，右侧为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；则溶液1为NaOH溶液，气体1为H2，溶液2为H2SO4溶液，气体2为O2；故Na+透过a膜进入阴极室。
18.探究Fe3+具有较强的氧化性，用1 mol·L−1 FeCl3溶液与SO2进行实验。
（1）用如图所示装置进行实验（夹持装置略去）。


实验操作
实验现象
I
将装置A加热
A中铜片上有气泡；
B中有气泡，溶液很快变为红色
II
B中继续通入足量气体，溶液仍呈红色。停止通气，静置
15 min后，溶液由红色变为黄色；
60 min后，变为浅绿色







装置A中反应的化学方程式是________。
（2）取B中红色溶液，加入铁氰化钾，观察到________生成，B中有Fe2+生成。B中发生了2个反应，写出反应2的离子方程式：
反应1：Fe3+ + 6SO2Fe(SO2)63+（红色）； 反应2：________。
（3）B中溶液颜色由红色变为浅绿色的原因是________。
【答案】 (1). Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+2H2O (2). 蓝色沉淀 (3). 2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe2++SO42- +4H+ (4). 反应1达到平衡时，反应2仍未达到平衡，在建立平衡过程中，不断消耗反应1的反应物，使反应1逆向移动，从而使溶液最终由红色变浅绿色
【解析】
【分析】
该实验的目的是探究Fe3+的氧化性，用FeCl3溶液与SO2进行实验；其中A装置是SO2的发生装饰，B装置是探究Fe3+的氧化性的装置；
（1）A中的化学反应是Cu和浓H2SO4的反应；
（2）根据题中的信息可知，生成Fe2+用铁氰化钾检验，对应的现象是生成蓝色沉淀；实验的目的是探究Fe3+的氧化性，则反应2是SO2和Fe3+的反应；
（3）题中告知反应1是可逆反应，则可以根据平衡来回答问题。
【详解】（1）A装置为SO2的发生装置，发生的化学反应为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）B中有Fe2+生成，则加入K3Fe(CN)6之后会生成Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀；Fe3+具有氧化性，SO2具有还原性，二者相遇还会发生氧化还原反应：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；
（3）B中溶液颜色由红色变为浅绿色是因为反应1达到平衡时，反应2仍未达到平衡，在建立平衡过程中，不断消耗反应1的反应物，使反应1逆向移动，从而使溶液最终由红色变浅绿色。
19.工业烟道气中含有的二氧化硫和氮氧化物是大气主要污染物，脱硫脱氮是环境治理的热点问题。回答下列问题：
（1）利用KMnO4脱除二氧化硫的离子方程式为：
□MnO4－ + □SO2 + □H2O=□MnO42－ + □ + □ ，__________（在“□”里填入系数，在“__”上填入微粒符号），加入CaCO3可以提高SO2去除率，原因是________。
（2）CaSO3与Na2SO4混合浆液可用于脱除NO2，反应过程为：
I CaSO3 (s) + SO42－ (aq)=CaSO4(s) + SO32－（aq）
II SO32－ (aq) + 2NO2 (g) + H2O(l)=SO42－(aq) + 2NO2－(aq) + 2H+ (aq)
浆液中CaSO3质量一定时，Na2SO4的质量与 NO2的去除率变化趋势如图所示。a点后NO2去除率降低的原因是________。

（3）检测烟道气中NOx含量的步骤如下：
I. 将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中， 使NOx完全被氧化为NO3−；
II. 加水稀释至100.00 mL，量取20.00 mL该溶液，与V1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液（过量）充分混合；
III. 用c2 mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL。
①NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式为________。
②滴定过程中主要使用的玻璃仪器有________和锥形瓶等。
③滴定过程中发生下列反应：
3 Fe2+ + NO3− + 4 H+ == NO↑ + 3 Fe3+ + 2 H2O
MnO4− + 5 Fe2+ + 8 H+ == Mn2+ + 5Fe3+ + 4 H2O
烟气气样中NOx折合成NO2的含量为________ mg·m−3。
【答案】 (1). 2 1 2 2 SO42- 4H+ (2). CaCO3与反应体系中的H+反应，降低c (H+)，同时生成的Ca2+与SO42-反应生成CaSO4，降低c (SO42-)，有利于上述反应向右进行，从而提高SO2脱除率 (3). c(SO42-)过高时，以反应II平衡向逆反应方向移动为主，降低NO2去除率 (4). 2 NO + 3 H2O2 == 2 NO3- + 2H+ + 2 H2O (5). 滴定管 (6).
【解析】
分析】
（1）根据得失电子守恒配平化学方程式即可；
（2）可从化学平衡的角度去分析问题；
（3）根据相关化学方程式完成计算即可。
【详解】（1）配平该化学方程式为：2MnO4-+SO2+2H2O=2MnO42-+SO42-+4H+；CaCO3与反应体系中的H+反应，降低c(H+)，同时生成的Ca2+与SO42-反应生成CaSO4，降低c(SO42-)，有利于上述反应向右进行，从而提高SO2脱除率；
（2）Na2SO4的质量较多，使得c(SO42-)过高，以反应II平衡向逆反应方向移动为主，降低NO2去除率；
（3）①该离子方程式为：2NO+3H2O2=2NO3-+2H+ +2H2O；
②滴定过程中主要使用的玻璃仪器有滴定管和锥形瓶等；
③ ，n(Fe2+)2=5c2V2×10-3mol，
则n(Fe2+)1= n(Fe2+)- n(Fe2+)2=c1V1×10-3mol-5c2V2×10-3mol=(c1V1-5c2V2)×10-3mol，
，n(NO3-)1=，
根据N元素守恒，可得V L气体中NO2的物质的量为，即NO2的含量为：=mg·m-3。
20.某学习小组用硫酸酸化的FeSO4溶液探究Fe2+的稳定性，进行如下实验。

酸性
pH=1
pH=2
pH=3
pH=4
5小时后
淡绿色
略显橙色
浅红色
红色稍浑浊




（1）根据实验，Fe2+的稳定性与溶液酸性的关系是________。
（2）已知：i

开始沉淀pH
沉淀完全pH
Fe2+
7.0
9.0
Fe3+
1.9
3.2





ii pH=4的溶液中发生反应：4Fe2+＋O2＋10H2O=4Fe(OH)3＋8H+
依据以上信息分析5小时后pH=1的0.1 mol·L-1 FeSO4溶液仍显淡绿色的原因是________。
（3）测定0.1 mol·L-1 FeSO4溶液在pH=5.5条件下， Fe2+的氧化速率与时间的关系如图（实验过程中溶液温度几乎无变化）。反应0~10 min Fe2+氧化速率逐渐增大的原因可能是________。

（4）配制硫酸亚铁溶液时为防止变质，将称取的硫酸亚铁晶体于烧杯中，加入______，搅拌至完全溶解。
【答案】 (1). 溶液酸性越强，Fe2+越稳定 (2). c(H+)越大，不利于反应正向进行，抑制Fe2+被氧化 (3). pH=5.5时，反应生成的Fe(OH)3有加快反应的作用 (4). pH＜1的稀硫酸
【解析】
【详解】（1）从表中数据可知，酸性越弱，5小时候溶液变色越明显，说明溶液酸性越强，Fe2+越稳定；
（2）pH=1的溶液总，c(H+)最大，说明c(H+)越大，不利于反应正向进行，抑制Fe2+被氧化；
（3）对于该反应而言，影响反应速率的因素有反应物的浓度、催化剂；随着反应的进行，反应物的浓度减小，反应速率减小，不符合图中曲线的走势，故影响氧化速率的是催化剂，且经排除后体系中5种物质，仅Fe(OH)3可以作催化剂，故0~10min Fe2+氧化速率逐渐增大的原因可能是pH=5.5时，反应生成的Fe(OH)3有加快反应的作用；
（4）根据题中的信息可知，pH=1的溶液中，Fe2+越稳定，故配制硫酸亚铁溶液时，须加入pH＜1的稀硫酸。