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【化学】北京市延庆区2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）
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北京市延庆区2019-2020学年高二下学期期末考试
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Zn：65
第一部分 选择题(共42分)
一、选择题(只有一个选项符合题意。共21个小题，每小题2分，共42分)。
1.实施垃圾分类，节约使用资源是社会文明水平的重要体现，废旧电池属于
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】废旧电池中的重金属颜色，如镉、汞等重金属溶出会污染地下水和土壤，再渗进鱼类、农作物中，破坏人类的生存环境，威胁人类的健康，不能随意丢弃，需要回收处理，故选D。
2.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是
A. 防腐剂 B. 调味剂
C. 着色剂 D. 营养强化剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．防腐剂可延缓食品氧化的反应速率，与速率有关，故A符合题意；
B．调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B不符合题意；
C．着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C不符合题意；
D．营养强化剂是为了给食品添加某种营养物质，与速率无关，故D不符合题意；
故选A。
3.下列物质溶于水后主要以分子形式存在的是
A. H2SO4 B. NaOH
C. CH3COOH D. CH3COONa
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2SO4是可溶性强电解质，在水溶液中完全电离，溶液中不存在硫酸分子，故A错误；
B．NaOH是离子化合物，是可溶性强电解质，在水溶液中完全电离，全部以Na+和OH-形式存在，故B错误；
C．CH3COOH是可溶性弱电解质，在水溶液中部分电离，溶液中主要以CH3COOH分子，故B正确；
D．CH3COONa是离子化合物，是可溶性强电解质，在水溶液中完全电离，主要以Na+和CH3COO-形式存在，故D错误；
故答案为C。
4.下列离子方程式中，属于水解反应的是
A. HCOOH⇌HCOO-+H+
B. +H2O⇌H2CO3+OH-
C. H2O+H2O⇌H3O++OH-
D. ⇌+H+
【答案】B
【解析】
【分析】
盐中的弱酸根或弱碱阳离子结合水电离出的氢离子或氢氧根生成弱电解质的反应为水解反应，据此分析判断。
【详解】A．HCOOH⇌HCOO-+H+为甲酸的电离方程式，不是水解反应方程式，故A错误；
B．+H2O⇌H2CO3+OH-为的水解反应，故B正确；
C．H2O+H2O⇌H3O++OH-为H2O的电离方程式，不是水解反应，故C错误；
D．⇌+H+为离子的电离方程式，不是水解反应方程式，故D错误；
故选B。
5.一定条件下，在10L密闭容器中发生反应：A(g)+3B(g)=2C(g)+4D(g)，测得5min内，A的物质的量减小了10mol，则5min内该反应的化学反应速率是
A. υ(A)=2.0mol/(L·min)
B. υ(B)=0.2mol/(L·min)
C. υ(C)=0.2mol/(L·min)
D. υ(D)=0.8mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
【详解】在10L密闭容器中，5min内，A的物质的量减小了10mol，则A的化学反应速率为：，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，可得，，，故答案选D。
6.在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列证据不能说明反应一定达到化学平衡状态的是（ ）
A. 容器内的压强不再改变
B. c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2
C. SO2的转化率不再改变
D. SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等
【答案】B
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A．该反应为反应前后气体的总量发生变化的反应，容器内的压强不再改变时，说明气体的物质的量也不再发生变化，反应达平衡状态，故A正确；
B．c（SO2）：c（O2）：c（SO3）=2：1：2，只能说明某一时刻各物质的浓度之间的关系，不能说明各物质的物质的量浓度不变，故B错误；
C．SO2的转化率不再改变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故C正确；
D．SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等，说明正、逆反应的速率相等，反应达平衡状态，故D正确；
故选B。
7.下列能源中，蕴藏有限、不能再生的是
A. 氢能 B. 太阳能
C. 地热能 D. 化石燃料
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氢能是通过氢气和氧气反应所产生的能量。氢在地球上主要以化合态的形式出现，是二次能源，故A不符合题意；
B. 太阳能被归为"可再生能源"，相对人的生命长短来说，太阳能散发能量的时间约等于无穷，故B不符合题意；
C.地热能无污染，是新能源，正在开发利用，有广阔的前景，所以C不符合题意；
D.化石燃料是人们目前使用的主要能源，它们的蕴藏量有限，而且不能再生，最终会枯竭，属于不可再生能源，故D符合题意；
所以D选项是正确的。.
8.在一定温度下的密闭容器中，加入1 mol CO和1 mol H2O发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，达到平衡时测得n(H2)为0.5 mol，下列说法不正确的
A. 在该温度下平衡常数K=1
B. 平衡常数与反应温度无关
C. CO的转化率为50%
D. 其他条件不变，改变压强平衡不移动
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据方程式可知在该反应中生成CO2物质的量是0.5 mol，未反应的CO和H2O的物质的量也都是0.5 mol，所以该反应的化学平衡常数是K＝=1，A正确；
B．化学平衡常数只与反应温度有关，而与反应的投料等外界条件无关，B错误；
C．CO的转化率为×100%=50%，C正确；
D．由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，其他条件不变改变压强，平衡不移动，D正确；
答案选B。
9.N2和O2生成NO的反应在密闭容器中进行，下列条件中一定能够加快化学反应速率的是
A. 扩大体积
B. 体积不变，充入N2
C 扩大体积，充入氦气
D. 体积不变，充入氦气，增大压强
【答案】B
【解析】
【详解】A．扩大体积，N2和O2的浓度减小，反应速率减慢，故A错误；
B．体积不变，充入N2，氮气的浓度增大，反应速率加快，故B正确；
C．扩大体积，充入氦气，N2和O2的浓度减小，反应速率减慢，故C错误；
D．体积不变，充入氦气，反应体系中N2和O2的浓度不变，反应速率不变，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为CD，要注意N2和O2浓度的变化对反应速率的影响。
10.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是
A. 醋酸溶液能使石蕊溶液变红
B. 25℃时，0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3
C. 醋酸能与乙醇反应生成乙酸乙酯
D. 醋酸能与水以任意比互溶
【答案】B
【解析】
【分析】
弱电解质在水溶液中的电离不充分，醋酸具有酸的通性，据此回答问题。
【详解】A. 醋酸属于酸，石蕊溶液遇酸变红，不能说明醋酸的电离情况，A不符合题意；
B. 25℃时，0.1mol/L醋酸溶液的pH大于1，溶液中c（H+）小于0.1mol/L，说明醋酸电离不充分，属于弱酸，B符合题意；
C. 醋酸含有羧基，能与乙醇反应生成乙酸乙酯，不能说明醋酸的电离情况，C不符合题意；
D. 醋酸能与水形成氢键，能以任意比互溶，不能说明醋酸的电离情况，D不符合题意。
答案为B。
11.下列金属防护的方法中，应用了牺牲阳极的阴极保护法的是
A
B
C
D
工具转动部位涂油脂
钢铁船身嵌入锌
车圈、车铃钢上镀铬
健身器材刷油漆
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．工具转动部位涂油脂是增加保护层，故A错误；
B．钢铁船身嵌入锌，形成的原电池Zn是负极，Fe是正极，应用了牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；
C．车圈、车铃钢上镀铬是增加保护层，故C错误；
D．健身器材刷油漆是增加保护层，故D错误；
故答案为B。
12.0.1mol/L的NH4Cl溶液中，离子浓度关系正确的是
A. c()>c(Cl—)>c(H+)>c(OH—)
B. c()>c(OH—)>c(Cl—)>c(H+)
C. c(OH—)=c(Cl—)+c(H+)
D. c()+c(H+)=c(Cl—)+c(OH—)
【答案】D
【解析】
【分析】
氯化铵溶液显酸性，铵根发生水解生成氢离子和一水合氨，据此回答问题。
【详解】A. 在氯化铵溶液中，铵根会发生水解生成氢离子，c(Cl—) > c()>c(H+)>c(OH—)，A错误；
B. 铵根会发生水解生成氢离子，c(Cl—) > c()>c(H+)>c(OH—)，B错误；
C. 根据质子守恒可知，c(NH3·H2O)+c(OH—)= c(H+)，C错误；
D. 根据电荷守恒可知，c()+c(H+)=c(Cl—)+c(OH—)，D正确。
答案为D。
13.下列应用与盐类水解无关的是
A. 纯碱溶液去油污
B. 明矾做净水剂
C. 用氯化铁溶液制氢氧化铁胶体
D. 用Na2S做沉淀剂，除去溶液中的Cu2+
【答案】D
【解析】
【分析】
根据物质性质进行作答，油污能在碱性环境下水解，明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，氯化铁在煮沸的水中生成氢氧化铁胶体，金属阳离子常用沉淀法去除。
【详解】A. 纯碱溶液碳酸钠水解生成氢氧根离子，油污中的酯基在氢氧根环境下水解，与盐类水解有关，A错误；
B. 明矾溶于水，铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮的杂质形成沉淀，与盐类水解有关，B错误；
C. 用氯化铁溶液在沸水中发生水解，制氢氧化铁胶体，与盐类水解有关，C错误；
D. 用Na2S做沉淀剂，硫离子与Cu2+结合生成硫化铜沉淀，与盐类水解无关，D正确。
答案为D。
14.下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深
C. 实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出
D. 石灰岩受地下水长期溶蚀形成溶洞
【答案】B
【解析】
【详解】A.啤酒中存在平衡：H2CO3H2O+CO2，开启啤酒瓶，瓶内压强降低，平衡向气体体积增大的方向移动，即向生成二氧化碳气体的方向移动，故能用平衡移动原理解释，A不选；
B.反应H2+I22HI是一个反应前后气体分子数不变的反应，压强改变并不能使平衡发生移动，混合气体加压后颜色变深，是因为I2的浓度增大，不能用平衡移动原理解释，B选；
C.实验室制取乙酸乙酯时，采用加热的方式将乙酸乙酯不断蒸出，从而平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，能用平衡移动原理解释，C不选；
D.石灰岩形成与反应：CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2，能用平衡移动原理解释，D不选；
答案选B。
15.下列解释事实的离子方程式不正确的是
A 用石墨电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑
B. 明矾可以做净水剂：Al3++3H2O＝Al(OH)3↓+3H+
C. 向铁制器具上电镀铜，阴极的电极反应为：Cu2+＋2e-=Cu
D. 向氢氧化镁浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)
【答案】B
【解析】
【分析】
A．惰性电极电解饱和食盐水，氯离子、氢离子放电；B．铝离子部分水解，生成氢氧化铝胶体；C．电镀时，镀件为阴极，镀层金属为阳极，阴极上镀层金属离子得到电子；D．向氢氧化镁浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红，说明溶液显碱性，据此分析判断。
【详解】A．用石墨电极电解饱和食盐水的离子反应方程式为2H2O+2Cl-Cl2↑+H2↑+2OH-，故A正确；
B．明矾水解生成氢氧化铝胶体，可用作净水剂，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故B错误；
C．向铁制器具上电镀铜，阴极铜离子得到电子生成铜，电极反应式为：Cu2++2e-═Cu，故C正确；
D．向氢氧化镁浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红，说明溶液显碱性，是因为溶解的氢氧化镁能够电离出氢氧根离子，溶解平衡表达式为：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)，故D正确；
故选B。
16.一定条件下的可逆反应：A(g)+3B(g)⇌2C(g)ΔH=－akJ·mol−1。下列说法正确的是
A. 该反应达到最大限度时，c(C)＝2c(A)
B. 容器压强不变，充入少量Ar气(Ar气与A、B、C气体都不反应)，平衡不移动
C. 降温，由于反应的化学平衡常数(K)改变，使Qc＜K，平衡发生移动
D. 该条件下，将1molA和足量B投入密闭容器中充分反应，放出akJ的热量
【答案】C
【解析】
【详解】A．不确定A和C物质的起始浓度，无法确定平衡时两者浓度的关系，A错误；
B．保持压强不变，充入少量Ar气，即增大体积，参与反应的气体分压减小，则平衡逆向移动，B错误；
C．降低温度，正、逆反应速率均减小，该反应是放热反应，逆反应速率降低的程度较大，故平衡向正向移动，C正确；
D．该反应是可逆反应，反应物不能完全转换成生成物，则放出的能量小于akJ，D错误；
答案选C。
17.环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为：2 ΔH<0。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法不正确的是
A. T1
C. 达平衡后，T1温度下环戊二烯的浓度大于T2温度下环戊二烯的浓度
D. 反应开始至b点时，双环戊二烯平均速率约为：0.45mol•L－1•h－1
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度越高反应速率越快，根据图示可知，在温度T2（虚线）的反应速率较大，则T1＜T2，故A正确；
B．根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于b点切线的绝对值，则a点速率大于b点，故B正确；
C．该反应ΔH<0，是放热反应，由T1＜T2，温度降低，平衡正向移动，则T1温度下平衡时环戊二烯的浓度小于T2温度下环戊二烯的浓度，故C错误；
D．b点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L-0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯平均速率约为：，由化学反应速率比等于化学计量数之比，可得双环戊二烯平均速率约为：，故D正确；
答案选C。
18.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时（各物质均为气态），甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：
下列说法正确的是（ ）
A. 反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) △H=+akJ/mol(a>0)
B. 1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量大于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量
C. 选择优良的催化剂降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗
D. CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂
【答案】C
【解析】
【分析】
由反应机理图可知，反应Ⅰ为：CH3OH =2H2+CO，反应Ⅱ为：CO+H2O=H2+CO2。由能量图可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，对比能量图中反应Ⅰ的反应物所具有的能量和反应Ⅱ的生成物所具有的能量，可知反应Ⅰ的反应物和反应Ⅱ的生成物所具有的能量的大小关系为：EⅡ生＞EⅠ反。据此进行分析。
【详解】A．结合能量图可知，反应Ⅱ为放热反应，根据反应机理图可知，反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) △H=-akJ/mol(a>0)，A项错误；
B．结合反应机理和能量图可知，EⅡ生＞EⅠ反，即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，B项错误；
C．催化剂可以通过参与反应改变反应历程降低反应的活化能，从而可减少反应过程的能耗，C项正确；
D．CO(g)属于中间产物，不是催化剂。D项错误；
答案选C。
19.下列实验方案中，不能达到相应实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验方案
目的
研究温度对化学平衡的影响
验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移
证明溶解度：AgCl＞Ag2S
比较不同催化剂对化学反应速率的影响
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
A．2NO2(红棕色) N2O4(无色)，改变温度，气体的颜色发生变化；B．图中装置可构成原电池；C．先生成AgCl白色沉淀，反应后硝酸银过量；D．其余条件完全相同，只有催化剂不同，据此分析判断。
【详解】A．2NO2(红棕色) N2O4(无色)，改变温度，气体的颜色发生变化，可以研究温度对化学平衡的影响，能实现实验目的，故A不选；
B．图中装置可构成原电池，可验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移，能实现实验目的，故B不选；
C．先生成AgCl白色沉淀，反应后硝酸银过量，再生成Ag2S黑色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，因此不能比较氯化银、硫化银溶解度的大小，不能实现实验目的，故C选；
D．只有催化剂不同，可以根据生成气泡的快慢，验证不同催化剂对化学反应速率的影响，能实现实验目的，故D不选；
故选C。
20.第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态，其电路工作原理如图所示。下列说法中正确的是
A. 放电时甲为负极，充电时为阳极
B. 放电时负极的电极反应式为：MHn－ne－=M+nH+
C. 电池充电时，OH－由甲侧向乙侧移动
D. 汽车下坡时发生图中实线所示的过程
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题干结合电路工作原理分析可知，当汽车上坡或加速时，电动机提供推力，此时电池放电，为原电池，乙电极NiOOH转化为Ni(OH)2，Ni的化合价降低，得到电子作正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，则甲为负极，H2失去电子与OH-结合生成H2O，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，当汽车刹车或下坡时，发动机工作，处于充电状态，为电解池，则甲为阴极，乙为阳极，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，放电时甲是负极，充电时甲为阴极，故A错误；
B．放电时负极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，故B错误；
C．电池充电时是电解池的工作原理，其中甲电极是阴极，乙是阳极，电解池中阴离子向阳极移动，所以OH-由甲侧向乙侧移动，故C正确；
D．汽车下坡时发动机在工作，发生图中虚线所示的过程，故D错误；
故答案为C。
21.为探究浓度对化学平衡的影响，某同学进行如下实验：下列说法不正确的是：
A. 该实验通过观察颜色变化以判断生成物浓度的变化
B. 观察到现象a比现象b中红色更深，即可证明增加反应物浓度，平衡正向移动
C. 进行II、III对比实验的主要目的是防止由于溶液体积变化引起各离子浓度变化而干扰实验结论得出
D. 若I中加入KSCN溶液的体积改为2mL也可以达到实验目的
【答案】D
【解析】
【详解】该反应为可逆反应：，
A．该实验的生成物是硫氰化铁，溶液呈红色，可通过观察溶液颜色深浅来判断生成物的浓度，颜色深，浓度高，A正确；
B．现象a比现象b中红色更深，说明II中生成物的浓度增大，即可证明增加反应物浓度，平衡正向移动，B正确；
C．进行II、III对比实验是取用相同体积的反应物和水，主要目的是排除溶液体积变化的影响，C正确；
D．本实验探究的是浓度这一变量，因此需要控制体积这一变量的统一，故将I中加入KSCN溶液的体积改为2mL是错误的，D错误；
答案选D。
第二部分 (非选择题，共58分)
22.常温下，有0.1mol·L−1的四种溶液：①CH3COOH②NH3·H2O③HCl④FeCl3
(1)用化学用语解释②呈碱性的原因：______。
(2)溶液③的pH=______。
(3)加热、蒸干、灼烧④后所得的产物是______。
(4)25℃时，向20mL①中不断滴入0.1mol·L−1的NaOH溶液，混合溶液pH变化如图所示：
①a点水电离出的c(H+)______10-7mol·L−1(填“大于”“小于”或“等于”)
②b点发生反应的离子方程式是______。
③c点溶液中存在的离子的浓度大小关系是______。
【答案】 (1). NH3·H2O⇌+OH- (2). 1 (3). Fe2O3 (4). 小于 (5). CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O (6). c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)
【解析】
【分析】
根据电解质的电离分析；结合盐类水解的影响因素分析加热、蒸干、灼烧FeCl3溶液后所得的产物；根据酸碱中和原理并结合溶液中的电荷守恒和物料守恒分析解题。
【详解】(1) NH3·H2O是弱碱，在溶液中部分电离使溶液显碱性，其电离方程式为NH3·H2O⇌+OH-；
(2) 0.1mol·L−1的HCl溶液中c(H+)=0.1mol·L−1，则溶液pH=1；
(3) FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加热促水解，且同时生成的HCl挥发，故加热、蒸干得到Fe(OH)3固体，再灼烧Fe(OH)3分解生成Fe2O3，最终所得固体为Fe2O3；
(4)①醋酸是弱酸，电离出的H+抑制水的电离，则a点水电离出的c(H+)小于10-7mol·L−1；
②滴加NaOH溶液与醋酸发生中和反应，则b点发生反应的离子方程式是CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；
③c点溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)；另外溶液中存在电荷守恒式为c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，故c点溶液中存在的离子的浓度大小关系是c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)。
【点睛】本题考查溶液的酸碱性判断和盐类水解原理的应用，重点是酸碱中和溶液成分的分析与离子浓度的大小比较，明确电荷守恒规律是解题关键。
23.有关电化学示意图如下。回答下列问题：
(1)图中正极的电极反应是______；当Zn片的质量减少0.65g时，外电路中有_____mol电子通过。
(2)预测图中U型管的实验现象是______；结合化学用语解释产生现象的原因____。
(3)用石墨电极电解滴加紫色石蕊溶液的稀Na2SO4溶液，通电后A、B两极均有无色气体生成，装置如图所示：
①NaOH在______极生成(填“A”或“B”)。
②B极发生反应的类型为______反应(填“氧化”或“还原”)。
【答案】 (1). Cu2++2e－=Cu (2). 0.02 (3). 左边液面上升，右边液面下降 (4). 试管中的铁钉发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+2H2O+4e－=4OH－，O2减少而使试管中的压强小于大气压 (5). A (6). 氧化
【解析】
分析】
结合原电池原理分析电极反应，并计算转移电子的物质的量；根据金属的吸氧腐蚀分析；根据电解原理分析电解产物。
【详解】(1)图中Zn为负极，发生的电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu为正极，发生的电极反应为Cu2++2e－=Cu，0.65g Zn的物质的量为=0.01mol，则外电路中有0.02mol电子通过；
(2)铁钉发生吸氧腐蚀，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，则试管中O2减少而使试管中的压强小于大气压，导致U型管内左边液面上升，右边液面下降；
(3)A为电解池的阴极，发生电极反应为2H++2e-=H2↑，B为阳极，发生电极反应为4OH-4e-=O2↑+2H2O；
①A极H+被还原生成H2，促进水的电离，A极周围OH-增大，则NaOH在A极生成；
②B极为阳极，发生反应的类型为氧化反应。
【点睛】本题考查原电池原理和电解原理的理解与应用，涉及金属的吸氧腐蚀，注意原电池正、负极的判断方法，通常是活泼金属作负极，发生氧化反应，而电解池中与电源负极相连的极为阴极，发生还原反应，难点是负极H+发生还原反应时促进水的电离。
24.氮元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
(1)已知：反应i：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H＝－92.4kJ/mol
反应ii：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H＝－483.6kJ/mol
则氨气完全燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式_____。
(2)已知反应i断开1mol化学键所需的能量见下表：
N≡N
H—H
N—H
键能/kJ·mol－1
945
436
？
则断开1molN－H键所需的能量是_______kJ
(3)如图表示反应i在500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中M点数据计算N2的平衡体积分数______；该反应的化学平衡常数K的表达式______。
(4)如图是合成氨反应平衡混合气中NH3的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L(L1、L2)、X分别代表温度或压强。其中X代表的是______(填“温度”或“压强”)；判断L1、L2的大小关系并说明理由_______。
(5)电化学气敏传感器可用于检测环境中NH3的含量，其工作原理如图所示：
①反应消耗NH3和O2的物质的量之比为____。
②a极的电极反应式为______。
【答案】 (1). 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=－1266kJ/mol (2). 390.9 (3). 8% (4). (5). 压强 (6). L1＜L2合成氨的反应是放热反应，压强相同时，温度升高，平衡逆向移动，氨的体积分数减小 (7). 4:3 (8). 2NH3–6e－+6OH－=N2+6H2O
【解析】
【分析】
根据盖斯定律，反应热计算式回答问题，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，通过三段式计算平衡体积分数；根据原电池原理判断正负极，负极发生氧化反应。
【详解】(1)根据盖斯定律，氨气完全燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)△H=92.4×2kJ/mol－483.6×3kJ/mol=－1266kJ/mol。
(2)根据△H=反应物键能-生成物键能可知，断开1molN－H键所需的能量是kJ。
(3)根据图中M点数据，此时氮气和氢气的投料比为1：4，氨气的平衡体积分数为40%，设反应前氮气加入了1mol，氢气加入了4mol，平衡时反应消耗了氮气xmol，根据反应N2+3H2⇌2NH3列三段式：
平衡时氨气的体积分数为，x=，即N2的平衡体积分数；该反应的化学平衡常数K的表达式为。
(4)合成氨反应为放热反应，反应正方向气体体积减小，故保持L不变，观察其中一条曲线，随着X增大，氨气的体积分数增大，说明反应正向移动，根据勒夏特列原理，X为压强，L为温度；L1＜L2，合成氨的反应是放热反应，压强相同时，温度升高，平衡逆向移动，氨的体积分数减小。
(5)根据图像，氨气反应生成氮气，氮化合价升高，发生氧化反应，为负极；氧气所处b电极发生还原反应，为正极。
①反应总方程为4NH3+3O2=2N2+6H2O，反应消耗NH3和O2的物质的量之比为4：3。
②a极为负极，发生氧化反应，电极反应式为2NH3–6e－+6OH－=N2+6H2O。
【点睛】本题注意反应热公式中，△H=反应物键能-生成物键能，生成1mol氨气形成3molN－H键。
25.Na2CO3和NaHCO3是中学化学中常见的物质，在生产生活中有重要的用途
(1)常温下，0.1mol/L碳酸钠溶液pH约为12。原因是_____(用离子方程式表示)。
(2)若在FeCl3溶液中加入碳酸氢钠浓溶液，观察到红褐色沉淀和无色气体，用离子方程式解释产生该现象的原因________。
(3)工业回收铅蓄电池中的铅，常用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏(主要成分PbSO4)获得PbCO3，再经过处理最终得到Pb。
①PbCO3的溶解度______PbSO4(填“大于”或“小于”)。
②用离子方程式解释Na2CO3的作用________。
③用等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别处理PbSO4，Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大。原因是________。
(4)25℃时，在10mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示：
①请写出OAB段的离子方程式________。
②当pH＝7时，溶液中主要含有哪些离子________。(除H+和OH-外)
【答案】 (1). +H2O⇌+OH¯ (2). 3+Fe3+=Fe(OH)3↓+3CO2↑ (3). 小于 (4). PbSO4(s)+⇌PbCO3(s)+ (5). 等体积等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，由于碳酸氢根的电离程度小，导致碳酸根离子浓度小，而碳酸钠溶液中碳酸根浓度大，所以碳酸钠使得PbSO4(s)+⇌PbCO3(s)+向正方向移动的程度更大，即Na2CO3溶液中的PbSO4转化率大 (6). +H+= (7). Na＋、Cl－、
【解析】
【分析】
(1)碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，使得溶液显碱性；
(2)在FeCl3溶液中加入碳酸氢钠浓溶液，二者发生双水解反应，生成氢氧化铁红褐色沉淀和二氧化碳无色气体；
(3)用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏(主要成分PbSO4)获得PbCO3，发生了沉淀的转化，PbSO4+ Na2CO3PbCO3+ Na2SO4，结合平衡移动的影响因素分析解答；
(4)根据图象，随着盐酸的加入，逐渐减少，逐渐增多，到B点时，完全反应，达到最多，随后逐渐减少，碳酸分子逐渐增多，据此分析解答。
【详解】(1)常温下，0.1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，使得溶液显碱性，水解的离子方程式为+H2O⇌+OH¯，故答案为：+H2O⇌+OH¯；
(2)在FeCl3溶液中加入碳酸氢钠浓溶液，二者发生双水解反应，生成氢氧化铁红褐色沉淀和二氧化碳无色气体，反应的离子方程式为3+Fe3+=Fe(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：3+Fe3+=Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(3)①用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏(主要成分PbSO4)获得PbCO3，发生了沉淀的转化：PbSO4+ Na2CO3⇌+PbCO3+ Na2SO4，说明PbCO3的溶解度小于PbSO4，故答案为：小于；
②用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏(主要成分PbSO4)获得PbCO3，发生了沉淀的转化：PbSO4+ Na2CO3⇌ PbCO3+ Na2SO4，离子方程式为PbSO4(s)+⇌PbCO3(s)+，故答案为：PbSO4(s)+⇌PbCO3(s)+；
③等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中，Na2CO3中的c(CO32-)大，能够使PbSO4(s)+⇌PbCO3(s)+的平衡正向移动的程度增大，因此Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大，故答案为：等体积等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，由于碳酸氢根的电离程度小，导致碳酸根离子浓度小，而碳酸钠溶液中碳酸根浓度大，所以碳酸钠使得PbSO4(s)+⇌PbCO3(s)+向正方向移动的程度更大，即Na2CO3溶液中的PbSO4转化率大；
(4)①根据图象，随着盐酸的加入，逐渐减少，逐渐增多，到B点时，完全反应，达到最多，随后逐渐减少，碳酸分子逐渐增多，因此OAB段碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为+H+=，故答案为：+H+=；
②根据图象，当pH＝7时，碳酸钠完全转化为碳酸氢钠，且部分碳酸氢钠与盐酸反应生成了碳酸，此时溶液中主要存在碳酸氢钠、氯化钠和碳酸，存在的离子主要有Na＋、Cl－、，故答案为：Na＋、Cl－、。
【点睛】本题的难点为(3)，要注意沉淀转化原理的理解和应用，易错点为(4)②，要注意少量的离子无需写出。
26.为探究化学反应“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”存在限度及平衡移动与物质的浓度、性质的关系，甲、乙两同学进行如下实验。
已知：a.含I2的溶液呈黄色或棕黄色。b.利用色度计可测定溶液的透光率，通常溶液颜色越深，透光率数值越小。
Ⅰ.甲同学设计下列实验进行相关探究，实验如下：
回答下列问题：
(1)甲同学利用实验②中i和ii证明Fe2(SO4)3溶液与KI溶液的反应存在限度，实验i中的现象是________，实验ii中a是________(化学式)溶液。
(2)用离子方程式表示实验②iii中产生黄色沉淀的原因________。
Ⅱ.乙同学：利用色度计对Fe2(SO4)3溶液与KI溶液的反应进行再次探究
【实验过程】
序号
实验步骤1
实验步骤2
实验③
将盛有2mL蒸馏水的比色皿放入色度计的槽孔中
向比色皿中逐滴滴入5滴(每滴约0.025mL)0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液，同时采集溶液的透光率数据
实验④
将盛有2mL0.1mol·L-1KI溶液的比色皿放入色度计的槽孔中
同上
实验⑤
将盛有2mL0.2mol·L-1KI溶液的比色皿放入色度计的槽孔中
同上
实验中溶液的透光率数据变化如图所示：
回答下列问题：
(3)乙同学实验③的目的是______。
(4)乙同学通过透光率变化推断：FeCl3溶液与KI溶液的反应存在限度。其相应的推理过程是______。
(5)乙同学根据氧化还原反应的规律，用如图装置(a、b均为石墨电极)，探究化学平衡移动与I-与Fe2+浓度及还原性强弱关系，操作过程如下：
①K闭合时，电流计指针向右偏转，乙同学得出结论：2Fe3++2I—⇌2Fe2++I2向正反应方向进行，b作______(填“正”或“负”)极，还原性I—＞Fe2+
②当指针归零(反应达到平衡)后，向U型管右管滴加0.1mol/LFeSO4溶液，电流计指针向左偏转，由此得出还原性Fe2+_____I—(填“＞”或“＜”)。
(6)综合甲、乙两位同学的实验探究过程，得出的结论有______。
【答案】 (1). 溶液变蓝 (2). KSCN (3). Ag++I－=AgI (4). 排除实验④和实验⑤中Fe3+对溶液透光率的干扰 (5). 溶液透光率不再随时间改变后，实验⑤的溶液透光率低于实验④的溶液透光率，说明实验④中虽然KI过量，但仍有未反应的Fe3+ (6). 正 (7). ＞ (8). 2Fe3++2I－⇌2Fe2++I2存在限度；改变条件可使平衡移动；物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响。
【解析】
【分析】
(1)反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，产物有碘单质，就能使淀粉溶液变蓝；若证明该反应存在限度，可用KSCN溶液来验证Fe3+是否剩余；
(3)透光率与浓度有关，探究I-浓度对反应的影响，故需要控制其他物质的浓度一致；
(5) K闭合时，电流计指针向右偏转，该反应是Fe3+得电子，加入FeSO4溶液后，电流计指针向左偏转，说明浓度可对物质的氧化性及还原性有影响。
【详解】(1)该反应的化学方程式：2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，产物有碘单质，加入到淀粉溶液，可观察到溶液变蓝，若该反应存在限度，则应剩余Fe3+，实验ii中a是KSCN溶液，Fe3+与SCN-形成配合物，溶液呈红色，故答案为：溶液变蓝；KSCN；
(2)反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，存在反应限度，则还剩余I-，加入AgNO3溶液，形成黄色沉淀，用离子方程式表示为：Ag++I－=AgI↓；
(3)该探究实验是探究I-浓度对反应的影响，而透光率与溶液的颜色有关，故用实验③加蒸馏水，把Fe3+的浓度影响控制一致，故答案为：排除实验④和实验⑤中Fe3+对溶液透光率的干扰；
(4)分析实验④和⑤，能推出FeCl3溶液与KI溶液反应存在限度的理由：溶液透光率不再随时间改变后，实验⑤的溶液透光率低于实验④的溶液透光率，说明实验④中虽然KI过量，但仍有未反应的Fe3+；
(5)①电流计指针向右偏转，说明b极Fe3+得到电子，作正极；故答案为：正；
②电流计指针向左偏转，说明a极的I2得电子生成I-，由此得出还原性Fe2+＞I-；故答案为：＞；
(6)甲同学实验是为了证明该反应存在限度，乙同学是探究浓度对物质的氧化性和还原性的影响，综合甲、乙两位同学的实验探究过程，得出的结论有：2Fe3++2I－⇌2Fe2++I2存在限度；改变条件可使平衡移动；物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Zn：65
第一部分 选择题(共42分)
一、选择题(只有一个选项符合题意。共21个小题，每小题2分，共42分)。
1.实施垃圾分类，节约使用资源是社会文明水平的重要体现，废旧电池属于
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】废旧电池中的重金属颜色，如镉、汞等重金属溶出会污染地下水和土壤，再渗进鱼类、农作物中，破坏人类的生存环境，威胁人类的健康，不能随意丢弃，需要回收处理，故选D。
2.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是
A. 防腐剂 B. 调味剂
C. 着色剂 D. 营养强化剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．防腐剂可延缓食品氧化的反应速率，与速率有关，故A符合题意；
B．调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B不符合题意；
C．着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C不符合题意；
D．营养强化剂是为了给食品添加某种营养物质，与速率无关，故D不符合题意；
故选A。
3.下列物质溶于水后主要以分子形式存在的是
A. H2SO4 B. NaOH
C. CH3COOH D. CH3COONa
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2SO4是可溶性强电解质，在水溶液中完全电离，溶液中不存在硫酸分子，故A错误；
B．NaOH是离子化合物，是可溶性强电解质，在水溶液中完全电离，全部以Na+和OH-形式存在，故B错误；
C．CH3COOH是可溶性弱电解质，在水溶液中部分电离，溶液中主要以CH3COOH分子，故B正确；
D．CH3COONa是离子化合物，是可溶性强电解质，在水溶液中完全电离，主要以Na+和CH3COO-形式存在，故D错误；
故答案为C。
4.下列离子方程式中，属于水解反应的是
A. HCOOH⇌HCOO-+H+
B. +H2O⇌H2CO3+OH-
C. H2O+H2O⇌H3O++OH-
D. ⇌+H+
【答案】B
【解析】
【分析】
盐中的弱酸根或弱碱阳离子结合水电离出的氢离子或氢氧根生成弱电解质的反应为水解反应，据此分析判断。
【详解】A．HCOOH⇌HCOO-+H+为甲酸的电离方程式，不是水解反应方程式，故A错误；
B．+H2O⇌H2CO3+OH-为的水解反应，故B正确；
C．H2O+H2O⇌H3O++OH-为H2O的电离方程式，不是水解反应，故C错误；
D．⇌+H+为离子的电离方程式，不是水解反应方程式，故D错误；
故选B。
5.一定条件下，在10L密闭容器中发生反应：A(g)+3B(g)=2C(g)+4D(g)，测得5min内，A的物质的量减小了10mol，则5min内该反应的化学反应速率是
A. υ(A)=2.0mol/(L·min)
B. υ(B)=0.2mol/(L·min)
C. υ(C)=0.2mol/(L·min)
D. υ(D)=0.8mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
【详解】在10L密闭容器中，5min内，A的物质的量减小了10mol，则A的化学反应速率为：，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，可得，，，故答案选D。
6.在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列证据不能说明反应一定达到化学平衡状态的是（ ）
A. 容器内的压强不再改变
B. c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2
C. SO2的转化率不再改变
D. SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等
【答案】B
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A．该反应为反应前后气体的总量发生变化的反应，容器内的压强不再改变时，说明气体的物质的量也不再发生变化，反应达平衡状态，故A正确；
B．c（SO2）：c（O2）：c（SO3）=2：1：2，只能说明某一时刻各物质的浓度之间的关系，不能说明各物质的物质的量浓度不变，故B错误；
C．SO2的转化率不再改变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故C正确；
D．SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等，说明正、逆反应的速率相等，反应达平衡状态，故D正确；
故选B。
7.下列能源中，蕴藏有限、不能再生的是
A. 氢能 B. 太阳能
C. 地热能 D. 化石燃料
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氢能是通过氢气和氧气反应所产生的能量。氢在地球上主要以化合态的形式出现，是二次能源，故A不符合题意；
B. 太阳能被归为"可再生能源"，相对人的生命长短来说，太阳能散发能量的时间约等于无穷，故B不符合题意；
C.地热能无污染，是新能源，正在开发利用，有广阔的前景，所以C不符合题意；
D.化石燃料是人们目前使用的主要能源，它们的蕴藏量有限，而且不能再生，最终会枯竭，属于不可再生能源，故D符合题意；
所以D选项是正确的。.
8.在一定温度下的密闭容器中，加入1 mol CO和1 mol H2O发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，达到平衡时测得n(H2)为0.5 mol，下列说法不正确的
A. 在该温度下平衡常数K=1
B. 平衡常数与反应温度无关
C. CO的转化率为50%
D. 其他条件不变，改变压强平衡不移动
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据方程式可知在该反应中生成CO2物质的量是0.5 mol，未反应的CO和H2O的物质的量也都是0.5 mol，所以该反应的化学平衡常数是K＝=1，A正确；
B．化学平衡常数只与反应温度有关，而与反应的投料等外界条件无关，B错误；
C．CO的转化率为×100%=50%，C正确；
D．由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，其他条件不变改变压强，平衡不移动，D正确；
答案选B。
9.N2和O2生成NO的反应在密闭容器中进行，下列条件中一定能够加快化学反应速率的是
A. 扩大体积
B. 体积不变，充入N2
C 扩大体积，充入氦气
D. 体积不变，充入氦气，增大压强
【答案】B
【解析】
【详解】A．扩大体积，N2和O2的浓度减小，反应速率减慢，故A错误；
B．体积不变，充入N2，氮气的浓度增大，反应速率加快，故B正确；
C．扩大体积，充入氦气，N2和O2的浓度减小，反应速率减慢，故C错误；
D．体积不变，充入氦气，反应体系中N2和O2的浓度不变，反应速率不变，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为CD，要注意N2和O2浓度的变化对反应速率的影响。
10.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是
A. 醋酸溶液能使石蕊溶液变红
B. 25℃时，0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3
C. 醋酸能与乙醇反应生成乙酸乙酯
D. 醋酸能与水以任意比互溶
【答案】B
【解析】
【分析】
弱电解质在水溶液中的电离不充分，醋酸具有酸的通性，据此回答问题。
【详解】A. 醋酸属于酸，石蕊溶液遇酸变红，不能说明醋酸的电离情况，A不符合题意；
B. 25℃时，0.1mol/L醋酸溶液的pH大于1，溶液中c（H+）小于0.1mol/L，说明醋酸电离不充分，属于弱酸，B符合题意；
C. 醋酸含有羧基，能与乙醇反应生成乙酸乙酯，不能说明醋酸的电离情况，C不符合题意；
D. 醋酸能与水形成氢键，能以任意比互溶，不能说明醋酸的电离情况，D不符合题意。
答案为B。
11.下列金属防护的方法中，应用了牺牲阳极的阴极保护法的是
A
B
C
D
工具转动部位涂油脂
钢铁船身嵌入锌
车圈、车铃钢上镀铬
健身器材刷油漆
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．工具转动部位涂油脂是增加保护层，故A错误；
B．钢铁船身嵌入锌，形成的原电池Zn是负极，Fe是正极，应用了牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；
C．车圈、车铃钢上镀铬是增加保护层，故C错误；
D．健身器材刷油漆是增加保护层，故D错误；
故答案为B。
12.0.1mol/L的NH4Cl溶液中，离子浓度关系正确的是
A. c()>c(Cl—)>c(H+)>c(OH—)
B. c()>c(OH—)>c(Cl—)>c(H+)
C. c(OH—)=c(Cl—)+c(H+)
D. c()+c(H+)=c(Cl—)+c(OH—)
【答案】D
【解析】
【分析】
氯化铵溶液显酸性，铵根发生水解生成氢离子和一水合氨，据此回答问题。
【详解】A. 在氯化铵溶液中，铵根会发生水解生成氢离子，c(Cl—) > c()>c(H+)>c(OH—)，A错误；
B. 铵根会发生水解生成氢离子，c(Cl—) > c()>c(H+)>c(OH—)，B错误；
C. 根据质子守恒可知，c(NH3·H2O)+c(OH—)= c(H+)，C错误；
D. 根据电荷守恒可知，c()+c(H+)=c(Cl—)+c(OH—)，D正确。
答案为D。
13.下列应用与盐类水解无关的是
A. 纯碱溶液去油污
B. 明矾做净水剂
C. 用氯化铁溶液制氢氧化铁胶体
D. 用Na2S做沉淀剂，除去溶液中的Cu2+
【答案】D
【解析】
【分析】
根据物质性质进行作答，油污能在碱性环境下水解，明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，氯化铁在煮沸的水中生成氢氧化铁胶体，金属阳离子常用沉淀法去除。
【详解】A. 纯碱溶液碳酸钠水解生成氢氧根离子，油污中的酯基在氢氧根环境下水解，与盐类水解有关，A错误；
B. 明矾溶于水，铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮的杂质形成沉淀，与盐类水解有关，B错误；
C. 用氯化铁溶液在沸水中发生水解，制氢氧化铁胶体，与盐类水解有关，C错误；
D. 用Na2S做沉淀剂，硫离子与Cu2+结合生成硫化铜沉淀，与盐类水解无关，D正确。
答案为D。
14.下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深
C. 实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出
D. 石灰岩受地下水长期溶蚀形成溶洞
【答案】B
【解析】
【详解】A.啤酒中存在平衡：H2CO3H2O+CO2，开启啤酒瓶，瓶内压强降低，平衡向气体体积增大的方向移动，即向生成二氧化碳气体的方向移动，故能用平衡移动原理解释，A不选；
B.反应H2+I22HI是一个反应前后气体分子数不变的反应，压强改变并不能使平衡发生移动，混合气体加压后颜色变深，是因为I2的浓度增大，不能用平衡移动原理解释，B选；
C.实验室制取乙酸乙酯时，采用加热的方式将乙酸乙酯不断蒸出，从而平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，能用平衡移动原理解释，C不选；
D.石灰岩形成与反应：CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2，能用平衡移动原理解释，D不选；
答案选B。
15.下列解释事实的离子方程式不正确的是
A 用石墨电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑
B. 明矾可以做净水剂：Al3++3H2O＝Al(OH)3↓+3H+
C. 向铁制器具上电镀铜，阴极的电极反应为：Cu2+＋2e-=Cu
D. 向氢氧化镁浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)
【答案】B
【解析】
【分析】
A．惰性电极电解饱和食盐水，氯离子、氢离子放电；B．铝离子部分水解，生成氢氧化铝胶体；C．电镀时，镀件为阴极，镀层金属为阳极，阴极上镀层金属离子得到电子；D．向氢氧化镁浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红，说明溶液显碱性，据此分析判断。
【详解】A．用石墨电极电解饱和食盐水的离子反应方程式为2H2O+2Cl-Cl2↑+H2↑+2OH-，故A正确；
B．明矾水解生成氢氧化铝胶体，可用作净水剂，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故B错误；
C．向铁制器具上电镀铜，阴极铜离子得到电子生成铜，电极反应式为：Cu2++2e-═Cu，故C正确；
D．向氢氧化镁浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红，说明溶液显碱性，是因为溶解的氢氧化镁能够电离出氢氧根离子，溶解平衡表达式为：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)，故D正确；
故选B。
16.一定条件下的可逆反应：A(g)+3B(g)⇌2C(g)ΔH=－akJ·mol−1。下列说法正确的是
A. 该反应达到最大限度时，c(C)＝2c(A)
B. 容器压强不变，充入少量Ar气(Ar气与A、B、C气体都不反应)，平衡不移动
C. 降温，由于反应的化学平衡常数(K)改变，使Qc＜K，平衡发生移动
D. 该条件下，将1molA和足量B投入密闭容器中充分反应，放出akJ的热量
【答案】C
【解析】
【详解】A．不确定A和C物质的起始浓度，无法确定平衡时两者浓度的关系，A错误；
B．保持压强不变，充入少量Ar气，即增大体积，参与反应的气体分压减小，则平衡逆向移动，B错误；
C．降低温度，正、逆反应速率均减小，该反应是放热反应，逆反应速率降低的程度较大，故平衡向正向移动，C正确；
D．该反应是可逆反应，反应物不能完全转换成生成物，则放出的能量小于akJ，D错误；
答案选C。
17.环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为：2 ΔH<0。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法不正确的是
A. T1
C. 达平衡后，T1温度下环戊二烯的浓度大于T2温度下环戊二烯的浓度
D. 反应开始至b点时，双环戊二烯平均速率约为：0.45mol•L－1•h－1
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度越高反应速率越快，根据图示可知，在温度T2（虚线）的反应速率较大，则T1＜T2，故A正确；
B．根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于b点切线的绝对值，则a点速率大于b点，故B正确；
C．该反应ΔH<0，是放热反应，由T1＜T2，温度降低，平衡正向移动，则T1温度下平衡时环戊二烯的浓度小于T2温度下环戊二烯的浓度，故C错误；
D．b点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L-0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯平均速率约为：，由化学反应速率比等于化学计量数之比，可得双环戊二烯平均速率约为：，故D正确；
答案选C。
18.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时（各物质均为气态），甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：
下列说法正确的是（ ）
A. 反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) △H=+akJ/mol(a>0)
B. 1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量大于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量
C. 选择优良的催化剂降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗
D. CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂
【答案】C
【解析】
【分析】
由反应机理图可知，反应Ⅰ为：CH3OH =2H2+CO，反应Ⅱ为：CO+H2O=H2+CO2。由能量图可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，对比能量图中反应Ⅰ的反应物所具有的能量和反应Ⅱ的生成物所具有的能量，可知反应Ⅰ的反应物和反应Ⅱ的生成物所具有的能量的大小关系为：EⅡ生＞EⅠ反。据此进行分析。
【详解】A．结合能量图可知，反应Ⅱ为放热反应，根据反应机理图可知，反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) △H=-akJ/mol(a>0)，A项错误；
B．结合反应机理和能量图可知，EⅡ生＞EⅠ反，即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，B项错误；
C．催化剂可以通过参与反应改变反应历程降低反应的活化能，从而可减少反应过程的能耗，C项正确；
D．CO(g)属于中间产物，不是催化剂。D项错误；
答案选C。
19.下列实验方案中，不能达到相应实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验方案
目的
研究温度对化学平衡的影响
验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移
证明溶解度：AgCl＞Ag2S
比较不同催化剂对化学反应速率的影响
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
A．2NO2(红棕色) N2O4(无色)，改变温度，气体的颜色发生变化；B．图中装置可构成原电池；C．先生成AgCl白色沉淀，反应后硝酸银过量；D．其余条件完全相同，只有催化剂不同，据此分析判断。
【详解】A．2NO2(红棕色) N2O4(无色)，改变温度，气体的颜色发生变化，可以研究温度对化学平衡的影响，能实现实验目的，故A不选；
B．图中装置可构成原电池，可验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移，能实现实验目的，故B不选；
C．先生成AgCl白色沉淀，反应后硝酸银过量，再生成Ag2S黑色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，因此不能比较氯化银、硫化银溶解度的大小，不能实现实验目的，故C选；
D．只有催化剂不同，可以根据生成气泡的快慢，验证不同催化剂对化学反应速率的影响，能实现实验目的，故D不选；
故选C。
20.第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态，其电路工作原理如图所示。下列说法中正确的是
A. 放电时甲为负极，充电时为阳极
B. 放电时负极的电极反应式为：MHn－ne－=M+nH+
C. 电池充电时，OH－由甲侧向乙侧移动
D. 汽车下坡时发生图中实线所示的过程
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题干结合电路工作原理分析可知，当汽车上坡或加速时，电动机提供推力，此时电池放电，为原电池，乙电极NiOOH转化为Ni(OH)2，Ni的化合价降低，得到电子作正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，则甲为负极，H2失去电子与OH-结合生成H2O，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，当汽车刹车或下坡时，发动机工作，处于充电状态，为电解池，则甲为阴极，乙为阳极，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，放电时甲是负极，充电时甲为阴极，故A错误；
B．放电时负极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，故B错误；
C．电池充电时是电解池的工作原理，其中甲电极是阴极，乙是阳极，电解池中阴离子向阳极移动，所以OH-由甲侧向乙侧移动，故C正确；
D．汽车下坡时发动机在工作，发生图中虚线所示的过程，故D错误；
故答案为C。
21.为探究浓度对化学平衡的影响，某同学进行如下实验：下列说法不正确的是：
A. 该实验通过观察颜色变化以判断生成物浓度的变化
B. 观察到现象a比现象b中红色更深，即可证明增加反应物浓度，平衡正向移动
C. 进行II、III对比实验的主要目的是防止由于溶液体积变化引起各离子浓度变化而干扰实验结论得出
D. 若I中加入KSCN溶液的体积改为2mL也可以达到实验目的
【答案】D
【解析】
【详解】该反应为可逆反应：，
A．该实验的生成物是硫氰化铁，溶液呈红色，可通过观察溶液颜色深浅来判断生成物的浓度，颜色深，浓度高，A正确；
B．现象a比现象b中红色更深，说明II中生成物的浓度增大，即可证明增加反应物浓度，平衡正向移动，B正确；
C．进行II、III对比实验是取用相同体积的反应物和水，主要目的是排除溶液体积变化的影响，C正确；
D．本实验探究的是浓度这一变量，因此需要控制体积这一变量的统一，故将I中加入KSCN溶液的体积改为2mL是错误的，D错误；
答案选D。
第二部分 (非选择题，共58分)
22.常温下，有0.1mol·L−1的四种溶液：①CH3COOH②NH3·H2O③HCl④FeCl3
(1)用化学用语解释②呈碱性的原因：______。
(2)溶液③的pH=______。
(3)加热、蒸干、灼烧④后所得的产物是______。
(4)25℃时，向20mL①中不断滴入0.1mol·L−1的NaOH溶液，混合溶液pH变化如图所示：
①a点水电离出的c(H+)______10-7mol·L−1(填“大于”“小于”或“等于”)
②b点发生反应的离子方程式是______。
③c点溶液中存在的离子的浓度大小关系是______。
【答案】 (1). NH3·H2O⇌+OH- (2). 1 (3). Fe2O3 (4). 小于 (5). CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O (6). c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)
【解析】
【分析】
根据电解质的电离分析；结合盐类水解的影响因素分析加热、蒸干、灼烧FeCl3溶液后所得的产物；根据酸碱中和原理并结合溶液中的电荷守恒和物料守恒分析解题。
【详解】(1) NH3·H2O是弱碱，在溶液中部分电离使溶液显碱性，其电离方程式为NH3·H2O⇌+OH-；
(2) 0.1mol·L−1的HCl溶液中c(H+)=0.1mol·L−1，则溶液pH=1；
(3) FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加热促水解，且同时生成的HCl挥发，故加热、蒸干得到Fe(OH)3固体，再灼烧Fe(OH)3分解生成Fe2O3，最终所得固体为Fe2O3；
(4)①醋酸是弱酸，电离出的H+抑制水的电离，则a点水电离出的c(H+)小于10-7mol·L−1；
②滴加NaOH溶液与醋酸发生中和反应，则b点发生反应的离子方程式是CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；
③c点溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)；另外溶液中存在电荷守恒式为c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，故c点溶液中存在的离子的浓度大小关系是c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)。
【点睛】本题考查溶液的酸碱性判断和盐类水解原理的应用，重点是酸碱中和溶液成分的分析与离子浓度的大小比较，明确电荷守恒规律是解题关键。
23.有关电化学示意图如下。回答下列问题：
(1)图中正极的电极反应是______；当Zn片的质量减少0.65g时，外电路中有_____mol电子通过。
(2)预测图中U型管的实验现象是______；结合化学用语解释产生现象的原因____。
(3)用石墨电极电解滴加紫色石蕊溶液的稀Na2SO4溶液，通电后A、B两极均有无色气体生成，装置如图所示：
①NaOH在______极生成(填“A”或“B”)。
②B极发生反应的类型为______反应(填“氧化”或“还原”)。
【答案】 (1). Cu2++2e－=Cu (2). 0.02 (3). 左边液面上升，右边液面下降 (4). 试管中的铁钉发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+2H2O+4e－=4OH－，O2减少而使试管中的压强小于大气压 (5). A (6). 氧化
【解析】
分析】
结合原电池原理分析电极反应，并计算转移电子的物质的量；根据金属的吸氧腐蚀分析；根据电解原理分析电解产物。
【详解】(1)图中Zn为负极，发生的电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu为正极，发生的电极反应为Cu2++2e－=Cu，0.65g Zn的物质的量为=0.01mol，则外电路中有0.02mol电子通过；
(2)铁钉发生吸氧腐蚀，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，则试管中O2减少而使试管中的压强小于大气压，导致U型管内左边液面上升，右边液面下降；
(3)A为电解池的阴极，发生电极反应为2H++2e-=H2↑，B为阳极，发生电极反应为4OH-4e-=O2↑+2H2O；
①A极H+被还原生成H2，促进水的电离，A极周围OH-增大，则NaOH在A极生成；
②B极为阳极，发生反应的类型为氧化反应。
【点睛】本题考查原电池原理和电解原理的理解与应用，涉及金属的吸氧腐蚀，注意原电池正、负极的判断方法，通常是活泼金属作负极，发生氧化反应，而电解池中与电源负极相连的极为阴极，发生还原反应，难点是负极H+发生还原反应时促进水的电离。
24.氮元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
(1)已知：反应i：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H＝－92.4kJ/mol
反应ii：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H＝－483.6kJ/mol
则氨气完全燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式_____。
(2)已知反应i断开1mol化学键所需的能量见下表：
N≡N
H—H
N—H
键能/kJ·mol－1
945
436
？
则断开1molN－H键所需的能量是_______kJ
(3)如图表示反应i在500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中M点数据计算N2的平衡体积分数______；该反应的化学平衡常数K的表达式______。
(4)如图是合成氨反应平衡混合气中NH3的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L(L1、L2)、X分别代表温度或压强。其中X代表的是______(填“温度”或“压强”)；判断L1、L2的大小关系并说明理由_______。
(5)电化学气敏传感器可用于检测环境中NH3的含量，其工作原理如图所示：
①反应消耗NH3和O2的物质的量之比为____。
②a极的电极反应式为______。
【答案】 (1). 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=－1266kJ/mol (2). 390.9 (3). 8% (4). (5). 压强 (6). L1＜L2合成氨的反应是放热反应，压强相同时，温度升高，平衡逆向移动，氨的体积分数减小 (7). 4:3 (8). 2NH3–6e－+6OH－=N2+6H2O
【解析】
【分析】
根据盖斯定律，反应热计算式回答问题，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，通过三段式计算平衡体积分数；根据原电池原理判断正负极，负极发生氧化反应。
【详解】(1)根据盖斯定律，氨气完全燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)△H=92.4×2kJ/mol－483.6×3kJ/mol=－1266kJ/mol。
(2)根据△H=反应物键能-生成物键能可知，断开1molN－H键所需的能量是kJ。
(3)根据图中M点数据，此时氮气和氢气的投料比为1：4，氨气的平衡体积分数为40%，设反应前氮气加入了1mol，氢气加入了4mol，平衡时反应消耗了氮气xmol，根据反应N2+3H2⇌2NH3列三段式：
平衡时氨气的体积分数为，x=，即N2的平衡体积分数；该反应的化学平衡常数K的表达式为。
(4)合成氨反应为放热反应，反应正方向气体体积减小，故保持L不变，观察其中一条曲线，随着X增大，氨气的体积分数增大，说明反应正向移动，根据勒夏特列原理，X为压强，L为温度；L1＜L2，合成氨的反应是放热反应，压强相同时，温度升高，平衡逆向移动，氨的体积分数减小。
(5)根据图像，氨气反应生成氮气，氮化合价升高，发生氧化反应，为负极；氧气所处b电极发生还原反应，为正极。
①反应总方程为4NH3+3O2=2N2+6H2O，反应消耗NH3和O2的物质的量之比为4：3。
②a极为负极，发生氧化反应，电极反应式为2NH3–6e－+6OH－=N2+6H2O。
【点睛】本题注意反应热公式中，△H=反应物键能-生成物键能，生成1mol氨气形成3molN－H键。
25.Na2CO3和NaHCO3是中学化学中常见的物质，在生产生活中有重要的用途
(1)常温下，0.1mol/L碳酸钠溶液pH约为12。原因是_____(用离子方程式表示)。
(2)若在FeCl3溶液中加入碳酸氢钠浓溶液，观察到红褐色沉淀和无色气体，用离子方程式解释产生该现象的原因________。
(3)工业回收铅蓄电池中的铅，常用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏(主要成分PbSO4)获得PbCO3，再经过处理最终得到Pb。
①PbCO3的溶解度______PbSO4(填“大于”或“小于”)。
②用离子方程式解释Na2CO3的作用________。
③用等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别处理PbSO4，Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大。原因是________。
(4)25℃时，在10mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示：
①请写出OAB段的离子方程式________。
②当pH＝7时，溶液中主要含有哪些离子________。(除H+和OH-外)
【答案】 (1). +H2O⇌+OH¯ (2). 3+Fe3+=Fe(OH)3↓+3CO2↑ (3). 小于 (4). PbSO4(s)+⇌PbCO3(s)+ (5). 等体积等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，由于碳酸氢根的电离程度小，导致碳酸根离子浓度小，而碳酸钠溶液中碳酸根浓度大，所以碳酸钠使得PbSO4(s)+⇌PbCO3(s)+向正方向移动的程度更大，即Na2CO3溶液中的PbSO4转化率大 (6). +H+= (7). Na＋、Cl－、
【解析】
【分析】
(1)碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，使得溶液显碱性；
(2)在FeCl3溶液中加入碳酸氢钠浓溶液，二者发生双水解反应，生成氢氧化铁红褐色沉淀和二氧化碳无色气体；
(3)用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏(主要成分PbSO4)获得PbCO3，发生了沉淀的转化，PbSO4+ Na2CO3PbCO3+ Na2SO4，结合平衡移动的影响因素分析解答；
(4)根据图象，随着盐酸的加入，逐渐减少，逐渐增多，到B点时，完全反应，达到最多，随后逐渐减少，碳酸分子逐渐增多，据此分析解答。
【详解】(1)常温下，0.1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，使得溶液显碱性，水解的离子方程式为+H2O⇌+OH¯，故答案为：+H2O⇌+OH¯；
(2)在FeCl3溶液中加入碳酸氢钠浓溶液，二者发生双水解反应，生成氢氧化铁红褐色沉淀和二氧化碳无色气体，反应的离子方程式为3+Fe3+=Fe(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：3+Fe3+=Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(3)①用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏(主要成分PbSO4)获得PbCO3，发生了沉淀的转化：PbSO4+ Na2CO3⇌+PbCO3+ Na2SO4，说明PbCO3的溶解度小于PbSO4，故答案为：小于；
②用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏(主要成分PbSO4)获得PbCO3，发生了沉淀的转化：PbSO4+ Na2CO3⇌ PbCO3+ Na2SO4，离子方程式为PbSO4(s)+⇌PbCO3(s)+，故答案为：PbSO4(s)+⇌PbCO3(s)+；
③等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中，Na2CO3中的c(CO32-)大，能够使PbSO4(s)+⇌PbCO3(s)+的平衡正向移动的程度增大，因此Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大，故答案为：等体积等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，由于碳酸氢根的电离程度小，导致碳酸根离子浓度小，而碳酸钠溶液中碳酸根浓度大，所以碳酸钠使得PbSO4(s)+⇌PbCO3(s)+向正方向移动的程度更大，即Na2CO3溶液中的PbSO4转化率大；
(4)①根据图象，随着盐酸的加入，逐渐减少，逐渐增多，到B点时，完全反应，达到最多，随后逐渐减少，碳酸分子逐渐增多，因此OAB段碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为+H+=，故答案为：+H+=；
②根据图象，当pH＝7时，碳酸钠完全转化为碳酸氢钠，且部分碳酸氢钠与盐酸反应生成了碳酸，此时溶液中主要存在碳酸氢钠、氯化钠和碳酸，存在的离子主要有Na＋、Cl－、，故答案为：Na＋、Cl－、。
【点睛】本题的难点为(3)，要注意沉淀转化原理的理解和应用，易错点为(4)②，要注意少量的离子无需写出。
26.为探究化学反应“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”存在限度及平衡移动与物质的浓度、性质的关系，甲、乙两同学进行如下实验。
已知：a.含I2的溶液呈黄色或棕黄色。b.利用色度计可测定溶液的透光率，通常溶液颜色越深，透光率数值越小。
Ⅰ.甲同学设计下列实验进行相关探究，实验如下：
回答下列问题：
(1)甲同学利用实验②中i和ii证明Fe2(SO4)3溶液与KI溶液的反应存在限度，实验i中的现象是________，实验ii中a是________(化学式)溶液。
(2)用离子方程式表示实验②iii中产生黄色沉淀的原因________。
Ⅱ.乙同学：利用色度计对Fe2(SO4)3溶液与KI溶液的反应进行再次探究
【实验过程】
序号
实验步骤1
实验步骤2
实验③
将盛有2mL蒸馏水的比色皿放入色度计的槽孔中
向比色皿中逐滴滴入5滴(每滴约0.025mL)0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液，同时采集溶液的透光率数据
实验④
将盛有2mL0.1mol·L-1KI溶液的比色皿放入色度计的槽孔中
同上
实验⑤
将盛有2mL0.2mol·L-1KI溶液的比色皿放入色度计的槽孔中
同上
实验中溶液的透光率数据变化如图所示：
回答下列问题：
(3)乙同学实验③的目的是______。
(4)乙同学通过透光率变化推断：FeCl3溶液与KI溶液的反应存在限度。其相应的推理过程是______。
(5)乙同学根据氧化还原反应的规律，用如图装置(a、b均为石墨电极)，探究化学平衡移动与I-与Fe2+浓度及还原性强弱关系，操作过程如下：
①K闭合时，电流计指针向右偏转，乙同学得出结论：2Fe3++2I—⇌2Fe2++I2向正反应方向进行，b作______(填“正”或“负”)极，还原性I—＞Fe2+
②当指针归零(反应达到平衡)后，向U型管右管滴加0.1mol/LFeSO4溶液，电流计指针向左偏转，由此得出还原性Fe2+_____I—(填“＞”或“＜”)。
(6)综合甲、乙两位同学的实验探究过程，得出的结论有______。
【答案】 (1). 溶液变蓝 (2). KSCN (3). Ag++I－=AgI (4). 排除实验④和实验⑤中Fe3+对溶液透光率的干扰 (5). 溶液透光率不再随时间改变后，实验⑤的溶液透光率低于实验④的溶液透光率，说明实验④中虽然KI过量，但仍有未反应的Fe3+ (6). 正 (7). ＞ (8). 2Fe3++2I－⇌2Fe2++I2存在限度；改变条件可使平衡移动；物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响。
【解析】
【分析】
(1)反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，产物有碘单质，就能使淀粉溶液变蓝；若证明该反应存在限度，可用KSCN溶液来验证Fe3+是否剩余；
(3)透光率与浓度有关，探究I-浓度对反应的影响，故需要控制其他物质的浓度一致；
(5) K闭合时，电流计指针向右偏转，该反应是Fe3+得电子，加入FeSO4溶液后，电流计指针向左偏转，说明浓度可对物质的氧化性及还原性有影响。
【详解】(1)该反应的化学方程式：2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，产物有碘单质，加入到淀粉溶液，可观察到溶液变蓝，若该反应存在限度，则应剩余Fe3+，实验ii中a是KSCN溶液，Fe3+与SCN-形成配合物，溶液呈红色，故答案为：溶液变蓝；KSCN；
(2)反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，存在反应限度，则还剩余I-，加入AgNO3溶液，形成黄色沉淀，用离子方程式表示为：Ag++I－=AgI↓；
(3)该探究实验是探究I-浓度对反应的影响，而透光率与溶液的颜色有关，故用实验③加蒸馏水，把Fe3+的浓度影响控制一致，故答案为：排除实验④和实验⑤中Fe3+对溶液透光率的干扰；
(4)分析实验④和⑤，能推出FeCl3溶液与KI溶液反应存在限度的理由：溶液透光率不再随时间改变后，实验⑤的溶液透光率低于实验④的溶液透光率，说明实验④中虽然KI过量，但仍有未反应的Fe3+；
(5)①电流计指针向右偏转，说明b极Fe3+得到电子，作正极；故答案为：正；
②电流计指针向左偏转，说明a极的I2得电子生成I-，由此得出还原性Fe2+＞I-；故答案为：＞；
(6)甲同学实验是为了证明该反应存在限度，乙同学是探究浓度对物质的氧化性和还原性的影响，综合甲、乙两位同学的实验探究过程，得出的结论有：2Fe3++2I－⇌2Fe2++I2存在限度；改变条件可使平衡移动；物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响。
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