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北京市房山区2020届高三学业水平等级性考试化学试题
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房山区 2020 年高考第一次模拟测试试卷
高三化学
本试卷共 100 分。考试时长 90 分钟。
可能用到的原子量： H-1 O-16 C-12 N-14 Cl-35.5 Fe-56
第一卷 选择题 (共 42 分)
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共 14 小题，每小题 3 分）
1.抗击新冠肺炎疫情以来，“一次性口罩”成为人们防护的必需品，用于生产下列这款口罩的材料中不属于有机物的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚四氢呋喃，是一种易溶解于醇、酯、酮、芳烃和氯化烃，不溶于酯肪烃和水的白色蜡状固体，其结构式为：，属于有机高分子化合物，A不符合题意；
B．聚酯纤维，俗称“涤纶”，是由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，简称PET纤维，属于有机高分子化合物，B不符合题意；
C．聚丙烯是丙烯加聚反应而成的聚合物，属于有机高分子化合物，C不符合题意；
D．镀锌钢丝是用热镀或电镀方法在表面镀锌的碳素钢丝，不属于有机物，D符合题意；故答案为：D。
2.过氧化钠常用作供氧剂：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。下列说法不正确的是
A. Na2O2的电子式：
B. Na+的结构示意图：
C. 氧元素的一种核素18O的中子数为10
D. NaOH中仅含有离子键
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠中存在氧氧之间的一对共用电子对，所以Na2O2的电子式：，故A正确；
B．钠原子失去一个电子变成钠离子，所以钠离子核外只有两个电子层，即Na+的结构示意图：，故B正确；
C．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，则氧元素的一种核素18O的中子数为18-8=10，故C正确；
D．氢氧化钠中含有离子键和共价键，而不是只含离子键，故D错误；
故选：D。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 纤维素水解的最终产物为葡萄糖 B. 油脂的皂化反应属于加成反应
C. 聚乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色 D. 蛋白质遇金属离子会变性
【答案】A
【解析】
【详解】A．纤维素是葡萄糖的脱水缩合物，故纤维素水解的最终产物为葡萄糖，A正确；
B．油脂在碱性条件下的水解称为皂化反应，属于水解反应，也属于取代反应，不是加成反应，B错误；
C．聚乙烯是乙烯的加聚产物，聚乙烯中无碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；
D．蛋白质遇重金属离子会变性，D错误；故答案为：A。
【点睛】向某些蛋白质溶液中加入某些无机盐溶液后，可以降低蛋白质的溶解度，使蛋白质凝聚而从溶液中析出，这种作用叫盐析，可复原；向某些蛋白质溶液中加入某些重金属盐，可以使蛋白质性质发生改变而凝聚，进而从溶液中析出，这种作用叫变性，性质改变，无法复原。
4.下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）
A. 碱性：KOH＞NaOH B. 酸性：H2SO4＞HClO
C. 稳定性：HBr＞HI D. 金属性：Mg＞Al
【答案】B
【解析】
【详解】A．同主族元素，从上到下，金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强，碱性：KOH＞NaOH，能用元素周期律解释，A不符合题意；
B．含氧酸中非羟基氧原子个数越多酸性越强，与元素周期律没有关系，B符合题意；
C．同主族元素，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，稳定性：HBr>HI，能用元素周期律解释，C不符合题意；
D．同周期元素，从左到右，元素的金属性逐渐减弱，金属性：Mg＞Al，能用元素周期律解释，D不符合题意；故答案为：B。
5.工业制备硝酸的反应之一为：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 室温下，22.4 L NO2 中所含原子总数为3 NA
B. 36 g H2O中含有共价键的总数为2NA
C. 上述反应，生成1 mol HNO3转移电子的数目为NA
D. 标准状况下，11.2 L NO中所含电子总数为5 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.室温下，22.4L不能用气体摩尔体积进行计算物质的量，故A错误；
B.36gH2O为2mol，一分子水中含有2个共价键，则2mol水中含有共价键的总数为4NA，故B错误；
C.上述反应，生成2molHNO3共转移2mol电子，生成1molHNO3转移1mol电子，数目为NA，故C正确；
D.标准状况下，11.2LNO为0.5mol，一个NO中含有15个电子，则0.5molNO中所含电子总数为7.5NA，故D错误；
答案选C。
【点睛】根据气体体积计算物质的量或粒子数目时，气体的条件必须在标准状况下。
6.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是
A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；
B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；
D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；
答案选B。
【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。
7.下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）
A. NaHCO3电离：NaHCO3=Na++H++CO32-
B. Na2O2与CO2反应提供O2：Na2O2+CO2=Na2CO3+O2
C. 用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：CaSO4(s)+CO32-=CaCO3(s)+SO42−
D. 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入H2SO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全：Ba2+＋OH-＋H+＋SO42−=BaSO4↓＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHCO3是弱酸强碱盐，其电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，A错误；
B．Na2O2与CO2反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，B错误；
C．CaSO4是微溶物，CaCO3是难溶物，Na2CO3溶液与CaSO4反应：CaSO4(s)+CO32-=CaCO3(s)+SO42−，C正确；
D．Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液反应，使Ba2+恰好沉淀完全，其离子反应方程式为：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42−=BaSO4↓＋2H2O，D错误；故答案为：C。
8.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
A. 将 SO2 通入到滴有酚酞的烧碱溶液中红色褪去
B AgNO3 溶液滴入氯水中产生白色沉淀，随后淡黄绿色褪去
C. H2C2O4 溶液滴入 KMnO4 酸性溶液中产生气泡，随后紫色褪去
D. NO 遇空气变为红棕色
【答案】A
【解析】
【详解】A．2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，该反应中各元素化合价不变，没有电子转移，所以不属于氧化还原反应，A符合题意；
B．氯水中存在，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，AgNO3 溶液滴入氯水中产生AgCl白色沉淀，Ag++Cl-=AgCl↓，c(Cl-)减小，平衡正向移动，淡黄绿色褪去，该过程中Cl元素的化合价由0价升高为+1价，又降低为-1价，与氧化还原反应有关，B不符合题意；
C．2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，该反应中，Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，有电子转移，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．2NO+O2=2NO2，该反应中，N元素的化合价由+2价升高为+4价，O元素的化合价由0价降低为-2价，有电子转移，属于氧化还原反应，D不符合题意；故答案为：A。
9.人造海绵的主要成分是聚氨酯，合成方法如下：
下列说法正确的是（ ）
A. M 属于芳香烃 B. N 与乙醇互为同系物
C. 合成聚氨酯的反应属于缩聚反应 D. 聚氨酯在一定条件下可发生水解反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．烃是指只含C、H两种元素的有机化合物，M为，不属于烃，A错误；
B．结构相似，分子之间相差若干个CH2的有机物互称为同系物，乙醇的分子式C2H6O，N的分子式C2H6O2，不互为同系物，B错误；
C．缩聚反应是指由一种或多种单体相互缩合生成高分子的反应，其主产物称为缩聚物，除形成缩聚物外，还有水、醇、氨或氯化氢等低分子副产物产生，合成聚氨酯的反应属于加聚反应，C错误；
D．聚氨酯中含有肽键，在一定条件下可发生水解反应，D正确；故答案为：D。
10.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移
探究亚硝酸钠的氧化性
实验室制备乙酸乙酯
实验室制备氨气
实验方案
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．构成原电池，Zn为负极，Cu为正极，有电子转移，故A正确；
B．亚硝酸钠可被高锰酸钾氧化，该反应中亚硝酸钠作还原剂，故B错误；
C．制备乙酸乙酯还需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，图中装置不能制备，故C错误；
D．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，故D错误；
故选：A。
11.锂-硫电池具有高能量密度、续航能力强等特点。使用新型碳材料复合型硫电极的锂-硫电池工作原理示意图如图，下列说法正确的是
A. 电池放电时，X电极发生还原反应
B. 电池充电时，Y电极接电源正极
C. 电池放电时，电子由锂电极经有机电解液介质流向硫电极
D. 向电解液中添加Li2SO4水溶液，可增强导电性，改善性能
【答案】B
【解析】
【详解】A．X电极材料为Li，电池放电时，X电极发生氧化反应，故A错误；
B．电池放电时，Y为正极，发生还原反应，充电时，Y发生氧化反应，接电源正极，故B正确；
C．电池放电时，电子由锂电极经过导线流向硫电极，故C错误；
D．锂单质与水能够发生反应，因此不能向电解液中添加Li2SO4水溶液，故D错误；
故答案为：B。
12.苯甲醛在浓 NaOH 溶液中反应生成苯甲酸钠和苯甲醇，反应后静置，液体分层。有关物质的物理性质如下：
苯甲醛
苯甲酸
苯甲醇
沸点/℃
178.1
249.2
205.4
熔点/℃
-26
121.7
-15.3
溶解性（常温）
微溶于水，易溶于有机溶剂
下列说法不正确的是（ ）
A. 苯甲醛既发生了氧化反应，又发生了还原反应
B. 用分液法分离出有机层，再用蒸馏法分离出苯甲醇
C. 反应后混合物直接加酸酸化，再用过滤法分离得到粗苯甲酸
D. 制得的粗苯甲酸可以用重结晶法进一步提纯
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯甲醛→苯甲酸，增加了氧原子，属于氧化反应，苯甲醛→苯甲醇，增加了氢原子，属于还原反应，所以苯甲醛既发生了氧化反应，又发生了还原反应，A正确；
B．反应后的溶液分为有机层和水层，互不相溶，可用分液法分离，有机层中苯甲醛和苯甲醇的沸点相差较大，可用蒸馏法分离，B正确；
C．反应后的溶液中加酸酸化，苯甲酸进入有机层，应该分液后蒸馏，C错误；
D．苯甲酸为无色、无味片状晶体，常温下，苯甲酸微溶于水，含杂质的粗苯甲酸可用重结晶法提纯，D正确；故答案为：C。
13.常温下，用0.1mol/LKOH溶液滴定10mL0.1mol/LHA溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. a点pH约为3，可以判断HA是弱酸
B. b点溶液：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)
C. c点溶液：c(K+)=c(A-)
D. 水的电离程度：c点＞d点
【答案】D
【解析】
【详解】A．a点为0.1mol/LHA溶液，若是强酸，pH=1，但pH约为3，HA是弱酸，A正确；
B．b点溶液中溶质为等物质的量的KA和HA，溶液显酸性，离子浓度关系为：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，B正确；
C．c点溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(K+)=c(A-)，C正确；
D．c点溶液的pH=7，溶质为HA和KA，HA抑制水的电离，d点溶液的溶质为KA，KA促进水的电离，水的电离程度：c点
14.为分析不同试剂是否对 H2O2 分解有催化作用，该小组向四支盛有 10mL5% H2O2 的 试管中滴加不同溶液，实验记录如下：
试管
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
滴加试剂
2 滴 1mol/L NaCl
2 滴 1mol/LCuSO4
2滴1mol/L CuSO4
和2滴 1mol/LNaCl
2滴 1mol/LCuSO4
和4滴1mol/LNaCl
产生气泡情况
无气泡产生
均产生气泡，且气泡速率从Ⅱ到Ⅳ依次加快
下列说法不正确的是（ ）
A. 根据实验Ⅰ的现象，可得结论NaCl对H2O2分解没有催化作用
B. 根据实验II的现象，可得结论CuSO4对H2O2分解有催化作用
C. 对比实验可得结论：浓度较大的NaCl溶液对H2O2分解有催化作用
D. 综合对比以上实验可得结论：NaCl浓度对于CuSO4的催化作用有影响，NaCl浓度越大催化效果越明显。
【答案】C
【解析】
【详解】A．10mL5% H2O2 的试管中滴2滴1mol/L NaCl，无气泡产生，说明NaCl对H2O2分解没有催化作用，A正确；
B．10mL5% H2O2 的试管中滴2滴1mol/L CuSO4 ，有气泡产生，说明CuSO4对H2O2分解有催化作用，B正确；
C．由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ对比可知，CuSO4对H2O2分解有催化作用，且在CuSO4存在时，NaCl对H2O2分解有催化作用，C错误；
D．由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ对比可知，CuSO4对H2O2分解有催化作用，且在CuSO4存在时，NaCl对H2O2分解有催化作用，NaCl浓度越大，催化效果越强，D正确；故答案为：C。
第二卷 （共 58 分）
15.有机物H（）是一种用于合成健脾，祛风，散寒药物的中间体，其合成路线如下：
已知：①+H2O（R，是H或烃基）
②（可以是或）
回答下列问题：
（1）A含有的官能团是__________________________________；
（2）B的结构简式为__________________________________；
（3）将下列B→C的多步反应流程图补充完整（标明反应条件）：
_____________________________________________；
（4）由C和D生成E的化学方程式为_______________________________________；
（5）下列说法正确的是_______________________；
a．物质D的核磁共振氢谱有2组吸收峰；
b．物质F可与FeCl3溶液发生显色反应；
c．G→H的反应为加成反应；
（6）E和F反应生成G的化学方程式为________________________________。
【答案】 (1). 醛基或-CHO (2). CH3CH=CHCHO (3). (4). (5). ac (6).
【解析】
分析】
根据已知反应①，A为CH3CHO，在一定条件下，2分子的CH3CHO反应生成B，B为CH3CH=CHCHO，由C的分子式逆推，B与溴水发生加成反应生成CH3CHBrCHBrCHO，CH3CHBrCHBrCHO被氧化生成CH3CHBrCHBrCOOH，CH3CHBrCHBrCOOH与氢氧化钠醇溶液发生消去反应生成C，C为CH3CCCOOH，C在浓硫酸加热条件下与D发生酯化反应生成CH3CCCOOC(CH3)3，则D为HOC(CH3)3，E与F在膦催化剂条件下反应生成G，根据已知反应②，F为，G为，G在催化剂条件下发生加成反应生成H，H为。
【详解】（1）A为CH3CHO，含有的官能团为醛基，故答案为：醛基或-CHO。
（2）根据已知反应①，2分子的CH3CHO反应生成B ，B为C4H6O，其结构简式为CH3CH=CHCHO，故答案为：CH3CH=CHCHO。
（3）B为CH3CH=CHCHO，由C的分子式逆推，B与溴水发生加成反应生成CH3CHBrCHBrCHO，CH3CHBrCHBrCHO被氧化生成
CH3CHBrCHBrCOOH，CH3CHBrCHBrCOOH与氢氧化钠醇溶液发生消去反应生成C，C为CH3CCCOOH，则，故答案为：。
（4）C为CH3CCCOOH，C在浓硫酸加热条件下与D发生酯化反应生成CH3CCCOOC(CH3)3，则D为HOC(CH3)3，其化学反应方程式为：，故答案为：。
（5）a. D为HOC(CH3)3，有2种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有2组吸收峰，a正确；
b. 苯酚与FeCl3溶液作用显紫色，而F为，与FeCl3溶液作用不显色，b错误；
c. G为，在催化剂条件下发生加成反应生成H，H为，c正确；故答案为：ac。
（6）E为CH3CCCOOC(CH3)3，根据已知反应②，E与F在膦催化剂条件下反应生成G，F为，G为，其化学反应方程式为：，故答案为：。
16.有效控制大气温室气体浓度，推动绿色低碳发展，是人类可持续发展的重要战略之一，因此捕集、利用CO2始终是科学研究的热点。
（1）新的研究表明，可以将CO2转化为炭黑回收利用，反应原理如图所示。
①碳在元素周期表中的位置是_______________。
②整个过程中FeO的作用是__________________。
③写出CO2转化为炭黑的总反应化学方程式__________________。
（2）我国科学家用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后（助剂也起催化作用）可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。
①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加____________助剂效果最好；
②加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是____________。
（3）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理如右图所示。
①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式：________________________。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_____________________。
【答案】 (1). 第二周期第ⅣA族 (2). 催化剂 (3). CO2 C+O2 (4). K (5). 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响 (6). CO2+HCO3−+2e−=HCOO− +CO32-或CO2+H++2e−=HCOO− (7). 阳极产生O2，pH减小，浓度降低，K+部分迁移至阴极区
【解析】
【分析】
（1）①碳在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族。
②由反应原理图可知，过程Ⅰ中FeO是反应物，过程Ⅱ中FeO是生成物。
③CO2转化为炭黑总反应方程式是二氧化碳在催化剂作用下生成氧气和碳。
（2）①由表中数据可知，Na的其他副反应占比大，Cu的CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少。
②加入助剂能降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。
（3）①阴极发生还原反应，CO2得电子生成HCOO-。
②阳极区OH-失电子产生O2，溶液pH减小，HCO3−浓度降低，溶液中的阳离子向阴极移动，K+部分迁移到阴极区。
【详解】（1）①碳在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族，故答案为：第二周期第ⅣA族。
②由反应原理图可知，过程Ⅰ中FeO反应物，过程Ⅱ中FeO是生成物，整个过程中FeO作催化剂，故答案为：催化剂。
③CO2转化为炭黑的总反应方程式是二氧化碳在催化剂作用下生成氧气和碳，化学反应方程式：CO2 C+O2，故答案为：CO2 C+O2。
（2）①由表中数据可知，Na的其他副反应占比大，Cu的CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少，故答案为：K。
②加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响，故答案为：降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。
（3）①阴极发生还原反应，CO2得电子生成HCOO-，阴极的电极反应式为：
CO2+HCO3−+2e−=HCOO−+CO32-或CO2+H++2e−=HCOO−，故答案为：CO2+HCO3−+2e−=HCOO−+CO32-或CO2+H++2e−=HCOO−。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，是由于电解质溶液中OH-在阳极失电子产生O2，溶液pH减小，HCO3−浓度降低，溶液中的阳离子向阴极移动，K+部分迁移到阴极区，故答案为：阳极产生O2，pH减小，浓度降低，K+部分迁移至阴极区。
17.近年来将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。
（1）迪肯发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为密闭容器中， 进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)分别等于 1∶1、4∶1、7∶1 时 HCl 平衡转化率随温度 变化的关系：
①据图像可知反应平衡常数 K（300℃）______K（400℃），（填“>”或“<”）。判 断理由是：________________________________________________；
②若进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)等于 1∶1，400℃时，O2 的转化率是______。
（2）Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH1=-20 kJ·mol-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1，4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。
（3）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计 了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
阴极区发生的反应有Fe3+ + e- = Fe2+和___________________（写反应方程式）。
电路中转移1 mol电子，可生成氯气__________L（标准状况）。
【答案】 (1). > (2). 图像表明，进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。 (3). 21% (4). CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) 或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s) (5). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (6). 11.2
【解析】
【分析】
（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时，升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小。
②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，400℃进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：
4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)
开始(mol/L) c0 c0 0 0
反应(mol/L) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡(mol/L) 0.16c0 0.79c0 0.42c0 0.42c0
计算氧气的转化率。
（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH1=-20 kJ·mol-1；
②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1；
③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s)的ΔH。
（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+。
【详解】（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时，升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，所以K(300℃)>K(400℃)，故答案为：>；图像表明，进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。
②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，400℃进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：
4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)
开始(mol/L) c0 c0 0 0
反应(mol/L) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡(mol/L) 0.16c0 0.79c0 0.42c0 0.42c0
则氧气的转化率为：，故答案为：。
（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH1=-20 kJ·mol-1；
②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1；
③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) 或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s)的ΔH，故答案为：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) 或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s)。
（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+，电路中转移1mol电子，生成0.5molCl2，其标准状况下的体积为，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；。
【点睛】进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)分别等于 1∶1、4∶1、7∶1，温度一定，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，所以图像中，a曲线代表c(HCl) ∶c(O2)= 1∶1，b曲线代表c(HCl) ∶c(O2)= 4∶1，c曲线代表c(HCl) ∶c(O2)= 7∶1。
18.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于冶金工业，也用作催化剂和杀菌剂。以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如下：
已知CuCl难溶于醇和水，溶于c(Cl-)较大的体系[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，潮湿空气中易水解氧化。
（1）步骤1开始前需要对硫化铜精矿进行粉碎，目的是______；
（2）步骤1是“氧化酸浸”的过程，该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，化学方程式是__________________________________；
（3）步骤2是溶解过程，溶解时反应的离子方程式______；
（4）步骤3为主反应，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。
①反应的氧化产物是______；
②比较c(Cu+)相对大小：A点______C点（填“>”、“<”或“=”）；
③提高C点状态混合物中Cu+沉淀率的措施是______；
（5）步骤4进行的实验操作是______；
（6）洗涤过程中不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是______。
【答案】 (1). 增大接触面积、加快反应速率、提高铜的浸出速率等合理性答案 (2). CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O (3). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O (4). SO42- 或(NH4)2SO4 (5). > (6). 加水稀释 (7). 过滤 (8). HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化
【解析】
【分析】
H2O2在酸性条件下将CuS中的S2-氧化生成S单质，其反应方程式为：CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，CuSO4被还原生成Cu单质；利用NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Cu单质生成Cu2+，然后过滤，滤液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl发生氧化还原反应生成CuCl，其离子反应方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗后再用乙醇洗涤，烘干得到CuCl。
【详解】（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是增大接触面积，加快酸浸速率，提高铜的浸出率等，故答案为：增大接触面积、加快反应速率、提高铜的浸出速率等合理性答案。
（2）该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，说明生成硫酸铜和硫单质，H2O2在酸性条件下将CuS中的S2-氧化生成S单质，其反应的化学反应方程式为CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O。
（3）“溶解”过程中，利用NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Cu单质生成Cu2+，离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++
2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O ，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O 。
（4）①涉及反应为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，反应中S元素化合价由+4价升高为+6价，被氧化，氧化产物为SO42-或(NH4)2SO4，故答案为：SO42- 或(NH4)2SO4。
②B点之前Cu+与Cl-形成CuCl的沉淀，B点时建立了CuCl(s) Cu+(aq)+Cl-(aq)，B点之后，c(Cl-)增大，部分CuCl(s)溶解，[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，但是平衡没移动，所以C点和B点的c(Cu+)相等，由于B点之前，CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡向右移动，所以A点c(Cu+)大于B点，则A点c(Cu+)大于C点，故答案为：>。
③B点之后，c(Cl-)增大，部分CuCl(s)溶解，发生[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，沉淀减少，所以提高C点状态混合物中Cu+沉淀率，可以加水稀释，减少c(Cl-)，故答案为：加水稀释。
（5）步骤4是固液分离，所以进行的实验操作是过滤，故答案为：过滤。
（6）硝酸具有强氧化性，可氧化CuCl，则不能用硝酸代替硫酸，故答案为：HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。
19.某实验小组研究 FeCl3 溶液与 Na2SO3 溶液之间的反应，进行如下实验探究
（1）配制 FeCl3 溶液时，先将 FeCl3 溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。结合化学用语说 明浓盐酸的作用：______。
（2）甲同学认为，上述实验在开始混合时观察到的现象不涉及氧化还原反应，实验 I中红褐色比 II 中略浅的原因是______。
（3）乙同学认为实验 II 可能发生了氧化还原反应，为了探究反应的产物做了实验 III和生成物检验。
① 取少量 Na2SO3 溶液电极附近的混合液，加入______，产生白色沉淀，证明产生了 SO42-。
② 该同学又设计实验探究另一电极的产物，取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生____________________，证明产生了Fe2+。
（4）实验 III 发生反应的方程式是______。
（5）实验小组查阅资料：溶液中 Fe3+、 SO32- 、OH-三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：
从反应速率和化学平衡两个角度解释实验 I、II 现象背后的原因可能是：______。
【答案】 (1). Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+；盐酸抑制氯化铁水解 (2). Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少 (3). 足量盐酸和BaCl2溶液 (4). 蓝色沉淀 (5). 2Fe3+ + SO32- + H2O 2Fe2+ + SO42-+ 2H+ (6). 生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成
【解析】
【分析】
（1）FeCl3 溶液中存在Fe3+水解平衡，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入浓盐酸可以抑制其水解。
（2）实验Ⅰ中1.0mol/L FeCl3溶液2滴，实验Ⅱ中1.0mol/L FeCl3溶液2mL，实验I相对于实验Ⅱ，Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少。
（3）①加入足量盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明SO42-。
②加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明Fe2+。
（4）由（3）可知，Fe3+与 SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+ 和SO42-。
（5）130min的实验现象溶液立即变为红褐色，随后变浅，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的反应速率慢，是因为在氧气的作用下，c(HOFeOSO2)减小，，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成，
【详解】（1）配制 FeCl3 溶液时，Fe3+会水解，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入浓盐酸可以抑制其水解，故答案为：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解。
（2）实验Ⅰ中1.0mol/L FeCl3溶液2滴，实验Ⅱ中1.0mol/L FeCl3溶液2mL，实验I相对于实验Ⅱ，Fe3+起始浓度小，虽然越稀越水解，但水解的铁离子数目不及实验Ⅱ，且水解的速率不及实验Ⅱ，水解出的Fe(OH)3少，所以开始混合时，实验I中红褐色比Ⅱ中略浅，故答案为：Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少。
（3）①要证明产生了的SO42-，应加入足量盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明产生了 SO42-，故答案为：足量盐酸和BaCl2溶液。
②要证明Fe3+发生还原反应生成了Fe2+，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+，故答案为：蓝色沉淀。
（4）由（3）可知，Fe3+与 SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+ 和SO42-，化学反应方程式为：2Fe3+ + SO32- + H2O=2Fe2+ + SO42-+ 2H+，故答案为：2Fe3+ + SO32- + H2O=2Fe2+ + SO42-+ 2H+。
（5）130min的实验现象溶液立即变为红褐色，随后变浅，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的反应速率慢，是因为在氧气的作用下，c(HOFeOSO2)减小，，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成，故答案为：生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢，在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成。
【点睛】常见的铁离子与亚铁离子的检验方法：（1）Fe3+的检验：①加入OH-生成红褐色沉淀；②加入苯酚溶液生成紫色溶液；③加入KSCN溶液生成血红色溶液；④加入亚铁氰化钾生成蓝色沉淀。（2）Fe2+的检验：①加入OH-白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；②先加KSCN，无现象，再加氯水，生成血红色溶液；③加入铁氰化钾生成蓝色沉淀。
房山区 2020 年高考第一次模拟测试试卷
高三化学
本试卷共 100 分。考试时长 90 分钟。
可能用到的原子量： H-1 O-16 C-12 N-14 Cl-35.5 Fe-56
第一卷 选择题 (共 42 分)
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共 14 小题，每小题 3 分）
1.抗击新冠肺炎疫情以来，“一次性口罩”成为人们防护的必需品，用于生产下列这款口罩的材料中不属于有机物的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚四氢呋喃，是一种易溶解于醇、酯、酮、芳烃和氯化烃，不溶于酯肪烃和水的白色蜡状固体，其结构式为：，属于有机高分子化合物，A不符合题意；
B．聚酯纤维，俗称“涤纶”，是由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，简称PET纤维，属于有机高分子化合物，B不符合题意；
C．聚丙烯是丙烯加聚反应而成的聚合物，属于有机高分子化合物，C不符合题意；
D．镀锌钢丝是用热镀或电镀方法在表面镀锌的碳素钢丝，不属于有机物，D符合题意；故答案为：D。
2.过氧化钠常用作供氧剂：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。下列说法不正确的是
A. Na2O2的电子式：
B. Na+的结构示意图：
C. 氧元素的一种核素18O的中子数为10
D. NaOH中仅含有离子键
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠中存在氧氧之间的一对共用电子对，所以Na2O2的电子式：，故A正确；
B．钠原子失去一个电子变成钠离子，所以钠离子核外只有两个电子层，即Na+的结构示意图：，故B正确；
C．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，则氧元素的一种核素18O的中子数为18-8=10，故C正确；
D．氢氧化钠中含有离子键和共价键，而不是只含离子键，故D错误；
故选：D。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 纤维素水解的最终产物为葡萄糖 B. 油脂的皂化反应属于加成反应
C. 聚乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色 D. 蛋白质遇金属离子会变性
【答案】A
【解析】
【详解】A．纤维素是葡萄糖的脱水缩合物，故纤维素水解的最终产物为葡萄糖，A正确；
B．油脂在碱性条件下的水解称为皂化反应，属于水解反应，也属于取代反应，不是加成反应，B错误；
C．聚乙烯是乙烯的加聚产物，聚乙烯中无碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；
D．蛋白质遇重金属离子会变性，D错误；故答案为：A。
【点睛】向某些蛋白质溶液中加入某些无机盐溶液后，可以降低蛋白质的溶解度，使蛋白质凝聚而从溶液中析出，这种作用叫盐析，可复原；向某些蛋白质溶液中加入某些重金属盐，可以使蛋白质性质发生改变而凝聚，进而从溶液中析出，这种作用叫变性，性质改变，无法复原。
4.下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）
A. 碱性：KOH＞NaOH B. 酸性：H2SO4＞HClO
C. 稳定性：HBr＞HI D. 金属性：Mg＞Al
【答案】B
【解析】
【详解】A．同主族元素，从上到下，金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强，碱性：KOH＞NaOH，能用元素周期律解释，A不符合题意；
B．含氧酸中非羟基氧原子个数越多酸性越强，与元素周期律没有关系，B符合题意；
C．同主族元素，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，稳定性：HBr>HI，能用元素周期律解释，C不符合题意；
D．同周期元素，从左到右，元素的金属性逐渐减弱，金属性：Mg＞Al，能用元素周期律解释，D不符合题意；故答案为：B。
5.工业制备硝酸的反应之一为：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 室温下，22.4 L NO2 中所含原子总数为3 NA
B. 36 g H2O中含有共价键的总数为2NA
C. 上述反应，生成1 mol HNO3转移电子的数目为NA
D. 标准状况下，11.2 L NO中所含电子总数为5 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.室温下，22.4L不能用气体摩尔体积进行计算物质的量，故A错误；
B.36gH2O为2mol，一分子水中含有2个共价键，则2mol水中含有共价键的总数为4NA，故B错误；
C.上述反应，生成2molHNO3共转移2mol电子，生成1molHNO3转移1mol电子，数目为NA，故C正确；
D.标准状况下，11.2LNO为0.5mol，一个NO中含有15个电子，则0.5molNO中所含电子总数为7.5NA，故D错误；
答案选C。
【点睛】根据气体体积计算物质的量或粒子数目时，气体的条件必须在标准状况下。
6.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是
A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；
B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；
D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；
答案选B。
【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。
7.下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）
A. NaHCO3电离：NaHCO3=Na++H++CO32-
B. Na2O2与CO2反应提供O2：Na2O2+CO2=Na2CO3+O2
C. 用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：CaSO4(s)+CO32-=CaCO3(s)+SO42−
D. 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入H2SO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全：Ba2+＋OH-＋H+＋SO42−=BaSO4↓＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHCO3是弱酸强碱盐，其电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，A错误；
B．Na2O2与CO2反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，B错误；
C．CaSO4是微溶物，CaCO3是难溶物，Na2CO3溶液与CaSO4反应：CaSO4(s)+CO32-=CaCO3(s)+SO42−，C正确；
D．Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液反应，使Ba2+恰好沉淀完全，其离子反应方程式为：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42−=BaSO4↓＋2H2O，D错误；故答案为：C。
8.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
A. 将 SO2 通入到滴有酚酞的烧碱溶液中红色褪去
B AgNO3 溶液滴入氯水中产生白色沉淀，随后淡黄绿色褪去
C. H2C2O4 溶液滴入 KMnO4 酸性溶液中产生气泡，随后紫色褪去
D. NO 遇空气变为红棕色
【答案】A
【解析】
【详解】A．2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，该反应中各元素化合价不变，没有电子转移，所以不属于氧化还原反应，A符合题意；
B．氯水中存在，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，AgNO3 溶液滴入氯水中产生AgCl白色沉淀，Ag++Cl-=AgCl↓，c(Cl-)减小，平衡正向移动，淡黄绿色褪去，该过程中Cl元素的化合价由0价升高为+1价，又降低为-1价，与氧化还原反应有关，B不符合题意；
C．2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，该反应中，Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，有电子转移，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．2NO+O2=2NO2，该反应中，N元素的化合价由+2价升高为+4价，O元素的化合价由0价降低为-2价，有电子转移，属于氧化还原反应，D不符合题意；故答案为：A。
9.人造海绵的主要成分是聚氨酯，合成方法如下：
下列说法正确的是（ ）
A. M 属于芳香烃 B. N 与乙醇互为同系物
C. 合成聚氨酯的反应属于缩聚反应 D. 聚氨酯在一定条件下可发生水解反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．烃是指只含C、H两种元素的有机化合物，M为，不属于烃，A错误；
B．结构相似，分子之间相差若干个CH2的有机物互称为同系物，乙醇的分子式C2H6O，N的分子式C2H6O2，不互为同系物，B错误；
C．缩聚反应是指由一种或多种单体相互缩合生成高分子的反应，其主产物称为缩聚物，除形成缩聚物外，还有水、醇、氨或氯化氢等低分子副产物产生，合成聚氨酯的反应属于加聚反应，C错误；
D．聚氨酯中含有肽键，在一定条件下可发生水解反应，D正确；故答案为：D。
10.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移
探究亚硝酸钠的氧化性
实验室制备乙酸乙酯
实验室制备氨气
实验方案
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．构成原电池，Zn为负极，Cu为正极，有电子转移，故A正确；
B．亚硝酸钠可被高锰酸钾氧化，该反应中亚硝酸钠作还原剂，故B错误；
C．制备乙酸乙酯还需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，图中装置不能制备，故C错误；
D．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，故D错误；
故选：A。
11.锂-硫电池具有高能量密度、续航能力强等特点。使用新型碳材料复合型硫电极的锂-硫电池工作原理示意图如图，下列说法正确的是
A. 电池放电时，X电极发生还原反应
B. 电池充电时，Y电极接电源正极
C. 电池放电时，电子由锂电极经有机电解液介质流向硫电极
D. 向电解液中添加Li2SO4水溶液，可增强导电性，改善性能
【答案】B
【解析】
【详解】A．X电极材料为Li，电池放电时，X电极发生氧化反应，故A错误；
B．电池放电时，Y为正极，发生还原反应，充电时，Y发生氧化反应，接电源正极，故B正确；
C．电池放电时，电子由锂电极经过导线流向硫电极，故C错误；
D．锂单质与水能够发生反应，因此不能向电解液中添加Li2SO4水溶液，故D错误；
故答案为：B。
12.苯甲醛在浓 NaOH 溶液中反应生成苯甲酸钠和苯甲醇，反应后静置，液体分层。有关物质的物理性质如下：
苯甲醛
苯甲酸
苯甲醇
沸点/℃
178.1
249.2
205.4
熔点/℃
-26
121.7
-15.3
溶解性（常温）
微溶于水，易溶于有机溶剂
下列说法不正确的是（ ）
A. 苯甲醛既发生了氧化反应，又发生了还原反应
B. 用分液法分离出有机层，再用蒸馏法分离出苯甲醇
C. 反应后混合物直接加酸酸化，再用过滤法分离得到粗苯甲酸
D. 制得的粗苯甲酸可以用重结晶法进一步提纯
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯甲醛→苯甲酸，增加了氧原子，属于氧化反应，苯甲醛→苯甲醇，增加了氢原子，属于还原反应，所以苯甲醛既发生了氧化反应，又发生了还原反应，A正确；
B．反应后的溶液分为有机层和水层，互不相溶，可用分液法分离，有机层中苯甲醛和苯甲醇的沸点相差较大，可用蒸馏法分离，B正确；
C．反应后的溶液中加酸酸化，苯甲酸进入有机层，应该分液后蒸馏，C错误；
D．苯甲酸为无色、无味片状晶体，常温下，苯甲酸微溶于水，含杂质的粗苯甲酸可用重结晶法提纯，D正确；故答案为：C。
13.常温下，用0.1mol/LKOH溶液滴定10mL0.1mol/LHA溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. a点pH约为3，可以判断HA是弱酸
B. b点溶液：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)
C. c点溶液：c(K+)=c(A-)
D. 水的电离程度：c点＞d点
【答案】D
【解析】
【详解】A．a点为0.1mol/LHA溶液，若是强酸，pH=1，但pH约为3，HA是弱酸，A正确；
B．b点溶液中溶质为等物质的量的KA和HA，溶液显酸性，离子浓度关系为：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，B正确；
C．c点溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(K+)=c(A-)，C正确；
D．c点溶液的pH=7，溶质为HA和KA，HA抑制水的电离，d点溶液的溶质为KA，KA促进水的电离，水的电离程度：c点
14.为分析不同试剂是否对 H2O2 分解有催化作用，该小组向四支盛有 10mL5% H2O2 的 试管中滴加不同溶液，实验记录如下：
试管
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
滴加试剂
2 滴 1mol/L NaCl
2 滴 1mol/LCuSO4
2滴1mol/L CuSO4
和2滴 1mol/LNaCl
2滴 1mol/LCuSO4
和4滴1mol/LNaCl
产生气泡情况
无气泡产生
均产生气泡，且气泡速率从Ⅱ到Ⅳ依次加快
下列说法不正确的是（ ）
A. 根据实验Ⅰ的现象，可得结论NaCl对H2O2分解没有催化作用
B. 根据实验II的现象，可得结论CuSO4对H2O2分解有催化作用
C. 对比实验可得结论：浓度较大的NaCl溶液对H2O2分解有催化作用
D. 综合对比以上实验可得结论：NaCl浓度对于CuSO4的催化作用有影响，NaCl浓度越大催化效果越明显。
【答案】C
【解析】
【详解】A．10mL5% H2O2 的试管中滴2滴1mol/L NaCl，无气泡产生，说明NaCl对H2O2分解没有催化作用，A正确；
B．10mL5% H2O2 的试管中滴2滴1mol/L CuSO4 ，有气泡产生，说明CuSO4对H2O2分解有催化作用，B正确；
C．由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ对比可知，CuSO4对H2O2分解有催化作用，且在CuSO4存在时，NaCl对H2O2分解有催化作用，C错误；
D．由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ对比可知，CuSO4对H2O2分解有催化作用，且在CuSO4存在时，NaCl对H2O2分解有催化作用，NaCl浓度越大，催化效果越强，D正确；故答案为：C。
第二卷 （共 58 分）
15.有机物H（）是一种用于合成健脾，祛风，散寒药物的中间体，其合成路线如下：
已知：①+H2O（R，是H或烃基）
②（可以是或）
回答下列问题：
（1）A含有的官能团是__________________________________；
（2）B的结构简式为__________________________________；
（3）将下列B→C的多步反应流程图补充完整（标明反应条件）：
_____________________________________________；
（4）由C和D生成E的化学方程式为_______________________________________；
（5）下列说法正确的是_______________________；
a．物质D的核磁共振氢谱有2组吸收峰；
b．物质F可与FeCl3溶液发生显色反应；
c．G→H的反应为加成反应；
（6）E和F反应生成G的化学方程式为________________________________。
【答案】 (1). 醛基或-CHO (2). CH3CH=CHCHO (3). (4). (5). ac (6).
【解析】
分析】
根据已知反应①，A为CH3CHO，在一定条件下，2分子的CH3CHO反应生成B，B为CH3CH=CHCHO，由C的分子式逆推，B与溴水发生加成反应生成CH3CHBrCHBrCHO，CH3CHBrCHBrCHO被氧化生成CH3CHBrCHBrCOOH，CH3CHBrCHBrCOOH与氢氧化钠醇溶液发生消去反应生成C，C为CH3CCCOOH，C在浓硫酸加热条件下与D发生酯化反应生成CH3CCCOOC(CH3)3，则D为HOC(CH3)3，E与F在膦催化剂条件下反应生成G，根据已知反应②，F为，G为，G在催化剂条件下发生加成反应生成H，H为。
【详解】（1）A为CH3CHO，含有的官能团为醛基，故答案为：醛基或-CHO。
（2）根据已知反应①，2分子的CH3CHO反应生成B ，B为C4H6O，其结构简式为CH3CH=CHCHO，故答案为：CH3CH=CHCHO。
（3）B为CH3CH=CHCHO，由C的分子式逆推，B与溴水发生加成反应生成CH3CHBrCHBrCHO，CH3CHBrCHBrCHO被氧化生成
CH3CHBrCHBrCOOH，CH3CHBrCHBrCOOH与氢氧化钠醇溶液发生消去反应生成C，C为CH3CCCOOH，则，故答案为：。
（4）C为CH3CCCOOH，C在浓硫酸加热条件下与D发生酯化反应生成CH3CCCOOC(CH3)3，则D为HOC(CH3)3，其化学反应方程式为：，故答案为：。
（5）a. D为HOC(CH3)3，有2种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有2组吸收峰，a正确；
b. 苯酚与FeCl3溶液作用显紫色，而F为，与FeCl3溶液作用不显色，b错误；
c. G为，在催化剂条件下发生加成反应生成H，H为，c正确；故答案为：ac。
（6）E为CH3CCCOOC(CH3)3，根据已知反应②，E与F在膦催化剂条件下反应生成G，F为，G为，其化学反应方程式为：，故答案为：。
16.有效控制大气温室气体浓度，推动绿色低碳发展，是人类可持续发展的重要战略之一，因此捕集、利用CO2始终是科学研究的热点。
（1）新的研究表明，可以将CO2转化为炭黑回收利用，反应原理如图所示。
①碳在元素周期表中的位置是_______________。
②整个过程中FeO的作用是__________________。
③写出CO2转化为炭黑的总反应化学方程式__________________。
（2）我国科学家用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后（助剂也起催化作用）可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。
①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加____________助剂效果最好；
②加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是____________。
（3）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理如右图所示。
①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式：________________________。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_____________________。
【答案】 (1). 第二周期第ⅣA族 (2). 催化剂 (3). CO2 C+O2 (4). K (5). 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响 (6). CO2+HCO3−+2e−=HCOO− +CO32-或CO2+H++2e−=HCOO− (7). 阳极产生O2，pH减小，浓度降低，K+部分迁移至阴极区
【解析】
【分析】
（1）①碳在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族。
②由反应原理图可知，过程Ⅰ中FeO是反应物，过程Ⅱ中FeO是生成物。
③CO2转化为炭黑总反应方程式是二氧化碳在催化剂作用下生成氧气和碳。
（2）①由表中数据可知，Na的其他副反应占比大，Cu的CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少。
②加入助剂能降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。
（3）①阴极发生还原反应，CO2得电子生成HCOO-。
②阳极区OH-失电子产生O2，溶液pH减小，HCO3−浓度降低，溶液中的阳离子向阴极移动，K+部分迁移到阴极区。
【详解】（1）①碳在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族，故答案为：第二周期第ⅣA族。
②由反应原理图可知，过程Ⅰ中FeO反应物，过程Ⅱ中FeO是生成物，整个过程中FeO作催化剂，故答案为：催化剂。
③CO2转化为炭黑的总反应方程式是二氧化碳在催化剂作用下生成氧气和碳，化学反应方程式：CO2 C+O2，故答案为：CO2 C+O2。
（2）①由表中数据可知，Na的其他副反应占比大，Cu的CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少，故答案为：K。
②加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响，故答案为：降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。
（3）①阴极发生还原反应，CO2得电子生成HCOO-，阴极的电极反应式为：
CO2+HCO3−+2e−=HCOO−+CO32-或CO2+H++2e−=HCOO−，故答案为：CO2+HCO3−+2e−=HCOO−+CO32-或CO2+H++2e−=HCOO−。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，是由于电解质溶液中OH-在阳极失电子产生O2，溶液pH减小，HCO3−浓度降低，溶液中的阳离子向阴极移动，K+部分迁移到阴极区，故答案为：阳极产生O2，pH减小，浓度降低，K+部分迁移至阴极区。
17.近年来将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。
（1）迪肯发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为密闭容器中， 进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)分别等于 1∶1、4∶1、7∶1 时 HCl 平衡转化率随温度 变化的关系：
①据图像可知反应平衡常数 K（300℃）______K（400℃），（填“>”或“<”）。判 断理由是：________________________________________________；
②若进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)等于 1∶1，400℃时，O2 的转化率是______。
（2）Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH1=-20 kJ·mol-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1，4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。
（3）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计 了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
阴极区发生的反应有Fe3+ + e- = Fe2+和___________________（写反应方程式）。
电路中转移1 mol电子，可生成氯气__________L（标准状况）。
【答案】 (1). > (2). 图像表明，进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。 (3). 21% (4). CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) 或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s) (5). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (6). 11.2
【解析】
【分析】
（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时，升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小。
②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，400℃进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：
4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)
开始(mol/L) c0 c0 0 0
反应(mol/L) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡(mol/L) 0.16c0 0.79c0 0.42c0 0.42c0
计算氧气的转化率。
（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH1=-20 kJ·mol-1；
②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1；
③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s)的ΔH。
（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+。
【详解】（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时，升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，所以K(300℃)>K(400℃)，故答案为：>；图像表明，进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。
②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，400℃进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：
4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)
开始(mol/L) c0 c0 0 0
反应(mol/L) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡(mol/L) 0.16c0 0.79c0 0.42c0 0.42c0
则氧气的转化率为：，故答案为：。
（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) ΔH1=-20 kJ·mol-1；
②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1；
③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) 或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s)的ΔH，故答案为：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) 或CuCl(s)+Cl2(g) = CuCl2(s)。
（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+，电路中转移1mol电子，生成0.5molCl2，其标准状况下的体积为，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；。
【点睛】进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)分别等于 1∶1、4∶1、7∶1，温度一定，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，所以图像中，a曲线代表c(HCl) ∶c(O2)= 1∶1，b曲线代表c(HCl) ∶c(O2)= 4∶1，c曲线代表c(HCl) ∶c(O2)= 7∶1。
18.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于冶金工业，也用作催化剂和杀菌剂。以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如下：
已知CuCl难溶于醇和水，溶于c(Cl-)较大的体系[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，潮湿空气中易水解氧化。
（1）步骤1开始前需要对硫化铜精矿进行粉碎，目的是______；
（2）步骤1是“氧化酸浸”的过程，该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，化学方程式是__________________________________；
（3）步骤2是溶解过程，溶解时反应的离子方程式______；
（4）步骤3为主反应，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。
①反应的氧化产物是______；
②比较c(Cu+)相对大小：A点______C点（填“>”、“<”或“=”）；
③提高C点状态混合物中Cu+沉淀率的措施是______；
（5）步骤4进行的实验操作是______；
（6）洗涤过程中不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是______。
【答案】 (1). 增大接触面积、加快反应速率、提高铜的浸出速率等合理性答案 (2). CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O (3). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O (4). SO42- 或(NH4)2SO4 (5). > (6). 加水稀释 (7). 过滤 (8). HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化
【解析】
【分析】
H2O2在酸性条件下将CuS中的S2-氧化生成S单质，其反应方程式为：CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，CuSO4被还原生成Cu单质；利用NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Cu单质生成Cu2+，然后过滤，滤液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl发生氧化还原反应生成CuCl，其离子反应方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗后再用乙醇洗涤，烘干得到CuCl。
【详解】（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是增大接触面积，加快酸浸速率，提高铜的浸出率等，故答案为：增大接触面积、加快反应速率、提高铜的浸出速率等合理性答案。
（2）该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，说明生成硫酸铜和硫单质，H2O2在酸性条件下将CuS中的S2-氧化生成S单质，其反应的化学反应方程式为CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O。
（3）“溶解”过程中，利用NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Cu单质生成Cu2+，离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++
2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O ，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O 。
（4）①涉及反应为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，反应中S元素化合价由+4价升高为+6价，被氧化，氧化产物为SO42-或(NH4)2SO4，故答案为：SO42- 或(NH4)2SO4。
②B点之前Cu+与Cl-形成CuCl的沉淀，B点时建立了CuCl(s) Cu+(aq)+Cl-(aq)，B点之后，c(Cl-)增大，部分CuCl(s)溶解，[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，但是平衡没移动，所以C点和B点的c(Cu+)相等，由于B点之前，CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡向右移动，所以A点c(Cu+)大于B点，则A点c(Cu+)大于C点，故答案为：>。
③B点之后，c(Cl-)增大，部分CuCl(s)溶解，发生[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，沉淀减少，所以提高C点状态混合物中Cu+沉淀率，可以加水稀释，减少c(Cl-)，故答案为：加水稀释。
（5）步骤4是固液分离，所以进行的实验操作是过滤，故答案为：过滤。
（6）硝酸具有强氧化性，可氧化CuCl，则不能用硝酸代替硫酸，故答案为：HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。
19.某实验小组研究 FeCl3 溶液与 Na2SO3 溶液之间的反应，进行如下实验探究
（1）配制 FeCl3 溶液时，先将 FeCl3 溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。结合化学用语说 明浓盐酸的作用：______。
（2）甲同学认为，上述实验在开始混合时观察到的现象不涉及氧化还原反应，实验 I中红褐色比 II 中略浅的原因是______。
（3）乙同学认为实验 II 可能发生了氧化还原反应，为了探究反应的产物做了实验 III和生成物检验。
① 取少量 Na2SO3 溶液电极附近的混合液，加入______，产生白色沉淀，证明产生了 SO42-。
② 该同学又设计实验探究另一电极的产物，取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生____________________，证明产生了Fe2+。
（4）实验 III 发生反应的方程式是______。
（5）实验小组查阅资料：溶液中 Fe3+、 SO32- 、OH-三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：
从反应速率和化学平衡两个角度解释实验 I、II 现象背后的原因可能是：______。
【答案】 (1). Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+；盐酸抑制氯化铁水解 (2). Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少 (3). 足量盐酸和BaCl2溶液 (4). 蓝色沉淀 (5). 2Fe3+ + SO32- + H2O 2Fe2+ + SO42-+ 2H+ (6). 生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成
【解析】
【分析】
（1）FeCl3 溶液中存在Fe3+水解平衡，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入浓盐酸可以抑制其水解。
（2）实验Ⅰ中1.0mol/L FeCl3溶液2滴，实验Ⅱ中1.0mol/L FeCl3溶液2mL，实验I相对于实验Ⅱ，Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少。
（3）①加入足量盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明SO42-。
②加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明Fe2+。
（4）由（3）可知，Fe3+与 SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+ 和SO42-。
（5）130min的实验现象溶液立即变为红褐色，随后变浅，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的反应速率慢，是因为在氧气的作用下，c(HOFeOSO2)减小，，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成，
【详解】（1）配制 FeCl3 溶液时，Fe3+会水解，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入浓盐酸可以抑制其水解，故答案为：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解。
（2）实验Ⅰ中1.0mol/L FeCl3溶液2滴，实验Ⅱ中1.0mol/L FeCl3溶液2mL，实验I相对于实验Ⅱ，Fe3+起始浓度小，虽然越稀越水解，但水解的铁离子数目不及实验Ⅱ，且水解的速率不及实验Ⅱ，水解出的Fe(OH)3少，所以开始混合时，实验I中红褐色比Ⅱ中略浅，故答案为：Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少。
（3）①要证明产生了的SO42-，应加入足量盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明产生了 SO42-，故答案为：足量盐酸和BaCl2溶液。
②要证明Fe3+发生还原反应生成了Fe2+，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+，故答案为：蓝色沉淀。
（4）由（3）可知，Fe3+与 SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+ 和SO42-，化学反应方程式为：2Fe3+ + SO32- + H2O=2Fe2+ + SO42-+ 2H+，故答案为：2Fe3+ + SO32- + H2O=2Fe2+ + SO42-+ 2H+。
（5）130min的实验现象溶液立即变为红褐色，随后变浅，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的反应速率慢，是因为在氧气的作用下，c(HOFeOSO2)减小，，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成，故答案为：生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢，在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成。
【点睛】常见的铁离子与亚铁离子的检验方法：（1）Fe3+的检验：①加入OH-生成红褐色沉淀；②加入苯酚溶液生成紫色溶液；③加入KSCN溶液生成血红色溶液；④加入亚铁氰化钾生成蓝色沉淀。（2）Fe2+的检验：①加入OH-白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；②先加KSCN，无现象，再加氯水，生成血红色溶液；③加入铁氰化钾生成蓝色沉淀。
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