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【化学】北京四中2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）
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北京四中2018-2019学年高二上学期期末考试
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 Ag 108 Zn 65 Cu 64 Pb 207
一、选择题(每小题只有1个选项符合题意。每小题2分，共24分)
1.下列物质属于弱电解质的是
A. NaOH B. CH3COOH C. CO2 D. NH4Cl
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaOH在水溶液中完全电离，为强电解质，故A错误；
B. CH3COOH在水溶液中部分电离，为一元弱酸，故为弱电解质，故B正确；
C. CO2本身不能在水溶液中发生电离，故其是非电解质，故C错误；
D. NH4Cl为铵盐，在水溶中完全电离，为强电解质，故D错误。答案选B。
2.下列叙述正确的是
A. 根据能量守恒定律，反应物的总能量等于生成物的总能量
B. 断裂化学键会释放能量
C. 放热的化学反应不需要加热就能发生
D. 同温同压下，H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）在光照和点燃条件下所放出的热量相同
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由于任何化学反应都会伴随能量变化，则根据能量守恒定律可知反应物的总能量一定不等于生成物的总能量，A错误；
B. 断裂化学键会吸收能量，形成化学键释放能量，B错误；
C. 反应条件与反应是放热或吸热没有关系，C错误；
D. 由于反应热与反应物总能量和生成物总能量的相对大小有关系，则同温同压下，H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）在光照和点燃条件下所放出的热量相同，D正确。
答案选D。
3. 下列溶液肯定呈酸性的是
A. 含有H+的溶液 B. 酚酞显无色的溶液
C. c（OH-）
【解析】
试题分析：A．无论酸、碱还是盐溶液中都含有氢离子，所以不能根据是否含有氢离子判断溶液的酸碱性，A错误；B．常温下，酚酞试液的变色范围是8-10，其颜色分别为无色、浅红色、红色，所以溶液颜色为无色时，溶液可能呈碱性或中性，B错误；C．溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH-）的相对大小，当溶液中C（H+）＞c（OH-）时，溶液呈酸性，当C（H+）=c（OH-）时溶液呈中性，当C（H+）＜c（OH-）时，溶液呈碱性，C正确．D．溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH-）的相对大小，与溶液的pH大小无关，所以pH小于7的溶液不一定是酸溶液，D错误；选C。
考点：考查溶液酸、碱性的判断。
4.下列设备工作时，将化学能转化为电能的是
A
B
C
D
硅太阳能电池
锂离子电池
太阳能集热器
燃气灶
【答案】B
【解析】
【详解】A.硅太阳能电池是太阳能转化为电能，故A错误；
B.锂离子电池是把化学能转化为电能，故B正确；
C.太阳能集热器是把太阳能转化为热能，故C错误；
D.燃烧是放热反应，是化学能转化为热能，故D错误。答案选B。
5. 下图所示各种装置中能构成原电池的是
A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ①③⑤ D. ②④⑥
【答案】C
【解析】
试题分析：原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。装置①③⑤具备这四个条件，为原电池；②中酒精是非电解质，不能构成原电池，④中没有形成闭合回路，不能构成原电池，；⑥中电极相同，不能构成原电池，故C项正确。
考点：本题考查原电池的形成条件。
6.表示下列变化的化学用语正确的是
A. 氨水显碱性：NH3·H2ONH4++OH－
B. 醋酸溶液显酸性：CH3COOH=CH3COO－+H+
C. NaHCO3溶液显碱性：HCO3－+H2O=CO32－+OH－
D. 铁在潮湿空气中被腐蚀的负极反应：Fe－3e－=Fe3+
【答案】A
【解析】
【详解】A.一水合氨为弱电解质，部分电离，电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH-，故A正确；
B.醋酸为弱电解质，部分电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故B错误； C.NaHCO3溶液显碱性，水解生成H2CO3，离子方程式为HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故C错误；
D.铁在潮湿空气中被腐蚀的负极反应：Fe－2e－=Fe2+，故D错误。答案选A。
7. 升高温度，下列数据不一定增大的是
A. 化学反应速率 B. KNO3的溶解度S
C. 化学平衡常数K D. 水的离子积常数Kw
【答案】C
【解析】
试题分析：A．升高温度，活化分子碰撞的几率增大，则化学反应速率一定增大，故A错误；B．硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，则升高温度，硝酸钾的S增大，故B错误；C．对于放热的化学反应，升高温度K减小，即升高温度，化学反应的平衡常数K不一定增大，故C正确；D．水的电离为吸热的，升高温度，促进电离，则升高温度，水的离子积常数KW增大，故D 错误；故选C。
考点：考查温度对反应速率、平衡常数、溶解度、离子积的影响。
8.反应C+CO22CO H>0。升高温度，关于该反应v正和v逆的说法正确的是
A. v正增大，v逆减小 B. v正增大，v逆不变
C. 同时减小 D. 同时增大
【答案】D
【解析】
【详解】升高温度，正逆反应速率都增大，故D正确。
故选D。
9.如图所示原电池，盐桥中装有含琼胶的KCl饱和溶液，相关的叙述中，不正确的是
A. 盐桥中的K+向Cu片移动
B. 电子沿导线由Cu片流向Ag片
C. 正极的电极反应是Ag++e-=Ag
D. Cu片上发生氧化反应，Ag片上发生还原反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．该装置是原电池，铜做负极，银做正极，工作时，阳离子向正极移动，钾离子移向硝酸银溶液，故A错误；B.铜作负极，银作正极，电子从铜片沿导线流向银片，故B正确；C．正极上银离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Ag++e-=Ag，故C正确；D．铜片上失电子发生氧化反应，银片上得电子发生还原反应，故D正确；本题选A。
10.用石墨作电极，电解下列物质的水溶液，其实质与电解水一致的是
A. NaCl B. NaOH C. CuSO4 D. CuCl2
【答案】B
【解析】
【详解】A.电解氢氧化钠溶液，阳离子是氢离子放电，阴离子是氢氧根离子放电，实质是电解水，故A符合题意；
B.电解氯化钠溶液，阳离子是氢离子放电，阴离子是氯离子放电，相当于电解NaCl和H2O，故B不符合题意；
C.电解硫酸铜溶液，阳离子是铜离子放电、阴离子是氢氧根放电，相当于电解硫酸铜和水，故C不符合题意；
D.电解氯化铜溶液，阳离子是铜离子放电、阴离子是氯离子放电，电解氯化铜，故D不符合题意。答案选A。
11.二氧化硫的催化氧化反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是工业制硫酸的重要反应之一。下列说法错误的是
A. 煅烧硫铁矿(主要成分FeS2)可获得SO2，将矿石粉碎成细小颗粒可以提高反应的转化率
B. 已知该催化氧化反应K(300℃)>K(350℃)，则该反应正向是放热反应
C. 该反应加入催化剂是为了加快反应速率
D. 保持温度不变，平衡后增大O2的浓度，该反应的平衡常数K不变
【答案】A
【解析】
【详解】A.煅烧硫铁矿(主要成分FeS2)可获得SO2，将矿石粉碎成细小颗粒可以增大与反应物的接触面积，是燃烧更充分，故A错误；
B.升高温度，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B正确；
C.使用催化剂加快了反应速率，缩短反应的时间，故C正确；
D.平衡常数与温度相关，温度不变，增大氧气的浓度，平衡常数K也不会变化，故D正确。答案选A。
12.25℃时，若溶液中由水电离产生的c(OH－)=1×10－12 mol/L，则下列说法正确的是
A. 该溶液中水的电离被促进
B. 该溶液的pH一定为12
C. 该溶液中K+、Na+、Cl－、NO3－可以大量共存
D. 该溶液一定是NaOH溶液
【答案】C
【解析】
【详解】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，25℃时，纯水中水电离产生的c（H+）=1×10-7，该溶液中由水电离产生的c（H+）=1×10-12＜1×10-7，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，则溶液可能是酸或碱溶液。
A.通过上述分析该溶液可能是酸或碱溶液，溶液中的溶质抑制水的电离，故A错误。
B.溶液可能是酸或碱溶液，该溶液的pH=12，或pH=2，故B错误；
C.无论该溶液是酸性还是碱性溶液，K+、Na+、Cl－、NO3－在该溶液中均可以共存，故C正确；
D.通过上述分析可知，该溶液可能是酸或碱溶液，故D错误。答案选C。
二、填空题(共2道大题，共26分。)
13.(1)将Mg条放入浓NH4Cl溶液中产生无色气体，该气体是________(填化学式)，请用离子方程式解释该现象产生的原因________________。
(2)Mg(OH)2浊液中存在Mg(OH)2的沉淀溶解平衡，可表示为(用离子方程式表示)____________，若向此浊液中加入浓的NH4Cl溶液，观察到的现象是____________。
【答案】 (1). H2 (2). NH4++H2ONH3·H2O+H+ Mg+2H+=Mg2++H2 ↑ (3). Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq) (4). 沉淀溶解，溶液澄清。
【解析】
【详解】(1) NH4Cl是强酸弱碱盐，在水中会发生水解，溶液显酸性，水解方程式为 NH4++H2ONH3·H2O+H+；将Mg条放入浓NH4Cl溶液中，Mg与溶液中的H+反应生成氢气，离子反应方程式为Mg+2H+=Mg2++H2 ↑。本小题答案为：H2；NH4++H2ONH3·H2O+H+ Mg+2H+=Mg2++H2 ↑。
(2)Mg(OH)2的溶解平衡方程式为Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，向Mg(OH)2浊液中加入浓的NH4Cl溶液，一水合氨比氢氧化镁更难电离，所以铵根离子会结合氢氧根离子生成一水合氨，促使氢氧化镁逐渐溶解，离子方程式为 Mg(OH)2(s)+2 NH4+═Mg2++2NH3⋅H2O。本小题答案为： Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH－(aq) ；沉淀溶解，溶液澄清。
【点睛】本题考查的是盐类水解的应用，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质。解题需注意氯化铵溶液中因为铵根离子的水解，使溶液显酸性，加入Mg后，相当于金属和酸的反应；沉淀溶解平衡方程式书写时注意标明各物质的状态，一水合氨比氢氧化镁更难电离，所以向Mg（OH）2浊液中加入浓的NH4Cl溶液，沉淀溶解。据此解答。
14.科学家一直致力于“人工固氮”的研究，现已有多种方法。
【方法一】
1918年，德国化学家哈伯因发明工业合成氨的方法而荣获诺贝尔化学奖。
(1)若将1 mol N2和3 mol H2放入1L的密闭容器中，5min后N2的浓度为0.8mol/L，这段时间内用N2的浓度变化表示的反应速率为________mol／(L·min)。
(2)在一定温度下的定容密闭容器中发生上述反应，下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是________________。
a. v(N2)正=3v(H2)逆
b. 容器中气体的密度不随时间而变化
c. 容器中气体的分子总数不随时间而变化
d. 容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
(3)若1 mol N2完全转化为NH3的反应热为H=－92 kJ/mol，拆开1 mol H—H键和1 mol NN 键需要的能量分别是436 kJ和946 kJ，则拆开1 mol N—H键需要的能量是__________kJ。
(4)合成氨反应的生产条件选择中，能用勒夏特列原理解释的是________________。
①使用催化剂 ②高温 ③高压 ④及时将氨气液化从体系中分离出来
A. ①③ B. ②③ C. ③④ D. ②④
【方法二】
1998年，两位希腊化学家提出了电解合成氨的新思路：
采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H+)为介质，实现了高温(570℃)常压下高转化率的电解法合成氨，转化率可达到78％，装置如下图：
钯电极A是电解池的________极(填“阳”或“阴”)，阳极反应式为__________________。
【方法三】
最新的“人工固氮”研究报道：在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应，直接生成氨气和氧气：
已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=－92 kJ／mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H=－571.6 kJ／mol
写出上述固氮反应的热化学方程式________________________________。
【答案】 (1). 0.04 (2). c d (3). 391 (4). C (5). 阴 (6). H2－2e－=2H+ (7). 2N2(g)+6H2O(I)=4NH3(g)+3O2(g) H=+1530.8 kJ／mol
【解析】
【分析】
本题考查的是速率的计算、平衡标志、键能的计算、平衡移动、电极式书写、盖斯定律。
方法一：（1）将1 mol N2和3 mol H2放入1L的密闭容器中，则c(N2)= ，c(H2)= ，5min后N2的浓度为0.8mol/L，则，则v(N2)= ；
（2）a.若用不同的物质表示反应速率，应一种物质用正反应速率表示，一种物质用逆反应速率表示，且速率之比等于化学计量数之比，则应3v(N2)正=v(H2)逆，可以证明反应达到平衡状态，故a错误；
b.ρ=m/V，气体质量和总体积都不随化学平衡的移动而变化，不能证明反应达到平衡状态，故b错误；
c.氮气和氢气生成氨气的反应为反应前后气体总物质的量变化的反应，即反应前后气体的分子总数变化的反应，当气体的分子总数不变时，可以证明反应达到平衡状态，故c正确；
d.M=m/n，气体质量不变，气体总物质的量不同，当平均相对分子质量不变时，则可以证明反应达到平衡状态，故d正确；
（3）设拆开1mol N-H键需要的能量是xKJ，由△H=反应物键能和-生成物键能和，得-92kJ=436kJ×3+946kJ-6x，解得：x=391KJ；
（4）①使用催化剂，不会引起化学平衡的移动，不能用勒沙特列原理解释，故①不符合题意。
②高温，不利于氨气的合成，但是可以提高催化剂的催化活性，不能用勒沙特列原理解释，故②不符合题意。
③增大压强，化学平衡会正向移动，有利于氨气的合成，能用勒沙特列原理解释，故④符合题意。
④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，未反应的N2、H2循环到合成塔中，都会使得化学平衡正向移动，有利于氨的合成，能用勒沙特列原理解释，故④符合题意；
方法二：根据图示信息，阳离子移向阴极，可知钯电极A是阴极，阳极发生失电子的氧化反应，即H2-2e-=2H+；
方法三：已知：①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92.4kJ⋅mol−1，
②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=−571.6kJ⋅mol−1，
根据盖斯定律①×2−②×3可得：2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g)△H=(−92.4kJ⋅mol−1)×2−(−571.6kJ⋅mol−1)×3=+1530kJ⋅mol−1。据此解答。
【详解】方法一：（1）将1 mol N2和3 mol H2放入1L的密闭容器中，则c(N2)= ，c(H2)= ，5min后N2的浓度为0.8mol/L，则，则v(N2)= 。本小题答案为：0.04。
（2）a.若用不同的物质表示反应速率，应一种物质用正反应速率表示，一种物质用逆反应速率表示，且速率之比等于化学计量数之比，则应3v(N2)正=v(H2)逆，可以证明反应达到平衡状态，故a错误；
b.ρ=m/V，气体质量和总体积都不随化学平衡的移动而变化，不能证明反应达到平衡状态，故b错误；
c.氮气和氢气生成氨气的反应为反应前后气体总物质的量变化的反应，即反应前后气体的分子总数变化的反应，当气体的分子总数不变时，可以证明反应达到平衡状态，故c正确；
d.M=m/n，气体质量不变，气体总物质的量不同，当平均相对分子质量不变时，则可以证明反应达到平衡状态，故d正确。故选：cd。
（3）设拆开1mol N-H键需要的能量是xKJ，由△H=反应物键能和-生成物键能和，得-92kJ=436kJ×3+946kJ-6x，解得：x=391KJ。本小题答案为：391。
（4）①使用催化剂，不会引起化学平衡的移动，不能用勒沙特列原理解释，故①不符合题意。
②高温，不利于氨气的合成，但是可以提高催化剂的催化活性，不能用勒沙特列原理解释，故②不符合题意。
③增大压强，化学平衡会正向移动，有利于氨气的合成，能用勒沙特列原理解释，故④符合题意。
④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来,未反应的N2、H2循环到合成塔中，都会使得化学平衡正向移动，有利于氨的合成，能用勒沙特列原理解释，故④符合题意。答案选C。
方法二：根据图示信息，阳离子移向阴极，可知钯电极A是阴极，阳极发生失电子的氧化反应，即H2-2e-=2H+。故本小题答案为：阴；H2－2e－=2H+。
方法三：已知：①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92.4kJ⋅mol−1，
②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=−571.6kJ⋅mol−1，
根据盖斯定律①×2−②×3可得：2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g)△H=(−92.4kJ⋅mol−1)×2−(−571.6kJ⋅mol−1)×3=+1530kJ⋅mol−1。本小题答案为：2N2(g)+6H2O(l)=4NH3(g)+3O2(g) H=+1530.8 kJ／mol。
三、选择题(每小题只有1个选项符合题意。1～5小题每小题3分，6～19小题每小题2分，共43分)
15.丙烯是一种常见的有机物。下列有关丙烯的化学用语中，不正确的是
A. 分子式C3H6
B. 结构简式CH2=CHCH3
C. 球棍模型
D. 聚合后的结构简式
【答案】D
【解析】
【详解】A.丙烯的分子式为C3H6，故A正确；
B.丙烯中含有1个碳碳双键，结构简式为CH2=CHCH3，故B正确；
C.丙烯中含有碳、氢两种原子，黑色的小球代表碳原子，白色的小球代表氢原子，故C正确；
D.丙烯的分子式为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，发生聚合反应后生成物的结构简式为：，故D错误。答案选D。
16.下列变化与盐类水解平衡无关的是
A. 盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳
B. 将饱和氯化铁溶液加入沸水制胶体
C. 热的纯碱溶液除油污
D. 配制硫酸亚铁溶液时加少量硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A.碳酸钙沉淀溶解平衡产生碳酸根离子，碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，碳酸根离子的浓度减小，促进碳酸钙的溶解，与沉淀溶液平衡有关，与盐类水解无关，故A符合题意；
B.将饱和氯化铁溶液加入沸水中，FeCl3是强酸弱碱盐，在水中发生水解反应Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3胶体+3H+，则制备胶体与盐类水解有关，故B不符合题意；
C.纯碱是碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解是吸热反应，加热促进水解，碱性增强，促使油脂水解，与盐类水解有关，故C不符合题意；
D.硫酸亚铁水解显酸性，配制FeSO4溶液时，加少量硫酸可以抑制二价亚铁离子的水解，与盐类水解有关，故D不符合题意。答案选A。
17.25℃时，下列有关0.1 mol·L-1醋酸溶液的说法中，正确的是
A. pH = 1
B. c(H+) = c(CH3COO-)
C. 加入少量CH3COONa固体后，醋酸的电离程度减小
D. 与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液显中性
【答案】C
【解析】
试题分析：A．醋酸为弱酸，0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH ＞ 1，错误；B．根据电荷守恒，c(H+) = c(CH3COO-)+ c(OH-)，错误；C．加入少量CH3COONa固体后，c(CH3COO-)增大，抑制醋酸的电离，电离程度减小，正确；D．与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后生成醋酸钠溶液，水解显碱性，错误；故选C。
考点：考查了醋酸电离平衡的影响因素的相关知识。
18.下列关于乙烯和乙烷相比较的说法中，不正确的是
A. 乙烯属于不饱和烃，乙烷属于饱和烃
B. 乙烯和乙烷互为同系物
C. 乙烷在光照条件下能与Cl2发生取代反应，乙烯则不能
D. 乙烯能使Br2的CCl4溶液褪色，乙烷则不能
【答案】B
【解析】
【详解】A.乙烯含有碳碳双键，属于不饱和烃，乙烷属于饱和烃，故A正确；
B.乙烯属于烯烃，乙烷属于烷烃，结构不相似，则不为同系物，故B错误；
C.乙烷在光照条件下能与Cl2发生取代反应，而乙烯则发生加成反应，一般不反应取代，故C正确；
D.乙烯含有不饱和键，能与Br2发生加成反应，而乙烷性质稳定，不能与Br2反应，故D正确。答案选B。
19.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=a kJ·moL－1，反应能量变化如图所示。下列说法中，不正确的是
A. a<0
B. 过程II可能使用了催化剂
C. 反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和
D. 使用催化剂可以提高SO2的平衡转化率
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则a<0，故A正确；
B.过程II活化能较低，则可能使用了催化剂，故B正确；
C.根据图象可知反应物总能量大于生成物总能量，此反应为放热反应，则反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和，故C正确；
D.加入催化剂，平衡不移动，不能提高SO2的平衡转化率，故D错误。答案选D。
【点睛】本题考查的是反应热和焓变。由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，过程II活化能较低，可能使用了催化剂，以此解答该题。
20.下列各组物质互为同分异构体的是
A. 35Cl与37Cl
B. 与
C. 与CH3(CH2)2CH3
D. 与
【答案】C
【解析】
【详解】A. 35Cl与37Cl为质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，故A不符合题意；
B.与分子式相同，结构式也相同，为同一物质，故B不符合题意；
C.与CH3(CH2)2CH3分子式相同(均为C4H12)，结构式不同，互为同分异构体，故C符合题意；
D.与分子式相同，结构式也相同，为同一物质，故D不符合题意。答案选C。
【点睛】本题考查的是同分异构体，需学生掌握同分异构体的概念：分子式相同，结构式不同的有机物互称为同分异构体。同分异构体容易和同位素、同素异形体、同系物等几个概念混淆。应知道几个概念的区别。同位素是指质子数相同，中子数不同的原子互为同位素。同素异形体指同种元素形成的不同的单质互成为同素异形体。同系物指结构相似，组成上差一个或若干个“CH2”的有机物互称为同系物。据此解答。
21.下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是
A. 某物质的溶液pH<7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B. pH=4.5的番茄汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的100倍
C. 足量AgCl固体置于同浓度的CaCl2和NaCl溶液，两溶液中银离子浓度相同
D. pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液，c(Na+)>c(CH3COO－)
【答案】B
【解析】
【详解】解：A.某些强酸的酸式盐如NaHSO4溶液的pH＜7，故A错误；
B.pH=4.5，c（H+）=10-4.5 mol•L-1，pH=6.5，其c（H+）=10-6.5 mol•L-1，c（H+）是100倍的关系，故B正确；
C.同浓度的CaCl2和NaCl溶液中，c（Cl-）不同，则AgCl固体置于CaCl2和NaCl溶液中左移程度是不同的，则两溶液中银离子浓度也不相同，故C错误；
D.混合溶液显酸性，则c（H+）＞c （OH-），根据电荷守恒，c（CH3COO-）＞c（Na+），故D错误。答案选B。
【点睛】本题综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括盐类的水解、溶液的pH与c（H+）的关系、沉淀溶解平衡的移动和溶液中离子浓度大小的比较．做题时注意盐溶液类型的积累，对溶液浓度不同类型计算方法的整理以及平衡移动的影响条件的理解。据此解答。
22.用Cl2生产某些含氯有机物时会生成副产物HCl，利用下列反应可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g)⇋2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH＝-115.6 kJ·mol-1。恒温恒容的密闭容器中，充入一定量的反应物发生上述反应，能充分说明该反应达到化学平衡状态的是
A. 气体的质量不再改变
B. 氯化氢的转化率不再改变
C. 断开4 mol H-Cl键的同时生成4 mol H-O键
D. n(HCl):n(O2):n(Cl2):n(H2O)＝4:1:2:2
【答案】B
【解析】
【分析】
化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．
【详解】A、气体的质量一直不变，不一定达平衡状态，故A错误；
B、氯化氢的转化率不再改变，说明各物质的量不变，反应处于平衡状态，故B正确；
C、只要反应发生就存在断开4 mol H-Cl键的同时生成4 mol H-O键，均表示正反应，故C错误；
D、n（HCl）：n（O2）：n（Cl2）：n（H2O）=4：1：2：2，不能说明各物质的量不变，故D错误；
故选B。
23.由乙炔为原料制取CHClBr－CH2Br，下列方法中，最可行的是
A. 先与HBr加成后，再与HCl加成
B. 先与H2完全加成后，再与Cl2、Br2取代
C. 先与HCl加成后，再与Br2加成
D. 先与Cl2加成后，再与HBr加成
【答案】B
【解析】
试题分析：分子中要引入两个溴原子和一个氯原子，最好采用加成方法而不用取代方法。加成反应产生的副产物少。
考点：炔烃的结构和性质。
24.铅蓄电池是常见的二次电池，电池总反应为：Pb+PbO2+2H2S42PbSO4+2H2O，下列说法正确的是
A. 放电时的负极反应式为Pb+SO42－ －2e－=PbSO4
B. 充电时铅蓄电池的正极与外接电源的负极相连
C. 放电时PbO2发生氧化反应
D. 充电时的阴极反应式为PbSO4+2H2O－2e－=PbO2+SO42－+4H+
【答案】A
【解析】
【详解】A.放电时Pb在负极失电子，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故A正确；
B.充电时，铅蓄电池的正极要恢复原状，则应该作电解池阳极，与电源正极相连，故B错误；
C.放电时，PbO2得电子发生还原反应生成PbSO4，故C错误；
D.充电时的阴极反应式为 PbSO4+2e－=Pb+SO42－，故D错误。答案选A。
【点睛】本题考查的是可充电电池（铅蓄电池）。充电时为原电池，放电时为电解池。学生容易混淆两者的电极反应，原电池放电时负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应。当充电时，负极恢复原状，应作为电解池阴极得电子发生还原反应与电源负极相连；正极恢复原状，应作为电解池阳极失电子发生氧化反应与电源正极相连。据此解答。
25.下列图示与文字叙述相符合的是
A
B
12 g C(s)与一定量O2(g)反应生成14 g
CO(g)，放出的热量为110.5 kJ
热水浴的烧瓶中气体颜色较浅
C
D
验证AgCl溶解度大于Ag2S
钢闸门作为阴极而受到保护
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知C(s)+1/2O2(g)=CO(g) △H=-110.5 kJ /mol，则12 g C(s)与一定量O2(g)反应生成28 gCO(g)，放出的热量为110.5 kJ，故A错误；
B.2NO2⇌N2O4△H<0，混合气体的烧瓶置于热水浴中，升温平衡逆向移动，颜色加深，故B错误；
C.因为AgNO3溶液过量，过量的Ag＋能与S2－直接反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明AgCl溶解度大于Ag2S，故C错误；
D.在电解池中，阴极被保护，故要保护钢闸门，就要将钢闸门做电解池的阴极，故D正确。答案选D。
26.已知氯水中存在反应：Cl2＋H2OH+＋Cl－＋HClO，取5 mL饱和氯水进行如下实验。下列说法中，正确的是
A. 加5 mL水，c (H+)增大
B. 加少量NaCl固体，c (H+)不变
C. 加少量碳酸钙粉末，c(HClO)升高
D. 加少量Na2SO3固体，溶液pH升高
【答案】C
【解析】
试题分析：A．加入5 mL水，溶液稀释，c (H+)减小；B．加入少量NaCl固体，C(Cl－)增大，平衡向左移动，c (H+)减小；D．加少量碳酸钙粉末，H+与碳酸钙反应，c (H+)减小，平衡向右移动，c(HClO)升高，C正确；D．加少量Na2SO3固体，Na2SO3与HClO发生氧化还原反应，生成Na2SO4与HCl，溶液酸性增强， pH升高，D错误。答案选C。
考点：考查化学平衡的移动。
27.将0.2 mol·L－1的KI溶液和0.05 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I－2Fe2++I2”的是
实验编号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN溶液
溶液变红色
②
滴入AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入K3[Fe(CN)6]溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变蓝色
A. ①和② B. ②和④ C. ③和④ D. ①和③
【答案】A
【解析】
【详解】将0.2mol⋅L−1的KI溶液和0.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3+和I−能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I−，故只需要证明溶液中含Fe3+和I−，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。
①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，故①正确；
②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中含I−，能说明反应存在平衡，故②正确；
③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+,滴入K3[Fe(CN)6]溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；
④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故④错误。答案选A。
【点睛】本题考查的是化学反应的可逆性。只有可逆反应才能建立化学平衡，故要想证明化学平衡“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”的存在，即需证明此反应为可逆反应，不能进行彻底。将0.2mol•L-1的KI溶液和0.05mol•L-1 Fe2（SO4）3等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3+和I-能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I-，故只需要证明溶液中含Fe3+和I-，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。
28.利用下图所示装置可以将温室气体CO2转化为燃料气体CO。下列说法中，正确的是
A. 该过程是将太阳能转化为化学能的过程
B. 电极a表面发生还原反应
C. 该装置工作时，H+从b极区向a极区移动
D. 该装置中每生成1 mol CO，同时生成1 mol O2
【答案】A
【解析】
试题分析：A．根据图示，该过程是将太阳能转化为化学能的过程，故A正确；B．根据图示，电极a表面发生水转化为氧气的过程，反应中O元素的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故B错误；C．根据图示，a为负极，b为正极，H+从a极区向b极区移动，故C错误；D．根据得失电子守恒，该装置中每生成1 mol CO，同时生成mol O2，故D错误；故选A。
考点：考查了原电池的工作原理的相关知识。
29.如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时，O2－可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是
A. 电池总反应为N2H4+2O2=2NO+2H2O
B. 电池内的O2－由电极乙移向电极甲
C. 电极乙上反应的电极方程式为：O2+2e－=O2－
D. 电池外电路的电子由电极乙移向电极甲
【答案】B
【解析】
【详解】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为： N2H4+2O2－-4e-==N2↑+2H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e－=2O2－，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O。
A.反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，故A错误；
B.由上述分析可知电极甲为负极，电极乙为正极。放电时，阴离子向负极移动，即O2－由电极乙移向电极甲，故B正确；
C.电极乙上反应的电极方程式为：O2+4e－=2O2－，故C错误；
D.电池外电路的电子由负极移向正极，所以由电极甲移向电极乙，故D错误。答案选B。
【点睛】本题考查的是燃料原电池。该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为： N2H4+2O2－-4e-==N2↑+2H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e－=2O2－，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。
30.已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：
温度/℃
700
800
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
830℃时，向一个2 L的密闭容器中充入0.2 mol的A和0.8 mol的B，反应初始4 s内A的平均反应速率v(A)=0.005 mol／(L·s)。下列说法正确的是
A. 4 s时c(B)为0.38 mol／L
B. 830℃达平衡时，A的转化率为20％
C. 反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动
D. 1200℃时反应C(g)+D(g)A(g)+B(g)的平衡常数为0.4
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应初始4s内A的平均反应速率v(A)=0.005mol/(L·s)，则参加反应的A为△c(A)=0.005mol/(L·s)×4s=0.02mol/L，结合反应可以知道参加反应的B为0.02mol/L，则4 s时c(B)=0.8mol/2L-0.02mol/L=0.38mol/L，故A正确；
B.830℃达平衡时K=1.0，设转化的A为x，则
A(g) + B(g) ⇌ C(g)+ D(g)
开始 0.1 0.4 0 0
转化 x x x x
平衡 0.1-x 0.4-x x x
则，计算得出x=0.08mol/L，则A的转化率为，故B错误；
C.由表格数据可以知道，温度越高，K越小，正反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，故C错误；
D.相同温度下，相反过程的K互为倒数，由1200℃时A(g)+B(g)⇌ C(g)+D(g)的K=0.4，则1200℃时反应C(g)+D(g)⇌ A(g)+B(g)的平衡常数为1/0.4=2.5，故D错误。答案选A。
31.密闭容器中，由H2和CO直接制备二甲醚(CH3OCH3)，其过程包含以下反应：
i. CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=－90.1 kJ·mol－1
ii. 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H2=－24.5 kJ·mol－1
当其他条件相同时，由H2和CO直接制备二甲醚的反应中，CO平衡转化率随条件X的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是
A. 由H2和CO直接制备二甲醚的反应为放热反应
B. 条件X为压强
C. X增大，二甲醚的产率一定增大
D. X增大，该反应的平衡常数一定减小
【答案】A
【解析】
试题分析：A . 将i×2+ ii得：2CO(g) + 4H2(g)CH3OCH3(g) + H2O(g) ∆H= −204.7 kJ·mol−1，因此由H2和CO直接制备二甲醚的反应为放热反应，故A正确；B. 根据，2CO(g) + 4H2(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)，压强越大，CO平衡转化率越大，与图像不符，故B错误；C. X增大，CO平衡转化率减小，二甲醚的产率可能减小，故C错误；D. 根据图像，X可能是温度，温度升高，平衡逆向移动，反应的平衡常数减小，X也可能是减小压强，平衡逆向移动，CO平衡转化率减小，但平衡常数不变，故D错误；故选A。
考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。
32.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：PbSO4(s)+CO32－(aq)PbCO3(s)+SO42－(aq) K=2.2×105。经处理得到的PbCO3灼烧后获得PbO，PbO再经一步转变为Pb。下列说法正确的是
A. PbSO4的溶解度小于PbCO3
B. 处理PbSO4后，Na2CO3或NaHCO3溶液的pH升高
C. 整个过程涉及一个复分解反应和两个氧化还原反应
D. 若用等体积、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
【答案】D
【解析】
【详解】A.由方程式PbSO4(s)+CO32－(aq) PbCO3(s)+SO42－(aq)可知，CO32-能够使PbSO4溶解并生成PbCO3，说明PbCO3的溶解度小于PbSO4，更易析出，故A错误；
B.Na2CO3溶液存在水解反应 CO32-+H2OHCO3-+OH-，处理PbSO4后，CO32-的浓度减小，平衡逆向移动，OH-的浓度减小，溶液的pH减小，故B错误；
C.PbCO3灼烧生成PbO的过程中，各元素的化合价保持不变，所以整个过程中只涉及一个氧化还原反应，故C错误；
D.等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，NaHCO3电离出来CO32-的浓度小于Na2CO3中的CO32-浓度，CO32-浓度越大，越促进PbSO4(s)+CO32－(aq) PbCO3(s)+SO42－(aq)正向移动，所以Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大，故D正确。答案选D。
33.2016年我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”Na—CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如下图所示。吸收的全部CO2中，有2／3转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面。下列说法正确的是
A. “吸入”CO2时，钠箔为正极
B. “呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动
C. “吸入”CO2时的正极反应：4Na++3CO2+4e－=2Na2CO3+C
D. 标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，转移电子数为0.75 mol
【答案】C
【解析】
试题分析：A．放电时该电池“吸入”CO2，“吸入”CO2时，根据图示，钠变成了钠离子，被氧化，钠箔为负极，故A错误；B．“呼出”CO2时，是电解池，电解池中，阳离子向有机移动，Na+向钠箔电极移动，故B错误；C．放电时该电池“吸入”CO2，吸收的CO2有2/3转化为Na2CO3固体，有1/3转化为C，正极反应：4Na++ 3CO2+ 4e—= 2Na2CO3 + C，故C正确；D．标准状况下，22.4 L CO2的物质的量为1mol，根据2Na2CO3 + C-4e—=4Na++ 3CO2，每“呼出”1mol CO2，转移电子数为mol，故D错误；故选C。
考点：考查了原电池和电解池的工作原理的相关知识。
四、填空题(共57分)
34.(1)与氢气反应的化学方程式是__________；
(2)写出正戊烷CH3(CH2)3CH3的两种同分异构体的结构简式和名称(系统命名法)：
①结构简式：_____________、名称：_____________
②结构简式：_____________、名称：_____________。
(3)某一氯代烷烃分子中有2个“－CH3”、2个“－CH2－”、1个“”和1个“－Cl”，符合上述条件的有机物共四种，写出它们的结构简式：、、_________、_________。
【答案】 (1). +H2→CH3CH2C（CH3）2CH3。 (2). ：CH3CH（CH3）CH2CH3 (3). 2-甲基丁烷 (4). CH3C（CH3）2CH3 (5). 2,2-二甲基丙烷 (6). CH3CH2CHClCH2CH3 (7). CH2ClCH(CH3)CH2CH3
【解析】
【详解】（1）与氢气反应的化学方程式为：+H2→CH3CH2C（CH3）2CH3。本小题答案为：+H2→CH3CH2C（CH3）2CH3。
（2）戊烷有3中同分异构体，分别为CH3(CH2)3CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、CH3C（CH3）2CH3。
①正戊烷的一种同分异构体为CH3CH（CH3）CH2CH3 ，名称为2-甲基丁烷。本小题答案为：CH3CH（CH3）CH2CH3 2-甲基丁烷。
②正戊烷的另外一种同分异构体为CH3C（CH3）2CH3，名称为2,2-二甲基丙烷。本小题名称为：CH3C（CH3）2CH3 2,2-二甲基丙烷。
（3）5个碳的烷烃碳骨架异构有①②③。第①种的一氯代烃符合题意的有CH3CHClCH2CH2CH3、CH3CH2CHClCH2CH3两种；第②中符合题意的有CH2ClCH(CH3)CH2CH3、（CH3）2CHCH2CH2Cl。第③种没有符合题意的情况。本小题答案为: CH3CH2CHClCH2CH3 ；CH2ClCH(CH3)CH2CH3。
35.海水中含有80多种元素，是重要的物质资源宝库，同时海水具有强大的自然调节能力，为解决环境污染问题提供了广阔的空间。
(1)①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如下图所示。
下列说法不正确的是_____________ (填字母序号)。
a. pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3－
b. A点，溶液中H2CO3和HCO3－浓度相同
c. 当c(HCO3－)=c(CO32－)时，c(H+)>c(OH－)
②向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是_____________。
(2)海水pH稳定在7.9～8.4之间，可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂。
①海水中含有的OH－可以吸收烟道气中的CO2，同时为海水脱钙，生产CaCO3。写出此反应的离子方程式：_____________。
②已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3×10－7 K2=5.6×10－11
H2SO3电离平衡常数K1=1.5×10－2 K2=6.0×10－8
海水中含有的HCO3－可用于吸收SO2，该过程产物中有CO2和_____________。
(3)洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再行排放。与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2，是一种处理的有效方式。
①通入O2可将酸性海水中的硫(IV)氧化，该反应的离子方程式是_____________。
②上述方式使处理后海水pH升高的原因是_____________。
【答案】 (1). bc (2). HCO3－+OH－=CO32－+H2O (3). CO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O (4). HSO3－ (5). O2+2HSO3－=2SO42－+2H+ (6). 碱性海水的中和及稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2
【解析】
【分析】
(1)①a.由图象分析可以知道，pH=8时主要存在的微粒是碳酸氢根离子，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-，故a正确；
b.A点是碳酸氢根离子物质的量分数和二氧化碳的碳酸溶液中物质的量分数相同，溶液中H2CO3和HCO3-浓度不相同，故b错误；
c.由图象分析可以知道当c(HCO3-)=c(CO32-)时，pH=10溶液显碱性，c(H+)
(2)①海水中钙离子在碱溶液中和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应离子方程式为：CO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O；
②25℃时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3×10－7 K2=5.6×10－11，H2SO3 电离平衡常数K1=1.5×10－2 K2=6.0×10－8，酸性强弱H2SO3> H2CO3> HSO3－> HCO3-，海水中含有的HCO3-可用于吸收SO2，反应生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子；
(3)①洗涤烟气后的海水呈酸性是亚硫酸氢根离子电离大于其水解，通入O2可将酸性海水中的硫(IV)氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：O2+2HSO3－=2SO42－+2H+；
②上述方式使处理后海水pH升高的原因是与新鲜海水混合起到稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2。据此解答。
【详解】(1)①a.由图象分析可以知道，pH=8时主要存在的微粒是碳酸氢根离子，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-，故a正确；
b.A点是碳酸氢根离子物质的量分数和二氧化碳的碳酸溶液中物质的量分数相同，溶液中H2CO3和HCO3-浓度不相同，故b错误；
c.由图象分析可以知道当c(HCO3-)=c(CO32-)时，pH=10溶液显碱性，c(H+)
(2)①海水中钙离子在碱溶液中和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应离子方程式为：CO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O。本小题答案为：CO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O。
②25℃时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3×10－7 K2=5.6×10－11，H2SO3 电离平衡常数K1=1.5×10－2 K2=6.0×10－8，酸性强弱H2SO3> H2CO3> HSO3－> HCO3-，海水中含有的HCO3-可用于吸收SO2，反应生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子。本小题答案为：HSO3－。
(3)①洗涤烟气后的海水呈酸性是亚硫酸氢根离子电离大于其水解，通入O2可将酸性海水中的硫氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：O2+2HSO3－=2SO42－+2H+。本小题答案为：O2+2HSO3－=2SO42－+2H+。
②上述方式使处理后海水pH升高的原因是与新鲜海水混合起到稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2。本小题答案为：碱性海水的中和及稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2。
36.乙醇(C2H5OH)是生活中常见的物质，下图给出了乙醇的结构式和球棍模型。
I. 乙醇燃料电池(DEFC)具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。
(1)三种乙醇燃料电池中正极反应物均为_______。(填化学式)
(2)碱性乙醇燃料电池中，电极a上发生的电极反应式为_______，使用空气代替氧气，电池工作过程中碱性会不断下降，其原因是_______。
(3)酸性乙醇燃料电池中，电极b上发生的电极反应式为_______。
(4)熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，CO32－向电极_______(填“a”或“b”)移动。
II. 已知气相直接水合法可以制取乙醇：H2O(g)+C2H4(g)CH3CH2OH(g)。当n(H2O)：n(C2H4)=1：1时，乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系如下图：
(1)图中压强p1、p2、p3、p4的大小顺序为：_______，理由是：_______。
(2)气相直接水合法采用的工艺条件为：磷酸／硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9 MPa，n(H2O)：n(C2H4)=0.6：1。该条件下乙烯的转化率为5％。若要进一步提高乙烯的转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有_______、_______。
【答案】 (1). O2 (2). C2H5OH+16OH－－12e－=2CO32－+11H2O (3). 空气中的CO2会与KOH溶液反应，降低溶液的碱性，同时反应中也会消耗KOH (4). 3O2+12H++12e－=6H2O (5). a (6). p4>p3>p2>p1 (7). 反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，乙烯的转化率增大，所以相同条件下，转化率越大的代表压强越大 (8). 其他条件不变，增加H2O(g)的浓度 (9). 其他条件不变，移出生成物
【解析】
【分析】
I. (1)燃料电池中通入燃料的为负极，通入氧气或空气的为正极，三种乙醇燃料电池中正极反应物均为氧气；
(2)碱性乙醇燃料电池中，电极a为负极，电极反应式为C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O，使用空气代替氧气 ，空气中的CO2会与KOH溶液反应，降低溶液的碱性，同时反应中也会消耗KOH；
(3)酸性乙醇燃料电池中，电极b为正极，电极反应式为3O2+12H+ +12e－= 6H2O；
(4)根据图示，a为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动，CO32－向电极a移动；
Ⅱ．(1)在相同温度下由于乙烯转化率为p1＜p2＜p3＜p4，由C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)可知正反应为气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是p1＜p2＜p3＜p4；
(2)若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出来，或增大水蒸气的浓度，改变二者物质的量的比等。据此解答。
【详解】I. (1)燃料电池中通入燃料的为负极，通入氧气或空气的为正极，三种乙醇燃料电池中正极反应物均为氧气。本小题答案为：O2。
(2)碱性乙醇燃料电池中，电极a为负极，电极反应式为C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O，使用空气代替氧气 ，空气中的CO2会与KOH溶液反应，降低溶液的碱性，同时反应中也会消耗KOH。本小题答案为：C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O；空气中的CO2会与KOH溶液反应，降低溶液的碱性，同时反应中也会消耗KOH。
(3)酸性乙醇燃料电池中，电极b为正极，电极反应式为3O2+12H+ +12e－= 6H2O。本小题答案为：3O2+12H+ +12e－= 6H2O。
(4)根据图示，a为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动，CO32－向电极a移动。本小题答案为：a。
Ⅱ．(1)在相同温度下由于乙烯转化率为p1＜p2＜p3＜p4，由C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)可知正反应为气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是p1＜p2＜p3＜p4。本小题答案为：p1＜p2＜p3＜p4；反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，乙烯的转化率增大，所以相同条件下，转化率越大的代表压强越大。
(2)若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出来，或增大水蒸气的浓度，改变二者物质的量的比等。本小题答案为：其他条件不变，增加H2O(g)的浓度；其他条件不变，移出生成物。
37.氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如下图所示。
(1)溶液A的溶质是_______。
(2)电解饱和食盐水的离子方程式是_______。
(3)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：_______。
(4)电解所用的盐水需精制，去除有影响的Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42－[c(SO42－)>c(Ca2+)]。精制流程如下(淡盐水和溶液A来自电解池)：
①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是________。
②过程I中将NH4+转化为N2的离子方程式是________。
③BaSO4的溶解度比BaCO3的小。过程II中除去的离子有________。
④过程III中Na2SO3的作用是除去盐水b中的NaClO，参加反应的Na2SO3与NaClO的物质的量之比为________。
【答案】 (1). NaOH (2). 2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－ (3). Cl2与水反应：Cl2+H2OH++Cl－+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出 (4). Mg(OH)2 (5). 2NH4－+3Cl2+8OH－=N2↑+6Cl－+8H2O (6). SO42－、Ca2－ (7). 1：1
【解析】
【分析】
（1）依据装置图中氯气和氢气生成的位置判断，生成氯气的一极为电解池的阳极，生成氢气的一极为电解池的阴极，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大，溶液中的Na+通过阳离子交换膜向阴极移动，则溶液A为氢氧化钠溶液；
（2）电解饱和食盐水，依据电极反应判断生成的产物，书写离子方程式；
（3）根据阳极产物和平衡移动原理分析；
（4）①由于溶液中含有Mg2+，所以用溶液A（即NaOH）调节溶液的pH时，会产生Mg(OH)2沉淀，即盐泥a中还含有Mg(OH)2；
②淡盐水中含有氯气，氯气具有强氧化性，可将NH4+氧化为N2，而氯气被还原成Cl-，方程式为2NH4++3Cl2+8OH－=N2↑+6Cl－+8H2O；
③沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。由于BaSO4的溶解度比BaCO3的小，所以加入BaCO3后，溶液中的SO42-就结合Ba2+生成更难溶的BaSO4沉淀，同时溶液中还存在Ca2+，而CaCO3也属于难溶性物质，因此还会生成CaCO3沉淀；
④NaClO具有强氧化性，可将Na2SO3氧化成Na2SO4，方程式为NaSO3+NaClO=Na2SO4+NaCl，参加反应的Na2SO3与NaClO的物质的量之比为1:1。据此解答。
【详解】（1）依据装置图中氯气和氢气生成的位置判断，生成氯气的一极为电解池的阳极，生成氢气的一极为电解池的阴极，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大，溶液中的Na+通过阳离子交换膜向阴极移动，则溶液A为氢氧化钠溶液。本小题答案为：NaOH。
（2）电解饱和食盐水，溶液中的氯离子在阳极失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大生成氢氧化钠，反应的离子方程式：2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑。本小题答案为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑。
（3）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的作用是促使化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出。本小题答案为：Cl2与水反应：Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出。
（4）①由于溶液中含有Mg2+，所以用溶液A（即NaOH）调节溶液的pH时，会产生Mg(OH)2沉淀，即盐泥a中还含有Mg(OH)2。本小题答案为：Mg(OH)2。
②淡盐水中含有氯气，氯气具有强氧化性，可将NH4+氧化为N2，而氯气被还原成Cl-，方程式为2NH4++3Cl2+8OH－=N2↑+6Cl－+8H2O。 本小题答案为：2NH4++3Cl2+8OH－=N2↑+6Cl－+8H2O。
③沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。由于BaSO4的溶解度比BaCO3的小，所以加入BaCO3后，溶液中的SO42-就结合Ba2+生成更难溶的BaSO4沉淀，同时溶液中还存在Ca2+，而CaCO3也属于难溶性物质，因此还会生成CaCO3沉淀。本小题答案为：SO42－、Ca2+。
④NaClO具有强氧化性，可将Na2SO3氧化成Na2SO4，方程式为NaSO3+NaClO=Na2SO4+NaCl，参加反应的Na2SO3与NaClO的物质的量之比为1:1。本小题答案为：1:1。
38.为探究FeCl3溶液中的离子平衡和离子反应，某小组同学进行了如下实验。
(1)配制50 mL 1.0 mol·L−1的FeCl3溶液，测其pH约为0.7，即c(H+) = 0.2 mol·L−1。
①用化学用语解释FeCl3溶液呈酸性的原因：_______________________________________。
②下列实验方案中，能使FeCl3溶液pH升高的是_______________________________(填字母序号)。
a.加水稀释 b. 加入FeCl3固体
c.滴加浓KSCN溶液 d. 加入NaHCO3固体
(2)小组同学利用上述FeCl3溶液探究其与足量锌粉的反应。实验操作及现象如下：
操作
现象
向反应瓶中加入6.5 g锌粉，然后加入50 mL 1.0 mol·L−1的FeCl3溶液，搅拌
溶液温度迅速上升，稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，反应瓶底部有黑色固体
收集检验反应过程中产生的气体
集气管口靠近火焰，有爆鸣声
已知：Zn的性质与Al相似，能发生反应：Zn + 2NaOH = Na2ZnO2 + H2 ↑
① 结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因：___________________________________。
② 用离子方程式解释反应后溶液为浅绿色的原因：_______________________________________________________。
③ 分离出黑色固体，经下列实验证实了其中含有的主要物质。
i. 黑色固体可以被磁铁吸引；
ii. 向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡；
iii. 将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡；
iv. 向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化。
a. 黑色固体中一定含有的物质是________________________________________。
b. 小组同学认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4 ， 理由是__________________。
(3)为进一步探究上述1.0 mol·L−1 FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱，继续实验并观察到反应开始时现象如下：
操作
现象
将5 mL 1.0 mol·L−1的FeCl3溶液与0.65 g锌粉混合
溶液温度迅速上升，开始时几乎没有气泡
将___与0.65 g锌粉混合
溶液中立即产生大量气泡
小组同学得出结论：在1.0 mol·L−1 FeCl3溶液中，Fe3+的氧化性比H+更强。
【答案】（1）① Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+；② acd
（2）① 溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c(H+)降低，都会促进Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀；② 2Fe3++ Zn = 2Fe2+ + Zn2+；③ a. Fe和Zn；b. iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同
（3）5 mL 0.2 mol·L-1（或pH = 0.7）的盐酸 （可不考虑Cl-对反应的影响）
【解析】
试题分析：（1）①FeCl3溶液呈酸性是因为氯化铁水解的结果，故答案为：Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+；
② a. 加水稀释，尽管促进氯化铁水解，但氢离子浓度减小，pH增大，正确；b. 加入FeCl3固体，氯化铁溶液的浓度增大，水解程度减小，但氢离子浓度增大，pH减小，错误；c. 滴加浓KSCN溶液，使得铁离子浓度减小，Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+逆向移动，酸性减弱，pH增大，正确；d. 加入NaHCO3固体，使得氢离子浓度减小，pH增大，正确；故选acd；
（2）①溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c(H+)降低，都会促进Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀，故答案为：溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c(H+)降低，都会促进Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀；
② 锌与铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子，使得反应后溶液为浅绿色，故答案为：2Fe3++ Zn = 2Fe2+ + Zn2+；
③a. 黑色固体可以被磁铁吸引说明含有铁，向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡，说明含有锌，因此黑色固体中一定铁和锌，故答案为：Fe和Zn；
b. iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同，故答案为：iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同；
（3）要使得溶液中立即产生大量气泡，可以用5 mL 0.2 mol·L-1的盐酸于锌反应，根据探究目的：比较1.0 mol·L−1 FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱。将5 mL 1.0 mol·L−1的FeCl3溶液与0.65 g锌粉混合，溶液温度迅速上升，开始时几乎没有气泡，说明发生铁离子与锌的氧化还原反应，而不是水解生成的氢离子与锌反应，从而说明在1.0 mol·L−1 FeCl3溶液中，Fe3+的氧化性比H+更强，故答案为：5 mL 0.2 mol·L-1的盐酸。
考点：考查了铁及其化合物的性质、物质性质探究实验方案的设计的相关知识。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 Ag 108 Zn 65 Cu 64 Pb 207
一、选择题(每小题只有1个选项符合题意。每小题2分，共24分)
1.下列物质属于弱电解质的是
A. NaOH B. CH3COOH C. CO2 D. NH4Cl
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaOH在水溶液中完全电离，为强电解质，故A错误；
B. CH3COOH在水溶液中部分电离，为一元弱酸，故为弱电解质，故B正确；
C. CO2本身不能在水溶液中发生电离，故其是非电解质，故C错误；
D. NH4Cl为铵盐，在水溶中完全电离，为强电解质，故D错误。答案选B。
2.下列叙述正确的是
A. 根据能量守恒定律，反应物的总能量等于生成物的总能量
B. 断裂化学键会释放能量
C. 放热的化学反应不需要加热就能发生
D. 同温同压下，H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）在光照和点燃条件下所放出的热量相同
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由于任何化学反应都会伴随能量变化，则根据能量守恒定律可知反应物的总能量一定不等于生成物的总能量，A错误；
B. 断裂化学键会吸收能量，形成化学键释放能量，B错误；
C. 反应条件与反应是放热或吸热没有关系，C错误；
D. 由于反应热与反应物总能量和生成物总能量的相对大小有关系，则同温同压下，H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）在光照和点燃条件下所放出的热量相同，D正确。
答案选D。
3. 下列溶液肯定呈酸性的是
A. 含有H+的溶液 B. 酚酞显无色的溶液
C. c（OH-）
【解析】
试题分析：A．无论酸、碱还是盐溶液中都含有氢离子，所以不能根据是否含有氢离子判断溶液的酸碱性，A错误；B．常温下，酚酞试液的变色范围是8-10，其颜色分别为无色、浅红色、红色，所以溶液颜色为无色时，溶液可能呈碱性或中性，B错误；C．溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH-）的相对大小，当溶液中C（H+）＞c（OH-）时，溶液呈酸性，当C（H+）=c（OH-）时溶液呈中性，当C（H+）＜c（OH-）时，溶液呈碱性，C正确．D．溶液的酸碱性取决于溶液中C（H+）和c（OH-）的相对大小，与溶液的pH大小无关，所以pH小于7的溶液不一定是酸溶液，D错误；选C。
考点：考查溶液酸、碱性的判断。
4.下列设备工作时，将化学能转化为电能的是
A
B
C
D
硅太阳能电池
锂离子电池
太阳能集热器
燃气灶
【答案】B
【解析】
【详解】A.硅太阳能电池是太阳能转化为电能，故A错误；
B.锂离子电池是把化学能转化为电能，故B正确；
C.太阳能集热器是把太阳能转化为热能，故C错误；
D.燃烧是放热反应，是化学能转化为热能，故D错误。答案选B。
5. 下图所示各种装置中能构成原电池的是
A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ①③⑤ D. ②④⑥
【答案】C
【解析】
试题分析：原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。装置①③⑤具备这四个条件，为原电池；②中酒精是非电解质，不能构成原电池，④中没有形成闭合回路，不能构成原电池，；⑥中电极相同，不能构成原电池，故C项正确。
考点：本题考查原电池的形成条件。
6.表示下列变化的化学用语正确的是
A. 氨水显碱性：NH3·H2ONH4++OH－
B. 醋酸溶液显酸性：CH3COOH=CH3COO－+H+
C. NaHCO3溶液显碱性：HCO3－+H2O=CO32－+OH－
D. 铁在潮湿空气中被腐蚀的负极反应：Fe－3e－=Fe3+
【答案】A
【解析】
【详解】A.一水合氨为弱电解质，部分电离，电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH-，故A正确；
B.醋酸为弱电解质，部分电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故B错误； C.NaHCO3溶液显碱性，水解生成H2CO3，离子方程式为HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故C错误；
D.铁在潮湿空气中被腐蚀的负极反应：Fe－2e－=Fe2+，故D错误。答案选A。
7. 升高温度，下列数据不一定增大的是
A. 化学反应速率 B. KNO3的溶解度S
C. 化学平衡常数K D. 水的离子积常数Kw
【答案】C
【解析】
试题分析：A．升高温度，活化分子碰撞的几率增大，则化学反应速率一定增大，故A错误；B．硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，则升高温度，硝酸钾的S增大，故B错误；C．对于放热的化学反应，升高温度K减小，即升高温度，化学反应的平衡常数K不一定增大，故C正确；D．水的电离为吸热的，升高温度，促进电离，则升高温度，水的离子积常数KW增大，故D 错误；故选C。
考点：考查温度对反应速率、平衡常数、溶解度、离子积的影响。
8.反应C+CO22CO H>0。升高温度，关于该反应v正和v逆的说法正确的是
A. v正增大，v逆减小 B. v正增大，v逆不变
C. 同时减小 D. 同时增大
【答案】D
【解析】
【详解】升高温度，正逆反应速率都增大，故D正确。
故选D。
9.如图所示原电池，盐桥中装有含琼胶的KCl饱和溶液，相关的叙述中，不正确的是
A. 盐桥中的K+向Cu片移动
B. 电子沿导线由Cu片流向Ag片
C. 正极的电极反应是Ag++e-=Ag
D. Cu片上发生氧化反应，Ag片上发生还原反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．该装置是原电池，铜做负极，银做正极，工作时，阳离子向正极移动，钾离子移向硝酸银溶液，故A错误；B.铜作负极，银作正极，电子从铜片沿导线流向银片，故B正确；C．正极上银离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Ag++e-=Ag，故C正确；D．铜片上失电子发生氧化反应，银片上得电子发生还原反应，故D正确；本题选A。
10.用石墨作电极，电解下列物质的水溶液，其实质与电解水一致的是
A. NaCl B. NaOH C. CuSO4 D. CuCl2
【答案】B
【解析】
【详解】A.电解氢氧化钠溶液，阳离子是氢离子放电，阴离子是氢氧根离子放电，实质是电解水，故A符合题意；
B.电解氯化钠溶液，阳离子是氢离子放电，阴离子是氯离子放电，相当于电解NaCl和H2O，故B不符合题意；
C.电解硫酸铜溶液，阳离子是铜离子放电、阴离子是氢氧根放电，相当于电解硫酸铜和水，故C不符合题意；
D.电解氯化铜溶液，阳离子是铜离子放电、阴离子是氯离子放电，电解氯化铜，故D不符合题意。答案选A。
11.二氧化硫的催化氧化反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是工业制硫酸的重要反应之一。下列说法错误的是
A. 煅烧硫铁矿(主要成分FeS2)可获得SO2，将矿石粉碎成细小颗粒可以提高反应的转化率
B. 已知该催化氧化反应K(300℃)>K(350℃)，则该反应正向是放热反应
C. 该反应加入催化剂是为了加快反应速率
D. 保持温度不变，平衡后增大O2的浓度，该反应的平衡常数K不变
【答案】A
【解析】
【详解】A.煅烧硫铁矿(主要成分FeS2)可获得SO2，将矿石粉碎成细小颗粒可以增大与反应物的接触面积，是燃烧更充分，故A错误；
B.升高温度，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B正确；
C.使用催化剂加快了反应速率，缩短反应的时间，故C正确；
D.平衡常数与温度相关，温度不变，增大氧气的浓度，平衡常数K也不会变化，故D正确。答案选A。
12.25℃时，若溶液中由水电离产生的c(OH－)=1×10－12 mol/L，则下列说法正确的是
A. 该溶液中水的电离被促进
B. 该溶液的pH一定为12
C. 该溶液中K+、Na+、Cl－、NO3－可以大量共存
D. 该溶液一定是NaOH溶液
【答案】C
【解析】
【详解】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，25℃时，纯水中水电离产生的c（H+）=1×10-7，该溶液中由水电离产生的c（H+）=1×10-12＜1×10-7，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，则溶液可能是酸或碱溶液。
A.通过上述分析该溶液可能是酸或碱溶液，溶液中的溶质抑制水的电离，故A错误。
B.溶液可能是酸或碱溶液，该溶液的pH=12，或pH=2，故B错误；
C.无论该溶液是酸性还是碱性溶液，K+、Na+、Cl－、NO3－在该溶液中均可以共存，故C正确；
D.通过上述分析可知，该溶液可能是酸或碱溶液，故D错误。答案选C。
二、填空题(共2道大题，共26分。)
13.(1)将Mg条放入浓NH4Cl溶液中产生无色气体，该气体是________(填化学式)，请用离子方程式解释该现象产生的原因________________。
(2)Mg(OH)2浊液中存在Mg(OH)2的沉淀溶解平衡，可表示为(用离子方程式表示)____________，若向此浊液中加入浓的NH4Cl溶液，观察到的现象是____________。
【答案】 (1). H2 (2). NH4++H2ONH3·H2O+H+ Mg+2H+=Mg2++H2 ↑ (3). Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq) (4). 沉淀溶解，溶液澄清。
【解析】
【详解】(1) NH4Cl是强酸弱碱盐，在水中会发生水解，溶液显酸性，水解方程式为 NH4++H2ONH3·H2O+H+；将Mg条放入浓NH4Cl溶液中，Mg与溶液中的H+反应生成氢气，离子反应方程式为Mg+2H+=Mg2++H2 ↑。本小题答案为：H2；NH4++H2ONH3·H2O+H+ Mg+2H+=Mg2++H2 ↑。
(2)Mg(OH)2的溶解平衡方程式为Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，向Mg(OH)2浊液中加入浓的NH4Cl溶液，一水合氨比氢氧化镁更难电离，所以铵根离子会结合氢氧根离子生成一水合氨，促使氢氧化镁逐渐溶解，离子方程式为 Mg(OH)2(s)+2 NH4+═Mg2++2NH3⋅H2O。本小题答案为： Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH－(aq) ；沉淀溶解，溶液澄清。
【点睛】本题考查的是盐类水解的应用，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质。解题需注意氯化铵溶液中因为铵根离子的水解，使溶液显酸性，加入Mg后，相当于金属和酸的反应；沉淀溶解平衡方程式书写时注意标明各物质的状态，一水合氨比氢氧化镁更难电离，所以向Mg（OH）2浊液中加入浓的NH4Cl溶液，沉淀溶解。据此解答。
14.科学家一直致力于“人工固氮”的研究，现已有多种方法。
【方法一】
1918年，德国化学家哈伯因发明工业合成氨的方法而荣获诺贝尔化学奖。
(1)若将1 mol N2和3 mol H2放入1L的密闭容器中，5min后N2的浓度为0.8mol/L，这段时间内用N2的浓度变化表示的反应速率为________mol／(L·min)。
(2)在一定温度下的定容密闭容器中发生上述反应，下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是________________。
a. v(N2)正=3v(H2)逆
b. 容器中气体的密度不随时间而变化
c. 容器中气体的分子总数不随时间而变化
d. 容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
(3)若1 mol N2完全转化为NH3的反应热为H=－92 kJ/mol，拆开1 mol H—H键和1 mol NN 键需要的能量分别是436 kJ和946 kJ，则拆开1 mol N—H键需要的能量是__________kJ。
(4)合成氨反应的生产条件选择中，能用勒夏特列原理解释的是________________。
①使用催化剂 ②高温 ③高压 ④及时将氨气液化从体系中分离出来
A. ①③ B. ②③ C. ③④ D. ②④
【方法二】
1998年，两位希腊化学家提出了电解合成氨的新思路：
采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H+)为介质，实现了高温(570℃)常压下高转化率的电解法合成氨，转化率可达到78％，装置如下图：
钯电极A是电解池的________极(填“阳”或“阴”)，阳极反应式为__________________。
【方法三】
最新的“人工固氮”研究报道：在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应，直接生成氨气和氧气：
已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=－92 kJ／mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H=－571.6 kJ／mol
写出上述固氮反应的热化学方程式________________________________。
【答案】 (1). 0.04 (2). c d (3). 391 (4). C (5). 阴 (6). H2－2e－=2H+ (7). 2N2(g)+6H2O(I)=4NH3(g)+3O2(g) H=+1530.8 kJ／mol
【解析】
【分析】
本题考查的是速率的计算、平衡标志、键能的计算、平衡移动、电极式书写、盖斯定律。
方法一：（1）将1 mol N2和3 mol H2放入1L的密闭容器中，则c(N2)= ，c(H2)= ，5min后N2的浓度为0.8mol/L，则，则v(N2)= ；
（2）a.若用不同的物质表示反应速率，应一种物质用正反应速率表示，一种物质用逆反应速率表示，且速率之比等于化学计量数之比，则应3v(N2)正=v(H2)逆，可以证明反应达到平衡状态，故a错误；
b.ρ=m/V，气体质量和总体积都不随化学平衡的移动而变化，不能证明反应达到平衡状态，故b错误；
c.氮气和氢气生成氨气的反应为反应前后气体总物质的量变化的反应，即反应前后气体的分子总数变化的反应，当气体的分子总数不变时，可以证明反应达到平衡状态，故c正确；
d.M=m/n，气体质量不变，气体总物质的量不同，当平均相对分子质量不变时，则可以证明反应达到平衡状态，故d正确；
（3）设拆开1mol N-H键需要的能量是xKJ，由△H=反应物键能和-生成物键能和，得-92kJ=436kJ×3+946kJ-6x，解得：x=391KJ；
（4）①使用催化剂，不会引起化学平衡的移动，不能用勒沙特列原理解释，故①不符合题意。
②高温，不利于氨气的合成，但是可以提高催化剂的催化活性，不能用勒沙特列原理解释，故②不符合题意。
③增大压强，化学平衡会正向移动，有利于氨气的合成，能用勒沙特列原理解释，故④符合题意。
④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，未反应的N2、H2循环到合成塔中，都会使得化学平衡正向移动，有利于氨的合成，能用勒沙特列原理解释，故④符合题意；
方法二：根据图示信息，阳离子移向阴极，可知钯电极A是阴极，阳极发生失电子的氧化反应，即H2-2e-=2H+；
方法三：已知：①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92.4kJ⋅mol−1，
②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=−571.6kJ⋅mol−1，
根据盖斯定律①×2−②×3可得：2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g)△H=(−92.4kJ⋅mol−1)×2−(−571.6kJ⋅mol−1)×3=+1530kJ⋅mol−1。据此解答。
【详解】方法一：（1）将1 mol N2和3 mol H2放入1L的密闭容器中，则c(N2)= ，c(H2)= ，5min后N2的浓度为0.8mol/L，则，则v(N2)= 。本小题答案为：0.04。
（2）a.若用不同的物质表示反应速率，应一种物质用正反应速率表示，一种物质用逆反应速率表示，且速率之比等于化学计量数之比，则应3v(N2)正=v(H2)逆，可以证明反应达到平衡状态，故a错误；
b.ρ=m/V，气体质量和总体积都不随化学平衡的移动而变化，不能证明反应达到平衡状态，故b错误；
c.氮气和氢气生成氨气的反应为反应前后气体总物质的量变化的反应，即反应前后气体的分子总数变化的反应，当气体的分子总数不变时，可以证明反应达到平衡状态，故c正确；
d.M=m/n，气体质量不变，气体总物质的量不同，当平均相对分子质量不变时，则可以证明反应达到平衡状态，故d正确。故选：cd。
（3）设拆开1mol N-H键需要的能量是xKJ，由△H=反应物键能和-生成物键能和，得-92kJ=436kJ×3+946kJ-6x，解得：x=391KJ。本小题答案为：391。
（4）①使用催化剂，不会引起化学平衡的移动，不能用勒沙特列原理解释，故①不符合题意。
②高温，不利于氨气的合成，但是可以提高催化剂的催化活性，不能用勒沙特列原理解释，故②不符合题意。
③增大压强，化学平衡会正向移动，有利于氨气的合成，能用勒沙特列原理解释，故④符合题意。
④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来,未反应的N2、H2循环到合成塔中，都会使得化学平衡正向移动，有利于氨的合成，能用勒沙特列原理解释，故④符合题意。答案选C。
方法二：根据图示信息，阳离子移向阴极，可知钯电极A是阴极，阳极发生失电子的氧化反应，即H2-2e-=2H+。故本小题答案为：阴；H2－2e－=2H+。
方法三：已知：①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92.4kJ⋅mol−1，
②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=−571.6kJ⋅mol−1，
根据盖斯定律①×2−②×3可得：2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g)△H=(−92.4kJ⋅mol−1)×2−(−571.6kJ⋅mol−1)×3=+1530kJ⋅mol−1。本小题答案为：2N2(g)+6H2O(l)=4NH3(g)+3O2(g) H=+1530.8 kJ／mol。
三、选择题(每小题只有1个选项符合题意。1～5小题每小题3分，6～19小题每小题2分，共43分)
15.丙烯是一种常见的有机物。下列有关丙烯的化学用语中，不正确的是
A. 分子式C3H6
B. 结构简式CH2=CHCH3
C. 球棍模型
D. 聚合后的结构简式
【答案】D
【解析】
【详解】A.丙烯的分子式为C3H6，故A正确；
B.丙烯中含有1个碳碳双键，结构简式为CH2=CHCH3，故B正确；
C.丙烯中含有碳、氢两种原子，黑色的小球代表碳原子，白色的小球代表氢原子，故C正确；
D.丙烯的分子式为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，发生聚合反应后生成物的结构简式为：，故D错误。答案选D。
16.下列变化与盐类水解平衡无关的是
A. 盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳
B. 将饱和氯化铁溶液加入沸水制胶体
C. 热的纯碱溶液除油污
D. 配制硫酸亚铁溶液时加少量硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A.碳酸钙沉淀溶解平衡产生碳酸根离子，碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，碳酸根离子的浓度减小，促进碳酸钙的溶解，与沉淀溶液平衡有关，与盐类水解无关，故A符合题意；
B.将饱和氯化铁溶液加入沸水中，FeCl3是强酸弱碱盐，在水中发生水解反应Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3胶体+3H+，则制备胶体与盐类水解有关，故B不符合题意；
C.纯碱是碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解是吸热反应，加热促进水解，碱性增强，促使油脂水解，与盐类水解有关，故C不符合题意；
D.硫酸亚铁水解显酸性，配制FeSO4溶液时，加少量硫酸可以抑制二价亚铁离子的水解，与盐类水解有关，故D不符合题意。答案选A。
17.25℃时，下列有关0.1 mol·L-1醋酸溶液的说法中，正确的是
A. pH = 1
B. c(H+) = c(CH3COO-)
C. 加入少量CH3COONa固体后，醋酸的电离程度减小
D. 与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液显中性
【答案】C
【解析】
试题分析：A．醋酸为弱酸，0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH ＞ 1，错误；B．根据电荷守恒，c(H+) = c(CH3COO-)+ c(OH-)，错误；C．加入少量CH3COONa固体后，c(CH3COO-)增大，抑制醋酸的电离，电离程度减小，正确；D．与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后生成醋酸钠溶液，水解显碱性，错误；故选C。
考点：考查了醋酸电离平衡的影响因素的相关知识。
18.下列关于乙烯和乙烷相比较的说法中，不正确的是
A. 乙烯属于不饱和烃，乙烷属于饱和烃
B. 乙烯和乙烷互为同系物
C. 乙烷在光照条件下能与Cl2发生取代反应，乙烯则不能
D. 乙烯能使Br2的CCl4溶液褪色，乙烷则不能
【答案】B
【解析】
【详解】A.乙烯含有碳碳双键，属于不饱和烃，乙烷属于饱和烃，故A正确；
B.乙烯属于烯烃，乙烷属于烷烃，结构不相似，则不为同系物，故B错误；
C.乙烷在光照条件下能与Cl2发生取代反应，而乙烯则发生加成反应，一般不反应取代，故C正确；
D.乙烯含有不饱和键，能与Br2发生加成反应，而乙烷性质稳定，不能与Br2反应，故D正确。答案选B。
19.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=a kJ·moL－1，反应能量变化如图所示。下列说法中，不正确的是
A. a<0
B. 过程II可能使用了催化剂
C. 反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和
D. 使用催化剂可以提高SO2的平衡转化率
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则a<0，故A正确；
B.过程II活化能较低，则可能使用了催化剂，故B正确；
C.根据图象可知反应物总能量大于生成物总能量，此反应为放热反应，则反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和，故C正确；
D.加入催化剂，平衡不移动，不能提高SO2的平衡转化率，故D错误。答案选D。
【点睛】本题考查的是反应热和焓变。由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，过程II活化能较低，可能使用了催化剂，以此解答该题。
20.下列各组物质互为同分异构体的是
A. 35Cl与37Cl
B. 与
C. 与CH3(CH2)2CH3
D. 与
【答案】C
【解析】
【详解】A. 35Cl与37Cl为质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，故A不符合题意；
B.与分子式相同，结构式也相同，为同一物质，故B不符合题意；
C.与CH3(CH2)2CH3分子式相同(均为C4H12)，结构式不同，互为同分异构体，故C符合题意；
D.与分子式相同，结构式也相同，为同一物质，故D不符合题意。答案选C。
【点睛】本题考查的是同分异构体，需学生掌握同分异构体的概念：分子式相同，结构式不同的有机物互称为同分异构体。同分异构体容易和同位素、同素异形体、同系物等几个概念混淆。应知道几个概念的区别。同位素是指质子数相同，中子数不同的原子互为同位素。同素异形体指同种元素形成的不同的单质互成为同素异形体。同系物指结构相似，组成上差一个或若干个“CH2”的有机物互称为同系物。据此解答。
21.下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是
A. 某物质的溶液pH<7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B. pH=4.5的番茄汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的100倍
C. 足量AgCl固体置于同浓度的CaCl2和NaCl溶液，两溶液中银离子浓度相同
D. pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液，c(Na+)>c(CH3COO－)
【答案】B
【解析】
【详解】解：A.某些强酸的酸式盐如NaHSO4溶液的pH＜7，故A错误；
B.pH=4.5，c（H+）=10-4.5 mol•L-1，pH=6.5，其c（H+）=10-6.5 mol•L-1，c（H+）是100倍的关系，故B正确；
C.同浓度的CaCl2和NaCl溶液中，c（Cl-）不同，则AgCl固体置于CaCl2和NaCl溶液中左移程度是不同的，则两溶液中银离子浓度也不相同，故C错误；
D.混合溶液显酸性，则c（H+）＞c （OH-），根据电荷守恒，c（CH3COO-）＞c（Na+），故D错误。答案选B。
【点睛】本题综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括盐类的水解、溶液的pH与c（H+）的关系、沉淀溶解平衡的移动和溶液中离子浓度大小的比较．做题时注意盐溶液类型的积累，对溶液浓度不同类型计算方法的整理以及平衡移动的影响条件的理解。据此解答。
22.用Cl2生产某些含氯有机物时会生成副产物HCl，利用下列反应可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g)⇋2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH＝-115.6 kJ·mol-1。恒温恒容的密闭容器中，充入一定量的反应物发生上述反应，能充分说明该反应达到化学平衡状态的是
A. 气体的质量不再改变
B. 氯化氢的转化率不再改变
C. 断开4 mol H-Cl键的同时生成4 mol H-O键
D. n(HCl):n(O2):n(Cl2):n(H2O)＝4:1:2:2
【答案】B
【解析】
【分析】
化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．
【详解】A、气体的质量一直不变，不一定达平衡状态，故A错误；
B、氯化氢的转化率不再改变，说明各物质的量不变，反应处于平衡状态，故B正确；
C、只要反应发生就存在断开4 mol H-Cl键的同时生成4 mol H-O键，均表示正反应，故C错误；
D、n（HCl）：n（O2）：n（Cl2）：n（H2O）=4：1：2：2，不能说明各物质的量不变，故D错误；
故选B。
23.由乙炔为原料制取CHClBr－CH2Br，下列方法中，最可行的是
A. 先与HBr加成后，再与HCl加成
B. 先与H2完全加成后，再与Cl2、Br2取代
C. 先与HCl加成后，再与Br2加成
D. 先与Cl2加成后，再与HBr加成
【答案】B
【解析】
试题分析：分子中要引入两个溴原子和一个氯原子，最好采用加成方法而不用取代方法。加成反应产生的副产物少。
考点：炔烃的结构和性质。
24.铅蓄电池是常见的二次电池，电池总反应为：Pb+PbO2+2H2S42PbSO4+2H2O，下列说法正确的是
A. 放电时的负极反应式为Pb+SO42－ －2e－=PbSO4
B. 充电时铅蓄电池的正极与外接电源的负极相连
C. 放电时PbO2发生氧化反应
D. 充电时的阴极反应式为PbSO4+2H2O－2e－=PbO2+SO42－+4H+
【答案】A
【解析】
【详解】A.放电时Pb在负极失电子，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故A正确；
B.充电时，铅蓄电池的正极要恢复原状，则应该作电解池阳极，与电源正极相连，故B错误；
C.放电时，PbO2得电子发生还原反应生成PbSO4，故C错误；
D.充电时的阴极反应式为 PbSO4+2e－=Pb+SO42－，故D错误。答案选A。
【点睛】本题考查的是可充电电池（铅蓄电池）。充电时为原电池，放电时为电解池。学生容易混淆两者的电极反应，原电池放电时负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应。当充电时，负极恢复原状，应作为电解池阴极得电子发生还原反应与电源负极相连；正极恢复原状，应作为电解池阳极失电子发生氧化反应与电源正极相连。据此解答。
25.下列图示与文字叙述相符合的是
A
B
12 g C(s)与一定量O2(g)反应生成14 g
CO(g)，放出的热量为110.5 kJ
热水浴的烧瓶中气体颜色较浅
C
D
验证AgCl溶解度大于Ag2S
钢闸门作为阴极而受到保护
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知C(s)+1/2O2(g)=CO(g) △H=-110.5 kJ /mol，则12 g C(s)与一定量O2(g)反应生成28 gCO(g)，放出的热量为110.5 kJ，故A错误；
B.2NO2⇌N2O4△H<0，混合气体的烧瓶置于热水浴中，升温平衡逆向移动，颜色加深，故B错误；
C.因为AgNO3溶液过量，过量的Ag＋能与S2－直接反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明AgCl溶解度大于Ag2S，故C错误；
D.在电解池中，阴极被保护，故要保护钢闸门，就要将钢闸门做电解池的阴极，故D正确。答案选D。
26.已知氯水中存在反应：Cl2＋H2OH+＋Cl－＋HClO，取5 mL饱和氯水进行如下实验。下列说法中，正确的是
A. 加5 mL水，c (H+)增大
B. 加少量NaCl固体，c (H+)不变
C. 加少量碳酸钙粉末，c(HClO)升高
D. 加少量Na2SO3固体，溶液pH升高
【答案】C
【解析】
试题分析：A．加入5 mL水，溶液稀释，c (H+)减小；B．加入少量NaCl固体，C(Cl－)增大，平衡向左移动，c (H+)减小；D．加少量碳酸钙粉末，H+与碳酸钙反应，c (H+)减小，平衡向右移动，c(HClO)升高，C正确；D．加少量Na2SO3固体，Na2SO3与HClO发生氧化还原反应，生成Na2SO4与HCl，溶液酸性增强， pH升高，D错误。答案选C。
考点：考查化学平衡的移动。
27.将0.2 mol·L－1的KI溶液和0.05 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I－2Fe2++I2”的是
实验编号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN溶液
溶液变红色
②
滴入AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入K3[Fe(CN)6]溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变蓝色
A. ①和② B. ②和④ C. ③和④ D. ①和③
【答案】A
【解析】
【详解】将0.2mol⋅L−1的KI溶液和0.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3+和I−能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I−，故只需要证明溶液中含Fe3+和I−，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。
①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，故①正确；
②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中含I−，能说明反应存在平衡，故②正确；
③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+,滴入K3[Fe(CN)6]溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；
④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故④错误。答案选A。
【点睛】本题考查的是化学反应的可逆性。只有可逆反应才能建立化学平衡，故要想证明化学平衡“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”的存在，即需证明此反应为可逆反应，不能进行彻底。将0.2mol•L-1的KI溶液和0.05mol•L-1 Fe2（SO4）3等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3+和I-能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I-，故只需要证明溶液中含Fe3+和I-，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。
28.利用下图所示装置可以将温室气体CO2转化为燃料气体CO。下列说法中，正确的是
A. 该过程是将太阳能转化为化学能的过程
B. 电极a表面发生还原反应
C. 该装置工作时，H+从b极区向a极区移动
D. 该装置中每生成1 mol CO，同时生成1 mol O2
【答案】A
【解析】
试题分析：A．根据图示，该过程是将太阳能转化为化学能的过程，故A正确；B．根据图示，电极a表面发生水转化为氧气的过程，反应中O元素的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故B错误；C．根据图示，a为负极，b为正极，H+从a极区向b极区移动，故C错误；D．根据得失电子守恒，该装置中每生成1 mol CO，同时生成mol O2，故D错误；故选A。
考点：考查了原电池的工作原理的相关知识。
29.如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时，O2－可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是
A. 电池总反应为N2H4+2O2=2NO+2H2O
B. 电池内的O2－由电极乙移向电极甲
C. 电极乙上反应的电极方程式为：O2+2e－=O2－
D. 电池外电路的电子由电极乙移向电极甲
【答案】B
【解析】
【详解】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为： N2H4+2O2－-4e-==N2↑+2H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e－=2O2－，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O。
A.反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，故A错误；
B.由上述分析可知电极甲为负极，电极乙为正极。放电时，阴离子向负极移动，即O2－由电极乙移向电极甲，故B正确；
C.电极乙上反应的电极方程式为：O2+4e－=2O2－，故C错误；
D.电池外电路的电子由负极移向正极，所以由电极甲移向电极乙，故D错误。答案选B。
【点睛】本题考查的是燃料原电池。该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为： N2H4+2O2－-4e-==N2↑+2H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e－=2O2－，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。
30.已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：
温度/℃
700
800
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
830℃时，向一个2 L的密闭容器中充入0.2 mol的A和0.8 mol的B，反应初始4 s内A的平均反应速率v(A)=0.005 mol／(L·s)。下列说法正确的是
A. 4 s时c(B)为0.38 mol／L
B. 830℃达平衡时，A的转化率为20％
C. 反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动
D. 1200℃时反应C(g)+D(g)A(g)+B(g)的平衡常数为0.4
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应初始4s内A的平均反应速率v(A)=0.005mol/(L·s)，则参加反应的A为△c(A)=0.005mol/(L·s)×4s=0.02mol/L，结合反应可以知道参加反应的B为0.02mol/L，则4 s时c(B)=0.8mol/2L-0.02mol/L=0.38mol/L，故A正确；
B.830℃达平衡时K=1.0，设转化的A为x，则
A(g) + B(g) ⇌ C(g)+ D(g)
开始 0.1 0.4 0 0
转化 x x x x
平衡 0.1-x 0.4-x x x
则，计算得出x=0.08mol/L，则A的转化率为，故B错误；
C.由表格数据可以知道，温度越高，K越小，正反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，故C错误；
D.相同温度下，相反过程的K互为倒数，由1200℃时A(g)+B(g)⇌ C(g)+D(g)的K=0.4，则1200℃时反应C(g)+D(g)⇌ A(g)+B(g)的平衡常数为1/0.4=2.5，故D错误。答案选A。
31.密闭容器中，由H2和CO直接制备二甲醚(CH3OCH3)，其过程包含以下反应：
i. CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=－90.1 kJ·mol－1
ii. 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H2=－24.5 kJ·mol－1
当其他条件相同时，由H2和CO直接制备二甲醚的反应中，CO平衡转化率随条件X的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是
A. 由H2和CO直接制备二甲醚的反应为放热反应
B. 条件X为压强
C. X增大，二甲醚的产率一定增大
D. X增大，该反应的平衡常数一定减小
【答案】A
【解析】
试题分析：A . 将i×2+ ii得：2CO(g) + 4H2(g)CH3OCH3(g) + H2O(g) ∆H= −204.7 kJ·mol−1，因此由H2和CO直接制备二甲醚的反应为放热反应，故A正确；B. 根据，2CO(g) + 4H2(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)，压强越大，CO平衡转化率越大，与图像不符，故B错误；C. X增大，CO平衡转化率减小，二甲醚的产率可能减小，故C错误；D. 根据图像，X可能是温度，温度升高，平衡逆向移动，反应的平衡常数减小，X也可能是减小压强，平衡逆向移动，CO平衡转化率减小，但平衡常数不变，故D错误；故选A。
考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。
32.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：PbSO4(s)+CO32－(aq)PbCO3(s)+SO42－(aq) K=2.2×105。经处理得到的PbCO3灼烧后获得PbO，PbO再经一步转变为Pb。下列说法正确的是
A. PbSO4的溶解度小于PbCO3
B. 处理PbSO4后，Na2CO3或NaHCO3溶液的pH升高
C. 整个过程涉及一个复分解反应和两个氧化还原反应
D. 若用等体积、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
【答案】D
【解析】
【详解】A.由方程式PbSO4(s)+CO32－(aq) PbCO3(s)+SO42－(aq)可知，CO32-能够使PbSO4溶解并生成PbCO3，说明PbCO3的溶解度小于PbSO4，更易析出，故A错误；
B.Na2CO3溶液存在水解反应 CO32-+H2OHCO3-+OH-，处理PbSO4后，CO32-的浓度减小，平衡逆向移动，OH-的浓度减小，溶液的pH减小，故B错误；
C.PbCO3灼烧生成PbO的过程中，各元素的化合价保持不变，所以整个过程中只涉及一个氧化还原反应，故C错误；
D.等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，NaHCO3电离出来CO32-的浓度小于Na2CO3中的CO32-浓度，CO32-浓度越大，越促进PbSO4(s)+CO32－(aq) PbCO3(s)+SO42－(aq)正向移动，所以Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大，故D正确。答案选D。
33.2016年我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”Na—CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如下图所示。吸收的全部CO2中，有2／3转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面。下列说法正确的是
A. “吸入”CO2时，钠箔为正极
B. “呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动
C. “吸入”CO2时的正极反应：4Na++3CO2+4e－=2Na2CO3+C
D. 标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，转移电子数为0.75 mol
【答案】C
【解析】
试题分析：A．放电时该电池“吸入”CO2，“吸入”CO2时，根据图示，钠变成了钠离子，被氧化，钠箔为负极，故A错误；B．“呼出”CO2时，是电解池，电解池中，阳离子向有机移动，Na+向钠箔电极移动，故B错误；C．放电时该电池“吸入”CO2，吸收的CO2有2/3转化为Na2CO3固体，有1/3转化为C，正极反应：4Na++ 3CO2+ 4e—= 2Na2CO3 + C，故C正确；D．标准状况下，22.4 L CO2的物质的量为1mol，根据2Na2CO3 + C-4e—=4Na++ 3CO2，每“呼出”1mol CO2，转移电子数为mol，故D错误；故选C。
考点：考查了原电池和电解池的工作原理的相关知识。
四、填空题(共57分)
34.(1)与氢气反应的化学方程式是__________；
(2)写出正戊烷CH3(CH2)3CH3的两种同分异构体的结构简式和名称(系统命名法)：
①结构简式：_____________、名称：_____________
②结构简式：_____________、名称：_____________。
(3)某一氯代烷烃分子中有2个“－CH3”、2个“－CH2－”、1个“”和1个“－Cl”，符合上述条件的有机物共四种，写出它们的结构简式：、、_________、_________。
【答案】 (1). +H2→CH3CH2C（CH3）2CH3。 (2). ：CH3CH（CH3）CH2CH3 (3). 2-甲基丁烷 (4). CH3C（CH3）2CH3 (5). 2,2-二甲基丙烷 (6). CH3CH2CHClCH2CH3 (7). CH2ClCH(CH3)CH2CH3
【解析】
【详解】（1）与氢气反应的化学方程式为：+H2→CH3CH2C（CH3）2CH3。本小题答案为：+H2→CH3CH2C（CH3）2CH3。
（2）戊烷有3中同分异构体，分别为CH3(CH2)3CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、CH3C（CH3）2CH3。
①正戊烷的一种同分异构体为CH3CH（CH3）CH2CH3 ，名称为2-甲基丁烷。本小题答案为：CH3CH（CH3）CH2CH3 2-甲基丁烷。
②正戊烷的另外一种同分异构体为CH3C（CH3）2CH3，名称为2,2-二甲基丙烷。本小题名称为：CH3C（CH3）2CH3 2,2-二甲基丙烷。
（3）5个碳的烷烃碳骨架异构有①②③。第①种的一氯代烃符合题意的有CH3CHClCH2CH2CH3、CH3CH2CHClCH2CH3两种；第②中符合题意的有CH2ClCH(CH3)CH2CH3、（CH3）2CHCH2CH2Cl。第③种没有符合题意的情况。本小题答案为: CH3CH2CHClCH2CH3 ；CH2ClCH(CH3)CH2CH3。
35.海水中含有80多种元素，是重要的物质资源宝库，同时海水具有强大的自然调节能力，为解决环境污染问题提供了广阔的空间。
(1)①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如下图所示。
下列说法不正确的是_____________ (填字母序号)。
a. pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3－
b. A点，溶液中H2CO3和HCO3－浓度相同
c. 当c(HCO3－)=c(CO32－)时，c(H+)>c(OH－)
②向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是_____________。
(2)海水pH稳定在7.9～8.4之间，可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂。
①海水中含有的OH－可以吸收烟道气中的CO2，同时为海水脱钙，生产CaCO3。写出此反应的离子方程式：_____________。
②已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3×10－7 K2=5.6×10－11
H2SO3电离平衡常数K1=1.5×10－2 K2=6.0×10－8
海水中含有的HCO3－可用于吸收SO2，该过程产物中有CO2和_____________。
(3)洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再行排放。与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2，是一种处理的有效方式。
①通入O2可将酸性海水中的硫(IV)氧化，该反应的离子方程式是_____________。
②上述方式使处理后海水pH升高的原因是_____________。
【答案】 (1). bc (2). HCO3－+OH－=CO32－+H2O (3). CO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O (4). HSO3－ (5). O2+2HSO3－=2SO42－+2H+ (6). 碱性海水的中和及稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2
【解析】
【分析】
(1)①a.由图象分析可以知道，pH=8时主要存在的微粒是碳酸氢根离子，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-，故a正确；
b.A点是碳酸氢根离子物质的量分数和二氧化碳的碳酸溶液中物质的量分数相同，溶液中H2CO3和HCO3-浓度不相同，故b错误；
c.由图象分析可以知道当c(HCO3-)=c(CO32-)时，pH=10溶液显碱性，c(H+)
(2)①海水中钙离子在碱溶液中和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应离子方程式为：CO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O；
②25℃时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3×10－7 K2=5.6×10－11，H2SO3 电离平衡常数K1=1.5×10－2 K2=6.0×10－8，酸性强弱H2SO3> H2CO3> HSO3－> HCO3-，海水中含有的HCO3-可用于吸收SO2，反应生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子；
(3)①洗涤烟气后的海水呈酸性是亚硫酸氢根离子电离大于其水解，通入O2可将酸性海水中的硫(IV)氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：O2+2HSO3－=2SO42－+2H+；
②上述方式使处理后海水pH升高的原因是与新鲜海水混合起到稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2。据此解答。
【详解】(1)①a.由图象分析可以知道，pH=8时主要存在的微粒是碳酸氢根离子，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-，故a正确；
b.A点是碳酸氢根离子物质的量分数和二氧化碳的碳酸溶液中物质的量分数相同，溶液中H2CO3和HCO3-浓度不相同，故b错误；
c.由图象分析可以知道当c(HCO3-)=c(CO32-)时，pH=10溶液显碱性，c(H+)
(2)①海水中钙离子在碱溶液中和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应离子方程式为：CO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O。本小题答案为：CO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O。
②25℃时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3×10－7 K2=5.6×10－11，H2SO3 电离平衡常数K1=1.5×10－2 K2=6.0×10－8，酸性强弱H2SO3> H2CO3> HSO3－> HCO3-，海水中含有的HCO3-可用于吸收SO2，反应生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子。本小题答案为：HSO3－。
(3)①洗涤烟气后的海水呈酸性是亚硫酸氢根离子电离大于其水解，通入O2可将酸性海水中的硫氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：O2+2HSO3－=2SO42－+2H+。本小题答案为：O2+2HSO3－=2SO42－+2H+。
②上述方式使处理后海水pH升高的原因是与新鲜海水混合起到稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2。本小题答案为：碱性海水的中和及稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2。
36.乙醇(C2H5OH)是生活中常见的物质，下图给出了乙醇的结构式和球棍模型。
I. 乙醇燃料电池(DEFC)具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。
(1)三种乙醇燃料电池中正极反应物均为_______。(填化学式)
(2)碱性乙醇燃料电池中，电极a上发生的电极反应式为_______，使用空气代替氧气，电池工作过程中碱性会不断下降，其原因是_______。
(3)酸性乙醇燃料电池中，电极b上发生的电极反应式为_______。
(4)熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，CO32－向电极_______(填“a”或“b”)移动。
II. 已知气相直接水合法可以制取乙醇：H2O(g)+C2H4(g)CH3CH2OH(g)。当n(H2O)：n(C2H4)=1：1时，乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系如下图：
(1)图中压强p1、p2、p3、p4的大小顺序为：_______，理由是：_______。
(2)气相直接水合法采用的工艺条件为：磷酸／硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9 MPa，n(H2O)：n(C2H4)=0.6：1。该条件下乙烯的转化率为5％。若要进一步提高乙烯的转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有_______、_______。
【答案】 (1). O2 (2). C2H5OH+16OH－－12e－=2CO32－+11H2O (3). 空气中的CO2会与KOH溶液反应，降低溶液的碱性，同时反应中也会消耗KOH (4). 3O2+12H++12e－=6H2O (5). a (6). p4>p3>p2>p1 (7). 反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，乙烯的转化率增大，所以相同条件下，转化率越大的代表压强越大 (8). 其他条件不变，增加H2O(g)的浓度 (9). 其他条件不变，移出生成物
【解析】
【分析】
I. (1)燃料电池中通入燃料的为负极，通入氧气或空气的为正极，三种乙醇燃料电池中正极反应物均为氧气；
(2)碱性乙醇燃料电池中，电极a为负极，电极反应式为C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O，使用空气代替氧气 ，空气中的CO2会与KOH溶液反应，降低溶液的碱性，同时反应中也会消耗KOH；
(3)酸性乙醇燃料电池中，电极b为正极，电极反应式为3O2+12H+ +12e－= 6H2O；
(4)根据图示，a为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动，CO32－向电极a移动；
Ⅱ．(1)在相同温度下由于乙烯转化率为p1＜p2＜p3＜p4，由C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)可知正反应为气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是p1＜p2＜p3＜p4；
(2)若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出来，或增大水蒸气的浓度，改变二者物质的量的比等。据此解答。
【详解】I. (1)燃料电池中通入燃料的为负极，通入氧气或空气的为正极，三种乙醇燃料电池中正极反应物均为氧气。本小题答案为：O2。
(2)碱性乙醇燃料电池中，电极a为负极，电极反应式为C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O，使用空气代替氧气 ，空气中的CO2会与KOH溶液反应，降低溶液的碱性，同时反应中也会消耗KOH。本小题答案为：C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O；空气中的CO2会与KOH溶液反应，降低溶液的碱性，同时反应中也会消耗KOH。
(3)酸性乙醇燃料电池中，电极b为正极，电极反应式为3O2+12H+ +12e－= 6H2O。本小题答案为：3O2+12H+ +12e－= 6H2O。
(4)根据图示，a为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动，CO32－向电极a移动。本小题答案为：a。
Ⅱ．(1)在相同温度下由于乙烯转化率为p1＜p2＜p3＜p4，由C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)可知正反应为气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是p1＜p2＜p3＜p4。本小题答案为：p1＜p2＜p3＜p4；反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，乙烯的转化率增大，所以相同条件下，转化率越大的代表压强越大。
(2)若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出来，或增大水蒸气的浓度，改变二者物质的量的比等。本小题答案为：其他条件不变，增加H2O(g)的浓度；其他条件不变，移出生成物。
37.氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如下图所示。
(1)溶液A的溶质是_______。
(2)电解饱和食盐水的离子方程式是_______。
(3)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：_______。
(4)电解所用的盐水需精制，去除有影响的Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42－[c(SO42－)>c(Ca2+)]。精制流程如下(淡盐水和溶液A来自电解池)：
①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是________。
②过程I中将NH4+转化为N2的离子方程式是________。
③BaSO4的溶解度比BaCO3的小。过程II中除去的离子有________。
④过程III中Na2SO3的作用是除去盐水b中的NaClO，参加反应的Na2SO3与NaClO的物质的量之比为________。
【答案】 (1). NaOH (2). 2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－ (3). Cl2与水反应：Cl2+H2OH++Cl－+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出 (4). Mg(OH)2 (5). 2NH4－+3Cl2+8OH－=N2↑+6Cl－+8H2O (6). SO42－、Ca2－ (7). 1：1
【解析】
【分析】
（1）依据装置图中氯气和氢气生成的位置判断，生成氯气的一极为电解池的阳极，生成氢气的一极为电解池的阴极，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大，溶液中的Na+通过阳离子交换膜向阴极移动，则溶液A为氢氧化钠溶液；
（2）电解饱和食盐水，依据电极反应判断生成的产物，书写离子方程式；
（3）根据阳极产物和平衡移动原理分析；
（4）①由于溶液中含有Mg2+，所以用溶液A（即NaOH）调节溶液的pH时，会产生Mg(OH)2沉淀，即盐泥a中还含有Mg(OH)2；
②淡盐水中含有氯气，氯气具有强氧化性，可将NH4+氧化为N2，而氯气被还原成Cl-，方程式为2NH4++3Cl2+8OH－=N2↑+6Cl－+8H2O；
③沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。由于BaSO4的溶解度比BaCO3的小，所以加入BaCO3后，溶液中的SO42-就结合Ba2+生成更难溶的BaSO4沉淀，同时溶液中还存在Ca2+，而CaCO3也属于难溶性物质，因此还会生成CaCO3沉淀；
④NaClO具有强氧化性，可将Na2SO3氧化成Na2SO4，方程式为NaSO3+NaClO=Na2SO4+NaCl，参加反应的Na2SO3与NaClO的物质的量之比为1:1。据此解答。
【详解】（1）依据装置图中氯气和氢气生成的位置判断，生成氯气的一极为电解池的阳极，生成氢气的一极为电解池的阴极，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大，溶液中的Na+通过阳离子交换膜向阴极移动，则溶液A为氢氧化钠溶液。本小题答案为：NaOH。
（2）电解饱和食盐水，溶液中的氯离子在阳极失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大生成氢氧化钠，反应的离子方程式：2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑。本小题答案为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑。
（3）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的作用是促使化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出。本小题答案为：Cl2与水反应：Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出。
（4）①由于溶液中含有Mg2+，所以用溶液A（即NaOH）调节溶液的pH时，会产生Mg(OH)2沉淀，即盐泥a中还含有Mg(OH)2。本小题答案为：Mg(OH)2。
②淡盐水中含有氯气，氯气具有强氧化性，可将NH4+氧化为N2，而氯气被还原成Cl-，方程式为2NH4++3Cl2+8OH－=N2↑+6Cl－+8H2O。 本小题答案为：2NH4++3Cl2+8OH－=N2↑+6Cl－+8H2O。
③沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。由于BaSO4的溶解度比BaCO3的小，所以加入BaCO3后，溶液中的SO42-就结合Ba2+生成更难溶的BaSO4沉淀，同时溶液中还存在Ca2+，而CaCO3也属于难溶性物质，因此还会生成CaCO3沉淀。本小题答案为：SO42－、Ca2+。
④NaClO具有强氧化性，可将Na2SO3氧化成Na2SO4，方程式为NaSO3+NaClO=Na2SO4+NaCl，参加反应的Na2SO3与NaClO的物质的量之比为1:1。本小题答案为：1:1。
38.为探究FeCl3溶液中的离子平衡和离子反应，某小组同学进行了如下实验。
(1)配制50 mL 1.0 mol·L−1的FeCl3溶液，测其pH约为0.7，即c(H+) = 0.2 mol·L−1。
①用化学用语解释FeCl3溶液呈酸性的原因：_______________________________________。
②下列实验方案中，能使FeCl3溶液pH升高的是_______________________________(填字母序号)。
a.加水稀释 b. 加入FeCl3固体
c.滴加浓KSCN溶液 d. 加入NaHCO3固体
(2)小组同学利用上述FeCl3溶液探究其与足量锌粉的反应。实验操作及现象如下：
操作
现象
向反应瓶中加入6.5 g锌粉，然后加入50 mL 1.0 mol·L−1的FeCl3溶液，搅拌
溶液温度迅速上升，稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，反应瓶底部有黑色固体
收集检验反应过程中产生的气体
集气管口靠近火焰，有爆鸣声
已知：Zn的性质与Al相似，能发生反应：Zn + 2NaOH = Na2ZnO2 + H2 ↑
① 结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因：___________________________________。
② 用离子方程式解释反应后溶液为浅绿色的原因：_______________________________________________________。
③ 分离出黑色固体，经下列实验证实了其中含有的主要物质。
i. 黑色固体可以被磁铁吸引；
ii. 向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡；
iii. 将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡；
iv. 向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化。
a. 黑色固体中一定含有的物质是________________________________________。
b. 小组同学认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4 ， 理由是__________________。
(3)为进一步探究上述1.0 mol·L−1 FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱，继续实验并观察到反应开始时现象如下：
操作
现象
将5 mL 1.0 mol·L−1的FeCl3溶液与0.65 g锌粉混合
溶液温度迅速上升，开始时几乎没有气泡
将___与0.65 g锌粉混合
溶液中立即产生大量气泡
小组同学得出结论：在1.0 mol·L−1 FeCl3溶液中，Fe3+的氧化性比H+更强。
【答案】（1）① Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+；② acd
（2）① 溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c(H+)降低，都会促进Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀；② 2Fe3++ Zn = 2Fe2+ + Zn2+；③ a. Fe和Zn；b. iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同
（3）5 mL 0.2 mol·L-1（或pH = 0.7）的盐酸 （可不考虑Cl-对反应的影响）
【解析】
试题分析：（1）①FeCl3溶液呈酸性是因为氯化铁水解的结果，故答案为：Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+；
② a. 加水稀释，尽管促进氯化铁水解，但氢离子浓度减小，pH增大，正确；b. 加入FeCl3固体，氯化铁溶液的浓度增大，水解程度减小，但氢离子浓度增大，pH减小，错误；c. 滴加浓KSCN溶液，使得铁离子浓度减小，Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+逆向移动，酸性减弱，pH增大，正确；d. 加入NaHCO3固体，使得氢离子浓度减小，pH增大，正确；故选acd；
（2）①溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c(H+)降低，都会促进Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀，故答案为：溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c(H+)降低，都会促进Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀；
② 锌与铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子，使得反应后溶液为浅绿色，故答案为：2Fe3++ Zn = 2Fe2+ + Zn2+；
③a. 黑色固体可以被磁铁吸引说明含有铁，向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡，说明含有锌，因此黑色固体中一定铁和锌，故答案为：Fe和Zn；
b. iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同，故答案为：iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同；
（3）要使得溶液中立即产生大量气泡，可以用5 mL 0.2 mol·L-1的盐酸于锌反应，根据探究目的：比较1.0 mol·L−1 FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱。将5 mL 1.0 mol·L−1的FeCl3溶液与0.65 g锌粉混合，溶液温度迅速上升，开始时几乎没有气泡，说明发生铁离子与锌的氧化还原反应，而不是水解生成的氢离子与锌反应，从而说明在1.0 mol·L−1 FeCl3溶液中，Fe3+的氧化性比H+更强，故答案为：5 mL 0.2 mol·L-1的盐酸。
考点：考查了铁及其化合物的性质、物质性质探究实验方案的设计的相关知识。
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