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2022-2023学年北京市延庆区高二上学期期末考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年北京市延庆区高二上学期期末考试化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了 常温时，下列溶液中，的是，1ml/LB， 下列说法不正确的是， 下列事实与盐类的水解无关的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效。
可能用到的原子量：H 1 C 12 O 16 40 64
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分，在每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 常温时，下列溶液中，的是
A. 0.1ml/LB. 的溶液
C. 的醋酸D. 0.01ml/L氨水
【答案】C
【解析】
【详解】A．由H2SO4=2H++可知，0.1ml/L中c(H+)=0.2ml/L，A不合题意；
B．的溶液中c(H+)=10-12ml/L，B不合题意；
C．的醋酸中c(H+)=10-2ml/L，C符合题意；
D．NH3‧H2O是弱碱，0.01ml/L氨水溶液呈碱性，无法计算出H+浓度，但不可能为10-2ml/L，D不合题意；
故答案为：C。
2. 下列事实不能证明NH3‧H2O是弱电解质的是
A. 0.1ml/L的氨水遇石蕊溶液变蓝
B. 沉淀可溶于氯化铵溶液
C. 的氨水稀释1000倍后，
D. 常温时，等浓度氢氧化钠溶液和氨水的导电性，前者大于后者
【答案】A
【解析】
【详解】A．石蕊遇到碱性溶液呈蓝色，故0.1ml/L的氨水遇石蕊溶液变蓝只能说明氨水呈碱性，不能说明NH3‧H2O是弱电解质，A符合题意；
B．沉淀可溶于氯化铵溶液，说明氯化铵溶液呈酸性，即氯化铵是一种强酸弱碱盐，即说明NH3‧H2O是弱碱，是弱电解质，B不合题意；
C．若NH3‧H2O是强电解质，额的氨水稀释1000倍后，，现在pH＞10，说明NH3‧H2O是弱电解质，C不合题意；
D．常温时，等浓度氢氧化钠溶液和氨水的导电性，前者大于后者，说明前者中自由移动的离子浓度大于后者，即说明NH3‧H2O是弱电解质，D不合题意；
故答案为：A。
3. 下列说法不正确的是
A. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大
B. 在电子云图中，用小黑点表示绕核做高速圆周运动的电子
C. 、、轨道相互垂直，且能量相等
D. 通过原子光谱上的特征谱线能鉴定某些元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．相同能级，能层越大，能量越大，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，A正确；
B．在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率而不是表示电子绕核作高速圆周运动的轨迹，B错误；
C．2px、2py、2pz轨道相互垂直，同一能级的不同轨道的能量相同，所以2px、2py、2pz轨道的能量相同，C正确；
D．不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，在历史上，许多元素是通过原子光谱发现的，如铯和铷，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，D正确；
故答案为：B。
4. 模拟粗铜精炼的装置如图，下列说法不正确的是
A. b电极为精铜
B. 可用溶液作电解液
C. 当电路中有2ml电子转移时，同时a电极上溶解64g
D. 精炼一段时间后，电解质溶液需要适当补充
【答案】C
【解析】
【分析】粗铜精炼的电解池中，粗铜连接电源的正极作阳极发生溶解，精铜作连接电源的负极作阴极受保护，溶液中铜离子得电子生成铜单质吸附在精铜上，据此分析。
【详解】A．b电极连接电源的负极作阴极，b电极为精铜，A正确；
B．可用溶液作电解液，铜离子在精铜上得电子变成铜单质，B正确；
C．a电极的反应除了铜失电子变成铜离子进入溶液外还有其他比铜活泼的金属单质失电子生成对应的金属阳离子，故当电路中有2ml电子转移时，a电极上溶解的质量不足64g，C错误；
D．由C分析可知精炼一段时间后，阳极进入溶液的铜离子比在阴极上析出的铜要少一些，电解质溶液需要适当补充，D正确；
故选C。
5. 下列事实与盐类的水解无关的是
A. 用溶液净化含少量泥土的浑浊液体
B. 向溶液中加入溶液产生红褐色沉淀
C. 氯化铝溶液蒸干后灼烧得不到无水氯化铝
D. 用热的纯碱溶液清洗油污
【答案】B
【解析】
【详解】A．用溶液净化含少量泥土的浑浊液体是由于Al3+水解生成了Al(OH)3胶体具有很强的吸附性，原理为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，与盐类水解有关，A不合题意；
B．向溶液中加入溶液产生红褐色沉淀，方程式为：FeCl3+3KOH=Fe(OH)3↓+3KCl，与盐类水解无关，B符合题意；
C．氯化铝溶液蒸干后灼烧得不到无水氯化铝是由于AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，升高温度促进水解，且HCl易挥发，使AlCl3水解完全，与盐类水解有关，C不合题意；
D．用热的纯碱溶液清洗油污是由于纯碱水解使溶液呈碱性而促进酯类的水解而溶解来去油污的，热的溶液促进水解，使纯碱溶液的碱性增强，去污能力增强，与盐类水解有关，D不合题意；
故答案为：B。
6. C和在生产、生活、科技中是重要的燃料。
①
②
下列推断正确的是
A. 的燃烧热为
B.
C.
D. 欲分解2ml，至少需要提供的热量
【答案】C
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1ml纯物质完全燃烧生成指定的稳定物质时C为生成CO2放出的热量，故的燃烧热不为，A错误；
B．H2在氧气中燃烧是一个放热反应， ，B错误；
C．已知① ，结合B项分析可知反应②，(反应①-反应②)即可得到反应，根据盖斯定律可知，，C正确；
D．由B项分析可知，，则 ，且H2O(l)转化为H2O(g)需要吸收能量，故欲分解2ml，至少需要提供480kJ的热量，D错误；
故答案为：C。
7. 在5L的密闭容器中进行反应，10s后，的物质的量增加了0.3ml。下列叙述正确的是
A.
B.
C. 当容器内气体密度不再变化时，反应达到平衡
D. 当容器内的消耗速率等于的生成速率，反应达到平衡
【答案】B
【解析】
【详解】A． ==，A错误；
B．==，B正确；
C．反应过程中，容器的体积不变，容器内的气体质量保持不变，即反应过程中体系内气体的密度始终不变，故当容器内气体密度不再变化，不能说明反应达到平衡，C错误；
D．化学平衡的本质特征是正、逆反应速率相等，容器内的消耗速率表示逆反应速率，的生成速率也表示逆反应速率，二者相等不能说明反应达到平衡，D错误；
故答案为：B。
8. 2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。已知
下列说法不正确的是
A.
B. 的过程中，，
C. 2ml和1ml的总能量大于2ml的总能量
D. 化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题干图示信息可知，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH2，生成气体水时放出的热量比生成液态水时少，故0＞ΔH1＞ΔH2，A错误；
B． H2O(l)= H2O(g)为气体分子数增大的吸热过程，则ΔH＞0，ΔS＞0，B正确；
C．氢气与氧气的反应为放热反应，则2ml和1ml的总能量大于2ml的总能量，C正确；
D．根据盖斯定律可知，化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；
故答案为：A。
9. 电子表和电子计算器的电源通常用微型银—锌电池，其电极分别是和，电解质溶液为溶液，总反应式为。下列说法不正确的是
A. 是正极，是负极
B. 工作时，电池负极区溶液减小
C. 工作时，电极上反应式为
D. 工作时，电子由极经外电路流向极
【答案】C
【解析】
【分析】结合总反应为Ag2O+H2O+Zn=Zn(OH)2+2Ag，可知Zn发生失去电子的氧化反应，为负极，电极反应式为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2；氧化银发生得到电子的还原反应，为正极，电极反应式为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知锌是负极，氧化银是正极，A正确；
B．负极上电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，由于氢氧根离子参加反应而导致负极附近氢氧根离子浓度降低，负极区溶液的pH减小，B正确；
C．氧化银作正极，得电子，结合总反应可知正极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，C错误；
D．锌作负极，氧化银作正极，电子从负极锌沿导线流向正极氧化银，D正确；
故选C。
10. 工业上采用直接氧化法将氯化氢转化为氯气的原理为：。下图为在固定容器中，进料浓度比分别等于1：1、4：1、7：1时平衡转化率随温度变化的关系，下列说法不正确的是
A. 该反应为放热反应
B. 曲线a、b、c进料浓度比分别对应1：1、4：1、7：1
C. 其他条件相同时，增大压强可提高的平衡转化率
D. 400℃时，三种进料浓度对应的平衡常数相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．升高温度，HCl的平衡转化率减小，平衡左移，该反应为放热反应，A正确；
B．其他条件相同，增大HCl浓度，HCl的转化率减小。所以曲线a、b、c的进料浓度比分别对应7：1、4：1、1：1，B错误；
C．该反应是气体体积减小的反应，其他条件相同时，增大压强，平衡向右移动， 的平衡转化率增大，C正确；
D．化学平衡常数只受温度影响，400℃时，三种进料浓度对应的平衡常数相同，D正确；
故答案选B
11. 向体积为10L的恒容密闭容器中通入1.5ml和1.5ml制备，反应原理为。在不同温度(、)下测得容器中随时间的变化曲线如下图所示。
下列说法不正确的是
A. 该反应的正方向
B. 时，的平衡转化率
C. 时，若改为恒温恒压容器，平衡时
D. 达平衡后再充入，不能提高的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题图可知，温度下先达到平衡，温度下的速率快，所以>，温度越高越有利于平衡正向移动生成一氧化碳，该反应的正方向，A正确；
B．时，的平衡转化率，由化学方程式知反应掉的和生成的CO的量一样多，生成的CO的量为1.0ml，所以，B正确；
C．时，平衡时，若改为恒温恒压容器，由于该反应是气体体积增大的反应，相当于在原来基础上降低压强，平衡正向移动，因此平衡时，，C错误；
D．达平衡后再充入，平衡正向移动，水的转化率提高，但不能提高的转化率，D正确；
故选C。
12. 下列关于0.1ml/LNaHSO3溶液的说法中，不正确的是
A. 溶液中至少存在3个平衡
B. 溶液中含有分子和离子共7种
C. 溶液中
D. 常温下，溶液呈酸性，则
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液中存在：H2OH++OH-、H++、+H2O+OH-、+H2OH2SO3+OH-等平衡，至少存在3个平衡，A正确；
B．由A项分析可知，溶液中含有分子为H2O、H2SO3和离子为Na+、H+、OH-、和共7种，B正确；
C．根据物料守恒可知，溶液中，C正确；
D．常温下，溶液呈酸性，说明的电离大于水解，则，D错误；
故答案为：D。
13. 向100mL0.01ml/L溶液中滴加0.1ml/L溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是
A. 和都是强电解质
B. A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：
C. B→C，溶液中的减小
D. A、B、C三点水的电离程度：
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ba(OH)2和NaHCO3在溶液中均完全电离，均属于强电解质，A正确；
B．A→B加入NaHCO3的物质的量小于 Ba(OH)2的物质的量，发生的反应为
，溶液中离子浓度减小，导电率下降，B正确；
C．B→C时加入的NaHCO3继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中c(OH-)减小，C正确；
D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，A点溶液中全部是Ba(OH)2，水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钡还有剩余，C点Ba(OH)2和NaHCO3恰好完全反应，因此水的电离程度： A故答案选D。
14. 小组同学用以下流程去除粗盐水中的、、，获得了精制盐水。
已知：ⅰ.
ⅱ.粗盐水中
下列说法不正确的是
A. ①反应为：
B. ②中当溶液时，已沉淀完全(即浓度小于)
C. ③的滤渣中除泥沙外，还有、、、等物质
D. ④中用稀盐酸调溶液pH为中性或微酸性，以除去、
【答案】A
【解析】
【详解】A．加入碳酸钡的目的是沉淀法除掉硫酸根和钙离子，故①的反应为：、，A错误；
B．②中当溶液时，，已沉淀完全(即浓度小于)，B正确；
C．由上述分析③的滤渣中除泥沙外，还有①生成的、，②生成的和过量的等物质，C正确；
D．④中用稀盐酸调溶液pH为中性或微酸性，以除去、，D正确；
故选A。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就：。目前合成氨工业中使用的催化剂铁触媒中主要成分为(和)，还含有少量的、、、、等。回答问题：
（1）基态N原子中，电子占据最高能级的符号是_______，占据该能级电子的电子云轮廓图为_______形，核外存在_______对自旋相反的电子。
（2）26号元素基态原子的价层电子轨道表示式是_______。
（3）的价层电子排布式为_______，在元素周期表中位于_______区(填“s”“p”“d”或“”)。
（4）分子中，与N原子相连的H显正电性。分析电负性大小关系为N_______H(填“>”“＜”或“=”)。
（5）的第一电离能，的第一电离能，结合基态原子价层电子排布式解释第一电离能镁元素高于铝元素的原因：_______。
【答案】（1） ①. 2p ②. 哑铃 ③. 2
（2） （3） ①. 3d54s1 ②. d
（4）> （5）镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大
【解析】
【小问1详解】
氮为7号元素，基态N原子中核外电子排布为1s22s22p3，电子占据最高能级的符号是2p，占据该能级电子的电子云轮廓图为哑铃形，核外存在2对自旋相反的电子。
【小问2详解】
26号元素基态原子的价层电子轨道表示式是；
【小问3详解】
的价层电子排布式为3d54s1，在元素周期表中位于d区；
【小问4详解】
分子中，与N原子相连的H显正电性，说明氮得到电子的能力更强，电负性更大，故N>H；
【小问5详解】
同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小；
16. 滴定是一种定量分析的方法，在科学研究中具有广泛的应用。
（1）对比盐酸和醋酸分别与的反应
室温下，用0.1ml/LNaOH溶液分别滴定20mL0.1ml/L的醋酸和盐酸溶液，滴定过程中溶液pH的变化曲线如下图所示。
①曲线Ⅱ表示滴定盐酸的过程，判断的理由是_______。
②a点溶液中，离子浓度大小关系为_______。
③b点溶液中，由水电离的_______。
④时， _______ (填“>”“＜”或“=”，下题同)。
⑤c点溶液中_______b点的。
（2）测定某些物质的含量。 由
如测定血液中钙的含量时，进行如下实验：
ⅰ可将amL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体，反应生成沉淀，过滤、洗涤，将沉淀用稀硫酸处理得溶液。
ⅱ将ⅰ得到的溶液，再用酸性溶液滴定，氧化产物为，还原产物为。
ⅲ终点时用去的溶液。
①写出用酸性溶液滴定的离子方程式_______。
②如何判定滴定终点_______。
③计算：血液中含钙离子的浓度为_______(用字母表示)。
【答案】（1） ①. HCl是强电解质，0.1ml/L的溶液中氢离子浓度也是0.1ml/L，pH=1 ②. c(CH3COO−)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH−) ③. 10-5.3 ④. ＞ ⑤. ＞
（2） ①. 2+5H2C2O4+6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O ②. 当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 ③.
【解析】
【小问1详解】
①HCl是强电解质，0.1ml/L的溶液中氢离子浓度也是0.1ml/L，pH=1，所以曲线II是盐酸滴定曲线，故答案为：HCl是强电解质，0.1ml/L的溶液中氢离子浓度也是0.1ml/L，pH=1；
②a点处溶液中溶质成分应是CH3COOH和CH3COONa，此时溶液中电荷守恒关系是c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根据图中信息，此时溶液pH=7呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，代入电荷守恒关系可知c(Na+)=c(CH3COO-)，可知溶液中的离子浓度大小为c(CH3COO−)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH−)，故答案为：c(CH3COO−)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH−)；
③由图示信息可知，b点溶液的Ph=8.7，此时CH3COOH和NaOH恰好完全反应，溶液中溶质为CH3COONa，溶液中的OH-完全由水电离产生，水电离的H+部分与CH3COO-结合，故有由水电离的c(OH-)aq===10-5.3，故答案为：10-5.3；
④时，CH3COOH、HCl和NaOH均恰好完全反应，完全中和的两个盐溶液中，CH3COO-水解，Cl-不水解，故有＞，故答案为：＞；
⑤由题干图示信息可知，b点为CH3COOH和NaOH恰好完全反应，而c点则是NaOH溶液过量，过量的NaOH抑制了CH3COO-的水解，故c点溶液中＞b点的，故答案为：＞；
【小问2详解】
①用酸性溶液滴定即H2C2O4被氧化为CO2，而KMnO4被还原为Mn2+，根据氧化还原反应配平可得该反应化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，该反应的离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2+5H2C2O4+6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O；
②本滴定是用酸性高锰酸钾溶液滴定H2C2O4溶液，高锰酸钾溶液呈紫红色，还原产物MnSO4为无色，故当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点，故答案为：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
③由题干实验转化信息可知，5Ca2+~5CaC2O4~5H2C2O4~2KMnO4，故有n(Ca2+)=n(CaC2O4)=n(H2C2O4)=n(KMnO4)=×=2.5b×10-7ml，故c(Ca2+)===ml/L，故答案为：。
17. 电化学在工业生产中有广泛的应用价值。
（1）下图中，为了减缓海水对铁闸门A的腐蚀，材料B可以选择_______(填字母序号)。
a.碳棒 b.锌板 c.铜板
用电化学原理解释材料B需定期拆换的原因：_______。
（2）利用电解法制备(下图为简易原理装置)。
在_______(填“A”或“C”)区生成。请结合电极反应式分析产生的过程_______。
（3）用二甲醚()燃料电池电解法可将酸性含铬废水(主要含有)转化为。原理如下图：
①燃料电池中的负极是_______(填“M”或“N”)电极，其电极反应为_______。
②用电极反应式和离子反应方程式解释阳极区域能将酸性含铬废水(主要含有)转化为的原因_______。
【答案】（1） ①. b ②. 锌板做铁锌原电池的负极，发生氧化反应而被损耗
（2） ①. C ②. C为阴极区，水发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，，B处钠离子进入C中得到氢氧化钠
（3） ①. M ②. ③. 铁为活泼电极，失去电子发生氧化反应，，亚铁离子具有还原性和发生氧化还原反应生成铁离子、铬离子，
【解析】
【小问1详解】
为了减缓海水对铁闸门A的腐蚀，材料B应该选择比铁活泼的金属，故选锌板，选b；锌板做铁锌原电池的负极，发生氧化反应而被损耗，故锌板需要定期拆换；
【小问2详解】
由图可知，C为阴极区，水发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，，B处钠离子进入C中得到氢氧化钠；
【小问3详解】
①由燃料电池中氢离子移动方向可知，M为电池的负极，该极上二甲醚失去电子发生氧化反应，电极反应为。
②N极为正极，则电解池中左侧电极为阳极；铁为活泼电极，失去电子发生氧化反应，，亚铁离子具有还原性和发生氧化还原反应生成铁离子、铬离子，。
18. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以下反应是目前大规模制取氢气的重要方法之一： 。
（1）欲提高反应速率及的平衡转化率，理论上可以采取的措施为_______。
A. 通入过量水蒸气B. 降低温度C. 增大压强D. 加入催化剂
（2）800℃时，该反应的平衡常数，在容积为1L的密闭容器中进行反应，测得某一时刻混合物中、、、的物质的量分别为2ml、5ml、4ml、3ml。
①写出该反应的平衡常数表达式_______。
②该时刻反应_______(填“正向进行”、“逆向进行”或“达平衡”)。
（3）830℃时，该反应的平衡常数。在容积为1L的密闭容器中，将2ml与8ml混合加热到830℃，反应达平衡时的转化率为_______。
（4）工业上利用得到的与进一步合成二甲醚： 。其他条件不变时，相同时间内的转化率随温度T的变化情况如图a所示。
①合成二甲醚反应的_______0(填“>”“＜”或“=”)。
②在250℃之前，随温度升高，转化率增大的原因是_______。
③在图b中绘制出压强和转化率之间的关系_______ (作出趋势即可)。
【答案】（1）A （2） ①. ②. 达平衡
（3）80％ （4） ①. ＜ ②. 250℃之前，反应未达平衡，温度越高反应速率越快，CO的转化率越大 ③.
【解析】
【小问1详解】
A．通入过量水蒸气，反应速率加快，CO转化率增大，A符合题意 ；
B．降低温度，反应速率减慢，平衡正方向移动，CO转化率增大，B不符合题；
C．增大压强，反应速率加快，平衡不移动，CO转化率不变，C不符合题意；
D．加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动，CO转化率不变，D不符合题意；
故答案：A
【小问2详解】
该反应的平衡常数表达式，，1L的密闭容器中，某一时刻混合物中、、、的物质的量分别为2ml、5ml、4ml、3ml，，Q=K，则反应达平衡，答案：；达平衡；
【小问3详解】
设转化CO的物质的量为a，根据题意列三段式 ，根据平衡常数，解得a=1.6，的转化率为，答案：80％；
【小问4详解】
温度越高，反应速率越快，达平衡所需时间越短，根据题意可知，图a中温度高于250℃反应达化学平衡状态，升高温度，CO转化率降低，平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，<0；250℃之前，反应未达平衡，温度越高反应速率越快，相同时间内，CO的转化率越大；若未达平衡，压强越大，反应速率越快，CO转化率越高，若达平衡，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正方向进行，CO的转化率增大，，答案：＜；250℃之前，反应未达平衡，温度越高反应速率越快，CO的转化率越大； ；
19. 化学小组探究与溶液的反应，实验如下：
已知：经检验白色沉淀为
（1）实验ⅰ中发生的离子方程式为_______。
（2）实验ⅱ中检测到，依据的实验现象是_______。
（3）从平衡移动的原理解释实验ⅱ红色消失的原因_______。
（4）对实验ⅱ中产生的原因作如下假设：
假设1：溶液中的被_______氧化
假设2：与的反应是一个可逆反应
假设3：在实验ⅱ的条件下，被氧化
请将假设1补充完整_______。
（5）设计实验验证假设。
实验ⅲ 取2mL溶液a，向其中滴加5滴0.1ml/L溶液，放置较长时间，溶液颜色不变红，证明假设1不成立。
实验ⅳ 实验装置如下图所示，闭合开关K，电流计指针不动。向右侧溶液中滴加0.1ml/L，指针向右大幅度偏转，溶液中有白色浑浊物产生。取出左侧溶液，滴加0.1ml/L，溶液变红。
①溶液a是_______。
②假设2不成立的实验证据是_______。
③实验证明假设3成立。
请结合电极反应式解释实验ⅱ中产生的原因_______。
【答案】（1）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
（2）加入溶液，溶液局部变红
（3）Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，Cu+和SCN-反应生成白色沉淀，平衡向左移动，红色消失
（4）O2 （5） ①. FeSO4溶液 ②. 闭合开关K，电流计指针不动 ③. Cu2++e-Cu+，SCN-与Cu+结合生成CuSCN沉淀，导致c(Cu+)降低，有利于电极反应正向移动，Cu2+得电子能力增强，大于Fe3+，使得Fe2+被氧化
【解析】
【小问1详解】
由实验现象可知，铜与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
小问2详解】
Fe3+遇KSCN溶液变红，由实验ii的上层清液滴加硫氰化钾溶液后，溶液局部变红可知，溶液中存在铁离子；
【小问3详解】
Cu+和SCN-反应生成白色沉淀，SCN-浓度降低，使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡向左移动，红色消失；
【小问4详解】
亚铁离子具有还原性，可能被空气中氧气氧化生成铁离子，使硫氰化钾溶液变红色，则假设1被空气中氧气氧化；
【小问5详解】
①实验iii的目的是探究假设1是否成立，Fe2+ 是否可以被空气中溶解的氧气氧化，则溶液 a是FeSO4溶液。
②由实验iv中闭合开关K，电流计指针不动可知，与的反应不是可逆反应，证明假设2不成立；
③闭合开关K，电流计指针不动；由验证在实验ii的条件下，铜离子将亚铁离子氧化可知，铜离子在正极得到电子，发生还原反应，生成亚铜离子，Cu2++e-Cu+，向硫酸铜溶液中滴加硫氰化钾溶液，硫氰酸根离子与亚铜离子结合生成硫氰化亚铜沉淀，导致亚铜离子浓度降低，有利于电极反应，促使亚铁离子在负极被氧化。
物质
(25℃)
序号
实验方案
实验现象
实验ⅰ
振荡试管，观察到溶液变为蓝色，待反应充分后，试管底部有粉剩余。
实验ⅱ
取实验ⅰ中的上层清液，向其中滴加0.1ml/L溶液
溶液局部变红，同时产生白色沉淀，振荡试管，红色消失。
本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效。
可能用到的原子量：H 1 C 12 O 16 40 64
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分，在每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 常温时，下列溶液中，的是
A. 0.1ml/LB. 的溶液
C. 的醋酸D. 0.01ml/L氨水
【答案】C
【解析】
【详解】A．由H2SO4=2H++可知，0.1ml/L中c(H+)=0.2ml/L，A不合题意；
B．的溶液中c(H+)=10-12ml/L，B不合题意；
C．的醋酸中c(H+)=10-2ml/L，C符合题意；
D．NH3‧H2O是弱碱，0.01ml/L氨水溶液呈碱性，无法计算出H+浓度，但不可能为10-2ml/L，D不合题意；
故答案为：C。
2. 下列事实不能证明NH3‧H2O是弱电解质的是
A. 0.1ml/L的氨水遇石蕊溶液变蓝
B. 沉淀可溶于氯化铵溶液
C. 的氨水稀释1000倍后，
D. 常温时，等浓度氢氧化钠溶液和氨水的导电性，前者大于后者
【答案】A
【解析】
【详解】A．石蕊遇到碱性溶液呈蓝色，故0.1ml/L的氨水遇石蕊溶液变蓝只能说明氨水呈碱性，不能说明NH3‧H2O是弱电解质，A符合题意；
B．沉淀可溶于氯化铵溶液，说明氯化铵溶液呈酸性，即氯化铵是一种强酸弱碱盐，即说明NH3‧H2O是弱碱，是弱电解质，B不合题意；
C．若NH3‧H2O是强电解质，额的氨水稀释1000倍后，，现在pH＞10，说明NH3‧H2O是弱电解质，C不合题意；
D．常温时，等浓度氢氧化钠溶液和氨水的导电性，前者大于后者，说明前者中自由移动的离子浓度大于后者，即说明NH3‧H2O是弱电解质，D不合题意；
故答案为：A。
3. 下列说法不正确的是
A. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大
B. 在电子云图中，用小黑点表示绕核做高速圆周运动的电子
C. 、、轨道相互垂直，且能量相等
D. 通过原子光谱上的特征谱线能鉴定某些元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．相同能级，能层越大，能量越大，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，A正确；
B．在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率而不是表示电子绕核作高速圆周运动的轨迹，B错误；
C．2px、2py、2pz轨道相互垂直，同一能级的不同轨道的能量相同，所以2px、2py、2pz轨道的能量相同，C正确；
D．不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，在历史上，许多元素是通过原子光谱发现的，如铯和铷，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，D正确；
故答案为：B。
4. 模拟粗铜精炼的装置如图，下列说法不正确的是
A. b电极为精铜
B. 可用溶液作电解液
C. 当电路中有2ml电子转移时，同时a电极上溶解64g
D. 精炼一段时间后，电解质溶液需要适当补充
【答案】C
【解析】
【分析】粗铜精炼的电解池中，粗铜连接电源的正极作阳极发生溶解，精铜作连接电源的负极作阴极受保护，溶液中铜离子得电子生成铜单质吸附在精铜上，据此分析。
【详解】A．b电极连接电源的负极作阴极，b电极为精铜，A正确；
B．可用溶液作电解液，铜离子在精铜上得电子变成铜单质，B正确；
C．a电极的反应除了铜失电子变成铜离子进入溶液外还有其他比铜活泼的金属单质失电子生成对应的金属阳离子，故当电路中有2ml电子转移时，a电极上溶解的质量不足64g，C错误；
D．由C分析可知精炼一段时间后，阳极进入溶液的铜离子比在阴极上析出的铜要少一些，电解质溶液需要适当补充，D正确；
故选C。
5. 下列事实与盐类的水解无关的是
A. 用溶液净化含少量泥土的浑浊液体
B. 向溶液中加入溶液产生红褐色沉淀
C. 氯化铝溶液蒸干后灼烧得不到无水氯化铝
D. 用热的纯碱溶液清洗油污
【答案】B
【解析】
【详解】A．用溶液净化含少量泥土的浑浊液体是由于Al3+水解生成了Al(OH)3胶体具有很强的吸附性，原理为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，与盐类水解有关，A不合题意；
B．向溶液中加入溶液产生红褐色沉淀，方程式为：FeCl3+3KOH=Fe(OH)3↓+3KCl，与盐类水解无关，B符合题意；
C．氯化铝溶液蒸干后灼烧得不到无水氯化铝是由于AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，升高温度促进水解，且HCl易挥发，使AlCl3水解完全，与盐类水解有关，C不合题意；
D．用热的纯碱溶液清洗油污是由于纯碱水解使溶液呈碱性而促进酯类的水解而溶解来去油污的，热的溶液促进水解，使纯碱溶液的碱性增强，去污能力增强，与盐类水解有关，D不合题意；
故答案为：B。
6. C和在生产、生活、科技中是重要的燃料。
①
②
下列推断正确的是
A. 的燃烧热为
B.
C.
D. 欲分解2ml，至少需要提供的热量
【答案】C
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1ml纯物质完全燃烧生成指定的稳定物质时C为生成CO2放出的热量，故的燃烧热不为，A错误；
B．H2在氧气中燃烧是一个放热反应， ，B错误；
C．已知① ，结合B项分析可知反应②，(反应①-反应②)即可得到反应，根据盖斯定律可知，，C正确；
D．由B项分析可知，，则 ，且H2O(l)转化为H2O(g)需要吸收能量，故欲分解2ml，至少需要提供480kJ的热量，D错误；
故答案为：C。
7. 在5L的密闭容器中进行反应，10s后，的物质的量增加了0.3ml。下列叙述正确的是
A.
B.
C. 当容器内气体密度不再变化时，反应达到平衡
D. 当容器内的消耗速率等于的生成速率，反应达到平衡
【答案】B
【解析】
【详解】A． ==，A错误；
B．==，B正确；
C．反应过程中，容器的体积不变，容器内的气体质量保持不变，即反应过程中体系内气体的密度始终不变，故当容器内气体密度不再变化，不能说明反应达到平衡，C错误；
D．化学平衡的本质特征是正、逆反应速率相等，容器内的消耗速率表示逆反应速率，的生成速率也表示逆反应速率，二者相等不能说明反应达到平衡，D错误；
故答案为：B。
8. 2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。已知
下列说法不正确的是
A.
B. 的过程中，，
C. 2ml和1ml的总能量大于2ml的总能量
D. 化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题干图示信息可知，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH2，生成气体水时放出的热量比生成液态水时少，故0＞ΔH1＞ΔH2，A错误；
B． H2O(l)= H2O(g)为气体分子数增大的吸热过程，则ΔH＞0，ΔS＞0，B正确；
C．氢气与氧气的反应为放热反应，则2ml和1ml的总能量大于2ml的总能量，C正确；
D．根据盖斯定律可知，化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；
故答案为：A。
9. 电子表和电子计算器的电源通常用微型银—锌电池，其电极分别是和，电解质溶液为溶液，总反应式为。下列说法不正确的是
A. 是正极，是负极
B. 工作时，电池负极区溶液减小
C. 工作时，电极上反应式为
D. 工作时，电子由极经外电路流向极
【答案】C
【解析】
【分析】结合总反应为Ag2O+H2O+Zn=Zn(OH)2+2Ag，可知Zn发生失去电子的氧化反应，为负极，电极反应式为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2；氧化银发生得到电子的还原反应，为正极，电极反应式为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知锌是负极，氧化银是正极，A正确；
B．负极上电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，由于氢氧根离子参加反应而导致负极附近氢氧根离子浓度降低，负极区溶液的pH减小，B正确；
C．氧化银作正极，得电子，结合总反应可知正极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，C错误；
D．锌作负极，氧化银作正极，电子从负极锌沿导线流向正极氧化银，D正确；
故选C。
10. 工业上采用直接氧化法将氯化氢转化为氯气的原理为：。下图为在固定容器中，进料浓度比分别等于1：1、4：1、7：1时平衡转化率随温度变化的关系，下列说法不正确的是
A. 该反应为放热反应
B. 曲线a、b、c进料浓度比分别对应1：1、4：1、7：1
C. 其他条件相同时，增大压强可提高的平衡转化率
D. 400℃时，三种进料浓度对应的平衡常数相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．升高温度，HCl的平衡转化率减小，平衡左移，该反应为放热反应，A正确；
B．其他条件相同，增大HCl浓度，HCl的转化率减小。所以曲线a、b、c的进料浓度比分别对应7：1、4：1、1：1，B错误；
C．该反应是气体体积减小的反应，其他条件相同时，增大压强，平衡向右移动， 的平衡转化率增大，C正确；
D．化学平衡常数只受温度影响，400℃时，三种进料浓度对应的平衡常数相同，D正确；
故答案选B
11. 向体积为10L的恒容密闭容器中通入1.5ml和1.5ml制备，反应原理为。在不同温度(、)下测得容器中随时间的变化曲线如下图所示。
下列说法不正确的是
A. 该反应的正方向
B. 时，的平衡转化率
C. 时，若改为恒温恒压容器，平衡时
D. 达平衡后再充入，不能提高的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题图可知，温度下先达到平衡，温度下的速率快，所以>，温度越高越有利于平衡正向移动生成一氧化碳，该反应的正方向，A正确；
B．时，的平衡转化率，由化学方程式知反应掉的和生成的CO的量一样多，生成的CO的量为1.0ml，所以，B正确；
C．时，平衡时，若改为恒温恒压容器，由于该反应是气体体积增大的反应，相当于在原来基础上降低压强，平衡正向移动，因此平衡时，，C错误；
D．达平衡后再充入，平衡正向移动，水的转化率提高，但不能提高的转化率，D正确；
故选C。
12. 下列关于0.1ml/LNaHSO3溶液的说法中，不正确的是
A. 溶液中至少存在3个平衡
B. 溶液中含有分子和离子共7种
C. 溶液中
D. 常温下，溶液呈酸性，则
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液中存在：H2OH++OH-、H++、+H2O+OH-、+H2OH2SO3+OH-等平衡，至少存在3个平衡，A正确；
B．由A项分析可知，溶液中含有分子为H2O、H2SO3和离子为Na+、H+、OH-、和共7种，B正确；
C．根据物料守恒可知，溶液中，C正确；
D．常温下，溶液呈酸性，说明的电离大于水解，则，D错误；
故答案为：D。
13. 向100mL0.01ml/L溶液中滴加0.1ml/L溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是
A. 和都是强电解质
B. A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：
C. B→C，溶液中的减小
D. A、B、C三点水的电离程度：
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ba(OH)2和NaHCO3在溶液中均完全电离，均属于强电解质，A正确；
B．A→B加入NaHCO3的物质的量小于 Ba(OH)2的物质的量，发生的反应为
，溶液中离子浓度减小，导电率下降，B正确；
C．B→C时加入的NaHCO3继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中c(OH-)减小，C正确；
D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，A点溶液中全部是Ba(OH)2，水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钡还有剩余，C点Ba(OH)2和NaHCO3恰好完全反应，因此水的电离程度： A
14. 小组同学用以下流程去除粗盐水中的、、，获得了精制盐水。
已知：ⅰ.
ⅱ.粗盐水中
下列说法不正确的是
A. ①反应为：
B. ②中当溶液时，已沉淀完全(即浓度小于)
C. ③的滤渣中除泥沙外，还有、、、等物质
D. ④中用稀盐酸调溶液pH为中性或微酸性，以除去、
【答案】A
【解析】
【详解】A．加入碳酸钡的目的是沉淀法除掉硫酸根和钙离子，故①的反应为：、，A错误；
B．②中当溶液时，，已沉淀完全(即浓度小于)，B正确；
C．由上述分析③的滤渣中除泥沙外，还有①生成的、，②生成的和过量的等物质，C正确；
D．④中用稀盐酸调溶液pH为中性或微酸性，以除去、，D正确；
故选A。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就：。目前合成氨工业中使用的催化剂铁触媒中主要成分为(和)，还含有少量的、、、、等。回答问题：
（1）基态N原子中，电子占据最高能级的符号是_______，占据该能级电子的电子云轮廓图为_______形，核外存在_______对自旋相反的电子。
（2）26号元素基态原子的价层电子轨道表示式是_______。
（3）的价层电子排布式为_______，在元素周期表中位于_______区(填“s”“p”“d”或“”)。
（4）分子中，与N原子相连的H显正电性。分析电负性大小关系为N_______H(填“>”“＜”或“=”)。
（5）的第一电离能，的第一电离能，结合基态原子价层电子排布式解释第一电离能镁元素高于铝元素的原因：_______。
【答案】（1） ①. 2p ②. 哑铃 ③. 2
（2） （3） ①. 3d54s1 ②. d
（4）> （5）镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大
【解析】
【小问1详解】
氮为7号元素，基态N原子中核外电子排布为1s22s22p3，电子占据最高能级的符号是2p，占据该能级电子的电子云轮廓图为哑铃形，核外存在2对自旋相反的电子。
【小问2详解】
26号元素基态原子的价层电子轨道表示式是；
【小问3详解】
的价层电子排布式为3d54s1，在元素周期表中位于d区；
【小问4详解】
分子中，与N原子相连的H显正电性，说明氮得到电子的能力更强，电负性更大，故N>H；
【小问5详解】
同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小；
16. 滴定是一种定量分析的方法，在科学研究中具有广泛的应用。
（1）对比盐酸和醋酸分别与的反应
室温下，用0.1ml/LNaOH溶液分别滴定20mL0.1ml/L的醋酸和盐酸溶液，滴定过程中溶液pH的变化曲线如下图所示。
①曲线Ⅱ表示滴定盐酸的过程，判断的理由是_______。
②a点溶液中，离子浓度大小关系为_______。
③b点溶液中，由水电离的_______。
④时， _______ (填“>”“＜”或“=”，下题同)。
⑤c点溶液中_______b点的。
（2）测定某些物质的含量。 由
如测定血液中钙的含量时，进行如下实验：
ⅰ可将amL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体，反应生成沉淀，过滤、洗涤，将沉淀用稀硫酸处理得溶液。
ⅱ将ⅰ得到的溶液，再用酸性溶液滴定，氧化产物为，还原产物为。
ⅲ终点时用去的溶液。
①写出用酸性溶液滴定的离子方程式_______。
②如何判定滴定终点_______。
③计算：血液中含钙离子的浓度为_______(用字母表示)。
【答案】（1） ①. HCl是强电解质，0.1ml/L的溶液中氢离子浓度也是0.1ml/L，pH=1 ②. c(CH3COO−)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH−) ③. 10-5.3 ④. ＞ ⑤. ＞
（2） ①. 2+5H2C2O4+6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O ②. 当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 ③.
【解析】
【小问1详解】
①HCl是强电解质，0.1ml/L的溶液中氢离子浓度也是0.1ml/L，pH=1，所以曲线II是盐酸滴定曲线，故答案为：HCl是强电解质，0.1ml/L的溶液中氢离子浓度也是0.1ml/L，pH=1；
②a点处溶液中溶质成分应是CH3COOH和CH3COONa，此时溶液中电荷守恒关系是c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根据图中信息，此时溶液pH=7呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，代入电荷守恒关系可知c(Na+)=c(CH3COO-)，可知溶液中的离子浓度大小为c(CH3COO−)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH−)，故答案为：c(CH3COO−)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH−)；
③由图示信息可知，b点溶液的Ph=8.7，此时CH3COOH和NaOH恰好完全反应，溶液中溶质为CH3COONa，溶液中的OH-完全由水电离产生，水电离的H+部分与CH3COO-结合，故有由水电离的c(OH-)aq===10-5.3，故答案为：10-5.3；
④时，CH3COOH、HCl和NaOH均恰好完全反应，完全中和的两个盐溶液中，CH3COO-水解，Cl-不水解，故有＞，故答案为：＞；
⑤由题干图示信息可知，b点为CH3COOH和NaOH恰好完全反应，而c点则是NaOH溶液过量，过量的NaOH抑制了CH3COO-的水解，故c点溶液中＞b点的，故答案为：＞；
【小问2详解】
①用酸性溶液滴定即H2C2O4被氧化为CO2，而KMnO4被还原为Mn2+，根据氧化还原反应配平可得该反应化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，该反应的离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2+5H2C2O4+6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O；
②本滴定是用酸性高锰酸钾溶液滴定H2C2O4溶液，高锰酸钾溶液呈紫红色，还原产物MnSO4为无色，故当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点，故答案为：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
③由题干实验转化信息可知，5Ca2+~5CaC2O4~5H2C2O4~2KMnO4，故有n(Ca2+)=n(CaC2O4)=n(H2C2O4)=n(KMnO4)=×=2.5b×10-7ml，故c(Ca2+)===ml/L，故答案为：。
17. 电化学在工业生产中有广泛的应用价值。
（1）下图中，为了减缓海水对铁闸门A的腐蚀，材料B可以选择_______(填字母序号)。
a.碳棒 b.锌板 c.铜板
用电化学原理解释材料B需定期拆换的原因：_______。
（2）利用电解法制备(下图为简易原理装置)。
在_______(填“A”或“C”)区生成。请结合电极反应式分析产生的过程_______。
（3）用二甲醚()燃料电池电解法可将酸性含铬废水(主要含有)转化为。原理如下图：
①燃料电池中的负极是_______(填“M”或“N”)电极，其电极反应为_______。
②用电极反应式和离子反应方程式解释阳极区域能将酸性含铬废水(主要含有)转化为的原因_______。
【答案】（1） ①. b ②. 锌板做铁锌原电池的负极，发生氧化反应而被损耗
（2） ①. C ②. C为阴极区，水发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，，B处钠离子进入C中得到氢氧化钠
（3） ①. M ②. ③. 铁为活泼电极，失去电子发生氧化反应，，亚铁离子具有还原性和发生氧化还原反应生成铁离子、铬离子，
【解析】
【小问1详解】
为了减缓海水对铁闸门A的腐蚀，材料B应该选择比铁活泼的金属，故选锌板，选b；锌板做铁锌原电池的负极，发生氧化反应而被损耗，故锌板需要定期拆换；
【小问2详解】
由图可知，C为阴极区，水发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，，B处钠离子进入C中得到氢氧化钠；
【小问3详解】
①由燃料电池中氢离子移动方向可知，M为电池的负极，该极上二甲醚失去电子发生氧化反应，电极反应为。
②N极为正极，则电解池中左侧电极为阳极；铁为活泼电极，失去电子发生氧化反应，，亚铁离子具有还原性和发生氧化还原反应生成铁离子、铬离子，。
18. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以下反应是目前大规模制取氢气的重要方法之一： 。
（1）欲提高反应速率及的平衡转化率，理论上可以采取的措施为_______。
A. 通入过量水蒸气B. 降低温度C. 增大压强D. 加入催化剂
（2）800℃时，该反应的平衡常数，在容积为1L的密闭容器中进行反应，测得某一时刻混合物中、、、的物质的量分别为2ml、5ml、4ml、3ml。
①写出该反应的平衡常数表达式_______。
②该时刻反应_______(填“正向进行”、“逆向进行”或“达平衡”)。
（3）830℃时，该反应的平衡常数。在容积为1L的密闭容器中，将2ml与8ml混合加热到830℃，反应达平衡时的转化率为_______。
（4）工业上利用得到的与进一步合成二甲醚： 。其他条件不变时，相同时间内的转化率随温度T的变化情况如图a所示。
①合成二甲醚反应的_______0(填“>”“＜”或“=”)。
②在250℃之前，随温度升高，转化率增大的原因是_______。
③在图b中绘制出压强和转化率之间的关系_______ (作出趋势即可)。
【答案】（1）A （2） ①. ②. 达平衡
（3）80％ （4） ①. ＜ ②. 250℃之前，反应未达平衡，温度越高反应速率越快，CO的转化率越大 ③.
【解析】
【小问1详解】
A．通入过量水蒸气，反应速率加快，CO转化率增大，A符合题意 ；
B．降低温度，反应速率减慢，平衡正方向移动，CO转化率增大，B不符合题；
C．增大压强，反应速率加快，平衡不移动，CO转化率不变，C不符合题意；
D．加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动，CO转化率不变，D不符合题意；
故答案：A
【小问2详解】
该反应的平衡常数表达式，，1L的密闭容器中，某一时刻混合物中、、、的物质的量分别为2ml、5ml、4ml、3ml，，Q=K，则反应达平衡，答案：；达平衡；
【小问3详解】
设转化CO的物质的量为a，根据题意列三段式 ，根据平衡常数，解得a=1.6，的转化率为，答案：80％；
【小问4详解】
温度越高，反应速率越快，达平衡所需时间越短，根据题意可知，图a中温度高于250℃反应达化学平衡状态，升高温度，CO转化率降低，平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，<0；250℃之前，反应未达平衡，温度越高反应速率越快，相同时间内，CO的转化率越大；若未达平衡，压强越大，反应速率越快，CO转化率越高，若达平衡，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正方向进行，CO的转化率增大，，答案：＜；250℃之前，反应未达平衡，温度越高反应速率越快，CO的转化率越大； ；
19. 化学小组探究与溶液的反应，实验如下：
已知：经检验白色沉淀为
（1）实验ⅰ中发生的离子方程式为_______。
（2）实验ⅱ中检测到，依据的实验现象是_______。
（3）从平衡移动的原理解释实验ⅱ红色消失的原因_______。
（4）对实验ⅱ中产生的原因作如下假设：
假设1：溶液中的被_______氧化
假设2：与的反应是一个可逆反应
假设3：在实验ⅱ的条件下，被氧化
请将假设1补充完整_______。
（5）设计实验验证假设。
实验ⅲ 取2mL溶液a，向其中滴加5滴0.1ml/L溶液，放置较长时间，溶液颜色不变红，证明假设1不成立。
实验ⅳ 实验装置如下图所示，闭合开关K，电流计指针不动。向右侧溶液中滴加0.1ml/L，指针向右大幅度偏转，溶液中有白色浑浊物产生。取出左侧溶液，滴加0.1ml/L，溶液变红。
①溶液a是_______。
②假设2不成立的实验证据是_______。
③实验证明假设3成立。
请结合电极反应式解释实验ⅱ中产生的原因_______。
【答案】（1）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
（2）加入溶液，溶液局部变红
（3）Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，Cu+和SCN-反应生成白色沉淀，平衡向左移动，红色消失
（4）O2 （5） ①. FeSO4溶液 ②. 闭合开关K，电流计指针不动 ③. Cu2++e-Cu+，SCN-与Cu+结合生成CuSCN沉淀，导致c(Cu+)降低，有利于电极反应正向移动，Cu2+得电子能力增强，大于Fe3+，使得Fe2+被氧化
【解析】
【小问1详解】
由实验现象可知，铜与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
小问2详解】
Fe3+遇KSCN溶液变红，由实验ii的上层清液滴加硫氰化钾溶液后，溶液局部变红可知，溶液中存在铁离子；
【小问3详解】
Cu+和SCN-反应生成白色沉淀，SCN-浓度降低，使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡向左移动，红色消失；
【小问4详解】
亚铁离子具有还原性，可能被空气中氧气氧化生成铁离子，使硫氰化钾溶液变红色，则假设1被空气中氧气氧化；
【小问5详解】
①实验iii的目的是探究假设1是否成立，Fe2+ 是否可以被空气中溶解的氧气氧化，则溶液 a是FeSO4溶液。
②由实验iv中闭合开关K，电流计指针不动可知，与的反应不是可逆反应，证明假设2不成立；
③闭合开关K，电流计指针不动；由验证在实验ii的条件下，铜离子将亚铁离子氧化可知，铜离子在正极得到电子，发生还原反应，生成亚铜离子，Cu2++e-Cu+，向硫酸铜溶液中滴加硫氰化钾溶液，硫氰酸根离子与亚铜离子结合生成硫氰化亚铜沉淀，导致亚铜离子浓度降低，有利于电极反应，促使亚铁离子在负极被氧化。
物质
(25℃)
序号
实验方案
实验现象
实验ⅰ
振荡试管，观察到溶液变为蓝色，待反应充分后，试管底部有粉剩余。
实验ⅱ
取实验ⅰ中的上层清液，向其中滴加0.1ml/L溶液
溶液局部变红，同时产生白色沉淀，振荡试管，红色消失。
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