2021北京八中高二(上)期中化学（教师版）

这是一份2021北京八中高二(上)期中化学（教师版），共27页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2021北京八中高二(上)期中
化 学
一、选择题：每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分
1. 下列事实可证明一水合氨是弱碱的是
A. 铵盐受热易分解
B. 0.1mol/L氨水可以使酚酞试液变红
C. 常温时，0.1mol/L氨水溶液的pH约为11
D. 能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁
2. 一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和○代表不同元素的原子。

关于此反应的说法不正确的是
A. 反应物总能量一定低于生成物总能量 B. 一定属于可逆反应
C. 一定有非极性共价键断裂 D. 一定属于氧化还原反应
3. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 实验室中用排饱和食盐水法收集氯气
B. 合成氨工厂生产过程中通常采用较高压强
C. 压缩NO2与N2O4混合气，气体颜色变深
D. 工业上生产硫酸过程中，通入过量空气以提高SO2的转化率
4. 在一氧化碳变换反应CO + H2OCO2 + H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正确的是
A. 使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
B. 升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
C. 增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加
D. 增大c(CO)，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
5. 以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。

下列说法正确的是
A. 过程①中钛氧键断裂会释放能量
B. 该反应中，光能和热能转化为化学能
C. 使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D. CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+30kJ/mol
6. 某温度下N2O5按下式分解：2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g)。测得恒容密闭容器内，N2O5的浓度随时间的变化如下表：
t/min
0
1
2
3
4
5
……
c(N2O5)/(mol/L)
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
……
下列说法不正确的是
A. 4min时，c(NO2)=1.50mol/L
B. 5min时，N2O5的转化率为83%
C. 0~2min内平均反应速率v(O2)=0.125mol/(Lmin)
D. 其他条件不变，若起始c(N2O5)=0.50mol/L，则2min时c(N2O5)<0.25mol/L
7. 已知：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.0kJ•mol-1。一定条件下，向体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3molH2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如图所示。下列叙述中，正确的是

A. 升高温度能使增大
B. 该条件下，反应的平衡常数为
C. 反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为25%
D. 3min时，用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率
8. 常温下，将2种一元酸HX和HY分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：下列说法正确的是
组别
混合前
混合后
甲
c(HX)=0.1mol•L-1
c(NaOH)=0.1mol•L-1
pH=9
乙
c(HY)=0.1mol•L-1
c(NaOH)=0.1mol•L-1
pH=7

A. HY为弱酸 B. HX溶液的pH＜1
C. 甲的混合液中c(X-)=c(Na+) D. 乙的混合液中c(Na+)=c(Y-)
9. 使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是


选项
A
B
C
D
试剂a
CuSO4
NH4HCO3
H2SO4
CH3COOH
试剂b
Ba(OH)2
Ca(OH)2
Ba(OH)2
NH3·H2O

A. A B. B C. C D. D
10. 铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：


下列说法错误的是
A. 该过程的总反应为
B. 浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该催化循环中元素的化合价发生了变化
D. 该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
11. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 的溶液中：、、、
B. 由水电离的的溶液中：、、、
C. 的溶液中：、、、
D. 的溶液中：、、、
12. 某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是

A. II为盐酸稀释时的pH值变化曲线
B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱
C. a点Kw的数值比c点Kw的数值大
D. b点酸的总物质的量浓度小于a点酸的总物质的最浓度
13. 根据下列图示所得推论正确的是

A. 甲是新制氯水光照过程中氯离子浓度的变化曲线，推断次氯酸分解生成了 HCl 和 O2
B. 乙是 C4H10(g)C4H8(g) + H2(g)的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的∆H＞0、x＞0.1
C. 丁是 0.03g 镁条分别与 2 mL 2 mol/L 盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表盐酸与镁条的反应
D. 丙是 0.5 mol/L CH3COONa 溶液及水的 pH 随温度的变化曲线，说明随温度升高，CH3COONa 溶液中 c(OH-)减小
14. 下列实验中，均产生白色沉淀。

下列分析不正确的是
A. Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B. CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C. Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D. 4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
二、非选择题
15. 氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要的作用，请回答。
（1）如图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式___________。

（2）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g)⇌ 2NH3(g) ΔH＜0，其化学平衡常数K与温度的关系如表：
温度(℃)
25
125
225
…
平衡常数
4.1×106
K1
K2
…
完成下列问题：
①比较K1、K2的大小：K1___________K2(填“＞”、“=”或“＜”)；
②判断该反应达到化学平衡状态的依据是___________(填序号)；
A．2v(H2)(正)=3v(NH3)(逆) B．2v(N2)(正)=v(H2)(逆)
C．容器内压强保持不变 D．混合气体的密度保持不变
（3）25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH- ∆H＞0，下列叙述正确的是___________
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，Kw不变
C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H+)降低
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
（4）盐酸肼(N2H6Cl2)是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。
①写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式___________。
②盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是___________(填序号)。
A．c(Cl-)＞c(N2H)＞c(H+)＞c(OH-)
B．c(Cl-)＞c([N2H5•H2O]+)＞c(H+)＞c(OH-)
C．2c(N2H)+c([N2H5•H2O]+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
D．c(N2H)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)
16. 酸碱中和反应中溶液的pH变化可用于各种研究。
（1）用0.1mol•L-1NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol•L-1的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。

①滴定醋酸的曲线是I，理由是___________。
②滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是___________。
③V1和V2的关系：V1___________V2(填“>”、“=”或“＜”)。
（2）酸碱中和滴定可用于测定酸或碱的物质的量浓度，取20.00mL未知浓度的盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用0.10mol/LNaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。
实验编号
NaOH溶液的浓度(mol•L-1)
滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL)
待测盐酸的体积(mL)
1
0.10
22.62
20.00
2
0.10
25.72
20.00
3
0.10
22.80
2000
①滴定达到终点的标志是___________。
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为___________mol/L(保留两位有效数字)。
③在上述实验中，下列操作会造成测定结果偏高的有___________(填字母序号)。
A．滴定终点读数时俯视
B．锥形瓶水洗后未干燥
C．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
D．碱式滴定管使用前，水洗后未用标准氢氧化钠溶液润洗
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
17. 84消毒液在生活中有广泛的应用，其主要成份是NaCl和NaClO。
资料： HClO的电离常数为Ka=4.7×10-8；H2CO3的电离常数为Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11；HClO的氧化性和杀菌消毒效果强于ClO-。
(1)84消毒液溶液呈_______(填“酸性”或“碱性”)。
(2)84消毒液和医用酒精都是重要的消毒剂。某实验小组同学围绕“84消毒液能否与医用酒精混合使用”这一问题进行了如下实验。
序号
实验操作
实验现象
Ⅰ
分别取40 mL 84消毒液和医用酒精混合均匀，并测量溶液温度变化
溶液温度由20℃升高至23℃，并产生大量气泡，略有刺激性气味，溶液颜色无明显变化
Ⅱ
分别取40 mL医用酒精和蒸馏水混合均匀，水浴加热至23℃
溶液中无明显现象
Ⅲ
分别取_______ mL 84消毒液和蒸馏水混合均匀，水浴加热至23℃
溶液中无明显现象，略有刺激性气味
①实验Ⅲ中应分别取_______mL 84消毒液和蒸馏水混合均匀。
②由实验现象推断，84消毒液和医用酒精_______(填“能”或“不能”)混合使用。
(3)84消毒液可由氯气与NaOH溶液反应制得。为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH，请运用平衡移动原理解释NaOH的作用：_______。
(4)待消杀物品喷洒上84消毒液后，露置于空气中10~30分钟可增强消毒效果，该过程中发生反应的离子方程式为_______。请结合电离平衡常数解释消毒效果增强的原因：_______。
18. 催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一、研究表明，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：
反应1：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7kJ•mol-1
反应2：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，经过相同反应时间，不同温度不同催化剂数据如下(均未达到平衡状态)：
T(K)
催化剂
CO2转化率(%)
甲醇选择性(%)
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat2
12.0
71.6
[备注]Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1。
②H2O(1)═H2O(g)△H3=44.0kJ•mol-1

（1）反应I的平衡常数表达式K=___________。
（2）写出表示H2燃烧热的热化学方程式___________。
（3）计算反应II的△H2=___________kJ/mol。
（4）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有___________。
A．使用催化剂Cat.1
B．使用催化剂Cat.2
C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度
E．增大CO2和H2的初始投料比
（5）如图，在图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图___________。

（6）表中实验数据表明，使用同一种催化剂时，随温度升高，CO2的转化率升高，但甲醇的选择性降低，原因是___________。
19. 某学习小组研究溶液中Fe2+稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。
【实验I】


物质
0min
1min
1h
5h
FeSO4
淡黄色
桔红色
红色
深红色
(NH4)2Fe(SO4)2
几乎无色
淡黄色
黄色
桔红色

（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是___________(用化学用语表示)。溶液的稳定性：FeSO4___________(NH4)2Fe(SO4)2(填“>”或“＜”)。
（2）甲同学提出实验I中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的保护了Fe2+，因为具有还原性。进行实验II，否定了该观点，补全该实验。
【实验II】：
操作
现象
取__，滴入___
与实验I中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。

（3）乙同学提出实验I中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验III：分别配制0.80mol•L-1pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH=1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+。由实验III，乙同学可得出的结论是___________，原因是___________。
（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图(实验过程中溶液温度几乎无变化)。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是___________。


（5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有___________(写两点)

参考答案
一、选择题：每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分
1. 下列事实可证明一水合氨是弱碱的是
A. 铵盐受热易分解
B. 0.1mol/L氨水可以使酚酞试液变红
C. 常温时，0.1mol/L氨水溶液的pH约为11
D. 能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁
【答案】C
【解析】
【详解】A．铵盐受热易分解，说明铵盐不稳定，但不能说明一水合氨部分电离，不能证明一水合氨是弱碱，A错误；
B．0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红色，说明一水合氨电离出OH-而使溶液呈碱性，但不能说明一水合氨部分电离，不能证明一水合氨是弱碱，B错误；
C．常温下0.1mol/L的氨水溶液pH约为11，则溶液中c(OH-)≈10-3mol/L，小于氨水浓度，说明一水合氨部分电离，能证明一水合氨是弱碱，C正确；
D．能和FeCl2溶液反应生成Fe(OH)2沉淀，说明一水合氨是碱，但不能说明一水合氨部分电离，不能证明一水合氨是弱碱，D错误；
故选：C。
2. 一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和○代表不同元素的原子。

关于此反应的说法不正确的是
A. 反应物总能量一定低于生成物总能量 B. 一定属于可逆反应
C. 一定有非极性共价键断裂 D. 一定属于氧化还原反应
【答案】A
【解析】
【详解】由图可知，该反应中一种化合物分解为一种单质和另一种化合物。A. 由图无法判断该反应是放热反应还是吸热反应，故无法判断反应物总能量与生成物总能量的相对大小，A不正确；B. 充分反应后，还有反应物尚未分解，所以该反应一定属于可逆反应，B正确；C. 反应物分子中有非极性键，而生成的化合物中没有，所以反应过程中一定有非极性共价键断裂，C正确；D. 化合物分解后有单质生成，所以一定属于氧化还原反应，D正确。本题选A。
点睛：两种化合物均有单个的分子，故其分子内的化学键一定是共价键。非极性键是同种元素的原子之间形成的共价键。
3. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 实验室中用排饱和食盐水法收集氯气
B. 合成氨工厂生产过程中通常采用较高压强
C. 压缩NO2与N2O4混合气，气体颜色变深
D. 工业上生产硫酸过程中，通入过量空气以提高SO2的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2和水反应为Cl2+H2OHCl+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度大，Cl2和水反应平衡逆向移动，Cl2溶解度减小，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．合成氨正向气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C．NO2与N2O4混合气中存在2NO2N2O4，压缩体积，平衡正向移动，NO2物质的量减小，但容器体积减小，NO2浓度增大，颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，C符合题意；
D．工业上生产硫酸过程中，通入过量空气，平衡正向移动，O2的转化率提高，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
故选C。
4. 在一氧化碳变换反应CO + H2OCO2 + H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正确的是
A. 使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
B. 升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
C. 增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加
D. 增大c(CO)，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
【答案】D
【解析】
【详解】A. 使用催化剂，降低活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故A正确；
B. 升高温度，活化分子数目最多，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故B正确；
C. 增大压强，气体体积减小，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故C正确；
D. 增大c(CO)，单位体积内活化分子数量增多，活化分子百分数不变，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故D错误；
答案选D。
【点睛】增大浓度，增加是单位体积内活化分子数，活化分子百分数是不变的。
5. 以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。

下列说法正确的是
A. 过程①中钛氧键断裂会释放能量
B. 该反应中，光能和热能转化为化学能
C. 使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D. CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+30kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，A错误；
B．根据图示，该反应中吸收光能和热能，转化为CO和O2的化学能，B正确；
C．催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，C错误；
D．△H=反应物总键能-生成物总键能，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=(1598×2-1072×2-496)kJ/mol =+556kJ/mol，D错误；
故选B。
6. 某温度下N2O5按下式分解：2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g)。测得恒容密闭容器内，N2O5的浓度随时间的变化如下表：
t/min
0
1
2
3
4
5
……
c(N2O5)/(mol/L)
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
……
下列说法不正确的是
A. 4min时，c(NO2)=1.50mol/L
B. 5min时，N2O5的转化率为83%
C. 0~2min内平均反应速率v(O2)=0.125mol/(Lmin)
D. 其他条件不变，若起始c(N2O5)=0.50mol/L，则2min时c(N2O5)<0.25mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】A.由题给表格数据可知，4min时，N2O5的消耗量为(1.00—0.25) mol/L=0.75 mol/L，由各物质的化学计量数之比等于变化量之比可得反应生成c(NO2)= 0.75 mol/L ×2=1.50mol/L，故A正确；
B.5min时，N2O5的消耗量为(1.00—0.17) mol/L=0.83 mol/L，则N2O5的转化率为×100%=83%，故B正确；
C.0~2min内，N2O5的消耗量为(1.00—0.50) mol/L=0.50mol/L，由各物质的化学计量数之比等于变化量之比可得反应生成c(O2)= 0.50 mol/L ×=0.25mol/L，则v(O2)==0.125mol/(Lmin)，故C正确；
D.由题给表格数据可知，2min时N2O5的消耗浓度为起始的一半，其他条件不变，若起始c(N2O5)=0.50mol/L，反应物浓度减小，化学反应速率减小，反应消耗N2O5的浓度小于起始的一半，则2min时c(N2O5) ＞0.25mol/L，故D错误；
故选D。
7. 已知：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.0kJ•mol-1。一定条件下，向体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3molH2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如图所示。下列叙述中，正确的是

A. 升高温度能使增大
B. 该条件下，反应的平衡常数为
C. 反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为25%
D. 3min时，用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2(g)＋3H2(g) ⇌CH3OH(g)＋H2O(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，升高温度能使减小，故A错误；
B．达到平衡时，CO2的浓度为0.25mol/L，H2的浓度为0.75mol/L，CH3OH和H2O的浓度为0.75 mol/L，则反应的平衡常数为，故B正确；
C．反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为75%，故C错误；
D．3min时，反应没有达到平衡状态，用CO2的浓度表示的正反应速率不等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率，故D错误；
故选B。
8. 常温下，将2种一元酸HX和HY分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：下列说法正确的是
组别
混合前
混合后
甲
c(HX)=0.1mol•L-1
c(NaOH)=0.1mol•L-1
pH=9
乙
c(HY)=0.1mol•L-1
c(NaOH)=0.1mol•L-1
pH=7

A. HY为弱酸 B. HX溶液的pH＜1
C. 甲的混合液中c(X-)=c(Na+) D. 乙的混合液中c(Na+)=c(Y-)
【答案】D
【解析】
【详解】A．HY与NaOH等体积等浓度混合恰好完全反应生成NaY，实验乙可知NaY溶液呈中性，则HY为强酸，A错误；
B．HX与NaOH等体积等浓度混合恰好完全反应生成NaX，实验乙可知NaX溶液呈碱性，则HX为弱酸，0.1mol•L-1HX溶液的pH＞1，B错误；
C．根据电荷守恒可知，c(X-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，且甲的混合液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故c(X-)＜c(Na+)，C错误；
D．根据电荷守恒可知，c(X-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，且乙的混合液显中性，则c(OH-)=c(H+)，故c(Na+)=c(Y-)，D正确；
故答案为：D。
9. 使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是


选项
A
B
C
D
试剂a
CuSO4
NH4HCO3
H2SO4
CH3COOH
试剂b
Ba(OH)2
Ca(OH)2
Ba(OH)2
NH3·H2O

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu2+、导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意；
B．Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应：Ca2++2OH-++=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很暗。当 NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的、 导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；
C．Ba(OH)2与H2SO4发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当H2SO4溶液过量时，其电离产生的H+、导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意；
D．CH3COOH与氨水发生离子反应：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-++H2O，反应后自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮—灭(或暗)—亮的变化，D符合题意；
故合理选项是D。
10. 铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：


下列说法错误的是
A. 该过程的总反应为
B. 浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该催化循环中元素的化合价发生了变化
D. 该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，故A正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正确；
C．由反应机理可知，Fe在反应过程中，做催化剂，化合价没有发生变化，故C错误；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误；
故选CD。
11. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 的溶液中：、、、
B. 由水电离的的溶液中：、、、
C. 的溶液中：、、、
D. 溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A.酸性条件下NO3-具有强氧化性，Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B.由水电离的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，无论呈酸性还是碱性，HCO3－都不能大量共存，故B错误；
C. 的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，所以C选项是正确的；
D. Fe3＋和SCN－发生化学反应，不能大量共存，故D错误。
答案选C。
12. 某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是

A. II为盐酸稀释时的pH值变化曲线
B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱
C. a点Kw的数值比c点Kw的数值大
D. b点酸的总物质的量浓度小于a点酸的总物质的最浓度
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸是弱酸，在水中不完全电离，并且越稀越电离，盐酸是强酸，在水中完全电离，加等量的水稀释时，盐酸的 pH 变化大于醋酸的pH变化，故I为盐酸的pH变化曲线，II为醋酸的pH变化曲线，故A错误；
B．b点加水稀释之后得c点，故b点的浓度大于c点，离子浓度越大，导电性越强，故b点的导电性大于c点，故B错误；
C．水的离子积Kw只与温度有关，a和c点温度相同，温度不变，Kw不变，故C错误；
D．相同体积和pH的盐酸和醋酸，醋酸的浓度大于盐酸，加水稀释相同的倍数，两溶液浓度同时减小相同的倍数，醋酸浓度依然大于盐酸，故a点浓度大于b点，故D正确；
故选D。
13. 根据下列图示所得推论正确的是

A. 甲是新制氯水光照过程中氯离子浓度的变化曲线，推断次氯酸分解生成了 HCl 和 O2
B. 乙是 C4H10(g)C4H8(g) + H2(g)平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的∆H＞0、x＞0.1
C. 丁是 0.03g 镁条分别与 2 mL 2 mol/L 盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表盐酸与镁条的反应
D. 丙是 0.5 mol/L CH3COONa 溶液及水的 pH 随温度的变化曲线，说明随温度升高，CH3COONa 溶液中 c(OH-)减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．在新制氯水中存在可逆反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，从甲图中可以看出，随着光照的不断进行，新制氯水中c(Cl-)不断增大，由此可推断次氯酸分解生成了 HCl，但不能肯定是否有O2生成，A不正确；
B．从乙图中可以看出，升高温度，C4H10(g)C4H8(g) + H2(g)的平衡转化率增大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，∆H＞0；压强由0.1MPa变为xMPa时，平衡转化率增大，则表明平衡正向移动，所以应为减小压强，x<0.1，B不正确；
C．盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，2 mL 2 mol/L 盐酸和醋酸中，盐酸中c(H+)大，与0.03g 镁条反应的速率大，相同时间内产生的氢气量多，最终产生的H2的量相等，从丁图中可以看出①的反应速率快，由此可推断①代表盐酸与镁条的反应，C正确；
D．0.5 mol/L CH3COONa 溶液及水中，存在以下平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-、H2O⇌H++OH-，CH3COO-的水解和水的电离都是吸热过程，升高温度平衡正向移动，所以CH3COONa溶液中c(OH-)增大，D不正确；
故选C。
14. 下列实验中，均产生白色沉淀。


下列分析不正确的是
A Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B. CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C. Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D. 4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；
B． H++，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进电离，B错误；
C．Al3+与、都能发生互相促进的水解反应，C正确；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；
故选B。
二、非选择题
15. 氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要的作用，请回答。
（1）如图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式___________。


（2）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g)⇌ 2NH3(g) ΔH＜0，其化学平衡常数K与温度的关系如表：
温度(℃)
25
125
225
…
平衡常数
4.1×106
K1
K2
…
完成下列问题：
①比较K1、K2的大小：K1___________K2(填“＞”、“=”或“＜”)；
②判断该反应达到化学平衡状态的依据是___________(填序号)；
A．2v(H2)(正)=3v(NH3)(逆) B．2v(N2)(正)=v(H2)(逆)
C．容器内压强保持不变 D．混合气体的密度保持不变
（3）25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH- ∆H＞0，下列叙述正确的是___________
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，Kw不变
C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H+)降低
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
（4）盐酸肼(N2H6Cl2)是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。
①写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式___________。
②盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是___________(填序号)。
A．c(Cl-)＞c(N2H)＞c(H+)＞c(OH-)
B．c(Cl-)＞c([N2H5•H2O]+)＞c(H+)＞c(OH-)
C．2c(N2H)+c([N2H5•H2O]+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
D．c(N2H)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】（1）NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) △H=-234kJ/mol
（2） ①. ＞ ②. AC （3）B
（4） ①. +H2O[N2H5∙H2O]++H+ ②. AC
【解析】
【小问1详解】
由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) △H=-234kJ/mol；
【小问2详解】
①该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，所以K1＞K2；
②A．不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比时是平衡状态，因此2v(H2)(正)=3v(NH3)(逆)能证明正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，A正确；
B．，因此2v(N2)(正)=v(H2)(逆)不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．N2(g)+3H2(g)⇌ 2NH3(g)是前后气体体积变化的反应，容器内压强不变，说明气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，C正确；
D．如果是在密闭容器中反应，质量不变，体积不变，密度ρ=始终不变，不能说明平衡，D错误；
故选AC。
【小问3详解】
A．向水中加入氨水，溶液中c(OH-)增大，平衡逆向移动，水的电离程度减小，A错误；
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，NaHSO4=Na++H++，溶液中c(H+)增大，由于温度不变，故Kw不变，B正确；
C．向水中加入少量固体Na2CO3，离子水解，促进水的电离，平衡正向移动，c(OH-)增大，C错误；
D．将水加热，促进水的电离，Kw增大，pH减小，D错误；
故选B。
【小问4详解】
①因水解与NH4C1类似，故水解结合H2O电离的OH-，水解离子反应为+H2O[N2H5∙H2O]++H+；
②A．由盐酸肼的化学式为N2H6Cl2，则c(Cl-)＞c()，又水解显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，由水解的程度很弱，则c()＞c(H+)，即离子浓度的大小关系为c(Cl-)＞c(N2H)＞c(H+)＞c(OH-)，A正确；
B．由水解方程式+H2O[N2H5∙H2O]++H+，及[N2H5∙H2O]+还可以进行再次水解，可知c([N2H5∙H2O]+)＜c(H+)，B错误；
C．根据电荷守恒可得2c(N2H)+c([N2H5•H2O]+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)， C正确；
D．根据A可知离子浓度大小，c(Cl-)＞c(N2H)＞c(H+)＞c(OH-)，D错误；
故选AC。
16. 酸碱中和反应中溶液的pH变化可用于各种研究。
（1）用0.1mol•L-1NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol•L-1的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。

①滴定醋酸的曲线是I，理由是___________。
②滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是___________。
③V1和V2的关系：V1___________V2(填“>”、“=”或“＜”)。
（2）酸碱中和滴定可用于测定酸或碱的物质的量浓度，取20.00mL未知浓度的盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用0.10mol/LNaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。
实验编号
NaOH溶液的浓度(mol•L-1)
滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL)
待测盐酸的体积(mL)
1
0.10
22.62
20.00
2
0.10
25.72
20.00
3
0.10
22.80
20.00
①滴定达到终点的标志是___________。
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为___________mol/L(保留两位有效数字)。
③在上述实验中，下列操作会造成测定结果偏高的有___________(填字母序号)。
A．滴定终点读数时俯视
B．锥形瓶水洗后未干燥
C．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
D．碱式滴定管使用前，水洗后未用标准氢氧化钠溶液润洗
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
【答案】（1） ①. 醋酸是弱酸，0.1mol/L的醋酸溶液pH＞1 ②. 0.1mol/L的醋酸溶液 ③. ＜
（2） ①. 当滴入最后一滴标准液滴入锥形瓶，溶液颜色由无色变红色，且半分钟内不褪色 ②. 0.11 ③. DE
【解析】
【小问1详解】
①盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以浓度均为0.1mol/L的盐酸和醋酸溶液，醋酸的pH值较大，所以I是醋酸的滴定曲线；
②酸和碱都会抑制水的电离，0.1mol/LNaOH溶液和0.1mol/L的盐酸电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度都是0.1mol/L，对水的电离的抑制作用相同，但0.1mol/L的醋酸中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以对水的电离抑制作用较小，即三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是0.1mol/L的醋酸溶液；
③醋酸和氢氧化钠恰好完全反应时，生成的醋酸钠水溶液呈碱性，所以如果溶液呈中性，需要醋酸稍过量，也就是加入的氢氧化钠体积较少一些，所以V1＜V2；
【小问2详解】
①酚酞溶液滴加到待测的盐酸中，溶液呈无色，所以滴定终点的标志是当滴入最后一滴NaOH标准液，锥形瓶内溶液颜色由无色变红色，且半分钟内不褪色；
②滴定终点时盐酸和NaOH恰好完全反应，即n(HCl)=n(NaOH)，三次实验中第二次所用NaOH溶液体积数值偏差太大，舍去，剩余两次所用NaOH溶液的平均值为=22.71mL，0.10mol/L×22.71×10-3L=c(HCl)×20.00×10-3L，解得c(HCl)≈0.11mol/L；
③A．滴定终点读数时俯视，读数偏大，相减所得差值变小，计算的所用标准液体积偏小，测定结果偏低，A不符合题意；
B．锥形瓶水洗后未干燥，不影响n(HCl)，因此滴入NaOH的量也不变，对结果无影响，B不符合题意；
C．水洗后未用待测盐酸润洗，所取盐酸被稀释，导致所需要的标准NaOH溶液体积减小，测定结果偏低，C不符合题意；
D．水洗后未用标准NaOH溶液润洗，NaOH溶液被稀释，所需要的NaOH溶液体积变大，测定结果偏高，D符合题意；
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，使滴定管内液面下降变大，测定结果偏高，E符合题意，
故选DE。
17. 84消毒液在生活中有广泛的应用，其主要成份是NaCl和NaClO。
资料： HClO的电离常数为Ka=4.7×10-8；H2CO3的电离常数为Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11；HClO的氧化性和杀菌消毒效果强于ClO-。
(1)84消毒液溶液呈_______(填“酸性”或“碱性”)。
(2)84消毒液和医用酒精都是重要的消毒剂。某实验小组同学围绕“84消毒液能否与医用酒精混合使用”这一问题进行了如下实验。
序号
实验操作
实验现象
Ⅰ
分别取40 mL 84消毒液和医用酒精混合均匀，并测量溶液温度变化
溶液温度由20℃升高至23℃，并产生大量气泡，略有刺激性气味，溶液颜色无明显变化
Ⅱ
分别取40 mL医用酒精和蒸馏水混合均匀，水浴加热至23℃
溶液中无明显现象
Ⅲ
分别取_______ mL 84消毒液和蒸馏水混合均匀，水浴加热至23℃
溶液中无明显现象，略有刺激性气味
①实验Ⅲ中应分别取_______mL 84消毒液和蒸馏水混合均匀。
②由实验现象推断，84消毒液和医用酒精_______(填“能”或“不能”)混合使用。
(3)84消毒液可由氯气与NaOH溶液反应制得。为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH，请运用平衡移动原理解释NaOH的作用：_______。
(4)待消杀物品喷洒上84消毒液后，露置于空气中10~30分钟可增强消毒效果，该过程中发生反应的离子方程式为_______。请结合电离平衡常数解释消毒效果增强的原因：_______。
【答案】 ①. 碱性， ②. 40 ③. 不能 ④. ClO−+H2OOH−+HClO加入NaOH使c(OH-)增大，平衡逆移，使c(HClO)减小，分解速率减慢(或消毒液更稳定) ⑤. CO2+H2O+ClO-HClO+HCO ⑥. H2CO3的Ka1大于HClO的Ka，故空气中的CO2(或H2CO3)能将ClO-转化为消毒效果更强的HClO
【解析】
【详解】(1)84消毒液的有效成分是NaClO，该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性；
(2)①采用控制变量法进行研究，因此实验III要取40 mL84消毒液和蒸馏水混合均匀，水浴加热至23℃，然后根据实验现象的不同与上面的两个实验进行对比；
②由实验现象推断，84消毒液和医用酒精混合，会发生化学反应，故不能混合使用；
(3)Cl2与NaOH发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，得到的84消毒液有效成分是NaClO，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应：ClO−+H2OOH−+HClO，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性。向其中加入NaOH使c(OH−)增大，平衡逆向移动，使c(HClO)减小，HClO分解速率减慢，因此消毒液更稳定，所以为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH；
(4)待消杀物品喷洒上84消毒液后，露置于空气中10~30分钟可增强消毒效果，这是由于酸性：H2CO3＞HClO＞，在空气中暴露，CO2能够溶解在溶液中，发生反应使ClO-转化为HClO，产生消毒能力更强的HClO而增强溶液的消毒效果。该过程中发生反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-HClO+HCO。
18. 催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一、研究表明，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：
反应1：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7kJ•mol-1
反应2：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，经过相同反应时间，不同温度不同催化剂的数据如下(均未达到平衡状态)：
T(K)
催化剂
CO2转化率(%)
甲醇选择性(%)
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
[备注]Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1。
②H2O(1)═H2O(g)△H3=44.0kJ•mol-1

（1）反应I的平衡常数表达式K=___________。
（2）写出表示H2燃烧热的热化学方程式___________。
（3）计算反应II的△H2=___________kJ/mol。
（4）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有___________。
A．使用催化剂Cat.1
B．使用催化剂Cat.2
C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度
E．增大CO2和H2的初始投料比
（5）如图，在图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图___________。

（6）表中实验数据表明，使用同一种催化剂时，随温度升高，CO2的转化率升高，但甲醇的选择性降低，原因是___________。
【答案】（1）
（2）H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.8 kJ•mol-1
（3）+41.2 （4）CD
（5） （6）表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响
【解析】
【小问1详解】
根据反应I的方程式CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)和平衡常数的定义可知，反应I的平衡常数表达式K=，故答案为：；
【小问2详解】
已知燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，根据题干信息可知H2的燃烧热为：285.8kJ•mol-1，则表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.8 kJ•mol-1，故答案为：H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.8 kJ•mol-1；
【小问3详解】
已知：CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1，②H2O(1)=H2O(g)△H3=44.0kJ•mol-1，可知热化学方程式a：CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1，b．H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.8 kJ•mol-1，c．H2O(1)=H2O(g)△H3=44.0kJ•mol-1，由盖斯定律将b-a+c可得CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2 =(-285.8+283.0+44)kJ•mol-1=+41.2kJ•mol-1，故答案为：+41.2；
【小问4详解】
A．使用催化剂Cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，A错误；
B．使用催化剂Cat.2，不能提高转化率，B错误；
C．降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，C正确；
D．投料比不变，增加反应物的浓度，平衡正向移动，可增大转化率，D正确；
E．增大 CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，E错误。故答案为：CD；
【小问5详解】
从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故图为，故答案为：；
【小问6详解】
从表中数据分析，在相同温度下，不同的催化剂二氧化碳的转化率不同，说明不同的催化剂的催化能力不同，相同的催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未达到平衡数据，故答案为：表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。
19. 某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。
【实验I】


物质
0min
1min
1h
5h
FeSO4
淡黄色
桔红色
红色
深红色
(NH4)2Fe(SO4)2
几乎无色
淡黄色
黄色
桔红色

（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是___________(用化学用语表示)。溶液的稳定性：FeSO4___________(NH4)2Fe(SO4)2(填“>”或“＜”)。
（2）甲同学提出实验I中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的保护了Fe2+，因为具有还原性。进行实验II，否定了该观点，补全该实验。
【实验II】：
操作
现象
取__，滴入___
与实验I中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。

（3）乙同学提出实验I中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验III：分别配制0.80mol•L-1pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH=1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+。由实验III，乙同学可得出的结论是___________，原因是___________。
（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图(实验过程中溶液温度几乎无变化)。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是___________。


（5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有___________(写两点)
【答案】（1） ①. ②. <
（2） ①. 取2 mL pH=4.0的0.80 molL-1 FeSO4溶液 ②. 加2滴0.01 molL-1KSCN溶液
（3） ①. pH越小Fe2+越稳定 ②. 溶液中存在的化学平衡4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+，pH越小，c(H+)越大对平衡正向进行的抑制作用越大，Fe2+越稳定
（4）生成的Fe(OH)3对反应有催化作用
（5）加一定量的酸，密封保存
【解析】
【小问1详解】
FeSO4溶液中只有Fe2+的水解使溶液呈酸性，而(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+和NH都水解使溶液呈酸性，由于，所以同浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液的pH小于FeSO4溶液；根据表中可以看出FeSO4变色更快，故FeSO4稳定性差。
【小问2详解】
推测实验I中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的保护了Fe2+，因为具有还原性。设计实验可以除去的影响因素，其他条件不变，取2 mL pH=4.0的0.80 molL-1 FeSO4溶液，加2滴0.01 molL-1KSCN溶液，与实验I中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同；
【小问3详解】
由实验III可知，溶液pH越小溶液的酸性越强，则FeSO4越稳定，根据亚铁盐溶液中存在的化学平衡4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+可知：pH越小，c(H+)越大对平衡正向进行的抑制作用越大，Fe2+越稳定；
【小问4详解】
根据亚铁盐溶液中存在的化学平衡4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+可推测生成Fe(OH)3对反应有催化作用，且反应初期生成的c(H+)小，对反应正向进行的抑制作用很小。
【小问5详解】
分析实验结果，增强Fe2+稳定性的措施可以是加入一定量的酸，增大c(H+)或进行密封保存减少Fe2+与空气接触等。