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河北省衡水中学2020届高三上学期第四次调研考试化学试题
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河北省衡水中学2020届高三上学期第四次调研考试化学
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共12页，满分100分，考试时间110分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 D 2 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Fe 56 Cu 64
Zn 65 Br 80
第I卷（选择题 共40分）
一、选择题（1～20每小题1分，21～30每小题2分，共40分。从每小题给出的四个选项中，选出最佳选项，并在答题纸上将该项涂黑）
1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是 ( )
A. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅
B. 豆腐有“植物肉”之美称，“卤水点豆腐”是胶体的聚沉过程
C. 港珠澳大桥为了防腐蚀可以在钢铁中增加含碳量
D. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是碳酸钠
【答案】B
【解析】
【详解】A. 手机中芯片的主要成分是硅，而不是二氧化硅， A错误；
B.豆浆属于胶体，向豆浆中加入卤水（含有电解质溶液）会引发胶体的聚沉，形成豆腐，B正确；
C. 钢铁中增加含碳量，更容易形成原电池，形成原电池造成铁的腐蚀速率加快，C错误；
D. 草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，故D错误；
答案选B。
2.ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。
下列说法不正确的是
A. 步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥
B. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2=2C1O2-+O2↑+2H+
C. 工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输
D. 通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收
【答案】B
【解析】
A. 步骤a中，由溶液得到NaClO2固体，进行的操作为：过滤、洗涤和干燥，A正确；B. 吸收器中发生反应：2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+O2+2H2O，离子方程式为： 2ClO2+2OH−+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，B错误；C. 固体比气体便于贮存和运输，工业上可将ClO2制成NaClO2固体，C正确；D. 反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其在吸收器中被充分吸收，D正确。答案选B.
3.《本草纲目》中收载“烧酒”篇：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”《本草经集注》中记载有关于鉴别消石(KNO3)和朴消(Na2SO4)之法：以火烧之，紫青烟起，云是真消石也”。文字中两处渉及到“法”。分别是
A. 蒸馏 焰色反应 B. 萃取 升华
C. 蒸馏 丁达尔效应 D. 升华 焰色反应
【答案】A
【解析】
【详解】由题中所给信息，“蒸令气上”表明该方法是利用各组分沸点不同实现物质的分离，此“法”是指蒸馏，烧酒利用的是蒸馏原理；钾元素的焰色反应为紫色。通过以上分析，A选项正确，故本题答案为A。
【点睛】本题考查混合物的分离提纯和鉴别，把握物质的性质是解题关键，同时要注意古文的理解。
4.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) △H =－a kJ·mol－1 (a > 0)，其反应机理如下：①NO(g)＋Br2(g)NOBr2 (g)快②NO(g)＋NOBr2(g)2NOBr(g)慢,下列有关该反应的说法正确的是 ( )
A. 该反应的速率主要取决于①的快慢
B. NOBr2是该反应催化剂
C. 正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol－1
D. 增大Br2 (g)浓度能增大单位体积内活化分子百分数，加快反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，故A错误；
B.是中间产物，而不是催化剂，故B错误；
C.正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a，故C正确；
D.增大浓度，活化分子百分数不变，故D错误。
答案选C。
【点睛】催化剂和中间产物的区别：如果一个物质在第一个式子反应了，最后又生成了，即为催化剂；如果是前面一个式子的生成物，在下个式子中反应了，即为中间产物。
5.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是( )
A. 电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则转移到阴极的电子数不一定等于2NA
B. 18 g氨基（－ND2）中含有的电子数为10NA
C. 用惰性电极电解100 mL 0.1 mol·L－1的CuSO4溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时，电路中转移电子数为0. 04NA
D. 工业合成氨每断裂NA个N≡N键，同时断裂6NA个N－H键，则反应达到平衡
【答案】B
【解析】
【详解】A.电解精炼铜时，阳极为粗铜，除铜外还有其它金属失电子，故阳极质量减少64 g时转移电子数不一定等于2NA，A正确；
B.18g氨基()的物质的量为1mol，而氨基()中含9个电子，故1mol氨基中含9NA个电子，B错误；
C. 用惰性电极电解的溶液，阴极上先放电生成0.01mol，而后放电生成，阳极上一直是放电生成，设生成的气体的物质的量为xmol，根据两极上得失电子数守恒可知：，解得，故阳极上转移电子为0.04NA个，C正确；
D. 工业合成氨，断裂NA个键说明消耗1mol，断裂6NA个键说明消耗2mol,，D正确；
答案选B。
6.叶蜡石化学式为X2 [Y4 Z10](ZW)2，短周期元素W、Z、X、Y的原子序数依次增大，X与Y为同一周期相邻元素，Y的最外层电子数为次外层的一半，X的离子与ZW－含有相同的电子数。下列说法错误的是 ( )
A. X的最高价氧化物可作耐火材料
B. 常温常压下，Z和W形成的常见化合物均为液体
C. 原子半径：X > Y > Z > W
D. 可用NaOH溶液分离X单质和Y单质的混合物
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期元素W、Z、X、Y的原子序数依次增大，Y的最外层电子数为次外层的一半，Y的原子序数大于4，则Y含有3个电子层，最外层含有4个电子，为元素；X与Y为同一周期相邻元素，则X为元素；X的离子与ZW-含有相同的电子数，铝离子含有10个电子，则ZW-为10电子微粒，应该为，结合原子序数大小可知W为，Z为元素。
【详解】根据分析可知，W为，Z为元素，X为，Y为，
A. X的最高价氧化物为氧化铝，氧化铝熔点较高，可作耐火材料，故A正确；
B.、形成的化合物为水和双氧水，常温下都是液态，故B正确；
C.同一周期从左到右，原子半径减小（稀有气体除外），同一主族，从上到下，原子半径增大，因此原子半径>>>，故C正确；
D. Si和Al都与NaOH溶液反应，不能用氢氧化钠溶液分离，故D错误；
答案选D。
7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ( )
A. 0.1 mol·L－1 FeSO4溶液：Na＋、K＋、Cl－、
B. 滴入酚酞变红色的溶液：K＋、Ca2＋、、
C. 加入铁粉放出氢气的溶液：、Fe3＋、ClO－、
D. 能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K＋、、S2－、Cl－
【答案】A
【解析】
【详解】A. 离子相互之间不反应，可以共存，A正确；
B. 滴入酚酞变红色，溶液显碱性， 碳酸氢根离子与氢氧根离子不能共存，碳酸根离子与钙离子能生成 沉淀， 不能共存，B错误；
C. 加入铁粉放出氢气，说明溶液中含有氢离子，氢离子和次氯酸根能生成弱酸次氯酸，不共存，C错误；
D. 淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液中含有 氧化性离子， 硫离子的还原性比较强 ，故该离子也能被氧化 ，不共存，D错误；
答案选A。
【点睛】所谓离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。
8.下列实验操作规范且能达到实验目的的是
操作
目的
A
称取5.0gCuSO4·5H2O加入27.0g水中,搅拌溶解
配制10%CuSO4溶液
B
先用稀盐酸洗涤，再用水清洗
洗涤分解KMnO4制O2的试管
C
用玻璃棒蘸取溶液，点在干燥的pH试纸上，片刻后与标准比色卡比较并读数
测定0.05mol.L-1NaClO溶液的pH
D
将粗碘放入烧杯中，烧杯口放一盛满冷水的烧瓶，隔石棉网对烧杯加热，然后收集烧瓶外壁的固体
提纯混有NH4Cl的粗碘
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
A.5.0gCuSO4·5H2O中含CuSO43.2g，加入27.0g水中,搅拌溶解得到32gCuSO4溶液，溶质的质量分数为：×100％=10％,故A正确；B.洗涤分解KMnO4制O2的试管,试管内壁附着MnO2需要用浓盐酸并加热洗涤，再用水洗涤，故B错误；C.测定0.05mol.L-1NaClO溶液的pH，由于NaClO具有强氧化性，能使试纸褪色，故不能用pH试纸测其pH，C错；D.提纯混有NH4Cl的粗碘,因NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后又结合成NH4Cl，故不能用加热的方法分离，D错；因此，本题正确答案为A。
9.下列说法正确的是 ( )
A. 氢气的燃烧热为 △H =－285.5 kJ·mol－1，则电解水的热化学方程式为2H2O(1)2H2(g)＋O2(g) △H =＋285.5 kJ·mol－1
B. 密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6 g时，放出19.12 kJ热量，则Fe(s)＋S(s) ===FeS(s) △H =－95.6 kJ·mol－l
C. 500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2 (g)＋3H2 (g) 2NH3 (g)△H =－38.6 kJ·mol－l
D. 相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1 mol N2和3 mol H2反应放出的热量与2 mol NH3分解吸收的热量一定一样多
【答案】B
【解析】
【详解】A.氢气的燃烧热指的是1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，故电解水的热化学方程式为2H2O(1)2H2(g)＋O2(g) △H =＋571kJ·mol－1，A项错误；
B.11.2 g 铁粉即0.2mol，9.6 g硫粉即0.3mol，铁粉可完全反应，当0.2mol铁粉完全反应生成硫化亚铁时，放出19.12 kJ热量，则1mol 铁粉完全反应放出95.6 kJ热量，B项正确；
C.合成氨是可逆反应，0.5mol(g)不可能完全转化为生成物，但ΔH描述的是完全反应的热效应，C项错误；
D.相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1 mol(g)和3mol(g)反应与2mol分解的转化率不同，放出的热量不一样多，D项错误；
答案选B。
10.下列离子方程式正确的是 ( )
A. Si与NaOH溶液反应：Si＋2OH－＋H2O===＋H2↑
B. 向Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液：Ca2＋＋＋OH－===CaCO3＋H2O
C. 电解MgCl2溶液：2H2O＋2Cl－2OH－＋H2↑＋Cl2↑
D. 向含0.2 mol FeI2的溶液中滴加含0.25 mol Cl2的氯水：2Fe2＋＋8I－＋5Cl2===2Fe3＋＋4I2＋10Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A.与溶液反应的离子方程式为：，A错误；
B. 中加入足量的，离子方程式应该为： ，B错误；
C.溶液中存在，会产生氢氧化镁沉淀，C错误；
D. 还原性碘离子大于亚铁离子，氯气得到电子为0.25mol×2×1=0.5mol，由电子守恒可知，碘离子全部被氧化，亚铁离子一半被氧化，所以离子方程式为：2Fe2＋＋8I－＋5Cl2===2Fe3＋＋4I2＋10Cl－，故D正确；
答案选D。
【点睛】离子方程式正误判断规律（三“看”），第一看：符不符（即是否符合反应事实）；第二看：平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒）；第三看：拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题）。
11.短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，Y的次外层电子数是其电子总数的1/4，离子化合物ZX2是一种储氢材料，W与Y属于同一主族，NY2是医学上常用的水消毒剂、漂白剂。下列叙述正确的是 ( )
A. Y和W分别与X形成的简单化合物的热稳定性：X2 Y > X2W
B. 离子半径由大到小的顺序为Y2－< Z2＋< N－< W2－
C. ZX2和NY2中含有化学键一致，且微粒个数之比均为1 : 2
D. 含氧酸的酸性N > W，可证明非金属性：N > W
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，应为元素，Y的次外层电子数是其电子总数的14，则电子总数为8，应为元素，W与Y属于同一主族，则W为元素，N应为元素，离子化合物ZX2是一种储氢材料，Z应为元素，X、Y、Z、W、N依次为、、、、。
【详解】A．非金属性，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确；
B．Y为元素、Z为元素，对应的简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故B错误；
C．和中化学键分别为离子键和共价键，故C错误；
D．比较非金属性，应根据最高价氧化物的水化物的酸性判断，故D错误；
答案选A。
12.已知氨气可与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用下图中的装置（省略夹持装置及加热装置）可以实现该反应。实验时C中粉末逐渐变为红色，D中出现无色液体。下列有关说法正确的是 ( )
A. 试管A中加入的试剂为NH4Cl固体
B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2 : 3
C. 装置B中加入的物质可以是碱石灰或无水氯化钙
D. 装置D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，A中发生，B为干燥氨气，C中发生，D中冷却出现液体为水和氨气混合物，E中收集氮气。
【详解】A.实验室制取氨气应该用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法，而只加热氯化铵固体不能得到氨气，A错误；
B.为氧化还原反应，为氧化剂，氨气为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，B错误；
C.装置B的作用为干燥氨气，加入的物质可以是碱石灰，不能用无水氯化钙，易与氨气结合生成络合物，故C错误；
D. D中冷却出现液体为水和氨气混合物，溶液显碱性，则D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝，D正确；
答案选D。
13.K2 FeO4在水中不稳定，发生反应：＋l0H2O4Fe(OH)3（胶体）＋8OH－＋3O2，其稳定性与温度(T)和溶液pH的关系分别如下图所示。下列说法不正确的是 ( )
A. 由图甲可知上述反应 △H < 0
B. 由图甲可知温度：T1 > T2 > T3
C. 由图甲可知K2 FeO4的稳定性随温度的升高而减弱
D. 由图乙可知图中a < c
【答案】A
【解析】
【分析】
由图甲数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，所以温度：T1>T2>T3；由可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时浓度越小，pH越小，根据图乙可知，a
B. 由图甲数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，所以温度：T1>T2>T3，故B正确；
C. 由图甲数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时浓度越小，温度越高浓度越小，所以的稳定性随着温度的升高而减弱，C正确；
D. pH越小，氢离子浓度越大，由可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时浓度越小，pH越小，所以a
【点睛】平衡图像题解题思路：一看轴（纵、横坐标的意义），二看线（线的走向和变化趋势），三看点（起点、折点、交点、终点、零点的意义），四看要不要作辅助线（等温线、等压线、平衡线），五看量的变化（如浓度变化、温度变化等），六想规律（外界条件对反应速率的影响规律和化学平衡移动规律）。
14. 下列装置或操作能达到目的的是
A. 装置①探究H2SO4浓度对反应速率的影响
B. 装置②可用于测定中和热
C. 装置③探究Mg(OH)2能否转化成Fe(OH)3
D. 装置④可保护铁闸门不被腐蚀
【答案】BD
【解析】
【详解】A、装置①中硫酸的体积不同，所以混合后总溶液的体积不同，硫代硫酸钠的浓度也不相同，不能比较反应速率的大小，所以不选A；
B、装置②可以保证反应热几乎没有损失，可以测定中和热，选B；
C、因为加入的氢氧化钠试过量的，所以加入氯化铁后氢氧化钠可以和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，不选C；
D、装置④中构成电解池，铁做电解池的阴极，不能够失电子，得到保护，选D。
故答案选BD。
15.南海是一个巨大的资源宝库，开发利用海水资源是科学研究的重要课题。下图为海水资源利用的部分过程，有关说法不正确的是 ( )
A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法
B. 氯碱工业中采用阳离子交换膜可提高产品的纯度
C. 由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要低温小火烘干
D. 溴工业中③、④的目的是富集溴元素，溴元素在反应③、⑤中均被氧化，在反应④中被还原
【答案】C
【解析】
【详解】A.海水淡化分离水与盐类物质，则主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，故A正确；
B.氯碱工业中阳极上生成氯气，阴极上生成氢气、，且阳离子向阴极移动，采用阳离子交换膜可提高产品的纯度，故B正确；
C.可抑制镁离子水解，则由得到无水的关键是要在干燥的氯化氢气流烘干，故C错误；
D.海水中溴离子浓度较低，反应③、⑤中Br元素的化合价升高，而反应④中Br元素的化合价降低，则溴元素在反应③、⑤中均被氧化，在反应④中被还原，故D正确；
答案选C。
16.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入5 mol·L-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示。则下列说法不正确的是
A. 稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵
B. c点对应NaOH溶液的体积为48ml
C. b点与a点的差值为0.05mol
D. 样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5:3
【答案】B
【解析】
【详解】铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，③NH4++OH-═NH3•H2O，④Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O，B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为：104mL-94m=10mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.01L×5mol/L=0.05mol，根据Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O可知，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)=0.05mol。由图可知DE段消耗的氢氧化钠的体积为：94mL-88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.006L×5mol/L=0.03mol，根据NH4++OH-═NH3•H2O 可知，计算溶液中n(NH4+)=0.03mL，根据电子转移守恒有：3n(Fe)+3n(Al)=8n(NH4+)，即3n(Fe)+3×0.05mol=8×0.03mol，解得：n(Fe)=0.03mol。由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)=n(NH4+)=0.03mol，根据钠元素守恒，可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5mol/L=0.44mol，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根据氮元素守恒n′(NaNO3)+2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3)3]+3n[Al(NO3)3]=n(HNO3)，故C点溶液中n′(NaNO3)=0.5mol-0.03mol×2-0.03mol×3-0.05mol×3=0.2mol，故C点加入NaOH的物质的量为0.2mol。A．根据分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，故A正确；B．根据分析可知，C点对应NaOH溶液的体积==0.04L=40mL，故B错误；C．根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中：n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，故C正确；D．根据分析可知，混合金属中n(Al)=0.05mol、n(Fe)=0.03mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5：3，故D正确；故选B。
【点晴】本题以图象形式考查金属与硝酸的反应、混合物计算等，题目难度较大，明确图中各阶段反应过程是解题的关键，解答中注意守恒思想的运用，为易错题目，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
17. 某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。一段时间后，断开电键K，下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是
A. Cu B. CuO C. Cu（OH）2 D. Cu2（OH）2CO3
【答案】A
【解析】
【详解】甲池为燃料电池，A为负极，B为正极，则乙中C为阳极，D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，阴极上铜离子得电子生成Cu，溶液中减少了Cu元素的质量，所以要让电解质复原，需要加入金属铜，
故选：A。
18.以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2 和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示，下列说法正确的是
A. 由图可知：乙酸的生成速率随温度升高而升高
B. 250-300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的主要原因是因为催化剂的催化效率降低
C. 由300-400℃可得，其他条件相同时，催化剂的催化效率越低，乙酸的生成速率越大。
D. 根据图像推测，工业上若用上述反应制备乙酸最适宜的温度应为400℃。
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由图可知：250-300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低，故A错误；
B. 250-300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的主要原因是温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，故B正确；
C.300-400℃时，催化剂的催化效率接近于0，但温度升高，乙酸的生成速率增大，故C错误；
D.根据图像推测，工业上若用上述反应制备乙酸最适宜的温度应为250℃，故D错误；
故选B。
19.CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是
A. p1
C. 平衡常数:K(A)=K(B)
D. 在C点时,CO转化率为75%
【答案】D
【解析】
【分析】
A．增大压强平衡向正反应方向移动；
B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；
C．平衡常数只与温度有关；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算．
【详解】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；
B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；
C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始 1 2 0
变化 x 2x x
结束 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；
故选D。
20.食品、大气、工业尾气中SO2均需严格检测或转化吸收，下列有关SO2的检测或吸收方法正确的是
A. 滴定法：用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样以测定葡萄酒中SO2的浓度
B. 沉淀法：用Ba(OH)2溶液沉淀SO2，然后将沉淀在空气中洗涤、过滤、干燥、称重以测定大气中SO2的浓度
C. 氨酸法：用氨水吸收尾气中的SO2后再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2循环使用
D. 石灰—石膏法：常温下用石灰石吸收尾气中的SO2得到CaSO3，再经氧化可用于生产石膏
【答案】C
【解析】
【详解】A、葡萄酒中的乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对SO2的检测有干扰，选项A错误；
B、亚硫酸钡在空气中易被氧化，大气中的CO2能与Ba(OH)2溶液形成沉淀，对SO2的检测有干扰，选项B错误；
C、氨水吸收SO2生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，(NH4)2SO3或NH4HSO3与硫酸反应能产生SO2，SO2可以循环使用，选项C正确；
D、石灰石吸收SO2，需要在高温下才能进行，选项D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查二氧化硫的性质，注意二氧化硫是酸性氧化物，与二氧化碳具有相似的性质，但区别于二氧化碳的性质是二氧化硫具有漂白性及还原性。
21.2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I-
B. 放电时电解质储罐中离子总浓度增大
C. M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
D. 充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA
【答案】C
【解析】
【分析】
由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。
【详解】A.放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A正确；
B.放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B正确；
C.离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C错误；
D.充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。
22.利用如下实验探究铁钉在不同溶液中的吸氧腐蚀。
下列说法不正确的是
A. 上述正极反应均为O2+4e-+2H2O=4OH-
B. 在不同溶液中，Cl-是影响吸氧腐蚀速率的主要因素
C. 向实验④中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快
D. 在300 min内，铁钉的平均吸氧腐蚀速率酸性溶液大于中性溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据图象可知，实验装置中的氧气浓度是逐渐降低的，故此腐蚀为吸氧腐蚀，其正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，故A正确；
B. 根据图象可知，①②的反应速率接近，③④的反应速率接近，且①远大于③，②远大于④，故阴离子对反应速率影响不大，NH4+是影响反应速率的主要因素，故B错误；
C.因为NH4+是影响反应速率的主要因素，能导致钢铁的吸氧腐蚀速率加快，故向实验④中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快，故C正确；
D. ①②溶液显酸性，③④显中性，根据图象可知，铁钉的平均吸氧腐蚀速率酸性溶液大于中性溶液，故D正确；
故选B。
23.化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解的原理如图所示。下列说法不正确的是
A. A为电源的正极
B. 溶液中H＋从阳极向阴极迁移，阴极区电解质溶液的pH保持不变
C. Ag-Pt电极的电极反应式为＋12H＋＋10e－=== N2↑＋6H2O
D. 电解过程中，每转移2 mol电子，则左侧溶液质量减少18 g
【答案】B
【解析】
【分析】
由图示知在电极上发生还原反应，因此电极为阴极，则B为负极，A为电源正极；阳极电极反应式：，阴极电极反应式：。
【详解】A. 该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则电极为阴极、电极为阳极，连接阴极的B电极为负极，A为正极，故A正确；
B. 电解时阳离子向阴极移动，阴极电极反应为：，转移10个电子时，有10个由阳极进入阴极，但阴极会消耗12个，故阴极减少，PH增大，故B错误；
C. 阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为，故C正确；
D. 阳极电极反应式为：转移2mol电子时，阳极消耗1mol水，产生2mol（2g）进入阴极室，产生0.5mol（16g）氧气，故阳极室质量减少18g，D正确；
答案选B。
【点睛】电解池中电极的判断方法：和电源正极相连的为阳极，和电源负极相连的为阴极；发生氧化反应的为阳极，发生还原反应的为阴极；电子流出的为阳极，电子流入的为阴极；阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。
24.Cl2O黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸，制取Cl2O 的装置如图所示。
已知:C12O的熔点为-116℃，沸点为3.8℃，Cl2 的沸点为-34.6℃；HgO+2Cl2=HgCl2 +Cl2O
下列说法不正确的是
A. 装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸
B. 通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险
C. 从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D. 装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸
【答案】C
【解析】
【详解】A、制取Cl2O 需要干燥纯净的氯气，所以②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸，故A正确；
B、高浓度的Cl2O易爆炸，所以通入干燥空气可以将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，故B正确；
C、装置⑤是制备固体Cl2O，所以温度低于-116℃，此时Cl2O是固体，逸出的气体是空气，故C错误；
D、Cl2O与有机物接触会发生燃烧并爆炸，装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故D正确；
答案选C。
25.一定条件下，合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。图甲表示在此反应过程中的能量的变化，图乙表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图丙表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。
下列说法正确的是 ( )
A. 升高温度，该反应的平衡常数增大
B. 由图乙信息，从11 min起其他条件不变，压缩容器的体积，则n(N2)的变化曲线为d
C. 由图乙信息，10 min内该反应的平均速度v(H2) = 0. 09 mol·L－l·min－l
D. 图丙中温度T1 < T2，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点
【答案】B
【解析】
【分析】
由图甲反应物的总能量高于生成物的总能量，所以正反应是放热反应；分析图乙变化量，计算氮气的反应速率，结合反应速率之比等于系数之比计算得到氢气速率，依据化学反应速率概念计算得到，缩小体积，增大压强，平衡向正反应移动，改变瞬间不变，达平衡是减小；图丙表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大；由图丙可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1
B. 从11min起其它条件不变，压缩容器的体积，压强增大，平衡正向进行，瞬间氮气物质的量不变，随平衡正向进行，氮气物质的量减小，则的变化曲线d符合，B正确；
C. 分析图象乙可知，在2L的密闭容器中，，，C错误；
D. 图丙表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，故a、b、c都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、b、c三点中，c的氮气的转化率最高，D错误；
答案选B。
26.某温度时，在体积为2 L的密闭容器中，气态物质A、B、E、F的物质的量n随时间t的变化情况如图所示，在一定条件下反应达到平衡状态，反应进程中正反应速率随时间的变化情况如图所示，在t2、t4时刻分别只改变一个条件(温度、压强或某反应物的量)。下列说法错误的是
A. 此温度下，该反应的化学方程式为2A(g)+E(g)2B(g)+F(g)
B. 若平衡状态①和②对应的温度相同，则①和②对应的平衡常数K一定相同
C. t2时刻改变的条件是增大压强
D. t4时刻改变的条件是降低温度
【答案】C
【解析】
【详解】A、由图甲分析可知，各物质发生变化的物质的量等于化学方程式的化学计量数之比，此温度下该反应的化学方程式为2A（g）+E（g）⇌2B（g）+F（g），故A正确；B、平衡常数K只与温度有关，平衡状态①和②的温度相同，故K相等，故B正确；C、该反应前后气体的体积不变，若改变压强，平衡不会发生移动，故t2时刻不可能是增大压强，故C错误；D、根据方程式知，前后气体体积不变，故不可能是压强的变化，t4时刻速率减小，且变化的点不连续，因此是降低温度的结果，故D正确；故选C。
【点睛】本题考查了化学平衡移动的图像分析，从图甲判断反应的方程式，图乙判断各阶段的影响因素为解答该题的关键。本题的易错点为CD的判断，要注意从平衡的移动和图像的特点分析判断。
27.用电解法处理含的废水，探究不同因素对含废水处理的影响。结果如表所示（的起始浓度、体积、电压、电解时间均相同）。下列说法错误的是 ( )
A. 实验ⅱ与实验ⅰ对比，其他条件不变，增加c(H＋)有利于的去除
B. 实验ⅲ与实验ⅱ对比，其他条件不变，增加c(Fe3＋)有利于的去除
C. 实验ⅲ中Fe3＋循环利用提高了的去除率
D. 若实验iV中去除0.0l mol ，电路中共转移0.06 mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A.对比实验i、ii，其它外界因素都相同，且溶液的酸性越强，的去除率越大,所以增加有利于的去除，故A正确；
B. 实验ⅲ与实验ⅱ对比，增大，的去除率也增大即其他条件不变，增加有利于的去除，故B正确；
C. 实验ⅲ中，在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原，离子方程式为，所以循环利用使去除率提高，故C正确；
D. 实验iv中，在阴极上得电子，阳极产生亚铁离子也能还原，1个在阴极上被还原转移6个电子，阳极产生3个，溶液中还有0.5个被还原，即转移6个电子时有1.5个被还原，所以去除0.0l mol时转移0.04mol电子， D错误；
答案选D。
28.一定条件下进行反应：COCl2（g）Cl2 (g)＋CO(g)。向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol COCl2 (g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测得的有关数据见下表：
t/s
0
2
4
6
8
n(Cl2) /mol
0
0.30
0.39
0.40
0.40
下列说法正确的是 ( )
A. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl2) = 0.22 mol·L－1，则反应的 △H < 0
B. 若在2 L恒容绝热（与外界没有热量变换）密闭容器进行该反应,化学平衡常数不变
C. 保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2 mol COCl2、0.60 mol Cl2和0.6 mol CO，反应达到平衡前的速率：v (正) > v (逆)
D. 保持其他条件不变，起始向容器中充入1.0 mol Cl2和0.8 mol CO，达到平衡时，Cl2的转化率小于60%
【答案】D
【解析】
【分析】
由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0.2mol/L。
【详解】A. 由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0.2mol/L，升高温度，到达新平衡，氯气的浓度变为0.22mol/L，氯气浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H>0，故A错误；
B. 正反应为吸热反应，恒容绝热密闭容器进行该反应，随反应进行温度降低，而平衡常数只受温度影响，故平衡常数一定发生变化，故B错误；
C. 平衡时，列三段式： ，该温度下平衡常数，若起始向容器中充入1.2mol、0.60mol 和0.60mol，此时>0.13，则反应向逆反应方向移动，反应达到平衡前v正
答案选D。
29.工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H＜0，在容积为1 L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系。下列说法不正确的是( )
A. H2转化率：a＞b＞c
B. 上述三种温度之间关系为T1＞T2＞T3
C. a点状态下再通入0.5 mol CO和0.5 molCH3OH，平衡不移动
D. c点状态下再通入1 molCO和4 mol H2，新平衡中H2的体积分数减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图可知，当=1.5时，CO的转化率ab且大于T3下对应CO的转化率，当在温度为T3时，随着增大，CO的转化率增大，H2的转化率减小，所以有a＞b＞c，故A正确；
B.根据CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H＜0，因为是放热反应，温度升高CO的转化率减小，由图可以看出，当相等时，T3T2T1，故B错误；
C. a点时，CO的转化率为50%，反应的三段式为：
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
起始量（mol/L）1 1.5 0
变化量（mol/L）0.5 1 0.5
平衡量（mol/L）0.5 0.5 0.5
平衡常数k= = ,=4；
再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，c（CO）=c（CH3OH）=1mol/L，c（H2）=0.5mol/L，浓度商Qc==4，所以平衡不移动，故C正确；
D.c点状态下再通入1 molCO和4 molH2，在等温等容的条件下，投料比不变，相当于加压，平衡向正反应方向移动，新平衡H2的体积分数减小，故D正确；
本题答案为B。
【点睛】对于在定温、定容的容器中进行的可逆反应，达到平衡后再按和起始相同的投料比填料，相当于增大压强，由此分析平衡的移动情况。
30.用多孔石墨电极完成下列实验：
下列对实验现象的解释或推测不合理的是 ( )
A. I中，b极反应：2H2O－4e－=== O2↑＋4 H＋
B. Ⅱ中，析出红色固体：Cu2＋＋H2 === Cu＋2H＋
C. Ⅲ中，只可能发生反应：2Ag＋＋Cu === Cu2＋＋2Ag
D. I中，a极上既发生了化学过程，也发生了物理过程
【答案】C
【解析】
【分析】
Ⅰ中电解硫酸钠溶液就是电解水，阳极产生氧气，阴极产生氢气，因为用的电极是多孔石墨，所以电极会吸附氢气；Ⅱ中产生了铜，是由于铜离子和多孔电极中的氢气发生了反应，Ⅲ中产生了银单质，有两种可能，一种是铜置换银，另一种可能是银离子和氢气反应生成了银。
【详解】A. I中b极连接电源正极，所以是阳极，发生氧化反应，故电极反应式为：，A正确；
B. Ⅱ中产生了铜单质，是由于多孔电极中吸附了氢气，，B正确；
C.银的产生也有可能是，C错误；
D.a极是电解池阴极，产生氢气是化学变化，多孔电极吸附氢气是物理变化，D正确；
答案选C。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、非选择题（本题共5小题，共60分）
31.纳米级Fe3O4呈黑色，因其有磁性且粒度小而在磁记录材料、生物功能材料等诸多领域有重要应用，探究其制备和用途意义重大。
(1)还原-沉淀法：①用还原剂Na2SO3将一定量Fe3＋可溶盐溶液中的Fe3＋还原，使Fe2＋和Fe3＋的物质的量比为1 : 2。②然后在①所得体系中加入氨水，铁元素完全沉淀形成纳米Fe3O4。写出②过程的离子方程式：__________。
(2)电化学法也可制备纳米级Fe3O4，用面积为4 cm2的不锈钢小球（不含镍、铬）为工作电极，铂丝作阴极，用Na2SO4溶液作为电解液，电解液的pH维持在10左右，电流50 mA。生成Fe3O4的电极反应为______。
(3)已知：H2O(1) === H2(g)＋O2(g) △H =＋285.5 kJ·mol－l，以太阳能为热源分解Fe3O4，经由热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下，完善以下过程I的热化学方程式。过程I：__________。过程Ⅱ：3FeO(s)＋H2O(l) === H2(g)＋Fe3O4(s) △H =＋128.9 kJ·mol－1
(4)磁铁矿(Fe3O4)常作冶铁的原料，主要反应为Fe3O4(s)＋4CO(g)3Fe(s)＋4CO2 (g)，该反应的△H < 0，T℃时，在1 L恒容密闭容器中，加入Fe3O4、CO各0.5 mol，10 min后反应达到平衡时，容器中CO2的浓度是0.4 mol·L－1。
①T℃时，10 min内用Fe3O4表示的平均反应速率为___g·min－1。
②T℃时，该反应的平衡常数为____________。
【答案】 (1). Fe2＋＋2Fe3＋＋8NH3·H2O === Fe3O4↓＋8＋4H2O (2). 3Fe－8e－＋8OH－=== Fe3O4↓＋2H2O (3). 2Fe3O4(s) === 6FeO(s)＋O2(g) △H =＋313.2 kJ·mol－l (4). 2.32 (5). 256
【解析】
【分析】
可以表示为，即中铁的价态为既有+2价也有+3价，+2价和+3价的铁原子之比为1:2。
【详解】（1）和的物质的量比为1 : 2，加入氨水制得,一水合氨是弱碱，离子方程式为： ，
答案为：；
（2）不锈钢小球（铁）为阳极，失电子生成，且溶液为碱性环境，故电极方程式为：，
答案为：；
（3）过程I为分解生成和氧气，故化学方程式为：，根据图像可以推知，整个过程为水分解生成氢气和氧气，即反应I和反应Ⅱ叠加得到总反应： △H1 =＋285.5 kJ·mol－l，设反应Ⅱ焓变为△H2，则反应I的焓变为：，故反应I的热化学方程式为： ，
故答案为：
（4）①根据方程式，10 min后的浓度是0.4 mol·L－1，体积为1L，故的物质的量增加0.4mol，根据方程式减少0.1mol（23.2g），故用Fe3O4表示的平均反应速率为，
故答案为：2.32 ；
②列三段式，，故平衡常数，
故答案为256。
32.实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁（碱式硫酸铁的聚合物）和绿矾(FeSO4·7H2O)，过程如下：
(1)将过程②中产生的气体通入下列溶液中，溶液不会褪色的是_____（填标号）。
A．品红溶液 B．紫色石蕊溶液 C．酸性KMnO4溶液 D．溴水
(2)过程①中，FeS和O2、H2SO4反应的离子方程式为_________。
(3)过程③中，需加入的物质是__________。
(4)实验室为测量所得到的聚铁样品中铁元素的质量分数，进行下列实验。①用分析天平称取2. 800 g样品；②将样品溶于足量的盐酸后，加入过量的氯化钡溶液；③过滤、洗涤、干燥，称量，得固体质量为3. 495 g。若该聚铁主要成分为[Fe(OH) (SO4)]n，则该聚铁样品中铁元素的质量分数为____________（假设杂质中不含铁元素和硫元素）。
(5)如图是将过程②产生的气体SO2转化为重要的化工原料H2SO4的原理示意图，若得到的硫酸浓度仍为49%，则理论上参加反应的SO2与加入的H2O的质量比为______。
【答案】 (1). B (2). 4 FeS＋3O2＋12 H＋=== 4Fe3＋＋6H2O＋4S (3). Fe（或铁） (4). 30% (5). 8 : 15
【解析】
【分析】
过程②产生的气体为，具有还原性和漂白性；根据反应物和生成物的种类结合质量守恒书写化学方程式；溶液X中含有，要制备绿矾，应加入使之还原为；
【详解】（1）过程②产生的气体为，具有还原性和漂白性，因具有漂白性而使品红褪色，因具有还原性而使具有氧化性的酸性溶液、溴水褪色，只有紫色石蕊试液不会褪色。
故答案为：B；
（2）反应物为、和，生成物有，根据质量守恒还应有和，反应的离子方程式为，
故答案为：；
（3）溶液X中含有，要制备绿矾，应加入使之还原为，加入铁可生成，并且不引入新的杂质，
故答案为：Fe(或铁)；
（4）过滤、洗涤、干燥，称量，得固体质量为3.495g，应为BaSO4沉淀，，则，，该聚铁样品中铁元素的质量分数 ，
故答案为：30%
（5）原硫酸浓度为49%，得到的硫酸浓度仍为49%，所以新生成的硫酸的质量比后加入物质的总质量为49%，总方程式为：，设加入的质量为x g，加入水的质量为y g，需要通入氧气的质量为： g，新生成硫酸的质量为 g，故 ，解得 ，
故答案为：8 : 15。
33.甲醇又称“木醇”，是无色有酒精气味易挥发的有毒液体。甲醇是重要的化学工业基础原料和液体燃料，可用于制造甲醛和农药，并常用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等。
（1）工业上可利用CO2和H2生产甲醇，方程式如下：
CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（l）＋H2O （g） △H＝Q1kJ·mol－1
又查资料得知：①CH3OH（l）＋1/2 O2（g）CO2（g）＋2H2（g） △H＝Q2kJ·mol－1
②H2O（g）=H2O（l） △H= Q3kJ·mol－1，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为______。
某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，其装置如图：
（2）为除去饱和食盐水中的铵根离子，可在碱性条件下通入氯气，反应生成氮气。该反应的离子方程式为___________________________________。
（3）过量氯气用Na2S2O3除去，反应中S2O32-被氧化为SO42-。若过量的氯气为1×10-3mol，则理论上生成的SO42-为_____________mol。
（4）写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式______________________。
（5）理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如丙图所示（已换算成标准状况下的体积），写出在t1后，石墨电极上的电极反应式____________，原混合溶液中 NaCl的物质的量浓度为___________mol/L。（设溶液体积不变）
（6）当向上述甲装置中通入标况下的氧气336mL时，理论上在铁电极上可析出铜的质量为_____________g。
（7）若使上述电解装置的电流强度达到5．0A，理论上每分钟应向负极通入气体的质量为_____________克。（已知1个电子所带电量为1．6×10-19C，计算结果保留两位有效数字）
【答案】 (1). CH3OH（l）+3/2 O2（g）== CO2（g）+2H2O（l）ΔH=（2Q1＋3Q2＋2Q3）kJ•mol－1 (2). 3Cl2+2NH4++8OH-=N2↑+6Cl-+8H2O (3). 5×10-4 (4). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (5). 4OH--4e-=O2↑+2H2O (6). 0.1 (7). 1.28 (8). 0.016
【解析】
【分析】
（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到所需热化学方程式；
（2）可以根据反应物和生成物正确书写化学方程式；
（3）依据离子方程式的定量关系计算生成硫酸根离子的量；
（4）在燃料电池的中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，根据电解质环境来书写电极反应式；
（5）根据电解池电极反应规律来书写电解反应，结合电子守恒和离子的量的关系进行计算；
（6）根据n=计算出氧气的物质的量，再根据丙中图象判断铜离子的总物质的量，最后根据m=nM计算出生成铜的质量；
（7）根据Q=It和N=Q/e-结合CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O计算。
【详解】（1）根据盖斯定律，将已知热化学方程式中的氢气和水蒸气消去，得到1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水的热化学方程式是CH3OH（l）+3/2 O2（g）== CO2（g）+2H2O（l） ΔH=（2Q1＋3Q2＋2Q3）kJ•mol－1；
（2）铵根离子，可在碱性条件下通入氯气，反应生成氮气，可知氯气被还原为Cl-，同时应该有水生成，发生反应的离子方程式为3Cl2+2NH4++8OH-=N2↑+6Cl-+8H2O；
（3）1molS2O32-被氧化为SO42-转移8mol电子，过量的氯气为1×10-3mol，完全被还原转移电子为2×10-3mol，故参加反应的S2O32-为=0.25×10-3mol，生成的SO42-为0．25×10-3mol×2=0.5×10-3mol；
（4）在燃料电池的中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，甲醇失电子的过程为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
（5）石墨为阳极、铁电极为阴极，开始Cl-在阳极放电生成氯气，阴极Cu2+放电生成Cu，故图丙中Ⅰ表示阴极产生的气体，Ⅱ表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为：阳极2Cl--4e-=Cl2↑，t2点后电极反应式为：阳极4OH--4e-=O2↑+2H2O，由图可知，产生氯气为224mL，则由2Cl--2e-=Cl2↑可知，n（NaCl）=×2=0.02mol，所以c（NaCl）==0.1mol/L；
（6）标况下的氧气336mL的物质的量为=0.015mol，转移电子数为0.015mol×4=0.06mol；阴极析出铜的物质的量为=0.02mol，质量为0.02mol×64g·mol-1=1.28g；
（7）电解装置的电流强度达到5.0A，每分钟转移电子的物质的量为=0.003mol，负极通入气体的质量为×32g·mol-1=0.016g。
34.亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)。
(1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：① 2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g) K1；②4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g) K2；③2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) K3,则K1、K2、K3之间的关系为K3=_______________（用K1和K2表示）；
(2)已知几种化学键的键能数据如下表：（亚硝酰氯的结构为Cl—N==O）
化学键
N≡O
Cl－Cl
Cl－N
N==O
键能/(kJ·mol－1)
630
243
a
607
则2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)的反应的 △H和a的关系为 △H = ___kJ·mol－1。
(3)300℃时，2NO(g)＋Cl2 (g)2ClNO(g)的正反应速率表达式为v正 = k·cn (ClNO)，测得速率和浓度的关系如下表：
序号
c(ClNO)/(mol·L－1)
v/(mol·L－1·s－l)
①
0. 30
3. 60×10－9
②
0. 60
1. 44×10－8
③
0. 90
3. 24×10－8
n = ___；k = ____。
(4)若向绝热恒容密闭容器中充入物质的量之比为2 : 1的NO和Cl2进行反应2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)，能判断反应已达到化学平衡状态的是__（填标号）。
a．容器中的压强不变 b．2v正(NO) = v逆(Cl2)c．气体的平均相对分子质量保持不变 d．该反应平衡常数保持不变e．NO和Cl2的体积比保持不变
(5)25℃时，向体积为2 L且带气压计的恒容密闭容器中通入0.08 mol NO和0.04 mol Cl2发生反应：2NO(g)＋Cl2 (g)2ClNO(g)△H。
①若反应起始和平衡时温度相同，测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图甲曲线a所示，则 △H __（填“>”“<”或“不确定”）0；若其他条件相同，仅改变某一条件时，测得其压强(p)随时间(t)的变化如图甲曲线b所示，则改变的条件是______。
②图是甲、乙同学描绘上述反应平衡常数对数值(lg K)与温度的变化关系，其中正确的曲线是____（填“甲”或“乙”），m值为_____。
【答案】 (1). K3= (2). 289－2a (3). 2 (4). 4. 0×10－8 L·mol－1·s－1 (5). acd (6). < (7). 加入催化剂 (8). 乙 (9). 2
【解析】
【分析】
（1）利用方程式叠加关系得到平衡常数之间的关系；
（2）利用键能计算焓变，反应物的键能之和减去生成物的键能之和就是焓变；
（3）将表中数据带入速率方程即可求得n和k；
（4）平衡状态的判定；
（5）列三段式计算平衡常数，进而去计算。
【详解】（1）①② 将①×2−②可得： ,则平衡常数,
故答案：；
（2）反应的△H=反应物的键能之和−生成物的键能之和，
故答案为：289－2a；
（3）根据表格①②中的数据，带入速率公式然后做比值： ,解得n=2,将n代入①中得k=4×10−8，
故答案为：2；4. 0×10－8 L·mol－1·s－1；
（4）a.对于反应，反应前后气体系数变化，故压强是变量，故当压强不再变化说明反应已经平衡，a正确；
b. 2v正(NO) = v逆(Cl2)，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，b错误；
c. 气体的平均相对分子质量即平均摩尔质量等于总质量比总物质的量，总质量虽然不变，但是总物质的量会改变，故平均相对分子质量是变量，当它不再变化则说明反应已经达到平衡状态，c正确；
d. 绝热容器中，温度会改变，温度改变平衡常数就会改变，当平衡常数不再变化则说明反应已经达到平衡状态，d正确；
e.和的体积比始终是2:1，不是变量，故不能说明达到平衡状态，e错误；
答案选acd；
（5）①由图甲分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随反应进行温度升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变为△H<0；由图甲知：化学反应速率加快，平衡不动，故改变的条件：加入催化剂；
答案为：<；加入催化剂；
②T升高，平衡左移，K减小，lgK减小，曲线选乙，设反应的氯气物质的量为x， 根据压强之比等于物质的量之比，得到： ，解得：x=0.02mol，依据计算得到平衡时物质的浓度代入x求得：；； ；
平衡常数： ，lgK=lg100=2，m=2；
故答案为：乙；2。
【点睛】化学平衡状态的判定方法：1、；2、当变量不再变化，如体系中气体总物质的量在反应中会发生变化，则气体的总物质的量就是变量，当气体的总物质的量不再变化，则说明反应已经达到平衡状态。
35.某小组研究溶液中Fe2＋与、的反应。
已知：[Fe(NO)]2＋在溶液中呈棕色。
(1)研究现象a中的黄色溶液。
①用__________溶液检出溶液中含有Fe3＋。
②甲认为是O2氧化了溶液中的Fe2＋。乙认为O2不是主要原因，理由是_____________。
③进行实验Ⅱ，装置如图所示。左侧烧杯中的溶液只变为黄色，不变为棕色，右侧电极上产生无色气泡，经检验该气体为NO。产生NO的电极反应式为_______实验Ⅱ的目的是________。
(2)研究现象a中的棕色溶液。综合实验I和实验Ⅱ，提出假设：现象a中溶液变为棕色可能是NO与溶液中的Fe2＋或Fe3＋发生了反应。进行实验Ⅲ，证实溶液呈棕色只是因为Fe2＋与NO发生了反应。实验Ⅲ的操作和现象是_______。
(3)研究酸性条件下，溶液中Fe2＋与、的反应。
序号
操作
现象
i
取1 mol·L－l的NaNO2溶液，加稀硫酸至pH = 3，加入1 mol·L－l FeSO4溶液
溶液立即变为棕色
ii
取1 mol·L－l的NaNO3溶液，加硫酸至pH = 3，加入1 mol·L－l FeSO4溶液
无明显变化
iii
分别取0.5 mL l mol·L－l的NaNO3溶液与1 mol·L－l的FeSO4溶液，混合，小心加入0.5 mL浓硫酸
液体分为两层，稍后，在两层液体界面上出现棕色环
i中溶液变为棕色的离子方程式为_______、__________。
实验结论：本实验条件下，溶液中、的氧化性与溶液的酸碱性等有关。
【答案】 (1). KSCN (2). 两个实验过程均有O2但NaNO3溶液中无明显变化 (3). ＋e－＋H2O === NO↑＋2OH－ (4). 证实Fe2＋被氧化生成Fe3＋ (5). 将NO通入FeSO4溶液中溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将NO通入Fe2(SO4)3溶液中，无明显变化 (6). Fe2＋＋+2H＋=== Fe3＋＋NO↑＋H2O (7). Fe2＋＋NO === [Fe(NO)]2＋
【解析】
【分析】
（1）①可用检验铁离子；
②对比实验中滴加溶液都会携带氧气；
③在正极上得电子被还原生成，可证明与亚铁离子发生氧化还原反应；
（2）要证明与发生了反应，可将分别通入溶液中，根据颜色变化判断；
（3）酸性条件下，溶液、溶液发生氧化还原反应生成，亚铁离子与反应生成。
【详解】(1)①KSCN与铁离子反应，溶液显血红色，则可用检验铁离子，
故答案为：；
②对比实验中滴加溶液都会携带氧气，但溶液中无明显变化，则不是主要原因，
故答案为：两个实验过程均有，但溶液中无明显变化；
③在正极上得电子被还原生成，电极方程式为，实验Ⅱ的目的是证实被氧化生成，
故答案为：；证实被氧化生成；
(2)想证明与发生了反应，可将分别通入溶液中，可观察到将通入溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将通入溶液中，无明显变化，
故答案为：将通入溶液中,溶液由浅绿色变黄色最后变棕色,将通入溶液中，无明显变化；
(3)酸性条件下，溶液、溶液发生氧化还原反应生成，亚铁离子与反应生成，反应的离子方程式为 ，同时发生，
故答案为：；。
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共12页，满分100分，考试时间110分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 D 2 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Fe 56 Cu 64
Zn 65 Br 80
第I卷（选择题 共40分）
一、选择题（1～20每小题1分，21～30每小题2分，共40分。从每小题给出的四个选项中，选出最佳选项，并在答题纸上将该项涂黑）
1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是 ( )
A. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅
B. 豆腐有“植物肉”之美称，“卤水点豆腐”是胶体的聚沉过程
C. 港珠澳大桥为了防腐蚀可以在钢铁中增加含碳量
D. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是碳酸钠
【答案】B
【解析】
【详解】A. 手机中芯片的主要成分是硅，而不是二氧化硅， A错误；
B.豆浆属于胶体，向豆浆中加入卤水（含有电解质溶液）会引发胶体的聚沉，形成豆腐，B正确；
C. 钢铁中增加含碳量，更容易形成原电池，形成原电池造成铁的腐蚀速率加快，C错误；
D. 草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，故D错误；
答案选B。
2.ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。
下列说法不正确的是
A. 步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥
B. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2=2C1O2-+O2↑+2H+
C. 工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输
D. 通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收
【答案】B
【解析】
A. 步骤a中，由溶液得到NaClO2固体，进行的操作为：过滤、洗涤和干燥，A正确；B. 吸收器中发生反应：2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+O2+2H2O，离子方程式为： 2ClO2+2OH−+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，B错误；C. 固体比气体便于贮存和运输，工业上可将ClO2制成NaClO2固体，C正确；D. 反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其在吸收器中被充分吸收，D正确。答案选B.
3.《本草纲目》中收载“烧酒”篇：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”《本草经集注》中记载有关于鉴别消石(KNO3)和朴消(Na2SO4)之法：以火烧之，紫青烟起，云是真消石也”。文字中两处渉及到“法”。分别是
A. 蒸馏 焰色反应 B. 萃取 升华
C. 蒸馏 丁达尔效应 D. 升华 焰色反应
【答案】A
【解析】
【详解】由题中所给信息，“蒸令气上”表明该方法是利用各组分沸点不同实现物质的分离，此“法”是指蒸馏，烧酒利用的是蒸馏原理；钾元素的焰色反应为紫色。通过以上分析，A选项正确，故本题答案为A。
【点睛】本题考查混合物的分离提纯和鉴别，把握物质的性质是解题关键，同时要注意古文的理解。
4.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) △H =－a kJ·mol－1 (a > 0)，其反应机理如下：①NO(g)＋Br2(g)NOBr2 (g)快②NO(g)＋NOBr2(g)2NOBr(g)慢,下列有关该反应的说法正确的是 ( )
A. 该反应的速率主要取决于①的快慢
B. NOBr2是该反应催化剂
C. 正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol－1
D. 增大Br2 (g)浓度能增大单位体积内活化分子百分数，加快反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，故A错误；
B.是中间产物，而不是催化剂，故B错误；
C.正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a，故C正确；
D.增大浓度，活化分子百分数不变，故D错误。
答案选C。
【点睛】催化剂和中间产物的区别：如果一个物质在第一个式子反应了，最后又生成了，即为催化剂；如果是前面一个式子的生成物，在下个式子中反应了，即为中间产物。
5.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是( )
A. 电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则转移到阴极的电子数不一定等于2NA
B. 18 g氨基（－ND2）中含有的电子数为10NA
C. 用惰性电极电解100 mL 0.1 mol·L－1的CuSO4溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时，电路中转移电子数为0. 04NA
D. 工业合成氨每断裂NA个N≡N键，同时断裂6NA个N－H键，则反应达到平衡
【答案】B
【解析】
【详解】A.电解精炼铜时，阳极为粗铜，除铜外还有其它金属失电子，故阳极质量减少64 g时转移电子数不一定等于2NA，A正确；
B.18g氨基()的物质的量为1mol，而氨基()中含9个电子，故1mol氨基中含9NA个电子，B错误；
C. 用惰性电极电解的溶液，阴极上先放电生成0.01mol，而后放电生成，阳极上一直是放电生成，设生成的气体的物质的量为xmol，根据两极上得失电子数守恒可知：，解得，故阳极上转移电子为0.04NA个，C正确；
D. 工业合成氨，断裂NA个键说明消耗1mol，断裂6NA个键说明消耗2mol,，D正确；
答案选B。
6.叶蜡石化学式为X2 [Y4 Z10](ZW)2，短周期元素W、Z、X、Y的原子序数依次增大，X与Y为同一周期相邻元素，Y的最外层电子数为次外层的一半，X的离子与ZW－含有相同的电子数。下列说法错误的是 ( )
A. X的最高价氧化物可作耐火材料
B. 常温常压下，Z和W形成的常见化合物均为液体
C. 原子半径：X > Y > Z > W
D. 可用NaOH溶液分离X单质和Y单质的混合物
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期元素W、Z、X、Y的原子序数依次增大，Y的最外层电子数为次外层的一半，Y的原子序数大于4，则Y含有3个电子层，最外层含有4个电子，为元素；X与Y为同一周期相邻元素，则X为元素；X的离子与ZW-含有相同的电子数，铝离子含有10个电子，则ZW-为10电子微粒，应该为，结合原子序数大小可知W为，Z为元素。
【详解】根据分析可知，W为，Z为元素，X为，Y为，
A. X的最高价氧化物为氧化铝，氧化铝熔点较高，可作耐火材料，故A正确；
B.、形成的化合物为水和双氧水，常温下都是液态，故B正确；
C.同一周期从左到右，原子半径减小（稀有气体除外），同一主族，从上到下，原子半径增大，因此原子半径>>>，故C正确；
D. Si和Al都与NaOH溶液反应，不能用氢氧化钠溶液分离，故D错误；
答案选D。
7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ( )
A. 0.1 mol·L－1 FeSO4溶液：Na＋、K＋、Cl－、
B. 滴入酚酞变红色的溶液：K＋、Ca2＋、、
C. 加入铁粉放出氢气的溶液：、Fe3＋、ClO－、
D. 能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K＋、、S2－、Cl－
【答案】A
【解析】
【详解】A. 离子相互之间不反应，可以共存，A正确；
B. 滴入酚酞变红色，溶液显碱性， 碳酸氢根离子与氢氧根离子不能共存，碳酸根离子与钙离子能生成 沉淀， 不能共存，B错误；
C. 加入铁粉放出氢气，说明溶液中含有氢离子，氢离子和次氯酸根能生成弱酸次氯酸，不共存，C错误；
D. 淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液中含有 氧化性离子， 硫离子的还原性比较强 ，故该离子也能被氧化 ，不共存，D错误；
答案选A。
【点睛】所谓离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。
8.下列实验操作规范且能达到实验目的的是
操作
目的
A
称取5.0gCuSO4·5H2O加入27.0g水中,搅拌溶解
配制10%CuSO4溶液
B
先用稀盐酸洗涤，再用水清洗
洗涤分解KMnO4制O2的试管
C
用玻璃棒蘸取溶液，点在干燥的pH试纸上，片刻后与标准比色卡比较并读数
测定0.05mol.L-1NaClO溶液的pH
D
将粗碘放入烧杯中，烧杯口放一盛满冷水的烧瓶，隔石棉网对烧杯加热，然后收集烧瓶外壁的固体
提纯混有NH4Cl的粗碘
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
A.5.0gCuSO4·5H2O中含CuSO43.2g，加入27.0g水中,搅拌溶解得到32gCuSO4溶液，溶质的质量分数为：×100％=10％,故A正确；B.洗涤分解KMnO4制O2的试管,试管内壁附着MnO2需要用浓盐酸并加热洗涤，再用水洗涤，故B错误；C.测定0.05mol.L-1NaClO溶液的pH，由于NaClO具有强氧化性，能使试纸褪色，故不能用pH试纸测其pH，C错；D.提纯混有NH4Cl的粗碘,因NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后又结合成NH4Cl，故不能用加热的方法分离，D错；因此，本题正确答案为A。
9.下列说法正确的是 ( )
A. 氢气的燃烧热为 △H =－285.5 kJ·mol－1，则电解水的热化学方程式为2H2O(1)2H2(g)＋O2(g) △H =＋285.5 kJ·mol－1
B. 密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6 g时，放出19.12 kJ热量，则Fe(s)＋S(s) ===FeS(s) △H =－95.6 kJ·mol－l
C. 500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2 (g)＋3H2 (g) 2NH3 (g)△H =－38.6 kJ·mol－l
D. 相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1 mol N2和3 mol H2反应放出的热量与2 mol NH3分解吸收的热量一定一样多
【答案】B
【解析】
【详解】A.氢气的燃烧热指的是1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，故电解水的热化学方程式为2H2O(1)2H2(g)＋O2(g) △H =＋571kJ·mol－1，A项错误；
B.11.2 g 铁粉即0.2mol，9.6 g硫粉即0.3mol，铁粉可完全反应，当0.2mol铁粉完全反应生成硫化亚铁时，放出19.12 kJ热量，则1mol 铁粉完全反应放出95.6 kJ热量，B项正确；
C.合成氨是可逆反应，0.5mol(g)不可能完全转化为生成物，但ΔH描述的是完全反应的热效应，C项错误；
D.相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1 mol(g)和3mol(g)反应与2mol分解的转化率不同，放出的热量不一样多，D项错误；
答案选B。
10.下列离子方程式正确的是 ( )
A. Si与NaOH溶液反应：Si＋2OH－＋H2O===＋H2↑
B. 向Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液：Ca2＋＋＋OH－===CaCO3＋H2O
C. 电解MgCl2溶液：2H2O＋2Cl－2OH－＋H2↑＋Cl2↑
D. 向含0.2 mol FeI2的溶液中滴加含0.25 mol Cl2的氯水：2Fe2＋＋8I－＋5Cl2===2Fe3＋＋4I2＋10Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A.与溶液反应的离子方程式为：，A错误；
B. 中加入足量的，离子方程式应该为： ，B错误；
C.溶液中存在，会产生氢氧化镁沉淀，C错误；
D. 还原性碘离子大于亚铁离子，氯气得到电子为0.25mol×2×1=0.5mol，由电子守恒可知，碘离子全部被氧化，亚铁离子一半被氧化，所以离子方程式为：2Fe2＋＋8I－＋5Cl2===2Fe3＋＋4I2＋10Cl－，故D正确；
答案选D。
【点睛】离子方程式正误判断规律（三“看”），第一看：符不符（即是否符合反应事实）；第二看：平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒）；第三看：拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题）。
11.短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，Y的次外层电子数是其电子总数的1/4，离子化合物ZX2是一种储氢材料，W与Y属于同一主族，NY2是医学上常用的水消毒剂、漂白剂。下列叙述正确的是 ( )
A. Y和W分别与X形成的简单化合物的热稳定性：X2 Y > X2W
B. 离子半径由大到小的顺序为Y2－< Z2＋< N－< W2－
C. ZX2和NY2中含有化学键一致，且微粒个数之比均为1 : 2
D. 含氧酸的酸性N > W，可证明非金属性：N > W
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，应为元素，Y的次外层电子数是其电子总数的14，则电子总数为8，应为元素，W与Y属于同一主族，则W为元素，N应为元素，离子化合物ZX2是一种储氢材料，Z应为元素，X、Y、Z、W、N依次为、、、、。
【详解】A．非金属性，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确；
B．Y为元素、Z为元素，对应的简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故B错误；
C．和中化学键分别为离子键和共价键，故C错误；
D．比较非金属性，应根据最高价氧化物的水化物的酸性判断，故D错误；
答案选A。
12.已知氨气可与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用下图中的装置（省略夹持装置及加热装置）可以实现该反应。实验时C中粉末逐渐变为红色，D中出现无色液体。下列有关说法正确的是 ( )
A. 试管A中加入的试剂为NH4Cl固体
B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2 : 3
C. 装置B中加入的物质可以是碱石灰或无水氯化钙
D. 装置D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，A中发生，B为干燥氨气，C中发生，D中冷却出现液体为水和氨气混合物，E中收集氮气。
【详解】A.实验室制取氨气应该用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法，而只加热氯化铵固体不能得到氨气，A错误；
B.为氧化还原反应，为氧化剂，氨气为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，B错误；
C.装置B的作用为干燥氨气，加入的物质可以是碱石灰，不能用无水氯化钙，易与氨气结合生成络合物，故C错误；
D. D中冷却出现液体为水和氨气混合物，溶液显碱性，则D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝，D正确；
答案选D。
13.K2 FeO4在水中不稳定，发生反应：＋l0H2O4Fe(OH)3（胶体）＋8OH－＋3O2，其稳定性与温度(T)和溶液pH的关系分别如下图所示。下列说法不正确的是 ( )
A. 由图甲可知上述反应 △H < 0
B. 由图甲可知温度：T1 > T2 > T3
C. 由图甲可知K2 FeO4的稳定性随温度的升高而减弱
D. 由图乙可知图中a < c
【答案】A
【解析】
【分析】
由图甲数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，所以温度：T1>T2>T3；由可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时浓度越小，pH越小，根据图乙可知，a
B. 由图甲数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，所以温度：T1>T2>T3，故B正确；
C. 由图甲数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时浓度越小，温度越高浓度越小，所以的稳定性随着温度的升高而减弱，C正确；
D. pH越小，氢离子浓度越大，由可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时浓度越小，pH越小，所以a
【点睛】平衡图像题解题思路：一看轴（纵、横坐标的意义），二看线（线的走向和变化趋势），三看点（起点、折点、交点、终点、零点的意义），四看要不要作辅助线（等温线、等压线、平衡线），五看量的变化（如浓度变化、温度变化等），六想规律（外界条件对反应速率的影响规律和化学平衡移动规律）。
14. 下列装置或操作能达到目的的是
A. 装置①探究H2SO4浓度对反应速率的影响
B. 装置②可用于测定中和热
C. 装置③探究Mg(OH)2能否转化成Fe(OH)3
D. 装置④可保护铁闸门不被腐蚀
【答案】BD
【解析】
【详解】A、装置①中硫酸的体积不同，所以混合后总溶液的体积不同，硫代硫酸钠的浓度也不相同，不能比较反应速率的大小，所以不选A；
B、装置②可以保证反应热几乎没有损失，可以测定中和热，选B；
C、因为加入的氢氧化钠试过量的，所以加入氯化铁后氢氧化钠可以和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，不选C；
D、装置④中构成电解池，铁做电解池的阴极，不能够失电子，得到保护，选D。
故答案选BD。
15.南海是一个巨大的资源宝库，开发利用海水资源是科学研究的重要课题。下图为海水资源利用的部分过程，有关说法不正确的是 ( )
A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法
B. 氯碱工业中采用阳离子交换膜可提高产品的纯度
C. 由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要低温小火烘干
D. 溴工业中③、④的目的是富集溴元素，溴元素在反应③、⑤中均被氧化，在反应④中被还原
【答案】C
【解析】
【详解】A.海水淡化分离水与盐类物质，则主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，故A正确；
B.氯碱工业中阳极上生成氯气，阴极上生成氢气、，且阳离子向阴极移动，采用阳离子交换膜可提高产品的纯度，故B正确；
C.可抑制镁离子水解，则由得到无水的关键是要在干燥的氯化氢气流烘干，故C错误；
D.海水中溴离子浓度较低，反应③、⑤中Br元素的化合价升高，而反应④中Br元素的化合价降低，则溴元素在反应③、⑤中均被氧化，在反应④中被还原，故D正确；
答案选C。
16.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入5 mol·L-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示。则下列说法不正确的是
A. 稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵
B. c点对应NaOH溶液的体积为48ml
C. b点与a点的差值为0.05mol
D. 样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5:3
【答案】B
【解析】
【详解】铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，③NH4++OH-═NH3•H2O，④Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O，B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为：104mL-94m=10mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.01L×5mol/L=0.05mol，根据Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O可知，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)=0.05mol。由图可知DE段消耗的氢氧化钠的体积为：94mL-88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.006L×5mol/L=0.03mol，根据NH4++OH-═NH3•H2O 可知，计算溶液中n(NH4+)=0.03mL，根据电子转移守恒有：3n(Fe)+3n(Al)=8n(NH4+)，即3n(Fe)+3×0.05mol=8×0.03mol，解得：n(Fe)=0.03mol。由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)=n(NH4+)=0.03mol，根据钠元素守恒，可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5mol/L=0.44mol，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根据氮元素守恒n′(NaNO3)+2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3)3]+3n[Al(NO3)3]=n(HNO3)，故C点溶液中n′(NaNO3)=0.5mol-0.03mol×2-0.03mol×3-0.05mol×3=0.2mol，故C点加入NaOH的物质的量为0.2mol。A．根据分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，故A正确；B．根据分析可知，C点对应NaOH溶液的体积==0.04L=40mL，故B错误；C．根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中：n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，故C正确；D．根据分析可知，混合金属中n(Al)=0.05mol、n(Fe)=0.03mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5：3，故D正确；故选B。
【点晴】本题以图象形式考查金属与硝酸的反应、混合物计算等，题目难度较大，明确图中各阶段反应过程是解题的关键，解答中注意守恒思想的运用，为易错题目，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
17. 某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。一段时间后，断开电键K，下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是
A. Cu B. CuO C. Cu（OH）2 D. Cu2（OH）2CO3
【答案】A
【解析】
【详解】甲池为燃料电池，A为负极，B为正极，则乙中C为阳极，D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，阴极上铜离子得电子生成Cu，溶液中减少了Cu元素的质量，所以要让电解质复原，需要加入金属铜，
故选：A。
18.以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2 和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示，下列说法正确的是
A. 由图可知：乙酸的生成速率随温度升高而升高
B. 250-300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的主要原因是因为催化剂的催化效率降低
C. 由300-400℃可得，其他条件相同时，催化剂的催化效率越低，乙酸的生成速率越大。
D. 根据图像推测，工业上若用上述反应制备乙酸最适宜的温度应为400℃。
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由图可知：250-300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低，故A错误；
B. 250-300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的主要原因是温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，故B正确；
C.300-400℃时，催化剂的催化效率接近于0，但温度升高，乙酸的生成速率增大，故C错误；
D.根据图像推测，工业上若用上述反应制备乙酸最适宜的温度应为250℃，故D错误；
故选B。
19.CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是
A. p1
C. 平衡常数:K(A)=K(B)
D. 在C点时,CO转化率为75%
【答案】D
【解析】
【分析】
A．增大压强平衡向正反应方向移动；
B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；
C．平衡常数只与温度有关；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算．
【详解】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；
B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；
C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始 1 2 0
变化 x 2x x
结束 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；
故选D。
20.食品、大气、工业尾气中SO2均需严格检测或转化吸收，下列有关SO2的检测或吸收方法正确的是
A. 滴定法：用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样以测定葡萄酒中SO2的浓度
B. 沉淀法：用Ba(OH)2溶液沉淀SO2，然后将沉淀在空气中洗涤、过滤、干燥、称重以测定大气中SO2的浓度
C. 氨酸法：用氨水吸收尾气中的SO2后再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2循环使用
D. 石灰—石膏法：常温下用石灰石吸收尾气中的SO2得到CaSO3，再经氧化可用于生产石膏
【答案】C
【解析】
【详解】A、葡萄酒中的乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对SO2的检测有干扰，选项A错误；
B、亚硫酸钡在空气中易被氧化，大气中的CO2能与Ba(OH)2溶液形成沉淀，对SO2的检测有干扰，选项B错误；
C、氨水吸收SO2生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，(NH4)2SO3或NH4HSO3与硫酸反应能产生SO2，SO2可以循环使用，选项C正确；
D、石灰石吸收SO2，需要在高温下才能进行，选项D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查二氧化硫的性质，注意二氧化硫是酸性氧化物，与二氧化碳具有相似的性质，但区别于二氧化碳的性质是二氧化硫具有漂白性及还原性。
21.2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I-
B. 放电时电解质储罐中离子总浓度增大
C. M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
D. 充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA
【答案】C
【解析】
【分析】
由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。
【详解】A.放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A正确；
B.放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B正确；
C.离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C错误；
D.充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。
22.利用如下实验探究铁钉在不同溶液中的吸氧腐蚀。
下列说法不正确的是
A. 上述正极反应均为O2+4e-+2H2O=4OH-
B. 在不同溶液中，Cl-是影响吸氧腐蚀速率的主要因素
C. 向实验④中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快
D. 在300 min内，铁钉的平均吸氧腐蚀速率酸性溶液大于中性溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据图象可知，实验装置中的氧气浓度是逐渐降低的，故此腐蚀为吸氧腐蚀，其正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，故A正确；
B. 根据图象可知，①②的反应速率接近，③④的反应速率接近，且①远大于③，②远大于④，故阴离子对反应速率影响不大，NH4+是影响反应速率的主要因素，故B错误；
C.因为NH4+是影响反应速率的主要因素，能导致钢铁的吸氧腐蚀速率加快，故向实验④中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快，故C正确；
D. ①②溶液显酸性，③④显中性，根据图象可知，铁钉的平均吸氧腐蚀速率酸性溶液大于中性溶液，故D正确；
故选B。
23.化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解的原理如图所示。下列说法不正确的是
A. A为电源的正极
B. 溶液中H＋从阳极向阴极迁移，阴极区电解质溶液的pH保持不变
C. Ag-Pt电极的电极反应式为＋12H＋＋10e－=== N2↑＋6H2O
D. 电解过程中，每转移2 mol电子，则左侧溶液质量减少18 g
【答案】B
【解析】
【分析】
由图示知在电极上发生还原反应，因此电极为阴极，则B为负极，A为电源正极；阳极电极反应式：，阴极电极反应式：。
【详解】A. 该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则电极为阴极、电极为阳极，连接阴极的B电极为负极，A为正极，故A正确；
B. 电解时阳离子向阴极移动，阴极电极反应为：，转移10个电子时，有10个由阳极进入阴极，但阴极会消耗12个，故阴极减少，PH增大，故B错误；
C. 阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为，故C正确；
D. 阳极电极反应式为：转移2mol电子时，阳极消耗1mol水，产生2mol（2g）进入阴极室，产生0.5mol（16g）氧气，故阳极室质量减少18g，D正确；
答案选B。
【点睛】电解池中电极的判断方法：和电源正极相连的为阳极，和电源负极相连的为阴极；发生氧化反应的为阳极，发生还原反应的为阴极；电子流出的为阳极，电子流入的为阴极；阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。
24.Cl2O黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸，制取Cl2O 的装置如图所示。
已知:C12O的熔点为-116℃，沸点为3.8℃，Cl2 的沸点为-34.6℃；HgO+2Cl2=HgCl2 +Cl2O
下列说法不正确的是
A. 装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸
B. 通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险
C. 从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D. 装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸
【答案】C
【解析】
【详解】A、制取Cl2O 需要干燥纯净的氯气，所以②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸，故A正确；
B、高浓度的Cl2O易爆炸，所以通入干燥空气可以将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，故B正确；
C、装置⑤是制备固体Cl2O，所以温度低于-116℃，此时Cl2O是固体，逸出的气体是空气，故C错误；
D、Cl2O与有机物接触会发生燃烧并爆炸，装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故D正确；
答案选C。
25.一定条件下，合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。图甲表示在此反应过程中的能量的变化，图乙表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图丙表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。
下列说法正确的是 ( )
A. 升高温度，该反应的平衡常数增大
B. 由图乙信息，从11 min起其他条件不变，压缩容器的体积，则n(N2)的变化曲线为d
C. 由图乙信息，10 min内该反应的平均速度v(H2) = 0. 09 mol·L－l·min－l
D. 图丙中温度T1 < T2，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点
【答案】B
【解析】
【分析】
由图甲反应物的总能量高于生成物的总能量，所以正反应是放热反应；分析图乙变化量，计算氮气的反应速率，结合反应速率之比等于系数之比计算得到氢气速率，依据化学反应速率概念计算得到，缩小体积，增大压强，平衡向正反应移动，改变瞬间不变，达平衡是减小；图丙表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大；由图丙可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1
B. 从11min起其它条件不变，压缩容器的体积，压强增大，平衡正向进行，瞬间氮气物质的量不变，随平衡正向进行，氮气物质的量减小，则的变化曲线d符合，B正确；
C. 分析图象乙可知，在2L的密闭容器中，，，C错误；
D. 图丙表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，故a、b、c都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、b、c三点中，c的氮气的转化率最高，D错误；
答案选B。
26.某温度时，在体积为2 L的密闭容器中，气态物质A、B、E、F的物质的量n随时间t的变化情况如图所示，在一定条件下反应达到平衡状态，反应进程中正反应速率随时间的变化情况如图所示，在t2、t4时刻分别只改变一个条件(温度、压强或某反应物的量)。下列说法错误的是
A. 此温度下，该反应的化学方程式为2A(g)+E(g)2B(g)+F(g)
B. 若平衡状态①和②对应的温度相同，则①和②对应的平衡常数K一定相同
C. t2时刻改变的条件是增大压强
D. t4时刻改变的条件是降低温度
【答案】C
【解析】
【详解】A、由图甲分析可知，各物质发生变化的物质的量等于化学方程式的化学计量数之比，此温度下该反应的化学方程式为2A（g）+E（g）⇌2B（g）+F（g），故A正确；B、平衡常数K只与温度有关，平衡状态①和②的温度相同，故K相等，故B正确；C、该反应前后气体的体积不变，若改变压强，平衡不会发生移动，故t2时刻不可能是增大压强，故C错误；D、根据方程式知，前后气体体积不变，故不可能是压强的变化，t4时刻速率减小，且变化的点不连续，因此是降低温度的结果，故D正确；故选C。
【点睛】本题考查了化学平衡移动的图像分析，从图甲判断反应的方程式，图乙判断各阶段的影响因素为解答该题的关键。本题的易错点为CD的判断，要注意从平衡的移动和图像的特点分析判断。
27.用电解法处理含的废水，探究不同因素对含废水处理的影响。结果如表所示（的起始浓度、体积、电压、电解时间均相同）。下列说法错误的是 ( )
A. 实验ⅱ与实验ⅰ对比，其他条件不变，增加c(H＋)有利于的去除
B. 实验ⅲ与实验ⅱ对比，其他条件不变，增加c(Fe3＋)有利于的去除
C. 实验ⅲ中Fe3＋循环利用提高了的去除率
D. 若实验iV中去除0.0l mol ，电路中共转移0.06 mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A.对比实验i、ii，其它外界因素都相同，且溶液的酸性越强，的去除率越大,所以增加有利于的去除，故A正确；
B. 实验ⅲ与实验ⅱ对比，增大，的去除率也增大即其他条件不变，增加有利于的去除，故B正确；
C. 实验ⅲ中，在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原，离子方程式为，所以循环利用使去除率提高，故C正确；
D. 实验iv中，在阴极上得电子，阳极产生亚铁离子也能还原，1个在阴极上被还原转移6个电子，阳极产生3个，溶液中还有0.5个被还原，即转移6个电子时有1.5个被还原，所以去除0.0l mol时转移0.04mol电子， D错误；
答案选D。
28.一定条件下进行反应：COCl2（g）Cl2 (g)＋CO(g)。向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol COCl2 (g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测得的有关数据见下表：
t/s
0
2
4
6
8
n(Cl2) /mol
0
0.30
0.39
0.40
0.40
下列说法正确的是 ( )
A. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl2) = 0.22 mol·L－1，则反应的 △H < 0
B. 若在2 L恒容绝热（与外界没有热量变换）密闭容器进行该反应,化学平衡常数不变
C. 保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2 mol COCl2、0.60 mol Cl2和0.6 mol CO，反应达到平衡前的速率：v (正) > v (逆)
D. 保持其他条件不变，起始向容器中充入1.0 mol Cl2和0.8 mol CO，达到平衡时，Cl2的转化率小于60%
【答案】D
【解析】
【分析】
由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0.2mol/L。
【详解】A. 由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0.2mol/L，升高温度，到达新平衡，氯气的浓度变为0.22mol/L，氯气浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H>0，故A错误；
B. 正反应为吸热反应，恒容绝热密闭容器进行该反应，随反应进行温度降低，而平衡常数只受温度影响，故平衡常数一定发生变化，故B错误；
C. 平衡时，列三段式： ，该温度下平衡常数，若起始向容器中充入1.2mol、0.60mol 和0.60mol，此时>0.13，则反应向逆反应方向移动，反应达到平衡前v正
答案选D。
29.工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H＜0，在容积为1 L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系。下列说法不正确的是( )
A. H2转化率：a＞b＞c
B. 上述三种温度之间关系为T1＞T2＞T3
C. a点状态下再通入0.5 mol CO和0.5 molCH3OH，平衡不移动
D. c点状态下再通入1 molCO和4 mol H2，新平衡中H2的体积分数减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图可知，当=1.5时，CO的转化率ab且大于T3下对应CO的转化率，当在温度为T3时，随着增大，CO的转化率增大，H2的转化率减小，所以有a＞b＞c，故A正确；
B.根据CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H＜0，因为是放热反应，温度升高CO的转化率减小，由图可以看出，当相等时，T3T2T1，故B错误；
C. a点时，CO的转化率为50%，反应的三段式为：
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
起始量（mol/L）1 1.5 0
变化量（mol/L）0.5 1 0.5
平衡量（mol/L）0.5 0.5 0.5
平衡常数k= = ,=4；
再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，c（CO）=c（CH3OH）=1mol/L，c（H2）=0.5mol/L，浓度商Qc==4，所以平衡不移动，故C正确；
D.c点状态下再通入1 molCO和4 molH2，在等温等容的条件下，投料比不变，相当于加压，平衡向正反应方向移动，新平衡H2的体积分数减小，故D正确；
本题答案为B。
【点睛】对于在定温、定容的容器中进行的可逆反应，达到平衡后再按和起始相同的投料比填料，相当于增大压强，由此分析平衡的移动情况。
30.用多孔石墨电极完成下列实验：
下列对实验现象的解释或推测不合理的是 ( )
A. I中，b极反应：2H2O－4e－=== O2↑＋4 H＋
B. Ⅱ中，析出红色固体：Cu2＋＋H2 === Cu＋2H＋
C. Ⅲ中，只可能发生反应：2Ag＋＋Cu === Cu2＋＋2Ag
D. I中，a极上既发生了化学过程，也发生了物理过程
【答案】C
【解析】
【分析】
Ⅰ中电解硫酸钠溶液就是电解水，阳极产生氧气，阴极产生氢气，因为用的电极是多孔石墨，所以电极会吸附氢气；Ⅱ中产生了铜，是由于铜离子和多孔电极中的氢气发生了反应，Ⅲ中产生了银单质，有两种可能，一种是铜置换银，另一种可能是银离子和氢气反应生成了银。
【详解】A. I中b极连接电源正极，所以是阳极，发生氧化反应，故电极反应式为：，A正确；
B. Ⅱ中产生了铜单质，是由于多孔电极中吸附了氢气，，B正确；
C.银的产生也有可能是，C错误；
D.a极是电解池阴极，产生氢气是化学变化，多孔电极吸附氢气是物理变化，D正确；
答案选C。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、非选择题（本题共5小题，共60分）
31.纳米级Fe3O4呈黑色，因其有磁性且粒度小而在磁记录材料、生物功能材料等诸多领域有重要应用，探究其制备和用途意义重大。
(1)还原-沉淀法：①用还原剂Na2SO3将一定量Fe3＋可溶盐溶液中的Fe3＋还原，使Fe2＋和Fe3＋的物质的量比为1 : 2。②然后在①所得体系中加入氨水，铁元素完全沉淀形成纳米Fe3O4。写出②过程的离子方程式：__________。
(2)电化学法也可制备纳米级Fe3O4，用面积为4 cm2的不锈钢小球（不含镍、铬）为工作电极，铂丝作阴极，用Na2SO4溶液作为电解液，电解液的pH维持在10左右，电流50 mA。生成Fe3O4的电极反应为______。
(3)已知：H2O(1) === H2(g)＋O2(g) △H =＋285.5 kJ·mol－l，以太阳能为热源分解Fe3O4，经由热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下，完善以下过程I的热化学方程式。过程I：__________。过程Ⅱ：3FeO(s)＋H2O(l) === H2(g)＋Fe3O4(s) △H =＋128.9 kJ·mol－1
(4)磁铁矿(Fe3O4)常作冶铁的原料，主要反应为Fe3O4(s)＋4CO(g)3Fe(s)＋4CO2 (g)，该反应的△H < 0，T℃时，在1 L恒容密闭容器中，加入Fe3O4、CO各0.5 mol，10 min后反应达到平衡时，容器中CO2的浓度是0.4 mol·L－1。
①T℃时，10 min内用Fe3O4表示的平均反应速率为___g·min－1。
②T℃时，该反应的平衡常数为____________。
【答案】 (1). Fe2＋＋2Fe3＋＋8NH3·H2O === Fe3O4↓＋8＋4H2O (2). 3Fe－8e－＋8OH－=== Fe3O4↓＋2H2O (3). 2Fe3O4(s) === 6FeO(s)＋O2(g) △H =＋313.2 kJ·mol－l (4). 2.32 (5). 256
【解析】
【分析】
可以表示为，即中铁的价态为既有+2价也有+3价，+2价和+3价的铁原子之比为1:2。
【详解】（1）和的物质的量比为1 : 2，加入氨水制得,一水合氨是弱碱，离子方程式为： ，
答案为：；
（2）不锈钢小球（铁）为阳极，失电子生成，且溶液为碱性环境，故电极方程式为：，
答案为：；
（3）过程I为分解生成和氧气，故化学方程式为：，根据图像可以推知，整个过程为水分解生成氢气和氧气，即反应I和反应Ⅱ叠加得到总反应： △H1 =＋285.5 kJ·mol－l，设反应Ⅱ焓变为△H2，则反应I的焓变为：，故反应I的热化学方程式为： ，
故答案为：
（4）①根据方程式，10 min后的浓度是0.4 mol·L－1，体积为1L，故的物质的量增加0.4mol，根据方程式减少0.1mol（23.2g），故用Fe3O4表示的平均反应速率为，
故答案为：2.32 ；
②列三段式，，故平衡常数，
故答案为256。
32.实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁（碱式硫酸铁的聚合物）和绿矾(FeSO4·7H2O)，过程如下：
(1)将过程②中产生的气体通入下列溶液中，溶液不会褪色的是_____（填标号）。
A．品红溶液 B．紫色石蕊溶液 C．酸性KMnO4溶液 D．溴水
(2)过程①中，FeS和O2、H2SO4反应的离子方程式为_________。
(3)过程③中，需加入的物质是__________。
(4)实验室为测量所得到的聚铁样品中铁元素的质量分数，进行下列实验。①用分析天平称取2. 800 g样品；②将样品溶于足量的盐酸后，加入过量的氯化钡溶液；③过滤、洗涤、干燥，称量，得固体质量为3. 495 g。若该聚铁主要成分为[Fe(OH) (SO4)]n，则该聚铁样品中铁元素的质量分数为____________（假设杂质中不含铁元素和硫元素）。
(5)如图是将过程②产生的气体SO2转化为重要的化工原料H2SO4的原理示意图，若得到的硫酸浓度仍为49%，则理论上参加反应的SO2与加入的H2O的质量比为______。
【答案】 (1). B (2). 4 FeS＋3O2＋12 H＋=== 4Fe3＋＋6H2O＋4S (3). Fe（或铁） (4). 30% (5). 8 : 15
【解析】
【分析】
过程②产生的气体为，具有还原性和漂白性；根据反应物和生成物的种类结合质量守恒书写化学方程式；溶液X中含有，要制备绿矾，应加入使之还原为；
【详解】（1）过程②产生的气体为，具有还原性和漂白性，因具有漂白性而使品红褪色，因具有还原性而使具有氧化性的酸性溶液、溴水褪色，只有紫色石蕊试液不会褪色。
故答案为：B；
（2）反应物为、和，生成物有，根据质量守恒还应有和，反应的离子方程式为，
故答案为：；
（3）溶液X中含有，要制备绿矾，应加入使之还原为，加入铁可生成，并且不引入新的杂质，
故答案为：Fe(或铁)；
（4）过滤、洗涤、干燥，称量，得固体质量为3.495g，应为BaSO4沉淀，，则，，该聚铁样品中铁元素的质量分数 ，
故答案为：30%
（5）原硫酸浓度为49%，得到的硫酸浓度仍为49%，所以新生成的硫酸的质量比后加入物质的总质量为49%，总方程式为：，设加入的质量为x g，加入水的质量为y g，需要通入氧气的质量为： g，新生成硫酸的质量为 g，故 ，解得 ，
故答案为：8 : 15。
33.甲醇又称“木醇”，是无色有酒精气味易挥发的有毒液体。甲醇是重要的化学工业基础原料和液体燃料，可用于制造甲醛和农药，并常用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等。
（1）工业上可利用CO2和H2生产甲醇，方程式如下：
CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（l）＋H2O （g） △H＝Q1kJ·mol－1
又查资料得知：①CH3OH（l）＋1/2 O2（g）CO2（g）＋2H2（g） △H＝Q2kJ·mol－1
②H2O（g）=H2O（l） △H= Q3kJ·mol－1，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为______。
某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，其装置如图：
（2）为除去饱和食盐水中的铵根离子，可在碱性条件下通入氯气，反应生成氮气。该反应的离子方程式为___________________________________。
（3）过量氯气用Na2S2O3除去，反应中S2O32-被氧化为SO42-。若过量的氯气为1×10-3mol，则理论上生成的SO42-为_____________mol。
（4）写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式______________________。
（5）理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如丙图所示（已换算成标准状况下的体积），写出在t1后，石墨电极上的电极反应式____________，原混合溶液中 NaCl的物质的量浓度为___________mol/L。（设溶液体积不变）
（6）当向上述甲装置中通入标况下的氧气336mL时，理论上在铁电极上可析出铜的质量为_____________g。
（7）若使上述电解装置的电流强度达到5．0A，理论上每分钟应向负极通入气体的质量为_____________克。（已知1个电子所带电量为1．6×10-19C，计算结果保留两位有效数字）
【答案】 (1). CH3OH（l）+3/2 O2（g）== CO2（g）+2H2O（l）ΔH=（2Q1＋3Q2＋2Q3）kJ•mol－1 (2). 3Cl2+2NH4++8OH-=N2↑+6Cl-+8H2O (3). 5×10-4 (4). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (5). 4OH--4e-=O2↑+2H2O (6). 0.1 (7). 1.28 (8). 0.016
【解析】
【分析】
（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到所需热化学方程式；
（2）可以根据反应物和生成物正确书写化学方程式；
（3）依据离子方程式的定量关系计算生成硫酸根离子的量；
（4）在燃料电池的中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，根据电解质环境来书写电极反应式；
（5）根据电解池电极反应规律来书写电解反应，结合电子守恒和离子的量的关系进行计算；
（6）根据n=计算出氧气的物质的量，再根据丙中图象判断铜离子的总物质的量，最后根据m=nM计算出生成铜的质量；
（7）根据Q=It和N=Q/e-结合CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O计算。
【详解】（1）根据盖斯定律，将已知热化学方程式中的氢气和水蒸气消去，得到1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水的热化学方程式是CH3OH（l）+3/2 O2（g）== CO2（g）+2H2O（l） ΔH=（2Q1＋3Q2＋2Q3）kJ•mol－1；
（2）铵根离子，可在碱性条件下通入氯气，反应生成氮气，可知氯气被还原为Cl-，同时应该有水生成，发生反应的离子方程式为3Cl2+2NH4++8OH-=N2↑+6Cl-+8H2O；
（3）1molS2O32-被氧化为SO42-转移8mol电子，过量的氯气为1×10-3mol，完全被还原转移电子为2×10-3mol，故参加反应的S2O32-为=0.25×10-3mol，生成的SO42-为0．25×10-3mol×2=0.5×10-3mol；
（4）在燃料电池的中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，甲醇失电子的过程为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
（5）石墨为阳极、铁电极为阴极，开始Cl-在阳极放电生成氯气，阴极Cu2+放电生成Cu，故图丙中Ⅰ表示阴极产生的气体，Ⅱ表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为：阳极2Cl--4e-=Cl2↑，t2点后电极反应式为：阳极4OH--4e-=O2↑+2H2O，由图可知，产生氯气为224mL，则由2Cl--2e-=Cl2↑可知，n（NaCl）=×2=0.02mol，所以c（NaCl）==0.1mol/L；
（6）标况下的氧气336mL的物质的量为=0.015mol，转移电子数为0.015mol×4=0.06mol；阴极析出铜的物质的量为=0.02mol，质量为0.02mol×64g·mol-1=1.28g；
（7）电解装置的电流强度达到5.0A，每分钟转移电子的物质的量为=0.003mol，负极通入气体的质量为×32g·mol-1=0.016g。
34.亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)。
(1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：① 2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g) K1；②4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g) K2；③2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) K3,则K1、K2、K3之间的关系为K3=_______________（用K1和K2表示）；
(2)已知几种化学键的键能数据如下表：（亚硝酰氯的结构为Cl—N==O）
化学键
N≡O
Cl－Cl
Cl－N
N==O
键能/(kJ·mol－1)
630
243
a
607
则2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)的反应的 △H和a的关系为 △H = ___kJ·mol－1。
(3)300℃时，2NO(g)＋Cl2 (g)2ClNO(g)的正反应速率表达式为v正 = k·cn (ClNO)，测得速率和浓度的关系如下表：
序号
c(ClNO)/(mol·L－1)
v/(mol·L－1·s－l)
①
0. 30
3. 60×10－9
②
0. 60
1. 44×10－8
③
0. 90
3. 24×10－8
n = ___；k = ____。
(4)若向绝热恒容密闭容器中充入物质的量之比为2 : 1的NO和Cl2进行反应2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)，能判断反应已达到化学平衡状态的是__（填标号）。
a．容器中的压强不变 b．2v正(NO) = v逆(Cl2)c．气体的平均相对分子质量保持不变 d．该反应平衡常数保持不变e．NO和Cl2的体积比保持不变
(5)25℃时，向体积为2 L且带气压计的恒容密闭容器中通入0.08 mol NO和0.04 mol Cl2发生反应：2NO(g)＋Cl2 (g)2ClNO(g)△H。
①若反应起始和平衡时温度相同，测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图甲曲线a所示，则 △H __（填“>”“<”或“不确定”）0；若其他条件相同，仅改变某一条件时，测得其压强(p)随时间(t)的变化如图甲曲线b所示，则改变的条件是______。
②图是甲、乙同学描绘上述反应平衡常数对数值(lg K)与温度的变化关系，其中正确的曲线是____（填“甲”或“乙”），m值为_____。
【答案】 (1). K3= (2). 289－2a (3). 2 (4). 4. 0×10－8 L·mol－1·s－1 (5). acd (6). < (7). 加入催化剂 (8). 乙 (9). 2
【解析】
【分析】
（1）利用方程式叠加关系得到平衡常数之间的关系；
（2）利用键能计算焓变，反应物的键能之和减去生成物的键能之和就是焓变；
（3）将表中数据带入速率方程即可求得n和k；
（4）平衡状态的判定；
（5）列三段式计算平衡常数，进而去计算。
【详解】（1）①② 将①×2−②可得： ,则平衡常数,
故答案：；
（2）反应的△H=反应物的键能之和−生成物的键能之和，
故答案为：289－2a；
（3）根据表格①②中的数据，带入速率公式然后做比值： ,解得n=2,将n代入①中得k=4×10−8，
故答案为：2；4. 0×10－8 L·mol－1·s－1；
（4）a.对于反应，反应前后气体系数变化，故压强是变量，故当压强不再变化说明反应已经平衡，a正确；
b. 2v正(NO) = v逆(Cl2)，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，b错误；
c. 气体的平均相对分子质量即平均摩尔质量等于总质量比总物质的量，总质量虽然不变，但是总物质的量会改变，故平均相对分子质量是变量，当它不再变化则说明反应已经达到平衡状态，c正确；
d. 绝热容器中，温度会改变，温度改变平衡常数就会改变，当平衡常数不再变化则说明反应已经达到平衡状态，d正确；
e.和的体积比始终是2:1，不是变量，故不能说明达到平衡状态，e错误；
答案选acd；
（5）①由图甲分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随反应进行温度升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变为△H<0；由图甲知：化学反应速率加快，平衡不动，故改变的条件：加入催化剂；
答案为：<；加入催化剂；
②T升高，平衡左移，K减小，lgK减小，曲线选乙，设反应的氯气物质的量为x， 根据压强之比等于物质的量之比，得到： ，解得：x=0.02mol，依据计算得到平衡时物质的浓度代入x求得：；； ；
平衡常数： ，lgK=lg100=2，m=2；
故答案为：乙；2。
【点睛】化学平衡状态的判定方法：1、；2、当变量不再变化，如体系中气体总物质的量在反应中会发生变化，则气体的总物质的量就是变量，当气体的总物质的量不再变化，则说明反应已经达到平衡状态。
35.某小组研究溶液中Fe2＋与、的反应。
已知：[Fe(NO)]2＋在溶液中呈棕色。
(1)研究现象a中的黄色溶液。
①用__________溶液检出溶液中含有Fe3＋。
②甲认为是O2氧化了溶液中的Fe2＋。乙认为O2不是主要原因，理由是_____________。
③进行实验Ⅱ，装置如图所示。左侧烧杯中的溶液只变为黄色，不变为棕色，右侧电极上产生无色气泡，经检验该气体为NO。产生NO的电极反应式为_______实验Ⅱ的目的是________。
(2)研究现象a中的棕色溶液。综合实验I和实验Ⅱ，提出假设：现象a中溶液变为棕色可能是NO与溶液中的Fe2＋或Fe3＋发生了反应。进行实验Ⅲ，证实溶液呈棕色只是因为Fe2＋与NO发生了反应。实验Ⅲ的操作和现象是_______。
(3)研究酸性条件下，溶液中Fe2＋与、的反应。
序号
操作
现象
i
取1 mol·L－l的NaNO2溶液，加稀硫酸至pH = 3，加入1 mol·L－l FeSO4溶液
溶液立即变为棕色
ii
取1 mol·L－l的NaNO3溶液，加硫酸至pH = 3，加入1 mol·L－l FeSO4溶液
无明显变化
iii
分别取0.5 mL l mol·L－l的NaNO3溶液与1 mol·L－l的FeSO4溶液，混合，小心加入0.5 mL浓硫酸
液体分为两层，稍后，在两层液体界面上出现棕色环
i中溶液变为棕色的离子方程式为_______、__________。
实验结论：本实验条件下，溶液中、的氧化性与溶液的酸碱性等有关。
【答案】 (1). KSCN (2). 两个实验过程均有O2但NaNO3溶液中无明显变化 (3). ＋e－＋H2O === NO↑＋2OH－ (4). 证实Fe2＋被氧化生成Fe3＋ (5). 将NO通入FeSO4溶液中溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将NO通入Fe2(SO4)3溶液中，无明显变化 (6). Fe2＋＋+2H＋=== Fe3＋＋NO↑＋H2O (7). Fe2＋＋NO === [Fe(NO)]2＋
【解析】
【分析】
（1）①可用检验铁离子；
②对比实验中滴加溶液都会携带氧气；
③在正极上得电子被还原生成，可证明与亚铁离子发生氧化还原反应；
（2）要证明与发生了反应，可将分别通入溶液中，根据颜色变化判断；
（3）酸性条件下，溶液、溶液发生氧化还原反应生成，亚铁离子与反应生成。
【详解】(1)①KSCN与铁离子反应，溶液显血红色，则可用检验铁离子，
故答案为：；
②对比实验中滴加溶液都会携带氧气，但溶液中无明显变化，则不是主要原因，
故答案为：两个实验过程均有，但溶液中无明显变化；
③在正极上得电子被还原生成，电极方程式为，实验Ⅱ的目的是证实被氧化生成，
故答案为：；证实被氧化生成；
(2)想证明与发生了反应，可将分别通入溶液中，可观察到将通入溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将通入溶液中，无明显变化，
故答案为：将通入溶液中,溶液由浅绿色变黄色最后变棕色,将通入溶液中，无明显变化；
(3)酸性条件下，溶液、溶液发生氧化还原反应生成，亚铁离子与反应生成，反应的离子方程式为 ，同时发生，
故答案为：；。
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