精品解析：北京市第八十中学2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题

2024北京八十中高三(上)开学考 化学 2024年08月 (考试时间90分钟满分100分) 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 S32 Fe56 Cu64 第一部分(选择题，共42分) 每小题只有一个选项符合题意。共14个小题，每小题3分，共42分 1. 化学来源于生活，并应用于生产生活中。下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是 A. 将煤气化、液化等方法处理，是提高燃料燃烧效率的重要措施之一 B. CO2、CxHy、N2等均是造成温室效应的气体 C. 乙醇、天然气、液化石油气、氢气都可以作为燃料电池的原料，其中氢气是最为环保的原料 D. 合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺 2. 下列说法不正确的是 A. 的电子式： B. 基态价层电子的轨道表示式： C. 青铜器电化学腐蚀形成铜锈：铜作负极 D. 胶体和悬浊液的本质区别：分散质粒子直径不同 3. 下列实验方案，不能达到实验目的是 选项 实验目的 实验方案 A 氯气的氧化性 将湿润的淀粉KI试纸放于充满Cl2的集气瓶口，试纸变蓝 B 配制480mL0.2mol/LNaOH溶液 准确称量NaOH固体4.0g溶于水，配制成500mL溶液 C 比较H2CO3和H2SO4的酸性强弱 室温下，用pH试纸测定浓度为0.lmol/LNa2CO3溶液 和0.lmol/LNa2SO4溶液的pH D 证明氧化性：H2O2>Fe3+ 用硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色 A. A B. B C. C D. D 4. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1molCu与足量的S反应转移电子数为2NA B. 46g有机物C2H6O中含有共价键的数目为7NA C. 在0.5L2mol/L的Na2CO3溶液中含CO的数目为NA D. 10gD2O和H218O的混合物中含有的中子数为5NA 5. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 实验室制氯气时，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气： B. 铜和浓硝酸反应，产生红棕色气体：(浓) C. 苯酚浊液中滴加碳酸钠溶液后变澄清： D. 用热的溶液去除油污(以硬脂酸甘油酯为例)： 6. 关于纯碱和小苏打的下列说法中，不正确的是 A. 室温下，二者饱和溶液的pH差约为4，主要是由于它们的溶解度差异 B. 利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去 C. 两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 D. 可用NaOH溶液使转化为 7. 血红蛋白结合后的结构如图所示，与周围的6个原子均以配位键结合。也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍。二者与血红蛋白结合的反应可表示为：①　；②　，下列说法不正确的是 A. 形成配位键时提供空轨道 B. 电负性：，故中与配位的是O C. 由题意可得结论：相同温度下， D. 中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反 8. 向少量溶液中依次加入足量下表中的试剂，观察现象并记录如下： 试剂 ①溶液 ②氨水 ③溶液 ④溶液 ⑤溶液 ⑥溶液 ⑦浓硝酸 白色沉淀 澄清溶液 浅黄色沉淀 澄清溶液 黄色沉淀 黑色沉淀 澄清溶液 已知：与形成。依据现象推测，下列说法不正确的是 A. ②中加氨水后发生反应： B. 同温度下，溶度积大小关系： C. 与配位的能力由强到弱依次为：、 D. 上述实验转化过程中不涉及氧化还原反应 9. 室温时，向溶液中滴加溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：对图中a、b、c、d四个点分析中，正确的是 A. a点水的电离程度最大 B. b点 C. c点 D. d点 10. 某兴趣小组进行铁矿石中含铁量的测定，实验过程如图： 下列说法正确的是（ ） A. 加热煮沸的主要目的是除去溶液中溶解的氧气 B. 稀释过程中用到的玻璃仪器主要有烧杯、玻璃棒、胶头滴管 C. 滴定过程中可用淀粉溶液作指示剂 D. 铁矿石中铁的质量分数为70% 11. 中国科学院上海硅酸盐研究所的研究团队研制出目前循环寿命最长的金属硫化物电池，首次采用具有良好导电性的半导体Ag2S做电极，其工作原理示意图如图： 下列叙述不正确的是 A. 充电时，A极连接电源的负极 B. 充电时，向A极区迁移 C. 放电时，电池的正极反应式为：Ag2S+2Cu2++4e-=Cu2S+2Ag D. 电解液中的Cu2+也会参与电化学反应，为电池提供额外容量 12. 侯氏制碱法工艺流程如图所示。 下列说法不正确的是 A. 饱和食盐水“吸氨”的目的是使“碳酸化”时产生更多的 B. 煅烧时发生反应 C. “盐析”后溶液比“盐析”前溶液大 D. 母液II与母液I所含粒子种类相同，但前者、、的浓度更大 13. 环己烯是有机合成的重要中间体，可由环己烷氧化脱氢制备。已知几种物质的燃烧热(25℃，)： 名称 氢气 环己烯 环己烷 化学式(状态) 下列说法正确的是 A. 氢气燃烧的热化学方程式为 B. 由燃烧热可知，环己烯的能量小于环己烷的能量 C. (l)= (l)+H2(g) D. 环己烷氧化脱氢制备环己烯时，氧气和高锰酸钾均可作氧化剂 14. 研究碘在不同溶剂中的溶解度。进行实验： ①向试管里放入一小粒碘晶体，再加入蒸馏水，充分溶解后，得到黄色溶液和少量不溶的碘； ②取5mL溶液，再加入1mL四氯化碳，振荡，静置，液体分层，下层呈紫色，上层无色； ③将②所得下层溶液全部取出，加入1mL溶液，振荡，静置，下层溶液紫色变浅，上层溶液呈黄色(颜色比溶液深)。 已知：i．；ii．。 下列说法不正确的是 A. 是极性溶剂，是非极性溶剂，非极性更易溶于 B. ②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液 C. 溶液中<溶液中 D. 向①所得浊液中加入，使增大，反应i平衡逆向移动，析出I2 第二部分(非选择题，共58分) 15. A、B、C、D、E、F为前四周期元素，它们的原子序数依次增大。A、C的基态原子的电子排布中L能层都有两个未成对电子，C、D同主族，E的基态原子的电子排布中有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满。 （1）A的基态原子中，电子占据的最高能层符号为___________，该能层的原子轨道数为___________。 （2）E的基态原子的电子排布式是___________。F+离子的价层电子排布的轨道表示式是___________。 （3）D元素的最高价氧化物对应的水化物中，中心原子的杂化轨道类型是___________，B元素气态氢化物的价层电子对互斥模型为___________。 （4）DAB-的电子式为___________，DAB-的水溶液可以用于实验室中E3+离子的定性检验，形成配合物的颜色为___________。 （5）某化合物由D、E、F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为___________。该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，该晶体的密度为dg/cm3，则阿伏加德罗常数NA=___________(用含a、b、d的式子表示)。(1pm=1.0×10-10cm) 16. 乙醛酸(OHC-COOH)是合成名贵香料的原料之一、 I．由乙二醛催化氧化制乙醛酸的反应如下：2OHC-CHO(g)+O2(g)2OHC-COOH(g) △H （1）已知反应中相关的化学键键能数据如表1： 化学键 O=O C-O O-H C-H 键能(KJ/mol) 498 351 465 413 计算上述反应的△H=___________kJ·mol-1. （2）一定条件下，按照投料比进行上述反应，乙二醛的平衡转化率(a)和催化剂催化效率随温度变化如图所示。 ①该反应在A点放出的热量___________B点放出的热量(填“>”、“=”或“<”) ②某同学据图推知，生成乙醛酸的速率：v(A)>v(B)，你认为此结论是否正确，简述理由___________。 ③图中A点时，乙醛酸的体积分数为___________。 ④为提高乙二醛的平衡转化率，除改变投料比、温度外，还可以采取的措施有___________ (列举一条)。 Ⅱ．利用惰性电极电解饱和乙二酸和稀硫酸溶液也可以制备乙醛酸，原理如图所示。 （3）图中的离子交换膜为___________ (填“阳”或“阴”)膜。 （4）稀硫酸的作用为___________。 （5）生成乙醛酸的电极反应式为___________。 17. 一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)中制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的Ksp如下表。 化合物 MgCO3 Mg(OH)2 CaC2O4 CaCO3 Ca(OH)2 Li2CO3 Ksp 6.8×10-6 5.6×10-12 2.3×10-9 2.8×10-9 5.5×10-6 2.5×10-2 （1）比较Li、Na的第一电离能Li___________Na，从原子结构解释原因___________。 （2）比较Mg、Cl的电负性Mg___________Cl，写出MgH2的电子式___________。 （3）i中，操作的名称是___________。 （4）ii可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为___________。 （5）iii中，得到的沉淀3的成分有___________。 （6）有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议___________(填“可行”或“不可行”)，理由是___________。 （7）一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤Ⅰ．取agLi2CO3产品，加入c1mol·L−1V1mLH2SO4标准溶液，固体完全溶解； 步骤Ⅱ．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤Ⅲ．以酚酞为指示剂，用c2mol·L−1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为V2mL。 ①已知：杂质不与H2SO4、NaOH溶液反应。该Li2CO3产品纯度为___________(写出计算式，用质量分数表示)。 ②滴定终点的现象是___________ ③步骤Ⅱ的目的是___________；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致测得的Li2CO3产品纯度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 18. 水体中的Cr2O、HCrO和CrO是高毒性的重金属离子，可用Cr(Ⅵ)表示。常用的处理方法是将Cr(Ⅵ)还原为低毒性的Cr3＋或Cr(OH)3。 （1）在一定pH的水溶液中，HS－、S2－可与CrO反应生成Cr(OH)3和单质硫。水溶液中S2－能与单质硫反应生成S，S能还原Cr(Ⅵ)。 ①在pH=9的水溶液中CrO与HS－反应的离子方程式为_______。 ②25℃时用过量S2－还原Cr(Ⅵ)，发现反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快。产生该现象的原因可能是_______；验证的实验方法是_______。 （2）金属也可用于还原废水中的Cr(Ⅵ)。其他条件相同时，用相同物质的量的Zn粉、Zn－Cu粉分别处理pH=2.5的含Cr(Ⅵ)废水，废水中Cr(Ⅵ)残留率随时间的变化如图所示。图中b对应的实验方法处理含Cr(Ⅵ)废水的效果更好，其原因是_______。 （3）用氧化铁包裹的纳米铁粉(用Fe@Fe2O3表示)能有效还原水溶液中的Cr(Ⅵ)。Fe@Fe2O3还原近中性废水中Cr(Ⅵ)的可能反应机理如图所示。Fe@Fe2O3中Fe还原CrO的过程可描述为_______。 。 19. 某小组同学探究盐对平衡体系的影响。 实验I：探究对和平衡体系的影响 将等体积、低浓度的溶液(已用稀盐酸酸化)和溶液混合，静置至体系达平衡，得红色溶液。各取3mL溶液放入3只比色皿中，分别滴加0.1mL不同浓度的溶液，并测定各溶液的透光率随时间的变化，结果如下图。 已知：①溶液的透光率与溶液颜色深浅有关，颜色深，透光率低。 ②在水溶液中由于水解而显黄色；溶液中存在(黄色)。 （1）稀盐酸酸化溶液的目的是___________。采用浓度较低的溶液制备和平衡体系，是为了避免___________(填离子符号)的颜色对实验干扰。 （2）从实验结果来看，溶液确实对和平衡体系有影响，且随着浓度增大，平衡向___________(填“正”或“逆”)反应方向移动。 实验Ⅱ：探究盐对和平衡体系产生影响的原因 同学查阅相关资料，认为可能的原因有： 原因1：溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。溶液的加入使和平衡状态因盐效应而发生变化。 原因2：溶液中存在副反应，离子浓度发生变化，导致和平衡状态发生变化。 （3）基于以上分析，该组同学取等体积的溶液，分别加入等物质的量的不同种类的盐晶体(忽略溶液体积变化)，观察颜色变化，结果如下表。 序号 加入少量盐溶液 颜色 1 无 红色 2 变浅 3 略变浅 4 变浅程度较大 ①上述实验可证明盐效应影响了和平衡体系的是___________(填字母序号)。 a．1和2 b．1和3 c．1和4 ②选择实验___________(填序号)可得出结论：的盐效应弱于的盐效应。简述选择实验的理由及获得结论的依据：___________。 （4）取等体积的溶液继续进行实验，结果如下表。 序号 加入溶液 溶液颜色 5 1mL浓盐酸 变浅，溶液偏黄 6 1mL去离子水 略变浅 上述实验可证明副反应影响了和平衡体系，结合实验现象及化学用语分析副反应对和平衡体系有影响的原因：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024北京八十中高三(上)开学考 化学 2024年08月 (考试时间90分钟满分100分) 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 S32 Fe56 Cu64 第一部分(选择题，共42分) 每小题只有一个选项符合题意。共14个小题，每小题3分，共42分 1. 化学来源于生活，并应用于生产生活中。下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是 A. 将煤气化、液化等方法处理，是提高燃料燃烧效率的重要措施之一 B. CO2、CxHy、N2等均是造成温室效应的气体 C. 乙醇、天然气、液化石油气、氢气都可以作为燃料电池的原料，其中氢气是最为环保的原料 D. 合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺 【答案】B 【解析】 【详解】A．将煤液化、气化，可以减少空气污染、提高燃料的效率，符合节能减排，提高效率的措施要求，A正确； B．氮气是空气的主要成分，不属于温室气体，B错误； C．乙醇、天然气、液化石油气、氢气都可以作为燃料电池的原料，其中氢气燃烧只上传水，没有二氧化碳生成，环境友好，是最为环保的原料，C正确； D．可燃冰含大量甲烷，作为燃料，合理开发利用缓解能源紧张，D正确； 故选B。 2. 下列说法不正确的是 A. 的电子式： B. 基态价层电子的轨道表示式： C. 青铜器电化学腐蚀形成铜锈：铜作负极 D. 胶体和悬浊液的本质区别：分散质粒子直径不同 【答案】B 【解析】 【详解】A．的电子式：，A正确； B．先失去最外层4s能级的电子，基态价层电子的轨道表示式为 ，B错误； C．青铜器电化学腐蚀形成铜锈：铜失电子被氧化，铜作负极，C正确； D．胶体和悬浊液的本质区别：分散质粒子直径不同，D正确； 故选B。 3. 下列实验方案，不能达到实验目的是 选项 实验目的 实验方案 A 氯气的氧化性 将湿润的淀粉KI试纸放于充满Cl2的集气瓶口，试纸变蓝 B 配制480mL0.2mol/LNaOH溶液 准确称量NaOH固体4.0g溶于水，配制成500mL溶液 C 比较H2CO3和H2SO4的酸性强弱 室温下，用pH试纸测定浓度为0.lmol/LNa2CO3溶液 和0.lmol/LNa2SO4溶液的pH D 证明氧化性：H2O2>Fe3+ 用硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．强氧化性物质能氧化碘离子生成碘，碘能使淀粉试液变蓝色，将湿润的淀粉KI试纸放于充满Cl2的集气瓶口，试纸变蓝，说明氯气将碘离子氧化生成碘单质，验证了氯气有氧化性，故A能达到实验目的； B．配制480mL0.2mol/LNaOH溶液时，因为实验室没有480mL容量瓶，应该用500mL容量瓶，称量m(NaOH)=0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4.0g，故B能达到实验目的； C．酸的酸性越强，其相同浓度的钠盐溶液pH越低，室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol•L-1Na2CO3溶液和0.1mol•L-1Na2SO4溶液的pH，pH越小的酸的酸性越强，故C能达到实验目的； D．同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化生成铁离子而干扰实验，故D不能达到实验目的； 故选D。 4. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1molCu与足量的S反应转移电子数为2NA B. 46g有机物C2H6O中含有共价键的数目为7NA C. 在0.5L2mol/L的Na2CO3溶液中含CO的数目为NA D. 10gD2O和H218O的混合物中含有的中子数为5NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．1molCu与足量的S反应生成，转移电子数为NA，A错误； B．46g有机物C2H6O为1mol，其中含有共价键的数目为8NA，B错误； C．0.5L2mol/L的Na2CO3物质的量为1mol，CO会发生水解，因此1mol的Na2CO3溶液中含CO的数目小于NA，C错误； D．D2O和H218O的相对分子质量均是20， 10gD2O和H218O的混合物的物质的量为0.5mol，含有的中子数为5NA，D正确； 答案选D。 5. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 实验室制氯气时，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气： B. 铜和浓硝酸反应，产生红棕色气体：(浓) C. 苯酚浊液中滴加碳酸钠溶液后变澄清： D. 用热的溶液去除油污(以硬脂酸甘油酯为例)： 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验室制氯气时，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，离子方程式为，A错误； B．铜和浓硝酸反应，产生红棕色气体，化学方程式为(浓)，B错误； C．苯酚酸性比碳酸弱，不能生成二氧化碳，苯酚和碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，C错误； D．用热的溶液去除油污(以硬脂酸甘油酯为例)，发生水解反应，，D正确； 故选D。 6. 关于纯碱和小苏打的下列说法中，不正确的是 A. 室温下，二者饱和溶液的pH差约为4，主要是由于它们的溶解度差异 B. 利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去 C. 两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 D. 可用NaOH溶液使转化为 【答案】A 【解析】 【详解】A．室温下Na2CO3和NaHCO3饱和溶液pH相差较大的主要原因是：的水解程度远大于，与溶解度无关，A错误； B．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，B正确； C．和的溶液中均存在H2O、H2CO3、、、H+、OH-、Na+，所含微粒的种类相同，C正确； D．加入NaOH溶液中会发生反应：NaOH+=+H2O，可用NaOH溶液使转化为，D正确； 故选A。 7. 血红蛋白结合后的结构如图所示，与周围的6个原子均以配位键结合。也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍。二者与血红蛋白结合的反应可表示为：①　；②　，下列说法不正确的是 A. 形成配位键时提供空轨道 B. 电负性：，故中与配位的是O C. 由题意可得结论：相同温度下， D. 中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反 【答案】B 【解析】 【详解】A．存在空轨道，形成配位键时提供空轨道，A正确； B．电负性：，O在成键时不易给出孤电子对，故中与配位的是C，B错误； C．也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍，可知反应②正向进行程度比①大，故相同温度下，，C正确； D．中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，反应①平衡正向移动，Hb浓度减小，反应②平衡逆向移动，二者平衡移动的方向相反，D正确； 故选B。 8. 向少量溶液中依次加入足量下表中的试剂，观察现象并记录如下： 试剂 ①溶液 ②氨水 ③溶液 ④溶液 ⑤溶液 ⑥溶液 ⑦浓硝酸 白色沉淀 澄清溶液 浅黄色沉淀 澄清溶液 黄色沉淀 黑色沉淀 澄清溶液 已知：与形成。依据现象推测，下列说法不正确的是 A. ②中加氨水后发生反应： B. 同温度下，溶度积大小关系： C. 与配位的能力由强到弱依次为：、 D. 上述实验转化过程中不涉及氧化还原反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．②中加氨水后氯化银沉淀溶解，生成，发生反应：，A正确； B．沉淀向着溶解度更小的方向转化容易实现，根据实验中沉淀的转化过程，可知同温度下，溶度积大小关系：，B正确； C．Br-可与反应生成沉淀，沉淀又可溶于溶液，说明与配位的能力由强到弱依次为：、，C正确； D．浓硝酸具有强氧化性，沉淀溶于稀硝酸过程中发生了氧化还原反应，D错误； 故选D。 9. 室温时，向溶液中滴加溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：对图中a、b、c、d四个点分析中，正确的是 A. a点水的电离程度最大 B. b点 C. c点 D. d点 【答案】A 【解析】 【详解】A．a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完，溶液中只有与；b、c、d三点溶液均含有，可以促进水的电离，而抑制水的电离。b点溶液呈中性，所以a点水的电离程度最大，故A正确； B．b点溶液为中性，结合电荷守恒可知：，故B错误； C．c点氢氧化钠的体积为150ml，所以，则是，故C错误； D．根据电荷守恒d点，故D错误； 故答案为A。 【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系；①电荷守恒规律，如NaHCO3溶液中存在c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)；②物料守恒规律，如K2S溶液中S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)；③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。 10. 某兴趣小组进行铁矿石中含铁量的测定，实验过程如图： 下列说法正确的是（ ） A. 加热煮沸的主要目的是除去溶液中溶解的氧气 B. 稀释过程中用到的玻璃仪器主要有烧杯、玻璃棒、胶头滴管 C. 滴定过程中可用淀粉溶液作指示剂 D. 铁矿石中铁的质量分数为70% 【答案】D 【解析】 【详解】由测定实验流程可知，铁矿石与硫酸反应生成滤液A含硫酸亚铁可能含硫酸铁，与氯气发生氧化还原反应，将亚铁离子氧化，则B中含铁离子，稀释后，利用铁离子与碘离子发生氧化还原反应测定， A.加热煮沸的主要目的是除去过量的氯气，防止氯气与KI反应，故A错误； B.稀释过程中用到的玻璃仪器主要有烧杯、玻璃棒、量筒，故B错误； C.铁离子与碘离子发生氧化还原反应生成I2，利用淀粉作指示剂时，因反应一开始就生成I2，所以反应开始时就会变蓝，无法指示滴定终点，故C错误； D.由及铁元素守恒可知，铁的质量分数为，故D正确； 故选D。 11. 中国科学院上海硅酸盐研究所的研究团队研制出目前循环寿命最长的金属硫化物电池，首次采用具有良好导电性的半导体Ag2S做电极，其工作原理示意图如图： 下列叙述不正确的是 A. 充电时，A极连接电源的负极 B. 充电时，向A极区迁移 C. 放电时，电池的正极反应式为：Ag2S+2Cu2++4e-=Cu2S+2Ag D. 电解液中的Cu2+也会参与电化学反应，为电池提供额外容量 【答案】B 【解析】 【分析】充电时，A极上Zn2+得电子转化为Zn，故A极为阴极，B极为阳极，充电时阴离子向阳极移动；放电时为原电池，A为负极，B为正极。 【详解】A．充电时，A极上Zn2+得电子转化为Zn，故A极为阴极，连接电源的负极，选项A正确； B．充电时，阴离子向阳极B极区迁移，选项B不正确； C．放电时，电池的正极上Ag2S及溶液中的Cu2+得电子产生Cu2S、2Ag，电极反应式为：Ag2S+2Cu2++4e-=Cu2S+2Ag，选项C正确； D．根据电极反应Ag2S+2Cu2++4e-=Cu2S+2Ag可知，电解液中的Cu2+也会参与电化学反应，为电池提供额外容量，选项D正确； 答案选B。 12. 侯氏制碱法工艺流程如图所示。 下列说法不正确的是 A. 饱和食盐水“吸氨”的目的是使“碳酸化”时产生更多的 B. 煅烧时发生反应 C. “盐析”后溶液比“盐析”前溶液大 D. 母液II与母液I所含粒子种类相同，但前者、、的浓度更大 【答案】D 【解析】 【分析】合成氨工业提供的氨气和二氧化碳，NH3溶解度大于CO2，先吸氨，再碳酸化产生NaHCO3，过滤得到主要含NH4Cl的母液Ⅰ和沉淀NaHCO3，“吸氨”操作目的是得到更多的碳酸氢钠，同时增大浓度，利于氯化铵析出，吸收氨气后降温冷析得到氯化铵晶体，滤液中加入氯化钠盐析得到的母液Ⅱ主要是饱和食盐水，再循环使用，过滤得到的碳酸氢钠晶体煅烧得到碳酸钠为纯碱，生成的二氧化碳重新回到碳酸化步骤循环使用，据此分析判断。 【详解】A．CO2在水中溶解度小，氨气极易溶于水使溶液显碱性，饱和食盐水“吸氨”的目的是可以吸收更多二氧化碳，使“碳酸化”时产生更多的，故A正确； B．煅烧时碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，方程式为：，故B正确； C．铵根离子水解生成氢离子，溶液显酸性；加入氯化钠“盐析”后析出氯化铵，溶液中铵根离子浓度减小，溶液酸性减弱，故比“盐析”前溶液pH大，故C正确； D．母液Ⅱ为加入氯化钠晶体，析出氯化铵后得到的；与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但母液I经过吸氨、冷析、盐析得到母液Ⅱ，碳酸氢根离子的浓度没有变的更大，故D错误； 故选D。 13. 环己烯是有机合成的重要中间体，可由环己烷氧化脱氢制备。已知几种物质的燃烧热(25℃，)： 名称 氢气 环己烯 环己烷 化学式(状态) 下列说法正确的是 A. 氢气燃烧的热化学方程式为 B. 由燃烧热可知，环己烯的能量小于环己烷的能量 C. (l)= (l)+H2(g) D. 环己烷氧化脱氢制备环己烯时，氧气和高锰酸钾均可作氧化剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；氢气燃烧的热化学方程式为 ，A错误； B．等量的环己烯、环己烷燃烧耗氧量、生成水的量不同，由燃烧热不能判断环己烯的能量小于环己烷的能量，B错误； C．由燃烧热可知，① ② ③ 由盖斯定律可知，③-①-②得：(l)= (l)+H2(g) ，C正确； D．环己烯中含有碳碳双键，会被高锰酸钾氧化，D错误； 故选C。 14. 研究碘在不同溶剂中的溶解度。进行实验： ①向试管里放入一小粒碘晶体，再加入蒸馏水，充分溶解后，得到黄色溶液和少量不溶的碘； ②取5mL溶液，再加入1mL四氯化碳，振荡，静置，液体分层，下层呈紫色，上层无色； ③将②所得下层溶液全部取出，加入1mL溶液，振荡，静置，下层溶液紫色变浅，上层溶液呈黄色(颜色比溶液深)。 已知：i．；ii．。 下列说法不正确的是 A. 是极性溶剂，是非极性溶剂，非极性更易溶于 B. ②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液 C. 溶液中<溶液中 D. 向①所得浊液中加入，使增大，反应i平衡逆向移动，析出I2 【答案】D 【解析】 【分析】操作①中得到的黄色溶液含有I−、HIO和少量碘单质；操作②静置分层后，下层紫色为碘的CCl4溶液，上层无色为含I−、HIO溶液；操作③发生的反应为I2+I−=，下层溶液中碘单质减少，故紫色变浅，上层溶液中增加，故溶液为黄色。 【详解】A．根据相似相溶原理，H2O是极性溶剂，CCl4是非极性溶剂，非极性I2更易溶于CCl4，故A正确； B．CCl4密度大于水，②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液，故B正确； C．加入KI溶液，发生反应I2+I−=，I2转化为，溶液b中c(I2)<溶液a中c(I2)，故C正确； D．向①所得浊液中加入KI，使c(I−)增大，I2+I−=，反应生成溶解性更大的，不会析出I2，故D错误； 答案选D。 第二部分(非选择题，共58分) 15. A、B、C、D、E、F为前四周期元素，它们的原子序数依次增大。A、C的基态原子的电子排布中L能层都有两个未成对电子，C、D同主族，E的基态原子的电子排布中有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满。 （1）A的基态原子中，电子占据的最高能层符号为___________，该能层的原子轨道数为___________。 （2）E的基态原子的电子排布式是___________。F+离子的价层电子排布的轨道表示式是___________。 （3）D元素的最高价氧化物对应的水化物中，中心原子的杂化轨道类型是___________，B元素气态氢化物的价层电子对互斥模型为___________。 （4）DAB-的电子式为___________，DAB-的水溶液可以用于实验室中E3+离子的定性检验，形成配合物的颜色为___________。 （5）某化合物由D、E、F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为___________。该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，该晶体的密度为dg/cm3，则阿伏加德罗常数NA=___________(用含a、b、d的式子表示)。(1pm=1.0×10-10cm) 【答案】（1） ①. L ②. 4 （2） ①. 1s22s22p63s23p63d64s2 ②. （3） ①. sp3 ②. 四面体 （4） ①. 或 ②. 红色 （5） ①. CuFeS2 ②. 【解析】 【分析】A、B、C、D、E、F为前四周期元素，它们的原子序数依次增大，A、C的基态原子的电子排布中L能层都有两个未成对电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素；B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；E的基态原子的电子排布中有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素；C、D同主族，D的原子序数小于Fe，则D为S元素，据此解答。 【小问1详解】 A为碳元素，A的基态原子核外电子排布为1s22s22p2，基态原子中电子占据的最高能层为第2能层，符号L，该能层有1个s轨道、3个p轨道，共有4个原子轨道。 【小问2详解】 E为Fe，E的基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2。Cu+离子的价层电子排布的轨道表示式是。 【小问3详解】 D元素的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，中心原子的杂化轨道，S原子采取sp3杂化方式；B的气态氢化物为NH3，形成3个N-H键、含有1对孤电子对，价层电子对互斥模型为四面体形。 【小问4详解】 SCN－的电子式为或，SCN－的水溶液可以用于实验室中Fe3+离子的定性检验，形成配合物的颜色为红色。 【小问5详解】 晶胞中D（S）原子位于晶胞内部，原子数目为8个，E（Fe）原子6个位于面上、4个位于棱上，E（Fe）原子数目=，F（Cu）原子位于4个位于面上、1个内部、8个顶点上，原子数目=，晶体中Cu、Fe、S原子数目之比=4：4：8=1：1：2，故该晶体化学式为：CuFeS2，晶胞质量=，晶胞体积=b2a×10-30 cm3，该晶体的密度d=，整理可得NA=。 16. 乙醛酸(OHC-COOH)是合成名贵香料的原料之一、 I．由乙二醛催化氧化制乙醛酸的反应如下：2OHC-CHO(g)+O2(g)2OHC-COOH(g) △H （1）已知反应中相关的化学键键能数据如表1： 化学键 O=O C-O O-H C-H 键能(KJ/mol) 498 351 465 413 计算上述反应的△H=___________kJ·mol-1. （2）一定条件下，按照投料比进行上述反应，乙二醛的平衡转化率(a)和催化剂催化效率随温度变化如图所示。 ①该反应在A点放出的热量___________B点放出的热量(填“>”、“=”或“<”) ②某同学据图推知，生成乙醛酸的速率：v(A)>v(B)，你认为此结论是否正确，简述理由___________。 ③图中A点时，乙醛酸的体积分数为___________。 ④为提高乙二醛的平衡转化率，除改变投料比、温度外，还可以采取的措施有___________ (列举一条)。 Ⅱ．利用惰性电极电解饱和乙二酸和稀硫酸溶液也可以制备乙醛酸，原理如图所示。 （3）图中的离子交换膜为___________ (填“阳”或“阴”)膜。 （4）稀硫酸的作用为___________。 （5）生成乙醛酸的电极反应式为___________。 【答案】（1）-308 （2） ①. > ②. 不正确 温度越高，催化效率越高，化学反应速率越快，而A点的温度低、催化效率高，B点的温度高、催化效率低，所以无法比较速率大小 ③. 50% ④. 增大压强或及时分离出乙醛酸 （3）阳 （4）提供H+，作电解质溶液 （5）HOOC-COOH + 2H+ + 2e- = OHC-COOH + H2O 【解析】 【小问1详解】 1)反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，该反应的反应热为：2molC-H、1molO=0总键能与2molC-O、2molO-H总键能之差，△H=2mol×413kJ•mol-1+1mol×498kJ•mol-1-2mol×(351kJ•mol-1+465kJ•mol-1)=-308kJ•mol-1； 【小问2详解】 ①曲线上的点代表一定温度下平衡时乙二醛的转化率，A点转化率高于B点，A点乙二醛转化得更多，由于此反应是一个放热反应，说明乙二醛转化得越多，放的热量就越多，则A点放出的热量多于B点放出的热量； ②温度越高，催化效率越高，化学反应速率越快，而A点的温度低、催化效率高，B点的温度高、催化效率低，所以无法比较速率大小； ③若投料比按照n(O2)/n(OHC−CHO)=1/2，设O2为1mol、OHC-CHO为2mol，A点时乙二醛的转化率为60%，则转化的乙二醛为1.2mol，根据三段式： 所以乙醛酸的体积分数为=乙醛酸的物质的量/气体总物质的量：=1.2mol/(0.8mol+0.4mol+1.2mol)×100%=50%； ④为提高乙二醛的平衡转化率，应改变条件使平衡正向移动，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强，或将产物分离出来，故答案为增大压强或及时分离出乙醛酸； 【小问3详解】 由图可知，左边电极通入饱和乙二酸，生成乙醛酸，说明乙二酸发生还原反应，则左边为阴极，乙二酸获得电子，与通过质子交换膜的氢离子反应生成乙醛酸和水，说明离子交换膜是阳离子交换膜； 【小问4详解】 乙二酸与通过质子交换膜的氢离子反应生成乙醛酸和水，说明稀硫酸的作用是提供氢离子，作电解质溶液； 【小问5详解】 乙二酸得到电子，与通过质子交换膜的氢离子反应生成乙醛酸和水，电极反应式为：HOOC-COOH + 2H+ + 2e-=OHC-COOH + H2O。 17. 一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)中制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的Ksp如下表。 化合物 MgCO3 Mg(OH)2 CaC2O4 CaCO3 Ca(OH)2 Li2CO3 Ksp 6.8×10-6 5.6×10-12 2.3×10-9 2.8×10-9 5.5×10-6 2.5×10-2 （1）比较Li、Na的第一电离能Li___________Na，从原子结构解释原因___________。 （2）比较Mg、Cl的电负性Mg___________Cl，写出MgH2的电子式___________。 （3）i中，操作的名称是___________。 （4）ii可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为___________。 （5）iii中，得到的沉淀3的成分有___________。 （6）有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议___________(填“可行”或“不可行”)，理由是___________。 （7）一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤Ⅰ．取agLi2CO3产品，加入c1mol·L−1V1mLH2SO4标准溶液，固体完全溶解； 步骤Ⅱ．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤Ⅲ．以酚酞为指示剂，用c2mol·L−1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为V2mL。 ①已知：杂质不与H2SO4、NaOH溶液反应。该Li2CO3产品纯度为___________(写出计算式，用质量分数表示)。 ②滴定终点的现象是___________ ③步骤Ⅱ的目的是___________；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致测得的Li2CO3产品纯度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1） ①. > ②. Li、Na位于同一主族，自上而下，电子层数逐渐增大，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的吸引作用逐渐减弱，第一电离能逐渐减小 （2） ①. < ②. （3）萃取分液 （4）2Mg2++3+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+2 （5）Mg(OH)2和CaCO3 （6） ①. 不可行 ②. 溶液3中含有Li+、Na+、Ca2+等离子，Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯 （7） ①. % ②. 溶液由无色变为红色，且30s内不恢复原来颜色 ③. 将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果 ④. 偏低 【解析】 【分析】由题干工艺流程图可知，向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶剂和主要含Li＋、Na＋、Mg2＋的水层溶液1，向溶液1中加入纯碱，将Mg2＋转化为Mg2(OH)2CO3进行一次除镁，过滤得沉淀2主要成分为Mg2(OH)2CO3，向溶液2中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH)2，同时步骤ii中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀3主要成分为Mg(OH)2和CaCO3，向溶液3中加入草酸钠进行除Ca2＋，将溶液3中的Ca2＋转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀4主要成分为CaC2O4，向溶液4中加入纯碱进行沉锂，过滤洗涤得到碳酸锂，据此分析解题； 【小问1详解】 金属锂的第一电离能大于金属钠，原因是：Li、Na位于同一主族，自上而下，电子层数逐渐增大，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的吸引作用逐渐减弱，第一电离能逐渐减小； 故答案为：①>②Li、Na位于同一主族，自上而下，电子层数逐渐增大，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的吸引作用逐渐减弱，第一电离能逐渐减小; 【小问2详解】 ①氯元素的电负性强于镁元素; 故答案为：<； ②氢化镁为离子化合物，其电子式为： 故答案为： 【小问3详解】 根据流程图可知：i是用有机溶剂将富锂卤水中硼元素萃取出来，并将有机物和无机物分开，该步为萃取分液； 故答案为：萃取分液； 【小问4详解】 由分析可知，ii可除去80％的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3，即Mg2+和Na2CO3溶液反应生成Mg2(OH)2CO3，故该反应的离子方程式为：2Mg2++3+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+2； 故答案为：2Mg2++3+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+2 【小问5详解】 由分析可知，iii中，得到的沉淀3的成分有Mg(OH)2和CaCO3； 故答案为：Mg(OH)2和CaCO3 【小问6详解】 由分析可知，溶液3中含有Li＋、Na＋、Ca2＋等离子，Ca2＋能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯，故有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议不可行； 故答案为：①不可行②溶液3中含有Li＋、Na＋、Ca2＋等离子，Ca2＋能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯 【小问7详解】 ①根据2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知与NaOH反应的H2SO4的物质的量为：n(H2SO4)1=n(NaOH)=c2V2×10－3mol，则与Li2CO3反应的硫酸的物质的量为：n(H2SO4)2= c1V1×10-3mol- n(H2SO4)1= c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=( c1V1-c2V2) ×10-3mol，根据Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，故该Li2CO3产品纯度为=； 故答案为：； ②氢氧化钠溶液滴定稀硫酸，酚酞作指示剂，终点现象为：溶液刚好由无色变为红色，且30s内不恢复原来颜色； 故答案为：溶液刚好由无色变为红色，且30s内不恢复原来颜色； ③由反应方程式Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑可知，步骤I反应后的溶液中含有CO2，故步骤Ⅱ的目的是将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果； 故答案为：将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果； ④若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致上述实验中的V2偏大，则将导致测得的Li2CO3产品纯度偏低， 故答案为：偏低； 18. 水体中的Cr2O、HCrO和CrO是高毒性的重金属离子，可用Cr(Ⅵ)表示。常用的处理方法是将Cr(Ⅵ)还原为低毒性的Cr3＋或Cr(OH)3。 （1）在一定pH的水溶液中，HS－、S2－可与CrO反应生成Cr(OH)3和单质硫。水溶液中S2－能与单质硫反应生成S，S能还原Cr(Ⅵ)。 ①在pH=9的水溶液中CrO与HS－反应的离子方程式为_______。 ②25℃时用过量S2－还原Cr(Ⅵ)，发现反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快。产生该现象的原因可能是_______；验证的实验方法是_______。 （2）金属也可用于还原废水中的Cr(Ⅵ)。其他条件相同时，用相同物质的量的Zn粉、Zn－Cu粉分别处理pH=2.5的含Cr(Ⅵ)废水，废水中Cr(Ⅵ)残留率随时间的变化如图所示。图中b对应的实验方法处理含Cr(Ⅵ)废水的效果更好，其原因是_______。 （3）用氧化铁包裹的纳米铁粉(用Fe@Fe2O3表示)能有效还原水溶液中的Cr(Ⅵ)。Fe@Fe2O3还原近中性废水中Cr(Ⅵ)的可能反应机理如图所示。Fe@Fe2O3中Fe还原CrO的过程可描述为_______。 。 【答案】（1） ①. ②. 过量与单质反应生成的还原的速率加快 ③. 向两支试管中分别加入等量溶液，向其中一支试管中加入少量单质，再向两支试管中同时加入等量的溶液，比较两支试管中被还原的反应速率 （2）曲线b使用粉处理废水的结果，由于形成原电池，加快了还原的速率 （3）通过导电氧化铁层传递电子，使表面的转化为，还原生成和；即， 【解析】 【分析】的水溶液为碱性，离子反应方程式应为；过量，增多所以反应后期被还原的速率反而加快； 生成的有颜色，可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度；粉在溶液中形成原电池；中性废水中单质铁发生吸氧腐蚀，还原为三价铬。 【小问1详解】 ①pH=9的水溶液为碱性，所以发生的离子反应方程式应为：； ②水溶液中能与单质硫反应生成，能还原，加入过量的，生成增多，所以反应后期被还原的速率反而加快；还原为低毒性的或，为橙黄色，为绿色，为灰绿色沉淀，可以向两支试管中分别加入等量溶液，向其中一支试管中加入少量单质，再向两支试管中同时加入等量的溶液，比较两支试管中被还原的反应速率； 【小问2详解】 原电池原理可以加快反应速率，粉在溶液中形成原电池，加快反应速率； 【小问3详解】 还原近中性废水中，单质铁发生吸氧腐蚀，通过导电氧化铁层传递电子，使表面的转化为，还原生成和；即，； 19. 某小组同学探究盐对平衡体系的影响。 实验I：探究对和平衡体系的影响 将等体积、低浓度的溶液(已用稀盐酸酸化)和溶液混合，静置至体系达平衡，得红色溶液。各取3mL溶液放入3只比色皿中，分别滴加0.1mL不同浓度的溶液，并测定各溶液的透光率随时间的变化，结果如下图。 已知：①溶液的透光率与溶液颜色深浅有关，颜色深，透光率低。 ②在水溶液中由于水解而显黄色；溶液中存在(黄色)。 （1）稀盐酸酸化溶液的目的是___________。采用浓度较低的溶液制备和平衡体系，是为了避免___________(填离子符号)的颜色对实验干扰。 （2）从实验结果来看，溶液确实对和平衡体系有影响，且随着浓度增大，平衡向___________(填“正”或“逆”)反应方向移动。 实验Ⅱ：探究盐对和平衡体系产生影响的原因 同学查阅相关资料，认为可能的原因有： 原因1：溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。溶液的加入使和平衡状态因盐效应而发生变化。 原因2：溶液中存在副反应，离子浓度发生变化，导致和平衡状态发生变化。 （3）基于以上分析，该组同学取等体积的溶液，分别加入等物质的量的不同种类的盐晶体(忽略溶液体积变化)，观察颜色变化，结果如下表。 序号 加入少量盐溶液 颜色 1 无 红色 2 变浅 3 略变浅 4 变浅程度较大 ①上述实验可证明盐效应影响了和平衡体系的是___________(填字母序号)。 a．1和2 b．1和3 c．1和4 ②选择实验___________(填序号)可得出结论：的盐效应弱于的盐效应。简述选择实验的理由及获得结论的依据：___________。 （4）取等体积的溶液继续进行实验，结果如下表。 序号 加入溶液 溶液颜色 5 1mL浓盐酸 变浅，溶液偏黄 6 1mL去离子水 略变浅 上述实验可证明副反应影响了和平衡体系，结合实验现象及化学用语分析副反应对和平衡体系有影响的原因：___________。 【答案】（1） ①. 抑制Fe3+水解，避免铁离子水解产物颜色的干扰 ②. （2）逆 （3） ①. b ②. 2、4 ③. 阴离子均为氯离子，加入NaCl，溶液变浅程度较大 （4）加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡正向移动，溶液偏黄色，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅 【解析】 【分析】实验Ⅰ：探究对和平衡体系的影响，随着KCl溶液浓度增大，溶液的透光率增加，按照题中信息，可能原因有：原因1：溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应，溶液的加入使和平衡状态因盐效应而发生变化；原因2：溶液中存在副反应，离子浓度发生变化，导致和平衡状态发生变化。 【小问1详解】 稀盐酸酸化溶液的目的是抑制Fe3+水解；有颜色，采用浓度较低的溶液制备和平衡体系，是为了避免颜色对实验干扰； 【小问2详解】 随着KCl浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动； 【小问3详解】 ①KCl溶液和NaCl溶液中均存在氯离子，对平衡有影响，无法确定是盐效应使平衡移动，加入KNO3溶液，颜色略变浅，证明和平衡状态因盐效应而发生变化，即1和3可证明盐效应影响了和平衡体系，故选b； ②选择实验2和4可得出结论：K+的盐效应弱于Na+的盐效应；KCl溶液和NaCl溶液中均存在氯离子，加入NaCl，溶液变浅程度较大； 【小问4详解】 加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡正向移动，溶液偏黄色，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $