北京师范大学附属实验中学2022-2023学年高二化学上学期期中试题（Word版附解析）.docx

1、北京市北京师范大学附属中学实验中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Pb 207一、选择题(本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。)1. 下列属于弱电解质的物质是A. NaClB. NaOHC. H2SO4D. NH3H2O【答案】D【解析】【分析】弱电解质是在水溶液中不完全电离的电解质。【详解】ANaCl在水溶液中完全电离，是强电解质，A错误；BNaOH是强碱，在水溶液中完全电离，是强电解质，B错误；CH2SO4是强酸，在水溶液中完全电离，是强电解

2、质，C错误；DNH3H2O是弱碱，在水溶液中不完全电离，是弱电解质，D正确；故选D。2. 2022年3月，神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是A. 醋酸钠溶液中B. 醋酸钠是强电解质C. 常温下，醋酸钠溶液的pH7D. 该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出【答案】A【解析】【详解】A醋酸钠溶液中醋酸根离子能发生水解，所以c(Na+)c(CH3COO)，故A错误；B醋酸钠属于盐，在水中完全电离，是强电解质，故B正确；C醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液显碱性，常温下，醋酸钠溶液的pH7，

3、故C正确；D过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确；故选A。3. 2007年诺贝尔化学奖授予埃特尔以表彰其对于合成氨反应机理的研究，氮气和氢气分子在催化剂表面的部分变化过程如下图所示。下列说法不正确的是A. 图过程吸热，图过程放热B. 温度、压强、催化剂都能改变反应的C. 在反应过程中三键均发生断裂D. 反应过程中存在-NH-、-NH2等中间产物【答案】B【解析】【详解】A图过程表示断裂氮气分子化学键，断键吸热，图过程表示形成氮氢单键，成键放热，A正确； B催化剂只能改变反应的活化能从而改变反应速率，不能改变反应的焓变，B错误；C由图可知，

4、N2在反应过程中三键均发生断裂，C正确；D图表明反应过程中存在NH、NH2等中间产物，D正确；故选B。4. 对可逆反应，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，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加D. 增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加【答案】C【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，活化分子数目增多，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

5、正确；C增大c(O2)，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C错误；D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D正确；答案选C。5. 下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关的是ABCD实验通入溶液中通入溶液中KI溶液滴入AgCl浊液中NO进入空气中现象溶液褪色产生淡黄色沉淀沉淀由白色逐渐变为黄色变为红棕色气体A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】ASO2通入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫将高锰酸根离子还原成锰离子，发生氧化还原反应，故A不选；BSO2通入硫化钠溶液中，生成硫单质，硫元素的

6、化合价发生变化，是氧化还原反应，故B不选；CKI溶液滴入AgCl浊液中，属于复分解反应，不属于氧化还原反应，故C选；DNO进入空气中，NO和O2发生氧化还原反应生成NO2，故D不选；故选：C。6. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。 下列说法不正确的是A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B. CH4CH3COOH过程中，有CH键发生断裂C. 放出能量并形成了CC键D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率

7、为100%；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量，对比和，形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误

8、；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变H、不能使化学平衡发生移动。7. 下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是A. 无色溶液中：、B. 含有溶液中：、C. 的NaOH溶液中：、D. 由水电离出的的溶液中：、【答案】C【解析】【详解】A含的溶液为黄色，在无色溶液不能存在，且、发生络合反应不能共存，故A不选；B 、发生双水解不能共存，故B不选；C的NaOH溶液中，、Na+、OH-相互不反应，可以大量共存，故C选；D由水电离出的的溶液中，溶液

9、可能显酸性或者碱性，碱性溶液中不能大量共存，在酸性和碱性溶液中均不能大量共存，故D不选；故选：C。8. 依据图示关系，下列说法不正确的是A. B. 1 mol S(g)完全燃烧释放的能量小于2968 kJC. D. 16 g S(s)完全燃烧释放的能量为1484 kJ【答案】B【解析】【详解】A硫固体转化为硫蒸气的过程为吸热过程，则焓变，故A正确；B硫蒸气的能量高于硫固体，则1mol硫蒸气完全燃烧释放的能量大于2968 kJ，故B错误；C由盖斯定律可知，焓变，则焓变，故C正确；D由图可知，16g硫固体完全燃烧释放的能量为2968kJ/mol=1484 kJ，故D正确；故选B。9. 室温下，1

10、L含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：溶液a通入0.01 mol HCl加入0.01 mol NaOHpH4.764.674.85像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法不正确的是A. 溶液a和 0.1 molL1 CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度前者小于后者B. 向溶液a中通入0.01 mol HCl时，CH3COO结合H+生成CH3COOH，pH变化不大C. 向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体，pH基本不变D. 含0.1 molL1

11、NH3H2O与0.1 molL1 NH4Cl的混合溶液也可做缓冲溶液【答案】C【解析】【分析】含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液中，如果加入少量的强酸或强碱，反应后不会改变溶液的大致组成，pH变化不大；如果加入较多的强酸或强碱，则会改变溶液的组成和性质。【详解】A、1 L含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液a中，CH3COONa电离出CH3COO-，对CH3COOH的电离有抑制作用，因此溶液a中CH3COOH的电离程度小于0.1 molL1 CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度，故A正确；B、向溶液a中通入0.0

12、1 mol HCl时，CH3COO结合H+生成CH3COOH，反应后溶液组成为0.11 mol CH3COOH和0.09 mol CH3COONa，溶液组成没有大的变化，pH变化不大，故B正确；C、向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体，0.1 mol CH3COOH完全反应，得到CH3COONa溶液，显碱性，pH变化大，故C错误；D、含0.1 molL1 NH3H2O与0.1 molL1 NH4Cl的混合溶液，加入少量强酸或强碱，溶液组成不会明显改变，故也可叫缓冲溶液，故D正确。答案选C。10. 溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓HCl，黄色加深(b)。下列说法不正确的是资

13、料：(黄色)；浓度较小时(用表示)几乎无色。A. 测溶液a的，证明发生了水解B. 加入浓 HCl，与对浓度大小的影响是一致的C. 向b中加入几滴浓溶液后，黄色褪去，说明能抑制水解D. 溶液a滴入沸水中，加热，得到红褐色液体，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解【答案】B【解析】【详解】A如果FeCl3溶液不水解则溶液呈中性，现测溶液a的，证明发生了水解，反应原理为：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，A正确；B加入浓，H+浓度增大，抑制Fe3+水解，Fe3+浓度增大，而Cl-浓度增大，促进平衡正向移动，Fe3+浓度减小，则与对浓度大小的影响是不一致的，B错误；C向b中加入后，是由于Ag+C

14、l-=AgCl，导致平衡逆向移动，溶液黄色变浅但不会褪去，同时溶液中H+浓度增大，说明能抑制水解，使得溶液几乎无色，C正确；D将溶液a滴入沸水中，发生反应：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解，D正确；故答案为：B。11. 已知反应：X(g)+Y(g)2Z(g) H0，400时该反应的化学平衡常数K=1。一定条件下，分别在甲、乙、丙3个恒容密闭容器中加入X和Y，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如表：容器温度/起始时物质的浓度/(molL-1)10分钟时物质的浓/(molL-1)c(X)c(Y)c(Z)甲400110.5乙T1110.

15、4丙40012a下列说法中，不正确的是A. 甲中，10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025molL-1min-1B. 甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态C. 乙中，可能T1400D. 丙中，a0.5【答案】B【解析】【详解】A甲中，10分钟时生成了0.5mol/L的的Z，根据方程式可知，反应掉的X的浓度为0.25mol/L，则10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025molL-1min-1，A正确；B在10分钟的时，由表格知生成的Z的浓度为0.5mol/L，则X、Y都反应掉了0.25mol/L，还剩余0.75mol/L，由此算出此时的浓度熵为，即反应正向进行，平衡正向移动，B

16、错误；C乙中，X、Y的起始浓度相同，但10分钟后生成物Z的浓度却比甲要小，说明乙容器中反应速率比乙容器小，则可以为降温温度导致，故C正确；D对比甲和丙，丙中增加了Y的浓度，则反应速率加快，相同时间之内生成的Z更多，故丙中a0.5，D正确； 故选B。12. 测定溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻温度/25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是A. 与的值相等B. 溶液中存在水解平衡：C. 的pH与不同，是由于浓度减小造成的D. 的过程中，pH变化是温度升高水解平衡逆向移动的结果【答案】D

17、【解析】【详解】AKw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故A正确； BNa2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：+H2O +OH，故B正确； C过程中，pH减小，说明水解产生的c(OH)减小，升高温度，水解平衡应向正反应方向进行，水解产生的c(OH)应该增大，而实际上pH减小，主要原因是部分被空气中的氧气氧化为，溶液中c()减小，水解逆向移动，pH减小。的pH与不同，是由于浓度减小造成的，故C正确；D的过程中，升高温度，水解平衡应向正反应方向进行，水解产生的c(OH)应该增大，而实际上pH减小，主要原因是部分被空气中的氧气氧化为，溶液中c()减小，水解逆向移动，水电离程度变大

18、，故D错误；故选D。13. 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】ANa2CO3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，促进的电离，B错误；CAl3+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

19、酸氢根，则它们浓度减小，水解产生氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；故选B。14. 以相同的流速分别向经硫酸酸化和未经酸化的浓度均为的溶液中通入。溶液中pH随时间的变化如下图所示。已知：生成，开始沉淀时，完全沉淀时，下列说法不正确的是A. 由图1可知，酸化的溶液中发生反应：B. 图2中，时刻，溶液是由于发生了水解反应C. 由图2可知，未酸化的溶液中发生反应生成的同时还生成了D. 向溶液中先加入过量溶液，再通入，最终得到红褐色沉淀【答案】C【解析】【详解】A由图1可知，向酸化的FeSO4溶液中通入氧气，溶液的pH值未超过1.4，则亚铁离子被氧化为铁离子，还没开始沉淀，即发生的氧化还原反应为：4

20、Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，A正确；B由于未加硫酸酸化，但t=0时刻，FeSO4溶液pH=5.7，则说明是亚铁离子水解导致的，其水解方程式为：Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+，B正确；C由图2的曲线变化趋势可知，溶液中的反应使其pH值下降，根据氢氧化铁的沉淀范围可知，氧气将亚铁离子氧化为氢氧化铁沉淀，同时生成氢离子，该反应为：4Fe2+O2+10H2O =4Fe(OH)3+8H+，C错误；D根据所给条件可知，若向FeSO4溶液中先加入过量NaOH溶液再通入O2，发生的反应为：Fe2+2OH-=Fe(OH)2，4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3，最终得到红褐

21、色沉淀，D正确；故选C。二、填空题(本题共58分)15. 盐酸和醋酸是生活中常用的酸。某实验小组进行了以下实验。【实验一】探究浓度对醋酸电离程度的影响。用pH计测定25时不同浓度的醋酸的pH，结果如下：浓度/()0.00100.01000.1000pH3.883.382.88（1）根据表中数据可以得出醋酸是弱电解质的结论，依据是_。（2）25时，醋酸的电离常数为_(列出算式即可)。【实验二】对比盐酸和醋酸与NaOH的反应。常温下，用NaOH溶液分别滴定20mL的盐酸和醋酸，滴定过程中溶液pH的变化曲线如下图所示。（3）a点溶液中，离子浓度由大到小的顺序为_。（4）时，_(填“”“ （5） （6

22、）中已排除稀释对溶液褪色的干扰，由于，中发生反应，增大，漂白性增强，氧化石蕊，故中颜色褪去；中发生反应：，所以溶液变为浅黄绿色【解析】【小问1详解】根据表中数据可以得出醋酸是弱电解质的结论，依据是0.100mol/L的溶液，或0.100mol/L的溶液稀释10倍，pH变化为(合理答案均可)；【小问2详解】由表格数据可知，25时，醋酸电离常数或或；【小问3详解】滴定开始时，的盐酸pH=1，的醋酸pH1，所以曲线I表示滴定醋酸，曲线II表示滴定盐酸，a点处溶液中溶质成分应是等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，此时溶液中电荷守恒关系为，根据图中信息，此时溶液的pH；【小问5详解】NaClO

23、为强碱弱酸盐，溶于水的ClO-离子发生水解使溶液呈碱性，从而使NaClO溶液中加入石蕊溶液变蓝，离子方程式为；【小问6详解】结合资料和化学用语解释、中的实验现象为中已排除稀释对溶液褪色的干扰，由于，中发生反应，增大，漂白性增强，氧化石蕊，故中颜色褪去；中发生反应：，所以溶液变为浅黄绿色。16. 是重要的基本有机原料。利用反应A可将转化为。反应A： （1）已知：破坏1mol化学键所需要的能量如下表所示。化学键C-HO-HC-O能量/kJabcd_。（2）一定条件下将与直接混合实现反应A，往往产生等副产物。我国科研工作者利用实现的选择性氯化，使转化为，并进一步水解得到，流程示意如下。反应i的化学方

24、程式是_。由溶液结晶得到晶体，在HCl的气流中加热晶体，能得到无水，实现物质的循环利用。结合平衡移动原理解释HCl的作用：_。 以为原料合成甲醇可以减少的排放，实现碳的循环利用。一定条件下使、混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算的转化率和的选择性以评价催化剂的性能。已知：i反应器内发生的反应有：a b ii选择性iii其他条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如下图所示；（3）由图1可知实验中反应均未达到化学平衡状态的依据是_。（4）温度高于260时，平衡转化率变化的原因是_。（5）温度相同时，选择性的实验值略高于其平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：

25、_。【答案】（1）或 （2） . . ，通入HCl，抑制水解；同时，HCl气流可带走 （3）的实验转化率未达到平衡转化率 （4）温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动；温度高于260时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度 （5）在该条件下反应a速率大于反应b，单位时间内生成的甲醇的量比生成的CO的量多。【解析】【分析】结合表格中的键能数据，可以用反应物的总键能减去生成物的总键能计算反应的焓变；结合流程示意图，可知+HCl + a，反应中碳元素的化合价由-4价升为-2价，氢元素与氯元素的化合价未发生变化，根据氧化还原的基本原理，可知铁元素的化合价降低，则a 为FeCl2，+ H2O

26、+ b，根据水解原理，可以推知b为HCl。【小问1详解】反应的焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，= ( 8a + b) - ( 6a+2d+2c ) = 。【小问2详解】由分析可知物质a 为FeCl2，故反应方程式为；，通入HCl，抑制水解；同时，HCl气流可带走【小问3详解】由图1可知的实验转化率未达到平衡转化率，则实验中反应均未达到化学平衡状态。【小问4详解】反应a为放热反应，反应b为吸热反应，温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，随温度升高，甲醇的选择性减小；当温度高于260时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度，所以温度高于260时，甲醇选择性的减小幅度变慢。【小

27、问5详解】由图2可知，温度相同时，选择性的实验值略高于其平衡值，从化学反应速率的角度解释原因：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成的甲醇的量比生成的CO的量多。17. 沉淀的生成及转化在实际生产中有重要作用。资料：部分难溶电解质的溶度积(均为18-25数据，单位省略)约为约为约为约为（1）在粗盐提纯流程中，可用溶液一次性除去粗盐水中的和，反应的离子方程式是_。（2）利用FeS作为沉淀剂除去某工业废水中的部分流程如下：结合化学用语，从平衡移动角度解释可用FeS除去的原因_。可使中平衡发生移动所需最小_。(只写计算结果)处理1L含浓度为的该废水至合格(浓度小于1 mg/L)最少所需Fe

28、S的质量是_mg。【答案】（1） （2） . ，加入时发生反应，使平衡正移，FeS转化为PbS . . 0.88【解析】【分析】【小问1详解】Mg2+可以和OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，Ba2+可和反应生成BaSO4沉淀，离子方程式为：Ba2+=BaSO4 ，Mg2+2OH-=Mg(OH)2。【小问2详解】有FeS固体的溶液中，FeS和Fe2+和S2-存在溶解平衡：FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，PbS的Ksp比FeS的Ksp小，废水中的Pb2+结合溶液中的S2-，使S2-浓度降低，FeS的溶解平衡正向移动，FeS转化为PbS。有FeS固体的溶液中c(S2-)=10-9mol

29、/L，S2-和Pb2+结合成PbS沉淀，所需c(Pb2+)最小浓度为=10-19mol/L。将Pb2+浓度由3.07mg/L降低为1mg/L，需反应掉2.07mg/L的Pb2+，1L溶液中需反应掉2.07mgPb2+，2.07mgPb2+的物质的量为0.01mmol，根据反应方程式：Pb2+FeS=Fe2+PbS，需要FeS的物质的量为0.01mmol，质量为0.01mmol88g/mol=0.88mg。18. 某化学小组研究草酸(H2C2O4)及其盐的性质。（1）已知：，在等物质的量浓度、等体积的溶液与KOH溶液混合后所得的酸性溶液中，下列关系正确的是_(填字母)。a.b.c.d.（2）中碳

30、元素的化合价是+3价，推测其有还原性。文献表明：相同条件下，的还原性强于。为验证此结论，小组同学完成了如下实验：向溶液中缓慢加入溶液至过量，充分反应后得到翠绿色溶液和翠绿色晶体。资料：三水三草酸合铁酸钾为翠绿色晶体 取少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红，继续加入硫酸，溶液变红。用平衡移动原理解释溶液变红的原因是_。经检验反应后的溶液中无，从反应原理的角度解释和未发生氧化还原反应的可能原因是_。某同学利用如图所示装置比较和的还原性强弱。i.闭合K，电流计指针偏转，一段时间后，取左侧溶液，_(填操作和现象)，证实的还原性强于。ii.该装置的优点是_。（3）可利用草酸盐测定某高锰酸钾产

31、品的纯度，步骤如下：已知：(摩尔质量：、).称取ag产品，配成50mL溶液。.称取，置于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，再加入过量的硫酸。.将锥形瓶中溶液加热到7580，恒温，用i中所配溶液滴定至终点，消耗溶液VmL(杂质不参与反应)。产品中的质量分数的表达式为_。【答案】（1）abd （2） . 加硫酸，和反应，减小，逆向移动，增大，遇KSCN变红 . 与生成的反应速率快且限度大 . 滴加溶液，生成蓝色沉淀 . 避免发生，干扰氧化还原反应发生 （3）【解析】【小问1详解】等体积的溶液与KOH溶液混合后所得的溶液为，且溶液为酸性，说明电离大于水解；a发生水解，所以，故a正确；b电离大于水解，所以，

32、故b正确；c溶液中正负电荷守恒，有，故c错误；d等体积的溶液与KOH溶液混合后所得的溶液为，所以，故d正确；故答案选abd；【小问2详解】三水三草酸合铁酸钾K3Fe(C2O4)33H2O为翠绿色晶体：，加硫酸H和反应，c()减小，逆向移动，c(Fe3)增大，遇KSCN变红；故答案为H和反应，c()减小，逆向移动，c(Fe3)增大，遇KSCN变红；反应的K1.61020远大于1105，说明反应很彻底，经检验反应后的溶液中无Fe2，从反应原理的角度解释和Fe3未发生氧化还原反应的可能原因是Fe3与生成的反应速率快且限度大；故答案为与生成的反应速率快且限度大；i.在Fe2和Fe3同时存在时检验Fe2

33、，检验Fe2滴加K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀，证明生成Fe2，故答案为滴加K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀；ii.该装置中氯化铁溶液和草酸钾溶液不直接接触，避免发生，干扰氧化还原反应发生；故答案为避免发生，干扰氧化还原反应发生；【小问3详解】根据步骤，用高锰酸钾溶液滴定H2C2O4溶液，当滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶中的液体由无色变为浅紫色，且半分钟内不恢复，为滴定终点；由题有关系式：2KMnO45H2C2O45Na2C2O4，则n(KMnO4)，则消耗的，故产品中KMnO4的质量分数为；故答案为。【点睛】本题考查了弱电解质的电离及其影响、离子浓度大小比较、原电池工作原理的应

34、用等知识，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素、原电池工作原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。19. 某研究小组查阅资料发现与的反应具有可逆性，推测亚铁盐与饱和碘水的混合液中会存在，并据此设计实验1(如如图所示)，发现溶液未变红。该小组对溶液未变红的原因进行了如下探究。.初步探究实验2：用煮沸后的蒸馏水重新配制两种饱和溶液，并在注射器中进行实验，记录如下表。编号饱和溶液饱和碘水操作KSCN溶液现象2-11滴5mL不加热1滴无明显现象2-21滴5mL加热一段时间后冷却1滴无明显现象（1）研究小组同学根据查阅资料写出的与反应的离子方程式为_。（2

35、）小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因，他们的理由是_。 .查阅资料，继续探究。资料：AgSCN为不溶于水的白色固体。实验3：（3）试管a的实验现象说明滤液1中含有_。（4）试管b中，加入KSCN溶液后所产生实验现象的原因是_。（5）甲同学对实验3提出了质疑，认为其实验现象并不能证明氧化了。他提出如下假设：i.可能是氧化了；ii.可能是空气中的氧化了。他设计实施了实验4，实验记录如下表。编号实验操作实验现象4在试管中加入1滴0.2mol/L溶液，5mL蒸馏水，1滴试剂a，一段时间后加入1滴KSCN溶液溶液不变红试剂a是_。依据实验4，甲同学做出判断：_。（6）根据实验

36、14所得结论是_。【答案】（1） （2）实验2中，采取了增大反应物浓度、升高温度的措施提高化学反应速率，但溶液仍未变红 （3） （4）加入KSCN后，先与反应生成，溶液变红与反应生成AgSCN，使平衡逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀 （5） . 0.1mol/L溶液 . 假设i、ii均不成立 （6）实验1溶液未变红是因为反应的限度很小，溶液中浓度太低，未能检出(其他合理答案均可得分)。【解析】【小问1详解】Fe3+具有强氧化性，I-具有还原性。Fe3+与I-发生氧化还原反应的离子方程式为2Fe3+2I-2Fe2+I2；【小问2详解】小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因

37、，他们的理由是采取了增大反应物浓度、升高温度的措施提高化学反应速率，但溶液仍未变红，故此处填：实验 2 中，采取了增大反应物浓度、升高温度的措施提高化学反应速率，但溶液仍未变红；【小问3详解】试管a的加入1滴KSCN溶液变红色说明含有Fe3+；【小问4详解】加入KSCN后，Fe3+先与SCN-反应生成Fe(SCN)3，溶液变红，Ag+与SCN-反应生成AgSCN，使平衡Fe3+3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀；【小问5详解】需要验证是否是AgNO3氧化了Fe2+，所以试剂a是0.1 mol/L AgNO3溶液；依据实验4，知反应后没有Fe3+，说明假设、均不成立，故此处填：假设、均不成立；【小问6详解】