八一学校高二下学期期末考试化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精北京市八一学校2019～2020学年度第二学期期末试卷高二化学可能用到的相对原子质量：H—1C-12O-16Na—23Cu-64Zn—65Fe-56一、选择题（本题包括21小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共42分）1。垃圾分类有利于资源回收利用。下列垃圾的归类不合理的是ABCD垃圾归类A。A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】铅蓄电池含有大量的重金属,属于有害垃圾，B错误；故选B。2。据报道,我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4转化为含氧有机物，其主要原理如下图所示：下列说法不正确的是A.上图中代表H2O2B。由上图可知，步骤iv生成的H2O，其中的H原子全部来自H2O2C.步骤i、ii的总反应方程式是CH4+H2O2CH3OH+H2OD.根据以上原理,推测步骤vi生成HCOOH和H2O【答案】B【解析】【详解】A．根据题意,H2O2与CH4转化为含氧有机物，为H2O2的比例模型，A正确，不选；B．根据图示，步骤iv生成的H2O,其中的H来自于步骤ii生成的CH3OH和H2O2，B错误,符合题意;C．根据图示步骤i、ii，得到产物水和CH3OH，方程式为CH4+H2O2CH3OH+H2O,C正确，不选；D．模仿步骤ii，H2O2分成2个－OH，1个结合H原子生成H2O，1个与v生成的CHO结合得到HCOOH,因此步骤vi生成HCOOH和H2O，D正确，不选；答案选B。3.通过以下反应均可获取H2.①C（s）+H2O(g）=CO（g）+H2(g)ΔH1=+131。3kJ·mol-1②CH4(g）+H2O(g)=CO（g）+3H2（g)ΔH2=+206。1kJ·mol-1③CO（g)+H2O（g）=CO2(g）+H2(g)ΔH3下列说法正确的是A.①中反应物的总能量大于生成物的总能量B.②中使用适当催化剂，降低了活化能，同时可以使ΔH2减小C。若知反应C（s)+CO2（g）=2CO(g）的ΔH,结合ΔH1可计算出ΔH3D.由①、②计算反应CH4（g)=C（s)+2H2(g)的ΔH=－74.8kJ·mol-1【答案】C【解析】【详解】A．反应①的△H1=+131.3kJ·mol－1，焓变为正,为吸热反应,①中反应物的总能量小于生成物的总能量，故A错误;B．②中使用适当催化剂，降低了活化能,但不改变反应的始终态,不能改变反应的焓变，ΔH2不变，故B错误；C．若知反应(1)C（s)+CO2（g)=2CO（g)的ΔH，利用（2）C（s）+H2O(g)=CO(g)+H2(g）ΔH1=+131.3kJ·mol—1,求（3）CO（g)+H2O(g)=CO2(g）+H2（g)的焓变，根据盖斯定律：由（2）—(1）计算ΔH3=ΔH1-ΔH，故C正确；D．根据盖斯定律：由②—①计算反应CH4(g)=C（s)+2H2(g）的ΔH=+74。8kJ·mol—1，故D错误；故选C。4。用Cl2生产某些含氯有机物时会生成副产物HCl，利用下列反应可实现氯循环利用：4HCl（g)＋O2(g）2Cl2(g）＋2H2O(g)ΔH＝－115.6kJ·mol－1。恒温恒容的密闭容器中，充入一定量的反应物发生上述反应,能充分说明该反应达到化学平衡状态的是(）A.气体的质量不再改变B。氯化氢的转化率不再改变C。断开4molH—Cl键的同时生成4molH—O键D.n(HCl）∶n（O2）∶n(Cl2)∶n(H2O)＝4∶1∶2∶2【答案】B【解析】【分析】学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等,且不等于0，各物质的浓度不再发生变化,由此衍生的一些物理量不发生变化,以此进行判断，得出正确结论.【详解】A．气体质量一直不变,所以不一定达平衡状态，故A错误；B．氯化氢的转化率不再改变,说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故B正确;C．只要反应发生就存在断开4molH-Cl键的同时生成4molH-O键，故C错误；D．n（HCl）：n（O2）：n（Cl2）：n（H2O)=4：1：2：2，不能说明各物质的量不变，故D错误；故答案为B。【点睛】考查化学平衡状态的判断。注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时,平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等,不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。5.在一定条件下，利用CO2合成CH3OH的反应如下：CO2（g）+3H2(g）CH3OH(g）+H2O(g)△H1,研究发现,反应过程中会有副反应：CO2（g）+H2（g）CO(g)+H2O（g)△H2。温度对CH3OH、CO的产率影响如图所示。下列说法中,不正确的是A.△H1〈0，△H2〉0B.增大压强可以缩短合成反应达到平衡所需的时间C.生产过程中,温度越高越有利于提高CH3OH的产率D。合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K=【答案】C【解析】【详解】A．从图中可以看出，CH3OH的产率随温度升高而减小，说明合成CH3OH的反应为放热反应，故△H1〈0，CO的产率随温度升高而增大,副反应为吸热反应，故△H2>0，故A正确；B．增大压强，物质的浓度增大，反应速率加快，故可以缩短合成反应达到平衡所需的时间，故B正确；C．生产过程中，温度越高,合成CH3OH的反应平衡逆向移动，导致产率减小，同时副反应正向移动，故温度越高，越不利于提高CH3OH的产率,故C错误；D．根据合成CH3OH反应方程式可知,由于H2O是气体,故该反应的平衡常数表达式是K=，故D正确；故答案为C。6.下列化合物中，属于弱电解质的是A。NaOH B。CH3COOH C.NH4Cl D.H2SO4【答案】B【解析】【详解】A．NaOH在水溶液中完全电离为Na+、OH-，NaOH是强电解质,故不选A；B．CH3COOH在水溶液中部分电离为CH3COO-、H+，CH3COOH是弱电解质，故选B；C．NH4Cl在水溶液中完全电离为NH4+、Cl—，NH4Cl是强电解质，故不选C；D．H2SO4在水溶液中完全电离为H+、SO42—，H2SO4是强电解质,故不选D;故选B。7.对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是A.明矾溶液加热 B。CH3COONa溶液加热C.氨水中加入少量NH4Cl固体 D。小苏打溶液中加入少量NaCl固体【答案】B【解析】【详解】A．明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，A错误；B．CH3COONa为强碱弱酸盐,水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，B正确;C．氨水为弱碱，部分电离：NH3•H2ONH4++OH—，加入酚酞后溶液变为红色,而NH4Cl=NH4++Cl-,其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅,C错误；D．加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离和水解，酚酞溶液不变深，D错误。答案选B。【点晴】解答时注意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方向.8.下列叙述正确的是A.Na2CO3溶液加水稀释后,恢复至原温度，pH和Kw均减小B.0.1mol/LCH3COONa溶液中：c（Na+)>c(CH3COO-)>c（H+)>c(OH-)C.在KI溶液中加入AgCl固体,溶液中c（I—)减小D。室温下，pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，溶液中c(H+)不相等【答案】C【解析】【详解】A．Na2CO3溶液加水稀释后，促进水解,但c（OH-）减小，碱性减弱，恢复至原温度，pH减小，但温度不变,Kw不变，故A错误;B．CH3COONa是强碱弱酸盐,醋酸根离子部分水解,溶液呈碱性,c（Na+)>c（CH3COO-)>c（OH—)〉c(H+)，故B错误;C．AgI溶解度小于AgCl，在KI溶液中加入AgCl固体,发生I－（aq）＋AgCl（s）AgI(s）＋Cl－(aq）反应，溶液中c(I—）减小，故C正确；D．室温下，pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，溶液中c（H+）相等，pH=—lgc(H+）=5,解得c（H+)=10-5mol·L－1，故D错误；故选C。9.下列图示内容的对应说明正确的是编号ABCD图示食盐水片刻后在Fe电极附近滴入K3［Fe（CN)6]溶液说明验证铁钉发生吸氧腐蚀验证Fe电极被保护该装置是牺牲阳极的阴极保护法该化学反应为放热反应A。A B。B C。C D。D【答案】A【解析】【详解】A．食盐水浸泡过的铁钉，会发生吸氧腐蚀，、装置内的O2得到电子,方程式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－,装置内O2减小，压强减小,右侧试管内导管中的液面上升，A正确；B．Fe电极被保护，应该外界电源作阴极,Fe应该与电源的负极相连，B错误;C．该保护措施利用的是电解池的原理，是外接电源的阴极保护法，C错误;D．图示中反应物的总能量小于生成物的总能量,表示的吸热反应，D错误；答案选A。10。下列用于解释事实的方程式书写不正确的是A.0。1mol/L氨水的pH约为11.1：NH3·H2ONH4＋+OH－B。用明矾[KAl(SO4)2·12H2O］作净水剂：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+C。用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4（微溶）：Ca2++CO32－=CaCO3↓D。向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4,溶液橙色加深：（橙色）+H2O2CrO42－(黄色)+2H+【答案】C【解析】【详解】A．若NH3·H2O是强碱，0。1mol·L－1氨水的pH应为13；现pH约为11。1，则NH3·H2O是弱碱，部分电离，电离方程式为NH3·H2O+OH-，A正确,不选；B．明矾能够净水，是由于其在水溶液中电离出来的Al3＋水解产生了Al（OH）3胶体，能够吸附水中的杂质从而净水，离子方程式为Al3++3H2OAl（OH)3(胶体)+3H+，B正确，不选；C．用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4,是利用沉淀的转化,将CaSO4转化为更难溶的CaCO3，离子方程式为CaSO4(s）+(aq）=CaCO3(s）＋(aq)，C错误，符合题意；D．在K2Cr2O7溶液中存在平衡（橙色)＋H2O2（黄色)+2H+，加入浓硫酸后，平衡逆向移动，浓度增大,橙色加深,D正确,不选；答案选C。11.汽车发动机中生成NO的反应为：N2（g)+O2(g）2NO（g)，t℃时，K=0。09。在t℃下甲、乙、丙三个恒容密闭容器中,投入N2(g)和O2(g)模拟反应,起始浓度如下表所示。起始浓度甲乙丙c(N2）/mol·L—10.460.460.92c(O2）/mol·L—10。460.230.92下列判断不正确的是A.起始时，反应速率：丙＞甲＞乙 B.平衡时，N2的转化率：甲＞乙C。平衡时，c(NO）：甲＝丙＞乙 D。平衡时，甲中c(N2）=0。4mol·L—1【答案】C【解析】【分析】N2(g）+O2（g)2NO(g)，为反应前后气体体积不变的反应，根据影响速率和平衡的条件进行分析,列出三段式,利用平衡常数求出变化的量,再求出平衡时的浓度。【详解】A．在t℃下甲、乙、丙三个恒容密闭容器中,反应物浓度越大反应速率越快，起始时丙中N2和O2的浓度都最大，甲、乙中N2浓度相等，甲中O2的浓度大于乙中O2的浓度，则起始时反应速率:丙＞甲＞乙,故A正确；B．甲、乙中氮气的浓度相等,甲相当于在乙的基础上增大氧气的浓度，平衡正向移动，则甲中氮气的转化率大于乙中，即平衡时N2的转化率：甲＞乙，故B正确；C．N2(g)+O2（g)2NO(g)为反应前后气体体积不变的反应，丙中起始各物质的浓度是甲中的两倍,丙相当于在甲的基础上将体积缩小一半，增大压强平衡不移动,则平衡时丙中NO浓度为甲的2倍，即c（NO）：2甲=丙，甲、乙中氮气的浓度相等，甲相当于在乙的基础上增大氧气的浓度，平衡正向移动，则平衡时c(NO）：甲＞乙,故C错误；D．t℃时,K=0.09,设甲容器从起始到平衡氮气消耗的浓度为xmol/L,列出反应的三段式：平衡常数K==0.09，解得x=0。06，所以平衡时甲中c（N2）=0。4mol·L－1，故D正确；故选C。12.在100℃时，将0。40molNO2气体充入2L的密闭容器中，发生如下反应：2NO2(g）N2O4(g）∆H〈0。监测反应获得如下数据：时间/s020406080n(NO2）/mol0.40n10.26n3n4n(N2O4)/mol0。000.05n20。080.08下列说法正确的是A.0～20s内，v（NO2）=0.005mol·L-1.s-1B.若上述反应在120℃时进行,则反应至80s时,n(N2O4）<0。08molC.若仅将起始时充入NO2的量增至0.80mol,达平衡时NO2转化率将减少D.59s时，c（NO2）一定大于0.12mol·L—1【答案】B【解析】【详解】A．0~20s内，v(N2O4）==0。00125mol•L—1•s-1，根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比，所以v（NO2)=0。0025mol•L-1•s—1，故A错误；B．2NO2(g)N2O4(g）∆H<0，正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以反应在120℃时进行，则反应至80s时,n（N2O4）<0.08mol，故B正确;C．若仅将起始时充入NO2的量增至0.80mol，增大了NO2的物质的量，容器体积不变，体系压强增大，平衡右移，所以NO2的转化率升高，故C错误；D．60s时△n（N2O4）=0。08mol,所以60s时△n（NO2）=0.16mol，如果59s未平衡,n（NO2)>0。40—0。16=0.24mol，则c(NO2）大于0。12mol•L-1；若59s时达到平衡状态,则c（NO2）等于0.12mol•L—1,所以59s时，c(NO2)可能大于0。12mol·L—1,故D错误；答案选B。13.对FeCl3溶液与KI溶液的反应进行探究。关于实验的分析和结论不正确的是实验操作实验现象1取2mL01mol/LKI溶液于试管中,滴加0。1mol/LFeCl3溶液3滴,振荡，充分反应溶液呈深棕黄色2将溶液均分后置于试管1和试管2中向试管1中滴加2滴0。1mol/LKSCN溶液溶液显红色向试管2中加入1mLCCl4，充分振荡、静置溶液分层，上层为浅棕黄色,下层为紫色③取试管2的上层液体置于试管3中，滴加2滴0。1mol/LKSCN溶液溶液微弱变红A.FeCl3与KI发生了氧化还原反应，有I2生成B。试管1中溶液显红色证明FeCl3与KI的反应具有可逆性C.试管2中上层溶液变为浅棕黄色是平衡移动的结果D。试管3中红色比试管1中浅是平衡移动的结果【答案】C【解析】【分析】取2mL0.1mol/LKI溶液于试管中，滴加0。1mol/LFeCl3溶液3滴，振荡，充分反应，溶液呈深棕黄色，是因为2Fe3++2I—=2Fe2++I2,试管1中滴加2滴0.1mol/LKSCN溶液，溶液显红色说明溶液中有Fe3+,向试管2中加入1mLCCl4,充分振荡、静置，溶液分层,上层为浅棕黄色，下层为紫色，说明有碘单质被萃取出来，导致平衡往正向移动，溶液中Fe3+浓度减小,试管3红色变浅。【详解】A.FeCl3与KI混合后溶液呈深棕黄色，因二者发生了氧化还原反应，2Fe3++2I—=2Fe2++I2，有I2生成，A正确；B。试管1中滴加KSCN溶液，溶液显红色说明溶液中有Fe3+，证明FeCl3与KI的反应具有可逆性，故B正确;C。试管2中上层溶液变为浅棕黄色还可能是少量的碘溶解于水的结果，故C错；D.试管3中红色比试管1中浅是平衡移动的结果，铁离子浓度减小,故D正确；答案：C。14.25℃时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是序号①②③④溶液NaClCH3COONH4NaFNaHCO3pH7.07.08.18。4A。酸性强弱:H2CO3＞HFB.①和②中溶质均未水解C.①和③中阴离子的总浓度：c（Cl-）+c（OH-）＞c（F—）+c（OH-）D。④中：c()+2c（）+c(H2CO3)0。1mol/L【答案】C【解析】【分析】NaCl不水解,故溶液显中性，CH3COONH4显中性是因为醋酸根和铵根的水解程度相同，而等浓度NaHCO3溶液的碱性强于NaF，说明酸性：H2CO3＜HF.【详解】A．NaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性,对应酸性越弱，阴离子水解程度越强,碳酸氢钠溶液pH大于NaF溶液pH，则对应酸性为H2CO3＜HF,故A错误；B．氯化钠溶液是强酸强碱溶液，溶液pH=7，氯化钠不水解，醋酸铵是弱酸弱碱盐,溶液pH=7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性，①中溶质未水解，②中溶质发生双水解，故B错误；C．氯化钠溶液中电荷守恒：c（Na+)+c(H+）=c(OH-)+c（Cl-)；氟化钠溶液中电荷守恒：c（Na+）+c(H+）=c（OH-)+c（F-）;故要比较两溶液阴离子总浓度，即比较阳离子总浓度，c（Na+)相等，氯化钠溶液呈中性，氟化钠溶液呈碱性，故c（H+)：①>③，①和③中阴离子的总浓度：①>③，即c（Cl-)+c（OH—）＞c(F—）+c（OH—)，故C正确；D．依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变，④中物料守恒：c(HCO3-）+c(CO32—)+c(H2CO3)=0.1mol/L，故D错误.答案选C.【点睛】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小、电荷守恒分析判断,物料守恒的理解应用，注意盐类水解的分析应用，尤其是C项需灵活利用电荷守恒分析。15。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O2B。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＞0.1C.丁是0.03g镁条分别与2mL2mol/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。5mol/LCH3COONa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，2mL2mol/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．0.5mol/LCH3COONa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。16。向10.00mL0。50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加;取少量所得浑浊液加热,记录实验现象。下列说法不正确的是实验序号c（CaCl2）（mol·L—1)滴加CaCl2溶液时的实验现象加热浑浊液时的实验现象①0.05至1。32mL时产生明显浑浊,但无气泡产生有较多气泡生成②0。005至15.60mL时产生明显浑浊，但无气泡产生有少量气泡生成③0。0005至20mL未见浑浊A。①中产生浑浊的原因是c（Ca2+）·c(CO32−）>Ksp(CaCO3）B。未加热前①和②中发生了反应：2HCO3—＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3C。加热浊液产生气泡主要是因为CaCO3受热分解产生了更多的CO2D。向上述NaHCO3溶液中加入足量0。5mol/LCaCl2溶液，可能同时产生浑浊和气泡【答案】C【解析】【分析】向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，没有气泡产生，发生反应2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，生成的沉淀是碳酸钙.【详解】A。根据溶度积规则，①中能产生碳酸钙沉淀，说明c（Ca2+)·c(CO32−)>Ksp（CaCO3），故A正确；B。未加热前①和②不放二氧化碳，说明碳酸未饱和,加热后二氧化碳溶解度减小,放出二氧化碳,所以未加热前①和②中发生了反应:2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3,故B正确；C。未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+===CaCO3↓＋H2CO3，碳酸钙受热不分解，加热浊液产生气泡主要是因为H2CO3受热分解产生了更多的CO2，故C错误；D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0。5mol/LCaCl2溶液，发生反应CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，能同时产生浑浊和气泡，故D正确。17。下述根据下列操作和现象，所得结论正确的是实验操作及现象实验结论A用石墨作电极电解CuSO4溶液，某电极附近有蓝色沉淀生成该电极为阳极B向2mL0.1mol·L-1NaOH溶液中滴加3滴0.1mol·L—1MgCl2溶液，出现白色沉淀后，再滴加3滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀溶解度：Mg（OH)2＞Fe（OH)3C分别向2mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液和2mL0.1mol·L-1H3BO3溶液中滴加等浓度的NaHCO3溶液,前者有气泡产生，后者无明显现象酸性:CH3COOH＞H2CO3＞H3BO3D向2mL5%的双氧水中分别滴加2滴0.1mol/LFe2（SO4）3和0。1mol/LCuSO4溶液，前者产生气泡较快对双氧水分解催化效果：Fe3+＞Cu2+A。A B.B C.C D。D【答案】C【解析】【详解】A．电解时在阴极上溶液中的H+放电产生H2，使附近溶液中OH-离子浓度增大，Cu2+与OH-结合形成Cu（OH）2蓝色沉淀，故有蓝色Cu(OH)2沉淀生成的电极为阴极，A错误；B．由于NaOH溶液过量，过量的NaOH与FeCl3溶液发生反应产生红褐色Fe(OH)3沉淀，因此不能比较二者溶解度的相对大小，B错误；C．根据复分解反应的规律，强酸与弱酸盐反应制取弱酸，NaHCO3能够与CH3COOH溶液反应产生CO2气体而不能与H3BO3溶液反应，说明酸性：CH3COOH＞H2CO3＞H3BO3，C正确；D．Fe3+、Cu2+以及硫酸根离子的浓度不同，不能用于比较二者的催化效率，D错误;故合理选项是C。18.以氮气和水蒸气为原料，电化学合成氨装置(电极不参与反应)示意图如下。下列说法不正确的是A。电极a连接电源的正极B。OH−向电极a迁移C。总反应:2N2+6H2O（g)4NH3+3O2D.电极b的电极反应:N2+6e−+6H+==2NH3【答案】D【解析】【分析】根据图示，a电极生成O2，是熔融电解质中的OH－失去电离生成的,OH－失去电子，发生氧化反应，电极方程式为4OH－—4e－=O2↑＋2H2O,发生氧化反应,电极a为阳极；电极b上,N2得到电子,转化为NH3，电极方程式为N2＋6e－＋6H2O=2NH3＋6OH－,发生还原反应，则电极b为阴极。【详解】A．根据分析，a是阳极，连接电源的正极，A正确，不选；B．电解池中，阴离子向阳极移动，则OH－向电极a移动，B正确,不选；C．总反应为N2和H2O反应生成O2和NH3，总反应方程式为2N2+6H2O（g）4NH3+3O2，C正确，不选;D．根据分析电极b的电极反应为N2＋6e－＋6H2O=2NH3＋6OH－，D错误，符合题意；答案选D。19.下列有关2个电化学装置的叙述不正确的是A.图Ⅰ,在不改变总反应的前提下，可用Na2SO4替换ZnSO4，用石墨替换Cu棒B。图Ⅰ,电流形成的完整过程是：负极Zn-2e—＝Zn2+,电子经导线流向正极,正极Cu2++2e—＝CuC.图Ⅱ,通电后向两极滴加酚酞，左侧变红D.图Ⅰ，盐桥中Cl—向左侧移动，图Ⅱ，溶液中Cl—向右侧移动【答案】B【解析】【详解】A．将图Ⅰ中的ZnSO4替换为Na2SO4,对左侧区反应无影响，将Cu棒替换为石墨棒，仍然时锌为负极,Cu为正极，故并不改变总反应，故A正确；B．图Ⅰ中电流形成的完整过程是:负极Zn-2e-＝Zn2+，外电路中电子经导线流向正极，正极Cu2++2e-＝Cu，内电路的盐桥中的阴离子移向负极,阳离子移向正极，故B错误；C．图Ⅱ中左侧区时阴极，电极反应为，故阴极区显碱性，加酚酞后溶液变红,故C正确；D．图Ⅰ中左侧为负极，故盐桥中Cl—向左侧移动，图Ⅱ中右侧时阳极，故溶液中Cl-向右侧移动，故D正确；故答案为：B。20.下图为氯碱工业的简易装置示意图，其中两电极均为惰性电极,下列说法正确的是A。粗盐水中含有的少量Ca2+和Mg2+均可用NaOH除去B.若电路中通过0.2mol电子,理论上可在b处得到标准状况下1.12L气体C。a处得到的是浓NaOH溶液D。适当降低阳极电解液的pH有利于Cl2逸出【答案】D【解析】【详解】A．Ca(OH）2有一定溶解度，用NaOH并不能将少量的钙离子除去，故A错误；B．B室与电源负极相连为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以转移0。2mol电子时生成0.1mol氢气，标况下体积为2。24L，故B错误；C．A室为阳极,浓盐水中的氯离子放电得到氯气，钠离子经阳离子交换膜进入阴极，所以a处得到的是稀的NaCl溶液,故C错误；D．氯气可以和氢氧根反应，适当降低阳极电解液的pH有利于Cl2逸出，故D正确；故答案为D。21.将镁条置于pH＝8。4的饱和NaHCO3溶液中，镁条表面产生气体a,一段时间后产生白色沉淀b.继续进行如下实验：Ⅰ．将a通过澄清石灰水，变浑浊，继而通过足量NaOH溶液，再通入肥皂液，出现气泡，点燃气泡听到爆鸣声;Ⅱ．向沉淀b中加入足量的稀盐酸,沉淀完全溶解，且产生无色气泡。下列说法不正确的是A。饱和NaHCO3溶液中，c（)〈c(H2CO3）B.沉淀b是MgCO3C。气体a中含有CO2和H2D。CO2可能是水解被促进产生的【答案】B【解析】【分析】饱和NaHCO3溶液的pH＝8。4，说明在溶液中以水解为主。实验Ⅰ，将a通过澄清石灰水，变浑浊，表明a中含有CO2，继而通过足量NaOH溶液除去CO2，再通入肥皂液，出现气泡，点燃气泡听到爆鸣声，表明a中含有H2；实验Ⅱ，向沉淀b中加入足量的稀盐酸，沉淀完全溶解，且产生无色气泡，表明b中一定含有MgCO3，可能含有Mg（OH）2。【详解】A．饱和NaHCO3溶液呈碱性，表明的水解趋势大于电离趋势，所以c（）<c（H2CO3），A正确；B．由于Mg（OH）2比MgCO3更难溶，沉淀趋向于向生成Mg（OH）2的方向转化，但沉淀与盐酸反应有气泡产生，所以沉淀b应为MgCO3与Mg(OH）2的混合物，B错误;C．由以上分析知，气体a中含有CO2（使澄清石灰水变浑浊）和H2（点燃气泡听到爆鸣声），C正确；D．CO2可能是水解生成的H2CO3发生分解生成，所以水解被促进,D正确；故选B。二、填空题（共58分）22。电解质的水溶液中存在电离平衡。（1）醋酸是常见的弱酸。①醋酸在水溶液中的电离方程式为_______________________________。②下列方法中，可以使醋酸稀溶液中CH3COOH电离程度增大的是_______________________________(填字母序号)。a．滴加少量浓盐酸b．微热溶液c．加水稀释d．加入少量醋酸钠晶体（2）Ⅰ.两种酸均能与氢氧化钠反应生成盐，其中醋酸与氢氧化钠反应能生成醋酸钠。实验室现有醋酸钠固体，取少量溶于水，溶液呈_______________________________（选填“酸性”、“中性”或“碱性”)，其原因是（用离子方程式表示）_______________________________。Ⅱ。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_______________________________(填“I”或“II”)。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“<”）。④M点对应的溶液中,各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是_______________________________。（3)为了研究沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学查阅资料并设计如下实验.资料：AgSCN是白色沉淀，相同温度下，溶解度：AgSCN〉AgI。操作步骤现象步骤1：向2mL0.005mol·L-1AgNO3溶液中加入2mL0。005mol·L—1KSCN溶液，静置。出现白色沉淀。步骤2:取1mL上层清液于试管中,滴加1滴2mol·L—1Fe(NO3）3溶液.溶液变红色。步骤3：向步骤2的溶液中，继续加入5滴3mol·L—1AgNO3溶液。现象a，溶液红色变浅。步骤4：向步骤1余下的浊液中加入5滴3mol·L—1KI溶液。白色沉淀转化成黄色沉淀.①写出步骤2中溶液变红色的离子方程式_____。②步骤3中现象a是_____。③用化学平衡原理解释步骤4的实验现象_____。(4)某小组模拟工业上回收分银渣中的银，过程如下：过程I的主要反应：AgCl＋2＋Cl-过程II的离子反应：4＋6OH-＋HCHO＝4Ag+＋8＋4H2O＋Ⅲ中回收液可直接循环使用，但循环多次后，I中的银的浸出率会降低。从回收液离子浓度变化和反应限度的角度分析原因：_____。【答案】(1).CH3COOHCH3COO-+H+(2）.bc(3).碱性(4)。CH3COO—+H2OCH3COOH+OH—(5）.I（6)。0。1mol/L的醋酸（7）.＜(8）。c（CH3COO—)＞c(Na+)＞c（H+）＞c（OH—)（9）。Fe3++3SCN-Fe（SCN）3（10）.出现白色沉淀（11）。AgSCN(s）Ag+（aq）+SCN-(aq),加入KI溶液,因溶解度：AgSCN〉AgI，Ag+和I-反应生成AgI沉淀,c（Ag+）减小,AgSCN(s）Ag+（aq)+SCN—（aq)溶解平衡正向移动（12）。随着循环次数的增加，浸出液中的浓度减小、Cl—浓度增大,使AgCl＋2＋Cl—的限度减小；【解析】【分析】(1）①醋酸是弱酸，在水溶液中部分电离为醋酸根离子和氢离子；②根据影响弱电解质电离的因素分析；(2）Ⅰ．醋酸钠是强碱弱酸盐,醋酸根离子水解;Ⅱ。①盐酸是强酸,0.1mol·L—1的盐酸溶液pH=1,醋酸是弱酸，0。1mol·L—1的醋酸溶液pH＞1；②酸电离出的氢离子、碱电离出的氢氧根离子抑制水电离；③0。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，恰好反应消耗氢氧化钠溶液的体积都是20mL，此时氯化钠溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性；④M点对应的溶液中，溶质是等浓度的醋酸钠和醋酸;(3）①步骤2中Fe3+遇KSCN溶液变红色;②向步骤2的溶液中，继续加入5滴3mol·L-1AgNO3溶液，发生反应Ag++SCN—AgSCN↓;③溶解度AgSCN>AgI，一种沉淀易转化为比它更难溶的沉淀；(4）循环多次后,溶液中的浓度减小、Cl—浓度增大；【详解】(1）①醋酸是弱酸，在水溶液中部分电离为醋酸根离子和氢离子,醋酸的电离方程式是CH3COOHCH3COO-+H+；②a．滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，CH3COOHCH3COO—+H+平衡逆向移动,CH3COOH电离程度减小，故不选a；b．电离吸热，微热溶液，CH3COOHCH3COO-+H+平衡正向移动，CH3COOH电离程度增大,故选b；c．加水稀释，CH3COOHCH3COO—+H+平衡正向移动，CH3COOH电离程度增大，故选c；d．加入少量醋酸钠晶体,CH3COO-浓度增大，CH3COOHCH3COO—+H+平衡逆向移动，CH3COOH电离程度减小,故不选d；选bc；（2)Ⅰ．醋酸钠是强碱弱酸盐,醋酸根离子水解，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH—，溶液呈碱性；Ⅱ。①盐酸是强酸,0.1mol·L-1的盐酸溶液pH=1,醋酸是弱酸，0。1mol·L-1的醋酸溶液pH＞1,所以滴定醋酸的曲线是I；②酸电离出的氢离子、碱电离出的氢氧根离子抑制水电离；0.1mol·L-1NaOH溶液中氢氧根离子浓度等于0。1mol·L—1的盐酸溶液中氢离子浓度,醋酸是弱酸，0。1mol·L—1CH3COOH中氢离子浓度小于0。1mol/L，溶液滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是醋酸;③0。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，恰好反应消耗氢氧化钠溶液的体积都是20mL,此时氯化钠溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，若使pH都等于7,醋酸消耗氢氧化钠溶液的体积小于20mL，所以V1＜V2;④M点对应的溶液中，溶质是等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，说明醋酸的电离大于醋酸钠的水解,离子浓度由大到小的顺序是c（CH3COO—)＞c（Na+—)＞c(H+-）＞c（OH—)；（3)①步骤2中Fe3+遇KSCN溶液变红色，反应的离子方程式是Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3;②向步骤2溶液中，继续加入5滴3mol·L-1AgNO3溶液,发生反应Ag++SCN—AgSCN↓,现象a是有白色沉淀产生;③AgSCN(s)Ag+(aq）+SCN—（aq)，加入KI溶液，因溶解度:AgSCN〉AgI，Ag+和I-反应生成AgI沉淀，c（Ag+）减小，AgSCN(s)Ag+（aq）+SCN—（aq)溶解平衡正向移动，白色沉淀转化成黄色沉淀；(4）Ⅲ中回收液可直接循环使用，但循环多次后，的浓度减小、Cl—浓度增大，使AgCl＋2＋Cl—的限度减小,I中的银的浸出率会降低.【点睛】本题考查弱电解质的电离、水电离、沉淀转化，明确反应原理是解题关键，注意影响弱电解质电离的因素，一种沉淀容易转化为比它更难溶的沉淀。23。氮的固定和氮的循环是几百年来科学家一直研究的课题。（1)下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值。反应大气固氮N2(g)+O2（g)2NO（g）工业固氮N2(g)+3H2（g）2NH3（g)温度/℃27200025400450K3.84×10—310.15×1080.5070.152①分析数据可知:人类不适合大规模模拟大气固氮的原因____。②从平衡视角考虑工业固氮应该选择常温条件,但实际工业生产却选择500℃左右的高温，解释其可能的原因_____。(2）工业固氮反应中,在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强（р1、р2）下随温度变化的曲线,下图所示的图示中，正确的是_____（填“A"或“B"）；比较р1、р2的大小关系_____。（3）下图是某压强下，N2与H2按体积比1∶3投料时，反应混合物中氨的体积分数随温度的变化曲线.其中一条是经过一定时间反应后的曲线,另一条是平衡时的曲线.①图中b点，v（正）_____v（逆).(填“＞”、“＝"或“＜"）②图中a点，容器内气体n（N2）:n（NH3）=_____。(4）已知：N2(g)+3H2（g）2NH3（g)△H＝－92。4kJ·mol－1;2H2（g)+O2（g)2H2O(l)△H＝－575.6kJ·mol－1；近年,又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下氮气与液态水合成氨气，同时产生氧气的新思路，则该反应的热化学反应方程式为：_____。（5）NH3在一定条件下可被氧化。已知：ⅰ．4NH3（g）+3O2(g）＝2N2（g）+6H2O(g)ΔH＝﹣1298kJ/molⅱ．①断开1molH—O键与断开1molH-N键所需能量相差约_____kJ;②H-O键比H—N键（填“强”或“弱”)_____.【答案】(1）.大气固氮为吸热反应，温度高达2000℃时,K值仍然很小，正向进行的程度很小，转化率很低，不适合大规模生产(2）.温度在500℃左右时催化剂活性最高,反应速率较快，达到平衡需要的时间较短，从反应速率和催化剂的活性等角度考虑，选择500℃左右更合适（3)。A（4）。p2＞p1（5）.＞（6)。1∶4(7)。2N2（g)+6H2O（l）⇌4NH3(g）+3O2（g)△H=+1542kJ•mol—1（8）。75(9)。强【解析】【分析】(1)根据温度对化学平衡常数K的影响结合K的含义分析解答；(2)合成氨反应为气体体积减小的放热反应，结合温度和压强对平衡移动的影响分析解答;(3）根据图象结合影响平衡的因素，a点所在曲线是平衡曲线、b点所在曲线是经过一定时间反应后的曲线,结合三段式计算解答；(4）根据盖斯定律分析解答；（5)根据焓变ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和计算解答。【详解】（1）①由表格数据可知，由表格数据可知,温度越高,大气固氮反应的K越大，说明大气固氮的反应为吸热反应，2000℃时，K=0。1,K值很小，即转化率很小，不适合大规模生产,所以人类不适合大规模模拟大气固氮，故答案为：大气固氮为吸热反应,温度高达2000℃时，K值都很小，正向进行的程度很小，转化率很低,不适合大规模生产；②由表格数据可知，温度越高，合成氨反应的K越小，说明合成氨气的反应为放热反应，合成氨反应中，温度越高，反应速率越快，但是该反应为放热反应,温度高转化率会降低，在500℃左右催化剂活性最高,所以从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右最合适，故答案为：温度在500℃左右催化剂活性最高，反应速率较快，达到平衡需要的时间较短，从反应速率和催化剂的活性等角度考虑,选择500℃左右更合适；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动,反应物的转化率减小，所以图A正确,B错误;反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的正方向为体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动,转化率增大，p2的转化率大,则p2大，故答案为:A；p2＞p1；（3）根据图知，a点所在曲线是平衡曲线、b点所在曲线是经过一定时间反应后的曲线。①图中b点,氨气的体积分数逐渐增加,可知向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故答案为:＞；②图中a点，设反应的N2为x，平衡时，氨气的体积分数为50%时，则=50%，解得：x=，则n(N2）：n（NH3）=∶=1∶4，故答案为:1∶4;（4)①N2（g)+3H2(g)⇌2NH3（g)△H=—92.4kJ•mol—1，②2H2（g）+O2(g)⇌2H2O(l)△H=—575。6kJ•mol-1，由盖斯定律：①×2-②×3得2N2（g）+6H2O(l)⇌4NH3（g）+3O2（g）△H=（—92.4kJ•mol-1）×2—(-575.6kJ•mol—1)×3=+1542kJ•mol—1，故答案为：2N2（g)+6H2O(l）⇌4NH3（g）+3O2(g）△H=+1542kJ•mol-1；(5）①根据4NH3(g)+3O2(g）=2N2（g)+6H2O（g）△H=-1298kJ/mol，可知12E（H-N）+3×498kJ/mol-2×946kJ/mol—12E（H-O)=-1298kJ/mol，得E（H—O）-E（H—N)=75kJ/mol,故答案为：75；②根据E（H—O)—E（H-N)=75kJ/mol，可知H-O键比H—N键强，故答案为:强.【点睛】本题的易错点为(2），要注意两条曲线的正确判断，难点是(3），要注意三段式在化学平衡计算中的应用。24.(1)海水资源的利用具有广阔前景。海水中主要离子的含量如下：成分含量/(mg/L）成分含量/（mg/L)Cl-18980Ca2+400Na+105601422560Br—64Mg2+1272电渗析法淡化海水示意图如图所示,其中阴（阳)离子交换膜仅允许阴(阳)离子通过.①电解氯化钠溶液的离子方程式_____。②电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因_____.在阴极附近产生少量白色沉淀,其成分有_________和CaCO3.③淡水的出口为_________（填“a"、“b”或“c”）；a出口物质为_____（填化学式）。④若用下面燃料电池为电源电解100mL1mol•L－1氯化钠溶液,当电池消耗0.00025molO2时，常温下，所得溶液的pH为__________(忽略反应前后溶液体积变化）（2）如图Ⅰ是氢氧燃料电池（电解质为KOH溶液）的结构示意图，①Ⅰ中通入O2的一端为电池的_____极。通入H2的一端的电极反应式_________②若在Ⅱ中实现锌片上镀铜，则b的电极材料是_____,N溶液为_____溶液。③若在Ⅱ中实现Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑，则a极的反应式是_____，N溶液为_____溶液。(3)工业上用Na2SO3溶液吸收SO2，过程中往往得到Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，溶液pH随n()：n（）变化关系如下表：n():n()91：91：19：91pH8。27.26。2当吸收液的pH降至约为6时，送至电解槽再生.再生示意图如下，结合图示回答：①在阳极放电的电极反应式是_____。②当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理：_____。【答案】（1)。2Cl-+2H2O2OH—+H2↑+Cl2↑(2)。H+得电子生成H2，H+浓度减小，促使水的电离平衡向着电离方向移动，OH—浓度增大(3).Mg(OH）2(4)。b（5）.NaOH（6)。12（7）。正（8）.H2—2e—+2OH-=2H2O(9)。锌(10).CuSO4(11)。Cu-2e—=Cu2+（12).稀H2SO4(13）。H2O+HSO3—-2e—=SO42-+3H+(14）.阴极室H+放电，产生OH－，OH－和HSO3－反应，生成SO32－，Na+通过阳离子交换膜进入阴极室，Na2SO3

溶液吸收

SO2,又得到

Na2SO3

和

NaHSO3的混合溶液,实现循环利用和再生【解析】分析】氯化钠溶液中含Na+、Cl—、H+、OH-,根据放电顺序Cl—、H+优先失电子分析产物，书写离子方程式,也因为H+减少会引起水的电离平衡向着电离方向移动,OH—浓度增大,阴极区碱性增强，进而除去Ca2+、Mg2+，则阴极室a出口为NaOH,因电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，则淡水出口为b,原电池电解池组合电路中整个电路中转移的电子数目相同，得出关系式进行计算；组合电路中b与电源负极相连，为阴极，得电子,a与电源正极相连,为阳极，失电子，根据题目给出信息判断得失电子情况，确定其位置进行作答；吸收液再生循环原理根据电解池工作原理，结合图示进行分析。【详解】（1）①氯化钠溶液中含Na+、Cl—、H+、OH—,电解时阳极Cl—失电子生成Cl2，阴极H+得电子生成H2，电解氯化钠溶液的离子方程式为：2Cl—+2H2O2OH—+H2↑+Cl2↑；②由①可知，电解过程中阴极H+得电子生成H2，导致溶液中H+浓度减小，促使水的电离平衡向着电离方向移动，溶液中OH-浓度增大，碱性增强;因为OH-浓度增大，会与Mg2+生成Mg(OH）2白色沉淀,同时还能与HCO3-反应生成CO32-,CO32—与Ca2+生成CaCO3，故阴极附近产生的白色沉淀有Mg（OH)2和CaCO3；③电解池中，阳离子移向阴极,阴离子移向阳极，则淡水出口为b，Ca2+、Mg2+在阴极生成沉淀被除去，故a出口的物质为NaOH;④当电池消耗

0。00025

molO2

时，根据得失电子守恒和化学计量数得出关系:O2～4e—～2H2~4NaOH，则生成n(NaOH)=0。00025

mol×4=0.001mol,c(OH-)=c(NaOH)=0.001mol/0。1L=0.01mol/L，常温下c(H+）=KW/c(OH-）=10-12mol/L,

pH=12；（2)①氢氧燃料电池,O2得电子，从正极通入,H2失电子，从负极通入，电解质溶液为KOH

溶液，故电极反应式为H2—2e—+2OH-=2H2O;②锌片上镀铜，则锌被保护，为阴极，铜被消耗，为阳极，b与电源负极相连，为阴极,故

b

的电极材料是锌,Cu2+得电子,N溶液为CuSO4溶液；③a与电源正极相连，为阳极，Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑，Cu失去电子作阳极,电极反应式为:Cu-2e-=Cu2+，N

溶液为稀H2SO4；（3)①由图可知，HSO3-在阳极失电子得到SO42—，故电极反应式为HSO3-—2e-=SO42-+H+;②阴极H+得电子生成H2，OH-浓度增大,Na+通过阳离子交换膜进入阴极室，则阴极室产生的物质为NaOH，NaOH用于吸收SO2，得到

Na2SO3

和

NaHSO3，将混合溶液进行电解，又可以得到NaOH吸收液，实现循环利用和再生。【点睛】此题是对于电化学综合考查，着重考查电解池工作原理，（2）为原电池和电解池组合情况,先判断电解池电极，与电源负极相连，为阴极，与电源正极相连，为阳极，再利用电解池原理作答，(1）（3）两个电解池有相似之处,根据离子的移动方向以及阴、阳离子交换膜，分析两极产物作答。25.某实验小组对FeCl3分别与Na2SO3、NaHSO3的反应进行探究。【甲同学的实验】装置编号试剂X实验现象INa2SO3溶液(pH≈9)闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转IINaHSO3溶液（pH≈5)闭合开关后灵敏电流计指针未发生偏转（1)配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。结合化学用语说明浓盐酸的作用：。(2)甲同学探究实验I的电极产物______________。①取少量Na2SO3溶液电极附近的混合液，加入______________，产生白色沉淀，证明产生了.②该同学又设计实验探究另一电极的产物，其实验方案为______________。(3)实验I中负极的电极反应式为______________.【乙同学的实验】乙同学进一步探究FeCl3溶液与NaHSO3溶液能否发生反应，设计、完成实验并记录如下：装置编号反应时间实验现象III0~1min产生红色沉淀,有刺激性气味气体逸出1~30min沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色,之后几乎无色30min后与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色,随后逐渐变为浅橙色(4）乙同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能,用离子方程式表示②的可能原因。①Fe3+＋3Fe(OH)3＋3SO2；②______________。(5)查阅资料：溶液中Fe3+、、OH－三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：从反应速率和化学平衡两个角度解释1～30min的实验现象：______________。（6）解释30min后上层溶液又变为浅红色的可能原因：______________。【实验反思】(7)分别对比I和II、II和II