广西示范性高中2025-2026学年高二上学期期中联合调研测试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广西示范性高中2025-2026学年高二上学期期中联合调研测试(考试时间：75分钟，试卷满分：100分)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H-1O-16S-32Fe-56一、选择题(共14小题，每小题只有1个正确答案，每小题3分，共42分)。1.八桂大地，文化源远流长。下列有关说法正确的是A.侗族靛蓝染布用到的靛蓝是合成色素，着色力强，稳定性好B.苗银首饰锻造时掺入锌、镍等金属形成合金，苗银的硬度比纯银小C.壮族铜鼓表面铜绿的主要成分是氢氧化铜D.陆川青砖青瓦呈现青色的原因是含有二价铁【答案】D【解析】靛蓝是传统植物染料，属于天然色素而非合成色素，A错误；合金的硬度通常高于纯金属，掺入锌、镍后苗银的硬度应比纯银大，B错误；铜绿的主要成分是碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，而非氢氧化铜，C错误；青砖的青色源于Fe2+的化合物（如FeO或Fe3O4），在缺氧烧制条件下形成，D正确；故选D2.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下，含的浓溶液滴入足量沸水中形成的胶体胶团粒子数为B.的盐酸溶液中氢离子数目为C.常温下，二氧化硫通入足量水中，所得溶液中分子数为D.熔融的中，阳离子数为【答案】D【解析】一个胶粒是多个粒子的聚集体，故形成的胶粒的个数小于，A项错误；未明确盐酸溶液的体积，则不能确定氢离子数目为，B项错误；为可逆反应，不能完全转化为，且为弱酸，部分发生电离以离子形式存在，故溶液中分子数小于，C项错误；熔融的电离方程式为，阳离子为0.01mol，阳离子数为，D项正确；答案选D。3.根据元素周期律推测，下列说法不正确的是A.原子半径：Mg＞Na B.酸性：H2CO3＞H2SiO3C.非金属性：Br＞I D.热稳定性：NH3＞PH3【答案】A【解析】同周期，从左到右，元素的原子半径减小，Na的原子半径大于Mg，A错误；C和Si同属第ⅣA族，C的非金属性强于Si，其最高价氧化物对应水合物的酸性为H2CO3>H2SiO3，B正确；同主族，从上到下，元素的非金属性减弱，Br和I同属第ⅦA族，Br的非金属性强于I，C正确；同主族，从上到下，元素的非金属性减弱，N的非金属性强于P，因此NH3的热稳定性强于PH3，D正确；故答案为：A。4.下列说法不正确的是A.糖类、蛋白质和油脂均为天然高分子B.蔗糖发生水解反应所得产物互为同分异构体C.蛋白质在酶的作用下水解可得到氨基酸D.不饱和液态植物油通过催化加氢可提高饱和度【答案】A【解析】糖类中的单糖和二糖不是高分子，油脂也不是高分子，A错误；蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，二者分子式相同、结构不同，互同分异构体，B正确；蛋白质水解的最终产物是氨基酸，酶作为催化剂促进反应，C正确；植物油含不饱和脂肪酸的甘油酯，催化加氢可减少碳碳双键，提高饱和度，D正确；故选A。5.在金表面分解的实验数据如下表。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期。下列说法错误的是020406080A.消耗一半时的反应速率为B.100min时消耗完全C.该反应的速率与的浓度有关D.该反应的半衰期与起始浓度的关系满足【答案】C【解析】从表中可知，20min时，浓度为，而在60min时，浓度变为原来的一半，因此消耗一半时的反应速率==，A正确；由表中数据可知，每20min浓度消耗0.020mol/L，因此当100min时消耗完全，B正确；由表中数据可知，该反应匀速进行，与起始浓度无关，C错误；结合选项A的解析，起始浓度为时，40分钟达到半衰期，代入关系式验证，可得：40min=500×0.080，D正确。因此，本题选C。6.勒夏特列原理在生产、生活中有广泛应用。下列做法或现象与该原理无关的是A.已知CO中毒原理：，为血红蛋白，将CO中毒的病人放入高压氧舱中接受治疗B.新制氯水久置，会变为无色透明C平衡混合气体加压后颜色变深D.实验室用饱和溶液除去中的HCl【答案】C【解析】高压氧舱增加O2浓度，使平衡逆向移动，促使分解，降低其浓度，应用了勒夏特列原理，A不符合题意；氯水中Cl2与水反应生成HClO（可逆反应），而HClO分解（不可逆）导致Cl2不断消耗，平衡持续右移，涉及勒夏特列原理，B不符合题意；反应前后气体体积相等，加压后平衡不移动，颜色变深是因为I2浓度增加，与勒夏特列原理无关，C符合题意；饱和NaHCO3溶液中浓度高，盐酸电离的H+与反应除去HCl；CO2溶于水存在平衡：，高浓度的同时抑制CO2的溶解，应用了勒夏特列原理，D不符合题意；故答案选C。7.下列方程式书写正确的是A.铅酸蓄电池的正极反应式：B.氢氧化铝(一元弱酸)的酸式电离方程式：C.已知的燃烧热，表示其燃烧热的热化学方程式：D.表示稀醋酸和稀NaOH溶液中和反应热效应的方程式：【答案】B【解析】铅酸蓄电池在酸性电解质中工作，正极反应物应包含，产物为难溶物PbSO4，正确的正极反应式为，A错误；氢氧化铝作为酸，电离出和，B正确；H2S燃烧热的产物应为SO2（稳定氧化物），H2S燃烧热的热化学方程式应为，C错误；醋酸为弱酸，电离吸热，其与NaOH溶液反应的；且表示弱酸与强碱中和反应的离子方程式时，弱酸不能拆成离子形式，D错误；故答案选B。8.下列实验操作(如图)正确且能达到实验目的的是A.装置甲用于制备胶体B.装置乙用于蒸发结晶获得晶体C.装置丙用于收集NO气体D.装置丁用于验证和对双氧水分解的催化效果【答案】C【解析】制备Fe(OH)3胶体应使用饱和FeCl3溶液，向沸水中滴加饱和FeCl3溶液并煮沸至红褐色，且不能搅拌，不能使用硫酸铁，A错误；FeSO4·7H2O中Fe2+易被氧化，蒸发结晶会导致Fe2+氧化变质，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，B错误；NO与CO2不反应，密度比CO2小，能用向下排CO2的方法收集NO气体，C正确；氯化铁、硫酸铜中阴离子不同，变量不唯一，装置丁不能达到实验目的，D错误；故答案选C。9.下列对于反应的预测正确的是选项化学反应方程式已知条件预测A室温下不能自发进行B，低温下自发反应可以等于3C高温下才能自发反应D，能自发反应A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】该反应生成气体，熵增（），室温下不能自发说明，故，A错误；若x=3，反应气体减少（），但，低温时主导，满足，x可以等于3，B正确；反应气体增加（），高温下自发需，此时应，C错误；且反应自发，需且高温下，D错误；故答案选B。10.已知溶剂分子结合的能力会影响酸给出的能力，某温度下部分酸在冰醋酸中的如下表所示，下列说法错误的是分子式HCl4.877.24(一级)8.99.4A.在冰醋酸中的电离方程式：B.在冰醋酸中酸性：C.结合的能力：D.相同温度下醋酸在液氨中的大于其在水中的【答案】D【解析】由表格数据可知，高氯酸在冰醋酸中部分电离出高氯酸根离子和CH3COOH离子，电离方程式为，故A正确；由表格数据可知，四种酸在冰醋酸中的电离常数的大小顺序为，则在冰醋酸中酸性的大小顺序为，故B正确；由表格数据可知，在水中完全电离的四种强酸在冰醋酸中均不能完全电离，说明水分子结合氢离子的能力强于醋酸，故C正确；相同温度下醋酸在液氨中的电离程度大于在水中的电离程度，所以在液氨中的小于其在水中的，故D错误；故选D。11.下列图示与对应叙述相符的是A.图1各物质均为气体，升高温度时，反应的平衡常数会增大B.图2为在绝热恒容密闭容器中，反应的正反应速率随时间变化的示意图，由图可知该反应为吸热反应C.图3为合成氨反应中，其它条件不变时，起始时用量对反应的影响图，则图中温度、a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物的转化率最高的是b点D.图4中，反应，L线上所有的点都是平衡点，则E点【答案】D【解析】根据图1示可知：反应物的能量比生成物的能量高，因此反应的正反应是放热反应，在其他条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致平衡常数减小，图示与叙述不相符，A不符合题意；对于该反应，平衡前，随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，反应速率应逐渐减小，但图示的正反应速率逐渐增大，说明绝热恒容密闭容器中温度升高，则该反应为放热反应，图示与叙述不相符，B不符合题意；合成氨反应为放热反应，起始时n(H2)相同时，升高温度，平衡逆向移动，平衡时NH3的百分含量减小，则图中温度；图中a、b、c三点为同一温度下所处的平衡状态，反应起始时n(H2)越多，化学反应正向进行程度就越大，反应所处的平衡状态中N2的转化率就越高，由于图中c点起始时n(H2)最多，则a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物的转化率最高的是c点，图示与叙述不相符，C不符合题意；在图4中，反应，L线上所有的点都是平衡点，在L线上方的E点时A物质的百分含量比该压强下的平衡点高，说明此时反应正向进行，则E点，图示与叙述相符，D符合题意；故选D。12.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种常见的短周期主族元素，其中A、B、C、D四种元素的原子序数之和为E元素原子序数的2倍。E是短周期中原子半径最大的元素。A、B、C、D四种元素形成的化合物有多种用途，可用来合成纳米管，还可作杀虫剂、催化剂、助熔剂、阻燃剂等，其结构如图所示。下列说法正确的是A.元素A、C形成的18电子化合物只含有极性键B.最简单氢化物的稳定性：C.从价态可预测元素A、E形成的化合物具有强还原性D.化合物中各原子均满足8电子稳定结构【答案】C【解析】E是短周期中原子半径最大的元素，E为钠；A、B、C、D四种元素的原子序数之和为22，如图所示，A、D只形成1个共价键，A为氢，D为氟；结合化合物的成键情况可知，B、C分别为硼、氮。元素A、C形成的18电子化合物为N2H4，其中含有非极性键，A错误；非金属性氟大于氮，则最简单氢化物的稳定性：，B错误；元素A、E形成的化合物为NaH，其中-1价的氢具有强还原性，C正确；化合物中氢原子不满足8电子稳定结构，D错误；故选C。13.在催化下乙烷氧化的反应机理如图所示(图中为副反应)。下列说法正确的是A.均为反应中间体B.中均既含极性键也含非极性键C.该机理涉及的反应均为氧化还原反应D.每生成，消耗的大于2mol【答案】D【解析】由反应机理的示意图可知，反应中N2O、C2H6为反应物，CH3CHO、N2和X为生成物，Fe+为反应的催化剂，FeO+为中间产物，主反应的总方程式为，由原子守恒可知，X为H2O；转化中会发生副反应，由原子守恒可知，Y为C2H6O；据此作答。依据分析，FeO+为中间产物，N2为生成物，A错误；依据分析，X为H2O，Y为C2H6O，其中H2O中只含有极性键，不含有非极性键，B错误；据图分析，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，C错误；根据主反应方程式，生成1molCH3CHO理论上消耗2molN2O；因部分中间体[(C2H5)Fe(OH)]+发生了副反应，该副反应消耗了中间体，导致生成等量CH3CHO需要消耗更多的N2O，则要生成1molCH3CHO，实际消耗的N2O大于2mol，D正确；故答案选D。14.H3PO4是一种三元酸。室温下，向0.1mol·L-1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH值。混合溶液中lgX[表示、、)]随溶液pH值的变化如图所示。下列说法不正确的是

A室温下Na2HPO4溶液显碱性B.H3PO4二级电离常数Ka2的数量级为10-8C.随着pH增大，比值不断减小D.pH=9.79时，c()=c()【答案】C【解析】H3PO4的一级电离大于二级大于三级电离，当===0时，其一级电离对应的溶液氢离子浓度更大，故与横坐标交点为pH=2.15、7.20、12.38的曲线分别对应、、随溶液pH值的变化，且、、，据此分析；室温下Na2HPO4的水解常数为，故的水解大于其电离，溶液显碱性，A正确；由分析可知，H3PO4二级电离常数，故数量级为10-8，B正确；，故随着pH增大，的比值不变，C错误；当pH=9.79时，，故c()=c()，D正确；故选C。二、非选择题(共4小题，除标注外，每空2分，共58分)。15.亚硝酸钠(NaNO2)是工业上常用的媒染剂、漂白剂，也可用于食品防腐(需严格控制用量)。某化学兴趣小组结合氮氧化物的性质，设计实验探究(NaNO2)的制备、性质及纯度，回答下列问题：Ⅰ．亚硝酸钠的制备已知：NO难溶于水，NO2易溶于水，二者按物质的量比1:1与NaOH溶液反应生成NaNO2，反应方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O；实验装置如图(省略夹持仪器)：（1）装置A中恒压滴液漏斗的作用是_______。（2）若装置B中空气通入过量，会导致装置C中生成NaNO3，降低NaNO2纯度，发生反应的化学方程式为_______。Ⅱ．亚硝酸钠的性质探究实验完毕后，从装置C中过滤得到NaNO2粗产品(已知不含NaOH、Na2CO3杂质)，配制成0.1mol/L的NaNO2溶液，取2mLNaNO2溶液于甲、乙、丙试管中分别进行实验，实验操作及现象、结论如表：实验实验操作及现象结论甲（）HNO2是弱酸乙加入2mL0.1mol/LKI溶液(含淀粉)，无明显现象；再滴加3滴1mol/LH2SO4溶液，振荡后观察到溶液变蓝，有无色气体生成酸性条件具有氧化性丙滴入少量酸性KMnO4溶液中，振荡，酸性KMnO4溶液褪色酸性条件具有还原性（3）实验甲的实验操作及现象为：_______。（4）已知实验乙中无色气体遇空气变为红棕色，则实验乙反应的离子方程式为_______。（5）上述实验_______(填“甲”、“乙”、“丙”)的结论不够可靠，理由是_______。Ⅲ．产品亚硝酸钠的纯度测定称取4.00gNaNO2粗产品(杂质为NaNO3，不与酸性KMnO4反应)，完全溶解后定容至100mL容量瓶中，摇匀。取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，用0.08mol/L的KMnO4标准溶液滴定(已知：酸性条件下，与反应生成和。)（6）该滴定实验应选用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放KMnO4标准溶液，若滴定管尖嘴处有气泡，排出气泡的正确操作是_______(填序号)：A．挤压碱式滴定管的橡胶管，快速放液B．打开酸式滴定管活塞，快速放液C．用洗耳球在滴定管尖嘴处挤压抽气（7）该滴定实验不需要额外加入指示剂，判断滴定终点的现象是_______。（8）若平行滴定3次，消耗KMnO4标准溶液的平均体积为12.50mL，计算该粗产品中NaNO2的质量分数_______。(已知：NaNO2的摩尔质量为)【答案】（1）能够将稀硝酸顺利滴加到三颈烧瓶中与Cu反应制备NO（2）2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O（3）取少量的0.1mol/LNaNO2溶液于一试管，向其中滴加几滴酚酞溶液，若溶液变为红色，说明HNO2为弱酸(或用pH试纸测量0.1mol/LNaNO2溶液的pH，若测定pH＞7，说明HNO2为弱酸)（4）2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O（5）①.乙②.在酸性条件下具有强氧化性，也可以将碘离子氧化成碘单质，从而使得溶液变蓝，因此乙实验的结论不可靠（6）①.酸式②.B（7）当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫色且半分钟内不褪色（8）17.25%【解析】Ⅰ．亚硝酸钠的制备：先向装置中通入N2以排空装置内的空气，以免干扰实验，然后将稀硝酸通过恒压滴液漏斗滴加到铜片中，产生NO，将NO通入装置B同时通入一定量的空气，经混合后的气体通入C中，发生反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，最后将产生的尾气通入酸性高锰酸钾溶液中进行吸收处理；Ⅱ．通过对比实验来探究亚硝酸钠的氧化性和还原性等化学性质，最后利用KMnO4氧化法滴定测量制得的NaNO2纯度，据此分析解题。【小问1详析】由题干信息可知，装置A中恒压滴液漏斗的作用是能够将稀硝酸顺利滴加到三颈烧瓶中与Cu反应制备NO，故答案为：能够将稀硝酸顺利滴加到三颈烧瓶中与Cu反应制备NO；【小问2详析】由题干信息可知，制备NaNO2的原理为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，若装置B中空气通入过量，则将有更多的NO被O2氧化为NO2，导致混合气体中NO2和NO的物质的量之比大于1，导致发生副反应：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，即会导致装置C中生成NaNO3，降低NaNO2纯度，即发生反应的化学方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，故答案为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；【小问3详析】已知从装置C中过滤得到NaNO2粗产品(已知不含NaOH、Na2CO3杂质)，若HNO2是弱酸，则NaNO2为强碱弱酸盐，其水溶液由于水解而是溶液呈碱性，故该实验操作为：取少量的0.1mol/LNaNO2溶液于一试管，向其中滴加几滴酚酞溶液，若溶液变为红色，说明HNO2为弱酸(或用pH试纸测量0.1mol/LNaNO2溶液的pH，若测定pH＞7，说明HNO2为弱酸)，故答案为：取少量的0.1mol/LNaNO2溶液与一试管，向其中滴加几滴酚酞溶液，若溶液变为红色，说明HNO2为弱酸(或用pH试纸测量0.1mol/LNaNO2溶液的pH，若测定pH＞7，说明HNO2为弱酸)；【小问4详析】已知实验乙中无色气体遇空气变为红棕色，即乙实验生成的无色气体为NO，则实验乙反应的离子方程式为：2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O，故答案为：2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；【小问5详析】由(2)小题分析可知，在C装置中可能发生2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O反应，

在酸性条件下具有强氧化性，也可以将碘离子氧化成碘单质，从而使得溶液变蓝，因此乙实验的结论不可靠，故答案为：乙；

在酸性条件下具有强氧化性，也可以将碘离子氧化成碘单质，从而使得溶液变蓝，因此乙实验的结论不可靠；【小问6详析】由于酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故该滴定实验应选用酸式滴定管盛放KMnO4标准溶液，若滴定管尖嘴处有气泡，酸式滴定管排出气泡的正确操作是打开酸式滴定管活塞，快速放液，故答案为：酸式；B；【小问7详析】已知酸性高锰酸钾溶液呈紫红色，原溶液为无色，故该滴定实验不需要额外加入指示剂，判断滴定终点的现象是当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫色且半分钟内不褪色，即为滴定终点，故答案为：当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫色且半分钟内不褪色；【小问8详析】若平行滴定3次，消耗KMnO4标准溶液的平均体积为12.50mL，结合已知：酸性条件下，与反应生成和，根据反应的离子方程式：5+2+6H+=5+2Mn2++3H2O有：n()=n()=×12.50×10-3L×0.08mol/L=2.5×10-3mol，该粗产品中NaNO2的质量分数为：×100%=17.25%，故答案为：17.25%。16.以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料，氨水为沉淀剂制备硫酸亚铁晶体的实验流程如下：注：硫铁矿焙烧后的烧渣主要成分为FeO、Fe2O3，还含有少量SiO2、Al2O3杂质。（1）焙烧过程中发生氧化反应的元素有_______，产生的废气SO2用少量氨水吸收转化为_______(填化学式)。（2）加入的试剂是_______(填化学式)。（3）“沉铁”操作时，向FeSO4溶液中加入氨水-NH4HCO3混合液生成FeCO3沉淀，离子方程式为_______。（4）获得粗产品FeSO4·7H2O晶体如下：FeSO4溶液，若未加入H2SO4，加热时会产生黄色沉淀。经检验，黄色沉淀为Fe(OH)SO4。①检验黄色沉淀中的铁元素：取少量沉淀，洗涤，_______(填操作和现象)。②用离子方程式解释产生Fe(OH)SO4的原因：_______。（5）将8.34gFeSO4·7H2O晶体隔绝空气加热，晶体受热脱水过程的热重曲线(固体质量随温度变化的曲线)如图所示，则N点化学式为_______。【答案】（1）①.Fe、S②.NH4HSO3（2）Fe（3）Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O（4）①.加入足量的稀硫酸至黄色沉淀完全溶解，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，说明黄色沉淀中含有Fe3+即含有铁元素②.Fe3++H2O+=Fe(OH)SO4↓+H+（5）FeSO4•H2O【解析】硫铁矿焙烧后的烧渣(含FeO、Fe2O3、SiO2、Al2O3)经硫酸酸浸，过滤除去SiO2；滤液中含FeSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，加入过量铁粉(试剂X)将Fe3+还原为Fe2+；后续经过“沉铝”除去Al3+，再“沉铁”得到FeCO3沉淀；FeCO3与硫酸反应生成FeSO4溶液，最后经蒸发浓缩、冷却结晶得到产品FeSO4•7H2O，以此解答该题。【小问1详析】由题干已知信息可知，硫铁矿焙烧后的烧渣主要成分为FeO、Fe2O3，还含有少量SiO2、Al2O3杂质，则焙烧过程中部分铁元素和硫元素的化合价升高，故发生氧化反应的元素有Fe、S，SO2是酸性氧化物，能与碱反应，产生的废气SO2用少量氨水吸收转化为NH4HSO3，故答案为：Fe、S；NH4HSO3；【小问2详析】由分析可知，加入Fe粉将氧化成的硫酸铁还原为硫酸亚铁，即加入的试剂X是Fe，故答案为：Fe；【小问3详析】“沉铁”操作时，向FeSO4溶液中加入氨水-NH4HCO3混合液生成FeCO3沉淀和(NH4)2SO4、H2O，该反应的离子方程式为：Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O，故答案为：Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O；【小问4详析】①检验黄色沉淀中的铁元素即检验Fe3+，该操作为：取少量沉淀，洗涤，加入足量的稀硫酸至黄色沉淀完全溶解，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，说明黄色沉淀中含有Fe3+即含有铁元素，故答案为：加入足量的稀硫酸至黄色沉淀完全溶解，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，说明黄色沉淀中含有Fe3+即含有铁元素；②未加入稀硫酸则FeSO4溶液中Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，Fe3+在水溶液中易发生部分水解反应生成Fe(OH)SO4，该反应的离子方程式为：Fe3++H2O+=Fe(OH)SO4↓+H+，故答案为：Fe3++H2O+=Fe(OH)SO4↓+H+；【小问5详析】已知8.34gFeSO4•7H2O样品物质的量==0.03mol，其中m(H2O)=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，故P的化学式为FeSO4，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，由题干图中信息可知，N点对应的质量为5.10g，该物质对应的摩尔质量为：=170g/mol，即含有的结晶水数目为：=1，故N点对应的化学式为：FeSO4•H2O，故答案为：FeSO4•H2O。17.加氢制甲醇不仅减少了排放，而且缓解了能源短缺的问题。该过程发生的主要反应如下。反应Ⅰ：；反应Ⅱ：。回答下列问题：（1）已知：标准摩尔生成焓是指在、由稳定态单质生成1mol化合物时焓变。该反应中的相关物质的标准摩尔生成焓()数据如表所示。物质0-393.5-241.8-110.5则_______。（2）向密闭容器中加入和，合成。已知反应Ⅰ的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中为速率常数。由图1计算，温度为时，反应Ⅰ的化学平衡常数_______。（3）将和按物质的量之比为通入某恒容密闭容器中，只发生反应，平衡状态的体积分数与温度、气体总压强的关系如图2所示。①能表明反应达平衡状态的是_______(填字母)。A．B．和的浓度之比不再变化C．气体平均摩尔质量不再变化D．气体密度不再变化②温度为、气体总压强为条件下，反应达到平衡时的转化率为_______%(精确到小数点后一位)。③b点的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数，列式即可)。（4）在一定条件下，将和通入一装有催化剂的恒容密闭容器中充分发生反应Ⅰ、Ⅱ平衡时和CO的选择性、的转化率随温度升高的变化曲线如图3所示。资料：甲醇的选择性。图3中代表的转化率随温度升高变化的曲线是_______(填“a”“b”或“c”)；的转化率随温度升高呈现如图3所示变化趋势的原因是_______。【答案】（1）（2）1.6（3）①.BC②.33.3%③.（4）①.b②.反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，其他条件不变时，升高温度，反应Ⅰ逆移，使转化率减小，反应Ⅱ正移，使转化率增大。反应Ⅱ的正移程度更大，所以转化率随温度升高而增大【解析】【小问1详析】水蒸气的标准摩尔生成焓+CO的标准摩尔生成焓-的标准摩尔生成焓=。【小问2详析】反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，<，增大的程度更大，所以上图中能够代表的曲线为。从图中可以看出，温度为时，=、=，反应Ⅰ的化学平衡常数==1.6。【小问3详析】对于反应，当时，才能说明正、逆反应速率相等，A错误；当和的浓度之比不再变化，说明和的浓度不变，能说明反应达到平衡，B正确；气体平衡摩尔质量不再变化，说明气体的总物质的量不再发生变化，则能说明反应达到平衡，C正确；由于容器是刚性密闭容器，容器容积不变，且气体质量是守恒的，所以气体的密度一直不变，故气体密度不再变化不能表明反应达到平衡，D错误；故答案选BC；根据化学方程式可知，温度不变时，增大压强，平衡会右移，则的体积分数会增大，则，设起始时加入1mol、3mol，平衡时转化的物质的量为x，则可列三段式：则温度为、气体总压强为时，的体积分数为，解得，则的转化率为；根据三段式可得，a点平衡时、、、的物质的量分别为、、、，则各气体的分压分别是、、，a点时压强，则平衡常数=，a点与b点在同一温度下，则b点的平衡常数与a点的平衡常数相等。【小问4详析】在反应体系时，和CO的选择性之和为1，反应Ⅰ为放热，反应Ⅱ为吸热，升高温度反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，的选择性减小，CO的选择性增大，则a曲线表示的选择性，c曲线表示CO的选择性，所以图中代表的转化率随温度的升高变化的量曲线b；的转化率随温度的升高呈现如图变化趋势，表明反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅰ逆向进行的程度。18.Ⅰ．NH4Cl-NH3混合溶液具有抗碱能力。向该溶液中加入少量NaOH，溶液的pH变化不大。已知：ⅰ．时，的；ⅱ．NH4Cl-NH3混合溶液的抗碱能力与有关。（1）NH4Cl溶液显酸性，用离子方程式解释原因：_______。（2）小组同学设计实验探究一定时，对混合溶液抗碱能力的影响。分别向溶液1、溶液2、溶液3、溶液4中滴加溶液，溶液的pH随加入NaOH的变化情况如下图所示。溶液组号组成体积／mL1溶液1523氨水1237.5氨水7.5412氨水3①实验结果显示，NaCl溶液不具备抗碱能力，即曲线_______(填曲线标号)表示溶液1。②实验结果显示，当相同时，越大，混合溶液的抗碱能力越强，则曲线b表示溶液_______(填溶液组号)。Ⅱ．人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系维持pH稳定。（3）已知正常人体血液在正常体温时，的一级电离常数，，。由上述数据可计算正常人体血液的pH约为______。（4）浓度均为0.01mol/L的Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中，离子浓度大小关系为：____。Ⅲ．在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。弱酸在有机相和水相中存在平衡：(环己烷)，平衡常数为。25℃时，向环己烷溶液中加入水进行萃取(忽略体积变化)，用或调节水溶液。测得水溶液中的浓度、环己烷中的浓度、水相萃取率随pH的变化关系如图。已知：在环己烷中不电离；曲线②代表水相萃取率。（5）的浓度分别为，它们之间的关系式为：_______。（6）从平衡移动的角度，解释水相萃取率随pH增大而升高的趋势：_______。（7）由图计算时，平衡常数_______。【答案】（1）+H2ONH3·H2O+H+（2）①.a②.2（3）7.4（4）c(Na+)＞c()＞c(