【化学】山西省长治市第二中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题(解析版） 25页

山西省长治市第二中学 2019-2020 学年高二上学期第一次 月考试题 【本试卷分为选择题和非选择题两部分，共 100 分。考试时间 90 分钟】 可能用到的相对原子质量：H-1 Sn-119 Cu-64 O-16 Fe-56 Cr-52 Cl-35.5 第Ⅰ卷（选择题 共 48 分） 一、选择题（每小题 2 分，共 48 分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上） 1.现代生活需要人们有一定的科学素养，下列有关化学的科学常识错误的是（ ） A. 为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰 B. 用于新版人民币票面图案等处的油墨中所含的 Fe3O4 是一种磁性物质 C. SiCl4 在战争中常用作烟雾弹，是因为它水解时产生白色烟雾 D. 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈 【答案】A 【解析】 【详解】A.生石灰具有吸水性,可防止食品变潮，不具有还原性，不能防止中秋月饼等富脂 食品氧化变质，故 A 错误； B.Fe3O4 具有铁磁性的氧化物，故 B 正确； C. SiCl4 在空气中容易吸收水蒸气生成原硅酸(或硅酸)和氯化氢而产生白色烟雾，在战争中 常用作烟雾弹，故 C 正确； D.明矾溶液中铝离子发生水解，溶液显酸性，可以清除铜镜表面的铜锈，故 D 正确； 故答案选 A。 2.化学无处不在，下列有关说法正确的是（ ） A. 在“雾霾” 等空气污染的治理方面，化学不能发挥作用 B. 常温下，可以用铁罐贮存浓硝酸，说明铁与浓硝酸不反应 C. 用豆浆可以制作出美味可口的豆腐，运用化学知识可以解释其原理 D. 氯气、明矾是水处理过程中常用的两种化学试剂，均可用于自来水消毒 【答案】C 【解析】 【详解】A 项，可以利用化学反应和化学试剂治理雾霾，所以在“雾霾”等空气污染的治理方 面，化学可以发挥作用，故 A 项错误； B 项，常温下可以用铁罐贮存浓硝酸是因为铁遇到浓硝酸会钝化，钝化属于化学变化，铁与 浓硝酸能够反应，故 B 项错误； C 项，豆浆转化为豆腐的过程是在豆浆中滴加卤水，使蛋白质胶体聚沉，从而得到豆腐， 故 C 项正确； D 项，氯气可以净水是由于氯气可以和水反应生成具有强氧化性的次氯酸，能杀死水中的细 菌和病毒；明矾净水的原理是由于铝离子水解得到的氢氧化铝胶体可以吸附水中的杂质，使 杂质沉降，不能杀菌消毒，故氯气和明矾的净水原理不同，故 D 项错误； 故答案选 C。 3.关于化学反应速率与平衡，下列说法不正确的是（ ） A. 化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品 B. 化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率 C. 化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品 D. 化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品 【答案】B 【解析】 【详解】A 项，化学平衡理论是研究物质的转化率方面内容，即怎样使用有限原料多出产品， 故 A 项正确； B 项，化学反应速率理论是研究反应的快慢程度问题，即怎样在一定时间内快出产品，故 B 项错误； C 项，化学反应速率理论是研究反应的快慢程度问题，即怎样在一定时间内快出产品，故 C 项正确； D 项，化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品，从而可以提高原料的利用率， 故 D 项正确； 故答案选 B。 4.下列化学用语表示正确的是（ ） A. 碳酸的电离方程式：H2CO3⇌2H++CO32- B. 碱性氢氧燃料电池负极的电极反应式：H2—2e-=2H+ C. 向 FeBr2 溶液中通入少量 Cl2：2Br-+ Cl2= Br2+2Cl- D. 如图所示，反应开始时的离子方程式：Cu+2H+ Cu2++H2↑ 【答案】D 【解析】 【分析】A.碳酸为二元弱酸，属于弱电解质，分步电离； B.氢氧燃料碱性电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水； C.还原性：Fe2+大于 Br-，氯气先氧化 Fe2+； D.铜作阳极，电解质为酸，阳极铜失去电子，阴极上氢离子放电。 【详解】A.碳酸为二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO3-，HCO3-⇌H++CO32-， 故 A 错误； B.氢氧燃料碱性电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，负极极反应式为 H2-2e-+2OH-═2H2O，故 B 错误； C.还原性：Fe2+大于 Br-，因此向 FeBr2 溶液中通入少量 Cl2，亚铁离子先被氧化，即 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故 C 错误； D.该电解池中，阳极上铜失电子发生氧化反应：Cu-2e-═Cu2+；阴极上氢离子得电子发生还 原反应,2H++2e-═H2↑；总反应的离子方程式是 Cu+2H+ Cu2++H2↑；故 D 正确； 故答案选 D。 5.下列反应能用勒夏特列原理解释的是（ ） A. 加入催化剂有利于氨的合成 B. 煅烧粉碎的黄铁矿矿石有利于 SO2 的生成 C. 硫酸生产中用 98％的硫酸吸收 SO3，而不用 H2O 或稀硫酸吸收 SO3 通电 通电 D. 工业制取金属钾 Na(l)+KCl(l) NaCl(l)+K(g)选取适宜的温度，使 K 变成蒸气从反应 混合物中分离出 【答案】D 【解析】 【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的 方向移动；使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原 理不适用。 【详解】A.催化剂可以加快反应的速率，对平衡无影响，所以加入催化剂，平衡不移动， 故 A 错误； B.煅烧粉碎的黄铁矿矿石可以增加接触面积，加快反应速率，故 B 错误； C.硫酸生产中用 98％的硫酸吸收 SO3，是防止形成酸雾，故 C 错误； D.使 K 变成蒸气从反应混合物中分离出来，减少生成物的浓度平衡正向移动，故 D 正确； 故答案选 D。 6.下列实验中，由于错误操作导致实验结果一定偏高的是（ ） A. 用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，所配溶液的浓度 B. 滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，所测得待测液的浓度 C. 用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，选甲基橙做指示剂，所测得醋酸溶液的 浓度 D. 滴定管（装标准溶液）滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，所测得待测液的浓度 【答案】D 【解析】 【详解】A 项，配制溶液时，在定容时仰视液面会导致所配溶液体积偏大，导致溶液浓度偏 小，故不选 A 项； B 项，滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，不影响溶质的量，对测量结果无影响，故不选 B 项； C 项，甲基橙变色的范围是：3.1-4.4，所以用甲基橙做指示剂，当达到滴定终点时溶液呈酸 性，消耗的氢氧化钠溶液偏少，所测得的醋酸溶液浓度偏低，故不选 C 项； D 项，滴定管（装标准溶液）滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，会导致量取液体的体积 偏大，导致测得待测液的浓度偏高，故选 D 项； 故答案选 D。 7.下列事实中，与盐类水解有关的叙述有（ ） ①NaHSO4 溶液呈酸性；②配制 CuCl2 溶液，用稀盐酸溶解 CuCl2 固体；③氯化铵溶液可除 去金属制品表面的锈斑；④长期施用化肥(NH4)2SO4 会使土壤酸性增大，发生板结；⑤加热 FeCl3 溶液往往得不到 FeCl3 固体 A. 4 项 B. 5 项 C. 3 项 D. 2 项 【答案】A 【解析】 【详解】①NaHSO4 是强酸与强碱反应形成的酸式盐，硫酸氢钠完全电离生成氢离子、钠离 子和硫酸根离子而使溶液呈酸性，与盐类水解无关，故不选①； ②氯化铜属于强酸弱碱盐，铜离子水解导致其溶液呈酸性，为抑制铜离子水解，在配制该溶 液时加入少量稀盐酸，所以与盐类水解有关，故选②； ③氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解导致其溶液呈酸性，酸和锈反应生成盐和水，可以 用氯化铵溶液去除金属制品表面的锈斑，与盐类水解有关，故选③； ④(NH4)2SO4 属于强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，长期使用会使土壤酸性增大， 所以与盐类水解有关，故选④； ⑤FeCl3 属于强酸弱碱盐，铁离子水解生成氢氧化铁和 HCl，升高温度促进其水解，生成氢 氧化铁，所以加热氯化铁溶液，往往得不到 FeCl3 固体，与盐类水解有关，故选⑤； 故选②③④⑤四项； 故答案选 A。 8.一定温度下，石灰乳悬浊液中存在下列平衡：Ca(OH)2(s) ⇌Ca2+（aq）+2OH－(aq)，当向一 定量的石灰乳悬浊液中加入少量生石灰后并恢复到原来的温度，下列说法正确的是（ ） A. 溶液的 pH 增大 B. 溶液 c(Ca2+)增大 C. 溶液中 Ca2+离子数目减少 D. 溶液中溶质的质量分数增大 【答案】C 【解析】 【分析】向悬浊液中加少量生石灰，发生 CaO+H2O=Ca(OH)2 反应，消耗水，溶液中 c(Ca2+)、c(OH-)增大，因为原溶液已达到饱和，则沉淀溶解平衡向逆反应方向移动，故各离 子的数目减少，但是饱和溶液的浓度只与温度有关，由于温度不变，故浓度保持不变。 【详解】向悬浊液中加少量生石灰，发生 CaO+H2O=Ca(OH)2 反应， A.反应后仍为饱和溶液，c(OH-)不变，溶液 pH 不变，故 A 错误； B.加入 CaO，消耗水，因为原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，溶液中 Ca2+数 目减少，但浓度不变，故 B 错误； C.加入 CaO，消耗水，因为原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，溶液中 Ca2+数 目减少，故 C 正确； D.反应后仍为饱和溶液，溶液中溶质的质量分数不变，故 D 错误； 故答案选 C。 9.设 NA 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A. 1 molFeCl3 完全水解后可生成 NA 个氢氧化铁胶粒 B. 常温下，1mol 氯气通入足量水中发生反应转移的电子数为 NA C. 电解精炼铜时转移了 NA 个电子，阳极溶解了 32g 铜 D. 100mL0.1 mol/LNa2CO3 溶液中含有的阴离子数目大于 0.01NA 【答案】D 【解析】 【详解】A 项，胶体粒子是氢氧化铁的集合体，所以氢氧化铁胶粒的数目小于 NA，故 A 项 错误； B 项，氯气与水的反应是可逆反应，所以 1mol 氯气通入足量水中发生反应转移的电子数小 于 NA，故 B 项错误； C 项，粗铜里含有锌、铁等杂质，由于锌铁等的活泼性大于铜，故电解时优先反应，在电解 时阳极溶解的不只有铜，所以电解精炼铜时转移了 NA 个电子，阳极溶解的铜的质量小于 32g， 故 C 项错误； D 项，碳酸根离子会发生水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，所以 100mL0.1 mol/LNa2CO3 溶液中含有的阴离子数目大于 0.01NA ，故 D 项正确； 故答案选 D。 10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是（ ） A. KW/c(OH-)=10-3 的溶液中：Cl-、NO3-、Na+、Ba2+ B. 含有大量 Al3+的溶液中：K+、AlO2-、Mg2+、HCO3- C. 使甲基橙变黄色的溶液：Na+、CO32-、K+、NO3- D. 由水电离出的 c(H+)=10-12 mol/L 的溶液中：Na+、NH4+、CrO42-、ClO- 【答案】A 【解析】 【详解】A 项，常温下，Kw=10-14 ，所以 Kw/c(OH-)=10-3 的溶液中，c(OH-)=10-11mol/L， (H+)=10-3mol/L，溶液显酸性，在酸性环境下，四种离子间互不发生反应，均能大量共存， 故 A 正确； B 项，铝离子和偏铝酸根离子、碳酸氢根离子会发生双水解，不能共存，故 B 错误； C 项，使甲基橙变黄色的溶液中，pH>4.4；如果常温下，溶液 4.40； 然后根据盖斯定律进行解答。 【详解】A. ①C(s)+O2(g)=CO2(g)为放热反应，△H1=akJ·mol-1<0，a<0；②CO2(g)+C(s)=2CO(g) 为吸热反应，△H2=bkJ·mol-1 >0，b >0 ，因此 b>a；故 A 错误； B. ①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=akJ·mol-1， ②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=bkJ·mol-1；根据盖 斯定律可知，将[①+②]×1/2 可得：C(s)+ 1/2O2(g)=CO (g) △H=(a+b)/2kJ·mol-1<0；故 B 正确； C. ②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=bkJ·mol-1，③Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H3=ckJ·mol-1；根据盖斯定律可知，将②×3+③×2 可得：2Fe2O3(s)+3C(s)=4Fe(s)+3CO2(g ) △H4=dkJ·mol-1=(3b+2c）kJ·mol-1；故 C 错误； D.因为碳燃烧生成一氧化碳为放热反应，所以 1mol 碳完全燃烧放出的热量大于 1mol 一氧 化碳完全燃烧放出的热量，而反应热包括负号和数值，故 CO(g)+ 1/2O2(g)= CO2(g) △H>akJ·mol-1，故 D 错误； 故答案选 B。 15.已知部分弱酸的电离常数如下表： 下列叙述正确的是（ ） A. 氢氟酸与 NaClO 溶液混合能够发生反应：HF+NaClO=HClO+NaF B. 物质的量浓度相同的①NaF②Na2CO3③NaClO 三种溶液的 pH：③>②>① C. Na2CO3 溶液不能与次氯酸发生反应 D. 少量 CO2 通入 NaClO 溶液中的离子反应：CO2+H2O+2ClO-= CO32-+2HClO 【答案】A 【解析】 【详解】A 项，由于氢氟酸的电离平衡常数大于次氯酸的电离平衡常数，说明氢氟酸的酸性 强于次氯酸，所以氢氟酸可以和次氯酸钠反应生成次氯酸，故 A 项正确； B 项，酸性越强，电离平衡常数越大，对应酸根离子的水解程度越弱，对应等物质的量的盐 溶液的 pH 越小，酸性 HF>HClO>HCO3-，所以物质的量浓度相同的三种溶液的 pH：②>③> ①，故 B 项错误； C 项，碳酸氢根离子的电离平衡常数小于次氯酸根的电离平衡常数，所以碳酸钠能与次氯酸 反应，故 C 项错误； D 项，由电离平衡常数可知，酸性：H2CO3>HClO >HCO3-，所以少量 CO2 通入 NaClO 溶液 中的离子反应：CO2+H2O+ClO-= HCO3-+HClO，故 D 项错误； 故答案选 A。 16.某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-(Ka=1.0×10-2)，下列 说法正确的是（ ） A. 在 0.1mol/L 的 H2A 溶液中，c(H+)=0.2mol/L B. 在 0.1mol/L 的 Na2A 溶液中，c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/L C. 0.1mol/L 的 NaHA 溶液中离子浓度为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-) D. 分别将浓度均为 0.1mol/L 的 NaHA 和 Na 2A 溶液等体积混合，其 pH 一定大于 7 【答案】C 【解析】 【详解】A.二元酸(H2A)在水中的电离方程式为: H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-(Ka=1.0×10-2)， 第一步完全电离，第二步部分电离，设电离的 HA-为 x，则有：[x×（0.1+x）]/(0.1-x)= 1.0×10-2 ， 解 之 得 x=0.0084 ， 所 以 在 0.1mol/L 的 H2A 溶 液 中 ， c(H+)=0.1+0.0084=0.1084mol/L，故 A 错误； B.二元酸(H2A)在水中的电离方程式为: H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-(Ka=1.0×10-2)，可以知道 第一步完全电离，第二步部分电离，则在 0.1mol/L 的 Na2A 溶液中，存在 HA-和 A2-离子， 且 c(A2-)+c(HA-)=0.1mol/L，故 B 错误； C. 在 0.1mol/L 的 NaHA 溶液中，HA-会发生电离作用，所以 c（Na+）＞c（HA-）；电离 使 溶 液 显 酸 性，c（H+）＞c（OH-）；但是 HA-的电离作用是微弱的，而且在溶液中还存 在水的电离作用，因此 c（HA-）＞c（H +）＞c（A2-）。故溶液中的离子浓度的关系是 c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故 C 正确； D. 由于在 NaHA 的溶液中存在 HA- H+ + A2-（Ka=1.0×10-2）将同浓度（0.1 mol·L-1） 的 NaHA 和 Na2A 溶液等体积混合，由于 HA-的电离作用大于水解作用，所以其 pH 一定小 于 7，故 D 错误； 故答案选 C。 17.常温下，向一定体积 0.01mol/L 的 Ba(OH)2 溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的 NaHSO4 溶液，当溶液中的 Ba2+恰好完全沉淀时，溶液 pH=11。若反应后溶液的体积等于 Ba(OH)2 溶液和 NaHSO4 溶液体积之和，则 Ba(OH)2 溶液和 NaHSO4 溶液体积之比是（ ） A. 1:1 - B. 1:2 C. 1:4 D. 1:9 【答案】D 【解析】 【详解】0.01mol/L 的 Ba(OH)2 溶液中 c(OH-)=0.02mol/L，设溶液体积为 x，氢氧根离子物质 的 量 为 0.02xmol ； 设 硫 酸 氢 钠 溶 液 体 积 为 y ， 依 据 反 应 Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，混合后溶液 pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓 度为 10-3mol/L；所以得到：（0.02x-cy）/(x+y)=10-3；由于 n(Ba(OH)2)=0.01xmol，当溶液中 的 Ba2+ 恰 好 完 全 沉 淀 时 ， n(Ba(OH)2) ： n(NaHSO4)=1:1 ， 因 此 n(NaHSO4)=n(Ba(OH)2)= 0.01xmol，即 cy=0.01x，因此（0.02x-0.01x）/(x+y)=10-3；x：y= 1:9，故 D 正确； 故答案选 D。 18.下列关于电解质溶液的叙述正确的是（ ） A. 常温下，pH=7 的 CH3COONa 与 CH3COOH 的混合溶液中离子浓度大小顺序为 c（Na+） =c（CH3COO-）=c（H+）=c（OH-） B. 将 pH=10 的氨水稀释后，溶液中各离子的浓度均降低 C. 中和 pH 与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗 NaOH 的物质的量前者小于后者 D. 常温下，同浓度的 Na2CO3 溶液与 NaHCO3 溶液相比，Na2CO3 溶液的 pH 较小 【答案】C 【解析】 分析】A.根据电荷守恒、结合 pH=7 分析解答； B.pH=10 的氨水稀释后,显性离子氢氧根离子浓度减小，KW 不变，所以氢离子浓度增大； C.pH 与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度远大于盐酸； D.HCO3-的酸性比 H2CO3 溶液的酸性弱。 【详解】A.根据电荷守恒得 c（Na+）+ c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）又因为 pH=7，水 的电离过程微弱，所以（Na+）=c（CH3COO-）>c（H+）=c（OH-），故 A 错误； B.pH=10 的氨水稀释后，显性离子氢氧根离子浓度减小，由于温度不变，根据 KW=c（H+） 【 ×c（OH-）可知，所以氢离子浓度增大，故 B 错误； C.pH 与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度远大于盐酸，所以消耗 NaOH 的物质的 量前者小于后者，故 C 正确； D.HCO3-的酸性比 H2CO3 溶液的酸性弱，所以同浓度的 Na2CO3 溶液与 NaHCO3 溶液相比， Na2CO3 溶液的 pH 较大，故 D 错误； 故答案选 C。 19.在容积固定的密闭容器中充入一定量的 X、Y 两种气体，一定条件下发生反应并达到平 衡：3X(g) + Y(g) ⇌ 2Z(g) △H＜0。若测得平衡时 X 的转化率为 37.5 %，Y 的转化率是 X 的 2/3，则下列叙述正确的是（ ） A. 起始时刻 n(X) : n(Y)=3 : 1 B. 升高温度，平衡向正反应方向移动 C. 充入氦气增大容器内的压强，Y 的转化率不变 D. 若以 X 表示的反应速率为 0.2 mol/(L·s)，则以 Z 表示的反应速率为 0.3 mol/(L·s) 【答案】C 【解析】 【详解】A.因 X 的转化率为 37.5%，则 Y 的转化率是 25%，根据题意有：n（X）×37.5%： n（Y）×25%=3：1，则起始时刻 n（X）：n（Y）= 2：1，故 A 错误； B.因为该反应为放热反应，升温，平衡逆移，故 B 错误； C.保持体积恒定，充入氦气增大容器内的压强，总压强增大，但各气体的分压不变，因而平 衡不移动，Y 的转化率不变，故 C 正确； D.v（X）：v（Z）=3:2，又 v（X）=0.2mol·L-1·s-1，则 v（Z）=0.4/3mol·L-1·s-1，故 D 错误； 故答案选 C。 20.在密闭容器中进行反应:X(g)+3Y(g) 2Z(g),有关下列图像的说法错误的是(　　) A. 依据图甲可判断正反应为放热反应 B. 在图乙中，虚线可表示使用了催化剂 C. 若正反应的△H<0，图丙可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动 D. 由图丁中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的△H >0 【答案】D 【解析】 【详解】A.依据图象分析，温度升高，逆反应速率增大的大于正反应速率增大的，所以化学 平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，A 正确； B.使用催化剂可以增大化学反应速率，缩短反应达到平衡所需的时间，但是化学平衡不发生 移动，故虚线可表示使用了催化剂，B 正确； C.若正反应的△H＜0，正反应是放热反应，升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率， 图象符合反应速率的变化，C 正确； D.根据图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，而总质量不变，说明升高温度时，气体 物质的量变大，所以化学平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应△H＜0， D 错误； 故合理选项是 D。 21.CuI 是一种不溶于水的白色固体，它可由反应 2Cu2＋+4I-=2CuI+I2 而得到。现以石墨为阴 极，以 Cu 为阳极电解 KI 溶液，通电前向电解液中加入少量酚酞和淀粉溶液。电解开始不 久阴极区溶液呈红色，而阳极区溶液呈蓝色，对这些现象的正确解释是（ ） ①阳极 4OH--4e-=2H2O+O2↑，O2 将 I-氧化为 I2，I2 遇淀粉变蓝 ②阳极 2I--2e-=I2，I2 遇淀粉 变蓝 ③阳极 2Cu-4e-+4I-=2CuI+I2，I2 遇淀粉变蓝 ④阴极 2H＋+2e-= H2↑，使 c(OH-)>c(H ＋) A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④ 【答案】D 【解析】 【详解】石墨为阴极，以 Cu 为阳极电解 KI 溶液，通电后，溶液中的 H＋、K+移向阴极， 而 H＋的氧化性强于 K+，所以 H＋得电子被还原，电极反应式为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，破坏 了水的电离平衡，使 c（OH-）>c(H+)，酚酞试液变红；I-和 OH-移向阳极，而失电子能力 Cu>I->OH-，故 Cu 失电子产生 Cu2+，阳极发生反应：Cu-2e-=Cu2+；由信息可以知道，阳极 区溶液呈蓝色，有碘生成，因此阳极发生反应 2Cu-4e-+4I-=2CuI+I2，生成 I2， I2 遇淀粉变 蓝，同时有白色 CuI 沉淀生成；结合以上分析可知，正确解释是③④；D 正确； 故答案选 D。 22.在含镍酸性废水中用电解法可以实现铁上镀镍并得到氯化钠，其装置如图所示，下列叙 述错误的是（ ） A. 待镀铁棒为阴极 B. 选用镍棒替换碳棒，镀镍效果更好 C. 通电后中间隔室的 NaCl 溶液浓度增大 D. 阳极的电极反应式为 4OH- — 4e-=O2↑+2H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A.在电镀池中，铁为镀件，做阴极，故 A 正确； B.如果选用镍棒替换碳棒，镍为活性电极，做阳极时，镍会溶解，生成的镍离子与氢氧化钠 反应生成沉淀，影响离子交换膜中离子的通过，镀镍效果减弱，故 B 错误； C.随着电解的进行，阳极区氢氧根离子放电，多余的钠离子通过阳离子交换膜移向中间隔室， 阴极区的镍离子放电，多余的氯离子通过阴离子交换膜移向中间隔室，中间隔室的氯化钠溶 液浓度增大，故 C 正确； D.阳极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为：4OH- -4e-=O2↑+2H2O， 故 D 正确； 故答案选 B。 23.化学上常用 AG 表示溶液的酸碱度，AG= 。25℃，用 0.100mol·L-1NaOH 液滴 定 20.00 mL 0.100 mol·L-1 HNO2 溶液， AG 与所加 NaOH 溶液的体积(V)关系如图所示。下 列说法不正确的是（ ） + - c(H )lg c(OH ) A. D 点溶液中的 pH=11.25 B. B 点溶液中存在 2c(H+)－2c(OH-)=c(NO2-)－c(HNO2) C. C 点时，加入 NaOH 溶液的体积小于 20.00 mL D. 25℃时，HNO2 的电离平衡常数 Ka=1.0×10-5.5 【答案】D 【解析】 【详解】A 项，D 点 lg c（H+）/c（OH-）=-8.5，则 c（H+）/c（OH-）=10-8.5，KW= c（H+） ×c（OH-）=10-14，所以 c（H+）=1.0×10-11.25，pH=11.25，故 A 项正确； B 项，B 点溶液为等浓度的 HNO2 和 NaNO2 溶液，溶液中存在①电荷守恒：c（H+）+c （Na+）=c（OH-）+c（NO2-），②物料守恒：2c（Na+）=c（HNO2）+ c（NO2-），将①×2-② 得：2c(H+)－2c(OH-)=c(NO2-)－c(HNO2)，故 B 项正确； C 项，C 点 lg c（H+）/c（OH-）=0，则 c（H+）/c（OH-）=1，HNO2 的电离程度与 NaNO2 的水解程度相同，加入 NaOH 溶液的体积小于 20.00 mL ，故 C 项正确； D．A 点 lg c（H+）/c（OH-）=8.5，则 c（H+）/c（OH-）=108.5，KW= c（H+）×c（OH-） =10-14，所以 c2（H+）=1.0×10-6.5，由于 c（H+）与 c（NO2-）近似相等，所以 HNO2 的电离 常数 Ka= c（H+）×c（NO2-）/ c(HNO2)= 1.0×10-6.5/(0.1-1.0×10-6.5)= 1.0×10-6.5，故 D 项错误； 故答案为 D。 24.已知 H2C2O4 是二元弱酸，室温下向某浓度的草酸溶液中逐滴加入 KOH 溶液，所得溶液 中 H2C2O4、HC2O4—、C2O42—的组成百分率与 pH 的关系如图所示，下列说法正确的是（ ） A. pH=4.27 的溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH )+3c(C2O42—) B. 反应 HC2O4—+H2O H2C2O4+OH—的平衡常数为 10-4.27 C. 向溶液中加入 KOH 溶液将 pH 由 1.3 调至 4.27 的过程中水的电离程度先增大后减小 D. pH=2.5 的溶液中：c(H+)+2c(H2C2O4)=c(OH—)+c(C2O42—) 【答案】A 【解析】A. 由图可知，pH=4.27 的溶液中 c（HC2O4－）=c（C2O42－），此时的溶液中没有 H2C2O4，根据电荷守恒得：c(K+)+c(H+)=c(OH−)+c(HC2O4−)+2c(C2O42−)，由于 c（HC2O4－）=c （C2O42－），则 c(K+)+c(H+)=c(OH−)+3c(C2O42−)，故 A 正确；B. 根据图象分析可知，pH=1.3 时，c(H2C2O4)=c（HC2O4－），草酸的一级电离常数为 K1=[（HC2O4－）×c(H+)]/c(H2C2O4)， 则 K1=10−1.3，pH=4.27 时，c（HC2O4－）=c（C2O42－），草酸的二级电离常数为 K2=[c（C2O42 －）×c(H+)]/c(HC2O4－)，则 K2=10−4.27，反应 HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-是 HC2O4－的水解 反应，平衡常数 K=[c(OH−)c(H2C2O4)]/c(HC2O4－)=Kw/K1=10−12.70，故 B 错误；C. 向溶液中 加 KOH 溶液，pH 由 1.3 增大至 4.27 的过程中，溶液始终是酸性的，水的电离受到抑制， 随着 pH 的增大，溶液中酸电离出的 H+越来越少，对水的抑制作用不断减弱，水的电离程 度不断增大，故 C 错误；D. 由图可知，pH=2.5 时，溶液中不含有 H2C2O4 和 C2O42－，故 D 错误；答案选 A。 第Ⅱ卷（非选择题 共 52 分） 二、非选择题 25.I．下列说法不正确的是_____________（填字母代码）。 A．对于 Al(OH)3(s) Al(OH)3(aq) Al3+＋3OH-，前者为溶解平衡，后者为电离平衡 B．物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解都是吸热的 C．能源、信息与材料通常被称为现代社会发展的三大支柱 D．镀层破损后，白铁(镀锌的铁)比马口铁(镀锡的铁)更易被腐蚀 E.除去硬水中的 Mg2+，用 OH-沉淀 Mg2+比用 CO32-效果好，说明 Mg(OH)2 溶解度比 MgCO3 的小 II．向含有 AgI 的饱和溶液中： （1）加入固体 AgNO3，则 c(I-)________(填“变大”、“变小”或“不变”，下同)。 （2）若改加更多的 AgI，则 c(Ag＋)___________。 （3）若改加 AgCl 固体，则 c(I-)___________，而 c(Ag＋)___________。 III．用“＞”、“＜”或“=”填空： （1）25℃时 1mol/L FeCl3 溶液的 pH______80℃时 1mol/L FeCl3 溶液的 pH。 （2）已知 NaHSO3 溶液中 c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)，则溶液中 c(H+)______c(OH-)。 （3）常温下，取等物质的量浓度的 HA 溶液与 NaOH 溶液等体积混合，测得混合溶液的 pH=8，混合溶液中由水电离出的 c(H+)水______NaOH 溶液中由水电离出的 c(H+)水。 【答案】(1). BD (2). 变小 (3). 不变 (4). 变小 (5). 变大 (6). > (7). > (8). > 【解析】 【详解】Ⅰ、大多数物质的溶解度随温度的升高而增加，但是也有例外，如 Ca(OH)2 的溶解 度随温度的升高反而降低，B 错误； 白铁(镀锌的铁)镀层破损后，锌作原电池负极被氧化，铁被保护，马口铁(镀锡的铁) 镀层破 损后，铁比锡活泼，铁作负极被氧化，起不到保护铁的作用了，BD 错误。 Ⅱ、根据同离子效应对溶解平衡的影响，可以判断加入固体 AgNO3 和 AgCl 会使的溶解平 衡向左移动，碘离子浓度变小，而 AgCl 溶解度大于 AgI，使溶液中银离子浓度增大，而在 饱和溶液中再加入 AgI 固体对溶解平衡无影响。 Ⅲ、（1）温度升高促进 FeCl3 的水解，水解程度越大，FeCl3 溶液酸性越强，pH 越小； （2）NaHSO3 电离产生 SO32-，水解产生 H2SO3，而 c(SO32-)＞c(H2SO3)，说明电离程度大于 水解程度，溶液呈酸性，即 c(H+)> c(OH-); （3）常温下，等物质的量浓度的 HA 溶液与 NaOH 溶液等体积混合后 pH=8，原因是 NaA 强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，则 NaA 水解促进水的电离，使 c(H+)水>10-7mol/L，NaOH 抑制水的电离使 c(H+)水<10-7mol/L。 26.二氧化硫和氮氧化物都是常见的大气污染物，回答下列相关问题。 某温度下氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，涉及如下反应： i．2NO(g)＋Cl2(g)⇌2ClNO(g) △H 1＜0 其平衡常数为 K1 ii．2NO2(g)＋NaCl(s) ⇌ NaNO3(s)＋ClNO(g) △H2＜0 其平衡常数为 K2 （1）现有反应 4NO2(g)＋2NaCl(s) ⇌2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)，则此反应的平衡常数 K3 ＝_______（用 K1、K2 表示），反应热△H3＝__________（用△H1、△H2 表示）。 （2）为研究不同条件对反应 ii 的影响，在恒温条件下，向 2L 恒容密闭容器中加入 0.2mol NO2 和足够的 NaCl(s)，10min 时反应 ii 达到平衡。测得平衡时 NO2 的转化率 α1(NO2) ＝ 50%，则： ①10min 内 υ(ClNO)＝_________ ，平衡常数 K2＝___________； ②若其它条件不变，使反应在恒压条件下进行，平衡时 NO2 转化率为 α2(NO2)，则： α1(NO2)______α2(NO2)（填“>”“<”或“=”）。 （3）若用一定量的 NaOH 溶液吸收 SO2 气体后所得吸收液恰好呈中性，下列有关吸收液中 粒子关系正确的是______________。 a．c(Na＋)＝c(HSO3-)＋2c(SO32-) b．c(Na＋) > c(HSO3-) ＝c(SO32-) > c(H+) = c(OH—) c．c(Na＋) > c(HSO3—) + c(SO32—) +c(H2SO3) d．c(OH-) ＋c(SO32-)＝c(H2SO3)＋c(H+) （4）工业上也可以用 Na2SO3 溶液吸收 SO2，并用电解法处理吸收后所得溶液以实现吸收液 的回收再利用，装置如图所示，则 ①工作一段时间后，阴极区溶液的 pH______（填“增大”“减小”或“不变”）； ②写出阳极 电极反应式_______________________。 【答案】(1). K22/K1 (2). 2△H2-△H1 (3). 0.0025mol/(L·min) (4). 10 (5). < (6). ac (7). 增大 (8). HSO3-—2e-+H2O=SO42-+3H+ 【解析】 【分析】（1）反应 4NO2(g)＋2NaCl(s) ⇌2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)，根据 ii ×2- i 得到反应 热△H 3，根据平衡常数计算公式结合反应 ii、i 求出此反应的平衡常数 K3 与 K1、K2 的关系式； （2）①根据平衡时 NO2 的转化率可以求出其它物质的变化量，反应达到平衡后各物质的浓 度，根据平衡常数的计算公式进行计算平衡常数； ②反应在恒容条件下进行，达到平衡时压强减少，若先在恒压条件下进行，可在平衡时增大 压强，此时平衡向正反应方向进行，进而分析 NO2 转化率变化规律； （3）若用一定量的 NaOH 溶液吸收 SO2 气体后所得吸收液恰好呈中性，说明溶液的成份为 Na2SO3 和 NaHSO3，根据电荷守恒和物料守恒进行分析； （4）①阴极区溶液中的 H+被还原成 H2，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，溶液的 pH 增大； ②阳极区 HSO3-被氧化生成 SO42-，据此写出电极反应方程式。 【详解】（1）反应 4NO2(g)＋2NaCl(s) ⇌2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)，根据盖斯定律 ii ×2- i 的 得到，反应热△H 3=2△H 2-△H1 ；K1= c2（ClNO)/c（Cl2）×c（NO），K2= c（ClNO)/c2 （NO2），K3= c（Cl2）×c2（NO）/ c4（NO2），所以 4NO2(g)＋2NaCl(s) ⇌2NaNO3(s)＋2NO(g)＋ Cl2(g)反应 的平衡常数 K3=(K2)2/K1； 故答案为：K22/K1；2△H2-△H1； （2）①平衡时 NO2 的转化率为 50%，NO2 的变化量为 0.1mol，ClNO 的变化量为 0.05mol， V(ClNO)=[0.05/2]/10=0.0025mol/(L·min) ；结合 NO2 的变化量可知平衡时，c（NO2） =0.05mol/L，c（ClNO)=0.025 mol/L，故平衡常数 K2= =10； 故答案为：0.0025mol/(L·min)；10； ②反应在恒容条件下进行，达到平衡时压强减少，若先在恒压条件下进行，可在平衡时增大 压强，此时平衡向正反应方向进行，所以 NO2 转化率增大，即：α1(NO2)<α2(NO2)； 故答案为：<； （3）a．若用一定量的 NaOH 溶液吸收 SO2 气体后所得吸收液恰好呈中性，说明溶液的成 份为 Na2SO3 和 NaHSO3，此时溶液中存在电荷守恒：c(H+)+ c(Na+)= c(HSO3-)+2 c(SO32-)+ c(OH-)，溶液为中性，c(H+)= c(OH-)，则 a 正确； b．溶液中存在 SO32-的水解与 HSO3-的电离和水解，溶液中存在 SO32-的水解与 HSO3-的电离 和水解，因此 c(HSO3-) ≠c(SO32-)，故 b 错误； c．溶液中的水解和电离过程均相对较弱，所以溶液中的 c(SO32-)> c(H2SO3)，根据 c(Na+)= c(HSO3-)+2 c(SO32-)，所以 c(Na+)> c(H2SO3)+ c(HSO3-)+ c(SO32-)，故 c 正确； d．由于反应后溶液呈中性，c(H+)= c(OH-)；溶液中的水解和电离过程均相对较弱，所以溶 液中的 c(SO32-)> c(H2SO3)，所以 c(OH-) ＋c(SO32-)>c(H2SO3)＋c(H+)，故 d 错误； 故答案为：ac； （4）①阴极区溶液中的 H+被还原成 H2，工作一段时间后，阴极区溶液的 pH 增大； 故答案为：增大； ②阳极区 HSO3-被氧化生成 SO42-，电极反应式 HSO3-—2e-+H2O=SO42-+3H+； 故答案为：HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+。 27.四氯化锡(SnCl4)常用于染色的媒染剂等，工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡， 某研究性学习小组在实验室用以下装置模拟四氯化锡的制备(夹持装置略)。 的 2 0.025 0.05 已知：①金属锡熔点为 231℃，化学活泼性与铁相似。 ②SnCl4 为无色液体，熔点-33℃，沸点 114℃，极易水解生成 SnO2·xH2O，在潮湿的空气中 发烟。 ③SnCl2 中的 Sn2+易被氧化为 Sn4+。 请回答下列问题： (1)仪器 F 的名称是_______________，装置 B 中的试剂是_____________(填名称)。 (2)实验前应先点燃_________(填“A”或“E”)处的酒精灯，待__________(填实验现象)后，再 点燃另外一处的酒精灯。 (3)若没有装置 C(其他均相同)，则 D 中发生的主要副反应的化学方程式为__________。 (4)该实验装置存在设计缺陷，你的改进措施为______________________________。 (5)该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应)：取 0.7500g 锡粉溶于足量稀 盐酸中，向生成的 SnCl2 溶液中加入过量的 FeCl3 溶液，用物质的量浓度为 0.1000mol•L-1 K2Cr2O7 标准溶液滴定生成的 Fe2+(已知酸性环境下 Cr2O72-可被还原为 Cr3+)，共用去 K2Cr2O7 溶液的体积为 20.00mL。 ①锡粒中锡的质量分数_____。 ②若溶解锡粉的过程生成的 SnCl2 溶液中含有 Sn ，则测定结果将__________(填“偏高”、“偏 低”或“无影响”) 【答案】(1). 直形冷凝管 (2). 饱和食盐水 (3). A (4). 整个装置中充满黄绿色气 体 (5). SnCl4+(2+x)H2O=SnO2 xH2O+4HCl (6). 在装置 G、H 之间连接一个干燥装置 (碱石灰、氯化钙和浓硫酸均可) (7). 94.96% (8). 偏低 【解析】 分析】工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡，D 装置烧瓶中含有 Sn，则 A 目的是 制取氯气，常用 MnO2 和浓盐酸在加热条件下制取，发生的反应为 MnO2+4HCl（浓） 【 =MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，水在加热条件下易变成水蒸气， 所以生成的氯气中含有 HCl、H2O；SnCl4 为无色液体，熔点-33℃，沸点 114℃，极易水解， 为防止 D 中生成的 SnCl4 水解和 Sn 与 HCl 反应，则 B、C 要除去 HCl、Cl2，用饱和的食盐 水除去 HCl，用浓硫酸干燥 Cl2；G 中收集的物质是 SnCl4，氯气具有毒性，用氢氧化钠溶液 进行尾气吸收；据以上分析解答。 【详解】工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡，D 装置烧瓶中含有 Sn，则 A 目的是 制取氯气，常用 MnO2 和浓盐酸在加热条件下制取，发生的反应为 MnO2+4HCl（浓） =MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，水在加热条件下易变成水蒸气， 所以生成的氯气中含有 HCl、H2O；SnCl4 为无色液体，熔点-33℃，沸点 114℃，极易水解， 为防止 D 中生成的 SnCl4 水解和 Sn 与 HCl 反应，则 B、C 要除去 HCl、Cl2，用饱和的食盐 水除去 HCl，用浓硫酸干燥 Cl2；G 中收集的物质是 SnCl4，氯气具有毒性，用氢氧化钠溶液 进行尾气吸收； (1)仪器 F 的名称是直形冷凝管；结合以上分析可知装置 B 中的试剂是饱和食盐水；综上所 述，本题答案是：直形冷凝管； 饱和食盐水。 (2)为防止装置内的空气与金属锡反应，应排净装置内的空气，所以实验前应先点燃 A 处的 酒精灯，产生氯气，待整个装置中充满黄绿色气体后，再点燃另外一处的酒精灯；综上所述， 本题答案是：A；整个装置中充满黄绿色气体。 (3)假设没有装置 C，在 D 中除生成 SnCl4 外，SnCl4 发生水解，反应为：SnCl4+(2+x)H2O=SnO2 xH2O+4HCl；综上所述，本题答案是： SnCl4+(2+x)H2O=SnO2 xH2O+4HCl。 (4) SnCl4 发生水解，为防止水解，要防止 H 中的水蒸气进入 G 装置，所以改进措施为在装 置 G、H 之间连接盛有碱石灰（氯化钙和浓硫酸均可）的干燥管（或 U 形管）；综上所述， 本题答案是：在装置 G、H 之间连接一个干燥装置(碱石灰、氯化钙和浓硫酸均可)。 (5) ①由氧化还原反应中得失电子守恒可得关系式：3Sn2+--6Fe3+--6 Fe2+- Cr2O72-，故 3n(Sn)=n(Cr2O72-)，锡粉中 Sn 的质量分数为 0.1000×20.00×10-3×3×118.7/0.75×100%=94.96%；综上所述，本题答案是：94.96%。 ②若溶解锡粉的过程生成的 SnCl2 溶液中含有 Sn ，则被氧化的 Sn2+的量减小，消耗的 K2Cr2O7 标准溶液得体积偏小，则测定结果将偏低；综上所述，本题答案是：偏低。 28.某工厂对工业生产钛白粉产生的废液进行综合利用，废液中含有大量 FeSO4、H2SO4 和少 量 Fe2（SO4）3、TiOSO4，可用于生产颜料铁红和补血剂乳酸亚铁．其生产工艺流程如下： 已知：①TiOSO4 可溶于水，在水中可以电离 TiO2+和 SO42-； ②TiOSO4 水解的反应为：TiOSO4+（x+1）H2O→TiO2•xH2O↓+H2SO4． 请回答： （1）步骤①所得滤渣的主要成分为_____________， （2）步骤③硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质 的量之比为_____________， （3）步骤④需控制反应温度低于 35℃，其目的是_____________， （4）步骤④的离子方程式是_____________， （5）已知：FeCO3（S） Fe2+（aq）+CO32-（aq），试用平衡移动原理解释步骤⑤生成 乳酸亚铁的原因_____________， （6）溶液 B 常被用于电解生产（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）。电解时均用惰性电极，阳极 发生的电极反应可表示为_____________， （7）Fe3+对 H2O2 的分解具有催化作用．利用图 2（a）和（b）中的信息，按图 2（c）装置 （连通的 A、B 瓶中已充有 NO2 气体）进行实验．可观察到 B 瓶中气体颜色比 A 瓶中的深， 其原因是_____________。 【答案】（1）TiO2•xH2O、Fe； （2）1:4； （3）防止 NH4HCO3 分解（或减少 Fe3+水解） （4）Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑； 为 （5）FeCO3（s） Fe2+（aq）+CO32-（aq），CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动， 使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液； （6）2SO42—+2e-=S2O82- （7）H2O2 分解放热，使平衡 2NO2 N2O4 向生成 NO2 方向移动； 【解析】试题分析：废液中含有大量 FeSO4、H2SO4 和少量 Fe2（SO4）3、TiOSO4，加铁屑， Fe 与 H2SO4 和少量 Fe2（SO4）3 反应生成 FeSO4，TiOSO4 水解生成 TiO2•xH2O，过滤，滤 渣为 TiO2•xH2O、Fe，滤液为 FeSO4，FeSO4 溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到 硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4 溶液中加碳酸氢铵碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和 二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发 浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体。 （1）由流程分析可知，步骤①所得滤渣的主要成分为 TiO2•xH2O、Fe；故答案为： TiO2•xH2O、Fe； （2）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫的方程式为：4FeSO4+O2 2Fe2O3+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1： 4，故答案为：1：4； （3）碳酸氢铵受热容易分解，步骤④控制反应温度低于 35℃的目的是防止 NH4HCO3 分解， 故答案为：防止 NH4HCO3 分解； （4）由流程图可知，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应是碳酸亚铁，还生成气体为二氧化碳，溶液 B 为硫酸铵溶液，反应离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为： Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑； （5）碳酸亚铁的沉淀存在溶解平衡：FeCO3（s） Fe2+（aq）+CO32-（aq），加入乳酸， 这样 CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液，故答 案为：FeCO3（s） Fe2+（aq）+CO32-（aq），CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动， 使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液； （6）电解时，阳极发生氧化反应，亚硫酸根离子失去电子生成 S2O82-，电极反应为 2SO42—+2e-=S2O82-，故答案为：2SO42—+2e-=S2O82-； （7）由图 a 可知，1mol 过氧化氢总能量高于 1mol 水与 0.5mol 氧气总能量，故过氧化氢分 解是放热反应，由图 b 可知，2mol 二氧化氮的能量高于 1mol 四氧化二氮的能量，故二氧化 氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图 c 中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度 使 2NO2（红棕色） N2O4（无色）△H＜0，向逆反应方向移动，即向生成 NO2 移动， 故 B 瓶颜色更深，故答案为：H2O2 分解放热，使平衡 2NO2 N2O4 向生成 NO2 方向移动。