北京市顺义区第一中学2023-2024学年高二上学期期中考化学Word版含解析.docx

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顺义一中2023-2024学年高二第一学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：C12O16N14Na23Cl35.5一、选择题：只有一个选项符合题意1.下列物质属于弱电解质的是A.NH3·H2OB.NaOHC.NaClD.H2SO42.下列反应属于吸热反应的是A.铝粉与铁的氧化物反应B.氯化铵与氢氧化钙的反应C.盐酸与氢氧化钠溶液反应D.钠与冷水反应3.根据热化学方程式S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=－297.23kJ·mol-1，说法正确的是A.该反应是吸热反应B.S与O2反应的反应热是297.23kJC.1molSO2(g)的总能量小于1molS(s)和1molO2(g)能量总和D.1molSO2(g)的总能量大于1molS(s)和1molO2(g)能量总和4.一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：2A(g)+4B(g)=2C(g)+3D(g)，测得5min内，A减少了5mol，则5min内该反应的化学反应速率是A.υ(A)=1mol/(L·min)B.υ(B)=1mol/(L·min)C.υ(C)=1mol/(L·min)D.υ(D)=1mol/(L·min)5.将1molN2和3molH2充入某固定体积的密闭容器中，在一定条件下，发生反应N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH＜0并达到平衡，改变条件，下列关于平衡移动说法中正确的是选项改变条件平衡移动方向A使用适当催化剂平衡向正反应方向移动B升高温度平衡向逆反应方向移动C再向容器中充入1molN2和3molH2平衡不移动D向容器中充入氦气平衡向正反应方向移动A.AB.BC.CD.D6.在一氧化碳变换反应CO+H2OCO2+H2中，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.增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加D.增大c(CO)，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加7.下列事实（常温下）不能说明醋酸是弱电解质的是A.同物质的量浓度盐酸醋酸B.醋酸溶液C.醋酸溶液能溶解碳酸钙D.的醋酸溶液稀释100倍后8.已知水的电离方程式：。下列叙述中，正确的是A.升高温度，增大，不变B.向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，降低C.向水中加入少量硫酸，增大，不变D.向水中加入少量固体，平衡向逆反应方向移动，降低9.对常温下的溶液，下列叙述正确的是A.B.加入少量固体后，降低C.该溶液中由水电离出的D.与等体积的溶液混合恰好完全反应10.常温下，下列在指定溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是A.使甲基橙变红的溶液中：B.的溶液中：C.的溶液中：D.水电离的溶液中：11.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是 A.气体在热水中比在冷水中颜色深B.平衡体系加压后颜色变深C.加压后气体颜色先变深后变浅D.用浓氨水和NaOH固体制取氨气A.AB.BC.CD.D12.已知：Fe2O3(s)+C(s)=CO2(g)+2Fe(s)ΔH=＋234.14kJ/mol，C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol，则2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)的ΔH是（）A.-824.39kJ/molB.-627.6kJ/molC.-744.7kJ/molD.-169.4kJ/mol13.现有常温下体积均为10mL、pH=3的两种溶液：①盐酸溶液②醋酸溶液，下列说法中，不正确的是A.加水稀释至1L，溶液的pH：①＜②B.溶液中溶质的物质的量浓度：①＜②C.溶液中酸根离子的物质的量浓度：①=②D.分别加入等浓度NaOH溶液至中性，消耗NaOH的量：①＜②14.实验室用标准KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液，下列说法或操作正确的是A.盛FeSO4溶液的锥形瓶滴定前用FeSO4溶液润洗2～3次B.选碱式滴定管盛放标准KMnO4溶液，并用碘化钾淀粉溶液作指示剂C.锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变浅紫色，立即记下滴定管液面所在刻度D.滴定后俯视读数会导致滴定结果偏低15.。下列分析不正确的是A.氮分子键能大，断开该化学键需要较多能量B.平衡混合物中易液化、分离出能提高其产率C.增大合成氨的反应速率与提高平衡混合物中氨的含量所采取的措施均一致D.断裂和的共价键所需能量小于断裂的共价键所需能量16.某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g)△H=-QkJ·mol -1(Q>0)。12s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.前12s内，A的平均反应速率为0.025mol·L-1·s-1B.12s时，A的消耗速率等于B的生成速率C.化学计量数之比b：c=1：2D.12s内，A和B反应放出的热量为0.2QkJ17.已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92kJ·mol-1，下图表示L一定时，H2的平衡转化率(α)随X的变化关系，L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。下列说法中，不正确的是A.X表示温度B.L2＞L1C.反应速率υ(M)＞υ(N)D.平衡常数K(M)＞K(N)18.将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据： 实验组温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OCO21650421.652900210.433210.41下列说法不正确的是A.该反应的正反应为放热反应B.实验1中，前5min用CO表示的速率为0.16mol/(L·min)C.实验2中，平衡常数K=1/6D.实验3跟实验2相比，改变的条件可能是温度19.一定条件下，分别在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入A和B，发生反应：3A(g)+B(g)⇌2C(g)∆H>0，448K时该反应的化学平衡常数K=1，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如下：容器温度/K起始时物质的浓度/(mol·L−1)10分钟时物质的浓度/(mol·L−1)c(A)c(B)c(C)甲448310.5乙T1310.4丙44832a下列说法不正确的是A.甲中，10分钟内A的化学反应速率：υ(A)=0.075mol·L−1·min−1B.甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态C.乙中，T1＜448K、K乙＜K甲D.丙中，达到化学平衡状态时A的转化率大于25%20.某小组同学探究Al与反应，实验如下。装置试剂a现象 序号①2mL0.5mol/L溶液无明显变化，数小时后观察到铝片上仅有少量红色斑点②2mL0.5mol/L溶液迅速产生红色固体和无色气泡，且气体的生成速率逐渐增大，反应放出大量的热。在铝片表面产生少量白色沉淀，经检验为CuCl下列说法不正确的是A.②中气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关B.②中产生白色沉淀的可能原因：C.向①中加入一定量NaCl固体，推测出现与②相似的实验现象D.②比①反应迅速是由于水解使②中的更大，利于破坏铝片表面的氧化膜21.探究某浓度NaClO溶液先升温再降温过程中漂白性的变化。实验过程中，取①~④时刻的等量溶液，加入等量红纸条，褪色时间如下。时刻①②③④温度/℃25456525褪色时间/min其中，。下列说法不正确的是A.红纸条褪色原因：，HClO漂白红纸条B.①→③的过程中，温度对水解程度、HClO与红纸条反应速率的影响一致C.的原因：③→④的过程中，温度降低，水解平衡逆向移动，降低D.若将溶液从45℃直接降温至25℃，加入等量红纸条，推测褪色时间小于二、填空题（共58分）22.在室温下，下列五种溶液，请根据要求填写下列空白：①溶液；②溶液；③溶液； ④和混合液；⑤氨水（1）溶液①呈______（填“酸”、“碱”或“中”）性，其原因是______（用离子方程式表示）。（2）溶液②的电离方程式：______室温下，测得溶液②的，则说明的水解程度______（填“>”、“<”或“=”，下同）的水解程度，与浓度的大小关系是______。（3）在溶液④中______（填离子符号）的浓度为；和______（填离子符号）的浓度之和为。（4）溶液①至⑤中，从大到小的顺序是______。（填序号）（5）常温下溶液滴定溶液滴定曲线如图所示。①a点溶液的______1（填“>”、“<”或“=”，下同）。②b点溶液中，______c（）。③点溶液中，______。④比较两点水的电离程度：a______c。23.在容积为2.0L的密闭容器中，通入一定量的N2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)。100℃时，各物质浓度随时间变化如下图所示。（1）60s内，v(N2O4)=___________。 （2）下列叙述中，能说明该反应达到化学平衡状态的是___________(填字母序号)。A.NO2的生成速率是N2O4的生成速率的2倍B.单位时间内消耗amolN2O4，同时生成2amolNO2C.容器内的压强不再变化D.容器内混合气体的密度不再变化（3）降低温度，混合气体的颜色变浅，正反应是___________反应(填“放热”或“吸热”)。（4）欲提高N2O4平衡转化率，理论上可以采取的措施为___________。A．增大压强B．升高温度C．加入催化剂（5）100℃时，该反应的化学平衡常数的表达式为___________，数值为___________，请写出计算该平衡常数的三段式。（6）平衡时，N2O4的转化率是___________。（7）100℃时，容器中按初始浓度c(N2O4)=0.10mol/L、c(NO2)=0.10mol/L投料，反应___________进行(填“正向”或“逆向”)。24.是一种丰富的碳资源，将清洁转化为高附加值化学品以实现资源利用是研究热点。I．合成甲醇在的加氢反应器中，主要反应有：反应i反应ii反应iii（1）______KJ/mol。（2）同时也存在副反应iv：，反应器进行一段时间后要间歇降到室温，可提高甲醇的产率。对比反应iii、iv，解释其原因______。（已知的沸点为的沸点为）Ⅱ．甲醇的综合利用：以和甲醇为原料直接合成碳酸二甲酯。反应v（3）在不同的实验条件下，测定甲醇的转化率。温度的数据结果为图a，压强的数据结果在图b中未画出。 ①反应的______0（填“>”或“<”）。②在之间，随着温度升高，甲醇转化率增大的原因是______。③在图b中绘制出压强和甲醇转化率之间的关系（作出趋势即可）______。25.氯化钴在工业催化、涂料工业、干湿指示剂等领域具有广泛应用。（1）某钴矿石的主要成分包括和。由该矿石制固体的方法如图（部分分离操作省略）：资料：生成，开始沉淀时，完全沉淀时。完全沉淀的，完全沉淀的①上述矿石溶解过程中，能够加快化学反应速率的措施有______（写出一条即可）。②溶于硫酸是非氧化还原反应，溶液1中阳离子包括和_______。③调节溶液的至2.8时，得到的沉淀2是______。④溶液2中含有和，通过调节无法将和完全分离。溶液2中加入氨水和溶液，发生的反应为：____。（完成离子方程式）（2）可用如下方法测定产品中的质量分数（其他杂质不干扰测定）：已知与反应生成蓝色的；与EDTA以物质的量比反应，得到红色溶液；后者的反应限度大于前者．取产品溶于水，向其中滴加几滴KSCN溶液作指示剂．再用溶液滴定，消耗EDTA溶液的体积为。。 滴定终点时的现象是______。产品中的质量分数为______（结果用表示）。26.为研究铁盐与亚硫酸盐之间的反应，某研究小组利用孔穴板进行了实验探究：资料：铁氰化钾遇到Fe2+后会生成铁氰化亚铁蓝色沉淀小组记录的实验现象如下：开始时5min后3天后实验I溶液立即变为红褐色，比Ⅱ、Ⅲ中略浅与开始混合时一致溶液呈黄色，底部出现红褐色沉淀实验Ⅱ溶液立即变为红褐色红褐色明显变浅溶液呈黄绿色实验Ⅲ溶液立即变为红褐色红褐色变浅，比Ⅱ中深溶液呈黄色（1）测得实验所用0.4mol/LFeCl3溶液及Fe（NO3）3溶液pH均约为1.0。两溶液均呈酸性的原因是______（用离子方程式表示）。（2）开始混合时，实验I中红褐色比Ⅱ、Ⅲ中略浅的原因是______。（3）为了探究5min后实验Ⅱ、Ⅲ中溶液红褐色变浅的原因，小组同学设计了实验Ⅳ：分别取少量5min后实验I、Ⅱ、Ⅲ中溶液，加入2滴铁氰化钾溶液，发现实验Ⅱ、Ⅲ中出现蓝色沉淀，实验I中无明显变化.根据实验Ⅳ的现象，结合化学用语解释红褐色变浅的原因是______。（4）针对5min后实验Ⅲ中溶液颜色比实验Ⅱ中深，小组同学认为可能存在三种因素：①Cl－可以加快Fe3+与的氧化还原反应；②______；③在酸性环境下代替Fe3+氧化了，同时消耗H+，使Fe3+水解出的Fe（OH）3较多。通过实验Ⅴ和实验Ⅵ进行因素探究： 实验操作（已知Na+对实验无影响）5min后的现象实验Ⅴ在2mLpH=1.0的0.4mol/LFe（NO3）3溶液中溶解约_______固体，再加入2滴0.4mol/LNa2SO3溶液溶液的红褐色介于Ⅱ、Ⅲ之间实验Ⅵ在2mLpH=1.0的稀硝酸中溶解约0.19gNaNO3固体，再加入2滴0.4mol/LNa2SO3溶液．向其中滴入少量BaCl2溶液______实验结论：因素①和因素②均成立，因素③不明显。请将上述方案填写完整。（5）通过上述实验，你的实验结论是：__________ 顺义一中2023-2024学年第一学期高二期中化学试题可能用到的相对原子质量：C12O16N14Na23Cl35.5一、选择题：只有一个选项符合题意1.下列物质属于弱电解质的是A.NH3·H2OB.NaOHC.NaClD.H2SO4【答案】A【解析】【详解】A．NH3·H2O水溶液中无法完全电离，属于弱电解质，A正确；B．NaOH在水溶液中完全电离，属于强电解质，B错误；C．NaCl在水溶液或者熔融状态下完全电离，属于强电解质，C错误；D．H2SO4在水溶液中完全电离，属于强电解质，D错误；故答案选A。2.下列反应属于吸热反应的是A.铝粉与铁的氧化物反应B.氯化铵与氢氧化钙的反应C.盐酸与氢氧化钠溶液反应D.钠与冷水反应【答案】B【解析】【详解】A．铝粉与铁的氧化物发生铝热反应，属于放热反应，选项A不符合；B．氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，属于吸热反应，选项B符合；C．盐酸与氢氧化钠溶液反应为酸碱中和反应，属于放热反应，选项C符合；D．钠与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，属于放热反应，选项D不符合；答案选B。3.根据热化学方程式S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=－297.23kJ·mol-1，说法正确的是A.该反应是吸热反应B.S与O2反应的反应热是297.23kJC.1molSO2(g)的总能量小于1molS(s)和1molO2(g)能量总和D.1molSO2(g)的总能量大于1molS(s)和1molO2(g)能量总和【答案】C【解析】【详解】A．焓变为负值，反应放热，A错误； B．未指明S与O2的状态，且单位不正确，B错误；C．反应放热，1molSO2(g)所具有的能量小于1molS(s)与1molO2(g)所具有的能量之和，C正确；D．依据选项C的分析，D错误；故选C。4.一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：2A(g)+4B(g)=2C(g)+3D(g)，测得5min内，A减少了5mol，则5min内该反应的化学反应速率是A.υ(A)=1mol/(L·min)B.υ(B)=1mol/(L·min)C.υ(C)=1mol/(L·min)D.υ(D)=1mol/(L·min)【答案】B【解析】【详解】A．在5min内，A减少了5mol，则用A物质浓度变化表示的反应速率υ(A)=，A错误；B．用不同物质表示的反应速率，速率比等于化学方程式中化学计量数的比，则用B物质浓度变化表示的反应速率υ(B)=2υ(A)=2×0.5mol/(L·min)=1mol/(L·min)，B正确；C．根据用不同物质表示的反应速率，速率比等于化学方程式中化学计量数的比，则用C物质浓度变化表示的反应速率υ(C)=υ(A)=0.5mol/(L·min)，C错误；D．根据用不同物质表示的反应速率，速率比等于化学方程式中化学计量数的比，则用D物质浓度变化表示的反应速率υ(D)=υ(A)=×0.5mol/(L·min)=0.75mol/(L·min)，D错误；故合理选项是B。5.将1molN2和3molH2充入某固定体积的密闭容器中，在一定条件下，发生反应N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH＜0并达到平衡，改变条件，下列关于平衡移动说法中正确的是选项改变条件平衡移动方向A使用适当催化剂平衡向正反应方向移动B升高温度平衡向逆反应方向移动C再向容器中充入1molN2和3molH2平衡不移动D向容器中充入氦气平衡向正反应方向移动A.AB.BC.CD.D 【答案】B【解析】【详解】A．使用适当催化剂，平衡不移动，故A错误；B．正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，则平衡向逆反应方向移动，故B正确；C．再向容器中充入1molN2和3molH2相当于增大压强，平衡正向移动，故C错误；D．向容器中充入氦气，由于容器的体积不变，N2、H2和NH3的浓度均不变，平衡不移动，故D错误；故选B。6.在一氧化碳变换反应CO+H2OCO2+H2中，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.增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加D.增大c(CO)，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加【答案】D【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，活化分子数目最多，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正确；C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C正确；D.增大c(CO)，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D错误；答案选D。【点睛】增大浓度，增加的是单位体积内活化分子数，活化分子百分数是不变的。7.下列事实（常温下）不能说明醋酸是弱电解质的是A.同物质的量浓度盐酸醋酸B.醋酸溶液C.醋酸溶液能溶解碳酸钙D.的醋酸溶液稀释100倍后【答案】C【解析】 【详解】A．盐酸和醋酸都是一元酸，同物质的量浓度盐酸醋酸，说明盐酸中氢离子浓度大于醋酸，则说明醋酸部分电离，说明醋酸是弱电解质，故A正确；B．如果是一元强酸，溶液的pH=1；醋酸溶液，说明醋酸部分电离，是弱电解质，故B正确；C．醋酸溶液能溶解碳酸钙，说明醋酸酸性比碳酸强，但并不能说明醋酸是弱电解质，故C错误；D．如果是一元强酸，的溶液稀释100倍后；而的醋酸溶液稀释100倍后，说明醋酸溶液存在电离平衡，是弱电解质，故D正确；故选C。8.已知水的电离方程式：。下列叙述中，正确的是A.升高温度，增大，不变B.向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，降低C.向水中加入少量硫酸，增大，不变D.向水中加入少量固体，平衡向逆反应方向移动，降低【答案】C【解析】【详解】A．水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，和均增大，增大，减小，故A错误；B．向水中加入氨水，一水合氨电离出氢氧根离子，增大，平衡向逆反应方向移动，故B错误；C．向水中加入少量硫酸，硫酸电离出氢离子，增大，水的电离平衡逆向移动，减小，但温度不变，则不变，故C正确；D．向水中加入少量固体，醋酸电离出氢离子，增大，平衡向逆反应方向移动，故D错误答案选C。9.对常温下的溶液，下列叙述正确的是A. B.加入少量固体后，降低C.该溶液中由水电离出的D.与等体积的溶液混合恰好完全反应【答案】A【解析】【详解】A．根据醋酸溶液中的电荷守恒可得：，A正确；B．加入少量固体后，醋酸钠电离出醋酸根离子，则溶液中增大，B错误；C．醋酸抑制了水的电离，该溶液中由水电离出的c(H+)与溶液中氢氧根离子浓度相等，则该溶液中由水电离出的，C错误；D．醋酸为弱电解质，的的浓度大于的，两溶液等体积混合后醋酸过量，混合液显示酸性，D错误；答案选A。10.常温下，下列在指定溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是A.使甲基橙变红的溶液中：B.的溶液中：C.的溶液中：D.水电离的的溶液中：【答案】B【解析】【详解】A.使甲基橙变红的溶液为酸性，酸性条件下，硝酸根离子把亚铁离子氧化为铁离子，不共存，A错误；B.的溶液呈碱性：与氢氧根彼此之间均不反应，可以共存，B正确；C.的溶液中含有大量氢离子，氢离子与醋酸根离子生成弱酸醋酸，不能大量共存，C错误；D.水电离的溶液可能是酸或者碱抑制了水的电离，如果是碱性溶液，OH-与彼此之间均不反应，可以共存，若为酸性，氢离子和碳酸根离子生成二氧化碳和水；故不一定能够大量共存，D错误； 选B。11.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是A.气体在热水中比在冷水中颜色深B.平衡体系加压后颜色变深C加压后气体颜色先变深后变浅D.用浓氨水和NaOH固体制取氨气A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．气体在热水中比在冷水中颜色深，说明升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．平衡体系加压后，体积缩小，各物质浓度变大，颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；C．加压后气体颜色先变深后变浅，说明加压后平衡向生成四氧化二氮的方向移动，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．用浓氨水和NaOH固体制取氨气，氢氧化钠固体吸收水放出大量的热，导致氨气逸出，平衡向生成氨气的方向移动，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选B。12.已知：Fe2O3(s)+C(s)=CO2(g)+2Fe(s)ΔH=＋234.14kJ/mol，C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol，则2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)的ΔH是（）A.-824.39kJ/molB.-627.6kJ/molC.-744.7kJ/molD.-169.4kJ/mol【答案】A【解析】【详解】已知①Fe2O3(s)+C(s)=CO2(g)+2Fe(s)ΔH=＋234.14kJ/mol，②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol， 根据盖斯定律，将②×-①，整理可得2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)的ΔH=-824.39kJ/mol，故答案为A。13.现有常温下体积均为10mL、pH=3的两种溶液：①盐酸溶液②醋酸溶液，下列说法中，不正确的是A.加水稀释至1L，溶液的pH：①＜②B.溶液中溶质的物质的量浓度：①＜②C.溶液中酸根离子的物质的量浓度：①=②D.分别加入等浓度NaOH溶液至中性，消耗NaOH的量：①＜②【答案】A【解析】【详解】A．盐酸为强酸、醋酸为弱酸，pH=3的两种溶液稀释相同的倍数，醋酸会继续电离出更多的氢离子，导致酸性强于盐酸，故①>②，故A错误；B．pH=3的两种溶液，醋酸的浓度要远大于盐酸，故B正确；C．根据电荷守恒，盐酸中c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，醋酸中c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，由于pH相同，则盐酸中c(H+)、c(OH-)与醋酸中c(H+)、c(OH-)相同，故c(Cl-)=c(CH3COO-)，故C正确；D．醋酸的浓度要远大于盐酸，分别加入等浓度NaOH溶液至中性，消耗NaOH的量：①＜②，故D正确；故选A。14.实验室用标准KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液，下列说法或操作正确的是A.盛FeSO4溶液的锥形瓶滴定前用FeSO4溶液润洗2～3次B.选碱式滴定管盛放标准KMnO4溶液，并用碘化钾淀粉溶液作指示剂C.锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变浅紫色，立即记下滴定管液面所在刻度D.滴定后俯视读数会导致滴定结果偏低【答案】D【解析】【详解】A．锥形瓶不能润洗，若润洗，滴定结果偏大，A错误；B．KMnO4溶液可氧化橡胶管，应选酸式滴定管盛放标准KMnO4溶液，且不需要加指示剂，B错误；C．标准KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液，由浅绿色变浅紫色，且30s不变色，达到滴定终点，然后记下滴定管液面所在刻度，C错误；D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，标准液的体积偏小，由c（FeSO4）=可知，滴定结果偏低，D正确； 故答案为：D。15.。下列分析不正确的是A.氮分子的键能大，断开该化学键需要较多能量B.平衡混合物中易液化、分离出能提高其产率C.增大合成氨的反应速率与提高平衡混合物中氨的含量所采取的措施均一致D.断裂和的共价键所需能量小于断裂的共价键所需能量【答案】C【解析】【详解】A．破坏化学键需要吸收的能量，氮分子的键能大，断开该化学键需要较多能量，A正确；B．易液化，平衡混合物中分离出，平衡正向移动，能提高氨的产率，B正确；C．升高温度，反应速率加快，但合成氨反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氨的含量减小，C不正确；D．反应正向为放热反应，故反应物的总键能小于生成物的总键能，断裂和的共价键所需能量小于断裂的共价键所需能量，D正确；答案选C。16.某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g)△H=-QkJ·mol-1(Q>0)。12s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.前12s内，A的平均反应速率为0.025mol·L-1·s-1 B.12s时，A的消耗速率等于B的生成速率C.化学计量数之比b：c=1：2D.12s内，A和B反应放出的热量为0.2QkJ【答案】C【解析】【分析】由题图分析可知，前12s内A的浓度变化，，B的浓度变化，，依据题意，前12s内，同一反应中，不同物质的反应速率之比等于化学计量数之比，，。【详解】A．据分析，前12s内，A的平均反应速率为，A错误；B．从题图可知，该反应体系在12s达到平衡，则12s时反应的正反应速率等于逆反应速率，即A的消耗速率与B的生成速率比值等于系数之比为3：1，B错误；C．据分析，化学计量数之比b：c=1：2，C正确；D．由上述分析可知，该反应的化学方程式为，3A与1B完全反应放热Q，12s内A反应的物质的量为，则1.2A反应放出热量，D错误；故选C。17.已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92kJ·mol-1，下图表示L一定时，H2的平衡转化率(α)随X的变化关系，L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。下列说法中，不正确的是 A.X表示温度B.L2＞L1C.反应速率υ(M)＞υ(N)D.平衡常数K(M)＞K(N)【答案】D【解析】【详解】A．根据图象，随着X的增大，H2的平衡转化率(α)减小，X若表示温度，升高温度，平衡逆向移动，H2的平衡转化率(α)减小，故A正确；B．相同温度条件下，压强越大，H2的平衡转化率(α)越大，L2＞L1，故B正确；C．压强越大，反应速率越快，υ(M)＞υ(N)，故C正确；D．温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选D。18.将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据：实验组温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OCO21650421.652900210.433210.41下列说法不正确的是 A.该反应的正反应为放热反应B.实验1中，前5min用CO表示的速率为0.16mol/(L·min)C.实验2中，平衡常数K=1/6D.实验3跟实验2相比，改变的条件可能是温度【答案】D【解析】【详解】A.由表中数据可知，实验1中CO的转化率为40%，而实验2中CO的转化率为20%，压强不能使该化学平衡发生移动，由于温度升高使得CO的转化率减小，所以该反应的正反应为放热反应，A正确；B.实验1中，前5min用CO表示的速率为0.16mol/(L·min)，B正确；C.实验2中，平衡混合物中各组分CO、H2O、CO2、H2的浓度分别为0.8mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L，所以平衡常数K=1/6，C正确；D.实验3跟实验2相比，各组分的平衡量没有改变，所以改变的条件不可能是温度，可能是加入了合适的催化剂，D不正确。本题选D。点睛：要注意题中反应是在恒温恒容条件下进行的，故不可采用增大压强的措施（即缩小容器体积）。在投料相同且保证达到等效平衡的前提下，加快化学反应速率的措施只有加入催化剂了。19.一定条件下，分别在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入A和B，发生反应：3A(g)+B(g)⇌2C(g)∆H>0，448K时该反应的化学平衡常数K=1，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如下：容器温度/K起始时物质的浓度/(mol·L−1)10分钟时物质的浓度/(mol·L−1)c(A)c(B)c(C)甲448310.5乙T1310.4丙44832a下列说法不正确的是A.甲中，10分钟内A的化学反应速率：υ(A)=0.075mol·L−1·min−1B.甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态C.乙中，T1＜448K、K乙＜K甲D.丙中，达到化学平衡状态时A的转化率大于25%【答案】B 【解析】【详解】A．甲中，10分钟时C的物质的浓度为0.5mol·L−1，则A的浓度减小0.75mol·L−1，10分钟内A的化学反应速率：υ(A)=0.75mol·L−1÷10min=0.075mol·L−1·min−1，故A正确；B．甲中，10分钟时C的物质的浓度为0.5mol·L−1，则A的浓度减小0.75mol·L−1，B的浓度减小0.25mol·L−1，10分钟时，c(A)=2.25mol·L−1、c(A)=0.75mol·L−1，Q=，反应没有达到化学平衡状态，故B错误；C．3A(g)+B(g)⇌2C(g)正反应吸热，升高温度，反应速率加快、平衡常数增大，若T1>448K，10分钟时C物质的浓度应该大于0.5mol·L−1，所以乙中，T1＜448K、K乙＜K甲，故C正确；D．甲中，10分钟时C的物质的浓度为0.5mol·L−1，则A的浓度减小0.75mol·L−1，B的浓度减小0.25mol·L−1，10分钟时，c(A)=2.25mol·L−1、c(A)=0.75mol·L−1，Q=，达到化学平衡状态时，A的浓度减小大于0.75mol·L−1，则甲中A的转化率大于25%，丙与甲相比，增大B的浓度，A的平衡转化率大于甲，所以丙中，达到化学平衡状态时A的转化率大于25%，故D正确；选B。20.某小组同学探究Al与的反应，实验如下。装置序号试剂a现象①2mL0.5mol/L溶液无明显变化，数小时后观察到铝片上仅有少量红色斑点②2mL0.5mol/L溶液迅速产生红色固体和无色气泡，且气体的生成速率逐渐增大，反应放出大量的热。在铝片表面产生少量白色沉淀，经检验为CuCl下列说法不正确的是A.②中气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关B.②中产生白色沉淀的可能原因：C.向①中加入一定量NaCl固体，推测出现与②相似的实验现象D.②比①反应迅速是由于水解使②中的更大，利于破坏铝片表面的氧化膜 【答案】D【解析】【分析】氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，氯化铜水解呈酸性，Al能从氯化铜溶液中置换出Cu、和水解产生的盐酸反应置换出氢气，Al和覆盖在表面的Cu在溶液中可形成原电池，反应速率大，而表面析出的白色沉淀CuCl，应是铝和铜离子发生氧化还原反应产生的沉淀，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，所以铝与2mL0.5mol/L溶液反应相当缓慢、只有少量铜生成，据此回答。【详解】A．据分析，②中产生的气体为氢气，气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关，A正确；B．据分析，②中产生白色沉淀的可能原因：，B正确；C．向①中加入一定量NaCl固体，氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，铝投入的溶液中含有铜离子、氯离子，则可推测出现与②相似的实验现象，C正确；D．②比①反应迅速是由于氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，D不正确；答案选D。21.探究某浓度NaClO溶液先升温再降温过程中漂白性的变化。实验过程中，取①~④时刻的等量溶液，加入等量红纸条，褪色时间如下。时刻①②③④温度/℃25456525褪色时间/min其中，。下列说法不正确的是A.红纸条褪色原因：，HClO漂白红纸条B.①→③的过程中，温度对水解程度、HClO与红纸条反应速率的影响一致C.的原因：③→④的过程中，温度降低，水解平衡逆向移动，降低D.若将溶液从45℃直接降温至25℃，加入等量红纸条，推测褪色时间小于【答案】C【解析】 【详解】A．HClO具有漂白性，次氯酸根离子水解生成次氯酸：，HClO漂白红纸条，A正确；B．水解是吸热过程，升高温度水解程度增大，且随着温度升高，漂白时间缩短，故①→③的过程中，温度对水解程度、HClO与红纸条反应速率的影响一致，B正确；C．的原因：次氯酸不稳定分解成盐酸和氧气，漂白性减弱，C错误；D．根据上述分析可知，若将溶液从45℃直接降温至25℃，加入等量红纸条，推测褪色时间小于，D正确；故选C。二、填空题（共58分）22.在室温下，下列五种溶液，请根据要求填写下列空白：①溶液；②溶液；③溶液；④和混合液；⑤氨水（1）溶液①呈______（填“酸”、“碱”或“中”）性，其原因是______（用离子方程式表示）。（2）溶液②的电离方程式：______室温下，测得溶液②的，则说明的水解程度______（填“>”、“<”或“=”，下同）的水解程度，与浓度的大小关系是______。（3）在溶液④中______（填离子符号）的浓度为；和______（填离子符号）的浓度之和为。（4）溶液①至⑤中，从大到小的顺序是______。（填序号）（5）常温下溶液滴定溶液滴定曲线如图所示。①a点溶液的______1（填“>”、“<”或“=”，下同）。②b点溶液中，______c（）。 ③点溶液中，______。④比较两点水的电离程度：a______c。【答案】（1）①.酸②.（2）①②.=③.=（3）①.②.（4）④③①②⑤（5）①.>②.③.④.【解析】【小问1详解】NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液①中铵根离子水解呈酸性，其原因用离子方程式表示是。【小问2详解】醋酸铵是强电解质，在水中能完全电离为铵离子和醋酸根，溶液②的电离方程式：。铵离子水解呈酸性，醋酸根水解呈碱性，室温下，测得②溶液的，则说明的水解程度=的水解程度，溶液中电荷守恒为c()+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，由于溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，所以与浓度的大小关系是=。【小问3详解】在溶液④和混合液中，的浓度为；由物料守恒可知，和的浓度之和为。【小问4详解】⑤氨水中NH3•H2O为弱电解质，则其中小于铵盐的,最小，③中氢离子抑制铵根离子水解，所以③>①，②中的醋酸根离子水解促进了铵根离子的水解，所以①>②，即③>①>②>⑤，④和混合液中，该混合溶液呈碱性，则，则溶液①至⑤中，从大到小的顺序是④③①②⑤。 【小问5详解】①a点为溶液，醋酸是弱酸未完全电离，则溶液＞1。b点溶液呈中性，结合电荷守恒可知=c（）。c点溶液中加入氢氧化钠溶液的体积为10ml，NaOH溶液和CH3COOH溶液的浓度相同，体积也相同，故二者恰好完全反应，反应后的溶质为醋酸钠，由于醋酸根的水解，使溶液显碱性，故c(H+)＜c(OH-)，根据物料守恒，可知点溶液中，=。④醋酸抑制水的电离，醋酸钠水解促进水的电离，则比较两点水的电离程度为：a＜c。23.在容积为2.0L的密闭容器中，通入一定量的N2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)。100℃时，各物质浓度随时间变化如下图所示。（1）60s内，v(N2O4)=___________。（2）下列叙述中，能说明该反应达到化学平衡状态的是___________(填字母序号)。A.NO2的生成速率是N2O4的生成速率的2倍B.单位时间内消耗amolN2O4，同时生成2amolNO2C.容器内的压强不再变化D.容器内混合气体的密度不再变化（3）降低温度，混合气体的颜色变浅，正反应是___________反应(填“放热”或“吸热”)。（4）欲提高N2O4的平衡转化率，理论上可以采取的措施为___________。A．增大压强B．升高温度C．加入催化剂（5）100℃时，该反应的化学平衡常数的表达式为___________，数值为___________，请写出计算该平衡常数的三段式。（6）平衡时，N2O4的转化率是___________。（7）100℃时，在容器中按初始浓度c(N2O4)=0.10mol/L、c(NO2)=0.10mol/L投料，反应___________进行(填“正向”或“逆向”)。 【答案】（1）0.001mol/(L·s)（2）AC（3）吸热（4）B（5）①.K=②.0.36（6）60%（7）正向【解析】【小问1详解】根据图示可知：在60s内，N2O4的浓度降低0.060mol/L，则v(N2O4)=；【小问2详解】A．若NO2的生成速率是N2O4的生成速率的2倍，则反应体系中任何物质的浓度不变，反应达到平衡状态，A符合题意；B．单位时间内消耗amolN2O4，同时生成2amolNO2，只说明反应向正反应方向进行，不能说明该反应达到化学平衡状态，B不符合题意；C．该反应的正反应是气体体积增大的反应，随着反应进行，气体的物质的量增多，气体压强增大。当容器内的气体压强不再变化时，能说明该反应达到化学平衡状态，C符合题意；D．该反应的反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，容器体积不变，则容器内气体的密度始终没有变化，不能说明该反应达到化学平衡状态，D不符合题意；故合理选项是AC；【小问3详解】降低温度，混合气体的颜色变浅，说明降低温度，c(NO2)减小，化学平衡逆向移动，逆反应为放热反应，则该反应的正反应是吸热反应；【小问4详解】A．该反应的正反应是气体体积增大的反应，在其他条件不变时增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致N2O4的平衡转化率降低，A不符合题意；B．该反应的正反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，导致N2O4的平衡转化率提高，B符合题意；C．在其它条件不变时，加入催化剂，能够降低反应的活化能，使反应速率加快，但由于对正、逆反应速率影响相同，因此不能使化学平衡发生移动，不能提高N2O4的平衡转化率，C不符合题意；故合理选项是B； 小问5详解】根据化学平衡常数的含义可知：该反应的化学平衡常数K=；根据图象可知：反应在100℃，反应达到平衡时c(NO2)=0.12mol/L，c(N2O4)=0.040mol/L，则该时刻的化学平衡常数K==；【小问6详解】反应开始时，c(N2O4)=0.10mol/L，反应达到平衡时，c(N2O4)=0.040mol/L则N2O4的转化率是；【小问7详解】100℃时，在容器中按初始浓度c(N2O4)=0.10mol/L、c(NO2)=0.10mol/L投料，此时的浓度商Qc==＜0.36，则化学反应向正反应方向进行。24.是一种丰富的碳资源，将清洁转化为高附加值化学品以实现资源利用是研究热点。I．合成甲醇在的加氢反应器中，主要反应有：反应i反应ii反应iii（1）______KJ/mol。（2）同时也存在副反应iv：，反应器进行一段时间后要间歇降到室温，可提高甲醇的产率。对比反应iii、iv，解释其原因______。（已知的沸点为的沸点为）Ⅱ．甲醇的综合利用：以和甲醇为原料直接合成碳酸二甲酯。反应v（3）在不同的实验条件下，测定甲醇的转化率。温度的数据结果为图a，压强的数据结果在图b 中未画出。①反应的______0（填“>”或“<”）。②在之间，随着温度升高，甲醇转化率增大的原因是______。③在图b中绘制出压强和甲醇转化率之间的关系（作出趋势即可）______。【答案】24.－4925.降低到室温后，转为液体，气体浓度下降，反应iii正向移动、反应iv逆向移动，减少副反应的发生26.①.<②.在之间，反应并未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，甲醇转化率增大。③.有增大意思即可【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，将反应i+反应ii整理可得反应iii，则-49kJ/mol。【小问2详解】iii为，iv为：，则结合信息：“的沸点为的沸点为”可知，降温使液化、蒸汽的浓度降低将发生平衡移动。故反应器进行一段时间后要间歇降到室温、从而可提高甲醇的产率的原因为：降低到室温后，转为液体，气体浓度下降，反应iii正向移动、反应iv逆向移动，减少副反应的发生。【小问3详解】①根据图象可知：在140℃以后，升高温度，CH3OH 的平衡转化率降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，所以反应热△H＜0；②在100～140℃之间，随着温度升高，甲醇转化率增大，是由于在100～140℃之间，反应并未达到平衡状态。温度升高，化学反应速率增大，有更多的甲醇发生反应转化为生成物，故在此温度范围内甲醇转化率会随温度的升高而增大；③由甲醇合成碳酸二甲酯的正反应是气体体积减小的反应，在其它条件不变时，增大体系的压强，化学平衡正向移动，甲醇的平衡转化率提高，故压强与甲醇转化率关系可用图示表示为：。25.氯化钴在工业催化、涂料工业、干湿指示剂等领域具有广泛应用。（1）某钴矿石的主要成分包括和。由该矿石制固体的方法如图（部分分离操作省略）：资料：生成，开始沉淀时，完全沉淀时。完全沉淀的，完全沉淀的①上述矿石溶解过程中，能够加快化学反应速率的措施有______（写出一条即可）。②溶于硫酸是非氧化还原反应，溶液1中阳离子包括和_______。③调节溶液的至2.8时，得到的沉淀2是______。④溶液2中含有和，通过调节无法将和完全分离。溶液2中加入氨水和溶液，发生的反应为：____。（完成离子方程式）（2）可用如下方法测定产品中的质量分数（其他杂质不干扰测定）：已知与反应生成蓝色的；与EDTA以物质的量比 反应，得到红色溶液；后者的反应限度大于前者．取产品溶于水，向其中滴加几滴KSCN溶液作指示剂．再用溶液滴定，消耗EDTA溶液的体积为。。滴定终点时的现象是______。产品中的质量分数为______（结果用表示）。【答案】（1）①.粉碎、加热②.③.④.（2）①.滴入最后半滴EDTA后，溶液由蓝（紫）色变为红色，且半分钟内不变色②.【解析】【分析】钴矿石的主要成分包括CoO、MnO、Fe2O3和SiO2，粉碎后加入浓硫酸并加热，CoO、MnO、Fe2O3分别转化为CoSO4、MnSO4、Fe2(SO4)3，SiO2不溶解；所得溶液1中加入NaOH溶液调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；所得溶液2中加入氨水、H2O2溶液，Mn2+转化为MnO2沉淀，Co2+以CoSO4的形式存在，经过一系列转化，可获得CoCl2∙6H2O。【小问1详解】①矿石溶解过程中能够加快化学反应速率的措施有粉碎、加热等。②CoO溶于浓硫酸是非氧化还原反应，CoO、MnO、Fe2O3分别转化为CoSO4、MnSO4、Fe2(SO4)3，SiO2不溶解，则溶液1中阳离子包括H+、Mn2+和Co2+、Fe3+。③由分析可知，调节溶液的pH至2.8时，Mn2+和Co2+都不生成沉淀，则得到的沉淀2是Fe(OH)3。④溶液2中加入氨水和H2O2溶液，由流程图可知，产物中含有MnO2，依据得失电子守恒，可确定Mn2+——H2O2，再依据质量守恒，可确定发生的反应为：。【小问2详解】滴定前，溶液呈蓝色，滴定过程中，溶液呈蓝紫色，滴定终点时，溶液呈红色，则终点时的现象是：滴入最后半滴EDTA后，溶液由蓝(紫)色变为红色，且半分钟内不变色；由反应可建立关系式：Co2+——EDTA，则产品中CoCl2∙6H2O的质量分数为。26.为研究铁盐与亚硫酸盐之间的反应，某研究小组利用孔穴板进行了实验探究： 资料：铁氰化钾遇到Fe2+后会生成铁氰化亚铁蓝色沉淀小组记录的实验现象如下：开始时5min后3天后实验I溶液立即变为红褐色，比Ⅱ、Ⅲ中略浅与开始混合时一致溶液呈黄色，底部出现红褐色沉淀实验Ⅱ溶液立即变为红褐色红褐色明显变浅溶液呈黄绿色实验Ⅲ溶液立即变为红褐色红褐色变浅，比Ⅱ中深溶液呈黄色（1）测得实验所用0.4mol/LFeCl3溶液及Fe（NO3）3溶液pH均约为1.0。两溶液均呈酸性的原因是______（用离子方程式表示）。（2）开始混合时，实验I中红褐色比Ⅱ、Ⅲ中略浅的原因是______。（3）为了探究5min后实验Ⅱ、Ⅲ中溶液红褐色变浅的原因，小组同学设计了实验Ⅳ：分别取少量5min后实验I、Ⅱ、Ⅲ中溶液，加入2滴铁氰化钾溶液，发现实验Ⅱ、Ⅲ中出现蓝色沉淀，实验I中无明显变化.根据实验Ⅳ的现象，结合化学用语解释红褐色变浅的原因是______。（4）针对5min后实验Ⅲ中溶液颜色比实验Ⅱ中深，小组同学认为可能存在三种因素：①Cl－可以加快Fe3+与的氧化还原反应；②______；③在酸性环境下代替Fe3+氧化了，同时消耗H+，使Fe3+水解出的Fe（OH）3较多。通过实验Ⅴ和实验Ⅵ进行因素探究：实验操作（已知Na+对实验无影响）5min后的现象 实验Ⅴ在2mLpH=1.0的0.4mol/LFe（NO3）3溶液中溶解约_______固体，再加入2滴0.4mol/LNa2SO3溶液溶液的红褐色介于Ⅱ、Ⅲ之间实验Ⅵ在2mLpH=1.0的稀硝酸中溶解约0.19gNaNO3固体，再加入2滴0.4mol/LNa2SO3溶液．向其中滴入少量BaCl2溶液______实验结论：因素①和因素②均成立，因素③不明显。请将上述方案填写完整。（5）通过上述实验，你的实验结论是：__________【答案】（1）（2）起始浓度小，水解出的少（3）与发生了氧化还原反应：，在减小）的同时降低了，使水解出的变少（4）①.可以减慢与的氧化还原反应②.③.无明显现象（5）与反应，水解反应的速率快，等待足够长时间后，将以氧化还原反应为主；或者铁盐与亚硫酸盐之间的反应受离子浓度、离子种类的影响。【解析】【分析】铁盐能水解生成氢氧化铁胶体，溶液显酸性；亚硫酸盐可以水解使溶液显碱性；两者在一定的条件下相遇还能发生氧化还原反应。【小问1详解】均属于强酸弱碱盐，Fe3+在水溶液中发生水解反应显酸性，发生的方程式为：。【小问2详解】红褐色为，开始混合时实验I中红褐色比Ⅱ、Ⅲ中略浅的原因是：起始浓度小，水解出的少。【小问3详解】5分钟后，Ⅱ、Ⅲ溶液红褐色变浅则变少，溶液中加入铁氰化钾生成蓝色沉淀则为铁氰化亚铁，说明实验Ⅱ、Ⅲ中的Fe3+被还原成了Fe2+，则结合化学用语解释红褐色变浅的原因是：与发生了氧化还原反应：，在减小的同时降低了 ，使水解出的变少。【小问4详解】Ⅱ中为氯化铁，Ⅲ中为硝酸铁，其余条件均相同，则针对5min后实验Ⅲ中溶液颜色比实验Ⅱ中深，小组同学认为可能存在三种因素中的第②种为：可以减慢与的氧化还原反应。为了验证具体是哪种影响因素，实验Ⅴ和实验Ⅵ进行因素探究。实验Ⅴ为了验证①Cl-可以加快Fe3+与的氧化还原反应；加入的Cl-的物质的量应该与实验Ⅱ中的Cl-的物质的量相等，所以，加入氯化钠的质量为0.14g。根据表格下方的实验结论：因素①和因素②均成立，因素③不明显，可知在酸性环境下代替Fe3+氧化了并不能促进Fe3+水解，反而在酸性环境下没有氢氧化铁存在，所以无现象。【小问5详解】通过上述实验，实验ⅠⅡⅢ中溶液均立即变为红褐色说明水解反应的速率快，5分钟后Ⅱ、Ⅲ红褐色明显变浅后检测出亚铁离子，则反应以氧化还原反应为主可，故从实验中得出结论是：与反应，水解反应的速率快，等待足够长时间后，将以氧化还原反应为主；或者铁盐与亚硫酸盐之间的反应受离子浓度、离子种类的影响。