名校高三化学第一次模拟考试联考试卷(含答案和解析)12

名校高三化学第一次模拟考试联考试卷（含答案和解析)12学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题
1．运输汽油的车上，贴有的危险化学品标志是
A．B．C．
D．
【答案】B
【解析】
【详解】
A、汽油是易燃品，不是腐蚀品，故不选A；
B、汽油是易燃液体，故选B；
C、汽油是易燃品，不是剧毒品，故不选C；
D、汽油是易燃品，不是氧化剂，故不选D；选B。

2．近日，北京某区食药监局向居民发放了家用食品快检试剂盒．试剂盒涉及的部分检验方法如下，其中不是通过化学原理进行检验的是（）
A．通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度
B．用含Fe2+的检测试剂检验自来水中余氯的含量
C．向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量
D．通过观察放入检测液中鸡蛋的沉浮检验鸡蛋新鲜度
【答案】D
【解析】
【详解】
A项、通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度，涉及与氢离子的反应，pH试纸的变
色过程是化学变化，故A错误；
B项、亚铁离子与氯气发生氧化还原反应，属于化学变化，故B错误；
C项、向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量，发生氧化还原反应，淀粉中碘酸钾被还原生成碘，故C错误；
D项、鸡蛋的沉浮与密度有关，没有发生化学变化，故D正确；
故选D。

3．钛（Ti）常被称为未来钢铁。

下列关于4822Ti的说法中，错误的是（）
A．质子数为22B．质量数为70C．中子数为26D．核外电子数为22
【答案】B
【解析】
【分析】
48
Ti的质子数为22，质量数为48，故中子数=质量数-质子数=48-22=26。

22
【详解】
A项、4822Ti的质子数为22，故A正确；
B项、4822Ti的质量数为48，故B错误；
C项、4822Ti的中子数=质量数-质子数=48-22=26，故C正确；
D项、的电子数=质子数=22，故D正确；
故选B。

4．下列关于NH4Cl的描述正确的是（）
A．只存在离子键B．属于共价化合物
NH 的电子式：
C．氯离子的结构示意图：D．4
【答案】D
【解析】
【详解】
A项、氯化铵为离子化合物，既存在离子键又存在共价键，故A错误；
B项、氯化铵含有离子键，为离子化合物，故B错误；
C项、氯离子核内有17个质子，核外有18个电子，则氯离子结构示意图：，
故C错误；
D项、NH4+是多原子构成的阳离子，电子式要加中括号和电荷，电子式为，故D正确；
故选D。

5．下列烷烃命名错误的是
A．2─甲基戊烷B．3─乙基戊烷
C．3,4─二甲基戊烷D．3─甲基己烷
【答案】C
【解析】
【详解】
A.2─甲基戊烷的结构为(CH3)2CHCH2CH2CH3，命名是正确的；
B.3─乙基戊烷的结构为(CH3CH2)2CHCH2CH3，命名正确；
C.3,4─二甲基戊烷的可能结构为CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)2，其名称为2,3─二甲基戊烷，C错误；
D.3─甲基己烷的结构为CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，命名正确。

命名错误的是C，故选C。

6．下列物质中，不属于合金的是
A．水银B．硬铝C．青铜D．碳素钢
【答案】A
【解析】
【详解】
由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质是合金，硬铝是一种铝合金、青铜是Cu—Sn合金、碳素钢是含碳量为0.03%~2%的铁碳合金，水银是金属单质，不是合金，答案选A。

7．下列关于氯气性质的描述错误的是（）
A．无色气体B．能溶于水C．有刺激性气味D．光照下与氢气反应
【答案】A
【解析】
【详解】
氯气是黄绿色的、有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，熔沸点较低，能溶于水，易溶于有机溶剂，光照下氯气与氢气反应生成氯化氢，故选A。

8．将石墨烯一层层叠起来就是石墨。

下列说法错误的是（）
A．自然界中存在石墨烯B．石墨烯与石墨的组成元素相同C．石墨烯能够导电D．石墨烯属于烃
【答案】D
【解析】
【详解】
A项、石墨烯属于碳的一种单质，在自然界有存在，故A正确；
B项、石墨烯与石墨都是碳的单质，它们的组成元素相同，故B正确；
C项、石墨烯与石墨都易导电，故C正确；
D．石墨烯属于碳的单质，不是烯烃，故D错误；
故选D。

9．下列有关物质性质的比较，不正确
．．．的是
A．金属性：Al＞Mg B．稳定性：HF＞HCl
C．碱性：NaOH＞Mg(OH)2D．酸性：HClO4＞H2SO4
【答案】A
【解析】分析：根据元素周期律分析。

详解：A.同周期自左向右金属性逐渐减弱，则金属性：Al＜Mg，A错误；
B.同主族从上到下非金属性逐渐减弱，氢化物稳定性逐渐减弱，则稳定性：HF＞HCl，B正确；
C.同周期自左向右金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱，则碱性：NaOH＞Mg(OH)2，C正确；
D.同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价含氧酸的酸性逐渐增强，则酸性：HClO4＞H2SO4，D正确。

答案选A。

10．为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀（见图），关于B的说法合理的是（）
A．B是碳棒
B．B是锌板
D．B极无需定时更换
【答案】B
【解析】
【详解】
钢闸门A和B在海水中形成原电池时，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，Fe应作正极被保护，则要选择活泼性比Fe强的锌作负极被损耗，故选B。

11．常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是
A．0.01mol·L-1的HClO溶液pH>2
B．NaClO、HClO都易溶于水
C．NaClO的电离方程式：NaClO＝Na++ClO-
D．HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4
【答案】A
【解析】A、0.01mol·L-1的HClO溶液pH>2，氢离子浓度小于HClO浓度，说明HClO在水溶液里部分电离，所以能说明该酸是弱电解质，选项A正确；
B、NaClO、HClO都易溶于水，不能说明HClO的电离程度，所以不能据此判断HClO是弱电解质，选项B错误；
C、NaClO的电离方程式：NaClO=Na++ClO-，说明NaClO完全电离为强电解质，但不能说明HClO 部分电离，所以不能据此判断HClO是弱电解质，选项C错误；
D、HClO 与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4，说明HClO具有氧化性，能氧化亚硫酸钠，但不能说明HClO部分电离，所以不能判断HClO是弱电解质，选项D错误。

答案选A。

点睛：本题考查电解质强弱的判断，明确强弱电解质的本质区别是解本题关键，注意不能根据电解质的溶解性强弱、溶液导电性强弱判断电解质强弱，为易错点。

12．一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g）。

当H2O、CO、CO2、H2的浓度不再变化时，下列说法中，正确的是（）A．该反应已达化学平衡状态B．H2O和CO全部转化为CO2和H2 C．正、逆反应速率相等且等于零D．H2O、CO、CO2、H2的浓度一定相等
【详解】
A项、当H2O、CO、CO2、H2的浓度不再变化时，说明正逆反应速率相等，反应已达化学平衡状态，故A正确；
B项、可逆反应不可能完全反应，则H2O和CO反应不可能全部转化为CO2和H2，故B错误；
C项、化学平衡状态是动态平衡，正、逆反应速率相等且大于零，故C错误；
D项、平衡状态时H2O、CO、CO2、H2的浓度不变，不一定相等，故D错误；
故选A。

13．下列反应不能用划线反应物所具有的类别通性解释的是（）
A．NaOH+HClO4→NaClO4+H2O B．H2CO3+Na2SiO3→H2SiO↓+Na2CO3 C．Zn+FeSO4→ZnSO4+Fe D．2FeCl3+2NaI→2FeCl2+I2+NaCl
【答案】D
【解析】
【详解】
A项、NaOH与HClO4反应属于中和反应，碱能与酸发生中和反应，故A能解释；
B项、碳酸的酸性比硅酸强，酸性比硅酸强的酸能制备硅酸，较强的酸能制备较弱的酸，故B能解释；
C项、活动性较强的金属单质能从活动性较弱的金属的盐溶液中置换出活动性较弱的金属，故C能解释；
D项、FeCl3与NaI发生了氧化还原反应，这不是卤化物通性，其他卤化钠大多数不能与氯化铁发生类似的反应，故D不能解释；
故选D。

14．如图表示1~18号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。

图中纵坐标表示
A．电子层数B．原子半径C．最高化合价D．最外层电子数【答案】D
A项，原子序数1、2的原子电子层数相同，原子序数3~10的原子电子层数相同，原子序数11~18的原子电子层数相同，A项不符合；
B项，同周期主族元素，随原子序数递增原子半径减小，B项不符合；
C项，第二周期的氧没有最高正价，第二周期的F没有正价，C项不符合；
D项，第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2，第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8，D项符合；
答案选D。

15．25℃时，浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列判断错误的是（）A．粒子种类不同B．c(Na+)前者大于后者
C．c(OH-)前者大于后者D．分别加入NaOH固体，c(CO32-)均增大
【答案】A
【解析】
【详解】
A项、NaHCO3溶液中存在如下平衡：H2O⇌H++OH-、HCO3-⇌CO32-+H+、
H2O+HCO3-⇌H2CO3+OH-，Na2CO3溶液中存在如下平衡：H2O⇌H++OH-、
H2O+CO32-⇌HCO3-+OH-、H2O+HCO3-⇌H2CO3+OH-，溶液中存在的粒子种类相同，故A错误；
B项、Na2CO3中c（Na+）=2c（Na2CO3），NaHCO3溶液中c（Na+）=c（NaHCO3），二者浓度相等，则c（Na+）前者大于后者，故B正确；
C项、碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，碳酸钠溶液中的c（OH-）大于碳酸氢钠溶液中的c（OH-），故C正确；
D项、向浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液分别加入NaOH固体，NaOH会抑制Na2CO3的水解，与NaHCO3反应生成Na2CO3，则两种溶液中c（CO32-）均增大，故D正确；故选A。

16．对C2H4O2（甲）和C4H8O2（乙）的分析合理的是（）
A．肯定互为同系物B．乙能够发生水解的同分异构体有3种C．甲可能极易溶于水D．两种物质具有相同的最简式
【答案】C
【解析】
A项、羧酸类和酯类的通式均为C n H2n O2，故甲和乙均可能为酸或酯，故两者不一定是同系物，故A错误；
B项、乙能发生水解反应的同分异构体为酯类，可能为CH3CH2COOCH3、
CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2，共4种，故B错误；
C项、甲为乙酸或甲酸甲酯，若为甲酸甲酯，难溶于水；若为乙酸，易溶于水，故C正确；
D项、最简式为各原子的最简单的整数比，C2H4O2（甲）和C4H8O2（乙）的最简式分别为CH2O和C2H4O，两者不同，故D错误；
故选C。

【点睛】
同系物必须是同类物质，含有官能团的种类及数目一定是相同的。

17．下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述正确的是（）
A．溶液中H2O电离出的c(OH-)=1.0×10-3mol⋅L—1
B．加入少量CH3COONa固体后，溶液pH升高
C．与等体积0.001mol/L NaOH溶液反应，所得溶液呈中性
D．与pH=3的硫酸溶液浓度相等
【答案】B
【解析】
【详解】
A项、pH=3的CH3COOH溶液中c（H+）为1.0×10-3mol•L-1，氢离子抑制了水的电离，醋酸中的氢氧根离子来自水的电离，则溶液中H2O电离出的c（OH-）=1.0×10-10mol•L-1，故A错误；
B项、加入少量CH3COONa固体后，溶液中醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH升高，故B正确；
C项、醋酸为弱酸，pH=3的醋酸溶液浓度大于0.001mol•L-1，与等体积0.001mol•L-1NaOH 溶液反应后醋酸过量，所得溶液呈酸性，故C错误；
D项、pH=3的硫酸溶液中氢离子浓度为c（H+）=1.0×10-3mol•L-1，硫酸的浓度为
5×10-4mol•L-1，而醋酸的浓度大于0.001mol•L-1，故D错误；
故选B。

【点睛】
水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出是氢氧根离子浓度，酸碱抑制水电离，水解的
盐促进水电离。

18．化学家认为氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程可用如下示意图表示，其中过程⑤表示生成的NH3离开催化剂表面。

下列分析正确的是（）
A．催化剂改变了该反应的反应热B．过程③为放热过程
C．过程②是氢气与氮气分子被催化剂吸附D．过程④为吸热反应
【答案】C
【解析】
【详解】
A项、催化剂可改变反应的途径，不改变反应的始终态，则反应热不变，故A错误；B项、过程③为化学键的断裂过程，为吸热过程，故B错误；
C项、过程②氢气与氮气分子没有变化，被催化剂吸附的过程，故C正确；
D．过程④为化学键的形成过程，为放热过程，故D错误；
故选C。

19．常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等，通过添加过量的难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀并过滤除去，下列说法正确的是
A．过滤后的溶液中一定没有S2-
B．MnS难溶于水，可溶于MnCl2溶液中
C．常温时，CuS、PbS、CdS比MnS更难溶
D．加入MnS后生成CuS的离子方程式是Cu2++S2-=CuS↓
【答案】C
【解析】
【详解】
A、难溶并不是不溶，只是溶解度小，过滤后的溶液中一定有极少量的S2-，错误，不选A；
B、硫化锰难溶于水，也难溶于氯化锰的溶液，错误，不选B；
C、通过添加过量的难溶电解质硫化锰，除去铜离子、铅离子、镉离子，是沉淀转化的原理，利用硫化铜、硫化铅、硫化镉比硫化锰更难溶于水的原理转化，正确，选C；
D、沉淀转化的离子方程式为Cu2+（aq）+MnS(s)=CuS(s)+Mn2+（aq），错误，不选D。

本题选C。

20．某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：
序号
实验操作
实验现象溶液不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀
下列实验分析中，不正确
．．．的是
A．①说明Cl2被完全消耗
B．②中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI
C．③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42−D．实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化
【答案】C
【解析】
A.①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确；
B.当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2 +I2+2H2O==H2SO4+2HI，②中试纸褪色，选项B正确；
C.硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−，选项C不正确；
D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正确。

答案选C。

点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。

注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−。

评卷人得分
二、推断题
21．化合物E（二乙酸-1，4-环己二醇酯）是一种制作建筑材料的原料。

其合成路线如下：
完成下列填空：
（1）A中含有的官能团是______；E的分子式是______；试剂a是______。

（2）写出反应类型：B→C______。

（3）C与D反应生成E的化学方程式：______。

（4）C的同分异构体，能使石蕊试剂显红色，写出该物质的一种结构简式______。

（5）设计一条以环己醇（）为原料（其他无机试剂任取）合成A的合成路线。

（合成路线常用的表示方式为：A B……目标产物）
_____________________
【答案】碳碳双键，溴原子C10H16O4NaOH水溶液取代反应
CH3（CH2）4COOH
【解析】
【分析】
由题给有机物转化关系可知，在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成
，则B为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，
则C为；在浓硫酸作用下，与CH3COOH共热发生酯化反应生成，
则D为CH3COOH。

【详解】
（1）A中含有的官能团是碳碳双键、溴原子；E的分子式是C10H16O4；试剂a是NaOH 水溶液，故答案为：碳碳双键、溴原子；C10H16O4；NaOH水溶液；
（2）B的结构简式为，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应
生成，故答案为：水解反应或取代反应；
（3）在浓硫酸作用下，与CH3COOH共热发生酯化反应生成，反应的
化学方程式为，故答案为：
；
（4）C的结构简式为，C的同分异构体能使石蕊试剂显红色，说明分子中含有羧基，可为CH3（CH2）4COOH等，故答案为：CH3（CH2）4COOH等；
（5）以环己醇（）为原料合成时，可先发生消去反应生成环己烯，
然后发生加成反应邻二溴环己烷，在氢氧化钠醇溶液中邻二溴环己烷发生消去反应生成1,3—环己二烯，1,3—环己二烯与溴水发生1，4加成可生成目标物，合成路线为
，故答
案为：。

【点睛】
依据逆推法，通过生成E的反应条件和E结构简式确定C和D的结构简式是推断的突破口。

评卷人得分
三、综合题
22．煤燃烧排放的烟气含有SO2和NO x，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝完成下列填空：
（1）上述烟气处理过程中涉及到的化学物质，其组成元素中属于第三周期元素的是
______；写出N的核外电子排布式______。

（2）已知SO2分子的空间构型折线形，则SO2为______（选填“极性”、“非极性”）。

（3）将含有SO2和NO x的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其他离子忽略不计）：
离子Na+SO42-NO3-OH-Cl-
浓度/（mol•L-1） 5.5×10-38.5×10-4y 2.0×10-4 3.4×10-3
①表中y=______mol•L-1。

②写出NaClO2溶液吸收SO2的离子方程式______。

（4）烟气中的SO2还可采用氨法脱硫除去，其反应原理可用如图表示。

①写出SO2跟氨水反应生成NH4HSO3的化学方程式______。

②（NH4）2HSO3溶液中浓度最大的离子是______。

【答案】S、Na、Cl1s22s22p3极性 2.0×10-4
2SO2+ClO-+2H2O=2SO4+Cl-+4H+SO2+NH3•H2O=NH4HSO3NH4+
【解析】
【分析】
（1）硫、钠、氯为第三周期元素，N原子的核外有两个能级，第2个能层上有s、p能级；
（2）SO2分子为空间构型为结构不对称的折线形；
（3）①溶液呈电中性，依据电荷守恒关系计算；
②二氧化硫和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠；
（4）①二氧化硫是酸性氧化物和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵；
【详解】
（1）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NO x，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝反应，其组成元素中属于第三周期元素为硫、钠、氯，N原子的核外有两个能层，第2个能层上有s、p能级，N原子电子排布式为1s22s22p3，故答案为S、Na、Cl；1s22s22p3；
（2）SO2分子的空间构型折线形，分子中正负电荷中心不重合，SO2为极性分子，故答案为极性；
（3）①溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒关系c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c2c（SO42-）
+y，则表中的y=5.5×10-3-3.4×10-3-2.0×10-4-2×8.5×10-4=5.8×10-4，y=2.0×10-4，故答案为
2.0×10-4；
②二氧化硫和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式为2SO2+ClO2-+2H2O=2SO42-+Cl-+4H+，故答案为2SO2+ClO-+2H2O=2SO4+Cl-+4H+；
（4）①二氧化硫是酸性氧化物，其和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵，反应的化学方程式为SO2+NH3•H2O=NH4HSO3，故答案为SO2+NH3•H2O=NH4HSO3；
②(NH4)2HSO3是强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子的电离大于铵根离子的水解，溶液呈酸性，则浓度最大的离子是NH4+，故答案为NH4+。

【点睛】
(NH4)2HSO3溶液中亚硫酸氢根离子的电离抑制铵根离子的水解，溶液呈酸性。

23．久置的FeSO4溶液变黄，一般认为是二价铁被氧化为三价铁的缘故。

某研究小组为研究溶液中Fe2+被O2氧化的过程，查阅资料发现：溶液中Fe2+的氧化过程分为先后两步，首先是Fe2+水解，接着水解产物被O2氧化。

于是小组同学决定研究常温下不同pH对Fe2+被O2氧化的影响，并测定了Fe2+氧化率随时间变化的关系，结果如图。

回答下列问题：
（1）写出Fe2+水解的离子方程式______；要抑制FeSO4水解，可以采取的措施是______。

（2）在酸性条件下，Fe2+被O2氧化的反应方程式为：4Fe2++O2⇌4Fe3++2H2O，已知常温下该反应的平衡常数很大。

则下列说法正确的是______。

a．Fe2+转化为Fe3+的趋势很大b．Fe2+转化为Fe3+的速率很大
c．该反应进行得很完全d．酸性条件下Fe2+不会被氧化
（3）结合如图分析不同pH对Fe2+被O2氧化的反应发生了怎样的影响______。

（4）研究小组在查阅资料时还得知：氧气的氧化性随溶液的酸性增强而增强。

通过以上研究可知，配制FeSO4溶液的正确做法是______。

（5）用K2Cr2O7标准溶液测定溶液中Fe2+浓度，从而计算Fe2+的氧化率。

反应如下：6Fe2++Cr2O72-+14H+→2Cr3++6Fe3++7H2O若取20mL待测溶液，用0.0200mol•L-1KCr2O7
标准溶液滴定，消耗标准溶液16.50mL，则溶液中c（Fe2+）=______mol•L-1。

【答案】Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+向溶液中滴加少量稀硫酸ac pH越大氧化率越大向其中加入少量的硫酸和铁粉等0.099
【解析】
【分析】
（1）Fe2+在溶液中水解使溶液呈酸性，滴加少量稀硫酸，增大溶液中氢离子浓度，使
水解平衡逆向进行；
（2）依据题给信息平衡常数很大和题给图像分析；
（3）根据图象可知，溶液pH越大，亚铁离子被氧化的曲线斜率越大；
（4）加入少量铁粉能防止亚铁离子被氧化加入少量硫酸能防止亚铁离子水解；
（5）依据化学方程式计算。

【详解】
（1）Fe2+在溶液中水解使溶液呈酸性，水解的离子方程式为Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+，要抑制FeSO4水解，可以采取的措施是向溶液中滴加少量稀硫酸，增大溶液中氢离子浓度，使水解平衡逆向进行，故答案为：Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+；向溶液中滴加少量稀硫酸；
（2）a、已知常温下4Fe2++O2⇌4Fe3++2H2O的平衡常数很大，说明Fe2+转化为Fe3+的趋势很大，故a正确；
b、根据图象可知，Fe2+转化为Fe3+的速率与溶液pH有关，pH=4.7时反应速率较小，故b错误；
c、该反应为可逆反应，平衡常数很大，反应进行的很完全，故c正确；
d、根据图象可知，酸性条件下Fe2+的氧化速率较小，但仍然会被氧化，故d错误；
ac正确，故答案为：ac；
（3）根据图象可知，溶液pH越大，亚铁离子被氧化的曲线斜率越大，说明pH越大氧化率越大，故答案为：pH越大氧化率越大；
（4）氧气的氧化性随溶液的酸性增强而增强，为了防止亚铁离子被氧化，配制FeSO4
溶液时需要加入少量铁粉；为了防止亚铁离子水解，还需要加入少量硫酸，即向配制FeSO4溶液的方法是：加入少量的硫酸和铁粉等，故答案为：向其中加入少量的硫酸和铁粉等；
（5）取20mL待测溶液，用0.0200mol•L-1KCr2O7标准溶液滴定，消耗标准溶液16.50mL，n（KCr2O7）=0.0200mol•L-1×16.50×10-3L=3.3×10-4mol，根据反应可知，n（Fe2+）=6n（KCr2O7）=3.3×10-4mol×6=1.98×10-3mol，则溶液中c（Fe2+）=1.98×10-3mol/0.02L=0.099mol/L，故
答案为：0.099。

【点睛】
反应的平衡常数很大，说明反应进行的很完全，但不能判断反应速率的快慢是解答的关键，也是易错点。

评卷人得分
四、实验题
24．某兴趣小组研究金属与硝酸的反应，进行如下实验：
实验（20℃）现象
Ⅰ.过量铜粉、2mL0.5mol·L-1HNO3无色气体（遇空气变红棕色），溶液变为蓝色
Ⅱ.过量铁粉、2mL0.5mol·L-1HNO36mL无色气体（经检测为H2），溶液几乎无色
回答下列问题：
（1）Ⅰ中的无色气体是___。

（2）写出Ⅱ中生成H2的离子方程式___。

（3）研究Ⅱ中的氧化剂
①甲同学认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-，所以NO3-没有发生反应。

乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是____。

②乙同学通过分析，推测出NO3-也能被还原，依据是___，进而他通过实验证实该溶液中含有NH4+，其实验操作是___。

③根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有___；试推测还可能有哪些因素影响___（列举1条）。

【答案】NO或一氧化氮Fe+2H+→Fe2++H2↑硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝且无氢气放出铁粉过量，但是溶液中0.001molH+仅被还原了约5.4×10-4mol，据此可以推测+5价的N也被还原取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。

金属的种类（或还原剂的还原性，金属的还原性等）温度（或者：硝酸的浓度）
【解析】
【分析】
（1）NO遇空气变红；
（2）有氢气生成，说明氢离子被还原成H2；
（3）①对比实验Ⅰ和Ⅱ进行回答；
②根据生成氢气的量，通过计算判断；NH4+遇碱放出氨气；
③实验Ⅰ和Ⅱ的不同条件是所用金属不同；
【详解】
（1）NO遇空气变红，Ⅰ中的无色气体遇空气变红棕色，所以Ⅰ中的无色气体是NO；（2）有氢气生成，氢离子被铁还原成H2，反应的离子方程式是Fe+2H+→Fe2++H2↑；（3）①对比实验Ⅰ和Ⅱ，硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝且无氢气放出，所以甲的说法不正确；
②铁粉过量，但是溶液中0.001molH+仅被还原了约5.4×10-4mol，据此可以推测+5价的N也被还原；NH4+遇碱放出氨气，检验NH4+的操作是：取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。

③实验Ⅰ和Ⅱ的不同条件是所用金属不同，可知影响硝酸还原产物不同的因素有金属的种类，还可能有硝酸的浓度。