江苏省沭阳县修远中学、泗洪县淮北中学、洪翔中学2019-2020学年高二化学下学期联考试题

1、江苏省沭阳县修远中学、泗洪县淮北中学、洪翔中学2019-2020学年高二化学下学期联考试题江苏省沭阳县修远中学、泗洪县淮北中学、洪翔中学2019-2020学年高二化学下学期联考试题年级：姓名：- 20 -江苏省沭阳县修远中学、泗洪县淮北中学、洪翔中学2019-2020学年高二化学下学期联考试题（含解析）1. 燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景。下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是（ ）a. 甲醇b. 天然气c. 液化石油气d. 氢气【答案】d【解析】【详解】a甲醇燃烧会产生co2和水，co2会导致温室效应；b天然气主要成分是ch4，燃烧会产生co2和水，co2会导致温室

2、效应；c液化石油气主要成分是是各种液体烃，完全燃烧会产生co2和水，co2会导致温室效应；d氢气燃烧会产生水，不是污染物，故其中最环保的是氢气，选项d正确。2.已知化学反应a2(g) + b2(g) =2ab(g)的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是a. 该反应热h=+（a-b）kj/molb. 缩小体积增大压强，a的物质的量浓度不变c. 该反应为放热反应d. 加入催化剂可增大正反应速率，降低逆反应速率【答案】a【解析】【详解】a根据图像，该反应热h=+（a-b）kj/mol，故a正确；b缩小体积增大压强，a的物质的量浓度增大，故b错误；c生成物的总能量大于反应物的总能量，该反应为吸热反应，

3、故c错误；d加入催化剂能使正逆反应速率同等程度增大，故d错误。3.下列各组离子在常温下一定能大量共存的是a. 在0.1moll1fecl3溶液中：k、na、i、scnb. 在1012的溶液中：al3、k、clc. 1.0moll1的kno3溶液中：h、fe2、cl、d. 水电离出来的c(h+)=1012mol/l的溶液：k+、cl、clo-【答案】b【解析】【详解】afe3+会和scn反应生成络合物而不能大量共存，且会将i氧化，故a不符合题意；b在1012的溶液显酸性，四种离子相互之间不反应，也不与氢离子反应，可以大量共存，故b符合题意；c硝酸根在氢离子存在的情况下会将亚铁离子氧化而不能大量共

4、存，故c不符合题意；d水电离出来的c(h+)=1012mol/l的溶液中水的电离受到抑制，可能是酸溶液也可能是碱溶液，酸性溶液中次氯酸根不能大量存在，碱性溶液中铵根不能大量存在，故d不符合题意；故答案为b。4.对于反应c(s)+h2o(g)co(g)+h2(g)；h0，下列有关说法正确的是a. 升高体系温度，平衡常数k减小b. 增大体系压强，平衡常数k不发生变化c. 平衡常数表达式为k=d. 增加c(s)的量，平衡正向移动【答案】b【解析】【详解】a正反应为吸热反应，升高体系温度，平衡正向移动，k增大，故a错误；b化学平衡常数只受温度影响，与体系的压强无关，故b正确；cc为固体，不带入k的表达

5、式中，因此k=，故c错误；d固体物质的浓度视为定值，因此增加c(s)的量，平衡不移动，故d错误；故选b。5.电子表和电子计算器的电源通常用微型银锌电池，其电极分别是ag2o和zn，电解质溶液为koh溶液，总反应式为ag2oh2ozn=zn(oh)22ag。下列说法正确的是a. ag2o是正极，zn是负极b. zn是正极，ag2o是负极c. 工作时，电池负极区溶液ph增大d. 工作时，电子由ag2o极经外电路流向zn极【答案】a【解析】【详解】a. 根据电池反应式知，锌失电子化合价升高而作负极，氧化银作正极，a项正确；b. 根据电池反应式知，锌失电子化合价升高而作负极，氧化银作正极，b项错误；c

6、. 负极上电极反应式为zn-2e-+2oh-zn(oh)2，由于氢氧根离子参加反应而导致负极附近氢氧根离子浓度降低，则溶液的ph减小，c项错误；d. 锌作负极，氧化银作正极，电子从负极锌沿导线流向正极氧化银，d项错误；答案选a。6.如图是可逆反应在反应过程中的反应速率（v）与时间（t）的关系曲线，下列叙述正确的是（ ）a. t1时，反应只向正方向进行b. t2时，反应未达到限度c. t2t3，反应已停止d. t2t3，各物质的浓度不再发生变化【答案】d【解析】【分析】由图可知，反应0t2时，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，到t2时正逆反应速率相等，化学反应达到平衡状态。【详解】a反应未

7、达到平衡时，反应同时向正反应方向和逆反应方向进行，只是正反应速率大于逆反应速率，a错误；bt2时，正逆反应速率相等，反应达到反应限度，b错误；ct2t3，反应达到平衡状态，但反应并未停止，c错误；d反应达到平衡后，正反应速率和逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，d正确；答案选d。【点睛】化学平衡状态是动态过程，虽正逆反应速率相等，但反应仍在进行，正逆反应速率不等于0。7.关于小苏打水溶液的表述正确的是a. 存在的电离平衡为h2oh2co3ohb. c(na)c(h)c()c()c(oh)c. 的电离程度大于的水解程度d. c(na)c()c()c(h2co3)【答案】d【解析】【详解】a

8、h2oh2co3oh为水解平衡，电离平衡为+h+，故a错误；b溶液中存在电荷守恒：c(na)c(h)c()2c()c(oh)，故b错误；c小苏打水溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，故c错误；d溶液中存在物料守恒为c(na)c()c()c(h2co3)，故d正确；故答案为d。8.如图是模拟工业电解饱和食盐水的装置图，下列叙述正确的是a. a 为电源的正极b. 通电一段时间后，石墨电极附近溶液先变红c. fe电极的电极反应是4oh- 4e=2h2oo2d. 电解饱和食盐水的总反应是：【答案】d【解析】【详解】a、工业电解饱和食盐水石墨做电解池的阳极，与电源正极向相连，铁做阴极，与电源负极相连

9、，a为电源负极，故a错误；b、电解原理为溶液中氯离子在阳极失电子生成氯气，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，铁电极为阴极，附近氢氧根离子浓度增大，酚酞变红色，故b错误；c、铁做阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，2h+2e-=h2，故c错误；d、电解饱和食盐水氯化钠和水反应生成氢氧化钠、氢气、氯气，反应的化学方程式2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2，故d正确；故选d。9.向三份0.1mol/l ch3coona溶液中分别加入少量nh4no3、na2so3、fecl2固体（忽略溶液体积变化），则ch3coo-浓度的变化依次为（ ）a. 减小、增大、减小b. 增大、减小、减小c. 减小

10、、增大、增大d. 增大、减小、增大【答案】a【解析】【详解】ch3coona为强碱弱酸盐水解后溶液呈碱性，nh4no3和fecl2为强酸弱碱盐水解后溶液呈酸性，因此，这两种盐能促进ch3coona的水解，溶液中的ch3coo减小；na2so3为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，抑制ch3coona的水解，溶液中的ch3coo浓度增大。答案选a。10.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2a(g)b(g)3c(g)；h0b. 室温下，稀释0.1moll-1nh4cl溶液，溶液中增大c. 向稀氨水中加入少量氯化铵固体，一水合氨的电离程度增大d. 向硫酸钡悬浊液中加入足量饱和na2co3溶液，振荡、过滤

11、、洗涤，向沉淀中加入盐酸有气体产生，说明ksp(baso4)ksp(baco3)【答案】b【解析】【详解】a.反应ch3cl(g)+cl2(g)ch2cl2(l)+hcl(g)为熵减小的反应，该反应能自发进行，根据反应能否自发进行的判据可知h-ts0，s0，则h ksp(baco3)，产生碳酸钡沉淀，不能说明ksp(baso4)、ksp(baco3)的关系，d错误；答案选b。12.电化学气敏传感器可用于监测环境中nh3的含量，其工作原理示意图如下。下列说法不正确的是a. o2在电极b上发生还原反应b. 溶液中oh向电极a移动c. 反应消耗的nh3与o2的物质的量之比为45d. 负极的电极反应式

12、为2nh36e6oh=n26h2o【答案】c【解析】【详解】a氧气在b极发生还原反应，则b极为正极，a极为负极，故a正确；b因为a极为负极，则溶液中的阴离子向负极移动，故b正确；c反应中n元素化合价升高3价，o元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗nh3与o2的物质的量之比为4：3，故c错误；d负极是氨气发生氧化反应变成氮气，且oh-向a极移动参与反应，故电极反应式为2nh3-6e-+6oh-=n2+6h2o，故d正确；故选c。13.四氯化钛是乙烯聚合催化剂的重要成分，制备反应如下：tio2(s)+2cl2(g)=ticl4(g)+o2(g)h1=+175.4kjmol1c(s)+o2(g

13、)=co(g)h2=110.45kjmol1下列说法正确的是a. c的燃烧热是110.45kjmol-1b. 若反应中使用催化剂加快反应速率，单位时间内吸收更多热量，则h1变大c. 反应中的能量变化如图所示d. 反应tio2(s)+2cl2(g)+2c(s)=ticl4(g)+2co(g)h=45.5kjmol-1【答案】d【解析】【详解】ac的燃烧热是指1molc燃烧生成二氧化碳时放出的热量，故a错误；b催化剂只改变反应速率，不影响反应的热效应，故b错误；c为吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量，故c错误；d根据盖斯定律，将+2可得tio2(s)+2cl2(g)+2c(s)=ticl4(g

14、)+2co(g)h=-45.5kj/mol，故d正确；故答案为d。14.25 时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）a. 0.1 moll1(nh4)2fe(so4)2溶液中：c()c()c(fe2)c(h)b. ph11的氨水和ph3的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中：c(cl)c()c(oh)c(h)c. 在0.1 moll1 na2co3溶液中：2c(na)c()c()c(h2co3)d. 0.1 moll1的醋酸钠溶液20 ml与0.1 moll1盐酸10 ml混合后溶液显酸性：c(ch3coo) c(cl) c(ch3cooh) c(h)【答案】ad【解析】【分析】a(n

15、h4)2fe(so4)2中亚铁离子及铵根离子都水解，但水解程度较小，根据物料守恒判断；bph=11的氨水浓度大于ph=3的盐酸浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；c任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；d二者混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的nacl、ch3cooh、ch3coona，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度。【详解】a(nh4)2fe(so4)2中亚铁离子及铵根离子都水解，但水解程度较小，根据物料守恒得c()c()c(fe2)c(h)，故a正确；bph=11的氨水浓度大于ph=3的盐酸浓度，二者等体

16、积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(cl)c(cl) c(oh)c(h)，故b错误；c在0.1moll1na2co3溶液中，na元素的物质的量是c元素物质的量的2倍，则c(na)2c()c()c(h2co3)，故c错误；d二者混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的nacl、ch3cooh、ch3coona，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不水解、醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(ch3coo)c(cl)c(ch3cooh)c(h+)，故d正确；故选ad。15.pcl3和pcl5都是重要的化工原料。将pcl3(g)和cl2

17、(g)充入体积不变的2l密闭容器中，在一定条件下发生反应：pcl3(g)cl2(g)pcl5(g)，并于10min时达到平衡。有关数据如下：pcl3(g)cl2(g)pcl5(g)初始浓度(moll1)201.00平衡浓度(moll1)c1c20.4下列判断不正确的是a. 10min内，v(cl2)0.04moll1min1b. 当容器中cl2为1.2mol时，反应达到平衡c. 升高温度(t1t2)，反应的平衡常数减小，平衡时pcl3的1d. 平衡后移走2.0molpcl3和1.0molcl2，相同条件下再次平衡，c(pcl5)0.2moll1【答案】c【解析】【详解】a根据表格数据可知平衡时

18、c(pcl5)=0.4mol/l，则v(pcl5)=0.04moll1min1，根据反应方程式可知v(cl2)=v(pcl5)=0.04moll1min1，故a正确；b平衡时c(pcl5)=0.4mol/l，根据反应方程式可知c(cl2)=0.4mol/l，则平衡时c(cl2)=1.0mol/l-0.4mol/l=0.6mol/l，容器体积为2l，所以平衡时n(cl2)=1.2mol，故b正确；c升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则n(pcl3)增大，所以平衡时pcl3的1，故c错误；d若平衡后移走2.0molpcl3和1.0molcl2，再次达到平衡时与原平衡为等效平衡，则c(

19、pcl5)=0.2moll1，但实际上压强减小，平衡逆向移动，所以c(pcl5)0.2moll1，故d正确；故答案为c。16.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在生产、生活中有着重要作用。(1)如图是n2(g)和h2(g)反应生成1molnh3(g)过程中能量变化示意图，请写出n2和h2反应的热化学方程式：_。(2)已知化学键键能是形成或断裂1mol化学键放出或吸收能量，单位为kjmol1。化学键hhnn键能/kjmol1435943试根据表中及(1)的图中数据计算nh键的键能为_kjmol1。(3)用nh3催化还原nox还可以消除氮氧化物的污染。例如：4nh3(g)3o2(g)=2n

20、2(g)6h2o(g)h1akjmol1n2(g)o2(g)=2no(g)h2bkjmol1若1molnh3还原no至n2，则该反应过程中的反应热h3_kjmol1(用含a、b的式子表示)。(4)氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水。科学家利用此原理，设计成氨气-氧气燃料电池，则通入氨气的电极在碱性条件下发生反应的电极反应式为_。【答案】 (1). n2(g)+3h2(g)=2nh3(g)h92kjmol1 (2). 390kjmol1 (3). (4). 2nh3-6e-+6oh-=n2+6h2o【解析】【详解】(1)据图可知n2(g)和h2(g)反应生成1molnh3(g)过程中放出300k

21、j-254kj=46kj能量，则反应的热化学方程式为n2(g)+3h2(g)=2nh3(g)h=-92kj/mol；(2)设n-h的键能为akj/mol，h=反应物键能之和-生成物键能之和=943kj/mol+3435kj/mol-6akj/mol=-92kj/mol，解得a=390 ；(3)已知：4nh3(g)3o2(g)=2n2(g)6h2o(g)h1akjmol1n2(g)o2(g)=2no(g)h2bkjmol1根据盖斯定律可得nh3(g)+no(g)=n2(g)+h2o(g)h3=kj/mol；(4)氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，根据元素守恒可知该单质为n2，所以通入氨气的电极

22、失电子发生氧化反应，电解质溶液显碱性，所以生成n2和h2o，电极反应式为2nh3-6e-+6oh-=n2+6h2o。【点睛】h=正反应活化能-逆反应活化能=反应物键能之和-生成物键能之和。17.如图是一个化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为2ch3oh3o24koh=2k2co36h2o请回答：（1）甲池是_池，通入o2的电极作为_极，电极反应式为_。（2）乙池是_池，a电极名称为_极，电极反应式为_。乙池中的总反应离子方程式为_，溶液的ph_(填“增大”、“减小”或“不变”)。（3）当乙池中b(ag)极的质量增加5.40 g时，甲池中理论上消耗o2_ml(标准状况下)。【答案】 (1).

23、原电 (2). 正 (3). o22h2o4e=4oh (4). 电解 (5). 阳 (6). 4oh4e=o22h2o (7). 4ag2h2o4ago24h (8). 减小 (9). 280【解析】【详解】（1）根据甲中发生化学反应，可知该反应是自发的放热反应，所以甲是原电池，其余为电解池。通入氧气的一极是正极，发生还原反应，结合电解质溶液，电极反应式为o22h2o4e=4oh；（2）乙池是电解池，因为通入氧气的一极是正极，a与正极相连，则a极是阳极，所以发生氧化反应，氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为2h2o -4e-=o2+4h+，则b是电解池的阴极，发生还原反应，银离子得到电子生成

24、ag，根据得失电子守恒，可得总反应式为4ag2h2o4ago24h；（3）当乙池中b(ag)极的质量增加5.40 g时，5.40gag的物质的量是5.40g/108g/mol=0.05mol，则该过程转移电子的物质的量是0.05mol，根据得失电子守恒规律，所以甲池中理论上消耗o2的物质的量是0.05/4mol，标准状况下的体积是0.05/4mol22.4l/mol=0.28l=280ml。18.氧化铁是一种重要的无机材料，化学性质稳定，催化活性高，具有良好的耐光性、耐热性和对紫外线的屏蔽性，从某种工业酸性废液（主要含na、fe2、fe3、mg2、al3、cl、）中回收氧化铁流程如图所示：已知

25、：常温下kspmg(oh)21.21011；kspfe(oh)22.21016；kspfe(oh)33.51038；kspal(oh)31.01033（1）写出在该酸性废液中通入空气时发生反应的离子方程式： _，指出使用空气比使用氯气好的原因是_。（2）已知fe3(aq)3oh(aq)=fe(oh)3(s)hq1 kjmol1，题（1）中每生成1 mol含铁微粒时，放热q2，请你计算1 mol fe2全部转化为fe(oh)3(s)的热效应h_。（3）常温下，根据已知条件计算在ph5的溶液中，理论上fe3在该溶液中可存在的最大浓度c(fe3)_。（4）有人用氨水调节溶液ph，在ph5时将fe(o

26、h)3沉淀出来，此时可能混有的杂质是_（填化学式，下同），用_试剂可将其除去。【答案】 (1). 4fe2o24h=4fe32h2o (2). 耗费少且无污染 (3). -(q2q1)kjmol1 (4). 3.51011 moll1 (5). al(oh)3 (6). naoh【解析】【分析】（1）酸性废液中通入空气时，fe2+被空气中的氧气所氧化，离子方程式为4fe2+o2+4h+4fe3+2h2o该方法的优点是耗费少且无污染；（2）根据盖斯定律计算；（3）溶液ph=5，则c(oh-)=10-9moll-1，根据kspfe(oh)3=3.510-38可计算；（4）根据kspal(oh)3=

27、1.010-33，可计算出溶液ph=5时，c(al3+)1.010-5，al3+也几乎完全沉淀，故可能混有的杂质是al(oh)3，al(oh)3溶于强碱，而fe(oh)3不溶，故可用naoh溶液除去。【详解】（1）酸性废液中通入空气时，fe2被空气中的o2所氧化，离子方程式为4fe2o24h=4fe32h2o，该方法的优点是耗费少且无污染；（2）4fe2o24h=4fe32h2o，1 molfe3+时，放热q2，1molfe3+转化为fe(oh)3放热热量q1，根据盖斯定律，1mol fe2全部转化为fe(oh)3(s)的热效应h-(q2q1)kjmol1； （3）溶液ph5，则c(oh)10

28、9moll1，根据kspfe(oh)3c(fe3)c3(oh)3.51038，可计算出c(fe3)为3.51011 moll1；（4）根据kspal(oh)31.01033，可计算出溶液ph5 时，kspal(oh)3c(al3)c3(oh)3.51033，求得c(al3)1.0106 moll1，小于1.010-5 moll1，al3也完全沉淀，故可能混有的杂质是al(oh)3；al(oh)3溶于强碱溶液，而 fe(oh)3不溶于强碱溶液，故可用naoh溶液除去。19.随着人类对温室效应和资源短缺等问题的重视，如何降低大气中co2的含量及有效地开发利用co2，引起了各国的普遍重视。目前工业上

29、有一种方法是用co2来生产燃料甲醇。为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1 l的密闭容器中，充入1mol co2和3mol h2，一定条件下发生反应：co2(g)3h2(g)ch3oh(g)h2o(g) h49.0kj/mol，测得co2和ch3oh(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(h2)_mol/(lmin)。该反应的平衡常数表达式为k=_。下列措施中能使n(ch3oh)n(co2)增大的是_。a升高温度 b充入he(g)，使体系压强增大c将h2o(g)从体系中分离 d再充入1mol co2和3mol h2有人提出，可以设计反应2co(g)2c(s)

30、o2(g) 通过其自发进行来消除co的污染。该方案_(填“是”、“否”)可行，理由是：_。【答案】 (1). 0.225 (2). (3). cd (4). 否 (5). 该反应h0、s0，因而g0，不能自发进行【解析】【分析】(1)根据v=计算；根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积计算；要使n(ch3oh)/n(co2)增大，应使平衡向正反应方向移动；(2)根据g的大小判断反应能否进行。【详解】(1)利用三段式解题法计算 co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)， 开始(mol/l)：1 3 0 0变化(mol/l)：0.75 2.25 0.75 0.75

31、 平衡(mol/l)：0.25 0.75 0.75 0.75从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(h2)=0.225 moll-1min-1；平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则k=；要使n(ch3oh)/n(co2)增大，应使平衡向正反应方向移动；a因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则n(ch3oh)/n(co2)减小，故a错误；b充入he(g)，使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，n(ch3oh)/n(co2)不变，故b错误；c将h2o(g)从体系中分离，平衡向正反应方法移动，n(ch3oh)/n(co2)增大，故c正确；d再充入1m

32、ol co2和3mol h2，等效于在原来基础上缩小体积一半，压强增大，平衡向正反应方向移动，则n(ch3oh)/n(co2)增大，故d正确；故答案为cd；(2)已知反应2co=2c+o2的h0、s0，则g=h-ts0，反应是一个焓增、熵减的反应，任何情况下不能自发进行。20.硫化钠是重要的化工原料，大多采用无水芒硝（na2so4）炭粉还原法制备，原理为na2so42cna2s2co2。其主要流程如下：（1） na2s溶液显碱性，写出相关反应的方程式（主要）_，上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是_。（2）常温下，等体积、等物质的量浓度的nahs溶液与na2s溶液混合，混合溶液中c(s2)

33、_c(hs) （填“大于”、“小于”或“等于”）。若混合溶液的ph=10，则c(hs)3c(h2s)c(s2)= _（3）已知：i22s2o32-=2is4o62-。上述所制得的na2s9h2o晶体中含有na2s2o35h2o等杂质。为测定产品的成分，进行下列实验，步骤如下：a. 取试样10.00 g配成500.00 ml溶液。b. 取所配溶液25.00 ml于碘量瓶中，加入过量znco3悬浊液除去na2s后，过滤，向滤液中滴入23滴淀粉溶液，用0.050 00 moll1i2溶液滴定至终点，用去5.00ml i2溶液。c. 再取所配溶液25.00 ml于碘量瓶中，加入50.00 ml 0.0

34、50 00 moll1的i2溶液，并滴入23滴淀粉溶液，振荡。用标准na2s2o3溶液滴定多余的i2，用去15.00 ml 0.100 0 moll1 na2s2o3溶液。步骤b中用znco3除去na2s的离子方程式为_。判断步骤c中滴定终点的方法为_。计算试样中na2s9h2o和na2s2o35h2o的质量分数_（写出计算过程）。【答案】 (1). (2). 热水会促进na2s水解，而稀碱液能抑制na2s水解 (3). 小于 (4). 110-4mol/l或2(10-4-10-10)mol/l (5). (6). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 (7). 步骤b中消耗的i2有：n(i2)=0.05000 moll15