山东省枣庄市滕州市2022-2023学年高二下学期2月质量检测化学试题（ 含答案解析 ）

山东省枣庄市滕州市2022-2023学年高二下学期2月质量检测化学试题本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题上。将条形码横贴在答题卡对应位置“条形码粘贴处”。2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试卷上。3.第Ⅱ卷所有题目的答案，考生须用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡规定的区域内，在试卷上答题不得分。4.考试结束，监考人员将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题：(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。)1.中国努力争取2060年前实现碳中和。下列说法不正确的是A.积极鼓励植树造林，降低空气中含量B.可利用或氨水捕集废气中的C.一定条件下，将转化为，实现的资源化利用D.研发新型催化剂将分解成碳和，同时放出热量【答案】D【解析】【分析】【详解】A．植物可通过光合作用吸收CO2，植树造林可降低含量，A正确；B．CaO或氨水具有碱性，能与酸性气体CO2反应，B正确；C．将CO2转为CH3OH燃料，可实现资源优化利用，C正确；D．分解反应需要吸收热量，D错误；故选：D。2.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ•mol-1，则H2摩尔燃烧焓为-241.8kJ•mol-1B.反应SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0C.已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H=a，2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=b，则b＞aD.在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molBa(OH)2的溶液混合，放出热量等于57.3kJ【答案】C【解析】【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热＜-241.8kJ•mol-1，故A错误；B．反应SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)是气体生成固体和液体的反应，该反应是熵减的反应，△S<0，在常温下能自发进行，说明T减小时，△H-T△S<0，则该反应的△H<0，故B错误；C．2mol碳单质，完全燃烧生成CO2时放出热量更多，焓变为负值，则b＞a，故C正确；D．浓硫酸溶于水放出热量，则将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molBa(OH)2的溶液混合，放出热量大于57.3kJ，故D错误；故选C。3.室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向2mL0.1mol/LKI溶液中加入5mL0.1mol/L溶液充分反应后用苯萃取2~3次，取水层滴加KSCN溶液观察溶液颜色变化化学反应有一定限度B用玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸上，立即与pH标准比色卡对照读数测定新制氨水的pHC分别向2支盛有等体积、等浓度的和溶液的试管中同时加入2mL溶液探究不同催化剂对反应速率的影响D分别取50mL0.5mol/L硫酸、氢氧化钠两溶液在量热器中充分反应，测定反应前后最大温度差测定中和热A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．KI溶液不足，溶液过量，因此铁不能完全转化，故溶液中一定有铁离子，一定能KSCN溶液变红，A错误；B．测量溶液的PH时，应用玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸上，与pH标准比色卡对照读数，B正确；C．等体积、等浓度的和溶液的试管中同时加入2mL溶液,可以探究和对过氧化氢分解的催化作用，C正确；D．测定中和热时，测量硫酸、氢氧化钠两溶液在量热器中充分反应前后最大温度差，进行计算，D正确；故选A。4.已知：，已知某反应的平衡常数，则该反应的等于A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】根据该反应的平衡常数，可知反应的热化学方程式为：，该反应为Ⅲ，令反应为Ⅰ，反应为Ⅱ，由盖斯定律可知Ⅲ=-Ⅱ-Ⅰ，则，答案选C。5.在RNH2·H2ORNH＋OH-形成的平衡中，要使RNH2·H2O的电离程度及c(OH-)都增大，可采取的措施是（）A.升温 B.加少量NaOH固体 C.加水 D.通入HCl【答案】A【解析】【详解】A．升高温度，促进弱电解质的电离，电离平衡正向移动，RNH2·H2O的电离程度及c(OH-)都增大，A符合题意；B．加少量NaOH固体，c(OH-)增大，但电离平衡逆向移动，B不符合题意；C．加水稀释，电离平衡正向移动，RNH2·H2O的电离程度增大，但c(OH-)减小，C不符合题意；D．通入HCl，反应消耗OH-，使c(OH-)减小，电离平衡正向移动，D不符合题意；故合理选项是A。6.一种电化学“大气固碳”电池工作原理如图所示。该电池充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2。下列说法正确的是A.充电时阳极发生的反应为C+2Li2CO3-4e-=3CO2+4Li+B.图中Li+的移动方向是充电时的移动方向C.该电池放电时的正极反应为3CO2+4e-+4Li+=2Li2CO3+CD.该电池每放、充4mol电子一次，理论上能固定2molCO2【答案】C【解析】【详解】A．根据信息电池充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2，因此充电时阳极发生的反应为2Li2CO3－4e－＝2CO2↑＋4Li＋＋O2↑，故A错误；B．Li为负极，电极B为正极，因此图中Li＋的移动方向是放电时的移动方向，故B错误；C．根据信息该电池放电时的正极反应为3CO2+4e-+4Li+=2Li2CO3+C，故C正确；D．根据放电正极电极反应式3CO2＋4e－＋4Li＋＝2Li2CO3＋C，充电阳极反应式2Li2CO3－4e－＝2CO2↑＋4Li＋＋O2↑，因此该电池每放、充4mol电子一次，理论上能固定1molCO2，故D错误；故选：C。7.向体积为2L的恒容密闭容器中通入CH4(g)和H2O(g)各1.5mol，发生反应：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)。在不同温度下测得n(CO)随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.该反应是放热反应B.a、b两点平衡常数：K(a)<K(b)C.T2时，CH4的平衡转化率是40%D.化学反应速率：v逆(b)>v正(c)【答案】C【解析】【详解】A．由图象可知，“先拐先平数值大”，即先达到平衡的温度高，说明温度T1>T2，T1时n(CO)较大，说明升高温度平衡正向移动，则正反应是吸热反应，故A错误；B．根据A项分析，该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，所以a、b两点平衡常数：K(a)>K(b)，故B错误；C．转化率是参与反应的物质的量与总物质的量的比值，因此CH4的平衡转化率是100%=40%，故C正确；D．由图可知，b点和c点温度相同，b点达到平衡状态，v正(b)=v逆(b)，而c点还没达到平衡状态，v正(c)>v逆(c)，由于由c到b，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，即v正(c)>v正(b)=v逆(b)>v逆(c)，所以v逆(b)<v正(c)，故D错误；答案选C。8.某课题组通过以下过程实现了可再生能源和CO2的资源化利用。下列说法错误的是A.H2和CH3OH在整个转化过程中是中间产物B.整个过程涉及至少四种能量形式的转换C.反应②和③均存在极性键的断裂和形成D.若反应④的离子导体为NaOH溶液，则正极反应为2H2+4OH--4e-=4H2O【答案】D【解析】【详解】A．太阳光使水分解生成氢气和氧气，后面的过程氢气和氧气反应生成水，故氢气为中间产物，氢气和二氧化碳反应生成甲醇，后甲醇反应生成氢气和二氧化碳，故甲醇也为中间产物，A正确；B．过程中涉及光能变成电能，电能变化学能，化学能变成电能和热能，B正确；C．反应②和③均存在碳氧键或氢氧键的断裂和形成，碳氧键和氢氧键都为极性键，C正确；D．若反应④的离子导体为NaOH溶液，则正极为氧气反应，不是氢气反应，D错误；故选D。9.25℃时，在一定体积pH=12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，若体积可以加和，则V(Ba(OH)2)：V(NaHSO4)为（）A.1：4 B.4：1 C.2：1 D.1：2【答案】A【解析】【详解】pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH−)=10−2mol/L，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x×10−2mol，溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，反应的硫酸氢钠物质的量为0.5x×10−2mol，设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应，混合后溶液pH=11，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为：c(OH−)=10−3mol/L，则：=10−3，整理可得：x：y=1：4，故选：A。10.下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法正确的是A.最高价氧化物对应水化物的碱性：Z＜MB.X、N两种元素形成的化合物属于离子化合物C.Y、R两种元素气态氢化物的稳定性：Y＞RD.简单离子的半径：Z＞M＞X【答案】C【解析】【详解】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可以知道X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素。A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性强弱为：Z>M，A错误；B．X、N两种元素组成的化合物为二氧化硅，二氧化硅是由原子组成，属于共价化合物，B错误；C．气态氢化物的稳定性和非金属性有关，非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性Y＞R，Y、R两种元素气态氢化物的稳定性：Y＞R，C正确；D．离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子的半径：M<Z<X，D错误；故选C。二、选择题：本题包括5小题，每题4分，共20分，每题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，选错不得分。11.下列叙述中正确的是A.焰色试验属于化学变化B.金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍C.阴极电保护法保护钢构件，钢构件与直流电源负极相连D.钠原子核外电子排布由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量【答案】BC【解析】【详解】A．焰色试验体现的是元素的性质，此过程中没有新物质产生，属于物理变化，故A错误；B．金属材料中一般含有杂质，在空气中易构成原电池，易发生电化学腐蚀，所以金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍，故B正确；C．用阴极电保护法保护钢构件时，钢构件与直流电源负极相连做电解池的阴极，故C正确；D．当钠原子的核外电子由3s轨道跃迁到3p轨道时，原子吸收能量，故D错误；故选BC。12.我国科研人员研究了不同含金催化剂催化乙烯加氢的反应历程如下图所示(已知反应：C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g)，△H=akJ·mol-1)，下列说法错误的是A.1molC2H4(g)和1molH2(g)的键能之和比lmolC2H6(g)的键能大B.a=-129.6C.效果较好的催化剂是AuPF3+大D.稳定性：过渡态1<过渡态2【答案】A【解析】【详解】A．由反应历程可知，反应物总能量比生成物总能量高，该反应为放热反应，则1molC2H4(g)和1molH2(g)的键能之和比lmolC2H6(g)的键能小，A错误；B．由反应历程可知，a=-129.6，B正确；C．过渡态物质相对能量与始态物质相对能量相差越大，活化能越大，反应速率越慢，由反应历程可知催化乙烯加氢效果较好的催化剂是AuPF，C正确；D．能量越低越稳定，则过渡态2稳定，D正确；故选A。13.氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。模拟工业制备氢溴酸的流程如图所示。下列说法错误的是A.混合②加入的试剂a是BaCl2B.加入的Na2SO3是过量的，以除去粗品中的Br2C.蒸馏过程中为提高冷凝效果使用球形冷凝管D.工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能含有Br2【答案】BC【解析】【分析】过量溴单质和二氧化硫在冰水中反应生成硫酸和氢溴酸，蒸馏得到氢溴酸粗品，粗产品中与加入的亚硫酸钠反应，再加入氯化钡得到硫酸钡和氯化钠，过滤，将滤液蒸馏得到精制的氢溴酸。【详解】A．混合②根据后面过滤得到硫酸钡沉淀，蒸馏得到氯化钠溶液，说明加入的试剂a是BaCl2，故A正确；B．加入的Na2SO3的目的是以除去粗品中的Br2，但不能过量，过量的Na2SO3会与HBr反应，导致HBr的产率降低，故B错误；C．球形冷凝管主要作用是冷凝回流，该蒸馏过程应该使用直形冷凝管，避免蒸馏产物残留在冷凝管中，故C错误；D．溴单质具有挥发性，工业氢溴酸通常含有Br2而带有淡淡的黄色，故D正确。综上所述，答案为BC。14.25℃时部分电解质的电离平衡常数数据如下。HClO已知，。下列说法错误的是A.等浓度的NaClO和混合溶液中存在B.等浓度溶液的C.向NaClO溶液中通入少量，漂白性增强的原因是D.NaHR溶液中既存在的电离也存在的水解【答案】D【解析】【详解】A．根据物料守恒可得：，A正确；B．越大酸的电离程度越大，由知，酸性越弱相应的酸根离子的水解程度越大，溶液的pH越大，则等浓度溶液的PH：，B正确；C．通过电离平衡常数可知酸性：，则向NaClO溶液中通入少量不能生成，离子方程式为：，C正确；D．由已知信息可知，H2R完全电离成H+和HR-，HR-部分电离，则NaHR溶液中只存在的电离，不存在的水解，D错误；故选D。15.已知：，反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在下、在下如图所示。下列说法正确的是A.图中对应等压过程的曲线是NB.C点处相同，平衡常数相同C.当时，的平衡转化率为1/3D.由d点到b点可以通过升温实现【答案】AC【解析】【详解】A．已知CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ•mol-1，故恒压时温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的物质的量分数减小，故图中对应等压过程的曲线是N，A正确；B．图中曲线N是恒压下随温度改变的曲线，M曲线是恒温下随压强改变的曲线，由图中可知C点对应的温度不是250℃，故C点对应的两种条件下的温度不一样，温度改变，平衡常数改变，故C点处x(CH3OH)相同，但平衡常数不相同，B错误；C．根据三段式分析可知，当x(CH3OH)=0.10时，即=0.1，解得x=，故CO2平衡转化率为=1/3，C正确；D．由A项分析可知，曲线M为恒温故d点对应的温度为250℃，N为恒压，从图中可知b点对应的温度为270℃，d点对应的压强为8×105Pa，而b点对应的压强5×105Pa，故由d点到b点可以通过升温同时减压才能实现，D错误；故选AC。第II卷(非选择题共60分)三、非选择题(本题共4小题，共60分)16.随着科技的不断发展，人类对原子结构的认识不断深入，新型材料层出不穷。(1)下表中列出了第三周期的几种元素的部分性质：元素编号abcde电负性3.02.5X1.50.9主要化合价，，，请按要求回答下列问题：①写出基态a原子的价层电子轨道表示式：_____。②预测X值的区间_______。③上表中五种元素的第一电离能由大到小的顺序是____(写元素符号)。(2)等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂、钛酸锂等正极材料研究方面卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：①基态原子的核外电子排布式为_____。②在周期表中位置为_______，基态Fe3+、Fe2+离子中未成对的电子数之比为_____。③Li和Na的第一电离能：I1(Li)＞I1(Na)，原因是_______。(3)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：①B和N原子半径较小的是：____。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素_____(填元素符号)的相似。②NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性()，与B原子相连的H呈负电性()，这三种元素电负性由大到小的顺序是_____。【答案】①.②.(1.5，2.5)③.Cl＞P＞S＞Al＞Na④.1s22s22p63s23p63d24s2⑤.第四周期第Ⅷ族⑥.5：4⑦.Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，原子核对核外电子吸引力减弱，故第一电离能减小。⑧.N⑨.Si⑩.N＞H＞B【解析】【分析】元素原子最外层电子数等于元素最高正化合价；同一元素最高正化合价与最低负化合价价绝对值的和等于8。第三周期元素a最高为+7价，最低为-1价，说明a最外层有7个电子，a是Cl元素；b元素最高为+6价，最低为-2价，则b最外层有6个电子，b是S元素；c元素最高为+5价，最低为-3价，则c最外层有5个电子，c是P元素；d元素只有+3价，则d是Al元素；e元素只有+1价，则e元素是Na元素。然后根据元素及化合物的性质及元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析可知：a是Cl，b是S，c是P，d是Al，e是Na元素。(1)①a是Cl元素，基态Cl原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，则基态Cl原子的价层电子轨道表示式为；②X是P元素，由于同一周期元素的电负性随原子序数的增大而增大，P元素的电负性应该比Al的大比S的小，所以应该介于1.5～2.5，可表示为(1.5，2.5)；③一般情况下同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但当元素处于第IIA、第VA时，原子核外电子处于轨道的全满、半满的稳定状态，失去电子消耗的能量比相邻元素多，即第一电离能比相邻的元素大，所以上表中五种元素的第一电离能由大到小的顺序是：Cl＞P＞S＞Al＞Na；(2)①Ti22号元素，根据构造原理可知基态Ti核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d24s2；②Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期第VIII族；基态Fe3+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d5，未成对电子数是5；基态Fe2+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d6，未成对电子数是4，故基态Fe3+、Fe2+离子中未成对的电子数之比为5：4；③Li、Na都是第IA的元素，原子核外最外层都只有1个电子，由于Na原子核外电子层数比Li多，原子半径比Li大，原子核对核外电子吸引力比较弱，故其第一电离能较小，所以第一电离能：I1(Li)＞I1(Na)；(3)①同一周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小，B、N都是第二周期元素，原子序数：B＜N，所以原子半径：B＞N，即两种元素的原子半径较小的是N元素；B位于元素周期表第二周期第IIA，根据对角线规则，可知B的一些化学性质与第三周期第IVA的Si元素相似；②元素的电负性越大，形成共价键时吸引电子对的能力就越强，就会带部分负电荷；吸引电子对的能力越弱，就会带部分正电荷。根据形成化合物时NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性()，与B原子相连的H呈负电性()，说明这三种元素吸引电子的能力：N＞H＞B，因此这三种元素电负性由大到小的顺序表现为：N＞H＞B。17.摩尔盐[(NH4)2SO4∙FeSO4∙6H2O]是一种重要的化工原料，在定量分析、冶金、电镀方面都有重要应用。Ⅰ．摩尔盐的制备。当室温为20℃时，某小组同学称取一定质量的FeSO4∙7H2O，加入一定体积的水配成饱和溶液(用硫酸酸化至反应混合液的pH<1)，再加入一定质量的(NH4)2SO4固体，经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤并洗涤干燥后得到淡绿色固体。请回答下列问题：（1）(NH4)2SO4溶液中水的电离度_____纯水的电离度(填写“>”、“<”、“=”)。（2）请结合化学平衡原理，解释控制反应混合液的pH<1的原因：_____。（3）向FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体会_____(填写“促进”、“抑制”、“无影响”)Fe2+的水解。表：三种盐的溶解度(g/100g水)溶解度FeSO4∙7H2O(NH4)2SO4(NH4)2SO4∙FeSO4∙6H2O10℃40.0g73.0g17.2g20℃48.0g75.4g21.6g（4）结合表中的数据，利用沉淀溶解平衡说明制备摩尔盐的反应能发生的原因______。Ⅱ．摩尔盐溶液浓度的测定。称取mg摩尔盐配置成100mL溶液。用移液管移取20mL上述溶液，用浓度为0.0100mol∙L−1的酸性KMnO4溶液滴定，测定所配摩尔盐的浓度，写出该反应的离子方程式，并描述反应达到终点的实验现象。（5）离子方程式：______。（6）达到终点的实验现象：______。（7）滴定过程的实验数据如下(其中KMnO4溶液体积的初始读数均为0.00mL)：编号所用(NH4)2SO4∙FeSO4溶液的体积KMnO4溶液体积的最终读数Ⅰ20.00mL20.02mLⅡ20.00mL20.00mLⅢ20.00mL19.98mL计算配得摩尔盐溶液的物质的量浓度______。（8）下述操作对摩尔盐浓度测定的影响，结果偏小的有_____。a．滴至终点时有半滴酸性KMnO4溶液悬在管口处未滴入b．滴定前仰视读取刻度，滴定后俯视读取刻度。c．装酸性KMnO4溶液的滴定管中尖嘴气泡没赶出便开始滴定，滴定结束后气泡消失d．装酸性KMnO4溶液的滴定管中滴定前没有气泡，滴定结束后滴定管内有气泡产生e．待测液移入锥形瓶后，加入10mL蒸馏水经过进一步计算，该小组同学制备摩尔盐的纯度为92.3%。【答案】（1）＞（2）Fe2+在溶液中存在如下平衡Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，控制反应混合液的pH＜1，平衡左移，抑制Fe2+水解（3）抑制（4）相同温度下，摩尔盐的溶解度最小，降温结晶时，平衡(NH4)2SO4∙FeSO4∙6H2O(s)(NH4)2SO4(aq)＋FeSO4(aq)＋6H2O(l)左移（5）5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O（6）滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液变为紫色，且半分钟内不褪色（7）0.0500mol∙L−1（8）bd【解析】【分析】先制备摩尔盐，根据盐类水解原理稀释，再根据溶解度的规律得到摩尔盐，再通过氧化还原滴定法测定摩尔盐的浓度，再根据滴定原理进行误差分析。【小问1详解】(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解，促进水的电离，因此(NH4)2SO4溶液中水的电离度＞纯水的电离度；故答案为：＞。【小问2详解】亚铁离子水解Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，加入硫酸控制反应混合液的pH＜1，平衡左移，抑制Fe2+水解，这就是控制反应混合液的pH<1的原因；故答案为：Fe2+在溶液中存在如下平衡Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，控制反应混合液的pH＜1，平衡左移，抑制Fe2+水解。【小问3详解】向FeSO4溶液中亚铁离子水解显酸性，(NH4)2SO4中铵根离子水解显酸性，两者是相互抑制的双水解，因此加入(NH4)2SO4固体会抑制Fe2+的水解；故答案为：抑制。【小问4详解】根据表中的数据分析得出，在相同温度时摩尔盐的溶解度最小，反应都是向溶解度小的方向进行，因此利用沉淀溶解平衡说明制备摩尔盐的反应能发生的原因是相同温度下，摩尔盐的溶解度最小，降温结晶时，平衡(NH4)2SO4∙FeSO4∙6H2O(s)(NH4)2SO4(aq)＋FeSO4(aq)＋6H2O(l)左移；故答案为：相同温度下，摩尔盐的溶解度最小，降温结晶时，平衡(NH4)2SO4∙FeSO4∙6H2O(s)(NH4)2SO4(aq)＋FeSO4(aq)＋6H2O(l)左移。【小问5详解】亚铁离子和酸性高锰酸根反应生成铁离子和锰离子，根据质量守恒和电荷守恒配平得到离子方程式：5Fe2+＋MnO＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O；故答案为：5Fe2+＋MnO＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O。【小问6详解】高锰酸钾溶液本身有颜色，当亚铁离子反应完后剩余多加入的高锰酸钾溶液，因此达到终点的实验现象：滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液变为紫色，且半分钟内不褪色；故答案为：滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液变为紫色，且半分钟内不褪色。【小问7详解】三次消耗高锰酸钾溶液的体积平均值为20.00mL，根据5Fe2+～MnO关系式得到，解得，则配得的摩尔盐溶液的物质的量浓度0.0500mol∙L−1；故答案为：0.0500mol∙L−1。【小问8详解】a．滴至终点时有半滴酸性KMnO4溶液悬在管口处未滴入，读出的高锰酸钾溶液体积偏大，测得结果偏大，故a不符合题意；b．滴定前仰视读取刻度，滴定后俯视读取刻度，读出数据偏小，测定结果偏小，故b符合题意；c．装酸性KMnO4溶液的滴定管中尖嘴气泡没赶出便开始滴定，滴定结束后气泡消失，读出的数据偏大，测定结果偏大，故c不符合题意；d．装酸性KMnO4溶液的滴定管中滴定前没有气泡，滴定结束后滴定管内有气泡产生，读出数据偏小，测定结果偏小，故d符合题意；e．待测液移入锥形瓶后，加入10mL蒸馏水，溶质没有变化，对结果无影响，故e不符合题意；综上所述，答案为：bd。18.Ⅰ．T1、T2两种温度下BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，请回答下列问题。（1）T1______T2(填“＞”“＜”或“=”)，T2温度时Ksp(BaSO4)=______。（2）根据T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，判断下列说法正确的是______(填序号)。A.加入Na2SO4固体可由以a点变为b点B.T1温度下，在T1曲线上方区域(不含曲线)的任意一点时，均有BaSO4沉淀生成C.蒸发溶剂可能由d点变为T1曲线上a、b之间(不含a、b)的某一点D.升温可由b点变为d点（3）T2温度时，现有0.2mol的BaSO4沉淀，每次用1L饱和Na2CO3溶液(浓度为1.7mol/L)处理。若使BaSO4中的SO全部转化到溶液中，需要反复处理______次[提示：BaSO4(s)+CO(aq)BaCO3(s)+SO(aq)，K=，Ksp(BaCO3)=1.19×10-7]。Ⅱ．电化学方法是化工生产及生活中常用的一种方法。回答下列问题：（4）二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效，快速，安全的杀菌消毒剂。目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺，其装置如图所示。①图中用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。产生ClO2的电极应连接电源的_____(填“正极”或“负极”)，对应的电极反应式为_____。②a极区pH______(填“增大”“减小”或“不变”)。③装置中应使用______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。（5）燃料电池因具有发电效率高，环境污染小等优点而备受人们关注。某燃料电池以足量NaOH溶液为电解质，甲烷为燃料，空气为氧化剂，并以具有催化作用和导电性能的某金属材料为电极，则电池负极的电极反应式为______。（6）银白光亮的银器用久后表面易出现黑斑(Ag2S)，利用电化学原理可处理黑斑。将银器置于含食盐水的铝制容器中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，则正极的电极反应式为______。【答案】（1）①.＜②.5×10-9（2）ABC（3）3（4）①.正极②.Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+③.增大④.阳（5）CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O（6）Ag2S+2e-=2Ag+S2-【解析】【小问1详解】BaSO4水中溶解度随温度升高而增大，导致饱和溶液中c(Ba2+)、c()增大，因而其溶度积常数增大，故根据图示可知温度：T1＜T2；根据图示可知在温度为T2时，饱和溶液中c(Ba2+)=1.0×10-4mol/L，c()=5.0×10-5mol/L，故BaSO4在该温度下的溶度积常数Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)∙c()=1.0×10-4×5.0×10-5=5.0×10-9；【小问2详解】A．在T1温度时，Ksp(BaSO4)不变，加入Na2SO4固体时，c()增大，c(Ba2+)减小，因此可由以a点变为b点，A正确；B．T1温度下，在T1曲线上方区域(不含曲线)的任意一点时，c(Ba2+)∙c()＞Ksp(BaSO4)，因此均有BaSO4沉淀生成，B正确；C．蒸发溶剂时，c(Ba2+)、c()都同时增大，此时若c(Ba2+)∙c()等于T1温度下的Ksp(BaSO4)，则存在沉淀溶解平衡，可能由d点变为T1曲线上a、b之间(不含a、b)的某一点，C正确；D．温度升高，BaSO4的溶解度增加，此时溶液中离子浓度都会增加，原本饱和溶液也会变成不饱和溶液，不可能由b点变为d点，D错误；故合理选项是ABC；【小问3详解】设每次用lL1.7mol/L饱和Na2CO3溶液能处理xrmolBaSO4，处理1次的饱和溶液中c()=(1.7-x)mol/L，c()=xmol/L，BaSO4(s)+CO(aq)BaCO3(s)+SO(aq)，则K=；即，解得x=0.069，则处理的次数为，因此至少要处理3次；【小问4详解】①用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，则Cl-失去电子被氧化产生ClO2，故产生ClO2的电极为阳极，应连接电源的正极；对应的电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；②b电极连接电源正极作阳极。则a电极连接电源负极为阴极，在a电极上水电离产生的H+得到电子被含有为H2，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，随着电解反应的进行，溶液中c(OH-)增大，因此溶液pH增大；③在阴极上水电离产生的H+放电，导致阴极溶液中阴离子OH-浓度增大，为维持溶液呈电中性，阳离子Na+要