2025年湖北省宜昌一中高三下期第二次模拟考试化学试题理试题含解析

2025年湖北省宜昌一中高三下期第二次模拟考试化学试题理试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列实验操作、现象和结论均正确的是A．A B．B C．C D．D2、从杨树中提取的Z是具有美白功效的化妆品的组分。现可用如下反应制备：下列叙述错误的是A．上述X+Y→Z反应属于加成反应B．Z在苯环上的一氯代物有8种C．Z所有碳原子不可能处于同一平面D．Y可作为加聚反应的单体3、有机物环丙叉环丙烷的结构为。关于该有机物的说法正确的是A．所有原子处于同一平面B．二氯代物有3种C．生成1molC6H14至少需要3molH2D．1mol该物质完全燃烧时，需消耗8.5molO24、传统接触法制取硫酸能耗大，污染严重。将燃料电池引入硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题，同时提供电能。以燃料电池为电源电解硫酸铜溶液的工作原理示意图如下所示。下列说法不正确的是A．b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e-==2H2OB．H+由a极通过质子交换膜向b极移动C．该燃料电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O==2H2SO4D．若a极消耗2.24L(标准状况)SO2，理论上c极有6.4g铜析出5、下列属于电解质的是()A．BaSO4B．浓H2SO4C．漂白粉D．SO26、化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是（）A．新型冠状病毒主要由C、H、O、N、S等元素组成，常用质量分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒B．葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，可用苏打粉检验假葡萄酒C．植物油长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质D．防疫时期很多家庭都备有水银温度计，若不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖7、常温下，下列有关溶液的说法正确的是（）A．pH相等的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液：NH4＋浓度的大小顺序为①>②>③B．常温下，pH为5的氯化铵溶液和pH为5的醋酸溶液中水的电离程度相同C．HA的电离常数Ka=4.93×10-10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na＋)>c(HA)>c(A－)D．已知在相同条件下酸性HF>CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na＋)－c(F-)>c(K＋)－c(CH3COO-)8、不同条件下，用O2氧化amol/LFeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是A．由①、②可知，pH越大，+2价铁越易被氧化B．由②、③推测，若pH>7，+2价铁更难被还原C．由①、③推测，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应D．60℃、pH=2.5时，4h内Fe2＋的平均消耗速率大于0.15amol/(L·h)9、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．1．1mol·L−1KI溶液：Na+、K+、ClO−、OH−B．1．1mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3−、SO42−C．1．1mol·L−1HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−D．1．1mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−10、下列化学方程式或者离子方程式书写不正确的是()A．用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑B．SO2使酸性KMnO4溶液褪色：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+C．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓D．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O2=2Na2O+O2↑11、在指定溶液中下列离子能大量共存的是A．无色透明溶液：NH4+、Fe3+、SO42-、NO3-B．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、Cl-、CH3COO-C．c(ClO-)=0.1mol•L-1的溶液：K+、Na+、SO42-、S2-D．由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液：K+、Na+、Cl-、NO3-12、磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(2019－nCOV)的感染，其结构如图所示。下列说法错误的是A．基态C1原子的核外电子有17种运动状态B．C、N、O、P四种元素中电负性最大的是OC．H3PO4分子中磷原子的价层电子对数为4D．与足量H2发生加成反应后，该分子中手性碳原子个数不变13、某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.6弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH-氧化了MgA．A B．B C．C D．D14、下列化学用语表示正确的是（）A．中子数为16的硫原子：S B．Cl-的结构示意图：C．甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3 D．氢氧化钠的电子式：15、下列实验中，依托图示实验装置不能实现的是（）A．用CCl4萃取碘水中的碘B．用NaOH溶液除去溴苯中的溴C．用饱和食盐水分离硬脂酸钠与甘油D．用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸16、吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。下列说法正确的是A．吗替麦考酚酯的分子式为C23H30O7NB．吗替麦考酚酯可发生加成、取代、消去反应C．吗替麦考酚酯分子中所有碳原子一定处于同一平面D．1mol吗替麦考酚酯与NaOH溶液充分反应最多消耗3molNaOH反应17、用98%浓硫酸配制500mL2mol/L稀硫酸，下列操作使所配制浓度偏高的是A．量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线B．定容时仰视500mL容量瓶的刻度线C．量取硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶D．摇匀后滴加蒸馏水至容量瓶刻度线18、下列各组物质，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的是（）序号XYZWASSO3H2SO4H2SBCuCuSO4Cu(OH)2CuOCSiSiO2Na2SiO3H2SiO3DAlAlCl3Al(OH)3NaAlO2A．A B．B C．C D．D19、研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是()A．d为石墨，电流从d流入导线进入铁片B．d为铜片，铜片上电极反应为：O2+2H2O+4e→4OH–C．d为锌块，铁片不易被腐蚀D．d为镁片，铁片上电极反应为：2H++2e→H2↑20、中学常见物质A、B、C、D存在下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列物质中符合转化关系的A的个数为ABC，①Cl2②S③Fe④NH3⑤AlCl3⑥Na2CO3A．3 B．4 C．5 D．621、某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Br－、AlO2－、Cl－、SO42－、CO32－，现进行如下实验：①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。将溶液分为3份。②在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。③在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。则下列推断正确的是:A．溶液中一定有K+、Br－、AlO2－、CO32－B．溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl－C．不能确定溶液中是否有K+、Cl－、SO42－D．往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl－22、熔化时需破坏共价键的晶体是A．NaOH B．CO2 C．SiO2 D．NaCl二、非选择题(共84分)23、（14分）聚合物G可用于生产全生物降解塑料，有关转化关系如下：（1）物质A的分子式为_____________，B的结构简式为____________。（2）E中的含氧官能团的名称为_______________。（3）反应①-④中属于加成反应的是_____________。（4）写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式________________________________。24、（12分）有机化合物K是一种聚酯材料，合成路线如下：己知：①AlCl3为生成A的有机反应的催化剂②F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应。（1）C的化学名称为___反应的①反应条件为___，K的结构简式为___。（2）生成A的有机反应类型为___，生成A的有机反应分为以下三步：第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4－第二步：___；第三步：AlCl4－+H+→AlCl3+HCl请写出第二步反应。（3）由G生成H的化学方程式为___（4）A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中能同时满足这以下条件的有___种，核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1的是___。①属于芳香族化合物②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应;（5）天然橡胶的单体是异戊二烯（2－甲基-1，3-丁二烯），请以乙炔和丙酮为原料，按照加成、加成、消去的反应类型顺序三步合成天然橡胶的单体。（无机试剂任选）___。25、（12分）金属磷化物（如磷化锌）是常用的蒸杀虫剂。我国卫生部门规定：粮食中磷化物（以PH3计）的含量不超过0.050mg：kg-1时，粮食质量方达标。现设计测定粮食中残留磷化物含量的实验如下（资料查阅）磷化锌易水解产生PH3；PH3沸点为-88℃，有剧毒性、强还原性、易自然。（用量标准]如图：装置A、B、E中盛有的试剂均足量；C中装有100原粮；D中盛有40.00mL6.0×10-5mol・L-1KMnO4溶液（H2SO4酸化）。（操作流程）安装仪器并检査气密性→PH3的产生与吸收一转移KMnO4吸收溶液→用Na2SO3标准溶液滴定。试回答下列问题：（1）仪器E的名称是______；仪器B、D中进气管下端设计成多孔球泡形状，目的是______。（2）A装置的作用是______；B装置的作用是吸收空气中的O2，防止______。（3）下列操作中，不利于精确测定出实验结果的是______（选填序号）。a．实验前，将C中原粮预先磨碎成粉末b．将蒸馏水预先煮沸、迅速冷却并注入E中c．实验过程中，用抽气泵尽可能加快抽气速率（4）磷化锌发生水解反应时除产生PH3外，还生成______（填化学式）。（5）D中PH3被氧化成H3PO4，该反应的离子方程式为______。（6）把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250.00mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0×10-5mol・L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液10.00mL．则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为______mg・kg-1，该原粮质量______（填“达标”或“不达标“）。26、（10分）汽车用汽油的抗爆剂约含17％的1，2一二溴乙烷。某学习小组用下图所示装置制备少量1，2一二溴乙烷，具体流秳如下:已知：1，2一二溴乙烷的沸点为131℃，熔点为9.3℃。Ⅰ1，2一二溴乙烷的制备步聚①、②的实验装置为：实验步骤：(ⅰ)在冰水冷却下，将24mL浓硫酸慢慢注入12mL乙醇中混合均匀。(ⅱ)向D装置的试管中加入3.0mL液溴(0.10mol)，然后加入适量水液封，幵向烧杯中加入冷却剂。(ⅲ)连接仪器并检验气密性。向三口烧瓶中加入碎瓷片，通过滴液漏斗滴入一部分浓硫酸与乙醇的混合物，一部分留在滴液漏斗中。(ⅳ)先切断瓶C与瓶D的连接处，加热三口瓶，待温度上升到约120℃，连接瓶C与瓶D，待温度升高到180～200℃，通过滴液漏斗慢慢滴入混合液。(V)继续加热三口烧瓶，待D装置中试管内的颜色完全褪去，切断瓶C与瓶D的连接处，再停止加热。回答下列问题:(1)图中B装置玻璃管的作用为__________________________________________。(2)(ⅳ)中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是__________________________________________。(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，下列冷却剂合适的为__________________________________________。a.冰水混合物b.5℃的水c.10℃的水Ⅱ1，2一二溴乙烷的纯化步骤③：冷却后，把装置D试管中的产物转移至分液漏斗中，用1％的氢氧化钠水溶液洗涤。步骤④：用水洗至中性。步骤⑤：“向所得的有机层中加入适量无水氯化钙，过滤，转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集130～132℃的馏分，得到产品5.64g。(4)步骤③中加入1％的氢氧化钠水溶液时，发生反应的离子方程式为__________________________________________。(5)步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为_________________________。该实验所得产品的产率为__________________________________________。27、（12分）FeSO4溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2＋，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。(稳定是指物质放置在空气中不易发生各种化学反应而变质)I．硫酸亚铁铵晶体的制备与检验（1）某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水的目的是_______。向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过操作_______、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。（2）该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。①如图所示实验的目的是_______，C装置的作用是_______。取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。②取少量待测液，_______(填操作与现象)，证明所制得的晶体中有Fe2＋。③取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4＋和SO42－II．实验探究影响溶液中Fe2＋稳定性的因素（3）配制0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2ml上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15分钟后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液；FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。（资料1）沉淀Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7①请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因_______。②讨论影响Fe2＋稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：假设1：其它条件相同时，NH4＋的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。假设2：其它条件相同时，在一定pH范围内，溶液pH越小Fe2＋稳定性越好。假设3：_______。（4）小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A（0.2mol/LNaCl）和溶液B（0.1mol/LFeSO4）为不同的pH，观察记录电流计读数，对假设2进行实验研究，实验结果如表所示。序号A：0.2mol·L－1NaClB：0.1mol·L－1FeSO4电流计读数实验1pH=1pH=58.4实验2pH=1pH=16.5实验3pH=6pH=57.8实验4pH=6pH=15.5（资料2）原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。（资料3）常温下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液稳定性更好。根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：①U型管中左池的电极反应式____________。②对比实验1和2（或3和4）,在一定pH范围内，可得出的结论为____________。③对比实验____________和____________，还可得出在一定pH范围内溶液酸碱性变化对O2氧化性强弱的影响因素。④对（资料3）实验事实的解释为____________。28、（14分）王帅博士同美国加州大学伯克利分校化工系EnriqueIglesia教授在金属氧化物催化剂表面羟醛缩合反应机理方面的合作研究取得新进展。如图是羰基化合物的自缩合和交叉缩合途径：回答下列问题：(1)基态O原子核外有____________种不同运动状态的电子，与O元素同周期第一电离能大于O的主族元素有___________(填元素符号)。(2)HCHO和H2O都参与上述转化。HCHO分子的空间构型是________，三聚甲醛的结构如图所示，三聚甲醛中C原子的杂化方式为_____________。(3)H2O能形成多种配位化合物。科研人员通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键。结构如图所示。胆矾的化学式用配位化合物的形式可表示为____，1mol胆矾所含σ键的数目为_________NA。(4)TiO2是上述转化的催化剂，CaTiO3是制取TiO2的一种原料，其晶胞结构如图所示。在CaTiO3晶体中，与某个钛离子距离最近且相等的其他钛离子共有________个，设该化合物的式量为M，密度为ag/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中钙离子与钛离子之间的最短距离为________cm。29、（10分）有机物1是一种常见的植物两味油，常用脂肪烃A和芳香烃D按如下路线合成：已知：①R1CHO+R2CH2CHO②通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。回答下列问题：(1)A的名称是___，H含有的官能团名称是_____。(2)②的反应条件是___。⑦的反应类型是______。(3)I的结构简式是________。(4)④的化学方程式是_________。(5)L是I的同分异构体且含有相同官能团，其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，则L共有_种（不考虑立体异构）(6)参照以上合成路线，设计以C为原料制备保水树脂的合成路线（无机试剂任选）__。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解析】

A、石蜡油主要是含17个碳原子以上的烷烃混合物,在加热条件下,石蜡油可分解生成烯烃，烯烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B、若待测液中含有Fe3+也能出现相同的现象，故B错误；C、CH3CH2Br是非电解质不能电离出Br－，加入硝酸银溶液不能生产浅黄色沉淀，故C错误；D、盐酸具有挥发性，锥形瓶中挥发出的氯化氢气体能与苯酚钠反应生成苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故D错误。本题考查化学实验方案的评价，涉及卤代烃卤素原子的检验、酸性比较、离子检验等，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意实验方案的严谨性。2、B【解析】

A．由物质的结构可知：酚羟基邻位C-H键断裂，与苯乙烯发生加成反应，A正确；B．由Z结构简式可知Z分子在苯环上有6种不同位置的H原子，所以Z的苯环上的一氯代物有6种，B错误；C．Z分子中含有饱和C原子，由于与饱和碳原子连接的C原子构成的是四面体结构，所以不可能所有碳原子处于同一平面，C正确；D．Y分子中含有不饱和的碳碳双键，因此可作为加聚反应的单体，D正确；故合理选项是B。3、C【解析】

A.分子中所有碳原子处于同一平面，但氢原子不在此平面内，错误；B.二氯代物中，两个氯原子连在同一碳原子上的异构体有1种，两个氯原子连在不同碳原子上的异构体有3种，也就是二氯代物共有4种，错误；C.生成1molC6H14，至少需要3molH2，正确；D.该物质的分子式为C6H8，1mol该物质完全燃烧时，需消耗8molO2，错误。答案为C。4、D【解析】

燃料电池：a端：二氧化硫生成硫酸根离子，硫元素化合价升高失电子所以a为负极，电极反应式SO2+2H2O-4e-=SO42-+4H+；b为正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，总电极反应式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。电解池：c极和电源正极相连为阳极，失电子，电极反应式为4OH—-4e-=2H2O+O2↑，d极与电源负极相连为阴极，得电子，电极反应式为Cu2++2e+=Cu,总电极反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑。【详解】A.b为正极，看到质子交换膜确定酸性环境，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；B.原电池内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故不选B；C.由上面分析可知该燃料电池的总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故不选C；D.d极与电源负极相连，为阴极得电子，有铜析出，所以应该是若a电极消耗标况下2.24LSO2，理论上在d极上有6.4g铜析出，故选D；正确答案：D。根据质子交换膜确定溶液酸碱性，燃料电池中燃料在负极反应失电子，氧气在正极反应得电子。根据燃料电池正负极确定电解池的阴阳极、电极反应式和离子移动方向等。5、A【解析】

电解质是在水中或熔融状态下可以导电的化合物。【详解】A.BaSO4在熔融状态下可以导电，故A选；B.浓H2SO4是混合物，电解质必须是纯净物，故B不选；C.漂白粉是混合物，电解质必须是纯净物，故C不选；D.SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是电解质，但SO2不是，液态SO2中只有分子，不能导电，故D不选；故选A。BaSO4这类化合物，虽然难溶于水，但溶于水的部分可以完全电离，而且在熔融状态下也可以完全电离，故BaSO4是电解质。电解质和非电解质都是化合物，即必须是纯净物，所以混合物和单质既不是电解质也不是非电解质。6、A【解析】

A.新型冠状病毒主要由C、H、O、N、P等元素组成，常用体积分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒，故A错误；B.葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，苏打粉是碳酸钠，溶液呈碱性，可用苏打粉检验假葡萄酒，故B正确；C.植物油含有碳碳双键，长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质，故C正确；D.Hg和S常温下反应生成HgS，水银温度计不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖，故D正确；故选A。7、A【解析】

A．氢离子抑制铵根离子水解，NH4HSO4溶液呈强酸性，NH4Al(SO4)2中两种阳离子水解显酸性，要使这三种溶液的pH相等，则NH4Cl和NH4Al(SO4)2溶液中阳离子的水解程度相等，硫酸氢铵浓度最小，所以NH4＋浓度的大小顺序为①>②>③，故A正确；B．氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，醋酸溶液中醋酸电离抑制水的电离，当pH相同时，溶液中水的电离程度不同，故B错误；C．Kh＝＞Ka，可知混合溶液中盐的水解大于弱酸的电离，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(HA)＞c(Na＋)＞c(A−)，故C错误；D．酸性HF＞CH3COOH，则酸根离子水解程度F−＜CH3COO−，则溶液中c(F−)＞c(CH3COO−)，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中由物料守恒得c(Na＋)＝c(K＋)，可知c(Na＋)−c(F−)＜c(K＋)−c(CH3COO−)，故D错误；故答案选A。本题C选项注意利用HA的电离常数计算A-的水解常数，判断混合溶液中水解和电离程度的相对大小，进而得出溶液中粒子浓度的相对大小。8、D【解析】

A．①、②中温度和pH均不同，存在两个变量，不能判断pH对反应的影响，故A错误；

B．若pH＞7，+2价铁会转化为氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁在空气中能被氧气氧化生成氢氧化铁，所以+2价铁易被氧化，故B错误；

C．①、③中pH相同，温度越高，转化率越大，则FeCl2被O2氧化的反应为吸热反应，故C错误；

D．50℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率等于

0.15a

mol/（L•h），在60℃、pH=2.5时，温度升高，速率增大，所以60℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率大于

0.15a

mol/（L•h），故D正确。

故答案为D。本题考查了影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素，把握图中的信息以及影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。9、B【解析】

A项，I-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B选；C项，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不选；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，不能大量共存，故D不选，答案选B。10、D【解析】

A．氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，该反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，故A正确；B．SO2溶液使酸性KMnO4溶液褪色，是因发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+，故B正确；C．向硅酸钠溶液中滴加稀盐酸，生成沉淀的离子反应为SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓，故C正确；D．过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故D错误；故选：D。离子反应方程式的正误判断：(1)、是否符合客观事实，D选项，过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色；(2)、拆分是否正确，能够拆分的是强酸、强碱和可溶性盐。(3)、电荷守恒。11、D【解析】

A.Fe3+的水溶液显黄色，与“无色溶液”矛盾，A错误；B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，此时H+、CH3COO-会发生反应产生CH3COOH，不能大量共存，B错误；C.ClO-具有强的氧化性，与具有还原性的微粒S2-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；故合理选项是D。12、D【解析】

A．基态C1原子的核外有17个电子，每个电子运动状态均不相同，则电子有17种运动状态，故A正确；B．非金属性越强，元素的电负性越强，非金属性：C＜P＜N＜O，四种元素中电负性最大的是O，故B正确；C．H3PO4分子中磷原子的价层电子对数=4+(5+3-2×4)=4，故C正确；D．磷酸氯喹分子中只有一个手性碳，如图(∗所示)：，与足量H2发生加成反应后，该分子中含有5个手性碳原子，如图(∗所示):，故D错误；答案选D。计算价层电子对数时，利用的是成键电子对数和孤电子对数之和。13、D【解析】

A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；C．pH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；故选D。14、C【解析】

A.S原子的质子数是16，中子数为16的硫原子：S，故A错误；B.Cl-的质子数是17，核外电子数是18，Cl-的结构示意图是，故B错误；C.甲酸甲酯是甲酸和甲醇酯化反应的产物，甲酸甲酯的结构简式是HCOOCH3，故C正确；D.氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式是，故D错误。15、C【解析】

A.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则利用图中装置萃取、分液可分离，故A正确；B.溴与氢氧化钠反应后，与溴苯分层，然后利用图中装置分液可分离，故B正确；C.分离硬脂酸钠与甘油时，加入热的饱和食盐水，发生盐析，使硬脂酸钠变为沉淀，再用滤纸过滤即可分离，故C错误；D.乙酸与碳酸钠溶液反应后，与酯分层，然后利用图中装置分液可分离，故D正确；综上所述，答案为C。16、D【解析】A.吗替麦考酚酯的分子中含有1个N原子，H原子是个数应该为奇数，故A错误；B.吗替麦考酚酯中含有碳碳双键，能够发生加成反应、含有酯基能够发生取代反应、但不能发生消去反应，故B错误；C.吗替麦考酚酯分子中含有亚甲基几个，所有碳原子可能处于同一平面，不是一定处于同一平面，故C错误；D.1mol吗替麦考酚酯含有2mol酯基和1mol酚羟基与NaOH溶液充分反应最多消耗3molNaOH，故D正确；故选D。17、C【解析】A、量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线，量取的浓硫酸偏小，则浓度偏低，故A错误；B、定容时仰视500mL

容量瓶的刻度线，定容时加入过多的水，所得溶液浓度偏低，故B错误；C、量取硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶，所量取的浓硫酸的体积偏大，则所配稀硫酸的浓度偏高，故C正确；D、摇匀后滴加蒸馏水至容量瓶刻度线，又加入过多的水，所得溶液浓度偏低，故D错误；故选C。18、B【解析】

A．硫燃烧生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，A错误；B．Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，均能一步完成，B正确；C．硅酸不能一步反应生成单质硅，C错误；D．NaAlO2不能一步反应生成单质铝，D错误；答案选B。19、D【解析】

A．d为石墨，活泼金属铁片作负极，石墨作正极，电流从正极流入导线进入负极，故A正确；B．d为铜片，活泼金属铁片作负极，铜片作正极；海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，铜片上电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，故B正确；C．锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C正确；D．d为镁片，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，故D错误；故选D。本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。20、D【解析】

①A为Cl2，D为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，满足转化关系ABC，故①正确；②A为S，D为氧气，B为二氧化硫，C为三氧化硫，满足转化关系ABC，故②正确；③A为Fe，D为硝酸，B为硝酸亚铁，C为硝酸铁，满足转化关系ABC，故③正确；④A为NH3，D为氧气，B为NO，C为二氧化氮，满足转化关系ABC，故④正确；⑤A为AlCl3溶液，D为NaOH，B为氢氧化铝，C为偏铝酸钠，满足转化关系ABC，故⑤正确；⑥若A为Na2CO3，D可以为酸，B为碳酸氢盐，C为二氧化碳，满足转化关系ABC，故⑥正确；根据分析可知，满足转化关系的A有6个。答案选D。21、A【解析】

①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知，溶液中一定含AlO2-，由离子共存的条件可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则溶液中不含NH4+；③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则溶液中一定含Br-，由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K+，不能确定是否含Cl-、SO42-。【详解】A项、由实验现象可知，溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-，故A正确；B项、由实验操作可知，一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+，不能确定溶液中是否含Cl-，故B错误；C项、溶液中一定含K+，不能确定是否含Cl-、SO42-，故C错误；D项、由于溶液事先已经加入盐酸，往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl－，故D错误。故选A。本题考查离子的共存，试题信息量较大，侧重分析与推断能力的考查，把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。22、C【解析】原子晶体在熔化时需要破坏共价键，四个选项中仅C为原子晶体，故选择C。点睛：熔化时要破坏化学键的物质有：1、离子化合物：破坏离子键；2、原子晶体：破坏共价键；3、金属单质和合金：破坏金属键。常见原子晶体有：有金刚石C、二氧化硅SiO2、晶体硅Si、SiC。二、非选择题(共84分)23、C6H12O6CH3-CH=CH2羰基、羧基①④+2H2O【解析】

B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，据此答题。【详解】B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖。（1）物质A为葡萄糖，其分子式为C6H12O6，B的结构简式为CH3-CH=CH2；（2）E为CH3COCOOH，含氧官能团的名称为羰基、羧基；（3）根据上面的分析可知，反应①～④中属于加成反应的是①④；（4）由两分子F合成六元环化合物的化学方程式为+2H2O。本题考查有机物的推断，确定B的结构是关键，再根据官能团的性质结合反应条件进行推断，题目难度中等，注意掌握官能团的性质与转化。24、苯乙烯浓硫酸、加热取代反应C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O14种、CHCH【解析】

F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应，说明F中含有醇羟基，二者为加成反应，F为HOCH2C≡CCH2OH，F和氢气发生加成反应生成G，根据G分子式知，G结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，H发生氧化反应然后酸化得到I为HOOCCH2CH2COOH；根据苯结构和B的分子式知，生成A的反应为取代反应，A为，B为；C能和溴发生加成反应，则生成C的反应为消去反应，则C为，D为，E能和I发生酯化反应生成聚酯，则生成E的反应为水解反应，则E为；E、I发生缩聚反应生成K，K结构简式为；（6）HC≡CH和CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2COHC≡CH，(CH3)2COHC≡CH和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH=CH。【详解】（1）根据分析，C为，化学名称为苯乙烯；反应①为醇的消去反应，反应条件是浓硫酸、加热；K结构简式为；故答案为：苯乙烯；浓硫酸、加热；；（2）生成A的有机反应类型为取代反应，生成A的有机反应分为以下三步：第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4-；第二步：C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+；第三步：AlCl4-+H+→AlCl3+HCl故答案为：取代反应；C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+；（3）G结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，由G生成H的化学方程式为HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O，故答案为：HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O；（4）A为，A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中①属于芳香族化合物，说明分子中由苯环，②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应，说明分子中有醛基(-CHO)；能同时满足这以下条件的有一个苯环链接-CH2CH2CHO或-CH(CH3)CHO，共两种；还可以是一个苯环链接一个-CH2CHO和-CH3共邻间对三种；还可以是一个苯环链接一个-CHO和一个-CH2CH3共邻间对三种；还可以还可以是一个苯环链接一个-CHO和两个-CH3分别共四种，或共两种；因此，符合条件的一共有14种；核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1，则该有机物中有4种不同环境的氢原子，符合要求的结构式为、，故答案为：14种；、；（5）HC≡CH和CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2COHC≡CH，(CH3)2COHC≡CH和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH=CH，其合成路线为：，

故答案为：。25、分液漏斗增大接触面积吸收空气中的还原性气体PH3被氧化cZn（OH）25PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.085不达标【解析】

由实验装置图可知，实验的流程为安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。已知C中盛有100g原粮，E中盛有20.00mL1.13×10-3mol•L-1KMnO4溶液（H2SO4酸化），吸收生成的PH3，B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3，A中盛装KMnO4溶液的作用除去空气中的还原性气体。【详解】（1）仪器E的名称是分液漏斗；仪器B、D中进气管下端设计成多孔球泡形状，目的是增大接触面积，故答案为分液漏斗；增大接触面积；（2）A装置的作用是吸收空气中的还原性气体；B装置的作用是吸收空气中的O2，防止PH3被氧化，故答案为吸收空气中的还原性气体；PH3被氧化；（3）实验前，将C中原粮预先磨碎成粉末及将蒸馏水预先煮沸、迅速冷却并注入E中，均可准确测定含量，只有实验过程中，用抽气泵尽可能加快抽气速率，导致气体来不及反应，测定不准确，故答案为c；（4）磷化锌易水解产生PH3，还生成Zn（OH）2，故答案为Zn（OH）2；（5）D中PH3被氧化成H3PO4，该反应的离子方程式为5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O，故答案为5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；（6）由2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O，剩余高锰酸钾为5.0×10-5mol・L-1×0.01L××=2×10-6mol，由5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O可知，PH3的物质的量为（0.04L×6.0×10-5mol・L-1-2×10-6mol）×=2.5×10-7mol，该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为=0.08mg/kg＞0.050mg/kg，则不达标，故答案为0.085；不达标。本题考查物质含量测定实验，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，把握物质的性质、测定原理、实验技能为解答的关键。26、指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率cBr2+2OH－=Br－+BrO－+H2O干燥产品（除去产品中的水）30%【解析】

(1)图中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率，因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。(2)(ⅳ)中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率。(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1，2一二溴乙烷的沸点为131℃，熔点为9.3℃，因此只能让1，2一二溴乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c。(4)步骤③中加入1％的氢氧化钠水溶液主要是将1，2一二溴乙烷中的单质溴除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O。(5)步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品（除去产品中的水）；单质溴为0.1mol，根据质量守恒得到1，2一二溴乙烷理论物质的量为0.1mol，因此该实验所得产品的产率为。【详解】(1)图中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率，因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大，故答案为：指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。(2)(ⅳ)中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率，故答案为：防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率。(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1，2一二溴乙烷的沸点为131℃，熔点为9.3℃，因此只能让1，2一二溴乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c，故答案为：c。(4)步骤③中加入1％的氢氧化钠水溶液主要是将1，2一二溴乙烷中的单质溴除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O，故答案为：Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O。(5)步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品（除去产品中的水）；单质溴为0.1mol，根据质量守恒得到1，2一二溴乙烷理论物质的量为0.1mol，因此该实验所得产品的产率为，故答案为：干燥产品（除去产品中的水）；30%。27、除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+蒸发浓缩检验晶体中是否含有结晶水防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色）4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。）O2+4e-+4H+=2H2O溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱13（或2和4）其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。【解析】

I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；(2)①无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰；②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀；②0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；(4)①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水；②实验1和2（或3和4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；④对比实验1和4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论分析。【详解】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在配制溶液时使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；(2)①无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果；②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；②0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的浓度也不同，0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根浓度更大，故可以假设：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性；或者当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好；(4)①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O；②实验1和2（或3和4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出的结论是：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合