2025年外研版三年级起点选修4化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研版三年级起点选修4化学上册月考试卷154考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、可逆反应A(aq)+B(aq)C(l)+D(aq)ΔH=-50kJ·mol-1，下列有关该反应的叙述正确的是A.正反应活化能小于50kJ·mol-1B.逆反应活化能不小于50kJ·mol-1C.正反应活化能大于50kJ·mol-1D.逆反应活化能比正反应活化能小50kJ·mol-12、已知丙烷的燃烧热△H=-2215kJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为（）A.55kJB.220kJC.550kJD.1108kJ3、水煤气变换反应的能量变化如图。下列叙述错误的是。

A.反应为：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)B.反应物总能量高于生成物总能量C.H2的燃烧热为41kJ·mol－1D.使用催化剂可以降低反应所需活化能4、在一定温度，将各为1mol的CO和水蒸气放在体积不变密闭容器反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)达到平衡后测得CO2为0.6mol，再通入4mol的水蒸气达到新的平衡，下列说法错误的是A.CO2的物质的量不可能为1molB.水蒸气的转化率提高C.CO2的浓度比水蒸气的浓度小D.密闭容器的压强是原先的3倍5、向二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列有关说法正确的是。

A.曲线N表示pH与的变化关系B.交点e的溶液中：c(H2Y)＝c(Y2－)>c(HY－)>c(H＋)>c(OH－)C.d点溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(Y2－)＋c(HY－)－c(K＋)D.Ka2(H2Y)＝10－4.36、下列溶液呈碱性的是A.NH4NO3B.H2SO4C.KClD.Na2CO37、已知25℃时，向0.1mo/L的碳酸氢钠溶液滴几滴酚酞，呈微红色，则该溶液中A.若滴加甲基橙溶液呈红色B.c（HCO3-）>c（CO32-）>c（H2CO3）C.c（OH-）=c（H+）+c（H2CO3）-c（CO32-）D.若加水稀释，的比值减小8、某温度下两种难溶性盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示，图中X2-表示CO32-、SO42-，且MSO4不溶于酸，下列有关说法错误的是（）

A.MSO4的饱和溶液中c(M2+)=1×10-5mol•L-1B.MCO3(s)+SO42-(aq)MSO4(s)+CO32-(aq)的平衡常数K为10C.用盐酸和浓Na2CO3溶液有可能将MSO4转化为MCl2D.向a点含MSO4的分散系中加入M(NO3)2固体后，体系有可能转化为b点的分散系评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、25°C向中滴加过程中，变化如图所示。

（1）A点溶液用化学用语解释原因：_________________。

（2）下列有关B点溶液的说法正确的是_______________（填字母序号）。

a.溶质为：

b.微粒浓度满足：

c.微粒浓度满足：

（3）两点水的电离程度：______（填“”、“”或“”）。10、碳的化合物的转换在生产、生活中具有重要的应用，如航天员呼吸产生的CO2用Sabatier反应处理，实现空间站中O2的循环利用。

Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；

水电解反应：2H2O(1)2H2(g)+O2(g)。

(1)将原料气按n(CO2):n(H2)=1：4置于密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示（虚线表示平衡曲线）。

①该反应的平衡常数K随温度降低而________（填“增大”或“减小”）。

②在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行该反应；下列能说明达到平衡状态的是_____。

A．混合气体密度不再改变B．混合气体压强不再改变。

C．混合气体平均摩尔质量不再改变D.n(CO2):n(H2)=1:2

③200℃达到平衡时体系的总压强为p；该反应平衡常数Kp的计算表达式为_______。（不必化简，用平衡分，压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）

(2)Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化率的是____（填标号）。

A．适当减压B．合理控制反应器中气体的流速。

C.反应器前段加热，后段冷却D.提高原料气中CO2所占比例。

(3)一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反应。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分别为-394kJ/mol；-242kJ/mol；Bosch反应的△H=_____kJ/mol。（生成焓指一定条件下由对应单质生成lmol化合物时的反应热）

②一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动；原因是______________。若使用催化剂，则在较低温度下就能启动。

③Bosch反应的优点是_______________。11、某二元酸HB在水中的电离方程式是HBH

的NaHB溶液显酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________填标号

A.

B.

C.

D.12、氮的化合物在国防建设；工农业生产和生活中有广泛的用途。请回答下列问题：

(1)已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。

①若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c(OH−)=_________________mol·L−1。

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的=______；(NH4)2SO3溶液中的质子守恒____________。

(2)室温时，向100mL0.1mol·L－1HCl溶液中滴加0.1mol·L－1氨水，得到溶液pH与氨水体积的关系曲线如图所示：

①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_________；

②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是___________；

③写出a点混合溶液中下列算式的精确结果(不能近似计算)：c(Cl-)-c(NH4+)=____________，c(H+)-c(NH3·H2O)=____________；

(3)亚硝酸(HNO2)的性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11。常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入含1molHNO2的溶液后，溶液中CO32-、HCO3-和NO2-的浓度由大到小的顺序是______。13、在室温下，下列五种溶液：①0.1mol/LNH4Cl溶液，②0.1mol/LCH3COONH4溶液，③0.1mol/LNH4HSO4溶液，④0.1mol/L（NH4）2SO4；⑤0.1mol/L氨水。请根据要求填写下列空白：

(1)溶液①呈______性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是____________________（用离子方程式表示）。

(2)室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)________c(NH4+)（填“>”、“<”或“=”）。

(3)上述溶液中c（NH4+）最小的是_________（填序号）。

(4)常温下，0.1mol/L氨水溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值变大的是____________（填字母）。

A．c(OH—)B．

C．c(H+)·c(OH－)D．14、常温下，向溶液中加入溶液，可观察到的现象是______，发生反应的离子方程式为______，若将所得悬浊液的pH值调整为4，则溶液中的溶液为______已知常温下评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)15、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、计算题(共2题，共4分)16、化学反应伴随能量变化；获取反应能量变化有多条途径。

(1)下列反应中，属于吸热反应的是______(填字母)。

A.Na2O与水反应B.甲烷的燃烧反应C.CaCO3受热分解D.锌与盐酸反应。

(2)获取能量变化的途径①通过化学键的键能计算。已知：。化学键种类H—HO＝OO—H键能(kJ/mol)436498463.4

计算可得：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H＝____________kJ·mol-1

②通过盖斯定律可计算。已知在25℃；101kPa时：

Ⅰ.2Na(s)＋O2(g)=Na2O(s)△H＝－414kJ·mol-1

Ⅱ.2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)△H＝－511kJ·mol-1

写出Na2O2与Na反应生成Na2O的热化学方程式__________。

③利用实验装置测量。测量盐酸与NaOH溶液反应的热量变化的过程中，若取50mL0.50mol·L-1的盐酸，则还需加入________(填序号)。

A.50mL0.50mol·L-1NaOH溶液B.50mL0.55mol·L-1NaOH溶液C.1.0gNaOH固体17、T℃时，有甲、乙两个密闭容器，甲容器的体积为1L，乙容器的体积为2L，分别向甲、乙两容器中加入6molA和3molB，发生反应如下：3A（g）＋bB（g）3C（g）＋2D（g）ΔH<0；4min时甲容器内的反应恰好达到平衡；A的浓度为2.4mol/L，B的浓度为1.8mol/L；tmin时乙容器内的反应达平衡，B的浓度为0.8mol/L。根据题给信息回答下列问题：

（1）甲容器中反应的平均速率v（B）＝____，化学方程式中计量数b＝____；

（2）乙容器中反应达到平衡时所需时间t___4min（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是_____；

（3）若要使甲、乙容器中B的平衡浓度相等，可以采取的措施是___；

A.保持温度不变；增大甲容器的体积至2L

B.保持容器体积不变；使甲容器升高温度。

C.保持容器压强和温度都不变；向甲中加入一定量的A气体。

D.保持容器压强和温度都不变；向甲中加入一定量的B气体。

（4）写出平衡常数表达式K＝____，并计算在T℃时的化学平衡常数K＝____。评卷人得分五、实验题(共4题，共32分)18、为探究FeCl3溶液中的离子平衡和离子反应；某小组同学进行了如下实验。

(1)配制50mL1.0mol·L−1的FeCl3溶液，测其pH约为0.7，即c(H+)=0.2mol·L−1。

①用化学用语解释FeCl3溶液呈酸性的原因：_______________________________________。

②下列实验方案中，能使FeCl3溶液pH升高的是_______________________________(填字母序号)。

a.加水稀释b.加入FeCl3固体。

c.滴加浓KSCN溶液d.加入NaHCO3固体。

(2)小组同学利用上述FeCl3溶液探究其与足量锌粉的反应。实验操作及现象如下：

。操作。

现象。

向反应瓶中加入6.5g锌粉，然后加入50mL1.0mol·L−1的FeCl3溶液；搅拌。

溶液温度迅速上升；稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，反应瓶底部有黑色固体。

收集检验反应过程中产生的气体。

集气管口靠近火焰；有爆鸣声。

已知：Zn的性质与Al相似，能发生反应：Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑

①结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因：___________________________________。

②用离子方程式解释反应后溶液为浅绿色的原因：_______________________________________________________。

③分离出黑色固体；经下列实验证实了其中含有的主要物质。

i.黑色固体可以被磁铁吸引；

ii.向黑色固体中加入足量的NaOH溶液；产生气泡；

iii.将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后；加入稀盐酸，产生大量气泡；

iv.向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液；无变化。

a.黑色固体中一定含有的物质是________________________________________。

b.小组同学认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4，理由是__________________。

(3)为进一步探究上述1.0mol·L−1FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱；继续实验并观察到反应开始时现象如下：

。操作。

现象。

将5mL1.0mol·L−1的FeCl3溶液与0.65g锌粉混合。

溶液温度迅速上升；开始时几乎没有气泡。

将___与0.65g锌粉混合。

溶液中立即产生大量气泡。

小组同学得出结论：在1.0mol·L−1FeCl3溶液中，Fe3+的氧化性比H+更强。19、某兴趣小组为研究原电池原理；设计如图甲乙两个原电池装置。

(1)如图甲，a和b用导线连接，Cu电极的电极反应式为：________，溶液中SO42-移向______(填“Cu”或“Fe”)极。

(2)如图乙所示的原电池装置中，负极材料是_____。正极上能够观察到的现象是_______________。负极的电极反应式是_________________。原电池工作一段时间后,若消耗负极5.4g，则放出气体______mol。

(3)将反应Cu+Fe2(SO4)3=2FeSO4+CuSO4设计成盐桥电池并画图____________

(4)依据Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体的反应原理设计原电池，你认为是否可行并说明理由______。20、三氯化硼（BCl3），主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂，还用于高纯硼或有机硼的制取。某兴趣小组用氯气和硼为原料，采用下列装置（部分装置可重复使用）制备BCl3。

已知：①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃；遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸；②2B+6HCl2BCl3+3H2；③硼与铝的性质相似；也能与氢氧化钠溶液反应。

请回答下列问题：

（1）A装置可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的化学方程式为___________。

（2）装置从左到右的接口连接顺序为a→___________________→j。

（3）装里E中的试剂为___________，如果拆去E装置，可能的后果是____________。

（4）D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，则造成的结果是_____。

（5）三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，写出该反应的化学方程式________，硼酸也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示：

则阳极的电极反应式__________________，分析产品室可得到H3BO3的原因________________。21、某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。

。资料显示：原电池装置中；负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强，原电池的电压越大。

（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。

。装置。

编号。

电极A

溶液B

操作及现象。

Ⅰ

Fe

pH=2的H2SO4

连接装置后；石墨表面产生无色气泡；电压表指针偏转。

Ⅱ

Cu

pH=2的H2SO4

连接装置后；石墨表面无明显现象；电压表指针偏转，记录读数为a

连接装置后；石墨表面无明显现象；电压表指针偏转，记录读数为a

①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极反应式是______________。

②针对实验Ⅱ现象：甲同学认为不可能发生析氢腐蚀，其判断依据是______________；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极的电极反应式是___________________。

（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性的因素。

。编号。

溶液B

操作及现象。

Ⅲ

经煮沸的pH=2的H2SO4

溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转，记录读数为b

Ⅳ

pH=2的H2SO4

在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c；取出电极，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入；电压表读数仍为c

Ⅴ

pH=12的NaOH

在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置；电压表指针偏转，记录读数为d

①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c＞a＞b，请解释原因是__________。

②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究________对O2氧化性的影响。

③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是_____________。

④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用下图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其设计意图是________；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′＞d′，由此得出的结论是______________________________。

评卷人得分六、原理综合题(共2题，共8分)22、汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的主要原因之一。

(1)工业上利用甲烷催化还原NO；可减少氮氧化物的排放。

已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ·mol−1

CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ·mol−1

甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为____________________________。

(2)减少汽车尾气污染的原理为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH＜0。向恒温恒容密闭容器中充入NO和CO，用传感器测得的数据如下表所示：。时间/s01234c(NO)/×10-3mol·L−19.004.002.001.001.00c(CO)/×10-3mol·L−19.004.002.001.001.00

①为了提高尾气处理的效果，可采取的措施有____________（写出两种即可）。

②此条件下达到平衡时，计算该反应的平衡常数K=____________________。

(3)工业上用氢氧化钠溶液来同时吸收SO2和氮的氧化物气体(NOx)，可得到Na2SO3、NaHSO3、NaNO2、NaNO3等溶液。（已知：常温下，HNO2的电离常数为Ka=7×10-4，H2SO3的电离常数为Ka1=1.2×10-2、Ka2=5.8×10-8）。

①常温下，相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是________溶液。

②常温下，NaHSO3显_________性（填“酸”“碱”或“中”），判断的理由是________________________________________________（通过计算说明）。

(4)铈元素(Ce)常见有+3、+4两种价态。NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1∶1)。可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+；其原理如图所示。

①Ce4+从电解槽的__________(填字母代号)口流出。

②写出阴极的电极反应式______________________。23、硅有望成为未来的新能源。回答下列问题：

(1)硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)＋O2(g)=SiO2(s)ΔH＝－989.32kJ·mol-1。有关键能数据如下表所示：

。化学键。

Si—OO=OSi—Si键能/(kJ·mol-1)

x498.8176

已知1molSi中含2molSi—Si键，1molSiO2中含4molSi—O键，表中x＝______。

(2)硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等。硅光电池是一种把_______能转化为_________能的装置。

(3)下列对硅作为未来新能源的认识错误的是_________(填标号)。

A．硅是固体燃料；便于运输；贮存。

B．硅的来源丰富；易于开采且可再生。

C．硅燃烧放出的热量大；其燃烧产物对环境污染程度低且易控制。

D．自然界中存在大量的单质硅。

(4)工业制备纯硅的反应为2H2(g)＋SiCl4(g)=Si(s)＋4HCl(g)ΔH＝+240.4kJ·mol-1。若将生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液中恰好完全反应，则在制备纯硅的反应过程中________(填“吸收”或“放出”)的热量为_______kJ。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

【详解】

某反应的△H=-50kJ·mol-1，则正反应的活化能-逆反应的活化能=-50kJ·mol-1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能小50kJ·mol-1，逆反应活化能不小于50kJ·mol-1；正反应活化能大小不能确定，只有B正确；

故选B。2、A【分析】【详解】

丙烷分子式是C3H8，燃烧热为△H=-2215kJ·mol-1，1mol丙烷燃烧会产生4mol水，放热2215kJ。丙烷完全燃烧产生1.8g水，生成H2O的物质的量为0.1mol；消耗丙烷的物质的量为0.025mol，所以反应放出的热量是Q=0.025mol×2215kJ/mol=55.375kJ，选A。

【点睛】

本题考查燃烧热的概念、反应热的计算，考查学生分析问题、解决问题的能力及计算能力。3、C【分析】【分析】

【详解】

A项、由图可知，反应物为CO(g)和H2O(g)，生成物为CO2(g)和H2(g)，反应的化学方程式为CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)；故A正确；

B项；由图可知；该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，故B正确；

C项、由图可知，该反应为CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)，△H=—41kJ·mol－1，因此不能确定H2的燃烧热；故C错误；

D项；使用合适的催化剂可以降低反应所需的活化能；故D正确；

故选C。4、B【分析】【详解】

A．CO和水蒸气各1mol，达到平衡后再通入4mol水蒸气，CO2的物质的量会增加，但由于反应是可逆反应，CO不能完全转化，所以CO2的物质的量不可能为1mol；正确；

B．再通入4mol水蒸气；化学平衡会向着正反应方向进行，CO的转化率会提高，但是水蒸气的转化率会降低，错误；

C．再通入4mol水蒸气，化学平衡会向着正反应方向进行，假设一氧化碳全部转化完毕，则CO2的物质的量是1mol，水蒸气消耗了1mol，剩余4mol，CO2的浓度比水蒸气的浓度小；况且CO不可能完全转化，故C正确；

D．恒温恒压下；压强和物质的量成正比。该反应是反应前后气体系数之和相等的反应，所以反应前后气体物质的量不变。所以第一次平衡时气体总物质的量为2mol，第二次平衡时气体总物质的量为6mol，故密闭容器的压强是原先的3倍，正确；

故选B。5、D【分析】【详解】

H2Y溶液中滴加KOH溶液，随着pH的不断增大，先发生H2Y+OH-=HY-+H2O，后发生HY-+OH-=Y2-+H2O。

A.按反应的先后次序，可确定曲线N表示pH与的变化关系；A不正确；

B.交点e的溶液中，=由此得出c(H2Y)＝c(Y2－)，由反应H2Y+OH-=HY-+H2O、HY-+OH-=Y2-+H2O的顺序，可确定c(HY－)>c(H2Y)＝c(Y2－)>c(H＋)>c(OH－)；B不正确；

C.依电荷守恒，d点溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝2c(Y2－)＋c(HY－)－c(K＋)；C不正确；

D.根据图像当pH=3时=1.3，H2Y的第二步电离方程式为HY-H++Y2-，Ka2(H2Y)===10－4.3；D正确；

故选D。6、D【分析】【详解】

A．NH4NO3为强酸弱碱盐；溶液呈酸性，A不合题意；

B．H2SO4为强酸；溶液显酸性，B不合题意；

C．KCl为强酸强碱的正盐；溶液呈中性，C不合题意；

D．Na2CO3为强碱弱酸的正盐；溶液呈碱性，D符合题意；

故选D。7、C【分析】【分析】

向0.1mo/L的碳酸氢钠溶液滴几滴酚酞，呈微红色，则溶液pH>7；以此解题。

【详解】

A．甲基橙的变色范围为3.1-4.4；当pH大于4.4时，甲基橙为黄色，故A错误；

B.0.1mol/L的碳酸氢钠溶液的pH>7，说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，但电离程度和水解程度都较小，则c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（CO32-）；故B错误；

C．溶液中存在物料守恒和电荷守恒，根据电荷守恒得c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（H2CO3）+c（CO32-）+c（HCO3-），物料守恒式减去电荷守恒式得c（OH-）=c（H+）+c（H2CO3）-c（CO32-）；故C正确；

D．加水稀释，促进碳酸氢根离子水解生成碳酸，因此碳酸氢根离子浓度减小，碳酸浓度增大，所以，的比值增大；故D错误；

答案选C。8、D【分析】【分析】

由题图知，当时，由此可求出

【详解】

A.的饱和溶液中，故A正确；

B.故B正确；

C.由于两种盐组成形式相同且二者相差不大，故在浓溶液中可转化为难溶性可溶于盐酸生成故C正确；

D.加入的溶解后会使溶液中增大，尽管平衡向生成沉淀的方向移动，但由勒夏特列原理知，重新达到平衡后仍是增大的，故D错误；二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【分析】

（1）是弱电解质，用化学用语解释溶液即写出电离的方程式；

（2）B点加入的的物质的量为的一半，故溶质为和且物质的量之比为1:1；

（3）酸和碱会抑制水的电离；大部分能水解的盐促进水的电离；

【详解】

（1）是弱电解质，在溶液中部分电离，导致氢离子浓度小于溶液其电离的方程式为：

（2）B点溶液：

a.和物质的量之比为1:1；故a正确；

b.由电荷守恒可知，溶液中存在：故b正确；

c.由物料守恒（原子守恒）可知，溶液中存在：故c错误；

（3）酸和碱会抑制水的电离，大部分能水解的盐促进水的电离，A点的酸性溶液抑制水的电离，C点为醋酸和醋酸钠的混合溶液，因为PH=7，醋酸的抑制作用与醋酸钠的促进作用相互抵消，对水的电离无影响，故水的电离程度：A

【点睛】

（1）判断酸碱中和时水的电离程度技巧：

酸碱恰好完全反应生成正盐时水的电离程度最大；

（2）判断溶液中某些等式是否正确，可从电荷守恒、物料守恒、质子守恒等入手。【解析】ab10、略

【分析】①根据图中平衡时的物质的量分数曲线随温度的降低而增大；可知该正反应为放热反应，K随温度的升高而减小，K随温度降低而增大。答案：增大。

②根据在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行的反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；可知A．混合气体密度不会改变，所以不能作为平衡的依据，故A错；B．由反应可知此反应两边计量数不等，所以混合气体压强不再改变标志达到平衡，故B正确。C．混合气体平均摩尔质量M=m/n,M不变说明n不在改变，说明达到平衡了。故C正确；D.n(CO2):n(H2)=1:2不符合化学平衡的定义；不能作为判断平衡的依据，故D错。本题答案：BC。

③在密闭容器里全部由气体参与的反应中，平衡时气体压强之比=气体物质的量之比=气体物质的量浓度之比。根据反应达到平衡时的物质的量分数，可知平衡时所占的压强为根据化学反应方程式可知所占压强为因此和所占的压强为根据初始投料比以及和的化学计量数之比可知反应达到平衡时，两者的物质的量之比也为故平衡时所占的压强为所占的压强为故可写出的表达式为

（2）A项，该反应为气体分子数减小的反应，根据勒夏特列原理可知减压后反应向逆反应方向进行，会降低的转化效率，故A项错；B根据CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)，合理控制反应器中气体的流速，可以增大反应物接触面积，可以使反应物充分反应，提高反应物的转化率，故B正确；C项，反应器前段加热可以加快反应速率，后段冷却可以加大反应的转化率，因此该措施能提高的转化效率，故选C项；D项，提高原料气中的比例会增大的转化率，但会减小的转化效率；故D项错。综上所述，本题正确答案为BC。

（3）①根据题目给出条件可知a.b.由即可得Bosch反应，其反应热为

②在化学反应中；只有活化分子才能发生有效碰撞而发生化学反应。升高温度可以提高反应物的活化能，从而发生反应，而Bosch反应的反应活化能高，所以必须在高温下才能启动。

③在Bosch反应中，氢原子全部转化到水分子中，水电解后氢原子又重新全部形成因此该方案的优点为氢原子利用率为【解析】增大BCBC-90反应的活化能高氢原子利用率为100%11、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB-只能电离不能水解；根据氢离子和氢氧根离子浓度相对大小确定溶液的酸碱性；

（2）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；据此分析解答。

【详解】

(1)H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB−只能电离不能水解，导致溶液中c(H+)>c(OH−)；所以溶液呈酸性；

故答案为：HB−只能电离不能水解；

(2)A.H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，根据物料守恒，应该为c(B2−)+c(HB−)=0.1mol/L；故A正确；

B.HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；故B错误；

C.溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−)；故C正确；

D.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HB−)+2c(B2−)；故D错误；

故答案选AC。

【点睛】

本题的解题关键在于H2B第一步完全电离、第二步部分电离，在分析判断是要注意HB−只能电离不能水解，故溶液中不含H2B分子。【解析】①.只能电离，不能水解②.12、略

【分析】【分析】

(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液呈中性，根据HSO3-的电离平衡常数计算；根据(NH4)2SO3溶液中质子守恒式=电荷守恒-物料守恒；

(2)①根据反应a、b、c、d四个点，a点恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O，NH4Cl可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；

②b点溶液为中性，溶质为NH4Cl和NH3•H2O；根据电荷守恒分析；

③a点溶液中只有NH4Cl；铵根离子水解使溶液显酸性，根据电荷守恒和质子守恒计算；

(3)弱酸电离常数越大；酸性越强，其酸根离子水解程度越小。

【详解】

(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=c(OH-)===0.6×10−2mol·L−1；

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)=1.0×10−7mol·L−1根据HSO3-⇌H++SO32-，电离平衡常数Ka2==6.2×10−8，则==0.62；(NH4)2SO3溶液电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，质子守恒=电荷守恒-物料守恒=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3∙H2O)+c(OH-)；

(2)①根据反应a、b、c、d四个点，a点恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O，NH4Cl可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；所以a点水的电离程度最大；

②b点溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，溶质为NH4Cl和NH3•H2O，溶液中存在电荷守恒式为：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，则c(NH4＋)=c(Cl－)，水的电离是极弱的，离子浓度的大小为c(NH4＋)=c(Cl－)＞c(H+)＝c(OH-)；

③a点溶液中只有NH4Cl，铵根离子水解使溶液显酸性，pH=6，即c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)==10-8mol/L，溶液中存在电荷守恒式为：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=(10-6-10-8)mol/L；溶液中存在质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，c(H+)-c(NH3·H2O)=c(OH-)=10-8mol/L；

(3)由亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，可知溶液中完全反应生成等物质的量的Na2CO3、NaHCO3和NaNO2，可判断水解程度大小顺序为CO32−＞NO2−＞HCO3−，水解生成HCO3−，所以溶液中CO32−离子、HCO3−离子和NO2−离子的浓度大小关系为c(HCO3−)＞c(NO2−)＞c(CO32−)。【解析】①.0.6×10−2②.0.62③.c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3·H2O)+c(OH-)④.a⑤.c(Cl-)=c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)⑥.10-6-10-8⑦.10-8⑧.c(HCO3-)＞c(NO2-)＞c(CO32-)13、略

【分析】【分析】

(1)NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋水解；使溶液显酸性；

(2)CH3COONH4属于弱酸弱碱盐；都发生水解，pH=7说明溶液显中性，用电荷守恒进行分析；

(3)利用弱电解质的电离；盐类水解程度微弱进行分析；

(4)NH3·H2O为弱碱；加水稀释促进电离进行分析；

【详解】

(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，造成溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒，得出c(H＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，pH=7时，说明c(H＋)=c(OH－)，即得出c(NH4＋)=c(CH3COO－)；

(3)弱电解质的电离程度、盐类水解程度微弱，得出c(NH4＋)大小顺序是④>③>①>②>⑤；

(4)A.NH3·H2O为弱碱，加水稀释促进电离，但c(OH－)减小；故A不符合题意；

B.加水稀释，温度不变，Kb不变，c(NH4＋)减小；该比值增大，故B符合题意；

C.c(H＋)·c(OH－)=Kw，Kw只受温度的影响，因此加水稀释Kw不变，即c(H＋)·c(OH－)保持不变；故C不符合题意；

D.该比值为NH3·H2O的电离平衡常数，加水稀释，电离平衡常数不变，故D不符合题意。【解析】①.酸②.NH4++H2ONH3·H2O+H+③.=④.⑤⑤.B14、略

【分析】【分析】

FeCl3是强酸弱碱盐，NaHCO3是强碱弱酸盐，FeCl3和NaHCO3相互促进水解生成氢氧化铁沉淀、二氧化碳气体和氯化钠，pH=4的溶液中c(OH-)=10-10mol/L，利用Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)•c3(OH-)计算溶液中Fe3+的浓度；据此分析解答。

【详解】

是强酸弱碱盐，是强碱弱酸盐，和相互促进水解生成氢氧化铁沉淀、二氧化碳气体和氯化钠，所以现象为：有红褐色沉淀生成，有气泡冒出，反应的离子方程式为的溶液中所以溶液中故答案为：有红褐色沉淀生成，有气泡冒出；【解析】有红褐色沉淀生成，有气泡冒出三、判断题(共1题，共2分)15、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、计算题(共2题，共4分)16、略

【分析】【分析】

（1）大多数化合反应属于放热反应；大多数分解反应属于吸热反应，可燃物质的燃烧是放热反应；

（2）题中给出了反应物、生成物的键能，利用键能计算反应热：∆H=反应物的键能之和-生成物的键能之和；结合题中给出的已知的两个热化学方程式，计算Na2O2与Na反应生成Na2O的热化学方程式；利用盖斯定律进行计算，注意热量的变化；测量盐酸与NaOH溶液反应的热量变化的过程中，为了保证酸完全反应，所加碱溶液稍过量。

【详解】

（1）A．Na2O与水反应生成氢氧化钠；同时放出热量，该反应为放热反应，A不符合题意；

B．甲烷的燃烧反应是放热反应；B不符合题意；

C．CaCO3受热分解生成二氧化碳；氧化钙；该反应为分解反应，并且该反应为吸热反应，C符合题意；

D．锌与盐酸反应；生成氢气，同时放出热量，该反应为置换反应，同时也是放热反应，D不符合题意；

答案选C。

（2）①用键能计算反应热：∆H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H=(2×436kJ/mol+498kJ/mol-463.4kJ/mol×4)=-483.6kJ/mol；

②Ⅰ.2Na(s)＋O2(g)=Na2O(s)△H＝－414kJ·mol-1，Ⅱ.2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)△H＝－511kJ·mol-1，结合盖斯定律可知Ⅰ×2-Ⅱ得到Na2O2(s)＋2Na(s)=2Na2O(s)△H=(-414kJ/mol×2)-(-511kJ·mol-1)=-317kJ·mol-1；

③测量盐酸与NaOH溶液反应的热量变化的过程中，为了保证酸完全反应，所加碱溶液稍过量，氢氧化钠固体溶于水放热，所以若取50mL0.50mol·L-1的盐酸，还需要加入50mL0.55mol·L-1NaOH溶液；B符合题意；

答案选B。

【点睛】

在计算反应热时，学生应该熟练掌握以下几种反应热的计算方式：①从宏观角度计算：△H=生成物的总能量-反应物的总能量；

②从微观角度计算：△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和；

③从活化能角度计算：△H=正反应活化能-逆反应活化能；

④利用盖斯定律计算：先书写目标热化学方程式，再计算反应热。【解析】C-483.6Na2O2(s)＋2Na(s)=2Na2O(s)△H=-317kJ·mol-1B17、略

【分析】【分析】

(1)反应前，甲容器中A的浓度为6mol•L-1，B的浓度为1.8mol/L，4min甲容器内的反应达到化学平衡后，A的浓度减少了3.6mol•L-1，B的浓度减少了1.2mol•L-1；根据反应速率的计算公式结合化学反应方程式中各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比计算解答；

(2)根据容器甲和容器乙的体积大小判断反应物浓度大小；根据浓度越小，反应速率越慢判断；

(3)根据勒夏特列原理；结合等效平衡规律分析判断；

(4)根据平衡常数的表达式写出反应3A(g)+B(g)⇌3C(g)+2D(g)的平衡常数的表达式；根据T℃甲容器中达到平衡时各组分的浓度计算出T℃时的化学平衡常数K。

【详解】

(1)甲容器的体积为1L，加入6molA和3molB，则A、B的浓度分别为：6mol/L、3mol/L，4min时甲容器内的反应恰好达到平衡，A的浓度为2.4mol/L、B的浓度为1.8mol/L，则A的浓度变化为：△c(A)=6mol/L-2.4mol/L=3.6mol/L，B的浓度变化为：△c(B)=3mol/L-1.8mol/L=1.2mol/L，此时间内平均速率v(B)==0.3mol•L-1•min-1；浓度变化与化学计量数成正比，即3∶b=△c(A)∶△c(B)=3.6mol/L∶1.2mol/L=3∶1，即b=1，故答案为：0.3mol•L-1•min-1；1；

(2)甲容器的体积为1L；乙容器的体积为2L，乙容器的体积大于甲容器的体积，乙容器中气体的浓度小，则乙容器中反应速率小，到达平衡的时间长，所以乙容器中反应达到平衡时所需时间大于4min，故答案为：大于；乙容器的体积大于甲容器的体积，反应物的浓度减小，反应速率减慢，达到平衡所需要的时间变长；

(3)由于该反应是体积增大的放热反应；甲的容器体积小，则压强大，平衡向着逆反应方向移动，甲中反应物的转化率小于乙，且达到平衡时甲中各组分浓度都大于乙。A．保持温度不变，增大甲容器的体积至2L，则此时甲和乙为等效平衡，甲；乙容器中B的平衡浓度相等，故A正确；B．保持容器体积不变，使甲容器升高温度，该反应为放热反应，平衡向着逆反应方向移动，甲中B的浓度增大，无法满足甲、乙容器中B的平衡浓度相等，故B错误；C．保持容器压强和温度都不变，向甲中加入一定量的A气体，反应物A的浓度增大，平衡向着正反应方向移动，甲中B的浓度减小，可能实现甲、乙容器中B的平衡浓度相等，故C正确；D．保持容器压强和温度都不变，向甲中加入一定量的B气体，达到平衡时甲中B的浓度更大，无法满足甲、乙容器中B的平衡浓度相等，故D错误；故答案为：AC；

(4)反应3A(g)+B(g)⇌3C(g)+2D(g)的平衡常数为：K=T℃时甲容器中：

在T℃时的化学平衡常数K===10.8，故答案为：10.8。【解析】0.3mol•L-1•min-11大于乙容器的体积大于甲容器的体积，反应物的浓度减小，反应速率减慢，达到平衡所需要的时间变长AC10.8五、实验题(共4题，共32分)18、略

【分析】试题分析：（1）①FeCl3溶液呈酸性是因为氯化铁水解的结果，故答案为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；

②a.加水稀释，尽管促进氯化铁水解，但氢离子浓度减小，pH增大，正确；b.加入FeCl3固体，氯化铁溶液的浓度增大，水解程度减小，但氢离子浓度增大，pH减小，错误；c.滴加浓KSCN溶液，使得铁离子浓度减小，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+逆向移动，酸性减弱，pH增大，正确；d.加入NaHCO3固体；使得氢离子浓度减小，pH增大，正确；故选acd；

（2）①溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c(H+)降低，都会促进Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀，故答案为溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c(H+)降低，都会促进Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀；

②锌与铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子，使得反应后溶液为浅绿色，故答案为2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+；

③a.黑色固体可以被磁铁吸引说明含有铁；向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡，说明含有锌，因此黑色固体中一定铁和锌，故答案为Fe和Zn；

b.iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同，故答案为iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同；

（3）要使得溶液中立即产生大量气泡，可以用5mL0.2mol·L-1的盐酸于锌反应，根据探究目的：比较1.0mol·L−1FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱。将5mL1.0mol·L−1的FeCl3溶液与0.65g锌粉混合，溶液温度迅速上升，开始时几乎没有气泡，说明发生铁离子与锌的氧化还原反应，而不是水解生成的氢离子与锌反应，从而说明在1.0mol·L−1FeCl3溶液中，Fe3+的氧化性比H+更强，故答案为5mL0.2mol·L-1的盐酸。

考点：考查了铁及其化合物的性质、物质性质探究实验方案的设计的相关知识。【解析】（1）①Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；②acd

（2）①溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c(H+)降低，都会促进Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀；②2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+；③a.Fe和Zn；b.iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同。

（3）5mL0.2mol·L-1（或pH=0.7）的盐酸（可不考虑Cl-对反应的影响）19、略

【分析】【分析】

(1)甲装置中，a和b用导线连接；该装置构成原电池，铁失电子发生氧化反应而作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应产生氢气，电解质溶液中阴离子向负极移动，电子由铁电极经导线流向铜电极；

(2)乙装置中；铝与氢氧化钠溶液反应构成原电池，铝失电子发生氧化反应而作负极，镁作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应产生氢气；

(3)设计原电池要满足原电池的组成条件；

(4)原电池反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应。

【详解】

(1)甲装置中，a和b用导线连接，该装置构成原电池，铁失电子发生氧化反应而作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应产生氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，电解质溶液中阴离子向负极移动，溶液中SO42-移向铁电极；

(2)乙装置中，铝与氢氧化钠溶液反应构成原电池，铝失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；镁作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应产生氢气，可以观察到产生气泡；由反应总方程式可知：2Al3H2，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，则能生成H2的物质的量为0.3mol；

(3)将反应Cu+Fe2(SO4)3=2FeSO4+CuSO4设计成盐桥电池需要Cu作负极，铜电极烧杯中电解质为CuSO4，可用惰性电极作正极，电解质溶液为Fe2(SO4)3溶液，形成闭合回路，装置图为：

(4)原电池反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应；该反应是吸热反应且不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池。

【点睛】

明确原电池原理是解本题关键，根据电池反应式中得失电子的物质选取负极材料和电解质，知道原电池中正负极的判断方法。【解析】2H++2e-=H2↑FeAl产生气泡Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O0.3否，因为此反应为非氧化还原反应20、略

【分析】【分析】

根据装置：由A中氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，制得的氯气混有HCl和水蒸气，可以由E中饱和食盐水吸收HCl气体，由C中浓硫酸吸水干燥；BCl3遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸，因此发生反应前需要先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应；BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃，可以用B中冰水冷凝产物BCl3并收集；F中NaOH可以吸收尾气，防止污染空气；为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，据此分析解答。

【详解】

(1)A装置用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的方程式为：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O；

(2)根据分析，A制备氯气，E中饱和食盐水吸收HCl气体，C中浓硫酸吸水干燥，为保证除杂充分，导气管均长进短出，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应，用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH吸收尾气，防止污染空气，为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，故连接顺序为：a→ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de→j，故答案为ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de；

(3)装置E中为饱和食盐水，可以除去氯气中的HCl气体，若拆去E装置，硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸，故答案为饱和食盐水；硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸；

(4)D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，氧气与硼粉会生成B2O3，使产品不纯，故答案为会生成B2O3；使产品不纯；

(5)三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾，白雾为HCl，反应的方程式为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；根据装置，阳极室为硫酸，放电的是水中氢氧根离子，电极反应式为：2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3，故答案为BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3。

【点睛】

明确实验原理及实验操作方法、熟悉各装置的作用是解答本题的关键。本题的难点和易错点为(5)，根据电解原理正确判断阴阳极的电极反应是解答的关键，阳极室中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子，其中放电能力最强的是氢氧根离子，阴极室是氢离子放电。【解析】①.KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O②.ih→de→fg（或gf）→bc（或cb）→de③.饱和食盐水④.硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸⑤.会生成B2O3，使产品不纯⑥.BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑⑦.2H2O-4e-═O2↑+4H+⑧.阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO321、略

【分析】【详解】

分析：(1).①.I中的铁主要发生析氢腐蚀，铁在负极失电子发生氧化反应；②.铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，则在正极上氧气得电子发生还原反应生成水；(2).①.实验Ⅱ、Ⅲ、IV的电解质相同，不同的是氧气的浓度，出现了电压表读数不同，根据数值的相对大小可知，氧气浓度越大，电压表的读数越高；②.实验Ⅳ、V是利用电解质溶液的酸碱性不同，来判断电压表的指针偏转情况；③.实验IV中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；④.为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对IV、V重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c'、d'，且c'>d'，说明溶液酸性越强，O2的氧化性越强。

详解：(1).①.I中的铁主要发生析氢腐蚀，则铁在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe－2e－＝Fe2+，故答案为Fe－2e－＝Fe2+；

②.在金属活动性顺序中，Cu在H的后面，铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，则在正极上氧气得电子发生还原反应生成水，其正极的电极反应式是O2+4H++4e-＝2H2O，故答案为在金属活动性顺序中，Cu在H后，