1、北京市育才学校2020-2021学年高二化学上学期12月考试题（含解析）可能用到的原子量：O：16 H：1 C：12 第一部分选择题一、选择题1. 下列应用与盐类水解有关的是明矾和FeCl3可作为净水剂为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸实验室配制AlCl3溶液时，应先把它溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释NH4Cl与ZnCl2溶液可作为焊接中的除锈剂实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不用玻璃塞用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作为泡沫灭火剂长期使用硫酸铵，土壤酸性增强草木灰与铵态氮肥不能混合施用A. B. C. D. 全有关【答案】D【解析】【分析】【详解】明矾和
2、FeCl3可作净水剂依据铝离子、铁离子水解生成胶体具有较大表面积，具有吸附悬浮杂质的作用；故有关；加入盐酸抑制铁离子的水解；Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；故有关；盐酸抑制氯化铝的水解；Al3+3H2OAl（OH）3+3H+；故有关；铵根离子和锌离子水解显酸性，和铁锈反应，可以除去铁锈，故有关；碳酸根、硅酸根离子水解显碱性和玻璃中的二氧化硅反应，把玻璃瓶塞和瓶口粘结，故有关；碳酸氢根离子和铝离子发生双水解生成二氧化碳；故有关；铵根离子水解显酸性，故长期使用硫酸铵，土壤酸性增强；故有关；铵根离子水解呈酸性，草木灰中的碳酸根离子水解显碱性，二者发生相互促进的水解反应，生成氨气，挥发降低肥效
3、；故选D。【点睛】该题是高考中的常见题型。试题综合性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，主要是考查学生对盐类水解知识的了解程度。该题的关键是明确盐类水解的含义、特点，然后结合题意灵活运用即可。2. 等物质的量浓度的下列五种溶液：CH3COOH （NH4）2CO3 NaHSO4 NaHCO3 Ba（OH）2，溶液中水的电离程度由大到小排列正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】设五种溶液的物质的量浓度均为c，CH3COOH为弱酸，醋酸抑制了水的电离，溶液中氢离子浓度小于c；（NH4）2CO3中铵根离子和碳酸根离子都能够水解，促进了水的电离，五种物质中碳酸铵溶液中水的电离
4、程度最大；NaHSO4为酸性溶液，溶液中氢离子浓度为c，硫酸氢钠溶液中水的电离程度小于；NaHCO3为强碱弱酸盐，碳酸氢根离子的水解，促进了水的电离，碳酸氢钠溶液中水的电离程度小于；Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为2c，则氢氧化钡溶液中水的电离程度最小；根据以上分析可知，醋酸溶液中水的电离程度大于NaHSO4、Ba（OH）2，小于，所以五种溶液中水的电离程度由大到小排列为：，故选D。3. 在pH均为9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，假设由水电离产生的OH- 离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为：A. ABB. A=10-4BC. B=10-4 AD. A=B【答
5、案】B【解析】【分析】【详解】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，pH=9的氢氧化钠和醋酸钠，醋酸钠促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，NaOH溶液中水电离出的c（OH）=c（H）=10-9 molL1，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH）= = =10-5 molL1，所以A=10-4B；故选B。【点睛】本题考查了水的电离，明确哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离是解本题关键，注意酸溶液中水电离出氢离子浓度、碱溶液中水电离出氢氧根离子浓度的方法，为易错点4. 图示为用石墨电极电解CuCl2溶液的装置，下列分析正确的是( )A. b端是直流电源的正极B. CuCl2在接通电源后发生电离C.
6、 阳极上发生的反应：D. 若将电极都换成铁，阴、阳电极的电极反应均不变【答案】A【解析】【分析】由装置可知，Cu2+移向a电极一侧，Cl-移向b电极一侧，根据电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动可知，a为电源负极，阴极发生的电极反应式为Cu2+2e-=Cu，b为电源正极，阳极发生的电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，据此分析解答。【详解】A由上述分析可知，b为电源正极，A正确；BCuCl2溶液可直接电离成铜离子和氯离子，无需通电，B错误；C根据上述分析，阳极发生的电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，C错误；D若将电极都换成铁，阳极铁失去电子，则阳极的电极反应式变为：Fe-2e-=Fe2+
7、，D错误；答案选A。5. 我国首创的海洋电池以铝板为负极，铂网为正极，海水为电解质溶液，电池总反应为4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3。下列说法不正确的是（ ）A. 正极的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-B. 电池工作时，电流由铝电极沿导线流向铂电极C. 以网状的铂为正极，可增大其与氧气的接触面积D. 该电池通常只需要更换铝板就可继续使用【答案】B【解析】【分析】根据电池总反应可知，铝板中的铝化合价升高，失去电子，作负极，发生的电极反应式为，铂网作正极，氧气在正极上发生反应，电极反应式为，结合选项分析即可。【详解】A氧气在正极上发生反应，电极反应式为，A选项正确；B原电池工作
8、时，铂网作正极，铝板作负极，电流由正极铂电极沿导线流向负极铝电极，B选项错误；C网状的铂可以增大其与氧气的接触面积，加快反应速率，C选项正确；DAl作负极，工作时会失电子而损耗，故该电池只需更换铝板便可继续使用，D选项正确；答案选B。6. 一定量的稀H2SO4与过量铁粉反应时，为了减缓反应速率，且又不影响生成的氢气的总量，可向稀H2SO4溶液中加入( )A. 盐酸B. NaOH固体C. CH3COONa固体D. NH4Cl固体【答案】C【解析】【分析】【详解】A铁粉过量，生成的氢气由氢离子的量决定，加入盐酸氢离子的总量发生改变，生成的氢气总量发生变化，故A不符合题意；B铁粉过量，生成的氢气由氢
9、离子的量决定，加入NaOH固体消耗氢离子，导致生成的氢气的量减少，故B不符合题；CCH3COONa反应生成醋酸，氢离子浓度减小，但是随着反应的进行，醋酸又能电离出氢离子，氢离子的总量没有发生改变，则氢气的总量不变，故C符合题意；D铵根水解产生氢离子，使氢离子的浓度变大，反应速率加快，生成的氢气总量变大，故D不符合题意；综上所述答案为C。7. 在下列叙述中，不能说明醋酸是弱电解质的是A. 醋酸中加水后，溶液的pH升高B. 室温下，0.1molL-1的CH3COOH溶液的pH=3C. 室温下，0.1molL-1的CH3COONa溶液的pH=8D. 0.1molL-1的CH3COOH导电能力不如0.
10、1molL-1的盐酸强【答案】A【解析】【分析】A. 强酸加水后，氢离子浓度减小，也是升高；B. 0.1molL-1的强酸，pH=1；C.若是强电解质，pH应该等于7，氢氧化钠是强电解质，强碱弱酸盐；D.溶液导电能力与溶液中离子浓度大小有关，导电能力弱，离子浓度小。【详解】A. 酸溶液加水稀释后，溶液中氢离子浓度减小，溶液都会升高，故A错误；B. 0.1molL-1的强酸，pH=1，现在pH=3，说明醋酸中的氢离子部分电离，醋酸是弱电解质，故B正确；C. CH3COONa溶液的pH=8，说明发生了水解，醋酸跟结合了水电离的氢离子，显示碱性，故醋酸是弱电解质，故C正确；D.醋酸溶液电离能力弱，离
11、子浓度小，说明醋酸部分电离，属于弱电解质，故D正确。故选A。8. 25时，水的电离达到平衡：H2OH+ OH；H 0，下列叙述正确的是A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH）降低B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H）增大，Kw不变C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H）降低D. 将水加热，Kw增大，pH不变【答案】B【解析】【分析】【详解】A.氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确；B.硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数只和温度有关，所以B是正确的；C.醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确；D.电离是吸热
12、的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。答案选B。9. 图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是A. 生铁块中的碳是原电池的正极B. 红墨水柱两边的液面变为左低右高C. 两试管中相同的电极反应式是：D. a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 生铁块在电解质溶液中形成了原电池，铁活泼，作原电池的负极，碳不活泼作原电池的正极，A正确；B. a试管中盛饱和食盐水，发生吸氧腐蚀，氧气消耗，气压变低，b试管中放氯化铵溶液，发生析氢腐蚀，产生氢气，气压增大红
13、墨水柱两边的液面变为左高右低，B错误；C. 不管是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，作为原电池的负极，铁都失去电子变成亚铁离子，两试管中相同的电极反应式是：，C正确；D. a试管中饱和食盐水溶液呈中性发生了吸氧腐蚀，b试管中氯化铵溶液呈酸性，发生了析氢腐蚀，D正确；答案选B。10. 醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHHCH3COO，不正确的是（ ）A. 醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H）c（OH）c（CH3COO）B. 常温下0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c（OH）减小C. CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D. 常温下pH2的CH3COOH溶液
14、与pH12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH7【答案】B【解析】【分析】【详解】A.任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得c（H）c（OH）c（CH3COO），所以A选项是正确的；B.加水稀释促进醋酸电离，溶液中CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（H）减小，温度不变，溶液中水的离子积常数不变，则c（OH）增大，故B错误；C.向CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，溶液中c(CH3COO)增大，抑制CH3COOH电离，所以平衡向右进行，所以C选项是正确的；D.常温下，pH2的CH3COOH溶液浓度大于pH12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合后醋酸有剩
15、余，溶液呈酸性，则溶液的pH7，所以D选项是正确的。答案选B。11. 下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是( )A. 风力发电B. 火力发电C. 燃料电池D. 电解水【答案】D【解析】【分析】【详解】A风力发电将风能转化为电能，故A不符合题意；B火力发电将化学能转化为内能，再由内能转化为动能，由动能转化为电能，故B不符合题意；C燃料电池将化学能转化为电能，故C不符合题意；D电解水时电能转化为化学能，故D符合题意；综上所述答案为D。12. 已知：H2(g)+F2(g)=2HF(g)H=-539kJ/mol，若断裂1mol H-H键需吸收436kJ的能量，断裂1mol F-F键需吸收155kJ
16、的能量，则断裂1 mol H-F键需吸收的能量为( )A. 565kJB. 282.5kJC. 765kJD. 380kJ【答案】A【解析】【分析】【详解】H2(g)+F2(g)=2HF(g)H=-539kJ/mol，因反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，设断裂1molH-F键需吸收的能量为x，则436k.J+155k.J-2x=-539kJ，x=565 kJ,所以A正确；故答案：A。13. 有一化学平衡: mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g），如图表示A的转化率同压强、温度的关系，分析图象可以得出的正确结论是A. 正反应是放热反应，m+np+qB. 正反应是放热反应，m+np+
17、qC. 正反应是吸热反应，m+np+q【答案】D【解析】【分析】由图可知，升高温度转化率增大，增大压强转化率增大，则该反应为吸热、且气体体积减小的反应，以此来解答。【详解】由图可知，相同温度下，压强越大，A的转化率越大，可知正反应为气体体积减小的反应，则m+np+q；相同压强时，温度越高，A的转化率越大，可知正反应为吸热反应，H0，故选：D。14. 将4mol SO2与2molO2放人4L。的密闭容器中，在一定条件下反应达到平衡：2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)，测得平衡时SO3的浓度为0.5molL-1。则此条件下的平衡常数K为( )。A 4B. 0.4C. 0.25D. 0.2
18、【答案】A【解析】【分析】利用化学平衡三段式计算各组分的浓度，根据平衡常数公式K= 计算出该反应的平衡常数【详解】平衡时SO3的浓度为0.5molL-1，则平衡时各组成物质的量变化为：平衡常数K= = =4，故选A。【点睛】本题考查了化学平衡常数考点，解题关键：注意平衡常数在计算中的应用，易错点，平衡常数计算公式中是浓度，不能用物质的量代入计算。15. 把X气体和Y气体混合于2L容器中使它们发生如下反应，3X(g)+Y(g)nZ(g)+2W(g)，5min末已生成0.2molW，若测知以Z浓度变化来表示的平均反应速率为0.01molL-1min-1，则上述反应中Z气体的反应方程式系数n的值是（
19、 ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】【详解】以Z浓度变化来表示的平均反应速率为0.01molL-1min-1，则5min末时生成Z的物质的量为0.01molL-1min-15min2L=0.1mol；5min末已生成0.2molW；利用物质的量的变化量之比等于化学计量数之比可得n:2=0.1mol:0.2mol，n=1；故选A。16. 以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀。根据上述实验事实，下列说法中，不正确的是A. 溶解度 MnSPbSB
20、. MnS存在沉淀溶解平衡 MnS(s)Mn2+(aq) + S2-(aq)C. Cu2+转化为沉淀的原理为 MnS(s) + Cu2+(aq)=CuS(s) + Mn2+(aq)D. 沉淀转化能用于除去溶液中的某些杂质离子【答案】A【解析】【分析】【详解】A根据题意，含有Cu2+、Pb2+等金属离子的溶液中添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，说明溶解度PbS MnS，错误；BMnS存在沉淀溶解平衡，平衡方程式MnS(s)Mn2+(aq) + S2-(aq)，正确；CCu2+转化为沉淀的原理为MnS(s)Mn2+(aq) + S2-(aq)，与Cu2+形成CuS后，平衡正
21、向移动，促进MnS溶解，反应方程式为MnS(s) + Cu2+(aq)=CuS(s) + Mn2+(aq)，正确；D根据题意，可以利用沉淀转化的原理除去溶液中的某些杂质离子，正确；故选A。17. 下列关于氢氧化钠溶液和氨水的说法正确的是( )A. 中和等体积等浓度两种溶液，二者用盐酸一样多B. 将二者分别稀释一倍，c(OH-)均减少到原来的1/2C. 若c(NaOH)是c(NH3H2O)的2倍，则NaOH中c(OH-)也是氨水中c(OH-)的2倍D. 氢氧化钠溶液的导电能力一定比氨水强【答案】A【解析】【分析】【详解】A等体积等浓度的两种溶液，物质的量相同，所以消耗盐酸一样多，故A正确；B氨水
22、为弱碱溶液，稀释促进一水合氨电离，所以将二者分别稀释一倍，氨水中c(OH-)减少会小于原来的，故B错误；C氨水为弱碱溶液，一水合氨不能完全电离，故不可能存在题中所述关系，故C错误；D没有浓度条件，无法比较氢氧化钠溶液和氨水的导电能力强弱，故D错误；答案选A。18. 铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是A. 电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3，负极为FeB. 电池放电时，负极反应为Fe+2OH-2e-=Fe(OH)2C. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D. 电池充电时，阳极反应为2N
23、i(OH)2+2OH-2e-=Ni2O3+3H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据电池总反应，电池的电解液为碱性溶液，Fe发生失电子的氧化反应，Fe为负极，Ni2O3发生得电子的还原反应，Ni2O3为正极，A正确；B.放电时，负极反应为Fe-2e- +2OH- =Fe(OH)2，B正确；C.电池充电时的反应为Fe(OH)22Ni(OH)2=Fe+Ni2O3+3H2O，阴极电极反应为Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH- ，阴极附近碱性增强，pH增大，C错误；D.充电时阳极反应为2Ni(OH)22OH-2e-=Ni2O3+3H2O，D正确；答案选C。【点睛】二次电池放电时为原电池原理，
24、充电时为电解原理。充电时的阴极反应为放电时负极反应的逆过程，充电时的阳极反应为放电时正极反应的逆过程。19. 常温下，有关下列四种溶液的叙述中错误的是( )氨水NaOH醋酸盐酸pH111133A. 中加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小B. aL与bL混合，pH=4，求a：b=11：9C. 等体积混合，离子浓度大小顺序：Cl-NHOH-H+D. 分别稀释10倍，pH大小顺序【答案】C【解析】【分析】【详解】A氯化铵在水溶液中发生水解：+H2O=NH3H2O+H+，因此中加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小，A正确；B已知aL与bL混合，pH=4，则有，化简可得a：b=11：9，B正
25、确；C等体积混合后，溶液中有过量的氨水，Cl-，C错误；D由于氨水为弱碱，醋酸为弱酸，因此在稀释10倍后，氨水的pH大于10小于11，醋酸的pH小于4大于3，而NaOH为强碱，盐酸为强酸，稀释10倍后，NaOH的pH=10，盐酸的pH=4，则pH的大小顺序为：，D正确；答案选C。20. 实验：向盛有1mL0.1 mol/LMgCl2溶液试管中加2 mL 0.2 mol/L NaOH溶液，得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c。向沉淀c中滴加0.1mol/LFeCl3溶液，沉淀变为红褐色。 向浊液a中滴加0.1mol/LFeCl3溶液，沉淀变为红褐色。下列分析不正确的是( )A. 浊液a中存在沉
26、淀溶解平衡：Mg (OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)B. 滤液b中含有Mg2+C. 实验中颜色变化说明Mg (OH)2转化为Fe(OH)3D. 实验可以证明Fe(OH)3比Mg (OH)2更难溶【答案】C【解析】【分析】将1mL 0.1mol/LMgCl2溶液和2mL 0.2mol/LNaOH溶液混合得到氢氧化镁、氯化钠、NaOH和H2O的混合物，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，以此分析解答。【详解】A浊液a为氢氧化镁悬浊液，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，故A正确；B将a中所得
27、浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡，因此所得滤液b中含少量Mg2+，故B正确；C氢氧化镁的悬浊液中含有NaOH溶液，滴加氯化铁会生成氢氧化铁沉淀，所以实验不能证明Mg (OH)2转化为Fe(OH)3，故C错误；D实验中是Mg(OH)2和氯化铁之间反应生成氢氧化铁，说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3，因此Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶，故D正确；故答案为：C。第二部分 非选择题21. 结合化学用语解释现象：(1)明矾KAl(SO4)212H2O净水_(2)配制FeCl3加浓HCl： _(3)配制Na2S溶液加NaOH： _(4)NaHSO3溶液显酸性：_【答案】 (1). Al3
28、+3H2OAl(OH)3+3H+，Al(OH)3为胶体有吸附作用为胶体有吸附作用 (2). FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl。所以为防止其水解，应向溶液中加入浓HCl抑制水解 (3). S2-+ H2O HS- + OH- 所以为防止其水解，应向溶液中加入少量NaOH抑制水解 (4). NaHSO3电离后的HSO的电离HSOH+SO大于水解HSO+H2O H2SO3 +OH-的程度所以溶液显酸性【解析】【分析】【详解】(1)明矾KAl(SO4)212H2O在水中发生铝离子的水解：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，Al(OH)3为胶体有吸附作用，可吸附水中的难溶性悬浮物并使其沉
29、降，因此常用于净水；(2)Fe3+易发生水解：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，因此为防止其水解，应向溶液中加入浓HCl抑制水解；(3)Na2S溶液S2-易水解：S2-+ H2O HS- + OH-，所以为防止其水解，应向溶液中加入少量NaOH抑制水解；(4)NaHSO3电离后的HSO存在电离：HSOH+SO，水解：HSO+H2O H2SO3 +OH-，由于电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性。22. 工业合成氨技术反应原理为：N2 (g)+3H2(g) 2NH3(g) H= 92.4 kJmol-1（1）T 时，在有催化剂、体积为1.0 L的恒容密闭容器中充入3 mol H2、
30、1 mol N2，10 min时反应达到平衡，测得c(NH3)1.2 molL-1前10 min的平均反应速率(H2)_ molL-1min -1。化学平衡常数K_。（2）T 时，在有催化剂的恒容密闭容器中充入N2和H2。如图为不同投料比n(H2)/n(N2)时某反应物X的平衡转化率变化曲线。 反应物X是_（填“N2”或“H2”）。判断依据是_。（3）在其他条件相同时，图为分别测定不同压强、不同温度下，N2的平衡转化率。L表示_，其中X1_ X2（填“”或“”）。【答案】 (1). 0.18 (2). (3). N2 (4). 增大H2的浓度可以提高N2的转化率，但不能提高自身转化率 (5).
31、 压强（P） (6). 【解析】【分析】（1）v(H2)=v(NH3)=；根据平衡时，NH3的浓度，计算出N2、H2的浓度，再根据公式K=进行计算；（2）投料比n(H2)/n(N2)增大，相当于n(H2)增大，则N2的转化率增大；（3）对于该反应，增大压强和升高温度对平衡移动的影响是不同的，据此先判断出影响因素L，从而可知影响因素X。【详解】（1）v(H2)=v(NH3)=0.18molL-1min -1；平衡时，c(NH3)=1.2molL-1，c(N2)=0.4molL-1，c(H2)=1.2molL-1，则K=；（2）假设n(N2)=1mol，投料比n(H2)/n(N2)增大时，即n(H
32、2)增大时，X的转化率增大，则X为N2；判断依据是增大H2的浓度可以提高N2的转化率，但不能提高自身转化率；（3）该反应是放热反应，也是气体体积减小的反应，若L为温度，则随着温度升高，平衡逆向移动，N2的转化率降低而不是升高，所以L不是温度，而是压强；X代表温度，X2X1，N2的转化率升高，说明平衡正向移动，则X2Fe2+；而实验II中，还原性：Fe2+I-，将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是_。【答案】 (1). 化学平衡状态 (2). 溶液稀释，c（Fe2+）降低 (3). 加入Ag+发生反应：Ag+I-=AgI，c（I-）降低；或增大c（Fe2+）平衡均逆向移动 (4). 正
33、(5). 左管产生黄色沉淀，指针向左偏转 (6). Fe2+随浓度增大，还原性增强 ，使Fe2+还原性强于I- (7). 向U型管右管中滴加1mol/L FeSO4溶液 (8). 该反应为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向【解析】【分析】【详解】（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态，否则干扰平衡移动的判断，故答案为：化学平衡状态；（2）由实验iii和实验ii的对比可知，对比实验的目的是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响，故答案为：溶液稀释，c（Fe2+）降低；（3）加入A
34、gNO3，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3+ + 2I-2Fe2+ + I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化，故答案为：i中Ag+消耗I-：Ag+（aq）+I-（aq）AgI（s），I-浓度下降，使平衡2Fe3+ + 2I-2Fe2+ + I2逆向移动；中增大Fe2+浓度，同样平衡2Fe3+2I-?2Fe2+I2逆向移动；（4）加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；K闭合时，指针向右偏转，右侧为正极，可知b极Fe3+得到电子，则b作正极，故答案为：正；当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/LAgNO3溶液，若生成黄色沉淀，I-浓度降
35、低，2Fe3+ + 2I-2Fe2+ + I2平衡逆向移动，指针向左偏转，也可证明推测Fe2+向Fe3+转化，故答案为：左侧溶液颜色褪色，有黄色沉淀生成，电流计指针向左偏转；（5）转化的原因为Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-，故答案为：Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-；与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液，Fe2+向Fe3+转化，故答案为：当指针归零后，不向左管滴加AgNO3溶液，而是向右管加入1mL1molL-1FeSO4溶液；（6）将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动，故答案为：该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动。
