湖南省郴州市2021-2022学年高二化学上学期期末试卷（Word版附解析）

郴州市2021年下学期教学质量监测试卷高二化学注意事项：1.试卷分试题卷和答题卡。试卷共8页，有三大题，18小题，满分100分。考试时间75分钟。2.答题前，考生务必将自己的姓名、班次、准考证号、考室号及座位号写在答题卡和试题卷的封面上。3.考生作答时，选择题和非选择题均须作答在答题卡上，在试题卷上作答无效。考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题。4.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回。相对原子质量：H1C12N14O16236556一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分)1.习主席在十九大报告中指出：“绿水青山就是金山银山”，利用化学知识降低污染、治理污染，改善人类居住环境是化学工作者的首要任务。下列做法不利于环境保护的是A.使用做沉淀剂去除工业废水中B.废旧塑料制品裂解为化工原料C.对废电池做深埋处理D.将生活垃圾进行分类处理【答案】C【解析】【详解】A．硫离子是常见的沉淀剂可以和铜离子可以生成硫化铜沉淀，有利于环境的保护，A正确；B．废旧塑料制品裂解为化工原料，避免白色污染，有利环境保护，B正确；C．在废电池中含有汞、铬、锰、铅等重金属。待日晒雨淋表面被蚀掉后，里面重金属成分会渗透。危害地球环境和人类健康，我们只需要将废电池投入可回收垃圾站中，有环保部门集中科学回收，C错误；D．将生活垃圾分类处理再进行合理的回收利用，D正确；故选C。 2.下列说法中错误的是A.金刚石转化石墨为放热反应，说明相同条件下石墨比金刚石稳定B.元素周期表第三周期主族元素中，简单离子半径最小的是C.离子中心原子上的孤电子对数是1，立体构型为正四面体D.、都是含有极性键的非极性分子【答案】C【解析】【详解】A．金刚石转化为石墨的反应属于放热反应，说明等质量的金刚石比石墨的能量高，因此，石墨比金刚石稳定，选项A正确；B．第三周期Na+、Mg2+、Al3+等电子层结构相同，S2-、Cl-电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+＞Mg2+＞Al3+，S2-＞Cl-，S2-、Cl-比Na+、Mg2+、Al3+多一个电子层，离子电子层越多，离子半径越大，故离子半径最小的是Al3+，选项B正确；C．中心原子上的价电子都用于形成共价键，无孤电子对，其价层电子对数为4，其构型为正四面体形，选项C错误；D．BF3为极性键的非极性分子，CO2含有O=C，为极性键，二氧化碳是直线分子，呈对称结构，是非极性分子，选项D正确；答案选C。3.设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温下，分子中键的数目为1.5B.常温常压下，2.24L乙烯中含有的氢原子数为0.4C.65g与一定量密度为1.84质量分数为98%的浓硫酸在一定条件下，恰好完全反应生成的气体分子数一定为D.惰性电极电解足量饱和食盐水时，若阴极析出1.12L气体，则转移的电子数为0.1【答案】C【解析】【详解】A．每个乙炔分子中含有2个键，故常温下，，即0.5mol分子中键的 数目为，选项A错误；B．常温常压下，2.24L乙烯的物质的量小于0.1mol，故含有的氢原子数小于0.4，选项B错误；C．65g与一定量密度为1.84质量分数为98%的浓硫酸在一定条件下，恰好完全反应，无论是生成SO2，还是生成H2，均生成1mol气体，故生成的气体分子数一定为，选项C正确；D．没有说明标准状况下，无法计算气体的物质的量，故无法确定转移电子数目，选项D错误；答案选C。4.某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，并且是同族中原子序数最小的元素，关于该元素的判断错误的是A.该元素为第ⅡB族元素B.该元素为VC.电子排布式为D.该元素属于过渡元素【答案】A【解析】【详解】某元素的最外层电子数为 2，价电子数为5，最外层电子数和价电子数不相等，应存在d能级电子，并且是同族中原子序数最小的元素，则价电子排布式为3d34s2 ，电子排布式为1s22s2p63s23p63d34s2，为第四周期第VB族元素，为V元素，属于过渡元素；故选A。5.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.含的溶液中：、、、B.使甲基橙变红的溶液中：、、、C.含有的溶液中：、、、D.透明溶液中：、、、【答案】D【解析】 【详解】A．Al3+与发生双水解，不能大量共存，故A不选；B．使甲基橙变红的溶液中，溶液显酸性，含有大量H+，H+、、反应，不能大量共存，故B不选；C．Ba2+与反应，不能大量共存，故C不选；D．、、、相互不反应，溶液透明，能大量共存，故D选；故选D。6.高中化学《化学反应原理》模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析，以下观点中不正确的是A.难溶电解质在水中达到溶解平衡时，再加入难溶电解质，溶液中各离子浓度不变B.将加入水中并加热使其转化为C.乙烯聚合为聚乙烯的反应是熵减的过程，却能够自发进行，可知该反应的D.溶液显碱性的原因：【答案】D【解析】【详解】A．难溶电解质在水中达到溶解平衡时，再加入难溶电解质，溶液仍处于饱和状态，溶液中各离子浓度不变，A正确；B．将加入水中，钛离子水解生成氢氧化钛和挥发性酸盐酸，故加热氢氧化钛最终会使其转化为，B正确；C．熵变、焓变都是影响反应自发的因素，乙烯聚合为聚乙烯的反应是熵减的过程，却能够自发进行，可知该反应的，C正确；D．溶液显碱性的原因是碳酸氢根离子水解生成氢氧根离子：，D错误；故选D。7.工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯()：，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量 和，测得相同时间内的转化率随温度变化如图所示。下列说法不正确的是A.增大压强甲醇转化率增大B.b点反应速率C.平衡常数，反应速率D.生产时反应温度控制在80～85℃为宜【答案】C【解析】【分析】由图可知，一定时间内，反应未达平衡之前，温度升高，反应速率增大，一氧化碳转化率增大，平衡之后，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳转化率减小，说明反应为放热反应；【详解】A．由于该反应是气体体积减小的反应，增大压强可以使平衡正向移动，即增大甲醇的转化率，A正确；B．平衡之前，温度升高，反应速率增大，一氧化碳转化率增大，平衡之后，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳转化率减小，即b点还未平衡，反应正向进行，则此时正反应速率＞逆反应速率，B正确；C．温度超过约83℃左右时，随着温度的升高，CO的转化率降低，则说明该反应是放热反应；对于放热反应而言，温度越高，平衡常数K越小，故K(75℃)＞K(85℃)；b点的温度比d点的低，故，C错误；D．根据图可知，温度在80~85℃的范围内，CO的转化率最高，超过该温度范围，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明反应的最适温度在80~85℃之间，故生产时反应温度控制在80~85℃为宜，D正确；故选C。 8.已知常温下碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如表所示。下列说法正确的是A.常温下，相同浓度的溶液和溶液，前者的较小B.向溶液中通入少量：C.向溶液中通入少量：D.向氯水中分别加入等浓度的溶液和溶液，均可提高氯水中的浓度【答案】B【解析】【详解】A．的第二电离平衡常数为而的第一电离平衡常数为，酸性HSO＜H2CO3，盐的水解程度：Na2SO3＞NaHCO3，所以相同条件下，同浓度的Na2SO3溶液和NaHCO3溶液，前者的pH较大，故A错误；B．酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO，所以少量的SO2通入Na2CO3溶液中：，故B正确；C．酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，所以少量的CO2通入NaClO溶液中碳酸氢根离子和次氯酸，正确的离子方程式为：CO2+H2O+ClO－＝HCO+HClO，故C错误；D．NaHSO3溶液具有还原性与次氯酸发生氧化还原反应，消耗次氯酸，所以次氯酸的浓度减小，故D错误；故选B。9.利用双离子交换膜电解法可以处理含的工业废水，原理如图所示，下列叙述错误的是 A.为电源正极B.理论上外电路中流过电子，可处理工业废水中C.离子交换膜为阳离子交换膜D.室得到混合气体是和【答案】C【解析】【详解】A．左侧稀硝酸变成浓硝酸，说明硝酸根离子从b室进入a室，则X为电源的正极，a室为氢氧根放电生成氧气，A项正确；B．理论上外电路中流过电子，有1mol硝酸根离子进入a室，1mol铵根离子进入c室，即可处理工业废水中，B项正确；C．A为阴离子交换膜，B为阳离子交换膜，C项错误；D．c室是铵根离子得到电子生成氨气和氢气，D项正确。故选C。10.实验室采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为、、，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁()，其流程如图所示： 已知：①部分氢氧化物沉淀的如下表。氢氧化物开始沉淀的2.76.43.7完全沉淀的3.78.44.7②在时开始溶解，时完全溶解。下列说法错误的是A.操作③为将溶液2加热至有晶膜出现时，停止加热B.加试剂X和加溶液控制，两步顺序不可以互换C.操作①、②用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗D.操作②中所调溶液的范围为【答案】A【解析】【分析】烧渣先与稀硫酸反应，其中的二氧化硅不反应，过滤之后进入到固体1，氧化铁和氧化铝反应生成了硫酸铁和硫酸铝，过滤之后进入溶液1，向溶液1中加入单质铁，将硫酸铁反应生成硫酸亚铁，再加入氢氧化钠控制pH除去铝离子，最后经过加热浓缩、降温结晶、过滤制得硫酸亚铁晶体。【详解】A．操作③蒸发浓缩、降温结晶、过滤，故A错误；B．因亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成沉淀，则加试剂X和氢氧化钠溶液控制pH，两步顺序不可以互换，B正确；C．操作①、②都为过滤，用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，C正确；D．保证铝离子全部沉淀，且氢氧化铝在pH=7.8时开始溶解，则操作②中所调节的溶液pH范围为4.7≤pH<7.8，D正确；故选A。二、选择题(共4个小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。) 11.下列实验能达到预期目的的是选项实验内容实验目的A向溶液X中滴加浓盐酸，将产生气体通入品红溶液，溶液褪色证明溶液X中含有或B室温下，向溶液中加入几滴溶液出现白色沉淀，再滴加几滴溶液，出现黄色沉淀证明相同温度下：C常温下，测得相同浓度溶液的：证明常温下的水解程度：D将溶液滴入酸性溶液中，紫红色褪去证明有还原性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向溶液X中滴加浓盐酸，将产生气体通入品红溶液，溶液褪色，生成的气体也可能是氯气等具有漂白性的物质，故X中不一定含有或，也可能含有高锰酸根离子等强氧化性离子，A错误；B．向溶液中加入几滴溶液出现白色沉淀，反应后硝酸银过量，滴加碘化钠也会生成碘化银沉淀，不能证明相同温度下：，B错误；C．酸根离子对应酸越弱，酸根离子水解程度越大，对应溶液的碱性越大；常温下，测得相同浓度溶液的：，说明常温下的水解程度：，C正确；D．氯离子、亚铁离子均能被酸性高锰酸钾氧化，故不能证明有还原性，D错误； 故选C。12.常温常压下，有关下列各溶液的描述中正确的是A.25℃时，若测得溶液，取该溶液10，加入一定量水，测得混合溶液体积为100，混合后溶液的，则是弱酸B.浓度均为0.1的、混合溶液中：，且C.一定浓度的氨水加水稀释的过程中，的比值和的比值均增大D.的醋酸钠溶液与盐酸溶液混合后溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系为：【答案】AD【解析】【详解】A．25℃时，若测得HR溶液pH=a,加水稀释10倍，稀释后溶液的pH＜a+1，说明稀释过程中HR继续电离，则HR为弱酸，故A正确；B．浓度均为0.1mol•L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c（CO）＜c（HCO），说明CO的水解程度大于HCO的电离程度，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得2c（Na+）=3[c（CO）+c（HCO）+c（H2CO3）]，故B错误；C．温度不变电离平衡常数不变，加水稀释促进NH3•H2O电离，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（OH-）减小，水电离程度增大，则溶液中减小程度：NH大于OH-，=增大，减小，故C错误；D．混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，氯离子不水解，所以溶液中存在c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故D正确；故选：AD。13.研究发现团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中 间产物(过渡态已标出)，下图为路径1和路径2催化的能量变化。下列说法正确的是A.该过程中有极性键和非极性键的断裂和生成B.反应路径2的催化效果更好C.团簇可有效提高CO的平衡转化率D.路径1中最大能垒(活化能)【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．由图可知，CO在Pd2的催化作用下与O2反应生成CO2，断裂CO、O2中的C≡O极性键、O=O非极性键，形成CO2中的C=O极性键，但没有非极性键生成，A不正确；B．由图可知，反应路径2所需总的活化能比反应路径1低，所以反应路径2的催化效果更好，B正确；C．催化剂不能改变反应进行的程度，所以团簇不能有效提高CO的平衡转化率，C不正确；D．路径1中，过滤态能量由-5.73eV升高为-3.96eV，所以最大能垒(活化能)，D正确；故选BD。14.草酸()是一种二元弱酸，在菠菜、苋菜等植物中含量较高。25℃时，向溶液中滴加溶液，混合溶液中(X表示或)随的变化关系如图所示。说法不正确的是 A.直线I中X表示的是B.当溶液时，C.已知：25℃时，的电离常数为，则溶液呈碱性D.当时，【答案】BC【解析】【详解】A．二元弱酸草酸的，当时，，，表明，所以直线I中X表示的是，直线Ⅱ中X表示的是，选项A正确；B．直线Ⅱ中X表示的是，当溶液时，，，根据电荷有，，故，选项B不正确；C．的电离常数为，则的水解常数为；的水解常数为 ，，水解程度较大，则溶液呈酸性，选项C不正确；D．直线I中X表示的是，当时，，，，当时，，解得，选项D正确；答案选BC。三、非选择题(包括4道题，共54分)15.回答下列问题：Ⅰ、研究化学反应机理，就是研究化学反应的本质，是目前化学研究的重要方向。把转化为是降碳并生产化工原料的常用方法，有关反应如下：①②③（1）则反应：中_______Ⅱ、科学家在利用碳水化合物消除污染气体和生成新能源方面取得重大成果。甲烷是一种绿色可再生能源，在高效催化剂的作用下，可与反应，消除NO2的污染，改善雾霾天气，发生的反应为：（2）在恒温恒容条件下，下列不能说明该反应达到平衡状态的是_______(填序号)。a.b.混合气体的密度不再变化c.混合气体的平均摩尔质量不再变化d.单位时间内有健断裂的同时有键形成 e.混合气体的压强不变（3）如表是相同时间内处理的量与温度的关系，的处理量先增大后减小的原因是_______。温度/℃100200300400500的处理量/%39.370.485.675.750.5（4）一定条件下，向2L恒容密闭容器中通入、发生上述反应。测得反应过程中的体积分数在不同条件X下随着时间的变化如图1中曲线Ⅰ、曲线Ⅱ所示：①若X表示温度，a、b、c三点对应的混合气体的平均相对分子质量的大小为_______(用a、b、c表示)②条件下，曲线Ⅰ对应的反应的平衡常数_______，(用分数表示)（5）欲研究在某催化剂作用下，上述反应的反应速率与温度的关系，在其他条件相同时，改变反应温度，测得经过相同时间时该反应的正反应速率如图2所示，A、B两点对应温度下正反应速率变化的原因可能是_______。 Ⅲ、利用电池(工作原理如下图所示)能有效地将转化成化工原料草酸铝。已知：电池的正极反应式：(草酸根)正极反应过程中，起催化作用，催化过程可表示为：①②……（6）写出反应②的离子方程式_______。【答案】（1）-31.4（2）ace（3）低于300℃时，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，NO2的处理量逐渐增大，300℃时，反应达到平衡状态，高于300℃时，平衡逆向移动，NO2的处理量逐渐减小（4）①.b<c<a②.（5）温度过高，影响了催化剂的活性 （6）【解析】【小问1详解】已知①②③根据盖斯定律，由①-②+③得反应中-72.6-(-283)+(-241.8)=-31.4；【小问2详解】a.说明正反应速率和逆反应速率相等，能够说明反应达到平衡状态，选项a正确；b.容器体积不变，混合气体总质量不变，则混合气体的密度始终不变，故混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，选项b错误；c.该反应是气体分子总数改变的反应，反应前后，气体的物质的量在改变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，说明气体的总物质的量不变，反应达到平衡状态，选项c正确；d.单位时间内有4molC-H键断裂的同时有4molO-H键形成，描述的均为正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，选项d错误；e.该反应是气体分子总数改变的反应，反应前后，气体的压强在改变，当混合气体的压强不变，说明气体的总总压强不变，反应达到平衡状态，选项e正确；故答案为：ace；【小问3详解】低于300℃时，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，NO2的处理量逐渐增大，300℃时，反应达到平衡状态，高于300℃时，平衡逆向移动，NO2的处理量逐渐减小，故答案为：低于300℃时，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，NO2的处理量逐渐增大，300℃时，反应达到平衡状态，高于300℃时，平衡逆向移动，NO2的处理量逐渐减小；【小问4详解】 ①由图可知，温度为X1时，反应达到平衡所需时间较短，则X1>X2，a、b、c三点对应消耗NO2的物质的量为b>c>a，该反应为气体分子数增大的反应，消耗的NO2越多，混合气体的物质的量越大，则混合气体的平均相等分子质量越小，故a、b、c三点的平均相对分子质量为：b<c<a，故答案为：b<c<a；②条件下，曲线Ⅰ对应反应达到平衡状态时，NO2的体积分数为40%，设反应达到平衡时，NO2的浓度变化量为xmol/L，则有三段式：此时气体的总物质的量浓度为(2-0.5x+4-x+0.5x+x+0.5x)=6+0.5x，故有：，解得x=，则平衡常数K===，故答案为：；【小问5详解】由图2可知，当温度高于T1时，反应速率反而下降，这可能是因为温度过高，影响了催化剂的活性，导致反应速率减慢，故答案为：温度过高，影响了催化剂的活性；【小问6详解】根据题意可知，反应②的离子方程式为，故答案为：。16.工业上以软锰矿(主要成分，还含有少量的、、等)为原料制取金属锰的工艺流程如图所示：（1）软锰矿“粉磨”的目的是_______。（2）写出“浸出”操作中氧化还原反应的离子方程式_______。 （3）“除杂”反应中X可以是_______(填标号)。A.B.C.D.（4）写出“沉锰”操作中发生反应的离子方程式_______。该操作包括过滤、洗涤等步骤，简述检验洗涤沉淀时是否洗干净的方法_______。（5）“电解”操作中电极均为惰性电极，写出阴极的电极反应式_______。（6）在废水处理中常用将转化除去，向含有的废水中通入一定量的气体，调节溶液的，当时，开始沉淀，则a=_______。(已知：25℃时，的电离常数，；)【答案】（1）增大接触面积，加快浸出速率及提高原料的浸出率（2）MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O（3）AD（4）①.Mn2＋＋2=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑②.取最后一次的洗涤液少许于试管中，往试管中滴加盐酸，再加氯化钡，若不产生白色沉淀，则说明沉淀已经洗涤干净，否则则说明沉淀未洗涤干净（5）Mn2＋＋2e-=Mn（6）5【解析】【分析】由化学工艺流程可知，“浸出”步骤时，MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2与硫酸和硫酸亚铁混合反应，SiO2不溶于酸，为“浸渣”的主要成分；经亚铁离子和二氧化锰的氧化还原反应，氧化铝和硫酸的反应等，所得滤液含有Mn2+、Fe2+、Al3+，“除杂”反应中X的目的是调节溶液的pH，使Fe3＋和Al3＋沉淀为氢氧化铁和氢氧化铝；滤液利用NH4HCO3“沉锰”，生成MnCO3沉淀，沉淀经硫酸溶解，得到硫酸锰溶液，“电解”时电解的是MnSO4溶液，阴极发生还原反应得到Mn。【小问1详解】“粉磨”是将软锰矿粉碎，增大接触面积，加快浸出速率及提高原料的浸出率；【小问2详解】“浸出”操作中二氧化锰将Fe2+氧化生成Fe3+,同时生成Mn2+，氧化还原反应的离子方程式为 MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；【小问3详解】“除杂”反应中X的目的是调节溶液的pH，使Fe3＋和Al3＋沉淀，但不能引入新的杂质离子，可以选择MnO和Mn(OH)2；答案选AD；【小问4详解】利用NH4HCO3“沉锰”，由于存在自耦电离：，生成的与Mn2＋生成MnCO3沉淀：Mn2＋＋2=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑；沉锰后滤液中含有硫酸根离子，检验沉淀是否洗净只需要检验最后一次洗涤液是否含有硫酸根离子则可，故检验沉淀是否洗涤干净的方法是取最后一次的洗涤液少许于试管中，往试管中滴加盐酸，再加氯化钡，若不产生白色沉淀，则说明沉淀已经洗涤干净，否则则说明沉淀未洗涤干净；【小问5详解】“电解”时电解的是MnSO4溶液，阴极上Mn2＋得电子发生还原反应生成金属锰：Mn2＋＋2e-=Mn；【小问6详解】根据c(Mn2＋)及Ksp(MnS)=1.4×10-15，当Mn2＋开始沉淀时，=7.0×10-14mol·L-1，根据电离方程式，得K2==7.0×10-15，c(H＋)=1.0×10-5mol·L-1，则pH=5。17.室温下，某小组同学对溶液的性质进行如下探究：实验Ⅰ （1）甲同学测定溶液，用化学用语表示原因_______。（2）乙同学观察试管、、中的现象：对比试管和，发现试管中红色更深，由此该同学得出的结论是_______；试管中的现象是_______。（3）小组同学依据上述实验现象，得出试管a中发生反应的离子方程式为_______。实验Ⅱ（4）实验Ⅱ开始前小组同学查阅了相关资料，并对实验现象进行了预测资料：生成氢氧化物沉淀的如下表(金属离子的起始浓度为0.1)开始沉淀时1.5完全沉淀时3.7①甲同学认为：由于反应恰好完全进行，因此试管中不存在；乙同学则推测该溶液中仍存在，他推测的依据是_______。(用相关化学用语表示)②丙同学在试管中加入的盐酸，丙同学并未观察到沉淀明显溶解。丙同学依据资料信息，猜想盐酸不能使溶解可能的原因是_______。③欲使沉淀溶解，可采取的措施是_______。【答案】（1）（2）①.增大反应物的浓度使平衡正向移动②.溶液颜色变浅（3）（4）①.②.溶液酸性太弱③.增强溶液的酸性至<1.5【解析】 【分析】因为溶液是强酸弱碱盐，水解显酸性，由此写出离子方程式；根据颜色判断平衡移动知识，增大反应物浓度使平衡向正向移动，减小离子的浓度，使平衡向逆向移动；实验Ⅱ是结合题干中的信息分析氢氧化铁的沉淀和溶解，利用沉淀溶度积常数和题中信息分析解释。【小问1详解】甲同学测定溶液，因为溶液是强酸弱碱盐，水解显酸性，发生反应，故答案为：；【小问2详解】试管a中是溶液和KSCN溶液混合，发生反应,生成了血红色的Fe(SCN)3,试管a1中再加入中等浓度的溶液，使平衡向正向移动，使血红色物质Fe(SCN)3浓度增大，颜色加深，由此得出的结论是增大反应物的浓度使平衡正向移动。试管中是先加入少量水，又加入铁粉，发生反应,Fe3+离子浓度减小，平衡左移，使血红色物质Fe(SCN)3浓度减小，所以对应的现象是溶液颜色变浅。故答案为：增大反应物的浓度使平衡正向移动；溶液颜色变浅；【小问3详解】试管a中发生反应的离子方程式为。故答案为：；【小问4详解】①由资料i可知生产的氢氧化铁不稳定，会发生反应，故答案为：；②丙同学并未观察到沉淀明显溶解，由题中信息知c(Fe3+)=0.1mo/l，=5，即c（OH-）=mol/L所以>所以沉淀不会溶解，综上所述，氢氧化铁不会溶解的原因是溶液酸性太弱，故答案为：溶液酸性太弱。③欲使沉淀溶解，可采取的措施是增强溶液的酸性，在强酸性条件下氢氧化铁就会溶解，在<1.5时会完全溶解。故答案为：增强溶液的酸性至<1.5。 18.回答下列问题：（1）基态原子核外电子排布式为_______，基态原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为_______；基态F原子的价电子轨道表达式为_______。（2）硝酸锰是工业制备中常用的催化剂，的空间构型为_______；写出锰的基态原子的价电子排布式_______；（3）O的第一电离能_______(填“大于”或“小于”)N的第一电离能，原因为_______。（4）的组成元素的电负性由大到小的顺序为_______。(用元素符号表示)；其中N原子的杂化方式为_______；能形成分子缔合体的原因为_______。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d54s1②.球形③.（2）①平面三角形②.3d54s2（3）①.小于②.N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素（4）①.F>N>H②.sp3杂化③.氟原子的电负性较大，可以形成氢键【解析】【小问1详解】为24号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；为30号元素，基态原子核外占据最高能层电子为4s轨道，电子云轮廓图形状为球形；基态F原子为9号元素，价电子轨道表达式为；【小问2详解】中心N原子价层电子对数为3+=3，N原子采用sp2杂化，空间构型为平面三角形；锰为25号元素，基态原子的价电子排布式3d54s2；【小问3详解】同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N、O的第一电离能大小：N>O；【小问4详解】同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金 属性逐渐减弱，元素电负性减弱；的组成元素的电负性由大到小的顺序为F>N>H；其中N原子形成4个共价键，杂化方式为sp3杂化；能形成分子缔合体的原因为氟原子的电负性较大，可以形成氢键。