学年福建省龙岩市非一级达标校高二上学期期末教学质量检查化学试题.docx

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学年福建省龙岩市非一级达标校高二上学期期末教学质量检查化学试题

龙岩市非一级达标校2018～2019学年第一学期期末高二教学质量检查

化学试题

★祝考试顺利★

注意事项：

1、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

2、选择题的作答：

每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

3、主观题的作答：

用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4、选考题的作答：

先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

5、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12O-16N-14Na-23Mg-24Al-27

第Ⅰ卷（选择题共48分）

一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）

1.在生活中常用热的碳酸钠溶液去除餐具油污，这利用碳酸钠的水溶液呈

A.酸性B.中性C.碱性D.无法判断

【答案】C

【解析】

【详解】碳酸钠溶液中碳酸根离子水解显碱性，能使油脂水解，水解是吸热反应，加热促进水解，可以除金属餐具表面的油污，故C正确。

故选C。

【点睛】油污的主要成分是油脂，热的纯碱溶液呈碱性，而油脂在碱性条件下水解生成可溶于水的硬脂酸钠和甘油，达到洗去油污的目的。

2.下列属于吸热反应的是

A.氯化铵的水解B.天然气燃烧

C.铝与盐酸的反应D.醋酸与氢氧化钾溶液反应

【答案】A

【解析】

【分析】

常见的放热反应有：

所有的物质燃烧；所有金属与酸或与水；所有中和反应；绝大多数化合反应；铝热反应；

常见的吸热反应有：

绝大数分解反应；个别的化合反应（如C和CO2）；工业制水煤气；碳、一氧化碳、氢气还原金属氧化物；某些复分解（如铵盐和强碱）。

【详解】A、盐的水解反应是中和反应的逆反应，为吸热反应，所以氯化铵的水解为吸热反应，故A符合题意；

B、天然气燃烧是燃烧反应。

为放热反应，故B不符合题意；

C、铝与盐酸的反应为放热反应，故C不符合题意；

D、醋酸与氢氧化钾溶液反应是中和反应，为放热反应，故D不符合题意。

故选A。

3.在1L的密闭容器中，发生3A（g）+B（g）⇌2C（g）的反应，若最初加入A和B都是4mol，1min内，测得υ（A）=1.2mol·L﹣1·min﹣1，则此时容器中B的物质的量是

A.1.6molB.2.8molC.3.2molD.3.6mol

【答案】D

【解析】

【详解】A的平均反应速率是1.2mol·L﹣1·min﹣1，则1min内A的物质的量减少△n（A）=1.2mol·L﹣1·min﹣1×1min×1L=1.2mol，根据化学方程式计量数关系可知B减少0.4mol，则1min后容器中的B的物质的量是4mol-0.4mol=3.6mol，故D项正确。

故选D。

4.下列化学用语表述正确的是

A.CH3COOH=CH3COO﹣+H+B.CO2+H2O⇌CO32﹣+2H+

C.CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣D.HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+

【答案】D

【解析】

【详解】A.醋酸为弱酸，部分电离，电离方程式用“⇌”，即CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故A错误；

B.二氧化碳和水反应生成碳酸，为可逆反应，方程式为：

CO2+H2O⇌H2CO3，故B错误；

C.碳酸根离子水解分步进行，第一步水解为：

CO32﹣+H2O⇌HCO3-+OH﹣，故C错误；

D.HS﹣为弱酸的酸式根离子，部分电离生成S2-和H3O+，其电离方程式可表示为HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+，故D正确。

故选D。

5.25℃时某溶液的pH=7，下列说法正确的是

A.c（H+）=c（OH﹣）

B.一定是纯水溶液

C.一定是盐溶液

D.水电离出来的c（OH﹣）一定是1×10﹣7mol·L﹣1

【答案】A

【解析】

【详解】25℃时某溶液的pH=7，则该溶液为中性，c（H+）=c（OH﹣）=1

10-7mol/L，可能是纯水，也可能是盐溶液，如CH3COONH4溶液。

由于弱碱阳离子和弱酸根离子水解促进水的电离，所以水电离出来的c（OH﹣）不一定是1×10﹣7mol·L﹣1，故A正确，BCD错误。

故选A。

6.为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。

下列说法正确的是

A.H2O的分解反应是放热反应

B.光分解过程只涉及太阳能与电能的转化

C.2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H>0

D.氢气不易贮存和运输，无开发利用价值

【答案】C

【解析】

【详解】A.H2O的分解反应是吸热反应，所以A选项是错误的；

B.化学物质中存在化学能，光分解过程是太阳能转换成化学能，所以B选项是错误的；

C.2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）为吸热反应，△H>0，故C正确；

D.因为氢气难压缩，且易燃烧，所以对氢气的运输和安全问题目前未解决。

氢气燃烧产物是水，不污染环境；氢气的燃烧值高，所以氢能开发利用价值高，所以D选项是错误的。

故选C。

【点睛】本题考查常见的能量转化形式和氢能源的优点，但氢能源也有缺点，如：

氢气制备成本高、不易保存、安全性低等，同学们需要全面的分析问题。

7.如图是课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。

下列说法正确的是

A.锌是负极，电子从铜片经导线流向锌片

B.铜片上的电极反应式为2H++2e-=H2↑

C.如果将铜片换成铁片，电路中的电流方向将改变

D.装置中只存在“化学能→电能”的转换

【答案】B

【解析】

【分析】

锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，铜为正极，正极发生还原反应生成氢气，以此解答该题。

【详解】A.铜锌原电池中，锌为负极，铜为正极，电子从负极锌片经导线流向正极铜片，故A错误；

B.在该原电池中，铜为正极，Cu电极上氢离子得电子生成氢气被还原，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故B正确；

C.如果将铜片换成铁片，锌比铁活泼，形成原电池反应时，锌为负极，铁为正极，电子从负极锌片经导线流向正极铁片，电路中的电流方向不变，故C错误；

D.原电池中化学能转化为电能，LED灯发光时，电能转化为光能，故D错误。

故选B。

8.右图为直流电源电解稀Na2SO4溶液的装置。

通电一段时间后，在石墨电极a和b附近分别滴加一滴酚酞溶液。

则下列有关说法中正确的是（　　）

A.a电极产生H2

B.两极产生的气体均有刺激性气味

C.通电一段时间后，稀Na2SO4溶液酸性增强

D.a电极附近呈无色，b电极附近呈红色

【答案】A

【解析】

试题分析：

A、电解硫酸钠溶液，a与电源的负极相连是电解池的阴极，阴极上是阳离子放电，根据离子放电顺序，氢离子放电生成氢气，正确；B、b极是电解池的阳极，氢氧根离子放电，产生氧气，氢气和氧气都不是刺激性气体，错误；C、硫酸钠溶液呈中性，电解的实质是电解水，所以硫酸钠溶液的pH不变，仍是中性溶液，错误；D、a极是氢离子放电，所以氢氧根离子浓度增大，则a极附近呈红色，错误，答案选A。

考点：

考查电解中离子的放电顺序的判断，电极产物的判断，电解后溶液的酸碱性的判断

9.常温下，将足量的AgCl固体分别放入下列液体中，AgCl的溶解度最小是

A.20mL蒸馏水

B.30mL0.03mol·L﹣1HCl溶液

C.40mL0.05mol·L﹣1AgNO3溶液

D.50mL0.02mol·L﹣1CaCl2溶液．

【答案】C

【解析】

【分析】

AgCl饱和溶液中存在AgCl（aq）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），AgCl的溶解度大小取决于溶液中c（Ag+）或c（Cl-），从平衡移动的角度分析。

【详解】根据c（Ag+）或c（Cl-）大小比较AgCl的溶解度，c（Ag+）或c（Cl-）越大，AgCl的溶解度越小，

A.20mL蒸馏水，c（Ag+）或c（Cl-）为0；

B.30mL0.03mol·L﹣1HCl溶液中c（Cl-）=0.03mol·L﹣1；

C.40mL0.05mol·L﹣1AgNO3溶液中c（Ag+）=0.05mol·L﹣1；

D.50mL0.02mol·L﹣1CaCl2溶液中c（Cl-）=0.04mol·L﹣1。

则AgCl的溶解度最小是C。

故选C。

10.探究等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测得在不同时间（t）内产生气体体积（V）的数据如图所示，根据图示分析实验条件，下列说法中不正确的是

A.第1、2组实验的目的是探究浓度对反应速率影响X>2.5

B.第2、3组实验的目的是探究温度对反应速率影响Y<30

C.第2、4组实验的目的是探究铁的颗粒状态对反应速率影响Z为片状

D.第3组实验一定加了催化剂

【答案】D

【解析】

【分析】

相同时间内生成氢气的体积越大，说明反应速率越快，由图可知，反应速率a＞b＞c＞d；

根据外界条件（浓度、温度、压强、催化剂、固体表面积）对化学反应速率的影响进行分析；

温度越高、固体表面积越大、反应物的浓度越大，化学反应速率越快，据此解答。

【详解】相同时间内生成氢气的体积越大，说明反应速率越快，由图可知，反应速率a＞b＞c＞d；

A、第1、2组实验比较，第1组实验反应所用时间短，故反应速率快，根据控制变量法的原则知第1组实验盐酸的浓度应大于2.5mol•L-1，即X>2.5，故A正确；

B、第2、3组实验，第2组反应速率比第3组快，2、3组相比，浓度、固体表面积相同，温度越高反应速率越快，故第3组实验的反应温度低于30℃，即Y<30，故B正确；

C、第2、4组实验，第2组实验，铁是粉末状，根据控制变量法原则知第4组实验铁为片状，即Z为片状，故C正确；

D、催化剂能加快反应速率，而由图知，反应速率a＞b＞c＞d，所以第3组实验不一定是加了催化剂，故D错误。

故选D。

11.25℃时，将0.1mol·L-1氨水和0.1mol·L-1稀盐酸等体积混合，下列说法不正确的是

A.c（NH4+）>c（Cl﹣）

B.溶液pH<7

C.c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（Cl﹣）

D.c（OH﹣）+c（Cl﹣）=c（H+）+c（NH4+）

【答案】A

【解析】

【分析】

将0.1mol·L-1氨水和0.1mol·L-1稀盐酸等体积混合，恰好生成氯化铵溶液，氯化铵溶液中因为铵根离子的水解使溶液显酸性，则氯离子浓度大于铵根离子浓度，以此来解答。

【详解】A.将0.1mol·L-1氨水和0.1mol·L-1稀盐酸等体积混合，恰好生成氯化铵溶液，氯化铵溶液中因为铵根离子的水解使溶液显酸性，则氯离子浓度大于铵根离子浓度，故A错误；

B.氯化铵溶液中因为铵根离子的水解使溶液显酸性，pH<7，故B正确；

C.氯化铵溶液中氮原子与氯原子原子个数比为1：

1，据物料守恒：

c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（Cl﹣），故C正确；

D.氯化铵溶液中共有c（Cl-）、c（NH4+）、c（H+）、c（OH-）四种离子，据电荷守恒c（OH﹣）+c（Cl﹣）=c（H+）+c（NH4+），故D正确。

故选A。

【点睛】本题考查离子浓度大小的比较，侧重盐类水解规律的应用，明确水解的抑制、水解的相互促进是解题的关键。

12.N2+3H2

2NH3，是工业上制造氮肥的重要反应。

下列关于该反应的说法正确的是

A.降低体系温度能加快反应速率

B.使用恰当的催化剂能加快反应速率，又能提高N2的转化率

C.达到反应限度时各组分含量之比一定等于3∶1∶2

D.若在反应的密闭容器加入1molN2和过量的H2，最后不能生成2molNH3

【答案】D

【解析】

【详解】A.降低体系温度，反应速率减小，故A错误；

B.使用催化剂能加快反应速率，但不能使平衡发生移动，故不能提高N2的转化率，故B错误；

C.平衡时各组分含量不变，是否为 3∶1∶2与起始浓度、转化率有关，故C错误；

D.由于可逆反应不能进行到底，所以若在反应的密闭容器加入1molN2和过量的H2，最后不能生成2molNH3，故D正确。

故选D。

13.已知NaHCO3溶液呈碱性，则下列关系式表示不正确的是

A.c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）

B.c（Na+）+c（H+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）

C.c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）

D.c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3）

【答案】B

【解析】

【详解】A、已知NaHCO3溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子水解程度大于电离，所以c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正确；

B、根据电荷守恒，得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），故B错误；

C、根据组成钠与碳元素之比为1：

1，所以c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故C正确；

D、根据质子守恒得：

c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3），故D正确。

故选B。

14.碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时还能制得氢气，具体流程如下：

下列说法不正确的是

A.分离器中的物质分离操作为蒸馏

B.膜反应器中，增大压强有利于提高HI的分解速率和平衡转化率

C.反应器中消耗了碘，膜反应器中生成了碘，体现了“碘循环”

D.碘循环工艺的总反应为SO2＋2H2O=H2＋H2SO4

【答案】B

【解析】

【详解】A.由流程图可知，分离器中为硫酸和氢碘酸，二者可以互溶，应根据沸点不同进行蒸馏，故A正确；

B.膜反应器中的反应为2HI（g）

H2（g）+I2（g），该反应为反应前后气体分子数目不变的反应，增大压强，有利于提高HI的分解速率，但平衡不移动，则不能提高碘化氢的平衡转化率，故B错误；

C.反应器中反应方程式为SO2＋I2＋2H2O=2HI＋H2SO4，在膜反应器中发生的反应为2HI

H2+I2，由化学方程式可知，反应器中消耗了碘等于膜反应器中生成了碘，该工艺中碘和碘化氢的相互转化体现了碘循环，故C正确；

D.由以上分析可知，碘循环工艺中I2相当于催化剂，总反应中没有I2，总反应为SO2＋2H2O=H2＋H2SO4，故D正确。

故选B。

15.在20mLbmol·L﹣1KOH溶液中逐滴加入0.1mol·L﹣1醋酸溶液，溶液pH和加入醋酸的体积关系曲线如图所示，下列关系不正确的是

A.a=20

B.b=0.1

C.在C点：

c（CH3COO﹣）＞c（K+）＞c（H+）＞c（OH﹣）

D.在D点：

c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（K+）

【答案】A

【解析】

【详解】A．当a=20时，等体积、等浓度的KOH溶液与醋酸恰好反应生成醋酸钾，溶液显碱性，若为中性时，需要加入过量的醋酸，即a＞20，故A错误；

B．根据图象可知KOH溶液的pH=13，则其浓度为0.1mol/L，故B正确；

C．C点时溶液的pH＜7，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知：

c（CH3COO﹣）＞c（K+），则c（CH3COO﹣）＞c（K+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；

D．D点时的溶液为等浓度的CH3COOH与CH3COOK的混合溶液，根据物料守恒关系：

c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（K+），故D正确。

故选A。

【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，涉及离子浓度大小比较、电荷守恒和物料守恒等知识，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键。

16.高炉炼铁过程中发生的反应：

1/3Fe2O3（s）＋CO（g）⇌2/3Fe（s）＋CO2（g），已知该反应在不同温度下的平衡常数如下表，下列说法正确的是

温度/℃

1000

1150

1300

平衡常数

4.0

3.7

3.5

A.△H>0

B.该反应的平衡常数表达式是

C.其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值减小

D.其他条件不变，增大压强，平衡往逆向移动

【答案】B

【解析】

【详解】A、依据图表数据分析，平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0，故A错误； 

B、依据化学方程式和平衡常数概念书写平衡常数表达式，注意固体和纯液体不能写入表达式，平衡常数K= 

 ，故B正确； 

C、平衡常数随温度变化，不随浓度变化，其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值不变，故C错误； 

D、由反应式：

1/3Fe2O3（s）＋CO（g）⇌2/3Fe（s）＋CO2（g）可知，反应前后气体体积不变，故其他条件不变，增大压强，平衡不移动，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查了化学平衡常数、化学平衡的影响因素，主要是平衡常数随温度变化，掌握基础是关键。

第Ⅱ卷（非选择题共52分）

二、填空题（4小题，共52分）

17.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。

回答下列问题：

（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2液中需加入少量铁屑，其目的是_________________________。

（2）甲组同学取2mlFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。

写出FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式_____________。

（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5ml煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_____________。

（4）丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。

分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：

①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；

②第二只试管中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀：

③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。

已知生成蓝色沉淀的离子方程式为3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓，则实验②的目的是检验有_______________离子生成（填离子符号）。

实验①和③说明：

在I-过量的情况下，溶液中仍含有______（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为___________________（填“可逆反应”、“不可逆反应”）。

（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为___________________________；一段时间后．溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。

产生气泡的原因是________________________；生成沉淀的原因是_____________________（用平衡移动原理解释）。

【答案】

（1）.防止Fe2+被氧化

（2）.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（3）.隔绝空气（排除氧气对实验的影响）（4）.Fe2+（5）.Fe3+（6）.可逆反应（7）.H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O（8）.Fe3+催化H2O2分解产生O2（9）.H2O2分解反应放热，以及随反应进行pH增大，均会促进Fe3+的水解平衡正向移动，从而生成Fe（OH）3沉淀

【解析】

【分析】

（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化；

（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；

（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；

（4）加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应；

（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子；铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用；过氧化氢分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。

【详解】

（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，

因此，本题正确答案是：

防止Fe2+被氧化；

（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-, 

因此，本题正确答案是：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-； 

（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，

因此，本题正确答案是：

隔绝空气（排除氧气对实验的影响）；

（4）加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，实验②检验的离子是Fe2+，①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：

2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应，仍含有铁离子，在I-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应。

因此，本题正确答案是：

Fe2+；Fe3+；可逆反应；

（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：

H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气，氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动。

因此，本题正确答案是：

H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；Fe3+催化H2O2分解产生O2；H2O2分解反应放热，以及随反应进行pH增大，均会促进Fe3+的水解平衡正向移动，从而生成Fe（OH）3沉淀。

18.为减少交通事故，新交规明令禁止酒后驾车并对酒后驾车行为予以重罚。

为检验驾驶员是否酒后驾车，可采用的检验方法有多种。

回答以下问题：

（1）早期曾经采用五氧化二碘和某种高分子化合物X的混合