精品解析：北京市中国人民大学附属中学2025-2026学年高二上学期期末考试 化学试卷

人大附中2025~2026学年度第一学期高二年级期末练习 化学 说明：本试卷共两道大题19道小题，共10页，满分100分，考试时间90分钟，考试日期2026年1月19日；请在密封线内填写个人信息。 可能用到的相对原子质量：H—1；C—12；N—14；O—16；Na—23；Cu—64 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列化学用语或图示表述正确的是 A. 用电子云轮廓图表示HCl的键形成的示意图： B. 的电子云图为：，其中的每1个黑点都代表1个电子 C. 分子的空间结构模型为： D. 基态原子的价层电子排布为 【答案】A 【解析】 【详解】A．H提供1s原子轨道，氯提供1个未成对的3p原子轨道，用电子云轮廓图表示HCl的键形成的示意图：，A正确； B．的电子云图为：，其中的黑点不代表核外电子的运动轨迹，表示电子出现的几率的多少，小黑点越密集的地方，电子出现的几率越高，小黑点越稀薄的地方，电子出现的几率越小，B错误； C．分子的空间结构模型为三角锥形, ，C错误； D．基态原子的价层电子排布为，D错误； 故答案选A。 2. 三氯化氮()可用于漂白和消毒。下列说法不正确的是 A. 中含有极性共价键 B. 中每个原子均满足8电子稳定结构 C. N采取杂化，为非极性分子 D. 根据电负性推测，与反应可生成和 【答案】C 【解析】 【详解】A．中不是同种元素构成的共价键，含有极性共价键，故A正确； B．中每个原子均满足8电子稳定结构，故B正确； C．N采取杂化，空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C错误； D．根据电负性推测，氮元素为-3价，氯元素为+1价与反应可生成和，故D正确； 故选：C。 3. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 加入Al粉产生的溶液中：、、、 B. 澄清透明溶液中：、、、 C. 的溶液中：、、、 D. 由水电离的的溶液中：、、、 【答案】B 【解析】 【详解】A．加入Al粉产生的溶液为酸性或者碱性溶液，若为碱性溶液， 能够与氢氧根离子发生反应；若为酸性溶液， 与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A不选； B．澄清透明溶液中，、、、四种离子之间不发生反应，一定能大量共存，故B选； C．的溶液中c(H+)<c(OH-)，溶液呈碱性，在碱性溶液中不能大量共存，故C不选； D．由水电离的的溶液中水的电离被抑制，该溶液可能呈酸性也可能呈碱性，、在酸性溶液中会发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选； 故选B。 4. 下列过程不能用平衡移动原理解释的是 A. 中和等体积、等pH盐酸和醋酸，醋酸所需NaOH的物质的量更多 B. 将通入饱和氨盐水(溶质为、NaCl)中，有固体析出 C. 将浓溶液与浓溶液混合，迅速产生气泡 D. 将锌片插入pH=4的硫酸中无明显现象，加入少量固体，有气泡产生 【答案】D 【解析】 【详解】A．等pH的盐酸和醋酸中氢离子浓度相等，醋酸是弱酸，在水溶液中不完全电离，加入氢氧化钠会促进醋酸电离产生氢离子、进一步被中和，则醋酸所需NaOH的物质的量更多，能用化学平衡移动原理解释，A错误； B．二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸是弱酸、一水合氨是弱碱，弱酸和弱碱在水溶液中均不完全电离，将通入饱和氨盐水(溶质为、NaCl)中，氢离子和氢氧根离子发生中和反应，促进碳酸和一水合氨电离，增大了铵离子和碳酸氢根的浓度，导致溶解度小的碳酸氢钠以晶体析出，能用化学平衡移动原理解释，B错误； C．浓溶液中碳酸氢根水解程度大于电离程度呈碱性，溶液中铝离子水解呈酸性，将浓溶液与浓溶液混合，碳酸氢根和铝离子相互促进水解，迅速产生二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，能用化学平衡移动原理解释，C错误； D．硫酸铜与锌发生置换反应，析出的铜、锌和稀硫酸构成原电池，原电池总反应为，原电池反应加快了气泡产生，不能用化学平衡移动原理解释，D正确； 故选D。 5. 前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的2倍，基态Y原子的价层电子排布式为，Z是第四周期主族元素中原子半径最大的元素，W与X同主族，下列说法不正确的是 A. 的电子式 B. X的基态原子的轨道表示式： C. 中阴、阳离子的个数比为1：2 D. W的单质可作半导体材料 【答案】A 【解析】 【分析】前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的2倍，则X为C元素；基态Y原子的价层电子排布式为，则Y为O元素；Z是第四周期主族元素中原子半径最大的元素，则Z为K元素；W与X同主族，则W为Ge元素。 【详解】A．二氧化碳是含有碳氧双键的共价化合物，电子式为 ，故A错误； B．碳元素的原子序数为6，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式为 ，故B正确； C．过氧化钾是离子化合物，化合物中过氧根离子和钾离子的个数比为1：2，故C正确； D．锗位于元素周期表中金属和非金属分界线附近，单质可作半导体材料，故D正确； 故选A。 6. 常温时下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是 A. 氨水与氯化铵的混合溶液中： B. 向NaOH溶液中通至： C. 的硫酸铵溶液中： D. 的一元酸和的一元碱等体积混合： 【答案】B 【解析】 【详解】A．氨水与氯化铵的混合溶液中，离子浓度关系取决于两者比例和溶液pH，根据电荷守恒 ，当溶液呈碱性时 ，可能导致 ，A错误； B．向NaOH溶液中通 至 时，溶液中存在 和 ，根据电荷守恒 ，由于 时，因此 一定成立，B正确； C．硫酸铵溶液中，根据化学式可知，铵根离子的初始浓度是硫酸根离子浓度的两倍。虽然铵根离子会发生微弱水解使溶液呈酸性，但其平衡浓度仍远大于硫酸根离子浓度，因此正确的离子浓度关系为，C错误； D．pH=2 的一元酸和 pH=12 的一元碱等体积混合，由于酸和碱的强弱未知（如酸可能是弱酸，碱可能是弱碱），混合后溶液不一定呈中性，可能呈酸性或碱性，因此 不一定成立，D错误； 故选B。 7. 下列关于电化学装置的说法中不正确的是 A.采用外加电流阴极保护法保护铁管道 B.铅蓄电池放电时作正极 C.在铁钉表面镀铜 D.电解饱和食盐水制烧碱和氯气 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】 A．外加电流阴极保护法中，被保护的金属与电源的负极相连作阴极，能防止金属被腐蚀。图中铁管道与电源正极相连，A错误； B．铅蓄电池放电时，PbO2得电子发生还原反应生成PbSO4，PbO2作正极，B正确； C．电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极。在铁钉表面镀铜，应该是铜作阳极，与电源正极相连；铁钉作阴极，与电源负极相连，电解质为硫酸铜溶液，C正确； D．电解饱和食盐水时，阳极发生氧化反应，Cl-失去电子生成Cl2；阴极发生还原反应，H2O得到电子生成H2和OH-，可以制得烧碱和氯气，D正确； 故选A。 8. 实验室用生产发光二极管(LED)的废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg)制备，一种流程如下。 已知：Ga和In均为第IIIA族元素，In难溶于NaOH溶液。 下列说法不正确的是 A. Ga元素位于元素周期表的p区 B. Ⅰ中，GaN生成的反应： C. 从沉淀1中可以提取和Mg D. IⅢ中，为使充分沉淀，需加入过量的硫酸 【答案】D 【解析】 【分析】LED的废料主要含有难溶于水的GaN，以及少量In、Mg金属，已知Ga与In同族，且In难溶于NaOH溶液，因此加入NaOH溶液发生的反应为：，则沉淀1主要为In、Mg，滤液1主要为；向滤液1中加入硫酸，得到Ga(OH)3沉淀，滤液2主要成分为Na2SO4，加热Ga(OH)3分解生成Ga2O3。 【详解】A．元素周期表的p区是指最外层电子填充在p轨道上的元素组成的区域，包括第IIIA族，Ga元素位于元素周期表第IIIA族，属于p区，A正确； B．由分析可知，步骤Ⅰ中GaN生成的反应：，B正确； C．由分析可知，沉淀1主要为In、Mg，故从沉淀1中可以提取和Mg，C正确； D．Ga(OH)3是两性氢氧化物，因此若硫酸过量，Ga(OH)3会与过量硫酸反应而溶解，不能得到Ga(OH)3沉淀，所以不能加入过量硫酸，D错误； 故答案选D。 9. 用焦炭还原NO的反应为。向容积均为2 L的甲、乙、丙三个容器中分别加入0.1 mol焦炭和一定量NO，恒温下测得各容器中随反应时间的变化情况如下表。 容器 温度/℃ 时间/min 0 40 80 120 160 甲 4.00 3.00 2.20 1.60 1.60 乙 2.00 1.60 1.30 1.06 0.90 丙 4.00 2.90 2.00 2.00 2.00 注：的计量单位为mmol。 下列说法正确的是 A. 乙中0~40 min内平均反应速率 B. 时，反应的平衡常数值为 C. 该反应为吸热反应 D. 增加焦炭的量可提高NO的平衡转化率 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙容器0~40 min内NO的物质的量减少0.40 mmol，体积为2 L，浓度变化为0.20 mmol/L，时间40 min，v(NO)= =0.005 mmol·L-1·min-1。根据反应式，v(N2)= v(NO)=0.0025 mmol·L-1·min-1，A错误； B．甲容器平衡时NO为1.60 mmol（0.0008 mol/L），消耗2.40 mmol NO，生成N2和CO2各1.20 mmol（0.0006 mol/L）。平衡常数K= ，B正确； C．对比甲和丙，丙反应速率更快，故温度。温度升高，平衡时从1.60 mmol增大到2.00 mmol，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，C错误； D．焦炭为固体，增加其量不改变平衡浓度，无法提高NO转化率，D错误； 故选B。 10. 探究电解过程中离子迁移的规律，用石墨电极完成如下实验。 实验 现象 一段时间后，试纸上的图案(代表电极的位置) 下列分析不正确的是 A. a处接电源正极 B. 试纸I的图案说明的迁移比的迁移快 C. 电极反应产生的的物质的量：处处 D. 试纸Ⅱ上发生迁移的离子主要是和 【答案】C 【解析】 【分析】由图，试纸为pH，ac处试纸变红，说明溶液显酸性，即ac电极反应为水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：，ac为阳极；bd处试纸变蓝，说明溶液显碱性，即bd电极反应为水得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子：，bd为阴极，据此分析； 【详解】A．a处电极为阳极，接电源正极，A正确； B．试纸Ⅰ的图案红色区域大于蓝色区域，说明的迁移比的迁移快，B正确； C．实验I和Ⅱ为对比实验，默认电解时间、电流等条件相同，则两实验中通过的电荷量相同，a、c两处作为阳极，产生的的物质的量应相等，C错误； D．电解过程中，溶液中的和作为电解质离子，定向移动形成电流，是发生迁移的主要离子。变色范围大小与产物和的扩散速率有关，D正确； 故选C。 11. 设计如下路线理解和探究固体溶解过程的能量变化。 注：①离子在水中往往以水合离子形式存在，如水合钠离子，简写作。 ②碳酸钠水合物有、和三种。 下列说法不正确的是 A. 由于和还可能生成等物质，难以直接测定 B. 和可利用图2所示的装置进行测定 C. 根据盖斯定律可知： D. 根据各微粒的状态，可推测 【答案】D 【解析】 【详解】A．因为碳酸钠和水反应可能生成、和等多种水合物，反应过程复杂，很难控制只生成这一种产物，所以难以直接测定，A正确； B．图2是量热计装置，ΔH2是溶解过程的热效应，ΔH3是溶解过程的热效应，溶解过程的热效应可以通过量热计测定温度变化，所以ΔH2和ΔH3可利用图2所示的装置进行测定，B正确； C．根据盖斯定律，由图1可知，已知，，则，即，C正确； D．由图可知，根据盖斯定律，，过程iv为离子键断裂的过程，吸收能量，即，，则，D错误； 故选D。 12. 常温下，Na2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数与pH的关系如下图。 已知：A2-的物质的量分数 = 下列表述不正确的是 A. 0.1 mol·L-1 H2A溶液中，c(H2A) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1 mol·L-1 B. 在 0.1 mol·L-1 NaHA溶液中， c(HA-) > c(A2-) > c(H2A) C. 将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液的pH为4.2 D. M点对应的pH为2.7 【答案】C 【解析】 【分析】由点（1.2,0.5）可知，，由（4.2,0.5）可知，； 【详解】A．0.1 mol·L-1 H2A溶液中由物料守恒可知：c(H2A) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1 mol·L-1，A正确； B．在 0.1 mol·L-1 NaHA溶液中其水解常数为，则其电离大于水解，故存在c(HA-) > c(A2-) > c(H2A)，B正确； C．将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，若HA－和A2－浓度相等，则，c(H+)=10－4.2，pH=4.2，由于HA－的电离程度大于水解程度，则溶液中c(A2－)＞c(HA－)，所得溶液pH不等于4.2，C错误； D．M点对应溶液中，，c(H+)=10－2.7，pH=2.7，D正确； 故选C。 13. 研究人员利用电化学原理吸收废气中的NO2 ，其工作原理如下图所示： 下列说法不正确的是 A. a电极为负极，c电极为阳极 B. b电极的电极反应式为：NO2 + e- = NO C. 每吸收1 mol NO2 ，理论上可以得到 1 mol NH D. 反应一段时间后，c极区溶液pH几乎不变 【答案】C 【解析】 【分析】由图知，锌电极a为原电池为负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极b为正极，二氧化氮在正极得到电子生成亚硝酸根离子；与正极相连的电极c为电解池阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极d为阴极，酸性条件下亚硝酸根离子得到电子发生氧化反应生成铵根离子和水，氢离子经过质子交换膜移向阴极区。 【详解】A．由分析知，a电极为原电池的负极，c电极为电解池的阳极，故A正确； B．由分析知，电极b为正极，二氧化氮在正极得到电子生成亚硝酸根离子，电极反应式为NO2 + e- = NO，故B正确； C．由得失电子数目守恒可知，吸收1mol二氧化氮时，理论上可以得到铵根离子的物质的量为mol，故C错误； D．由分析可知，与正极相连的电极c为电解池阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极d为阴极，酸性条件下亚硝酸根离子得到电子发生氧化反应生成铵根离子和水，氢离子经过质子交换膜移向阴极区，所以反应一段时间后，c极区溶液pH几乎不变，故D正确； 故选C。 14. 实验小组用下表实验研究Cu与的反应。将0.3 g Cu与10 mL溶液A混合，振荡后静置30 min，观察现象。 溶液A 实验现象 ① 溶液（未加酸，） 溶液由黄色变为棕绿色，未见气泡产生 ② 0.3 溶液（未加酸，） 溶液由黄色变为蓝绿色 ③ 和混合溶液[，] 无明显变化 资料：，溶液呈棕色。 下列说法不正确的是 A. 结合资料推测，①中和均体现了氧化性 B. ②中发生反应的离子方程式为 C. 由①③推测，①中直接还原的可能是Fe（Ⅱ） D. 由②③可知，Cu还原反应的限度大于Cu还原反应的限度 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验①中溶液变为棕绿色，结合资料，溶液呈棕色，则生成了Fe2+和Fe(NO)2+，说明Fe3+被还原为Fe2+，同时在酸性条件下可能被还原为NO，又继续和Fe2+反应生成，则和均体现了氧化性，A正确； B．实验②使用Fe2(SO4)3溶液（无），溶液由黄色（Fe3+）变为蓝绿色（Fe2+浅绿色和Cu2+蓝色的混合色），反应为典型的Cu还原Fe3+，方程式书写正确，故B正确； C．实验①有反应（棕绿色），实验③无反应（无明显变化），对比可知还原需Fe参与。结合资料，Cu先还原Fe3+生成Fe2+，Fe2+再直接还原为NO，形成Fe(NO)2+。因此，直接还原的是Fe(II)（即Fe2+），故C正确； D．实验②中Cu还原Fe3+发生，实验③中Cu还原未发生（无明显变化），表明在相同条件下（pH≈1，离子浓度相似），Cu还原Fe3+的反应可以进行，而Cu还原的反应不能自发进行或反应速率慢，而非限度差异（如动力学因素导致实验③无明显现象），不能直接推断限度大小，D错误； 故答案为D。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 氯及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用，回答下列问题： （1）氯元素在元素周期表中的位置是______，基态Cl原子的电子排布式为______。 （2）Cl与S的第一电离能大小比较为：Cl______S（填“＞”“＜”或“=”）。 （3）分子的空间结构为______。 （4）各分子中键的键长如下： 一氯乙烷（） 一氯乙烯（） 一氯乙炔（） 键长（） 1.8031 1.7369 1.6471 ①一氯乙烯（）分子结构如下图所示： 其中C原子采取______杂化方式，C原子的一个杂化轨道与Cl的一个3p轨道形成键，并且垂直于分子平面的Cl的一个3p轨道与C的2p轨道形成3中心4电子的大键（），使得一氯乙烯（）分子中键长短于一氯乙烷。 ②在一氯乙炔（）分子中，键长更短的理由是： （i）C的杂化轨道中s成分占比越高，形成的键键长越短； （ii）______。 （5）人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图所示。 ①尿素的分子结构为，其中C元素为价，结合元素的电负性解释碳元素显正价的原因：______。 ②阳极室中发生的反应依次为______、______。 【答案】（1） ①. 第三周期第VIIA族 ②. 1s22s22p63s23p5 （2）> （3）四面体形 （4） ①. sp2 ②. 氯乙炔分子中，氯参与形成2套3中心4电子的大π键（） （5） ①. 由电负性顺序O>N>C，则尿素分子中C的四对成键电子均偏离C原子，所以C为+4价 ②. 2Cl--2e-=Cl2 ③. 【解析】 【小问1详解】 Cl元素在元素周期表中位置是第三周期第VIIA族，基态Cl原子的电子排布式是1s22s22p63s23p5。 【小问2详解】 Cl的核电荷数大于S，对核外电子的束缚力更强，所以其第一电离能更大。 【小问3详解】 中C原子形成4个键，无孤对电子，价层电子对数为4，分子空间构型为四面体形。 【小问4详解】 ①图可知，C原子价层电子对数均为3，各剩余一个电子离域形成大π键，所以C原子采取sp2杂化； ②一氯乙烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键（），一氯乙炔中Cl的3py轨道与C的2py轨道形成3中心4电子的大π键（）、Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键（），形成2套，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短； 【小问5详解】 ①由电负性顺序O>N>C，则尿素分子中C的四对成键电子均偏离C原子，所以C为+4价； ②阳极室发生氧化反应，反应为Cl2的生成和尿素的氧化：2Cl--2e-=Cl2，。 16. 某烧碱样品因部分变质含。某化学课外小组的同学用滴定法测定该烧碱样品中NaOH的质量分数。 【资料】常用的酸碱指示剂及其变色范围如下： 酚酞：无色 浅红色 红色 甲基橙：红色 橙色 黄色 【实验步骤】 Ⅰ.迅速地称取烧碱样品0.50g，溶解后配制成100mL溶液，备用。 Ⅱ.将标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数；用碱式滴定管取20.00mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以HCl标准溶液滴定至第一终点（此时溶质为NaCl和），记录酸式滴定管的读数；然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸式滴定管的读数。重复上述操作两次，记录数据如下： 实验序号 1 2 3 /mL 0.00 0.00 0.00 /mL 21.72 21.68 21.70 /mL 23.72 2368 23.70 （1）步骤Ⅰ中所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和______。 （2）下列有关步骤Ⅰ中样品溶液的说法正确的是______（填字母序号）。 a.样品溶液中水的电离程度比相同pH的NaOH溶液中的小 b. c. （3）酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行操作是______。 （4）滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为______。 （5）判断滴定至第二终点的现象是溶液由______色变为橙色。 （6）样品中NaOH的质量分数______。 （7）下列操作会导致测得的NaOH质量分数偏高的是______（填字母序号）。 a.达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生 b.记录酸式滴定管读数时，俯视标准液液面 c.第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出 【答案】（1）100mL容量瓶 （2）b （3）润洗 （4）H+ + OH- =H2O， （5）黄 （6）78.8% （7）ac 【解析】 【分析】氢氧化钠变质会生成碳酸钠，根据盐酸出现三次滴定终点可推知，第一次滴定的是未变质的氢氧化钠，发生中和反应H+ + OH- =H2O，同时，碳酸钠与盐酸也发生反应：，第二次滴定的反应为：，据此分析解答。 【小问1详解】 配制一定浓度的溶液，需要用到固定规格的容量瓶。步骤I是准确配制100mL溶液，所需的玻璃仪器除了有烧杯、玻璃棒、胶头滴管，还需100mL容量瓶； 【小问2详解】 a. 样品溶液中的氢氧根离子主要由氢氧化钠电离和碳酸钠水解共同提供，NaOH溶液中的氢氧根离子主要由氢氧化钠电离，所以氢氧化钠溶液中氢氧化钠的浓度大于样品溶液中氢氧化钠的浓度，样品溶液中水的电离程度比相同pH的NaOH溶液中的大，故a错误； b. 根据表格数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为23.70-21.70=2.00mL，氢氧化钠消耗盐酸的体积是21.70-（23.70-21.70）=19.70 mL，氢氧化钠的物质的量大于碳酸钠，所以，故b正确； c. 根据电荷守恒，，故c错误； 故选b； 【小问3详解】 根据操作规范可知，酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是润洗，否则标准液的浓度会偏小，导致测定结果偏大； 【小问4详解】 滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生反应，反应离子方程式是H+ + OH-=H2O 、 ； 【小问5详解】 第2次滴定选用的指示剂为甲基橙，根据甲基橙的变色范围，滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色； 【小问6详解】 根据表格数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为(23.70-21.70) mL =2.00mL，氢氧化钠消耗盐酸的体积是21.70 mL -（23.70-21.70）mL =19.70 mL；所以氢氧化钠的物质的量是0.1 mol/L×0.0197L=0.00197mol，氢氧化钠的质量是0.00197mol×40g/mol=0.0788g，样品中NaOH的质量分数w(NaOH)= ； 【小问7详解】 a. 达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生，达到第一终点消耗的盐酸多，测得的NaOH质量分数偏高，故选a； b. 记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面，达到第一终点消耗的盐酸少，测得的NaOH质量分数偏低，故不选b； c. 第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，第二次滴定消耗的盐酸少，达到第一终点消耗的盐酸多，测得的NaOH质量分数偏高，故选c； 故答案为：ac。 17. 硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备 （1）世纪，利用和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。 ①工业上可用生产NO，为该工艺提供氮氧化物，生产NO的化学方程式是______。 ②制取硫酸总反应的化学方程式是______。 ③i中反应的与的物质的量之比是______。 （2）现代用接触法制硫酸，关键工序是的催化氧化： ①中硫氧键键能的平均值为，中硫氧键键能的平均值为，则中氧氧键的键能为______。 ②其他条件不变，相同时间内的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于T，的转化率减小，可能的原因是______（写出一条）。 （3）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。电解废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。 注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。 ①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理：______。 ②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的M、N、较浓硫酸和较浓氨水联合处理废液，其原理示意图如图4所示。 i.较浓硫酸应注入______（填“C极区”或“D极区”）。 ii.从物质和能量的角度说明联合生产的优点：______。 【答案】（1） ①. ②. ③. 2：3 （2） ①. ②. 温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小 （3） ①. B极电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，c(H+)增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸 ②. D极区 ③. 利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水 【解析】 【小问1详解】 ①根据题目，需要将NH3转化为NO。NH3与O2在催化剂和加热条件下反应生成NO和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：； ② 观察图1，整个过程中SO2、O2和H2O是反应物，H2SO4是产物，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：； ③根据图1，步骤i中SO2与NO2反应生成HOSO2ONO和NO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，此时与的物质的量之比是2：3。 【小问2详解】 ① 已知反应：，设O=O键能为  ，中硫氧键键能的平均值为，中硫氧键键能的平均值为，根据  =，，则中氧氧键的键能为； ②根据图2，温度低于T时，反应未达平衡，温度升高，反应速率加快，SO2转化率增加；温度高于T时，反应已达平衡，由于正反应放热，升温使平衡左移，SO2转化率降低此外，温度过高可能导致催化剂活性下降，反应速率减慢，相同时间内SO₂转化率也可能降低。 【小问3详解】 ①由图可知，A极附近，稀氨水转化为较浓氨水，说明有OH-生成，电极反应为：2H2O+2e-=2H2↑+2OH-，c(OH-)增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极稀硫酸转化为浓硫酸，说明有H+生成，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，c(H+)增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸，故答案为：B极电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，c(H+)增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸； ②i.图3中产生的M、N分别为O2、H2，氢氧燃料电池中，C极O2得到电子，发生还原反应：O2+4e-+4H+=2H2O，c(H+)减小，c(OH-)增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入C极，则较浓氨水应该注入C极区，同理，D极，H2失去电子，发生氧化反应，2H2-4e-=4H+，c(H+)增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜Y进入D极区，故较浓硫酸注入D极区，故答案为：D极区； ⅱ.从物质和能量的角度说明联合生产的优点是利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水，故答案为：利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。 18. （过二硫酸铵）电化学循环氧化法可用于废水中苯酚（）的降解，示意图见图： （1）的电解法制备 已知：电解效率的定义为 ①电极b是______极。 ②有同学认为（过二硫酸根离子）中S元素为价，结合原子结构分析，判断结论是否正确并说明理由：______。 ③该生成的电极反应式是______ ④向阳极室和阴极室各加入100mL溶液。制备的同时，还在电极b表面收集到氧气，经测定为，不考虑其他副反应，则制备的的物质的量浓度为______。 （2）苯酚的降解 已知：具有强氧化性，浓度较高时会导致猝灭。 可将苯酚氧化为，但反应速率较慢。加入可加快反应，过程为： i. ii.□______□□______ ①完成反应ii的离子方程式_______。 ②将电解得到的含溶液稀释后加入苯酚处理器，调节溶液总体积为1L，，测得在相同时间内，不同条件下苯酚的降解率如图所示。用等物质的量的铁粉代替，可明显提高苯酚的降解率，主要原因是_______。 （3）苯酚残留量的测定 取处理后的水样100mL，酸化后加入KBr溶液，通电。电解产生的全部与苯酚反应： 当苯酚完全反应时，消耗的电量为a库仑（已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为96500库仑），则样品中苯酚的含量为______g/L（苯酚的摩尔质量为94g/mol）。 【答案】（1） ①. 阳 ②. 结论错误，硫原子的最外层电子数为6，故硫元素的最高价为+6价，不可能存在+7价 ③. ④. 0.02 （2） ①. +28+11H2O=6CO2+28+28H+ ②. Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对的猝灭作用，且Fe可与产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+ （3）或 【解析】 【分析】电极b为阳极，将硫酸根氧化为过二硫酸根（含有过氧键），a为阴极，氢离子被还原生成氢气，具有强氧化性的过二硫酸根进入苯酚处理器将苯酚氧化，生成硫酸根进入循环，据此解答。 【小问1详解】 ①据分析，电极b为阳极； ②结论错误，硫原子的最外层电子数为6，故硫元素的最高价为+6价，不可能存在+7价； ③生成过二硫酸根的电极反应式为； ④根据，2H2O~O2~4e-，由生成氧气的物质的量和电解效率可得，通过电极b的电子物质的量为，则生成过二硫酸根的物质的量为，浓度为。 【小问2详解】 ①根据元素守恒，可得反应ii离子方程式为+28+11H2O=6CO2+28+28H+； ②从题中可知，Fe2+浓度较高会导致猝灭，直接加入FeSO4，亚铁离子浓度较高，被猝灭导致其浓度下降，而使用铁粉，在pH=1的酸性溶液中Fe与H+反应会缓慢释放Fe2+，所以用等物质的量的铁粉代替FeSO4可提高苯酚的降解率，主要原因是：Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对的猝灭作用，且Fe可与产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+。 【小问3详解】 根据2Br-~Br2~2e-，可得总反应原理为~3Br2~6e-，根据电路消耗电子物质的量为，可得样品中苯酚含量为。 19. 某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知： 物质 BaSO4 BaCO3 AgI AgCl 溶解度/g（20℃） 24×10-4 1.4×10-3 3.0×10-7 1.5×10-4 （1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化 实验操作： 试剂A 试剂B 试剂C 加入盐酸后的现象 实验Ⅰ BaCl2 Na2CO3 Na2SO4 …… 实验Ⅱ Na2SO4 Na2CO3 有少量气泡产生，沉淀部分溶解 ① 实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，______。 ② 实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是______。 ③ 实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：______。 （2）探究AgCl和AgI之间的转化 实验Ⅲ： 实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。 装置 步骤 电压表读数 ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合K a ⅱ.向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全 b ⅲ.再向B中投入一定量NaCl (s) c ⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s) a 注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。 ①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是______（填序号）。 a. AgNO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液 ②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是______。 ③结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：______。 ④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是______。 （3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出结论： ______。 【答案】（1） ①. 沉淀不溶解或无明显现象 ②. BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O ③. BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq) + (aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 （2） ①. b ②. 2I- - 2e- =I2 ③. 由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 ④. 实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl-AgCl + I- （3）溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现 【解析】 【详解】①因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象。答案：沉淀不溶解或无明显现象。 ② 实验Ⅱ是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。答案：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。 ③ 由实验Ⅱ知A溶液为3滴0.1mol/LBaCl2，B为2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，根据Ba2++ SO42-= BaSO4,所以溶液中存在着BaSO4 (s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。 (2)①甲溶液可以是NaCl溶液,滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI。故答案为b。 ② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中为0.01mol/L的KI溶液，A中为0.1mol/L的AgNO3溶液,Ag+具有氧化性，作原电池的正极，I—具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是2I- - 2e- = I2。答案：2I- - 2e- = I2。 ③ 由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。 所以实验Ⅳ中b＜a。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 。 ④虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验Ⅳ中加入了NaCl(s)，原电池的电压c＞b，说明c(Cl-)的浓度增大，说明发生了AgI + Cl- AgCl + I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大。答案：实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- 。 （3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。答案：溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 人大附中2025~2026学年度第一学期高二年级期末练习 化学 说明：本试卷共两道大题19道小题，共10页，满分100分，考试时间90分钟，考试日期2026年1月19日；请在密封线内填写个人信息。 可能用到的相对原子质量：H—1；C—12；N—14；O—16；Na—23；Cu—64 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列化学用语或图示表述正确的是 A. 用电子云轮廓图表示HCl的键形成的示意图： B. 的电子云图为：，其中的每1个黑点都代表1个电子 C. 分子的空间结构模型为： D. 基态原子的价层电子排布为 2. 三氯化氮()可用于漂白和消毒。下列说法不正确的是 A. 中含有极性共价键 B. 中每个原子均满足8电子稳定结构 C. N采取杂化，为非极性分子 D. 根据电负性推测，与反应可生成和 3. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 加入Al粉产生的溶液中：、、、 B. 澄清透明溶液中：、、、 C. 的溶液中：、、、 D. 由水电离的的溶液中：、、、 4. 下列过程不能用平衡移动原理解释的是 A. 中和等体积、等pH的盐酸和醋酸，醋酸所需NaOH的物质的量更多 B. 将通入饱和氨盐水(溶质为、NaCl)中，有固体析出 C. 将浓溶液与浓溶液混合，迅速产生气泡 D. 将锌片插入pH=4的硫酸中无明显现象，加入少量固体，有气泡产生 5. 前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的2倍，基态Y原子的价层电子排布式为，Z是第四周期主族元素中原子半径最大的元素，W与X同主族，下列说法不正确的是 A. 的电子式 B. X的基态原子的轨道表示式： C. 中阴、阳离子的个数比为1：2 D. W的单质可作半导体材料 6. 常温时下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是 A. 氨水与氯化铵的混合溶液中： B. 向NaOH溶液中通至： C. 的硫酸铵溶液中： D. 的一元酸和的一元碱等体积混合： 7. 下列关于电化学装置的说法中不正确的是 A.采用外加电流阴极保护法保护铁管道 B.铅蓄电池放电时作正极 C.在铁钉表面镀铜 D.电解饱和食盐水制烧碱和氯气 A. A B. B C. C D. D 8. 实验室用生产发光二极管(LED)的废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg)制备，一种流程如下。 已知：Ga和In均为第IIIA族元素，In难溶于NaOH溶液。 下列说法不正确的是 A. Ga元素位于元素周期表的p区 B. Ⅰ中，GaN生成的反应： C. 从沉淀1中可以提取和Mg D. IⅢ中，为使充分沉淀，需加入过量的硫酸 9. 用焦炭还原NO的反应为。向容积均为2 L的甲、乙、丙三个容器中分别加入0.1 mol焦炭和一定量NO，恒温下测得各容器中随反应时间的变化情况如下表。 容器 温度/℃ 时间/min 0 40 80 120 160 甲 4.00 3.00 2.20 1.60 1.60 乙 2.00 1.60 1.30 1.06 0.90 丙 4.00 2.90 2.00 2.00 2.00 注：计量单位为mmol。 下列说法正确的是 A. 乙中0~40 min内平均反应速率 B. 时，反应的平衡常数值为 C. 该反应为吸热反应 D. 增加焦炭的量可提高NO的平衡转化率 10. 探究电解过程中离子迁移的规律，用石墨电极完成如下实验。 实验 现象 一段时间后，试纸上的图案(代表电极的位置) 下列分析不正确的是 A. a处接电源正极 B. 试纸I的图案说明的迁移比的迁移快 C. 电极反应产生的的物质的量：处处 D. 试纸Ⅱ上发生迁移的离子主要是和 11. 设计如下路线理解和探究固体溶解过程的能量变化。 注：①离子在水中往往以水合离子形式存在，如水合钠离子，简写作。 ②碳酸钠水合物有、和三种。 下列说法不正确是 A. 由于和还可能生成等物质，难以直接测定 B. 和可利用图2所示的装置进行测定 C. 根据盖斯定律可知： D. 根据各微粒的状态，可推测 12. 常温下，Na2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数与pH的关系如下图。 已知：A2-的物质的量分数 = 下列表述不正确的是 A. 0.1 mol·L-1 H2A溶液中，c(H2A) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1 mol·L-1 B. 在 0.1 mol·L-1 NaHA溶液中， c(HA-) > c(A2-) > c(H2A) C. 将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液的pH为4.2 D. M点对应的pH为2.7 13. 研究人员利用电化学原理吸收废气中的NO2 ，其工作原理如下图所示： 下列说法不正确的是 A. a电极为负极，c电极为阳极 B. b电极的电极反应式为：NO2 + e- = NO C. 每吸收1 mol NO2 ，理论上可以得到 1 mol NH D. 反应一段时间后，c极区溶液pH几乎不变 14. 实验小组用下表实验研究Cu与的反应。将0.3 g Cu与10 mL溶液A混合，振荡后静置30 min，观察现象。 溶液A 实验现象 ① 溶液（未加酸，） 溶液由黄色变为棕绿色，未见气泡产生 ② 0.3 溶液（未加酸，） 溶液由黄色变为蓝绿色 ③ 和混合溶液[，] 无明显变化 资料：，溶液呈棕色。 下列说法不正确的是 A. 结合资料推测，①中和均体现了氧化性 B. ②中发生反应的离子方程式为 C. 由①③推测，①中直接还原的可能是Fe（Ⅱ） D. 由②③可知，Cu还原反应的限度大于Cu还原反应的限度 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 氯及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用，回答下列问题： （1）氯元素在元素周期表中的位置是______，基态Cl原子的电子排布式为______。 （2）Cl与S第一电离能大小比较为：Cl______S（填“＞”“＜”或“=”）。 （3）分子的空间结构为______。 （4）各分子中键的键长如下： 一氯乙烷（） 一氯乙烯（） 一氯乙炔（） 键长（） 1.8031 1.7369 1.6471 ①一氯乙烯（）分子结构如下图所示： 其中C原子采取______杂化方式，C原子的一个杂化轨道与Cl的一个3p轨道形成键，并且垂直于分子平面的Cl的一个3p轨道与C的2p轨道形成3中心4电子的大键（），使得一氯乙烯（）分子中键长短于一氯乙烷。 ②在一氯乙炔（）分子中，键长更短的理由是： （i）C的杂化轨道中s成分占比越高，形成的键键长越短； （ii）______。 （5）人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图所示。 ①尿素的分子结构为，其中C元素为价，结合元素的电负性解释碳元素显正价的原因：______。 ②阳极室中发生的反应依次为______、______。 16. 某烧碱样品因部分变质含。某化学课外小组的同学用滴定法测定该烧碱样品中NaOH的质量分数。 【资料】常用的酸碱指示剂及其变色范围如下： 酚酞：无色 浅红色 红色 甲基橙：红色 橙色 黄色 【实验步骤】 Ⅰ.迅速地称取烧碱样品0.50g，溶解后配制成100mL溶液，备用。 Ⅱ.将标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数；用碱式滴定管取20.00mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以HCl标准溶液滴定至第一终点（此时溶质为NaCl和），记录酸式滴定管的读数；然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸式滴定管的读数。重复上述操作两次，记录数据如下： 实验序号 1 2 3 /mL 0.00 0.00 0.00 /mL 21.72 21.68 21.70 /mL 23.72 23.68 23.70 （1）步骤Ⅰ中所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和______。 （2）下列有关步骤Ⅰ中样品溶液的说法正确的是______（填字母序号）。 a.样品溶液中水的电离程度比相同pH的NaOH溶液中的小 b. c. （3）酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是______。 （4）滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为______。 （5）判断滴定至第二终点的现象是溶液由______色变为橙色。 （6）样品中NaOH的质量分数______。 （7）下列操作会导致测得的NaOH质量分数偏高的是______（填字母序号）。 a.达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生 b.记录酸式滴定管读数时，俯视标准液液面 c.第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出 17. 硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备 （1）世纪，利用和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。 ①工业上可用生产NO，为该工艺提供氮氧化物，生产NO的化学方程式是______。 ②制取硫酸总反应的化学方程式是______。 ③i中反应的与的物质的量之比是______。 （2）现代用接触法制硫酸，关键工序是的催化氧化： ①中硫氧键键能的平均值为，中硫氧键键能的平均值为，则中氧氧键的键能为______。 ②其他条件不变，相同时间内的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于T，的转化率减小，可能的原因是______（写出一条）。 （3）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。电解废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。 注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。 ①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理：______。 ②有同学设计燃料电池，利用图3中产生M、N、较浓硫酸和较浓氨水联合处理废液，其原理示意图如图4所示。 i.较浓硫酸应注入______（填“C极区”或“D极区”）。 ii.从物质和能量的角度说明联合生产的优点：______。 18. （过二硫酸铵）电化学循环氧化法可用于废水中苯酚（）的降解，示意图见图： （1）的电解法制备 已知：电解效率的定义为 ①电极b是______极。 ②有同学认为（过二硫酸根离子）中S元素为价，结合原子结构分析，判断结论是否正确并说明理由：______。 ③该生成的电极反应式是______ ④向阳极室和阴极室各加入100mL溶液。制备的同时，还在电极b表面收集到氧气，经测定为，不考虑其他副反应，则制备的的物质的量浓度为______。 （2）苯酚的降解 已知：具有强氧化性，浓度较高时会导致猝灭。 可将苯酚氧化为，但反应速率较慢。加入可加快反应，过程为： i. ii.□______□□______ ①完成反应ii的离子方程式_______。 ②将电解得到的含溶液稀释后加入苯酚处理器，调节溶液总体积为1L，，测得在相同时间内，不同条件下苯酚的降解率如图所示。用等物质的量的铁粉代替，可明显提高苯酚的降解率，主要原因是_______。 （3）苯酚残留量的测定 取处理后的水样100mL，酸化后加入KBr溶液，通电。电解产生的全部与苯酚反应： 当苯酚完全反应时，消耗的电量为a库仑（已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为96500库仑），则样品中苯酚的含量为______g/L（苯酚的摩尔质量为94g/mol）。 19. 某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知： 物质 BaSO4 BaCO3 AgI AgCl 溶解度/g（20℃） 2.4×10-4 1.4×10-3 3.0×10-7 1.5×10-4 （1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化 实验操作： 试剂A 试剂B 试剂C 加入盐酸后的现象 实验Ⅰ BaCl2 Na2CO3 Na2SO4 …… 实验Ⅱ Na2SO4 Na2CO3 有少量气泡产生，沉淀部分溶解 ① 实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，______。 ② 实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是______。 ③ 实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：______。 （2）探究AgCl和AgI之间的转化 实验Ⅲ： 实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。 装置 步骤 电压表读数 ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合K a ⅱ.向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全 b ⅲ.再向B中投入一定量NaCl (s) c ⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s) a 注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。 ①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是______（填序号）。 a. AgNO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液 ②实验Ⅳ步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是______。 ③结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：______。 ④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是______。 （3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出结论： ______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $