辽宁省沈阳市适用2026-2027学年高二化学上学期期中练习试卷（能力提升冲刺卷）（人教版适用原卷版）

聚焦核心素养 贴合新高考考向 2026-2027学年高二化学上学期期中试卷二 （能力提升冲刺卷） （考试时间：70分钟 试卷满分：100分） 本试卷为 2026-2027 学年高二上学期期中培优冲刺卷，融合近年真题高频考法，新增情境化、探究性创新题型，难度略高于常规检测，聚焦思维拓展与能力拔高。试卷附带详细解题思路及评分细则，助力师生精准突破复习瓶颈。请认真阅读以下答题注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。 2．测试范围：人教版选择性必修1第3章和人教版选择性必修2第1-2章。 3．难度系数：0.6 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是 A．生活中常用明矾净水，因为明矾可与水中的悬浮物反应生成沉淀 B．在空气中加热蒸干、灼烧FeCl2溶液得到FeO的固体 C．人体中缓冲体系起到稳定血液pH的作用 D．草木灰与NH4H2PO4混合施用，可更好为植物全面提供N、P、K三种营养元素 2．下列说法正确的是 A．H2O2是含极性键的非极性分子 B．的VSEPR模型： C．基态镁原子电子占据的最外能级电子云轮廓图： D．基态原子的核外电子有5种空间运动状态的原子有4种 3．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．基态中未成对电子数为 B．溶液中，阴离子数大于 C．25℃，1LpH=12溶液中含有数目为0.02 D．常温下，的溶液中，水电离的 4．下列事实的解释不正确的是 事实 解释 A 酸性： 烃基（R-）越长推电子效应越大，羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱 B 中键角比中的大 和中心原子的孤电子对数分别是1和2，孤电子对之间的斥力<孤电子对与成键电子对之间的斥力<成键电子对之间的斥力 C 冬季河流中，冰浮于水面 水结成冰时，每个水分子通过氢键与周围4个紧邻的水分子相互作用，使冰晶体中水分子之间留有相当大的空隙，从而体积变大，密度变小 D 气态再失去一个电子比气态再失去一个电子更难 的价层电子排布为，3d轨道为半充满比较稳定；的价层电子排布为，再失去一个电子可达到3d轨道半充满的比较稳定状态 A．A B．B C．C D．D 5．常温下，下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是 A．含有Fe3+的溶液中：K+、Na+、、 B．的溶液中：、、、 C．使甲基橙变黄的溶液中：、、、 D．由水电离的c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液中：Na+、H、、K+ 6．用硫酸和可制备一元弱酸。下列说法不正确的是 已知：原子和价电子总数相同的微粒互为等电子体，它们往往具有相同的空间构型。 A．的水溶液显碱性 B．的空间构型为V形 C．为含有共价键的离子化合物 D．的中心N原子所有价电子均参与成键 7．“宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一，下列有关宏观辨识与微观探析的说法错误的是 选项 宏观辨识 微观探析 A． 对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸 氢键类型不同 B． 在水中的溶解度大于 是极性分子，是非极性分子 C 酸性：氯乙酸＞乙酸 Cl电负性较大，羟基极性增强，酸性增强 D 键角： 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 A．A B．B C．C D．D 8．五氯化磷(PCl5)常作氯化剂、催化剂、脱水剂，实验室使用三氯化磷与氯气通过如下反应制备：PCl3 + Cl2 = PCl5。已知固态的PCl5由[PCl4]+与[PCl6]-组成，气态及液态PCl5以单分子形式存在。下列说法不正确的是 A．合成PCl5过程中，Cl2作氧化剂，PCl3作还原剂 B．将PCl5加入至蔗糖中，能看到黑面包现象 C．已知PCl离子与CH4空间构型相同，则其构型为正四面体形 D．固态的PCl5是离子化合物，气态、液态PCl5是共价化合物 9．羰基硫（COS，结构式为）是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害虫和真菌的危害。COS可由CO和发生反应制得。下列说法错误的是 A．COS中的键为键 B．稳定性： C．键角： D．反应中各化合物的分子均为极性分子 10．活性炭-臭氧氧化氨氮的机理如图所示。*表示吸附在活性炭表面的物种，·OH为羟基自由基，其氧化性比O3更强。下列有关说法错误的是 A．HO·中氧元素的化合价为-1价 B．活性炭-臭氧氧化氨氮的机理可描述为O3与活性炭表面吸附的OH-作用生成·OH，·OH将活性炭表面吸附的转化为N2 C．上述过程没有非极性键的断裂，但是有非极性键的形成 D．随着pH的增大，氨氮去除速率一定明显增大 11. 常温常压下，有关下列各溶液的描述中正确的是 A．等浓度的(NH4)2SO4溶液和NH4Cl溶液，NH 的水解程度一样 B．等浓度的醋酸钠和醋酸溶液混合后溶液显酸性，溶液中微粒的浓度关系为： C．浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：，且 D．一定浓度的氨水加水稀释，的比值和的比值均增大 12．缓冲溶液是指外加少量强酸或强碱时，溶液的pH基本不变的溶液。现向2.00 L0.500 mol·L-1氨水中滴加aL0.5 mol·L-1盐酸可配制缓冲溶液。 已知：①时氨水的，混合时溶液体积变化可加和。 ②上述缓冲溶液有效缓冲范围为8.25~10.25，缓冲比[]越接近1∶1，缓冲效果越好。 下列说法不正确的是 A．该缓冲溶液中存在的缓冲平衡为： B．当时，所配溶液的缓冲效果最好 C．当溶液的时， D．当溶液的时， 13．25 ℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与lg X的变化关系如图所示。已知：lg X=lg或lg，下列叙述正确的是 A．曲线m表示pH与lg的变化关系 B．当溶液呈中性时，c(Na+)=c()+2c() C．Ka1(H2CO3)的数量级为10-6 D．滴加过程中，保持不变 14．离子化合物A的结构如图所示。W、M、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，基态Y原子价电子数是基态Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是（ ）    已知：配位键——一种特殊的共价键，共用电子对完全由成键的一方原子提供，另一方原子只提供空轨道来容纳这对电子。 A．阴、阳离子中均含配位键 B．简单氢化物还原性： C．L与氢原子形成的分子存在对映异构体 D．同周期内第一电离能比X大的元素有2种 15．某废水中含有和，可通过保持时调节pH使和形成硫化物而分离，体系pH与lgc关系如图所示，c表示的浓度，单位为mol/L。下列说法正确的是 A．调节pH的过程中，始终有 B． C．反应的平衡常数 D．除杂后的上层清液中一定存在： 二、非选择题：本题共4个小题，共55分。 16.（14分）利用某矿渣（主要成分为Fe2O3，还含有少量的、等杂质）提取Fe2O3的一种工艺流程如图所示。 已知：。 回答下列问题： (1)Co在元素周期表中的位置是____________，基态Co2+的价层电子中，成对电子数：未成对电子数=______。 (2)滤渣1的成分为SiO2、____________（填化学式），“还原”过程中发生的主要离子方程式为__________________。 (3)“净化”过程溶液中各离子的沉淀率与pH的关系如图所示，实际操作中一般控制pH为4.5，其原因是__________________。 (4)“沉钴镍”时，若溶液中Co2+、Ni2+浓度均为0.01mol·L-1，逐渐加入Na2S，当Ni2+恰好完全沉淀时，溶液中Co2+的浓度为______mol·L-1（溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时可认为完全沉淀，结果保留三位有效数字）。 (5)一种测定Fe2O3产品纯度的方法如下：称取5.0gFe2O3产品，溶于一定量的硫酸中，配成250mL溶液，从其中量取25.00mL溶液，加入过量的KI和适量淀粉，充分反应后，用标准溶液滴定至终点，发生反应：。平行滴定三次，平均消耗标准溶液的体积为20.00mL，则滴定终点的标志是__________________，Fe2O3产品的纯度为______。 17．（14分）肼（N₂H₄）是一种重要的火箭推进剂，其水溶液称为水合肼(N2H4·H2O)，是一种二元弱碱，显碱性的原因与氨水相似，在储氢领域有广阔的应用前景。 （1）①用离子方程式解释盐酸肼（Cl）水溶液显酸性的原因_____ ②比较键角中的______中的(填“>”、“<”或“=”)，请说明理由________________________。 (2)N2H4分子有顺式、反式和交互式三种比较稳定的空间构型。下列结构能表示N2H4分子交互式的是________(填序号) A．    B．    C． (3)水合肼制氢过程中涉及肼在Ni-Pt催化剂表面分解，如图所示。 ①X的结构简式为________。 ②催化剂表面存在Ni和Pt两种活性位点，两种活性位点分别带不同电性的电荷。肼中的氢原子吸附于________(填“Ni”或“Pt”)活性位点，原因是______________。 ③已知：N-N键、N-H键的键能分别是286 kJ·mol-1、360 kJ·mol-1。肼在该催化剂表面反应断裂的化学键不是N-N键，而是N-H键，原因是______________。 18、（12分）以溶液和不同金属的盐溶液作为实验对象，探究的性质和盐溶液间反应的多样性。           实验 试管 试剂滴管：逐滴滴加，总体积 现象 实验a：溶液 实验b：溶液 溶液先变为绿色，静置后缓慢变浅，最终变为浅绿色 溶液先变为绿色，缓慢产生白色浑浊，充分反应后绿色比实验a更浅 实验c：溶液 生成白色沉淀，振荡后迅速溶解，得到无色清液；超过1.0mL后，产生少量白色沉淀，立即变为棕黄色，最终变为黑色，静置充分反应后，过滤得到黑色沉淀A和滤液B 【查阅资料】 ①能与多种不同金属离子形成沉淀或配合物： ， ， ②易被氧化为或者 【进行实验】 Ⅰ．探究和溶液之间的反应 (1)经检验，实验a绿色变浅后的溶液中含，这说明具有_______(填“氧化”或“还原”)性。 (2)从反应速率和化学平衡两个角度解释实验a的实验现象_______。 II．探究和溶液之间的反应。 (3)实验c中产生的白色沉淀为，用化学方程式解释“超过后，产生少量白色沉淀”的原因 ： 。 (4)为了探究实验c中产生黑色沉淀的原因，甲同学进行了进一步的实验： ⅰ．取少量滤液B，用广泛pH试纸测定； ⅱ．另取少量滤液B于试管中，_______(填操作和现象)，说明滤液中有。 由上述实验现象，进而推测出黑色沉淀A可能为或它们的混合物。运用氧化还原反应规律，做出该推测的理由是_______。 【获得结论】 (5)根据上述实验，和金属盐溶液之间反应的多样性与多种因素有关：①_______：②金属盐中的阴离子是否能够参与反应；③反应时间的长短；④_______。 19、(15分)氨氮废水会造成水体富营养化。可用沉淀法处理氨氮废水并获得缓释肥料磷酸镁铵(MgNH4PO4)，过程如下。 资料：i.氨氮废水中氮元素主要以形式存在； ii.Mg3(PO4)2的Ksp约为1×10-24；MgNH4PO4的Ksp为1×10-13； (1)检验溶液中的操作是 。 (2)当c(Mg2+)和c()为1mol·L-1时，生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c()是生成MgNH4PO4沉淀所需的c()的 倍。 (3)经处理后，分离磷酸镁铵所用的方法是 。 (4)磷酸盐若选择Na3PO4，混合后会产生大量Mg3(PO4)2沉淀，反应的离子方程式为 ，氨氮去除率将 (填“提高”“降低”或“不变”)。 (5)含磷微粒的物质的量分数与pH的关系如下图所示。 下列说法正确的是 (填序号)。 a.Na2HPO4溶液呈酸性 b.Na3PO4和Na2HPO4溶液中，微粒的种类相同 c.X点存在，c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-) d.Y点可由Na3PO4和Na2HPO4等物质的量混合溶解得到 (6)处理氨氮废水时，磷酸盐可选用Na2HPO4。 ①pH在9~10之间，主要生成MgNH4PO4沉淀，反应的离子方程式为 。 ②pH过大会降低废水中氨氮的去除率，可能的原因是 。 ③对于c()较低的氨氮废水，上述磷酸镁铵沉淀法的处理效果不佳，且无法通过增加Na2HPO4和MgCl2的用量来改善，原因是 。 / 学科网（北京）股份有限公司 $聚焦核心素养 贴合新高考考向 2026-2027学年高二化学上学期期中试卷二 （能力提升冲刺卷） （考试时间：70分钟 试卷满分：100分） 本试卷为 2026-2027 学年高二上学期期中培优冲刺卷，融合近年真题高频考法，新增情境化、探究性创新题型，难度略高于常规检测，聚焦思维拓展与能力拔高。试卷附带详细解题思路及评分细则，助力师生精准突破复习瓶颈。请认真阅读以下答题注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。 2．测试范围：人教版选择性必修1第3章和人教版选择性必修2第1-2章。 3．难度系数：0.6 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是 A．生活中常用明矾净水，因为明矾可与水中的悬浮物反应生成沉淀 B．在空气中加热蒸干、灼烧FeCl2溶液得到FeO的固体 C．人体中缓冲体系起到稳定血液pH的作用 D．草木灰与NH4H2PO4混合施用，可更好为植物全面提供N、P、K三种营养元素 【答案】C 【解析】A．明矾净水的原理是Al3+水解生成的Al(OH)3胶体,胶体中胶粒吸附水中细小的悬浮颗粒聚集成较大的颗粒而沉降，从而除去水中悬浮物，则明矾可加速水中悬浮物沉降，A错误； B．FeCl2溶液具有还原性，在空气中加热蒸干被氧化为Fe3+，水解得到Fe（OH)3，灼烧得到Fe2O3固体，B错误； C．人体血液中存在缓冲体系，外来少量酸进入时与反应，外来少量碱进入时与反应，可起到稳定血液的作用，C正确； D．主要成分为K2CO3的草木灰与NH4H2PO4混合施用，CO与NH因发生双水解会导致N元素损失，降低氮肥肥效，不能更好为植物全面提供N营养元素，D错误； 故选C。 2．下列说法正确的是 A．H2O2是含极性键的非极性分子 B．的VSEPR模型： C．基态镁原子电子占据的最外能级电子云轮廓图： D．基态原子的核外电子有5种空间运动状态的原子有4种 【答案】D 【详解】A．H2O2含有H-O极性键，但H2O2的正负电荷重心不重合，故为极性分子，A错误； B．中心S原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，仅含1对孤电子对，题图结构不符合该特征，B错误； C．基态镁原子最外能级为，s能级电子云轮廓图为球形，题图为哑铃形的P轨道电子云，C错误； D．基态原子的核外电子有5种空间运动状态的原子有N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)、Ne(1s22s22p6)共4种，D项正确； 故答案选D。 3．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．基态中未成对电子数为 B．溶液中，阴离子数大于 C．25℃，1LpH=12溶液中含有数目为0.02 D．常温下，的溶液中，水电离的 【答案】B 【详解】A．基态的价电子排布为，根据洪特规则，5个电子分占5个简并d轨道，未成对电子数为5，故基态未成对电子数为，A错误； B．溶液中发生水解：，1个水解生成2个阴离子，阴离子总数增多，故溶液中阴离子数大于，B正确； C．25℃，pH=12溶液中c(OH-)=0.01mol/L，1L溶液中含有OH-数目为0.01NA，C错误； D．为强碱弱酸盐，水解促进水的电离，常温下的溶液中水电离的，不是，D错误； 故选B。 4．下列事实的解释不正确的是 事实 解释 A 酸性： 烃基（R-）越长推电子效应越大，羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱 B 中键角比中的大 和中心原子的孤电子对数分别是1和2，孤电子对之间的斥力<孤电子对与成键电子对之间的斥力<成键电子对之间的斥力 C 冬季河流中，冰浮于水面 水结成冰时，每个水分子通过氢键与周围4个紧邻的水分子相互作用，使冰晶体中水分子之间留有相当大的空隙，从而体积变大，密度变小 D 气态再失去一个电子比气态再失去一个电子更难 的价层电子排布为，3d轨道为半充满比较稳定；的价层电子排布为，再失去一个电子可达到3d轨道半充满的比较稳定状态 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．烃基为推电子基团，烃基越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，越难电离出，羧酸酸性越弱，故酸性，A正确； B．中心O有2对孤电子对，中心O有1对孤电子对，孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小，故中键角比中的大，B错误； C．水结成冰时，水分子间通过氢键形成空间网状结构，每个水分子与周围4个水分子形成氢键，晶体中存在较大空隙，体积变大，密度小于水，故冰浮于水面，C正确； D．价层电子排布为，为半充满稳定结构，难失去电子；价层电子排布为，失去一个电子后变为半充满稳定结构，更易失电子，故气态再失去一个电子比气态更难，D正确； 故选B。 5．常温下，下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是 A．含有Fe3+的溶液中：K+、Na+、、 B．的溶液中：、、、 C．使甲基橙变黄的溶液中：、、、 D．由水电离的c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液中：Na+、H、、K+ 【答案】C 【解析】A．含有铁离子的溶液中，铁离子能与碳酸氢根离子发生双水解反应，不能大量共存，A不符合题意； B．的溶液中，溶液显酸性，与之间发生反应，不能大量共存，B不符合题意； C．甲基橙变色范围为3.1-4.4，变黄的溶液可能为酸性或碱性，酸性溶液中选项中的离子可能大量存在，C符合题意； D．由水电离的的溶液水的电离被抑制，可能为酸性也可能为碱性，酸性条件下与H反应生成气体，不能大量共存；碱性条件下，OH-与H反应生成和H2O，H不能存在，D不符合题意； 故答案选C 6．用硫酸和可制备一元弱酸。下列说法不正确的是 已知：原子和价电子总数相同的微粒互为等电子体，它们往往具有相同的空间构型。 A．的水溶液显碱性 B．的空间构型为V形 C．为含有共价键的离子化合物 D．的中心N原子所有价电子均参与成键 【答案】B 【详解】A．是一元弱酸，属于强碱弱酸盐，发生水解反应，使水溶液显碱性，A正确； B．的原子总数为3、价电子总数为，与互为等电子体，为直线形结构，故的空间构型也为直线形，不是V形，B错误； C．由和通过离子键结合，属于离子化合物，内部存在氮氮共价键，因此是含有共价键的离子化合物，C正确； D．与互为等电子体，的中心N原子通过sp杂化形成两个双键，无孤电子对，所有价电子参与成键，D正确； 故选B。 7．“宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一，下列有关宏观辨识与微观探析的说法错误的是 选项 宏观辨识 微观探析 A． 对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸 氢键类型不同 B． 在水中的溶解度大于 是极性分子，是非极性分子 C 酸性：氯乙酸＞乙酸 Cl电负性较大，羟基极性增强，酸性增强 D 键角： 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．对羟基苯甲酸形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，形成分子间氢键沸点更高，A正确； B．臭氧为极性分子，氧气为非极性分子，水为极性溶剂，相似相溶原理可解释臭氧溶解度更大，解释正确，B正确； C．氯原子电负性大，通过吸电子诱导效应增强羧基中羟基极性，促进电离，酸性增强，解释正确，C正确； D．键角180°（sp杂化），键角120°（sp2杂化），两者均无孤对电子，键角差异源于杂化方式不同，而非孤对电子斥力，D错误； 故选D。 8．五氯化磷(PCl5)常作氯化剂、催化剂、脱水剂，实验室使用三氯化磷与氯气通过如下反应制备：PCl3 + Cl2 = PCl5。已知固态的PCl5由[PCl4]+与[PCl6]-组成，气态及液态PCl5以单分子形式存在。下列说法不正确的是 A．合成PCl5过程中，Cl2作氧化剂，PCl3作还原剂 B．将PCl5加入至蔗糖中，能看到黑面包现象 C．已知PCl离子与CH4空间构型相同，则其构型为正四面体形 D．固态的PCl5是离子化合物，气态、液态PCl5是共价化合物 【答案】B 【详解】A．反应中Cl元素从的0价降低为中的-1价，作氧化剂；P元素从PCl3中的+3价升高为中的+5价，PCl3作还原剂，该说法正确，A正确； B．“黑面包现象”是浓硫酸的脱水性使蔗糖脱水炭化的特征现象，题目仅说明可作脱水剂，但加入蔗糖中不会产生类似浓硫酸使蔗糖快速脱水膨胀发黑的典型黑面包现象，该说法错误，B错误； C．CH4的中心碳采取杂化，无孤对电子，空间构型为正四面体形，题干说明与CH4空间构型相同，因此为正四面体形，该说法正确，C正确； D．固态由阴阳离子构成，属于离子化合物；气态、液态以单分子形式存在，分子内仅通过共价键结合，属于共价化合物，该说法正确，D正确； 故选B。 9．羰基硫（COS，结构式为）是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害虫和真菌的危害。COS可由CO和发生反应制得。下列说法错误的是 A．COS中的键为键 B．稳定性： C．键角： D．反应中各化合物的分子均为极性分子 【答案】A 【详解】A．COS的结构式为，中心原子C的杂化类型为sp杂化。C的sp杂化轨道与O、S的p轨道形成键，而键由C的未杂化p轨道与O、S的p轨道“肩并肩”重叠形成，应为键，A错误； B．CO易被氧化生成CO2，因此稳定性，B正确； C．和均为V形分子，中心原子O电负性大于S，成键电子对更靠近O，排斥力更大，因此键角，C正确； D．反应中为极性分子，COS中O、S电负性不同，分子正负电荷中心不重合，是极性分子，D正确； 故选A。 10．活性炭-臭氧氧化氨氮的机理如图所示。*表示吸附在活性炭表面的物种，·OH为羟基自由基，其氧化性比O3更强。下列有关说法错误的是 A．HO·中氧元素的化合价为-1价 B．活性炭-臭氧氧化氨氮的机理可描述为O3与活性炭表面吸附的OH-作用生成·OH，·OH将活性炭表面吸附的转化为N2 C．上述过程没有非极性键的断裂，但是有非极性键的形成 D．随着pH的增大，氨氮去除速率一定明显增大 【答案】D 【分析】结合机理图，先吸附在活性炭表面形成吸附态，与反应生成氧化性更强的羟基自由基，吸附在活性炭表面形成吸附态，与发生氧化还原反应生成，实现氨氮的去除。反应过程中生成存在非极性键的形成，pH升高时体系中会转化为，不会持续提升氨氮去除速率。 【详解】A．中氢元素化合价为+1价，自由基整体不带电，因此氧元素化合价为-1价，A正确； B．结合机理图示，与活性炭表面吸附的反应生成，将活性炭表面吸附的氧化为，符合反应机理，B正确； C．反应中主要断裂的是N-H和O-H等极性键，生成物中存在氮氮非极性键，因此过程没有非极性键的断裂，有非极性键的形成，C正确； D．随着pH增大，溶液中会转化为，活性炭表面吸附的浓度降低，氨氮去除速率不一定明显增大，D错误； 故选D。 11. 常温常压下，有关下列各溶液的描述中正确的是 A．等浓度的(NH4)2SO4溶液和NH4Cl溶液，NH 的水解程度一样 B．等浓度的醋酸钠和醋酸溶液混合后溶液显酸性，溶液中微粒的浓度关系为： C．浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：，且 D．一定浓度的氨水加水稀释，的比值和的比值均增大 【答案】C 【解析】A．等浓度的(NH4)2SO4溶液和NH4Cl溶液，(NH4)2SO4溶液中NH浓度大，水解程度较小，A错误； B．等浓度的醋酸钠和醋酸溶液混合后溶液显酸性，说明CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，溶液中微粒的浓度关系为：，B错误； C．浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中，CO水解程度大于HCO，则，且溶液中存在物料守恒：，C正确； D．一定浓度的氨水加水稀释，，温度不变，电离常数不变，氢氧根浓度减小，的比值增大，根据电荷守恒，稀释过程中，氢氧根浓度减小，氢离子浓度增大，的比值减小，D错误； 故选C。 12．缓冲溶液是指外加少量强酸或强碱时，溶液的pH基本不变的溶液。现向2.00 L0.500 mol·L-1氨水中滴加aL0.5 mol·L-1盐酸可配制缓冲溶液。 已知：①时氨水的，混合时溶液体积变化可加和。 ②上述缓冲溶液有效缓冲范围为8.25~10.25，缓冲比[]越接近1∶1，缓冲效果越好。 下列说法不正确的是 A．该缓冲溶液中存在的缓冲平衡为： B．当时，所配溶液的缓冲效果最好 C．当溶液的时， D．当溶液的时， 【答案】D 【详解】A．缓冲体系是弱碱和其对应共轭酸组成的缓冲溶液，对应的缓冲平衡就是，外加少量强酸时，与结合使平衡右移，浓度降幅小，外加少量强碱时，平衡左移，浓度升幅小，基本不变，A正确； B．当时，，反应后，，缓冲比为，缓冲效果最好，B正确； C．时，，，由得，同一溶液中浓度比等于物质的量比，设加入的物质的量为（即生成的物质的量），剩余的物质的量为，即，解得，C正确； D．时，，，同理得，即，不是，D错误； 故选D。 13．25 ℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与lg X的变化关系如图所示。已知：lg X=lg或lg，下列叙述正确的是 A．曲线m表示pH与lg的变化关系 B．当溶液呈中性时，c(Na+)=c()+2c() C．Ka1(H2CO3)的数量级为10-6 D．滴加过程中，保持不变 【答案】D 【详解】A．Na2CO3溶液中滴入盐酸，起初发生反应+H+=，后来才发生反应+H+=H2CO3，所以曲线m表示pH与lg的变化关系，A不正确； B．当溶液显中性时，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c()+2c()+c(OH-)+c(Cl-)，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)＞c()+2c()，B不正确； C．根据图像分析知Ka1(H2CO3)==10×10-7.4=10-6.4，数量级为10-7，C不正确； D．=×=Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)，温度不变，Ka1(H2CO3)、Ka2(H2CO3)不变，故滴加过程中，保持不变，D正确； 故选D。 14．离子化合物A的结构如图所示。W、M、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，基态Y原子价电子数是基态Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是（ ）    已知：配位键——一种特殊的共价键，共用电子对完全由成键的一方原子提供，另一方原子只提供空轨道来容纳这对电子。 A．阴、阳离子中均含配位键 B．简单氢化物还原性： C．L与氢原子形成的分子存在对映异构体 D．同周期内第一电离能比X大的元素有2种 【答案】B 【分析】W、M、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素；W、Y原子序数之和等于Z，基态Y原子价电子数是基态Q原子价电子数的2倍，再结合结构图推断：W只形成1个共价键，故W为H；阴离子中心Q形成4个σ键带负电，是缺电子元素，结合价电子关系，Y价电子数是Q的2倍，推测Q为Al（价电子为3），则Y价电子数为6，Y是O；由W (1)+Y (8)=9，得到Z是F；根据结构简式M成键情况可知MW3为-CH3，再根据W<M<X<Y，M为C，X在C、O之间，故X为N。即 W(H)、M (C)、X (N)、Y (O)、Z (F)、Q (Al)。 【详解】A．阳离子([N(CH3)2H2]+)中N提供孤电子对、H+有空轨道，存在配位键；阴离子(AlL4)-中Al有空轨道，L提供孤电子对，也有配位键，A正确； B．Z的简单氢化物是HF；Y的简单氢化物是H2O；X的简单氢化物是NH3，还原性看失电子能力：同周期从左到右非金属性增强，简单氢化物还原性减弱，非金属性：F>O>N，还原性：NH3>H2O>HF，也就是X>Y>Z，B错误； C．L与氢原子形成的分子为：，中心碳连接4个完全不同的基团：-CH3、-H、-F、-OH，存在手性，分子具有对映异构，C正确； D．X为N，第二周期第一电离能顺序：Li < B < Be < C < O < N < F < Ne，比N的第一电离能更大的元素：F、Ne，一共2种，D正确； 故选B。 15．某废水中含有和，可通过保持时调节pH使和形成硫化物而分离，体系pH与lgc关系如图所示，c表示的浓度，单位为mol/L。下列说法正确的是 A．调节pH的过程中，始终有 B． C．反应的平衡常数 D．除杂后的上层清液中一定存在： 【答案】C 【分析】酸性较强的溶液中含硫微粒为H2S、HS-、S2-，H2S是二元弱酸，则起始阶段c(HS-)＞c(S2-)，lgc(HS-)＞lgc(S2-)，即点(1.6，-6.5)和(4.2，-3.9)所在曲线为c(HS-)随pH的变化，点(4.9，-13.0)和(6.8，-9.2)所在曲线为c(S2-)随pH的变化，随着溶液pH增大，溶液的酸性减弱，c(HS-)和c(S2-)都逐渐增大，c(Ni2+)或c(Cd2+)逐渐减小，当c(S2-)一定时lgc(Ni2+)＞lgc(Cd2+)，则Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)，据此分析解答。 【详解】A．调节pH时，保持c(H2S)=0.1mol/L，则，A错误； B．由分析可知，点和所在曲线为随pH的变化，溶液pH为1.6时，溶液中氢硫酸根离子浓度为10-6.5，则氢硫酸的第一电离常数为，，则，B错误； C．由图示曲线交点可知，此时，则；由曲线交点可知，此时，则；反应的平衡常数，C正确； D．除杂后上层清液为硫化镍饱和溶液，满足，D错误； 故选C。 二、非选择题：本题共4个小题，共55分。 16.（14分）利用某矿渣（主要成分为Fe2O3，还含有少量的、等杂质）提取Fe2O3的一种工艺流程如图所示。 已知：。 回答下列问题： (1)Co在元素周期表中的位置是____________，基态Co2+的价层电子中，成对电子数：未成对电子数=______。 (2)滤渣1的成分为SiO2、____________（填化学式），“还原”过程中发生的主要离子方程式为__________________。 (3)“净化”过程溶液中各离子的沉淀率与pH的关系如图所示，实际操作中一般控制pH为4.5，其原因是__________________。 (4)“沉钴镍”时，若溶液中Co2+、Ni2+浓度均为0.01mol·L-1，逐渐加入Na2S，当Ni2+恰好完全沉淀时，溶液中Co2+的浓度为______mol·L-1（溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时可认为完全沉淀，结果保留三位有效数字）。 (5)一种测定Fe2O3产品纯度的方法如下：称取5.0gFe2O3产品，溶于一定量的硫酸中，配成250mL溶液，从其中量取25.00mL溶液，加入过量的KI和适量淀粉，充分反应后，用标准溶液滴定至终点，发生反应：。平行滴定三次，平均消耗标准溶液的体积为20.00mL，则滴定终点的标志是__________________，Fe2O3产品的纯度为______。 【答案】(1) 第四周期第Ⅷ族 （1分） 4:3（1分） (2) （1分）； （2分） (3)使 、 沉淀完全，同时减少 、、 的沉淀损失（2分） (4)（3分） (5) 滴入最后半滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色 （1分） （3分） 【分析】矿渣的成分为，少量，稀硫酸酸浸后，本身不与稀硫酸反应，同时生成的是难溶于水和酸的沉淀，因此滤渣1为和；滤液1中含有的金属阳离子为。通入的核心作用是做还原剂：将滤液1中的还原为，避免后续调节pH沉淀杂质铁元素也同步沉淀损失，其他阳离子不与反应，保留在溶液中。加入调节溶液pH，结合题目给的沉淀率图像，当pH控制在4.5左右时，和的沉淀率接近100%，几乎完全转化为氢氧化物沉淀，进入滤渣2被除去；而的沉淀率极低，大部分保留在滤液2中，实现了铁元素与Al、Cr杂质的分离。利用沉淀溶解平衡除去剩余的Co、Ni杂质： 已知、，二者的溶度积都远小于FeS的溶度积，加入后会优先转化为CoS、NiS沉淀，而不会在此步骤沉淀，留在滤液3中，完成Co、Ni杂质的脱除。和过量发生反应，生成沉淀，实现铁元素的富集分离，滤液4为含、、等的盐溶液。在空气中高温煅烧，被氧气氧化分解，最终得到目标产物。 【详解】（1）Co是27号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，基态Co原子的价层电子排布为3d74s2，失去2个电子形成Co2+后，价层电子排布为3d7，3d轨道共5个，其中3个轨道填充单电子，剩余2个轨道填充成对电子，共4个成对电子，因此成对电子数：未成对电子数＝4:3。 （2）矿渣中的PbCO3与稀硫酸反应生成难溶的PbSO4，SiO2不与稀硫酸反应，因此滤渣1的成分是SiO2和PbSO4；还原过程中，SO2作为还原剂将酸浸生成的Fe3+还原为Fe2+，自身被氧化为，配平后离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+ 。 （3）从图像可知：pH=4.5时，、 的沉淀率已经很高，能基本完全除去这两种杂质离子；同时该pH下 、、的沉淀率很低，不会造成目标金属离子的大量损失，因此原因为使 、 沉淀完全，同时减少 、、 的沉淀损失。 （4）当Ni2+恰好完全沉淀时， c(Ni2+) = 1.010-5 mol/ L ，根据Ksp(NiS)= 可得此时溶液中 ，再代入Ksp(CoS)的表达式，可得  。 （5）滴定前溶液中存在淀粉和I2，溶液呈蓝色，随着标准液的滴入，I2不断被消耗，因此滴定终点标志为：滴入最后半滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。 根据反应关系：~ 2Fe3+~ I2~2，25.00 mL待测液中，250 mL溶液中 ，，因此产品纯度为 。 17．（14分）肼（N₂H₄）是一种重要的火箭推进剂，其水溶液称为水合肼(N2H4·H2O)，是一种二元弱碱，显碱性的原因与氨水相似，在储氢领域有广阔的应用前景。 （1）①用离子方程式解释盐酸肼（Cl）水溶液显酸性的原因_____ ②比较键角中的______中的(填“>”、“<”或“=”)，请说明理由________________________。 (2)N2H4分子有顺式、反式和交互式三种比较稳定的空间构型。下列结构能表示N2H4分子交互式的是________(填序号) A．    B．    C． (3)水合肼制氢过程中涉及肼在Ni-Pt催化剂表面分解，如图所示。 ①X的结构简式为________。 ②催化剂表面存在Ni和Pt两种活性位点，两种活性位点分别带不同电性的电荷。肼中的氢原子吸附于________(填“Ni”或“Pt”)活性位点，原因是______________。 ③已知：N-N键、N-H键的键能分别是286 kJ·mol-1、360 kJ·mol-1。肼在该催化剂表面反应断裂的化学键不是N-N键，而是N-H键，原因是______________。 【答案】（1）①；（2分） ②＜ （1分） 有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小（2分） (2)A（1分） (3) ① HN=NH （2分） ② Pt （2分） N与H相连，H电负性小于N，故H原子显正价，金属性Ni＞Pt，故Ni-Pt催化剂负电荷集中在Pt上，正负电荷相互吸引（2分） ③N-N键键能虽小于N-H键键能，但N-H键极性较强，N、H分别与催化剂表面原子形成作用力，大幅削弱N-H键，使其比N-N键更易断裂（2分） 【详解】 (1)① 发生水解反应生成N2H4·H2O和氢离子从而使其显酸性，水解的离子方程式为； ②中的有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小故键角中的小于中的。 （2）A中两个氮原子上的氢原子沿N-N键方向观察呈交错排列，表示交互式构型； （3）①图中肼逐步脱去氢原子，X再脱去氢后生成N2和H2；结合X中保留两个氮原子和两个氢原子，其结构简式为HN=NH； ②N-H键中H显正电性；Ni的金属性强于Pt，在Ni-Pt催化剂中负电荷集中在Pt位点，正负电荷相互吸引，因此H吸附于Pt位点； ③题给N-N键和N-H键的键能分别为286 kJ·mol-1和360 kJ·mol-1，孤立分子中N-N键更弱；但在催化剂表面，极性较强的N-H键两端分别与表面原子形成作用力，催化作用使N-H键显著弱化，故实际先断裂N-H键； 18、（12分）以溶液和不同金属的盐溶液作为实验对象，探究的性质和盐溶液间反应的多样性。           实验 试管 试剂滴管：逐滴滴加，总体积 现象 实验a：溶液 实验b：溶液 溶液先变为绿色，静置后缓慢变浅，最终变为浅绿色 溶液先变为绿色，缓慢产生白色浑浊，充分反应后绿色比实验a更浅 实验c：溶液 生成白色沉淀，振荡后迅速溶解，得到无色清液；超过1.0mL后，产生少量白色沉淀，立即变为棕黄色，最终变为黑色，静置充分反应后，过滤得到黑色沉淀A和滤液B 【查阅资料】 ①能与多种不同金属离子形成沉淀或配合物： ， ， ②易被氧化为或者 【进行实验】 Ⅰ．探究和溶液之间的反应 (1)经检验，实验a绿色变浅后的溶液中含，这说明具有_______(填“氧化”或“还原”)性。 (2)从反应速率和化学平衡两个角度解释实验a的实验现象_______。 II．探究和溶液之间的反应。 (3)实验c中产生的白色沉淀为，用化学方程式解释“超过后，产生少量白色沉淀”的原因 ： 。 (4)为了探究实验c中产生黑色沉淀的原因，甲同学进行了进一步的实验： ⅰ．取少量滤液B，用广泛pH试纸测定； ⅱ．另取少量滤液B于试管中，_______(填操作和现象)，说明滤液中有。 由上述实验现象，进而推测出黑色沉淀A可能为或它们的混合物。运用氧化还原反应规律，做出该推测的理由是_______。 【获得结论】 (5)根据上述实验，和金属盐溶液之间反应的多样性与多种因素有关：①_______：②金属盐中的阴离子是否能够参与反应；③反应时间的长短；④_______。 【答案】(1)还原（1分） (2)生成绿色配合物的反应速率比氧化还原反应的速率快，因此“先变为绿色”（2分）；Cu2+和发生氧化还原反应，c(Cu2+)下降，使平衡逆向移动，的浓度下降，因此溶液“最终变为浅绿色”（2分） (3)（2分） (4) 加入足量盐酸，过滤，取上层清液，向其中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀（1分） Ag2S2O3反应时，只有+2价硫元素或+1价银元素化合价变化，化合价升高，生成的为氧化产物，则化合价降低，生成的为Ag2S、Ag和S为还原产物是合理的（2分） (5) 金属盐中阳离子的种类(或氧化性强弱) （1分） 反应物的相对用量(或浓度)（1分） 【详解】（1）Na2S2O3中硫元素化合价为+2价，实验a绿色变浅后的溶液中中硫元素的平均化合价为+2.5价，这说明Na2S2O3具有还原性； （2）生成绿色配合物的反应速率比氧化还原反应的速率快，因此先变为绿色；Cu2+和发生氧化还原反应，c(Cu2+)减小，使平衡逆向移动，的浓度减小，因此溶液最终变为绿色； （3）AgNO3溶液体积超过1.0mL后，产生的少量白色沉淀为Ag2S2O3，其化学方程式为 （4）向滤液中加入足量盐酸后，过滤，然后取上层清液，向其中加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明滤液中有；从氧化还原反应角度可以看出，Ag2S2O3反应时，只有+2价硫元素或+1价银元素化合价变化，发生氧化还原反应，而化合价升高生成的为氧化产物，则化合价降低生成的为Ag2S、Ag和S为还原产物； （5）通过实验a(或b)与c可知，Na2S2O3和金属盐溶液之间反应的多样性与金属盐中阳离子的种类(或氧化性强弱)有关，通过实验c可知，Na2S2O3和金属盐溶液之间反应的多样性与反应物的相对用量(或浓度)有关。 19、(15分)氨氮废水会造成水体富营养化。可用沉淀法处理氨氮废水并获得缓释肥料磷酸镁铵(MgNH4PO4)，过程如下。 资料：i.氨氮废水中氮元素主要以形式存在； ii.Mg3(PO4)2的Ksp约为1×10-24；MgNH4PO4的Ksp为1×10-13； (1)检验溶液中的操作是 。 (2)当c(Mg2+)和c()为1mol·L-1时，生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c()是生成MgNH4PO4沉淀所需的c()的 倍。 (3)经处理后，分离磷酸镁铵所用的方法是 。 (4)磷酸盐若选择Na3PO4，混合后会产生大量Mg3(PO4)2沉淀，反应的离子方程式为 ，氨氮去除率将 (填“提高”“降低”或“不变”)。 (5)含磷微粒的物质的量分数与pH的关系如下图所示。 下列说法正确的是 (填序号)。 a.Na2HPO4溶液呈酸性 b.Na3PO4和Na2HPO4溶液中，微粒的种类相同 c.X点存在，c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-) d.Y点可由Na3PO4和Na2HPO4等物质的量混合溶解得到 (6)处理氨氮废水时，磷酸盐可选用Na2HPO4。 ①pH在9~10之间，主要生成MgNH4PO4沉淀，反应的离子方程式为 。 ②pH过大会降低废水中氨氮的去除率，可能的原因是 。 ③对于c()较低的氨氮废水，上述磷酸镁铵沉淀法的处理效果不佳，且无法通过增加Na2HPO4和MgCl2的用量来改善，原因是 。 【答案】(1)取少量溶液于试管中，加入过量浓NaOH溶液并加热，取湿润的红色石蕊试纸于试管口（2分）(2)10（2分） (3)过滤（1分） (4) （1分） 降低 （1分） (5)b（2分） (6) ① （2分） ② pH过大，增多 ，与镁离子结合生成磷酸镁沉淀，且镁离子还会与氢氧根离子结合成氢氧化镁沉淀，使铵根离子难以形成磷酸镁铵沉淀（2分）； ③当镁离子和铵根离子的浓度为1mol/L时，生成磷酸沉淀需要的磷酸根离子浓度仅为形成MgNH4PO4沉淀所需要的磷酸根离子浓度的10倍，若铵根离子浓度小于0.1mol/L的时候，铵根离子无法除去（2分） 【分析】氨氮废水与磷酸盐、氯化镁混合之后，再通过调节pH至9-10，使之选择性生成磷酸镁铵，再通过过滤将之分离出去就得到处理后的废水。 【解析】（1）能与碱反应加热放出氨气，检验溶液中的操作是：取少量溶液于试管中，加入过量浓NaOH溶液并加热，取湿润的红色石蕊试纸于试管口，若试纸变蓝，则含有； （2）根据Mg3(PO4)2的Ksp为1×10-24；MgNH4PO4的Ksp为1×10-13； 当c(Mg2+)和c()为1mol·L-1时，生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c()==1×10-12 mol·L-1，生成MgNH4PO4沉淀所需的c()的浓度为1×10-13 mol·L-1；生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c()是生成MgNH4PO4沉淀所需的c()的10倍。 （3）磷酸镁铵是固体，分离磷酸镁铵所用的方法是过滤； （4）磷酸盐若选择Na3PO4，镁离子和磷酸根离子反应生成Mg3(PO4)2沉淀，反应的离子方程式为；大量镁离子会沉淀下来，影响磷酸镁铵的生成，使氨氮去除率降低。 （5）A．根据图示，含P微粒主要为时，溶液呈碱性，所以Na2HPO4溶液呈碱性，故a错误； B．Na3PO4溶液中存在的水解平衡和水的电离平衡，Na2HPO4溶液中存在的水解平衡、电离平衡和水的电离平衡，所以两溶液所含有的微粒种类是相同，故b正确； C．X点存在，c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)，故c错误； D．水解程度大于，Na3PO4和Na2HPO4等物质的量混合溶解，c()、c()不相等，故d错误； 选b。 （6）处理氨氮废水时，磷酸盐可选用Na2HPO4。 ①由题意知pH在9-10之间时，镁离子、铵根离子、磷酸氢根离子、氢氧根离子反应生成磷酸镁铵沉淀和水，反应的离子方程式为。 ②pH过大，增多 ，与镁离子结合生成磷酸镁沉淀，且镁离子还会与氢氧根离子结合成氢氧化镁沉淀，使铵根离子难以形成磷酸镁铵沉淀，所以氨氮的去除率降低。 ③当镁离子和铵根离子的浓度为1mol/L时，生成磷酸沉淀需要的磷酸根离子浓度仅为形成MgNH4PO4沉淀所需要的磷酸根离子浓度的10倍，若铵根离子浓度小于0.1mol/L的时候，铵根离子无法除去。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二化学上学期期中考卷（二） （考试时间：70分钟 试卷满分：100分） 一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 C D B B C B D B A D C D D B C 二、非选择题：本题共4个小题，共55分。 16.（14分） 【答案】(1) 第四周期第Ⅷ族 （1分） 4:3（1分） (2) （1分）； （2分） (3)使 、 沉淀完全，同时减少 、、 的沉淀损失（2分） (4)（3分） (5) 滴入最后半滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色 （1分） （3分） 17．（14分） 【答案】（1）①；（2分） ②＜ （1分） 有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小（2分） (2)A（1分） (3) ① HN=NH （2分） ② Pt （2分） N与H相连，H电负性小于N，故H原子显正价，金属性Ni＞Pt，故Ni-Pt催化剂负电荷集中在Pt上，正负电荷相互吸引（2分） ③N-N键键能虽小于N-H键键能，但N-H键极性较强，N、H分别与催化剂表面原子形成作用力，大幅削弱N-H键，使其比N-N键更易断裂（2分） 18、（12分） 【答案】(1)还原（1分） (2)生成绿色配合物的反应速率比氧化还原反应的速率快，因此“先变为绿色”（2分）；Cu2+和发生氧化还原反应，c(Cu2+)下降，使平衡逆向移动，的浓度下降，因此溶液“最终变为浅绿色”（2分） (3)（2分） (4) 加入足量盐酸，过滤，取上层清液，向其中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀（1分） Ag2S2O3反应时，只有+2价硫元素或+1价银元素化合价变化，化合价升高，生成的为氧化产物，则化合价降低，生成的为Ag2S、Ag和S为还原产物是合理的（2分） (5) 金属盐中阳离子的种类(或氧化性强弱) （1分） 反应物的相对用量(或浓度)（1分） 19、(15分) 【答案】(1)取少量溶液于试管中，加入过量浓NaOH溶液并加热，取湿润的红色石蕊试纸于试管口（2分）(2)10（2分） (3)过滤（1分） (4) （1分） 降低 （1分） (5)b（2分） (6) ① （2分） ② pH过大，增多 ，与镁离子结合生成磷酸镁沉淀，且镁离子还会与氢氧根离子结合成氢氧化镁沉淀，使铵根离子难以形成磷酸镁铵沉淀（2分）； ③当镁离子和铵根离子的浓度为1mol/L时，生成磷酸沉淀需要的磷酸根离子浓度仅为形成MgNH4PO4沉淀所需要的磷酸根离子浓度的10倍，若铵根离子浓度小于0.1mol/L的时候，铵根离子无法除去（2分） / 学科网（北京）股份有限公司 $