山东省桓台第一中学2026届高二上化学期中联考试题含解析

山东省桓台第一中学2026届高二上化学期中联考试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgX与pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是()A．曲线Ⅰ表示lg与pH的变化关系B．pH＝1.22的溶液中：2c(C2O)＋c(HC2O)＞c(Na＋)C．1.22＜pH＜4.19的溶液中：c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)D．pH＝4.19的溶液中：c(Na＋)＜3c(HC2O)2、常温下，关于pH=2的盐酸，下列说法不正确的是（）A．溶液中c（H+）=1.0×10-2mol·L-1B．加水稀释100倍后，溶液的pH=4C．此溶液中由水电离出的H+和OH－浓度均为1.0×10-12mol·L-1D．加入等体积pH=12的Ba（OH）2溶液，溶液呈碱性3、下列热化学方程式书写正确的是（）A．C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=+393.5kJ/molB．2SO2+O2=2SO3△H=—196.6kJ/molC．S（s）＋O2（g）=SO2（g）ΔH=－1．23kJ/molD．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=+571.6kJ4、某小组设计如图装置（盐桥中盛有浸泡了KNO3溶液的琼脂）研究电化学原理。下列叙述正确的是()A．银片为负极，发生的反应为Ag＋＋e－=AgB．电子由Mg电极经盐桥流向Ag电极C．用稀硫酸代替AgNO3溶液，不可形成原电池D．进行实验时，桥盐中的K＋移向AgNO3溶液5、下列说法中正确的是A．金属晶体导电是物理变化，离子晶体在熔融态时导电是化学变化B．H2O分子很稳定是因为H2O分子间存在氢键C．①硫酸比次氯酸稳定；②S2﹣易被氯气氧化，均能说明氯元素的非金属性比硫元素强D．P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109。28ˊ6、在相同温度下，100mL0.01mol·L－1醋酸溶液与10mL0.1mol·L－1醋酸溶液相比，下列数值前者大于后者的是()A．中和时所需NaOH的量 B．CH3COOH的电离程度C．H＋的物质的量浓度 D．CH3COOH的物质的量7、主链上有6个碳原子，含有1个甲基和1个乙基两个支链的烷烃有A．6种B．5种C．4种D．3种8、下列说法错误的是A．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂B．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化C．以淀粉为原料可制取乙酸乙酯D．食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应9、一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的①NaOH(固体)②H2O③HCl④CH3COONa(固体)A．①②B．②③C．③④D．②④10、某有机物的结构简式为：，则此有机物可发生的反应类型有：①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦加聚⑧中和A．①②④⑤⑥⑦⑧ B．②③④⑤⑥⑧ C．②③④⑤⑥⑦⑧ D．①②③④⑤⑥⑦⑧11、下列关于化学反应中能量变化的说法正确的是A．化学反应中能量变化只能表现为热量变化B．化学反应必然伴随发生能量变化C．反应物总能量低于生成物总能量为放热反应D．拆开化学键会放出能量，形成化学键需要吸收能量12、已知：①H2O（g）＝H2O（l）△H1＝﹣akJ•mol﹣1②C2H5OH（g）＝C2H5OH（l）△H2＝﹣bkJ•mol﹣1③C2H5OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（g）△H3＝﹣ckJ•mol﹣1根据盖斯定律判断：若使46g液态无水酒精完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为A．（b﹣a﹣c）kJ B．（3a﹣b+c）kJ C．（a﹣3b+c）kJ D．（b﹣3a﹣c）kJ13、下列说法正确的是A．将AlCl3溶液加热蒸干得到纯净的氯化铝晶体B．强电解质都易溶于水，所以BaSO4是弱电解质C．强酸溶液一定比弱酸溶液导电性强D．电解质溶液的导电过程会发生化学变化14、如图为阳离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图。下列说法不正确的是()A．从D口逸出的气体是H2B．从B口加入稀NaOH(增强导电性)的水溶液C．每生成22.4LCl2，同时产生2molNaOHD．从A口加入精制的浓食盐水15、K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是（）A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄B．②中Cr2O72-被C2H5OH还原C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色16、pH＝2的A、B两种酸溶液各取1mL，分别加水稀释到1000mL，其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示，则下列说法不正确的是A．稀释后A溶液的酸性比B溶液弱B．a＝5时，A是强酸，B是弱酸C．若A、B都是弱酸，则5＞a＞2D．A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等二、非选择题（本题包括5小题）17、下列框图给出了8种有机化合物的转化关系，请回答下列问题：(1)根据系统命名法，化合物A的名称是________。(2)上述框图中，①是________反应，③是________反应。(填反应类型)(3)化合物E是重要的工业原料，写出由D生成E的化学方程式：___________________。(4)C2的结构简式是______________________________________。18、下表中①~⑦表示元素周期表的部分元素。IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA12①②③3④⑤⑥⑦（1）②元素最外层电子数比次外层电子数多______个，该元素的符号是_______；⑦元素的氢化物的电子式为____________________。（2）由①③④三种元素组成的物质是______________，此物质的水溶液显_____性。（3）⑥元素的原子半径大于③的理由是____________________________________。（4）④元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强于⑤元素，用一个化学方程式来证明。________________________________________19、研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：已知：Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？________（“是”或“否”），理由是______。（3）试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4，分析上图的实验现象，得出的结论是________。（4）小组同学用电解法处理含Cr2O72－废水，探究不同因素对含Cr2O72－废水处理的影响，结果如下表所示（Cr2O72－的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。实验ⅰⅱⅲⅳ是否加入Fe2(SO4)3否否加入5g否是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴极为石墨阳极为铁Cr2O72－的去除率/%0.92212.720.857.3①对比实验ⅰ和实验ⅱ可知，_________（“升高”或“降低”）pH可以提高Cr2O72－的去除率。②实验ⅱ中Cr2O72－放电的电极反应式为___________________________________。③实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72－的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72－去除率提高较多的原因是_______________。20、碳酸亚铁(白色固体，难溶于水)是一种重要的工业原料，

可用于制备补血剂乳酸亚铁，也可用作可充电电池的电极。某研究小组通过下列实验，寻找利用复分解反应制备FeCO3

沉淀的最佳方案：实验试剂现象滴管试管0.8

mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)1

mol/LNa2CO3溶液(pH=11.9)实验Ⅰ：立即产生灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色0.8

mol/L

FeSO4溶液(pH=4.5)1

mo/L

NaHCO3溶液(pH=8.6)实验Ⅱ：产生白色沉淀及少量无色气泡，2min后出现明显的灰绿色0.8

mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液(pH=4.0)1

mo/L

NaHCO3溶液(pH=8.6)实验Ⅲ：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色(1)实验Ⅰ中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应：□Fe2++口+口+□H2O=□Fe(OH)3+□_____(2)实验Ⅱ中产生FeCO3的离子方程式为____________________

。(3)为了探究实验Ⅲ中所起的作用，甲同学设计了实验IV

进行探究：操作现象实验IV向0.8mol/LFeSO4溶液中加入①______，

再加入Na2SO4固体配制成混合溶液

(已知Na+对实验无影响，

忽略混合后溶液体积变化)。再取该溶液一滴管，与2mL

1

mol/LNaHCO3溶液混合与实验III现象相同实验IV中加入Na2SO4

固体的目的是②____________________________。对比实验II、III、IV，甲同学得出结论：水解产生H+，降低溶液pH，减少了副产物Fe(OH)2

的产生。乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是：向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4

固体至c()=1.6

mol/L，再取该溶液一滴管，与2mL1

mol/LNaHCO3溶液混合。(4)小组同学进一步讨论认为，定性实验现象并不能直接证明实验III

中FeCO3的纯度最高，需要利用如图所示的装置进行定量测定。分别将实验I、

II、

III

中的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后称量，然后转移至A处的广口瓶中。为测定FeCO3的纯度，除样品总质量外，还需测定的物理量是______________。(5)实验反思：经测定，实验III中的FeCO3纯度高于实验I和实验II。通过以上实验分析，制备FeCO3实验成功的关键因素是______________________________。21、NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：2NO2（g）+H2O（l）HNO3（aq）+HNO2（aq）ΔH=−116.1kJ·mol−13HNO2（aq）HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）ΔH=75.9kJ·mol−1反应3NO2（g）+H2O（l）2HNO3（aq）+NO（g）的ΔH=___________kJ·mol−1。(2)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。现将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在50～250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是______________________；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【分析】二元弱酸草酸的K1=>，当溶液的pH相同时，c(H+)相同，lgX：Ⅰ>Ⅱ，则Ⅰ表示lg与pH的变化关系，Ⅱ表示lg与pH的变化关系。【详解】A．根据分析可知，Ⅰ表示lg与pH的变化关系，故A正确；B．pH=1.22时，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)可知，2c(C2O)＋c(HC2O)＞c(Na＋)，故B正确；C．当lg=0时，pH=1.22，即c(H+)=10-1.22mol/L，所以K1==10-1.22，同理可得K2=10-4.19；当pH＜4.19时，溶液中c(H＋)＞10-4.19mol/L，=＜1，则c(HC2O)＞c(C2O)；当1.22＜pH时，溶液中c(H＋)＜10-1.22mol/L，不妨取c(H＋)=10-2mol/L的点为研究对象，Ka1·Ka2=×=，=＜1，则c(H2C2O4)＞c(C2O)，故C错误；D．pH＝4.19的溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H＋)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OHˉ)，lg=0，则溶液中c(HC2O)=c(C2O)，c(H＋)＞c(OHˉ)，则3c(HC2O)＞c(Na+)，故D正确；综上所述答案为C。2、D【详解】A、pH=－lgc(H＋)，其中c(H＋)表示溶液中c(H＋)，即常温下，pH=2的盐酸，溶液中c(H＋)=1.0×10－2mol·L－1，故A说法正确；B、稀释前后溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为1L，稀释100倍后，溶液中c(H＋)=1×10－2/100mol·L－1=1×10－4mol·L－1，即pH=4，故B说法正确；C、盐酸中c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－2mol·L－1=10－12mol·L－1，水电离出的c(H＋)等于水电离出的c(OH－)，即水电离出的H＋和OH－浓度均为1.0×10－12mol·L－1，故C说法正确；D、pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH－)=10－2mol·L－1，等体积混合后，H＋和OH－恰好完全反应，溶液为中性，故D错误。【点睛】易错点是选项D，学生根据1molBa(OH)2中有2molOH－，会错认为pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH－)=10－2/2mol·L－1，实际上c(OH－)=10－2mol·L－1，该c(OH－)应为溶液中OH－的物质的量浓度，等体积混合后，H＋和OH－恰好完全反应，溶液为中性。3、C【详解】A.反应为放热，反应热应为负值，故错误；B.没有注明物质的状态，故错误；C.反应为放热反应，故正确；D.反应为放热反应，应为负值，且单位应为kJ/mol，故错误。故选C。4、D【详解】A.银片为正极，发生的反应为Ag＋＋e－=Ag，A不正确；B.盐桥是离子通道，电子由Mg电极流出，沿着导线流向Ag电极，B不正确；

C.用稀硫酸代替AgNO3溶液，正极上生成氢气，可形成原电池，C不正确；D.进行实验时，琼脂中K＋移向正极区，D正确；答案选D。5、A【解析】A．熔融电解质的导电是化学变化，发生电解，生成新物质，金属导电是物理变化，故A正确；B．H2O分子很稳定是因为氧元素非金属性强，H—O键键能，与H2O分子间存在氢键无关，故B错误；C．从最高价氧化物对应水化物的酸性强弱、与氢气反应的难以程度、气态氢化物的稳定性等来判断元素非金属性的强弱，对Cl和S来说，可具体为：HClO4的酸性比H2SO4的酸性强；氯气的氧化性强于单质S的氧化性，即S2﹣易被氯气氧化，而与硫酸比次氯酸稳定无关，故C错误；D．P4和CH4都是正四面体分子，但CH4键角都为109。28ˊ,P4键角都为60。，故D错误；答案为A。点睛：元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。6、B【分析】醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，以此解答该题【详解】A．计算两溶液中醋酸的物质的量，n(前)=c1∙V1=0.1L×0.01mol∙L−1=1×10−3mol，n(后)=c2∙V2=0.01L×0.1mol∙L−1=1×10−3mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故A错误；B．醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，电离程度前者大于后者，故B正确；C．酸的浓度越大，c(H+)越大，前者小于后者，故C错误；D．电离度与温度和浓度有关，当温度相同时，溶液的浓度越小，电离度越大，则c(CH3COOH)前者小于后者，故D错误；答案选B。7、C【解析】试题分析：根据烷烃同分异构体的书写原则，甲基不能连在1号碳，乙基不能在连在2号碳，所以甲基的位置有2种，乙基的位置有2种，共有4种结构，答案选C。考点：考查烷烃同分异构体的书写8、B【详解】A．具有吸水性的植物纤维无毒，可用作食品干燥剂，A项正确；B．纳米银粒子的聚集属于物理变化，B项错误；C．淀粉水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，乙醇经历两次氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，C项正确；D．花生油主要成分是酯，能发生水解反应，鸡蛋清的主要成分是蛋白质，能发生水解反应生成氨基酸，D项正确；答案选B。9、D【解析】试题分析：为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量可以加入水稀释，也可以加入CH3COONa（固体），使氢离子浓度减小，不影响氢离子的总量，故选项D正确；若加入NaOH（固体）会减少产生氢气的量；加入HCl会增加氢离子的物质的量，使产生氢气变多，速度变快。考点：弱电解质电离受到的影响。10、D【详解】该有机物分子中含有碳碳双键，能发生加成、氧化、加聚反应；含有酯基，能发生水解反应或取代反应；含有羧基，能发生酯化反应、与碱的中和反应；含有羟基，能发生消去反应，答案选D。11、B【详解】A．化学反应中反应物能量会转换为生成物化学能以及其它形式能量，如热能、光能、电能等，故A项说法错误；B．化学反应过程中一定有化学键断裂与形成，因此化学反应过程一定伴随能量变化，故B项说法正确；C．反应物总能量低于生成物总能量时，若要使该反应发生，则必须从外界获取能量，反应属于吸热反应，故C项说法错误；D．化学键断裂过程需要吸收能量，形成化学键会放出能量，故D项说法错误；综上所述，说法正确的是B项，故答案为B。12、B【详解】①H2O（g）＝H2O（l）△H1＝﹣akJ•mol﹣1，②C2H5OH（g）＝C2H5OH（l）△H2＝﹣bkJ•mol﹣1，③C2H5OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（g）△H3＝﹣ckJ•mol﹣1，根据盖斯定律可知，①×3﹣②+③得C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=（-3a+b-c）kJ/mol，即1mol液态乙醇完全燃烧并恢复至室温，放出的热量为（3a﹣b+c）kJ，而46g液态乙醇的物质的量是1mol，所以完全燃烧并恢复至室温，放出的热量为（3a﹣b+c）kJ，答案选B。13、D【解析】A.加热条件下，AlCl3易水解，可生成氢氧化铝，如灼烧，生成氧化铝，故A错误；B.电解质强弱取决于电离程度，与溶解性无关，硫酸钡熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，故B错误；C.导电性与溶液中离子浓度大小以及离子所带电荷数有关，与电解质强弱无关，故C错误；D.电解质溶液的导电过程会发生化学变化，故D正确。故选D。【点睛】电解质强弱取决于电离程度，与溶解性无关；溶液的导电性与自由移动离子浓度大小以及离子所带电荷数有关，与电解质强弱无关。14、C【分析】根据钠离子移动方向知，右边是阴极，左边是阳极，阴极上氢离子放电生成氢气，发生2H++2e-=H2↑，阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为2Cl─-2e-=Cl2↑，电解时，阳极生成氯气，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，阴极生成OH-，且Na+向阴极移动，则产品烧碱溶液从阴极区导出。【详解】A．右边是阴极区，发生2H++2e-=H2↑，所以从D口逸出的气体是H2，故A正确；B．阴极生成OH-，且Na+向阴极移动，阴极区生成NaOH，为增强导电性，则从B口加入稀NaOH（增强导电性）的水溶液，故B正确；C．电池反应式为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，标准状况下每生成22.4LCl2，生成1mol氯气时，同时产生2molNaOH，因为温度和压强未知，无法计算氯气的物质的量，故C错误；D．电解时，阳极生成氯气，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，即浓盐水从A口注入，故D正确；本题选C。15、D【详解】A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，选项A正确；B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，选项B正确；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，选项B正确；D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，选项D错误。答案选D。【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，注意影响化学平衡移动的因素，解答时注意从勒沙特列原理的角度分析，易错点为选项C，②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强。16、D【解析】A、由图可知，B的pH小，c（H＋）大，则B酸的酸性强，故A正确；B、由图可知，若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故B正确；C、若A和B都是弱酸，加水稀释时促进弱酸电离，所以溶液中pH为5＞a＞2，故C正确；D、因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c（酸）=c（H＋），对于一元弱酸，c（酸）＞c（H＋），则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等，故D错误；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、2,3­二甲基丁烷取代加成+2NaOH+2NaBr+2H2O【分析】由题中信息可知，烷烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B发生消去反应生成、，与溴发生加成反应生成二溴代物D，D再发生消去反应生成E，E与溴可以发生1,2-加成或1,4-加成，故为，为，则D为，E为，为，为。【详解】(1)根据系统命名法，化合物A的名称是：2，3-二甲基丁烷；(2)上述反应中，反应(1)中A中H原子被Cl原子取代生成B，属于取代反应，反应(3)是碳碳双键与溴发生加成反应；(3)由D生成E是卤代烃发生消去反应,该反应的化学方程式为:+2NaOH+2NaBr+2H2O。(4)由上述分析可以知道,的结构简式是。18、3NNa2CO3碱性③⑥处于同一主族中，它们的原子半径大小主要取决于电子层数，⑥原子的电子层数大于③原子的电子层数，所以⑥元素的原子半径大于③元素的原子NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O【详解】根据元素在周期表中的分布，可以推知①是C，②是N，③是O，④是Na，⑤是Al，⑥是S，⑦是Cl。（1）②是氮元素，最外层电子数为5，比次外层电子数多3个，该元素的符号是N；⑦是Cl元素，其氢化物氯化氢的电子式为；（2）由①③④三种元素组成的物质是碳酸钠，其化学式为Na2CO3，碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性；（3）③⑥分别为O、S元素，③⑥处于同一主族中，它们的原子半径大小主要取决于电子层数，⑥原子的电子层数大于③原子的电子层数，所以⑥元素的原子半径大于③元素的原子；（4）④是钠元素，其最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠的碱性强于⑤铝元素的最高价氧化物的水化物氢氧化铝，可用化学方程式为NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O来证明。19、溶液变黄色否Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，正向为吸热反应，若因浓硫酸溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液应变为黄色，而溶液颜色加深，说明是c(H+)增大影响平衡的结果碱性条件下，CrO42－不能氧化I—，酸性条件下，Cr2O72－可以氧化I—降低Cr2O72－+6e—+14H+=2Cr3++7H2O阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72－的在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72－，Fe2+的循环利用提高了Cr2O72－的去除率【详解】（1）依据Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行，溶液颜色由橙色变为黄色；（2）Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，该反应为吸热反应，试管a中加入浓硫酸，浓硫酸与水放出热量，温度升高，平衡应正向移动，溶液显黄色，但实际的实验现象是溶液橙色加深，说明c(Cr2O42－)增多，平衡向逆反应方向进行，因此该实验现象应是c(H＋)对平衡逆向移动的结果，即不需要再设计实验证明；（3）根据实验现象，碱性条件下，CrO42－不能氧化I－，因此无明显现象，酸性条件下，Cr2O72－能氧化I－本身还原为Cr3＋，溶液变为墨绿色，发生的离子反应方程式为6I－＋Cr2O72－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2O，因此得出结论为碱性条件下，CrO42－不能氧化I－，酸性条件下，Cr2O72－可以氧化I－；（4）①实验i和实验ii不同的是实验ii加入1mLH2SO4，pH降低，去除率增高，即降低pH可以提高Cr2O72－的去除率；②实验ii中Cr2O72－应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3＋，电解质环境为酸性，因此Cr2O72－放电的反应式为Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2O；③根据图示，实验iv中阳极铁，阳极铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋与Cr2O72－在酸性条件下反应生成Fe3＋，Fe3＋在阴极得电子生成Fe2＋，继续还原Cr2O72－，Fe2＋循环利用提高了Cr2O72－的去除率。【点睛】本题的难点是(4)③的回答，应理解此机理什么意思，此机理是题中所给图，Fe2＋与Cr2O72－反应，弄清楚加入了H＋，Fe2＋被氧化成了Fe3＋，Cr2O72－被还原成Cr3＋，Fe3＋在阴极上得电子，转化成Fe2＋，继续上述转化，然后思考Fe2＋从何而来，实验iv告诉我们，阳极为铁，根据电解池原理，铁作阳极，失去电子得到Fe2＋，最后整理得出结果。20、4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O硫酸至pH=4.0控制浓度一致C中U形管的增重调节溶液pH【分析】实验Ⅰ中，FeSO4溶液与Na2CO3溶液反应，生成Fe(OH)2沉淀和Na2SO4，Fe(OH)2不稳定，很容易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3；实验Ⅱ中，FeSO4溶液与NaHCO3溶液反应，生成FeCO3沉淀和CO2气体，2min后明显看出有一部分FeCO3转化为Fe(OH)3；实验Ⅲ中，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入NaHCO3溶液，产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色，表明在此种情况下，Fe(OH)2能较稳定存在。是什么原因导致此结果？通过对比实验IV进行探究。实验I、

II、

III

中FeCO3纯度探究时，先加硫酸溶解，通过测定生成CO2的质量进行推断，在实验过程中，需保证反应产生CO2质量测定的准确性，由此可得出制备FeCO