北京市丰台区2025-2026学年高二上学期期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1北京市丰台区2025-2026学年高二上学期期中考试考试时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H1N14O16Na23P31第Ⅰ卷(选择题42分)本部分共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，选出最符合题意的一项。1.下列过程中，将电能转化为化学能的是A.风力发电机 B.天然气烧水 C.硅太阳能电池 D.新能源汽车充电【答案】D【解析】风力发电机将风能转化为电能，未涉及化学能，A不符合题意；天然气烧水是将化学能转化为热能，B不符合题意；硅太阳能电池将光能转化为电能，C不符合题意；新能源汽车充电时，电能驱动电池内部的化学反应储存能量，属于电能转化为化学能，D符合题意；故选D。2.下列关于化学反应方向的说法正确的是A.凡是放热反应都是自发反应B.凡是熵增大的反应都是自发反应C.凡是吸热反应都不是自发反应D.反应是否自发，需要综合考虑反应焓变和熵变【答案】D【解析】若放热反应为熵减反应，当温度较高时，反应不一定能自发进行，A不正确；若熵增反应为吸热反应，在低温时反应难以自发进行，B不正确；若吸热反应的熵值增大，则在高温时可能自发进行，C不正确；反应是否能自发进行，需要从焓判据和熵判据进行综合分析，D正确；故选D。3.下列图示与化学用语表述内容不相符的是NaCl溶于水电解CuCl2溶液A．NaCl=Na++Cl-B．CuCl2=Cu2++2Cl-温度对化学平衡移动的影响冶炼金属钠示意图C．2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0D．A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】NaCl属于盐，为强电解质，电离方程式为：，A不合题意；用惰性电极电解氯化铜溶液，阳极是失电子得到，阴极是得电子生成Cu，总反应为：，B符合题意；依据图象可知温度较高时，平衡向着生成的反向移动，由勒夏特列原理可知，温度升高，平衡朝着吸热方向移动，可知ΔH＜0，C不合题意；电解熔融NaCl可以制备Na，阴极是得电子生成Na，阳极是失电子得到，化学方程式，D不合题意；故选B。4.下列铁制品防护的装置或方法中，不正确的是A．外加电流B．牺牲阳极C．表面镀铜D．制成不锈钢A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】此为外加电源的阴极保护法，被保护金属钢制管桩应与电源负极相连作阴极，A错误；镁比铁活泼，此为牺牲阳极的阴极保护法，B正确；铁上镀铜，铁质镀件接电源负极发生反应，铜接电源正极作阳极发生反应：，硫酸铜作电镀液，C正确；制成不锈钢可以起到防护作用，D正确；故选A。5.结合已知条件分析，下列热化学方程式正确的是说明：所有数据均在常温常压条件下测定选项已知条件热化学方程式AH2的燃烧热为akJ/mol2H2+O2=2H2OΔH=-2akJ/molB1molSO2与足量O2充分反应后，放出热量49.15kJ2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-983kJ/molCH+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/molH2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)ΔH=-114.6kJ/molD31g白磷比31g红磷能量多bkJP4(白磷，s)=4P(红磷，s)ΔH=-4bkJ/molA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】方程式中未指明各物质的状态，热化学方程式ΔH=-2akJ/mol，A错误；可逆反应中1molSO2无法完全转化，实际ΔH应小于-98.3kJ/mol，B错误；生成BaSO4沉淀会额外放热，ΔH应小于-114.6kJ/mol，C错误；31g白磷（0.25mol）对应能量差bkJ，则P4(白磷，s)=4P(红磷，s)ΔH=-4bkJ/mol，D正确；故选D。6.锌铜原电池装置如图，下列说法不正确的是A.锌电极上发生氧化反应 B.电子从锌片经电流计流向铜片C.盐桥中Cl-向正极移动 D.铜电极上发生反应：Cu2++2e-=Cu【答案】C【解析】由于Zn的活动性比Cu强，所以Zn为原电池的负极，失去电子发生氧化反应，A正确；电子从负极锌片经由电路导线经电流计流向正极铜片，B正确；在盐桥中阴离子Cl-会向正电荷较多的负极区移动，C错误；Cu为正极，正极上溶液中的Cu2+得到电子发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，D正确；故合理选项是C。7.向密闭容器中充入，发生反应：，达到平衡状态。该反应经过以下两步基元反应完成：i.ii.下列分析不正确的是A.、B.C.恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的D.恒容时，升高温度，气体颜色加深，同时电子发生了转移【答案】C【解析】反应i+ii=题目中反应，故+=，而反应ii.为形成化学键，故为放热反应，<0，故>0，故A正确；根据I原子守恒，可得，故B正确；该反应是反应前后气体总物质的量不变的反应，缩小体积(加压)，平衡不能移动，而是恒温时，缩小体积，浓度变大，故颜色变深，故C错误；此反应吸热，故升高温度，平衡正向移动，颜色变深，且发生了氧化还原反应，故发生了电子的转移，故D正确；故选C。8.我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。已知：下列说法不正确的是A.过程Ⅱ放出能量B.若分解2，估算出反应吸收482能量C.催化剂能减小水分解反应的焓变D.催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数【答案】C【解析】过程II中生成氢气、过氧化氢，形成化学键，则过程Ⅱ放出能量，故A正确；分解水的反应为2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)，焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能=463kJ/mol×4-（436kJmol×2+498kJ/mol）=+482kJ/mol，即2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H=+482kJ/mol，所以分解2molH2O(g)吸收482kJ能量，故B正确；催化剂能改变反应途径，但不能改变反应的始态和终态，不能改变反应的焓变，故C错误；催化剂能降低反应的活化能，可使反应体系中活化分子数增加，分子总数不变，则反应物分子中活化分子的百分数增大，故D正确；故选：C。9.在密闭容器中反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-373.4kJ/mol达到平衡状态，下列说法不正确的是A.恒容时，分离出CO2，Q减小，Q<K，因此平衡正向移动B.增大压强使容器容积减小，Q减小，Q<K，因此平衡正向移动C.恒容时，加入催化剂可增大反应速率，从而增大一段时间内的反应物转化率D.恒容时，降低温度，Q减小，Q<K，因此平衡正向移动【答案】D【解析】分离出会降低其浓度，导致反应商Q减小，Q<K，平衡正向移动，A正确；增大压强使容器容积减小，所有组分的浓度同等倍数增大。设浓度均增大为原来的倍（），则新的浓度商。因为，故反应商Q<K，因此平衡正向移动，B正确；催化剂加快正逆反应速率，缩短达到平衡的时间，可增大一段时间内的反应物转化率，但不改变平衡转化率，C正确；降低温度，瞬间反应物和生成物的浓度不变，Q不变，K因反应放热而增大，此时Q<K，因此平衡正向移动，D错误；故选D。10.某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是A. B.C. D.【答案】B【解析】由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率，则反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能。X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g)Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，且X(g)Y(g)的活化能小于Y(g)Z(g)的活化能，B项符合题意；图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，但图像上X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，C项不符合题意；图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都大于0，且X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，D项不符合题意；选B。11.天然气和水蒸气重整制H2的反应为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH>0，每次只改变一种条件(X)，其它条件不变，CH4的平衡转化率φ随X的变化趋势如图所示，下列说法正确的是A.X为温度时，φ的变化趋势为曲线NB.X为压强时，φ的变化趋势为曲线MC.X为投料比［］时，φ的变化趋势为曲线MD.某条件下，若CH4(g)、H2O(g)初始浓度均为0.2mol·L-1，φ=25%，则K=3/400【答案】D【解析】X为温度时，升高温度平衡正向移动，的平衡转化率φ增大，则φ的变化趋势为曲线M，A错误；X为压强时，增大压强平衡逆向移动，的平衡转化率φ减小，则φ的变化趋势为曲线N，B错误；X为投料比时，增大的物质的量，虽然平衡正向移动，但的平衡转化率φ减小，则φ的变化趋势为曲线N，C错误；某条件下，若、初始浓度均为，φ=25%，则平衡时、、、的物质的量浓度分别为、、、，，D正确；故选D。12.一定条件下，在3个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：。℃时，该反应的平衡常数K=4，反应体系中相关数据见下表：容器温度/℃起始时物质的量/moltmin时物质的量/mol甲110.8乙110.6丙22a下列说法中，正确的是A.a=1.6B.若，则乙中，tmin时消耗的速率等于生成的速率C.当容器内压强不变时，反应达到化学平衡状态D.当丙中反应达到化学平衡时，的转化率大于50%【答案】B【解析】将0.8molHI转化成和为0.4mol，列三段式：，，据此分析；由分析可知，容器甲未达到平衡状态，且，容器丙浓度比容器甲，速率快，故a>1.6，A错误；若，反应为放热反应，温度升高，K值减小，则乙中，K值小于4，故tmin时可能消耗的速率等于生成的速率，B正确；容器内气体气体的总质量与容器体积为恒量，故压强不变不能说明达到平衡状态，C错误；当丙中反应达到化学平衡时，列三段式：，，的转化率等于50%，D错误；故选B。13.以不同材料修饰的为电极，一定浓度的溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是A.电极a连接电源负极B.加入Y的目的是补充C.电解总反应式为D.催化阶段反应产物物质的量之比【答案】B【解析】电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成，电极b为阳极，电极反应为Br--6e-+3H2O=+6H+；则电极a为阴极，电极a的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑；催化循环阶段被还原成Br-循环使用、同时生成O2，实现高效制H2和O2，即Z为O2。根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，A项正确；根据分析电解过程中消耗H2O和Br-，而催化阶段被还原成Br-循环使用，故加入Y的目的是补充H2O，维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误；根据分析电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑，C项正确；催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1molBr-得到6mol电子，O元素的化合价由-2价升至0价，生成1molO2失去4mol电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(O2)∶n(Br-)=6∶4=3∶2，D项正确；答案选B。14.用电解溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验。实验电极I电极Ⅱ电压/V关系i石墨1石墨2aii石墨1新石墨biii新石墨石墨2civ石墨1石墨2d下列分析不正确的是A.，说明实验i中形成原电池，反应为B.，是因为ii中电极Ⅱ上缺少作为还原剂C.，说明iii中电极I上有发生反应D.，是因为电极I上吸附的量：iv>iii【答案】D【解析】按照图1电解溶液，石墨1为阳极，发生反应，石墨1中会吸附少量氧气；石墨2为阴极，发生反应，石墨2中会吸附少量氢气；图2中电极Ⅰ为正极，氧气发生还原反应，电极Ⅱ为负极。由分析可知，石墨1中会吸附少量氧气，石墨2中会吸附少量氢气，实验i会形成原电池，，反应为2H2+O2=2H2O，A正确；因为ii中电极Ⅱ为新石墨，不含有H2，缺少作为还原剂，故导致，B正确；图2中，电极Ⅰ发生还原反应，实验iii中新石墨可能含有空气中的少量氧气，c＞0，说明iii中电极I上有发生反应，C正确；，实验iii与实验iv中电极Ⅰ不同，，是因为电极I上吸附的量：iv>iii，D错误；故选D。第Ⅱ卷(非选择题58分)本部分共5小题，共58分。15.甲醇(CH3OH)是重要的溶剂和替代燃料。Ⅰ．CO与H2反应可制取甲醇(CH3OH)。一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。测得CO和CH3OH的物质的量随时间变化如图所示。（1）1~3min内，以CO表示的平均反应速率___________mol·L-1·min-1。（2）平衡时H2的转化率为___________。Ⅱ．CO2与H2反应制取甲醇(CH3OH)。（3）CO2与H2反应的热化学方程式表示如下：反应ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-58kJ·mol-1反应ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+42kJ·mol-1写出CO(g)与H2(g)生成CH3OH(g)的热化学方程式___________。（4）关于反应ⅰ和反应ⅱ的说法正确的是___________。a．升高温度能使反应ⅰ的速率增大，平衡常数减小b．增大压强能提高反应ⅱ中CO2的转化率c．低温、高压有利于CO2催化加氢制取CH3OH（5）某同学研究温度、压强对反应平衡的影响，得到上述反应ⅰ和反应ⅱ中CO2平衡转化率、甲醇选择性与温度、压强的关系如下图：结合上图，350℃、2MPa时，发生的主要反应是___________(填“反应ⅰ”或“反应ⅱ”)。【答案】（1）0.0625（2）75%（3）CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-100kJ·mol-1（4）c（5）反应ⅱ【解析】【小问1详析】1~3min内，CO的物质的量由0.5mol降低到0.25mol，，以CO表示的平均反应速率v=；【小问2详析】根据方程式参加反应的CO与H2的物质的量之比为1∶2，根据图像可知达平衡时CO的消耗量为0.75mol，故H2的消耗量为1.5mol，其平衡转化率为：；【小问3详析】CO(g)与H2(g)生成CH3OH(g)的化学方程式为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH，可将反应ⅰ-反应ⅱ，故ΔH=ΔH1-ΔH2=-58kJ·mol-1-42kJ·mol-1=-100kJ·mol-1；【小问4详析】a．反应ⅰ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，速率增大，a正确；b.增大压强反应ⅱ平衡不移动，故CO2的转化率不变，b错误；c.反应ⅰ为放热反应，低温利于平衡正向移动，高压平衡正向移动，故低温、高压有利于CO2催化加氢制取CH3OH，c正确；故选c。【小问5详析】，根据图中可知，350℃、2MPa时，CO2的平衡转化率为30%，CH3OH的选择性为0，故主要发生反应ⅱ；16.铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。（1）十九世纪。铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。铅酸电池工作原理：①充电时，阳极发生的电极反应为___________。②已知，转移1mol电子所产生的电量为96500库仑，放电时，产生a库仑电量，消耗H2SO4的物质的量为___________mol。③铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：PbO2电极在H2SO4作用下产生的O2可将Pb电极氧化，O2氧化Pb发生反应的化学方程式为___________。（2）随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用，回收过程中主要物质的转化关系如图所示。①过程Ⅰ中，Pb和PbO2在Fe2+的催化作用下反应生成PbSO4，Fe2+的催化过程可表示为：ⅰ：ⅱ：……写出ⅱ离子方程式___________。②下列实验方案可证实上述催化过程，将方案补充完整。a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入PbO2溶液变红。b．___________。③结合如图的溶解度曲线将过程Ⅲ的操作补充完整：向PbO粗品中加入___________，充分溶解后，趁热过滤、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到高纯PbO固体。【答案】（1）①.②.③.2Pb+O2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O（2）①.2Fe3++Pb+=PbSO4+2Fe2+②.取a的溶液，向其中加入过量铅粉，充分反映后，红色褪去③.一定量的35%氢氧化钠溶液，加热至110℃【解析】流程图中废旧铅酸电池经过处理后得到Pb、PbO2、PbO、PbSO4、石墨等，加入稀硫酸、硫酸亚铁后，+4价铅被还原为硫酸铅，硫酸铅与氢氧化钠溶液发生反应转化为PbO，经分离提纯可得高纯PbO【小问1详析】①根据题目所给方程式，充电时阳极发生的电极反应为：；②根据放电时的反应，每消耗1molH2SO4，转移1mol电子，产生a库仑电量，转移电子数为mol，故消耗H2SO4的物质的量为mol；③PbO2电极在H2SO4作用下产生的O2可将Pb电极氧化，则Pb被氧化为+2价，生成PbSO4，发生的反应为：2Pb+O2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O；小问2详析】①根据流程图可知，Pb和PbO2在Fe2+的催化作用下反应生成PbSO4，第二步骤发生的催化反应又生成亚铁离子，故发生的离子反应为：2Fe3++Pb+=PbSO4+2Fe2+；②向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入PbO2溶液变红，则生成了铁离子，即发生了第一步的催化反应，欲发生第二步，需加入Pb做反应物，将铁离子还原为亚铁离子，溶液红色褪去，故其操作为：取a的溶液，向其中加入过量铅粉，充分反映后，红色褪去；③欲提纯得到高纯PbO固体，根据图像PbO在35%的氢氧化钠溶液中的溶解度较大，且随温度升高，溶解度变大且变化幅度较大，加热至110℃，完全溶解后，进行过滤、冷却结晶可得到高纯PbO固体；17.电解锰渣含MnO2、MnCO3、FeCO3、SiO2等，将电解锰渣与电解残液混合制成浆液，能在脱除烟气(含SO2、O2、N2等)中SO2的同时，实现电解锰渣的资源化利用。（1）上述流程中为增大反应速率采取的措施有___________。（2）电解锰渣中的MnO2能吸收烟气中的SO2，反应的方程式为___________。（3）电解锰渣与电解残液混合后，浆液中部分离子浓度(mol·L-1)及pH在脱硫过程中的变化如下。Mn2+Fe2+pH0min2.5×10-62.3×10-66.6×10-47.5180min1.3×10-47.5×10-51.7×10-21.7①用方程式表示脱硫过程溶液pH降低原因___________。②浆液中Mn2+浓度增大的原因如下：ⅰ.MnO2被SO2还原；ⅱ.MnO2被Fe2+还原；ⅲ.___________(用离子方程式表示)③浆液中Fe2+浓度增大的可能原因是___________。（4）电解获得MnO2，装置如下图所示。①滤液2在电解池___________(填“阳”或“阴”)极放电产生MnO2。②净化过程须除去Fe2+，研究发现，滤液2中即使含有少量Fe2+，也会导致MnO2产率大幅降低，分析原因___________。【答案】（1）研磨、搅拌（2）（3）①.2SO2+O2+2H2O=2H2SO4②.③.反应Ⅰ：；同时发生反应Ⅱ：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，反应速率：反应Ⅰ＞反应Ⅱ；（4）①.阳②.Fe2+还原MnO2生成Fe3+，Fe3+在阴极放电又生成Fe2+，上述过程不断循环，使MnO2产率大幅降低【解析】电解锰渣含有MnO2、MnCO3、FeCO3、SiO2等，首先进行研磨、搅拌得到浆液，然后通入烟气脱硫，得到含有硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸的溶液，除去不反应的二氧化硅滤渣，滤液经过净化，电解硫酸锰溶液得到二氧化锰和氢气、硫酸，电解残液混合制成浆液，浆液通入烟气。【小问1详析】研磨、搅拌可以增大反应物的接触面积，从而增大反应速率；【小问2详析】MnO2能吸收烟气中的SO2，发生氧化还原反应生成硫酸锰，方程式为；【小问3详析】①脱硫过程中二氧化硫、氧气、水发生氧化还原反应生成了硫酸，硫酸电离产生H+，使溶液中H+浓度增大，因而溶液中pH降低，该反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4；②浆液中Mn2+浓度增大的原因除了ⅰ.MnO2被SO2还原、ⅱ.MnO2被Fe2+还原；电解锰渣中MnCO3和酸性电解残液中氢离子反应生成锰离子、水和二氧化碳，也会使得溶液中锰离子浓度增大，反应为：；③浆液中Fe2+浓度增大的可能原因是电解锰渣中FeCO3和酸性电解残液中氢离子反应生成亚铁离子，反应Ⅰ：；同时发生反应Ⅱ：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，反应速率：反应Ⅰ＞反应Ⅱ；【小问4详析】①滤液2中含有MnSO4，在电解池中，Mn2+在阳极失电子发生氧化反应生成MnO2，所以在电解池阳极放电产生MnO2；②滤液2中即使含有少量Fe2+，也会导致MnO2产率大幅降低，这是由于：Fe2+还原MnO2生成Fe3+，Fe3+在阴极放电又生成Fe2+，上述过程不断循环，使MnO2产率大幅降低。18.某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。（1）实验验证实验Ⅰ：将0.0100mol·L-1Ag2SO4溶液与0.0400mol·L-1FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀溶液呈黄色。实验Ⅱ：向少量Ag粉中加入0.0100mol·L-1Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag，现象是___________。②Ⅱ中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是___________。综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓为可逆反应。③小组同学采用下图电化学装置从平衡移动角度进行验证，写出操作及现象___________。（2）测定平衡常数实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取VmL上层清液，用c1mol·L-1KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液V1mL。资料：Ag++SCN-AgSCN↓(白色)K=1012；Fe3++SCN-FeSCN2+(红色)K=102.3；①滴定过程中Fe3+的作用是___________。②测得平衡常数K=___________。（3）实验反思：不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是___________。【答案】（1）①.固体溶解，产生红棕色气体②.酸性条件下，有氧化性③.闭合开关K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同或闭合开关K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转（2）①.指示剂②.（3）Ag完全反应，无法确定反应是否达到平衡状态【解析】该实验利用化学反应的进行和原电池原理验证银离子与亚铁离子的反应为可逆反应，应用络合滴定测定了反应的平衡常数，据此分析；【小问1详析】①银能与浓硝酸发生反应，方程式为，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是银；②由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，从而干扰实验，故Ⅱ中溶液选用，不选用；③闭合开关K，银电极上固体逐渐溶解，指针偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的硫酸铁溶液，与之前的现象相同，说明该反应为可逆反应；若选用的电解质溶液为硫酸亚铁溶液和硝酸银溶液，闭合开关K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓硫酸铁溶液，银电极上固体逐渐减少，指针偏转，说明该反应为可逆反应；【小问2详析】①由化学平衡常数可知，滴定时，铁离子为反应的指示剂，当银离子与硫氰酸根离子完全反应时，再滴入半滴硫氰化钾溶液，溶液会变为浅红色；②取Ⅰ中所得上层清液VmL，用c1mol∙L-1KSCN标准溶液滴定，消耗KSCN标准溶液V1mL；已知：(白色)，说明反应几乎进行到底，上层清液中的银离子浓度为，根据三段式进行计算：，则平衡常数；【小问3详析】由于实验Ⅱ中银完全溶解，故无法判断体系是否达到平衡状态，因而不用实验Ⅱ中清液测定K。19.实验小组用石墨电极电解25%的CuCl2溶液，实验现象如下表。实验装置实验现象通电前：溶液呈绿色，显酸性；通电后：a极析出红色固体，电极附近的液体变为棕黑色；b极产生有刺激性气味的气体，电极附近的溶液酸性增强。已知：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓(白色)；为无色，为蓝色（1）a极析出红色固体的反应式___________。（2）分析电解后b极附近溶液酸性增强的原因。①甲同学认为是H2O在阳极放电造成的，通过检验电解产物不存在___________(填化学式)，证实甲同学观点不成立。②乙同学认为是Cl