2025年浙教版拓展型课程化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年浙教版拓展型课程化学下册月考试卷243考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列对如图所示实验装置的判断中正确的是。

A.若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓锌的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法B.若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀C.若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动D.若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小2、自然界中氮的循环如图所示。下列说法错误的是。

A.工业合成氨属于人工固氮B.雷电作用下与发生化学反应C.含氮无机物与含氮有机物不能相互转化D.在氮的循环过程中涉及氧化还原反应3、磷酸铝是一种用途广泛的材料，由磷硅渣[主要成分为等]制备磷酸铝的工艺流程如下：

下列叙述错误的是A.废渣中一定含B.“浸出”和“除硫”的操作均在高温下进行C.“除硫”的化学反应方程式为D.流程中的循环操作可以提高P、Al元素的利用率4、下列气体不可用排水法来收集的气体是A.NOB.NO2C.H2D.CH45、下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不对应的是。

。选项。

实验操作及现象。

解释或结论。

A．

向某溶液中逐滴加入盐酸；产生无色无味气体。

此溶液中一定含有CO32-

B．

将干燥和湿润的红色布条；分别放入盛有氯气的集气瓶中，湿润的红色布条褪色。

氯气与水反应一定产生具有漂白性的物质。

C．

将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近；产生大量白烟。

NH3遇到HCl时反应生成NH4Cl晶体。

D．

向某溶液中逐滴加入NaOH溶液；立即产生白色沉淀，迅速变成灰绿，最终变成红褐色。

此溶液中一定含有Fe2+

A.AB.BC.CD.DA.6、将体积均为5mL的甲；乙、丙三种液体依次沿试管壁缓缓滴入试管中(勿振荡)；出现如图所示的实验现象，则甲、乙、丙的组合可能是()

。选项ABCD甲1,2­二溴乙烷溴苯水乙醇乙水液溴大豆油乙酸丙苯乙醇溴水乙酸乙酯A.AB.BC.CD.D7、用下列实验装置进行相应实验；能达到实验目的是（）

A.用图1所示装置可收集NO气体B.用图2所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸C.用图3所示装置可实现反应：2H2OO2↑+2H2↑D.用图4所示装置可证明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO38、某小组利用下面的装置进行实验；②；③中溶液均足量，操作和现象如下表。

资料：CaS遇水完全水解。

由上述实验得出的结论不正确的是A.③中白色浑浊是CaCO3B.②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+C.实验①中CO2过量发生的反应是：CO2+H2O+S2-=CO32-+H2SD.由实验I和II不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱评卷人得分二、多选题(共3题，共6分)9、常温下，用溶液分别滴定体积和浓度均相同的三种一元弱酸的滴定曲线如图所示；图中横坐标a表示滴定百分数(滴定用量与滴定终点用量之比)。下列说法错误的是。

A.常温下，酸性：B.当滴定至溶液中存在：C.滴定当时，溶液中D.初始浓度10、某同学按图示装置进行实验；产生足量的气体通入c中，最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是。

a中试剂b中试剂c中溶液A浓硫酸浓盐酸饱和食盐水B浓硫酸Cu溶液C稀硫酸饱和溶液D浓氨水碱石灰溶液

A.AB.BC.CD.D11、“探究与创新能力”是化学的关键能力。下列各项中“操作或现象”能达到预期“实验目的”的是。选项实验目的操作或现象A制作简单原电池将铁钉和铜丝连接插入食醋中即可形成原电池B验证碳能与浓硝酸反应向浓硝酸中插入红热的碳，产生红棕色气体C鉴别溴蒸气和分别通入溶液中，产生浅黄色沉淀的是溴蒸气D除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入足量饱和氢氧化钠溶液，充分混合后分液

A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、向某密闭容器中充入等物质的量的气体M和N；一定条件下发生反应，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度；反应速率随时间的变化如图1、图2所示。

回答下列问题：

(1)该反应的化学方程式为_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min时改变的条件是____，40min时改变的条件是____，请在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线_____。

(3)0~8min内，_______；50min后，M的转化率为_______(保留三位有效数字)。

(4)20min~30min内，反应平衡时的平衡常数K=_______。13、油气开采；石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢；需要回收处理并加以利用。

H2S热分解反应：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

(1)n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率___________，理由是___________

(2)n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线___________，计算其在0~0.1s之间，H2S分压的平均变化率为___________kPa·s-1。14、常温下有浓度均为0.1mol/L的四种溶液：①HCl；②CH3COOH；③NaOH；④Na2CO3。

(1)这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是___（用序号填写）。

(2)等体积混合②和③的溶液中离子浓度的大小顺序是___。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，则CH3COOH溶液的电离平衡常数Ka=___。

(4)用离子方程式表示④的水溶液呈碱性的主要原因：___。

(5)取10mL溶液①，加水稀释到1000mL，则该溶液中由水电离出的c(H+)约为___。15、某有机物的结构简式如图所示：

(1)1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成________H2。

(2)该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为________。16、亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的杀菌消毒剂；同时也是对烟气进行脱硫；脱硝的吸收剂。

Ⅰ．以氯酸钠（NaClO3）为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如下图所示：

已知：

i.纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全；

ii.NaClO2在碱性溶液中稳定存在；在酸性溶液中迅速分解；

iii.NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O，等于或高于38℃时析出NaClO2晶体，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl。

（1）试剂A应选择_________。（填字母）

a．SO2b．浓硝酸c．KMnO4

（2）反应②的离子方程式为_________。

（3）已知压强越大，物质的沸点越高。反应②结束后采用“减压蒸发”操作的原因是________。

（4）下列关于上述流程的说法中，合理的是_________。（填字母）

a．反应①进行过程中应持续鼓入空气。

b．反应①后得到的母液中；溶质的主要成分是NaCl

c．反应②中NaOH溶液应过量。

d．冷却结晶时温度选择38℃，过滤后进行温水洗涤，然后在低于60℃下进行干燥，得到粗产品NaClO2

Ⅱ．采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫；脱硝。

（5）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol/L。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表：。离子SO42−SO32−NO3−NO2−Cl−c/（mol/L）8.35×10−46.87×10−61.5×10−41.2×10−53.4×10−3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_________。

②由实验结果可知，脱硫反应速率_________（填“大于”或“小于”）脱硝反应速率。除SO2和NO在烟气中的初始浓度不同外，还可能存在的原因是_________。（答出两条即可）17、实验室模拟工业生产食品香精菠萝酯（）的简易流程如下：

有关物质的熔、沸点如表：。苯酚氯乙酸苯氧乙酸熔点/℃436299沸点/℃181.9189285

试回答下列问题：

（1）反应室I中反应的最佳温度是104℃，为较好地控制温度在102℃~106℃之间，加热时可选用___（选填字母）。

A．火炉直接加热B．水浴加热C．油浴加热。

（2）分离室I采取的操作名称是___。

（3）反应室I中发生反应的化学方程式是___。

（4）分离室II的操作为：①用NaHCO3溶液洗涤后分液；②有机层用水洗涤后分液；洗涤时不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，其原因是___（用化学方程式表示）。18、如图所示的初中化学中的一些重要实验；请回答下列问题：

（1）图A称量NaCl的实际质量是___。

（2）图B反应的实验现象是__。

（3）图C反应的表达式为__。

（4）图D实验目的是__。19、某化学小组用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。

供选试剂：质量分数为30%的H2O2溶液、0.1mol·L-1的H2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体。

(1)小组同学设计甲；乙、丙三组实验；记录如下：

。

操作。

现象。

甲。

向装置I的锥形瓶中加入MnO2固体，向装置I的____中加入质量分数为30%的H2O2溶液；连接装置I；III，打开活塞。

装置I中产生无色气体并伴随大量白雾；装置III中有气泡冒出；溶液迅速变蓝。

乙。

向装置II中加入KMnO4固体；连接装置II；III，点燃酒精灯。

装置III中有气泡冒出；溶液不变蓝。

丙。

向装置II中加入____，向装置III中再加入适量0.1mol·L-1的H2SO4溶液；连接装置II；III，点燃酒精灯。

装置III中有气泡冒出；溶液变蓝。

(2)丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式为___________________________________。

(3)对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是__________。为进一步探究该条件对反应速率的影响；可采取的实验措施是____________________________。

(4)由甲、乙、丙三组实验推测，甲实验中可能是I中的白雾使溶液变蓝。为了验证推测，可将装置I中产生的气体通入_________(填字母)溶液中，依据实验现象来证明白雾中含有H2O2。A．酸性KMnO4B．FeCl2C．H2S(5)资料显示：KI溶液在空气中久置的过程中会被缓慢氧化：4KI＋O2＋2H2O＝2I2＋4KOH。该小组同学取20mL久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是发生了反应___________________________________(写离子方程式)造成的，请设计实验证明他们的猜想是否正确：___________________________________。20、根据所学知识回答下列问题。

(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。

(2)已知：常温时，H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”；“中”或“碱”)性。

(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__，若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重；得到的物质为___(填化学式)。

(4)25℃时，将足量氯化银分别放入下列4种溶液中，充分搅拌后，银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号)；③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水评卷人得分四、实验题(共1题，共10分)21、四氯化锡是一种无色有强烈的刺激性气味的液体，有腐蚀性，常用作媒染剂和有机合成上的氯化催化剂。工业上常用氯气与金属锡或SnCl2来制得。某化学兴趣小组把干燥氯气通入熔融SnCl2•2H2O中制取无水SnCl4有如图所示的相关装置：

(1)盛装SnCl4的容器应贴上的安全警示标签是____________（填序号）。

(2)装置b的作用是______________________。

(3)为避免SnCl4水解，通Cl2前应先除SnCl2的结晶水，其操作是_____________，在潮湿空气中SnCl4水解产生白色烟雾，其化学方程式为________________。

(4)该学习小组最终制得的SnCl4呈黄色，可能的原因是______________________，如果要除去黄色得到无色产品，你的做法是________________________。

(5)可以通过测定剩余SnCl4的量来计算该次实验的产率，方法是让残留的SnCl4与足量硫酸铁铣反应，其中Fe3+被Sn2+还原为Fe2+。然后在硫酸和磷酸混合条件下，以二苯胺磺酸钠作指示剂，用K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+过程中的离子方程式为。

a.Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+

b.Cr2O72-＋____Fe2++()____＝_____Cr3++______Fe3++()_____

①完成并配平上述方程式b。

②已知二苯胺磺酸钠还原态为无色，氧化态为紫色，则滴定达到终点的现象是____

③若实验前称取22.6gSnC1•2H2O晶体于烧瓶中，实验结束后，向烧瓶内残留物中通入足量N2,取烧瓶内残留物溶于水配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，用以上方法滴定，消耗0.0l00mol/LK2Cr2O7标准溶20.00mL,则SnCl4的产率最大值为__________。评卷人得分五、计算题(共3题，共18分)22、(1)若t=25℃时，Kw=___________，若t=100℃时，Kw=1.0×10-12，则100℃时0.05mol•L-1Ba(OH)2溶液的pH=___________。

(2)已知25℃时，0.1L0.1mol•L-1的Na2A溶液的pH=11，用离子方程式表示其原因为___________。

(3)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH___________NaOH溶液的pH(填“＞”“=”或“＜”)。

(4)室温下，pH=2的H2SO4溶液、pH=12的NaOH溶液、pH=12的Na2CO3溶液，水电离出的c(H+)之比为___________。

(5)相同物质的量浓度的①NH4HSO4、②NH4HCO3、③NH4Cl三种溶液，pH值从大到小的顺序为___________(用数字标号填空，下同)；相同温度下，NH浓度相等的上述三种溶液，物质的量浓度从大到小的顺序为___________。

(6)含有Cr2O的废水毒性较大。某工厂酸性废水中含5.0×10-3mol•L-1的Cr2O可先向废水中加入绿矾(FeSO4·7H2O)；搅拌后撒入生石灰处理。

①写出加入绿矾的离子方程式___________。

②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol•L-1，则残留的Cr3+的浓度_______________mol•L-1(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33)。23、制备氮化镁的装置示意图：

回答下列问题：

(1)填写下列仪器名称：的名称是_________。

(2)写出中和反应制备氮气的离子反应方程式__________。

(3)的作用是_____，是否可以把和的位置对调并说明理由_________。

(4)写出中发生反应的化学方程式___________。

(5)请用化学方法检验产物中是否含有未反应的镁，写出实验操作、现象、结论_________。24、某研究性学习小组类比镁在二氧化碳中的燃烧反应，认为钠和二氧化碳也可以发生反应，他们对钠在CO2气体中燃烧进行了下列实验：

（1）若用下图装置制备CO2，则发生装置中反应的离子方程式为_________。

（2）将制得的CO2净化、干燥后由a口缓缓通入下图装置，待装置中的空气排净后点燃酒精灯，观察到玻璃直管中的钠燃烧，火焰为黄色。待冷却后，管壁附有黑色颗粒和白色物质。

①能说明装置中空气已经排净的现象是_________。

②若未排尽空气就开始加热，则可能发生的化学反应方程式主要为_________。

（3）若钠着火，可以选用的灭火物质是_________。

A．水B．泡沫灭火剂C．干沙土D．二氧化碳。

（4）该小组同学对管壁的白色物质的成分进行讨论并提出假设：

Ⅰ．白色物质可能是Na2O；Ⅱ．白色物质可能是Na2CO3；Ⅲ．白色物质还可能是_________。

（5）为确定该白色物质的成分，该小组进行了如下实验：。实验步骤实验现象①取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加过量的CaCl2溶液出现白色沉淀②静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液无明显现象

①通过对上述实验的分析，你认为上述三个假设中，___成立（填序号）。

②由实验得出：钠在CO2中燃烧的化学方程式为_____；每生成1mol氧化产物，转移的电子数为____。

（6）在实验（2）中还可能产生另一种尾气，该气体为________；处理该尾气的方法为_____。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共9分)25、W；X、Y、Z、N、M六种主族元素；它们在周期表中位置如图所示，请用对应的的化学用语回答下列问题：

(1)N元素在周期表中的位置___________，根据周期表，推测N原子序数为___________

(2)比较Y、Z、W三种元素形成简单离子的半径由大到小的顺序___________

(3)M最高价氧化物的水化物在水中的电离方程式：___________

(4)以下说法正确的是___________

A．单质的还原性：X＞Y，可以用X与YM2溶液发生反应来证明。

B．Y与同周期的ⅢA元素的原子序数相差1

C．半导体器件的研制开始于硅；研发出太阳能光伏电池，将辐射转变为电能，如我校的路灯。

D．元素N位于金属与非金属的分界线附近，可以推断N元素的单质具有两性参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A．若X为锌棒；Y为NaCl溶液，开关K置于M处，构成了锌铁原电池，铁做正极，锌做负极，锌失去电子被腐蚀，A项错误；

B．若X为碳棒；Y为NaCl溶液，开关K置于N处，铁做阴极，被保护，B项错误；

C．若X为铜棒；Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铁做负极失去电子，溶液中的铜离子在正极得到电子生成铜单质，铜棒质量增加，电子由负极流向正极，外电路中的电子向铜电极移动，C项正确；

D．若X为铜棒；Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，铜做阳极，失去电子变成铜离子进入溶液，溶液中的铜离子在阴极得到电子变成铜单质，可用于铁表面镀铜，溶液中的铜离子会得到补充，溶液中铜离子浓度不变，D项错误；

故选C。2、C【分析】【详解】

A．氮气与氢气反应生成氨气属于人工固氮；A正确；

B．闪电时，N2转化为NO；属于化学反应，B正确；

C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化；铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C错误；

D．氮气与氧气反应生成一氧化氮；一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，均属于氧化还原，D正确；

故答案为：C。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．根据题给流程图分析可知，磷硅渣在浓硫酸“浸出”操作之后涉及的物质中不含有硅元素且不与浓硫酸反应，则废渣中一定含有选项A正确；

B．高温条件下；硫酸钙的结晶水容易失去，所以“除硫”的操作不能在高温下进行，选项B错误；

C．根据反应前后的物质可知，“除硫”的化学反应方程式为选项C正确；

D．进入循环的滤液中主要含有P、等元素，所以可以提高P、元素的利用率；选项D正确。

答案选B。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．NO难溶于水；NO能用排水法收集，故不选A；

B．NO2和水反应生成硝酸和NO，NO2不能用排水法收集；故选B；

C．H2难溶于水，H2能用排水法收集，故不选C；

D．CH4难溶于水，CH4能用排水法收集；故不选D；

选B；5、A【分析】CO32-、HCO3-都能与盐酸反应放出二氧化碳气体，所以向某溶液中逐滴加入盐酸，产生二氧化碳气体，不一定含有CO32-，故A错误；水不能使红布条褪色，将干燥的红色布条放入盛有氯气的集气瓶中，红布条不褪色，说明氯气没有漂白性，将湿润的红色布条放入盛有氯气的集气瓶中，湿润的红色布褪色，说明氯气与水反应生成了具有漂白性的物质，故B正确；浓盐酸、浓氨水都有挥发性，将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，NH3遇到HCl时反应生成NH4Cl，产生大量白烟，故C正确；Fe2+与NaOH溶液反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁被氧气氧化为红褐色氢氧化铁，故D正确。6、A【分析】【分析】

由题意可知三种液体满足的条件是甲与乙互不相溶且乙的密度小于甲；乙与丙互不相溶且丙的密度小于乙。

【详解】

由图可知；甲；乙、丙的密度中，丙的密度最小，甲的密度最大；甲与乙不相溶，乙与丙不相溶。

A；苯的密度最小；1,2—二溴乙烷的密度最大，苯与水不相溶，水与1,2—二溴乙烷不相溶，选项A正确；

B；三种物质互溶；选项B错误；

C；三种物质中；乙的密度最小，所以最上层是乙，选项C错误；

D；三种物质互溶；选项D错误；

答案选A。7、D【分析】【分析】

【详解】

A.图1中NO气体极易被空气中的氧气氧化，其密度小于CO2的密度，应该短管进入，长管排出CO2；故A不能实现；

B.图2中苯密度比水小；漂在上层不能起到防止倒吸的作用，故B不能实现；

C.图3中Cu做阳极失电子溶解，变成Gu2+，Gu2+进入溶液；石墨电极是阴极，H+得电子析出H2，溶液中生成Cu(OH)2，不能实现2H2OO2↑+2H2↑；故C错误；

D.用图4所示装置中硫酸不挥发，可与碳酸钠反应放出二氧化碳气体，可证明酸性：H2SO4＞H2CO3，生成的二氧化碳可与硅酸钠溶液反应生成H2SiO3，可证明H2CO3＞H2SiO3，所以图4装置可以证明：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3；故D正确；

故答案：D。8、C【分析】【分析】

实验I：向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量；②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，说明生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；

实验II：向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量；②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了硫化铜黑色沉淀，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀。

【详解】

A．由上述分析可知，③中白色浑浊是CaCO3；不可能是CaS，CaS遇水完全水解，故A结论正确；

B．②中溶液降低的原因：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；产生黑色沉淀，溶液的pH降低，故B结论正确；

C．实验①中过量CO2发生的反应是2CO2+2H2O+S2-=2HCO3-+H2S；故C结论错误；

D．根据实验I和II中现象：I中通二氧化碳有硫化氢生成；II中通硫化氢有二氧化碳生成，故不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱；故D结论正确；

答案为C。二、多选题(共3题，共6分)9、BD【分析】【详解】

A．由起始点可以看出，酸性：A项正确；

B．当滴定至溶液中存在：B项错误；

C．当时，溶液呈酸性，C项正确；

D．D项错误。

故选BD。10、AC【分析】【详解】

A．浓硫酸加入浓盐酸中，生成气体，生成的气体通入饱和食盐水中，根据同离子效应，析出晶体；A符合题意；

B．浓硫酸和铜在加热条件下才能反应生成不符合实验要求，B不符合题意；

C．和稀硫酸反应生成与饱和溶液反应生成晶体；C符合题意；

D．浓氨水和碱石灰生成通入溶液中，先生成沉淀，继续通入氨气，溶解生成D不符合题意；

故选AC。11、AC【分析】【分析】

【详解】

A．将铁钉和铜丝连接插入食醋中即可形成简单铁铜原电池；故A符合题意；

B．浓硝酸受热分解能放出红棕色二氧化氮气体；所以向浓硝酸中插入红热的碳，产生红棕色气体，不能证明是碳与浓硝酸反应，故B不符合题意；

C．因为溴蒸气能和溶液反应；产生浅黄色溴化银沉淀，故C符合题意；

D．因为足量饱和氢氧化钠溶液能和乙酸乙酯反应；所以不能用足量饱和氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸，故D不符合题意；

故答案：AC。三、填空题(共9题，共18分)12、略

【分析】【详解】

（1）依据图1中各物质的浓度变化量可得到0-20min，M、N浓度减少量为1.5mol/L，P浓度增加量为3mol/L，则反应的化学方程式为由图1可知，40min时平衡发生了移动，而P、M、N的浓度没有改变，且改变压强和使用催化剂平衡不移动，则改变的条件是温度，30min时P、M、N浓度均减小则改变的条件为扩大容器体积，压强减小，反应速率减小，由图2可知40min时速率增大，则40min时改变的条件是升高温度，而生成物P的浓度在减小，依据勒夏特列原理可判断该反应的

（2）由(1)分析可知，30min时改变的条件是扩大容器的体积；40min时改变的条件是升高温度；在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线为

（3）8min时，M、N、P的物质的量浓度相等，设

则解得x=2，故8min时，0~8min内；

50min后；M；N、P的物质的量浓度相等，故M的转化率为33.3%；

（4）由图1可知，20min~30min内，为平衡状态，M、N的平衡浓度为1.5mol/L，P的平衡浓度为3mol/L，则反应平衡时的平衡常数K=【解析】(1)<

(2)扩大容器的体积升高温度

(3)33.3%

(4)413、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，该反应正方向为体积增大的反应，降低压强，平衡会向正反应方向移动；则对于n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气在图中对应的曲线分别是a、b；c、d、e。

【详解】

（1）由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；

（2）n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S)：n(Ar)=1：9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)：n(Ar)=1：9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24；假设在该条件下；硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知：

此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。【解析】(1)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高。

(2)d24.914、略

【分析】【详解】

(1)水电离程度比较：碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐；碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离；盐酸是强酸溶液，氢氧化钠溶液是强碱溶液，溶液中水的电离都受到了抑制作用，其中盐酸中的氢离子浓度等于氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度，二者中水的电离程度相等；醋酸溶液为弱酸，发生微弱的电离产生氢离子，抑制了水的电离，但醋酸溶液中氢离子浓度远小于盐酸，故水的电离程度比盐酸和氢氧化钠都强，综合而言这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是④＞②＞①=③。故答案为：④＞②＞①=③。

(2)等体积的醋酸和氢氧化钠混合，混合后溶液恰好为醋酸钠溶液，属于强碱弱酸盐，醋酸根离子发生微弱的水解导致溶液显碱性，所以溶液中离子浓度的大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。故答案为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，可得溶液中c(H+)=10-3mol/L，由醋酸的电离方程式：CH3COOHCH3COO-+H+可得其电离平衡常数为：故答案为：10-5。

(4)碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离，其水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-，故答案为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-。

(5)取10mLHCl溶液，加水稀释到1000mL，此时溶液中由HCl电离出的由此可知，此时溶液中的c(H+)=10-3mol/L，可得该溶液中由水电离出的故答案为：10−11mol/L。【解析】④＞②＞①=③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)10-5CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-10−11mol/L15、略

【分析】【分析】

由结构简式可知；分子中含-OH；-COOH、碳碳双键，结合醇、羧酸、烯烃的性质来解答。

【详解】

(1)该有机物中的-OH、-COOH均与Na反应，金属钠过量，则有机物完全反应，1mol该有机物含有2mol羟基和1mol羧基，由2-OH～H2↑、2-COOH～H2↑可知，和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2；

故答案为：1.5mol；

(2)-OH、-COOH均与Na反应，-COOH与NaOH、NaHCO3反应，则1mol该物质消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3，则n(Na)：n(NaOH)：n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3：2：2；

故答案为：3∶2∶2。【解析】①.1.5mol②.3∶2∶216、略

【分析】【详解】

NaClO3和浓H2SO4在反应器①中发生还原反应生成ClO2和Na2SO4,所以试剂A可以用二氧化硫,ClO2在反应器②中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠,再得到其晶体。

(1)根据上面的分析可以知道试剂A为SO2,故选a,因此，本题正确答案是:a。

(2)反②中ClO2被双氧水还原成ClO2−,反应的离子方程式为2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O,因此，本题正确答案是:2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O

（3）含水的NaClO2受热易分解,所以亚氯酸钠溶液中获得晶体,温度不能太高,所以反应②结束后采用“减压蒸发”操作,在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。因此，本题正确答案是:在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。

（4）根据信息纯ClO2易分解爆炸,空气中ClO2的体积分数在10以下比较安全,所以要持续通过量的空气,NaClO2在碱性溶液中稳定存在,在酸性溶液中迅速分解,所以反应②中碱要过量,因为试剂A为二氧化硫,NaClO3被还原成ClO2,所以反应①后得到的母液中,溶质的主要成分是,Na2SO4。故选acd,因此；本题正确答案是:acd。

(5)①亚氯酸钠具有氧化性,且NaClO2溶液呈碱性,则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式因此，本题正确答案是:

②由实验结果可以知道,在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多,因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率.原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高,因此，本题正确答案是:大于;NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。【解析】a2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O减压可以使物质沸点降低，实验较低温度下进行蒸发，可避免NaClO2因温度高而发生分解acd4OH−+3ClO2−+4NO4NO3−+3Cl−+2H2O大于SO2比NO溶解度更大；在此条件下SO2还原性更强；脱硝反应活化能更大17、略

【分析】【分析】

用苯氧乙酸和丙烯醇发生酯化反应制得菠萝酯，苯氧乙酸用苯酚和氯乙酸反应制得，考虑到它们溶沸点的差异，最好选择温度让苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸都成为液体，反应室I中反应的最佳温度是104℃，水浴加热温度太低，苯氧乙酸沸点99摄氏度，水浴温度会使它凝固，不利于分离，火炉直接加热，会使苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸全都生成气体，不利于反应，故选择油浴。生成的菠萝酯属于酯类，在碱性条件下会发生水解，所以不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液。

【详解】

(1)火炉直接加热温度比较高；会让苯酚和氯乙酸变成蒸汽，不利于它们之间的反应，还会使苯氧，故温度不能太高，水浴加热温度较低，不能让氯乙酸和苯酚熔化，故温度也不能太低，可以使所有物质都成液体，为较好地控制温度在102℃~106℃之间，加热时可选用油浴加热；

答案为：C；

(2)分离室I是将反应不充分的原料再重复使用；为了增加原料的利用率，要把苯酚和氯乙酸加入反应室1，操作名称为蒸馏；

答案为：蒸馏；

(3)反应室1为苯酚和氯乙酸发生取代反应，制得苯氧乙酸，+HCl；

答案为：+HCl；

(4)分离室II发生的反应是苯氧乙酸和丙烯醇发生酯化反应，制取菠萝酯，由于酯在NaHCO3溶液中的溶解度较小，可以析出，随后分液即可，如用NaOH会使酯发生水解，故不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，化学方程式为+NaOH+HOCH2CH=CH2

答案为+NaOH+HOCH2CH=CH2。【解析】C蒸馏+HCl+NaOH+HOCH2CH=CH218、略

【分析】【分析】

（1）托盘天平的平衡原理：称量物质量=砝码质量+游码质量；

（2）镁在空气中剧烈燃烧；放出大量的热，发出耀眼的白光，生成白色固体氧化镁；

（3）图C表示铜和氧气在加热条件下生成黑色氧化铜；

（4）图D表示加压气体体积缩小；

【详解】

（1）称量物质量=砝码质量+游码质量；15=NaCl质量+3，NaCl的实际质量是15g-3g=12g；

（2）镁在空气中燃烧的现象是：放出大量的热；发出耀眼的白光，生成白色固体；

（3）图C的表达式为：铜+氧气氧化铜；

（4）图D表示加压气体体积缩小，实验目的是验证分子之间的存在间隙；【解析】12g放出大量的热，发出耀眼的白光，生成白色固体铜+氧气氧化铜验证分子之间的存在间隙19、略

【分析】【分析】

(1)甲实验:根据裝置Ⅰ不要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解；过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，I中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝说明生成碘单质；

(2)碘离子具有还原性；在酸性条件下能够被氧化氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式；

(3)对比乙、丙实验可以知道，O2与KI溶液发生反应的适宜条件酸性环境；酸溶液中氢离子浓度不同，装置Ⅲ中出现蓝色的速率不同；

(4)证明Ⅰ中产生的气体中含有双氧水；氧气和双氧水都具有氧化性，需要利用不同性质进行检验；

(5)该小组同学取20mL久置的KI溶液；向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，可能是生成的碘单质在碱溶液中发生反应生成碘化钾；碘酸钾，验证是否正确是在未变蓝色的溶液中滴入稀硫酸观察是否变蓝。

【详解】

(1)甲实验:根据装置Ⅰ不需要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解，过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，向Ⅰ的锥形瓶中加入MnO2固体，向Ⅰ的分液漏斗中加入30%H2O2溶液；连接Ⅰ；Ⅲ，打开活塞，Ⅰ中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝说明生成碘单质，故答案为：分液漏斗；

(2)碘离子具有还原性，在酸性条件下能够被氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式为:O2+4I-+4H+=2I2+2H2O，故答案为：O2+4I-+4H+=2I2+2H2O；

(3)向装置Ⅱ中加入KMnO4固体，连接装置II、III，点燃酒精灯，Ⅲ中有气泡冒出，溶液不变蓝，向Ⅱ中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量0.1mol·L-1的H2SO4溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯，Ⅲ中有气泡冒出，溶液变蓝。对比乙、丙实验可以知道，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是：酸性环境；为进一步探究该条件对反应速率的影响；可采取的实验措施是：使用不同浓度的稀硫酸作对比实验，故答案为：酸性环境；使用不同浓度的稀硫狻作对比实验；

(4)A.高锰酸钾溶液能够将双氧水氧化；导致高锰酸钾溶液褪色，而氧气不与高锰酸钾溶液反应，如果高锰酸钾溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水，故A正确；

B.氧气和高锰酸钾溶液都能够氧化亚铁离子；无法证明混合气体中含有双氧水，故B错误；

C.高锰酸钾和氧气都能够氧化硫化氢；无法用硫化氢检验混合气体中是否含有双氧水，故C错误；

故答案为：A；

（5）KI溶液在空气中久置的过程中会被缓慢氧化：4KI＋O2＋2H2O＝2I2＋4KOH。该小组同学取20mL久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是发生了反应的离子方程式为3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，设计实验证明他们的猜想是否正确的实验方案为：在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误，故答案为：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O；在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液；观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误。

【点睛】

在做探究性实验的题目时，根据资料，如果没有得到预期的实验结果，那么除了资料中给的化学反应，还要考虑酸性或碱性环境的影响，结合题目的上下文进行联系，综合考虑得出结论。这是解答此类题目时的难点。【解析】分液漏斗KMnO4固体O2+4I-+4H+=2I2+2H2O酸性环境使用同体积不同浓度的稀硫酸做对比实验A3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误20、略

【分析】【详解】

(1)NaHCO3在水溶液中发生电离：NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用：H++也会发生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)＞c()；电离产生H+使溶液显酸性；水解产生OH-，使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除会电离产生，还有H2O电离产生，而只有电离产生，故离子浓度：c(H+)＞c()，因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中，存在HR-的电离作用：HR-R2-+H+，电离产生H+使溶液显酸性，同时也存在着水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解产生OH-，使溶液显碱性，其平衡常数Kh=＜Ka2=5.60×10-8，说明HR-的电离作用大于水解作用；因此NaHR溶液显酸性；

(3)AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，导致溶液变浑浊，由于水解产生HCl，因此根据平衡移动原理，若用固体配制溶液时，将其溶解在一定量的浓盐酸中，增加了H+的浓度，就可以抑制盐的水解，然后再加水稀释，就可以得到澄清溶液；若将AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向进行直至水解完全，HCl挥发逸出，得到的固体是Al(OH)3，然后将固体灼烧至恒重，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，最后得到的固体是Al2O3；

(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解，溶液中Ag+、Cl-浓度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+；对氯化银在水中溶解无抑制作用。

它们抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，该溶液中含有的c(Ag+)最大；则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-10四、实验题(共1题，共10分)21、略

【分析】【分析】

（1）根据题目中“四氯化锡是一种无色有强烈的刺激性液体；有腐蚀性”分析；

（2）根据仪器特点和作用分析；

（3）除去SnCl2•2H2O中结晶水，从抑制的SnCl2水解分析；SnCl4水解产生白色烟雾HCl和Sn（OH）4；据此书写；

（4）SnCl4呈黄色可能含有氯气；通入惰性气体赶走氯气或将氯气反应为产品均可；

（5）①反应条件是酸性环境；根据得失电子守恒和质量守恒可得；

②K2Cr2O7标准溶液滴定完生成的Fe2+时；开始氧化二苯胺磺酸钠，得其氧化态，据此可得；

③根据关系式：则n（SnCl2•2H2O）=3n（K2Cr2O7）；

则22.6g样品中据此计算。

【详解】

(1)已知：四氯化锡是一种无色有强烈的刺激性液体，有腐蚀性，则盛装SnCl4的容器应贴上的安全警示标签是腐蚀品；有刺激性，选AC；

故答案为：AC；

(2)装置b为干燥管；实验中氯气有毒不能直接排放，产物遇水易水解，装置应防止空气中的水蒸气进入，故干燥管的作用是：除去尾气中的氯气，防止空气污染，防止外界水蒸气进入锥形瓶而使产物水解；

故答案为：除去尾气中的氯气；防止空气污染，防止外界水蒸气进入锥形瓶而使产物水解；

(3)SnCl2水解：为除去其结晶水，应在HCl的热气流中干燥，操作为：从a口通入氯化氢气体，同时加热圆底烧瓶；SnCl4水解产生白色烟雾HCl和Sn(OH)4，反应为：

故答案为：从a口通入氯化氢气体，同时加热圆底烧瓶；

(4)SnCl4呈黄色可能含有未反应的氯气，使其呈黄色；通入惰性气体赶走氯气或将氯气反应为产品均可，故加入锡粒(或加热、向SnCl4中通入氮气等)可除去黄色得到无色产品；

故答案为：SnCl4溶有未反应的氯气；加入锡粒(或加热、向SnCl4中通入氮气等)；

(5)①在硫酸和磷酸混合条件下，K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+。过程中的离子方程式为：

故答案为：1；6；14H+；2；6；7H2O；

②K2Cr2O7标准溶液滴定完生成的Fe2+时；开始氧化二苯胺磺酸钠，得其氧化态，则当滴入最后一滴指示剂，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点；

故答案为：滴入最后一滴标准液；溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；

③根据关系式：则n（SnCl2•2H2O）=3n（K2Cr2O7）；

则22.6g样品中

则SnCl4的产率为

故答案为：94%。

氧化还原方程式的配平根据得失电子守恒和质量守恒可得。【解析】AC除去尾气中的氯气，防止空气污染防止外界水蒸气进入锥形瓶而使产物水解从a口通入氯化氢气体，同时加热圆底烧瓶SnCl4+4H2O=Sn(OH)4+4HCl(或SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl)SnCl4溶有未反应的氯气加入锡粒(或加热、向SnCl4中通入氮气等，合理给分)1614H+267H2O滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色94%五、计算题(共3题，共18分)22、略

【分析】【详解】

(1)水是弱电解质，存在电离平衡：H2OH++OH-，在室温25℃时，Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14；

若t=100℃时，Kw=1.0×10-12，100℃时0.05mol•L-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.10mol/L，则该温度下c(H+)==10-11mol/L；故该溶液的pH=11；

(2)25℃时，0.1L0.1mol•L-1的Na2A溶液的pH=11，溶液显碱性，是由于该盐是强碱弱酸盐，在溶液中A2-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，用离子方程式表示为A2-+H2O⇌HA-+OH-；

(3)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度，由于CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液显碱性，升高温度，盐水解程度增大，溶液的碱性增强，所以CH3COONa溶液的pH增大，而NaOH溶液的pH变化比较小，所以分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH；

(4)室温下，pH=2的H2SO4溶液中水电离产生的H+的浓度c(H+)=10-12mol/L；

pH=12的NaOH溶液溶液中水电离产生的H+的浓度c(H+)=10-12mol/L；

pH=12的Na2CO3溶液，水电离出的c(H+)=10-2mol/L，故三种溶液中水电离产生的c(H+)之比为10-12：10-12：10-2=1：1：1010；

(5)①NH4HSO4是强酸的酸式盐，电离产生H+使溶液显酸性；②NH4HCO3水解使溶液显碱性；③NH4Cl水解使溶液显酸性，碱性溶液的pH大于酸性溶液的pH，电离产生的H+浓度大于盐水解的酸性；所以三种溶液pH从大到小的顺序为：②＞③＞①；

三种溶液中都存在NH的水解作用，①NH4HSO4电离产生H+会抑制NH的水解作用，使c(NH)增大；②NH4HCO3溶液中水解会促进NH的水解作用，使溶液中c(NH)减小，故相同温度下，NH浓度相等的上述三种溶液；物质的量浓度从大到小的顺序为：②＞③＞①；

(6)①在酸性条件下，Cr2O将Fe2+氧化为Fe3+，Cr2O被还原为Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式：Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol•L-1，则由Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，可知c3(OH-)=结合Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33，可知此时溶液中c(Cr3+)==6.0×10-8mol/L。【解析】1.0×10-1411A2-+H2O⇌HA-+OH-＞1：1：1010②＞③＞①②＞③＞①Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O6.0×10-823、略

【分析】【分析】

装置A中NaNO2和（NH4）