2025年中图版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年中图版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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7题，共14分)1、25℃时，向的(二元弱酸)溶液中滴加NaOH溶液；溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是。

A.25℃时的一级电离常数为B.pH=2.7的溶液中：C.pH=7的溶液中：D.滴加NaOH溶液的过程中始终存在：2、如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有浓氯化铵溶液和食盐水；各加入一生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是。

A.生铁块中的碳是原电池的正极B.两支试管中的铁都发生氧化反应C.一段时间后，U形管内红墨水两边的液面变为左高右低D.a试管中主要发生了析氢腐蚀，b试管中主要发生了吸氧腐蚀3、为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入硫酸酸化的3%NaCl溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是A.加入酸性KMnO4溶液紫红色不褪去B.加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现C.加入KSCN溶液无红色出现D.加入AgNO3溶液产生沉淀4、已知反应：用KI溶液和溶液进行如下实验。下列说法不正确的是。

A.实验i中现象说明有生成B.实验ii中现象说明反应后溶液中含有C.实验iii水溶液中小于i中D.实验iii中再加入4滴溶液，振荡静置，层溶液颜色变浅5、室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（）。选项实验操作和现象结论A将SO2通入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀B向AgNO3溶液中逐滴加入浓度均为0.05mol·L-1的NaI、NaCl混合溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)C向FeCl3溶液中加入Cu粉，Cu粉溶解Cu的还原性大于FeD向盛有H2O2溶液的试管中滴几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，一段时间后，溶液中有气泡出现铁离子催化H2O2的分解A.AB.BC.CD.D6、人体内葡萄糖的消耗可用下列热化学方程式表示：C6H12O6(s)＋6O2(g)=6CO2(g)＋6H2O(l)ΔH=-2800.6kJ·mol-1；如果某人每天消耗12540kJ热量，则他每天至少要摄入葡萄糖的质量为A.806gB.1000gC.1250gD.1500g7、氨不仅应用于化肥生产；也可以应用于能源领域，与氢氧燃料电池比，氨氧燃料电池有其独特优势，某研究小组设计的氨氧燃料电池装置如图，下列有关说法不正确的是。

A.电极2为正极，发生还原反应B.电极1的电极反应式为：2NH3-6e-=N2↑+6H+C.放电过程中溶液中的OH-朝负极移动D.氨相比于氢气的重要的优势是氨易液化，运输储存方便评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、一定温度下，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。反应过程中测定的部分数据见下表(表中t12)，下列说法正确的是。反应时间/minn(SO2)/moln(O2)/mol00.100.060t10.012t20.016

A.反应在0～t1min内的平均速率为v(SO3)=mol/(L·min)B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.10molSO3和0.010molO2，达到平衡时，n(SO2)=0.012molC.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(SO2)=0.0070mol·L-1，则反应的ΔH>0D.相同温度下，起始时向容器中充入0.012molSO2、0.010molO2和0.088molSO3，则反应达到平衡前：v(逆)>v(正)9、2019年9月我国科研人员研制出Ti—H—Fe双温区催化剂，其中Ti—H区域和Fe区域的温度差可超过100℃。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是()

A.能量变化最大的过程中发生了N≡N断裂B.过程②③处于高温区域；过程⑤处于低温区域C.过程④表示N原子由Fe区域向Ti—H区域传递D.使用双温区催化合成氨，使合成氨反应转化为吸热反应10、在如图所示的量热计中，将1000.50(弱酸，电离过程为吸热过程)溶液与1000.55溶液混合；温度从25.0℃升高到27.7℃。下列说法错误的是。

A.若量热计的保温瓶绝热效果不好，则所测偏小B.搅拌器一般选用导热性差的玻璃搅拌器C.若选用同浓度同体积的盐酸，则溶液温度将升高至不超过27.7℃D.所加溶液过量，目的是保证溶液完全被中和11、氢镍电池是近年开发出来的可充电电池，它可以取代会产生镉污染的镉镍电池。氢镍电池的总反应式是：根据此反应式判断，下列叙述正确的是A.电池放电时，电池负极周围溶液的不断增大B.电池放电时，镍元素被氧化C.电池充电时，氢元素被还原D.电池放电时，是负极12、0.1mol·L-1HF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是A.c(H+)＞c(F-)B.c(H+)＞c(HF)C.c(OH-)＞c(HF)D.c(HF)＞c(F-)评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、按要求完成下列问题：

（1）在1.01×105Pa时，4g氢气在O2中完全燃烧生成液态水，放出571kJ的热量，则H2的燃烧热的ΔH=__________。

（2）在1.01×105Pa时，16gS在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放出148.5kJ的热量，则S燃烧的热化学方程式为______。

（3）甲硅烷（SiH4）是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和水。已知室温下1g甲硅烷自燃放出44.6kJ热量，其热化学方程式为_____。14、金属冶炼和金属化合物处理常涉及氧化还原反应。

（1）若用惰性电极电解饱和NaCl溶液一段时间当阳极产生56mL（标准状况下）气体，电解后溶液体积为500mL时，求所得溶液在25℃时的pH=__________。

（2）利用反应2Cu+O2+2H2SO4=CuSO4+2H2O可以制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为____。

（3）右图为电解精炼银的示意图，_______（填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为________。15、化学动力学上将一步完成的反应称为基元反应。对于基元反应：aA＋bB→cC＋dD，其速率方程为v=k·ca(A)·cb(B)(k为只与温度有关的速率常数)；复杂反应(由几个基元反应构成)的速率取决于慢的基元反应。

(1)已知反应NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)ΔH<0，在温度低于250℃时是由两个基元反应构成的复杂反应，该反应的速率方程为v=k·c2(NO2)；则其两个基元反应分别为：

Ⅰ.___________=NO3＋___________；___________

Ⅱ略；

这两个反应中活化能较小的是___________

(2)某科研小组测得380℃时该反应的c(NO2)、c(CO)与生成CO2的速率[v(CO2)]的关系如下：。c(CO)/(mol·L-1)0.0250.050.025c(NO2)/(mol·L-1)0.040.040.12v(CO2)/(mol·L-1·s-1)2.2×10-44.4×10-46.6×10-4

则该温度下的反应速率常数k=___________L·mol-1·s-116、在恒容密闭容器中，由合成甲醇：在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示。

回答下列问题：

(1)从图中可知___________(填“＞”“=”或“＜”)。

(2)该反应的平衡常数表达式为___________。

(3)该反应在时的平衡常数大小关系是___________(填“＞”“=”或“＜”)。

(4)该反应的焓变___________0(填“＞”“=”或“＜”)，判断的依据是___________。

(5)处于A点的反应体系从变到达到平衡时将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(6)在其他条件不变的情况下，时该反应能否自发进行？___________(填“能”“不能”或“不能判断”)。17、工业合成氨反应原理为

(1)T℃时，向有催化剂、容积为1.0L的恒容密闭容器中充入3mol1mol10min时反应达到平衡，测得

①0～10min，用表示的平均反应速率__________

②化学平衡常数__________。

(2)T℃时，向有催化剂的恒容密闭容器中充入和下图为X的平衡转化率随不同投料比值的变化曲线。

X是__________(填“”或“”)，判断依据是____________________________________。

(3)其他条件相同时，如下图所示为合成氨反应在不同压强、不同温度下达到平衡状态时，测得的平衡转化率的变化曲线。

L表示__________，其中__________(填“>”或“<”)18、25℃时，现有浓度均为0.1mol⋅L−1的下列溶液：①盐酸；②醋酸，③硫酸，④氢氧化钠，⑤氨水，⑥醋酸铵，⑦硫酸氢铵，⑧氯化铵，⑨硫酸铵。请回答下列问题：

(1)⑤、⑥、⑦、⑧、⑨五种溶液中NH浓度由大到小的顺序是(填序号，下同)______。

(2)①、②、③、④、⑤五种溶液中水的电离程度由大到小的顺序为______。(已知Ka(CH3COOH)=1.75×10−5、Kb(NH3·H2O)=1.75×10−5)

(3)等浓度，等体积的①、②、③三种溶液，用等物质的量浓度的④溶液恰好完全中和时，消耗④溶液的体积由大到小顺序为______。

(4)等体积，等pH①、②、③三种溶液，分别加入形状大小相同的镁片，开始产生气泡的速率由快到慢的关系为______；

(5)等体积的①、⑤溶液混合后，溶液呈______性，请用离子方程式解释原因：______。19、如图为一个电解装置；该装置中X；Y分别为石墨电极，现分别在U型管中加入下列溶液进行电解，请回答有关问题：

(1)若U型管中的液体a为饱和食盐水：在电极Y上产生的气体是_________(填分子式)，检验有该气体生成的简单方法是________________________；若该饱和食盐水中还含有少量的镁离子，则有可能在______极(选填“X”或“Y”)附近会首先生成白色不溶物；当电解产生0.2mol氢氧化钠时，能收集到标准状况下的氢气______升；工厂应用电解生成的氯气和氢气可以化合生成氯化氢，某工厂每天电解400t食盐，若生成的氯气80%用于生产盐酸，每天最多可生产31%的盐酸__________t。(保留至整数)

(2)若U型管中的液体a为饱和氯化铜溶液：电极质量增加的是_______选填“X”或“Y”____极，该电极上发生______反应(选填“氧化”或“还原”)；若要得到0.32克铜，理论上在电解过程中应转移_________mol电子；氯化铜溶液显酸性，原因是(用离子方程式表示)_______________________________；电解一段时间后，请你推测：整个溶液的酸性将如何变化(增强、减弱、不变，同时请写出理由：_______20、（1）K2CO3的水溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是_________。

（2）KAl（SO4）2溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是_____________。

（3）FeCl2溶液蒸干灼烧得到的固体物质是__________，原因是__________。

（4）亚硫酸钠溶液蒸干灼烧得到的固体物质是_______，原因是____________。

（5）将0.5mol·L－1的NaClO溶液加热蒸干灼烧最后所得的固体是________，原因是_________。

（6）将KMnO4溶液加热蒸干、灼烧最后所得的固体是________，原因是____________。评卷人得分四、判断题(共2题，共6分)21、生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理。(_______)A.正确B.错误22、0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共3题，共9分)23、工业上常用添加Fe2＋EDTA的溶液处理氮氧化物。某实验小组欲探究60℃下，20mmol·L-1Fe2＋EDTA溶液脱除NO的能力。

Ⅰ.NO的吸收。取250mL20mmol·L-1Fe2＋EDTA溶液于三颈烧瓶中；按如图所示连接仪器。

(1)装置A中盛放浓硝酸的仪器名称为___________，导管m的作用为___________

(2)滴加浓硝酸前，需要先打开K，通入一段时间氮气，目的为___________

(3)对C装置采用的合适加热方式是___________

(4)装置D中酸性KMnO4溶液可将NO氧化为NO发生反应的离子方程式为___________

Ⅱ.NO吸收效果的检测。实验步骤如下：

a．取装置C中的吸收液100mL，加入H2O2溶液，将Fe2＋EDTA吸收液络合的NO及Fe2＋氧化为NO及Fe3＋，微热使剩余的H2O2完全分解。

b．在酸性环境下，向其中加入V1mL物质的量浓度为c1mol·L-1的Fe2＋(足量)，将NO转化为NO

c．用c2mol·L-1K2Cr2O7标准液滴定b中溶液至终点，消耗标准液V2mL

(5)Fe2＋EDTA吸收液的吸收能力为___________g(用含字母的代数式表示)NO/100mL吸收液。

(6)若步骤c滴定终点时俯视读数，则测定结果将___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)24、某化学兴趣小组利用0.2000的溶液测定某NaCl、KCl混合溶液中的物质的量浓度。

Ⅰ.配制250mL0.2000的溶液。配制过程如下所示：计算所需固体的质量→称量→溶解→转移；洗涤→定容、摇匀→装瓶、贴标签。

(1)配制该溶液需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、_______。

(2)用托盘天平称取_______g固体。

(3)定容时若仰视刻度线，造成的后果应如何补救？_______。

Ⅱ.已知25℃时，以下五种物质的如下表所示：。物质AgClAgBrAgI颜色白色砖红色淡黄色黄色黑色

(4)现以所配制的溶液测定某溶液中适宜作滴定指示剂的物质是_______(填正确答案标号)。

A.B.KBrC.KID.

滴定过程中，用标准溶液滴定待测液时，眼睛应注视_______，滴定终点的实验现象为_______。

(5)下列操作中可导致测定的浓度偏低的是_______(填正确答案标号)。

A.取标准溶液的滴定管；未经润洗就直接注入溶液，进行滴定实验。

B.盛装标准液的滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失。

C.读取溶液体积时；开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数。

D.锥形瓶内有少量蒸馏水。

(6)实验数据记录如下表所示：。滴定次数待测溶液体积/mL标准溶液体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL第一次50.000.0025.05第二次50.004.1029.10第三次50.000.4025.35

则该待测液中，的物质的量浓度为_______(保留四位有效数字)25、BaS是一种重要的无机合成中间体，可以通过重晶石(主要成分BaSO4，还含有SiO2等杂质)制备得到。工业常以软锰矿(主要成分MnO2)和BaS为原料制备碳酸锰。

(1)制取BaS溶液。

将重晶石与活性炭混合均匀；高温煅烧，冷却后得重晶石熟料。向重晶石熟料中加入热水，充分搅拌后过滤，得BaS溶液。

①已知：室温下，Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.1×10-15.测得0.1mol-L-1BaS溶液pH≈13.溶液中OH-、S2-、HS-三种离子浓度由大到小的顺序依次是_______。

②通过下列实验方法测定重晶石熟料中BaS的质量分数：

步骤I：准确称取10.00g试样；加适量水，待可溶物全部溶解，过滤，并洗涤沉淀，将洗涤液与滤液一并转移至500mL容量瓶中，定容；摇匀。

步骤II：取20.00mL醋酸溶液(过量)于锥形瓶中，再加入20.00mL0.08000mol·L-1碘标准溶液；然后再向锥形瓶中加入10.00mL步骤I所配的试样溶液，边加边振荡。充分反应后，硫元素完全转化为硫单质。

步骤III：以淀粉为指示剂，用0.05000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，发生反应：I2+2=2I-+消耗Na2S2O3溶液20.00mL。

计算试样中BaS的质量分数_______(写出计算过程)

(2)制取高纯碳酸锰。

BaS溶液和软锰矿经反应、过滤、酸溶、净化可制得的MnSO4溶液。

①MnSO4溶液和NH4HCO3固体混合后，极速反应生成MnCO3.反应方程式为2+Mn2+=MnCO3↓+H2O+CO2↑，实际制取MnCO3时，一般选择使用氨水-NH4HCO3混合溶液代替NH4HCO3固体，这样改进的优点是_______。

②已知：6.5<7.5时，碳酸锰产率较高。pH=8.1时，Mn2+开始形成Mn(OH)2沉淀。请设计以MnSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料制备高纯碳酸锰的实验方案：_______。(实验中须使用的试剂有：稀盐酸、BaCl2溶液、蒸馏水)评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共15分)26、随原子序数的递增；八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小；最高正价或最低负价的变化如下图所示。

根据判断出的元素回答问题：

（1）f在元素周期表的位置是__________。

（2）比较d、e常见离子的半径的小（用化学式表示，下同）_______＞__________；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_______＞__________。

（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式__________。

（4）已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：___________________。

（5）上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2,向盛有10mL1mol·L-1R溶液的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液；沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：

①R离子浓度由大到小的顺序是：__________。

②写出m点反应的离子方程式_________________。

③若R溶液改加20mL1.2mol·L-1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为______mol。27、A；B、C、D、E是四种短周期元素；A是原子半径最小的元素；B原子M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍；C原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；D的氢化物水溶液呈碱性；E元素的最高价氧化物的水化物是酸性最强的含氧酸。用元素符号或化学式回答下列问题：

(1)元素B的离子结构示意图为___________。

(2)B的最高价氧化物的水化物与D的气态氢化物形成的盐中含有的化学键：___________。

(3)用电子式表示A2B的形成过程___________。A2B与H2O沸点更高的是___________。

(4)DE3常温下呈液态，可与水反应生成一种酸和一种碱，写出对应的化学方程式为___________。

(5)CB2的结构式___________。

(6)由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，写出该反应的热化学方程式：___________

(7)工业上用H2和Cl2反应制HCl，各共价键键能数据为H－H：436kJ/mol，Cl－Cl：243kJ/mol，H－Cl：431kJ/mol。该反应的热化学方程式为___________28、A；B、C、D、E、F为原子序数递增的短周期主族元素；其中A的气态氢化物甲可用作制冷剂，B与E同主族且能形成具有漂白性的二元化合物乙，C原子半径在短周期元素中最大，D元素的最高正价与最低价之和为零。回答下列问题：

(1)D元素在周期表中的位置是___________，该元素的单质应用广泛，请列举其中之一___________。

(2)甲的电子式___________，工业上常用甲的水溶液作为乙的吸收剂，请写出甲溶液吸收足量乙的离子方程式___________。

(3)D与F两元素的单质反应生成34g化合物丙，恢复室温时测得放热130kJ，已知丙熔点为−69℃，沸点为58℃。请写出该反应的热化学方程式___________。

(4)某种电池由熔融的C、E两种单质作为两极，其结构示意图如下所示：则熔融C电极为___________(填“正”或“负”)极。若放电时总反应为2C+xE=C2Ex，则充电时，每当转移0.2mol电子时，阴、阳极区的质量变化差为___________g。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

A．根据图象可知，pH=2.3时，c(H2C2O4)=c()，则25℃时故A错误；

B．根据图象可知，当pH=2.7时，溶液中满足：c(H2C2O4)=c()；故B正确；

C．pH=7时c(OH−)=c(H+)，根据电荷守恒c(OH−)+2c()+c()=c(Na+)+c(H+)可知：2c()+c()=c(Na+)，则c(Na+)>2c()；故C正确；

D．滴加NaOH溶液的过程中，溶液中一定满足电荷守恒，即：c(OH−)+2c()+c()=c(Na+)+c(H+)；故D正确；

答案选A。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．生铁中含有铁和碳；铁；碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，故A正确；

B．生铁中含有铁和碳；铁；碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，故B正确；

C．左试管中是酸性溶液；主要发生了析氢腐蚀，右试管中是中性溶液，主要发生了吸氧腐蚀，所以右试管内气体氧气减小，左试管内气体压强不大，导致U形管内红墨水两边的液面变为左低右高，故C错误；

D．a试管中是酸性溶液，主要发生了析氢腐蚀，b试管中是中性溶液；主要发生了吸氧腐蚀，故D正确；

故选C。3、A【分析】【分析】

镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀；则将其放入到酸化的3%NaCl溶液中，会构成原电池，由于锌比铁活泼，作原电池的负极，而铁片作正极，溶液中破损的位置会变大，铁也会继续和酸化的氯化钠溶液反应产生氢气，溶液中会有亚铁离子生成；

【详解】

A．若铁片没有被腐蚀，则溶液中不会生成亚铁离子，加入酸性KMnO4溶液紫红色不褪去；说明没有生成亚铁离子，故A符合题意；

B．淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质；但不论铁片是否被腐蚀，均无氧化性物质与碘化钾发生反应，故B不符合题意；

C．KSCN溶液可检测铁离子的存在；上述现象中不会出现铁离子，所以无论铁片是否被腐蚀，加入KSCN溶液后，均无红色出现，故C不符合题意；

D．氯化钠溶液中始终存在氯离子；所以加入硝酸银溶液后，不管铁片是否被腐蚀，均会出现白色沉淀，故D不符合题意。

故选A。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．溶液中亚铁离子与铁氰化钾溶液反应能生成蓝色沉淀；由图可知，实验i中产生蓝色沉淀，则反应中有亚铁离子生成，故A正确；

B．溶液中铁离子与硫氰化钾溶液反应使溶液变为红色；由图可知，实验ii中溶液变为红色，则反应后溶液中含有铁离子，故B正确；

C．实验iii中加入四氯化碳；将生成的碘萃取到四氯化碳层，从溶液中分离出碘，生成物浓度减小，平衡向正反应方向移动，使溶液中亚铁离子浓度大于i中亚铁离子浓度，故C错误；

D．若实验iii中再加入4滴0.1mol•L-1FeCl2溶液；生成物浓度增大，平衡向逆反应方向移动，四氯化碳层碘的浓度减小，溶液颜色变浅，故D正确；

故选C。5、D【分析】【详解】

A．将SO2通入Ba(NO3)2溶液；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，则氢离子；硝酸根离子与亚硫酸反应生成硫酸根离子，产生白色沉淀为硫酸钡，A结论错误；

B．向AgNO3溶液中逐滴加入浓度均为0.05mol·L-1的NaI；NaCl混合溶液；未给定硝酸银的量，若硝酸银过量，可生成AgCl、AgI，B结论错误；

C．向FeCl3溶液中加入Cu粉；铁离子与铜反应生成亚铁离子和铜离子，Cu粉溶解，不能说明Cu的还原性大于Fe，C结论错误；

D．向盛有H2O2溶液的试管中滴几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，亚铁离子变为铁离子，一段时间后，溶液中有气泡出现，铁离子催化H2O2的分解；D结论正确；

答案为D。6、A【分析】【分析】

【详解】

根据葡萄糖热化学方程式可知每天需要摄入葡萄糖的物质的量为：葡萄糖的质量为×180g/mol=806g，综上所述故选A。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．电极2通入的氧气；根据氧元素的化合价只能降低判断，电极2做正极，发生还原反应，故A正确；

B．电极1根据通入的氨气和出来的氮气与水利用电子、电荷、原子守恒及碱性溶液的环境书写电极反应为：2NH3-6e-+6OH-=N2↑+6H2O；故B不正确；

C．原电池中阴离子向负极移动；C正确；

D．氨气易液化；氢气不易液化，因此氨相比于氢气的重要的优势是氨易液化，运输储存方便，D正确；

答案为B。

【点睛】

氨气分子间能形成氢键故易液化。二、多选题(共5题，共10分)8、BD【分析】【详解】

A．在0～t1min内的平均速率为v(SO3）==mol/(L·min)；故A错误；

B．t2时，参加反应的n(O2)=(0.060-0.016)mol=0.044mol，则参加反应的n(SO2)=2n(O2)=0.088mol，所以还剩余n(SO2)=(0.10-0.088)mol=0.012mol，所以t1时该反应达到平衡状态；其它条件不变，起始时向容器中充入0.10molSO3和0.010molO2与起始时向容器中充入0.10mol二氧化硫和0.060mol氧气相同，所以达到平衡状态时n(SO2)=0.012mol；故B正确；

C．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，如果平衡时c(SO2)=0.0070mol•L-1==0.006mol/L；则平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，故C错误；

D．由B项数据，起始时向容器中充入0.10mol二氧化硫和0.060mol时，平衡时n(SO2)=0.012mol，n(O2)=0.016mol，n(SO3)=0.088mol，该温度下起始时向容器中充入0.012molSO2、0.010molO2和0.088molSO3，与上述平衡时数据比较，相当于在原平衡上减少了O2，平衡逆向移动，故反应达到平衡前：v(逆)>v(正)；故D正确。

答案选BD。9、BC【分析】【分析】

由题中示意图可知，①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程；过程④为Ti−H−Fe−﹡N到Ti−H−﹡N−Fe两种过渡态的转化，⑤表示脱离催化剂表面生成化学键的过程，由此分析。

【详解】

A．能量变化最大的过程为①；①过程为氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，不是N≡N的断裂过程，故A不符合题意；

B．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程；以上都需要在高温时进行；过程④为Ti−H−Fe−﹡N到Ti−H−﹡N−Fe两种过渡态的转化，⑤表示脱离催化剂表面生成化学键的过程，④⑤在低温区进行是为了增加平衡产率，故B符合题意；

C．由题中图示可知；过程④完成了Ti−H−Fe−﹡N到Ti−H−﹡N−Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti−H区域传递；故C符合题意；

D．催化剂能改变化学反应速率；但不能改变反应的焓变；故D不符合题意；

答案选BC。10、AC【分析】【详解】

A．量热计的绝热效果不好，则测定温度偏低，但因为焓变为负值，故偏大；A错误；

B．玻璃导热性差；故搅拌器可以使用玻璃搅拌器，B正确；

C．因为醋酸电离吸热；醋酸钠水解也吸热，故若选用同浓度同体积的盐酸，则放热更多，温度能超过27.7℃，C错误；

D．使用过量的碱是为了保证醋酸完全被中和；D正确；

故选AC。11、CD【分析】【详解】

A．电池放电时，负极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O，所以电池周围溶液的减少；A项错误；

B．电池放电时，正极反应为：NiO(OH)+H2O+e-=OH-+Ni(OH)2；镍元素被还原，B项错误；

C．电池充电时，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2；氢元素被还原，C项正确；

D．电池放电时，负极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，H2是负极；D项正确；

答案选CD。12、BC【分析】【分析】

【详解】

A．HF溶液中，根据电荷守恒，c(H+)=c(F-)+c(OH-)，故c(H+)＞c(F-)；A正确；

B．HF的电离方程式为HFH++F-，H+由HF电离而来，弱电解质的电离是微弱的，因此c(H+)＜c(HF)；B错误；

C．pH=2，即c(H+)=10-2mol/L，常温下，c(OH-)==10-12mol/L，而HF为0.1mol/L，弱电解质的电离是微弱的，因此c(OH-)＜c(HF)；C错误；

D．根据HFH++F-，F-由HF电离而来，弱电解质的电离是微弱的，因此c(F-)＜c(HF)；D正确；

故选BC。三、填空题(共8题，共16分)13、略

【分析】【分析】

根据燃烧热的概念计算燃烧热；根据题干信息书写热化学方程式。

【详解】

(1)燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，4g氢气放出571kJ的热量，则1molH2的燃烧放出的热量为所以ΔH=-285.5kJ•mol-1，故答案为：-285.5kJ•mol-1；

(2)16gS燃烧放出148.5kJ的热量，则1molS燃烧放出的热量为148.5kJ×2=297kJ，则S燃烧的热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1；

故答案为：S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1；

(3)1g甲硅烷自燃放出44.6kJ热量，则1mol甲硅烷自燃放出44.6kJ×32=1427.2kJ热量，其热化学方程式为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-1，故答案为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-1。

【点睛】

热化学方程式的书写要常出错地方有：1、反应物和生成物的状态是否与题干信息一致。2、反应热的符号和单位是否正确，吸热为正值，放热为负值。3、反应热与化学方程式的化学计量数呈正比，通过题干信息计算。【解析】-285.5kJ·mol-1S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-114、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）惰性电极电解饱和食盐水；阴极始终是氢离子放电，产生氢气。阳极氯离子放电，产生氯气，氯气的物质的量是0.056L÷22.4L/mol＝0.0025mol，所以溶液中产生氢氧根的物质的量是0.0025mol×2＝0.005mol，则氢氧根的浓度是0.005mol÷0.5L＝0.01mol/L，所以溶液的pH＝12。

（2）反应2Cu+O2+2H2SO4=CuSO4+2H2O中铜失去电子，氧气得到电子，若将该反应设计为原电池，其正极是氧气得到电子，则电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O。

（3）电解精炼银时粗银与电源的正极相连，作阳极，则a电极为含有杂质的粗银。若b极有少量红棕色气体生成，这说明溶液中的硝酸根得到电子，则生成该气体的电极反应式为2H++NO3—+e—=NO2↑+H2O。【解析】12O2+4e—+4H+=2H2Oa2H++NO3—+e—=NO2↑+H2O15、略

【分析】【详解】

（1）温度低于250℃时，该反应的速率方程式为v=k·c2(NO2)，说明NO2和CO不参与同一个基元反应，且NO2参与的基元反应为慢反应，决定了该反应的反应速率，基元反应Ⅰ中产物有NO3，根据元素守恒可知该基元反应的反应物应为NO2，则该基元反应Ⅰ为2NO2=NO3＋NO；活化能越大；反应速率越慢，基元反应Ⅰ决定整个反应速率，说明反应Ⅰ活化能较大，即反应Ⅱ活化能较小。

（2）根据表格分析可知CO和NO2的浓度均会影响反应速率，由于该反应不是基元反应，由题意可设该反应的正反应速率v=k·c(NO2)·c(CO)，将表格中相应数据代入有2.2×10-4mol·L-1·s-1=k×0.04mol·L-1×0.025mol·L-1，可解得k=0.22L·mol-1·s-1。【解析】(1)2NO2=NO3＋NOⅡ

(2)0.2216、略

【分析】【详解】

（1）由图可知，T2温度下到达平衡的时间较短，反应速率较快，故温度T2>T1；

（2）根据题给反应知，该反应的平衡常数K=

（3）由题给图象可知，温度为T1时，平衡时甲醇的物质的量比T2时大，故该反应在T1时的平衡常数比T2时的大，则K(T1)>K(T2)；

（4）温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以合成甲醇的反应为放热反应，则ΔH<0；

（5）由题给图象知，处于A点的反应体系从T1变到T2，平衡逆向移动，达到平衡时，增大；

（6）T1时该反应中，ΔH<0，由反应式知：反应的气体分子数减小，则ΔS<0，故无法判断ΔG=ΔH-T1ΔS与0的大小关系，因此不能判断该反应能否自发进行；【解析】(1)＜

(2)

(3)＞

(4)＜温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以合成甲醇的反应为放热反应，则

(5)增大。

(6)不能判断17、略

【分析】【分析】

(1)①根据速率等于浓度改变量除以时间②将平衡时每种物质的浓度计算出来；再根据平衡常数公式计算。

(2)假设投料比值增大时，即增大时，X的平衡转化率增大，而增大的浓度可以提高的转化率，但的转化率降低。

(3)该反应是放热反应；也是气体体积减小的反应，利用平衡移动原理进行分析。

【详解】

(1)①故答案为：0.18。

②平衡时，则则则故答案为：2.08。

(2)假设投料比值增大时，即增大时，X的平衡转化率增大，而增大的浓度可以提高的转化率，但的转化率降低，则X为故答案为：增大的浓度可以提高的转化率，但的转化率降低。

(3)该反应是放热反应，也是气体体积减小的反应，若L为温度，则随着温度升高，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，所以L不是温度，而是压强；代表温度，保持压强不变，下的平衡转化率比下的大，说明平衡正向移动，而降低温度，该平衡正向移动，则故答案为：压强；＜。

【点睛】

分析图像时，常采用“定一论二”思想分析，先看其中一条曲线，分析平衡移动，再作一条与y轴相平的平行线，再根据平衡移动原理分析。【解析】0.182.08增大的浓度可以提高的转化率，但的转化率降低压强＜18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)一水合氨是弱碱，部分电离，所以氨水中NH浓度最小，另外四种属于铵盐，硫酸铵含有两个铵根离子，NH浓度最大，硫酸氢铵中能电离出氢离子，能抵制铵根离子的水解，而氯化铵中的铵根离子的水解没有受到抵制，所以硫酸氢铵中的铵根离子浓度大于氯化铵中的铵根离子浓度，而醋酸铵中的铵根离子和醋酸根离子相互促进水解，所以氯化铵中的铵根离子浓度大于醋酸铵中的铵根离子浓度，所以⑤、⑥、⑦、⑧、⑨五种溶液中NH浓度由大到小的顺序是：⑨⑦⑧⑥⑤；故答案为：⑨⑦⑧⑥⑤

(2)水在溶液中存在电离平衡，所以酸或碱均是抑制水的电离，如果氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，对水的电离抑制程度就相同，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，氢氧化钠是一元强碱，盐酸是一元强酸，所以硫酸对水电离的抑制程度最大，盐酸和氢氧化钠对水的电离的抑制程度一样，相同浓度的醋酸和氨水电离程度一样，对水的抑制程度相同，所以①、②、③、④、⑤五种溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：②=⑤>①=④>③，故答案为②=⑤>①=④>③

(3)盐酸和醋酸是一元酸，等浓度，等体积的①和②消耗氢氧化钠的体积相同，硫酸是二元酸所消耗的氢氧化钠的体积是盐酸和醋酸的二倍，所以用等物质的量浓度的④溶液恰好完全中和时，消耗④溶液的体积由大到小顺序为③>①=②,故答案为③>①=②

(4)等体积；等pH①；②、③三种溶液，溶液中的氢离子浓度相同，分别加入形状大小相同的镁片，开始产生气泡的速率相同，所以产生气泡的速率相同，①=②=③，故答案为①=②=③

(5)等体积等浓度的盐酸和氨水混合，生成氯化铵，因铵根离子水解，溶液呈酸性，水解的离子方程式为：NH＋H2ONH3·H2O＋H+，答案为：酸性，NH＋H2ONH3·H2O＋H+【解析】⑨⑦⑧⑥⑤②=⑤>①=④>③③>①=②①=②=③酸性NH＋H2ONH3·H2O＋H+19、略

【分析】【分析】

(1)若U型管中的液体a为饱和食盐水；则该装置是电解饱和食盐水的装置，根据相关知识回答问题；

(2)若U型管中的液体a为饱和氯化铜溶液；则该装置是电解饱和氯化铜的装置，根据相关知识回答问题。

【详解】

(1)若U型管中的液体a为饱和食盐水，Y与电源正极相连为阳极，阳极反应为2Cl-－2e-=Cl2↑，产生的气体是Cl2；检验氯气的方法是：湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；X为阴极，阴极反应为2H+＋2e-＝H2↑，阴极附近会产生氢氧根，生成白色的氢氧化镁沉淀，故在X极附近会首先生成白色不溶物；当电解产生0.2mol氢氧化钠时，同时消耗0.2molH+，生成0.1mol氢气，标况下的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L；电解氯化钠溶液的原理方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，电解400t食盐，则生成氯气物质的量为=3.42mol，氯气80%用于生产盐酸，可得到质量分数为31%的盐酸为=644t；

(2)电解氯化铜溶液时，X作为阴极，发生反应：Cu²⁺+2e⁻=Cu，质量增加；该电极得电子，发生还原反应；生成1mol铜转移2mol电子，若要得到0.32克铜，需要转移=0.01mol；氯化铜溶液显酸性的原因是铜离子发生了水解，离子方程式为：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+；电解氯化铜溶液的总方程式为：CuCl2Cu+Cl2，电解一段时间后，铜离子浓度减小，水解程度减弱，酸性减弱。【解析】Cl2湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝X22.4L644X还原0.01molCu2++2H2OCu(OH)2+2H+铜离子浓度减小，水解程度减弱，酸性减弱20、略

【分析】【分析】

(1)碳酸钾中的碳酸根可以水解生成的碳酸氢钾和氢氧化钾能够反应；

(2)Al3+水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸不能挥发，最后氢氧化铝和硫酸又反应生成Al3+；

(3)Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl；HCl挥发，得到的是氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化，据此分析解答；

(4)亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成硫酸钠；

(5)NaClO溶液加热蒸干；NaClO发生水解生成次氯酸和氢氧化钠，次氯酸受热生成氯化氢和氧气；

(6)将KMnO4溶液加热蒸干得到KMnO4固体、灼烧时，KMnO4固体分解生成锰酸钾；二氧化锰和氧气。

【详解】

(1)碳酸钾中的碳酸根可以水解；尽管加热过程能促进碳酸钾水解，但生成的碳酸氢钾和氢氧化钾反应后仍为碳酸钾，故答案为碳酸钾；尽管加热过程能促进碳酸钾水解，但生成的碳酸氢钾和氢氧化钾反应后仍为碳酸钾；

(2)明矾中的铝离子可以水解，但是Al3+水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸是高沸点酸，不能挥发，最后氢氧化铝和硫酸又反应生成Al3+，最后蒸干得到明矾晶体，故答案为KAl(SO4)2·12H2O；尽管Al3+水解；由于硫酸是高沸点酸，不能挥发，最后仍然会得到明矾晶体；

(3)蒸发FeCl2溶液，Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，得到的是氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，灼烧后得到氧化铁，故答案为Fe2O3；Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，Fe(OH)2逐渐被氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3灼烧分解生成Fe2O3；

(4)亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成硫酸钠，所以最后得到的固体物质是硫酸钠，故答案为硫酸钠；亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成硫酸钠；故答案为Na2SO4；Na2SO3被空气中的O2氧化，发生反应：2Na2SO3＋O2=2Na2SO4；

(5)NaClO溶液加热蒸干，NaClO发生水解生成次氯酸和氢氧化钠，次氯酸受热生成氯化氢和氧气，根据钠与氯1∶1，则最终生成的氢氧化钠与氯化氢刚好反应生成氯化钠和水，所以最终加热蒸干最后所得的固体是氯化钠，故答案为氯化钠；NaClO水解的化学方程式为NaClO＋H2O=NaOH＋HClO，2HClO2HCl＋O2↑，HCl＋NaOH=NaCl＋H2O；故最终得到NaCl；

(6)将KMnO4溶液加热蒸干得到KMnO4固体、灼烧，KMnO4固体分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，最后所得的固体为锰酸钾和二氧化锰，故答案为K2MnO4、MnO2；KMnO4加热时发生反应：2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑。

【点睛】

本题的易错点为(5)，要注意次氯酸容易分解，且生成的盐酸和氢氧化钠能够反应。【解析】①.K2CO3②.尽管加热过程促进水解，但生成的KHCO3和KOH反应后又生成K2CO3③.KAl(SO4)2·12H2O④.尽管Al3＋水解，但由于H2SO4为难挥发性酸，最后仍然为结晶水合物。注意温度过高，会脱去结晶水⑤.Fe2O3⑥.Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，Fe(OH)2逐渐被氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3灼烧分解生成Fe2O3⑦.Na2SO4⑧.Na2SO3被空气中的O2氧化，发生反应：2Na2SO3＋O2=2Na2SO4⑨.NaCl⑩.NaClO水解的化学方程式为NaClO＋H2O=NaOH＋HClO，2HClO2HCl＋O2↑，HCl＋NaOH=NaCl＋H2O，故最终得到NaCl⑪.K2MnO4、MnO2⑫.KMnO4加热时发生反应：2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑四、判断题(共2题，共6分)21、B【分析】【分析】

【详解】

饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠之间反应可以得到消毒液，与水解无关，故错误。22、B【分析】【详解】

根据质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，错误。五、实验题(共3题，共9分)23、略

【分析】【分析】

装置A中Cu与浓硝酸反应生成NO2，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，生成的NO2与B中的H2O反应生成NO，3NO2+H2O=2HNO3+NO，C中的Fe2＋EDTA溶液将NO吸收，D中的KMnO4吸收剩余的NO，3＋5NO＋4H+=5＋3Mn2+＋2H2O。

【详解】

（1）由仪器的外形可知；装置A中盛放浓硝酸的仪器为分液漏斗；导管m可接通瓶内和漏斗上方的空气，起到平衡气压的作用，有利于浓硝酸顺利滴下；

（2）该装置用于检验NO被吸收的状况，因此装置中不能有O2，通N2的目的是排尽装置内的空气；

（3）根据题意；吸收NO时的温度是60℃，因此可选择水浴加热，更有利于控温；

（4）根据分析，酸性KMnO4做氧化剂将NO氧化为自身被还原为Mn2+，因此该反应的离子方程式为3＋5NO＋4H+=5＋3Mn2+＋2H2O；

（5）该实验方法是返滴定法，用K2Cr2O7标准液滴定过量的Fe2＋，再通过计算与反应的Fe2＋的量进而求出NO的量。由6Fe2＋～可计算出未参与反应的Fe2＋的物质的量为c2V2×10-3×6mol，将还原为NO时所消耗Fe2＋的物质的量为(c1V1-c2V2×6)×10-3mol，由3Fe2＋～可得NO的物质的量为(c1V1-c2V2×6)××10-3mol，最终可得100mL吸收液中所含NO的质量为(c1V1-c2V2×6)××10-3mol×30g·mol-1=0.01(c1V1-c2V2×6)g；

（6）俯视读数，读数较实际所取液体体积偏小，即未参与反应的Fe2＋的物质的量偏小，则与反应的Fe2＋的量偏大，导致最终结果偏高【解析】(1)分液漏斗平衡压强；使浓硝酸顺利滴下。

(2)排尽装置内的空气(答案合理即可)

(3)水浴加热。

(4)3MnO＋5NO＋4H＋=5NO＋3Mn2＋＋2H2O

(5)0.01(c1V1-6c2V2)

(6)偏高24、略

【分析】【分析】

配制250mL0.2000的溶液过程：计算所需固体的质量→称量→溶解→转移；洗涤→定容、摇匀→装瓶、贴标签。且硝酸银见光易分解。则需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、250mL棕色容量瓶、玻璃棒和胶头滴管。沉淀滴定时；沉淀反应必须完全进行：只有当滴定剂和被滴定物的生成物的溶解度比滴定剂和指示剂的生成物的溶解度小时，完全反应后，继续滴加滴定剂，滴定剂和指示剂反应生成沉淀，保证滴定剂和被滴定物完全反应。

【详解】

Ⅰ.(1)配制250mL0.2000的溶液。配制过程如下所示：计算所需固体的质量→称量→溶解→转移；洗涤→定容、摇匀→装瓶、贴标签；硝酸银见光易分解；则需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、250mL棕色容量瓶、玻璃棒和胶头滴管，故答案为：250mL棕色容量瓶。

(2)配制250mL0.2000的溶液。则：故用托盘天平称取8.5g固体；

(3)定容时若仰视刻度线；导致配制的溶液体积偏大，液面超出刻度线浓度偏低；应重新配制溶液；

Ⅱ(4)只有当滴定剂和被滴定物的生成物的溶解度比滴定剂和指示剂的生成物的溶解度小时；完全反应后，继续滴加滴定剂，滴定剂和指示剂反应生成沉淀，保证滴定剂和被滴定物完全反应。此题中，只有氯化银沉淀完全后，银离子才能与滴定剂的离子反应生成其它有色沉淀。则：

A．可知开始沉淀时浓度银离子浓度相同时，离子开始沉淀时浓度大于氯离子浓度，即开始沉淀时；氯离子已经完全沉淀，A符合；

B．氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1:1型，依据Ksp可知溶解性：氯化银>溴化银>碘化银；氯离子未沉淀完全时，碘离子；溴离子即开始沉淀；B不符合；

C．结合B可知；C不符合；

D．可知S2−开始沉淀时浓度可知Cl−开始沉淀时浓度银离子浓度相同时，硫离子开始沉淀时浓度远远小于氯离子浓度，即硫离子沉淀时，氯离子未完全沉淀，D不符合；

则答案选A。

滴定过程中，用标准溶液滴定待测液时，眼睛应注视锥形瓶中沉淀颜色的变化。由表知：是砖红色沉淀；则滴定终点的实验现象为：当最后一滴硝酸银溶液滴入时，出现砖红色沉淀，维持30秒不变；

(5)A．取标准溶液的滴定管；未经润洗就直接注入溶液，导致标准液体积偏大，测定结果偏高；A不符合；

B．盛装标准液的滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失，导致标准液体积偏大，测定结果偏高；B不符合；

C．读取溶液体积时；开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数，导致标准液体积偏小，测定结果偏低；C符合；

D．滴定过程中会加少量蒸馏水；锥形瓶内有少量蒸馏水，不影响滴定结果；D不符合；

答案选C；

(6)由表知，标准溶液体积依次为：25.05mL、25.00mL和24.95mL，根据数据的有效性，3组数据均有效，标准溶液体积平均为25.00mL，的物质的量浓度为：【解析】250mL棕色容量瓶8.5重新配制溶液A锥形瓶中沉淀颜色的变化当最后一滴硝酸银溶液滴入时，出现砖红色沉淀，维持30秒不变C0.100025、略

【分析】【分析】

(1)

①由物料守恒可知，c(Ba2+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.1mol·L-1，pH≈13可得c(H+)=10-13，c(OH-)=10-1，Ka2(H2S)=c(HS-)＞c(S2-)，所以c(OH-)＞c(HS-)＞c(S2-)，故答案为：c(OH-)＞c(HS-)＞c(S2-)。

②反应I2+2=2I-+消耗Na2S2O3的物质的量为0.05000mol·L-1×20.00mL×10-3L/mL=1.000×10-3mol，所以III消耗I2的物质的量为5.000×10-4mol，加入I2的物质的量为20.00mL×10-3L/mL×0.08000mol·L-1=1.600×10-3mol，所以II中消耗I2的物质的量为1.600×10-3mol-5.000×10-4mol=1.100×10-3mol，根据反应I2+S2-=S+2I-，所以n(S2-)=n(BaS)，BaS的质量分数=故答案为：92.95%。

(2)

①实际制取MnCO3时，一般选择使用氨水-NH4HCO3混合溶液代替NH4HCO3固体，这样改进的优点是增大c(CO)，吸收CO2气体；防止液体外溢，造成危险。

②已知：6.5<7.5时，碳酸锰产率较高。pH=8.1时，Mn2+开始形成Mn(OH)2沉淀。故要制备高纯碳酸锰需控制pH在6.5~7.5之间、产生碳酸锰沉淀、过滤洗涤干燥即可，则以MnSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料制备的实验方案为：向MnSO4溶液中逐滴加入氨水-NH4HCO3混合溶液，边加边搅拌，至溶液pH在6.5~7.5之间，充分静置后过滤。用蒸馏水洗涤滤渣，至取最后一次洗涤滤液，先加盐酸，再加氯化钡溶液不出现白色沉淀，干燥。【解析】(1)c(OH-)＞c(HS-)＞c(S2-)92.95%

(2)增大c(CO)，吸收CO2气体，防止液体外溢，造成危险向MnSO4溶液中逐滴加入氨水-NH4HCO3混合溶液，边加边搅拌，至溶液pH在6.5~7.5之间，充分静置后过滤。用蒸馏水洗涤滤渣，至取最后一次洗涤滤液，先加盐酸，再加氯化钡溶液不出现白色沉淀，干燥六、元素或物质推断题(共3题，共15分)26、略

【分析】【分析】

从图中的化合价和原子半径的大小；可以推出x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此解答。

【详解】

（1）f是Al元素；在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；

故答案为第三周期ⅢA族；

（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故r(O2-)＞r(Na+)；非金属性越强最高价氧化物水化物的酸性越强，故HClO4＞H2SO4；

故答案为O2-；Na+；HClO4；H2SO4；

（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为：（或）；

故答案为（或）；

（4）1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出25