2025年统编版2024选择性必修1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年统编版2024选择性必修1化学下册月考试卷382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6题，共12分)1、已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=－483.6kJ•mol-1

下列说法不正确的是A.该反应是氧化还原反应B.破坏1molH-O键需要的能量是463.4kJC.H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)ΔH=+241.8kJ•mol-1D.H2(g)中的H-H键比H2O(g)中的H-O键牢固2、以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池的结构如图所示。下列关于该电池的叙述不正确的是()

A.该装置属于原电池B.放电过程中，H＋从负极区向正极区迁移C.在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成11.2L(标准状况)CO2D.电池负极的电极反应式为C6H12O6＋6H2O-24e-＝6CO2↑＋24H＋3、已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=﹣41kJ/mol，相同温度下，在体积均为2L的三个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应．相关数据如下：。容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡过程体系能量的变化n（CO）n（H2O）n（CO2）n（H2）n（H2）①1400放出热量：32.8kJ②0014热量变化：Q1③1121热量变化：Q2

下列说法中，不正确的是（）A.若容器①中反应10min达到平衡，0至10min时间内，用CO表示的平均反应速率v（CO）=4.0×10﹣2mol/（L·min）B.容器③中，开始时v（CO）生成＞v（CO）消耗C.达平衡过程体系能量的变化：Q1=4Q2D.平衡时，①与②容器中CO的体积分数相等4、相同温度下，向密闭容器甲和乙(如图所示，其中活塞M可自由移动)中分别充入等物质的量的NO2(g)，使两容器初始容积相等，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，平衡时，两容器中N2O4(g)的体积分数分别为m和n；则。

A.m＜nB.m=nC.m>nD.无法确定5、常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是A.在1mol•L-1Na2S溶液中，c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1mol•L-1B.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C.相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)>Ka(HF)D.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)6、①已知t℃时AgCl的Ksp=2.0×10－10；②在t℃时Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是。

A.在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1.0×10－12B.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点C.在t℃时，以0.01mol·L－1AgNO3溶液滴定20.00mL0.01mol·L－1KCl和0.01mol·L－1K2CrO4的混合溶液，CrO42-后沉淀D.在t℃时，反应Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋CrO(aq)的平衡常数K＝2.5×107评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、在t℃时，AgI在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t℃时AgBr的Ksp=5×10-11；下列说法不正确的是。

A.在t℃时，AgI的Ksp=2.5×10-15B.图中b点有碘化银晶体析出C.向c点溶液中加入适量蒸馏水，可使溶液由c点到a点D.在t℃时，反应AgBr(s)+I-(aq)AgI(s)+Br-(aq)的平衡常数K=200008、气态废弃物中的硫化氢可用电化学的方法转化为可利用的硫：配制一份电解质溶液，主要成分为：K4[Fe(CN)6](200g/L)和KHCO3(60g/L)；通电电解，通入H2S气体。过程中涉及硫化氢转化为硫的总反应：2Fe(CN)+2+H2S=2Fe(CN)+2+S，则下列说法不正确的是A.电解过程中的阳极反应为：[Fe(CN)6]2--e-=[Fe(CN)6]3-B.电解过程中阴极附近溶液的pH降低C.电解过程中每处理1mol硫化氢气体，理论上转移电子2molD.该处理方法理论上不需要补充电解质溶液9、某种含二价铜微粒的催化剂可用于汽车尾气脱硝；催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2。下列说法正确的是。

A.从图中可知总反应吸热B.由状态②到状态③是铜元素被氧化的过程C.状态③到状态④的变化过程中有键的形成D.该脱硝过程的总反应方程式为：10、研究表明，采用零价铁(ZVI)活化过硫酸钠(Na2S2O8)可去除废水中的正五价砷[As(V)]；其反应机制模型如图所示，定义比表面积为单位质量的物质所具有的表面积。下列叙述正确的是。

A.1molNa2S2O8中含有1mol过氧键B.若56gFe参加反应，共有1mol被还原C.ZVI(Fe)的比表面积越大，净化速率越快D.pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷11、化工生产中用(次磷酸钠)进行化学镀制，反应的化学方程式为下列说法正确的是A.化学反应中，还原产物为和B.溶液中离子浓度的大小顺序为C.溶液中的电离方程式为D.与过量反应生成判断为二元酸12、室温时，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5。下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.0.1mol/LH2C2O4溶液：c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)B.0.1mol/LNaHC2O4溶液：c(C2O)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)C.0.1mol/LNa2C2O4溶液：c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O)D.0.1mol/LNaHC2O4溶液和0.1mol/LNa2C2O4溶液等体积混合：c(HC2O)+2c(C2O)＜0.15mol/L13、某小组探究FeCl3和Na2S的反应。

【查阅资料】①硫单质微溶于乙醇，难溶于水；②FeS、Fe2S3均为黑色固体，难溶于水：③Fe3++6F-=[FeF6]3-，[FeF6]3-为无色离子。

【设计实验】。序号IIIIII操作在1mL0.1mol/LNa2S溶液中加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液在1.5mL0.1mol/LNa2S溶液中加入0.5mL0.1mol/LFeCl3溶液在2mLlmol/LNaF溶液中加入0.5mL0.1mol/LFeCl3溶液，得无色溶液，再加入1.5mL0.1mol/LNa2S溶液现象迅速产生黑色沉淀X，振荡，黑色沉淀溶解，放出臭鸡蛋气味气体，最终得到棕黄色浊液Y产生棕黑色沉淀Z产生黑色沉淀W结论分离Y得到Fe(OH)3

和S经检验，Z的主要成分是Fe2S3，含少量Fe(OH)3经检验，W为Fe2S3

下列推断正确的是A.黑色沉淀X溶解只发生复分解反应B.实验II不生成S可能是氧化还原速率较小C.生成黑色沉淀W的反应为2Fe3++3S2-=Fe2S3↓D.反应物中越小，氧化还原的趋势越小14、根据下列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

向Na2CO3溶液中加入冰醋酸；将产生的气体直接通入硅酸钠溶液中，产生白色浑浊。

酸性：醋酸>碳酸>硅酸。

B

向NaBr溶液中滴入少量氯水和CCl4；振荡；静置，溶液分层，下层呈橙红色。

还原性：Br->Cl-

C

室温下，向浓度均为0.1mol·L-1的NaCl、NaI的混合溶液中滴入少量稀AgNO3溶液；有黄色沉淀生成。

Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

D

向少量酸性KMnO4溶液中滴加草酸(H2C2O4)溶液，KMnO4溶液紫红色褪去。

草酸具有漂白性。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如下图所示：

(1)溶液A的溶质是_____________________；

(2)电解饱和食盐水的离子方程式是_____________________；

(3)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：_______________________________________。16、B卷题.汽车尾气里含有NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＞0，已知该反应在2404℃时，平衡常数K＝64×10－4。请回答：

(1)某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为__________________。

(2)假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志是________(填字母序号)。

A．消耗1molN2同时生成1molO2

B．混合气体密度不变。

C．混合气体的总压强不变。

D．2v正(N2)＝v逆(NO)

(3)将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，下图（t—时间、T—温度）中变化趋势正确的是________(填字母序号)。

(4)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态。与原平衡状态相比，此时平衡混合气体中NO的体积分数________(填“变大”“变小”或“不变”)。

(5)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10－1mol·L－1、4.0×10－2mol·L－1和3.0×10－3mol·L－1，此时反应________________(填“处于化学平衡状态”“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”)，理由是____________________________________。（写出必要的计算过程）17、为了研究化学反应A＋B=C＋D的能量变化情况；某同学设计了如图所示装置。当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升。试回答下列问题：

(1)该反应为____________(填“放热”或“吸热”)反应。

(2)A和B的总能量比C和D的总能量____________(填“高”或“低”)。

(3)物质中的化学能通过________转化成________释放出来。

(4)反应物化学键断裂吸收的能量________(填“高”或“低”)于生成物化学键形成放出的能量。

(5)写出一个符合题中条件的化学方程式：____________________。18、下表是25℃时三种弱酸的电离平衡常数：。化学式HA（A代表某种酸根）HNO2H2CO3KaKa＝4.9×10－10Ka＝4.6×10－4Ka1＝4.1×10－7Ka2＝5.6×10－11

回答下列问题：

（1）用离子方程式表示NaNO2溶液呈碱性的原因____________________。

（2）A－、CO32－、HCO3－在水中结合H+的能力由大到小的顺序为____________。

（3）25℃时，等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液呈碱性，则该混合溶液中各离子浓度大小关系为________________，解释混合溶液呈碱性的原因_________________________________。

（4）写出NaA溶液中通少量CO2的离子方程式_______________________________________。

（5）某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如下图所示实验：

①充分反应后a试管中大量存在的离子是_______________________________________。

②用离子方程式表示b试管中发生的反应_______________________________________。19、课题式研究性学习是培养学生创造思维的良好方法，某研究性学习小组将下列装置如图所示连接，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色．试回答下列问题：(1)电源A极的名称是____，电极G的名称是_____。(2)甲装置中电解反应相关方程式：C：_____，D：______，总反应方程式：_____。如果起始时甲烧杯中盛有1000mL溶液，通电一段时间后溶液中的Cu2+恰好消耗掉(假设没有其它离子干扰)，此时收集到气体3.36L(标准状况下)，则原硫酸铜溶液的浓度是____mol/L，电路中通过的电子的物质的量是____mol；若要使溶液恢复到起始浓度(忽略溶液体积的变化)，可向溶液中加入____(填物质名称)。(3)如果收集乙装置中产生的气体，两种气体的体积比是____。(4)欲用丙装置给铜镀银，G应该是____(填“铜”或“银”)，电镀液的主要成分是_____(填化学式)。(5)装置丁中的现象是_______。20、丙烯酸是非常重要的化工原料之一；可用甘油催化转化如下：

甘油丙烯醛丙烯酸

已知：反应Ⅰ：(活化能)

反应Ⅱ：(活化能)

甘油常压沸点为290℃；工业生产选择反应温度为300℃，常压下进行。

(1)①反应Ⅰ在_______条件下能自发进行(填“高温”或“低温”)；

②若想增大反应Ⅱ的平衡常数K，改变条件后该反应_______(选填编号)

A.一定向正反应方向移动B.在平衡移动时正反应速率先增大后减小。

C.一定向逆反应方向移动D.在平衡移动时逆反应速率先减小后增大。

(2)工业生产选择反应温度为300℃，忽略催化剂活性受温度影响，分析温度不能过低理由是_______。

(3)工业制备丙烯酸的中间产物丙烯醛有剧毒，选择催化剂_______能使工业生产更加安全。(选填编号)

催化剂A：能大幅降低和

催化剂B：能大幅降低几乎无影响。

催化剂C：能大幅降低几乎无影响。

催化剂D：能升高和

(4)①温度350℃，向1L恒容密闭反应器中加入1.00mol甘油和进行该实验。同时发生副反应：实验达到平衡时，甘油的转化率为80%。乙酸和丙烯酸的选择性随时间变化如图所示，计算反应的平衡常数为_______(X的选择性：指转化的甘油中生成X的百分比)

②调节不同浓度氧气进行对照实验，发现浓度过高会降低丙烯酸的选择性，理由是_______。

(5)关于该实验的下列理解，正确的是_______。

A.增大体系压强；有利于提高甘油的平衡转化率。

B.反应的相同时间；选择不同的催化剂，丙烯酸在产物中的体积分数不变。

C.适量的氧气能抑制催化剂表面积碳；提高生产效率。

D.升高反应温度，可能发生副反应生成COx，从而降低丙烯酸的产率评卷人得分四、判断题(共3题，共21分)21、水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的反应热。_____22、二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响(已知珊瑚礁的主要成分为)，二氧化碳溶于水造成海水酸化，海水酸化能引起浓度增大、浓度减小。(________)A.正确B.错误23、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、计算题(共3题，共12分)24、(1)已知拆开键，键，键分别需要的能量是则与反应生成所释放的热量为_____

(2)与反应生成的热化学方程式为____。25、1L某溶液中含有的离子如表：。离子Cu2+Al3+Cl-物质的量浓度/(mol•L-1)214x

用惰性电极电解该溶液，当电路中有5mole-通过时，溶液的c(H+)=______mol/L(忽略电解时溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)．26、化学反应过程可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能：P—P为198kJ·mol-1、P—O为360kJ·mol-1、O=O为498kJ·mol-1。则P4(白磷)+3O2=P4O6的反应是__(填“吸热”或“放热”)反应，生成1molP4O6___(填“吸收”或“放出”)的热量为___。

评卷人得分六、实验题(共4题，共20分)27、为探究Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液的反应规律；某同学进行实验如下：

已知：(橙色)+H2O(黄色)+2H+

(1)进行实验ⅰ和ⅱ：。序号操作现象ⅰ向2mLpH=2的0.05mol/LK2Cr2O7的橙色溶液中滴加饱和Na2SO3溶液(pH约为9)3滴溶液变绿色(含Cr3+)ⅱ向2mLpH=8的0.1mol/L的K2CrO4黄色溶液中滴加饱和Na2SO3溶液3滴溶液没有明显变化

①用离子方程式表示饱和Na2SO3溶液pH约为9的原因：______________________。

②用离子方程式解释i中现象：______________________。

(2)继续进行实验ⅲ：。序号操作现象ⅲ向2mL饱和Na2SO3溶液中滴加pH=2的0.05mol/LK2Cr2O7的橙色溶液3滴溶液变黄色

为了说明产生上述现象的原因；补充实验ⅳ：

向2mL蒸馏水中滴加pH=2的0.05mol/LK2Cr2O7橙色溶液3滴；溶液变成浅橙色。

①补充实验ⅳ的目的是______________________。

②用化学平衡移动原理解释iii中现象：______________________。

③根据实验ⅰ～ⅲ，可推测：Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液的反应与溶液酸碱性有关。

a．碱性条件下，Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液不发生氧化还原反应；

b．______________________。

④向实验ⅲ所得黄色溶液中继续滴加硫酸，产生的现象证实了上述推测。该现象是______________。28、NaClO2是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。Mathieson方法制备NaClO2的流程如图所示：

(1)NaClO2的名称是_______。

(2)H2O2的电子式是_______。

(3)反应①的化学方程是_______。

(4)ClO2也是一种消毒剂，在杀菌消毒过程中会产生副产物ClO需将其转化为Cl-除去，下列试剂中，可将ClO转化为Cl-的是_______(填字母序号)。

a.FeSO4b.O3c.KMnO4d.SO2

(5)反应②的离子方程式是_______。

(6)电解法也可得到NaClO2；如图所示：

①粗食盐中含有SOCa2+、Mg2+。精制食盐水的过程中需要加入盐酸，目的是_______。

②电解过程中的阴极反应式是_______；电解过程中若产生标准状况下氯气33.6L，理论上得到NaClO2的质量是_______。29、磺酰氯(SO2Cl2)是一种无色液体，易水解，常用于作为有机氯化剂，其制备方法为：SO2(g)+Cl2(g)⇌SO2C12(g)△H＜0。

现利用以下装置在实验室制备磺酰氯(加热装置略去)：

已知：Ksp(AgCl)=2.0×10-10，Ksp(Ag2SO4)=1.6×10-6，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12

(1)用冰水冷却三颈瓶更有利于SO2Cl2的生成，其原因是___。

(2)向三颈瓶中所得液体中加水，出现白雾，振荡、静置得到无色溶液，请写出SO2Cl2与H2O反应的化学方程式___。

(3)在SO2Cl2溶于水所得溶液中逐滴加入AgNO3稀溶液，当SO沉淀完全(以浓度为1.0×10-5计)时，浑浊液中Cl-浓度为___。

(4)为了测定SO2Cl2的纯度，称取agSO2Cl2产品于锥形瓶中，加入足量蒸馏水充分反应。用cmol/LAgNO3溶液滴定反应后的溶液至终点(滴加K2CrO4溶液做指示剂，当出现棕红色Ag2CrO4沉淀时达到终点)，消耗AgNO3溶液的体积为VmL，该SO2Cl2产品的纯度为___(不必化简)

(5)Li-SO2Cl2电池是一种新型电池。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4-SO2Cl2，电池的总反应可表示为：2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑。写出该电池的正极反应___。若用该电池电解CuSO4溶液，装置如图所示，膜两侧的溶液均为足量CuSO4溶液，且两侧溶液质量相同，若Li-SO2Cl2电池产生了标况下33.6L气体，则电解池膜两侧的质量差为___。

30、某研究性学习小组欲探究原电池的形成条件；按如图所示装置进行实验并得到下表实验结果：

。实验序号。

A

B

烧杯中的液体。

灵敏电流表指针是否偏转。

1

Zn

Zn

乙醇。

无。

2

Zn

Cu

稀硫酸。

有。

3

Zn

Cu

稀硫酸。

无。

4

Zn

Cu

苯。

无。

5

Cu

C

氯化钠溶液。

有。

6

Mg

Al

氢氧化钠溶液。

有。

分析上述实验；回答下列问题：

(1)实验2中电流由________极流向________极(填“A”或“B”)。

(2)实验6中电子由B极流向A极，表明负极是________(填“镁”或“铝”)电极。

(3)实验5表明________(填字母序号；下同)。

A．铜在潮湿空气中不会被腐蚀。

B．铜的腐蚀是自发进行的。

(4)分析上表有关信息，下列说法不正确的是________。

A．金属活动顺序表中；活泼性强的金属一定作负极。

B．失去电子的电极是负极。

C．烧杯中的液体必须是电解质溶液。

D．原电池中，浸入同一电解质溶液中的两个电极，是活泼性不同的两种金属(或其中一种非金属)参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．该反应化合价发生改变；是氧化还原反应，A说法正确；

B．根据旧键的断裂吸热，新键的形成放热，H-O的键能==463.4kJ/mol；故破坏1molH-O键需要的能量是463.4kJ，B说法正确；

C．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ•mol-1，则H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)ΔH=+241.8kJ•mol-1；C说法正确；

D．H2(g)中的H-H键的键能为436kJ•mol-1，H2O(g)中的H-O键的键能为463.4kJ/mol，则H-H键比H2O(g)中的H-O键稳定性差；D说法错误；

答案为D。2、C【分析】【详解】

A.该装置为以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池；属于原电池，故A正确；

B.原电池内部阳离子应向正极移动，则放电过程中，H＋从负极区向正极区迁移；故B正确；

C.正极反应式为O2+4e-+4H+＝2H2O，则负极反应式为C6H12O6＋6H2O-24e-＝6CO2↑＋24H＋；对比可知，消耗1mol氧气生成1mol二氧化碳，标准状况下体积是22.4L，故C错误；

D.负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为C6H12O6＋6H2O-24e-＝6CO2↑＋24H＋；故D正确；

故答案选C。

【点睛】

原电池内部离子的移动方向为“正正负负”，即带正电荷的阳离子向正极移动，带负电荷的阴离子向负极移动。3、D【分析】【详解】

A、根据题给信息知若容器①中反应10min达到平衡，放出热量：32.8kJ，根据反应：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)∆H＝–41kJ/mol知参加反应的CO的物质的量为0.8mol，则0至10min时间内，用CO表示的平均反应速率υ(CO)=△n/V△t=4.0×10－2mol/(L·min)；正确；

B、根据容器①中数据计算反应达到平衡时各物质的浓度为c(CO)=0.1mol/L、c(H2O)=1.6mol/L、c(CO2)=0.4mol/L、c(H2)=0.4mol/L，则K=1，根据容器③中数据计算Q=2，Q>K，反应逆向进行，则开始时υ(CO)生成>υ(CO)消耗；正确；

C、三个容器中温度相同，平衡常数相同，均为1.利用三行式分析。设容器②转化的CO2的物质的量为x。

则（4-x）(1-x)/x2=1；解得x=0.8mol；

设容器③转化的CO2的物质的量为y。

则（1-y）(2-y)/(1+y)2=1，解得y=0.2mol；则达平衡过程体系能量的变化：Q1=4Q2；正确；

D；根据题给数据和C项计算；平衡时，①中CO的体积分数为4%，②容器中CO的体积分数为16%，CO的体积分数不相等，错误。

故选择D。4、A【分析】【分析】

【详解】

根据图示可知：甲在恒容条件下进行，乙在恒压条件下进行。由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，当反应达到平衡后气体压强减小，为维持压强与原来相同，要压缩容器的容积，减小容器的容积，导致体系的压强增大，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，因此达到平衡后N2O4(g)的体积分数要比原来大，故平衡时，两容器中N2O4(g)的体积分数分别为m和n，则m＜n，故合理选项是A。5、C【分析】【详解】

A．在1mol•L-1Na2S溶液中，根据物料守恒，c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1mol•L-1；故A正确；

B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，说明混合后溶液显酸性，说明c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，说明c(CH3COO-)>c(Na+)，又因为c(H+)、c(OH-)浓度都比较小，故混合后溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；故B正确；

C．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，说明前者的水解程度更大，说明HCOOH的酸性弱于HF，则Ka(HCOOH)<Ka(HF)；故C错误；

D．相同类型的盐，相同条件下，谁的溶解度大，谁的Ksp就大，FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，说明FeS比CuS更易溶于水，则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)；故D正确；

本题答案C。6、B【分析】【详解】

A、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到，曲线上的点是沉淀溶解平衡。Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4(s)2Ag++CrO42-，Ksp=c2(Ag+)·c(CrO42-)=（10-3）2×10-6=10-12；故A正确；

B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点；故B错误；

C、依据溶度积常数计算Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO42-)=1×10-12；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10，以0.01mol/LAgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c(CrO42-)=0.01mol/L，得到c(Ag+)==10-5mol/L，0.01mol/LKCl溶液中，c(Cl-)=0.01mol/L；依据溶度积计算得到：c(Ag+)==2×10-8mol/L；所以先析出氯化银沉淀，故C正确；

D、K====2.5×107；故D正确。

答案选B。二、多选题(共8题，共16分)7、CD【分析】【分析】

【详解】

A．t℃时，根据图象中c点银离子、溴离子浓度分别为：c(I-)=5×10-8mol·L－1，c(Ag+)=5×10-8mol·L－1，则Ksp(AgI)=c(I-)×c(Ag+)=5×10-8mol·L－1×5×10-8mol·L－1=2.5×10-15mol2•L-2；故A正确；

B．b点c(Ag+)=5×10-8mol·L－1，c(I-)＞5×10-8mol·L－1，则c(I-)×c(Ag+)＞Ksp(AgI)；所以会析出AgI沉淀，故B正确；

C．向c点溶液中加入适量蒸馏水，溶液体积增大，导致c(I-)＜5×10-8mol·L－1；不可能使溶液由c点到a点，故C错误；

D．t℃时，Ksp(AgI)=c(I-)×c(Ag+)=2.5×10-15，Ksp(AgBr)=5×10-13，反应AgBr(s)+I-(aq)AgI(s)+Br-(aq)的平衡常数K===200；故D错误；

故选CD。8、AB【分析】【分析】

【详解】

略9、CD【分析】【分析】

根据图2判断，反应物的总能量大于生成物的总能量，则为放热反应；元素化合价升高的反应是氧化反应,元素化合价降低的反应是还原反应；由图1状态3到状态4的变化过程中有H2O生成；由图2可知，该脱硝过程中参与反应的NH3、NO、O2的物质的量之比；结合电子守恒；原子守恒写出总反应方程式。

【详解】

A．由图2可知；起始态物质总能量大于终态物质总能量，则总反应放热，A错误；

B．状态②到状③的过程中；Cu和N的化合价发生变化，其中Cu的化合价降低，属于还原反应，B错误；

C．状态③到状态④的变化过程中有H2O生成；即有O-H键的形成，故C正确；

D．由图2可知，该脱硝过程中参与反应的NH3、NO、O2的物质的量之比为2:2:

4:4:1，所以脱硝总反应方程式为：D正确；

故本题选CD。10、AC【分析】【分析】

【详解】

A．根据化合物中各元素化合价代数和为零，设含有x个-2价的O，y个-1价的O，则2x+y=14，x+y=8，可得出x=6，y=2，过氧键存在于2个-1价的O原子之间，则1molNa2S2O8中含有NA个过氧键；即1mol过氧键，故A正确；

B．根据图示转化过程可知，Fe先被氧化为Fe2+，反应为Fe+=Fe2++2然后Fe2+又继续被氧化为Fe3+，最后沉淀中有Fe(OH)2和Fe(OH)3，56gFe为1mol，则56gFe参加反应，被还原的大于1mol；故B错误；

C．ZVI(Fe)的比表面积越大；反应物的接触面越大，反应速率越快，则净化速率越快，故C正确；

D．pH越小，溶液酸性越强，酸性条件下不利于Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀生成；难以与正五价砷发生共沉淀，故D错误；

答案选AC。11、AD【分析】【详解】

A．反应CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH=Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑中，Cu、H元素化合价降低、发生还原反应，所以Cu和H2为还原产物；选项A正确；

B．CuSO4是强酸弱碱盐，水解显酸性，即c（H+）＞c（OH-），CuSO4溶液中离子浓度的大小顺序为c（SO42-）＞c（Cu2+）＞c（H+）＞c（OH-）；选项B错误；

C．Na+-中H2PO2-没有羟基，所以次磷酸钠为正盐，H2PO2-不能电离出H+；但能水解，选项C错误；

D．NaH2PO3与过量NaOH反应生成Na2HPO3，则NaH2PO3为酸式盐、Na2HPO3是正盐，说明H3PO3分子中只有两个羟基，所以H3PO3为二元酸；选项D正确；

答案选AD。12、AC【分析】【分析】

室温时，H2C2O4为二元弱酸，存在H2C2O4⇌HC2O+H+，HC2O⇌C2O+H+，NaHC2O4溶液中存在HC2O⇌C2O+H+和HC2O+H2O⇌H2C2O4+OH-，Kh==1.9×10-13。

【详解】

A．H2C2O4为二元弱酸，根据电离平衡常数，一级电离大于二级电离，则0.1mol/LH2C2O4溶液：c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)；A关系正确；

B．分析可知NaHC2O4的电离程度大于其水解程度，则0.1mol/LNaHC2O4溶液：c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)；B关系错误；

C．0.1mol/LNa2C2O4溶液，根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，根据物料守恒，c(Na+)=2[c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)]，两式联立，解得c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O)；C关系正确；

D．0.1mol/LNaHC2O4溶液和0.1mol/LNa2C2O4溶液等体积混合，根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，变形后c(HC2O)+2c(C2O)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，c(Na+)=0.15mol/L，Ka2(H2C2O4)＞Kh(C2O)=1.9×10-10，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，则c(HC2O)+2c(C2O)＞0.15mol/L；D关系错误；

答案为AC。13、BD【分析】【详解】

A．黑色沉淀X开始溶解时发生复分解反应，但随后Fe2S3双水解生成的H2S与溶液中的Fe3+发生氧化还原反应，生成Fe2+；S等；A不正确；

B．实验II中，绝大部分Fe3+与S2-结合为Fe2S3，溶液中c(Fe3+)较小；氧化还原速率较小，所以不生成S，B正确；

C．实验III中，[FeF6]3-与S2-反应生成Fe2S3，反应的离子方程式为2[FeF6]3-+3S2-=Fe2S3↓+12F-；C不正确；

D．反应物中越小，混合液中c(Fe3+)越小；氧化能力越弱，发生氧化还原的趋势越小，D正确；

故选BD。14、BC【分析】【详解】

A．醋酸易挥发；醋酸也可与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故不能比较醋酸；碳酸、硅酸的酸性，A错误；

B．该现象说明发生了Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，Br-为还原剂，Cl-为还原产物；根据还原剂的还原性强于还原产物，即溴离子还原性大于氯离子，B正确；

C．浓度相同时Ksp小的先沉淀，由操作和现象可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)；C正确；

D．草酸与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；草酸起到还原性的作用，D错误；

故选BC。三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【详解】

(1)右侧电极产生氢气；说明是阴极，水电离出的氢离子放电，钠离子通过交换膜进入右侧，因此溶液A的溶质是NaOH；

(2)左侧电极是阳极，氯离子放电，则电解饱和食盐水的离子方程式是2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

(3)产生的氯气溶于水：Cl2＋H2OHCl＋HClO，根据平衡移动原理可知增大盐酸的浓度可使平衡向逆反应方向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的溢出。【解析】NaOH2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑Cl2＋H2OHCl＋HClO，根据平衡移动原理可知增大盐酸的浓度可使平衡向逆反应方向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的溢出16、略

【分析】【分析】

(1)、5分钟内，△n(O2)=1mol-0.5mol=0.5mol，由N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＞0，可知△n(N2)=0.5mol，带入计算；

(2)；可逆反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；

(3)；根据温度、催化剂对反应速率和平衡移动的影响判断；

(4)；根据化学方程式的特点结合压强对平衡的影响分析；

(5)；计算某时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；与该温度下的平衡常数相比较，可得出结论。

【详解】

(1)、5分钟内，△n(O2)=1mol-0.5mol=0.5mol，由N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＞0，可知△n(N2)=0.5mol，

故答案为0.05mol·(L·min)－1；

(2)A、消耗1molN2同时生成1molO2；A达到平衡；

B；混合气体密度一直不变；故不能衡量是否达到平衡；

C；混合气体平均相对分子质量不变；总质量是个定值，总物质的量是个定值，混合气体的平均相对分子质量一直不变，故不能衡量是否达到平衡；

D、2v正(N2)＝v逆(NO)；正逆反应速率相等，达到平衡；

故选AD；

(3)A；该反应的正反应为吸热反应；则升高温度平衡向正反应进行，平衡常数增大，故A正确；

B；加入催化剂；反应速率增大，但平衡不发生移动，故B错误；

C；升高温度；反应速率增大，平衡向正反应方向移动，氮气的转化率增大，故C正确;

故答案为AC；

(4)；该反应中；气体的化学计量数之和前后相等，压强对平衡移动没有影响，只要是在相同温度下，则平衡状态相同，与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数；

故答案为不变；

(5)、该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10－1mol·L－1、4.0×10－2mol·L－1和3.0×10－3mol·L－1，则有该时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为：则反应应向正反应方向进行；

故答案为向正反应方向进行；根据计算得浓度商Qc＜K。【解析】①.0.05mol·(L·min)－1②.A、D③.A、C④.不变⑤.向正反应方向进行⑥.根据计算得浓度商Qc＜K17、略

【分析】【分析】

当向盛有A的试管中滴加试剂B时；看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升，说明A和B反应是放热反应，放热反应的反应物的总能量大于生成物的总能量。(1)

当向盛有A的试管中滴加试剂B时；看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升，说明A和B反应生成Ｃ和Ｄ的反应是放热反应，故答案为放热；

(2)

放热反应的反应物的总能量大于生成物的总能量；故答案为高；

(3)

A和B反应生成Ｃ和Ｄ的反应是放热反应；反应的物质中的化学能转化成热能释放出来，故答案为化学；热；

(4)

化学反应中旧键断裂吸收能量；新键生成放出能量，A和B反应生成Ｃ和Ｄ的反应是放热反应，说明形成化学键放出的热量大于断裂化学键所吸收热量，故答案为低；

(5)

该反应为放热反应，且不需要加热即可发生，如铝与稀盐酸的反应，反应的化学方程式为：2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，故答案为2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑。【解析】(1)放热。

(2)高。

(3)①.化学②.热。

(4)低。

(5)2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑18、略

【分析】【详解】

（1）NaNO2溶液呈碱性的原因是亚硝酸根离子水解溶液显碱性，离子方程式为：NO2-+H2OHNO2+OH-；

（2）酸的电离平衡常数越大，其相对应的酸根离子水解程度越小，则其相对应的酸根离子结合氢离子浓度越小，根据图表数据知，酸的强弱顺序是HNO2＞H2CO3＞HA＞HCO3-，则酸根离子水解程度大小顺序是CO32-＞A-＞HCO3-＞NO2-，所以酸根离子结合质子能力大小顺序是CO32-＞A-＞HCO3-；

（3）25℃时，等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液呈碱性说明A-离子水解程度大于HA电离程度，混合溶液中各离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（4）根据图表数据知，酸的强弱顺序是HNO2＞H2CO3＞HA＞HCO3-，因此NaA溶液中通少量CO2的反应的离子方程式为：A-+CO2+H2O＝HA+HCO3-；

（5）①加入CaCl2溶液后，碳酸钠溶液中反应的离子方程式是CO32-+Ca2+＝CaCO3↓，充分反应后a管中大量存在的离子是Na+、Cl-；

②根据实验现象可判断碳酸氢钠和氯化钙等物质的量混合生成碳酸钙沉淀、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为：2HCO3-+Ca2+＝CaCO3↓+CO2↑+H2O。

点睛：本题考查了电离常数大小比较和弱电解质电离平衡的分析判断、电解质溶液中离子浓度大小、电离方程式和反应的离子方程式书写、盐类水解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等，注意酸根的水解程度与相应酸的强弱关系。（5）②中的分析是解答的难点，注意从实验现象分析发生的反应。【解析】①.NO2-+H2OHNO2+OH-②.CO32-＞A-＞HCO3-③.c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）④.HA电离程度小于A－水解程度⑤.A-+CO2+H2O＝HA+HCO3-⑥.Na+、Cl-⑦.2HCO3-+Ca2+＝CaCO3↓+CO2↑+H2O19、略

【分析】【分析】

C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，乙为电解池，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，F极为阴极，则A为正极，B为负极，C、E、G、X为阳极，D、F、H、Y为阴极；

【详解】

(1)由上述分析可知，电源A极的名称是正极，电极G的名称是阳极；(2)在甲装置中，C为阳极，氢氧根离子在C极失电子生成氧气，电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，D为阴极，铜离子在D极得电子生成Cu，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，总反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+H2SO4；如果起始时甲烧杯中盛有1000mL溶液，通电一段时间后溶液中的Cu2+恰好消耗掉(假设没有其它离子干扰)，此时收集到气体3.36L(标准状况下)，气体为O2，O2的物质的量为：=0.15mol，根据总反应方程式可知，消耗CuSO4的物质的量为：0.15mol×2=0.3mol，则原硫酸铜溶液的浓度是：=0.3mol/L；电路中通过的电子的物质的量是：0.15mol×4=0.6mol；从反应体系中脱离出去的是Cu和O2，得到的是H2SO4溶液，若要使溶液恢复到起始浓度，则可向溶液中加入CuO，即氧化铜；(3)乙装置为电解饱和食盐水，总反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，根据总反应式可知，若收集乙中产生的气体，两种气体的体积比是：1∶1；(4)欲用丙装置给铜镀银，镀层金属作阳极，待镀金属作阴极，含镀层金属离子的盐溶液作电解质溶液，G是阳极，则G应该是银，电镀液的主要成分是AgNO3；(5)氢氧化铁胶粒带有正电荷，移向阴极，则装置丁中的现象是Y极附近红褐色变深。【解析】正极阳极4OH--4e-=O2↑+2H2OCu2++2e-=Cu2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+H2SO40.30.6氧化铜1∶1银AgNO3Y极附近红褐色变深20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①反应Ⅰ△H＞0；为吸热反应，反应气体分子数增多，即反应是熵增的反应，因此在高温下是自发进行的；

②反应II△H<0；为放热反应，降低温度能增大反应Ⅱ的平衡常数K，即一定向正反应方向移动，在平衡移动时正反应速率一直减小，逆反应速率先减小后增大，故选：AD；

(2)已知甘油常压沸点为290℃；若温度过低，甘油是液态，与反应物的接触面积减小，速率下降，则温度不能过低理由是：温度过低，反应速率慢，同时常压下低温甘油为液态，接触面比较小，降低丙烯酸产率；反应Ⅰ为吸热反应，温度降低，平衡转化率也会降低；

(3)由于中间产物丙烯醛有剧毒，故要加快反应II的速率以快速消耗丙烯醛，即选择催化剂降低Ea2；故选：C；

(4)①甘油的转化率为80%；则甘油转化的物质的量为1mol×80%=0.8mol，丙烯酸的选择性为25%，则生成的丙烯酸的物质的量为0.8mol×25%=0.2mol，列三段式：

则平衡时n(H2O)=0.4mol+0.6mol=1mol，n(O2)=0.9mol-0.1mol-0.3mol=0.5mol，n(C3H8O3)=0.2mol，的平衡常数为答案为2；

②浓度过高会降低丙烯酸的选择性；理由是：氧浓度过高，丙烯醛等易发生过度氧化生成COx，降低了丙烯酸选择性；

(5)A.反应I是气体分子数增大的反应；增大体系压强，平衡逆向移动，不有利于提高甘油的平衡转化率，故A错误；

B.反应的相同时间；选择不同的催化剂，会影响丙烯酸的选择性，也会改变丙烯酸在产物中的体积分数，故B错误；

C.适量的氧气促进反应II正向进行；能促进丙烯醛的转化，能抑制催化剂表面积碳，提高生产效率，故C正确；

D.升高反应温度；可能发生副反应生成COx，从而降低丙烯酸的产率，故D正确；

故选：CD。【解析】①.高温②.A、D③.温度过低，反应速率慢，同时常压下低温甘油为液态，接触面比较小，降低丙烯酸产率；反应Ⅰ为吸热反应，温度降低，平衡转化率也会降低④.C⑤.2⑥.氧浓度过高，丙烯醛等易发生过度氧化生成COx，降低了丙烯酸选择性⑦.CD四、判断题(共3题，共21分)21、×【分析】【详解】

水蒸气变为液态水时放出能量，该变化中没有新物质生成，不属于化学反应，故水蒸气变为液态水时放出的能量不能称为反应热，错误。【解析】错22、A【分析】【详解】

二氧化碳为酸性氧化物能与水反应生成碳酸，导致海水酸性增强，碳酸电离出和引起海水中浓度增大，与碳酸反应生成导致浓度减小，故答案为：正确；23、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。五、计算题(共3题，共12分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)1mol氧气与2mol氢气反应生成2mol气态水时；断裂1molO=O键和2molH—H键需要吸收的能量为(496kJ+2×436kJ)=1368kJ，形成4molH—O键能放出4×463kJ=1852kJ，反应中放出的能量大于吸收的能量，则反应释放的热量为(1852kJ—1368kJ)=484kJ，故答案为：484；

(2)1mol氧气与2mol氢气反应生成2mol气态水放出484kJ热量，反应的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=—484kJ/mol，故答案为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=—484kJ/mol。【解析】4842H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=—484kJ/mol25、略

【分析】【分析】

电解时，阳离子放电顺序Cu2+>H+，阴离子放电顺序Cl->OH-。

【详解】

根据溶液中电荷守恒，2c(Cu2+)+3c(Al3+)=c()+c(Cl-)，c(Cl-)=2×2mol•L-1+3×1mol•L-1-1×4mol•L-1=3mol•L-1，电解过程中，铜离子完全放电转移电子4mol，氯离子完全放电转移电子3mol，当转移5mol电子时，阳极上有2molOH-放电，阴极有1molH+放电，所以电解过程中发生的反应分别为CuCl2Cu+Cl2↑(转移3mol电子)、2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+(转移1mol电子)、2H2O2H2↑+O2↑(转移1mol电子)，由以上反应可知，只有2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+(转移1mol电子)产生氢离子，当转移1mol电子时生成n(H+)=1mol，该溶液中c(H+)==1mol/L，答案：1。【解析】126、略

【分析】【分析】

根据白磷的分子结构示意图可知，1个白磷分子中含有6个P-P键；1个P4O6分子中含有12个P-O键，根据=反应物断键吸收的能量-生成物成键放出的能量来计算；并据此判断反应的吸放热。

【详解】

断开化学键吸收的能量为198kJ×6+3×498kJ=2682kJ，形成化学键放出的能量为12×360kJ=4320kJ；则P4(白磷)+3O2=P4O6=2682-4320=-1638kJ/mol；<0，该反应为放热反应，生成1molP4O6放出1638kJ的热量。【解析】放热放出1638kJ六、实验题(共4题，共20分)27、略

【分析】【详解】

(1)①饱和Na2SO3溶液中存在亚硫酸根离子的水解而显碱性，水解离子方程式为：+H2O+OH-；

②溶液没有明显变化是因为重铬酸根离子具有强氧化性，在酸性溶液中能氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，反应的离子方程式为：+3+8H+=2Cr3++3+4H2O；

(2)①本组实验是向饱和亚硫酸钠溶液中滴加K2Cr2O7溶液，会稀释K2Cr2O7溶液；可能会对溶液颜色产生影响，所以补充实验的目的是：排除水的稀释对溶液颜色变化造成的影响；

②溶液中存在化学平衡：(橙色)+H2O(黄色)+2H+，由于是向饱和亚硫酸钠溶液中滴加K2Cr2O7溶液，所以过量，溶液中大量的(或OH-)与H+结合导致溶液中c(H+)下降；平衡正向移动，溶液颜色变黄；

③根据实验ⅰ～ⅲ，可推测：Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液的反应与溶液酸碱性有关，碱性条件下，Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液不发生氧化还原反应，酸性条件下，Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液发生氧化还原反应，生成Cr3+；

④向实验iii所得黄色溶液中继续滴加硫酸，溶液中存在化学平衡：(橙色)+H2O(黄色)+2H+，加入氢离子平衡逆向进行，重铬酸根离子氧化亚硫酸根离子，本身被还为铬离子，得到绿色溶液，所以该现象是溶液变绿。【解析】+H2O+OH-+3+8H+=2Cr3++3+4H2O排除水的稀释对溶液颜色变化造成的影响(橙色)+H2O(黄色)+2H+溶液中大量的(或OH-)与H+结合导致溶液中c(H+)下降，平衡正向移动，溶液颜色变黄酸性条件下，Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液发生氧化还原反应，生成Cr3+溶液变绿28、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)该化合物中Cl元素为+3价；属于亚氯酸盐，故名称为亚氯酸钠；

(2)H2O2中H与O之间共用一对电子，O与O之间也共用一对电子，对应电子式为

(3)由图示知，反应①为NaClO3、H2SO4、SO2三者之间反应生成NaHSO4、ClO2，根据得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+2NaHSO4；

(4)转化为Cl-，元素化合价降低，需要还原剂，FeSO4中Fe元素化合价可升高到+3，SO2中S元素化合价可升高到+6价；均可作还原剂，故选ad；

(5)