2025年湘教版选择性必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年湘教版选择性必修1化学下册阶段测试试卷784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9题，共18分)1、常温下，下列有关离子共存的说法中正确的是A.某无色溶液中可能大量存在Al3+、Cl-、B.小苏打溶液中，可能大量存在I-、Ba2+、ClO-C.在水电离出H+浓度为1×10-13mol·L-1的澄清透明溶液可能大量存在Mg2+、Cu2+、D.使甲基橙呈红色的溶液中，可能大量存在Na+、K+、[Al(OH)4]-、Cl-2、25℃时，水中存在电离平衡：2H2OH3O＋＋OH-ΔH>0.下列叙述正确的是A.将水加热，Kw增大，pH不变B.向水中加入少量NaCl固体，抑制水的电离C.向水中加入少量NaOH固体，促进水的电离D.向水中加入少量NaHSO4固体，抑制水的电离，c(H＋)增大，Kw不变3、水的电离平衡曲线如图所示；下列说法不正确的是。

A.图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=EB.若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法C.若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量HCl溶液的方法D.若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显中性4、氧化亚铜是一种重要的工业原料；氧化亚铜与氧气反应的能量变化如图所示。已知：1gC(s)燃烧全部生成CO(g)放出9.2kJ热量。

下列说法错误的是A.C(s)的燃烧热△H<-110.4kJ·mol-1B.氧化亚铜与氧气的反应为放热反应C.氧化亚铜与氧气反应的活化能为292kJ·mol-1D.足量炭粉与CuO反应生成Cu2O的热化学方程式为C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+35.6kJ·mol-15、25℃时，向20.00mL盐酸中滴加的NaOH溶液；溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5≈0.7.下列说法错误的是。

A.NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7B.当接近终点时，需加快滴定速度便于观察颜色突变C.选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小D.V[NaOH(aq)]=30.00mL时，pH≈12.36、某温度下,向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液,滴加过程中－lgc(Cu2＋)与Na2S溶液体积的关系如图所示.下列有关说法正确的是()

A.向10mLAg＋、Cu2＋物质的量浓度均为0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入0.01mol/L的Na2S溶液,Cu2＋先沉淀[已知：Ksp(Ag2S)＝6.4×10-50]B.0.1mol/LNa2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)C.a、b、c三点对应的溶液中,水的电离程度最大的为b点D.该温度下,Ksp(CuS)的数量级为10-367、运动员在剧烈运动后产生的乳酸会使肌肉麻痹疼痛，故常用液氮降温减少炎症和乳酸。已知乳酸(表示为HL，L-为乳酸根)是一元弱酸。25℃时，下列有关叙述不正确的是A.0.1mol/LHL溶液的pH>1B.0.1mol/LHL溶液加水稀释时，溶液中水电离出的c(H+)增大C.0.1mol/LNaL溶液中：D.在HL和NaL组成的缓冲溶液中：8、通过滴加相同浓度的盐酸或KOH溶液来调节0.01mol·L－1Na2HAsO3溶液的pH；实验测得含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。

下列有关说法正确的是()A.NaH2AsO3溶于水，所得溶液中H2AsO的水解程度小于其电离程度B.K1(H3AsO3)的数量级为10－9C.水的电离程度：a点大于b点D.c点溶液中存在：c(Na＋)＝2c(H2AsO)＋4c(HAsO)＋2c(AsO)9、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等B.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAC.1L0.5mol·L—1Al2(SO4)3溶液中阳离子数目大于1.5NAD.电解精炼铜时，若阴极得电子数为2NA，则阳极质量减少64g评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、(1)在101kPa时，足量H2在1molO2中完全燃烧生成2mol液态水，放出571.6kJ的热量，H2的燃烧热为_______，表示H2燃烧热的热化学方程式为_______。

(2)1.00L1.00mol·L-1硫酸与2.00L1.00mol·L-1NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，该反应的中和热为_______，表示其中和热的热化学方程式为_______。11、CH3COOH、H2CO3、H2SO3的电离常数如表所示。

。酸。

电离常数。

CH3COOH

K=1.8×10-5

H2CO3

K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11

H2SO3

K1=1.54×10-2，K2=1.02×10-7

请回答下列问题：

（1）①NaHSO3溶液中电荷守恒表达式_____。

②NaHSO3溶液中各离子浓度大小顺序：_____。

（2）①用离子方程式表示Na2CO3溶液碱性的原因_____。

②写出Na2CO3溶液中物料守恒表达式______。

③写出NaHCO3溶液中质子守恒表达式______。

（3）常温下；物质的量浓度相同的下列溶液：

①NH4Cl②NH4HCO3③（NH4）2SO4④NH4HSO4⑤（NH4）2Fe(SO4)2

溶液中c(NH4+)从大到小排列顺序为____（填序号）。

（4）常温下，物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO3、⑤CH3COONa、⑥H2SO4；pH从大到小排列顺序为____（填序号）。

（5）常温时，AlCl3的水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）：____，将AlCl3溶液蒸干；灼烧，最后得到的固体产物主要是____（填化学式）。

（6）证明CH3COOH是弱电解质的简单且可行的方法是：_____。

（7）下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序或等量关系正确的是____。A．10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H＋)B．10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)C．10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)D．10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合：c(Cl－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)E．在NaHSO4溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42-)12、Ⅰ、已知常温下，AgCl的Ksp=1.8×10-10，AgBr的Ksp=4.9×10-13。

(1)现向AgCl的悬浊液中：

①加入AgNO3固体，则c(Cl-)_______(填“变大”；“变小”或“不变”；下同)；

②若改加更多的AgCl固体，则c(Ag+)_______；

③若改加更多的KBr固体，则c(Ag+)_______；

(2)有关难溶盐的溶度积及溶解度有以下叙述；其中错误的是_______；

A.将难溶电解质放入纯水中，溶解达到平衡时，升高温度，Ksp一定增大。

B.两种难溶盐电解质，其中Ksp小的溶解度也一定小。

C.难溶盐电解质的Ksp与温度有关。

D.向AgCl的悬浊液中加入适量的水，使AgCl再次达到溶解平衡，AgCl的Ksp不变；其溶解度也不变。

Ⅱ、最近有人制造了一种燃料电池使甲烷氧化直接产生电流，其中一个电极通入空气，另一个电极通入甲烷，电池的电解质是NaOH溶液。这个电池负极的电极反应式为_______。13、0.004mol·L-1AgNO3与0.004mol·L-1K2CrO4等体积混合，此时有无Ag2CrO4沉淀生成？_______(Ag2CrO4的Ksp=1.1×10-12mol3·L-3)。14、25℃时，电离平衡常数：。化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8×10-5K1=4.3×10-7

K2=5.6×10-113.0×10-8

（1）用蒸馏水稀释0.10mol/L的醋酸，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_____；

A.B.C.D.

（2）体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图，则HX的电离平衡常数______(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H+)_____醋酸溶液中水电离出来的c(H+)(填“大于”；“等于”或“小于”)。

15、以煤为原料；经过化学加工使煤转化为气体；液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工。

（1）将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气。反应为：

C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH="+131.3"kJ•mol-1；

①该反应在常温下___________自发进行（填“能”与“不能”）；

②一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是_____________（填字母；下同）。

a．容器中的压强不变b．1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键。

c．c(CO)=c(H2)d．密闭容器的容积不再改变。

（2）将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下三组数据：。实验组]

温度/℃[来]

起始量/mol

达到平衡所需时间/min

达到平衡所需时间/min

CO

H2O

H2

CO

H2

CO

1

650

4

2

1.6

2.4

6

2

900

2

1

0.4

1.6

3

3

900

a

b

c

d

t

①实验1中以v(CO2)表示的反应速率为_______________（取小数二位；下同）。

②该反应为_____（填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K=_______。

③若实验3达平衡时与实验2平衡状态中各物质的质量分数分别相等，且t<3min，则a、b应满足的关系是____（用含a、b的数学式表示）。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，此时v放减小，v吸增大。(____)A.正确B.错误17、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误18、当反应逆向进行时，其反应热与正反应热的反应热数值相等，符号相反。____A.正确B.错误19、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误20、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误21、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共1题，共9分)22、VA族元素及其化合物在生产；生活中用途广泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。试比较下列关系：原子半径P_______S(填选项序号，下同)，气态氢化物的稳定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.无法确定。

(2)As4S4俗称雄黄。As原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6_______(补充完整)，该原子核外有_______个未成对电子。

(3)NH4NO3受撞击分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中发生还原过程元素的变化为_______；若在反应中转移5mol电子，则反应产生的气体在标准状况下体积为_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反应必须在密闭的耐高温容器中进行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反应在2L的密闭容器中进行，经5分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，则用氨气来表示该反应在5分钟内的平均速率为_______。达到平衡后，增大反应容器体积，在平衡移动过程中，直至达新平衡，逆反应速率的变化状况为_______。

(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子属于极性分子，其空间构型为_______。PCl5水解生成两种酸，请写出发生反应的方程式_______。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共20分)23、A；B、C、D、E、F六种短周期元素；其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，B元素的最高正价和最低负价之和为2。又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。请回答下列问题：

（1）C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是____________(用离子符号表示)。

（2）由A、B两种元素以原子个数比5∶1形成离子化合物X，X的电子式为_____________。

（3）由A、B元素形成的化合物B2A4可以与O2、KOH溶液形成原电池，用该原电池提供的能量电解足量的CuSO4溶液，当消耗0.2molB2A4时，若要使电解槽中溶液恢复到电解前的情况，需要向其中加入多少克什么物质？(填质量和化学式)_________________。

（4）A和B形成的某种氯化物BA2Cl可作杀菌剂，其原理为BA2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，写出BA2Cl与水反应的化学方程式：_________________________。24、电解NaCl溶液可得到NaOH、Cl2和H2；它们是重要的化工原料。有关反应关系如下图所示：(部分反应条件和物质省略)

回答下列问题：

(1)Cl2与NaOH溶液反应可以制取“84”消毒液；发生反应的方程式为_________________。

(2)B溶液→A溶液所发生反应的离子方程式为_______________。

(3)A溶液能刻蚀铜印刷线路板；试写出该反应的离子方程式_____________，该反应的还原剂是____________________。

(4)若检验A溶液中的阳离子，所用的试剂是_________________，现象是_______________。25、R、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。R的最外层电子数是内层电子数的两倍，X2W2可用于呼吸面具，Y的主族序数与周期数相等，Z的氢化物的分子式为H2Z。回答下列问题：

(1)Z在周期表中的位置是_____，Y的原子结构示意图_______。

(2)R2Z的结构式是_______，X2Z2的电子式是______。

(3)XYW2溶液呈____性(填“酸”、“碱”或“中”)，原因是(用离子方程式表示)________。

(4)某传感器可以检测空气中ZW2的含量，工作原理如上图所示。则其阴极电极反应式为____。26、甲；乙、丙三种物质都含有A元素；只有甲是单质，其转化关系如下：

甲乙丙。

(1)若乙是目前世界倡导需减少排放的温室气体，丁也含有A元素。则含有7个中子的核素A可用符号表示为___________，丁溶液呈碱性的原因用离子方程式表示为___________；已知：在常温常压下，1mol甲和一氧化碳分别与充足的氧气反应放出的热量分别是393.5kJ、283.0kJ。试写出甲与乙相互反应的热化学方程式___________。

(2)若A是非金属元素，其次外层电子是最外层电子数的2倍，则乙在现代通讯中可用于制造___________，写出一个有丙参加的、能证明碳的非金属性强于A的化学方程式___________；

(3)若甲是生活中最常用的过渡金属单质，其在点燃条件与氧气反应生成乙。若丁是稀盐酸，则乙→丙的化学方程式为___________。评卷人得分六、工业流程题(共3题，共9分)27、Zn是一种应用广泛的金属。用闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS、砷化合物杂质等)为原料制备ZnSO4·7H2O的流程如图所示：

①形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：。金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+开始沉淀的pH(c=0.1mol·L-1)1.56.36.27.4沉淀完全的pH(c=1.0×10−5mol·L-1)2.88.38.29.4

②ZnSO4·7H2O易溶于水；难溶于酒精。

回答下列问题：

(1)焙烧前应将闪锌矿粉碎，其作用是__。滤渣1的主要成分除SiO2外还有__。

(2)“氧化除杂”工序中为了不引入新杂质，还可选用的氧化剂是___。利用上述表格数据，计算Zn(OH)2的Ksp=__(列出计算式)

(3)加入ZnO的作用是调节溶液的pH使Fe3+沉淀完全，若“氧化”后Zn2+浓度为1.0mol·L-1则应调节溶液的pH范围是__。

(4)制得的ZnSO4·7H2O需洗涤，洗涤晶体时应选用的试剂为__。

(5)溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为__。

(6)回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2的电极反应式为___。28、工业上利用生产磷肥的副产品高磷镍铁制备硫酸镍晶体NiSO4·6H2O。

(1)制备含Ni2+溶液。

高磷镍铁镍铁合金含Ni2+溶液。

已知：i.高磷镍铁和镍铁合金中元素的百分含量：。元素/%Ni/%Fe/%P/%Co/%Cu/%高磷镍铁4.5870.4016.120.220.34镍铁合金52.4938.305.581.731.52

ii.金属活动性：Fe＞Co＞Ni＞H

①依据数据，“转炉吹炼”的主要目的是：富集镍元素，除去部分___________。

②“电解造液”时，用镍铁合金作阳极，H2SO4溶液作电解质溶液。电解过程中阴极产生的气体是___________。电解一段时间后，有少量Ni在阴极析出，为防止Ni析出降低NiSO4·6H2O的产率，可向电解质溶液中加入___________(填试剂)。

(2)制备NiSO4·6H2O

已知：常温下，金属离子完全转化为氢氧化物沉淀的pH：。金属离子Fe3+Fe2+Cu2+Co2+Ni2+完全沉淀的pH2.88.36.79.48.9

①在酸性条件下，NaClO和Fe2+反应生成Fe3+和Cl—的离子方程式是___________。

②已知Ni(OH)2的Ksp为5.48×10-16，滤液1中c(Ni2+)=1.37mol/L。结合数据说明不能通过调节溶液的pH除去Cu2+的原因：___________。(已知：lg5=0.7)

③从滤液3中获取NiSO4·6H2O的操作是___________、洗涤、干燥。29、青蒿素是高效的抗疟药，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，难溶于水，熔点为温度超过完全失去药效(已知：乙醚沸点为)。从青蒿中提取青蒿素的一种工艺如下：

索氏提取装置如图所示．实验时烧瓶中溶剂受热蒸发；蒸汽沿蒸汽导管2上升至装置a，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与青蒿粉末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对青蒿粉末的连续萃取。回答下列问题：

(1)装置a的名称为__________。

(2)索氏提取的青蒿素位于__________(填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”)中；与常规的萃取相比，索氏提取的优点是__________。

(3)提取液蒸馏过程中选用下列哪种装置更好__________(填字母)，原因是__________。

(4)粗品提纯的过程可能是__________(填字母)。

a．加水溶解；蒸发浓缩、冷却结晶。

b．加70%的乙醇溶解；水浴加热、冷却结晶、过滤。

c．加入乙醚进行萃取分液。

(5)青蒿素()中含有过氧键，与碘化钠反应生成碘单质。为测定产品中青蒿素的纯度，取样品配制成溶液，取加入锥形瓶中，再加入足量的溶液和几滴淀粉溶液，用标准液滴定。(已知：M(青蒿素))

①滴定终点的现象为__________；

②三次滴定数据记录如下：。滴定次数待测液体()标准液读数()滴定前读数滴定后读数滴定前读数滴定后读数第一次25.001.5041.52第二次25.003.0042.98第三次25.004.5041.60

青蒿素的纯度为__________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A．某无色溶液中Al3+与可发生双水解反应；不能大量共存，A说法错误；

B．溶液中的I-与ClO-能发生氧化还原反应；不能大量共存，B说法错误；

C．在水电离出H+浓度为1×10-13mol·L-1的澄清透明溶液可能大量存在H+或OH-，Mg2+、Cu2+、与H+不反应，Mg2+、Cu2+可与OH-反应；酸性环境下可以大量共存，C说法正确；

D．使甲基橙呈红色的溶液中，存在大量H+，H+与[Al(OH)4]-可发生反应；不能大量共存，D说法错误；

答案为C。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．温度升高，平衡正向移动，水电离出来的氢离子和氢氧根离子浓度都增大，所以Kw增大，减小；A项不符合题意；

B．加入少量NaCl，导致溶液中Na+、Cl-浓度增大；对水电离出来的氢离子和氢氧根离子没有影响，B项不符合题意；

C．加入少量NaOH；使溶液中的氢氧根离子变大，水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，C项不符合题意；

D．加入少量NaHSO4固体；使溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，但溶液的温度不变，Kw不变，D项符合题意；

故正确选项为D3、C【分析】【详解】

A.水的电离过程是吸热过程，温度越高，电离程度越大，电离产生的离子浓度越大，Kw越大，同一温度下的Kw相同。A、D、E都处于25℃时，Kw相等，温度B点>C点，c(H+)和c(OH-)越大，Kw越大，故图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=E；A正确；

B.从A点到D点，溶液中c(H+)增大，而c(OH-)减小；由于温度不变，所以采取的措施是向水中加入少量酸，B正确；

C.若从A点到C点，c(H+)和c(OH-)都变大，Kw也增大；只能采取升高温度的方法，C错误；

D.若处在B点时，pH=2的硫酸，c(H+)=10-2mol/L，pH=10的KOH中c(OH-)=10-2mol/L；二者等体积混合时，恰好发生中和反应，溶液显中性，D正确；

故合理选项是C。4、C【分析】【详解】

A．1gC(s)燃烧生成一氧化碳放出9.2kJ的热量，则12gC(s)即1molC燃烧生成一氧化碳放出的热量为9.2kJ×12=110.4kJ，由于CO能继续燃烧放热，所以碳[C(s)]的燃烧热△H＜-110.4kJ•mol-1；故A正确；

B．由图可知2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)△H=反应物的活化能-逆反应的活化能=348kJ/mol-640kJ/mol=-292kJ/mol，则Cu2O与O2的反应放热；故B正确；

C．由图可知氧化亚铜与氧气反应的活化能为348kJ•mol-1；故C错误；

D．①C(s)+O2(g)=CO(g)△H=-110.4kJ•mol-1，②2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)△H=-292kJ/mol，根据盖斯定律：①-②×计算C(s)+2CuO(s)═Cu2O(s)+CO(g)的焓变△H=-110.4kJ/mol-(-292kJ/mol)×=+35.6kJ/mol；故D正确；

故选：C。5、B【分析】【详解】

A．NaOH与盐酸恰好完全反应时；生成NaCl为强酸强碱盐，溶液呈中性，溶液pH=7，故A正确；

B．当接近终点时；需缓慢滴定速度便于观察颜色突变，防止滴加过快滴加过量，故B错误；

C．用NaOH溶液滴定盐酸；滴定终点pH越接近7误差越小，甲基红指示剂比甲基橙更接近7，误差更小，故C正确；

D．20.00mL盐酸物质的量为：×0.02L=0.002mol，V(NaOH)=30.00mL时，NaOH的物质的量为：×0.03L=0.003mol，反应后剩余NaOH的物质的量为：0.003mol−0.002mol=0.001mol，溶液体积为50mL，则反应后溶液中NaOH的浓度为：c(NaOH)=0.001mol÷0.05L=0.02mol/L，溶液中H＋的浓度为：溶液pH=−lg(H＋)=−lg(5×10−13)=12.3；故D正确；

答案选D。6、D【分析】【详解】

A、刚开始产生Ag2S沉淀时，c2（Ag＋）×c（S2－）=Ksp（Ag2S），其中c（Ag＋）=0.1mol·L－1，则此时c（S2－）=mol·L－1=6.4×10-48mol·L－1，同理，刚产生刚开始产生CuS沉淀时，c（Cu2＋）×c（S2－）=Ksp（CuS），其中c（Cu2＋）=0.1mol·L－1，则此时c（S2－）=mol·L－1=10-34.4mol·L－1，所以Ag＋先沉淀；故A错误；

B、Na2S溶液中质子守恒关系为c（OH－）=c（H＋）+c（HS－）+2c（H2S）；故B错误；

C、a、c两点Cu2＋、S2－的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b点可认为是NaCl溶液；水的电离没有被促进，水的电离程度最小，故C错误；

D、b点CuCl2和Na2S溶液恰好反应生成CuS沉淀，即为CuS的饱和溶液，溶液中c（S2－）=c（Cu2＋）=10-17.7，Ksp（CuS）=c（S2－）×c（Cu2＋）=10-17.7×10-17.7=10-35.4=100.6×10-36，即Ksp（CuS）数量级为10-36；故D正确；

故选D。

【点睛】

本题考查沉淀溶解平衡知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是关键，难点A，对于同类型的沉淀可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，不同类型的沉淀则需要定量计算比较。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．HL是一元弱酸，不完全电离，0.1mol/LHL溶液的氢离子小于0.1mol/L，pH>1；A正确；

B．加水稀释，虽然电离平衡正向移动，但由于稀释程度大于电离程度，所以c(H+)减小，从而降低对水的电离的抑制程度，使水电离出的c(H+)增大；B正确；

C．NaL溶液中L-发生水解反应，结合水中的氢离子，造成氢氧根大于氢离子浓度，所以C正确；

D．选项中没有交代HL和NaL组成的缓冲溶液中HL和NaL的浓度关系；无法得出物料守恒的关系，D错误；

故选：D。8、D【分析】【详解】

A．NaH2AsO3溶于水时，溶液中H2AsO应为含砷元素的各微粒中浓度最大的，据图可知当c(H2AsO)最大时溶液呈碱性；所以其水解程度大于电离程度，故A错误；

B．K1(H3AsO3)=据图可知当c(H2AsO)=c(H3AsO3)时溶液的pH值为9.2，即c(H＋)=10-9.2mol/L，所以K1(H3AsO3)=10-9.26.310-10，所以数量级为10-10；故B错误；

C．H3AsO3的电离会抑制水的电离，而H2AsO的水解程度大于电离程度，促进水的电离，a点溶液中c(H3AsO3)大于b点溶液中c(H3AsO3)；则a点水的电离程度更弱，故C错误；

D．原溶液为Na2HAsO3溶液，条件pH值滴入的是盐酸或KOH，所以根据物料守恒可得：c(Na＋)＝2c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋2c(AsO)+2c(H3AsO3)，据图可知c点处c(HAsO)=c(H3AsO3)，所以c(Na＋)＝2c(H2AsO)＋4c(HAsO)＋2c(AsO)；故D正确；

综上所述答案为D。9、C【分析】【分析】

【详解】

A．白磷分子中含有6个磷磷键，甲烷分子中含有4个碳氢键，则所含共价键数均为0.4NA的白磷和甲烷的物质的量比为2：3；故A错误；

B．16.25g氯化铁的物质的量为=0.1mol，氢氧化铁胶体为粒子集合体，则水解形成的氢氧化铁胶体粒子数小于0.1NA；故B错误；

C．硫酸铝是强酸弱碱盐，铝离子在溶液中水解使溶液中阳离子数目增大，则溶液中阳离子数目大于1.5NA；故C正确；

D．电解精炼铜时，阳极失去电子的金属除了铜，还有铁、锌等其他金属，若阴极得电子数为2NA；则阳极质量减少不是64g，故D错误；

故选C。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)足量H2在1molO2中完全燃烧生成2mol液态水；放出571.6kJ的热量，故。

1molH2的燃烧放出热量为571.6kJ/2=285.8kJ；故表示H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1

(2)在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应而生成1molH2O，这时的反应热叫中和热。故生成1molH2O时放出热量为=57.3kJ，表示其中和热的热化学方程式为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1。【解析】285.8kJ·mol-1H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-157.3kJ·mol-1H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-111、略

【分析】【详解】

（1）NaHSO3溶液中含有Na+、H+、HSO3-、OH-、SO32-；则。

①电荷守恒表达式c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+c（OH-）+2c（SO32-）。

②NaHSO3属于酸式盐，且电离程度大于水解程度，c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）。溶液显酸性，c（OH-）＜c（H+），各离子浓度大小顺序：c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H+）＞c（OH-）。

（2）①Na2CO3溶液中碳酸根水解，因此溶液显碱性的原因为：CO32-+H2OHCO3-+OH-。

②Na2CO3溶液中c(Na+)是碳酸根离子物质的量浓度的2倍，电离水解后，碳酸根以CO32-、HCO3-、H2CO3三种形式存在，所以物料守恒表达式为c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]。

③NaHCO3溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)，在碳酸钠水溶液中水电离出的H+以(H+、HCO3-、H2CO3)三种形式存在，其中1mol碳酸分子中有2mol水电离出的氢离子，所以质子守恒表达式为c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)；

（3）NH4+易发生水解反应生成一水合氨，铵根离子浓度会减小，水解程度越大，其离子浓度越小，不同的离子对铵根离子的水解作用影响不同，促进铵根离子水解的铵根离子浓度减小，抑制铵根离子水解的铵根离子浓度较大。设以上五种溶液的浓度为1mol/L，③（NH4）2SO4、⑤（NH4）2Fe(SO4)2这两种溶液中铵根离子的起始浓度为2mol/L，①NH4Cl、②NH4HCO3、④NH4HSO4这三种溶液中铵根离子的起始浓度为1mol/L；故③；⑤溶液中铵根离子的浓度大于①、②、④溶液中铵根离子的浓度；③中硫酸根离子不水解对铵根离子的水解没有影响，⑤中亚铁离子的水解对铵根离子的水解起抑制作用，故这两种溶液中铵根离子的浓度大小顺序为⑤＞③；②中碳酸氢根离子的水解对铵根离子的水解起促进作用，④中的氢离子对铵根离子的水解起抑制作用，①中的氯离子不水解对铵根离子的水解无影响，故这三种溶液中铵根离子的浓度大小顺序为④＞①＞②，综上分析，上述五种溶液中铵根离子浓度的大小顺序为⑤＞③＞④＞①＞②；

（4）①NaOH为强碱；⑥H2SO4为强酸；②NaCl为强酸强碱盐；④H2SO3为弱酸；③Na2CO3和⑤CH3COONa为弱酸强碱盐；醋酸的酸性比碳酸强，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，溶液碱性强；所以其pH从大到小排列顺序为：①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥；

（5）AlCl3为强酸弱碱盐，水解呈酸性，Al3+水解离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3↓+3H+；溶液蒸干；氯化氢挥发促进水解正向进行得到氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝分解得到氧化铝。

（6）若醋酸钠为强酸强碱盐；那么其水溶液为中性pH=7，用pH试纸测到醋酸钠溶液的pH值，醋酸钠溶液显碱性，说明醋酸根会水解，也就是说醋酸是弱酸。

（7）A.等浓度、等体积的氨水和盐酸混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐其溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH−)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(Cl−)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH−)；故A错误；

B.等物质的量的氯化铵和氢氧化钠溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量的氯化钠和一水合氨，溶液呈碱性，则c(OH−)＞c(H+)，根据物料守恒知：c(Na+)=c(Cl−)，则溶液中离子浓度关系为：c(Na+)=c(Cl−)＞c(OH−)＞c(H+)；故B正确；

C.等物质的量的醋酸和氢氧化钠混合，二者恰好反应生成醋酸钠和水，醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，所以c(OH−)＞c(H+)，醋酸钠溶液中c(CH3COO−)＞c(OH−)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CH3COO−)，所以离子浓度大小顺序为：c(Na+)＞c(CH3COO−)＞c(OH−)＞c(H+)；故C错误；

D.醋酸钠和盐酸混合，醋酸钠的物质的量小于盐酸，二者混合有溶液中的溶质是醋酸、氯化钠和盐酸，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH−)，溶液中正确的离子浓度关系为：c(Cl−)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH−)；故D错误；

E．在NaHSO4强酸强碱盐，溶液中完全电离为Na+、H+、SO42-，且c(H＋)=c(SO42-)=c(Na+)，根据电荷守恒可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42-)；故E正确。

答案选BE。【解析】c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+c（OH-）+2c（SO32-）c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H+）＞c（OH-）CO32-+H2OHCO3-+OH-c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)⑤＞③＞④＞①＞②①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+Al2O3用pH试纸测定醋酸钠溶液的pH值与标准比色卡比对BE12、略

【分析】【详解】

Ⅰ(1)AgCl的悬浊液中存在，所以：

①加入AgNO3固体，平衡逆向移动，则c(Cl-)变小；故答案为：变小；

②AgCl的悬浊液已经为饱和溶液；所以若加更多的AgCl固体，溶液中离子浓度不发生变化，故答案为：不变；

③由已知常温下，AgCl的Ksp=1.8×10-10，AgBr的Ksp=4.9×10-13。，可知AgCl的溶解平衡常数大于AgBr的溶解平衡常数，则AgCl易转化为AgBr，所以若加KBr固体则溶液中c(Ag+)变小；故答案为：变小；

(2)

A．升高温度，电解质溶于水为吸热还是放热未知，所以将难溶电解质放入纯水中，溶解达到平衡时，升高温度，Ksp不一定增大；故选A；

B．Ksp小溶解度不一定小，取决于物质的构成是否相似，如AgCl与AgBr；组成相似，溶度积越小，则溶解度越小，故选B；

C．Ksp与温度有关，属于温度函数，所以难溶盐电解质的Ksp与温度有关；故C不选；

D．Ksp与温度有关，属于温度函数，温度不变，溶度积不变，所以向AgCl的悬浊液中加入适量的水，使AgCl再次达到溶解平衡，AgCl的Ksp不变；其溶解度也不变，故D不选。

答案选AB

Ⅱ在NaOH溶液做电解质溶液的甲烷燃料电池中，甲烷为负极被氧化成二氧化碳，生成的二氧化碳与溶液中的溶质NaOH反应生成CO所以该燃料电池的负极反应为：CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O，故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O。【解析】变小不变变小ABCH4-8e-+10OH-=CO+7H2O13、略

【分析】【分析】

比较Qc和Ksp的大小进行判断是否生成沉淀。

【详解】

mol3·L-3>1.1×10-12mol3·L-3，故Qc>Ksp；故能生成沉淀。

【点睛】

注意两个溶液等体积混合后溶液的浓度发生了变化，忽略体积的影响，浓度变为原来溶液的一半。【解析】有14、略

【分析】【详解】

（1）醋酸的电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释CH3COOH、CH3COO-、H+的浓度均减小。

A．由Ka=可知，温度不变Ka不变，c(CH3COO-)减小，则增大，减小；A错误；

B．由Ka=可知，温度不变Ka不变，c(H+)减小，增大；B正确；

C．温度不变KW不变，c(H+)减小，故减小；C错误；

D．KW=c(H+)×c(OH-)，温度不变KW不变，c(H+)减小，则c(OH-)增大，所以减小；D错误；

故答案选B。

（2）稀释相同的倍数，pH变化大的电离程度大，由图可知，HX的pH变化大，则HX的电离程度大，电离平衡常数大；由图可知，稀释后醋酸的酸性更强，酸性更强，则抑制水电离的程度更大，故醋酸中，水电离出来的c(H+)浓度更小；故答案为：大于；大于。

【点睛】

弱电解质的电离以及盐类的水解问题中，判断某些离子关系增大还是减小问题，可借助电离常数或者水解常数表达式来综合判断，如本题中（1）中的问题借助Ka=才能判断。【解析】B大于大于15、略

【分析】【分析】

（1）①根据△G=△H-T△S进行判断；

②反应达到平衡状态时；同种物质的正；逆反应速率相等，平衡时各组分的物质的量、浓度、含量等不再发生变化；

（2）①由表中数据可知，CO的物质的量变化量为4mol-2.4mol=1.6mol，v（CO）=△c/△t=2/15mol/(L∙min)，速率之比等于化学计量数之比，计算v（CO2）；

②第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时CO2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；利用三段式计算平衡时，各组分的物质的量，该反应是气体体积不变的反应，故利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算平衡常数；

③使实验3达到平衡状态时各物质的体积分数与实验2分别相等，为等效平衡，该反应为反应前后气体的体积不发生变化，满足n（H2O）：n（CO）=1：2即可．

【详解】

（1）①C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=+131.3kJ•mol-1；该反应中△H＞0，△S＞0，根据△G=△H-T△S进行判断，该反应在常温下不能自发进行，故答案为不能；

②a．在一个容积可变的密闭容器，容器中的压强始终不变，故错误；

b．1molH-H键断裂等效于生成2molH-O键同时断裂2molH-O键；正逆反应速率相等，故正确；

c.平衡时各组分的物质的量；浓度、含量等不再发生变化；而不是各组分的物质的量、浓度、含量相等；故错误；

d.反应前后前提条件不同；体积不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故d正确；

故选bd；

（2）①由表中数据可知，CO的物质的量变化量为4mol-2.4mol=1.6mol，v（CO）=△c/△t=2/15mol/(L∙min)，速率之比等于化学计量数之比，故v（CO）=v（CO2）=2/15mol/(L∙min)=0.13mol/（L•min）；故答案为0.13mol/（L•min）；

②实验1中CO的转化率为×100%=40%，实验2中CO的转化率为×100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，

平衡时CO的物质的量为1.6mol，则：

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），

开始（mol）：2100

变化（mol）：0.40.40.40.4

平衡（mol）：1.60.60.40.4

该反应前后气体体积不变；故利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故900℃时该反应平衡常数k=0.4×0.4/1.6×1.6=0.17，故答案为放；0.17；

③使实验3达到平衡状态时各物质的体积分数与实验2分别相等，为等效平衡，该反应为反应前后气体的体积不发生变化，满足n（H2O）：n（CO）=1：2即可，即a=2b，且b＞1，故答案为a=2b，且b＞1。【解析】①.不能②.b、d③.0.13mol/(L•min)④.放⑤.0.17⑥.a=2b且b>1三、判断题(共6题，共12分)16、B【分析】【分析】

【详解】

升高温度，平衡向吸热反应方向移动，反应混合物分子能量增大，单位体积活化分子数、活化分子百分数均增大，此时v放增大，v吸增大，故错误。17、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。18、A【分析】【分析】

【详解】

正反应的反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的反应热=生成物的键能总和-反应物的键能总和，因此两者反应热数值相等，符号相反，该说法正确。19、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。20、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。四、结构与性质(共1题，共9分)22、略

【分析】【分析】

达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小反应速率减小，平衡正向进行；PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl；

【详解】

(1)同周期从左向右原子半径减小，则原子半径P>S，同周期从左向右非金属性增大，气态氢化物的稳定性P

(2)As位于周期表中第4周期第ⅤA族，则基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，

4p能级半满，含有3个单电子，故答案为：3d104s24p3；3；

(3)化合价有升降反应是氧化还原反应，化合价降低的物质发生还原反应，对反应2NH4NO3→2N2，硝酸根中N被还原，N元素的变化为共转移10e-，即2molNH4NO3分解生成1molO2、2molN2，转移10mol电子生成3mol气体，则转移5mol电子生成气体的物质的量n（混合气体）为1.5mol，标准状况下的体积故答案为：33.6L；

(4)若反应在5L的密闭容器中进行，经2分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，结合化学方程式B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)计算，解得n=6mol，用氨气来表示该反应在2分钟内的平均速率达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小，反应速率减小，平衡正向进行，在平衡移动过程中，逆反应速率的变化状况为先减小后增大，

故答案为：0.6mol/（L•min）；先减小后增大；最后保持不变，但比原来速率小；

(5)对于气态的PCl3，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=所以其空间构型为三角锥形，PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl，反应方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，

故答案为：三角锥形；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。【解析】abd3d104s24p3333.6L0.6mol/(L∙min)先减小，再增大，最后保持不变，但比原来速率小三角锥形PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl五、元素或物质推断题(共4题，共20分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：A；B、C、D、E、F六种短周期元素；其原子序数依次增大，由C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，且是短周期元素，则C是O元素，C与F同主族，且是短周期元素，可知F是S元素，B元素的最高正价和最低负价之和为2，B的原子序数小于C，且B、C处于同一周期，所以B是N元素，D与E和F同周期，都处于第三周期，六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，根据已经判断出来的元素可知，B、C的单质是气态，F的单质是固态，且A与D同主族，D在第三周期，则A为H，D为Na符合，E可能为Al元素、Si、P等元素均可。

（1）离子电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，O、Na离子电子层结构相同且Na元素原子序数大于O元素，所以离子半径：O2-＞Na+，S离子核外有3个电子层，O、Na离子核外有2个电子层，所以O、Na、S三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序为S2-＞O2-＞Na+，故答案为S2-＞O2-＞Na+；

（2）由H、N两种元素以原子个数比5：1形成离子化合物NH4H，该化合物中氢离子和铵根离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，X的电子式为故答案为

（3）由H、N元素形成的化合物N2H4可以与O2、KOH溶液形成原电池，原电池中负极上燃料失电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，电解硫酸铜时生成Cu、氧气，若恢复原样可加适量的CuO，由电子守恒可知N2H4～2CuO，当消耗0.2molB2A4时；需要加CuO为0.4mol×80g/mol=32g，故答案为32gCuO；

（4）BA2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸为HClO，结合原子守恒可知还生成氨气，该反应为NH2Cl+H2O═HClO+NH3，故答案为NH2Cl+H2O═HClO+NH3。

考点：考查了元素周期律与元素周期表、元素及其化合物的结构和性质的相关知识。【解析】S2—＞O2—＞Na+32gCuONH2Cl+H2O==HClO+NH324、略

【分析】【分析】

电解NaCl溶液生成NaOH溶液、氯气和氢气，氯气和铁反应生成FeCl3，FeCl3溶于水得到氯化铁溶液，Fe和FeCl3反应生成氯化亚铁溶液；B溶液是氯化亚铁溶液，以此解答。

【详解】

(1)氯气与氢氧化钠溶反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

(2)氯气与Fe反应生成A为FeCl3，氯化铁与Fe反应生成B为FeCl2，氯化亚铁被氯气氧化生成氯化铁，反应离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl−，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

(3)氯化铁与Cu反应生成氯化亚铁、氯化铜，反应离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，反应中Cu元素化合价升高，故Cu为还原剂，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；Cu；

(4)A溶液中的阳离子为Fe3+，检验溶液中Fe3+所用的试剂是KSCN溶液，现象是：A溶液变为血红色，故答案为：KSCN溶液；A溶液变为血红色。【解析】Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+CuKSCN溶液A溶液变成血红色25、略

【分析】【分析】

R、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。R的最外层电子数是内层电子数的两倍，R含2个电子层，最外层电子数为4，为C元素；X2W2可用于呼吸面具，为Na2O2，则X为Na元素，W为O元素；Y的主族序数与周期数相等，原子序数比11大，为Al元素；Z的氢化物的分子式为H2Z；则Z为S元素，结合元素周期律和电解池的工作原理分析解答。

【详解】

根据上述分析；R为C元素，W为O元素，X为Na元素，Y为Al元素，Z为S元素。

(1)Z为S元素，Z在周期表中位于第三周期第ⅥA族；Y为Al元素，Y的原子结构示意图为故答案为：第三周期第ⅥA族；

(2)R2Z的化学式为CS2，与CO2的结构相似，结构式为S＝C＝S；X2Z2的化学式为Na2S2，与Na2O2的结构相似，电子式为故答案为：S＝C＝S；

(3)XYW2的化学式为NaAlO2，为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，水解的离子方程式为AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－，故答案为：碱；AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－；

(4)某传感器可以检测空气中SO2的含量，阴极上发生还原反应，根据工作原理示意图，Pt电极上HSO转化为S2O其中S元素的化合价由+4价变成+3价，发生还原反应，因此Pt电极为阴极，电极反应式为2HSO＋2H＋＋2e－=S2O＋2H2O，故答案为：2HSO＋2H＋＋2e－=S2O＋2H2O。

【点睛】

本题的易错点为(3)，要注意同主族元素的单质及其化合物的性质和结构具有相似性，本题的难点为(4)，要注意阴极上发生还原反应，结合图示中物质中元素化合价的变化分析判断。【解析】第三周期第ⅥA族S＝C＝S碱AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－2HSO＋2H＋＋2e－=S2O＋2H2O26、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)乙是目前世界倡导需减少排放的温室气体，所以乙是CO2，又因为甲是单质，所以甲是C，A元素是碳元素，丁是碳酸盐，含有7个中子的核素A是C；

丁溶液呈碱性的原因CO+H2OHCO+OH-；

由题得：

所以：C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H=+172.5kJ/mol；

(2)由题可知：A为硅元素；甲是单质硅，乙是二氧化硅，二氧化硅在现代通讯中可用于制造光导纤维；

能证明碳的非金属性强于硅的化学方程式Na2SiO3+H2O+CO2=H2SiO3↓+Na2CO3；

(3)甲是铁单质乙是四氧化三铁，乙→丙的化学方程式为Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O。【解析】CCO+H2OHCO+OH-C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H=+172.5kJ/mol光导纤维Na2SiO3+H2O+CO2=H2SiO3↓+Na2CO3Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O六、工业流程题(共3题，共9分)27、略

【分析】【分析】

以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌，由流程可知，焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，所以焙烧过程中生成的气体是SO2；然后加入稀硫酸酸浸，FeS(未焙烧)、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反应生成Fe2+、Zn2+、Fe3+、PbSO4、Cd2+，所以滤渣1为未反应的SiO2和生成的PbSO4；氧化除杂时通入酸性高锰酸钾溶液，使Fe2+转化为Fe3+，加入试剂ZnO，可调节溶液的pH值，将Fe3+转化为Fe(