2025年外研版三年级起点选择性必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年外研版三年级起点选择性必修1化学上册阶段测试试卷662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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、是一种高效漂白剂。在溶液中存在等，其中和都具有漂白作用，但是有毒气体。经测定，25℃时各组分含量随pH变化情况如图所示(没有画出)。则下列说法不正确的是。

A.25℃时，的电离平衡常数B.当pH小于4时，溶液中存在C.向NaOH溶液中逐滴滴加水的电离程度先增大后减小D.25℃时，浓度相等的溶液和溶液等体积混合，pH=5.1，则混合溶液中有2、在其他条件具备时；若一反应较难进行，则其主要原因可能是（）

①参加反应的分子的能量普遍较低；

②参加反应的分子的能量普遍较高；

③单位时间内反应物活化分子有效碰撞次数较少；

④单位时间内反应物活化分子有效碰撞次数较多；

⑤反应物分子中活化分子百分数较小；

⑥反应物分子中活化分子百分数较大A.①③⑤B.②④⑥C.①④⑥D.②③⑤3、利用下列装置(夹持装置略)进行实验；能达到实验目的的是。

①②③④A.图①装置可制备无水MgCl2B.图②装置可证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2C.图③装置可制乙烯并验证其还原性D.图④装置可观察铁的析氢腐蚀4、已知反应2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)ΔH.根据理论计算，在恒压、起始物质的量之比n(CO2)∶n(H2)=1∶3条件下，该反应达平衡时各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。实验发现，在实际反应过程中还可能生成C3H6、C3H8、C4H8等副产物。下列有关说法正确的是。

A.由理论计算可知，ΔH>0B.理论计算图中曲线d表示的是平衡时CO2物质的量分数的变化C.在实际反应中，450K达到平衡时，n(C2H4)∶n(H2O)＜1∶4D.在实际反应中，改用选择性更好的催化剂不能提高C2H4的产率5、室温下，向100mL某浓度的二元弱酸H2A溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液；溶液的pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是。

A.Ka1(H2A)数量级为10-3B.b点时：c(Na+)>c(HA—)>c(H+)>c(A2—)>c(OH—)C.水的电离程度：d>c>b>aD.b→c段，反应的离子方程式为HA—+OH—=A2—+H2O6、常温下，向20mL0.2mol•L−1HN3(叠氮酸)溶液中逐滴滴加0.2mol•L−1的NaOH溶液，溶液pH的变化曲线如图所示(常温下，叠氮酸的Ka=10−4.7)。下列说法错误的是。

A.①点溶液中：c(N)+c(HN3)=2c(Na+)B.②点溶液中：c(N)=c(Na+)C.③点溶液pH约为8.85D.滴定过程中可能出现：c(HN3)＞c(N)＞c(Na+)＞c(OH−)＞c(H+)7、已知：25℃时CaCO3的Ksp=2.8×10-9，CaF2的Ksp=2.7×10-11.现将浓度为2×10-4mol·L-1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合(忽略混合时溶液体积的变化)，下列说法正确的是A.CaCO3难溶于稀硫酸，却能溶于醋酸，说明醋酸酸性比硫酸强B.CaCO3与水形成饱和溶液，再加CaCO3固体，平衡向溶解方向移动，Ksp将增大C.25℃时，饱和CaCO3溶液与饱和CaF2溶液等体积混合不会析出CaF2固体D.若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应为5.6×10-5mol·L-18、将溶液分别滴入溶液()，所得溶液中的的负对数[]与滴入溶液的体积关系如图所示；下列说法正确的是。

A.曲线Ⅰ表示的是滴定溶液的曲线B.两点所对应的溶液中的相等C.将两点所对应的溶液过滤后等体积混合溶液无明显现象D.根据点坐标，可计算曲线Ⅱ对应溶液中约为评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，用标准溶液测定某生活用品中的含量(假设其它物质均不反应，且不含碳、钠元素)，得到滴定过程中溶液电位与的关系如图所示。已知：根据两个滴定终点时消耗盐酸的体积差可计算出的量。下列说法不正确的是。

A.滴定过程中水的电离程度逐渐增大B.滴定过程中溶液中逐渐增大C.1mL该生活用品中含有的质量为D.曲线任一点溶液中均存在：10、在紫外线的作用下，可解离出氯原子；氯原子破坏臭氧层的原理如图所示。下列说法不正确的是。

A.一氧化氯自由基是臭氧分解过程的中间产物B.反应a的活化能低于反应b的活化能C.分子的空间构型是正四面体形D.臭氧分解的化学方程式可表示为：11、已知：向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态I，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ；正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.容器内压强不变，表明反应达到平衡B.时改变的条件：向容器中加入CC.平衡时A的体积分数D.平衡常数K：12、常温下，向20.00mL0.1000mol·L-1CH3COONa溶液中逐滴加入0.1000mol·L-1盐酸；溶液的pH与所加盐酸体积的关系如下图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是。

A.点①所示溶液中：c(CH3COOH)=c(Cl-)>c(OH-)=c(H+)B.点②所示溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH)C.点③所示溶液中：c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)D.整个过程中可能出现：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)13、科学家研发了一种绿色环保可充电“全氢电池”；其放电时工作原理如图所示，下列说法正确的是（）

A.“全氢电池”放电时，吸附层a发生的电极反应：H2-2e-+2OH-=2H2OB.“全氢电池”放电时的总反应式为：2H2+O2=2H2OC.NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应D.该电池充电时，吸附层b接电源正极14、pH=2的一元强酸HA与一元碱MOH溶液等体积混合，充分反应后溶液呈中性，下列说法中一定正确的是A.溶液中c(H+)=c(OH－)B.MOH的pH=12C.溶液中c(M+)=c(A－)D.MA溶液pH=715、在25℃时，H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-分别在三者中所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如图所示；下列叙述错误的是。

A.H2R是二元弱酸，其Ka1=1×10-2B.当溶液恰好呈中性时，c(Na+)=c(R2-)+c(HR-)C.NaHR在溶液中水解倾向大于电离倾向D.含Na2R与NaHR各0.1mol的混合溶液的pH=7.216、我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H＋和OH－，工作原理如图所示。下列说法不正确的是。

A.a膜是阴离子交换膜，b膜是阳离子交换膜B.放电时负极的电极反应式为Zn+4OH－-2e－=C.充电时多孔Pd纳米片附近pH升高D.充电时Zn与外接直流电源正极相连，将电能转化为化学能评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、利用化学反应原理研究化学反应有重要意义。

（1）CO2的减排和综合利用是解决温室及能源问题的有效途径。一定温度下，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，此时压强为p0kpa，发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

①0~4min，H2的平均反应速率v(H2)=__mol·L−1·min−1。

②下列能说明该反应已达到平衡状态的是___。

A．v正(CH3OH)=3v逆(H2)

B．CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1∶3∶1∶1

C．恒温恒容下；气体的密度不再变化。

D．恒温恒压下；气体的体积不再变化。

③测得某时刻，CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）和H2O（g）的浓度均为0.5mol/L，则此时v（正）___v（逆）（填“＞”“＜”或“=”）。

④可逆反应的平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，已知：分压=总压×物质的量分数，则该温度下Kp=___kPa-2（用含有p0的式子表示；保留1位小数)。

（2）工业中，CO2和H2在催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。

反应A：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)

反应B：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)

控制CO2和H2初始投料比为1∶3时，温度对CO2平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图所示。

图为温度对CO2平衡转化率及甲醇和CO产率的影响。

①由图可知温度升高时CO的产率上升，其主要原因可能是___。

②由图可知获取CH3OH最适宜的温度是___。下列措施有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的有___(填字母)。

A．使用对反应A选择性更高的催化剂。

B．压缩体积。

C．增大CO2和H2的初始投料比。

（3）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，反应原理为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol-1。在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得合成氨反应达到平衡时的有关数据如下。容器甲乙丙反应物投入量1molN2、3molH22molNH34molNH3NH3的浓度（mol/L）c1c2c3反应的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ体系压强（Pa）p1p2p3反应物转化率α1α2α3

则a+b___92.4（填“>”、“=”或“<”，下同），c3___2c1，2p2___p3，α1+α3___1。18、(1)二甲醚催化重整制氢的反应过程，主要有以下几个反应(数据为25℃、1.01×105Pa测定)

I：CH3OCH3(g)+H2O(l)2CH3OH(l)△H=+24.52kJ/mol

II：CH3OH(l)+H2O(l)CO2(g)+3H2(g)△H=+49.01kJ/mol

III：CO(g)+H2O(l)CO2(g)+H2(g)△H=﹣41.17kJ/mol

IV：CH3OH(l)CO(g)+2H2(g)△H=+90.18kJ/mol

则CH3OCH3(g)+3H2O(l)2CO2(g)+6H2(g)△H=_______kJ/mol。

(2)上述(1)中二甲醚催化重整制氢的过程中测得不同温度下各组分体积分数及二甲醚的转化率关系如图所示：

①你认为反应控制的最佳温度应为_______，理由是_______。

A.300～350℃B.350～400℃C.400～450℃D.450～500℃

②在一个绝热恒容的密闭容器中，放入一定量的甲醇如IV式建立平衡，以下可以作为该反应达到平衡状态的判断依据的是_______。

A.体系的温度不再改变B.气体的平均相对分子质量保持不变。

C.CO的体积分数不变D.气体的密度保持不变。

③在温度达到400℃以后，二甲醚与CO2以几乎相同的变化趋势明显降低，而CO和H2的体积分数也以几乎相同的变化趋势升高。则此时发生的反应为_______。19、I．装置如图所示；C；D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：

(1)B极是电源的___________极，C极的电极反应式为___________，一段时间后丁中X极附近的颜色逐渐___________(填“变深”或“变浅”)。(已知氢氧化铁胶粒带正电荷)

(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成，对应单质的物质的量之比为___________。

(3)现用丙装置给铜件镀银，则H应该是___________(填“铜”或“银”)。常温下，当乙中溶液的时(此时乙溶液体积为500mL)，丙中镀件上析出银的质量为___________g。

(4)甲装置中发生反应的化学方程式为___________；乙装置中发生反应的离子方程式为___________。

II．通过NOx传感器可监测NOx的含量；工作原理示意图如下：

(5)Pt电极上发生的是___________反应(填“氧化”或“还原”)。

(6)写出NiO电极的电极反应式：___________。20、在CH3COONa溶液中加入冰醋酸，能抑制CH3COO-水解。(_______)21、H2A是一种二元弱酸，25℃、不同pH时，H2A、HA-、A2-的物种分布如下图所示：

(1)向0.1mol·L-1H2A的溶液中逐滴滴加NaOH溶液，写出pH由3至5时所发生反应的离子方程式：_______。

(2)pH=2.2时，溶液中c(H2A)∶c(HA-)=_______。

(3)请结合相关平衡常数说明0.1mol·L-1NaHA的酸碱性：_______。

(4)将0.1mol·L-1NaHA和0.1mol·L-1Na2A的溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)=_______(用只含H2A、HA-、A2-三种粒子的表达式表示)。评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共10分)22、四种短周期元素在周期表中的相对位置如下表所示，其中Z原子最外层电子数是其电子层数的2倍。元素M与Z同周期，且原子半径是同周期中最大的。元素R是第四周期的过渡元素；R有甲、乙两种常见氢氧化物，其中甲在常温下置于空气中，会由白色变为灰绿色，最后变为红褐色的乙。XYZW

请按要求回答下列问题：

(1)X的单质的电子式：_________；W最高价氧化物的水化物的化学式：________________。

(2)M、Z、W分别形成的简单离子的半径由大到小顺序为（填离子符号）__________；写一个能说明元素W比元素Z的非金属性强的化学方程式：____________________。

(3)甲变为乙的化学方程式为_______________________。

(4)常温下，当用200mL1mol·L-1的MOH溶液吸收4.48L（已折算为标准状况）ZY2时，所得溶液的主要溶质(填化学式)为___________；此时溶液pH<7，则其中含Z元素的几种粒子(忽略ZY2)的浓度由大到小的顺序为___________________________。

(5)工业上用电化学法治理酸性废液中的XY3-的原理如图示，其阴极的反应式为_______________。评卷人得分五、工业流程题(共4题，共32分)23、卤块的主要成分是MgCl2，此外还含铁的氯化物、CuCl2、SiO2、MnO2等杂质。工业上以卤块为原料可制得轻质氧化镁（轻质：疏松粉末状；体积蓬松；重质：颗粒状、体积紧密），工艺流程如图所示：

已知：生成氢氧化物沉淀的pH如表所示。物质Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Mn（OH）2Mg（OH）2开始沉淀1.97.66.07.39.1沉淀完全3.29.68.09.311.1

请回答下列问题：

（1）滤渣1的成分有___________（填化学式）。

（2）步骤“加NaOH”需要调节pH值的范围为_______。

（3）沉淀1的成分为____（填化学式），步骤“加水煮沸”发生反应的化学方程式为__________。

（4）步骤“加水煮沸”不能时间太长，原因是____________。

（5）最近研究表明，常温下在含有Mg2+浓度为1.5mol/L的溶液中加入2倍于Mg2+的物质的量的NH4HCO3，控制pH值在9.5左右，镁的沉淀率能达到99%，产物为一种含结晶水的复盐，可用于煅烧制取轻质氧化镁，经XDR（X射线衍射）分析该复盐含水与含镁的物质的量相等。写出制取该复盐的离子方程式：___________。24、银系列产品广泛地应用于化工；电子电镀材料和工业催化等领域。与原矿相比；含银废料中银含量较高，成分单一，回收简单，污染少。从含银废料中(主要含Ag，其他金属微量，忽略不计)回收银已成为各国贵金属银系列产品的重要来源。下图为从含银废料中回收并制得纯Ag的工业流程。回答下列问题：

(1)N2H4的电子式为_______。

(2)操作I的名称为_______，简述利用“操作I”的装置洗涤难溶物的实验操作：_______。

(3)还原过程中的氧化产物为环境友好产物，请补充并配平还原过程的化学方程式：_______。

_____=__________

(4)已知：的平衡常数的写出溶于氨水的离子方程式：_______，该反应的平衡常数K=_______。在氯化银溶于氨水后的溶液中滴加稀硝酸，会再产生白色氯化银沉淀，原因是_______。

(5)工业上经常会用过量的NaClO溶液替代HNO3在80℃条件下氧化单质银，产物为NaOH和O2用NaClO溶液替换HNO3溶液的好处是_______。25、我国是少数几个拥有石煤资源的国家之一，工业上以伴生钒的石煤(主要成分为含少量等杂质)为原料制备钒的主要流程如下：

已知：①难溶于水。②

请问答下列问题：

(1)焙烧。通入空气的条件下，向石煤中加纯碱焙烧，将转化为的化学方程式为_____。为加快焙烧反应的化学反应速率，可采取的措施为_____(任写一条)。

(2)除硅、磷。用MgSO4溶液除硅、磷时，Si、P会形成沉淀。若沉淀后溶液中则____________随着温度升高，除磷率会显著下降，其原因一是温度升高，溶解度增大，二是_____________。

(3)沉钒。该操作产生的滤液中，两种主要的溶质阴离子是____________；用实验方法判断此过程中沉钒完全的操作是_____________。

(4)灼烧。在灼烧的过程中，固体残留率随温度变化的曲线如图所示，则时，剩余固体物质的化学式为_____________。

(5)还原。在高温真空条件下，用焦炭还原可以生成钒单质，该反应的化学方程式为_____________。26、工业上，用生物堆浸法处理低品位黄铜矿(主要成分是CuFeS2)制备两“矾”；其简易流程如下：

已知：①T∙f细菌在1.0＜pH＜6.0范围内保持生物活性。

②几种离子沉淀的pH如下表所示：。Fe3+Fe2+Cu2+开始沉淀时的pH1.56.34.2完全沉淀时的pH2.88.36.7

回答下列问题：

(1)生物堆浸包括两个过程：

①CuFeS2+4H+O2=Cu2++Fe2++2S+2H2O；

②4Fe2++O2+4H=4Fe3++2H2O。

在反应①中，氧化产物是_______。

(2)生物堆浸效率与温度关系如图所示。

温度高于40℃时，生物堆浸效率降低的主要原因可能是_______。

(3)生物堆浸过程中不断补充稀硫酸，其目的是_______。

(4)“氧化”中1molCuS完全反应转移2mol电子，其离子方程式为_______。

(5)室温下，滤液M中c(Cu2)=1.0×10-5mol·L-1时c(S2-)=1.3×10-31mol·L-1，则室温时Ksp(CuS)=____。

(6)测定绿矾(FeSO4·7H2O)纯度。取wg绿矾溶于稀硫酸中，配制成100mL溶液。取25.00mL溶液于锥形瓶中，用cmol·L-1标准KMnO4溶液滴定至终点，三次平行实验所消耗溶液体积依次为24.56mL、24.95mL、25.05mL。该绿矾纯度为_______(用含w，c的代数式表示)。如果操作都正确，测得纯度高于实际纯度，其可能原因是_______。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．HClO2的电离平衡常数K=根据图象，当pH=6时，=因此K=10-6；故A正确；

B．当pH小于4时，溶液中存在根据氧化还原反应中化合价的变化规律，同时存在Cl元素的化合价由+3价升高到+4价，降低到-1价，根据化合价升降守恒，一定存在故B正确；

C．酸或碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，向NaOH溶液中逐滴滴加水的电离程度先增大后减小，故C正确；

D．25℃时，浓度相等的溶液和溶液等体积混合，pH=5.1，依据电中性原则，有c(H+)+c(Na+)=+c(OH-)①，依据物料守恒，有2c(Na+)=+c(HClO2)②，联立①②有c(HClO2)+2c(H+)=+2c(OH-)；故D错误；

故选D。2、A【分析】【详解】

①要发生反应；必需发生有效碰撞，参加反应的分子的能量普遍较低，则活化分子百分数低，单位时间内有效碰撞次数较少，则反应比较困难，①合理；②参加反应的分子的能量普遍较高，与上述①的刚好相反，②说法不合理；③单位时间内反应物活化分子有效碰撞次数较少，则反应比较困难，③说法合理；④单位时间内反应物活化分子有效碰撞次数较多，则反应容易，④说法不合理；⑤反应物分子中活化分子百分数较小，单位时间内有效碰撞次数较少，则反应比较困难，⑤说法合理；⑥反应物分子中活化分子百分数较大，单位时间内有效碰撞次数较多，则反应比较容易，则⑥说法不合理；则①③⑤说法合理；

答案选A。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．由于镁离子水解，因此得到MgCl2，需要在HCl气流中加热，因此图①装置可制备无水MgCl2；故A符合题意；

B．图②装置不能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2，可能氯气过量，将KI氧化为I2；从而使淀粉变蓝，故B不符合题意；

C．由于乙醇易挥发；图③装置可制乙烯，但乙醇和乙烯都能使酸性高锰酸钾褪色，因此不能证明酸性高锰酸钾褪色是乙烯的还原性，故C不符合题意；

D．NaCl溶液是中性环境；因此图④装置可观察铁的吸氧腐蚀，故D不符合题意。

综上所述，答案为A。4、C【分析】【分析】

由题目信息知，CO2与H2起始投料比为1:3，等于化学计量数之比，故n(CO2)与n(H2)始终都为1:3，则曲线a代表H2，曲线c代表CO2，相同条件下，产物H2O的量大于C2H4的量，故曲线b代表H2O，曲线d代表C2H4；随着温度升高，反应物的量增加，故平衡逆向移动，所以该反应正向为放热反应。

【详解】

A．由分析知，该反应正向为放热反应，即△H＜0；A错误；

B．由分析知，曲线d代表平衡时C2H4的物质的量分数；B错误；

C．根据起始投料知，理论上任意时刻n(C2H4)：n(H2O)=1:4，而实际反应过程中，CO2还可能转化为C3H6、C3H8、C4H8等副产物，故n(C2H4)：n(H2O)＜1:4；C正确；

D．实际反应中；选择合适的催化剂，可以降低生成乙烯的活化能，加快反应速率，提高生成乙烯的选择性，减少副产物的产生，故改用选择性更好的催化剂能提高乙烯的产率，D错误；

故答案选C。5、C【分析】【分析】

由图可知，a点对应溶液为H2A溶液，酸电离出的氢离子抑制水的电离，H2A溶液与氢氧化钠溶液反应时有b、c两个计量点，b点对应溶液为NaHA溶液、c点对应溶液为Na2A溶液，b点NaHA溶液pH为5说明HA—在溶液中的电离程度大于水解程度，d点为NaOH和Na2A的混合溶液，由b点消耗0.1mol/L氢氧化钠溶液的体积可知，H2A溶液的浓度为=0.1mol/L。

【详解】

A．由分析可知，a点对应溶液为0.1mol/LH2A溶液，溶液pH为2，则电离常数Ka1(H2A)=≈=1×10—3，所以电离常数的数量级为10-3；故A正确；

B．由分析可知，b点对应溶液为NaHA溶液，溶液pH为5说明HA—在溶液中的电离程度大于水解程度，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(HA—)>c(H+)>c(A2—)>c(OH—)；故B正确；

C．由分析可知，c点对应溶液为Na2A溶液，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，促进水的电离，d点为NaOH和Na2A的混合溶液，氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧根离子抑制A2—在溶液中的水解；水的电离程度小于c点，故C错误；

D．由分析可知，b→c段发生的反应为NaHA溶液与氢氧化钠溶液反应生成Na2A和水，反应的离子方程式为HA—+OH—=A2—+H2O；故D正确；

故选C。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．①点溶液中溶质为等量HN3与NaN3，结合物料守恒，c(N)+c(HN3)=2c(Na+)；A项正确；

B．②点溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，结合电荷守恒：c(N)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，有c(N)=c(Na+)；B项正确；

C．③点溶液是HN3与NaOH恰好完全反应生成的0.1mol/L的NaN3溶液，存在：N+H2OHN3+OH-，可近似看作c(HN3)=c(OH-)，则c(N)约为0.1mol/L，即解得c(OH-)=10-5.15mol/L，所以c(H+)=10-8.85mol/L；则pH约为8.85，C项正确；

D．溶液中始终存在电荷守恒：c(N)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，若c(OH-)>c(H+)，则c(Na+)>c(N)；D项错误。

故选D。7、D【分析】【详解】

A．CaCO3难溶于稀硫酸；是因为反应生成的硫酸钙微溶于水，醋酸是弱酸，硫酸是强酸,醋酸的酸性小于硫酸，故A错误；

B．CaCO3与水形成饱和溶液，再加CaCO3固体；平衡不移动，Ksp将不变，故B错误；

C．CaF2的Ksp=2.7×10-11，CaCO3的Ksp=2.8×10-9，CaF2的Ksp相比之下更小，所以会析出CaF2；故C错误；

D．Na2CO3溶液的浓度为2×10-4mol/L，等体积混合后溶液中c(CO)=×2×10-4mol/L=1×10-4mol/L，根据Ksp=c(CO)·c(Ca2+)=2.8×10-9可知，c(Ca2+)=mol/L=2.8×10-5mol/L，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c(Ca2+)的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×2.8×10-5mol/L=5.6×10-5mol/L；故D正确；

故选D。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．KspAgCl<KspAgBr，AgCl沉淀先生成，溶液中氯离子浓度大，对应的氯离子浓度负对数更小，故曲线Ⅱ表示的是滴定溶液的曲线；A项错误；

B．在溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)，溶液是中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，加入的NaX是相等的，两种溶液中的钠离子浓度相等，A、B两点c(X-)基本相等；为保证等式成立，两种溶液中银离子浓度相等，B项正确；

C．溴化银溶解度平衡常数更小；当二者混合后，溴离子争夺氯化银中的银离子，会有更多的溴化银生成，现象是有溴化银黄色沉淀生成，C项错误；

D．KspAgX=c(Ag+)·c(X-)，-lgc(X-)=8，c(X-)=10-8mol/L，混合后溶液体积为60mL，银离子浓度小于0.1mol/L，小于D项错误；

答案选B。二、多选题(共8题，共16分)9、AC【分析】【分析】

【详解】

A．随着盐酸的加入；碳酸钠转化为碳酸氢钠，最后转化为氯化钠，盐类的水解程度越来越小，故对水的电离的促进作用也越来越小，盐酸过量时还将抑制水的电离，故滴定过程中水的电离程度逐渐减小，A错误；

B．随着盐酸的加入，碳酸钠转化为碳酸氢钠，故c()逐渐增大，c()逐渐减小，滴定过程中溶液中逐渐增大；B正确；

C．由图中可知，(V2-V1)即碳酸氢钠消耗盐酸的体积，原溶液中碳酸钠的物质的量浓度为：mol/L，故1mL该生活用品中含有的质量为=C错误；

D．根据溶液中电荷守恒可知，曲线任一点溶液中均存在：D正确；

故答案为：AC。10、BC【分析】【分析】

【详解】

A．根据示意图可判断一氧化氯自由基是臭氧分解过程的中间产物；选项A正确；

B．反应a是慢反应，反应b是快反应，其活化能高于反应b的活化能；选项B不正确；

C．由于C-F和C-C的键长不同，因此分子的空间构型是四面体形；不是正四面体，选项C不正确；

D．在催化剂作用下臭氧分解转化为氧气，则臭氧分解的化学方程式可表示为：选项D正确；

答案选BC。11、BC【分析】【分析】

根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态；据此结合图像分析解答。

【详解】

A.容器内发生的反应为A(g)+2B(g)3C(g)；该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；

B.根据图像变化曲线可知，t2t3过程中，t2时，瞬间不变；平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，B正确；

C.最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和B各自物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数(II)>(I)；C正确；

D.平衡常数K与温度有关；因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。

故选BC。12、AC【分析】【详解】

A．点①溶液pH=7c|(H+)=c(OH-)，电荷守恒(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(Cl-)

和物料守恒c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故综合两守恒可得c(CH3COOH)=c(Cl-)；故A正确；

B．点②时，加入盐酸10mL，溶液中存在CH3COONa、CH3COOH和NaCl，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离大于CH3COONa水解，所以应有c(CH3COO-)>c(Cl-)；故B错误；

C．③点溶液中有等|浓度的CH3COOH和NaCl，由于醋酸有少部分电离，故c(Na+)>c(CH3COOH)，同时水也电离生成少量H+，所以存在c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)；故C正确；

D．写出溶液中的电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)和物料守恒c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)；故D错误；

故答案为AC。13、AD【分析】【分析】

【详解】

A．据图可知，吸附层a上发生的是氢气失电子的反应，说明吸附层a为负极，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O；故A正确；

B．负极电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，正极电极反应式为2H++2e-=H2↑，电池的总反应为H++OH-=H2O；故B错误；

C．高氯酸钠的作用是离子定向移动而形成电流；不参与电极反应，故C错误；

D．吸附层a为负极，吸附层b为正极，充电时外加电源正极接原电池的正极，即吸附层b接电源正极；故D正确；

答案选AD。14、AC【分析】【详解】

A．反应后的溶液呈中性，则c(H+)＝c(OH－)；故A正确。

B．因不清楚MOH是强碱还是弱碱；所以无法确定MOH的pH，故B不正确。

C．反应后的溶液中，据电荷守恒，有：c(M+)＋c(H+)＝c(A－)＋c(OH－)，因此时溶液呈中性，即c(H+)＝c(OH－)，故c(M+)＝c(A－)。故C正确。

D．若MOH为强碱，则MA溶液中M+不会水解，pH＝7；若MOH为弱碱，则MA溶液中M+会水解；pH＜7。故D不正确。

故选AC。15、BC【分析】【分析】

【详解】

A．根据图示可知H2R是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，Ka1=当溶液中c(HR-)=c(H2R)时，Ka1=c(H+)=10-2mol/L；A正确；

B．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)，当溶液恰好呈中性时，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=2c(R2-)+c(HR-)；B错误；

C．H2R是二元弱酸，其Ka2=当c(R2-)=c(HR-)时，Ka2=c(H+)=1×10-7.2；而其水解平衡常数Kh2=＜10-7.2；可见NaHR在溶液中的电离平衡常数大于水解平衡常数，故NaHR在溶液中电离倾向大于水解倾向，C错误；

D．含Na2R与NaHR各0.1mol的混合溶液中c(R2-)=c(HR-)，根据Ka2=当c(R2-)=c(HR-)时，Ka2=c(H+)=1×10-7.2；因此该溶液的pH=7.2，D正确；

故合理选项是BC。16、AD【分析】【分析】

根据图示可知，放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极上失去电子生成锌离子，结合复合膜间的水解离出的氢氧根离子生成负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH。

【详解】

A．复合膜间的H2O解离成H+和OH-，根据图中复合膜中H+通过a膜、OH-通过b膜可知，a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜；故A错误；

B．根据图示可知，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极上失去电子生成锌离子，结合复合膜间的水解离出的氢氧根离子生成负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=故B正确；

C．放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，据图可知，充电时甲酸在多孔Pd纳米片表面发生失电子的氧化反应转化为CO2，电极反应式为：HCOOH+2OH--2e-=CO2+2H2O，消耗OH-；则pH升高，故C正确；

D．放电时；Zn作负极，则充电时Zn与外接电源的负极相连，将电能转化为化学能，故D错误；

答案选AD。三、填空题(共5题，共10分)17、略

【分析】【分析】

(1)①根据图像先计算0~4min，CO2(g)的平均反应速率v(CO2)，再根据速率之比等于化学计量数之比计算H2的平均反应速率v(H2)；②根据化学平衡状态的特征分析判断；③根据图像，平衡时：CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度分别为0.25mol/L、0.75mol/L、0.75mol/L、0.75mol/L，计算出平衡常数K，再计算出某时刻的Qc，进行比较判断；④平衡时：CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度分别为0.25mol/L、0.75mol/L、0.75mol/L、0.75mol/L，气体的体积为1L，气体的总物质的量为2.5mol，计算出平衡时气体的总压强，再计算平衡时：CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的平衡分压，最后计算Kp；

(2)①根据温度对反应B的影响分析判断可能的原因；②根据图示；250℃甲醇转化率最高；根据各选项是否有利于反应A的进行分析判断；

(3)甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的；丙容器反应物投入量4molNH3；是乙的二倍，相当于增大压强，平衡正移，结合等效平衡原理分析判断。

【详解】

(1)①0~4min，CO2(g)的平均反应速率v(CO2)==0.125mol·L−1·min−1，则H2的平均反应速率v(H2)=3v(CO2)=0.375mol·L−1·min−1；故答案为：0.375；

②A．v正(CH3OH)=3v逆(H2)表示正反应速率大于逆反应速率，不是平衡状态，故A错误；B．CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1∶3∶1∶1；不能说明浓度不变，不一定是平衡状态，故B错误；C．恒温恒容下，气体的质量和体积均不变，气体的密度始终不变，不能说明是平衡状态，故C错误；D．该反应是气体体积减小的反应，恒温恒压下，气体的体积不再变化，说明达到了平衡状态，故D正确；故答案为：D；

③根据图像，平衡时：CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度分别为0.25mol/L、0.75mol/L、0.75mol/L、0.75mol/L，则平衡常数K==某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.5mol/L，Qc==4＜K=因此平衡正向移动，则此时v(正)＞v(逆)，故答案为：＞；

④平衡时：CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度分别为0.25mol/L、0.75mol/L、0.75mol/L、0.75mol/L，气体的体积为1L，气体的总物质的量为2.5mol，总压强为×p0kpa=0.625p0kpa，则平衡时：CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的平衡分压分别为×0.625p0kpa=0.0625p0kpa、×0.625p0kpa=0.1875p0kpa、×0.625p0kpa=0.1875p0kpa、×0.625p0kpa=0.1875p0kpa，Kp==kPa-2，故答案为：

(2)①由图可知温度升高CO的产率上升；其主要原因可能是反应B的正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高，故答案为：反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；

②根据图示，250℃甲醇转化率最高，故获取CH3OH最适宜的温度是250℃；A．使用对反应A选择性更高的催化剂，有利于反应A的转化，能够提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率，故A正确；B．压缩体积，有利于反应A的平衡正向移动，能够提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率，故B正确；C．增大CO2和H2的初始投料比，有利于反应B的转化，不利于反应A的转化，不能提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率；故C错误；故选AB；故答案为：250℃；AB；

(3)甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故a+b=92.4；甲容器内的平衡与乙容器内平衡是等效平衡，所以平衡时NH3的浓度相等，即c1=c2，丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，相当于增大压强，平衡正移，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3＞2c2，所以c3＞2c1；丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3；丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率α1+α3＜1；故答案为：=；＞；＞；＜。

【点睛】

本题的难点和易错点为(1)中Kp的计算，要注意平衡是气体的压强不是p0kpa。【解析】0.375D>反应B是吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO产率升高250℃AB=>><18、略

【分析】【分析】

按盖斯定律计算新的热化学方程式；结合图示信息；综合经济效益寻找最佳反应条件；按化学平衡状态的特征判断说法正误；按题给信息书写新的化学方程式；

【详解】

已知：I：CH3OCH3(g)+H2O(l)2CH3OH(l)△H1=+24.52kJ/mol、II：CH3OH(l)+H2O(l)CO2(g)+3H2(g)△H2=+49.01kJ/mol、III：CO(g)+H2O(l)CO2(g)+H2(g)△H3=﹣41.17kJ/mol、IV：CH3OH(l)CO(g)+2H2(g)△H4=+90.18kJ/mol

则按盖斯定律，反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ得到CH3OCH3(g)+3H2O(l)2CO2(g)+6H2(g)，△H=△H1+△H2+△H3+△H4=24.52kJ/mol+49.01kJ/mol﹣41.17kJ/mol+90.18kJ/mol=+122.54kJ/mol。

(2)①由图知，400～450℃时二甲醚的转化率和高于450°C的几乎一样、所得混合气体中氢气的体积分数也高达60%多，高于450°C的几乎一样，故最佳温度应为400～450℃，答案是：选项C正确，理由为：二甲醚的转化率高，且产物H2(和CO2)的体积分数较大。②在一个绝热恒容的密闭容器中，发生反应Ⅳ：CH3OH(l)CO(g)+2H2(g)△H4=+90.18kJ/mol，则：A．体系的温度是变量，体系的温度不再改变，说明已平衡，A正确；B．气体为CO和H2按体积比为1:2组成的，平均相对分子质量始终保持不变，故平均相对分子质量保持不变不能说明已平衡，B不正确；C．气体为CO和H2按体积比为1:2组成的，CO体积分数始终保持不变，CO的体积分数不变不能说明已平衡，C不正确；D．气体的密度是个变量，故气体密度保持不变，说明已平衡，D正确，则能作平衡状态的判断依据的是AD。③在温度达到400℃以后，二甲醚与CO2以几乎相同的变化趋势明显降低，而CO和H2的体积分数也以几乎相同的变化趋势升高。则CH3OCH3(g)与CO2(g)反应生成H2(g)和CO(g)，化学方程式为：CH3OCH3(g)+CO2(g)3H2(g)+3CO(g)。【解析】+122.54C二甲醚的转化率高，且产物H2(和CO2)的体积分数较大ADCH3OCH3(g)+CO2(g)3H2(g)+3CO(g)19、略

【分析】【分析】

C；D、E、F、X、Y都是惰性电极；甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F电极附近有碱生成，则F电极上氢离子放电生成氢气，F为阴极，所以C、E、G、X是阳极，D、F、H、Y是阴极，连接阳极的电极A是正极、连接阴极的电极B是负极，然后根据电解原理分析解答。

(1)

根据上述分析可知B极是电源的负极；

C极的阳极，溶液中的OH-失去电子发生氧化反应，故阳极C的电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；

丁中氢氧化铁胶体在外加电场力作用下会发生电泳现象；Y极是阴极，氢氧化铁胶体离子带正电荷，会向带负电荷较多的Y极移动，所以X电极颜色逐渐变浅；

(2)

C电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；D电极反应为Cu2++2e-=Cu；E电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，F电极反应为：2H++2e-=H2↑；同一闭合回路中电子转移数目相等，四个电极转移的电子数相同，所以甲；乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：2；

(3)

丙装置是电镀池；镀层Ag为阳极；镀件Cu为阴极，电镀液是硝酸银溶液，G是阳极、H是阴极，所以G是镀层Ag，H是镀件Cu；

电镀液是AgNO3溶液，常温下，乙中溶液的pH=13，则c(OH-)=0.1mol/L，溶液的体积为500mL，则n(OH-)=0.1mol/L×0.5L=0.05mol。根据电解反应方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑可知：反应产生0.05molNaOH时转移电子的物质的量为0.05mol，由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，根据镀银的阴极反应式：Ag++e-=Ag，可知生成银的质量m(Ag)=0.05mol×108g/mol=5.4g；

(4)

甲中溶液是CuSO4溶液，在阳极上水电离产生的OH-失去电子变为O2，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极上Cu2+得到电子变为Cu单质，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故甲装置总反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

对于乙装置，E电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，F电极上H2O电离产生的H+得到电子变为H2，故F电极反应式为：2H++2e-=H2↑，该装置反应的离子方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

(5)

原电池工作时；阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，由离子的定向移动可知NiO极为原电池的负极，Pt极为原电池的正极，正极得到电子发生还原反应；

(6)

NiO为负极，电极上NO失电子和氧离子反应生成NO2，所以NiO电极的反应式为：NO-2e-+O2-=NO2。【解析】(1)负4OH--4e-=O2↑+2H2O变浅。

(2)1：2：2：2

(3)铜5.4g

(4)2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-

(5)还原。

(6)NO-2e-+O2-=NO220、略

【分析】【详解】

在CH3COONa溶液中加入冰醋酸，能抑制CH3COO-水解，正确。【解析】正确21、略

【分析】由图像可知，随着pH的不断增大，相关微粒的变化分为两个阶段，第一阶段是H2A变为HA-；第二阶段是HA-变为A2-；由图像的两个交叉点可以计算Ka1和Ka2；进而可以计算相关的水解常数，由此分析解答。

【详解】

(1)pH由3至5时，HA-变为A2-，发生的是第二阶段的反应，离子方程式为：HA-+OH-=A2-+H2O，故答案为：HA-+OH-=A2-+H2O；

(2)酸H2A的Ka1=由图像左边的交叉点，pH=1.2，c(H2A)=c(HA-)，Ka1=c(H+)=10-1.2，当pH=2.2时，=故答案为：0.1；

(3)HA-的电离平衡常数Ka2=由图像右边的交叉点，pH=4.2，c(A2-)=c(HA-)，Ka2=10-4.2，HA-的水解平衡常数为Kh2=HA-的电离平衡常数大于水解平衡常数，故NaHA溶液显酸性；故答案为：HA-的电离平衡常数为10-4.2，水解平衡常数为10-12.8，所以HA-的电离程度大于其水解程度；溶液呈酸性；

(4)根据物料守恒，0.1mol·L-1NaHA和0.1mol·L-1Na2A的溶液等体积混合，所得溶液中2c(Na+)=3c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)，故c(Na+)=[c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)]；故答案为：[c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)]。【解析】HA-+OH-=A2-+H2O0.1HA-的电离平衡常数为10-4.2，水解平衡常数为10-12.8，所以HA-的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性[c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)]四、元素或物质推断题(共1题，共10分)22、略

【分析】【分析】

Z原子最外层电子数是其电子层数的2倍；则Z为S元素；根据四种短周期元素在周期表中的相对位置，W为Cl元素，Y为O元素，X为N元素；元素M与Z同周期，且原子半径是同周期中最大的，M为Na元素。元素R是第四周期的过渡元素；R有甲；乙两种常见氢氧化物，其中甲在常温下置于空气中，会由白色变为灰绿色，最后变为红褐色的乙，则R为Fe元素，且甲为氢氧化亚铁，乙为氢氧化铁。

【详解】

(1)氮气的电子式为氯元素的最高价氧化物的水化物的化学式为，故答案为HClO4；

(2)离子的电子层越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，M、Z、W分别形成的简单离子的半径由大到小顺序为S2->Cl->Na+；氯气能够将硫化氢氧化生成硫单质，说明元素氯比元素硫的非金属性强，故答案为S2->Cl->Na+；H2S+Cl2=S2↓+HCl；

(3)氢氧化亚铁变为氢氧化铁的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；

(4)200mL1mol·L-1的NaOH溶液中含有0.2molNaOH，标准状况下，4.48LSO2的物质的量为=0.2mol，等物质的量的氢氧化钠和二氧化硫反应生成NaHSO3；此时溶液pH<7，说明电离程度大于水解程度，则其中含S元素的几种粒子的浓度由大到小的顺序为c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)，故答案为NaHSO3；c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)；

(5)由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有水生成，所以阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，故答案为2NO3-+10e-+12H+=6H2O+N2↑。

【点睛】

本题考查了元素周期表和元素周期律的知识，正确推导出元素是解题的关键。本题的难点是电极反应式的书写，明确阴阳极上发生的电极反应和判断方法是解答的前提。【解析】HClO4S2->Cl->Na+H2S+Cl2=S2↓+HCl4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3NaHSO3c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O五、工业流程题(共4题，共32分)23、略

【分析】【分析】

（3）沉淀2加热制取氧化镁，则沉淀2中含有氢氧化镁，已知沉淀1加热煮沸可生成氢氧化镁和气体，可推断其为碳酸镁；

【详解】

（1）加入稀盐酸后，二氧化锰与二氧化硅不溶解，则滤渣1的成分有MnO2、SiO2；（2）“加NaOH”为除去溶液中的铁离子、铜离子变为沉淀，而不使镁离子产生沉淀，则调节溶液pH的范围为8.0⩽pH<9.1；（3）沉淀2加热制取氧化镁，则沉淀2中含有氢氧化镁，已知沉淀1加热煮沸可生成氢氧化镁和气体，可推断其为碳酸镁，“加水煮沸”发生反应的化学方程式为：MgCO3+H2OMg（OH）2+CO2↑；（4）“加水煮沸”时产生二氧化碳，加热时间过长则导致二氧化碳逸出，使碳酸镁完全转化为氢氧化镁，再灼烧时得不到轻质氧化镁；（5）由题中信息可知，碳酸氢铵的物质的量为镁离子的2倍，且生成与含镁离子物质的量相等的水和一种复盐，其反应的离子方程式为Mg2++2NH+2HCO+2OH−=（NH4）2Mg（CO3）2·H2O↓+H2O。

【点睛】

根据表中数据，为除去杂质离子而不使镁离子沉淀，应先将亚铁离子氧化为铁离子后再调节溶液的pH范围。【解析】SiO2、MnO28.0⩽pH<9.1MgCO3MgCO3+H2OMg（OH）2+CO2↑防止碳酸镁全部转化为氢氧化镁，氢氧化镁分解得不到轻质氧化镁Mg2++2NH+2HCO+2OH−=（NH4）2Mg（CO3）2·H2O↓+H2O24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)N2H4结构式为故电子式为

(2)操作I为过滤出AgCl固体；故操作名称为过滤；利用过滤装置洗涤难溶物的实验操作为：将难溶物放置于过