2025-2026学年浙江温州育英实验学校等校高三5月题库化学试题 含答案

/2026年高三5月题库化学试题考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间90分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。可能用到的相对原子质量：H1C12O16B11N14一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.我国科学家在诸多领域取得新突破。下列说法不正确的是A.用于制造世界最大口径反射镜的碳化硅，属于新型无机非金属材料B.月壤中的“嫦娥石[]”，其成分属于无机盐C.月球样品中的钍()属于金属元素D.用于航天服的陶瓷和碳纤维等属于合成有机高分子材料【答案】D【解析】【详解】A．碳化硅属于不含碳链有机结构的无机化合物，是新型无机非金属材料，A正确；

B．嫦娥石由金属阳离子与磷酸根阴离子构成，属于无机盐类物质，B正确；

C．钍为锕系元素，属于金属元素，C正确；

D．陶瓷和碳纤维的主要成分均为无机物，属于新型无机非金属材料，不属于合成有机高分子材料，D错误；故选D。2.下列化学用语的表达正确的是A.基态S原子的电子排布式：B.乙烯的结构式：C.电子式：D.基态氧原子的轨道表示式：【答案】D【解析】【详解】A．基态S原子的核外电子数为16，完整电子排布式为，选项仅给出价电子排布式，不符合基态原子电子排布式的书写要求，A错误；B．为乙烯的结构简式，B错误；C．为离子化合物，电子式为，C错误；D．基态氧原子核外有8个电子，、轨道各填充2个自旋相反的电子，轨道的4个电子遵循洪特规则，先分占3个轨道且自旋平行，剩余1个电子配对，轨道表示式书写正确，D正确；故选D。3.下列有关实验安全、废弃物处理及操作原理的说法中，不正确的是A.金属汞洒落在实验室地面或桌面时，须尽可能收集，并用硫黄粉覆盖处理B.、等尾气可用NaOH溶液进行吸收处理C.用萃取碘水中的碘时，振荡分液漏斗后，须打开活塞进行放气D.检验溶液中是否含，可先加入氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红则证明有【答案】D【解析】【详解】A．汞有毒且易挥发，硫黄与汞反应生成HgS，可以防止汞蒸气中毒，是标准的处理方法，故A项正确；B．是酸性氧化物，与水反应生成酸，均能与NaOH溶液反应，故可用NaOH溶液吸收尾气，防止污染空气，故B项正确；C．萃取振荡时，体系内压强增大，必须打开活塞放气，防止分液漏斗内压强过大导致玻璃塞冲出或液体喷溅，故C项正确；D．检验时，若先加氯水，会将氧化为，此时滴加KSCN变红，无法证明原溶液中是否存在(因为原溶液可能直接含有)，正确操作是先加KSCN不变色，再加氯水变红，故D项错误；故选D。4.基本概念和理论是化学思维的基石。下列说法不正确的是A.反应热是化学反应体系向环境释放或从环境吸收的热量B.在元素周期表中，非金属元素不都在p区C.N能层电子的能量不一定高于M能层电子的能量D.可用光谱仪摄取某元素原子由基态跃迁到激发态的吸收光谱，从而进行元素鉴定【答案】A【解析】【详解】Ａ．反应热是指在等温条件下，化学反应体系向环境释放或从环境吸收的热量，A错误；Ｂ．在元素周期表中，非金属元素不都在p区，如H在S区，B正确；Ｃ．由于存在能级交错，N能层电子的能量不一定高于M能层电子的能量，C正确；Ｄ．某元素原子由基态跃迁到激发态得到吸收光谱，D正确；答案选A。5.下列离子方程式正确的是A.与醋酸反应：B.苯酚钠溶液中通入少量：C.铅酸蓄电池放电时正极的电极反应式：D.将少量通入饱和溶液：【答案】B【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，在离子方程式中应保留化学式，不能拆成H⁺，正确离子方程式为：CaCO3+2CHB．苯酚的酸性弱于碳酸、强于，因此无论是少量还是过量，产物均为苯酚和，B正确；C．铅酸蓄电池放电时正极反应中，PbO2被还原为PbSO4（因电解液含H2SO4），而不是Pb2+，故正极的电极反应式为：PbO2+4H+D．将少量通入饱和溶液，反应生成的NaHCO3溶解度较小，会以晶体形式析出，离子方程式为：CO2+CO32−+故答案选B。6.利用碱性溶液作为吸收剂，可对燃煤烟气中的NO进行脱除。反应过程中将NO氧化为，自身被还原为，针对上述脱硝过程，下列说法不正确的是A.该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：4B.反应后溶液的pH会降低C.在反应中体现了强氧化性D.该反应的离子方程式为【答案】D【解析】【分析】首先分析化合价变化，中为+3价，被还原为，为-1价，每个得到4个电子，作氧化剂；中为+2价，被氧化为，为+5价，每个失去3个电子，作还原剂。根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:4。反应在碱性环境中进行，配平离子方程式时需用平衡电荷，得到正确离子方程式为，反应消耗，溶液碱性减弱。【详解】A．该反应中氧化剂为，每个得到4个电子，还原剂为，每个失去3个电子，根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:4，A正确；B．反应过程中消耗，溶液中浓度降低，碱性减弱，溶液的pH会降低，B正确；C．中元素化合价降低，作氧化剂，在反应中体现了强氧化性，C正确；D．反应为碱性环境，离子方程式中不能出现，正确离子方程式为，D错误；故选D。7.对乙酰氨基酚是感冒冲剂的有效成分，其结构简式如图所示。下列有关说法正确的是A.对乙酰氨基酚含有酚羟基和酰胺基 B.分子中有1个杂化的原子C.分子中所有原子可能共平面 D.对乙酰氨基酚应在碱性环境中保存【答案】A【解析】【分析】【详解】A．根据所给结构简式，对乙酰氨基酚中有酚羟基和酰胺基两种官能团，A正确；B．甲基中的C原子是饱和碳原子，为杂化，酚羟基中的氧原子也为杂化，B错误；C．由于甲基中的碳原子是饱和碳原子，以四面体结构连接其他四个原子，故分子中不可能所有原子共面，C错误；D．碱性条件下，酰胺基能水解，酚羟基也能被中和，故对乙酰氨基酚在碱性环境中易失效，D错误；故选A。8.某反应分两步进行，其能量变化如图所示。下列说法正确的是A.反应①为低温自发的反应B.在反应过程中(g)的量先增多，后减少C.加入催化剂能增大活化分子百分数，提高反应的平衡转化率D.总反应的热化学方程式为【答案】B【解析】【分析】由图可知，①步骤反应（初始→中间①）：；②步骤反应（中间①→中间②）：；总反应（初始→最终产物）：。【详解】A．由题图可知，反应①为吸热且为熵增的反应，故自发反应的条件为高温自发，A错误；B．，故反应①更快，则反应过程中(g)的量先增多，后减少，反应①生成中间产物，反应②消耗，因此过程中的量先增多后减少，B正确；C．加入催化剂，可增大活化分子百分数，但催化剂不影响平衡转化率，C错误；D．结合分析可知，总反应的热化学方程式为，D错误；故答案选B。9.电化学介导胺再生是一种新兴的捕集技术。首先通过乙二胺吸收法捕集，捕集了的乙二胺富液进入电化学反应器阳极室，其机理和装置如图。下列说法不正确的是A.电解过程中铜在阳极溶解，在阴极析出，实现了循环利用B.乙二胺与的结合能力弱于其与的结合能力C.阴极的电极反应为D.当电路中转移0.2mol电子时，阳极室理论上可释放出标准状况下4.48L的【答案】B【解析】【分析】分析装置中涉及到的核心反应，乙二胺吸收：乙二胺（）与结合生成负载胺，氨基中的氮氢键断裂，与发生加成反应，阳极反应：Cu被氧化为，并与负载胺竞争结合，释放，2+Cu-=+2；阴极反应：复合胺中的被还原为Cu，同时再生乙二胺，，整体循环：通过电能驱动，实现的捕集与释放，同时乙二胺得以再生，据此分析以下各选项。【详解】A．由分析知阳极Cu溶解生成的结合负载胺转化成同时释放，阴极室的发生还原反应，重新转化为铜单质，乙二胺再生，所以阳极溶解的铜，通过溶液中的离子迁移和阴极的还原反应，又以单质形式析出，实现了铜的循环利用，A正确；B．阳极，与负载胺反应，生成复合胺，释放出，说明乙二胺与的结合能力强于其与的结合能力，B错误；C．阴极复合胺中铜离子得电子变成铜原子，释放出乙二胺，所以阴极的电极反应为，C正确；D．根据电子守恒计算，阴极每转移2mol电子，生成1molCu，对应阳极室释放2mol(根据反应计量比)，当电路中转移0.2mol电子时，阳极室释放0.2mol，标准状况下体积为0.2mol×22.4=4.48L，D正确；故答案选B。10.溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液下列说法正确的是A.M点、N点和P点均相等B.M点pH小于N点pHC.N点降温过程中水的电离平衡、铵根离子的水解平衡和硫酸铵的溶解平衡均发生移动D.P点【答案】C【解析】【详解】A．温度升高，水的电离程度增大，则M点小于N点和P点的，A错误；B．溶液中，，水解吸热，升高温度促进铵根离子的水解，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，故M点pH大于N点pH，B错误；C．N点降温过程，水的电离平衡逆向移动、铵根离子的水解平衡逆向移动、硫酸铵的溶解平衡逆向移动，3个平衡均发生移动，C正确；D．P点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，，D错误；故答案选C。11.在恒容密闭容器中，将一定体积的CO气体通入装有粉末的反应器，发生如下反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：保持其他条件不变，反应达平衡时，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.反应温度越高，主要还原产物中铁元素的价态越低B.提高CO的用量，更有利于生成FeOC.在恒温条件下，压强保持不变标志着反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态D.温度高于1040℃时，反应Ⅰ的化学平衡常数K>4【答案】D【解析】【分析】反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡正向进行，反应Ⅱ平衡逆向进行；由图像可知，570℃之前，随着温度升高，的体积分数增大，说明以反应Ⅱ为主，570℃之后，随着温度升高，的体积分数降低，说明以反应Ⅰ为主，据此分析。【详解】A．反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，由图像可知，温度升高CO的体积分数减小，说明以反应Ⅰ为主，即温度越高，主要还原产物中铁元素的价态越高，A错误；B．反应Ⅱ需要消耗更多的CO，CO越充足，越能把还原反应进行到底，还原成Fe，B错误；C．两个反应均为气体分子数不变的反应，反应过程中压强保持不变，不能作为平衡的判断依据，C错误；D．Ⅰ为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，K值增大，所以温度高于1040℃时，主要发生反应Ⅰ，1040℃反应Ⅰ的平衡常数为，则高于1040℃时，反应Ⅰ的化学平衡常数：K>4，D正确；故选D。12.氢氧化锂(LiOH)是一种重要的含锂化合物，其晶胞结构(含x轴方向投影图)如图所示，若阿伏加德罗常数的值为，下列关于LiOH晶体结构的说法不正确的是A.晶体中与O紧邻的Li有4个B.一个Li与所有紧邻O形成的配位多面体空间结构为四面体C.晶体中微粒间的作用力有离子键、极性共价键和氢键D.该晶体为混合型晶体【答案】D【解析】【分析】据晶胞结构及其x轴方向投影图可知，在晶胞中Li位于8个顶点和上、下底面的2个面心，O位于前、后、左、右4个侧面上，晶体为层状结构。【详解】A．结合右侧图可知，在晶胞里，O的位置看，每个O周围最近的Li，一共4个，晶体中与一个O相邻的Li有4个，A正确；B．与一个Li紧邻的O有4个，一个Li原子与周围紧邻的O原子形成的配位多面体，其空间结构为四面体，B正确；C．LiOH是离子晶体，存在与之间的离子键，内部存在O-H极性共价键；由于O原子电负性大且连有H原子，晶体中还存在O-H…O氢键，C正确；D．LiOH晶体中同时存在离子键（与之间）和共价键（内部）。在晶体分类中，主要依据晶格中粒子间的主要作用力，故LiOH通常被归为离子晶体，而非混合型晶体，D错误；故选D。13.的水解机理如图所示(“□”代表Si的3d轨道)。下列说法不正确的是A.甲和丙中的Cl-Si-Cl键角不相等 B.甲→丁过程涉及极性键的断裂和形成C.相同条件下，比易水解 D.水解产物是【答案】D【解析】【详解】A．甲和丙是中的硅都是sp3杂化，由于O与Cl电负性不同，电子云分布不对称，导致键角发生微小变化，两者键角不相等，A正确；B．上述过程涉及Si-Cl极性键的断裂和Si-O极性键的形成，B正确；C．Si原子有空的3d轨道，可以接受水分子的孤对电子形成配位键，从而降低反应的活化能，所以相同条件下，比易水解，C正确；D．水解的化学方程式为NCl3+3H2O=NH3+3HClO，产物是氨气和次氯酸，而不是硝酸(HNO3)，D错误；答案选D。14.硅醚类化合物广泛应用于有机合成、分离分析和精细化工等领域，我国科研工作者开发了一种无催化剂下醇的高效硅基化新方法，反应机理如图所示[Me代表，-R代表烃基(一般指相应的烃失去一个氢原子后剩下的基团)]。下列说法不正确的是A.总反应属于取代反应B.是该反应的催化剂C.反应过程中硅原子的价层电子对数目不变D.当R-OH为甲醇时，反应产物为和【答案】B【解析】【分析】由图可知，1和3为反应物，2、4为中间产物，6为溶剂，增大反应物间的接触面积，5为产物，整个总反应为，据此分析。 【详解】A．根据反应转化关系可知总反应为羟基氢被取代的反应，属于取代反应，A正确；B．题干中是无催化剂反应，那么作为溶剂，增大反应物间的接触面积，B错误；C．根据反应示意图可知：在反应过程中有硅原子的杂化方式没有发生改变，所以价层电子对数目不变，C正确；D．根据反应示意图可知：在反应时，若加入的醇R-OH为甲醇时，反应产物为和，D正确；故选B。15.某铜矿废水除去不溶性固体杂质后，仍含有，需净化处理，常温下，可加入0.01溶液或FeS固体生成沉淀除去。已知①含铜污水的排放标准为pH=7，。②，，，，。下列说法不正确的是A.0.01溶液中：B.加入FeS固体后，反应的平衡常数K约为C.向20mL0.01溶液中加入20mL0.01溶液，反应生成的沉淀是CuSD.用FeS处理含铜废水比更绿色环保【答案】C【解析】【详解】A．溶液中，浓度为0.02

，水解生成和，水解后浓度略高于，分步水解第一步水解程度较大且第二步水解程度远小于第一步因此，浓度最低，顺序为，A正确；B．该反应的平衡常数，B正确；C．混合后和浓度均为0.005

，Q=2.5×10−5>，且反应，，平衡常数大于的反应一般认为完全进行，所以也会生成大量沉淀，C错误；D．已知，，则CuS比FeS更难溶，利用沉淀转化反应：，由B项计算可知，该反应的平衡常数，沉淀完全，且含铜污水的排放标准为pH=7，计算得，则，，，由此可知溶液中硫元素主要存在形式为和，所以用FeS处理废水，可以使硫离子残留少，防止有害气体生成，D正确；故此题选C。16.为探究50mL1.0溶液中的离子平衡和离子反应，某小组同学进行了如下实验。下列说法不正确的是操作现象向锥形瓶中加入6.5g锌粉，然后加入50mL1.0的溶液，搅拌溶液温度迅速上升，稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，锥形瓶底部有黑色固体收集检验反应过程中产生的气体气体靠近火焰，有爆鸣声A.溶液温度迅速上升主要是因为与Zn反应放热B.锥形瓶底部有黑色固体为铁粉C.红褐色沉淀是因为Zn消耗，同时放出热量，促进水解平衡正向移动D.反应后溶液为浅绿色是因为发生反应：【答案】B【解析】【详解】A．溶液温度升高，主要是、与Zn的反应均放热，水解是吸热过程，A正确；B．Zn不仅能还原到，还能进一步还原到单质，单质为黑色固体，根据题意，n(Zn)=0.1mol，n(Fe3+)=0.05mol，Zn过量，最终得到的固体是Fe和Zn的混合物，B错误；C．溶液温度升高，被还原为，使溶液中降低，都会促进正向移动，出现红褐色沉淀，C正确；D．反应后溶液为浅绿色的原因是铁离子和锌反应生成亚铁离子和锌离子的溶液：，浅绿色，D正确；故选B。二、非选择题(本题共4小题，共52分)17.硼族元素可形成许多结构和性质特殊的化合物，请回答：（1）硼酸()为一元弱酸，其晶体呈片层状结构，部分单层结构如图所示。①中三种元素的电负性由大到小的顺序：______。②硼酸分子中B原子的杂化类型为______，1mol晶体中含有______mol氢键。③硼酸是一元弱酸，原因是：______。（2）硼酸与甲醇反应能制得硼酸三甲酯[]。①写出硼酸与甲醇反应能制得硼酸三甲酯的化学方程式：______。②比较和中O-B-O键角的大小顺序是______(填“>”或“<”或“=”)。③已知的沸点小于，原因是______。（3）氮化硼晶体有多种结构，立方氮化硼的硬度仅次于金刚石，其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于______晶体，其中与N原子距离相等且最近的N原子数为______。已知B原子半径为xpm，N原子半径为ypm，阿伏加德罗常数的值为，则该晶胞的密度______(列出化简后的计算式)。【答案】（1）①.O>H>B②.杂化③.3④.硼原子有空轨道(2p轨道)，接受水电离出的形成配位键，生成，同时产生，该过程只电离出一个（2）①.②.=③.二者均为分子晶体，硼酸能形成分子间氢键，硼酸三甲酯不能形成分子间氢键（3）①.共价②.12③.【解析】【小问1详解】①非金属性越强，电负性越大，三个元素电负性顺序为O>H>B；②B的价层电子对数为3，则为杂化；硼酸分子中B与三个原子形成单键，最外层有6个电子，根据图示，一个硼酸分子与其他3个分子形成6个氢键，因此1mol晶体中氢键为6mol×=3mol；③，原因：硼原子有空轨道(2p轨道)，接受水电离出的形成配位键，生成，同时产生，该过程只电离出一个，故为一元酸；【小问2详解】①；②和中B均为杂化，并无孤电子对，故两个键角相等，均为120°；③和均为分子晶体，硼酸能形成分子间氢键，硼酸三甲酯不能形成分子间氢键，故分子间作用力更大，熔沸点更高；【小问3详解】立方氮化硼的硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是共价晶体；氮化硼的化学式为BN，晶胞中每个B原子距离相等且最近的B有12个，所以晶胞中每个N原子距离相等且最近的N有12个；晶胞中N原子数为4，B原子数为，B、N之间的最近距离为(x+y)pm=(x+y)×10-10cm，是体对角线的，晶胞的体对角线之间距离为4(x+y)×10-10cm，设晶胞边长为a，根据体对角线与边长的关系为，。18.“碳中和”是当前全球应对气候变化的重要目标，通过特定技术将二氧化碳转化成有用产品是实现该目标的关键路径之一、已知：相同时间内，使用催化剂Cu-ZnO--可以提高二氧化碳加氢制甲醇的选择性(甲醇的选择性)。（1）催化加氢制Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、①______，反应Ⅱ在______(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。②LTA分子筛膜具有很强的亲水性。使用LTA分子筛膜可以提高的平衡转化率，原因是______。③一定温度下，向压强恒为pMPa的密闭容器中通入1mol(g)和3mol充分反应后，测得平衡转化率为50%，选择性为80%，该温度下的分压为______MPa(分压=总压×物质的量分数)，计算此时反应Ⅲ的压强平衡常数为______(保留两位有效数字)[为以分压表示的平衡常数]。④在pMPa、Cu-ZnO--@LTA分子筛膜催化反应器中，测得时，在不同温度下反应相同时间，的转化率和的选择性如图所示。温度高于280℃，的转化率降低的原因可能是______。（2）利用电解原理，也可将转化为，其装置如图所示。通过双极膜B的离子是______，写出阴极的电极反应：______。【答案】（1）①.+43.9②.低温③.此分子筛膜具有强亲水性，分离出生成水，促使反应Ⅰ和Ⅲ均正向移动，促使二氧化碳的转化率提高④.0.125p⑤.0.059⑥.温度高于280℃时，催化剂活性可能降低导致反应速率减慢，一定时间内二氧化碳的转化率降低[或温度高于280℃以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向进行，导致二氧化碳的转化率降低]（2）①.②.【解析】【小问1详解】①根据反应Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则ΔH3=ΔH1−②使用LTA分子筛膜可以提高的平衡转化率，原因是此分子筛膜具有强亲水性，分离出生成的水，促使反应Ⅰ和Ⅲ均正向移动，促使二氧化碳的转化率提高。③充分反应后，测得平衡转化率为50%，选择性为80%，则平衡时，nCO2=1 mol−1 mol×50%=0.5 mol，nCH3OH=1 mol×50%×80%=0.4 mol，nCO④由图，该催化剂的最适宜温度为260℃，此时二氧化碳的转化率、甲醇的选择性都较高；反应未达平衡，温度升高，催化剂的活性降低，反应速率减慢，一定时间内二氧化碳的转化率降低(或温度高于280℃以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向进行，二氧化碳的转化率降低)，导致温度高于280℃，二氧化碳的转化率降低。【小问2详解】由装置图可得，双极膜B的离子是，阴极处得电子被还原为，其电极反应为。19.海波()在医药、纺织等工业有重要应用，主要表现为中等强度的还原剂和较强的配位能力。回答下列问题：（1）海波与稀硫酸反应的离子方程式：______，中提供孤电子对能力：端基S原子大于端基O原子，其原因是______。（2）现设计实验探究溶液的还原性和配位能力。已知为紫黑色、为淡绿色。实验实验操作实验现象Ⅰ

向2mL0.1的溶液加入4mL0.1的溶液溶液先变成紫黑色，片刻后溶液接近为无色①向实验Ⅰ反应后的无色溶液中滴加溶液有蓝色沉淀产生②向实验Ⅰ反应后的无色溶液中滴加KSCN溶液溶液仍为无色③向实验Ⅰ反应后的无色溶液中滴加稀盐酸和溶液溶液有极少量白色沉淀产生Ⅱ向2mL0.1的溶液中加入4mL0.1的溶液溶液先变成淡绿色，且在室温下可稳定存在。水浴加热至50℃以上，溶液变浑浊，最后析出黑褐色沉淀下列说法正确的是______(填标号)。A.实验Ⅰ说明溶液与溶液混合时先发生配位反应后发生氧化还原反应B.实验Ⅰ反应后的无色溶液中含有但不含有C.实验Ⅰ“紫黑色溶液褪色”，其发生的主要反应为8D.增大实验Ⅰ中溶液的pH，可加快紫黑色溶液褪色（3）为探究实验Ⅱ生成物的成分，进行如下实验操作：①通过“白色沉淀”可判断上层清液中含有，试剂X为______。②黑褐色沉淀在NaOH溶液中部分溶解的离子方程式为______。（4）实验室将和以2：1的物质的量之比配成溶液再通入，便可制得和。反应的化学方程式为______；该反应需要在弱碱性条件下进行，原因是______。【答案】（1）①.②.S的电负性小于O，提供孤电子对的能力比O强（2）AB（3）①.盐酸酸化的溶液②.（4）①.4SO2+2Na2S+Na【解析】【小问1详解】海波与稀硫酸反应的离子方程式为；可看作中的O原子被S原子替代的产物，中心S硫原子没有孤电子对，而O的电负性大于S，提供孤电子对的能力比S弱，因此端基S原子提供孤电子对。【小问2详解】实验Ⅰ：根据反应现象，溶液与溶液混合时先发生的反应是“配位”反应生成，然后发生氧化还原反应：2Fe3++2S2O32−=2Fe2++S4O62−和8Fe3++6S2【小问3详解】①检验，需用盐酸酸化的溶液；②黑褐色沉淀部分溶于NaOH溶液，根据所含元素分析生成了S单质，发生反应：。【小问4详解】二氧化硫气体均匀通入硫化钠和碳酸钠的混台溶液中最终生成硫代硫酸钠和二氧化碳，可知反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+【点