【答案】A
【解析】
【分析】
A和氢氧化钠溶液反应生成B和C，C为气体，C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据化学式可推断C为氨气，B为白色沉淀，继续加入氢氧化钠溶液沉淀溶解，则B可推断为氢氧化铝，A中加入酸化的氯化钡溶液形成白色沉淀，则A中含有硫酸根离子，根据以上推断，A为NH4Al（SO4）2，a为H元素，b为N元素，c为O元素，d为Al元素，e为S元素，据此分析解答。
【详解】A．b为N元素，c为O元素，同周期元素随核电荷数增大，半径逐渐减小，则原子半径b＞c，故A正确；
B．e为S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亚硫酸，亚硫酸是弱酸，故B错误；
C．A为NH4Al（SO4）2，是离子化合物，故C错误；
D．c为O元素，e为S元素，同主族元素随核电荷数增大非金属性逐渐减弱，元素非金属性强弱c＞e，故D错误；
答案选A。
6.某化学小组设计“全氢电池”如图中甲池（其中a、b为多孔石墨电极），拟用该电池电解处理生活污水，达到絮凝净化的目的。
其工作原理示意图：
闭合K工作过程中，下列分析错误的是
A.甲池中a极反应为：
H2-2e-+2OH-=2H2O
B.乙池中Fe电极区附近pH增大
C.一段时间后，乙池的两极间出现污染物颗粒沉降现象
D.如果Al电极上附着较多白色物质，甲池中Na+经过交换膜速率定会加快
【答案】D
【解析】
【分析】
根据此装置电解处理生活污水可知，甲池为原电池，乙为电解池，a为负极，b为正极，铁为阴极，铝为阳极，a极反应为：
H2-2e-+2OH-=2H2O，b极反应为2H++2e-=H2↑，总的电极反应为H++OH-=H2O，利用甲池产生的电流电解乙池，乙池中，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：
Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H++2e-=H2↑由此分析。
【详解】A．甲池为原电池，a为负极，a极通入氢气，氢气在负极上失去电子生成氢离子，结合氢氧根离子生成水，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，故A正确；
B．乙池中，铁作阴极，电极反应为：
2H++2e-=H2↑，溶液中氢离子的浓度减小，氢氧根离子的溶度相对增大，pH增大，故B正确；
C．乙为电解池，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：
Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H++2e-=H2↑，溶液中的氢离子的浓度减小，氢氧根离子向阳极移动，在阳极结合铝离子生成氢氧化铝胶体，吸附污染物颗粒一起沉降，在阴极，一段时间后，铝离子向阴极移动，铝离子可以在溶液中形成氢氧化铝胶体，吸附水中的污染物颗粒一起沉降，故C正确；
D．如果Al电极上附着较多白色物质，白导致色物质为氢氧化铝，阻止了铝电极继续放电，导致导线中电荷的数目减小，甲池中Na+经过交换膜速率定会减慢，故D错误；
答案选D。
7.对下列溶液的分析正确的是
A.常温下pH=12的NaOH溶液，升高温度，其pH增大
B.向0.1mol/LNaHSO3溶液通入氨气至中性时
C.0.01mol/L醋酸溶液加水稀释时，原溶液中水的电离程度增大
D.在常温下，向二元弱酸的盐NaHA溶液中加入少量NaOH固体
将增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaOH溶液是强碱，氢离子来自于水的电离，常温下pH=12的NaOH溶液，升高温度，溶液中Kw增大，其pH减小，故A错误；
B．0.1mol⋅L−1的NaHSO3溶液中通NH3至pH=7，溶液中存在物料守恒，即c（Na+）=c（SO32−）+c（HSO3−）+c（H2SO3）①，溶液中存在电荷守恒，即c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=2c（SO32−）+c（HSO3−）+c（OH−），因为pH=7即c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32−）+c（HSO3−）②，由①得c（Na+）＞c（SO32−）；将①式左右两边都加上c（NH4+）得c（Na+）+c（NH4+）=c（SO32−）+c（HSO3−）+c（H2SO3）+c（NH4+）③，结合②③得c（SO32−）=c（NH4+）+c（H2SO3），故c（SO32−）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO32−）＞c（NH4+），故C错误；
C．酸碱对水的电离都有抑制作用，0.01mol/L醋酸溶液加水稀释时，醋酸的浓度减小，对水的电离平衡抑制作用减弱，则原溶液中水的电离程度增大，故C正确；
D．在常温下，向二元弱酸的盐NaHA溶液中
，加入少量NaOH固体，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，该比值将减小，故D错误；
答案选C。
8.二氧化锰不仅是活性好的催化剂，也被广泛用作干电池的正极材料。
某化学小组设计用高硫锰矿（主要成分为锰的化合物和硫化亚铁）为原料制取二氧化锰的工艺流程如图：
已知：
①“混合焙烧”后的烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、MgO、Al2O3
②在该条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀
1.8
6.8
4.0
7.5
完全沉淀
3.2
8.0
5.0
8.4
（1）写出浸出时与铝元素有关的离子反应方程式____。
（2）上述“氧化”步骤是否可省略____（填“是”或“否”），你
依据是_____。
（3）“调pH除铁铝’’时，生成沉淀的pH范围为____；“氟化除杂”中除去的离子为____。
（4）请用平衡移动原理解释除杂处理后的Mn2+用NH4HCO3转化成MnCO3沉淀的过程___（用文字和离子方程式表达）。
（5）用惰性电极电解MnSO4制备MnO2时，其阳极反应式为____；整个流程中能够循环利用的物质除MnO2外还有___（写名称）。
【答案】
（1）.Al2O3+6H+=3H2O+2Al3+
（2）.否（3）.若不进行氧化，则Fe2+被完全沉淀的pH为8.0，此时Mn2+也会被部分沉淀，造成损失（4）.5.0≤pH＜7.5（5）.Mg2+、Ca2+（6）.加入NH4HCO3后，Mn2+与HCO3-电离出的CO32-生成MnCO3，HCO3-⇌H++CO32-、Mn2++CO32-⇌MnCO3，HCO3-电离出H+与另一部分HCO3-反应生成H2O和CO2，促进上述两个平衡正向移动，从而生成MnCO3沉淀（7）.Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+（8）.硫酸
【解析】
【分析】
高硫锰矿（主要成分为含锰化合物及FeS）与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解碳酸锰得到硫酸锰溶液，经过电解得到二氧化锰，据此分析解答。
【详解】
（1）浸出时Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝，与铝元素有关的离子反应方程式为：
Al2O3+6H+=3H2O+2Al3+；
（2）根据沉淀表格数据，若不进行氧化，则Fe2+被完全沉淀的pH为8.0，此时Mn2+也会被部分沉淀，造成损失，则上述“氧化”步骤不可省略；
（3）“调pH除铁铝’’时，根据数据，pH为5.0时铝离子完全沉淀，pH为7.5时锰离子开始沉淀，则生成沉淀的pH范围为5.0≤pH＜7.5；根据分析，“氟化除杂”中加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全，除去的离子为Mg2+、Ca2+；
（4）加入NH4HCO3后，Mn2+与HCO3-电离出的CO32-生成MnCO3，HCO3-⇌H++CO32-、Mn2++CO32-⇌MnCO3，HCO3-电离出H+与另一部分HCO3-反应生成H2O和CO2，促进上述两个平衡正向移动，从而生成MnCO3沉淀；
（5）用惰性电极电解MnSO4制备MnO2时，其阳极发生氧化还原，化合价升高失电子，锰元素由+2价升高为+4价，失电子被氧化，则阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；硫酸根离子与氢离子结合生成硫酸，则整个流程中能够循环利用的物质除MnO2外还有硫酸。
9.卤代烯烃是合成塑料的重要原料，研究合成卤代烯烃具有重要意义。
T℃时，在10L的密闭容器中充入1mol2-丁炔（CH3-C≡C-CH3，可用X表示）和1molHCl，以Al2O3为催化剂发生如下反应：
Ⅰ
CH3-C≡C-CH3（g）+HCl（g）
（g）∆H=akJ/mol（a＜0）
Ⅱ.CH3-C≡C-CH3（g）+HCl（g）
（g）∆H=bkJ/mol（a＜0）
已知B比A更稳定，且产物A、B在混合物中的物质的量随时间变化如图所示。
试回答下列问题。
（1）发生反应I、Ⅱ的同时，还有反应A转化为B，且焓变为△H'。
则△H'___0（填“>”、“<”或“=”）。
（2）①从反应开始至20min时生成B的平均速率v（B）=____；
②反应至20min时CH3-C≡C-CH3的转化率=____；
③在T℃时，反应I的平衡常数为____。
（3）T℃时，E1和E2分别代表反应I，Ⅱ的正反应活化能。
①由图得出：
E1___E2（填“>”、“<”或“=”）；
②试从反应方向的角度分析，20min后A的物质的量减小的原因____
（4）其它条件相同时，测出生成A、B的速率随温度变化如图所示，则提高B在较低温度下产率的措施是______
【答案】
（1）.＜
（2）.1×10-3mol/（L∙min）（3）.60%（4）.100（5）.＜（6）.B的能量低，A转化为B为放热反应，有利于A自发转化为B（7）.加入低温下适合生成B的高性能催化剂
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律计算；
（2）①结合图示，根据v=
B的平均速率；
②反应I、Ⅱ都在发生，反应至20min时，根据生成A、B的量根据反应推断CH3-C≡C-CH3的消耗量，转化率=
×100%；
③在T℃时，根据图像，根据平衡时各物质的量计算反应I的平衡常数；
（3）①结合图像，根据20min前产物A的量大于B分析；
②根据B比A更稳定，A转化为B为放热反应分析；
（4）其它条件相同时，相同温度下生成A、B的速率不同，反应I、Ⅱ都使用催化剂，从催化剂的活性考虑提高B的生成速率的方法。
【详解】
（1）已知：
Ⅰ.CH3-C≡C-CH3（g）+HCl（g）
（g）∆H=akJ/mol（a＜0）
Ⅱ.CH3-C≡C-CH3（g）+HCl（g）
（g）∆H=bkJ/mol（a＜0）
根据盖斯定律，Ⅱ-Ⅰ可得
△H'=（b-a）kJ/mol，已知B比A更稳定，则反应Ⅱ放出的热量比反应I多，故（b-a）＜0，即△H'＜0，反应放热；
（2）①结合图示，从反应开始至20min时生成B的物质的量为0.2mol，根据v=
，v（B）=
=1×10-3mol/（L∙min）；
②反应I、Ⅱ都在发生，反应至20min时，根据图像，生成A、B的量分别为0.2mol、0.4mol，根据反应I、Ⅱ可得CH3-C≡C-CH3的消耗量为0.2mol+0.4mol=0.6mol，转化率=
×100%=
×100%=60%；
③反应I的产物为A，在T℃时，根据图像，平衡时反应I生成A的物质的量为0.1mol，反应Ⅱ生成B的物质的量为0.8mol，则平衡时CH3-C≡C-CH3的物质的量为1mol-0.1mol-0.8=0.1mol，HCl的物质的量为1mol-0.1mol-0.8=0.1mol，反应I平衡常数K=
=100；
（3）①根据图像所示，20min前，A的产量高于B，说明生成产物A的活化能较低，反应速率快，故E1＜E2；
②根据B比A更稳定，说明B的能量低，A转化为B为放热反应，有利于A自发转化为B；
（4）相同温度下生成A、B的速率不同，反应I、Ⅱ都使用催化剂，其它条件相同时，催化剂对反应I、Ⅱ生成A、B的催化效果不同，提高B在较低温度下产率的措施应为加入低温下适合生成B的高性能催化剂。
10.Na2SO3是一种白色粉末，工业上可用作还原剂、防腐剂等。
某化学小组探究不同pH的Na2SO3溶液与同浓度AgNO3溶液反应的产物，进行如下实验。
实验Ⅰ配制500mL一定浓度的Na2SO3溶液
①溶解：
准确称取一定质量的Na2SO3晶体，用煮沸的蒸馏水溶解。
蒸馏水需煮沸的原因是____
②移液：
将上述溶解后的Na2SO3溶液在烧杯中冷却后转入仪器A中，则仪器A为__，同时洗涤____（填仪器名称）2~3次，将洗涤液一并转入仪器A中；
③定容：
加水至刻度线1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
实验Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物
查阅资料：
i.Ag2SO3为白色固体，不溶于水，溶于过量Na2SO3溶液
ii.Ag2O，棕黑色固体，不溶于水，可与浓氨水反应
（1）将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，至产生白色沉淀。
假设一：
该白色沉淀为Ag2SO3
假设二：
该白色沉淀为Ag2SO4
假设三：
该白色沉淀为Ag2SO3和Ag2SO4的混合物
①写出假设一的离子方程式____；
②提出假设二的可能依据是_____；
③验证假设三是否成立的实验操作是____。
（2）将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，开始产生白色沉淀A，然后变成棕黑色物质。
为了研究白色固体A的成分，取棕黑色固体进行如下实验：
①已知反应（b）的化学方程式为Ag（NH3）2OH+3HCl=AgCl↓+2NH4Cl+H2O，则反应（a）的化学方程式为____；
②生成白色沉淀A的反应为非氧化还原反应，则A的主要成分是____（写化学式）。
（3）由上述实验可知，盐溶液间的反应存在多样性。
经验证，
（1）中实验假设一成立，则
（2）中实验的产物不同于
（1）实验的条件是___。
【答案】
（1）.去除蒸馏水中的氧气，防止亚硫酸钠被氧化
（2）.500mL容量瓶（3）.烧杯、玻璃棒（4）.SO32-+2Ag+=Ag2SO3（5）.Na2SO3被酸化的NO3-氧化成Na2SO4，Na2SO4与AgNO3溶液反应生成Ag:
2SO4沉淀（6）.取固体少许加入足量Na2SO3溶液（或向试管中继续滴加Na2SO3溶液）（7）.Ag2O+4NH3·H2O=2Ag（NH3）2OH+3H2O或Ag2O+4NH3+H2O=2Ag（NH3）2OH（8）.AgOH（9）.Na2SO3溶液滴加顺序不同（或用量不同），溶液酸碱性不同（或浓度不同）
【解析】
【分析】
配置一定物质的量浓度的溶液时，
①溶解时：
Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸；
②移液时：
配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用容量瓶，移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒；
实验Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物
①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银；
②考虑加入的酸性的硝酸银溶液具有氧化性，将亚硫酸银氧化成硫酸银；
③由于Ag2SO3溶于过量Na2SO3溶液，可以加入Na2SO3溶液验证溶液中是否有Ag2SO3；
（2）①Ag2O为棕黑色固体，与氨水反应生成Ag（NH3）2OH和3H2O；
②从非氧化还原反应分析得化合价不变，判断A的成分；
（3）
（1）中实验和
（2）中实验中溶液的滴加顺序不同，溶液酸碱性不同。
【详解】①溶解时：
Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸，防止亚硫酸钠被氧化；
②移液时：
配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用500ml的容量瓶，移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒2~3次；
（1）①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银SO32-+2Ag+=Ag2SO3；
②将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，酸性溶液中存在氢离子，氢离子和硝酸根相当于硝酸，具有氧化性，可能会将亚硫酸根离子氧化成硫酸根；
③.Ag2SO3为白色固体，不溶于水，溶于过量Na2SO3溶液，故可以加入过量Na2SO3溶液，看是否继续溶解，若继续溶解一部分，说明假设三成立；
（2）①Ag2O，棕黑色固体，不溶于水，可与浓氨水反应，反应a为Ag2O+4NH3·H2O=2Ag（NH3）2OH+3H2O；
②将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，由于亚硫酸银易溶于亚硫酸钠，故生成的白色沉淀不是亚硫酸银，溶液呈碱性，也不是硫酸银，银离子在碱性条件下，例如银离子和氨水反应可以生成氢氧化银，是白色沉淀，A为AgOH；
（3）实验
（1）将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，实验
（2）将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，对比两次实验可以看出，滴
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