就不会出现预期现象，D错误。 答案选C。 【点睛】
Ka越大，酸性越强，根据强酸制弱酸原则，Ka大的酸可以和Ka小的酸对应的盐反应生成Ka小的酸。 7．B 【解析】 【详解】
A.由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知，Ka（HB）>Ka（HA），由图可知，曲线I表示溶液的pH与-lgc（B-）的变化关系，错误；B.根据图中M、N点的数据可知，c（A-）=c（B-），c（HA）=c（HB），故
Ka?HB?Ka?HA?=cMH+cN+??=100，正确；M点与N点存在c（A）=c（B）
，M点溶液的pH比N点溶液的pH
?H?--
小，故M点水的电离程度弱，错误；D.N、Q点对应溶液的pH相等，由图可知c（A-） A、NA个分子，其物质的量为1mol，其质量为1×48g=48g，故正确； B、标准状况下，HF不是气体，故错误； C、白磷是正四面体结构，4个P处于顶点，1mol白磷分子中含有化学键物质的量为6mol，故错误； D、NaClO溶液中有水，水是由氢元素和氧元素组成，即氧原子的物质的量大于0.1mol，故错误； 故答案选A。 9．C 【解析】 根据大会主题“迈向无污染的地球”，所以A可减少污染性气体的排放，即A正确；B可减少废物垃圾的排放，则B正确；C电子垃圾回收后，可进行分类处理回收其中的有用物质，而不能填埋，故C错误；D生态保护，有利于有害气体的净化，故D正确。本题正确答案为C。 10．Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O 铬铁矿粉碎 过滤 2—2-2---32 8CrO4+3S+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO4+16OH CO高温还原Cr2O3（热还原法） 1×10 正 2H2O-4e-=O2↑+4H+ 【解析】 【分析】 a-b 2（1）分析元素化合价变化情况，依据得失电子守恒，原子个数守恒，得出离子反应方程式。 （2）①影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快。 ②依据原子守恒和得失电子守恒，得出离子方程式。 ③用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3（热还原法）。 （3）根据Ksp＝c(Cr3+)c3(OH-)求算。 （4）①根据装置图和离子放电顺序得出阳极的电极反应式。 ②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，所以外电路转移的电子为（a-b）mol，阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol。 【详解】 （1）反应中铬元素化合价从+6价降为+3价，硫元素从+4价升高到+6价，依据得失电子守恒，原子个数守恒，离子反应方程式为Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O，故答案为Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O。 （2）①影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快，为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施将铬铁矿粉碎，故答案为铬铁矿粉碎。 ②“水浸”要获得浸出液，要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr元素由+6价降为+3价，S元素由-2价升到+6价，依据原子守恒和得失电子守恒，得到反应为：8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-，故答案为过滤；8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-。 ③从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3（热还原法），故答案为CO高温还原Cr2O3（热还原法）。 （3）pH为5，c(OH-)=10-9，Ksp＝c(Cr3+)c3(OH-)=10-5×（10-9）3=1×10-32，故答案为1×10-32。 （4）①根据图示，在b极所在电极室得到Na2Cr2O7，根据2CrO42-+2H+ Cr2O72—+ H2O ，电解过程中b 极c（H+）增大，则b极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，a是阴极，b是阳极，电极b连接电源的正极，故答案为正；2H2O-4e-=O2↑+4H+。 ②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则电路中通过电子物质的量为（a-b）mol；阳极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol，结合2CrO42-+2H+阳极生成的Cr2O72—物质的量是11．D 【解析】乙基环己烷中有6种氢原子，因此一溴代物有6种，故选项C正确。 12．D 【解析】 【分析】 Cr2O72—+ H2O，所以 a-ba-bmol，故答案为。 22从表中位置关系可看出，X为第2周期元素，Y为第3周期元素，又因为X、W同主族且W元素的核电荷W为硫酸元素；Y为硅元素、数为X的2倍，所以X为氧元素、再根据元素在周期表中的位置关系可推知：Z为磷元素、T为砷元素。 【详解】 A、O、S、P的原子半径大小关系为：P＞S＞O，三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2O＞H2S＞PH3，A不正确； B、在火山口附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B不正确； C、SiO2晶体为原子晶体，熔化时需克服的微粒间的作用力为共价键，C不正确； D、砷在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近，具有半导体的特性，As2O3中砷为+3价，处于中间价态，所以具有氧化性和还原性，D正确。 答案选D。 13．A 【解析】 【详解】 A. Na2CO3 能与Ca( OH)2溶液发生反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3也能与Ca(OH)2 溶液发生反应生成CaCO3沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3，可以用CaCl2溶液检验，故A选； B.检验氯离子，需要硝酸、硝酸银，则向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3可检验，故B不选； C.乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C不选； D.只有催化剂不同，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，故D不选； 答案选A。 14．A 【解析】 【详解】 A.SO2具有漂白性，可以使品红溶液等褪色，但由于SO2对人体会产生危害，因此不可用于食品漂白，A错误； B.过氧化钠与人呼出的气体中的CO2、H2O蒸气反应会产生O2，可帮助人呼吸，因此可用于呼吸面具，B正确； C.高纯度的单质硅是用于制光电池的材料，C正确； D.橙色酸性重铬酸钾溶液具有强的氧化性，能将乙醇氧化，而其本身被还原为+3价的Cr3+，因此可根据反应前后颜色变化情况判断是否饮酒，故可用于检验司机是否酒驾，D正确； 故合理选项是A。 15．D 【解析】 【分析】 【详解】 根据元素在周期表位置关系，四种元素位于第二三周期，且Z 的最高价氧化物对应的水化物为 M，室温下，0. 01 mol/L M 溶液 pH<2。则Z为S，W、X、Y分别为C、N、Al。 A．原子半径大小：N＜C＜Al，故A正确； B．Z元素为S，其单质易溶于CS2，故B正确； C．W、X分别为C、N，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：C＜N，则气态氢化物稳定性：CH4＜NH3，故C正确； D．Y为Al元素，含Al元素的离子有Al3+、AlO2或[Al(OH)4]－，故D错误； 答案选D。 【点睛】 根据相似相容原理，S易溶于CS2。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．aedbc(或cb)f 固体逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生 adf 50% Na2CO3、NaOH 碱石灰(或氢氧化钠固体) 干燥管(或U形管) 取少量KI溶液和NaNO2溶液于试管，滴加几滴淀粉溶液不变色，然后滴加一定量稀硫酸，溶液变蓝，证明酸性条件下NaNO2具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于试管，然后滴加几滴淀粉溶液不变色，滴加NaNO2溶液，溶液变为蓝色，证明酸性条件下NaNO2具有氧化性) 【解析】 【分析】 本题表面考查了2NO+Na2O2=2NaNO2，该反应是陌生反应，但实际主要以基础知识为主，例如NO、Na2O2，NO2-等性质，本题综合性强，难度偏大。 【详解】 （1）A中浓硝酸与炭反应生成NO2，NO2通入C装置可产生NO，因而按气流方向连接仪器接口aed，注意长进短出，然后NO和B中Na2O2反应，最后D为除杂装置，因而后续连接顺序为bc(或cb)f，该处答案为aedbc(或cb)f； （2）NO2与水反应可得稀硝酸和NO，稀硝酸（包含挥发的硝酸）与Cu反应得到硝酸铜和NO，NO为无色气体，因而C中现象为固体逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生； ①酸性KMnO4标准液有腐蚀性，（3）因而选用酸式滴定管，锥形瓶盛放待测液，玻璃棒溶解和转移固体，因而选adf； ②高锰酸钾与亚硝酸钠的离子方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，n(NO2-)=0.5?20?10??3－5mol=0.025mol，m(NaNO2)=0.025mol×69g/mol=1.725g，则固体样品中NaNO2的2
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