…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵人版高三化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、化學知識廣泛應用于生產生活中；下列敘述正確的是（）

A.空氣中的臭氧對人體健康有益無害。

B.液氯罐泄漏時；可將其移入水塘中并加入生石灰。

C.由石英制取單晶硅的過程中；不涉及氧化還原反應。

D.棉花和木材的主要成分都是纖維素；蠶絲和人造絲的主要成分都是蛋白質。

2、下列化學用語表達正確的是（）A.氯化鈉的電子式：B.丙烷分子的比例模型：C.NaHCO3的電離方程式NaHCO3=Na++H++CO32-D.質子數為53，中子數為78的碘原子：I3、浙江大學成功研制出能在數分鐘之內將電量充滿的鋰電池，其成本只有傳統鋰電池的一半rm{.}若電解液為rm{LiAlCl_{4}-SOCl_{2}}電池的總反應為：rm{4Li+2SOCl_{2}underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}4LiCl+S+SO_{2}.}下列說法不正確的是rm{4Li+2SOCl_{2}

underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}4LiCl+S+SO_{2}.}rm{(}A.rm{)}為電池的負極B.電池的電解液可用rm{Li}水溶液代替C.放電時電子從負極經外電路流向正極D.充電時陽極反應式為：rm{LiCl}rm{4Cl^{-}+S+SO_{2}-4e^{-}=2SOCl_{2}}4、將等物質的量的A、B混合于2L密閉容器中，發生如下反應3A（g）+B（g）?xC（g）+2D（g），經5min后測得D的濃度為0.5mol?L-1，c（A）：c（B）=3：5，用C的濃度變化表示的平均反應速率為0.1mol?L-1?min-1．下列有關結論正確的是（）A.x的值為1B.v（B）=0.2mol?L-1?min-1C.反應開始前A的物質的量為3molD.5min時A的濃度為0.2mol?L-15、氨是一種重要的化工原料．下列關于氨氣性質的描述不正確的是（）A.有刺激性氣味、密度比空氣小B.遇氯化氫產生白煙C.能使濕潤的藍色石蕊試紙變紅D.其水溶液能使酚酞溶液變紅6、一定條件下，可逆反應2X（g）+3Y（g）?4Z（g），若X、Y、Z起始濃度分別為c1、c2、c3（均不為0），平衡時X、Y、Z的濃度分別為0.2mol?L-1、0.3mol?L-1、0.16mol?L-1，則下列判斷不合理的是（）A.平衡時，Y和Z的生成速率之比為3：4B.c1的取值范圍為0＜c1＜0.28mol?L-1C.當反應達到平衡時，擴大容器的體積，平衡會發生移動D.此反應，若起始通入2mol?L-1的X和3mol?L-1的Y達到平衡時，與起始只通入4mol?L-1的Z達到平衡時，各物質的組成含量不相同7、下列關于NO的說法正確的是（）A.NO是紅棕色氣體B.常溫下氮氣與氧氣反應可生成NOC.NO溶于水可以生成硝酸D.NO是汽車尾氣的有害成分之一8、對鹵族元素，下列分析中錯誤的是（）A.原子的核電荷數越大，原子半徑越大B.原子半徑越大，得電子的能力越強C.得電子的能力越強，非金屬性越強D.非金屬性越強，單質的氧化性越強9、將2molSO2和1molO2充入一容積固定的密閉容器中；在一定條件下反應：

2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），下列哪些情況能說明該可逆反應已達化學平衡狀態的是（）A.每生成2molSO2的同時，消耗2molSO3B.混合氣體的質量不再變化C.每生成2molSO3的同時，消耗2molSO3D.每生成2molSO3的同時，消耗1molO2評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、下表是部分短周期元素的信息；用化學用語回答下列問題．

。元素代號ABF原子半徑/nm0.0770.0750.117主要化合價+4、-4+5、-3+4、-4。元素DMGE性質。

結構。

信息單質制成的高壓燈，發出的黃光透霧力強、射程遠．氫化物常溫下呈液態，M的雙原子陰離子有18個電子原子核外的M層比L層少2個電子．+3價陽離子的核外電子排布與氖原子相同．（1）元素A在周期表中的位置____．B的某種核素中中子數比質子數多1，則表示該核素的原子符號為____．

（2）寫出鈣與M原子個數比為1：2化合物的電子式____，鈣與A原子個數比為1：2化合物含有的化學鍵類型（填離子鍵、共價鍵或非極性鍵）____．

（3）M2-、D+、G2-離子半徑大小順序是____＞____＞____（用離子符號回答）．

（4）由A、B、M及氫四種原子構成的分子A2H5BM2，既可以和鹽酸反應又可以和氫氧化鈉溶液反應，寫出A2H5BC2的名稱____．

（5）某同學設計實驗證明A；B、F的非金屬性強弱關系．

①溶液a和b分別為____，____．

②溶液c中的離子方程式為____．

（6）將0.5molD2M2投入100mL3mol/LECl3溶液中，轉移電子的物質的量為____．

（7）工業上冶煉E，以石墨為電極，陽極產生的混合氣體的成分為____．11、已知：2SO32SO2+O2，在起始時體積相同的容器A和B中，同時分別充入2molSO3（兩容器裝有催化劑）．在反應過程中；A保持溫度和容積不變；B保持溫度和壓強不變．回答下列問題：

（1）反應達平衡所需時間A____B（大于；等于；小于）；達平衡時SO3的轉化率A____B（大于；等于；小于）．

（2）若平衡后，向A、B中分別充入惰性氣體，____容器的平衡將向____方向移動；若平衡后，向A、B中分別充入等物質的量SO3，重新達平衡時，兩容器中的SO3轉化率變化情況是（填變大、變小、不變）A____，B____．12、（2014春?東莞市校級月考）如圖示是元素周期表的一部分；A；B、C均為短周期元素，A、C兩種元素的質子數之和等于B的質子數，B的原子核內質子數和中子數相等．回答：

（1）寫出元素符號：A____；B____；C____．

（2）C的原子結構示意圖是：____．

（3）A的氫化物的水溶液顯____（填酸或堿）性．13、有一學生甲在實驗室測某溶液的pH；實驗時，他先用蒸餾水潤濕pH試紙，然后用潔凈干燥的玻璃棒蘸取試樣進行檢測．學生乙對學生甲的操作的評價為：操作錯誤，測定結果一定有誤差．學生丙對學生甲操作的評價為：操作錯誤，但測定結果不一定有誤差．

（1）你支持____（填“乙”或“丙”）同學的觀點，原因是____．

（2）若用此法分別測定c（H+）相等的鹽酸和醋酸溶液的pH，誤差較大的是____，原因是____．

（3）只從下列試劑中選擇實驗所需的物品，你____（填“能”或“不能”）區分0.1mol/L的硫酸和0.01mol/L的硫酸．若能，簡述操作過程．____

①紫色石蕊試液②酚酞試液③甲基橙試液④蒸餾水⑤BaCl2溶液⑥pH試紙．14、（2016春?濟南校級期中）某溫度時；在2L的密閉容器中，X；Y、Z（均為氣體）三種物質的量隨時間的變化曲線如圖所示．

（1）由圖中所給數據進行分析，該反應的化學方程式為____；

（2）反應從開始至2分鐘，用Z的濃度變化表示的平均反應速率為v（Z）=____；

（3）2min反應達平衡容器內混合氣體的平均相對分子質量比起始時____（填增大、減小或無變化，下同）；混合氣體密度比起始時____．

（4）將amolX與bmolY的混合氣體發生上述反應，反應到某時刻各物質的量恰好滿足：n（X）=n（Y）=n（Z），則原混合氣體中a：b=____．

（5）下列措施能加快反應速率的是____．

A．恒壓時充入HeB．恒容時充入He

C．恒容時充入XD．及時分離出Z

E．升高溫度F．選擇高效的催化劑。

（6）下列說法正確的是____．

A．升高溫度改變化學反應的限度。

B．已知正反應是吸熱反應；升高溫度平衡向右移動，正反應速率加快，逆反應速率減慢。

C．化學反應的限度與時間長短無關。

D．化學反應的限度是不可能改變的。

E．增大Y的濃度，正反應速率加快，逆反應速率減慢．15、下面是印刷電路板的生產及其廢液的處理的流程簡圖．請按要求填空：

（1）鍍銅電路版制成印刷電路版的離子方程式為____；固體1的化學成分是____（填化學式）．

（2）反應①的化學方程式為____；要檢驗廢液中是否含有Fe3+所需的試劑是____（填化學式）溶液．

（3）反應④的離子方程式為____．16、向2L密閉容器中通入amol氣體A和bmol氣體B，在一定條件下發生反應；xA(g)＋yB(g)pC(g)＋qD(g)已知：平均反應速率vC＝1/2vA；反應2min時，A的濃度減少了1/3，B的物質的量減少a/2mol，有amolD生成。回答下列問題：(1)反應2min內，vA＝________，vB＝__________；(2)化學方程式中，x＝________、y＝________、p＝______、q＝________；(3)反應平衡時，D為2amol，則B的轉化率為__________；(4)如果只升高反應溫度，其他反應條件不變，平衡時D為1.5amol，則該反應的ΔH________0(填“＞”、“＜”或“＝”)；(5)如果其他條件不變，將容器的容積變為1L，進行同樣的實驗，則與上述反應比較：①反應速率____________(填“增大”、“減小”或“不變”)，理由是________________________________________________________；②平衡時反應物的轉化率__________(填“增大”、“減小”或“不變”)，理由是_________________________________________________________________；評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)17、標準狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為22.4L____（判斷對錯）18、蛋白質、纖維素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物（判斷對錯）19、蛋白質溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質析出，再加水也不溶解．____．（判斷對錯）20、標準狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為22.4L____（判斷對錯）21、濃硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等氣體____．（判斷對錯）22、近半個多世紀以來；隨著人類社會的高度發達，環境污染問題也越來越受到了人們的關注．請回答下列問題：

（1）水是人類賴以生存的物質．下列物質會帶來水體的重金屬污染的是____（填字母）；

A．含Hg2+的化合物B．含N的化合物C．含P的化合物。

其他選項的化合物會造成水體的____（填名稱）．

（2）煤和石油是當今世界重要的化石燃料，但它們的燃燒會對環境造成影響，生成的____、____（填化學式）等容易形成酸雨．某火力發電廠為了防止廢氣污染環境，現采用廉價易得的石灰石漿來吸收，其反應方程式為：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x．試推測x的化學式為____．x的大量排放仍會帶來環境問題，它對環境帶來的影響是造成____（填名稱）．若改用另一種吸收劑，則可避免x的大量排放，其反應方程式為：2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，則y的化學式為____．

（3）防治環境污染；改善生態環境已成為全球的共識，請回答下列問題：

①空氣質量報告的各項指標可以反映出各地空氣的質量．下列氣體已納入我國空氣質量報告的是____（填字母）．

A．CO2B．N2C．NO2D．SO2

②垃圾應分類收集．你用過的舊試卷應放置于貼有____（填字母）標志的垃圾筒內．

③工業廢水需處理達標后才能排放．判斷下列廢水處理的方法是否合理；合理的請畫“√”，不合理的請在括號中填寫正確方法．

A．用中和法除去廢水中的酸____

B．用混凝法除去廢水中的重金屬離子____

C．用氯氣除去廢水中的懸浮物____．評卷人得分四、簡答題(共2題，共8分)23、Na2S2O3（俗稱保險粉）在醫藥；印染中應用廣泛；可通過下列方法制備：

取15.1gNa2SO3溶于80.0mL水．另取5.0g硫粉；用少許乙醇潤濕后加到上述溶液中．

小火加熱至微沸，反應1小時后過濾．濾液在100℃經蒸發、濃縮、冷卻至10℃后析出Na2S2O3?5H2O．

（1）加入的硫粉用乙醇潤濕的目的是______．

（2）濾液中除Na2S2O3和可能未反應完全的Na2SO3外，最可能存在的無機化合物雜質是______；

（3）某環境監測小組用含0.100mol?L-1Na2S2O3溶液[含少量的Na2SO3，且n（Na2S2O3）：n（Na2SO3）=

5：1]測定某工廠廢水中Ba2+的濃度．他們取廢水50.0mL，控制適當的酸度加入足量的K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；沉淀經洗滌、過濾后，用適量的稀硫酸溶解，此時CrO42-全部轉化為Cr2O72-；再加過量KI溶液，充分反應后，用上述Na2S2O3溶液進行滴定，反應完全時，測得消耗Na2S2O3溶液的體積為36.00mL．

（已知有關反應的離子方程式為：①Cr2O72-+6I-+14H+═2Cr3++3I2+7H2O；

②I2+2S2O32-═2I-+S4O62-；③I2+SO32-+H2O═2I-+SO42-+2H+）

則滴定過程中可用______作指示劑；滴定終點的現象______．

計算該工廠廢水中Ba2+的物質的量濃度．（寫出計算過程）______．24、煤的綜合利用對于改善大氣質量和能源充分利用有重要的意義．

rm{(1)}下列說法正確的是______rm{(}填序號rm{)}．

rm{a.}煤是由有機物和少量無機物組成的復雜混合物。

rm{b.}煤在燃燒過程中會生成一氧化碳；二氧化硫、氮氧化物、煙塵等有害物質。

rm{c.}可利用生石灰；熟石灰、石灰石等固硫劑使煤在燃燒過程中生成穩定的硫酸鹽。

rm{d.}煤的干餾屬于化學變化；煤的氣化和液化都屬于物理變化。

rm{(2)}煤的氣化過程中產生的有害氣體rm{H_{2}S}用氨水吸收生成正鹽的離子方程式是______．

rm{(3)}燃煤煙氣的一種脫硫方案rm{-}火堿一石灰一石膏法流程圖rm{1}如下．

rm{壟脵}常溫下，用rm{NaOH}溶液吸收rm{SO_{2}}得到rm{pH=6}的rm{NaHSO_{3}}溶液；該溶液中離子濃度的。

大小順序是______

rm{壟脷}氫氧化鈣與rm{NaHSO_{3}}反應的化學方程式是______

rm{(4)}煤的間接液化法合成二甲醚的三步反應如下：Ⅰrm{.2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}

Ⅱrm{.2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-23.5kJ?mol^{-1}}

Ⅲrm{.CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH=-41.3kJ?mol^{-1}}

rm{.2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-90.8kJ?mol^{-1}}總反應熱化學方程式：rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)triangleH=}______；

rm{.2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-23.5kJ?mol^{-1}}rm{.CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H=-41.3kJ?mol^{-1}}rm{壟脵}可分別代表壓強或溫度rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)triangle

H=}如圖rm{壟脷Y(Y_{1}}表示rm{Y_{2})}一定時，總反應中rm{X}的平衡轉化。

率隨rm{.}的變化關系rm{2}判斷rm{Y}rm{CO}的大小關系，并簡述理由：______．rm{X}評卷人得分五、探究題(共4題，共40分)25、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．26、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：27、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．28、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分六、綜合題(共3題，共21分)29、（15分）下列框圖中的A~K物質均為中學常見物質。已知B、D、E、L常溫下為密度比空氣大的氣體，D、E為單質，其它為化合物。A和I都是常用的漂白劑，F的焰色反應呈黃色。F、G均能與L的水溶液反應放出B。請根據圖示關系回答問題：（1）F的俗名是＿＿＿＿＿＿；K的電子式＿＿＿＿＿＿。（2）反應①~⑤中，屬于氧化－還原反應的是＿＿＿＿＿＿。（3）反應④的離子方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。反應③的化學方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某單質能與H反應生成E，該反應的化學方程式為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。30、［化學選修──有機化學基礎］（15分）根據圖示回答下列問題：（1）寫出A、E、G的結構簡式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反應②的化學方程式（包括反應條件）是_________________________，（3）反應④化學方程式（包括反應條件）是____________________________________；（4）寫出①、⑤的反應類型：①________________、⑤__________________。31、（16分）常溫下，在20.0mL0.20mol/LCH3COONa溶液中滴加0.20mol/L的稀鹽酸。溶液的PH值的變化關系如右圖所示。(1)a＞7.0的理由是（用離子方程式表示）（2）如圖，當加入稀鹽酸的體積為V1mL時，溶液的pH值剛好為7.0。此時溶液中c(Cl-)c(CH3COOH)（填＜、＞或＝）。簡要寫出判斷依據。（3）當加入的鹽酸的體積為20.0mL時，測定溶液中的c(H+)為1.3×10-3-mol/L，求CH3COOH的電離平衡常數Ka(設混合后的體積為二者的體積之和，計算結果保留兩位有效數字)。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】

A．微量臭氧的存在可以凈化空氣；有利人體健康，過量對人有害，故A錯誤；

B．生石灰溶解于水形成氫氧化鈣溶液；它呈堿性，氯氣能溶于水，易被堿溶液吸收（它會和堿反應生成鹽和水），將尚有殘留液氯的槽罐車移入附近的水塘中，并向水塘中放入生石灰，可除去殘留的氯氣，故B正確；

C．由石英制取單晶硅的反應是：2C+SiO2Si+2CO↑，Si+2Cl2SiCl4，SiCl4+2H2Si+4HCl；過程中涉及氧化還原反應，故C錯誤；

D．棉花和木材的主要成分都是纖維素；蠶絲的主要成分都是蛋白，人造絲是一種絲質的人造纖維，主要成分不是蛋白質，故D錯誤；

故選：B；

【解析】【答案】A．微量臭氧的存在可以凈化空氣；有利人體健康．過量對人有害；

B．根據生石灰溶解于水形成氫氧化鈣溶液；它呈堿性，氯氣能與堿反應；

C．從工業制硅的反應原理分析；

D．棉花和木材的主要成分都是纖維素；蠶絲的主要成分都是蛋白，人造絲是一種絲質的人造纖維，主要成分不是蛋白質；

2、D【分析】解：A．離子化合物的電子式中應該標出所帶電荷，氯化鈉正確的電子式為故A錯誤；

B．為丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型為：故B錯誤；

C．NaHCO3電離出鈉離子和碳酸氫根離子，正確的電離方程式為：NaHCO3=Na++HCO3-；故C錯誤；

D．質子數為53，中子數為78的碘原子的質量數為131，該原子可以表示為：I；故D正確；

故選D．

A．氯化鈉為離子化合物；電子式中需要標出陰陽離子所帶電荷；

B．為球棍模型；比例模型主要體現出各原子的相對體積大小；

C．碳酸氫鈉電離出鈉離子和碳酸氫根離子；碳酸氫根離子不能拆開；

D．質量數=質子數+中子數；元素符號的左上角為質量數；左下角為質子數．

本題考查了常見化學用語的表示方法，題目難度中等，涉及電子式、球棍模型與比例模型、電離方程式、元素符號等知識，明確常見化學用語的概念及書寫原則為解答結構，試題培養了學生的規范答題能力．【解析】【答案】D3、B【分析】解：rm{A.}放電時，失電子化合價升高的電極是負極，根據電池反應式知，放電時rm{Li}元素化合價由rm{0}價變為rm{+1}價，所以rm{Li}是負極；故A正確；

B.rm{Li}是一種堿金屬，比較活潑，能與rm{H_{2}O}直接發生反應，因此該鋰電池的電解液不能用rm{LiCl}水溶液代替rm{LiAlCl_{4}-SOCl_{2}}故B錯誤；

C.放電時，rm{Li}是負極；另一個電極是正極，負極上失電子；正極上得電子，所以電子從負極沿導線流向正極，故C正確；

D.充電時，陽極上rm{S}失電子發生氧化反應，陽極反應式為：rm{4Cl^{-}+S+SO_{2}-4e^{-}=2SOCl_{2}}故D正確；

故選B．

A.放電時；失電子化合價升高的電極是負極；

B.水和rm{Li}發生反應生成rm{LiOH}和氫氣；

C.放電時；電子從負極沿導線流向正極；

D.充電時，陽極上rm{S}失電子發生氧化反應．

本題考查化學電源新型電池，明確原電池、電解池判斷方法是解本題關鍵，難點是電極反應式的書寫，要結合電池反應式及元素化合價變化書寫，易錯選項是rm{B}．【解析】rm{B}4、C【分析】【分析】A．根據v=計算v（D）；再根據反應速率之比等于化學計量數之比計算x的值；

B．結合v（D）；利用反應速率之比等于化學計量數之比計算v（B）；

C.5min后，測得D的濃度為0.5mol?L-1；則生成的D為0.5mol/L×2L=1mol，設開始A；B的物質的量均為n，表示出5min時A、B的物質的量，再根據A、B濃度之比列方程計算A、B起始物質的量。

D．結合C中計算數據計算5min時A的濃度．【解析】【解答】解：A．經5min后，測得D的濃度為0.5mol?L-1，則v（D）==0.1mol/（L?min）；C的平均反應速率是0.1mol/（L?min），則0.1mol/（L?min）：0.1mol/（L?min）=2：x，解得x=2，故A錯誤；

B．反應速率之比等于化學計量數之比，則v（B）=v（D）=0.05mol/（L?min）；故B錯誤；

C.5min后，測得D的濃度為0.5mol?L-1；則生成的D為0.5mol/L×2L=1mol，設開始A；B的物質的量均為n，則：

3A（g）+B（g）?xC（g）+2D（g）

開始（mol）：nn0

轉化（mol）：1.50.51

5min時（mol）：n-1.5n-0.51

此時A；B的物質的量濃度之比為3：5；則（n-1.5）：（n-0.5）=3：5，解得n=3，故C正確；

D．根據C中計算可知，5min時A的濃度為=0.75mol/L；故D錯誤；

故選：C．5、C【分析】【分析】A；氨氣是無色刺激性氣味的氣體；密度小于空氣；

B；氨氣和氯化氫反應生成固體氯化銨；

C；氨氣是堿性氣體遇到濕潤的藍色石蕊試紙變紅；

D、氨氣溶于水生成一水合氨，溶液中電離生成氫氧根離子．【解析】【解答】解：A；氨氣是無色刺激性氣味的氣體；氨氣相對分子質量小于空氣的相對分子質量，密度小于空氣，故A正確；

B；氨氣和氯化氫反應生成白色固體氯化銨；遇氯化氫產生白煙，故B正確；

C；氨氣是堿性氣體遇到濕潤的藍色石蕊試紙；氨氣溶于水生成一水合氨，溶液中電離生成氫氧根離子溶液顯堿性，所以不變色，故C錯誤；

D；氨氣溶于水生成一水合氨；溶液中電離生成氫氧根離子，其水溶液呈堿性能使酚酞溶液變紅，故D正確；

故選C．6、D【分析】【分析】根據2X（g）+3Y（g）?4Z（g）若X、Y、Z起始濃度分別為c1、c2、c3（均不為0），平衡時X、Y、Z的濃度分別為0.2mol?L-1、0.3mol?L-1、0.16mol?L-1；

A．達到平衡狀態時；不同物質的正逆反應速率之比等于系數之比；

B．根據可逆不能完全轉化的角度分析；

C．反應2X（g）+3Y（g）?4Z（g）；是氣體體積減小的反應，擴大容器體積壓強減小，平衡正向進行；

D．反應從正反應進行和逆反應進行都可以達到平衡狀態，依據等量等效分析判斷．【解析】【解答】解：A．反應平衡時；速率之比等于化學方程式計量數之比，Y和Z的生成速率之比為3：4，故A正確；

B．反應為可逆反應，物質不可能完全轉化，若反應向逆反應分析進行，則0＜c1，若反應向正反應分析進行，則c1＜0.28mol?L-1，故有0＜c1＜0.28mol?L-1；故B正確；

C．反應2X（g）+3Y（g）?4Z（g）；是氣體體積減小的反應，擴大容器體積壓強減小，平衡正向進行，故C正確；

D．2X（g）+3Y（g）?4Z（g），若起始通入2mol?L-1的X和3mol?L-1的Y達到平衡時，起始只通入4mol?L-1的Z，相當于通入通入2mol?L-1的X和3mol?L-1的Y；反應達到平衡時達到相同的平衡狀態，各物質的組成含量相同，故D錯誤；

故選D．7、D【分析】【分析】A；一氧化氮是無色氣體；

B；氮氣和氧氣在閃電下反應；常溫下不反應；

C；NO不溶于水；

D、NO有毒，是大氣污染氣體之一．【解析】【解答】解：A；一氧化氮是無色氣體；二氧化氮是紅棕色的氣體，故A錯誤；

B；在閃電條件下；氮氣與氧氣反應可生成NO，故B錯誤；

C；NO是一種不溶于水的氣體；故C錯誤；

D；NO有毒；是汽車尾氣的有害成分之一，故D正確．

故選D．8、B【分析】【分析】A．鹵族元素中；原子半徑與原子核電荷數成正比；

B．鹵族元素中；原子得電子能力與其原子半徑成反比；

C．得電子能力越強的元素；其氧化性越強；

D．非金屬性越強，單質得電子能力越強．【解析】【解答】解：A．鹵素原子的原子半徑與其核電荷數成正比；所以原子的核電荷數越大，其原子半徑越大，故A正確；

B．原子半徑越大；原子核對最外層電子的吸引能力越小，則原子越容易失去電子，即失電子能力越強，故B錯誤；

C．得電子能力越強的元素；其氧化性越強，則非金屬的非金屬性越強，故C正確；

D．非金屬性越強；單質得電子能力越強，則單質的氧化性越強，故D正確；

故選B．9、C【分析】【分析】根據化學平衡狀態的特征分析，當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、質量、體積分數以及百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發生變化，做題時要注意方程式前后氣體的化學計量數的關系．【解析】【解答】解：A、無論該反應是否達到平衡狀態，每生成2molSO2的同時消耗2molSO3；故A錯誤．

B；根據質量守恒；無論該反應是否達到平衡狀態，反應前后混合物的質量不變，故B錯誤．

C、反應達到平衡狀態時，每生成2molSO3的同時，消耗2molSO3；三氧化硫的正逆反應速率相等，所以達到平衡狀態，故C正確．

D、無論該反應是否達到平衡狀態，每生成2molSO3的同時消耗1molO2；故D錯誤．

故選C．二、填空題(共7題，共14分)10、第二周期ⅣA族715N離子鍵和非極性鍵共價鍵S2-O2-Na+甘氨酸硝酸飽和NaHCO3溶液SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-0.5molO2、CO2（或CO）【分析】【分析】短周期元素A、F的化合價都是+4、-4，所以是第ⅣA元素，結合半徑分別為：A為碳；F是硅；由B的半徑和化合價B是氮元素，D單質制成的高壓燈，發出的黃光透霧力強、射程遠，應為Na；氫化物常溫下呈液態，M的雙原子陰離子有18個電子，M是氧；G的原子核外的M層比L層少2個電子，G是16號硫，E的+3價陽離子的核外電子排布與氖原子相同，所以E是鋁，由此分析解答．【解析】【解答】解：（1）元素碳在周期表中的位置第二周期ⅣA族，氮的某種核素中中子數比質子數多1，則表示該核素的原子符號為715N，故答案為：第二周期ⅣA族；715N；

（2）過氧化鈣的電子式為：過氧化鈣中存離子鍵和非極性鍵共價鍵，故答案為：離子鍵和非極性鍵共價鍵；

（3）電子層數越多半徑越大，電子層數相同，核電荷數越多半徑越小，所以半徑的大小為：S2-＞O2-＞Na+，故答案為：S2-＞O2-＞Na+；

（4）由C、N、O及氫四種原子構成的分子C2H5NO2，既可以和鹽酸反應又可以和氫氧化鈉溶液反應，所以是氨酸，C2H5NO2的名稱是甘氨酸；故答案為：甘氨酸；

（5）由裝置圖可知，實驗原理是利用強酸制備弱酸，硝酸易揮發，為防止干擾應除去，故錐形瓶中產生二氧化碳，應為硝酸與碳酸鹽反應，溶液b吸收揮發的硝酸；應為飽和的碳酸氫鈉，燒杯中應是二氧化碳與硅酸鈉反應生成硅酸；

①由上述分析可知，溶液a為硝酸，溶液b為飽和NaHCO3溶液；

故答案為：硝酸、飽和NaHCO3溶液；

②溶液c中的離子方程式為：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；

故答案為：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；

（6）Na2O2投AlCl3溶液中，先與水生成氫氧化鈉與氧氣，反應中過氧化鈉起氧化劑、還原劑作用，各占一半，起還原劑的過氧化鈉中O元素化合價有-1升高為0價，故0.5molNa2O2費用轉移電子為0.5mol××2×[0-（-1）]=0.5mol；

故答案為：0.5mol；

（7）電解熔融的氧化鋁生成鋁與氧氣，反應方程式為：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，陽極生成氧氣，部分氧氣可以石墨反應生成二氧化碳、CO，故陽極氣體有O2、CO2（或CO）

故答案為：O2、CO2（或CO）．11、小于小于B正反應變小不變【分析】【分析】（1）A能保持恒容，B能保持恒壓，起始時向容積相等的A、B中分別通入充入2molSO3，使之發生反應：2SO32SO2+O2；恒溫恒容隨反應進行壓強增大速率增大，恒溫恒壓容器中反應過程中體積增大，反應物濃度減小，反應速率小；

（2）恒溫恒壓容器，加入惰氣相當于壓強減小，平衡向氣體體積增大的方向進行；恒溫恒容容器加入惰氣總壓增大，分壓不變，平衡不動，反應速率不變．【解析】【解答】解：（1）相同溫度下，充入SO3，A容器保持體積不變，壓強變大；B容器保持壓強不變，體積增大，達到平衡狀態時轉化為狀態C（如下圖）達到平衡所用時間，A小于B；假設B中的活塞不移動，由于A、B兩個容器的體積、溫度相同，達到平衡時A、B兩容器中存在的平衡是等效平衡，其中SO3的轉化率也相等．對于B和C兩個狀態，B中壓強小于C中壓強，因此C中SO3轉化率大于B中SO3轉化率．由此可以判斷出C中SO3的轉化率也大于A中SO3的轉化率，達到平衡時，SO3的轉化率A小于B；

故答案為：小于；小于；

（2）達到平衡后，分別充入惰性氣體，A容器體積不變，反應體系的濃度不變，平衡不移動，B容器保持壓強不變，體積增大，平衡向右移動；如果充入SO3，A容器保持體積不變，壓強變大，SO3的轉化率減小，B中充入SO3，與原平衡為等效平衡，SO3的轉化率不變，故答案為：B；正反應；變小；不變．12、NSF堿【分析】【分析】圖是周期表中短周期的一部分，設B元素的質子數為x，則A的質子數為x-9，C的質子數為x-7，A、C三種元素的原子核外電子數等于Y的質量數，則x-9+x-7=x，解之得x=16，則B為S、A為N、C為F，據此解答．【解析】【解答】解：（1）是周期表中短周期的一部分；設B元素的質子數為x，則A的質子數為x-9，C的質子數為x-7，A；C三種元素的原子核外電子數等于Y的質量數，則x-9+x-7=x，解之得x=16，則B為S、A為N、C為F；

故答案為：N；S；F；

（2）C為F元素，原子核外有9個電子，有2個電子層，各層電子數為2、7，其原子結構示意圖為：故答案為：

（3）A的氫化物為氨氣，其水溶液顯堿性，故答案為：堿．13、丙當溶液是中性時，則不產生誤差，否則將產生誤差鹽酸在稀釋過程中醋酸繼續電離出氫離子，使得溶液中氫離子濃度變化比鹽酸小，誤差小能用干燥的玻璃棒蘸取兩種溶液，點在兩張PH試紙上，與標準比色卡比較其PH，PH較大的為0.01mol/L的硫酸【分析】【解答】（1）用pH試紙測定的具體測定方法是用干燥的玻璃棒蘸取（或膠頭滴管吸取）少量的待測溶液；并滴在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥pH試紙上，再把試紙顯示的顏色與標準比色卡比較，即可得出待測溶液的pH，當先用蒸餾水潤濕pH試紙，然后用潔凈干燥的玻璃棒蘸取試樣進行檢測，鹽酸稀釋后，溶液酸性增大，pH變大；氫氧化鈉溶液稀釋后，堿性變小，pH值將變小；食鹽水溶液顯中性，用水稀釋后pH不變，所以丙正確；

故答案為：丙；當溶液是中性時；則不產生誤差，否則將產生誤差；

（2）用水潤濕相當于稀釋；則所測的PH偏小，由于稀釋會促進弱電解質的電離，故弱酸的PH誤差小，所以在稀釋過程中醋酸繼續電離出氫離子，使得溶液中氫離子濃度變化比鹽酸小，誤差小；

故答案為：鹽酸；在稀釋過程中醋酸繼續電離出氫離子；使得溶液中氫離子濃度變化比鹽酸小，誤差小；

（3）硫酸為強酸完全電離，0.1mol/L的硫酸和0.01mol/L的硫酸電離出的氫離子濃度分別為0.2mol/L、0.02mol/L，PH=﹣lgc（H+）；氫離子濃度越大，PH越小，所以PH較大的為0.01mol/L的硫酸；

故答案為：能；用干燥的玻璃棒蘸取兩種溶液；點在兩張PH試紙上，與標準比色卡比較其PH，PH較大的為0.01mol/L的硫酸．

【分析】（1）根據溶液稀釋后溶液的酸堿性變化與pH的關系進行解答；溶液是中性時故測量的數值不一定錯誤；

（2）用水潤濕相當于稀釋會促進弱電解質的電離；

（3）根據PH=﹣lgc（H+）分析解答，PH較大的為0.01mol/L的硫酸．14、3X+Y2Z0.05mol/（L?min）增大不變5：3CEFAC【分析】【分析】（1）根據物質的量的變化判斷反應物和生成物；根據物質的量的變化之比等于化學計量數之比書寫方程式；

（2）根據v=計算反應速率v（Z）；

（3）混合氣體的平均相對分子質量M=，混合氣體密度ρ=來判斷；

（4）根據化學反應中的三行式進行計算；

（5）根據影響化學反應速率的因素分析；升溫；增壓等均能加快反應速率；

（6）A．反應伴隨能量變化；升高溫度改變化學反應的限度；

B．升高溫度正逆反應速率均加快；

C．化學反應的限度與反應物性質和外部因素有關；與時間長短無關；

D．化學反應的限度與反應物性質和外部因素有關；是可能改變的；

E．增大Y的濃度，正反應速率加快，逆反應速率同時加快．【解析】【解答】解：（1）由圖象可以看出；反應中X；Y的物質的量減小，Z的物質的量增多，則X、Y為反應物，Z為生成物；

且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，則反應的化學方程式為：3X+Y2Z；

故答案為：3X+Y2Z；

（2）在2min時間內，用Z表示反應的平均速率v（Z）===0.05mol/（L?min）；

故答案為：0.05mol/（L?min）；

（3）混合氣體的平均相對分子質量M=，從開始到平衡，質量是守恒的，但是n是逐漸減小的，所以M會變大，混合氣體密度ρ=；從開始到平衡，質量是守恒的，體積是不變的，所以密度始終不變，故答案為：增大；不變；

（4）3X+Y?2Z（設Y的變化量是x）

初始量：ab0

變化量：3xx2x

平衡量：a-3xb-x2x

當n（X）=n（Y）=n（Z）時，a-3x=b-x=2x，則a=5x，b=3x，所以原混合氣體中a：b=5：3；

故答案為：5：3；

（5）A．恒壓時充入He；體系分壓減小，反應速率減小，故錯誤；

B．恒容時充入He；不影響體系壓強和濃度，反應速率不變，故錯誤；

C．恒容時充入X；X的濃度增大，反應速率加快，故正確；

D．及時分離出Z；濃度不增加，壓強減小，平衡右移，反應速率不加快，故錯誤；

E．升高溫度；任何化學反應速率加快，故正確；

F．選擇高效的催化劑；反應速率加快，故正確；

故答案為：CEF；

（6）A．反應伴隨能量變化；升高溫度改變化學反應的限度，故正確；

B．升高溫度正逆反應速率均加快；故錯誤；

C．化學反應的限度與反應物性質和外部因素有關；與時間長短無關，故正確；

D．化學反應的限度與反應物性質和外部因素有關；是可能改變的，故錯誤；

E．增大Y的濃度；正反應速率加快，逆反應速率同時加快，故錯誤；

故答案為：AC．15、2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+Fe、Cu2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2KSCN2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【分析】【分析】待處理鍍銅電路板與氯化鐵溶液反應后得到的溶液中含有氯化銅、氯化亞鐵及未反應的氯化鐵，廢液中加入足量的Fe，反應中鐵離子和銅離子均可鐵粉反應：2Fe3++Fe═3Fe2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+，過濾得到的固體1為生成的銅和過量的鐵，加入適量鹽酸后過濾，Fe與鹽酸反應，而Cu不反應，過濾得到固體2為銅及氯化亞鐵溶液，新制氯水把氯化亞鐵氧化，得到氯化鐵溶液．（2）中檢驗溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，溶液變紅說明Fe3+存在，據此解答．【解析】【解答】解：待處理鍍銅電路板與氯化鐵溶液反應后得到的溶液中含有氯化銅、氯化亞鐵及未反應的氯化鐵，廢液中加入足量的Fe，反應中鐵離子和銅離子均可鐵粉反應：2Fe3++Fe═3Fe2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+；過濾得到的固體1為生成的銅和過量的鐵，加入適量鹽酸后過濾，Fe與鹽酸反應，而Cu不反應，過濾得到固體2為銅及氯化亞鐵溶液，新制氯水把氯化亞鐵氧化，得到氯化鐵溶液．

（1）鍍銅電路版制成印刷電路版是利用氯化鐵溶液和銅反應生成氯化亞鐵和氯化銅而實現的，離子方程式為2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+；廢液中含有鐵離子和銅離子均可以與過量鐵粉反應，濾得到的固體1為生成的銅和過量的鐵；

故答案為：2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+；Fe；Cu；

（2）反應①為銅與氯化鐵溶液反應生成氯化亞鐵和氯化鐵，化學方程式為：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，檢驗溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液與試管中，滴加KSCN溶液，溶液變紅說明Fe3+存在；

故答案為：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；KSCN；

（3）反應④是新制氯水把氯化亞鐵氧化為三氯化鐵，反應的離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-．16、略

【分析】同樣可得vD＝a/4mol·L－1·min－1vC＝1/2vA＝a/24mol·L－1·min－1(2)由化學反應速率之比等于化學方程式中化學計量數之比可得x∶y∶p∶q＝vA∶vB∶vC∶vD＝(3)當D為2amol時，B減少了amol，因此B的轉化率為(4)其他條件不變只升高溫度，化學平衡向吸熱反應方向移動，由題意知原平衡時D為2amol，升高溫度達到新平衡時，D為1.5amol，可見反應向逆反應方向移動，因此正反應是放熱反應，即ΔH<0。(5)原密閉容器的體積為2L，現變為1L，其他條件不變，反應物和生成物的濃度都增大，因此反應速率增大。減小體積即為加壓，增大壓強，平衡應向氣體計量數之和小的方向移動，由于反應方程式為2A(g)＋3B(g)C(g)＋6D(g)，左邊氣體計量數之和小，因此平衡向左移動，反應物的轉化率減小。【解析】【答案】(1)a/12mol·L－1·min－1a/8mol·L－1·min－1(2)2316(3)a/b×100%(4)<(5)①增大體積減小，反應物的濃度增大，因而使反應速率增大②減小體積減小，氣體的壓強增大，平衡向氣體分子數減少的方向(即逆反應方向)移動，因而使反應物轉化率減小三、判斷題(共6題，共12分)17、×【分析】【分析】標準狀況下，氣體的摩爾體積為22.4L/mol，結合V=nVm計算．【解析】【解答】解：標準狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案為：×．18、B【分析】【解答】解：蔗糖的分子式為：C12H22O12；其相對分子質量較小，不屬于高分子化合物，蛋白質；纖維素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故該說法錯誤；

故答案為：×．

【分析】高分子化合物（又稱高聚物）一般相對分子質量高于10000，結構中有重復的結構單元；據此分析．19、×【分析】【分析】當向蛋白質溶液中加入的鹽溶液達到一定濃度時，反而使蛋白質的溶解度降低而從溶液中析出，這種作用叫鹽析．【解析】【解答】解：蛋白質溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，故答案為：×．20、×【分析】【分析】標準狀況下，氣體的摩爾體積為22.4L/mol，結合V=nVm計算．【解析】【解答】解：標準狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案為：×．21、×【分析】【分析】濃硫酸為酸性、強氧化性干燥劑，能夠干燥酸性、中性氣體，如：氧氣、氫氣、二氧化硫等，濃硫酸不能用于干燥堿性氣體，如氨氣，據此進行解答．【解析】【解答】解：濃硫酸為酸性、強氧化性干燥劑，能夠干燥酸性、中性氣體，如：氧氣、氫氣、二氧化硫等，能夠與NH3反應；不能使用濃硫酸干燥氨氣，所以該說法錯誤；

故答案為：×．22、A【分析】【分析】（1）密度小于4.5的為輕金屬；大于4.5的為重金屬；水體富營養化是因為向水中排放含氮；磷等元素的生產生活廢水過多造成的；

（2）酸雨主要由化石燃料燃燒產生的二氧化硫；氮氧化物等酸性氣體；經過復雜的大氣化學反應，形成硫酸和硝酸，被雨水吸收溶解而成；根據化學反應前后原子的種類與數目保持不變可以判斷物質的化學式；二氧化碳是一種主要的溫室效應氣體；根據質量守恒的原因推出Y為氫氧化鈣；

（3）①空氣質量報告的主要內容包括：空氣污染指數；首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質量級別、空氣質量狀況等；

②舊試卷屬于可回收物；可回收再利用；

③根據污水的類型選取處理的方法．【解析】【解答】解：（1）工業廢水中常見的重金屬元素指的是Cu2+、Hg2+、Cd2+、Pb2+等重金屬離子；含鉛；汞的物質是常見的有毒污染物；生物所需的氮、磷等營養物質大量進入湖泊、河口、海灣等緩流水體，引起藻類及其它浮游生物迅速繁殖，水體溶氧量下降，魚類及其它生物大量死亡，該現象為水體富營養化導致的結果；

故答案為：A；富營養化；

（2）酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH約為5.6；酸雨主要由化石燃料燃燒產生的二氧化硫、氮氧化物等酸性氣體，經過復雜的大氣化學反應，被雨水吸收溶解而成，根據2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2x可知，依據質量守恒定律可知每個x中含有1個碳原子和2個氧原子，所以x是二氧化碳．二氧化碳是形成溫室效應的主要物質，2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O；依據質量守恒定律可知每個y中含有1個鈣原子和2個氫氧根原子團，所以y是氫氧化鈣；

故答案為：SO2；NO2；CO2；溫室效應；Ca（OH）2；

（3）①空氣質量報告的主要內容包括：空氣污染指數、首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質量級別、空氣質量狀況等，二氧化碳無毒，不屬于空氣污染物，氮氣是空氣的主要組成氣體，而可吸入顆粒物、NO2、SO2均為污染物；需要檢測；

故答案為：CD；

②用過的舊試卷可回收再利用重新做成紙漿；屬于可回收垃圾，故答案為：A；

③A．如果污水中含大量氫離子或氫氧根離子；可采用酸堿中和法，除去水中大量的氫離子或氫氧根離子，故答案為：√；

B．如果水中含重金屬離子；可加入一些物質使金屬陽離子轉化成沉淀而除去這些離子，即沉降法，故答案為：（沉降法）；

C．如果使懸浮于水中的泥沙形成絮狀不溶物沉降下來，使水澄清，可用明礬等混凝劑作凈水劑，故答案為：（混凝法）．四、簡答題(共2題，共8分)23、略

【分析】解：（1）硫粉難溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反應前用乙醇濕潤是使硫粉易于分散到溶液中，有利于硫粉和Na2SO3溶液充分接觸；加快反應速率。

故答案為：有利于硫粉和Na2SO3溶液充分接觸；加快反應速率；

（2）S2O32￣具有還原性；能夠被氧氣氧化成硫酸根離子，所以可能存在的雜質是硫酸鈉；

故答案為：Na2SO4；

（3）依據標定的原理可知，生成的碘單質遇到淀粉變藍，用硫代硫酸鈉滴定當藍色褪去半分鐘不變化，說明反應達到終點；溶液中發生的反應為：2Ba2++Cr2O72-=2BaCrO4+2H+；Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；I2+SO32-+H2O═2I-+SO42-+2H+；

n（Na2S2O3）=0.0360L×0.100mol?L-1=0.0036mol

則n（Na2SO3）=0.00360mol÷5=0.00072mol

根據題意：2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O72-～3I2～6S2O32-

26

n10.0036mol

得n1（Ba2+）==0.0012mol

2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O72-～3I2～3SO32-

23

n20.00072mol

得得n2（Ba2+）==0.00048mol

則c（Ba2+）==3.36×10-2mol?L-1；

故答案為：淀粉；藍色褪去半分鐘不變化；3.36×10-2mol?L-1．

（1）硫粉難溶于水；微溶于乙醇；乙醇濕潤可以使硫粉易于分散到溶液中；

（2）由于S2O32￣具有還原性；易被氧氣氧化成硫酸根離子可知雜質為硫酸鈉；硫代酸酸鈉和鹽酸反應生成氯化鈉；二氧化硫、單質硫和水；

（3）生成的碘單質遇到淀粉變藍，用硫代硫酸鈉滴定時，當藍色褪去半分鐘不變化，說明反應達到終點；溶液中發生的反應為：2Ba2++Cr2O72-=2BaCrO4+2H+；Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；I2+SO32-+H2O═2I-+SO42-+2H+，根據方程式列出各物質的關系為2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O72-～3I2～6S2O32-和2BaCrO4～Cr2O72-～3I2～3SO32-計算．

本題綜合考查物質的制備以及含量的測定，為高考常見題型，側重于學生的分析能力、實驗能力和計算能力的考查，注意把握實驗的原理，結合反應的關系式計算，難度中等．【解析】有利于硫粉和Na2SO3溶液充分接觸，加快反應速率；Na2SO4；淀粉；藍色褪去半分鐘不變化；3.36×10-2mol?L-124、略

【分析】解：rm{(1)a.}煤是由有機物和少量無機物組成的復雜的混合物，主要含有rm{C}元素，故rm{a}正確；

rm{b.}煤中伴有硫元素和氮元素，不完全燃燒時生成一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物、煙塵等有害物質，故rm{b}正確；

rm{c.}碳酸鈣受熱分解為氧化鈣，二氧化硫是酸性氧化物，能與氫氧化鈣、氧化鈣發生反應生成亞硫酸鈣，然后被氧氣氧化生成穩定的硫酸鹽，故rm{c}正確；

rm{d.}煤的干餾、煤的氣化和液化都屬于化學變化，故rmdbtifuz錯誤；

故答案為：rm{abc}

rm{(2)H_{2}S}用氨水吸收生成正鹽硫化銨和水，離子方程式為rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O簍T2NH_{4}^{+}+S^{2-}+2H_{2}O}

故答案為：rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O簍T2NH_{4}^{+}+S^{2-}+2H_{2}O}

rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O簍T2NH_{4}^{+

}+S^{2-}+2H_{2}O}常溫下，rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O簍T2NH_{4}^{+

}+S^{2-}+2H_{2}O}溶液的rm{(3)壟脵}rm{NaHSO_{3}}溶液呈酸性，rm{pH=6}溶液中存在亞硫酸氫根的水解與電離，水解導致其呈堿性，電離導致其呈酸性，據此分析：電離程度大于水解程度；故離子濃度大小為：rm{NaHSO_{3}}

故答案為：rm{NaHSO_{3}}

rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})>c(H^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(OH^{-})}氫氧化鈣與rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})>c(H^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(OH^{-})}反應生成沉淀亞硫酸鈣、rm{壟脷}和水，化學方程式為rm{NaHSO_{3}}

故答案為：rm{NaOH}

rm{Ca(OH)_{2}+NaHSO_{3}簍TCaSO_{3}隆媒+NaOH+H_{2}O}rm{壟脵2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-23.5kJ?mol^{-1}}

rm{壟脹CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH=-41.3kJ?mol^{-1}}

由蓋斯定律rm{Ca(OH)_{2}+NaHSO_{3}簍TCaSO_{3}隆媒+NaOH+H_{2}O}得到rm{(4)壟脵}的rm{triangleH=-246.4kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{壟脵2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)triangleH<0}正反應氣體體積減小，升高溫度，平衡逆向移動，rm{壟脷2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-23.5kJ?mol^{-1}}的平衡轉化率減小；增大壓強，平衡正向移動；

rm{壟脹CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H=-41.3kJ?mol^{-1}}的平衡轉化率增大，因此rm{壟脷+壟脹+壟脵隆脕2}代表壓強，rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)}代表溫度；等壓強條件下，溫度越高，rm{triangle

H=-246.4kJ?mol^{-1}}的平衡轉化率越小，因此rm{-246.4kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{壟脷3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)triangle

H<0}由rm{CO}可知，壓強增大，rm{CO}的平衡轉化率增大，溫度升高，rm{X}的平衡轉化率減小；所以。

rm{Y}代表壓強，rm{CO}代表溫度；壓強一定時，溫度越低平衡轉化率越大．

rm{Y_{1}<Y_{2}}煤是由有機物和少量無機物組成的復雜的混合物；

rm{Y_{1}<Y_{2}}從煤中含有的元素和不完全燃燒分析；

rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)}碳酸鈣受熱分解為氧化鈣；二氧化硫是酸性氧化物，能與堿；堿性氧化發生反應；

rm{CO}煤的干餾；煤的氣化和液化都屬于化學變化；

rm{CO}用氨水吸收生成正鹽硫化銨和水；

rm{X}常溫下，rm{Y}溶液的rm{(1)a.}rm{b.}溶液呈酸性；說明電離程度大于水解程度；

rm{c.}氫氧化鈣與rm{d.}反應生成沉淀亞硫酸鈣、rm{(2)H_{2}S}和水；

rm{(3)壟脵}據蓋斯定律由已知的熱化學方程式乘以相應的數值進行加減；來構造目標熱化學方程式，反應熱也乘以相應的數值進行加減；

rm{壟脷3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)triangleH<0}正反應氣體體積減小，通過分析升高溫度和增大壓強導致平衡的移動方向，通過rm{NaHSO_{3}}的平衡轉化率的變化判斷rm{pH=6}rm{NaHSO_{3}}．

本題考查較為綜合，涉及煤的綜合利用、化學rm{壟脷}離子rm{NaHSO_{3}}方程式的書寫、離子濃度的大小比較、反應熱的計算和化學平衡的移動，為高頻考點，題目難度中等，把握電離平衡、水解平衡等化學平衡及其因素為解答的關鍵，題目難度中等．rm{NaOH}【解析】rm{abc}rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O簍T2NH_{4}^{+}+S^{2-}+2H_{2}O}rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O簍T2NH_{4}^{+

}+S^{2-}+2H_{2}O}rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})>c(H^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(OH^{-})}rm{Ca(OH)_{2}+NaHSO_{3}簍TCaSO_{3}隆媒+NaOH+H_{2}O}rm{-246.4kJ?mol^{-1}}由rm{Y_{1}<Y_{2}}可知，壓強增大，rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)}的平衡轉化率增大，溫度升高，rm{CO}的平衡轉化率減小；所以。

rm{CO}代表壓強，rm{X}代表溫度，壓強一定時，溫度越低平衡轉化率越大rm{Y}五、探究題(共4題，共40分)25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．26、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.