2025屆福建省南平市建甌芝華中學(xué)高考沖刺模擬化學(xué)試題注意事項(xiàng)：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書(shū)寫(xiě)，字體工整、筆跡清楚。3．請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、下列離子方程式正確的是()A．高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)制氯氣：MnO4-+8H++4Cl-=Mn2++2Cl2↑+4H2OB．飽和碳酸鈉溶液中通入過(guò)量二氧化碳：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-C．銅片與濃硫酸共熱：Cu+4H++SO42-Cu2++SO2↑+2H2OD．硫酸銅溶液中加入過(guò)量氨水：Cu2++4NH3?H2O=Cu(NH3)42++4H2O2、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，原子最外層電子數(shù)之和為20，Y、W為同一主族元素，常溫下，Z的單質(zhì)能溶于W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。下列說(shuō)法不正確的是（

）A．W和Y形成的一種化合物具有漂白性B．簡(jiǎn)單離子半徑大小順序：W＞Z＞YC．最簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：X＜YD．元素X的氣態(tài)氫化物與其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物能發(fā)生反應(yīng)3、W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W和Y同族，X和Z同族，X的簡(jiǎn)單離子和Y的簡(jiǎn)單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，W和X、Z均能形成共價(jià)化合物，W和X、Y分別形成的化合物溶于水均呈堿性。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．4種元素中Y的金屬性最強(qiáng)B．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性：Z>XC．簡(jiǎn)單陽(yáng)離子氧化性：W>YD．W和Y形成的化合物與水反應(yīng)能生成一種還原性氣體4、已知X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半徑最小的元素，Y元素的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)的絕對(duì)值相等，Z的核電荷數(shù)是Y的2倍，W的最外層電子數(shù)是其最內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列說(shuō)法不正確的是（）A．原子半徑：Z＞W(wǎng)＞RB．對(duì)應(yīng)的氫化物的熱穩(wěn)定性：R＞W(wǎng)C．W與X、W與Z形成的化合物的化學(xué)鍵類型完全相同D．Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是弱酸5、萜類化合物廣泛存在于動(dòng)植物體內(nèi)，某萜類化合物如下圖所示，下列說(shuō)法正確的是A．此萜類化合物的化學(xué)式為C10H14OB．該有機(jī)物屬于芳香烴C．分子中所有碳原子均處于同一平面上D．在濃硫酸、加熱條件下，可生成兩種芳香烯烴6、以氯酸鈉（NaClO3）等為原料制備亞氯酸鈉（NaClO2）的工藝流程如下，下列說(shuō)法中，不正確的是A．反應(yīng)1中，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化B．從母液中可以提取Na2SO4C．反應(yīng)2中，H2O2做氧化劑D．采用減壓蒸發(fā)可能是為了防止NaClO2受熱分解7、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．1L0.2mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－離子數(shù)之和為0.2NAB．H2O2＋Cl2=2HCl＋O2反應(yīng)中，每生成32gO2，轉(zhuǎn)移2NA個(gè)電子C．3.6gCO和N2的混合氣體含質(zhì)子數(shù)為1.8NAD．常溫常壓下，30g乙烷氣體中所含共價(jià)鍵的數(shù)目為7NA8、反應(yīng)aX(g)+bY(g)cZ(g)；△H=Q，有下圖所示關(guān)系，下列判斷中正確是（）A．a(chǎn)+b<c,Q>0 B．a(chǎn)+b<c,Q<0C．a(chǎn)+b>c,Q>0 D．a(chǎn)+b>c,Q<09、化學(xué)與人類生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列敘述中正確的是A．可折疊柔性屏中的靈魂材料——納米銀與硝酸不會(huì)發(fā)生化學(xué)反應(yīng).B．2022年北京冬奧會(huì)吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯屬于高分子材料C．“珠海一號(hào)”運(yùn)載火箭中用到的碳化硅也是制作光導(dǎo)纖維的重要材料D．建設(shè)世界第一高混凝土橋塔用到的水泥和石灰均屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料10、在恒溫條件下，向盛有食鹽的2L恒容密閉容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，發(fā)生如下兩個(gè)反應(yīng)：①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常數(shù)K1②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常數(shù)K210分鐘時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，測(cè)得容器內(nèi)體系的壓強(qiáng)減少20％，10分鐘內(nèi)用ClNO(g)表示的平均反應(yīng)速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L?min)。下列說(shuō)法不正確的是（）A．反應(yīng)4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常數(shù)為K1B．平衡后c(Cl2)=2.5×10-2mol/LC．其它條件保持不變，反應(yīng)在恒壓條件下進(jìn)行，則平衡常數(shù)K2增大D．平衡時(shí)NO2的轉(zhuǎn)化率為50％11、2A(g)B(g)+Q（Q>0）；下列能量變化示意圖正確的是（）A． B．C． D．12、在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，ALNH3溶于BmL水中，得到密度為ρg/cm3的RL氨水，則此氨水的物質(zhì)的量濃度是（）A．mol/L B．mol/LC．mol/L D．mol/L13、全釩液流電池是一種以釩為活性物質(zhì)呈循環(huán)流動(dòng)液態(tài)的氧化還原電池。釩電池電能以化學(xué)能的方式存儲(chǔ)在不同價(jià)態(tài)釩離子的硫酸電解液中，通過(guò)外接泵把電解液壓入電池堆體內(nèi)，在機(jī)械動(dòng)力作用下，使其在不同的儲(chǔ)液罐和半電池的閉合回路中循環(huán)流動(dòng)，采用質(zhì)子交換膜作為電池組的隔膜，電解質(zhì)溶液流過(guò)電極表面并發(fā)生電化學(xué)反應(yīng)，進(jìn)行充電和放電。下圖為全釩液流電池放電示意圖：下列說(shuō)法正確的是()A．放電時(shí)正極反應(yīng)為：B．充電時(shí)陰極反應(yīng)為：C．放電過(guò)程中電子由負(fù)極經(jīng)外電路移向正極，再由正極經(jīng)電解質(zhì)溶液移向負(fù)極D．該電池的儲(chǔ)能容量，可以通過(guò)增大電解液存儲(chǔ)罐的容積并增加電解液的體積來(lái)實(shí)現(xiàn)14、有下列兩種轉(zhuǎn)化途徑，某些反應(yīng)條件和產(chǎn)物已省略。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是途徑①SH2SO4途徑②SSO2SO3H2SO4A．途徑①反應(yīng)中體現(xiàn)了濃硝酸的強(qiáng)氧化性和酸性B．途徑②的第二步反應(yīng)在實(shí)際生產(chǎn)中可以通過(guò)增大O2濃度來(lái)降低成本C．由途徑①和②分別制取1molH2SO4，理論上各消耗1molS，各轉(zhuǎn)移6mole-D．途徑②與途徑①相比更能體現(xiàn)“綠色化學(xué)”的理念是因?yàn)橥緩舰诒韧緩舰傥廴鞠鄬?duì)小且原子利用率高15、氫氧熔融碳酸鹽燃料電池是一種高溫電池（600﹣700℃），具有效率高、噪音低、無(wú)污染等優(yōu)點(diǎn)。氫氧熔融碳酸鹽燃料電池的工作原理如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．電池工作時(shí)，熔融碳酸鹽只起到導(dǎo)電的作用B．負(fù)極反應(yīng)式為H2﹣2e﹣+CO32﹣═CO2+H2OC．電子流向是：電極a﹣負(fù)載﹣電極b﹣熔融碳酸鹽﹣電極aD．電池工作時(shí)，外電路中流過(guò)0.2mol電子，消耗3.2gO216、下列實(shí)驗(yàn)操作不是從實(shí)驗(yàn)安全角度考慮的是A．稀釋硫酸時(shí)將濃硫酸緩慢注入蒸餾水中，并不斷攪拌B．做有毒氣體的實(shí)驗(yàn)時(shí)，對(duì)尾氣進(jìn)行適當(dāng)處理C．加熱燒瓶里液體時(shí)，在燒瓶底部放幾片碎瓷片D．向試管里滴加液體時(shí)，滴管不能伸入試管內(nèi)二、非選擇題（本題包括5小題）17、一種新型含硅阻燃劑的合成路線如下。請(qǐng)回答相關(guān)問(wèn)題：（1）化合物A轉(zhuǎn)化為B的方程式為_(kāi)____，B中官能團(tuán)名稱是______。（2）H的系統(tǒng)命名為_(kāi)__，H的核磁共振氫譜共有___組峰。（3）H→I的反應(yīng)類型是___（4）D的分子式為_(kāi)_____，反應(yīng)B十I→D中Na2CO3的作用是___。（5）F由E和環(huán)氧乙烷按物質(zhì)的量之比為1：1進(jìn)行合成，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)__。（6）D的逆合成分析中有一種前體分子C9H10O2，符合下列條件的同分異構(gòu)體有___種。①核磁共振氫譜有4組峰；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；③與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)。18、原子序數(shù)依次增大的X、Y、Z、W、M五種短周期主族元素中，X、Y兩元素間能形成原子個(gè)數(shù)比分別為1:1和1:2的固態(tài)化合物A和B，Y是短周期元素中失電子能力最強(qiáng)的元素，W、M的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物化學(xué)式分別為H3WO4、HMO4，Z的單質(zhì)能與鹽酸反應(yīng)。(1)根據(jù)上述條件不能確定的元素是______（填代號(hào)），A的電子式為_(kāi)____，舉例說(shuō)明Y、Z的金屬性相對(duì)強(qiáng)弱：______(寫(xiě)出一個(gè)即可）。(2)W能形成多種含氧酸及應(yīng)的鹽，其中NaH2WO2能與鹽酸反應(yīng)但不能與NaOH溶液反應(yīng)，則下列說(shuō)法中正確的是___________(填字母)AH3WO2是三元酸BH3WO2是一元弱酸CNaH2WO2是酸式鹽DNaH2WO2不可能被硝酸氧化(3)X、M形成的一種化合物MX2是一種優(yōu)良的水處理劑，某自來(lái)水化驗(yàn)室利用下列方法襝測(cè)處理后的水中MX2殘留量是否符合飲用水標(biāo)準(zhǔn)（殘留MX2的濃度不高于0.1mg?L-1），已知不同pH環(huán)境中含M粒子的種類如圖所示：I.向100.00mL水樣中加入足量的KI，充分反應(yīng)后將溶液調(diào)至中性，再加入2滴淀粉溶液。向I中所得溶液中滴加2.0×10-4mol?L-1的溶液至終點(diǎn)時(shí)消耗5.00mL標(biāo)準(zhǔn)溶液(已知2S2O32-+I2=S4O26-+2I-）。①則該水樣中殘留的的濃度為_(kāi)_____mg?L-1。②若再向II中所得溶液中加硫酸調(diào)節(jié)水樣pH至1?3，溶液又會(huì)呈藍(lán)色，其原因是____(用離子方程式表示）。19、氯化亞銅(CuCl)廣泛應(yīng)用于化工、印染、電鍍等行業(yè)。CuCl難溶于乙醇和水，可溶于氯離子濃度較大的體系，在潮濕空氣中易水解、氧化。（制備）方法一：（資料查閱）(1)儀器X的名稱是______，在實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，B中試紙的顏色變化是______。(2)實(shí)驗(yàn)操作的先后順序是______(填操作的編號(hào))a.檢查裝置的氣密性后加入藥品b.熄滅酒精燈，冷卻c.在氣體入口處通入干燥HCld.點(diǎn)燃酒精燈，加熱e.停止通入HCI，然后通入(3)反應(yīng)結(jié)束后發(fā)現(xiàn)含有少量CuO雜質(zhì)，產(chǎn)生的原因是______。方法二：(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl離子方程式為_(kāi)_____，過(guò)濾，沉淀用的酸洗，水洗，乙醇洗三步操作，酸洗采用的酸是______(寫(xiě)名稱)，用乙醇洗滌的原因是______(任寫(xiě)一點(diǎn))。（含量測(cè)定）(5)準(zhǔn)確稱取所制備的氯化亞銅樣品mg，將其置于過(guò)量的溶液中，待樣品完全溶解后，加入適量稀硫酸，用amol/L的溶液滴定到終點(diǎn)，消耗溶液bmL，反應(yīng)中被還原為，樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_____(CuCl分子量：)（應(yīng)用）利用如下圖所示裝置，測(cè)定高爐煤氣中CO、、和)的百分組成。(6)已知：i.CuCl的鹽酸溶液能吸收CO形成。ii.保險(xiǎn)粉和KOH的混合溶液能吸收氧氣。①出保險(xiǎn)粉和KOH混合溶液吸收的離子方程式：______。②D、F洗氣瓶中宜盛放的試劑分別是______、______。20、苯甲酸乙酯是重要的精細(xì)化工試劑，常用于配制水果型食用香精。實(shí)驗(yàn)室制備流程如下：試劑相關(guān)性質(zhì)如下表：苯甲酸乙醇苯甲酸乙酯常溫性狀白色針狀晶體無(wú)色液體無(wú)色透明液體沸點(diǎn)/℃249.078.0212.6相對(duì)分子量12246150溶解性微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑與水任意比互溶難溶于冷水，微溶于熱水，易溶于乙醇和乙醚回答下列問(wèn)題：（1）為提高原料苯甲酸的純度，可采用的純化方法為_(kāi)________。（2）步驟①的裝置如圖所示（加熱和夾持裝置已略去），將一小團(tuán)棉花放入儀器B中靠近活塞孔處，將吸水劑（無(wú)水硫酸銅的乙醇飽和溶液）放入儀器B中，在儀器C中加入12.2g純化后的苯甲酸晶體，30mL無(wú)水乙醇（約0.5mol）和3mL濃硫酸，加入沸石，加熱至微沸，回流反應(yīng)1.5~2h。儀器A的作用是_________；儀器C中反應(yīng)液應(yīng)采用_________方式加熱。（3）隨著反應(yīng)進(jìn)行，反應(yīng)體系中水分不斷被有效分離，儀器B中吸水劑的現(xiàn)象為_(kāi)________。（4）反應(yīng)結(jié)束后，對(duì)C中混合液進(jìn)行分離提純，操作I是_________；操作II所用的玻璃儀器除了燒杯外還有_________。（5）反應(yīng)結(jié)束后，步驟③中將反應(yīng)液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外，還有_____；加入試劑X為_(kāi)____（填寫(xiě)化學(xué)式）。（6）最終得到產(chǎn)物純品12.0g，實(shí)驗(yàn)產(chǎn)率為_(kāi)________%（保留三位有效數(shù)字）。21、燃煤煙氣的脫硫脫硝是目前研究的熱點(diǎn)。（1）用CH4催化還原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知:①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)

△H=-574kJ?mol-1②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)

△H=-1160kJ?mol-1③H2O(g)=H2O(l)

△H=-44kJ?mol-1寫(xiě)出CH4(g)與NO2(g)反應(yīng)生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的熱化學(xué)方程式______________。（2）某科研小組研究臭氧氧化--堿吸收法同時(shí)脫除SO2和NO工藝,氧化過(guò)程反應(yīng)原理及反應(yīng)熱、活化能數(shù)據(jù)如下:反應(yīng)Ⅰ:NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)

△H1

=-200.9kJ?mol-1

Ea1

=3.2kJ?mol-1反應(yīng)Ⅱ:SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)

△H2

=-241.6kJ?mol-1

Ea2

=58kJ?mol-1已知該體系中臭氧發(fā)生分解反應(yīng):2O3(g)3O2(g)。請(qǐng)回答:其它條件不變,每次向容積為2L的反應(yīng)器中充入含1.0molNO、1.0molSO2的模擬煙氣和2.0molO3,改變溫度,反應(yīng)相同時(shí)間t后體系中NO和SO2的轉(zhuǎn)化率如圖所示:①由圖可知相同溫度下NO的轉(zhuǎn)化率遠(yuǎn)高于SO2,結(jié)合題中數(shù)據(jù)分析其可能原因_______。②下列說(shuō)法正確的是____________。AP點(diǎn)一定為平衡狀態(tài)點(diǎn)B溫度高于200℃后,NO和SO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高顯著下降、最后幾乎為零C其它條件不變,若縮小反應(yīng)器的容積可提高NO和SO2的轉(zhuǎn)化率③假設(shè)100℃時(shí)P、Q均為平衡點(diǎn),此時(shí)反應(yīng)時(shí)間為10分鐘,發(fā)生分解反應(yīng)的臭氧占充入臭氧總量的10%,則體系中剩余O3的物質(zhì)的量是_______mol;NO的平均反應(yīng)速率為_(kāi)______;反應(yīng)Ⅱ在此時(shí)的平衡常數(shù)為_(kāi)_____。（3）用電化學(xué)法模擬工業(yè)處理SO2。將硫酸工業(yè)尾氣中的SO2通入如圖裝置(電極均為惰性材料)進(jìn)行實(shí)驗(yàn),可用于制備硫酸,同時(shí)獲得電能:①M(fèi)極發(fā)生的電極反應(yīng)式為_(kāi)___________。②當(dāng)外電路通過(guò)0.2mol電子時(shí),質(zhì)子交換膜左側(cè)的溶液質(zhì)量_______(填“增大”或“減小”)_______克。

參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、D【解析】

A．高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)制氯氣：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故A錯(cuò)誤；B．飽和碳酸鈉溶液中通入過(guò)量二氧化碳：2Na＋＋CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3↓，故B錯(cuò)誤；C．銅片與濃硫酸共熱不能寫(xiě)離子方程式，故C錯(cuò)誤；D．硫酸銅溶液中加入過(guò)量氨水生成四氨合銅（Ⅱ）：Cu2++4NH3?H2O=Cu(NH3)42++4H2O，故D正確；故選D。2、B【解析】

常溫下，Z的單質(zhì)能溶于W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。則Z為鋁，W為硫；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Y、W為同一主族元素，則Y為氧；原子最外層電子數(shù)之和為20，則X最外層電子數(shù)為20-3-6-6=5，則X為氮；A.W為硫，Y為氧，形成的一種化合物是二氧化硫，具有漂白性，故A正確；B.硫離子有3個(gè)電子層，半徑最大；氧離子和鋁離子核外電子排布相同，核電荷越大，半徑越小，所以氧離子大于鋁離子，故簡(jiǎn)單離子半徑大小順序：W＞Y＞Z，故B錯(cuò)誤；C.非金屬性越強(qiáng)其氫化物越穩(wěn)定，氮非金屬性弱于氧，則最簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：X＜Y，故C正確；D.元素X的氣態(tài)氫化物為氨氣，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為硝酸，能發(fā)生反應(yīng)生成硝酸銨，故D正確。故選B?！军c(diǎn)睛】解決此題的關(guān)鍵是正確推斷元素的種類，突破口在于題干信息中濃溶液和稀溶液性質(zhì)不同，想到濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，與金屬鋁發(fā)生鈍化反應(yīng)，而稀硫酸可以與鋁反應(yīng)。3、B【解析】

W和X、Z均能形成共價(jià)化合物，則W、X、Z很可能均為非金屬元素，考慮到W原子序數(shù)最小，可推斷W為H元素；W和X、Y分別形成的化合物溶于水均呈堿性，X為非金屬，可推測(cè)化合物中有NH3，則X為N元素，又X和Z同族，Z為P元素；W和Y同族，X的簡(jiǎn)單離子和Y的簡(jiǎn)單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，可推知Y為Na元素。綜上推測(cè)滿足題干信息，因而推測(cè)合理，W為H，X為N，Y為Na，Z為P。A.4種元素中只有Y是金屬元素，即Na，因而金屬性最強(qiáng)，A正確；B.元素的非金屬性越強(qiáng)則最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性越強(qiáng)，非金屬性：N(X)>P(Z)，因而最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性：Z<X，B錯(cuò)誤；C.元素的金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)簡(jiǎn)單陽(yáng)離子氧化性越弱，金屬性Na(Y)>H(W)，因而簡(jiǎn)單陽(yáng)離子氧化性：W>Y，C正確；D.W和Y形成的化合物為NaH，NaH與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，氫氣為還原性氣體，D正確。故答案選B。4、C【解析】

已知X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半徑最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)的絕對(duì)值相等，這說(shuō)明Y是第ⅣA組元素；Z的核電荷數(shù)是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W的最外層電子數(shù)是其最內(nèi)層電子數(shù)的3倍，且原子序數(shù)大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序數(shù)最大，所以R是Cl元素。【詳解】A、同周期自左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑：Z＞W(wǎng)＞R，A正確；B、同周期自左向右非金屬性逐漸增強(qiáng)，氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強(qiáng)，則對(duì)應(yīng)的氫化物的熱穩(wěn)定性：R＞W(wǎng)，B正確；C、H2S與MgS分別含有的化學(xué)鍵是極性鍵與離子鍵，因此W與X、W與Z形成的化合物的化學(xué)鍵類型完全不相同，C不正確；D、Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是碳酸，屬于二元弱酸，D正確。答案選C。5、A【解析】

A.由萜類化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知分子式為C10H14O，故A正確；B.萜類化合物中含有氧元素，屬于芳香化合物，不屬于芳香烴，故B錯(cuò)誤；C.萜類化合物中含有4個(gè)飽和碳原子，所有碳原子不可能處于同一平面上，故C錯(cuò)誤；D.萜類化合物含有羥基，與羥基相連的碳原子上含有的兩個(gè)甲基是等效的，在濃硫酸、加熱條件下，只能生成一種芳香烯烴，故D錯(cuò)誤；故選A?！军c(diǎn)睛】判斷分子中共線、共面原子數(shù)的技巧1.任何兩個(gè)直接相連的原子在同一直線上。2.任何滿足炔烴結(jié)構(gòu)的分子，其所有4個(gè)原子在同一直線上。3.苯環(huán)對(duì)位上的2個(gè)碳原子及與之相連的2個(gè)氫原子共4個(gè)原子一定在一條直線上。4.典型所有的原子一定共平面的有：CH2=CH2、CHCH、苯；可能共平面的有：CH2=CH—CH=CH2、。5.只要出現(xiàn)CH4、—CH3或—CX3等，即只要出現(xiàn)飽和碳原子，所有原子肯定不能都在同一平面上。6、C【解析】A.在反應(yīng)1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反應(yīng)的離子方程式為2ClO3－＋SO2=SO42－＋2ClO2，根據(jù)方程式可知，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化，故A正確；B.根據(jù)上述分析可知，反應(yīng)1中除了生成ClO2，還有Na2SO4生成，則從母液中可以提取Na2SO4，故B正確；C.在反應(yīng)2中，ClO2與H2O2在NaOH作用下反應(yīng)生成NaClO2，氯元素的化合價(jià)從+4價(jià)降低到+3價(jià)，則ClO2是氧化劑，H2O2是還原劑，故C錯(cuò)誤；D.減壓蒸發(fā)在較低溫度下能夠進(jìn)行，可以防止常壓蒸發(fā)時(shí)溫度過(guò)高，NaClO2受熱分解，故D正確；答案選C。7、A【解析】

A.HCO3?在溶液中既能部分電離為CO32－，又部分能水解為H2CO3，故溶液中的HCO3?、CO32－、H2CO3的個(gè)數(shù)之和為0.1NA，故A錯(cuò)誤；B.在H2O2＋Cl2=2HCl＋O2反應(yīng)中，氧元素由?1價(jià)變?yōu)?價(jià)，故生成32g氧氣，即1mol氧氣時(shí)，轉(zhuǎn)移2NA個(gè)電子，故B正確；C.氮?dú)夂虲O的摩爾質(zhì)量均為28g/mol，故3.6g混合物的物質(zhì)的量為，又因1個(gè)CO和N2分子中兩者均含14個(gè)質(zhì)子，故混合物中含1.8NA個(gè)質(zhì)子，故C正確；D.常溫常壓下，30g乙烷的物質(zhì)的量是1mol，一個(gè)乙烷分子有7個(gè)共價(jià)鍵，即30g乙烷氣體中所含共價(jià)鍵的數(shù)目為7NA，故D正確；故選：A。8、D【解析】

觀察圖可知，P1＞P2，T1＞T2。升高溫度，X的體積分?jǐn)?shù)減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，Q＜0；增大壓強(qiáng)X的體積分?jǐn)?shù)減小，平衡向正向移動(dòng)，所以a+b＞c，故選D。9、B【解析】

A.銀可以與硝酸反應(yīng)，濃硝酸：Ag+2HNO3=AgNO3+NO2↑+H2O，稀硝酸：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O，故A錯(cuò)誤；B.聚乙烯塑料屬于塑料，是一種合成有機(jī)高分子材料，故B正確；C.光導(dǎo)纖維的主要成分為二氧化硅，故C錯(cuò)誤；D.建設(shè)世界第一高混凝土橋塔用到的水泥和石灰均屬于傳統(tǒng)無(wú)機(jī)非金屬材料，故D錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】硝酸屬于氧化性酸，濃度越大氧化性越強(qiáng)，所以稀硝酸和濃硝酸在反應(yīng)時(shí)產(chǎn)物不同。10、C【解析】

A.①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常數(shù)K1=c(ClNO)c②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常數(shù)K2=c2反應(yīng)4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常數(shù)K=c2(NO)?c(Cl2)c4B.10min時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，測(cè)得容器內(nèi)體系的壓強(qiáng)減少20%，則平衡時(shí)混合氣體總物質(zhì)的量為(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min內(nèi)用ClNO（g）表示的平均反應(yīng)速率v（ClNO）=7.5×10-3mol/(L?min)，則平衡時(shí)n(ClNO)=7.5×10-3mol/(L?min)×10min×2L=0.15mol，設(shè)①中反應(yīng)的NO2為xmol，②中反應(yīng)的Cl2為ymol，則：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)xmol0.5xmol2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)2ymolymol2ymol則0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，聯(lián)立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)=0.1mol-0.05mol2L=2.5×10-2mol/L，BC.平衡常數(shù)只受溫度影響，其他條件保持不變，反應(yīng)在恒壓條件下進(jìn)行，則平衡常數(shù)K2不變，C錯(cuò)誤；D.平衡時(shí)NO2的轉(zhuǎn)化率為0.1mol0.2mol×100%=50%，故合理選項(xiàng)是C。11、B【解析】

根據(jù)熱化學(xué)方程式2A(g)B(g)+Q（Q>0）可知：該反應(yīng)是2molA氣體發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生1molB氣體，放出熱量Q，反應(yīng)物的能量比生成物的能量高，且同一種物質(zhì)在氣態(tài)時(shí)能量高于在液體時(shí)能量，故合理選項(xiàng)是B。12、A【解析】

A.c===mol/L，A正確；B.c==mol/L，B錯(cuò)誤；C.表示NH3的物質(zhì)的量，不表示氨水的物質(zhì)的量濃度，C錯(cuò)誤；D.由選項(xiàng)B可知，不是氨水物質(zhì)的量濃度的數(shù)值，D錯(cuò)誤。故選A。13、D【解析】

放電時(shí)，消耗H+，溶液pH升高，由此分析解答。【詳解】A.正極反應(yīng)是還原反應(yīng)，由電池總反應(yīng)可知放電時(shí)的正極反應(yīng)為VO2++2H++e-═VO2++H2O，故A錯(cuò)誤；B.充電時(shí)，陰極反應(yīng)為還原反應(yīng)，故為V3+得電子生成V2+的反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C.電子只能在導(dǎo)線中進(jìn)行移動(dòng)，在電解質(zhì)溶液中是靠陰陽(yáng)離子定向移動(dòng)來(lái)形成閉合回路，故C錯(cuò)誤；D.該電池的儲(chǔ)能容量，可以通過(guò)增大電解液存儲(chǔ)罐的容積并增加電解液的體積來(lái)實(shí)現(xiàn)，正確；故答案為D?！军c(diǎn)睛】本題綜合考查原電池知識(shí)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，為高考常見(jiàn)題型和高頻考點(diǎn)，注意把握原電池的工作原理，答題時(shí)注意體會(huì)電極方程式的書(shū)寫(xiě)方法，難度不大。14、A【解析】

A．途徑①反應(yīng)中只體現(xiàn)了濃硝酸的強(qiáng)氧化性，A錯(cuò)誤；B．途徑②的第二步反應(yīng)是可逆反應(yīng)，在實(shí)際生產(chǎn)中可以通過(guò)增大廉價(jià)易得的O2濃度使化學(xué)平衡正向移動(dòng)，來(lái)降低成本，B正確；C．根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，可知由途徑①和②分別制取1molH2SO4，理論上各消耗1molS，各轉(zhuǎn)移6mole-，C正確；D．途徑②與途徑①相比不產(chǎn)生大氣污染物質(zhì)，因此更能體現(xiàn)“綠色化學(xué)”的理念，是因?yàn)橥緩舰诒韧緩舰傥廴鞠鄬?duì)小且原子利用率高，D正確。答案選A。15、B【解析】

原電池工作時(shí)，H2失電子在負(fù)極反應(yīng)，負(fù)極反應(yīng)為H2+CO32－-2e－=H2O+CO2，正極上為氧氣得電子生成CO32－，則正極的電極反應(yīng)為O2+2CO2+4e－=2CO32－。【詳解】A．分析可知電池工作時(shí)，熔融碳酸鹽起到導(dǎo)電的作用，和氫離子結(jié)合生成二氧化碳，二氧化碳在正極生成碳酸根離子循環(huán)使用，故A錯(cuò)誤；B．原電池工作時(shí)，H2失電子在負(fù)極反應(yīng)，負(fù)極反應(yīng)為H2+CO32﹣﹣2e﹣=H2O+CO2，故B正確；C，電池工作時(shí)，電子從負(fù)極電極a﹣負(fù)載﹣電極b，電子不能通過(guò)熔融碳酸鹽重新回到電極a，故C錯(cuò)誤；D．電極反應(yīng)中電子守恒正極的電極反應(yīng)為O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，電池工作時(shí)，外電路中流過(guò)0.2mol電子，反應(yīng)氧氣0.05mol，消耗O2質(zhì)量=0.05mol×32g/mol=1.6g，故D錯(cuò)誤；故選：B。16、D【解析】

A.稀釋硫酸時(shí)將濃硫酸緩慢注入蒸餾水中，并不斷攪拌，是為了防止?jié)饬蛩崛苡谒懦龅拇罅康臒崾挂后w沸騰飛濺出來(lái)，是出于安全考慮，A不符合題意；B.做有毒氣體的實(shí)驗(yàn)時(shí)，進(jìn)行尾氣處理，是出于安全考慮，B不符合題意；C.加熱燒瓶里液體時(shí)，在燒瓶底部放幾片碎瓷片，是為了防止暴沸，是出于安全考慮，C不符合題意；D.向試管里滴加液體時(shí)，滴管不能伸入試管內(nèi)，是為了防止污染試劑，不是出于安全考慮，D符合題意；故答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、溴原子、（酚）羥基3-氯-1-丙烯3氧化反應(yīng)吸收生成的HCl,提高反應(yīng)產(chǎn)率2【解析】

⑴苯酚和濃溴水反應(yīng)生成三溴苯酚，三溴苯酚中有官能團(tuán)溴原子、酚羥基。⑵H系統(tǒng)命名時(shí)，以雙鍵這一官能團(tuán)為主來(lái)命名，H的核磁共振氫譜與氫原子的種類有關(guān)，有幾種氫原子就有幾組峰。⑶H→I的反應(yīng)，分子中多了一個(gè)氧原子，屬于氧化反應(yīng)。⑷根據(jù)D的結(jié)構(gòu)式得出分子式，B十I→D中有HCl生成，用Na2CO3吸收HCl。⑸E與環(huán)氧乙烷按物質(zhì)的量之比為1：1進(jìn)行合成，環(huán)氧乙烷發(fā)生開(kāi)環(huán)反應(yīng)，類似于D→E的反應(yīng)。⑹根據(jù)核磁共振氫譜有4組峰，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)，可得有機(jī)物中含有四種不同位置的氫原子，含有醛基，含有酚羥基?！驹斀狻竣呕衔顰為苯酚，和濃溴水反應(yīng)生成三溴苯酚，方程式為，三溴苯酚中含有官能團(tuán)為溴原子、（酚）羥基，故答案為：，溴原子、（酚）羥基；⑵H系統(tǒng)命名法以雙鍵為母體，命名為3-氯-1-丙烯，其中氫原子的位置有三種，核磁共振氫譜共有3組峰，所以故答案為：3-氯-1-丙烯，3；⑶分子中多了一個(gè)氧原子是氧化反應(yīng)，故答案為：氧化反應(yīng)；⑷根據(jù)D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可得分子式，反應(yīng)B十I→D中有HCl生成，為促進(jìn)反應(yīng)向右進(jìn)行，可以將HCl吸收，可起到吸收HCl的作用，故答案為：，吸收生成的HCl,提高反應(yīng)產(chǎn)率；⑸與環(huán)氧乙烷按物質(zhì)的量之比為1：1進(jìn)行合成，環(huán)氧乙烷發(fā)生開(kāi)環(huán)反應(yīng)，類似于D→E的反應(yīng)，生成，故答案為：；⑹根據(jù)核磁共振氫譜有4組峰，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)，可得有機(jī)物中含有四種不同位置的氫原子，含有醛基，含有酚羥基，符合題意的有和兩種，故答案為：2種。【點(diǎn)睛】解答此題的關(guān)鍵必須對(duì)有機(jī)物官能團(tuán)的性質(zhì)非常熟悉，官能團(tuán)的改變，碳鏈的變化，成環(huán)或開(kāi)環(huán)的變化。18、Z鈉的金屬性比Z的強(qiáng)，如鈉能與冷水劇烈反應(yīng)而Z不能（或最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性：Na＞Z）B0.675ClO2－+4I－+4H+=Cl-+2I2+2H2O【解析】

Y是短周期元素中失電子能力最強(qiáng)的元素，則推出Y為Na元素，又X、Y兩元素間能形成原子個(gè)數(shù)比分別為1:1和1:2的固態(tài)化合物A和B，則推出X為O元素，兩者形成的化合物為B為Na2O、A為Na2O2；Z的單質(zhì)能與鹽酸反應(yīng)，則說(shuō)明Z為活潑金屬，為Mg或Al中的一種；W、M的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物化學(xué)式分別為H3WO4、HMO4，則W和M的最高價(jià)化合價(jià)分別為+5和+7，又X、Y、Z、W、M五種短周期主族元素原子序數(shù)依次增大，則可推出W為P元素，M為Cl元素，據(jù)此分析作答。【詳解】根據(jù)上述分析易知：X、Y、Z、W、M分別是O、Na、Mg或Al、P、Cl，則（1）Z可與鹽酸反應(yīng)，Z可能是Mg或Al中的一種，不能確定具體是哪一種元素；A為Na2O2，由離子鍵和共價(jià)鍵構(gòu)成，其電子式為：；鈉的金屬性比Z的強(qiáng)，如鈉能與冷水劇烈反應(yīng)而Z不能（或最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性：Na＞Z），故答案為：Z；；鈉的金屬性比Z的強(qiáng)，如鈉能與冷水劇烈反應(yīng)而Z不能（或最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性：Na＞Z）；（2）NaH2PO2能與鹽酸反應(yīng)，說(shuō)明H3PO2是弱酸，NaH2PO2不能與NaOH反應(yīng)，說(shuō)明NaH2PO2中的H不能被中和，推出NaH2PO2為正鹽，C項(xiàng)錯(cuò)誤；H3PO2分子中只能電離出一個(gè)H＋，為一元弱酸，B項(xiàng)正確，A項(xiàng)錯(cuò)誤；NaH2PO2中P的化合價(jià)為+1，具有還原性，可被硝酸氧化，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故答案為B；（3）①由圖知，中性條件下ClO2被I－還原為ClO2－，I－被氧化為I2；根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)目相等可知：2ClO2~I2~2Na2S2O3，因此可知，水中殘留的ClO2的濃度為2×10-4mol/L×5×10-3L×67.5g/mol×1000mg/g÷0.1L=0.675mg/L，故答案為：0.675；②由圖知，水樣pH調(diào)至1~3時(shí)，ClO2-被還原成Cl-，該操作中I－被ClO2－氧化為I2，故離子方程式為：ClO2－+4I－+4H+=Cl-+2I2+2H2O。19、干燥管先變紅后褪色cdb通入的HCl的量不足2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化×100%2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2ONaOH溶液CuCl的鹽酸溶液【解析】

CuCl2·2H2O晶體在氯化氫氣流中加熱失水得到CuCl2，溫度高于300℃分解生成CuCl和Cl2；向硫酸銅溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，得到的CuCl經(jīng)硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化；氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，結(jié)合關(guān)系式解答該題；保險(xiǎn)粉和KOH的混合溶液吸收O2，發(fā)生氧化還原反應(yīng)；CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，則吸收O2前，要先吸收CO2；N2的體積可用排水法測(cè)定，據(jù)此解答。【詳解】(1)根據(jù)儀器X的構(gòu)造，其名稱是干燥管；由制備CuCl的原理可知，反應(yīng)生成了Cl2，故B中濕潤(rùn)的石蕊試紙?jiān)嚰埾茸兗t后褪色，故答案為干燥管；先變紅后褪色；(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)檢查裝置的氣密性后加入藥品后，要先在氣體入口處通入干燥HCl，再點(diǎn)燃酒精燈，加熱，實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)要先熄滅酒精燈，冷卻，再停止通入HCl，然后通入，所以操作的先后順序是cdb，故答案為cdb；(3)根據(jù)以上分析，若實(shí)驗(yàn)中通入的HCl的量不足，則氯化銅晶體加熱時(shí)發(fā)生水解，最后生成少量CuO，故答案為通入的HCl的量不足；(4)向硫酸銅溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，離子方程式為2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；由制備反應(yīng)可知，有硫酸鈉生成，則應(yīng)加入硫酸，為防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入鹽酸，防止引入新雜質(zhì)；因乙醇沸點(diǎn)低，易揮發(fā)，則用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化；故答案為2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；硫酸；醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；(5)氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，反應(yīng)的關(guān)系式為6CuCl～6Fe2+～Cr2O72-，

6

1

n

ab×10-3mol

n=6ab×10-3mol，m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg，

則樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

×100%，

故答案為

×100%；(6)①保險(xiǎn)粉和KOH的混合溶液吸收O2，發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2O，②CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，則吸收O2前，要先吸收CO2；故吸收順序?yàn)镃O2、O2、CO，N2的體積可用排水法測(cè)定。故D用來(lái)吸收CO2，試劑為NaOH溶液。F用來(lái)吸收CO，試劑為CuCl的鹽酸溶液。故答案為2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2O；NaOH溶液；CuCl的鹽酸溶液。【點(diǎn)睛】本題側(cè)重于分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰陀?jì)算能力的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及反應(yīng)流程，注意（5）中利用關(guān)系式的計(jì)算。20、重結(jié)晶冷凝回流乙醇和水水浴加熱吸水劑由白色變?yōu)樗{(lán)色蒸餾分液漏斗降低苯甲酸乙酯的溶解度利于分層Na2CO3或NaHCO380.0【解析】

苯甲酸與乙醇在濃硫酸作催化劑發(fā)生酯化反應(yīng)生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯與乙醇和苯甲酸能夠混溶，苯甲酸乙酯與乙醇沸點(diǎn)差異較大，因此操作I為蒸餾，混合液2中主要成分為苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入試劑X除去苯甲酸，因此可選擇試劑飽和碳酸鈉進(jìn)行除雜，然后分液制備粗產(chǎn)品，然后通過(guò)干燥制備苯甲酸乙酯純品，以此解答本題。【詳解】（1）可通過(guò)重結(jié)晶的方式提高原料苯甲酸的純度；（2）儀器A為球形冷凝管，在制備過(guò)程中乙醇易揮發(fā)，因此通過(guò)球形冷凝管冷凝回流乙醇和水；該反應(yīng)中乙醇作為反應(yīng)物，因此可通過(guò)水浴加熱，避免乙醇大量揮發(fā)；（3）儀器B中吸水劑為無(wú)水硫酸銅的乙醇飽和溶液，吸收水分后生成五水硫酸銅，吸水劑由白色變?yōu)樗{(lán)色；（4）由上述分析可知，操作I為蒸餾；操作II為分液，除燒杯外，還需要的玻璃儀器為分液漏斗；（5）因苯甲酸乙酯難溶于冷水，步驟③中將反應(yīng)液倒入冷水的目的還有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分層；試劑X為Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；（6）12g苯甲酸乙酯的物質(zhì)的量為，苯甲酸的物質(zhì)的量為，反應(yīng)過(guò)程中乙醇過(guò)量，理論產(chǎn)生苯甲酸乙酯的物質(zhì)的量為0.1mol，實(shí)驗(yàn)產(chǎn)率為。21、CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)△H=-955kJ/mol反應(yīng)Ⅰ的活化能小于反應(yīng)Ⅱ，相同條件下更易發(fā)生反應(yīng)BC0.650.0425mol/(L·min)0.96SO2+2