2022年吉林省重点高考冲刺模拟化学试题含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、25时，部分含铁元素的微粒在溶液中的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）ApH=4时，溶液中存在下列关系c（HFeO4-）c（H2FeO4）c（FeO42-）BH2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1

2、=4.1510-4CB点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，减小DB、C两点对应溶液中水的电离程度：BC2、锂铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2LiCu2OH2O2Cu2Li+2OH-，下列说法错误的是A整个反应过程中，氧化剂为O2B放电时，正极的电极反应式为：Cu2OH2O2e-2Cu2OH-C放电时，当电路中通过0.1 mol电子的电量时，有0.1 mol Li+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12 L氧气参与反应D通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O3、我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯（DMO

3、）和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下：下列说法不正确的是( )。ACu纳米颗粒将氢气解离成氢原子B反应过程中生成了MG和甲醇CDMO分子中只有碳氧单键发生了断裂DEG和甲醇不是同系物4、厉害了，我的国展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是（）A“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法C我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用，其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材

4、料5、我国太阳能开发利用位于世界前列。下列采用“光热电”能量转换形式的是A光致(互变异构)储能B生产甲醇燃料C太阳能熔盐发电D太阳能空间发电6、下列操作不能达到目的的是选项目的操作A配制100 mL 1.0 mol/L CuSO4溶液将25 g CuSO45H2O溶于100 mL蒸馏水中B除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤C在溶液中将MnO4完全转化为Mn2向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失D确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3取少量溶液滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊AABBCCDD7、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，

5、a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（ ）A原子半径：dcbaB4种元素中b的金属性最强Cc的氧化物的水化物是强碱Dd单质的氧化性比a单质的氧化性强8、短周期元素 a、b、c、d的原子序数依次增大，由以上四种元素组成的一种化合物m在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物 n 是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，另一种产物q 是无色无味的能使澄清石灰水变浑浊的气体。下列说法正确的是（ ）Aa、c、d三种元素形成的化合物一定会抑制水的电离B原子半径：abc”或“AlSO，A错误；B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金

6、属性最强，B正确；C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。答案选B。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。8、C【解析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，由以上四种元素组成的一种化合物m在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物n是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，n为NH3， 另一种产物q是无色无味的能使澄清石灰

7、水变浑浊的气体，q为CO2，结合原子序数可知a为H，b为C， c为N， d为O，以此解答该题。【详解】由以上分析可知a为H，b为C，c为N，d为O元素，A、a、c、d三种元素形成的化合物如为硝酸铵，则水解促进水的电离，选项A错误；B、同周期元素从左到右原子半径减小，原子核外电子层数越多，半径越小，则原子半径bcda，选项B错误；C、元素的非金属性bcd，非金属性越强，对应的简单氢化物的热稳定性越强，选项C正确；D、m为碳酸铵或碳酸氢铵，为离子化合物，含有离子键，选项D错误。答案选C。9、D【解析】Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag)，平衡右

8、移，溶解度增大，反之减小，据此解答即可。【详解】Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag)；A在纯水中，Mg(OH)2正常溶解并达到饱和状态，故A错误；B在0.1mol/L的MgCl2溶液中，c(Mg2+)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故B错误；C在0.1mol/L的NH3H2O中，c(OH-)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故C错误；D在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，c(H+)增大，促进平衡正向移动，最终固体Mg(OH)2可能完全溶解，故D正确；故答案为D。10、B【解析】A铝锂合金的强度高、密度小，可用作大飞机“运20”的机身材料

9、，A正确；B疫情期间，“网课”成了我们的主要学习方式，网络光缆的主要成分是二氧化硅，B错误；C李白的黄鹤楼送孟浩然之广陵中“故人西辞黄鹤楼,烟花三月下扬州”，意思是在这柳絮如烟、繁花似锦的阳春三月去扬州远游，“烟花”不是焰色反应，焰色反应是某些金属元素的物理性质，C正确；D“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，氧化铁是红棕色，因此“红泥”是因其含有氧化铁，D正确。答案选B。11、C【解析】A.降冰片二烯与四环烷分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，A正确；B.降冰片二烯分子中含有碳碳双键，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C.四环烷含有三种位置的H原子，因此其一氯代物有三种，C错误；D.根据

10、乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键所在的平面上，所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个，D正确；故合理选项是C。12、C【解析】根据l4mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，利用得失电子守恒来分析金属锡被氧化后元素的化合价。【详解】35.7g金属锡的物质的量为=0.3mol，14mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，放出的气体经水充分吸收，干燥，可得NO气体8.96 L，根据反应：3NO2+H2O=2H

11、NO3+NO，则标准状况下NO2的物质的量为=1.2mol，设金属锡被氧化后元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.3mol(x0)=1.2mol(54)，解得x=+4，又溶液中c(H+)=10mol/L，而c(NO3)=10mol/L，根据溶液电中性可判断氧化产物一定不是硝酸盐，综合以上分析，答案选C。13、D【解析】根据浓硫酸的吸水性以及气体通过浓硫酸洗气瓶进行混合分析。【详解】氮气中含有水蒸气，浓硫酸具有吸水性，能除去氮气中的水蒸气；氮气和氢气都通过浓硫酸再出来，可将两种气体混合，同时可通过两种气体冒出气泡的速度观察气体的流速，答案选D。【点睛】工业上合成氨是氮气和氢气在高温高压催化剂等条

12、件下发生可逆反应制得氨气，混合通过硫酸可控制通入的混合气体的体积比，提高原料利用率。14、D【解析】A. CaO与水反应后，混合物成分沸点差异增大，应选蒸馏法分离，故A错误；B. CH3CH2CH2COOH和CH3COOCH2CH3官能团不同，属于类别异构，故B错误；C. 乙酸乙酯与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；D. 一个苯环上已经连有CH3、CH2CH3、OH三种基团，如果在苯环上再连接一个CH3，看成二甲苯(、)苯环上连有CH2CH3、OH，中OH在甲基的中间时乙基有2种位置，OH在甲基的邻位时乙基有3种位置，OH在两个甲基的间位时乙基有2种位置，共7种；中先

13、固定OH，乙基有3种位置，有3种同分异构体；先固定OH在邻位时乙基有3种位置，固定OH在间位时乙基有3种位置，有6种；则同分异构体有7+3+6=16(种)，故D正确；故答案为D。15、C【解析】A. 粗盐精制过程需要除去粗盐中含有的硫酸根离子、钙离子、镁离子，需要加入除杂剂，该过程中有新物质生成，发生化学变化，故A正确；B. 病毒表现生命活动需要蛋白质，高温、消毒剂都能使蛋白质变性而失去生理活性，故B正确；C. 铜活泼性弱于氢，所以铜制品不能发生析氢腐蚀，而铁制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀，故C错误；D. 植物油中由于含有碳碳双键，易被氧化而变质，因此在空气中长时间放置容易氧化变质，故D

14、正确；答案选C。16、C【解析】A制得氯气后，应先除HCl后干燥，A正确；B通入氯气，排尽装置内的空气，防止氧气与铝反应，当硬质试管内充满黄绿色气体时，表明空气已排尽，此时点燃酒精灯，加热铝粉，B正确；C试剂R的作用是吸收未反应的Cl2，同时防止空气中的水蒸气进入，而P2O5或CaCl2 只能吸收水蒸气，不能吸收Cl2，C错误；D关闭分液漏斗的活塞，停止加入浓盐酸，a中反应会停止，D正确。故选C。17、C【解析】由流程可知软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤渣是MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式

15、为：2Fe2+15MnO2+28H+=2Fe3+14H2O+15Mn2+4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，生成CuS、CaF沉淀除去，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。【详解】A. 提高浸取率的措施可以是搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，故A正确；B. 主要成分是FeS2的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子，因此流程第二步除铁环节的铁应该转化铁离子才能更好除去，所以需要加入氧化剂软锰矿使残余的Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2+4H

16、+=2Fe3+Mn2+2H2O，再加入石灰调节pH值使Fe3+完全沉淀，故B正确；C.得到的滤液中还有大量的铵根离子和硫酸根离子没有反应，因此可以制的副产品为：(NH4)2SO4，故C错误；D. 从沉锰工序中得到纯净MnCO3，只需将沉淀析出的MnCO3过滤、洗涤、干燥即可，故D正确；故选C。18、A【解析】A甲中H2O2，在MnO2作催化剂条件下发生反应2H2O22H2O+O2生成O2，故A正确；B乙中浓盐酸具有挥发性，烧杯中可能发生的反应有2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3，故B错误；C丙中橡皮管连接分液漏斗和圆底烧瓶，气压相等，两仪器中不可能出现液面差，液面a不可能保持不

17、变，故C错误；D丁中合金里Al、Si与NaOH溶液反应生成H2，根据H2体积无法计算合金中Mg的含量，因为Al、Si都能与NaOH溶液反应生成H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2，故D错误；答案选A。【点睛】镁和硅都可以和氢氧化钠发生反应释放出氢气。19、B【解析】A、用待测液和标准液洗涤对应滴定管，避免待测液和标准液被稀释而浓度减小引起较大误差，故A不符合题意；B、由于25mL滴定管中装入待测液的体积大于25mL，所以调整初始读数为10.00mL后，将剩余待测液放入锥形瓶，待测液体积大于15.00mL，测定结果偏大，故B

18、符合题意；C、酸碱滴定时，当指示剂变色后且保持半分钟内不变色，即可认为已经达到滴定终点，故C不符合题意；D、滴定实验中，准确读数应该是滴定管上蓝线的粗细交界点对应的刻度线，由于滴定管的0刻度在上方，所以末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积，故D不符合题意；故选：B。20、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。21、D【解析】A. 单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A项正确；B

19、. 铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B项正确；C. 镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特点，C项正确；D. 手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D项错误；答案选D。22、C【解析】结合题干信息，由图可知，装置为氯气的制备装置，装置的目的是除去氯气中的氯化氢，装置的目的是干燥氯气，装置为制备无水AlCl3的装置，装置用来收集生成的氯化铝，碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置中，并吸收过量的氯气防止污染环境，据此分析解答问题。【详解】A装置为氯气的制备装置，浓盐酸与MnO2需要在加热的条件下才能反应生成Cl2，缺少加热仪器，A选项错误；

20、B装置的目的是除去氯气中的氯化氢，用饱和食盐水，装置的目的是干燥氯气，用浓硫酸，B选项错误；C因为Al能与空气中的氧气在加热的条件下发生反应，故点燃处酒精灯之前需排尽装置中的空气，C选项正确；D球形干燥管中的碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置中，并吸收过量的氯气防止污染环境，D选项错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价分析，把握实验原理，明确装置的作用关系为解答题目的关键。二、非选择题(共84分)23、CH3COOH 加成反应 羰基 +2C2H5OH2H2O 【解析】丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由(1)可知A和B均

21、有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B再与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。【详解】(1)由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；(2) F为C3H6O，不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式为+2C2H5OH2H2O ，故答案为：+2C2H5OH2H2O ；(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚物E，则要发生分子间的缩聚

22、反应，高聚物E为，故答案为： ；(5) 丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为321，故氢个数分别为6，4，2；能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相同氢分别为6、4，只能为两个乙基，满足的为 ，故答案为：； (6) 与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。【点睛】

23、本题难点(5)，信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。24、 取适量苯酚溶液于小试管中，滴加过量浓溴水，出现白色沉淀；或取适量苯酚溶液于小试管中，滴加FeCl3溶液，溶液变紫色 酯基 还原反应 取代反应 +CH3COCl+HCl 14 或 【解析】A与硝酸发生反应生成B，B与CH3COCl发生反应生成C，C在铁做催化剂作用下与氯化铵反应生成D，D与反应生成E，根据结合E的结构简式，及A、B、C、D的分子式，可得A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为，则反应为取代反应，为取代反应，为还原反应，为氧化反

24、应，步骤G和溴单质发生取代反应生成H，结合I的结构简式，则H的结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，A的结构简式是；检验苯酚的方法及现象：取适量苯酚溶液于小试管中，滴加过量浓溴水，出现白色沉淀；或取适量苯酚溶液于小试管中，滴加FeCl3溶液，溶液变紫色；(2)根据流程中I的结构简式，含氧官能团名称是酯基；(3)反应为还原反应，反应为取代反应；(4)反应的化学方程式为+CH3COCl+HCl；(5) D的结构简式为，同分异构体中，满足a. 含有苯环，b含有NO2，若硝基在苯环上，除苯环外的官能团可为-CH2CH3，则苯环上的位置关系有邻间对三种；或2个-CH3，则分别为：、，共六种；

25、若硝基不在苯环上，则除苯环外含有硝基的官能团为CH2CH2NO2或CH(NO2)CH3，则有两种；或一个甲基和一个CH2NO2共有邻间对三种，则符合要求的D的同分异构体共有3+6+2+3=14种，其中核磁共振氢谱为3组峰，即有三种不同环境的氢原子，且氢原子的个数比为126，根据分子式C8H9NO2，则D的同分异构体的结构符合要求的有或；(6)已知：当苯环有RCOO、烃基时，新导入的基团进入原有基团的邻位或对位；原有基团为COOH时，新导入的基团进入原有基团的邻位。苯酚、苯胺（）易氧化。由题意为原料制备的合成路线为：。25、MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O、Fe3+3SCN

26、Fe(SCN)3 0.1 mol/L KSCN溶液 一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀 两个原因都有可能 【解析】（1）实验溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成铁离子；SCN被酸性KMnO4氧化为SO42，设计成原电池反应，由电子转移方向可知左边石墨为负极，SCN被氧化，X溶液为KSCN溶液，右边石墨为正极，Y溶液为KMnO4溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验；（2）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，溶液颜色依次变浅，可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响。【详解】（1）实验溶液变红，与亚铁离子

27、被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成铁离子，涉及反应为MnO4+5Fe2+8H=Mn2+5Fe3+4H2O，Fe3+3SCNFe(SCN)3 ，故答案为：MnO4+5Fe2+8H=Mn2+5Fe3+4H2O，Fe3+3SCNFe(SCN)3 ；SCN被酸性KMnO4氧化为SO42，设计成原电池反应，由电子转移方向可知左边石墨为负极，SCN被氧化，X溶液为KSCN溶液，右边石墨为正极，Y溶液为KMnO4溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验，方法是一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，故答案为：0.1 molL1 KSCN溶液；一段时间

28、后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀；（2）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，溶液颜色依次变浅，结合题意Mg2+与SCN-难络合，可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响，可解释为水溶液的稀释使溶液变浅；“盐效应”使Fe3跟SCN结合成Fe（SCN） 2+的机会减少；SCN与Fe2反应生成无色络合离子，三者可能均有，故答案为：两个原因都有可能。26、d 打开分液漏斗活塞加水，如水无法滴入说明气密性良好 3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3 SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2 Na2S2O3+SO2+H2O=S+2NaHSO3 2：1

29、 前者 防止Na2S2O3被空气中O2氧化 溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去 99.20% 【解析】(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中； (2)其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S+2H2O，即：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；黄色沉淀减少的原理为Na2SO3+S=Na2S2O3；根据题意Na2S2O3能与中

30、强酸反应，所以浅黄色沉淀又增多的原理为Na2S2O3+SO2+H2O=S+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2，Na2SO3+S=Na2S2O3，则+3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1。因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)用新煮沸并冷却的蒸馏水是为了赶出水中的氧气避免硫代硫酸钠被氧化；达到滴定终点时颜色突变且30s不变色；先根据滴定消耗的标准液的体积计算出平均

31、体积，再由2S2O32-+I3-=S4O62-+3I-的定量关系计算。【详解】(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；(2)浅黄色沉淀先逐渐增多，其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S+2H2O，即反应的化学方程式为：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为，无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2C

32、O3=Na2SO3+CO2；浅黄色沉淀逐渐减少，这时有Na2S2O3生成黄色沉淀，减少的原理为：Na2SO3+S=Na2S2O3；根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，所以浅黄色沉淀又增多的原理为：Na2S2O3+SO2+H2O=S+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2Na2SO3+S=Na2S2O3+3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1；因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶

33、液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是：防止Na2S2O3被空气中O2氧化；达到滴定终点时，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化，2次消耗的I2溶液的体积平均值为20.00mL， ，解得n=0.002mol，250ml溶液中含有Cr2O72物质的量为0.002mol=0.01mol；Na2S2O35H2O(式量248)的质量分数是=100%=99.20%。27、蒸馏烧瓶 平衡分液漏斗与蒸馏烧瓶的压强，使液体顺利流下或平衡压强使液体顺利流下 饱和亚硫酸氢钠溶液 O2+2H2O+2Na2S=4N

34、aOH+2S 氧气在水中的溶解度比二氧化硫小 吸收液出现稳定的蓝色 0.096% 【解析】根据实验原理及实验装置分析解答；根据物质性质及氧化还原反应原理分析书写化学方程式；根据滴定原理分析解答。【详解】（1）根据图中仪器构造及作用分析，仪器A为蒸馏烧瓶；导管b是为了平衡气压，有利于液体流出；故答案为：蒸馏烧瓶；平衡气压，有利于液体流出；（2）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好是既能观察气体产生的速率，也不反应消耗气体，SO2与饱和NaHSO3溶液不反应，也不能溶解，可以选择使用；故答案为：饱和NaHSO3溶液；（3）氧气与Na2S反应生成硫单质和氢氧化钠，化学反应方程式为：

35、Na2S+O2=S+2NaOH；故答案为：Na2S+O2=S+2NaOH；氧气在水中的溶解度比二氧化硫小，导致上表实验1反应较慢，故答案为：氧气在水中的溶解度比二氧化硫小；（4）可知滴定终点时生成了I2，故滴定终点现象为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟溶液不变色。故答案为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟溶液不变色；（5）V(KIO3)=，根据滴定原理及反应中得失电子守恒分析，n(S)=n(SO2)=3 n(KIO3)= 30.0010molL-10.01L=310-5mol，则该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为，故答案为：0.096%。28、+1366.8kJmol-1 3Fe+4H2OFe3

36、O4+4H2 60% 0.005 CO2 2.5MPa 【解析】(1)C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l) H1=-44.2kJmol-12CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g) H2=+1411.0kJmol-1利用盖斯定律，将两个热化学方程式直接相加，便可得出2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)的H3。(2)转化过程中，发生Fe+H2O(g)的反应，CO2与H2的反应，写出反应方程式，便可确定产生H2反应的化学方程式。由前面信息中确定，增加镍粉用量时，导致甲酸产量迅速减少，则表明第二步反应迅速进行。(3)从图中采集信息，进行计算，

37、从而求出520时，CO2的转化率和反应I的平衡常数K。(4)从图中可看出，降低温度，H2的转化率增大，从而表明降温平衡正向移动，由此可求出H与0的关系。温度升高，平衡逆向移动，则反应物的物质的量分数增大，再由起始量关系，确定曲线b代表的物质，T4温度时，利用三段式及图中采集的信息，求出反应达到平衡时物质d的分压p(d)。【详解】(1)C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l) H1=-44.2kJmol-12CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g) H2=+1411.0kJmol-1利用盖斯定律，将两个热化学方程式直接相加，便可得出2CO2(g)+3H2O(l)=C2H

38、5OH(l)+3O2(g)的H3=+1366.8kJmol-1。答案为：+1366.8kJmol-1；(2)转化过程中，发生反应：3Fe+4H2OFe3O4+4H2、CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)、CO2(g)+H2(g)HCOOH(ag)，便可确定产生H2反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2。答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2；由前面信息中确定，增加镍粉用量时，导致甲酸产量迅速减少，则表明第二步反应迅速进行，则反应速率增加较大的一步是。答案为：；(3) 520时，反应中生成CH40.2mol，则消耗CO20.2mol；反应中生成C2H40.2m

39、ol，则消耗CO20.4mol，两反应共消耗CO20.6mol，从而得出CO2的转化率为=60%；反应中生成CH40.2mol，则同时生成H2O0.4mol，消耗CO20.2mol、H20.8mol；反应中生成C2H40.2mol，则消耗CO20.4mol、H21.2mol。两反应共消耗CO20.6mol、H22mol，剩余CO20.4mol、H22mol，反应I的平衡常数K=0.005。答案为：60%；0.005；(4)从图中可看出，降低温度，H2的转化率增大，从而表明降温平衡正向移动，由此可求出H0。答案为：；温度升高，平衡逆向移动，则反应物的物质的量分数增大，再由起始量关系，确定曲线a代

40、表H2、b代表CO2，c代表H2O(g)、d代表C2H5OH。T4温度时，m=3，令n(CO2)=2mol，则n(H2)=6mol，设CO2的物质的量为2x，建立如下三段式：依题意得：2-2x=x，x=，平衡时乙醇的分压为=2.5MPa。答案为：CO2；2.5MPa。【点睛】两种反应物同时发生两个反应时，虽然它们分别发生两个反应，但每种物质在混合气体中只有一种浓度，在计算反应物的转化率时，变化量应为两反应之和；在计算某一反应的平衡常数时，两反应中反应物的平衡浓度应相同，都等于起始量减去两反应的总消耗量。29、2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) H=-1036.46kJ/mol 2.25 V(逆) ClO-+SO2+2OH-=Cl-+SO42-+H2O 既作氧化剂又作还原剂 5.010-5mol/(Ls) 温度升高 可能因温度的升高，反应过程中生成H+速率的增大，均加快了淀粉水解；或因温度的升高