2022-2023学年北京市第66中学化学高三第一学期期中预测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列反应的离子方程式正确的是A硫化氢气体通入氯水中：H2SCl2S2Cl2HB向小苏打溶液中加入过量的石灰水：Ca2+2OH2HCO3CaCO3CO322H2OC氟气通入水中： 2F22H2O4F4H+

2、O2DFeBr2溶液与足量的Cl2反应：2Fe22Br2Cl22Fe34ClBr22、已知：一元弱酸HA的电离平衡常数K 。25时，CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHHCNH2CO3K1.751054.91010K1 = 4.4107K2 = 5.61011下列说法正确的是A稀释CH3COOH溶液的过程中，n(CH3COO)逐渐减小BNaHCO3溶液中：c(H2CO3) c() c(HCO3)C25时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液D向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液，均产生CO23、分子式为C4H2Cl

3、8的同分异构体共有（不考虑立体异构）A10种B9种C8种D7种4、下列关于物质或离子检验的判断正确的是（ ）A向溶液中滴加酚酞试液，溶液显红色：原溶液是NaOHB气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝：原气体中含有水蒸气C灼烧白色粉末，火焰呈黄色：原粉末是钠盐D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊：原气体是CO25、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是（ ）A由2H和18O所组成的水22g，其中所含的中子数为12 NAB分子数为NA的N2、CO混合气体体积在标况下为22.4 L，质量为28 gC标准状况下，22.4LNO和11.2L O2混合后气体的分子总数为NAD过氧化钠与水反应时，生成0.1

4、mol氧气转移的电子数为0.2NA6、下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是()选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3B左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性D浓HNO3加热有红棕色气体产生HNO3有强氧化性AABBCCDD7、下列物质的检验，其结论一定正确的是（ ）A用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液B向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32-

5、或SO32-C取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加盐酸有气体产生，加BaCl2有白色沉淀产生。说明Na2SO3样品已部分被氧化D将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO28、下列有关NaHCO3和Na2CO3性质的比较中，正确的是 ()A热稳定性：Na2CO3NaHCO3B常温时在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3C等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3放出的CO2多D等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3NaHCO3，故A错误；B. 常温时在水中的溶解度：

6、Na2CO3NaHCO3，故B错误；C. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3和Na2CO3放出的CO2一样多，故C错误；D. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3NaHCO3，故D正确。故选D。9、D【答案解析】A、植物油属于油脂，能与氢氧化钠发生皂化反应，矿物油主要含有烃类，与氢氧化钠不反应，因此可以用氢氧化钠溶液鉴别矿物油和植物油，A错误；B、乙酸乙酯属于酯类，不能与水发生加成反应，B错误；C、碳碳双键是平面形结构，且单键可以旋转，所以丙烯分子中最多有7个原子共平面，C错误；D、乙醇和碳酸钠溶液互溶，乙酸和碳酸钠溶

7、液反应产生气体，苯不溶于碳酸钠溶液中，有机层在上层，硝基苯不溶于碳酸钠溶液中，有机层在下层，因此可以用碳酸钠溶液可以区分乙醇、乙酸、苯和硝基苯四种有机物，D正确，答案选D。单键：选项C是解答的难点和易错点，共平面题的切入点是平面型结构。有平面型结构的分子在中学主要有乙烯、1，3-丁二烯、苯三种，其中乙烯平面有6个原子共平面，1，3-丁二烯型的是10个原子共平面，苯平面有12个原子共平面。这些分子结构中的氢原子位置即使被其他原子替代，替代的原子仍共平面。另外解答时还需要注意单键可以旋转的特点。10、D【分析】通入O2一极，化合价降低，得电子，作正极，即石墨做正极，石墨为负极。负极是NO2失去电子

8、：4NO2-4e-+4NO3-=4N2O5，正极反应为2N2O5O24e=4NO3。【题目详解】A. 由分析可知，Y为N2O5，不符合题意，A错误； B. 在原电池中，电流由正极流向负极，因此电流由石墨流向负载，不符合题意，B错误；C. 由分析可知，石墨为负极，发生氧化反应，不符合题意，C错误；D. 由分析可知，石墨电极反应式为：2N2O5O24e=4NO3，符合题意，D正确；答案为D。11、B【答案解析】A、因加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀，也可能是别的白色沉淀，但是后面加上HCl中含有大量Cl-离子，所以不能确定Cl-离子是原溶液里的还是后来加进去的，A错误；B、苯酚与铁离子反应溶液

9、显紫色，所以加入几滴Fe2(SO4)3溶液，溶液变成紫色，可确定有酚羟基存在，B正确；C、因为加入的是硝酸钡，溶液中存在硝酸根离子，再加入盐酸时引入氢离子，就相当于存在了硝酸，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，与钡离子形成不可溶的硫酸钡沉淀，也可能含有亚硫酸离子，C错误；D、能和盐酸反应生成二氧化碳气体的除了CO32-还有HCO3-，D错误，答案选B。点睛：本题考查了离子的检验，注意检验方法的严密性，在检验离子的存在时，排除干扰离子的存在决定了方案的严密性。12、B【答案解析】A项，Ca（OH）2具有碱性，可与被酸雨浸蚀的土壤中的酸反应，修复土壤，正确；B项，SO2水溶液吸收Br2蒸气的反应为：

10、SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，在反应中SO2表现还原性，不是漂白性，错误；C项，ClO2中Cl元素的化合价为+4价，具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，正确；D项，常温下铁能被浓硫酸钝化，可用铁质容器贮运浓硫酸，正确；答案选B。13、A【答案解析】由实验流程可知，为粗盐溶解，中硫酸根离子用钡离子转化为沉淀，中镁离子用氢氧根离子沉淀，中钙离子及过量钡离子用碳酸根离子沉淀，为过滤，过滤分离出所有的沉淀，滤液含NaCl、NaOH、Na2CO3，中用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子，为蒸发、结晶、烘干，得到精盐，以此解答该题。【题目详解】A由上述分析可知，、步骤的操作分别是溶

11、解、过滤，故A正确；B步骤的目的是除去溶液中的Ca2+及过量的Ba2+，故B错误；C步骤中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台(带铁圈)，故C错误；D过程中、步骤互换，导致过量的钡离子不能除去，故D错误；故答案为A。14、D【题目详解】A、电池总反应是ZnH2SO4=ZnSO4H2，消耗H2SO4，c(H)降低，pH增大，A不符合题意；B、该装置为电解池装置，总反应是Cu2H2OCu(OH)2H2，消耗的H2O，c(OH)增大，pH增大，B不符合题意；C、电解饱和食盐水，总反应是2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，c(OH)增大，pH增大，C不符合题意；D、电解CuSO4溶液

12、的总反应式2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，溶液中c(H)增大，pH降低，D符合题意。答案选D。15、B【题目详解】依题“钠一二氧化碳电池”可知是原电池，则电解质溶液中阳离子移向正极故A错误；Na做负极，其失去电子、被氧化，故B正确；要求电解质不能与钠反应，而醇、羧酸类有机物能与钠反应，故D错误；CO2做正极反应物，得电子生成C，故充电时逆向反应，C氧化生成CO2，故C错误。故选B。【答案点睛】解决电化学类习题，必须熟悉原电池和电解池的原型，明确两个电极和电解质溶液，还有离子的移动方向，最后再结合具体情形准确作出判断。16、C【答案解析】A、1分子葡萄糖含有5个羟基，1mol葡萄糖与

13、足量的钠反应能产生2.5mol H2，A正确；B、ag某气体中含分子数为b，则该气体的相对分子质量是，因此cg该气体的物质的量是，则在标况下的体积为(22.4bc)/(aNA)L，B正确；C、将1molCl2通入到水中，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，则根据氯原子守恒可知N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)2NA(N表示粒子数），C错误；D、Na2O2和Na2S的相对分子质量均是78，阴阳离子的个数之比均是1:2，均含有38个质子，所以相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴阳离子数和质子数，D正确，答案选C。17、B【题目详解】二氧化硅、氧化铜和氧化铁都和水不反应，所以选项B

14、正确，答案选B。18、D【答案解析】A、如果A是Fe，E为稀硝酸，B为Fe(NO3)3，D为Fe(NO3)2，Fe(NO)3和Fe反应生成Fe(NO3)2，Fe(NO3)2和硝酸反应生成Fe(NO3)3，符合转化关系，故说法正确；B、CCuO=CuCO2，过量的C和CO2发生反应：CCO2=2CO，因此B为CO，D为CO2，符合转化关系，故说法正确；C、2NaOHCO2(少量)=Na2CO3H2O，NaOHCO2(过量)=NaHCO3、2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，符合转化关系，故说法正确；D、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，无论氨水是否过量，

15、生成都是氢氧化铝沉淀，不符合转化关系，故说法错误。答案选D。19、C【答案解析】钢铁是铁的一种合金，属于金属材料，不是新型无机非金属材料，A错误；碳纤维主要成分为碳的单质，不是有机物，属于新型无机非金属材料，B错误；高温结构陶瓷属于耐高温的新型无机非金属材料，C正确；硅是制作太阳能电池板的主要材料，二氧化硅是制造光导纤维的材料，D错误。20、D【题目详解】A甲基(14CH3)的质量数A为17，质子数Z = 6+31 = 9，故中子数N = AZ = 8，因此17g甲基(14CH3)所含的中子数为8NA，该选项错误；B没有注明稀硫酸的体积，故不能计算H+ 数，只能写做c(H+ ) = 0.1mo

16、l/L，该选项错误；CCl2只部分溶于水，且和水的反应是可逆反应，故转移电子数小于0.1NA，该选项错误；D pH12，OH浓度为0.01mol/L，故20 L含有的OH离子数为0.2NA，该选项正确；故选D。21、C【答案解析】A葡萄糖制镜利用葡萄糖的还原性，与银氨溶液发生氧化还原反应，生成银单质，葡萄糖作还原剂被氧化，所以利用了其还原性，A不符合题意；B漂白液杀菌、消毒，利用其强氧化性，所以利用了其氧化性，B不符合题意；CNa2SiO3溶液制备木材防火剂，不发生氧化还原反应，与氧化性或还原性无关，C符合题意；D高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C元素的化合价变化，为氧化还原反应，所以

17、利用了其氧化性，D不符合题意，答案选C。22、D【题目详解】SiO2与碱反应生成硅酸盐和水，不与强酸反应，不满足两性化合物的定义，不属于两性化合物；Al2O3既能与酸反应、又能与碱反应生成盐和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；KAl(SO4)2可与碱反应，但是不与酸反应，不满足两性化合物定义，不属于两性化合物；Ca(HCO3)2与酸反应生成盐、气体和水，与碱反应生成盐和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；(NH4)2CO3与酸反应生成盐、气体和水，与碱反应生成盐、气体和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；Al是单质，能够与强酸和强碱反应，但铝不是化合物；综上所述，符合题意的

18、有，本题选D。【答案点睛】能够与酸反应又能与碱反应的物质不一定是两性物质，但是两性物质一定既能与酸反应又能与碱反应。二、非选择题(共84分)23、氢 碳 氮 Na S 第三周期 A主族 离子键和共价键 12 NaOHCO2 =NaHCO3 4 NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(g)；H = 906.8 kJmol-1 【分析】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，E、F、G元素最高价氧化物对应水化物之间可相互发生反应，为氢氧化铝、强酸、强碱之间的反应，故其中一种为氢氧化铝，短周期种强碱为氢氧化钠，故E为Na元素，F为Al元素，G为S元素或Cl元

19、素；A与B、C、D可分别形成10电子分子，A与E同族，A为H元素；D与G同主族，且D与G核内质子数之和是A与E核内质子数之和的2倍，则D为O元素，G为S元素；B、C与氢元素形成10电子分子，则B为C元素，C为N元素。【题目详解】(1)由上述分析可知，A、B、C元素的名称分别为氢、碳、氮，E、G两种元素的符号为Na、S；F为Al元素在元素周期表中的位置是第三周期 A主族。(2)Na在O2中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，过氧化钠中阴离子为过氧根离子，阳离子为钠离子，阴阳离子个数比为1：2。(3) E的最高价氧化物的水化物为NaOH，BD2为CO2，标况下11.2L CO2的物质的

20、量为0.5mol，则0.5 mol NaOH与0.5mol CO2反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为NaOHCO2 =NaHCO3。(4) C的氢化物为NH3，1.7克NH3的物质的量为0.1mol，发生催化氧化生成气态产物，放出22.67KJ的热量，故此反应的热化学方程式为4 NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(g) H = 906.8 kJmol-1。24、HCl Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O 白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 抑制Fe3+水解，Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+ 取少量的E溶液于试管中滴加K3Fe(CN)6，若出现蓝色沉淀，则

21、说明金属阳离子为Fe2+ 【分析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，乙是黄绿色气体，乙为Cl2，红褐色沉淀为Fe（OH）3，由反应Na气体甲+C，为Na与水的反应，生成甲为H2，C为NaOH，H2和Cl2反应生成气体丙，丙为HCl，D为盐酸溶液，由HCl+金属BE可知，B为金属Fe，E为FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成F，则F为FeCl3。据此解答。【题目详解】（1）由上面的分析可知，丙的化学式为HCl；故答案为HCl；（2）A的一种氧化物为淡黄色固体，为过氧化钠，该物质的电子式为答案为：（3）Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-Cl- +C

22、lO-+H2O；答案为：Cl2+2OH-Cl- +ClO-+H2O；（4）若将NaOH溶液与FeCl2溶液混合发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁在空气中不稳定，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；（5）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，先加入较浓的盐酸可抑制Fe3+水解；答案为：抑制Fe3+水解，Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+；（6）检验物质FeCl2溶液中Fe2+方法为：取少量的E溶液于试管中滴加K3Fe(CN)6，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+；

23、答案为：取少量的E溶液于试管中滴加K3Fe(CN)6，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+。25、锥形瓶b慢吸收Cl24H+5ClO2-=Cl+4ClO2+2H2O验证是否有ClO2生成稳定剂稳定剂可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度【题目详解】（1）根据仪器特征，仪器D的名称是锥形瓶；根据操作分析，F装置应是Cl2和KI反应，所以应该长管进气，短管出气，答案选b。（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度要慢。（3）F装置中能发生Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝，所以若F中溶液的颜色若不变，说明没有氯气，则装置C的作用是吸收Cl2。（4）在酸性

24、条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据化合价升降相等和电荷守恒以及原子守恒配平，该反应的离子方程式为4H+5ClO2-=Cl+4ClO2+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成。（5）根据图3可知，稳定剂可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂好。26、倒插入水中，水迅速充满试管 NaHCO3 NaCl 足量的NH3、冷却并加入NaCl，能够增大NH4+和Cl-的浓度，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动 100mL容量瓶 胶头滴管 溶液由橙色变成黄色，且半分钟内

25、部变色 20.20 84.42% 滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定(或滴定前有气泡，滴定后气泡消失或锥形瓶用待测液润洗了等) 【分析】(1)根据氨气极易溶于水分析解答；(2)根据侯氏制碱法的反应原理分析判断；结合NH4Cl饱和溶液中存在NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)的平衡分析解答；(3)根据定容的操作分析解答；(4) 碳酸氢钠溶液显碱性，用甲基橙做指示剂时，开始时溶液显橙色，解甲基橙的变色范围分析判断；根据滴定管的结构结合图I图II读出初读数和终读数，再计算消耗的盐酸溶液体积；(5)计算两次消耗盐酸的平均值，计算消耗盐酸的物质的量，依据方程式：HCl+NaHCO

26、3=NaCl+H2O+CO2，然后计算碳酸氢钠的物质的量和质量，计算其质量分数；(6)根据c(待测)=，测定结果偏大，造成该误差的原因为V(标准)偏大，结合造成V(标准)偏大的可能因素解答。【题目详解】(1)检验氨气易溶于水的简单操作是：收集一试管氨气，将试管倒插入水中，水迅速充满试管，故答案为：倒插入水中，水迅速充满试管；(2)根据侯氏制碱法的反应原理，往饱和食盐水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，可生成碳酸氢钠沉淀；NH4Cl饱和溶液中存在NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)，为尽可能析出较多NH4Cl晶体，可以向溶液中再通入足量的NH3、冷却并加入NaCl，可使平衡逆向移

27、动，故答案为：NaHCO3；NH3；NaCl；足量的NH3、冷却并加入NaCl，能够增大NH4+和Cl-的浓度，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动；(3)定容过程中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；(4) 用甲基橙做指示剂，用标准盐酸溶液滴定NaHCO3，碳酸氢钠溶液显碱性，开始时溶液显橙色，当滴入最后一滴盐酸，溶液由橙色变成黄色，且半分钟内部变色，即为滴定终点；根据图I图II，初读数为2.40 mL，终读数为22.60mL，则消耗的盐酸溶液体积20.20 mL，故答案为：溶液由橙色变成黄色，且半分钟内部

28、变色；20.20 ；(5)第一次消耗盐酸的体积是21.00mL-1.00mL=20.00mL，所以两次消耗盐酸的平均值是=20.10mL，所以消耗盐酸的物质的量是0.0201L0.5000mol/L；根据方程式HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2可知，碳酸氢钠的物质的量是0.0201L0.5000mol/L，质量是0.0201L0.5000mol/L84g/mol，所以碳酸氢钠的纯度是100%=84.42%，故答案为：84.42%；(6)若该同学测定结果偏大，造成该误差的原因可能是滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定(或滴定前有气泡，滴定后气泡消失或锥形瓶用待测液润洗了等)

29、，故答案为：滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定(或滴定前有气泡，滴定后气泡消失或锥形瓶用待测液润洗了等)。27、 排除OH-对实验的干扰 还原 滴加稀盐酸不产生沉淀，滴加氯化钡溶液产生白色沉淀 S2O在酸性条件下能生成SO2和S单质，S2-在酸性条件下可以生成H2S气体 浅绿色溶液滴加盐酸无明显现象，说明溶液中不存S，在加热后产生棕黑色沉淀则存在Na2S2O3 【分析】（1）硫离子水解呈碱性；（2）验证氧化产物中有Na2SO3需排除溶液中OH-的干扰；Na2SO3到Na2SO4体现Na2SO3的还原性；（3）验证SO的存在需排除SO的干扰；S2O在酸性条件下能生成SO2和S单质，S

30、2-在酸性条件下可以生成H2S气体；（4）Na2S2O3 可与Cu2+形成可溶性络合物，该络合物对稀盐酸稳定，受热易分解生成棕黑色沉淀；Na2Sx能与Cu2+反应生成CuS （黑色固体）和S，以此分析。【题目详解】（1）硫离子水解呈碱性离子方程式为：，故答案为：；（2）由于SO或高浓度OH- 能使品紅褪色，则在验证Na2SO3时需排除OH-对实验的干扰，编号2实验中pH=13的NaOH溶液不能使品紅褪色，则可说明该浓度下的OH- 不能使品紅褪色，故答案为：排除OH-对实验的干扰；Na2SO3易被空气中的氧气氧化为Na2SO4，体现了Na2SO3的还原性，故答案为：还原；（3）溶液中存在SO，验

31、证SO的存在时需排除SO的干扰，应取无色溶液B滴加稀盐酸不产生沉淀，滴加氯化钡溶液产生白色沉淀，则可说明存在SO，故答案为：加稀盐酸不产生沉淀，滴加氯化钡溶液产生白色沉淀；取溶液A于试管中，加入足量的稀盐酸，立即出现淡黄色浑浊，可能存在S或S2O，同时产生大量臭鸡蛋气味的气体，可能存在S2-或S，无法说明一定存在Na2Sx，故答案为：S2O在酸性条件下能生成SO2和S单质，S2-在酸性条件下可以生成H2S气体；（4）Na2S2O3 可与Cu2+形成可溶性络合物，该络合物对稀盐酸稳定，受热易分解生成棕黑色沉淀，则浅绿色溶液滴加盐酸无明显现象，说明溶液中不存S，在加热后产生棕黑色沉淀则存在Na2S

32、2O3，故答案为：浅绿色溶液滴加盐酸无明显现象，说明溶液中不存S，在加热后产生棕黑色沉淀则存在Na2S2O3；由条件可知Na2Sx能与Cu2+反应生成CuS （黑色固体）和S，离子方程式为：，故答案为：。28、+123kJ/mol b BD AD 增大 CrO3 碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，脱离催化剂表面 【题目详解】（1）由盖斯定律可知，反应()可得反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，则H=(238kJ/mol)(484kJ/mol)=+123kJ/mol，故答案为：+123kJ/mol；（2）丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的吸热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，温度升高，平衡

33、向正反应方向移动，则曲线b代表104Pa时丙烯的平衡体积分数，故答案为：b；（3）A.化学反应的焓变是定值，则焓变保持不变不能说明反应达到平衡状态，故不符合题意；B. 由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，该反应是气体物质的量增大的反应，反应中混合气体平均摩尔质量减小，则气体平均摩尔质量保持不变说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故符合题意；C. 由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则气体密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，故不符合题意；D. C3H8分解速率代表正反应速率，C3H6消耗速率代表逆反应速率，则C3H8分解速率与C3H

34、6消耗速率相等说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故符合题意；BD符合题意，故答案为：BD；该反应为气体体积增大的吸热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，温度升高，平衡向正反应方向移动，则升高温度和降低压强能使丙烯的平衡产率提高，故答案为：AD；该反应为吸热反应，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，体系温度升高，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数K增大，故答案为：增大；（4）由图可知，CrO3与C3H8反应生成Cr2O3、C3H6和H2O，反应生成的Cr2O3与CO2反应生成CrO3和CO，CrO3在反应中先做反应物，后做生成物，说明CrO3是反应的催化剂；该工艺中碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，可以有效消除催化