上海市奉贤区2025届高一化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

上海市奉贤区2025届高一化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知X+Y=M+N为吸热反应。下列关于该反应的说法中，正确的是（）A．Y的能量一定低于NB．X、Y的能量总和高于M、N的能量总和C．因为该反应为吸热反应，故一定要加热才能发生D．断裂X、Y的化学键所吸收的能量高于形成M、N的化学键所放出的能量2、一定温度下在密闭容器内进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如右图。下列叙述中正确的是A．反应的化学方程式为5YX B．t1时，Y的浓度是X浓度的1.5倍C．t2时，正、逆反应速率相等 D．t3时，逆反应速率大于正反应速率3、下列物质中不属于天然高分子化合物的是（）A．纤维素 B．蛋白质 C．蔗糖 D．淀粉4、下列关于“甲烷的存在与用途”的叙述不正确的是（）A．我国的天然气主要分布在中西部地区及海底B．可燃冰是天然气的水合物，外形似冰，易燃烧C．甲烷俗称“天然气”，常用作燃料D．天然气和沼气都是理想的清洁能源5、下列排列顺序不正确的是()A．热稳定性：H2O>NH3>PH3B．原子半径：Si>Na>OC．碱性：CsOH>KOH>NaOHD．失电子能力：K>Na>Mg6、在密闭容器中发生反应aA(g)

⇌cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.7倍，下列叙述正确的是()A．A的转化率增大 B．平衡向正反应方向移动C．D的体积分数变大 D．a＜c＋d7、X2﹣的核外电子排布为2、8、8，则X元素在周期表中的位置是A．第三周期0族 B．第三周期ⅥA族C．第四周期IA族 D．第三周期ⅦA族8、已知乙醇、石墨和氢气的燃烧热分别为a、b、c(均为正值，单位均为kJ·mol－1)。则反应2C(s，石墨)＋2H2(g)＋H2O(l)==C2H5OH(l)的焓变为()A．(2b＋2c－a)kJ·mol－1 B．(b＋c－a)kJ·mol－1C．(a－2b－2c)kJ·mol－1 D．(a－2b－c)kJ·mol－19、常温常压下，下列有机物为气体的是()A．CH2=CH2B．C5H12C．CH3OHD．CH3COOC2H510、aXn－和bYm＋为两主族元素的离子，它们的电子层结构相同，下列判断错误的是A．原子半径X＜Y B．a＋n=b-mC．Y最高价氧化物的化学式为YOm D．X的氢化物的化学式为HnX11、化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是A．甲：Fe棒为负极，电极反应为Fe-3e-=Fe3+B．乙：正极的电极反应式为O2＋4e-＋4H+=2H2OC．丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D．丁：使用一段时间后硫酸铅沉淀在电极板上，溶液酸性减弱，导电能力下降12、主族元素的阳离子和阴离子都具有稀有气体元素原子的结构特征，阳离子比阴离子少两个电子层的离子化合物是A．MgCl2 B．NaBr C．HCl D．NaI13、“直接煤燃料电池”能够将煤中的化学能高效、清洁地转化为电能，下图是用固体氧化物作“直接煤燃料电池”的电解质。有关说法正确的是A．电极b为电池的负极B．电池反应为：C+CO2=2COC．电子由电极a沿导线流向bD．煤燃料电池比煤直接燃烧发电能量利用率低14、使反应4NH3(g)＋3O2(g)=2N2(g)＋6H2O(g)在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol。此反应的平均速率v(X)为A．v(NH3)＝0.02mol·L－1·s－1B．v(O2)＝0.01mol·L－1·s－1C．v(N2)＝0.02mol·L－1·s－1D．v(H2O)＝0.02mol·L－1·s－115、科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的—半。下列叙述错误的是A．Z的氧化物的水化物是强酸B．元素非金属性的顺序为X<Y<ZC．W与Z两种元素形成的化合物中只含有离子键D．该新化合物中Y满足8电子稳定结构16、下列物质加入水中，因水解而呈碱性的是A．生石灰 B．熟石灰 C．纯碱 D．烧碱二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，B原子的最外层上有4个电子；D的阴离子和E的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体，F的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。（用元素符号或化学式填空回答以下问题）（1）B为________，D为________，E为________。（2）C元素在周期表中的位置________。（3）B、D两元素形成化合物属（“离子”或“共价”）化合物________。（4）F原子结构示意图为________。（5）写出BD2和E2D2的电子式：_______；_______。（6）B、C、D的最简单氢化物稳定性由强到弱依次为：______。（填化学式）（7）写出F元素的最高价氧化物的水化物和B反应的化学方程式：________。（8）E与F两元素可形成化合物，用电子式表示其化合物的形成过程：_________。18、某烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。(1)0.1mol该烃A能与______g溴发生加成反应；加成产物需______mol溴蒸气完全取代；(2)B中官能团的名称是_________，B通过两次氧化可得到D，也可通过加入的氧化试剂为______任填一种直接氧化为D。(3)E是常见的高分子材料，写出E的结构简式__________；合成E的反应类型_________；(4)某同学用如图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后，试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体。①实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下的原因是__________________；②上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是______________________。③乙醇与乙酸反应的化学方程式是：__________________，浓硫酸的作用是_______________。19、硫代硫酸钠(Na2S2O3)具有较强的还原性，还能与中强酸反应，在精细化工领域应用广泛。将SO2通入按一定比例配制成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，可制得Na2S2O3·5H2O(大苏打)。已知：Na2S、Na2CO3、Na2SO3、NaHCO3溶液呈碱性；NaHSO3溶液呈酸性。(1)实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是________(填字母代号)。(2)向Na2S和Na2CO3的混合溶液中不断通入SO2气体的过程中，发现：①浅黄色沉淀先逐渐增多，反应的化学方程式为_____________________________________；②当浅黄色沉淀不再增多时，反应体系中有无色无味的气体产生，反应的化学方程式为________________________________；③浅黄色沉淀逐渐减少(这时有Na2S2O3生成)；④继续通入过量的SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，反应的化学方程式为________________________。(3)制备Na2S2O3时，为了使反应物利用率最大化，Na2S和Na2CO3的物质的量之比应为____________；通过反应顺序，可比较出：温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液pH更大的是________________。20、为探究的性质，某同学按如图所示的装置进行实验。完成下列填空：（1）装置A中盛放浓碱酸的仪器名称是________________，A中发生反应的化学方程式是___________________。（2）装置B中的现象是________________________，说明具有________（填代码）；装置C中发生反应的化学方程式是________________________________，说明具有________（填代码）。a．氧化性b．还原性c．漂白性d．酸性（3）装置D的目的是探究与品红作用的可逆性，写出实验操作及现象________________________尾气可采用________溶液吸收。21、现有反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，则：(1)该反应的逆反应为______(填“吸热”或“放热”)反应，且m＋n______(填“>”“＝”或“<”)p。(2)减压使容器体积增大时，A的质量分数________。(填“增大”“减小”或“不变”，下同)(3)若容积不变加入B，则A的转化率__________，B的转化率________。(4)若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比将________。(5)若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量______________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A、此反应是吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，不是个别物质能量的比较，因此Y和N的能量无法比较，故A错误；B、根据选项A的分析，应是X、Y的总能量小于M、N的总能量，故B错误；C、有些吸热反应不一定加热，故C错误；D、断键吸收能量，生成化学键释放能量，此反应是吸热反应，说明断键吸收的能量大于形成化学键释放的能量，故D正确。点睛：有些吸热反应是不需要加热的，在常温下就能进行，如NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O的反应，放热反应有时也需要加热才能进行，达到反应的温度，如煤炭的燃烧等。2、B【解析】

A项，0~t1段，X增加2mol，Y减少4mol，即转化X、Y物质的量之比为1:2，t3后X、Y物质的量不再变化，说明达到平衡，反应方程式为：2YX，A项错误；B项，t1时，Y的物质的量是X的1.5倍，所以Y的浓度是X浓度的1.5倍，B项正确；C项，t2时，X、Y物质的量相等，但没有保持不变，t2时反应没有达到平衡状态，正、逆反应速率不相等，C项错误；D项，t3时刻后X、Y物质的量不再改变，达到平衡状态，正、逆反应速率相等，D项错误；答案选B。3、C【解析】

纤维素、蛋白质和淀粉均属于天然高分子化合物，蔗糖是二糖，不是高分子化合物，答案选C。4、C【解析】

A.我国的天然气主要分布在中西部地区及海底，故A正确；B.可燃冰是天然气的水合物，主要可燃成分是甲烷，外形似冰，易燃烧，故B正确；C.甲烷是纯净物，是天然气的主要成分，故C错误；D.天然气和沼气的主要成分都是甲烷，甲烷是一种清洁能源，故D正确；故选C。5、B【解析】A.非金属性越强，氢化物越稳定，热稳定性：H2O>NH3>PH3，A正确；B.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：Na>Si>O，B错误；C.金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，碱性：CsOH>KOH>NaOH，C正确；D.同周期自左向右金属性逐渐减小，同主族从上到下金属性逐渐增大，因此失电子能力：K>Na>Mg，D正确，答案选B。6、D【解析】

假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的2倍，实际再次达到新平衡时，D的浓度为原来的1.7倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a＜c+d。【详解】A、平衡向逆反应移动，A的转化率降低，故A错误；B、气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的1.7倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，故B错误；C、气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的1.7倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，则D的体积分数变小，故C错误；D、D的浓度为原来的1.7倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a＜c+d，故D正确；故选D。7、B【解析】

由X2﹣的核外电子排布为2、8、8知，该元素原子序数=2+8+8-2=16,所以该元素是S元素，S原子结构示意图为,该原子核外有3个电子层、最外层电子数是6,所以S元素位于第三周期第VIA族,所以B选项符合题意；综上所述，本题正确答案为B。【点睛】依据：阴离子核外电子数=原子序数+离子所带电荷数,阳离子核外电子数=原子序数-离子所带电荷数,原子中核外电子数=原子序数,根据该离子的核外电子数确定原子序数,再根据该原子核外电子层数、最外层电子数确定在周期表中的位置。8、C【解析】已知乙醇、石墨和氢气的燃烧热分别为a、b、c，则有反应①C2H5OH（l）＋3O2（g）＝2CO2（g）＋3H2O（l）△H＝—a，②C（石墨，s）＋O2（g）＝CO2（g）△H＝—b，③H2（g）＋O2（g）＝H2O（l）△H＝—c，则根据盖斯定律可知②×2+③×2—①即可得到2C（石墨，s）＋2H2（g）＋H2O（l）＝C2H5OH（l）的△H＝(a－2b－2c)kJ·mol－1，答案选C。9、A【解析】分析：常温常压下，烃类物质中，含1至4个碳的化合物是气体，卤代烃中，一氯甲烷、一氯乙烷是气体，其余都不是气体，烃的含氧衍生物中只有甲醛是气体，其余都不是气体；详解:A.甲常温常压下是乙烯为气体，所以A选项是正确的；

B.C5H12是大于4个碳原子的烃，常温常压下为液体，故B错误；

C.CH3OH是甲醇，常温常压下为液体，故C错误；

D.CH3COOC2H5是乙酸乙酯，常温常压下为液体，故D错误；

所以A选项是正确的。10、C【解析】

aXn和bYm为两主族元素的离子，它们的电子层结构相同，那么a+n=b-m，a=b-m-n，原序数X>Y，且X在Y的上一周期。【详解】A．原子半径：X＜Y，A正确；B．a＋n＝b－m，B正确；C．Y最高价氧化物的化学式为Y2Om，C错误；D．X的氢化物的化学式为HnX，D正确，答案选C。11、A【解析】

A.在铜、铁原电池中，Fe为负极，发生氧化反应，失去电子变为Fe2+，A错误；B.在氢氧燃料电池中，通入氧气的电极为正极，由于电解质溶液为酸性，因此正极的电极反应式为O2＋4e-＋4H+=2H2O，B正确；C.在锌锰干电池中，由于活动性Zn＞C，所以Zn为负极，失去电子，发生氧化反应变为Zn2+，所以随着电池的使用，锌筒不断被消耗，而逐渐变薄，C正确；D.在铅蓄电池中，负极上Pb失去电子变为Pb2+，与溶液中的SO42-结合形成PbSO4，在正极上发生反应：PbO2+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，因此使用一段时间后，随着反应的不断进行，硫酸铅沉淀在电极板上，溶液中浓度降低，溶液的酸性减弱，导电能力下降，D正确；故合理选项是A。12、B【解析】

A、镁离子和氯离子都具有稀有气体元素原子的结构特征，镁离子的核外电子排布为2、8，氯离子的核外电子排布为2、8、8，镁离子比氯离子少一个电子层，A错误；B、钠离子和溴离子都具有稀有气体元素原子的结构特征，钠离子的核外电子排布为2、8，溴离子的核外电子排布为2、8、18、8，钠离子比溴离子少两个电子层，B正确；C、氯化氢是共价化合物，在分子内不存在氢离子和氯离子，且氢离子不具有稀有气体元素原子的结构特征，C错误；D、钠离子和碘离子都具有稀有气体元素原子的结构特征，钠离子的核外电子排布为2、8，碘离子的核外电子排布为2、8、18、18、8，钠离子比碘离子少三个电子层，D错误；答案选B。13、C【解析】分析：燃料电池中,加入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极,所以a是负极、b是正极,电解质为熔融氧化物,则负极反应式为C-4e-+2O2-=CO2、正极反应式为O2+4e-=2O2-,电池反应式为C+O2=CO2,放电时,电子从负极沿导线流向正极,据此分析解答。详解：A.燃料电池中,加入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极,所以a是负极、b是正极,故A错误；电解质为熔融氧化物,则负极反应式为C-4e-+2O2-=CO2、正极反应式为O2+4e-=2O2-,电池反应式为C+O2=CO2，故B错误；C.在外电路，电子由负极a沿导线流向正极b，故C正确；D.煤燃料电池能将化学能直接转化为电能,而煤燃烧发电时先转化为热能再转化为电能,所以煤燃料电池比煤直接燃烧发电能量利用率高,故D错误；答案：C。14、A【解析】

在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol，则v（N2）==0.01mol•L﹣1•s﹣1，结合反应速率之比等于化学计量数之比解答．【详解】在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol，则v（N2）==0.01mol•L﹣1•s﹣1，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，v（NH3）=0.01mol•L﹣1•s﹣1×=0.02mol•L﹣1•s﹣1，v（O2）=0.01mol•L﹣1•s﹣1×=0.015mol•L﹣1•s﹣1，v（H2O）=0.01mol•L﹣1•s﹣1×=0.03mol•L﹣1•s﹣1，，故选A。15、A【解析】

W、X、Y、Z为同一短周期元素，根据图知，X能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，则X位于第IVA族、Z位于第VIIA族，且Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，Z最外层7个电子，则X原子核外有14个电子，X为Si元素，Z为Cl元素，该阴离子中Cl元素为-1价、X元素为+4价，根据化合价的代数和为-1价可知，Y为-3价，所以Y为P元素，根据阳离子所带电荷知，W为Na元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W、X、Y、Z分别是Na、Si、P、Cl元素。A.Y为P元素，Y的最高价氧化物的水合物是H3PO4为中强酸，属于弱酸，A错误；B.同一周期元素非金属性随着原子序数增大而增强，则非金属性Cl>P>Si，即X<Y<Z，B正确；C.Na、Cl生成的化合物为NaCl，NaCl为离子化合物，只含离子键，C正确；D.Y为P元素，其最外层有5个电子，P原子形成2个共价键且该阴离子得到W原子一个电子，所以P原子达到8电子结构，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查原子结构和元素周期律关系，根据原子结构正确推断X元素是基础，推断Y元素是解本题关键，往往易根据Y形成的共价键而判断为S元素而导致错误。16、C【解析】

A、生石灰是氧化钙的俗称，为碱性氧化物，加入水中，与水反应生成氢氧化钙，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故A不选；B、熟石灰的主要成分是氢氧化钙，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故B不选；C、纯碱是碳酸钠的俗称，为强碱弱酸盐，加入水中，碳酸根离子水解生成氢氧根离子，溶液呈碱性，故C选；D、烧碱是氢氧化钠的俗称，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故D不选；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CONa第二周期第ⅤA族共价H2O>NH3>CH4C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O【解析】

短周期A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A的原子半径最小，则A为H元素；F的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，L层上有8个电子，K层上有2个电子，则M层上有6个电子，则F为S元素；D的阴离子和E的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体，该固体为过氧化钠，则D为O元素、E为Na元素；B原子的最外层上有4个电子，原子序数小于O，则B为C元素，则C为N元素，据此结合元素周期律分析解答。【详解】(1)根据分析可知，A为H元素、B为C元素、C为N元素，D为O元素、E为Na元素、F为S元素，故答案为：C；O；Na；(2)C为N元素，原子序数为7，位于周期表中第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；(3)B、D两元素形成化合物为一氧化碳或二氧化碳，均属于共价化合物，故答案为：共价；(4)F为S元素，原子结构示意图为，故答案为：；(5)BD2为二氧化碳，属于共价化合物，电子式为；E2D2为过氧化钠，为离子化合物，电子式为，故答案为：；；(6)元素的非金属性越强，最简单氢化物稳定性越强，B、C、D的最简单氢化物稳定性由强到弱依次为H2O>NH3>CH4，故答案为：H2O>NH3>CH4；(7)F元素的最高价氧化物的水化物为H2SO4，浓硫酸和C反应的化学方程式为C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O；(8)E与F两元素形成的化合物为Na2S，用电子式表示其化合物的形成过程为，故答案为：。【点睛】正确判断元素的种类是解题的关键。本题的易错点为(5)中电子式的书写，要注意过氧化钠中含有过氧根离子。18、160.4羟基酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液加聚反应防倒吸吸收乙酸，除去乙醇，降低乙酸乙酯溶解度CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O催化剂和吸水剂【解析】

由题意，A常用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为CH2=CH2；一定条件下，CH2=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2OH，则B为CH3CH2OH；在铜做催化剂作用下，CH3CH2OH发生催化氧化生成CH3CHO，则C为CH3CHO；CH3CHO进一步发生氧化反应生成CH3COOH，则D为CH3COOH；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3；一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，则E为聚乙烯。【详解】（1）乙烯含有1个碳碳双键，1mol乙烯能与1mol溴水发生加成反应生成1mol1，2—二溴乙烷，0.1mol乙烯与0.1mol溴水发生加成反应0.1mol1，2—二溴乙烷，0.1mol溴的质量为16g；1，2—二溴乙烷含有4个氢原子，0.1mol1，2—二溴乙烷能与0.4mol溴蒸气发生取代反应生成六溴乙烷，故答案为：16；0.4；（2）B的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，乙醇能被酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液直接氧化生成乙酸，故答案为：羟基；酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液；（3）一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯的结构简式为，故答案为：；加聚反应；（4）①乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，二者易溶于水，若导气管的下端伸入液面下会发生倒吸现象，试管甲中的导管不伸入液面下的原因是防倒吸，故答案为：防倒吸；②试管甲中的饱和碳酸钠溶液能够中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；能够溶解挥发出来的乙醇；能够降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为：吸收乙酸，除去乙醇，降低乙酸乙酯溶解度；③在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；浓硫酸在反应中起催化剂的作用，有利于反应的发生，该反应为可逆反应，浓硫酸起吸水剂的作用，减小生成物水的量，使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向进行，提高乙酸乙酯的产率，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；催化剂和吸水剂。【点睛】本题考查有机物推断和乙酸乙酯的制备，注意掌握乙烯、醇、羧酸等有机物的性质，明确官能团的性质与转化关系，注意酯化反应中反应物和生成物的性质，明确试剂的作用和仪器选择的依据是解答关键。19、d3SO2＋2Na2S===3S↓＋2Na2SO3SO2＋Na2CO3===Na2SO3＋CO2Na2S2O3＋SO2＋H2O===S↓＋2NaHSO32∶1Na2S溶液【解析】分析：(1)根据Na2SO3易溶于水，结合装置中对物质的状态的要求分析判断；(2)①根据亚硫酸的酸性比氢硫酸强，且2H2S+SO2=3S↓+2H2O分析解答；②根据无色无味的气体为CO2气体分析解答；④根据题意Na2S2O3能与中强酸反应分析解答；(3)根据(2)中一系列的反应方程式分析解答；根据SO2先和Na2S反应，后与碳酸钠反应分析判断。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，故答案为：d；(2)①向Na2S和Na2CO3的混合溶液中不断通入SO2气体的过程中，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；故答案为：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②当浅黄色沉淀不再增多时，有无色无嗅的气体产生，无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；故答案为：SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；④继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，Na2S2O3能与中强酸反应，所以浅黄色沉淀又增多的原理为：Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；故答案为：Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；(3)①3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；③Na2SO3+S=Na2S2O3；①+②+③×3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；故答案为：2：1；Na2S溶液。点睛：本题的易错点和难点为(3)中Na2S和Na2CO3的物质的量之比的判断，要成分利用(2)中的反应分析，其中浅黄色沉淀逐渐减少，这时有Na2S2O3生成黄色沉淀，减少