2024年北师大版拓展型课程化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年北师大版拓展型课程化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、某小组拟从苦卤(含Br-等)中提取溴；设计的流程如图所示：

下列说法错误的是A.提取溴包括浓缩、氧化、提取B.步骤1和4利用的原理是氯的失电子能力比溴的强C.步骤3的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SOD.步骤2利用的原理是液溴的挥发性(或低沸点性)2、实验室中某此气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是。选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓硫酸木炭CO2NaOH溶液

A.AB.BC.CD.D3、根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是。选项实验现象结论A甲烷与氯气在光照下反应，将反应后的气体通入紫色石蕊试液中紫色石蕊试液变红反应后的气体是HCIB向正已烷中加入催化剂，高温使其热裂解，将产生的气体通入溴水中溴水褪色裂解产生的气体是乙烯C向FeCI3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液有气体产生，一段时间后，FeCl3溶液颜色加深Fe3+能催化H2O2分解，该分解反应为放热反应D向某溶液中滴加氢氧化钠稀溶液后，将红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝该溶液无NH4+

A.AB.BC.CD.D4、已知：①H2难溶于水；②HCl极易溶于水；③NH3极易溶于水，碱性气体；④Cl2能溶于水；⑤SO2易溶于水。可用如下图所示装置干燥；收集及尾气处理的气体是。

A.①和②B.②和⑤C.③和④D.③和⑤5、用下列仪器或装置(图中夹持装置略)进行相应实验，不能达到实验目的的是。ABCD配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫制备无水铁上镀铜A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、晶体硼熔点为1873K；其结构单元为正二十面体，结构如图所示。氮化硼（BN）有多种相结构，例如六方相氮化硼与立方相氮化硼，结构如图所示，六方相氮化硼与石墨相似，具有层状结构；立方相氮化硼是超硬材料。回答下列问题：

（1）基态硼原子有___种不同能量的电子，第二周期中，第一电离能介于硼元素与氮元素之间的元素有___种。

（2）晶体硼为___（填晶体类型），结构单元由___个硼原子构成，共含有___个B-B键。

（3）关于氮化硼两种晶体的说法，正确的是___。

a.立方相氮化硼含有σ键和π键。

b.六方相氮化硼层间作用力小；所以质地软。

c.两种晶体均为分子晶体。

d.两种晶体中的B-N键均为共价键。

（4）NH4BF4是合成氮化硼纳米管的原料之一，1molNH4BF4含有___mol配位键。7、油气开采；石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢；需要回收处理并加以利用。

H2S热分解反应：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

(1)n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率___________，理由是___________

(2)n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线___________，计算其在0~0.1s之间，H2S分压的平均变化率为___________kPa·s-1。8、亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的杀菌消毒剂；同时也是对烟气进行脱硫；脱硝的吸收剂。

Ⅰ．以氯酸钠（NaClO3）为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如下图所示：

已知：

i.纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全；

ii.NaClO2在碱性溶液中稳定存在；在酸性溶液中迅速分解；

iii.NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O，等于或高于38℃时析出NaClO2晶体，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl。

（1）试剂A应选择_________。（填字母）

a．SO2b．浓硝酸c．KMnO4

（2）反应②的离子方程式为_________。

（3）已知压强越大，物质的沸点越高。反应②结束后采用“减压蒸发”操作的原因是________。

（4）下列关于上述流程的说法中，合理的是_________。（填字母）

a．反应①进行过程中应持续鼓入空气。

b．反应①后得到的母液中；溶质的主要成分是NaCl

c．反应②中NaOH溶液应过量。

d．冷却结晶时温度选择38℃，过滤后进行温水洗涤，然后在低于60℃下进行干燥，得到粗产品NaClO2

Ⅱ．采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫；脱硝。

（5）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol/L。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表：。离子SO42−SO32−NO3−NO2−Cl−c/（mol/L）8.35×10−46.87×10−61.5×10−41.2×10−53.4×10−3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_________。

②由实验结果可知，脱硫反应速率_________（填“大于”或“小于”）脱硝反应速率。除SO2和NO在烟气中的初始浓度不同外，还可能存在的原因是_________。（答出两条即可）9、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是白色砂状或淡黄色粉末状固体，易溶于水、不溶于醇，该物质具有强还原性，在空气中易被氧化为NaHSO4，75℃以上会分解产生SO2。是重要的有机合成原料和漂白剂。

制取Na2S2O4常用甲酸钠法：控制温度60～70℃，在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中，边搅拌边滴加Na2CO3甲醇溶液，同时通入SO2，即可生成Na2S2O4。反应原理如下：2HCOONa＋4SO2＋Na2CO3＝2Na2S2O4＋H2O＋3CO2

（1）如图，要制备并收集干燥纯净的SO2气体，接口连接的顺序为：a接__，__接__，__接__。制备SO2的化学方程式为___。

（2）实验室用图装置制备Na2S2O4。

①Na2S2O4中硫元素的化合价为___。

②仪器A的名称是___。

③水浴加热前要通一段时间N2，目的是___。

④为得到较纯的连二亚硫酸钠，需要对在过滤时得到的连二亚硫酸钠进行洗涤，洗涤的方法是___。

⑤若实验中所用Na2SO3的质量为6.3g，充分反应后，最终得到mg纯净的连二亚硫酸钠，则连二亚硫酸钠的产率为___(用含m的代数式表示)。10、已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色；现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液呈黄色。

（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是：______（填粒子的化学式；下同）；

乙同学认为这是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是_________。

（2）如果要验证乙同学判断的正确性；请根据下面所提供的可用试剂，用两种方法加以验证，请将选用的试剂代号及实验中观察到的现象填入下表。

实验可供选用试剂：。A．酸性高锰酸钾溶液B．氢氧化钠溶液C．四氯化碳D．硫氰化钾溶液E．硝酸银溶液F．碘化钾淀粉溶液。实验方案。

所选用试剂（填代号）

实验现象。

方案一。

方案二。

（3）根据上述实验推测，若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气，则首先被氧化的离子是________，相应的离子方程式为_______________________________________________；评卷人得分三、实验题(共5题，共10分)11、实验室部分装置如下图所示；请回答下列问题：

（1）写出图中带有标号仪器的名称：a_____，b____。

（2）实验室若用装置B制取氧气，则发生反应的文字表达式为_____；若用装置Ａ制取氧气，则发生反应的文字表达式为______，该装置中试管口略向下倾斜的原因是____。

（3）若用装置F来收集氧气，则气体应该从_____（填“c”或“d”）端通入。12、同学们正在进行氢氧化钙与各种盐反应的探究实验。用A；B、C、D四支试管各取室温下等体积的氢氧化钙饱和溶液；再向A试管中滴加碳酸钠溶液、B试管中滴加氯化铜溶液、C试管中滴加氯化铵溶液、D试管中滴加氯化钠溶液，振荡。

（1）表达与交流：阳阳同学根据D试管中有没有看到现象，判断D试管无化学反应。你认为此判断的依据是否合理___________(填”合理”或”不合理”)，并解释其原因是___________；

（2）同学们对B试管中反应后得到的无色溶液；继续进行探究，他们选用两种不同类别的物质进行以下两个实验，请填写下列实验报告。

。实验内容。

实验现象。

实验结论。

方案一：取少量滤液加入试管；向其中通入二氧化碳气体。

__

方案二：取少量滤液加入试管中，向其中__

_

滤液中含有的两种溶质，分别是___和___(填化学式)。

13、某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时；观察到铁完全溶解，并产生大量气体。为此，他们设计了如下装置验证所产生的气体。

(1)B的作用是_____________，G的作用是____________；请写出C中发生的离子反应方程式_________。

(2)填写装置中可能使用的药品：E_________，F________。

(3)证明有H2生成的实验现象是__________。

(4)若判断出有H2生成，取少量A中反应后的溶液，加入KSCN溶液，溶液_____(填“是”或“否”)变红色。14、草酸亚铁晶体(FeC2O4•2H2O；M=180g/mol)呈淡黄色,可用作晒制蓝图。某实验小组对其进行了一系列探究。

I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。

（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置（可重复选用)进行实验：

①按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→___________→尾气处理装置(仪器可重复使用)。

②实验前先通入一段时间N2，其目的为__________。

③实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为__________。

（2）小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为__________。

（3）晒制蓝图时，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂，该反应的化学方程式为__________。

Ⅱ.草酸亚铁晶体样品纯度的测定：工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质；测定其纯度的步骤如下：

步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀HSO4中；配成250mL溶液；

步骤2：取上述溶液25.00mL，用cmol/LKMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；

步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。

（4）步骤2中滴定终点的现象为__________；步骤3中加入锌粉的目的为__________。

（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为__________；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则测定结果将__________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。15、某小组同学为了获取在Fe(OH)2制备过程中；沉淀颜色的改变与氧气有关的实验证据，用下图所示装置进行了如下实验（夹持装置已略去，气密性已检验）。

（进行实验）

实验步骤：Ⅰ．向瓶中加入饱和FeSO4溶液；按图1所示连接装置；

Ⅱ．打开磁力搅拌器；立即加入10%NaOH溶液；

Ⅲ．采集瓶内空气中O2含量和溶液中O2含量（DO）的数据。

实验现象：生成白色絮状沉淀；白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后部分变为红褐色。

实验数据：

（解释与结论）

（1）搅拌的目的是__________________________。

（2）生成白色沉淀的离子方程式是____________。

（3）红褐色沉淀是__________________________。（填化学式）

（4）通过上述实验，可得到“在Fe(OH)2制备过程中；沉淀颜色改变与氧气有关”的结论，其实验证据是______________________。

（5）写出白色沉淀最终生成红褐色转化的方程式：___________________________。评卷人得分四、有机推断题(共1题，共4分)16、G是一种治疗心血管疾病的药物；合成该药物的一种路线如下。

已知：R1CH2BrR1CH=CHR2

完成下列填空：

(1)写出①的反应类型_______。

(2)反应②所需的试剂和条件_______。

(3)B中含氧官能团的检验方法_______。

(4)写出E的结构简式_______。

(5)写出F→G的化学方程式_______。

(6)写出满足下列条件，C的同分异构体的结构简式_______。

①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③含苯环；④含有5个化学环境不同的H原子。

(7)设计一条以乙烯和乙醛为原料(其它无机试剂任选)制备聚2-丁烯（）的合成路线_______。(合成路线常用的表达方式为：AB目标产物)评卷人得分五、原理综合题(共4题，共8分)17、煤和石油通常都含有硫的化合物；燃烧生成的二氧化硫成为大气主要污染物之一。二氧化硫的治理已成为当前研究的课题。其催化氧化的过程如图1所示：

(1)已知：I．SO2(g)+V2O5(s)SO3(g)+V2O4(s)△H1=+24kJ•mol-1

Ⅱ．2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)△H2=-244kJ•mol-1

①SO2(g)+O2(g)SO3(g)△H3=___kJ•mol-1。

②活化分子比普通分子高出的能量称为活化能，则反应Ⅱ的正反应活化能为__(用字母E1～E6表示)kJ•mol-1。

③总反应速率一般由慢反应决定，从图1中分析决定V2O5催化氧化SO2的反应速率的是反应__(填“I”或“Ⅱ”)。

(2)某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入等物质的量的SO2和O2，测得SO2的物质的量变化如图2所示：

①第5min时反应达到平衡，v(SO3)=____mol•L-1•min-1，O2的转化率为_____

②该温度下，反应的平衡常数K=______(精确到0.01)。18、目前工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇，某研究小组对下列有关甲醇制取的三条化学反应原理进行探究。已知在不同温度下的化学反应。平衡常数(K1、K2、K3)如表所示：。化学反应焓变平衡常数温度/℃500700800500700800①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H1K12.50.340.15②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2K21.01.702.52③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H3K3

请回答下列问题：

(1)反应②是_______(填“吸热”或“放热”)反应。

(2)根据反应①与②可推导出K3、K1与K2之间的关系，则K3=____(用K1、K2表示)；根据反应③判断△S______0(填“＞”、“＝”或“＜”)，在___(填“较高”或“较低”)温度下有利于该反应自发进行。

(3)要使反应③在一定条件下建立的平衡逆向移动，可采取的措施有___(填字母序号)。

A．缩小反应容器的容积。

B．扩大反应容器的容积。

C．升高温度。

D．使用合适的催化剂。

E．从平衡体系中及时分离出CH3OH

(4)500℃时测得反应③在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L-1)分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时v正___v逆(填“＞”；“＝”或“＜”)。

(5)根据上述表格测得焓变，下列能量关系图合理的是___。

19、人们利用焦炭制取水煤气的工艺已广泛用于工业生产中。

I．以焦炭制备水煤气。

已知：①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+130.0kJ/mol

②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+40.0kJ/mol

(1)在工业上，反应①是煤的综合利用的一种途径，其名称是______。焦炭与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为_______________。

II．焦炭废气的再利用。

500℃时，在密闭容器中将焦炭废气中的CO2转化为二甲醚；其相关反应为：

主反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)

副反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+2H2O(g)

(2)测得不同时间段部分物质的浓度如下表：。时间(min)

浓度(mol·L-1)010203040H21.000.680.400.300.30CH3OCH300.050.080.100.10

①10〜20min内，CH3OCH3的平均反应速率v(CH3OCH3)=__________。

②在上述特定条件下，已知主反应的速率方程为v=(k为速率常数，a、b、m均大于0)，下列措施一定能提高主反应的反应速率的是______(填字母序号)。

A．适当温度B．分离出二甲醚C．恒压减小D．恒容下增大c(CO2)

③提高CH3OCH3产率的关键的因素是选用合适的催化剂。若起始时CO2和H2的浓度比为1：3，根据以上数据计算，上述主反应的平衡常数的计算表达式K=______。

(3)对该反应实验研究得出：在相同温度下，CO2的转化率等物理量随催化剂的组成比的变化关系如图所示。若温度不变，催化剂中约是______时最有利于二甲瞇的合成，此时，若增大反应投料比平衡常数K将____(填“增大”、“减小”或“不变”)20、以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4·7H2O的过程如图所示：

硼镁泥的主要成分如下表：。MgOSiO2FeO、Fe2O3CaOAl2O3B2O330%~40%20%~25%5%~15%2%~3%1%~2%1%~2%

回答下列问题：

（1）“酸解”时应该加入的酸是_______，“滤渣1”中主要含有_________（写化学式）。

（2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是________、_______。

（3）判断“除杂”基本完成的检验方法是____________。

（4）分离滤渣3应趁热过滤的原因是___________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共18分)21、W；X、Y、Z、N、M六种主族元素；它们在周期表中位置如图所示，请用对应的的化学用语回答下列问题：

(1)N元素在周期表中的位置___________，根据周期表，推测N原子序数为___________

(2)比较Y、Z、W三种元素形成简单离子的半径由大到小的顺序___________

(3)M最高价氧化物的水化物在水中的电离方程式：___________

(4)以下说法正确的是___________

A．单质的还原性：X＞Y，可以用X与YM2溶液发生反应来证明。

B．Y与同周期的ⅢA元素的原子序数相差1

C．半导体器件的研制开始于硅；研发出太阳能光伏电池，将辐射转变为电能，如我校的路灯。

D．元素N位于金属与非金属的分界线附近，可以推断N元素的单质具有两性22、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍；B的价电子层中的未成对电子有3个；C与B同族；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸。请回答下列问题：

(1)C的基态原子的电子排布式为_____________；D的最高价含氧酸酸性比其低两价的含氧酸酸性强的原因是___________________________。

(2)杂化轨道分为等性和不等性杂化，不等性杂化时在杂化轨道中有不参加成键的孤电子对的存在。A、B、C都能与D形成中心原子杂化方式为____________的两元共价化合物。其中，属于不等性杂化的是____________(写化学式)。以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为_________，分子立体构型为_______________________________。

(3)以上不等性杂化化合物成键轨道的夹角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性杂化的化合物成键轨道间的夹角。

(4)A和B能形成多种结构的晶体。其中一种类似金刚石的结构，硬度比金刚石还大，是一种新型的超硬材料。其结构如下图所示(图1为晶体结构，图2为切片层状结构)，其化学式为________________。实验测得此晶体结构属于六方晶系，晶胞结构见图3。已知图示原子都包含在晶胞内，晶胞参数a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶体密度为________________(已知：＝1.414，＝1.732,结果精确到小数点后第2位)。

23、物质A由4种元素组成；按如下流程进行实验。

已知：

①每一步反应均完全②溶液D仅含一种溶质。

③沉淀E不溶于酸④溶于

请回答：

(1)物质A的组成元素为_______(元素符号)，其化学式为_______。

(2)写出A与双氧水反应的化学方程式_______。

(3)写出F至G的离子方程式_______。

(4)设计实验检验溶液D中的主要离子_______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

氯气与溴离子发生氧化还原反应生成溴单质，用热空气将溴单质吹出，再与二氧化硫反应生成HBr和硫酸，HBr再与氯气反应生成溴单质；最后蒸馏得到纯溴；

【详解】

A．提取溴过程中溴离子被氧化生成溴单质；步骤4富集溴元素，步骤5通过蒸馏收集溴单质，包括浓缩；氧化、提取，A正确；

B．步骤1和4反应的离子方程式均是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，氧化性：Cl2>Br2，非金属性：Cl>Br；即氯的得电子能力比溴的强，B错误；

C．步骤3是溴单质与二氧化硫反应生成HBr和硫酸，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+C正确；

D．步骤2利用的原理是液溴的挥发性；可用热空气将溴单质吹出，D正确；

故选：B。2、B【分析】【详解】

A.氨气密度比空气密度小，应该采取向下排空气法收集，装置C中的导管应该为短进长出，故A错误；B.浓硫酸可以与亚硫酸钠反应，生成二氧化硫，SO2密度比空气密度大，能使用向上排空气法收集，SO2气体能与氢氧化钠溶液迅速反应，所以吸收装置中要防倒吸，图中收集装置和吸收装置都合理，所以B选项是正确的；C项，稀硝酸与铜反应生成NO,NO不能用排空气法收集，故C错误；D项，浓硫酸与木炭反应需要加热，而且同时生成二氧化硫，在C中收集不到CO2,故D错误。综合以上分析；本题答案为B。

点睛：本题考查气体的制备、收集和尾气处理等实验知识，要求熟悉各种常见气体的制备、收集和尾气处理方法，平时要多积累勤总结。3、C【分析】【详解】

甲烷与氯气在光照下反应，将反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中紫色石蕊试液变红且不褪色，混合气体中含有HC1,故A错误；向正已烷中加入催化剂，然后高温热裂解，将产生的气体通入溴水中溴水褪色裂解产生的气体中含有烯烃，但不一定是乙烯，故B错误；向FeCI3溶液中滴入几滴30%的H2O2有氧气产生，一段时间后溶液颜色加深，Fe3+能催化H2O2分解且该分解反应为放热反应，故C正确；铵盐与碱反应，加热才能放出氨气，向某溶液中滴加氢氧化钠稀溶液后，将红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不一定无NH4+；故D错误。

点睛：甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体中含有氯化氢、氯代烃，可能含有剩余的氯气，将反应后的气体通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液变红且不褪色，一定含有氯化氢，紫色石蕊试液变红后褪色，不一定有氯化氢。4、B【分析】【详解】

H2难溶于水,密度比空气小；用向下排气法或排水法收集，故①不符合题意；

②HCl极易溶于水；密度比空气大且HCl与浓硫酸不反应，故②符合题意；

③NH3极易溶于水；密度比空气小，用向下排气法收集，氨气是显碱性气体能和浓硫酸反应，故③不符合题意；

④Cl2能溶于水但溶解度不大；所以不能用水做吸收液，故④不符合题意；

⑤SO2易溶于水；密度比空气大，和浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥，故⑤符合题意；

根据上述分析；符合题意的为②和⑤；

故答案：B。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液时；向容量瓶中转移溶液的操作是正确的，A正确；

B．检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫；用品红鉴别二氧化硫，用氢氧化钠来吸收尾气，B正确；

C．在氯化氢的氛围中加热六水合氯化镁制取无水氯化镁；防止其水解，C正确；

D．铁是阳极；铜是阴极，铁溶解，在铜电极上镀铜，D错误；

故选D。二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】【分析】

（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；电子位于1s；2s、2p三个能量不同的能级上；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，ⅡA族和ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素；

（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的

（3）a.由图可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键；

b.由图可知；六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小；

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体；

d.非金属元素之间易形成共价键；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4—中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键。

【详解】

（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；电子位于1s；2s、2p三个能量不同的能级上，则有3种不同能量的电子；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，ⅡA族和ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，则介于硼元素与氮元素之间的有Be、C、O三种元素，故答案为：3；3；

（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每个等边三角形拥有的顶点为20个等边三角形拥有的顶点为×20=12；每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的每个等边三角形占有的B-B键为20个等边三角形拥有的B-B键为×20=30；故答案为：12；30；

（3）a.由图可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键，则立方相氮化硼中含有σ键，不存在π键，故错误；

b.由图可知；六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小，导致其质地软，故正确；

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体，故错误；

d.非金属元素之间易形成共价键；所以N原子和B原子之间存在共价键，故正确；

bd正确，故答案为：bd；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4—中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1molNH4BF4含有2mol配位键，故答案为：2。【解析】①.3②.3③.原子晶体④.12⑤.30⑥.bd⑦.27、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，该反应正方向为体积增大的反应，降低压强，平衡会向正反应方向移动；则对于n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气在图中对应的曲线分别是a、b；c、d、e。

【详解】

（1）由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；

（2）n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S)：n(Ar)=1：9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)：n(Ar)=1：9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24；假设在该条件下；硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知：

此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。【解析】(1)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高。

(2)d24.98、略

【分析】【详解】

NaClO3和浓H2SO4在反应器①中发生还原反应生成ClO2和Na2SO4,所以试剂A可以用二氧化硫,ClO2在反应器②中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠,再得到其晶体。

(1)根据上面的分析可以知道试剂A为SO2,故选a,因此，本题正确答案是:a。

(2)反②中ClO2被双氧水还原成ClO2−,反应的离子方程式为2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O,因此，本题正确答案是:2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O

（3）含水的NaClO2受热易分解,所以亚氯酸钠溶液中获得晶体,温度不能太高,所以反应②结束后采用“减压蒸发”操作,在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。因此，本题正确答案是:在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。

（4）根据信息纯ClO2易分解爆炸,空气中ClO2的体积分数在10以下比较安全,所以要持续通过量的空气,NaClO2在碱性溶液中稳定存在,在酸性溶液中迅速分解,所以反应②中碱要过量,因为试剂A为二氧化硫,NaClO3被还原成ClO2,所以反应①后得到的母液中,溶质的主要成分是,Na2SO4。故选acd,因此；本题正确答案是:acd。

(5)①亚氯酸钠具有氧化性,且NaClO2溶液呈碱性,则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式因此，本题正确答案是:

②由实验结果可以知道,在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多,因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率.原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高,因此，本题正确答案是:大于;NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。【解析】a2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O减压可以使物质沸点降低，实验较低温度下进行蒸发，可避免NaClO2因温度高而发生分解acd4OH−+3ClO2−+4NO4NO3−+3Cl−+2H2O大于SO2比NO溶解度更大；在此条件下SO2还原性更强；脱硝反应活化能更大9、略

【分析】【详解】

（1）亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫,反应的方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的二氧化硫含有水蒸气，可用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，且用碱石灰吸收尾气，避免污染环境，则连接顺序为a接b；c接f，g接d；

（2）①Na2S2O4中硫元素的化合价为+3；

②由装置可知；仪器A的名称为恒压滴液漏斗；

③实验时应避免Na2S2O4和HCOONa被氧化，可应先通入二氧化硫，排净系统中的空气，防止加热时Na2S2O4和HCOONa被氧化，也可通一段时间N2；排净系统中的空气；

④洗涤连二亚硫酸钠时应与空气隔离；洗涤剂可用甲醇或乙醇，洗涤过程为：在无氧环境中，向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺利流下，重复2-3次；

⑤设连二亚硫酸钠理论产率为x；根据硫原子守恒：

2Na2SO3～Na2S2O4

252174

6.3gx

则解得x=4.35g，产率为：【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒压滴液漏斗排净系统中的空气向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺利流下，重复2-3次10、略

【分析】【分析】

溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁，三价铁在水溶液中是黄色的；要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；Br2能将Fe2+氧化成Fe3+，说明还原性：Fe2+>Br-；依据氧化还原反应中“先强后弱”规律判断。

【详解】

(1)在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1-2滴液溴，若没有发生化学反应，使溶液呈黄色的微粒为Br2；若是发生化学反应，二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的；因此答案是:Br2；Fe3+；

(2)要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；方案一可选用CCl4（C），向黄色溶液中加入四氯化碳，充分振荡、静置，溶液分层，若下层呈无色，表明黄色溶液中不含Br2，则乙同学的判断正确；方案二可选用KSCN溶液（D），向黄色溶液中加入KSCN溶液，振荡，若溶液变为血红色，则黄色溶液中含Fe3+；则乙同学的判断正确。

(3)根据上述推测说明发生反应Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，由此说明亚铁离子的还原性大于溴离子，Cl2具有氧化性，先氧化的离子是亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；因此答案是:Fe2+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【解析】Br2；Fe3+答案如下:

。

选用试剂。

实验现象。

第一种方法。

C

有机层无色。

第二种方法。

D

溶液变红。

Fe2+2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-三、实验题(共5题，共10分)11、略

【分析】【分析】

实验室制氧气反应原理，用文字表达式可以是：高锰酸钾锰酸钾+二氧化锰+氧气或按反应物的状态和反应条件选择合理的气体发生装置；并按氧气不易溶于水、密度比空气大，选择合理的气体收集装置，据此回答；

【详解】

(1)根据仪器形状可知，a是集气瓶；b是试管；

(2)实验室制备氧气有多种方法，选用的装置是B时，利用的是双氧水和二氧化锰在常温下制取氧气，双氧水在二氧化锰的催化下分解生成水和氧气，故反应的文字表达式是：若选用发生装置A，则可以用高锰酸钾制取氧气，需要在加热的条件下、反应的文字表达式为：高锰酸钾锰酸钾+二氧化锰+氧气，装置中，试管口应塞上棉花，目的是防止加热时高锰酸钾粉末进入导管；试管口还应略向下倾斜，其目的防止冷凝水回流到热的试管底部炸裂试管，也可以用加热氯酸钾和二氧化锰的混合物的方法制氧气，因为在加热及二氧化锰催化作用下，氯酸钾发生了分解产生了氧气，文字表达式为：

(3)若用F装置收集氧气；由于氧气密度比空气大则可以用向上排空气法收集，故氧气从c入空气从d出。

【点睛】

本题考查的是实验室中常见气体的制取，根据反应物的状态和反应条件选择发生装置，根据气体的密度和溶解性选择收集方法，根据反应原理书写反应的方程式，掌握实验室中常见气体的制取、收集是解答关键。【解析】集气瓶试管高锰酸钾锰酸钾+二氧化锰+氧气或防止冷凝水回流到热的试管底部使试管炸裂c12、略

【分析】（1）

某些中和反应的发生无明显现象；根据D试管中有没有看到现象，判断D试管无化学反应，不合理。

（2）

往氢氧化钙溶液中滴加氯化铜溶液，生成氢氧化铜沉淀和氯化钙，反应后得到的无色溶液含有CaCl2和Ca(OH)2；取少量滤液加入试管，向其中通入二氧化碳气体，澄清石灰水变浑浊，向其中滴加无色酚酞，溶液变红。【解析】（1）不合理某些中和反应的发生也无明显现象。

（2）澄清石灰水变浑浊CaCl2Ca(OH)2滴加无色酚酞溶液变红13、略

【分析】【分析】

由图可知，A中发生Fe与浓硫酸的反应生成SO2还可能生成氢气，B中均为短导管可防止倒吸，C中高锰酸钾褪色可检验SO2，D干燥气体，E中装氧化铜，检验氢气，其发生的化学反应方程式为：CuO+H2Cu+H2O，F中装无水硫酸铜，可检验E中的氧化产物H2O；G为干燥管，G可防止空气中的水进入F中干扰E中氧化产物的检验。

【详解】

（1）熄灭A装置中酒精灯时，A装置中气体冷却压强减小，C装置中溶液易进入A试管中产生倒吸现象，所以B装置的作用是防止倒吸，C中高锰酸钾褪色可检验SO2；空气中含有水蒸气，如果没有G装置，水蒸气进入F装置干扰实验，所以G的作用是防止空气中的。

H2O进入F；酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，二氧化硫能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使其褪色，其化学反应方程式为：

5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，其离子反应方程式为：5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++4H++5SO42-，故答案为：防止倒吸；防止空气中的H2O进入F；5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++4H++5SO42-；

（2）生成的气体经洗气和干燥后剩余的气体就是氢气，氢气有还原性能和氧化铜在加热条件下发生置换反应生成铜单质，生成的水遇无水硫酸铜时白色固体变蓝色，所以E中装CuO，F中装无水CuSO4，故答案为：CuO；无水CuSO4；

（3）证明含有氢气的现象是：E中黑色(CuO)变成红色(Cu)；F中白色粉末变成蓝色，故答案为：E中黑色(CuO)变成红色(Cu)，F中白色粉末变成蓝色；

（4）若判断出有H2生成，说明A中既有Fe3+，也有Fe2+，取少量A中反应后的溶液，加入KSCN溶液，溶液会变红色，故答案为：是。【解析】防止倒吸防止空气中的H2O进入F5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++4H++5SO42-CuO无水CuSO4E中黑色(CuO)变成红色(Cu)，F中白色粉末变成蓝色是14、略

【分析】【分析】

Ⅰ．（1）①气体产物成分的探究；草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥气体后，通入装置C中玻璃管中和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，最后尾气处理；

②验前先通入一段时间N2；把装置内空气赶净，防止加热爆炸；

③实验证明了气体产物中含有CO；是利用一氧化碳的还原性还原氧化铜生成红色铜和二氧化碳设计实验验证；

（2）依据结论；可知A处反应管中发生反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁；一氧化碳、二氧化碳和水；

（3）FeC2O4与反应K3[Fe（CN）6]生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀，同时生成K2C2O4；

Ⅱ．（4）用cmol•L-1KMnO4标准液滴定至终点，滴入最后一滴溶液无色变化为紫红色且半分钟不变，说明反应进行到终点，向反应后溶液中加入适量锌粉是将Fe3+还原为Fe2+；

（5）草酸亚铁溶液中滴入高锰酸钾溶液，发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧化，向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，此时滴定的是亚铁离子，第一次消耗高锰酸钾减去第二次高锰酸钾为滴定亚铁离子的量，利用化学反应定量关系计算，若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化；消耗高锰酸钾减少，计算得到亚铁离子物质的量减小。

【详解】

Ⅰ.(1)①草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥气体后通入装置C中玻璃管中，和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc，最后连接尾气处理装置，正确的顺序为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc；

故答案为bchi(或ih)de(或ed)bc；

②实验前先通入一段时间N2；其目的为：排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；

故答案为排尽装置中的空气；防止加热时发生爆炸；

③实验证明了气体产物中含有CO；依据的实验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的B装置中澄清石灰水变浑浊；

故答案为C处反应管中固体由黑变红；其后的B装置中澄清石灰水变浑浊；

(2)A处反应管中发生反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；

故答案为FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；

(3)FeC2O4与反应K3[Fe(CN)6]生成蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2沉淀,同时生成K2C2O4，该反应的化学方程式为：3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4；

故答案为3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4；

Ⅱ.(4)用cmol⋅L−1KMnO4标准液滴定至终点，滴入最后一滴溶液，无色变化为紫红色且半分钟不变，说明反应进行到终点，步骤3中加入锌粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+；

故答案为滴入最后一滴溶液无色变化为紫红色且半分钟不变，说明反应进行到终点；将Fe3+还原为Fe2+；

(5)取上述溶液25.00mL，用cmol∙L−1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL，向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol⋅L−1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，第一次消耗高锰酸钾减去第二次高锰酸钾为滴定亚铁离子的量，为亚铁离子消耗高锰酸钾物质的量，反应的离子方程式：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；草酸亚铁晶体样品的纯度=×100%；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化；消耗高锰酸钾减少，计算得到亚铁离子物质的量减小，测定结果偏低；

故答案为×100%；偏低。【解析】b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c排尽装置中的空气，防上加热时发生爆炸C中固体由黑色变为红色，后B装置中出现浑浊FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色将Fe3+还原为Fe2+×100%偏低15、略

【分析】【分析】

根据题中Fe(OH)2制备可知，本题考查Fe(OH)2制备即Fe(OH)2的性质，运用Fe(OH)2制备原理和步骤、Fe(OH)2的性质分析。

【详解】

（1)搅拌可以使生成的沉淀与氧气充分反应；

故答案为：使沉生成的沉淀与氧气充分反应；

（2）生成的白色沉淀是Fe(OH)2，离子方程式是Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；

故答案为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；

(3)Fe(OH)2被氧化生成红褐色Fe(OH)3沉淀，所以红褐色沉淀是Fe(OH)3；

故答案为：Fe(OH)3；

（3）由图2和图3可知，瓶内空气中、溶液中O2含量均降低，此时沉淀颜色发生改变，说明“在Fe(OH)2制备过程中；沉淀颜色改变与氧气有关”；

故答案为：瓶内空气和溶液中氧气的含量均降低；沉淀颜色改变；

(4)白色沉淀是Fe(OH)2，最终生成红褐色是Fe(OH)3，因此白色沉淀最终生成红褐色转化的方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；

故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。

【点睛】

Fe(OH)2非常容易被空气中的氧气氧化成Fe(OH)3，现象是生成的在白色沉淀迅速转化成灰绿色，最后变成红褐色。因此制备Fe(OH)2时一定要隔绝空气。【解析】使生成的沉淀与氧气充分接触Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓Fe(OH)3瓶内空气和溶液中氧气的含量均降低，沉淀颜色改变4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3四、有机推断题(共1题，共4分)16、略

【分析】【分析】

化合物A分子式是C7H8，结构简式是根据物质反应过程中碳链结构不变，结合D分子结构及B、C转化关系，可知B是B发生催化氧化反应产生C是C与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生D是D与HCHO发生信息反应产生的分子式是C9H8O2的E是：E与I2反应产生F是：F与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生G：然后结合物质性质逐一分析解答。

【详解】

根据上述分析可知A是B是C是D是E是F是G是

(1)反应①是与O2在催化剂存在的条件下加热，发生氧化反应产生故该反应的类型为氧化反应；

(2)反应②是与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生故所需试剂和条件是Br2；光照；

(3)B结构简式是含有的官能团是醛基-CHO，检验其存在的方法是：取样，滴加少量新制的Cu(OH)2悬浊液；加热煮沸，若产生砖红色沉淀，就说明物质分子中含有醛基；

(4)根据上述推断可知E的结构简式是

(5)F是与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生G：则F→G的化学方程式为：+NaOHNaI+H2O+

(6)化合物C是C的同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，说明分子中含有-CHO；②能发生水解反应，说明含有酯基；③含苯环；④含有5个化学环境不同的H原子，则其可能的结构简式是

(7)CH2=CH2与HBr在一定条件下发生加成反应产生CH3-CH2Br，CH3-CH2Br与CH3CHO发生信息反应产生CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在一定条件下发生加聚反应产生聚2-丁烯，故合成路线为：CH2=CH2CH3-CH2BrCH3CH=CHCH3【解析】氧化反应Br2、光照取样，滴加少量新制的Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸，若产生砖红色沉淀，说明含有醛基+NaOHNaI+H2O+CH2=CH2CH3-CH2BrCH3CH=CHCH3五、原理综合题(共4题，共8分)17、略

【分析】【详解】

(1)①I+×II，整理可得SO2(g)+O2(g)SO3(g)△H3=-98kJ/mol；

②活化分子比普通分子高出的能量称为活化能，反应Ⅱ是放热反应，根据图示可知该反应的正反应活化能为(E4-E3)kJ/mol；

③总反应速率一般由慢反应决定。反应的活化能越大，反应发生消耗的能量就越高，反应就越不容易发生，该反应的化学反应速率就越慢。从图1中分析可知反应I的活化能远大于反应II的活化能，则说明决定V2O5催化氧化SO2的反应速率的是反应I；

(2)①根据图示可知：从反应开始至5min达到平衡时△n(SO2)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，根据方程式可知：每有2molSO2反应，就会同时消耗1molO2，反应产生2molSO3，若消耗0.2molSO2，则同时消耗0.1molO2，产生0.2molSO3，故v(SO3)==0.02mol/(L·min)；由于反应开始时充入SO2、O2的物质的量相等，则O2的转化率为=25%；

②反应达到平衡时，各种气体的浓度c(SO2)==0.1mol/L，c(O2)==0.15mol/L；c(SO2)==0.1mol/L，则该温度下，反应的平衡常数K=【解析】①.-98②.E4-E3③.I④.0.02⑤.25⑥.6.6718、略

【分析】【详解】

(1)反应②的平衡常数随温度升高增大；说明升高温度化学平衡正向进行，则正反应是吸热反应；

(2)根据盖斯定律，将反应①+②可得反应③，则平衡常数K3=K1×K2；反应③是气体体积减小的反应△S＜0；

500°C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，800°C时，K3=K1×K2=2.52×0.15=0.375，结合温度变化分析，随温度升高，平衡常数减小，说明升高温度，化学平衡逆向进行，则可判断出该反应的正反应是放热反应，焓变△H＜0；所以反应在较低温度下能自发进行；

(3)根据(2)分析可知：反应③的正反应是气体体积减小的放热反应。

A．缩小反应容器的容积；会使体系的压强增大，增大压强，化学平衡正向移动，与题目要求的平衡逆向移动不符合，A不符合题意；

B．扩大反应容器的容积；会使体系的压强减小，减小压强，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，B符合题意；

C．升高温度；化学平衡向吸热的逆反应方向移动，C符合题意；

D．使用合适的催化剂；化学平衡不发生移动，D不符合题意；

E．从平衡体系中及时分离出CH3OH；化学平衡正向移动，E不符合题意；

故合理选项是BC；

(4)根据(2)分析可知在500°C时，K3=2.5。500℃时测得反应③在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度（mol·L-1）分别为0.8、0.1、0.3、0.15，此时的浓度商Qc==0.8789＜2.5，说明反应未达到平衡状态，反应正向进行，所以v正＞v逆；

(5)A．反应②的平衡常数随温度的升高而增大；说明该反应的正反应为吸热反应，反应物能量低于生成物，与图象符合，A正确；

B．反应②是吸热反应；催化剂改变反应速率不改变化学平衡，平衡状态不变，图象不符合事实，B错误；

C．①反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)的化学平衡常数随温度升高减小；说明正反应为放热反应，反应物能量高于生成物，图象不符合，故C错误；

D．反应③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是放热反应；则反应物能量高于生成物，图象符合，D正确；

故合理选项是AD。【解析】①.吸热②.K3=K1•K2③.＜④.较低⑤.B、C⑥.＞⑦.A、D19、略

【分析】【详解】

(1)在工业上反应①是煤的综合利用的一种途径；其名称是煤的气化；

①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+130.0kJ/mol

②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+40.0kJ/mol

根据盖斯定律，将方程式①-②，整理可得C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=+90.0kJ/mol；

(2)①在10-20min内，CH3OCH3的平均反虚速率v(CH3OCH3)==0.003mol/(L·min)；

②A．适当温度是升高温度还是降低温度不明确；所以其速率不一定是增大，A错误；

B．分离出二甲醚；根据速率方程式可知，主反应速率增大，B正确；

C．恒压下减小不能确定速率变化，C错误；

D．恒容条件下增大CO2的浓度；根据主反应速率公式可知，主反应速率加快，D正确；

故合理选项是BD；

③根据表中数据可知：消耗的c(H2)总=(1.0-0.3)mol/L=0.7mol/L，可逆主反应中2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)产生CH3OCH3(g)的浓度为0.10mol//L，则同时必然会产生0.3mol/LH2O(g)，消耗0.2mol/LCO2和0.6mol/L的H2，则副反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)消耗H2的浓度是0.7mol/L-0.6mol/L=0.1mol/L，同时消耗CO2(g)mol/L，产生CH3OH(g)mol/L，产生H2O(g)mol/L，则平衡时各种气体的浓度c(CH3OCH3)=0.10mol/L，c(H2)=0.30mol/L，c(CO2)==0.1mol/L，c(H2O)=(0.3+)mol/L=mol/L，故该反应的化学平衡常数K=

(3)温度不变，二甲醚的选择性的纵坐标最大时最有利于二甲醚的合成，根据图示可知：二甲醚选择性最好时约是2；

温度不变，化学平衡常数不变，则增大反应投料比平衡常数K将不变。【解析】煤的气化C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=+90.0kJ/mol0.003mol/(L•min)BD2不变20、略

【分析】【详解】

（1）流程制备的是MgSO4·7H2O，为了不引入杂质，因此所用的酸是硫酸，化学式为H2SO4；根据硼镁泥的成分，SiO2不与硫酸反应，因此滤渣1为SiO2；（2）硼镁泥中含有FeO，与硫酸反应后生成FeSO4，次氯酸钙具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，氧化镁的作用是调节pH，使Al3＋和Fe3＋以氢氧化物形式沉淀出来，除去Fe3＋和Al3＋；（3）除杂是除去的Fe3＋和Al3＋，因此验证Fe