2024年北师大版高一化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年北师大版高一化学上册阶段测试试卷837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9题，共18分)1、下列各组混合物；能用分液漏斗分开的是（）

①四氯化碳和水②苯和溴苯③乙醇和水④苯和水⑤硝基苯和水⑥苯和四氯化碳．

A.①②③

B.②④⑥

C.①④⑤

D.④⑤⑥

2、下列物质在一定条件下，可以与CH4发生反应的是()A、氯气B、溴水C、氧气D、酸性高锰酸钾溶液3、下列反应中，SO2被还原的是()A.SO2＋2NaOH=Na2SO3B.SO2＋Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HClC.SO2＋2H2S=3S↓＋2H2OD.SO2＋NO2=SO3＋NO4、通过观察法不能确定下列物质是否变质的是（）A.FeSO4B.Na2O2C.C6H5OHD.Na2SO35、下列有机化合物分子中所有的原子不可能都处于同一平面的是()A.B.C.rm{CH_{3}-CH_{3}}D.rm{CH_{2}篓TCHCl}6、鲨鱼是世界上惟一不患癌症的动物，科学研究表明，鲨鱼体内含有一种角鲨烯，具有抗癌性。已知鲨烯分子含有rm{30}个rm{C}原子及rm{6}个rm{C=C}且不含环状结构，则其分子式为()A.rm{C_{30}H_{60}}B.rm{C_{30}H_{56}}C.rm{C_{30}H_{52}}D.rm{C_{30}H_{50}}7、下列选用的除杂试剂和分离方法都正确的是（）。物质（杂质）除杂试剂分离方法AC6H5Br（Br2）C6H6分液BFeCl2（FeCl3）Cl2过滤CFe（Al2O3）NaOH溶液过滤DC2H6（CH2=CH2）H2萃取

A.A

B.B

C.C

D.D

8、用焰色反应检验K+离子时的操作步骤：①蘸取待测液②置酒精灯火焰上灼烧③透过蓝色钴玻璃④用稀盐酸洗净铂丝；其正确的操作顺序是（）

A.①②③④

B.④①②③

C.④②①②③

D.②①②③④

9、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.1.8gNH4+含有的电子数为1.1NAB.在标准状况下，22.4LHF含有的原子数为2NAC.2.4gMg作为还原剂，失去的电子数为0.2NAD.200mL0.5mol/LNaHCO3溶液中含有的钠离子数为NA评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、A～F是中学化学中常见物质；常温下A；C、E、F为气体，B、D为液体，其中B的分子为4原子分子，D在常温下不具有挥发性．F的浓溶液与X共热通常用于实验室制备单质C，X是一种黑色粉末．这些物质之间满足如下图所示的转化关系，图中部分生成物已略去．

（1）写出下列物质的化学式：A____，F____．

（2）B的电子式是____．根据图中信息，B、C、X的氧化性由强到弱的顺序是____（用化学式表示）．

（3）反应⑥的离子方程式是____．

（4）在反应⑥中，F表现的性质是____，当生成0.75molC时，被氧化的还原剂的物质的量是____．11、如图是某学校实验室从化学试剂商店买回来的氢氧化钠试剂标签上的部分内容．某同学从该试剂瓶中取出24.0g固体；配成1L溶液，请计算：

（1）所得氢氧化钠溶液的物质的量浓度？

（2）从所得的氢氧化钠溶液中取出200mL于一烧杯中，投入足量的金属铝，完全反应后，产生的气体在标准状况下的体积？（提示：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）

12、通过简单地推理或计算填空：

（1）X原子有两个电子层，它能与最活泼的金属Y形成Y3X的化合物，X是______元素．

（2）若某元素原子的电子层数和Na原子的相同，最外层电子数与F原子相同，则该元素的原子序数是______．13、（6分）二氧化硒(Se)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。完成下列填空：(1)Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1。写出Se和浓HNO3的反应方程式。(2)已知：Se＋2H2SO4(浓)2SO2↑＋SeO2＋2H2O2SO2＋SeO2＋2H2OSe＋2SO42－＋4H＋SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是。(3)回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2+KI+HNO3Se+I2+KNO3+H2O（未配平）②I2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗0.2000mol·L－1的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为。14、某溶液由K+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣中的若干种离子组成；取适量该溶液进行如下实验：

①向其中加入过量盐酸；有气体生成，并得到无色透明溶液；

②在①所得溶液中加入过量氢氧化钡溶液；产生白色沉淀，过滤；

③在②所得的滤液中加入过量稀硝酸；再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀．

根据上述实验回答下列问题：

（1）原溶液中一定不存在的离子是____；

（2）原溶液中一定存在的离子是____；

（3）原溶液中可能存在的离子是____；

（4）请写出①和③中发生反应的离子方程式____15、糖尿病是由于人体内胰岛素紊乱导致的代谢紊乱综合征；以高血糖为主要标志．长期摄入高热量食品或缺少运动，都会导致糖尿病．

（1）血糖是指血液中的葡萄糖，下列有关说法正确的是______．

A．葡萄糖分子可表示为C6（H2O）6，则每个葡萄糖分子含有6个H2O分子。

B．葡萄糖与果糖互为同分异构体。

C．糖尿病人尿糖较高；可用新制的氢氧化铜来检测人尿液中的葡萄糖。

D．淀粉水解的最终产物是氨基酸。

（2）糖尿病人不可过量饮酒；将会一定程度上造成胰岛细胞损伤．但酒精在肝脏内可转化成有机物A．A的实验结果如下：

①通过实验测得A的相对分子质量为60；

②A由C；H、O三种元素组成；分子中只存在两种类型的氢原子，且这两种类型的氢原子个数比为1：3

③A可与酒精在一定条件下生成有芳香气味的物质．

纯净的A又称为______，结构简式为______．

A的主要化学性质有（用化学方程式表示）：a______；

b______．16、如表是元素周期表中短周期元素的一部分；表中所列字母分别代表一种元素．

。rm{A}rm{B}rm{D}rm{E}rm{F}rm{C}rm{G}rm{H}rm{(1)}上述元素的单质中熔点最高的可能是______rm{(}填名称rm{)}．

rm{(2)}比较rm{D}rm{G}氢化物的稳定性______rm{(}用化学式表示rm{)}．

rm{(3)}在一定条件下，rm{A}与rm{E}可形成一种极易溶于水的气态化合物；其电子式为：______；

rm{(4)D}rm{E}rm{G}rm{H}四种元素最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是：______rm{(}填化学式rm{)}．

rm{(5)A}rm{D}两种元素构成的两种烃rm{X}和rm{Y}rm{X}是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平；rm{Y}是一种比水轻的油状液体，两种元素的质量比为rm{12}rm{1}rm{Y}的相对分子质量为rm{78}．

rm{垄脵X}的结构简式______．

rm{垄脷Y}与浓硫酸与浓硝酸在rm{50隆芦60隆忙}反应的化学反应方程式：______，反应类型______．17、工业上利用N2和H2合成NH3，NH3又可以进一步制备联氨（N2H4）等。由NH3制备N2H4的常用方法是NaClO氧化法，有学者探究用电解法制备的效率，装置如图，试写出其阳极电极反应式______。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)18、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）19、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）20、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）21、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）22、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）评卷人得分四、原理综合题(共4题，共28分)23、CO是大气污染气体；可利用化学反应进行治理或转化。

(1)甲醇是重要的溶剂和燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0

①T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和1.2molH2，一段时间后达到平衡，此时H2与CH3OH的体积分数之比为2：5，该反应的平衡常数K＝___________；此时若向容器中再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)；则平衡将___________移动。(填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”)

②在一容积可变的密闭容器中充入一定物质的量的CO和H2，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。a、b、c三点平衡常数K(a)、K(b)、K(c)的大小关系是___________。b、d点的正反应速率vb(CO)_______va(CO).

(2)沥青混凝土可作为2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)反应的催化剂。图表示在相同的恒容密闭容器；相同起始浓度、反应相同的时间；使用同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时，CO的转化率与温度的关系。

①a、b；c、d四点中表示平衡状态的是___________；

②e点转化率出现突变的原因可能是______________________。

(3)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解时CO2在阴极区转化为HCOOH；其原理示意图如下：

电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_________________________。24、二甲醚是一种重要的清洁燃料。合成二甲醚是解决能源危机的研究方向之一。

（1）用CO2和H2可以合成二甲醚(CH3OCH3)

已知：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=-41.1kJ/mol

2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=-24.5kJ/mol

则反应2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=____。

（2）二甲醚(CH3OCH3)燃料电池可以提升能量利用率。利用二甲醚酸性介质燃料电池电解200mL饱和食盐水(惰性电极)；电解一段时间后，阴极收集到标况下的氢气2.24L(设电解后溶液体积不变)

①二甲醚燃料电池的正极反应式为____，负极反应式为____。

②请写出电解食盐水的化学方程式____。

③电解后溶液的pH=____，理论上消耗二甲醚的质量为____(保留一位小数)。25、合成气的主要成分是一氧化碳和氢气；可用于合成二甲醚等清洁燃料。从天然气获得合成气过程中可能发生的反应有：

CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206.1kJ/mol①

CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH2=+247.3kJ/mol②

请回答下列问题：

(1)在一密闭容器中进行反应①，测得CH4的物质的量浓度随反应时间的变化如图1所示。反应进行的前5min内，v(H2)=____；10min时，改变的外界条件可能是_____。

(2)如图2所示，在甲、乙两容器中分别充入等物质的量的CH4和CO2，使甲、乙两容器初始容积相等。在相同温度下发生反应②，并维持反应过程中温度不变。已知甲容器中CH4的转化率随时间变化的图像如图3所示，请在图3中画出乙容器中CH4的转化率随时间变化的图像_____。

(3)800℃时，反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的化学平衡常数K=1.0，某时刻测得该温度下的密闭容器中各物质的物质的量见下表，此时反应中正、逆反应速率的关系式是____（填序号）。

a.v(正)＞v(逆)

b.v(正)＜v(逆)

c.v(正)=v(逆)

d.无法判断。COH2OCO2H20.5mol8.5mol2.0mol2.0mol

(4)二甲醚（CH3OCH3）可由合成气（CO和H2）在一定条件下制得，写出该反应的化学方程式：____。

(5)以二甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极构成燃料电池。该电池的负极电极反应方程式是：____。用二甲醚燃料电池为电源，用铂电极电解KCl和CuSO4的混合溶液，当电路中通过0.3mol电子的电量时，阴阳两极都产生2.8L的气体(标准状况)，若电解后溶液体积为1L，则阳极气体的成分及物质的量为：____。26、纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的两种方法：。方法a用炭粉在高温条件下还原CuO方法b电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑

（1）工业上常用方法b制取Cu2O而很少用方法a，其原因是反应条件不易控制，若控温不当易生成__________而使Cu2O产率降低。

（2）已知：①2Cu(s)+O2(g)＝Cu2O(s)ΔH1=－169kJ·mol－1

②C(s)+O2(g)＝CO(g)ΔH2=－110.5kJ·mol－1

③Cu(s)+O2(g)＝CuO(s)ΔH3=－157kJ·mol－1

则方法a中发生的反应：2CuO(s)＋C(s)＝Cu2O(s)＋CO(g)；△H=________。

（3）方法b是用肼燃料电池为电源，通过离子交换膜电解法控制电解液中OH－的浓度来制备纳米Cu2O；装置如图所示：

①上述装置中B电极应连_________电极(填“C”或“D”)。

②该离子交换膜为____离子交换膜(填“阴”或“阳”)，该电解池的阳极反应式为_______。

③原电池中负极反应式为______________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共8分)27、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。评卷人得分六、综合题(共4题，共24分)28、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

29、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题30、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

31、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】

①四氯化碳和水不互溶；所以能用分液漏斗分离，故正确；

②苯和溴苯能相互溶解；所以不能用分液漏斗分离，故错误；

③乙醇和水能相互溶解；所以不能用分液漏斗分离，故错误；

④苯和水不互溶；所以能用分液漏斗分离，故正确；

⑤硝基苯和水不互溶；所以能用分液漏斗分离，故正确；

⑥苯和四氯化碳能相互溶解；所以不能用分液漏斗分离，故错误．

故选C．

【解析】【答案】对互不相溶的两层液体；静置后分层，则可使用分液漏斗来分离，即分析选项中的物质是否相互溶解即可．一般的来说：有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂．

2、A|C【分析】【解析】【答案】AC3、C【分析】【分析】SO2被还原；则硫的化合价要降低。A硫的化合价没变，B；D硫的化合价升高，C硫的化合价降低。答案选C。

【点评】氧化剂得电子价降低，被还原发生还原反应，得到还原产物。还原剂失电子价升高，被氧化发生氧化反应，得到氧化产物。4、D【分析】【解答】A；硫酸亚铁变质后会生成硫酸铁；颜色由浅绿色变为黄色，故A不选；

B；过氧化钠变质后生成碳酸钠；颜色由淡黄色变为白色，故B不选；

C；苯酚为无色物质；被氧气氧化变为粉红色，故C不选；

D；亚硫酸钠易被氧气氧化为硫酸钠；二者均为白色固体，通过观察法不能确定是否变质，故D选．

故选D．

【分析】只有变质前后物质的颜色、状态等发生明显的变化的才能通过观察法确定是否变质，可以根据变质后生成物质的颜色、状态变化来判断．5、A【分析】【分析】本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构。【解答】A.苯为平面结构，中溴原子处于苯中rm{H}原子位置，所有原子都处在同一平面上，故A错误；B.rm{HC隆脭CH}是直线型结构，所有原子都处在同一平面上，故B错误；C.rm{CH_{3}-CH_{3}}含有甲基，甲基具有四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故C正确；D.乙烯是平面型结构，rm{CH_{2}=CHCl}相当于乙烯分子中的一个氢原子被rm{-Cl}取代，不改变原来的平面结构，所有原子都处在同一平面上，故D错误。故选A。【解析】rm{A}6、D【分析】【分析】本题考查了学生依据有机物的碳原子数和结构特点确定它的分子式，做题时要依据烷烃的通式和结构中的不饱和键的数目来确定分子式，这需要同学们重视书上的基础知识。【解答】依据烷烃的通式为rm{C_{n}H_{2n+2,}}含rm{30}个碳原子的烷烃其分子式为rm{C_{30}H_{62}}当分子中含有rm{6}个rm{C=C}而不含环状结构时，氢原子数减少rm{12}个，所以角鲨烯的分子式为rm{C_{30}H_{50,}}故选D。故选D。【解析】rm{D}7、C【分析】

A、C6H5Br、Br2与C6H6互溶，不能加入C6H6进行分离；应加入碳酸钠溶液，充分反应后分液，故A错误；

B、Cl2可将FeCl2氧化为FeCl3；影响被提纯的物质，应加入过量铁粉，然后过滤，故B错误；

C、Al2O3与NaOH溶液反应生成溶于水的NaAlO2；然后过滤，故C正确；

D、H2与CH2=CH2发生加成反应，但不易控制H2的量；应通过溴水，溴与乙烯发生加成反应而除去，故D错误．

故选C．

【解析】【答案】A、C6H5Br、Br2与C6H6互溶；

B、Cl2可将FeCl2氧化为FeCl3；

C、Al2O3与NaOH溶液反应；

D、H2与CH2=CH2发生加成反应，但不易控制H2的量．

8、C【分析】

焰色反应的操作步骤：④用稀盐酸洗净铂丝；②置酒精灯火焰上灼烧，①将铂丝蘸浓盐酸在无色火焰上灼烧至无色，②蘸取试样在无色火焰上灼烧，③透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，故选C．

【解析】【答案】根据焰色反应的操作步骤为：洗；烧、取、烧、观察来分析解答．

9、C【分析】【分析】正确答案：C

A．不正确，1.8gNH4+含有的电子数为1.0NA；

B．不正确；在标准状况下，22.4LHF是液态；

C．正确；

D．不正确，200mL0.5mol/LNaHCO3溶液中含有的钠离子数为0.1NA。二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】

B、D为液体，其中B的分子为4原子分子，因此B是H2O2，D在常温下不具有挥发性，且D能和铜反应，这说明D应该是H2SO4，则根据A是气体可知A是SO2，F的浓溶液与X共热通常用于实验室制备单质C，且C、E、F为气体，由于H2O2易分解生成O2，这说明E应该是O2，则X就是MnO2，所以C是Cl2；F是HCl；

（1）由以上分析可知A为SO2，F为HCl，故答案为：SO2；HCl；

（2）B是H2O2，为共价化合物，电子式为根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的可知，B、C、X的氧化性由强到弱的顺序是MnO2＞Cl2＞H2O2，故答案为：MnO2＞Cl2＞H2O2；

（3）反应⑥是实验室制取氯气，反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

（4）在实验室制取氯气的反应中；浓盐酸表现出的性质是还原性和酸性．根据氯原子守恒可知，当生成0.75mol氯气时，被氧化的还原剂的物质的量是0.75mol×2=1.5mol；

故答案为：还原性；酸性；1.5mol．

【解析】【答案】B、D为液体，其中B的分子为4原子分子，因此B是H2O2，D在常温下不具有挥发性，且D能和铜反应，这说明D应该是H2SO4，则根据A是气体可知A是SO2，F的浓溶液与X共热通常用于实验室制备单质C，且C、E、F为气体，由于H2O2易分解生成O2，这说明E应该是O2，则X就是MnO2，所以C是Cl2；F是HCl，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题．

11、略

【分析】

（1）n（NaOH）===0.6mol；

c（NaOH）===0.6mol/L；

答：所得氢氧化钠溶液的物质的量浓度为c（NaOH）=0.6mol•L-1；

（2）从所得的氢氧化钠溶液中取出200mL；则n（NaOH）=0.6mol/L×0.2L=0.12mol，设生成的氢气的体积为V；

根据方程式计算：

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

2mol3×22.4L

0.12molV

V==4.032L；

答：产生的气体在标准状况下的体积为4.032L．

【解析】【答案】（1）根据溶质的质量计算物质的量，根据c=计算所得溶液的物质的量浓度；

（2）根据反应方程式计算生成氢气的体积．

12、略

【分析】解：（1）X原子有两个电子层，它能与最活泼的金属Y形成Y3X的化合物；Y为+1价，则X为-3价，其最外层有5个电子，位于第VA族，且位于第二周期，为N元素，故答案为：N；

（2）若某元素原子的电子层数和Na原子的相同；有3个电子层，最外层电子数与F原子相同，则其最外层电子数为7，其原子核外电子数=2+8+7=17，元素的原子序数=原子核外电子数=17，故答案为：17．

（1）X原子有两个电子层，它能与最活泼的金属Y形成Y3X的化合物；Y为+1价，则X为-3价，位于第VA族；

（2）若某元素原子的电子层数和Na原子的相同；有3个电子层，最外层电子数与F原子相同，则其最外层电子数为7，元素的原子序数=原子核外电子数．

本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，明确原子结构、元素周期表结构是解本题关键，侧重考查学生对周期表结构的掌握，题目难度不大．【解析】N；1713、略

【分析】【解析】试题分析：利用题中信息可知Se和浓HNO3反应，Se被氧化成+4价的H2SeO3，HNO3被还原为NO和NO2，利用电子守恒和题中限定条件（Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1）可知方程式：Se＋2HNO3(浓)==H2SeO3＋NO↑＋NO2↑。利用氧化性：氧化剂＞氧化产物，结合方程式可得出：SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>SO2，（3）可以化合价升降法配平，即Se由+4降至0价，化合价变化单位为4，I由—1升至0价，化合价变化单位为1，根据化合价变化总数相等，则KI的系数为4，SeO2系数为1，然后配平其它原子，在反应1中I-失去电子，SeO2得到电子。根据方程式：第一个反应方程式得SeO22I2再结合第二个方程式，可知SeO22I24Na2S2O314X0．2000mol/L×0．025Lx=1/4×0．2000mol/L×0．025Lm(SeO2)=1/4×0．2000mol/L×0．025L×111g/mol即样品中SeO2质量分数为m/0.1500=0．925考点：氧化还原反应及其相关计算。【解析】【答案】6分）（1）Se＋2HNO3(浓)==H2SeO3＋NO↑＋NO2↑或Se＋2HNO3(浓)==SeO2＋NO↑＋NO2↑＋H2O（2分）（2）H2SO4(浓)>SeO2>SO2（2分）（3）0.925（2分）14、Cu2+、Ba2+、Fe3+K+、CO32﹣、SO42﹣Cl﹣CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；Ag++Cl﹣=AgCl↓．【分析】【解答】①向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液，则溶液中含CO32﹣，发生反应：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，由于含CO32﹣，则不能含Ba2+、Cu2+、Fe3+，根据溶液呈电中性，故溶液中一定含K+；

②向①所得的溶液中加入过量氯化钡溶液，产生白色沉淀，则溶液中含SO42﹣，发生反应的离子方程式为：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓；

③向②所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，即有AgCl生成：Ag++Cl﹣=AgCl↓，但由于①中加入了HCl，引入了Cl﹣，故不能确定原溶液中含不含Cl﹣．

综上分析可知：

（1）溶液中一定不存在的离子是：Cu2+、Ba2+、Fe3+，故答案为：Cu2+、Ba2+、Fe3+；

（2）溶液中一定存在：K+、CO32﹣、SO42﹣，故答案为：K+、CO32﹣、SO42﹣；

（3）溶液中能存在的是Cl﹣，故答案为：Cl﹣；

（4）①中生成CO2气体时发生的离子反应为CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；③中生成AgCl白色溶液的离子反应式为Ag++Cl﹣=AgCl↓，故答案为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；Ag++Cl﹣=AgCl↓．

【分析】①向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液，则溶液中含CO32﹣，不能含Ba2+、Cu2+、Fe3+，根据溶液要呈电中性，故溶液中一定含K+；

②向①所得的溶液中加入过量氯化钡溶液，产生白色沉淀，则溶液中含SO42﹣；

③向②所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，即有AgCl生成，但由于①中加入了HCl，引入了Cl﹣，故不能确定原溶液中含不含Cl﹣．

据此分析．

15、略

【分析】解：（1）A、虽糖类可表示为Cm（H2O）n；但分子中没有水，故A错误；

B；因葡萄糖与果糖分子式相同；结构不同，则互为同分异构体，故B正确；

C；因新制的氢氧化铜能与葡萄糖反应生成红色的氧化亚铜；可用用新制的氢氧化铜来检测病人尿液中的葡萄糖，故C正确；

D；因淀粉水解的最终产物是为葡萄糖；故D错误；

故答案为：BC；

（2）因A可与酒精在一定条件下生成有芳香气味的物质，可得A为酸，又因再结合A的相对分子质量为60，由C、H、O三种元素组成，分子中只存在两种类型的氢原子，且这两种类型的氢原子的个数比为1：3，所以A为乙酸，纯净的A又称为冰醋酸，结构简式为CH3COOH，乙酸具有酸的通性和能与醇反应，如：乙酸可与碱反应：CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O，乙酸能与乙醇发生酯化反应得到乙酸乙酯和水：CH3COOH+CH3CH2OCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：冰醋酸；CH3COOH；

CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O（其它合理答案均给分）；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O．

（1）A、糖类可表示为Cm（H2O）n；但分子中没有水；

B；根据葡萄糖与果糖互为同分异构体；

C；根据新制的氢氧化铜能与葡萄糖反应生成红色的氧化亚铜；

D；根据淀粉水解的最终产物是为葡萄糖；

（2）根据A可与酒精在一定条件下生成有芳香气味的物质；可得A为酸，再结合①；②可得A为乙酸，写出结构简式，纯净的乙酸容易结成象冰一样的固体，又称冰醋酸，乙酸具有酸的通性，且能与醇发生酯化反应．

本题主要考查了糖类、乙酸的性质，难度不大，可根据课本知识完成．【解析】BC；冰醋酸；CH3COOH；CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O（其它合理答案均给分）；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O16、略

【分析】解：由元素在短周期中的位置，可知rm{A}为氢，rm{B}为rm{He}rm{C}为rm{Na}rm{D}为碳，rm{E}为氮，rm{F}为氧，rm{G}为rm{Al}rm{H}为rm{Cl}．

rm{(1)Si}单质、碳的单质都可以形成原子晶体，单质的沸点可能高于其它主族，但rm{C-C}键键长比rm{Si-Si}键键长短，rm{C-C}键更强；故碳单质的熔点可能最高；

故答案为：碳；

rm{(2)C}rm{Si}同主族，自上而下非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱，故氢化物稳定性rm{CH_{4}>SiH_{4}}故答案为：rm{CH_{4}>SiH_{4}}

rm{(3)A}与rm{E}形成的一种极易溶于水的气态化合物为rm{NH_{3}}分子中rm{N}原子与rm{H}原子之间形成rm{1}对共用电子对，电子式为

故答案为：

rm{(4)}高氯酸是最强的无机含氧酸，非金属性rm{N>C>Si}元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性最强，故酸性：rm{HClO_{4}>HNO_{3}>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}

故答案为：rm{HClO_{4}>HNO_{3}>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}

rm{(5)A}rm{D}两种元素构成的两种烃rm{X}和rm{Y}rm{X}是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则rm{X}为乙烯，rm{Y}是一种比水轻的油状液体，两种元素的质量比为rm{12}rm{1}分子中rm{C}rm{H}原子数目之比为rm{dfrac{12}{12}}rm{dfrac{1}{1}=1}rm{1}rm{Y}的相对分子质量为rm{78}则rm{Y}为．

rm{垄脵X}为乙烯，结构简式为：rm{CH_{2}=CH_{2}}故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}}

rm{垄脷Y}为苯，与浓硫酸与浓硝酸在rm{50隆芦60隆忙}反应的化学反应方程式：rm{+HNO_{3}xrightarrow[50隆芦60隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}}rm{+HNO_{3}

xrightarrow[50隆芦60隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}}属于取代反应；

故答案为：rm{+HNO_{3}xrightarrow[50隆芦60隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}}rm{+H_{2}O}取代反应．

由元素在短周期中的位置，可知rm{+HNO_{3}

xrightarrow[50隆芦60隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}}为氢，rm{+H_{2}O}为rm{A}rm{B}为rm{He}rm{C}为碳，rm{Na}为氮，rm{D}为氧，rm{E}为rm{F}rm{G}为rm{Al}．

rm{H}族中元素形成的单质中有原子晶体；单质的沸点可能最高，而原子晶体中原子半径越小，其沸点越高；

rm{Cl}非金属性越强；元素对应的氢化物越稳定；

rm{(1)VIA}在一定条件下，rm{(2)}与rm{(3)}可形成一种极易溶于水的气态化合物为rm{A}

rm{E}元素的非金属性越强；最高价含氧酸的酸性最强，高氯酸是最强的无机含氧酸；

rm{NH_{3}}rm{(4)}两种元素构成的两种烃rm{(5)A}和rm{D}rm{X}是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则rm{Y}为乙烯，rm{X}是一种比水轻的油状液体，两种元素的质量比为rm{X}rm{Y}分子中rm{12}rm{1}原子数目之比为rm{C}rm{H}rm{dfrac{12}{12}}rm{dfrac{1}{1}=1}的相对分子质量为rm{1}则rm{Y}为．

本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用、电子式、有机物化学基础等，难度不大，注意熟练掌握元素周期律表的结构．rm{78}【解析】碳；rm{CH_{4}>SiH_{4}}rm{HClO_{4}>HNO_{3}>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{+HNO_{3}xrightarrow[50隆芦60隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}}rm{+HNO_{3}

xrightarrow[50隆芦60隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}}取代反应rm{+H_{2}O}17、2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O【分析】解：装置图分析可知，氧离子移向的电极为阳极，阳极上通入氨气失电子生成N2H4，阴极上氧气得到电子生成O2-，传导离子为O2-，阳极电极反应：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O；

故答案为：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O。

装置图分析可知，氧离子移向的电极为阳极，阳极上通入氨气失电子生成N2H4，阴极上氧气得到电子生成O2-，传导离子为O2-；结合电荷守恒和原子守恒书写电极反应。

本题考查了电解池原理、电极反应书写，注意装置图中离子移向判断电极名称的方法应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。【解析】2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O三、判断题(共5题，共10分)18、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．19、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素20、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．21、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．22、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol四、原理综合题(共4题，共28分)23、略

【分析】【分析】

（1）①同一容器中，两种气体的体积之比等于物质的量之比，计算出平衡时反应物生成物各自的物质的量浓度，然后计算平衡常数，达到平衡后再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)；计算此时的浓度商，然后与平衡常数对比；

②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0，该反应正反应为放热反应，当压强相同时，温度越高CO的平衡转化率越低，结合图象，T123；对应放热反应，温度越高，平衡常数越小；同温时压强越大反应速率越快；

（2）①对应放热反应，当反应达到平衡后，升高温度平衡要逆向移动，反应物转化率下降，判断a、b；c、d四点中哪个点处于平衡状态；

②e点转化率出现突变的原因可能是温度升高催化剂中毒；失去活性；

（3）阳极产生发生的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极产生的H+与HCO3-反应，导致HCO3-的浓度降低，K+部分迁移至阴极区。

【详解】

（1）①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和1.2molH2，一段时间后达到平衡，令反应消耗CO的物质的量为xmol，反应中反应物、生成物物质的量变化之比等于化学计量数之比，故反应消耗H2的物质的量为2xmol，反应生成CH3OH的物质的量为xmol，故平衡时n(CO)=(1-x)mol，n(H2)=(1.2-2x)mol，n(CH3OH)=xmol，同一容器中，两气体的体积之比等于物质的量之比，(1.2-2x)：x=2：5，x=5/6，x=0.5，故平衡时n(CO)=0.5mol，n(H2)=0.2mol，n(CH3OH)=0.5mol，c(CO)=0.25mol·L－1，c(H2)=0.1mol·L－1，c(CH3OH)=0.25mol·L－1，K=0.25/[0.25×(0.1)2]=100；此时向容器中再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)，容器中CO、CH3OH的物质的量浓度变为0.45mol·L－1、0.35mol·L－1，Qc=0.35/[0.45×(0.1)2]=77.7<100；说明此时平衡向正反应方向移动；

②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0，该反应正反应为放热反应，当压强相同时，温度越高CO的平衡转化率越低，结合图象，T123，正反应为放热反应，温度越高，正反应的平衡常数越小，故K(a)>K(b)>K(c)；在其他条件相同时，增大压强，化学反应速率加快，由于压强b>d，vb(CO)>va(CO).；

（2）①当反应达到平衡后，升高温度平衡要逆向移动，CO的转化率降低，则a、b；c、d四点中表示平衡状态的是c、d；

②e点转化率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性；

（3）阳极产生发生的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极产生的H+与HCO3-反应，H++HCO3-=CO2↑+H2O，HCO3-的浓度降低，K+部分迁移至阴极区。

【点睛】

本题考查化学反应平衡常数，浓度商与平衡常数之间的关系，结合图像回答有关反应速率和化学平衡有关问题，考生要能从题中的图像中分析问题。【解析】100正反应方向K(a)>K(b)>K(c)>c、d温度升高后催化剂失去活性阳极产生O2，pH降低，HCO3-的浓度降低，K+部分迁移至阴极区24、略

【分析】【详解】

（1）根据题意可知热化学方程式：①CO(g)+H2(g)=CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol；②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=-41.1kJ/mol；③2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=-24.5kJ/mol，利用盖斯定律进行计算，将三个方程式①×2+②×2+③进行叠加，可得热化学方程式：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=-122.5kJ•mol-1；

（2）①原电池中正极发生还原反应，氧气在正极获得电子，由于溶液显酸性，所以反应产生水，正极的电极反应式是O2＋4e－＋4H＋=2H2O；负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，酸性条件下生成二氧化碳；电极反应式为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+；

②在NaCl溶液中，由于离子放电能力：Cl->OH-，H+>Na+，所以Cl-在阳极放电产生氯气，氢离子在阴极放电产生氢气，电解食盐水的化学方程式是2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；

③电解NaCl溶液一段时间后，阴极收集到标况下的氢气2.24L，n(H2)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，根据电解方程式可知反应产生NaOH的物质的量是n(NaOH)=2n(H2)=0.2mol，则c(NaOH)=0.2mol÷0.2L=1mol/L，所以溶液的pH=14；根据原电池的负极反应式可知：1molCH3OCH3发生反应转移电子的物质的量是12mol，反应产生0.2molNaOH，转移电子的物质的量是0.2mol，则需要CH3OCH3的物质的量是0.2mol÷12=0.17mol，其质量是m(CH3OCH3)=0.17mol×46g/mol=0.8g。【解析】-122.5kJ·mol-1O2＋4e－＋4H＋=2H2OCH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑140.8g25、略

【分析】【分析】

(1)反应进行的前5min内，CH4的浓度变化量为0.50mol/L，由此可求出v(H2)；10min时，改变的外界条件，2min内CH4的浓度变化量为0.25mol/L；与前一时间段进行对比，从而得出反应速率加快，由此预测可能发生改变的外界条件。

(2)因为反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)发生后，气体分子数增大，所以乙容器相当于甲容器减小压强，由此可确定平衡移动的方向、CH4的转化率变化及所需的时间。

(3)800℃时，反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的化学平衡常数K=1.0；利用表中数据求浓度商，并与K进行比较，从而确定平衡移动的方向，由此得出正；逆反应速率的相对大小。

(4)CO和H2在一定条件下制得CH3OCH3；由此可写出该反应的化学方程式。

(5)以二甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极构成燃料电池。该电池的负极为二甲醚在碱性条件下失电子，转化为CO32-等。用二甲醚燃料电池为电源，用铂电极电解KCl和CuSO4的混合溶液，阳极先发生Cl-失电子生成Cl2的反应，后发生H2O失电子生成O2的反应；阴极先发生Cu2+得电子的反应，后发生H2O得电子生成H2的反应；代入数据建立方程式，即可求出结果。

【详解】

(1)从图中可提取以下信息，反应进行的前5min内，CH4的浓度变化量为0.50mol/L；10min后，改变某条件，2min内CH4的浓度变化量为0.25mol/L。则反应进行的前5min内，v(CH4)==0.10mol/(L·min)，依据化学方程式CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，可得出v(H2)=3v(CH4)=0.30mol/(L·min)；与10min前进行对比；反应速率加快且平衡正向移动，所以改变的外界条件可能是升高温度或冲入水蒸气。答案为：0.30mol/(L·min)；升高温度或冲入水蒸气；

(2)我们以甲为参照，随着反应的进行，气体分子数增大，压强增大，对于恒压容器乙，相当于甲增大容积减小压强，则反应速率减慢，但平衡正向移动，CH4的转化率增大，由此可在图3中画出乙容器中CH4的转化率随时间变化的图象为答案为：

(3)由表中数据及反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，可求出浓度商为Q==0.94

(4)CO和H2在一定条件下制得CH3OCH3，化学方程式为2CO+4H2CH3OCH3+H2O。答案为：2CO+4H2CH3OCH3+H2O；

(5)以二甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极构成燃料电池。该电池的负极为二甲醚在碱性条件下失电子，转化为CO32-等，电极反应方程式是：CH3OCH3+16OH--12e-=2CO32-+11H2O。

阳极发生的反应为：2Cl--2e-==Cl2↑，2H2O-4e-==O2↑+4H+。n(气体)==0.125mol，设n(Cl2)=x，则n(O2)=0.125-x，从而得出2x+4×(0.125-x)=0.3mol，从而求出x=0.10mol，0.125-x=0.025mol，即O2：0.025mol、Cl2：0.10mol。答案为：O2：0.025mol、Cl2：0.10mol。

【点睛】

两种电解质混合溶液中的计算，需正确写出电极反应式，所以解题的关键点是依据离子的放电能力的强弱，将电极发生的反应逐一写出，并注意区分先后。如本题中，如果求阴极析出铜的质量，则需写出以下两个电极反应式：Cu2++2e-==Cu，2H2O+2e-==H2↑+2OH-，生成H22.8L即0.125mol，则得电子0.25mol，从而得出Cu2+得电子0.3mol-0.25mol=0.05mol，m(Cu)=0.05mol×64g/mol=3.2g。【解析】0.3mol/(L·min)升高温度或冲入水蒸气a2CO+4H2→CH3OCH3+H2O（一定条件）CH3OCH3+16OH--12e-=2CO32-+11H2OO2：0.025mol、Cl2：0.10mol26、略

【分析】【分析】

（1）碳会将CuO还原为铜；

（2）根据盖斯定律进行求解；

（3）①铜电极应发生氧化反应；原电池中正极得电子发生还原反应；负极失电子发生氧化反应；

②离子交换膜要控制电解液中OH-的浓度；阴离子交换膜才能控制氢氧根浓度；

③原电池中负极失电子发生氧化反应。

【详解】

（1）在加热条件下，C会将CuO还原为Cu，故方法I反应条件不易控制，若控温不当易生成Cu而使Cu2O产率降低；

（2）已知：①2Cu（s）+O2（g）＝Cu2O（s）△H=-169kJ•mol-1

②C（s）+O2（g）＝CO（g）△H=-110.5kJ•mol-1

③Cu（s）+O2（g）＝CuO（s）△H=-157kJ•mol-1

根据盖斯定律①+②-2×2可得2CuO（s）+C（s）＝Cu2O（s）+CO（g）△H=+34.5kJ•mol-1；

（3）①原电池中D电极通入氧气；氧气发生还原反应，故D电极为正极，C电极为负极；电解池中B电极为铜，铜在反应过程被氧化，故为阳极，与外接电源的正极相连，即与D相连，故答案为：D；

②该方法采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度；在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O；

③原电池中负极失电子发生氧化反应，负极通入N2H4失电子被氧化成N2，负极反应式为N2H4-4e－+4OH－＝N2↑+4H2O。【解析】Cu+34.5kJ·mol－1D阴2Cu-2e－+2OH－=Cu2O+H2ON2H4-4e－+4OH－=N2↑+4H2O五、元素或物质推断题(共1题，共8分)27、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色，B为二氧化氮；A为氮气，氮气和氧气生成一氧化氮C，一氧化氮和氧气生成二氧化氮D，二氧化氮和水生成硝酸E，硝酸和铜生成一氧化氮、硝酸铜；氮气和氢气生成氨气D，氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮；

【详解】

（1）A→D反应为氮气和氢气催化生成氨气，

（2）D→C为氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮和水，

（3）二氧化氮B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收生成硝酸，反应为则二氧化氮与的物质的量之比为4:1；该反应电子转移情况为若该反应转移个电子，则参加反应的二氧化氮的物质的量为1mol。【解析】(1)

(2)

(3)4:11六、综合题(共4题，共24分)28、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1【分析】【解答】（1）因图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

（2）因1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1；

则2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO