2025年苏人新版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年苏人新版高三化学下册阶段测试试卷860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、根据有机化合物的系统命名法，下列命名正确的是（）A.3-甲基-1，3-丁二烯B.2-羟基丁烷C.2-乙基丁烷D.邻羟基苯甲酸2、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4L苯的分子数约为NA个B.常温下，在1moLC5H12中含有共价键数15NAC.标准状况下，17gNH3所含共价键数为NA个D.常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NA3、反应A+B→C（△H＜0）分两步进行：①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）．下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）A.B.C.D.4、ClO2是新一代饮用水的消毒剂，许多发达国家的自来水厂采用ClO2代替CL2来进行自来水消毒。我国最近成功研制出制取CLO2的新方法，其反应的微观过程如下所示：下列有关该反应的叙述中正确的是A.该反应是复分解反应B.该反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2====2ClO2+2NaClC.反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂D.NaClO2和ClO2中Cl的化合价相同5、已知某酸H2B在水溶液中存在下列关系：①H2B===H＋＋HB－，②HB－H＋＋B2－.关于该酸对应的酸式盐NaHB的溶液，下列说法中，一定正确的是A.NaHB属于弱电解质B.溶液中的离子浓度c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(OH－)C.c(Na＋)＝c(HB－)＋c(B2－)＋c(H2B)D.NaHB和NaOH溶液反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O6、化学与人类日常生活、生产密切相关．下列说法正确的是（）A.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B.维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用C.侯氏制碱法的最终产品是小苏打D.明矾可用于水的杀菌、消毒7、分子中碳原子数相等的下列各类物质，各取1mol，在充足的氧气中完全燃烧，耗氧量最大的是（）A.苯的同系物B.烷烃C.烯烃D.炔烃8、VCD光盘上的记录材料有多种，它们可在激光照射下发生化学或记忆性能的改变而记录、储存信号．碲的某化合物就是常用的VCD光盘记录材料之一，对碲及其化合物的以下认识中不正确的是（）A.单质碲在常温下是固体B.H2TeO4的酸性比H2SO4的酸性弱C.H2Te不如HI稳定D.Te元素位于第六周期ⅥA族9、下面一些报道中，你认为科学的是()A.疏通煤气管道时，充入氩气引起爆炸B.新粉刷过石灰浆的墙壁释放出CO2使一老汉窒息而死C.有易燃易爆物的工作场所，严禁穿化纤衣服D.本饮料纯天然，绝对不含化学物质评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、Ⅰ．某实验小组对H2O2的分解做了如下探究．下表是该实验小组研究影响H2O2分解速率的因素时记录的一组数据，将质量相同的粉末状和块状的MnO2分别加入盛有15ml5%的H2O2溶液的大试管中；并用带火星的木条测试，结果如表：

。MnO2触摸试管情况观察结果反应完成所需的时间粉末状很烫剧烈反应，带火星的木条复燃3.5min块状微热反应较慢，火星红亮但木条未复燃30min（1）写出上述实验中发生反应的化学方程式：____．

（2）实验结果表明，催化剂的催化效果与____有关．

（3）某同学在10mLH2O2溶液中加入一定量的二氧化锰，放出气体的体积（标准状况）与反应时间的关系如图1所示，则A、B、C三点所表示的反应速率最慢的是____．

Ⅱ．某反应在体积为5L的恒容密闭容器中进行；在0-3分钟内各物质的量的变化情况如图2所示（A，B，C均为气体，且A气体有颜色）．

（4）该反应的化学方程式为____．

（5）反应开始至2分钟时，B的平均反应速率为____．

（6）能说明该反应已达到平衡状态的是____．

a．v（A）=2v（B）

b．容器内各物质的物质的量相等。

c．v逆（A）=v正（C）

d．容器内气体的颜色保持不变。

（7）由图求得平衡时A的体积分数____．11、（2014秋•萧山区校级月考）已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）；△H＜0．在恒温恒容条件下，将一定量NO2和N2O4的混合气体通入容积为2L的密闭容器中；反应过程中各物质的物质的量浓度c随时间t的变化关系如图所示．

（1）如图中a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是____．

（2）前10min内用NO2表示的化学反应速率v（NO2）=____．反应在第二个平衡点的平衡常数K（2）与第一个平衡点的平衡常数K（1）的关系：K（2）____K（1）（填“＞”、“=”或“＜”）．12、合成气经压缩升温后进入10m3的甲醇合成塔中；在催化剂的作用下进行甲醇合成，主要反应是：

2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）+181.6kJ．

已知：某温度下（设温度为T1℃）此反应的平衡常数为160．

（1）此温度下，在密闭容器中加入一定量的CO和H2；反应到某时刻测得各组分的浓度如下表：

。物质H2COCH3OH浓度/（mol/L）0.20.10.4比较此时正、逆反应速率的大小：v正____v逆（填“＞”、“＜”或“=”）；若加入与上述同样多的CO和H2，在T2℃条件下反应，10min后达平衡时c（H2）=0.4mol/L，则该时间内反应速率v（CH3OH）=____mol/（L•min）；

（2）在一定条件的密闭恒容的容器中，下列式子或文字描述能表示上述反应达到化学平衡状态的是____（选填序号）；

a．2v逆（CO）=v正（H2）b．c（CO）：c（H2）：c（CH3OH）=1：2：1

c．混合气体的平均式量保持不变d．混合气体的密度保持不变。

（3）上述反应达到平衡后，下列说法正确的是____（选填序号）；

a．其他条件不变；增大压强，平衡常数K＜160

b．其他条件不变；温度升高，平衡常数K会减小。

c．其他条件不变，若同比例地增加CO和H2的量平衡不会发生移动。

d．其他条件不变；增大甲醇的物质的量，正反应速率也会随之逐渐增大。

（4）寻找合适的催化剂来改善上述合成甲醇的条件一直是研究课题．现分别对X；Y、Z三种催化剂进行如下实验（其他条件均相同）：

①X在T1℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

②Y在T2℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

③Z在T3℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；

已知：T1＞T2＞T3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂并简述理由：____．13、在一个温度恒定的密闭容器中，SO2和O2发生反应．已知1molSO2和足量O2完全生成1molSO3反应；放出的热量为Q．请按要求回答下列问题．

恒压条件下：

（1）若开始时放入1molSO2和0.5molO2，达平衡后，生成0.9molSO3，这时SO2的转化率为____；

（2）若开始时放入4molSO2和2molO2，达平衡后，生成SO3的物质的量为____，反应放出的热量为____．

恒容条件下：

（3）若开始时放入1molSO2和0.5molO2，达平衡后，生成amolSO3，则a____0.9（填“＞”“＜”或“=”）；

（4）若令x、y和z分别代表初始加入SO2、O2和SO3的物质的量，要使其达平衡时，反应混合物中三种气体的物质的量分数与（3）中平衡时完全相同，则x、y、z必须满足的一般条件是____、____．（用两个代数式表示，其中一个只含x、y，另一个含x、z）14、元素铝是在生产；生活中应用广泛的金属元素．

（1）从矿石提取氧化铝：矿石与NaOH溶液高温反应，然后降温析出晶体，再经净化和高温煅烧得到氧化铝．降温析出晶体时的反应方程式为：____．

（2）氧化铝是工业电解冶炼铝的重要原料，生产中加入冰晶石（Na3AlF6），其作用是____．

工业冶炼铝的装置示意图如图：

①阴极的反应式____；

②在电解池工作过程中，需要不断补充阳极材料，原因是____．

（3）有资料介绍：溶液中铝元素以氢氧化物[用Al（OH）3表示]形式存在的pH范围是3.8～10．现有A、B两种均含铝元素形成的某种离子溶液，其pH分别为1、13，两溶液等体积混合时反应的离子方程式为____．

（4）一种新型高效净水剂PAFC聚合氯化铁铝[A1Fe（OH）nCl6-n]m，广泛用于日常生活用水和工业污水的处理．有关PAFC的说法正确的是____．（填选项）

A．PAFC中铁元素显+2价。

B．PAFC用于净水时；比用相同量的氯化铝和氯化铁对水的pH改变小。

C．PAFC可看作一定比例的氯化铁与氯化铝水解的中间产物。

D．PAFC在强酸性和强碱性溶液中都能稳定存在．15、氯化亚铜是一种应用较广的催化剂；易水解．以低品位铜矿砂（主要成分CuS）为原料制备氯化亚铜的路线如下：

（1）酸溶1步骤中加入MnO2的作用是____．

（2）除锰步骤Mn2+转化为MnCO3沉淀，该反应的离子方程式为____．溶液中CuSO4转变为Cu（NH3）4CO3留在溶液中．

（3）蒸氨步骤会得到CuO固体，该步骤在减压条件下进行的原因是____．

（4）写出合成步骤中发生反应的化学方程式____．

（5）有工艺将合成步骤的NaCl与Na2SO3换为NH4Cl和（NH4）2SO3，则可获得一种可作为氮肥的副产品，其化学式为____．

（6）洗涤步骤先用____洗，再用无水乙醇洗涤．16、（1）维生素C又称“抗坏血酸”，在人体内有重要的功能．例如，能帮助人体将食物中摄取的不易吸收的Fe3+转变为易吸收的

Fe2+，这说明维生素C具有____性．（填氧化性或还原性）

（2）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：S+2KNO3+3C

=K2S+N2↑+3CO2↑．该反应的氧化剂是____，当16g硫参加反应时，转移的电子总数为____．

（3）饮用水中的NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，某饮用水研究人员提出，在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2，其化学方程式为：10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O．上述反应中，若有10个铝原子参与反应，则转移的电子数为____个，用“双线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)17、分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA．____（判断对错）18、向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含有Fe2+____．（判断对确）19、用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应是化学变化____．（判断对确）20、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）和I2（g）+H2（g）═2HI（g）反应，在恒温恒容条件下，当压强保持不变时，均能说明上述反应达到化学平衡状态．____（判断对错）21、可逆反应达到平衡，反应就不再进行．____（判断对错）22、乙酸的结构简式：C2H4O2____．23、葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应，不属于胶体____（判断对错）24、因为CO2的水溶液可以导电，所以CO2是电解质____．（判断对错）25、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）106g的乙醇和丙醇混合液完全燃烧生成的CO2为112L（标准状况）____

（2）医用酒精的浓度通常为95%____

（3）Y（C2H5OH），W（C2H5ONa）可通过置换反应由Y得到W____

（4）向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去，使溶液褪色的气体只是乙烯____

（5）乙醇不能发生取代反应____

（6）实验室中提纯混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，过滤后再蒸馏的方法____．评卷人得分四、实验题(共3题，共24分)26、某化学兴趣小组在实验室进行模拟侯氏制碱法的实验探究如图1，请你参与并协助他们完成相关的实验任务．反应原理为：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl①

2NaHCO3═Na2CO3+CO2↑+H2O↑②

（1）操作Ⅰ、Ⅱ可否颠倒？答：____（填“能”或“不能”）；操作Ⅲ的名称是____．

（2）写出向晶体X的水溶液中滴加NaOH溶液时发生反应的离子方程式：____．

（3）在实验室反应②可在如图2装置中进行，该装置可进行多个化学反应，如实验室制取少量氧气也可利用该装置，请再写出一种利用该装置制取的常见气体的名称．答：____．27、某氯化钠样品中含有少量的硫酸钠和碳酸钠杂质，按下列流程进行净化，回答下列问题．

（1）分散系A、B都属于____（选填“溶液”“胶体”或“浊液”）．

（2）写出以下步骤所需的试剂（用化学式表示）

②____③____⑤____

（3）写出以下步骤的实验操作名称①____④____⑥____

（4）第④步中要用到的玻璃仪器有烧杯、____、____

（5）写出第②步有关反应的离子方程式____、____．28、黄铜矿（CuFeS2）是制取铜及其化合物的主要原料之一；还可制备硫和铁的化合物．

（1）冶炼铜的反应为：8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2

若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是______（填元素符号）．

（2）上述冶炼过程产生大量SO2．下列处理方案中合理的是______（填代号）．

a．高空排放b．用于制备硫酸c．用纯碱溶液吸收制Na2SO3d．用浓硫酸吸收。

（3）利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制备Fe2O3．方法为：

①用稀盐酸浸取炉渣；过滤．

②滤液先氧化，再加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煅烧得Fe2O3．

根据以上信息回答下列问题：

a．除去Al3+的离子方程式是______．

b．选用提供的试剂；设计实验验证炉渣中含有FeO．

提供的试剂：稀盐酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水。

所选试剂为______．证明炉渣中含有FeO的实验现象为______．评卷人得分五、书写(共3题，共21分)29、已知常温下测得0.01mol•L-1H2SO4溶液中，c（H+）=0.011mol•L-1；据此回答下列问题：

（1）硫酸的电离方程式为____，0.1mol•L-1NaHSO4溶液中各微粒浓度由大到小的顺序为____，根据题给条件推断Na2SO4溶液呈____（填“碱”或“酸”或“中”）性，原因是（用离子方程式表示）____．

（2）常温下，0.01mol•L-1的NaHSO4溶液中c（H+）____0.001mol•L-1（填“＞”；“＜”或“=”）．

（3）根据题给条件推断2mol•L-1NaHSO4溶液与1mol•L-1Ba（OH）2溶液等体积混合，反应的离子方程式为____．30、写出下列物质在水中的电离方程式：

（1）NH3•H2O____；

（2）NaHSO4____；

（3）Al2（SO4）3____；

（4）H2S____．31、软锰矿的主要成分是____，实验室常用该主要成分与浓盐酸反应制氯气，其反应的离子方程式是____，该反应中浓盐酸的作用是____，常用的吸收处理多余氯气的方法中涉及的反应的离子方程式是____．评卷人得分六、综合题(共1题，共4分)32、（2015·海南）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用。回答下列问题。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】A；烯烃命名时；选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上碳原子编号；

B；烷烃命名时；要选择最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上碳原子进行编号；

C；烷烃命名时；要选择最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上碳原子进行编号；

D、苯的衍生物命名时，根据两个侧链的位置来分析．【解析】【解答】解：A；烯烃命名时；选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端给主链上碳原子编号，故在2号碳原子上有一个甲基，在1号和2号碳原子间、3号和4号碳原子间各有一条碳碳双键，故名称为：2-甲基-1，3-丁二烯，故A错误；

B；烷烃命名时；要选择最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，为正丁烷，故B错误；

C；烷烃命名时；要选择最长的碳链为主链，故主链上有5个碳原子，故为戊烷，从离支链近的一端给主链上碳原子进行编号，故在3号碳原子上有一个甲基，故3-甲基戊烷，故C错误；

D；此有机物为苯的衍生物；相当于用-OH取代了苯甲酸中羧基的邻位碳上的一个H原子，故为邻羟基苯甲酸，故D正确．

故选D．2、D【分析】【分析】A．气体摩尔体积适用于气体；

B.1molC5H12中含有5molC原子；形成C-C单键为4mol，含12molH原子；

C.1个氨气分子含有3个N-H键；

D．乙烯与丙烯的最简式相同为CH2，根据n=计算最简式的物质的量，H原子物质的量是最简式的2倍，再根据N=nNA计算．【解析】【解答】解：A．标况下苯是液态；不能使用气体摩尔体积，故A错误；

B.1molC5H12中含有5molC原子，形成C-C单键为4mol，含12molH原子，故形成C-H键为12mol，故共形成共价键为16mol，即共价键数为16NA；故B错误；

C.17gNH3的物质的量为1mol，含有共价键数为3NA个；故C错误；

D．乙烯与丙烯的最简式相同为CH2，最简式的物质的量为=0.5mol，故H原子物质的量为1mol，含有H原子数目为NA；故D正确；

故选：D．3、D【分析】【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．【解析】【解答】解：由反应A+B→C（△H＜0）分两步进行①A+B→X（△H＞0）②X→C（△H＜0）可以看出；A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象B符合；

故选D．4、B【分析】【解析】试题分析：根据图示可知，反应物有氯气参加，属于单质，所以该反应不是复分解反应，A不正确；根据图示可知，该反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2＝2ClO2+2NaCl。在反应中氯气是氧化剂，氯元素的化合价从0价降低到－1价。NaClO2是还原剂，氯元素的化合价从＋3价升高到＋4价，所以B正确，CD不正确，答案选B。考点：考查氧化还原反应的有关判断和应用【解析】【答案】B5、B【分析】【解析】【答案】B6、B【分析】【分析】A．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；

B．维生素C具有还原性；能与氧化剂反应；

C．侯氏制碱法是制备纯碱；

D．明矾没有强氧化性，不能杀菌消毒．【解析】【解答】解：A．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；故A错误；

B．维生素C具有还原性；能与氧化剂反应，所以维生素C在人体内起抗氧化作用，故B正确；

C．侯氏制碱法是制备纯碱；侯氏制碱法的过程中生成小苏打，小苏打再受热分解生成纯碱，故C错误；

D．明矾没有强氧化性；不能杀菌消毒，明矾在水中电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，能吸附净水，故D错误．

故选B．7、B【分析】【分析】相同碳原子数目的烃，其物质的量相等，耗氧量取决于分子中H原子数目，H原子数目越多，耗氧量越大，结合各物质的组成通式解答．【解析】【解答】解：苯的同系物组成为CnH2n-6，烷烃的组成通式为CnH2n+2，烯烃的组成通式为CnH2n，炔烃的组成通式为CnH2n-2，相同碳原子数目的烃，其物质的量相等，烷烃中H原子数目最大，故烷烃耗氧量最大，故选B．8、D【分析】【分析】碲为第ⅥA族元素，元素的单质随原子序数的增大，由气态变为固态，元素的性质随原子序数的增大非金属性减弱，以此来解答．【解析】【解答】解：A．ⅥA族的单质中只有O元素的单质为气体；且随原子序数的增大，由气态变为固态，则单质碲在常温下是固体，故A正确；

B．非金属性S＞Te，则H2TeO4的酸性比H2SO4的酸性弱；故B正确；

C．Fe、I位于同周期，原子序数大的非金属性强，非金属性Te＜I，则H2Te不如HI稳定；故C正确；

D．Te的原子结构中各层电子分别为2；8、18、18、6；Te元素位于第五周期ⅥA族，故D错误；

故选D．9、C【分析】解：A．煤气属于易燃性气体；但氩气没有助燃性，化学性质较稳定，因此不会引起爆炸，故A错误；

B．新粉刷过石灰浆的室内；会吸收二氧化碳产生碳酸钙和水，不会产生二氧化碳，故B错误；

C．在易爆易燃的工作场所存在大量的可燃性物质；遇到静电会发生爆炸，因此要严禁穿化纤衣服，故C正确；

D．任何物质都是化学物质；不过是有天然与合成之分，故D错误．

故选C．【解析】【答案】C二、填空题(共7题，共14分)10、2H2O22H2O+O2↑催化剂的表面积C2A+B⇌2C0.1mol/（L•min）cd37.5%【分析】【分析】Ⅰ．（1）二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂；由带火星木条复燃，可知产物，由此可写出方程式；

（2）由实验现象可知催化剂作用大小的影响因素；

（3）A；B、C三点的斜率代表反应速率；斜率越大，反应速率越大；

Ⅱ．（4）从物质的物质的量的变化趋势判断反应物和生成物；根据物质的物质的量变化值等于化学计量数之比书写化学方程；

（5）化学反应速率是单位时间内浓度的变化；据此可求得反应速率；

（6）可逆反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，若存在有色物质，则有色物质的颜色也不再变化，据此对各选项进行判断；

（7）根据，可求得平衡时A的体积分数．【解析】【解答】解：（1）上述实验中发生反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑；

故答案为：2H2O22H2O+O2↑；

（2）时间少；则反应速率快，则实验结果表明，催化剂的催化效果与催化剂的表面积有关；

故答案为：催化剂的表面积；

（3）由图可知；曲线斜率变小，反应速率减小，则A；B、C三点所表示的反应速率最慢的是C；

故答案为：C；

Ⅱ．（4）由图象可以看出；A；B的物质的量逐渐减小，则A、B为反应物，C的物质的量逐渐增多，所以C为生成物，当反应到达2min时，△n（A）=2mol，△n（B）=1mol，△n（C）=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n（A）：△n（B）：△n（C）=2：1：2，所以反应的化学方程式为：2A+B⇌2C；

故答案为：2A+B⇌2C；

（5）由图象可以看出，反应开始至2分钟时，△n（B）=1mol，B的平均反应速率为：÷2min=0.1mol/（L•min）；

故答案为：0.1mol/（L•min）；

（6）a．v（A）=2v（B）不能说明正反应和逆反应的关系；故无法判断反应是否达到平衡，故a错误；

b．容器内各物质的物质的量相等，不能说明各组分的浓度不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故b错误；

c．在该反应中A和C的计量数相等，当v逆（A）=v正（C）时；正逆反应速率相等，说明反应已达平衡状态了，故c正确；

d．只有A为有色物质；当容器内气体的颜色保持不变，说明各组分的浓度不再变化，该反应已经达到平衡状态，故d正确；

故答案为：cd；

（7）由图象可知：达平衡时A的物质的量为3mol；平衡时总物质的量为1mol+3mol+4mol=8mol；

所以A的体积分数为=×100%=37.5%；

故答案为：37.5%．11、bd0.04mol•L-1•min-1=【分析】【分析】由图可知10-25min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线；

①根据图象及物质的浓度不发生变化时表示化学反应处于平衡状态；

②根据v=求得速率，根据影响平衡常数的因素可比较出K（2）、K（1）的大小．【解析】【解答】解：（1）由图可知10-25min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线；

①由图可知，10-25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，故答案为：bd；

②由图可知，前10min内用NO2的物质的量浓度变化了0.4mol/L，故化学反应速率v（NO2）==0.04mol•L-1•min-1；

由于平衡常数只与温度有关，所以当温度不变时，平衡常数不变，故答案为：0.04mol•L-1•min-1；=．12、＞0.03acbd选Z；催化活性高、速度快、反应温度较低【分析】【分析】（1）计算此时的浓度商Qc，与平衡常数比较，判断反应进行的方向，据此解答；依据图表数据计算起始量，结合三段式列式计算，根据甲氢气的浓度变化计算甲醇的浓度变化量，再根据v=计算v（CH3OH）；

（2）依据反应特征和平衡标志分析；正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析；

（3）a．其他条件不变；增大压强，平衡常数不变；

b．其他条件不变；温度升高，反应是放热反应，平衡逆向进行，平衡常数K会减小；

c．其他条件不变，若同比例地增加CO和H2的量；相当于增大压强，平衡正向进行；

d．其他条件不变；增大甲醇的物质的量，平衡逆向进行，正逆反应速率也会随之逐渐增大；

（4）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低；【解析】【解答】解：（1）由表中数据可知，10min时氢气的浓度为0.2mol/L、CO的浓度为0.1mol/L、甲醇的浓度为0.4mol/L，则此时的浓度商Qc==100，小于平衡常数160，故反应向正反应方向进行，故V正＞V逆；依据图表计算起始量；

2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）

起始量（mol/L）10.50

变化量（mol/L）0.80.40.4

T4时（mol/L）0.20.10.4

若加入CO、H2后，在T5℃反应10min达到平衡，c（H2）=0.4mol•L-1，由表中数据可知，l0min内氢气的浓度变化量为0.6mol/L，故甲醇的浓度变化量为0.3mol/L，故v（CH3OH）==0.03mol/（L•min）；

故答案为：＞；0.03；

（2）2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）+181.6kJ；反应是气体体积减小的放热反应。

a．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2v逆（CO）=v正（H2）；说明一氧化碳正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故a正确；

b．c（CO）：c（H2）：c（CH3OH）=1：2：1，只能说明浓度比等于反应比，和起始量变化量有关，不能说明反应达到平衡，故b错误；

c．反应前后气体物质的量减小；质量不变，混合气体的平均式量保持不变，说明反应达到平衡状态，故c正确；

d．反应前后气体质量和体积不变；混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；

故答案为：ac；

（3）a．其他条件不变；增大压强，平衡常数不变，故a错误；

b．其他条件不变，温度升高，反应是放热反应，平衡逆向进行，平衡常数K会减小，故b正确；

c．其他条件不变，若同比例地增加CO和H2的量；相当于增大压强，平衡正向进行，故c错误；

d．其他条件不变；增大甲醇的物质的量，增大生成物浓度，平衡逆向进行，正逆反应速率也会随之逐渐增大，故d正确；

故答案为：bd；

（4）该反应正反应为放热反应；应选择催化活性高；速度快、反应温度较低，故选择Z；

故答案为：Z；催化活性高、速度快、反应温度较低：13、90%3.6mol3.6Q＜X=2yX+Z=1【分析】【分析】（1）根据反应的方程式2SO2+O2⇌2SO3；利用三段式法计算；

（2）在恒压条件下；此平衡与（1）中的平衡为等效平衡；

（3）在恒容条件下；随反应的进行，容器内压强逐渐变小；

（4）在恒温恒容条件下，对于气体有变化的可逆反应，若通过换算可以得到初始加入的各个同种物质的物质的量相同，则两平衡等效，以此进行计算．【解析】【解答】解：（1）2SO2+O2⇌2SO3

起始（mol）10.50

转化（m01）x0.5xx

平衡（mol）1-x0.5-0.5x0.9

由题意知：x=0.9

则SO2的转化率=0.9mol1mol×100%=90%；

故答案为：90%；

（2）在恒压条件下；此平衡与（1）中的平衡为等效平衡，反应物的转化率相等；

则反应的SO2的物质的量为4mol×90%=3.6mol；

则2SO2+O2⇌2SO32Q

3.63.63.6Q

达平衡后，生成SO3的物质的量为3.6mol；反应放出的热量为3.6Q；

故答案为：3.6mol；3.6Q；

（3）由于正反应为气体体积变小的反应，则在恒容条件下，随反应的进行，容器内压强逐渐变小，故此条件下，SO2的转化率小于（1）中SO2的转化率（90%），推导出SO3小于0.9mol；故答案为：＜；

（4）在恒温恒容条件下；对于气体有变化的可逆反应，若通过换算可以得到初始加入的各个同种物质的物质的量相同，则两平衡等效．

2SO2+O2⇌2SO3

起始（mol）xyz

相当于（mol）x+zy+0

则有

解之得；

故答案为：x=2y、x+z=1．14、NaAl（OH）4=Al（OH）3↓+NaOH作助熔剂Al3++3e-=Al电解阳极产生O2，在高温条件下，石墨阳极被不断的氧化为CO2Al3++3[Al（OH）4]-=4Al（OH）3↓BC【分析】【分析】（1）矿石与NaOH溶液高温反应，然后降温析出晶体，再经净化和高温煅烧得到氧化铝，说明析出晶体为Al（OH）3；

（2）氧化铝熔点高难于熔融电解，生产中加入冰晶石（Na3AlF6）；降低氧化铝熔点，利于熔融电解；

①电解过程中阴极上铝得到电子生成铝；

②电解氧化铝阳极上是氧离子失电子发生氧化反应生成氧气；氧气和电极石墨反应生成二氧化碳损耗电极；

（3）依据铝离子水解显酸性；四羟基合铝酸根离子水解显碱性，混合后水解相互促进生成氢氧化铝沉淀；

（4）A；依据化合物元素化合价代数和为0分析计算；

B、它用于净化水时对水的pH的改变，比相同量的AlCl3和FeCl3都大；

C、这种碱式盐可看做FeCl3、AlCl3水解的中间产物；

D、它在强酸性和强碱性溶液中都不能稳定存在．【解析】【解答】解：（1）矿石与NaOH溶液高温反应，然后降温析出晶体，再经净化和高温煅烧得到氧化铝，说明析出晶体为Al（OH）3；矿石中氧化铝溶于氢氧化钠溶于生成四羟基合铝酸钠高温分解生成氢氧化铝和氢氧化钠，析出晶体的反应为NaAl（OH）4=Al（OH）3↓+NaOH；

故答案为：NaAl（OH）4=Al（OH）3↓+NaOH；

（2）氧化铝熔点高难于熔融电解，生产中加入冰晶石（Na3AlF6）；降低氧化铝熔点，利于熔融电解，降低氧化铝熔点，使其在1000℃左右即可熔化；

故答案为：作助熔剂；

①电解过程中阴极上铝得到电子生成铝；电极反应为：Al3++3e-=Al，故答案为：Al3++3e-=Al；

②电解氧化铝阳极上是氧离子失电子发生氧化反应生成氧气；氧气和电极石墨反应生成二氧化碳，电极石墨不断被消耗，所以需要不断补充石墨电极；

故答案为：电解阳极产生O2，在高温条件下，石墨阳极被不断的氧化为CO2；

（3）A、B两种均含铝元素形成的某种离子溶液，其pH分别为1、13，说明溶液呈酸性是因为Al3+水解，溶液呈碱性为NaAl（OH）4溶液水解显碱性；混合后水解相互促进反应生成氢氧化铝沉淀；反应的离子方程式为：Al3++3[Al（OH）4]-=4Al（OH）3↓；

故答案为：Al3++3[Al（OH）4]-=4Al（OH）3↓；

（4）A；阴离子总价态：6-n+n=6；铝只有+3价，所以Fe就是6-3=3，外面的m只是表示这样一个分子聚合度，与价态无关，故A错误；

B；PAFC用于净水时；氢氧根离子的存在对水的电离期待抑制作用，比用相同量的氯化铝和氯化铁对水的pH改变小，故B正确；

C；PAFC是碱式复盐可看作一定比例的氯化铁与氯化铝水解的中间产物；故C正确；

D；PAFC是碱式复盐；在强酸性和强碱性溶液中都不能稳定存在，故D错误；

故答案为：BC．15、氧化剂Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+减压有利于气体逸出2NaCl+Na2SO3+2CuSO4+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4（NH4）2SO4[或NH4HSO4、（NH4）2SO4和NH4HSO4、（NH4）2SO4和H2SO4等]盐酸【分析】【分析】以低品位铜矿砂（主要成分CuS）为原料制备氯化亚铜的路线为：在酸溶1步骤中，硫酸溶液中加入二氧化锰、硫化铜，发生氧化还原反应生成硫单质，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中；然后在除锰步骤中，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，溶液中CuSO4转变为[Cu（NH3）4]CO3留在溶液中，蒸氨步骤中[Cu（NH3）4]CO3发生分解反应得到CuO固体、氨气与二氧化碳，再用硫酸溶解CuO得到CuSO4，在合成步骤中，氯化钠、亚硫酸钠、硫酸铜反应生成氯化亚铜和硫酸钠和硫酸，再经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜，洗涤沉淀时，为减少CuCl溶解损失，根据溶解平衡，先用盐酸洗涤，再用乙醇洗涤，据此解答．【解析】【解答】解：（1）酸溶1和除锰过程为：硫酸溶液中加入二氧化锰；硫化铜；发生氧化还原反应生成硫单质，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中；然后在除锰步骤中，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，可知：锰元素化合价降低，所以二氧化锰做氧化剂；

故答案为：氧化剂；

（2）依据除锰过程可知：溶液中加入氨气、碳酸氢铵，与溶液中的二价锰离子反应生成碳酸锰和铵根离子，方程式：Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+；

故答案为：Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+；

（3）气体的溶解度随着压强的增大而增大；所以减小压强有利于氨气的逸出；

故答案为：减压有利于气体逸出；

（4）在合成步骤中，氯化钠、亚硫酸钠、硫酸铜反应生成氯化亚铜和硫酸钠和硫酸，方程式为：2NaCl+Na2SO3+2CuSO4+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4；

故答案为：2NaCl+Na2SO3+2CuSO4+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4；

（5）将合成步骤的NaCl与Na2SO3换为NH4Cl和（NH4）2SO3，滤液中含有硫酸铵、硫酸，可获得一种可用作氮肥的副产品，可能为：（NH4）2SO4[或NH4HSO4、（NH4）2SO4和NH4HSO4、（NH4）2SO4和H2SO4等]；

故答案为：（NH4）2SO4[或NH4HSO4、（NH4）2SO4和NH4HSO4、（NH4）2SO4和H2SO4等]；

（6）氯化亚铜存在沉淀溶解平衡：CuCl（s）Cu+（aq）+Cl-（aq）；洗涤氯化亚铜时，为避免氯化亚铜因溶解而损坏，所以应先用盐酸洗涤，然后用乙醇洗涤；

故答案为：盐酸．16、还原性S、KNO36NA30【分析】【分析】（1）维生素C能Fe3+转变为易吸收的Fe2+；反应中铁离子得电子作氧化剂，则维生素C作还原剂；

（2）得电子化合价降低的物质作氧化剂；根据硫和转移电子之间的关系式计算；

（3）根据铝和转移电子之间的关系式计算转移电子数，根据元素化合价变化标出反应中电子转移的方向和数目．【解析】【解答】解：（1）维生素C能Fe3+转变为易吸收的Fe2+；反应中铁离子得电子作氧化剂，则维生素C作还原剂，还原剂具有还原性，所以维生素C具有还原性，故答案为：还原性；

（2）反应S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中；硫元素化合价由0→-2价，N元素由+5价→0价，所以硫和硝酸钾得电子化合价降低作氧化剂；

S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑转移电子

32g12NA

16g6NA

所以转移电子数是6NA；

故答案为：S、KNO3，6NA；

（3）根据铝和转移电子之间的关系式计算转移电子数；根据元素化合价变化标出反应中电子转移的方向和数目．

10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O转移电子

1030

1030

所以若有10个铝原子参与反应；则转移的电子数为30；

该反应中铝失去电子数为10×3，NaNO3得到电子数为6×5，所以用“双线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目为：

故答案为：．三、判断题(共9题，共18分)17、√【分析】【分析】每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故二者混合气体中含有O原子数目为分子总数的2倍．【解析】【解答】解：每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA，故正确，故答案为：√．18、√【分析】【分析】铁离子与硫氰化钾溶液显红色，氯气具有强氧化性，可将Fe2+氧化生成Fe3+，据此判断即可．【解析】【解答】解：向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明原溶液中不含有铁离子，滴加氯水后溶液显红色，氯气具有强氧化性，可将Fe2+氧化生成Fe3+，故该溶液中一定含Fe2+，此说法正确，故答案为：√．19、×【分析】【分析】焰色反应实质是原子核外的电子受激发，跃迁到高能级状态时发出的色光，是物理变化．【解析】【解答】解：焰色反应是物理变化，不是化学变化，故错误，答案为：×．20、×【分析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；【解析】【解答】解：对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）；该反应是一个反应前后气体体积改变的化学反应，当反应达到平衡状态时，各物质的量不变，导致容器中压强不随时间的变化而改变；

对于I2（g）+H2（g）═2HI（g）；该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，在恒温恒容条件下，压强自始至终保持不变，故压强不变不一定平衡；

故答案为：×．21、×【分析】【分析】据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变．【解析】【解答】解：化学平衡是动态平衡；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0；

故答案为：×．22、×【分析】【分析】根据结构简式的书写方法来解答；【解析】【解答】解：乙酸的分子式为：C2H4O2，结构简式为CH3COOH，故答案为：×；23、√【分析】【分析】葡萄糖注射液是溶液．【解析】【解答】解：葡萄糖注射液是溶液，不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体，故答案为：√．24、×【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸；碳酸电离出自由移动的离子导电，二氧化碳自身不能电离，故二氧化碳是非电解质；

故答案为：×．25、×【分析】【分析】（1）根据极限法分别求出CO2的体积；

（2）浓度约为75%酒精常用于医疗上消毒；

（3）根据乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气；

（4）根据乙烯、乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色；

（5）根据乙醇能与乙酸发生酯化反应；

（6）根据乙酸可与生石灰反应，乙醇与生石灰不反应；【解析】【解答】解：（1）若全为乙醇，生成二氧化碳为×2×22.4=103.2L；若全丙醇，生成二氧化碳为×3×22.4=118.7L，所以106g的乙醇和丙醇混合液完全燃烧生成的CO2为的体积应介于两者之间；故答案为：×；

（2）医用酒精中酒精的浓度约为75%；故答案为：×；

（3）乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气；属于置换反应，故答案为：√；

（4）向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液；紫红色褪去，使溶液褪色的气体可能是乙烯，也可能是乙醇，故答案为：×；

（5）乙醇能与乙酸发生酯化反应；酯化反应属于取代反应，故答案为：×；

（6）乙酸具有酸性，可与生石灰反应，同时生石灰还起到吸水的作用，故答案为：√；四、实验题(共3题，共24分)26、不能过滤OH-+HCO3-═CO32-+H2O实验室用碱石灰和氯化铵制氨气【分析】【分析】（1）根据二氧化碳和氨气的溶解度分析；操作Ⅲ是分离固体和液体；可以用过滤；

（2）根据流程图分析可知；晶体X为碳酸氢钠，与氢氧化钠反应生成碳酸钠；

（3）图2为固体加热装置，适合于用固体加热产生气体的反应；【解析】【解答】解：（1）二氧化碳的溶解度较小；中性的氯化钠溶液不易吸收二氧化碳，通入氨气后，溶液呈碱性，增加了二氧化碳的溶解度，利用吸收二氧化碳气体，以便生成碳酸氢钠，操作Ⅲ是分离晶体X和液体的，可以用过滤；

故答案为：不能；过滤；

（2）根据流程图分析可知，晶体X为碳酸氢钠，与氢氧化钠反应生成碳酸钠，离子方程式为OH-+HCO3-═CO32-+H2O；

故答案为：OH-+HCO3-═CO32-+H2O；

（3）图2为固体加热装置；适合于用固体加热产生气体的反应，例如实验室用碱石灰和氯化铵制氨气；

故答案为：实验室用碱石灰和氯化铵制氨气；27、浊液BaCl2Na2CO3HCl溶解过滤蒸发结晶玻璃棒漏斗Ba2++CO32-=BaCO3↓Ba2++SO42-=BaSO4↓【分析】【分析】（1）浊液是不溶性固体颗粒或不溶性小液滴分散到液体中形成的混合物；根据分散系中的成分判断所属种类．

（2）选取的除杂剂要除去杂质且不引进新的杂质；除去溶液中硫酸根离子；碳酸根离子需要加入氯化钡溶液，要除去溶液中过量的钡离子要用碳酸钠溶液，要除去过量的碳酸根离子要用盐酸．

（3）要使固体溶质变为溶液需要溶解；要分离不溶性的固体和液体要过滤，从溶液中析出固体需要蒸发结晶．

（4）根据各种玻璃仪器的作用选取．

（5）钡离子和碳酸根离子和硫酸根离子都能产生不溶于水的沉淀．【解析】【解答】解：（1）在第②；③步操作中；分别加入的物质是氯化钡和碳酸钠，在分散系A中得到硫酸钡沉淀，在分散系B中得到碳酸钡沉淀，所以都是浊液．

故答案为：浊液．

（2）选取的除杂剂要除去杂质且不引进新的杂质；除去溶液中硫酸根离子和碳酸根离子需要加入氯化钡溶液，要除去溶液中过量的钡离子要用碳酸钠溶液，要除去过量的碳酸根离子要用盐酸．

故答案为：②BaCl2③Na2CO3⑤HCl．

（3）要使固体溶质转变为溶液；需要向溶质中加入水进行溶解，要分离不溶性的固体和液体要进行过滤操作，从溶液中析出固体需要蒸发结晶操作．

故答案为：①溶解；④过滤、⑥蒸发结晶．

（4）漏斗有过滤作用；玻璃棒有引流和搅拌作用，所以还需要的玻璃仪器有漏斗和玻璃棒．

故答案为：漏斗；玻璃棒．

（5）向溶液中加入氯化钡后，溶液中钡离子和碳酸根离子和硫酸根离子反应生成难溶于水的碳酸钡和硫酸钡，离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ba2++SO42-=BaSO4↓．

故答案为：Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ba2++SO42-=BaSO4↓．28、略

【分析】解：（1）化合价降低的元素Cu；O；在反应中被还原，故答案为：Cu、O；

（2）冶炼过程产生大量SO2．分析下列处理方案：

a．二氧化硫是污染性气体；高空排放会污染空气，处理不合理，故a错误；

b．可以利用吸收二氧化硫生成硫酸，用于制备硫酸，故b合理；

c．用纯碱溶液吸收二氧化硫可以制Na2SO4；故c合理；

d．用浓硫酸不能吸收二氧化硫；故d不合理；

故答案为：b；c．

（3）a．氧化铝是两性氧化物，能和强酸以及强碱反应，6H++Al2O3=3H2O+2Al3+；除去铝离子的反应是利用过量氢氧化钠溶液和铝离子反应生成偏铝酸根；

故答案为：Al3++4OH-=2H2O+AlO2-；

b．高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子，使得高锰酸钾溶液褪色，故答案为：稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色．

（1）反应中化合价降低的元素被还原；

（2）冶炼过程产生大量SO2；处理方案中合理的分析是二氧化硫是污染性气体，不能排放到空气中，可以吸收利用；

（3）a；氧化铝是两性氧化物；能和强酸以及强碱反应，利用氢氧化钠使其变为偏铝酸根即可；

b；亚铁离子能被高锰酸钾溶液氧化；使的高锰酸钾溶液褪色．

本题是对金属的化学性质的考查，要求学生熟记教材知识，学以致用，综合性较强，难度中等．【解析】O、Cu；bc；Al3++4OH-═AlO+2H2O；稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色五、书写(共3题，共21分)29、H2SO4=2H++SO42-c（Na+）＞c（HSO4-）＞c（H+）＞c（SO42-）＞c（OH-）碱SO42-+H2O⇌OH-+HSO4-＞2OH-+2HSO4-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O+SO42-【分析】【分析】常温下0.01mol•L-1H2SO4（强酸）溶液中c（H+）=0.011mol•L-1；说明硫酸的第二步电离存在电离平衡；

（1）硫酸溶液中完全电离；硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，溶液显示酸性，据此判断各离子浓度大小；硫酸钠溶液中，硫酸根离子部分水解生成硫酸氢根离子，溶液显示碱性，据此写出其水解方程式；

（2）硫酸的第一步电离抑制了其第二步电离；导致硫酸中硫酸氢根离子的电离程度减小，据此判断0.01mol/L的硫酸氢钠溶液中氢离子浓度大小；

（3）硫酸氢钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，其中硫酸氢钠不能拆