2024年华东师大版高三化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年华东师大版高三化学上册阶段测试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9题，共18分)1、下列有关用途的说法中，错误的是（）A.液态钠可用作核反应堆的传热介质B.在过渡元素中找寻半导体材料C.考古时利用l4C测定一些文物的年代D.SiO2是光导纤维的成分2、下列物质能用铁制器皿盛放的是（）A.浓硫酸B.稀硫酸C.氯化铜溶液D.氯化铁溶液3、在N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H＜0．当分离出NH3后下列说法正确的是（）A.平衡向逆向移动B.平衡不移动C.正反应速率先变大后变小D.逆反应速率先变小后变大4、我国将协同世界各经济体共同应对温室效应对地球的挑战．造成温室效应的主要原因是人类向空气大量排放了（）A.COB.SO2C.CO2D.NO5、25℃时，水中存在电离平衡：H2O⇌H++OH-△H＞0．下列叙述正确的是()A.将水加热，Kw增大，pH不变B.向水中加入少量NaHSO4固体，c(H+)增大，Kw不变C.向水中加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，c(OH-)降低D.向水中加入少量NH4Cl固体，平衡正向移动，c(OH-)增大6、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A.2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NAB.1.8g的NH4+离子中含有的电子数为NAC.11.2L氧气所含的原子数为NAD.常温常压下，48gO3和O2的混合气体中含有的氧原子数为2NA7、室温下，某溶液中由水电离的H+和由水电离的OH-浓度的乘积为10-24，在该溶液中一定不能大量共存的离子是（）A.CO32-B.NH4+C.NO3-D.HCO3-8、从淡化海水中提取溴的流程如图所示，下列有关说法错误的是A.X为SO2气体，也可将SO2换成Na2SO3B.设备Y为蒸馏塔C.在提取溴的过程中一定有Br－被氧化D.工业上每获得1molBr2，需要消耗Cl2的体积最多为44.8L(标准状况下)9、“封管试验”具有简易、方便、节约、绿色等优点rm{.}观察下列四个“封管试验”rm{(}夹持装置未画出rm{)}判断下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.加热时，rm{a}上部聚集了固体rm{NH_{4}Cl}说明rm{NH_{4}Cl}的热稳性比较好B.加热时，发现rm{b}中rm{I_{2}}变为紫色蒸气，在上部又聚集为紫黑色的固体C.加热时，rm{c}中溶液红色变深，冷却后又变浅D.水浴时，rm{d}内气体颜色变浅，rm{e}内气体颜色加深评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、下列关于硅及化合物的用途正确的是（）A.硅用于制光导纤维B.二氧化硅用于制造太阳能电池C.硅酸钠溶液是制木材防火剂的原料D.“硅胶”是硅酸干凝胶，可用作催化剂的载体11、下列化合物中，含有离子键和非极性共价键的是（）A.H2O2B.K2O2C.CaC12D.FeS212、铅酸蓄电池是目前应用普遍的化学电池，新型液流式铅酸蓄电池以可溶的甲基磺酸铅为电解质，电池总反应：Pb+PbO2+4H+2Pb2++2H2O．下列有关新型液流式铅酸蓄电池的说法正确的是（）A.充放电时，溶液中Pb2+浓度保持不变B.充放电时，溶液的导电能力变化不大C.放电时的负极反应式为：Pb-2e-=Pb2+D.充电时的阳极反应式为：Pb2++4OH-+2e-=PbO2+2H2O13、下列有关化学反应速率和限度的说法中，正确的是（）A.实验室用H2O2分解制O2，加入MnO2后，反应速率明显加快B.实验室用H2O2分解制O2，加入MnO2后，生成O2的总气体量增多C.2SO2+O2⇔2SO3反应中，SO2的转化率能达到100%D.实验室用碳酸钙和盐酸反应制取CO2，用碳酸钙粉末比块状反应要快14、下列说法正确的是（）A.分子晶体中一定存在分子间作用力和共价键B.HF比HCl沸点高是因为HF分子间存在氢键C.全部由非金属元素形成的化合物中可能含有离子键D.溶于水能导电的化合物一定是离子化合物15、将盛满NO、O2的混合气体的试管倒立于水中，让其充分反应，结果剩余体积气体，原混合气体中NO和O2的体积比可能是（）A.4：3B.7：3C.2：3D.3：216、用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一物质（括号内），溶液一定不能与原来溶液一样的是（）A.CuCl2（CuCl2）B.AgNO3（AgNO3）C.NaCl（NaCl）D.CuSO4[Cu（OH）2]17、某溶液可能含有Na+、Ag+、Al3+、S2-、CO32-、SO32-、NO3-等离子中的数种．向此溶液中加入稀盐酸，有浅黄色沉淀和气体出现，此溶液的焰色为黄色．根据以上实验现象，下列关于原溶液中离子成分的推测正确的是（）A.一定有S2-、SO32-、Na+B.可能只有Na+、S2-、CO32-C.一定没有Ag+、Al3+D.可能只有Na+、S2-、NO3-18、下列对有机物分离、除杂的方法正确的是（）A.通过用NaOH溶液洗涤分液的方法提纯溶解有溴的溴苯B.通过蒸馏乙酸和乙醇的混合物获得不含乙酸的乙醇C.将金属钠丝投入苯中以除去苯中微量的水D.通过蒸馏的方法提纯粗苯甲酸评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)19、（2015秋•冀州市校级月考）化合物A（C4H10O）是一种有机溶剂．A可以发生以下变化：

①A分子中的官能团名称是____．

②D→E的现象是____．

③A只有一种一氯取代物B．写出由A转化为B的化学方程式：____；

④A的同分异构体F也可以有框图内A的各种变化，且F的一氯取代物有三种．F的结构简式是____．20、主族元素R的气态氢化物化学式是RH4，它的最高价氧化物的相对分子质量与气态氢化物的相对分子质量之比是2.75：1，R的相对原子质量是____．21、（1）现有下列状态的物质①干冰②NaCl晶体③氨水④醋酸⑤酒精水溶液⑥铜⑦熔融的KOH⑧蔗糖，其中属于电解质的是____（填序号），属于非电解质的是____（填序号），能导电的是____（填序号）．

（2）某有色电解质溶液中，可能大量存在有Ag+、H+、Cu2+、OH-、Cl-等离子，你认为：一定有的离子是____，一定没有的离子是____，不能确定的离子____．22、有A；B、C、D四种短周期元素；它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在高温下与B的单质充分反应得到淡黄色固态化合物，D的最高正价与最低负价代数和为4．试根据以上叙述回答：

（1）写出元素名称：A____B____C____D____

（2）写出B元素在周期表中的位置____

（3）AB2的电子式为____；C单质在高温下与B单质充分反应所得化合物的电子式为____

（4）用电子式表示化合物C2D的形成过程____．23、以煤为原料可制备丙酮二羧酸；无卤阻燃剂和聚酯DMT等物质．其合成路线如图所示：

已知：

（1）A的一氯取代物有两种．

（2）

回答下列问题：

（1）对于DMT和丙酮二羧酸，下列说法正确的是____．

A．丙酮二羧酸中存在羧基；醛基两种官能团。

B．丙酮二羧酸一定条件下可发生还原；取代反应。

C．1molDMT和1mol丙酮二羧酸都可以和2molNaOH反应。

（2）丙酮二羧酸二甲酯的分子式为____、F的结构简式____．

（3）写出丙烯与苯生成D的化学方程式：____，写出B→C的化学方程式：____

（4）写出任意两种同时符合下列条件的B的同分异构体的结构简式：____

①苯环上只有一种化学环境的氢原子。

②遇到FeCl3溶液显紫色；且能发生银镜反应。

（5）根据题目信息用苯和甲醇为原料可合成酚醛树脂；请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）

合成路线流程图示例如下：H2C═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．24、某实验小组同学采用下列装置模拟硫酸工业的接触室，从而制备SO3并测定实验条件下SO2的转化率．

（1）实验过程中，当V2O5表面红热后，应将酒精灯移开一段时间后再继续加热，其原因是____．

（2）装置B中U型管内收集到的物质呈____色____态．在工业生产的理想状态下，D处应观察到的现象是____．

（3）结束实验时应先停止____，并继续____．

（4）为了测定该条件下SO2的转化率，若B中U型管内收集到的物质的质量为mg，还需要测定的实验数据是____．

（5）实际测得SO2的转化率比理论值小，其主要原因有____．

A、装置C中亚硫酸盐被氧化B、SO2通入速度太快；未被充分吸收。

C、有SO2残留在A、B装置中D、SO3挥发，被装置C吸收．25、法国化学家亨利•莫瓦桑一生在化学元素发现史上做出了重大贡献．莫瓦桑最初的无机化学研究课题是自燃铁（发火金属；打火石）．莫瓦桑将氧化亚铁放在氢气流下加热还原；制得了自燃铁（颗粒很细的金属铁，在空气中撞击或受热会燃烧）．

某研究性学习小组拟模仿莫瓦桑开展在实验室制备自燃铁研究．由于没有现存的氧化亚铁，查资料得知可以通过在隔绝氧气条件下加热草酸亚铁（FeC2O4）制得氧化亚铁：FeC2OFeO+CO↑+CO2↑

由此；小组设计了一套先制备氧化亚铁，继后制备自燃铁的装置（铁架台等固定仪器装置在图中略去未画出）：

分析该套装置的原理回答下列问题：

（1）写出用氧化亚铁制备自燃铁的化学方程式：____

（2）仪器组装好后，首先要做的工作是：____；具体方法是：____．

（3）实验中B装置的意义是：____．

（4）对该实验操作；小组同学归纳了如下一些实验步骤进行选择和组合：

①点燃D处酒精灯，②打开分液漏斗活塞让溶液缓缓滴下，③关闭A、B之间的活塞开关，④熄灭酒精灯，⑤往D的玻管内通相对足够时间的气体排出原存留气体，⑥继续通气体至D的玻管内固体冷却，⑦撤下仪器，⑧打开A、B之间的活塞开关，⑨关闭分液漏斗活塞．则在第一阶段制备氧化亚铁中，必须经过的实验步骤且正确的顺序是：____；继续进行第二阶段制备自燃铁的实验步骤和正确的顺序是：____；

（5）该套装置有没有明显的问题？____，如有，回答如何改进：____．评卷人得分四、判断题(共1题，共5分)26、因为CO2的水溶液可以导电，所以CO2是电解质____．（判断对错）评卷人得分五、简答题(共4题，共12分)27、写出下列反应的化学方程式或离子方程式．

（1）漂白粉溶液中通入过量的二氧化碳的化学方程式______

（2）足量的氯气通入到溴化亚铁溶液中的离子方程式______

（3）硫酸工业生产中在接触室中发生的反应的化学方程式______

（4）碳和浓硫酸反应的化学方程式______．28、乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：

rm{(1)}已知：

。化学键rm{C-H}rm{C-C}rm{C=C}rm{H-H}键能rm{/kJ?mol隆楼^{1}}rm{412}rm{348}rm{612}rm{436}计算上述反应的rm{triangleH=}______rm{kJ?mol^{-1}}．

rm{(2)}维持体系总压强rm{p}恒定，在温度rm{T}时，物质的量为rm{n}体积为rm{V}的乙苯蒸气发生催化脱氢反应rm{.}已知乙苯的平衡转化率为rm{娄脕}则在该温度下反应的平衡常数rm{K=}______rm{(}用rm{娄脕}等符号表示rm{)}．

rm{(3)}工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气rm{(}原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为rm{1}rm{9)}控制反应温度rm{600隆忙}并保持体系总压为常压的条件下进行反应rm{.}在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性rm{(}指除了rm{H_{2}}以外的产物中苯乙烯的物质的量分数rm{)}示意图如下：

rm{垄脵}掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率；解释说明该事实______．

rm{垄脷}控制反应温度为rm{600隆忙}的理由是______．

rm{(4)}某研究机构用rm{CO_{2}}代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺乙苯rm{-}二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯rm{.}保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：rm{CO_{2}+H_{2}篓TCO+H_{2}O}rm{CO_{2}+C篓T2CO.}新工艺的特点有______rm{(}填编号rm{)}．

rm{垄脵CO_{2}}与rm{H_{2}}反应；使乙苯脱氢反应的化学平衡右移。

rm{垄脷}不用高温水蒸气；可降低能量消耗。

rm{垄脹}有利于减少积炭。

rm{垄脺}有利用rm{CO_{2}}资源利用．29、世界环保联盟建议全面禁止使用氯气用于饮用水的消毒，而建议采用高效“绿色”消毒剂二氧化氯rm{.}二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水、不稳定、呈黄绿色，在生产和使用时必须尽量用稀有气体进行稀释，同时需要避免光照、震动或加热rm{.}实验室以电解法制备rm{ClO_{2}}的流程如图：

rm{(1)ClO_{2}}中所有原子______rm{(}填“是”或“不是”rm{)}都满足rm{8}电子结构rm{.}如图所示电解法制得的产物中杂质气体rm{B}能使石蕊试液显蓝色；除去杂质气体可选用______．

A.饱和食盐水rm{B.}碱石灰rm{C.}浓硫酸rm{D.}四氯化碳。

rm{(2)}稳定性二氧化氯是为推广二氧化氯而开发的新型产品；下列说法正确的是______．

A.二氧化氯可广泛用于工业和饮用水处理。

B.应用在食品工业中能有效地延长食品贮藏期。

C.稳定性二氧化氯的出现大大增加了二氧化氯的使用范围。

D.在工作区和成品储藏室内；要有通风装置和监测及警报装置。

rm{(3)}欧洲国家主要采用氯酸钠氧化浓盐酸制备rm{.}化学反应方程式为______rm{.}缺点主要是产率低；产品难以分离；还可能污染环境．

rm{(4)}我国广泛采用经干燥空气稀释的氯气与固体亚氯酸钠rm{(NaClO_{2})}反应制备；化学方程式是______，此法相比欧洲方法的优点是______．

rm{(5)}科学家又研究出了一种新的制备方法，利用硫酸酸化的草酸rm{(H_{2}C_{2}O_{4})}溶液还原氯酸钠，化学反应方程式为______rm{.}此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是______．30、已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热分别为285.8kJ•mol-1、283.0kJ•mol-1和726.5kJ•mol-1．甲醇水蒸气催化重整反应是生产氢气的有效方法之一。

CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）△H

该反应包括如下两个过程：

①甲醇分解CH3OH（g））CO（g）+2H2（g）

②水蒸气变换CO（g）+H2O（g））CO2（g）+H2（g）

对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强（PB）代替物质的量浓度（cB）也可表示平衡常数（记作Kp），甲醇分解与水蒸气变换反应Kp随温度变化见表。反应398K498K598K698K798K898K甲醇分解0.50185.89939.51.8×1051.6×1069.3×106水蒸气变换1577137.528.149.3394.1802.276（1）398K时，CH3OH（g）+H2O（g））CO2（g）+3H2（g）的Kp=______。

（2）△H=______0（填“＞”；“=”、“＜”）。

（3）下列关于甲醇水蒸气催化重整反应的理解；正确的是______。

A．398K时；水蒸气变换反应的△S等于零。

B．温度、压强一定时，在原料气（CH3OH和H2O的比例不变）中添加少量惰性气体；有利于提高催化重整反应的平衡转化率。

C．提高催化剂的活性和选择性；减少副产物是工艺的关键。

D．恒温恒容条件下；假设反应①的速率大于反应②的速率，说明反应①的活化能更高。

（4）某研究小组对催化重整反应温度（T）、压强（p）与水醇比（水与甲醇的物质的量之比，用S/M表示）进行优化，得到图（a）、（b）。

①结合图（a）分析温度；水醇比与甲醇的平衡转化率的关系。

②图（b）中的压强由大到小为______；其判断理由是______。

（5）在甲醇燃料电池中，电解质溶液为酸性，负极的电极反应式为______。理想状态下，该燃料电池消耗1mol甲醇所能输出的最大电能为702.1kJ，则该燃料电池的理论效率为______（燃料电池的理论效率是指电池所输出的最大电能与电池燃料反应所能释放的全部能量之比）。评卷人得分六、实验题(共1题，共5分)31、纯碱作为基本化工原料在国民经济中占有重要地位；联合制碱法制得优质纯碱的同时，还可得到副产品氯化铵，且达到充分利用原料的目的，工业流程及相关溶解度曲线如图，请回答：

（1）母液Ⅰ的主要成分是______，氨母液Ⅰ碳酸化时发生反应的化学方程式为______；氨母液Ⅰ保持在30℃～35℃下碳酸化，原因是______

（2）在NaHCO3过滤后，将NH4Cl分离并使用剩余的母液回至制碱系统复用，是联碱法与氨碱法的主要区别，母液循环析出，除加入NaCl固体外，还应采取的措施是______

（3）不用其他试剂，检验NH4Cl是否纯净的方法及操作是______．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】A．金属具有良好的热传导效率；

B．周期表中金属与非金属的分界处找到半导体材料；

C．14C能发生衰变；用于考古；

D．二氧化硅是制造水泥、人造宝石、单质硅的重要材料．【解析】【解答】解：A．金属具有良好的热传导效率；液态钠可用作核反应堆的传热介质，故A正确；

B．在周期表中金属与非金属的分界处元素具有一定的金属性；非金属性；可以在此找到半导体材料，在过渡元素中找寻催化剂、耐高温耐腐蚀的材料，故B错误；

C．14C能发生衰变，考古时利用l4C测定一些文物的年代；故C正确；

D．制造水泥用到黏土；黏土中含有硅酸盐与二氧化硅等，用焦炭与二氧化硅反应制得粗硅，二氧化硅可以用于制备人造宝石，二氧化硅是制造水泥；人造宝石、单质硅的重要材料，故D正确；

故选B．2、A【分析】【分析】能持续与Fe反应的物质不能用铁制器皿盛放，如稀酸、比Fe不活泼的金属的盐溶液、氯化铁等，以此来解答．【解析】【解答】解：A．常温下；Fe遇浓硫酸发生钝化，能用铁制器皿盛放，故A选；

B．Fe与稀硫酸可持续反应；不能用铁制器皿盛放，故B不选；

C．Fe与氯化铜反应生成氯化亚铁和Cu；直至反应结束，不能用铁制器皿盛放，故C不选；

D．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；直至反应结束，不能用铁制器皿盛放，故D不选；

故选A．3、D【分析】【分析】分离出氨气减少生成物浓度，依据化学平衡移动原理分析判断，平衡正向进行．【解析】【解答】解：A、当分离出NH3后；减少生成物浓度，平衡正向进行，故A错误；

B、当分离出NH3后；减少生成物浓度，平衡正向进行，故B错误；

C；减小生成物浓度瞬间正反应不变；逆反应速率减小，随反应进行正反应速率减小，逆反应速率增大，最后达到平衡，但新平衡状态反应速率小于原平衡反应速率，故C错误；

D；减小生成物浓度瞬间正反应不变；逆反应速率减小，随反应进行正反应速率减小，逆反应速率增大，最后达到平衡，但新平衡状态反应速率小于原平衡反应速率，故D正确；

故选D．4、C【分析】【分析】形成温室效应的主要原因是人类向空气大量排放了CO2．【解析】【解答】解：温室效应产生的最主要原因是二氧化碳的过量排放；二氧化碳在大气中会阻碍太阳照射在地球表面后积聚的热量散发回太空，造成地球表面稳定逐渐升高，而二氧化硫是形成酸雨的主要原因，氮氧化物是导致光化学烟雾的主要原因．

故选C．5、B【分析】A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，Kw增大，c(H+)；则pH减小，故A错误；

B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，导致c(H+)增大，平衡逆向移动，Kw只受温度的影响，温度不变，Kw不变；故B正确；

C．向水中加入少量固体NaOH，c(OH-)增大，平衡逆向移动，c(H+)降低，c(OH-)增大；故C错误；

D．向水中加入少量固体NH4Cl，铵根离子会和氢氧根离子之间反应，c(OH-)减小，导致平衡正向移动，c(H+)增大；故D错误．

故选B．【解析】【答案】B6、B【分析】【分析】A．镁的阳离子为+2价；

B．质量换算为物质的量；结合离子所含电子数计算；

C．气体状况未知；Vm不确定；

D．氧气和臭氧都是由氧原子构成，依据n=计算氧原子的物质的量及个数．【解析】【解答】解：A.2.4g金属镁物质的量为=0.1mol，变为镁离子时失去的电子数为0.2NA；故A错误；

B.1.8g的NH4+离子物质的量为0.1mol，1molNH4+中含电子为10mol，所以0.1molNH4+中含电子数为NA；故B正确；

C．气体状况未知；Vm不确定，不能计算气体的物质的量，故C错误；

D．常温常压下，48gO3和O2的混合气体中含有的氧原子数为×NA=3NA；故D错误；

故选：B．7、D【分析】【分析】由水电离生成的H+和OH-物质的量浓度的乘积为10-24，则溶液为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能发生氧化还原反应、不能相互促进水解等，则离子能大量共存，以此来解答．【解析】【解答】解：由水电离生成的H+和OH-物质的量浓度的乘积为10-24；则溶液为酸或碱溶液；

A．酸溶液中不能大量存在CO32-；碱溶液中该组离子之间不反应，能共存，故A不选；

B．碱溶液中不能大量存在NH4+；酸溶液中该组离子之间不反应，能共存，故B不选；

C．无论酸或碱溶液中该组离子之间均不反应；能大量共存，故C不选；

D．无论溶液呈酸性还是碱性，HCO3-都不能大量共存；故D选．

故选D．8、D【分析】选项A，Br2也能被Na2SO3溶液吸收形成Br－。选项B，Br－先被Cl2氧化为Br2，然后经蒸馏得到Br2蒸气。选项C，海水中Br－被氧化为Br2以及吸收塔内都发生了Br－被氧化的反应。选项D，根据选项C分析可知，两步反应都发生Cl2氧化Br－的反应，考虑到氯气部分溶于水等因素，实际生产中工业上每获得1molBr2，需要消耗Cl2的体积大于44.8L(标准状况下)。【解析】【答案】D9、B【分析】解：rm{A.}加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管的顶部氨气和氯化氢又反应生成氯化铵，rm{NH_{4}Cl}的热稳定性较差；故A错误；

B.加热碘升华；变为紫色蒸气，在上部冷却聚集为紫黑色的碘固体，故B正确；

C.氨水显碱性；使酚酞变红，加热时，氨气逸出，溶液红色变浅，冷却后，氨气又溶于水和水反应，溶液红色又变深，故C错误；

D.存在平衡rm{2NO_{2}}rm{(g)?N_{2}O_{4}(g)triangleH=-92.4kJ/mol}正反应为放热反应，rm{(g)?N_{2}O_{4}(g)triangle

H=-92.4kJ/mol}浸泡在热水中，升高温度平衡向逆反应方向移动，二氧化氮浓度增大，rm{d}容器内气体颜色变深，rm{d}浸泡在冷水中，温度降低平衡向正反应移动，二氧化氮浓度降低，rm{e}容器内气体颜色变浅；故D错误；

故选：rm{e}

A.氯化铵分解生成氨气和氯化氢；氯化氢和氨气反应又生成氯化铵；

B.加热碘升华；在上部冷却到达碘的固体；

C.温度升高气体的溶解度降低；根据氨气使酚酞变红的原理解答；

D.根据温度对平衡移动影响分析二氧化氮的浓度变化；据此解答．

本题以“封管实验”为载体，考查元素化合物性质、化学平衡影响因素等，难度中等，注意基础知识的理解掌握．rm{B}【解析】rm{B}二、多选题(共9题，共18分)10、CD【分析】【分析】A．光导纤维的基本原料是二氧化硅；

B．硅是重要的半导体材料；硅用于制造太阳能电池；

C．硅酸钠不燃烧；

D．硅胶疏松多孔，作干凝胶，可用作催化剂的载体．【解析】【解答】解：A．纯净的硅单质是制造硅芯片的基本原料；光导纤维的基本原料是二氧化硅，故A错误；

B．硅是重要的半导体材料；硅用于制造太阳能电池，故B错误；

C．硅酸钠不燃烧；可用于制备木材防火剂，故C正确；

D．硅胶疏松多孔；作干凝胶，可用作催化剂的载体，故D正确．

故选CD．11、BD【分析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成共价键，第IA、第IIA族和第VIA、第VIIA族元素之间易形成离子键．【解析】【解答】解：A．双氧水分子中氢原子和氧原子之间存在极性键；O原子和O原子之间存在非极性键，故A错误；

B．过氧化钾中钾离子和过氧根离子之间存在离子键；O原子和O原子之间存在非极性键；故B正确；

C．氯化钙中钙离子和氯离子之间存在离子键；故C错误；

D．FeS2中亚铁离子和S22-之间存在离子键；S原子和S原子之间存在非极性键；故D正确；

故选BD．12、BC【分析】【分析】在充电时，该装置是电解池，阳极失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应；放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，正极上二氧化铅得电子发生还原反应，酸参加反应，根据充放电时，两极上的电极反应来回答．【解析】【解答】解：在充电时，该装置是电解池，阳极上甲基磺酸铅失电子发生氧化反应，即Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，阴极上甲基磺酸铅得电子发生还原反应，放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，即Pb-2e-=Pb2+，正极上二氧化铅得电子发生还原反应，即PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O．

A、根据充放电时的电极反应，溶液中Pb2+浓度会发生改变；故A错误；

B；充放电时；溶液的电荷浓度几乎不发生变化，导电能力不变化，故B正确；

C、负极上铅失电子发生氧化反应：Pb-2e-=Pb2+；故C正确；

D、充电时的阳极反应式为：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+；故D错误．

故选BC．13、AD【分析】【分析】A．催化剂能加快反应速率；

B．催化剂只改变反应速率；不影响化学平衡移动；

C．可逆反应中；反应物的转化率不可能达到100%；

D．固体的表面积越大，反应速率越大．【解析】【解答】解：A．MnO2为H2O2分解制O2的催化剂；催化剂能加快反应速率，故A正确；

B．催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡移动，实验室用H2O2分解制O2，加入MnO2后，生成O2的总气体量不变；故B错误；

C．可逆反应中；反应物的转化率不可能达到100%，故C错误；

D．固体的表面积越大；与反应物的接触面积越大，反应速率越大，故D正确．

故选AD．14、BC【分析】【分析】A；单原子分子构成的分子晶体中没有共价键；

B；HF分子间存在氢键；

C；氯化铵是由非金属元素形成的离子化合物；

D、溶于水可以导电的化合物不一定是离子化合物，如硫酸、一水合氨等．【解析】【解答】解：A；单原子分子构成的分子晶体中没有共价键；稀有气体为单原子分子，其晶体中只含有分子间作用力，没有共价键，故A错误；

B；HF分子间存在氢键；所以HF比HCl沸点高，故B正确；

C；氯化铵是由非金属元素形成的离子化合物；所以全部由非金属元素形成的化合物中可能含有离子键，故C正确；

D；溶于水可以导电的化合物不一定是离子化合物；如硫酸、一水合氨等，所以不一定是离子化合物，故D错误；

故选BC．15、BC【分析】【分析】发生反应为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的体积气体可能为NO，也可能为O2，当剩余的体积为NO时，根据反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3计算出氧气的体积；从而可知NO的体积；

当剩余的体积为O2时，结合反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3计算出NO的体积，再计算出氧气的体积，最后计算出原混合气体中NO和O2的体积比．【解析】【解答】解：将盛满NO、O2的混合气体的试管倒立于水中，发生反应的方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；

剩余的体积气体可能为NO，也可能为O2；

当剩余的体积为NO时，参加反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3的气体体积为体积，则原混合气体中含有氧气体积为：体积×=体积，原混合气体中含有NO体积为体积，原混合气体中NO和O2的体积比为：体积：体积=7：3；

当剩余的体积为O2时，参加反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3的气体体积为体积，则原混合气体中含有NO体积为：体积×=体积，原混合气体中含有O2体积为体积，原混合气体中NO和O2的体积比为：体积：体积=2：3；

根据分析可知，原混合气体中NO和O2的体积比可能是7：3或2：3；

故选BC．16、BC【分析】【分析】A．电解氯化铜生成氯气和铜；

B．电解AgNO3溶液生成金属银和氧气；硝酸；

C．电解氯化钠溶液生成氢氧化钠；氯气和氢气；

D．电解硫酸铜溶液先是生成物是铜、氧气和硫酸，后相当于电解水，结合两极生成的物质选择加入的试剂．【解析】【解答】解：A．惰性电极电解氯化铜溶液；电极生成物是氯气；铜，所以需要加入的是氯化铜，故A错误；

B．惰性电极电解AgNO3溶液生成金属银和氧气；硝酸；要复原加入的应该是氧化银，故B正确；

C．电解氯化钠溶液生成氢气；氯气和氢氧化钠溶液；需要加入的是HCl，故C正确；

D．惰性电极电解硫酸铜溶液；先是生成物是铜；氧气和硫酸，后相当于电解水，所以需要加入的是氧化铜或碳酸铜或者氢氧化铜，故D错误．

故选BC．17、CD【分析】【分析】溶液中加入稀盐酸，浅黄色沉淀和气体出现，SO32-、S2-存在或者NO3-、S2-存在加入盐酸可以生成沉淀硫；出现气体可能是S2-、CO32-、SO32-离子结合氢离子生成硫化氢气体、二氧化碳气体、二氧化硫气体；溶液的焰色为黄色，则含有Na+；推断一定不含银离子，若含有银离子，则S2-、CO32-、SO32-离子都不能存在，依据离子共存判断Al3+一定不存在，所以溶液中一定含有Na+、S2-离子，S2-、CO32-、SO32-、NO3-离子可能含有．【解析】【解答】解：溶液中加入稀盐酸，浅黄色沉淀和气体出现，SO32-、S2-或者NO3-、S2-在加入盐酸后可以生成沉淀硫；出现气体可能是S2-、CO32-、SO32-离子结合氢离子生成硫化氢气体、二氧化碳气体、二氧化硫气体；溶液的焰色为黄色，则含有Na+；推断一定不含银离子，若含有银离子，则S2-、CO32-、SO32-离子都不能存在，依据离子共存判断Al3+一定不存在，所以溶液中一定含有Na+、S2-离子，S2-、CO32-、SO32-、NO3-离子可能含有；

A、此溶液中一定有Na+、S2-，而SO32-可能有；故A错误；

B、若只有Na+、S2-、CO32-；则向此溶液中加入稀盐酸，没有浅黄色沉淀出现，故B错误；

C、上述分析判断可知，此溶液中一定没有Ag+、Al3+；故C正确；

D、上述分析判断可知，此溶液中可能有S2-、NO3-；故D正确；

故选CD．18、AC【分析】【分析】A．溴苯不能NaOH溶液反应也不溶于NaOH溶液；

B．乙醇和乙酸都易溶于水并能互溶；且沸点较接近，难用蒸馏法分离；

C．钠能与水反应；

D．苯甲酸沸点较高．【解析】【解答】解：A．单质溴能与NaOH溶液反应生成溴化钠；次溴酸钠和水；溴化钠、次溴酸钠溶于水，溴苯不能NaOH溶液反应也不溶于NaOH溶液，出现分层现象，可用分液的方法分离，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，故A正确；

B．乙醇和乙酸都易溶于水并能互溶；且沸点较接近，难用蒸馏法分离，可加入碱蒸馏，故B错误；

C．钠能与水反应；与苯不反应，故C正确；

D．苯甲酸沸点较高；应用重结晶法，故D错误．

故选AC．三、填空题(共7题，共14分)19、羟基溶液褪色（CH3）3COH+Cl2（CH3）2C（OH）CH2Cl+HCl（CH3）2CHCH2OH【分析】【分析】化合物A（C4H10O）是一种有机溶剂，A能和氯气发生取代反应，能在浓硫酸作催化剂条件下发生消去反应生成D，则A是醇，A只有一种一氯取代物B，则A结构简式为（CH3）3COH，B结构简式为（CH3）2C（OH）CH2Cl，A发生消去反应生成的D结构简式为（CH3）2C=CH2，A和钠反应生成醇钠C，C结构简式为（CH3）3CONa，D和溴发生加成反应生成E，E结构简式为（CH3）2CBrCH2Br，再结合题目分析解答．【解析】【解答】解：化合物A（C4H10O）是一种有机溶剂，A能和氯气发生取代反应，能在浓硫酸作催化剂条件下发生消去反应生成D，则A是醇，A只有一种一氯取代物B，则A结构简式为（CH3）3COH，B结构简式为（CH3）2C（OH）CH2Cl，A发生消去反应生成的D结构简式为（CH3）2C=CH2，A和钠反应生成醇钠C，C结构简式为（CH3）3CONa，D和溴发生加成反应生成E，E结构简式为（CH3）2CBrCH2Br；

①A结构简式为（CH3）3COH；A分子中的官能团名称是羟基，故答案为：羟基；

②D中含有碳碳双键；能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，所以D→E的现象是溶液褪色，故答案为：溶液褪色；

③A只有一种一氯取代物B，A结构简式为（CH3）3COH，B结构简式为（CH3）2C（OH）CH2Cl，由A转化为B的化学方程式：（CH3）3COH+Cl2（CH3）2C（OH）CH2Cl+HCl；

故答案为：（CH3）3COH+Cl2（CH3）2C（OH）CH2Cl+HCl；

④A的同分异构体F也可以有框图内A的各种变化，且F的一氯取代物有三种，说明F中烃基上有3种氢原子，则F的结构简式是（CH3）2CHCH2OH，故答案为：（CH3）2CHCH2OH．20、12【分析】【分析】主族元素R的气态氢化物化学式是RH4，则R的负价为-4，其最高正价为+4价，则氧化物为RO2，根据最高价氧化物的相对分子质量与气态氢化物的相对分子质量之比是2.75：1求出R的相对原子质量．【解析】【解答】解：主族元素R的气态氢化物化学式是RH4，则R的负价为-4，其最高正价为+4价，则氧化物为RO2，已知最高价氧化物的相对分子质量与气态氢化物的相对分子质量之比是2.75：1，即=；解得R=12；

故答案为：12．21、②④⑦①⑧③⑥⑦Cu2+、Cl-Ag+、OH-H+【分析】【分析】（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，含有自由移动电子或离子的物质能导电；

（2）有色电解质溶液中，一定含Cu2+，则一定没有OH-，由溶液为电中性可知，阴离子一定为Cl-，则没有Ag+，以此来解答．【解析】【解答】解：（1）②④⑦在水溶液里或熔融状态下能电离出阴阳离子而使其水溶液或熔融状态导电；所以属于电解质；

①的水溶液能电离出阴阳离子的是碳酸；所以二氧化碳是非电解质，⑧蔗糖在水溶液里或熔融状态下以分子存在，所以其水溶液或熔融状态不导电，为非电解质；

③⑦中含有自由移动的离子；⑥中含有自由移动的电子，所以能导电；

氨水是混合物；酒精水溶液是混合物，铜是单质，所以氨水；酒精水溶液和铜既不是电解质也不是非电解质．

故答案为：②④⑦；①⑧；③⑥⑦；

（2）有色电解质溶液中，一定含Cu2+，则一定没有OH-，由溶液为电中性可知，阴离子一定为Cl-，则没有Ag+，综上所述，一定含Cu2+、Cl-，一定不含Ag+、OH-，可能含H+；

故答案为：Cu2+、Cl-；Ag+、OH-；H+．22、碳氧钠硫第二周期，第ⅥA族【分析】【分析】有A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，所以A是C元素；C燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在加热条件下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，而且硫的最高正价为+6与最低负价为-2代数和为4，所以C是Na元素，B是O元素，D是S元素，由此分析解答．【解析】【解答】解：有A；B、C、D四种短周期元素；它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，所以A是C元素；C燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在加热条件下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，而且硫的最高正价为+6与最低负价为-2代数和为4，所以C是Na元素，B是O元素，D是S元素；

（1）通过以上分析知；A是C，B是O，C是Na，D是S，故答案为：碳；氧；钠；硫；

（2）写出B元素是氧；两个电子层，最外层6个电子，所以在周期表中的位置是第二周期，第ⅥA族，故答案为：第二周期，第ⅥA族；

（3）AB2是二氧化碳，二氧化碳的电子式为：C单质在高温下与B单质充分反应所得化合物是过氧化钠，过氧化钠是离子化合物，由钠离子与过氧根离子构成，电子式为故答案为：

（4）硫化钠是硫离子和钠离子之间通过离子键形成的离子化合物，形成过程为：

故答案为：．23、B、CC7H10O5（其中任意两种）【分析】【分析】根据题中各物质的转化关系，由A、B的分子式和A→B的反应条件和A的一氯取代物有两种，可推知，A为（对二甲苯），B为（对苯二甲酸），对苯二甲酸与甲醇（CH3OH）在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应（取代反应）生成C为根据无卤阻燃剂的结构简式可推知F为依据丙酮二羧酸可推知E为丙烯与苯加成生成D，根据已知2的反应，结合E、F可知D为据此答题．【解析】【解答】根据题中各物质的转化关系，由A、B的分子式和A→B的反应条件和A的一氯取代物有两种，可推知，A为（对二甲苯），B为（对苯二甲酸），对苯二甲酸与甲醇（CH3OH）在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应（取代反应）生成C为根据无卤阻燃剂的结构简式可推知F为依据丙酮二羧酸可推知E为丙烯与苯加成生成D，根据已知2的反应，结合E、F可知D为

（1）根据结构简式可知；丙酮二羧酸中存在羧基；羰基两种官能团，不存在醛基，所以丙酮二羧酸在一定条件下可发生还原反应、取代反应；DMT分子结构中有2个酯基，丙酮二羧酸分子结构中有2个羧基，都可以和2molNaOH反应，故A错误，B、C正确；

故答案为：B；C；

（2）丙酮二羧酸二甲酯的结构简式为则分子式为C7H10O5，F的结构简式为

故答案为：C7H10O5；

（3）丙烯与苯发生加成反应生成D的化学方程式为B→C的化学方程式为

故答案为：

（4）条件①苯环上只有一种化学环境的氢原子；②遇到FeCl3溶液显紫色，且能发生银镜反应；可知B的同分异构体的分子结构中含有酚羟基和醛基官能团．且苯环上取代基呈对称，由此根据“定一议二”原则，可写出如下6种的B的同分异构体：

故答案为：（其中任意两种）；

（5）用苯和甲醇为原料合成酚醛树脂；可将甲醇氧化成甲醛，另外要将苯合成苯酚，可将甲醇利用题中框图中信息生成丙烯，再与苯反应再氧化可得苯酚，具体的合成路线为。

故答案为：24、温度过高不利于二氧化硫的生成且影响催化剂的催化活性无固品红不褪色通入二氧化硫通入一段时间的氧气C瓶溶液增加的质量AD【分析】【分析】（1）二氧化硫转化为三氧化硫的反应为放热反应；结合温度对催化剂活性的影响分析；

（2）三氧化硫的熔点为16.8℃；其固态为无色晶体；通过氢氧化钠溶液后，混合气体中没有二氧化硫剩余；

（3）实验结束时；要把未反应的二氧化硫全部排入C中；

（4）U型管内收集到的物质为三氧化硫；还需要知道剩余的二氧化硫的质量；

（5）SO2的转化率=，根据该公式中数据的变化分析．【解析】【解答】解：（1）由二氧化硫转化为三氧化硫的反应：2SO2+O⇌2SO3；△H＜0，可知道，温度过高会使平衡逆向移动，不利于二氧化硫的转化，且催化剂的活性受到温度的限制；

故答案为：温度过高不利于二氧化硫的生成且影响催化剂的催化活性；

（2）三氧化硫的熔点为16.8℃；在冰盐水中冷却时三氧化硫转化为固态，其固态为无色晶体；反应后剩余的气体通过氢氧化钠溶液，二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收，所以再通过品红溶液时，品红不褪色；

故答案为：无；固；品红不褪色；

（3）实验结束时；要把未反应的二氧化硫全部排入C中，则应该先停止通二氧化硫，再通一段时间的氧气把二氧化硫全部排入C中；

故答案为：通入二氧化硫；通入一段时间的氧气；

（4）U型管内收集到的物质为三氧化硫；要计算二氧化硫的转化率，还需要知道剩余的二氧化硫的质量，即C瓶溶液增加的质量；

故答案为：C瓶溶液增加的质量；

（5）SO2的转化率=；

A、装置C中亚硫酸盐被氧化，则C瓶溶液增加的质量偏大，即剩余的二氧化硫的质量偏大，所以SO2的转化率偏小；故A选；

B、SO2通入速度太快，未被充分吸收，则C瓶溶液增加的质量偏小，即剩余的二氧化硫的质量偏小，所以SO2的转化率偏大；故B不选；

C、有SO2残留在A、B装置中，则C瓶溶液增加的质量偏小，即剩余的二氧化硫的质量偏小，所以SO2的转化率偏大；故C不选；

D、SO3挥发，被装置C吸收，则C瓶溶液增加的质量偏大，即剩余的二氧化硫的质量偏大，所以SO2的转化率偏小；故D选；

故答案为：AD．25、FeO+H2Fe+H2O检查气密性将D、E之间的胶管夹住，B的分液漏斗活塞关闭，打开A、B之间的开关，从A的漏斗中加水到一定程度，可观察A中漏斗是否会形成一段稳定的水柱保持不变产生CO2气体排出D中的空气③②⑤⑨①④⑥⑧⑤①④⑥③⑦有B、C之间应该增加一个除HCl的洗气瓶，E后面应有处理第一阶段尾气中CO的措施【分析】【分析】（1）化亚铁放在氢气流下加热还原；制得了自燃铁．氧化亚铁和氢气反应生成铁和水；

（2）过程中发生的反应是气体参加的反应；整个过程的装置不能漏气，需要先进行检查装置气密性，利用装置中的压强变化和液面变化分析判断；

（3）B装置是生成二氧化碳气体的装置；目的是排净装置D中空气，避免生成的着火铁被氧气氧化；

（4）依据实验操作步骤和操作过程；结合实验过程中注意问题选择步骤顺序；第一阶段是排净空气加热分解草酸铁得到氧化亚铁，第二阶段是制备氢气通过装置，加热还原氧化亚铁；

（5）装置中生成氢气和二氧化碳气体的试剂用的盐酸挥发出氯化氢气体对后续反应产生影响，草酸铁分解生成的一氧化碳气体需要点燃除去，不能排到大气中；【解析】【解答】解：（1）用氧化亚铁制备自燃铁的化学方程式为：FeO+H2Fe+H2O；

故答案为：FeO+H2Fe+H2O；

（2）过程中发生的反应是气体参加的反应；整个过程的装置不能漏气，需要先进行检查装置气密性；方法为：将D；E之间的胶管夹住；B的分液漏斗活塞关闭；打开A、B之间的开关；从A的漏斗中加水到一定程度，可观察A中漏斗是否会形成一段稳定的水柱保持不变；

故答案为：检查气密性；将D；E之间的胶管夹住；B的分液漏斗活塞关闭；打开A、B之间的开关；从A的漏斗中加水到一定程度；可观察A中漏斗是否会形成一段稳定的水柱保持不变；

（3）B装置是大理石和盐酸反应生成二氧化碳气体的装置；目的是利用二氧化碳气体排净装置中空气，特别是D装置中，避免生成的着火铁被氧气氧化；

故答案为：产生CO2气体排出D中的空气；

（4）在第一阶段制备氧化亚铁中必须经过的实验步骤是检验装置气密性；制备二氧化碳气体、充满整个装置、加热D装置制备氧化亚铁、气体通道D处冷却；第二阶段是氢气还原氧化亚铁；同样是先检查装置气密性、制备氢气、加热D装置还原氧化亚铁，熄灭酒精灯，完成后撤下装置；

故答案为：：③②⑤⑨①④⑥；⑧⑤①④⑥③⑦；

（5）装置中生成氢气和二氧化碳气体的试剂用的盐酸挥发出氯化氢气体对后续反应产生影响；需要除去，草酸铁分解生成的一氧化碳气体需要点燃除去，不能排到大气中；

故答案为：有；B、C之间应该增加一个除HCl的洗气瓶；E后面应有处理第一阶段尾气中CO的措施；四、判断题(共1题，共5分)26、×【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：×．五、简答题(共4题，共12分)27、略

【分析】解：（1）漂白粉溶液中通入过量的二氧化碳的化学方程式：Ca（ClO）2+2CO2+2H2O=2HClO+Ca（HCO3）2；

故答案为；Ca（ClO）2+2CO2+2H2O=2HClO+Ca（HCO3）2；

（2）足量的氯气通入到溴化亚铁溶液中的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2；

故答案为：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2；

（3）硫酸工业生产中在接触室中发生的反应的化学方程式：2SO2+O22SO3；

故答案为：2SO2+O22SO3；

（4）碳和浓硫酸反应的化学方程式：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O；

故答案为：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O．

（1）漂白粉的有些成分是次氯酸钙；与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钙和次氯酸；

（2）氯气足量；所以溴离子；二价铁离子都被氧化；

（3）二氧化硫与氧气在接触室内发生氧化还原反应生成三氧化硫；

（4）浓硫酸具有强的氧化性；与碳发生反应生成二氧化碳；二氧化硫和水．

本题考查了化学方程式和离子方程式的书写，题目难度不大，明确化学反应的实质是解题的关键，注意反应物的用量多化学反应的影响，（1）为易错项．【解析】Ca（ClO）2+2CO2+2H2O=2HClO+Ca（HCO3）2；3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2；2SO2+O22SO3；C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O28、+124；正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动；600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大；①②③④【分析】解：rm{(1)}反应热rm{=}反应物总键能rm{-}生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是rm{-CH_{2}CH_{3}}中总键能与rm{-CH=CH_{2}}rm{H_{2}}总键能之差，故rm{triangleH=(5隆脕412+348-3隆脕412-612-436)kJ?mol^{-1}=+124kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{triangle

H=(5隆脕412+348-3隆脕412-612-436)kJ?mol^{-1}=+124kJ?mol^{-1}}

rm{+124}物质的量为rm{(2)}体积为rm{n}的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。

参加反应的乙苯为rm{V}则：

rm{n娄脕mol}rm{?}

开始rm{+H_{2}}rm{(mol)}rm{n}rm{0}

转化rm{0}rm{(mol)}rm{n娄脕}rm{n娄脕}

平衡rm{n娄脕}rm{(mol)}rm{n(1-娄脕)}rm{n娄脕}

维持体系总压强rm{n娄脕}恒定，在温度rm{p}时，由rm{T}可知，混合气体总浓度不变，设反应后的体积为rm{PV=nRT}则rm{dfrac{n(1-娄脕)+n娄脕+n娄脕}{V{{'}}}=dfrac{n}{V}}故rm{V隆盲}则平衡常数rm{K=dfrac{c({卤陆脪脪脧漏})隆脕c(H_{2})}{c({脪脪卤陆})}=dfrac{dfrac{n娄脕}{(1+alpha)V}隆脕dfrac{n娄脕}{(1+alpha)V}}{dfrac{n(1-娄脕)}{(1+alpha)V}}=dfrac{n娄脕^{2}}{(1-alpha^{2})V}}

故答案为：rm{dfrac{n娄脕^{2}}{(1-alpha^{2})V}}

rm{dfrac{n(1-娄脕)+n娄脕+n娄脕}{V{{'}}}=

dfrac{n}{V}}正反应为气体分子数增大的反应；保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率；

故答案为：正反应为气体分子数增大的反应；保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动；

rm{V隆盲=(1+娄脕)V}时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大，故选择rm{K=dfrac

{c({卤陆脪脪脧漏})隆脕c(H_{2})}{c({脪脪卤陆})}=dfrac{dfrac{n娄脕}{(1+alpha

)V}隆脕dfrac{n娄脕}{(1+alpha)V}}{dfrac{n(1-娄脕)}{(1+alpha)V}}=

dfrac{n娄脕^{2}}{(1-alpha^{2})V}}左右；

故答案为：rm{dfrac{n娄脕^{2}}{(1-alpha

^{2})V}}时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高；温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大；

rm{(3)垄脵}与rm{垄脷600隆忙}反应；导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故正确；

rm{600隆忙}由题目信息可知；在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少，故正确；

rm{600隆忙}由于会发生反应rm{(4)垄脵CO_{2}}有利于减少积炭，故正确；

rm{H_{2}}代替水蒸气，有利用rm{垄脷}资源利用；故正确；

故选：rm{垄脹}．

rm{CO_{2}+C篓T2CO}反应热rm{垄脺CO_{2}}反应物总键能rm{CO_{2}}生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}中总键能与rm{(1)}rm{=}总键能之差；

rm{-}参加反应的乙苯为rm{-CH_{2}CH_{3}}则：

rm{-CH=CH_{2}}rm{H_{2}}

开始rm{(2)}rm{n娄脕mol}rm{?}rm{+H_{2}}

转化rm{(mol)}rm{n}rm{0}rm{0}

平衡rm{(mol)}rm{n娄脕}rm{n娄脕}rm{n娄脕}

维持体系总压强rm{(mol)}恒定，在温度rm{n(1-娄脕)}时，由rm{n娄脕}可知，混合气体总浓度不变，设反应后的体积为rm{n娄脕}则rm{dfrac{n(1-娄脕)+n娄脕+n娄脕}{V{{'}}}=dfrac{n}{V}}故rm{p}再根据平衡常数表达式rm{K=dfrac{c({卤陆脪脪脧漏})隆脕c(H_{2})}{c({脪脪卤陆})}}计算解答；

rm{T}保持压强不变；加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；

rm{PV=nRT}时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高；结合温度对乙苯转化率、苯乙烯选择性、温度对反应速率与催化剂的影响及消耗能量等，分析控制反应温度为rm{V隆盲}的理由；

rm{dfrac{n(1-娄脕)+n娄脕+n娄脕}{V{{'}}}=

dfrac{n}{V}}与rm{V隆盲=(1+娄脕)V}反应；导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移；

rm{K=dfrac

{c({卤陆脪脪脧漏})隆脕c(H_{2})}{c({脪脪卤陆})}}由题目信息可知；在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少；

rm{(3)垄脵}由于会发生反应rm{垄脷600隆忙}有利于减少积炭；

rm{600隆忙}代替水蒸气，有利用rm{(4)垄脵CO_{2}}资源利用．

本题考查反应热计算、化学平衡常数计算、反应速率及平衡移动的影响因素、对条件控制的分析评价等，rm{H_{2}}中认为苯环存在单双键交替形式不影响计算结构，rm{垄脷}中平衡常数计算为易错点、难点，注意温度、压强不变，容器的体积发生变化，学生容易认为容器的体积不变，题目难度较大．rm{垄脹}【解析】rm{+124}rm{dfrac{n娄脕^{2}}{(1-alpha^{2})V}}正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动；rm{dfrac{n娄脕^{2}}{(1-alpha

^{2})V}}时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大；rm{600隆忙}rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}29、略

【分析】解：rm{(1)Cl}最外层rm{7}个电子，只有rm{1}个单电子，rm{O}最外层rm{6}个电子，含rm{2}个单电子，则rm{O}原子不能满足rm{8}电子稳定结构，产物中杂质气体rm{B}能使石蕊试液显蓝色，为氨气，可选酸来除杂，只有rm{C}中浓硫酸符合；

故答案为：不是；rm{C}

rm{(2)A.}二氧化氯可广泛用于工业和饮用水处理；代替氯气，为“绿色”消毒剂，故A正确；

B.应用在食品工业中能有效地延长食品贮藏期；能杀菌消毒，故B正确；

C.稳定性二氧化氯的出现大大增加了二氧化氯的使用范围；便于运输和应用，故C正确；

D.二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体；在工作区和成品储藏室内，要有通风装置和监测及警报装，故D正确；

故答案为：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}

rm{(3)}氯酸钠氧化浓盐酸生成氯化钠、氯气、二氧化氯、水，该反应方程式为：rm{2NaClO_{3}+4HCl(}浓rm{)篓T2NaCl+Cl_{2}隆眉+2ClO_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案为：rm{2NaClO_{3}+4HCl(}浓rm{)篓T2NaCl+Cl_{2}隆眉+2ClO_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{(4)}氯气与固体亚氯酸钠rm{(NaClO_{2})}反应，生成氯化钠和二氧化氯，该反应为rm{2NaClO_{2}+Cl_{2}篓T2NaCl+2ClO_{2}}该法相比欧洲方法的优点为安全性好，没有产生毒副产品；

故答案为：rm{2NaClO_{2}+Cl_{2}篓T2NaCl+2ClO_{2}}安全性好；没有产生毒副产品；

rm{(5)}用硫酸酸化的草酸rm{(H_{2}C_{2}O_{4})}溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，该反应为rm{H_{2}C_{2}O_{4}+2NaClO_{3}+H_{2}SO_{4}篓TNa_{2}SO_{4}+2CO_{2}隆眉+2ClO_{2}隆眉+2H_{2}O}此法提高了生产及储存；运输的安全性，原因是反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用；

故答案为：rm{H_{2}C_{2}O_{4}+2NaClO_{3}+H_{2}SO_{4}篓TNa_{2}SO_{4}+2CO_{2}隆眉+2ClO_{2}隆眉+2H_{2}O}反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用．

rm{(1)Cl}最外层rm{7}个电子，只有rm{1}个单电子，rm{O}最外层rm{6}个电子，含rm{2}个单电子；产物中杂质气体rm{B}能使石蕊试液显蓝色；为氨气，可选酸来除杂；

rm{(2)}高效“绿色”消毒剂二氧化氯；可推广使用，代替氯气；

rm{(3)}氯酸钠氧化浓盐酸生成氯化钠；氯气、二氧化氯、水；

rm{(4)}氯气与固体亚氯酸钠rm{(NaClO_{2})}反应；生成氯化钠和二氧化氯；

rm{(5)}用硫酸酸化的草酸rm{(H_{2}C_{2}O_{4})}溶液还原氯酸钠；反应生成硫酸钠；二氧化碳、二氧化氯、水，以此来解答．

本题考查制备方案的设计方法，题目难度中等，涉及电子式、物质除杂、氧化还原反应的书写、优化条件选择及评价等知识，注意把握所给信息来分析解答，侧重学生解决新问题能力的考查，将知识活学活用为解答的关键．【解析】不是；rm{C}rm{ABCD}rm{2NaClO_{3}+4HCl(}浓rm{)篓T2NaCl+Cl_{2}隆眉+2ClO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{2NaClO_{2}+Cl_{2}篓T2NaCl+2ClO_{2}}安全性好，没有产生毒副产品；rm{H_{2}C_{2}O_{4}+2NaClO_{3}+H_{2}SO_{4}篓TNa_{2}SO_{4}+2CO_{2}隆眉+2ClO_{2}隆眉+2H_{2}O}反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用30、788.5＞BCp3＞p2＞p1相同温度下，由于反应①为气体分子数增大的反应，加压平衡左移，CO的物质的量分数减小；而反应②为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，CO的物质的量分数减小CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+96.6%【分析】解：（1）①甲醇分解：CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）的平衡常数为KP1；

②CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为KP2；

反应①+②得到CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）的平衡常数KP=KP1×KP2；

398K时KP1=0.5，KP2=1577，所以KP=KP1×KP2=0.5×1577=788.5；

故答案为：788.5；

（2）由于KP=KP1×KP2，398K时KP=0.5×1577=788.5，498k时KP=KP1×KP2=137.5×185.8=25547.5，说明升高温度，Kp增大，即平衡正向移动，所以CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）的△H＞0；故答案为：＞；

（3）A．反应总是向着熵值增大的方向进行；只有反应达到平衡状态时反应的△S=0，不能仅根据反应的△n=0判断△S=0，故A错误；

B．恒温恒压条件下，向反应体系中通入惰性气体时，容器体积增大，反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）正向进行，CH3OH的转化率增大；故B正确；

C．化学工艺的关键问题是尽可能地加快反应速率；减少副产物；提高原料利用率，提高催化剂的活性和选择性可加快反应速率、减少副发生，故C正确；

D．反应①的速率大于反应②的速率；说明反应①更能进行，反应物的活化能更低，故D错误；

故答案为：BC；

（4）①当水醇比一定时；温度升高，甲醇的平衡转化率增大；温度一定时，水醇比减小则甲醇的平衡转化率降低，所以温度；水醇比与甲醇的平衡转化率的关系为温度越高、水醇比相对越大，