2025年华东师大版高三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2025年华东师大版高三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6题，共12分)1、将一定量的Fe、Fe2O3、CuO的混合物放入体积为100mL、浓度为2.2mol•L-1的H2SO4溶液中，充分反应后，生成气体896mL（标况），得到不溶固体1.289，过滤后，滤液中的金属离子只有Fe2+（滤液体积仍为100mL）．向滤液中滴加2mol•L-1的NaOH溶液至30mL时开始出现沉淀．则未滴加NaOH溶液前滤液中FeSO4的物质的量浓度为（）

A.2mol•L-1

B.1.8mol•L-1

C.1.9mol•L-1

D.无法计算。

2、下列物质分类的正确组合是（）。碱酸盐酸性氧化物A纯碱HNO3胆矾SO2B烧碱H2SO4NaClCOC苛性钠CH3COOH石灰石NO2D熟石灰H2CO3苏打SiO23、已知4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H═-xkJ/mol．蒸发1molH2O（l）需要吸收的能量为44kJ，其它相关数据如下表：则表中z（用x、a、b；d表示）的大小为（）

。物质NH3（g）O2（g）NO（g）H2O（g）1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJabzdA.B.C.D.4、下列实验方案可行的是（）A.为除去苯中的少量苯酚，向混合物中加入适量的溴水后过滤B.证明CH2=CHCH2CHO中一定有碳碳不饱和键：滴入KMnO4酸性溶液，看紫红色是否褪去C.检验溶液中一定有C：加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水D.用溴水鉴别苯、乙醇、四氯化碳5、常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示．判断下列说法中，正确的是（）A.两溶液稀释前的浓度相同B.a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a＞b＞cC.a点的Kw值比b点的Kw值大D.a点水电离的c（H+）小于c点水电离的c（H+）6、下列各组有机物，可以用分液漏斗进行分离的是（）A.溴乙烷与液溴B.苯和溴苯C.乙醇与氯乙烷D.三氯甲烷与水评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)7、镍铬（NiCd）可充电电池的电解质溶液为KOH溶液，它的充、放电反应按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2；已知Ni（OH）2、Cd（OH）2和NiOOH都不溶于KOH溶液．则下列有关电极反应式正确的是（）A.放电时负极：Cd-2e-═Cd2+B.放电时正极：2NiOOH+2e-+2H2O═2Ni（OH）2+2OH-C.充电时阳极：2Ni（OH）2-2e-+4H+═2Ni3++4H2OD.充电时阴极：Cd（OH）2+2e-═Cd+2OH-8、下列对有关实验的描述不正确的是（）A.在浓氨水中加入生石灰可以制取少量的NH3B.用惰性电极电解熔融NaCl：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-C.氯水和活性炭使红墨水褪色，能用同一原理解释D.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度都会降低9、有关常温下rm{pH}均为rm{3}的醋酸和硫酸的说法正确的是()A.两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为rm{1隆脕10^{-11}mol隆陇L^{-1}}B.分别加水稀释rm{100}倍后，两种溶液的rm{pH}仍相同C.醋酸中的rm{c(CH_{3}}rm{COO}rm{COO}rm{{,!}^{-}}和硫酸中的rm{)}和硫酸中的rm{c(SO}rm{)}rm{c(SO}相等rm{rlap{_{4}}{^{2-}}}D.分别加入足量锌片，两种溶液生成rm{)}相等rm{)}10、常温下，用浓度为rm{0.1000mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液分别逐滴加入到rm{20.00mL}rm{0.1000mol?L^{-1}}的rm{HX}rm{HY}溶液中，rm{pH}随rm{NaOH}溶液体积的变化如图rm{.}下列说法正确rm{(}rm{)}A.rm{V(NaOH)=10.00}rm{mL}时，rm{c(X^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}B.rm{V(NaOH)=20.00}rm{mL}时，两份溶液中，rm{c(X^{-})>c(Y^{-})}C.rm{V(NaOH)=20.00}rm{mL}时，rm{c(Na^{+})>c(X^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}D.rm{pH=7}时，两份溶液中，rm{c(X^{-})=c(Y^{-})}11、氮化钠和氢化钙都是离子化合物，与水反应的化学方程式rm{(}末配平rm{)}如下：rm{Na_{3}N+H_{2}O隆煤NaOH+NH_{3}}rm{CaH_{2}+H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+H_{2}.}有关它们的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.离子半径的大小：rm{Na^{+}>N^{3-}>H^{-}}B.它们与水发生的反应均属于氧化还原反应C.两种化合物均只含离子键，不含共价键D.两固体混合物溶于足量盐酸中可得到三种盐评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)12、（2010•涵江区校级模拟）[化学-选修物质结构与性质]

Q；R、X、Y、Z为周期表前四周期元素；原子序数依次递增．已知：

①Q为周期表中原子半径最小的元素；

②R的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道；且每种轨道中的电子总数相同；

③Y的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；

④Z有“生物金属”之称，Z4+离子和氩原子的核外电子排布相同．

请回答下列问题：（答题时；Q；R、X、Y、Z用所对应的元素符号表示）

（1）RQ4Y分子的某中心原子采用的杂化轨道类型是____杂化．

（2）R、X、Y三种元素的第一电离能由小到大的顺序为____．

（3）已知：原子数目和电子总数（或价电子总数）相同的微粒互为等电子体，等电子体具有相似的结构特征．与RY分子互为等电子体的分子和离子分别为____和____（填化学式）．

（4）Z元素位于周期表的____分区．Z原子基态时的外围电子排布式为____，Z的一种含氧酸钡盐的晶胞结构如图所示，晶体内与每个“Z”原子等距离且最近的氧原子数为____．13、现有一包固体粉末，其中可能含有Na2CO3、CaCO3、CuSO4、FeCl3、KCl．现进行如下实验：①溶于水得无色澄清透明溶液；②取少量上述溶液滴加BaCl2溶液生成白色沉淀；再加盐酸沉淀溶解消失并产生无色气体．

根据上述实验现象回答下列问题：

（1）一定不存在的物质是____．

（2）一定存在的物质是____．

（3）可能存在的物质是____；

（4）反应②中发生反应的相关离子方程式为：____．14、下列反应在210℃时达到平衡：

①PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）；△H1＞0K1=1mol•L-1

②CO（g）+Cl2（g）⇌COCl2（g）；△H1＜0K2=5×104L•mol-1

③COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）

（1）反应③的平衡常数K3=____．

（2）要使反应①和反应②的K数值相等，可采取的措施是____（填序号）．

A．降低反应①、②体系中Cl2浓度。

B．反应①；②选择不同的催化剂。

C．反应①；反应②同时升高温度。

D．反应①；反应②同时降低温度。

E．反应①降低温度，反应②维持210℃15、（2015•株洲一模）乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶或白色结晶粉末，是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体．乙酰苯胺的制备原理为：NH2+CHC3OOH⇌-H2O

实验参数：

。名称性状密度/（g/cm3）沸点/℃溶解性苯胺无色油状液体，有还原性1.02184.4微溶于水易溶于乙醇、乙醚等乙酸无色液体1.05118.1易溶于水易溶于乙醇、乙醚乙酰苯胺白色晶体1.22304微溶于冷水，溶于热水易溶于乙醇、乙醚实验装置：（见图）

注：刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏；用于沸点差别不太大的混合物的分离．

实验步骤：

步骤1：在圆底烧瓶中加入无水苯胺9.3mL；冰醋酸18.4mL，锌粉0.1g，安装仪器，加入沸石，调节加热温度，使柱顶温度控制在105℃左右，反应约60～80min，反应生成的水及少量醋酸被蒸出．

步骤2：在搅拌下；趁热将烧瓶中的物料以细流状倒入盛有100mL冰水的烧杯中，剧烈搅拌，并冷却，结晶，抽滤；洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品．

步骤3：将此粗乙酰苯胺进行重结晶；晾干，称重，计算产率．

请回答下列问题：

（1）步骤1中所选圆底烧瓶的最佳规格是____．

a．25mLb．50mLc．150mLd．200mL

（2）从化学平衡的角度分析，要控制分馏柱上端的温度在105℃左右的原因是____．

（3）步骤1加热可用____（填“水浴”或“油浴”）．

（4）洗涤乙酰苯胺粗品最合适的试剂是____．

a．用少量冷水洗b．用少量热水洗c．先用冷水洗；再用热水洗d．用酒精洗。

（5）步骤2得到的粗晶体中因含有某些杂质而颜色较深，步骤3重结晶的操作是：将粗晶体用热水溶解，加入活性炭0.1g，煮沸进行脱色，____；再将滤液冷却结晶．

（6）该实验最终得到纯品9.1g，已知苯胺、乙酸和乙酰苯胺的摩尔质量分别为93g•mol-1、60g•mol-1、135g•mol-1．则乙酰苯胺的产率是____．16、在1mol/L的Na2CO3溶液中滴入酚酞，则溶液呈现____色（填“浅红”或“蓝”或“无”），原因：____（用离子方程表达）．评卷人得分四、判断题(共4题，共20分)17、很多物质都可以添加到食品中，其中使用亚硝酸钠时必须严格控制用量．____．（判断对错）18、碳酸钠可以除苯中的苯酚．____（判断对错）19、向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体____（判断对错）20、18gH2O在标准状况下的体积是22.4L____．（判断对错）评卷人得分五、计算题(共2题，共18分)21、在1L盐酸酸化的AlCl3溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，发现当加入amLNaOH溶液时开始出现沉淀，且当加入到bmL和cmL时出现的沉淀一样多（c>b>a），试求当加入多少毫升NaOH溶液时，产生最大量的沉淀？22、将铁和铜混合均匀并平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应后，在标准状况下生成rm{NO}的体积与剩余金属的质量见下表rm{(}设硝酸的还原产物只有rm{NO)}．

。实验编号rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}稀硝酸体积rm{/mL}rm{100}rm{200}rm{300}rm{400}剩余金属质量rm{/g}rm{9.0}rm{4.8}rm{0}rm{0}rm{NO}体积rm{/L}rm{1.12}rm{2.24}rm{3.36}rm{V}计算：

rm{(1)}硝酸的浓度为多少？

rm{(2)垄脹}中溶解的rm{Cu}的质量为多少？

rm{(3)垄脺}中的rm{V}为多少？评卷人得分六、简答题(共3题，共24分)23、短周期元素X、Y、Z、W中，0.5molX元素的离子得到6.02×1023个电子后被还原为中性原子，0.4gX的氧化物恰好与100mL0.2mol•L-1的盐酸完全反应，X元素原子核内质子数与中子数相等；X可在Y的气态单质中燃烧，生成化合物X3Y2；Z单质常用于消毒杀菌；W元素原子最外层电子数是次外层的2倍．

请填写下列空格：

（1）X、W两种元素的元素符号：X______，W______．

（2）Z、W两元素组成的物质含有______键（填“共价”或“离子”），其结构式是______．

（3）X、Y、Z三种元素的离子半径由大到小的顺序为______（用离子符号表示）．

（4）写出工业制备Z元素单质的离子方程式______．24、环境污染与资源短缺问题日趋突出，高效循环利用资源显得尤为重要rm{.}工业上用含有rm{Cu_{2}O}rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{SiO_{2}}的矿渣提取铜的工艺流程如图：

已知：rm{垄脵Cu_{2}O+2H^{+}=Cu+Cu^{2+}+H_{2}O}

rm{垄脷}几种氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的rm{pH}如表：

。氢氧化物rm{Al(OH)_{3}}rm{Fe(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{Cu(OH)_{2}}开始沉淀的rm{pH}rm{4.0}rm{5.8}rm{1.1}rm{5.4}完全沉淀的rm{pH}rm{5.2}rm{8.8}rm{3.2}rm{6.7}回答下列问题：

rm{(1)}固体rm{A}主要由两种物质组成；其化学式为______．

rm{(2)}酸浸、过滤后，滤液中铁元素的存在形式为______rm{(}填离子符号rm{)}生成该离子的离子方程式为______．

rm{(3)}沉淀rm{B}的化学式为______；氧化过程中发生反应的离子方程式为______．

rm{(4)}加rm{NaOH}调节溶液rm{pH}的范围是______，工业上对沉淀rm{B}沉淀rm{C}的利用应采取的处理方法是______．25、硫及其化合物在工业上有着广泛的应用．

完成下列填空：

rm{(1)}写出工业上以硫磺为原料生产硫酸的第一步反应方程式______．

rm{(2)}工业上用过硫酸钾rm{(K_{2}S_{2}O_{8})}测定钢铁中的锰含量；主要反应如下：

______rm{Mn^{2+}+}______rm{S_{2}O_{8}^{2-}+}______rm{H_{2}O隆煤}______rm{MnO_{4}^{-}+}______rm{SO_{4}^{2-}+}______rm{H^{+}}

配平该反应方程式；氧化产物是______．

rm{(3)}用电解硫酸氢钾的方法制取过硫酸钾：rm{HSO_{4}^{-}}在______rm{(}填：“阳极”或“阴极”rm{)}反应生成rm{S_{2}O_{8}^{2-}}另一极生成氢气，生成rm{0.1mol}的rm{S_{2}O_{8}^{2-}}同时可收集到______rm{g}氢气．

rm{(4)}已知硫酸的第二级电离并不完全：rm{HSO_{4}^{-}H^{+}+SO_{4}^{2-}(K_{i}=1.2隆脕10^{-2})}

在rm{0.1mol/L}的硫酸氢钾溶液中大约有rm{30%}的rm{HSO_{4}^{-}}电离，则该溶液中离子浓度由大到小排列第rm{2}位的离子是______，第rm{4}位的离子是______rm{.}往该溶液中加入硫酸氢钾固体并保持温度不变，则溶液中rm{dfrac{c(K^{+})}{c(HSO_{4}^{-})}}______rm{dfrac{c(K^{+})}{c(HSO_{4}^{-

})}}填：“增大”、“减小”或“不变”rm{(}

rm{)}已知：rm{(5)}

rm{HSO_{3}^{-}?H^{+}+SO_{3}^{2-}K=1.02隆脕10^{-7}}rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O+H^{+}}

往亚硫酸氢铵中加入一定量的氢氧化钡溶液，可能发生的反应离子方程式是______rm{K=5.65隆脕10^{-10}}选填编号rm{(}．

rm{)}

rm{a.HSO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}隆煤BaSO_{3}隆媒+H_{2}O}

rm{b.NH_{4}^{+}+2HSO_{3}^{-}+2Ba^{2+}+3OH^{-}隆煤2BaSO_{3}隆媒+2H_{2}O+NH_{3}?H_{2}O}

rm{c.NH_{4}^{+}+HSO_{3}^{-}+Ba^{2+}+2OH^{-}隆煤BaSO_{3}隆媒+H_{2}O+NH_{3}?H_{2}O}．rm{d.2NH_{4}^{+}+4HSO_{3}^{-}+3Ba^{2+}+6OH^{-}隆煤3BaSO_{3}隆媒+4H_{2}O+2NH_{3}?H_{2}O+SO_{3}^{2-}}参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】

与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量=n（NaOH）=×2mol/L×0.03L=0.03mol；

剩余的硫酸的物质的量=2.2mol/L×0.1L-0.03mol=0.22mol-0.03mol=0.19mol；剩余硫酸与固体反应生成了硫酸亚铁；

根据硫酸和硫酸亚铁的关系式计算硫酸亚铁的物质的量浓度；设硫酸亚铁的物质的量浓度为cmol/L，则：

H2SO4→FeSO4

1mol1mol

0.19mol0.1L×cmol/L

c=1.9

即硫酸亚铁的物质的量浓度是1.9mol/L；

故选C．

【解析】【答案】向滤液中加入2mol/LNaOH溶液至30mL时开始出现沉淀说明固体与稀硫酸反应后稀硫酸有剩余；根据“过滤后，滤液中的金属离子只有Fe2+（假设滤液体积仍为100mL）”知；固体和硫酸反应后的盐只有硫酸亚铁，根据以上知固体与稀硫酸反应后的溶液是硫酸和硫酸亚铁的混合物．根据氢氧化钠的物质的量计算剩余硫酸的物质的量，其余的硫酸根离子与亚铁离子构成硫酸亚铁，据此分析解答．

2、D【分析】【解析】【答案】D3、C【分析】【分析】1mol氨气化学键断裂时需要吸收的能量为akJ，1molO2（g）化学键断裂时需要吸收的能量为bkJ，1molNO（g）化学键断裂时需要吸收的能量为zkJ，1molH2O（g）化学键断裂时需要吸收的能量为dkJ，蒸发1molH2O（l）需要吸收的能量为44kJ，依据△H=反应物的总键能-生成物的总键能计算．【解析】【解答】解：蒸发1molH2O（l）需要吸收的能量为44kJ，6molH2O（g）变成液态水需要放出的能量为6×44kJ，则4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H=-xkJ/mol，依据△H=反应物的总键能-生成物的总键能，-xkJ═4akJ+5bkJ-4zkJ-6dkJ-6×44kJ，z=kJ；

故选C．4、D【分析】【分析】A．溴易溶于苯；

B．碳碳双键和-CHO均能被高锰酸钾氧化；

C．能使石灰水变浑浊的气体为二氧化碳或二氧化硫；

D．苯与溴水混合分层后有机层在上层，乙醇与溴水不分层，四氯化碳与溴水混合后有机层在下层．【解析】【解答】解：A．溴易溶于苯；利用溴水除去苯中的苯酚会引入新杂质，应选择NaOH溶液来除杂，故A错误；

B．碳碳双键和-CHO均能被高锰酸钾氧化，则应先用银氨溶液排除-CHO对碳碳双键的影响，再滴入KMnO4酸性溶液；溶液褪色检验碳碳双键，故B错误；

C．能使石灰水变浑浊的气体为二氧化碳或二氧化硫；则溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，不能确定溶液中含碳酸根离子；亚硫酸根离子或碳酸氢根离子等，实验不严密，故C错误；

D．苯与溴水混合分层后有机层在上层；乙醇与溴水不分层，四氯化碳与溴水混合后有机层在下层，现象不同，可以鉴别，故D正确；

故选D．5、D【分析】【分析】稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，加水稀释时，醋酸进一步电离，所以稀释过程中，醋酸导电能力大于盐酸，则Ⅰ为醋酸稀释曲线，Ⅱ为盐酸稀释曲线．【解析】【解答】解：A．稀释之前；两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，故A错误；

B．导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为a＜b＜c；故B错误；

C．相同温度下；Kw相同，故C错误；

D．a点离子浓度大于c点离子浓度，溶液离子浓度越大，氢离子浓度就越大，对水的电离抑制程度越大，则a点水电离的H+物质的量浓度小于c点水电离的H+物质的量浓度；故D正确．

故选D．6、D【分析】【分析】根据互不相溶的两层液体可用分液漏斗分开．【解析】【解答】解：A；溴乙烷与液溴是互溶的；不能用分液漏斗分离，故A错误；

B；苯和溴苯是互溶的；不能用分液漏斗分离，故B错误；

C；乙醇与氯乙烷是互溶的；不能用分液漏斗分离，故C错误；

D；三氯甲烷与水是互不相溶的两层液体；可以用分液漏斗分离，故D正确．

故选：D．二、双选题(共5题，共10分)7、B|D【分析】解：A．放电时负极上发生的电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2；故A错误；

B．放电时正极上发生的电极反应式为：2NiOOH+2e-+2H2O═2Ni（OH）2+2OH-；故B正确；

C．充电时阳极上发生的电极反应式为：2Ni（OH）2+2OH--2e-→2NiOOH+2H2O；故C错误；

D．充电时阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e-═Cd+2OH-；故D正确；

故选BD．

当该电池放电时为原电池，负极上铬失电子发生氧化反应，正极上NiOOH得电子发生还原反应；当该电池充电时为电解池，阳极上Ni（OH）2失电子发生氧化反应，阴极上Cd（OH）2得电子发生还原反应；据此分析解答．

本题考查电极反应式的书写，明确电极上得失电子及反应物质是解本题关键，电极反应式的书写是学习难点，要注意结合电解质溶液的酸碱性书写，难度中等．【解析】【答案】BD8、B|C【分析】解：A．生石灰可与水反应；并放出热量，氨水易挥发，可用于制备氨气，故A正确；

B．电解熔融NaCl；生成钠和氯气，如电解氯化钠溶液，则生成氯气；氢气和氢氧化钠，故B错误；

C．氯水具有强氧化性；而活性炭起到吸附作用，二者的原理不同，故C错误；

D．浓硫酸具有吸水性；而盐酸易挥发，长期暴露在空气中浓度都会降低，故D正确．

故选BC．

A．生石灰可与水反应；并放出热量，结合氨气易挥发的性质解答；

B．电解熔融NaCl；生成钠和氯气；

C．氯水具有强氧化性；而活性炭起到吸附作用；

D．浓硫酸具有吸水性；而盐酸易挥发．

本题考查较为综合，涉及氨气、氯气、电解以及浓硫酸的性质，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大．【解析】【答案】BC9、AD【分析】【分析】本题是对强弱电解质的知识的考查，是中学化学的重要知识，难度一般。关键是掌握强弱电解质的区别，侧重知识的能量考查。【解答】A.依据酸对水的电离平衡的影响可得，两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为rm{1隆脕10}rm{1隆脕10}rm{-}rm{-}rm{11}rm{11}，故A正确；B.由于醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，稀释时电离程度增大，故B错误；C.由于所带电荷不同，rm{mol隆陇L}要大于rm{mol隆陇L}故C错误；D.两溶液与锌反应时，醋酸生成的rm{-}多，故D正确。故选AD。rm{-}【解析】rm{AD}10、rAC【分析】解：rm{A}rm{V(NaOH)=10.00}rm{mL}时，生成等物质的量浓度的rm{HX}和rm{NaX}溶液呈酸性，以rm{HX}的电离为主，所以离子浓度的大小为：，rm{c(X^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}故A正确；

B、由图可知rm{V(NaOH)=20.00}rm{mL}时，两者恰好完全反应，rm{HX}的rm{PH}大于rm{HY}所以rm{NaX}的水解程度大于rm{NaY}则两份溶液中，rm{c(X^{-})<c(Y^{-})}故B错误；

C、由图可知rm{V(NaOH)=20.00}rm{mL}时，两者恰好完全反应，都生成强碱弱酸盐，水解呈碱性，所以离子浓度的大小为：rm{c(Na^{+})>c(X^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故C正确；

D、rm{NaX}的水解程度大于rm{NaY}而rm{pH=7}时，两份溶液中第一份需氢氧化钠的物质的量少，根据电荷守恒，rm{c(X^{-})>c(Y^{-})}故D错误；

故选AC．

A、rm{V(NaOH)=10.00}rm{mL}时，生成等物质的量浓度的rm{HX}和rm{NaX}溶液呈酸性，以rm{HX}的电离为主；

B、由图可知rm{V(NaOH)=20.00}rm{mL}时，两者恰好完全反应，rm{HX}的rm{PH}大于rm{HY}所以rm{NaX}的水解程度大于rm{NaY}

C、由图可知rm{V(NaOH)=20.00}rm{mL}时；两者恰好完全反应，都生成强碱弱酸盐；

D、rm{NaX}的水解程度大于rm{NaY}而rm{pH=7}时，两份溶液中第一份需氢氧化钠的物质的量少，根据电荷守恒，rm{c(X^{-})>c(Y^{-}).}

本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度中等．【解析】rm{AC}11、rCD【分析】解：rm{A.}电子层越多，半径越大，所以氢离子半径最小，电子层一样，核电荷数越多，半径越小，所以rm{Na^{+}<N^{3-}}即rm{N^{3-}>Na^{+}>H^{+}}故A错误；

B.rm{Na_{3}N+H_{2}O隆煤NaOH+NH_{3}}该反应中没有元素化合价发生变化；不属于氧化还原反应，故B错误；

C.rm{Na_{3}N}rm{CaH_{2}}只含有离子键；不存在共价键，故C正确；

D.氮化钠和盐酸反应会生成氯化钠；氯化铵两种盐；氢化钠与盐酸反应会生成氯化钠，可得到三种盐，故D正确．

故选CD．

A.根据离子半径的判断标准；核外电子层数多的大于核外电子层数少的，当核外电子层数相同时，核内质子数大的离子半径小；

B.氧化还原反应中一定有电子的转移和化合价的升降；

C.rm{Na_{3}N}rm{CaH_{2}}只含有离子键；

D.氮化钠和盐酸反应会生成氯化钠；氯化铵两种盐；氢化钠与盐酸反应会生成氯化钠．

本题考查了钠及其化合物的性质，涉及离子半径大小比较、氧化还原反应的判断、原子结构的判断，题目难度不大，把握氧化还原反应的规律，准确判断元素的化合价是解题关键．【解析】rm{CD}三、填空题(共5题，共10分)12、sp3C＜O＜NN2CN-d3d24s26【分析】【分析】①Q为周期表中原子半径最小的元素；应为H元素；

②R的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，核外电子排布式为1s22s22p2；应为C元素；

③Y的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，核外电子排布式为1s22s22p4；应为O元素；

④Z有“生物金属”之称，Z4+离子和氩原子的核外电子排布相同；原子序数为22，应为Ti元素；

Q、R、X、Y原子序数依次递增，则X为N元素，结合原则的结构、对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解析】【解答】解：①Q为周期表中原子半径最小的元素；应为H元素；

②R的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，核外电子排布式为1s22s22p2；应为C元素；

③Y的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，核外电子排布式为1s22s22p4；应为O元素；

④Z有“生物金属”之称，Z4+离子和氩原子的核外电子排布相同；原子序数为22，应为Ti元素；

Q；R、X、Y原子序数依次递增；则X为N元素，则

（1）分子式为RQ4Y的物质为CH3OH，C原子形成4个δ键，为sp3杂化，故答案为：sp3；

（2）同周期元素从左到右元素的第一电离能逐渐减小；则C元素的最小，由于N的2p轨道电子为半充满状态，难以失去电子，第一电离能大于O，所以第一电离能从小到大的顺序为：C＜O＜N；

故答案为：C＜O＜N；

（3）CO的电子数为14，N2和CN-电子数也为14，且都含有2个原子，三者为等电子体，故答案为：N2；CN-；

（4）Z的原子序数为22，为Ti元素位于周期表第四周期ⅣB族，在d区，外围电子排布式为3d24s2；晶胞中Ti位于晶胞的顶点，与之距离最近的O原子位于晶胞的棱上，应有6个；

故答案为：d；3d24s2；6．13、FeCl3、CuSO4、CaCO3Na2CO3KClBa2++CO32-=BaCO3↓；2H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+【分析】【分析】①溶于水得无色澄清透明溶液，所以一定不含CuSO4、CaCO3；②取少量上述溶液滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸沉淀溶解消失并产生无色气体，一定含有Na2CO3，一定不含FeCl3，但是KCl无法判断是否存在，据此回答．【解析】【解答】解：①溶于水得无色澄清透明溶液，所以一定不含CuSO4、CaCO3；②取少量上述溶液滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸沉淀溶解消失并产生无色气体，一定含有Na2CO3，一定不含FeCl3；但是KCl无法判断是否存在．

（1）一定不存在的物质是CuSO4、CaCO3，故答案为：FeCl3、CuSO4、CaCO3；

（2）一定存在的物质是Na2CO3，故答案为：Na2CO3；

（3）可能存在的物质是KCl；故答案为：KCl；

（4）取少量上述溶液滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸沉淀溶解消失并产生无色气体发生的反应有：Ba2++CO32-=BaCO3↓；2H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+；故答案为：Ba2++CO32-=BaCO3↓；2H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+．14、2×10-5mol•L-1C【分析】【分析】（1）平衡常数等于生成物浓度的化学计量数幂之积除以反应物的浓度的化学计量数幂之积，由于反应③=①+②，故K3=K1×K2；据此计算；

（2）平衡常数只受温度影响，要使反应①和反应②的K数值相等，由平衡常数数值可知，则应使K1增大、K2减小，结合温度对平衡的影响判断．【解析】【解答】解：（1）平衡常数等于生成物浓度的化学计量数幂之积除以反应物的浓度的化学计量数幂之积，②CO（g）+Cl2（g）⇌COCl2（g）；△H1＜0K2=5×104L•mol-1，③COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）逆反应，平衡常数K3===2×10-5mol•L-1；

故答案为：2×10-5mol•L-1；

（2）要使反应①和反应②的K数值相等，则应使K1增大、K2减小；平衡常数只受温度影响，反应①正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大；反应②正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故应适当升高温度；

故选C．15、b不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率油浴a趁热过滤66%【分析】【分析】（1）圆底烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的分析判断；

（2）水的沸点是100℃；加热至105℃左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行；

（3）由于步聚1加热的温度在105℃左右；而沸腾的水温度为100℃，不能达到该温度，所以步骤1可用油浴加热的方法；

（4）由于乙酰苯胺微溶于冷水；溶于热水，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量冷水洗，以减少因洗涤造成的损耗；

（5）避免过滤过程中损失；趁热过滤；

（6）计算苯胺、乙酸的物质的量，判断反应物过量问题，根据不足量的物质计算乙酰苯胺的理论产量，进而计算乙酰苯胺的产率．【解析】【解答】解：（1）由于苯胺不稳定；容易被空气中的氧气氧化为硝基苯，加入还原剂Zn粉，可以防止苯胺在反应过程中被氧化，故答案为：防止苯胺在反应过程中被氧化；

（2）水的沸点是100℃；加热至105℃左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率；

故答案为：不断分出反应过程中生成的水；促进反应正向进行，提高生成物的产率；

（3）由于步聚1加热的温度在105℃左右；而沸腾的水温度为100℃，不能达到该温度，所以步骤1可用油浴加热的方法；

故答案为：油浴；

（4）由于乙酰苯胺微溶于冷水；溶于热水，易溶于乙醇；乙醚，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量冷水洗，以减少因洗涤造成的损耗；

故选：a；

步骤2得到的粗晶体中因含有某些杂质而颜色较深；步骤3重结晶的操作是：将粗晶体用热水溶解，加入活性炭0.1g，煮沸进行脱色，趁热过滤减少晶体的损耗，再将滤液冷却结晶；

故答案为：趁热过滤；

（6）n（苯胺）==0.102mol，n（乙酸）=（18.4mL×1.05g/ml）÷60g/mol=0.322ol，二者按1：1反应，由于乙酸的物质的量大于苯胺的物质的量，所以产生乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺为原料为标准，乙酰苯胺的理论产量为0.102mol，而实际产量n（乙酰苯胺）=9.1g÷135g/mol=0.067mol，所以乙酰苯胺的产率为（0.06mol÷0.1mol）×100%=66%；

故答案为：66%．16、浅红CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-【分析】【分析】1mol•L-1的Na2CO3溶液中的碳酸根离子会水解呈碱性，遇到酚酞溶液变红．【解析】【解答】解：1mol•L-1的Na2CO3溶液中的碳酸根离子会水解呈碱性，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；遇到酚酞溶液变红，故答案为：浅红；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-．四、判断题(共4题，共20分)17、√【分析】【分析】亚硝酸盐有毒，过量食用会导致人死亡，添加到食品中要严格控制用量，以此判断．【解析】【解答】解：肉类制品中使用亚硝酸钠作为发色剂限量使用；由亚硝酸盐引起食物中毒的机率较高，食入0.2～0.5克的亚硝酸盐即可引起中毒甚至死亡，因此要严格控制用量；

故答案为：√．18、√【分析】【分析】苯酚为石炭酸，是酸性比碳酸还弱的酸，碳酸钠和苯酚反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，据此解答即可．【解析】【解答】解：苯酚为石炭酸，是酸性比碳酸还弱的酸，碳酸钠和苯酚反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，两者均为盐溶液，溶于水，与苯分层，然后分液即可，故利用碳酸钠可以除去苯中的苯酚，故正确，故答案为：√．19、×【分析】【分析】向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，并加热至液体呈红褐色得到氢氧化铁胶体，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化铁胶体的制备方法：向沸水中滴加几滴氯化铁饱和溶液，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，升高温度促进氯化铁水解，并加热至液体呈红褐色即可得到氢氧化铁胶体，所以该题错误，故答案为：×．20、×【分析】【分析】18g的物质的量为1mol，标况下，水为液态，不能用气体摩尔体积计算其体积．【解析】【解答】解：18g的物质的量为1mol，标况下，水为液态，不能用气体摩尔体积计算其体积，应根据V=计算水的体积，其体积远远小于22.4L，故错误，故答案为：×．五、计算题(共2题，共18分)21、略

【分析】【解析】试题分析：加入amLNaOH溶液前发生的反应是H＋＋OH－＝H2O当加入到bmLNaOH溶液发生的反应是Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓当加入到cmLNaOH溶液时Al(OH)3开始部分溶解反应的方程式是Al(OH)3＋OH－＝Al(OH)4〕－根据“当加入到bmL和cmL时出现的沉淀一样多（c>b>a）”可以知道在加入（c－b）ml的NaOH溶液时产生的沉淀又溶解了根据反应的方程式可知生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠是溶解这些氢氧化铝消耗的氢氧化钠的3倍所以Al3＋完全转化为Al(OH)3时消耗的NaOH溶液的体积为即考点：考查氢氧化铝的有关计算【解析】【答案】1/4（3c＋b）mL22、略

【分析】

rm{(1)}加入rm{100mL}硝酸时，金属有剩余，说明金属溶解生成二价离子且硝酸完全反应生成硝酸银和rm{NO}rm{n(NO)=dfrac{1.12L}{22.4L/mol}=0.05mol}生成rm{n(NO)=dfrac

{1.12L}{22.4L/mol}=0.05mol}和消耗硝酸之间的关系式为rm{NO}rm{2NO}据此计算硝酸浓度；

rm{8HNO_{3}}时，溶解金属质量rm{(2)垄脷100-200mL}金属有剩余，说明生成的金属阳离子是二价铁离子，增加rm{n(NO)=dfrac{2.24-1.12}{22.4}=0.05mol}根据转移电子守恒得rm{=9.0g-4.8g=4.2g}金属rm{)=dfrac{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}金属平均摩尔质量rm{=dfrac{4.2g}{0.075mol}=56g/mol}所以溶解的是rm{n(NO)=dfrac

{2.24-1.12}{22.4}=0.05mol}且rm{n(}溶解的铁和rm{)=dfrac

{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}溶解的铁质量相等，所以rm{=dfrac

{4.2g}{0.075mol}=56g/mol}溶解的rm{Fe}为rm{0-100mL}rm{100-200mL}时，溶解金属质量rm{0-100mL}增加rm{Fe}假设溶解的完全是铜；

根据转移电子守恒得rm{8.4g}金属rm{)=dfrac{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}金属平均摩尔质量rm{=dfrac{4.8g}{0.075mol}=64g/mol}

rm{200-300mL}在金属消耗完毕以后，硝酸将亚铁离子氧化为三价铁，在亚铁离子转化为铁离子过程中，结合试验rm{=4.8-0=4.8}可知还会产生rm{n(NO=0.05mol}的气体；由此分析解答．

本题考查混合物的计算、离子方程式的书写，侧重考查学生分析计算能力，难点是rm{n(}题计算，明确每一步发生的反应是解本题关键，利用转移电子守恒进行有关计算，注意物质反应先后顺序，题目难度中等．rm{)=dfrac

{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}【解析】解：rm{(1)}加入rm{100mL}硝酸时，金属有剩余，说明金属溶解生成二价离子且硝酸完全反应生成硝酸银和rm{NO}rm{n(NO)=dfrac{1.12L}{22.4L/mol}=0.05mol}生成rm{n(NO)=dfrac

{1.12L}{22.4L/mol}=0.05mol}和消耗硝酸之间的关系式为rm{NO}rm{2NO}rm{c(HNO_{3})=dfrac{n}{V}=dfrac{0.05隆脕4}{0.1}=2mol/L}

答：硝酸的浓度为rm{8HNO_{3}}

rm{c(HNO_{3})=dfrac{n}{V}=dfrac

{0.05隆脕4}{0.1}=2mol/L}时，溶解金属质量rm{2mol/L}金属有剩余，说明生成的金属阳离子是二价铁离子，增加rm{n(NO)=dfrac{2.24-1.12}{22.4}=0.05mol}根据转移电子守恒得rm{(2)垄脷100-200mL}金属rm{)=dfrac{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}金属平均摩尔质量rm{=dfrac{4.2g}{0.075mol}=56g/mol}所以溶解的是rm{=9.0g-4.8g=4.2g}且rm{n(NO)=dfrac

{2.24-1.12}{22.4}=0.05mol}溶解的铁和rm{n(}溶解的铁质量相等，所以rm{)=dfrac

{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}溶解的rm{=dfrac

{4.2g}{0.075mol}=56g/mol}为rm{Fe}rm{0-100mL}时，溶解金属质量rm{100-200mL}增加rm{0-100mL}假设溶解的完全是铜；

根据转移电子守恒得rm{Fe}金属rm{)=dfrac{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}金属平均摩尔质量rm{=dfrac{4.8g}{0.075mol}=64g/mol}所以溶解的完全是rm{8.4g}所以rm{200-300mL}中溶解的rm{=4.8-0=4.8}的质量为rm{n(NO=0.05mol}答：rm{n(}中溶解的rm{)=dfrac

{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}的质量为rm{=dfrac

{4.8g}{0.075mol}=64g/mol}

rm{Cu}在金属消耗完毕以后，硝酸将亚铁离子氧化为三价铁，在亚铁离子转化为铁离子过程中，结合试验rm{垄脹}可知还会产生rm{Cu}的气体，所以试验rm{4.8g}中rm{垄脹}

答：rm{Cu}中的rm{4.8g}为rm{(3)垄脷}．rm{垄脵}六、简答题(共3题，共24分)23、略

【分析】解：短周期元素X、Y、Z、W中，0.5mol的X元素的离子得到6.02×1023个电子时，被还原为中性原子，6.02×1023个电子为1mol，则离子为X2+，X的氧化物为XO，0.4gA的氧化物恰好与100ml0.2mol/L的盐酸完全反应，由XO+2HCl═XCl2+H2O，可知XO的物质的量为×0.1L×0.2mol/L=0.01mol，则M（XO）==40g/mol，所以X的摩尔质量为40g/mol-16g/mol=24g/mol，又X原子核内质子数目与中子数目相等，则质子数为12，即X为Mg元素；X可在Y的气态单质中燃烧，生成化合物X3Y2；则Y为N元素；Z单质常用于消毒杀菌，则Z为Cl元素；W元素原子最外层电子数是次外层的2倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故W为C元素．

（1）X；W两种元素的元素符号分别为Mg、C；

故答案为：Mg；O；

（2）Z、W两元素组成的物质为CCl4，含有共价键，结构式为：

故答案为：共价；

（3）X、Y、Z三种元素的离子分别为Mg2+、N3-、Cl-，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序为：Cl-＞N3-＞Mg2+；

故答案为：Cl-＞N3-＞Mg2+；

（4）工业制备氯气的离子方程式：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

故答案为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-．

短周期元素X、Y、Z、W中，0.5mol的X元素的离子得到6.02×1023个电子时，被还原为中性原子，6.02×1023个电子为1mol，则离子为X2+，X的氧化物为XO，0.4gA的氧化物恰好与100ml0.2mol/L的盐酸完全反应，由XO+2HCl═XCl2+H2O，可知XO的物质的量为×0.1L×0.2mol/L=0.01mol，则M（XO）==40g/mol，所以X的摩尔质量为40g/mol-16g/mol=24g/mol，又X原子核内质子数目与中子数目相等，则质子数为12，即X为Mg元素；X可在Y的气态单质中燃烧，生成化合物X3Y2；则Y为N元素；Z单质常用于消毒杀菌，则Z为Cl元素；W元素原子最外层电子数是次外层的2倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故W为C元素．

本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物知识，掌握中学常见化学工业，难度不大．【解析】Mg；C；共价；Cl-＞N3-＞Mg2+；2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-24、略

【分析】解：rm{(1)}由以上分析可知固体rm{A}主要由rm{SiO_{2}}rm{Cu}组成，故答案为：rm{SiO_{2}}rm{Cu}

rm{(2)}酸浸、过滤后，滤液中铁元素的存在形式为rm{Fe^{2+}}原因是发生rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}故答案为：rm{Fe^{2+}}rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}

rm{(3)}沉淀rm{B}为rm{Fe(OH)_{3}}氧化过程中发生反应的离子方程式为rm{2Fe^{2+}+ClO^{-}+2CO_{3}^{2-}+3H_{2}O=Fe(OH)_{3}隆媒+Cl^{-}+2CO_{2}隆眉}

故答案为：rm{Fe(OH)_{3}}rm{2Fe^{2+}+ClO^{-}+2CO_{3}^{2-}+3H_{2}O=Fe(OH)_{3}隆媒+Cl^{-}+2CO_{2}隆眉}

rm{(4)}加rm{NaOH}调节溶液，应避免生成氢氧化铜，但同时除去氢氧化铝，rm{pH}的范围是rm{5.2leqslantpH<5.4}沉淀rm{5.2leqslant

pH<5.4}rm{B}分别为氢氧化铁；氢氧化铝；可加热分解得到相应的氧化物，用于冶炼铁和铝；

故答案为：rm{5.2leqslantpH<5.4}加热分解得到相应的氧化物，用于冶炼铁和铝rm{C}或其他合理答案rm{5.2leqslant

pH<5.4}．

矿渣中含有rm{(}rm{)}rm{Cu_{2}O}和rm{Al_{2}O_{3}}加入硫酸酸浸，rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}rm{Cu_{2}O}都与硫酸反应二氧化硅不反应，过滤后得到的固体rm{Al_{2}O_{3}}中含有rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{A}滤液中含有亚铁离子、铜离子、铝离子，加入rm{Cu}碳酸钠，可得到氢氧化铁沉淀，在滤液中继续加入氢氧化钠溶液调节rm{SiO_{2}}可得到氢氧化铝沉淀，过滤后滤液中含有铜离子，电解可得到铜，以此解答该题．

本题考查物质分离和提纯方法的选择和运用，为高频考点，明确各个流程发生的反应及沉淀和滤液成分是解本题关键，熟悉常见元素化合物结构和性质，知道铁离子检验方法及现象，题目难度不大．rm{NaClO}【解析】rm{SiO_{2}}rm{Cu}rm{Fe^{2+}}rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{2Fe^{2+}+ClO^{-}+2CO_{3}^{2-}+3H_{2}O=Fe(OH)_{3}隆媒+Cl^{-}+2CO_{2}隆眉}rm{5.2leqslantpH<5.4}加热分解得到相应的氧化物，用于冶炼铁和铝rm{5.2leqslant

pH<5.4}25、略

【分析】解：rm{(1)}以硫磺为原料生产硫酸的过程为硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，第一步反应的化学方程式为：rm{S+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠录};}}{;}SO_{2}}

故答案为：rm{S+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠录};}}{;}SO_{2}}

rm{S+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠录};}}{;}SO_{2}}反应中锰元素化合价rm{S+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠录};}}{;}SO_{2}}价变化为rm{(2)}价，电子转移rm{+2}rm{+7}中硫元素化合价rm{5e^{-}}价变化为rm{S_{2}O_{8}^{2-}}中硫元素化合价rm{+7}价，电子转移rm{SO_{4}^{2-}}电子转移总数为rm{+6}rm{2e^{-}}前系数，rm{10e^{-}}rm{Mn^{2+}}前系数为rm{2}结合原子守恒、电荷守恒配平书写离子方程式为：rm{S_{2}O_{8}^{2-}}反应中锰元素化合价rm{5}价变化为rm{2Mn^{2+}+5S_{2}O_{8}^{2-}+8H_{2}O=2MnO_{4}^{-}+10SO_{4}^{2-}+16H^{+}}价，做还原剂被氧化生成氧化产物为rm{+2}

故答案为：rm{+7}rm{MnO_{4}^{-}}rm{2}rm{5}rm{8}rm{2}rm{10}

rm{16}用电解硫酸氢钾的方法制取过硫酸钾：阴离子在阳极失电子发生氧化反应，元素化合价分析可知硫元素化合价rm{MnO_{4}^{-}}价变化为rm{(3)}价，化合价升高失电子发生氧化反应生成rm{+6}rm{+7}在阳极反应生成rm{S_{2}O_{8}^{2-}}电极反应为：rm{HSO_{4}^{-}}另一极生成氢气，电极反应为rm{S_{2}O_{8}^{2-}}阳极电子守恒计算，生成rm{2HSO_{4}^{-}-2e^{-}篓TS_{2}O_{8}^{2-}+2H^{+}}的rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}同时，电子转移rm{0.1mol}rm{S_{2}O_{8}^{2-}}可收集到氢气物质的量rm{0.2mol}质量rm{S_{2}O_{8}^{2-}隆芦H_{2}隆眉隆芦2e^{-}}

故答案为：阳极，rm{0.1mol}

rm{=0.1mol隆脕2g/mol=0.2g}已知硫酸的第二级电离并不完全，在rm{0.2}的硫酸氢钾溶液中大约有rm{(4)}的rm{0.1mol/L}电离，溶液显酸性，则溶液中离子浓度大小为rm{30%}则该溶液中离子浓度由大到小排列第rm{HSO_{4}^{-}}位的离子是rm{c(K^{+})>c(HSO_{4}^{-})>c(H^{+})>c(SO_{4}^{2-})>c(OH^{-})}第rm{2}位的离子是rm{HSO_{4}^{-}}往该溶液中加入硫酸氢钾固体并保持温度不变，则溶液中rm{4}rm{SO_{4}^{2-}}浓度增大，但对于电离平衡，rm{c(HSO_{4}^{-})}硫酸氢根离子只电离不水解，氢离子浓度增大平衡逆向进行，电离程度减小，rm{c(K^{+})}增大的多，rm{dfrac{c(K^{+})}{c(HSO_{4}^{-})}}比值减小；

故答案为：rm{HSO_{4}^{-}?H^{+}+SO_{4}^{2-}}rm{c(HSO_{4}^{-})}减小；

rm{dfrac

{c(K^{+})}{c(HSO_{4}^{-})}}已知：rm{HSO_{4}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}亚硫酸氢根离子电离程度大于一水合氨的电离程度，所以亚硫酸氢铵溶液中滴入氢氧化钡溶液，氢氧根离子先和亚硫酸氢根离子反应，后与铵根离子结合生成一水合氨，反应中氢氧化钡量不同产物不同，不足量的氢氧化钡反应时需要满足化学式的组成比；

rm{(5)}从选项中的离子方程式分析，rm{HSO_{3}^{-}?H^{+}+SO_{3}^{2-}K=1.02隆脕10^{-7}}是氢氧化钡不足量时的反应，只和亚硫酸氢根离子反应，则氢氧化钡电离出的钡离子和氢氧根离子全部反应，需要符合化学式的组成比，正确的应为rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O+H^{+}K=5.65隆脕10^{-10}}故rm{a.}错误；

rm{HSO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}隆煤BaSO_{3}隆媒+H_{2}O}选项中离子方程式分析，rm{2HSO_{3}^{-}+Ba^{2+}+2OH^{-}隆煤BaSO_{3}隆媒+2H_{2}O+SO_{3}^{2-}}电离出rm{a}电离出的氢氧根离子为rm{b.}其中rm{NH_{4}^{+}+2HSO_{3}^{-}+2Ba^{