2025年人教新课标拓展型课程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2025年人教新课标拓展型课程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6题，共12分)1、气体A、B分别为0.6mol和0.5mol，在0.4L密闭容器中发生反应：3A＋BaC＋2D，经5min后，此时气体C为0.2mol；又知在此反应时间内，D的平均反应速率为0.1mol/(L·min)，下面的结论正确的是A.此时，反应混合物总物质的量为1molB.B的转化率20%C.A的平均反应速率为0.1mol/(L·min)D.a值为32、下列溶液中各微粒浓度关系正确的是A.室温下，pH=4的0.1mol/L的NaHC2O4溶液中：c()＞c(H+)＞c(H2C2O4)＞c()B.0.1mol/L的CH3COONH4溶液中：c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(NH3•H2O)+c()C.同温下，两种盐溶液的浓度相同且pH(NaX)＞pH(NaY)，则c(X−)+c(OH−)＞c(Y−)+c(OH−)D.向含有BaSO4、BaCO3的饱和溶液中加入少量的Ba(NO3)2，溶液中的值减小(已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10-10；Ksp(BaCO3)=2.58×10-9)3、硫及其化合物的“价-类”二维图体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是。

A.硫在氧气中燃烧直接生成B.为难溶于水的黑色固体，可溶于硝酸C.硫化氢与反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为D.可由其相应单质直接化合生成4、用如下图所示的装置进行实验(夹持仪器略去，必要时可加热)，其中a、b、c中分别盛有试剂1、2、3，能达到相应实验目的的是。选项试剂1试剂2试剂3实验目的装置A浓盐酸MnO2饱和NaCl溶液除去Cl2中的HC1

B浓HNO3Cu片KI—淀粉溶液验证NO2的氧化性C稀硫酸溶液X澄清石灰水验证X中是否有D70%硫酸Na2SO3酸性KMnO4溶液验证SO2具有漂白性

A.AB.BC.CD.D5、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.D6、下列实验装置与操作正确的是。

A.用图1所示装置分离四氯化碳和水B.用图2所示装置干燥氨气C.用图3所示装置做制取氯气的发生装置D.用图4所示装置验证物质的酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、向某密闭容器中充入等物质的量的气体M和N；一定条件下发生反应，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度；反应速率随时间的变化如图1、图2所示。

回答下列问题：

(1)该反应的化学方程式为_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min时改变的条件是____，40min时改变的条件是____，请在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线_____。

(3)0~8min内，_______；50min后，M的转化率为_______(保留三位有效数字)。

(4)20min~30min内，反应平衡时的平衡常数K=_______。8、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。9、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。10、向某密闭容器中充入等物质的量的气体M和N；一定条件下发生反应，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度；反应速率随时间的变化如图1、图2所示。

回答下列问题：

(1)该反应的化学方程式为_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min时改变的条件是____，40min时改变的条件是____，请在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线_____。

(3)0~8min内，_______；50min后，M的转化率为_______(保留三位有效数字)。

(4)20min~30min内，反应平衡时的平衡常数K=_______。11、某有机物的结构简式如图所示：

(1)1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成________H2。

(2)该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为________。12、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）13、如图所示的初中化学中的一些重要实验；请回答下列问题：

（1）图A称量NaCl的实际质量是___。

（2）图B反应的实验现象是__。

（3）图C反应的表达式为__。

（4）图D实验目的是__。14、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、计算题(共3题，共6分)15、(1)若t=25℃时，Kw=___________，若t=100℃时，Kw=1.0×10-12，则100℃时0.05mol•L-1Ba(OH)2溶液的pH=___________。

(2)已知25℃时，0.1L0.1mol•L-1的Na2A溶液的pH=11，用离子方程式表示其原因为___________。

(3)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH___________NaOH溶液的pH(填“＞”“=”或“＜”)。

(4)室温下，pH=2的H2SO4溶液、pH=12的NaOH溶液、pH=12的Na2CO3溶液，水电离出的c(H+)之比为___________。

(5)相同物质的量浓度的①NH4HSO4、②NH4HCO3、③NH4Cl三种溶液，pH值从大到小的顺序为___________(用数字标号填空，下同)；相同温度下，NH浓度相等的上述三种溶液，物质的量浓度从大到小的顺序为___________。

(6)含有Cr2O的废水毒性较大。某工厂酸性废水中含5.0×10-3mol•L-1的Cr2O可先向废水中加入绿矾(FeSO4·7H2O)；搅拌后撒入生石灰处理。

①写出加入绿矾的离子方程式___________。

②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol•L-1，则残留的Cr3+的浓度_______________mol•L-1(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33)。16、制备氮化镁的装置示意图：

回答下列问题：

(1)填写下列仪器名称：的名称是_________。

(2)写出中和反应制备氮气的离子反应方程式__________。

(3)的作用是_____，是否可以把和的位置对调并说明理由_________。

(4)写出中发生反应的化学方程式___________。

(5)请用化学方法检验产物中是否含有未反应的镁，写出实验操作、现象、结论_________。17、某研究性学习小组类比镁在二氧化碳中的燃烧反应，认为钠和二氧化碳也可以发生反应，他们对钠在CO2气体中燃烧进行了下列实验：

（1）若用下图装置制备CO2，则发生装置中反应的离子方程式为_________。

（2）将制得的CO2净化、干燥后由a口缓缓通入下图装置，待装置中的空气排净后点燃酒精灯，观察到玻璃直管中的钠燃烧，火焰为黄色。待冷却后，管壁附有黑色颗粒和白色物质。

①能说明装置中空气已经排净的现象是_________。

②若未排尽空气就开始加热，则可能发生的化学反应方程式主要为_________。

（3）若钠着火，可以选用的灭火物质是_________。

A．水B．泡沫灭火剂C．干沙土D．二氧化碳。

（4）该小组同学对管壁的白色物质的成分进行讨论并提出假设：

Ⅰ．白色物质可能是Na2O；Ⅱ．白色物质可能是Na2CO3；Ⅲ．白色物质还可能是_________。

（5）为确定该白色物质的成分，该小组进行了如下实验：。实验步骤实验现象①取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加过量的CaCl2溶液出现白色沉淀②静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液无明显现象

①通过对上述实验的分析，你认为上述三个假设中，___成立（填序号）。

②由实验得出：钠在CO2中燃烧的化学方程式为_____；每生成1mol氧化产物，转移的电子数为____。

（6）在实验（2）中还可能产生另一种尾气，该气体为________；处理该尾气的方法为_____。评卷人得分四、元素或物质推断题(共3题，共9分)18、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)。

19、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20、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_______。评卷人得分五、原理综合题(共3题，共6分)21、氮是地球上含量较丰富的一种元素；氮的化合物在工业生产和生活中有重要的作用。

(1)四氧化二氮是火箭推进器的燃料，它与二氧化氮可以相互转化。一定条件下，密闭容器内发生化学反应：△H＞0；达到平衡时，当分别改变下列某一条件，回答：

①达到平衡时，升高温度，平衡将______移动(填“正向”；“逆向”或“不”)。

②达到平衡时，保持体积不变充入Ar气时，平衡将______移动(填“正向”；“逆向”或“不”)。

③达到平衡时，保持容器容积不变，再通入一定量N2O4，达到平衡时NO2的百分含量______(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)消除汽车尾气污染物中NO的反应平衡常数表达式为：

已知：

写出此反应的热化学方程式______，该反应______(填“高温”或“低温”)能自发进行。

(3)在催化剂作用下，H2可以还原NO消除污染，反应的化学方程式为：将2molNO和1molH2充入一个1L恒容的密闭容器中，经相同时间测得混合气体N2的体积分数与温度的关系如图所示。则低于900K时，N2的体积分数______(填“是”或“不是”)对应温度下平衡时的体积分数，原因是______。高于900K时，N2的体积分数降低的可能原因是______(任写一点)。

(4)氨气是生产氮肥的主要原料，一定温度下，在体积为1L的密闭容器中充入1molN2和2molH2合成氨反应达到平衡状态时，测得N2的转化率为25%，则达平衡时该反应的中衡常数K=______(列出计算式)。22、部分弱酸的电离平衡常数如下表：。弱酸HCOOHHClOH2CO3H2SO3电离平衡常数(25℃)

(1)在温度相同时，各弱酸的Ki值与酸性的相对强弱的关系为：________________________。

(2)下列离子方程式正确的是。

A．2ClO-+H2O+CO2→2HClO+

B．2HCOOH+→2HCOO-+H2O+CO2↑

C．H2SO3+2HCOO-→2HCOOH+

D．Cl2+H2O+2→2+Cl-+ClO-

(3)常温下，pH=3的HCOOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中离子浓度由大到小的顺序为________________________________。

亚硒酸(H2SeO3)也是一种二元弱酸；常温下是一种无色固体，易溶于水，有较强的氧化性。

(4)往亚硒酸溶液中不断通入SO2会产生红褐色单质，写出该反应的化学方程式：______________________________________________________。

(5)将亚硒酸与30%的H2O2加热可制得硒酸(H2SeO4)；反应方程式如下：

H2SeO3+H2O2→H2SeO4+H2O，下列说法中正确的是()。

A．H2O2既是氧化剂又是还原剂。

B．H2O既不是氧化产物又不是还原产物。

C．H2SeO4既是氧化产物又是还原产物。

D．氧化性：H2SeO3＞H2SeO4

碲酸(H6TeO6)是一种很弱的酸，但它的氧化性比硫酸还要强。在酸性介质中，碲酸可将HI氧化成I2；方程式如下：

___HI+___H6TeO6___TeO2+___Te+___I2+___H2O

(6)若反应中生成的TeO2与Te的物质的量之比为1：1，试配平上述化学方程式。23、(1)科学家经过研究发现中国霾接近中性；其主要原因如图所示：

请判断A是__(填化学符号)。

(2)为探究本地区雾霾中的可溶性颗粒的成分；某化学研究性小组进行了实验探究。

[查阅资料]雾霾颗粒样品中可能含有SOCOSOHCONOCl-、Br-及一种常见阳离子；现进行如图实验：

请回答下列问题：

①根据上述实验，雾霾浸取液中一定含有的离子是__，肯定没有的离子是__。

②若气体D遇空气会变成红棕色，则沉淀A中一定含有__(填化学式)。

(3)当前频繁出现的雾霾天气与汽车尾气的排放有一定的关系。通过NOx传感器可监测NOx的含量；其工作原理示意图如图：

①Pt电极上发生的是___反应(填“氧化”或“还原”)。

②写出Pt电极的电极反应式___。

③写出NiO电极的电极反应式__。评卷人得分六、工业流程题(共2题，共6分)24、H5IO6(正高碘酸)是用于光度法测定苯肼的试剂。工业上用NaIO3制备H5IO6的流程如图：

（1）“反应Ⅰ”可在如图所示的装置中进行。该反应生成不溶于水的Na2H3IO6的离子方程式为____。若要提高Cl2的利用率，可对装置进行改进的措施为___。

（2）反应Ⅱ生成不溶于水的黑色Ag5IO6，“滤液2”呈__(填“酸”“碱”或“中”)性。

（3）“无色气体”为__(填化学式)。

（4）工业上为降低成本，减少对环境的污染，整个流程需要控制加入Cl2和AgNO3的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=__。

（5）H5IO6具有强氧化性，可将FeSO4氧化为H2FeO4，自身被还原为HIO3，该反应的化学方程式为___。25、碘酸钾可用作食用盐的加碘剂，为无色或白色颗粒或粉末状结晶，加热至560℃开始分解，是一种较强的氧化剂，水溶液呈中性,溶解度在0℃时为4.74g，100℃时为32.3g。下图是利用过氧化氢氧化法制备碘酸钾的工业流程:

(1)步骤①需控制温度在70℃左右,不能太高,可能的原因是_______;不能太低,原因是________________________

(2)写出步骤②中主要反应的离子方程式:__________

(3)步骤⑤用冰水冷却至0℃,过滤出碘酸钾晶体,再用适量冰水洗涤2~3次。用冰水洗涤的优点是_____________

(4)产品纯度测定：取产品9.0g,加适量水溶解并配成250mL溶液。取出25.00mL该溶液并用稀硫酸酸化，加入过量的KI溶液，使碘酸钾反应完全，最后加入指示剂，用物质的量浓度为1.00mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定，消耗25.00mL该滴定液时恰好达到滴定终点。已知

①实验中可用_______作指示剂。

②产品的纯度为_____%（精确到小数点后两位）。求得的纯度比实际值偏大，可能的原因是________________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A．在此反应时间内，D的平均反应速率为0.1mol/(L·min)，则反应产生D物质的物质的量为n(D)=0.1mol/(L·min)×5min×0.4L=0.2mol，根据物质反应转化关系可知：每反应产生2molD，同时会消耗3molA和1molB，则反应产生0.2mol的D，消耗A是0.3mol，消耗B是0.1mol，因此5min后，反应混合物总物质的量n(总)=(0.6-0.3)mol+(0.5-0.1)mol+0.2mol+0.2mol=1.1mol；A错误；

B．根据选项A分析可知在5min内消耗B的物质的量是0.1mol，则B的转化率为：×100%=20%；B正确；

C．根据选项A分析可知在5min内消耗A的物质的量是0.3mol，则用A表示的平均反应速率v(A)==0.15mol/(L•min)；C错误；

D．由以上分析可知：在5min内产生C；D的物质的量相等；则C、D的化学计量数相等，故a=2，D错误；

故合理选项是B。2、B【分析】【详解】

A．室温下，0.1mol/L的NaHC2O4溶液pH=4，说明的电离作用大于其水解作用，所以c()＞c(H2C2O4)；A错误；

B．根据物料守恒可得c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(NH3•H2O)+c()；B正确；

C．两种盐溶液中都存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，两种溶液的pH(NaX)＞pH(NaY)，说明溶液中c(H+)：前者小于后者，由于两种溶液中离子浓度都是阳离子浓度的二倍，两种盐溶液浓度相同，c(Na+)相同，c(H+)越小，则离子总浓度就越小，故c(X−)+c(OH−)＜c(Y−)+c(OH−)；C错误；

D．=由于其中含有BaSO4、BaCO3，所以向其中加入少量的Ba(NO3)2，溶液中的值不变；仍等于两种盐的溶度积常数的比，D错误；

故合理选项是B。3、B【分析】【分析】

由图可知分别为

【详解】

A．硫在氧气中燃烧直接生成不是A错误；

B．可与硝酸发生氧化还原反应；B正确；

C．硫化氢与反应方程式为氧化产物和还原产物的物质的量之比应为C错误；

D．是不能由硫和铜直接反应生成，D错误。

故答案选B。4、A【分析】【详解】

A．浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气需要加热；加热装置可以完全成实验，选项A正确；

B．浓硝酸与铜反应生成硝酸铜；二氧化氮和水；二氧化氮具有氧化性，遇KI—淀粉溶液使溶液变蓝，但浓硝酸具有挥发性，也可以使试液变蓝，选项B错误；

C．若溶液X中含有碳酸氢根离子或亚硫酸氢根离子或亚硫酸根离子均能达到相同现象；故无法实现实验目的，选项C错误；

D．实验证明二氧化硫具有还原性而不是漂白性；选项D错误。

答案选A。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。6、C【分析】【详解】

A.图1所示装置为过滤装置；不能分离四氯化碳和水，A项错误；

B.氨气会与硫酸反应；不用用浓硫酸干燥氨气，B项错误；

C.二氧化锰和浓盐酸在加热下可以制备氯气；图3所示装置可以完成，C项正确；

D.用图4所示装置中盐酸具有挥发性；最后硅酸的形成，无法判断是二氧化碳还是盐酸与硅酸钠反应制得，D项错误；

答案选C。二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】【详解】

（1）依据图1中各物质的浓度变化量可得到0-20min，M、N浓度减少量为1.5mol/L，P浓度增加量为3mol/L，则反应的化学方程式为由图1可知，40min时平衡发生了移动，而P、M、N的浓度没有改变，且改变压强和使用催化剂平衡不移动，则改变的条件是温度，30min时P、M、N浓度均减小则改变的条件为扩大容器体积，压强减小，反应速率减小，由图2可知40min时速率增大，则40min时改变的条件是升高温度，而生成物P的浓度在减小，依据勒夏特列原理可判断该反应的

（2）由(1)分析可知，30min时改变的条件是扩大容器的体积；40min时改变的条件是升高温度；在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线为

（3）8min时，M、N、P的物质的量浓度相等，设

则解得x=2，故8min时，0~8min内；

50min后；M；N、P的物质的量浓度相等，故M的转化率为33.3%；

（4）由图1可知，20min~30min内，为平衡状态，M、N的平衡浓度为1.5mol/L，P的平衡浓度为3mol/L，则反应平衡时的平衡常数K=【解析】(1)<

(2)扩大容器的体积升高温度

(3)33.3%

(4)48、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.bd⑦.29、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)d24.910、略

【分析】【详解】

（1）依据图1中各物质的浓度变化量可得到0-20min，M、N浓度减少量为1.5mol/L，P浓度增加量为3mol/L，则反应的化学方程式为由图1可知，40min时平衡发生了移动，而P、M、N的浓度没有改变，且改变压强和使用催化剂平衡不移动，则改变的条件是温度，30min时P、M、N浓度均减小则改变的条件为扩大容器体积，压强减小，反应速率减小，由图2可知40min时速率增大，则40min时改变的条件是升高温度，而生成物P的浓度在减小，依据勒夏特列原理可判断该反应的

（2）由(1)分析可知，30min时改变的条件是扩大容器的体积；40min时改变的条件是升高温度；在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线为

（3）8min时，M、N、P的物质的量浓度相等，设

则解得x=2，故8min时，0~8min内；

50min后；M；N、P的物质的量浓度相等，故M的转化率为33.3%；

（4）由图1可知，20min~30min内，为平衡状态，M、N的平衡浓度为1.5mol/L，P的平衡浓度为3mol/L，则反应平衡时的平衡常数K=【解析】(1)<

(2)扩大容器的体积升高温度

(3)33.3%

(4)411、略

【分析】【分析】

由结构简式可知；分子中含-OH；-COOH、碳碳双键，结合醇、羧酸、烯烃的性质来解答。

【详解】

(1)该有机物中的-OH、-COOH均与Na反应，金属钠过量，则有机物完全反应，1mol该有机物含有2mol羟基和1mol羧基，由2-OH～H2↑、2-COOH～H2↑可知，和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2；

故答案为：1.5mol；

(2)-OH、-COOH均与Na反应，-COOH与NaOH、NaHCO3反应，则1mol该物质消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3，则n(Na)：n(NaOH)：n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3：2：2；

故答案为：3∶2∶2。【解析】①.1.5mol②.3∶2∶212、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13、略

【分析】【分析】

（1）托盘天平的平衡原理：称量物质量=砝码质量+游码质量；

（2）镁在空气中剧烈燃烧；放出大量的热，发出耀眼的白光，生成白色固体氧化镁；

（3）图C表示铜和氧气在加热条件下生成黑色氧化铜；

（4）图D表示加压气体体积缩小；

【详解】

（1）称量物质量=砝码质量+游码质量；15=NaCl质量+3，NaCl的实际质量是15g-3g=12g；

（2）镁在空气中燃烧的现象是：放出大量的热；发出耀眼的白光，生成白色固体；

（3）图C的表达式为：铜+氧气氧化铜；

（4）图D表示加压气体体积缩小，实验目的是验证分子之间的存在间隙；【解析】12g放出大量的热，发出耀眼的白光，生成白色固体铜+氧气氧化铜验证分子之间的存在间隙14、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、计算题(共3题，共6分)15、略

【分析】【详解】

(1)水是弱电解质，存在电离平衡：H2OH++OH-，在室温25℃时，Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14；

若t=100℃时，Kw=1.0×10-12，100℃时0.05mol•L-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.10mol/L，则该温度下c(H+)==10-11mol/L；故该溶液的pH=11；

(2)25℃时，0.1L0.1mol•L-1的Na2A溶液的pH=11，溶液显碱性，是由于该盐是强碱弱酸盐，在溶液中A2-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，用离子方程式表示为A2-+H2O⇌HA-+OH-；

(3)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度，由于CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液显碱性，升高温度，盐水解程度增大，溶液的碱性增强，所以CH3COONa溶液的pH增大，而NaOH溶液的pH变化比较小，所以分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH；

(4)室温下，pH=2的H2SO4溶液中水电离产生的H+的浓度c(H+)=10-12mol/L；

pH=12的NaOH溶液溶液中水电离产生的H+的浓度c(H+)=10-12mol/L；

pH=12的Na2CO3溶液，水电离出的c(H+)=10-2mol/L，故三种溶液中水电离产生的c(H+)之比为10-12：10-12：10-2=1：1：1010；

(5)①NH4HSO4是强酸的酸式盐，电离产生H+使溶液显酸性；②NH4HCO3水解使溶液显碱性；③NH4Cl水解使溶液显酸性，碱性溶液的pH大于酸性溶液的pH，电离产生的H+浓度大于盐水解的酸性；所以三种溶液pH从大到小的顺序为：②＞③＞①；

三种溶液中都存在NH的水解作用，①NH4HSO4电离产生H+会抑制NH的水解作用，使c(NH)增大；②NH4HCO3溶液中水解会促进NH的水解作用，使溶液中c(NH)减小，故相同温度下，NH浓度相等的上述三种溶液；物质的量浓度从大到小的顺序为：②＞③＞①；

(6)①在酸性条件下，Cr2O将Fe2+氧化为Fe3+，Cr2O被还原为Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式：Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol•L-1，则由Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，可知c3(OH-)=结合Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33，可知此时溶液中c(Cr3+)==6.0×10-8mol/L。【解析】1.0×10-1411A2-+H2O⇌HA-+OH-＞1：1：1010②＞③＞①②＞③＞①Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O6.0×10-816、略

【分析】【分析】

装置A中NaNO2和（NH4）2SO4发生反应（NH4）2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O生成氮气；从发生装置A出来的气体中可能伴有O2，会对后面实验的进行造成干扰，因此在E中反应发生前必须把O2除去，而硫酸亚铁中的Fe2＋能够和氧气结合生成硫酸铁，进而除去O2；E中反应生成的氮化镁极易与水反应，因此在反应前必须把水除去（浓硫酸干燥）；E中镁和氮气在加热条件发生反应N2+3MgMg3N2生成Mg3N2；B；F为缓冲瓶，起到防倒吸作用；G中硫酸亚铁可防止空气进入E。

【详解】

（1）根据图示可知；仪器a的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；

（2）NaNO2和（NH4）2SO4反应生成氮气，该反应为归中反应，反应的化学方程式为：（NH4）2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O，离子反应方程式：2NH4＋＋2NO2－2N2↑＋4H2O，故答案为：2NH4＋＋2NO2－2N2↑＋4H2O；

（3）从发生装置A出来的气体中可能伴有O2，会对后面实验的进行造成干扰，因此在E中反应发生前必须把O2除去，而硫酸亚铁中的Fe2＋能够和氧气结合生成硫酸铁，进而除去O2；E中反应生成的氮化镁极易与水反应；因此在反应前必须把水除去（浓硫酸干燥）；不能将C和D对调，对调后无法除去水蒸气，故答案为：除去氧气（及氮氧化物）；除去水蒸气；不能，对调后无法除去水蒸气；

（4）E中镁和氮气在加热条件下反应生成氮化镁，化学方程式为：N2+3MgMg3N2，故答案为：N2+3MgMg3N2；

（5）由氮化镁和水反应的化学方程式可知；可以取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁，故答案为：取少量产物于试管中，加少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把润湿的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁。

【点睛】

本题涉及氮化镁的制备以及检验，明确实验原理、实验目的为解答关键，试题意在考查化学实验基本操作、常用化学仪器及使用方法以及化学物质的分析检验的能力。【解析】分液漏斗2NH4＋＋2NO2－2N2↑＋4H2O除去氧气（及氮氧化物）；除去水蒸气；不能，对调后无法除去水蒸气N2+3MgMg3N2取少量产物于试管中，加少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把润湿的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁。17、略

【分析】【详解】

（1）该装置为固体和液体反应制备气体的发生装置，二氧化碳的制备用大理石和稀盐酸反应，其离子反应方程式为：↑；

（2）①二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；能说明装置中空气已经排净的现象是试管中的澄清石灰水变浑浊；

②若未排尽空气就开始加热，与空气中的氧气发生反应，生成过氧化钠，其化学反应方程式为：

（3）可以与氧气；二氧化碳、水发生反应；所以用干燥的沙土灭火；

（4）钠在二氧化碳中燃烧；该反应中只含钠元素；氧元素和碳元素，没有氢元素，所以可能会生成氧化钠或碳酸钠或二者的混合物；

（5）①碳酸钠能与氯化钙反应生成氯化钠和碳酸钙白色沉淀；氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠不能与氯化钙溶液反应产生白色沉淀，且其水溶液显碱性，使酚酞溶液变红，Ⅰ；Ⅲ不成立，Ⅱ成立；

②根据实验现象以及实验分析，钠在中燃烧的化学方程式为：反应前后钠元素从0价变为+1，化合价升高，发生氧化反应，钠作还原剂，碳酸钠是氧化产物，每生成1mol氧化产物，转移的电子数为2NA；

（6）可与生成的反应生成所以在实验（2）中还可能产生的另一种尾气为可以燃烧，可用点燃的方法处理尾气。【解析】CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑+H2O澄清石灰水变浑浊2Na+O2Na2O2CNa2O和Na2CO3Ⅱ4Na＋3CO22Na2CO3＋C2NACO点燃四、元素或物质推断题(共3题，共9分)18、略

【分析】【详解】

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，则A为碳元素；B的价电子层中的未成对电子有3个，则B为氮元素；C与B同族，则C为磷元素；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸，则D为氯元素。

（1）C为P元素，原子核外有15个电子，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3；D为Cl元素，最高价含氧酸为HClO4，比其低两价的含氧酸是HClO3；高氯酸中非羟基氧原子为3个，氯酸中为2个(或高氯酸中Cl元素为＋7价，吸引羟基氧原子的能力很强，而氯酸中Cl元素为＋5价对羟基氧原子吸引能力较弱)，所以高氯酸酸性比氯酸强。

（2）C、N、P与Cl形成两元共价化合物为CCl4、NCl3、PCl3，中心原子都为sp3杂化；杂化后得到的杂化轨道完全相同就是等性杂化，如甲烷中的sp3杂化，得到4个完全相同的sp3杂化轨道；杂化后得到的杂化轨道至少存在两个不同的，就是非等性杂化，如氨分子中N原子、PCl3中的P原子，虽是sp3杂化；杂化后的杂化轨道不完全相同，所以属于不等性杂化；以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为四面体形，分子立体构型为三角锥形。

（3）因为孤电子对对成键电子对的排斥力较大；所以不等性杂化化合物成键轨道的夹角小于等性杂化的化合物成键轨道间的夹角。

（4）根据晶胞结构，每个C原子与4个N原子以共价键相连，每个N原子与3个C原子以共价键相连，所以氮化碳的化学式为C3N4；从图3可以看出，一个C3N4晶胞包括6个C原子和8个N原子，则其晶体密度为ρ==3.59g•cm-3。【解析】①.1s22s22p63s23p3②.高氯酸中非羟基氧原子为3个，氯酸中为2个(或高氯酸中Cl元素为＋7价，吸引羟基氧原子的能力很强，而氯酸中Cl元素为＋5价对羟基氧原子吸引能力较弱)③.sp3杂化④.NCl3、PCl3⑤.四面体形⑥.三角锥形⑦.小于⑧.C3N4⑨.3.59g·cm－319、略

【分析】【分析】

根据六种元素在周期表中的位置；可判断W；X、Y、Z、N、M六种主族元素分别为O、Na、Mg、S、Cl、Ge元素，然后根据元素周期律分析解答。

【详解】

(1)根据上述分析可知；N元素为Ge，在元素周期表中的位置为第四周期ⅣA族；根据第四周期元素排满时原子序数为36，则Ge原子序数为32；

(2)W、Y、Z三种元素分别为O、Mg、S，O、Mg形成的简单离子具有相同的核外电子排布，原子序数越大半径越小，O、S同主族，原子序数越大，简单离子半径越大，则简单离子的半径由大到小的顺序：S2-＞O2-＞Mg2+；

(3)M为Cl，其最高价氧化物的水化物为HClO4，为强酸，在水中完全电离，电离方程式为HClO4=H++ClO

(4)A．单质的还原性：Na＞Mg，Na能与水反应，则不能用Na与MgCl2溶液发生反应来证明；A说法错误；

B．Y为Mg；与同周期的ⅢA元素的Al，原子序数少1，B说法正确；

C．半导体器件的研制开始于锗；C说法错误；

D．元素N位于金属与非金属的分界线附近；即具有金属性也具有非金属性，可以推测Ge元素具有两性，即可以与酸反应也可以与碱发生反应，D说法正确；

答案为BD。【解析】第四周期ⅣA32S2-＞O2-＞Mg2+HClO4=H++ClOBD20、略

【分析】【分析】

①由18.64g白色沉淀E及单一溶质D推得含有n(K2SO4)=0.08mol，则物质A中含有n(K＋)=0.02mol，n(S)=0.08mol，②由黄色沉淀H及加入的0.18molKI推得物质A中含有n(I)=0.02mol，由①②推出含有n(O)=0.16mol，所以化学式为KI(SO2)4或KIS4O8。

【详解】

（1）根据前面分析得到物质A的组成元素为K、S、I、O，其化学式为KI(SO2)4或KIS4O8；故答案为：K、S、I、O；KI(SO2)4或KIS4O8。

（2）A与双氧水反应的化学方程式2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O；故答案为：2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O。

（3）F至G是亚硫酸根和I发生氧化还原反应，将I变为碘离子，其反应的离子方程式SO＋I＋H2O=3I－＋2H＋＋SO故答案为：SO＋I＋H2O=3I－＋2H＋＋SO

（4）D是硫酸钾，主要验证钾离子和硫酸根离子，钾离子应从焰色试验进行验证，硫酸根主要通过加入氯化钡来进行验证，则实验检验溶液D中的主要离子方法是取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色则含有K＋；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO故答案为：取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色则含有K＋；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO【解析】(1)K、S、I、OKI(SO2)4或KIS4O8

(2)2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O

(3)SO＋I＋H2O=3I－＋2H＋＋SO

(4)取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色则含有K＋；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO五、原理综合题(共3题，共6分)21、略

【分析】【详解】

(1)①该反应的正反应是吸热反应；根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热的移动，所以升高温度，化学平衡正向移动；

②达到平衡时，保持体积不变充入Ar气时，反应体系中任何一种物质的浓度不变，因此加入Ar气对化学平衡移动无影响；因此化学平衡不发生移动平衡；

③达到平衡时，保持容器容积不变，再通入一定量N2O4，导致反应体系压强增大。根据平衡移动原理：增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动。该反应的正反应是气体体积增大的方向，因此增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，当反应再次达到平衡时NO2的百分含量减小；

(2)根据平衡常数可知该可逆反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)；

已知：①

②

③

根据盖斯定律，将②×2-③-①，整理可得：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol；

根据方程式可知：该反应的正反应是气体混乱程度减小的放热反应，由反应自由能公式△G=△H-T△S＜0，可知当△G＜0；反应可自发进行，可判断该反应在低温下就可以自发进行；

(3)根据图象可知：在低于900K时，N2的体积分数随温度的升高而增大，在900K以后，温度升高，N2的体积分数减小，说明在低于900K时反应正向进行，未处于平衡状态。温度升高，反应速率加快，反应产生更多N2，因此N2的体积分数随温度的升高而增大。在900K以后，温度升高，N2的体积分数减小，这是由于该反应的正反应是放热反应，在反应达到平衡后，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致N2的体积分数随温度的升高而减小；在高于900K时，N2的体积分数降低的可能原因是升高温度平衡逆向移动或发生的副反应增多或由于任何催化剂都有一定的使用温度范围；温度升高导致催化剂的活性降低等；

(4)在一定温度下，在体积为1L的密闭容器中充入1molN2和2molH2合成氨，发生反应：N2+3H22NH3，反应达到平衡状态时，测得N2的转化率为25%，则此时N2的物质的量是mol，H2的物质的量是NH3的物质的量是由于容器的容积是1L，则各种气体的平衡浓度分别是c(N2)=mol/L，c(H2)=mol/L，c(NH3)=mol/L，故该反应的化学平衡常数计算式为K=【解析】正向不减小2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol低温不是该反应为放热反应，平衡时N2的体积分数应随着温度的升高而降低催化剂的活性下降(或升温平衡逆向移动或副反应增多等)22、略

【分析】【详解】

(1)在温度相同时，各弱酸的Ki值与酸性的相对强弱的关系为：Ki值越大；表示电离出氢离子的程度越大，则酸性越强。

(2)根据电离平衡常数可知：

A.正确的应该是ClO-+H2O+CO2→HClO+A错误；

B.甲酸的酸性比碳酸强；根据强酸制弱酸的原理，B正确；

C．H2SO3+HCOO-→HCOOH+C错误；

D．Cl2+H2O+2→2+Cl-+ClO-；D正确；

故答案为BD；

(3)常温下，pH=3的HCOOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，生成HCOONa，由于甲酸是弱酸，二者反应后酸有剩余，故混和液呈酸性，HCOOH电离程度大于甲酸根的水解程度，盐电离产生离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，故溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。

(4)由信息：亚硒酸(H2SeO3)有较强的氧化性。SO2具有还原性，会产生红褐色单质应该是硒单质，则该反应的化学方程式：H2SeO3+2SO2+H2O→Se↓+2H2SO4。

(5)将亚硒酸与30%的H2O2加热可制得硒酸(H2SeO4)，此时过氧化氢作氧化剂，H2O是还原产物，H2SeO4既是氧化产物又是还原产物，H2SeO3作还原剂，其氧化性比H2SeO4弱；故合理选项是C。

(6)根据化合价升降法和题目中的信息：TeO2与Te的物质的量之比为1：1，根据电子守恒、原子守恒，可得配平方程式为：8HI+2H6TeO6→TeO2+Te+4I2+10H2O。【解析】Ki值越大，酸性越强c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)H2SeO3+2SO2+H2O→Se↓+2H2SO4C821141023、略

【分析】【分析】

①向雾耀颗粒浸取液中加入浓NaOH溶液后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液中含有NH向雾羅颗粒漫取液中加入足量BaCl2溶液，得到溶液A和沉淀A，在溶液A中加入NaOH溶液有白色