2025年浙教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年浙教新版高三化学下册阶段测试试卷832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5题，共10分)1、根据Zn+Cu2+=Zn2++Cu的反应设计一个原电池，负极选用的材料是（）A.镁B.石墨C.铜D.锌2、红磷和白磷在一定条件下可以相互转化，这一变化属于（）A.氧化还原反应B.离子反应C.化学变化D.物理变化3、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是。选项实验操作实验目的或结论A将某气体通入品红溶液中，溶液褪色该气体中有SO2B室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸研究浓度对反应速率的影响C下层液体从分液漏斗下端管口放出后，关闭活塞，换一个接收容器，再将上层液体从下端管口放出取出分液漏斗中的上层液体D向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色；再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色说明该溶液中一定含有Fe2+4、下列说法正确的是（）A.聚乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色B.用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖和淀粉三种溶液C.乙酸与乙醇的酯化反应中是乙酸中羧基氢与乙醇中羟基结合生成水D.C3H8的二氯代物有3种5、近年来，我国发生了“三聚氰胺”奶粉事件、天津港化学品爆炸事故等多起公共安全问题，造成公众对化学学科的误解，特别是央视最近播出的某国产化妆品的一段广告，rm{15}秒内洗脑般重复“我们恨化学”这句话rm{.}作为一位高中生，对以上事件你怎么看rm{(}rm{)}A.“三聚氰胺”奶粉事件是化学问题，不是商家的道德问题B.爆炸一定是化学变化C.某国产化妆品的生产不使用任何化学原理和方法D.我们学习化学学科，应该做到：准确理解、辩证看待以及正面传播它评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、下列常用物质：A．碳酸氢钠B．阿司匹林C．葡萄糖D．苯甲酸钠E．柠檬黄。

请用字母填空：

具有解热镇痛疗效的是____，可直接进入人体血液补充能量的是____，可用作食品防腐剂的是____，常用作食品着色剂的是____，常用作治疗胃酸过多的抗酸剂的是____．7、（10分）Ⅰ．现有四种有机化合物：试回答：（1）甲、乙、丁都含有的官能团名称是；（2）1mol甲、乙、丁分别与足量Na反应，生成H2最多的是（填编号，下同）；（3）互为同分异构体的是；（4）等物质的量的甲、乙、丁充分燃烧，消耗氧最少的是；（5）丁与醋酸在催化下发生取代反应生成的酯有种。Ⅱ．白乳胶是一种在日常生活中使用广泛的有机物。某校化学兴趣小组拟用下列合成路线合成该物质：试回答：（1）A的结构简式为；（2）写化学方程式：A→B；D→E。8、以硫铁矿rm{(}主要成分为rm{FeS_{2})}为原料制备氯化铁晶体rm{(FeCl_{3}隆陇6H_{2}O)}的工艺流程如下：

回答下列问题：

rm{(1)}在一定条件下，rm{SO_{2}}转化为rm{SO_{3}}的反应为rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}该反应的平衡常数表达式为rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?

2SO_{3}(g)}________；rm{K=}有毒，采用高锰酸钾溶液吸收焙烧产生的rm{SO_{2}}当有___________现象时就可以确定rm{SO_{2}}已完全被吸收；此反应的离子方程式为______________。

rm{SO_{2}}酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量；其目的是______________；______________。

rm{(2)}通氯气氧化时，发生的主要反应的离子方程式为______________________；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为__________________rm{(3)}写化学式rm{(}rm{)}将rm{(4)}在空气中充分灼烧后最终得到的物质是______，若想得到无水rm{FeCl_{3}?6H_{2}O}怎样操作？______。rm{FeCl_{3}}9、现用质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸来配制200ml1mol/L的稀硫酸；可供选择的仪器有：①量筒②烧杯③胶头滴管④玻璃棒．

（1）除上述仪器中，配制过程中还差的有____．

（2）计算所需浓硫酸的体积为____．现有①5ml②10ml③20ml④50ml四种规格的量筒，最好选用____．（填代号）

（3）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有____．（填代号）

①洗涤量取浓硫酸的量筒；并将洗涤液转移到定量瓶中．

②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中。

③转移前；容量瓶中含有少量蒸馏水。

④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒。

⑤定容量，仰视刻度线．10、亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂；探究小组开展如下实验，回答下列问题：

实验Ⅰ：制取NaClO2晶体按如图装置进行制取．

已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．

（1）装置C的作用是____；

（2）已知装置B中的产物有ClO2气体，则装置B中反应的化学方程式为____；装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为____；反应后的溶液中阴离子除了ClO2-、ClO3-、Cl-、ClO-、OH-外还可能含有的一种阴离子是____；检验该离子的方法是____；

（3）请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤．

①减压，55℃蒸发结晶；②____；③____；④____得到成品．

（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是____；

实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定。

（5）测定样品中NaClO2的纯度．测定时进行如下实验：

准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，将所得混合液稀释成100mL待测溶液．取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol•L-1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准液体积的平均值为VmL（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）．请计算所称取的样品中NaClO2的物质的量为____．11、A；B、C为短周期元素；在周期表中所处的位置如图所示．

。ACBA；C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数．

（1）写出A、B元素的名称____、____．

（2）B位于元素周期表中第____周期第____族．

（3）C的原子结构示意图为____．

（4）写出A的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式____．12、判断正误rm{(}正确的打“rm{隆脤}”，错误的打“rm{隆脕}”rm{)}rm{(1)2.4gMg}与rm{H_{2}SO_{4}}完全反应，转移的电子数为rm{0.1N_{A}}rm{(}rm{)}rm{(2)}次氯酸盐具有氧化性，所以可用漂白粉漂白织物。rm{(}rm{)}rm{(3)}金属阳离子一定只具有氧化性。rm{(}rm{)}rm{(4)}某元素从游离态变为化合态，该元素可能被氧化也可能被还原。rm{(}rm{)}rm{(5)}有单质参加或有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应。rm{(}rm{)}rm{(6)}氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原。rm{(}rm{)}rm{(7)}氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂。rm{(}rm{)}评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)13、常温常压下，92gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NA．____（判断对错）14、判断：非金属元素形成的化合物均含共价键．____．15、为了防止龋齿，人人都要使用含氟牙膏．____．（判断对错）16、海带中碘元素提取时氧化滤液中的I-时，通入氯气，KI溶液变为黄色，继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去．____．（判断对错说明理由）17、苯的同系物能与溴水反应．____（判断对错）18、因为SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，所以SO2具有漂白性____．（判断对错）19、甲烷与氯气在紫外线照射下的反应产物有4种____（判断对错）20、乙酸的结构简式：C2H4O2____．评卷人得分四、其他(共4题，共32分)21、如图所示为实验室常用的仪器：

请根据图回答：

（1）写出A～F各仪器的名称：

A____B____C____D____E____F____

（2）用于吸取和滴加少量液体的是（填序号，下同）____；

（3）能直接加热的仪器是____；

（4）用于作热源的仪器是____；

（5）用于夹持试管的是____；

（6）可取用少量固体粉未的是____；

（7）用来量取液体体积的是____．22、（15分）有X、Y、Z、W四种短周期元素原子序数依次增大，它们之间可以同时相互形成A2B2型、AB型、A2型、A22—型等具有相同电子数的微粒。（1）当A2型微粒为空气的主要成分时：①写出上述A22—型微粒电子式_______________。②写出四种元素原子按5：1：1：3形成的离子化合物与足量NaOH反应的离子方程式_______________。（2）当A2型微粒为最活泼的单质时：①1molA2B2型化合物分解转移电子的物质的量为_______。②任写出一种具有相同电子的其他非极性分子的有机物化学式__________③比较Z与W两种元素的氢化物的沸点与水溶液的酸性。沸点________________酸性______________。23、已知有机物A分子中含有苯环且只有一个侧链。有机物A的相对分子质量M不超过200，其中氧元素的质量分数为26.7%，完全燃烧只生成水和二氧化碳。与之有关的有机物转化关系如下：（注意：部分反应产物省略）（1）有机物A中含有官能团的名称分别为________________，A的分子式为____________。（2）有机物Ｃ的结构简式为＿＿＿＿＿＿＿＿（3）有机物A～F中互为同分异构体的有____________和______________（填写序号）（4）有机物A～F中不能使溴的四氯化碳溶液褪色的有_________________（填写序号）（5）16.2g有机物BCD组成的混合物完全燃烧，得到的CO2通入3mol/LNaOH溶液中得到的产物为________________。（6）写出A+D生成E的化学方程式_____________________________。24、（10分）以下是某课题组设计的合成聚酯类高分子材料的路线：已知：①A的相对分子质量小于110，其中碳的质量分数约为0.9。②同一碳原子上连两个羟基时结构不稳定，易脱水生成醛或酮：③C可发生银镜反应。请根据以上信息回答下列问题：（1）A的化学式为____；A→B的反应类型是。（2）由B生成C的化学方程式为；该反应过程中生成的不稳定中间体的结构简式应是。（3）D的结构简式为，D的同分异构体中含有苯环且水解产物之一为乙酸的有______种，写出其中的一种结构简式：。评卷人得分五、简答题(共4题，共8分)25、工业上用菱锰矿[主要成分MnCO3，含FeCO3、SiO2、Cu2（OH）2CO3杂质]为原料制取二氧化锰；其流程示意图如下：

已知ksp（CuS）=1.3×10-36，ksp（MnS）=1.95×10-13；．金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH如表。

。Mn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2开始沉淀时8.36.32.74.7完全沉淀时9.88.33.76.7回答下列问题：

（1）写出滤渣1的主要成分的名称______．主要成分MnCO3与稀硫酸反应离子方程式为______．

（2）试剂1最好选用______（填选项字母）；其反应的离子方程式______．

A．次氯酸钠B．浓盐酸C．二氧化锰D．氯水。

加入试剂2目的是调节pH值；此时pH应该控制在______范围．

（3）写出滤液2中加入MnS后发生反应的离子方程式______．该反应的平衡常数为______．

（4）用惰性电极电解硫酸锰溶液可以制取二氧化锰，写出电解时阳极的电极反应式______．工业上用硫酸溶解碳酸锰而不用盐酸溶解，其主要优点为______．26、Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu2O。

（1）Cu2+基态核外电子排布式为______。

（2）SO42-的空间构型为______（用文字描述）；Cu2+与OH-反应能生成[Cu（OH）4]2-，[Cu（OH）4]2-中的配位原子为______（填元素符号）。

（3）抗坏血酸的分子结构如图1所示；分子中碳原子的轨道杂化类型为______；推测抗坏血酸在水中的溶解性：______（填“难溶于水”或“易溶于水”）。

（4）一个Cu2O晶胞（如图2）中，Cu原子的数目为______。27、硫的化合物在生产和科研中发挥着重要作用。（1）SO2Cl2常用于制造医药品、染料、表面活性剂等。已知：SO2Cl2(g)SO2(g)＋Cl2(g)△H＝＋97.3kJ·mol－1。某温度时向体积为1L的恒容密闭容器中充入0.20molSO2Cl2，达到平衡时，容器中含0.18molSO2，则此过程反应吸收的热量为_____kJ，该温度时反应的平衡常数为_____。将上述所得混合气体溶于足量BaCl2溶液中，最终生成沉淀的质量为_______。（2）工业上制备硫酸的过程中存在反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H＝－198kJ·mol－1，400℃，1.01×105Pa，向容积为2L的恒容密闭容器中充入一定量SO2和O2，n(SO3)和n(O2)随时间的变化曲线如图所示。①0～20min反应的平均速率υ(O2)＝___________。②下列叙述正确的是。a．A点υ正(SO2)＞υ逆(SO2)b．B点处于平衡状态c．C点和D点n(SO2)相同d．其它条件不变，500℃时反应达平衡，n(SO3)比图中D点的值大（3）工业上用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2。将烟气通入1.0mol·L－1的Na2SO3溶液，当溶液pH约为6时，Na2SO3溶液吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂。此时溶液中c(SO32－)的浓度是0.2mol·L－1，则溶液中c(HSO3－)是__mol·L－1。28、以下是某企业设计的硫酸--磷肥--水泥联产、海水--淡水多用、盐--热--电联产的三大生态产业链流程图rm{.}根据上述产业流程回答下列问题：

rm{(1)}该流程rm{垄脵}rm{垄脹}rm{垄脺}为能量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：rm{垄脵}______rm{垄脹}______rm{垄脺}______

rm{(2)}沸腾炉发生反应的化学方程式为：______

磷肥厂的主要产品是普钙rm{(}磷酸二氢钙和硫酸钙rm{)}写出由磷矿石和硫酸反应制普钙的化学方程式：______

rm{(3)}用rm{1}吨硫铁矿rm{(FeS_{2}}的质量分数为rm{36%)}接触法制硫酸，制硫酸的产率为rm{65%}则最后能生产出质量分数为rm{98%}的硫酸______吨rm{.}

rm{(4)}热电厂的冷却水是海水，该流程中浓缩盐水中含有rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}等阳离子；对母液进行一系列的加工可制得金属镁．

rm{垄脵}从离子的反应的角度思考；在浓缩盐水中加入石灰乳所起的作用是______．

rm{垄脷}要利用rm{MgCl_{2}?6H_{2}O}制得无水氯化镁；应采取的措施是______．

rm{垄脹}电解熔融的无水氯化镁所得的镁蒸气在特定的环境中冷却后即为固体镁rm{.}下列物质中可以用作镁蒸气冷却剂的是______rm{(}填选项字母rm{)}

A.rm{Ar}rm{B.CO_{2}}rm{C.}空气rm{D.O_{2}}E.水蒸气。

rm{(5)}炼铁过程中加入______除去废渣中的含硅杂质．评卷人得分六、计算题(共4题，共40分)29、铁元素是重要的金属元素，单质铁在工业和生活中使用得最为广泛．铁还有很多的化合物及其化学反应，如铁与水的反应：3Fe（s）+4H2O（g）⇌Fe3O4（s）+4H2（g）△H

（1）已知：

①3Fe（s）+2O2（g）⇌Fe3O4（s）△H1=-1118.4kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H2=-483.8kJ/mol

③2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H3=-571.8kJ/mol

则△H=____（计算结果保留一位小数）．

（2）在t℃时；该反应的平衡常数K=16，在2L恒温恒容密闭容器甲和乙中，分别按如表所示加入物质，在t℃时反应经过一段时间后达到平衡．

。FeH2O（g）Fe3O4H2甲/mol1.01.01.01.0乙/mol1.01.51.01.0①甲容器中H2O的平衡转化率为____（结果保留一位小数）

②下列说法正确的是____（填序号）

A．若容器压强恒定；则反应达到平衡状态。

B．若容器内密度恒定；则反应达到平衡状态。

C．甲容器中H2O的平衡转化率大于乙容器中H2O的平衡转化率。

D．增加Fe3O4就能提高H2O的转化率。

（3）若将（2）中装置改为恒容绝热（不与外界交换能量）的装置；按下表充入起始物质，起始时与平衡后的各物质的量见表：

。FeH2O（g）Fe3O4H2起始/mol3.04.000平衡/molmnpq若在达平衡后的装置中继续加入A；B、C三种状况下的各物质；见下表：

。FeH2O（g）Fe3O4H2A/mol3.04.000B/mol001.04.0C/molmnpq当上述可逆反应再一次达到平衡状态后，将上述各装置中H2的百分含量按由大到小的顺序排列____（用A；B、C表示）．

（4）一种以甲醇做燃料的电池示意图如图，写出该电池放电时负极的电极反应式：____．30、制取500gHCl的质量分数为14.6%的盐酸：

（1）需要标准状况下HCl气体的体积是多少？

（2）已知该盐酸的密度为1.02g/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是多少？31、Ⅰ．乙烯的结构式____；在空气中燃烧的现象____；该反应的类型是____．比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，队医随即对准球员的受伤部位喷射药剂氯乙烷（沸点12.27℃），进行局部冷冻麻醉应急处理．写出乙烯和氯化氢制得氯乙烷的化学反应方程式____．苯和液溴反应制溴苯，该反应化学方程式____．在所得的溴苯中常混有溴单质，除去单质溴的试剂是____；该反应化学方程式____．

Ⅱ．某烃和某含有一个双键的烯烃的混合气体，在同温同压下对氢气的相对密度为13，取此混合气体4.48L（标准状况下）通入足量溴水中，溴水增重2.8g，则此烯烃的摩尔质量____

Ⅲ．乙烯与乙烷混合气体共amol，与bmol的氧气共存于一密闭容器中，点燃后充分反应，乙烯和乙烷全部消耗完，得到CO和CO2的混合气体和45g水．试求：

（1）当a=1时，乙烯和乙烷的物质的量之比n（C2H4）：n（C2H6）=____；

（2）当a=1时，且反应后CO和CO2混合气体的物质的量为反应前氧气的2/3时，则b=____，得到的CO和CO2的物质的量之比n（CO）：n（CO2）=____．

（3）a的取值范围是____．32、在200mL氯化镁和氯化铝的混合液中，Mg2+的物质的量浓度为0.2mol/L，Cl-的物质的量浓度为1.3mol/L．要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需要加入4mol/LNaOH溶液的体积为？参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】原电池负极发生氧化反应，应为较为活泼的金属．【解析】【解答】解：Zn+Cu2+=Zn2++Cu的反应中；Zn比Cu活泼，组成原电池时，Zn为负极，发生氧化反应，Cu正极，发生还原反应；

故选D．2、C【分析】【分析】根据红磷与白磷是两种不同的物质；根据氧化还原反应特征是元素的化合价发生变化分析．【解析】【解答】解：因红磷与白磷是两种不同的物质，红磷与白磷在一定条件下可以相互转化，这种变化是化学变化，不是物理变化，又因红磷与白磷中磷的化合价都是零价，化合价没有发生变化，所以不是氧化还原反应，无离子参加或生成不是离子反应，故选C．3、B|D【分析】【解析】【答案】BD4、B【分析】解：A．聚乙烯不含有C=C官能团；不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；

B．乙酸具有酸性；可与氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖为还原性糖，与氢氧化铜发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，淀粉与氢氧化铜不反应，可鉴别，故B正确；

C．乙酸与乙醇的酯化反应为乙酸羧基中的羟基和乙醇中的羟基氢结合生成水；故C错误；

D．C3H8的二氯代物有CH2ClCH2CH2Cl、CH2ClCHClCH3、CHCl2CH2CH3、CH3CHCl2CH34种；故D错误．

故选B．

A．聚乙烯不含有C=C；

B．乙酸具有酸性；葡萄糖为还原性糖，淀粉与氢氧化铜不反应；

C．乙酸与乙醇的酯化反应为乙酸中的羟基和乙醇中的羟基氢结合生成水；

D．C3H8的二氯代物有4种；

本题综合可查有机物的结构、性质等知识，注意常见有机物官能团的性质，把握同分异构体的判断．【解析】【答案】B5、D【分析】解：rm{A.}商家为谋求利用；违规使用三聚氰胺，属于道德问题，故A错误；

B.爆炸有的属于物理变化；例如锅炉爆炸，有的属于化学变化，例如炸药爆炸，故B错误；

C.无论什么化妆品都离不开化学；都需要通过化学原理和方法获取，故C错误；

D.化学科学既能带来环境污染等不利影响；也能够为人类的生产生活带来便利，应正确的对待化学科学，故D正确；

故选：rm{D}．

A.商家为谋求利用；违规使用三聚氰胺，属于道德问题；

B.化学变化一定有新物质生成；

C.化妆品是化学工业品或精细化工品；

D.任何事物都具有两面性；应辩证的看待．

本题考查了化学科学的意义，熟悉化学变化及化学科学的特点是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{D}二、填空题(共7题，共14分)6、BCDEA【分析】【分析】碳酸氢钠可中和胃酸即盐酸，阿司匹林为常用的感冒用药，葡萄糖为人体所需的营养物质，而苯甲酸钠、柠檬黄均为常见的食品添加剂；【解析】【解答】解：A．碳酸氢钠在水中能水解；使溶液中的氢氧根离子的浓度大于氢离子的浓度，所以碳酸氢钠的水溶液呈碱性，故能和酸反应；

B．阿斯匹林是感冒药；具有解热镇痛作用；

C．葡萄糖在体内能被氧化分解；最终生成二氧化碳和水，同时释放能量，所以能给人体补充能量；

D．苯甲酸钠是常用的防腐剂；

E．柠檬黄；胭脂红、胡萝卜素等是常用的着色剂．

故答案为：B，C，D，E，A．7、略

【分析】【解析】【答案】Ⅰ．（1）羟基（1分）（2）甲（1分）（3）乙和丙（1分）（4）甲（1分）（5）3（1分）Ⅱ．（1）CH3CHO（1分）（2）CH3CHO＋2Cu（OH）2CH3COOH＋Cu2O＋2H2O（2分）2CH3COOH＋O2＋2CH2CH22CH3COOCHCH2＋2H2O（2分）8、（1）K＝高锰酸钾不完全褪色

（2）提高铁元素的浸出率抑制Fe3＋水解

（3）Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋Cl2、HCl

（4）Fe2O3在氯化氢气流中灼烧

【分析】【分析】本题考查物质的制备，涉及到化学平衡常数的计算、离子反应方程式的书写等知识，难度一般。【解答】rm{(1)}平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，则rm{K=}，当高锰酸钾不完全褪色时，二氧化硫就已经被吸收完全，发生的离子反应方程式为：rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}}，故答案为：rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}；高锰酸钾不完全褪色；rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}}

rm{K=}rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}提高铁元素的浸出率且能抑制rm{(2)}水解；

故答案为：提高铁元素的浸出率；抑制盐酸过量可以水解；

rm{Fe^{3+}}氯气可以把亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：rm{Fe^{3+}}该实验产生的尾气有挥发出来的氯化氢气体和过量的氯气；

故答案为：rm{(3)}rm{Cl_{2}+2Fe^{2+}===2Cl^{-}+2Fe^{3+}}rm{Cl_{2}+2Fe^{2+}===2Cl^{-}+2Fe^{3+}}rm{Cl_{2}}rm{HCl}rm{(4)}rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}在空气中充分灼烧的过程中会由于水解生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，若想得到氯化铁则要在氯化氢的气流中加热，抑制铁离子的水解，

rm{?6H}rm{?6H}；在氯化氢气流中灼烧。rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{K}高锰酸钾不完全褪色rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}}

rm{K}提高铁元素的浸出率抑制rm{=}rm{=}高锰酸钾不完全褪色rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}

rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}rm{(2)}提高铁元素的浸出率抑制rm{Fe}rm{(2)}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}水解rm{(3)Cl}rm{(3)Cl}rm{{,!}_{2}}rm{+2Fe}rm{+2Fe}rm{{,!}^{2+}}在氯化氢气流中灼烧

rm{===2Cl}9、250mL的容量瓶13.6mL③④⑤【分析】【分析】（1）根据操作步骤选取实验仪器；根据仪器的用途来分析需要查漏的仪器以及查漏的方法；

（2）根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算所需浓硫酸溶液的体积；根据浓硫酸的体积选取量筒；注意所选量筒的容积应稍大于或等于量取溶液的体积；

（3）根据c=，分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．【解析】【解答】解：（1）配制200ml1mol/L的稀硫酸；配制步骤有量取；稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸溶液在烧杯中稀释，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、小烧杯、250ml容量瓶，实验室没有200ml容量瓶；

故答案为：250mL的容量瓶；

（2）浓硫酸的物质的量浓度为c==18.4mol/L；设需要浓硫酸的体积为V；1mol/L×250mL=18.4mol/L×V，V=13.6mL，量筒的容积应稍大于或等于量取溶液的体积；

故答案为：13.6mL；③；

（3）①洗涤量取浓硫酸的量筒；并将洗涤液转移到定量瓶中，使得硫酸溶质偏多，浓度偏高；

②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中；根据热胀冷缩的原理，体积缩小，浓度偏高；

③转移前；容量瓶中含有少量蒸馏水，对所配制溶液浓度无影响；

④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒；造成硫酸溶质损失，浓度偏低；

⑤定容时；仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则溶液浓度偏低；

故能引起所配稀硫酸的浓度偏低的是④⑤；

故答案为：④⑤．10、防止D瓶溶液倒吸到B瓶中2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2SO42-取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42-趁热过滤用38℃～60℃热水洗涤低于60℃干燥NaClO3和NaClc•V•10-3mol【分析】【分析】（1）装置D中发生气体反应；装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；

（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；B制得的气体中含有SO2；在装置D中被氧化生成硫酸，可以用利用硫酸钡是白色沉淀检验硫酸根；

（3）从溶液中制取晶体；一般采用蒸发结晶；过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；

（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；

（5）根据化学反应可得关系式：NaClO2～2I2～4S2O32-，令样品中NaClO2的物质的量x，根据关系式计算．【解析】【解答】解：（1）装置D中发生气体反应；装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；

故答案为：防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；

（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，反应的方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO42-，用氯化钡溶液检验SO42-，具体操作：取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42-；

故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；SO42-；取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42-；

（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O；应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥；

故答案为：趁热过滤；用38℃～60℃热水洗涤；低于60℃干燥；

（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl；

故答案为：NaClO3和NaCl；

（5）令样品中NaClO2的物质的量x；则：

NaClO2～2I2～4S2O32-；

1mol4mol

0.25xcmol•L-1×V×10-3L

解得：x=c•V•10-3mol

故答案为：c•V•10-3mol．11、氮硫3ⅥANH3+HNO3═NH4NO3【分析】【分析】A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如图所示，可知A、C位于第二周期，B位于第三周期，设B元素的质子数为x，则A的质子数为x-9，C的质子数为x-7，可得x-9+x-7=x，解之得x=16，所以A的质子数为7，B的质子数为16，C的质子数为9，分别为N、S、F元素，以此解答该题．【解析】【解答】解：A；B、C为短周期元素；在周期表中所处的位置如图所示，可知A、C位于第二周期，B位于第三周期，设B元素的质子数为x，则A的质子数为x-9，C的质子数为x-7，可得x-9+x-7=x，解之得x=16，所以A的质子数为7，B的质子数为16，C的质子数为9，分别为N、S、F元素；

（1）由以上分析可知A为氮元素；B为硫元素；故答案为：氮；硫；

（2）B元素的原子核内质子数为16；原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，位于元素周期表第三周期ⅥA族，故答案为：3；ⅥA；

（3）C的原子序数为9，原子核外有2个电子城，最外层电子数为7，原子结构示意图为故答案为：

（4）A为N元素，对应的氢化物为氨气，对应的最高价氧化物的水化物为硝酸，二者发生NH3+HNO3═NH4NO3，故答案为：NH3+HNO3═NH4NO3．12、rm{(1)隆脕}rm{(2)隆脤}rm{(3)隆脕}rm{(4)隆脤}rm{(5)隆脕}rm{(6)隆脕}rm{(7)隆脕}【分析】【分析】本题考查有关氧化还原反的相关概念，把握氧化还原反应的本质是关键。【解答】rm{(1)2.4gMg}为rm{1mol}镁单质反应完生成rm{Mg^{2+}}故转移的电子数为rm{0.2N_{A}}故错误；rm{(2)}次氯酸盐具有氧化性，能够氧化有色物质而褪色，故正确；rm{(3)}亚铁离子既具有氧化性又具有还原性，故错误；rm{(4)}氯气与水反应生成rm{HCl}和rm{HClO}时，从游离态变为化合态，既被氧化又被还原，故正确；rm{(5)}由氧气变成臭氧，有单质参加也有单质生成，但并不是氧化还原反应，故错误；rm{(6)}氯气与水反应生成rm{HCl}和rm{HClO}时，是同种元素既被氧化又被还原，故错误；rm{(7)}氯气与水反应生成rm{HCl}和rm{HClO}时，反应物水既不是氧化剂也不是还原剂，故错误。【解析】rm{(1)隆脕}rm{(2)隆脤}rm{(3)隆脕}rm{(4)隆脤}rm{(5)隆脕}rm{(6)隆脕}rm{(7)隆脕}三、判断题(共8题，共16分)13、√【分析】【分析】NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算92gNO2中原子数．【解析】【解答】解：NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算92gNO2中原子数=×3×NA=6NA，故答案为：√．14、×【分析】【分析】非金属元素形成的化合物中可能含离子键，以此来解答．【解析】【解答】解：非金属元素形成的化合物中可能含离子键；如铵盐中存在离子键和共价键，为离子化合物，一般非金属元素形成的化合物含共价键；

故答案为：×．15、×【分析】【分析】氟化物可能影响儿童正常生长发育．【解析】【解答】解：氟化物能有效预防龋齿但氟化物可能影响儿童正常生长发育所以儿童不建议使用含氟牙膏，故答案为：×．16、√【分析】【分析】氯气与KI反应生成I2，KI溶液变为黄色，继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去，说明继续被氧化，生成HIO3，以此解答．【解析】【解答】解：氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，发生5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；

故答案为：√，原因是过量的氯气和碘反应生成HIO3而导致溶液褪色．17、×【分析】【分析】苯的同系物能使溴水褪色，发生萃取现象；据此解答即可．【解析】【解答】解：苯的同系物能使溴水褪色，发生萃取现象，不发生化学反应，故错误；故答案为：×．18、×【分析】【分析】SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化还原反应，以此来解答．【解析】【解答】解：SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色；发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，说法错误；

故答案为：×．19、×【分析】【分析】甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，还有无机物氯化氢，据此完成即可．【解析】【解答】解：由于甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，还有无机物：氯化氢，总计5种产物，故答案为：×．20、×【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：×；四、其他(共4题，共32分)21、试管药匙试管夹酒精灯胶头滴管量筒EADCBF【分析】【分析】（1）熟记中学化学实验中常用的仪器；

（2）根据基本实验仪器：试管、试管夹、药匙、酒精灯，胶头滴管、量筒的作用来回答．【解析】【解答】解：（1）A～F各仪器的名称分别是：试管；药匙、试管夹、酒精灯、胶头滴管、量筒；故答案为：试管、药匙、试管夹、酒精灯、胶头滴管、量筒；

（2）胶头滴管常用于吸取和滴加少量液体；故答案为：E；

（3）试管可以直接加热；故答案为：A；

（4）在化学实验室；常用酒精灯作为热源，故答案为：D；

（5）试管架是用来夹持试管的仪器；故答案为：C；

（6）药匙用来取用少量的固体粉末；故答案为：B；

（7）量筒可以用来量取液体的体积，故答案为：F．22、略

【分析】本题的元素推断以电子数为特征，重点以元素化合物知识为学科内综合的载体，落实基本概念、基本理论、化学计算。以“A2”型分子为突破口。常见的由短周期元素形成的A2型分子有5种：H2、N2、O2、F2、Cl2然后进行变换推导。如果当A2型微粒为空气的主要成分时，可假设电子数为14，那么A2型分子为N2，AB型分子为CO，A2B2型分子为C2H2（电子数N相当于CH），因为制备乙炔的离子化合物碳化钙中存在C22—离子也是14电子，所以X、Y、Z、W四种短周期元素依次为H、C、N、O。若为16电子，找不到A2B2微粒。当A2型微粒为最活泼的单质时，那么A2型分子为F2，则这些微粒的电子数为18，A2B2型分子为H2O2（电子数F相当于OH），O22—也是含有18电子，AB型分子为HCl，X、Y、Z、W四种短周期元素依次为H、O、F、Cl。【解析】【答案】（1）NH4++HCO3—+2OH—=NH3·H2O+CO32—+H2O（2）1mol（3分）；C2H6（3分）；沸点：HF＞HCl酸性HCl＞HF23、略

【分析】本题以式量差18和36也就是脱水反应为主体设计，A物质为反应的焦点，需要注意的是浓硫酸加热可以发生酯化反应，也可以发生醇的消去反应，A与B、D均能发生酯化反应，所以B、D类别相同，所以①③为消去反应，A分子有两种消去方式，B、D为不饱和羧酸，A中既含有羟基也含有羧基，至少3个氧原子。200×26.7%÷16=3.34，分子中一定含有3个氧原子，即含有一个羟基和一个羧基。M=3×16÷26.7%=180，180-17-45=118，残基118÷12=910，所以A的分子式为C10H12O3.根据组成判断，分子中含有苯环，因为两种消去方式，所以羟基位于侧链中间碳原子上，结构简式C为A分子内酯化反应的产物。由于都是脱去一分子水，B、C、D互为同分异构体。B、D含有不饱和键，所以E、F也含有不饱和键，A、C不能使溴水退色。因为B、D无法确定，所以（6）小问有两种可能。【解析】【答案】(1)羧基、羟基C10H12O3（2）（3）BCD、EF（4）AC（5）NaHCO3和Na2CO3（6）或者24、略

【分析】【解析】【答案】（1）C8H10（2分）；取代反应（1分）。（2）（2分）（1分）（3）（1分）3（2分）（1分）五、简答题(共4题，共8分)25、二氧化锰MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2OCMnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O3.7≤pH≤4.7MnS+Cu2+=Mn2++CuS1.5×1023Mn2+-2e-+2H2O=4H++MnO2氯离子放电生成有毒气体氯气，而SO42-不会【分析】解：菱锰矿用硫酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与硫酸反应，SiO2不与盐硫酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铜及剩余的稀硫酸，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，利用二氧化锰在酸性条件下将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+氧化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，系列转化得到MnO2．

（1）因SiO2难溶于水且不能溶解于稀硫酸，则菱锰矿用稀硫酸溶解后，所得滤渣为SIO2；碳酸锰与盐酸反应生成硫酸锰、二氧化碳与水，发生反应的离子方程式为：MnCO3+2H+=Mn2++CO2↑+H2O；

故答案为：二氧化硅；MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O；

（2）结合不引入新的杂质，影响产品的纯度，同时又能将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，可选择MnO2，在酸性条件下发生反应的离子方程式为，结合Fe3+、Cu2+生成氢氧化物沉淀的pH可知，控制溶液3.7≤pH≤4.7，即可使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀；

故答案为：C；MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；3.7≤pH≤4.7；

（3）MnS与硫酸铜反应转化更难溶的CuS，同时得到硫酸镁，反应离子方程式为：MnS+Cu2+=Mn2++CuS，此反应的平衡常数K====1.5×1023；

故答案为：MnS+Cu2+=Mn2++CuS；1.5×1023；

（4）用惰性电极电解硫酸锰和硫酸钾混合溶液的方法可以制取高锰酸钾，电解时的阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=4H++MnO2；工业上用硫酸溶解碳酸锰，而不用盐酸溶解，其原因是氯离子放电生成有毒气体氯气，而SO42-不会；

故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=4H++MnO2；氯离子放电生成有毒气体氯气，而SO42-不会．

菱锰矿用稀硫酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铜及剩余的稀硫酸，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，利用二氧化锰在酸性条件下将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+氧化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，系列转化得到MnO2；

（1）MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3均能溶解于稀硫酸生成可溶于水的盐，而SiO2难溶于水且不能溶解于稀硫酸；碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰；二氧化碳与水；其中碳酸锰难溶于水，据此写出此反应的离子方程式；

（2）滴加试剂1的目的是为了将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，同时考虑不引入新的杂质，可选择MnO2，在酸性条件下，MnO2被还原为Mn2+，而溶液中Fe2+氧化为Fe3+，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出发生反应的离子方程式；Fe3+完全沉淀时的pH为3.7，而Cu2+开始沉淀时的pH为4.7；据此分析控制溶液pH的范围；

（3）MnS与硫酸铜反应转化更难溶的CuS，同时得到硫酸镁，此反应的平衡常数K=

（4）由题意可知，阳极发生氧化反应，锰离子失去电子发生氧化反应生成MnO2；用盐酸溶解时；生成氯化镁在电解时阳极上氯离子放电生成氯气．

本题考查混合物分离提纯及物质制备实验，为高频考点，把握实验流程中的反应、混合物分离提纯、电解原理为解答的关键，综合性较强，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．【解析】二氧化锰MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2OCMnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O3.7≤pH≤4.7MnS+Cu2+=Mn2++CuS1.5×1023Mn2+-2e-+2H2O=4H++MnO2氯离子放电生成有毒气体氯气，而SO42-不会26、1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9正四面体形Osp3、sp2易溶于水4【分析】解：（1）Cu原子失去4s能级上1个电子、3d能级上1个电子生成铜离子，该基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；

故答案为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；

（2）SO42-中S原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为正四面体形；该配离子中Cu2+提供空轨道；O原子提供孤电子对形成配位键；所以配原子为O；

故答案为：正四面体形；O；

（3）中1、2、3号C原子价层电子对个数是4，4、5、6号碳原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断该分子中C原子轨道杂化类型，1、2、3号C原子采用sp3杂化，4、5、6号C原子采用sp2杂化；抗坏血酸中羟基属于亲水基；增大其水解性，所以抗坏血酸易溶于水；

故答案为：sp3、sp2；易溶于水；

（4）该晶胞中白色球个数=8×+1=2；黑色球个数为4；则白色球和黑色球个数之比=2：4=1：2，根据其化学式知，白色球表示O原子、黑色球表示Cu原子，则该晶胞中Cu原子数目为4；

故答案为：4。

（1）Cu原子失去4s能级上1个电子；3d能级上1个电子生成铜离子；据此书写该基态离子核外电子排布式；

（2）SO42-中S原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型；该配离子中Cu2+提供空轨道；O原子提供孤电子对形成配位键；

（3）中1；2、3号C原子价层电子对个数是4；4、5、6号碳原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断该分子中C原子轨道杂化类型；抗坏血酸中羟基属于亲水基，增大其水解性；

（4）该晶胞中白色球个数=8×+1=2；黑色球个数为4；则白色球和黑色球个数之比=2：4=1：2，根据其化学式知，白色球表示O原子、黑色球表示Cu原子。

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、微粒空间构型判断、核外电子排布式的书写等，侧重考查基础知识综合运用、空间想像能力及计算能力，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用，题目难度不大。【解析】1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9正四面体形Osp3、sp2易溶于水427、略

【分析】（1）达到平衡时，容器中含0.18molSO2，则根据热化学方程式可知，此过程反应吸收的热量为97.3kJ·mol－1×0.18mol＝17.5kJ。根据方程式可知SO2Cl2(g)SO2(g)＋Cl2(g)起始浓度（mol/L）0.2000转化浓度（mol/L）0.180.180.18平衡浓度（mol/L）0.020.180.18所以该温度下反应的平衡常数K＝＝1.62。所得混合气体溶于足量BaCl2溶液中，发生反应SO2＋Cl2＋2H2O＝H2SO4＋2HCl，所以促使平衡持续向正反应方向进行，因此最终生成沉淀的物质的量是0.20mol，则硫酸钡的质量为0.20mol×232g/mol＝46.6g。（2）①根据图像可知20min时三氧化硫的物质的量是1.6mol，则消耗氧气的物质的量是0.8mol，浓度是0.4mol/L，所以0～20min反应的平均速率υ(O2)＝0.4mol/L÷20min＝0.02mol(L·min)；②a．根据图像可知A点反应没有达到平衡状态，平衡向正反应方向进行，则υ正(SO2)＞υ逆(SO2)，a正确；b．B点物质的浓度仍然是变化的，反应没有处于平衡状态，b不正确；c．C点和D点均是相同条件下的平衡状态，因此n(SO2)相同，c正确；d．正方应是放热反应，其它条件不变，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以500℃时反应达平衡，n(SO3)比图中D点的值小，d不正确，答案选ac。（3）溶液中c(SO32－)的浓度是0.2mol·L－1，则消耗c(SO32－)的浓度＝1.0mol/L－0.2mol/L＝0.8mol/L，因此根据方程式SO32－＋SO2＋H2O＝2HSO3－可知溶液c(HSO3－)＝0.8mol/L×2＝1.6mol/L【解析】【答案】（1）17.51.6246.6g（2）0.02mol/(L·min)ac（3）1.6mol/L28、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}中冶炼钢铁的原料是rm{Fe_{2}O_{3}}rm{垄脷}中热电厂中向外提供的能量为电能，rm{垄脹}沸腾炉中rm{FeS_{2}}与氧气反应放出大量的热，rm{垄脺}制硫酸时接触室中二氧化硫被氧化，rm{垄脻}硫酸工业中生成的硫酸；可用于制磷肥；

故答案为：rm{垄脵Fe_{2}O_{3}}rm{垄脹}热能rm{垄脺SO_{2}}

rm{(2)}沸腾炉中rm{FeS_{2}}与氧气反应生成rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{SO_{2}}其反应方程式为：rm{4FeS_{2}+110_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}普钙是磷酸二氢钙和硫酸钙，用硫酸与磷酸钙反应生成硫酸钙和磷酸二氢钙的化学方程式为：rm{4FeS_{2}+110_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}

故答案为：rm{4FeS_{2}+110_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}rm{Ca_{3}(PO_{4})_{2}+2H_{2}SO_{4}=Ca(H_{2}PO_{4})_{2}+2CaSO_{4}}

rm{4FeS_{2}+110_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}制取硫酸过程中，设生成的rm{Ca_{3}(PO_{4})_{2}+2H_{2}SO_{4}=Ca(H_{2}PO_{4})_{2}+2CaSO_{4}}的硫酸为rm{(3)FeS_{2}}吨；利用关系法列式，硫元素守恒；

rm{98%}

rm{x}rm{FeS_{2}隆芦2H_{2}SO_{4}}

rm{120}rm{2隆脕98}

所以：rm{dfrac{120}{1隆脕36%隆脕65%}=dfrac{2隆脕98}{98%x}}得rm{1隆脕36%隆脕65%}

故答案为：rm{98%x}

rm{dfrac{120}{1隆脕36%隆脕65%}=dfrac

{2隆脕98}{98%x}}石灰乳能将镁离子转化为沉淀，则在母液中加入石灰乳所起的作用是沉淀rm{x=0.39}

故答案为：沉淀rm{0.39}

rm{(4)垄脵}镁离子水解，应抑制其水解得到无水盐，所以利用rm{Mg^{2+}}制得无水氯化镁，应采取的措施是在rm{Mg^{2+}}气流中脱水；抑制氯化镁水解；

故答案为：在rm{垄脷}气流中脱水；抑制氯化镁水解；

rm{MgCl_{2}?6H_{2}O}用作镁蒸气的冷却剂，应不与rm{HCl}反应，只有rm{HCl}符合，而rm{垄脹}与二氧化碳；氧气、水蒸气等均可反应；

故答案为：rm{Mg}

rm{A}石灰石中的碳酸钙在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳；氧化钙能和二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去铁矿石中的二氧化硅；

故答案为：碳酸钙．

rm{Mg}根据流程图中工业生产的原料；及发生的反应中的能量转化分析；

rm{A}沸腾炉中rm{(5)}与氧气反应；根据生成磷肥的反应分析；

rm{(1)}根据rm{(2)}制取硫酸过程中涉及的化学反应方程式；利用关系法解题；

rm{FeS_{2}}石灰乳能将镁离子转化为沉淀；

rm{(3)}镁离子水解；应抑制其水解得到无水盐；

rm{FeS_{2}}用作镁蒸气的冷却剂，应不与rm{(4)垄脵}反应，以此来解答rm{垄脷}

rm{垄脹}石灰石中的碳酸钙在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳；氧化钙能和二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去铁矿石中的二氧化硅．

本题考查了工艺流程，涉及硫酸工业、水泥工业、磷肥工业、海水的应用等知识，内容较多，题目难度中等，注意根据对应的工业反应原理分析．rm{Mg}【解析】rm{Fe_{2}O_{3}}热能；rm{SO_{2}}rm{4FeS_{2}+110_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}rm{4FeS_{2}+110_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}rm{2Ca_{5}(PO_{4})_{3}F+7H_{2}SO_{4}篓T3Ca(H_{2}PO_{4})_{2}+7CaSO_{4}+2HF}沉淀rm{0.39}在rm{Mg^{2+}}气流中脱水，抑制rm{HCl}水解；rm{MgCl_{2}}碳酸钙rm{A}六、计算题(共4题，共40分)29、-150.8KJ/mol33.3%BB＞C＞ACH3OH-6e-+3O2-=CO2↑+2H2O【分析】【分析】（1）依据热化学方程式的书写方法；标注物质聚集状态和对应焓变写出，依据盖斯定律计算反应的焓变；

（2）①根据初始的量；利用K的值结合三段式求算；

②可逆反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量；浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变；

（3）恒容绝热根据反应时温度变化；判断平衡移动，分析氢气的百分含量；

（4）甲醇燃料在原电池中做负极失电子发生氧化反应．【解析】【解答】解：（1）已知：

①3Fe（s）+2O2（g）═Fe3O4（s）△H1=-1118.4kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2=-483.8kJ/mol

根据盖斯定律可知①-②×2得：

3Fe（s）+4H2O（g）═Fe3O4（s）+4H2（g）△H

△H=△H1-2△H2=-1118.4kJ/mol+483.8kJ/mol×2=-150.8KJ/mol；

故答案为：-150.8KJ/mol；

（2）①设甲容器中达到平衡时转化的水的物质的量为xmol；

3Fe（s）+4H20（g）⇌Fe3O4（s）+4H2（g）

起始量（mol）：1111

转化量（mol）：xx

平衡量（mol）：1-x1+x

则K===16，所以x=，则甲容器中H2O的平衡转化率为×100%=33.3%；

故答案为：33.3%；

②A；该反应为气体体积不变的反应；所以容器内压强始终不变，不能用压强判断平衡状态，故A错误；

B；水蒸气的密度与氢气的密度不同；所以当容器内的密度不变时，即是平衡状态，故B正确；

C、设乙中水转化了xmol，则=