2025年沪科版高一化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年沪科版高一化学下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、在1L溶有0.1molNaCl和0.1molMgCl2的溶液中，Cl-的物质的量浓度为（）

A.0.05mol/L

B.0.1mol/L

C.0.2mol/L

D.0.3mol/L

2、下列词语隐含化学变化的是（）A.冰雪消融B.木已成舟C.蜡炬成灰D.水落石出3、6.4g铜与过量的硝酸充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO2，反应后溶液中所含H+离子为nmol．此时溶液中所含NO3-的物质的量为（）

A.0.28mol

B.0.3lmol

C.（n+0.2）mol

D.（n+0.4）mol

4、在一个密闭的钢筒内有甲；乙、丙、丁四种物质；在电火花作用下，发生充分反应，测得反应前后各物质的质量如下：

。甲乙丙丁反应前质量/g6410125反应后质量/g054379已知甲的相对分子质量为丁的2倍，则该反应的化学方程式中甲、丁的系数比为（）A.1：2B.1：1C.2：1D.2：35、下列塑料的合成，所发生的化学反应不同于另外三种的是（）A.聚乙烯塑料B.聚氯乙烯塑料C.聚苯乙烯塑料D.酚醛树脂塑料6、下列各组离子在溶液中能大量共存，加入rm{OH^{-}}有沉淀生成，加入rm{H^{+}}有气体生成的一组离子是()A.rm{K^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{HCOrlap{_{3}}{^{-}}}B.rm{K^{+}}rm{Cu^{2+}}rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}rm{Na^{+}}C.rm{NHrlap{_{4}}{^{+}}}rm{COrlap{_{3}}{^{2-}}}rm{NOrlap{_{3}}{^{-}}}rm{Na^{+;;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{NHrlap{_{4}}{^{+}}}rm{Cl^{-}}rm{HCOrlap{_{3}}{^{-}}}rm{K^{+}}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{L}rm{M}五种元素的原子序数依次增大rm{.X}rm{Y}rm{L}是油脂的组成元素，rm{Z}是空气中含量最多的气体的组成元素，rm{M}是地壳中含量最高的金属元素rm{.}回答下列问题：

rm{X}的元素符号为______，rm{Y}的元素符号为______，rm{Z}的元素符号为______；rm{M}在元素周期表中的位置为第______周期第______族；rm{L}元素的最低负价为______，rm{Z}的氢化物和最高价氧化物对应水化物的化学式分别是______、______．8、在容积为rm{2.0L}的密闭容器中充入rm{0.60molX}和rm{1.60molY}发生反应：rm{aX(g)+3Y(g)?2Z(g)}经过rm{10min}反应达到平衡状态，rm{Y}的浓度为rm{0.2mol/L}rm{Z}的物质的量分数为rm{dfrac{4}{7}}．

计算并回答：

rm{垄脵10}分钟内，rm{Z}的平均反应速率为____________

rm{垄脷}计算rm{a}的值rm{(}要求有具体过程rm{)}

rm{垄脹}该条件下rm{X}的平衡转化率____________rm{(}百分数表示，保留一位小数rm{)}

rm{垄脺}该条件下反应rm{2Z(g)?aX(g)+3Y(g)}的平衡常数为____________

rm{垄脻}将体积比为rm{1}rm{3}的rm{X}和rm{Y}的混合气体，通入上述密闭容器中，在一定的条件下发生反应，达到化学平衡时，混合气体中rm{X}的体积分数为rm{w%(w<25)}则混合气体中rm{Z}的体积分数是____________，容器内的压强为反应前的____________倍．9、已知两种相邻周期、相邻主族的短周期非金属元素rm{X}rm{Y}其最高价氧化物对应的水化物均为强酸。根据下图转化关系rm{(}反应条件及部分产物已略去rm{)}回答下列问题。rm{boxed{A}xrightarrow[+E]{垄帽}boxed{B}underset{垄貌}{overset{+E}{-!-!-!-!隆煤}}boxed{C}underset{垄贸}{overset{+F}{-!-!-!-!隆煤}}boxed{D}}rm{(1)}若rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}均为含rm{X}元素的化合物，且rm{A}和rm{F}的分子均为rm{10}电子微粒，则：rm{垄脵F}的电子式________。rm{垄脷}反应Ⅰ的化学方程式为______________________。rm{垄脹}将rm{1.92g}铜粉与一定量的rm{D}的浓溶液反应，当铜粉完全溶解时收集到气体rm{1.12L(}标准状况rm{)}则反应消耗的rm{D}的物质的量为________rm{mol}rm{(2)}若rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}均为含rm{Y}元素的化合物，其中rm{A}由两种元素组成，且rm{A}的摩尔质量为rm{34g隆陇mol^{-1}}则：rm{垄脵}将铜粉与rm{D}的浓溶液反应所得溶液加热蒸干，得到的白色固体物质为______rm{(}填化学式rm{)}rm{垄脷}将少量rm{Na_{2}Y}溶液滴加到次氯酸钠溶液中发生反应，无沉淀生成，请写出该反应的离子方程式___________________________________。在该反应中若有rm{149gNaClO}被还原，则转移电子的物质的量为______rm{mol}10、利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实．某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程；其设计的模拟装置如图：

根据要求回答：

（1）B装置有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③______．

（2）设=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应______．

（3）D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是______．

（4）E装置中干燥管的作用是______．11、某rm{100mL}溶液中含有的部分离子浓度大小如图所示，该溶液可能还含有rm{Fe^{3+}}rm{Ba^{2+}}rm{K^{+}}rm{OH^{-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}.}为了进一步确认；对该溶液进行实验检测：

rm{垄脵}仔细观察；该溶液呈无色；透明、均一状态．

rm{垄脷}向rm{100mL}溶液中滴入稀硫酸，有rm{23.3g}白色沉淀产生，再加稀硝酸，白色沉淀不消失rm{.}回答下列问题：由此可知，除了含有rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}外，该溶液中肯定还含有的离子及其物质的量浓度为______，肯定没有的离子是______，可能含有的离子是______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)12、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）13、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．14、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）15、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）16、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）17、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）18、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、工业流程题(共3题，共21分)19、一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等。

②部分阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表。

③CoCl2·6H2O熔点86℃；易溶于水；乙醚等；常温下稳定，加热至110~120℃时失去结晶水变成无水氯化钴。

(1)写出Co2O3与Na2SO3和盐酸反应的离子方程式______________________。

(2)加入NaClO3的目的是______________________；加入过量NaClO3可能生成有毒气体，该气体是___________(填化学式)

(3)为了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3调pH，则pH应控制的范围为_____________________.

(4)加萃取剂的目的是___________；金属离子在萃取剂中的萃取率与pH的关系如图，据此分析pH的最佳范围为___________(填字母序号)。

A.2.0~2.5B.3.0~3.5C.4.0~4.5D.5.0~5.5

(5)CoCl2·6H2O常用减压烘干法烘干，原因是___________。20、某酸性废液含有H+、Fe3+、Ni2+、NO3—、F-和Cr2O72-等。下图是该废液的综合利用工艺流程：（假设：F—与金属离子的络合反应不影响其它反应和计算）

已知：金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：。Fe3+Ni2+Cr3+开始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9

Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+＋6NH3[Ni(NH3)6]2+（[Ni(NH3)6]2+为难电离的络合离子）

（1）滤渣1的主要成分为：____________。

（2）试剂X可以是足量氨水，还可以是：____________。（填序号）

A．Ni(OH)2B．Cr2O3C．Fe2O3D．NaOH

（3）若试剂X是足量氨水，“沉镍”的离子方程式为：____________。

（4）经检测，最后的残液中c(Ca2+)＝1.0×10─5mol•L-1，则残液中F－浓度____________（填“符合”或“不符合”）排放标准[已知Ksp(CaF2)=4×10-11，国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L─1]。

（5）镍(Ni)及其化合物广泛应用于生产电池；电镀和催化剂等领域。

①某蓄电池反应为NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2,放电时若外电路中转移0.6mol电子则正极增重____g。

②图为双膜三室电解法处理含镍废水回收金属镍的原理示意图，阳极的电极反应式为____；电解过程中，需要控制溶液pH值为4左右，原因是_______。

21、铅及其化合物用途广泛，三盐基硫酸铅（3PbO·PbSO4·H2O，摩尔质量=990g/mol）简称三盐。以铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐的工艺流程如图所示。

已知：

请回答下列问题：

(1)步骤①中涉及的主要反应的平衡常数K=____（列出计算式即可）。步骤②中滤渣的主要成分是____。

(2)步骤③酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是____（任答一条）。

(3)步骤⑥合成三盐的化学方程式为____。现用100t铅泥可制得纯净干燥的三盐49.5t，若铅元素的利用率为75%，则铅泥中铅元素的质量分数为___%。简述步骤⑦检验沉淀洗涤完全的方法___。

(4)已知水中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、Pb(OH)3-、Pb(OH)42-，其中Pb(OH)2是沉淀，各形态铅的物质的量的分数α随溶液pH变化的关系如图所示，除去污水中的铅，最好控制溶液的pH在____左右，当溶液的pH由13转化为14时发生反应的离子方程式是：________________

(5)将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，进一步电解Na2PbCl4生成Pb，如图所示。阴极电极反应式是_________

评卷人得分五、简答题(共2题，共8分)22、现有一包固体粉末，其中可能含有rm{CaCO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{NaCl}rm{CuSO_{4}.}进行如下实验：

rm{垄脵}溶于水得无色澄清溶液；

rm{垄脷}取少量所得溶液，加入rm{BaCl_{2}}溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失rm{.}根据上述实验现象推断：

rm{(1)}一定不存在的物质是______；一定存在的物质是______；

rm{(2)}写出发生反应的离子方程式______，______．23、书写下列化学反应方程式rm{(1)}钠与水的反应________________________________________________________；rm{(2)}过氧化钠与二氧化碳的反应______________________________________________；rm{(3)}制取rm{84}消毒液的反应____________________________________________________；rm{(4)}次氯酸的见光分解反应___________________________________________________；rm{(5)}漂白粉的漂白原理_______________________________________________________．评卷人得分六、综合题(共4题，共24分)24、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

25、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题26、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

27、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】

0.1molNaCl和0.1molMgCl2中氯离子的物质的量=（0.1×1+0.1×2）mol=0.3mol；则氯离子浓度=

=0.3mol/L；故选D．

【解析】【答案】先计算氯离子的物质的量，再根据C=计算氯离子浓度．

2、C【分析】解：A．冰雪消融的过程中只是水的聚集状态发生改变；没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；

B．木已成舟的过程中只是木材的形状发生改变；没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；

C．蜡属于烃；燃烧过程中有新物质二氧化碳；水等生成，属于化学变化，故C正确；

D．水落石出的过程；是石头从水中露出的过程，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；

故选C．

化学变化是指有新物质生成的变化；物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可．

本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．【解析】【答案】C3、C【分析】

6.4g铜的物质的量为=0.1mol．

铜与过量的硝酸，反应后溶液中所含H+离子为nmol，说明溶液为Cu（N03）2与HN03的混合溶液．

根据电荷守恒溶液中n（N03-）=n（H+）+2n（Cu2+）=nmol+0.1mol×2=（n+0.2）mol．

故选：C．

【解析】【答案】铜与过量的硝酸，反应后溶液中所含H+离子为nmol，说明溶液为Cu（N03）2与HN03的混合溶液，溶液中n（N03-）=n（H+）+2n（Cu2+）；据此计算．

4、C【分析】解：根据质量守恒定律；由表中乙；丙质量增加，可确定乙、丙为生成物，共增加了（54-10）g+（37-1）g=80g；

丁减少了（25-9）g=16g；减少的质量还差（80-16）g=64g，由此可知64g甲完全反应无剩余．即甲；丁反应时的质量比为64g：16g=4：1．

设该反应的化学方程式中甲与丁的化学计量数的比为m：n；又知甲的相对分子质量为丁的2倍，则2m：n=4：1，解得m：n=2：1．

故选C．

根据质量守恒定律；由物质质量的增减可确定反应物和生成物；由增减量的多少可确定反应物和生成物的质量关系，再结合甲；丁的相对分子质量关系得出本题答案．

本题主要考查质量守恒定律，通过反应中物质的质量变化确定了反应物和生成物，再结合物质的相对分子质量关系，得出反应中物质的化学计量数之比，从而加深了对质量守恒定律的理解和应用，题目难度不大．【解析】【答案】C5、D【分析】解：乙烯合成聚乙烯；氯乙烯合成聚氯乙烯、苯乙烯合成聚苯乙烯属于加聚反应；苯酚和甲醛合成酚醛塑料属于缩聚反应，故选D．

小分子的烯烃或烯烃的取代衍生物在加热和催化剂作用下；通过加成反应结合成高分子化合物的反应，叫做加聚反应；

有机物单体在一定条件下脱去小分子物质（水；氯化氢等）合成高聚物的反应，叫做缩聚反应．

本题考查加聚反应与缩聚反应的区别，题目难度不大，注意二者概念的区别．【解析】【答案】D6、A【分析】略【解析】rm{A}二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】解：由上述分析可知，rm{X}为rm{H}rm{Y}为rm{C}rm{Z}为rm{N}rm{L}为rm{O}rm{M}为rm{Al}

rm{X}的元素符号为rm{H}rm{Y}的元素符号为rm{C}rm{Z}的元素符号为rm{N}rm{M}在元素周期表中的位置为第三周期第Ⅲrm{A}族；rm{L}元素的最低负价为rm{-2}rm{Z}的氢化物和最高价氧化物对应水化物的化学式分别是rm{NH_{3}}rm{HNO_{3}}

故答案为：rm{H}rm{C}rm{N}三；Ⅲrm{A}rm{-2}rm{NH_{3}}rm{HNO_{3}}．

rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{L}rm{M}五种元素的原子序数依次增大rm{.X}rm{Y}rm{L}是油脂的组成元素，油脂含rm{C}rm{H}rm{O}元素，结合原子序数可知，rm{X}为rm{H}rm{Y}为rm{C}rm{L}为rm{O}rm{Z}是空气中含量最多的气体的组成元素，rm{Z}为rm{N}rm{M}是地壳中含量最高的金属元素，rm{M}为rm{Al}以此来解答．

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质的组成、元素的存在来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素的性质，题目难度不大．【解析】rm{H}rm{C}rm{N}三；Ⅲrm{A}rm{-2}rm{NH_{3}}rm{HNO_{3}}8、0.04mol/(l•min);66.7%;0.005mol2．L-2;1-4w%;【分析】解：rm{垄脵10min}反应达到平衡状态，rm{Y}的浓度为rm{0.2mol/L}则rm{v(Y)=dfrac{0.8mol/L-0.2mol/L}{10min}=0.06mol/(l?min)}rm{v(Y)=dfrac

{0.8mol/L-0.2mol/L}{10min}=0.06mol/(l?min)}内，rm{10min}的平均反应速率rm{v(Z)=dfrac{2}{3}v(Y)=dfrac{2}{3}隆脕0.06mol/l?min=0.04mol/(l?min)}

故答案为：rm{Z}

rm{v(Z)=dfrac{2}{3}v(Y)=dfrac

{2}{3}隆脕0.06mol/l?min=0.04mol/(l?min)}

起始rm{0.04mol/(l?min)}

反应rm{垄脷aX(g)+3Y(g)?2Z(g)}

平衡rm{(mol)0.601.600}

rm{(mol)0.4a1.20.8}的物质的量分数为rm{dfrac{0.8}{0.8+0.4+(0.60-0.4a)}=dfrac{4}{7}}解得rm{(mol)0.60-0.4a0.40.8}

答：rm{Z}的值为rm{dfrac{0.8}{0.8+0.4+(0.60-0.4a)}=

dfrac{4}{7}}

rm{a=1}该条件下rm{a}的平衡转化率为rm{dfrac{0.4times1}{0.6}隆脕100%=66.7%}故答案为：rm{1}

rm{垄脹}反应rm{X}的平衡常数rm{K=dfrac{(0.4mol/L)^{2}}{0.1mol/Ltimes(0.2mol/L)^{3}}=200}所以反应rm{dfrac{0.4times

1}{0.6}隆脕100%=66.7%}的平衡常数为rm{dfrac{1}{200}=0.005mol^{2}.L^{-2}}

故答案为：rm{66.7%}

rm{垄脺}体积比为rm{aX(g)+3Y(g)?2Z(g)}rm{K=dfrac

{(0.4mol/L)^{2}}{0.1mol/Ltimes(0.2mol/L)^{3}}=200}的rm{2Z(g)?aX(g)+3Y(g)}和rm{dfrac

{1}{200}=0.005mol^{2}.L^{-2}}的混合气体；则。

rm{0.005mol^{2}.L^{-2}}

起始rm{垄脻}

反应rm{1}

平衡rm{3}

化学平衡时，混合气体中rm{X}的体积分数为rm{Y}

则rm{X(g)+3Y(g)?2Z(g)}解得rm{x=dfrac{4nw%-n}{2w%-1}}

则混合气体中rm{(mol)n3n0}的体积分数为rm{dfrac{2x}{4n-2x}=1-4w%}

温度、体积不变时，压强之比等于物质的量之比，则容器内的压强为反应前的rm{dfrac{4n-2x}{4n}=dfrac{25}{50-w}}倍；

故答案为：rm{(mol)x3x2x}rm{(mol)n-x3n-3x2x}．rm{X}【解析】rm{0.04mol/(l?min);66.7%;0.005mol^{2}.L^{-2};1-4w%;dfrac{25}{50-w}}9、(1)①②4NH3＋5O24NO+6H2O③0.11(2)①CuSO4②S2-＋4ClO-=SO42-＋4Cl-4【分析】【分析】本题考查元素集化合物的推断、化学反应方程式的书写、氧化还原反应中的电子转移及守恒方法在氧化还原反应的计算中的应用的知识，考查了学生认识问题、解决问题的能力。【解答】rm{(1}rm{)}根据题意，若rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}均为含rm{X}元素的化合物，且rm{A}和rm{F}的分子均为rm{10}电子微粒，则：rm{A}是rm{NH}根据题意，若rm{)}rm{A}rm{B}rm{C}均为含rm{D}元素的化合物，且rm{X}和rm{A}的分子均为rm{F}电子微粒，则：rm{10}是rm{A}rm{NH}rm{{,!}_{3}}是；rm{B}是rm{NO}rm{C}是rm{NO}rm{B}是rm{NO}rm{C}rm{NO}是rm{{,!}_{2}}；rm{D}是rm{HNO}rm{D}是rm{HNO}rm{{,!}_{3}}；rm{E}是rm{O}是rm{E}rm{O}rm{{,!}_{2}}；rm{F}是rm{H}是rm{F}rm{H}rm{{,!}_{2}}属于共价化合物，电子式为rm{O}rm{O}rm{垄脵F}是rm{H}反应rm{垄脵F}的化学方程式为rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}属于共价化合物，电子式为rm{O}，故答案为：rm{垄脷}反应rm{I}的化学方程式为rm{4NH}故答案为：rm{垄脷}rm{I}rm{4NH}rm{{,!}_{3}}rm{+5O}rm{+5O}rm{{,!}_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{=}}}rm{4NO+6H}rm{4NO+6H}反应开始时发生反应rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}浓rm{4NH}rm{4NH}rm{3}rm{3}rm{+5O}rm{+5O}rm{2}rm{2}rm{underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{=}}}当溶液变稀后发生反应：rm{4NO+6H}rm{4NO+6H}rm{2}稀rm{2}rm{O}rm{O}rm{垄脹n(Cu)=1.92g隆脗64g/mol=0.03mol}反应开始时发生反应rm{Cu+4HNO}rm{垄脹n(Cu)=1.92g隆脗64g/mol=0.03mol}rm{Cu+4HNO}rm{{,!}_{3}}，所以rm{(}浓rm{)=Cu(NO}rm{(}rm{)+n(NO)=1.12L隆脗22.4L/mol=0.05mol}反应消耗的硝酸的作用是作氧化剂变为气体和起酸的作用变为rm{)=Cu(NO}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{+NO}rm{+NO}气体rm{{,!}_{2}}故答案为：rm{隆眉+2H}rm{隆眉+2H}rm{{,!}_{2}}若rm{O}当溶液变稀后发生反应：rm{3Cu+8HNO}rm{O}rm{3Cu+8HNO}rm{{,!}_{3}}均为含rm{(}稀rm{)=2Cu(NO}元素的化合物，其中rm{(}由两种元素组成，且rm{)=2Cu(NO}的摩尔质量为rm{{,!}_{3}}则：rm{)}是rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{+2NO隆眉+4H}rm{+2NO隆眉+4H}是rm{{,!}_{2}}rm{O}，所以rm{n(NO}rm{O}是rm{n(NO}rm{{,!}_{2}}rm{)+n(NO)

=1.12L隆脗22.4L/mol=0.05mol}反应消耗的硝酸的作用是作氧化剂变为气体和起酸的作用变为rm{Cu(NO}是rm{)+n(NO)

=1.12L隆脗22.4L/mol=0.05mol}rm{Cu(NO}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}是rm{{,!}_{2}}，故rm{n(HNO}rm{n(HNO}是rm{{,!}_{3}}rm{)=2n(Cu)+n(}气体rm{)=0.03mol隆脕2+0.05mol=0.11mol}rm{)=2n(Cu)+n(}rm{)=0.03mol隆脕2+0.05mol=0.11mol}将铜粉与rm{0.11}的浓溶液反应所得溶液为硫酸铜溶液，加热蒸干，得到的白色固体物质为；rm{(2)}若rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}均为含rm{Y}元素的化合物，其中rm{A}由两种元素组成，且rm{A}的摩尔质量为rm{34g/mol}则：rm{A}是rm{H}故答案为：rm{(2)}rm{A}rm{B}将少景rm{C}rm{D}rm{Y}溶液滴加到次氯酸钠溶液中发生反应，无沉淀生成，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得该反应的离子反应方程式rm{A}rm{A}rm{34g/mol}rm{A}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{n(NaClO)=149g隆脗74.5g/mol=2mol}根据方程式可知：每有rm{S}rm{B}是rm{SO}的rm{S}发生反应，转移电子的物质的量是rm{B}现在rm{SO}的物质的量是rm{{,!}_{2}}所以转移电子的物质的量是；rm{C}是rm{SO}故答案为：rm{C}rm{SO}rm{{,!}_{3}}；rm{D}是rm{H}rm{D}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}

rm{{,!}_{4}}【解析】rm{(1)垄脵}rm{垄脷4NH_{3}}rm{+5O_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{=}}4NO+6H_{2}}rm{+5O_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{=}}

4NO+6H_{2}}rm{O}rm{垄脹0.11}rm{(2)垄脵CuSO_{4}}rm{垄脷}rm{S^{2-}}rm{+4ClO^{-}}rm{=SO_{4}^{2-}}rm{+4Cl^{-}}rm{4}10、略

【分析】解：（1）生成的氯气中含有水；B装置除具有控制气流速度；均匀混合气体之外，因浓硫酸具有吸水性，还具有干燥作用；

故答案为：干燥混合气体；

（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设=x；若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4；

故答案为：大于或等于4；

（3）氯气具有氧化性；KI中-1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体和碘单质，所以，D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量的氯气；

故答案为：吸收过量的氯气；

（4）装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中；氯化氢易溶于水需要防止倒吸；

故答案为：防止倒吸．

（1）浓硫酸可以干燥氯气和氯化氢；

（2）甲烷可以和氯气发生取代反应；产物为氯化氢和二氯甲烷；三氯甲烷和四氯化碳；

（3）氯气能将碘化钾氧化为碘单质；

（4）装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中；氯化氢易溶于水需要放倒吸．

本题考查氯气的制备以及甲烷与氯气的取代反应，题目难度中等，本题注意把握题给信息，注意把握产物的判断．【解析】干燥混合气体；大于或等于4；吸收过量的氯气；防止倒吸11、略

【分析】解：由rm{垄脵}溶液呈无色、透明、均一状态，可知一定不含rm{Fe^{3+}}且rm{Ba^{2+}}不能与rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}共存；

由rm{垄脷}向rm{100mL}溶液中滴入稀硫酸，有rm{23.3g}白色沉淀产生，再加稀硝酸，白色沉淀不消失，可知白色沉淀为硫酸钡，则一定含rm{Ba^{2+}}其浓度为rm{dfrac{dfrac{23.3g}{233g/mol}}{0.1L}=1mol/L}不含rm{dfrac{dfrac

{23.3g}{233g/mol}}{0.1L}=1mol/L}rm{CO_{3}^{2-}}溶液还含有rm{SO_{4}^{2-}}则不含rm{Mg^{2+}}结合图可知rm{OH^{-}}rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}的浓度分别为rm{Cl^{-}}rm{1.0mol/L}rm{0.5mol/L}由电荷守恒可知，rm{3.0mol/L}则一定含阴离子rm{1mol/L隆脕2+1.0mol/L+0.5mol/L隆脕2>3.0mol/L}且浓度rm{NO_{3}^{-}}不能确定是否含rm{geqslant1mol/L}

故答案为：rm{K^{+}}浓度为rm{Ba^{2+}(}rm{1mol/L)}浓度rm{NO_{3}^{-}(}rm{geqslant1mol/L)}rm{Fe^{3+}}rm{OH^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}．

由rm{K^{+}}溶液呈无色、透明、均一状态，可知一定不含rm{垄脵}且rm{Fe^{3+}}不能与rm{Ba^{2+}}rm{CO_{3}^{2-}}共存；

由rm{SO_{4}^{2-}}向rm{垄脷}溶液中滴入稀硫酸，有rm{100mL}白色沉淀产生，再加稀硝酸，白色沉淀不消失，可知白色沉淀为硫酸钡，则一定含rm{23.3g}不含rm{Ba^{2+}}rm{CO_{3}^{2-}}溶液还含有rm{SO_{4}^{2-}}则不含rm{Mg^{2+}}以此来解答．

本题考查离子的推断，为高频考点，把握离子之间的反应与现象为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意白色沉淀推断及电荷守恒应用，题目难度不大．rm{OH^{-}}【解析】rm{Ba^{2+}(}浓度为rm{1mol/L)}rm{NO_{3}^{-}(}浓度rm{geqslant1mol/L)}rm{Fe^{3+}}rm{OH^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{K^{+}}三、判断题(共7题，共14分)12、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．13、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．14、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．15、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目16、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．17、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol18、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目四、工业流程题(共3题，共21分)19、略

【分析】【分析】

含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体；应控制温度在86℃以下蒸发，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。

【详解】

(1)水钴矿的主要成分为Co2O3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有Co2+，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，过量NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；

(3)Fe3+完全水解的pH为3.7，Al3+完全水解的pH为5.2，Co2+开始水解的PH为7.6，所以为了除去Fe3+、Al3+，加入Na2CO3调pH应控制的范围为5.2pH<7.6；

(4)根据流程图可知，存在Mn2+、Co2+金属离子的溶液中，加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知；调节溶液PH在3.0～3.5之间，故选B；

(5)根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干。【解析】Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O将Fe2+氧化成Fe3+Cl25.2pH<7.6除去溶液中的Mn2+B降低烘干温度，防止产品熔化或分解失去结晶水变为无水氯化钴20、略

【分析】【分析】

某酸性废液含有和等，在溶液中加入废氧化铁调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣1，滤液中加入与发生反应生成铬离子，加碱沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀，过滤后的滤液中加入沉淀镍，过滤得到滤液中加入石灰浆沉淀得到滤渣3含有：和氢氧化铬沉淀加酸生成铬离子，高锰酸钾将铬离子氧化为重铬酸根，结晶得到重铬酸钾晶体。

【详解】

（1）调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，滤渣1为故答案为：

（2）据金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH分析，又不引入新杂质可知还可以是故答案为：A；

（3）若试剂X是足量氨水，与足量氨水的反应为：加入会生成更难溶的“沉镍”的离子方程式为：故答案为：

（4）依据溶度积常数计算F-离子浓度，残液中则依据国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L-1分析判断；不符合国家标准，故答案为：不符合；

（5）①根据方程式分析正极电极反应式为：转移2mol电子电极质量增加2g，故转移0.6mol电子则正极增重0.6g；故答案为：0.6；

②根据图像可知，阳极氢氧根放电生成氧气，故电极反应式为：电解过程中pH太高镍离子会沉淀，pH太低则阴极氢离子会放电生成氢气，故需要控制溶液pH值为4左右，故答案为：pH过高时会形成氢氧化物沉淀；pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率。

【点睛】

本题考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、书写化学反应方程式、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解、电化学原理的理解等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。【解析】Fe(OH)3A[Ni(NH3)6]2＋+S2-=NiS↓＋6NH3不符合0.64OH--4e-=2H2O+O2↑pH过高时Ni2+会形成氢氧化物沉淀，pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率21、略

【分析】【分析】

步骤①发生中发生PbSO4＋CO32－PbCO3＋SO42－，将PbSO4转化成PbCO3，过滤，得到滤渣为PbO、Pb、PbCO3，在滤渣加入硝酸，PbO、Pb、PbCO3与硝酸发生反应生成Pb(NO3)2，然后加硫酸发生Pb(NO3)2＋H2SO4=PbSO4↓＋2HNO3，HNO3再转移到酸溶中；过滤后，向沉淀中加入NaOH溶液加热，得到三盐；

【详解】

(1)PbSO4的Ksp大于PbCO3的Ksp，因此步骤“转化”中发生PbSO4＋CO32－PbCO3＋SO42－，平衡常数的表达式为Ksp==PbO、Pb不与Na2CO3发生反应，步骤②中滤渣的主要成分为PbO、Pb、PbCO3；

(2)提高酸溶的速率；可以采取适当升温；适当增大硝酸浓度、搅拌、粉碎固体等；

(3)“沉铅”将Pb2＋转化成PbSO4，“合成”步骤中的反应物是PbSO4、NaOH，其反应方程式为PbSO4＋NaOH→3PbO·PbSO4·H2O＋Na2SO4+H2O，该反应属于非氧化还原反应，采用原子守恒进行配平，4PbSO4+6NaOH3Na2SO4+3PbO·PbSO4·H2O+H2O；令铅泥中铅元素的质量分数为a%，根据题意得出：解得a=55.2；根据“合成”的反应方程式，三盐表面沾有Na2SO4，检验沉淀洗涤完全，需要检验SO42－不存在，操作是取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液；若没有沉淀则说明洗涤完全；

(4)除去污水中的铅，铅元素需要以Pb(OH)2形式沉淀出来，根据图像pH控制在10左右；根据图像pH由13→14，Pb(OH)3－→Pb(OH)42－，发生反应的离子方程式为Pb(OH)3－+OH－=Pb(OH)42－；

(4)根据装置图，PbCl42－在阴极区参与反应，其电极反应式为PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－。

【点睛】

陌生方程式的书写是本题的难点，也是高考的热点，一般情况下主要参与的物质，题中已给出，需要结合原子守恒、电荷守恒等，确认是否有其他物质或离子参与，配平时，如果该反应为非氧化还原反应，采用观察的方法进行配平，如果是氧化还原反应，则采用化合价升降法进行配平；一定注意溶液的酸碱性。【解析】Pb、PbO、PbCO3适当升温4PbSO4+6NaOH3Na2SO4+3PbO·PbSO4·H2O+H2O55.2取少量最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，若没有沉淀则说明洗涤完全。10Pb(OH)3-+OH-=Pb(OH)42-PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-五、简答题(共2题，共8分)22、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}原溶液中rm{CaCO_{3}}不溶于水，rm{CuSO_{4}}溶于水后为蓝色液体，所以原固体粉末中一定不含这两种物质；rm{垄脷}滴加过量的rm{BaCl_{2}}溶液，出现白色沉淀，白色沉淀可能是碳酸钡或硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶，所以一定含有rm{Na_{2}CO_{3}}一定不含有rm{Na_{2}SO_{4}}即一定不存在的物质是rm{CaCO_{3}}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{CuSO_{4}}一定有rm{Na_{2}CO_{3}}

故答案为：rm{CaCO_{3}}rm{CuSO_{4}}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}CO_{3}}

rm{(2)}加入rm{BaCl_{2}}溶液生成白色沉淀，即发生反应为rm{Ba^{2+}+CO_{3}^{2-}=BaCO_{3}隆媒}碳酸钡溶于盐酸，其反应的离子方程式为为rm{2H^{+}+BaCO_{3}=CO_{2}隆眉+H_{2}O+Ba^{2+}}

故答案为：rm{Ba^{2+}+CO_{3}^{2-}=BaCO_{3}隆媒}rm{2H^{+}+BaCO_{3}=CO_{2}隆眉+H_{2}O+Ba^{2+}}．

rm{(1)垄脵}溶于水得到无色澄清溶液；说明原试样中没有带颜色的物质；不能生成气体的物质、不溶于水的物质；

rm{垄脷}滴加过量的rm{BaCl_{2}}溶液；出现白色沉淀，白色沉淀可能是碳酸钡或硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶；

rm{(2)}根据离子反应的条件和书写方法来书写．

本题考查了物质的推断，解此类试题时要熟记常见物质的特殊反应现象，如鉴别硫酸根离子用钡离子、鉴别氯离子用银离子、碳酸根与酸反应产生气体等，题目难度中等．【解析】rm{CaCO_{3}}rm{CuSO_{4}}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Ba^{2+}+CO_{3}^{2-}=BaCO_{3}隆媒}rm{BaCO_{3}+2H^{+}=Ba^{2+}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}23、（1）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑（2）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑（3）Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+H2O（4）2HClO2HCl+2O2（5）CO2+H2O+Ca（ClO）2=CaCO3↓+2HClO【分析】【分析】

本题考查了化学方程式的书写；明确反应实质是解题关键，题目难度不大。

【解答】rm{(1)}钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式：rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}故答案为：；rm{(2)}过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}故答案为：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}rm{(3)}工业上用氯气和氢氧化钠溶液反应制取漂白液、消毒液，离子方程式为：rm{Cl_{2}+2Ca(OH}rm{)_{2}}rm{)_{2}}rm{=CaCl}rm{2}rm{2}rm{+Ca(ClO}故答案为：rm{)_{2}}rm{)_{2}}rm{+H_{2}O}rm{Cl_{2}+2Ca(OH}rm{)_{2}}rm{)_{2}}次氯酸见光分解生成盐酸和氧气，方程式为rm{2HClOoverset{hv}{=}2HCl+2O_{2}}rm{=CaCl_{2}+Ca(ClO}漂白粉的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸具有漂白性，反应方程式为rm{)_{2}}故答案为：rm{)_{2}}rm{+H_{2}O}【解析】rm{(1)2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}rm{(2)2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}rm{(3)Cl_{2}+2Ca(OH}rm{)_{2}}rm{)_{2}}rm{=CaCl_{2}+Ca(ClO}rm{)_{2}}rm{(4)2HClOoverset{hv}{=}2HCl+2O_{2}}rm{)_{2}}rm{+H_{2}O}六、综合题(共4题，共24分)24、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1【分析】【解答】（1）因图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

（2）因1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1；

则2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣1；

则利用盖斯定律将①×3+②×3可得3S（s）+O2