2025年粤人版高三化学下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年粤人版高三化学下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、化学知识广泛应用于生产生活中；下列叙述正确的是（）

A.空气中的臭氧对人体健康有益无害。

B.液氯罐泄漏时；可将其移入水塘中并加入生石灰。

C.由石英制取单晶硅的过程中；不涉及氧化还原反应。

D.棉花和木材的主要成分都是纤维素；蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质。

2、下列化学用语表达正确的是（）A.氯化钠的电子式：B.丙烷分子的比例模型：C.NaHCO3的电离方程式NaHCO3=Na++H++CO32-D.质子数为53，中子数为78的碘原子：I3、浙江大学成功研制出能在数分钟之内将电量充满的锂电池，其成本只有传统锂电池的一半rm{.}若电解液为rm{LiAlCl_{4}-SOCl_{2}}电池的总反应为：rm{4Li+2SOCl_{2}underset{{鲁盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}4LiCl+S+SO_{2}.}下列说法不正确的是rm{4Li+2SOCl_{2}

underset{{鲁盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}4LiCl+S+SO_{2}.}rm{(}A.rm{)}为电池的负极B.电池的电解液可用rm{Li}水溶液代替C.放电时电子从负极经外电路流向正极D.充电时阳极反应式为：rm{LiCl}rm{4Cl^{-}+S+SO_{2}-4e^{-}=2SOCl_{2}}4、将等物质的量的A、B混合于2L密闭容器中，发生如下反应3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），经5min后测得D的浓度为0.5mol•L-1，c（A）：c（B）=3：5，用C的浓度变化表示的平均反应速率为0.1mol•L-1•min-1．下列有关结论正确的是（）A.x的值为1B.v（B）=0.2mol•L-1•min-1C.反应开始前A的物质的量为3molD.5min时A的浓度为0.2mol•L-15、氨是一种重要的化工原料．下列关于氨气性质的描述不正确的是（）A.有刺激性气味、密度比空气小B.遇氯化氢产生白烟C.能使湿润的蓝色石蕊试纸变红D.其水溶液能使酚酞溶液变红6、一定条件下，可逆反应2X（g）+3Y（g）⇌4Z（g），若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为0），平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.2mol•L-1、0.3mol•L-1、0.16mol•L-1，则下列判断不合理的是（）A.平衡时，Y和Z的生成速率之比为3：4B.c1的取值范围为0＜c1＜0.28mol•L-1C.当反应达到平衡时，扩大容器的体积，平衡会发生移动D.此反应，若起始通入2mol•L-1的X和3mol•L-1的Y达到平衡时，与起始只通入4mol•L-1的Z达到平衡时，各物质的组成含量不相同7、下列关于NO的说法正确的是（）A.NO是红棕色气体B.常温下氮气与氧气反应可生成NOC.NO溶于水可以生成硝酸D.NO是汽车尾气的有害成分之一8、对卤族元素，下列分析中错误的是（）A.原子的核电荷数越大，原子半径越大B.原子半径越大，得电子的能力越强C.得电子的能力越强，非金属性越强D.非金属性越强，单质的氧化性越强9、将2molSO2和1molO2充入一容积固定的密闭容器中；在一定条件下反应：

2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），下列哪些情况能说明该可逆反应已达化学平衡状态的是（）A.每生成2molSO2的同时，消耗2molSO3B.混合气体的质量不再变化C.每生成2molSO3的同时，消耗2molSO3D.每生成2molSO3的同时，消耗1molO2评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、下表是部分短周期元素的信息；用化学用语回答下列问题．

。元素代号ABF原子半径/nm0.0770.0750.117主要化合价+4、-4+5、-3+4、-4。元素DMGE性质。

结构。

信息单质制成的高压灯，发出的黄光透雾力强、射程远．氢化物常温下呈液态，M的双原子阴离子有18个电子原子核外的M层比L层少2个电子．+3价阳离子的核外电子排布与氖原子相同．（1）元素A在周期表中的位置____．B的某种核素中中子数比质子数多1，则表示该核素的原子符号为____．

（2）写出钙与M原子个数比为1：2化合物的电子式____，钙与A原子个数比为1：2化合物含有的化学键类型（填离子键、共价键或非极性键）____．

（3）M2-、D+、G2-离子半径大小顺序是____＞____＞____（用离子符号回答）．

（4）由A、B、M及氢四种原子构成的分子A2H5BM2，既可以和盐酸反应又可以和氢氧化钠溶液反应，写出A2H5BC2的名称____．

（5）某同学设计实验证明A；B、F的非金属性强弱关系．

①溶液a和b分别为____，____．

②溶液c中的离子方程式为____．

（6）将0.5molD2M2投入100mL3mol/LECl3溶液中，转移电子的物质的量为____．

（7）工业上冶炼E，以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分为____．11、已知：2SO32SO2+O2，在起始时体积相同的容器A和B中，同时分别充入2molSO3（两容器装有催化剂）．在反应过程中；A保持温度和容积不变；B保持温度和压强不变．回答下列问题：

（1）反应达平衡所需时间A____B（大于；等于；小于）；达平衡时SO3的转化率A____B（大于；等于；小于）．

（2）若平衡后，向A、B中分别充入惰性气体，____容器的平衡将向____方向移动；若平衡后，向A、B中分别充入等物质的量SO3，重新达平衡时，两容器中的SO3转化率变化情况是（填变大、变小、不变）A____，B____．12、（2014春•东莞市校级月考）如图示是元素周期表的一部分；A；B、C均为短周期元素，A、C两种元素的质子数之和等于B的质子数，B的原子核内质子数和中子数相等．回答：

（1）写出元素符号：A____；B____；C____．

（2）C的原子结构示意图是：____．

（3）A的氢化物的水溶液显____（填酸或碱）性．13、有一学生甲在实验室测某溶液的pH；实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测．学生乙对学生甲的操作的评价为：操作错误，测定结果一定有误差．学生丙对学生甲操作的评价为：操作错误，但测定结果不一定有误差．

（1）你支持____（填“乙”或“丙”）同学的观点，原因是____．

（2）若用此法分别测定c（H+）相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是____，原因是____．

（3）只从下列试剂中选择实验所需的物品，你____（填“能”或“不能”）区分0.1mol/L的硫酸和0.01mol/L的硫酸．若能，简述操作过程．____

①紫色石蕊试液②酚酞试液③甲基橙试液④蒸馏水⑤BaCl2溶液⑥pH试纸．14、（2016春•济南校级期中）某温度时；在2L的密闭容器中，X；Y、Z（均为气体）三种物质的量随时间的变化曲线如图所示．

（1）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为____；

（2）反应从开始至2分钟，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v（Z）=____；

（3）2min反应达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时____（填增大、减小或无变化，下同）；混合气体密度比起始时____．

（4）将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n（X）=n（Y）=n（Z），则原混合气体中a：b=____．

（5）下列措施能加快反应速率的是____．

A．恒压时充入HeB．恒容时充入He

C．恒容时充入XD．及时分离出Z

E．升高温度F．选择高效的催化剂。

（6）下列说法正确的是____．

A．升高温度改变化学反应的限度。

B．已知正反应是吸热反应；升高温度平衡向右移动，正反应速率加快，逆反应速率减慢。

C．化学反应的限度与时间长短无关。

D．化学反应的限度是不可能改变的。

E．增大Y的浓度，正反应速率加快，逆反应速率减慢．15、下面是印刷电路板的生产及其废液的处理的流程简图．请按要求填空：

（1）镀铜电路版制成印刷电路版的离子方程式为____；固体1的化学成分是____（填化学式）．

（2）反应①的化学方程式为____；要检验废液中是否含有Fe3+所需的试剂是____（填化学式）溶液．

（3）反应④的离子方程式为____．16、向2L密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反应；xA(g)＋yB(g)pC(g)＋qD(g)已知：平均反应速率vC＝1/2vA；反应2min时，A的浓度减少了1/3，B的物质的量减少a/2mol，有amolD生成。回答下列问题：(1)反应2min内，vA＝________，vB＝__________；(2)化学方程式中，x＝________、y＝________、p＝______、q＝________；(3)反应平衡时，D为2amol，则B的转化率为__________；(4)如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为1.5amol，则该反应的ΔH________0(填“＞”、“＜”或“＝”)；(5)如果其他条件不变，将容器的容积变为1L，进行同样的实验，则与上述反应比较：①反应速率____________(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是________________________________________________________；②平衡时反应物的转化率__________(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是_________________________________________________________________；评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为22.4L____（判断对错）18、蛋白质、纤维素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物（判断对错）19、蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，蛋白质析出，再加水也不溶解．____．（判断对错）20、标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为22.4L____（判断对错）21、浓硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等气体____．（判断对错）22、近半个多世纪以来；随着人类社会的高度发达，环境污染问题也越来越受到了人们的关注．请回答下列问题：

（1）水是人类赖以生存的物质．下列物质会带来水体的重金属污染的是____（填字母）；

A．含Hg2+的化合物B．含N的化合物C．含P的化合物。

其他选项的化合物会造成水体的____（填名称）．

（2）煤和石油是当今世界重要的化石燃料，但它们的燃烧会对环境造成影响，生成的____、____（填化学式）等容易形成酸雨．某火力发电厂为了防止废气污染环境，现采用廉价易得的石灰石浆来吸收，其反应方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x．试推测x的化学式为____．x的大量排放仍会带来环境问题，它对环境带来的影响是造成____（填名称）．若改用另一种吸收剂，则可避免x的大量排放，其反应方程式为：2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，则y的化学式为____．

（3）防治环境污染；改善生态环境已成为全球的共识，请回答下列问题：

①空气质量报告的各项指标可以反映出各地空气的质量．下列气体已纳入我国空气质量报告的是____（填字母）．

A．CO2B．N2C．NO2D．SO2

②垃圾应分类收集．你用过的旧试卷应放置于贴有____（填字母）标志的垃圾筒内．

③工业废水需处理达标后才能排放．判断下列废水处理的方法是否合理；合理的请画“√”，不合理的请在括号中填写正确方法．

A．用中和法除去废水中的酸____

B．用混凝法除去废水中的重金属离子____

C．用氯气除去废水中的悬浮物____．评卷人得分四、简答题(共2题，共8分)23、Na2S2O3（俗称保险粉）在医药；印染中应用广泛；可通过下列方法制备：

取15.1gNa2SO3溶于80.0mL水．另取5.0g硫粉；用少许乙醇润湿后加到上述溶液中．

小火加热至微沸，反应1小时后过滤．滤液在100℃经蒸发、浓缩、冷却至10℃后析出Na2S2O3•5H2O．

（1）加入的硫粉用乙醇润湿的目的是______．

（2）滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机化合物杂质是______；

（3）某环境监测小组用含0.100mol•L-1Na2S2O3溶液[含少量的Na2SO3，且n（Na2S2O3）：n（Na2SO3）=

5：1]测定某工厂废水中Ba2+的浓度．他们取废水50.0mL，控制适当的酸度加入足量的K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀硫酸溶解，此时CrO42-全部转化为Cr2O72-；再加过量KI溶液，充分反应后，用上述Na2S2O3溶液进行滴定，反应完全时，测得消耗Na2S2O3溶液的体积为36.00mL．

（已知有关反应的离子方程式为：①Cr2O72-+6I-+14H+═2Cr3++3I2+7H2O；

②I2+2S2O32-═2I-+S4O62-；③I2+SO32-+H2O═2I-+SO42-+2H+）

则滴定过程中可用______作指示剂；滴定终点的现象______．

计算该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度．（写出计算过程）______．24、煤的综合利用对于改善大气质量和能源充分利用有重要的意义．

rm{(1)}下列说法正确的是______rm{(}填序号rm{)}．

rm{a.}煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物。

rm{b.}煤在燃烧过程中会生成一氧化碳；二氧化硫、氮氧化物、烟尘等有害物质。

rm{c.}可利用生石灰；熟石灰、石灰石等固硫剂使煤在燃烧过程中生成稳定的硫酸盐。

rm{d.}煤的干馏属于化学变化；煤的气化和液化都属于物理变化。

rm{(2)}煤的气化过程中产生的有害气体rm{H_{2}S}用氨水吸收生成正盐的离子方程式是______．

rm{(3)}燃煤烟气的一种脱硫方案rm{-}火碱一石灰一石膏法流程图rm{1}如下．

rm{垄脵}常温下，用rm{NaOH}溶液吸收rm{SO_{2}}得到rm{pH=6}的rm{NaHSO_{3}}溶液；该溶液中离子浓度的。

大小顺序是______

rm{垄脷}氢氧化钙与rm{NaHSO_{3}}反应的化学方程式是______

rm{(4)}煤的间接液化法合成二甲醚的三步反应如下：Ⅰrm{.2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}

Ⅱrm{.2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-23.5kJ?mol^{-1}}

Ⅲrm{.CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH=-41.3kJ?mol^{-1}}

rm{.2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-90.8kJ?mol^{-1}}总反应热化学方程式：rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)triangleH=}______；

rm{.2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-23.5kJ?mol^{-1}}rm{.CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H=-41.3kJ?mol^{-1}}rm{垄脵}可分别代表压强或温度rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)triangle

H=}如图rm{垄脷Y(Y_{1}}表示rm{Y_{2})}一定时，总反应中rm{X}的平衡转化。

率随rm{.}的变化关系rm{2}判断rm{Y}rm{CO}的大小关系，并简述理由：______．rm{X}评卷人得分五、探究题(共4题，共40分)25、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．26、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：27、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．28、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分六、综合题(共3题，共21分)29、（15分）下列框图中的A~K物质均为中学常见物质。已知B、D、E、L常温下为密度比空气大的气体，D、E为单质，其它为化合物。A和I都是常用的漂白剂，F的焰色反应呈黄色。F、G均能与L的水溶液反应放出B。请根据图示关系回答问题：（1）F的俗名是＿＿＿＿＿＿；K的电子式＿＿＿＿＿＿。（2）反应①~⑤中，属于氧化－还原反应的是＿＿＿＿＿＿。（3）反应④的离子方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。反应③的化学方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某单质能与H反应生成E，该反应的化学方程式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。30、［化学选修──有机化学基础］（15分）根据图示回答下列问题：（1）写出A、E、G的结构简式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反应②的化学方程式（包括反应条件）是_________________________，（3）反应④化学方程式（包括反应条件）是____________________________________；（4）写出①、⑤的反应类型：①________________、⑤__________________。31、（16分）常温下，在20.0mL0.20mol/LCH3COONa溶液中滴加0.20mol/L的稀盐酸。溶液的PH值的变化关系如右图所示。(1)a＞7.0的理由是（用离子方程式表示）（2）如图，当加入稀盐酸的体积为V1mL时，溶液的pH值刚好为7.0。此时溶液中c(Cl-)c(CH3COOH)（填＜、＞或＝）。简要写出判断依据。（3）当加入的盐酸的体积为20.0mL时，测定溶液中的c(H+)为1.3×10-3­mol/L，求CH3COOH的电离平衡常数Ka(设混合后的体积为二者的体积之和，计算结果保留两位有效数字)。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】

A．微量臭氧的存在可以净化空气；有利人体健康，过量对人有害，故A错误；

B．生石灰溶解于水形成氢氧化钙溶液；它呈碱性，氯气能溶于水，易被碱溶液吸收（它会和碱反应生成盐和水），将尚有残留液氯的槽罐车移入附近的水塘中，并向水塘中放入生石灰，可除去残留的氯气，故B正确；

C．由石英制取单晶硅的反应是：2C+SiO2Si+2CO↑，Si+2Cl2SiCl4，SiCl4+2H2Si+4HCl；过程中涉及氧化还原反应，故C错误；

D．棉花和木材的主要成分都是纤维素；蚕丝的主要成分都是蛋白，人造丝是一种丝质的人造纤维，主要成分不是蛋白质，故D错误；

故选：B；

【解析】【答案】A．微量臭氧的存在可以净化空气；有利人体健康．过量对人有害；

B．根据生石灰溶解于水形成氢氧化钙溶液；它呈碱性，氯气能与碱反应；

C．从工业制硅的反应原理分析；

D．棉花和木材的主要成分都是纤维素；蚕丝的主要成分都是蛋白，人造丝是一种丝质的人造纤维，主要成分不是蛋白质；

2、D【分析】解：A．离子化合物的电子式中应该标出所带电荷，氯化钠正确的电子式为故A错误；

B．为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为：故B错误；

C．NaHCO3电离出钠离子和碳酸氢根离子，正确的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-；故C错误；

D．质子数为53，中子数为78的碘原子的质量数为131，该原子可以表示为：I；故D正确；

故选D．

A．氯化钠为离子化合物；电子式中需要标出阴阳离子所带电荷；

B．为球棍模型；比例模型主要体现出各原子的相对体积大小；

C．碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子；碳酸氢根离子不能拆开；

D．质量数=质子数+中子数；元素符号的左上角为质量数；左下角为质子数．

本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、球棍模型与比例模型、电离方程式、元素符号等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答结构，试题培养了学生的规范答题能力．【解析】【答案】D3、B【分析】解：rm{A.}放电时，失电子化合价升高的电极是负极，根据电池反应式知，放电时rm{Li}元素化合价由rm{0}价变为rm{+1}价，所以rm{Li}是负极；故A正确；

B.rm{Li}是一种碱金属，比较活泼，能与rm{H_{2}O}直接发生反应，因此该锂电池的电解液不能用rm{LiCl}水溶液代替rm{LiAlCl_{4}-SOCl_{2}}故B错误；

C.放电时，rm{Li}是负极；另一个电极是正极，负极上失电子；正极上得电子，所以电子从负极沿导线流向正极，故C正确；

D.充电时，阳极上rm{S}失电子发生氧化反应，阳极反应式为：rm{4Cl^{-}+S+SO_{2}-4e^{-}=2SOCl_{2}}故D正确；

故选B．

A.放电时；失电子化合价升高的电极是负极；

B.水和rm{Li}发生反应生成rm{LiOH}和氢气；

C.放电时；电子从负极沿导线流向正极；

D.充电时，阳极上rm{S}失电子发生氧化反应．

本题考查化学电源新型电池，明确原电池、电解池判断方法是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电池反应式及元素化合价变化书写，易错选项是rm{B}．【解析】rm{B}4、C【分析】【分析】A．根据v=计算v（D）；再根据反应速率之比等于化学计量数之比计算x的值；

B．结合v（D）；利用反应速率之比等于化学计量数之比计算v（B）；

C.5min后，测得D的浓度为0.5mol•L-1；则生成的D为0.5mol/L×2L=1mol，设开始A；B的物质的量均为n，表示出5min时A、B的物质的量，再根据A、B浓度之比列方程计算A、B起始物质的量。

D．结合C中计算数据计算5min时A的浓度．【解析】【解答】解：A．经5min后，测得D的浓度为0.5mol•L-1，则v（D）==0.1mol/（L•min）；C的平均反应速率是0.1mol/（L•min），则0.1mol/（L•min）：0.1mol/（L•min）=2：x，解得x=2，故A错误；

B．反应速率之比等于化学计量数之比，则v（B）=v（D）=0.05mol/（L•min）；故B错误；

C.5min后，测得D的浓度为0.5mol•L-1；则生成的D为0.5mol/L×2L=1mol，设开始A；B的物质的量均为n，则：

3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）

开始（mol）：nn0

转化（mol）：1.50.51

5min时（mol）：n-1.5n-0.51

此时A；B的物质的量浓度之比为3：5；则（n-1.5）：（n-0.5）=3：5，解得n=3，故C正确；

D．根据C中计算可知，5min时A的浓度为=0.75mol/L；故D错误；

故选：C．5、C【分析】【分析】A；氨气是无色刺激性气味的气体；密度小于空气；

B；氨气和氯化氢反应生成固体氯化铵；

C；氨气是碱性气体遇到湿润的蓝色石蕊试纸变红；

D、氨气溶于水生成一水合氨，溶液中电离生成氢氧根离子．【解析】【解答】解：A；氨气是无色刺激性气味的气体；氨气相对分子质量小于空气的相对分子质量，密度小于空气，故A正确；

B；氨气和氯化氢反应生成白色固体氯化铵；遇氯化氢产生白烟，故B正确；

C；氨气是碱性气体遇到湿润的蓝色石蕊试纸；氨气溶于水生成一水合氨，溶液中电离生成氢氧根离子溶液显碱性，所以不变色，故C错误；

D；氨气溶于水生成一水合氨；溶液中电离生成氢氧根离子，其水溶液呈碱性能使酚酞溶液变红，故D正确；

故选C．6、D【分析】【分析】根据2X（g）+3Y（g）⇌4Z（g）若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为0），平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.2mol•L-1、0.3mol•L-1、0.16mol•L-1；

A．达到平衡状态时；不同物质的正逆反应速率之比等于系数之比；

B．根据可逆不能完全转化的角度分析；

C．反应2X（g）+3Y（g）⇌4Z（g）；是气体体积减小的反应，扩大容器体积压强减小，平衡正向进行；

D．反应从正反应进行和逆反应进行都可以达到平衡状态，依据等量等效分析判断．【解析】【解答】解：A．反应平衡时；速率之比等于化学方程式计量数之比，Y和Z的生成速率之比为3：4，故A正确；

B．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，若反应向逆反应分析进行，则0＜c1，若反应向正反应分析进行，则c1＜0.28mol•L-1，故有0＜c1＜0.28mol•L-1；故B正确；

C．反应2X（g）+3Y（g）⇌4Z（g）；是气体体积减小的反应，扩大容器体积压强减小，平衡正向进行，故C正确；

D．2X（g）+3Y（g）⇌4Z（g），若起始通入2mol•L-1的X和3mol•L-1的Y达到平衡时，起始只通入4mol•L-1的Z，相当于通入通入2mol•L-1的X和3mol•L-1的Y；反应达到平衡时达到相同的平衡状态，各物质的组成含量相同，故D错误；

故选D．7、D【分析】【分析】A；一氧化氮是无色气体；

B；氮气和氧气在闪电下反应；常温下不反应；

C；NO不溶于水；

D、NO有毒，是大气污染气体之一．【解析】【解答】解：A；一氧化氮是无色气体；二氧化氮是红棕色的气体，故A错误；

B；在闪电条件下；氮气与氧气反应可生成NO，故B错误；

C；NO是一种不溶于水的气体；故C错误；

D；NO有毒；是汽车尾气的有害成分之一，故D正确．

故选D．8、B【分析】【分析】A．卤族元素中；原子半径与原子核电荷数成正比；

B．卤族元素中；原子得电子能力与其原子半径成反比；

C．得电子能力越强的元素；其氧化性越强；

D．非金属性越强，单质得电子能力越强．【解析】【解答】解：A．卤素原子的原子半径与其核电荷数成正比；所以原子的核电荷数越大，其原子半径越大，故A正确；

B．原子半径越大；原子核对最外层电子的吸引能力越小，则原子越容易失去电子，即失电子能力越强，故B错误；

C．得电子能力越强的元素；其氧化性越强，则非金属的非金属性越强，故C正确；

D．非金属性越强；单质得电子能力越强，则单质的氧化性越强，故D正确；

故选B．9、C【分析】【分析】根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，做题时要注意方程式前后气体的化学计量数的关系．【解析】【解答】解：A、无论该反应是否达到平衡状态，每生成2molSO2的同时消耗2molSO3；故A错误．

B；根据质量守恒；无论该反应是否达到平衡状态，反应前后混合物的质量不变，故B错误．

C、反应达到平衡状态时，每生成2molSO3的同时，消耗2molSO3；三氧化硫的正逆反应速率相等，所以达到平衡状态，故C正确．

D、无论该反应是否达到平衡状态，每生成2molSO3的同时消耗1molO2；故D错误．

故选C．二、填空题(共7题，共14分)10、第二周期ⅣA族715N离子键和非极性键共价键S2-O2-Na+甘氨酸硝酸饱和NaHCO3溶液SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-0.5molO2、CO2（或CO）【分析】【分析】短周期元素A、F的化合价都是+4、-4，所以是第ⅣA元素，结合半径分别为：A为碳；F是硅；由B的半径和化合价B是氮元素，D单质制成的高压灯，发出的黄光透雾力强、射程远，应为Na；氢化物常温下呈液态，M的双原子阴离子有18个电子，M是氧；G的原子核外的M层比L层少2个电子，G是16号硫，E的+3价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，所以E是铝，由此分析解答．【解析】【解答】解：（1）元素碳在周期表中的位置第二周期ⅣA族，氮的某种核素中中子数比质子数多1，则表示该核素的原子符号为715N，故答案为：第二周期ⅣA族；715N；

（2）过氧化钙的电子式为：过氧化钙中存离子键和非极性键共价键，故答案为：离子键和非极性键共价键；

（3）电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越多半径越小，所以半径的大小为：S2-＞O2-＞Na+，故答案为：S2-＞O2-＞Na+；

（4）由C、N、O及氢四种原子构成的分子C2H5NO2，既可以和盐酸反应又可以和氢氧化钠溶液反应，所以是氨酸，C2H5NO2的名称是甘氨酸；故答案为：甘氨酸；

（5）由装置图可知，实验原理是利用强酸制备弱酸，硝酸易挥发，为防止干扰应除去，故锥形瓶中产生二氧化碳，应为硝酸与碳酸盐反应，溶液b吸收挥发的硝酸；应为饱和的碳酸氢钠，烧杯中应是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸；

①由上述分析可知，溶液a为硝酸，溶液b为饱和NaHCO3溶液；

故答案为：硝酸、饱和NaHCO3溶液；

②溶液c中的离子方程式为：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；

故答案为：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；

（6）Na2O2投AlCl3溶液中，先与水生成氢氧化钠与氧气，反应中过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，起还原剂的过氧化钠中O元素化合价有-1升高为0价，故0.5molNa2O2费用转移电子为0.5mol××2×[0-（-1）]=0.5mol；

故答案为：0.5mol；

（7）电解熔融的氧化铝生成铝与氧气，反应方程式为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，阳极生成氧气，部分氧气可以石墨反应生成二氧化碳、CO，故阳极气体有O2、CO2（或CO）

故答案为：O2、CO2（或CO）．11、小于小于B正反应变小不变【分析】【分析】（1）A能保持恒容，B能保持恒压，起始时向容积相等的A、B中分别通入充入2molSO3，使之发生反应：2SO32SO2+O2；恒温恒容随反应进行压强增大速率增大，恒温恒压容器中反应过程中体积增大，反应物浓度减小，反应速率小；

（2）恒温恒压容器，加入惰气相当于压强减小，平衡向气体体积增大的方向进行；恒温恒容容器加入惰气总压增大，分压不变，平衡不动，反应速率不变．【解析】【解答】解：（1）相同温度下，充入SO3，A容器保持体积不变，压强变大；B容器保持压强不变，体积增大，达到平衡状态时转化为状态C（如下图）达到平衡所用时间，A小于B；假设B中的活塞不移动，由于A、B两个容器的体积、温度相同，达到平衡时A、B两容器中存在的平衡是等效平衡，其中SO3的转化率也相等．对于B和C两个状态，B中压强小于C中压强，因此C中SO3转化率大于B中SO3转化率．由此可以判断出C中SO3的转化率也大于A中SO3的转化率，达到平衡时，SO3的转化率A小于B；

故答案为：小于；小于；

（2）达到平衡后，分别充入惰性气体，A容器体积不变，反应体系的浓度不变，平衡不移动，B容器保持压强不变，体积增大，平衡向右移动；如果充入SO3，A容器保持体积不变，压强变大，SO3的转化率减小，B中充入SO3，与原平衡为等效平衡，SO3的转化率不变，故答案为：B；正反应；变小；不变．12、NSF碱【分析】【分析】图是周期表中短周期的一部分，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，A、C三种元素的原子核外电子数等于Y的质量数，则x-9+x-7=x，解之得x=16，则B为S、A为N、C为F，据此解答．【解析】【解答】解：（1）是周期表中短周期的一部分；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，A；C三种元素的原子核外电子数等于Y的质量数，则x-9+x-7=x，解之得x=16，则B为S、A为N、C为F；

故答案为：N；S；F；

（2）C为F元素，原子核外有9个电子，有2个电子层，各层电子数为2、7，其原子结构示意图为：故答案为：

（3）A的氢化物为氨气，其水溶液显碱性，故答案为：碱．13、丙当溶液是中性时，则不产生误差，否则将产生误差盐酸在稀释过程中醋酸继续电离出氢离子，使得溶液中氢离子浓度变化比盐酸小，误差小能用干燥的玻璃棒蘸取两种溶液，点在两张PH试纸上，与标准比色卡比较其PH，PH较大的为0.01mol/L的硫酸【分析】【解答】（1）用pH试纸测定的具体测定方法是用干燥的玻璃棒蘸取（或胶头滴管吸取）少量的待测溶液；并滴在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥pH试纸上，再把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，即可得出待测溶液的pH，当先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测，盐酸稀释后，溶液酸性增大，pH变大；氢氧化钠溶液稀释后，碱性变小，pH值将变小；食盐水溶液显中性，用水稀释后pH不变，所以丙正确；

故答案为：丙；当溶液是中性时；则不产生误差，否则将产生误差；

（2）用水润湿相当于稀释；则所测的PH偏小，由于稀释会促进弱电解质的电离，故弱酸的PH误差小，所以在稀释过程中醋酸继续电离出氢离子，使得溶液中氢离子浓度变化比盐酸小，误差小；

故答案为：盐酸；在稀释过程中醋酸继续电离出氢离子；使得溶液中氢离子浓度变化比盐酸小，误差小；

（3）硫酸为强酸完全电离，0.1mol/L的硫酸和0.01mol/L的硫酸电离出的氢离子浓度分别为0.2mol/L、0.02mol/L，PH=﹣lgc（H+）；氢离子浓度越大，PH越小，所以PH较大的为0.01mol/L的硫酸；

故答案为：能；用干燥的玻璃棒蘸取两种溶液；点在两张PH试纸上，与标准比色卡比较其PH，PH较大的为0.01mol/L的硫酸．

【分析】（1）根据溶液稀释后溶液的酸碱性变化与pH的关系进行解答；溶液是中性时故测量的数值不一定错误；

（2）用水润湿相当于稀释会促进弱电解质的电离；

（3）根据PH=﹣lgc（H+）分析解答，PH较大的为0.01mol/L的硫酸．14、3X+Y2Z0.05mol/（L•min）增大不变5：3CEFAC【分析】【分析】（1）根据物质的量的变化判断反应物和生成物；根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；

（2）根据v=计算反应速率v（Z）；

（3）混合气体的平均相对分子质量M=，混合气体密度ρ=来判断；

（4）根据化学反应中的三行式进行计算；

（5）根据影响化学反应速率的因素分析；升温；增压等均能加快反应速率；

（6）A．反应伴随能量变化；升高温度改变化学反应的限度；

B．升高温度正逆反应速率均加快；

C．化学反应的限度与反应物性质和外部因素有关；与时间长短无关；

D．化学反应的限度与反应物性质和外部因素有关；是可能改变的；

E．增大Y的浓度，正反应速率加快，逆反应速率同时加快．【解析】【解答】解：（1）由图象可以看出；反应中X；Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物；

且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，则反应的化学方程式为：3X+Y2Z；

故答案为：3X+Y2Z；

（2）在2min时间内，用Z表示反应的平均速率v（Z）===0.05mol/（L•min）；

故答案为：0.05mol/（L•min）；

（3）混合气体的平均相对分子质量M=，从开始到平衡，质量是守恒的，但是n是逐渐减小的，所以M会变大，混合气体密度ρ=；从开始到平衡，质量是守恒的，体积是不变的，所以密度始终不变，故答案为：增大；不变；

（4）3X+Y⇌2Z（设Y的变化量是x）

初始量：ab0

变化量：3xx2x

平衡量：a-3xb-x2x

当n（X）=n（Y）=n（Z）时，a-3x=b-x=2x，则a=5x，b=3x，所以原混合气体中a：b=5：3；

故答案为：5：3；

（5）A．恒压时充入He；体系分压减小，反应速率减小，故错误；

B．恒容时充入He；不影响体系压强和浓度，反应速率不变，故错误；

C．恒容时充入X；X的浓度增大，反应速率加快，故正确；

D．及时分离出Z；浓度不增加，压强减小，平衡右移，反应速率不加快，故错误；

E．升高温度；任何化学反应速率加快，故正确；

F．选择高效的催化剂；反应速率加快，故正确；

故答案为：CEF；

（6）A．反应伴随能量变化；升高温度改变化学反应的限度，故正确；

B．升高温度正逆反应速率均加快；故错误；

C．化学反应的限度与反应物性质和外部因素有关；与时间长短无关，故正确；

D．化学反应的限度与反应物性质和外部因素有关；是可能改变的，故错误；

E．增大Y的浓度；正反应速率加快，逆反应速率同时加快，故错误；

故答案为：AC．15、2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+Fe、Cu2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2KSCN2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【分析】【分析】待处理镀铜电路板与氯化铁溶液反应后得到的溶液中含有氯化铜、氯化亚铁及未反应的氯化铁，废液中加入足量的Fe，反应中铁离子和铜离子均可铁粉反应：2Fe3++Fe═3Fe2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+，过滤得到的固体1为生成的铜和过量的铁，加入适量盐酸后过滤，Fe与盐酸反应，而Cu不反应，过滤得到固体2为铜及氯化亚铁溶液，新制氯水把氯化亚铁氧化，得到氯化铁溶液．（2）中检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在，据此解答．【解析】【解答】解：待处理镀铜电路板与氯化铁溶液反应后得到的溶液中含有氯化铜、氯化亚铁及未反应的氯化铁，废液中加入足量的Fe，反应中铁离子和铜离子均可铁粉反应：2Fe3++Fe═3Fe2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+；过滤得到的固体1为生成的铜和过量的铁，加入适量盐酸后过滤，Fe与盐酸反应，而Cu不反应，过滤得到固体2为铜及氯化亚铁溶液，新制氯水把氯化亚铁氧化，得到氯化铁溶液．

（1）镀铜电路版制成印刷电路版是利用氯化铁溶液和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜而实现的，离子方程式为2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+；废液中含有铁离子和铜离子均可以与过量铁粉反应，滤得到的固体1为生成的铜和过量的铁；

故答案为：2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+；Fe；Cu；

（2）反应①为铜与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铁，化学方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在；

故答案为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；KSCN；

（3）反应④是新制氯水把氯化亚铁氧化为三氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-．16、略

【分析】同样可得vD＝a/4mol·L－1·min－1vC＝1/2vA＝a/24mol·L－1·min－1(2)由化学反应速率之比等于化学方程式中化学计量数之比可得x∶y∶p∶q＝vA∶vB∶vC∶vD＝(3)当D为2amol时，B减少了amol，因此B的转化率为(4)其他条件不变只升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，由题意知原平衡时D为2amol，升高温度达到新平衡时，D为1.5amol，可见反应向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应，即ΔH<0。(5)原密闭容器的体积为2L，现变为1L，其他条件不变，反应物和生成物的浓度都增大，因此反应速率增大。减小体积即为加压，增大压强，平衡应向气体计量数之和小的方向移动，由于反应方程式为2A(g)＋3B(g)C(g)＋6D(g)，左边气体计量数之和小，因此平衡向左移动，反应物的转化率减小。【解析】【答案】(1)a/12mol·L－1·min－1a/8mol·L－1·min－1(2)2316(3)a/b×100%(4)<(5)①增大体积减小，反应物的浓度增大，因而使反应速率增大②减小体积减小，气体的压强增大，平衡向气体分子数减少的方向(即逆反应方向)移动，因而使反应物转化率减小三、判断题(共6题，共12分)17、×【分析】【分析】标准状况下，气体的摩尔体积为22.4L/mol，结合V=nVm计算．【解析】【解答】解：标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案为：×．18、B【分析】【解答】解：蔗糖的分子式为：C12H22O12；其相对分子质量较小，不属于高分子化合物，蛋白质；纤维素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故该说法错误；

故答案为：×．

【分析】高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；据此分析．19、×【分析】【分析】当向蛋白质溶液中加入的盐溶液达到一定浓度时，反而使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用叫盐析．【解析】【解答】解：蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，故答案为：×．20、×【分析】【分析】标准状况下，气体的摩尔体积为22.4L/mol，结合V=nVm计算．【解析】【解答】解：标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案为：×．21、×【分析】【分析】浓硫酸为酸性、强氧化性干燥剂，能够干燥酸性、中性气体，如：氧气、氢气、二氧化硫等，浓硫酸不能用于干燥碱性气体，如氨气，据此进行解答．【解析】【解答】解：浓硫酸为酸性、强氧化性干燥剂，能够干燥酸性、中性气体，如：氧气、氢气、二氧化硫等，能够与NH3反应；不能使用浓硫酸干燥氨气，所以该说法错误；

故答案为：×．22、A【分析】【分析】（1）密度小于4.5的为轻金属；大于4.5的为重金属；水体富营养化是因为向水中排放含氮；磷等元素的生产生活废水过多造成的；

（2）酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫；氮氧化物等酸性气体；经过复杂的大气化学反应，形成硫酸和硝酸，被雨水吸收溶解而成；根据化学反应前后原子的种类与数目保持不变可以判断物质的化学式；二氧化碳是一种主要的温室效应气体；根据质量守恒的原因推出Y为氢氧化钙；

（3）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数；首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等；

②旧试卷属于可回收物；可回收再利用；

③根据污水的类型选取处理的方法．【解析】【解答】解：（1）工业废水中常见的重金属元素指的是Cu2+、Hg2+、Cd2+、Pb2+等重金属离子；含铅；汞的物质是常见的有毒污染物；生物所需的氮、磷等营养物质大量进入湖泊、河口、海湾等缓流水体，引起藻类及其它浮游生物迅速繁殖，水体溶氧量下降，鱼类及其它生物大量死亡，该现象为水体富营养化导致的结果；

故答案为：A；富营养化；

（2）酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6；酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体，经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解而成，根据2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2x可知，依据质量守恒定律可知每个x中含有1个碳原子和2个氧原子，所以x是二氧化碳．二氧化碳是形成温室效应的主要物质，2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O；依据质量守恒定律可知每个y中含有1个钙原子和2个氢氧根原子团，所以y是氢氧化钙；

故答案为：SO2；NO2；CO2；温室效应；Ca（OH）2；

（3）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数、首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等，二氧化碳无毒，不属于空气污染物，氮气是空气的主要组成气体，而可吸入颗粒物、NO2、SO2均为污染物；需要检测；

故答案为：CD；

②用过的旧试卷可回收再利用重新做成纸浆；属于可回收垃圾，故答案为：A；

③A．如果污水中含大量氢离子或氢氧根离子；可采用酸碱中和法，除去水中大量的氢离子或氢氧根离子，故答案为：√；

B．如果水中含重金属离子；可加入一些物质使金属阳离子转化成沉淀而除去这些离子，即沉降法，故答案为：（沉降法）；

C．如果使悬浮于水中的泥沙形成絮状不溶物沉降下来，使水澄清，可用明矾等混凝剂作净水剂，故答案为：（混凝法）．四、简答题(共2题，共8分)23、略

【分析】解：（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，有利于硫粉和Na2SO3溶液充分接触；加快反应速率。

故答案为：有利于硫粉和Na2SO3溶液充分接触；加快反应速率；

（2）S2O32‾具有还原性；能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；

故答案为：Na2SO4；

（3）依据标定的原理可知，生成的碘单质遇到淀粉变蓝，用硫代硫酸钠滴定当蓝色褪去半分钟不变化，说明反应达到终点；溶液中发生的反应为：2Ba2++Cr2O72-=2BaCrO4+2H+；Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；I2+SO32-+H2O═2I-+SO42-+2H+；

n（Na2S2O3）=0.0360L×0.100mol•L-1=0.0036mol

则n（Na2SO3）=0.00360mol÷5=0.00072mol

根据题意：2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O72-～3I2～6S2O32-

26

n10.0036mol

得n1（Ba2+）==0.0012mol

2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O72-～3I2～3SO32-

23

n20.00072mol

得得n2（Ba2+）==0.00048mol

则c（Ba2+）==3.36×10-2mol•L-1；

故答案为：淀粉；蓝色褪去半分钟不变化；3.36×10-2mol•L-1．

（1）硫粉难溶于水；微溶于乙醇；乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；

（2）由于S2O32‾具有还原性；易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；硫代酸酸钠和盐酸反应生成氯化钠；二氧化硫、单质硫和水；

（3）生成的碘单质遇到淀粉变蓝，用硫代硫酸钠滴定时，当蓝色褪去半分钟不变化，说明反应达到终点；溶液中发生的反应为：2Ba2++Cr2O72-=2BaCrO4+2H+；Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；I2+SO32-+H2O═2I-+SO42-+2H+，根据方程式列出各物质的关系为2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O72-～3I2～6S2O32-和2BaCrO4～Cr2O72-～3I2～3SO32-计算．

本题综合考查物质的制备以及含量的测定，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的原理，结合反应的关系式计算，难度中等．【解析】有利于硫粉和Na2SO3溶液充分接触，加快反应速率；Na2SO4；淀粉；蓝色褪去半分钟不变化；3.36×10-2mol•L-124、略

【分析】解：rm{(1)a.}煤是由有机物和少量无机物组成的复杂的混合物，主要含有rm{C}元素，故rm{a}正确；

rm{b.}煤中伴有硫元素和氮元素，不完全燃烧时生成一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物、烟尘等有害物质，故rm{b}正确；

rm{c.}碳酸钙受热分解为氧化钙，二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钙、氧化钙发生反应生成亚硫酸钙，然后被氧气氧化生成稳定的硫酸盐，故rm{c}正确；

rm{d.}煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化，故rm{d}错误；

故答案为：rm{abc}

rm{(2)H_{2}S}用氨水吸收生成正盐硫化铵和水，离子方程式为rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O篓T2NH_{4}^{+}+S^{2-}+2H_{2}O}

故答案为：rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O篓T2NH_{4}^{+}+S^{2-}+2H_{2}O}

rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O篓T2NH_{4}^{+

}+S^{2-}+2H_{2}O}常温下，rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O篓T2NH_{4}^{+

}+S^{2-}+2H_{2}O}溶液的rm{(3)垄脵}rm{NaHSO_{3}}溶液呈酸性，rm{pH=6}溶液中存在亚硫酸氢根的水解与电离，水解导致其呈碱性，电离导致其呈酸性，据此分析：电离程度大于水解程度；故离子浓度大小为：rm{NaHSO_{3}}

故答案为：rm{NaHSO_{3}}

rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})>c(H^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(OH^{-})}氢氧化钙与rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})>c(H^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(OH^{-})}反应生成沉淀亚硫酸钙、rm{垄脷}和水，化学方程式为rm{NaHSO_{3}}

故答案为：rm{NaOH}

rm{Ca(OH)_{2}+NaHSO_{3}篓TCaSO_{3}隆媒+NaOH+H_{2}O}rm{垄脵2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-23.5kJ?mol^{-1}}

rm{垄脹CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH=-41.3kJ?mol^{-1}}

由盖斯定律rm{Ca(OH)_{2}+NaHSO_{3}篓TCaSO_{3}隆媒+NaOH+H_{2}O}得到rm{(4)垄脵}的rm{triangleH=-246.4kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{垄脵2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)triangleH<0}正反应气体体积减小，升高温度，平衡逆向移动，rm{垄脷2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-23.5kJ?mol^{-1}}的平衡转化率减小；增大压强，平衡正向移动；

rm{垄脹CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H=-41.3kJ?mol^{-1}}的平衡转化率增大，因此rm{垄脷+垄脹+垄脵隆脕2}代表压强，rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)}代表温度；等压强条件下，温度越高，rm{triangle

H=-246.4kJ?mol^{-1}}的平衡转化率越小，因此rm{-246.4kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{垄脷3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)triangle

H<0}由rm{CO}可知，压强增大，rm{CO}的平衡转化率增大，温度升高，rm{X}的平衡转化率减小；所以。

rm{Y}代表压强，rm{CO}代表温度；压强一定时，温度越低平衡转化率越大．

rm{Y_{1}<Y_{2}}煤是由有机物和少量无机物组成的复杂的混合物；

rm{Y_{1}<Y_{2}}从煤中含有的元素和不完全燃烧分析；

rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)}碳酸钙受热分解为氧化钙；二氧化硫是酸性氧化物，能与碱；碱性氧化发生反应；

rm{CO}煤的干馏；煤的气化和液化都属于化学变化；

rm{CO}用氨水吸收生成正盐硫化铵和水；

rm{X}常温下，rm{Y}溶液的rm{(1)a.}rm{b.}溶液呈酸性；说明电离程度大于水解程度；

rm{c.}氢氧化钙与rm{d.}反应生成沉淀亚硫酸钙、rm{(2)H_{2}S}和水；

rm{(3)垄脵}据盖斯定律由已知的热化学方程式乘以相应的数值进行加减；来构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的数值进行加减；

rm{垄脷3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)triangleH<0}正反应气体体积减小，通过分析升高温度和增大压强导致平衡的移动方向，通过rm{NaHSO_{3}}的平衡转化率的变化判断rm{pH=6}rm{NaHSO_{3}}．

本题考查较为综合，涉及煤的综合利用、化学rm{垄脷}离子rm{NaHSO_{3}}方程式的书写、离子浓度的大小比较、反应热的计算和化学平衡的移动，为高频考点，题目难度中等，把握电离平衡、水解平衡等化学平衡及其因素为解答的关键，题目难度中等．rm{NaOH}【解析】rm{abc}rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O篓T2NH_{4}^{+}+S^{2-}+2H_{2}O}rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O篓T2NH_{4}^{+

}+S^{2-}+2H_{2}O}rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})>c(H^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(OH^{-})}rm{Ca(OH)_{2}+NaHSO_{3}篓TCaSO_{3}隆媒+NaOH+H_{2}O}rm{-246.4kJ?mol^{-1}}由rm{Y_{1}<Y_{2}}可知，压强增大，rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)}的平衡转化率增大，温度升高，rm{CO}的平衡转化率减小；所以。

rm{CO}代表压强，rm{X}代表温度，压强一定时，温度越低平衡转化率越大rm{Y}五、探究题(共4题，共40分)25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．26、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.