2025年冀少新版高一化學下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀少新版高一化學下冊階段測試試卷311考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列化合物中，既含有離子鍵又含有共價鍵的是（）A.H2O2B.Na2OC.CO2D.NaOH2、NA表示阿伏伽德羅常數(shù)，下列敘述正確的是（）A.實驗室用濃鹽酸與MnO2反應(yīng)制Cl2，每生成22.4LCl2，轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為2NAB.1molO2在反應(yīng)中作氧化劑時，所得電子數(shù)一定為4NAC.1molNa2O2與足量H2O反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NAD.0.1mol金屬鈉在過量氧氣中充分燃燒，生成的化合物中離子總數(shù)為0.15NA3、A元素原子的L層比B元素原子的L層少3個電子，B元素原子核外電子總數(shù)比A原子核外電子總數(shù)多5個電子，則A、B可形成的化合物為（）A.A2BB.AB2C.B2A3D.B3A24、同主族元素形成的同一類型化合物，往往其結(jié)構(gòu)和性質(zhì)相似．化合物PH4I是一種無色晶體，下列對它的描述正確的是（）A.它是一種共價化合物B.在加熱條件下不能產(chǎn)生有色氣體C.它能與NaOH溶液反應(yīng)D.該化合物中每個原子都能滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)5、下列電離方程式中，正確的是rm{(}rm{)}A.rm{Na_{2}SO_{4}簍T2Na^{+}+SO_{4}^{2-}}B.rm{Ba(OH)_{2}簍TBa^{+2}+2OH^{-}}C.rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}簍T2Al_{3}^{+}+3SO_{4}^{2-}}D.rm{Ca(NO_{3})_{2}簍TCa^{2+}+2(NO_{3})^{2-}}6、下列關(guān)于化學鍵的說法中正確的是rm{(}rm{)}A.構(gòu)成單質(zhì)分子的微粒中一定含有共價鍵B.由非金屬元素組成的化合物不一定是共價化合物C.非極性鍵只存在于雙原子單質(zhì)分子里D.不同元素組成的多原子分子里的化學鍵一定是極性鍵評卷人得分二、雙選題(共5題，共10分)7、下列物質(zhì)的性質(zhì)比較，正確的是（）A.酸性：H2SO4＞HClO4＞HBrO4B.堿性：RbOH＞KOH＞NaOHC.非金屬性：P＞S＞ClD.氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：HF＞HCl＞H2S8、短周期金屬元素甲rm{-}戊在元素周期表中的相對位置如表所示，下面判斷正確的是rm{(}rm{)}

。甲乙丙丁戊A.原子半徑：戊rm{<}丁rm{<}丙B.金屬性：甲rm{>}丙C.最高價氧化物水化物堿性：丙rm{>}丁rm{>}戊D.最外層電子數(shù)：甲rm{>}乙9、在澄清透明的強酸性溶液中能大量共存的離子組是()A.rm{NH_{4}^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2}?}rm{Cl^{-}}B.rm{Ba^{2+}}rm{K^{+}}rm{OH^{-}}rm{NO_{3}^{-}}C.rm{Al^{3+}}rm{Cu^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cl^{-}}D.rm{Na^{+}}rm{Ca^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}10、下列微粒中，既有氧化性，又有還原性的是()A.rm{Mg}B.rm{SO_{2}}C.rm{Zn^{2+;;}}D.rm{HCl}11、下列敘述正確的是A.分子組成的物質(zhì)在狀態(tài)變化或溶于水的過程中，均不會破壞化學鍵B.過氧化鈉與水反應(yīng)的過程中，同時有離子鍵、非極性鍵、極性鍵的斷裂和生成C.化學反應(yīng)過程中，反應(yīng)物分子內(nèi)的化學鍵斷裂，產(chǎn)物分子中的化學鍵生成D.rm{H_{2}O}的沸點高于rm{H_{2}S}的沸點，是由于rm{H-O}共價鍵強于rm{H-S}共價鍵評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)12、（1）“納米材料”是當今材料科學研究的前沿，其研究成果廣泛應(yīng)用于催化及軍事科學中．所謂“納米材料”是指研究、開發(fā)出的微粒粒度從幾納米至幾十納米的材料，如將納米材料分散到分散劑中，所得混合物可能具有的性質(zhì)是____

A．能全部透過半透膜。

B．有丁達爾效應(yīng)。

C．所得液體呈膠狀。

D．所得物質(zhì)一定是懸濁液。

（2）把淀粉溶液溶于沸水中；制成淀粉膠體，回答下列問題．

①鑒別水溶液和膠體可以利用的方法是____

②60℃左右時，在淀粉膠體中加入淀粉酶，裝入半透膜袋里，系緊袋口，并把它懸掛在盛有蒸鎦水的燒杯里充分反應(yīng)．從半透膜里析出的物質(zhì)是____，該操作的名稱是____13、A；B、C、D均為中學化學常見的純凈物；A是單質(zhì)．它們之間有如圖的反應(yīng)關(guān)系：

（1）若A是淡黃色固體，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物質(zhì)．處理C物質(zhì)可得到有價值的化學品，寫出其中1種酸和1種鹽的名稱____．

（2）若B是氣態(tài)氫化物．C、D是氧化物且會造成光化學煙霧污染．B與C在一定條件下反應(yīng)生成的A是大氣主要成分，寫出該反應(yīng)的化學方程式____．

（3）若D物質(zhì)具有兩性，②③反應(yīng)均要用強堿溶液，④反應(yīng)是通入過量的一種引起溫室效應(yīng)的主要氣體．判斷單質(zhì)A的元素在周期表中的位置是____．寫④反應(yīng)離子方程式____．

（4）若A是太陽能電池用的光伏材料．C、D為鈉鹽，兩種物質(zhì)中鈉、氧外的元素為同一主族，且溶液均顯堿性．寫出②反應(yīng)的化學方程式____．D的化學式是____．

（5）若A是應(yīng)用最廣泛的金屬．④反應(yīng)用到A，②⑤反應(yīng)均用到同一種非金屬單質(zhì)．C的溶液用于蝕刻印刷銅電路板，寫該反應(yīng)的離子方程式____．

14、某研究性學習小組將下列裝置按如圖所示連接，rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}都是惰性電極rm{.}將電源接通后，向乙中滴入酚酞試液，在rm{F}極附近顯紅色rm{.}試回答下列問題：

rm{(1)}電源rm{A}極的名稱是．

rm{(2)}裝置甲中電解反應(yīng)的總反應(yīng)式是____________．

rm{(3)}設(shè)電解產(chǎn)生的氣體全部逸出；如果收集裝置乙中產(chǎn)生的氣體，兩種氣體的體積比是____________．

rm{(4)}欲用裝置丙在銅上鍍銀，rm{G}應(yīng)該是____________rm{(}填“銅”或“銀”rm{)}電鍍液的主要成分是____________rm{(}填化學式rm{)}．15、用化學方法除去下列物質(zhì)中混有的少量雜質(zhì)（括號中為雜質(zhì)）；寫出除雜試劑的化學式及有關(guān)反應(yīng)的離子方程式．

（1）NaHCO3溶液（Na2CO3）：通入____；____

（2）FeCl2溶液（CuCl2）：加入____；____．16、已知Al4C3+12H2O═4Al（OH）3+3CH4↑某學習小組在實驗室利用如圖所示裝置制取甲烷；并驗證甲烷的組成．

（1）洗氣瓶中盛的溶液為______，作用______．

（2）驗純后在玻璃尖嘴處點燃甲烷，發(fā)現(xiàn)火焰呈黃色，與老師課上講的“純凈的甲烷在空氣中安靜地燃燒，產(chǎn)生淡藍色的火焰”不符，你認為原因是______．

（3）為了驗證甲烷的組成元素為碳和氫，將燃著的導管套入玻璃燈罩內(nèi)，如圖所示，則證明甲烷中含有碳、氫元素的現(xiàn)象分別是______、______

（4）若將洗氣瓶去掉，換成一段導管，則能否證明甲烷中含有碳、氫元素？______．評卷人得分四、判斷題(共1題，共10分)17、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）評卷人得分五、原理綜合題(共3題，共6分)18、Cu的化合物在生活及科研中有重要作用，不同反應(yīng)可制得不同狀態(tài)的Cu2O

（1）科學研究發(fā)現(xiàn)納米級的Cu2O可作為太陽光分解水的催化劑。

①在加熱條件下用液態(tài)肼（N2H4）還原新制Cu（OH）2可制備納米級Cu2O，同時放出N2。當收集的N2體積為3.36L（已換算為標準狀況）時，可制備納米級Cu2O的質(zhì)量為________；

②一定溫度下，在2L密閉容器中加入納米級Cu2O并通入0.20mol水蒸氣；發(fā)生反應(yīng)：

2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)測得20min時O2的物質(zhì)的量為0.0016mol，則前20min的反應(yīng)速率v（H2O）=_________________；該溫度下，反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式K=_________________；下圖表示在t1時刻達到平衡后，只改變一個條件又達到平衡的不同時段內(nèi)，H2的濃度隨時間變化的情況，則t1時平衡的移動方向為______，t2時改變的條件可能為______________；若以K1、K2、K3分別表示t1時刻起改變條件的三個時間段內(nèi)的平衡常數(shù)，t3時刻沒有加入或減少體系中的任何物質(zhì)，則K1、K2、K3的關(guān)系為________________；

（2）已知：ΔH＝－293kJ·mol－1

ΔH＝－221kJ·mol－1

請寫出用足量炭粉還原CuO（s）制備Cu2O（s）的熱化學方程式________；

（3）用電解法也可制備Cu2O。原理如右上圖所示，則陽極電極反應(yīng)可以表示為________。19、氮及其化合物如NH3及銨鹽、N2H4、N2O4等在中學化學；化工工業(yè)、國防等領(lǐng)域占有重要地位。

（1）發(fā)射航天火箭常用肼(N2H4)與N2O4作燃料與助燃劑。肼(N2H4)與N2O4的反應(yīng)為2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=-1077kJ?mol-1

已知相關(guān)反應(yīng)的化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下表所示：。化學鍵N-HN-NN≡NO-HE/（kJ?mol-1）390190946460

則使1molN2O4(g)分子中化學鍵完全斷裂時需要吸收的能量是___________。

（2）N2O4與NO2之間存在反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)。將一定量的N2O4放入恒容密閉容器中，測得其平衡轉(zhuǎn)化率[a(N2O4)]隨溫度的變化如圖所示。

①由圖推測該反應(yīng)的△H___0（填“>”或“<”），理由為________________。

②圖中a點對應(yīng)溫度下，已知N2O4的起始壓強po為108kPa，則該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=_________（用平衡分壓代替平衡濃度計算；分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù)）。

③在一定條件下，該反應(yīng)N2O4、NO2的消耗速率與自身壓強間存在關(guān)系v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，其中k1、k2是與反應(yīng)溫度有關(guān)的常數(shù)。相應(yīng)的速率壓強關(guān)系如圖所示，一定溫度下，k1、k2與平衡常數(shù)Kp的關(guān)系是k1=___________，在下左圖上標出的點中，能表示反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的點為__________（填字母代號）。

（3）電解NO2制備NH4NO3；其工作原理如圖所示。

①陽極的電極反應(yīng)式為________________________________________。

②為使電解產(chǎn)物全部轉(zhuǎn)化為NH4NO3，需補充某種化合物A，則A的化學式為_________。20、含硫廢氣污染嚴重，SO2治理迫在眉睫．

Ⅰ．某工廠用(NH4)2SO3和NH4HSO3混合溶液A吸收煙氣中SO2并制備(NH4)2SO3·H2O；已知:

。溶液(1mol·L-1)

(NH4)2SO3

NH4HSO3

pH(25℃)

8.0

4.6

(1)“吸收”過程中，溶液A中(NH4)2SO3和NH4HSO3物質(zhì)的量之比變_________(填“大”或小)．

(2)(NH4)2SO3溶液呈堿性的原因是__________

(3)用不同的溶液A吸收SO2時，SO2吸收率和放空廢氣含N2量的變化如下圖．解釋圖中放空廢氣含NH3吸收量增大的原因____________隨(NH4)2SO3和NH4HSO3的物質(zhì)的量之比增大____．

(注:不同溶液A的體積相同，所含(NH4)2SO3和NH4HSO3的總物質(zhì)的量相同)

Ⅱ:Na2SO3同樣可用于處理低濃度SO2廢氣；流程如下。

(4)Na2SO3溶液吸收SO2的化學方程式是_______________________．

(5)測定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH；數(shù)據(jù)如下．

。時刻。

①

②

③

④

溫度/℃

25

30

40

25

pH

9.66

9.52

9.37

9.25

解釋①和④中pH不同的可能原因：___________________________________________．

(6)通過電解法可分離NaHSO3與Na2SO3混合物，實現(xiàn)Na2SO3的循環(huán)利用；示意圖如下。

結(jié)合電極方程式，簡述分離NaHSO3與Na2SO3混合物的原理__________評卷人得分六、綜合題(共4題，共12分)21、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

22、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題23、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

24、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】解：A．雙氧水分子中H-O；O-O原子之間只存在共價鍵；為共價化合物，故A錯誤；

B．氧化鈉中鈉離子和氧離子之間只存在離子鍵；為離子化合物，故B錯誤；

C．二氧化碳分子中C-O原子之間只存在共價鍵；為共價化合物，故C錯誤；

D．NaOH中鈉離子和氫氧根離子之間存在離子鍵；O-H原子之間存在共價鍵；為離子化合物，故D正確；

故選D．

活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵；非金屬元素之間易形成共價鍵，含有離子鍵的化合物是離子化合物，離子化合物中可能含有共價鍵，只含共價鍵的化合物是共價化合物．

本題考查化學鍵判斷，為高頻考點，側(cè)重考查基本概念，明確離子鍵和共價鍵根本區(qū)別是解本題關(guān)鍵，注意不能根據(jù)是否含有金屬元素判斷離子鍵，如氯化鋁中只含共價鍵．【解析】【答案】D2、D【分析】【解答】解：A；氯氣所處的狀態(tài)不明確；故氯氣的物質(zhì)的量無法計算，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)無法計算，故A錯誤；B、氧氣反應(yīng)后的價態(tài)不明確，故氧氣得到的電子數(shù)無法計算，故B錯誤；

C；過氧化鈉和水反應(yīng)時；1mol過氧化鈉轉(zhuǎn)移1mol電子，即轉(zhuǎn)移NA個電子，故C錯誤；

D；鈉在氧氣中燃燒生成過氧化鈉；0.1mol鈉反應(yīng)生成0.05mol過氧化鈉，而在過氧化鈉中含2個鈉離子和1個過氧根，故0.05mol過氧化鈉中含0.15NA個離子，故D正確．

故選D．

【分析】A；氯氣所處的狀態(tài)不明確；

B；氧氣反應(yīng)后的價態(tài)不明確；

C；過氧化鈉和水反應(yīng)時；1mol過氧化鈉轉(zhuǎn)移1mol電子；

D、鈉在氧氣中燃燒生成過氧化鈉，而在過氧化鈉中含2個鈉離子和1個過氧根．3、D【分析】解：A元素原子的L層比B元素原子的L層少3個電子，則A有2個電子層，B元素的原子核外電子總數(shù)比A元素原子的核外電子總數(shù)多5個，則B原子不能處于第二周期，可推知A的L層電子數(shù)為5，則A為N元素，則B的原子核外電子數(shù)為12，B為Mg元素，則A與B可形成的化合物為Mg3N2，符合B3A2型；故D正確；

故選D．

A元素原子的L層比B元素原子的L層少3個電子；則A有2個電子層，B元素的原子核外電子總數(shù)比A元素原子的核外電子總數(shù)多5個，則B原子不能處于第二周期，可推知A的L層電子數(shù)為5，則A為N元素，則B的原子核外電子數(shù)為12，B為Mg元素，以此解答該題．

本題考查原子的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，題目難度不大，注意把握原子核外電子排布的關(guān)系以及最外層電子數(shù)與化合價的關(guān)系，側(cè)重于考查學生的分析能力和計算能力．【解析】【答案】D4、C【分析】解：A、P、H之間形成共價鍵，PH4+、I-以離子鍵結(jié)合，則PH4I中含有離子鍵；共價鍵；為離子化合物，故A錯誤；

B、PH4I受熱時會分解產(chǎn)生PH3；HI；均為無色氣體，HI分解生成碘單質(zhì)為紫色氣體，故B錯誤；

C、NH4Cl能與NaOH反應(yīng)，則PH4I可能與NaOH溶液反應(yīng)；故C正確；

D；P原子結(jié)合四個氫原子性質(zhì)共價鍵；其中一個是配位鍵，P原子達到最外層穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，氫原子形成共用電子對達到2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，碘原子得到一個電子形成碘離子最外層形成8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D錯誤；

故選C．

根據(jù)同主族元素形成的同一類型化合物，往往其結(jié)構(gòu)和性質(zhì)相似，則PH4I類似于NH4Cl；為離子化合物，以此來解答．

本題考查物質(zhì)的性質(zhì)，注意信息中物質(zhì)的性質(zhì)的相似性來分析是解答本題的關(guān)鍵，HI分解為碘單質(zhì)和氫氣是學生解答中的易錯點，題目難度中等．【解析】【答案】C5、A【分析】解：rm{A.}硫酸鈉在溶液中完全電離出鈉離子和硫酸根離子，其電離方程式為：rm{Na_{2}SO_{4}簍T2Na^{+}+SO_{4}^{2-}}故A正確；

B.氫氧化鋇在溶液中完全電離出鋇離子、氫氧根離子，鋇離子書寫錯誤，正確的電離方程式為：rm{Ba(OH)_{2}簍TBa^{2+}+2OH^{-}}故B錯誤；

C.硫酸鋁在溶液中電離出鋁離子、硫酸根離子，鋁離子書寫錯誤，正確的電離方程式為：rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}簍T2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}}故C錯誤；

D.硝酸鈣在溶液中完全電離出鈣離子、硝酸根離子，硝酸根離子書寫錯誤，正確的電離方程式為：rm{Ca(NO_{3})_{2}簍TCa^{2+}+2NO_{3}^{-}}故D錯誤；

故選A．

A.硫酸鈉為強電解質(zhì)；溶液中完全電離出鈉離子和硫酸根離子；

B.鋇離子的書寫不規(guī)范，正確表示應(yīng)該為：rm{Ba^{2+}}

C.鋁離子帶有rm{3}個單位正電荷，鋁離子表示方法錯誤，正確表示應(yīng)該為：rm{Al^{3+}}

D.硝酸根離子帶有rm{1}個單位負電荷；硝酸根離子表示方法錯誤．

本題考查了電離方程式的書寫判斷，題目難度不大，注意掌握強弱電解質(zhì)的判斷方法，明確電離方程式的書寫原則，試題有利于提高學生靈活應(yīng)用所學知識的能力．【解析】rm{A}6、B【分析】解：rm{A}構(gòu)成稀有氣體單質(zhì)分子的微粒中不含有共價鍵；故A錯誤；

B；銨鹽是離子化合物；組成元素是非金屬元素，所以由非金屬元素組成的化合物不一定是共價化合物，故B正確；

C；非極性鍵是相同元素的原子間形成的共價鍵；可以是單質(zhì)，也可以存在于化合物，如過氧化鈉中，過氧化氫中，故C錯誤；

D；不同元素組成的多原子分子里的化學鍵可以是極性共價鍵；也可以是非極性共價鍵如過氧化氫中，故D錯誤；

故選B．

A；從稀有氣體的結(jié)構(gòu)分析；

B；考慮銨鹽的結(jié)構(gòu)；

C；從非極性鍵的形成實質(zhì)看；同元素的原子間形成的共價鍵是非極性鍵分析；

D；多原子分子中的化學鍵類型看形成共價鍵的元素原子是否相同．

本題考查了稀有氣體結(jié)構(gòu)、銨鹽結(jié)構(gòu)、非極性共價鍵的含義、化學鍵的存在形式，選項BD為解答中的易錯點，難度不大．【解析】rm{B}二、雙選題(共5題，共10分)7、B|D【分析】解：A．非金屬性越強最高價含氧酸的酸性越強，酸性：HClO4＞HBrO4＞H2SO4；故A錯誤；

B．同主族自上而下金屬性增強，金屬性越強最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性越強，故堿性：RbOH＞KOH＞NaOH；故B正確；

C．同周期從左到右非金屬性增強；所以非金屬性：P＜S＜Cl，故C錯誤；

D．非金屬性：S＜Cl＜F，所以穩(wěn)定性為：HF＞HCl＞H2S；故D正確；

故選BD．

A．非金屬性越強最高價含氧酸的酸性越強；

B．金屬性越強最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性越強；

C．同周期從左到右非金屬性增強；

D．非金屬性越強氫化物越穩(wěn)定．

本題考查同周期同主族性質(zhì)遞變規(guī)律、元素的非金屬性等，難度不大，注意規(guī)律的掌握理解．【解析】【答案】BD8、rAC【分析】解：根據(jù)各元素在周期表中的相對位置可知：甲為rm{Li}丙為rm{Na}乙為rm{Be}丁為rm{Mg}戊為rm{Al}

A.同周期自左而右原子半徑逐漸減小，則原子半徑大小為：戊rm{<}丁rm{<}丙；故A正確；

B.同主族從上到下元素的金屬性在增強，則金屬性為甲rm{<}丙；故B錯誤；

C.rm{Na}rm{Mg}rm{Al}同周期，自左而右金屬性減弱，故金屬性rm{Na>Ma>Al}最高價氧化物對應(yīng)的水化物堿性：rm{Na>Mg>Al}故C正確；

D.甲為rm{Li}乙為rm{Be}最外層含有電子數(shù)分別為rm{1}rm{2}最外層電子數(shù)：甲rm{<}乙；故D錯誤；

故選AC．

根據(jù)各元素在周期表中的相對位置可知：甲為rm{Li}丙為rm{Na}乙為rm{Be}丁為rm{Mg}戊為rm{Al}

A.同周期自左而右原子半徑減?。浑娮訉釉蕉嘣影霃皆酱?；

B.同主族元素中；原子序數(shù)越大，金屬性越強；

C.同周期從左向右金屬性減弱；同主族從上向下，金屬性增強，金屬性越強，對應(yīng)的最高價氧化物的水化物的堿性越強；

D.同一周期；原子序數(shù)越大，最外層電子數(shù)越多．

本題考查位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)關(guān)系及應(yīng)用，題目難度不大，側(cè)重對基礎(chǔ)知識的鞏固，注意掌握元素周期表的結(jié)構(gòu)、元素周期律內(nèi)容，試題有利于提高學生的邏輯推理能力．【解析】rm{AC}9、AC【分析】【分析】本題考查離子共存的正誤判斷，為高考中的高頻題，屬于中等難度的試題，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間；還應(yīng)該注意題目所隱含的條件?！窘獯稹緼.rm{NH_{4}^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cl^{-}}之間不反應(yīng)；且都不與氫離子反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故A正確；

B.rm{OH^{-}}與酸溶液中的rm{H^{+}}離子反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故B錯誤；

C.rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}、rm{Cu}rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}、rm{SO}rm{SO}之間不反應(yīng)；且都不與氫離子反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故C正確；

D.rm{{,!}_{4}^{2-}}與強酸反應(yīng)生成二氧化碳氣體和水；在溶液中不能大量共存，故D錯誤。

故選AC。

、rm{Cl}【解析】rm{AC}10、BD【分析】【分析】本題考查氧化還原反應(yīng)的知識，是高頻考點，難度較小。關(guān)鍵是理解氧化還原反應(yīng)的實質(zhì)，側(cè)重基礎(chǔ)知識的考察?！窘獯稹緼.金屬只有正價沒有負價；單質(zhì)鎂只有還原性，故A錯誤；

B.rm{SO_{2}}中的硫居于中間價；既有氧化性又有還原性，故B正確；

C.鋅離子是鋅元素的最高價；只有氧化性，故C錯誤；

D.rm{HCl}rm{HCl}

故選BD。氯離子中的氯元素處于最低價態(tài)，只具有還原性，而氫離子具有氧化性，故D正確。

．【解析】rm{BD}11、BC【分析】略【解析】rm{BC}三、填空題(共5題，共10分)12、B讓一束可見光分別照射兩瓶無色液體，可見到一條光亮通路的為淀粉膠體麥芽糖滲析【分析】【解答】（1）散系中分散質(zhì)的直徑在1nm～100nm之間的屬于膠體分散系；由“納米技術(shù)”是指粒子直徑在幾納米到幾十納米的材料，則分散到液體分散劑中，分散質(zhì)的直徑在1nm～100nm之間，則該混合物屬于膠體，所以所得混合物可能具有的性質(zhì)是膠體的性質(zhì)，膠體的分散質(zhì)微粒較大，不能通過半透膜，但能透過濾紙膠體都能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)，故答案為：B；

（2）①膠體和溶液的區(qū)別是：膠體具有丁達爾效應(yīng)；而溶液不具備，可以據(jù)此來鑒別二者，故答案為：讓一束可見光分別照射兩瓶無色液體，可見到一條光亮通路的為淀粉膠體；

②淀粉水解生成葡萄糖；膠粒不能透過半透膜，萄糖是小分子，能透過，可用滲析提純膠體，故答案為：麥芽糖；滲析．

【分析】（1）由“納米技術(shù)”是指粒子直徑在幾納米到幾十米的材料；則分散到液體分散劑中，分散質(zhì)的直徑在1nm～100nm之間；

（2）①雖然外觀相同的水溶液和膠體有很多性質(zhì)差異；但用于區(qū)別二者最簡便可靠的特征性質(zhì)還是丁達爾現(xiàn)象；

②淀粉在淀粉酶的作用下會水解成小分子，可透過半透膜，但酶作為蛋白質(zhì)留在半透膜袋內(nèi)．13、硫酸、硫酸銨（或硫酸鈣等）4NH3+6NON2+6H2O第三周期ⅢA族AlO2﹣+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3﹣Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑Na2CO3Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+【分析】【解答】（1）若A是淡黃色固體，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物質(zhì)判斷為SO2．所以A為S，C為SO2，B為H2S，D為SO3；處理C物質(zhì)可得到有價值的化學品，所以利用二氧化硫可以制取硫酸，用堿吸收得到硫酸銨等，故答案為：硫酸；硫酸銨（或硫酸鈣等）；

（2）若B是氣態(tài)氫化物．C、D是氧化物且會造成光化學煙霧污染，判斷為NO、NO2．B與C在一定條件下反應(yīng)生成的A是大氣主要成分，推斷A為N2，B為NH3，該反應(yīng)的化學方程式4NH3+6NO5N2+6H2O，故答案為：4NH3+6NON2+6H2O；

（3）若D物質(zhì)具有兩性推斷D為Al（OH）3，④反應(yīng)是通入過量的一種引起溫室效應(yīng)的主要氣體，說明C為偏鋁酸鈉NaAlO2，②③反應(yīng)均要用強堿溶液，判斷A為Al，B為AlCl3，單質(zhì)A為Al，元素在周期表中的位置是第三周期ⅢA族，④反應(yīng)離子方程式：AlO2﹣+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案為：AlO2﹣+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3﹣；

（4）若A是太陽能電池用的光伏材料，判斷A為Si．C、D為鈉鹽，兩種物質(zhì)中鈉、氧外的元素為同一主族，且溶液均顯堿性，說明鹽水解呈堿性，C為Na2SiO3，D為Na2CO3，B為SiO2；反應(yīng)②的化學方程式為：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，D的化學式為Na2CO3，故答案為：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；Na2CO3；

（5）若A是應(yīng)用最廣泛的金屬．推斷為Fe，④反應(yīng)用到A，②⑤反應(yīng)均用到同一種非金屬單質(zhì)．推斷為Cl2，C的溶液用于蝕刻印刷銅電路板，判斷C為FeCl3，D為FeCl2，C的溶液用于蝕刻印刷銅電路板，寫該反應(yīng)的離子方程式為：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故答案為：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+．

【分析】（1）若A是淡黃色固體，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物質(zhì)判斷為SO2．所以A為S，C為SO2，B為H2S，D為SO3；處理C物質(zhì)可得到有價值的化學品，所以利用二氧化硫的處理分析判斷；

（2）若B是氣態(tài)氫化物．C、D是氧化物且會造成光化學煙霧污染，判斷為NO、NO2．B與C在一定條件下反應(yīng)生成的A是大氣主要成分，推斷A為N2，B為NH3；依據(jù)推斷出的物質(zhì)書寫化學方程式；

（3）若D物質(zhì)具有兩性推斷D為Al（OH）3，④反應(yīng)是通入過量的一種引起溫室效應(yīng)的主要氣體，說明C為偏鋁酸鈉NaAlO2，②③反應(yīng)均要用強堿溶液，判斷A為Al，B為AlCl3；依據(jù)推斷出的物質(zhì)判斷；

（4）若A是太陽能電池用的光伏材料，判斷A為Si．C、D為鈉鹽，兩種物質(zhì)中鈉、氧外的元素為同一主族，且溶液均顯堿性，說明鹽水解呈堿性，C為Na2SiO3，D為Na2CO3，B為SiO2；

（5）若A是應(yīng)用最廣泛的金屬．推斷為Fe，④反應(yīng)用到A，②⑤反應(yīng)均用到同一種非金屬單質(zhì)．推斷為Cl2，C的溶液用于蝕刻印刷銅電路板，判斷C為FeCl3，D為FeCl2．14、2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4;1：1;銀;AgNO3【分析】解：rm{(1)}向乙中滴入酚酞試液，在rm{F}極附近顯紅色，說明該極上氫離子放電，所以該電極是陰極，所以rm{E}電極是陽極，rm{D}電極是陰極，rm{C}電極是陽極，rm{G}電極是陽極，rm{H}電極是陰極，rm{X}電極是陽極，rm{Y}是陰極，rm{A}是電源的正極，rm{B}是原電池的負極；故答案為：正極；

rm{(2)}電解甲溶液時，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，陰極上銅離子放電生成銅，所以電池反應(yīng)式為：rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{{碌莽陸芒}}{}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}故答案為：rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{{碌莽陸芒}}{}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}

rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{

{碌莽陸芒}}{}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}電解飽和食鹽水的電解原理是：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{{碌莽陸芒}}{}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}產(chǎn)生的氫氣和氯氣體積比為rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{

{碌莽陸芒}}{}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}rm{(3)}故答案為：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

{碌莽陸芒}}{}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{1}

rm{1}在銅上鍍銀時，rm{1}作陽極，鍍層銀作陽極，所以rm{1}的材料是銀；電解質(zhì)溶液是硝酸銀溶液，故答案為：銀；

rm{(4)}．rm{G}【解析】rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{{碌莽陸芒}}{}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4};1}rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{

{碌莽陸芒}}{}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4};1}銀rm{1;}rm{;AgNO_{3}}15、略

【分析】

（1）向碳酸氫鈉和碳酸鈉的混合溶液中通入過量的二氧化碳，碳酸鈉、二氧化碳和水反應(yīng)生成碳酸氫鈉，反應(yīng)為CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；

故答案為：CO2；CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；

（2）鐵能置換出氯化銅中的金屬銅，反應(yīng)為：Cu2++Fe=Cu+Fe2+，然后過濾即可得到氯化亞鐵，故答案為：Fe；Cu2++Fe=Cu+Fe2+．

【解析】【答案】根據(jù)原物質(zhì)和雜質(zhì)的性質(zhì)選擇適當?shù)某s劑和分離方法；除雜質(zhì)時至少要滿足兩個條件：①加入的試劑只能與雜質(zhì)反應(yīng)，不能與原物質(zhì)反應(yīng)；②反應(yīng)后不能引入新的雜質(zhì)，注意書寫離子方程式時要遵循電荷守恒；原子守恒和得失電子守恒規(guī)律．

16、略

【分析】解：（1）生成的甲烷中會含有水蒸氣；應(yīng)用干燥劑除去，故洗氣瓶中盛的溶液為濃硫酸，作用是吸收甲烷中的水蒸氣；

故答案為：濃硫酸；吸收甲烷中的水蒸氣；

（2）火焰呈黃色；黃色是鈉元素焰色反應(yīng)的顏色，說明玻璃中含有鈉元素，故答案為：玻璃中含有鈉元素，為鈉的焰色反應(yīng)現(xiàn)象；

（3）碳元素的燃燒產(chǎn)物為二氧化碳；能使澄清石灰水變渾濁；氫元素的燃燒產(chǎn)物是水，能使無水硫酸銅變藍，故答案為：澄清石灰水變渾濁；無水硫酸銅變藍；

（4）將洗氣瓶去掉；換成一段導管，則甲烷中含有的水蒸氣也能使無水硫酸銅變藍，對檢驗產(chǎn)生干擾，故不能證明含有氫元素，澄清石灰水變渾濁說明甲烷中含有碳元素；

故答案為：能證明甲烷中含有碳元素；不能證明含有氫元素．

（1）生成的甲烷中會含有水蒸氣；應(yīng)用干燥劑除去，故洗氣瓶中盛的溶液為濃硫酸；

（2）火焰呈黃色；黃色是鈉元素焰色反應(yīng)的顏色，說明玻璃中含有鈉元素；

（3）碳元素的燃燒產(chǎn)物為二氧化碳；能使澄清石灰水變渾濁；氫元素的燃燒產(chǎn)物是水，能使無水硫酸銅變藍；

（4）將洗氣瓶去掉；換成一段導管，則甲烷中含有的水蒸氣也能使無水硫酸銅變藍，會對檢驗產(chǎn)生干擾．

本題是甲烷組成的探究實驗，能激發(fā)學生的學習興趣，難度不大．【解析】濃硫酸；吸收甲烷中的水蒸氣；玻璃中含有鈉元素，為鈉的焰色反應(yīng)現(xiàn)象；澄清石灰水變渾濁；無水硫酸銅變藍；能證明甲烷中含有碳元素，不能證明含有氫元素四、判斷題(共1題，共10分)17、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．五、原理綜合題(共3題，共6分)18、略

【分析】【分析】

本題主要考查化學平衡的計算；熱化學方程式，電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式，化學平衡的影響因素；

（1）①根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目守恒計算；

②根據(jù)v=計算v（O2），再根據(jù)速率之比等于化學計量數(shù)之比計算v（H2O）；

平衡常數(shù)指生成物濃度的系數(shù)次冪之積與反應(yīng)物濃度系數(shù)次冪之積的比值；

由圖可知H2的濃度隨時間降低，改變條件瞬間H2濃度不變，所以不可能是改變H2濃度；故改變的條件使平衡向逆反應(yīng)移動；

由圖可知t2時，改變條件瞬間H2濃度增大，體積減小增大壓強可以使H2濃度增大，增大H2濃度也可使H2濃度增大；

t1時刻與t2時刻溫度相同，溫度不變，平衡常數(shù)不變．由圖可知t3時刻沒有加入或減少體系中的任何物質(zhì)，H2濃度增大，平衡向正反應(yīng)進行，該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，且正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，所以t3時刻改變的體積為升高溫度；

（2）根據(jù)蓋斯定律解答；

（3）銅在陽極上；被氧化，與氫氧根反應(yīng)生成氧化亞銅與水。

【詳解】

（1）①令生成的Cu2O的物質(zhì)的量為nmol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目守恒，則有nmol×2×（1-0）=×2×[0-（-2）]，解得n=0.3，所以可制備Cu2O的質(zhì)量為0.3mol×144g/mol=43.2g；

故答案為43.2g；

②20min時O2的物質(zhì)的量為0.0016mol，所以v（O2）==4×10-5mol/（L?min），速率之比等于化學計量數(shù)之比，所以v（H2O）=2v（O2）=2×4×10-5mol/（L?min）=8×10-5mol/（L?min）；

平衡常數(shù)指生成物濃度的系數(shù)次冪之積與反應(yīng)物濃度系數(shù)次冪之積的比值，所以反應(yīng)2H2O（g）==2H2（g）+O2（g）平衡常數(shù)的表達式k=

由圖可知H2的濃度隨時間降低，改變條件瞬間H2濃度不變，所以不可能是改變H2濃度，故改變的條件使平衡向逆反應(yīng)移動，使H2的濃度降低；

由圖可知t2時，改變條件瞬間H2濃度增大，體積減小增大壓強可以使H2濃度增大，增大H2濃度也可使H2濃度增大，所以改變的條件為增大壓強或增大H2濃度；

t1時刻與t2時刻溫度相同，溫度不變，平衡常數(shù)不變，所以K1=K2，t3時刻沒有加入或減少體系中的任何物質(zhì)，由圖可知，H2濃度增大，所以平衡向正反應(yīng)進行，該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，且正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，所以t3時刻改變的條件為升高溫度，所以K2＜K3，所以K1=K2＜K3；

故答案為8×10-5mol/（L?min）；逆向；增大壓強或增大H2濃度；K1=K2＜K3；

（2）已知：①2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=-292kJ?mol-1

②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律，②-①得4CuO（s）+2C（s）=2CO（g）+2Cu2O（s）△H=+71kJ?mol-1

即2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ?mol-1

故答案為2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ?mol-1；

（3）銅在陽極上，被氧化，與氫氧根反應(yīng)生成氧化亞銅與水，電極反應(yīng)式為2Cu+2OH--2e-===Cu2O+H2O；

故答案為2Cu+2OH--2e-===Cu2O+H2O。【解析】43.2g8×10-5mol/（L?min）逆向增大壓強或增大H2濃度K1=K2＜K32CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ?mol-12Cu+2OH--2e-===Cu2O+H2O19、略

【分析】【分析】

根據(jù)反應(yīng)的焓變＝反應(yīng)物總鍵能－生成物總鍵能計算。根據(jù)圖像分析；隨著溫度升高，四氧化二氮的平衡轉(zhuǎn)化率增大，說明升高溫度有利于反應(yīng)正向進行，據(jù)此判斷焓變。根據(jù)反應(yīng)方程式計算平衡時體系中的四氧化二氮和二氧化氮的分壓，代入平衡常數(shù)表達式計算分壓平衡常數(shù)即可。電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)原理分析，二氧化氮在陽極變?yōu)橄跛岣x子，陰極為二氧化氮變?yōu)殇@根離子，根據(jù)電子守恒分析硝酸根離子和銨根離子的物質(zhì)的量的關(guān)系，并分析使二氧化氮電解全部轉(zhuǎn)化為硝酸銨需要將剩余的氫離子轉(zhuǎn)化為銨根離子，據(jù)此分析Ａ物質(zhì)。

【詳解】

(1)假設(shè)1molN2O4(g)分子中化學鍵完全斷裂時需要吸收的能量為xkJ，△H=2×（190+390×4）+x-946×3-460×8=-1077，計算x=1941kJ；(2)①根據(jù)圖像分析，隨著溫度升高，α（N2O4）增加，說明平衡右移。該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，△H>0；②四氧化二氮與二氧化氮之間存在反應(yīng)，a點起始時四氧化二氮的壓強為108kPa，四氧化二氮的平衡轉(zhuǎn)化率為40%，則平衡時p(N2O4)=po(1-40%),p(NO2)=po×40%×2，所以反應(yīng)的分壓平衡常數(shù)為115.2KPa；③當達到平衡時滿足正逆反應(yīng)速率相等，即消耗速率2v(N2O4)=v(NO2)，又有v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，則k1、k2與平衡常數(shù)Kp的關(guān)系為Kp=根據(jù)2v(N2O4)=v(NO2)，則可以表示化學平衡的點為B點與D點。(3)①電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)原理圖分析，二氧化氮在陽極失去電子轉(zhuǎn)化為硝酸根離子，則陽極的電極反應(yīng)為NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；②陰極反應(yīng)為二氧化氮變成銨根離子，電極反應(yīng)為NO2+7e-+8H+=NH4++2H2O，產(chǎn)生多余的氫離子，為了使二氧化氮電解全部轉(zhuǎn)化為硝酸銨，則需要反應(yīng)掉H+產(chǎn)生銨根離子，所以加入的A物質(zhì)為NH3。【解析】1941kJ>溫度升高，α（N2O4）增加，說明平衡右移。該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，△H>0115.2KPaB點與D點NO2-e-+H2O=NO3-+2H+NH320、略

【分析】【分析】

(1)“吸收”過程中，溶液A中(NH4)2SO3和SO2反應(yīng)生成NH4HSO3，導致(NH4)2SO3量減小，而NH4HSO3的量增大；

(2)溶液中存在SO32-+H2OHSO3-+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+；

(3)SO2溶液水，導致溶液顯酸性可增大NH3吸收量；c(SO32-)增大，則水解使溶液堿性增強，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移動；

(4)Na2SO3、SO2與水反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉；

(5)根據(jù)表中數(shù)據(jù)對比說明鹽的成分發(fā)生改變；導致水解程度減?。?/p>

(6)通電時，陽極水失電子生成氧氣和氫離子，溶液中的氫離子經(jīng)過陽離子交換膜向b室移動，氫離子與b室的SO32-反應(yīng)生成HSO3-，而b室的鈉離子向c室移動，c室陰極氫離子得電子生成氫氣，導致HSO3-H++SO32-向右移動，c中NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2SO3；實現(xiàn)分離。

【詳解】

(1)“吸收”過程中，溶液A中(NH4)2SO3和SO2反應(yīng)生成NH4HSO3，導致(NH4)2SO3物質(zhì)的量減小，而NH4HSO3物質(zhì)的量增大；則其比值減小；

(2)(NH4)2SO3為弱酸弱堿鹽，溶液中存在SO32-+H2OHSO3-+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，SO32-水解使溶液呈堿性，而NH4+水解呈酸性，此時溶液呈堿性則SO32-水解程度大于NH4+水解；

(3)SO2溶液水，導致溶液顯酸性，即c(H+)>c(OH-)，酸性溶液可增大NH3吸收量；隨(NH4)2SO3和NH4HSO3的物質(zhì)的量之比增大，c(SO32-)增大，則水解使溶液堿性增強，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移動，促進NH3逸出；

(4)Na2SO3、SO2與水反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，方程式為Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；

(5)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，0.1mol·L-1Na2SO3溶液升高溫度后，水的電離程度增大，pH減??；再恢復(fù)至原溫度后，pH卻減小，說明鹽的成分發(fā)生改變，導致水解程度減小，則可能為在升溫過程中，SO32-被空氣中氧氣氧化變成SO42-，使SO32-濃度下降；水解程度降低，pH降低；

(6)通電時，陽極水失電子生成氧氣和氫離子，溶液中的氫離子經(jīng)過陽離子交換膜向b室移動，氫離子與b室的SO32-反應(yīng)生成HSO3-，而b室的鈉離子向c室移動，c室陰極氫離子得電子生成氫氣，導致HSO3-H++SO32-向右移動，c中NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2SO3，實現(xiàn)分離?！窘馕觥啃O32-+H2OHSO3-+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，SO32-的水解程度更大使溶液中c(H+)>c(OH-)隨溶液中c(NH4+)和c(OH-)均增大，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移動，促進NH3逸出SO32-+SO2+H2O==2HSO3-在升溫過程中，SO32—被空氣中氧氣氧化變成SO42—，使SO32—濃度下降，水解程度降低，pH降低陽極發(fā)生4OH--4e-=O2↑+2H2O，c(OH-)降低，促進水電離，使c(H+)升高，多余的H+由a室經(jīng)陽離子交換膜進入b室將b室中SO32-轉(zhuǎn)化為HSO3-，陰極2H++2e-==H2↑，導致平衡HSO3-H++SO32-向右移動，生成更多SO32-，Na+從b室進入c室．最終b中Na2SO3轉(zhuǎn)化為NaHSO3，c中NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2SO3，實現(xiàn)分離六、綜合題(共4題，共12分)21、反應(yīng)物能量生成物能量無降低因為催化劑改變了反應(yīng)的歷程使活化能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）因圖中A；C分別表示反應(yīng)物總能量、生成物總能量；B為活化能，反應(yīng)熱可表示為A、C活化能的大小之差，活化能的大小與反應(yīng)熱無關(guān)，加入催化劑，活化能減小，反應(yīng)反應(yīng)熱不變；

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

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

（3）V2O5氧化SO2時，自身被還原為四價釩化合物；四價釩化合物再被氧氣氧化，則反應(yīng)的相關(guān)方程式為：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；

則利用蓋斯定律將①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1；

【分析】（1）反應(yīng)物總能量大于生成物總能量；催化劑改變了反應(yīng)的歷程使活化能E降低，反應(yīng)熱不變；

（2）根據(jù)反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）結(jié)合1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1計算反應(yīng)熱；

（3）根據(jù)反應(yīng)物和生成物確定反應(yīng)的歷程；

（4）利用蓋斯定律計算