2025年人教版高一化學下冊月考試卷含答案

…………○…………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年人教版高一化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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、下列有關金屬的說法正確的是（）A.用坩堝鉗夾住鐵絲在酒精燈上加熱紅熱，迅速伸進氧氣瓶中，燃燒火星四射，放出大量的熱，生成紅棕色的固體B.相同物質的量的鈉在常溫和加熱的條件下與氧氣反應所得的產(chǎn)物不同，但轉移的電子數(shù)相同．C.鈉可以與冷水反應生成堿和氫氣，鐵必須與水蒸氣反應才能生成堿和氫氣D.等物質的量的鋁分別與足量的鹽酸和NaOH溶液反應生成相同條件下。

氫氣的體積比為1：32、下列分散系中，明顯與其他不同的一種是rm{(}rm{)}A.鹽酸B.稀豆?jié){C.rm{NaOH}溶液D.rm{FeCl_{3}}溶液3、下列有關離子的檢驗方法一定正確的是A.向某溶液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，再滴加足量稀HNO3，若沉淀不溶解，則說明原溶液中一定含Ag＋B.向某溶液中滴加KSCN溶液，若溶液出現(xiàn)血紅色則說明原溶液中含F(xiàn)e3＋C.向某溶液中滴加足量稀HCl，產(chǎn)生的氣體能使澄清石灰水變渾濁，則說明原溶液中一定含CO32－D.用鉑絲蘸取某溶液在無色火焰上灼燒直接觀察火焰顏色，未見紫色，說明原溶液中不含K＋4、用98%的濃硫酸（密度為1.84g?cm﹣3）配制1mol?L﹣1的稀硫酸100mL．配制過程中可能用到下列儀器：①100mL量筒②10mL量筒③50mL燒杯④托盤天平⑤100mL容量瓶⑥膠頭滴管⑦玻璃棒．按使用先后順序排列正確的是（）A.④③⑦⑤⑥B.②⑤⑦④⑥C.④③⑤⑥⑦D.②⑥③⑦⑤⑥5、rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.常溫常壓下，rm{22.4LCO_{2}}中含有rm{N_{A}}個rm{CO_{2}}分子B.rm{1.7gH_{2}O_{2}}中含有的電子數(shù)為rm{0.9N_{A}}C.標準狀況下，rm{2.24LH_{2}O}含有的分子數(shù)等于rm{0.1N_{A}}D.分子數(shù)為rm{N_{A}}的rm{CO}rm{C_{2}H_{4}}混合氣體體積約為rm{22.4L}質量為rm{28g}6、下列rm{A}rm{B}兩種元素的原子序數(shù)，其中可以組成rm{A_{2}B}型離子化合物的是rm{(}rm{)}A.rm{6}和rm{8}B.rm{19}和rm{16}C.rm{12}和rm{17}D.rm{10}和rm{8}評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、（1）0.5molH2O的質量為_______________，其中含有_______________個水分子，共有_______________個原子。（2）質量都是50g的HCl、NH3、CO2、O2四種氣體中，含有分子數(shù)目最少的是_______________；在相同溫度和相同壓強條件下，體積最大的是_______________，體積最小的是_______________。8、某氯化鎂溶液的密度為dg/cm3，其中鎂離子的質量分數(shù)為w，amL該溶液中Cl—的物質的量為____。9、（6分）如圖示是元素周期表的一部分，A、B、C均為短周期元素，A、C兩種元素的原子核外電子數(shù)之和等于B的質子數(shù)，B的原子核內(nèi)質子數(shù)和中子數(shù)相等?；卮穑海?）寫出元素符號：A_________；B______；C_________。（2）C的原子結構示意圖：____；B的最高價氧化物對應水化物的化學式為_______。（3）A的氫化物的水溶液顯____（填酸或堿）性。10、（8分）化學科學在藥物的開發(fā)、合成和使用中起著至關重要的作用。如小蘇打、氫氧化鋁、三硅酸鎂等可治療胃酸過多，硫酸亞鐵可補鐵、防治貧血。試回答下列問題：（1）寫出小蘇打與胃酸（主要成分為稀鹽酸）作用的離子方程式：。（2）自選合適的氧化劑，將補鐵劑中的Fe2+氧化成Fe3+，寫出相關的離子反應方程式：____________________。（3）檢驗Fe3+常用的試劑除堿外，還可以用（填化學式），現(xiàn)象是。11、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六種物質的轉化關系如圖所示rm{(}反應條件和部分產(chǎn)物未標出rm{)}

rm{(1)}若rm{A}為短周期金屬單質，rm{D}為短周期非金屬單質，且所含元素的原子序數(shù)rm{A}是rm{D}的rm{2}倍，所含元素的原子最外層電子數(shù)rm{D}是rm{A}的rm{2}倍，rm{F}的濃溶液與rm{A}rm{D}反應都有紅棕色氣體生成，則rm{A}的離子結構示意圖為__________，rm{D}的元素名稱為__________，反應rm{壟脺}的化學方程式為___________________；若rm{(1)}為短周期金屬單質，rm{A}為短周期非金屬單質，且所含元素的原子序數(shù)rm{D}是rm{A}的rm{D}倍，所含元素的原子最外層電子數(shù)rm{2}是rm{D}的rm{A}倍，rm{2}的濃溶液與rm{F}rm{A}反應都有紅棕色氣體生成，則rm{D}的離子結構示意圖為__________，rm{A}的元素名稱為__________，反應rm{D}的化學方程式為___________________；

rm{壟脺}若rm{(2)}若rm{A}rm{D}rm{F}都是短周期非金屬元素單質，且rm{A}rm{D}所含元素同主族，rm{A}rm{F}所含元素同周期，rm{A}元素原子核外最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的rm{2}倍，則rm{A}rm{D}rm{F}三種元素按原子半徑由大到小順序排列為_________________________；rm{(}用元素符號表示rm{)}rm{(2)}rm{A}都是短周期非金屬元素單質，且rm{D}rm{F}所含元素同主族，rm{A}rm{D}所含元素同周期，rm{A}元素原子核外最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的rm{F}倍，則rm{A}rm{2}rm{A}三種元素按原子半徑由大到小順序排列為_________________________；rm{D}用元素符號表示rm{F}反應rm{(}的化學方程式為______________________________。rm{)}評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)12、蛋白質的鹽析過程是一個可逆過程，據(jù)此可以分離和提純蛋白質．13、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化14、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．15、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）16、在冶金工業(yè)的煙道廢氣中，常混有大量的SO2和CO；它們都是大氣的污染物，在773K和催化劑（鋁礬土）的作用下，使二者反應可收回大量的硫磺．

請寫出該反應的化學方程式：____

請判斷該反應式寫的是否正確。17、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）18、將藍色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）評卷人得分四、原理綜合題(共3題，共6分)19、已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反應的平衡常數(shù)和溫度的關系如下，830℃時，向一個2L的密閉容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B。溫度70080083010001200平衡常數(shù)1.71.11.00.60.4

(1)反應達平衡后，升高溫度，平衡_______移動（填“正向”或“逆向”）

(2)830℃達平衡時，A的轉化率為________。20、直接排放含SO2的煙氣會形成酸雨，危害環(huán)境。利用鈉堿循環(huán)法可脫除煙氣中的SO2。吸收液吸收SO2的過程中，pH隨n(Na2SO3):n(NaHSO3)變化關系如下表：

。n(Na2SO3):n(NaHSO3)

91:9

1:1

9:91

pH

8.2

7.2

6.2

(1)由上表判斷NaHSO3溶液顯_____性，試解釋原因______。

(2)pH＝8.2的吸收液中由水電離出的c(OH－)______0.1mol?L-1NaOH溶液中由水電離出來的c(OH－)(填“＞”；“＜”或“＝”)。

(3)將pH＝8.2的吸收液蒸干得到固體的主要成分是______。

(4)若將等體積、等pH的NaOH溶液和Na2SO3溶液分別加水稀釋m倍、n倍，稀釋后兩溶液pH仍相等，則m______n(填“＜”、“＞”或“＝”)21、C；N、S的氧化物常會造成一些環(huán)境問題；科研工作者正在研究用各種化學方法來消除這些物質對環(huán)境的不利影響。

（1）目前工業(yè)上有一種方法是用CO2和H2在230℃，催化劑條件下轉化生成甲醇蒸汽和水蒸氣。如圖表示恒壓容器中和平移轉化率達時的能量變化示意圖。寫出該反應的熱化學方程式______________________。

（2）一定溫度下，向2L恒容密閉容器中通入和發(fā)生反應可用于回收燃燒煙氣中的硫。若反應進行到時達平衡，測得的體積分數(shù)為0.5，則前20min的反應速率_______該溫度下反應化學平衡常數(shù)K=________。（保留兩位小數(shù)）

（3）工業(yè)上有多種方法用于的脫除。

①可用NaClO堿性溶液吸收為了提高吸收效率，常加入反應過程的示意圖如圖所示，產(chǎn)生的四價鎳和氧原子具有極強的氧化能力，因此可加快對的吸收。

a.的作用是____________________。

b.過程2的離子方程式___________________________________。

c.Ca(ClO)2也可用于脫硫，且脫硫效果比NaClO更好，原因是_______________。

②“亞硫酸鹽法”吸收煙氣中的室溫條件下，將煙氣通入溶液中，測得溶液與含硫組分物質的量分數(shù)的變化關系如圖所示，點時溶液pH=7，則_____________。

（4）用石墨做電極，食鹽水做電解液電解煙氣脫氮的原理如圖1，被陽極產(chǎn)生的氧化性物質氧化尾氣經(jīng)氫氧化鈉溶液吸收后排入空氣。電流密度對溶液和對煙氣脫硝的影響如圖2所示：

圖1圖2

①NO被陽極產(chǎn)生的氧化性物質氧化為NO3-反應的離子方程式__________________。排入空氣的尾氣，一定含有的氣體單質是_________________（填化學式）。

②溶液的pH對NO去除率存在相關關系的原因是___________________________。評卷人得分五、簡答題(共3題，共9分)22、肼（N2H4）的性質類似于氨氣，易溶于水，是塑料、橡膠發(fā)泡劑的原料．將肼蒸汽通入CuO膠體中，可發(fā)生如圖所示的轉化

（1）圖示的轉化中，屬于非氧化還原反應的是______（填序號）．

（2）轉化①中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為4：1，則X的化學式為______．

（3）轉化②中，反應一段時間后，溶液中m（OH-）______（填“增大”“減小”或“不變”）

（4）加入NaClO時發(fā)生的反應為Cu（NH3）42++2ClO-+2OH-═Cu（OH）2↓+2N2H3↑+2Cl-+2H2O．該反應需在80℃以上進行，其目的除加快反應速率外，還有______、______．

（5）若①中參加反應的CuO物質的量為0.4mol，按圖示轉化過程進行后，④中生成的CuO物質的量也等于0.4mol，則③中參加反應的O2的物質的量與④中參加反應的NaClO的物質的量之比為______．23、Ⅰ：rm{SCR}和rm{NSR}技術可有效降低柴油發(fā)動機在空氣過量條件下的rm{NO_{x}}排放rm{.}rm{(1)SCR(}選擇性催化還原rm{)}工作原理：

rm{壟脵}尿素水溶液熱分解為rm{NH_{3}}和rm{CO_{2}}當燃油中含硫量較高時，尾氣中rm{SO_{2}}在rm{O_{2}}作用下會形成rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}使催化劑中毒rm{.}用化學方程式表示rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}的形成：______．

rm{壟脷}尿素溶液濃度影響rm{NO_{2}}的轉化，測定溶液中尿素rm{(M=60g?mol^{-1})}含量的方法如下：取rm{a}rm{g}尿素溶液，將所含氮完全轉化為rm{NH_{3}}所得rm{NH_{3}}用過量的rm{v_{1}}rm{mL}rm{c_{1}}rm{mol?L^{-1}H_{2}SO_{4}}溶液吸收完全，剩余rm{H_{2}SO_{4}}用rm{v_{2}mL}rm{c_{2}}rm{mol?L^{-1}NaOH}溶液恰好中和，則尿素溶液中溶質的質量分數(shù)是______．

rm{(2)NSR(NO_{x}}儲存還原rm{)}工作原理：rm{NO_{x}}的儲存和還原在不同時段交替進行，如圖rm{a}所示．

用rm{H_{2}}模擬尾氣中還原性氣體研究了rm{Ba(NO_{3})_{2}}的催化還原過程，該過程分兩步進行，圖rm表示該過程相關物質濃度隨時間的變化關系rm{.}第一步反應消耗的rm{Ba(NO_{3})_{2}}與rm{H_{2}}的物質的量之比是______．

Ⅱ：rm{H_{2}S}和rm{SO_{2}}會對環(huán)境和人體健康帶來極大的危害；工業(yè)上采取多種方法減少這些有害氣體的排放，回答下列方法中的問題．

【rm{壟隆}】rm{H_{2}S}的除去：方法rm{1}生物脫rm{H_{2}S}的原理為：

rm{H_{2}S+Fe_{2}(SO_{4})_{3}簍TS隆媒+2FeSO_{4}+H_{2}SO_{4}}

rm{4FeSO_{4}+O_{2}+2H_{2}SO_{4}overset{脕貌賂脣戮煤}{=}2Fe_{2}(SO_{4})_{3}+2H_{2}O}

rm{4FeSO_{4}+O_{2}+2H_{2}SO_{4}overset{脕貌賂脣戮煤}{=}

2Fe_{2}(SO_{4})_{3}+2H_{2}O}硫桿菌存在時，rm{(1)}被氧化的速率是無菌時的rm{FeSO_{4}}倍，由圖甲和圖乙判斷使用硫桿菌的最佳條件為______．

方法rm{5隆脕10^{5}}在一定條件下，用rm{2}氧化rm{H_{2}O_{2}}

rm{H_{2}S}隨著參加反應的rm{(2)}變化，氧化產(chǎn)物不同rm{n(H_{2}O_{2})/n(H_{2}S)}當rm{.}時，氧化產(chǎn)物的分子式為______．

【rm{n(H_{2}O_{2})/n(H_{2}S)=4}】rm{壟壟}的除去：rm{SO_{2}}雙減法rm{(}用rm{)}吸收rm{NaOH}并用rm{SO_{2}}使rm{CaO}再生rm{NaSO_{3}}溶液：rm{NaOH}溶液rm{underset{壟脷CaO}{overset{壟脵S{O}_{2}}{?}}Na_{2}SO_{3}}溶液。

rm{NaOH}寫出過程rm{underset{壟脷CaO}{overset{壟脵

S{O}_{2}}{?}}Na_{2}SO_{3}}的離子方程式：______．rm{(3)}24、rm{N_{2}O_{5}}是一種新型硝化劑，一定溫度下，在恒容密閉容器中rm{N_{2}O_{5}}可發(fā)生下列反應：rm{2N}rm{2N}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}rm{(g)}rm{(g)}rm{?}rm{4NO}rm{4NO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+O}反應達到平衡后，若再通入一定量氬氣，則rm{(g)+O}的轉化率將___rm{{,!}_{2}}填“增大”、“減小”、“不變”rm{(g)}rm{簍SH>0}rm{(g)}下表為反應在rm{簍SH>0}溫度下的部分實驗數(shù)據(jù)：。rm{(1)壟脵}rm{t/s}rm{0}rm{500}rm{1000}rm{c(N_{2}O_{5})/mol隆隴L^{-1}}rm{5.00}rm{3.52}rm{2.48}則rm{500s}內(nèi)rm{N_{2}O_{5}}的分解速率為______________rm{壟脹}一定溫度下，在rm{2L}恒容密閉容器中加入rm{2molN_{2}O_{5}}達到平衡時，氣體的壓強為原來的rm{dfrac{3}{2}}rm{(}不考慮rm{NO_{2}}聚合成rm{N_{2}O_{4})}則rm{N_{2}O_{5}}的轉化率rm{a_{1}=}_____，該溫度下反應的平衡常數(shù)rm{K=}_______。rm{(2)}如圖所示裝置可用于制備rm{N_{2}O_{5}}則rm{N_{2}O_{5}}在電解池的___區(qū)生成，其電極反應式為________。

評卷人得分六、其他(共4題，共36分)25、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結構相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應，所產(chǎn)生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個質子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。26、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數(shù)比____________,其電子式為．該物質中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質通入YX2的水溶液中發(fā)生反應的離子方程式為。27、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結構相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應，所產(chǎn)生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個質子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。28、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數(shù)比____________,其電子式為．該物質中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質通入YX2的水溶液中發(fā)生反應的離子方程式為。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】解：A；鐵在氧氣中燃燒生成的是四氧化三鐵；該產(chǎn)物是黑色物質，故A錯誤；

B；金屬鈉和氧氣反應得到的產(chǎn)物氧化鈉、過氧化鈉都是含有鈉離子的物質；金屬鈉的物質的量一樣，轉移的電子數(shù)相同，故B正確；

C；鐵與水蒸氣反應生成的是四氧化三鐵和氫氣；需要高溫條件才發(fā)生，故C錯誤；

D、由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知；酸；堿均過量，則鋁完全反應，鋁的物質的量相等，因此產(chǎn)生的氫氣是相等的，生成氫氣的體積比為1：1，故D錯誤．

故選B．

A；鐵在氧氣中燃燒生成的是四氧化三鐵；

B；根據(jù)金屬鈉和氧氣反應得到的產(chǎn)物是含有鈉離子的物質；據(jù)化合價的變化確定電子轉移的情況；

C；鐵必須與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣；

D；根據(jù)鋁分別與足量的鹽酸和NaOH溶液反應的原理來回答．

本題涉及金屬鈉、鋁、鐵的化學性質等知識，注意知識的歸納和應用是關鍵，難度中等．【解析】【答案】B2、B【分析】解：選項中鹽酸；氫氧化鈉溶液、氯化鐵溶液都是溶液分散系；稀豆?jié){為膠體分散系明顯與其他不同，故選B．

A.鹽酸為氯化氫的水溶液；

B.稀豆?jié){是膠體；

C.氫氧化鈉溶液為溶液；

D.氯化鐵溶液為溶液；

本題考查膠體和溶液的判斷，題目難度不大，注意膠體的組成的特征．【解析】rm{B}3、B【分析】【解析】【答案】B4、D【分析】【解答】解：98%的濃H2SO4的物質的量濃度為c===18.4mol/L，配制1mol?L﹣1的稀H2SO4100mL需要濃硫酸的體積為V==0.0054L；即5.4ml，應選擇10ml量筒，實驗時用10ml量筒量取5.4ml濃硫酸，而配制一定物質的量濃度的溶液需要量取；稀釋、轉移、洗滌、定容、搖勻等操作，量取濃硫酸時需要用到10mL量筒和膠頭滴管，稀釋濃硫酸時需要用到燒杯和玻璃棒，轉移溶液時需要用到玻璃棒，定容時需要用到100mL容量瓶和膠頭滴管，所以正確順序為②⑥③⑦⑤⑥．故選：D．

【分析】先根據(jù)稀釋前后溶質的物質的量不變，計算出濃溶液的體積，選取合適的量筒，再根據(jù)配制一定物質的量濃度的溶液需要量取、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作解答．5、B【分析】略【解析】rm{B}6、B【分析】【分析】

本題考查了離子鍵的判斷，正確判斷元素是解本題關鍵，根據(jù)元素的金屬性、非金屬性強弱判斷形成的化學鍵類型，活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，可以組成rm{AB_{2}}型離子化合物，說明兩種元素一種是活潑金屬元素一種是活潑非金屬元素，rm{A}是rm{+2}價，rm{B}是rm{-1}價。【解答】A.rm{6}號元素是rm{C}rm{8}號元素是rm{O}二者能形成共價化合物，故A錯誤；

B.rm{19}號元素是rm{K}rm{18}號元素是rm{S}元素，二者形成的化合物是rm{K_{2}S}故B正確；

C.rm{12}號元素是rm{Mg}元素，rm{17}號元素是rm{Cl}元素，二者形成的化合物是rm{MgCl_{2}}鎂元素和氯元素易形成離子鍵，故C錯誤；

D.rm{10}號元素是rm{Ne}rm{8}號元素是rm{O}二者不易形成化合物，故D錯誤。

故選B?！窘馕觥縭m{B}二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】試題分析：（1）0.5molH2O的質量為：0.5mol×18g/mol=9g；含水分子：0.5mol×6.02×1023=3.01×1023，共有原子數(shù)目：3.01×1023×3=9.03×1023。（2）質量相等，摩爾質量越大的物質分子的物質的量越少，體積最小，摩爾質量越小，物質的量越大，體積越大，HCl、NH3、CO2、O2四種氣體，CO2的摩爾質量最大，所以CO2含有分子數(shù)目最少，體積最小，而NH3的摩爾質量最小，所以NH3的體積最大?？键c：本題考查有關物質的量的計算、阿伏伽德羅定律。【解析】【答案】（1）9g，3.01×1023，9.03×1023（2）CO2，NH3，CO2（每空1分，共6分）8、略

【分析】【解析】試題分析：根據(jù)c＝可知，鎂離子的濃度是所以根據(jù)氯化鎂的化學式可知，氯離子的濃度是所以溶液中氯離子的物質的量是考點：考查物質的量的濃度的有關計算【解析】【答案】（6分）mol9、略

【分析】根據(jù)元素在周期表中的位置可知，設A的原子序數(shù)為a，則C是a＋2，B是a＋9.所以a＋a＋2＝a＋9，解得a＝7，即ABC分別是N、S、F。氟元素位于周期表的第二周期第ⅦA族，其結構示意圖為硫的最高價是＋6價，最高價氧化物的水化物的化學式為H2SO4。氨氣溶于水生成一水合氨，顯堿性?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?分）（1）A：N；B：S；C：F（2）H2SO4（3）堿性10、略

【分析】考查離子方程式的書寫。（1）小蘇打是碳酸氫鈉，所以和鹽酸反應的離子方程式是HCO3-+H+==CO2↑+H2O。（2）氯氣、硝酸、雙氧水等都能把亞鐵離子氧化生成鐵離子，例如氯氣和亞鐵離子反應的離子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。（3）檢驗鐵離子常用的試劑是KSCN溶液，反應時的現(xiàn)象是溶液變?yōu)檠t色?！窘馕觥俊敬鸢浮?8分)（1）HCO3-+H+==CO2↑+H2O（2分）（2）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-(2分,合理答案均給分)；（3）KSCN(2分)；溶液變?yōu)檠t色（2分）11、（1）碳

（2）Si>C>O2C+SiO2Si+2CO【分析】【分析】本題考查無機物的推斷、常用化學用語等，為高頻考點，涉及常見元素及其化合物知識的考查，把握元素的位置及單質的性質來分析推斷各物質，注意根據(jù)物質的特殊元素、物質結構、物質之間的轉化關系進行推斷，熟悉常見單質及其化合物的性質是解本題關鍵，題目難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}紅棕色氣體為rm{NO_{2}}因此rm{F}為rm{HNO_{3}}能和硝酸反應的非金屬單質大膽猜測為rm{C}根據(jù)所含元素的原子序數(shù)rm{A}是rm{D}的rm{2}倍，所含元素的原子最外層電子數(shù)rm{D}是rm{A}的rm{2}倍，則rm{A}為rm{Mg}rm{2Mg+CO_{2}overset{碌茫脠錄}{=}2MgO+C}這些物質符合上述轉化關系，rm{2Mg+CO_{2}overset{碌茫脠錄}{=}

2MgO+C}的原子結構示意圖為：rm{Mg^{2+}}為碳，碳和濃硝酸反應，利用硝酸的強氧化性，rm{;C+4HN{O}_{3}(脜簍)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+;4N{O}_{2};隆眉;+;2{H}_{2}O;}

故答案為：碳；rm{;C+4HN{O}_{3}(脜簍)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+;4N{O}_{2};隆眉;+;2{H}_{2}O;}rm{D}元素原子核外最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的rm{;C+4HN{O}_{3}(脜簍)

overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+;4N{O}_{2};隆眉;+;2{H}_{2}O;}倍，推出rm{;C+4HN{O}_{3}(脜簍)

overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+;4N{O}_{2};隆眉;+;2{H}_{2}O;}為rm{(2)A}rm{2}和rm{A}屬于同主族，因此rm{C}為rm{A}反應rm{D}推出rm{D}為rm{Si}rm{壟脺}位于第三周期，rm{F}rm{O}位于第二周期，則rm{Si}半徑最大，同周期從左向右半徑減小，rm{C}的半徑大于rm{O}即rm{Si}rm{C}為rm{O}與二氧化硅的反應，反應方程式為：rm{Si>C>O}rm{{,!}_{2}overset{賂脽脦脗}{=}}?反應rm{壟脵}為rm{C}與二氧化硅的反應，反應方程式為：rm{2C+SiO}

故答案為：rm{壟脵}rm{2C+SiO_{2}overset{賂脽脦脗}{=}Si+2CO}

rm{C}【解析】rm{(1)}碳rm{;C+4HN{O}_{3}(脜簍)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+;4N{O}_{2};隆眉;+;2{H}_{2}O;}rm{;C+4HN{O}_{3}(脜簍)

overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+;4N{O}_{2};隆眉;+;2{H}_{2}O;}rm{(2)Si>C>O}rm{{,!}_{2}overset{賂脽脦脗}{=}}rm{2C+SiO}rm{2C+SiO}三、判斷題(共7題，共14分)12、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“鹽析”為物理變化；再向試管里加入足量的蒸餾水，觀察到的現(xiàn)象是變澄清，鹽析是可逆過程，可以采用多次鹽析的方法分離；提純蛋白質．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“鹽析”為物理變化．13、B【分析】【解答】煤的氣化是在高溫條件下煤與水蒸氣反應生成CO和H2；是化學變化；

煤液化；是把固體炭通過化學加工過程，使其轉化成為液體燃料；化工原料和產(chǎn)品的先進潔凈煤技術，有新物質生成，屬于化學變化；

煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱；煤發(fā)生復雜的反應獲得煤焦油；焦爐煤氣等的過程，是化學變化．故煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是化學變化，故此說法錯誤．故答案為：錯誤．

【分析】沒有新物質生成的變化是物理變化，有新物質生成的變化是化學變化；14、B【分析】【解答】蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物；溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計在該裝置中的位置與作用；15、B【分析】【解答】n===1mol，結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=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．16、A【分析】【解答】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案為：對．

【分析】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應生成二氧化碳和硫，結合原子個數(shù)守恒書寫方程式．17、B【分析】【解答】n===1mol，結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=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．18、B【分析】【解答】藍色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水；屬于化學變化，故答案為：×．

【分析】化學變化是指有新物質生成的變化，物理變化是指沒有新物質生成的變化，據(jù)此解題．四、原理綜合題(共3題，共6分)19、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)平衡移動原理；結合溫度與平衡常數(shù)的關系分析判斷；

(2)假設A轉化濃度為x，根據(jù)物質反應轉化關系，可得平衡時各種物質的濃度，帶入平衡常數(shù)表達式可得x的數(shù)值，然后利用轉化率=×100%計算。

【詳解】

(1)根據(jù)平衡移動原理：升高溫度；化學平衡向吸熱反應方向移動。由表格數(shù)據(jù)可知，升高溫度，該反應的化學平衡常數(shù)減小，說明升高溫度平衡逆向移動，逆反應方向為吸熱反應；

(2)在2L的密閉容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B，發(fā)生反應：A(g)+B(g)C(g)+D(g)，反應開始時c(A)=0.2mol÷2L=0.1mol/L，c(B)=0.8mol÷2L=0.4mol/L，c(C)=c(D)=0，假設反應達到平衡時A轉化濃度為x，根據(jù)物質反應轉化關系可知平衡時：c(C)=c(D)=xmol/L，c(A)=(0.1-x)mol/L，c(B)=(0.4-x)mol/L，由于在830℃時平衡常數(shù)為1.0，所以=1.0，解得x=0.08mol/L，所以830℃達平衡時，A的轉化率=×100%=80%。

【點睛】

本題考查了平衡移動原理的應用。涉及化學平衡常數(shù)的應用及反應轉化率的計算注意溫度對吸熱反應影響更大，溫度不變時，化學平衡常數(shù)不變，化學方程式相反時，平衡常數(shù)則互為倒數(shù)?！窘馕觥竣?逆向②.80%20、略

【分析】【分析】

(1)上表中，n(Na2SO3):n(NaHSO3)=9:91時，pH=6.2，從而說明NaHSO3溶液顯酸性，因為HSO3-既能電離又能水解；溶液顯酸性，則表明電離占主導地位。

(2)pH＝8.2的吸收液中，SO32-水解，從而促進水的電離；0.1mol?L-1NaOH溶液中；水的電離受到抑制。

(3)將pH＝8.2的吸收液蒸干，NaHSO3分解，生成的Na2SO3被空氣中的氧氣氧化。

(4)因為Na2SO3溶液加水稀釋，水解程度增大，n(OH-)增多；而NaOH溶液加水稀釋，n(OH-)不變，所以若將等體積、等pH的NaOH溶液和Na2SO3溶液分別加水稀釋m倍、n倍，稀釋后兩溶液pH仍相等，則Na2SO3溶液加水稀釋的倍數(shù)更多。

【詳解】

(1)上表中，n(Na2SO3):n(NaHSO3)=9:91時，pH=6.2，從而說明NaHSO3溶液顯酸性，因為HSO3-既能電離又能水解，溶液顯酸性，則表明電離占主導地位。答案為：酸；NaHSO3的電離程度大于NaHSO3的水解程度；

(2)pH＝8.2的吸收液中，SO32-水解，從而促進水的電離；0.1mol?L-1NaOH溶液中，水的電離受到抑制，從而得出pH＝8.2的吸收液中由水電離出的c(OH－)>0.1mol?L-1NaOH溶液中由水電離出來的c(OH－)。答案為：>；

(3)將pH＝8.2的吸收液蒸干，NaHSO3分解，生成的Na2SO3被空氣中的氧氣氧化成Na2SO4。答案為：Na2SO4；

(4)因為Na2SO3溶液加水稀釋，水解程度增大，n(OH-)增多；而NaOH溶液加水稀釋，n(OH-)不變，所以若將等體積、等pH的NaOH溶液和Na2SO3溶液分別加水稀釋m倍、n倍，稀釋后兩溶液pH仍相等，則Na2SO3溶液加水稀釋的倍數(shù)更多，從而得出m<。

【點睛】

將pH＝8.2的吸收液蒸干，我們?nèi)菀紫氲絅aHSO3分解，生成Na2SO3，但常會忽視Na2SO3具有較強還原性，易被空氣中氧氣氧化的性質，從而得到錯誤的結論?！窘馕觥克酦aHSO3的電離程度大于NaHSO3的水解程度＞Na2SO4＜21、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)圖示，可知0.5molCO2和1.5molH2轉化率達80%時放熱23-3.4=19.6kJ，然后按比例計算：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的△H得出該反應的熱化學方程式；

（2）列出三行式；利用已知關系找出轉化量和平衡量，代入計算公式計算速率和平衡常數(shù)；

（3）①a.由過程1和過程2的反應可知，Ni2O3的作用是作為催化劑；

b.根據(jù)催化過程的示意圖可知，過程2中NiO2和ClO-反應生成Ni2O3、Cl-；O；據(jù)此寫出離子方程式；

c.Ca2+與SO42-結合生成難溶的CaSO4；有利于反應的進行；

②b點時溶液的pH=7；根據(jù)電荷守恒分析解答；

（4）①由圖1可知，用石墨做電極，電解食鹽水在陽極產(chǎn)生Cl2，將NO氧化為NO3-。電解時陰極產(chǎn)生H2。

②由圖2可知；溶液的pH越小，NO的去除率越高。

【詳解】

（1）根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，恒壓容器中0.5molCO2和1.5molH2轉化率達80％時的能量變化，23kJ-3.4kJ=19.6kJ，△H==-49kJ/mol，該反應的熱化學方程式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol；

因此，本題正確答案是：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol；

（2）設進行到20min時達平衡，轉化的CO的物質的量為2x，則：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)

起始量（mol）210

轉化量（mol）2xx2x

平衡量（mol）2-2x1-x2x

根據(jù)平衡時CO2的體積分數(shù)為0.5，有：=0.5；解得x=0.6；

則前20min的反應速率=0.03

平衡時，CO、SO2和CO2濃度分別為0.4mol/L；0.2mol/L、0.6mol/L；則。

平衡常數(shù)K===11.25。

因此；本題正確答案是：0.03；11.25；

（3）①a.由過程1和過程2的反應可知，Ni2O3的作用是作為催化劑；

b.根據(jù)催化過程的示意圖可知，過程2中NiO2和ClO-反應生成Ni2O3、Cl-、O，離子方程式為2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；

c.Ca(ClO)2也可用于脫硫，且脫硫效果比NaClO更好，是因為Ca2+與SO42-結合生成難溶的CaSO4；有利于反應的進行；

因此，本題正確答案是：催化劑；2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；Ca2+與SO42-結合生成難溶的CaSO4；有利于反應的進行；

②b點時溶液的pH=7，根據(jù)電荷守恒：n(NH4+)=n(HSO3-)+2n(SO32-)，又根據(jù)圖可知：n(HSO3-)=n(SO32-)，n(NH4+)：n(SO32-)=（1+2）:1=3:1；

因此；本題正確答案是：3:1；

（4）①由圖1可知，用石墨做電極，電解食鹽水在陽極產(chǎn)生Cl2，將NO氧化為NO3-，反應的離子方程式3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O。電解時陰極產(chǎn)生H2，故排入空氣的尾氣，一定含有的氣體單質是H2。

因此，本題正確答案是：3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O；H2；

②由圖2可知；溶液的pH越小，NO的去除率越高，溶液的pH對NO去除率存在相關關系的原因是次氯酸鈉在酸性條件下氧化性增強。

因此，本題正確答案是：次氯酸鈉在酸性條件下氧化性增強?！窘馕觥緾O2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol0.0311.25催化劑2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2OCa2+與SO42-結合生成難溶的CaSO4，有利于反應的進行3:13Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2OH2次氯酸鈉在酸性條件下氧化性增強五、簡答題(共3題，共9分)22、略

【分析】解：（1）非氧化還原反應即無元素化合價變化的反應；反應②中銅元素；氮元素和氫元素以及氧元素的化合價均沒有變化，故為非氧化還原反應；

故答案為：②；

（2）在反應①中，N2H4做還原劑；CuO做氧化劑，則X為氧化產(chǎn)物，設X中氮元素為a價，則根據(jù)氧化劑與還原劑的物質的量之比為4：1有：4×（2-1）=1×2×（a-2+2），可解得a=0，即X為氮氣；

故答案為：N2；

（3）轉化②中的離子方程式為：Cu2O+4NH3?H2O=2Cu（NH3）2++2OH-+3H2O，故溶液中氫氧根的物質的量增大，溶液中m（OH-）增大；

故答案為：增大；

（4）溫度高時氫氧化銅分解；且氣體溶解度隨溫度升高而降低，從而促進反應向正反應方向進行，即該反應需在80℃以上進行，降低肼的溶解度，促使其從溶液中逸出；

故答案為：使氫氧化銅分解；降低肼的溶解度；促使其從溶液中逸出；

（5）在整個轉化過程中滿足銅元素的守恒；故若①中參加反應的CuO物質的量為0.4mol，按圖示轉化過程進行后，④中生成的CuO物質的量也等于0.4mol；

反應③4Cu（NH3）2++8NH3+2H2O+O2=4Cu（NH3）42++4OH-，若①中參加反應的CuO物質的量為0.4mol，根據(jù)銅元素的守恒，參加n[Cu（NH3）2+]=0.4mol；

參加反應的O2的物質的量n（O2）=0.1mol，反應④Cu（NH3）42++2ClO-+2OH-═Cu（OH）2↓+2N2H4↑+2Cl-+2H2O，根據(jù)銅元素的守恒，參加n[Cu（NH3）42+]=0.4mol，則④中參加反應的NaClO的物質的量n（NaClO）=0.8mol，所以③中參加反應的O2的物質的量與④中參加反應的NaClO的物質的量之比為1：8；

故答案為：1：8．

（1）非氧化還原反應即無元素化合價變化的反應；

（2）在反應①中，N2H4做還原劑；CuO做氧化劑，根據(jù)氧化劑與還原劑的物質的量之比為4：1，據(jù)此分析X；

（3）發(fā)生Cu2O+4NH3?H2O=2Cu（NH3）2++2OH-+3H2O；堿性增強；

（4）溫度高時氫氧化銅分解；且氣體溶解度隨溫度升高而降低；

（5）反應③4Cu（NH3）2++8NH3+2H2O+O2=4Cu（NH3）42++4OH-、④Cu（NH3）42++2ClO-+2OH-═Cu（OH）2↓+2N2H4↑+2Cl-+2H2O；反應過程中，Cu元素化合價由+1價變?yōu)?2價，O元素化合價由0價變?yōu)?2價，根據(jù)轉移電子守恒計算．

本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握發(fā)生的反應及元素的化合價變化為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，（5）注意計量數(shù)與物質的量變化量關系，為該題解答難點，題目難度中等．【解析】②；N2；增大；使氫氧化銅分解；降低肼的溶解度，促使其從溶液中逸出；1：823、略

【分析】解：rm{I.壟脵SO_{2}}在rm{O_{2}}作用下與rm{NH_{3}}rm{H_{2}O}反應形成rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}此反應中rm{SO_{2}}是還原劑，氧氣是氧化劑，反應的化學方程式為rm{2SO_{2}+O_{2}+4NH_{3}+2H_{2}O簍T2(NH_{4})_{2}SO_{4}}．

故答案為：rm{2SO_{2}+O_{2}+4NH_{3}+2H_{2}O簍T2(NH_{4})_{2}SO_{4}}．

rm{壟脷}取rm{a}rm{g}尿素溶液，將所含氮完全轉化為rm{NH_{3}}所得rm{NH_{3}}用過量的rm{V_{1}}rm{mL}rm{c_{1}}rm{mol/L}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液吸收完全，產(chǎn)物為rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}發(fā)生的反應為rm{2NH_{3}+H_{2}SO_{4}簍T(NH_{4})_{2}SO_{4}}剩余rm{H_{2}SO_{4}}用rm{V_{2}mL}rm{c_{2}}rm{mo/LNaOH}溶液恰好中和，則參與吸收氨氣的硫酸的物質的量為rm{(c_{1}V_{1}-dfrac{1}{2}c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol}根據(jù)反應關系，氨氣的物質的量為rm{n(NH_{3})=2隆脕(c_{1}V_{1}-dfrac{1}{2}c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol=(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol}根據(jù)rm{(c_{1}V_{1}-dfrac

{1}{2}c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol}元素守恒，尿素的物質的量為rm{n(NH_{3})=2隆脕(c_{1}V_{1}-dfrac

{1}{2}c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol=(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol}尿素rm{)=dfrac{1}{2}n(NH_{3})=dfrac{2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2}}{2}隆脕10^{-3}mol}則尿素的質量為rm{N}尿素rm{)隆脕M=dfrac{2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2}}{2}隆脕10^{-3}隆脕60=0.03隆脕(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})g}則尿素溶液中溶質的質量分數(shù)是rm{w=dfrac{m}{a}隆脕100%=dfrac{0.03(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{a}隆脕100%=dfrac{3(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{100a}隆脕100%}．

故答案為：rm{=dfrac{3(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{100a}隆脕100%}

rm{n(}第一步反應中rm{)=dfrac{1}{2}n(NH_{3})=dfrac

{2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2}}{2}隆脕10^{-3}mol}被氧化生成水，化合價由rm{m=n(}價升高到rm{)隆脕M=dfrac

{2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2}}{2}隆脕10^{-3}隆脕60=0.03隆脕(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})g}價，rm{w=dfrac{m}{a}隆脕100%=dfrac

{0.03(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{a}隆脕100%=dfrac

{3(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{100a}隆脕100%}的rm{=dfrac

{3(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{100a}隆脕100%}元素化合價由rm{(2)}價降低到rm{H_{2}}價，生成氨氣，則rm{0}生成氨氣轉移rm{+1}電子，參加反應的氫氣的物質的量為rm{Ba(NO_{3})_{2}}則。

第一步反應消耗的rm{N}與rm{+5}的物質的量之比是rm{-3}rm{1molBa(NO_{3})_{2}}．

故答案為：rm{16mol}rm{dfrac{16}{2}=8}

【rm{Ba(NO_{3})_{2}}】rm{H_{2}}根據(jù)圖象分析，硫桿菌存在時，rm{1}被氧化的速率是無菌時的rm{8}倍，此時兩張圖象的最高點出現(xiàn)在溫度為rm{1}和rm{8}處．

故答案為：rm{i}rm{(1)}

rm{FeSO_{4}}參加反應的rm{dfrac{n(H_{2}O_{2})}{n(H_{2}S)}}變化，氧化產(chǎn)物不同，當rm{dfrac{n(H_{2}O_{2})}{n(H_{2}S)}=4}時，不妨設rm{5隆脕10^{5}}則rm{30隆忙}根據(jù)電子得失守恒，rm{pH=2.0}得到電子被還原為rm{30隆忙}轉移電子數(shù)為rm{pH=2.0}則rm{(2)}應失去rm{dfrac

{n(H_{2}O_{2})}{n(H_{2}S)}}電子，rm{dfrac

{n(H_{2}O_{2})}{n(H_{2}S)}=4}升高rm{n(H_{2}S)=1mol}價，應為rm{n(H_{2}O_{2})=4mol}因此氧化產(chǎn)物為rm{H_{2}O_{2}}．

故答案為：rm{H_{2}O}．

【rm{4mol隆脕2=8mol}】rm{1molH_{2}S}過程rm{8mol}為堿溶液吸收rm{S}氣體，生成亞硫酸鈉，反應的離子方程式為：rm{2OH^{-}+SO_{2}簍TSO_{3}^{2-}+H_{2}O.}

故答案為：rm{2OH^{-}+SO_{2}簍TSO_{3}^{2-}+H_{2}O.}

I.rm{8}尿素水溶液熱分解為rm{SO_{4}^{2-}}和rm{H_{2}SO_{4}}當燃油中含硫量較高時，尾氣中rm{H_{2}SO_{4}}在rm{ii}作用下會形成rm{(3)}使催化劑中毒，根據(jù)元素守恒，生成rm{壟脵}則還需要rm{SO_{2}}據(jù)此寫出生成rm{2OH^{-}+SO_{2}簍TSO_{3}^{2-

}+H_{2}O.}的化學反應方程式；

rm{2OH^{-}+SO_{2}簍TSO_{3}^{2-

}+H_{2}O.}測定溶液中尿素的含量，取rm{壟脵}rm{NH_{3}}尿素溶液，將所含氮完全轉化為rm{CO_{2}}所得rm{SO_{2}}用過量的rm{O_{2}}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{NH_{3}}的rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}溶液吸收完全，產(chǎn)物為rm{壟脷}剩余rm{a}用rm{g}rm{NH_{3}}rm{NH_{3}}溶液恰好中和，則參與吸收氨氣的硫酸的物質的量為rm{(c_{1}V_{1}-dfrac{1}{2}c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol}吸收氨氣的反應為rm{V_{1}}根據(jù)rm{mL}元素守恒予以解答；

rm{c_{1}}第一步反應中rm{mol/L}被氧化生成水，化合價由rm{H_{2}SO_{4}}價升高到rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}價，rm{H_{2}SO_{4}}的rm{V_{2}mL}元素化合價由rm{c_{2}}價降低到rm{mo/LNaOH}價；生成氨氣，結合得失電子數(shù)目相等計算；

【rm{(c_{1}V_{1}-dfrac

{1}{2}c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol}】rm{2NH_{3}+H_{2}SO_{4}簍T(NH_{4})_{2}SO_{4}}根據(jù)圖象分析，硫桿菌存在時，rm{N}被氧化的速率是無菌時的rm{(2)}倍，此時兩張圖象的最高點出現(xiàn)在溫度為rm{H_{2}}和rm{0}處；據(jù)此判斷；

rm{+1}隨著參加反應的rm{dfrac{n(H_{2}O_{2})}{n(H_{2}S)}}變化，氧化產(chǎn)物不同，當rm{dfrac{n(H_{2}O_{2})}{n(H_{2}S)}=4}時；根據(jù)電子得失守恒予以判斷氧化產(chǎn)物的分子式；

【rm{Ba(NO_{3})_{2}}】rm{N}過程rm{+5}為堿溶液吸收rm{-3}氣體；生成亞硫酸鈉，據(jù)此寫出離子方程式．

本題主要考察氧化還原方程式的計算，根據(jù)圖象分析化學反應過程，牢牢把握守恒思想是解題的關鍵rm{i}本題考查知識比較綜合，考查的是綜合能力rm{(1)}題目難度難度中等，是中檔題．rm{FeSO_{4}}【解析】rm{2SO_{2}+O_{2}+4NH_{3}+2H_{2}O=2(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{dfrac{3(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{100a}隆脕100%}rm{dfrac

{3(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{100a}隆脕100%}rm{1}rm{8}rm{30隆忙}rm{pH=2.0}rm{2OH^{-}+SO_{2}簍TSO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{H_{2}SO_{4}}24、（1）①不變

②0.00296mol?L-1?s-1

③33.3%

（2）陽極N2O4+2HNO3-2e-═2N2O5+2H+

【分析】【分析】本題考查化學平衡計算與影響因素、化學反應速率計算、電化學等知識點，rm{(2)}中rm{壟脹}學生容易考慮反應速率問題，忽略是否到發(fā)生平衡移動，難度中等。中rm{(2)}學生容易考慮反應速率問題，忽略是否到發(fā)生平衡移動，難度中等?！窘獯稹縭m{壟脹}反應達到平衡后，若再通入一定量氬氣，平衡不移動，rm{(1)壟脵}反應達到平衡后，若再通入一定量氬氣，平衡不移動，rm{N}rm{(1)壟脵}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{O}不變rm{O}

rm{{,!}_{5}}的轉化率

，由表中數(shù)據(jù)可知，內(nèi)故答案為：不變；rm{壟脷}由表中數(shù)據(jù)可知，rm{500s}內(nèi)rm{N}rm{壟脷}rm{500s}rm{N}故rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}的濃度變化量為rm{5mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L}故rm{N}rm{dfrac{1.48mol/L}{500s}=0.00296mol?{L}^{-1}?{s}^{-1}}rm{5mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}

的分解速率為恒溫恒容條件下，壓強之比等于氣體的物質的量之比，即：rm{;dfrac{P(脝陸潞芒);}{P(魯玫脢錄)};=dfrac{;n(脝陸潞芒);}{n(魯玫脢錄)}}，氣體的壓強為原來的rm{

dfrac{1.48mol/L}{500s}=0.00296mol?{L}^{-1}?{s}^