2025年外研版高一化學(xué)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年外研版高一化學(xué)下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、欲萃取碘水中的I2，不能作為萃取劑的是A.苯B.酒精C.CCl4D.汽油2、不能用膠體的知識(shí)解釋的現(xiàn)象是（）A.清晨的陽光穿過茂密的林木枝葉所產(chǎn)生的美麗景象（美麗的光線）B.尿毒癥患者使用血液透析治療C.明礬凈水D.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，會(huì)出現(xiàn)紅褐色3、下列四個(gè)數(shù)據(jù)是在不同條件下測出的合成氨反應(yīng)的速率，其中最快是rm{(}rm{)}A.rm{V(H_{2})簍T0.1mol/(L?min)}B.rm{V(N_{2})簍T0.1mol/(L?min)}C.rm{V(NH_{3})簍T0.15mol/(L?min)}D.rm{V(N_{2})簍T0.002mol/(L?s)}4、某烷烴的結(jié)構(gòu)為其主鏈的碳原子數(shù)為rm{(}rm{)}A.rm{5}B.rm{6}C.rm{7}D.rm{8}5、電解質(zhì)是在水溶液里或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铮铝形镔|(zhì)屬于電解質(zhì)的是A.rm{Fe}B.rm{O_{2}}C.rm{NaCl}D.rm{KNO_{3}}溶液6、有一未知的無色溶液，只可能含有以下離子中的若干種（忽略由水電離產(chǎn)生的H+、OH﹣）：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO3﹣、CO32﹣；現(xiàn)取樣逐滴滴加NaOH溶液，測得沉淀與NaOH溶液的體積關(guān)系如圖．以下推測錯(cuò)誤的是（）

A.原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32﹣B.不能確定原溶液是否含有K+、NO3﹣C.原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2D.實(shí)驗(yàn)所加的NaOH溶液濃度為2mol/L7、在rm{2A+B?}rm{3C+4D}中，表示該反應(yīng)速率最快的是rm{(}rm{)}A.rm{婁脭(A)=0.5mol隆隴L^{-1}隆隴S^{-1}}B.rm{婁脭(B)=0.3mol隆隴L^{-1}隆隴S^{-1}}C.rm{婁脭(C)=0.8mol隆隴L^{-1}隆隴S^{-1}}D.rm{婁脭(D)=1mol隆隴L^{-1}隆隴S^{-1}}rm{婁脭(A)=

0.5mol隆隴L^{-1}隆隴S^{-1}}8、化學(xué)與生產(chǎn)生活、環(huán)境保護(hù)密切相關(guān)rm{.}下列說法中不正確的是rm{(}rm{)}A.食鹽既可作調(diào)味品也可作食品防腐劑B.向海水中加入凈水劑明礬可以使海水淡化C.加大石油、煤炭的開采速度，增加化石燃料的供應(yīng)不利于“藍(lán)天工程”的建設(shè)D.高鐵車廂材料大部分采用鋁合金，因?yàn)殇X合金強(qiáng)度大、質(zhì)量輕、抗腐蝕能力強(qiáng)9、下列物質(zhì)組合中，既能和酸反應(yīng)又能和堿反應(yīng)的化合物是rm{(}rm{)}

rm{壟脵Al}rm{壟脷Al_{2}O_{3}}rm{壟脹Al(OH)_{3}}rm{壟脺NaHCO_{3}}．A.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}B.rm{壟脷壟脹壟脺}C.rm{壟脵壟脹壟脺}D.rm{壟脵壟脷壟脺}評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、（5分）現(xiàn)有mg某氣體，它由四原子分子構(gòu)成，它的摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1，則：(1)該氣體的物質(zhì)的量為mol.(2)該氣體中所含的原子總數(shù)為個(gè)．(3)該氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為L.(4)該氣體溶于1L水中(不考慮反應(yīng))，其溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為．(5)該氣體溶于水后形成VL溶液，其溶液的物質(zhì)的量濃度為mol·L－1.11、rm{(1)}在一定條件下，乙烷和乙烯都能制備氯乙烷rm{(C_{2}H_{5}Cl).}用乙烷制備氯乙烷的反應(yīng)類型為______；用乙烯制備氯乙烷的化學(xué)方程式是：______．

rm{(2)}以rm{NH_{3}}代替氫氣研發(fā)燃料電池是當(dāng)前科研的一個(gè)熱點(diǎn)rm{.}使用的電解質(zhì)溶液是rm{2mol?L^{-1}}的rm{KOH}溶液，電池總反應(yīng)為：rm{4NH_{3}+3O_{2}=2N_{2}+6H_{2}O.}該電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為______；每消耗rm{3.4gNH_{3}}轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為______．12、下列是中學(xué)化學(xué)常見的物質(zhì)：

A.金剛石rm{B.HCl}rm{C.NaCl}rm{D.K_{2}SO_{4}}rm{E.Na_{2}S}rm{F.He}rm{G.N_{2}}

rm{(1)}在固態(tài)時(shí)含極性共價(jià)鍵的分子晶體是______

rm{(2)}既含離子鍵又含共價(jià)鍵的是______

rm{(3)}固態(tài)時(shí)屬于離子晶體的是______

rm{(4)}熔化時(shí)需克服共價(jià)鍵的是______

rm{(5)}晶體中不存在化學(xué)鍵的是______．13、如圖為實(shí)驗(yàn)室某鹽酸試劑瓶標(biāo)簽上的有關(guān)數(shù)據(jù)，試根據(jù)標(biāo)簽上的有關(guān)數(shù)據(jù)回答下列問題：（1）該濃鹽酸中HCl的物質(zhì)的量濃度為mol?L-1。（2）取用任意體積的該鹽酸溶液時(shí)，下列物理量中不隨所取體積的多少而變化的是。A．溶液中HCl的物質(zhì)的量B．溶液的濃度C．溶液中Cl-的數(shù)目D．溶液的密度（3）某學(xué)生欲用上述濃鹽酸和蒸餾水配制480mL物質(zhì)的量濃度為0.400mol?L-1的稀鹽酸。①容量瓶上需標(biāo)有以下五項(xiàng)中的。A．溫度B．濃度C．容量D．壓強(qiáng)E．刻度線②將下列操作填寫完整，并排列其正確的操作順序（字母表示，每個(gè)字母只能用一次）；A．用30mL水洗滌燒杯2～3次，洗滌液均注入容量瓶，振蕩B．用量筒準(zhǔn)確量取濃鹽酸mL，注入燒杯中，加入少量水（約30mL），用玻璃棒慢慢攪拌，使其混合均勻C．將已冷卻的鹽酸沿玻璃杯注入中D．將容量瓶蓋緊，顛倒搖勻E．改用加水，使溶液凹液面恰好與刻度線相切F．繼續(xù)往容量瓶內(nèi)小心加水，直到液面至刻度線下處。14、（10分）實(shí)驗(yàn)室常用二氧化錳和濃鹽酸反應(yīng)制取氯氣，反應(yīng)式如下：MnO2+4HCl（濃）=MnCl2＋Cl2↑＋2H2O（1）用雙線橋法表示上述反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。（2）反應(yīng)中發(fā)生氧化反應(yīng)的物質(zhì)是___________（填化學(xué)式），被還原的元素是___________（填元素名稱）。（3）氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_________________。（4）若反應(yīng)中被氧化的鹽酸為1mol，則生成的氯氣體積為（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）。15、（本題共12分）將純鋅片和純銅片按圖方式插入100mL相同濃度的稀硫酸中一段時(shí)間，回答下列問題：（1）下列說法正確的是____________。A．甲、乙均為化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿难b置B．乙中銅片上沒有明顯變化C．甲中銅片質(zhì)量減少、乙中鋅片質(zhì)量減少D．兩燒杯中溶液的c(H+)均增小（2）在相同時(shí)間內(nèi)，兩燒杯中產(chǎn)生氣泡的速度：甲____乙（填“＞”、“＜“或“＝”）。（3）當(dāng)甲中產(chǎn)生1.12L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體時(shí)，通過導(dǎo)線的電子數(shù)目為_______________。（4）當(dāng)乙中產(chǎn)生1.12L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體時(shí)，將鋅、銅片取出，再將燒杯中的溶液稀釋至1L，測得溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1（設(shè)反應(yīng)前后溶液體積不變）。試確定原稀硫酸的物質(zhì)的量濃度為_________________。(5)甲中鋅片上發(fā)生的電極反應(yīng)：_________________________；(6)若甲中兩電極的總質(zhì)量為60g，工作一段時(shí)間后，取出鋅片和銅片洗凈干燥后稱重，總質(zhì)量為47g，則：氫氣的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況)為________。16、現(xiàn)有下列電解質(zhì)：

①H2SO4②Ca（OH）2③BaSO4④CuCl2⑤NaHSO4⑥NaHCO3⑦Al2（SO4）3

（1）其中屬于酸的是______（填序號(hào)，下同），屬于堿的是______，屬于鹽的是______

（2）寫出②⑤⑥⑦在水溶液里的電離方程式：

②______⑤______⑥______⑦_(dá)_____．17、某學(xué)生為了探究鋅與鹽酸反應(yīng)過程中的速率變化，他在rm{100mL}稀鹽酸中加入足量的鋅粉，用排水集氣法收集反應(yīng)放出的氫氣，實(shí)驗(yàn)記錄如表rm{(}累計(jì)值rm{)}

。時(shí)間rm{(min)}rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}rm{5}氫氣體積rm{(ml)}rm{50}rm{120}rm{232}rm{290}rm{310}rm{(1)}哪一時(shí)間段rm{(}指rm{0隆蘆1}rm{1隆蘆2}rm{2隆蘆3}rm{3隆蘆4}rm{4隆蘆5min)}反應(yīng)速率最大______；原因是______．

rm{(2)}哪一段時(shí)段的反應(yīng)速率最小______；原因是______

rm{(3)}求rm{2隆蘆3}分鐘時(shí)間段以鹽酸的濃度變化來表示的該反應(yīng)速率______．

rm{(4)}如果反應(yīng)太激烈，為了減緩反應(yīng)速率而又不減少產(chǎn)生氫氣的量，他在鹽酸中分別加入等體積的下列溶液：你認(rèn)為可行的是______rm{(}填編號(hào)rm{)}．

A.蒸餾水rm{B.NaCl}溶液rm{C.Na_{2}CO_{3}}溶液rm{D.CuSO_{4}}溶液．18、將適量的蔗糖放入燒杯中，加入幾滴水，攪拌均勻，然后再加入適量濃硫酸，迅速攪拌，放出大量的熱，同時(shí)觀察到蔗糖逐漸變黑，體積膨脹，并產(chǎn)生刺激性氣味的氣體rm{.}根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，說明濃硫酸具有______性質(zhì)rm{(}填序號(hào)，下同rm{)}濃硫酸露置空氣中質(zhì)量增加______，鐵制容器盛放濃硫酸______，熱的濃硫酸和銅反應(yīng)______．

rm{壟脵(}強(qiáng)rm{)}氧化性rm{壟脷}脫水性rm{壟脹}吸水性rm{壟脺}酸性．評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)19、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對(duì)錯(cuò)）20、將藍(lán)色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、含碳的化合物一定是有機(jī)化合物．（判斷對(duì)錯(cuò)）22、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對(duì)錯(cuò)）23、蛋白質(zhì)的鹽析過程是一個(gè)可逆過程，據(jù)此可以分離和提純蛋白質(zhì)．24、含碳的化合物一定是有機(jī)化合物．（判斷對(duì)錯(cuò)）25、摩爾是七個(gè)基本物理量之一．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、原理綜合題(共4題，共8分)26、乙醛是一種重要的脂肪族化合物；在工業(yè)；農(nóng)業(yè)、醫(yī)藥、食品和飼料添加劑等領(lǐng)域具有非常廣泛的應(yīng)用。目前，常用乙醇脫氫來制備。

I(乙醇氧化脫氫)：2CH3CH2OH(g)+O2(g)2CH3CHO(g)+2H2O(g)?H1

II(乙醇直接脫氫)：CH3CH2OH(g)CH3CHO(g)+H2(g)?H2

(1)已知相關(guān)共價(jià)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如表：。共價(jià)鍵C-HO-HC-OC=OO=OC-C鍵能(kJ·mol-1)413462351745497348

?H1=___________kJ·mol-1

(2)在恒溫恒容下，如果從反應(yīng)物出發(fā)建立平衡，不能說明反應(yīng)I(乙醇氧化脫氫)達(dá)到平衡狀態(tài)的是___________。(填選項(xiàng)字母)

A、體系壓強(qiáng)不再變化B、v正(CH3CH2OH)=2v逆(O2)

C、混合氣體的密度保持不變D；混合氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量保持不變。

(3)對(duì)于反應(yīng)II(乙醇直接脫氫)，T1℃，P1kPa條件下，向一容積可變的密閉容器中，充入2mol乙醇?xì)怏w，達(dá)平衡后乙醇的轉(zhuǎn)化率為50%，容器體積為2L。T1℃，P2kPa條件下，充入2mol乙醇?xì)怏w，平衡后乙醇的轉(zhuǎn)化率為60%，此時(shí)容器的體積為___________L。

(4)乙醇直接脫氫反應(yīng)中Cu基催化劑是最常用的催化劑體系之一、研究者研究了用Cu35Zn25Al43作催化劑時(shí)不同溫度對(duì)乙醇直接脫氫反應(yīng)性能的影響；圖像如圖：

最適宜的溫度為___________；結(jié)合圖像說明選擇該溫度的理由___________。

(5)乙醇直接脫氫反應(yīng)中銅基催化劑有失活的缺點(diǎn)。大連物化所的研究者設(shè)計(jì)了一種多級(jí)海膽狀結(jié)構(gòu)Cu-MFI-AE催化劑；在乙醇催化中展示了較高的乙醛選擇性；穩(wěn)定性。催化劑表面上反應(yīng)歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面上的物質(zhì)用*標(biāo)注。

寫出該歷程中最大能壘對(duì)應(yīng)步驟的化學(xué)方程式___________。27、汽車尾氣和燃煤尾氣是造成空氣污染的重要原因之一；治理汽車尾氣和燃煤尾氣是環(huán)境保護(hù)的重要課題?；卮鹣铝袉栴}：

(1)煤燃燒產(chǎn)生的煙氣中含有氮的氧化物，用CH4催化還原NO2可消除氮氧化物的污染。已知：①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ/mol；②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ/mol；③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ/mol則CH4催化還原NO的熱化學(xué)方程式為___________________。

(2)在汽車排氣系統(tǒng)中安裝三元催化轉(zhuǎn)化器，可發(fā)生反應(yīng)：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在某密閉剛性容器中通入等量的CO和NO，發(fā)生上述反應(yīng)時(shí)，c(CO)隨溫度(T)和時(shí)間(t)的變化曲線如圖所示。

①據(jù)此判斷該反應(yīng)的正反應(yīng)為__________(填“放熱”或“吸熱”)反應(yīng)。

②溫度T1時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=___________；反應(yīng)速率v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)，計(jì)算a處=______________。

(3)SNCR-SCR脫硝技術(shù)是一種新型的除去煙氣中氮氧化物的脫硝技術(shù)；一般采用氨氣或尿素作還原劑，其基本流程如圖：

①SNCR-SCR脫硝技術(shù)中用NH3作還原劑還原NO的主要反應(yīng)為4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H<0，則用尿素[CO(NH2)2]作還原劑還原NO2的化學(xué)方程式為_________________。

②體系溫度直接影響SNCR技術(shù)的脫硝效率；如圖所示：

SNCR與SCR技術(shù)相比，SCR技術(shù)的反應(yīng)溫度不能太高,其原因是_________________；當(dāng)體系溫度約為925℃時(shí)，SNCR脫硝效率最高，其可能的原因是_____________________。28、C；N、S的氧化物常會(huì)造成一些環(huán)境問題；科研工作者正在研究用各種化學(xué)方法來消除這些物質(zhì)對(duì)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(zhuǎn)化生成甲醇蒸汽和水蒸氣。如圖表示恒壓容器中和平移轉(zhuǎn)化率達(dá)時(shí)的能量變化示意圖。寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)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(yīng)可用于回收燃燒煙氣中的硫。若反應(yīng)進(jìn)行到時(shí)達(dá)平衡，測得的體積分?jǐn)?shù)為0.5，則前20min的反應(yīng)速率_______該溫度下反應(yīng)化學(xué)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(yīng)過程的示意圖如圖所示，產(chǎn)生的四價(jià)鎳和氧原子具有極強(qiáng)的氧化能力，因此可加快對(duì)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(zhì)的量分?jǐn)?shù)的變化關(guān)系如圖所示，點(diǎn)時(shí)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(zhì)氧化尾氣經(jīng)氫氧化鈉溶液吸收后排入空氣。電流密度對(duì)溶液和對(duì)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(zhì)氧化為NO3-反應(yīng)的離子方程式__________________。排入空氣的尾氣，一定含有的氣體單質(zhì)是_________________（填化學(xué)式）。

②溶液的pH對(duì)NO去除率存在相關(guān)關(guān)系的原因是___________________________。29、含硫廢氣污染嚴(yán)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(shí)，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(xué)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(shí)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(shí)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(píng)卷人得分五、解答題(共2題，共20分)30、實(shí)驗(yàn)室欲配制0.5mol/L的NaOH溶液500mL：

（1）需稱取NaOH固體的質(zhì)量為______g

（2）某同學(xué)欲稱量NaOH的質(zhì)量；他先用托盤天平稱量燒杯的質(zhì)量，天平平衡后的狀態(tài)如圖1所示．由圖可見，該同學(xué)在操作時(shí)的一個(gè)明顯錯(cuò)誤是______，燒杯的實(shí)際質(zhì)量為______．

（3）在圖2所示儀器中；配制上述溶液肯定不需要的是______（填序號(hào)）．

（4）在容量瓶的使用方法中；下列操作正確的是______（可多選）

A．使用容量瓶前應(yīng)首先檢驗(yàn)是否漏水．

B．容量瓶用水洗凈后；再用待配溶液潤洗2～3次．

C．配制溶液時(shí)；如果試樣是固體，把稱好的固體用紙條小心倒入容量瓶中，緩慢加水至接近刻度線1～2cm處，用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線．

D．如果配制溶液時(shí)；溶質(zhì)溶解速率比較慢，可以將容量瓶在酒精燈上加熱，促進(jìn)溶質(zhì)的溶解，節(jié)省配制溶液的時(shí)間．

E．洗燒杯和玻璃棒的洗滌液必須轉(zhuǎn)移入容量瓶中；不能倒掉．

（5）圖3是該同學(xué)轉(zhuǎn)移溶液的示意圖；該同學(xué)在操作過程中存在明顯的錯(cuò)誤為：______．

（6）在配制該溶液過程中；下列操作會(huì)引起配制溶液濃度偏高的是______．

①?zèng)]有洗滌燒杯和玻璃棒②所用天平的砝碼生銹。

③容量瓶不干燥；含有少量蒸餾水④定容時(shí)俯視標(biāo)線。

⑤定容時(shí)仰視標(biāo)線。

⑥定容后塞上瓶塞反復(fù)搖勻；靜置后，液面低于刻度線，再加水至刻度線．

31、一個(gè)完整的氧化還原反應(yīng)方程式可以拆成兩個(gè)“半反應(yīng)式”：一個(gè)是“氧化反應(yīng)式”，一個(gè)是“還原反應(yīng)式”．如：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+的拆寫結(jié)果是：

氧化反應(yīng)式是：Cu-2e-→Cu2+；還原反應(yīng)式是：2Fe3++2e-→2Fe2+已知某個(gè)反應(yīng)的半反應(yīng)式：CH4+10OH--8e-→CO32-+7H2O

O2+2H2O+4e-→4OH-

則總反應(yīng)的離子方程式為______；其中還原劑是______．

評(píng)卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共6分)32、某探究小組用HNO3與大理石反應(yīng)過程中質(zhì)量減小的方法，研究影響反應(yīng)速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細(xì)顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格，實(shí)驗(yàn)溫度為298K、308K，每次實(shí)驗(yàn)HNO3的用量為25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請完成以下實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)表，并在實(shí)驗(yàn)?zāi)康囊粰谥刑畛鰧?duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)編號(hào)：。實(shí)驗(yàn)編號(hào)T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實(shí)驗(yàn)?zāi)康蘑?98粗顆粒2.00（Ⅰ）實(shí)驗(yàn)①和②探究HNO3濃度對(duì)該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅱ）實(shí)驗(yàn)①和③探究溫度對(duì)該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅲ）實(shí)驗(yàn)①和④探究大理石規(guī)格（粗、細(xì)）對(duì)該反應(yīng)速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示，如何檢驗(yàn)該裝置的氣密性________________________________

（3）實(shí)驗(yàn)①中CO2質(zhì)量隨時(shí)間變化的關(guān)系見下圖2：依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計(jì)算實(shí)驗(yàn)①在70-90s范圍內(nèi)HNO3的平均反應(yīng)速率________________________

（4）請?jiān)诖痤}卡的框圖中，畫出實(shí)驗(yàn)②、③和④中CO2質(zhì)量隨時(shí)間變化關(guān)系的預(yù)期結(jié)果示意圖。_______參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】試題分析：萃取是利用溶質(zhì)在不同溶劑中溶解度的不同而分類的，萃取劑的選擇應(yīng)該符合以下條件：（1）、溶質(zhì)在萃取劑中的溶解度比在原溶劑中要大。（2）、萃取劑與元溶劑不相溶。（3）、萃取劑與溶質(zhì)不反應(yīng)。綜上所述，選B考點(diǎn)：萃取劑的條件?！窘馕觥俊敬鸢浮緽2、D【分析】解：A．清晨的陽光穿過茂密的林木枝葉所產(chǎn)生的美麗景象；是膠體的丁達(dá)爾現(xiàn)象，與膠體有關(guān)，故A不符合；

B．尿毒癥主要是血紅蛋白隨尿液排出；所以血液透析就是將血液通過半透膜，防止血紅蛋白流失，故B不符合；

C．明礬凈水原理是硫酸鋁鉀溶液中含有鋁離子，鋁離子水解Al3++3H2O?Al（OH）3（膠體）+3H+；生成氫氧化鋁膠體和氫離子，氫氧化鋁膠體具有吸附性凈水，和膠體有關(guān)，故C不符合；

D．在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀；發(fā)生的是復(fù)分解反應(yīng)，與膠體無關(guān)，故D錯(cuò)誤．

故選D．

A．氣溶膠具有丁達(dá)爾現(xiàn)象；

B．膠體不能通過半透膜；可以通過此性質(zhì)來精制膠體，分離膠體；

C．明礬凈水原理是電離出的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附性；

D．紅褐色沉淀是生成的氫氧化鐵；不是膠體．

本題考查了膠體性質(zhì)的應(yīng)用，主要考查膠體的聚沉、膠體的分散質(zhì)微粒直徑，丁達(dá)爾現(xiàn)象，熟練掌握膠體性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】【答案】D3、D【分析】解：發(fā)生反應(yīng)：rm{N_{2}+3H_{2}=2NH_{3}}rm{dfrac{v(H_{2})}{3}}化學(xué)反應(yīng)速率與其化學(xué)計(jì)量數(shù)的比值越大；反應(yīng)速率越快；

A.rm{dfrac{v(H_{2})}{3}=0.033}

B.rm{dfrac

{v(H_{2})}{3}=0.033}

C.rm{dfrac{v(NH_{3})}{2}=0.075}

D.rm{dfrac{v(N_{2})}{1}=0.1}rm{dfrac{v(N_{2})}{1}=0.12}

故D表示的反應(yīng)速率最快；

故選D．

由于不同物質(zhì)表示的速率之比等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比；故化學(xué)反應(yīng)速率與其化學(xué)計(jì)量數(shù)的比值越大，反應(yīng)速率越快，注意單位要相同．

本題考查反應(yīng)速率快慢的比較，利用反應(yīng)速率與化學(xué)計(jì)量數(shù)的比值可快速解答，也可轉(zhuǎn)化為同種物質(zhì)的反應(yīng)速率來比較，題目難度不大．rm{dfrac

{v(NH_{3})}{2}=0.075}【解析】rm{D}4、B【分析】略【解析】rm{B}5、C【分析】【分析】本題考查了電解質(zhì)與非電解質(zhì)的判斷，題目難度不大，注意掌握電解質(zhì)與非電解質(zhì)的區(qū)別?！窘獯稹吭谒芤豪锘蛉廴跔顟B(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)，在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物為非電解質(zhì)，無論電解質(zhì)和非電解質(zhì)都一定為化合物，單質(zhì)和混合物一定不是電解質(zhì)、非電解質(zhì)；還要注意不屬于電解質(zhì)的物質(zhì)包括非電解質(zhì)、單質(zhì)和混合物rm{;}A.rm{Fe}是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B.rm{O_{2}}是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤rm{;}

C.rm{NaCl}屬于鹽；是化合物，是電解質(zhì)，故C正確；

D.硝酸鉀溶液屬于混合物；既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；

故選C；

【解析】rm{C}6、B【分析】【解答】無色溶液，不含銅離子，逐滴滴加NaOH溶液，由圖可知，開始加入氫氧化鈉溶液就有沉淀生成，說明不含有H+；沉淀最大時(shí)，繼續(xù)滴加氫氧化鈉溶液，沉淀部分溶解，推斷一定含有Al3+；圖象中有一段平臺(tái)，說明加入OH﹣時(shí)無沉淀生成，有NH4+，NH4++OH﹣=NH3?H2O，說明含有銨根離子，最后溶液中有沉淀，說明溶液中含Mg2+；鎂離子和碳酸根離子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根離子；

A、原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32﹣；故A正確；

B；不含碳酸根離子；根據(jù)溶液呈電中性，所以一定含硝酸根離子，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)圖象知，35﹣40mL時(shí)Al（OH）3和NaOH反應(yīng)生成NaAlO2，則0﹣25mL時(shí)NaOH和Mg2+、Al3+反應(yīng)生成沉淀，生成NaAlO2時(shí)需要NaOH5mL，則生成Al（OH）3需要NaOH15mL，則有10mLNaOH溶液和鎂離子反應(yīng)，25﹣35mL時(shí)氫氧化鈉溶液和NH+4反應(yīng)生成氨水，根據(jù)使用NaOH溶液體積知，n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH+4）=1：1：2；故C正確；

D、當(dāng)加入40mLNaOH溶液時(shí)，剩余的沉淀是Mg（OH）2，n（Mg（OH）2）=0.01mol，根據(jù)原子守恒知，n（Mg2+）=0.01mol，c（Mg2+）==0.1mol/L，生成0.01molMg（OH）2需要n（NaOH）是0.02mol，Al（OH）3和NaOH反應(yīng)生成NaAlO2需要NaOH溶液的體積是5mL，則鋁離子和NaOH溶液反應(yīng)生成Al（OH）3沉淀時(shí)需要NaOH溶液的體積是15mL，則生成氫氧化鎂需要NaOH溶液的體積是10mL，所以c（NaOH）==2mol/L；故D正確；

故選B．

【分析】無色溶液，不含銅離子，逐滴滴加NaOH溶液，由圖可知，開始加入氫氧化鈉溶液就有沉淀生成，說明不含有H+；沉淀最大時(shí)，繼續(xù)滴加氫氧化鈉溶液，沉淀部分溶解，推斷一定含有Al3+；圖象中有一段平臺(tái)，說明加入OH﹣時(shí)無沉淀生成，有NH4+，NH4++OH﹣=NH3?H2O，說明含有銨根離子，最后溶液中有沉淀，說明溶液中含Mg2+，鎂離子和碳酸根離子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根離子，由此分析解答．7、B【分析】【分析】本題考查反應(yīng)速率的快慢比較，該類題的解題思路是統(tǒng)一物質(zhì)、統(tǒng)一單位，統(tǒng)一物質(zhì)時(shí)根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比進(jìn)行轉(zhuǎn)換?！窘獯稹坑貌煌奈镔|(zhì)表示反應(yīng)速率，數(shù)值不一樣，根據(jù)反應(yīng)速率比rm{=}方程式計(jì)量系數(shù)比，將反應(yīng)速率均統(tǒng)一成rm{B}的反應(yīng)速率，則A.由rm{v_{(A)}=0.5mol/(L?s)}知，rm{v_{(B)}=v_{(A)}/2=0.25mol/(L?s)}B.rm{v_{(B)}=v_{(A)}/2=0.25mol/(

L?s)}rm{v_{(B)}=0.3}rm{mol/(L?s}

C.由rm{)}知，rm{v_{(C)}=0.8mol/(L?s)}

D.由rm{v_{(B)}=0.8/3mol/(L?s)}rm{v_{(D)}=1mol/(L?s}知，rm{)}rm{v_{(B)}=0.25mol/(L?s)}選項(xiàng)反應(yīng)速率最快，故B正確。故選B。rm{B}【解析】rm{B}8、B【分析】解：rm{A.}食鹽具有咸味；可做調(diào)味劑，食鹽能夠使細(xì)菌脫水死亡，達(dá)到抑制細(xì)菌繁殖的目的，可作防腐劑，故A正確；

B.向海水中加入凈水劑明礬只能除去懸浮物雜質(zhì)；但不能使海水淡化，應(yīng)用蒸餾的方法，故B錯(cuò)誤；

C.化石燃料的燃燒會(huì)產(chǎn)生大量空氣污染物；如粉塵；有害氣體等，所以加大石油、煤炭的開采速度，增加化石燃料的供應(yīng)量，不利于“藍(lán)天工程”建設(shè)，故C正確；

D.鋁常溫下能與空氣中氧氣反應(yīng)；生成一層致密的氧化物保護(hù)膜，從而具有抗腐蝕性，鋁合金材料的密度小，用以減輕列車質(zhì)量，鋁合金強(qiáng)度大，所以高鐵車廂大部分材料采用鋁合金，故D正確；

故選B．

A.食鹽具有咸味；食鹽能夠使細(xì)菌脫水死亡，達(dá)到抑制細(xì)菌繁殖的目的；

B.向海水中加入凈水劑明礬只能除去懸浮物雜質(zhì)；

C.根據(jù)化石燃料的燃燒會(huì)產(chǎn)生大量空氣污染物；如粉塵；有害氣體等；

D.車廂大部分采用鋁合金材料制造；這是因?yàn)殇X合金具有質(zhì)量輕，強(qiáng)度大，抗腐蝕能力比較強(qiáng)的優(yōu)點(diǎn)．

本題考查常見生活環(huán)境的污染及治理，題目難度不大，本題注意明礬的凈水原理．【解析】rm{B}9、B【分析】解：rm{壟脵}為單質(zhì)，不符合題意，故rm{壟脵}錯(cuò)誤；

rm{壟脷}為兩性氧化物，與酸反應(yīng)：rm{Al_{2}O_{3}+6HCl=2AlCl_{3}+3H_{2}O}也能與堿反應(yīng)：rm{Al_{2}O_{3}+2NaOH=2NaAlO_{2}+H_{2}O}故rm{壟脷}正確；

rm{壟脹}為兩性氫氧化物，與酸反應(yīng)：rm{Al(OH)_{3}+3HCl=AlCl_{3}+3H_{2}O}也能與堿反應(yīng)：rm{Al(OH)_{3}+NaOH=NaAlO_{2}+2H_{2}O}故rm{壟脹}正確；

rm{壟脺}為弱酸的酸式鹽，與酸反應(yīng)：rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}也能與堿反應(yīng)：rm{NaHCO_{3}+NaOH=Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}故rm{壟脺}正確．

故選B．

既能和酸反應(yīng)又能和堿反應(yīng)的化合物有兩性氧化物；兩性氫氧化物、弱酸的酸式鹽、弱酸弱堿鹽等．

本題考查常見物質(zhì)的性質(zhì)，題目難度不大，注意既能和酸反應(yīng)又能和堿反應(yīng)的物質(zhì)類型．【解析】rm{B}二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】考查物質(zhì)的量的有關(guān)計(jì)算。（1）根據(jù)n＝m/M可知，該氣體的物質(zhì)的量是n＝m/Mmol。（2）氣體是由4個(gè)原子構(gòu)成的，所以該氣體中所含的原子總數(shù)為N＝4×m/Mmol×6.02×1023/mol＝（3）根據(jù)可知，該氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為L。（4）1L水的質(zhì)量是1000g，所以溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%。（5）根據(jù)c＝n/V可知，溶液的物質(zhì)的量濃度為mol/L?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?分）(1)(2)(3)(4)%(5)11、略

【分析】解：rm{(1)}乙烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成氯乙烷，反應(yīng)方程式為rm{C_{2}H_{6}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{}C_{2}H_{5}Cl+HCl}該反應(yīng)為取代反應(yīng)，乙烯和rm{C_{2}H_{6}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{

}C_{2}H_{5}Cl+HCl}發(fā)生加成反應(yīng)生成氯乙烷，反應(yīng)方程式為rm{HCl}

故答案為：取代反應(yīng)；rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl隆煤CH_{3}CH_{2}Cl}

rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl隆煤CH_{3}CH_{2}Cl}電池反應(yīng)為：rm{(2)}該電池負(fù)極是氨氣失電子生成氮?dú)猓磻?yīng)的電極反應(yīng)式為rm{4NH_{3}+3O_{2}=2N_{2}+6H_{2}O.}反應(yīng)中rm{2NH_{3}+6OH^{-}-6e^{-}=N_{2}+6H_{2}O}氨氣反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移rm{2mol}電子，每消耗rm{6mol}物質(zhì)的量rm{=dfrac{3.4g}{17g/mol}=0.2mol}轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{3.4gNH_{3}}

故答案為：rm{=dfrac

{3.4g}{17g/mol}=0.2mol}rm{0.6N_{A}}．

rm{2NH_{3}+6OH^{-}-6e^{-}=N_{2}+6H_{2}O}乙烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成氯乙烷，乙烯和rm{0.6N_{A}}發(fā)生加成反應(yīng)生成氯乙烷；

rm{(1)}依據(jù)化學(xué)方程式分析氨氣化合價(jià)變化，判斷發(fā)生氧化反應(yīng)的物質(zhì)是氨氣，原電池中在負(fù)極失電子，正極上氧氣得到電子生成氫氧根離子；結(jié)合化學(xué)方程式和電子轉(zhuǎn)移總數(shù)計(jì)算每消耗rm{HCl}轉(zhuǎn)移的電子數(shù)．

本題考查了取代反應(yīng)和加成反應(yīng)以及原電池電極方程式的書寫，根據(jù)有機(jī)物的官能團(tuán)來分析其性質(zhì)和反應(yīng)，題目難度不大．rm{(2)}【解析】取代反應(yīng)；rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl隆煤CH_{3}CH_{2}Cl}rm{2NH_{3}+6OH^{-}-6e^{-}=N_{2}+6H_{2}O}rm{0.6N_{A}}12、略

【分析】解：rm{A.}金剛石屬于原子晶體；熔化時(shí)克服共價(jià)鍵；

B.rm{HCl}屬于分子晶體；熔化時(shí)克服分子間作用力；

C.rm{NaCl}屬于離子晶體；熔化克服離子鍵；

D.rm{K_{2}SO_{4}}屬于離子晶體；含有離子鍵和共價(jià)鍵，熔化克服離子鍵；

E.rm{Na_{2}S}屬于離子晶體，熔化克服離子鍵；rm{F.He}屬于分子晶體；是單原子分子，沒有化學(xué)鍵，熔化時(shí)克服分子間作用力；

G.rm{N_{2}}屬于分子晶體；熔化時(shí)克服分子間作用力；

rm{(1)HCl}屬于分子晶體，rm{H}與rm{Cl}原子之間存在極性鍵，所以在固態(tài)時(shí)含極性共價(jià)鍵的分子晶體是rm{B}故答案為：rm{B}

rm{(2)K_{2}SO_{4}}屬于離子晶體，含有離子鍵和共價(jià)鍵，既含離子鍵又含共價(jià)鍵的是rm{D}故答案為：rm{D}

rm{(3)}固態(tài)時(shí)屬于離子晶體的是rm{CDE}故答案為：rm{CDE}

rm{(4)}原子晶體在熔化時(shí)，需要克服共價(jià)鍵，則熔化時(shí)需克服共價(jià)鍵的是rm{A}故答案為：rm{A}

rm{(5)}稀有氣體屬于單原子分子，分子中沒有化學(xué)鍵，則晶體中不存在化學(xué)鍵的是rm{F}故答案為：rm{F}．

A.金剛石屬于原子晶體；熔化時(shí)克服共價(jià)鍵；

B.rm{HCl}屬于分子晶體；熔化時(shí)克服分子間作用力；

C.rm{NaCl}屬于離子晶體；熔化克服離子鍵；

D.rm{K_{2}SO_{4}}屬于離子晶體；含有離子鍵和共價(jià)鍵，熔化克服離子鍵；

E.rm{Na_{2}S}屬于離子晶體，熔化克服離子鍵；rm{F.He}屬于分子晶體；是單原子分子，沒有化學(xué)鍵，熔化時(shí)克服分子間作用力；

G.rm{N_{2}}屬于分子晶體；熔化時(shí)克服分子間作用力，據(jù)此結(jié)合題目分析．

本題考查化學(xué)鍵的類型以及晶體的類型，根據(jù)物質(zhì)的組成，及有關(guān)的概念進(jìn)行判斷，題目難度不大，注意稀有氣體屬于單原子分子，分子中沒有化學(xué)鍵是易錯(cuò)點(diǎn)．【解析】rm{B}rm{D}rm{CDE}rm{A}rm{F}13、略

【分析】試題分析：(1）該鹽酸的物質(zhì)的量濃度=1000×1.19×36.5%/36.5mol/L=11.9mol/L.（2）A．溶液中HCl的物質(zhì)的量和C．溶液中Cl-的數(shù)目隨著溶液體積的增多增加。B．由均一性可知溶液的濃度和D．溶液的密度是定值。（3）①容量瓶上需標(biāo)有A．溫度C．容量E．刻度線三項(xiàng)。②根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作順序，下列排列其正確的操作順序BCAFED，各空的答案依次為B．16.8C．500mL容量瓶（無規(guī)格不得分）E．膠頭滴管F．1~2mL?？键c(diǎn)：本題考查物質(zhì)的量濃度溶液的配制?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）11.9（2）BD（有錯(cuò)不得分）（3）①ACE（有錯(cuò)或缺2個(gè)不得分）②BCAFED（有錯(cuò)不得分）B．16.8C．500mL容量瓶（無規(guī)格不得分）E．膠頭滴管F．1~2mL14、略

【分析】試題分析：（1）MnO2+4HCl（濃）=MnCl2＋Cl2↑＋2H2O反應(yīng)中，+4價(jià)Mn的化合價(jià)降低2價(jià)，得到2個(gè)電子，Cl元素的化合價(jià)整體升高2價(jià)，失去2個(gè)電子，所以用雙線橋表示為（2）在該反應(yīng)中，Cl元素的化合價(jià)升高，被氧化，所以發(fā)生氧化反應(yīng)的物質(zhì)是HCl，Mn元素的化合價(jià)降低，被還原；（3）參加反應(yīng)的HCl中只有1/2被氧化，所以氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:2；（4）若反應(yīng)中被氧化的鹽酸為1mol，根據(jù)2HCl～Cl2，所以生成氯氣的物質(zhì)的量是0.5mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是0.5mol×22.4L/mol=11.2L。考點(diǎn)：考查對(duì)氧化還原反應(yīng)的分析，雙線橋的表示【解析】【答案】（10分）（1）（2）HCl錳（3）1﹕2（4）11.2L15、略

【分析】依題意可知甲構(gòu)成原電池，乙沒有形成閉合的通路不是原電池。構(gòu)成原電池加快反應(yīng)速率，兩燒杯中產(chǎn)生氣泡的速度：甲＞乙。當(dāng)甲中產(chǎn)生1.12L也就是1mol（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體時(shí)，通過導(dǎo)線的電子數(shù)目為0.1NA.當(dāng)乙中產(chǎn)生1.12L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體時(shí)，將鋅、銅片取出，再將燒杯中的溶液稀釋至1L，測得溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1（設(shè)反應(yīng)前后溶液體積不變）。試確定原稀硫酸n(H+)=(0.1+0.1)mol,原稀硫酸的物質(zhì)的量濃度為1mol/L,甲中減輕的為13G,是消耗的鋅的質(zhì)量，物質(zhì)的量為0.2mol,產(chǎn)生氫氣為0.2mol?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）BD（2）甲＞乙（3）6.02×1022(0.1NA)（4）1mol/L(5)Zn-2e-=Zn2+；(6)4.48L16、略

【分析】解：（1）電離出的陽離子全部是氫離子的化合物為酸，故①H2SO4為酸；電離出的陰離子全部是氫氧根的化合物為堿，故②Ca（OH）2為堿；電離出的陰離子是酸根離子、陽離子是金屬離子或銨根離子的化合物為鹽，故③BaSO4④CuCl2⑤NaHSO4⑥NaHCO3⑦Al2（SO4）3均為鹽．故答案為：①；②；③④⑤⑥⑦；

（2）Ca（OH）2是強(qiáng)堿，在溶液中完全電離為一個(gè)鈣離子和2個(gè)氫氧根，故電離方程式為：Ca（OH）2=Ca2++2OH-；

NaHSO4是強(qiáng)酸強(qiáng)堿的酸式鹽，在溶液中完全電離為鈉離子、氫離子和硫酸根，電離方程式為：NaHSO4=Na++H++SO42-；

NaHCO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中完全電離為鈉離子和碳酸氫根離子，故電離方程式為：NaHCO3=Na++HCO3-；

Al2（SO4）3是強(qiáng)電解質(zhì)，能完全電離為2個(gè)鋁離子和3個(gè)硫酸根離子，Al2（SO4）3=2Al3++3SO42-．

故答案為：Ca（OH）2=Ca2++2OH-；NaHSO4=Na++H++SO42-；NaHCO3=Na++HCO3-；Al2（SO4）3=2Al3++3SO42-；

（1）電離出的陽離子全部是氫離子的化合物為酸；電離出的陰離子全部是氫氧根的化合物為堿；電離出的陰離子是酸根離子；陽離子是金屬離子或銨根離子的化合物為鹽；

（2）Ca（OH）2是強(qiáng)堿；在溶液中完全電離為一個(gè)鈣離子和2個(gè)氫氧根；

NaHSO4是強(qiáng)酸強(qiáng)堿的酸式鹽；在溶液中完全電離為鈉離子；氫離子和硫酸根；

NaHCO3是強(qiáng)堿弱酸鹽；在溶液中完全電離為鈉離子和碳酸氫根離子；

Al2（SO4）3是強(qiáng)電解質(zhì)；能完全電離為2個(gè)鋁離子和3個(gè)硫酸根離子．

本題考查了酸、堿、鹽的概念和電離方程式的書寫，難度不大，應(yīng)注意的是碳酸氫鈉和硫酸氫鈉電離方程式書寫方法的區(qū)別．【解析】①；②；③④⑤⑥⑦；Ca（OH）2=Ca2++2OH-；NaHSO4=Na++H++SO42-；NaHCO3=Na++HCO3-；Al2（SO4）3=2Al3++3SO42-17、略

【分析】解：rm{(1)}在rm{0隆蘆1}rm{1隆蘆2}rm{2隆蘆3}rm{3隆蘆4}rm{4隆蘆5min}時(shí)間段中，產(chǎn)生氣體的體積分別為rm{50mL}rm{70mL}rm{112mL}rm{68mL}rm{20mL}由此可知反應(yīng)速率最大的時(shí)間段為rm{2隆蘆3}rm{min}

故答案為：rm{2隆蘆3}rm{min}因反應(yīng)為放熱反應(yīng)；溫度升高，反應(yīng)速率增大；

rm{(2)}反應(yīng)速率最小的時(shí)間段是rm{4隆蘆5min}時(shí)間段，此時(shí)溫度雖然較高，但rm{H^{+}}濃度?。?/p>

故答案為：rm{4隆蘆5}rm{min}此時(shí)rm{H^{+}}濃度??；

rm{(3)}在rm{2隆蘆3min}時(shí)間段內(nèi)，rm{n(H_{2})=dfrac{0.112L}{22.4L/mol}=0.005mol}根據(jù)rm{n(H_{2})=dfrac

{0.112L}{22.4L/mol}=0.005mol}計(jì)算消耗鹽酸的物質(zhì)的量為rm{2HCl隆蘆H_{2}}則rm{婁脭(HCl)=dfrac{dfrac{0.01mol}{0.1L}}{1min}=0.1}rm{0.01mol}

故答案為：rm{婁脭(HCl)=dfrac{dfrac

{0.01mol}{0.1L}}{1min}=0.1}rm{mol/(L?min)}

rm{婁脭(HCl)=0.1}加入蒸餾水，rm{mol/(L?min)}濃度減??；反應(yīng)速率減小且不減少產(chǎn)生氫氣的量，故A正確；

B.加入rm{(4)A.}溶液，rm{H^{+}}濃度減??；反應(yīng)速率減小且不減少產(chǎn)生氫氣的量，故B正確；

C.加入rm{NaCl}溶液，生成rm{H^{+}}氣體；影響生成氫氣的量，故C錯(cuò)誤；

D.加入rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，rm{CO_{2}}置換出rm{CuSO_{4}}反應(yīng)速度增大；但影響生成氫氣的量，故D錯(cuò)誤；

故答案為：rm{Zn}．

rm{Cu}和rm{AB}在rm{(1)}rm{(2)}rm{0隆蘆1}rm{1隆蘆2}rm{2隆蘆3}時(shí)間段中，產(chǎn)生氣體的體積分別為rm{3隆蘆4}rm{4隆蘆5min}rm{50mL}rm{70mL}rm{112mL}生成氣體體積越大的時(shí)間段，反應(yīng)速率越大，結(jié)合溫度；濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響分析；

rm{68mL}計(jì)算出氫氣的體積，根據(jù)rm{20mL}計(jì)算消耗鹽酸的物質(zhì)的量，計(jì)算濃度的變化，根據(jù)rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}計(jì)算反應(yīng)速率；

rm{(3)}為了減緩反應(yīng)速率但不減少產(chǎn)生氫氣的量，可降低rm{2HCl隆蘆H_{2}}濃度，但不能影響rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}的物質(zhì)的量；

本題考查反應(yīng)速率的探究，難度中等rm{(4)}要注意根據(jù)把握影響反應(yīng)速率的因素，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵．rm{H^{+}}【解析】rm{2隆蘆3min}因反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，反應(yīng)速率增大；rm{4隆蘆5min}rm{4隆蘆5min}時(shí)間段rm{H^{+}}濃度??；rm{0.1mol/(L?min)}rm{AB}18、略

【分析】解：因濃硫酸具有吸水性，濃硫酸吸水稀釋而放出大量的熱，濃硫酸將蔗糖中的rm{H}和rm{O}以rm{2}rm{1}的形式脫去，蔗糖變黑；濃硫酸具有強(qiáng)氧化性：rm{C+2H_{2}SO_{4}(}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體，說明濃硫酸具有強(qiáng)氧化性脫水性吸水性；

濃硫酸露置空氣中質(zhì)量增加是因?yàn)闈饬蛩峋哂形?；吸收空氣中的水蒸氣，說明濃硫酸具有吸水性；

鐵制容器盛放濃硫酸；是因?yàn)闈饬蛩峋哂袕?qiáng)的氧化性，常溫下使鐵鈍化形成致密氧化膜，阻止反應(yīng)進(jìn)行，體現(xiàn)濃硫酸強(qiáng)的氧化性；

熱的濃硫酸和銅反應(yīng)生成硫酸銅；二氧化硫和水；體現(xiàn)濃硫酸強(qiáng)的氧化性和酸性；

故答案為：rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{壟脵壟脷壟脹}rm{壟脹}rm{壟脵}．

依據(jù)濃硫酸的酸性；強(qiáng)氧化性；脫水性、吸水性結(jié)合現(xiàn)象解答，注意銅與濃硫酸反應(yīng)過程中硫酸中部分硫元素化合價(jià)升高、部分化合價(jià)降低，據(jù)此判斷解答．

本題主要考查了濃硫酸的性質(zhì)，明確濃硫酸的強(qiáng)氧化性、脫水性、吸水性三大特性及硫酸的酸性是解題關(guān)鍵，題目難度不大，注意脫水性與吸水性區(qū)別．rm{壟脵壟脺}【解析】rm{壟脵壟脷壟脹}rm{壟脹}rm{壟脵}rm{壟脵壟脺}三、判斷題(共7題，共14分)19、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計(jì)算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)．

【分析】依據(jù)n=計(jì)算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計(jì)算．20、B【分析】【解答】藍(lán)色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水；屬于化學(xué)變化，故答案為：×．

【分析】化學(xué)變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化，據(jù)此解題．21、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素；但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機(jī)物相似，把它們歸入無機(jī)物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機(jī)化合物，簡稱有機(jī)物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機(jī)物相似，把它們歸入無機(jī)物．22、B【分析】【解答】標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標(biāo)準(zhǔn)狀況己烷不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1mol，故上述錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應(yīng)用條件分析判斷，標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol23、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(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)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(zhì)．

故答案為：對(duì)．

【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(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化．24、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素；但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機(jī)物相似，把它們歸入無機(jī)物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機(jī)化合物，簡稱有機(jī)物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機(jī)物相似，把它們歸入無機(jī)物．25、B【分析】【解答】摩爾是物質(zhì)的量的單位；是國際單位制中七個(gè)基本單位之一；

故答案為：×．

【分析】摩爾是物質(zhì)的量的單位．四、原理綜合題(共4題，共8分)26、略

【分析】【詳解】

(1)2CH3CH2OH(g)+O2(g)2CH3CHO(g)+2H2O(g)中，每生成2molH2O，斷裂2molC-H、2molC-O、1molO=O，形成2molC=O、2molO-H，則?H1=(2×413+351×2+497-2×745-462×2)kJ·mol-1=-389kJ·mol-1；

(2)反應(yīng)I為氣體體積增大的放熱反應(yīng)；

A．在恒溫恒容下；氣體體積之比等于其物質(zhì)的量之比，體系壓強(qiáng)不再變化則說明氣體總物質(zhì)的量不變，可說明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)；

B．v正(CH3CH2OH)、v逆(O2)所表示的化學(xué)反應(yīng)方向不同，v正(CH3CH2OH)=2v逆(O2)滿足平衡時(shí)化學(xué)反應(yīng)速率之比等于其系數(shù)之比；可說明反應(yīng)處于平衡狀態(tài)；

C．該反應(yīng)中參加反應(yīng)的物質(zhì)均為氣體；反應(yīng)過程中氣體質(zhì)量不變，且容器為恒容裝置，混合氣體的密度始終不變，因此不能用密度判斷反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)；

D．反應(yīng)過程中氣體總質(zhì)量不變；氣體物質(zhì)的量會(huì)變化，因此混合氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量保持不變時(shí)可說明反應(yīng)處于平衡狀態(tài)；

故答案為C；

(3)CH3CH2OH(g)CH3CHO(g)+H2(g)中，充入2mol乙醇?xì)怏w，達(dá)平衡后乙醇的轉(zhuǎn)化率為50%，容器體積為2L，則c(CH3CH2OH)==0.5mol/L，c(CH3CHO)=c(H2)==0.5mol/L，則K1===0.5，T1℃，P2kPa條件下，充入2mol乙醇?xì)怏w，平衡后乙醇的轉(zhuǎn)化率為60%，則c(CH3CH2OH)=c(CH3CHO)=c(H2)=溫度不變，則平衡常數(shù)不變，則=0.5；解得V=3.6L；

(4)由圖可知；隨溫度升高，乙醇轉(zhuǎn)化率逐漸增大，乙醇選擇性逐漸下降，當(dāng)溫度高于280℃后，乙醇選擇性下降較大，因此乙醇直接脫氫反應(yīng)的最適宜的溫度為280℃，故答案為：280℃；溫度較低時(shí)，乙醇轉(zhuǎn)化率較低；溫度高于280℃后乙醇選擇性降低；

(5)由圖可知，該過程中能壘依次為-0.66eV、+0.19eV、-1.7eV、+0.83eV、-0.44eV、+0.89eV、+1.99eV、-0.1eV，因此該歷程中最大能壘對(duì)應(yīng)步驟的化學(xué)方程式為C2H4O(g)+2H*=C2H4O(g)+H2(g)?！窘馕觥?389kJ/molC3.6L280℃溫度較低時(shí)，乙醇轉(zhuǎn)化率較低；溫度高于280℃后乙醇選擇性降低C2H4O(g)+2H*=C2H4O(g)+H2(g)27、略

【分析】【分析】

(1)CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ/mol；

②2N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ/mol；

③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ/mol

利用蓋斯定律計(jì)算①+②-③×2得到CH4催化還原NO的熱化學(xué)方程式；

(2)①根據(jù)先拐先平溫度高，T1＞T2；縱軸溫度越高CO濃度越大，說明升溫平衡逆向進(jìn)行；

②溫度為T1時(shí)，化學(xué)平衡常數(shù)的的含義，利用三段式計(jì)算出各種物質(zhì)的平衡濃度，將各種物質(zhì)的平衡濃度帶入公式可得其平衡常數(shù)的數(shù)值；速率常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，速率常數(shù)不變，根據(jù)平衡時(shí)v正=v逆，可得=K，根據(jù)v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c2(CO2)c(N2)，代入即可計(jì)算出其數(shù)值；

(3)①尿素[CO(NH2)2]作還原劑還原NO2；反應(yīng)生成氮?dú)?；二氧化碳和水?/p>

②脫硝的最佳溫度約為925℃；此時(shí)脫硝效率最大，SNCR與SCR技術(shù)相比，SNCR技術(shù)的反應(yīng)溫度較高是因?yàn)槲醇尤氪呋瘎瑥拇呋瘎┗钚苑治鰷囟鹊挠绊?；從平衡移?dòng)角度及反應(yīng)速率選擇合適的溫度。

【詳解】

(1)①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ/mol；

②2N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ/mol；

③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ/mol

利用蓋斯定律計(jì)算①+②-③×2得到CH4催化還原NO的熱化學(xué)方程式CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-977.2kJ/mol；

(2)①先拐先平溫度高，T1＞T2，縱軸溫度越高CO濃度越大，說明升溫平衡逆向進(jìn)行，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0；

②在某密閉容器中通入等量的CO和NO；根據(jù)圖像可知開始時(shí)，c(CO)=c(NO)=2mol/L，平衡狀態(tài)下一氧化碳濃度為0.4mol/L；

2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)

起始量(mol/L)2200

變化量(mol/L)1.61.61.60.8

平衡量(mol/L)0.40.41.60.8

根據(jù)平衡常數(shù)的含義可得該溫度下的反應(yīng)平衡常數(shù)K==80；

當(dāng)該可逆反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)v正=v逆，根據(jù)v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，可得=K，根據(jù)v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c2(CO2)c(N2)，在a點(diǎn)，c(NO)=c(CO)=1.2mol/L，根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)時(shí)的物質(zhì)的量關(guān)系可知，此時(shí)c(CO2)=0.8mol/L，c(N2)=0.4mol/L，則===648；

(3)①尿素[CO(NH2)2]作還原劑還原NO2，反應(yīng)生成氮?dú)?、二氧化碳和水，反?yīng)的化學(xué)方程式為：4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O；

②圖像可知SNCR技術(shù)的脫硝的最佳溫度為：925°C左右；但溫度也不能太高，這是因?yàn)闇囟鹊?，反?yīng)速率慢，但溫度太高，會(huì)降低催化劑活性；當(dāng)體系溫度約為925℃C時(shí)，SNCR脫硝效率最高，其可能的原因是溫度較低時(shí)，化學(xué)反應(yīng)速率慢，達(dá)到平衡所需的時(shí)間過長，生產(chǎn)效率低下，溫度過高，催化劑活性降低，且升高溫度有利于反應(yīng)向吸熱的逆反應(yīng)方向方向進(jìn)行，不利于脫硝技術(shù)消除煙氣中的氮氧化物。

【點(diǎn)睛】

本題考查了熱化學(xué)方程式書寫、化學(xué)反應(yīng)速率和平衡常數(shù)的計(jì)算、影響化學(xué)平衡的因素分析、氧化還原反應(yīng)和圖像中定量關(guān)系計(jì)算的解應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度適中?！窘馕觥緾H4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-977.2kJ/mol放熱806484CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O溫度太高，會(huì)降低催化劑活性低于925℃反應(yīng)速率較慢，高于925℃不利于脫硝反應(yīng)正向進(jìn)行28、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)圖示，可知0.5molCO2和1.5molH2轉(zhuǎn)化率達(dá)80%時(shí)放熱23-3.4=19.6kJ，然后按比例計(jì)算：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的△H得出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式；

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

（3）①a.由過程1和過程2的反應(yīng)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(yīng)生成Ni2O3、Cl-；O；據(jù)此寫出離子方程式；

c.Ca2+與SO42-結(jié)合生成難溶的CaSO4；有利于反應(yīng)的進(jìn)行；

②b點(diǎn)時(shí)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(shí)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(zhuǎn)化率達(dá)80％時(shí)的能量變化，23kJ-3.4kJ=19.6kJ，△H==-49kJ/mol，該反應(yīng)的熱化學(xué)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(shè)進(jìn)行到20min時(shí)達(dá)平衡，轉(zhuǎn)化的CO的物質(zhì)的量為2x，則：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)

起始量（mol）210

轉(zhuǎn)化量（mol）2xx2x

平衡量（mol）2-2x1-x2x

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

則前20min的反應(yīng)速率=0.03

平衡時(shí)，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(yīng)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(yīng)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?yàn)镃a2+與SO42-結(jié)合生成難溶的CaSO4；有利于反應(yīng)的進(jìn)行；

因此，本題正確答案是：催化劑；2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；Ca2+與SO42-結(jié)合生成難溶的CaSO4；有利于反應(yīng)的進(jìn)行；

②b點(diǎn)時(shí)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(yīng)的離子方程式3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O。電解時(shí)陰極產(chǎn)生H2，故排入空氣的尾氣，一定含有的氣體單質(zhì)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(duì)NO去除率存在相關(guān)關(guān)系的原因是次氯酸鈉在酸性條件下氧化性增強(qiáng)。

因此，本題正確答案是：次氯酸鈉在酸性條件下氧化性增強(qiáng)?！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(jié)合生成難溶的CaSO4，有利于反應(yīng)的進(jìn)行3:13Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2OH2次氯酸鈉在酸性條件下氧化性增強(qiáng)29、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(dǎo)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(dǎo)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(qiáng)，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移動(dòng)；

(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(duì)比說明鹽的成分發(fā)生改變；導(dǎo)致水解程度減小；

(6)通電時(shí)，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(dòng)，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(dòng)，c室陰極氫離子得電子生成氫氣，導(dǎo)致HSO3-H++SO32-向右移動(dòng)，c中NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2SO3；實(shí)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(dǎo)致(NH4)2SO3物質(zhì)的量減小，而NH4HSO3物質(zhì)的量增大；則其比值減??；

(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(shí)溶液呈堿性則SO32-水解程度大于NH4+水解；

(3)SO2溶液水，導(dǎo)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(qiáng)，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移動(dòng)，促進(jìn)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(dǎo)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(shí)，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(dòng)，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(dòng)，c室陰極氫離子得電子生成氫氣，導(dǎo)致HSO3-H++SO32-向右移動(dòng)，c中NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2SO3，實(shí)現(xiàn)分離。【解析】小SO32-+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(dòng)，促進(jìn)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(jìn)水電離，使c(H+)升高，多余的H+由a室經(jīng)陽離子交換膜進(jìn)入b室將b室中SO32-轉(zhuǎn)化為HSO3-，陰極2H++2e-==H2↑，導(dǎo)致平衡HSO3-H++SO32-向右移動(dòng)，生成更多SO32-，Na+從b室進(jìn)入c室．最終b中Na2SO3轉(zhuǎn)化為NaHSO3，c中NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2SO3，實(shí)現(xiàn)分離五、解答題(共2題，共20分)30、略

【分析】

（1）需氫氧化鈉的質(zhì)量為：0.5L×0.5mol?L-1×40g/mol=10.0g；

故答案為：10.0；

（2）天平稱量遵循左物右碼；由圖可見燒杯與砝碼的位置放反了；

由圖可知；游碼的讀數(shù)為2.6g，砝碼的質(zhì)量為1