2026屆吉林省白城市通榆縣一中化學高三上期中檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、松香中含有松香酸和海松酸，其結構簡式如下圖所示。下列說法中，不正確的是A．二者互為同分異構體B．二者所含官能團的種類和數(shù)目相同C．二者均能與氫氧化鈉溶液反應D．二者均能與H2以物質(zhì)的量之比為1∶3發(fā)生反應2、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．5.6gFe與足量稀HNO3發(fā)生反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NAB．在1L0.1mol/LAlCl3溶液中含有0.1NA個Al3+C．在某密閉容器中盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定條件下充分反應后，可得0.2NA個NH3分子D．標準狀況下，11.2L四氯化碳中含有的C—Cl鍵的個數(shù)為2NA3、已知X、Y、Z三種短周期元素在周期表中的位置如圖所示，設X的原子序數(shù)為a。則下列說法正確的是

Y

X

Z

A．Y是非金屬性最強的元素B．Z是金屬元素C．Y的原子序數(shù)為a－7D．X的氣態(tài)氫化物化學式為H2X4、下列有關說法正確的是A．天然氣的主要成分是甲烷，是一種可再生的清潔能源B．將農(nóng)業(yè)廢棄物在一定條件下產(chǎn)生熱值較高的可燃氣體，是對生物質(zhì)能的有效利用C．若化學過程中斷開化學鍵吸收的能量大于形成化學鍵所放出的能量，則反應放熱D．尋找合適的催化劑，使水分解產(chǎn)生氫氣的同時放出熱量是科學家研究的方向5、化學在生活中有著廣泛的應用，下列對立關系正確的是選項化學性質(zhì)實際應用ASO2具有還原性漂白紙漿BHF具有弱酸性在玻璃上刻字，C鋁的金屬活動性強于氫用鋁制容器貯運濃硝酸DFeCl3溶液能與Cu反應蝕刻銅箔制造電路板A．A B．B C．C D．D6、C、N、S都是重要的非金屬元素．下列說法正確的是A．三者對應的氧化物均為酸性氧化物B．三者的單質(zhì)直接與氧氣反應都能至少生成兩種氧化物C．相同溫度下，等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3、NaNO3、Na2SO3溶液的pH大小順序：NaNO3＜Na2SO3＜Na2CO3D．CO2、NO2、SO2都能與H2O反應，其反應原理相同7、以高硫鋁土礦(主要成分為Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2)為原料，生產(chǎn)Fe3O4的部分工藝流程如下：下列說法錯誤的是A．用NaOH溶液吸收焙燒過程產(chǎn)生的SO2有利于保護環(huán)境和資源再利用B．從高硫鋁土礦中可制得Al、Fe的化合物C．向“過濾”得到的濾液中通入過量CO2，鋁元素存在的形式由AlO轉(zhuǎn)化為Al3+D．FeS2與Fe2O3混合后在無氧條件下焙燒的目的是生成Fe3O4和SO28、下列關于有機物的說法正確的是()A．乙二醇和丙三醇互為同系物B．分子式為C5H12O的醇，能在銅催化下被O2氧化為醛的同分異構體有4種C．按系統(tǒng)命名法，化合物的名稱是2，3，4—三甲基—2—乙基戊烷D．環(huán)己烯()分子中的所有碳原子共面9、在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是A．B．SSO3H2SO4C．NaNa2ONaOHD．Mg(OH)2MgCl(aq)2Mg10、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是（）A．標準狀況下，2.24L乙烯分子中的共用電子對數(shù)目為0.6NAB．1molNO與0.5molO2充分反應后的原子數(shù)目為3NAC．100g質(zhì)量分數(shù)為92%的乙醇溶液中，氧原子數(shù)目為2NAD．7.2gCaO2與CaS的混合物中離子總數(shù)為0.2NA11、下列指定反應的離子方程式正確的是A．將銅插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3–=Cu2++2NO2↑+H2OB．向Fe2(SO4)3溶液中加入過量鐵粉：Fe3++Fe=2Fe2+C．向Al2(SO4)3溶液中加入過量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+D．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+12、常溫下，濃度均為0.1mol·L-1、體積為V0的HX、HY溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化關系如圖所示。下列敘述正確的是()A．HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱B．常溫下，由水電離出的c(H+)·c(OH-)：a<bC．相同溫度下，電離常數(shù)K(HX)：a>bD．lg＝3，若同時微熱兩種溶液，則減小13、有機物命名正確的是()A．2，3，5-三甲基己烷B．1，3-二甲基丁烷C．2，3-二甲基-2-乙基己烷D．2，3-二甲基-4-乙基戊烷14、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．c（H+）/c（OH-）=1012的水溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-B．水電離出的c（H+）=10-l2mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-C．能使甲基橙呈紅色的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+D．c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO-、SO42-、SCN-15、甲、乙、丙、丁4種物質(zhì)均含有兩種元素,其分子均含有18個電子，下列說法正確的是A．若氣體乙的摩爾質(zhì)量與O2相同，則乙一定可以做燃料B．若氣體甲的水溶液在常溫下的pH＜7，則甲一定是HClC．若丙分子結構為空間正四面體，則丙一定比甲烷穩(wěn)定D．若丁為四原子分子，則一定含有非極性共價鍵16、下列各離子化合物中，陽離子與陰離子的半徑之比最大的是A．KCl B．NaBr C．LiI D．KF17、亞氯酸鈉（NaClO2）用于漂白織物、纖維、紙漿，具有對纖維損傷小的特點．其在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2﹣、Cl﹣等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用．已知pOH=﹣lgc(OH﹣)，經(jīng)測定25℃時各組分含量隨pOH變化情況如圖所示（Cl﹣沒有畫出），此溫度下，下列分析正確的是A．HClO2的電離平衡常數(shù)的數(shù)值Ka=10﹣6B．亞氯酸鈉在酸性條件下較穩(wěn)定C．pH=7時，溶液中含氯微粒的濃度大小為：c(HClO2)＞c(ClO2﹣)＞c(ClO2)＞c(Cl﹣)D．同濃度的HClO2溶液和NaClO2溶液等體積混合，則混合溶液中有c(HClO2)-2c(H+)=c(ClO2﹣)-2c(OH﹣)18、向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,測定混合后溶液pH隨混合前溶液中變化的曲線如圖所示。實驗發(fā)現(xiàn):ⅰ.a點溶液澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即產(chǎn)生灰白色沉淀,滴入KSCN溶液顯紅色;ⅱ.c點和d點溶液中產(chǎn)生紅褐色沉淀,無氣體逸出。取其上層清液滴加NaOH溶液后無明顯現(xiàn)象,滴加KSCN溶液顯紅色。下列分析合理的是A．向a點溶液中滴加BaCl2溶液,無明顯現(xiàn)象B．b點較a點溶液pH升高的主要原因:2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+C．c點溶液中發(fā)生的主要反應:2Fe3++3SO32-+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3D．向d點上層清液中滴加KSCN溶液,溶液變紅;再滴加NaOH溶液,紅色加深19、下列圖示箭頭方向表示與某種常見試劑在通常條件下發(fā)生轉(zhuǎn)化，其中6步轉(zhuǎn)化均能一步實現(xiàn)的一組物質(zhì)是選項WXYZANaNa2O2NaOHNa2OBAlAl2(SO4)3AlCl3NaAlO2CN2NH3NONO2DSSO2SO3H2SO4A．A B．B C．C D．D20、實驗室可利用下列微生物電池將污水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]轉(zhuǎn)化為無毒無害的物質(zhì)并產(chǎn)生電能(M、N均為石墨電極)。有關該電池工作時的說法中錯誤的是（）A．該電池在微生物作用下將化學能轉(zhuǎn)化為電能B．負極的電極反應式為：H2N(CH2)2NH2-16e-+4H2O=2CO2↑+N2↑+16H+C．電池總反應為：H2N(CH2)2NH2+4O2=N2+2CO2+4H2OD．每消耗5.6LO2時，通過質(zhì)子交換膜的質(zhì)子數(shù)為NA21、下列有關溶液中粒子濃度的關系式中，正確的是()A．pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③Na2CO3三份溶液中的c(Na＋)：③＞②＞①B．0.1mol·L－1某二元弱酸強堿鹽NaHA溶液中：c(Na+)=2c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)C．圖中a點溶液中各離子濃度的關系是：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)D．圖中pH＝7時：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)22、對下列各溶液中，微粒的物質(zhì)的量濃度關系表述正確的是()A．0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中：c(SO42-)>c(NH4+)>c(H＋)＞c(OH－)B．0.1mol/L的NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32-)C．將0.2mol/LNaA溶液和0.1mol/L鹽酸等體積混合所得堿性溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(Cl－)D．在25℃0.1mol/L的NH4Cl溶液中：c(Cl－)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)二、非選擇題(共84分)23、（14分）1，4-二苯基丁烷是用來研究聚合物溶劑體系熱力學性質(zhì)的重要物質(zhì),工業(yè)上用下列方法制備1，4-二苯基丁烷：友情提示：格拉澤反應:2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R+H2回答下列問題：（1）D的官能團的名稱為_____________________。（2）①和③的反應類型分別為____________、_____________。（3）E的結構簡式為_________________________________。用1molE合成1，4－二苯基丁烷，理論上需要消耗氫氣________mol。（4）請寫出反應①的化學方程式______________________________。（5）化合物C在氫氧化鈉的水溶液中加熱可得到化合物F,請寫出化合物F和乙酸反應的化學方程式______________________________________。（6）芳香化合物G是C的同分異構體，其分子中只有兩種不同化學環(huán)境的氫，數(shù)目比為1:1，寫出其結構簡式_______________________________________。24、（12分）在Na2SO3溶液中各微粒濃度等式關系正確的是________a.c(Na+)=c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)b.c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)c.c(OH-)=c(HSO3-)+c(H+)+c(H2SO3)25、（12分）化學學習小組在實驗室中對鐵鹽與亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)化進行如下探究。已知：SCN－具有強還原性，易被氧化為(SCN)2。實驗Ⅰ：Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+(1)Fe2(SO4)3溶液與Cu粉發(fā)生反應的離子方程式為________________________。(2)探究白色沉淀產(chǎn)生的原因：①提出假設：假設1：白色沉淀是Fe2+與SCN－直接結合所得；假設2：白色沉淀是Cu2+與SCN－直接結合所得；假設3：_____________________________________________。②實驗驗證：向CuSO4溶液中通入過量SO2，將Cu2+還原，再加入KSCN溶液，觀察到有白色沉淀生成，證明假設三成立。寫出CuSO4溶液與KSCN溶液反應的離子方程式：________。實驗Ⅱ：Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+實驗方案現(xiàn)象向3mL0.1mol·L-1FeSO4溶液中加入3mL4mol·L-1稀硝酸溶液變?yōu)樽厣?，放置一段時間后，棕色消失，溶液變?yōu)辄S色(3)實驗Ⅱ中，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)化為Fe3+的離子方程式是_____________________________。(4)設計如下實驗，探究溶液變?yōu)樽厣脑颍孩傧騀e2(SO4)3溶液中通入NO，溶液顏色無變化②向FeSO4溶液中通入NO，溶液顏色變?yōu)樽厣巯騀e(NO3)3溶液中通入NO，溶液顏色無變化由上述實驗分析溶液變?yōu)樽厣脑蚴莀________________________________________。26、（10分）X、Y、Z、W均為短周期主族元素，X、Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和為10。X與Z同族，Y最外層電子數(shù)等于X次外層電子數(shù)，且Y原子半徑大于Z。W的最外層電子數(shù)等于X的核外電子總數(shù)，且W單質(zhì)常溫下為固體。請回答下列問題：(1)Z在周期表中的位置為______________。(2)Y元素形成的離子的結構示意圖為____________。(3)X、Y、Z三種元素對應的原子半徑大小關系為____________(填元素符號)。(4)X和Z形成的簡單氫化物，熱穩(wěn)定性較好的是______________(填化學式)。(5)下列說法正確的是_______。A．X的氫化物在常溫常壓下均為氣體B．最高價氧化物對應的水化物的酸性W>ZC．由于Z的氧化物ZO2既可與酸反應，又能與堿反應，所以ZO2為兩性氧化物D．W的氧化物WO2，具有還原性，能使酸性KMnO4溶液褪色27、（12分）肼(N2H4，無色液體)是一種用途廣泛的化工原料。實驗室中先制備次氯酸鈉，再用次氯酸鈉溶液和氨反應制備肼并驗證肼的性質(zhì)。實驗裝置如圖所示。已知：Cl2(g)+2NaOH(aq)=NaC1O(aq)+NaC1(aq)+H2O(g)△H<0。當溫度超過40℃時，Cl2與NaOH溶液反應生成NaClO3?；卮鹣铝袉栴}：(1)儀器a的名稱是________________，裝置B的作用是____________________________。(2)為控制D裝置中的反應溫度，除用冷水浴外，還需采取的實驗操作是________________。(3)當三頸燒瓶中出現(xiàn)黃綠色氣體時立即關閉分液漏斗活塞、移去酒精燈、關閉K1。此時裝置C的作用是________________________________。(4)將D裝置水槽中的冷水換為熱水，把三頸燒瓶中黃綠色氣體趕走后，打開K2，通入NH3，使其與NaC1O溶液反應制取肼。理論上通入三頸燒瓶的Cl2和NH3的最佳物質(zhì)的量之比為______________。(5)請從提供的下列試劑中選擇合適試劑，設計合理的實驗方案驗證肼的還原性____________(說明操作、現(xiàn)象和結論)。①淀粉-KI溶液②稀硫酸(酚酞)③NaHCO3④AgC128、（14分）H2S在金屬離子的鑒定分析、煤化工等領域都有重要應用。請回答：Ⅰ.工業(yè)上一種制備H2S的方法是在催化劑、高溫條件下，用天然氣與SO2反應，同時生成兩種能參與大氣循環(huán)的氧化物。(1)該反應的化學方程式為_____________。Ⅱ.H2S可用于檢測和沉淀金屬陽離子。(2)H2S的第一步電離方程式為________。(3)已知：25℃時，Ksp(SnS)＝1.0×10－25，Ksp(CdS)＝8.0×10－27。該溫度下，向濃度均為0.1mol·L－1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，當Sn2＋開始沉淀時，溶液中c(Cd2＋)＝________(溶液體積變化忽略不計)。Ⅲ.H2S是煤化工原料氣脫硫過程的重要中間體。反應原理為ⅰ.COS(g)＋H2(g)H2S(g)＋CO(g)ΔH＝＋7kJ·mol－1；ⅱ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－42kJ·mol－1。(4)已知：斷裂1mol分子中的化學鍵所需吸收的能量如表所示。分子COS(g)H2(g)CO(g)H2S(g)H2O(g)CO2(g)能量/(kJ·mol－1)1319442x6789301606表中x＝________。(5)向10L容積不變的密閉容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)，進行上述兩個反應。其他條件不變時，體系內(nèi)CO的平衡體積分數(shù)與溫度(T)的關系如圖所示。①隨著溫度升高，CO的平衡體積分數(shù)_____(填“增大”或“減小”)。原因為_______②T1℃時，測得平衡時體系中COS的物質(zhì)的量為0.80mol。則該溫度下，COS的平衡轉(zhuǎn)化率為_____；反應ⅰ的平衡常數(shù)為_____(保留兩位有效數(shù)字)。29、（10分）（選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)）工業(yè)上用合成氣(CO和H2)制取乙醇的反應為2CO+4H2CH3CH2OH+H2O。研究發(fā)現(xiàn)，使用TiO2作為載體負載銠基催化劑具有較高的乙醇產(chǎn)量。回答下列問題：（1）Ti基態(tài)原子核外電子排布式為_______。和O同一周期且元素的第一電離能比O大的有_____(填元素符號)，和O同一周期且基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)比O多的有____（填元素符號）。（2）在用合成氣制取乙醇反應所涉及的4種物質(zhì)中，沸點從低到高的順序為______________。（3）工業(yè)上以CO、O2、NH3為原料，可合成氮肥尿素[CO(NH2)2]，CO(NH2)2分子中含有的σ鍵與π鍵的數(shù)目之比為_________。（4）C元素與N元素形成的某種晶體的晶胞如圖所示(8個碳原子位于立方體的頂點，4個碳原子位于立方體的面心，4個氮原子在立方體內(nèi))，該晶體硬度超過金剛石，成為首屈一指的超硬新材料。①該晶體的化學式為______；其硬度超過金剛石的原因是___________。②已知該晶胞的密度為dg/cm3，N原子的半徑為r1cm，C原子的半徑為r2cm，設NA為阿伏加德羅常數(shù)，則該晶胞的空間利用率為__________________（用含d、r1、r2、NA的代數(shù)式表示）。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】A.二者的分子式相同，均為C20H30O2，互為同分異構體，故A正確；B.二者所含官能團的種類和數(shù)目相同，均含有1個羧基和2個碳碳雙鍵，故B正確；C.二者均含有羧基，均能與氫氧化鈉溶液反應，故C正確；D.羧基不能與氫氣加成，二者均能與H2以物質(zhì)的量之比為1∶2發(fā)生反應，故D錯誤；故選D。2、A【解析】試題分析：A、Fe與足量稀HNO3發(fā)生反應，生成正三價的鐵離子，正確；B、鋁離子會發(fā)生水解，因此在1L0.1mol/LAlCl3溶液中含有小于0.1NA個Al3+，錯誤；D、這是個可逆反應，不可能進行到底，錯誤；D、標準狀況下，四氯化碳是液體，不能使用22.4L/mol，錯誤?？键c：氧化還原、水解、平衡等有關知識。3、C【詳解】X、Y、Z三種短周期元素在周期表中的位置如圖所示，則Y是氦，X是氟，Z是S，A、Y是氦，是惰性元素，A項錯誤；B、Z是S，是非金屬元素，B項錯誤；C、X的原子序數(shù)為a，He的原子序數(shù)為2，F(xiàn)的原子序數(shù)為9，則Y的原子序數(shù)為a-7,，C項正確；D、氟的最低價為-1價，X的氣態(tài)氫化物化學式為HX，D項錯誤；答案選C。4、B【詳解】A、煤、石油、天然氣屬于化石燃料，它們都是不可再生能源，故A錯誤；B、生物質(zhì)發(fā)酵轉(zhuǎn)化為可燃性氣體比如甲烷，是對生物質(zhì)能的有效利用，故B正確；C、若化學過程中斷開化學鍵吸收的能量大于形成化學鍵所放出的能量，則吸收的能量大于放出的能量，反應吸熱，故C錯誤；D、催化劑只能改變化學反應速率，而不能違背能量守恒規(guī)律，水分解是個吸熱反應，這是不可逆轉(zhuǎn)的，故D錯誤；故選B。5、D【解析】A.SO2具有漂白性，所以可用于漂白紙漿，故A錯誤；B.HF可以與二氧化硅反應生成SiF4氣體和水，所以可在玻璃上刻字，故B錯誤；C.在常溫下，鋁在濃硝酸中鈍化，所以可用鋁制容器貯運濃硝酸，故C錯誤；D.FeCl3溶液能與Cu反應，所以可用于蝕刻銅箔制造電路板，故D正確。故選D。6、C【解析】A、CO、NO是不成鹽氧化物，A錯誤；B、S與氧氣只能生成SO2，B錯誤；C、Na2CO3、Na2SO3由于水解顯堿性，且越弱越水解，所以Na2SO3＜Na2CO3，NaNO3溶液呈中性，C正確；D、CO2、SO2與水化合生成對應的酸屬于非氧化還原反應，3NO2+2H2O=2HNO3+NO屬于氧化還原反應。反應原理不同，D錯誤。7、C【解析】本題主要考查工藝流程分析。根據(jù)流程分析：礦粉焙燒時FeS2與O2反應生成Fe2O3和SO2，“堿浸”時Al2O3、SiO2轉(zhuǎn)化為溶于水的NaAlO2、Na2SiO3；Fe2O3和FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2；由此作答即可?！驹斀狻緼.SO2為有毒氣體，不能直接排放至空氣中，可用NaOH溶液吸收焙燒過程產(chǎn)生的SO2，有利于保護環(huán)境和資源再利用，正確；B.高硫鋁土礦中含有大量Al和Fe元素，可通過適當?shù)牟僮鞯玫紸l和Fe的化合物，正確；C.由上述分析可知，濾液中含有NaAlO2、Na2SiO3，通入過量的CO2后，生成Al(OH)3和H2SiO3，錯誤；D.Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2，反應的化學方程式為FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，正確。答案選C?！军c睛】易錯提醒：(1)需注意反應物及用量的不同對反應產(chǎn)物的影響，如NaOH溶液吸收少量SO2時，產(chǎn)物為SO32?，吸收過量SO2則產(chǎn)物為HSO3?；Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒時，沒有氧氣作氧化劑。8、B【詳解】A．乙二醇和丙三醇中-OH數(shù)目不同，不屬于同系物，故A錯誤；B．分子式為C5H12O的醇，它的同分異構體中，經(jīng)氧化可生成醛，說明連接羥基的碳原子上含有2個氫原子，C5H12的同分異構體有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、(CH3)4C。當烷烴為CH3CH2CH2CH2CH3，-OH取代甲基上的H原子有1種結構；當烷烴為(CH3)2CHCH2CH3，-OH取代甲基上的H原子有2種結構；當烷烴為(CH3)4C，-OH取代甲基上的H原子有1種結構，因此C5H12O的醇中可以氧化為醛的醇有4種，故B正確；C．的最長碳鏈有6個碳，其名稱為2，3，4，4-四甲基己烷，故C錯誤；D．環(huán)己烯()分子中含有4個亞甲基，亞甲基具有甲烷的四面體結構，所以分子中所有碳原子不可能共面，故D錯誤；故選B。9、A【解析】A、制取高純硅的化學方程式為：①SiO2+2CSi（粗）+2CO↑②Si（粗）+3HClSiHCl3+H2③SiHCl3+H2Si（純）+3HCl，故A正確；B、硫點燃生成二氧化硫，故B錯誤；C、鈉點燃生成過氧化鈉，故C錯誤；D、電解無水氯化鎂冶煉鎂，故D錯誤；故選A。10、C【詳解】A.1mol乙烯分子中含有6mol共價鍵，標準狀況下，2.24L乙烯為0.1mol，分子中的共用電子對數(shù)目為0.6NA，故A正確；B.化學反應遵循物料守恒，反應前原子總數(shù)與反應后原子總數(shù)相等，反應前1molNO與0.5molO2中原子總數(shù)為3NA，充分反應后原子總數(shù)也為3NA，故B正確；C.乙醇溶液含有水，水中也含有氧原子，100g質(zhì)量分數(shù)為92%的乙醇溶液中，氧原子數(shù)目大于2NA，故C錯誤；D.CaO2與CaS的摩爾質(zhì)量相等，平均摩爾質(zhì)量為72g/mol，7.2gCaO2與CaS的混合物為0.1mol，CaO2含有Ca2+和O22-，CaS中含有Ca2+和S2-，故離子總數(shù)為0.2NA，故D正確；答案選C。11、C【詳解】A．稀硝酸對應的還原產(chǎn)物為NO，A錯誤；B．電荷不守恒，應為：2Fe3++Fe=3Fe2+，B錯誤；C．Al2(SO4)3和氨水反應生成(NH4)2SO4和Al(OH)3，離子方程式為：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，C正確；D．Na2SiO3為可溶性鹽，應拆寫成Na+和SiO32-，D錯誤。答案選C。12、B【詳解】A.根據(jù)圖知，lg=0時，HX的pH>1，說明HX部分電離為弱電解質(zhì)，HY的pH=1，說明HY完全電離，為強酸，HY的酸性大于HX，故A錯誤；B.酸或堿抑制水電離，酸中氫離子濃度越小其抑制水電離程度越小，根據(jù)圖知，b溶液中氫離子濃度小于a，則水電離程度a<b，所以由水電離出的c(H＋)·c(OH－)：a<b，故B正確；C.酸的電離平衡常數(shù)只與溫度有關，所以相同溫度下，電離常數(shù)K(HX)：a=b，故C錯誤；D.lg＝3，若同時微熱兩種溶液，n(X-)增大，n(Y-)不變，二者溶液體積相等，所以變大，故D錯誤；故選B。13、A【詳解】A．符合烷烴命名規(guī)則，主鏈最長，主鏈編號之和最小，A選項正確；B．主鏈選取錯誤，該物質(zhì)的正確命名為2-甲基戊烷，B選項錯誤；C．主鏈選取錯誤，該物質(zhì)的正確命名應為3，3，4-三甲基庚烷，C選項錯誤；D．主鏈選取錯誤，該物質(zhì)的正確命名應為2，3，4-三甲基己烷，D選項錯誤；答案選A?！军c睛】烷烴命名規(guī)則：①長：選最長碳鏈為主鏈；②多：遇等長碳鏈時，支鏈最多為主鏈；③近：離支鏈最近一端編號；④?。褐ф溇幪栔妥钚?；⑤簡：兩取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號，如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面。14、A【解析】A、c（H+）/c（OH-）=1012的水溶液中氫離子濃度大于氫氧根，溶液顯酸性，NH4+、Al3+、NO3-、Cl-之間不反應，可以大量共存，A正確；B、水電離出的c（H+）=10-l2mol/L的溶液中水的電離被抑制，可能顯酸性，也可能顯堿性，顯酸性HCO3-不能大量共存；如果顯堿性，Ca2+、HCO3-均不能大量共存，B錯誤；C、能使甲基橙呈紅色的溶液顯酸性，F(xiàn)e2+、NO3-之間發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，C錯誤；D、c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中SCN-不能大量共存，D錯誤，答案選A。點睛：掌握相關離子的性質(zhì)、發(fā)生的化學反應是解答的關鍵。選項C是解答的易錯點，學生容易忽略在酸性溶液中硝酸根具有強氧化性，能與還原性微粒發(fā)生氧化還原反應，答題時需要靈活應用。15、A【分析】含有18個電子的常見化合物有HCl、H2S、PH3、SiH4、N2H4、H2O2、C2H6等?！驹斀狻緼．若乙的摩爾質(zhì)量與O2相同，為32g/mol，則可能為N2H4或SiH4，N2H4、SiH4都可以做燃料，故A正確；B．若氣體甲的水溶液在常溫下的PH＜7，HCl、H2S水溶液都呈酸性，故B錯誤；C．若丙分子結構為空間正四面體，則丙是SiH4，甲烷比SiH4穩(wěn)定，故C錯誤；D．若丁為四原子分子，不一定含有非極性共價鍵，如PH3中不含非極性共價鍵，故D錯誤。16、D【詳解】同主族自上而下原子半徑和離子半徑都是逐漸增大的，所以選項中陽離子半徑最大的是K+，陰離子半徑最小的是F-，所以化合物中，陽離子與陰離子半徑之比最大的是KF，故選D。17、A【詳解】A.

HClO2的電離平衡常數(shù)，觀察圖象可以看出，當pOH=8時，pH=6，c(ClO2?)=c(HClO2)，因此HClO2的電離平衡常數(shù)的數(shù)值Ka=10?6，故A正確；B.由圖可以得出：堿性條件下ClO2?濃度高，即在堿性條件下亞氯酸鈉較穩(wěn)定，而不是在酸性條件下穩(wěn)定，故B錯誤；C.根據(jù)圖知，pH=7時，存在c(HClO2)<c(ClO2?)，則微粒濃度大小順序是c(ClO2?)>c(HClO2)>c(ClO2)>c(Cl?)，故C錯誤；D.依據(jù)電中性原則得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2?)+c(Cl?)+c(OH?)①，依據(jù)物料守恒得出：2c(Na+)=c(ClO2?)+c(HClO2)+c(Cl?)②，聯(lián)立①②消去鈉離子：c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2?)+2c(OH?)+c(Cl?)，故D錯誤，故選A。18、C【分析】根據(jù)i的現(xiàn)象，a點溶液為澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即產(chǎn)生灰白色沉淀，該沉淀中含有Fe(OH)2，即a點溶液中含有Fe2＋，F(xiàn)eCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先發(fā)生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c點和d點溶液中Fe3＋和SO32－發(fā)生雙水解反應產(chǎn)生紅褐色沉淀，且生成H2SO3，因此無氣體產(chǎn)生，然后據(jù)此分析；【詳解】根據(jù)i的現(xiàn)象，a點溶液為澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即產(chǎn)生灰白色沉淀，該沉淀中含有Fe(OH)2，即a點溶液中含有Fe2＋，F(xiàn)eCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先發(fā)生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c點和d點溶液中Fe3＋和SO32－發(fā)生雙水解反應產(chǎn)生紅褐色沉淀，且生成H2SO3，因此無氣體產(chǎn)生，取上層清液滴加NaOH溶液，無明顯現(xiàn)象，是因為NaOH與H2SO3反應，滴加KSCN溶液顯紅色，說明溶液中含有Fe3＋，A、a點處溶液中含有SO42－，加入BaCl2，會產(chǎn)生BaSO4白色沉淀，故A錯誤；B、pH升高說明溶液c(H＋)減小，原因是c(SO32－)增大，水解程度增大，按照給出方程式，生成H＋，溶液c(H＋)增大，溶液的pH應減小，不會增大，故B錯誤；C、c點溶液中Fe3＋和SO32－發(fā)生雙水解反應，離子方程式為2Fe3＋＋3SO32－＋6H2O=2Fe(OH)3↓＋3H2SO3，故C正確；D、溶液變紅后滴加NaOH會消耗溶液中的Fe3＋，因此紅色應變淺，故D錯誤；答案為C。19、B【詳解】A．NaOH一步不能生成生Na2O，所以Y不能發(fā)生圖中轉(zhuǎn)化生成Z，故A錯誤；B．Al與硫酸反應生成X，Al與HCl反應生成Y，Al與過量反應生成Z，Z與過量硫酸反應生成X，X與BaCl2反應生成Y，Y與過量NaOH反應生成Z，反應均可進行，故B正確；C．N2與氧氣只能生成NO，所以W不能發(fā)生圖中轉(zhuǎn)化生成Z，故C錯誤；D．S不能一步變?yōu)镾O3，D錯誤；答案選B。20、D【詳解】A．該電池是原電池，電池在微生物作用下將化學能轉(zhuǎn)化為電能，A正確；B．負極上H2N(CH2)2NH2失去電子，發(fā)生氧化反應，產(chǎn)生N2、CO2，電極反應式為：H2N(CH2)2NH2-16e-+4H2O=2CO2↑+N2↑+16H+，B正確；C．乙二胺[H2N(CH2)2NH2]轉(zhuǎn)化為無毒無害的物質(zhì)，則碳生成CO2，氮元素轉(zhuǎn)化為N2，所以電池總反應為：H2N(CH2)2NH2+4O2=N2+2CO2+4H2O，C正確；D．狀況不知，無法由氣體的體積求物質(zhì)的量，所以無法求通過質(zhì)子交換膜的質(zhì)子數(shù)，D錯誤；故合理選項是D。21、C【詳解】A．pH相同的鈉鹽溶液中，弱根離子水解程度越大，其鹽溶液濃度越小，碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉，大于醋酸鈉，則當三種溶液的pH相同時，其物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是③＜②＜①，鈉離子濃度大小順序是③＜②＜①，故A錯誤；

B．根據(jù)物料守恒得c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）+c（H2A），故B錯誤；

C．a(chǎn)點溶液中存在的溶質(zhì)是等物質(zhì)的量的醋酸鈉和氫氧化鈉，根據(jù)物料守恒得c（Na+）=2c（CH3COO-）+2c（CH3COOH），根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以得c（OH-）=c（H+）+c（CH3COO-）+2c（CH3COOH），故C正確；

D．pH=7時c（OH-）=c（H+），溶液中存在電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以得c（Na+）=c（CH3COO-），故D錯誤；

故選：C?！军c睛】本題考查了離子濃度大小的比較，根據(jù)溶質(zhì)的性質(zhì)結合物料守恒和電荷守恒來分析解答，易錯選項是C，明確a點溶液中的溶質(zhì)是解此選項的關鍵，題目難度中等．22、D【解析】A、硫酸銨溶液中，銨根離子只有少量水解，則銨根離子濃度大于硫酸根離子；B、根據(jù)碳酸氫鈉溶液中的物料守恒判斷；C、根據(jù)溶液中的電荷守恒判斷；D、根據(jù)NH4Cl溶液中物料守恒分析；【詳解】A項、硫酸銨是強酸弱堿鹽，NH4＋水解溶液顯酸性，但水解程度很小，NH4＋濃度大于SO42－濃度，即c(NH4＋)＞c(SO42－)＞c(H＋)＞c(OH－)，故A錯誤；B項、0.1mol/LNaHCO3溶液中的物料守恒關系為：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），故B錯誤；C項、0.2mol/LNaA溶液和0.1mol/L鹽酸等體積混合所得堿性溶液遵循電荷守恒的原則，應有電荷守恒關系：c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（Cl-）+c（OH-），故C錯誤；D項、在25℃100mLNH4Cl溶液中的物料守恒關系為：：c（Cl-）=c（NH4+）+c（NH3?H2O），故D正確。故選D?！军c睛】本題考查了離子濃度大小比較，注意鹽的水解原理，能夠根據(jù)電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理判斷溶液中各離子濃度大小為解答關鍵。二、非選擇題(共84分)23、碳碳三鍵加成消去C≡C—C≡C—4molC6H6+CH2=CH2CH2CH3CH(OH)CH2(OH)+2CH3COOHCH(OOCCH3)CH2OOCCH3+2H2OClH2CCH2Cl【解析】試題分析：由B的分子式、C的結構簡式可知B為，則A與氯乙烷發(fā)生取代反應生成B，則A為；對比C、D的結構可知C脫去2分子HCl，同時形成碳碳三鍵得到D，該反應屬于消去反應；D發(fā)生信息中的偶聯(lián)反應生成E為；E與氫氣發(fā)生加成反應（也是還原反應）生成1，4-二苯基丁烷。據(jù)此可得下列結論：（1）由D的結構簡式可知，D的官能團的名稱為碳碳三鍵。（2）由上述分析可知，①和③的反應類型分別為加成反應、消去反應。（3）由上述分析可知，E的結構簡式為。用1molE合成1，4－二苯基丁烷，理論上需要消耗氫氣4mol。（4）有題給信息可知，反應①的化學方程式為：C6H6+CH2=CH2CH2CH3。（5）化合物C的結構簡式為，在氫氧化鈉的水溶液中加熱發(fā)生水解反應（取代反應）可得到化合物F，結構簡式為：CH(OH)CH2(OH)，化合物F和乙酸反應的化學方程式：。（6）化合物C的結構簡式為，芳香化合物G是C的同分異構體，其分子中只有兩種不同化學環(huán)境的氫，數(shù)目比為1:1，則G的結構簡式為?？键c：考查有機物的推斷與合成；【名師點睛】本題考查有機物的推斷與合成、有機反應類型、限制條件同分異構體書寫、對信息的獲取與遷移運用等，是對有機化學基礎的綜合考查，是有機化學?？碱}型，熟練掌握官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化。依據(jù)反應規(guī)律和產(chǎn)物來推斷反應物是有機物推斷的常見題型，通常采用逆推法：抓住產(chǎn)物的結構、性質(zhì)、實驗現(xiàn)象、反應類型這條主線，找準突破口，把題目中各物質(zhì)聯(lián)系起來從已知逆向推導，從而得到正確結論。對于某一物質(zhì)來說，有機物在相互反應轉(zhuǎn)化時要發(fā)生一定的化學反應，常見的反應類型有取代反應、加成反應、消去（消除）反應、酯化反應、加聚反應、縮聚反應等，要掌握各類反應的特點，并會根據(jù)物質(zhì)分子結構特點（包含官能團的種類）進行判斷和應用。有機合成路線的設計解題方法一般采用綜合思維的方法，其思維程序可以表示為：原料→中間產(chǎn)物←目標產(chǎn)物。即觀察目標分子的結構（目標分子的碳架特征，及官能團的種類和位置）→由目標分子和原料分子綜合考慮設計合成路線（由原料分子進行目標分子碳架的構建，以及官能團的引入或轉(zhuǎn)化）→對于不同的合成路線進行優(yōu)選（以可行性、經(jīng)濟性、綠色合成思想為指導）。熟練掌握一定的有機化學基本知識、具備一定的自學能力、信息遷移能力是解答本題的關鍵，題目難度中等。24、b【分析】依據(jù)Na2SO3是強堿弱酸鹽，亞硫酸根離子易水解而使其溶液呈堿性，壓硫酸根離子第一步水解程度大于第二步水解程度，但都較微弱，溶液中存在電荷守恒和物料守恒和質(zhì)子守恒分析?！驹斀狻縜.根據(jù)物料守恒：c(Na+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，a錯誤；b.根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，b正確；c.由物料守恒和電荷守恒可以推出c(OH-)=c(HSO3-)+c(H+)+2c(H2SO3)，c錯誤；故合理選項是b?！军c睛】本題考查了鹽溶液中離子濃度大小比較的知識?？梢愿鶕?jù)鹽溶液中微粒關系遵循物料守恒、質(zhì)子守恒和電荷守恒分析判斷。25、白色沉淀是Cu2+被還原的Cu+與SCN—反應所得和發(fā)生（絡合）反應，【分析】(1)Fe2(SO4)3溶液中鐵離子具有強氧化性可使Cu變?yōu)殂~離子；(2)①銅粉過量，則溶液中可能產(chǎn)生Cu+，白色沉淀是Cu+與SCN－直接結合所得；②已知SCN－具有強還原性，易被氧化為(SCN)2，則硫酸銅中的銅離子有氧化性，可發(fā)生氧化還原反應；(3)實驗Ⅱ中，F(xiàn)e2+與硝酸反應生成Fe3+、NO氣體和水；(4)通過①、③對比，溶液顏色無變化，溶液變?yōu)樽厣cFe3+、SO42-無關；實驗②中，溶液變?yōu)樽厣?，與Fe2+有關，則NO與Fe2+形成了配合物?！驹斀狻?1)Fe2(SO4)3溶液中鐵離子具有強氧化性可使Cu變?yōu)殂~離子，反應的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(2)①銅粉過量，則溶液中可能產(chǎn)生Cu+，白色沉淀是Cu+與SCN－直接結合所得；②已知SCN－具有強還原性，易被氧化為(SCN)2，則硫酸銅中的銅離子有氧化性，可發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為2Cu2++4SCN－=2CuSCN↓+(SCN)2；(3)實驗Ⅱ中，F(xiàn)e2+與硝酸反應生成Fe3+、NO氣體和水，反應的離子方程式為3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；(4)通過①、③對比，溶液顏色無變化，溶液變?yōu)樽厣cFe3+、SO42-無關；實驗②中，溶液變?yōu)樽厣?，與Fe2+有關，則NO與Fe2+形成了配合物。26、第三周期ⅣA族Mg＞Si＞CCH4BD【分析】X、Y、Z、W均為短周期主族元素，Y最外層電子數(shù)等于X次外層電子數(shù)，則X的次外層電子數(shù)為2、X為第2周期、Y的最外層電子數(shù)為2，因為X與Z同族，Z為第3周期元素，X、Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和為10，則X和Z的最外層電子數(shù)為4，X為C、Z為Si，Y原子半徑大于Z，則Y為Mg，W的最外層電子數(shù)等于X的核外電子總數(shù)即6，則W為ⅥA，且W單質(zhì)常溫下為固體，W為S，綜上X、Y、Z、W分別為C、Mg、Si、S；【詳解】(1)據(jù)分析，Z在周期表中的位置為第三周期ⅣA族。(2)Y即鎂元素形成的離子的結構示意圖為。(3)同周期主族元素從左到右原子半徑遞減，同主族從上到下原子半徑遞增，X、Y、Z三種元素對應的原子半徑大小關系為Mg>Si>C。(4)同主族從上到下元素非金屬性遞減，非金屬性越強，簡單氫化物越穩(wěn)定，X和Z形成的簡單氫化物，熱穩(wěn)定性較好的是CH4。(5)A.X的氫化物即烴，在常溫常壓下可以為氣體、液體和固體，A錯誤；B.非金屬性越強，對應最高價含氧酸的酸性越強，則最高價氧化物對應的水化物的酸性W>Z，B正確；C.二氧化硅通常不與酸反應，但能與HF反應，Z的氧化物SiO2能與堿反應，所以SiO2為酸性氧化物，C錯誤；D.W的氧化物SO2，具有還原性，能與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應而使之褪色，D正確；說法正確的是BD。27、燒瓶除去Cl2中的HCl控制濃鹽酸的滴加速度或控制加熱溫度儲存氯氣1:2取少量AgCl于試管中，加入肼溶液，固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生，說明肼有還原性【解析】（1）儀器a為燒瓶；裝置A中生成Cl2，氣體中含有HCl，故B的作用為除去Cl2中的HCl；（2）由題干已知信息可知，過量的Cl2會與NaOH發(fā)生副反應，導致原料的浪費以及NaClO濃度降低，故需控制Cl2的量，可采取的實驗操作為：控制濃鹽酸的滴加速度或控制加熱溫度；（3）關閉分液漏斗活塞、移去酒精燈時，分液漏斗中反應未立即停止，還會繼續(xù)產(chǎn)生少量氯氣，因K1關閉，A、B裝置為封閉體系，故C的作用為儲存氯氣；（4）氯氣通入D中發(fā)生反應：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；通入NH3后，D中發(fā)生反應：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，由兩個方程式中NaClO與Cl2、N2H4的關系可知，通入三頸燒瓶的Cl2和NH3的最佳物質(zhì)的量之比為1:2；（5）若要驗證肼的還原性，則需要選擇氧化劑，AgCl中Ag+具有氧化性，故可選用AgCl，其實驗操作及現(xiàn)象和結論為：取少量AgCl于試管中，加入肼溶液，固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生，說明肼有還原性。28、4SO2＋3CH44H2S＋3CO2＋2H2OH2SH＋＋HS－8.0×10－3mol·L－11076增大反應ⅰ為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，CO的平衡體積分數(shù)增大；反應ⅱ為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，CO的平衡體積分數(shù)也增大20%0.044【分析】I．（1）工業(yè)上一種制備H2S的方法是在催化劑、高溫條件下，用天然氣與SO2反應，同時生成兩種能參與大氣循環(huán)的氧化物，從元素角度考慮，這兩種氧化物為CO2和H2O，反應產(chǎn)生H2S；II．（2）H2S的第一步電離產(chǎn)生H+和HS-，是不完全電離；（3）根據(jù)溶度積常數(shù)計算；III．（4）根據(jù)蓋斯定律計算，△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能；（5）①根據(jù)方程式和圖象分析，升高溫度，CO的平衡體積分數(shù)增大，升高溫度使化學反應平衡向吸熱方向進行；②T1℃時，測得平衡時體系中COS的物質(zhì)的量為0.80mol，此時CO的平衡體積分數(shù)為5%，根據(jù)方程式計算COS的平衡轉(zhuǎn)化率，將各組分平衡濃度代入平衡常數(shù)表達式計算反應i的平衡常數(shù)?！驹斀狻縄．（1）工業(yè)上一種制備H2S的方法是在催化劑、高溫條件下，用天然氣與SO2反應，同時生成兩種能參與大氣循環(huán)的氧化物，從元素角度考慮，這兩種氧化物為CO2和H2O，反應產(chǎn)生H2S，則該反應的化學方程式為：4SO2+3CH44H2S+3CO2+2H2O；II．（2）H2S的第一步電離產(chǎn)生H+和HS-，是不完全電離，則H2S的第一步電離方程式為：H2S?H++HS-；（3）向濃度均為0.1mol/L的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，當Sn2+開始沉淀時，溶液中c（S2-）===1.0×10-24mol/L，則溶液中c（Cd2+）===8.0×10-3mol/L；III．（4）根據(jù)反應i：COS（g）+H2（g）?H2S（g）+CO（g）△H=+7kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，△H=1319+442-678-x=7，可得x=1076；（5）①根據(jù)方程式和圖象分析，升高溫度，CO的平衡體積分數(shù)增大，升高溫度使化學反應平衡向吸熱方向進行，反應i為吸熱反應，升高溫度，化學平衡向正反應方向進行，CO的體積分數(shù)增大，反應ii為放熱反應，升高溫度化學平衡向逆反應方向移動，CO的體積分數(shù)增大，綜合兩個反應考慮，CO的體積分數(shù)隨著溫度升高而增大；②T1℃時，測得平衡時體系中COS的物質(zhì)的量為0.