內蒙古赤峰市2026屆高三化學第一學期期中學業(yè)質量監(jiān)測試題注意事項：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、實驗室從含溴化氫的廢液中提取溴單質，下列說法中能達到實驗目的是（）A．氧化廢液中的溴化氫B．分離CCl4層和水層C．分離CCl4和液溴D．長期貯存液溴2、在給定的4種溶液中，加入以下各種離子，各離子能在原溶液中大量共存的有A．滴加石蕊試液顯紅色的溶液：Fe2+、NH4+、Cl-、NO3-B．能使碘化鉀淀粉試紙變藍的溶液：Na+、NH4+、S2-、Br-C．水電離出來的c(H+)=10-13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+D．pH為13的溶液：CO32-、SO32-、S2O32-、Na+3、短周期元素W、X、Y和Z的原子序數依次增大。元素W是形成化合物數量眾多，且分布極廣的元素，X原子的最外層電子數是其電子層數的3倍，元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，Z元素的單質易溶于WZ2中。下列說法錯誤的是（）A．元素X、Y與Z的原子半徑大?。篩>Z>XB．元素W、Z的氯化物中，化學鍵類型相同，且各原子均滿足8電子C．元素X與元素Y形成的化合物是一種較好的耐火材料D．元素X可與元素Z可組成3種二價陰離子4、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能一步實現(xiàn)的是（）A．飽和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)B．Cu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)C．FeS2SO3H2SO4D．Fe2O3FeCl3(aq)Fe5、下列說法中正確的是A．干冰、鹽酸都是電解質B．Na2O2、Fe2O3、CaO既屬于堿性氧化物，又屬于離子化合物C．有單質參加或有單質生成的反應不一定屬于氧化還原反應D．根據是否具有丁達爾效應，可將分散系分為溶液、濁液和膠體6、設NA為阿伏伽德羅常數的值。下列說法正確的是A．7.8gNa2O2中陰離子數為0.1NAB．1mol甲基含有的電子數為7NAC．常溫常壓下，2.24L乙烯中含有的氫原子數為0.4NAD．0.1L0.5mol·L－1CH3COOH溶液中含有的氫離子數為0.05NA7、羰基硫（COS)可用于合成除草劑、殺草丹等農藥。H2S與CO2在高溫下反應可制得COS:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)△H>0。在2L容器中充入一定量的H2S和CO2發(fā)生上述反應，數據如下：下列判斷不正確的是A．K1=l/81B．K2=K3且n3=2n2C．初始反應速率：實驗3>實驗2>實驗1D．實驗2中平衡時的c(COS)約為0.0286mol·L-18、熱化學硫碘循環(huán)硫化氫分解聯(lián)產氫氣、硫磺是能源研究領域的重要課題。根據下圖所給數據，下列說法正確的是()A．圖1反應若使用催化劑，既可以改變反應路徑，也可以改變其HB．圖2中若H2O的狀態(tài)為氣態(tài)，則能量變化曲線可能為①C．圖3反應中反應物的總能量比生成物的總能量高D．由圖1、圖2和圖3可知，H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH=+20kJ·mol-19、化學與生活密切相關。下列說法不正確的是A．氦氣化學性質穩(wěn)定、密度小，可用于填充飛艇、氣球B．鎂鋁合金質量輕、強度大，可用作高鐵車廂材料C．納米鐵粉有較強的物理吸附作用，可去除水體中的Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子D．K2FeO4是強氧化劑，還原產物鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，可作為凈水劑10、最近有科學家成功地在高壓下將CO2轉化具有類似SiO2結構的原子晶體，下列關于CO2的原子晶體說法正確的是A．在一定條件下，CO2原子晶體轉化為分子晶體是物理變化B．CO2的原子晶體和CO2分子晶體具有相同的物理性質和化學性質C．在CO2的原子晶體中,每個C原子周圍結合4個O原子,每個O原子跟兩個C原子相結合D．CO2的原子晶體和分子晶體組成相同，實際上是同一種物質11、將Fe、Cu與FeCl3、FeCl2、CuCl2溶液一起放入某容器中，則下列情況錯誤的是A．充分反應后，若Fe有剩余，則容器中不可能有Fe3+、Cu2+B．充分反應后，若容器中還有大量Fe3+，則一定還有Fe2+、Cu2+，可能有Fe、CuC．充分反應后，若容器中有較多的Cu2+和一定量的Cu，則不可能還有Fe和Fe3+D．充分反應后，若容器內有一定量的Cu，則可能還含有Cu2+，一定含有Fe2+，一定不含有Fe3+12、有Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，已知其中Fe3+的物質的量濃度為0.4mol/L，SO42-的物質的量的濃度為0.7mol/L，則此溶液中Na＋的物質的量濃度為A．0.25mol/LB．0.2mol/LC．0.15mol/LD．0.1mol/L13、新裝修的房屋會釋放有毒的甲醛(HCHO)氣體，銀-Ferrozine法檢測甲醛的原理如下：下列說法正確的是（）A．22.4LCO2中含共價鍵數目為4NAB．30gHCHO被氧化時轉移電子數目為2NAC．該電池總反應的化學方程式為2Ag2O+HCHO=4Ag+CO2+H2OD．理論上，消耗HCHO和消耗Fe3＋的物質的量之比為4:114、設NA為阿伏加德羅常數值。下列有關敘述不正確的是（）A．50mL12mol·L－1的濃鹽酸與足量MnO2共熱，制得Cl2的分子數目小于0.15NAB．10g46%乙醇水溶液中所含氧原子數為0.4NAC．1L1mol/LNa2CO3溶液中，陰離子總數小于NAD．濃硝酸熱分解生成NO2、N2O4共23g，轉移電子數為0.5NA15、阿伏加德羅常數的值為NA，下列說法正確的是A．0.1molNaHSO4晶體中，含有H+的數目為0.1NAB．10g46%的乙醇水溶液中，氧原子的個數為0.1NAC．標準狀況下，22.4LSO3含有的分子數為NAD．質量均為20g的1H218O與D2O中所含中子數均為10NA16、利用實驗器材（規(guī)格和數量不限）能完成相應實驗的一項是選項實驗器材（省略夾持裝置）相應實驗A燒杯、玻璃棒、蒸發(fā)皿CuSO4溶液的濃縮結晶B燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、濾紙用鹽酸除去BaSO4中的少量BaCO3C燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶用固體NaCl配制0.5mol/L的溶液D燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIA．A B．B C．C D．D17、W、X、Y、Z是短周期主族元素，其原子序數依次增大。前三種元素形成的簡單離子分別為W2－、X＋、Y2－，下列說法錯誤的是（）A．W、X、Y、Z的氫化物都是共價化合物B．X、Y、Z與W形成的化合物都不止一種C．Z的氣態(tài)氫化物和最高價氧化物對應的水化物都是強酸D．簡單離子半徑：X＋<W2－<Y2－18、用NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法中正確的是（）A．標準狀況下，22.4LCl2溶于水充分反應轉移NA個電子B．標準狀況下，2.24LHF與1.6gCH4分子所含電子數目均為NAC．50g質量分數為46%的乙醇溶液中氫原子總數為6NAD．1mol/LNaOH溶液中含有Na+數目為NA19、下列關于化學鍵的敘述正確的是A．離子化合物中只含有離子鍵B．單質分子中均不存在化學鍵C．含有非極性鍵的化合物一定是共價化合物D．共價化合物分子中一定含有極性鍵20、在混合體系中，確認化學反應先后順序有利于問題的解決，下列反應先后順序判斷正確的是A．在含等物質的量的FeBr2、FeI2的溶液中緩慢通入Cl2：I－、Br－、Fe2＋B．在含等物質的量的Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入Zn：Fe3＋、Cu2＋、H＋、Fe2＋C．在含等物質的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3、K2CO3D．在含等物質的量的AlO2-、OH－、CO32-的溶液中，逐滴加入鹽酸：AlO2-、Al(OH)3、OH－、CO32-21、能正確表示下列反應的離子方程式的是（）A．次氯酸鈣溶液中通入少量CO2：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClOB．NaClO（aq）中通入過量SO2:C1O-+SO2+H2O=HClO+HSOC．氯氣通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-D．氫氧化鋇溶液中加入少量稀硫酸：Ba2++OH—+H++SO=BaSO4↓+H2O22、下列各組物質不屬于同分異構體的是（）A．2，2-二甲基丙醇和2-甲基-1-丁醇B．甲基丙烯酸和甲酸丙酯C．2-甲基丁烷和戊烷D．鄰氯甲苯和對氯甲苯二、非選擇題(共84分)23、（14分）Ⅰ.A、B、C、D和E均為中學化學常見的純凈物，其中B為自然界中含量最多的液體，它們之間有如圖反應關系：（1）若A的溶液能使淀粉溶液變藍，C為非金屬氧化物，能使品紅溶液褪色，該反應的離子方程式為____________________________________。（2）若A為短周期的金屬單質，D為氣態(tài)單質，C溶液呈強酸性或強堿性時，該反應都能進行。寫出C溶液呈強堿性時反應的離子方程式：_____________________________。（3）若A、C均為化合物，E為白色沉淀（不含金屬元素），C為引起溫室效應的主要氣體，則該反應的離子方程式為__________________________________。Ⅱ.FeCl3可用于污水處理，具有效果好、價格便宜等優(yōu)點。工業(yè)上可將鐵屑溶于鹽酸中先生成FeCl2，再通入Cl2氧化來制備FeCl3溶液。（4）將標準狀況下aL氯化氫氣體溶于1000g水中得到鹽酸，若該鹽酸的密度為bg·mL－1，則該鹽酸的物質的量濃度是____________________。（5）向100mL的FeBr2溶液中通入標準狀況下Cl23.36L，反應后的溶液中Cl－和Br－的物質的量濃度相等，則原FeBr2溶液的物質的量濃度為____________。（6）用100mL2mol·L－1的FeCl3溶液凈水時，生成具有凈水作用的微粒數_____0.2NA(填“大于”“等于”或“小于”)。24、（12分）有A、B、C、D、E、F6種短周期元素，G為過渡元素；已知相鄰的A、B、C、D4種元素原子核外共有56個電子，在周期表中的位置如圖所示。1molE單質與足量酸作用，在標準狀況下能產生33.6LH2；E單質粉末與G的氧化物常用于野外焊接鋼軌；F是短周期最活潑的金屬元素。請回答下列問題：（1）元素D、G的名稱分別為：__。（2）D的單質與C的氣態(tài)氫化物反應方程式為___。（3）C、E、A的簡單離子半徑：__＞__＞__，B、C、D的最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱順序為___(用化學式表示)。（4）向D與E形成的化合物的水溶液中滴加過量燒堿溶液的離子方程式為__。（5）用電子式表示F與C形成化合物的過程___。（6）G的單質與高溫水蒸氣反應的方程式___。（7）部分元素在周期表中的分布如圖所示（虛線為金屬元素與非金屬元素的分界線），下列說法不正確的是___。A．B只能得電子，不能失電子B．原子半徑Ge＞SiC．As可作半導體材料D．Po處于第六周期第VIA族25、（12分）硫酸四氨合銅晶體｛[Cu(NH3)4]SO4·H2O｝為深藍色晶體，溶于水，不溶于乙醇，主要用作印染劑、殺蟲劑及制備某些含銅的化合物。某實驗小組擬制備氨氣，并通入到硫酸銅溶液中制備硫酸四氨合銅，裝置如下：回答下列問題：(1)裝置A為制備氨氣的實驗裝置，下列裝置中可選用的有______(填標號)。(2)裝置a的名稱為______；已知液體b與CuSO4溶液互不相溶，是常用的有機溶劑，則液體b的化學式為_____，作用是______。(3)由于硫酸四氨合銅晶體能在熱水中分解，實驗時可向所得溶液中加入______來獲得晶體。(4)硫酸四氨合銅晶體中銅含量的測定可用碘量法。在微酸性溶液中(pH=3~4)，Cu2+與過量I－作用，生成I2和CuI(不溶于水也不溶于非氧化性酸)，生成的I2用Na2S2O3標準溶液滴定(已知滴定反應為：I2+2S2O32-=S4O62－+2I-)。①滴定過程中使用的指示劑為______，滴定終點的現(xiàn)象為______。②準確稱取1.00g產品，配制成100mL溶液。取20mL該溶液，用0.050mol/LNa2S2O3標準溶液進行滴定，消耗標準溶液16.00mL，計算產品純度為______。26、（10分）某學習小組在實驗室研究SO2與Ba(NO3)2溶液的反應：實驗：向盛有2

mL

0.1

mol/L

Ba(NO3)2溶液的試管中，緩慢通入SO2氣體，試管內有白色沉淀產生，液面上方略顯淺棕色。探究1:白色沉淀產生的原因。(1)

白色沉淀是

___。(2)分析白色沉淀產生的原因，甲同學認為是N

O3-氧化了SO2，乙同學認為是溶液中溶解的O2氧化了SO2。①支持甲同學觀點的實驗證據是_____________________________________。

②依據甲的推斷，請寫出Ba(NO3)2溶液與SO2反應的離子方程式___________________________________。

③乙同學通過下列實驗證明了自己的推測正確，請完成實驗方案：實驗操作實驗現(xiàn)象向2

mL____mol/L____溶液(填化學式)中通入SO2

____________探究2：在氧化SO2的過程中，N

O3-

和O2哪種微粒起了主要作用。實驗操作實驗數據向燒杯中加入煮沸了的0.1

mol/L的BaCl2溶液25

mL，再加入25

mL植物油，冷卻至室溫，通入SO2，用pH傳感器測定溶液pH隨時間(t)的變化曲線圖1:向BaCl2(無氧)溶液中通入SO2向燒杯中分別加入25

mL

0.1

mol/L的BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液，通入SO2，用pH傳感器分別測定溶液pH隨時間(t)變化的曲線。圖2:分別向BaCl2、Ba(NO3)2溶液中通入SO2(3)

圖1，在無氧條件下，BaCl

2溶液pH下降的原因是

______________________________。(4)

圖2，BaCl

2溶液中發(fā)生反應的離子方程式為

_________。(5)

依據上述圖像你得出的結論是

________，說明理由

_________________________27、（12分）某興趣小組探究SO2氣體還原Fe3+、I2，它們使用的藥品和裝置如圖所示（1）SO2氣體和Fe3+反應的氧化產物、還原產物分別是___________、___________。（2）下列實驗方案適用于在實驗室制取所需SO2的是______________________。A．Na2SO3溶液與HNO3B．Na2SO3固體與濃硫酸C．固體硫在純氧中燃燒D．硫化氫在純氧中燃燒（3）裝置C的作用是_________________________________。（4）裝置B中反應的離子方程式____________________________________________。（5）在上述裝置中通入過量的SO2為了驗證A中SO2與Fe3+發(fā)生了氧化還原反應，他們取A中的溶液，分成三份，并設計了如下實驗：方案①：往第一份試液中加入酸性KMnO4溶液，紫紅色褪去。方案②：往第二份試液中加入NaOH溶液，產生白色沉淀，并迅速轉為灰綠色，最后呈紅褐色。方案③：往第三份試液中加入用稀鹽酸酸化的BaCl2，產生白色沉淀。上述方案不合理的方案是___________，原因是___________。28、（14分）圖I是化學實驗室中常用制備、干燥氣體的部分儀器裝置。某學校同學利用中學常用試劑及儀器設計下列實驗。（1）甲同學利用Cu片和濃硝酸在圖I裝置中制備并收集干燥的NO2氣體，請完成下列問題：①圖I中儀器A的名稱_____________；②收集NO2的方法___________；③B中發(fā)生反應的離子方程式為_______________。④將收集滿NO2的燒瓶倒扣入裝滿水的水槽中，假設溶質不擴散，燒瓶內溶質的物質的量濃度為__________（假設此時為標準狀況）。（2）乙同學利用圖I裝置制取氨氣和氧氣的混合氣體，并且利用圖II裝置驗證氨的某些性質。A中加入濃氨水，C中加入堿石灰，E內放置催化劑（鉑石棉），按氣流方向連接各儀器a→b→c→h。請完成下列問題：①B中加入的固體物質是___________（寫出該物質的電子式）。②實驗中觀察到E內有紅棕色氣體出現(xiàn)，證明氨氣具有_____性。③E中發(fā)生反應的化學方程式為____________，______________。29、（10分）(2017·武漢市高中畢業(yè)生五月模擬考試)草酸鈷是制作氧化鈷和金屬鈷的原料。一種利用含鈷廢料(主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有機物等)制取CoC2O4的工藝流程如下：：（1）“550℃焙燒”的目的是______________________；（2）“浸出液”的主要成分是_____________________；（3）“鈷浸出”過程中Co3+轉化為Co2+，反應的離子方程式為_____________________；（4）“凈化除雜1”過程中，先在40~50℃加入H2O2，其作用是___________________________(用離子方程式表示)；再升溫至80~85℃，加入Na2CO3溶液，調pH至4.5，“濾渣1”主要成分的是_____________________。（5）“凈化除雜2”可將鈣、鎂離子轉化為沉淀過濾除去，若所得濾液中c(Ca2+)=1.0×l0?5mol/L，則濾液中c(Mg2+)為______________[已知Ksp(MgF2)=7.35×10?11、Ksp(CaF2)=1.05×10?10]。（6）為測定制得樣品的純度，現(xiàn)稱取1.00g樣品，將其用適當試劑轉化，得到草酸銨[(NH4)2C2O4]溶液，再用過量稀硫酸酸化，用0.1000mol/LKMnO4溶液滴定，達到滴定終點時，共用去KMnO4溶液26.00mL，則草酸鈷樣品的純度為__________________。

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、B【解析】A.氯氣的通入要“長進短出”，故A不能達到實驗目的；B.可用分液的方法分離CCl4層和水層，故B能達到實驗目的；C.CCl4和液溴易揮發(fā)，不適合使用蒸餾的方法分離CCl4和液溴，故C不能達到實驗目的；D.液溴易腐蝕橡膠，故D不能達到實驗目的。故選B。2、D【解析】A.滴加石蕊試液顯紅色的溶液呈酸性；B.能使碘化鉀淀粉試紙變藍的溶液應具有強氧化性；C.水電離出來的c(H+)=10-13mol/L的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性；D.pH為13的溶液呈堿性；結合溶液的性質判斷離子之間能否發(fā)生反應，以此可判斷離子能否電離共存；【詳解】A.滴加石蕊試液顯紅色的溶液呈酸性，酸性條件下Fe2+與NO3-發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存,故A錯誤；

B.能使碘化鉀淀粉試紙變藍的溶液應具有強氧化性，具有還原性的S2-不能大量共存，故B錯誤；C.水電離出來的c(H+)=10-13mol/L的溶液,水的電離受到抑制,溶液可能呈酸性,也可能呈堿性,無論溶液呈酸性還是堿性HCO3-都不能大量共存，故C錯誤；D.pH為13的溶液呈堿性，堿性條件下離子之間不發(fā)生任何反應，可大量共存,故D正確；正確選項D。【點睛】室溫下，水電離產生的c(H+)<10-7mol/L，說明溶液可能為酸性，也可能為堿性，酸堿抑制水電離；水電離產生的c(H+)>10-7mol/L，溶液可能為水解的鹽，促進了水的電離。3、B【解析】短周期元素W、X、Y和Z的原子序數依次增大。元素W是形成化合物數量眾多，且分布極廣的元素，W是碳元素，X原子的最外層電子數是其電子層數的3倍，X核外電子排布2、6，是氧元素，元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，Y是鋁元素，Z元素的單質易溶于WZ2中，S單質易溶于CS2中，Z為硫。A、同周期原子序數越大，原子半徑越小，故Al＞S，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑S＞O，故A正確；B、硫有多種價態(tài)，能形成SCl2、S2Cl2、SCl4、SCl6等化合物，其中SCl6形成6對公用電子對，12個電子，不是8電子結構，故B錯誤；C、Al2O3熔點高是一種較好的耐火材料，故C正確；D、氧和硫可形成，SO32―、SO42―、S2O32―三種常見陰離子，故D正確。故選B。4、A【詳解】A．飽和食鹽水、氨氣、二氧化碳發(fā)生反應生成氯化銨、碳酸氫鈉，析出碳酸氫鈉后加熱生成碳酸鈉，則飽和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)均可一步實現(xiàn)轉化，故A正確；B．Na與氯化銅溶液反應生成氫氧化銅、氫氣、氯化鈉，則CuCl2(aq)Cu(s)不能一步實現(xiàn)轉化，故B錯誤；C．FeS2煅燒生成二氧化硫，則FeS2SO3不能一步實現(xiàn)轉化，故C錯誤；D．Cu與氯化鐵反應生成氯化銅、氯化亞鐵，則FeCl3(aq)Fe一步不能實現(xiàn)，故D錯誤；故答案為A。5、C【解析】A、二冰是二氧化碳，屬于非電解質，鹽酸是氯化氫的水溶液，屬于混合物，既不是電解質也不是非電解質，選項A錯誤；B、Na2O2不屬于堿性氧化物，選項B錯誤；C、有單質參加或有單質生成的反應不一定屬于氧化還原反應，如3O2=2O3，選項C正確；D、根據分散系微粒直徑的大小，將分散系分為溶液、膠體和濁液，不是根據否具有丁達爾現(xiàn)象，選項D錯誤。答案選C。6、A【詳解】A.Na2O2中含有Na+和O22-，7.8gNa2O2物質的量為0.1mol，則陰離子數為0.1NA，故A正確；B.1mol甲基含有的電子數為9NA，故B錯誤；C．常溫常壓Vm不等于22.4L/mol，Vm未知無法計算乙烯的物質的量和氫原子數，故C錯誤；D．醋酸為弱酸，部分電離，0.1L0.5mol?L-1CH3COOH溶液中含有的氫離子數小于0.05NA，故D錯誤；故答案為A?！军c睛】順利解答該類題目的關鍵是：一方面要仔細審題，注意關鍵字詞，熟悉常見的“陷阱”；另一方面是要把各種量轉化為物質的量，以此為中心進行計算。特別要注意氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律的適用范圍和使用條件。關于氣體摩爾體積的使用注意：①氣體的摩爾體積適用的對象為氣體，而標況下水、CCl4、HF等為液體，SO3為固體；②必須明確溫度和壓強是0℃，101kPa，只指明體積無法求算物質的量；③22.4L/mol是標準狀態(tài)下或一定溫度、一定壓強下的氣體摩爾體積。7、D【解析】A.根據表格數據，平衡時H2O(g)的物質的量與COS的物質的量相等，都是0.0200mol，則CO2和H2S的物質的量均為0.200mol-0.0200mol=0.1800mol，K1==，故A正確；B.溫度不變，平衡常數不變，因此K2=K3，根據方程式，反應前后氣體的物質的量不變，增大壓強，平衡不移動，起始時反應物的物質的量實驗3是實驗2的兩倍，因此平衡時COS的物質的量，實驗3也是實驗2的兩倍，即n3=2n2，故B正確；C.實驗3與實驗2相比，實驗3濃度大，反應速率大，實驗2與實驗1相比，實驗1的平衡常數比實驗2大，說明實驗1是實驗2的平衡狀態(tài)正向移動的結果，由于該反應正反應為吸熱反應，因此實驗1的溫度比實驗2低，反應速率慢，因此初始反應速率：實驗3>實驗2>實驗1，故C正確；D.根據平衡常數K==，解得n2≈0.0286mol，則c(COS)約為0.0143mol·L-1，故D錯誤；故選D。8、D【詳解】A.催化劑不改變反應熱，故A錯誤；B.H2O(g)的能量高于H2O(l)的能量，故B錯誤；C.圖3反應中反應物的總能量比生成物的總能量低，故C錯誤；D.由圖1：SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)H=-151kJ·mol-1；由圖2：SO2(g)+S(s)+2H2O(l)=H2S(g)+H2SO4(aq)H=-+61kJ·mol-1；由圖3：H2(g)+2I2(s)=2HI(aq)H=+110kJ·mol-1，根據蓋斯定理可知H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH=+20kJ·mol-1，故D正確；故選D。9、C【解析】A、氦氣是稀有氣體，化學性質穩(wěn)定、密度小與空氣，可用于填充飛艇、氣球，故A正確；B、鎂鋁合金質量輕、硬度大，可用作高鐵車廂材料，故B正確；C、納米鐵粉可去除水體中的Cu2＋、Cd2＋、Hg2＋等重金屬離子，是由于鐵將其置換出來，而不是由于其較強的物理吸附作用，故C錯誤；D、K2FeO4是強氧化劑，還原產物是鐵離子，鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，有吸附作用，可作為凈水劑，故D正確；故選C。10、C【解析】A．在一定條件下，CO2原子晶體轉化為分子晶體，由于物質的微粒結構改變，所以發(fā)生的是化學變化，錯誤；B．CO2的原子晶體和CO2分子晶體具有不同的物理性質和化學性質，錯誤；C．在CO2的原子晶體中,每個C原子周圍結合4個O原子,每個O原子跟兩個C原子相結合，正確；D．CO2的原子晶體和分子晶體組成相同，由于物質的結構不同，性質不同，因此實際上是兩種不同的物質，錯誤。答案選C。11、B【解析】試題分析：氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，還原性Fe＞Cu；A．反應后鐵有剩余，發(fā)生Fe+2FeCl3=3FeCl2，F(xiàn)e+CuCl2=Cu+FeCl2，F(xiàn)e3+、Cu2+都不能存在，故A正確；B．若FeCl3有剩余，發(fā)生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，F(xiàn)e、Cu都不能存在，故B錯誤；C．充分反應后，若容器中有較多的Cu2+和一定量的Cu，因Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，F(xiàn)e+CuCl2=Cu+FeCl2，則不可能還有Fe和Fe3+，故C正確；D．充分反應后，若容器內有一定量的Cu，因Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，則可能還含有Cu2+，一定含有Fe2+，一定不含有Fe3+，故D正確；答案為B?！究键c定位】考查氧化還原反應以及鐵的單質化合物的性質【名師點晴】把握物質的氧化性、還原性強弱判斷反應的先后順序是解題關鍵；在金屬活動性順序中，位置在前的金屬能將位于其后的金屬從其鹽溶液中置換出來，向裝有氯化鐵溶液的燒杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，則鐵和銅都能與氯化鐵溶液反應．氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，還原性Fe＞Cu，F(xiàn)e有剩余，則Cu沒有參加反應，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答該題。12、B【解析】Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，含F(xiàn)e3+的物質的量濃度為0.4mol/L，SO42-的物質的量濃度為0.7mol/L，根據電荷守恒有：3c（Fe3+）+c（Na+）=2c（SO42-），即3×0.4mol/L+c（（Na+）=2×0.7mol/L，解得c（Na+）=1.4mol/L-1.2mol/L=0.2mol/L，答案選B。點睛：本題考查了電荷守恒、物質的量濃度的計算，側重于學生的分析能力的考查，題目難度不大，注意掌握物質的量濃度概念及計算方法，明確電荷守恒在化學計算中的應用方法。Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中一定滿足電荷守恒，即：3c（Fe3+）+c（Na+）=2c（SO42-），根據鐵離子、硫酸根離子的濃度及電荷守恒計算出此溶液中Na+的物質的量濃度。13、C【詳解】A．未指明標準狀況，無法計算22.4LCO2的分子數目，也就無法計算共價鍵數目，故A錯誤；B．HCHO被氧化生成CO2，30gHCHO(即1mol)轉移電子數目為4NA，故B錯誤；C．Ag2O和HCHO反應的總反應的化學方程式為2Ag2O+HCHO=4Ag+CO2+H2O，故C正確；D．銀一Ferrozine法原理為氧化銀能氧化甲醛并被還原為Ag，產生的Ag與Fe3+定量反應生成Fe2+，根據電子守恒定律，消耗HCHO和消耗Fe3+的物質的量之比為1:4，故D錯誤；答案：C。14、C【詳解】A．50mL12mol?L-1濃鹽酸中含有0.6mol氯化氫，消耗0.6mol氯化氫生成0.15mol氯氣，但由于隨著反應的進行濃鹽酸變?yōu)橄←}酸，而稀鹽酸與二氧化錳不反應，所以制得Cl2的分子數目小于0.15NA，故A選項正確。B．10g質量分數為46%的乙醇中含有乙醇的質量為4.6g，乙醇的物質的量為0.1mol，含有0.1mol氧原子；該乙醇溶液中水分子的質量分數為54%，則水的物質的量為：，含有0.3mol氧原子，則該乙醇溶液中總共含有氧原子的物質的量為0.4mol，含有的氧原子的總數為0.4NA，故B選項正確。C.因為CO32-水解生成了OH-和HCO3-，可見一個陰離子水解生成兩個陰離子，所以1L1mol·L-1碳酸鈉溶液中陰離子總數大于NA，故C選項錯誤。D．23gNO2與N2O4的混合氣體中含有0.5mol最簡式NO2，濃硝酸熱分解的過程中N的化合價由+5降低到+4，故轉移0.5mol電子，轉移電子數為0.5NA，故D選項正確。故答案選C?！军c睛】本題需要注意B選項中乙醇水溶液是混合物，既含有乙醇也含有水，且水中也有氧原子，不要忘記計算。15、D【解析】A.硫酸氫鈉由1個鈉離子和1個硫酸氫根構成，故0.1mol硫酸氫鈉中含0.1mol鈉離子和0.1mol硫酸氫根離子，不含H+，故A錯誤；B.乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，10g46%的乙醇溶液中，乙醇的質量為4.6g，物質的量為0.1mol，故含0.1mol氧原子；水的質量為10g-4.6g=5.4g，物質的量為0.3mol，故含0.3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物質的量共為0.4mol，即個數為0.4NA個，故B錯誤；C.標準狀況下，SO3是固體，無法計算其物質的量，故C錯誤；D.H218O與D2O的摩爾質量均為20g/mol，故20g的1H218O與D2O的物質的量均為1mol，且兩者中均含10個中子，故1mol1H218O與D2O中均含10NA個中子，故D正確。故答案選D。16、D【詳解】A項缺少酒精燈，所以A錯誤；B項缺少漏斗，無法進行過濾，所以B錯誤；C項缺少托盤天平，無法稱量NaCl的質量，C錯誤；D項正確。所以答案選D?！军c睛】本題主要考查基本的實驗操作和儀器，要注意正確選擇物質分離、提純的方法，重點關注過濾、蒸發(fā)結晶、萃取分液和蒸餾的基本操作步驟以及原理和所用儀器。17、A【分析】W、X、Y、Z是短周期主族元素，其原子序數依次增大。前三種元素形成的簡單離子分別為W2－、X＋、Y2－，說明W為O，X為Na，Y為S，Z為Cl?！驹斀狻拷浄治?，W為O，X為Na，Y為S，Z為Cl，則A.四種元素的氫化物中，NaH為離子化合物，A錯誤；B.Na和O可以形成氧化鈉和過氧化鈉，S和O可以形成二氧化硫和三氧化硫，Cl和O可以形成二氧化氯或五氧化二氯等，B正確；C.Z的氣態(tài)氫化物和最高價氧化物對應的水化物分別是氯化氫和高氯酸，它們都為強酸，C正確；D.簡單離子半徑，電子層多徑大，序大徑小，半徑關系為Na＋<O2－<S2－，D正確；故選A?！军c睛】掌握元素周期表和元素周期律的推斷，注意半徑的比較。根據層多徑大，序大徑小分析，也就是電子層越多的半徑越大，相同電子層的微粒，原子序數越大，半徑越小。18、C【詳解】A.標況下22.4L氯氣的物質的量為1mol，與水反應為可逆反應，不能確定轉移電子數，A錯誤；B.標況下氟化氫不是氣體，不能計算其物質的量，B錯誤；C.50g質量分數為46%的乙醇溶液中乙醇的質量為23克，物質的量為0.5mol，含有3mol氫原子，水的質量為27克，物質的量為1.5mol，氫原子為3mol，則總共6mol氫原子，C正確；D.沒有說明溶液的體積，不能計算，D錯誤；故選C?！军c睛】掌握常見的有關阿伏伽德羅常數考查的知識點。如氣體摩爾體積的使用，注意是在標況下，物質為氣體，有些常見的不是氣體，如標況下的水或三氧化硫或氟化氫等。注意特殊的氧化還原反應中轉移電子數的計算，同時注意水溶液中不能忽略水中的氫原子或氧原子。19、D【解析】A.離子化合物中一定含有離子鍵，可能有共價鍵，例如NaOH；故A錯誤；B.Cl2中有共價鍵，故B錯誤；C.Na2O2中有非極性鍵，故C錯誤；D.共價化合物分子中含有不同的非金屬元素，故D正確；故選D?！军c睛】離子化合物中肯定有離子鍵，可能有共價鍵；共價化合物中一定沒有離子鍵，肯定有共價鍵；不同種非金屬元素原子間形成極性共價鍵，同種非金屬元素原子間形成非極性共價鍵，惰性氣體單質分子中沒有化學鍵。20、B【詳解】A、在含等物質的量的FeBr2、FeI2的溶液中緩慢通入Cl2，氯氣具有氧化性，先和還原性強的離子反應，離子的還原性順序：I-＞Fe2+＞Br-，故A錯誤；B、在含等物質的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金屬鋅先是和氧化性強的離子之間反應，離子的氧化性順序是：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，故B正確；C、在含等物質的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba（OH）2之間反應，其次是氫氧化鉀，再是和碳酸鹽之間反應，故C錯誤；D、在含等物質的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入鹽酸，氫離子先是和氫氧根之間發(fā)生中和反應，故D錯誤；故選B。21、A【詳解】A．碳酸的酸性大于次氯酸，則次氯酸鈣溶液中通入少量CO2生成次氯酸和碳酸鈣，反應的離子方程式為Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，A正確；B．次氯酸具有強氧化性，能把+4價的硫氧化為+6價，則NaClO（aq）中通入過量SO2生成氯離子、硫酸根離子和水，C1O-+SO2+H2O=2H++Cl-+，B錯誤；C．氯氣通入水中，少量的氯氣與水反應生鹽酸和次氯酸，離子方程式為Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，C錯誤；D．氫氧化鋇溶液中加入少量稀硫酸的離子方程式為Ba2++2OH－+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，D錯誤；答案為A。22、B【解析】A項，2,2-二甲基丙醇的結構簡式為：，分子式為C5H12O，2-甲基丁醇的結構簡式為：，分子式為C5H12O，二者分子式相同，結構不同，屬于同分異構體，故A項正確；B項，甲基丙烯酸的結構簡式為：，分子式為C4H6O2，甲酸丙酯的結構簡式為：，分子式為C4H8O2，二者分子式不同，不屬于同分異構體，故B項錯誤；C項，2-甲基丁烷的結構簡式為：，戊烷的結構簡式為：CH3CH2CH2CH2CH3，二者分子式相同，結構不同，屬于同分異構體，故C項正確。D項，鄰氯甲苯和對氯甲苯分子式相同，只是Cl的位置不同，屬于同分異構體，故D項正確；正確選項B。二、非選擇題(共84分)23、I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3↓mol·L-12mol·L-1小于【分析】Ⅰ.A、B、C、D、E均為中學化學常見的純凈物，B為自然界中含量最多的液體，判斷B為H2O，再結合流程中物質轉化關系及提供的信息進行分析判斷，從而得解；Ⅱ.（4）n（HCl）=，溶液質量為×36.5g/mol+1000g，則溶液體積為mL，結合c=計算；（5）還原性Fe2+＞Br-，通入氯氣先發(fā)生反應2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，F(xiàn)e2+反應完畢，剩余的氯氣再發(fā)生反應2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反應后溶液中Cl-和Br-的物質的量濃度相等，說明氯氣完全反應，Cl2的物質的量為=0.15mol，若Br-沒有反應，溶液中n（Br-）=0.3mol，則n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-參加反應，設FeBr2的物質的量為x，表示出參加反應的n（Br-），根據電子轉移守恒列方程計算x值，再根據c=計算；（6）鐵離子水解制備膠體，膠體可凈化水，且水解反應為可逆反應?！驹斀狻緼、B、C、D、E均為中學化學常見的純凈物，B為自然界中含量最多的液體，判斷B為H2O；（1）若A的溶液能使淀粉溶液變藍，A具有氧化性為I2，C為非金屬氧化物，能使品紅溶液褪色，則C為二氧化硫，該反應的反應離子方程式為：SO2+I2+2H2O═4H++2I-+SO42-；（2）若A為短周期的金屬單質，D為氣態(tài)單質，C溶液呈強酸性或強堿性時，該反應都能進行，則A為Al，D為H2，A與強堿性溶液反應的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（3）若A、C均為化合物，C為引起溫室效應的主要氣體，判斷C為CO2，為酸性強的制備酸性弱的反應，E為白色沉淀不含金屬元素，判斷E為H2SiO3，則A為硅酸鹽，足量的C與A反應生成E的一個離子方程式為：SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3↓；Ⅱ.（4）n（HCl）=，溶液質量為×36.5g/mol+1000g，則溶液體積為mL，由c==mol/L；（5）還原性Fe2+＞Br-，通入氯氣先發(fā)生反應2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，F(xiàn)e2+反應完畢，剩余的氯氣再發(fā)生反應2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反應后溶液中Cl-和Br-的物質的量濃度相等，說明氯氣完全反應，Cl2的物質的量為=0.15mol，若Br-沒有反應，溶液中n（Br-）=0.3mol，則n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-參加反應，設FeBr2的物質的量為x，則n（Fe2+）=xmol，n（Br-）=2xmol，未反應的n（Br-）=0.3mol，參加反應的n（Br-）=（2x-0.3）mol，根據電子轉移守恒有x×1+（2x-0.3）×1=0.15mol×2，解得x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物質的量濃度為=2mol/L；（6）100mL2mol/L的FeCl3溶液，其物質的量為0.2mol，因為水解為可逆反應，且生成膠體為微觀粒子的集合體，則生成具有凈水作用的微粒數小于0.2NA?！军c睛】本題考查無機推斷、氧化還原反應的計算及濃度計算等，綜合性較強，把握氧化還原反應中電子守恒、鹽類水解及物質的量濃度的相關計算公式等為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，題目難度中等。24、氯鐵Cl2+H2S=2HCl+S↓S2－O2－Al3＋HClO4＞H2SO4＞H3PO4Al3+＋4OH-=AlO2-＋2H2O3Fe＋4H2OFe3O4+4H2A【分析】設C的原子序數為x，則A為x-8，B為x-1，C為x+1，A、B、C、D四種元素原子核外共有56個電子，則有x+x-8+x-1+x+1=56，x=16，所以C為S元素，A為O元素，B為P元素，D為Cl元素，1molE單質與足量酸作用，在標準狀況下能產生33.6LH2，可知E的化合價為+3價，應為Al元素，E單質粉末與G的氧化物常用于野外焊接鋼軌，G為Fe，F(xiàn)是短周期最活潑的金屬元素，F(xiàn)為Na，根據元素周期律的遞變規(guī)律比較原子半徑以及元素的非金屬性強弱，結合元素對應的單質、化合物的性質解答該題?！驹斀狻浚?）根據分析，元素D為氯，元素G為鐵。（2）D的單質與C的氣態(tài)氫化物反應即氯氣與硫化氫反應，生成氯化氫和硫單質，反應方程式為Cl2+H2S=2HCl+S↓。（3）根據電子層數越多，半徑越大，具有相同結構的離子，原子序數越小的離子半徑越大，則離子半徑為S2-＞O2-＞Al3＋；元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物對應水化物的酸性越強，則有HClO4＞H2SO4＞H3PO4。（4）D和E形成的化合物為AlCl3，水溶液中滴入過量燒堿溶液生成偏鋁酸鈉和水，離子反應為Al3++4OH--=AlO2-+2H2O。（5）鈉和氯在形成氯化鈉的過程中，鈉原子失去一個電子形成鈉離子，氯原子得到一個電子形成氯離子，之后結合生成氯化鈉，電子式表示為（6）G為鐵，鐵單質與高溫水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，反應方程式為3Fe＋4H2OFe3O4+4H2。（7）A．B可以失電子，H3BO3中B顯+3價，故A選項錯誤。B．同一主族越往下原子半徑越大，故原子半徑Ge＞Si，B選項正確。C．As與Si化學性質較相近，也可作半導體材料，故C選項正確。D．Po在周期表中處于第六周期第VIA族，故D選項正確。故答案選A【點睛】本題考查元素推斷及元素化合物知識，本題從元素在周期表中的相對位置為載體，通過元素原子核外電子數目關系推斷元素種類，考查元素周期律的遞變規(guī)律以及常見元素化合物的性質，學習中注重相關基礎知識的積累。25、①②④分液漏斗CCl4防止倒吸乙醇淀粉溶液滴入最后一滴，溶液藍色褪去且半分鐘不復色98.4%或0.984【分析】(1)根據制取氨氣使用的試劑的狀態(tài)確定裝置圖的使用；(2)根據儀器結構判斷儀器名稱，根據液體b密度比水大，與水互不相溶的性質分析物質，結合氨氣極容易溶于水分析其作用；(3)根據硫酸四氨合銅晶體為深藍色晶體，溶于水，不溶于乙醇分析使用的物質；(4)①根據I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，選擇使用的指示劑，I2會發(fā)生反應I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反應完全藍色消去判斷滴定終點；②用關系式法找出Cu2+與S2O32-的關系，根據消耗的S2O32-的物質的量計算出Cu2+的物質的量及Cu(NH3)4]SO4·H2O的質量，進而可得其純度。【詳解】(1)在實驗室中，若用固體NH4Cl與Ca(OH)2混合加熱制取氨氣，應該選擇①裝置；若向CaO固體中加入濃氨水制取氨氣，應該選擇選項②；若用濃氨水直接加熱制取氨氣，則選擇裝置④；故合理選項是①②④；(2)有儀器a結構可知該儀器名稱為分液漏斗，由于液體b密度比水大，與水互不相溶，可確定該物質是四氯化碳，液體b的化學式CCl4；裝置A是制取氨氣，在裝置B中與CuSO4溶于反應制取硫酸四氨合銅晶體，由于氨氣極容易溶于水，為了充分吸收氨氣，同時防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生，使用了CCl4，因此CCl4的作用是防止倒吸；(3)由于硫酸四氨合銅晶體為深藍色晶體，溶于水，不溶于乙醇，能在熱水中分解，所以實驗時可向所得溶液中加入乙醇來獲得晶體；(4)①Cu2+與I-反應產生I2，I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，故可選擇淀粉溶液為指示劑，Cu2+與I-反應產生I2，向該溶液中滴加Na2S2O3標準溶液，I2會發(fā)生反應I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，當I2反應完全時，溶液的藍色消去，據此判斷滴定終點。實驗現(xiàn)象是：滴入最后一滴，溶液藍色褪去且半分鐘不復色；②Cu2+與過量I-作用，生成I2和CuI，反應方程式為：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，向該溶液中滴加Na2S2O3標準溶液，I2會發(fā)生反應I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，可得關系式2Cu2+～I2～2S2O32-，反應消耗的S2O32-的物質的量n(S2O32-)=0.050mol/L×0.016L×=0.004mol，則溶液中含有Cu2+的物質的量n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.004mol，根據Cu元素守恒可知反應產生的[Cu(NH3)4]SO4·H2O]的物質的量是0.004mol，其質量是m{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}=0.004mol×246g/mol=0.984g，因此該物質的純度是(0.984g÷1.0g)×100%=98.4%=0.984?！军c睛】本題考查了氨氣的實驗室制取方法及裝置的使用、化學試劑的選擇使用、滴定法在物質含量的計算中的應用。掌握物質的存在狀態(tài)與使用儀器的關系，充分利用物質的溶解性及密度相對大小判斷使用的試劑及其作用，在滴定法測量物質含量時，若發(fā)生的反應有多個，可根據化學方程式找出已知物質與待求物質的關系，通過關系式法直接計算，同時要注意配制溶液的體積與實驗時的體積關系進行計算。26、BaSO4液面上方略顯淺棕色3Ba2++2NO3-

+3SO2+2H2O=BaSO4↓+2NO+4H+0.1BaCl2試管內有白色沉淀產生SO

2+H

2O

H

2SO

3H2SO3

HSO3—+H+2Ba2++2SO2+O2+3H2O

2BaSO4↓+4H+在氧化SO2的過程中，O2起了主要作用在BaCl2溶液中起氧化作用的是O2，在Ba(NO3)2溶液中起氧化作用的是O2和NO3-，而圖2中，分別向BaCl2、Ba(NO3)2溶液中通入SO2，pH變化趨勢，幅度接近，因此起氧化作用的主要O2【分析】(1)SO2與Ba(NO3)2溶液的反應，根據元素守恒可知，白色沉淀應為BaSO4；(2)①NO3-氧化了SO2，則硝酸根被還原成一氧化氮，一氧化氮可以再被氧化成二氧化氮，使得液面上方略顯淺棕色；②Ba(NO3)2溶液與SO2反應生成硫酸鋇和一氧化氮，根據元素守恒和電荷守恒書寫離子方程式；③乙同學要證明了自己的推測正確，所用試劑應與甲同學一樣，這樣才可以做對比，反應后會生成硫酸鋇沉淀；(3)二氧化硫溶于水生成亞硫酸，亞硫酸會使溶pH值下降；(4)圖2，BaCl2溶液中通入二氧化硫，與圖1相比酸性明顯增加，說明氧氣參加了反應，生成了硫酸鋇和鹽酸；(5)在BaCl2溶液中起氧化作用的是O2，在Ba(NO3)2溶液中起氧化作用的是O2和NO3-，而圖2中，分別向BaCl2、Ba(NO3)2溶液中通入SO2，pH變化趨勢、幅度接近，據此答題?！驹斀狻?1)SO2與Ba(NO3)2溶液的反應，根據元素守恒可知，白色沉淀應為BaSO4；(2)①NO3-氧化了SO2，則硝酸根被還原成一氧化氮，一氧化氮可以再被氧化成二氧化氮，使得液面上方略顯淺棕色，所以支持甲同學觀點的實驗證據是液面上方略顯淺棕色；②Ba(NO3)2溶液與SO2反應生成硫酸鋇和一氧化氮，反應的離子方程式為3Ba2++2NO3-+3SO2+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+；③乙同學要證明了自己的推測正確，所用試劑應與甲同學一樣，這樣才可以做對比，所以所用試劑為0.1mol/LBaCl2溶液，可以看到有白色沉淀出現(xiàn)；(3)在無氧條件下，二氧化硫溶于水生成亞硫酸，亞硫酸會使溶pH值下降，反應的方程式為SO2+H2O?H2SO3，H2SO3?HSO3-+H+；(4)圖2，BaCl2溶液中通入二氧化硫，與圖1相比酸性明顯增加，說明氧氣參加了反應，生成了硫酸鋇和鹽酸，反應的離子方程式為2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+；(5)比較圖1和圖2可知，在氧化SO2的過程中，O2起了主要作用，因為在BaCl2溶液中起氧化作用的是O2，在Ba(NO3)2溶液中起氧化作用的是O2和NO3-，而圖2中，分別向BaCl2、Ba(NO3)2溶液中通入SO2，pH變化趨勢、幅度接近。27、SO42-Fe2+B除去多余的SO2，防止污染大氣I2+SO2+2H2O=4H++2I—+SO42-方