2025年粵教版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年粵教版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷630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5題，共10分)1、下列敘述正確的是（）A.高溫下二氧化硅與碳酸鈉反應(yīng)放出二氧化碳，說(shuō)明硅酸（H2SiO3）的酸性比碳酸強(qiáng)B.陶瓷、玻璃、水泥容器都能貯存氫氟酸C.石灰抹墻、水泥砌墻的硬化過(guò)程原理不相同D.硫酸鈉溶液、燒堿溶液、硝酸溶液、濃硫酸四種溶液均能用帶玻璃塞的試劑瓶保存2、從溴水中提取溴，下列方法中最適宜的是（）A.蒸餾B.過(guò)濾C.萃取D.結(jié)晶3、下列反應(yīng)的離子方程式不正確的是（）A.氯化鐵溶液腐蝕線路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+B.用小蘇打治療胃酸過(guò)多：C.氯氣溶于水制次氯酸：D.氨水中滴加氯化鋁溶液：Al3++4NH3?H2O=+44、電解原理在消除環(huán)境污染領(lǐng)域有廣泛的應(yīng)用．工業(yè)上常采用如圖所示電解裝置，利用鐵的化合物中[Fe（CN）6]3﹣可將氣態(tài)廢棄物中的硫化氫轉(zhuǎn)化為可利用的硫，自身轉(zhuǎn)化為[Fe（CN）6]4﹣．通電電解，然后通入H2S加以處理；下列說(shuō)法不正確的是（）

A.電解時(shí)陽(yáng)極反應(yīng)式為[Fe（CN）6]4﹣﹣e﹣=[Fe（CN）6]3﹣B.電解過(guò)程中陰極區(qū)溶液的pH變大C.整個(gè)過(guò)程中需要不斷補(bǔ)充K4[Fe（CN）6]與KHCO3D.通入H2S時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2[Fe（CN）6]3﹣+2CO32﹣+H2S=2[Fe（CN）6]4﹣+2HCO3﹣+S↓5、化學(xué)與社會(huì)、生活密切相關(guān)，下列說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.纖維素在人體內(nèi)可水解為葡萄糖，故可用作人體的營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)B.明礬水解時(shí)能生成具有吸附性的膠體粒子，故可用作漂白劑C.rm{Ba^{2+}}對(duì)人體無(wú)毒，故Brm{aSO_{4}}在醫(yī)學(xué)上可用作鋇餐D.rm{MgO}熔點(diǎn)很高，故可用作耐高溫材料評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)6、（2014?花溪區(qū)校級(jí)模擬）太陽(yáng)能電池的發(fā)展已經(jīng)進(jìn)入了第三代．第一代為單晶硅太陽(yáng)能電池；第二代為多晶硅；非晶硅等太陽(yáng)能電池，第三代就是銅銦鎵硒CIGs（CIS中摻入Ga）等化合物薄膜太陽(yáng)能電池以及薄膜Si系太陽(yáng)能電池．

（1）亞銅離子（Cu+）基態(tài)時(shí)的價(jià)電子排布式表示為_(kāi)___．

（2）硒為第4周期元素，相鄰的元素有砷和溴，則3種元素的第一電離能從大到小順序?yàn)開(kāi)___（用元素符號(hào)表示）．

（3）Cu晶體的堆積方式是____（填堆積名稱），其配位數(shù)為_(kāi)___；往Cu的硫酸鹽溶液中加入過(guò)量氨水，可生成[Cu（NH3）4]SO4，下列說(shuō)法正確的是____

A．[Cu（NH3）4]SO4中所含的化學(xué)鍵有離子鍵；極性鍵和配位鍵。

B．在[Cu（NH3）4]2+中Cu2+給出孤對(duì)電子，NH3提供空軌道。

C．[Cu（NH3）4]SO4組成元素中第一電離能最大的是氧元素。

D．SO42-與PO43-互為等電子體；空間構(gòu)型均為正四面體。

（4）與鎵元素處于同一主族的硼元素具有缺電子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）溶于水顯弱酸性；但它卻只是一元酸，可以用硼酸在水溶液中的電離平衡解釋它只是一元弱酸的原因．

①H3BO3中B的原子雜化類型為_(kāi)___；

②硼酸（H3BO3）溶液中存在如下反應(yīng)：H3BO3（aq）+H2O（l）?[B（OH）4]-（aq）+H+（aq）K=5.7×10-10（298K）實(shí)驗(yàn)中不慎將NaOH沾到皮膚時(shí)，用大量水洗后要涂上硼酸溶液．寫(xiě)出硼酸與NaOH反應(yīng)的離子方程式____

（5）硅與碳是同一主族元素，其中石墨為混合型晶體，已知石墨的層間距為335pm，C-C鍵長(zhǎng)為142pm，計(jì)算石墨晶體密度____（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，得出結(jié)果保留三位有效數(shù)字，NA=6.02×1023mol-1）7、A元素原子M電子層有6個(gè)電子，B元素與A元素原子具有相同電子層數(shù)，B元素的原子最外層上只有1個(gè)電子。（1）畫(huà)出B元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖：____。（2）A、B兩元素形成的化合物的名稱是____，該化合物在無(wú)色火焰上灼燒時(shí)，火焰呈____色。8、（16分）某芳香烴A，其蒸氣的密度是同狀態(tài)下H2密度的53倍；某烴類衍生物X，分子式為C15H14O3，能使FeCl3溶液顯紫色：J分子內(nèi)有兩個(gè)互為對(duì)位的取代基在一定條件下有如下的轉(zhuǎn)化關(guān)系：（無(wú)機(jī)物略去）（1）屬于芳香烴類的A的同分異構(gòu)體中，若其苯環(huán)上的一氯代物只有一種則結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示為_(kāi)________。（2）J中所含的含氧官能團(tuán)的名稱為_(kāi)_______________________。（3）E與H反應(yīng)的化學(xué)方程式是______________________________________________；反應(yīng)類型是__________________。（4）B、C的混合物在NaOH乙醇溶液中加熱可以生成同一種有機(jī)物I，以I為單體合成的高分子化合物的名稱是__________。（5）已知J有多種同分異構(gòu)體，寫(xiě)出符合下列性質(zhì)的J的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。①與FeCl3溶液作用顯紫色；②與新制Cu(OH)2懸濁液作用產(chǎn)生紅色沉淀；③苯環(huán)上的一鹵代物有2種。___________________，___________________，___________________9、化工廠生產(chǎn)鹽酸的主要過(guò)程如圖甲所示。

其中關(guān)鍵的一步（如圖乙所示）為氯氣和氫氣在燃燒管口燃燒，生成HCl，氯氣有毒，因此通入氣體的合理方式是：A處通入____，B處通入____．10、（2015春?廈門(mén)校級(jí)月考）如圖所示，A、B、C是實(shí)驗(yàn)室常用的三種制取氣體的裝置，提供的藥品有：大理石、濃鹽酸、稀鹽酸、鋅粒、二氧化錳、氯化銨、熟石灰．現(xiàn)欲利用這些藥品分別制取NH3、Cl2、H2、CO2四種氣體；試回答下列問(wèn)題：

（1）選用A裝置可制取的氣體有____，選用B裝置可制取的氣體有____，選用C裝置可制取的氣體有____．

（2）標(biāo)號(hào)①、②的儀器名稱分別為_(kāi)___、____．

（3）寫(xiě)出利用上述有關(guān)藥品制取氨氣的化學(xué)方程式：____．若要制得干燥氨氣，可選用下列干燥劑中的____（填序號(hào)）．

a．生石灰b．濃硫酸c．五氧化二磷．11、如圖是有關(guān)原子或離子的結(jié)構(gòu)示意圖；請(qǐng)用編號(hào)回答下列問(wèn)題：

（1）屬于同種元素的是____；

（2）屬于稀有氣體元素的是____．12、（12分）北京2008年奧運(yùn)會(huì)金牌直徑為70mm，厚6mm。獎(jiǎng)牌正面為插上翅膀站立的希臘勝利女神和希臘潘納辛納科競(jìng)技場(chǎng)。獎(jiǎng)牌背面鑲嵌著取自中國(guó)古代龍紋玉璧造型的玉璧。（1）環(huán)形玉璧由白玉制成。白玉的化學(xué)成分可簡(jiǎn)單看作是Ca2Mg5Si8O22（OH）2，將其改寫(xiě)成氧化物的形式為_(kāi)_______________。（2）為測(cè)定金牌的組成，將某去掉白玉的金牌樣品，投入到過(guò)量稀硝酸中，有無(wú)色氣體產(chǎn)生，當(dāng)不再生成氣體時(shí)，金牌殘留一金黃色外殼；將生成的氣體與11.2LO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）混合即呈紅棕色，最后將其通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸；再向金牌溶解所得的溶液中滴加氯化鈉，立即產(chǎn)生白色沉淀；最后將殘殼投入到王水中，隨即溶解，生成氣體的體積為1.344L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。已知：Au＋HNO3＋4HCl===H[AuCl4]＋NO↑＋2H2O。①該金牌所含黃金質(zhì)量為_(kāi)_______。②該金牌除含黃金外還含有另一金屬是________（填元素符號(hào)），其質(zhì)量為_(kāi)_______。（3）黃金除能溶于王水外還能溶于氰化鉀，反應(yīng)方程式如下：①配平該反應(yīng)，并將計(jì)量數(shù)填入方框內(nèi)。②K[Au（CN）2]可作為電鍍金的電鍍液，金牌表面的黃金就是通過(guò)電鍍鍍上的。在電鍍金牌時(shí)，陰極反應(yīng)式為_(kāi)_______________________________。評(píng)卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)13、0.012kg13C所含原子數(shù)為阿伏加德羅常數(shù)．____（判斷對(duì)錯(cuò)）14、對(duì)于2SO2（g）+O2（g）═2SO2（g）反應(yīng)，當(dāng)密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均不能作為達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志．____（判斷對(duì)錯(cuò)）15、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1moL水中所含原子總數(shù)數(shù)為3NA____（判斷對(duì)錯(cuò)）16、乙二酸與乙二醇的縮聚反應(yīng)方程式為_(kāi)___．17、醋可同時(shí)用作防腐劑和調(diào)味劑____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、簡(jiǎn)答題(共4題，共20分)18、隨原子序數(shù)遞增，八種短周期元素rm{(}用字母rm{x}等表示rm{)}原子半徑的相對(duì)大小，最高正價(jià)或最低負(fù)價(jià)的變化如下圖所示：

根據(jù)判斷出的元素回答問(wèn)題：rm{(}用化學(xué)用語(yǔ)回答問(wèn)題rm{)}rm{(1)e}在周期表的位置________。rm{(2)d}rm{e}rm{h}的簡(jiǎn)單離子半徑由大到的小的順序________。rm{(3)}有關(guān)rm{y}rm{z}rmeoyiyg8三種元素的說(shuō)法正確的是________rm{(}填序號(hào)rm{)}rm{壟脵}最高正價(jià)：rm{d>z>y}rm{壟脷}氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：rm{d>z>y}rm{壟脹}非金屬性：rm{d>z>y}rm{壟脺}單質(zhì)活潑性：rm{y>z>d}rm{(4)}根據(jù)rm{g}和rm{h}兩種元素填空：rm{壟脵}最高正價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的酸的酸性由強(qiáng)到弱的順序是________。rm{壟脷g2h2}分子中原子都滿足rm{8}電子結(jié)構(gòu)，試寫(xiě)出其電子式________。rm{(5)}根據(jù)rm{X}rm{e}rm{f}三種元素填空：rm{3mol}的rm{ex}與rm{2molf}在水溶液中反應(yīng)生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體的體積________rm{L}向此反應(yīng)后的溶液中加鹽酸至過(guò)量，試在下面坐標(biāo)系中畫(huà)出生成沉淀的物質(zhì)的量與加入鹽酸的物質(zhì)的量的關(guān)系曲線。

rm{(6)}根據(jù)rm{f}元素填空：rm{壟脵}工業(yè)上冶煉rm{f}單質(zhì)時(shí)，寫(xiě)出陽(yáng)極反應(yīng)方程式________。rm{壟脷}以rm{f}單質(zhì)為陽(yáng)極電解rm{exyd_{3}}溶液，寫(xiě)出陽(yáng)極反應(yīng)方程式________。19、鋇鹽生產(chǎn)中排出大量的鋇泥rm{[}主要含rm{BaCO_{3}}rm{BaSO_{3}}rm{Ba(FeO_{2})_{2}}等rm{]}某主要生產(chǎn)rm{BaCO_{3}}的化工廠利用鋇泥制取rm{Ba(NO_{3})_{2}}晶體及其他副產(chǎn)物；其部分工藝流程如下：

已知：rm{i.Fe(OH)_{3}}和rm{Fe(OH)_{2}}完全沉淀時(shí)，溶液的rm{pH}分別為rm{3.2}和rm{9.7}．

rm{ii.Ba(NO_{3})_{2}}在熱水中溶解度較大；在冷水中溶解度較?。?/p>

rm{iii.K_{SP}(BaSO_{4})=1.1隆脕10^{-10}}rm{K_{SP}(BaCO_{3})=5.1隆脕10^{-9}}．

rm{(1)}該廠生產(chǎn)的rm{BaCO_{3}}因含有少量rm{BaSO_{4}}而不純，提純的方法是：將產(chǎn)品加入足量的飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中，充分?jǐn)嚢?，過(guò)濾，洗滌rm{.}用離子方程式說(shuō)明提純?cè)恚篲_____．

rm{(2)}上述流程酸溶時(shí)，rm{Ba(FeO_{2})_{2}}與rm{HNO_{3}}反應(yīng)生成兩種硝酸鹽；化學(xué)方程式為：______．

rm{(3)}該廠結(jié)合本廠實(shí)際，選用的rm{X}為_(kāi)_____rm{(}從下列選項(xiàng)中選擇rm{)}廢渣rm{2}為_(kāi)_____rm{(}寫(xiě)出化學(xué)式rm{)}．

rm{壟脵BaCl_{2}}rm{壟脷Ba(NO_{3})_{2}}rm{壟脹BaCO_{3}}rm{壟脺Ba(OH)_{2}}

rm{(4)}過(guò)濾rm{3}后的母液應(yīng)循環(huán)到容器______中rm{.(}填“rm{a}”、“rm”或“rm{c}”rm{)}

rm{(5)}稱取rm{w}rm{g}晶體溶于蒸餾水，加入足量的硫酸，充分反應(yīng)后，過(guò)濾、洗滌、干燥，稱量沉淀質(zhì)量為rm{m}rm{g}則該rm{Ba(NO_{3})_{2}}的純度為_(kāi)_____．20、磷；硫元素的單質(zhì)和化合物應(yīng)用廣泛．

rm{(1)}磷元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖是______．

rm{(2)}磷酸鈣與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到rm{1}rm{500隆忙}生成白磷；反應(yīng)為：

rm{2Ca_{3}(PO_{4})_{2}+6SiO_{2}簍T6CaSiO_{3}+P_{4}O_{10}}

rm{10C+P_{4}O_{10}簍TP_{4}+10CO}

每生成rm{1mol}rm{P_{4}}時(shí)，就有______rm{mol}電子發(fā)生轉(zhuǎn)移．

rm{(3)}硫代硫酸鈉rm{(Na_{2}S_{2}O_{3})}是常用的還原劑rm{.}在維生素rm{C(}化學(xué)式rm{C_{6}H_{8}O_{6})}的水溶液中加入過(guò)量rm{I_{2}}溶液，使維生素rm{C}完全氧化，剩余的rm{I_{2}}用rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液滴定，可測(cè)定溶液中維生素rm{C}的含量rm{.}發(fā)生的反應(yīng)為：

rm{C_{6}H_{8}O_{6}+I_{2}簍TC_{6}H_{6}O_{6}+2H^{+}+2I^{-}}

rm{2SO_{3}^{2-}+I_{2}簍TS_{4}O_{6}^{2-}+2I^{-}}

在一定體積的某維生素rm{C}溶液中加入rm{a}rm{mol/L}rm{I_{2}}溶液rm{V_{1}}rm{mL}充分反應(yīng)后，用rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液滴定剩余的rm{I_{2}}消耗rmrm{mol/L}rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液rm{V_{2}}rm{mL.}該溶液中維生素rm{C}的物質(zhì)的量是______rm{mol}．

rm{(4)}在酸性溶液中，碘酸鉀rm{(KIO_{3})}和亞硫酸鈉可發(fā)生如下反應(yīng)：

rm{2IO_{3}^{-}+5SO_{3}^{2-}+2H^{+}簍TI_{2}+5SO_{4}^{2-}+H_{2}O}

生成的碘可以用淀粉溶液檢驗(yàn)；根據(jù)反應(yīng)溶液出現(xiàn)藍(lán)色所需的時(shí)間來(lái)衡量該反應(yīng)的速率．

某同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)如下表所示：

。rm{0.01mol/LKIO_{3}}酸性溶液。

rm{(}含淀粉rm{)}的體積rm{/mL}rm{0.01mol/L}

rm{Na_{2}SO_{3}}溶液。

的體積rm{/mL}rm{H_{2}O}

的體積。

rm{/mL}實(shí)驗(yàn)溫。

度rm{/隆忙}溶液出現(xiàn)。

藍(lán)色時(shí)所。

需時(shí)間rm{/s}實(shí)驗(yàn)rm{1}rm{5}rm{V_{1}}rm{35}rm{25}實(shí)驗(yàn)rm{2}rm{5}rm{5}rm{40}rm{25}實(shí)驗(yàn)rm{3}rm{5}rm{5}rm{V_{2}}rm{0}該實(shí)驗(yàn)的目的是______；

表中rm{V_{2}=}______rm{mL}．21、共聚法可改進(jìn)有機(jī)高分子化合物的性質(zhì)，高分子聚合物rm{P}的合成路線如下：

已知：

rm{R-CH_{2}OHxrightarrow{KMnO_{4}/H+}R-COOH(R}表示飽和烴基rm{R-CH_{2}OH

xrightarrow{KMnO_{4}/H+}R-COOH(R}

rm{R-OH+R隆盲-OHxrightarrow{{脜簍脕貌脣謾}}R-O-R隆盲+H_{2}O}rm{)}rm{R-OH+R隆盲-OH

xrightarrow{{脜簍脕貌脣謾}}R-O-R隆盲+H_{2}O}表示烴基rm{(R}

rm{R隆盲}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_____．

rm{)}的名稱為_(kāi)_____．

rm{(1)A}由rm{(2)C}經(jīng)rm{(3)I}合成，rm{F}可使溴水褪色。

rm{壟脵隆蘆壟脹}的化學(xué)反應(yīng)方程式是______．

rm{F}的反應(yīng)試劑是______．

rm{a.壟脵}的反應(yīng)類型是______．

rm{b.壟脷}下列說(shuō)法正確的是______．

rm{c.壟脹}可與水以任意比例混溶rm{(4)}與rm{a.C}rm{b.A}丁二烯互為同系物。

rm{1}生成rm{3-}時(shí)，rm{c.I}rm{M}最多消耗rm{1mol}rm{I}rm{3mol}在一定條件下可發(fā)生加聚反應(yīng)。

rm{NaOH}與rm{d.N}按照物質(zhì)的量之比為rm{(5)E}rm{N}發(fā)生共聚反應(yīng)生成rm{1}rm{1}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_____．

rm{P}有多種同分異構(gòu)體；寫(xiě)出其中一種符合下列條件的異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式______．

rm{P}分子中只含一種環(huán)狀結(jié)構(gòu)。

rm{(6)E}苯環(huán)上有兩個(gè)取代基。

rm{a.}該有機(jī)物與溴水反應(yīng)時(shí)能消耗rm{b.}rm{c.1mol}．rm{4mol}評(píng)卷人得分五、解答題(共1題，共8分)22、某反應(yīng)體系中有物質(zhì)：Bi2（SO4）3、NaMnO4、H2O、MnSO4、NaBiO3、Na2SO4、H2SO4．

（1）請(qǐng)將NaBiO3之外的反應(yīng)物與生成物分別填入以下空格內(nèi)．

（2）反應(yīng)中；被氧化的元素是______，氧化劑是______．

（3）將氧化劑與還原劑及其已配平的化學(xué)計(jì)量數(shù)填入下列空格中；并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目．

評(píng)卷人得分六、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共24分)23、（8分）實(shí)驗(yàn)室要配制1mol/L的稀硫酸250mL，回答下列問(wèn)題：（1）需要98%密度為1．84g/cm3的濃硫酸mL____________（2）配制時(shí)，必須使用的儀器有________（填代號(hào)）____________①燒杯②100mL量筒③20mL量筒④1000mL容量瓶⑤250mL容量瓶⑥托盤(pán)天平（帶砝碼）⑦玻璃棒;還缺少的儀器是________。____________（3）配制時(shí)，該實(shí)驗(yàn)兩次用到玻璃棒，其作用分別是、____。(各1分)（4）配制過(guò)程中出現(xiàn)以下情況，對(duì)所配溶液濃度有何影響（填“偏高”“偏低”“不影響”）①?zèng)]有洗滌燒杯和玻璃棒。________。____________②如果加水超過(guò)了刻度線，取出水使液面恰好到刻度線。____________。____________③容量瓶沒(méi)有干燥。____________24、rm{X}rm{Y}和rm{W}為原子序數(shù)依次遞增的短周期元素rm{.}已知：rm{X}和rm{Y}同主族，rm{Y}和rm{W}的氫化物具有相同的電子數(shù)rm{.}在中學(xué)范圍內(nèi)rm{X}的單質(zhì)只有氧化性；且是空氣的主要成份之一．

rm{(1)}寫(xiě)出實(shí)驗(yàn)室制取rm{W_{2}}反應(yīng)的離子方程式______．

rm{(2)}某小組設(shè)計(jì)如圖所示的裝置，分別研究rm{YX_{2}}和rm{W_{2}}的性質(zhì)．

rm{壟脵}分別通入rm{YX_{2}}和rm{W_{2}}在裝置rm{A}中觀察到的現(xiàn)象是否相同______rm{(}填“相同”或“不相同”rm{)}若裝置rm{D}中裝的是銅粉，當(dāng)通入足量rm{W_{2}}時(shí)觀察到的現(xiàn)象為_(kāi)_____；若裝置rm{D}中裝的是五氧化二釩rm{(}催化劑rm{)}當(dāng)通入足量rm{YX_{2}}時(shí)，打開(kāi)rm{K}通入適量rm{X_{2}}化學(xué)反應(yīng)方程式為_(kāi)_____．

rm{壟脷}若裝置rm{B}中裝有rm{5.0mL}rm{1.0隆脕10^{-3}mol/L}的碘水，當(dāng)通入足量rm{W_{2}}完全反應(yīng)后，轉(zhuǎn)移了rm{5.0隆脕10^{-5}mol}電子；該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____．

rm{(3)}某同學(xué)將足量的rm{YX_{2}}通入一支裝有氯化鋇溶液的試管，未見(jiàn)沉淀生成，再向該試管中加入過(guò)量的下列溶液也無(wú)沉淀生成的是______rm{(}填字母rm{)}．

A.氨水rm{B.}稀鹽酸rm{C.}稀硝酸rm{D.}氯化鈣rm{E.}雙氧水rm{F.}硝酸銀．25、過(guò)氧化鈉rm{(Na_{2}O_{2})}是中學(xué)常見(jiàn)物質(zhì)，常見(jiàn)的過(guò)氧化物還包括過(guò)氧化鈣rm{(CaO_{2}).}已知：過(guò)氧化鈉與rm{CO_{2}}反應(yīng)有氣體生成，而將rm{SO_{2}}通入過(guò)氧化鈉粉末中也有氣體生成rm{.}有人提出rm{CO_{2}}rm{SO_{2}}與過(guò)氧化鈉的反應(yīng)原理相同，但也有人提出rm{SO_{2}}具有較強(qiáng)的還原性，rm{CO_{2}}無(wú)強(qiáng)還原性，反應(yīng)原理不相同rm{.}據(jù)此設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)操作進(jìn)行判斷．

實(shí)驗(yàn)一：向一定量的過(guò)氧化鈉固體中通入足量的rm{SO_{2}}取反應(yīng)后的固體進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究，以證明過(guò)氧化物與rm{SO_{2}}反應(yīng)的特點(diǎn)．

rm{(1)}提出假設(shè)：

假設(shè)rm{1}反應(yīng)后固體中只有rm{Na_{2}SO_{3}}證明rm{SO_{2}}未被氧化；

假設(shè)rm{2}反應(yīng)后固體中只有rm{Na_{2}SO_{4}}證明rm{SO_{2}}完全被氧化；

假設(shè)rm{3}______；證明______

實(shí)驗(yàn)探究：

實(shí)驗(yàn)二：通過(guò)測(cè)量氣體的體積判斷發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)；實(shí)驗(yàn)裝置如圖：

rm{(2)}試劑rm{A}可以選用______，試劑rm{B}的作用是______．

rm{(3)}實(shí)驗(yàn)測(cè)得裝置rm{C}中過(guò)氧化鈉質(zhì)量增加了rm{m_{1}g}裝置rm{D}質(zhì)量增加了rm{m_{2}g}裝置rm{E}中收集到的氣體為rm{VL(}已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下rm{)}用上述有關(guān)測(cè)量數(shù)據(jù)判斷，rm{SO_{2}}未被氧化、完全被氧化的rm{V-m_{1}}關(guān)系式rm{.}未被氧化：______；完全被氧化：______．

rm{(4)}若rm{SO_{2}}完全被氧化，寫(xiě)出反應(yīng)的化學(xué)方程式：______．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】A．根據(jù)反應(yīng)條件分析；該反應(yīng)條件不是常溫下溶液中，所以不能據(jù)此判斷酸性強(qiáng)弱；

B．根據(jù)陶瓷；玻璃、水泥容器的成分分析；二氧化硅能和HF反應(yīng)；

C．石灰抹墻硬化是利用氫氧化鈣和二氧化碳的反應(yīng)；水泥砌墻是利用水泥的凝固性；

D．玻璃的成分中含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和強(qiáng)堿反應(yīng)，能和氫氟酸反應(yīng)，帶玻璃塞的試劑瓶不能存放呈強(qiáng)堿性的物質(zhì)；【解析】【解答】解：A．高溫條件下；雖然二氧化硅和碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳，但該反應(yīng)條件是高溫而不是常溫，所以不能據(jù)此判斷酸性強(qiáng)弱，應(yīng)根據(jù)溶液中進(jìn)行的反應(yīng)來(lái)判斷，故A錯(cuò)誤；

B．陶瓷、玻璃、水泥的主要成分都是硅酸鹽，玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和HF反應(yīng)生成SiF4；所以不能用玻璃容器盛放HF，故B錯(cuò)誤；

C．石灰抹墻硬化發(fā)生的反應(yīng)為Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O；水泥砌墻是利用水泥的凝固性，所以原理不同，故C正確；

D．硫酸鈉溶液；不和二氧化硅反應(yīng)，所以可以帶玻璃塞的試劑瓶盛放，硝酸呈酸性，不和二氧化硅反應(yīng)，所以可以帶玻璃塞的試劑瓶盛放，濃硫酸呈酸性，不和二氧化硅反應(yīng)，所以可以帶玻璃塞的試劑瓶盛放，氫氧化鈉呈強(qiáng)堿性，能和二氧化硅反應(yīng)生成硅酸鈉，硅酸鈉具有黏性，能把玻璃塞黏住，所以不可以帶玻璃塞的試劑瓶盛放，故D錯(cuò)誤；

故選C．2、C【分析】【分析】萃取利用溶質(zhì)在不同溶劑中溶解度不同，用一種溶劑把溶質(zhì)從它與另一溶劑所組成的溶液中提取出來(lái)．【解析】【解答】解：溴單質(zhì)易溶于有機(jī)溶劑；可通過(guò)萃取方法分離，然后分液．

故選C．3、D【分析】【分析】A．發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化銅和氯化亞鐵；

B．反應(yīng)生成二氧化碳和水；

C．反應(yīng)生成HCl和HClO；HClO為弱酸；

D．反應(yīng)生成氫氧化鋁和氯化銨．【解析】【解答】解：A．氯化鐵溶液腐蝕線路板的離子反應(yīng)為Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；遵循電子；電荷守恒，故A正確；

B．用小蘇打治療胃酸過(guò)多的離子反應(yīng)為HCO3-+H+=H2O+CO2↑；故B正確；

C．氯氣溶于水制次氯酸的離子反應(yīng)為Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；故C正確；

D．氨水中滴加氯化鋁溶液的離子反應(yīng)為Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故D錯(cuò)誤；

故選D．4、C【分析】【解答】解：A、電解時(shí)陽(yáng)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，先將[Fe（CN）6]4﹣轉(zhuǎn)化為Fe（CN）6]3﹣，化合價(jià)升高，所以反應(yīng)為：[Fe（CN）6]4﹣﹣e﹣═[Fe（CN）6]3﹣，故A正確；B、電解質(zhì)溶液中的陰極離子碳酸氫根離子，電離產(chǎn)生氫離子在陰極放電，所以電極反應(yīng)式為2HCO3﹣+2e﹣═H2↑+2CO32﹣；pH變大，故B正確；

C、因后來(lái)發(fā)生反應(yīng)為2Fe（CN）63﹣+2CO32﹣+H2S=2Fe（CN）64﹣+2HCO3﹣+S，所以整個(gè)過(guò)程中需要不斷補(bǔ)充K4[Fe（CN）6]與KHCO3；故C錯(cuò)誤；

D、通入H2S時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe（CN）63﹣+2CO32﹣+H2S=2Fe（CN）64﹣+2HCO3﹣+S；故D正確；

故選C．

【分析】A、電解時(shí)陽(yáng)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，先將[Fe（CN）6]4﹣轉(zhuǎn)化為Fe（CN）6]3﹣；化合價(jià)升高；

B；陰極發(fā)生還原反應(yīng)；電解質(zhì)溶液中的陰極離子碳酸氫根離子，電離產(chǎn)生氫離子在陰極放電；

C、因后來(lái)發(fā)生反應(yīng)為2Fe（CN）63﹣+2CO32﹣+H2S=2Fe（CN）64﹣+2HCO3﹣+S，所以整個(gè)過(guò)程中不需要不斷補(bǔ)充K4[Fe（CN）6]與KHCO3；

D、通入H2S時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe（CN）63﹣+2CO32﹣+H2S=2Fe（CN）64﹣+2HCO3﹣+S．5、D【分析】解：rm{A.}人體內(nèi)沒(méi)有能使纖維素水解成葡萄糖的酶；因此纖維素不能作為人類的營(yíng)養(yǎng)食物，故A錯(cuò)誤；

B.明礬水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性；能夠凈水，但是不具有漂白作用，不能用于漂白劑，故B錯(cuò)誤；

C.rm{Ba^{2+}}為重金屬離子，游離態(tài)rm{Ba^{2+}}的對(duì)人體有劇毒；故C錯(cuò)誤；

D.氧化鎂熔點(diǎn)較高；可以用作耐高溫材料，故D正確；

故選：rm{D}．

A.人體不含能使纖維素水解的酶；

B.明礬水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性；能夠凈水，但是不具有漂白作用；

C.重金屬離子能夠使蛋白質(zhì)變性；

D.耐高溫材料應(yīng)具有較高的熔點(diǎn)．

本題考查了元素化合物知識(shí)，側(cè)重考查元素化合物的用途，性質(zhì)決定用途，熟悉相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】rm{D}二、填空題(共7題，共14分)6、3d10Br＞As＞Se面心立方最密堆積12ADsp2H3BO3+OH-=[B（OH）4]-2.27g?cm-3【分析】【分析】（1）根據(jù)構(gòu)造原理寫(xiě)出其核外電子排布式；

（2）同一周期中元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大的趨勢(shì)；但第VA族元素大于其相鄰元素；

（3）Cu晶體的堆積方式是面心立方最密堆積，配位數(shù)為12；根據(jù)的[Cu（NH3）4]SO4結(jié)構(gòu)判斷選項(xiàng)；

（4）①硼酸（H3BO3）溶于水顯弱酸性；但它卻只是一元酸，說(shuō)明硼酸分子中含有一個(gè)羥基，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定B原子的雜化類型；

②硼酸為一元弱酸；和NaOH溶液發(fā)生中和反應(yīng)；

（5）根據(jù)密度計(jì)算公式ρ=m/V計(jì)算．【解析】【解答】解：：（1）銅是29號(hào)元素，銅原子失去一個(gè)電子變成亞銅離子，所以亞銅離子核外有28個(gè)電子，基態(tài)銅離子（Cu+）的價(jià)電子排布式為：3d10；

故答案為：3d10；

（2）As、Se、Br屬于同一周期且原子序數(shù)逐漸增大，這三種元素依次屬于第IVA族、第VA族、第VIA族，第VA族元素大于其相鄰元素的第一電離能，所以3種元素的第一電離能從大到小順序?yàn)锽r＞As＞Se；

故答案為：Br＞As＞Se；

（3）Cu晶體的堆積方式是面心立方最密堆積；配位數(shù)為12；

A、N與H原子形成極性共價(jià)鍵，[Cu（NH3）4]2+與SO42-形成離子鍵，Cu2+與NH3形成配位鍵；故A正確；

B；氨氣分子的鍵角小于水分子的鍵角；故B錯(cuò)誤；

C；金屬的第一電離能比非金屬元素的第一電離能大；故C錯(cuò)誤；

D、SO42-與PO43-原子個(gè)數(shù)相等；價(jià)電子數(shù)相等，互為等電子體，空間構(gòu)型均為正四面體，故D正確；

故答案為：面心立方最密堆積；12；AD；

（4）①H3BO3中B的價(jià)層電子對(duì)=3+（3+1-4×1）=3，所以采取sp2雜化；

故答案為：sp2；

②硼酸為一元弱酸，和NaOH溶液發(fā)生中和反應(yīng)，反應(yīng)方程式為H3BO3+OH-=[B（OH）4]-；

故答案為：H3BO3+OH-=[B（OH）4]-；

（5）石墨的層間距為335pm，可以認(rèn)為一層石墨的厚度是335pm．對(duì)某一層石墨中的一個(gè)六元環(huán)，正六邊形環(huán)的邊長(zhǎng)是142pm，面積S=6××142×142sin（π）=52387.6pm2．環(huán)的厚度h=335pm那么一個(gè)環(huán)占有的體積V=Sh=52387.6×335=1.754×107pm3=1.754×10-23cm3．六元環(huán)中每個(gè)C原子都被3個(gè)環(huán)共用，一個(gè)環(huán)實(shí)際有2個(gè)C原子．一個(gè)環(huán)的質(zhì)量m==2×=3.99×10-23g．所以，石墨的密度ρ===2.27g?cm-3．

故答案為：2.27g?cm-3．7、略

【分析】【解析】試題分析：A元素原子M電子層有6個(gè)電子，則A是16號(hào)元素S；B元素與A元素原子具有相同電子層數(shù)，B元素的原子最外層上只有1個(gè)電子，所以B是11號(hào)元素Na，其原子結(jié)構(gòu)示意圖是S和Na化合形成的化合物是硫化鈉，含有鈉元素，所以灼燒時(shí)火焰呈黃色?？键c(diǎn)：考查元素原子核外電子排布規(guī)律、焰色反應(yīng)的有關(guān)判斷【解析】【答案】（1）（2）硫化鈉黃8、略

【分析】【解析】【答案】（1）（2）（酚）羥基、羧基（寫(xiě)對(duì)一個(gè)給1分，寫(xiě)錯(cuò)不得分）（3）酯化反應(yīng)（或取代反應(yīng)）（4）聚苯乙烯（5）9、H2Cl2【分析】【分析】氯氣有毒，為保證氯氣完全反應(yīng)，氫氣應(yīng)過(guò)量，以此解答該題．【解析】【解答】解：氯氣有毒；為保證氯氣完全反應(yīng)，氫氣應(yīng)過(guò)量，則應(yīng)從外管通入氫氣，從內(nèi)管通入氯氣；

故答案為：H2；Cl2．10、NH3H2、CO2Cl2分液漏斗圓底燒瓶2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑a【分析】【分析】（1）A裝置制備氣體的特點(diǎn)：固體與固體加熱；

（2）熟悉儀器的圖形說(shuō)出其名稱；

（3）氯化銨與氫氧化鈣在加熱條件下反應(yīng)生成氯化鈣、氨氣和水；生石灰為堿性干燥劑；濃硫酸、五氧化二磷為酸性干燥劑．【解析】【解答】解：（1）A裝置制備氣體的特點(diǎn)：固體與固體加熱；所以可制取氨氣；

裝置B可用固體和液體在不加熱條件下反應(yīng)，可制備H2、CO2；

C裝置的反應(yīng)物狀態(tài)是固體；液體混合態(tài)；反應(yīng)條件是加熱，所以可制取氯氣；

故答案為：NH3；H2、CO2；Cl2；

（2）標(biāo)號(hào)①的名稱為分液漏斗；②的儀器的名稱為圓底燒瓶；故答案為：分液漏斗；圓底燒瓶；

（3）氯化銨與氫氧化鈣在加熱條件下反應(yīng)生成氯化鈣、氨氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；

氨氣為堿性氣體；應(yīng)選擇堿性干燥劑，可以用生石灰干燥；

故答案為：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；a．11、ABC【分析】【分析】（1）核電荷數(shù)=質(zhì)子數(shù)；同種元素一定具有相同的核電荷數(shù)；

（2）稀有氣體原子的最外層電子為2或8個(gè)電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)．【解析】【解答】解：（1）A和B的核電荷數(shù)都是9；二者都屬于氟元素，故答案為：AB；

（2）C的核電荷數(shù)=核外電子總數(shù)，所以C為原子，C原子的最外層電子為8，則屬于稀有氣體，故答案為：C．12、略

【分析】【解析】【答案】（1）2CaO·5MgO·8SiO2·H2O（2）①11.82g②Ag216g（3）①482144②[Au（CN）2]－＋e－―→Au＋2CN－三、判斷題(共5題，共10分)13、×【分析】【分析】0.012kg12C中所含的碳原子數(shù)為阿伏加德羅常數(shù)，以此解答該題．【解析】【解答】解：0.012kg12C中所含的碳原子數(shù)為阿伏加德羅常數(shù)，而不是13C，故答案為：×．14、×【分析】【分析】當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等（同種物質(zhì)）或正逆速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比（不同物質(zhì)），各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時(shí)要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時(shí)，說(shuō)明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)．【解析】【解答】解：由于反應(yīng)前后；氣體的質(zhì)量不變，在恒溫恒容，所以混合氣體的密度始終不變，則密度不能判斷是否達(dá)到了平衡狀態(tài)；

而恒溫恒壓條件下；混合氣體的密度增大，當(dāng)密度保持不變，反應(yīng)達(dá)到平衡；

故答案為：×．15、√【分析】【分析】水的分子式為H2O，結(jié)合分子式進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：水的分子式為H2O，1moL水中所含原子總數(shù)為3NA；

故答案為：√．16、×【分析】【分析】乙二酸與乙二醇分子之間能夠通過(guò)酯化反應(yīng)生成高分子化合物，但是酯化反應(yīng)需要在濃硫酸存在條件下條件下加熱反應(yīng)，該反應(yīng)的反應(yīng)條件錯(cuò)誤，檢查進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：乙二酸與乙二醇發(fā)生縮聚反應(yīng)生成乙二酸乙二酯和水，反應(yīng)條件為濃硫酸、加熱，正確的反應(yīng)方程式為：nHOCH2CH2OH+nHOOC-COOH+（2n-1）H2O；所以題中反應(yīng)方程式是錯(cuò)誤的；

故答案為：×．17、√【分析】【分析】醋的主要成分是醋酸，醋酸具有酸味，醋酸能使抑制細(xì)菌的生長(zhǎng)，起到防腐作用，以此判斷．【解析】【解答】解：醋的主要成分是醋酸；醋酸具有酸味，可作調(diào)味劑，醋酸能使抑制細(xì)菌的生長(zhǎng)，起到防腐作用，可作防腐劑；

故答案為：√．四、簡(jiǎn)答題(共4題，共20分)18、略

【分析】【分析】考查元素周期表、元素周期律的應(yīng)用、熱化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)、溶液中離子濃度大小比較、電解原理的應(yīng)用、氫氧化鋁的兩性及物質(zhì)的量在化學(xué)反應(yīng)方程式的計(jì)算的應(yīng)用的知識(shí)?！窘獯稹扛鶕?jù)元素的原子序數(shù)、原子半徑及元素的化合價(jià)可確定rm{x}是rm{H}元素，rm{y}是rm{C}元素，rm{z}是rm{N}元素，rmeyokykm是rm{O}元素，rm{e}是rm{Na}元素，rm{f}是rm{Al}元素，rm{g}是rm{S}元素，rm{h}是rm{Cl}元素。是rm{x}元素，rm{H}是rm{y}元素，rm{C}是rm{z}元素，rm{N}是rm8k8yqkm元素，rm{O}是rm{e}元素，rm{Na}是rm{f}元素，rm{Al}是rm{g}元素，rm{S}是rm{h}元素。rm{Cl}rm{(1)}是rm{(1)}rm{e}第三周期第Ⅰrm{Na}元素，在元素周期表中位于第三周期第Ⅰrm{A}，故答案為：rm{A}根據(jù)元素的原子序數(shù)、原子半徑及元素的化合價(jià)可確定；是rm{(2)}根據(jù)元素的原子序數(shù)、原子半徑及元素的化合價(jià)可確定rmyqkumwo是rm{O}元素，元素，rm{(2)}是rm68088wg元素，rm{O}是rm{e}元素，rm{Na}rm{h}核外電子排布都是rm{Cl}形成的簡(jiǎn)單離子rm{O^{2-}}rm{Na^{+}}核外電子排布都是rm{2}rm{8}電子層結(jié)構(gòu)相等，對(duì)于電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，rmewwgiiurm{e}rm{h}的簡(jiǎn)單離子半徑由大到的小的順序電子層結(jié)構(gòu)相等，對(duì)于電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，rm{O^{2-}}rm{Na^{+}}rm{2}的簡(jiǎn)單離子半徑由大到的小的順序rm{8}rmkcmaskkrm{e}rm{h}rm{r(Cl^{-})>r(O_{2}^{-})>r(Na^{+})}，故答案為：是rm{r(Cl^{-})>r(O_{2}^{-})>r(Na^{+})}元素，；是rm{(3)}元素，rm{(3)}是rm{y}元素。rm{C}無(wú)正價(jià)，最高正價(jià)：rm{z}故rm{N}錯(cuò)誤；rmiuwqccw非金屬性rm{O}氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：rm{壟脵O}故rm{z>y}正確；rm{壟脵}非金屬性rm{壟脷}非金屬性：rm{O>N>C}故rm{H_{2}O>NH_{3}>CH_{4}}正確；rm{壟脷}非金屬性rm{壟脹}故rm{O>N>C}錯(cuò)誤。故選rm{d>z>y}rm{壟脹}是rm{壟脺}元素，rm{O>N>C}是rm{壟脺}元素。rm{壟脷壟脹}最高正價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的酸的酸性由強(qiáng)到弱的順序是rm{(4)g}rm{S}rm{h}rm{Cl}rm{壟脵}最高正價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的酸的酸性由強(qiáng)到弱的順序是分子中原子都滿足rm{壟脵}電子結(jié)構(gòu)，試寫(xiě)出其電子式rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}}，故答案為：rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}}根據(jù)；rm{壟脷g_{2}h_{2}}分子中原子都滿足rm{8}電子結(jié)構(gòu)，試寫(xiě)出其電子式rm{壟脷g_{2}h_{2}}rm{8}，故答案為：；rm{(5)}根據(jù)rm{NaH+H_{2}O=NaOH+H_{2}}rm{3mol}rm{(5)}rm{NaH+H_{2}O=NaOH+H_{2}}rm{3mol}rm{NaH}與水反應(yīng)可生成rm{3molH_{2}}和故答案為：rm{3molNaOH}又由rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}}rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}}工業(yè)上冶煉rm{2Al}反應(yīng)又可生成rm{3H_{2}}rm{V}rm{V}rm{H_{2}=6mol隆脕22.4L/mol=134.4L}生成沉淀的物質(zhì)的量與加入鹽酸的物質(zhì)的量的關(guān)系曲線用rm{134.4}單質(zhì)作陽(yáng)極，rm{(6)}為活性電極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：rm{壟脵}工業(yè)上冶煉rm{壟脵}rm{Al}單質(zhì)時(shí)，寫(xiě)出陽(yáng)極反應(yīng)方程式rm{2O_{2}^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉}，故答案為：rm{Al+3HCO_{3}^{?}?3{e}^{?}=Al{(OH)}_{3}隆媒+3C{O}_{2}隆眉}rm{2O_{2}^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉}rm{Al+3HCO_{3}^{?}?3{e}^{?}=Al{(OH)}_{3}隆媒+3C{O}_{2}隆眉}；rm{壟脷}用rm{Al}單質(zhì)作陽(yáng)極，rm{Al}為活性電極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：【解析】rm{(1)}第三周期第Ⅰrm{A}rm{(2)r(Cl^{-})>r(O_{2}^{-})>r(Na^{+})}rm{(3)壟脷壟脹}rm{(4)壟脵HClO_{4}>H_{2}SO_{4;}}rm{壟脷}rm{(5)134.4}rm{(6)壟脵2O_{2}^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉}rm{壟脷Al+3HCO_{3}^{?}?3{e}^{?}=Al{(OH)}_{3}隆媒+3C{O}_{2}隆眉}rm{壟脷Al+3HCO_{3}^{?}?3{e}^{?}=Al{(OH)}_{3}隆媒+3C{O}_{2}隆眉

}或rm{[}rm{A{l}^{3+}+3HCO_{3}^{?}=Al{(OH)}_{3}隆媒+3C{O}_{2}隆眉}rm{Al-3e^{-}=Al^{3+}}rm{A{l}^{3+}+3HCO_{3}^{?}=Al{(OH)}_{3}隆媒+3C{O}_{2}隆眉

}19、略

【分析】解：鋇泥主要含rm{BaCO_{3}}rm{BaSO_{3}}rm{Ba(FeO_{2})_{2}}等，加入硝酸，在rm{a}容器中充分溶解，可生成硫酸鋇，過(guò)濾后濾液中含有鐵離子、鋇離子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸鋇，調(diào)節(jié)溶液rm{pH=4隆蘆5}使鐵離子水解生成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀，過(guò)濾后廢渣rm{2}為rm{Fe(OH)_{3}}濾液中含有硝酸；硝酸鋇等，加入氫氧化鋇中和得到硝酸鋇溶液，經(jīng)蒸發(fā)、濃縮、過(guò)濾可得到硝酸鋇晶體，母液中含有硝酸鋇；

rm{(1)}溶液存在rm{BaSO_{4}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)?BaCO_{3}(aq)+SO_{4}^{2-}(aq)}增大碳酸根離子的濃度，當(dāng)rm{c(CO_{3}^{2-})隆脕c(Ba^{2+})>K_{sp}(BaCO_{3})}時(shí)；可實(shí)現(xiàn)沉淀的轉(zhuǎn)化；

使平衡正向移動(dòng)從而除去rm{BaSO_{4}}雜質(zhì)；

故答案為：rm{BaSO_{4}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)?BaCO_{3}(aq)+SO_{4}^{2-}(aq)}

rm{(2)Ba(FeO_{2})_{2}}與中鋇元素為rm{+2}價(jià)，鐵元素為rm{+3}價(jià)，所以反應(yīng)產(chǎn)物為rm{Ba(NO_{3})_{2}}和rm{Fe(NO_{3})_{3}}其反應(yīng)方程式為rm{Ba(FeO_{2})_{2}+8HNO_{3}簍TBa(NO_{3})_{2}+2Fe(NO_{3})_{3}+4H_{2}O}

故答案為：rm{Ba(FeO_{2})_{2}+8HNO_{3}=Ba(NO_{3})_{2}+2Fe(NO_{3})_{3}+4H_{2}O}

rm{(3)X}既要能中和硝酸，又不產(chǎn)生新雜質(zhì)，結(jié)合工廠實(shí)際，應(yīng)該用rm{BaCO_{3}}來(lái)調(diào)節(jié)rm{pH}由以上分析可知過(guò)濾后廢渣rm{2}為rm{Fe(OH)_{3}}

故答案為：rm{壟脹}rm{Fe(OH)_{3}}

rm{(4)}通過(guò)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾，得到硝酸鋇晶體，剩余的濾液中仍含有少量的rm{Ba(NO_{3})_{2}}所以含有rm{Ba(NO_{3})_{2}}的母液應(yīng)該，循環(huán)到容器rm{c}中；

故答案為：rm{c}

rm{(5)}稱取rm{w}克晶體溶于蒸餾水，加入足量的硫酸，充分反應(yīng)后，過(guò)濾、洗滌、干燥，稱量沉淀質(zhì)量為rm{m}克，其發(fā)生的反應(yīng)為rm{Ba(NO_{3})_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2HNO_{3}}

設(shè)參加反應(yīng)的rm{Ba(NO_{3})_{2}}為rm{xg}

rm{Ba(NO_{3})_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2HNO_{3}}

rm{261}rm{233}

rm{x}rm{mg}

則rm{dfrac{261}{x}=dfrac{233}{mg}}解得rm{dfrac{261}{x}=dfrac

{233}{mg}}所以該rm{x=dfrac{261m}{233}g}的純度為rm{dfrac{dfrac{261m}{233}}{w}隆脕100%=dfrac{261m}{233w}隆脕100%}

故答案為：rm{dfrac{261m}{233w}隆脕100%}．

鋇泥主要含rm{Ba(NO_{3})_{2}}rm{dfrac{dfrac

{261m}{233}}{w}隆脕100%=dfrac{261m}{233w}隆脕100%}rm{dfrac

{261m}{233w}隆脕100%}等，加入硝酸，在rm{BaCO_{3}}容器中充分溶解，可生成硫酸鋇，過(guò)濾后濾液中含有鐵離子、鋇離子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸鋇，調(diào)節(jié)溶液rm{BaSO_{3}}使鐵離子水解生成rm{Ba(FeO_{2})_{2}}沉淀，過(guò)濾后廢渣rm{a}為rm{pH=4隆蘆5}濾液中含有硝酸；硝酸鋇等，加入氫氧化鋇中和得到硝酸鋇溶液，經(jīng)蒸發(fā)、濃縮、過(guò)濾可得到硝酸鋇晶體，母液中含有硝酸鋇；

rm{Fe(OH)_{3}}加入足量的飽和rm{2}溶液；發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化；

rm{Fe(OH)_{3}}與rm{(1)}反應(yīng)生成兩種硝酸鹽；為硝酸鋇；硝酸鐵；

rm{Na_{2}CO_{3}}除雜時(shí)不能引入新雜質(zhì)，廢渣rm{(2)Ba(FeO_{2})_{2}}為調(diào)節(jié)rm{HNO_{3}}時(shí)鐵離子轉(zhuǎn)化生成的沉淀；

rm{(3)}剩余的濾液中仍含有少量的rm{2}

rm{pH}發(fā)生rm{(4)}稱量沉淀質(zhì)量為rm{Ba(NO_{3})_{2}}rm{(5)}為硫酸鋇的質(zhì)量，結(jié)合反應(yīng)計(jì)算．

本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握流程中的反應(yīng)、物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋C合性較強(qiáng)，題目難度中等．rm{Ba(NO_{3})_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2HNO_{3}}【解析】rm{BaSO_{4}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)?BaCO_{3}(aq)+SO_{4}^{2-}(aq)}rm{Ba(FeO_{2})_{2}+8HNO_{3}=Ba(NO_{3})_{2}+2Fe(NO_{3})_{3}+4H_{2}O}rm{壟脹}rm{Fe(OH)_{3}}rm{c}rm{dfrac{261m}{233w}隆脕100%}rm{dfrac

{261m}{233w}隆脕100%}20、略

【分析】解：rm{(1)P}的原子序數(shù)為rm{15}原子結(jié)構(gòu)中有rm{3}個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為rm{5}原子結(jié)構(gòu)示意圖為故答案為：

rm{(2)P}元素的化合價(jià)由rm{+5}價(jià)降低為rm{0}每生成rm{1mol}rm{P_{4}}時(shí)，轉(zhuǎn)移電子為rm{1mol隆脕4隆脕(5-0)=20mol}故答案為：rm{20}

rm{(3)}由rm{2S_{2}O_{3}^{2-}+I_{2}簍TS_{4}O_{6}^{2-}+2I^{-}}可知，維生素rm{C}消耗的碘為rm{aV_{1}隆脕10^{-3}mol-bV_{2}隆脕10^{-3}mol隆脕dfrac{1}{2}}

由rm{aV_{1}隆脕10^{-3}mol-bV_{2}隆脕10^{-3}mol隆脕dfrac

{1}{2}}可知維生素rm{C_{6}H_{8}O_{6}+I_{2}簍TC_{6}H_{6}O_{6}+2H^{+}+2I^{-}}與碘的物質(zhì)的量相同，則維生素rm{C}的物質(zhì)的量為rm{dfrac{aV_{1}-0.5bV_{2}}{1000}mol}

故答案為：rm{dfrac{aV_{1}-0.5bV_{2}}{1000}}

rm{C}實(shí)驗(yàn)rm{dfrac

{aV_{1}-0.5bV_{2}}{1000}mol}和實(shí)驗(yàn)rm{dfrac

{aV_{1}-0.5bV_{2}}{1000}}探究該反應(yīng)速率與亞硫酸鈉溶液濃度的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)rm{(4)}和實(shí)驗(yàn)rm{1}探究該反應(yīng)速率與溫度的關(guān)系；由實(shí)驗(yàn)rm{2}可以看出混合液的總體積為rm{2}rm{3}為rm{2}rm{50mL}為rm{V_{1}}實(shí)驗(yàn)rm{10mL}和實(shí)驗(yàn)rm{V_{2}}可知實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖翘骄吭摲磻?yīng)速率與亞硫酸鈉溶液濃度的關(guān)系；實(shí)驗(yàn)rm{40mL}和實(shí)驗(yàn)rm{1}可知實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖翘骄吭摲磻?yīng)速率與溫度的關(guān)系；

故答案為：探究溫度、亞硫酸鈉溶液濃度與該反應(yīng)速率的關(guān)系；rm{2}．

rm{2}的原子序數(shù)為rm{3}原子結(jié)構(gòu)中有rm{40}個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為rm{(1)P}

rm{15}元素的化合價(jià)由rm{3}價(jià)降低為rm{5}以此計(jì)算轉(zhuǎn)移電子；

rm{(2)P}由rm{+5}可知，維生素rm{0}消耗的碘為rm{aV_{1}隆脕10^{-3}mol-bV_{2}隆脕10^{-3}mol隆脕dfrac{1}{2}}結(jié)合rm{(3)}計(jì)算維生素rm{2S_{2}O_{3}^{2-}+I_{2}簍TS_{4}O_{6}^{2-}+2I^{-}}的物質(zhì)的量；

rm{C}通過(guò)分析表中的數(shù)據(jù)可知，該實(shí)驗(yàn)研究的是溫度、濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響；由于實(shí)驗(yàn)rm{aV_{1}隆脕10^{-3}mol-bV_{2}隆脕10^{-3}mol隆脕dfrac

{1}{2}}和實(shí)驗(yàn)rm{C_{6}H_{8}O_{6}+I_{2}簍TC_{6}H_{6}O_{6}+2H^{+}+2I^{-}}的溫度相同，故實(shí)驗(yàn)rm{C}與實(shí)驗(yàn)rm{(4)}的溶液的濃度一定相同．

本題考查氧化還原反應(yīng)及計(jì)算、探究影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化及反應(yīng)中物質(zhì)的量關(guān)系、對(duì)比實(shí)驗(yàn)中條件的統(tǒng)一，培養(yǎng)學(xué)生分析問(wèn)題、解決問(wèn)題能力，題目難度不大．rm{1}【解析】rm{20}rm{dfrac{aV_{1}-0.5bV_{2}}{1000}}探究溫度、亞硫酸鈉溶液濃度與該反應(yīng)速率的關(guān)系；rm{dfrac

{aV_{1}-0.5bV_{2}}{1000}}rm{40}21、略

【分析】解：rm{A}和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{B}rm{B}和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{C}rm{C}和苯甲醇反應(yīng)生成rm{D}從rm{A}rm{B}和rm{C}中碳原子個(gè)數(shù)相同，根據(jù)rm{D}的分子式知，rm{A}中含有兩個(gè)碳原子，則rm{A}是rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{B}是rm{CH_{2}BrCH_{2}Br}rm{C}是rm{CH_{2}OHCH_{2}OH}根據(jù)題給信息知，rm{D}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{D}發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{E}則rm{E}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：根據(jù)rm{I}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知，rm{1}rm{3-}丁二烯和溴發(fā)生rm{1}rm{4}加成生成rm{F1}rm{4-}二溴rm{-2-}丁烯，rm{1}rm{4-}二溴rm{-2-}丁烯和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{G}rm{G}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{HOCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}rm{G}和氯化氫發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{H}rm{H}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{HOCH_{2}CH_{2}CHClCH_{2}OH}rm{H}被酸性高錳酸鉀氧化生成rm{I}rm{I}和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{M}rm{M}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{NaOOCCH=CHCOONa}然后酸化得到rm{N}rm{N}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{HOOCCH=CHCOOH}rm{E}和rm{N}反應(yīng)生成rm{P}則rm{P}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：

rm{(1)}通過(guò)以上分析知，rm{A}是乙烯，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{CH_{2}=CH_{2}}

故答案為：rm{CH_{2}=CH_{2}}

rm{(2)C}是乙二醇；

故答案為：乙二醇；

rm{(3)a.壟脵1}rm{4-}二溴rm{-2-}丁烯和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應(yīng)；反應(yīng)方程式為：

故答案為：

rm{b.G}和氯化氫發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{H}所以rm{壟脷}的反應(yīng)試劑是rm{HCl}

故答案為：rm{HCl}

rm{c.H}被酸性高錳酸鉀氧化生成rm{I}所以rm{壟脹}的反應(yīng)類型是氧化反應(yīng)；

故答案為：氧化反應(yīng)；

rm{(4)a.C}是乙二醇；可與水以任意比例混溶，故正確；

rm{b.A}是乙烯，乙烯與rm{1}rm{3-}丁二烯結(jié)構(gòu)不同；所以不互為同系物，故錯(cuò)誤；

rm{c.I}生成rm{M}時(shí)，rm{1mol}rm{I}最多消耗rm{3mol}rm{NaOH}故正確；

rm{d.N}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{HOOCCH=CHCOOH}在一定條件下可發(fā)生加聚反應(yīng)，故正確；

故選rm{acd}

rm{(5)}通過(guò)以上分析知，rm{P}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：

故答案為：

rm{(6)E}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{E}有多種同分異構(gòu)體，rm{E}的同分異構(gòu)體符合下列條件：rm{a.}分子中只含一種環(huán)狀結(jié)構(gòu)說(shuō)明只含苯環(huán)，rm{b.}苯環(huán)上有兩個(gè)取代基，rm{c.1mol}該有機(jī)物與溴水反應(yīng)時(shí)能消耗rm{4mol}rm{Br_{2}}說(shuō)明含有一個(gè)雙鍵，且苯環(huán)上含有酚羥基，苯環(huán)上有rm{3}類氫原子，則符合條件的rm{E}的同分異構(gòu)體為：

故答案為：rm{(}其中任一種rm{)}．

rm{A}和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{B}rm{B}和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{C}rm{C}和苯甲醇反應(yīng)生成rm{D}從rm{A}rm{B}和rm{C}中碳原子個(gè)數(shù)相同，根據(jù)rm{D}的分子式知，rm{A}中含有兩個(gè)碳原子，則rm{A}是rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{B}是rm{CH_{2}BrCH_{2}Br}rm{C}是rm{CH_{2}OHCH_{2}OH}根據(jù)題給信息知，rm{D}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{D}發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{E}則rm{E}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：根據(jù)rm{I}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知，rm{1}rm{3-}丁二烯和溴發(fā)生rm{1}rm{4}加成生成rm{F1}rm{4-}二溴rm{-2-}丁烯，rm{1}rm{4-}二溴rm{-2-}丁烯和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{G}rm{G}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{HOCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}rm{G}和氯化氫發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{H}rm{H}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{HOCH_{2}CH_{2}CHClCH_{2}OH}rm{H}被酸性高錳酸鉀氧化生成rm{I}rm{I}和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{M}rm{M}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{NaOOCCH=CHCOONa}然后酸化得到rm{N}rm{N}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{HOOCCH=CHCOOH}rm{E}和rm{N}反應(yīng)生成rm{P}則rm{P}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：．

本題考查有機(jī)物推斷，為高頻考點(diǎn)，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，同時(shí)考查學(xué)生分析推斷及知識(shí)遷移能力，根據(jù)流程圖中物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式、反應(yīng)條件進(jìn)行推斷，難點(diǎn)是推斷同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．【解析】rm{CH_{2}=CH_{2}}乙二醇；rm{HCl}氧化反應(yīng)；rm{acd}五、解答題(共1題，共8分)22、略

【分析】

（1）該反應(yīng)中NaBiO3是反應(yīng)物，根據(jù)Bi元素守恒，Bi2（SO4）3是生成物，Bi元素由反應(yīng)物到生成物，化合價(jià)降低，所以NaBiO3是氧化劑；NaMnO4中錳元素的化合價(jià)是+7價(jià)，MnSO4中錳元素的化合價(jià)是+2價(jià)，要選取還原劑，只能是化合價(jià)由低變高，所以MnSO4作還原劑，NaMnO4是氧化產(chǎn)物；再根據(jù)元素守恒，反應(yīng)物中還有硫酸，產(chǎn)物中還有Na2SO4和H2O．

故答案為：NaBiO3+MnSO4+H2SO4→Bi2（SO4）3+NaMnO4+Na2SO4+H2O．

（2）該反應(yīng)中，錳元素由+2價(jià)失電子變?yōu)?7價(jià)，所以二價(jià)錳元素被氧化；通過(guò)（1）分析知，NaBiO3是氧化劑．

故答案為：正二價(jià)的錳元素；NaBiO3．

（3）該反應(yīng)中，NaBiO3是氧化劑，MnSO4作還原劑；MnSO4→NaMnO4，錳元素由+2價(jià)→+7價(jià)，一個(gè)MnSO4失去5個(gè)電子；NaBiO3→Bi2（SO4）3，Bi元素由+5價(jià)→+3價(jià)，生成一個(gè)Bi2（SO4）3；需得4個(gè)電子，所以其得失電子的最小公倍數(shù)為20．

故答案為：

【解析】【答案】（1）根據(jù)化合價(jià)的升降判斷參加氧化還原反應(yīng)的反應(yīng)物和生成物；然后根據(jù)元素守恒判斷未參加氧化還原反應(yīng)的反應(yīng)物和生成物．

（2）根據(jù)化合價(jià)的升降判斷被氧化的元素；氧化劑；

（3）根據(jù)化合價(jià)的升降判斷電子的轉(zhuǎn)移方向；根據(jù)得失電子的最小公倍數(shù)確定轉(zhuǎn)移的電子數(shù)．

六、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共24分)23、略

【分析】【解析】【答案】（1）13．6mL（2）①③⑤⑦;膠頭滴管。（3）攪拌（加速稀釋）；引流。（4）“偏低”，“偏低”，“不影響”24、略

【分析】解：rm{X}rm{Y}和rm{W}為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，中學(xué)范圍內(nèi)rm{X}的單質(zhì)只有氧化性，且是空氣的主要成份之一，則rm{X}為rm{O}元素；rm{X}和rm{Y}同主族，則rm{Y}為rm{S}元素；rm{Y}和rm{W}的氫化物具有相同的電子數(shù)，氫化物電子數(shù)為rm{18}結(jié)合原子序數(shù)可知rm{W}為rm{Cl}元素；

rm{(1)}實(shí)驗(yàn)室常用二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)準(zhǔn)備氯氣，反應(yīng)生成氯化錳、氯氣與水，反應(yīng)離子方程式為：rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案為：rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}二氧化硫與品紅化合物無(wú)色物質(zhì)，氯氣與水反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸具有強(qiáng)氧化性，將品紅氧化為無(wú)色物質(zhì)，二氧化硫與氯氣都可以是品紅溶液褪色，在裝置rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}中觀察到的現(xiàn)象是相同；氯氣與銅反應(yīng)產(chǎn)生棕黃色的煙；二氧化硫在五氧化二釩作催化劑、加熱條件下與氧氣反應(yīng)生成三氧化硫，反應(yīng)方程式為：rm{2SO_{2}+O_{2}underset{triangle}{overset{V_{2}O_{5}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}

故答案為：相同；產(chǎn)生棕黃色的煙；rm{2SO_{2}+O_{2}underset{triangle}{overset{V_{2}O_{5}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}

rm{(2)壟脵}若裝置rm{A}中裝有rm{2SO_{2}+O_{2}

underset{triangle}{overset{V_{2}O_{5}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}rm{2SO_{2}+O_{2}

underset{triangle}{overset{V_{2}O_{5}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}的碘水，當(dāng)通入足量rm{壟脷}完全反應(yīng)后，轉(zhuǎn)移的電子為rm{B}令碘元素在氧化產(chǎn)物中的化合價(jià)為rm{5.0mL}則根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒有rm{1.0隆脕10^{-3}mol/L}解得rm{Cl_{2}}所以碘單質(zhì)被氧化為rm{5.0隆脕10^{-5}mol}則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{a}

故答案為：rm{5.0隆脕10^{-3}L隆脕1.