2022-2022学年湖南省长沙市浏阳一中高一（下）第三次段考化学试卷　一、选择题（每小题只有一个正确选项，1～10每题2分，11～20每题3分）1．科学家发现两种粒子：第一种是只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，也有人称之为“零号元素”；第二种是由四个氧原子构成的分子．下列有关这两种粒子的说法不正确的是（　　）A．“四中子”不显电性B．“四中子”的质量数为4，其质量比氢原子大C．“零号元素”在元素周期表中与氢元素占同一位置D．第二种粒子的化学式为O4，与O2互为同素异形体　2．CO2气体在一定条件下可与金属镁反应，干冰在一定条件下也可以形成CO2气体，这两个变化过程中需要克服的作用分别是（　　）A．化学键，化学键B．化学键，分子间作用力C．分子间作用力，化学键D．分子间作用力，分子间作用力　3．下列微粒的电子式书写不正确的是（　　）A．B．C．D．　4．如图是生活中常用的锌锰干电池的示意图，下列有关说法中不正确的是（　　）A．电池负极反应为：Zn﹣2e﹣═Zn2+B．锌是负极，碳棒是正极-31-C．电子由碳棒经外电路流向锌D．锌锰干电池属一次电池　5．下面实验操作可以实现实验目的是（　　）A．将SO2通入KMnO4溶液中，溶液褪色，证明SO2具有漂白性B．取样灼烧，可以鉴别某白色纺织品是棉织品还是羊毛制品C．动物油中主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯D．取少量蔗糖溶液加稀硫酸，水浴加入几分钟后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，观察现象，判断蔗糖水解产物中是否有葡萄糖　6．绿色化学是从源头上防止污染产生或将化学过程对环境的负面影响降低到最低限度的化学．不仅化工生产应遵循绿色化学的原则，化学实验也应遵循绿色化学的原则，实现原料和过程的绿色化．“绿色化学”是预防污染的基本手段，下列做法属于“绿色化学”的是（　　）A．处理废弃物B．杜绝污染源C．禁食有毒物D．制订治污规章制度　7．下列过程属于物理变化的是（　　）A．煤的气化B．石油分馏C．石油裂解D．煤的直接液化　8．下列常见金属的冶炼原理中不合理的是（　　）金属冶炼原理AFeFe2O3+3CO2Fe+3CO2BHg2HgO2Hg+O2↑CMg2MgO（熔融）2Mg+O2↑DNa2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑A．AB．BC．CD．D　9．下列装置或操作能达到实验目的是（　　）-31-A．除去乙醇中的乙酸B．形成原电池C．制取乙酸乙酯D．石油的蒸馏　10．参照反应Br+H2→HBr+H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的（　　）A．正反应为吸热反应B．加入催化剂，该化学反应的反应热不变C．正反应为放热反应-31-D．加入催化剂可增大正反应速率，降低逆反应速率　11．向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小的顺序排列，正确的是（　　）①500℃，10molSO2和5molO2反应②500℃，用V2O5作催化剂，10molSO2和5molO2反应③450℃，8molSO2和5molO2反应④500℃，8molSO2和5molO2反应．A．①②③④B．②①③④C．②①④③D．④③②①　12．下列说法正确的是（　　）A．化学键断裂放出能量B．离子化合物中可能含有共价键C．单质中可能含离子键D．由分子组成的物质中一定存在共价键　13．某有机物的结构简式如图，根据乙烯、乙酸、乙醇性质类比，该物质不应有的化学性质是（　　）①可燃烧②可跟溴水加成③可使酸性KMnO4溶液褪色④可跟NaHCO3溶液反应⑤可跟NaOH溶液反应⑥可在碱性条件下水解．A．①③B．③⑥C．④⑤D．⑥　14．在一定条件下，一定量的A和B气体发生如下可逆反应：A（g）+3B（g）⇌3C（g），说明反应已到达平衡的是（　　）A．各物质的浓度之比为1：3：3B．混合物各物质的浓度相等C．ν（A）、ν（B）、ν（C）之比为1：3：3-31-D．A、B、C三种物质的浓度不随时间变化而变化　15．下列不能说明氯的非金属性比硫强的事实是（　　）①HCl比H2S稳定②HCl和H2S的水溶液前者的酸性强③HClO4酸性比H2SO4强④Cl2能与H2S反应生成S⑤Cl原子能得1个电子变成稳定离子而S原子能得两个电子⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS．A．②⑤B．①②C．①②④D．①③⑤　16．W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18，下列说法正确的是（　　）A．氢化物稳定性：Y＞ZB．XW3与WZ相遇，产生大量白烟C．氧化物的水化物的酸性：Y＜ZD．X与Z不能同时存在于同一离子化合物中　17．下列说法正确的是（　　）A．C4H10和C20H42互为同系物B．和互为同分异构体C．12C和14C互为同素异形体D．H2、D2和T2互为同位素　18．下列叙述是小明做完铜、锌原电池的实验后得出的结论和认识，你认为正确的是（　　）A．构成原电池正极和负极的材料必须是两种活泼性不同的金属B．由铜、锌作电极与硫酸铜溶液组成的原电池中铜是负极C．电子沿外导线由锌流向铜，内电路中电子通过稀硫酸被H+得到而放出氢气D．铜锌原电池工作时，若有13g锌被溶解，电路中就有0.4mol电子通过-31-　19．工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400～600℃下的催化氧化：2SO2+O2⇌2SO3，这是一个正反应放热的可逆反应．如果反应在密闭容器中进行，下列有关的叙述不正确的是（　　）A．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B．在上述条件下，SO2、O2、SO3将共存于反应体系之中C．当生成O2的速率与生成SO3的速率相等时达到了平衡D．为了提高SO2的转化率，可适当地提高O2的浓度　20．X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等．下列说法正确的是（　　）A．元素Y、Z、W离子具有相同的电子层结构，其半径依次增大B．元素X与元素Y可以形成两种共价化合物，且这两种化合物只有一种类型的共价键C．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY＞XnRD．元素W、R的最高价氧化物对应水化物都是强酸　　二、非选择题21．碘是人体必须的元素之一，海洋植物如海带中含有丰富的、以碘离子形式存在的碘元素．在实验室中，从海藻里提取碘的流程和实验装置如下：（1）请写出上述提取碘的过程中步骤⑤的操作名称：　　　　　　；（2）写出步骤④对应反应的离子方程式：　　　　　　；（3）提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是　　　　　　．A．酒精B．醋酸C．四氯化碳D．苯．　-31-22．A、X、Y、Z和W是原子序数依次增大的五种短周期元素．A和X可组成两种常温下为液态的化合物A2X、A2X2，X和Y也可组成两种常温下为固态的化合物Y2X、Y2X2，且Y2X、Y2X2的焰色反应均为黄色，在元素周期表中，A与Y同主族，X与Z相邻，Z与W相邻．请回答：（1）A2X2的结构式　　　　　　，Y2X2的电子式　　　　　　；（2）X、Z两种元素的氢化物中稳定性较高的是　　　　　　（填化学式，下同）；Z、W两种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是　　　　　　；（3）W元素在周期表中的位置为　　　　　　；（4）将W的单质与ZX2同时通入水中，生成两种强酸，请写出其反应的化学方程式：　　　　　　．　23．氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置．如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：（1）负极反应式为　　　　　　，正极反应式为　　　　　　；（2）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能，因此，大量安全储氢是关键技术之一．金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：Ⅰ、2Li+H22LiHⅡ、LiH+H2O═LiOH+H2↑①反应Ⅰ中的还原剂是　　　　　　，反应Ⅱ中的氧化剂是　　　　　　；②160gLiH与H2O反应，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为　　　　　　mol．　24．某同学拟以A、C两种烃合成有机物F（苯乙酸乙酯），合成的路线如图所示：-31-（已知：A的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，D中含有﹣CHO）（1）请写出A的结构简式：A　　　　　　；（2）请写出①④的反应类型：①　　　　　　，④　　　　　　；（3）请写出C、E中官能团名称分别为：C　　　　　　，E　　　　　　；（4）写出反应②④的化学方程式：②　　　　　　；④　　　　　　．　25．将一定量的SO2和含0.7mol氧气的空气（忽略CO2）放入0.5L密闭容器内，550℃时，在催化剂作用下发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）（正反应放热）．测得n（O2）随时间的变化如下表时间/s012345n（O2）/mol0.70.40.3xxx4s后反应达到平衡，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了22.4L（此体积为标准状况下的体积）；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2（提示：焦性没食子酸的碱性溶液可以吸收O2），气体的体积又减少了5.6L（此体积为标准状况下的体积）．请回答下列问题：（1）用O2表示从0～2s内该反应的平均反应速率为　　　　　　mol•L﹣1•s﹣1．（2）O2的平衡浓度c（O2）=　　　　　　mol•L﹣1．（3）求该反应达到平衡时SO2的转化率是　　　　　　（用百分数表示）．（4）若将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液，生成沉淀　　　　　　克（计算结果保留一位小数）．　　-31-2022-2022学年湖南省长沙市浏阳一中高一（下）第三次段考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题只有一个正确选项，1～10每题2分，11～20每题3分）1．科学家发现两种粒子：第一种是只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，也有人称之为“零号元素”；第二种是由四个氧原子构成的分子．下列有关这两种粒子的说法不正确的是（　　）A．“四中子”不显电性B．“四中子”的质量数为4，其质量比氢原子大C．“零号元素”在元素周期表中与氢元素占同一位置D．第二种粒子的化学式为O4，与O2互为同素异形体【考点】同素异形体；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【分析】A．中子不带电；B．质量数=质子数+中子数，质量与质量数成正比；C．“零号元素”指由四个中子构成的粒子，无质子，不属于元素；D．同种元素组成的不同单质互称同素异形体．【解答】解：A．因中子不带电，则由四个中子构成的“四中子”粒子不带电，故A正确；B．因中子的质量数为1，则“四中子”的质量数为1×4=4，氢原子质量数是1，“四中子”质量比氢原子大，故B正确；C．因为它不是某种元素，而只有中子，故周期表中没有该“元素”的位置．故C错误；D．由四个氧原子构成的分子，其分子式为O4，与O2都是氧元素是不同单质，互为同素异形体，故D正确．故选C．【点评】本题考查了原子的构成微粒的性质及同位素、同素异形体等概念，题目难度不大，注重信息和所学知识的结合来解答．　2．CO2气体在一定条件下可与金属镁反应，干冰在一定条件下也可以形成CO2气体，这两个变化过程中需要克服的作用分别是（　　）A．化学键，化学键-31-B．化学键，分子间作用力C．分子间作用力，化学键D．分子间作用力，分子间作用力【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【专题】化学键与晶体结构．【分析】CO2气体在一定条件下可与金属镁反应，发生的为化学反应，存在化学键的断裂和形成，干冰在一定条件下也可以形成CO2气体，分子间距离发生变化，为物理变化，以此解答该题．【解答】解：CO2气体在一定条件下又可以与金属镁反应生成氧化镁和碳，破坏了二氧化碳分子内碳和氧原子间的作用力，即化学键，CO2是分子晶体，干冰形成CO2气体，克服的是分子间作用力．故选B．【点评】本题考查晶体的类型和判断，侧重于学生的基础知识的考查，注意把握物质变化的反应类型和作用力的判断，难度不大．　3．下列微粒的电子式书写不正确的是（　　）A．B．C．D．【考点】电子式．【专题】化学键与晶体结构．【分析】首先判断微粒的类型，离子化合物阴离子、复杂阳离子用“”并在右上角标注所带电荷，共价化合物不带电荷，注意各原子或离子满足稳定结构．【解答】解：A．氮原子最外层有5个电子，要达到稳定结构得形成三对共用电子对，电子式为，故A正确；B．氯化钠是离子化合物，由氯离子与钠离子构成，电子式为，故B正确；C．氢氧化钠是离子化合物，钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，所以其电子式为，故C正确；-31-D．二氧化碳是共价化合物，每个氧原子和碳原子之间存在两个共价键，所以其电子式为，故D错误；故选：D．【点评】本题考查电子式的书写，题目难度不大，注意电子式的书写方法，明确离子和原子、分子电子式的不同．　4．如图是生活中常用的锌锰干电池的示意图，下列有关说法中不正确的是（　　）A．电池负极反应为：Zn﹣2e﹣═Zn2+B．锌是负极，碳棒是正极C．电子由碳棒经外电路流向锌D．锌锰干电池属一次电池【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．【分析】该原电池中，Zn易失电子作负极，碳棒作正极，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，放电时电子从负极沿导线流向正极，不能多次充放电的电池为一次电池．【解答】解：A．该原电池中，Zn易失电子作负极，碳棒作正极，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，故A正确；B．根据A知，Zn是负极、碳棒是正极，故B正确；C．电子从负极沿导线流向正极，则电子从锌沿导线流向正极碳棒，故C错误；D．锌锰干电池不能多次充放电，所以为依次电池，故D正确；故选C．【点评】本题考查常见化学电源，明确原电池原理是解本题关键，知道正负极的判断方法、电极反应式的书写及离子流向即可解答，易错点是电极反应式的书写．　5．下面实验操作可以实现实验目的是（　　）A．将SO2通入KMnO4溶液中，溶液褪色，证明SO2具有漂白性-31-B．取样灼烧，可以鉴别某白色纺织品是棉织品还是羊毛制品C．动物油中主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯D．取少量蔗糖溶液加稀硫酸，水浴加入几分钟后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，观察现象，判断蔗糖水解产物中是否有葡萄糖【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂氧化；B．羊毛的成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味；C．动物油主要成分是脂肪，常温下为固体，为饱和高级脂肪酸甘油酯；D．葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液反应必须在碱性条件下．【解答】解：A．二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂氧化，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化二氧化硫，自身被还原而褪色，该反应体现二氧化硫的还原性，故A错误；B．羊毛的成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，而棉织品的成分为纤维，则取样灼烧，可以鉴别某白色纺织品是棉织品还是羊毛制品，故B正确；C．动物油主要成分是脂肪，常温下为固体，为饱和高级脂肪酸甘油酯，植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，故C错误；D．葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液反应必须在碱性条件下，所以该反应中在滴加新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH中和未反应的稀硫酸，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重考查物质鉴别、官能团的检验、物质的性质等知识点，明确实验原理是解本题关键，注意A中二氧化硫漂白性和还原性区别，易错选项是D．　6．绿色化学是从源头上防止污染产生或将化学过程对环境的负面影响降低到最低限度的化学．不仅化工生产应遵循绿色化学的原则，化学实验也应遵循绿色化学的原则，实现原料和过程的绿色化．“绿色化学”是预防污染的基本手段，下列做法属于“绿色化学”的是（　　）A．处理废弃物B．杜绝污染源C．禁食有毒物D．制订治污规章制度【考点】绿色化学．【专题】化学计算．-31-【分析】根据绿色化学的含义判断，绿色化学是指环境友好化学，即无污染，其核心是从源头上消除污染．【解答】解：A、处理废弃物是污染治理措施，污染已经产生，不是从源头消除污染，不符合绿色化学理念，故A错误；B、杜绝污染源是从源头消除污染，符合绿色化学理念，故B正确；C、禁食有毒物并没有根除有毒物质，不是从源头消除污染，不符合绿色化学理念，故C错误；D、制订治污规章制度，控制污染，而污染已经产生，也不是从源头消除污染，不符合绿色化学理念，故D错误；故选B．【点评】本题考查了环境问题，环保问题已经引起了全球的重视，是考试的热点问题，化学上提倡绿色化学工艺，要求从源头上杜绝污染，题目难度较小．　7．下列过程属于物理变化的是（　　）A．煤的气化B．石油分馏C．石油裂解D．煤的直接液化【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】物理变化和化学变化的本质区别：是否有新物质生成，据此解答．【解答】解：A．煤炭气化是指煤在特定的设备内，在一定温度及压力下使煤中有机质与气化剂（如蒸汽/空气或氧气等）发生一系列化学反应，将固体煤转化为含有CO、H2、CH4等可燃性气体和CO2、N2等非可燃气体的过程，故A错误；B．石油分馏是依据沸点不同将石油分成不同沸点范围段产物的过程，没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；C．石油裂解是将长链烃断裂成短链烃的过程，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D．煤炭液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料甲醇，属于化学变化，故D错误；故选B．【点评】本题考查了物理变化和化学变化的区别，解题时抓住是否有新物质生成进行判断，易错选项为A和D，注意煤的气化和液化是复杂的过程，有新物质的生成，属于化学变化．　8．下列常见金属的冶炼原理中不合理的是（　　）-31-金属冶炼原理AFeFe2O3+3CO2Fe+3CO2BHg2HgO2Hg+O2↑CMg2MgO（熔融）2Mg+O2↑DNa2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑A．AB．BC．CD．D【考点】金属冶炼的一般原理．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来的生产过程．金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法．总的说来，金属的性质越稳定，越容易将其从化合物中还原出来．金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，例如：2HgO2Hg+O2↑热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，如：Fe2O3+3CO2Fe+CO2↑电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，例如：2Al2O34Al+3O2↑【解答】解：A、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，故A正确；B、Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故B正确；C、Mg为活泼金属，通常用电解熔融的氯化镁的方法冶炼，而MgO熔点很高，熔融时耗费大量的能量而增加生产成本，故C错误；D、Na为活泼金属，较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物氯化钠的方法冶炼，故D正确．故选：C．【点评】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同，本题难度不大．-31-　9．下列装置或操作能达到实验目的是（　　）A．除去乙醇中的乙酸B．形成原电池C．制取乙酸乙酯D．石油的蒸馏【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；原电池和电解池的工作原理；蒸馏与分馏；乙酸乙酯的制取．【专题】综合实验题．【分析】A．互不相溶的液体可用分液的方法分离；B．酒精为非电解质；C．右边试管不能塞橡皮塞；D．石油蒸馏时，温度计水银球应在支管口附近，且从冷凝管的下端进水，上口出水．【解答】解：A．乙醇与乙酸混溶，不能用分液的方法分离，故A错误；-31-B．酒精为非电解质，溶液不能导电，不能形成原电池，故B错误；C．制取乙酸乙酯时，右边试管不能塞橡皮塞，防止压强过大而导致实验事故，故C错误；D．石油蒸馏时，温度计水银球应在支管口附近，且从冷凝管的下端进水，上口出水，装置图符合，故D正确．故选D．【点评】本题考查实验基本操作，题目难度不大，本题注意实验安全问题，注意把握物质的性质、制备以及分离的方法．　10．参照反应Br+H2→HBr+H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的（　　）A．正反应为吸热反应B．加入催化剂，该化学反应的反应热不变C．正反应为放热反应D．加入催化剂可增大正反应速率，降低逆反应速率【考点】吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，A、正反应为吸热反应；B、催化剂与反应热无关；C、正反应为吸热反应；D、催化剂可增大正反应速率，也增大逆反应速率．【解答】解：根据反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，A、因正反应为吸热反应，故A正确；B、催化剂与反应热无关，故B错误；C、正反应为吸热反应，故C错误；D、催化剂可增大正反应速率，也增大逆反应速率，故D错误；-31-故选A．【点评】本题考查反应热，要掌握反应物的总能量小于生成物的总能量，反应吸热，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热．　11．向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小的顺序排列，正确的是（　　）①500℃，10molSO2和5molO2反应②500℃，用V2O5作催化剂，10molSO2和5molO2反应③450℃，8molSO2和5molO2反应④500℃，8molSO2和5molO2反应．A．①②③④B．②①③④C．②①④③D．④③②①【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据外界条件对反应速率的影响，用控制变量法判断反应速率相对大小，然后排序．【解答】解：①与②相比，②中使用催化剂，其它条件相同，使用催化剂反应加快，所以反应速率：②＞①；①与④相比，①中SO2的物质的量比④中大，即SO2的浓度比④中大，其它条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：①＞④；③与④相比，其它条件相同，④中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：④＞③；所以由大到小的顺序排列②①④③故选：C【点评】考查化学反应速率的影响因素，难度较小，会用控制变量法探究外界因素对反应速率影响．　12．下列说法正确的是（　　）A．化学键断裂放出能量B．离子化合物中可能含有共价键C．单质中可能含离子键-31-D．由分子组成的物质中一定存在共价键【考点】化学键．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A、化学键断裂吸收能量；B、离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中一定不含离子键；C、单质中可能含共价键、金属键或无化学键；D、由分子组成的物质中不一定存在共价键；对于判断型选择题可根据是否有反例判断．【解答】解：A、化学键的断裂吸收能量，化学键的形成放出能量，故A错误；B、离子化合物中可能含有共价键，如N共价NaOH，化合物中一定不含离子键，故B正确；C、单质一定不含离子键，可能含金属键，如铁；可能含共价键，如N2；可能不含化学键，如He，故C错误；D、由分子组成的物质中不一定存在共价键，稀有气体分子，稀有气体是单原子分子，所以不存在化学键，故D错误；故选B．【点评】本题考查了单质、化合物中化学键的判断，难度不大，注意稀有气体中不含化学键．　13．某有机物的结构简式如图，根据乙烯、乙酸、乙醇性质类比，该物质不应有的化学性质是（　　）①可燃烧②可跟溴水加成③可使酸性KMnO4溶液褪色④可跟NaHCO3溶液反应⑤可跟NaOH溶液反应⑥可在碱性条件下水解．A．①③B．③⑥C．④⑤D．⑥【考点】有机物的结构和性质．【分析】根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质．【解答】解：①是烃的含氧衍生物，具有可燃烧，故①正确；-31-②分子中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，故②正确；③分子中含有碳碳双键，醇羟基等，能被酸性KMnO4氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，故③正确；④分子中有羧基，能与NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳，故④正确；⑤分子中有羧基，能与NaOH溶液发生酸碱中和反应，故⑤正确；⑥该有机物不含能水解的基团，不能水解，故⑥错误．故选：D【点评】本题考查有机物结构和性质，为高考高频点，明确物质中官能团与性质的关系是解本题关键，根据具有的官能团确定其性质，题目难度不大．　14．在一定条件下，一定量的A和B气体发生如下可逆反应：A（g）+3B（g）⇌3C（g），说明反应已到达平衡的是（　　）A．各物质的浓度之比为1：3：3B．混合物各物质的浓度相等C．ν（A）、ν（B）、ν（C）之比为1：3：3D．A、B、C三种物质的浓度不随时间变化而变化【考点】化学平衡状态的判断．【分析】根据平衡状态的特征判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的浓度、百分含量不变分析．【解答】解：A、反应达到平衡时的浓度与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，所以不能作为判断依据，故A错误；B、平衡状态时各组分浓度大小决定于开始加入的多少，与平衡状态无关，故B错误；C、无论反应是否平衡，各物质的反应速率之比等于计量数之比，故C错误；D、反应达到平衡时，混合物中各组成成分的浓度不变，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，紧扣化学平衡状态的特征判断即可．　15．下列不能说明氯的非金属性比硫强的事实是（　　）①HCl比H2S稳定②HCl和H2S的水溶液前者的酸性强③HClO4酸性比H2SO4强-31-④Cl2能与H2S反应生成S⑤Cl原子能得1个电子变成稳定离子而S原子能得两个电子⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS．A．②⑤B．①②C．①②④D．①③⑤【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】可从最高价氧化物对应水化物的酸性强弱、氢化物的热稳定性、得电子能力强弱等来做出判断．【解答】解：①HCl比H2S稳定，说明氯原子比硫原子更易结合氢原子，即氯的非金属性比硫强，故①正确．②元素的非金属与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关，即②不正确．③HClO4和H2SO4分别是氯、硫两元素最高价氧化物对应的水化物，HClO4酸性强，说明氯元素非金属性强，故③正确④Cl2能与H2S反应生成S，即Cl2+H2S=S↓+2HCl，说明Cl2的氧化性比S的氧化性强，即Cl夺取电子的能力比S强，非金属性：Cl＞S，故④正确．⑤非金属性与形成稳定离子需要得几个电子无关，即⑤不正确．⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，说明Cl能夺取Fe的3个电子；S与Fe反应生成FeS说明S只能夺取Fe的2个电子．因此非金属性Cl＞S，即⑥正确．综上分析，②⑤不能说明氯的非金属性比硫强，故选A．【点评】本题把能用于判断元素非金属性强弱的因素与不能用于判断元素非金属性强弱的因素结合起来，具有很强的迷惑性，因此，牢固掌握、理解基本知识是解决这类题目的重中之重．　16．W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18，下列说法正确的是（　　）A．氢化物稳定性：Y＞ZB．XW3与WZ相遇，产生大量白烟C．氧化物的水化物的酸性：Y＜Z-31-D．X与Z不能同时存在于同一离子化合物中【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素，A．非金属性越强，对应氢化物越稳定；B．氨气与氯化氢反应生成氯化铵，有白雾生成；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；D．X、Y分别是N、P元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中．【解答】解：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素，A．Y是P元素、Z是Cl元素，非金属性P＜Cl，则二者对应氢化物稳定性：P＜Cl，故A错误；B．XW3为氨气，WZ为HCl，氨气与氯化氢相遇生成氯化铵，有白雾生成，故B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P＜Cl，最高价氧化物的水化物酸性H3PO4＜HClO4，但氧化物的水化物的酸性不一定存在此规律，如磷酸酸性大于次氯酸，故C错误；D．X、Y分别是N、P元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中，磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵都是铵盐，属于离子化合物，故D错误；故选B．【点评】本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，题目难度中等，涉及离子化合物判断、酸性强弱判断、元素周期律等知识，正确判断元素是解本题关键，结合物质的结构性质解答，易错选项是C，注意需要指出最高价．　17．下列说法正确的是（　　）A．C4H10和C20H42互为同系物B．和-31-互为同分异构体C．12C和14C互为同素异形体D．H2、D2和T2互为同位素【考点】芳香烃、烃基和同系物；同位素及其应用；同素异形体；同分异构现象和同分异构体．【分析】A．同系物是分子组成上相差整数个﹣CH2﹣结构，具有相同的通式的同一类有机物的互称；B．同分异构体是分子式相同而结构不同的有机物之间的互称；C．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；D．同位素是具有相同的质子数和不同的中子数的同种元素的不同原子间的互称．【解答】解：A．C4H10和C20H42都属于烷烃，二者含有的碳原子数不同，所以二者互为同系物，故A正确；B．甲烷中所有H原子都等效，则二溴甲烷不存在同分异构体，所以二者为同一种物质，故B错误；C．12C和14C为同种元素的不同原子，二者互为同位素，故C错误；D．H2、D2和T2都是氢气，而同位素研究对象为原子，故D错误；故选A．【点评】本题考查了同位素、同素异形体、同分异构体、同系物的判断，题目难度不大，明确同系物、同分异构体、同素异形体等概念为解答关键，B为易错点，注意二溴甲烷、二氯甲烷不存在同分异构体．　18．下列叙述是小明做完铜、锌原电池的实验后得出的结论和认识，你认为正确的是（　　）A．构成原电池正极和负极的材料必须是两种活泼性不同的金属B．由铜、锌作电极与硫酸铜溶液组成的原电池中铜是负极C．电子沿外导线由锌流向铜，内电路中电子通过稀硫酸被H+得到而放出氢气D．铜锌原电池工作时，若有13g锌被溶解，电路中就有0.4mol电子通过【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．构成原电池正负极的材料不一定都是金属；B．原电池中，易失电子的金属作负极；C．原电池放电时，内电路是离子的定向移动，阴离子向负极移动；D．根据锌和转移电子之间的关系式计算．-31-【解答】解：A．构成原电池正负极的材料不一定都是金属，如锌、石墨和稀硫酸也能构成原电池，故A错误；B．原电池中，易失电子的金属作负极，所以由铜锌作为电极与硫酸铜溶液组成的原电池中，Zn是负极，故B错误；C．原电池放电时，内电路是离子的定向移动，氢离子在正极表面得电子生成氢气，故C错误；D．负极电极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，根据锌和转移电子关系得转移电子的物质的量==0.4mol，故D正确；故选D．【点评】本题考查了原电池原理，根据得失电子判断正负极，知道原电池构成条件及各个物理量之间的关系即可解答，注意电解质溶液中阴阳离子移动方向，为易错点．　19．工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400～600℃下的催化氧化：2SO2+O2⇌2SO3，这是一个正反应放热的可逆反应．如果反应在密闭容器中进行，下列有关的叙述不正确的是（　　）A．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B．在上述条件下，SO2、O2、SO3将共存于反应体系之中C．当生成O2的速率与生成SO3的速率相等时达到了平衡D．为了提高SO2的转化率，可适当地提高O2的浓度【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】A．催化剂能加快反应速率但不影响化学平衡移动；B．可逆反应中，反应物不能完全转化为生成物；C．同一物质的正逆反应速率相等时该反应达到平衡状态；D．如果两种物质都是气体，增大一种物质的浓度能提高另一种反应物的转化率．【解答】解：A．使用催化剂加快了反应速率，缩短反应时间，提高反应效率，平衡不移动，故A正确；B．因该反应是可逆反应，存在反应限度，反应物不可能100%的转化，所以反应达到平衡时三种物质都存在，故B正确；C．当生成氧气的速率与生成三氧化硫的速率为1：2时，该反应达到平衡状态，故C错误；D．因增大反应物O2的浓度，平衡向正反应方向移动，提高了SO2的转化率，故D正确；-31-故选：C．【点评】本题考查了可逆反应的限度、平衡状态的判断、化学平衡的移动等知识点，知道可逆反应中反应物不能完全转化，明确可逆反应达到平衡状态的判断方法，此点是考试热点，要注意反应前后气体体积不变的可逆反应化学平衡状态的判断方法，为易错点．　20．X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等．下列说法正确的是（　　）A．元素Y、Z、W离子具有相同的电子层结构，其半径依次增大B．元素X与元素Y可以形成两种共价化合物，且这两种化合物只有一种类型的共价键C．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY＞XnRD．元素W、R的最高价氧化物对应水化物都是强酸【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z、W、R5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，而Z、W、R处于同一周期，应为第三周期，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、R5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，而Z、W、R处于同一周期，应为第三周期，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素．A．Y、Z、W元素形成的简单离子分别为O2﹣、Na+、Al3+，O2﹣、Na+、Al3+核外电子数都是10，具有相同电子层结构，半径随着核电荷数的增加而减小，所以离子半径O2﹣＞Na+＞Al3+，故A错误；B．H与O两种元素组成的化合物为H2O、H2O2，其中含有极性键，后者含有极性键、非极性键，故B错误；C．水分子之间存在氢键，故沸点H2O＞H2S，故C正确；-31-D．元素W、R的最高价氧化物对应水化物分别为偏铝酸、硫酸，硫酸是强酸，偏铝酸属于弱酸，故D错误，故选C．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，难度中等，注意半径比较规律与氢键对物质性质的影响．　二、非选择题21．碘是人体必须的元素之一，海洋植物如海带中含有丰富的、以碘离子形式存在的碘元素．在实验室中，从海藻里提取碘的流程和实验装置如下：（1）请写出上述提取碘的过程中步骤⑤的操作名称：　萃取分液　；（2）写出步骤④对应反应的离子方程式：　Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣　；（3）提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是　CD　．A．酒精B．醋酸C．四氯化碳D．苯．【考点】海带成分中碘的检验．【分析】（1）步骤⑤为有机溶剂萃取碘；（2）步骤④为氯气置换碘；（3）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，萃取剂与溶质不反应，据此来选择合适的试剂．【解答】解：（1）步骤⑤为有机溶剂萃取碘；将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可，故答案为：萃取分液；（2）步骤④为氯气置换碘，离子方程式为Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣；故答案为：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣；（3）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，萃取剂与溶质不反应，碘在四氯化碳或苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳或苯和水都不互溶，且四氯化碳或苯和碘都不反应，故可用四氯化碳或苯，-31-故答案为：CD．【点评】本题考查了物质的分离和提纯，掌握过滤、萃取、蒸馏等操作是解答本题的关键，难度不大．　22．A、X、Y、Z和W是原子序数依次增大的五种短周期元素．A和X可组成两种常温下为液态的化合物A2X、A2X2，X和Y也可组成两种常温下为固态的化合物Y2X、Y2X2，且Y2X、Y2X2的焰色反应均为黄色，在元素周期表中，A与Y同主族，X与Z相邻，Z与W相邻．请回答：（1）A2X2的结构式　H﹣O﹣O﹣H　，Y2X2的电子式　　；（2）X、Z两种元素的氢化物中稳定性较高的是　H2O　（填化学式，下同）；Z、W两种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是　HClO4　；（3）W元素在周期表中的位置为　第三周期ⅦA族　；（4）将W的单质与ZX2同时通入水中，生成两种强酸，请写出其反应的化学方程式：　Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、X、Y、Z和W是原子序数依次增大的五种短周期元素．A和X可组成两种常温下为液态的化合物A2X、A2X2，应是H2O、H2O2，则A为H、X为O；X和Y也可组成两种常温下为固体的化合物Y2X、Y2X2，且Y2X、Y2X2的焰色反应均为黄色，含有Na元素，则Y为Aa；在元素周期表中，X与Z相邻，Z与W相邻，结合原子序数可知，Z、W处于第三周期，由位置关系可推知X、Z应同主族，故Z为S、W为Cl，据此解答．【解答】解：A、X、Y、Z和W是原子序数依次增大的五种短周期元素．A和X可组成两种常温下为液态的化合物A2X、A2X2，应是H2O、H2O2，则A为H、X为O；X和Y也可组成两种常温下为固体的化合物Y2X、Y2X2，且Y2X、Y2X2的焰色反应均为黄色，含有Na元素，则Y为Aa；在元素周期表中，X与Z相邻，Z与W相邻，结合原子序数可知，Z、W处于第三周期，由位置关系可推知X、Z应同主族，故Z为S、W为Cl，（1）A2X2为H2O2，分子中O原子之间形成1对共用电子对，O原子与H原子之间形成1对共用电子对，故其结构式为H﹣O﹣O﹣H，Y2X2为Na2O2，由钠离子与过氧根离子构成，过氧根离子中氧原子之间形成1对共用电子对，且氧原子满足8电子结构，其电子式为：，-31-故答案为：H﹣O﹣O﹣H；；（2）X、Z两种元素的氢化物分别为H2O、H2S，由于非金属性O＞S，故稳定性H2O＞H2S；Z、W两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为：H2SO4，HClO4，非金属性Cl＞S，故HClO4酸性较强，故答案为：H2O；HClO4；（3）W为Cl元素，在周期表中的位置为：第三周期ⅦA族，故答案为：第三周期ⅦA族；（4）将氯气与SO2同时通入水中，生成两种强酸，反应的化学方程式：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，根据物质的状态及焰色反应进行推断，注意对元素周期律的理解掌握．　23．氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置．如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：（1）负极反应式为　H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O　，正极反应式为　O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　；（2）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能，因此，大量安全储氢是关键技术之一．金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：Ⅰ、2Li+H22LiHⅡ、LiH+H2O═LiOH+H2↑①反应Ⅰ中的还原剂是　Li　，反应Ⅱ中的氧化剂是　H2O　；②160gLiH与H2O反应，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为　32　mol．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）负极上燃料失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；-31-（2）根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂，根据氢气和转移电子之间的关系式计算．【解答】解：（1）该反应中负极上氢气失电子生成氢离子而被氧化，所以电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，正极氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣故答案为：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O，O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．（2）①Ⅰ．2Li+H22LIH中锂失电子作还原剂，Ⅱ．LiH+H2O═LiOH+H2↑中水得电子作氧化剂，故答案为：Li；H2O；②氢气的物质的量==10mol，当吸收10molH2时，则生成20molLiH，20molLiH可生成20molH2，实际参加反应的H2为20mol×80%=16mol，1molH2转化成1molH2O，转移2mol电子，所以16molH2可转移32mol的电子，故答案为：32；【点评】本题考查化学电源的工作原理及有关计算，题目难度较大，注意原电池电极反应式的书写以及从电子守恒的角度计算．　24．某同学拟以A、C两种烃合成有机物F（苯乙酸乙酯），合成的路线如图所示：（已知：A的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，D中含有﹣CHO）（1）请写出A的结构简式：A　CH2=CH2　；（2）请写出①④的反应类型：①　加成反应　，④　取代（酯化）反应　；（3）请写出C、E中官能团名称分别为：C　羟基　，E　羧基　；（4）写出反应②④的化学方程式：②　CH2=CH2+H2OCH3CH2OH　；④　　．【考点】有机物的推断．【分析】A的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应得B为CH3CH2OH，B与E发生酯化（取代）反应生成F，C经过两步氧化得E，D中含有﹣CHO，由E的结构简式可知，D为，C为，则据此解答．-31-【解答】解：A的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应得B为CH3CH2OH，B与E发生酯化（取代）反应生成F，C经过两步氧化得E，D中含有﹣CHO，由E的结构简式可知，D为，C为，（1）根据上面的分析可知，A为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；（2）根据上面的分析可知，反应①为加成反应，反应④为取代（酯化）反应，故答案为：加成反应；取代（酯化）反应；（2）根据上面的分析可知，B为CH3CH2CH2OH，C为C6H5﹣CH=CH2，D为C6H5﹣CH2CHO，故答案为：CH3CH=CH2；CH3CH2CH2OH；C6H5﹣CH=CH2；C6H5﹣CH2CHO；（3）根据E的结构简式可知，E中含有羧基，C为，则C中含有羟基，故答案为：羟基；羧基；（4）反应②的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应④的化学方程式为，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；．【点评】本题考查有机物推断，根据E、F的结构推断B，再结合反应条件与有机物结构推断，需要学生熟练掌握官能团的性质及相互转化，难度不大．　25．将一定量的SO2和含0.7mol氧气的空气（忽略CO2）放入0.5L密闭容器内，550℃时，在催化剂作用下发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）（正反应放热）．测得n（O2）随时间的变化如下表时间/s012345n（O2）/mol0.70.40.3xxx4s后反应达到平衡，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了22.4L（此体积为标准状况下的体积）；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2（提示：焦性没食子酸的碱性溶液可以吸收O2），气体的体积又减少了5.6L（此体积为标准状况下的体积）．请回答下列问题：-31-（1）用O2表示从0～2s内该反应的平均反应速率为　0.4　mol•L﹣1•s﹣1．（2）O2的平衡浓度c（O2）=　0.5　mol•L﹣1．（3）求该反应达到平衡时SO2的转化率是　90%　（用百分数表示）．（4）若将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液，生成沉淀　10.5　克（计算结果保留一位小数）．【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡计算．【分析】（1）从0～2s内，氧气减少了0.7mol﹣0.3mol=0.4mol，再根据v=计算；（2）剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2，气体的体积又减少了5.6L，则平衡体系中氧气为=0.25mol；（3）4s后到达平衡，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了22.4L，则由S原子守恒可知，起始二氧化硫为1mol，反应中转化的氧气为0.7mol﹣0.25mol=0.45mol，所以转化的二氧化硫为0.45mol×2=0.9mol；（4）平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液，二氧化硫和三氧化硫共1mol×5%=0.05mol，由二氧化硫的转化率计算物质的量，三氧化硫与氯化钡反应生成沉淀为硫酸钡，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应．【解答】解：（1）从0～2s内，氧气减少了0.7mol﹣0.3mol=0.4mol，0～2s内用O2表示该反应的平均反应速率为=0.4mol/（L•s），故答案为：0.4；（2）剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2，气体的体积又减少了5.6L，则平衡体系中氧气为=0.25mol，其浓度为=0.5mol/L，故答案为：0.5；（3）4s后到达平衡，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了22.4L，则由S原子守恒可知，起始二氧化硫为=1mol，反应中转化的氧气为0.7mol﹣0.25mol=0.45mol，所以转化的二氧化硫为0.45mol×2=0.9mol，二氧化硫的转化率为×100%=90%，故答案为：90%；（4）平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2-31-溶液，二氧化硫和三氧化硫共1mol×5%=0.05mol，混合气体中三氧化硫为0.05mol×90%=0.045mol，三氧化硫与氯化钡反应生成沉淀为硫酸钡，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，由S原子守恒可知生成沉淀为硫酸钡为0.045mol，沉淀的质量为233g/mol×0.045mol=10.5g，故答案为：10.5．【点评】本题考查化学平衡的计算，侧重分析、计算能力的综合考查，（4）中注意注意利用原子守恒进行计算解答，题目难度中等．　-31-