2024届北京顺义牛栏山一中化学高一下期末达标测试试题含解析

2024届北京顺义牛栏山一中化学高一下期末达标测试试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列叙述正确的是()A．同周期的ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数一定相差1B．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强C．元素的非金属性越强，其气态氢化物越不稳定D．硅位于元素周期表中金属和非金属的交界处，其单质可作半导体材料2、为了证明液溴与苯发生的反应是取代反应，有如图所示装置。则装置A中盛有的物质是A．水 B．NaOH溶液 C．CCl4 D．NaI溶液3、下列叙述正确的是A．还原性：Al＞Mg＞NaB．原子半径：Cl＞S＞OC．稳定性：HBr＞HCl＞HFD．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO44、4NH3+5O2⇌A．使用催化剂可以加快反应速率B．增大压强可以加快反应速率C．达到平衡时，V(正)＝V(逆)D．增大O2的浓度可以使NH3全部转变为NO5、下列物质中,含有非极性共价键的是()A．CO2B．N2C．NaOHD．CH46、下列说法中不正确的是A．金属的冶炼原理，就是在一定条件下将金属从其化合物中还原出来B．将少量Na放入硫酸铜溶液中，可生成金属铜C．将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2D．铝合金可大量用于高铁建设7、实现下列变化时，需克服相同类型作用力的是A．水晶和干冰的熔化B．食盐和冰醋酸熔化C．氯化铵和水的分解D．纯碱和烧碱的熔化8、八角茴香含有一种抗禽流感病毒的重要成分——莽草酸，其分子结构如图。下列关于莽草酸的说法错误的是A．分子式为C7H10O5 B．遇FeCl3溶液呈紫色C．能使溴水褪色 D．能溶于水9、未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小,且可以再生。下列属于未来新能源的是()①天然气②太阳能③风能④石油⑤煤⑥生物质能⑦氢能A．②③⑥⑦ B．①②③④ C．①②⑤⑥⑦ D．③④⑤⑥⑦10、下列有关原电池和金属腐蚀的说法中，不正确的A．铜、锌两电极插入稀H2SO4中组成原电池，铜是正极B．原电池中e－从负极流出，负极发生氧化反应C．钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为Fe－3e－＝Fe3＋D．电化学腐蚀比化学腐蚀更快更普遍11、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A．1molCH4分子中共价键总数为4NAB．18

g

D2O中含有的质子数目为10NAC．标准状况下，5.6

LCCl4含有的分子数为0.25NAD．28gN2和1molCH2=CH2所含电子数都是14NA12、常温下，取铝热反应后所得固体（含有Al2O3、Fe、Fe2O3等物质）用过量稀硫酸浸出后的溶液，分别向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（）A．加入过量NaOH溶液：Na+、AlO2-、OH-、SO42-B．加入过量氨水：NH4+、Al3+、OH-、SO42-C．加入过量铁粉:Fe3+、H+、Al3+、SO42-D．加入过量NaNO3溶液：Fe2+、H+、NO3-、SO42-13、下列说法正确的是()A．一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率B．改变温度对放热反应的影响程度大C．反应2C(s)+SiO2(s)==Si(s)+2CO(g)△H>0是在高温下的自发反应D．分别向2支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支试管加入少量MnO2，可以研究催化剂对H2O2分解速率的影响14、化学在生活中有着广泛的应用，下列物质的性质与用途对应关系错误的是A．A B．B C．C D．D15、属于短周期的一组元素是A．Al、Si、SB．Li、Mg、FrC．H、O、KD．Na、S、Br16、能被酸性高锰酸钾溶液氧化的物质是A．乙烷B．乙醇C．苯D．乙酸二、非选择题（本题包括5小题）17、钼是一种过渡金属元素，通常用作合金及不锈钢的添加剂，这种元素可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能。如图是化工生产中制备金属钼的主要流程图。(1)写出在高温下发生反应①的化学方程_________________________________________(2)生产中用足量的浓氨水吸收反应①的尾气合成肥料，写出该反应的离子方程式：______________________________(3)如果在实验室模拟操作1和操作2，则需要使用的主要玻璃仪器有______________________________(4)某同学利用下图所示装置来制备氢气，利用氢气还原三氧化钼，根据要求回答问题：①请设计一个实验方案验证H2的还原性并检验其氧化产物，其装置连接顺序是______________________________②在烧瓶A中加入少量硫酸铜的目的是_____③两次使用D装置，其中所盛的药品依次是_____、_____18、已知：①从石油中获得是目前工业上生产A的主要途径，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平；②2CH3CHO＋O22CH3COOH。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。回答下列问题：（1）写出A的结构简式______________________________。（2）B、D分子中的官能团名称分别是________、________。（3）写出下列反应的反应类型：①________，②________。（4）写出反应④的化学方程式：________________________________。19、某溶液中含有、、Cl三种阴离子，如果只取用一次该溶液（可以使用过滤操作），就能把三种离子依次检验出来：(1)应该先检验_____离子，加入的试剂是稀硝酸，反应的离子方程式为：_____________；(2)再检验_____离子，加入的试剂是_________，反应的离子方程式为：__________________；(3)最后检验_____离子，加入的试剂是_________，反应的离子方程式为：________________。20、将浓度均为0.01mol/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。（资料）该“碘钟实验”的总反应：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O反应分两步进行：反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O反应B：……(1)反应B的离子方程式是______。对于总反应，I-的作用相当于______。(2)为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。a.向酸化的H2O2溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色。b.再向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的蓝色褪去。试剂X是______。(3)为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。（溶液浓度均为0.01mol/L）试剂序号用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验Ⅱ54830实验Ⅲ52xyz溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min、实验Ⅲ是40min。①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是______。②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是______。(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。（溶液浓度均为0.01mol/L）试剂序号用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验Ⅳ44930实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：_____________________。21、海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：(1)除去粗盐中杂质(Mg2＋、SO42-、Ca2＋)，加入的药品顺序正确的是__________。A．NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸B．BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸C．NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸D．Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸(2)步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br－，其目的是______________。写出步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式：________________________________。(3)制备钠单质的方法之一是将熔融NaCl进行电解,写出电解化学方程式：__________________。(4)已知某溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量之比为2∶3∶4，现欲使溶液中的Cl－、Br－、I－的物质的量之比变成4∶3∶2，那么要通入Cl2的物质的量是原溶液中I－的物质的量的_____。(填选项)A．12B．13C．1

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】A、在第二、三周期，ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差1；若是第四、五周期，ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11；在第六、七周期的过渡元素中又出现镧系和锕系，ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差25。错误；B、第三周期从左到右，元素的非金属逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但含氧酸的酸性没有此递变规律。错误；C、元素的非金属性越强，它的最高价氧化物的水化物酸性越强，而它的气态氢化物越稳定。错误；D、硅位于元素周期表中金属与非金属的交界处，是良好的半导体材料，正确；

故选D。点睛：元素周期表中，从第四周期开始出现过渡元素，第ⅠA、ⅡA之后是第ⅢB，在第六、七周期中的过渡元素又出现镧系和锕系，据此分析A；同一周期，从左到右，元素的非金属逐渐增强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，据此分析B；元素的非金属性越强，对应的气态氢化物的稳定性越好，据此分析C；根据硅在元素周期表中的位置，及其性质分析判断D。2、C【解题分析】

苯和液溴发生取代反应，生成的是溴苯和HBr，如果发生的是加成反应，则没有HBr生成，故想要验证该反应是不是取代反应，只需要检验是否有HBr生成即可。题中使用了AgNO3溶液，则该溶液是想通过有AgBr生成来检验HBr，则A的作用是除去挥发出的Br2，以避免对HBr的检验产生干扰。【题目详解】A．Br2在水中的溶解度不大，HBr在水中的溶解度大，HBr在A中被吸收，Br2进入到AgNO3溶液中并与AgNO3溶液反应，与实验的思路不符合，故A错误；B．HBr、Br2都能被NaOH溶液吸收，AgNO3溶液中无明显现象，故B错误；C．Br2易溶于CCl4，HBr不溶于CCl4，故HBr可以进入到AgNO3溶液中并发生反应，生成AgBr沉淀，符合实验设计的思路，故C正确；D．HBr、Br2都会被NaI溶液吸收，故D错误；故选C。3、C【解题分析】A错，还原性即为失电子的性质，由周期从左到右元素的金属性减弱，即可得还原性减弱；B错，同周期从左到右元素原子半径减小，同主族从上到下元素原子半径增大；C正确，氢化物的稳定性是比较对应元素的非金属性强弱；D错，元素的非金属性越强即最高价氧化物对应的水化物酸性越强，由于同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以最高价氧化物的水化物的酸性增强；4、D【解题分析】

A项、催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，可增大反应速率，故A正确；B项、增大压强，气体浓度增大，单位体积活化分子数目增多，反应速率增大，故B正确；C项、v（正）=v（逆）说明各物质的浓度、质量等不变，说明达到反应限度，为平衡状态，故C正确；D项、该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全进行，转化率不可能达到100%，故D错误；故选D。【题目点拨】可逆反应不可能完全进行，转化率不可能达到100%是解答关键，也是易错点。5、B【解题分析】分析：本题考查的是化学键的类型，根据形成共价键的两个原子是否相同分析是关键。详解：A.二氧化碳中碳和氧形成共价键，是不同原子之间形成的，为极性键，故错误；B.氮气分子中氮原子之间形成非极性键，故正确；C.氢氧化钠中含有钠离子和氢氧根离子之间的离子键，氢氧根中氢原子和氧原子之间形成极性键，故错误；D.甲烷中碳原子和氢原子之间形成极性键，故错误。故选B。点睛：共价键是极性键还是非极性键，看形成共价键的两个原子是否相同，相同原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键。还要掌握非极性键可能存在于离子化合物中，如过氧化钠。6、B【解题分析】

A.金属的冶炼原理，就是在一定条件下将金属从其化合物中还原出来，故A正确；B.将少量Na放入硫酸铜溶液中，钠会和水反应生成NaOH，而不是和铜离子发生置换反应，故B错误；C.氯气会将氯化亚铁氧化为氯化铁，而铁屑又可将三价铁离子还原为亚铁离子，继续和氯气反应，故C正确；D.铝合金密度小硬度大，可大量用于高铁建设，故D正确；故答案选B。7、D【解题分析】试题分析：A．二氧化硅是原子晶体，熔化需克服极性键，。干冰是分子晶体，熔化需克服分子间作用力，A错误；B．氯化钠是离子晶体，熔化需克服离子键，冰醋酸是分子晶体，熔化需克服分子间作用力，B错误；C．氯化铵是离子晶体，熔化需克服离子键，水是分子晶体，熔化需克服分子间作用力，C错误；D．纯碱和烧碱都是离子晶体，熔化需克服的是离子键，D正确；答案选D。考点：考查微粒间的相互作用。8、B【解题分析】

根据有机物的结构简式可知：A、该有机物的分子式为C7H10O5，A正确；B、该有机物分子中含有3个醇羟基和1个羧基，所以该有机物不能和氯化铁溶液反应显紫色，B错误；C、该有机物分子含有碳碳双键，可以使溴水褪色，C正确；D、该有机物含有较多的羟基和羧基，疏水基团较小，所以该有机物能溶于水，D正确；故答案选B。【题目点拨】该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用即可，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。另外该题还需要注意键线式的书写特点。9、A【解题分析】

新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生，据此判断。【题目详解】煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等。答案选A。10、C【解题分析】

A项、铜、锌两电极插入稀H2SO4中组成原电池，锌比铜活泼，活泼金属锌为负极，不活泼金属铜是正极，故A正确；B项、原电池中e－从负极流出，经外电路流向正极，还原剂在负极失电子发生氧化反应，故B正确；C项、钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe－2e－＝Fe2＋，故C错误；D项、电化学腐蚀因发生原电池反应，比化学腐蚀更快更普遍，危害更大，故D正确；故选C。11、A【解题分析】

A、CH4中C形成4个共价键，因此1mol甲烷中含有共价键物质的量为4mol，故A正确；B、1molD2O中含有质子物质的量为10mol，D2O的摩尔质量为20g·mol－1，18gD2O的物质的量为0.9mol，所以18gD2O中含有质子物质的量为9mol，故B错误；C、标准状况下，CCl4不是气体，不能直接用22.4L·mol－1，故C错误；D、28gN2的物质的量为1mol，1molN2中含有电子物质的量为2×7×1mol=14mol，1mol乙烯中含有电子物质的量为2×6+4×1=16mol，故D错误。12、A【解题分析】加入过量硫酸溶解后过滤，滤液中含有的离子为：Fe2+、Al3+、SO42-、H+，可能还含有铁离子，A．加入过量NaOH溶液，亚铁离子或铁离子转化为沉淀，Al3+转化为AlO2-，A正确；B．加入氨水，可生成氢氧化铝沉淀，溶液不存在Al3+，B错误；C．铁离子能氧化铁单质，溶液中不会存在铁离子、氢离子，C错误；D．酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，Fe2+不能够大量共存，D错误，答案选A。点睛：本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的判断。13、C【解题分析】A、催化剂只能改变化学反应的速率，对化学平衡不产生影响。错误；B、温度对化学平衡移动的影响为：当温度升高时，正、逆反应速率均增大，但由于吸热方向速率增加程度更大，因此平衡向吸热方向移动，错误；C、△H＞0，高温下△H-T△S＜0，反应自发进行，低温反应非自发进行；△H＜0，低温下反应自发进行，高温下不能自发进行。正确；D、研究催化剂对反应的影响应控制单一变量，研究催化剂对H2O2分解速率的影响，可分别向2支试管中加入相同体积相同浓度的H2O2溶液，再向其中1支试管加入少量MnO2。错误；故选C。14、D【解题分析】

A.Fe2O3是红棕色粉末状物质，在工业上常用作红色油漆和颜料，A正确；B.NaHCO3水溶液由于HCO3-水解而显碱性，可用于日常生活中作食用碱，也可以作工业用碱，B正确；C.Si处于金属与非金属交界处，导电性介于导体和绝缘体之间，因此通常用作制半导体材料中作计算机芯片、光电池等，C正确；D.SO2具有漂白性，因此常在工业上用作漂白纸浆、毛、丝、草帽等物质，D错误；故合理选项是D。15、A【解题分析】

A.Al、Si、S均为第三周期元素，属于短周期元素，选项A正确；B.Li、Mg分别为第二、第三周期元素属于短周期元素，Fr为七周期元素，属于长周期元素，选项B错误；C.H、O分别属于第一、第二周期元素属于短周期元素，K为第四周期元素属于长周期元素，选项C错误；D.Na、S均属于第三周期元素属于短周期元素，Br为第四周期元素属于长周期元素，选项D错误；答案选A。16、B【解题分析】

A、乙烷是烷烃，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，A错误；B、乙醇分子中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B正确；C、苯是芳香烃，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C错误；D、乙酸含有羧基，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，D错误。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、2MoS2+7O22MoO3+4SO2SO2+2NH3·H2O＝2NH4++SO32－+H2O烧杯、漏斗、玻璃棒ACBDD可形成原电池，加快生成氢气的速率无水硫酸铜碱石灰【解题分析】

根据流程图分析主要反应和主要操作，完成化学方程式、选择所需仪器。根据实验目的，设计相关实验，并防止空气的影响。【题目详解】（1）据流程图找出反应①的反应物、生成物，并用化合价升降法配平，得2MoS2+7O22MoO3+4SO2；（2）足量的浓氨水吸收SO2生成正盐，离子方程式为SO2+2NH3·H2O＝2NH4++SO32－+H2O；（3）步骤②得固体和溶液，操作1为过滤。步骤③复分解反应能进行，则钼酸难溶于水，操作2为过滤。需要使用的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（4）①制备H2并还原MoO3可证明其还原性，用无水硫酸铜检验氧化产物水，必须对氢气干燥，并防止空气中水汽干扰。故装置连接顺序是ACBDD；②在烧瓶A中加入少量硫酸铜，锌置换出铜，从而形成原电池，加快生成氢气的速率；③第一次使用D装置，所盛药品为无水硫酸铜，用于检验氧化产物水。第二次使用D装置，所盛药品为碱石灰等，防止空气中的水汽使无水硫酸铜变蓝。18、CH2=CH2羟基羧基加成反应氧化反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O【解题分析】

A的产量通常用来衡量一个国家石油化工发展水平，即A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，反应①发生加成反应，B为乙醇，反应②是醇的催化氧化，即C为乙醛，乙醛继续被氧化成乙酸，据此分析；【题目详解】（1）A的产量通常用来衡量一个国家石油化工发展水平，即A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2，答案是CH2=CH2；（2）反应①发生CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH，B为乙醇，含有官能团是羟基，反应②为醇的催化氧化，其反应方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，C为乙醛，乙醛被氧化成乙酸，即D为乙酸，含有官能团是羧基；答案是羟基、羧基；（3）根据（2）的分析，反应①为加成反应，反应②为氧化反应；故答案为加成反应，氧化反应；（4）根据上面的分析，B为乙醇，D为乙酸，反应④为酯化反应，其反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；故答案为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O。19、CO32-CO32-+2H+=CO2↑+H2OSO42-硝酸钡溶液SO42-+Ba2+=BaSO4↓Cl-硝酸银溶液Cl-+Ag+=AgCl↓【解题分析】

只取用一次该溶液（可以使用过滤操作），就能把三种离子依次检验出来，则（1）先检验CO32-，加入硝酸发生CO32-+2H+=CO2↑+H2O；（2）再加硝酸钡溶液检验SO42-，发生的离子反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓；（3）最后加硝酸银溶液检验Cl-，发生的离子反应为Cl-+Ag+=AgCl↓。【题目点拨】本题考查离子的检验，把握信息中依次鉴别出离子为解答的关键，注意检验中不能对原离子的检验产生干扰，侧重常见离子检验的考查。20、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-催化剂淀粉、碘化钾8、3、2其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率由于n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，v(A)<v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象。【解题分析】

(1)用总反应方程式减去反应A方程式，整理可得反应B的方程式；物质在反应前后质量不变，化学性质不变，这样的物质为催化剂；(2)H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-；(3)①采用控制变量方法研究，由于H2O2的量相同，H2SO4的体积不同，因此Na2S2O3、KI溶液必须与前一个实验相同，且溶液总体积与前一个实验相同；②变色时间越长，反应速率越慢；(4)对比实验Ⅳ、实验II，可知溶液总体积相同，该变量是H2O2、Na2S2O3，H2O2减少，Na2S2O3增大，根据二者的物质的量的比分析判断。【题目详解】(1)碘钟总反应方程式为：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O，该反应分两步进行，反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O，则反应B方程式为总反应方程式减去反应A可得I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；通过上述反应A、反应B反应可知：I-在反应前后质量不变、化学性质不变，因此在该反应中的作用是催化剂；(2)H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-。所以试剂X是KI淀粉溶液；(3)①为便于研究，在反应中要采用控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件都相同，根据表格数据可知：实验Ⅲ跟实验II比硫酸的体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x=8，y=3，z=2；②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是：在其它条件不变时，溶液的酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快；(4)对比实验II、实验Ⅳ，可知其它量没有变化，溶液总体积相同，H2O2减少，Na2S2O3增大，n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，结果未出现溶液变为蓝色现象，说明v(A)<v(B)，导致不能出现溶液变为蓝色现象。【题目点拨】本题通过碘钟实验，考查了实验方案的探究的知识。注意探究外界条件对化学反应影响时，只能改变一个条件，其它条件必须相同，否则不能得出正确结论。21、BC提高溴的富集程度Br2＋SO2＋2H2O===4H++2Br-＋SO42-2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑C【解题分析】分析：(1)要先除SO42-离子，然后再除Ca2+离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加NaOH除去Mg2+离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸