2025年沪科版高三化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪科版高三化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A.加压有利于SO2与O2反应生成SO3B.实验室中常用排饱和食盐水的方式收集氯气C.打开汽水瓶，有气泡从溶液中冒出D.500℃左右比常温下更有利于合成氨2、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.水电离出的rm{c(H^{+})隆陇c(OH^{-})=10^{-22}}的溶液中：rm{Mg^{2+}}rm{K^{+}}rm{Br^{-}}B.滴入少量rm{KSCN}溶液显红色的溶液中：rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{I^{-}}C.使甲基橙变红的溶液中：rm{Ca^{2+}}rm{CH_{3}COO^{-}}rm{Cl^{-}}D.使rm{pH}试纸呈蓝色的溶液中：rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}3、下列说法正确的是（）A.氯水氨水食盐水都能导电，所以Cl2、NH3和氯化钠都是电解质B.向醋酸溶液中加入少量醋酸溶液，原醋酸电离平衡一定向正向移动C.升高温度能促进弱电解质的电离D.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强4、下列电离方程式中，不正确的是（）A.NaOH═Na++OHˉB.H2SO4═H2++SO42-C.Na2CO3═2Na++CO32-D.CH3COOH⇌CH3COOˉ+H+5、下列方程式中电子转移数目正确的是（）A.3NO2+H20═2HNO3+NO，转移3e-B.2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═K2SO4+5Fe2（SO4）3+2MnSO4+8H20，转移5e-C.KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H20，转移6e-D.I2+SO2+2H20═H2SO4+2HI，转移2e-6、高分子化合物在自然界中大量存在．下列物质不属于高分子化合物的是（）A.油脂B.淀粉C.纤维素D.蛋白质7、若液态氨相当于地球上的水以满足木星上生物生存的需要；那么木星上生物体内与地球上生物体内葡萄糖的分子结构相当的化合物是（）

A.

B.

C.

D.

8、五种元素在周期表中的位置如图所示，其中rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Z}为短周期元素，所列五种元素的原子最外层电子数之和为rm{26.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}

。rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Z}rm{T}A.rm{X}rm{Y}rm{Z}三种元素最简单氢化物的沸点依次升高B.由rm{X}rm{Y}和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C.物质rm{WY_{2}}rm{W_{3}X_{4}}rm{WZ_{4}}均有熔点高、硬度大的特性D.rm{T}元素的单质具有半导体的特性，rm{T}与rm{Z}元素可形成化合物rm{TZ_{4}}评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、下列说法正确的是（）A.分子晶体中一定存在分子间作用力和共价键B.HF比HCl沸点高是因为HF分子间存在氢键C.全部由非金属元素形成的化合物中可能含有离子键D.溶于水能导电的化合物一定是离子化合物10、下列反应中的氨与反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（）A.2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2OB.2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑C.4NH3+6NO→5N2+6H2OD.3SiH4+4NH3→Si3N4+12H211、在恒容密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）+dW（g），反应达到平衡后，保持温度不变，将气体体积压缩到原来的，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡的1.8倍．下列叙述中不正确的是（）A.平衡向逆反应方向移动B.a+b＞c+dC.体系中Z的物质的量分数增大D.X的转化率下降12、已知Ksp（AB2）=4.2×10-8，Ksp（AC）=3.0×10-15，在存在AB2、AC固定的饱和的混合溶液中，测得c（C2-）=1.8×10-13mol/L，则下列说法正确的是（）A.溶液中c（B-）为1.6×10-3mol/LB.溶液中c（B-）为1.7×10-13mol/LC.AB2比AC更难溶解D.因两者不同类而无法比较其溶解度的大小13、从下列事实所得出的相应结论正确的是（）

。实验事实结论ACl2的水溶液可以导电Cl2是电解质BNaHCO3溶液与Na[Al（OH）4]溶液混合产生白色沉淀酸性：HCO3-＞Al（OH）3C常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应非金属性：P＞ND某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝该溶液一定有NH4+A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、电石浆是氯碱工业中的一种废弃物；其大致组成如下表所示：

。成分CaOSiO2Al2O3Fe2O3MgOCaS其他不溶于酸的物质质量分数（%）65～663.5～5.01.5～3.50.2～0.80.2～1.11.0～1.823-26用电石浆可生产无水CaCl2；某化工厂设计了以下工艺流程：

已知氯化钙晶体的化学式是：CaCl2•6H2O；H2S是一种酸性气体；且具有还原性．

（1）反应器中加入的酸应选用____．

（2）脱色槽中应加入的物质X是____；设备A的作用是____；设备B的名称为____；设备C的作用是____．

（3）为了满足环保要求，需将废气H2S通入吸收池，下列物质中最适合作为吸收剂的是_____．反应的化学方程式为____．

A．水B．浓硫酸C．石灰乳D．硝酸。

（4）将设备B中产生的母液重新引入反应器的目的是____．

（5）氯碱工业离子方程式____．15、将以下7种物质：HCl、Ar、MgO、CO2、NaCl、NaOH、NH4Cl按以下要求填空：

（1）微粒间只存在共价键的是____．只存在离子键的是____．既存在离子键，又存在共价键的是____．

（2）属于含有共价键的离子化合物的是____，属于共价化合物的是____．16、某校化学兴趣小组对课本实验结论“葡萄糖与新制氢氧化铜共热生成红色的Cu2O沉淀”提出质疑；认为红色沉淀不一定就是氧化亚铜．为了确定红色沉淀的成分，开展了相关探究．

[一]提出猜想；请你完成猜想2；3．

猜想1；红色沉淀可能是Cu；

猜想2：____；

猜想3：____．

[二]查阅资料：①Cu20属于碱性氧化物②Cu+在酸I生条件下能发生自身氧化还原反应。

[三]制备红色沉淀：①制备氢氧化铜悬浊液②氢氧化铜悬浊液与葡萄糖共热③过滤；洗涤、低温烘干得红色粉末。

[四]红色沉淀成分探究：该小组同学设计了三种方案：

方案Ⅰ：取该红色粉末溶于足量稀硝酸中；观察溶液颜色变化．

方案Ⅱ：取该红色粉末溶于足量稀硫酸中；观察是否有残渣．

方案Ⅲ：装置如图所示：（夹持仪器略去）

试回答下列问题：

（1）请分别评价方案I和方案Ⅱ是否合理（填“是”或“否”）；并完成相关反应方程式：

方案I：____，写出Cu20与稀硝酸反应的化学方程式____；

方案Ⅱ：____，写出反应的离子方程式____．

（2）实际上，方案Ⅲ的装置尚存在明显的缺陷，应在A和B之问添加____．

（3）方案Ⅲ中，探究小组的同学在锥形瓶中加入少量硫酸铜溶液，其目的是____．

（4）方案Ⅲ中，若要测定红色粉末的成分，需要测定下列哪些物理量____（填序号）．

①反应前红色粉末与硬质玻璃管的总质量②实验前干燥管的质量③实验后干燥管的质量④硬质玻璃管的质量⑤锌粒质量⑥稀硫酸的物质的量浓度．17、普通干电池，是一种广泛使用的可移动化学电源，其结构如图甲所示，电池反应是：Zn+2NH4++2MnO2═Zn2++2NH3+Mn2O3+H2O但这种一次性电池使用后的随意丢弃；已经是不可忽视的环境问题．某中学的课外活动小组在老师指导下，用废弃的电池进行处理回收．将电池剥离，得到石墨棒，清洗后作电化学实验的电极．废锌皮和炭黑与锰的氧化物做以下处理。

实验一，用废锌制取防腐剂皓矾（ZnSO4•7H2O）（图乙）

（1）操作一的名称是：____．

（2）锌的化学性质与铝相似，也可以与强碱反应而溶解，但生成的是配合物Na2[Zn（OH）4]（四羟基锌酸钠）和H2，该配合物中心离子是____，配位数是____．

实验二；经查相关资料：锰的氧化物都不溶于水，且都能与浓盐酸反应生成氯气．将分离得到的黑色粉末在空气中充分灼烧，并做相关实验，回答下列问题：

（1）灼烧的目的是：____，将灼烧后的固体冷却，溶解、过滤、干燥得到的固体物质混合物Mn2O3和MnO2．

（2）写出Mn2O3与浓盐酸反应的离子方程式：____．

（3）取24.5g上述混合物，与足量的浓盐酸充分反应，得到标况下的氯气4.48L，则混合物中Mn2O3和MnO2质量之比是：____．

实验三，查询资料得知，还可以通过电解的方式，将Mn2O3转化为MnO2，同学们设计了这样的一个装置（图丙），将混合物粉末调成糊状，附在其中的____边电极上（填左或者右），该电极上发生的电极反应式是：____．在电解过程中溶液的pH将____．（填变大、变小、不变）．18、1.204×1023个H2分子的物质的量为____，质量为____，标准状况下体积为____，点燃后与O2充分反应，能消耗O2的物质的量为____．19、①～⑦是7种短周期元素；其周期表位如图所示．请回答下列问题．

（1）元素③在周期表中的位置是____；元素⑥的原子结构示意图是____．

（2）元素④⑤⑥⑦中原子半径最小的元素符号是____；用化学式表示元素⑥和⑦的最高价氧化物对应的水化物酸性强弱____＞____．

（3）元素②的气态氢化物的电子式为____，该物质分子内含有的化学键类型为____（填字母序号）

A．离子键B．极性共价键C．非极性共价键。

（4）元素④的最高价氧化物对应的水化物与⑤的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为____．

（5）由元素③和⑥组成的一种化合物与元素⑦的单质在水溶液中发生氧化还原反应，生成两种强酸．当该反应转移电子数目为2.408×1023时，所得400mL溶液中H+的物质的量浓度为____．20、（16分）醋酸是一种常见的弱酸。（1）假如某醋酸溶液中c(CH3COOH)=0.10mol/L，c(H+)=1.3×10-3mol/L，则此时c(CH3COO-)约为mol/L；计算此时醋酸的电离平衡常数，写出计算过程。[注:c平衡(CH3COOH)≈0.10mol/L，水的电离可忽略不计]（2）为了探究镁条与盐酸、醋酸反应时，浓度或温度对反应速率(观察镁条消失的时间)的影响，准备了以下化学用品：0.20mol·L－1与0.40mol·L－1的HCl溶液、0.20mol·L－1与0.40mol·L－1的CH3COOH溶液、4条镁条(形状、大小、质量相同)、几支试管和胶头滴管，酸液温度控制为298K和308K。①酸液都取足量、相同体积，请你帮助完成以下实验设计表：。实验编号温度(K)盐酸浓度(mol·L－1)醋酸浓度(mol·L－1)实验目的a2980.20I.实验a和b是探究对镁与盐酸反应速率的影响；II．实验a和c是探究对镁与盐酸反应速率的影响；III．实验a和d是探究相同温度下，相同浓度的盐酸、醋酸与镁反应速率的区别b3080.20c2980.40d②若①中实验a镁条消失的时间是20s，则镁条剩余质量与时间关系图如下图。假设：该反应温度每升高10℃，反应速率是原来的2倍；温度相同时，醋酸是相同浓度盐酸平均速度的1/2，请在此图中大致画出“实验b”、“实验d”的镁条剩余质量与时间关系曲线，请注意必要的标注。（3）镁及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用，依据镁的性质、用途等回答下列问题：已知：①Mg(s)＋2H2O(g)===Mg(OH)2(s)＋H2(g)ΔH1＝－441kJ·mol－1②H2O(g)===H2(g)＋O2(g)ΔH2＝＋242kJ·mol－1③Mg(s)＋O2(g)===MgO(s)ΔH3＝－602kJ·mol－1。则氢氧化镁分解的热化学方程式是。评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)21、工业废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染．____．（判断对错）22、钠与水反应时，会发生剧烈爆炸____．（判断对错）评卷人得分五、实验题(共3题，共6分)23、溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：。苯溴溴苯密度/g·cm－30.883.101.50沸点/℃8059156水中溶解度微溶微溶微溶按下列合成步骤回答问题：(1)在a中加入15mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4.0mL液态溴。向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了________气体。继续滴加至液溴滴完。装置d的作用是____________；(2)液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；②滤液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是________；③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是______________；(3)经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为________，要进一步提纯，下列操作中必须的是________(填入正确选项前的字母)；A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取(4)在该实验中，a的容积最适合的是________(填入正确选项前的字母)。A．25mLB．50mLC．250mLD．500mL24、某学习小组在实验室中利用如图装置（夹持装置略去）测定某铁硫化物（FexSy）的组成；并探究反应后D装置所得溶液中含硫化合物的组成．

（一）硫化物（FexSy）的组成。

实验步骤：

步骤Ⅰ如图连接装置；检査装置气密性，装入药品；

步骤Ⅱ打开分液漏斗旋塞；缓缓滴入水，并点燃酒精喷灯；

步骤Ⅲ当硬质玻璃管中固体质量不再改变时，停止加热，继续通入一段时间的O2

步骤Ⅳ实验结束后；将D中所得溶液加水配制成250mL溶液；

请回答：

（1）仪器a的作用为______．

（2）步骤Ⅲ中，停止加热后还需继续通入一段时间的O2；其目的为______．

（3）步骤IV中配制溶液时所需的玻璃仪器除玻璃棒和烧杯外；还有______．

（4）取25.00mL步骤IV中所配溶液，加入足量的双氧水，再加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，称其质量为4.66g．则FexSy的化学式为______．

（5）问题讨论：有同学认为可将装置D改为装有足量碱石灰的干燥管；通过测定反应前后干燥管的增重来计算硫元素的含量．你认为此方案______（填“是”或“否”）合理，原因为______．

（二）探究反应后D装置所得溶液中含硫化合物的组成．

理论推测：溶液中除含有Na2SO4外，还可能含有Na2SO3．

实验探究：滴定法测定溶液中Na2SO3的含量．

可供选择的试剂：①0.10mol•L-1KMnO4酸性溶液②30%H2O2③0.10mol•L-1KI淀粉溶液。

（6）所选试剂为______（填序号）；所选试剂应装在______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中．

⑦所利用的反应原理为______（用离子方程式表示）．25、食盐中含有一定量的镁；铁等杂质；加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的．已知：

氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2；

还原性：S2O32-＞I-

3I2+6OH-═5I-+IO3-+3H2O

KI+I2⇌KI3

（1）某学习小组对加碘盐进行了如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得试液分为3份．第一份试液中滴加KSCN溶液后显血红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后；滴加淀粉试剂，溶液不变色．

①加KSCN溶液显血红色，该红色物质是______（用化学式表示）；CCl4中显紫红色的物质是______（用电子式表示）．

②第二份试剂中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为______．

（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失．写出潮湿环境中KI与氧气反应的化学方程式：______．

将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3•H2O．该物质作为食盐加碘剂是否合适？______（填“是”或“否”），并说明理由：______．

（3）为了提高加碘盐（添加KI）的稳定性，可加稳定剂减少碘的损失．下列物质中有可能作为稳定剂的是______．

A．Na2S2O3B．AlCl3C．Na2CO3D．NaNO2

（4）对含Fe2+较多的食盐（假设不含Fe3+），可选用KI作为加碘剂．请设计实验方案，检验该加碘盐中的Fe2+：______．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；在使用勒夏特列原理时，反应必须是可逆反应且存在平衡移动，否则勒夏特列原理不适用．【解析】【解答】解：A、2SO2+O2⇌2SO3；增大压强，平衡正向移动，故能用勒夏特列原理解释，故A不选；

B、实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；可以用勒夏特列原理解释，故B不选；

C；打开汽水瓶盖；压强变小，向生成二氧化碳的方向移动，二氧化碳的溶解度减小逸出，能用勒夏特利原理解释，故C不选；

D；合成氨反应为放热反应；升高温度不利用平衡向正方向移动，但升温却可提高反应速率，与勒沙特列原理不符，故D选．

故选D．2、D【分析】【分析】本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间rm{(}如rm{Fe^{3+}}和rm{SCN^{-})}等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的rm{H^{+}}或rm{OH^{-}}溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。【解答】A.该溶液为酸性或者碱性溶液，rm{HCO_{3}^{-}}在酸性或碱性溶液中都不能大量共存；故A错误；

B.滴入少量rm{KSCN}溶液显红色的溶液中含有rm{Fe^{3+}}溶液显红色的溶液中含有rm{KSCN}，rm{Fe^{3+}}rm{Fe}能与rm{{,!}^{3+}}能与rm{I^{-}}发生氧化还原反应，发生氧化还原反应，故B错误；

C.rm{{,!}^{3+}}rm{I^{-}}使甲基橙变红的溶液显酸性，粗酸根离子D.在溶液中不能大量共存，故C错误；故选D。该溶液为碱性溶液，四种离子不反应，也不与氢氧根离子反应，能大量共存，故D正确【解析】rm{D}3、C【分析】【分析】A．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质；

B．向醋酸溶液中加入少量醋酸溶液；如果二者浓度相同，则不影响醋酸电离；

C．弱电解质的电离是吸热反应；升高温度平衡向吸热方向移动；

D．电解质溶液导电性与离子浓度及电荷成正比．【解析】【解答】解：A．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，氯水、氨水导电的原因分别是HCl和HClO、NH3．H2O电离出自由移动的离子而导电；但氯气既不是电解质也不是非电解质，氨气是非电解质，故A错误；

B．向醋酸溶液中加入少量醋酸溶液；如果二者浓度相同，则不影响醋酸电离，则醋酸电离程度不变，故B错误；

C．弱电解质的电离是吸热反应；升高温度平衡向吸热方向移动，所以升高温度促进弱电解质电离，故C正确；

D．电解质溶液导电性与离子浓度及电荷成正比；与电解质强弱无关，所以强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故D错误；

故选C．4、B【分析】【分析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式．电离方程式中，离子所带电荷数一般可根据它们在化合物中的化合价来判断，所有阳离子带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等，离子团不能拆开．弱电解质的电离用“⇌”，强电解质的电离用“═”，以此来解答．【解析】【解答】解：A．NaOH是强电解质，完全电离，电离方程式为NaOH═Na++OH-；故A正确；

B．物质电离后角标要转化成化学计量数，硫酸是强电解质，完全电离生成氢离子、硫酸根离子，电离方程式为H2SO4═2H++SO42-；故B错误；

C．Na2CO3是强电解质，完全电离生成碳酸根离子、钠离子，电离方程式为Na2CO3═2Na++CO32-；故C正确；

D．乙酸是弱电解质，部分电离，用可逆符号，电离电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；故D正确；

故选B．5、D【分析】【分析】A、3NO2+H20═2HNO3+NO该反应中；1个氮原子化合价由+4价降低到+2价；

B、2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═K2SO4+5Fe2（SO4）3+2MnSO4+8H20该反应中；2个Mn原子化合价由+7价降低到+2价；

C、KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H20该反应中；1个Cl原子化合价由+5价降低到0价；

D、I2+SO2+2H20═H2SO4+2HI该反应中；2个I原子化合价由0价降低到-1价；

根据化合价降低的数目就是转移的电子数．【解析】【解答】解：A、3NO2+H20═2HNO3+NO该反应中，1个氮原子化合价由+4价降低到+2价，所以电子转移的数目为1×2=2e-；故A错误；

B、2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═K2SO4+5Fe2（SO4）3+2MnSO4+8H20该反应中，2个Mn原子化合价由+7价降低到+2价，所以电子转移的数目为2×5=10e-；故B错误；

C、KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H20该反应中，1个Cl原子化合价由+5价降低到0价，所以电子转移的数目为1×5=5e-；故C错误；

D、I2+SO2+2H20═H2SO4+2HI该反应中，2个I原子化合价由0价降低到-1价，所以电子转移的数目为2×1=2e-；故D正确；

故选：D．6、A【分析】【分析】相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，淀粉、纤维素与蛋白质属于高分子化合物．【解析】【解答】解：A；油脂是高级脂肪酸甘油酯；属于小分子化合物，故选A；

B；淀粉属于高分子化合物；故B不选；

C；纤维素属于高分子化合物；故C不选；

D；蛋白质属于高分子化合物；故D不选；

故选A．7、C【分析】

因NH3与H2O相当，所以-NH2与-OH，═O与═NH相当，所以木星上生物体内与地球上生物体内葡萄糖的分子结构相当的化合物是故选：C．

【解析】【答案】根据氨气的化学式为NH3，水的化学式为H2O；利用替换法来分析木星上生物体内与地球上生物体内葡萄糖的分子结构相当的化合物．

8、D【分析】解：由上述分析可知，rm{W}为rm{Si}rm{T}为rm{Ge}rm{X}为rm{N}rm{Y}为rm{O}rm{Z}为rm{Cl}

A.rm{X}rm{Y}的氢化物含氢键，沸点均高于rm{HCl}故A错误；

B.由rm{X}rm{Y}和氢三种元素形成的化合物可能为硝酸铵；含离子键；共价键，故B错误；

C.rm{SiO_{2}}rm{Si_{3}N_{4}}均有熔点高、硬度大的特性，而rm{SiCl_{4}}为分子晶体；熔点低；硬度小，故C错误；

D.rm{T}为第Ⅳ族元素，位于金属与非金属的交界处，rm{T}元素的单质具有半导体的特性，rm{T}与rm{Z}元素可形成化合物rm{TZ_{4}}故D正确；

故选D．

rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Z}为短周期元素，设rm{W}的最外层电子数为rm{x}五种元素的原子最外层电子数之和为rm{26}则rm{x+x+(x+1)+(x+2)+(x+3)=26}解得rm{x=4}结合元素的位置可知，rm{W}为rm{Si}rm{T}为rm{Ge}rm{X}为rm{N}rm{Y}为rm{O}rm{Z}为rm{Cl}以此来解答．

本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素化合物为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意晶体的性质，题目难度不大．【解析】rm{D}二、多选题(共5题，共10分)9、BC【分析】【分析】A；单原子分子构成的分子晶体中没有共价键；

B；HF分子间存在氢键；

C；氯化铵是由非金属元素形成的离子化合物；

D、溶于水可以导电的化合物不一定是离子化合物，如硫酸、一水合氨等．【解析】【解答】解：A；单原子分子构成的分子晶体中没有共价键；稀有气体为单原子分子，其晶体中只含有分子间作用力，没有共价键，故A错误；

B；HF分子间存在氢键；所以HF比HCl沸点高，故B正确；

C；氯化铵是由非金属元素形成的离子化合物；所以全部由非金属元素形成的化合物中可能含有离子键，故C正确；

D；溶于水可以导电的化合物不一定是离子化合物；如硫酸、一水合氨等，所以不一定是离子化合物，故D错误；

故选BC．10、AC【分析】【分析】4NH3+5O2→4NO+6H2O，反应中氨气中-3价的氮元素化合价升高为氮气中0价的氮，发生氧化还原反应，氨气表现为还原性，据此判断．【解析】【解答】解：A.2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2O反应中；氨气中-3价的氮元素化合价升高为氮气中0价的氮，发生氧化还原反应，氨气表现为还原性，故A正确；

B.2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑反应中；氨气中的氢元素化合价降低，氨气为氧化剂，表现氧化性，故B错误；

C.4NH3+6NO→5N2+6H2O反应中；氨气中-3价的氮元素，化合价升高为氮气中0价，氨气做还原剂，表现还原性，故C正确；

D.3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2反应中；氨气中的+1价氢元素化合价降低，氨气做氧化剂，表现氧化性，故D错误；

故选：AC．11、BC【分析】【分析】在密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）+dW（g），反应达到平衡后，保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，不考虑平衡移动，只考虑体积改变，W浓度应为原来的2倍，题干中W的浓度为原平衡的1.8倍，说明平衡逆向进行，依据平衡移动方向分析选项．【解析】【解答】解：在密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）+dW（g）；反应达到平衡后，保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，不考虑平衡移动，只考虑体积改变，W浓度应为原来的2倍，题干中W的浓度为原平衡的1.8倍，说明平衡逆向进行；

A；依据条件改变分析判断平衡逆向进行；故A正确；

B、压缩容器体积，压强增大，平衡逆向进行，所以逆向是气体体积减小的反应，所以a+b＜c+d；故B错误；

C；反应平衡逆向进行；Z的体积分数减小，故C错误；

D；平衡逆向进行；X转化率减小，故D正确；

故选BC．12、AD【分析】【分析】AB、依据Ksp（AB2）=4.2×10-8，Ksp（AC）=3.0×10-15，分别列出其表达式，利用c（C2-）=1.8×10-13mol/L计算即可；

CD、AB2、AC两者Ksp（AB2）=c（A2+）×c2（B-），Ksp（AC）=c（A2+）×c（C2-），两者不类似，不能比较溶解度的大小．【解析】【解答】解：A、已知Ksp（AB2）=4.2×10-8，Ksp（AC）=3.0×10-15．在AB2、AC均为饱和的混合液中，Ksp（AB2）=c（A2+）×c2（B-）=4.2×10-8，Ksp（AC）=c（A2+）×c（C2-）=3.0×10-15．得到，Ksp（AB2）：Ksp（AC）=c（A2+）×c2（B-）：c（A2+）×c（C2-）=4.2×10-8：3.0×10-15测得c（C2-）=1.8×10-13mol•L-1，则c（B-）=1.6×10-3mol/L；故A正确；

B、依据A的计算c（B-）=1.6×10-3mol/L；故B错误；

C、AB2与AC的Ksp表达式不相似；无法比价其溶解度大小，故C错误；

D、AB2与AC的Ksp表达式不相似；无法比价其溶解度大小，故D正确；

故选AD．13、BD【分析】【分析】A；电解质是在水溶液和熔融状态下能导电的化合物；

B；化学反应遵循强酸制弱酸的规律；

C；根据元素的单质和氢气化合的难易来确定元素的非金属性强弱；

D、使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气，根据铵盐和强碱之间的反应来回答．【解析】【解答】解：A、Cl2的水溶液可以导电；但是氯气是单质，不属于电解质，故A错误；

B、NaHCO3溶液与Na[Al（OH）4]溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝，所以酸性：HCO3-＞Al（OH）3；故B正确；

C；不能根据常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应这一事实来确定二者非金属性的强弱；故C错误；

D、无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气，该溶液一定有NH4+；故D正确．

故选BD．三、填空题(共7题，共14分)14、盐酸活性炭蒸发浓缩过滤器脱水干燥CCa（OH）2+H2S=CaS+2H2O对母液回收利用，降低废弃物排放量，提高经济效益2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑【分析】【分析】分析流程电石浆加入酸氧化钙；氧化铝氧化铁氧化镁硫化钙溶于酸沉降后过滤得到滤渣为二氧化硅和不溶性杂质，加入活性炭脱色过滤后再A中蒸发浓缩得到晶体，B中过滤得到晶体，通过C脱水干燥得到产品；

（1）因要生产CaCl2；所以应选用盐酸；

（2）活性炭具有吸附性．从A后看，是结晶池，故A应为蒸发浓缩．从B中有母液出来，故B为过滤器．B中得到晶体，所以需要脱水干燥，才能得到CaCl2产品；

（3）H2S为酸性气体；应用碱液吸收；

（4）设备B中产生的母液含有氯化物；回收利用，可以降低废弃物排放量，提高经济效益；

（5）氯碱工业中电解饱和食盐水，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子生成氢气．【解析】【解答】解：（1）因要生产CaCl2；过程中不引入新的杂质离子，所以应选用盐酸，故答案为：盐酸；

（2）活性炭具有吸附性，可以进行溶液脱水．A后是结晶池，故A应为蒸发浓缩；从B中有母液出来，故B为过滤器．B中得到晶体，所以需要脱水干燥，才能得到CaCl2产品；

故答案为：活性炭；蒸发浓缩；过滤器；脱水干燥；

（3）H2S为酸性气体，应用碱液吸收，故选石灰乳，反应的化学方程式为Ca（OH）2+H2S=CaS+2H2O；

故答案为：C；Ca（OH）2+H2S=CaS+2H2O；

（4）设备B中产生的母液含有氯化物；回收利用，可以降低废弃物排放量，提高经济效益；

故答案为：对母液回收利用；降低废弃物排放量，提高经济效益；

（5）氯碱工业中电解饱和食盐水，阳极是氯离子失电子生成氯气，电解反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极是氢离子得到电子生成氢气，电解反应为：2H++2e-=H2↑，反应的离子方程式为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑．15、HCl、CO2MgO、NaClNaOH、NH4ClNaOH、NH4ClHCl、CO2【分析】【分析】（1）一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键；非金属元素之间易形成共价键；

（2）含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，部分碱、大多数盐、金属氧化物都属于离子化合物．【解析】【解答】解：（1）HCl、CO2中原子之间只存在共价键；为共价化合物；

MgO；NaCl中阴阳离子之间只存在离子键；为离子化合物；

NaOH、NH4Cl中阴阳离子之间存在离子键；非金属元素原子之间存在共价键；

故答案为：HCl、CO2；MgO、NaCl；NaOH、NH4Cl；

（2）NaOH、NH4Cl中含有离子键和共价键，为含有共价键的离子化合物；HCl、CO2中只存在共价键，为共价化合物，故答案为：NaOH、NH4Cl；HCl、CO2．16、红色沉淀可能是Cu2O红色沉淀可能是Cu2O和Cu的混合物否3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O否Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O干燥装置形成铜锌原电池，加快反应①②③④【分析】【分析】[一]提出猜想：Cu或Cu2O都为红色；可能为纯净物，也可能为二者的混合物；

[四]红色沉淀成分探究：

（1）因为无论是Cu2O或Cu或二者混合物都可被硝酸溶解，现象相同，方案Ⅱ设计也不合理，因为Cu2O或Cu或二者混合物溶于足量稀硫酸中；都有残渣；

（2）方案Ⅲ的原理是利用反应前红色粉末与硬质玻璃管的总质量减去硬质玻璃管的质量求红色粉末的质量，实验前后干燥管的质量求水的质量，从而求Cu2O的质量，若m（H2O）=0，则不含Cu2O，若红色粉末的质量=Cu2O的质量，则不含Cu，若红色粉末的质量大于Cu2O的质量，则是Cu2O和Cu的混合物；因此方案Ⅲ应在A和B之间加干燥装置，以吸收氢气中的水，防止造成干扰；

（3）方案Ⅲ中；在锥形瓶中加入少量硫酸铜溶液，其目的是形成铜锌原电池，加快反应；

（4）根据（2）进行分析．【解析】【解答】解：[一]提出猜想：Cu或Cu2O都为红色，可能为纯净物，也可能为二者的混合物，猜想1红色沉淀可能是Cu，猜想2红色沉淀可能是Cu2O，猜想3红色沉淀可能是Cu2O和Cu的混合物；

故答案为：红色沉淀可能是Cu2O；红色沉淀可能是Cu2O和Cu的混合物；

[四]红色沉淀成分探究：

（1）方案I：无论是Cu2O或Cu或二者混合物都可被硝酸溶解，现象相同，则不能用稀硝酸溶解，Cu20与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O；

故答案为：否；3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O；

方案Ⅱ：Cu2O或Cu或二者混合物溶于足量稀硫酸中，都有残渣，也不合理，反应的离子方程式为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，故答案为：否；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；

（2）因与氢气反应生成水，可通过实验前后干燥管的质量求水的质量，从而求Cu2O的质量；因此方案Ⅲ应在A和B之间加干燥装置，以吸收氢气中的水，防止造成干扰；

故答案为：干燥装置；

（3）方案Ⅲ中；在锥形瓶中加入少量硫酸铜溶液，其目的是形成铜锌原电池，加快反应，故答案为：形成铜锌原电池，加快反应；

（4）方案Ⅲ的原理是利用反应前红色粉末与硬质玻璃管的总质量减去硬质玻璃管的质量求红色粉末的质量，实验前后干燥管的质量求水的质量，从而求Cu2O的质量，若m（H2O）=0，则不含Cu2O，若红色粉末的质量=Cu2O的质量，则不含Cu，若红色粉末的质量大于Cu2O的质量，则是Cu2O和Cu的混合物；则需要称量①反应前红色粉末与硬质玻璃管的总质量②实验前干燥管的质量③实验后干燥管的质量④硬质玻璃管的质量；

故答案为：①②③④．17、蒸发浓度、冷却结晶Zn2+4除去混合物中的碳Mn2O3+6H++2Cl-═2Mn2++Cl2↑+3H2O158：55左Mn2O3-2e-+2OH-═2MnO2+H2O变大【分析】【分析】实验一：（1）用废锌制取防腐剂皓矾；由流程可知，加硫酸溶解生成硫酸锌，过滤得到硫酸锌溶液，操作一为蒸发浓度；冷却结晶得到晶体；

（2）配合物Na2[Zn（OH）4]中，Zn2+为中心离子，OH-为配体；配位数为4；

实验二：（1）混合物灼烧时C转化为二氧化碳气体；与固体分离；

（2）Mn2O3与浓盐酸反应；生成氯化锰；氯气和水；

（3）设Mn2O3和MnO2的物质的量分别为x；y；则。

由质量关系可知158x+55y=24.5；

由电子守恒可知，2x×（3-2）+y×（4-2）=×2×（1-0），以此计算Mn2O3和MnO2质量比；

实验三：以通过电解的方式，将Mn2O3转化为MnO2，在阳极上失去电子实现转化，由图可知，左侧与电源正极相连为阳极，阴极氢离子放电，最终氢氧根离子浓度增大．【解析】【解答】解：实验一：（1）由流程可知；由硫酸锌溶液得到晶体，则操作一为蒸发浓度；冷却结晶，故答案为：蒸发浓度、冷却结晶；

（2）配合物Na2[Zn（OH）4]中，Zn2+为中心离子，OH-为配体，配位数为4，故答案为：Zn2+；4；

实验二：（1）混合物灼烧时C转化为二氧化碳气体；与固体分离，则灼烧的目的为除去混合物中的碳，故答案为：除去混合物中的碳；

（2）Mn2O3与浓盐酸反应，生成氯化锰、氯气和水，离子反应为Mn2O3+6H++2Cl-═2Mn2++Cl2↑+3H2O，故答案为：Mn2O3+6H++2Cl-═2Mn2++Cl2↑+3H2O；

（3）设Mn2O3和MnO2的物质的量分别为x；y；则。

由质量关系可知158x+55y=24.5；

由电子守恒可知，2x×（3-2）+y×（4-2）=×2×（1-0）；

解得x=y=0.1mol，物质的量相同，可知摩尔质量之比等于质量比，则Mn2O3和MnO2质量比为158：55；

故答案为：158：55；

实验三：以通过电解的方式，将Mn2O3转化为MnO2，在阳极上失去电子实现转化，由图可知，左侧与电源正极相连为阳极，则将混合物粉末调成糊状，附在其中的左边电极上，该电极上发生的电极反应式是：Mn2O3-2e-+2OH-═2MnO2+H2O，阴极氢离子放电，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应消耗水，最终氢氧根离子浓度增大，则在电解过程中溶液的pH将变大，故答案为：左；Mn2O3-2e-+2OH-═2MnO2+H2O；变大．18、0.2mol0.4g4.48L0.1mol【分析】【分析】根据n=计算氢气分子物质的量，根据m=nM计算氢气质量，根据V=nVm计算氢气体积，根据方程式：2H2+O22H2O计算消耗氧气的物质的量．【解析】【解答】解：1.204×1023个H2分子的物质的量为=0.2mol，质量为0.2mol×2g/mol=0.4g，标况下氢气的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，由根据方程式：2H2+O22H2O，可知消耗氧气的物质的量为0.2mol×=0.1mol；

故答案为：0.2mol；0.4g；4.48L；0.1mol．19、第二周期第VIA族ClHClO4H2SO4BAl（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O2mol/L【分析】【分析】由元素在周期表中位置；可知①为H；②为N、③为O、④为Na、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl元素；

（1）③为O元素；其原子核外有2个电子层；最外层电子数是6，原子电子层数与其周期数相等、主族元素最外层电子数与其族序数相等；⑥为S元素，其原子核外有3个电子层、最外层电子数是6；

（2）同一周期元素；原子半径随着原子序数增大而减小；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；

（3）元素②的气态氢化物为氨气；氨气分子中N原子和每个H原子共用一对电子，且N原子还有一个孤电子对；一般来说，不同非金属元素之间易形成极性键；

（4）元素④的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，⑤的最高价氧化物对应的水化物是Al（OH）3；二者反应生成偏铝酸钠和水；

（5）由元素③和⑥组成的一种化合物与元素⑦的单质在水溶液中发生氧化还原反应，生成两种强酸，该反应是二氧化硫和氯气、水反应生成硫酸和HCl，方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，当该反应转移电子数目为2.408×1023时，生成n（H2SO4）==0.2mol，n（HCl）=2n（H2SO4）=0.4mol，根据H原子守恒得n（H+）=n（HCl）+2n（H2SO4）=0.4mol+0.4mol=0.8mol，再根据C=计算氢离子浓度．【解析】【解答】解：由元素在周期表中位置；可知①为H；②为N、③为O、④为Na、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl元素；

（1）③为O元素，其原子核外有2个电子层、最外层电子数是6，原子电子层数与其周期数相等、主族元素最外层电子数与其族序数相等，所以O元素位于第二周期第VIA族；⑥为S元素，其原子核外有3个电子层、最外层电子数是6，其原子结构示意图为故答案为：第二周期第VIA族；

（2）同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以这几种元素中原子半径最小的是Cl；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Cl＞S，所以元素⑥和⑦的最高价氧化物对应的水化物酸性强弱HClO4＞H2SO4，故答案为：Cl；HClO4；H2SO4；

（3）元素②的气态氢化物为氨气，氨气分子中N原子和每个H原子共用一对电子，且N原子还有一个孤电子对，其电子式为一般来说，不同非金属元素之间易形成极性键，所以氨气分子中存在极性共价键，故答案为：B；

（4）元素④的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，⑤的最高价氧化物对应的水化物是Al（OH）3，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（5）由元素③和⑥组成的一种化合物与元素⑦的单质在水溶液中发生氧化还原反应，生成两种强酸，该反应是二氧化硫和氯气、水反应生成硫酸和HCl，方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，当该反应转移电子数目为2.408×1023时，生成n（H2SO4）==0.2mol，n（HCl）=2n（H2SO4）=0.4mol，根据H原子守恒得n（H+）=n（HCl）+2n（H2SO4）=0.4mol+0.4mol=0.8mol，C（H+）===2mol/L；

故答案为：2mol/L．20、略

【分析】试题分析：（1）某醋酸溶液中c(CH3COOH)=0.10mol/L，CH3COOHCH3COO-+H+；c(H+)=1.3×10-3mol/L，则此时c(CH3COO-)=c(H+)=1.3×10-3mol/L；此时醋酸的电离平衡常数=(1.3×10-3)2/0.10mol/L=1.7×10-5mol/L（2）①Ⅰ、反应的其他条件相同，而温度不同，因此实验a和b是探究温度对镁与盐酸反应速率的影响；II．实验a和c的温度相同we盐酸的浓度不相同，因此实验a和c是探究浓度对镁与盐酸反应速率的影响；III．实验a和d是探究相同温度下，相同浓度的盐酸、醋酸与镁反应速率的区别，所以实验d的反应温度是298，盐酸与醋酸的浓度0.20mol/L；②若①中实验a镁条消失的时间是20s，则镁条剩余质量与时间关系图如图。假设：该反应温度每升高10℃，反应速率是原来的2倍；温度相同时，醋酸是相同浓度盐酸平均速度的1/2，则在此图中大致画出“实验b”、“实验d”的镁条剩余质量与时间关系曲线如下图，（3）②＋③－①，整理可得：Mg(OH)2(s)===MgO(s)＋H2O(g)ΔH＝＋81kJ/mol。考点：考查弱电解质的电离平衡、电离平衡常数的计算、影响速率的各种因素的图像法表示、盖斯定律的应用、热化学的书写的知识。【解析】【答案】(1)1.3×10-3（1分）；=(1.3×10-3)2/0.10mol/L=1.7×10-5mol/L（3分）(2)①Ⅰ、温度（1分）II、不同浓度（1分）d.298（2分）0.20（2分）②见下图（4分，每条曲线2分，不标注共扣2分，曲线趋势错、终点错不给分）（3）Mg(OH)2(s)===MgO(s)＋H2O(g)ΔH＝＋81kJ/mol.（2分）四、判断题(共2题，共12分)21、√【分析】【分析】工业废水应遵循“先净化，后排放”的原则，工业废水需要经过处理达标后再排放才不会污染环境．【解析】【解答】解：工业废水是指工业生产过程中产生的废水；污水和废液；其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物和产品以及生产过程中产生的污染物．废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染，需要经过处理达标后才能排放；

故答案为：√．22、√【分析】【分析】钠与水剧烈反应，生成氢气，并放出大量的热，以此解答．【解析】【解答】解：做钠与水的反应时；不能用较大的钠块，因为钠化学性质活泼，与水反应非常激烈，所放出的热量无法及时被水吸收，局部热量过多，便引起爆炸．

故答案为：√．五、实验题(共3题，共6分)23、略

【分析】本题考查溴苯的制备，意在考查考生对化学实验基本操作的熟练程度。(1)铁屑的作用是作催化剂，a中反应为气体遇到水蒸气会产生白雾。装置d的作用是进行尾气处理，吸收HBr和挥发出的溴蒸气。(2)②未反应完的溴易溶于溴苯中，成为杂质。由于溴在水中的溶解度较小，却能与NaOH反应，同时，反应生成的HBr极易溶于水，溴苯表面会附着氢溴酸，所以NaOH溶液洗涤的作用是除去HBr和未反应的Br2。③分出的粗溴苯中混有水分，无水氯化钙的作用就是除水。(3)苯与溴苯互溶，但上述分离操作中没有除去苯的试剂，所以经过上述操作后，溴苯中的主要杂质是苯。根据苯与溴苯的沸点有较大差异，用蒸馏的方法进行分离。(4)假定4.0mL液溴全部加入到a容器中，则其中的液体体积约为19mL。考虑到反应时液体会沸腾，所以液体体积不能超过容器容积的1/2，所以选择50mL为宜。【解析】【答案】(1)HBr吸收HBr和Br2(2)②除去HBr和未反应的Br2③干燥(3)苯C(4)B24、防止倒吸使生成的SO2全部被NaOH溶液吸收250mL容量瓶、胶头滴管FeS2否部分SO2被氧化，且空气中的CO2和水蒸气可能使干燥管增重①酸式2MnO4-+5SO32-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O【分析】解：（1）二氧化硫易溶于水；用氢氧化钠溶液吸收易发生倒吸，长颈漏斗的作用是防止液体倒吸，故答案为：防止倒吸；

（2）步骤Ⅲ中，停止加热后还需继续通入一段时间的O2，其目的为使生成的SO2全部被NaOH溶液吸收；

故答案为：使生成的SO2全部被NaOH溶液吸收；

（3）步骤IV中将D中所得溶液加水配制成250mL溶液；配制溶液时所需的玻璃仪器除玻璃棒和烧杯外，还需要250mL容量瓶，定容用到的胶头滴管；

故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；

（4）12.0gFexSy，灼烧后生成的二氧化硫被吸收，将D中所得溶液加水配制成250mL溶液，取25.00mL步骤IV中所配溶液，加入足量的双氧水，再加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，称其质量为4.66g．硫元素守恒n（S）=n（BaSO4）==0.02mol，250ml溶液中含硫元素物质的量0.02mol×=0.2mol，铁元素物质的量==0.1mol，则化学式中n（Fe）：n（S）=0.1：0.2=1：2，x=1，y=2，化学式为FeS2；

故答案为：FeS2；

（5）将装置D改为装有足量碱石灰的干燥管，通过测定反应前后干燥管的增重来计算硫元素的含量时部分SO2被氧化，且空气中的CO2和水蒸气可能使干燥管增重；方案不合理；

故答案为：否；部分SO2被氧化，且空气中的CO2和水蒸气可能使干燥管增重；

（6）溶液中除含有Na2SO4外，还可能含有Na2SO3．0.10mol•L-1KMnO4酸性溶液滴定终点溶液元素变为紫红色说明反应达到终点，过氧化氢能氧化亚硫酸钠但无明显现象，0.10mol•L-1KI淀粉溶液不能氧化亚硫酸钠溶液，所选试剂为①0.10mol•L-1KMnO4酸性溶液；高锰酸钾溶液具有强氧化性盛在酸式滴定管中；

⑦所利用的反应原理为2MnO4-+5SO32-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O；

故答案为：①；酸式；2M