2023學年江西省九江市第三中學高考沖刺化學模擬試題（含答案解析）

2023高考化學模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y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、我國學者研究出一種用于催化DMO和氫氣反應獲得EG的納米反應器，下圖是反應的微觀過程示意圖。下列說法中正確的是A．Cu納米顆粒是一種膠體B．DMO的名稱是二乙酸甲酯C．該催化反應的有機產物只有EGD．催化過程中斷裂的化學健有H-H、C-O、C＝O2、下列根據實驗操作和現(xiàn)象得出的結論不正確的是選項操作及現(xiàn)象結論A將乙烯氣體通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色乙烯具有還原性B將少量濃硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖變黑，體積膨脹濃硫酸有脫水性和強氧化性C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液,出現(xiàn)白色沉淀溶液X中可能含有SO32-D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加熱，一段時間后，再加入新制的氫氧化銅懸濁液并加熱，無紅色沉淀淀粉未水解A．A B．B C．C D．D3、下列實驗操作、現(xiàn)象和結論均正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向NaBr溶液中分別滴入少量氯水和苯，振蕩、靜置，溶液上層呈橙紅色Br-的還原性強于Cl-B相同條件下，分別向20mL0.1mol/LKMnO4溶液和20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同濃度和體積的草酸溶液(過量)，0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的時間更短(生成的Mn2+對該反應無影響)濃度對反應速率的影響：濃度越大，反應速率越快C向淀粉碘化鉀溶液中通入過量氯氣，溶液由無色變?yōu)樗{色，后藍色褪去氯氣具有強氧化性和漂白性D室溫下，用pH試紙測得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH約為10，0.1mol/LNaHSO3溶液的pH約為5HSO3-結合H+的能力比SO32-的強A．A B．B C．C D．D4、[Zn(CN)4]2-在水溶液中可與HCHO發(fā)生反應生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列說法錯誤的是（）A．Zn2+基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d10B．1molHCHO分子中含有σ鍵的數(shù)目為1.806×1024C．HOCH2CN分子中碳原子軌道的雜化類型是sp3D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+與CN-的C原子形成配位鍵，結構可表示為5、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A．4.6gNa與含0.1molHCl的稀鹽酸充分反應，轉移電子數(shù)目為0.1NAB．25℃時，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的數(shù)目為0.2NAC．常溫下，14克C2H4和C3H6混合氣體所含的原子數(shù)為3NAD．等質量的1H218O與D216O，所含中子數(shù)前者大6、以CO2和Na2O2為原料，制取純凈干燥的O2，實驗裝置如下：下列說法不正確的是A．裝置②中試劑可以是NaOH溶液B．裝置③的作用是干燥O2C．收集氧氣應選擇裝置aD．裝置②、③之間應增加盛澄清石灰水的洗氣瓶7、我國科學家使用雙功能催化劑(能吸附不同粒子)催化水煤氣變換反應：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)ΔH＜0，在低溫下獲得高轉化率與高反應速率。反應過程示意圖如下：下列說法正確的是A．圖示顯示：起始時的2個H2O最終都參與了反應B．過程Ⅰ、過程Ⅱ均為放熱過程C．過程Ⅲ只生成了極性共價鍵D．使用催化劑降低了水煤氣變換反應的ΔH8、H2與堿金屬等單質在較高溫度下可以化合形成離子型金屬氫化物，如NaH、LiH等，它們具有極強的還原性，也是良好的野外生氫劑(NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑)，下列說法不正確的是A．金屬氫化物具有強還原性的原因是其中的氫元素為－l價B．NaH的電子式可表示為Na＋[:H]－C．NaAlH4與水反應：NaAlH4＋H2O＝NaOH＋Al(OH)3＋H2↑D．工業(yè)上用有效氫含量衡量含氫還原劑的供氫能力，有效氫指單位質量(克)的含氫還原劑的還原能力相當于多少克氫氣的還原能力。則LiAlH4的有效氫含量約為0.219、常溫下，向20.00mL0.1mol?L-1BOH溶液中滴入0.1mol?L-1鹽酸，溶液中由水電離出的c（H+）的負對數(shù)[-lgc水（H+）]與所加鹽酸體積的關系如下圖所示，下列說法正確的是A．常溫下，BOH的電離常數(shù)約為1×10-4B．N點溶液離子濃度順序：c（B+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）C．a=20D．溶液的pH:R>Q10、在25℃時，向50.00mL未知濃度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1溶液。滴定過程中，溶液的pOH[pOH=－lgc(OH-)]與滴入HCl溶液體積的關系如圖所示，則下列說法中正確的是A．圖中②點所示溶液的導電能力弱于①點B．③點處水電離出的c(H+)=1×10-8mol·L-1C．圖中點①所示溶液中，c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D．25℃時氨水的Kb約為5×10-5.6mo1·L-111、用標準鹽酸滴定未知濃度氫氧化鈉溶液，描述正確的是A．用石蕊作指示劑B．錐形瓶要用待測液潤洗C．如圖滴定管讀數(shù)為25.65mLD．滴定時眼睛注視錐形瓶內溶液顏色的變化12、下列物質溶于水形成的分散系不會產生丁達爾現(xiàn)象的是A．葡萄糖 B．蛋白質 C．硫酸鐵 D．淀粉13、下列說法不正確的是A．若酸式滴定管旋塞處的小孔被凡士林嚴重堵塞，可以用細鐵絲疏通B．鍍鋅鐵皮與稀硫酸反應，若產生的氣泡突然消失，鋅反應完全，需立即取出鐵皮C．液溴存放在帶玻璃塞的棕色細口瓶中，并加水液封，放在陰涼處D．若皮膚被燙傷且已破，可先涂些紫藥水或1%高錳酸鉀溶液14、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的最外層電子數(shù)為內層電子數(shù)的3倍，X在短周期主族元素中金屬性最強，W與Y屬于同一主族。下列敘述正確的是（）A．原子半徑：r(Z)>r(X)>r(W)B．W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Y的弱C．由W與X形成的一種化合物可作供氧劑D．Y的最高價氧化物對應的水化物的酸性比Z的強15、甲、乙、丙三種有機化合物的鍵線式如圖所示。下列說法錯誤的是A．甲、乙的化學式均為C8H14B．乙的二氯代物共有7種（不考慮立體異構）C．丙的名稱為乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面D．甲、乙、丙均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色16、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是BA．B．C．D．17、下圖是新型鎂-鋰雙離子二次電池,下列關于該電池的說法不正確的是()A．放電時,Li+由左向右移動B．放電時,正極的電極反應式為Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4C．充電時,外加電源的正極與Y相連D．充電時,導線上每通過1mole-,左室溶液質量減輕12g18、常溫下，在10mL0.1mol·L?1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L?1HCl溶液，溶液的pH逐漸降低，此時溶液中含碳微粒的物質的量分數(shù)變化如圖所示，下列說法不正確的是A．溶液的pH為7時，溶液的總體積大于20mLB．在B點所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)＝2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)C．在A點所示的溶液中：c(Na+)＝c(CO32-)＝c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)D．已知CO32-水解常數(shù)為2×10－4，當溶液中c(HCO3-)＝2c(CO32-)時，溶液的pH＝1019、環(huán)丙叉環(huán)丙烷(n)由于其特殊的結構，一直受到結構和理論化學家的關注，它有如下轉化關系。下列說法正確的是A．n分子中所有原子都在同一個平面上B．n和：CBr2生成p的反應屬于加成反應C．p分子中極性鍵和非極性鍵數(shù)目之比為2：9D．m分子同分異構體中屬于芳香族化合物的共有四種20、根據能量示意圖,下列判斷正確的是()A．化學反應中斷鍵要放出能量,形成化學鍵要吸收能量B．該反應的反應物總能量小于生成物總能量C．2A2(g)+B2(g)=2C(g)ΔH=-(b+c-a)kJ·mol-1D．由圖可知,生成1molC(l),放出(b+c-a)kJ熱量21、同溫同壓下,等質量的SO2氣體和SO3氣體相比較,下列敘述中正確的是（）A．密度比為4:5 B．物質的量之比為4:5C．體積比為1:1 D．原子數(shù)之比為3:422、化學是現(xiàn)代生產、生活與科技的中心學科之一，下列與化學有關的說法，正確的是A．2023年冬奧會聚氨酯速滑服，是新型無機非金屬材料B．石墨烯是由單層碳原子構成的平面結構新型碳材料，屬于烯烴C．顧名思義，蘇打水就是蘇打的水溶液，也叫弱堿性水，是帶有弱堿性的飲料D．人們洗發(fā)時使用的護發(fā)素，其主要功能是調節(jié)頭發(fā)的pH使之達到適宜的酸堿度二、非選擇題(共84分)23、（14分）2005年諾貝爾化學獎授予了研究烯烴復分解反應的科學家，以表彰他們作出的卓越貢獻。烯烴復分解反應原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3現(xiàn)以烯烴C5H10為原料，合成有機物M和N，合成路線如下：（1）按系統(tǒng)命名法，有機物A的名稱是_______。（2）B的結構簡式是__________。（3）CD的反應類型是___________。（4）寫出DM的化學方程式________。（5）已知X的苯環(huán)上只有一個取代基，且取代基無甲基，則N的結構簡式為_______。（6）滿足下列條件的X的同分異構體共有_______種，寫出任意一種的結構簡式_________。①遇FeCl3溶液顯紫色②苯環(huán)上的一氯取代物只有兩種（7）寫出EF合成路線（用結構簡式表示有機物，箭頭上注明試劑和反應條件）。______24、（12分）為了尋找高效低毒的抗腫瘤藥物，化學家們合成了一系列新型的1，3-二取代酞嗪酮類衍生物。(1)化合物B中的含氧官能團為__________和__________(填官能團名稱)。(2)反應i-iv中屬于取代反應的是___________。(3)ii的反應方程式為___________。(4)同時滿足下列條件的的同分異構體共有_____種，寫出其中一種的結構簡式：_______I.分子中含苯環(huán)；II.可發(fā)生銀鏡反應；III.核磁共振氫譜峰面積比為1∶2∶2∶2∶1(5)是一種高效低毒的抗腫瘤藥物，請寫出以和和為原料制備該化合物的合成路線流程圖(無機試劑任用)：______________。25、（12分）硫代硫較鈉(Na2S2O3)在生產生活中具有廣泛應用。硫化堿法是工業(yè)上制取硫代硫酸鈉的方法之一。實驗室模擬工業(yè)生產裝置如圖所示：(1)利用如圖裝置進行實驗，為保證硫酸順利滴下的操作是_______。(2)裝置B中生成的Na2S2O3同時還生成CO2，反應的離子方程式為_______；在該裝置中使用多孔球泡的目的是_____。(3)裝置C的作用是檢驗裝置B中SO2的吸收效果，C中可選擇的試劑是__(填字母)。a.H2O2溶液b.溴水c.KMnO4溶液d.BaCl2溶液(4)Na2S2O3溶液常用于測定廢水中Ba2+濃度。①取廢水20.00mL，控制適當?shù)乃岫?，加入足鹽K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀，過濾洗滌后用適量稀酸溶解，此時CrO42-全部轉化為Cr2O72-；再加過量KI溶液，將Cr2O72-充分反應；然后加入淀粉溶液作指示劑，用0.100mol/L的Na2S2O3溶液進行滴定：(I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)，滴定終點的現(xiàn)象為__________。平行滴定3次，消耗Na2S2O3溶液的平均用量為18.00mL。則該廢水中Ba2+的物質的量濃度為____mol/L，②在滴定過程中，下列實驗操作會造成實驗結果偏高的是______(填字母)。a.滴定管未用Na2S2O3溶液潤洗b.滴定終點時俯視讀數(shù)c.錐形瓶用蒸餾水洗滌后未進行干燥處理d.滴定管尖嘴處滴定前無氣泡，滴定終點發(fā)現(xiàn)有氣泡26、（10分）用含有二氧化碳和水蒸氣雜質的某種還原性氣體測定一種鐵的氧化物(FexOy)的組成，實驗裝置如圖所示。根據圖回答：(1)甲裝置的作用是________，甲裝置中發(fā)生反應的化學方程式為________。(2)實驗過程中丁裝置中沒有明顯變化，而戊裝置中溶液出現(xiàn)了白色沉淀，則該還原性氣體是________；丙中發(fā)生的反應化學方程式為________。(3)當丙裝置中的FexOy全部被還原后，稱量剩余固體的質量為16.8g，同時測得戊裝置的質量增加17.6g，則FexOy中，鐵元素與氧元素的質量比為________，該鐵的氧化物的化學式為________。(4)上述實驗裝置中，如果沒有甲裝置，將使測定結果中鐵元素與氧元素的質量比值____(填偏大、偏小或無影響)。如果沒有已裝置，可能產生的后果是________。27、（12分）Na2S2O3?5H2O俗稱“海波”，是重要的化工原料，常用作脫氯劑、定影劑和還原劑。（1）Na2S2O3還原性較強，在堿性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脫氯劑，該反應的離子方程式是_____。（2）測定海波在產品中的質量分數(shù)：依據反應2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，可用I2的標準溶液測定產品的純度。稱取5.500g產品，配制成100mL溶液。取10.00mL該溶液，以淀粉溶液為指示劑，用濃度為0.05000mol?L﹣1I2的標準溶液進行滴定，相關數(shù)據記錄如表所示。①判斷滴定終點的現(xiàn)象是_____。②若滴定時振蕩不充分，剛看到溶液局部變色就停止滴定，則測量的Na2S2O3?5H2O的質量分數(shù)會_____（填“偏高”、“偏低”或“不變”）③計算海波在產品中的質量分數(shù)（寫出計算過程）。_____。28、（14分）氮、磷、砷、鐵等元素及其化合物在現(xiàn)代農業(yè)、科技、國防建設中有著許多獨特的用途。(1)基態(tài)砷原子中核外電子占據最高能層的符號為_______，該能層的原子軌道數(shù)有_____個。下列有關表示基態(tài)氮原子的電子排布圖中，僅違背洪特規(guī)則的是________(填字母)。A．B．C．D．(2)氮的一種氫化物N2H4是一種良好的火箭發(fā)射燃料，傳統(tǒng)制備肼的方法是：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，又知肼的熔點、沸點分別為1.4℃、113.5℃，氨氣的熔點、沸點分別為-77.7℃、-33.5℃。①N2H4中氮原子的雜化軌道類型為_______雜化。②H2O的VSEPR模型為______。③肼與氨氣熔點、沸點差異最主要的原因是_________________。(3)氨分子是一種常見配體，配離子[Co(NH3)6]3+中存在的化學鍵有___________(填序號)。A．離子鍵B．極性鍵C．配位鍵D．氫鍵E．金屬鍵(4)已知[Co(NH3)6]3+的幾何構型為正八面體形，推測[CoCl3(NH3)3]結構有__________種。(5)LiFeAs可組成一種新型材料，其立方晶胞結構如圖所示。若晶胞參數(shù)為anm，A、B處的兩個As原子之間距離=______nm，請在z軸方向投影圖中畫出鐵原子的位置，用“?”表示__________。29、（10分）研究NO2、NO、SO2、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。NO2可用下列反應來處理：6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g)+Q(Q＞0)。(1)120℃時，該反應在一容積為2L的容器內反應，20min時達到平衡。10min時氧化產物比還原產物多了1.4g，則0～10min時，平均反應速率υ(NO2)=____________________，電子轉移了___________個。(2)一定條件下上述反應在某體積固定的密閉容器中進行，能說明該反應已經達到平衡狀態(tài)的是____________。a．c(NO2)：c(NH3)=3：4b．6v(NO2)正=7v(N2)逆c．容器內氣體總壓強不再變化d．容器內氣體密度不再變化(3)若保持其它條件不變，縮小反應容器的體積后達到新的平衡，此時NO2和N2的濃度之比_________(填增大、不變、減小)，NO2的轉化率______________。(4)一定條件下NO2與SO2可發(fā)生反應，方程式：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)?Q。若反應的平衡常數(shù)K值變大，該反應___________(選填編號)。a.一定向正反應方向移動b.平衡移動時，逆反應速率先減小后增大c.一定向逆反應方向移動d.平衡移動時，正反應速率先增大后減小(5)請寫出用NaOH溶液完全吸收含等物質的量的NO、NO2混合氣體的離子方程式___________。

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）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、D【答案解析】

A選項，Cu納米顆粒是單質，而膠體是混合物，故A錯誤；B選項，DMO的名稱是乙二酸二甲酯，故B錯誤；C選項，該催化反應的有機產物只有EG還有甲醇，故C錯誤；D選項，CH3COO—COOCH3+4H2→CH3OH+HOCH2CH2OH，由圖及反應可知催化過秳中斷裂的化學健有H—H、C—O、C＝O，故D正確。綜上所述，答案為D。2、D【答案解析】

A．乙烯被高錳酸鉀氧化，則溶液褪色，體現(xiàn)乙烯的還原性，故A正確；B．濃硫酸使蔗糖炭化后，C與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應，則蔗糖變黑，體積膨脹，體現(xiàn)濃硫酸有脫水性和強氧化性，故B正確；C．向溶液X

中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，生成的白色沉淀為硫酸鋇，由于稀硝酸能夠氧化亞硫酸根離子，則原溶液中可能含有SO32-，故C正確；D．淀粉水解生成葡萄糖，檢驗葡萄糖應在堿性條件下，沒有加堿至堿性，再加入新制的氫氧化銅懸濁液并加熱，無紅色沉淀，不能檢驗，故D錯誤；故選D。3、A【答案解析】

A．NaBr溶液中滴入氯水，發(fā)生反應2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-，由此得出還原性Br-＞Cl-，A正確；B．要通過溶液紫色褪去的時間長短比較反應速率快慢，應該讓酸性高錳酸鉀的體積和濃度均相同，改變草酸的濃度，B錯誤；C．淀粉碘化鉀溶液中通入過量氯氣，溶液先變藍后褪色，氯氣只表現(xiàn)氧化性，氯氣沒有漂白性，C錯誤；D．0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大，堿性強，則結合H+的能力強，D錯誤；故選A。4、C【答案解析】

A．Zn原子序數(shù)為30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d10，A選項正確；B．1分子HCHO含2個C-H鍵和1個C=O鍵，共有3個σ鍵，所以，1molHCHO分子中含有σ鍵的物質的量為3mol，數(shù)目為1.806×1024，B選項正確；C．HOCH2CN分子中與羥基相連的C為sp3雜化，-CN(-C≡N)中的C為sp雜化，C選項錯誤；D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+與CN-的C原子形成配位鍵，Zn為sp3雜化，配位原子形成正四面體，所以，[Zn(CN)4]2-結構可表示為，D選項正確；答案選C?！敬鸢更c睛】一般，兩原子間形成的共價鍵，有且只有1個σ鍵，如：C=O雙鍵含1個σ鍵、1個π鍵，C≡N叁鍵含1個σ鍵、2個π鍵。5、C【答案解析】

A.Na既可以和酸反應又可以和堿反應放出氫氣，4.6g鈉物質量為0,2mol,轉移電子數(shù)為0.2mol，即0.2NA，故A錯；B.pH=13的Ba(OH)2溶液中沒有體積，無法計算含有OH－的數(shù)目，故B錯；C.常溫下，C2H4和C3H6混合氣體混合氣體的最簡比為CH2，14克為1mol，所含原子數(shù)為3NA，C正確；D.等質量的1H218O與D216O，所含中子數(shù)相等，均為NA，故D錯。答案為C。6、C【答案解析】

實驗原理分析：二氧化碳通過U型管與過氧化鈉反應生成氧氣，氧氣和沒有反應的二氧化碳通入堿液洗氣瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗氣瓶驗證二氧化碳是否除盡，在通過盛有濃硫酸的洗氣瓶干燥氧氣，最后收集；【題目詳解】A.裝置②中試劑可以是NaOH溶液，用來除掉二氧化碳氣體，故不選A；B.裝置③中盛有濃硫酸，作用是干燥O2，故不選B；C.由于氧氣密度大于空氣，選擇裝置b，故選C；D.裝置②、③之間應增加盛澄清石灰水的洗氣瓶，驗證二氧化碳是否除盡，故不選D；答案：C7、A【答案解析】

A．根據反應過程示意圖，過程Ⅰ中1個水分子中的化學鍵斷裂，過程Ⅱ另一個水分子中的化學鍵斷裂的過程，過程Ⅲ中形成了新的水分子，因此起始時的2個H2O最終都參與了反應，A項正確；B．根據反應過程示意圖，過程Ⅰ、Ⅱ中水分子中的化學鍵斷裂的過程，為吸熱過程，B項錯誤；

C．過程Ⅲ中CO、氫氧原子團和氫原子形成了二氧化碳、水和氫氣，H2中的化學鍵為非極性鍵，C項錯誤；

D．催化劑不能改變反應的△H，D項錯誤；答案選A?！敬鸢更c睛】值得注意的是D選項，催化劑只能降低活化能，改變化學反應速率，不能改變反應的熱效應。8、C【答案解析】

A、金屬氫化物具有強還原性的原因是其中的氫元素為－l價，化合價為最低價，容易被氧化，選項A正確；B、氫化鈉為離子化合物，NaH的電子式可表示為Na＋[:H]－，選項B正確；C、NaOH和Al(OH)3會繼續(xù)反應生成NaAlO2，選項C不正確；D、每38gLiAlH4失去8mol電子，與8g氫氣相當，故有效氫為，約為0.21，選項D正確。答案選C。9、D【答案解析】

BOH對水的電離起抑制作用，加入鹽酸發(fā)生反應BOH+HCl=BCl+H2O，隨著鹽酸的加入，BOH電離的OH-濃度減小，對水電離的抑制作用減弱，而且生成的BCl水解促進水的電離，水電離的H+濃度逐漸增大，兩者恰好完全反應時水電離的H+濃度達到最大；繼續(xù)加入鹽酸，過量鹽酸電離出H+又抑制水的電離，水電離的H+又逐漸減小，結合相應的點分析作答。【題目詳解】A.根據圖象，起點時-lgc水（H+）=11，c水（H+）=10-11mol/L，即0.1mol/L的BOH溶液中水電離的H+濃度為10-11mol/L，堿溶液中H+全部來自水的電離，則0.1mol/L的BOH溶液中c（H+）=10-11mol/L，溶液中c（OH-）=10-3mol/L，BOH的電離方程式為BOH?B++OH-，BOH的電離平衡常數(shù)為=≈10-5，A錯誤；B.N點-lgc水（H+）最小，N點HCl與BOH恰好完全反應得到BCl溶液，由于B+水解溶液呈酸性，溶液中離子濃度由大到小的順序為c（Cl-）>c（B+）>c（H+）>c（OH-），B錯誤；C.N點-lgc水（H+）最小，N點HCl與BOH恰好完全反應得到BCl溶液，N點加入的鹽酸的體積為20.00mL，則a<20.00mL，C錯誤；D.N點-lgc水（H+）最小，N點HCl與BOH恰好完全反應得到BCl溶液，R點加入的鹽酸不足、得到BOH和BCl的混合液，Q點加入的鹽酸過量、得到BCl和HCl的混合液，即R點加入的鹽酸少于Q點加入的鹽酸，Q點的酸性強于R點，則溶液的pH：R>Q，D正確；答案選D?！敬鸢更c睛】解答本題的關鍵是理解水電離的H+濃度與加入的鹽酸體積間的關系，抓住關鍵點如起點、恰好完全反應的點等。10、D【答案解析】

A.向50.00mL未知濃度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1，鹽酸和氨水恰好完全反應生成氯化銨和水，氯化銨中銨根水解顯酸性，因而②（pH=7）時，氨水稍過量，即反應未完全進行，從①到②，氨水的量減少，氯化銨的量變多，又溶液導電能力與溶液中離子濃度呈正比，氯化銨為強電解質，完全電離，得到的離子（銨根的水解不影響）多于氨水電離出的離子（氨水為弱堿，少部分NH3·H2O發(fā)生電離），因而圖中②點所示溶液的導電能力強于①點，A錯誤；B.觀察圖像曲線變化趨勢，可推知③為鹽酸和氨水恰好完全反應的點，得到氯化銨溶液，鹽類的水解促進水的電離，因而溶液pOH=8，則c溶液(OH-)=10-8mol/L，c水(OH-)=c水(H+)=Kw/c溶液(OH-)=10-6mol/L，B錯誤；C.①點鹽酸的量是③點的一半，③為恰好完全反應的點，因而易算出①點溶液溶質為等量的NH3·H2O和NH4Cl，可知電荷守恒為c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又①pOH=4,說明溶液顯堿性，則c(OH-)>c(H+)，那么c(NH4+)>c(Cl-)，C錯誤；D.V(HCl)=0時，可知氨水的pOH=2.8，則c(OH-)=10-2.8mol/L，又NH3·H2O?NH4++OH-，可知c(NH4+)=c(OH-)=10-2.8mol/L，③點鹽酸和氨水恰好反應，因而c(NH3·H2O)=20×0.550mol/L=0.2mol/L，因而Kb=cNH4+cOH-cNH故答案選D。11、D【答案解析】

A.滴定終點時石蕊變色不明顯，通常不用石蕊作指示劑，故A錯誤；B.錐形瓶如果用待測液潤洗，會使結果偏高，故B錯誤；C.如圖滴定管讀數(shù)為24.40mL，故C錯誤；D．滴定時眼睛不需要注視滴定管中液面，應該注視錐形瓶中溶液顏色變化，以便及時判斷滴定終點，故D正確；故選：D。。12、A【答案解析】

A.葡萄糖溶于水得到溶液，不能產生丁達爾效應，A符合題意；B.蛋白質溶于水得到蛋白質溶液，由于蛋白質分子直徑比較大，其溶液屬于膠體，能產生丁達爾效應，B不符合題意；C.硫酸鐵溶于水后，電離產生的Fe3+發(fā)生水解作用產生Fe(OH)3膠體，可以發(fā)生丁達爾效應，C不符合題意；D.淀粉分子直徑比較大，溶于水形成的溶液屬于膠體，可以發(fā)生丁達爾效應，D不符合題意；故合理選項是A。13、B【答案解析】

A.酸式滴定管小孔被凡士林堵塞，可以用鐵絲疏通，故正確；B.鍍鋅鐵放在稀硫酸溶液中，鋅為原電池的負極，鐵為正極，當鋅反應完，反應速率減慢，所以不會出現(xiàn)氣泡突然消失的現(xiàn)象，只能氣泡產生速率變慢，故錯誤；C.溴容易揮發(fā)，所以用水封，故正確；D.紫藥水和高錳酸鉀溶液都能殺菌消毒，故正確。故選B。14、C【答案解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的最外層電子數(shù)為內層電子數(shù)的3倍，則W為氧元素，X在短周期主族元素中金屬性最強，則X為鈉元素，W與Y屬于同一主族，則Y為硫元素，Z為短周期元素中原子序數(shù)比Y大，則Z為氯元素，據此分析。【題目詳解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的最外層電子數(shù)為內層電子數(shù)的3倍，則W為氧元素，X在短周期主族元素中金屬性最強，則X為鈉元素，W與Y屬于同一主族，則Y為硫元素，Z為短周期元素中原子序數(shù)比Y大，則Z為氯元素。A.同主族從上而下原子半徑依次增大，同周期從左而右原子半徑依次減小，故原子半徑：r(X)>r(Z)>r(W)，選項A錯誤；B.非金屬性越強簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，則W的簡單氣態(tài)氫化物H2O的熱穩(wěn)定性比Y的簡單氣態(tài)氫化物H2S強，選項B錯誤；C.由W與X形成的一種化合物Na2O2可作供氧劑，選項C正確；D.非金屬性越強最高價氧化物的水化物的酸性越強，則H2SO4的酸性比HClO4的弱，選項D錯誤；答案選C。15、D【答案解析】

A．根據結構簡式判斷；B．乙的二氯代物中兩個氯原子可在相同或不同的C原子上；C．苯為平面形結構，結合三點確定一個平面分析；D．乙與高錳酸鉀不反應?！绢}目詳解】A．由結構簡式可知甲、乙的化學式均為C8H14，故A正確；B．乙的二氯代物中兩個氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7種，故B正確；C．苯為平面形結構，碳碳單鍵可以旋轉，結合三點確定一個平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正確；D．乙為飽和烴，與酸性高錳酸鉀溶液不反應，故D錯誤。故選D。16、B【答案解析】

A．鐵與水蒸氣在高溫下反應生成四氧化三鐵，不是生成三氧化二鐵，不能一步實現(xiàn)，故A錯誤；B．氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，次氯酸分解放出氧氣，能夠一步實現(xiàn)轉化，故B正確；C．氧化銅溶于鹽酸生成氯化銅，直接加熱蒸干得不到無水氯化銅，需要在氯化氫氛圍中蒸干，故C錯誤；D．硫在氧氣中燃燒生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，不能一步實現(xiàn)，故D錯誤；故選B?！敬鸢更c睛】本題的易錯點為C，要注意氯化銅水解生成的氯化氫容易揮發(fā)，直接蒸干得到氫氧化銅，得不到無水氯化銅。17、D【答案解析】

放電時，左邊鎂為負極失電子發(fā)生氧化反應，反應式為Mg-2e-=Mg2+，右邊為正極得電子發(fā)生還原反應，反應式為Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，陽離子移向正極；充電時，外加電源的正極與正極相連，負極與負極相連，結合電子轉移進行計算解答。【題目詳解】A．放電時，為原電池，原電池中陽離子移向正極，所以Li+由左向右移動，故A正確；B、放電時，右邊為正極得電子發(fā)生還原反應，反應式為Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4，故B正確；C、充電時，外加電源的正極與正極相連，所以外加電源的正極與Y相連，故C正確；D、充電時，導線上每通過1mole﹣，左室得電子發(fā)生還原反應，反應式為Mg2++2e﹣＝Mg，但右側將有1molLi+移向左室，所以溶液質量減輕12﹣7＝5g，故D錯誤；答案選D?！敬鸢更c睛】正確判斷放電和充電時的電極類型是解答本題的關鍵。本題的難點為D，要注意電極反應和離子的遷移對左室溶液質量的影響。18、C【答案解析】

A.當混合溶液體積為20mL時，二者恰好反應生成NaHCO3，HCO的電離程度小于其水解程度，所以其溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性，則酸稍微過量，所以混合溶液體積稍微大于20mL，故不選A；B.任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒得c(Na+)+c(H+)＝2c()+c()+c(OH?)+c(Cl?)，故不選B；C.根據圖象分析，A點為碳酸鈉，碳酸氫鈉、氯化鈉的混合溶液，且c()=c()，溶液呈堿性，則c(OH?)＞c(H+)，鹽溶液水解程度較小，所以c()＞c(OH?)，則離子濃度大小順序是c(Na+)>c()=c()＞c(OH?)＞c(H+)，故選C；D.根據Kh=計算可得c(OH?)=10-4，因此溶液的pH＝10，故不選D；答案選C。19、B【答案解析】

A．n中有飽和的C原子—CH2—，其結構類似于CH4，所有的原子不可能共平面，A項錯誤；B．n中的碳碳雙鍵打開與：CBr2相連，發(fā)生加成反應，B項正確；C．p分子中的非極性鍵只有C—C鍵，1個p分子中有9根C－C鍵，極性鍵有C-H鍵和C—Br鍵，分別為8根和2根，所以極性鍵和非極性鍵的比例為10:9，C項錯誤；D．m的化學式為C7H8O，屬于芳香族化合物的同分異構體，如果取代基是—OH和－CH3，則有鄰間對3種，如果取代基為—CH2OH，只有1種，取代基還可為—OCH3，1種，則共5種，D項錯誤；本題答案選B。20、D【答案解析】

A.斷鍵需要吸熱，成鍵會放熱，故A不選；B.該反應是放熱反應，反應物總能量大于生成物總能量，故B不選；C.2A2(g)+B2(g)=2C(g)ΔH=-(b-a)kJ·mol-1。生成C(l)時的ΔH=-(b+c-a)kJ·mol-1，故C不選；D.據圖可知，生成1molC(l)，放出(b+c-a)kJ的熱量，故D選。故選D。21、A【答案解析】

由n＝＝可知，ρ＝＝，據此分析作答?！绢}目詳解】A.由上述分析可知，在相同條件下氣體的相對分子質量之比等于其密度之比，所以兩種氣體的密度之比為64∶80＝4∶5，A項正確；B.設氣體的質量均為mg，則n(SO2)＝mol，n(SO3)＝mol，所以二者物質的量之比為∶＝80∶64＝5∶4，B項錯誤；C.根據V＝n·Vm可知，同溫同壓下，氣體的體積之比等于物質的量之比，所以兩種氣體的體積之比為5∶4，C項錯誤；D.根據分子組成可知，兩種氣體的原子數(shù)之比為（5×3）∶（4×4）＝15∶16，D項錯誤；答案選A。22、D【答案解析】

A．聚氨酯全名為聚氨基甲酸酯，屬于高分子有機化合物，是有機合成材料，故A錯誤；B．烯烴中含有C、H元素，而石墨烯是由單層碳原子構成的單質，沒有H原子，不屬于烯烴，故B錯誤；C．蘇打水為碳酸氫鈉的水溶液，也叫弱堿性水，是帶有弱堿性的飲料，故C錯誤；D．洗發(fā)水的pH大于7、護發(fā)素的pH小于7，人們洗發(fā)時使用護發(fā)素，可調節(jié)頭發(fā)的pH達到適宜的酸堿度，使頭發(fā)在弱酸的環(huán)境中健康成長，故D正確；故選D。二、非選擇題(共84分)23、2-甲基-1-丁烯CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3取代反應3【答案解析】

由F的結構簡式可知A應為CH2=C(CH3)CH2CH3，生成E為CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G，G為，X的苯環(huán)上只有一個取代基，且取代基無甲基，結合N的分子式可知N的結構簡式為，可知X為苯乙醇，由M的分子式可知D含有8個C，結合信息可知B為CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，則C為CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，D為CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M為，以此解答該題?！绢}目詳解】(1)A為CH2=C(CH3)CH2CH3，名稱為2-甲基-1-丁烯；(2)由以上分析可知B為CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；(3)C為CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，在氫氧化鈉溶液中發(fā)生取代反應生成CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，故反應類型為取代反應；(4)D為CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M為，反應的方程式為；(5)由以上分析可知N為；(6)X為苯乙醇，對應的同分異構體①遇FeCl3溶液顯紫色，則羥基連接在苯環(huán)，②苯環(huán)上的一氯取代物只有兩種，另一取代基為2個甲基或1個乙基，共3種，即等；(7)E為CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，在銅催化條件下被氧化生成醛，然后與弱氧化劑反應生成酸，反應的流程為?！敬鸢更c睛】結合反應條件推斷反應類型：(1)在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應。(2)在NaOH的乙醇溶液中加熱，發(fā)生鹵代烴的消去反應。(3)在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發(fā)生醇的消去反應、酯化反應、成醚反應或硝化反應等。(4)能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應。(5)能與H2在Ni作用下發(fā)生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應。(6)在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發(fā)生醇的氧化反應。(7)與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質發(fā)生的是—CHO的氧化反應。(如果連續(xù)兩次出現(xiàn)O2，則為醇→醛→羧酸的過程)。(8)在稀H2SO4加熱條件下發(fā)生酯、低聚糖、多糖等的水解反應。(9)在光照、X2(表示鹵素單質)條件下發(fā)生烷基上的取代反應；在Fe粉、X2條件下發(fā)生苯環(huán)上的取代。24、羧基羰基ⅱ，ⅲ，ⅳ+N2H4+2H2O6、、、、、【答案解析】

(1)根據B結構簡式確定其含有的官能團；(2)根據i-iv中反應的特點分析判斷i-iv中的取代反應；(3)與N2H4發(fā)生取代反應產生和H2O，據此書寫反應方程式；(4)的同分異構體滿足條件：I.分子中含苯環(huán)；II.可發(fā)生銀鏡反應，說明分子中含有醛基，也可能含有甲酸形成的酯基；III.核磁共振氫譜峰面積比為1∶2∶2∶2∶1，據此書寫可能的同分異構體結構簡式，判斷其種類數(shù)目；(5)仿照題中的合成的流程，對比要合成的和的不同，可以看出只要仿照的合成路線，結合給出的原料，即可設計出合成路線?！绢}目詳解】(1)B結構簡式為，可知化合物B中含有的官能團為羧基、羰基；(2)取代反應是有機物分子中的某些原子或原子團被其它原子或原子團所代替的反應，根據物質的結構簡式及變化，可知反應ii是中C=O原子中O原子被N2H4分子中N原子代替，-OH被NH原子代替，得到及H2O，該反應為取代反應；反應iii中中-NH2上的H原子被代替得到和HCl，該反應為取代反應；反應iv中上斷裂N-H鍵，H原子被取代得到，同時產生HCl，該反應為取代反應；故反應在i-iv中屬于取代反應的是ⅱ、ⅲ、ⅳ；(3)反應ii是與N2H4在一定條件下反應產生和H2O，該反應的化學方程式為+N2H4+2H2O；(4)的同分異構體滿足條件：I.分子中含苯環(huán)；II.可發(fā)生銀鏡反應，說明分子中含有醛基；III.核磁共振氫譜峰面積比為1∶2∶2∶2∶1，說明分子中含有5種不同的H原子，個數(shù)比為1∶2∶2∶2∶1，則可能的結構為、、、、、，共6種；(5)由以上分析可知，首先苯與Br2在Fe催化下發(fā)生取代反應產生溴苯，與在溴對位上發(fā)生反應產生，與N2H4發(fā)生取代反應產生，和發(fā)生取代反應產生和HCl。故以和和為原料制備該化合物的合成路線流程圖為：。25、打開分液漏斗上口的玻璃塞或者將活塞上凹槽對準漏斗頸上的小孔4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2增大SO2與溶液的接觸面積，使反應充分bc滴入最后一滴Na2S2O3溶液藍色褪去且在半分鐘內不恢復0.03mol/La【答案解析】

裝置A中利用濃硫酸和亞硫酸鈉反應生成二氧化硫，進入B裝置，多孔球泡可以增大氣體與液體的接觸面積，裝置B中利用二氧化硫、硫化鈉和碳酸鈉反應制取硫代硫酸鈉；裝置C檢驗二氧化硫的吸收效果，需要有明顯的實驗現(xiàn)象；裝置D進行尾氣吸收。(4)滴定過程中，Cr2O72-將碘離子氧化成碘單質，然后滴入Na2S2O3標準液滴定生成的碘單質的量，從而確定Cr2O72-的量，進而確定鋇離子的量?！绢}目詳解】(1)若沒有打開分液漏斗上口的玻璃塞，或沒有將活塞上凹槽對準漏斗頸上的小孔，分液漏斗內的液體將不能順利滴下，為保證硫酸順利滴下需打開分液漏斗上口的玻璃塞或者將活塞上凹槽對準漏斗頸上的小孔；(2)根據已知信息SO2、Na2S、Na2CO3反應生成Na2S2O3和CO2，該過程中二氧化硫中硫元素化合價降低，做氧化劑，硫化鈉中硫元素化合價升高做還原劑，結合電子守恒和元素守恒可得離子方程式為：4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2；在該裝置中使用多孔球泡可以增大接觸面積，使反應充分；(3)a．二氧化硫可以被雙氧水氧化，但沒有明顯現(xiàn)象，故a不選；b．溴水可以氧化二氧化硫，且溶液顏色會發(fā)生變化，故b選；c．高錳酸鉀可以氧化二氧化硫，且溶液顏色會發(fā)生變化，故c選；d．二氧化硫與氯化鋇溶液不反應，故d不選；綜上所述選bc；(4)①滴定終點碘單質被完全反應，溶液藍色褪去，所以滴定終點的現(xiàn)象為：滴入最后一滴Na2S2O3溶液藍色褪去且在半分鐘內不恢復；Cr2O72-將碘離子氧化成碘單質，自身被還原成Cr3+，所以有轉化關系Cr2O72-～3I2，滴定過程中發(fā)生反應I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，所以I2～2S2O32-，鋇離子與Cr2O72-存在轉化關系2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O72-，所以Ba2+和S2O32-存在數(shù)量關系2Ba2+～6S2O32-，所以廢液中Ba2+的濃度為；②a．滴定管未用標準液潤洗，會稀釋標準液，導致消耗標準液的體積偏大，測定結果偏高；b．滴定終點時俯視讀數(shù)導致讀數(shù)偏小，讀取的標準液體積偏小，測定結果偏低；c．錐形瓶用蒸餾水洗滌后未進行干燥處理，對待測液的溶質的物質的量沒有影響，故對實驗結果不影響；d．滴定管尖嘴處滴定前無氣泡，滴定終點發(fā)現(xiàn)有氣泡將使讀取的標準液體積偏小，測定結果偏低；綜上所述選a。26、除去混合氣體中CO22NaOH+CO2=Na2CO3+H2OCOyCO+FexOyxFe+yCO221：8Fe3O4偏小造成大氣污染【答案解析】

利用還原性氣體測定鐵的氧化物的組成，其原理是根據生成物的質量通過計算確定結果；還原性氣體有氫氣和一氧化碳，他們奪氧后生成水和二氧化碳；原氣體中混有二氧化碳和水蒸氣，所以必須先除去，然后讓還原性氣體反應，丁、戊裝置用以檢驗生成的水和二氧化碳，最后的己裝置進行尾氣處理，有環(huán)保理念?！绢}目詳解】(1)因二氧化碳能與氫氧化鈉反應，方程式為：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所以除二氧化碳用氫氧化鈉溶液，故甲裝置的作用是除去二氧化碳；故答案為：除去混合氣體中CO2；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；(2)丁裝置盛放的是無水硫酸銅，無水硫酸銅遇水會變藍，丁裝置沒有明顯變化，說明沒有水生成，故該還原性氣體不是氫氣。戊裝置盛放的是石灰水，二氧化碳能使石灰水變渾濁，戊裝置中溶液出現(xiàn)了白色沉淀，故該還原性氣體是一氧化碳，反應方程式為：yCO+FexOyxFe+yCO2，故答案為：CO；yCO+FexOyxFe+yCO2；(3)丙裝置中的FexOy全部被還原，剩余固體為生成的鐵的質量，戊裝置中盛放的石灰水吸水二氧化碳，增加的質量為二氧化碳的質量，二氧化碳是一氧化碳奪取FexOy的氧生成的，即二氧化碳只有一個氧原子來自鐵氧化合物，占二氧化碳質量的，故FexOy中氧元素的質量為：17.6g×＝6.4g，則FexOy中鐵氧元素的質量比為：56x：16y＝16.8g：6.4g＝21：8，x：y＝3：4，該鐵的氧化物的化學式為Fe3O4；故答案為：21：8；Fe3O4；(4)如果沒有甲裝置，混有的二氧化碳也會在戊裝置被吸收，故二氧化碳的質量偏大，相當于一氧化碳奪得的氧的質量增加，故測得結果中鐵元素與氧元素的質量的比值偏小。一氧化碳有毒，會污染空氣，最后的己裝置對尾氣進行處理，具有環(huán)保理念；故答案為：偏小；造成大氣污染。27、S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl￣+5H2O當?shù)渭幼詈笠坏瘟虼蛩徕c溶液，溶液藍色褪去且半分鐘內不再變化偏低從表格中可以看出，第二次滴定誤差較大，不應計算在平均值里面，消耗I2標準溶液的平均值為20.00mL。由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g樣品中n（Na2S2O3?5H2O）＝n（S2O32﹣）＝2n（I2）＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，則m（Na2S2O3?5H2O）＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，則Na2S2O3?5H2O在產品中的質量分數(shù)為×100%＝90.18%，故答案為：90.18%?！敬鸢附馕觥?/p>

（1）堿性條件下二者發(fā)生氧化還原反應生成氯離子和硫酸根離子；（2）以淀粉溶液為指示劑，用濃度為0.050mol/LI2的標準溶液進行滴定，終點現(xiàn)象為溶液變藍色且半分鐘內不褪色；依據反應的定量關系2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣計算碘單質消耗的硫代硫酸鈉，計算得到樣品中的質量分數(shù)。【題目詳解】（1）Na2S2O3還原性較強，在堿性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，反應的離子方程式為S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl￣+5H2O，故答案為：S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl￣+5H2O；（2）①加入最后一滴I2標準溶液后，溶液變藍，且半分鐘內顏色不改變，說明Na2S2O3反應完畢，滴定到達終點，故答案為：當?shù)渭幼詈笠坏瘟虼蛩徕c溶液，溶液藍色褪去且半分鐘內不再變化；②若滴定時振蕩不充分，剛看到溶液局部變色就停止滴定，則Na2S2O3反應不完全，導致測定結果偏低，故答案為：偏低；③第2次實驗消耗標準液的體積與其它2次相差比較大，應舍棄，1、3次實驗的標準液平均值為消耗標準液體積，即消耗標準液體積為20mL，由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g樣品中n(Na2S2O3?5H2O)＝n(S2O32﹣)＝2n(I2)＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，則m(Na2S2O3?5H2O)＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，則Na2S2O3?5H2O在產品中的質量分數(shù)為×100%＝90.18%，故答案為：90.18%?！敬鸢更c睛】本題涉及物質的量的計算、離子方程式書寫、基本操作等知識點，明確實驗原理及物質性質是解本題關鍵。28、N16Bsp3四面體形N2H4分子間氫鍵數(shù)目多于NH3分子間氫鍵數(shù)目BC2【答案解析】

(1)As原子序數(shù)是33，位于元素周期表第四周期第VA，根據能層序號判斷；結合每個能層具有的能級種類及各種能級具有的軌道數(shù)目確定；根據原子核外電子排布遵循的規(guī)律分析判斷；(2)根據價層電子對互斥理論判斷N2H4的雜化軌道類型及H2O的VSEPR模型；結合分子之間的分子間作用力和氫鍵的數(shù)目分析；(3)配體與中心離子之間存在配位鍵，配體分子中存在共價鍵；據此分析；(4)[Co(NH3)6]3+的幾何構型為正八面體形，Co3+位于正八面體幾何中心，6個NH3分別位于正八面體形的6個頂點上，其中3個NH3換為Cl-就得到[CoCl3(NH3)3]；(5)根據LiFeAs晶胞中各個原子的相對位置分析解答?！绢}目詳解】(1)As原子序數(shù)是33，位于元素周期表第四周期第VA，原子核外具有四個能層，核外電子排布時按能層能量由低到高順序排列依次是K、L、M、N、O、P、Q，所以基態(tài)砷原子中核外電子占據最高能層的符號為N；第四能層含有4s、4p、4d、4f四種能級，各種能級分別含有的軌道數(shù)目為1、3、5、7，所以該能層的原子軌道數(shù)有1+3+5+7=16個；A.2s軌道的能量比2p軌道的能量低，違背能量最低原理，A不符合題意；B.電子在同一能級不同的原子軌道上排布時