2024屆湖北省襄州區(qū)四校高二化學(xué)第二學(xué)期期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

2024屆湖北省襄州區(qū)四校高二化學(xué)第二學(xué)期期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題注意事項1．考生要認(rèn)真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、下列金屬防腐的措施中，屬于犧牲陽極的陰極保護(hù)法的是()A．地下鋼管連接鋅板 B．水中的鋼閘門連接電源的負(fù)極C．鐵件鍍銅 D．金屬護(hù)攔表面涂漆2、二氧化氯(ClO2，黃綠色易溶于水的氣體)是一種安全穩(wěn)定、高效低毒的消毒劑。工業(yè)上通過惰性電極電解氯化銨和鹽酸的方法制備，其原理如圖所示:下列說法不正確的是A．b電極接電源的負(fù)極，在b極區(qū)流出的Y溶液是稀鹽酸B．二氧化氯發(fā)生器中排出的X溶液中溶質(zhì)主要為NaCl和NaOHC．電解過程中二氧化氯發(fā)生器中產(chǎn)生2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)NH3，則b極產(chǎn)生0.6gH2D．電解池a極的電極反應(yīng)式為NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O3、已知短周期元素的離子aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，下列敘述中正確的是A．電負(fù)性：A>B>C>DB．原子序數(shù)：d>c>b>aC．離子半徑：C3->D->B+>A2+D．元素的第一電離能：A>B>D>C4、下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是A．HCO3－水解：HCO3－＋H+H2CO3B．鋼鐵吸氧腐蝕的負(fù)極反應(yīng)式：Fe－3e－=Fe3＋C．向氯化銀懸濁液中滴入KI溶液：Ag＋＋I(xiàn)－=AgI↓D．鉛蓄電池充電時陰極反應(yīng)式：PbSO4＋2e－==Pb＋SO42－5、利用電解法可將含有Fe、Zn、Ag、Pt等雜質(zhì)的粗銅提純，下列敘述正確的是A．電解時以精銅作陽極B．電解時陰極發(fā)生氧化反應(yīng)C．粗銅連接電源負(fù)極，其電極反應(yīng)是Cu=Cu2++2e-D．電解后，電解槽底部會形成含少量Ag、Pt等金屬的陽極泥6、測定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH,數(shù)據(jù)如下。時刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25實驗過程中，?、佗軙r刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比試驗，④產(chǎn)生白色沉淀多。下列說法錯誤的是（

）A．Na?SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2OHSO-3+OH-B．④的pH與①不同,是由于SO32-濃度減小造成的C．①→③的過程中,溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致D．①與④的Kw值相等7、部分氧化的鐵銅合金樣品(氧化產(chǎn)物為Fe2O3、CuO)共5.76g，經(jīng)如下處理：下列說法正確的是()A．濾液A中的陽離子為Fe3＋、Fe2＋、H＋B．樣品中CuO的質(zhì)量為4.0gC．樣品中Fe元素的質(zhì)量為2.24gD．V＝8968、實驗室用乙酸、乙醇、濃硫酸制取乙酸乙酯，加熱蒸餾后，在飽和Na2CO3溶液的液面上得到無色油狀液體，當(dāng)振蕩混合物時，有氣泡產(chǎn)生，主要原因可能是（）A．有部分H2SO4被蒸餾出來B．有部分未反應(yīng)的乙醇被蒸餾出來C．有部分未反應(yīng)的乙酸被蒸餾出來D．有部分乙酸乙酯與碳酸鈉反應(yīng)9、下列反應(yīng)的離子方程式正確的是A．工業(yè)上用電解法制備燒堿：B．用食醋除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑C．NH4HCO3溶液中加過量NaOH溶液并加熱：NH4＋＋OH－H2O＋NH3↑D．銅溶于硫酸酸化的過氧化氫溶液：Cu+2H++H2O2＝Cu2++2H2O10、下列說法不正確的是（）A．離子晶體的晶格能越大離子鍵越強B．陽離子的半徑越大則可同時吸引的陰離子越多C．通常陰、陽離子的半徑越小、電荷越大，該陰陽離子組成離子化合物的晶格能越大D．拆開1mol離子鍵所需的能量叫該離子晶體的晶格能11、最近，科學(xué)家成功地制成了一種新型的碳氧化合物，該化合物晶體中每個碳原子均以四個共價單鍵與氧原子結(jié)合為一種空間網(wǎng)狀的無限伸展結(jié)構(gòu)。下列對該晶體的敘述錯誤的是（）A．該物質(zhì)的化學(xué)式為CO4B．該晶體的熔、沸點高，硬度大C．該晶體中C原子與C－O化學(xué)鍵數(shù)目之比為1：4D．該晶體的空間最小環(huán)由12個原子構(gòu)成12、下列化學(xué)用語中，書寫正確的是A．乙炔的結(jié)構(gòu)簡式：CHCHB．苯的實驗式：CHC．醛基的結(jié)構(gòu)簡式：－COHD．羥基的電子式：H13、下列實驗操作中，錯誤的是A．蒸餾時，應(yīng)使溫度計水銀球靠近蒸餾燒瓶的支管口處B．蒸發(fā)時，應(yīng)使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加熱C．分液時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出D．萃取時，應(yīng)選擇與原溶劑互不相溶的萃取劑14、向200mL0.1mo/L的Fe(NO3)2溶液中加入適量的NaOH溶液，使Fe2+恰好完全沉淀，過濾，小心加熱沉淀，直到水分蒸干，再灼燒后得到固體的質(zhì)量為A．1.44gB．1.6gC．1.8gD．2.14g15、下列說法正確的是A．C5H12共有3種同分異構(gòu)體B．的名稱為3-甲基丁烷C．CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3互為同分異構(gòu)體D．和互為同系物16、06年3月英國《泰晤士報》報道說，英國食品標(biāo)準(zhǔn)局在對英國與法國販?zhǔn)鄣姆疫_(dá)汽水、美年達(dá)橙汁等230種軟飲料檢測，發(fā)現(xiàn)含有高量的致癌化學(xué)物質(zhì)—苯，報道指出汽水中如果同時含有苯甲酸鈉（防腐劑，C6H5COONa）與維生素C（抗氧化劑，結(jié)構(gòu)式如圖）可能會相互作用生成苯，苯與血癌（白血病）的形成也有密不可分的關(guān)系，下列說法一定不正確的是（）A．苯不能使酸性KMnO4溶液褪色B．苯在一定條件下能發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)C．維生素C在堿性溶液中能穩(wěn)定存在D．維生素C可溶于水17、下列各組酸中，酸性依次增強的是A．H2CO3、H2SiO3、H3PO4 B．HNO3、H3PO4

、H2SO4C．HI、HCl、H2S D．HBrO、HBrO3、HBrO418、根據(jù)下表中實驗操作、現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A向飽和Na2CO3溶液中加入BaSO4粉末，過濾，向洗凈的沉淀中加入稀鹽酸產(chǎn)生氣泡Ksp(BaCO3)＜Ksp(BaSO4)B向FeCl3溶液中滴加NaI溶液，然后滴加CCl4，振蕩并靜止有機層出現(xiàn)紫紅色氧化性：Fe3+＞I2C向Na2CO3溶液中滴加鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入硅酸鈉溶液溶液中出現(xiàn)白色沉淀非金屬性：Cl＞C＞SiD將碳與濃硫酸共熱產(chǎn)生的氣體通入酸性KMnO4溶液溶液紫紅色褪去SO2具有漂白性A．A B．B C．C D．D19、某烴的結(jié)構(gòu)簡式如右圖，下列說法中正確的是A．該烴是苯的同系物B．該烴不能發(fā)生加成反應(yīng)C．該烴苯環(huán)上的一氯代物共有6種D．分子中最多有16個碳原子處于同一平面上20、2019年是國際化學(xué)元素周期表年，元素周期表誕生的150年間，指導(dǎo)人們不斷探索化學(xué)的奧秘。下列有關(guān)元素周期表、元素周期律的說法正確的是（）A．元素周期表中，元素性質(zhì)隨著相對原子質(zhì)量的遞增呈現(xiàn)周期性變化B．同周期主族元素性質(zhì)的遞變，主要是原子半徑變化和核電荷數(shù)變化雙重作用的結(jié)果C．從左到右，同周期非金屬元素的氣態(tài)氫化物，其熱穩(wěn)定性，還原性逐漸增強D．第七周期，VIIA族元素的非金屬性比碘元素的非金屬性強21、下表是3種物質(zhì)在水中的溶解度(20℃)，下列說法中正確的是物質(zhì)

MgCl2

Mg(OH)2

MgCO3

溶解度(g)

54.6

0.00084

0.039

A．已知MgCO3的Ksp＝2.14×10－5mol2·L－2，則所有含有固體MgCO3的溶液中，都有c(Mg2＋)＝c(CO32－)，且c(Mg2＋)·c(CO32－)＝2.14×10－5mol2·L－2B．除去粗鹽中含有的MgCl2雜質(zhì)，最佳除雜試劑為Na2CO3溶液C．將適量的表中的三種物質(zhì)分別與足量水混合，充分加熱、灼燒，最終的固體產(chǎn)物相同D．用石灰水處理水中的Mg2＋和HCO3－，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為Mg2＋＋2HCO3－＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋MgCO3↓＋2H2O22、最近發(fā)現(xiàn)，只含鎂、鎳和碳三種元素的晶體竟然也具有超導(dǎo)性，因這三種元素都是常見元素，從而引起廣泛關(guān)注。該新型超導(dǎo)晶體的一個晶胞如上圖所示，則該晶體的化學(xué)式為（）A．Mg2CNi3 B．MgCNi2C．MgCNi3 D．MgC2Ni二、非選擇題(共84分)23、（14分）聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工藝中的抗腐蝕涂層，其合成路線如下：已知：①R1、R2均為烴基②合成路線中A→B是原子利用率為100%的反應(yīng)回答下列問題：（1）A的名稱是_______________；F→G的反應(yīng)類型為_____________。（2）C→D的化學(xué)反應(yīng)方程式為_____________________________。（3）E的結(jié)構(gòu)簡式為_____________；H的順式結(jié)構(gòu)簡式為_______________。（4）寫出同時滿足下列條件的G的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式_________________。①屬于芳香族化合物；②能與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)；③核磁共振氫譜有4種吸收峰（5）參照上述合成路線和相關(guān)信息，以乙烯和乙醛為原料(無機試劑任選)合成有機物,設(shè)計合成路線為：________________________。24、（12分）已知A原子只有一個未成對電子，M電子層比N電子層多11個電子，試回答下列問題：（1）該元素的基態(tài)原子有___個能層充有電子；（2）寫出A原子的電子排布式和元素符號_______；_________。（3）指出元素A在周期表中的位置________。（4）指出元素A的最高化合價______。（5）A的氫化物分子中共價鍵的類型可能有_____。①s-pσ鍵②p-pσ鍵③s-sσ鍵④p-pπ鍵（6）寫出與A同周期未成對電子數(shù)最多的元素原子的價層電子排布式_________。25、（12分）某課外活動小組的同學(xué)在實驗室用如下裝置制取乙酸乙酯。其主要步驟如下：①在30mL的大試管A中按體積比2：3：2的比例配制濃硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液。②按如圖連接好裝置（裝置氣密性良好），用小火均勻地加熱裝有混合溶液的大試管5~10min。③待試管B收集到一定量產(chǎn)物后停止加熱，撤出試管B并用力振蕩，然后靜置待分層。④分離出乙酸乙酯層、洗滌、干燥。已知下列數(shù)據(jù)：物質(zhì)熔點（℃）沸點（℃）密度（g/cm3）乙醇－117.078.00.79乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯－83.677.50.90濃硫酸（98%）――338.01.84請回答下列問題：（1）配制該混合溶液時，加入這三種物質(zhì)的先后順序是___________；寫出制取乙酸乙酯的化學(xué)方程式：___________。（2）該實驗中，濃硫酸的作用是___________。（3）上述實驗中飽和碳酸鈉溶液的作用是___________（填字母）。A吸收部分乙醇B中和乙酸C降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分層析出D加速酯的生成，提高其產(chǎn)率（4）步驟②中需要小火均勻加熱操作，其主要理由是___________。（5）步驟③中B試管內(nèi)的上層物質(zhì)是___________（填物質(zhì)名稱）。（6）步驟④中分離操作用到的主要儀器是___________；可選用的干燥劑為___________（填字母）。A生石灰BNaOH固體C堿石灰D無水Na2SO426、（10分）硫代硫酸鈉又名大蘇打、海波，可以用于治療氰化物中毒等，某化學(xué)興趣小組通過查閱資料，設(shè)計了如下的裝置(略去部分夾持儀器)來制取Na2S2O3·5H2O晶體并探究其性質(zhì)。已知燒瓶C中發(fā)生如下三個反應(yīng)：Na2S(aq)＋H2O(l)＋SO2(g)＝Na2SO3(aq)＋H2S(aq)2H2S(aq)＋SO2(g)＝3S(s)＋2H2O(l)；S(s)＋Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)（1）裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率?？刂芐O2生成速率可以采取的措施有_________________________（寫一條）（2）常溫下，用pH試紙測定0.1mol·L－1Na2S2O3溶液pH值約為8，測定時的具體操作是_______________________________。（3）向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水顏色變淺，有硫酸根離子生成，寫出該反應(yīng)的離子方程式_____________________。27、（12分）實驗室常用鄰苯二甲酸氫鉀（KHC8H4O4）來標(biāo)定氫氧化鈉溶液的濃度，反應(yīng)如下：KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O。鄰苯二甲酸氫鉀溶液呈酸性，滴定到達(dá)終點時，溶液的pH約為9.1。（1）為標(biāo)定NaOH溶液的濃度，準(zhǔn)確稱取一定質(zhì)量的鄰苯二甲酸氫鉀（KHC8H4O4）加入250mL錐形瓶中，加入適量蒸餾水溶解，應(yīng)選用_____________作指示劑，到達(dá)終點時溶液由______色變?yōu)開______色，且半分鐘不褪色。（提示：指示劑變色范圍與滴定終點pH越接近誤差越小。）（2）在測定NaOH溶液濃度時，有下列操作：①向溶液中加入1～2滴指示劑；②向錐形瓶中加20mL～30mL蒸餾水溶解；③用NaOH溶液滴定到終點，半分鐘不褪色；④重復(fù)以上操作；⑤準(zhǔn)確稱量0.4000g～0.6000g鄰苯二甲酸氫鉀加入250mL錐形瓶中；⑥根據(jù)兩次實驗數(shù)據(jù)計算NaOH的物質(zhì)的量濃度。以上各步操作中，正確的操作順序是_________。（3）上述操作中，將鄰苯二甲酸氫鉀直接放在錐形瓶中溶解，對實驗是否有影響？_____________。（填“有影響”或“無影響”）（4）滴定前，用蒸餾水洗凈堿式滴定管，然后加待測定的NaOH溶液滴定，此操作使實驗結(jié)果____________。（填“偏大”“偏小”或“無影響”）（5）現(xiàn)準(zhǔn)確稱取KHC8H4O4（相對分子質(zhì)量為204.2）晶體兩份各為0.5105g，分別溶于水后加入指示劑，用NaOH溶液滴定至終點，消耗NaOH溶液體積平均為20.00mL，則NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為________。（結(jié)果保留四位有效數(shù)字）。28、（14分）NOx（主要指NO和NO2）是大氣主要污染物之一。有效去除大氣中的NOx是環(huán)境保護(hù)的重要課題。（1）用水吸收NOx的相關(guān)熱化學(xué)方程式如下：2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq)ΔH=?116.1kJ·mol?13HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)ΔH=75.9kJ·mol?1反應(yīng)3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=___________kJ·mol?1。（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應(yīng)式：________________________________。（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收過程中存在HNO2與(NH2)2CO生成N2和CO2的反應(yīng)。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________________________________。（4）在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx反應(yīng)生成N2。將一定比例的O2、NH3和NOx的混合氣體，勻速通入裝有催化劑M的反應(yīng)器中反應(yīng)（裝置見下圖）。反應(yīng)相同時間NOx的去除率隨反應(yīng)溫度的變化曲線如題下圖所示，在50～250℃范圍內(nèi)隨著溫度的升高，NOx的去除率先迅速上升的主要原因是____________________________；當(dāng)反應(yīng)溫度高于380℃時，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。29、（10分）純堿是一種非常重要的化工原料，在玻璃、肥料、合成洗滌劑等工業(yè)中有著廣泛的應(yīng)用。(1)工業(yè)上“侯氏制堿法”以NaCl、NH3、CO2及水等為原料制備純堿，其反應(yīng)原理為：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。生產(chǎn)純堿的工藝流程示意圖如下：請回答下列問題：①析出的NaHCO3晶體中可能含有少量氯離子雜質(zhì)，檢驗該晶體中是否含有氯離子雜質(zhì)的操作方法是________。②該工藝流程中可回收再利用的物質(zhì)是________________。③若制得的純堿中只含有雜質(zhì)NaCl。測定該純堿的純度，下列方案中可行的是________(填字母)。a.向m克純堿樣品中加入足量CaCl2溶液，沉淀經(jīng)過濾、洗滌、干燥，稱其質(zhì)量為bgb.向m克純堿樣品中加入足量稀鹽酸，用堿石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收產(chǎn)生的氣體，堿石灰增重bgc.向m克純堿樣品中加入足量AgNO3溶液，產(chǎn)生的沉淀經(jīng)過濾、洗滌、干燥，稱其質(zhì)量為bg(2)將0.84gNaHCO3和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.10mol·L-1稀鹽酸。下列圖像能正確表示加入鹽酸的體積和生成CO2的物質(zhì)的量的關(guān)系的是___________(填字母)。A．B．C．D．(3)若稱取10.5g純凈的NaHCO3固體，加熱一段時間后，剩余固體的質(zhì)量為8.02g。如果把剩余的固體全部加入到100mL2mol·L－1的鹽酸中充分反應(yīng)。求溶液中剩余的鹽酸的物質(zhì)的量濃度(設(shè)溶液的體積變化及鹽酸的揮發(fā)忽略不計)___________。

參考答案一、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、A【解題分析】

金屬防腐的措施中，使用犧牲陽極的陰極保護(hù)法，說明該裝置構(gòu)成原電池，被保護(hù)的金屬作正極。A.地下鋼管連接鋅板，F(xiàn)e、Zn、電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，F(xiàn)e失電子能力小于Zn而作正極被保護(hù)，所以該保護(hù)方法屬于犧牲陽極的陰極保護(hù)法，故A正確；B水中的鋼閘門連接電源的負(fù)極，F(xiàn)e作電解池的陰極，屬于外加電源的陰極保護(hù)法，故B錯誤；C.鐵件鍍銅，阻止Fe與空氣、水接觸，從而防止金屬被腐蝕，故C錯誤；D.金屬護(hù)攔表面涂漆，阻止Fe與空氣、水接觸，從而防止金屬被腐蝕，屬于物理方法，故D錯誤；故選A。2、D【解題分析】A.電解池右邊產(chǎn)生氫氣，則b電極接電源的負(fù)極，在b極區(qū)氫離子得電子產(chǎn)生氫氣，氯離子通過陰離子交換膜進(jìn)入左邊，鹽酸變稀，則流出的Y溶液是稀鹽酸，選項A正確；B、二氧化氯發(fā)生器中發(fā)生的反應(yīng)為：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，則排出的X溶液中溶質(zhì)主要為NaCl和NaOH，選項B正確；C、電解過程中二氧化氯發(fā)生器中產(chǎn)生2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)NH3，根據(jù)反應(yīng)NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為0.6mol，則b極產(chǎn)生0.6gH2，選項C正確；D、電解池a極的電極反應(yīng)式為NH4+-6e-+4H2O+3Cl-=NCl3+4H+，選項D不正確。答案選D。3、C【解題分析】分析：短周期元素的離子aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，所以有：a﹣2=b﹣1=c+3=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序數(shù)：a＞b＞d＞c，A、B為金屬，C、D為非金屬，據(jù)此解答。詳解：A、非金屬性越強電負(fù)性越大，則電負(fù)性：D＞C＞A＞B，A錯誤；B、A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序數(shù)：a＞b＞d＞c，B錯誤；C、aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，核電荷數(shù)a＞b＞d＞c，所以離子半徑C3﹣＞D﹣＞B+＞A2+，C正確；D、同同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢，非金屬性越強第一電離能越大，故第一電離能：D＞C＞A＞B，D錯誤。答案選C。4、D【解題分析】

A.HCO3－水解：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－,故A錯誤；B.鋼鐵吸氧腐蝕的負(fù)極反應(yīng)式：Fe－2e－=Fe2＋，故B錯誤；C.氯化銀懸濁液,離子方程式應(yīng)該寫化學(xué)式，即AgCl＋I(xiàn)－=AgI↓＋Cl-故C錯誤；D.鉛蓄電池充電時陰極發(fā)生還原反應(yīng)，即PbSO4＋2e-=Pb＋SO42－，故D正確。【題目點撥】注意區(qū)分水解方程式和電離方程式，鐵參與的電極反應(yīng)一般失去電子為Fe2＋。5、D【解題分析】

A、電解精煉銅時，粗銅應(yīng)作陽極，精銅作陰極，故A錯誤；B、陽極與電池的正極相連發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極與電池的負(fù)極相連發(fā)生還原反應(yīng)，故B錯誤；C、粗銅連接電源的正極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)是Cu－2e-=Cu2+，故C錯誤；D、金屬的活動性順序為Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此Ag、Pt不會放電，以單質(zhì)形式沉積下來，故D正確；故選D。【點晴】本題利用電解法進(jìn)行粗銅提純時粗銅應(yīng)作陽極，精銅作陰極；陽極與電池的正極相連發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極與電池的負(fù)極相連發(fā)生還原反應(yīng)；這幾種金屬的活動性順序為Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此在電解過程中Ag、Pt不會失去電子，而是形成陽極泥。6、C【解題分析】分析：A項，Na2SO3屬于強堿弱酸鹽，SO32-存在水解平衡；B項，?、佗軙r刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產(chǎn)生白色沉淀多，說明實驗過程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①與④溫度相同，④與①對比，SO32-濃度減小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C項，鹽類水解為吸熱過程，①→③的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動，c（SO32-）減小，水解平衡逆向移動；D項，Kw只與溫度有關(guān)。詳解：A項，Na2SO3屬于強堿弱酸鹽，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A項正確；B項，取①④時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產(chǎn)生白色沉淀多，說明實驗過程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①與④溫度相同，④與①對比，SO32-濃度減小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH與①不同，是由于SO32-濃度減小造成的，B項正確；C項，鹽類水解為吸熱過程，①→③的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動，c（SO32-）減小，水解平衡逆向移動，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響相反，C項錯誤；D項，Kw只與溫度有關(guān)，①與④溫度相同，Kw值相等；答案選C。點睛：本題考查鹽類水解離子方程式的書寫、外界條件對鹽類水解平衡的影響、影響水的離子積的因素、SO32-的還原性。解題時注意從溫度和濃度兩個角度進(jìn)行分析。7、C【解題分析】

硫酸足量，氧化性Fe3+>Cu2+>H+，鐵離子優(yōu)先反應(yīng)，由于濾液A中不含銅離子，且有氣體氫氣生成，則濾液A中不含鐵離子，濾渣3.2克為金屬銅，銅的物質(zhì)的量為0.05mol，即合金樣品中總共含有銅元素0.05mol，濾液A中加入足量氫氧化鈉溶液，所得濾液灼燒得到的固體3.2克為氧化鐵，其物質(zhì)的量為0.02mol，鐵元素的物質(zhì)的量為0.04mol，濾液A溶質(zhì)為過量硫酸和硫酸亞鐵，而鐵元素物質(zhì)的量為0.04mol，說明參加反應(yīng)硫酸物質(zhì)的量為0.04mol，硫酸含氫離子0.08mol，其中部分氫離子生成氫氣，另外的氫離子和合金中的氧結(jié)合成水了?！绢}目詳解】A.由上述分析可知，濾液A中陽離子為Fe2＋、H＋，故A錯誤；B.濾液中不含銅離子，濾渣3.2克為金屬銅，若全部為氧化銅，氧化銅的質(zhì)量為80×0.05=4.0克，由于部分銅被氧化成氧化銅，則樣品中氧化銅的質(zhì)量一定小于4.0g，故B錯誤；C.合金中鐵元素的質(zhì)量為56×0.04=2.24g，故C正確；D.合金中鐵元素質(zhì)量為2.24克，銅元素質(zhì)量為3.2克，故合金中氧原子的物質(zhì)的量，它結(jié)合氫離子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04mol氫離子生成氫氣，即生成0.02mol氫氣，標(biāo)況下體積為0.02×22.4=0.448L，故D錯誤；故選C。8、C【解題分析】試題分析：A、硫酸屬于難揮發(fā)性酸，A項錯誤；B、乙醇不與碳酸鈉反應(yīng)，B項錯誤；C、乙酸與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳，C項正確；D、乙酸乙酯與碳酸鈉不反應(yīng)，D項錯誤；答案選C?？键c：考查乙酸乙酯的制備9、D【解題分析】

A.工業(yè)上用電解法飽和食鹽水的方法制備燒堿：，A錯誤；B.醋酸是弱酸，不成拆開，正確的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO－+H2O+CO2↑，B錯誤；C.NH4HCO3溶液中加過量NaOH溶液并加熱：HCO3－＋NH4＋＋2OH－CO32－＋2H2O＋NH3↑，C錯誤；D.雙氧水具有強氧化性，因此銅溶于硫酸酸化的過氧化氫溶液中反應(yīng)的離子方程式為Cu+2H++H2O2＝Cu2++2H2O，D正確；故合理選項為D。10、D【解題分析】試題分析：A．在離子晶體中，離子之間的離子鍵越強，斷裂消耗的能量就越高，離子的晶格能就越大，正確；B．在離子晶體中，陽離子的半徑越大則周圍的空間就越大，所以就可同時吸引更多的陰離子；正確；C．在通常陰、陽離子的半徑越小、電荷越大，則離子之間的作用力就越強，該陰陽離子組成的離子化合物的晶格能越大，正確；D．氣態(tài)離子形成1mol的離子晶體時所釋放的能量叫該離子晶體的晶格能，錯誤?？键c：考查離子晶體的知識。11、A【解題分析】

A．晶體中每個碳原子均以四個共價單鍵與氧原子結(jié)合，每個氧原子和2個碳原子以共價單鍵相結(jié)合，所以碳氧原子個數(shù)比=1：2，則其化學(xué)式為：CO2，故A錯誤；B．該化合物晶體屬于原子晶體，所以其熔沸點高，硬度大，故B正確；C．該晶體中，每個碳原子含有4個C-O共價鍵，所以C原子與C-0化學(xué)鍵數(shù)目之比為1：4，故C正確；D．該晶體的空間最小環(huán)由6個碳原子和6個氧原子構(gòu)成，共計是12個原子，故D正確；故答案選A。12、B【解題分析】

A．乙炔中含有碳碳三鍵，乙炔正確的結(jié)構(gòu)簡式：CH≡CH，選項A錯誤；B.苯的分子式為C6H6，故實驗式為：CH，選項B正確；C.醛基的結(jié)構(gòu)簡式為：－CHO，選項C錯誤；D.羥基的電子式為：，選項D錯誤。答案選B。【題目點撥】本題考查了常見化學(xué)用語的表示方法判斷，題目難度中等，注意掌握電子式、實驗室、結(jié)構(gòu)簡式、球棍模型與比例模型的概念及正確表示方法，試題有利于培養(yǎng)學(xué)生規(guī)范答題的能力。13、B【解題分析】

A．蒸餾時，溫度計測定餾分的溫度；B．蒸發(fā)時，不能蒸干，利用余熱加熱；C．分液時，避免上下層液體混合；D．萃取時，不能發(fā)生反應(yīng)，溶質(zhì)在不同溶劑中溶解度不同，不需要考慮密度?！绢}目詳解】A．蒸餾時，溫度計測定餾分的溫度，則使溫度計水銀球靠近蒸餾燒瓶支管口處，A正確；B．蒸發(fā)時，不能使混合物中的水分完全蒸干后，利用余熱加熱，出現(xiàn)大量固體時停止加熱，B正確；C．分液時，避免上下層液體混合，則分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，C正確；D．萃取時，溶質(zhì)與萃取劑不能發(fā)生反應(yīng)，溶質(zhì)在萃取劑溶解度比原溶劑中大，萃取劑與原溶劑互不相容，不需要考慮密度大小，萃取劑密度比水大或小均可，D正確；故合理選項是B?！绢}目點撥】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握混合物分離提純、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。14、B【解題分析】Fe(NO3)2溶液中加入適量的NaOH溶液，使Fe2+完全沉淀，得到硝酸鈉與氫氧化亞鐵，過濾，小心加熱沉淀，再灼燒至質(zhì)量不再變化，由于氫氧化亞鐵易被氧化，最終所得固體為Fe2O3，200mL0.1mol/L的Fe(NO3)2溶液中n[Fe(NO3)2]=0.2L×0.1mol/L=0.02mol，由Fe原子守恒可知：n[Fe(NO3)2]=2n（Fe2O3），所以n（Fe2O3）=0.02mol÷2=0.01mol，其質(zhì)量為0.01mol×160g/mol=1.6g，答案選B。點睛：本題考查化學(xué)反應(yīng)方程式的計算，注意氫氧化亞鐵不穩(wěn)定、易被氧化的性質(zhì)，關(guān)鍵是判斷最終固體為氧化鐵，最后再利用守恒法計算。15、A【解題分析】

A.C5H12共有3種同分異構(gòu)體，它們是正戊烷、異戊烷和新戊烷，A正確；B.的名稱為2-甲基丁烷，B錯誤；C.CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3是同一種物質(zhì)，為乙酸乙酯，C錯誤；D.為甲酸，為甲酸甲酯，所含官能團不同，不互為同系物，D錯誤；答案選A?！绢}目點撥】D容易錯，一不小心就把甲酸酯結(jié)構(gòu)看成羧基了。因此要仔細(xì)辨別HCOO-和-COOH，前者為甲酸酯基，后者為羧基。16、C【解題分析】

A、苯性質(zhì)穩(wěn)定，不能被酸性高錳酸鉀氧化，故A正確；B、苯在一定條件下可發(fā)生取代反應(yīng)，如與濃硝酸在濃硫酸作用下加熱可生成硝基苯，在催化劑條件下可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成環(huán)己烷，故B正確；C、維生素C中含有-COO-，在堿性條件下可水解，故C錯誤；D、題中給出汽水中含有維生素C，可說明維生素C溶于水，故D正確；故選C。17、D【解題分析】

A．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水合物酸性越強，非金屬性P＞C＞Si，則酸性H2SiO3、H2CO3、H3PO4

依次增強，故A錯誤；B．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水合物酸性越強，非金屬性N＞P，則酸性HNO3＞H3PO4

，故B錯誤；C．同一主族元素的非金屬性越強，其氫化物中化學(xué)鍵越穩(wěn)定，越不易電離出氫離子，其酸性越弱，則酸性HCl＜HI；且H2S是弱酸，其酸性應(yīng)該是最弱的；故C錯誤；D．同一元素的含氧酸中，非羥基氧原子個數(shù)越多，其酸性越強，非羥基氧原子個數(shù)：HBrO＜HBrO3＜HBrO4，則酸性HBrO＜HBrO3＜HBrO4，故D正確；故答案為D。18、B【解題分析】

A、在飽和Na2CO3溶液中c()較大，加入少量BaSO4粉末，溶液中會有部分BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3，因此向洗凈的沉淀中加稀鹽酸，有氣泡產(chǎn)生，但是Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)，A項錯誤。B、有機層出現(xiàn)紫紅色說明有I2生成，即發(fā)生反應(yīng)：2Fe3++2I?＝2Fe2++I2，氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物，故B項正確。C、證明元素非金屬性強弱，需要比較元素最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強弱，所以用鹽酸是錯誤的，C項錯誤。D、碳與濃硫酸產(chǎn)生的SO2使酸性KMnO4溶液褪色，表現(xiàn)出還原性，D項錯誤。答案選B。19、D【解題分析】A．該有機物含有2個苯環(huán)，不是苯的同系物，選項A錯誤；B．分子中含有苯環(huán)，該烴能與氫氣在一定條件下發(fā)生加成反應(yīng)，選項B錯誤；C．由結(jié)構(gòu)的對稱性可知，含3種位置的H，該烴的一氯代物最多有3種，選項C錯誤；D．苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，與苯環(huán)直接相連的原子一定在同一平面內(nèi)，則苯環(huán)與甲基的C及另一苯環(huán)上的2個C和甲基上的C共面，則分子中至多有16個碳原子處于同一平面上，選項D正確；答案選D。20、B【解題分析】

A.元素周期表中，元素性質(zhì)隨著原子序數(shù)的遞增呈現(xiàn)周期性變化，A項錯誤；B.同周期主族元素性質(zhì)的遞變，主要是原子半徑變化和核電荷數(shù)變化雙重作用的結(jié)果，B項正確；C.從左到右，同周期非金屬元素的簡單氣態(tài)氫化物，其熱穩(wěn)定性，還原性逐漸增強，而不是所有氫化物都符合，C項錯誤；D.同一主族非金屬性依次減弱，所以第七周期，VIIA族元素的非金屬性比碘元素的非金屬性弱，D項錯誤；答案選B。21、C【解題分析】試題分析：A．c(Mg2+)·c(CO32-)=2.14×10-5，但不一定都有c(Mg2+)=c(CO32-)，A錯誤；B．溶解度：Mg(OH)2＜MgCO3，故除去粗鹽中含有的MgCl2雜質(zhì)，最佳除雜試劑為NaOH，B錯誤；C．MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，加熱MgCl2溶液，平衡向右移動，最后打破平衡，蒸干后得到Mg(OH)2，灼燒Mg(OH)2，Mg(OH)2分解得到MgO，MgCO3+2H2OMg(OH)2+H2CO3，加熱MgCO3溶液，平衡向右移動，最后打破平衡，蒸干后得到Mg(OH)2，灼燒后，也得到MgO，故三者最終的固體產(chǎn)物相同，C正確；D．用石灰水處理含有Mg2+和HCO3-的硬水，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為Mg2++2HCO3-+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+Mg(OH)2↓+2H2O，D錯誤。故選C?？键c：考查了難溶電解質(zhì)的溶解平衡、離子方程式的相關(guān)知識。22、C【解題分析】

碳原子位于該晶胞的體心上，所以該晶胞中含有一個碳原子；鎂原子個數(shù)=8×=1，所以該晶胞含有1個鎂原子；鎳原子個數(shù)=6×=3，該晶胞中含有3個鎳原子，所以該晶胞的化學(xué)式為：MgCNi3，故答案為C?！绢}目點撥】均攤法確定立方晶胞中粒子數(shù)目的方法是：①頂點：每個頂點的原子被8個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；②棱：每條棱的原子被4個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；③面上：每個面的原子被2個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；④內(nèi)部：內(nèi)部原子不與其他晶胞分享，完全屬于該晶胞。二、非選擇題(共84分)23、乙炔消去反應(yīng)【解題分析】

由有機物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，在催化劑作用下，HC≡CH與CH3COOH發(fā)生加成反應(yīng)生成CH2=CHCH2COOH，則B為CH2=CHCH2COOH；在催化劑作用下，CH2=CHCH2COOH發(fā)生加聚反應(yīng)生成；在催化劑作用下，與CH3OH發(fā)生取代反應(yīng)生成和CH3COOCH3；由和H發(fā)生酯化反應(yīng)生成可知，H為；由逆推法可知，在加熱條件下，G與新制的氫氧化銅發(fā)生氧化反應(yīng)，酸化生成，則G為；在濃硫酸作用下，F(xiàn)受熱發(fā)生消去反應(yīng)生成，則F為；由題給信息可知E與CH3CHO發(fā)生加成反應(yīng)生成，則E為?！绢}目詳解】（1）A結(jié)構(gòu)簡式為HC≡CH，名稱為乙炔；F→G的反應(yīng)為在濃硫酸作用下，受熱發(fā)生消去反應(yīng)生成，故答案為：乙炔；；（2）C→D的反應(yīng)為與CH3OH發(fā)生取代反應(yīng)生成和CH3COOCH3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為：；（3）E的結(jié)構(gòu)簡式為；H的順式結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；；（4）G的同分異構(gòu)體屬于芳香族化合物，說明分子中含有苯環(huán)，能與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，說明分子中含有酚羥基或羧基，若含有酚羥基，余下3個碳原子形成的取代基可能為CH3—和HC≡C—或CH3—C≡C—，若含有羧基，余下2個碳原子形成的取代基可能為CH2=CH—或—CH=CH—，則核磁共振氫譜有4種吸收峰的結(jié)構(gòu)簡式為和，故答案為：；；（5）由有機物的結(jié)構(gòu)簡式，結(jié)合題給信息，運用逆推法可知生成有機物的過程為：乙烯與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氫氧化鈉溶液中受熱發(fā)生水解反應(yīng)生成乙二醇，在銅做催化劑作用下，乙二醇與氧氣發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成乙二醛，一定條件下，乙二醛與乙醛發(fā)生加成反應(yīng)生成，合成路線為，故答案為：?！绢}目點撥】本題考查有機物推斷與合成，側(cè)重考查學(xué)生分析推理能力、知識遷移運用能力，充分利用轉(zhuǎn)化中物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式與分子式進(jìn)行分析判斷，熟練掌握官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，能夠依據(jù)題給信息設(shè)計合成線路是解答關(guān)鍵。24、41s22s22p63s23p63d104s24p5Br第四周期第ⅦA族+7①3d54s1【解題分析】分析：A原子只有一個未成對電子，M電子層比N電子層多11個電子，根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律，基態(tài)A原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p5，A為Br元素。詳解：A原子只有一個未成對電子，M電子層比N電子層多11個電子，根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律，基態(tài)A原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p5，A為Br元素。（1）該元素的基態(tài)原子中K、L、M、N層排有電子，有4個能層充有電子。（2）A原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p5，A的元素符號為Br。（3）A原子核外有4個電子層，最外層有7個電子，元素A在周期表中的位置：第四周期第VIIA族。（4）A原子的最外層有7個電子，A的最高化合價為+7價。（5）A的氫化物為HBr，HBr中的共價鍵是由H原子的1s原子軌道提供的未成對電子與Br原子的4p原子軌道提供的未成對電子形成的s-pσ鍵，答案選①。（6）A位于第四周期，第四周期中未成對電子數(shù)最多的元素為Cr，Cr的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，Cr的價層電子排布式為3d54s1。25、乙醇、濃硫酸、乙酸CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O催化劑、吸水劑ABC因為反應(yīng)物乙醇、乙酸的沸點較低，若用大火加熱，反應(yīng)物大量隨產(chǎn)物蒸發(fā)而損失原料，溫度過高還可能發(fā)生其它副反應(yīng)乙酸乙酯分液漏斗、燒杯D【解題分析】

（1）為防止酸液飛濺，應(yīng)將密度大的液體加入到密度小的液體中，乙酸易揮發(fā)，冷卻后再加入乙酸，三種物質(zhì)的加入順序：乙醇、濃硫酸、乙酸；酯化反應(yīng)的本質(zhì)為酸脫羥基，醇脫氫，乙酸與乙醇在濃硫酸作用下加熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯和水，方程式為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O。（2）該實驗中，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)時，濃硫酸起到催化劑的作用，加快酯化反應(yīng)的速率；又因為該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，濃硫酸吸水可以促進(jìn)平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行，所以濃硫酸還起到吸水劑的作用。（3）由于乙醇、乙酸易揮發(fā)，蒸出的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸；乙醇易溶于水，能被飽和碳酸鈉溶液吸收，乙酸具有酸性，能與飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)生成乙酸鈉，降低乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度，有利于分層析出，答案為：ABC；（4）步驟②中需要小火均勻加熱操作，其主要理由是：因為反應(yīng)物乙醇、乙酸的沸點較低，若用大火加熱，反應(yīng)物大量隨產(chǎn)物蒸發(fā)而損失原料，溫度過高還可能發(fā)生其它副反應(yīng)；（5）乙酸乙酯難溶于飽和碳酸鈉溶液，密度比水小，有香味，步驟③中B試管內(nèi)的上層物質(zhì)是乙酸乙酯；（6）步驟④中分離操作是分液，用到的主要儀器是分液漏斗、燒杯；干燥乙酸乙酯，用無水硫酸鈉除去少量的水，無水硫酸鈉吸水形成硫酸鈉結(jié)晶水合物；不能選擇生石灰、堿石灰、NaOH，以防乙酸乙酯在堿性條件下水解，答案選D?！绢}目點撥】本題考查酯化反應(yīng)原理、乙酸乙酯制備、儀器的選擇以及乙酸乙酯的分離和提純。試題綜合性強，側(cè)重對學(xué)生能力的培養(yǎng)和訓(xùn)練，有利于培養(yǎng)學(xué)生規(guī)范嚴(yán)謹(jǐn)?shù)膶嶒炘O(shè)計、操作能力。該類試題主要是以常見儀器的選用、實驗基本操作為中心，通過是什么、為什么和怎樣做重點考查實驗基本操作的規(guī)范性和準(zhǔn)確性及靈活運用知識解決實際問題的能力。26、調(diào)節(jié)硫酸的滴加速度用潔凈的玻璃棒蘸取待測液點在pH試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對照，讀出溶液的pH值S2O32－＋4Cl2＋5H2O＝2SO42－＋10H+＋8Cl－【解題分析】分析：A中的Na2SO3中加入濃硫酸生成SO2，裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率，為提高產(chǎn)品純度，應(yīng)使燒瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反應(yīng)，燒瓶C中發(fā)生反應(yīng)如下：Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2S(aq)；2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)；S(s)+Na2SO3(aq)

Na2S2O3(aq)，反應(yīng)終止后，燒瓶C中的溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶即可析出Na2S2O3?5H2O，E中盛放NaOH溶液進(jìn)行尾氣處理，防止含硫化合物排放在環(huán)境中。詳解：(1)裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率?？刂芐O2生成速率可以通過調(diào)節(jié)硫酸的滴加速度控制SO2生成速率，故答案為調(diào)節(jié)硫酸的滴加速度；(2)常溫下，用pH試紙測定0.1mol·L－1Na2S2O3溶液pH值約為8，測定的具體操作為：用潔凈的玻璃棒蘸取待測溶液點在pH試紙中段，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對照，讀出溶液的pH值，故答案為用潔凈的玻璃棒蘸取待測溶液點在pH試紙中段，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對照，讀出溶液的pH值；(3)氯氣具有強氧化性，可氧化S2O32-生成硫酸根離子，反應(yīng)的離子方程式為S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H++8Cl-，故答案為S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H++8Cl-。27、酚酞無色淺紅色⑤②①③④⑥無影響偏小0.1250mol·L-1【解題分析】

（1）鄰苯二甲酸氫鉀溶液呈酸性，滴定到達(dá)終點時，溶液的pH約為9.1，滴定終點的pH要在指示劑的變色范圍內(nèi)，所以選擇酚酞作指示劑，酚酞在pH＜8時為無色，pH為8～10之間，呈淺紅色，所以當(dāng)無色溶液變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，說明反應(yīng)達(dá)到終點；（2）中和滴定按照檢漏、洗滌、潤洗、裝液、取待測液、滴定等順序操作，則操作順序是⑤②①③④⑥；（3）上述操作中，將鄰苯二甲酸氫鉀直接放在錐形瓶中溶解，由于不影響其物質(zhì)的量，因此對實驗無影響；（4）滴定前，用蒸餾水洗凈堿式滴定管，然后加待測定的NaOH溶液滴定，待測液濃度減小，導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積減小，所以此操作使實驗結(jié)果偏??；（5）0.5105gKHC8H4O4的物質(zhì)的量是0.5105g÷20402g/mol＝0.0025mol，根據(jù)方程式可知KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O110.0025mol0.0025mol所以NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為0.0025mol÷0.02L＝0.1250mol/L28、?136.2HNO2?2e?+H2O3H++NO3?2HNO2+(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高增大與溫度升高共同使NOx去除反應(yīng)速率迅速增大催化劑活性下降；NH3與O2反應(yīng)生成了NO【解題分析】分析：（1）將兩個方程式編號，應(yīng)用蓋斯定律，解總焓變；（2）根據(jù)電解原理，陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)；（3）HNO2與(NH2)2CO反應(yīng)生成N2和CO2，根據(jù)電子守恒和原子守恒配平；（4）因為反應(yīng)時間相同，所以低溫時主要考慮溫度和催化劑對化學(xué)反應(yīng)速率的影響；高溫時NH3與O2發(fā)生催化氧化反應(yīng)。詳解：（1）將兩個方程式編號，2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq)ΔH=?116.1kJ·mol?1（①式）3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)ΔH=75.9