福建省仙游縣郊尾中學2023-2024學年高三一診考試化學試卷含解析

福建省仙游縣郊尾中學2023-2024學年高三一診考試化學試卷注意事項1．考生要認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、香葉醇是合成玫瑰香油的主要原料，其結構簡式如下：下列有關香葉醇的敘述正確的是（）A．香葉醇的分子式為C10H18OB．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．能發(fā)生加成反應不能發(fā)生取代反應2、已知鈹（Be）與鋁的性質(zhì)相似．則下列判斷正確的是（）A．鈹遇冷水劇烈反應B．氧化鈹?shù)幕瘜W式為Be2O3C．氫氧化鈹能與氫氧化鈉溶液反應D．氯化鈹水溶液顯中性3、12C與13C互為（）A．同系物 B．同位素 C．同素異形體 D．同分異構體4、由下列實驗及現(xiàn)象不能推出相應結論的是實驗現(xiàn)象結論A某鉀鹽晶體中滴加濃鹽酸，產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液中品紅溶液褪色產(chǎn)生的氣體一定是SO2B向裝有經(jīng)過硫酸處理的CrO3（桔紅色）的導管中吹入乙醇蒸氣固體逐漸由桔紅色變?yōu)闇\綠色（Cr3+）乙醇具有還原性C向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入銅粉，充分振蕩，再加入2滴KSCN溶液銅粉溶解，溶液由黃色變?yōu)榫G色，滴入KSCN溶液顏色不變氧化性：Fe3+＞Cu2+D向盛有CuO的試管中加入足量HI溶液，充分震蕩后滴入3滴淀粉溶液固體有黑色變?yōu)榘咨?，溶液變?yōu)辄S色，滴入淀粉后溶液變藍CuO與HI發(fā)生了氧化還原反應A．A B．B C．C D．D5、高能固氮反應條件苛刻，計算機模擬該歷程如圖所示，在放電的條件下，微量的O2或N2裂解成游離的O或N原子，分別與N2和O2發(fā)生以下連續(xù)反應生成NO。下列說法錯誤的（）A．圖1中，中間體1到產(chǎn)物1的方程式為O-O═N→O+N═OB．NO的生成速率很慢是因為圖2中間體2到過渡態(tài)4的能壘較大C．由O和N2制NO的活化能為315.72kJ?mol-1D．由N和O2制NO的過程比由O原子和N2制NO的過程速率慢6、25℃時，向10mL0.1mol/LNaOH溶液中，逐滴加入10mL濃度為cmol/L的HF稀溶液。已知25℃時：①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ/mol②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。請根據(jù)信息判斷，下列說法中不正確的是A．整個滴加過程中，水的電離程度不一定存在先增大后減小的變化趨勢B．將氫氟酸溶液溫度由25℃升高到35℃時，HF的電離程度減小(不考慮揮發(fā))C．當c>0.1時，溶液中才有可能存在c(Na+)=c(F-)D．若滴定過程中存在：c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+)，則c一定小于0.17、已知：p[]＝－lg[]。室溫下，向0.10mol/LHX溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液pH隨p[]變化關系如圖所示。下列說法正確的是A．溶液中水的電離程度：a>b>cB．c點溶液中：c(Na+)=10c(HX)C．室溫下NaX的水解平衡常數(shù)為10-4.75D．圖中b點坐標為(0，4.75)8、研究海水中金屬橋墩的腐蝕及防護是橋梁建設的重要課題。下列有關說法錯誤的是A．橋墩的腐蝕主要是析氫腐蝕B．鋼鐵橋墩在海水中比在河水中腐蝕更快C．圖1輔助電極的材料可以為石墨D．圖2鋼鐵橋墩上發(fā)生的反應是O2+2H2O+4e一=4OH-9、下列有關實驗的描述正確的是：A．要量取15.80mL溴水，須使用棕色的堿式滴定管B．用pH試紙檢測氣體的酸堿性時，需要預先潤濕C．溴苯中混有溴，加入KI溶液，振蕩，用汽油萃取出碘D．中和熱測定時環(huán)形玻璃攪拌棒要不斷順時針攪拌，主要目的是為了充分反應10、常溫下，HCOOH和CH3COOH的電離常數(shù)分別1.80×10?4和1.75×10?5。將pH=3，體積均為V0的兩種酸溶液分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．溶液中水的電離程度：b點＜c點B．相同體積a點的兩溶液分別與NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C．從c點到d點，溶液中不變（HA、A-分別代表相應的酸和酸根離子）D．若兩溶液無限稀釋，則它們的c(H+)相等11、設為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．1mol甲苯分子最多共平面的原子個數(shù)為B．在標準狀況下，4.48L環(huán)己烷含氫原子個數(shù)為C．，在稀硫酸中充分水解，所得生成物中鍵數(shù)為D．和的混合氣體中含有的質(zhì)子數(shù)，中子數(shù)均為12、某鹽溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl—、CO32—、NO3—七種離子中的數(shù)種。某同學取4份此溶液樣品，分別進行了如下實驗：①用pH試紙測得溶液呈強酸性；②加入過量NaOH溶液，產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體且有沉淀生成；③加入硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀；④加足量BaCl2溶液，沒有沉淀產(chǎn)生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，顯紅色該同學最終確定在上述七種離子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl—三種離子。請分析，該同學只需要完成上述哪幾個實驗，即可得出此結論。A．①②④ B．①② C．①②③④ D．②③④13、位于不同主族的四種短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序數(shù)依次增大，原子半徑r(丁)>r(乙)>r(丙)>r(甲)。四種元素中，只有一種為金屬元素，乙和丙原子的最外層電子數(shù)之和為丁原子的最外層電子數(shù)的3倍。據(jù)此推斷，下述正確的是A．簡單氫化物的沸點：乙>丙B．由甲、乙兩元素組成的化合物溶于水呈堿性C．丙和丁兩元素的最高價氧化物的水化物之間能發(fā)生反應D．由甲和丙兩元素組成的分子，不可能含非極性鍵14、NaHCO3和NaHSO4溶液混合后，實際參加反應的離子是()A．CO32﹣和H+ B．HCO3﹣和HSO4﹣C．CO32﹣和HSO4﹣ D．HCO3﹣和H+15、同溫同壓下，熱化學方程式中反應熱數(shù)值最大的是A．2W(l)+Y(l)→2Z(g)+Q1 B．2W(g)+Y(g)→2Z(l)+Q2C．2W(g)+Y(g)→2Z(g)+Q3 D．2W(l)+Y(l)→2Z(l)+Q416、25℃時，已知醋酸的電離常數(shù)為1.8×10-5。向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水電離出的c(H+)在此滴定過程中變化曲線如下圖所示。下列說法不正確的是A．a(chǎn)點溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1B．b點溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)C．c點溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D．d點溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)17、如圖是某元素的價類二維圖。其中X是一種強堿，G為正鹽，通常條件下Z是無色液體，D的相對原子質(zhì)量比C小16，各物質(zhì)轉(zhuǎn)化關系如圖所示。下列說法正確的是A．E可以是金屬也可以是非金屬B．C和D兩種大氣污染物，都能用排空氣法收集C．B的濃溶液具有吸水性，可用來干燥氣體D．實驗室制備F時，可以將其濃溶液滴入堿石灰中進行制取18、NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．11g超重水(T2O)含中子數(shù)為5NAB．25℃，pH=13的1LBa(OH)2溶液中OH—的數(shù)目為0.2NAC．1mol金剛石中C—C鍵的數(shù)目為2NAD．常溫下，pH=6的MgCl2溶液中H+的數(shù)目為10-6NA19、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關敘述正確的是A．100g46％的乙醇溶液中，含H-O鍵的數(shù)目為7NAB．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA個H+C．0.1molFe在足量氧氣中燃燒，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NAD．1L0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中含有NH4+數(shù)目為0.1NA20、實驗室用Ca與H2反應制取氫化鈣(CaH2)。下列實驗裝置和原理不能達到實驗目的的是（）A．裝置甲制取H2 B．裝置乙凈化干燥H2C．裝置丙制取CaH2 D．裝置丁吸收尾氣21、將Na2O2與過量NaHCO3混合固體在密閉容器中充分加熱反應后，排出氣體后最終剩余固體是（）A．NaOH和Na2O2 B．NaOH和Na2CO3C．Na2CO3 D．Na2O222、某興趣小組為研究碳酸鈉水解平衡與溫度的關系，用數(shù)字試驗系統(tǒng)測定一定濃度碳酸鈉溶液的pH與溫度的關系，得到曲線如圖，下列分析不合理的是（）A．碳酸鈉水解是吸熱反應B．a(chǎn)b段說明水解平衡向右移動C．bc段說明水解平衡向左移動D．水的電離平衡也對pH產(chǎn)生影響二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物J是合成抗炎藥洛索洛芬鈉的關鍵中間體，它的一種合成路線如圖：回答下列問題：（1）反應④的反應類型是______；J中官能團名稱是______。（2）不用甲苯與氯氣在光照條件下反應得到B物質(zhì)的原因是______。（3）根據(jù)流程中的信息，在反應⑥的條件下，CH2（COOC2H5）2與足量CH3CH2CH2I充分反應生成的有機產(chǎn)物結構簡式為______。（4）反應⑨的化學方程式為：其中產(chǎn)物X的結構簡式是______。（5）寫出符合下列條件的I的同分異構體______。①能發(fā)生銀鏡反應，但不能發(fā)生水解反應；②苯環(huán)上一氯取代物只有一種；③核磁共振氫譜有4組峰。（6）根據(jù)流程中的信息，寫出以、CH3OH為有機原料合成的合成路線。_______24、（12分）高血脂是一種常見的心血管疾病，治療高血脂的新藥I的合成路線如下（A~I）均為有機物）：已知：a.b.RCHO回答下列問題：(1)反應①的化學方程式為_______；F的官能團名稱為______。(2)反應②的類型是_______。D→E所需試劑、條件分別是_______、______。(3)G的結構簡式為____________。(4)芳香族化合物W的化學式為C8H8O2，且滿足下列條件的W的結構共有_______種（不考慮立體異構）。i.遇FeCl3溶液顯紫色；ii.能發(fā)生銀鏡反應。其中核磁共振氫譜顯示有5種不司化學環(huán)境的氫，峰面積比為2：2：2：1：1的是____________（寫出結構簡式）。(5)設計以甲苯和乙醛為原料制備的合成路線。無機試劑任選，合成路線的表示方式為：_____________.25、（12分）信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境構成了極大的威脅。某“變廢為寶”學生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：請回答下列問題：（1）第①步Cu與酸反應的離子方程式為__________；得到濾渣1的主要成分為__________。（2）第②步中加H2O2的作用是__________，使用H2O2的優(yōu)點是__________；調(diào)溶液pH的目的是使__________生成沉淀。（3）第③步所得CuSO4·5H2O制備無水CuSO4的方法是__________。（4）由濾渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小組設計了三種方案：甲：濾渣2酸浸液Al2(SO4)3·18H2O乙：濾渣2酸浸液濾液Al2(SO4)3·18H2O丙：濾渣2濾液溶液Al2(SO4)3·18H2O上述三種方案中，__________方案不可行，原因是__________；從原子利用率角度考慮，__________方案更合理。（5）探究小組用滴定法測定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用cmol·L-1EDTA(H2Y2-)標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反應為：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+①寫出計算CuSO4·5H2O質(zhì)量分數(shù)的表達式ω=__________；②下列操作會導致含量的測定結果偏高的是______。a未干燥錐形瓶b滴定終點時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡c未除凈可與EDTA反應的干擾離子26、（10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(chǎn)品中的質(zhì)量分數(shù)：依據(jù)反應2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，可用I2的標準溶液測定產(chǎn)品的純度。稱取5.500g產(chǎn)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(jù)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(zhì)量分數(shù)會_____（填“偏高”、“偏低”或“不變”）③計算海波在產(chǎn)品中的質(zhì)量分數(shù)（寫出計算過程）。_____。27、（12分）某小組同學探究物質(zhì)的溶解度大小與沉淀轉(zhuǎn)化方向之間的關系。已知：物質(zhì)BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(1)探究BaCO3和BaSO4之間的轉(zhuǎn)化試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現(xiàn)象實驗ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……實驗ⅡNa2SO4Na2CO3有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解①實驗I說明BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4，依據(jù)的現(xiàn)象是加入鹽酸后，__________________。②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后發(fā)生反應的離子方程式是__________________________________。③實驗Ⅱ中加入試劑C后，沉淀轉(zhuǎn)化的平衡常數(shù)表達式K=___________。(2)探究AgCl和AgI之間的轉(zhuǎn)化實驗Ⅳ：在試管中進行溶液間反應時，同學們無法觀察到AgI轉(zhuǎn)化為AgCl，于是又設計了如下實驗(電壓表讀數(shù)：a＞c＞b>0)。裝置步驟電壓表讀數(shù)ⅰ.如圖連接裝置并加入試劑，閉合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)cⅳ.重復i，再向B中加入與ⅲ等量NaCl(s)d注：其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強弱與其濃度有關。①實驗Ⅲ證明了AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，甲溶液可以是________（填標號）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液②實驗Ⅳ的步驟i中，B中石墨上的電極反應式是___________________________。③結合信息，解釋實驗Ⅳ中b<a的原因_____________________。④實驗Ⅳ的現(xiàn)象能說明AgI轉(zhuǎn)化為AgCl，理由是_____________________。(3)綜合實驗Ⅰ~Ⅳ,可得出的結論是________________________________________。28、（14分）某高分子有機物P的合成路線如下：已知1molB與足量的金屬鈉反應產(chǎn)生標況下22.4L氫氣(1)A是2-甲基丙烯酸，A的結構簡式是______________，E的化學式為___________________(2)A和B生成C的反應類型是________，D生成P的反應類型是______________(3)A與過量的B反應生成C，若A過量，則得到C′,C′的結構簡式為__________________(4)P用NaOH溶液處理，完全水解的化學方程式是：_________________________________________________________________29、（10分）LiFePO4可作為新型鋰離子也池的正極材料。以鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2雜質(zhì))為主要原料生產(chǎn)TiOSO4，同時得到的綠礬(FeSO4·7H2O)與磷酸和LiOH反應可制各LiFePO4，LiFePO4的制備流程如下圖所示：請回答下列問題：(1)酸溶時FeTiO3與硫酸反應的化學方程式可表示為____________________。(2)①加鐵屑還原的目的是__________，②過濾前需要檢驗還原是否完全，其實驗操作可描述為_________。(3)①“反應”需要按照一定的順序加入FeSO4溶液、磷酸和LiOH，其加入順序應為____________________，②其理由是______________________________。(4)濾渣中的銅提純后可用于制取Cu2O，Cu2O是一種半導體材料，基于綠色化學理念設計的制取Cu2O的電解池示意圖如下，電解總反應：2Cu+H2OCu2O+H2↑。則該裝置中銅電極應連接直流電源的__________極，石墨電極的電極反應式為____________________，當有0.1molCu2O生成時電路中轉(zhuǎn)移__________mol電子。

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【解析】

A項，1個香葉醇分子中含10個C、18個H和1個O，香葉醇的分子式為C10H18O，A正確；B項，香葉醇中含有碳碳雙鍵，能與溴發(fā)生加成反應，使溴的四氯化碳溶液褪色，B錯誤；C項，香葉醇中含有碳碳雙鍵和醇羥基，能被高錳酸鉀溶液氧化，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C錯誤；D項，香葉醇中含有醇羥基，能發(fā)生取代反應，D錯誤；答案選A。2、C【解析】

既然鈹與鋁的性質(zhì)相似，我們就可把鈹看成是鋁，鋁具有的性質(zhì)，鈹也有，鋁沒有的性質(zhì)，鈹也沒有?！驹斀狻緼.鋁遇冷水不反應，則鈹遇冷水也不反應，錯誤；B.鈹?shù)淖钔鈱佑?個電子，顯+2價，則氧化鈹?shù)幕瘜W式為BeO，錯誤；C.氫氧化鋁能與氫氧化鈉溶液反應，則氫氧化鈹也能與氫氧化鈉反應，正確；D.氯化鋁水溶液顯酸性，則氯化鈹水溶液也顯酸性，錯誤。故選C。3、B【解析】

同種元素的不同種原子間互為同位素，據(jù)此分析?！驹斀狻?2C與13C是碳元素的兩種不同的碳原子，故互為同位素。答案選：B?！军c睛】本題考查了“四同”概念的辨別，應注意的概念要點的把握。結構相似,組成上相差1個或者若干個某種原子團的化合物互稱為同系物；具有相同質(zhì)子數(shù)，不同中子數(shù)的同一元素的不同核素互為同位素；同素異形體,是指由同樣的單一化學元素組成,因排列方式不同,而具有不同性質(zhì)的單質(zhì)；化學上，同分異構體是一種有相同分子式而有不同的原子排列的化合物。4、A【解析】

A．次氯酸鈉與濃鹽酸反應能夠生成氯氣，亞硫酸鹽與濃鹽酸反應能夠生成二氧化硫，氯氣與二氧化硫均使品紅褪色，則由現(xiàn)象不能判斷產(chǎn)生的氣體是SO2，故A符合題意；B．CrO3可氧化乙醇蒸氣，則乙醇具有還原性，故B不符合題意；C．Cu與氯化鐵發(fā)生氧化還原反應生成氯化亞鐵、氯化銅，氧化性：Fe3+＞Cu2+，故C不符合題意；D．由現(xiàn)象可知生成CuI和碘單質(zhì)，Cu、I元素的化合價變化，為氧化還原反應，故D不符合題意；故選：A。5、D【解析】

A、由圖1可知，中間體1為O-O═N，產(chǎn)物1為O+N═O，所以中間體1到產(chǎn)物1的方程式為O-O═N→O+N═O，故A正確；B、反應的能壘越高，反應速率越小，總反應的快慢主要由機理反應慢的一步?jīng)Q定，由圖2可知，中間體2到過渡態(tài)4的能壘較大、為223.26kJ/mol，決定了NO的生成速率很慢，故B正確；C、由圖2可知，反應物2到過渡態(tài)4的能壘為315.72kJ?mol-1，過渡態(tài)4到反應物2放出能量為逆反應的活化能，所以由O和N2制NO的能壘或活化能為315.72kJ?mol-1，故C正確；D、由圖1可知，N和O2制NO的過程中各步機理反應的能壘不大，反應速率較快；由圖2可知，O原子和N2制NO的過程中多步機理反應的能壘較高、中間體2到過渡態(tài)4的能壘為223.26kJ/mol，導致O原子和N2制NO的反應速率較慢，所以由N和O2制NO的過程比由O原子和N2制NO的過程速率快，故D錯誤；故選：D?！军c睛】明確圖中能量變化、焓變與能壘或活化能關系為解答的關鍵，注意反應過程中能量變化和反應速率之間的關系。6、D【解析】

A.酸或堿抑制水電離，酸或堿濃度越大，其抑制水電離程度越大；含有弱離子的鹽促進水電離；B.利用蓋斯定律確定HF電離過程放出熱量，利用溫度對平衡移動的影響分析；C.當c>0.1時，混合溶液中溶質(zhì)為NaF、HF時，溶液可能呈中性，結合電荷守恒判斷；D.微粒濃度與溶液中含有的NaOH、NaF的物質(zhì)的量多少有關。【詳解】A.酸或堿抑制水電離，酸或堿濃度越大，其抑制水電離程度越大；含有弱離子的鹽促進水電離，在滴加過程中c(NaOH)逐漸減小、c(NaF)濃度增大，則水電離程度逐漸增大，當二者恰好完全反應生成NaF時，水的電離程度最大，由于HF的濃度未知，所以滴入10mLHF時，混合溶液可能是堿過量，也可能是酸過量，也可能是二者恰好完全反應產(chǎn)生NaF，因此滴加過程中水的電離程度不一定存在先增大后減小的變化趨勢，A正確；B.①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)△H=-67.7kJ/mol，②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，將①-②得HF(aq)F-(aq)+H+(aq)△H=(-67.7)kJ/mol-(-57.3)kJ/mol=-10.4kJ/mol，則HF電離過程放出熱量，升高溫度，電離平衡逆向移動，即向逆反應方向越大，導致HF電離程度減小，B正確；C.向NaOH溶液中開始滴加HF時，當c>0.1時，混合溶液中溶質(zhì)為NaF、HF時，溶液可能呈中性，結合電荷守恒得c(Na+)=c(F-)，C正確；D.若c≥0.1時，在剛開始滴加時，溶液為NaOH、NaF的混合物。且n(NaOH)>n(NaF)，微粒的物質(zhì)的量濃度存在關系：c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+)，所以c不一定小于0.1，D錯誤；故合理選項是D。【點睛】本題考查酸堿混合溶液定性判斷及離子濃度大小比較，易錯選項是B，大部分往往只根據(jù)弱電解質(zhì)電離為吸熱反應來判斷導致錯誤，題目側(cè)重考查學生分析判斷能力，注意題給信息的正確、靈活運用。7、D【解析】

A.根據(jù)圖示可知，a、b、c均為酸性溶液，則溶質(zhì)為HX和NaX，pH<7的溶液中，HX的電離程度大于X-的水解程度，可只考慮H+對水的電離的抑制，溶液pH越大氫離子濃度越小，水的電離程度越大，則溶液中水的電離程度：a<b<c，A錯誤；B.c點溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)，此時p[]=1，則c(X-)=10c(HX)，代入電荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，則c(Na+)<10c(HX)，B錯誤；C.HX在溶液中存在電離平衡：HXH++X-，Ka=，則pH=pKa+p[]，帶入c點坐標(1，5.75)可知，pKa=4.75，則Ka=10-4.75，則室溫下室溫下NaX的水解平衡常數(shù)Kh==10-9.25，C錯誤；D.HX在溶液中存在電離平衡：HXH++X-，Ka=，則pH=pKa+p[]，帶入c點坐標(1，5.75)可知，pKa=4.75，則b點pH=pKa+p[]=0+4.75=4.75，D正確；故合理選項是D。8、A【解析】

A．橋墩浸泡在接近中性的海水中，主要發(fā)生析氧腐蝕，故A錯誤；B．海水中含有氯化鈉等電解質(zhì)，導電性比河水強，鋼鐵橋墩在海水中比在河水中腐蝕更快，故B正確；C．圖1為外加電源的陰極保護法，輔助電極的材料可以為石墨等，故C正確；D．圖2為犧牲陽極的陰極保護法，鋼鐵橋墩充當正極，正極上發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+2H2O+4e一=4OH-，故D正確；故選A。9、B【解析】

A．溴水可氧化橡膠，應選酸式滴定管，故A錯誤；B．氣體溶于水后才能顯示一定的酸堿性，因此，用pH試紙檢測氣體的酸堿性時，需要預先潤濕，故B正確；C．溴與KI反應生成的碘易溶于溴苯，汽油與溴苯互溶，無法萃取，應選NaOH溶液充分洗滌、分液，故C錯誤；D．環(huán)形玻璃攪拌棒應該上下移動，進行攪拌，溫度計插在玻璃環(huán)中間，無法旋轉(zhuǎn)攪拌棒，故D錯誤；答案選B。10、B【解析】

從圖中可以看出，隨著溶液的不斷稀釋，Ⅰ的pH大于Ⅱ的pH，則表明Ⅰ的n(H+)小于Ⅱ的n(H+)，從而表明lg=0時，Ⅰ對應的酸電離程度大，Ⅰ為HCOOH，Ⅱ為CH3COOH；pH=3時，二者電離產(chǎn)生的c(H+)相等，由于HCOOH的電離常數(shù)大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始濃度大。【詳解】A．在c點，溶液的pH大，則酸電離出的c(H+)小，對水電離的抑制作用小，所以溶液中水的電離程度：b點＜c點，A正確；B．相同體積a點的兩溶液，CH3COOH的物質(zhì)的量比HCOOH大，分別與NaOH恰好中和后，消耗的NaOH體積大，所以CH3COOH溶液中n(Na+)大，B錯誤；C．對于HCOOH來說，從c點到d點，溫度不變，溶液中=Ka(HCOOH)不變，C正確；D．若兩溶液無限稀釋，可看成是純水，所以它們的c(H+)相等，D正確；故選B。11、D【解析】

A.苯基中有11個原子共平面，甲基一個C和一個H與苯基共平面，共有13個原子共平面，所以1mol甲苯分子最多共平面的原子個數(shù)為，A錯誤；B.標況下，環(huán)己烷為非氣態(tài)，無法計算其物質(zhì)的量，B錯誤；C.，在稀硫酸中水解為可逆反應，無法完全變?yōu)樗岷痛迹珻錯誤；D.和的摩爾質(zhì)量均為44g/mol，混合氣體中含有的質(zhì)子數(shù)，中子數(shù)均為，D正確；故答案選D。12、B【解析】

由①溶液呈強酸性，溶液中不含CO32-；由②加入過量NaOH溶液，產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體且有沉淀生成，溶液中含NH4＋、Fe2＋，由于酸性條件下NO3-、Fe2+不能大量共存，則溶液中不含NO3-，根據(jù)溶液呈電中性，溶液中一定含Cl-；由③加入硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀，溶液中含Cl-；由④加足量BaCl2溶液，沒有沉淀產(chǎn)生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，顯紅色，溶液中含F(xiàn)e2+；根據(jù)上述分析，確定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成①②，答案選B。13、C【解析】

甲、乙、丙、丁的原子序數(shù)逐漸增大，根據(jù)元素周期律：從左到右原子半徑減小，從上到下原子半徑減小的規(guī)則，若它們在同一周期，應該有r(甲)>r(乙)>r(丙)>r(丁)的關系，現(xiàn)在r(丁)是最大的，r(甲)是最小的，說明丁應該在第三周期，乙、丙同處第二周期，甲在第一周期，則甲為氫。又因為四種元素不同主族，現(xiàn)假設丁為金屬，若丁為鎂，乙、丙不可能同為非金屬；若丁為鋁，則乙為碳，丙為氮，成立。然后對選項進行分析即可。【詳解】A.乙的簡單氫化物為甲烷，丙的簡單氫化物為氨氣，氨氣中存在氫鍵，因此氨氣的沸點大于甲烷，A項錯誤；B.甲、乙兩元素組成的化合物為烴類，烴類不溶于水，B項錯誤；C.丙的最高價氧化物的水化物為硝酸，丁的最高價氧化物的水化物為氫氧化鋁，二者可以發(fā)生反應，C項正確；D.甲和丙可以組成（肼），中存在N-N非極性鍵，D項錯誤；答案選C。14、D【解析】

碳酸氫鈉和硫酸氫鈉反應時，碳酸氫根電離生成鈉離子和碳酸氫根離子，硫酸氫鈉電離生成鈉離子和氫離子、硫酸根離子，碳酸氫根和氫離子反應生成水和二氧化碳，故答案選D。15、B【解析】

試題分析：各反應中對應物質(zhì)的物質(zhì)的量相同，同一物質(zhì)的能量g＞l＞s，所以反應物的總能量為：W(g)＞W(wǎng)(l)，Y(g)＞Y(l)，生成物的能量為：Z(g)＞Z(l)，同溫同壓下，各反應為放熱反應，反應物的總能量越高，生成物的總能量越低，則反應放出的熱量越多，故B放出的熱量最多，即Q2最大，故選B?！军c睛】本題主要考查物質(zhì)能量、物質(zhì)狀態(tài)與反應熱的關系，難度不大，根據(jù)能量變化圖來解答非常簡單，注意反應熱比較時數(shù)值與符號均進行比較。16、B【解析】

A．a(chǎn)點溶液沒有加入NaOH，為醋酸溶液，根據(jù)電離平衡常數(shù)計算。設電離的出的H＋的濃度為x，由于電離程度很低，可認為醋酸濃度不變。CH3COOHCH3COO－＋H＋2xxKa===1.8×10-5，解得x=6.0×10-3mol/L，A項正確；B．b點的溶液為CH3COOH和CH3COONa等濃度混合的溶液，物料守恒為c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸會電離CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸根會水解，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常數(shù)<1.8×10-5，CH3COOH的電離大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)；B項錯誤；C．c點醋酸和氫氧化鈉完全反應，溶液為CH3COONa溶液，在醋酸鈉溶液中有電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，將兩式聯(lián)立得到質(zhì)子守恒，則有c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)；C項正確；D．d點加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，為等物質(zhì)的量濃度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D項正確；本題答案選B?！军c睛】電解質(zhì)溶液中，粒子濃度有三大守恒，電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒，寫出前兩個即可以導出質(zhì)子守恒。要特別注意等物質(zhì)的量濃度的混合溶液中水解和電離的大小關系。17、D【解析】

G+NaOH反應生成氫化物，再結合D的相對原子質(zhì)量比C小16，可以得出F為氨氣，D為NO，E為氮氣，C為NO2，B為HNO3，A為NaNO3。【詳解】A選項，E是氮氣，故A錯誤；B選項，C和D兩種大氣污染物，NO2不能用排空氣法收集，故B錯誤；C選項，B的濃溶液具有強氧化性，故C錯誤；D選項，實驗室制備氨氣時，可以將其濃氨水和堿石灰反應得到，故D正確；綜上所述，答案為D。18、C【解析】

A.11g超重水(T2O)的物質(zhì)的量為0.5mol，由于在1個超重水(T2O)中含有12個中子，所以0.5mol超重水(T2O)中含中子數(shù)為6NA，A錯誤；B.溶液中氫氧根的物質(zhì)的量濃度是0.1mol/L，則1L溶液中含有的氫氧根離子的數(shù)目為0.1NA，B錯誤；C.由于一個C原子與相鄰的4個C原子形成共價鍵，每個共價鍵為相鄰兩個原子形成，所以1個C原子含有的C-C鍵數(shù)目為4×=2，因此1mol金剛石中C—C鍵的數(shù)目為2NA，C正確；D.缺體積，無法計算H+的數(shù)目，D錯誤；故合理選項是C。19、A【解析】

A.100g46％的乙醇溶液有46g（1mol）CH3CH2OH和54g（3mol）H2O，每分子乙醇中含有1個O-H鍵，則1molCH3CH2OH含H-O鍵的數(shù)目為NA，每分子水中含有2個O-H鍵，則3molH2O含H-O鍵的數(shù)目為6NA，合計含H-O鍵的數(shù)目為7NA，A正確；B.pH=1，則c(H+)=0.1mol/L，但溶液的體積不知道，無法求氫離子的個數(shù)，B錯誤；C.0.1molFe在足量氧氣中燃燒得到Fe3O4，鐵元素由0價變?yōu)?價，因而轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1mol×NA≈0.27NA，C錯誤；D.銨根水解方程式為NH4++H2O?NH3·H2O+H+，若氯化銨中銨根不水解，則易算出溶液中含有NH4+數(shù)目為0.1NA，但銨根部分水解，數(shù)目減少，因而實際溶液中含有NH4+數(shù)目小于0.1NA，D錯誤。故答案選A。【點睛】對于部分溶液中的某些離子或原子團會發(fā)生水解：如Al2(SO4)3中的Al3＋、Na2CO3中的CO32－，例如1L0.5mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32－數(shù)目為0.5NA，該說法是錯誤的，注意要考慮CO32－在水中的發(fā)生水解的情況。20、D【解析】

A.裝置甲利用稀鹽酸與鋅在簡易裝置中制取H2，實驗裝置和原理能達到實驗目，選項A不選；B.裝置乙利用氫氧化鈉溶液吸收氫氣中的氯化氫氣體、利用濃硫酸干燥氫氣，起到凈化干燥H2的作用，實驗裝置和原理能達到實驗目，選項B不選；C.裝置丙利用純凈的氫氣在高溫條件下與鈣反應制取CaH2，實驗裝置和原理能達到實驗目，選項C不選；D.裝置丁是用于防止空氣中的水蒸氣及氧氣進入與鈣或CaH2反應，實驗原理與吸收尾氣不符合，過量氫氣應收集或點燃，選項D選。答案選D。21、C【解析】

加熱時碳酸氫鈉分解生成二氧化碳和水，分別與過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氫氧化鈉，當碳酸氫鈉過量時，生成二氧化碳過量，最終產(chǎn)物為碳酸鈉?！驹斀狻考訜釙r碳酸氫鈉分解生成二氧化碳和水，二氧化碳和水與過氧化鈉反應，當碳酸氫鈉過量時，生成二氧化碳、水均過量，則反應后生成的固體中不可能存在過氧化鈉，過氧化鈉先與過量的二氧化碳反應生成碳酸鈉，則最終產(chǎn)物為碳酸鈉；故答案選C。22、C【解析】

A．根據(jù)圖象，碳酸鈉溶液中碳酸根離子水解，在一定的溫度范圍內(nèi)升高溫度，溶液的pH增大，說明升高溫度，促進了水解，說明水解是吸熱反應，故A正確；B．a(chǎn)b段說明升溫促進水解，氫氧根離子濃度增大，堿性增大，溶液pH增大，圖象符合，故B正確；C．溶液中存在碳酸根的水解平衡CO32-+H2O?HCO3-+OH-和水的電離平衡H2O?H++OH-，二者均為吸熱反應，bc段中溫度進一步升高，水電離出更多的氫氧根，抑制了碳酸根的水解，導致溶液的堿性降低，pH減小，故C錯誤；D．隨溫度升高，此時促進鹽類水解，對水的電離也起到促進作用，氫氧根離子濃度增大，抑制碳酸鈉的水解，因此水的電離平衡也對pH產(chǎn)生影響，故D正確；故選C。【點睛】本題的難點是圖象變化特征的理解，要注意溶液中存在的平衡之間的相互影響。二、非選擇題(共84分)23、取代反應酯基、溴原子在光照條件下氯氣與甲苯反應選擇性差，得到的B物質(zhì)中副產(chǎn)物多HOCH2CH2OH、【解析】

A為，B為，由合成流程結合生成C的條件及圖中轉(zhuǎn)化關系可知，C為，酸性條件下水解得到D為：，酸和醇發(fā)生酯化反應，生成E為：，E發(fā)生取代反應生成F，F(xiàn)與碘甲烷發(fā)生取代反應生成G，G取代生成H，H與甲醇發(fā)生酯化反應，生成I，I發(fā)生取代反應得到J，同時還生成乙二醇，以此解答?！驹斀狻浚?）由上述分析可知，反應④為酯化反應或取代反應；J中含有官能團為溴原子、酯基，故答案為：酯化反應(或取代反應)；溴原子、酯基；（2）由于用甲苯與氯氣在光照條件下反應，氯氣取代甲基的H原子，選擇性差，因此得到的B物質(zhì)中副產(chǎn)物多，故答案為：在光照條件下氯氣與甲苯反應選擇性差，得到的B物質(zhì)中副產(chǎn)物多；（3）反應⑥發(fā)生的是取代反應，CH2(COOC2H5)2與足量CH3CH2CH2I充分反應：；（4）I發(fā)生取代反應得到J，根據(jù)原子守恒可知同時還生成乙二醇；反應⑨的化學方程式為：，其中產(chǎn)物X的結構簡式為OHCH2CH2OH，故答案為：OHCH2CH2OH；（5）能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，但不能發(fā)生水解反應，則另一個為醚鍵；苯環(huán)上一氯取代物只有一種，說明苯環(huán)上只有一種氫原子；核磁共振氫譜有4組峰，說明只有4種氫原子；符合條件的同分異構體為：、，故答案為：、；（6）與NaCN發(fā)生取代反應生成，水解生成CH3CH2CH(COOH)CH3，與甲醇發(fā)生酯化反應生成，合成路線為：。24、+Cl2+HCl醛基取代反應(或酯化反應)NaOH溶液加熱13【解析】

甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成D(CH2Cl2)，D在氫氧化鈉的水溶液、加熱條件下發(fā)生取代反應，但同一個碳原子上含有兩個羥基不穩(wěn)定會失水生成醛，則E為HCHO，F(xiàn)是CH3(CH2)6CHO和甲醛反應生成G，根據(jù)題給信息知G為，G和氫氣發(fā)生加成反應生成H為；甲苯在光照條件下與氯氣發(fā)生取代反應生成，水解得到A為，A氧化生成B為，B進一步氧化生成C為，C與H發(fā)生酯化反應生成I為；(5)苯與氯氣在光照條件下生成，然后發(fā)生水解反應生成，最后與乙醛在堿性條件下反應生成目標物?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：A為，B為，C為，D為CH2Cl2，E為HCHO，F(xiàn)為CH3(CH2)6CHO，G為，H為，I為。(1)反應①為甲苯和氯氣的取代反應，方程式為：+Cl2+HCl；F為CH3(CH2)6CHO，官能團名稱為醛基；(2)反應②是C()與H()發(fā)生酯化反應或取代反應產(chǎn)生I()，反應類型為酯化反應或取代反應；D為CH2Cl2，E為HCHO，D與NaOH水溶液混合加熱發(fā)生取代反應產(chǎn)生E，所以D→E所需試劑、條件分別是NaOH溶液、加熱；(3)G的結構簡式為；(4)化合物W化學式為C8H8O2，W比C多一個-CH2原子團，且滿足下列條件，①遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基、苯環(huán)；②能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，根據(jù)不飽和度知，除了苯環(huán)外不含雙鍵或環(huán)狀結構；如果存在-OH、-CH2CHO，有鄰、間、對3種不同結構；如果取代基為-OH、-CH3、-CHO，有10種不同結構；所以符合條件的同分異構體有13種，其中核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環(huán)境的氫，峰面積比為2：2：2：1：1的結構簡式為；(5)苯與氯氣在光照條件下生成，發(fā)生水解反應生成，與CH3CHO發(fā)生醛的加成反應產(chǎn)生，故合成路線流程圖為：?！军c睛】本題考查了有機物的推斷與合成，熟練掌握官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化是關鍵，注意信息中醛的加成反應特點，利用順推法與逆推法相結合進行推斷，易錯點是同分異構體種類判斷，關鍵是確定取代基的種類及數(shù)目。25、Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2OPt、Au將Fe2+氧化為Fe3+不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染Al3+、Fe3+加熱脫水甲所得產(chǎn)品中含有較多Fe2(SO4)3雜質(zhì)乙×100%c【解析】

稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu2+、Al3+、Fe2+，濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+，濾液1中加入過氧化氫，將Fe2+氧化為Fe3+，再加入氫氧化鈉并調(diào)節(jié)溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，濾液2中主要含有Cu2+，然后將硫酸銅溶液蒸發(fā)、冷卻結晶、過濾得到硫酸銅晶體；將濾渣2(主要含有氫氧化鐵和氫氧化鋁)經(jīng)過一系列步驟制取Al2(SO4)3·18H2O。結合物質(zhì)的性質(zhì)分析解答?！驹斀狻?1)稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu與酸反應的離子方程式為：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案為Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Pt、Au，(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化為Fe3+，過氧化氫做氧化劑不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染，根據(jù)流程圖，調(diào)溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案為將Fe2+氧化為Fe3+；不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染；Al3+、Fe3+；(3)第③步由CuSO4·5H2O制備無水CuSO4的方法是在坩堝中加熱脫水，故答案為在坩堝中加熱脫水；(4)制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì)，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在濾渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，過濾除去生成的鐵和過量的鋁粉，將濾液蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；丙方案先在濾渣中加NaOH和Al(OH)3反應生成NaAlO2，再在濾液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；但從原子利用角度考慮方案乙更合理，因為丙加的NaOH和制備的Al2(SO4)3的原子組成沒有關系，造成藥品浪費，故答案為甲；所得產(chǎn)品中含有較多Fe2(SO4)3雜質(zhì)；乙；(5)①取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用cmol?L-1EDTA(H2Y2-)標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反應如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，銅離子物質(zhì)的量和標準液物質(zhì)的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依據(jù)元素守恒得到：則20mL溶液中含有的CuSO4?5H2O物質(zhì)的量為bc×10-3mol；100mL溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol，所以CuSO4?5H2O質(zhì)量分數(shù)的表達式=×100%，故答案為×100%；②a．未干燥錐形瓶對實驗結果無影響，故錯誤；b．滴定終點時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡，導致消耗標準液讀數(shù)偏小，結果偏低，故錯誤；c．未除凈可與EDTA反應的干擾離子，導致消耗標準液多，結果偏高，故正確；導致含量的測定結果偏高的是c，故答案為c?！军c睛】掌握中和滴定的簡單計算和誤差的分析，離子性質(zhì)等是解答本題的關鍵。本題的易錯點為(4)，要注意從原子利用的角度分析解答。26、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(nèi)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(chǎn)品中的質(zhì)量分數(shù)為×100%＝90.18%，故答案為：90.18%?！窘馕觥?/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(nèi)不褪色；依據(jù)反應的定量關系2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣計算碘單質(zhì)消耗的硫代硫酸鈉，計算得到樣品中的質(zhì)量分數(shù)?！驹斀狻浚?）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(nèi)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(nèi)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(chǎn)品中的質(zhì)量分數(shù)為×100%＝90.18%，故答案為：90.18%?！军c睛】本題涉及物質(zhì)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(zhì)性質(zhì)是解本題關鍵。27、沉淀不溶解，無氣泡產(chǎn)生BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2Ob2I――2e－＝I2由于生成AgI沉淀，使B溶液中c(I－)減小，I－還原性減弱，原電池電壓減小實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c>b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發(fā)生了AgI+Cl－AgCl+I－溶解度小的沉淀容易轉(zhuǎn)化為溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度較大的沉淀越難實現(xiàn)【解析】

(1)①BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳氣體，BaSO4不溶于鹽酸；②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生，是BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳；③實驗Ⅱ中加入試劑Na2CO3后，發(fā)生反應是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；(2)①要證明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，AgNO3與NaCl溶液反應時，必須是NaCl過量；②I―具有還原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原電池負極；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；④AgI轉(zhuǎn)化為AgCl，則c(I－)增大，還原性增強，電壓增大。(3)根據(jù)實驗目的及現(xiàn)象得出結論。【詳解】(1)①BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳氣體，BaSO4不溶于鹽酸，實驗I說明BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4的現(xiàn)象是加入鹽酸后，沉淀不溶解，無氣泡產(chǎn)生；②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解，說明是BaCO3與鹽酸反應，反應離子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++