2023屆延邊市重點中學高考化學三模試卷含解析

2023高考化學模擬試卷注意事項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、以下性質的比較可能錯誤的是()A．離子半徑H﹣＞Li+ B．熔點Al2O3＞MgOC．結合質子(H+)的能力CO32﹣＞ClO﹣ D．密度1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷2、下列示意圖與化學用語表述內容不相符的是（水合離子用相應離子符號表示）（）A．NaCl→Na++Cl-B．CuCl→Cu2++2Cl-C．CH3COOH?CH3COO-+H+D．H2

（g）+Cl2

（g）→2HCl（g）+183kJ3、25℃時，用0.1mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL0.1mol·L－1的鹽酸和醋酸，滴定曲線如圖所示，下列說法正確的是A．Ⅰ、Ⅱ分別表示鹽酸和醋酸的滴定曲線B．pH=7時，滴定鹽酸和醋酸消耗NaOH溶液的體積相等C．V(NaOH)=10.00mL時，醋酸溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D．V(NaOH)=20.00mL時，兩溶液中c(CH3COO-)>c(Cl-)4、有關物質性質的比較，錯誤的是A．熔點：純鐵>生鐵 B．密度：硝基苯>水C．熱穩(wěn)定性：小蘇打<蘇打 D．碳碳鍵鍵長：乙烯>苯5、下列說法中，正確的是A．78gNa2O2固體含有離子的數(shù)目為4NAB．由水電離出的c(H＋)=10?12mol·L?1溶液中Na＋、NH4+、SO42?、NO3?一定能大量共存C．硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后變藍的反應為：4I?+O2+4H+=2I2+2H2OD．將充有NO2的玻璃球浸到熱水中氣體顏色加深說明2NO2(g)N2O4(g)△H>06、下列實驗操作能達到實驗目的的是選項實驗目的操作A配制氯化鐵溶液將氯化鐵固體溶解在較濃的鹽酸中，再加水稀釋B除去乙醇中的水加入無水氯化鈣，蒸餾C除去NO中的NO2將氣體通過盛有NaOH溶液的洗氣瓶D除去Cl2中的HCl得到純凈的Cl2將Cl2和HCl混合氣體通過飽和食鹽水A．A B．B C．C D．D7、下列說法不正確的是()A．乙醛和丙烯醛()不是同系物，分別與氫氣充分反應后的產物也不是同系物B．O2與O3互為同素異形體，1H、2H、3H是氫元素的不同核素C．C2H6O有兩種同分異構體；2-甲基戊烷的結構簡式為CH3CH2CH2CH(CH3)2D．氨基酸分子中均含有羧基(—COOH)和氨基(—NH2)8、實驗室從廢定影液[含Ag(S2O3)23-和Br-等]中回收Ag和Br2的主要步驟為：向廢定影液中加入Na2S溶液沉銀，過濾、洗滌及干燥，灼燒Ag2S制Ag；制取Cl2并通入濾液氧化Br-，用苯萃取分液。其中部分操作的裝置如圖所示，下列敘述正確的是（）A．用裝置甲分離Ag2S時，用玻璃棒不斷攪拌B．用裝置乙在空氣中高溫灼燒Ag2S制取AgC．用裝置丙制備用于氧化濾液中Br-的Cl2D．用裝置丁分液時，先放出水相再放出有機相9、下列生產、生活中的事實不能用金屬活動性順序表解釋的是()A．鋁制器皿不宜盛放酸性食物B．電解飽和食鹽水陰極產生氫氣得不到鈉C．鐵制容器盛放和運輸濃硫酸D．鍍鋅鐵桶鍍層破損后鐵仍不易被腐蝕10、一種釕(Ru)基配合物光敏染料敏化太陽能電池的工作原理及電池中發(fā)生的主要反應如圖所示。下列說法錯誤的是A．電池工作時，光能轉變?yōu)殡娔埽琗

為電池的負極B．鍍鉑導電玻璃上發(fā)生氧化反應生成I-C．電解質溶液中發(fā)生反應:2Ru3++3I-2Ru2++I3-D．電池工作時，電解質溶液中I-和I3-的濃度基本不變11、欲觀察環(huán)戊烯()是否能使酸性KMnO4溶液褪色，先將環(huán)戊烯溶于適當?shù)娜軇?，再慢慢滴?.005mol·L-1KMnO4溶液并不斷振蕩。下列哪一種試劑最適合用來溶解環(huán)戊烯做此實驗A．四氯化碳 B．裂化汽油 C．甲苯 D．水12、常溫下,向20.00mL0.1000mol·L-1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol·L-1NaOH溶液時,溶液的pH與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示(不考慮NH3·H2O的分解)。下列說法不正確的是()A．點a所示溶液中:c()>c()>c(H+)>c(OH-)B．點b所示溶液中:c()=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)C．點c所示溶液中:c()+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()D．點d所示溶液中:c()+c(NH3·H2O)=0.1000mol·L-113、第三周期元素X、Y、Z、W的最高價氧化物分別溶于水得溶液，0.010mol/L的這四種溶液pH與該元素原子半徑的關系如圖所示。下列說法正確的是（）A．Y可能是硅元素B．簡單離子半徑：Z＞W＞XC．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y＞WD．非金屬性：Y＞Z14、從粗銅精煉的陽極泥（主要含有）中提取粗碲的一種工藝流程如圖：（已知微溶于水，易溶于強酸和強堿）下列有關說法正確的是（）A．“氧化浸出”時為使確元素沉淀充分，應加入過量的硫酸B．“過濾”用到的玻璃儀器：分液漏斗、燒杯、玻璃棒C．“還原”時發(fā)生的離子方程式為D．判斷粗碲洗凈的方法：取最后一次洗滌液，加入溶液，沒有白色沉淀生成15、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，原子最外層電子數(shù)之和為20，Y、W為同一主族元素，常溫下，Z的單質能溶于W的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。下列說法不正確的是（

）A．W和Y形成的一種化合物具有漂白性B．簡單離子半徑大小順序：W＞Z＞YC．最簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＜YD．元素X的氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物對應水化物能發(fā)生反應16、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＝1017、人體血液存在H2CO3/HCO3—、HPO42-/H2PO4—等緩沖對。常溫下，水溶液中各緩沖對的微粒濃度之比的對數(shù)值lgx［x表示或］與pH的關系如圖所示。已知碳酸pKal═6.4、磷酸pKa2═7.2（pKa═-lgKa）。則下列說法不正確的是A．曲線Ⅱ表示lg與pH的變化關系B．a~b的過程中，水的電離程度逐漸增大C．當c(H2CO3)═c(HCO3—)時，c(HPO42—)=c(H2PO4—)D．當pH增大時，逐漸增大18、化學與生產、生活、社會密切相關。下列說法錯誤的是A．大量使用含丙烷、二甲醚等輔助成分的“空氣清新劑”會對環(huán)境造成新的污染B．制造普通玻璃的原料為石英砂（Si02）、石灰石（CaCO3）和純堿C．髙錳酸鉀溶液、酒精、雙氧水能殺菌消毒，都利用了強氧化性D．紅柿摘下未熟，每籃用木瓜三枚放入，得氣即發(fā)，并無濕味?！蔽闹械摹皻狻笔侵敢蚁?9、將表面已完全鈍化的鋁條，插入下列溶液中，不會發(fā)生反應的是（）A．稀硝酸 B．硝酸銅 C．稀鹽酸 D．氫氧化鈉20、隨著原子序數(shù)的遞增，八種短周期元素（用字母x等表示）原子半徑的相對大小，最高正價或最低負價的變化如圖所示，下列說法錯誤的是A．常見離子半徑：g>h>d>eB．上述元素組成的ZX4f(gd4)2溶液中，離子濃度：c（f3+）＞c（zx4+）C．由d、e、g三種元素組成的鹽溶液和稀硫酸反應可能生成沉淀D．f的最高價氧化物的水化物可以分別與e和h的最高價氧化物的水化物發(fā)生反應21、鎳粉在CO中低溫加熱，生成無色揮發(fā)性液態(tài)Ni(CO)4，呈四面體構型。150℃時，Ni(CO)4分解為Ni和CO。則下列可作為溶解Ni(CO)4的溶劑是（）A．水 B．四氯化碳 C．鹽酸 D．硫酸鎳溶液22、下圖是分離混合物時常用的儀器，可以進行的混合物分離操作分別是（

）A．蒸餾、過濾、萃取、蒸發(fā) B．蒸餾、蒸發(fā)、萃取、過濾C．萃取、過濾、蒸餾、蒸發(fā) D．過濾、蒸發(fā)、萃取、蒸餾二、非選擇題(共84分)23、（14分）某藥物中間體X的合成路線如下：已知：①RX＋＋HX；②－NH2＋RCHORCH＝N－；③R－OH；④。請回答：（1）F的結構簡式為________。（2）下列說法正確的是________。AH→X的反應類型屬于加成反應B化合物F具有弱堿性C化合物G能發(fā)生取代、消去、還原反應D化合物X的分子式為C23H27O3N9（3）寫出B→C的化學方程式________。（4）可以轉化為。設計以苯酚和乙烯為原料制備的合成路線（用流程圖表示，無機試劑任選）________。（5）寫出化合物B同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式。①分子中有一個六元環(huán)，無其它環(huán)狀結構；________②1H?NMR譜表明分子中有2種氫原子；IR譜顯示存在－CN________。24、（12分）化合物I是一種抗腦缺血藥物，合成路線如下：已知：回答下列問題：(1)按照系統(tǒng)命名法，A的名稱是_____；寫出A發(fā)生加聚反應的化學方程式：__________。(2)反應H→I的化學方程式為________；反應E→F的反應類型是______。(3)寫出符合下列條件的G的所有同分異構體的結構簡式：________①遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應②核磁共振氫譜有4組峰(4)α,α-二甲基芐醇()是合成醫(yī)藥、農藥的中間體，以苯和2-氯丙烷為起始原料制備α,α-二甲基芐醇的合成路線如下：該合成路線中X的結構簡式為____，Y的結構簡式為________；試劑與條件2為______。25、（12分）草酸是草本植物常具有的成分，具有廣泛的用途。草酸晶體（H2C2O4?2H2O）無色易溶于水，熔點為101℃，受熱易脫水、升華，在170℃以上分解。常溫下，草酸的電離平衡常數(shù)K1=5.4×10－2，K2=5.4×10－5。回答下列問題：（1）擬用下列裝置分解草酸制備少量純凈的CO，其合理的連接順序為____（填字母）。（2）相同溫度條件下，分別用3支試管按下列要求完成實驗：試管ABC4mL0.01mol/L4mL0.02mol/L4mL0.03mol/L加入試劑KMnO4KMnO4KMnO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O4褪色時間28秒30秒不褪色寫出試管B中發(fā)生反應的離子方程式____________；上述實驗能否說明“相同條件下，反應物濃度越大，反應速率越快”？_____（填“能”或“不能”）；簡述你的理由：__________________。（3）設計實驗證明草酸為弱酸的方案及其結果均正確的有________（填序號）。A．室溫下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，測其pH=2；B．室溫下，取0.010mol/L的NaHC2O4溶液，測其pH>7；C．室溫下，取pH=a（a<3）的H2C2O4溶液稀釋100倍后，測其pH<a+2；D．取0.10mol/L草酸溶液100mL與足量鋅粉反應，收集到H2體積為224mL（標況）。（4）為測定某H2C2O4溶液的濃度，取20.00mLH2C2O4溶液于錐形瓶中，滴入2-3滴指示劑，用0.1000mol/L的NaOH溶液進行滴定，進行3次平行實驗，所用NaOH溶液體積分別為19.98mL、20.02mL和22.02mL。①所用指示劑為__________；滴定終點時的現(xiàn)象為________________；②H2C2O4溶液物質的量濃度為________；③下列操作會引起測定結果偏高的是_______（填序號）。A．滴定管在盛裝NaOH溶液前未潤洗B．滴定過程中，錐形瓶震蕩的太劇烈，以致部分液體濺出C．滴定前讀數(shù)正確，滴定終點時俯視讀數(shù)D．滴定前讀數(shù)正確，滴定終點時仰視讀數(shù)26、（10分）某學習小組以Mg(NO3)2為研究對象，擬通過實驗初步探究硝酸鹽熱分解的規(guī)律。（提出猜想）小組提出如下4種猜想：甲：Mg(NO2)2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2?。篗gO、NO2、N2(1)查閱資料得知，NO2

可被NaOH溶液吸收，反應的化學方程式為：_________。(2)實驗前，小組成員經討論認定猜想丁不成立，理由是________。（實驗操作）(3)設計如圖裝置，用氮氣排盡裝置中空氣，其目的是_______；加熱Mg(NO3)2固體，AB裝置實驗現(xiàn)象是：________，說明有Mg(NO3)2固體分解了，有NO2生成。(4)有同學提出可用亞硫酸鈉溶液檢驗是否有氧氣產生，但通入之前，還需在BD裝置間增加滴有酚酞的氫氧化鈉溶液，其作用是：_______。(5)小組討論后認為即便通過C后有氧氣，僅僅用亞硫酸鈉溶液仍然難以檢驗，因為：______，改進的措施是可在亞硫酸鈉溶液中加入_______。(6)上述系列改進后，如果分解產物中有O2存在，排除裝置與操作的原因，未檢測到的原因是______。（用化學方程式表示）27、（12分）POCl3是重要的基礎化工原料，廣泛用于制藥、染料、表面活性劑等行業(yè)。一種制備POCl3的原理為：

PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2。某化學學習小組擬利用如下裝置在實驗室模擬制備POCl3。有關物質的部分性質如下：物質熔點/℃沸點/℃密度/g·mL-1其它PCl3-93.676.11.574遇水強烈水解，易與氧氣反應POCl31.25105.81.645遇水強烈水解，能溶于PCl3SOCl2-10578.81.638遇水強烈水解，加熱易分解（1）儀器甲的名稱為______________

，與自來水進水管連接的接口編號是________________。

(填“a”或“b”)。（2）裝置C的作用是___________________，乙中試劑的名稱為____________________。（3）該裝置有一處缺陷，解決的方法是在現(xiàn)有裝置中再添加一個裝置，該裝置中應裝入的試劑為_________(寫名稱)。若無該裝置，則可能會有什么后果?請用化學方程式進行說明__________________________。（4）D中反應溫度控制在60-65℃，其原因是_______________。（5）測定POCl3含量。①準確稱取30.70g

POCl3產品，置于盛有60.00mL蒸餾水的水解瓶中搖動至完全水解；②將水解液配成100.00mL溶液，取10.00mL溶液于錐形瓶中；③加入10.00

mL3.200

mol/LAgNO3標準溶液，并加入少許硝基苯用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋；④以Fe3+為指示劑，用0.2000

mol/L

KSCN溶液滴定過量的AgNO3溶液，達到滴定終點時共用去10.00

mLKSCN溶液。①滴定終點的現(xiàn)象為____________________，用硝基苯覆蓋沉淀的目的是__________________。②反應中POCl3的百分含量為__________________。28、（14分）（化學——選修3：物質結構與性質）第23號元素釩在地殼中的含量大約為0.009%，在過渡元素中僅次于Fe、Ti、Mn、Zn，排第五位。我國四川攀枝花地區(qū)蘊藏著極其豐富的釩鈦磁鐵礦。(1)釩在周期表中的位置為__________，電子占據(jù)的最高能層的軌道形狀為_______(2)在地殼中含量最高的五種過渡金屬元素Fe、Ti、Mn、Zn、V中，基態(tài)原子核外單電子數(shù)最多的是_____。(3)過渡金屬可形成許多羧基配合物，即CO作為配體形成的配合物。①CO的等電子體有N2、CN－、_______等(任寫一個)。②CO作配體時，配位原子是C而不是O，其原因是________。(4)過渡金屬配合物常滿足“18電子規(guī)則”，即中心原子的價電子數(shù)加上配體提供的電子數(shù)之和等于18，如[Fe(CO)5]、[Mn(CO)5]－等都滿足這個規(guī)則。①下列釩配合物中，釩原子滿足18電子規(guī)則的是__________。A[V(H2O)6]2＋B[V(CN)6]4－C[V(CO)6]－D[V(O2)4]3－②化合物的熔點為138℃，其晶體類型為________。(5)VCl2(熔點1027℃)和VBr2(熔點827℃)均為六方晶胞，結構如圖所示。①VCl2和VBr2兩者熔點差異的原因是_________。②設晶體中陰、陽離子半徑分別為r－和r＋，該晶體的空間利用率為________(用含a、c、r＋和r－的式子表示)。29、（10分）2019年10月9日消息，諾貝爾化學獎頒給約翰●B．古迪納夫、M●斯坦利●威廷漢和吉野彰，以表彰他們“開發(fā)鋰離子電池”的貢獻。磷酸亞鐵鋰(化學式：LiFePO4)是鋰離子電池電極材料，主要用于動力鋰離子電池，作為正極活性物質使用，人們習慣也稱其為磷酸鐵鋰。(1)基態(tài)鋰原子核外能量最高的電子電子云輪廓圖形狀為__；基態(tài)磷原子第一電離能比基態(tài)硫的__(填“大”或“小”)，原因是__。(2)實驗室中可用KSCN或K4[Fe(CN)6]來檢驗Fe3+。FeCl3與KSCN溶液混合，可得到配位數(shù)為5的配合物的化學式是__，其中硫、碳的雜化類型分別是__、__。(3)磷酸和亞磷酸(H3PO3)是磷元素的兩種含氧酸。PO43-的空間構型為__；亞磷酸與NaOH反應只生成Na2HPO3和NaH2PO3兩種鹽，則H3PO3的結構式為__。(4)磷酸分子間脫水可生成多磷酸，其某一鈣鹽的結構如圖所示：由圖推知該多磷酸鈣鹽的通式為__。(5)氧化亞鐵晶體的晶胞如圖所示。已知：氧化亞鐵晶體的密度為ρg·cm-3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。在該晶胞中，與O2-緊鄰且等距離的Fe2+數(shù)目為__，F(xiàn)e2+與O2-最短核間距為___pm。

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、B【答案解析】

A．具有相同電子排布的離子，原子序數(shù)大的離子半徑小，則離子半徑為H﹣＞Li+，故A正確；B．離子晶體中，離子的電荷越高，半徑越小，晶格能越大，熔點越高，但氧化鋁的離子性百分比小于MgO中離子性百分比，則熔點為Al2O3＜MgO，故B錯誤；C．酸性是：HCO3﹣＜HClO，所以結合質子(H+)的能力為CO32﹣＞ClO﹣，故C正確；D．兩者結構相似，1﹣氯戊烷的碳鏈短，其密度大，則密度為1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷，故D正確；答案選B。【答案點睛】結合質子的能力和電解質電解強弱有關，越弱越容易結合質子。2、B【答案解析】

A、NaCl為強電解質，電離方程式為NaCl=Na++Cl-，故A不符合題意；B、電解氯化銅溶液生成Cu和氯氣，電解發(fā)生CuCl2Cu+Cl2↑，故B符合題意；C、醋酸為弱酸，電離方程式為CH3COOHCH3COO-+H+，故C不符合題意；D、焓變等于斷裂化學鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量，則H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)=(436+243-431×2)kJ/mol=-183kJ/mol，因此H2

(g)+Cl2

(g)→2HCl(g)+183kJ，故D不符合題意；故選：B?！敬鸢更c睛】電解池中陽極若是活性電極作陽極，則活性電極首先失電子，發(fā)生氧化反應，若是惰性電極作陽極，放電順序為：，注意：①陰極不管是什么材料，電極本身都不反應，一定是溶液(或熔融電解質)中的陽離子放電；②最常用、最重要的放電順序為陽極：Cl－>OH－；陰極：Ag＋>Cu2＋>H＋。3、C【答案解析】

A．鹽酸為強酸，醋酸為弱酸，濃度相同時鹽酸的pH較?。籅．濃度、體積相等時，醋酸與氫氧化鈉反應生成醋酸鈉溶液呈堿性，而鹽酸與氫氧化鈉反應生成氯化鈉溶液呈中性；C．V（NaOH）=10.00mL時，反應后為等物質的量濃度的醋酸和醋酸鈉的混合液，醋酸的電離程度大于醋酸鈉的水解程度，溶液呈酸性；D．V（NaOH）=20.00mL時，反應后得到等物質的量濃度的醋酸鈉、氯化鈉溶液，醋酸根離子部分水解，則醋酸根離子濃度較小。【題目詳解】A．根據(jù)圖示可知，Ⅰ的起始pH較大，Ⅱ的起始pH較小，則Ⅰ表示的是醋酸，Ⅱ表示鹽酸，選項A錯誤；B．醋酸為弱酸，溶液體積相同時，醋酸和氯化氫的物質的量相等，醋酸與氫氧化鈉反應生成醋酸鈉，溶液呈堿性，而鹽酸與氫氧化鈉反應生成氯化鈉溶液呈中性；若pH=7時，醋酸消耗的NaOH溶液體積應該稍小，選項B錯誤；C．V（NaOH）=10.00mL時，反應后為等物質的量濃度的醋酸和醋酸鈉的混合液，醋酸的電離程度大于醋酸鈉的水解程度，溶液呈酸性，則c（H+）＞c（OH-），反應后溶液中離子濃度大小為：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），選項C正確；D．V（NaOH）=20.00mL時，兩溶液都恰好反應得到等物質的量濃度的醋酸鈉和NaCl溶液，由于醋酸根離子部分水解，則兩溶液中c（CH3COO-）＜c（Cl-），選項D錯誤；答案選C?！敬鸢更c睛】本題考查了酸堿混合的定性判斷，題目難度中等，明確圖象曲線變化的含義為解答關鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關系，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力。4、D【答案解析】

A．生鐵是合金，熔點小于純鐵的熔點，故熔點為純鐵＞生鐵，選項A正確；B．水的密度等于1g/mL，硝基苯的密度大于1g/mL，所以密度：水＜硝基苯，選項B正確；C．碳酸氫鈉不穩(wěn)定受熱分解生成碳酸鈉，所以熱穩(wěn)定性：NaHCO3＜Na2CO3，選項C正確；D．苯中碳碳鍵介于單鍵和雙鍵之間，碳碳鍵鍵長：乙烯＜苯，選項D錯誤。答案選D?！敬鸢更c睛】本題考查元素及其對應單質、化合物的性質的遞變規(guī)律，側重于熔點、熱穩(wěn)定性、密度等性質的考查，題目難度不大，注意把握性質比較的角度以及規(guī)律，易錯點為選項D：苯中不含有碳碳雙鍵，碳碳鍵介于單鍵和雙鍵之間。5、C【答案解析】

A、Na2O2的電子式為，可知，molNa2O2中有2molNa＋和1molO22－，共3mol離子，離子數(shù)目為3NA，A錯誤；B、由水電離出的c(H＋)=10?12mol·L?1溶液可能是酸性，也可能是堿性，NH4+在堿性環(huán)境下不能大量共存，B錯誤；C、I－在空氣中容易被O2氧化，在酸性條件下，發(fā)生反應4I?+O2+4H+=2I2+2H2O，C正確；D、NO2玻璃球加熱顏色加深，說明NO2的濃度增大，平衡逆向移動，逆反應為吸熱反應，正反應為放熱反應，△H＜0，D錯誤；答案選C。6、A【答案解析】

A選項，配制氯化鐵溶液時，將氯化鐵固體溶解在較濃的鹽酸中，主要是抑制鐵離子水解，再加水稀釋到所需濃度，故A正確；B選項，除去乙醇中的水，先加氧化鈣，再蒸餾得到無水乙醇，故B錯誤；C選項，除去NO中的NO2，氫氧化鈉與一氧化氮、二氧化氮反應亞硝酸鈉，因此將混合物通入到水中，二氧化氮與水反應生成一氧化氮，故C錯誤；D選項，除去Cl2中的HCl得到純凈的Cl2，將混合氣體通過飽和食鹽水，還含有水蒸氣，故D錯誤。綜上所述，答案為A?！敬鸢更c睛】除去Cl2中的HCl得到純凈的Cl2，將混合氣體通過飽和食鹽水，再通入濃硫酸干燥，才能得到純凈的氯氣。7、A【答案解析】

A．乙醛和丙烯醛結構不相似，二者不是同系物，與氫氣發(fā)生加成反應都生成醇類物質，結構相似，分子組成上相差1個CH2原子團，為同系物，故A錯誤；B．O2

和O3

是氧元素的不同單質，互為同素異形體；1H、2H、3H質子數(shù)都為1，中子數(shù)分別為0、1、2，它們?yōu)闅湓氐娜N不同的核素，故B正確；C．C2H6O有乙醇和二甲醚兩種同分異構體；CH3CH2CH2CH(CH3)2的最長碳鏈含有5個C，主鏈為戊烷，在2號C含有1個甲基，其名稱為2-甲基戊烷，故C正確；D．氨基酸分子中均含有羧基(-COOH)和氨基(-NH2)，如最簡單的氨基酸甘氨酸(H2NCH2COOH)，故D正確；故選A。8、C【答案解析】

A．過濾分離Ag2S時，用玻璃棒不斷攪拌，容易損壞濾紙，A不正確；B．蒸發(fā)皿不能用于灼燒，在空氣中高溫灼燒Ag2S會生成SO2，污染環(huán)境，同時生成的Ag會被氧化成Ag2O，B不正確；C．KMnO4與濃鹽酸不需加熱就能反應生成Cl2，C正確；D．分液時，先放出水相，再從分液漏斗上口倒出有機相，D不正確；故選C。9、C【答案解析】

A．鋁性質較活潑，能和強酸、強堿反應生成鹽和氫氣，在金屬活動性順序表中Al位于H之前，所以能用金屬活動性順序解釋，故A錯誤；B．金屬陽離子失電子能力越強，其單質的還原性越弱，用惰性電極電解飽和食鹽水時，陰極生成氫氣而得不到鈉，說明Na的活動性大于氫，所以可以用金屬活動性順序解釋，故B錯誤；C．常溫下，濃硫酸和鐵發(fā)生氧化還原反應生成致密的氧化物薄膜而阻止進一步被氧化，該現(xiàn)象是鈍化現(xiàn)象，與金屬活動性順序無關，故C正確；D．構成原電池的裝置中，作負極的金屬加速被腐蝕，作正極的金屬被保護，F(xiàn)e、Zn和電解質構成原電池，Zn易失電子作負極、Fe作正極，則Fe被保護，所以能用金屬活動性順序解釋，故D錯誤；故選C?！敬鸢更c睛】金屬活動性順序表的意義：①金屬的位置越靠前，它的活動性越強；②位于氫前面的金屬能置換出酸中的氫（強氧化酸除外）；③位于前面的金屬能把位于后面的金屬從它們的鹽溶液中置換出來（K，Ca，Na除外）；④很活潑的金屬，如K、Ca、Na與鹽溶液反應，先與溶液中的水反應生成堿，堿再與鹽溶液反應，沒有金屬單質生成．如：2Na+CuSO4+2H2O═Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑；⑤不能用金屬活動性順序去說明非水溶液中的置換反應，如氫氣在加熱條件下置換氧化鐵中的鐵：Fe2O3+3H22Fe+3H2O。10、B【答案解析】

A、根據(jù)示意圖，電池工作時，光能轉變?yōu)殡娔?，根?jù)電子的流向，電極X為負極，電極Y為正極，故A正確；B、根據(jù)示意圖，I3－→I－，化合價降低，應發(fā)生還原反應，故B錯誤；C、根據(jù)示意圖，電解質溶液中發(fā)生反應:2Ru3++3I-2Ru2++I3-，故C正確；D、根據(jù)示意圖，I－和I3－的濃度基本不變，故D正確。答案選B。11、A【答案解析】

A項，環(huán)戊烯溶于四氯化碳，四氯化碳不能使KMnO4溶液褪色，不干擾環(huán)戊烯的檢驗；B項，環(huán)戊烯溶于裂化汽油，而裂化汽油能使KMnO4溶液褪色，干擾環(huán)戊烯的檢驗；C項，環(huán)戊烯溶于甲苯，而甲苯能使KMnO4溶液褪色，干擾環(huán)戊烯的檢驗；D項，環(huán)戊烯不溶于水；答案選A?！敬鸢更c睛】該題的關鍵是在選擇溶劑時不能干擾對環(huán)戊烯的鑒別。12、B【答案解析】

A.a點為(NH4)2SO4溶液，NH4+水解溶液呈酸性，但水解是微弱的，所以c()>c()，故A正確；B.b點溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒，c()+c(Na+)=2c()，所以c()不等于c(Na+)，故B錯誤；C.c點溶液中n(NH3·H2O)∶n[(NH4)2SO4∶n(Na2SO4)=2∶1∶1，由電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()，故C正確；D.d點為加入20mLNaOH溶液，此時溶液的體積為原體積的2倍，故含氮微粒的總濃度為原來的1/2，即0.1000mol/L。根據(jù)物料守恒則有c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1000mol·L-1，故D正確。故選B?！敬鸢更c睛】B選項為本題的難點，在解答離子濃度關系的圖象題時，要充分利用各種守恒，如電荷守恒、物料守恒、質子守恒等，在中性溶液中，要特別注意電荷守恒的應用。13、B【答案解析】

第三周期元素中，X最高價氧化物水化物的溶液的pH為12，氫氧根濃度為0.01mol/L，故為一元強堿，則X為Na，Y、W、Z對應的最高價氧化物水化物的溶液pH均小于7，均為酸，W最高價含氧酸溶液中氫離子濃度為0.01mol/L，故為一元強酸，則W為Cl元素；等濃度的最高價含氧酸中，Z電離出氫離子濃度比W的大、Y對應的酸性最弱，而原子半徑Y＞Z＞Cl，故Z為S元素，Y為P元素，以此來解答?！绢}目詳解】由上述分析可知，X為Na、Y為P、Z為S，W為Cl，A．Y不可能是Si元素，因為SiO2不溶于水，由分析可知Y是P元素，故A錯誤；B．電子層越多，離子半徑越大，具有相同排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，則S2-、Cl-和Na+的離子半徑為S2-＞Cl-＞Na+，故B正確；C．Cl的非金屬性比P強，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性HCl＞PH3，故C錯誤；D．S和P是同周期的主族元素，核電荷數(shù)大，元素的非金屬性強，即S的非金屬性大于P，故D錯誤；故答案為B。14、D【答案解析】

A.由題中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于強酸和強堿，是兩性氧化物。Cu2Te與硫酸、氧氣反應，生成硫酸銅和TeO2，硫酸若過量，會導致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，故A錯誤；B.“過濾”用到的玻璃儀器：漏斗、燒杯、玻璃棒，故B錯誤；C.Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中進行還原得到固態(tài)碲，同時生成Na2SO4，該反應的離子方程式是2SO32－+Te4++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+，故C錯誤；D.通過過濾從反應后的混合物中獲得粗碲，粗碲表面附著液中含有SO42-，取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀生成，則說明洗滌干凈，故D正確。故選D。15、B【答案解析】

常溫下，Z的單質能溶于W的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。則Z為鋁，W為硫；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Y、W為同一主族元素，則Y為氧；原子最外層電子數(shù)之和為20，則X最外層電子數(shù)為20-3-6-6=5，則X為氮；A.W為硫，Y為氧，形成的一種化合物是二氧化硫，具有漂白性，故A正確；B.硫離子有3個電子層，半徑最大；氧離子和鋁離子核外電子排布相同，核電荷越大，半徑越小，所以氧離子大于鋁離子，故簡單離子半徑大小順序：W＞Y＞Z，故B錯誤；C.非金屬性越強其氫化物越穩(wěn)定，氮非金屬性弱于氧，則最簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＜Y，故C正確；D.元素X的氣態(tài)氫化物為氨氣，其最高價氧化物對應水化物為硝酸，能發(fā)生反應生成硝酸銨，故D正確。故選B?！敬鸢更c睛】解決此題的關鍵是正確推斷元素的種類，突破口在于題干信息中濃溶液和稀溶液性質不同，想到濃硫酸具有強氧化性，與金屬鋁發(fā)生鈍化反應，而稀硫酸可以與鋁反應。16、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(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)＝2c()+c()+c(OH?)+c(Cl?)，故不選B；C.根據(jù)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(jù)Kh=計算可得c(OH?)=10-4，因此溶液的pH＝10，故不選D；答案選C。17、D【答案解析】

由電離平衡H2CO3HCO3-+H+、H2PO4-HPO42-+H+可知，隨pH增大，溶液中c(OH-)增大，使電離平衡向右移動，H2CO3/HCO3-減小，HPO42-/H2PO4-增大，所以曲線I表示lg[H2CO3/HCO3-)]與pH的變化關系，曲線II表示lg[c(HPO42-)/c(H2PO4-)]與pH的變化關系，以此分析解答?！绢}目詳解】A.根據(jù)以上分析，曲線I表示lg[H2CO3/HCO3-)]與pH的變化關系，故A錯誤；B.曲線I表示lg[H2CO3/HCO3-)]與pH的變化關系，a→b的過程中，c(HCO3-)逐漸增大，對水的電離促進作用增大，所以水的電離程度逐漸增大，故B錯誤；C.根據(jù)H2CO3HCO3-+H+，Kal=；H2PO4-HPO42-+H+，Ka2=；由題給信息可知，Ka1Ka2，則當c(H2CO3)=c(HCO3—)時c(HPO42-)c(H2PO4-)，故C錯誤；D.根據(jù)Kal=；Ka2=，可得c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(H2CO3)，當pH增大時，c(H2CO3)逐漸減小，所以c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐漸減小，故D正確。故答案選D?！敬鸢更c睛】本題考查電解質溶液，涉及電離平衡移動、電離平衡常數(shù)及水的電離等知識，正確分析圖象是解題的關鍵，注意電離常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，電離常數(shù)不變，注意平衡常數(shù)的表達式及巧妙使用。18、C【答案解析】

A.丙烷、二甲醚都有一定的毒性，會對環(huán)境造成污染，故A不選；B.SiO2和CaCO3、Na2CO3在玻璃熔爐里反應生成Na2SiO3和CaSiO3，和過量的SiO2共同構成了玻璃的主要成分，故B不選；C.髙錳酸鉀溶液和雙氧水殺菌消毒，利用了強氧化性，酒精沒有強氧化性，故C選；D.成熟的水果能釋放乙烯，乙烯可以促進果實成熟，故D不選。故選C。19、B【答案解析】

表面已完全鈍化的鋁條表面的物質是氧化鋁，氧化鋁屬于兩性氧化物，能溶于強酸、強堿溶液，稀硝酸和稀鹽酸是強酸，NaOH是強堿，所以能溶于稀硝酸、稀鹽酸、NaOH溶液中，但不能和硝酸銅反應，故選B。20、B【答案解析】

根據(jù)八種短周期元素原子半徑的相對大小可知：x屬于第一周期，y、z、d屬于第二周期，e、f、g、h屬于第三周期元素；根據(jù)最高正價或最低負價可知：x為H,y為C、z為N、d為O、e為Na、f為Al、g為S、h為Cl?！绢}目詳解】A.g為S，h為Cl，屬于第三周期，離子半徑g>h；d為O，e為Na，同為第二周期，離子半徑d>e，故離子半徑：g>h>d>e，A正確；B.根據(jù)上述分析可知，ZX4f(gd4)2組成為NH4Al(SO4)2，溶液中Al3+和NH4+水解均顯酸性，屬于相互抑制的水解，由于氫氧化鋁的電離常數(shù)大于一水合氨，則鋁離子水解程度大于銨根，即離子濃度：c(Al3+)＜c（NH4+）,故B錯誤；C.d為O、e為Na、g為S，由d、e、g三種元素組成的鹽Na2S2O3溶液和稀硫酸反應可能生成S沉淀,故C正確；D.f為Al，f的最高價氧化物的水化物為Al（OH）3,為兩性氫氧化物，e和h的最高價氧化物的水化物分別為NaOH、HClO4，可以與Al(OH)3發(fā)生反應,故D正確；答案：B。【答案點睛】突破口是根據(jù)原子半徑的大小判斷元素的周期數(shù)；根據(jù)最高正化合價和最低負化合價的數(shù)值大小判斷元素所在的主族；由此判斷出元素的種類，再根據(jù)元素周期律解答即可。21、B【答案解析】

Ni(CO)4呈四面體構型，為非極性分子，由相似相溶原理知，非極性分子的溶質易溶于非極性分子的溶劑，四氯化碳是非極性分子，所以該物質易溶于四氯化碳，故選B。22、A【答案解析】

蒸餾燒瓶用于分離沸點相差較大的兩種液體的分離或難揮發(fā)性固體和液體的分離；普通漏斗用于分離互不相溶的固體和液體；分液漏斗用來分離互不相溶的液體或分離在不同溶劑中溶解度不同的混合物；蒸發(fā)皿用于可溶性固體和液體的分離，以此來解答?！绢}目詳解】蒸餾燒瓶用于分離沸點相差較大的兩種液體的分離或難揮發(fā)性固體和液體的分離，即蒸餾；普通漏斗用于分離互不相溶的固體和液體，即過濾；分液漏斗用來分離互不相溶的液體或用來分離在不同溶劑中溶解度不同的混合物，即分液或萃??；蒸發(fā)皿用于可溶性固體和液體的分離，即蒸發(fā)，所以從左至右，可以進行的混合物分離操作分別是：蒸餾、過濾、分液或萃取、蒸發(fā)。答案選A。二、非選擇題(共84分)23、或HOCH2CH2NHNH2BCD＋＋HCl、、【答案解析】

從E到F的分子式的變化分析，物質E和NH2NH2的反應為取代反應，另外的產物為氯化氫，則推斷B的結構簡式為，根據(jù)信息①分析，C的結構簡式為，E的結構簡式為HOCH2CH2Cl，F(xiàn)的結構簡式為HOCH2CH2NHNH2。【題目詳解】(1)根據(jù)以上分析可知F的結構簡式為或HOCH2CH2NHNH2；(2)A．Ｈ的結構中含有氯原子，結合信息①分析，H→X的反應類型屬于取代反應，故錯誤；B．化合物F的結構簡式為HOCH2CH2NHNH2，含有氨基，具有弱堿性，故正確；C．化合物G含有的官能團為羥基，羰基，碳氮雙鍵，碳碳雙鍵，所以能發(fā)生取代、消去、還原反應，故正確；D．結合信息①分析，Ｈ的分子式為C12H12O2N7Cl，與之反應的分子式為C11H16ON2，該反應為取代反應，生成的另外的產物為氯化氫，則化合物X的分子式為C23H27O3N9，故正確。選BCD；(3)B到C為取代反應，方程式為：＋＋HCl；(4)以苯酚和乙烯為原料制備的合成路線，從逆推方法入手，需要合成的物質為和HN（CH2CH2Br）2，由苯酚和濃硝酸反應生成，乙烯和溴發(fā)生加成反應生成1，2-二溴乙烷，再與氨氣反應生成HN（CH2CH2Br）2即可。合成路線為：；(5)化合物B的分子式為C5H6O2N2，其同分異構體同時符合下列條件：①分子中有一個六元環(huán)，無其它環(huán)狀結構；②1H?NMR譜表明分子中有2種氫原子；IR譜顯示存在－CN，說明結構有對稱性，除了-CN外另一個氮原子在對稱軸上，兩個氧原子在六元環(huán)上，且處于對稱位，所以結構可能為、、、。24、2-甲基丙烯氧化反應(CH3)2CHOHO2、Cu和加熱【答案解析】

D發(fā)生取代反應生成E，E發(fā)生氧化反應生成F，由F結構簡式知，D為甲苯、E為鄰甲基溴苯；G發(fā)生信息中的反應生成H，H中應該含有一個-COOH，根據(jù)I結構簡式知，H發(fā)生酯化反應生成I，則H為、G為；C、F發(fā)生信息中的反應生成G，則C為(CH3)3CBrMg，B為(CH3)3CBr，A中C、H原子個數(shù)之比為1：2，根據(jù)A、B分子式知，A和HBr發(fā)生加成反應生成B，A中含有一個碳碳雙鍵，根據(jù)B知A為CH2=C(CH3)2據(jù)此分析。【題目詳解】D發(fā)生取代反應生成E，E發(fā)生氧化反應生成F，由F結構簡式知，D為甲苯、E為鄰甲基溴苯；G發(fā)生信息中的反應生成H，H中應該含有一個-COOH，根據(jù)I結構簡式知，H發(fā)生酯化反應生成I，則H為、G為；C、F發(fā)生信息中的反應生成G，則C為(CH3)3CBrMg，B為(CH3)3CBr，A中C、H原子個數(shù)之比為1：2，根據(jù)A、B分子式知，A和HBr發(fā)生加成反應生成B，A中含有一個碳碳雙鍵，根據(jù)B知A為CH2=C(CH3)2。(1)A為CH2=C(CH3)2，A的系統(tǒng)命名法命名的名稱為2-甲基丙烯；A發(fā)生加聚反應生成2-甲基聚丙烯，反應的化學方程式為：；(2)H為，H發(fā)生酯化反應生成J，則H→I的反應方程為；E→F是鄰甲基溴苯發(fā)生氧化反應生成，反應類型是氧化反應；(3)G為，G的同分異構體符合下列條件：①遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基；②核磁共振氫譜有4組峰，說明分子中含有4種不同位置的氫原子，則符合條件的同分異構體有；(4)以苯和2-氯丙烷為起始原料制備a，a二甲基芐醇，苯和溴在催化條件下發(fā)生取代反應生成溴苯，溴苯發(fā)生信息中的反應生成X，2-氯丙烷發(fā)生水解反應生成2-丙醇，2-丙醇發(fā)生催化氧化生成丙酮，X和丙酮發(fā)生信息中的反應生成a，a二甲基芐醇。根據(jù)合成路線可知試劑與條件1為液溴、Fe作催化劑；X的結構簡式為；Y的結構簡式為(CH3)2CHOH；試劑與條件2為O2、Cu和加熱?！敬鸢更c睛】本題考查有機推斷和合成，推出各物質的結構簡式是解題的關鍵。易錯點是合成路線的設計，以苯和2-氯丙烷為起始原料制備a，a二甲基芐醇，苯和溴在催化條件下發(fā)生取代反應生成溴苯，溴苯發(fā)生信息中的反應生成X，2-氯丙烷發(fā)生水解反應生成2-丙醇，2-丙醇發(fā)生催化氧化生成丙酮，X和丙酮發(fā)生信息中的反應生成a，a二甲基芐醇。25、B-E-D2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O能實驗中KMnO4的濃度cB>cA，且其反應速率νB>νAAC酚酞錐形瓶內溶液由無色變成(粉)紅色，且半分鐘內不變化0.05000mol/LAD【答案解析】

（1）由題給信息可知，草酸分解時，草酸為液態(tài)，草酸晶體分解生成二氧化碳、一氧化碳、水；（2）酸性溶液中高錳酸鉀溶液氧化草酸生成二氧化碳；硫酸、草酸濃度相同，改變高錳酸鉀溶液濃度分析反應速率變化，高錳酸鉀溶液濃度越大，反應速率越快；（3）依據(jù)草酸為二元弱酸和草酸氫鈉溶液中草酸氫根電離大于水解分析；（4）①強堿滴定弱酸到反應終點生成草酸鈉，生成的為強堿弱酸鹽顯堿性；②由H2C2O4—2NaOH建立關系式求解可得；③滴定操作誤差分析可以把失誤歸結為消耗滴定管中溶液體積的變化分析判斷。【題目詳解】（1）由題給信息可知，草酸受熱分解時熔化為液態(tài)，故選用裝置B加熱草酸晶體；草酸晶體分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，則氣體通過裝置E吸收二氧化碳，利用排水法收集一氧化碳，其合理的連接順序為B-E-D，故答案為B-E-D；（2）酸性溶液中高錳酸鉀溶液氧化草酸生成二氧化碳，反應的離子方程式為：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。保持硫酸、草酸濃度相同，改變高錳酸鉀溶液濃度分析反應速率變化，高錳酸鉀溶液濃度越大，反應速率越快，實驗中KMnO4的濃度cB＞cA，且其反應速率νB＞νA，上述實驗能說明相同條件下，反應物濃度越大，反應速率越快，故答案為2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；能；實驗中KMnO4的濃度cB＞cA，且其反應速率νB＞νA；（3）A、草酸為二元酸，若為強酸電離出氫離子濃度為0.02mol/L，pH小于2，室溫下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，測其pH=2，說明存在電離平衡，證明酸為弱酸，故A正確；B、室溫下，0.010mol/L的NaHC2O4溶液中草酸氫根電離大于水解，溶液呈酸性，pH小于7，故B錯誤；C、室溫下，取pH=a（a＜3）的H2C2O4溶液稀釋100倍后，測其pH＜a+2，說明稀釋促進電離，溶液中存在電離平衡，為弱酸，故C正確；D、標況下，取0.10mol/L的H2C2O4溶液100mL與足量鋅粉反應，無論是強酸還是弱酸都收集到H2體積為224mL，故D錯誤；故選AC，故答案為AC；（4）①強堿滴定弱酸到反應終點生成草酸鈉，生成的為強堿弱酸鹽顯堿性，所以選擇酚酞作指示劑，滴入最后一滴錐形瓶內溶液由無色變成（粉）紅色，且半分鐘內不變化，故答案為酚酞；錐形瓶內溶液由無色變成（粉）紅色，且半分鐘內不變化；②取20.00mLH2C2O4溶液于錐形瓶中，滴入2-3滴指示劑，用0.1000mol/L的NaOH溶液進行滴定，并進行3次平行實驗，所用NaOH溶液體積分別為19.98mL、20.02mL和22.02mL，其中22.02mL誤差太大，消耗平均體積為20ml，由H2C2O4—2NaOH可得0.020L×c×2=0.1000mol/L×0.020L，解得c=0.05000mol/L，故答案為0.05000mol/L；③A、滴定管在盛裝NaOH溶液前未潤洗，導致溶液濃度減小，消耗標準溶液體積增大，測定結果偏高，故正確；B、滴定過程中，錐形瓶震蕩的太劇烈，以致部分液體濺出，待測液減小，消耗標準溶液體積減小，測定結果偏低，故錯誤；C、滴定前讀數(shù)正確，滴定終點時俯視讀數(shù)，讀取的標準溶液體積減小，測定標準溶液難度偏低，故錯誤；D、滴定前讀數(shù)正確，滴定終點時仰視讀數(shù)，讀取標準溶液體積增大，測定結果偏高，故D正確；故選AD，故答案為AD【答案點睛】本題考查化學實驗方案的設計與評價，注意物質分解產物的分析判斷、實驗驗證方法分析、弱電解質的電離平衡理解與應用，掌握滴定實驗的步驟、過程、反應終點判斷方法和計算等是解答關鍵。26、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O不符合氧化還原反應原理避免對產物O2的檢驗產生干擾固體減少，產生紅棕色氣體，溶液中有氣泡冒出確保二氧化氮已被除盡，防止干擾氧氣的檢驗亞硫酸鈉溶液與氧氣反應沒有明顯現(xiàn)象，難以判斷反應是否發(fā)生了幾滴酚酞試劑4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O【答案解析】

(1)NO2在堿性條件下自身發(fā)生氧化還原反應，與氫氧化鈉反應生成NaNO3和NaNO2；(2)根據(jù)氧化還原反應化合價升降相等判斷；(3)為檢驗是否生成氧氣，應將裝置內的氧氣排盡；加熱Mg(NO3)2固體，固體質量減小，如生成紅棕色氣體，則有NO2生成；(4)亞硫酸鈉具有還原性，可被氧氣氧化，也可被二氧化氮氧化；(5)亞硫酸鈉溶液與氧氣反應沒有明顯現(xiàn)象，結合亞硫酸鈉溶液呈堿性，硫酸鈉溶液呈中性判斷；(6)如果分解產物中有O2存在，但沒有檢測到，可能原因是二氧化氮、氧氣與水反應?！绢}目詳解】(1)NO2在堿性條件下自身發(fā)生氧化還原反應，與氫氧化鈉反應生成NaNO3和NaNO2，，根據(jù)電子守恒、原子守恒，可得反應的方程式為2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)由于丙產物中化合價只有降低情況，沒有升高，不滿足氧化還原反應的特征，不符合氧化還原反應原理；(3)為檢驗是否生成氧氣，應將裝置內的氧氣排盡，避免對產物O2的檢驗產生干擾，加熱Mg(NO3)2固體，固體質量減小，如生成紅棕色氣體，則有NO2生成；(4)亞硫酸鈉具有還原性，可被氧氣氧化，也可被NO2氧化，通入之前，還需在BD裝置間增加滴有酚酞的氫氧化鈉溶液，可確保NO2已被除盡，防止干擾氧氣的檢驗；(5)亞硫酸鈉溶液與氧氣反應沒有明顯現(xiàn)象，結合亞硫酸鈉溶液呈堿性，硫酸鈉溶液呈中性判斷，可滴加幾滴酚酞試劑，如溶液由紅色變?yōu)闊o色，說明有氧氣生成；(6)如果分解產物中有O2存在，但沒有檢測到，可能原因是NO2、O2與H2O反應，發(fā)生方程式為4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。【答案點睛】本題為實驗探究題目，答題時主要在把握物質的性質基礎上把握實驗的原理、目的以及相關實驗的基本操作，側重考查學生的分析、實驗能力。27、球形冷凝管a干燥Cl2，同時作安全瓶，防止堵塞五氧化二磷(或硅膠)堿石灰POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl,SOCl2+H2O=SO2+2HCl一是溫度過高，PCl3會大量揮發(fā)，從而導致產量降低；二是溫度過低，反應速率會變慢當最后一滴標準KSCN

溶液滴入時，溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘不褪去使生成的沉淀與溶液隔離，避免滴定過程中SCN-與AgCl

反應50%【答案解析】分析：本題以POCl3的制備為載體，考查Cl2、SO2的實驗室制備、實驗條件的控制、返滴定法測定POCl3的含量。由于PCl3、POCl3、SOCl2遇水強烈水解，所以用干燥的Cl2、SO2與PCl3反應制備POCl3，則裝置A、B、C、D、E、F的主要作用依次是：制備Cl2、除Cl2中的HCl（g）、干燥Cl2、制備POCl3、干燥SO2、制備SO2；為防止POCl3、SOCl2水解和吸收尾氣，D裝置后連接盛堿石灰的干燥管。返滴定法測定POCl3含量的原理：POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，用KSCN滴定過量的AgNO3，發(fā)生的反應為KSCN+AgNO3=AgSCN↓+KNO3，由消耗的KSCN計算過量的AgNO3，加入的總AgNO3減去過量的AgNO3得到與Cl-反應的AgNO3，根據(jù)Ag++Cl-=AgCl↓和Cl守恒計算POCl3的含量。詳解：（1）根據(jù)儀器甲的構造特點，儀器甲的名稱為球形冷凝管。為了更充分的冷凝蒸氣，冷凝管中的水應下進上出，與自來水進水管連接的接口的編號為a。（2）由于PCl3、POCl3、SOCl2遇水強烈水解，所以制備POCl3的Cl2和SO2都必須是干燥的。根據(jù)裝置圖和制備POCl3的原理，裝置A用于制備Cl2，裝置B用于除去Cl2中HCl（g），裝置C用于干燥Cl2，裝置F用于制備SO2，裝置E用于干燥SO2，裝置D制備POCl3；裝置C的作用是干燥Cl2，裝置C中有長直玻璃管，裝置C的作用還有作安全瓶，防止堵塞。乙中試劑用于干燥SO2，SO2屬于酸性氧化物，乙中試劑為五氧化二磷（或硅膠）。（3）由于SO2、Cl2有毒，污染大氣，最后要有尾氣吸收裝置；POCl3、SOCl2遇水強烈水解，在制備POCl3的裝置后要連接干燥裝置（防外界空氣中H2O（g）進入裝置D中），該裝置缺陷的解決方法是在裝置D的球形冷凝管后連接一個既能吸收SO2、Cl2又能吸收H2O（g）的裝置，該裝置中應裝入的試劑是堿石灰。若沒有該裝置，POCl3、SOCl2發(fā)生強烈水解，反應的化學方程式為POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、SOCl2+H2O=SO2+2HCl。（4）D中反應溫度控制在60~65℃，其原因是：溫度太低，反應速率太慢；溫度太高，PCl3會大量揮發(fā)（PCl3的沸點為76.1℃），從而導致產量降低。（5）①以Fe3+為指示劑，當KSCN將過量的Ag+完全沉淀時，再滴入一滴KSCN溶液與Fe3+作用，