吉林省东北师大附属中2023学年高三第六次模拟考试化学试卷含解析

2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W元素形成的单质密度最小，且W与X、Y、Z都能形成共价化合物,Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性,Z、W形成的化合物溶于水显酸性。四种元素原子序数之和为30，可形成的某种化合物结构式为。下列说法正确的是A．X为碳元素B．Y的氧化物对应的水化物是强酸C．W与Y、Z三种元素形成的化合物中一定不含离子键D．含Z的某种含氧酸盐可用于物体表面和环境等的杀菌消毒2、下列说法不正确的是()A．氯气是一种重要的化工原料，广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面B．化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸C．利用光线在硅晶体内的全反射现象，可以制备光导纤维D．铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以应用于印刷电路板的制作3、炼油厂的废碱液含有废油、苯酚钠、碳酸钠等，实验室通过以下两个步骤处理废碱液获取氢氧化钠固体。下列说法正确的是A．用装置甲制取CO2并通入废碱液B．用装置乙从下口放出分液后上层的有机相C．用装置丙分离水相中加入Ca(OH)2产生的CaCO3D．用装置丁将滤液蒸发结晶得到NaOH固体4、某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：下列说法正确的是A．该混合物一定是K2CO3和NaCl B．该混合物可能是Na2CO3和KClC．该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3 D．该混合物一定是Na2CO3和NaCl5、下列说法正确的是A．苯乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同B．用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯C．用Ni作催化剂，1mol最多能与5molH2加成D．C3H6BrCl的同分异构体数目为66、下列垃圾或废弃物的处理不符合环保节约理念的是（）A．废纸、塑料瓶、废铁回收再利用B．厨余垃圾采用生化处理或堆肥C．稻草、农膜和一次性餐具露天焚烧D．废电池等有毒有害垃圾分类回收7、光电池在光照条件下可产生电压，如下装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。下列说法不正确的是A．该装置将光能转化为化学能并分解水B．双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性C．如阳极区为KOH深液，在光照过程中阳极区溶液中的c(OH-)基本不变D．再生池中的反应：2V2++2H+2V3++H2↑8、化学反应前后肯定没有变化的是①原子数目②分子数目③元素种类④物质的总质量⑤物质的种类A．①④ B．①③⑤ C．①③④ D．①②③④9、四种有机物的结构简式如下图所示。下列说法中错误的是A．①②③④的分子式相同 B．①②中所有碳原子均处于同一平面C．①④的一氯代物均有2种 D．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③和④10、上海世博园地区的一座大型钢铁厂搬迁后，附近居民将不再受到该厂产生的红棕色烟雾的困扰。你估计这一空气污染物可能含有A．FeO粉尘 B．Fe2O3粉尘 C．Fe粉尘 D．碳粉11、如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。字母代表元素，分析正确的是A．R在周期表的第15列B．Y、Q两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸C．简单离子的半径:X>Z>MD．Z的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M12、某化学实验室产生的废液中的阳离子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某几种，实验室设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。已知：步骤①中，滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解。下列说法中正确的是A．根据步骤①的现象，说明废液中一定含有Al3+B．由步骤②中红棕色固体可知，废液中一定存在Fe3+C．沉淀甲中可能含有Al(OH)3D．该废液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一种13、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．1mol铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为2NAB．30g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为4NAC．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAD．2.1gDTO中含有的质子数为NA14、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)C．MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)D．N2(g)NH3(g)NaHCO3(s)15、下列有关叙述正确的是A．某温度下，1LpH=6的纯水中含OH一为10-8molB．25℃时，向0.1mol•L-1CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中减小C．25℃时，将V1LpH=11的NaOH溶液与V2LpH=3的HA溶液混合，溶液显中性，则V1≤V2D．25℃时，将amol•L-1氨水与0.01mol•L-1盐酸等体积混合，反应完全时溶液中c(NH4+)＝c(Cl-)，用含a的代数式表示NH3•H2O)的电离常数Kb=16、某固体混合物X可能是由、Fe、、中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计实验方案如下图所示（所加试剂均过量）下列说法不正确的是A．气体A是、的混合物B．沉淀A是C．根据白色沉淀C是AgCl可知，白色沉淀B一定不是纯净物D．该固体混合物一定含有Fe、、17、现有原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z，其中W和X位于同主族，且原子序数相差2，Y是形成化合物最多的元素，Z的单质可以通过电解饱和食盐水获得，下列说法正确的是()A．由W和Y组成的化合物中只可能含有极性共价键B．简单离子半径：r(W—)>r(X+)C．室温下，同浓度的氧化物对应水化物水溶液的pH：Z＜YD．Y、Z、W三元素形成的化合物有可能是电解质18、下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热C．使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出D．酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视滴定管刻度的变化19、已知还原性I->Fe2+>Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（）A．I-、Fe3+、Cl- B．Fe2+、Cl-、BrC．Fe2+、Fe3+、Cl- D．Fe2+、I-、Cl-20、下列实验操作对应的现象不符合事实的是选项实验操作现象A向盛有溶液的试管中滴入几滴稀盐酸，充分振荡后滴加KSCN溶液溶液逐渐变为黄色，滴加KSCN后溶液变血红色B向盛有的溶液的试管中通入乙烯溶液逐渐褪色，静置后观察到溶液有分层现象C向溶液中滴加氨水，充分反应后再加入过量的溶液先产生白色沉淀，后沉淀消失D向盛有溶液的试管中滴加稀硫酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊A．A B．B C．C D．D21、硼氢化钠（NaBH4）为白色粉末，熔点400℃，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：-101℃，沸点：33℃），在干燥空气中稳定，吸湿而分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂。某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如图：下列说法不正确的是（）A．NaBH4中H元素显+1价B．操作③所进行的分离操作是蒸馏C．反应①为NaBO2+SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3D．实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀22、在K2Cr2O7存在下利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图。下列说法正确的是()A．M为电源负极，有机物被还原B．中间室水量增多，NaCl溶液浓度减小C．M极电极反应式为：+11H2O-23e-=6CO2+23H+D．处理1molCr2O72-时有6molH+从阳离子交换膜右侧向左侧迁移二、非选择题(共84分)23、（14分）白藜芦醇在保健品领域有广泛的应用。其合成路线如下：回答下列问题：(1)物质B中含氧官能团的名_______。B→C的反应类型为___________。(2)1mol有机物D最多能消耗NaOH为_________mol，白藜芦醇遇足量浓溴水时反应的化学方程式为____________。(3)已知的系统名称1，3-苯二酚，则A的名称为________，已知乙酸酐()极易与水反应生成乙酸，是很好的吸水剂。试从平衡移动的角度分析A→B反应中用乙酸酐代替乙酸的目的是__________。(4)C的核磁共振氢谱有_________组峰，写出满足下列条件的化合物X的所有同分异构体的结构简式__________。①具有与X相同的官能团②属于醋酸酯(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛为原料可以合成(涉及无机试剂自选)，请写出合成路线__________。24、（12分）福莫特罗是一种治疗哮喘病的药物，它的关键中间体（G）的合成路线如下：回答下列问题：（1）F的分子式为_____________，反应①的反应类型为_________。（2）反应④的化学方程式为___________________________。（3）C能与FeC13溶液发生显色反应，C的结构简式为________________,D中的含氧官能团为_________________。（4）B的同分异构体（不含立体异构）中能同时满足下列条件的共有_____种。a．能发生银镜反应b．能与NaOH溶液发生反应c．含有苯环结构其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3:2:2:1的是________________（填结构简式）。（5）参照G的合成路线，设计一种以为起始原料（无机试剂任选）制备的合成路线________。25、（12分）钴是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoC12易溶于水。某校同学设计实验制取（CH3COO）2Co（乙酸钴）并验证其分解产物。回答下列问题：（1）甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoC12•4H2O，其实验装置如下：①烧瓶中发生反应的离子方程式为______。②由烧瓶中的溶液制取干燥的CoC12•4H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、______、洗涤、干燥等。（2）乙同学利用甲同学制得的CoC12•4H2O在醋酸氛围中制得无水（CH3COO）2Co，并利用下列装置检验（CH3COO）2Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdC12溶液能被CO还原为Pd。①装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放PdC12溶液的是装置______（填“E”或“F”）。②装置G的作用是______；E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是______。③通氮气的作用是______。④实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是______。⑤若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）：n（CO）：n（CO2）：n（C2H6）=1：4：2：3（空气中的成分不参与反应），则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为______。26、（10分）某校学习小组的同学设计实验，制备（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O并探究其分解规律。实验步骤如下：Ⅰ.称取7.0g工业废铁粉放入烧杯中，先用热的Na2CO3溶液洗涤，再水洗，最后干燥。Ⅱ.称取6.0g上述处理后的铁粉加入25mL某浓度硫酸中加热，加热过程中不断补充蒸馏水，至反应充分。Ⅲ.冷却、过滤并洗涤过量的铁粉，干燥后称量铁粉的质量。Ⅳ.向步骤Ⅲ的滤液中加入适量（NH4）2SO4晶体，搅拌至晶体完全溶解，经一系列操作得干燥纯净的（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O。V.将（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O脱水得（NH4）2Fe（SO4）2，并进行热分解实验。已知在不同温度下FeSO4•7H2O的溶解度如表：温度（℃）1103050溶解度（g）14.017.025.033.0回答下列问题：（1）步骤Ⅰ用热的Na2CO3溶液洗涤工业废铁粉的目的是__，步骤Ⅱ中设计铁粉过量，是为了__，加热反应过程中需不断补充蒸馏水的目的是__。（2）步骤Ⅲ中称量反应后剩余铁粉的质量，是为了__。（3）（NH4）2Fe（SO4）2分解的气态产物可能有N2、NH3、SO2、SO3及水蒸气，用下列装置检验部分产物。①检验气态产物中的SO2和SO3时，装置连接顺序依次为__（气流从左至右）；C中盛放的试剂为__。②装置A的作用是__。③检验充分分解并冷却后的瓷舟中铁的氧化物中是否含有二价铁，需用到的试剂为__。27、（12分）实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：①往烧瓶中加入足量MnO2粉末②往烧瓶中加入20mL12mol•L-1浓盐酸③加热使之充分反应。（1）在实验室中，该发生装置除了可以用于制备Cl2，还可以制备下列哪些气体______？A．O2B．H2C．CH2=CH2D．HCl若使用甲方案，产生的Cl2必须先通过盛有________（填试剂名称）的洗气瓶，再通入足量AgNO3溶液中，这样做的目的是______________；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式________________（2）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.500mol·L-1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为____mol·L-1（保留两位有效数字）；选用的合适指示剂是_____。A石蕊B酚酞C甲基橙（3）判断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_________(填偏大、偏小或―影响)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11）（4）进行丁方案实验：装置如图二所示（夹持器具已略去）。（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将_____转移到_____中。（ii）反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要___________，然后再______，最后视线与量气管刻度相平。（5）综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对哪种方案带来实验误差（假设每一步实验操作均准确）？____________A．甲B．乙C．丙D．丁28、（14分）铬是一种应用广泛的金属材料。请回答下列问题：(1)基态铬的价电子排布式为_____________，其单电子数目为______________。(2)Cr(NH3)3F3中所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是_______________。(3)NH3中N的价层电子对数为____________，已知Cr(NH3)3F3中Cr的配位数为6，Cr的配位原子是_____________，NH3与Cr3+成键后，N的杂化类型为____________。(4)Cr(NH3)3F3固体易升华，其熔沸点均较NaCl低很多，其原因是________________。(5)将Cr(NH3)3F3在充足氧气中灼烧有Cr2O3生成，从Cr2O3晶体中取出的具有重复性的六棱柱结构如图所示，已知Cr2O3的摩尔质量为Mg/mol，晶体的密度为ρg/cm3，六棱柱的体积为Vcm3。六棱柱结构内部的小白球代表________(填“铬离子”或“氧离子”)阿伏加德罗常数NA=___________mol-1(用含M，V，ρ的代数式表示)。29、（10分）铁单质及化合物与我们的生产、生活紧密相关。(1)Fe3＋的基态核外价电子排布式为______，应用原子结构比较Fe与同周期的Mn第三电离能(I3)的大小：I3(Mn)_______I3(Fe)(填>、<、＝)。理由是_______。(2)Fe、Fe2＋、Fe3＋可以与CO、SCN－、CN－、H2NCONH2(尿素)等多种配体形成很多的配合物。①配合物Fe(CO)5的熔点－20℃，沸点103℃，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示：下列关于Fe(CO)5说法不正确的是________。A．Fe(CO)5是分子晶体B．Fe(CO)5中Fe原子的配体与C22－互为等电子体C．Fe(CO)5中σ键与π键之比为1：1D．Fe(CO)5＝Fe＋5CO反应中没有新化学键生成②CN－的电子式为__________。③H2NCONH2(尿素)中N、C原子的杂化方式分别为__________、__________，组成尿素的4种元素的第一电离能由大到小的顺序为__________，1molH2NCONH2(尿素)分子中含有σ键的数目为__________。(3)NaCl和MgO都属于离子化合物，NaCl的熔点为801.3C，MgO的熔点高达2800℃。造成两种晶体熔点差距的主要原因是________。(4)FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置的Fe或者b位置的Fe，形成Cu替代型产物Fe(x－n)CunNy，FexNy转化为两种Cu的替代型产物的能量变化如图2所示，其中相对不稳定的Cu替代型产物的化学式为__________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】

W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W元素形成的单质密度最小，则W为H，且W与X、Y、Z都能形成共价化合物，Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性，则Y为N，Z、W形成的化合物溶于水显酸性，则Z为F或Cl，四种元素原子序数之和为30，则Z只能为Cl，可形成的某种化合物结构式为，则X为B。【详解】A.X为硼元素，故A错误；B.Y的氧化物N2O3对应的水化物HNO2是弱酸，故B错误；C.W与Y、Z三种元素形成的化合物氯化铵中含有离子键，故C错误；D.含Z的某种含氧酸盐NaClO可用于物体表面和环境等的杀菌消毒，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】氢、氧、氮三种元素可以形成共价化合物，如硝酸；可以形成离子化合物，如硝酸铵。2、C【解析】

A．氯气是一种重要的化工原料，可制备HCl等，可用于农药的生产等，如制备农药六六六等，氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性，能够杀菌消毒，故A正确；B．硫酸能够与氨气反应生成硫酸铵，是常见的化学肥料、能与金属矿石、金属氧化物反应生成硫酸盐，故B正确；C．光导纤维的主要成分为二氧化硅，而硅用于制作半导体材料，故C错误；D．铜能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应可以应用于印刷电路板的制作，故D正确；故选C。3、C【解析】

A、碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面；B、分液时避免上下层液体混合；C、CaCO3不溶于水；D、在蒸发皿中蒸发结晶。【详解】A项、浓硫酸溶于水放热，且碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面，不利用气体的制备，应选盐酸与碳酸钙反应，故A错误；B项、分液时避免上下层液体混合，则先从下口放出下层液体，后从上口倒出上层的有机相，故B错误；C项、CaCO3不溶于水，则图中过滤装置可分离，故C正确；D项、在蒸发皿中蒸发结晶，不能在烧杯中蒸发结晶，且烧杯不能直接加热，故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握实验装置的作用、气体的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。4、B【解析】

焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+；答案选B。5、B【解析】

A.苯乙烯中含碳碳双键，与溴水发生加成反应，而苯与溴水混合发生萃取，则苯乙烯与苯使溴水褪色原理不同，故A错误；B.乙醇易溶于水，则乙醇与饱和Na2CO3溶液互溶，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯难溶于水，会出现分层，则可鉴别，故B正确；C.能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mol该物质最多只能与4molH2加成，故C错误；D.C3H6BrCl可看成丙烷分子中有两个氢原子分别被一个溴原子、一个氯原子取代，根据“定一移一”的思路可得，先定Br原子的位置，有两种情况，BrCH2CH2CH3、CH3CHBrCH3，再定Cl原子的位置，符合的同分异构体有，，则C3H6BrCl的同分异构体共5种，故D错误；故选B。【点睛】苯在溴化铁的催化作用下与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；苯分子中没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，但溴更易溶于苯中，溴水与苯混合时，可发生萃取，苯的密度小于水，因此上层为溴的苯溶液，颜色为橙色，下层为水，颜色为无色，这是由于萃取使溴水褪色，没有发生化学反应。这是学生们的易错点，也是常考点。6、C【解析】

A.废纸、塑料瓶、废铁属于可回收垃圾，废纸、塑料瓶、废铁可回收再利用，故不选A；B.厨余垃圾含有大量有机物，采用生化处理或堆肥，减少污染，符合环保节约理念，故不选B；C.稻草、农膜和一次性餐具露天焚烧，产生大量烟尘，污染空气，不符合环保节约理念，故选C；D.废电池含有重金属，任意丢弃引起重金属污染，废电池等有毒有害垃圾分类回收，可减少污染，符合环保节约理念，故不选D；答案选C。7、C【解析】

由图上电子的移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，左侧为阴极，反应式为2V3++2e-=2V2+；双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为2V2++2H+2V3++H2↑，由此来解题。【详解】A.由图可知，该装置将光能转化为化学能并分解水，A正确；B.双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，则双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性，B正确；C.光照过程中阳极区反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，又双极性膜可将水解离为H+和OH-，其中OH-进入阳极，所以溶液中的n(OH-)基本不变，但H2O增多，使c(OH-)降低，C错误；D.根据以上分析，再生的反应方程式为2V2++2H+2V3++H2↑，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查电解池的工作原理，根据题中给出电子的移动方向判断阴、阳极是解题关键。注意题干信息的应用，题目考查了学生信息处理与应用能力。8、C【解析】

在化学反应前后元素种类、原子数目和物质的总质量不变，分子数目可能变化，而物质种类一定发生变化，据以上分析解答。【详解】化学反应的实质是有新物质生成,从微观角度来看是原子的重新组合,反应中遵循质量守恒定律,反应前后元素原子守恒,所以化学反应前后肯定没变化的是①原子数目、③元素种类、④物质的总质量；而反应前后分子数目可以改变,物质种类也会改变；综上分析所述,①③④反应前后不变；

综上所述，本题正确选项C。9、B【解析】

A.①②③④的分子式都是C8H8，故A正确；B.①中含有多个饱和的碳原子，根据甲烷分子的正四面体结构可以判断，分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C.①④分子中都有2种等效氢，所以一氯代物均有2种，故C正确；D.③分子中没有碳碳双键，④分子中有碳碳双键，③不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，④能，故可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③和④，D正确。选B。10、B【解析】

A．FeO是黑色固体，所以能形成黑色的烟，故A错误；B．Fe2O3是棕红色固体，俗称铁红，所以能形成棕红色的烟，故B正确；C．Fe粉是黑色的固体，所以能形成黑色的烟，故C错误；D．煤炭粉尘的颜色是黑色，所以能形成黑色的烟，故D错误。答案选B。11、C【解析】

从图可看出X、Y在第二周期，根据原子序数知道X是O元素，Y是F元素，同理可知Z是Na元素，M是Al元素，R是Si元素，Q是Cl元素。【详解】A.R是Si元素，在周期表中位于第14列，故A错误；B.Y是F元素，没有正化合价，没有含氧酸，故B错误；C.X、Z、M的简单离子都是10电子结构，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：X＞Z＞M，故C正确；D.Z是Na元素，钠与铝盐溶液反应时，先与水反应，不能置换出Al，故D错误；故选C。12、D【解析】

沉淀甲灼烧后为红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+；溶液甲中加入过量硫酸溶液，产生固体乙，则固体乙为BaSO4，说明废液中一定含有Ba2+；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu，说明废液中一定含有Cu2+，以此解答该题。【详解】A.由步骤④可知，废液中一定含有Cu2+，而沉淀甲中没有Cu(OH)2，说明加入NaOH溶液后，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，因此步骤①沉淀部分溶解，不能说明废液中一定含有Al3+，A错误；B.废液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲，将该沉淀灼烧，得到红棕色固体，则该红棕色固体为Fe2O3，沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；C.由于步骤①中加入过量NaOH溶液，因此沉淀甲中肯定没有Al(OH)3沉淀，C错误；D.溶液乙中加入过量铁屑，得到红色固体，该固体为Cu，说明溶液乙中含有Cu2+，向原废液中滴加过量NaOH溶液，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，所以废液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+，可能含有Fe2+或Fe3+中的一种，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的分离，离子的存在及金属的回收利用与环境保护，注意掌握常见的离子之间的反应及金属回收方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。13、D【解析】

A、1mol铁在一定条件下分别与氧气、氯气、硫完全反应，与氧气生成四氧化三铁，转移了mol电子，与氯气反应生成氯化铁，转移了3mol电子，与S反应生成FeS，转移了2mol电子，故A错误；B、葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，30g葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子团CH2O的物质的量==1mol，含有的氢原子数为2NA，故B错误；C、石墨烯中每一个六元环平均含有2个碳原子，故12g石墨烯即1mol石墨中含1molC原子，含有0.5mol六元环，即0.5NA个六元环，故C错误；D.2.1gDTO的物质的量为=0.1mol，而一个DTO中含10个质子，故0.1molDTO中含NA个质子，故D正确；答案选D。14、D【解析】

A．铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Cl2(g)FeCl2(s)转化不能实现，故A错误；B．硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；C．氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，所以Mg(OH)2(s)Mg(s)转化不能实现，故C错误；D．氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，故D正确；故答案选D。15、D【解析】

A．某温度下，1LpH=6的纯水中c(OH－)=c(H＋)=10-6mol•L-1,含OH一为10-6mol，故A错误；B．25℃时，向0.1mol•L-1CH3COONa溶液中加入少量水，促进水解，碱性减弱，氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，溶液中增大，故B错误；C．pH=11的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol·L－1，pH=3的HA溶液中氢离子浓度为0.001mol·L－1，若HA为强电解质，要满足混合后显中性，则V1=V2；若HA为弱电解质，HA的浓度大于0.001mol·L－1，要满足混合后显中性，则V1＞V2，所以V1≥V2，故C错误；D．在25℃下，平衡时溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根据物料守恒得c（NH3·H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根据电荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH3·H2O的电离常数Kb=，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了弱电解质在溶液中的电离平衡，注意明确弱电解质在溶液中部分电离，C为易错点，注意讨论HA为强电解质和弱电解质的情况，D是难点，按平衡常数公式计算。16、C【解析】

根据实验现象逐步分析、推理，并进行验证，确定混合物的组成成分。【详解】A.据转化关系图，气体A能使石灰水变学浑浊，则A中有CO2，X中有Na2CO3。白色沉淀B能变成红褐色，则白色沉淀B中有Fe(OH)2，溶液A中有FeCl2，X中有Fe，进而气体A中必有H2，A项正确；B.X与过量盐酸反应生成沉淀A，则X中含Na2SiO3，沉淀A为H2SiO3，B项正确；C.溶液B中加入硝酸银和稀硝酸生成白色沉淀C，则C为AgCl，溶液B中的Cl-可能全来自盐酸，则X中不一定有MgCl2，白色沉淀B中可能只有Fe(OH)2，C项错误；D.综上分析，固体混合物X中一定含有Fe、、，可能有MgCl2，D项正确。本题选C。17、B【解析】

由W和X位于同主族，且原子序数相差2可知，W为H元素，X为Li元素；Y是形成化合物最多的元素，则Y是C元素；Z的单质可以通过电解饱和食盐水获得，则Z是Cl元素。【详解】A项、由H元素和C元素组成的化合物为烃，烃分子中可以含有碳氢极性键和碳碳非极性键，故A错误；B项、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，H—和Li+具有相同的电子层结构，则离子半径r(H—)>r(Li+)，故B正确；C项、次氯酸的酸性小于碳酸，室温下，同浓度的次氯酸的pH大于碳酸，故C错误；D项、H、C、Cl三元素形成的化合物为氯代烃，氯代烃为非电解质，故D错误。故选B。【点睛】本题考查元素周期律的应用，，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。18、C【解析】

A．锥形瓶和容量瓶内有水对实验无影响，不需要烘干，故A错误；B．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，可以直接加热，不需要加垫石棉网，故B错误；C．使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出，防止分液漏斗内压强过大引起危险，故C正确；D．酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，故D错误；故选C。19、B【解析】

由于还原性I->Fe2+>Br-，所以在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，首先发生反应：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2；当I－反应完全后再发生反应：2Fe3＋+Cl2=2Fe2++2Cl－，当该反应完成后发生反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2。因此可能存在的情况是Fe2+、Cl-、Br，故选项是B。20、B【解析】

A.向溶液中滴入稀盐酸，溶液中的、、发生氧化还原反应生成，溶液变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液变血红色，故不选A；B.乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，但生成1，二溴乙烷溶于四氯化碳，所以不会出现分层现象，故选B；C.向溶液中滴加氨水，产生氢氧化铝沉淀，充分反应后再加入过量的溶液相当于加入过量强酸，氢氧化铝溶解，故不选C；D.与稀硫酸反应，生成产物中有硫和二氧化硫，所以有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，故不选D。答案：B。【点睛】易错选项A，注意酸性情况下，硝酸根离子具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子。21、A【解析】

A．NaBH4中Na元素显+1价、B元素显+3价、H元素显-1价，A错误；B．异丙胺沸点为33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，所以操作③所进行的分离操作是蒸馏，B正确；C．反应①为NaBO2+SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，H2作氧化剂，Na作还原剂，C正确；D．钠硬度小，且保存在煤油里，取用少量钠需要用镊子取出，滤纸吸干煤油，用小刀在玻璃片上切割，D正确；故答案选A。22、B【解析】

根据图示，M极，苯酚转化为CO2，C的化合价升高，失去电子，M为负极，在N极，Cr2O72－转化为Cr(OH)3，Cr的化合价降低，得到电子，N为正极。A．根据分析，M为电源负极，有机物失去电子，被氧化，A错误；B．由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na＋和Cl－不能定向移动。电池工作时，M极电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+，负极生成的H＋透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，N极电极反应式为Cr2O72－＋6e－＋14H2O=2Cr(OH)3＋8OH－，生成的OH－透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中，OH－与H＋反应生成水，使NaCl溶液浓度减小，B正确；C．苯酚的化学式为C6H6O，C的化合价为升高到+4价。1mol苯酚被氧化时，失去的电子的总物质的量为6×[4－()]=28mol，则其电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+，C错误；D．原电池中，阳离子向正极移动，因此H＋从阳离子交换膜的左侧向右侧移动，D错误。答案选B。【点睛】此题的B项比较难，M极是负极，阴离子应该向负极移动，但是M和NaCl溶液之间，是阳离子交换膜，阴离子不能通过，因此判断NaCl的浓度的变化，不能通过Na＋和Cl－的移动来判断，只能根据电极反应中产生的H＋和OH－的移动反应来判断。二、非选择题(共84分)23、酯基取代反应65－甲基－1,3－苯二酚吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率4和【解析】

A和乙酸酐反应，酚羟基中的H被－OCCH3取代，B中的甲基上的H被Cl取代。D在碱性环境下发生水解反应，再酸化，得到白藜芦醇。【详解】(1)B中含氧官能团的名称是酯基；B中的甲基上的H被Cl取代，B到C为取代反应；(2)1mol酚羟基形成的酯基与NaOH溶液反应时，消耗2molNaOH，1molD中含有3mol酚羟基形成的酯基，因此1molD最多能消耗6molNaOH；酚羟基的邻对位上的H能够被Br取代，碳碳双键能够与Br2发生加成反应，则化学方程式为；(3)根据已知，可知酚羟基的编号为1和3，则A中甲基的编号为5，则A的名称为5－甲基－1,3－苯二酚；A与乙酸发生酯化反应时有水生成，如果用乙酸酐代替乙酸，乙酸酐可以吸收酯化反应生成的水，而且生成乙酸，有利于反应正向进行，答案：吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率；(4)C分子存在一对称轴，分子中有4种H原子，如图所示，因此C的核磁共振氢谱有4组峰；X的同分异构体，与X具有相同的官能团，也属于醋酸酯，则苯环上的取代基与X的相同，分别是－CHO，－OOCCH3。苯环上有2个取代基，则同分异构体共3种，两取代基分别位于邻位、间位、对位，除去X本身还有2种，分别是和；(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛制备，模仿B到D的过程，则合成路线为。24、C15H12NO4Br取代反应++HCl羟基、羰基和硝基17【解析】

由D的分子式与E的结构可知，D与发生取代反应生成E，则D为，C能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，结合C的分子式逆推可知C为，A的分子式为C6H6O，A与乙酸酐反应得到酯B，B在氯化铝作用下得到C，则A为，B为．E与溴发生取代反应生成F。据此分析解答。【详解】(1)F()的分子式为：C15H12NO4Br，反应①是与(CH3CO)2O反应生成与CH3COOH，属于取代反应，故答案为C15H12NO4Br；取代反应；(2)反应④的化学方程式为：++HCl，故答案为++HCl；(3)根据上述分析，C的结构简式为，D的结构简式为，其中的含氧官能团有：羰基、羟基、硝基，故答案为；羰基、羟基、硝基；(4)B()的同分异构体(不含立体异构)能同时满足下列条件：a．能发生银镜反应，说明含有醛基，b．能与NaOH溶液发生反应，说明含有酯基或酚羟基，c．含有苯环结构，若为甲酸形成的酯基，含有1个取代基，可以为甲酸苯甲酯，含有2个取代基为-CH3、-OOCH，有邻、间、对3种，若含有醛基、酚羟基，含有2个取代基，其中一个为-OH，另外的取代基为-CH2CHO，有邻、间、对3种，含有3个取代基，为-OH、-CH3、-CHO，当-OH、-CH3处于邻位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于间位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于对位时，-CHO有2种位置，符合条件的同分异构体共有17种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1的是，故答案为17；；(5)模仿E→F→G的转化，发生硝化反应生成，然后与溴发生取代反应生成，最后在NaBH4条件下反应生成，合成路线流程图为：，故答案为。【点睛】根据物质的分子式及E的结构进行推断是解答本题的关键。本题的难点为(5)，要注意根据题干流程图转化中隐含的信息进行合成路线设计。25、Co2O3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O冷却结晶、过滤F除去CO2分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质将D中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中防止倒吸3(CH3COO)2CoCo3O4＋4CO↑＋2CO2↑＋3C2H6↑【解析】

(1)①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质；③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等；④实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸；⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)︰n(CO)︰n(CO2)︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可；【详解】(1)①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质，答案为：除去CO2；分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质；③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答案为：将D中的气态产物带入后续装置（或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等）；④实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：防止倒吸；⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)︰n(CO)︰n(CO2)︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可，反应式为：3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑；26、除去油污防止Fe2+被氧化保持溶液的体积，防止硫酸亚铁析出，减少损失计算加入硫酸铵晶体的质量盐酸酸化的氯化钡溶液吸收尾气SO2，避免污染环境稀硫酸和铁氰化钾溶液或稀硫酸和酸性高锰酸钾溶液【解析】

（1）工业废铁粉中含有油脂，热的Na2CO3溶液显碱性可以洗涤油污；（2）根据目标产品NH4Fe(SO4)2分析需要硫酸铵与硫酸亚铁的比例关系；（3）①检验气态产物中的SO2和SO3时，要考虑检验气体的试剂及连接的顺序问题；③检验氧化物中是否含有二价铁，先将氧化物溶解，再检验。【详解】（1）用热的Na2CO3溶液洗涤工业废铁粉表面油脂,；再搅拌过程中Fe2+可能会被氧气氧化为Fe3+，步骤Ⅱ中设计铁粉过量，把Fe3+还原变为Fe2+；在加热的过程中水会不断减少，可能会造成硫酸亚铁固体的析出，造成损失，所以不断补充蒸馏水维持溶液体积；答案：除去油污；防止Fe2+被氧化；保持溶液的体积，防止硫酸亚铁析出，减少损失；（2）步骤Ⅲ中称量反应后剩余铁粉的质量,计算出生成硫酸亚铁的物质的量,根据硫酸亚铁和硫酸铵反应生成NH4Fe(SO4)2；答案：计算加入硫酸铵晶体的质量。（3）①检验气态产物中的SO2和SO3时，A中的NaOH溶液适用于吸收尾气SO2，B中的品红溶液适用于检验SO2，明显仅剩C装置用于检验SO3，但不能影响二氧化硫，那么用盐酸酸化的氯化钡溶液来检验SO3比较合理，同时避免二氧化硫溶解，由于考虑SO3会溶于水中，所以先检验SO2，再检验SO3，最后进行尾气吸收，综合考虑连接顺序为；②装置A的作用是吸收尾气SO2，避免污染环境；③检验充分分解并冷却后的瓷舟中铁的氧化物中是否含有二价铁，先将氧化物溶解，用硫酸溶解，再滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀或滴加酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，证明有二价铁；答案：；盐酸酸化的氯化钡溶液；处理尾气，避免污染环境；稀硫酸和铁氰化钾溶液或稀硫酸和酸性高锰酸钾溶液。【点睛】一般工业使用的金属表面会有防锈油脂，热的Na2CO3溶液显碱性可以洗涤油污；对于原料的加入我们一般是要有估算的，要根据产品化学式的原子比例来估算原料的加入量；检验固体中的离子时，要是固体本身溶于水可直接加水溶解即可，要是难溶于水，可根据固体性质加入酸溶液或碱溶液等其他不干扰检验的溶液进行溶解。27、D饱和食盐水除去挥发出的HClCl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO36.9mol/LC偏小足量锌粒残余清液使气体冷却到室温调整量气管两端液面相平A【解析】

(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸；(2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500mol•L-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；【详解】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型，A．O2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；B．H2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；C．CH2=CH2用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；D．HCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；(2)量取试样25.00mL，用1.500mol∙L−1NaOH标准溶液滴定，消耗23..00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由c(HCl)∙V(HCl)=c(NaOH)∙V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍=1.38×5=6.9mol/L；(3)根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小；(4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。若残余清液转移到左边则会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小，丁方案：余酸与