河南省安阳市第三十五中学 2024届化学高一下期末联考模拟试题含解析

河南省安阳市第三十五中学2024届化学高一下期末联考模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知反应物的总能量高于产物的总能量，则反应是（）A．放热反应B．吸热反应C．有催化剂作用D．无法判断2、已知反应A+BC+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是A．产物C的能量高于反应物的总能量B．若该反应中有电子得失，则可设计成原电池C．反应物的总能量低于生成物的总能量D．该反应中的反应物A和B的转化率定相同3、将2molX和2molY充入2L密闭容器中进行反应:X(g)+3Y(g)2Z(g)+aQ(g)。2min末该反应达到平衡时生成0.8molZ,测得Q的浓度为0.4mol·L-1,下列叙述错误的是()A．a的值为2B．平衡时X的浓度为0.8mol·L-1C．平衡时Y的转化率60%D．0~2min内Y的反应速率为0.6mol·L-1·min-14、下列实验能获得成功的是A．苯与浓溴水用铁作催化剂制溴苯 B．可用分液漏斗分离硝基苯和水C．将苯与浓硝酸混合共热制硝基苯 D．加入水后分液可除去溴苯中的溴5、月球的土壤中含有丰富的可探核聚变燃料3He，月海玄武岩中蕴藏着丰富的钛、铁、铬、镍、钠、镁、铜等金属矿产资源和大量的二氧化硅、硫化物等，将为人类社会的可持续发展作出贡献。下列有关叙述正确的是()A．月球上的二氧化硅所含元素都是第三周期元素B．3He可发生核聚变反应，这是一种化学变化C．月球上的3He是一种新元素D．钛、铁、铜元素都属于过渡元素6、用电子式表示下列物质的形成过程正确的是（）A．B．C．D．7、元素的性质呈周期性变化的根本原因是（）A．元素相对原子质量的递增，量变引起质变B．元素的原子半径周期性变化C．元素的金属性和非金属性呈周期性变化D．元素原子的核外电子排布呈周期性变化8、下列关于化学键的说法正确的是（）①含有金属元素的化合物一定是离子化合物②第IA族和第ⅦA族原子化合时，一定生成离子键③由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键⑤含有离子键的化合物一定是离子化合物⑥离子化合物中可能同时含有离子键和共价键A．④⑥ B．②③⑤ C．①③④ D．④⑤⑥9、下列各组物质，互为同系物的是A．CH3CH=CH2与CH3CH3 B．与C．CH3CH2OH与CH2OHCH2OH D．C3H8和C5H1210、下列分别是利用不同能源发电的实例，其中不属于新能源开发利用的是()A．风力发电 B．太阳能发电C．火力发电 D．潮汐能发电11、小张用白纸和无色溶液给表弟写了一封“无字”信，表弟接到信拆开一看觉得很愕然，但沉思一下便明白小张的意思。经过用另一溶液简单处理后，表弟看到了一封有颜色的信，并很快写了回信。小张和表弟所用的溶液分别可能是（）A．前者是紫色石蕊试液，后者是稀盐酸 B．前者是米汤，后者是碘酒C．前者是浓硫酸，后者是紫色石蕊试液 D．前者是NaOH稀溶液，后者是稀硫酸12、下列各组物质性质比较错误的是（）A．金属单质置换氢的能力：K＞Na＞Li B．氧化性：F2＞Cl2＞SC．碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3 D．酸性：H2SiO3＞H2SO4＞H3PO413、下列元素的原子半径最大的是A．OB．A1C．NaD．Cl14、对化学反应限度的叙述不正确的是①任何可逆反应都有一定的限度；②化学反应的限度是不可改变的；③化学反应的限度与时间的长短无关；④化学反应达到限度时，正逆反应的速率相等；⑤达到平衡时，反应停止了，正、逆反应速率都为零。A．①④B．②⑤C．②③D．⑤15、下列有机物中，分子结构为正四面体的是A．苯B．甲烷C．乙烯D．一氯甲烷16、下表是氧化镁和氯化镁的熔、沸点数据：请参考以上数据分析，从海水中提取镁，正确的方法是()物质氧化镁氯化镁熔点/℃2852714沸点/℃36001410A．海水Mg(OH)2MgB．海水MgCl2溶液MgCl2晶体MgC．海水Mg(OH)2MgOMgD．海水Mg(OH)2MgCl2溶液MgCl2(熔融)Mg二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，它们有如图所示的转化关系：(1)推断各符号所代表的物质的化学式：A____________，B____________，C____________，D____________，E____________。(2)分别写出反应②、⑤的化学方程式：②______________________________________，⑤__________________________________________。(3)写出反应③的离子方程式____________________________________________。18、A〜G均分别代表一种物质，结合如图所示的转化关系（框图中的部分产物已略去），回答下列问题：已知：I.天然有机高分子化合物A，是一种遇到碘水能变蓝的多糖；Ⅱ.H为丙三醇(CH2OH-CHOH-CH2OH)，G有香味。(1)①C→E的反应类型为_________。②与出D→C的化学反应方程式：_________。③写出F与H以物质的量3：1浓硫酸、加热条件下发生的化学方程式：_____。(2)人在剧列运动后腿和胳膊会感到酸胀或疼痛，原因之一是B(C6H12O6)→2C3H6O3（乳酸）。某研究小组为了研究乳酸(无色液体，与水混溶)的性质，做了如下实验：①取90g乳酸饱和NaHCO3溶液反应，测得生成的气体体积为22.4L(标准状况下）；②另取90g乳酚与过量的金属钠反应，测得生成的气体体积为22.4L(标准状况下）。由以上实验推知乳酸分子含有的官能团名称________；试写出所有符合上述条件有机物的同分异构体的结构简式________。19、为研究铜与浓硫酸的反应,某化学兴趣小组进行如下实验。实验Ⅰ:一组同学按下图装置(固定装置已略去)进行实验。(1)A中反应的化学方程式为__________________。(2)实验过程中,能证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的现象是__________。(3)为说明浓硫酸中的水是否影响B装置现象的判断,还需进行一次实验。实验方案为___________。实验Ⅱ:另一组同学对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀进行探究,实验步骤如下:i.将光亮铜丝插入浓硫酸,加热;ii.待产生黑色沉淀和气体时,抽出铜丝,停止加热;iii.冷却后,从反应后的混合物中分离出黑色沉淀,洗净、干燥备用。查阅文献:检验微量Cu2+的方法是向试液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液,若产生红褐色沉淀,证明有Cu2+。(4)该同学假设黑色沉淀是CuO。检验过程如下:①将CuO放入稀硫酸中,一段时间后,再滴加K4[Fe(CN)6]溶液,产生红褐色沉淀。②将黑色沉淀放入稀硫酸中,一段时间后,再滴加K4[Fe(CN)6]溶液,未见红褐色沉淀。由该检验过程所得结论:________________。(5)再次假设,黑色沉淀是铜的硫化物。实验如下:实验装置现象1.A试管中黑色沉淀逐渐溶解2.A试管内上方出现红棕色气体3.B试管中出现白色沉淀①现象2说明黑色沉淀具有____性。②能确认黑色沉淀中含有S元素的现象是_______,相应的离子方程式是_____________。③为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”,还需进行的实验操作是________。20、滴定是一种重要的定量实验方法：Ⅰ.酸碱中和滴定:常温下,用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL等浓度的盐酸和醋酸溶液,得到两条滴定曲线,如下图所示：

（1）滴定盐酸的曲线是图__________（填“1”或“2”）（2）滴定前CH3COOH的电离度为__________（3）达到B、D状态时,反应消耗的NaOH溶液的体积a__________b（填“>”“<”或“=”）Ⅱ.氧化还原滴定原理与中和滴定原理相似,为了测定某NaHSO3固体的纯度,现用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定,回答下列问题:（1）准确量取一定体积的酸性KMnO4溶液需要使用的仪器是___________________。（2）已知酸性KMnO4溶液的还原产物为MnSO4,写出此反应的离子方程式:_____（3）若准确称取WgNaHSO3固体溶于水配成500mL溶液,取25.00mL置于锥形瓶中,用KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液VmL。则滴定终点的现象为_______NaHSO3固体的纯度为_________。（4）下列操作会导致测定结果偏低的是__________.A未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管B滴定前锥形瓶未干燥C盛装酸性KMnO4溶液的滴定管，滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后无气泡D不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外E观察读数时,滴定前仰视,滴定后俯视21、海洋中繁衍着无数水生生物，海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：(1)步骤①的实验操作名称是________；(2)现有烧杯、玻璃棒以及必要的夹持仪器、物品。完成步骤①的实验尚缺少的玻璃仪器是_________________，步骤③中的萃取剂可选择________________(3)步骤②中反应的离子方程式是______________________________；(4)请设计一种简单的实验方法，检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘：_________________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】试题分析：反应物的总能量高于产物的总能量的反应是放热反应，故A正确；反应物的总能量低于产物的总能量的反应是吸热反应，故B错误；催化剂对反应热无影响，故C错误；D错误。考点：本题考查化学反应中的能量变化。2、C【解析】

A.图象分析可以知道，反应物能量低于生成物，反应为吸热反应，反应物总能量+吸收的热量=生成物总能量，产物C的能量不一定高于反应物的总能量，A错误；B.若该反应中有电子得失为氧化还原反应，但是反应是吸热反应，不能自发进行，非自发进行的氧化还原反应不能设计为原电池，B错误；C.当反应物的总能量低于生成物的总能量时，反应的的焓变为正值，反应为吸热反应,符合图象变化，C正确；D.反应物A和B的转化率和起始量变化量有关，若起始量不同，转化率也不同，D错误；正确选项C。3、D【解析】

A.根据n=cV计算生成的Q的物质的量，再根据物质的量之比等于化学计量数之比计算a的值；B.根据生成的n（Z），利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的X的物质的量，进而计算平衡时X的物质的量，再根据c=计算；C.根据生成的n（Z），利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的Y的物质的量，再根据转化率定义计算；D.根据v=计算v（Y）。【详解】A.平衡时生成0.8molZ，测得Q的浓度为0.4mol•L-1，则生成的n（Q）=0.4mol•L-1×2L=0.8mol，所以2：a=0.8mol：0.8mol，解得a=2，故A正确；B.平衡时生成0.8molZ，则参加反应的X的物质的量为0.8mol×=0.4mol，故平衡时X的物质的量为2mol-0.4mol=1.6mol，平衡时X的浓度为=0.8mol/L，故B正确；C．平衡时生成0.8molZ，则参加反应的Y的物质的量为0.8mol×=1.2mol，故Y的转化率为×100%=60%，故C正确；D.反应速率v（Y）==0.3mol/（L•min），故D错误。故选D。4、B【解析】

A项、苯和液溴在铁作催化剂条件下制取溴苯，苯和浓溴水不反应，故A错误；B项、互不相溶的液体可以采用分液方法分离，硝基苯和水不互溶，可以采用分液方法分离，故B正确；C项、苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下制取硝基苯，没有催化剂，不能制取硝基苯，故C错误；D项、溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，应该用NaOH溶液除去溴，然后采用分液方法分离，故D错误；故选B。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于分析、实验能力的考查，注意常见有机物的性质，根据性质判断可能发生的反应类型和分离提纯的方法是解答关键。5、D【解析】

A、月球上的二氧化硅中的硅元素是第三周期元素，氧元素是第二周期元素，A错误；B、3He可发生核聚变反应是原子核内的变化，不是化学变化，B错误；C、月球上的3He不是一种新元素，C错误；D、钛、铁、铜元素都属于过渡元素，D正确。答案选D。6、D【解析】A.氯化氢属于共价化合物，故A错误；B.氟化镁属于离子化合物，电子式为，故B错误；C.溴化钠属于离子化合物，电子式为，故C错误；D.二氧化碳属于共价化合物，形成过程为，故D正确；故选D。7、D【解析】

A.因结构决定性质，相对原子质量的递增与元素性质的变化没有必然的联系，故A错误；B.元素的原子半径的变化属于元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，故B错误；C.因元素的金属性和非金属性都是元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，故C错误；D.由原子的电子排布可知，随原子序数的递增，原子结构中电子层数和最外层电子数呈现周期性变化，则元素原子的核外电子排布的周期性变化是元素的性质呈周期性变化的根本原因，故D正确；故答案选D.8、D【解析】

①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3为共价化合物，错误；②第IA族和第ⅦA族原子化合时，不一定生成离子键，如HCl为共价化合物，错误；③由非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如NH4Cl为非金属形成的离子化合物，错误；④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键，如NaCl是由活泼金属和非金属形成的含离子键的化合物，正确；⑤含有离子键的化合物一定是离子化合物，正确；⑥离子化合物中可能同时含有离子键和共价键，如NaOH既含有离子键，又含有共价键，正确；答案为D9、D【解析】

结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同。【详解】A项、CH3CH=CH2属于烯烃，CH3-CH3属于烷烃，不是同类物质，不互为同系物，故A错误；B项、与含有苯环的数目不同，分子组成不相差若干个“CH2”原子团，不互为同系物，故B错误；C项、CH3CH2OH与HOCH2CH2OH含有的羟基数目不同，不互为同系物，故C错误；D项、C3H8和C5H12的通式为CnH2n+2，都是烷烃，互为同系物，故D正确；故选D。【点睛】本题考查同系物的判断，注意掌握同系物的概念及判断方法，注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同是解答关键。10、C【解析】

A、风能是清洁无污染的环保新能源，A不符合题意；B．太阳能是清洁无污染的新能源，B不符合题意；C、火力发电需要煤作燃料，煤是不可再生能源，也不是环保新能源，C符合题意；D、潮汐和海风发电是新开发利用的环保新能源，D不符合题意，答案选C。11、B【解析】

A．石蕊试液呈紫色，故A错误；B．淀粉是白色，遇碘酒变蓝色，故B正确；C．浓硫酸有强氧化性，浓硫酸使白纸脱水炭化变黑色，故C错误；D．NaOH稀溶液和稀硫酸反应不变颜色，故D错误；故选B。12、D【解析】A、元素的非金属性越强，其单质置换出氢的能力越强，由于金属性K>Na>Li，故置换氢的能力：K>Na>Li，选项A正确；B、非金属性：F>C1>S，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，所以氧化性：F2>C12>S，选项B正确；C、金属性：Na>Mg>Al，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，所以碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，选项C正确；D、非金属性：Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性：H2SiO33PO42SO4，选项D错误，选项选D。13、C【解析】分析：同周期元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，据此判断。详解：Na、Al、S、Cl处于同周期，自左而右原子半径减小，O原子半径小于S原子半径，故原子半径最大的是Na，故选C。14、B【解析】任何可逆反应都有一定的限度，①对；条件改变，可使原平衡发生移动，②错；化学反应的限度与反应的时间的长短无关，③对；化学平衡后，正逆反应速率相等，但都大于0，是动态平衡，④对、⑤错。答案选B。15、B【解析】A、苯是平面型结构，故A错误；B、甲烷是正四面体结构，四氯甲烷可看作是4个氯原子甲烷中的4个氢原子，所以，四氯甲烷是正四面体结构，故B正确；C、乙烯是平面型结构，故C错误；D、甲烷是正四面体结构，一氯甲烷可看作是一个氯原子取代甲烷中的一个氢原子，由于碳原子连接的4个原子不同，一氯甲烷呈四面体结构，但不是正四面体，故D错误；故选B。点睛：本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构。要记住在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构。16、D【解析】

从海水中提取镁的正确方法是：先加石灰乳使水中的镁离子通过和石灰乳反应生成氢氧化镁白色沉淀，然后利用盐酸溶解氢氧化镁生成氯化镁溶液，从氯化镁溶液中冷却结晶得到MgCl2·6H2O，在HCl气流中加热MgCl2·6H2O得到无水MgCl2，镁是活泼的金属，通过电解熔融的氯化镁即可以得到金属镁。综上分析，A、B选项不符合题意，选项A、B错误；C、因为氧化镁的熔点远远高于氯化镁，工业会选择氯化镁电解得到镁，选项C错误；D.海水Mg(OH)2MgCl2溶液―→MgCl2(熔融)Mg符合题意；答案选D。【点睛】本题考查海水的综合利用，海水中含有MgCl2，工业上从海水中提取镁首先是富集；根据石灰乳比氢氧化钠廉价易得，一般不用氢氧化钠，在海水苦卤中加石灰乳过滤得沉淀氢氧化镁；加盐酸得到氯化镁，经浓缩、结晶、脱水、电解可以得到金属镁分析。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaNa2O2NaOHNa2CO3NaHCO32Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑CO2＋H2O＋Na2CO3=2NaHCO3CO2＋2OH－=CO32—＋H2O【解析】分析：A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，B是过氧化钠，A是钠，C是氢氧化钠，D是碳酸钠，E是碳酸氢钠，据此解答。详解：A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，B是过氧化钠，A是钠，与水反应生成C是氢氧化钠，过氧化钠与水反应生成D是碳酸钠，碳酸钠能与水、二氧化碳反应生成E是碳酸氢钠，则（1）根据以上分析可知A、B、C、D、E的化学式分别是Na、Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3。（2）反应②是钠与水反应，方程式为2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑；反应⑤是碳酸钠与水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，方程式为CO2＋H2O＋Na2CO3＝2NaHCO3。（3）反应③是氢氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠，反应的离子方程式为CO2＋2OH－＝CO32－＋H2O。18、氧化反应CH2=CH2+H2OCH3CH2OHCH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOH+3H2O羧基、羟基CH3CHOHCOOH、HOCH2CH2COOH【解析】

A是一种遇到碘单质能变蓝的多糖，则A为淀粉，水解生成B为葡萄糖，由转化关系可知C为CH3CH2OH，D与H2O在一定条件下反应产生C，则D为乙烯，结构简式为CH2=CH2，乙醇催化氧化产生的E为CH3CHO，E催化氧化产生的F为CH3COOH，则G为，以此解答该题。【详解】由上述分析可知：A为淀粉，B为葡萄糖，C为CH3CH2OH，D为CH2=CH2，E为CH3CHO，F为CH3COOH，G为。(1)①C为CH3CH2OH，CH3CH2OH在Cu催化下发生氧化反应产生CH3CHO，所以乙醇变乙醛的反应为氧化反应；②乙烯与水反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；③F是乙酸，H是丙三醇，F与H以物质的量比3：1在浓硫酸、加热条件下发生的化学方程式为CH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOH+3H2O；(2)①乳酸相对分子质量是90，90g乳酸的物质的量是1mol，取90g乳酸与过量的饱和NaHCO3溶液反应，测得生成22.4L标准状况下即1mol的气体，说明乳酸分子中含有1个羧基；②另取90g乳酸与过量的金属钠反应，测得生成22.4L标准状况下即1mol的气体，则说明乳酸分子中含有1个羧基、1个羟基，则乳酸可能的结构为CH3CHOHCOOH、HOCH2CH2COOH。【点睛】把握高分子化合物A为淀粉为解答本题的关键，掌握物质的性质及转化关系、反应条件、反应的物质的量关系是解答题目的基础，能与NaHCO3反应的官能团只有羧基，能与Na反应的官能团有羧基、醇羟基、酚羟基，则是该题的核心，然后结合物质的分子式判断可能的结构，注意有机反应及有机物的性质。19、Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OD中黑色固体颜色无变化,E中溶液褪色使用上述装置,不放入铜丝进行实验,观察无水硫酸铜是否变蓝黑色沉淀中不含有CuO还原B试管中出现白色沉淀2NO2-+3SO2+3Ba2++2H2O3BaSO4↓+2NO↑+4H+(或NO2+SO2+Ba2++H2OBaSO4↓+NO↑+2H+)取冷却后A装置试管中的溶液,滴加K4[Fe(CN)6]溶液,若产生红褐色沉淀,证明有Cu2+,说明黑色沉淀是铜的硫化物【解析】分析：实验Ⅰ:（1）A中的反应是浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；（2）证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，利用元素化合价变化生成的产物分析判断，若生成氢气，D装置会黑色变化为红色，若生成二氧化硫E装置中品红会褪色；（3）说明浓硫酸中的水是否影响B装置现象的判断进行的实验是：利用装置中铜不与浓硫酸接触反应，观察B装置是否变蓝；实验Ⅱ:（4）根据题中信息中检验铜离子的方法对②进行分析。（5）①红棕色气体为二氧化氮，说明稀硝酸被还原生成一氧化氮，黑色固体具有还原性；②根据反应现象③可知黑色固体与稀硝酸反应生成了二氧化硫，证明黑色固体中含有硫元素；二氧化氮、二氧化硫的混合气体能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，据此写出反应的离子方程式；③还需要确定黑色固体中含有铜离子；实验Ⅰ:（1）A中的反应是浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，利用元素化合价变化生成的产物分析判断，若生成氢气，D装置会黑色变化为红色，若生成二氧化硫E装置中品红会褪色，所以证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的实验现象是，D装置中氧化铜黑色不变化，说明无氢气生成，E装置中品红试液褪色说明生成了二氧化硫气体；（3）利用装置中铜不与浓硫酸接触反应，不放入铜丝反应，观察B装置是否变蓝，若不变蓝证明浓硫酸中的水不影响实验，若无水硫酸铜出现变蓝，说明浓硫酸中的水会影响实验。实验Ⅱ:（4）向试液中滴加K4[Fe（CN）6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2＋，根据②将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4[Fe（CN）6]溶液，未见红褐色沉淀可知，黑色固体中一定不含CuO。（5）①A试管内上方出现红棕色气体，说明反应中有一氧化氮生成，证明了黑色固体具有还原性，在反应中被氧化。②根据反应现象③B试管中出现白色沉淀可知，白色沉淀为硫酸钡，说明黑色固体中含有硫元素；发生反应的离子方程式为：2NO2-+3SO2+3Ba2++2H2O3BaSO4↓+2NO↑+4H+(或NO2+SO2+Ba2++H2OBaSO4↓+NO↑+2H+)；③为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”，还需检验黑色固体中含有铜离子，方法为：取冷却后A装置试管中的溶液，滴加K4[Fe（CN）6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2＋，说明黑色沉淀是铜的硫化物。20、11%>酸式滴定管5HSO3-+2MnO4-+H+=5SO42-+2Mn2++3H2O溶液由无色变为紫红色,且半分钟不褪色×100％E【解析】

Ⅰ.（1）CH3COOH不完全电离，HCl完全电离，使CH3COOH溶液中c（H+）比同浓度的HCl溶液中c（H+）小，pH大；滴定盐酸的曲线是图1，故答案为1；（2）根据图1可知盐酸溶液的起始浓度为0.1mol/L，盐酸溶液和醋酸溶液是等浓度的，所以醋酸溶液起始浓度也为0.1mol/L，根据图2可知醋酸溶液的起始pH=3，溶液中c(H+)=10-3mol/L，电离度α=×100％=1%，故答案为1%；（3）达到B、D状态时，溶液为中性，NaCl不水解，CH3COONa水解使溶液呈碱性，为使CH3COONa溶液显中性，需要少加一部分NaOH，使溶液中留有一部分CH3COOH，所以反应消耗的NaOH溶液的体积a＞b，故答案为＞；Ⅱ.（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡皮管，所以选用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液；故答案为酸式滴定管；（2）酸性KMnO4溶液的还原产物为MnSO4，+4价的硫被氧化为+6价，生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：5HSO3-+2MnO4-+H+=5SO42-+2Mn2++3H2O，故答案为5HSO3-+2MnO4-+H+=5SO42-+2Mn2++3H2O；（3）KMnO4溶液呈紫色，与NaHSO3反应，紫色褪去，滴定终点的现象为：滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去；故答案为溶液由无色变为紫红色,且半分钟不褪色；若准确称取WgNaHSO3固体溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。2MnO4～5HSO3-0.1mol/L×V×10-3Ln(HS