黑龙江省虎林市2024年高考仿真模拟化学试卷含解析

黑龙江省虎林市2024年高考仿真模拟化学试卷注意事项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、常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。［已知δ(X)＝］下列说法正确的是A．Ka(HA)的数量级为10－5B．溶液中由水电离出的c(H＋)：a点＞b点C．当pH＝4.7时，c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)D．当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL2、下列说法不正确的是A．C5H12的三种同分异构体沸点不同，因为其分子间作用力大小不同B．NH3和HCl都极易溶于水，均与它们能跟水分子形成氢键有关C．石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和形成，也有分子间作用力的破坏D．NaHSO4晶体溶于水和受热熔化时破坏的化学键类型不完全相同3、过渡金属硫化物作为一种新兴的具有电化学性能的电极材料，在不同的领域引起了研究者的兴趣，含有过渡金属离子废液的回收再利用有了广阔的前景，下面为S2−与溶液中金属离子的沉淀溶解平衡关系图，若向含有等浓度Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+的废液中加入含硫的沉淀剂，则下列说法错误的是A．由图可知溶液中金属离子沉淀先后顺序为Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+B．控制S2−浓度可以实现铜离子与其他金属离子的分离C．因Na2S、ZnS来源广、价格便宜，故常作为沉铜的沉淀剂D．向ZnS中加入Cu2+的离子方程式为：S2−+Cu2+CuS↓4、下列物质的名称正确的是A．SiO2：刚玉B．(NH4)2CO3：碳铵C．CCl4：氯仿D．：3，3，5-三甲基庚烷5、下图是一种有机物的模型，该模型代表的有机物可能含有的官能团有A．一个羟基，一个酯基 B．一个羟基，一个羧基C．一个羧基，一个酯基 D．一个醛基，一个羟基6、用下列实验方案不能达到实验目的的是（）A．图A装置——Cu和稀硝酸制取NO B．图B装置——检验乙炔的还原性C．图C装置——实验室制取溴苯 D．图D装置——实验室分离CO和CO27、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等,Y在周期表中族序数与周期数相等,ZW2是一种新型的自来水消毒剂。下列说法错误的是A．W2的沸点比Z2的沸点低B．XYW2的水溶液呈碱性C．W、X形成的化合物一定只含离子键D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应8、“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是A．无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价B．Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁C．Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料D．1molAl65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265mol电子9、与溴水反应不会产生沉淀的是A．乙烯 B．AgNO3溶液 C．H2S D．苯酚10、常温下，向20mL0.05mol·L－1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是（）A．NaHB溶液可能为酸性，也可能为碱性B．A、B、C三点溶液的pH是逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大C．E溶液中离子浓度大小关系：c(NH4+)>c(B2－)>c(OH－)>c(H+)D．F点溶液c(NH4+)=2c(B2－)11、某化学小组设计“全氢电池”如图中甲池(其中a、b为多孔石墨电极)，拟用该电池电解处理生活污水，达到絮凝净化的目的。其工作原理示意图：闭合K工作过程中，下列分析错误的是A．甲池中a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2OB．乙池中Fe电极区附近pH增大C．一段时间后，乙池的两极间出现污染物颗粒沉降现象D．如果Al电极上附着较多白色物质，甲池中Na+经过交换膜速率定会加快12、25℃时，向一定浓度的Na2C2O4溶液中滴加盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。已知H2C2O4是二元弱酸，X表示，下列叙述错误的是A．从M点到N点的过程中，c(H2C2O4)逐渐增大B．直线n表示pH与的关系C．由N点可知Ka1(H2C2O4)的数量级为10-2D．pH=4.18的混合溶液中：c(Na+)>c(HC2O4-)=c(C2O42-)=c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)13、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，原子最外层电子数之和为20，Y、W为同一主族元素，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是（

）A．W和Y形成的一种化合物具有漂白性B．简单离子半径大小顺序：W＞Z＞YC．最简单氢化物的稳定性：X＜YD．元素X的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物能发生反应14、一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene，其形状和结构如图所示，下列有关该分子的说法中错误的是A．生成1molC5H12至少需要4molH2B．该分子中所有碳原子在同一平面内C．三氯代物只有一种D．与其互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃有两种15、下列操作能达到实验目的的是目的实验操作AAl2O3有两性将少量Al2O3分别加入盐酸和氨水中B浓硫酸有脱水性蔗糖中加入浓硫酸，用玻璃棒充分搅拌C检验SO42-向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液D检验Fe2+向某溶液中滴入氯水，再滴入KSCN溶液A．A B．B C．C D．D16、核黄素又称为维生素B2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。核黄素分子的结构为：已知：有关核黄素的下列说法中，不正确的是：A．该化合物的分子式为C17H22N4O6B．酸性条件下加热水解，有CO2生成C．酸性条件下加热水解，所得溶液加碱后有NH3生成D．能发生酯化反应17、使用石油热裂解的副产物中的甲烷来制取氢气，需要分两步进行，其反应过程中的能量变化如图所示：则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为（）A．CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g)ΔH＝－103.3kJ/molB．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－70.1kJ/molC．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝70.1kJ/molD．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－136.5kJ/mol18、2019年诺贝尔化学奖授予在锂电池发展上做出贡献的三位科学家。某可连续工作的液流锂离子储能电池放电时工作原理如图所示，下列说法正确的是A．放电时，储罐中发生反应：S2O82-＋2Fe2+=2Fe3+＋2SO42-B．放电时，Li电极发生了还原反应C．放电时，Ti电极发生的电极方程式为：Fe2+－e−=Fe3+D．Li+选择性透过膜可以通过Li+和H2O19、下列说法错误的是（）A．“地沟油”可以用来制肥皂和生物柴油B．我国规定商家不得无偿提供塑料袋，目的是减少“白色污染”C．NaOH与SiO2可以反应，故NaOH可用于玻璃器皿上刻蚀标记D．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成，但不能减少温室气体排放20、下列说法正确的是()A．铁表面镀铜时，将铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连B．0.01molCl2通入足量水中，转移电子的数目为6.02×1021C．反应3C(s)＋CaO(s)===CaC2(s)＋CO(g)在常温下不能自发进行，说明该反应的ΔH>0D．加水稀释0.1mol·L－1CH3COOH溶液，溶液中所有离子的浓度均减小21、某有机化合物的结构简式如图所示，下列说法正确的是()A．不能发生银镜发应B．1mol该物质最多可与2molBr2反应C．1mol该物质最多可与4molNaOH反应D．与NaHCO3、Na2CO3均能发生反应22、我国的科技发展改变着人们的生活、生产方式。下列说法中错误的是A．“甲醇制取低碳烯烃”技术可获得聚乙烯原料B．“嫦娥四号”使用的SiC―Al材料属于复合材料C．5G芯片“巴龙5000”的主要材料是SiO2D．“东方超环(人造太阳)”使用的氘、氚与氕互为同位素二、非选择题(共84分)23、（14分）前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：(1)元素A、B、C中，电负性最大的是____(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为________。(2)与同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是________；BA3分子中键角________109°28′(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是________。(3)BC3－离子中B原子轨道的杂化类型为____________，BC3－离子的立体构型为________________。(4)基态E原子的电子排布式为________；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合价为＋6)中σ键与π键数目之比为________；(5)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参数为apm，则晶体的密度为_____g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数)。24、（12分）最早的麻醉药是从南美洲生长的古柯植物提取的可卡因，目前人们已实验并合成了数百种局部麻醉剂，多为羧酸酯类。F是一种局部麻醉剂，其合成路线：回答下列问题：（1）已知A的核磁共振氢谱只有一个吸收峰，写出A的结构简式____。（2）B的化学名称为________。（3）D中的官能团名称为____，④和⑤的反应类型分别为________、____。（4）写出⑥的化学方程式____。（5）C的同分异构体有多种，其中-NO2直接连在苯环上且能发生银镜反应的有_____种，写出其中苯环上一氯代物有两种的同分异构体的结构简式____________。（6）参照上述流程，设计以对硝基苯酚钠、乙醇和乙酰氯(CH3COCl)为原料合成解热镇痛药非那西丁()的合成路线（无机试剂任选）。已知：__________25、（12分）某小组以亚硝酸钠（NaNO2）溶液为研究对象，探究NO2-的性质。实验试剂编号及现象滴管试管2mL1%酚酞溶液1mol·L-1NaNO2溶液实验I：溶液变为浅红色，微热后红色加深1mol·L-1NaNO2溶液0.1mol·L-1KMnO4溶液实验II：开始无明显变化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去KSCN溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）实验III：无明显变化1mol·L-1NaNO2溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）实验IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红资料：[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。（1）结合化学用语解释实验I“微热后红色加深”的原因______（2）实验II证明NO2-具有_____性，从原子结构角度分析原因_________（3）探究实验IV中的棕色溶液①为确定棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，设计如下实验，请补齐实验方案。实验溶液a编号及现象1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）i．溶液由___色迅速变为___色____________________ii．无明显变化②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述现象产生的原因_________。（4）络合反应导致反应物浓度下降，干扰实验IV中氧化还原反应发生及产物检验。小组同学设计实验V：将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。①盐桥的作用是____________________________②电池总反应式为______________________实验结论：NO2-在一定条件下体现氧化性或还原性，氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关。26、（10分）欲用浓硝酸法(测定反应后生成气体的量)测定某铜银合金中铜的质量分数，但资料表明：反应中除了生成NO2气体外还会有少量的NO生成；常温下NO2和N2O4混合存在，在低于0℃时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在。为完成测定并验证确有NO生成，有人设计如下实验：（1）实验开始前要先打开A部分的活塞K1，持续通一段时间的氮气再关闭K1，这样做的目的是___。（2）装置B瓶的作用是___。（3）A中的反应停止后，打开D中的活塞K2，并通入氧气，若反应确有NO产生，则D中应出现的现象是___；实验发现，通入氧气温度的高低对实验现象有较大影响，则为便于观察应通入___(填“冷”或“热”)的氧气。（4）为减小测量误差，在A中反应完成和D中出现现象后，还应继续进行的操作是___。（5）实验测得下列数据：所用铜银合金质量：15.0g、浓硝酸：40mL13.5mol/L；实验后A中溶液体积：40mL；H+浓度：1.0mol/L。若设反应中硝酸既无挥发也无分解，则：①参加反应的硝酸的物质的量为___。②若已测出反应后E装置的生成物中含氮元素的质量，则为确定合金中铜的质量分数还需要测定的数据是___。（6）若实验只测定Cu的质量分数，不验证NO的产生，则在铜银合金中与浓硝酸反应后，只需要简单的实验操作可达到目的，请简述实验过程：___。27、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______(写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-128、（14分）化合物X为医用药物，它的合成路线如下：已知：①1.RCH=CH2②RBrRMgBr③RCHO+R’CH2CHO+(1)A的名称为______，A分子中最多______个原子共面。(2)写出第①步反应条件______；F的结构简式______；第⑤步反应类型：______；(3)第③步的化学反应方程式：______；G和合成聚酯纤维宇航服的化学反应方程式：______；(4)G经反应可得到，写出K的同分异构体中含有一个手性碳(连有四个不同取代基的碳称为手性碳原子)的结构简式______。(5)已知：写出由1-戊醇和必要无机试剂合成G的路线，并在括号注明条件1-戊醇___________________（______）G。29、（10分）（11分）近年来，随着锂离子电池的广泛应用，废锂离子电池的回收处理至关重要。下面是利用废锂离子电池正极材料（有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等）回收钴、镍、锂的流程图。已知：P204[二(2−乙基己基)磷酸酯]常用于萃取锰，P507(2−乙基己基膦酸−2−乙基己酯）和Cyanex272[二(2，4，4)−三甲基戊基次磷酸]常用于萃取钴、镍。回答下列问题：（1）在硫酸存在的条件下，正极材料粉末中LiCoO2与H2O2反应能生成使带火星木条复燃的气体，请写出反应的化学方程式__________________________________。（2）一些金属难溶氢氧化物的溶解度（用阳离子的饱和浓度表示）与pH的关系图如下：加入NaOH溶液调pH=5可除去图中的________（填金属离子符号）杂质；写出除去金属离子的离子方程式________________________（一种即可）。（3）已知P507萃取金属离子的原理为nHR(Org)+Mn+(aq)MRn(Org)+nH+(aq)，且随着萃取过程中pH降低，萃取效率下降。萃取前先用NaOH对萃取剂进行皂化处理，皂化萃取剂萃取金属离子的反应为nNaR(Org)+Mn+(aq)MRn(Org)+nNa+(aq)。对萃取剂进行皂化处理的原因为________________。（4）控制水相pH=5.2，温度25℃，分别用P507、Cyanex272作萃取剂，萃取剂浓度对萃取分离钴、镍的影响实验结果如图所示。■—Co(Cyanex272)；●—Ni(Cyanex272)；▲—Co(P507)；▼—Ni(P507)由图可知，钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而_________（填“增大”或“减小”）；两种萃取剂中___________（填“P507”或“Cyanex272”）的分离效果比较好，若选P507为萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为__________mol·L−1；若选Cyanex272萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为___________mol·L−1。（5）室温下，用NaOH溶液调节钴萃余液的pH=12，搅拌一段时间后，静置，离心分离得到淡绿色氢氧化镍固体，镍沉淀率可达99.62%。已知Ksp[Ni(OH)2]=5.25×10−16，则沉镍母液中Ni2+的浓度为2.1×10−11mol·L−1时，pH=______(lg5=0.7)。

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、A【解析】

A.曲线的交点处，c(HA)=c(A-)，此时pH=4.7，则因此Ka(HA)的数量级为10-5，A项正确；B.a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c(H＋)：a点<b点，B项错误；C.当pH＝4.7时，c(HA)=c(A-)，但c(OH－)不等于c(H＋)，C项错误；D.HA为弱酸，当消耗NaOH溶液的体积为20.00mL时，二者恰好反应生成NaA溶液，溶液显碱性，pH>7，D项错误；答案选A。【点睛】利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)=c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。2、B【解析】

A.C5H12的三种同分异构体结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，A正确；B.NH3能和水分子形成氢键，HCl不能形成氢键，B错误；C.石墨为层状结构，层内含有共价键，层与层之间是分子间作用力，转化为金刚石既有共价键的断裂和形成，也有分子间作用力的破坏，C正确；D.NaHSO4晶体溶于水时电离为Na+、H+、SO42-，破坏离子键和共价键，受热熔化时电离为Na+、HSO4-，破坏离子键，破坏的化学键类型不完全相同，D正确；答案选B。3、D【解析】

由图可知溶液中金属硫化物沉淀的Ksp大小顺序为CuS<CdS<ZnS<CoS<FeS，溶液中金属离子沉淀先后顺序为：Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+，选项A正确；CuS的Ksp最小，控制S2−浓度可以使铜离子从溶液中沉淀出来，实现铜离子与其他金属离子的分离，选项B正确；因Na2S、ZnS来源广、价格便宜，可作沉铜的沉淀剂，选项C正确；ZnS不溶于水，向ZnS中加入Cu2+的离子方程式为：ZnS+Cu2+CuS+Zn2+，选项D不正确。4、D【解析】

A.刚玉为三氧化二铝，故A错误；B.碳铵为NH4HCO3，故C错误；C.氯仿为CHCl3，故C错误；D.的主链为7个碳：3，3，5-三甲基庚烷，故D正确；故选D。5、B【解析】

比例模型可以直观地表示分子的形状，其碳原子的成键情况是确定分子结构的关键，碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定，原子半径的关系为C>O>H，最大的原子为C，最小的原子为H，小于C原子的灰色原子为O。则该有机物的结构简式为CH3CH(OH)COOH，则其中含有官能团有一个羟基，一个羧基。故选B。6、B【解析】

A.铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮不与水反应，所以可以用此装置制取一氧化氮，故A正确；B.用此法制取的乙炔气体中常混有硫化氢等，硫化氢具有还原性，也能使高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C.图C装置，有分液漏斗，可以通过控制液溴的量控制反应，装有四氯化碳的试管可用于除液溴，烧杯中的液体用于吸收溴化氢，倒置漏斗可防倒吸，此装置用于实验室制取溴苯，故C正确；D.二氧化碳可以先被碱液吸收，在球胆中收集一氧化碳气体，再通过分液漏斗向试剂瓶中加入酸液，二氧化碳即可放出，可以用于分离一氧化碳和二氧化碳，故D正确。答案选B。【点睛】本题考查的实验方案的设计，解题的关键是掌握各实验的目的和各物质的性质。解题时注意A选项根据铜和稀硝酸反应的化学方程式分析产生的气体以及一氧化氮的性质分析；D选项根据一氧化碳和二氧化碳的性质的区别分析实验装置和操作方法。据此解答。7、C【解析】

Y在周期表中族序数与周期数相等，Y是Al元素；ZW2是一种新型的自来水消毒剂，ZW2是ClO2，即Z是Cl元素、W是O元素；W、X的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，则X的最外层电子数是1，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以X是Na元素。【详解】A.O2、Cl2的结构相似，Cl2的相对分子质量大，所以Cl2沸点比O2的沸点高，故A正确；B.NaAlO2是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故B正确；C.Na、O形成的化合物Na2O2中含离子键和非极性共价键，故C错误；D.Al(OH)3是两性氢氧化物、NaOH是强碱、HClO4是强酸，所以NaOH、Al(OH)3、HClO4两两之间均能发生反应，故D正确；选C。【点睛】本题考查结构、性质、位置关系应用，根据元素的性质以及元素的位置推断元素为解答本题的关键，注意对元素周期律的理解，较好的考查学生分析推理能力。8、C【解析】

A．拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故A错误；B．拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，故B错误；C．Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C正确；D．溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价，故1molAl65Cu23Fe12失电子为65×3+23×2+12×3=277mol，故D错误；故选C。9、A【解析】

A．乙烯与溴水发生加成反应，溴水褪色，没有沉淀，选项A错误；B．AgNO3溶液与溴水反应生成溴化银沉淀，选项B正确；C．H2S与溴水发生氧化还原反应产生S沉淀，选项C正确；D．苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，选项D正确；答案选A。10、D【解析】

未加入氨水前，溶液的水电离出的OH-浓度为10-13mol/L，所以溶液中c(H+)=0.1mol/L，该酸的浓度为0.05mol/L，所以该酸为二元强酸。酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，随着氨水的不断滴入，溶液中水电离的c（H+）逐渐增大，当两者恰好完全反应生成（NH4）2B时水的电离程度达最大（图中D点），继续加入氨水，水电离的c（H+）逐渐减小。【详解】A.NaHB属于强酸的酸式盐，NaHB溶液应该呈酸性，A项错误；B.向酸溶液中逐渐加入碱发生中和反应，混合液溶液的pH是逐渐增大的，B项错误；C.E点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）>1×10-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则E点水溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，C项错误；D.F点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）=1×10-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则F点水溶液呈中性，此时溶液中的电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(B2-)，因c(H+)=c(OH-)，所以有c(NH4+)=2c(B2-)，D项正确；所以答案选择D项。11、D【解析】

根据此装置电解处理生活污水可知，甲池为原电池，乙为电解池，a为负极，b为正极，铁为阴极，铝为阳极，a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b极反应为2H++2e-=H2↑，总的电极反应为H++OH-=H2O，利用甲池产生的电流电解乙池，乙池中，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H++2e-=H2↑由此分析。【详解】A．甲池为原电池，a为负极，a极通入氢气，氢气在负极上失去电子生成氢离子，结合氢氧根离子生成水，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，故A正确；B．乙池中，铁作阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，溶液中氢离子的浓度减小，氢氧根离子的溶度相对增大，pH增大，故B正确；C．乙为电解池，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H++2e-=H2↑，溶液中的氢离子的浓度减小，氢氧根离子向阳极移动，在阳极结合铝离子生成氢氧化铝胶体，吸附污染物颗粒一起沉降，在阴极，一段时间后，铝离子向阴极移动，铝离子可以在溶液中形成氢氧化铝胶体，吸附水中的污染物颗粒一起沉降，故C正确；D．如果Al电极上附着较多白色物质，白导致色物质为氢氧化铝，阻止了铝电极继续放电，导致导线中电荷的数目减小，甲池中Na+经过交换膜速率定会减慢，故D错误；答案选D。12、D【解析】

A.如图所示，从M点到N点的过程中，pH减小，氢离子浓度增大，c(H2C2O4)逐渐增大，故A正确；B.pH增大，增大，减小，则直线n表示pH与的关系，故B正确；C.由N点可知Ka1(H2C2O4)的数量级为10-2Ka1(H2C2O4)=，在N点=-1，即，N点的pH＝2.22，则c(H+)＝10−2.22mol/L，所以Ka1(H2C2O4)＝10×10−2.22＝1.0×10−1.22，故C正确；D.M点：-lg=0，Ka2==10-3.18×10-1=10-4.18，pH=4.18时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，但无法判断c(HC2O4-)=c(C2O42-)=c(Cl-)，故D错误；故选D。13、B【解析】

常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。则Z为铝，W为硫；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、W为同一主族元素，则Y为氧；原子最外层电子数之和为20，则X最外层电子数为20-3-6-6=5，则X为氮；A.W为硫，Y为氧，形成的一种化合物是二氧化硫，具有漂白性，故A正确；B.硫离子有3个电子层，半径最大；氧离子和铝离子核外电子排布相同，核电荷越大，半径越小，所以氧离子大于铝离子，故简单离子半径大小顺序：W＞Y＞Z，故B错误；C.非金属性越强其氢化物越稳定，氮非金属性弱于氧，则最简单氢化物的稳定性：X＜Y，故C正确；D.元素X的气态氢化物为氨气，其最高价氧化物对应水化物为硝酸，能发生反应生成硝酸铵，故D正确。故选B。【点睛】解决此题的关键是正确推断元素的种类，突破口在于题干信息中浓溶液和稀溶液性质不同，想到浓硫酸具有强氧化性，与金属铝发生钝化反应，而稀硫酸可以与铝反应。14、B【解析】

有机物含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，结合烯烃、甲烷的结构特点解答。【详解】A.由结构式可知分子中含有5个C、4个H原子，则分子式为C5H4，根据不饱和度的规律可知，该分子内含4个不饱和度，因此要生成1molC5H12至少需要4molH2，A项正确；B.分子中含有饱和碳原子，中心碳原子与顶点上的4个碳原子形成4个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不可能在同一平面上，B项错误；C.依据等效氢思想与物质的对称性可以看出，该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；D.分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3这2种同分异构体，D项正确；答案选B。【点睛】本题C项的三氯代物可用换位思考法分析作答，这种方法一般用于卤代物较多时，分析同分异构体较复杂时，即将有机物分子中的不同原子或基团进行换位，如乙烷分子，共6个氢原子，一个氢原子被氯原子取代只有一种结构，那么五氯乙烷呢，H看成Cl，Cl看成H，换位思考，也只有一种结构。15、B【解析】

A．Al(OH)3是两性氢氧化物，只溶于强酸、强碱，不溶于氨水，故A错误；B．浓硫酸能将蔗糖中H、O以2∶1水的形式脱去，体现浓硫酸的脱水性，故B正确；C．向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液可能生成氯化银或硫酸钡白色沉淀，不能检验硫酸根离子，故C错误；D．氯气具有氧化性，可以将亚铁离子氧化，生成三价铁离子，三价铁离子可以和KSCN溶液发生显色反应，显红色，不能确定是含有亚铁离子还是铁离子，故D错误；故选B。16、A【解析】

A、根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6，故A错误；

B、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳生成，故B正确；

C、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有氨气生成，故C正确；

D、因为该化合物中含有醇羟基，因此可以发生酯化反应，故D正确；

故选A。17、D【解析】

本题考查化学反应与能量变化,意在考查考生的图象分析能力与推理能力。【详解】左图对应的热化学方程式为A.CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g)ΔH＝－103.3kJ/mol，右图对应的热化学方程式为CO

(g)

+

H2O(g)=H2

(g)

+

CO2

(9)

△H=-33.

2kJ/mol；两式相加即可得相应的热化学方程式D.CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－136.5kJ/mol，故D符合题意；答案：D。【点睛】根据两图都为放热反应，完成热化学反应方程式，再根据盖斯定律进行分析即可。18、A【解析】

A.储能电池中锂为负极，失去电子生成锂离子，钛电极为正极，溶液中的铁离子得到电子生成亚铁离子，储罐中亚铁离子与S2O82-反应，反应的离子方程式为：S2O82-＋2Fe2+=2Fe3+＋2SO42-，故正确；B.放电时锂失去电子发生氧化反应，故错误；C.放电时，Ti电极发生的电极方程式为：Fe3++e−=Fe2+，故错误；D.Li+选择性透过膜可以通过Li+不能通过水，故错误。故选A。【点睛】掌握原电池的工作原理，注意锂离子选择性的透过膜只能通过锂离子，S2O82-为还原性离子，能被铁离子氧化。19、C【解析】

A．“地沟油”含有大量的有害物质，禁止食用，其主要成分为油脂，属于酯类，可以发生皂化反应制肥皂，及通过化学反应用来制生物柴油，A选项正确；B．塑料袋由聚乙烯材料构成，可形成白色污染，减少塑料袋的使用可减少白色污染，B选项正确；C．NaOH与SiO2可以反应，但可用于玻璃器皿上刻蚀标记的是氢氟酸(HF)，C选项错误；D．加入氧化钙可以与硫燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，减少了酸雨的形成，但是二氧化碳不会减少，不能减少温室气体的排放，D选项正确；答案选C。20、C【解析】

A.根据电镀原理易知，铁表面镀铜时，将铁与电源的负极相连作电解池的阴极被保护，铜与电源的正极相连作阳极，失电子发生氧化反应，A项错误；B.0.01molCl2通入足量水中发生的反应为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，为可逆反应，则转移电子的数目小于6.02×1021，B项错误；C.反应3C(s)＋CaO(s)===CaC2(s)＋CO(g)中ΔS>0，因在常温下不能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS>0，那么ΔH必大于0，C项正确；D.CH3COOH为弱酸，发生电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释0.1mol·L－1CH3COOH溶液过程中，CH3COO-与H+的离子浓度减小，但一定温度下，水溶液中的离子积不变，则OH-的浓度增大，D项错误；答案选C。21、C【解析】

A．含甲酸某酯结构，能发生银镜反应，故A错误；B．酚-OH的邻位、碳碳双键与溴水反应，则1mol该物质最多可与3molBr2反应，故B错误；C.2个酚羟基、-Cl及-COOC-均与NaOH反应，则1mol该物质最多可与4molNaOH反应，故C正确；D．含酚-OH，与Na2CO3发生反应，与碳酸氢钠不反应，故D错误；故选C。22、C【解析】

A.“甲醇制取低碳烯烃”技术可生产乙烯，乙烯是制备聚乙烯的原料，故A正确；B.SiC―Al材料是SiC增强铝基复合材料，故B正确；C.计算机芯片的主要材料是单质Si，故C错误；D.氕、氘、氚质子数都是1，中子数分别是0、1、2，所以互为同位素，故D正确；选C。二、非选择题(共84分)23、ON＞O＞AlNH3分子间易形成氢键＜孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用sp2三角形1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)7:1×1030【解析】

前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态，A为H元素；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1，核外电子排布为1s22s22p3，为N元素；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，则C为O元素，E为Cr元素；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D为Al元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Al元素，E为Cr元素。(1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Al，故答案为O；N＞O＞Al；(2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于109°28′，故答案为NH3分子间易形成氢键；＜；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；(3)NO3－离子中N原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=3+=3，采用sp2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp2；三角形；(4)E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合价为＋6)，结构为，其中σ键与π键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子数为4，8×+6×=4，晶胞质量为g，因此晶胞的密度==×1030g·cm－3，故答案为×1030。【点睛】正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4)，要能够根据题意确定CrO5的结构。24、4-硝基甲苯(或对硝基甲苯)羧基、氨基还原反应取代反应13【解析】

根据合成路线可知，在浓硝酸、浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B()，B再由酸性高锰酸钾氧化得到C()，C被Fe还原为D()，D与CH3COCl发生取代反应得到E()，E与(CH3CH2)NCH2CH2OH在一定条件下反应生成F()，据此分析解答问题。【详解】(1)已知A的核磁共振氢谱只有一个吸收峰，根据反应①可推得A的结构简式可以是，故答案为：；(2)根据上述分析可知，B的结构简式为，化学名称是4-硝基甲苯(或对硝基甲苯)，故答案为：4-硝基甲苯(或对硝基甲苯)；(3)根据上述分析，D的结构简式为，含有的官能团有羧基和氨基，C被Fe还原为D()，D与CH3COCl发生取代反应得到E()，故答案为：羧基、氨基；还原反应；取代反应；(4)反应⑥为E与(CH3CH2)NCH2CH2OH在一定条件下反应生成F()，反应方程式，故答案为：；(5)C的同分异构体中-NO2直接连在苯环上且能发生银镜反应的结构可以是苯环上连接—NO2、—OOCH两个基团和—NO2、—CHO、—OH三个基团两种组合，共有13种，其中苯环上一氯代物有两种的同分异构体的结构简式为，故答案为：13；；(6)结合题干信息，已知：，则以对硝基苯酚钠()、乙醇和乙酰氯(CH3COCl)为原料合成解热镇痛药非那西丁()的合成路线可以为：，故答案为：。25、NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深还原性N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性浅绿色棕色0.5mol·L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O【解析】

（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）N原子最外层5个电子，NO2-中N为+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）①若要证明棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，据此解答；（4）①将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；②两电极反应式相加得总反应式。【详解】（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深，所以在2mL1mol·L-1NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出现溶液变为浅红色，微热后红色加深，故答案为NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）根据实验II说明NaNO2溶液与KMnO4溶液在酸性条件下发生氧化还原反应而使KMnO4溶液的紫色褪去，即KMnO4被还原，说明NO2-具有还原性。NO2-具有还原性的原因是：N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性，故答案为还原性；N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）①实验IV在FeSO4溶液（pH=3）中滴加NaNO2溶液，溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红，说明有Fe3+生成，NO2-被还原为NO。若要证明棕色物质是是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；故答案为浅绿色；棕色；0.5mol·L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）；②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，原因是棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀，故答案为棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀；（4）①将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；故答案为阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；②该原电池负极反应为：Fe2+-e-=Fe3+，正极反应为NO2-+e-+2H+=NO↑+H2O，所以电池总反应式为Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O；故答案为Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O。26、排尽装置中的空气吸收水蒸气，防止水蒸气在C中冷凝后与NO2反应产生NO出现红棕色气体热打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O20.5molC中圆底烧瓶在实验前后增加的质量往剩余溶液中加入过量HCl溶液，过滤、洗涤、干燥、称量【解析】

实验开始前要先打开A部分的活塞K1，持续通一段时间的氮气再关闭K1，排尽装置中的空气，滴入浓硝酸反应生成二氧化氮和一氧化氮气体，干燥后通过装置C，在低于0℃时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在，A中的反应停止后，打开D中的活塞K2，并通入氧气，若反应确有NO产生，则D中出现红棕色气体，说明有一氧化氮气体生成，剩余气体用氢氧化钠溶液吸收；(1)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；(3)一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体；温度高反应速率快；(4)由于装置中有残留的气体，所以要打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；(5)①硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.5mol；②要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量，所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数。【详解】(1)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；(3)A中的反应停止后，打开D中的活塞K2再通入氧气，若反应中确有NO产生，一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体，通入氧气温度越高反应速率越快，因此要通入热的氧气；(4)由于装置中有残留的气体，所以在A中反应完成和D中出现现象后还须进行的操作是：打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；(5)①硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.50mol；②要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量．所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数，在反应后的混合溶液中A中加入过量的NaCl溶液，过滤后，将沉淀洗涤、干燥，最后称取所得的AgCl沉淀的质量，再进行计算。27、分液漏斗蒸馏烧瓶硫化钠和碳酸钠的混合液调节酸的滴加速度若SO2过量，溶液显酸性．产物会发生分解加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32-氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色0.1600【解析】

(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反