西藏拉萨北京实验中学2024年高三第二次联考化学试卷含解析

西藏拉萨北京实验中学2024年高三第二次联考化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是A．石英只能用于生产光导纤维B．复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料C．中国歼—20上用到的氮化镓材料是当作金属合金材料使用的D．医用双氧水和酒精均可用于伤口清洗，两者消毒原理不相同2、下列每组物质发生变化所克服的粒子间的作用力属于同种类型的是()A．氯化铵受热气化和苯的气化B．碘和干冰受热升华C．二氧化硅和生石灰的熔化D．氯化钠和铁的熔化3、周期表中有如图所示的元素，下列叙述正确的是A．47.87是丰度最高的钛原子的相对原子质量B．钛原子的M层上共有10个电子C．从价电子构型看，钛属于某主族元素D．22为钛原子的质量数4、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或结论A向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡:I3-I2+I-B向1mL浓度均为0.05mol·L-lNaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01mol·L-lAgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)C室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HC1O和CH3COOH的酸性强弱D浓硫酸与乙醇180℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去制得的气体为乙烯A．A B．B C．C D．D5、为了实现绿色化学，符合工业生产实际的是A．用纯碱吸收硫酸工业的尾气 B．用烧碱吸收氯碱工业的尾气C．用纯碱吸收合成氨工业的尾气 D．用烧碱吸收炼铁工业的尾气6、下表数据是在某高温下，金属镁和镍分别在氧气中进行氧化反应时，在金属表面生成氧化薄膜的实验记录如下（a和b均为与温度有关的常数）：

反应时间t/h1491625MgO层厚Y/nm0.05a0.20a0.45a0.80a1.25aNiO层厚Y/nmb2b3b4b5b下列说法不正确的是A．金属表面生成的氧化薄膜可以对金属起到保护作用B．金属高温氧化腐蚀速率可以用金属氧化膜的生长速率来表示C．金属氧化膜的膜厚Y跟时间t所呈现的关系是：MgO氧化膜厚Y属直线型，NiO氧化膜厚Y′属抛物线型D．Mg与Ni比较，金属镁具有更良好的耐氧化腐蚀性7、下列实验操作不当的是A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二8、下列实验的“现象”或“结论或解释”不正确的是()选项实验现象结论或解释A将硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于AlC少量待测液滴加至盛有NaOH浓溶液的试管中，将湿润的红色石蕊试置于试管口处试纸未变蓝原溶液中无NH4+D将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性A．A B．B C．C D．D9、将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体（标准状况），向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是A．可以求出合金中镁铝的物质的量比为1∶1 B．可以求出硝酸的物质的量浓度C．可以求出沉淀的最大质量为3.21克 D．氢氧化钠溶液浓度为3mol/L10、下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。已知储氢装置的电流效率×100%，下列说法不正确的是A．采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失B．过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存C．生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12D．若=75%，则参加反应的苯为0.8mol11、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：。相关条件和数据见下表：实验编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ反应温度/℃700700750达平衡时间/min40530n(D)平衡/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，平衡不移动B．升高温度能加快反应速率的原理是降低了活化能，使活化分子百分数提高C．实验Ⅲ达平衡后容器内的压强是实验Ⅰ的0.9倍D．K3>K2>K112、一定量的与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是A．时，若充入惰性气体，、逆

均减小，平衡不移动B．时，反应达平衡后的转化率为C．时，若充入等体积的和CO，平衡向逆反应方向移动D．平衡常数的关系：13、用“吸收—电解”循环法脱除烟气中的SO2，可减少对大气的污染。室温下，电解液K再生的装置如图所示，其中电解液的pH随变化的关系见下表，下列对此判断正确的是电解液n(SO32－)：n(HSO3－)pHK9:916.2L1:17.2M91:98.2A．当电解液呈中性时溶液中：B．再生液M吸收SO2主反应的离子方程式为：C．HSO3－在b极发生的电极反应式为：D．若产生标准状况下2.24L气体N，则d膜上共通过0.2mol阳离子14、列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A向某溶液中滴加双氧水后再加入KSCN

溶液溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+B向饱和Na2CO3

溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了NaHCO3晶体C两块相同的铝箔，其中一块用砂纸仔细打磨过，将两块铝箔分别在酒精灯上加热打磨过的铝箔先熔化

并滴落下来金属铝的熔点较低，打磨过的铝箔更易熔化D加热盛有NaCl和NH4Cl固体的试管试管底部固体减少，试管口有晶体凝结可以用升华法分离NaCl和

NH4Cl

固体A．A B．B C．C D．D15、氯气氧化HBr提取溴的新工艺反应之一为:6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4↓+6Br2+6H2O,利用此反应和CCl4得到液溴的实验中不需要用到的实验装置是A．B．C．D．16、已知在100℃、1.01×105Pa下，1mol氢气在氧气中燃烧生成气态水的能量变化如图所示，下列有关说法不正确的是()A．1molH2O(g)分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量B．热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－490kJ·mol－1C．甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙D．乙→丙的过程中若生成液态水，释放的能量将小于930kJ17、如图是lmol金属镁和卤素反应的△H(单位：kJ·mol－1)示意图，反应物和生成物均为常温时的稳定状态，下列选项中不正确的是A．由图可知，MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)＋F2(g)△H＝＋600kJ·mol－1B．MgI2与Br2反应的△H<0C．电解MgBr2制Mg是吸热反应D．化合物的热稳定性顺序：MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF218、下列关于金属腐蚀和保护的说法正确的是A．牺牲阳极的阴极保护法利用电解法原理B．金属的化学腐蚀的实质是：M－ne－=Mn＋，电子直接转移给还原剂C．外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零。D．铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时正极的电极反应为：2H＋＋2e－=H2↑19、向含Fe2＋、I－、Br－的混合溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是（）A．线段Ⅱ表示Br-的变化情况B．原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)＝3：1C．根据图像无法计算a的值D．线段Ⅳ表示HIO3的变化情况20、某固体样品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子。将该固体样品分为等质量的两份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L(标准状况)(假设气体全部逸出)。下列说法正确的是A．该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl-B．该固体中一定没有Ca2+、Cl-，可能含有K+C．该固体可能由(NH4)2SO4、K2CO3和NH4Cl组成D．该固体中n(K+)≥0.06mol21、垃圾分类有利于资源回收利用。下列有关垃圾归类不合理的是A．A B．B C．C D．D22、化学在生活中发挥着重要的作用，下列说法错误的是A．食用油脂饱和程度越大，熔点越高B．纯铁易被腐蚀，可以在纯铁中混入碳元素制成“生铁”，以提高其抗腐蚀能力C．蚕丝属于天然高分子材料D．《本草纲目》中的“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”这里的“石碱”是指K2CO3二、非选择题(共84分)23、（14分）苯二氮卓类药物氟马西尼（F）的合成路线如下图所示。请回答下列问题：（1）A中官能团有氟原子、_____和________。（均填名称）（2）C3H5O2Cl的结构式为________。（3）反应①和②的反应类型相同，其反应类型是___________。（4）化合物D的分子式为___________。（5）反应⑤生成“物质F”和HCl，则E→F的化学反应方程式为________。（6）是F的同分异构体，其中X部分含—COOH且没有支链，满足该条件的同分异构体有______种（不考虑立体异构）。（7）已知氨基酸之间脱水能够形成含肽键的化合物，请设计由甘氨酸（HOOCCH2NH2）和CNCH2COOC2H5制备的合成路线________（无机试剂任选）。24、（12分）（14分）药物H在人体内具有抑制白色念球菌的作用，H可经下图所示合成路线进行制备。已知：硫醚键易被浓硫酸氧化。回答下列问题：（1）官能团−SH的名称为巯(qiú)基，−SH直接连在苯环上形成的物质属于硫酚，则A的名称为________________。D分子中含氧官能团的名称为________________。（2）写出A→C的反应类型：_____________。（3）F生成G的化学方程式为_______________________________________。（4）下列关于D的说法正确的是_____________（填标号）。（已知：同时连接四个各不相同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子）A．分子式为C10H7O3FSB．分子中有2个手性碳原子C．能与NaHCO3溶液、AgNO3溶液发生反应D．能发生取代、氧化、加成、还原等反应（5）M与A互为同系物，分子组成比A多1个CH2，M分子的可能结构有_______种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1的物质的结构简式为_____________。（6）有机化合物K()是合成广谱抗念球菌药物的重要中间体，参考上述流程，设计以为原料的合成K的路线。_____________25、（12分）现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料，制取少量氮化镁(Mg3N2)。已知这一过程中可能发生下列反应：①2Mg+O22MgO②3Mg+N2Mg3N2③2Mg+CO22MgO+C④Mg+H2O(蒸气)=MgO+H2⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3可供选择的仪器和药品如下图所示。且假设正确操作时，装置内所发生的反应是完全的。试回答下列问题：(1)实验开始时，先点燃________装置中的酒精灯，原因是________；再将与g连接的自来水龙头打开，形成自h导管流出的气流，则气流依次流经的导管为(填字母代号)：h→________；(2)你是否选择了B装置，理由是什么________________________；(3)你是否选择了C装置，理由是什么________________________；(4)如果同时点燃A、E装置的酒精灯，对实验结果产生的影响________为什么___26、（10分）KMnO4是中学常见的强氧化剂，用固体碱熔氧化法制备KMnO4的流程和反应原理如图：反应原理：反应I：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O反应Ⅱ：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3（墨绿色）（紫红色）已知25℃物质的溶解度g/100g水K2CO3KHCO3KMnO411133.76.34请回答：（1）下列操作或描述正确的是___A．反应Ⅰ在瓷坩埚中进行，并用玻璃棒搅拌B．步骤⑥中可用HCl气体代替CO2气体C．可用玻璃棒沾取溶液于滤纸上，若滤纸上只有紫红色而无绿色痕迹，则反应Ⅱ完全D．步骤⑦中蒸发浓缩至溶液表面有晶膜出现再冷却结晶：烘干时温度不能过高（2）___（填“能”或“不能”）通入过量CO2气体，理由是___（用化学方程式和简要文字说明）。（3）步骤⑦中应用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤操作，理由是___。草酸钠滴定法分析高锰酸钾纯度步骤如下：Ⅰ．称取1.6000g高锰酸钾产品，配成100mL溶液Ⅱ．准确称取三份0.5025g已烘干的Na2C2O4，置于锥形瓶中，加入少量蒸馏水使其溶解，再加入少量硫酸酸化；Ⅲ．锥形瓶中溶液加热到75～80℃，趁热用I中配制的高锰酸钾溶液滴定至终点。记录实验数据如表实验次数滴定前读数/mL滴定后读数/mL12.6522.6722.6023.0032.5822.56已知：MnO4﹣+C2O42﹣+H+→Mn2++CO2↑+H2O（未配平）则KMnO4的纯度为___（保留四位有效数字）；若滴定后俯视读数，结果将___（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。27、（12分）目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。碱式碳酸镍的制备：工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制备流程如图：（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化学式为__。（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。分析如图，反应器中最适合的pH值为__。（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。测定碱式碳酸镍晶体的组成：为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O实验步骤：①检查装置气密性；②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；④__；⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）装置C/g装置D/g装置E/g加热前250.00190.00190.00加热后251.08190.44190.00实验分析及数据处理：（4）E装置的作用__。（5）补充④的实验操作___。（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。镍的制备：（7）写出制备Ni的化学方程式__。28、（14分）砷及其化合物在半导体、农药制造等方面用途非常广泛。回答下列问题：(1)ASH3的电子式为___；AsH3通入AgNO3溶液中可生成Ag，As2O3和HNO3，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。(2)改变O.1mol·L－1三元弱酸H3AsO4溶液的pH，溶液中的H3AsO4、H2AsO4－、HAsO42-以及AsO43-的物质的量分布分数随pH的变化如图所示：①1gKal(H3AsO4)＝___；用甲基橙作指示剂，用NaOH溶液滴定H3ASO4发生的主要反应的离子方程式为___②反应H2AsO4－+AsO43-=2HAsO42-的lgK=_____(3)焦炭真空冶炼砷的其中两个热化学反应如下：As2O3(g)+3C(s)=2As(g)+3CO(g)H1=akJ/molAs2O3(g)+3C(s)=1/2As4(g)+3CO(g)H2=bkJ/mol则反应4As(g)=As4(g)H=_______kJ/mol(用含a、b的代数式表示)。(4)反应2As2S3(s)=4AsS(g)+S2(g)达平衡时气体总压的对数值lg(p/kPa)与温度的关系如图所示：①对应温度下，B点的反应速率v(正)___v(逆)(填“＞’，’’＜”或“一”)。②A点处，AsS(g)的分压为___kPa，该反应的Kp＝___kPa5(Kp为以分压表示的平衡常数)。29、（10分）深入研究碳元素的化合物有重要意义，回答下列问题：（1）已知在常温常压下：①CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H=－359.8kJ·mol－1②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=－556.0kJ·mol－1③H2O(g)=H2O(l)△H=－44.0kJ·mol－1写出体现甲醇燃烧热的热化学方程式______________。（2）在恒温、恒容密闭容器中加入H2C2O4，发生反应：H2C2O4(s)CO2(g)+CO(g)+H2O(g)，下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是_____。A．压强不再变化B．CO2(g)的体积分数保持不变C．混合气体的密度不再变化D．混合气体的平均摩尔质量保持不变（3）合成尿素的反应为2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)。t℃时，若向容积为2L的密闭容器中加入3molNH3和1molCO2，达到平衡时，容器内压强为开始时的0.75倍。则t℃时的化学平衡常数为_____，若保持条件不变，再向该容器中加入0.5molCO2和1molH2O，NH3的转化率将_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。（4）用化学用语和相关文字从平衡移动的角度分析AlCl3溶液可以溶解CaCO3固体的原因是__________。（5）常温下，测得某CaCO3的饱和溶液pH=10.0，忽略CO32－的第二步水解，碳酸根的浓度约为c(CO32-)=____mol/L。(已知：Ka1(H2CO3)=4.4×10-7Ka2(H2CO3)=4.7×10-11)。碳酸钙饱和溶液中的离子浓度由大到小排序___________。

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】

A．石英是光导纤维的材料，但还可生产玻璃等，故A错误；B．二硫化钼属于无机物，不属于新型有机功能材料，故B错误；C．氮化镓是化合物，不是合金，故C错误；D．双氧水具有强氧化性，酒精没有强氧化性，均能使蛋白质变性，用于消毒杀菌，但原理不相同，故D正确；故答案为D。2、B【解析】

A．氯化铵属于离子晶体，需要克服离子键，苯属于分子晶体，需要克服分子间作用力，所以克服作用力不同，故A不选；B．碘和干冰受热升华，均破坏分子间作用力，故B选；C．二氧化硅属于原子晶体，需要克服化学键，生石灰属于离子晶体，需要克服离子键，所以克服作用力不同，故C不选；D．氯化钠属于离子晶体，熔化需要克服离子键，铁属于金属晶体，熔化克服金属键，所以克服作用力不相同，故D不选；故选B。【点睛】本题考查化学键及晶体类型，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键。一般来说，活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属之间形成共价键，但铵盐中存在离子键；由分子构成的物质发生三态变化时只破坏分子间作用力，电解质的电离化学键会断裂。3、B【解析】

A．47.87是元素的相对分子质量，故A错误；B．钛原子的M层上共有2+6+2=10个电子，故B正确；C．最后填充3d电子，为副族元素，故C错误；D．22为原子的原子序数，故D错误；故答案为：B。4、A【解析】

A．淀粉遇I2变蓝，AgI为黄色沉淀，实验现象说明KI3的溶液中含有I2和I-，由此得出结论正确，A项符合题意；B．由生成的沉淀呈黄色可知沉淀为AgI，在c(Cl-)和c(I-)相同时，先生成AgI，故可得Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，与结论不符，B项不符合题意；C．NaClO水解生成HClO，次氯酸具有强氧化性，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应使用pH计测量比较二者pH的大小，C项不符合题意；D．浓硫酸具有强氧化性，能将乙醇氧化，自身被还原为二氧化硫，二氧化硫以及挥发出来的乙醇蒸气都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故该气体不一定是乙烯，实验现象所得结论与题给结论不符，D项不符合题意；答案选A。5、B【解析】

A．纯碱溶液碱性较弱，通常用氨水来吸收二氧化硫，故A错误；B．氯气为有毒气体，能够与氢氧化钠反应，所以可以用烧碱吸收氯碱工业的尾气，故B正确；C．硫酸溶液能与氨气反应，所以用硫酸溶液吸收合成氨工业尾气（主要成分氨气），故C错误；D．炼铁工业的尾气主要成分为一氧化碳，与氢氧化钠溶液不反应，不能用烧碱进行尾气处理，炼铁工业的尾气CO常用点燃的方法除去或回收再利用，故D错误；故选：B。6、D【解析】

A．有些金属表面被氧化时，会生成致密的氧化物薄膜，可以起到保护金属的作用，例如铝等，A项正确；B．金属腐蚀即金属失去电子被氧化的过程，因此可以用氧化膜的生长速率表示金属在高温下被氧化腐蚀的速率，B项正确；C．表格中列举的数据，时间间隔分别是1h，3h，5h，7h，9h；对于MgO，结合MgO厚度的数据分析可知，MgO氧化膜每小时增加的厚度是定值即0.05a，因此其随时间变化呈现线性关系；结合NiO厚度的数据分析，NiO氧化膜厚度随时间推移，增长的越来越缓慢，所以NiO氧化膜与时间呈现抛物线形的关系，C项正确；D．根据表格数据分析可知，MgO氧化膜随时间推移，厚度呈现线性递增的趋势，而NiO氧化膜随时间推移，厚度增加越来越缓慢，说明NiO氧化膜的生成能够逐渐减缓Ni单质被氧化的速率，所以Ni的耐氧化腐蚀性能更好，D项错误；答案选D。7、B【解析】

A．锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。C．用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。D．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。【点睛】本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=8～10）和甲基橙（变色范围为pH=3.1～4.4）。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。8、A【解析】

A.稀硝酸与过量的Fe粉反应，铁粉过量，不生成Fe3+；B.铝在空气中加热生成氧化铝，Al2O3熔点高于Al；C.检验NH4+方法：待测液中加入NaOH浓溶液，用湿润红色石蕊试纸检验生成的气体；D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C生成；【详解】A.稀硝酸与过量的Fe分反应，则生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN溶液后，不变红色，现象错误，故A错误；B.铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝被氧化铝包裹不会滴落，故B正确；C.检验NH4+方法是：取少量待测溶液于试管中，加入NaOH浓溶液，加热，生成有刺激性气味气体，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，湿润红色石蕊试纸变蓝，说明待测液中含有NH4+，故C正确；D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C生成，则CO2中碳元素化合价降低，作为氧化剂，故D正确；故答案选A。【点睛】考查实验基本操作的评价，涉及Fe3+、NH4+的检验方法、氧化还原反应的判断等，题目较容易。9、C【解析】

由图可知60ml到70ml是氢氧化铝溶解消耗10ml氢氧化钠溶液，则铝离子沉淀需要30ml氢氧化钠溶液，镁离子离子沉淀需要20ml氢氧化钠溶液，所以镁铝的物质的量比为1：1，再由镁铝与100mL稀硝酸反应，产生1.12LNO气体（标准状况）得失守恒可以得2x+3x＝0.05×3，则x＝0.03mol，沉淀的最大质量，沉淀达到最大值时溶液为硝酸钠，硝酸的物质的量为0.03mol×2+0.03mol×3+0.05mol=0.2mol，氢氧化钠溶液浓度，故C错误；综上所述，答案为C。10、B【解析】

A.多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；B.该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误；C.储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确；D.根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中左侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6molO2失去的电子量为6.4mol，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4mol，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75％=4.8mol，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol，故D正确；故选B。11、A【解析】

A．容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)⇌2D(g)，实验III中，平衡时n(D)=1mol，则n(A)=1mol，n(B)=0.5mol，因此c(D)=0.5mol/L，c(A)=0.5mol/L，c(B)=0.25mol/L，750℃的平衡常数K===4，温度不变，则平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(D)=1mol/L，此时浓度商QC==4=K，则平衡不发生移动，故A正确；B．升高温度不能降低反应的活化能，但能使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大了活化分子百分数，增大活化分子的有效碰撞机会，化学反应速率加快，故B错误；C．根据理想气体状态方程PV=nRT可知，在相同体积的容器中，PIII：PI=nIIITIII:nITI。反应起始时向容器中充入2molA和1molB，实验III达平衡时，n(D)=1mol，根据反应方程式，则平衡时n(A)=1mol，n(B)=0.5mol。实验I达平衡时，n(D)=1.5mol，根据反应方程式，n(A)=0.5mol，n(B)=0.25mol，则实验III达平衡后容器内的压强与实验I达平衡后容器内的压强之比=≠0.9，故C错误；D．反应为2A(g)+B(g)⇌2D(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时D的量减少，化学平衡向逆反应方向移动，则K3＜K1，温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上，则平衡常数的关系为：K3＜K2=K1，故D错误；答案选A。【点睛】本题的难点为C，需要结合理想气体状态方程pV=nRT计算判断。本选项的另一种解法：实验III中平衡混合物的总物质的量为2.5mol，实验I中平衡混合物的总物质的量为2.25mol，两者物质的量之比为2.5:2.25=1.1，则在相同温度下的相同容器的压强之比等于其气体的总物质的量之比=1.1，由于实验III的温度更高，升高温度，气体的压强增大，则两容器的压强之比大于1.1。12、B【解析】

体积可变的恒压密闭容器中，若充入惰性气体，体积增大，则压强减小，则、逆均减小，平衡正向移动，选项A错误；B.由图可知，时，CO的体积分数为，设开始及转化的分别为n、x，则，解得，平衡后的转化率为，选项B正确；C.时，若充入等体积的和CO，与原平衡状态时体积分数相同，平衡不移动，选项C错误；D.由图可知，温度越高，CO的体积分数越大，该反应为吸热反应，K与温度有关，则，选项D错误；答案选B。13、D【解析】

根据装置图，阴离子通过c膜向a极移动，可知a极为阳极，发生的反应为：HSO3-－2e-+H2O=SO42-+3H+；b极为阴极，发生的反应为：2H++2e-=H2↑，气体N为H2。【详解】A．n(SO32－)：n(HSO3－)=9：91时，电解液pH=6.2，n(SO32－)：n(HSO3－)=1：1时，电解液pH=7.2，由此推知当电解液呈中性时，c(HSO3－)＞c(SO32－)，A项错误；B．M吸收SO2主要发生的反应为：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-，B项错误；C．b极为阴极，发生的反应为：2H++2e¯=H2↑，C项错误；D．若产生标准状况下2.24L气体N（0.1molH2），阴极消耗0.2molH+，减少0.2mol正电荷，需要补充0.2mol正电荷以达到平衡，则d膜上会通过0.2mol阳离子，D项正确；答案选D。14、B【解析】溶液中含有Fe3+或Fe2+，滴加双氧水后再加入KSCN溶液，溶液都呈红色，故A错误；向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以析出NaHCO3晶体，故B正确；铝易被氧化为氧化铝，由于氧化铝的熔点高，铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化并不滴落下来，故C错误；加热盛有NaCl和NH4Cl固体的试管，氯化铵分解为氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在试管口又生成氯化铵，不属于升华，故D错误。点睛：Fe2+的检验方法是，向溶液中滴加KSCN溶液，不变血红色，在加入双氧水，溶液变为血红色，则原溶液中一定含有Fe2+。15、D【解析】

A．萃取后得到的Br2的CCl4溶液分离时应选择蒸馏操作，故A正确；B．反应后的液体混合物除BaSO4沉淀时，应选择过滤操作，故B正确；C．过滤后的混合液中的Br2应选择加入CCl4，萃取后再选择分液操作，故C正确；D．固体加热才选择坩埚加热，本实验不涉及此操作，故D错误；故答案为D。16、D【解析】

A.由已知的能量变化图可知，1molH2O(g)分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量，A项正确；B.由已知的能量变化图可知，H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH＝反应物断键吸收的能量-生成物成键释放的能量=(436+249-930)kJ·mol－1=-245kJ·mol－1，则热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝-245kJ·mol－1×2=-490kJ·mol－1，B项正确；C.甲吸收能量生成乙，乙释放能量生成丙，乙的能量最高，甲生成丙为放热反应，则甲的能量高于丙，则甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙＞甲＞丙，C项正确；D.乙→丙的过程中生成气态水时，释放930kJ的能量，若生成液态水，气态水转变为液态水会继续释放能量，则释放的能量将大于930kJ，D项错误；答案选D。17、D【解析】

A．Mg（s）+F2（l）=MgF2（s）△H=-1124kJ·mol－1，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ·mol－1，依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式分析判断；B．溴化镁的能量小于碘化镁的能量，溴的能量大于碘的能量，所以MgI2与Br2反应是放热反应；C．生成溴化镁为放热反应，其逆反应为吸热反应；D．能量越小的物质越稳定。【详解】A．Mg（s）+F2（l）=MgF2（s）△H=-1124kJ·mol－1，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ·mol－1，将第二个方程式与第一方程式相减得MgF2（s）+Br2（L）=MgBr2（s）+F2（g）△H=+600kJ·mol－1，故A正确；B．溴化镁的能量小于碘化镁的能量，溴的能量大于碘的能量，所以MgI2与Br2反应是放热反应，MgI2与Br2反应的△H<0，故B正确；C.生成溴化镁为放热反应，其逆反应为吸热反应，电解MgBr2制Mg是吸热反应，故C正确；D．能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故D错误；故选D。【点睛】本题化学反应与能量变化，侧重考查学生的分析能力，易错点D，注意物质能量与稳定性的关系判断，难点A，依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式。18、C【解析】

A.牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理，用较活泼的金属作负极先被氧化，故A错误；B.金属的化学腐蚀的实质是：金属作还原剂M－ne－=Mn＋，电子直接转移给氧化剂，故B错误；C.外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零，故C正确；D.铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时，铜作负极，碳正极的电极反应为：O2+4e－+4H＋=2H2O，故D错误；故选C。19、D【解析】

向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，据此分析解答。【详解】A．根据分析可知，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，不是氧化溴离子，故A错误；B．n（FeI2）：n（FeBr2）=n（I-）：n（Br-）=2mol：6mol=1：3，故B错误；C．由分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C错误；D．线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：，则该含氧酸为HIO3，即：线段Ⅳ表示HIO3的变化情况，故D正确；故答案为D。20、D【解析】

某固体样品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子。将该固体样品分为等质量的两份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。4.66g沉淀为硫酸钡，所以固体中含有=0.02mol硫酸根离子，=0.01mol碳酸根离子，溶液中没有Ca2+；（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L(标准状况)(假设气体全部逸出)，则含有=0.03mol铵根离子，根据溶液呈电中性，则溶液中一定含有钾离子，不能确定是否含有氯离子。【详解】A．该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，不能确定是否含Cl-，故A不符；B．该固体中一定没有Ca2+，可能含有K+、Cl-，故B不符；C．该固体可能有(NH4)2SO4、K2CO3，不能确定是否含NH4Cl，故C不符；D．根据电荷守恒：n(K+)+n(NH4+)≥2（n(SO42－)+n(CO32－)），该固体中n(K+)≥(0.02×2+0.01×2)×2-0.03×2=0.06，n(K+)≥0.06mol，故D符合。故选D。【点睛】本题考查离子共存、离子推断等知识，注意常见离子的检验方法，根据电荷守恒判断K＋是否存在，是本题的难点、易错点。21、D【解析】

A、废易拉罐主要材料为铝质，属于可回收利用的材料，属于可回收物，选项A正确；B、卫生间用纸由于水溶性太强，不算可回收的“纸张”，属于其它垃圾，选项B正确；C、废荧光灯管中含有重金属等有害物质，所以属于有害垃圾，选项C正确；D、大棒骨属于其他垃圾，因为“难腐蚀”被列入“其他垃圾”，选项D错误；答案选D。22、B【解析】

A．油脂是高级脂肪酸跟甘油生成的酯，其中形成油脂的脂肪酸的饱和程度对油脂的熔点有着重要的影响，由饱和的脂肪酸生成的甘油酯熔点较高，所以食用油脂饱和程度越大，熔点越高，故A正确；B．生铁中的铁、碳和电解质溶液易形成原电池，发生电化学腐蚀，所以生铁比纯铁更易腐蚀，故B错误；C．蚕丝主要成分为蛋白质，属于天然高分子化合物，故C正确；D．采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分,“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以是碳酸钾，故D正确；答案选B。【点睛】生铁是铁的合金，易形成原电池，发生电化学腐蚀。二、非选择题(共84分)23、氨基羧基ClCOOC2H5取代反应C10H9N2O2F+CNCH2COOC2H5+HCl3【解析】

根据合成路线可知，A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C，C与CH3NHCH2COOH反应生成D，D经过反应④得到E，E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl，据此分析解答问题。【详解】(1)A的结构简式为，分子中含有的官能团有氟原子、氨基和羧基，故答案为：氨基；羧基；(2)根据上述分析可知，A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，B的结构简式为，逆推可得C3H5O2Cl的结构简式为ClCOOC2H5，故答案为：ClCOOC2H5；(3)反应①为A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，反应②为B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C，两者都是取代反应，故答案为：取代反应；(4)化合物D的结构式为，根据各原子的成键原理，可知其分子式为C10H9N2O2F，故答案为：C10H9N2O2F；(5)E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl，反应方程式为：+CNCH2COOC2H5+HCl，故答案为：+CNCH2COOC2H5+HCl；(6)是F的同分异构体，则X为—C4H7O2，又X部分含—COOH且没有支链，则X有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(COOH)CH3、—CH(COOH)CH2CH33种结构，即满足条件的同分异构体有3种，故答案为：3；(7)结合题干信息，制备时，可先将甘氨酸（HOOCCH2NH2）脱水缩合得到，在与POCl3反应得到，与CNCH2COOC2H5反应制得，合成路线为，故答案为：。24、4−氟硫酚（或对氟硫酚）羧基、羰基加成反应AD13【解析】

（1）F原子在硫酚的官能团巯基对位上，习惯命名法的名称为对氟硫酚，科学命名法的名称为4−氟硫酚；D分子中含氧官能团有羧基，羰基两种。（2）A→C为巯基与B分子碳碳双键的加成反应。（3）F→G的过程中，F中的—OCH3被—NH—NH2代替，生成G的同时生成CH3OH和H2O，反应的方程式为。（4）由结构简式可推出其分子式为C10H7O3FS，A正确；分子中只有一个手性碳原子，B错误；分子中的羧基能够与NaHCO3溶液反应，但F原子不能直接与AgNO3溶液发生反应，C错误；能发生取代(如酯化)、氧化、加成(羰基、苯环)、还原(羰基)等反应，D正确。（5）根据描述，其分子式为C7H7FS，有−SH直接连在苯环上，当苯环上连有−SH和−CH2F两个取代基时，共有3种同分异构体，当苯环上连有—SH、—CH3和—F三个取代基时，共有10种同分异构体，合计共13种同分异构体，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1的物质的结构简式为。（6）到，首先应该把分子中的仲醇部分氧化为羰基，把伯醇(—CH2OH)部分氧化为羧基，然后模仿本流程中的D→E→F两个过程，得到K。25、E避免从E装置出来的气流中还含有氧气f→e→d→c→m(n)→n(m)→a(b)→b(a)选择，以除去水蒸气，避免反应④发生选择，以除去空气中的CO2，避免反应③发生使氮化镁不纯如果E中的铜粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧气同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁【解析】

实验室里用空气和镁粉为原料，制取少量氮化镁（Mg3N2）。根据可能发生下列反应：①2Mg+O22MgO；②3Mg+N2Mg3N2；③2Mg+CO22MgO+C；④Mg+H2O(蒸气)=MgO+H2；⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；利用该装置是制取氮化镁的装置的事实，联系镁可以与氧气及氮化镁能与水反应的性质，对实验的过程进行设计与分析：为防止反应过程中镁被氧化一般要排净容器中的空气，为防止氮化镁与水的反应所以要先把通入的氮气干燥。【详解】根据分析可知：利用该装置是制取氮化镁的装置的事实，联系镁可以与氧气及氮化镁能与水反应的性质，对实验的过程进行设计与分析：为防止反应过程中镁被氧化一般要排净容器中的空气，为防止氮化镁与水的反应所以要先把通入的氮气干燥。则：(1)因为氧气与灼热的铜反应，所以实验开始时，先点燃E装置中的酒精灯，原因是避免从E装置出来的气流中还含有氧气，因为需要先除二氧化碳，再除水分，后除氧气，故将与g连接的自来水龙头打开，形成自h导管流出的气流，则气流依次流经的导管为(填字母代号)：h→f→e→d→c→m(n)→n(m)→a(b)→b(a)；(2)选择B装置，可以除去水蒸气，避免反应④发生；(3)选择C装置，可以除去空气中的CO2，避免反应③发生；(4)如果同时点燃A、E装置的酒精灯，对实验结果产生的影响为使氮化镁不纯。如果E中的铜粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧气同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁。26、CD不能K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3KHCO3溶解度比K2CO3小得多，浓缩时会和KMnO4一起析出74.06%偏高【解析】

反应I：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、反应Ⅱ：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，将混合溶液趁热过滤得到滤液中含有KMnO4、K2CO3，滤渣为MnO2，（1）A．KOH熔融状态下能和二氧化硅反应；B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化盐酸；C．锰酸钾溶液呈绿色、高锰酸钾溶液呈紫色；D．温度过高导致高锰酸钾分解；（2）KHCO3溶解度比K2CO3小得多，浓缩时会和KMnO4一起析出；（3）KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀滤纸；根据电荷守恒、转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2MnO4－+5C2O42－+16H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，1中高锰酸钾溶液体积=（22.67-2.65）mL=20.02mL、2中高锰酸钾溶液体积=（23.00-2.60）mL=20.40mL、3中高锰酸钾溶液体积=（22.56-2.58）mL=20.02mL，2的溶液体积偏差较大，舍去，平均高锰酸钾溶液体积=20.02mL，n（KMnO4）=n（Na2C2O4）=×=×0.00375mol=0.0015mol，高锰酸钾总质量=×0.1L×158g/mol=1.1838g，若滴定后俯视读数，导致溶液体积偏低。【详解】反应I：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、反应Ⅱ：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，将混合溶液趁热过滤得到滤液中含有KMnO4、K2CO3，滤渣为MnO2，（1）A．KOH熔融状态下能和二氧化硅反应，所以不能用磁坩埚，应该用铁坩埚，故A错误；B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化盐酸，所以不能用稀盐酸，故B错误；C．锰酸钾溶液呈绿色、高锰酸钾溶液呈紫色，所以根据颜色可以判断，故C正确；D．温度过高导致高锰酸钾分解，所以需要低温，故D正确；故选CD；（2）KHCO3溶解度比K2CO3小得多，浓缩时会和KMnO4一起析出，发生的反应为K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，所以不能通入过量二氧化碳；（3）KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀滤纸，所以应该用玻璃纸；根据电荷守恒、转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，1中高锰酸钾溶液体积=（22.67﹣2.65）mL=20.02mL、2中高锰酸钾溶液体积=（23.00﹣2.60）mL=20.40mL、3中高锰酸钾溶液体积=（22.56﹣2.58）mL=20.02mL，2的溶液体积偏差较大，舍去，平均高锰酸钾溶液体积=20.02mL，n（KMnO4）=n（Na2C2O4）=×=×0.00375mol=0.0015mol，高锰酸钾总质量=×0.1L×158g/mol=1.1838g，其纯度=×100%=74.06%；若滴定后俯视读数，导致溶液体积偏低，溶液浓度偏高。【点睛】解题关键：明确化学实验目的、实验原理及实验基本操作规范性，难点（3），注意（3）中计算方法，方程式要配平。27、CO28.3取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净吸收空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O【解析】

(1)根据元素守恒分析判断；(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH；(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；(4)根据实验目的和各个装置的作用分析；(5)根据实验目的和前后操作步骤分析；(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。【详解】(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：CO2；(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH8.3，故答案为：8.3；(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；(4)C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H2O和CO2；(5)步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；(6)水的质量为251.08g−250g=1.08g，CO2的质量为190.44g−190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g−1.08g−0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和NiO的系数比(也就是分子个数比)为即：，xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O

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6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案为：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第(1)问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。28、6：1—2.24.52b—2a>0.88.192×10-2【解析】

（1）ASH3的电子式与氨气类似；AsH3通入AgNO3溶液中可生成Ag，As2O3和HNO3，反应为2AsH3+12AgNO3+3H2O═As2O3+12Ag↓+12HNO3，据此分析；

（2）三元弱酸H3AsO4的三级电离反应为：H3AsO4⇌H++H2ASO4-，H2ASO4-⇌H++HAsO42-，HAsO42-⇌H++AsO43-，

①Kal（H3AsO4）=，根据图可知，pH=2.2时，c（H2ASO4-）=c（H3AsO4），则Kal（H3AsO4）=c（H+）=10-2.2，可得，用甲基橙作指示剂，用NaOH溶液滴定H3ASO4发生反应生成NaH2ASO4，据此书写；

②同理，Ka2（H2ASO4-）=，pH=7时，c（H2ASO4-）=c（HAsO42-），则Ka2（H2AsO4-）=c（H+）=10-7，Ka3（HAsO42-）=，pH=11.5时，c（HAsO42-）=c（AsO43-），则Ka3（HAsO42-）=c（H+）=10-11.5，

反应H2AsO4-+AsO43-⇌2HAsO42-的K==×=，据此计算；

（3）已知：Ⅰ、As2O3（g）+3C（s）=2As（g）+3CO（g）△H1=akJ•mol-1

ⅡAs2O3（g）+3C（s）=As4（g）+CO（g）△H2=bkJ•mol-1

根据盖斯定律：Ⅱ×2-Ⅰ×2得反应4As（g）⇌As4（g），据此计算；

（4）①A点达到平衡，B点处气体总压小于平衡时的气压，据此分析；

②A点处，气体总压的对数值lg（p/kPa），则气体总压为1kPa，AsS（g）在气体中体积分数为，由此可得；得出平衡时AsS（g）的分压为和S2（g）的分压，再计算Kp。【详解】（1）ASH3的电子式与氨气类似，电子式为：；AsH3通入AgNO3溶液中可生成Ag，As2O3和HNO3，反应为2AsH3+12AgNO3+3H2O═As2O3+12Ag↓+12HNO3，其实As元素化合价升高被氧化，AsH3为还原剂，Ag元素化合价降低被还原，AgNO3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1；

故答案为：；6：1；

（2）三元弱酸H3AsO4的三级电离反应为：H3AsO4⇌H++H2ASO4-，H2ASO4-⇌H++HAsO42-，HAsO42-⇌H++AsO43-，第一步电离为主，

①Kal（H3AsO4）=，根据图可知，pH=2.2时，c（H2ASO4-）=c（H3AsO4），则Kal（H3AsO4）=c（H+）=10-2.2，则1gKal（H3AsO4）=-2.2；用甲基橙作指示剂，用NaOH溶液滴定H3ASO4发生反应生成NaH2ASO4，离子反应为：H3AsO4+OH-=H2ASO4-+H2O；

故答案为：-2.2；H3AsO4+OH-=H2ASO4-+H2O；

②同理，Ka2（H2ASO4-）=，pH=7时，c（H2ASO4-）=c（HAsO42-），则Ka2（H2AsO4-）=c（H+）=10-7，Ka3（HAsO42-）=，pH=11.5时，c（HAsO42-）=c（AsO43-），则Ka3（HAsO42-）=c（H+）=10-11.5，

反应H2AsO4-+AsO43-⇌2HAsO42-的K==×===104.5，lgK═4.5；

故答案为：4.5；

（3）已知：Ⅰ、As2O3（g）+3C（s）=2As（g）+3CO（g）△H1=akJ•mol-1

ⅡAs2O3（g）+3C（s）=As4（g）+CO（g）△H2=bkJ•mol-1

根据盖斯定律：Ⅱ×2-Ⅰ