2024年甘肃省兰州市五十一中高三下第一次测试化学试题含解析2

2024年甘肃省兰州市五十一中高三下第一次测试化学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列物质结构和性质变化规律正确的是（）A．硬度：LiCl＜NaCl＜KCl B．沸点：HF＜HCl＜HBrC．酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4 D．原子半径：Na＞Mg＞Al2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．含0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，转移电子数为0.2NAB．25℃时，1LpH＝13的Ba(OH)2溶液中由水电离产生的OH－的数目为0.1NAC．15gHCHO中含有1.5NA对共用电子对D．常温常压下，22.4L甲烷气体中含有的氢原子数目小于4NA3、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．2molNO2与水充分反应，转移电子数为NAB．含0.1molH3PO4的水溶液中PO43－的数目为0.1NAC．0.5molNa2O2中O－的数目为NAD．标况下，42g丙烯和丁烯混合物含C数目为3NA4、古往今来传颂着许多与酒相关的古诗词，其中“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”较好地表达了战士出征前开杯畅饮的豪迈情怀。下列说法错误的是（）A．忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度数越高密度越小B．古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白质C．制作夜光杯的鸳鸯玉的主要成分为3MgO•4SiO2•H2O，属于氧化物D．红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯5、四种短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的位置如图所示，四种元素原子的最外层电子数之和为22。下列说法正确的是（）WXYZA．氢化物的沸点：X＜ZB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞WC．化合物熔点：YX2＜YZ4D．简单离子的半径：X＜W6、亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态。向1L0.1mol·L-1H3AsO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1KOH溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示，图中M点对应的pH为a，下列说法正确的是（）A．H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10-9B．pH在8.0～10.0时，反应的离子方程式：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2OC．M点对应的溶液中：c(H2AsO3-)+c(HAsO32-)+c(AsO33-)+c(H3AsO3)=0.1mol·L-1D．pH=12时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)>c(H+)+c(K+)7、短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递増，其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是()A．X的简单氢化物溶于水显酸性B．Y的氧化物是离子化合物C．Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质D．X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸8、火山爆发产生的气体中含有少量的羰基硫（分子式是：COS），已知羰基硫分子结构与CO2类似，有关说法正确的是（）A．羰基硫是电解质B．羰基硫分子的电子式为：C．C、O、S三个原子中半径最小的是CD．羰基硫分子为非极性分子9、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数为内层电子数的3倍，X在短周期主族元素中金属性最强，Y与W同主族。下列叙述正确的是（）A．X2W、X2Y的水溶液都呈碱性B．原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)C．简单气态氢化物的热稳定性：W<Z<YD．W与氢元素形成的化合物分子中一定不含非极性共价键10、化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法正确的是A．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n，是新型絮凝剂，可用来杀灭水中病菌B．韩愈的诗句“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的柳絮富含糖类C．宋应星的《天工开物》记载“凡火药，硫为纯阳”中硫为浓硫酸D．我国发射的“北斗组网卫星”所使用的光导纤维是一种有机高分子材料11、在《科学》(Science)中的一篇论文中，圣安德鲁斯的化学家描绘出了一种使用DMSO(二甲亚砜)作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂—空气电池的实验模型，这种实验电池在充放电100次以后，其电池容量仍能保持最初的95％。该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，其装置图如图所示。下列有关叙述正确的是A．多孔的黄金作为正极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+B．DMSO电解液能传递Li+和电子，但不能换成水溶液C．该电池放电时每消耗2mol空气，转移4mol电子D．给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源正极12、已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)＋196.64kJ，则下列判断正确的是A．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(l)＋Q，Q>196.64kJB．2molSO2气体和过量的O2充分反应放出196.64kJ热量C．1LSO2(g)完全反应生成1LSO3(g)，放出98.32kJ热量D．使用催化剂，可以减少反应放出的热量13、单质钛的机械强度高，抗蚀能力强，有“未来金属”之称。工业上常用硫酸分解钛铁矿(FeTiO3)的方法制取二氧化钛，再由二氧化钛制金属钛，主要反应有：①FeTiO3+3H2SO4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O②Ti(SO4)2+3H2O=H2TiO3↓+2H2SO4③H2TiO3TiO2+H2O④TiO2+2C+2Cl2TiCl4↑+CO↑⑤TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列叙述错误的是()A．反应①属于非氧化还原反应B．反应②是水解反应C．反应④中二氧化钛是氧化剂D．反应⑤表现了金属镁还原性比金属钛强14、下列说法或表示方法中正确的是A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B．由C(金刚石)═C(石墨)△H=﹣1.9kJ•mol﹣1可知，金刚石比石墨稳定C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣285.8kJ•mol﹣1D．在稀溶液中：H+(aq)+OH﹣(aq)═H2O(l)△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ15、为研究某固体混合物样品的成分，取等质量的两份该固体，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)。根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是()A．Na2SO4、(NH4)2CO3、KClB．KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4C．CuCl2、Na2CO3、(NH4)2SO4D．Na2SO4、NH4Cl、K2CO316、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17、如图是某有机物分子的比例模型，黑色的是碳原子，白色的是氢原子，灰色的是氧原子。该物质不具有的性质是（）A．能与氢氧化钠反应 B．能与稀硫酸反应 C．能发生酯化反应 D．能使紫色石蕊试液变红18、人工肾脏可用电化学方法除去代谢产物中的尿素[CO（NH2）2]，原理如图，下列有关说法不正确的是（）A．B为电源的正极B．电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C．电子移动的方向是B→右侧惰性电极，左侧惰性电极→AD．阳极室中发生的反应依次为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl19、高铁酸钾(K2FeO4)是一种兼具净水和消毒功能的可溶性盐，可发生如下反应：2K2FeO4+16HCl→4KCl+2FeCl3+8H2O+3Q↑，下列说法不正确的是A．可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物QB．K2FeO4在水中的电离方程式为K2FeO4→2K++Fe6++4O2一C．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3D．反应中涉及的物质中有5种为电解质20、下列说法不正确的是（）A．Na2CO3可用于治疗胃酸过多B．蓝绿藻在阳光作用下，可使水分解产生氢气C．CusO4可用于游泳池池水消毒D．SiO2导光能力强，可用于制造光导纤维21、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，m为单质，d是淡黄色粉末，b是生活中常见的液态化合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A．化合物a中只含有C、H两种元素B．几种元素的原子半径由大到小顺序为Z＞Y＞X＞WC．d是离子化合物，阴阳离子个数比为1：2D．Y与W形成的简单化合物是同主族元素同类型化合物中沸点最低的22、下列实验操作、现象和结论正确的是实验操作和现象结论A向浓度均为0.1mol・L-1的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，先出现红褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色样品已部分或全部变质C向1mL20%的蔗糖溶液中加入5滴稀硫酸，水浴加热5分钟后，再向其中加入新制备的Cu(OH)2悬浊液，加热几分钟，没有砖红色沉淀生成蔗糖水解不能生成葡萄糖D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中含Br2A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）叶酸可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。（1）甲的最简式为_____；丙中含有官能团的名称为____。（2）下列关于乙的说法正确的是______(填序号)。a．分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5b．属于芳香族化合物c．既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d．属于苯酚的同系物（3）甲在一定条件下能单独聚合成高分子化合物，请写出该反应的化学方程式：____。（4）甲可以通过下列路线合成(分离方法和其他产物已经略去)：①步骤Ⅰ的反应类型是_______。②步骤I和IV在合成甲过程中的目的是______。③步骤IV反应的化学方程式为________。24、（12分）普罗帕酮，为广谱高效膜抑制性抗心律失常药。具有膜稳定作用及竞争性β受体阻滞作用。能降低心肌兴奋性，延长动作电位时程及有效不应期，延长传导。化合物I是合成普罗帕酮的前驱体，其合成路线如图：已知：CH3COCH3+CH3CHOCH3COCH=CHCH3+H2O回答下列问题：(1)H的分子式为_____________；化合物E中含有的官能团名称是_________。(2)G生成H的反应类型是______。(3)F的结构简式为_____。(4)B与银氨溶液反应的化学方程式为__________。(5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且1molM能与2molNaOH反应，则M的结构共有___种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为：_______。(6)参照上述合成路线，以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：____。25、（12分）化学兴趣小组在实验室进行“海带提碘”的实验过程如图：(1)操作①的名称是_____，操作②的主要仪器是_____；氧化步骤的离子方程式是_____。(2)探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了①I2；②淀粉；③I2和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加_____(选填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”)后，若出现_____现象，即可证明假设①正确，同时排除假设②③.能同时排除假设②③的原因是_____。(3)查阅资料：Cl2可氧化I2，反应的化学方程式为_____Cl2+_____I2+_____H2O→_____HIO3+_____HCl.配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目_______。(4)探究氧化性：在盛有FeCl3溶液的试管中，滴入几滴KI溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管，试管a中加入1mL苯振荡静置，出现______(填实验现象)，证明有I2存在；试管b中滴入KSCN溶液，溶液显血红色，证明有_____存在。(5)比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是_____。26、（10分）碘及其化合物可广泛用于医药和工业生产等。(1)实验室用海带提取I2时操作步骤依次为：灼烧、溶解、过滤、__、__及蒸馏。(2)灼烧海带时除需要三脚架、酒精灯、玻璃棒外，还需要的实验仪器是__。(3)“过滤”后溶液中含一定量硫酸盐和碳酸盐。现要检验溶液中的I﹣，需选择的试剂组合及其先后顺序是__(选填编号)。a．AgNO3溶液b．Ba(NO3)2溶液c．BaCl2溶液d．CaCl2溶液(4)在海带灰滤液中加入适量氯水后一定存在I2，可能存在IO3﹣。请补充完整检验含I2溶液中是否含有IO3﹣的实验方案(可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液)：①取适量含I2溶液用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；②__。(5)分解水可用SO2/I2循环法。该法共涉及三步化学反应。__；2H2SO42SO2↑+O2↑+2H2O；__。与传统的分解水的方法相比，本法的优点是__；缺点是__。27、（12分）CCl3CHO是一种药物合成的中间体，可通过CH3CH2OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl进行制备。制备时可能发生的副反应为C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO—CCl3COOH+HCl。合成该有机物的实验装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：(1)A中恒压漏斗的作用是______；A装置中发生反应的化学方程式为_____。(2)装置B的作用是____；装置F在吸收气体时，为什么可以防止液体发生倒吸现象______。(3)装置E中的温度计要控制在70℃，三口烧瓶采用的最佳加热方式是______。如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水应该从_____(填“a”或“b”)口通入。实验使用球形冷凝管而不使用直形冷凝管的目的是________。(4)实验中装置C中的试剂是饱和食盐水，装置中D的试剂是浓H2SO4。如果不使用D装置，产品中会存在较多的杂质_______(填化学式)。除去这些杂质最合适实验方法是______。(5)利用碘量法可测定产品的纯度，反应原理如下：CCl3CHO+NaOH→CHC13+HCOONaHCOONa+I2=HI+NaI+CO2I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O8称取该实验制备的产品5.00g，配成100.00mL溶液，取其中10.00mL,调节溶液为合适的pH后，加入30.00mL0.100mol•L-1的碘标准液，用0100mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定，重复上述3次操作，消耗Na2S2O3溶液平均体积为20.00mL,则该次实验所得产品纯度为_________。28、（14分）血红蛋白(Hb)和肌红蛋白(Mb)分别存在于血液和肌肉中，都能与氧气结合，与氧气的结合度a(吸附O2的Hb或Mb的量占总Hb或Mb的量的比值)和氧气分压p(O2)密切相关。请回答下列问题：(1)人体中的血红蛋白(Hb)能吸附O2、H+，相关反应的热化学方程式及平衡常数如下：Ⅰ．Hb(aq)+H＋(aq)HbH＋(aq)ΔH1K1Ⅱ．HbH＋(aq)＋O2(g)HbO2(aq)+H＋(aq)ΔH2K2Ⅲ．Hb(aq)＋O2(g)HbO2(aq)ΔH3K3ΔH3=_____（用ΔH1、ΔH2表示），K3=_____（用K1、K2表示）。(2)Hb与氧气的结合能力受到c(H＋)的影响，相关反应如下：HbO2(aq)+H＋(aq)HbH＋(aq)+O2(g)。37℃，pH分别为7.2、7.4、7.6时氧气分压p(O2)与达到平衡时Hb与氧气的结合度的关系如图1所示，pH=7.6时对应的曲线为_____（填“A”或“B”）。(3)Mb与氧气结合的反应如下：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)ΔH，37℃时，氧气分压p(O2)与达平衡时Mb与氧气的结合度a的关系如图2所示。①已知Mb与氧气结合的反应的平衡常数的表达式K=，计算37℃时K=_____kPa-1。②人正常呼吸时，体温约为37℃，氧气分压约为20.00kPa，计算此时Mb与氧气的最大结合度为______（结果保留3位有效数字）。③经测定，体温升高，Mb与氧气的结合度降低，则该反应的ΔH____（填“>”或“<”）0。④已知37℃时，上述反应的正反应速率v(正)=k1·c(Mb)·p(O2)，逆反应速率v(逆)=k2·c(MbO2)，若k1=120s-1·kPa-1，则k2=______。37℃时，图2中C点时，=____。29、（10分）国家实施“青山绿水工程”，大力研究脱硝和脱硫技术。（1）H2在催化剂作用下可将NO还原为N2。下图是该反应生成1mol水蒸气的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式___________。（2）2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程如下：反应I：2NO(g)N2O2(g)(快)；H1<0v1正=k1正·c2(NO)、v1逆=k1逆·c(N2O2)；反应Ⅱ：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)；△H2<0v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2)、v2逆=k2逆·c2(NO2)；①一定条件下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，平衡常数K=___________(用含k1正、k1逆、k2正、k2逆的代数式表示)。反应I的活化能EI___________反应Ⅱ的活化能EII(填“>”、“<”、或“=”)。②已知反应速率常数k随温度升高而增大，则升高温度后k2正增大的倍数___________k2逆增大的倍数(填“大于”、“小于”、或“等于”)。（3）我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2S+O2=H2O2+S↓。①装置中H+向___________池迁移。②乙池溶液中发生反应的离子方程式：______________________。(4)废水处理时，通H2S(或加S2－)能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。25°℃，某废液中c(Mn2+)=0.02mol·L－1，调节废液的pH使Mn2+开始沉淀为MnS时，废液中c(H2S)=0.1mol·L－1，此时pH约为___________。(已知：Ksp(MnS)=5.0×10－14，H2S的电离常数：K1=1.5×10－7，K2=6.0×10－15，1g6=0.8)

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、离子半径：Li+＜Na+＜K+，晶格能LiCl>NaCl>KCl，所以硬度LiCl>NaCl>KCl，故A错误；B、HF分子间存在氢键，所以沸点：HCl＜HBr＜HF，故B错误；C、非金属性P＜S＜Cl，所以最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故C错误；D、同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：Na＞Mg＞Al，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查元素周期律，同周期元素从左到右金属性减弱、非金属性增强，注意把握晶体类型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素。2、D【解析】

A.铜在一定条件下与浓硫酸反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，与稀硫酸不反应，含0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，并不能完全反应，所以转移电子数一定小于0.2NA，A项错误；B.25℃时，1LpH＝13的Ba(OH)2溶液中由水电离产生的OH－的浓度为10－13mol/L，则1L该溶液中由水电离产生的OH－的数目为1×10－13NA，B项错误；C.一个HCHO分子中含有2个碳氢单键和一个碳氧双键，即4对共用电子对，15gHCHO物质的量为0.5mol，因此15gHCHO含有0.5mol×4=2mol共用电子对，即2NA对共用电子对，C项错误；D.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4L甲烷气体的物质的量小于1mol，因此含有的氢原子数目小于4NA，D项正确；答案选D。【点睛】公式（Vm=22.4L/mol）的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:①条件是否为标准状况，②在标准状况下，该物质是否为气体。本题D项为常温常压，因此气体摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4L甲烷气体的物质的量小于1mol，因此含有的氢原子数目小于4NA。3、D【解析】

A选项，3NO2+H2O=2HNO3+NO，3molNO2与水反应转移2mol电子，因此2molNO2与水充分反应，转移电子数为，故A错误；B选项，H3PO4是弱酸，弱电解质，因此含0.1molH3PO4的水溶液中PO43－的数目为小于0.1NA，故B错误；C选项，0.5molNa2O2中含有过氧根离子，数目为0.5NA，故C错误；D选项，标况下，丙烯和丁烯混合物通式为CnH2n，42g丙烯和丁烯混合物含C数目，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，离子个数有3个。4、C【解析】

A.酒精的密度小于水的密度，其密度随着质量分数的增大而减小，因此葡萄酒的度数越高密度越小，故A说法正确；B.牛筋的主要成分是蛋白质，故B说法正确；C.3MgO·4SiO2·H2O属于硅酸盐，不属于氧化物，故C说法错误；D.密封过程中一部分乙醇被氧化酸，酸与醇反应生成了有香味的酯，故D说法正确；答案：C。5、D【解析】

根据元素在周期表中的位置知，W、X是第二周期元素而Y和Z位于第三周期，设W原子最外层电子数是a，则X、Y、Z原子序数分别是a+1、a-1、a+2，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，则a+a＋1+a－1+a+2=22，则a=5，则X、Y、Z、W分别是O、Si、Cl、N元素；【详解】A．NH3和SiH4均为分子晶体，NH3分子间存在氢键，其沸点比SiH4高，故A错误；B．N元素的非金属性比Si元素强，HNO3的酸性比H2SiO3酸性强，故B错误；C．二氧化硅是原子晶体，四氯化硅是分子晶体，原子晶体的熔点高，即SiO2的熔点比SiCl4高，故C错误；D．N3﹣和O2﹣离子结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则N3﹣＞O2﹣，故D正确；故选：D。【点睛】易错选项是A，注意：氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关，氢化物的稳定性与化学键有关。6、B【解析】

A.H3AsO3的电离常数Ka1=，A错误；B.pH在8.0～10.0时，H3AsO3与OH-反应，生成H2AsO3-和H2O，B正确；C.M点对应的溶液中：n(H2AsO3-)+n(HAsO32-)+n(AsO33-)+n(H3AsO3)=0.1mol，但溶液体积大于1L，所以它们的浓度和小于0.1mol·L-1，C错误；D.pH=12时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)，但此时溶液中，c(H3AsO3)<c(OH-)，所以应为c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)<c(H+)+c(K+)，D错误。故选B。7、B【解析】

Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，说明Z原子的最外层电子数是6个，Y的最外层电子数是2，因此X的最外层电子数是5，即X是N。X与Y、Z位于相邻周期，所以Y是镁，Z是硫。A.氨气的水溶液显碱性，A不正确；B.氧化镁是活泼的金属和活泼的非金属形成的，属于离子化合物，B正确；C.H2S具有还原性，容易被氧化，C不正确；D.硝酸和硫酸都是强酸，D不正确；答案选B。8、B【解析】

A.羰基硫（COS）自身不能电离，属于非电解质，不是电解质，A项错误；B.羰基硫分子结构与CO2类似，为直线型结构，结构式为：O=C=S，则COS的电子式为，B项正确；C.C、O、S三个原子中，S原子电子层最多，S的原子半径最大；C、O原子都含有2个电子层，原子序数越大原子半径越小，则原子半径C＞O，即半径最小的是O，C项错误；D.羰基硫的结构式为O=C=S，但2个极性键的极性不等，所以正负电荷的中心不重合，是极性分子，D项错误；答案选B。9、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为O元素；X在短周期主族元素中金属性最强，则X为Na元素；W与Y属于同一主族，则Y为S元素；Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知：W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl元素。A．Na2O是碱性氧化物，与水反应产生NaOH，NaOH是一元强碱，水溶液显碱性；Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中S2-发生水解作用，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，A正确；B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Na)>r(S)>r(Cl)>r(O)，B错误；C．元素的非金属性：O>Cl>S，则简单气态氢化物的热稳定性：H2O>HCl>H2S，C错误；C．O、H可形成化合物H2O2，其中含有非极性共价键，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据元素的原子结构及相互关系推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。10、B【解析】

A.聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n能做新型絮凝剂，是因为其能水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮的固体杂质而净水，但是不能杀灭水中病菌，A项错误；B.柳絮的主要成分是纤维素，属于多糖，B项正确；C.火药是由硫磺、硝石（硝酸钾）、木炭混合而成，则“凡火药，硫为纯阳”中硫为硫磺，C项错误；D.光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是有机高分子材料，D项错误；答案选B。11、A【解析】

该装置为原电池，锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，且已知该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，因此多孔的黄金作为正极，正极的电极反应式为2Li++O2+2e-=Li2O2，在原电池中，电子经导线从负极移动向正极，溶液中离子移动导电。【详解】A.锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，多孔的黄金作为正极，A项正确；B.电子经导线从负极移动向正极，电子不在溶液中移动，溶液中是离子移动导电，B项错误；C.该电池放电时，氧气的化合价由0价转化为-1价，消耗1mol氧气，转移2mol电子，但是2mol空气中氧气的物质的量小于2mol，则转移电子数小于4mol，C项错误；D.放电时，金属锂为负极，充电时该电极相当于电解池的阴极，因此给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源的负极，D项错误；答案选A。12、A【解析】

A.气态SO3变成液态SO3要放出热量，所以2SO2(g)＋O2(g)2SO3(l)＋Q，Q>196.64kJ，故A正确；B、2molSO2

气体和过量的O2充分反应不可能完全反应，所以热量放出小于196.64kJ，故B错误；C、状况未知，无法由体积计算物质的量，故C错误；D、使用催化剂平衡不移动,不影响热效应,所以放出的热量不变,故D错误；答案选A。13、C【解析】

A.由产物Ti(SO4)2和FeSO4可推出Ti的化合价为+4价，Fe的化合价为+2价，正好在反应物FeTi03中符合化合价原则，所以不是氧化还原反应，A正确；B.H2O提供H+和OH-，Ti4+和OH-结合生成H2TiO3，H+和SO42-形成H2SO4，所以是水解反应，B正确；C.分析反应④，Ti的化合价反应前后都为+4价，所以不是氧化剂，C错误；D.金属之间的置换，体现了还原性强的制取还原性弱的反应规律，D正确；本题答案选C。14、D【解析】

A．等质量的硫蒸气和硫固体相比较，硫蒸气具有的能量多，因此完全燃烧硫蒸气放出的热量多，故A错误；B．从热化学方程式看，石墨能量低，物质所含能量越低越稳定，故B错误；C．2g氢气是1mol，热化学方程式应为：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，故C错误；D．浓硫酸溶解放热，所以将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故D正确；答案选D。15、D【解析】

根据（1）中沉淀6.63g和4.66g可知，含有SO42-和CO32-，且二者的物质的量分别为0.02mol、0.01mol；根据（2）中气体0.672L可知含有NH4+0.03mol。根据离子的定量关系看，只能选择Na2SO4、NH4Cl、K2CO3，若选择B项KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4，SO42-0.02mol时NH4+有0.04mol，不符合定量关系，A、C项也类似，故D正确；答案选D。16、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。17、B【解析】

该物质的结构简式为CH3COOH，为乙酸。A．乙酸具有酸性，能够与NaOH溶液反应，不选A；B．乙酸不与稀硫酸反应，选B；C．乙酸能够与醇发生酯化反应，不选C；D．乙酸具有酸性，能够使紫色石蕊试液变红，不选D。答案选B。18、A【解析】

根据反应装置可确定为电解池，右边电极H原子得电子化合价降低，发生还原反应，为阴极；左边电极为阳极，阳极室反应为6Cl﹣-6e﹣=3Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，阴极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，电子从负极流向阴极、阳极流向正极；【详解】A．通过以上分析知，B为电源的负极，A错误；B．电解过程中，阴极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，所以电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高，B正确；C．电子从负极流向阴极、阳极流向正极，所以电子移动的方向是B→右侧惰性电极、左侧惰性电极→A，C正确；D．通过以上分析知，阳极室中发生的反应依次为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，D正确；答案为A。19、B【解析】

A.根据2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+8H2O+3Q↑可知Q为氯气，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物氯气，故A正确；B.K2FeO4为强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为K2FeO4=2K++FeO42-，故B错误；C.反应中16molHCl参加反应只有6mol被氧化,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3,故C正确；D.因为产物Q为氯气,氯气为单质不是电解质,所以反应中涉及的物质中有5种为电解质,故D正确；答案选B。20、A【解析】

A、Na2CO3碱性太强；B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源；C、铜是重金属，能杀菌消毒；D、SiO2导光能力强，能传递各种信号。【详解】A、Na2CO3碱性太强，不可用于治疗胃酸过多，故A错误；B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，故B正确；C、铜是重金属，能杀菌消毒，CuSO4可用于游泳池池水消毒，故C正确；D、SiO2导光能力强，能传递各种信号，可用于制造光导纤维，故D正确，故选：A。21、C【解析】

b是生活中常见的液态化合物，b是水；d是淡黄色粉末，能与水反应，d是Na2O2，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，m是氧气、e是NaOH；CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，c是CO2、f是Na2CO3；W、X、Y、Z原子序数依次递增，则W、X、Y、Z依次是H、C、O、Na。【详解】A.a与氧气反应生成二氧化碳和水，所以化合物a中一定含有C、H元素，可能含有氧元素，故A错误；B.H、C、O、Na的原子半径由大到小顺序为Na＞C＞O＞H，故B错误；C.d是Na2O2，属于离子化合物，阴阳离子个数比为1：2，故C正确；D.水分子间含有氢键，H2O是同主族元素同类型化合物中沸点最高的，故D错误。答案选C。22、A【解析】

A．因Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，Fe(OH)3的溶解度较小，故先和NaOH发生反应，产生红褐色沉淀，A正确；B．Fe2+和NO3-、H+在同一溶液中时，可以发生反应，Fe2+反应生成Fe3+，故加入KSCN后溶液会变红，但不能判断为变质，B错误；C．水浴反应过后应加入NaOH使体系为碱性，若不加NaOH，原溶液中未反应的硫酸会和Cu(OH)2发生反应，不会生成砖红色沉淀，C错误；D．向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，该溶液中也可能含有Fe3+，Fe3+也能将I-氧化为单质碘，D错误；故选A。二、非选择题(共84分)23、C7H7NO2羧基、氨基acn+nH2O取代反应保护氨基+H2O+CH3COOH【解析】

(1)由甲的结构简式，则甲的分子式为C7H7NO2，所以甲的最简式为C7H7NO2

；由丙的结构简式，所以丙中含有官能团的名称为羧基、氨基；答案：C7H7NO2；羧基、氨基。(2)a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，故a正确；b.分子中没有苯环，故b错误；c.分子中含有氨基能与盐酸反应，含有氯原子又能与氢氧化钠溶液反应，故c正确；d.分子中没有苯环，故d错误，故选ac，(3).甲为，在一定条件下能单独聚合成高分子化合物，该反应的化学方程为。(4)①由可知步骤Ⅰ的反应类型是取代反应；答案：取代反应。②步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是保护氨基。答案：保护氨基；③步骤Ⅳ反应的化学方程式为。答案：。24、C18H18O3(酚)羟基、羰基取代反应CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O10【解析】

由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO反应生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应，据此分析。【详解】由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO反应生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应；(1)由流程图中H的结构简式可知，其分子式为：C18H18O3，由E的结构简式可知，E所含有的官能团有：(酚)羟基、羰基；(2)由分析可知，G生成H的反应类型是取代反应；(3)由分析可知，F的结构简式为：；(4)由分析可知，B的结构简式为CH3CHO，与银氨溶液反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；(5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且1molM能与2molNaOH反应，则M中苯环上的取代基可能是2个酚羟基和1个乙烯基，由苯环上的邻、间、对位结构的不同，一共有6中同分异构体；M还有可能是甲酸苯酚酯，苯环上另有一个甲基的结构，这样的同分异构体有3种；M还有可能是乙酸苯酚酯，有1种同分异构体；所以符合条件的M一共有10种同分异构体；其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为；(6)以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线为：。【点睛】本题根据流程图中所给A物质的分子式及其反应条件推导出A的结构简式是解题的关键，注意比较G和H的结构简式区别，然后根据有机化学中反应基本类型的特点进行判断。25、过滤分液漏斗Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣碘水变蓝加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③516210分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色Fe3+由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3【解析】

(1)根据流程图，结合物质提纯与分离的基本操作分析；通入氯水将碘离子氧化为碘单质；(2)碘单质与淀粉变蓝，若碘被氧化，则蓝色消失，淀粉恢复原来的颜色，结合碘单质遇淀粉变蓝的性质分析；(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒配平；(4)苯可以溶解碘单质，溶液分层；三价铁遇KSCN溶液变为血红色；(5)由结合探究(4)和(3)三种反应氧化剂与氧化产物氧化性强弱分析。【详解】(1)海带灰中部分可溶物浸泡后经过操作①得到含碘离子的溶液，则操作①为过滤；将碘单质从水溶液中经过操作②转移至有机溶剂中，则操作②为萃取，主要是用的仪器为分液漏斗；氧化步骤中是向含碘离子溶液中加入氯水，将碘离子氧化为碘单质，离子反应为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；(2)没有观察到溶液变蓝色，有两种可能，一是溶液中没有碘单质，二是淀粉被转化为其他物质，要证明①是正确的，则只需要在溶液中加入碘水，若溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒，则方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，电子转移的方向和数目表示为：；(4)FeCl3溶液中铁离子具有氧化性，KI中碘离子具有还原性，FeCl3与碘化钾发生氧化还原反应，加入试管a中加入1mL苯，苯的密度小于水，若溶液分层且上层为紫红色、下层几乎无色，证明反应中生成I2；KSCN溶液可检验铁离子，加入KSCN溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+；(5)由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3。26、氧化萃取(或萃取分液)坩埚(或瓷坩埚)、泥三角ba从水层取少量溶液，加入1～2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3﹣，若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3﹣SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO42HIH2+I2节约电能使用能造成污染环境的SO2【解析】

(1)将海带灼烧、溶解、过滤后所得溶液中碘以I-存在，要将碘从水溶液中分离出来，应将I-转化成水溶性差而易溶于有机溶剂的I2；(2)根据灼烧装置即可找除出题中所列外还需要的实验仪器；(3)检验I-通常用AgNO3溶液，而Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和CO32-会干扰I-的检验，需排除干扰；(4)检验IO3-可采用思路为：IO3-→I2→检验I2，所以应选用合适的还原剂将IO3-还原为I2，再检验生成的I2；(5)根据题意，分解水采用的是SO2/I2循环法，可判断SO2和I2在整个过程中参与反应且能重新生成，由此判断各步反应；该法与电解水相比，不耗电但使用了能产生污染的SO2。【详解】(1)根据分析，需把溶液中的I-转化为水溶性差而易溶于有机溶剂的I2，I-→I2为氧化过程；从水溶液中分离出I2可用CCl4等有机溶剂萃取后蒸馏。答案为：氧化；萃取(或萃取分液)；(2)固体灼烧需要坩埚，而坩埚需放在泥三角上加热，所以，灼烧海带时除需要三脚架、酒精灯、玻璃棒外，还需要的实验仪器是坩埚(或瓷坩埚)、泥三角。答案为：坩埚(或瓷坩埚)、泥三角；(3)由于碘化银是不溶于水，也不溶于酸的黄色沉淀，所以可用AgNO3溶液检验。但Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和CO32-会干扰I-的检验，所以需要排除其干扰，又因为还不能引入氯离子，所以可以用足量的Ba(NO3)2溶液除去SO42-和CO32-，过滤后（或取上层清液）再加入AgNO3溶液。答案为：ba；(4)碘酸根具有强氧化性，能被还原为单质碘，而碘遇淀粉显蓝色，所以检验碘酸根的实验操作是：从水层取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3-；若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3-；⑸依题意，用SO2/I2循环法分解水共涉及三步化学反应。根据第二个反应可知，首先SO2被氧化为硫酸，氧化剂为I2，化学方程式为：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；生成的HI分解即可得到氢气，同时重新生成I2，所以第三个化学方程式为：2HIH2+I2。电解水需要消耗电能，而SO2又是大气污染物，所以与传统的分解水的方法相比，本法的优点是节约电能，而缺点是使用能造成污染环境的SO2。【点睛】Ag+能与很多阴离子反应生成沉淀，如SO42-、CO32-、Cl-、Br-、I-、OH-等，所以，用AgNO3溶液检验卤离子时应注意排除干扰。27、保持漏斗和反应容器内的气压相等2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O安全瓶(或防止装置C中液体倒吸入装置A中)漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中水浴b增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果C2H5Cl、CCl3COOH蒸馏59%【解析】

A装置利用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，C装置用饱和食盐水除去HCl，D装置盛放浓硫酸干燥氯气，E中反应制备CCl3CHO。F装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。【详解】(1)A中的恒压漏斗使得漏斗中的压强和圆底烧瓶中的压强相同，从而浓盐酸能够顺利流下。高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；(2)装置B中的导管很短，而且B中没有试剂，所以是作安全瓶，防止C装置处理HCl气体时发生倒吸。装置F中倒扣的漏斗，与液体接触的部分横截面积很大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中，不会发生倒吸。答案为安全瓶漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中；(3)温度要控制在70℃，未超过水的沸点100℃，可以选择水浴加热，即最佳的加热方式为水浴加热。冷凝过程中，冷凝管中应该充满水，所以冷水应该从b口进。球形冷凝管与蒸气接触的面积大，冷凝回流效果更好。答案为：水浴b增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果；(4)如果没有浓硫酸干燥，则E中会有水参加反应，水与氯气反应生成HCl和HClO，副反应就会发生，生成的产物有C2H5Cl、CCl3COOH。从图表所给的信息来看，杂质均溶于乙醇，得到一混合液体，且沸点相差较大，使用蒸馏，可以分离除去；(5)加入的碘单质被硫代硫酸钠和CCl3CHO消耗，加入的碘单质的物质的量为0.03L×0.100mol•L-1=0.003mol，消耗的Na2S2O3的物质的量为0.02L×0.100mol•L-1=0.002mol。有关系式为I2~CCl3CHOI2~2Na2S2O30.001mol0.002molCCl3CHO消耗碘单质的物质的量为0.003-0.001mol=0.002mol，则10mL的溶液中含有CCl3CHO的物质的量为0.002mol。100mL溶液中含有CCl3CHO为0.02mol，质量为0.02mol×147.5g=2.95g，则纯度。【点睛】本题纯度的计算采用的返滴法，要理解题目所给方程式的意思。消耗I2的物质有两种，和一般的滴定有所差别。28、△H1+△H2K1·K2A2.0097.6%<60s-11.00【解析】

(1)根据盖斯定律，将热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式，利用化学平衡常数的含义计算反应III的化学平衡常数；(2)当pH>7.4时，与pH=7.4时相比，氢离子浓度减小，HbO2(aq)+H＋(aq)HbH＋(aq)+O2(g)的化学平衡逆向移动，增大了血红蛋白氧结合率；(3)①假设反应开始时Mb的浓度为1，根据物质的转化率，结合物质反应转化关系可计算该反应的化学平衡常数；②根据K=可得a，带入p(O2)=20.0kPa可得a；③根据温度对化学平衡移动的影响分析反应热；④根据化学反应达到平衡时v(正)=v(逆)及37℃时的平衡常数计算k2，根据37℃时反应平衡常数及图2中C点时结合度计算的值。【详解】(1)已知：①Hb(aq)+H＋(aq)HbH＋(aq)Δ