浙江省普通高校招生高三下第一次测试新高考化学试题及答案解析

浙江省普通高校招生高三下第一次测试新高考化学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列说法不正确的是A．石油分馏可获得汽油、煤油、石蜡等矿物油，煤焦油干馏可获得苯、甲苯等有机物B．生活中常见的聚乙烯、聚氯乙烯、纶、有机玻璃、合成橡胶都是通过加聚反应得到的C．按系统命名法，有机物可命名为2，2，4，4，5—五甲基—3，3—二乙基己烷D．碳原子数≤6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有4种(不考虑顺反异构)2、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素成的化合物，d是淡黄色粉末，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是A．简单离子半径：Z<YB．d中既含有离子键又含有共价键，其中阳离子和阴离子的数目之比为2:1C．简单气态氢化物的热稳定性：Y>XD．由上述4种元素组成的化合物的水溶液一定显酸性3、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）A．NH3NO2HNO3 B．AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)C．FeFe2O3Fe D．AgNO3(aq)[Ag(NH3)2OH(aq)]Ag4、下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A．在溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，证明原溶液中有SO42－B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液C．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是SO25、某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH相同、体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是A．曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液B．溶液中水的电离程度：b点小于c点C．相同体积a点的两种酸分别与NaOH溶液恰好中和后，溶液中n(NO2－)＞n(CH3COO－)D．由c点到d点，溶液中保持不变（其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子）6、下列我国科技成果不涉及化学变化的是A．厨余污油裂化为航空燃油B．“深海勇士”号潜水艇用锂电池供能C．以“煤”代“油”生产低碳烯烃D．用“天眼”接收宇宙中的射电信号A．A B．B C．C D．D7、有一瓶无色、有特殊气味的液体，是甲醇（CH3OH）或乙醇（C2H5OH）。通过测定该液体充分燃烧后生成的二氧化碳和水的质量，再根据二氧化碳和水的质量可确定是那种物质，对原理解释错误的是A．求出碳、氢元素的质量比，与甲醇和乙醇中碳氢质量比对照，即可确定B．求出碳、氢原子的个数比，与甲醇和乙醇中碳氢个数比对照，即可确定C．求出碳、氢原子的物质的量比，与甲醇和乙醇中的碳氢物质的量比对照，即可确定D．求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧个数比对照，即可确定8、在恒容密闭容器中，反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)达到平衡，保持温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡，下列说法正确的是A．水蒸气的体积分数增大 B．氢气的浓度增大C．平衡常数变大 D．铁的质量增大9、下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是（）A．质子数为7、中子数为8的氮原子：NB．溴化铵的电子式：C．氮原子的结构示意图：D．间硝基甲苯的结构简式：10、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（）A．原子半径：d>c>b>a B．4种元素中b的金属性最强C．c的氧化物的水化物是强碱 D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强11、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NAB．1LpH=2的H2SO3溶液中含H+的数目为0.01NAC．5.6g铁与稀硝酸反应生成0.08molNO，转移电子数为0.3NAD．6.4gS2和S8的混合物中所含硫原子数为0.2NA12、根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是组号今加反应的物质生成物①MnO4－、Cl－···Cl2、Mn2＋···②Cl2(少量)、FeBr2FeCl3、FeBr3③KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…A．第①组反应中生成0.5molCl2，转移1mol电子B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为l：2C．第③组反应的其余产物为O2和H2OD．氧化性由强到弱的顺序为MnO4－>Cl2>Fe3＋>Br213、SO2能使溴水褪色，说明SO2具有（）A．还原性 B．漂白性 C．酸性 D．氧化性14、只涉及到物理变化的是（）A．石油裂化 B．煤的干馏 C．海水晒盐 D．高炉炼铁15、化学与生命健康密切相关，“84”消毒液（有效成分为NaClO）在抗击新冠肺炎疫情中起到重要作用。下列说法错误的是A．“84”消毒液为混合物B．“84”消毒液具有漂白性C．“84”消毒液可用于灭杀新型冠状病毒D．“84”消毒液可以与“洁厕灵”（主要成分为盐酸）混用16、t℃时，将0.5mol/L的氨水逐滴加入10.00mL0.5mol/L盐酸中，溶液中温度变化曲线Ⅰ、pH变化曲线Ⅱ与加入氨水的体积的关系如下图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列说法正确的是A．Kw的比较：a点比b点大B．b点氨水与盐酸恰好完全反应，且溶液中c（NH4+）=c（Cl─）C．c点时溶液中c（NH4＋）=c（Cl─）=c（OH─）=c（H＋）D．d点时溶液中c（NH3•H2O）＋c（OH─）=c（Cl─）+c（H＋）17、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，W简单氢化物r溶于水完全电离。m、p是由这些元素组成的二元化合物，m可做制冷剂，无色气体p遇空气变为红棕色。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：W>Z>Y>XB．Y原子的价电子轨道表示式为C．r与m可形成离子化合物，其阳离子电子式为D．一定条件下，m能与Z的单质反应生成p18、几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，下列说法不正确的是（）元素代号ABDEGIJK化合价-1-2+4-4-1+5-3+3+2+1原子半径/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186A．常温下B元素的单质能与K单质反应 B．A、I、J的离子半径由大到小顺序是A>J>IC．G元素的单质存在同素异形体 D．J在DB2中燃烧生成B元素的单质19、新型冠状病毒来势汹汹，主要传播途径有飞沫传播、接触传播和气溶胶传播，但是它依然可防可控，采取有效的措施预防，戴口罩、勤洗手，给自己居住、生活的环境消毒，都是非常行之有效的方法。下列有关说法正确的是（）A．云、烟、雾属于气溶胶，但它们不能发生丁达尔效应B．使用酒精作为环境消毒剂时，酒精浓度越大，消毒效果越好C．“84”消毒液与酒精混合使用可能会产生氯气中毒D．生产“口罩”的无纺布材料是聚丙烯产品，属于天然高分子材料20、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，两元素核电荷数之和与W、Z原子序数之和相等，下列说法正确是（）A．Z元素的含氧酸一定是强酸B．原子半径：X＞ZC．气态氢化物热稳定性：W＞XD．W、X与H形成化合物的水溶液可能呈碱性21、实验室采用下列装置制取氨气，正确的是A．生成氨气B．干燥氨气C．收集并验满氨气D．吸收多余氨气22、下列由实验得出的结论正确的是实验结论A将适量苯加入溴水中，充分振荡后，溴水层接近无色苯分子中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应B向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体该溶液中一定含有S2O32－C向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，未观察到砖红色沉淀蔗糖未水解或水解的产物不是还原性糖D相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈碱性，后者呈中性非金属性：S>CA．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）G是一种神经保护剂的中间体，某种合成路线如下：根据上述转化关系，回答下列问题：（1）芳香族化合物A的名称是___。（2）D中所含官能团的名称是____。（3）B—C的反应方程式为____。（4）F—G的反应类型___。（5）G的同分异构体能同时满足下列条件的共有____种（不含立体异构）；①芳香族化合物②能发生银镜反应，且只有一种官能团，其中，核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的是__（写出一种结构简式）。（6）参照上述合成路线，写出以和BrCH2COOC2H5为原料（无机试剂任选），制备的合成路线____________。24、（12分）阿司匹林()是有机合成过程中的中间体。已知：Ⅰ.Ⅱ.(具有较强的还原性)(1)反应④的试剂和条件为______；反应①的反应类型为______；反应②的作用是_____；(2)B的结构简式为_______；(3)下列关于G中的描述正确的是______；A．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应B．能发生加成、消去、取代和氧化反应C．能聚合成高分子化合物D．1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2(4)D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_______；反应②的化学方程式为_________；(5)符合下列条件的C的同分异构体有_____种；a.属于芳香族化合物，且含有两个甲基b.既能发生银镜反应又能发生水解反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是______________；(6)已知：依据题意，写出以甲苯为原料合成邻氨基苯甲酸的流程图(无机试剂任选)________。25、（12分）检验甲醛含量的方法有很多，其中银﹣Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略去）。已知：甲醛能被银氨溶液氧化生成CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径不超过1mm。请回答下列问题：(1)A装置中反应的化学方程式为___________，用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是___________________。(2)B中装有AgNO3溶液，仪器B的名称为________。(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3，打开______，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，________。(4)室内空气中甲醛含量的测定。①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K1；后续操作是______________；再重复上述操作3次。毛细管的作用是__________。②向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12mg，空气中甲醛的含量为____mg·L-1。26、（10分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题：I．SO2Cl2的制备（1）水应从___（选填“a”或“b”）口进入。（2）制取SO2的最佳组合是___（填标号）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙装置中盛放的试剂是___。（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反应结束后，分离甲中混合物的最佳实验操作是___。II．测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；②向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；④加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定终点的现象为___。（7）产品中SO2Cl2的质量分数为___%，若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将___（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。27、（12分）辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000mol·L－1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42－)，滤去不溶杂质；②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；③取25.00mL溶液，用0.1000mol·L－1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2++4I－=2CuI+I2；⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1·L－1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)。回答下列问题：(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：___________；(2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是___________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________；(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________；(4)⑤中滴定至终点时的现象为___________；(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。28、（14分）（1）汽车尾气中的CO、NO、NO2等有毒气体会危害人体健康，可在汽车尾部加催化转化器，将有毒气体转化为无毒气体。已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=－112.3kJ·mol-1②NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H2=－234kJ·mol-1③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+179.5kJ·mol-1请写出CO和NO2生成无污染气体的热化学方程式___。（2）若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=－759.8kJ·mol-1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如图1。①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近___；②a、b、c三点CO的转化率从大到小的顺序为___；a、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为___。③若n(CO)/n(NO)=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20％，则CO的转化率为__。（3）若将NO2与O2通入甲中设计成如图2所示装置，D电极上有红色物质析出，则A电极处通入的气体为____(填化学式)；A电极的电极反应式为____；一段时间后，若乙中需加0.2molCu(OH)2使溶液复原，则转移的电子数为___。（4）已知：25℃时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10—2，Ka2=6.4×10-5，则25℃时，0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____，若向该溶液中加入一定量NaOH固体，使c(HC2O4-)=c(C2O42-)，则此时溶液呈___(填“酸性”“碱性”或“中性”)。29、（10分）铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物广泛应用于生活、生产、国防等领域。(1)已知：元素的一个基态的气态原子得到一个电子形成-1价气态阴离子时所放出的能量称为该元素的第一电子亲和能，用E1表示。从-1价的气态阴离子再得到1个电子，成为-2价的气态阴离子所放出的能量称为第二电子亲和能E2，依此类推。FeO是离子晶体，其晶格能可通过如下的Born－Haber循环计算得到。铁单质的原子化热为__________kJ/mol，FeO的晶格能为__________kJ/mol，基态O原子E1____________E2(填“大于”或“小于”)，从原子结构角度解释_________。(2)乙二胺四乙酸又叫做EDTA(图1)，是化学中一种良好的配合剂，形成的配合物叫做螯合物。EDTA在配位滴定中经常用到，一般是测定金属离子的含量。已知：EDTA配离子结构(图2)。EDTA中碳原子轨道的杂化类型为____________，EDTANa-Fe(Ⅲ)是一种螯合物，六个配位原子在空间构型为____________。EDTANa-Fe(Ⅲ)的化学键除了σ键和配位键外，还存在____________。(3)Fe3O4晶体中，O2-的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O围成的正四面体空隙和如3、6、7、8、9、12的O2-围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，O2-数与正四面体空隙数(包括被填充的)之比为__________，有__________%的正八面体空隙填充阳离子。Fe3O4晶胞的八分之一是图示结构单元(图3)，晶体密度为5.18g/cm3，则该晶胞参数a=____________pm。(写出计算表达式)

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.石油分馏主要得到汽油、煤油、柴油、石蜡等，煤干馏发生化学变化可得到苯和甲苯，煤焦油分馏可获得苯、甲苯等有机物，故A错误；B.由乙烯发生聚合反应生成聚乙烯；氯乙烯发生聚合反应生成聚氯乙烯；纶又叫做合成纤维，利用石油、天然气、煤和农副产品作原料得单体经过特殊条件发生聚合反应生成如：氯纶：、腈纶：；有机玻璃有机玻璃是甲基丙烯酸甲酯聚合生成：；合成橡胶是由不同单体在引发剂作用下，经聚合而成的品种多样的高分子化合物，单体有丁二烯、苯乙烯、丙烯腈、异丁烯、氯丁二烯等多种，故B正确；C.按系统命名法，有机物的结构简式中的每个节点和顶点为C，根据有机物中每个碳原子连接四个键，与碳原子相连的其他键用氢补充。六个碳的最长链作为主链，其余五个甲基、两个乙基做支链，主链编号时以相同取代基位数之和最，因此该有机物为2，2，4，4，5—五甲基—3，3—二乙基己烷，故C正确；D.碳原子数≤6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有CH2=CH2；CH3CH=CHCH3；CH3CH2CH=CHCH2CH3；（CH3）2CH=CH（CH3）2(不考虑顺反异构)，共4种，故D正确；答案选A。2、D【解析】

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，d是淡黄色粉末，d为Na2O2，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体，则m为O2，则Y为O元素，根据图示转化关系可知：a为烃，b、c分别为CO2、H2O，e、f分别为碳酸钠、NaOH，结合原子序数可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此解答。【详解】由上述分析可知，四种元素分别是：W为H，X为C，Y为O，Z为Na。A．Z、Y的离子具有相同电子层结构，原子序数越大，其相应的离子半径就越小，所以简单离子半径：Z＜Y，选项A正确；B．过氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键，含有阳离子钠离子和阴离子过氧根离子，阳离子和阴离子的比值为2：1，选项B正确；C．元素非金属性越强，其对应的氢化物越稳定，由于元素的非金属性Y>X，所以简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X，选项C正确；D．上述4种元素组成的化合物是NaHCO3，该物质属于强碱弱酸盐，其水溶液水解显碱性，选项D错误；故符合题意的选项为D。【点睛】本题考查无机物的推断，把握钠的化合物的性质及相互转化是本题解答的关键，侧重于分析与推断能力的考查，注意淡黄色固体、原子序数为推断的突破口，本题为高频考点，难度不大。3、B【解析】

A．NH3与氧气反应生成的是NO，无法直接得到NO2，故A错误；B．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液为强碱弱酸盐溶液，水解产物不挥发，蒸发会得到溶质偏铝酸钠，所以Al

NaAlO2(aq)

NaAlO2(s)，能够在给定条件下实现，故B正确；C．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不是生成氧化铁，故C错误；D．硝酸银溶液和一水合氨反应生成氢氧化银沉淀，继续加入氨水沉淀溶解生成银氨溶液，蔗糖为非还原性的糖，不能和银氨溶液反应，物质间转化不能实现，故D错误；答案选B。4、C【解析】

A.在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀，不能证明一定含硫酸根离子，故A错误；B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液，故B错误；C.气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应：CuSO4+5H2O═CuSO4⋅5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故C正确；D.二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀，反应都会变浑浊，不能检验二氧化碳和二氧化硫，故D错误；答案选C。5、C【解析】

由电离常数可知，HNO2和CH3COOH都是弱酸，并且醋酸的酸性更弱。pH相同、体积均为V0的两种酸溶液中，醋酸的物质的量比亚硝酸大。【详解】A.相同pH的弱酸加水稀释，酸性越强的酸，pH变化越大，所以曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液，正确；B.从图中可以看出，溶液的pHb点小于c点，说明c(H+)b点比c点大，c(OH-)c点比b点大，从而说明溶液中水的电离程度c点比b点大，正确；C.相同体积a点的两种酸，醋酸的物质的量大，分别与NaOH溶液恰好中和后，溶液中n(NO2－)<n(CH3COO－)，错误；D.由c点到d点，弱酸的电离常数和水的电离常数都不变，所以Kw/Ka不变，即保持不变，正确。故答案为C。6、D【解析】

A、航空燃油是厨余污油通过热裂解等技术得到一种长链脂肪酸的单烷基酯，该过程属于化学变化，故不选A；B、电池放电时把化学能转化为电能，属于化学变化，故不选B；C、煤制烯烃，属于化学变化，故不选C；D、用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故选D。7、D【解析】

反应后生成了二氧化碳和水，则根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类质量不变，则反应物中一定含有C、H元素；已知生成的二氧化碳和水的质量，则根据二氧化碳和水的质量，利用某元素的质量=化合物的质量×该元素的质量分数可求出碳元素和氢元素的质量比；再根据碳元素和氢元素的质量比即可求得碳元素与氢元素的原子个数比；最后与反应前甲醇和乙醇中的碳氢个数比对照，即可知道是哪种物质。碳、氢原子的物质的量比，与其原子个数比类似；只有D答案是错误的，因为生成物二氧化碳和水中的氧只有一部分来自于甲醇和乙醇，一部分来自于氧气，不能根据求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧原子的个数比对照，答案选D。8、B【解析】

A．铁为固体，所以加入少量水蒸气，相当于在恒温密闭容器中增加压强，与原平衡等效，所以水蒸气的体积分数不变，A错误；B．加入少量水蒸气，则反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，使生成物氢气的浓度增大，B正确；C．平衡常数仅与温度有关，温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡时平衡常数不变，C错误；D．加入少量水蒸气，反应物的浓度增大，化学平衡向正反应方向移动，所以铁的质量变小，D错误；故合理选项是B。9、D【解析】

A．质子数为7、中子数为8的氮原子：,故A错误；B．溴化铵的电子式：，故B错误；C．氮原子的结构示意图：，故C错误；D．间硝基甲苯的结构简式：，故D正确；答案选D。10、B【解析】

a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。答案选B。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。11、C【解析】

A．若2mol

SO2和

1mol

O2完全反应，可生成2mol

SO3，即反应后分子总数为2NA，但实际上该反应是可逆反应，不能完全进行，故反应后分子总数大于2NA，故A正确；B．pH=2的H2SO3溶液中c(H+)=0.01mol/L，溶液体积为1L，所以溶液中所含氢离子数目为0.01NA，故B正确；C．该过程中还原产物为NO，氮元素由+5价变为+2价，所以生成一个NO，转移3个电子，则生成0.08molNO转移电子数为0.24NA，故C错误；D．6.4gS2和S8的混合物即6.4gS原子，所以硫原子的数目为×NAmol-1=0.2NA，故D正确；故答案为C。【点睛】易错选项为C，要注意铁在和稀硝酸反应时氧化产物不确定，当铁过量可能会有亚铁离子，该题中还原产物只有NO，所以根据还原产物计算电子转移数目。12、D【解析】

A．由信息可知，MnO4-氧化Cl-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，选项A正确；B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（C12）=n（Fe2+），即第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，选项B正确；C．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4->Cl2，由②可知氧化性Cl2>Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+，选项D错误。答案选D。13、A【解析】

溴单质与二氧化硫能发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，溶液中溴的颜色会褪去，反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，硫元素化合价升高（+4→+6），体现还原性，溴元素化合价降低，体现氧化性（0→-1），A项正确；答案选A。【点睛】本题考查二氧化硫的化学性质，二氧化硫具有多重性质，可总结如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，可与碱等反应；2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢、氯水、溴水等强氧化性的物质反应；3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等；4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质，尤其是二氧化硫的漂白性和还原性是学生们的易混点。使酸性高锰酸钾溶液、氯水、溴水褪色体现的二氧化硫的还原性，使品红溶液褪色体现的是漂白性。14、C【解析】

化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指无新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是有无新物质生成。【详解】A、石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料，是化学变化，故A错误；B、煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气等，故B错误；C、海水晒盐是水分的蒸发，没有新物质生成，故C正确；D、高炉炼铁，有新物质铁生成是化学变化，故D错误。故选：C。【点睛】本题难度不大，根据变化中是有无新物质生成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化。15、D【解析】

A．“84”消毒液的主要成分为NaClO、NaCl，为混合物，A正确；B．“84”消毒液的有效成分是有NaClO，具有漂白性，B正确；C．“84”消毒液中的NaClO具有杀菌消毒能力，可用于灭杀新型冠状病毒，C正确；D．若将“84”消毒液与“洁厕灵”混用，会发生反应ClO-+Cl-+2H+==Cl2↑+H2O，D错误；故选D。16、D【解析】

A．据图可知b点的温度比a点高，水的电离吸热，所以b点Kw更大，故A错误；B．据图可知b点加入10mL0.5mol/L的氨水，与10.00mL0.5mol/L盐酸恰好完全反应，所以溶液中的溶质为NH4Cl，由于铵根会发生水解，所以c(NH4+)<c(Cl─)，故B错误；C．c点溶液为中性，溶液中存在电荷守恒c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl─)+c(OH─)，溶液呈中性，所以c(H＋)=c(OH─)，c(NH4＋)=c(Cl─)，溶液中整体c(NH4＋)=c(Cl─)>c(OH─)=c(H＋)，故C错误；D．d点加入20mL0.5mol/L的氨水，所以溶液中的溶质为等物质的量的NH4Cl和NH3•H2O，溶液中存在电荷守恒：c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl─)+c(OH─)，物料守恒：2c(Cl─)=c(NH4＋)+c(NH3•H2O)，二式联立可得c(NH3•H2O)＋c(OH─)=c(Cl─)+c(H＋)，故D正确；故答案为D。17、D【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。m可做制冷剂，则m为NH3，则X为H；无色气体p遇空气变为红棕色，则p为NO；N元素的简单氢化物是非电解质，所W不是O、N，则Y为N，Z为O，W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，且其简单氢化物r溶于水完全电离，则W为Cl。【详解】A．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，原子序数越小半径越大，所以简单离子半径：Cl->N3->O2->H+，故A错误；B．Y为N，其价层电子为2s22p3，价电子轨道表示式为：，故B错误；C．r与m可形成离子化合物氯化铵，铵根的正确电子式为，故C错误；D．氨气与氧气在催化剂加热的条件下可以生成NO，故D正确；故答案为D。18、D【解析】短周期元素，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于ⅦA族，B处于ⅥA族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O；D有-4、+4价，处于ⅣA族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；I、J、K的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知I为Al、J为Mg、K为Na；A．Na与O2常温下可生成Na2O，故A正确；B．F-、Mg2+、Al3+离子核外电子层数相等，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径大小顺序为：F-＞Mg2+＞Al3+，故B正确；C．磷的单质有红磷和白磷，存在同素异形体，故C错误；D．镁在二氧化碳中的燃烧生成MgO和碳单质，故D错误；故选D。19、C【解析】

A．云、雾和烟均为胶体，且均为胶粒分散到气态分散剂中所得到的分散系，故均为气溶胶，它们都能发生丁达尔效应，故A错误；B．浓度为75%的医用酒精消毒效果更好，并不是浓度越高消毒效果越好，故B错误；C．“84”消毒液的主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性，能氧化乙醇，自身被还原为氯气，故C正确；D．从题中信息可看出生产无纺布的材料是合成材料，不是天然高分子材料，故D错误；答案选C。【点睛】浓度为75%的医用酒精消毒效果最高，可以杀死病毒，在疫情期间可以使用医用酒精杀菌，但不是浓度越大越好。20、D【解析】

W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，则X为O元素，Y为S元素，O、S元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则W、Z的原子序数之和24，而且W的原子序数小于O，Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，所以W的原子序数为24-17=7，即W为N元素；【详解】A、Z为Cl元素，Cl元素的最高价含氧酸是最强酸，其它价态的含氧酸的酸性不一定强，如HClO是弱酸，故A错误；B、电子层越多，原子半径越大，所以O＜Cl，即原子半径：X＜Z，故B错误；C、元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O＞N，所以气态氢化物热稳定性：W＜X，故C错误；D、W、X与H形成化合物的水溶液可能是氨水，呈碱性，故D正确。答案选D。【点晴】本题以元素推断为载体，考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识，推断元素是解题的关键。1～20号元素的特殊的电子层结构可归纳为：（1）最外层有1个电子的元素：H、Li、Na、K；（2）最外层电子数等于次外层电子数的元素：Be、Ar；（3）最外层电子数是次外层电子数2倍的元素：C；（4）最外层电子数是次外层电子数3倍的元素：O；（5）最外层电子数是内层电子数总数一半的元素：Li、P；（6）最外层电子数是次外层电子数4倍的元素：Ne；（7）次外层电子数是最外层电子数2倍的元素：Li、Si；（8）次外层电子数是其他各层电子总数2倍的元素：Li、Mg；(9)次外层电子数与其他各层电子总数相等的元素Be、S；(10)电子层数与最外层电子数相等的元素：H、Be、Al。21、D【解析】A.加热氯化铵分解生成的氨气和氯化氢温度降低后又化合生成氯化铵，故A错误；B.氨气的水溶液显碱性，不能用浓硫酸干燥，故B错误；C.收集氨气的导管应该插入试管底部，故C错误；D.氨气极易溶于水，采用倒扣的漏斗可以防止倒吸，故D正确；故选D。22、D【解析】

A．苯与溴水发生萃取，苯分子结构中没有碳碳双键，不能与溴发生加成反应，故A错误；B．向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，生成的产物为硫和二氧化硫，原溶液中可能含有S2-和SO32-，不一定是S2O32-，故B错误；C．水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下进行，没有向水解后的溶液中加碱调节溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，实验不能成功，故C错误；D．测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH，Na2CO3的水解使溶液显碱性，Na2SO4不水解，溶液显中性，说明酸性：硫酸＞碳酸，硫酸、碳酸分别是S元素、C元素的最高价含氧酸，因此非金属性：硫强于碳，故D正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、间苯二酚或1，3-苯二酚羰基、醚键、碳碳双键取代反应16种【解析】

由C的结构简式和逆推知B为，A为。再结合其他各物质的结构简式和反应条件进行推断。【详解】（1）根据上述分析可知芳香族化合物A的名称是间苯二酚或1，3-苯二酚。答案：间苯二酚或1，3-苯二酚。（2）由D的结构简式可知所含官能团的名称是羰基、醚键、碳碳双键。答案：羰基、醚键、碳碳双键。（3）B的结构简式为，C的结构简式为，反应条件BC，其方程式为。答案：。（4）由F—G的结构简式和条件可知该反应类型为酯基的水解反应，也可称为取代反应。答案：取代反应。（5）G的结构简式为，同时满足①芳香族化合物说明含有苯环；②能发生银镜反应，且只有一种官能团，说明含有醛基；符合条件G的同分异构体有（移动-CH3有2种），（定-CH3移-CHO有4种），（3种）,(6种)，，共有16种；其中，核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的是。答案：16；。【点睛】综合考查有机物的相关知识。突破口C的结构简式，各步反应条件逆推B、A的结构，根据结构决定性质和各步反应条件，推断反应类型，书写反应方程式。24、浓硫酸、浓硝酸、加热取代反应保护酚羟基，以防被氧化AC+3NaOH+CH3COONa+2H2O+(CH3CO)2O→+CH3COOH6或【解析】

乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D的结构简式()知，C为，B中含有苯环，根据B的分子式C7H8O知，B为，根据信息I，A为(CH3CO)2O；D发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G的结构简式()结合题给信息知，F为；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答。【详解】(1)反应④为转化为，发生的是苯环上的硝化反应，反应的条件为浓硫酸、浓硝酸和加热；反应①为乙酰氯()转化为乙酸，反应类型为取代反应；酚羟基也容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应②的作用是保护酚羟基，防止被氧化，故答案为浓硫酸、浓硝酸和加热；取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；(2)根据上述分析，B的结构简式为，故答案为；(3)A．G()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故A正确；B．G()中含有酚羟基，能发生氧化反应，但不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应，故B错误；C．G()中含有羧基和酚羟基(或氨基)，能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；D．只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误；故选AC；(4)D中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羟基都能与氢氧化钠反应，与足量的NaOH反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+2H2O，反应②的化学方程式为+(CH3CO)2O→+CH3COOH，故答案为+3NaOH+CH3COONa+2H2O；+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)C为，C的同分异构体符合下列条件：a．属于芳香族化合物，说明含有苯环，且含有两个甲基；b．能发生银镜反应，说明含有醛基；又能发生水解反应，说明含有酯基，则为甲酸酯类物质，如果两个-CH3位于邻位，HCOO-有2种位置；如果两个-CH3位于间位，HCOO-有3种位置；如果两个-CH3位于对位，HCOO-有1种位置；共6种同分异构体，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是或，故答案为6；或；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为，故答案为。【点睛】本题的易错点为(6)，根据题意，苯环上引入取代基的位置与苯环上已有取代基的种类有关，要注意硝化反应和氧化反应的先后顺序不能颠倒。25、Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑饱和食盐水可减缓生成氨气的速率三颈烧瓶(或三口烧瓶)分液漏斗的活塞与旋塞关闭K3和分液漏斗旋塞打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收0.0375【解析】

在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12mg，据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。【详解】(1)Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；(2)根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；(3)银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开K3，分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH4+，后又发生反应：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；(4)①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12mg，物质的量n(Fe)==2×10-5mol，根据氧化还原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为xmol，则4x=2×10-5mol×1，x=5×10-6mol，因此实验进行了4次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为1.25×10-6mol，空气中甲醛的含量为1.25×10-6mol×30g/mol×103mg/g=0.0375mg/L。【点睛】本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。26、b②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色，而且半分钟内不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcmol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol，则可以求出SO2Cl2的物质的量；AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选②；（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积10.00mL，则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol＝1.9×10-2mol，则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol，产品中SO2Cl2的质量分数为×100%=85.5%；已知：Ksp(AgCl)=3.2×10−10，Ksp(AgSCN)=2×10−12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：85.5%；偏小。27、Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化胶头滴管（酸式）滴定管（或移液管）溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.536.9【解析】

由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。【详解】(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。(2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。(3)步骤③中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。(4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。(5)设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，据5Fe2+~MnO4-（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），样品反应后剩余n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×20.00×10-3L××=4.000×10-3mol样品消耗n(MnO4-)=0.2000mo·L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3mol=36.00×10-3mol由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O），得2x+y=36.00×10-3mol又据2Cu2+~I2~2S2O32－，得2x+y=0.1000mo1·L－1×30.00×10-3L×=30.00×10-3mol解方程组得x=y=0.01mol故w(Cu2S)==61.5%，w(CuS)==36.9%。【点睛】混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。28、4CO(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)△H=－1227.8kJ·mol-11：1a＞b＞ca＝c＞d75％NO2NO2-e-+H2O=NO3-+2H+0.8NAc(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)