2025年人教版选修化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教版选修化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列说法不正确的是A.1mol冰中拥有2mol氢键B.分子晶体中既有范德华力，又有共价键C.干冰晶体中，每个CO2分子周围最近且距离相等的CO2分子共有12个D.晶体熔点：晶体硅＜SiC2、下列说法正确的是。

①常温下；将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4

②为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸。

③相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的a．蒸馏水b．0.1mol·L-1盐酸、c．0.1mol·L-1氯化镁溶液d．0.1mol·L-1硝酸银溶液中，Ag＋浓度：a＞d＝b＞c

④用0.2000mol·L-1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol·L-1）；至中性时，溶液中的酸未被完全中和。

⑤将水加热到100℃，pH=6：c(OH)<c(H+)

⑥醋酸与醋酸钠的pH=7的混合溶液中：c(CH3COO－)>c(Na+)

⑦0.lmol·L-1的硫酸铵溶液中：c()>c()>c(H+)

⑧pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：c(OH－)=c(H+)A.③⑤B.①⑧C.④⑦D.②⑥3、准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定。下列说法正确的是A.滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B.随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小4、下列各组离子能在指定溶液中；大量共存的是。

①无色溶液中：K+、Cl−、Na+、H2POPOSO

②使pH=11的溶液中：CONa+、AlONOS2−、SO

③水电离的H+浓度c(H+)=10−12mol·L−1的溶液中：Cl−、HCONONHS2O

④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NHCl−、K+、SO

⑤使甲基橙变红的溶液中：Fe3+、MnONONa+、SO

⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NOI−、Cl−、S2−A.①②⑤B.①③⑥C.②④⑤D.①②④5、某有机化合物的名称是2，2，3，四甲基戊烷，其结构简式书写正确的是（）A.B.C.D.6、在苯的同系物中，加入少量高锰酸钾酸性溶液，振荡后溶液褪色，下列正确的解释是（）A.苯的同系物中碳原子数比苯分子中碳原子数多B.侧链受苯环的影响而易被氧化C.苯环被KMnO4所氧化而破坏D.苯环和侧链的相互影响，同时被氧化7、下列操作能达到相应实验目的的是。选项实验目的操作A检验绿茶中是否含有酚类物质向茶水中滴加FeCl3溶液B区别地沟油与矿物油测定沸点，有固定沸点的是矿物油C除去苯中混有的少量苯酚向苯和苯酚的混合物中滴加浓溴水，过滤D鉴别甲苯、环己烯分别加入酸性高锰酸钾溶液，褪色的是环己烯，不褪色的为甲苯

A.AB.BC.CD.D8、某烃的一种同分异构体，核磁共振氢谱测得分子中只有一个吸收峰，则该烃的分子式可能为A.C6H14B.C7H16C.C8H18D.C9H20评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、某温度下；向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图所示，则正确的是。

A.M点所示溶液导电能力强于Q点B.N点所示溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)C.M点和N点所示溶液中水的电离程度相同D.Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积10、汽车尾气净化器中发生的反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。一定温度下，在三个体积均为1.0L恒容密闭容器中发生上述反应，测得有关实验数据如下：。容器温度/（℃）起始物质的量（mol)平衡物质的量（mol)NOCON2CO2N2CO2N2CO2I4000.20.2000.12II4000.40.400III300000.10.20.075

下列说法正确是A.该反应的ΔS<0、ΔH<0B.容器I中达到平衡所需时间2s，则v(N2)=0.06mol•L-1·S-1C.达到平衡时，体系中c(CO)关系：c(CO,容器II)>2c(CO，容器I)D.若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，开始时V正>V逆11、准确移取20.00mL某待测醋酸于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液滴定。下列说法错误的是（）A.滴定管用蒸馏水洗涤后，先用NaOH标准溶液润洗再装入NaOH标准溶液B.随着NaOH标准溶液的滴入，混合溶液的电导率逐渐增大C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时，立即停止滴定，读取数据D.若滴定过程中发现已过滴定终点，则实验失败，必须重新进行实验12、很多化学反应在4k高清摄影机下美轮美奂。下列反应属于氧化还原反应的是A.Al片投入AgNO3溶液中B.Zn片投入CuSO4溶液中C.AgNO3溶液滴入CuSO4溶液中D.Mg条投入盐酸中13、多巴胺是一种神经传导物质；会传递兴奋及开心的信息。其部分合成路线如下，下列说法正确的是。

A.多巴胺的分子式为C8H10NO2B.1mo1甲分子中含有8molσ键C.多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面D.多巴胺任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子14、若A原子与两个氯原子及两个碘原子结合，形成ACl2I2分子。以下推理中正确的是A.如果ACl2I2分子呈正方形结构，则有两个同分异构体B.如果ACl2I2分子呈正方形结构，则没有同分异构体C.如果ACl2I2分子呈四面体结构，则有两个同分异构体D.如果ACl2I2分子呈四面体结构，则没有同分异构体15、现有烃的含氧衍生物X，还原X时生成Y，氧化X时生成Z，由Y、Z反应可生成高分子化合物W()。下列叙述错误的是A.X和甲醛为同系物B.与甲醛分别足量银氨溶液反应均能生成银C.X为W的单体D.由Y、Z生成W的反应类型为缩聚反应评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、(1)取300mL0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量为_______mol。

(2)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是_______，又变为棕黄色的原因用离子方程式解释_______。

(3)在1LFeBr2溶液中通入标准状况下2.24LCl2，溶液中有的Br-被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为_______。

(4)将Al、Al2O3和Al(OH)3的混合物恰好与NaOH溶液反应，反应后溶液中溶质的化学式为_______。向反应后的溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为_______。

(5)三氟化氮(NF3)是一种无色、无臭的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，写出该反应的化学方程式_______，反应中生成0.2molHNO3，转移的电子数目为_______

(6)草酸晶体的组成可表示为：H2C2O4·xH2O；为测定x值，进行下列实验。

①称取mg草酸晶体；配成100.0mL无色溶液。

②取25.0mL所配草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，缓缓滴入浓度为cmol·L-1KMnO4溶液与之反应，所发生反应方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O

实验结束的标准是_______。若整个过程滴入高锰酸钾溶液amL，则实验所配得的草酸溶液的物质的量浓度为_______，因此计算出草酸晶体x值为_______。17、有一瓶无色气体，可能含有甲烷和乙烯或其中的一种，与一瓶Cl2混合后光照，观察到黄绿色逐渐褪去，瓶壁有少量无色油状小液滴。由上述实验现象推断出该瓶气体中一定含有甲烷，你认为是否正确？________(填“是”或“否”)18、(1)有机物用系统命名法命名_________

(2)若是某单烯烃与氢气加成后的产物，则该烯烃可能有___________种结构；若是某炔烃与氢气加成后的产物，则此炔烃可能有___________种结构。19、咖啡酸有止血功效；存在于多种中药中其结构简式如图所示。

(1)写出咖啡酸中含氧官能团的名称：________。

(2)足量的金属钠和足量的小苏打分别与等量的咖啡酸完全反应，产生的气体在相同状况下的体积比为________。

(3)根据咖啡酸的结构简式，列举2种咖啡酸可以发生反应的反应类型：________。

(4)①蜂胶的分子式为在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种醇则醇的分子式为_________。

②已知醇含有苯环，且分子结构中无甲基，写出醇在一定条件下与乙酸反应的化学方程式：_________20、阿司匹林（）能解热镇痛。

（1）阿司匹林中含氧官能团有酯基和___（填名称）。

（2）向阿司匹林的水溶液中滴入2～3滴紫色石蕊溶液，溶液颜色变红，说明阿司匹林溶液具有___性。

（3）阿司匹林在一定条件下水解生成水杨酸（）和另一种酸A，试写出另一种酸A的结构简式___。21、如表是A；B、C、D、E五种有机物的有关信息:

。A

1能使溴的四氯化碳溶液褪色。

2比例模型

3能与水在一定条件下反应生成C

B

1由C、H两种元素组成2球棍模型为

C

1由C；H、O三种元素组成2能与Na反应。

3与E反应生成相对分子质量为88的酯。

D

1相对分子质量比C少22能由C催化氧化得到。

E

1由C；H、O三种元素组成2其水溶液能使紫色石蕊试液变红。

回答下列问题:

(1)A~E中,属于烃的是___(填字母)。

(2)A使溴的四氯化碳溶液褪色后生成产物的结构简式为___。

(3)C催化氧化生成D的化学方程式为___。

(4)有机物B具有的性质是___(填序号)。

1无色无味的液体;2有毒:3不溶于水;4密度比水大;5能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色。

(5)E的水溶液能使紫色石蕊试液变红,说明E的水溶液显酸性,现设计一个实验来比较E与碳酸酸性的强弱,则该实验的原理是___(用化学方程式说明)22、2019年国际非政府组织“全球碳计划”12月4日发布报告：研究显示，全球二氧化碳排放量增速趋于缓。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。

（1）一种途径是将CO2转化为成为有机物实现碳循环。如：

C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1

2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH＝___________

（2）CO2甲烷化反应是由法国化学家PaulSabatier提出的，因此，该反应又叫Sabatier反应。CO2催化氢化制甲烷的研究过程：

①上述过程中，产生H2反应的化学方程式为：___________________________________。

②HCOOH是CO2转化为CH4的中间体：CO2HCOOHCH4。当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，当增加镍粉的用量时，CO2镍催化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是_______________（填I或II）

（3）CO2经催化加氢可以生成低碳烃；主要有两个竞争反应：

反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

反应II：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)

在1L密闭容器中冲入1molCO2和4molH2,测得平衡时有关物质的物质的量随温度变化如图所示。T1℃时，CO2的转化率为_________。T1℃时，反应I的平衡常数K=_______。

（4）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+4H2O(g)ΔH，m代表起始时的投料比，即m=

①图1中投料比相同，温度T3>T2>T1,则ΔH_____（填“>”或“<”）0.

②m=3时，该反应达到平衡状态后p(总）=20ɑMPa,恒压条件下各物质的物质的量分数与温度的关系如图2.则曲线b代表的物质为_______（填化学式）评卷人得分四、判断题(共4题，共8分)23、用碱式滴定管准确量取20.00mL的NaOH溶液。（______________）A.正确B.错误24、酚类化合物有毒，不能用于杀菌消毒。(____)A.正确B.错误25、乙醛能被弱氧化剂(新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液)氧化，所以也能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色。(____)A.正确B.错误26、天然的氨基酸都是晶体，一般能溶于水。(____)A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共20分)27、硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得。已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在。

（1）某研究小组设计了制备Na2S2O3·5H2O装置和部分操作步骤如下。

I．打开K1，关闭K2；向圆底烧瓶中加入足量浓硫酸，加热。

II．C中混合液被气流搅动；反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少。

当C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应；停止加热。

III．过滤C中的混合液。

IV．将滤液加热浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；得到产品。

①I中，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式是_________。

②II中，“当C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应”的原因是__________。

“停止C中的反应”的操作是___________。

③III中，“过滤”用到的玻璃仪器是（填仪器名称）___________。

④装置B中盛放的试剂是（填化学式）________溶液，其作用是__________。

（2）依据反应2S2O32-+I2=S4O2-6+2I-，可用I2的标准溶液测定产品的纯度。取5.5g产品，配制成100mL溶液。取10mL溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/LI2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如下表所示。编号1234溶液的体积/mL10.0010.0010.0010.00消耗I2标准溶液的体积/mL19.9919.9817.1320.03

①判断达到滴定终点的现象是______________。

②Na2S2O3·5H2O在产品中的质量分数是（计算结果保留1位小数）_________。

（Na2S2O3·5H2O的式量为248）28、碘是人体必需的微量元素；也可用于工业；医药等领域。大量的碘富集于海藻灰(主要成分是NaI)中，因此从海藻灰中提取碘，可有效利用海洋资源。

(1)某兴趣小组以海藻灰为原料进行I2的制备实验。具体步骤如下：将海藻灰加热浸泡后，得到了NaI溶液，将适量Na2SO3固体溶于NaI溶液，再将CuSO4饱和溶液滴入上述溶液中，生成白色CuI沉淀，该反应的离子方程式为___。

(2)待I-沉淀完全后，过滤，将沉淀物置于小烧杯中，在搅拌下逐滴加入适量浓HNO3，观察到___(颜色)气体放出，___(颜色)晶体析出。该反应的化学方程式为___。

(3)用倾析法弃去上清液，固体物质用少量水洗涤后得到粗I2，进一步精制时，选择必需的仪器搭建装置，并按次序排列：___(夹持装置略)。

A.B.C.D.E.F.

(4)将精制得到的I2配成浓度为cmol•L-1的标准溶液，用来测定某样品中维生素C(相对分子质量为M)的含量。具体操作如下：准确称量ag样品，溶于新煮沸过并冷却至室温的蒸馏水中，煮沸蒸馏水的目的是___。用250mL容量瓶定容，使用滴定管量取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，再加入10mL1：1醋酸溶液和适量的__指示剂，立即用I2标准溶液滴定，溶液显稳定的___(颜色)即为滴定终点(提示：用指示剂与有关物质发生反应的颜色变化指示化学反应已经完全)，消耗I2标准溶液VmL，则样品中维生素C的质量分数是___(写出表达式)。

已知滴定反应方程式：+I2→+2HI29、硫代硫酸钠用于皮肤病的治疗。常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3·5H2O，该晶体于40～45℃熔化，48℃分解。Na2S2O3易溶于水；不溶于乙醇，在水中有关物质的溶解度曲线如图。

Ⅰ．制备Na2S2O3·5H2O：

将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在仪器b中加入亚硫酸钠固体。在仪器a中注入硫酸；并按如图安装好装置。

(1)仪器a的名称为___，装置丙的作用是___。

(2)打开a的活塞，注入硫酸使反应产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中；并用磁力搅拌器搅动并加热，装置乙中的反应过程为：

①Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2

②Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S

③2H2S+SO2=3S↓+2H2O

④____

写出④的反应方程式__。

随着SO2气体的通入，看到溶液中有大量浅黄色固体析出，继续通SO2气体，反应约半小时。当溶液中pH接近或不小于7时，即可停止通气和加热。溶液pH要控制不小于7的理由是：___(用文字和相关离子方程式表示)。

Ⅱ．分离Na2S2O3·5H2O并测定含量：

(3)为提高产率，操作①为___，操作②是过滤洗涤干燥，其中洗涤操作是用___(填试剂)作洗涤剂。

(4)蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色浑浊为止，蒸发时为什么要控制温度不宜过高___。

(5)为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，一般采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(滴定反应为假定粗产品中杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.28g的粗样品溶于水，用0.40mol·L-1酸性KMnO4溶液滴定，当溶液中S2O全部被氧化时，消耗酸性KMnO4溶液20.00mL。那么，产品中__。30、苯乙酮()广泛用于皂用香精和烟草香精中；可由苯和乙酸酐制备。

已知：。名称熔点/℃沸点/℃密度/(g·mL-1)溶解性苯5.580.10.88不溶于水,易溶于有机溶剂苯乙酮19.62031.03微溶于水，易溶于有机溶剂乙酸酐-731391.08有吸湿性,易溶于有机溶剂乙酸16.61181.05易溶于水，易溶于有机溶剂

步骤I：向三颈烧瓶中加入39g苯和44.5g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5g乙酸酐(C4H6O3)，在70～80℃下加热45min，发生反应：＋(CH3CO)2O＋CH3COOH。

步骤II：冷却后将反应物倒入100g冰水中；有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30mL5%NaOH溶液和30mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥。

步骤III：常压蒸馏回收苯；再收集产品苯乙酮。

请回答下列问题：

(1)AlCl3在反应中作___________，步骤I中的加热方式为___________。

(2)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为___________(填标号)。

A．100mLB．250mLC．500mLD．1000mL

(3)图示实验装置虚线框内缺少一种仪器，该仪器名称为___________。

(4)步骤II中生成的白色胶状沉淀的化学式为___________，该物质易堵塞滤纸，处理白色胶状沉淀的方法为___________。

(5)步骤II中用NaOH溶液洗涤的目的是___________。

(6)步骤III中收集苯乙酮的温度应为___________。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共6分)31、一种环状高分子P3的合成路线如图：

已知：①P2的结构为

②(表示取代基)

③RClRN3

（1）A是一种常用的化工原料，其中包括的官能团是__。

（2）B→C的反应类型是__。

（3）D生成CHCCH2OH的反应条件是__。

（4）上述流程中生成F的反应为酯化反应，则该反应的化学方程式是__。

（5）单体II的结构简式是__。

（6）下列说法正确的是__（填字母）

a.F→P1的反应类型为缩聚反应。

b.P3的结构如图所示

c.P2→P3的过程中可能得到线型高分子。

d.碱性条件下；P3可能彻底水解成小分子物质。

（7）已知：Q（C6H11NO）是用于合成单体I的中间体。如图是以苯酚为原料合成Q的流程，M→N的化学方程式是__。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．每个水分子形成4个氢键；每个氢键为2个水分子共用，平均每个水分子形成2个氢键，则1mol冰中拥有2mol氢键，A正确；

B．大多数分子晶体中既有范德华力；又有共价键，稀有气体的晶体是由原子通过分子间作用力构成得到分子晶体，故稀有气体的晶体中只有范德华力，B错误；

C．干冰晶胞如图，CO2分子分布在晶胞的八个顶点和六个面心上，所以每个CO2分子周围距离(即小立方体的面对角线长度)相等且最近的CO2分子共有12个；C正确；

D．晶体硅；SiC属于原子晶体；熔化需要破坏共价键，共价键越牢固原子晶体熔点越高，晶体硅中Si-Si不如碳化硅中Si-C键牢固，因此晶体熔点：晶体硅＜SiC，D正确；

答案选B。2、C【分析】【详解】

①常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，由于醋酸的电离程度增大，所以溶液的pH<4；①不正确；

②若pH＞7，则表明HA-发生水解，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A可能是强酸(如H2SO4)，也可能是弱酸(如H2SO3)；②不正确；

③相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的a．蒸馏水b．0.1mol·L-1盐酸、c．0.1mol·L-1氯化镁溶液d．0.1mol·L-1硝酸银溶液中，溶液中存在AgCl(s)Ag++Cl-的沉淀溶解平衡，溶液中c(Cl-)越大，c(Ag+)越小，所以Ag＋浓度：d>a>b>c；③不正确；

④用0.2000mol·L-1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol·L-1），至中性时，溶液中同时存在CH3COOH与CH3COONa；即酸未被完全中和，④正确；

⑤将水加热到100℃，水的电离程度增大，pH=6，但c(OH)=c(H+)；⑤不正确；

⑥醋酸与醋酸钠的pH=7的混合溶液中：依据电荷守恒c(CH3COO－)=c(Na+)；⑥不正确；

⑦0.lmol·L-1的(NH4)2SO4溶液中，电离产生的c()=2c()，虽然发生水解，但水解进行的程度很小，所以c()>c()>c(H+)；⑦正确；

⑧pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合，由于溶液的温度未知，KW未知，所以c(OH－)与c(H+)的关系不定；⑧不正确；

综合以上分析，只有④⑦正确，故选C。3、B【分析】【分析】

根据题意可知；本题考查碱滴定酸，运用酸碱中和滴定步骤分析。

【详解】

A.滴定管使用必须用NaOH标准液润洗；否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故A错误；

B.碱滴定酸；氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，故B正确；

C.用酚酞作指示剂；滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，故C错误；

D.滴定终点时；发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，故D错误；

答案选B。4、C【分析】【详解】

①与离子之间能够发生反应；在溶液中不能够大量共存，故①不符合题意；

②的溶液碱性溶液；溶液中各离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②符合题意；

③室温下水电离的的溶液可能为酸性或者碱性溶液；碳酸氢根离子能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能够大量共存，故③不符合题意；

④加入Mg能放出的溶液显酸性，离子之间不反应；也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故④符合题意；

⑤使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中离子之间不反应；也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故⑤符合题意；

⑥酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，能够氧化等还原性离子；在溶液中不能够大量共存，故⑥不符合题意；

综上所述，能共存的是②④⑤，故答案为C。5、C【分析】【详解】

有机物的命名原则是以含碳原子数最多的为主链，并使支链处于最低位置。据这个命名原则可知答案选C6、B【分析】【详解】

在苯的同系物中，侧链易被酸性高锰酸钾溶液氧化成苯甲酸，而苯环无变化，说明侧链受苯环的影响而易被氧化，与碳原子的多少无关，故答案选B。7、A【分析】【详解】

A.酚类物质与FeCl3溶液反应可得到紫色溶液，故向茶水中滴加FeCl3溶液可检验绿茶中是否含有酚类物质，A正确；

B.地沟油与矿物油均为混合物，均无固定沸点，故测定沸点无法区分，B错误；

C.苯酚中滴加浓溴水得到三溴苯酚，三溴苯酚是不溶于水的白色沉淀，但当苯和苯酚共存，三溴苯酚会溶解于苯难以形成沉淀，故不能过滤，C错误；

D.甲苯、环已烯中分别加入酸性高锰酸钾溶液，两者均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法鉴别，D错误；

答案选A。8、C【分析】【分析】

【详解】

核磁共振氢谱测得分子中只有一个吸收峰，说明只含有一种氢原子，甲烷和乙烷分子中都只有1种H原子，则：从CH4的组成与结构出发，将H替换为-CH3得到C5H12，依此类推得到C17H36、C53H108；从CH3CH3的组成与结构出发，将H替换为-CH3得到C8H18，依此类推得到C26H54、C80H162；

故选：C。

二、多选题(共7题，共14分)9、BC【分析】【分析】

酸溶液中pOH越大；说明溶液中氢氧根离子浓度越小，溶液氢离子浓度越大，酸性越强，随着NaOH的加入，发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐增大，则溶液pOH逐渐减小，pH逐渐增大，结合弱电解质的电离解答该题。

【详解】

A．由于醋酸是弱酸；电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，A错误；

B．N点所示溶液为碱性，则c(OH-)>c(H+)，根据溶液电荷守恒易判断出此时c(Na+)>c(CH3COO-)；B正确；

C．由于M点的H+浓度等于N点的OH-浓度；对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，C正确；

D．Q点的pOH=pH；溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性。则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，D错误；

故合理选项是BC。

【点睛】

本题考查酸碱中和的定性判断和计算，侧重于弱电解质的电离的考查，注意弱电解质的电离特点，把握pOH的含义。10、AD【分析】【详解】

A、反应前的气体系数之和大于反应后气体系数之和，此反应属于熵减，即△S<0，反应I中产生的N2的物质的量为0.12/2mol=0.06mol，对比反应I和反应III，降低温度，N2的物质的量升高，说明降低温度，平衡向正反应方向移动，即△H<0，故A正确；B、达到平衡N2的物质的量为0.12/2mol=0.06mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(N2)=0.06/(1×2)mol/(L·s)=0.03mol/(L·s)，故B错误；C、反应II相当于在I的基础上再通入0.2molNO和0.2molCO，此时假如平衡不移动，c(CO,容器II)=2c(CO，容器I)，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，因此有c(CO,容器II)<2c(CO，容器I)，故C错误；D、2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)

起始浓度：0.20.200

变化浓度：0.120.120.060.12

平衡浓度：0.080.080.060.12根据化学平衡常数的表达式，K==21，若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，此时的浓度商Qc==10<21，说明反应向正反应方向进行，V正>V逆；故D正确。

点睛：本题易错点是选项C，首先分析反应I投入量和反应II的投入量，反应II的投入量与反应I投入量呈比值，因此在反应I的基础上再投入通入0.2molNO和0.2molCO，假如平衡不移动，c(CO,容器II)=2c(CO，容器I)，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，CO被消耗，因此有c(CO,容器II)<2c(CO，容器I)，从而作出合理判断。11、CD【分析】【详解】

A.滴定管用蒸馏水洗涤后，需要润洗，再装入NaOH溶液进行滴定，否则会将标准液稀释，导致结果不准确，故A正确；

B.溶液的电导率与溶液中离子浓度和离子所带电荷数有关，随着NaOH的滴入，溶液由弱电解质醋酸转化为强电解质醋酸钠，溶液的导电性、电导率均增强，故B正确；

C.碱滴定酸，酚酞遇酸为无色，则用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由无色变红色且30s不变色时停止滴定，故C错误；

D.测若滴定过程中发现已过滴定终点，则可通过反滴加待测溶液，根据反应时二者的体积关系进行纯度的计算，没有必须重新进行滴定，故D错误；

故选：CD。12、ABD【分析】【分析】

A.Al与AgNO3溶液会发生置换反应；

B.Zn与CuSO4溶液会发生置换反应；

C.AgNO3溶液滴入CuSO4溶液；二者不会发生任何反应；

D.Mg条投入盐酸中会发生置换反应。

【详解】

A.Al片投入AgNO3溶液中，由于金属活动性Al>Ag，所以会发生反应：Al+3AgNO3=Al(NO3)3+3Ag；反应前后Al；Ag元素的化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应，A正确；

B.由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn片投入CuSO4溶液中，会发生反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu；反应前后Zn；Cu元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应，B正确；

C.AgNO3溶液滴入CuSO4溶液中；不具备反应条件，二者不能反应，因此C不符合题意；

D.由于Mg在金属活动性顺序表中位于H前边，所以Mg条投入盐酸中，会发生反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；有Mg；H元素的化合价发生变化，所以该反应属于氧化还原反应，D正确；

故合理选项是ABD。

【点睛】

本题考查物质的性质及反应类型的判断的知识，氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，会正确判断元素的化合价，掌握物质的化学性质是本题解答的关键。13、CD【分析】【分析】

【详解】

A．根据多巴胺的结构简式可知其分子式为C8H11NO2；A错误；

B．苯环中碳原子两两之间含有一个σ键；C-O键；C-H键和O-H键均为σ键，所以1mol甲分子中含有14molσ键，B错误；

C．苯环为平面结构；与苯环上直接相连的原子一定共面，O-H单键可以旋转，所以多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面，C正确；

D．其同分异构体中，对称性越强，不同环境的氢原子个数越少，由于只含有一个氨基，所以不可能有2条对称轴，则不同环境的氢原子个数最少的结构为(或酚羟基和甲基对换位置)；此时有4种不同化学环境的氢原子，即多巴胺任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子，D正确；

综上所述答案为CD。14、AD【分析】【分析】

【详解】

A．如果ACl2I2分子呈正方形结构；两个Cl原子可能位于相邻位置；也可能位于相对位置，所以有两种同分异构体，A正确；

B．根据选项A分析可知：若ACl2I2分子呈正方形结构；两个Cl原子可能位于相邻位置；也可能位于相对位置，故有两种同分异构体，B错误；

C．如果XC12I2分子呈四面体结构；可看作是甲烷分子中的4个H原子2个被Cl原子取代，2个被I原子取代，分子中任意一个C-Cl键与C-Cl键或与C-I键之间都处于相邻位置，只有一种位置，因此不存在同分异构体，C错误；

D．根据选项C分析可知：如果ACl2I2分子呈四面体结构；则只有一种分子结构，没有同分异构体，D正确；

故合理选项是AD。15、AC【分析】【分析】

由高分子结构可知，X为OHC-CHO，Y为HOCH2CH2OH；Z为HOOC-COOH，Y；Z发生缩聚反应生成高分子化合物W，以此来解答。

【详解】

A．X为OHCCHO，含有两个醛基，甲醛只有1个醛基，两者结构不相似，不是同系物，故A错误；

B．X为OHCCHO，含有2个醛基，所以1molX与足量银氨溶液反应能生成4molAg，故B正确；

C．X为OHC-CHO，Y为HOCH2CH2OH，X不是W的单体，Y和Z才是单体，故C错误；

D．Y为HOCH2CH2OH；Z为HOOC-COOH，Y；Z发生缩聚反应生成高分子化合物W，故D正确；

故选：AC。三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)生成等物质的量的I2和KIO3，根据原子守恒，2n(I2)＋n(KIO3)=300×10－3L×0.2mol·L－1=0.06mol，即n(I2)=n(KIO3)=0.02mol，KMnO4中Mn由＋7价→＋2价，根据得失电子数目守恒，0.02mol×2×1＋0.02mol×6=n(KMnO4)×5，解得n(KMnO4)=0.032mol；故答案为0.032mol；

(2)根据现象，先变为浅绿色，浅绿色应为Fe3＋被还原成Fe2＋，Fe3＋和SO32－发生氧化还原反应，即离子方程式为2Fe3＋＋SO＋H2O=2Fe2＋＋SO＋2H＋；NO(H＋)具有强氧化性，根据实验现象，又变为棕黄色，NO(H＋)能将Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原为NO，发生的离子方程式为3Fe2＋＋4H＋＋NO=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；故答案为2Fe3＋＋SO＋H2O=2Fe2＋＋SO＋2H＋；3Fe2＋＋4H＋＋NO=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；

(3)Fe2＋的还原性强于Br－，氯气先氧化Fe2＋，剩余的Cl2再氧化Br－，令FeBr2物质的量浓度为amol·L－1，根据得失电子数目守恒，1L×amol·L－1×1＋1L×amol·L－1×2××1=解得a=故答案为mol·L－1；

(4)Al能与NaOH溶液反应，其反应方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑、Al2O3为两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，其反应方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，氢氧化铝为两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，其反应方程式为Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，溶液中的溶质的化学式为NaAlO2，通入过量CO2，发生离子方程式为CO2＋AlO＋2H2O=HCO＋Al(OH)3↓；故答案为NaAlO2；CO2＋AlO＋2H2O=HCO＋Al(OH)3↓；

(5)三氟化氮在潮湿空气与水蒸气发生氧化还原反应，其产物是HF、NO、HNO3，得出NF3＋H2O→HF＋NO＋HNO3，利用化合价升降进行配平，即反应方程式为3NF3＋5H2O=9HF＋HNO3＋2NO；生成1molHNO3时转移电子物质的量为2mol，则生成0.2molHNO3时，转移电子物质的量为0.4mol；故答案为3NF3＋5H2O=9HF＋HNO3＋2NO；0.4NA或0.4×6.02×1023或2.408×1023；

(6)滴定终点是标志为滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为浅红色，且30s或半分钟不恢复原来的颜色；根据反应方程式为，n(H2C2O4)==mol，c(H2C2O4)==0.1acmol·L－1，mg晶体中含有草酸的质量为100.0×10－3L×0.1acmol·L－1×90g·mol－1，则有解得x=故答案为滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为浅红色，且30s或半分钟不恢复原来的颜色；0.1acmol·L－1；【解析】0.0322Fe3＋＋SO＋H2O=2Fe2＋＋SO＋2H＋3Fe2＋＋4H＋＋NO=3Fe3＋＋NO↑＋2H2Omol·L－1NaAlO2CO2＋AlO＋2H2O=HCO＋Al(OH)3↓3NF3＋5H2O=9HF＋HNO3＋2NO0.4NA或0.4×6.02×1023或2.408×1023滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为浅红色，且30s或半分钟不恢复原来的颜色0.1acmol·L－117、略

【分析】【分析】

甲烷属于烷烃；特征反应是取代反应，乙烯属于烯烃，特征反应是加成反应，根据烷烃；烯烃的特征反应分析判断。

【详解】

甲烷和氯气发生取代反应，消耗氯气，使黄绿色逐渐褪去，瓶壁有少量无色油状小液滴，但CH2=CH2含有碳碳双键，也可以与Cl2发生加成反应，因而也可使黄绿色逐渐褪色，生成的CH2ClCH2Cl也是油状液体；因此不能根据上述现象确定是否含有甲烷，故该说法不正确。

【点睛】

本题综合考查有机物的结构和性质，注意把握烷烃的性质、烯烃碳碳双键官能团的性质，侧重考查学生的分析能力。【解析】否18、略

【分析】【分析】

(1)根据烷烃系统命名法的原则命名；

(2)的碳链结构为5号碳原子上没有H原子，与相连接C原子不能形成碳碳双键，对应炔烃存在C≡C三键的位置，能形成三键位置有：1和2之间；

【详解】

(1)根据烷烃系统命名法的原则，的名称是2,2,3,4-四甲基己烷；

(2)是由单烯烃与氢气加成后的产物，还原成单烯烃时相邻的两个碳原子各去掉一个氢原子，结构有共5种；还原成炔烃，相邻的两个碳原子各去掉2个氢原子，结构为只有1种；

【点睛】

本题以加成反应为载体，考查有机物的结构和性质，题目侧重考查同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键，采取逆推法还原C=C双键或三键，注意分析分子结构是否对称，防止重写、漏写。【解析】①.2,2,3,4-四甲基己烷②.5③.119、略

【分析】【分析】

咖啡酸中含有酚羟基；可发生取代；氧化和焰色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有-COOH，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答该题。

【详解】

(1)咖啡酸中含氧官能团的名称为羧基；羟基；

(2)咖啡酸中酚羟基和羧基可与金属钠反应生成氢气；则1mol咖啡酸含有1mol羧基和2mol羟基，与足量的钠反应生成0.5mol+1mol=1.5mol氢气；咖啡酸中只有羧基可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，1mol咖啡酸含有1mol羧基，与足量的碳酸氢钠反应生成1mol二氧化碳，则产生的气体在相同状况下的体积比为1.5mol：1mol=3:2；

(3)根据咖啡酸的结构简式；咖啡酸的结构中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生加成反应；加聚反应、氧化反应；含有羧基，可发生酯化反应(取代反应)、中和反应；含有酚羟基，可发生取代反应、中和反应等(任写2种即可)；

(4)①咖啡酸的分子式为C9H8O4，酯发生水解的方程式为C17H16O4+H2O→C9H8O4+A，由质量守恒可知A的分子式为C8H10O；

②已知醇A含有苯环，且分子结构中无甲基，则A为苯乙醇，与乙酸发生酯化反应的方程式为CH3COOH++H2O。【解析】羧基、羟基加成反应、酯化反应、加聚反应、氧化反应、还原反应、取代反应等(任写2种即可)CH3COOH++H2O20、略

【分析】【分析】

(1)根据阿司匹林的结构简式判断；

(2)石蕊遇酸变红；

(3)阿司匹林（）分子中含有酯基；根据酯水解产物判断。

【详解】

(1)阿司匹林的结构简式为分子中的含氧官能团有酯基和羧基，故答案为：羧基；

(2)石蕊遇酸变红；向阿司匹林的水溶液中滴入2~3滴紫色石蕊溶液，溶液颜色变红，说明阿司匹林溶液具有酸性，故答案为：酸；

(3)阿司匹林（）分子中含有酯基，在一定条件下水解生成水杨酸（）和另一种酸A，则另一种酸A的结构简式应为CH3COOH，故答案为：CH3COOH。【解析】①.羧基②.酸③.CH3COOH21、略

【分析】【分析】

A能使溴水褪色说明含有碳碳双键或三键；结合比例模型知，该物质是乙烯；A能和水反应生成C，则C是乙醇；根据B的组成元素及其球棍模型知，B是苯；D的相对分子质量比C少2，且能由C催化氧化得到，所以D是乙醛；E由C；H、O三种元素组成，且其水溶液能使紫色石蕊试液变红，说明含有羧基，E和C反应生成相对分子质量为88的酯，所以E是乙酸，据此解答。

【详解】

(1)通过以上分析知；属于烃的是乙烯；苯，故答案为：AB；

(2)乙烯和溴发生的化学反应为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH2BrCH2Br；

(3)在加热、铜作催化剂条件下，乙醇被氧气氧化生成乙醛和水，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

(4)根据B的组成元素及其球棍模型知，B是苯，苯是不溶于水有香味的无色有毒液体，密度小于水，不能使酸性KMnO4溶液褪色；可以萃取溴水而使溴水褪色，故答案为：②③；

(5)分析可知E为乙酸，设计一个实验来比较乙酸与碳酸酸性的强弱，则可以利用强酸制弱酸的原理，用乙酸与碳酸氢盐反应，若反应有二氧化碳产生则证明乙酸的酸性强于碳酸，原理可为：CH3COOH+NaHCO3→CH3COONa+H2O+CO2↑，故答案为：CH3COOH+NaHCO3→CH3COONa+H2O+CO2↑。【解析】ABCH2BrCH2Br2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O23CH3COOH+NaHCO3→CH3COONa+H2O+CO2↑22、略

【分析】【分析】

（1）①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，①+②得：2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)；求焓变；

（2）①根据流程图可知反应物为：Fe、H2O，生成物为：H2、Fe3O4；

②当镍粉用量增加10倍后；甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快；。

（3）1L容器，T1℃时；根据三段是：

求出CO2的转化率；反应I的平衡常数K；

（4）①根据图示，温度越高，H2转化率越低；说明正反应为放热反应；

②温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH。

【详解】

（1）①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，①+②得：2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH＝+1366.8kJ·mol－1，故答案为：+1366.8kJ·mol－1；

（2）①根据流程图可知反应物为：Fe、H2O，生成物为：H2、Fe3O4，则化学方程式为：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4，故答案为：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4；

②当镍粉用量增加10倍后；甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快，故答案为：Ⅱ；

（3）1L容器，T1℃时；根据三段是：

CO2的转化率为平衡时，c(CO2)=0.4mol/L，c(H2)=2mol/L，c(CH4)=0.2mol/L，c(H2O)=1.2mol/L；则。

T1℃时，反应I的平衡常数故答案为：

（4）①根据图示，温度越高，H2转化率越低，说明正反应为放热反应，△H＜0；故答案为：＜；

②温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH，故答案为：CO2。【解析】+1366.8kJ·mol－13Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4Ⅱ<CO2四、判断题(共4题，共8分)23、A【分析】【分析】

【详解】

滴定管是准确量取一定体积液体的仪器，其精确度是0.01mL。由于NaOH是碱溶液，因此可以使用碱式滴定管准确量取20.00mL的NaOH溶液，这种说法的正确的。24、B【分析】【详解】

酚类化合物有毒，能用于杀菌消毒，判断错误。25、A【分析】【详解】

醛基能被弱氧化剂氧化，可知醛基还原性较强，则也能被强氧化剂氧化，所以乙醛能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，可推知乙醛也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故正确。26、A【分析】【详解】

天然氨基酸熔点较高，室温下均为晶体，一般能溶于水而难溶于乙醇、乙醚，故正确；五、实验题(共4题，共20分)27、略

【分析】【详解】

（1）浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能氧化单质铜，反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；

生成的SO2和碳酸钠反应生成亚硫酸钠和CO2，由于Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，所以C中碳酸钠的作用是起反应物作用及提供碱性环境。“停止C中的反应”的操作是打开K2，关闭K1；

（2）过滤时的主要玻璃仪器有漏斗；烧杯、玻璃棒；

SO2是大气污染物，需要尾气处理，则装置B中盛放的试剂是氢氧化钠溶液，用来吸收SO2；防止污染环境；

（3）由于碘遇淀粉显蓝色，则滴定时，达到滴定终点的现象是溶液变蓝，且半分钟不改变。根据表中数据可知，第二次实验中消耗I2标准溶液的体积偏小，舍去，则实际消耗I2标准溶液的体积的平均值是则根据反应的方程式可知，Na2S2O3·5H2O的物质的量是0.050mol/L×0.0200L×2×10＝0.02mol，所以Na2S2O3·5H2O在产品中的质量分数是【解析】Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2ONa2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在打开K2，关闭K1漏斗、玻璃棒、烧杯NaOH在C中的反应停止后，吸收A中产生的多余SO2，防止空气污染加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变90.2％28、略

【分析】【详解】

(1)将适量Na2SO3固体溶于NaI溶液，再将CuSO4饱和溶液滴入上述溶液中，生成白色CuI沉淀，反应过程中Na2SO3作还原剂，被氧化为Na2SO4，CuSO4作氧化剂，被还原为Cu(I)，Cu(I)以难溶物CuI形式存在，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可知反应离子方程式为2Cu2++SO+2I-+H2O=2CuI+SO+2H+，故答案为：2Cu2++SO+2I-+H2O=2CuI+SO+2H+。

(2)CuI中的Cu(I)和碘离子均能被浓硝酸氧化，氧化产物分别为Cu2+和I2，还原产物为NO2，其反应的化学方程式为2CuI+8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+4NO2↑+I2+4H2O，其中NO2为红棕色有毒气体，需在通风条件下进行，I2为紫黑色，故答案为：红棕色；紫黑色；2CuI+8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+4NO2↑+I2+4H2O。

(3)因为碘单质受热易升华；故采用蒸馏法提纯碘单质，用到的仪器有A烧杯；C石棉网(防止温度过高，升华速度大于冷凝速度)、D酒精灯、F装冷水的圆底烧瓶用于冷凝，其装置为把粗碘放入烧杯内，将装有冷水的烧瓶放在烧杯上，垫上石棉网用酒精灯加热，其连接顺序为DCAF，故答案为：DCAF。

(4)维生素C具有还原性，易被空气中氧气氧化，故煮沸蒸馏水是为了防止水中溶解的氧干扰实验；用于指示碘单质的反应时，通常用淀粉作指示剂，淀粉遇碘变蓝色，这里用碘标准溶液滴定维生素C，所以当最后一滴标准液滴入锥形瓶后，溶液由无色变为蓝色且30秒内不褪色，即为终点；根据题意消耗点标准液的物质的量为n=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，由反应方程式可知25mL溶液中维生素C的物质的量为cV×10-3mol，则ag样品中维生素C的物质的量为×cV×10-3mol，质量为m=nM=cMV×10-2g，其质量分数为=%，故答案为：除去蒸馏水中溶解的氧，防止干扰实验；淀粉；蓝色；%。【解析】2Cu2++SO+2I-+H2O=2CuI+SO+2H+红棕色紫黑色2CuI+8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+4NO2↑+I2+4H2ODCAF除去蒸馏水中溶解的氧，防止干扰实验淀粉蓝色%29、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据仪器构造特点可知；仪器a为分液漏斗，装置丙的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境。