吉林省梅河口市博文學校2023年高三第二次診斷性檢測化學試卷含解析

2023高考化學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、諾氟沙星別名氟哌酸，是治療腸炎痢疾的常用藥。其結構簡式如右圖，下列說法正確的是A．該化合物屬于苯的同系物B．分子式為Cl6H16FN3O3C．1mol該化合物中含有6NA個雙鍵D．該化合物能與酸性高錳酸鉀、溴水、碳酸氫鈉溶液反應2、中國工程院院士、國家衛(wèi)健委高級別專家組成員李蘭娟團隊，于2月4日公布阿比朵爾、達蘆那韋可抑制新型病毒。如圖所示有機物是合成阿比朵爾的原料，關于該有機物下列說法正確的是（）A．可以發(fā)生加成反應、取代反應、水解反應和氧化反應B．易溶于水和有機溶劑C．分子結構中含有三種官能團D．分子中所有碳原子一定共平面3、下列說法錯誤的是（）A．圖a所示實驗中，石蠟油發(fā)生分解反應，碎瓷片作催化劑B．用圖b所示裝置精煉銅，電解過程中CuSO4溶液的濃度保持不變C．用圖c所示裝置制備碳酸氫鈉固體時，從e口通入NH3，再從f口通入CO2，g中盛放蘸有稀硫酸的脫脂棉D．測定某鹽酸的物質(zhì)的量濃度所用圖d所示裝置中滴定管選擇錯誤4、對下圖兩種化合物的結構或性質(zhì)描述正確的是A．不是同分異構體B．分子中共平面的碳原子數(shù)相同C．均能與溴水反應D．可用紅外光譜區(qū)分，但不能用核磁共振氫譜區(qū)分5、如圖表示1~18號元素原子的結構或性質(zhì)隨核電荷數(shù)遞增的變化。圖中縱坐標表示A．電子層數(shù) B．原子半徑 C．最高化合價 D．最外層電子數(shù)6、由一種金屬離子與多種酸根離子構成的鹽稱為“混鹽”，如氯化硝酸鈣[Ca(NO3)Cl]。則下列化合物中屬于混鹽的是（）A．CaOCl2 B．(NH4)2Fe(SO4)2 C．BiONO3 D．K3[Fe(CN)6]7、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、、B．弱堿性溶液中：K+、Na+、I－、ClO－C．中性溶液中：Fe3+、K+、Cl－、D．能使甲基橙變紅的溶液中：Al3+、Na+、Cl－、8、工業(yè)上獲得大量乙烯、丙烯、丁二烯的方法是（）A．鹵代烴消除 B．煤高溫干餾 C．炔烴加成 D．石油裂解9、分析化學中，“滴定分數(shù)”的定義為：所加滴定劑與被滴定組分的物質(zhì)的量之比。以0.10mol·L-1的NaOH溶液滴定同濃度某一元酸HA并繪制滴定曲線如圖所示。已知lg3=0.5。下列說法中不正確的是（）A．該酸堿中和滴定過程應選擇酚酞做指示劑B．根據(jù)y點坐標可以算得a的數(shù)值為3.5C．從x點到z點，溶液中水的電離程度逐漸增大D．x點處的溶液中滿足：c(HA)+c(H+)＞c(A-)+c(OH-)10、W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，最外層電子數(shù)之和為18。X、Z同一主族，Z的一種氧化物的水化物為具有還原性且不穩(wěn)定的二元酸；Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍。下列說法錯誤的是A．簡單離子半徑：W>X>YB．X、Z的最高化合價不相同C．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：X>WD．Y與其他三種元素分別形成的化合物中均只含離子鍵11、一定條件下，等物質(zhì)的量的N2（g）和O2（g）在恒容密閉容器中反應：N2（g）+O2（g）2NO（g），曲線a表示該反應在溫度T℃時N2的濃度隨時間的變化，曲線b表示該反應在某一起始反應條件改變時N2的濃度隨時間的變化。敘述正確的是（）A．溫度T℃時，該反應的平衡常數(shù)K=B．溫度T℃時，混合氣體的密度不變即達到平衡狀態(tài)C．曲線b對應的條件改變可能是加入了催化劑D．若曲線b改變的條件是溫度，則該正反應放熱12、下列實驗不能得到相應結論的是（）A．向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，證明H2SO4的酸性比HClO強B．向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液變紅，證明Na2SiO3發(fā)生了水解反應C．將鋁箔在酒精燈火焰上加熱，鋁箔熔化但不滴落，證明氧化鋁熔點高于鋁D．將飽和氯水滴到藍色石蕊試紙上，試紙先變紅后褪色，證明氯水有漂白性13、下列有關說法正確的是A．MgO(s)＋C(s)=CO(g)＋Mg(g)高溫下能自發(fā)進行，則該反應ΔH＞0、ΔS＞0B．常溫下等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液中，水的電離程度相同C．0.1mol·L－1NH4Cl溶液加水稀釋，的值增大D．對于反應2SO2＋O2?2SO3，使用催化劑能加快反應速率并提高SO2的平衡轉化率14、以PbO為原料回收鉛的過程如下：Ⅰ.將PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；Ⅱ.電解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如圖所示。下列判斷不正確的是A．陽極區(qū)的溶質(zhì)主要是H2SO4B．電極Ⅱ的電極反應式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—C．當有2.07gPb生成時，通過陽離子交換膜的陽離子為0.04molD．電解過程中為了實現(xiàn)物質(zhì)的循環(huán)利用，可向陰極區(qū)補充PbO15、下列儀器的用法正確的是（）A．①可以長期盛放溶液B．用②進行分液操作C．用酒精燈直接對③進行加熱D．用④進行冷凝回流16、X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素。25℃時，各元素最高價氧化物對應水化物的pH與原子半徑的關系如圖，其中X、N、W、R測定的是濃度均為0.01mol/L溶液的pH，Y、Z測定的是其飽和溶液的pH。下列說法正確的是A．R、N分別與X形成二元化合物的水溶液均呈堿性B．N、Z、X三種元素的最高價氧化物均不與水反應C．單質(zhì)與H2化合由易到難的順序是：R、N、MD．金屬單質(zhì)與冷水反應由易到難的順序是：Y、X、Z17、某有機物的結構簡式如圖所示，它在一定條件下可能發(fā)生的反應有：①加成、②水解、③酯化、④氧化、⑤中和、⑥消去，其中可能的是()A．②③④ B．①③⑤⑥ C．①③④⑤ D．②③④⑤⑥18、甲苯是重要的化工原料。下列有關甲苯的說法錯誤的是A．分子中碳原子一定處于同一平面 B．可萃取溴水的溴C．與H2混合即可生成甲基環(huán)己烷 D．光照下與氯氣發(fā)生取代反應19、繼電器在控制電路中應用非常廣泛，有一種新型繼電器是以對電池的循環(huán)充放電實現(xiàn)自動離合（如圖所示）。以下關于該繼電器的說法中錯誤的是已知電極材料為納米Fe2O3，另一極為金屬鋰和石墨的復合材料。A．充電完成時，電池能被磁鐵吸引B．該電池電解液一般由高純度的有機溶劑、鋰鹽等原料組成C．充電時，該電池正極的電極反應式為3Li2O+2Fe-6e-═Fe2O3+6Li+D．放電時，Li作電池的負極，F(xiàn)e2O3作電池的正極20、下列能源不屬于直接或間接利用太陽能的是()A．風能B．江河水流能C．生物質(zhì)能D．地熱溫泉21、2019年《化學教育》期刊封面刊載如圖所示的有機物M(只含C、H、O)的球棍模型圖。不同大小、顏色的小球代表不同的原子，小球之間的“棍”表示共價鍵，既可以表示三鍵，也可以表示雙鍵，還可以表示單鍵。下列有關M的推斷正確的是A．M的分子式為C12H12O2B．M與足量氫氣在一定條件下反應的產(chǎn)物的環(huán)上一氯代物有7種C．M能發(fā)生中和反應、取代反應、加成反應D．一個M分子最多有11個原子共面22、向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀鹽酸，生成氣體的量隨鹽酸加入量的變化關系如圖所示，則下列離子組在對應的溶液中一定能大量共存的是A．a(chǎn)點對應的溶液中：Fe3+、AlO2-、SO42-、NO3-B．b點對應的溶液中：K+、Ca2+、I－、Cl-C．c點對應的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Ag+D．d點對應的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Cl-二、非選擇題(共84分)23、（14分）石油裂解氣用途廣泛，可用于合成各種橡膠和醫(yī)藥中間體。利用石油裂解氣合成CR橡膠和醫(yī)藥中間體K的線路如下：

已知：Ⅰ.氯代烴D的相對分子質(zhì)量是113，氯的質(zhì)量分數(shù)約為62.8％，核磁共振氫譜峰面積之比為2:1.Ⅱ.。（1）A中官能團的結構式為__________________，D的系統(tǒng)名稱是________________.（2）反應②的條件是_____________，依次寫出①和③的反應類型___________、_________.（3）寫出F→G過程中第一步反應的化學方程式____________________________.（4）K的結構簡式為____________________.（5）寫出比G多2個碳原子的同系物的所有同分異構體的結構簡式_________________.（6）已知雙鍵上的氫原子很難發(fā)生取代反應。以A為起始原料，選用必要的無機試劑合成B_______。合成路線流程圖示如下：。24、（12分）化合物H可用以下路線合成：已知：請回答下列問題：（1）標準狀況下11.2L烴A在氧氣中充分燃燒可以生成88gCO2和45gH2O，且A分子結構中有3個甲基，則A的結構簡式為________________________；（2）B和C均為一氯代烴，D的名稱（系統(tǒng)命名）為_________________；（3）在催化劑存在下1molF與2molH2反應，生成3—苯基—1—丙醇。F的結構簡式是___________；（4）反應①的反應類型是_______________________；（5）反應②的化學方程式為______________________________________；（6）寫出所有與G具有相同官能團的芳香類同分異構體的結構簡式_______________。25、（12分）KMnO4是中學常見的強氧化劑，用固體堿熔氧化法制備KMnO4的流程和反應原理如圖：反應原理：反應I：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O反應Ⅱ：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3（墨綠色）（紫紅色）已知25℃物質(zhì)的溶解度g/100g水K2CO3KHCO3KMnO411133.76.34請回答：（1）下列操作或描述正確的是___A．反應Ⅰ在瓷坩堝中進行，并用玻璃棒攪拌B．步驟⑥中可用HCl氣體代替CO2氣體C．可用玻璃棒沾取溶液于濾紙上，若濾紙上只有紫紅色而無綠色痕跡，則反應Ⅱ完全D．步驟⑦中蒸發(fā)濃縮至溶液表面有晶膜出現(xiàn)再冷卻結晶：烘干時溫度不能過高（2）___（填“能”或“不能”）通入過量CO2氣體，理由是___（用化學方程式和簡要文字說明）。（3）步驟⑦中應用玻璃纖維代替濾紙進行抽濾操作，理由是___。草酸鈉滴定法分析高錳酸鉀純度步驟如下：Ⅰ．稱取1.6000g高錳酸鉀產(chǎn)品，配成100mL溶液Ⅱ．準確稱取三份0.5025g已烘干的Na2C2O4，置于錐形瓶中，加入少量蒸餾水使其溶解，再加入少量硫酸酸化；Ⅲ．錐形瓶中溶液加熱到75～80℃，趁熱用I中配制的高錳酸鉀溶液滴定至終點。記錄實驗數(shù)據(jù)如表實驗次數(shù)滴定前讀數(shù)/mL滴定后讀數(shù)/mL12.6522.6722.6023.0032.5822.56已知：MnO4﹣+C2O42﹣+H+→Mn2++CO2↑+H2O（未配平）則KMnO4的純度為___（保留四位有效數(shù)字）；若滴定后俯視讀數(shù)，結果將___（填“偏高”或“偏低”或“無影響”）。26、（10分）某研究學習小組要制備一種在水中溶解度很小的黃色化合物[Fex(C2O4)y·zH2O]，并用滴定法測定其組成。已知H2C2O4在溫度高于90℃時易發(fā)生分解。實驗操作如下：步驟一：將圖甲分液漏斗中的草酸溶液滴入錐形瓶內(nèi)，可生成黃色沉淀；步嶸二：稱取黃色產(chǎn)物0.841g于錐形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加熱至70~85℃。待固體全部溶解后，用膠頭滴管吸岀一滴溶液點在點滴板上，用鐵氰化鉀溶液檢驗，無藍色沉淀產(chǎn)生；步驟三：用0.080mol/LKMnO4標準液滴定步驟二所得的溶液；步驟四：向步驟三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液，幾分鐘后用膠頭滴管吸岀一滴點在點滴板上，用KSCN溶浟檢驗，若不顯紅色，過濾除去Zn粉，并用稀硫酸洗滌Zn粉，將洗滌液與濾液合并，用0.0800mol/LKMnO4標準液滴定，用去髙錳酸鉀標準液10.00mL。(1)步驟一中將沉淀從反應混合物中分離出來的操作名稱是__________________。(2)步驟二中水浴加熱并控制溫度70~85℃的理由是__________________，加鐵氰化鉀溶液無藍色沉淀產(chǎn)生，此操作的目的是__________________。(3)步驟三盛裝KMnO4標準液的滴定管在滴定前后的液如圖乙所示，則消耗KMnO4標準液的體積為__________________，該滴定管為_________滴定管(填“酸式”或“堿式”)(4)步驟四中滴定時發(fā)生反應的離子方程式為___________________________。若不合并洗滌液，則消耗KMnO4標準液的體積將_________(填“增大”“減小”或“不變”)。由以上數(shù)據(jù)計算黃色化合物的化學式為__________________。27、（12分）信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境構成了極大的威脅。某“變廢為寶”學生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：請回答下列問題：（1）第①步Cu與酸反應的離子方程式為__________；得到濾渣1的主要成分為__________。（2）第②步中加H2O2的作用是__________，使用H2O2的優(yōu)點是__________；調(diào)溶液pH的目的是使__________生成沉淀。（3）第③步所得CuSO4·5H2O制備無水CuSO4的方法是__________。（4）由濾渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小組設計了三種方案：甲：濾渣2酸浸液Al2(SO4)3·18H2O乙：濾渣2酸浸液濾液Al2(SO4)3·18H2O丙：濾渣2濾液溶液Al2(SO4)3·18H2O上述三種方案中，__________方案不可行，原因是__________；從原子利用率角度考慮，__________方案更合理。（5）探究小組用滴定法測定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用cmol·L-1EDTA(H2Y2-)標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反應為：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+①寫出計算CuSO4·5H2O質(zhì)量分數(shù)的表達式ω=__________；②下列操作會導致含量的測定結果偏高的是______。a未干燥錐形瓶b滴定終點時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡c未除凈可與EDTA反應的干擾離子28、（14分）碳酸鋰是生產(chǎn)鋰離子電池的重要原料。(1)碳酸鋰制取鋰的反應原理為：①Li2CO3Li2O+CO2；②Li2O+CCO+2Li。鋰原子的電子排布式為_____；CO2的結構式為_____；反應②中涉及的化學鍵類型有_____。(2)氫負離子(H﹣)與鋰離子具有相同電子層結構，試比較兩者微粒半徑的大小，并用原子結構理論加以解釋_____(3)電池級碳酸鋰對純度要求很高，實驗室測定Li2CO3產(chǎn)品純度的方法如下：稱取1.000g樣品，溶于2.000mol/L10.00mL的硫酸，煮沸、冷卻，加水定容至100mL.取定容后的溶液10.00mL，加入2滴酚酞試液，用0.100mol/L標準NaOH溶液滴定過量的硫酸，消耗NaOH溶液13.00mL。①定容所需要玻璃儀器有燒杯、膠頭滴管、_____和_____。②滴定終點的判斷依據(jù)為_____。③樣品的純度為_____。29、（10分）已知：PCl3的熔點為-112℃，沸點為75.5℃，遇水生成H3PO3和HCl；2PCl3+O2=2POCl3。某化學學習小組用裝置甲合成PCl3，并用裝置乙采取PCl3氧化法制備POCl3(1)氯元素在周期表中的位置是_____________(2)H3PO3中所含元素原子半徑由小到大的順序為_____________(3)能比較出氯的非金屬性比磷的非金屬性強的是______________A．HCl酸性比H3PO4的強B．HCl穩(wěn)定性比PH3的強C．HClO4的酸性比H3PO3的強D．PCl3中P顯正三價，C1顯負一價(4)圖甲堿石灰的作用除了處理尾氣外還有防止_____________進入燒瓶，影響產(chǎn)品純度的作用(5)圖乙A裝置中化學反應方程式是_____________(6)POCl3水解的化學反應方程式為______________(7)C中反應溫度控制在60~65℃，其原因是____________________________________________________

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】A、苯的同系物僅含有碳氫兩種元素，故錯誤；B、根據(jù)有機物成鍵特點，此有機物分子式為C16H18FN3O3，故錯誤；C、苯環(huán)中不含有碳碳雙鍵，因此1mol此有機物中含有3mol雙鍵，故錯誤；D、此有機物中含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，能和溴水發(fā)生加成反應，含有羧基，能與碳酸氫鈉反應，故正確。2、A【解析】

A．碳碳雙鍵、苯環(huán)能發(fā)生加成反應，酯基能發(fā)生取代反應、水解反應和氧化反應，A正確；B．該有機物難溶于水，易溶于有機溶劑，B不正確；C．分子結構中含有羥基、酯基、氨基、碳碳雙鍵四種官能團，C不正確；D．苯環(huán)中碳原子一定共平面，但苯環(huán)與其它碳原子不一定在同一平面內(nèi)，D不正確；故選A。3、B【解析】

A.根據(jù)圖a裝置分析，浸透石蠟的石棉加熱時產(chǎn)生石蠟蒸汽，石蠟蒸汽附著在碎瓷片上，受熱分解，碎瓷片作催化劑，故A正確；B.陽極是粗銅，含有鋅等活潑金屬雜質(zhì)，根據(jù)放電順序，較活潑金屬先失去電子形成陽離子進入溶液，根據(jù)電子轉移守恒，此時在陰極銅離子得電子生成銅，所以電解過程中CuSO4溶液的濃度會減小，故B錯誤；C.圖c所示裝置是侯氏制堿法的反應原理，向飽和氯化鈉的氨水溶液中通入二氧化碳氣體，反應生成碳酸氫鈉，g的作用是吸收氨氣，冷水的目的是降低溫度有助于晶體析出，故C正確；D.如圖所示，滴定管中裝有氫氧化鈉溶液，所以滴定管應該選用堿式滴定管，應該是下端帶有橡膠管的滴定管，故D正確。故選B。【點睛】酸式滴定管的下端為一玻璃活塞，開啟活塞，液體即自管內(nèi)滴出。堿式滴定管的下端用橡皮管連接一支帶有尖嘴的小玻璃管。橡皮管內(nèi)裝有一個玻璃圓球。用左手拇指和食指輕輕地往一邊擠壓玻璃球外面的橡皮管，使管內(nèi)形成一縫隙，液體即從滴管滴出。4、C【解析】

A、二者分子式相同而結構不同，所以二者是同分異構體，錯誤；B、第一種物質(zhì)含有苯環(huán)，8個C原子共面，第二種物質(zhì)含有碳碳雙鍵，7個C原子共面，錯誤；C、第一種物質(zhì)含有酚羥基，可與溴水發(fā)生取代反應，第二種物質(zhì)含有碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應，正確；D、兩種有機物H原子位置不同，可用核磁共振氫譜區(qū)分，錯誤；答案選C。5、D【解析】

A項，原子序數(shù)1、2的原子電子層數(shù)相同，原子序數(shù)3~10的原子電子層數(shù)相同，原子序數(shù)11~18的原子電子層數(shù)相同，A項不符合；B項，同周期主族元素，隨原子序數(shù)遞增原子半徑減小，B項不符合；C項，第二周期的氧沒有最高正價，第二周期的F沒有正價，C項不符合；D項，第一周期元素原子的最外層電子數(shù)從1增至2，第二、三周期元素原子的最外層電子數(shù)從1增至8，D項符合；答案選D。6、A【解析】

A.CaOCl2的化學式可以寫成Ca（ClO）Cl，所以該物質(zhì)是由一種金屬陽離子和兩種酸根陰離子構成的，因此屬于混鹽，故A正確；B.(NH4)2Fe(SO4)2含有兩種陽離子和一種酸根陰離子，不是混鹽，故B錯誤；C.BiONO3中沒有兩個酸根陰離子，不是混鹽，故C錯誤；D.K3[Fe(CN)6]是含有一種陽離子和一種酸根陰離子的鹽，不是混鹽，故D錯誤；綜上所述，答案為A。7、A【解析】

A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、、離子之間不反應，能夠大量共存，故A符合題意；B．弱堿性溶液中：I－和ClO－發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故B不符合題意；C．中性溶液中：Fe3+會大量水解生成氫氧化鐵，不能大量存在，故C不符合題意；D．能使甲基橙變紅的溶液顯酸性，H+和不能大量共存，且Al3+與HCO3-發(fā)生雙水解反應不能大量共存，故D不符合題意；答案選A?！军c睛】澄清透明不是無色，含銅離子的溶液是藍色透明的液體，在酸性和堿性條件下都不能大量共存。8、D【解析】

石油裂解是在比裂化更高的溫度下（一般在1000℃左右），使長鏈烴斷裂得到大量短鏈不飽和烴的方法，其它方法均不適合在工業(yè)上大規(guī)模生產(chǎn)，答案選D。9、D【解析】

以0.10mol·L-1的NaOH溶液滴定同濃度某一元酸HA時，a點溶液中只有HA，x點HA與NaA等比混合，y點溶液呈中性，z點為二者恰好完全反應，即z點為滴定終點?！驹斀狻緼.由圖可知，該酸堿中和滴定的滴定終點為堿性，則應選擇酚酞做指示劑，故A正確；B.根據(jù)y點坐標可以算得K（HA）=，a點時，溶液中只有HA，c（H+）=c（A-），則有，解得，pH=3.5，故B正確；C.從x點到z點，溶液中的溶質(zhì)由HA對水的抑制，到NaA對水的促進，水的電離程度逐漸增大，故C正確；D.x點處的溶液中溶質(zhì)為HA和NaA等比混合，有質(zhì)子守恒：c(HA)+2c(H+)=c(A-)+2c(OH-)，因為c(H+)＞c(OH-)，則c(HA)+c(H+)＜c(A-)+c(OH-)，故D錯誤；綜上所述，答案為D?！军c睛】求a點的pH時，可逆向思維思考，若求pH，即要求氫離子的濃度，則須求平衡常數(shù)，進而利用y點中性的條件求出平衡常數(shù)，返回計算即可求a點的pH了。10、D【解析】

Z的一種氧化物的水化物是具有還原性且不穩(wěn)定的二元酸，判斷Z為S元素；X、Z同一主族，可知X為O元素。Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍，可推出Y為Na元素，再結合W、X、Y和Z原子的最外層電子數(shù)之和為18，可知W為N元素?！驹斀狻緼.N3-、Na+和O2-具有相同的核外電子排布，核電荷數(shù)越大，半徑越小，簡單離子半徑順序為：W＞X＞Y，與題意不符，A錯誤；B.O最高價+2，而S最高價為+6，與題意不符，B錯誤；C.簡單氫化物熱穩(wěn)定性強弱與元素的非金屬性強弱一致，而非金屬性：O＞N，穩(wěn)定性：H2O＞NH3，與題意不符，C錯誤；D.Na與O可形成Na2O2，含有離子鍵和共價鍵，符合題意，D正確；答案為D?！军c睛】具有相同的核外電子排布簡單離子，原子序數(shù)越大，微粒半徑越小。11、A【解析】

A．故K＝，故A正確；B．反應物和生成物均是氣體，故氣體的質(zhì)量m不變，容器為恒容容器，故V不變，則密度ρ＝不變，故B錯誤；C．由圖可知，b曲線氮氣的平衡濃度減小，故應是平衡發(fā)生移動，催化劑只能改變速率，不能改變平衡，故b曲線不可能是由于催化劑影響的，故C錯誤；D．由圖可知，b曲線化學反應速率快(變化幅度大)，氮氣的平衡濃度減小，升高溫度平衡正向移動，則正反應為吸熱反應，即△H＞0，故D錯誤；故答案為A。12、A【解析】

A．次氯酸具有強氧化性，二氧化硫具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和鹽酸，故A錯誤；B．無色酚酞遇堿變紅色，向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液變紅，說明該溶液呈堿性，則硅酸鈉水解導致溶液呈堿性，故B正確；C．氧化鋁的熔點高于鋁的熔點，鋁表面被一層致密的氧化鋁包著，所以鋁箔在酒精燈火焰上加熱熔化但不滴落，故C正確；D．氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，溶液呈酸性，則氯水遇藍色石蕊試紙變紅色，次氯酸有漂白性，所以試紙最后褪色，故D正確；答案選A。13、A【解析】

A．當△G=△H-T△S＜0時反應能自發(fā)進行，反應MgO(s)＋C(s)=CO(g)＋Mg(g)的△S＞0，高溫下能自發(fā)進行，則該反應ΔH＞0，故A正確；B．等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液，HCl溶液中氫離子濃度大，對水的電離的抑制程度大，所以等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液中水的電離程度不同，故B錯誤；C．0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀釋，NH4++H2O?NH3?H2O+H+，促進銨根離子的水解，水解平衡正移，溶液中氯離子濃度減小，一水合氨濃度增大，的值減小，故C錯誤；D．對于反應2SO2＋O2?2SO3，使用催化劑能加快反應速率，但平衡不移動，SO2的平衡轉化率不變，故D錯誤；答案選A。【點睛】使用催化劑能加快反應速率，催化劑對轉化率無影響。14、C【解析】

電解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如圖所示，電極Ⅱ周圍PbCl42-得電子轉化為Pb，則電極Ⅱ為陰極，陰極的電極反應是發(fā)生還原反應，電極反應方程式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—；電極Ⅰ為陽極，根據(jù)陰離子放電順序，陽極發(fā)生的電極反應：2H2O－4e?=4H＋＋O2↑，以此解題?！驹斀狻緼.根據(jù)分析，電極Ⅰ為陽極，根據(jù)陰離子放電順序，陽極發(fā)生的電極反應：2H2O－4e?=4H＋＋O2↑，陽極區(qū)的溶質(zhì)主要是H2SO4，故A正確；B.電極Ⅱ周圍PbCl42-得電子轉化為Pb，則電極Ⅱ為陰極，陰極的電極反應是發(fā)生還原反應，電極Ⅱ的電極反應式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，故B正確；C.當有2.07gPb生成時，即生成Pb的物質(zhì)的量為==0.01mol，根據(jù)電極反應式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，轉移電子的物質(zhì)的量為0.02mol，電解液中的陽離子為氫離子，則通過陽離子交換膜的陽離子為0.02mol，故C錯誤；D.陰極電解一段時間后溶液為HCl和NaCl的混合溶液，根據(jù)題意“將PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的電解液”，繼續(xù)向陰極區(qū)加PbO粗品可恢復其濃度且實現(xiàn)物質(zhì)的循環(huán)利用，故D正確；答案選C。15、D【解析】

A.①為容量瓶，配制溶液時使用，不可以長期盛放溶液，故A錯誤；B.②為漏斗，過濾時使用，分液操作應該用分液漏斗，故B錯誤；C.③為圓底燒瓶，在加熱時需要使用石棉網(wǎng)，故C錯誤；D.④為冷凝管，作用是冷凝回流，故D正確。故選D?！军c睛】此題易錯點在于C項，圓底燒瓶底部面積較大，直接加熱受熱不均勻，需用石棉網(wǎng)，不能直接加熱。16、C【解析】

X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素，25℃時，各元素最高價氧化物對應水化物的

pH與原子半徑的關系如圖，其中

X、N、W、R測定的是濃度均為0.01

mol/L溶液的pH，Y、Z測定的是其飽和溶液的pH，X、Y、Z的最高價氧化物對應水化物的水溶液呈堿性，結合堿性強弱可知，X為Na，Y為Mg，Z為Al；R的pH=2，則R為Cl；N的pH＜2，則N為S；M的pH＜4，應該為P元素，據(jù)此解答?！驹斀狻扛鶕?jù)分析可知，X為Na，Y為Mg，Z為Al，M為P，N為S，R為Cl元素。

A．NaCl溶液呈中性，故A錯誤；

B．Na的氧化物為氧化鈉，S的最高價氧化物為三氧化硫，三氧化硫和水反應生成硫酸，氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉，故B錯誤；

C．非金屬性：Cl＞S＞P，非金屬性越強，單質(zhì)與氫氣化合越容易，則單質(zhì)與

H2化合由易到難的順序是：R、N、M，故C正確；

D．金屬性：Na＞Mg＞Al，則金屬單質(zhì)與冷水反應由易到難的順序是：X、Y、Z，故D錯誤；

故選：C。17、C【解析】

含有苯環(huán)、醛基，可以與氫氣發(fā)生加成反應；不含酯基或鹵素原子，不能發(fā)生水解反應；含有羧基、羥基，能發(fā)生酯化反應；含有醛基、羥基，能發(fā)生氧化反應；含有羧基，能發(fā)生中和反應；中連有羥基碳原子的鄰位碳原子沒有H，不能發(fā)生消去反應，故選C?！军c睛】該題的關鍵是準確判斷出分子中含有的官能團，然后結合具體官能團的結構和性質(zhì)靈活運用，有利于培養(yǎng)學生的知識遷移能力和邏輯推理能力。18、C【解析】

A．苯環(huán)具有平面形結構，甲苯中側鏈甲基的碳原子取代的是苯環(huán)上氫原子的位置，所有碳原子在同一個平面，故A正確；B．甲苯不溶于水，可萃取溴水的溴，故B正確；C．與H2混合，在催化劑，加熱的條件下才能反應生成甲基環(huán)己烷，故C錯誤；D．光照下，甲苯的側鏈甲基上的氫原子能夠與氯氣發(fā)生取代反應，故D正確；故選C。19、A【解析】

由圖可知該電池放電時負極反應式為Li-e-═xLi+，正極反應式為Fe2O3+6Li++6e-═3Li2O+2Fe，充電時，陽極、陰極電極反應式與正極、負極電極反應式正好相反，以此解答該題。【詳解】A．充電時，F(xiàn)e作為陽極生成Fe2O3，充電完成時，鐵完全轉化為Fe2O3，磁鐵不可吸引Fe2O3，故A錯誤；B．鋰屬于活潑金屬，會和水發(fā)生反應，所以不可以用電解質(zhì)溶液作為電解液，一般由高純度的有機溶劑、鋰鹽等原料組成，故B正確；C．充電時，陽極、陰極電極反應式與正極、負極電極反應式正好相反，則充電時，該電池正極的電極反應式為3Li2O+2Fe-6e-═Fe2O3+6Li+，故C正確；D．根據(jù)分析，放電時，Li作電池的負極，F(xiàn)e2O3作電池的正極，故D正確；答案選A?！军c睛】根據(jù)題意要判斷出正負極，寫出電極反應,原電池負極發(fā)生氧化反應，正極發(fā)生還原反應，而電解池中，陽極發(fā)生氧化反應，陰極發(fā)生還原反應。20、D【解析】

A.風能是因為地球表面受熱不均勻而產(chǎn)生的空氣流動，故A不選。B.江河水流能是利用水循環(huán)，水循環(huán)是太陽能促進的，故B不選。C.生物質(zhì)能是太陽能以化學能形式貯存在生物之中的能量形式，故C不選。D.地熱溫泉是利用來自地球內(nèi)部的熔巖的地熱能，故D選。故選D。21、C【解析】

根據(jù)球棍模型，推出該有機物結構簡式為，據(jù)此分析；【詳解】A.根據(jù)球棍模型推出M的化學式為C12H10O2，故A錯誤；B.M與足量氫氣在一定條件下發(fā)生加成反應，得到，環(huán)上有10種不同的氫，因此環(huán)上一氯代物有10種，故B錯誤；C.M中有羧基和苯環(huán)，能發(fā)生中和反應、取代反應、加成反應，故C正確；D.苯的空間構型是平面正六邊形，M分子中含有2個苯環(huán)，因此一個M分子最多有22個原子共面，故D錯誤；答案：C。22、B【解析】

A選項，a點對應是Na2CO3、NaHCO3混合溶液：Fe3+、AlO2－、SO42－、NO3－，CO32－、HCO3－與Fe3+發(fā)生雙水解反應，AlO2－與HCO3－發(fā)生反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸根，故A錯誤；B選項，b點對應是NaHCO3：K+、Ca2+、I－、Cl－，都不發(fā)生反應，共存，故B正確；C選項，c點對應的是NaCl溶液：Na+、Ca2+、NO3－、Ag+，Ag+與Cl－發(fā)生反應，故C錯誤；D選項，d點對應的是NaCl溶液、鹽酸溶液中：F－、NO3－、Fe2+、Cl－，F(xiàn)－與H+反應生成HF，NO3－、Fe2+、H+發(fā)生氧化還原反應，故D錯誤；綜上所述，答案為B。二、非選擇題(共84分)23、、-Br1,3-二氯丙烷NaOH溶液,△（加熱）加聚反應取代反應OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3、、、【解析】

由CH2=CH-CH=CH2反應到A（C4H6Br）發(fā)生加成反應，根據(jù)框圖到C為1,4-二溴-2-丁烷，AB為取代；再根據(jù)知F為醛，E為醇，G為羧酸；H為酯，由此知道D為1,3-二氯丙烷。H為CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3,H與C反應根據(jù)信息即可判斷?！驹斀狻浚?）由CH2=CH-CH=CH2反應到A（C4H6Br）知，A中含有碳碳雙鍵和溴原子。已知氯代烴D的相對分子質(zhì)量是113，氯的質(zhì)量分數(shù)約為62.8％，n(Cl)=[113]/35.5=2,D的化學式為C3H6Cl2,核磁共振氫譜峰面積之比為2:1.則D的結構簡式CH2ClCH2ClCH2。系統(tǒng)命名為1,3-二氯丙烷；（2）由框圖知D為鹵代烴，E為醇，所以反應②的條件是NaOH溶液,△（加熱）；由的反應條件知道①為加聚反應；由③的條件知③反應類型取代反應。

（3根據(jù)知E為醇，F(xiàn)為醛，所以F→G過程中第一步反應的化學方程式OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3。（4）根據(jù)已知和，所以K的結構簡式為；（5）通過上述分析知G為HOOCCH2COOH，比G多2個碳原子的同系物的同分異構體的結構簡式有、、、；（6）已知雙鍵上的氫原子很難發(fā)生取代反應，經(jīng)分析知A為，以A為起始原料，選用必要的無機試劑合成B（）的路線圖為：。24、CH3CH(CH3)CH32—甲基丙烯消去反應【解析】

（1）88gCO2為2mol，45gH2O為2.5mol，標準狀況下11.2L氣體物質(zhì)的量為0.5mol，所以烴A中含碳原子為4，H原子數(shù)為10，則化學式為C4H10，因為A分子結構中有3個甲基，則A的結構簡式為：CH3CH(CH3)CH3；（2）C4H10存在正丁烷和異丁烷兩種，但從框圖上看，A與Cl2光照取代時有兩種產(chǎn)物，且在NaOH醇溶液作用下的產(chǎn)物只有一種，則A只能是異丁烷，先取代再消去生成的D名稱為：2—甲基丙烯；（3）F可以與Cu（OH）2反應，故應為醛基，與H2之間為1：2加成，則應含有碳碳雙鍵．從生成的產(chǎn)物3-苯基-1-丙醇分析，F(xiàn)的結構簡式為；（4）反應①為鹵代烴在醇溶液中的消去反應，故答案為消去反應；（5）F被新制的Cu（OH）2氧化成羧酸G為，D至E為信息相同的條件，則類比可不難得出E的結構為，E與G在濃硫酸作用下可以發(fā)生酯化反應，反應方程式為：；（6）G中含有官能團有碳碳雙鍵和羧基，可以將官能團作相應的位置變換而得出其芳香類的同分異構體為、、、。25、CD不能K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3KHCO3溶解度比K2CO3小得多，濃縮時會和KMnO4一起析出74.06%偏高【解析】

反應I：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、反應Ⅱ：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，將混合溶液趁熱過濾得到濾液中含有KMnO4、K2CO3，濾渣為MnO2，（1）A．KOH熔融狀態(tài)下能和二氧化硅反應；B．高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化鹽酸；C．錳酸鉀溶液呈綠色、高錳酸鉀溶液呈紫色；D．溫度過高導致高錳酸鉀分解；（2）KHCO3溶解度比K2CO3小得多，濃縮時會和KMnO4一起析出；（3）KMnO4溶液具有強氧化性，會腐蝕濾紙；根據(jù)電荷守恒、轉移電子守恒、原子守恒配平方程式為2MnO4－+5C2O42－+16H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，1中高錳酸鉀溶液體積=（22.67-2.65）mL=20.02mL、2中高錳酸鉀溶液體積=（23.00-2.60）mL=20.40mL、3中高錳酸鉀溶液體積=（22.56-2.58）mL=20.02mL，2的溶液體積偏差較大，舍去，平均高錳酸鉀溶液體積=20.02mL，n（KMnO4）=n（Na2C2O4）=×=×0.00375mol=0.0015mol，高錳酸鉀總質(zhì)量=×0.1L×158g/mol=1.1838g，若滴定后俯視讀數(shù)，導致溶液體積偏低?！驹斀狻糠磻狪：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、反應Ⅱ：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，將混合溶液趁熱過濾得到濾液中含有KMnO4、K2CO3，濾渣為MnO2，（1）A．KOH熔融狀態(tài)下能和二氧化硅反應，所以不能用磁坩堝，應該用鐵坩堝，故A錯誤；B．高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化鹽酸，所以不能用稀鹽酸，故B錯誤；C．錳酸鉀溶液呈綠色、高錳酸鉀溶液呈紫色，所以根據(jù)顏色可以判斷，故C正確；D．溫度過高導致高錳酸鉀分解，所以需要低溫，故D正確；故選CD；（2）KHCO3溶解度比K2CO3小得多，濃縮時會和KMnO4一起析出，發(fā)生的反應為K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，所以不能通入過量二氧化碳；（3）KMnO4溶液具有強氧化性，會腐蝕濾紙，所以應該用玻璃紙；根據(jù)電荷守恒、轉移電子守恒、原子守恒配平方程式為2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，1中高錳酸鉀溶液體積=（22.67﹣2.65）mL=20.02mL、2中高錳酸鉀溶液體積=（23.00﹣2.60）mL=20.40mL、3中高錳酸鉀溶液體積=（22.56﹣2.58）mL=20.02mL，2的溶液體積偏差較大，舍去，平均高錳酸鉀溶液體積=20.02mL，n（KMnO4）=n（Na2C2O4）=×=×0.00375mol=0.0015mol，高錳酸鉀總質(zhì)量=×0.1L×158g/mol=1.1838g，其純度=×100%=74.06%；若滴定后俯視讀數(shù)，導致溶液體積偏低，溶液濃度偏高。【點睛】解題關鍵：明確化學實驗目的、實驗原理及實驗基本操作規(guī)范性，難點（3），注意（3）中計算方法，方程式要配平。26、過濾加快固體溶解，同時防止草酸分解鐵氰化鉀檢驗Fe2+的存在，防止Fe2+干擾草酸的測定25.00mL酸式MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O減小Fe4(C2O4)5·10H2O【解析】

步驟一草酸和(NH4)2Fe(SO4)2反應生成黃色固體[Fex(C2O4)y·zH2O]，步驟二加硫酸溶解后，檢驗無二價鐵離子，則說明含有Fe3+，步驟三用高錳酸鉀滴定草酸根離子，步驟四將Fe3+還原成Fe2+，再用高錳酸鉀滴定，確定鐵離子的含量，進而進一步分析計算?！驹斀狻?1)分離固體和液體的操作是過濾；故答案為：過濾；(2)由于H2C2O4在溫度高于90℃時易發(fā)生分解，所以需要水浴加熱并控制溫度70~85℃，同時加快固體溶解。鐵氰化鉀檢驗Fe2+的存在，防止Fe2+干擾草酸的測定；故答案為加快固體溶解，同時防止草酸分解；氰化鉀檢驗Fe2+的存在，防止Fe2+干擾草酸的測定；(3)從圖片中讀出，消耗高錳酸鉀的體積為：25.80mL-0.80mL=25.00mL；滴定液是高錳酸鉀標準溶液，該溶液有強氧化性，只能選用酸式滴定管；故答案為25.00mL，酸式；(4)步驟四是高錳酸鉀滴定Fe2+，離子方程式為：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；洗滌液中殘留少許Fe2+，若不合并洗滌液，則消耗KMnO4標準液的體積將減少；根據(jù)離子方程式：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，可知關系MnO4-——5Fe2+，其中n(MnO4-)=0.0800mol/L×0.01L=0.0008mol，即n(Fe2+)=0.0008mol×5=0.0040mol，則樣品中n(Fe)=0.0040mol。步驟三中，根據(jù)方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可得到轉化關系：2KMnO4——5H2C2O4，即n(H2C2O4)=n(KMnO4)=0.0800mol/L×0.025L×5/2=0.005mol，則樣品中含草酸根的物質(zhì)的量為0.005mol。根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知，0.841g樣品中結晶水的物質(zhì)的量為（0.841g-0.0040×56g-0.005×88g）/18g/mol=0.01mol，則n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=4:5:10，故黃色物質(zhì)化學式為Fe4(C2O4)5·10H2O。故答案為MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，減小，F(xiàn)e4(C2O4)5·10H2O。27、Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2OPt、Au將Fe2+氧化為Fe3+不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染Al3+、Fe3+加熱脫水甲所得產(chǎn)品中含有較多Fe2(SO4)3雜質(zhì)乙×100%c【解析】

稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu2+、Al3+、Fe2+，濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+，濾液1中加入過氧化氫，將Fe2+氧化為Fe3+，再加入氫氧化鈉并調(diào)節(jié)溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，濾液2中主要含有Cu2+，然后將硫酸銅溶液蒸發(fā)、冷卻結晶、過濾得到硫酸銅晶體；將濾渣2(主要含有氫氧化鐵和氫氧化鋁)經(jīng)過一系列步驟制取Al2(SO4)3·18H2O。結合物質(zhì)的性質(zhì)分析解答?！驹斀狻?1)稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu與酸反應的離子方程式為：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案為Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Pt、Au，(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化為Fe3+，過氧化氫做氧化劑不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染，根據(jù)流程圖，調(diào)溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案為將Fe2+氧化為Fe3+；不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染；Al3+、Fe3+；(3)第③步由CuSO4·5H2O制備無水CuSO4的方法是在坩堝中加熱脫水，故答案為在坩堝中加熱脫水；(4)制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì)，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在濾渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，過濾除去生成的鐵和過量的鋁粉，將濾液蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；丙方案先在濾渣中加NaOH和Al(OH)3反應生成NaAlO2，再在濾液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；但從原子利用角度考慮方案乙更合理，因為丙加的NaOH和制備的Al2(SO4)3的原子組成沒有關系，造成藥品浪費，故答案為甲；所得產(chǎn)品中含有較多Fe2(SO4)3雜質(zhì)；乙；(5)①取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用cmol?L-1EDTA(H2Y2-)標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反應如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，銅離子物質(zhì)的量和標準液物質(zhì)的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依據(jù)元素守恒得到：則20mL溶液中含有的CuSO4?5H2O物質(zhì)的量為bc×10-3mol；100mL溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol，所以CuSO4?5H2O質(zhì)量分數(shù)的表達式=×100%，故答案為×100%；②a．未干燥錐形瓶對實驗結果無影響，故錯誤；b．滴定終點時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡，導致消耗標準液讀數(shù)偏小，結果偏低，故錯誤；c．未除凈可與EDTA反應的干擾離子，導致消耗標準液多，結果偏高，故正確；導致含量的測定結果偏高的是c，故答案為c。【點睛】掌握中和滴定的簡單計算和誤差的分析，離子性質(zhì)等是解答本題的關鍵。本題的易錯點為(4)，要注意從原子利用的角度分析解答。28、1s22s1O＝C＝O離子鍵、共價鍵、金屬鍵氫負離子和鋰離子具有相同的電子層結構(或核外電子數(shù)，或電子層數(shù)和最外層電子數(shù)相同)，但是氫負離子的核電荷數(shù)(或核內(nèi)質(zhì)子數(shù))比鋰離子少，原子核對核外電子的吸引力比鋰離子弱，所以氫負離子的半徑比鋰離子大玻璃棒100mL容量瓶當?shù)稳胱詈笠坏螛藴蔔aOH溶液時，錐形瓶中的溶液由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪色0.999【解析】

(1)根據(jù)鋰的原子序數(shù)確定核外電子排布式，根據(jù)二氧化碳的電子式確定結構式，根據(jù)物質(zhì)確定化學鍵的類型；(2)根據(jù)原子核外電子的排布，核電荷數(shù)，比較半徑的大?。?3)①根據(jù)配置溶液的步驟，選擇定容時的儀器；②根據(jù)酸堿中和滴定和指示劑的變色情況判定滴定終點；③利用硫酸的總物質(zhì)的量減去與氫氧化鈉反應的硫酸的物質(zhì)的量得到與碳酸鋰反應的硫酸的物質(zhì)的量，根據(jù)與碳酸鋰反應的的硫酸的物質(zhì)的量與碳酸鋰的關系計算出碳酸鋰的物質(zhì)的量，m=nM，計算出純碳酸鋰的質(zhì)量，利用樣品的純度=純碳酸鋰的質(zhì)量/樣品的質(zhì)量，進行計算?！驹斀狻?1)鋰是3號元素，質(zhì)子數(shù)為3，核外電子排布式為1s22s1，CO2的中心原子為C，碳原子和氧原子形成兩對共用電子對，Li2O屬于離子晶體，含有離子鍵，C屬于混合晶體，含有共價鍵，CO屬于分子晶體，含有共價鍵，Li屬于金屬晶體，含有金屬鍵，結構式