福建省寧德市六校新高考壓軸卷化學試卷及答案解析

福建省寧德市六校新高考壓軸卷化學試卷注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、為證明稀硝酸與銅反應產(chǎn)物中氣體為NO，設(shè)計如圖實驗（實驗過程中活塞2為打開狀態(tài)），下列說法中不正確的是A．關(guān)閉活塞1，加入稀硝酸至液面a處B．在裝置左側(cè)稍加熱可以加快稀硝酸與銅的反應速率C．通過關(guān)閉或開啟活塞1可以控制反應的進行D．反應開始后，膠塞下方有無色氣體生成，還不能證明該氣體為NO2、在相同溫度下等體積、等物質(zhì)的量濃度的4種稀溶液：①Na2SO4②H2SO3③NaHSO3④Na2S，所含帶電微粒的數(shù)目由多到少的順序是（）A．①＝④＞③＝② B．①＝④＞③＞② C．①＞④＞③＞② D．④＞①＞③＞②3、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是A．1molH2O2完全分解產(chǎn)生O2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAB．0.lmol環(huán)氧乙烷（）中含有的共價鍵數(shù)為0.3NAC．常溫下，1LpH=l的草酸（H2C2O4）溶液中H+的數(shù)目為0.1NAD．1mol淀粉水解后產(chǎn)生的葡萄糖分子數(shù)目為NA4、科學家發(fā)現(xiàn)對冶金硅進行電解精煉提純可降低高純硅制備成本。相關(guān)電解槽裝置如左下圖所示，用Cu—Si合金作硅源，在950℃下利用三層液熔鹽進行電解精煉，并利用某CH4燃料電池(如下圖所示)作為電源。下列有關(guān)說法不正確的是A．電極c與b相連，d與a相連B．左側(cè)電解槽中;Si優(yōu)先于Cu被氧化C．a(chǎn)極的電極反應為CH4-8e—+4O2—===CO2+2H2OD．相同時間下，通入CH4、O2的體積不同，會影響硅的提純速率5、既含離子鍵又含共價鍵的物質(zhì)是A．H2 B．MgCl2 C．H2O D．KOH6、工業(yè)生產(chǎn)水煤氣的反應為：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)131.4kJ，下列表述正確的是（）A．反應物能量總和大于生成物能量總和B．CO(g)H2(g)C(s)H2O(l)131.4kJC．水煤氣反應中生成1體積CO(g)吸收131.4kJ熱量D．水煤氣反應中生成1molH2(g)吸收131.4kJ熱量7、下列說法正確的是()A．分子晶體中一定存在共價鍵B．某化合物存在金屬陽離子，則一定是離子化合物C．HF比H2O穩(wěn)定，因為分子間存在氫鍵D．CS2、PCl5具有8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)8、往10mL0.1mol/L的Ba(OH)2溶液中滴加等濃度NaHSO4溶液，溶液的導電能力隨滴入溶液體積變化的曲線如圖。下列說法正確的是A．a(chǎn)點對應的溶液呈堿性B．V2=10mLC．水的電離程度：a>bD．b點后的溶液滿足c(Na+)>2c(SO42-)9、下列離子方程式表達正確的是A．向FeC13溶液中滴加HI溶液：B．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液:↓C．Ca(OH)2溶液與少量NaHCO3溶液混合：D．3mol/LNa2CO3溶液和1mol/LAl2(SO4)3溶液等體積混合：10、氟氧酸是較新穎的氧化劑，應用性極強，可用被氮氣稀釋的氟氣在細冰上緩慢通過制得：F2+H2O=HOF+HF。該反應中水的作用與下列反應中水的作用相同的是A．鈉與水反應制氫氣B．過氧化鈉與水反應制氧氣C．氯氣與水反應制次氯酸D．氟單質(zhì)與水反應制氧氣11、等溫等壓下，有質(zhì)子數(shù)相等的CO、N2、C2H2三種氣體，下列敘述中正確的是()A．體積之比為13∶13∶14 B．密度之比為14∶14∶13C．質(zhì)量之比為1∶1∶1 D．原子數(shù)之比為1∶1∶112、化學與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列敘述中正確的是A．用活性炭為糖漿脫色和用雙氧水漂白紙漿，其原理相同B．銅制品在潮濕空氣中生銹，其主要原因是發(fā)生析氫腐蝕C．用NaHCO3和Al2（SO4）3溶液可以制作泡沫滅火劑D．從海水中可以制取NaCl，電解飽和NaCl溶液可以制取金屬Na13、測定溶液電導率的變化是定量研究電解質(zhì)在溶液中反應規(guī)律的一種方法，溶液電導率越大其導電能力越強。室溫下，用0.100mol?L-1的NH3?H2O滴定10.00mL濃度均為0.100mol?L-1HCl和CH3COOH的混合溶液，所得電導率曲線如圖所示。下列說法正確的是（）A．①點溶液：pH最大B．溶液溫度：①高于②C．③點溶液中：c(Cl-)＞c(CH3COO-)D．②點溶液中：c(NH4+)+c(NH3?H2O)＞c(CH3COOH)+c(CH3COO-)14、當冰醋酸固體變成液體或氣體時，一定發(fā)生變化的是A．分子內(nèi)化學鍵 B．共價鍵鍵能C．分子的構(gòu)型 D．分子間作用力15、下列說法正確的是A．乙烯生成乙醇屬于消去反應B．乙烷室溫能與濃鹽酸發(fā)生取代反應C．乙酸與甲酸甲酯互為同分異構(gòu)體D．乙酸與溴乙烷均可發(fā)生加成反應16、杜瓦苯()與苯互為同分異構(gòu)體，則杜瓦苯A．最簡式是CH2 B．分子中所有原子共平面C．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D．是CH2=CH-CH=CH2的同系物17、下列離子方程式不正確的是A．足量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO-＝SO42-＋Cl-＋2H+B．在稀氨水中通入過量CO2：NH3·H2O＋CO2＝NH4+＋HCO3-C．用濃H2SO4溶解FeS固體：FeS＋2H＋＝Fe2＋＋H2S↑D．氫氧化鋇溶液與等物質(zhì)的量的稀H2SO4混合：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-＝BaSO4↓＋2H2O18、某溶液中含有較大量的Cl－、CO32-、OH－三種離子，如果只取一次該溶液分別將三種離子檢驗出來，下列添加試劑順序正確的是（）A．先加Mg（NO3）2，再加Ba（NO3）2，最后加AgNO3B．先加Ba（NO3）2，再加AgNO3，最后加Mg（NO3）2C．先加AgNO3，再加Ba（NO3）2，最后加Mg（NO3）2D．先加Ba（NO3）2，再加Mg（NO3）2最后加AgNO319、某同學組裝了如圖所示的電化學裝置電極I為Al，其他電極均為Cu，則A．電流方向：電極IV→→電極IB．電極I發(fā)生還原反應C．電極II逐漸溶解D．電極III的電極反應：Cu2++2e-==Cu20、某些電解質(zhì)分子的中心原子最外層電子未達飽和結(jié)構(gòu)，其電離采取結(jié)合溶液中其他離子的形式，而使中心原子最外層電子達到飽和結(jié)構(gòu)。例如：硼酸分子的中心原子B最外層電子并未達到飽和，它在水中電離過程為：下列判斷正確的是（）A．凡是酸或堿對水的電離都是抑制的B．硼酸是三元酸C．硼酸溶液與NaOH溶液反應的離子方程式：H3BO3+OH－=[B(OH)4]－D．硼酸是兩性化合物21、標準狀況下，下列實驗用如圖所示裝置不能完成的是（）A．測定一定質(zhì)量的和混合物中的含量B．確定分子式為的有機物分子中含活潑氫原子的個數(shù)C．測定一定質(zhì)量的晶體中結(jié)晶水數(shù)目D．比較Fe3+和Cu2+對一定質(zhì)量的雙氧水分解反應的催化效率22、制取Na2CO3和高純Si的工藝流程如圖所示，下列說法錯誤的是A．反應①屬于固氮反應B．步驟②為先向飽和食鹽水中通入CO2至飽和后，再通入NH3C．反應⑤、⑥均為氧化還原反應D．用精餾的方法可提純?nèi)葰涔瓒?、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物N的結(jié)構(gòu)中含有三個六元環(huán)，其合成路線如下。已知：RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′請回答下列問題：（1）F分子中含氧官能團的名稱為_______。B的結(jié)構(gòu)簡式為____________。（2）G→H的化學方程式______________。其反應類型為_____。（3）D在一定條件下能合成高分子化合物，該反應的化學方程式____________。（4）A在5000C和Cl2存在下生成，而不是或的原因是_________。（5）E的同分異構(gòu)體中能使FeCl3溶液顯色的有_______種。（6）N的結(jié)構(gòu)簡式為________________。24、（12分）（化學：選修5：有機化學基礎(chǔ)）以有機物A制備高分子化合物F（）的流程如下：請回答下列問題。（1）A的官能團名稱是_______；C的系統(tǒng)命名是____________。（2）①的反應類型是_______，⑤的反應類型是___________。（3）寫出反應③的化學方程式：______________________。（4）滿足下列條件的B同分異構(gòu)體有____種。Ⅰ.能與Na反應產(chǎn)生氣體Ⅱ.能與NaOH反應Ⅲ.不能與Na2CO3反應。若與NaOH溶液反應的有機物中的碳原子數(shù)目為2，則其結(jié)構(gòu)簡式是__________。（5）已知：Ⅰ.Ⅱ.寫出以CH2=CHCH=CH2為原料制備C的合成路線流程圖（無機試劑可以任選）：__________。25、（12分）下面是關(guān)于硫化氫的部分文獻資料資料：常溫常壓下，硫化氫(H2S)是一種無色氣體，具有臭雞蛋氣味，飽和硫化氫溶液的物質(zhì)的量濃度約為0.1mol·L－1。硫化氫劇毒，經(jīng)粘膜吸收后危害中樞神經(jīng)系統(tǒng)和呼吸系統(tǒng)，對心臟等多種器官造成損害。硫化氫的水溶液稱氫硫酸(弱酸)，長期存放會變渾濁。硫化氫及氫硫酸發(fā)生的反應主要有：2H2S+O2=2H2O+2S2H2S+3O2=2H2O+2SO22H2S+SO2=2H2O+3S2H2S+Cl2=2HCl+S↓H2S=H2+SH2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4H2S+2NaOH=Na2S+2H2OH2S+NaOH=NaHS+H2O……某研究性學習小組對資料中“氫硫酸長期存放會變渾濁”這一記載十分感興趣，為了探究其原因，他們分別做了如下實驗：實驗一：將H2S氣體溶于蒸餾水制成氫硫酸飽和溶液，在空氣中放置1～2天未見渾濁現(xiàn)象。用相同濃度的碘水去滴定氫硫酸溶液測其濃度。圖一所示為兩只燒杯中氫硫酸濃度隨時間變化而減小的情況。實驗二：密閉存放的氫硫酸，每天定時取1mL氫硫酸，用相同濃度的碘水滴定，圖二所示為氫硫酸濃度隨放置天數(shù)變化的情況。實驗三：在飽和氫硫酸溶液中以極慢的速度通入空氣（1～2個氣泡/min），數(shù)小時未見變渾濁的現(xiàn)象。實驗四：盛滿試劑瓶，密閉存放的飽和氫硫酸溶液隔2～3天觀察，直到略顯渾濁；當把滿瓶的氫硫酸倒扣在培養(yǎng)皿中觀察2～3天，在溶液略顯渾濁的同時，瓶底僅聚集有少量的氣泡，隨著時間的增加，這種氣泡也略有增多（大），渾濁現(xiàn)象更明顯些。請回答下列問題：（1）實驗一（見圖一）中，氫硫酸的濃度隨時間變化而減小的主要因素是_______________。（2）實驗一和實驗二中，碘水與氫硫酸反應的化學方程式為_________________________。兩個實驗中準確判斷碘水與氫硫酸恰好完全反應是實驗成功的關(guān)鍵。請設(shè)計實驗方案，使實驗者準確掌握所加碘水恰好與氫硫酸完全反應___________________________________________________________________________。（3）“氫硫酸長期存放會變渾濁”中，出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象是由于生成了_____________的緣故。（4）該研究性學習小組設(shè)計實驗三，說明他們認為“氫硫酸長期存放會變渾濁”的假設(shè)原因之一是（用文字說明）__________________________________。此實驗中通入空氣的速度很慢的主要原因是什么？________________________________________________________。（5）實驗四的實驗現(xiàn)象說明“氫硫酸長期存放會變渾濁”的主要原因可能是__________。為進一步證實上述原因的準確性，你認為還應做哪些實驗（只需用文字說明實驗設(shè)想，不需要回答實際步驟和設(shè)計實驗方案）？_____________________________________。26、（10分）結(jié)晶硫酸亞鐵部分失水時，分析結(jié)果如仍按FeSO4·7H2O的質(zhì)量分數(shù)計算，其值會超過100％。國家標準規(guī)定，F(xiàn)eSO4·7H2O的含量：一級品99.50％～100.5％；二級品99.00％～100.5％；三級品98.00％～101.0％。為測定樣品中FeSO4·7H2O的質(zhì)量分數(shù)，可采用在酸性條件下與高錳酸鉀溶液進行滴定。5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋→5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O測定過程：粗配一定濃度的高錳酸鉀溶液1L，然后稱取0.200g固體Na2C2O4（式量為134.0）放入錐形瓶中，用蒸餾水溶解并加稀硫酸酸化，加熱至70℃～80℃。(1)若要用滴定法測定所配的高錳酸鉀溶液濃度，滴定終點的現(xiàn)象是_______________。(2)將溶液加熱的目的是____；反應剛開始時反應速率較小，其后因非溫度因素影響而增大，根據(jù)影響化學反應速率的條件分析，其原因可能是______________________。(3)若滴定時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定結(jié)束氣泡消失，則測得高錳酸鉀濃度_____（填“偏大”“偏小”“無影響”）。(4)滴定用去高錳酸鉀溶液29.50mL，則c(KMnO4)＝_____mol/L（保留四位有效數(shù)字）。(5)稱取四份FeSO4·7H2O試樣，質(zhì)量均為0.506g，，用上述高錳酸鉀溶液滴定達到終點，記錄滴定數(shù)據(jù)滴定次數(shù)實驗數(shù)據(jù)1234V(高錳酸鉀)/mL(初讀數(shù))0.100.200.000.20V(高錳酸鉀)/mL(終讀數(shù))17.7617.8818.1617.90該試樣中FeSO4·7H2O的含量（質(zhì)量分數(shù)）為_________（小數(shù)點后保留兩位），符合國家______級標準。(6)如實際準確值為99.80%，實驗絕對誤差=____%，如操作中并無試劑、讀數(shù)與終點判斷的失誤，則引起誤差的可能原因是：__________。27、（12分）對氨基苯磺酸是制取染料和一些藥物的重要中間體，可由苯胺磺化得到。+H2SO4H2O已知：苯胺是一種無色油狀液體，微溶于水，易溶于乙醇，熔點?6.1℃，沸點184.4℃。對氨基苯磺酸是一種白色晶體，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于堿性溶液，不溶于乙醇。實驗室可用苯胺、濃硫酸為原料，利用如圖所示實驗裝置合成對氨基苯磺酸。實驗步驟如下：步驟1：在250mL三頸燒瓶中加入10mL苯胺及幾粒沸石，將三頸燒瓶放在冰水中冷卻，小心地加入18mL濃硫酸。步驟2：將三頸燒瓶置于油浴中緩慢加熱至170～180℃，維持此溫度2～2.5小時。步驟3：將反應產(chǎn)物冷卻至約50℃后，倒入盛有100mL冷水的燒杯中，用玻璃棒不斷攪拌，促使對氨基苯磺酸晶體析出。將燒瓶內(nèi)殘留的產(chǎn)物沖洗到燒杯中，抽濾，洗滌，得到對氨基苯磺酸粗產(chǎn)品。步驟4：將粗產(chǎn)品用沸水溶解，冷卻結(jié)晶，抽濾，收集產(chǎn)品，晾干可得純凈的對氨基苯磺酸。（1）裝置中冷凝管的作用是__________。（2）步驟2油浴加熱的優(yōu)點有____________________。（3）步驟3中洗滌沉淀的操作是______________。（4）步驟3和4均進行抽濾操作，在抽濾完畢停止抽濾時，應注意先__________，然后__________，以防倒吸。（5）若制得的晶體顆粒較小，分析可能的原因______（寫出兩點）。28、（14分）苯乙烯是重要的基礎(chǔ)有機化工原料。工業(yè)中以乙苯催化脫氫來制取苯乙烯：(g)?(g)+H2(g)?H=117.6kJ/mol已知：上述反應的速率方程為v正=k正P乙苯，v逆=k逆P苯乙烯P氫氣，其中k正、k逆分別為正、逆反應速率常數(shù)，P為各組分分壓。(1)同時增大乙苯的反應速率和平衡轉(zhuǎn)化率所采取的措施是_______________。(2)在CO2氣氛下，乙苯可催化脫氫制苯乙烯，其過程同時存在如圖兩種途徑：a=______；與摻水蒸汽工藝相比，該工藝中還能夠發(fā)生反應：CO2+H2=CO+H2O，CO2+C=2CO。新工藝的特點有__________(填序號)。a.CO2與H2反應，使乙苯脫氫反應的化學平衡右移b.不用高溫水蒸氣，可降低能量消耗c.有利于減少生產(chǎn)過程中可能產(chǎn)生的積炭d.CO2在反應體系中作催化劑(3)在實際生產(chǎn)中，往反應釜中同時通入乙苯和水蒸氣，加入水蒸氣稀釋劑能提高乙苯轉(zhuǎn)化率的原因是_______________。測得容器總壓(P總)和乙苯轉(zhuǎn)化率α隨時間變化結(jié)果如圖所示。平衡時，P(H2O)=_______kPa，平衡常數(shù)Kp=____kPa(用平衡分壓代替平衡濃度計算)；a處的=_________。29、（10分）硅及其化合物廣泛應用于太陽能的利用、光導纖維及硅橡膠的制備等．純凈的硅是從自然界中的石英礦石（主要成分為SiO2）中提?。邷叵轮迫〖児栌腥缦路磻ǚ椒á瘢孩賁iO2（s）+2C（s）?Si（s）+2CO（g）②Si（s）+2Cl2（g）?SiCl4（g）③SiCl4（g）+2H2（g）→Si（s）+4HCl（g）完成下列填空：（1）硅原子核外有______種不同能級的電子，最外層p電子有______種自旋方向；SiO2晶體中每個硅原子與______個氧原子直接相連．（2）單質(zhì)的還原性：碳______硅（填寫“同于”、“強于”或“弱于”）．從平衡的視角而言，反應①能進行的原因是______．（3）反應②生成的化合物分子空間構(gòu)型為；該分子為______分子（填寫“極性”或“非極性”）．（4）某溫度下，反應②在容積為V升的密閉容器中進行，達到平衡時Cl2的濃度為amol/L．然后迅速縮小容器容積到0.5V升，t秒后重新達到平衡，Cl2的濃度為bmol/L．則：a______b（填寫“大于”、“等于”或“小于”）．（5）在t秒內(nèi)，反應②中反應速率v（SiCl4）=______（用含a、b的代數(shù)式表示）．（6）工業(yè)上還可以通過如下反應制取純硅（方法Ⅱ）：④Si（粗）+3HCl（g）SiHCl3（l）+H2（g）+Q（Q＞0）⑤SiHCl3（g）+H2（g）Si（純）+3HCl（g）提高反應⑤中Si（純）的產(chǎn)率，可采取的措施有：______、______．

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、A【解析】

如果關(guān)閉活塞1，稀硝酸加到一定程度后，左側(cè)液面將不再升高，即不可能加到液面a處，A錯誤。B正確。關(guān)閉活塞1時，產(chǎn)生的氣體聚集在銅絲附近使得U形管液面左低右高，當左面銅絲接觸不到硝酸后，反應停止；由于活塞2是打開的，打開活塞l后，兩邊液面恢復水平位置，繼續(xù)反應，所以活塞l可以控制反應的進行，C項正確。膠塞下方有無色氣體生成，此時還要打開活塞1使得該氣體進入上面的球體里，看到有紅棕色現(xiàn)象(生成NO2)才能證明生成的是NO氣體，D正確。答案選A。2、D【解析】

等體積等物質(zhì)的量濃度的4種稀溶液，根據(jù)物質(zhì)的量=濃度與體積的乘積，各溶質(zhì)的物質(zhì)的量相等。硫酸鈉，亞硫酸氫鈉和硫化鈉是強電解質(zhì)，在水中完全電離，硫酸鈉和硫化鈉中陽離子和陰離子個數(shù)比為2:1，亞硫酸氫鈉中陽離子和陰離子個數(shù)比為1:1，所以硫酸鈉和硫化鈉的溶液中陰陽離子數(shù)大于亞硫酸氫鈉溶液中的陰陽離子數(shù)，硫酸鈉是強酸強堿鹽，在水中不水解，硫化鈉是強堿弱酸鹽，在水中水解導致溶液中帶電荷的微粒數(shù)增多，所以硫化鈉溶液中的帶電微粒數(shù)達于硫酸鈉溶液中的帶電微粒數(shù)，亞硫酸是弱電解質(zhì)，只有部分電離，所以亞硫酸溶液中帶電微粒數(shù)最少，所以順序為④＞①＞③＞②，選D。3、C【解析】

A.H2O2分解的方程式為2H2O2=2H2O+O2↑，H2O2中O元素的化合價部分由-1價升至0價、部分由-1價降至-2價，1molH2O2完全分解時轉(zhuǎn)移1mol電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，A錯誤；B.1個環(huán)氧乙烷中含4個C—H鍵、1個C—C鍵和2個C—O鍵，1mol環(huán)氧乙烷中含7mol共價鍵，0.1mol環(huán)氧乙烷中含0.7mol共價鍵，含共價鍵數(shù)為0.7NA，B錯誤；C.pH=1的草酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，1L該溶液中含H+物質(zhì)的量n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，含H+數(shù)為0.1NA，C正確；D.淀粉水解的方程式為，1mol淀粉水解生成nmol葡萄糖，生成葡萄糖分子數(shù)目為nNA，D錯誤；答案選C?！军c睛】本題易錯選B，在確定環(huán)氧乙烷中共價鍵時容易忽略其中的C—H鍵。4、A【解析】

甲烷燃料電池中，通入甲烷的a電極為負極，甲烷在負極上失電子發(fā)生氧化反應生成二氧化碳，通入氧氣的電極b為正極，氧氣在正極上得電子發(fā)生還原反應生成陽離子，根據(jù)電解池中電子的移動方向可知，c為陰極，與a相連，Si4+在陰極上得電子發(fā)生還原反應生成Si，d為陽極，與b相連，Si在陽極上失電子發(fā)生氧化反應生成Si4+。【詳解】A項、甲烷燃料電池中，通入甲烷的a電極為負極，通入氧氣的電極b為正極，根據(jù)電解池中電子的移動方向可知，c為陰極，與a相連，d為陽極，與b相連，故A錯誤；B項、由圖可知，d為陽極，Si在陽極上失去電子被氧化生成Si4+，而銅沒被氧化，說明硅優(yōu)先于鋼被氧化，故B正確；C項、甲烷燃料電池中，通入甲烷的a電極為負極，甲烷在負極上失電子發(fā)生氧化反應生成二氧化碳，電極反應式為CH4-8e—+4O2—=CO2+2H2O，故C正確；D項、相同時間下，通入CH4、O2的的體積不同，反應轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量不同，會造成電流強度不同，影響硅的提純速率，故D正確。故選A?！军c睛】本題考查原電池和電解池原理的應用，注意原電池、電解池反應的原理和電子移動的方向，明確離子放電的先后順序是解題的關(guān)鍵。5、D【解析】氫氣中含有H-H鍵，只含共價鍵，故A錯誤；MgCl2由鎂離子、氯離子構(gòu)成，只含離子鍵，故B錯誤；H2O中含有H-O鍵，只含共價鍵，故C錯誤；KOH由鉀離子、氫氧根離子構(gòu)成，氫氧根離子中含有H-O鍵，所以KOH既含離子鍵又含共價鍵，故D正確。6、D【解析】A、根據(jù)能量守恒可知該反應是吸熱反應，所以反應物的總能量小于生成物的總能量，A錯誤。B、C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)131.4kJ，正反應為吸熱反應，其逆反應為放熱反應，生成液態(tài)水放出的熱量比生成氣態(tài)水放出的熱量多，所以放出的的熱量的數(shù)值應該大于131.4，B錯誤。C、該反應中生成1molCO(g)吸收131.4kJ熱量，而不是指1體積的CO氣體，化學方程式中的化學計量數(shù)表示物質(zhì)的物質(zhì)的量，C錯誤。D、方程式中的化學計量數(shù)表示物質(zhì)的物質(zhì)的量，所以該反應中生成1molH2(g)吸收131.4kJ熱量，D正確。正確答案為D7、B【解析】

A．稀有氣體分子中不含化學鍵，多原子構(gòu)成的分子中含共價鍵，故A錯誤；B．化合物中存在金屬陽離子，則一定含有離子鍵，一定是離子化合物，故B正確；C．氟化氫比H2O穩(wěn)定，是因為氫氟共價鍵強度大的緣故，與氫鍵無關(guān)，故C錯誤；D．PCl5中氯原子最外層有7個電子，需要結(jié)合一個電子達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，磷原子最外層有5個電子，化合價為+5價，5+5=10，P原子最外層不是8電子結(jié)構(gòu)，故D錯誤；故選B。8、A【解析】

向Ba(OH)2溶液中滴加等濃度NaHSO4溶液依次發(fā)生NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，當二者體積相等時溶液中的溶質(zhì)為NaOH，當NaHSO4溶液體積為Ba(OH)2溶液體積的2倍時，二者完全反應，溶液的溶質(zhì)為Na2SO4，所以當二者體積相等后繼續(xù)滴加NaHSO4溶液的導電性變化減緩，當二者完全反應后滴加濃度較大NaHSO4溶液，溶液的導電性有所上升?！驹斀狻緼．根據(jù)分析可知a二者體積相等，所以溶液中的溶質(zhì)為NaOH，溶液顯堿性，故A正確；B．根據(jù)分析可知b點應為完全反應的點，NaHSO4溶液體積為Ba(OH)2溶液體積的2倍，所以V2=20mL，故B錯誤；C．a(chǎn)點溶液溶質(zhì)為NaOH，抑制水的電離，b點溶液溶質(zhì)為Na2SO4，不影響水的電離，所以水的電離程度：a<b，故C錯誤；D．b點溶液溶質(zhì)為Na2SO4，溶液中c(Na+)=2c(SO42-)，b點后NaHSO4溶液過量，且NaHSO4溶液中c(Na+)=c(SO42-)，所以b點后的溶液中c(Na+)<2c(SO42-)，故D錯誤；故答案為A。【點睛】選項D也可以用電荷守恒分析，b點后NaHSO4溶液過量，溶液顯酸性，所以c(H+)>c(OH-)，溶液中又存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以c(Na+)<2c(SO42-)。9、D【解析】

A．FeCl3溶液中滴加HI溶液，二者發(fā)生氧化還原反應，正確的離子方程式為：2Fe3++2I?=2Fe2++I2，故A錯誤；B．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：，故B錯誤；C．Ca(OH)2溶液與少量NaHCO3溶液混合：，故C錯誤；D．3mol/LNa2CO3溶液和1mol/LAl2(SO4)3溶液等體積混合，則CO32-與Al3+按照3:2發(fā)生雙水解反應，離子方程式為：，故D正確。故選D。10、D【解析】

在F2+H2O=HOF+HF反應中，水中O元素的化合價升高，水是還原劑?！驹斀狻緼．水中H元素的化合價降低，水為氧化劑，錯誤；B．過氧化鈉中O元素的化合價不變，水既不是氧化劑也不是還原劑，錯誤；C．只有Cl元素的化合價變化，水既不是氧化劑也不是還原劑，錯誤；D．水中O元素的化合價升高，水為還原劑，正確。答案選D。11、B【解析】

假設(shè)質(zhì)子都有14mol，則CO、N2、C2H2三種氣體的物質(zhì)的量分別是1mol、1mol、1mol。A、等溫等壓下，體積之比等于物質(zhì)的量的比，體積之比為1∶1∶1，A錯誤；B、等溫等壓下，密度比等于摩爾質(zhì)量的比，密度之比為14∶14∶13，B正確；C、質(zhì)量之比為1mol×28g/mol：1mol×28g/mol：1mol×26g/mol=14:14:13，C錯誤；D、原子個數(shù)之比為1mol×2：1mol×2：1mol×4=1∶1∶2，D錯誤。答案選B。12、C【解析】

A項，活性炭為糖漿脫色是因為活性炭具有吸附性，雙氧水漂白紙漿是雙氧水具有強氧化性，兩者原理不同，A錯誤；B項，Cu在金屬活動性順序表中處于H的后面，銅制品不能發(fā)生析氫腐蝕，B錯誤；C項，NaHCO3溶液與Al2（SO4）3溶液發(fā)生雙水解反應生成Na2SO4、CO2和Al（OH）3，可以制作泡沫滅火劑，C項正確；D項，氯化鈉主要來自于海水，電解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，不能制得Na，電解熔融氯化鈉才可以得到金屬鈉，D錯誤；答案選C。13、C【解析】

室溫下，用0.100mol?L-1的NH3?H2O滴定10.00mL濃度均為0.100mol?L-1HCl和CH3COOH的混合溶液，NH3?H2O先與HCl發(fā)生反應生成氯化銨和水，自由移動離子數(shù)目不變但溶液體積增大，電導率下降；加入10mLNH3?H2O后，NH3?H2O與CH3COOH反應生成醋酸銨和水，醋酸為弱電解質(zhì)而醋酸銨為強電解質(zhì)，故反應后溶液中自由移動離子濃度增加，電導率升高?！驹斀狻緼．①點處為0.100mol?L-1HCl和CH3COOH的混合溶液，隨著NH3?H2O的滴入，pH逐漸升高，A錯誤；B．酸堿中和為放熱反應，故溶液溫度為：①低于②，B錯誤；C．③點溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的氯化銨和醋酸銨，但醋酸根離子為若酸根離子，要發(fā)生水解，故③點溶液中：c(Cl-)＞c(CH3COO-)，C正確；D．②點處加入一水合氨的物質(zhì)的量和溶液中的醋酸的物質(zhì)的量相同，根據(jù)元素守恒可知，c(NH4+)+c(NH3?H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，D錯誤；答案選C。14、D【解析】

A．冰醋酸固體變成液體或氣體為物理變化，化學鍵未斷裂，A錯誤；B．化學鍵未斷裂，則共價鍵類型未變，鍵能不變，B錯誤；C．物理變化分子本身未變化，分子構(gòu)型不可能變化，C錯誤；D．冰醋酸固體變成液體或氣體，分子間間隔增大，需克服分子間作用力，因此分子間作用力被破壞，D正確。答案選D。15、C【解析】

A.乙烯和水加成生成乙醇，是加成反應，故A不選；B.乙烷不能和濃鹽酸發(fā)生取代反應，烷烴能和鹵素單質(zhì)在光照下發(fā)生取代反應，故B不選；C.乙酸和甲酸甲酯的分子式均為C2H4O2，兩者結(jié)構(gòu)不同，故互為同分異構(gòu)體，故C選；D.乙酸中的羧基不能發(fā)生加成反應，溴乙烷沒有不飽和鍵，也不能發(fā)生加成反應，故D不選。故選C。16、C【解析】

A.的分子式為C6H6，最簡式是CH，故A錯誤；B.不是平面結(jié)構(gòu)，中間連四個單鍵的碳，類似甲烷的碳，周圍的四個原子不共面，分子中不是所有的原子都共面，故B錯誤；C.中有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；D.CH2=CH-CH=CH2的分子式為：C4H6，的分子式為C6H6，兩者的組成不相似，其兩者之間相差的不是若干個-CH2，不是同系物，故D錯誤；正確答案是C?！军c睛】C選注意能和酸性高錳酸鉀反應的基團：碳碳雙鍵，碳碳三鍵，-OH（醇，酚等），-CHO，C=O，含側(cè)鏈的苯環(huán)。17、C【解析】

A.SO2具有較強的還原性，NaClO具有強氧化性，足量SO2通入NaClO溶液中發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為：SO2＋H2O＋ClO－＝SO42－＋Cl－＋2H+，故A正確；B.在稀氨水中通入過量CO2，反應生成NH4HCO3，離子方程式為：NH3·H2O＋CO2＝NH4+＋HCO3－，故B正確；C.因濃硫酸具有強氧化性，可把Fe2＋和H2S氧化，所以用濃H2SO4溶解FeS固體，不能生成Fe2＋和H2S，故C錯誤；D.氫氧化鋇溶液與等物質(zhì)的量的稀H2SO4混合，反應的離子方程式為：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O，故D正確；答案選C。【點睛】明確發(fā)生的化學反應及離子方程式的書寫方法是解答的關(guān)鍵，本題的易錯點是C項，因濃硫酸具有強氧化性，則生成物不可能為Fe2＋和H2S，所以在解題時要注意掌握離子方程式正誤判斷的常用方法，主要包括：檢查反應能否發(fā)生、檢查反應物和生成物是否正確、檢查各物質(zhì)拆分是否正確、檢查是否符合原化學方程式等。18、D【解析】

所加每一種試劑只能和一種離子形成難溶物，Mg(NO3)2能與CO32-、OH－兩種離子反應；AgNO3能與Cl－、CO32-、OH－三種離子形成難溶物；Ba(NO3)2只與CO32-反應，所以先加Ba(NO3)2除去CO32-，再加Mg(NO3)2除去OH－，最后加AgNO3只能與Cl－反應。答案選D。19、A【解析】

A、由題意可知，該裝置的I、II是原電池的兩極，I是負極，II是正極，III、IV是電解池的兩極，其中III是陽極，IV是陰極，所以電流方向：電極IV→→電極I，正確；B、電極I是原電池的負極，發(fā)生氧化反應，錯誤；C、電極II是原電池的正極，發(fā)生還原反應，有Cu析出，錯誤；D、電極III是陽極，發(fā)生氧化反應，電極反應是Cu-2e-=：Cu2+，錯誤；答案選A。20、C【解析】

A.由信息可知，中心原子最外層電子未達飽和結(jié)構(gòu)的酸，能結(jié)合水電離出的OH-，從而促進水的電離，A錯誤；B.1個硼酸分子能結(jié)合1個OH-，從而表現(xiàn)一元酸的性質(zhì)，所以硼酸是一元酸，B錯誤；C.硼酸的中心原子未達飽和結(jié)構(gòu)，與堿反應時，能結(jié)合OH-，從而生成[B(OH)4]－，C正確；D.硼酸只能結(jié)合OH-而不能結(jié)合H+，所以它是酸性化合物，D錯誤。故選C。21、C【解析】

A.在燒瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后將水從分液漏斗放下，通過產(chǎn)生氣體的量可計算Na2O2的量，故A符合題意；B.在燒瓶中放入金屬鈉，然后將有機物從分液漏斗放下，根據(jù)產(chǎn)生的氣體的量來判斷有機物分子中含活潑氫原子的個數(shù)，故B符合題意；C.該實驗需要測量生成氣體的量進而計算，Na2SO4·xH2O晶體中結(jié)晶水測定時無法產(chǎn)生氣體，該裝置不能完成，故C不符合題意；D.可通過對照所以比較單位時間內(nèi)Fe3+和Cu2+與雙氧水反應產(chǎn)生氣體的多少比較的催化效率，故D符合題意。故選C。22、B【解析】

A.根據(jù)氮的固定含義判斷；B.根據(jù)物質(zhì)的溶解性及反應產(chǎn)生的HCO3-濃度大小判斷氣體通入先后順序；C.根據(jù)氧化還原反應的特征判斷反應類型；D.根據(jù)物質(zhì)的沸點的高低判斷提純方法?！驹斀狻緼.N2與H2在一定條件下合成NH3氣，是氮元素的單質(zhì)變?yōu)榛衔锏倪^程，因此屬于氮的固定，A正確；B.CO2在室溫下在飽和食鹽水中溶解度不大，若先通入CO2，后通入NH3，則反應產(chǎn)生的HCO3-離子濃度較小，最后得到的NaHCO3就少，或根本不產(chǎn)生NaHCO3固體，而NH3易溶于水，先通入NH3使溶液呈堿性，有利于CO2的吸收，因此要先向飽和食鹽水中通入足量NH3，再通入CO2氣體，B錯誤；C.反應⑤、⑥中均勻元素化合價的變化，因此這兩個反應均為氧化還原反應，C正確；D.由于三氯氫硅沸點只有33℃，比較低，與其它雜質(zhì)的沸點不同，因此可通過蒸餾的方法分離提純，分餾方法也叫精餾，D正確；故合理選項是B?！军c睛】本題以制取Na2CO3和高純Si的工藝流程為線索，考查了物質(zhì)制取過程中加入物質(zhì)的先后順序、反應類型的判斷、混合物的分離方法等化學基礎(chǔ)知識和基本技能。掌握物質(zhì)的性質(zhì)及在實驗中的應用是本題解答的關(guān)鍵。二、非選擇題(共84分)23、羧基C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O取代反應、（中和反應）因為該條件下與雙鍵相連的甲基上的氫原子更易取代9種【解析】

由A與氯氣在加熱條件下反應生成，可知A的結(jié)構(gòu)簡式為：，故苯乙烯與發(fā)生已知信息中的反應生成A，為。與HCl反應生成B，結(jié)合B的分子式可知，應是發(fā)生加成反應，B發(fā)生鹵代烴的水解反應反應生成C，C氧化生成D，結(jié)合D分子式可知B為，順推可知C為，D為。根據(jù)N分子結(jié)構(gòu)中含有3個六元環(huán)可知，D與M應是發(fā)生酯化反應，M中羧基與羥基連接同一碳原子上，結(jié)合N的分子式可推知M為，N為。苯乙烯與水發(fā)生加成反應生成E為，再發(fā)生氧化反應生成，與氯氣反應生成G，G在氫氧化鈉溶液條件下水解、酸化得到H，則G為，H為，據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）F分子中含氧官能團的名稱為羧基，B的結(jié)構(gòu)簡式為；故答案為：羧基；；（2）G→H的化學方程式：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O，其反應類型為水解反應取代反應、中和反應；故答案為：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O；水解反應取代反應、中和反應；（3）D在一定條件下能合成高分子化合物，該反應的化學方程式：；故答案為：；（4）A在和存在下生成，而不是或的原因是：因為該條件下與雙鍵相連的甲基上的氫原子更易取代；故答案為：因為該條件下與雙鍵相連的甲基上的氫原子更易取代；（5）E（）的同分異構(gòu)體中能使溶液顯色，說明含有酚羥基，另外取代基為乙基，有鄰、間、對3種，或取代基為2個甲基，當2個甲基處于鄰位時，有2種位置，當2個甲基處于間位時，有3種位置，當2個甲基處于對位時，有1種位置，共有9種；故答案為：9；（6）根據(jù)以上分析可知N的結(jié)構(gòu)簡式為；故答案為：?！军c睛】已知條件RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′為烯烴雙鍵斷裂，結(jié)合新對象的過程。由此可以迅速知道C8H8的結(jié)構(gòu)為為,，A為，再依次推導下去，問題迎刃而解。24、溴原子、羥基、酯基1，3-丁二醇取代反應或水解反應縮聚反應11CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH【解析】試題分析：A水解生成B和C，C連續(xù)2次以后生成E，E和氫氣發(fā)生加成反應生成B，則B和C分子中含有相同的碳原子數(shù)，均是4個。B發(fā)生縮聚反應生成F，則根據(jù)F的結(jié)構(gòu)簡式可知B的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COCH2COOH，D的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COCH2CHO，因此C的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHOHCH2CH2OH，據(jù)此分析解答。解析：A水解生成B和C，C連續(xù)2次以后生成E，E和氫氣發(fā)生加成反應生成B，則B和C分子中含有相同的碳原子數(shù)，均是4個。B發(fā)生縮聚反應生成F，則根據(jù)F的結(jié)構(gòu)簡式可知B的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COCH2COOH，D的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COCH2CHO，因此C的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHOHCH2CH2OH，則（1）A屬于酯類，且含有溴原子和羥基，因此A的官能團名稱是溴原子、羥基、酯基；C分子中含有2個羥基，其系統(tǒng)命名是1，3-丁二醇。（2）根據(jù)以上分析可知①的反應類型是取代反應或水解反應，⑤的反應類型是縮聚反應。（3）反應③是醛基的氧化反應，反應的化學方程式為。（4）Ⅰ.能與Na反應產(chǎn)生氣體，說明含有羥基或羧基；Ⅱ.能與NaOH反應，說明含有羧基或酯基；Ⅲ.不能與Na2CO3反應，說明含有酯基，不存在羧基，如果是甲酸形成的酯基，有5種；如果是乙酸形成的酯基有2種；如果羥基乙酸和乙醇形成的酯基有1種；丙酸形成的酯基有1種；羥基丙酸和甲醇形成的酯基有2種，共計11種；若與NaOH溶液反應的有機物中的碳原子數(shù)目為2，則符合條件的有機物結(jié)構(gòu)簡式有CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH。（5）結(jié)合已知信息、相關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，利用逆推法可知其合成路線可以設(shè)計為。25、硫化氫的揮發(fā)H2S+I2=2HI+S↓向氫硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液剛好呈藍色S或硫氫硫酸被空氣中氧氣氧化防止因通入空氣過快而使硫化氫大量揮發(fā)硫化氫自身分解確證生成的氣體是氫氣【解析】

（1）因為硫化氫氣體溶于水生成氫硫酸，所以氫硫酸具有一定的揮發(fā)性，且能被空氣中的氧氣氧化而生成硫。實驗一（見圖一）中，溶液未見渾濁，說明濃度的減小不是由被氧化引起的。（2）實驗一和實驗二中，碘水與氫硫酸發(fā)生置換反應，生成硫和水。使實驗者準確掌握所加碘水恰好與氫硫酸完全反應，應使用指示劑。（3）“氫硫酸長期存放會變渾濁”中，出現(xiàn)的渾濁只能為硫引起。（4）實驗三中，氫硫酸溶液與空氣接觸，則是硫化氫與空氣中氧氣反應所致。此實驗中通入空氣的速度很慢，主要從硫化氫的揮發(fā)性考慮。（5）實驗四為密閉容器，與空氣接觸很少，所以應考慮分解。因為被氧化時，生成硫和水；分解時，生成硫和氫氣，所以只需檢驗氫氣的存在?！驹斀狻浚?）實驗一（見圖一）中，溶液未見渾濁，說明濃度的減小不是由被氧化引起，應由硫化氫的揮發(fā)引起。答案為：硫化氫的揮發(fā)；（2）實驗一和實驗二中，碘水與氫硫酸發(fā)生置換反應，方程式為H2S+I2=2HI+S↓。實驗者要想準確掌握所加碘水恰好與氫硫酸完全反應，應使用淀粉作指示劑，即向氫硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液剛好呈藍色。答案為：H2S+I2=2HI+S↓；向氫硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液剛好呈藍色；（3）“氫硫酸長期存放會變渾濁”中，不管是氧化還是分解，出現(xiàn)的渾濁都只能為硫引起。答案為：S或硫；（4）實驗三中，氫硫酸溶液與空氣接觸，則是硫化氫與空氣中氧氣反應所致。此實驗中通入空氣的速度很慢，防止因通入空氣過快而使硫化氫大量揮發(fā)。答案為：氫硫酸被空氣中氧氣氧化；防止因通入空氣過快而使硫化氫大量揮發(fā)；（5）實驗四為密閉容器，與空氣接觸很少，所以應考慮硫化氫自身分解。因為被氧化時，生成硫和水；分解時，生成硫和氫氣，所以只需檢驗氫氣的存在。答案為：硫化氫自身分解；確證生成的氣體是氫氣?！军c睛】實驗三中，通入空氣的速度很慢，我們在回答原因時，可能會借鑒以往的經(jīng)驗，認為通入空氣的速度很慢，可以提高空氣的利用率，從而偏離了命題人的意圖。到目前為止，使用空氣不需付費，顯然不能從空氣的利用率尋找答案，應另找原因?？諝馔ㄈ牒螅蟛糠謺莩?，會引起硫化氫的揮發(fā)，從而造成硫化氫濃度的減小。26、滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不褪去加快反應速率反應開始后生成Mn2＋，而Mn2＋是上述反應的催化劑，因此反應速率加快偏小0.0202498.30%三-1.5%空氣中氧氣氧化了亞鐵離子使高錳酸鉀用量偏小【解析】

(1)依據(jù)滴定實驗過程和試劑滴入順序可知，滴入高錳酸鉀溶液最后一滴，溶液變紅色，半分鐘內(nèi)不變證明反應達到終點；故答案為：滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不褪去；(2)加熱加快反應速率，反應過程中生成的錳離子對反應有催化作用分析；(3)若滴定時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定結(jié)束氣泡消失，消耗高錳酸鉀待測溶液體積增大，則測得高錳酸鉀濃度減小；(4)2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，依據(jù)化學反應定量關(guān)系，計算所標定高錳酸鉀溶液的濃度；(5)依據(jù)圖表數(shù)據(jù)計算，第三次實驗數(shù)據(jù)相差大舍去，計算其他三次的平均值，利用反應定量關(guān)系計算亞鐵離子物質(zhì)的量得到FeSO4·7H2O的含量，結(jié)合題干信息判斷符合的標準；(6)測定含量-實際含量得到實驗絕對誤差，亞鐵離子溶液中易被空氣中氧氣氧化分析可能的誤差?！驹斀狻?1)依據(jù)滴定實驗過程和試劑滴入順序可知，滴入高錳酸鉀溶液最后一滴，溶液變紅色，半分鐘內(nèi)不變證明反應達到終點；(2)粗配一定濃度的高錳酸鉀溶液1L，然后稱取0.200g固體Na2C2O4(式量為134.0)放入錐形瓶中，用蒸餾水溶解并加稀硫酸酸化，加熱至70℃～80℃，加熱加快反應速率，反應剛開始時反應速率較小，其后因非溫度因素影響而增大，根據(jù)影響化學反應速率的條件分析，其原因可能是反應過程中生成的錳離子對反應有催化作用分析；故答案為：加快反應速率，反應開始后生成Mn2+，而Mn2+是上述反應的催化劑，因此反應速率加快；(3)若滴定時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定結(jié)束氣泡消失，消耗高錳酸鉀待測溶液體積增大，溶質(zhì)不變則測得高錳酸鉀濃度減??；故答案為：偏小；(4)0.200g固體Na2C2O4(式量為134.0)，n(C2O42-)==0.0014925mol，依據(jù)化學反應定量關(guān)系，計算所標定高錳酸鉀溶液的濃度；2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，25n0.0014925moln=0.000597mol滴定用去高錳酸鉀溶液29.50mL，則c(KMnO4)==0.02024mol/L；(5)依據(jù)圖表數(shù)據(jù)計算，第三次實驗數(shù)據(jù)相差大舍去，計算其他三次的平均值==17.68mL，利用反應定量關(guān)系計算亞鐵離子物質(zhì)的量得到FeSO4·7H2O的含量，5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋→5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；51n0.01768L×0.02024mol/Ln=0.001789molFeSO4·7H2O的含量=×100%=98.30%，三級品98.00%～101.0%結(jié)合題干信息判斷符合的標準三級品；(6)測定含量-實際含量得到實驗絕對誤差=98.30%-99.80%=-1.5%，亞鐵離子溶液中易被空氣中氧氣氧化為鐵離子，高錳酸鉀溶液用量減小引起誤差。27、冷凝回流受熱均勻，便于控制溫度向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作2~3次拆下連接泵和吸濾瓶的橡皮管關(guān)閉水龍頭溶液溫度過高或冷卻結(jié)晶時速度過快（合理答案即可）【解析】

結(jié)合題給信息進行分析：步驟1中，將三頸燒瓶放入冷水中冷卻，為防止暴沸，加入沸石。步驟2中，因為反應溫度為170～180℃，為便于控制溫度，使反應物受熱均勻，采取油浴方式加熱；步驟3中，結(jié)合對氨基苯磺酸的物理性質(zhì)，將反應產(chǎn)物導入冷水燒杯中，并不斷攪拌有助于對氨基苯磺酸的析出。再根據(jù)對氨基苯磺酸與苯胺在乙醇中的溶解性不同，采用乙醇洗滌晶體。步驟4中，利用對氨基苯磺酸可溶于沸水，通過沸水溶解，冷卻結(jié)晶等操作，最終得到純凈產(chǎn)品?！驹斀狻浚?）冷凝管起冷凝回流的作用，冷卻水從下口進入，上口排出；答案為：冷凝回流；（2）油浴加熱優(yōu)點是反應物受熱均勻，便于控制溫度；答案為：受熱均勻，便于控制溫度；（3）苯胺是一種無色油狀液體，微溶于水，易溶于乙醇，對氨基苯磺酸是一種白色晶體，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于堿性溶液，不溶于乙醇，則洗滌時選用乙醇。洗滌的操作為向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作2~3次；答案為：向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作2~3次；（4）抽濾完畢停止抽濾時，為防止倒吸，先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶間的橡皮管，再關(guān)水龍頭；答案為：拆下連接泵和吸濾瓶的橡皮管；關(guān)閉水龍頭；（5）對氨基苯磺酸微溶于冷水，可溶于沸水，若制得的晶體顆粒較小，可能的原因是溶液溫度過高或冷卻結(jié)晶時速度過快。答案為：溶液溫度過高或冷卻結(jié)晶時速度過快（合理答案即可）?！军c睛】冷卻結(jié)晶的晶體大小影響因素：（1）漿料的過飽和度，這個主要由溫度來控制，溫度越低過飽和度越低。過飽和度越大，則產(chǎn)生晶核越多，結(jié)晶體粒徑越小。（2）停留時間，時間越長，則產(chǎn)生的結(jié)晶體粒徑越大。（3）容器的攪拌強度，攪拌越強，容易破碎晶體，結(jié)晶體粒徑越小。（4）雜質(zhì)成分，雜質(zhì)成分較多，則比較容易形成晶核，結(jié)晶體粒徑越小。28、升溫159.2abc體系總壓不變時，加入水蒸氣，相當于反應體系減壓，平衡正向移動，乙苯轉(zhuǎn)化率增大80452.5【解析】

(1)結(jié)合影響化學反應速率和平衡移動的因素分析判斷；(2)①由圖片可知△H1=△H2+△H3，據(jù)此計算解答；a.CO2與H2反應，導致氫氣濃