2025屆湖南省汨羅第二中學化學高二下期末學業(yè)水平測試試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、丙烯醇（CH2=CH—CH2OH）可發(fā)生的化學反應有①加成②氧化③酯化④加聚⑤取代A．只有①②③ B．只有①②③④ C．①②③④⑤ D．只有①③④2、某有機物的結(jié)構(gòu)為如圖所示，這種有機物不可能具有的性質(zhì)是（）①可以燃燒②能使酸性KMnO4溶液褪色③能跟NaOH溶液反應④能跟新制銀氨溶液反應⑤能發(fā)生加聚反應⑥能發(fā)生水解反應A．只有⑥ B．①④ C．只有⑤ D．④⑥3、有一混合溶液，只可能含有以下離子中的若干種：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO3（1）向第一份溶液中加入AgNO3溶液時有沉淀產(chǎn)生；（2）向第二份溶液中加入足量NaOH溶液并加熱后，收集到氣體0.06mol;（3）向第三份溶液中加入足量BaCl2溶液后，所得沉淀經(jīng)洗滌、干燥、稱量為8.24g，經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后，沉淀質(zhì)量為2.33g。根據(jù)上述實驗，以下推測正確的是（）A．K+可能存在B．100mL溶液中含0.01molCOC．Cl?可能存在D．Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在4、某中性有機物C10H20O2在稀硫酸作用下加熱得到M和N兩種物質(zhì)，N經(jīng)氧化最終可得到M，則該中性有機物的結(jié)構(gòu)可能有()A．2種 B．3種 C．4種 D．5種5、下列與有機物的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)有關的敘述正確的是（）A．棉花、蠶絲和人造絲的主要成分都是纖維素B．甲烷和Cl2的反應與乙烯和Br2的反應屬于同一類型的反應C．蔗糖、麥芽糖的分子式均為C12H22O11，二者互為同分異構(gòu)體D．乙醇、乙酸均能與NaOH反應，因為分子中均含有官能團“—OH”6、由短周期元素構(gòu)成的離子化合物中,一個陽離子和一個陰離子的核外電子數(shù)之和為20,下列說法中正確的是A．晶體中陽離子和陰離子個數(shù)不一定相等B．晶體中一定只有離子鍵而沒有共價鍵C．所含元素一定不在同一周期也不在第一周期D．晶體中陽離子半徑一定大于陰離子半徑7、下列化合物在一定條件下，既能發(fā)生消去反應，又能發(fā)生水解反應的是()A．CH3Cl B．C． D．8、下列實驗及其結(jié)論都正確的是實驗結(jié)論A氯氣的水溶液可以導電氯氣是電解質(zhì)B鋁箔在酒精燈火焰上加熱熔化但不滴落鋁箔表面氧化鋁熔點高于鋁C將Na2S滴入AgNO3和AgCl的混合濁液中產(chǎn)生黑色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)D用分液漏斗分離苯和四氯化碳四氯化碳密度比苯大A．A B．B C．C D．D9、已知X、Y均為主族元素，I為電離能，單位是kJ/mol。根據(jù)下表所列數(shù)據(jù)判斷錯誤的是A．元素X的常見化合價是+1價B．元素Y是ⅢA族的元素C．元素X與氯形成化合物時，化學式是XClD．若元素Y處于第3周期，它可與冷水劇烈反應10、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是A．11.2L甲烷和乙烯的混合物中含氫原子數(shù)目等于2NAB．含NA個CO32－的Na2CO3溶液中，Na+數(shù)目大于2NAC．密閉容器中，2molSO2和足量O2充分反應，產(chǎn)物的分子數(shù)小于2NAD．4.0gCO2氣體中含電子數(shù)目等于2NA11、常溫下，下列離子濃度關系或結(jié)論正確的是:A．將0.1mol/L氨水與0.1mol/L稀鹽酸等體積混合c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)B．將pH=2的稀鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，所得溶液pH<7C．在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl-、NO3-、Na+等離子能夠大量共存D．用惰性電極電解稀硫酸時，實質(zhì)上就是電解水，所以溶液的pH不變12、草酸是二元中強酸，草酸氫鈉溶液顯酸性。常溫下，向10mL0.01mol／LNaHC2O4溶液中滴加0.01mol／LNaOH溶液，隨著NaOH溶液體積的增加，溶液中離子濃度關系正確的是A．V（NaOH）="="0時，c（W）="="1×10－2mol／LB．V（NaOH）<10mL時，不可能存在c（Na＋）="="2c（C2O42-）+c（HC2O4C．V（NaOH）="="10mL時，c（W）="="1×10－7mol／LD．V（NaOH）>10mL時，c（Na＋）>c（C2O42-）>c（HC2O413、下列實驗能達到預期目的是（）A．向淀粉溶液中加入稀硫酸加熱后,再用足量NaOH溶液中和,并做銀鏡反應實驗：檢驗淀粉是否水解B．向甲酸和甲醛的混合物中加入氫氧化鈉溶液，中和甲酸后，加入新制的氫氧化銅加熱：檢驗混合物中是否含有甲醛C．向米湯中加入含碘的食鹽，觀察是否有顏色的變化：檢驗含碘食鹽中是否含碘酸鉀D．用苯、溴水和鐵粉制備溴苯，將產(chǎn)生的氣體先通過CCl4，再通過AgNO3溶液，若出現(xiàn)淡黃色沉淀，則可證明該反應為取代反應。14、一定溫度和壓強下，30L某種氣態(tài)純凈物質(zhì)中含有6.02×1023個分子，這些分子由1.204×1024個原子組成，下列說法錯誤的是A．每個該氣體分子含有2個原子B．該溫度和壓強可能是標準狀況C．標準狀況下該純凈物若為氣態(tài)，其體積約是22.4LD．若O2在該條件下為氣態(tài)，則1molO2在該條件下的體積也為30L15、為了檢驗某氯代烴中的氯元素，現(xiàn)進行如下操作。其中合理的是()①取氯代烴少許與NaOH水溶液共熱后，加入稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液②取氯代烴少許，加入AgNO3溶液③取氯代烴少許與NaOH水溶液共熱，然后加入AgNO3溶液④取氯代烴少許與NaOH乙醇溶液共熱后，加入稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液A．①③ B．①④ C．③④ D．②④16、A1-MnO4?電池是一種高能電池,以Ga2O3為緩蝕劑,其示意圖如圖所示。已知電池總反應為Al+MnO4?═AlO2-+MnO2.下列說法正確的是()A．電池工作時,K+向負極移動B．電池工作時，電子由Al經(jīng)電解質(zhì)溶液流向NiC．負極反應為Al-3e?+4OH?═AlO2?+2H2OD．電池工作時，Ni電極周圍溶液pH減小17、下列說法正確的是A．蒸餾時，加熱之前先通冷卻水，停止加熱后，仍要繼續(xù)通冷卻水一段時間B．用紙層析法分離Cu2＋和Fe3＋，濾紙上端呈棕黃色，說明Fe3＋在有機溶劑中的溶解能力較Cu2＋小C．用冷卻結(jié)晶法除去NaCl中混有少量的KNO3D．將鍍鋅鐵皮投入一定濃度的硫酸中反應至金屬表面氣泡突然減小，取出，直接小火烘干稱量，由此測得的鍍鋅層厚度將偏大18、能把乙醇、甲酸、乙酸、葡萄糖溶液用一種下列試劑區(qū)分開的是（）A．新制氫氧化銅濁液B．碳酸鈉溶液C．酸性高錳酸鉀溶液D．紫色石蕊試液19、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列關于0.2mol·L-1Ba(NO3)2溶液的說法不正確的是()。A．2L溶液中陰、陽離子總數(shù)為0.8NAB．500mL溶液中NO3-濃度為0.4mol·L-1C．500mL溶液中Ba2＋濃度為0.2mol·L-1D．500mL溶液中NO3-總數(shù)為0.2NA20、2018年7月5日《科學》雜志在線報道：合成一種新的具有超高熱導率半導體材料——砷化硼（BAs）。通過反應4BI3(g)+As4(g)4BAs(s，晶體)+6I2(g)可制備BAs晶體。下列說法錯誤的是（）圖（a）圖（b）圖（c）A．圖（a）表示As4結(jié)構(gòu)，As4分子中成鍵電子對與孤電子對數(shù)目之比為3:1B．圖（b）表示晶態(tài)單質(zhì)硼的B12基本結(jié)構(gòu)單元，該基本單元為正20面體C．圖（b）所示晶態(tài)單質(zhì)硼的熔點為2180℃，它屬于原子晶體D．圖（c）表示BAs晶胞結(jié)構(gòu)，As原子的配位數(shù)為421、光纖通信是70年代后期發(fā)展起來的一種新型通信技術(shù)，目前長距離光纖通信系統(tǒng)已投入使用，光纖通信的光導纖維是由下列哪種物質(zhì)經(jīng)特殊工藝制成的A．石墨B．石英C．石灰石D．高純硅22、有0.2mol某有機物和0.5mol氧氣在一密閉容器中燃燒得產(chǎn)物為CO2、CO、H2O(氣）。產(chǎn)物依次通過濃硫酸時，濃硫酸的質(zhì)量增加了10.8g；再通過灼熱的氧化銅時，氧化銅的質(zhì)量減輕了3.2g；又通過堿石灰時，堿石灰的質(zhì)量增加了17.6g。該有機物的化學式是A．C2H4 B．C2H6O C．C2H6O2 D．C3H6O3二、非選擇題(共84分)23、（14分）有A，B，C，D，E五種元素，其中A，B，C，D為短周期元素，A元素的周期數(shù)、主族數(shù)、原子序數(shù)相同；B原子核外有3種能量不同的原子軌道且每種軌道中的電子數(shù)相同；C原子的價電子構(gòu)型為csccpc+1，D元素的原子最外層電子數(shù)比次外層電子數(shù)少2個，D的陰離子與E的陽離子電子層結(jié)構(gòu)相同，D和E可形成化合物E2D．(1)上述元素中，第一電離能最小的元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖為__；D的價電子排布圖為__；(2)下列分子結(jié)構(gòu)圖中的●和○表示上述元素的原子中除去最外層電子的剩余部分，小黑點表示沒有形成共價鍵的最外層電子，短線表示共價鍵．則在以上分子中，中心原子采用sp3雜化形成化學鍵的是__(填寫分子的化學式)；在③的分子中有__個σ鍵和__個π鍵．(3)A，C，D可形成既具有離子鍵又具有共價鍵的化合物，其化學式可能為__；足量的C的氫化物水溶液與CuSO4溶液反應生成的配合物，其化學式為__，請說出該配合物中中心原子與配位體及內(nèi)界與外界之間的成鍵情況：__．24、（12分）X、Y、Z、W、R、Q為前30號元素，且原子序數(shù)依次增大．X是所有元素中原子半徑最小的，Y有三個能級，且每個能級上的電子數(shù)相等，Z原子單電子數(shù)在同周期元素中最多，W與Z同周期，第一電離能比Z的低，R與Y同一主族，Q的最外層只有一個電子，其他電子層電子均處于飽和狀態(tài)．請回答下列問題：（1）Q+核外電子排布式為___________；（2）化合物X2W2中W的雜化方式為___________，ZW2-離子的立體構(gòu)型是___________；（3）Y、R的最高價氧化物的沸點較高的是___________(填化學式)，原因是___________；（4）將Q單質(zhì)的粉末加入到ZX3的濃溶液中，并通入W2，充分反應后溶液呈深藍色，該反應的離子方程式為___________；（5）Y有多種同素異形體，其中一種同素異形體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖，該晶體一個晶胞的Y原子數(shù)為___________，Y原子的配位數(shù)為___________，若晶胞的邊長為apm，晶體的密度為ρg/cm3，則阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為___________(用含a和ρ的代數(shù)式表示)。25、（12分）氯堿工業(yè)中電解飽和食鹽水流程及原理示意圖如下圖所示。（1）生成H2的電極反應式是_________________________________________。（2）Na+向________（填“E”或“F”）方向移動，溶液A的溶質(zhì)是______________。（3）電解飽和食鹽水總反應的離子方程式是_____________________________。（4）常溫下，將氯堿工業(yè)的附屬產(chǎn)品鹽酸與氨水等體積混合，兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表。實驗編號氨水濃度/mol·L－1鹽酸濃度/mol·L－1混合溶液pH①0.10.1pH=5②c0.2pH=7③0.20.1pH＞7ⅰ.實驗①中所得混合溶液，由水電離出的c（H+）=______mol·L-1。ⅱ.實驗②中，c______0.2（填“>”“<”或“=”）。ⅲ.實驗③中所得混合溶液，各離子濃度由大到小的順序是__________________。ⅳ.實驗①、③所用氨水中的：①___________③（填“>”“<”或“=”）。（5）氯在飲用水處理中常用作殺菌劑，且HClO的殺菌能力比ClO－強。25℃時氯氣－氯水體系中的Cl2（aq）、HClO和ClO－分別在三者中所占分數(shù)（α）隨pH變化的關系如下圖所示。下列表述正確的是_______。A．氯處理飲用水時，在夏季的殺菌效果比在冬季好B．在氯處理水體系中，c（HClO）+c（ClO－）=c（H+）-c（OH－）C．用氯處理飲用水時，pH=7.5時殺菌效果比pH=6.5時效果差26、（10分）糧食倉儲常用磷化鋁(A1P)熏蒸殺蟲，A1P遇水即產(chǎn)生強還原性的PH3氣體。國家標準規(guī)定糧食中磷物(以PH3計)的殘留量不超過0.05mg?kg-1時為合格。某小組同學用如圖所示實驗裝置和原理測定某糧食樣品中碟化物的殘留量。C中加入100g原糧，E中加入20.00mL2.50×lO-4mol?L-1KMnO4溶液的H2SO4酸化)，C中加入足量水，充分反應后，用亞硫酸鈉標準溶液滴定E中的溶液。(1)裝置A中的KMn04溶液的作用是_____。(2)裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液吸收空氣中的O2。若去掉該裝置，則測得的磷化物的殘留量___(填“偏髙”“偏低”或“不變”)。(3)裝置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被還原為Mn2+，寫出該反應的離子方程式：__________。(4)收集裝置E中的吸收液，加水稀釋至250mL，量取其中的25.00mL于錐形瓶中，用4.0×lO-5mol?L-1的Na2SO3標準溶液滴定，消耗Na2SO3標準溶液20.00mL，反應原理是S02-+Mn04-+H+→S042-+Mn2++H20(未配平)通過計算判斷該樣品是否合格(寫出計算過程)_______。27、（12分）某同學設計實驗制備2-羥基-4-苯基丁酸乙酯，反應原理、裝置和數(shù)據(jù)如下：相對分子質(zhì)量密度(g/cm3)沸點(℃)水溶性2-羥基-4-苯基丁酸1801.219357微溶乙醇460.78978.4易溶2-

羥基-4-苯基丁酸乙酯2081.075212難溶實驗步驟：①如圖1，在干燥的圓底燒瓶中加入20mL2-羥基-4-苯基丁酸、20mL

無水乙醇和適量濃硫酸，再加入幾粒沸石；②加熱至70℃左右保持恒溫半小時；③分離、提純?nèi)i瓶中的粗產(chǎn)品，得到有機粗產(chǎn)品；④精制產(chǎn)品。請回答下列問題：（1）油水分離器的作用為____________________。實驗過程中發(fā)現(xiàn)忘記加沸石該如何操作_______________________。（2）本實驗采用____________加熱方式（填“水浴”、“油浴”或“酒精燈加熱”）。（3）取三頸燒瓶中的混合物分別用水、飽和碳酸氫鈉溶液和水洗滌。第二次水洗的目的是___________________。（4）在精制產(chǎn)品時，加入無水MgSO4的作用為___________________；然后過濾，再利用如圖2裝置進行蒸餾純化，圖2

裝置中的錯誤有__________________________。（5）若按糾正后的操作進行蒸餾純化，并收集212℃的餾分，得2-羥基-4-苯基丁酸乙酯約9.0g。則該實驗的產(chǎn)率為__________________________。28、（14分）物質(zhì)的量是高中化學中常用的物理量，請完成以下有關其計算的內(nèi)容。（1）0.2gH2含有___________________個H原子。（2）標準狀況下，含有相同氧原子數(shù)的CO與CO2的體積之比為__________。（3）100mL某Al2(SO4)3溶液中，c(Al3+)=2.0mol/L，則其中c(SO42-)=_________mol/L。（4）工業(yè)上利用下列反應進行海水中溴元素的富集：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr。若反應中生成了0.2molHBr，則消耗SO2的體積（標準狀況）是________________L。（5）當SO2、SO3的分子個數(shù)之比為1：2時，原子總數(shù)之比為___________，質(zhì)量之比為________；29、（10分）AlCl3是一種催化劑，某校學習小組用下面裝置制備并收集少量AlCl3。已知：AlCl3遇到空氣中的水蒸氣時能劇烈反應生成Al(OH)3和HCl；AlCl3在180℃時升華。（1）a儀器的名稱為_______；A裝置中反應的化學方程式為_______。（2）試劑b為_______。（3）所用d導管較粗的原因是_______。（4）F裝置的作用為_______。

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、C【解析】

CH2═CH-CH2OH中含有C=C和-OH官能團，其中C=C可發(fā)生加成、氧化、加聚反應，-OH可發(fā)生氧化、酯化、取代反應，答案選C。2、A【解析】

由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含碳碳雙鍵、-CHO、酚-OH、醇-OH，結(jié)合烯烴、醛、酚、醇的性質(zhì)來解答?！驹斀狻竣贋闊N的含氧衍生物，可以燃燒生成二氧化碳和水，故不選；②含雙鍵、-CHO、酚-OH、醇-OH，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故不選；③含酚-OH，能跟NaOH溶液反應，故不選；④含-CHO，能跟新制銀氨溶液反應，故不選；⑤含碳碳雙鍵，能發(fā)生加聚反應，故不選；⑥不含能水解的官能團，則不能發(fā)生水解反應，故選；答案選A?！军c睛】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握常見有機物中的官能團與性質(zhì)的關系為解答的關鍵，側(cè)重烯烴、醛、酚、醇性質(zhì)的考查，題目難度不大。3、C【解析】分析：第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生，推得可能含有Cl－、CO32－、SO42－；第二份溶液加足量NaOH溶液加熱后收集到氣體，推得一定含有NH4＋；第三份溶液加入足量BaCl2，生成的沉淀部分溶于鹽酸，部分不溶，推得一定存在CO32－、SO42－，則一定不存在Ba2＋、Mg2＋；計算確定的離子的物質(zhì)的量，根據(jù)溶液中陰陽離子的電荷守恒，推斷溶液是否存在K＋、Cl－的情況．詳解：第一份加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生，可能發(fā)生Cl－+Ag＋═AgCl↓、CO32－+2Ag＋═Ag2CO3↓、SO42－+2Ag＋═Ag2SO4↓，所以可能含有Cl－、CO32－、SO42－；第二份加足量NaOH溶液加熱后，收集到氣體0.06mol，能和NaOH溶液加熱產(chǎn)生氣體的只能是NH4＋，根據(jù)反應NH4＋+OH－NH3↑+H2O，產(chǎn)生NH3為0.06mol，可得NH4＋也為0.06mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀8.24g，經(jīng)足量鹽酸洗滌，干燥后，沉淀質(zhì)量為2.33g。部分沉淀溶于鹽酸，為BaCO3，部分沉淀不溶于鹽酸，為BaSO4，發(fā)生反應CO32－+Ba2＋═BaCO3↓、SO42－+Ba2＋═BaSO4↓，因此溶液中一定存在CO32－、SO42－，一定不存在Ba2＋、Mg2＋，由條件可知BaSO4為2.33g，物質(zhì)的量為2.33g/233g·mol－1=0.01mol，故SO42－的物質(zhì)的量為0.01mol，BaCO3為8.24g-2.33g═5.91g，物質(zhì)的量為5.91g/197g·mol－1=0.03mol，則CO32－物質(zhì)的量為0.03mol，由上述分析可得，溶液中一定存在CO32－、SO42－、NH4＋，一定不存在Mg2＋、Ba2＋，而CO32－、SO42－、NH4＋物質(zhì)的量分別為0.03mol、0.01mol、0.06mol，A．CO32－、SO42－所帶負電荷為0.03mol×2+0.01mol×2=0.08mol，NH4＋所帶正電荷為0.06mol，根據(jù)溶液中電荷守恒，可知K＋一定存在，故A錯誤；B．由上述分析可得，100mL溶液中CO32－物質(zhì)的量為0.03mol，故B錯誤；C．CO32－、SO42－所帶負電荷為0.03mol×2+0.01mol×2=0.08mol，NH4＋所帶正電荷為0.06mol，根據(jù)溶液中電荷守恒，可知Cl－可能存在，故C正確；D．由上述分析可知，溶液中一定存在CO32－、SO42－、NH4＋，一定不存在Mg2＋、Ba2＋，故D錯誤；故選：C。點睛：本題采用定性實驗和定量計算相結(jié)合考查離子共存與檢驗，難點：根據(jù)電荷守恒判斷是否存在K＋、Cl－的情況。4、C【解析】

有機物C10H20O2在酸性條件下能水解，說明C10H20O2為酯，根據(jù)分子組成可知應為飽和一元酸和飽和一元醇形成的酯，能在酸性條件下水解生成有機物M和M，且N在一定條件下可轉(zhuǎn)化成M，說明M和N的碳原子數(shù)相同，且碳鏈相同，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，C10H20O2是飽和酯，且兩邊碳鏈相同，因此M為C4H9COOH，N為C4H9CH2OH，二者中都含有烴基-C4H9，-C4H9有四種結(jié)構(gòu)：C-C-C-C-、、、，則C10H20O2有四種結(jié)構(gòu)，故選C。5、C【解析】分析：A．根據(jù)蠶絲的主要成分為蛋白質(zhì)分析判斷；B．根據(jù)甲烷和氯氣在光照條件下和溴和乙烯反應的特征分析判斷；C．根據(jù)同分異構(gòu)體的概念分析判斷；D．根據(jù)官能團的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)分析判斷。詳解：A．蠶絲的主要成分為蛋白質(zhì)，不是纖維素，故A錯誤；B．甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成氯代烴，溴和乙烯發(fā)生加成反應生成1，2-二溴乙烷，前者是取代反應、后者是加成反應，所以反應類型不同，故B錯誤；C．蔗糖、麥芽糖的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，麥芽糖含-CHO，二者互為同分異構(gòu)體，故C正確；D．乙醇與NaOH不反應，乙酸含-COOH與NaOH發(fā)生中和反應，故D錯誤；故選C。6、A【解析】

由題意知陰、陽離子可能均是10電子微粒，它們可以是：陰離子：N3-、O2-、F-、OH-等，陽離子：NH4+、Na+、Mg2+、Al3+等。A、當陰、陽離子所電荷不相等，陽離子和陰離子個數(shù)不相等，如、MgF2、Na2O，當陰、陽離子所電荷相等，陽離子和陰離子個數(shù)相等，如NaF、NaOH，故A正確；B、離子化合物，一定有離子鍵，也可能含共價鍵，如NaOH、Mg（OH）2、NH4F等，故B錯誤；C、NH4+中氫元素在第一周期，所以構(gòu)成該離子化合物的元素可能在第一周期，故C錯誤；D、對簡單的離子，陰、陽離子電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，陽離子的核電荷數(shù)一定大于陰離子的核電荷數(shù)，所以該化合物中陽離子半徑小于陰離子半徑，故D錯誤；故選A?！军c睛】本題采取列舉法解答，找出例外舉例，列舉法在元素周期表中經(jīng)常利用。7、B【解析】

A、一氯甲烷不能發(fā)生消去反應，A錯誤；B、2－溴丙烷既能發(fā)生消去反應，又能發(fā)生水解反應，B正確；C、分子中與CH2Cl相連的鄰位碳原子上沒有氫原子，不能發(fā)生消去反應，C錯誤；D、分子中與CH2Br相連的鄰位碳原子上沒有氫原子，不能發(fā)生消去反應，D錯誤；答案選B。【點睛】掌握鹵代烴消去反應的條件是解答的關鍵，鹵代烴都可以發(fā)生水解反應，但不一定能發(fā)生消去反應，只有與鹵素原子相連的碳原子的鄰位碳原子上含有氫原子時才能發(fā)生消去反應，另外也需要注意鹵代烴發(fā)生消去反應的反應條件是在氫氧化鈉的醇溶液中并加熱，這也是?？嫉目键c。8、B【解析】

A．氯氣為單質(zhì)，電解質(zhì)必須為化合物，則氯氣既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A錯誤；B．氧化鋁的熔點高，包裹在Al的外面，則鋁箔在酒精燈火焰上加熱熔化但不滴落，故B正確；C．發(fā)生沉淀的生成，不能比較Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2S)的大小，故C錯誤；D．苯和四氯化碳互溶，不能分液分離，應選蒸餾法，故D錯誤；故選B。9、D【解析】

X、Y是主族元素，I為電離能，X第一電離能和第二電離能差距較大，說明X為第IA族元素；Y第三電離能和第四電離能差距較大，說明Y為第ⅢA族元素，X的第一電離能小于Y，說明X的金屬活潑性大于Y。據(jù)此解答?！驹斀狻緼.X為第IA族元素，元素最高化合價與其族序數(shù)相等，所以X常見化合價為+1價，故A正確；B.通過以上分析知，Y為第ⅢA族元素，故B正確；C.元素X與氯形成化合物時，X的電負性小于Cl元素，所以在二者形成的化合物中x顯+1價、Cl元素顯-1價，則化學式可能是XCl，故C正確；D.若元素Y處于第3周期，為Al元素，它不能與冷水劇烈反應，但能溶于酸和強堿溶液，故D錯誤；答案選D。10、A【解析】

A.未指明氣體在什么條件下，所以不能確定氣體的物質(zhì)的量及微粒數(shù)目，A錯誤；B.Na2CO3電離產(chǎn)生Na+、CO32-個數(shù)比為2:1，在溶液中CO32-由于發(fā)生水解反應而消耗，所以若溶液中含NA個CO32－，則Na+數(shù)目大于2NA，B正確；C.SO2和O2生成SO3的反應是可逆反應，反應物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物，所以密閉容器中，2molSO2和足量O2充分反應，產(chǎn)物SO3的分子數(shù)小于2NA，C正確；D.CO2分子中含有22個電子，則4.0gCO2氣體中含有的電子數(shù)為N=4.0g44g/mol×22NA=2N故合理選項是A。11、A【解析】

A．將0.1mol/L氨水與0.1mol/L稀鹽酸等體積混合生成氯化銨，NH4+水解呈酸性，則c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A正確；B．一水合氨為弱電解質(zhì)，將pH=2的稀鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，氨水過量，所得溶液pH＞7，故B錯誤；C．酸性條件下，F(xiàn)e2+與NO3-發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故C錯誤；D．用惰性電極電解稀硫酸時，實質(zhì)是電解水，溶液濃度增大，則溶液的pH減小，故D錯誤；故選A。12、D【解析】草酸氫鈉溶液顯酸性，說明草酸氫鈉的電離程度大于其水解程度。因為草酸是弱電解質(zhì)，所以0.01mol?L-1NaHC2O4溶液中，氫離子的濃度小于0.01mol/L，A不正確。加入氫氧化鈉發(fā)生的反應為NaOH＋NaHC2O4=Na2C2O4＋H2O，二者恰好反應時，消耗氫氧化鈉10ml。生成物草酸鈉水解，溶液顯堿性，C不正確。如果氫氧化鈉的體積小于10ml，則二者反應后，溶液就有可能顯中性。根據(jù)電荷守恒c(H+)＋c(Na+)＝2c(C2O42-)+c(HC2O4-)＋c(OH－)可知，如果溶液顯中性，則c(Na+)＝2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，因此B也是不正確的。當氫氧化鈉大于10ml時，溶液中含有氫氧化鈉和草酸鈉兩種溶質(zhì)，由于草酸鈉的水解以第一步水解為主，且氫氧化鈉的存在會抑制其水解，因此選項D是正確的。答案選D。13、A【解析】分析：A．銀鏡實驗在堿性條件下能檢驗淀粉是否水解；B．甲酸含有醛基，可與新制的氫氧化銅發(fā)生氧化還原反應；C、碘單質(zhì)遇到淀粉能變藍色；D、用苯、液溴和鐵粉制備溴苯。詳解：A．檢驗淀粉是否水解，加入氫氧化鈉至堿性，再通過淀粉進行檢驗淀粉是否水解，選項A正確；B．甲酸含有醛基，可與新制的氫氧化銅發(fā)生氧化還原反應，不能直接檢驗，選項B錯誤；C、米湯中含有淀粉，而加碘鹽中加的是碘酸鉀，碘單質(zhì)遇到淀粉能變藍色，碘酸鉀遇淀粉無現(xiàn)象，選項錯誤；D、用苯、液溴和鐵粉制備溴苯，選項D錯誤。答案選A。點睛：本題考查較為綜合，涉及有機物的檢驗、鑒別和分離等知識，側(cè)重于學生的分析能力和實驗能力的考查，為高頻考點，注意把握有機物性質(zhì)的異同，難度不大。14、B【解析】

A、依據(jù)n=N/NA計算物質(zhì)的量，分子物質(zhì)的量為1mol，原子物質(zhì)的量為2mol，說明是雙原子分子；B、在標準狀況下6.02×1023個分子，即物質(zhì)的量為1mol，體積為22.4L；C、1mol氣體在標準狀況體積為22.4L；D、一定溫度壓強下，物質(zhì)的量相同的氣體具有相同的體積?！驹斀狻緼、6.02×1023個分子，即物質(zhì)的量為1mol，這些分子由1.204×1024個原子組成，依據(jù)計算1mol分子中含有2mol原子，該氣體中每個分子含有2個原子，故A正確；B、標準狀況下該純凈物若為氣態(tài)，物質(zhì)的量為1mol，其體積約是22.4L，而1mol該氣體體積為30L，則不是標準狀況，故B錯誤；C、標準狀況下該純凈物若為氣態(tài)，物質(zhì)的量為1mol，則其體積約是22.4L，故C正確；D、同溫、同壓、同物質(zhì)的量的氣體體積相同，所以若O2在該條件下為氣態(tài)，則1molO2在該條件下的體積也為30L，故D正確；故選：B。15、B【解析】

檢驗氯代烴中的氯元素，利用鹵代烴的水解反應或消去反應進行分析；水解反應，方法步驟是加NaOH水溶液→冷卻→加硝酸酸化→AgNO3溶液→觀察沉淀顏色；消去反應：【詳解】檢驗氯代烴中的氯元素，水解反應：方法步驟是加NaOH水溶液→冷卻→加硝酸酸化→AgNO3溶液→觀察沉淀顏色；消去反應：方法步驟是加入NaOH乙醇溶液共熱后，冷卻，加入硝酸酸化→AgNO3溶液→觀察沉淀顏色；因此選項B正確?！军c睛】檢驗鹵代烴中鹵素原子，一般采用先加氫氧化鈉水溶液，然后冷卻，再加硝酸酸化，除去過量氫氧化鈉，最后加硝酸銀溶液，觀察沉淀顏色，判斷鹵素原子；因為鹵代烴的消去反應，存在局限性，因此一般不采用。16、C【解析】分析：該電池的負極是Al，Ni是正極，在正極上發(fā)生得電子的還原反應，即MnO4-+2H2O+3e-═MnO2+4OH-，負極上金屬鋁失電子發(fā)生氧化反應，即Al-3e?+4OH?═AlO2?+2H2O，電池工作時，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，據(jù)此分析解答。詳解：A．電池工作時，陽離子向正極移動，即K+向正極移動，故A錯誤；B．電池工作時，電子由負極流向正極，但是不會經(jīng)過電解質(zhì)溶液，故B錯誤；C．負極上金屬鋁失電子發(fā)生氧化反應，即Al-3e?+4OH?═AlO2?+2H2O，故C正確；D．電池工作時，負極上金屬鋁失電子發(fā)生氧化反應，即Al+4OH-═Al(OH)4-，Al電極周圍溶液pH減小，故D錯誤；故選C。17、A【解析】

A．蒸餾時充分冷凝，則加熱之前先通冷卻水，停止加熱后，仍要繼續(xù)通冷卻水一段時間，故A正確；B．用紙層析法分離Cu2+和Fe3+，濾紙上端呈棕黃色，鐵離子的擴散速率快，則Fe3+在有機溶劑中的溶解能力較Cu2+大，故B錯誤；C．硝酸鉀少量，應殘留在母液中，可選蒸發(fā)結(jié)晶法分離，故C錯誤；D．直接小火烘干稱量，金屬會與氧氣反應，導致剩余固體的質(zhì)量偏大，則測得的鍍鋅層厚度將偏小，故D錯誤；故選A。18、A【解析】分析：乙醇具有一定的還原性，甲酸、乙酸具有酸性，可發(fā)生中和反應，甲酸、葡萄糖含有醛基，可與新制氫氧化銅濁液或銀氨溶液反應，以此解答該題．詳解：A、加入氫氧化銅懸濁液，甲酸、乙酸發(fā)生中和反應，氫氧化銅溶解，甲酸、加熱條件下葡萄糖生成磚紅色沉淀，乙醇沒有現(xiàn)象，可辨別，故A正確；B.碳酸鈉溶液，只能將乙酸、甲酸分為一組，葡萄糖和乙醇分為一組，故B錯誤。C、除乙酸外都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C錯誤；D、甲酸、乙酸紫色石蕊試液變紅，其余不變，故D錯誤；故選A。19、A【解析】

A、2L0.2mol·L-1Ba(NO3)2溶液中，n[Ba(NO3)2]=2L×0.2mol·L-1=0.4mol，則n(Ba2+)=0.4mol，n(NO3-)=0.8mol，故陰、陽離子總數(shù)為1.2NA，A錯誤；B、500mL溶液中，c(NO3-)=2×0.2mol·L-1=0.4mol?L-1，B正確；C、500mL溶液中，c(Ba2+)=0.2mol?L-1，C正確；D、500mL溶液中，n(NO3-)=2×0.5L×0.2mol·L-1=0.2mol，即NO3-的總數(shù)為0.2NA，D正確；故選A。20、A【解析】

A.圖（a）表示As4結(jié)構(gòu)，每個As原子最外層有5個電子，形成3個σ鍵，還有1對孤電子對，As4分子中成鍵電子對與孤電子對數(shù)目之比為6:4，即3:2，故A錯誤；B.圖（b）表示晶態(tài)單質(zhì)硼的B12基本結(jié)構(gòu)單元，每個面都是由3個B原子形成的正三角形，每個B原子被5個正三角形共用，一共20個面，所以該基本單元為正20面體，故B正確；C.單質(zhì)硼的熔點為2180℃，熔點較高，且原子間通過共價鍵結(jié)合，屬于原子晶體，故C正確；D.BAs晶胞中，較大的原子為As原子，在其周圍最近的B原子數(shù)目為4，所以As原子的配位數(shù)為4，故D正確；故選A。21、B【解析】試題分析：光纖即光導纖維的簡稱，其主要成分是二氧化硅，石英主要成分是二氧化硅，故選項B正確?？键c：考查光纖成分判斷的知識。22、B【解析】

濃硫酸增重10.8g說明反應產(chǎn)物中含水10.8g，即產(chǎn)物中含n(H2O)==0.6mol；通過灼熱氧化銅，氧化銅質(zhì)量減輕3.2g，則CO+CuOCO2+Cu△m1mol1mol16gn（CO）3.2g=，解得n（CO）=0.2mol；根據(jù)碳元素守恒可知CO與CuO反應生成的CO2的物質(zhì)的量為0.2mol，質(zhì)量為0.2mol×44g/mol=8.8g；有機物燃燒生成的CO2的質(zhì)量為17.6g-8.8g=8.8g，物質(zhì)的量為=0.2mol；根據(jù)碳元素守恒可知，0.2mol有機物中含有碳原子物質(zhì)的量為0.4mol，根據(jù)氫元素守恒可知，0.2mol有機物中含有氫原子物質(zhì)的量為0.6mol×2=1.2mol，根據(jù)氧元素守恒可知，0.2mol有機物中含有氧原子物質(zhì)的量為0.2mol+0.2mol×2+0.6mol-0.5mol×2=0.2mol，則n（有機物）：n（C）：n（H）：n（O）=0.2mol：0.4mol：1.2mol：0.2mol=1:2:6:1，所以有機物的分子式為C2H6O，故選B。【點晴】本題考查有機物分子式的確定。注意所含元素原子個數(shù)的計算角度，注意質(zhì)量守恒定律的應用。濃硫酸具有吸水性，濃硫酸的質(zhì)量增加10.8g說明反應產(chǎn)物中含水10.8g，通過灼熱氧化銅，氧化銅質(zhì)量減輕3.2g，結(jié)合方程式可計算CO的物質(zhì)的量，通過堿石灰時，堿石灰的質(zhì)量增加了17.6g可計算總CO2的物質(zhì)的量，根據(jù)氧元素守恒可計算有機物中含有O的物質(zhì)的量，進而求得化學式。二、非選擇題(共84分)23、NH3、CH4、H2S51NH4HS或(NH4)2S[Cu(NH3)4]SO4內(nèi)界中銅離子與氨分子之間以配位鍵相結(jié)合，外界銅氨絡離子與硫酸根離子之間以離子鍵相結(jié)合【解析】

由于A，B，C，D為短周期元素，因A元素的周期數(shù)、主族數(shù)、原子序數(shù)相同，則A只能為氫元素；同一能層的不同能級的能量不同，符號相同的能級處于不同能層時能量也不同，即1s、2s、2p的軌道能量不同，2p有3個能量相同的軌道，由此可確定B；因s軌道最多只能容納2個電子，所以c=2，即C原子價電子構(gòu)型為2s22p3，即氮元素。短周期中原子的次外層只可能是K或L層，K、L層最多容納2個或8個電子，據(jù)此可確定D。再由D的陰離子電子數(shù)及在E2D中E的化合價，即可確定E。由此分析?！驹斀狻坑捎贏，B，C，D為短周期元素，A元素的周期數(shù)、主族數(shù)、原子序數(shù)相同，則A為氫元素；B原子核外有3種能量不同的原子軌道且每種軌道中的電子數(shù)相同，則B的電子排布式為1s22s23p2，即B為碳元素；因s能級最多只能容納2個電子，即c=2，所以C原子價電子構(gòu)型為2s22p3，C為氮元素；短周期中原子的次外層只可能是K或L層，K、L層最多容納2個或8個電子，因D原子最外層電子數(shù)比次外層電子數(shù)少2個，所以D的次外層只能是L層，D的最外層應為6個電子，即D為16號元素硫；硫元素的陰離子（S2-）有18個電子，E陽離子也應有18個電子，在E2D中E顯+1價，所以E為19號元素鉀。所以A、B、C、D、E分別為氫、碳、氮、硫、鉀。(1)上述五種元素中金屬性最強的是鉀元素，故它的第一電離能最小，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為。硫原子價電子層為M層，價電子排布式為3s23p4，其電子排布圖為。(2)①分子結(jié)構(gòu)圖中黑點表示的原子最外層有5個電子，顯然是氮原子，白球表示的原子最外層只有1個電子，是氫原子，所以該分子是NH3，中心N原子有3個σ鍵，1個孤電子對，故采用sp3雜化；②分子中黑球表示的原子最外層4個電子，是碳原子，白球表示的原子的最外層只有1個電子，是氫原子，所以②分子是CH4，中心碳原子有4個σ鍵，0個孤電子對，采用sp3雜化；③分子中黑球表示的原子最外層4個電子，是碳原子，白球表示的原子的最外層只有1個電子，是氫原子，所以③分子是CH2=CH2，中心碳原子有3個σ鍵，0個孤電子對，所以中心原子采用sp2雜化；④分子中黑球表示的原子最外層6個電子，是硫原子，白球表示的原子的最外層只有1個電子，是氫原子，該分子為H2S，中心S原子有2個σ鍵，2個孤電子對，所以中心原子采用sp3雜化。因此中心原子采用sp3雜化形成化學鍵的分子有NH3、CH4、H2S。在CH2=CH2的分子中有5個σ鍵和1個π鍵。(3)根據(jù)上面的分析知A、C、D分別為氫、氮、硫三種元素，形成既具有離子鍵又具有共價鍵的化合物是硫氫化銨或硫化銨，其化學式為NH4HS或(NH4)2S，銨根與HS-或S2-之間是離子鍵，銨根中的N與H之間是共價鍵，HS-中H與S之間是共價鍵。C的氫化物是NH3，NH3的水溶液與CuSO4溶液反應生成的配合物是硫酸四氨合銅，其化學式為[Cu(NH3)4]SO4。配合物[Cu(NH3)4]SO4的內(nèi)界中Cu2+與NH3之間是以配位鍵相結(jié)合，外界銅氨配離子[Cu(NH3)4]2+與硫酸根離子之間是以離子鍵相結(jié)合。24、（1）1s22s22p63s23p63d10（2分）（2）sp3雜化（2分）v形（2分）（3）SiO2（1分）SiO2為原子晶體，CO2為分子晶體（2分）（4）2Cu+8NH3+O2+2H2O2[Cu(NH3)4]2++4OH-（2分）（5）8（1分）4（1分）（2分）【解析】分析：X、Y、Z、W、R、Q為前四周期元素，且原子序數(shù)依次增大。X是所有元素中原子半徑最小的，則X為H元素；Y有三個能級，且每個能級上的電子數(shù)相等，核外電子排布為1s22s22p2，故Y為C元素；R與Y同一主族，結(jié)合原子序數(shù)可知，R為Si，而Z原子單電子數(shù)在同周期元素中最多，則外圍電子排布為ns2np3，原子序數(shù)小于Si，故Z為N元素；W與Z同周期，第一電離能比Z的低，則W為O元素；Q的最外層只有一個電子，其他電子層電子均處于飽和狀態(tài)，不可能為短周期元素，故核外電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1，則Q為Cu元素，據(jù)此解答。詳解：根據(jù)以上分析可知X、Y、Z、W、R、Q分別是H、C、N、O、Si、Cu。則（1）Cu+核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10；（2）化合物H2O2中結(jié)構(gòu)式為H-O-O-H，O原子價層電子對數(shù)為2+(6?2)/2=4，故O原子采取sp3雜化；NO2-離子中N原子孤電子對數(shù)為(5+1?2×2)/2=1、價層電子對數(shù)為2+1=3，故其立體構(gòu)型是V形；（3）Y、R的最高價氧化物分別為二氧化碳、二氧化硅，SiO2為原子晶體，CO2為分子晶體，故沸點較高的是SiO2；（4）將Cu單質(zhì)的粉末加入到NH3的濃溶液中，并通入O2，充分反應后溶液呈深藍色，反應生成[Cu(NH3)4]2+，該反應的離子方程式為2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-；（5）碳有多種同素異形體，其中一種同素異形體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖，該晶體一個晶胞的Y原子數(shù)為：4+8×1/8+6×1/2=8；每個Y與周圍的4個Y原子相鄰，故Y原子的配位數(shù)為4；若晶胞的邊長為apm，則晶胞體積為（a×10-10）3cm3，晶體的密度為ρg/cm3，則晶胞質(zhì)量為（a×10-10）3cm3×ρg/cm3=ρa3×10-30ρg，則8×12/NAg=ρa3×10-30ρg，故NA=。25、FNaOH2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－10－5＞c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+）＞C【解析】

電解飽和食鹽水，氯離子在陽極（E極）失去電子生成氯氣，水電離的H+在陰極（F極）得電子生成氫氣，同時生成OH-，離子方程式是2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－.【詳解】（1）由裝置圖中氯氣和氫氣的位置判斷，生成氫氣的極為陰極，水電離的H+在陰極得電子生成氫氣，電極反應式為；破壞水的電離平衡，濃度增大，溶液A為氫氧化鈉溶液，故溶質(zhì)為NaOH.（2）電解池中陽離子向陰極移動，所以Na+向F極移動，在F極水電離的H+得電子生成氫氣，破壞水的電離平衡，OH-濃度增大，溶因此液A為氫氧化鈉溶液，故溶質(zhì)為NaOH；（3）電解飽和食鹽水，氯離子在陽極失去電子生成氯氣，水電離的H+在陰極得電子生成氫氣，同時生成OH-，離子方程式是2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－；（4）ⅰ.從第①組情況分析,生成了氯化銨溶液,銨離子水解,溶液顯示酸性,溶液中的氫離子是水電離的,故中由水電離出的c（H+）=1×10-5mol·L-1；ⅱ.從第②組情況表明,pH=7,溶液顯示中性,若c=2,生成氯化銨溶液,顯示酸性,故氨水的濃度稍大些,即c大于0.2mol/L；ⅲ.0.2mol/L的氨水與0.1mol/L的鹽酸等體積混合后，得到等濃度的一水合氨與氯化銨的混合溶液，溶液pH＞7,說明氨水的電離程度大于水解程度,故銨離子濃度大于氨水濃度;，所以c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+）；ⅳ.NH3·H2O是弱電解質(zhì)，在溶液中存在電離平衡，NH3·H2ONH4++OH-，電離平衡常數(shù)，則，增大NH3·H2O的濃度，電離平衡正向移動，OH-濃度增大，實驗①、③相比較，③中OH-濃度大，OH-濃度越大，越小，所以①＞③；（5）A、夏季溫度較高，氯氣溶解度隨溫度的升高而降低，且HClO的電離是吸熱的，升高溫度平衡正向移動，水中HClO濃度減小，殺毒效果差，故A錯誤。B、根據(jù)電荷守恒可以得到c（OH－）+c（ClO－）=c（H+），故B錯誤；C、由于HClO的殺菌能力比ClO－強，因此HClO的濃度越高，殺菌能力越強，由圖中可知pH=6.5時的次氯酸濃度更大，故C正確；綜上所述，本題正確答案為C。26、吸收空氣中的還原性氣體，防止其干擾pH3的測定偏低5PH3+8Mn04-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.3825mg>0.05mg，所以不合格【解析】

(1)KMnO4溶液有強氧化性，PH3有強還原性；(2)氧氣會氧化一部分PH3，滴定消耗的亞硫酸鈉標準溶液偏少，則測得的磷化物的殘留量偏低；(3)由得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可寫出正確的化學方程式；(4)先計算Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量，再由高錳酸鉀總的物質(zhì)的量減去Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量求出吸收PH3消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量，進而求出糧食中磷物(以PH3計)的殘留量?！驹斀狻?1)KMnO4溶液有強氧化性，PH3有強還原性，裝置A中的KMnO4溶液的作用是吸收空氣中的還原性氣體，防止其干擾PH3的測定；(2)裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液吸收空氣中的O2，若去掉該裝置，氧氣會氧化一部分PH3，導致剩下的KMnO4多，滴定消耗的亞硫酸鈉標準溶液偏少，則測得的磷化物的殘留量偏低；(3)裝置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被還原為Mn2+，由得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可知，該反應的離子方程式為：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；(4)滴定的反應原理是5SO32-+2MnO4-+16H+=5SO42-+2Mn2++8H2O，Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量==3.2mol。則吸收PH3消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量=2.50×lO-4mol?L-13.2mol=1.8mol，PH3的物質(zhì)的量=1.8mol=1.125mol。糧食中磷物(以PH3計)的殘留量==0.3825mg?kg-1，0.3825mg?kg-1>0.05mg?kg-1，所以不合格。27、及時分離生成的水，促進平衡正向進行停止加熱，待冷卻至室溫后，再往裝置內(nèi)加入沸石水浴洗掉碳酸氫鈉干燥溫度計水銀