安徽省霍邱縣二中2026屆高三化學第一學期期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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、下列實驗能獲得成功的是（）實驗目的實驗步驟及現(xiàn)象A除去苯中的苯酚加入濃溴水，充分振蕩、靜置，然后過濾B證明醋酸的酸性比次氯酸強用pH試紙分別測定常溫下等濃度的醋酸和次氯酸的pH值，pH大的是次氯酸C檢驗Na2SO3固體中含Na2SO4試樣加水溶解后，加入足量鹽酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀D檢驗溴乙烷中含有溴元素溴乙烷與氫氧化鈉溶液混合振蕩后，再向混合液中滴加硝酸銀溶液，有淡黃色沉淀A．A B．B C．C D．D2、常溫常壓下，下列氣體混合后壓強一定不發(fā)生變化的是A．NH3和Cl2 B．NH3和HBr C．SO2和O2 D．SO2和H2S3、主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不大于20。W、X、Y最外層電子數(shù)之和為11，W與Y同族且都是復合化肥的營養(yǎng)元素，Z的氫化物遇水可產生最輕的氣體。下列說法正確的是（）A．常溫常壓下X的單質為氣態(tài)B．簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y＞W(wǎng)C．Z的氫化物含有共價鍵D．簡單離子半徑：W＞X4、NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。關于常溫下pH＝2的H2SO4溶液，溶液中不存在H2SO4分子，但存在HSO4一離子，下列說法錯誤的是A．每升溶液中的H＋數(shù)目為0.01NAB．Na2SO4溶液中：c(Na+)=2c(SO42-)＞c(H+)=2c(OH-)C．向稀硫酸中逐滴滴加濃硫酸，溶液中減小D．NaHSO4不是弱電解質5、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．8gCH4O中含有的C-H鍵數(shù)目為NAB．25℃時，100mLpH=8的氨水中NH4+的個數(shù)為9.9×10-8NAC．56gFe和64gCu分別與1molS反應轉移的電子數(shù)均為2NAD．標準狀況下，2.24

LCl2

溶于水所得氯水中含氯的微?？倲?shù)為0.2NA6、Fe3O4中含有Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd為催化材料，可實現(xiàn)用H2消除酸性廢水中的致癌物NO2-，其反應過程如圖所示。下列說法正確的是（）A．Pd作正極B．Fe（Ⅱ）與Fe（Ⅲ）的相互轉化起到了傳遞電子的作用C．反應過程中NO2-被Fe（Ⅱ）氧化為N2D．用該法處理后水體的pH降低7、在25℃時,將1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，使之充分反應。然后向該混合溶液中通入HCl氣體或加入NaOH固體(忽略體積和溫度變化)，溶液pH隨通入(或加入)物質的物質的量的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是(

)A．水的電離程度：a>b>cB．c點對應的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)C．a點對應的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)D．該溫度下，CH3COOH的電離平衡常數(shù)8、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增，a、b、c、d、e、f是由這些元素組成的化合物，m為單質，d是淡黃色粉末，b是生活中常見的液態(tài)化合物。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．化合物a中只含有C、H兩種元素B．幾種元素的原子半徑由大到小順序為Z＞Y＞X＞W(wǎng)C．d是離子化合物，陰陽離子個數(shù)比為1：2D．Y與W形成的簡單化合物是同主族元素同類型化合物中沸點最低的9、AlCl3常作凈水劑。某小組選擇如下裝置制備氯化鋁，已知氯化鋁易升華，遇水易水解。下列說法錯誤的是A．按氣流方向從左至右，裝置連接順序為a→c→b→dB．先啟動a中反應，當硬質試管內充滿黃綠色時點燃酒精燈C．試劑R為P2O5或CaCl2吸收空氣中的水蒸氣D．為了中止反應，停止通入Cl2的操作是關閉分液漏斗的活塞10、X、Y、Z均為短周期主族元素，Y的核電荷數(shù)為奇數(shù)，Z的核電荷數(shù)為X的2倍。X的最外層電子數(shù)等于Y與Z的最外層電子數(shù)之和。Y與Z同周期且Y的原子半徑大于Z。下列敘述正確的是A．單質的熔點：Y＞Z B．X的最高價氧化物的水化物為弱酸C．Y、Z的氧化物均為離子化合物 D．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：X＞Z11、混合物M中可能含有A12O3、Fe2O3、Al、Cu，為確定其組成，某同學設計如圖所示分析方案。下列分析正確的是A．已知m1>m2，則混合物M中一定含有A12O3B．生成藍綠色溶液的離子方程式為Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+C．固體P既可能是純凈物，又可能是混合物D．要確定混合物M中是否含有A1，可取M加入過量NaOH溶液12、CO2催化加氫制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究，對于環(huán)境問題和能源問題都具有非常重要的意義。已知一定條件下的如下反應：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)?H=－49.0kJ·mol-12CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)?H=－173.6kJ·mol-1下列說法不正確的是A．CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g)CH3CH2OH(g)+2H2O(g)?H＜0B．增大壓強，有利于反應向生成低碳醇的方向移動，平衡常數(shù)增大C．升高溫度，可以加快生成低碳醇的速率，但反應限度降低D．增大氫氣濃度可以提高二氧化碳的轉化率13、屬于非電解質的是A．二氧化硫 B．硫酸鋇 C．氯氣 D．冰醋酸14、甲、乙兩個恒容密閉容器中均發(fā)生反應：C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＞0，有關實驗數(shù)據(jù)如下表所示：容器容積/L溫度/℃起始量/mol平衡量/mol平衡常數(shù)C(s)H2O(g)H2(g)甲2T12.04.03.2K1乙1T21.02.01.2K2下列說法正確的是()A．K1＝12.8B．T1＜T2C．T1℃時向甲容器中再充入0.1molH2O(g)，則平衡正向移動，CO2(g)的體積分數(shù)增大D．若T2溫度下，向2L恒容密閉容器中充入1.0molCO2和2.0molH2，達平衡時，CO2的轉化率大于40%15、a、b、c、d為短周期元素，原子序數(shù)依次增大。a原子最外層電子數(shù)等于電子層數(shù)的3倍，a和b能組成兩種常見的離子化合物，其中一種含兩種化學鍵，d的最高價氧化物對應的水化物和氣態(tài)氫化物都是強酸。向d的氫化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，開始沒有沉淀；隨著bca2溶液的不斷滴加，逐漸產生白色沉淀。下列推斷正確的是A．簡單原子半徑：b>c>aB．最高價氧化物對應水化物的堿性：b<cC．工業(yè)上電解熔融cd3可得到c的單質D．向b2a2中加入cd3溶液一定不產生沉淀16、下列化學用語正確的是（）A．重水的分子式：D2O B．次氯酸的結構式：H—Cl—OC．乙烯的實驗式：C2H4 D．二氧化硅的分子式：SiO217、通過下列實驗操作及現(xiàn)象不能推出相應結論的是選項實驗操作現(xiàn)象結論A將SO2氣體通入Na2SiO3溶液中產生膠狀沉淀酸性：H2SO3＞H2SiO3B向某食鹽溶液中滴加淀粉溶液溶液顏色不變該食鹽中一定沒有添加碘酸鉀C向2支盛有5mL0.1mol/LNaOH溶液的試管中分別加入2滴0.1mol/LCuCl2溶液和2滴0.1mol/LCaCl2溶液一支試管中產生藍色沉淀，另一支試管無明顯現(xiàn)象Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Ca(OH)2]D向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振蕩、靜置上層呈紫紅色，下層有白色沉淀生成銅離子可以氧化碘離子，白色沉淀可能為CuIA．A B．B C．C D．D18、下列關于有機物1-氧雜-2，4-環(huán)戊二烯（）的說法正確的是（）A．與互為同系物B．一氯代物有2種，二氯代物有4種（不考慮立體異構）C．能使溴水退色，不能使酸性高錳酸鉀溶液退色D．1mol該有機物完全燃燒消耗5molO219、下列實驗中，所使用的裝置(夾持裝置略)、試劑和操作方法都正確的是()A．觀察Fe（OH）2的生成B．配制一定物質的量濃度的NaCO3溶液C．除去CO中的CO2D．實驗室模擬制備NaHCO320、下列說法正確的是（）A．用乙醇和濃硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B．測定新制氯水的pH時，先用玻璃棒蘸取液體滴在pH試紙上，再與標準比色卡對照C．檢驗牙膏中是否含有甘油，可選用新制的氫氧化銅懸濁液，若含有甘油，則產生絳藍色沉淀D．將阿司匹林粗產品置于燒杯中，攪拌并緩慢加入飽和NaHCO3溶液，目的是除去粗產品中的水楊酸聚合物21、下列離子方程式中正確的是（）A．硫酸鎂溶液和氫氧化鋇溶液反應SO42-+Ba2+=BaSO4↓B．銅片加入稀硝酸中：Cu+2NO3-+4H+==Cu2++2NO2↑+2H2OC．FeBr2溶液中加入過量的氯水2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+4Cl-+2Fe3+D．等體積等物質的量濃度的NaHCO3和Ba(OH)2兩溶液混合：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O22、能正確表示下列化學反應的離子方程式的是()A．氫氧化鋇溶液與稀硝酸反應：OH-+H＋=H2OB．澄清的石灰水與稀鹽酸反應：Ca(OH)2+2H＋=Ca2＋+2H2OC．醋酸與氫氧化鈉溶液反應：H＋+OH-=H2OD．碳酸鋇溶于稀鹽酸中：CO32-+2H＋=H2O+CO2↑二、非選擇題(共84分)23、（14分）二乙酸乙二酯可由X裂解得到的A和B合成。有關物質的轉化關系如下：回答下列問題：(1)B的結構簡式為________。(2)反應③的反應類型為________。(3)C和C2H6O2反應的化學方程式為___________________________________。(4)下列說法不正確的是________。A．鑒別A和B也可以用溴水B．C2H6O也可以分兩步氧化成CC．C2H2O2和C2H6O在濃硫酸作用下也可以加熱生成C6H10O4D．X一定是丁烷24、（12分）芳香族化合物A(C9H12O)常用于藥物及香料的合成，A有如下轉化關系：已知：①A的苯環(huán)上只有一個支鏈,支鏈上有兩種不同環(huán)境的氫原子②+CO2③RCOCH3+R'CHORCOCH=CHR'+H2O回答下列問題：(1)A生成B的反應類型為__________,由D生成E的反應條件為_______________。(2)H中含有的官能團名稱為______________。(3)I的結構簡式為__________________________。(4)由E生成F的化學方程式為____________________________________________。(5)F有多種同分異構體，寫出一種符合下列條件的同分異構體的結構簡式為：___________________。①能發(fā)生水解反應和銀鏡反應②屬于芳香族化合物且分子中只有一個甲基③具有5組核磁共振氫譜峰(6)糠叉丙酮()是一種重要的醫(yī)藥中間體，請參考上述合成路線，設計一條由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()為原料制備糠叉丙酮的合成路線(無機試劑任選，用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系,箭頭上注明試劑和反應條件)：___________________。25、（12分）為了檢驗在氫氣和二氧化碳的混合氣體中是否混入了一氧化碳，用如下的裝置進行實驗。請回答：(1)寫出標有番號的儀器名稱：①___________，②_____________，③_____________。(2)裝置B中用的試劑是_______________，目的是為了_______________________。(3)當觀察到E裝置中出現(xiàn)____________現(xiàn)象時，說明混合氣體中一定含有一氧化碳。(4)如果混合氣體中含有一氧化碳，為了保護環(huán)境，應在E裝置右邊的排氣管口采取的措施是_____。(5)A裝置的作用是___________，反應的化學方程式是___________________。(6)假設混合氣體中的CO與CuO完全反應，當通入的氣體為mg，D增重ng，E瓶增重pg。則混合氣體中CO的質量百分數(shù)為：_________%；如果去掉D裝置，這里計算的CO的質量百分數(shù)準確嗎？為什么？___________________________________________。26、（10分）實驗室制備己二酸的原理為：3+8KMnO4═3KOOC（CH2）4COOK+8MnO2↓+2KOH+5H2O主要實驗裝置和步驟如下：①在如圖裝置中加入5mL10%氫氧化鈉溶液和50mL水，攪拌使其溶解，然后加入6.3g高錳酸鉀，小心預熱溶液到40℃。②從恒壓漏斗中緩慢滴加1.4mL環(huán)己醇，控制滴速，使反應溫度維持在45℃左右，反應20min后，再在沸水浴上加熱5min促使反應完全并使MnO2沉淀凝聚。③加入適量亞硫酸氫鈉固體除去多余高錳酸鉀。④通過___操作，得到沉淀和濾液，洗滌沉淀2～3次，將洗滌液合并入濾液。⑤加熱濃縮使溶液體積減少至10mL左右，趁熱小心加入濃硫酸，使溶液呈強酸性（調節(jié)pH＝1～2），冷卻結晶、抽濾、洗滌、干燥，得己二酸白色晶體1.5g。已知：己二酸的電離平衡常數(shù)：Ka1＝3.8×10﹣5，Ka2＝3.9×10-6；相對分子質量為146；其在水中溶解度如下表溫度（℃）1534507087100己二酸溶解度（g）1.443.088.4634.194.8100（1）步驟②中緩慢滴加環(huán)己醇的原因是___。（2）步驟④劃線部分操作是___、在第④、⑤布中均要求洗滌沉淀，所用洗滌液依次為___、___。（3）步驟⑤加入濃硫酸調節(jié)pH成強酸性的原因是___。（4）己二酸產品的純度可用酸堿滴定法測定。取樣試樣ag（準確至0.0001g），置于250mL錐形瓶中，加入50mL除去CO2的熱蒸餾水，搖動使試樣完全溶解，冷卻至室溫，滴加3滴酚酞溶液，用0.1000mol?L-1的NaOH標準溶液滴定至微紅色即為終點，消耗NaOH標準溶液體積bmL①下列說法正確的是___。A．稱取己二酸樣品質量時，先將錐形瓶放在電子天平秤盤的中央，顯示數(shù)字穩(wěn)定后按“去皮”鍵（歸零鍵），再緩慢加樣品至所需樣品的質量時，記錄稱取樣品的質量B．搖瓶時，應微動腕關節(jié)，使溶液向一個方向做圓周運動，但是勿使瓶口接觸滴定管，溶液也不得濺出C．滴定時左手輕輕擠壓玻璃球讓液體自行呈線狀流下D．滴定結束后稍停1﹣2分鐘，等待滴定管內壁掛有的溶液完全流下時再讀取刻度數(shù)E．記錄測定結果時，滴定前仰視刻度線，滴定到達終點時又俯視刻度線，將導致滴定結果偏高②計算己二酸純度的表達式為___。27、（12分）草酸(二元弱酸，分子式為H2C2O4)遍布于自然界，幾乎所有的植物都含有草酸鈣(CaC2O4)。(1)葡萄糖(C6H12O6)與HNO3反應可生成草酸和NO，其化學方程式為________。(2)相當一部分腎結石的主要成分是CaC2O4。若某人每天排尿量為1.4L，含0.10gCa2＋。當尿液中c(C2O42-)>________mol·L－1時，易形成CaC2O4沉淀。[已知Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9](3)測定某草酸晶體(H2C2O4·xH2O)組成的實驗如下：步驟1：準確稱取0.5508g鄰苯二甲酸氫鉀(結構簡式為)于錐形瓶中，用蒸餾水溶解，以酚酞作指示劑，用NaOH溶液滴定至終點，消耗NaOH溶液的體積為22.50mL。步驟2：準確稱取0.1512g草酸晶體于錐形瓶中，用蒸餾水溶解，以酚酞作指示劑，用步驟1中所用NaOH溶液滴定至終點(H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O)，消耗NaOH溶液的體積為20.00mL。①“步驟1”的目的是____________________________________。②計算x的值(寫出計算過程)__________________________________。28、（14分）隨新能源汽車的發(fā)展,新能源電池技術也在不斷創(chuàng)新,典型的鋰離子電池一般以LiCoO2或LiFePO4等為正極材料，以石墨碳為負極材料，以溶有LiPF6等的有機溶液為電解質溶液。（1）P原子的電子排布式為_________。Fe2+中未成對電子數(shù)為___________。（2）N、O、F原子的第一電離能由小到大的順序為_______。（3）等電子體具有相似的化學鍵特征，它們的許多性質是相近的。ClO4-與PO43-互為等電子體，ClO4-的立體構型為_______，中心原子的雜化軌道類型為________。（4）烷烴同系物中，CH4的沸點最低，原因是______________。（5）向CuSO4溶液中加入氨水，首先形成藍色沉淀，繼續(xù)加氨水，沉淀溶解，得到深藍色溶液，在此溶液中加入乙醇，析出深藍色的晶體。由藍色沉淀得到深藍色溶液的離子方程式為_______________；深藍色晶體中存在的化學鍵類型有__________。（填代號）A．離子鍵B．σ鍵C．非極性共價鍵D．配位鍵E．金屬鍵F．氫鍵（6）如圖所示為Co的某種氧化物的晶胞結構圖，則該氧化物的化學式為______；若該晶胞的棱長為apm,則該晶體的密度為_____________g/cm3。（NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）29、（10分）碳酸鋰是生產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_____。

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】

A．苯酚與溴發(fā)生取代反應生成三溴苯酚，溴以及三溴苯酚都溶于苯中，無法到分離提純的目的，應用氫氧化鈉溶液除雜，故A錯誤；B．次氯酸具有漂白性，可使pH試紙先變紅后褪色，無法測出溶液的pH，故B錯誤；C．加入鹽酸，可排除Na2SO3的影響，再加入BaCl2溶液，可生成硫酸鋇白色沉淀，可用于檢驗，故C正確；D．反應在堿性條件下水解，檢驗溴離子，應先調節(jié)溶液至酸性，故D錯誤；故答案為C。2、C【解析】

完全反應后容器中壓強沒有發(fā)生變化，說明反應前后氣體的物質的量沒有發(fā)生變化，A．氨氣與氯氣常溫下反應：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，氯化銨為固體，氣體物質的量減小，壓強發(fā)生變化，故A不選；B．氨氣與溴化氫反應生成溴化銨固體，方程式為：NH3+HBr=NH4Br，溴化銨為固體，氣體物質的量減小，壓強發(fā)生變化，故B不選；C．二氧化硫與氧氣常溫下不反應，所以氣體物的量不變，壓強不變，故C選；D．SO2和H2S發(fā)生SO2+2H2S═3S↓+2H2O，氣體物質的量減小，壓強發(fā)生變化，故D不選；故選：C。3、D【解析】

W與Y同族且都是復合化肥的營養(yǎng)元素，則W為氮(N)，Y為磷(P)；W、X、Y最外層電子數(shù)之和為11，則X為鈉(Na)；Z的氫化物遇水可產生最輕的氣體，則Z為鉀(K)或鈣(Ca)?！驹斀狻緼．常溫常壓下X的單質為鈉，呈固態(tài)，A錯誤；B．非金屬性Y(P)<W(N)，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性Y<W，B錯誤；C．Z的氫化物為KH或CaH2，含有離子鍵，C錯誤；D．具有相同核電荷數(shù)的離子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則簡單離子半徑：N3->Na+，D正確；故選D。4、B【解析】

常溫下的溶液，溶液中不存在分子，但存在離子，說明硫酸的第一步完全電離，第二步部分電離?！驹斀狻緼.由可得，每升溶液中的數(shù)目為，故A正確；B.，硫酸根有一部分水解成硫酸氫根，c(Na+)＞2c(SO42-)，根據(jù)電荷守恒式可知，c(OH-)＞c(H+)，所以應該為c(Na+)＞2c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B錯誤；C.據(jù)已知可知，當向稀硫酸中逐滴滴加濃硫酸會增大，所以減小，故C正確；D.NaHSO4屬于鹽，完全電離，故不是弱電解質，D正確；故答案為：B。5、B【解析】A、8g

CH4O(即0.25mol甲醇)，所含有的C-H

鍵數(shù)目為0.75NA，故A錯誤；B、25℃時，pH=8

的氨水中c(H+)水=1.0×10-8mol/L=c(OH-)水，由Kw可求得溶液中的c(OH-)總=1.0×10-6mol/L，則由NH3·H2O電離出的c(OH-)一水合氨=c(OH-)總-c(OH-)水=1.0×10-6mol/L-1.0×10-8mol/L=9.9×10-7mol/L=c(NH4+)，則NH4+的數(shù)目為9.9×10-7mol/L×0.1L×NA=9.9×10-8NA，所以B正確；C、由于S的氧化能力弱，所以鐵和銅與S反應時都生成低價化合物，即鐵顯+2價，銅顯+1價，所以56g

Fe

(即1mol）與1mol

S

恰好完全反應生成FeS,則轉移的電子數(shù)為2NA，64g

Cu

(即1mol)與1mol

S

反應生成0.5molCu2S，S過量，則轉移的電子數(shù)為NA，故C錯誤；D、標準狀況下，2.24

LCl2(即0.1mol)

溶于水后仍有部分以Cl2的形式存在于水中，則所得氯水中含氯的微?？倲?shù)小于0.2NA，則D錯誤。本題正確答案為B。點睛：看似簡單的NA題，但在本題中最容易錯選A、D，而B有可能計算錯誤。甲醇（CH4O）中并不是4個氫原子都與碳原子成鍵，而是3個，還要被分子式所迷惑；氯氣是雙原子分子，但并不能全部與水反應，還有一部分以Cl2的形式存在于水中；還要明確Kw的含義是溶液中總的c(H+)與總的c(OH-)的乘積，這樣才能求出由一水合氨電離出的c(OH-)，進而求出NH4+的個數(shù)。6、B【解析】

A．從圖示可以看出，在Pd上，H2失去電子生成H+，所以Pd作負極，故A錯誤；B．Fe（Ⅱ）失去電子轉化為Fe（Ⅲ），失去的電子被NO2-得到，H2失去的電子被Fe（Ⅲ）得到，F(xiàn)e（Ⅲ）轉化為Fe（Ⅱ），所以Fe（Ⅱ）與Fe（Ⅲ）的相互轉化起到了傳遞電子的作用，故B正確；C．反應過程中NO2-被Fe（Ⅱ）還原為N2，故C錯誤；D．總反應為：2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O，消耗了H+，所以用該法處理后水體的pH升高，故D錯誤；故選B。7、D【解析】

A.CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促進水的電離，CH3COOH的電離抑制水的電離。若向該混合溶液中通入HCl，c點反應CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全發(fā)生，CH3COONa減少，CH3COOH增多；若向該混合溶液中加入NaOH固體，a點反應CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全進行，CH3COONa增多，CH3COOH減少，因此，水的電離程度：a>b>c，故A正確；B.CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b點溶液呈酸性，說明CH3COOH濃度遠大于CH3COONa，c點CH3COONa與HCl反應完全，溶液呈酸性，此時溶液為CH3COOH和NaCl溶液，則c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正確；C.a點反應CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全進行，溶液中電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此時pH=7，則c（H+）=c（OH-），則c（Na+）=c（CH3COO-），故C正確；D.該溫度下pH=7時，c（H+）=10-7mol·L-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）mol/L，則醋酸的電離平衡常數(shù)Ka==，故D錯誤；故選D。【點睛】解答本題的難點是選項A，需要明確酸、堿抑制水的電離，鹽類水解促進水的電離。需要分析a、b、c三點c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差別，從而確定水的電離程度的相對大小。8、C【解析】

b是生活中常見的液態(tài)化合物，b是水；d是淡黃色粉末，能與水反應，d是Na2O2，Na2O2與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，m是氧氣、e是NaOH；CO2與Na2O2反應生成碳酸鈉和氧氣，c是CO2、f是Na2CO3；W、X、Y、Z原子序數(shù)依次遞增，則W、X、Y、Z依次是H、C、O、Na?！驹斀狻緼.a與氧氣反應生成二氧化碳和水，所以化合物a中一定含有C、H元素，可能含有氧元素，故A錯誤；B.H、C、O、Na的原子半徑由大到小順序為Na＞C＞O＞H，故B錯誤；C.d是Na2O2，屬于離子化合物，陰陽離子個數(shù)比為1：2，故C正確；D.水分子間含有氫鍵，H2O是同主族元素同類型化合物中沸點最高的，故D錯誤。答案選C。9、C【解析】

A．制得氯氣后，應先除HCl后干燥，A正確；B．通入氯氣，排盡裝置內的空氣，防止氧氣與鋁反應，當硬質試管內充滿黃綠色氣體時，表明空氣已排盡，此時點燃酒精燈，加熱鋁粉，B正確；C．試劑R的作用是吸收未反應的Cl2，同時防止空氣中的水蒸氣進入，而P2O5或CaCl2只能吸收水蒸氣，不能吸收Cl2，C錯誤；D．關閉分液漏斗的活塞，停止加入濃鹽酸，a中反應會停止，D正確。故選C。10、D【解析】

由題可知Y、Z同周期且Y在Z前面，X的主族序數(shù)在Y、Z的主族序數(shù)之后，Z的核電荷數(shù)為X的2倍，可能確定X在第二周期右后位置，Y、Z在第三周期的左前位置，結合題中條件可知X、Y、Z分別為：N、Na、Si，據(jù)此解答。【詳解】A．Y、Z分別為Na、Si，Si單質為原子晶體，熔點比鈉的高，即Y<Z，A錯誤；B．X為N元素，最高價氧化物的水化物HNO3為強酸，B錯誤；C．Y、Z分別為Na、Si，Si的氧化物SiO2為共價化合物，C錯誤；D．X、Z分別為：N、Si，氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性NH3>SiH4，即X＞Z，D正確；答案選D。11、D【解析】

Al2O3和Al均能溶解在過量氫氧化鈉溶液中，生成藍綠色溶液說明含Cu2+，能形成Cu2+，則固體A肯定含有Fe2O3和Cu?！驹斀狻緼．若m1>m2，則混合物M中可能含有Al2O3或Al或者是兩者均有，不一定含有Al2O3，A錯誤；B．離子方程式電荷不守恒，故B錯誤；C．由于加了過量的鹽酸，因此固體P只能是銅，不可能是混合物，故C錯誤；D．要確定混合物M中是否含有Al，可取M加入過量NaOH溶液，若產生氣體，則一定含鋁，否則不含鋁，故D正確。故選D。12、B【解析】

A.根據(jù)蓋斯定律，用第二個反應減第一個反應得：，故A正確；B.溫度不變，平衡常數(shù)不變，故B錯誤；C.升高溫度，正逆反應速率都可以加快，升高溫度，平衡向吸熱反應方向進行，即平衡逆向移動，反應限度降低，故C正確；D.反應物中氫氣和二氧化碳都是氣體，增大一種反應物的濃度可以提高另一種反應物的轉化率，故D正確；故選：B。13、A【解析】

A、二氧化硫的水溶液能導電，是因為二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸電離出氫離子和亞硫酸氫根離子，而不是二氧化硫本身發(fā)生電離，所以二氧化硫是非電解質，故A正確；B、硫酸鋇在熔融狀態(tài)能電離出鋇離子和硫酸根離子，能夠導電，所以硫酸鋇是電解質，故B錯誤；C、非電解質是溶于水溶液中和在熔融狀態(tài)下不能導電的化合物，而氯氣為單質，不是非電解質，故C錯誤；D、醋酸在水溶液中電離出醋酸根離子和氫離子，能夠導電，所以醋酸是電解質，故D錯誤；故選：A?！军c睛】根據(jù)非電解質的定義：非電解質是指在水溶液中和在熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物及電離的特點來解答此題．14、A【解析】

A.根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知甲容器中反應達到平衡時，c(H2O)＝0.4mol·L－1，c(CO2)＝0.8mol·L－1，c(H2)＝1.6mol·L－1，K1＝＝12.8，A正確；B.乙容器中反應達到平衡時，c(H2O)＝0.8mol·L－1，c(CO2)＝0.6mol·L－1，c(H2)＝1.2mol·L－1，K2＝＝1.35，K1＞K2，該反應為吸熱反應，K減小說明反應逆向進行，則溫度降低，即T1＞T2，B錯誤；C.向容器中再充入0.1molH2O(g)，相當于增大壓強，平衡逆向移動，則CO2的體積分數(shù)減小，C錯誤；D.與乙容器中的量比較，1.0molCO2和2.0molH2相當于1.0molC和2.0molH2O，若體積不變，則平衡時是完全等效的，即CO2為0.6mol，CO2的轉化率為40%，但由于體積增大，壓強減小，反應向生成CO2的方向移動，則CO2的轉化率小于40%，D錯誤；故答案為：A。15、A【解析】試題分析：a、b、c、d為短周期元素，原子序數(shù)依次增大。a原子最外層電子數(shù)等于電子層數(shù)的3倍，則a為O元素；a和b能組成兩種常見的離子化合物，其中一種含兩種化學鍵，則b為Na元素；d的最高價氧化物對應的水化物和氣態(tài)氫化物都是強酸，則d為Cl元素。向d的氫化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，開始沒有沉淀；隨著bca2溶液的不斷滴加，逐漸產生白色沉淀，則c為Al元素。A.簡單原子半徑Na>Al>O，A正確；B.最高價氧化物對應水化物的堿性，氫氧化鈉強于氫氧化鋁，B不正確；C.工業(yè)上電解熔融三氧化二鋁來冶煉鋁，氯化鋁是共價化合物，其在熔融狀態(tài)下不導電，C不正確；D.向過氧化鈉中加入足量的氯化鋁溶液可以產生氫氧化鋁沉淀，D不正確。本題選A。16、A【解析】

A.重水中氧原子為16O，氫原子為重氫D，重水的分子式為D2O，故A正確；B.次氯酸中不存在氫氯鍵，其中心原子為氧原子，分子中存在1個氧氫鍵和1個氧氯鍵，結構式為H—O—Cl，故B錯誤；C.實驗式為最簡式，乙烯的實驗式為CH2，故C錯誤；D.二氧化硅晶體為原子晶體，不存在二氧化硅分子，故D錯誤。答案選A。17、B【解析】

A.將SO2氣體通入Na2SiO3溶液中生成膠狀沉淀說明發(fā)生反應SO2+Na2SiO3+H2O===H2SiO3↓+Na2SO3，根據(jù)強酸制弱酸原理可知酸性：H2SO3＞H2SiO3，故A正確；B.淀粉遇碘變藍，向某食鹽溶液中滴加淀粉溶液顏色不變只能說明食鹽中不含碘單質，不能證明不含碘酸鉀，故B錯誤；C.兩支試管中c(OH－)相同，且c(Ca2+)=c(Cu2+)，但只生成氫氧化銅沉淀，說明氫氧化銅比氫氧化鈣更容易沉淀，且二者為同類型沉淀，所以Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Ca(OH)2]，故C正確；D.向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振蕩、靜置上層呈紫紅色說明有碘單質生成，即銅離子將碘離子氧化，下層有白色沉淀生成說明不是氫氧化銅沉淀且無銅單質生成，說明發(fā)生反應2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，故D正確；故答案為B?！军c睛】對于同種類型的沉淀（都是AB型或AB2型等）,一般Ksp越小，溶解度越小，但若沉淀類型不同，不能根據(jù)Ksp判斷溶解度的大小，比較Ksp的大小沒有意義。18、B【解析】

1-氧雜-2，4-環(huán)戊二烯()的分子式為C4H4O，有2種等效氫，結合碳碳雙鍵的平面結構特征和有機物燃燒規(guī)律進行解答。【詳解】A．屬于酚，而不含苯環(huán)和酚羥基，兩者不是同系物，A錯誤；B．共有2種等效氫（不考慮立體異構），它的一氯代物有2種，二氯代物有4種，B正確；C．含碳碳雙鍵，既能能使溴水退色，又能使酸性高錳酸鉀溶液退色，C錯誤；D．的分子式為C4H4O，1molC4H4O完全燃燒消耗的O2的物質的量為1mol(4+-)=4.5mol，D錯誤。答案選B。19、A【解析】

A.氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以制備氫氧化鐵要隔絕空氣；B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀釋或溶解藥品的儀器；C.洗氣瓶洗氣，注意氣體的進出方向；D.氨氣極易溶于水，不能將導管直接插入食鹽水中?！驹斀狻緼.氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以制備氫氧化亞鐵要隔絕空氣，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔絕空氣，能實現(xiàn)實驗目的，故A正確；B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀釋或溶解藥品的儀器，應該用燒杯溶解硝酸鈉，然后等溶液冷卻到室溫，再將硝酸鈉溶液轉移到容量瓶中，故B錯誤；C.洗氣瓶洗氣時，瓶內裝有吸收雜質的液體，混合氣從長管進、短管出(即長進短出或深入淺出)，故C錯誤D.通氨氣的導管插入液面太深，易發(fā)生倒吸；通二氧化碳的導管沒有插入溶液中，二氧化碳不易被溶液吸收，影響碳酸氫鈉的制備，故D錯誤；【點睛】本題考查化學實驗方案評價，為高頻考點，涉及物質制備、物質檢驗、氣體除雜、溶液配制等知識點。沒有正確掌握常見制備儀器的使用方法以及收集方法致錯。20、D【解析】

A.乙醇和乙酸的反應為可逆反應，用乙醇和濃硫酸不能除去乙酸乙酯中的少量乙酸，并引入了新的雜質，故A錯誤；B.新制氯水具有強氧化性，不能用pH試紙測定新制氯水的pH，故B錯誤；C.多羥基有機化合物如甘油遇新制氫氧化銅產生絳藍色溶液，不會產生藍色沉淀，故C錯誤；D.將阿司匹林粗產品置于燒杯中，攪拌并緩慢加入飽和NaHCO3溶液，目的是除去粗產品中的水楊酸聚合物，故D正確；正確答案是D。21、D【解析】

A.硫酸鎂溶液和氫氧化鋇溶液反應中，除去發(fā)生SO42-與Ba2+的反應外，還發(fā)生Mg2+與OH-的反應，A錯誤；B.銅片加入稀硝酸中，生成NO氣體等，B錯誤；C.FeBr2溶液中加入過量的氯水，F(xiàn)eBr2完全反應，所以參加反應的Fe2+與Br-應滿足1：2的定量關系，C錯誤；D.NaHCO3和Ba(OH)2物質的量相等，離子方程式為HCO3-、Ba2+、OH-等摩反應，生成BaCO3和H2O，OH-過量，D正確。故選D。22、A【解析】

A.反應符合事實，符合離子方程式的物質拆分原則，A正確；B.澄清的石灰水中Ca(OH)2電離出自由移動的Ca2+、OH-離子，不能寫化學式，B錯誤；C.醋酸是弱酸，主要以電解質分子存在，不能寫離子形式，C錯誤；D.BaCO3難溶于水，不能寫成離子形式，D錯誤；故合理選項是A。二、非選擇題(共84分)23、CH3CH3取代反應2CH3COOH＋＋2H2OD【解析】

X裂解得到的A和B，A能與水催化加成生成分子式為C2H6O，即應為乙醇，B光照條件下與氯氣發(fā)生取代反應生成C2H4Cl2，C2H4Cl2在氫氧化鈉的水溶液中加熱發(fā)生水解反應生成分子式為C2H6O2，C2H6O2結合C反應生成二乙酸乙二酯，可推知C為乙酸，C2H6O2為乙二醇，C2H4Cl2為CH2ClCH2Cl，則B為乙烷，據(jù)此分析?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：(1)A是烯烴，B只能是烷烴，應為CH3CH3；(2)反應③是C2H4Cl2在氫氧化鈉的水溶液中加熱發(fā)生水解反應生成CH2OHCH2OH和氯化鈉，屬于取代反應；(3)C和C2H6O2反應的化學方程式為HOCH2CH2OH＋2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3＋2H2O；(4)A.A和B分別為烷烴和烯烴，可以用溴水、高錳酸鉀溶液等鑒別，選項A正確；B.C2H6O是醇，生成酸，可以直接氧化，也可以先氧化成醛，再氧化成酸，選項B正確；C.C2H2O2和C2H6O在濃硫酸作用下，也可以加熱生成C6H10O4，為乙二酸二乙酯，是二乙酸乙二酯的同分異構體，選項C正確；D.X可能是丁烷，也可以是己烷等，C6H14C2H6＋2C2H4，選項D不正確；答案選D。24、消去反應NaOH水溶液、加熱羥基、羧基+2H2O或【解析】

芳香族化合物A(C9H12O)的苯環(huán)上只有一個支鏈，支鏈上有兩種不同環(huán)境的氫原子，則A為，B能夠與溴加成，則B為，D為B與溴的加成產物，根據(jù)F的化學式，F(xiàn)能夠與銀氨溶液反應生成H，H中含有羧基，H在催化劑作用下反應生成聚酯I，則H中還含有羥基，因此D水解生成E，E為二元醇，E催化氧化生成F，F(xiàn)中含有羥基和醛基，則E為，F(xiàn)為，H為，I為；根據(jù)信息②，B中碳碳雙鍵被氧化斷裂生成C，C為，根據(jù)信息③，K為。【詳解】(1)A()發(fā)生消去反應生成B()；根據(jù)上述分析，D發(fā)生鹵代烴的水解反應E，反應條件為NaOH水溶液、加熱，故答案為消去反應；NaOH水溶液、加熱；(2)H

()的官能團有羥基、羧基，故答案為羥基、羧基；(3)根據(jù)上述分析，I為，故答案為；(4)由E生成F的反應方程式為，故答案為；(5)F()有多種同分異構體，①能發(fā)生水解反應和銀鏡反應，說明屬于甲酸酯；②屬于芳香族化合物且分子中只有一個甲基；③具有5個核磁共振氫譜峰，滿足條件的結構可以是、，故答案為或；(6)由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()為原料制備糠叉丙酮()。根據(jù)信息③，合成可以由和丙酮合成，根據(jù)題干流程圖中A→C和信息②，合成丙酮可以由叔丁醇[(CH3)3COH]首先合成，再由發(fā)生信息②的反應生成即可，合成路線為，故答案為。【點睛】本題考查了有機合成與推斷，本題的難度較大。本題的易錯點為E→F的催化氧化中F的結構判斷。本題的難點為(6)的合成路線的設計，要注意充分利用題示信息和流程圖中的合成路線的遷移。25、集氣瓶鐵架臺酒精燈澄清石灰水檢驗混合氣體中的二氧化碳是否被完全吸收白色渾濁（或白色沉淀）驗純后點燃（或套接氣球或塑料袋）除去空氣中的CO2CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O不準確，因為E瓶增重的pg包含了水蒸汽的質量【解析】

(1)結合裝置圖書寫裝置名稱；(2)根據(jù)檢驗一氧化碳是將一氧化碳轉化為二氧化碳檢驗，從排除干擾方面分析；(3)根據(jù)一氧化碳和氧化銅生成銅和二氧化碳、二氧化碳能使澄清的石灰水變渾濁分析；(4)根據(jù)一氧化碳具有可燃性燃燒生成二氧化碳，二氧化碳無毒分析；(5)根據(jù)二氧化碳和氫氧化鈉反應生成碳酸鈉和水分析；(6)根據(jù)E中質量的增加量是生成的二氧化碳的質量，再根據(jù)二氧化碳的質量計算出一氧化碳的質量，再用一氧化碳的質量除以氣體的總質量即可。【詳解】(1)根據(jù)圖示：①為集氣瓶，②為鐵架臺，③為酒精燈；(2)因為實驗室檢驗一氧化碳通常是讓它先轉化為二氧化碳，然后再用澄清石灰水去檢驗二氧化碳．但該混合氣體中原來就有二氧化碳，為了避免引起干擾，所以應該先把二氧化碳吸收完，A裝置目的就是吸收二氧化碳，B裝置用來檢驗混合氣體中二氧化碳是否吸收完全，所以應該用澄清石灰水；(3)氫氣和一氧化碳都會與氧化銅反應，氫氣與氧化銅反應生成水，而一氧化碳與氧化銅反應生成二氧化碳，二氧化碳可以使E中出現(xiàn)混濁現(xiàn)象。即只要E中變渾濁就證明混合氣體中有一氧化碳；(4)E中出來的氣體中有一氧化碳，一氧化碳有毒，不能直接排放到空氣中，一氧化碳具有可燃性燃燒生成二氧化碳，二氧化碳無毒，為了保護環(huán)境，應在E裝置右邊的排氣管口點燃氣體；(5)因為實驗室檢驗一氧化碳通常是讓它先轉化為二氧化碳，然后再用澄清石灰水去檢驗二氧化碳，但該混合氣體中原來就有二氧化碳，為了避免引起干擾，所以應該先把二氧化碳吸收完全，A裝置目的就是吸收二氧化碳，，反應方程式為：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；(6)E瓶增重pg．說明生成二氧化碳質量為pg，設生成pg二氧化碳需要一氧化碳的質量為x，則：根據(jù)：=，解得x=g，所以混合氣體中CO的質量百分數(shù)為：×100%=%，如果去掉D裝置，氫氣與氧化銅反應生成的水也進入E裝置內，誤認為是生成的二氧化碳的質量，所以計算出的一氧化碳質量偏大?！军c睛】本題易錯點為(2)中對B裝置作用的判斷，會誤認為B中盛裝濃硫酸來吸收混合氣體中的水蒸氣，該實驗的目的在于檢驗混合氣體中含有一氧化碳，水蒸氣對檢驗一氧化碳基本無影響，二氧化碳的存在是干擾一氧化碳檢驗的重點。26、趁熱過濾防止反應過于劇烈，引發(fā)安全問題趁熱過濾熱水冷水使己二酸鹽轉化為己二酸，易析出，濃硫酸不會使?jié)馊芤合♂專商岣呒憾岬漠a率ABD%【解析】

由題意可知，三頸燒瓶中加入5mL10%氫氧化鈉溶液和50mL水，攪拌使其溶解，然后加入6.3g高錳酸鉀，小心預熱溶液到40℃，緩慢滴加1.4mL環(huán)己醇，控制滴速，使反應溫度維持在45℃左右，反應20min后，再在沸水浴上加熱5min促使反應完全并使MnO2沉淀凝聚，加入適量亞硫酸氫鈉固體除去多余高錳酸鉀，趁熱過濾得到MnO2沉淀和含有己二酸鉀的濾液，用熱水洗滌MnO2沉淀，將洗滌液合并入濾液，熱濃縮使濾液體積減少至10mL左右，趁熱小心加入濃硫酸，使溶液呈強酸性（調節(jié)pH=1～2），冷卻結晶、抽濾、洗滌、干燥，得己二酸白色晶體，據(jù)此分析解答?！驹斀狻浚?）如果滴加環(huán)己醇速率過快會導致其濃度過大，化學反應速率過快，故為了防止反應過于劇烈，引發(fā)安全問題，要緩慢滴加環(huán)己醇；故答案為：防止反應過于劇烈，引發(fā)安全問題；（2）根據(jù)步驟中“沸水浴上加熱5min促使反應完全并使MnO2沉淀凝聚”，說明溫度高時，MnO2沉淀的溶解度小，故為了充分分離MnO2沉淀和濾液，應趁熱過濾；為減少MnO2沉淀的損失，洗滌時也要用熱水洗滌，根據(jù)表可知己二酸的溶解度隨溫度升高而增大，故步驟⑤中洗滌己二酸晶體時應用冷水洗滌，減小己二酸的溶解度，提高產率；故答案為：趁熱過濾；熱水；冷水；（3）實驗制得的為己二酸鉀，根據(jù)強酸制弱酸，用濃硫酸調節(jié)pH成強酸性可以使己二酸鹽轉化為己二酸，易于析出，同時濃硫酸不會使?jié)馊芤合♂?，可提高己二酸的產率；故答案為：使己二酸鹽轉化為己二酸，易于析出，同時濃硫酸不會使?jié)馊芤合♂?，可提高己二酸的產率；（4）①A.稱取己二酸樣品質量時，先將錐形瓶放在電子天平秤盤的中央，顯示數(shù)字穩(wěn)定后按“去皮”鍵（歸零鍵），再緩慢加樣品至所需樣品的質量時，記錄稱取樣品的質量，A正確；B.搖瓶時，應微動腕關節(jié)，使溶液向一個方向做圓周運動，但是勿使瓶口接觸滴定管，溶液也不得濺出，避免待測物質的損失，B正確；C.滴定時左手輕輕擠壓玻璃球讓液體自行呈線狀流下，容易使標準液滴加過量，應逐滴加入，便于控制實驗，C錯誤；D.為減少誤差，滴定結束后稍停1﹣2分鐘，等待滴定管內壁掛有的溶液完全流下時再讀取刻度數(shù)，D正確；E.記錄測定結果時，滴定前仰視刻度線，滴定到達終點時又俯視刻度線，標準液的消耗讀數(shù)偏小，將導致滴定結果偏低，E錯誤；故答案為：ABD；②一個己二酸分子中含有兩個羧基，與NaOH溶液的反應為：HOOC（CH2）4COOH+2NaOH=NaOOC（CH2）4COONa+2H2O，則n（己二酸）=n（NaOH）=×0.1000mol/L×b×10﹣3L，則己二酸的純度為：；故答案為：。27、C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑1.3×10－6測定NaOH溶液的準確濃度x＝2【解析】

（1）依據(jù)氧化還原反應規(guī)律書寫其方程式；（2）根據(jù)c=得出溶液中的鈣離子濃度，再依據(jù)溶度積公式求出草酸根離子濃度；（3）利用鄰苯二甲酸氫鉀可以滴定氫氧化鈉，再利用氫氧化鈉標準液測定草酸的濃度，依據(jù)物質的量之間的關系，列出關系式，求出草酸的物質的量，根據(jù)總質量間接再求出水的質量，進一步得出結晶水的個數(shù)?！驹斀狻浚?）HNO3將葡萄糖(C6H12O6)氧化為草酸，C元素從0價升高到+2價，N元素從+5價降低到+2價，則根據(jù)電子轉移數(shù)守恒、原子守恒可知，化學方程式為：C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑；（2）c(Ca2+)===0.00179mol/L，又Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9=，因此當形成沉淀時溶液中c(C2O42-)>1.3×10－6；（3）①“步驟1”中用準確稱量的鄰苯二甲酸氫鉀測定氫氧化鈉溶液的準確濃度，由于兩者按物質的量1:1反應，故在滴定終點時，兩者物質的量相等，根據(jù)鄰苯二甲酸氫鉀的物質的量和消耗的氫氧化鈉溶液的體積即可測定出氫氧化鈉溶液的準確濃度，故答案為測定NaOH溶液的準確濃度；②0.5508g鄰苯二甲酸氫鉀的物質的量n(酸)==0.0027mol,測定NaOH溶液的準確濃度c(NaOH)==0.1194mol/L，又草酸與氫氧化鈉反應，根據(jù)H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O可知，2n(H2C2O4)=c(NaOH)·V(NaOH)，n(H2C2O4)==1.194×10-3mol，所以n(H2C2O4·xH2O)=1.194×10-3mol，則n(H2C2O4)·M(H2C2O4)=1.194×10-3mol×（94+18x）g/mol=0.1512g，則晶體中水的個數(shù)x2，故x＝2。28、1s22s22p63s23p34O<N<F（O、N、F）正四面體形sp3相對分子質量最小,分子間作用力（范德華力）最弱Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-ABDCoO【解析】

(1)該原子核外有15個電子，根據(jù)構造原理書寫其核外電子排布式為1s22s22p63s23p3；Fe2+中未成對電子數(shù)為3d能級上4個電子，；(2)同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，N、O、F元素位于同一周期，分別位于第VA族、第VIA族、第VIIA族，所以第一電離能從小到大順序是O＜N＜F；(3)ClO4-原子價層電子對個數(shù)為=4，孤電子對數(shù)為0，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷其空間構型為正四面體、中心原子的雜化軌道類型為s