新疆維吾爾自治區(qū)阿克蘇市農一師高級中學2026屆高三化學第一學期期末統(tǒng)考模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是()A．Al2O3(熔融)Al(s)AlCl3(s)B．FeS2(s)SO2(g)H2SO4(aq)C．NH3(g)NO(g)NaNO3(aq)D．SiO2(s)H4SiO4(s)Na2SiO3(aq)2、“以曾青涂鐵。鐵赤色如銅"——東晉.葛洪。下列有關解讀正確的是A．鐵與銅鹽發(fā)生氧化還原反應. B．通過化學變化可將鐵變成銅C．鐵在此條件下變成紅色的Fe2O3 D．銅的金屬性比鐵強3、下列關于有機物的說法正確的是A．聚氯乙烯高分子中所有原子均在同一平面上B．乙烯和苯使溴水褪色的反應類型相同C．石油裂化是化學變化D．葡萄糖與蔗糖是同系物4、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。m、n、r為這些元素組成的化合物，常溫下，0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，組成n的兩種離子的電子層數(shù)相差1。p、q為其中兩種元素形成的單質。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是（）A．原子半徑：X＜Y＜Z＜WB．X、Z既不同周期也不同主族C．簡單氫化物的沸點：Y＜WD．Y、Z、W形成的一種化合物具有漂白性5、中華文明博大精深。下列說法錯誤的是A．黏土燒制陶瓷的過程中發(fā)生了化學變化B．商代后期制作的司母戊鼎屬于銅合金制品C．侯氏制堿法中的“堿”指的是純堿D．屠呦呦發(fā)現(xiàn)的用于治療瘧疾的青蒿素()屬于有機高分子化合物6、下列關于有機物的說法不正確的是A．正丁烷和異丁烷的沸點相同B．麥芽糖的水解產物只有葡萄糖C．疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白質變性D．苯與乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同7、25℃時，HCN溶液中CN-和HCN濃度所占分數(shù)(α)隨pH變化的關系如圖所示，下列表述正確的是（）A．Ka(HCN)的數(shù)量級為10-9B．0.1mol/LHCN溶液使甲基橙試液顯紅色C．1L物質的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合溶液中c(HCN)＞c(CN-)D．0.1mol/LNaCN溶液的pH=9.28、A、B、C、D是中學化學中常見的四種物質，且A、B、C中含有同一種元素，其轉化關系如圖所示。下列說法正確的是（）A．若B為一種兩性氫氧化物，則D可能是強酸，也可能是強堿B．若A為固態(tài)非金屬單質，D為O2，則A可以為單質硫C．若A為強堿，D為CO2，則B的溶解度一定大于C的溶解度D．若A為18電子氣態(tài)氫化物，D為O2，則A只能是C2H69、下列實驗中，與現(xiàn)象對應的結論一定正確的是A．A B．B C．C D．D10、工業(yè)制硝酸產生的尾氣NOx可用足量NaOH溶液吸收，以下判斷錯誤的是（）A．x=1.5時，只生成NaNO2B．2＞x＞1.5時，生成NaNO2和NaNO3C．x＜1.5時，需補充O2D．x=2時，只生成NaNO311、下列說法正確的是()A．核素的電子數(shù)是2B．1H和D互稱為同位素C．H+和H2互為同素異形體D．H2O和H2O2互為同分異構體12、下列對裝置的描述中正確的是A．實驗室中可用甲裝置制取少量O2B．可用乙裝置比較C、Si的非金屬性C．若丙裝置氣密性良好，則液面a保持穩(wěn)定D．可用丁裝置測定鎂鋁硅合金中Mg的含量13、將Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反應，生成0.1mol的NaCl，下列說法正確的是（）A．反應后溶液中ClO﹣的個數(shù)為0.1NAB．原NaOH濃度為1mol/LC．參加反應的氯氣分子為0.1NAD．轉移電子為0.2NA14、某同學在實驗室利用氫氧化鈉、鹽酸分離鐵粉和鋁粉混合物，物質轉化關系如圖所示：下列說法不正確的是()A．x為NaOH溶液，y為鹽酸B．a→b發(fā)生的反應為：AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓C．b→c→Al的反應條件分別為：加熱、電解D．a、b、c既能與酸又能與堿反應15、下列說法正確的是()A．用干燥的pH試紙測定氯水的pHB．配制一定濃度的NaOH溶液，定容時仰視讀數(shù)，使配制的溶液濃度偏小C．用加熱分解的方法可將NH4Cl固體和Ca(OH)2固體的混合物分離D．將25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸餾水中，配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液16、下表中各組物質之間不能通過一步反應實現(xiàn)如圖轉化的是甲乙丙ACH2=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHBNH3NOHNO3CAlCl3Al(OH)3Al2O3DCl2HClCuCl2A．A B．B C．C D．D17、全釩液流電池是一種以釩為活性物質呈循環(huán)流動液態(tài)的氧化還原電池。釩電池電能以化學能的方式存儲在不同價態(tài)釩離子的硫酸電解液中，通過外接泵把電解液壓入電池堆體內，在機械動力作用下，使其在不同的儲液罐和半電池的閉合回路中循環(huán)流動，采用質子交換膜作為電池組的隔膜，電解質溶液流過電極表面并發(fā)生電化學反應，進行充電和放電。下圖為全釩液流電池放電示意圖：下列說法正確的是()A．放電時正極反應為：B．充電時陰極反應為：C．放電過程中電子由負極經外電路移向正極，再由正極經電解質溶液移向負極D．該電池的儲能容量，可以通過增大電解液存儲罐的容積并增加電解液的體積來實現(xiàn)18、向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固體(溶液體積變化、溫度變化忽略不計)，測得溶液中離子濃度的關系如圖所示，下列說法正確的是()已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9A．A、B、C三點對應溶液pH的大小順序為：A>B>CB．A點對應的溶液中存在：c(CO32-)<c(HCO3-)C．B點溶液中c(CO32-)=0.24mol/LD．向C點溶液中通入CO2可使C點溶液向B點溶液轉化19、設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．1mol氨基（-NH2）含有電子數(shù)目為10NAB．2gH218O中所含中子、電子數(shù)目均為NAC．pH=1的H2SO4溶液10L，含H+的數(shù)目為2NAD．電解精煉銅時，若陽極質量減少64g，則陽極失去的電子數(shù)為2NA20、幾種短周期元素的原子半徑及某些化合價見下表，下列說法不正確的是（）元素代號ABDEGIJK化合價-1-2+4-4-1+5-3+3+2+1原子半徑/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186A．常溫下B元素的單質能與K單質反應 B．A、I、J的離子半徑由大到小順序是A>J>IC．G元素的單質存在同素異形體 D．J在DB2中燃燒生成B元素的單質21、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是()A．Mg(OH)2具有堿性，可用于制胃酸中和劑B．H2O2是無色液體，可用作消毒劑C．FeCl3具有氧化性，可用作凈水劑D．液NH3具有堿性，可用作制冷劑22、化學在生活中發(fā)揮著重要的作用，下列說法錯誤的是A．食用油脂飽和程度越大，熔點越高B．純鐵易被腐蝕，可以在純鐵中混入碳元素制成“生鐵”，以提高其抗腐蝕能力C．蠶絲屬于天然高分子材料D．《本草綱目》中的“石堿”條目下寫道：“采蒿蓼之屬，曬干燒灰，以水淋汁，久則凝淀如石，浣衣發(fā)面，亦去垢發(fā)面?！边@里的“石堿”是指K2CO3二、非選擇題(共84分)23、（14分）根據文獻報道，醛基可和雙氧水發(fā)生如下反應：為了合成一類新藥，選擇了下列合成路線（部分反應條件已略去）（1）C中除苯環(huán)外能團的名稱為____________________。（2）由D生成E的反應類型為_____________________。（3）生成B的反應中可能會產生一種分子式為C9H5O4Cl2的副產物，該副產物的結構簡式為_________。（4）化合物C有多種同分異構體，請寫出符合下列條件的結構簡式:___________________。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應②核磁共振氫譜圖中有3個吸收峰（5）寫出以和CH3OH為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）___________。24、（12分）已知A、B、C、D、X、Y六種物質均由短周期元素組成，其中X為常見離子化合物，它們之間的轉換關系如下圖所示（1）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為____________________。（2）物質X的電子式為_____________________。（3）寫出B與Ca(OH)2反應的化學方程式______________________________。（4）寫出X在條件II下反應生成B、C、D的離子方程式_____________________________________________。（5）寫出實驗室制B的化學方程式，并標出電子轉移方向、數(shù)目____________________________________________。（6）請簡述鑒定物質X的實驗方法____________________________________。25、（12分）為了測定工業(yè)純堿中Na2CO3的質量分數(shù)（含少量NaCl），甲、乙、丙三位學生分別設計了一套實驗方案。學生甲的實驗流程如圖所示：學生乙設計的實驗步驟如下：①稱取樣品，為1.150g；②溶解后配成250mL溶液；③取20mL上述溶液，加入甲基橙2～3滴；④用0.1140mol/L的標準鹽酸進行滴定；⑤數(shù)據處理?；卮鹣铝袉栴}：（1）甲學生設計的定量測定方法的名稱是___法。（2）試劑A可以選用___（填編號）a．CaCl2b．BaCl2c．AgNO3（3）操作Ⅱ后還應對濾渣依次進行①___、②___兩個實驗操作步驟。其中，證明前面一步的操作已經完成的方法是___；（4）學生乙某次實驗開始滴定時，鹽酸溶液的刻度在0.00mL處，當?shù)沃猎噭〣由___色至___時，鹽酸溶液的刻度在14.90mL處，乙同學以該次實驗數(shù)據計算此樣品中Na2CO3的質量分數(shù)是___（保留兩位小數(shù)）。乙同學的這次實驗結果與老師給出的理論值非常接近，但老師最終認定他的實驗方案設計不合格，你認為可能的原因是什么？___。（5）學生丙稱取一定質量的樣品后，只加入足量未知濃度鹽酸，經過一定步驟的實驗后也測出了結果。他的實驗需要直接測定的數(shù)據是___。26、（10分）溴化亞銅是一種白色粉末，不溶于冷水，在熱水中或見光都會分解，在空氣中會慢慢氧化成綠色粉末。制備CuBr的實驗步驟如下：步驟1.在如圖所示的三頸燒瓶中加入45gCuSO4·5H2O、19gNaBr、150mL煮沸過的蒸餾水，60℃時不斷攪拌，以適當流速通入SO22小時。步驟2.溶液冷卻后傾去上層清液，在避光的條件下過濾。步驟3.依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、純乙醚洗滌。步驟4.在雙層干燥器（分別裝有濃硫酸和氫氧化鈉）中干燥3～4h，再經氫氣流干燥，最后進行真空干燥。（1）實驗所用蒸餾水需經煮沸，煮沸目的是除去其中水中的______________（寫化學式）。（2）步驟1中：①三頸燒瓶中反應生成CuBr的離子方程式為_______________；②控制反應在60℃進行，實驗中可采取的措施是_____________；③說明反應已完成的現(xiàn)象是__________________。（3）步驟2過濾需要避光的原因是_______________。（4）步驟3中洗滌劑需“溶有SO2”的原因是_____________________最后溶劑改用乙醚的目的是________________________________。（5）欲利用上述裝置燒杯中的吸收液（經檢測主要含Na2SO3、NaHSO3等）制取較純凈的Na2SO3·7H2O晶體。請補充實驗步驟（須用到SO2（貯存在鋼瓶中）、20%NaOH溶液、乙醇）①_______________________________________________。②__________________________________________________。③加入少量維生素C溶液（抗氧劑），蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶。④__________________________________________________。⑤放真空干燥箱中干燥。27、（12分）亞硝酰硫酸（NOSO4H）純品為棱形結晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和濃硝酸在濃硫酸存在時可制備NOSO4H，反應原理為：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4H。（1）亞硝酰硫酸（NOSO4H）的制備。①儀器I的名稱為______________，打開其旋塞后發(fā)現(xiàn)液體不下滴，可能的原因是_________________。②按氣流從左到右的順序，上述儀器的連接順序為__________________(填儀器接口字母，部分儀器可重復使用)。③A中反應的方程式為___________。④B中“冷水”的溫度一般控制在20℃，溫度不宜過高或過低的原因為________。（2）亞硝酰硫酸（NOSO4H）純度的測定。稱取1.500g產品放入250mL的碘量瓶中，并加入100.00mL濃度為0.1000mol·L-1的KMnO4標準溶液和10mL25%的H2SO4，搖勻；用0.5000mol·L-1的Na2C2O4標準溶液滴定，滴定前讀數(shù)1.02mL,到達滴定終點時讀數(shù)為31.02mL。已知：i：□KMnO4+□NOSO4H+□______=□K2SO4+□MnSO4+□HNO3+□H2SO4ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+8H2O①完成反應i的化學方程式：_____________□KMnO4+□NOSO4H+□______=□K2SO4+□MnSO4+□HNO3+□H2SO4②滴定終點的現(xiàn)象為____________________。③產品的純度為__________________。28、（14分）根據物質結構相關知識，回答下列問題：（1）在第三周期的元素中，第一電離能介于Mg與Cl之間的有__________種。（2）碳元素與氮元素形成的某種晶體的晶胞如圖所示，其中8個C原子位于立方體的頂點，4個C原子位于立方體的面心,4個N原子在立方體內。①已知該晶體硬度超過金剛石，其原因是_________________。②晶胞中C原子的雜化方式為___________。③知該晶胞參數(shù)為anm，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示，則該晶體的密度為________g·cm-3（3）大π鍵可表示為，其中m代表參與形成的大π鍵原子數(shù)，n表示大π鍵的電子數(shù)，如的大π鍵可表示為，則CO32-中的大π鍵可表示為_________________。（4）金屬鉻是一種極硬、耐腐蝕的銀白色金屬，其化合物種類繁多，如：Cr2(SO4)3、K2Cr2O7以及配離子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+等。①基態(tài)鉻原子的價電子排布式為________________。②配離子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+的結構可能有_________種。（5）AlP因殺蟲效率高、廉價易得而被廣泛應用。已知AIP的熔點為2000℃，其晶胞結構如下圖所示。①C點的原子坐標為_______________。②AlP的晶胞中，Al原子位于P原子形成的正四面體空隙中，此空隙的填充率為_____。29、（10分）阻燃劑又稱防火劑，主要用于延遲或防止可燃物的燃燒。根據組成，阻燃劑可分為鹵系阻燃劑、無機阻燃劑等。（1）鹵系阻燃劑多為有機氯化物和有機溴化物，受熱會分解產生鹵化氫（HX），起到阻燃作用。鹵化氫的電子式為____；HF、HCl、HBr、HI四種氯化氫的沸點由高到低的順序是___。（2）溴離子的最外層電子排布式是___；氯原子的核外電子云有___種伸展方向。（3）下列能說明氯的非金屬性強于溴的事實是___（選填編號）。a．HClO酸性強于HBrOb．HBr的分解溫度低于HClc．向溴化亞鐵溶液中滴入少量氯水，溶液顏色變黃d．BrCl+H2O→HBrO+HCl是非氧化還原反應無機阻燃劑中，氫氧化鋁和氫氧化鎂兩種阻燃劑占據著重要位置。兩者的阻燃機理都是在達到熱分解溫度時迅速分解為氧化物與水，起到吸熱降溫的作用。（4）寫出氫氧化鋁在酸性溶液中的電離方程式___。（5）兩種阻燃劑的分解產物在自然界中最有可能成為原子晶體的是___。（填化學式）（6）無水碳酸鎂也是一種新型無機阻燃劑，除了具有單位質量吸熱量更大的特點外，還能釋放具有滅火作用的氣體。寫出該氣體的結構式___。（7）與鎂離子核外電子排布相同的另外兩個陽離子的半徑大小關系為___（填微粒符號）。

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】

A.2Al2O3(熔融)4Al(s)+3O2↑，2Al+3Cl22AlCl3(s)，故A正確；B.SO2(g)+H2O=H2SO3(aq)，故B錯誤；C.NO(g)與NaOH(aq)不反應，故C錯誤；D.SiO2(s)不溶于水，故D錯誤；故選A。2、A【解析】

A．鐵與銅鹽發(fā)生置換反應Fe+Cu2++Fe2++Cu，屬于氧化還原反應，A正確；B．化學變化不能將原子核改變，也即不能改變元素的種類，不可能將鐵變成銅，B錯誤；C．由A的分析知，鐵在此條件下變成Fe2+，赤色為生成Cu的顏色，C錯誤；D．鐵置換出銅，說明銅的金屬性比鐵弱，D錯誤。故選A。3、C【解析】

A.聚氯乙烯高分子中是鏈狀結構，像烷烴結構，因此不是所有原子均在同一平面上，故A錯誤；B.乙烯使溴水褪色是發(fā)生加成反應，苯使溴水褪色是由于萃取分層，上層為橙色，下層為無色，原理不相同，故B錯誤；C.石油裂化、裂解都是化學變化，故C正確；D.葡萄糖是單糖，蔗糖是二糖，結構不相似，不是同系物，故D錯誤。綜上所述，答案為C?！军c睛】石油裂化、裂解、煤干氣化、液化都是化學變化，石油分餾是物理變化。4、D【解析】

0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，則m為一元強堿，應該為NaOH，組成n的兩種離子的電子層數(shù)相差1，根據圖示可知，n為NaCl，電解NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，p、q為其中兩種元素形成的單質，則p、q為H2和Cl2，結合短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大可知：X為H元素、Y為O元素、Z為Na元素、W為Cl元素，據此答題?！驹斀狻坑煞治隹芍篨為H元素、Y為O元素、Z為Na元素、W為Cl元素。A.電子層數(shù)越多，則原子的半徑越大，具有相同電子層數(shù)的原子，隨著原子序數(shù)的遞增，原子半徑逐漸減小，所以原子半徑：X＜Y＜W＜Z，故A錯誤；B.由分析可知：X為H元素、Z為Na元素，X、Z的最外層電子數(shù)均為1，屬于同一主族，故B錯誤；C.Y、W形成的氫化物分別為H2O和HCl，因為水分子中含有氫鍵，含有氫鍵的物質熔沸點較高，所以簡單氫化物的沸點：Y＞W，故C錯誤；D.Y、Z、W形成的一種化合物為NaClO，NaClO具有強氧化性，可用于漂白，具有漂白性，故D正確。故選D。5、D【解析】

A.黏土燒制陶瓷的過程需要高溫加熱，逐漸去除了有機物，無機物之間相互反應生成了新物質，發(fā)生了化學變化，故A正確；B.司母戊鼎由青銅制成，青銅中含有銅元素、錫元素、鉛元素等，屬于合金，故B正確；C.侯氏制堿法中的“堿”指的是純堿，即碳酸鈉，故C正確；D.青蒿素的相對分子質量較小，不屬于有機高分子化合物，故D錯誤；故選D?！军c睛】有機高分子化合物，由千百個原子彼此以共價鍵結合形成相對分子質量特別大、具有重復結構單元的有機化合物，屬于混合物。一般把相對分子質量高于10000的分子稱為高分子。6、A【解析】

A.正丁烷不帶支鏈，沸點高于帶支鏈的異丁烷，A項錯誤；B.麥芽糖水解為葡萄糖，B項正確；C.蛋白質在溫度較高時易變性，疫苗為蛋白質，為了防止蛋白質變性，所以一般應該冷藏存放，C項正確；D.乙烯與溴發(fā)生加成反應，使溴水中水層褪色，溴在苯的溶解度遠遠大于水中的溶解度，苯萃取溴水的溴，使溴水中水層褪色，二者褪色原理不同，D項正確；答案選A。7、C【解析】

A.電離平衡常數(shù)只受溫度的影響，與濃度無關，取b點，c(HCN)=c(CN－)，則有HCN的電離平衡常數(shù)表達式為Ka==c(H＋)=10－9.2，Ka(HCN)的數(shù)量級約為10－10，故A錯誤；B.HCN為弱酸，其電離方程式為HCNH＋＋CN－，弱電解質的電離程度微弱，可以認為c(H＋)=c(CN－)，c(HCN)=0.1mol·L－1，根據電離平衡常數(shù)，0.1mol·L－1HCN溶液：=10－10，解得c(H＋)=10－5.5，即pH=5.5，甲基橙：當pH<3.1時變紅，因此0.1mol·L－1HCN溶液不能使甲基橙顯紅色，故B錯誤；C.CN－水解平衡常數(shù)Kh==10－4>Ka=10－10，即CN－的水解大于HCN的電離，從而推出1L物質的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合溶液中：c(CN－)<c(HCN)，故C正確；D.根據CN－水解平衡常數(shù)，得出：=10－4，c(OH－)=10－2.5，pOH=2.5，則pH=11.5，故D錯誤；答案：C。8、A【解析】

A.B為兩性氫氧化物，若D為強堿，則A為鋁鹽，若D為強酸，則A為偏鋁酸鹽，則A正確；B若A為固態(tài)非金屬單質，D為O2，則A不能為單質硫，因為硫不能一步被氧化為三氧化硫，故B錯誤；C.當A為氫氧化鈉，B為碳酸鈉，C為碳酸氫鈉，D為二氧化碳，B的溶解度大于C的溶解度，當A為氫氧化鋇，B為碳酸鋇，C為碳酸氫鋇，則B的溶解度小于C的溶解度，故C錯誤；D.若A為18電子氣態(tài)氫化物，D為O2，則A可以為C2H6、H2S，故D錯誤。答案選A。9、D【解析】

A．CH4和Cl2在光照下發(fā)生取代反應生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氫，其中一氯甲烷和氯化氫在常溫下為氣體?；旌蠚怏w通入石蕊溶液先變紅后褪色，說明有氯氣剩余，故反應后含氯的氣體有3種，故A錯誤；B.向10mL0.1mol/LNaOH溶液中先后加入1mL濃度均為0.1mol/L的MgCl2和CuCl2溶液，由于堿過量，兩種金屬離子均完全沉淀，不存在沉淀的轉化，故不能根據現(xiàn)象比較Cu(OH)2和Mg(OH)2的溶解度的大小，故B錯誤；C.碳酸氫銨受熱分解生成氨氣、水和二氧化碳，氨氣溶于水溶液顯堿性，使石蕊變藍，結論錯誤，故C錯誤；D.金屬鈉和水反應比鈉和乙醇反應劇烈，說明水中羥基氫的活潑性大于乙醇的，故D正確。故選D。10、D【解析】

工業(yè)制硝酸產生的尾氣NOx用足量NaOH溶液吸收，發(fā)生反應生成亞硝酸鈉、硝酸鈉與水，令NOx、NaOH系數(shù)都為1，配平后方程式為2NOx+2NaOH＝(2x﹣3)NaNO3+(5﹣2x)NaNO2+H2O；A．x＝1.5時，2x﹣3＝0，所以此時只能只生成NaNO2，故A正確；B．2＞x＞1.5時，2x-3≠0，5﹣2x≠0，此時生成NaNO2和NaNO3，故B正確；C．x＜1.5時，則氮的氧化物會剩余，所以需補充O2，故C正確；D．當x＝2時，2x﹣3＝1，所以生成的產物有NaNO2和NaNO3，故D錯誤。故答案為D。11、B【解析】

A.核素的電子數(shù)是1，左上角的2說明原子核內有1個質子和1個中子，中子不帶電，故A不選；B.同位素是質子數(shù)相同中子數(shù)不同的同種元素的不同原子，1H和D都是氫元素的原子，互稱為同位素，故B選；C.同素異形體是同種元素形成的不同單質，H+不是單質，故C不選；D.同分異構體是分子式相同結構不同的化合物，H2O和H2O2的分子式不同，故D不選。故選B。12、A【解析】

A．甲中H2O2，在MnO2作催化劑條件下發(fā)生反應2H2O22H2O+O2↑生成O2，故A正確；B．乙中濃鹽酸具有揮發(fā)性，燒杯中可能發(fā)生的反應有2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3，故B錯誤；C．丙中橡皮管連接分液漏斗和圓底燒瓶，氣壓相等，兩儀器中不可能出現(xiàn)液面差，液面a不可能保持不變，故C錯誤；D．丁中合金里Al、Si與NaOH溶液反應生成H2，根據H2體積無法計算合金中Mg的含量，因為Al、Si都能與NaOH溶液反應生成H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，故D錯誤；答案選A。【點睛】鎂和硅都可以和氫氧化鈉發(fā)生反應釋放出氫氣。13、C【解析】

發(fā)生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，生成0.1molNaCl的同時，生成0.1molNaClO，消耗2molNaOH；A．生成0.1molNaClO，陰離子水解，則反應后溶液中ClO﹣的個數(shù)小于0.1NA，故A錯誤；B．若恰好完全反應，則原NaOH濃度為＝2mol/L，故B錯誤；C．由反應可知，參加反應的氯氣為0.1mol，則參加反應的氯氣分子為0.1NA，故C正確；D．Cl元素的化合價既升高又降低，轉移0.1mol電子，則轉移電子為0.1NA，故D錯誤；故答案為C。【點睛】考查氯氣的性質及化學反應方程式的計算，把握發(fā)生的化學反應及物質的量為中心的計算為解答的關鍵，將Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反應，生成0.1mol的NaCl，發(fā)生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，側重分析能力、計算能力的考查。14、D【解析】

根據流程圖，混合物中加入試劑x過濾后得到鐵，利用鋁與氫氧化鈉反應，鐵不與氫氧化鈉反應，因此試劑x為NaOH，a為NaAlO2，a生成b加入適量的y，因此y是鹽酸，b為氫氧化鋁，氫氧化鋁受熱分解成Al2O3，然后電解氧化鋁得到鋁單質；A.根據上述分析，A正確；B.a→b發(fā)生的反應為：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，故B正確；C.根據上述分析，b→c→Al的反應條件分別為：加熱、電解，故C正確；D.a為NaAlO2，NaAlO2與堿不反應，故D錯誤；答案選D。15、B【解析】

A.氯水具有強氧化性，能使pH試紙褪色，所以不能用的pH試紙測定某氯水的pH，故A錯誤；B.配制一定濃度的NaOH溶液，定容時仰視讀數(shù),會使溶液的體積變大，導致濃度偏小，故B錯誤；C.NH4Cl固體和Ca(OH)2固體在加熱的條件下發(fā)生反應2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，所以不能用加熱的方法分離，故C錯誤；D.精確配制一定物質的量濃度的溶液，必須在容量瓶中進行。將25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸餾水中，所得溶液的體積不是100mL，故無法得到1.0mol/LCuSO4溶液，故D錯誤；【點睛】考查實驗基本操作的評價，涉及pH試紙的使用、溶液的配制操作、氨氣的制取等，選項A注意氯水含有次氯酸具有強氧化性能使pH試紙褪色，所以不能用的pH試紙測定某氯水的pH；配制一定物質的量濃度的溶液，定容時仰視讀數(shù),會加水過多，導致濃度偏??；俯視的時候加水變少，導致濃度偏大；配制溶液必須用容量瓶定容溶液體積。16、B【解析】

A.乙烯與HCl加成得到一氯乙烷，一氯乙烷消去得到乙烯與HCl，一氯乙烷與水發(fā)生取代得到乙醇，乙醇消去得到乙烯與水，符合轉化，A項正確；B.HNO3顯酸性，NH3顯堿性，由硝酸不能直接轉化為氨氣，不能實現(xiàn)轉化，B項錯誤；C.AlCl3與氨水反應得到Al(OH)3，Al(OH)3與鹽酸反應得到AlCl3與水，Al(OH)3加熱分解得到Al2O3，Al2O3與鹽酸反應得到AlCl3與水，符合轉化，C項正確；D.氯氣與氫氣反應得到HCl，濃HCl與高錳酸鉀反應得到氯氣，HCl與CuO反應得到CuCl2和水，CuCl2電解得到Cu與氯氣，符合轉化，D項正確；答案選B。17、D【解析】

放電時，消耗H+，溶液pH升高，由此分析解答?！驹斀狻緼.正極反應是還原反應，由電池總反應可知放電時的正極反應為VO2++2H++e-═VO2++H2O，故A錯誤；B.充電時，陰極反應為還原反應，故為V3+得電子生成V2+的反應，故B錯誤；C.電子只能在導線中進行移動，在電解質溶液中是靠陰陽離子定向移動來形成閉合回路，故C錯誤；D.該電池的儲能容量，可以通過增大電解液存儲罐的容積并增加電解液的體積來實現(xiàn)，正確；故答案為D?！军c睛】本題綜合考查原電池知識，側重于學生的分析能力的考查，為高考常見題型和高頻考點，注意把握原電池的工作原理，答題時注意體會電極方程式的書寫方法，難度不大。18、A【解析】

A．CO32－的水解能力強于HCO3－，因此溶液中的CO32－的濃度越大，溶液中的OH－的濃度越大，pH越大。溶液中的CO32－的濃度越大，則的值越小，從圖像可知，A、B、C三點對應的溶液的的值依次增大，則溶液的pH依次減小，pH的排序為A>B>C，A正確；B．A點對應的溶液的小于0，可知＞0，可知c(CO32-)＞c(HCO3-)，B錯誤；C．B點對應的溶液的lgc(Ba2＋)=-7，則c(Ba2＋)=10-7mol·L－1，根據Ksp(BaCO3)=c(Ba2＋)c(CO32－)=2.4010-9，可得c(CO32－)=，C錯誤；D．通入CO2，CO2與水反應生成H2CO3，H2CO3第一步電離產生較多的HCO3－，減小，則增大，C點不能移動到B點，D錯誤。答案選A?！军c睛】D項也可以根據電離平衡常數(shù)推導，根據HCO3－H＋＋CO32－，有，轉化形式可得，，通入CO2，溶液的酸性增強，c(H＋)增大，減小，則增大。19、B【解析】

A．氨基是取代基，屬于中性原子團，結合微粒計算電子數(shù)＝1mol×9×NA＝9NA，故A錯誤；B．H218O的摩爾質量均為20g/mol，2gH218O的物質的量為0.1mol，分子中含有的中子數(shù)、電子數(shù)均為10個，則0.1mol混合物中含有的中子數(shù)、電子數(shù)均為NA個，故B正確；C．pH=1的H2SO4溶液中，由pH＝?lgc(H＋)＝1，H2SO4溶液c(H＋)＝0.1mol/L，10L溶液n(H＋)＝1mol，所含H＋數(shù)目為NA，故C錯誤；D．電解法精煉銅，粗銅含有雜質金屬，陽極先是鋅、鐵、、鎳失電子，然后才是銅失電子，當陽極質量減少64g時，陽極失去的電子數(shù)不是2NA，故D錯誤；故答案選B。20、D【解析】短周期元素，A、E有-1價，B有-2價，且A的原子半徑與B相差不大，則A、E處于ⅦA族，B處于ⅥA族，A原子半徑小于E，可推知A為F、E為Cl，B為O；D有-4、+4價，處于ⅣA族，原子半徑與O原子相差不大，可推知D為C元素；G元素有-3、+5價，處于ⅤA族，原子半徑大于C原子，應處于第三周期，則G為P元素；I、J、K的化合價分別為+3、+2、+1，分別處于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半徑依次增大，且都大于P原子半徑，應處于第三周期，可推知I為Al、J為Mg、K為Na；A．Na與O2常溫下可生成Na2O，故A正確；B．F-、Mg2+、Al3+離子核外電子層數(shù)相等，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑大小順序為：F-＞Mg2+＞Al3+，故B正確；C．磷的單質有紅磷和白磷，存在同素異形體，故C錯誤；D．鎂在二氧化碳中的燃燒生成MgO和碳單質，故D錯誤；故選D。21、A【解析】

A.Mg(OH)2具有堿性，能與鹽酸反應，可用于制胃酸中和劑，故A正確；B.H2O2具有強氧化性，可用作消毒劑，故B錯誤；C.FeCl3水解后生成氫氧化鐵膠體，具有吸附性，可用作凈水劑，故C錯誤；D.液NH3氣化時吸熱，可用作制冷劑，故D錯誤；故選A。22、B【解析】

A．油脂是高級脂肪酸跟甘油生成的酯，其中形成油脂的脂肪酸的飽和程度對油脂的熔點有著重要的影響，由飽和的脂肪酸生成的甘油酯熔點較高，所以食用油脂飽和程度越大，熔點越高，故A正確；B．生鐵中的鐵、碳和電解質溶液易形成原電池，發(fā)生電化學腐蝕，所以生鐵比純鐵更易腐蝕，故B錯誤；C．蠶絲主要成分為蛋白質，屬于天然高分子化合物，故C正確；D．采蒿蓼之屬，曬干燒灰”，說明“石堿”成分來自植物燒成的灰中的成分,“以水淋汁”，該成分易溶于水，久則凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，發(fā)面，能作為發(fā)酵劑，植物燒成的灰中的成分主要為碳酸鹽，所以是碳酸鉀，故D正確；答案選B?！军c睛】生鐵是鐵的合金，易形成原電池，發(fā)生電化學腐蝕。二、非選擇題(共84分)23、氯原子、羥基加成反應【解析】

由有機物的轉化關系可知，與KMnO4或K2Cr2O7等氧化劑發(fā)生氧化反應生成，在酸性條件下，與甲醇共熱發(fā)生酯化反應生成，則B為；與LiAlH4反應生成，則C為；發(fā)生氧化反應生成，與雙氧水發(fā)生加成反應生成，酸性條件下與ROH反應生成，則F為。【詳解】（1）C的結構簡式為，含有的官能團為氯原子和羥基，故答案為氯原子、羥基；（2）由D生成E的反應為與雙氧水發(fā)生加成反應生成，故答案為加成反應；（3）由副產物的分子式為C9H5O4Cl2可知，在酸性條件下，與甲醇共熱發(fā)生酯化反應生成，則副產物的結構簡式為，故答案為；（4）化合物C的同分異構體能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明分子中含有酚羥基，核磁共振氫譜圖中有3個吸收峰說明結構對稱，結構簡式為，故答案為；（5）由題給轉化關系可知，在酸性條件下，與甲醇共熱發(fā)生酯化反應生成，與LiAlH4反應生成，催化氧化生成，與過氧化氫發(fā)生加成反應生成，合成路線如下：，故答案為?！军c睛】本題考查有機化學基礎，解題的關鍵是要熟悉烴的各種衍生物間的轉化關系，不僅要注意物質官能團的衍變，還要注意同時伴隨的分子中碳、氫、氧、鹵素原子數(shù)目以及有機物相對分子質量的衍變，這種數(shù)量、質量的改變往往成為解題的突破口。24、通電2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑（用雙線橋表示也可）用焰色反應檢驗Na+，用硝酸銀和稀硝酸檢驗Cl-【解析】

X為離子化合物，左邊為熔融液，右邊為水溶液，說明X易溶于水，則只可能為NaCl、MgCl2。若X為MgCl2，電解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，電解其熔融液時，生成Mg、H2。則B為Cl2，A為Mg，但Mg生成Mg(OH)2時，需要與水反應，而Mg與H2O不反應，所以X只能為NaCl。從而得出A為Na，B為Cl2，C、D為NaOH、H2中的一種，Y為H2O。（1）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為通電。（2）物質X為NaCl，由此可寫出其電子式。（3）Cl2與Ca(OH)2反應，用于生產漂白粉。（4）X為NaCl，在條件II下，電解氯化鈉的水溶液，反應生成NaOH、Cl2、H2。（5）實驗室制Cl2是利用MnO2與濃鹽酸在加熱條件下制得。（6）鑒定物質NaCl時，既要鑒定Na+，又要鑒定Cl-?！驹斀狻浚?）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為通電。答案為：通電；（2）物質X為NaCl，其電子式為。答案為：；（3）Cl2與Ca(OH)2反應，化學方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（4）X為NaCl，在條件II下，電解氯化鈉的水溶液，反應的離子方程式為2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。答案為：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；（5）實驗室制Cl2是利用MnO2與濃鹽酸在加熱條件下制得，表示電子轉移方向和數(shù)目的方程式為。答案為：（用雙線橋表示也可）；（6）鑒定物質NaCl時，既要鑒定Na+，又要鑒定Cl-，鑒定Na+用焰色反應，鑒定Cl-用硝酸銀和稀硝酸。答案為：用焰色反應檢驗Na+，用硝酸銀和稀硝酸檢驗Cl-。【點睛】鑒定物質有別于鑒別物質，鑒別物質時，只需檢驗物質中所含的某種微粒，只要能讓該物質與另一物質區(qū)分開便達到目的。鑒定物質時，物質中所含的每種微粒都需檢驗，若為離子化合物，既需檢驗陽離子，又需檢驗陰離子，只檢驗其中的任意一種離子都是錯誤的。25、重量ab洗滌烘干取最后一次洗滌液，加入AgNO3無沉淀證明洗滌干凈黃橙色半分鐘不褪色0.98或97.85%沒有做平行試驗取平均值干燥潔凈的蒸發(fā)皿的質量、蒸發(fā)結晶恒重后蒸發(fā)皿加固體的質量【解析】

（1）根據甲的實驗流程可知，該方案中通過加入沉淀劑后，通過測量沉淀的質量進行分析碳酸鈉的質量分數(shù)，該方法為沉淀法，故答案為：重量；（2）為了測定工業(yè)純堿中Na2CO3的質量分數(shù)(含少量NaCl)，加入沉淀劑后將碳酸根離子轉化成沉淀,可以用CaCl2、BaCl2，由于硝酸銀溶液能夠與碳酸根離子、氯離子反應，所以不能使用硝酸銀溶液，故答案為：ab；（3）稱量沉淀的質量前，為了減小誤差，需要對沉淀進行洗滌、烘干操作，從而除去沉淀中的氯化鈉、水；檢驗沉淀已經洗滌干凈的操作方法為：取最后一次洗滌液，加入AgNO3無沉淀證明洗滌干凈，故答案為：洗滌；烘干；

取最后一次洗滌液，加入AgNO3無沉淀證明洗滌干凈；（4）滴定結束前溶液顯示堿性，為黃色，滴定結束時溶液變?yōu)槌壬瑒t滴定終點的現(xiàn)象為：溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘不褪色；鹽酸溶液的刻度在14.90mL處，消耗HCl的物質的量為：0.1140mol/L×0.01490L=0.0016986mol，根據關系式Na2CO3～2HCl可知，20mL該溶液中含有碳酸鈉的物質的量為：0.0016986mol×12=0.0008493mol，則250mL溶液中含有的碳酸鈉的物質的量為：0.0008493mol×250mL20mL=0.01061625mol，所以樣品中碳酸鈉的質量分數(shù)為：[（106g/mol×0.01061625mol）/1.150g]×100%=97.85%或0.98；滴定操作測量純度時，為了減小誤差，需要多次滴定取平均值，而乙同學沒有沒有做平行試驗取平均值，所以設計的方案不合格，故答案為：黃；橙色，半分鐘不褪色；

0.98或97.85%(保留兩位小數(shù))；沒有做平行試驗取平均值；（5）碳酸鈉與鹽酸反應生成氯化鈉、二氧化碳和水，只要計算出反應后氯化鈉固體的質量，就可以利用差量法計算出碳酸鈉的質量，所以需要測定的數(shù)據由：干燥潔凈的蒸發(fā)皿的質量、蒸發(fā)結晶恒重后蒸發(fā)皿加固體的質量，故答案為：干燥潔凈的蒸發(fā)皿的質量、蒸發(fā)結晶恒重后蒸發(fā)皿加固體的質量。26、O22Cu2++2Br－+SO2+2H2O→2CuBr↓+SO42－+4H+60℃水浴加熱溶液藍色完全褪去防止CuBr見光分解防止CuBr被氧化除去表面乙醇，并使晶體快速干燥在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液過濾，用乙醇洗滌2～3次【解析】

(1)溴化亞銅能被氧氣慢慢氧化，要排除氧氣的干擾；

(2)①三頸燒瓶中銅離子被二氧化硫還原成亞銅離子，與溴離子反應生成CuBr沉淀；

②控制反應在60℃進行，可以用60℃的水浴加熱；

③45gCuSO4?5H2O為0.18mol，19gNaBr為0.184mol，所以NaBr稍過量，所以當溶液中的銅離子消耗完時反應即完成；

(3)溴化亞銅見光會分解；

(4)溴化亞銅在空氣中會慢慢被氧化，洗滌劑需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，溶劑改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶體快速干燥；

(5)燒杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取較純凈的Na2SO3?7H2O晶體，可以在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和，將Na2SO3生成NaHSO3，根據鈉元素守恒可知，此時溶液中NaHSO3的物質的量為0.5mol，然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反應生成Na2SO3，加入少量維生素C溶液(抗氧劑)，蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾，用乙醇洗滌2～3次，除去表面可溶性雜質，放真空干燥箱中干燥，據此答題?！驹斀狻?1)溴化亞銅能被氧氣慢慢氧化，用二氧化硫還原銅離子生成溴化亞銅要排除氧氣的干擾，可以通過煮沸的方法除去其中水中的O2，故答案為：O2；(2)①三頸燒瓶中銅離子被二氧化硫還原成亞銅離子，與溴離子反應生成CuBr沉淀，反應的離子方程式為2Cu2++2Br?+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42?+4H+，故答案為：2Cu2++2Br?+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42?+4H+；②控制反應在60℃進行，可以用60℃的水浴加熱；故答案為：60℃水浴加熱；③45gCuSO4?5H2O為0.18mol，19gNaBr為0.184mol，所以NaBr稍過量，所以當溶液中的銅離子消耗完時反應即完成，所以說明反應已完成的現(xiàn)象是溶液藍色完全褪去，故答案為：溶液藍色完全褪去；(3)溴化亞銅見光會分解，所以步驟2過濾需要避光，防止CuBr見光分解，故答案為：防止CuBr見光分解；(4)在空氣中會慢慢被氧化，所以洗滌劑需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶劑改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶體快速干燥，故答案為：防止CuBr被氧化；除去表面乙醇，并使晶體快速干燥；(5)燒杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取較純凈的Na2SO3?7H2O晶體，可以在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和，將Na2SO3生成NaHSO3，根據鈉元素守恒可知，此時溶液中NaHSO3的物質的量為0.5mol，然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反應生成Na2SO3，加入少量維生素C溶液(抗氧劑)，蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾，用乙醇洗滌2～3次，除去表面可溶性雜質，放真空干燥箱中干燥，故答案為：在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和；然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液；過濾，用乙醇洗滌2～3次。27、分液漏斗分液漏斗上口的瓶塞未打開或漏斗未與大氣相通或漏斗下端活塞的凹槽未與瓶頸上的通氣孔對齊a→de→cb→de→fNa2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑溫度過低，反應速率太慢，溫度過高，濃硝酸易分解，SO2逸出2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4滴入最后一滴Na2C2O4標準液后，溶液由紫紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘顏色不恢復84.67%【解析】

(1)①根據圖示中裝置的形外分析名稱；漏斗內的液體與大氣相通時液體才能順利流下；②亞硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，裝置A制取的SO2中含有水蒸氣，必須先干燥在通入B中反應制取亞硝酰硫酸(NOSO4H)時，要防止空氣中或其他實驗儀器中的水蒸氣進入B中，SO2有毒，未反應的剩余SO2不能排放到大氣中；據此分析；③硫酸和亞硫酸鈉反應生成硫酸鈉(或硫酸氫鈉)和二氧化硫；④溫度影響反應速率，同時濃硝酸不穩(wěn)定；(2)①根據氧化還原反應，化合價升降(電子得失)守恒及物料守恒分析配平；②在氧化還原滴定操作中，高錳酸鉀自身為紫紅色，發(fā)生氧化還原反應時紫色褪去，自身可做滴定操作的指示劑；③結合反應ii，根據題給數(shù)據計算過量的KMnO4的物質的量，在結合反應i計算NOSO4H的物質的量，進而求算產品純度?！驹斀狻?1)①根據圖示中裝置A圖所示，儀器I為分液漏斗；漏斗內與大氣相通時液體才能順利流下，打開其旋塞后發(fā)現(xiàn)液體不下滴，可能的原因是分液漏斗上口的瓶塞未打開或漏斗未與大氣相通或漏斗下端活塞的凹槽未與瓶頸上的通氣孔對齊；②亞硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，裝置A制取的SO2中含有水蒸氣，必須先干燥在通入B中反應制取亞硝酰硫酸(NOSO4H)，同時要防止空氣中或其他實驗儀器中的水蒸氣進入B中，通入SO2時要盡量使SO2充分與反應物混合，提高SO2利用率，SO2有毒，未反應的剩余SO2不能排放到大氣中，上述儀器的連接順序為：a→de→cb→de→f；③硫酸和亞硫酸鈉反應生成硫酸鈉(或硫酸氫鈉)和二氧化硫，反應方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑；④溫度影響反應速率，同時濃硝酸不穩(wěn)定，溫度過低，反應速率太慢，溫度過高，濃硝酸易分解，SO2逸出，導致反應產率降低；(2)①反應中錳元素的化合價由+7價降低為+2價，亞硝酰硫酸中氮元素的化合價由+3價升高為+5價，根據氧化還原反應，化合價升降(電子得失)守恒及物料守恒，配平該方程式為：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；②在氧化還原滴定操作中，高錳酸鉀自身為紫紅色，發(fā)生氧化還原反應時紫色褪去，自身可做滴定操作的指示劑，用0.5000mol?L?1草酸鈉標準溶液滴定過量的高錳酸鉀溶液，溶液顏色變化是紫紅色變?yōu)闊o色且半分鐘不變說明反應達到終點；③根據反應ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+8H2O，過量的KMnO4的物質的量=×0.5000mol?L?1×(31.02mL-1.02mL)×10-3/L=0.006mol，則與NOSO4H反應的高錳酸鉀物質的量=0.1000mol?L?1×0.1L?0.006mol=0.004mol，在結合反應i：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，NOSO4H的物質的量=×0.004=0.01mol，產品的純度為=×100%=84.67%?！军c睛】亞硝酰硫酸(NOSO4H)純品遇水易分解，故在連接實驗儀器時，需要考慮反應中產生的氣體是否帶有水蒸氣，還要考慮外界空氣中的水蒸氣是否會進入裝置，最后要有尾氣處理裝置，酸性氣體用堿液吸收。28、3該晶體為原子晶體，由于氮原子半徑比碳原子半徑小，C—N鍵長比C—C鍵長短，C—N的鍵能更大，故其硬度更高sp33d54s12(，，)50%【解析】

(1)在第三周期的元素中，第一電離能介于Mg與Cl之間的有Si、P、S；(2)①該晶體為原子晶體，晶體中N原子半徑小于C原子，半徑越小共價鍵鍵能越大，則硬度越大；②一個碳原子周圍最近且距離相等的N原子有4個，則晶胞中C原子的雜化方式為sp3；③晶胞中：C=8×+4×=3，N=4，ρ=；(3)中心C原子孤