2024屆成都市重點中學高考化學全真模擬密押卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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、一定壓強下，向10L密閉容器中充入1molS2Cl2和1molCl2，發生反應S2Cl2(g)＋Cl2(g)2SCl2(g)。Cl2與SCl2的消耗速率(v)與溫度(T)的關系如圖所示，以下說法中不正確的是（）A．正反應的活化能大于逆反應的活化能B．達到平衡后再加熱，平衡向逆反應方向移動C．A、B、C、D四點對應狀態下，達到平衡狀態的為B、DD．一定溫度下，在恒容密閉容器中，達到平衡后縮小容器體積，重新達到平衡后，Cl2的平衡轉化率不變2、在給定條件下，下列加點的物質在化學反應中完全消耗的是A．標準狀況下，將1g鋁片投入20mL18.4mol/L的硫酸中B．常溫下，向100mL3mol/L的硝酸中加入6.4g銅C．在適當溫度和催化劑作用下，用2molSO2和1molO2合成SO3D．將含有少量H2O（g）的H2通入盛有足量Na2O2容器中并不斷用電火花點燃3、常溫下，NC13是一種油狀液體，其分子空間構型為三角錐形，下列對NC13的有關敘述錯誤的是（）A．NC13中N—C1鍵鍵長比CCl4中C—C1鍵鍵長短B．NC13分子中的所有原子均達到8電子穩定結構C．NCl3分子是極性分子D．NBr3的沸點比NCl3的沸點低4、將1mol過氧化鈉與2mol碳酸氫鈉固體混合，在密閉容器中，120℃充分反應后，排出氣體，冷卻，有固體殘留．下列分析正確的是（）A．殘留固體是2molNa2CO3B．殘留固體是Na2CO3和NaOH的混合物C．反應中轉移2mol電子D．排出的氣體是1.5mol氧氣5、海洋中有豐富的食品、礦產、能源、藥物和水產資源等(如圖所示)。下列有關說法正確的是（）A．大量的氮、磷廢水排入海洋，易引發赤潮B．在③中加入鹽酸溶解得到MgCl2溶液，再直接蒸發得到MgCl2·6H2OC．在④⑤⑥中溴元素均被氧化D．在①中除去粗鹽中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質，加入的藥品順序為Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→過濾后加鹽酸6、對可逆反應2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH＜0，在一定條件下達到平衡，下列有關敘述正確的是()①增加A的量，平衡向正反應方向移動②升高溫度，平衡向逆反應方向移動，v(正)減小③壓強增大一倍，平衡不移動，v(正)、v(逆)不變④增大B的濃度，v(正)＞v(逆)⑤加入催化劑，B的轉化率提高A．①② B．④ C．③ D．④⑤7、如圖是某元素的價類二維圖。其中X是一種強堿，G為正鹽，通常條件下Z是無色液體，D的相對原子質量比C小16，各物質轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．E可以是金屬也可以是非金屬B．C和D兩種大氣污染物，都能用排空氣法收集C．B的濃溶液具有吸水性，可用來干燥氣體D．實驗室制備F時，可以將其濃溶液滴入堿石灰中進行制取8、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X原子最外層電子數是其電子層數的2倍，X、Y價電子數之比為2∶3。W的原子半徑在同周期主族元素中最小，金屬單質Z在空氣中燃燒生成的化合物可用作呼吸面具的供氧劑。下列說法錯誤的是A．原子半徑X＞Y，離子半徑Z＞YB．化合物Z2Y存在離子鍵，ZWY中既有存在離子鍵又有共價鍵C．X的簡單氫化物與W的單質在光照下產生W的氫化物D．Y、W的某些單質或兩元素之間形成的某些化合物可作水的消毒劑9、YBa2Cu3Ox(Y元素釔)是一種重要超導材料，下列關于Y的說法錯誤的是（）A．質量數是89 B．質子數與中子數之差為50C．核外電子數是39 D．Y與Y互為同位素10、某有機物的結構簡式如圖所示。下列關于該有機物的說法正確的是()A．該有機物能發生酯化、加成、氧化、水解等反應B．該有機物中所有碳原子不可能處于同一平面上C．與該有機物具有相同官能團的同分異構體有3種D．1mol該有機物最多與4molH2反應11、室溫下向10mL0.1mol·L－1MOH溶液中加入0.1mol·L－1的二元酸H2X，溶液pH的變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A．MOH是強堿，M點水電離產生c(OH－)=10－13mol·L－1B．N點溶液中離子濃度大小關系為c(M+)>c(OH－)>c(X2－)>c(HX－)>c(H+)C．P點溶液中c(H2X)+c(H+)=c(X2－)+c(OH－)D．從M點到Q點，水的電離程度先增大后減小12、已知常溫下HF酸性強于HCN，分別向1Llmol/L的HF和HCN溶液中加NaOH固體調節pH（忽略溫度和溶液體積變化），溶液中（X表示F或者CN）隨pH變化情況如圖所示，下列說法不正確的是A．直線I對應的是B．I中a點到b點的過程中水的電離程度逐漸增大C．c點溶液中：D．b點溶液和d點溶液相比：cb(Na+)<cd(Na+)13、環丙叉環丙烷(n)由于其特殊的結構，一直受到結構和理論化學家的關注，它有如下轉化關系。下列說法正確的是A．n分子中所有原子都在同一個平面上B．n和：CBr2生成p的反應屬于加成反應C．p分子中極性鍵和非極性鍵數目之比為2：9D．m分子同分異構體中屬于芳香族化合物的共有四種14、根據如圖能量關系示意圖，下列說法正確的是A．1molC(s)與1molO2(g)的能量之和為393.5kJB．反應2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)中，生成物的總能量大于反應物的總能量C．由C(s)→CO(g)的熱化學方程式為：2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1D．熱值指一定條件下單位質量的物質完全燃燒所放出熱量，則CO熱值ΔH＝－10.1kJ·mol－115、四種短周期元素在周期表中的位置如圖所示，其中只有M為金屬元素。下列說法不正確的是()YZMXA．簡單離子半徑大小：M＜ZB．簡單氫化物的穩定性：Z＞YC．X與Z形成的化合物具有較高熔沸點D．X的最高價氧化物對應水化物的酸性比Y的強16、海水是巨大的資源寶庫，從海水中可以提取鎂、溴等產品。某興趣小組以MgBr2為原料，模擬從海水中制備溴和鎂。下列說法錯誤的是（）A．工業上步驟①常用Ca(OH)2代替NaOHB．設計步驟②、③、④的目的是為了富集溴C．步驟④中試劑X可選用飽和二氧化硫水溶液D．工業上實現步驟⑥，通常用氫氣還原氯化鎂17、常溫下，向20mL某濃度的硫酸溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中水電離出的氫離子濃度隨加入氨水的體積變化如圖所示。下列分析正確的是A．c點所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)B．b點所示溶液中：c(NH4＋)＝2c(SO42－)C．V＝40D．該硫酸的濃度為0.1mol·L－118、下列有關實驗的圖示及分析均正確的是選項實驗目的實驗圖示實驗分析A催化裂解正戊烷并收集產物正戊烷裂解為分子較小的烷烴和烯烴B酸堿中和滴定搖動錐形瓶，使溶液向一個方向做圓周運動，勿使瓶口接觸滴定管，溶液也不得濺出C制取并收集乙炔用飽和食鹽水代替純水，可達到降低反應速率的目的D實驗室制硝基苯反應完全后，可用儀器a、b蒸餾得到產品A．A B．B C．C D．D19、從某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工業廢液中回收銅并制備氯化鐵晶體的流程如下：則下列說法正確的是()A．試劑a是鐵、試劑b是稀硫酸B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用儀器相同C．試劑c是氯氣，相應的反應為2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-D．用酸性KMnO4溶液可檢驗溶液W中是否含有Fe2+20、活性氧化鋅是一種多功能性的新型無機材料。某小組以粗氧化鋅（含鐵、銅的氧化物）為原料模擬工業生產活性氧化鋅，步驟如圖：

已知相關氫氧化物沉淀pH范圍如表所示Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2開始沉淀5.47.02.34.7完全沉淀8.09.04.16.7下列說法不正確的是（）A．“酸浸”中25%稀硫酸可用98%濃硫酸配制，需玻璃棒、燒杯、量簡、膠頭滴管等儀器B．“除鐵”中用ZnO粉調節溶液pH至4.1～4.7C．“除銅”中加入Zn粉過量對制備活性氧化鋅的產量沒有影響D．“沉鋅”反應為2Zn2++4HCO3﹣═Zn2（OH）2CO3↓+3CO2↑+H2O21、不能用NaOH溶液除去括號中雜質的是A．Mg（Al2O3） B．MgCl2（AlCl3） C．Fe（Al） D．Fe2O3（Al2O3）22、2017年9月25日，化學權威雜志《化學世界》、著名預測博客等預測太陽能電池材料—鈣鈦礦材料可能獲得2017年諾貝爾化學獎。鈦酸鈣(CaTiO3)材料制備原理之一是CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑。下列有關判斷不正確的是A．上述反應是氧化還原反應 B．TiO2和CO2屬于酸性氧化物C．CaTiO3屬于含氧酸鹽 D．CaCO3屬于強電解質二、非選擇題(共84分)23、（14分）乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物（H）具有很好的抗血小板聚集活性，是良好的心腦血管疾病的治療藥物。已知：①②③請回答：（1）E中含有的官能團名稱為_________；（2）丹皮酚的結構簡式為_________；（3）下列說法不正確的是（_____）A．乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的分子式為C21H34O3N3B．物質B可能溶于水，且能與鹽酸反應生成有機鹽C．D→E和G→H的反應類型均為取代反應D．物質C能使濃溴水褪色，而且1molC消耗2molBr2（4）寫出F→G的化學方程式_________。（5）寫出滿足下列條件F的所有同分異構體的結構簡式_________。①能發生銀鏡反應；1molF與2molNaOH恰好反應。②1H-NMR譜顯示分子中含有5種氫原子；IR譜顯示有－NH2，且與苯環直接相連。（6）阿司匹林也具有抑止血小板凝聚的作用。結合題給信息，請以硝基苯和乙酸酐為原料設計合理的路線制備阿司匹林（）。（用流程圖表示，無機試劑任選）______。24、（12分）石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烴，它們是常見的有機化工原料。下圖是以丙烯為原料合成有機物I的流程。已知：i．Claisen酯縮合：ii．(②比①反應快)iii．，(R、R＇代表烴基)回答下列問題：(1)C的名稱為_____________。Ⅰ中所含官能團的名稱為______________________。(2)B→C的反應類型是_______________。F的結構簡式為_______________________。(3)D→E的化學方程式為___________________________。(4)由F到H過程中增加一步先生成G再生成H的目的是__________________________。(5)化合物K與E互為同分異構體，已知1molK能與2mol金屬鈉反應，則K可能的鏈狀穩定結構有_______種(兩個一OH連在同一個碳上不穩定：一OH連在不飽和的雙鍵碳、叁鍵碳不穩定)，其中核磁共振氫譜有三組峰的結構簡式為_______________。(任寫一種)(6)完成下列以苯乙烯為原料，制備的合成路線(其他試劑任選)_____________。25、（12分）焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)可作為貯存水果的保鮮劑。現欲制備焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質。Ⅰ.制備Na2S2O5可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復使用)。焦亞硫酸鈉的析出原理：2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)（1）如圖裝置中儀器A的名稱是___。A中發生反應的化學方程式為___。儀器E的作用是___。（2）F中盛裝的試劑是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的還原性（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去。反應的離子方程式為___。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是防止食品___。Ⅲ.測定Na2S2O5樣品的純度。（4）將10.0gNa2S2O5樣品溶解在蒸餾水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入過量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高錳酸鉀溶液，充分反應后，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5樣品的純度為___%（保留一位小數），若在滴定終點時，俯視讀數Na2SO3標準液的體積，會導致Na2S2O5樣品的純度___。（填“偏高”、“偏低”）26、（10分）某化學課外小組在制備Fe(OH)2實驗過程中觀察到生成的白色沉淀迅速變為灰綠色，一段時間后變為紅褐色。該小組同學對產生灰綠色沉淀的原因，進行了實驗探究。I．甲同學猜測灰綠色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，設計并完成了實驗1和實驗2。編號實驗操作實驗現象實驗1向2mL0.1mol·L－1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液(兩溶液中均先加幾滴維生C溶液)液面上方出現白色沉淀，一段時間后變為灰綠色，長時間后變為紅褐色實驗2取實驗1中少量灰綠色沉淀，洗凈后加鹽酸溶解，分成兩份。①中加入試劑a，②中加入試劑b①中出現藍色沉淀，②中溶液未變成紅色（1）實驗中產生紅褐色沉淀的化學方程式為_________________________（2）實驗1中加入維生素C溶液是利用了該物質的___性（3）實驗2中加入的試劑a為___溶液，試劑b為____溶液。實驗2的現象說明甲同學的猜測_____（填“正確”或“不正確”）。Ⅱ.乙同學查閱資料得知，Fe(OH)2沉淀具有較強的吸附性，猜測灰綠色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，設計并完成了實驗3—實驗5。編號實驗操作實驗現象實驗3向10mL4mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(兩溶液中均先加幾滴維生素C溶液)液面上方產生白色沉淀(帶有較多灰綠色)。沉淀下沉后，部分灰綠色沉淀變為白色實驗4向10mL8mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(兩溶液中均先加幾滴維生素C溶液)液面上方產生白色沉淀（無灰綠色）。沉淀下沉后，仍為白色實驗5取實驗4中白色沉淀，洗凈后放在潮濕的空氣中______________（4）依據乙同學的猜測，實驗4中沉淀無灰綠色的原因為_____。（5）該小組同學依據實驗5的實驗現象，間接證明了乙同學猜測的正確性，則實驗5的實驗現象可能為____。Ⅲ.該小組同學再次查閱資料得知當沉淀形成時，若得到的沉淀單一，則沉淀結構均勻，也緊密；若有雜質固體存在時，得到的沉淀便不夠緊密，與溶液的接觸面積會更大。（6）當溶液中存在Fe3+或溶解較多O2時，白色沉淀更容易變成灰綠色的原因為______。（7）該小組同學根據上述實驗得出結論：制備Fe(OH)2時能較長時間觀察到白色沉淀的適宜的條件和操作有________、____。27、（12分）化合物M{[(CH3COO)2Cr]2·2H2O，相對分子質量為376}不溶于冷水，是常用的氧氣吸收劑。實驗室中以鋅粒、三氯化鉻溶液、醋酸鈉溶液和鹽酸為主要原料制備該化合物，其裝置如圖所示，且儀器2中預先加入鋅粒。已知二價鉻不穩定，極易被氧氣氧化，不與鋅反應。制備過程中發生的相關反應如下：Zn(s)+2HCl(aq)===ZnCl2(aq)+H2(g)2CrCl3(aq)+Zn(s)===2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)2Cr2+(aq)+4CH3COO－(aq)+2H2O(l)===[Cr(CH3COO)2]2?2H2O(s)請回答下列問題：（1）儀器1的名稱是__________。（2）往儀器2中加鹽酸和三氯化鉻溶液的順序最好是__________(填序號)；目的是_______。A．鹽酸和三氯化鉻溶液同時加入B．先加三氯化鉻溶液，－段時間后再加鹽酸C．先加鹽酸，－段時間后再加三氯化鉻溶液（3）為使生成的CrCl2溶液與醋酸鈉溶液順利混合，應關閉閥門__________(填“A”或“B”，下同)，打開閥門___________________。（4）本實驗中鋅粒要過量，其原因除了讓產生的H2將CrCl2溶液壓入裝置3與醋酸鈉溶液反應外，另－個作用是__________________________。28、（14分）氮、磷、砷、鐵等元素及其化合物在現代農業、科技、國防建設中有著許多獨特的用途。(1)基態砷原子中核外電子占據最高能層的符號為_______，該能層的原子軌道數有_____個。下列有關表示基態氮原子的電子排布圖中，僅違背洪特規則的是________(填字母)。A．B．C．D．(2)氮的一種氫化物N2H4是一種良好的火箭發射燃料，傳統制備肼的方法是：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，又知肼的熔點、沸點分別為1.4℃、113.5℃，氨氣的熔點、沸點分別為-77.7℃、-33.5℃。①N2H4中氮原子的雜化軌道類型為_______雜化。②H2O的VSEPR模型為______。③肼與氨氣熔點、沸點差異最主要的原因是_________________。(3)氨分子是一種常見配體，配離子[Co(NH3)6]3+中存在的化學鍵有___________(填序號)。A．離子鍵B．極性鍵C．配位鍵D．氫鍵E．金屬鍵(4)已知[Co(NH3)6]3+的幾何構型為正八面體形，推測[CoCl3(NH3)3]結構有__________種。(5)LiFeAs可組成一種新型材料，其立方晶胞結構如圖所示。若晶胞參數為anm，A、B處的兩個As原子之間距離=______nm，請在z軸方向投影圖中畫出鐵原子的位置，用“?”表示__________。29、（10分）有機物G是一種食品香料，其香氣強度為普通香料的3～4倍．G的合成路線如下：已知：R﹣CH=CH2R﹣CHO+HCHO填空：（1）該香料長期暴露于空氣中易變質，其原因是______．（2）寫出A中任意一種含氧官能團的名稱_______，由C到D的反應類型為_____．（3）有機物E的結構簡式為______．（4）有機物G同時滿足下列條件的同分異構體有_____種，寫出其中一種的結構簡式_________．①與FeCl3溶液反應顯紫色；②可發生水解反應，其中一種水解產物能發生銀鏡反應；③分子中有4種不同化學環境的氫．（5）寫出以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如下：CH3CH2OHCH2=CH2CH2BrCH2Br．

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】

根據反應S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯氣的消耗速率表示正反應速率和用SCl2的消耗速率表示逆反應速率，二者之比為1：2時轉化為用同一種物質表示的正逆反應速率相等，達到平衡狀態，由圖像可知B、D點時的正逆反應速率之比為1：2，達到平衡狀態；B、D點為平衡點，由圖中數據可知，B、D點的狀態對應的溫度為250℃，300℃時，SCl2的消耗速率大于氯氣的消耗速率的2倍，說明平衡逆向移動，則正反應為放熱反應，ΔH2＜0。【詳解】A.正反應的活化能是發生反應所需要的能量，逆反應的活化能是反應中又釋放出的能量，正反應的活化能減去逆反應的活化能就等于總反應的吸熱放熱量，由分析可知ΔH＜0，正反應為放熱反應，所以正反應的活化能小于逆反應的活化能，故A錯誤；B.由分析可知ΔH＜0，正反應為放熱反應，加熱后平衡向逆反應方向移動，故B正確；C.根據反應S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯氣的消耗速率表示正反應速率和用SCl2的消耗速率表示逆反應速率，二者之比為1：2時轉化為用同一種物質表示的正逆反應速率相等，達到平衡狀態，由圖像可知B、D點時的正逆反應速率之比為1：2，達到平衡狀態；B、D點為平衡點，故C正確；D.根據反應S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)反應物和產物都是氣體，且反應物和產物的系數相等，所以改變壓強不改變平衡移動，縮小容器體積，重新達到平衡后，Cl2的平衡轉化率不變，故D正確；答案選A。2、D【解析】

A、鋁在冷濃硫酸中發生鈍化現象；B、根據3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O計算知稀硝酸有剩余；C、SO2和O2的反應為可逆反應；D、2H2O(g)＋2Na2O2=4NaOH＋O2,2H2＋O2=2H2O，兩式相加，則相當于Na2O2＋H2=2NaOH，故D項符合要求，正確。3、D【解析】

A.N的半徑小于C的半徑，NC13中N—C1鍵鍵長比CCl4中C—C1鍵鍵長短，A正確；B.由電子式可知，B正確；C.NC13的分子空間構型是三角錐型結構不是正四面體結構，NCl3分子空間構型不對稱，所以NCl3分子是極性分子，C正確；D.無氫鍵的分子晶體中物質的熔沸點與相對分子質量有關，相對分子質量越大其熔沸點越高，所以NBr3比NCl3的熔沸點高，D錯誤；故答案為：D。4、A【解析】

過氧化鈉受熱不分解，但是受熱分解，產生1mol二氧化碳和1mol水，二氧化碳和水都能和過氧化鈉發生反應，但是此處過氧化鈉是少量的，因此要優先和二氧化碳發生反應，得到1mol碳酸鈉和0.5mol氧氣，此時我們一共有2mol碳酸鈉、1mol水和0.5mol氧氣。整個反應中只有過氧化鈉中-1價的氧發生了歧化反應，因此一共轉移了1mol電子，答案選A。5、A【解析】

A．氮、磷為植物生長的營養元素，氮和磷大量排入海洋中，會導致水體富營養化污染，形成赤潮，故A正確；B．在③中加入鹽酸溶解得到MgCl2溶液，MgCl2溶液中水解生成的氯化氫容易揮發，直接蒸發得不到MgCl2·6H2O，故B錯誤；C．⑤中溴得電子化合價降低轉化為溴離子，溴元素被還原，故C錯誤；D．鎂離子用氫氧根離子沉淀，硫酸根離子用鋇離子沉淀，鈣離子用碳酸根離子沉淀，為了除去過量的鋇離子，碳酸鈉要放在加入的氯化鋇之后，這樣碳酸鈉會除去反應剩余的氯化鋇，因此Na2CO3溶液不能放在BaCl2溶液之前加入，故D錯誤；故選A。6、B【解析】

①A是固體，增加A的量，平衡不移動，故①錯誤；②2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，正反應放熱，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，v(正)、v(逆)均增大，故②錯誤；③2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，反應前后氣體系數和不變，壓強增大一倍，平衡不移動，v(正)、v(逆)均增大，故③錯誤；④增大B的濃度，反應物濃度增大，平衡正向移動，所以v(正)＞v(逆)，故④正確；⑤加入催化劑，平衡不移動，B的轉化率不變，故⑤錯誤；故選B。7、D【解析】

G+NaOH反應生成氫化物，再結合D的相對原子質量比C小16，可以得出F為氨氣，D為NO，E為氮氣，C為NO2，B為HNO3，A為NaNO3。【詳解】A選項，E是氮氣，故A錯誤；B選項，C和D兩種大氣污染物，NO2不能用排空氣法收集，故B錯誤；C選項，B的濃溶液具有強氧化性，故C錯誤；D選項，實驗室制備氨氣時，可以將其濃氨水和堿石灰反應得到，故D正確；綜上所述，答案為D。8、A【解析】

X原子最外層電子數是其電子層數的2倍，且四種元素中原子序數最小，則X為C，X、Y價電子數之比為2∶3，則Y為O，金屬單質Z在空氣中燃燒生成的化合物可用作呼吸面具的供氧劑，則Z為Na，W的原子序數比Z大且半徑在同周期中最小，則W為Cl，綜上所述，X、Y、Z、W分別為：C、O、Na、Cl，據此解答。【詳解】A．C和O位于同周期且C原子序數小于O，所以C原子的半徑大于O原子半徑，Na+和O2-電子排布相同，O2-的原子序數更小，所以Na+的半徑小于O2-，即原子半徑X＞Y，離子半徑Z﹤Y，A錯誤；B．Na+和O2-通過離子鍵結合成Na2O，Na+和ClO-通過離子鍵結合成NaClO，Cl和O通過共價鍵結合，B正確；C．CH4和Cl2在光照條件下發生取代反應生成四種氯甲烷和HCl，C正確；D．O3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒劑，D正確。答案選A。9、B【解析】

A選項，原子符號左上角為質量數，所以釔原子質量數為89，胡A正確；

B選項，質子數+中子數=質量數，中子數=質量數－質子數=89－39=50，質子數與中子數之差為50－39=11，故B錯誤；

C選項，原子的核外電子數=核內質子數，所以核外有39個電子，故C正確；D選項，Y與Y質子數相同，中子數不同，互為同位素，故D正確;綜上所述，答案為B。【點睛】原子中質子數、中子數、質量數之間的關系為質量數=質子數+中子數，原子中的質子數與電子數的關系為核電荷數=核外電子數=核內質子數=原子序數，同位素是指質子數相同中子數不同的同種元素的不同原子互稱同位素。10、D【解析】

有機物分子中含有苯環、碳碳雙鍵和羧基，結合苯、烯烴和羧酸的性質分析解答。【詳解】A．該有機物含有羧基能發生酯化反應，含有碳碳雙鍵，能發生加成、氧化反應；但不能發生水解反應，A錯誤；B．由于苯環和碳碳雙鍵均是平面形結構，且單鍵可以旋轉，所以該有機物中所有碳原子可能處于同一平面上，B錯誤；C．與該有機物具有相同官能團的同分異構體如果含有1個取代基，可以是-CH=CHCOOH或-C(COOH)=CH2，有2種，如果含有2個取代基，還可以是間位和對位，則共有4種，C錯誤；D．苯環和碳碳雙鍵均能與氫氣發生加成反應，所以1mol該有機物最多與4molH2反應，D正確；答案選D。11、B【解析】

A．室溫下0.1mol·L-1MOH溶液的pH=13，則c(OH-)=0.1mol·L-1，故MOH是強堿，室溫下0.1mol·L-1MOH溶液的pH=13，由水電離出的c(H+)=10-13mol·L-1，該溶液中由水電離出的c(H+)與c(OH-)相等，A正確；B．10mL0.1mol·L－1MOH溶液，n(MOH)=0.1mol·L-11010-3L=110-3mol，N點的時候，n(H2X)=0.1mol·L-1510-3L=510-4mol，此時MOH與H2X恰好完全反應生成M2X，反應方程式為：H2X+2MOH=M2X+2H2O，X2-的水解程度比較微弱，溶液中離子濃度的大小為：c(M+)>c(X2-)>c(OH-)>c(HX-)>c(H+)，B錯誤；C．P點時MOH與H2X恰好完全反應生成MHX，反應方程式為：H2X+MOH=MHX+H2O，由電荷守恒可知：c(M+)+c(H+)=2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)，由物料守恒可知：c(M+)=c(X2-)+c(HX-)+c(H2X)，由電荷守恒式子與物料守恒式子結合可知c(H2X)+c(H+)=c(X2－)+c(OH－)，C正確；D．N點MOH與H2X恰好完全反應生成M2X，水的電離程度最大，N點之后水的電離程度開始減小，故從M點到Q點，水的電離程度先增大后減小，D正確；答案選B。12、D【解析】

A．縱坐標為0時即=1，此時Ka==c(H+)，因此直線I對應的Ka=10-3.2,直線II對應的Ka=10-9.2,由于HF酸性強于HCN，因此直線I對應，A正確；B．a點到b點的過程中HF濃度逐漸減小，NaF濃度逐漸增大，因此水的電離程度逐漸增大，B正確；C．Ka(HCN)=10-9.2，NaCN的水解常數Kh(NaCN)=10-4.8>Ka(HCN)，因此等濃度的HCN和NaCN的混合溶液中c(CN-)<c(HCN)，c點是HCN和NaCN的混合溶液且c(CN-)=c(HCN)，因此c(NaCN)>c(HCN)，即有c(Na+)>c(CN-)；由于OH-、H+來自水的電離，濃度比較小且此時溶液的pH為9.2，C點溶液中存在：c(Na+)>c(CN-)=c(HCN)>c(OH-)>c(H+)，C正確；D．由于HF酸性強于HCN，要使溶液均顯中性，HF溶液中要加入較多的NaOH，因此cb(Na+)>cd(Na+)，D錯誤；答案選D。【點睛】溶液中有多種電解質時，在比較離子濃度大小時注意水解常數與電離平衡常數的關系。13、B【解析】

A．n中有飽和的C原子—CH2—，其結構類似于CH4，所有的原子不可能共平面，A項錯誤；B．n中的碳碳雙鍵打開與：CBr2相連，發生加成反應，B項正確；C．p分子中的非極性鍵只有C—C鍵，1個p分子中有9根C－C鍵，極性鍵有C-H鍵和C—Br鍵，分別為8根和2根，所以極性鍵和非極性鍵的比例為10:9，C項錯誤；D．m的化學式為C7H8O，屬于芳香族化合物的同分異構體，如果取代基是—OH和－CH3，則有鄰間對3種，如果取代基為—CH2OH，只有1種，取代基還可為—OCH3，1種，則共5種，D項錯誤；本題答案選B。14、C【解析】

由圖可知，轉化Ⅰ反應物總能量大于生成物總能量，為放熱反應，熱化學方程式為C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1，轉化Ⅱ反應物總能量大于生成物總能量，為放熱反應，熱化學方程式為2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－282.9kJ·mol－1，轉化Ⅰ—轉化Ⅱ得C(s)→CO(g)的熱化學方程式2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1。【詳解】A項、由圖可知1molC(s)與1molO2(g)的能量比1molCO2(g)能量高393.5kJ，故A錯誤；B項、由圖可知反應2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)為放熱反應，生成物的總能量小于反應物的總能量，故B錯誤；C項、由圖可知1molC(s)與O2(g)生成1molCO(g)放出熱量為393.5kJ－282.9kJ＝110.6kJ，則C(s)→CO(g)的熱化學方程式為2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1，故C正確；D項、熱值指一定條件下單位質量的物質完全燃燒所放出熱量，則CO的熱值為282.9kJ×g≈10.1kJ·g－1，故D錯誤；故選C。15、D【解析】

由周期表和題干只有M為金屬元素可知：M為Al、X為Si、Y為N、Z為O，據此解答。【詳解】由上述分析可知，M為Al、X為Si、Y為N、Z為O，A．具有相同電子排布的離子中原子序數大的離子半徑小，則簡單離子半徑大小：M＜Z，故A正確；B．非金屬性越強，對應氫化物越穩定，則簡單氫化物的穩定性：Z＞Y，故B正確；C．X與Z形成的化合物為二氧化硅，為原子晶體，具有較高熔沸點，故C正確；D．非金屬性越強，對應最高價含氧酸的酸性越強，則X的最高價氧化物對應水化物的酸性比Y的弱，故D錯誤；故選：D。【點睛】比較簡單離子半徑時，先比較電子層數，電子層數越多，離子半徑越大，當具有相同電子排布的離子中原子序數大的離子半徑小，則簡單離子半徑大小。16、D【解析】

由流程可知，MgBr2與NaOH反生成氫氧化鎂和NaBr，則濾液含NaBr，②中氯氣可氧化溴離子生成溴，③吹出溴，④中試劑X為二氧化硫的水溶液，可吸收溴并生成HBr，⑤中氯氣與HBr反應生成溴；氫氧化鎂與鹽酸反應生成MgCl2溶液，蒸發濃縮、冷卻結晶得到MgCl2?6H2O，在HCl氣流中加熱MgCl2?6H2O，使其脫去結晶水得到無水MgCl2，⑥中電解熔融MgCl2生成Mg，以此來解答。【詳解】A.工業上步驟①常用Ca(OH)2代替NaOH，便宜易得，故A正確；B.海水中溴離子濃度較低，步驟②、③、④的目的是為了富集溴，故B正確；C.步驟④中試劑X可選用飽和二氧化硫水溶液，與溴單質發生氧化還原反應SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，生成HBr，故C正確；D.Mg為活潑金屬，其還原性強于氫氣，氫氣無法還原氯化鎂，工業上實現步驟⑥，通常用電解法，故D錯誤；故選D。【點睛】Mg為活潑金屬，用一般的還原劑無法將其還原為金屬單質，只能用最強有力的氧化還原反應手段——電解，將其還原，但同時需注意，根據陰極的放電順序知，電解含Mg2+的水溶液時，水電離的H+會優先放電，Mg2+不能在陰極得到電子，不能被還原得到金屬單質，因此工業上常用電解熔融MgCl2的方法制取金屬鎂，類似的還有金屬活動順序表中鋁以前的金屬，如常用電解熔融Al2O3、NaCl的方法制取金屬鋁和金屬鈉。17、A【解析】

A.c點所示溶液是硫酸銨溶液，電荷守恒式為c(H+)+c(NH4＋)═2c(SO42?)+c(OH?)，物料守恒式為c(NH4＋)+c(NH3.H2O)═2c(SO42?)，兩式相減可得：c(H+)?c(OH?)═c(NH3.H2O)，故A正確；B.根據電荷守恒：c(H+)+c(NH4＋)═2c(SO42?)+c(OH?)，b點為硫酸銨和硫酸的混合溶液，呈酸性，c(OH?)<c(H+)，所以c(NH4＋)<2c(SO42?)，故B錯誤；C.c點水電離程度最大，說明此時銨根離子濃度最大，對水的電離促進程度最大，所以兩者恰好完全反應生成硫酸銨，而稀硫酸的濃度為0.05mol/L，所以氨水的體積也是20ml，即V=20，故C錯誤；D.根據20mL的稀H2SO4溶液中,水電離出的氫離子濃度是10?13，根據水的離子積得到硫酸電離出的氫離子濃度是0.1mol/L，稀硫酸的濃度為0.05mol/L，故D錯誤；答案選AB。【點睛】需熟練使用電荷守恒，物料守恒，質子守恒，并且了解到根據圖像判斷出溶液的酸堿性。18、B【解析】

A．正戊烷裂解為分子較小的烷烴和烯烴，常溫下均為氣體，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化劑且有聚熱功能，若改用沒有聚熱功能的氧化鋁固體，實驗效果不理想，故A錯誤；B．滴定時左手控制活塞，右手搖瓶，使溶液向一個方向做圓周運動，勿使瓶口接觸到滴定管，溶液也不得濺出，操作合理，故B正確；C．用飽和食鹽水代替純水能減緩反應速率，從而可以得到較平緩的乙炔氣流，但乙炔的摩爾質量與空氣的摩爾質量相近，排空氣法收集乙炔不純，利用乙炔難溶于水的性質，應使用排水法收集，故C錯誤；D．反應完全后，硝基苯與酸分層，應選分液漏斗分離，粗產品再蒸餾得到硝基苯，圖中儀器b為圓底燒瓶，蒸餾操作時要用蒸餾燒瓶和直形冷凝管，并使用溫度計測蒸汽溫度，故D錯誤；答案選B。19、C【解析】

工業廢液中加入試劑a為過量的鐵，操作Ⅰ為過濾，得到濾渣Y為Fe、Cu，濾液X為氯化亞鐵溶液；濾渣Y中加入試劑b為鹽酸，溶解過量的鐵生成氯化亞鐵溶液，銅不溶，操作Ⅱ過濾得到銅和濾液Z為氯化亞鐵溶液，濾液Z和X合并通入氯氣，氯化亞鐵氧化為氯化鐵溶液，蒸發結晶，過濾洗滌干燥得到氯化鐵晶體。【詳解】A、由最終得到FeCl3及其流程圖可知，b為鹽酸，若為硫酸會引入硫酸根雜質離子，故A錯誤；

B、上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是過濾，操作Ⅲ是蒸發結晶、過濾，所用儀器不同，故B錯誤；

C、濾液X，濾液Z中均含有FeCl2，c為氯氣，把亞鐵離子氧化為鐵離子，反應的離子方程式為2Fe2++Cl2═2Cl-+2Fe3+，故C正確；

D、亞鐵離子、氯離子都可以被高錳酸鉀溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能檢驗溶液W中是否還有Fe2+，故D錯誤；答案選C。【點睛】本題考查了物質分離、提純過程的分析判斷，明確離子性質和除雜方法，注意除雜試劑不能引入新的雜質，掌握亞鐵離子、氯離子都可以被高錳酸鉀溶液氧化。20、C【解析】

粗氧化鋅（含鐵、銅的氧化物）加入稀硫酸溶解過濾得到溶液中含有硫酸亞鐵、硫酸銅、硫酸鋅，加入H2O2溶液氧化亞鐵離子為鐵離子，加入氧化鋅調節溶液PH沉淀鐵離子和銅離子，加入鋅還原銅離子為銅單質，過濾得到硫酸鋅，碳化加入碳酸氫銨沉淀鋅離子生成堿式碳酸鋅，加熱分解生成活性氧化鋅；A．依據溶液配制過程分析需要的儀器有玻璃棒、燒杯、量筒、膠頭滴管等；B．依據沉淀PH范圍調節溶液PH使鐵離子和銅離子沉淀；C．“除銅”加入Zn粉的作用是含有銅離子，調節溶液pH除凈銅離子；D．“沉鋅”時加入NH4HCO3溶液，溶液中的Zn2＋與HCO3－反應生成Zn2（OH）2CO3和CO2。【詳解】A．酸浸”中所需25%稀硫酸可用98%濃硫酸（密度為1.84g/mL）配制，是粗略配制在燒杯內稀釋配制，所需的儀器除玻璃棒、燒杯外，還需要儀器有量筒、膠頭滴管等，故A正確；B．依據沉淀PH范圍調節溶液PH使鐵離子和銅離子沉淀，調節溶液PH為4.1～4.7，故B正確；C．“除銅”中加入Zn粉置換溶液中的Cu，過量的Zn粉也能溶解于稀硫酸，溶液中Zn2+濃度增大，導致活性氧化鋅的產量增加，故C錯誤；D．“沉鋅”時溶液中的Zn2+與HCO3﹣反應生成Zn2（OH）2CO3和CO2，發生的離子反應為2Zn2++4HCO3﹣═Zn2（OH）2CO3↓+3CO2↑+H2O，故D正確；故選C。21、B【解析】

A、氫氧化鈉能與氧化鋁反應，與鎂不反應，可以除去鎂中的氧化鋁，A正確；B、氯化鎂、氯化鋁與氫氧化鈉均反應，不能除雜，B錯誤；C、鋁能溶于氫氧化鈉溶液，鐵不能，可以除雜，C正確；D、氧化鋁能溶于水氫氧化鈉，氧化鐵不能，可以除雜，D正確。答案選B。22、A【解析】A、CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑，反應中沒有化合價變化，是非氧化還原反應，故A錯誤；B、TiO2和CO2均能與堿反應生成鹽和水，均屬于酸性氧化物，故B正確；C、CaTiO3=Ca2＋＋TiO32－，CaTiO3由含氧酸根和鈣離子構成，屬于含氧酸鹽，故C正確；D、CaCO3雖然難溶，但溶于水的部分全部電離，屬于強電解質，故D正確；故選A。二、非選擇題(共84分)23、醚鍵、羰基AD、。【解析】

苯硝化得到A，從A的分子式可以看出，A是苯分子中的兩個氫原子被硝基取代后的生成物，結合后面物質的結構簡式可確定兩個硝基處于間位，即A為間二硝基苯，A發生還原反應得到B，A中的兩個硝基被還原為氨基，得到B（間苯二胺），間苯二胺生成C，分析C的分子式可知，B中的兩個氨基被羥基取代得到了間苯二酚C，間苯二酚和乙酸發生取代反應，苯環上的一個氫原子被-COCH3取代，得的有機物，和(CH3)2SO4在碳酸鉀的作用下反應生成丹皮酚，丹皮酚又和CH3CH2Br在NaOH醇溶液作用下得到E，根據E和的結構簡式可知，丹皮酚是中和-COCH3處于對位的羥基上的氫原子被甲基取代的生成物，所以丹皮酚的結構簡式為。丹皮酚中的另一個羥基上的氫原子被乙基取代得到E。E發生的反應是已知的第二個反應，羰基上的氧原子被NOH代替生成F（），F中的羥基上的氫原子被-CH2CH2CH2CH2Br取代生成G，G中的溴原子被取代生成H。【詳解】（1）根據有機物E的結構簡式可知，E中含有的官能團名稱醚鍵、羰基；正確答案：醚鍵、羰基。（2）根據題給信息分析看出，由有機物2,4-二羥基苯乙酮變為丹皮酚，碳原子數增加1個，再根據有機物E的結構簡式可知，丹皮酚的結構簡式為；正確答案：。（3）根據乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的結構簡式可知其分子式為C21H35O3N3，A錯誤；物質B為間苯二胺，含有氨基，顯堿性可能溶于水，且能與鹽酸反應生成有機鹽，B正確；D→E是溴乙烷中的-CH2CH3取代了酚羥基中的氫原子；G→H是φ-CH2CH2CH2CH2Br與NH(CH2CH2)2NCH2CH3發生了取代反應，C正確；物質C為間苯二酚，能與濃溴水發生取代反應，溴原子主要在環上羥基的鄰對位發生取代，而且1molC消耗3molBr2，D錯誤；正確選項AD。（4）有機物F結構=N-OH與BrCH2CH2CH2CH2Br發生了取代反應；正確答案：。（5）根據有機物F的分子式為C11H15O3N，IR譜顯示有－NH2，且與苯環直接相連，該有機物屬于芳香族化合物；能發生銀鏡反應；1molF與2molNaOH恰好反應，說明分子結構含有醛基、酚羥基或者甲酸酚酯；1H-NMR譜顯示分子中含有5種氫原子，對稱程度較大，不可能含有甲酸酚酯；綜上該有機物結構簡式可能為：、；正確答案：、。（6）根據題給信息可知，硝基變為羥基，需要先把硝基還原為氨基，然后再氯化氫、水并加熱220℃條件下變為酚羥基，苯酚變為苯酚鈉鹽后再根據信息③，生成鄰羥基苯甲酸，最后該有機物與乙酸酐反應生成酚酯；正確答案：。24、1-丙醇（正丙醇）（酮）羰基、羥基取代反應CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O保護酮羰基3或【解析】

丙烯在雙氧水作用下與溴化氫發生加成生成B為1-溴丙烷；根據D與甲醇在濃硫酸催化下發生酯化反應生成E可知，D為丙酸，則C為1-丙醇；根據Claisen酯縮合：，E發生酯縮合生成F，結合F的分子式可知，F為，根據G與I的結構簡式，結合反應流程可推出H為，據此分析。【詳解】丙烯在雙氧水作用下與溴化氫發生加成生成B為1-溴丙烷；根據D與甲醇在濃硫酸催化下發生酯化反應生成E可知，D為丙酸，則C為1-丙醇；根據Claisen酯縮合：，E發生酯縮合生成F，結合F的分子式可知，F為，根據G與I的結構簡式，結合反應流程可推出H為。(1)C的名稱為1-丙醇（正丙醇）；Ⅰ為，所含官能團的名稱為（酮）羰基、羥基；(2)B→C是1-溴丙烷在氫氧化鈉的水溶液中發生水解反應（或取代反應）生成1-丙醇，反應類型是取代反應；F的結構簡式為；(3)D→E是丙酸與甲醇發生酯化反應生成丙酸甲酯和水，反應的化學方程式為；(4)由F到H過程中增加一步先生成G再生成H的目的是保護酮羰基；(5)化合物K與E互為同分異構體，已知1molK能與2mol金屬鈉反應則應該含有兩個羥基，則K可能的鏈狀穩定結構有、、CH2=CHCH（OH）CH2OH共3種(兩個一OH連在同一個碳上不穩定：一OH連在不飽和的雙鍵碳、叁鍵碳不穩定)，其中核磁共振氫譜有三組峰的結構簡式為或；(6)苯乙烯與溴化氫發生加成反應生成，在氫氧化鈉溶液中加熱生成，氧化得到，與CH3MgBr反應生成，在氯化銨溶液中反應生成，合成路線如下：。【點睛】本題考查有機推斷及合成，注意推出有機物的結構簡式是解題的關鍵。本題中應注意（6）中合成路線應參照反應流程中的步驟，結合幾個已知反應原理，推出各官能團變化的實質。25、三頸燒瓶Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4防倒吸濃NaOH溶液5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O氧化變質95.0偏高【解析】

A三頸燒瓶中制備二氧化硫，發生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D裝置，發生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)，儀器E的作用是防倒吸，F吸收尾氣。據此解答。【詳解】Ⅰ（1）裝置中儀器A的名稱是三頸燒瓶。A中發生反應的化學方程式為Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，儀器E的作用是防倒吸。故答案為：三頸燒瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空氣中會污染空氣，SO2是酸性氧化物，可用堿溶液吸收，題干中只提供了一種試劑--濃NaOH溶液，F中盛裝的試劑是濃NaOH溶液。故答案為：濃NaOH溶液；Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去，說明MnO4－將S2O52－氧化生成硫酸根離子。反應的離子方程式為5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是：利用焦亞硫酸鈉的還原性，防止食品氧化變質。故答案為：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；氧化變質；Ⅲ.（4）由關系式：5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4－)=×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol，再由5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O得：Na2S2O5樣品的純度為=×100%=95.0%；若在滴定終點時，俯視讀數Na2SO3標準液的體積，使Na2SO3標準液的體積偏低，算出的剩余高錳酸鉀偏低，與Na2S2O5樣品反應的高錳酸鉀偏高，會導致Na2S2O5樣品的純度偏高；故答案為：95.0；偏高。26、4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3還原K3[Fe(CN)6](或鐵氰化鉀)KSCN(或硫氰化鉀)不正確NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面白色沉淀變為紅褐色，中間過程無灰綠色出現沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更容易吸附Fe2+向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液除去溶液中Fe3+和O2【解析】

(1)實驗1中產生紅褐色沉淀是因為Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反應方程式為4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3，故答案為：4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3；(2)實驗1中加入維生素C是為了防止Fe2+被氧化，利用了其還原性，故答案為：還原；(3)根據實驗現象可知，①中加入試劑出現藍色沉淀，是在檢驗Fe2+，試劑a為K3[Fe(CN)6]，②中溶液是否變紅是在檢驗Fe3+，試劑b為KSCN，由于②中溶液沒有變紅，則不存在Fe3+，即灰綠色沉淀中沒有Fe(OH)3，甲同學的猜測錯誤，故答案為：K3[Fe(CN)6](或鐵氰化鉀)；KSCN(或硫氰化鉀)；不正確；(4)根據已知，Fe(OH)2沉淀具有較強的吸附性，灰綠色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而實驗4中NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，導致沉淀沒有灰綠色，故答案為：NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；(5)當實驗5中的現象為白色沉淀變為紅褐色，中間過程無灰綠色出現時，可說明白色沉淀上沒有或很少附著有Fe2+，故答案為：白色沉淀變為紅褐色，中間過程無灰綠色出現；(6)溶液中存在Fe3+或溶解較多O2時，O2能將Fe2+氧化成Fe3+，形成Fe(OH)3沉淀，根據題干信息可知，沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更容易吸附Fe2+，從而白色沉淀更容易變成灰綠色，故答案為：沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更容易吸附Fe2+；(7)根據上述實驗可知道，當NaOH濃度高或者溶液中不存在Fe3+和O2時，制備Fe(OH)2時能較長時間觀察到白色沉淀，其操作可以是向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶液中Fe3+和O2，故答案為：向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液；除去溶液中Fe3+和O2。【點睛】本題主要考查學生的實驗探究與分析能力，同時對學生提取信息的能力有較高的要求，難度較大，解題關鍵在于對題干信息的提取和結合所學知識進行綜合解答。27、分液漏斗C讓鋅粒與鹽酸先反應產生H2，把裝置中的空氣趕出，避免生成的亞鉻離子被氧化BA過量的鋅與CrCl3充分反應得到CrCl2【解析】

（1）根據儀器結構特征，可知儀器1為分液漏斗；（2）二價鉻不穩定，極易被氧氣氧化，讓鋅粒與鹽酸先反應產生H2，讓鋅粒與鹽酸先反應產生H2，把裝置2和3中的空氣趕出，避免生成的亞鉻離子被氧化，故先加鹽酸一段時間后再加三氯化鉻溶液，故答案為C；讓鋅粒與鹽酸先反應產生H2，把裝置2和3中的空氣趕出，避免生成的亞鉻離子被氧化；（3）利用生成氫氣，使裝置內氣體增大，將CrCl2溶液壓入裝置3中與CH3COONa溶液順利混合，應關閉閥門B，打開閥門A；（4）鋅粒要過量，其原因除了讓產生的H2將CrCl2溶液壓入裝置3與CH3COONa溶液反應外，另一個作用是：過量的鋅與CrCl3充分反應得到CrCl2。【點睛】本題考查物質制備實驗方案的設計，題目難度中等，涉及化學儀器識別、對操作的分析評價、產率計算、溶度積有關計算、對信息的獲取與運用等知識，注意對題目信息的應