云南省红河州泸西县第一中学2024届高二化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

云南省红河州泸西县第一中学2024届高二化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O＋SO2===2NH4+＋SO32-＋H2OB．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－===CaCO3↓＋CO32-＋2H2OC．磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2OD．明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42-===2BaSO4↓＋Al（OH）3↓2、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（）A．K＋、H＋、SO42－、OH－ B．Na＋、Cu2＋、Cl－、SO42－C．Na＋、H＋、Cl－、CO32－ D．Na＋、Ca2＋、CO32－、NO3－3、下列操作或装置能达到实验目的的是()A．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液(如图1)B．配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液(如图2)C．定容(如图3)D．配制0.1000mol·L-1氯化钠溶液时,将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流4、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是A．某密闭容器中盛有0.2molSO2和0.1molO2，一定条件下充分反应，生成SO3分子数小于0.2NAB．一定条件下，2.3gNa与O2完全反应生成3.6g产物时失去的电子数0.1NAC．25℃时，pH＝13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为0.1NAD．20gD2O中含有的质子数为10NA5、下列物质能发生消去反应的是A．CH3OH B．（CH3）3CCH2ClC．CH3CH2Br D．6、某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如图所示的“蜗牛”形状，图中每个“·”代表一种元素，其中O点代表氢元素。下列说法中错误的是()A．原子半径大小顺序：r(B)＞r(C)＞r(A)B．B、C最高价氧化物对应的水化物可以相互反应C．虚线相连的元素处于同一族，A、C元素都位于元素周期表ⅥA族D．A分别与B、C形成的化合物中化学键类型相同7、如图是a、b两种不同物质的熔化曲线，下列说法中正确的是()①a是晶体②a是非晶体③b是晶体④b是非晶体A．①④ B．②④ C．①③ D．②③8、某有机化合物的结构简式如图所示，此有机化合物属于：①烯烃；②多官能团有机化合物；③芳香烃；④烃的衍生物；⑤高分子化合物A．①②③④ B．②④ C．①②④ D．①③9、在d轨道中电子排布成，而不能排布成，其最直接的根据是A．能量最低原理 B．泡利原理 C．原子轨道构造原理 D．洪特规则10、某研究性学习小组利用下图装置探究草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)的分解产物，下列说法错误的是A．实验前通入N2的作用是排出装置内的空气B．②、⑥中澄清石灰水的作用均是为了检验CO2气体C．装置中试剂X为NaOH溶液，固体Y为CuO固体D．将①中所得固体溶于KSCN溶液，可以检验其中铁元素的化合价11、下列关于有机化合物的说法正确的是()A．2-甲基丁烷也称异丁烷B．三元轴烯()与苯互为同分异构体C．C4H9Cl有3种同分异构体D．烷烃的正确命名是2-甲基-3-丙基戊烷12、下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是A．用装置甲灼烧碎海带B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气13、向60mLNa2SO4溶液中加入BaCl2溶液，有关数据见下表：下列有关说法不正确的是A．混合前，BaCl2溶液的物质的量浓度为0.10mol·L－1B．混合前，Na2SO4溶液的物质的量浓度为0.15mol·L－1C．3号实验中沉淀的质量x为1.398gD．完全沉淀60mLNa2SO4溶液消耗BaCl2溶液的体积为80mL14、实验：①0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合得到浊液，过滤．②取等量①的滤液于两支试管中，分别滴加等浓度等体积的Na2S溶液、Na2SO4溶液，前者出现浑浊，后者溶液仍澄清．③取少量①的沉淀，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解．下列分析不正确的是A．①中生成AgCl沉淀，溶液中c（Ag+）和c（Cl﹣）大量减少B．①的滤液中不含有Ag+C．②的现象说明该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶D．③中生成Ag（NH3）2+，使c（Ag+）减小，促进AgCl（s）溶解平衡正向移动15、下列实验操作，不能用来分离提纯物质的是（）A．萃取 B．蒸馏 C．过滤 D．称量16、汽车尾气净化反应之一：NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)ΔH＝－373.4kJ·mol-1。若反应在恒容的密闭容器中达到平衡状态，下列说法正确的是A．及时除去二氧化碳，正反应速率加快B．混合气体的密度不变是该平衡状态的标志之一C．降低温度，反应物的转化率和平衡常数均增大D．其它条件不变，加入催化剂可提高反应物的转化率17、下列说法正确的是（）A．乙烯与环丙烷(C3H6)互为同系物B．乙烯和聚乙烯均能和溴水发生加成反应而使溴水褪色C．皮肤沾上浓HNO3变成黄色，立即用饱和NaOH溶液冲洗D．丙酸、乙酸甲酯和2-羟基丙醛(CH3CHOHCHO)互为同分异构体18、某无机化合物的二聚分子结构如图，该分子中A、B两种元素都是第三周期的元素，分子中所有原子最外层都达到8电子稳定结构。关于该化合物的说法不正确的是（）A．化学式是Al2Cl6B．不存在离子键和非极性共价键C．在固态时所形成的晶体是分子晶体D．是离子化合物，在熔融状态下能导电19、某溶液可能含有NH4＋、K＋、Ba2＋、Fe3＋、I－、SO32－、SO42－中的几种，现取100mL溶液先加入足量氯水，然后滴加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.66g，在滤液中加足量NaOH溶液并加热，生成的气体在标准状况下体积为1.12L。根据上述实验，以下推测正确的是A．原溶液一定存在NH4＋、I－B．原溶液一定不含Ba2＋、Fe3＋、I－C．原溶液可能存在K＋、Fe3＋、SO42－D．另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，即可确定溶液所有的离子组成20、下列有关说法中不正确的是A．分离硝基苯和苯的混合物通常采用分液法B．分子式为C5H10O2且遇小苏打能产生气体的有机物有4种（不考虑立体异构）C．乙烯和苯的同系物使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理均为氧化反应D．ClCH2CH(CH3)CH2Cl不能通过烯烃与氯气发生加成反应得到21、25℃时，pH=2的某酸HnA(An—为酸根）与pH=12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH变为5。下列判断正确的是A．生成的正盐化学式为BmAnB．该盐中存在着一定水解的离子，该离子水解方程式为Bm++mH2OB(OH)m+mH+C．生成的盐为强酸弱碱盐D．HnA为弱酸，其第一步电离方程式为HnAHn-1A-+H+22、用Pt电极电解含有Cu2+和X3+均为0.1mol的溶液，阴极析出金属的质量m(g)与溶液中通过电子的物质的量n(mol)关系如图，则离子的氧化能力由大到小排列正确的是()A．Cu2+>X3+>H+B．H+>X3+>Cu2+C．X3+>H+>Cu2+D．Cu2+>H+>X3+二、非选择题(共84分)23、（14分）4-羟基扁桃酸可用于制备抗生素及血管扩张类的药物，香豆素-3-羧酸可用于制造香料，二者合成路线如下（部分产物及条件未列出）：已知;（R，R′，R″表示氢、烷基或芳基）（1）A相对分子质量为60，常在生活中用于除去水壶中的水垢，A的结构简式是___________。（2）D→4-羟基扁桃酸反应类型是______________。（3）中①、②、③3个-OH的电离能力由强到弱的顺序是___________。（4）W→香豆素-3-羧酸的化学方程式是______________________。（5）关于有机物F下列说法正确的是__________。a．存在顺反异构b．分子中不含醛基c．能发生加成、水解、氧化等反应d.1molF与足量的溴水反应，最多消耗4molBr2（6）某兴趣小组将4-羟基扁桃酸进行如下操作①1molH在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为______mol.②符合下列条件的I的同分异构体（不考虑立体异构）为______种。a．属于一元羧酸类化合物b．苯环上只有2个取代基，其中一个是羟基③副产物有多种，其中一种是由2分子4-羟基扁桃酸生成的含有3个六元环的化合物，该分子中不同化学环境的氢原子有__________种。24、（12分）某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为。阳离子、、、、阴离子、、、、甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：①用铂丝蘸取少量溶液，在无色火焰上灼烧，未出现黄色火焰②取少量溶液，加入溶液无明显变化。③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。④向③中所得的溶液中加入溶液，有白色沉淀生成。（1）步骤①使用的焰色反应属于___（填“物理”或“化学”）变化（2）③中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是____（3）该溶液中一定含有的阳离子有___，一定含有的阴离子有___（4）检验溶液中存在的方法是_____（5）取该溶液，向溶液中加入过量的稀氢氧化钠溶液，充分反应后，过滤、洗涤，将沉淀在空气中灼烧后得到的固体质量为___g25、（12分）实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4++6HCHO===3H＋+6H2O+(CH2)6N4H＋[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与lmolH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I称取样品1.500g。步骤II将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤III移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20％的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1-2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。（1）根据步骤III填空：①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察____________A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化④滴定达到终点时，酚酞指示剂由_______色，且_____________。（2）滴定结果如下表所示：若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol·L－1则该样品中氮的质量分数为______（3）实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下：甲基橙：3.1～4.4

石蕊：5.0～8.0

酚酞：8.2～10.0用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是__________。A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂（4）在25℃下，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为_________。已知25℃时Ksp［Mg(OH)2］=1.8×10—11,Ksp［Cu(OH)2］=2.2×10—20。（5）在25℃下，将amol·L—1的氨水与0.01mol·L—1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl—)，则溶液显_______性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=_______。26、（10分）某学生为测定某烧碱样品中的质量分数，进行如下实验：（已知该样品中含有少量不与酸作用的杂质）A．在250的容量瓶中定容，配制成250烧碱溶液；B．用碱式滴定管移取25.00烧碱溶液于锥形瓶中，并滴几滴甲基橙指示剂；C．在天平上准确称取20.5烧碱样品，在烧杯中用蒸馏水溶解；D．将物质的量浓度为1.00的标准硫酸溶液装入酸式滴定管中，调节液面，记下开始时的读数；E.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至溶液变为橙色为止，记下读数。试填空：(1)正确操作步骤的顺序是________→________→________→________→________。（用字母填空）(2)观察滴定管液面的读数时应注意什么问题？_____________________________________________________________________。(3)步操作中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是__________________________________________。(4)下列操作中可能使所测溶液的质量分数偏低的是________。a．步操作中未将溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容b．步操作中，称量药品时，砝码放在左盘，放在右盘c．步操作中酸式滴定管在装入标准溶液前未用标准液润洗d．滴定过程中，读取硫酸溶液体积时，开始时仰视读数，结束时俯视读数(5)硫酸的初读数和末读数如图所示。未读数为________，初读数为________，用量为________。按滴定所得数据计算烧碱样品中的质量分数为________。27、（12分）三草酸合铁(III)酸钾K3[Fe(C204)3]·3H2O为绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇丙酮等有机溶剂。I.三草酸合铁(III)酸钾晶体的制备①将5g(NH4)2Fe(S04)2·6H2O晶体溶于20mL水中，加入5滴6mol/LH2SO4酸化，加热溶解，搅拌下加入25m饱和和H2C2O4溶液，加热，静置，待黄色的FeC2O4沉淀完全沉降以后，倾去上层清液，倾析法洗涤沉定2--3次。②向沉淀中加入10mL饱和草酸钾容液，水浴加热至40℃，用滴管缓慢滴加12mL5%H2O2，边加边搅拌并维持在40℃左右，溶液变成绿色并有棕色的沉淀生成。③加热煮沸段时间后，再分两批共加入8mL饱和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此时棕色沉淀溶解，变为绿色透明溶液。④向滤液中缓慢加入10mL95%的乙醇，这时如果滤液浑浊可微热使其变清，放置暗处冷却，结晶完全后，抽滤，用少量洗条剂洗涤晶体两次抽干，干燥，称量，计算产率。已知制各过程中涉及的主要反应方程式如下:②6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3步骤③2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O请回答下列各题:(1)简达倾析法的适用范围____________。(2)步骤③加热煮沸的目的是___________。(3)步骤④中乙醇要缓慢加入的原因是_________。(4)下列物质中最适合作为晶体洗涤剂的是_______(填编号)。A．冷水B．丙酮C．95%的乙醇D．无水乙醇(5)如图装置，经过一系列操作完成晶体的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的顺序补充完整(洗条操作只需要考虑一次):开抽气泵→a→____→b→d→c→关闭抽气泵。

a.转移固体混合物b.关活塞Ac.开活塞Ad.确认抽干e.加洗涤剂洗涤II.纯度的测定称取1.000g产品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用标定浓度为0.0100mol/L的高锰酸钾溶被滴定至终点，三次平行实验平均消耗高猛酸钾溶被24.00mL。(6)滴定涉及反应的离子方程式:____________。(7)计算产品的纯度______(用质量百分数表示)。(K3[Fe(C204)3]·3H2O的相对分子质量为491)28、（14分）钛呈银白色，因它坚硬、强度大、耐热、密度小，被称为高技术金属。目前生产钛采用氯化法，即将金红石或钛铁矿与焦炭混合，通入氯气并加热制得TiCl4：2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO；TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO。将TiCl4蒸馏并提纯，在氩气保护下与镁共热得到钛：TiCl4+2MgTi+2MgCl2，MgCl2和过量Mg用稀盐酸溶解后得海绵状钛，再在真空熔化铸成钛锭。请回答下列问题：（1）基态钛原子的价电子排布式为_______________________________。（2）与CO互为等电子体的离子为_____（填化学式）。（3）在CH2Cl2、C6H6、CO2、C2H4中，碳原子采取sp杂化的分子有__________。（4）TiCl4在常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟。则TiCl4属于______(填“原子”、“分子”或“离子”)晶体。（5）与钛同周期的另一种元素钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，现象是_____________；往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为__________。（6）在自然界中TiO2有金红石、板钛矿、锐钛矿三种晶型，其中金红石的晶胞如右图所示，则其中Ti4+的配位数为__________。29、（10分）碳酸亚铁（白色固体，难溶于水）是一种重要的工业原料，可用于制备补血剂乳酸亚铁，也可用作可充电电池的电极。某研究小组通过下列实验，寻找利用复分解反应制备FeCO3沉淀的最佳方案：实验试剂现象滴管试管0.8mol/LFeSO4溶液（pH=4.5）1mol/LNa2CO3溶液（pH=11.9）实验Ⅰ：立即产生灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色0.8mol/LFeSO4溶液（pH=4.5）1mol/LNaHCO3溶液（pH=8.6）实验Ⅱ：产生白色沉淀及少量无色气泡，2min后出现明显的灰绿色0.8mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0）1mol/LNaHCO3溶液（pH=8.6）实验Ⅲ：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色(1)实验I中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应：□Fe2++□____+□+□H2O=□Fe(OH)3+□HCO3−(2)实验II中产生FeCO3的离子方程式为_____________________________。(3)为了探究实验III中NH4+所起的作用，甲同学设计了实验IV进行探究：操作现象实验IV向0.8mol/LFeSO4溶液中加入①__________，再加入Na2SO4固体配制成混合溶液（已知Na+对实验无影响，忽略混合后溶液体积变化）。再取该溶液一滴管，与2mL1mol/LNaHCO3溶液混合与实验III现象相同实验IV中加入Na2SO4固体的目的是②_______________________。对比实验II、III、IV，甲同学得出结论：NH4+水解产生H+，降低溶液pH，减少了副产物Fe(OH)2的产生。乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是：③_____________，再取该溶液一滴管，与2mL1mol/LNaHCO3溶液混合。(4)小组同学进一步讨论认为，定性实验现象并不能直接证明实验III中FeCO3的纯度最高，需要利用如图所示的装置进行定量测定。分别将实验I、II、III中的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后称量，然后转移至A处的广口瓶中。为测定FeCO3的纯度，除样品总质量外，还需测定的物理量是______________________。(5)实验反思：经测定，实验III中的FeCO3纯度高于方案I和方案II。通过以上实验分析，制备FeCO3实验成功的关键因素是_______________________________________

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解题分析】

A、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，过量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，离子反应为：2NH3·H2O+SO22NH4++SO32-+H2O，故A正确；B、少量氢氧化钠与碳酸氢钙反应会生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故B错误；C、磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；D、明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀，硫酸铝钾和氢氧化钡按照物质的量1：2反应：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故D错误；答案选A。【题目点拨】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中B项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（题中D项）。2、B【解题分析】

A．H+、OH-反应生成水，不能大量共存，故A错误；B．这几种离子之间不反应，能大量共存，故B正确；C．H+、CO32-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故C错误；D．Ca2+、CO32-反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选B。3、D【解题分析】分析：A.定容时应该平视；B.固体应该在烧杯中溶解冷却后再转移至容量瓶；C.；D.转移时需要玻璃棒引流。详解：A.配制一定物质的量浓度的NaCl溶液在定容时视线应该平视，且胶头滴管不能插入容量瓶中，A错误；B.配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液时应该在烧杯中溶解硝酸钠，冷却后再转移至容量瓶中，容量瓶不能溶解固体或稀释溶液，B错误；C.定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，应该垂直于容量瓶口上方，C错误；D.配制0.1000mol·L-1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流，D正确。答案选D。4、C【解题分析】

A、此反应属于可逆反应，不能进行到底；B、Na与氧气无论生成Na2O还是Na2O2，1molNa失去1mol电子；C、题目中没有说明溶液的体积，无法计算；D、利用质量数等于同位素近似相对原子质量，D2O的摩尔质量为20g·mol－1。【题目详解】A、发生2SO2＋O22SO3，此反应可逆反应，不能进行到底，生成SO3的物质的量小于0.2mol，故A说法正确；B、Na与氧气反应，无论生成Na2O还是Na2O2，1molNa失去1mol电子，即2.3gNa完全与O2发生反应时，转移电子物质的量为2.3×1/23mol=0.1mol，故B说法正确；C、pH=13的溶液中c(OH－)=10－13mol·L－1，因此没有说明溶液的体积，无法计算出OH－的物质的量，故C说法错误；D、D2O的摩尔质量为20g·mol－1，20gD2O中含有质子的物质的量为20×10/20mol=10mol，故D说法正确。【题目点拨】本题的易错点是选项A，因为二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，此反应属于可逆反应，可逆反应不能进行到底，因此生成SO3的物质的量小于0.2mol。解决阿伏加德罗常数时一定注意隐含条件，如还有2NO2N2O4等。5、C【解题分析】

常见能发生消去反应的有机物有醇和卤代烃，醇发生消去反应结构特点：与-OH相连碳相邻碳上有氢原子才能发生反应，形成不饱和键；卤代烃发生消去反应结构特点：与-X相连碳相邻碳上有氢原子才能发生反应，形成不饱和键。【题目详解】A．CH3OH中只有一个碳，与羟基相连碳相邻没有碳，不能发生消去反应，选项A不选；B．（CH3）3CCH2Cl中与-Cl相连碳相邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，选项B选；C．溴乙烷中与-Br相连碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，选项C不选；D．中与-Br相连碳相邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，选项D不选；答案选C。【题目点拨】本题考查有机物的结构和性质，侧重于卤代烃和醇能发生消去反应结构特点，难度不大，掌握卤代烃、醇能发生消去反应结构特点是解题的关键。6、D【解题分析】

根据O点代表氢元素，每个“·”代表一种元素，可知A是氧，B、C分别是铝、硫。【题目详解】A.铝和硫在同一周期，同一周期的元素的原子半径随着原子序数的递增逐渐减小，所以铝的原子半径大于硫，硫和氧是同一主族元素，硫在第三周期，氧在第二周期，故硫的原子半径大于氧，所以原子半径大小顺序：r(B)＞r(C)＞r(A)，故A不选；B.铝的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，是两性氢氧化物，硫的最高价氧化物的水化物是硫酸，是强酸，可以和氢氧化铝反应，故B不选；C.从分析可知，A、C元素是同一主族元素，都位于元素周期表ⅥA族，故C不选；D.氧和铝形成的化合物为Al2O3，是离子化合物，含离子键，氧和硫形成的化合物为SO2和SO3，是共价化合物，含共价键，故D选。故选D。7、A【解题分析】

晶体和非晶体的重要区别在于晶体有一定的熔点，非晶体没有；晶体吸收热量，温度升高，到达熔点，不断吸收热量，温度保持不变，完成熔化过程，晶体全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，而非晶体吸收热量，温度一直不断升高，据此答题。【题目详解】a曲线中吸收热量，温度升高，到达熔点，不断吸收热量，温度保持不变，完成熔化过程，晶体全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，则a为晶体；由图象b可知，吸收热量，温度不断升高，则b为非晶体；故答案选A。8、B【解题分析】

①该有机物分子中含有碳碳双键，属于烯，但含有氧元素，所以不属于烯烃，①不正确；②该有机物分子中含有碳碳双键、酯基、羟基，属于多官能团有机化合物，②正确；③该有机物分子中含有苯环，属于芳香族化合物，但不属于烃，所以不属于芳香烃，③不正确；④该有机物由C、H、O三种元素组成，属于烃的衍生物，④正确；⑤该有机物的相对分子质量小于10000，不属于高分子化合物，⑤不正确；综合以上分析，只有②④正确，故选B。9、D【解题分析】试题分析：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，4个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，答案选D。考点：考查了洪特规则、泡利原理、能量最低原理的相关知识。10、D【解题分析】

A.反应装置中含有空气，若不将装置中的空气排出，会将草酸亚铁分解产生的FeO氧化为Fe2O3，影响实验测定，因此该操作合理，A正确；B.②中澄清石灰水的作用是为了检验FeC2O4·2H2O分解产物中含CO2气体；⑥中澄清石灰水的作用是为了检验CO2气体，进而证明FeC2O4·2H2O分解产生的物质中含CO，CO与⑤处的灼热的CuO发生了反应产生了CO2，B正确；C.FeC2O4·2H2O受热分解产生的CO2气体通过②检验出来，通过装置中试剂X为NaOH溶液来除去，经无水氯化钙干燥后经灼热的固体Y反应转化为CO2气体，所以Y为CuO固体，C正确；D.将①中所得固体为FeO，该物质在KSCN溶液中不能溶解，且其中含有的铁元素为+2价，与KSCN也不能发生反应，因此不可以检验其中铁元素的化合价，D错误；故合理选项是C。11、B【解题分析】

A项，2-甲基丁烷分子中含有5个C，也称异戊烷，A错误；B项，由三元轴烯的结构可得分子式为C6H6，而结构与苯不同，故与苯互为同分异构体，B正确；C项，C4H9Cl的同分异构体有、、、共4种，C错误；D项，烷烃的正确命名是2-甲基-3-乙基己烷，故D错误。【题目点拨】本题考查同分异构体、有机物的命名等，对于同分异构体，要抓住概念进行判断并掌握一定的书写方法，如:可以记住-C3H7有2种、-C4H9有4种、-C5H11有8种；对于有机物系统命名中常见的错误归纳如下：①主链选取不当（不包含官能团，不是主链最长、支链最多）；②编号错（官能团的位次不是最小，取代基位号之和不是最小）；③支链主次不分（不是先简后繁）；④连接符号用错。12、B【解题分析】

A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；答案选B。13、D【解题分析】试题分析：A.由于加入30ml的BaCl2溶液产生的沉淀小于加入100ml时的沉淀的质量，说明在30ml时BaCl2溶液不足量，n(BaCl2)=n(BaSO4)=0.699g÷233g/mol=0.003mol,所以BaCl2的浓度是c(BaCl2)="0.003mol"÷0.03L=0.10mol/L，正确；n(BaSO4)=2.097g÷233g/mol=0.009mol,则混合前Na2SO4溶液的物质的量浓度为c(Na2SO4)=0.009mol÷0.06L=0.15mol/L,所以选项B正确；C．在60mLNa2SO4溶液中Na2SO4的物质的量是0.009mol，在60ml时BaCl2溶液中含有BaCl2的物质的量是0.003mol×2=0.06mol<0.009mol,所以BaCl2不足量，产生的沉淀应该按照BaCl2计算，n(BaSO4)=0.006mol×233g/mol=1.398g,正确；D．完全沉淀60mLNa2SO4溶液消耗BaCl2溶液的体积为0.009mol÷0.10mol/L="0.09L=90"mL，错误。考点：考查数据的处理、反应物有过量时的计算的知识。14、B【解题分析】

①0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀；②分别取少量①的滤液，分别滴加等浓度等体积的饱和Na2S溶液、饱和Na2SO4溶液，前者出现浑浊，说明生成硫化银，比氯化银更难溶的沉淀，后者溶液仍澄清，说明未生成硫酸银沉淀，此实验说明①过滤后溶液中仍然存在银离子；③取少量氯化银沉淀，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解，说明此过程中生成了更难电离的物质二氨合银离子。【题目详解】A、0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀，溶液中c（Ag+）和c（Cl﹣）大量减少，故A正确；B、根据沉淀溶解平衡，①的滤液中含有Ag+，故B错误；C、依据分析可知：前者出现浑浊，说明生成硫化银，比氯化银更难溶的沉淀，后者溶液仍澄清，说明未生成硫酸银沉淀，故C正确；D、由实验③推测：银离子与氨气分子的络合，促进了氯化银的溶解，故D正确；故选B。15、D【解题分析】

常见物质分离的方法有：过滤、分液、蒸发和蒸馏等，以此解答该题。【题目详解】A.萃取可用于分离在不溶溶剂溶解度不同的物质，A正确；B.蒸馏可以实现两种沸点差距较大的两种互溶液体的分离，B正确；C.过滤一般是用来分离不溶性固体和液体的混合物，C正确；D.称量用于物质质量的测量，不能用于分离，D错误；正确选项D。【题目点拨】混合物的分离方法，取决于组成混合物的各物质的性质差异，掌握物质的性质特点是解答此类试题的关键。16、C【解题分析】

A.除去二氧化碳，生成物的浓度降低，逆反应速率先减小后增大，正反应速率减小，故A错误；

B.由NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)可知反应物生成物都是气体，反应在恒容的密闭容器中进行，所以混合气体的密度不变不能作为判断达到平衡状态的标志，故B错误；C.该反应是放热反应，降温时，平衡正向移动，反应物转化率和平衡常数均增大，故C正确；D.催化剂不影响化学平衡移动，所以加入催化剂不能提高反应物的转化率，故D错误；综上所述，本题正确答案：C。【题目点拨】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，据外界条件的改变对反应速率和平衡移动的影响分析，容器体积不变，混合气体的密度始终不变。17、D【解题分析】

A.结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，乙烯与环丙烷(C3H6)的结构不相似，所以二者不是同系物，A错误；B.聚乙烯不含碳碳双键，不能和溴发生加成反应，所以不能使溴水褪色，B错误；C.皮肤沾上浓HNO3变成黄色，应立即用大量的水冲洗，再用3-5%的NaHCO3溶液涂上，C错误；D.丙酸、乙酸甲酯和2-羟基丙醛(CH3CHOHCHO)结构简式分别为CH3CH2COOH、CH3COOCH3、CH3CHOHCHO，三种物质分子式相同，但结构不同，因此它们互为同分异构体，D正确；故合理选项是D。18、D【解题分析】分析：A.将二聚分子变成单分子，得BA3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3

或AlCl3，再根据原子最外层都达到8电子稳定结构判断；B、根据该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键；C、化合物形成二聚分子，是分子晶体；D、该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物。详解：将二聚分子变成单分子，得BA3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子是不可能的，所以只可能是AlCl3，该化合物的化学式是Al2Cl6，A说法正确；该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键，只存在Cl-Al键，Cl与Cl之间没有形成非极性共价键，所以也不存在非极性共价键，B说法正确；C、该化合物是无机化合物的形成的二聚分子，属于共价化合物，是分子晶体，C说法正确；该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键，也不是离子化合物，在熔融状态下不能导电，D说法错误；正确选项D。19、A【解题分析】某溶液可能含有NH4＋、K＋、Ba2＋、Fe3＋、I－、SO32－、SO42－中的几种，现取100mL溶液先加入足量氯水，然后滴加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.66g，该沉淀一定是硫酸钡，可以计算出硫酸钡的物质的量为0.02mol，由于氯水可以把SO32－氧化为SO42－，所以可以确定原溶液中SO32－和SO42－至少有其中一种，且它们的总物质的量为0.02mol，同时可以确定一定没有Ba2＋；在滤液中加足量NaOH溶液并加热，生成的气体在标准状况下体积为1.12L，该气体一定是氨气，可以计算出氨气的物质的量是0.05mol，由此可以确定原溶液中一定有0.05molNH4＋。根据电荷守恒，又可以确定原溶液中一定有I－，因为I－和Fe3＋不能大量共存，所以同时也确定一定不含Fe3＋。综上所述A正确；B、C不正确；D.另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，只能确定溶液中是否含有SO42－（产生不溶于盐酸的白色沉淀）和SO32－（酸化时有气体产生），K+还不能确定，所以D不正确。本题选A。点睛：本题考查的是离子的定量推断。定量推断比定性推断要难一些。解题的关键是要知道题中有一个隐蔽的条件是电荷守恒。题中的数据一定要处理，根据这些数据和电荷守恒可以确定溶液中还可能存在的离子。20、A【解题分析】

A、硝基苯和苯互溶，应采用蒸馏的方法进行分离，A项错误；B、分子式为C5H10O2且遇小苏打能产生气体的有机物应含有－COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为－C4H9，－C4H9异构体有：－CH2CH2CH2CH3，－CH(CH3)CH2CH3，－CH2CH(CH3)CH3，－C(CH3)3，故符合条件的有机物的同分异构体数目为4，B项正确；C、乙烯和苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；D、ClCH2CH(CH3)CH2Cl中两个氯原子没有在相邻的两个碳原子上，所以不可能由烯烃与氯气加成得到，D项正确。答案选A。21、D【解题分析】

25℃时，pH=2的某酸HnA(An—为酸根）与pH=12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH变为5。说明HnA为弱酸，且酸过量。根据化合物中化合价的代数和为0可以确定其化学式，根据酸碱的相对强弱可以确定水解的离子。【题目详解】A．HnA中A的化合价为-n价，碱B(OH)m中B的化合价是+m价，根据化合物中化合价的代数和为0可知，二者的离子个数比为：n:m，则其化学式为BnAm，A项错误；B．根据题意可知HnA为弱酸，则An–一定能水解，水解方程式为：An–+H2OHA(n-1)–+OH-，B项错误；C．根据题意可知HnA为弱酸，生成的盐为弱酸强碱盐，C项错误；D．HnA为弱酸，在水溶液中部分电离成酸根离子和氢离子，电离方程式为：HnAHn-1A-+H+，D项正确；答案选D。22、D【解题分析】试题分析：由图可知，转移电子的物质的量是0.2mol时，阴极析出的固体质量不再改变，而0.1molCu2＋生成0.1mol单质Cu转移电子的物质的量正好是0.2mol，说明Cu2＋先放电，氧化性最强，之后无固体析出，说明再放电的是氢离子，最后是X3＋，所以离子的氧化能力由大到小排列是Cu2＋＞H＋＞X3＋，答案选D。考点：考查溶液中离子放电顺序的判断二、非选择题(共84分)23、CH3COOH加成反应③＞①＞②bc2124【解题分析】乙醇与丙二酸发生酯化反应生成E，结合E的分子式可知，E的结构简式为C2H5OOC-CH2-COOC2H5，E与发生信息Ⅱ中反应生成F，F系列反应得到香豆素-3-羧酸，由香豆素-3-羧酸的结构，可知W为，则F为，F发生信息I中反应生成G，C分子中含有2个六元环，则G为。A的相对分子质量为60，由ClCH2COOH结构可知乙醇发生氧化反应生成A为CH3COOH，ClCH2COOH与氢氧化钠溶液反应、酸化得到C为HOCH2COOH，C发生催化氧化得到D为OHC-COOH，D与苯酚发生加成反应生成对羟基扁桃酸为。(1)由上述分析可知，A的结构简式是CH3COOH，故答案为：CH3COOH；(2)D→4-羟基扁桃酸的化学方程式是：OHC-COOH+，其反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；(3)

中①为酚羟基，有弱酸性，且酸性比碳酸弱，②为醇羟基，中性基团，③为羧基，弱酸性，但酸性一般比碳酸强，则3

个-OH

的电离能力由强到弱的顺序是③＞①＞②，故答案为：③＞①＞②；(4)发生分子内酯化，生成香豆素-3-羧酸，反应的化学方程式是+H2O，故答案为：+H2O；(5)F的结构简式是。a．不饱和碳原子连接2个-COOC2H5，没有顺反异构，故a错误；b．F分子中不含醛基，故b正确；c．含有碳碳双键与苯环，可以发生加成反应，含有酯基，可以发生水解反应，酯基、酚羟基均可以发生取代反应，故c正确；d.1molF与足量的溴水反应，苯环上羟基的邻位和对位有2个氢原子，消耗2mol溴，碳碳双键消耗1mol溴，共消耗3molBr2，故d错误；故选：bc；(6)①H的分子结构简式为，分子结构中含有酚羟基和酯基，均能和NaOH溶液反应，含有的醇羟基不与NaOH溶液反应，则1mol

在一定条件下与足量

NaOH

溶液反应，最多消耗

NaOH

的物质的量为2mol，故答案为：2；②I的结构简式为，其符合下列条件：a．属于一元羧酸类化合物，说明分子结构中有一个羧基；b．苯环上只有

2

个取代基，则二个取代基的位置有邻、间及对位三种可能，其中一个是羟基，另一个取代基可能是：-CHBrCH2COOH、-CH2CHBrCOOH、-CBr(CH3)COOH、-CH(CH2Br)COOH，则符合条件的I的同分异构体共有3×4=12种，故答案为：12；③副产物有多种，其中一种是由

2

分子

4-羟基扁桃酸生成的含有

3

个六元环的化合物，该化合物为4-羟基扁桃酸2分子间酯化生成的六元环酯，其分子结构对称，含有酚羟基的氢、酯环上的一个氢原子及苯环上酚羟基邻位及间位上的氢，共有4种不同化学环境的氢原子，故答案为：4。点睛：本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行充分利用，注意根据有机物的结构利用正、逆推法相结合进行推断，侧重考查学生分析推理能力。本题的易错点为(6)中同分异构体数目的判断。24、物理、、、取少量待测液于试管中，先加入稀盐酸，再加入溶液，若产生白色沉淀，则含有12【解题分析】

①用铂丝蘸取少量溶液，在无色火焰上灼烧，未出现黄色火焰，则溶液中无Na+；②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，则溶液中无Fe3+；③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，则溶液中含有NO3-和还原性离子，即Fe2+，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，则溶液中含有Cl-；溶液中含有Fe2+，则CO32-、SiO32-不能存在；④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则存在SO42-。根据溶液呈电中性，且各离子的物质的量为1mol，即Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-各0.1mol时，0.1×2+0.1x=0.1×1+0.1×1+0.1×2，x=2，则只能为Mg2+；【题目详解】（1）步骤①灼烧时的焰色反应为元素所特有的性质，属于物理变化；（2）溶液中的硝酸根离子、亚铁离子与氢离子反应生成铁离子、NO和水，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；（3）由分析可知，一定含有的阳离子为Fe2+、Mg2+；一定含有的阴离子有Cl-、NO3-、SO42-；（4）检验SO42-常用盐酸和氯化钡溶液，方法是取少量待测液于试管中，先加入稀盐酸，取清液再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含有SO42-；（5）取1.0L该溶液，则溶液中含有0.1molFe2+、0.1molMg2+，向溶液中加入过量的稀氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将沉淀在空气中灼烧后，得到的固体为0.1molMgO、0.05molFe2O3，其质量为12g。25、偏高②③④无影响B无色变成粉红(或浅红)半分钟后溶液颜色无新变化则表示已达滴定终点18.85%DCu(OH)2Cu2++2NH1·H2O====Cu(OH)2↓+2NH4+中【解题分析】

（1）①滴定管中未用标准液润洗，直接加入标准液会稀释溶液浓度减小；②锥形瓶内水对滴定结果无影响；③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化，以判定滴定终点；④如溶液颜色发生变化，且半分钟内不褪色为滴定终点；（2）依据滴定前后消耗氢氧化钠溶液的体积的平均值，结合4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O、H＋+OH－=H2O计算．（1）根据盐类的水解考虑溶液的酸碱性，然后根据指示剂的变色范围与酸碱中和后的越接近越好，且变色明显（终点变为红色），溶液颜色的变化由浅到深容易观察，而由深变浅则不易观察；（4）根据难溶物的溶度积常数判断先沉淀的物质，溶度积常数越小，越先沉淀；（5）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根据物料守恒得c（NH1·H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根据电荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH1·H2O的电离常数Kb=c(OH－)c(NH4＋)/c(NH1·H2O)。【题目详解】（1）①滴定管中未用标准液润洗，直接加入标准液会稀释溶液浓度减小，消耗标准液体积增大，氢离子物质的量增大，4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，反应可知测定氮元素含量偏高；②锥形瓶内水对滴定结果无影响；③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化B；④氢氧化钠滴定酸溶液，达到终点时，酚酞颜色变化为无色变化为红色，半分钟内不褪色；（2）样品1.5000g，反应为4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，消耗氢离子的物质的量和氮元素物质的量相同，依据图表数据分析可知，三次实验中消耗氢氧化钠溶液体积分别为：20.01mL、19.99mL、20.00ml，三次均有效，氢氧化钠溶液的平均体积为20.00mL，由酸碱中和反应可知，氢离子物质的量=氢氧化钠物质的量=0.1000mol·L-1×20.00ml×10-1L/ml=2.00×10-1mol，250mL溶液中氮元素物质的量和氢离子物质的量相同，该样品中氮的质量分数为2×10-1mol×14g·mol－1×250÷25÷1.5000g×100%=18.85%．（1）NaOH溶液滴和CH1COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH1COONa，CH1COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故D正确；（4）由于KsP[Cu（OH）2]=2.2×10-20＜Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，所以Cu（OH）2先生成沉淀；一水合氨和铜离子反应生成氢氧化铜和氨根离子，所以离子方程式为2NH1·H2O+Cu2＋=Cu（OH）2↓+2NH4＋；（5）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根据物料守恒得c（NH1．H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根据电荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH1·H2O的电离常数Kb=c(OH－)c(NH4＋)/c(NH1·H2O)=10-7×5×10-1/(0.5a-5×10-1)=。【题目点拨】难点和易错点（5）：根据电荷守恒确定溶液酸碱性，结合一水合氨电离平衡常数解答问题，注意二者混合后溶液体积增大一倍，物质浓度降为原来一半，为易错点。26、CABDE视线与凹液面最低点平齐；读数估读到0.01mL使滴定终点时，溶液颜色变化更明显，易于分辨b、d24.000.3023.7092.49%【解题分析】分析：(1)根据先配制溶液然后进行滴定排序；(2)根据正确观察滴定管液面的读数方法完成；(3)白纸可以使溶液颜色变化更明显；(4)a、根据热的溶液的体积偏大分析对配制的氢氧化钠溶液的浓度影响；b、根据会使所称药品的质量小于20.5g判断；c、根据标准液被稀释，浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏大判断；d、开始时仰视读数，导致读数偏大；结束时俯视读数，导致读数偏小，最终导致读数偏小；(5)根据滴定管的构造及图示读出滴定管的读数；根据消耗的标准液的体积及浓度计算出氢氧化钠的浓度，再计算出烧碱样品中NaOH的质量分数。详解：(1)正确的操作顺序为：称量→溶解→定容→滴定，所以操作步骤的顺序为：CABDE，故答案为C；A；B；D；E；(2)观察滴定管液面时视线应与与凹液面最低点平齐，读数估读到0.01

mL，故答案为视线与凹液面最低点平齐；读数估读到0.01mL；(3)滴定终点时，白纸起衬托作用，更易分辨颜色变化，故答案为使滴定终点时，溶液颜色变化更明显，易于分辨；(4)a、未将溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容，会使所配NaOH溶液的浓度偏大，从而使质量分数偏高，故a错误；b、砝码放在左盘，NaOH放在右盘，会使所称药品的质量小于20.5

g，会使样品的质量分数偏低，故b正确；c、酸式滴定管在装入标准H2SO4溶液前未用标准液润洗，会使V(H2SO4)偏大，从而使样品的质量分数偏大，故c错误；d、开始时仰视读数，结束时俯视读数，会使V(H2SO4)偏小，从而使样品的质量分数偏小，故d正确；故选b、d；(5)注意读数估读到0.01

mL，滴定管“0”刻度在上，末读数为24.00

mL，初读数为0.30

mL，用量为23.70

mL，故答案为24.00；0.30；23.70；(6)氢氧化钠的溶液的浓度为：c(NaOH)===1.896

mol•L-1，烧碱样品中NaOH的质量分数为：w(NaOH)=×100%=92.49%，故答案为92.49%。27、适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率避免沉淀析出过快导致晶粒过小Cbdce16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O98.20%【解题分析】分析：本题一实验制备为载体，考查学生对操作的分析评价、物质的分离提纯、溶液的配制、氧化还原反应滴定等，是对学生综合能力的考查，难度中等。详解：(1)倾析法的适用范围适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀，这样减少过滤的时间和操作，比较简单。(2)对步骤②中的溶液经过加热煮沸再进行下一步操作，是由于步骤②溶液中存在过量的过氧化氢，过氧化氢具有一定的氧化性，会和③中加入的草酸发生反应，所以加热煮沸的目的是除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率；(3)慢慢加入乙醇使沉淀充分结晶成更大的颗粒，避免沉淀析出过快导致晶粒过小；(4)因为产品不溶于乙醇，而选择95%的乙醇经济成本最低，故选C。(5)用该装置完成晶体的抽滤和洗涤的过程，首先开抽气泵，然后转移固体混合物，关闭活塞A，确认抽干后打开活塞A，加入洗涤剂洗涤，然后再关活塞A，确认抽干后打开活塞A，再关闭抽气泵，故答案为bd