2024年山东省济宁第二中学高三下学期第五次调研考试化学试题含解析

2024年山东省济宁第二中学高三下学期第五次调研考试化学试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z是地壳中含量最多的金属元素，四种元素原子的最外层电子数总和为16。下列说法正确的是A．原子半径：r(X)<r(Z)<r(W)B．Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能反应C．简单氢化物的热稳定性：X＜WD．X分别与Y、W形成的化合物中所含化学键类型相同2、下列物质的分离方法中，利用粒子大小差异的是A．过滤豆浆B．酿酒蒸馏C．精油萃取D．海水晒盐A．A B．B C．C D．D3、下图是分离混合物时常用的仪器，可以进行的混合物分离操作分别是（

）A．蒸馏、过滤、萃取、蒸发 B．蒸馏、蒸发、萃取、过滤C．萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D．过滤、蒸发、萃取、蒸馏4、氢氧化铈[Ce(OH)4]是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：下列说法错误的是A．滤渣A中主要含有SiO2、CeO2B．过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒C．过程②中发生反应的离子方程式为CeO2+H2O2+3H+=Ce3++2H2O+O2↑D．过程④中消耗11.2LO2(已折合成标准状况)，转移电子数为2×6.02×10235、下列仪器名称错误的是()A．量筒 B．试管 C．蒸发皿 D．分液漏斗6、下列表述正确的是A．用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来B．超导材料AB2在熔融状态下能导电，说明AB2是电解质C．推广使用煤液化技术可以减少温室气体二氧化碳的排放D．人体摄入的糖类、油脂、蛋白质均必须先经过水解才能被吸收7、常温下，用0.1000NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的CH3COOH溶液，滴定曲线如右图所示。已知在点③处恰好中和。下列说法不正确的是（）A．点①②③三处溶液中水的电离程度依次增大B．该温度时CH3COOH的电离平衡常数约为C．点①③处溶液中均有c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)D．滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)8、下图所示为某同学设计的检验浓硫酸和碳反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确的是A．若按①→③→②顺序连接，可检验所有气体产物B．若装置②只保留a、b，同样可以达到实验目的C．若圆底绕瓶内碳粉过量，充分反应后恢复到25℃，溶液的pH≥5.6D．实验结束后，应按从下往上、从左往右的顺序拆卸装置9、下列属于置换反应的是（）A．2C+SiO22CO+SiB．2HClO2HCl+O2↑C．3CO+Fe2O33CO2+2FeD．2Na+Cl2=2NaCl10、在实验室中完成下列各组实验时，需要使用到相应实验仪器的是A．除去食盐中混有的少量碘：坩埚和分液漏斗B．用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+：烧杯、烧瓶C．配制250mL1mol/L硫酸溶液：量筒、250mL容量瓶D．检验亚硫酸钠是否发生变质：漏斗、酒精灯11、四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是A．四种元素中至少有两种金属元素B．四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物C．四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子D．常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于712、三国时期曹植在《七步诗》中这样写到“煮豆持作羹,漉豉以为汁。萁在釜下燃，豆在釜中泣。……”，文中“漉”涉及的化学实验基本操作是A．过滤B．分液C．升华D．蒸馏13、已知：AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO，向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，下列对应关系正确的是（）选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)＞c(AlO2—)＞c(OH−)B0.01c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(H2CO3)＝c(AlO2—)C0.015c(Na+)＞c(CO32—)＞c(OH−)＞c(HCO3—)D0.03c(Na+)＋c(H+)＝c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(OH−)A．A B．B C．C D．D14、下列离子方程式书写正确的是（）A．用酸化的H2O2氧化海带灰浸出液中的碘：2I-+H2O2=I2+2OH-B．用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC．NaHSO4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OD．NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液混合：HCO3-+OH-=CO32-+H2O15、BHT是一种常用的食品抗氧化剂，由对甲基苯酚（）合成BHT的常用方法有2种（如图），下列说法不正确的是A．BHT能使酸性KMnO4溶液褪色B．BHT与对甲基苯酚互为同系物C．BHT中加入浓溴水易发生取代反应D．方法一的原子利用率高于方法二16、下列实验操作能达到实验目的的是A．用向上排空气法收集NOB．用装置甲配制100mL0.100mol·L－1的硫酸C．用装置乙蒸发CuCl2溶液可得到CuCl2固体D．向含少量水的乙醇中加入生石灰后蒸馏可得到无水乙醇17、工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋N2＋Cl－＋H2O（未配平）。下列说法错误的是A．Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物B．该反应中，若有1molCN－发生反应，则有5NA电子发生转移C．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2∶5D．若将该反应设计成原电池，则CN－在负极区发生反应18、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB．标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合后气体分子数为0.15NAC．加热条件下，1molFe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子D．0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA19、下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是A．该溶液中K＋、Fe2＋、C6H5OH、Br－可以大量共存B．和KI溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋2I－Fe2＋＋I2C．和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋SO42—＋Ba2＋＋3OH－Fe(OH)3↓＋BaSO4↓D．1L0.1mol·L-1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2gFe20、乙苯与氢气加成，其产物的一氯代物的同分异构体数目有（不考虑立体异构）()A．4种 B．5种 C．6种 D．7种21、从海带中提取碘元素的步骤中，选用的实验仪器不能都用到的是A．海带灼烧灰化，选用①②⑧ B．加水浸泡加热，选用②④⑦C．过滤得到滤液，选用④⑤⑦ D．萃取和分液，选用③④⑥22、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，Y和W、Y和Z分别相邻，且W、Y和Z三种元素的原子最外层电子数之和为19，x原子的电子层数与最外层电子数相等。下列说法错误的是A．单质的沸点：Y>W>Z B．离子半径：X<YC．气态氢化物的稳定性：W>Y D．W与X可形成离子化合物二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物G是一种医药中间体。其合成路线如下：(1)B中含氧官能团名称为________和________。(2)B→C反应类型为________。(3)D的分子式为C10H11OCl，写出D的结构简式：________。(4)写出满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：________。①分子中含有1个苯环，能发生银镜反应；②分子中有4种不同化学环境的氢。(5)请以、和为原料制备，写出相应的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)________。24、（12分）前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：(1)元素A、B、C中，电负性最大的是____(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为________。(2)与同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是________；BA3分子中键角________109°28′(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是________。(3)BC3－离子中B原子轨道的杂化类型为____________，BC3－离子的立体构型为________________。(4)基态E原子的电子排布式为________；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合价为＋6)中σ键与π键数目之比为________；(5)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参数为apm，则晶体的密度为_____g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数)。25、（12分）汽车用汽油的抗爆剂约含17％的1，2一二溴乙烷。某学习小组用下图所示装置制备少量1，2一二溴乙烷，具体流秳如下:已知：1，2一二溴乙烷的沸点为131℃，熔点为9.3℃。Ⅰ1，2一二溴乙烷的制备步聚①、②的实验装置为：实验步骤：(ⅰ)在冰水冷却下，将24mL浓硫酸慢慢注入12mL乙醇中混合均匀。(ⅱ)向D装置的试管中加入3.0mL液溴(0.10mol)，然后加入适量水液封，幵向烧杯中加入冷却剂。(ⅲ)连接仪器并检验气密性。向三口烧瓶中加入碎瓷片，通过滴液漏斗滴入一部分浓硫酸与乙醇的混合物，一部分留在滴液漏斗中。(ⅳ)先切断瓶C与瓶D的连接处，加热三口瓶，待温度上升到约120℃，连接瓶C与瓶D，待温度升高到180～200℃，通过滴液漏斗慢慢滴入混合液。(V)继续加热三口烧瓶，待D装置中试管内的颜色完全褪去，切断瓶C与瓶D的连接处，再停止加热。回答下列问题:(1)图中B装置玻璃管的作用为__________________________________________。(2)(ⅳ)中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是__________________________________________。(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，下列冷却剂合适的为__________________________________________。a.冰水混合物b.5℃的水c.10℃的水Ⅱ1，2一二溴乙烷的纯化步骤③：冷却后，把装置D试管中的产物转移至分液漏斗中，用1％的氢氧化钠水溶液洗涤。步骤④：用水洗至中性。步骤⑤：“向所得的有机层中加入适量无水氯化钙，过滤，转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集130～132℃的馏分，得到产品5.64g。(4)步骤③中加入1％的氢氧化钠水溶液时，发生反应的离子方程式为__________________________________________。(5)步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为_________________________。该实验所得产品的产率为__________________________________________。26、（10分）叠氮化钠(NaN3)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，是汽车安全气囊中的主要成分，能在发生碰撞的瞬间分解产生大量气体使气囊鼓起。已知：。实验室利用如图装置模拟工业级NaN3制备。实验Ⅰ：制备NaN3(1)装置C中盛放的药品为____________，装置B的主要作用是__________________。(2)为了使a容器均匀受热，装置D中进行油浴而不用水浴的主要原因是______________。(3)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式____________________________________。(4)N2O可由NH4NO3(熔点169.6℃)在240℃分解制得，应选择的气体发生装置是________。实验Ⅱ：分离提纯分离提纯反应完全结束后，取出装置D中的混合物进行以下操作，得到NaN3固体。(5)已知：NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气，操作Ⅳ采用__________洗涤，其原因是_____________。实验Ⅲ：定量测定实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：①将2.500g试样配成500.00mL溶液。②取50.00mL溶液于锥形瓶中，加入50.00mL0.1010(NH4)2Ce(NO3)6溶液。③充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，0.0500(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗标准溶液的体积为29.00mL。测定过程中涉及的反应方程式如下：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑，Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+(6)配制叠氮化钠溶液时，除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的玻璃仪器有___________。若其它读数正确，滴定到终点后读取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积时俯视，将导致所测定样品中叠氮化钠质量分数__________(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(7)试样中NaN3的质量分数为___________。(保留四位有效数字)27、（12分）金属磷化物（如磷化锌）是常用的蒸杀虫剂。我国卫生部门规定：粮食中磷化物（以PH3计）的含量不超过0.050mg：kg-1时，粮食质量方达标。现设计测定粮食中残留磷化物含量的实验如下（资料查阅）磷化锌易水解产生PH3；PH3沸点为-88℃，有剧毒性、强还原性、易自然。（用量标准]如图：装置A、B、E中盛有的试剂均足量；C中装有100原粮；D中盛有40.00mL6.0×10-5mol・L-1KMnO4溶液（H2SO4酸化）。（操作流程）安装仪器并检査气密性→PH3的产生与吸收一转移KMnO4吸收溶液→用Na2SO3标准溶液滴定。试回答下列问题：（1）仪器E的名称是______；仪器B、D中进气管下端设计成多孔球泡形状，目的是______。（2）A装置的作用是______；B装置的作用是吸收空气中的O2，防止______。（3）下列操作中，不利于精确测定出实验结果的是______（选填序号）。a．实验前，将C中原粮预先磨碎成粉末b．将蒸馏水预先煮沸、迅速冷却并注入E中c．实验过程中，用抽气泵尽可能加快抽气速率（4）磷化锌发生水解反应时除产生PH3外，还生成______（填化学式）。（5）D中PH3被氧化成H3PO4，该反应的离子方程式为______。（6）把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250.00mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0×10-5mol・L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液10.00mL．则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为______mg・kg-1，该原粮质量______（填“达标”或“不达标“）。28、（14分）二甲醚被称为“21世纪的清洁燃料”。利用甲醇脱水可制得二甲醚。反应方程式如下：2CH3OH(g)≒CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH1(1)二甲醚亦可通过合成气反应制得，相关热化学方程式如下：2H2(g)+CO(g)≒CH3OH(g)ΔH2CO(g)+H2O(g)≒CO2(g)+H2(g)ΔH33H2(g)+3CO(g)≒CH3OCH3(g)+CO2(g)ΔH4则ΔH1=__________________(用含有ΔH2、ΔH3、ΔH4的关系式表示)．(2)经查阅资料，上述甲醇脱水反应平衡常数Kp的计算式为lnKp=-2.205+(2708.6137/T)(Kp为以分压表示的平衡常数，T为热力学温度)，且催化剂吸附H2O(g)的量会受压强影响，从而进步影响催化效率。①在一定温度范围内，随温度升高，CH3OH(g)脱水转化为CH3OCH3(g)的倾向__________(填“增大”、“不变”或“减小”)，ΔH4________2ΔH2+ΔH3(填“>”、<”或“=”)。物质CH3OHCH3OCH3H2O分压/MPa0.500.500.50②某温度下(此时Kp=100)，在密闭容器中加入一定量CH3OH，某时刻测得各组分的压如下：此时正、逆反应速率的大小：V正____V逆(填“>”、“<”或“=”)。③200℃时，在密闭容器中加入一定量CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为__________(填序号).A．<1/3B．1/3C．1/3~1/2D．1/2E．>1/2④300℃时，使CH3OH(g)以一定流速通过催化剂，V/F(按原料流率的催化剂量)、压强对甲醇转化率影响如图1所示。请简述在上述条件下，压强对甲醇转化率影响的规律，并解释变化原因__________。(3)直接二甲醚燃料电池有望大规模商业化应用，工作原理如图2所示。①负极的电极反应式为__________。②现利用该电池电解CuC12溶液，当消耗2.3g二甲醚时，电解所得铜的质量为_________g(设电池的能量利用率为50%)。29、（10分）据世界权威刊物《自然》最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：（1）锌和镉位于同副族，而锌与铜相邻。现有4种铜、锌元素的相应状态，①锌：[Ar]3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：[Ar]3d10。失去1个电子需要的能量由大到小排序是______（填字母）。A.④②①③B.④②③①C.①②④③D.①④③②（2）硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是_______。在硫的化合物中，H2S、CS2都是三原子分子，但它们的键角(立体构型)差别很大，用价层电子对互斥理论解释：_________；用杂化轨道理论解释：_________。（3）Cd2+与NH3等配体形成配离子。[Cd(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl－替代只得到1种结构，它的立体构型是___________。1mol[Cd(NH3)4]2+含___________molσ键。（4）砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔点由高到低的排序为__________。（5）锆晶胞如图所示，1个晶胞含_______个Zr原子；这种堆积方式称为__________。（6）镉晶胞如图所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为dg·cm－3。在该晶胞中两个镉原子最近核间距为______nm（用含NA、d的代数式表示），镉晶胞中原子空间利用率为________（用含π的代数式表示）。

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、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，最外层电子数相同，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为金属钠，Z是地壳中含量最多的金属元素，为铝，四种元素原子的最外层电子数总和为16，所以计算X、W的最外层电子数为6，分别为氧和硫。X为氧，Y为钠，Z为铝，W为硫。A.原子半径同一周期从左至右逐渐减小，同一主族从上至下逐渐增大，则原子半径：r(X)<r(W)<r(Z)，故错误；B.Y、Z、W的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠，氢氧化铝，硫酸，两两之间均能反应，故正确；C.因为氧的非金属性比硫强，所以简单氢化物的热稳定性：X>W，故错误；D.X分别与Y形成氧化钠或过氧化钠，含有离子键，氧和硫形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，只含共价键，故错误。故选B。2、A【解析】

A、过滤利用的是微粒的大小不同来分离的，留在滤纸上的物质颗粒大，不能透过滤纸，滤液中的物质颗粒小，可以透过滤纸，A正确；B、蒸馏利用的是物质的沸点不同，B错误；C、萃取利用的是物质在不同溶剂中的溶解度不同，C错误；D、氯化钠在水中溶解度随温度变化不大，让水蒸发掉,从而获得盐，D错误；答案选A。3、A【解析】

蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，以此来解答。【详解】蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体，即过滤；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、分液或萃取、蒸发。答案选A。4、C【解析】

该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品。【详解】A.CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2，故A正确；B.结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B正确；C.稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2（SO4）3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C错误；D.过程④中消耗11.2LO2的物质的量为0.5mol，转移电子数为0.5mol×NA=2×6.02×1023，故D正确；故答案为C。5、C【解析】

A.据图可知，A为量筒，故A正确；B.据图可知，B为试管，故B正确；C.据图可知，C为坩埚，故C错误；D.据图可知，D为分液漏斗，故D正确；答案选C。6、B【解析】

A.用高粱酿酒的原理是通过发酵法将淀粉变为乙醇，再蒸馏分离出来，故A错误；B.超导材料AB2在熔融状态下能导电，说明AB2是电解质，故B正确；C.推广使用煤液化技术可以不能减少温室气体二氧化碳的排放，可以减少二氧化硫污染性气体排放，故C错误；D.人体摄入的单糖不需要经过水解，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】粮食酿酒不是本身含有酒精，而是粮食中淀粉发酵得到乙醇，再蒸馏。7、C【解析】

点③处恰好中和，反应生成醋酸钠，原溶液中醋酸的浓度为：=0.10055mol/L，A.溶液中氢离子或氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，在逐滴加入NaOH溶液至恰好完全反应时，溶液中氢离子浓度减小，水的电离程度逐渐增大，A项正确；B.点②处溶液的pH=7，此时c(Na+)=c(CH3COO−)==0.05mol/L，c(H+)=10−7mol/L，此时溶液中醋酸的浓度为：−0.05mol/L=0.000275mol/L，所以醋酸的电离平衡常数为：K==≈1.8×10−5，B项正确；C.在点③处二者恰好中和生成醋酸钠，根据质子守恒可得：c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)，C项错误；D.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)，根据电荷守恒规律可知，此情况可能出现，如溶液中存在大量醋酸和少量醋酸钠时，D项正确；答案选C。8、B【解析】浓硫酸和碳反应所得气体产物为二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，应该先过无水硫酸铜检验水，再过品红溶液检验二氧化硫，过酸性高锰酸钾氧化除去二氧化硫，过品红溶液验证二氧化硫都被除去，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以选项A错误。若装置②只保留a、b，只要看到酸性高锰酸钾溶液没有褪色就可以证明二氧化硫完全被吸收，所以选项B正确。酸雨的要求是pH小于5.6，而本实验中生成的二氧化硫会导致酸雨，所以溶液的pH一定小于5.6，同时随着反应的进行浓硫酸转化为稀硫酸就不再反应，所以还有剩余的稀硫酸，溶液的pH就会更小，选项C错误。从下往上、从左往右是实验装置的安装顺序，拆卸顺序应该相反，选项D错误。9、A【解析】

A.2C+SiO22CO+Si，该反应为一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物，属于置换反应，故A正确；B.2HClO2HCl+O2↑，该反应为一种物质生成两种或多种物质，属于分解反应，故B错误；C.3CO+Fe2O33CO2+2Fe，该反应没有单质参加，不是置换反应，属于氧化还原反应，故C错误；D.2Na+Cl2=2NaCl，该反应为两种或多种物质反应生成一种物质，属于化合反应，故D错误。故选A。10、C【解析】

A.除去食盐中混有的少量碘，应当用升华的方法，所需要的仪器是烧杯和圆底烧瓶，A错误；B.用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+，应当使用酸式滴定管和锥形瓶，B错误；C.配制250mL1mol/L硫酸溶液，用到量筒、250mL容量瓶，C正确；D.检验亚硫酸钠是否发生变质，主要是为了检验其是否被氧化为硫酸钠，故使用试管和胶头滴管即可，D错误；故答案选C。11、B【解析】

原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。【详解】A.四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；B.氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C.四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；D.三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。故选B。12、A【解析】煮豆持作羹,漉豉以为汁意思是煮熟豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水。所以漉豉以为汁采用了过滤的方法把豆豉和豆汁分开。故A符合题意，BCD不符合题意。所以答案为A。13、C【解析】

向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氢钠。【详解】A.不通入CO2，0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中，c(Na+)＞c(OH−)＞c(AlO2—)，故A错误；B.当通入的二氧化碳为0.01mol时，则溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液，没有HCO3—，故B错误；C.当通入的二氧化碳为0.015mol时溶液中含有0.015mol碳酸钠，离子浓度的关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)，故C正确；D.当通入二氧化碳的量为0.03mol时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性，电荷守恒关系为：c(Na+)＋c(H+)＝2c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(OH−)，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。14、C【解析】

A.酸性环境不能大量存在OH-，A错误；B.I-具有还原性，与Fe3+会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C.反应符合事实，遵循离子方程式中物质拆分原则，C正确；D.NH4+、HCO3-都会与OH-发生反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是C。15、C【解析】

A.BHT结构中有酚羟基，可以被酸性KMnO4溶液氧化；其结构中有一个甲基直接与苯环相连，也能被酸性KMnO4溶液直接氧化，A项正确；B.对甲基苯酚和BHT相比，都含有1个酚羟基，BHT多了8个“CH2”原子团，符合同系物的定义——结构相似，组成上相差若干个CH2，B项正确；C.BHT中酚羟基的邻对位已无H原子，所以不能与浓溴水发生取代反应，C项错误；D.方法一为加成反应，原子利用率理论高达100%，而方法二为取代反应，产物中还有水，原子利用率相对较低，D项正确；答案选C项。【点睛】①同系物的判断，首先要求碳干结构相似，官能团种类和数量相同，其次是分子组成上要相差若干个CH2。②酚羟基的引入，使苯环上酚羟基的邻对位氢受到激发，变得比较活泼。16、D【解析】

A．NO能与空气中的氧气反应，不能使用排空气法收集，NO难溶于水，应使用排水法收集NO，故A错误；B．容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，瓶上标有刻度、并标有容量；容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为25℃，浓硫酸稀释放热，应该在烧杯中进行，所以不能将浓硫酸直接在容量瓶中稀释，故B错误；C．CuCl2溶液中存在水解平衡，加热蒸干氯化铜溶液，Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2↓+2H+，水解生成的氯化氢在加热过程中挥发，蒸干得到水解产物氢氧化铜，故C错误；D．氧化钙与水反应生成难挥发的氢氧化钙，能消耗乙醇中的水，乙醇易挥发，然后蒸馏即可得到乙醇，故D正确；答案选D。17、C【解析】

反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[(4-2)+(3-0)]=10价，故CN-系数为2，Cl2系数为5，由元素守恒反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，以此来解答。【详解】A．反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，故A正确；

B．由上述分析可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1molCN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，故B正确；

C．由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C错误；

D．C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以CN-失电子，发生氧化反应为负极，故D正确。

故选：C。18、D【解析】

A．Cl2溶于水发生反应H2O+Cl2HCl+HClO，是一个可逆反应，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，A错误；B．标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合，发生的反应有：2NO+O2==2NO2，2NO2N2O4，所以混合后的气体分子数小于0.15NA，B错误；C．加热条件下，Fe与足量的浓硫酸反应生成+3价的铁离子，转移的电子数为3mol，根据得失电子守恒，应生成NA个SO2分子，C错误；D．0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素即被氧化又被还原，所以转移的电子数为0.1NA，D正确，答案选D。19、D【解析】

A、三价铁与苯酚会发生显色反应，不能大量共存，A错误；B、电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，B错误；C、不符合配比关系，正确的离子方程式为2Fe3＋＋3SO42—＋3Ba2＋＋6OH－2Fe(OH)3↓＋3BaSO4↓，C错误；D、根据原子守恒，铁离子的物质的量为0.2mol，与足量Zn反应生成0.2mol铁，为11.2g，D正确；答案选D。20、C【解析】

完全氢化后的产物，即为乙基环己烷，六元环含有4种H，乙基含有2种H，故产物的一氯代物有6种同分异构体；答案选C。【点睛】容易出错。乙基环己烷的六元环含有4种H，同学会错当成乙苯的苯环那样有3种H。21、D【解析】

先将海带在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中加水浸泡加热促进物质的溶解，在漏斗中过滤，最后用分液漏斗分液，以此解答该题。【详解】A．将海带灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑧，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，A正确；B．加水浸泡加热，应在烧杯中进行，加热用酒精灯，用玻璃棒搅拌，B正确；C．过滤时用到④、⑤和⑦，C正确；D．萃取和分液用到④⑥，不用试管，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别的实验设计的分析能力和实验能力，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器的使用，着重考查学生对基础知识的掌握和应用。22、A【解析】

X原子的电子层数与最外层电子数相等，X应为Al，Y和W、Y和Z分别相邻，且W、Y和Z三种元素的原子最外层电子数之和为19，则W为O、Y为S，Z为Cl元素。【详解】A．氯气的相对分子质量比氧气大，沸点比氧气高，故A错误；B．X为Al、Y为S、硫离子比铝离子多一个电子层，离子半径较大，故B正确；C．非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：H2O>H2S，故C正确；D．O的非金属性较强，与铝反应生成的氧化铝为离子化合物，熔融状态下可导电，故D正确。故选A。二、非选择题(共84分)23、羰基羧基还原反应【解析】

A与在AlCl3作用下发生取代反应生成，与HCl在催化剂作用下发生加氢还原反应生成，与SOCl2发生取代反应生成D，D在AlCl3作用下发生取代反应生成根据逆分析法可知，D为，据此分析作答。【详解】（1）B为，其中含氧官能团名称为羰基和羧基；（2）B→C的过程中，羰基转化为亚甲基，属于还原反应；（3）与SOCl2发生取代反应生成D，D的分子式为C10H11OCl，可知D为：；（4）F的分子式为C16H16O，其不饱和度=16×2+2-162=9，①分子中含有1个苯环，能发生银镜反应，则说明分子内含醛基；②分子中有4种不同化学环境的氢，则分子为对称结构，满足上述条件的同分异构体为：；（5）根据上述合成路线，若以请以可以先将苯在AlCl3作用下与CH3COCl进行反应，再利用生成的与以及水进行反应制备，采用逆合成分析法结合目标产物，只要将酸性条件下加热可生成，最后与氢气加成即可得到，具体合成路线为：。24、ON＞O＞AlNH3分子间易形成氢键＜孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用sp2三角形1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)7:1×1030【解析】

前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态，A为H元素；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1，核外电子排布为1s22s22p3，为N元素；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，则C为O元素，E为Cr元素；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D为Al元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Al元素，E为Cr元素。(1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Al，故答案为O；N＞O＞Al；(2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于109°28′，故答案为NH3分子间易形成氢键；＜；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；(3)NO3－离子中N原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=3+=3，采用sp2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp2；三角形；(4)E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合价为＋6)，结构为，其中σ键与π键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子数为4，8×+6×=4，晶胞质量为g，因此晶胞的密度==×1030g·cm－3，故答案为×1030。【点睛】正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4)，要能够根据题意确定CrO5的结构。25、指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率cBr2+2OH－=Br－+BrO－+H2O干燥产品（除去产品中的水）30%【解析】

(1)图中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率，因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。(2)(ⅳ)中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率。(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1，2一二溴乙烷的沸点为131℃，熔点为9.3℃，因此只能让1，2一二溴乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c。(4)步骤③中加入1％的氢氧化钠水溶液主要是将1，2一二溴乙烷中的单质溴除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O。(5)步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品（除去产品中的水）；单质溴为0.1mol，根据质量守恒得到1，2一二溴乙烷理论物质的量为0.1mol，因此该实验所得产品的产率为。【详解】(1)图中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率，因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大，故答案为：指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。(2)(ⅳ)中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率，故答案为：防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率。(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1，2一二溴乙烷的沸点为131℃，熔点为9.3℃，因此只能让1，2一二溴乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c，故答案为：c。(4)步骤③中加入1％的氢氧化钠水溶液主要是将1，2一二溴乙烷中的单质溴除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O，故答案为：Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O。(5)步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品（除去产品中的水）；单质溴为0.1mol，根据质量守恒得到1，2一二溴乙烷理论物质的量为0.1mol，因此该实验所得产品的产率为，故答案为：干燥产品（除去产品中的水）；30%。26、碱石灰冷凝分离出氨气中的水反应需要在210℃～220℃下进行，水浴不能达到这样的高温2Na+2NH32NaNH2+H2↑Ⅳ乙醚NaN3固体不溶于乙醚，能减少其损失，可洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥500mL容量瓶、胶头滴管偏大93.60%【解析】

实验I：A装置为制取氨气的装置，B装置用于冷凝分离出氨气中的水，C装置为干燥氨气，因为叠氮化钠(NaN3)固体易溶于水，所以必须保证干燥环境；D装置为制取叠氮化钠(NaN3)的装置。反应之前需要排出装置内的空气，防止Na与空气中的氧气发生反应而影响产率，同时应该有尾气处理装置，据此分析解答(1)～(4)；实验II：根据(NaN3)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，分析解答(5)；实验Ⅲ：根据配制溶液的步骤和使用的仪器结合滴定操作的误差分析的方法解答(6)；(7)结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，用0.0500mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算。【详解】(1)根据上述分析，浓氨水分解产生的氨气中含有较多的水蒸气，经B装置分离出大部分水后，氨气中仍有少量的水蒸气，故装置C为干燥氨气的装置，其中的干燥剂可以选用碱石灰；B装置用于冷凝分离出氨气中的水，故答案为碱石灰；冷凝分离出氨气中的水；(2)装置D中的反应需要在210℃～220℃下进行，水浴不能达到这样的高温，因此需要油浴，故答案为反应需要在210℃～220℃下进行，水浴不能达到这样的高温；(3)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为2Na+2NH32NaNH2+H2↑，故答案为2Na+2NH32NaNH2+H2↑；(4)N2O可由NH4NO3(熔点169.6℃)在240℃分解制得，NH4NO3分解时已经融化，同时分解过程中会生成水，为了防止水倒流到试管底部，使试管炸裂，试管口需要略向下倾斜，且需要防止NH4NO3流下，只有装置Ⅳ满足要求，故答案为Ⅳ；(5)NaN3固体不溶于乙醚，操作Ⅳ可以采用乙醚洗涤，能减少NaN3损失，同时洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故答案为乙醚；NaN3固体不溶于乙醚，能减少其损失，可洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥；(6)配制叠氮化钠溶液时，除需用到烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；若其它读数正确，滴定到终点后，读取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积时俯视，导致消耗标准液的体积偏小，则(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量偏大，将导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大，故答案为500mL容量瓶、胶头滴管；偏大；(7)50.00mL0.1010mol•L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液中：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=0.1010mol•L-1×50.00×10-3L=5.05×10-3mol，29.00mL0.0500mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液中，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.0500mol•L-1×29.00×10-3L=1.45×10-3mol，根据Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可知，(NH4)2Fe(SO4)2消耗(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为1.45×10-3mol，则与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=5.05×10-3mol-1.45×10-3mol=3.6×10-3mol，根据2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑可知，n(NaN3)=n[(NH4)2Ce(NO3)6]=3.6×10-3mol，故500.00mL溶液中(2.500g试样中)n(NaN3)=3.6×10-3mol×=0.036mol，试样中NaN3的质量分数ω=×100%=93.60%，故答案为93.60%。【点睛】本题的易错点为(7)中试样中NaN3的质量分数的计算，要注意加入的(NH4)2Ce(NO3)6涉及的反应和目的，理清楚滴定的原理。27、分液漏斗增大接触面积吸收空气中的还原性气体PH3被氧化cZn（OH）25PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.085不达标【解析】

由实验装置图可知，实验的流程为安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。已知C中盛有100g原粮，E中盛有20.00mL1.13×10-3mol•L-1KMnO4溶液（H2SO4酸化），吸收生成的PH3，B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3，A中盛装KMnO4溶液的作用除去空气中的还原性气体。【详解】（1）仪器E的名称是分液漏斗；仪器B、D中进气管下端设计成多孔球泡形状，目的是增大接触面积，故答案为分液漏斗；增大接触面积；（2）A装置的作用是吸收空气中的还原性气体；B装置的作用是吸收空气中的O2，防止PH3被氧化，故答案为吸收空气中的还原性气体；PH3被氧化；（3）实验前，将C中原粮预先磨碎成粉末及将蒸馏水预先煮沸、迅速冷却并注入E中，均可准确测定含量，只有实验过程中，用抽气泵尽可能加快抽气速率，导致气体来不及反应，测定不准确，故答案为c；（4）磷化锌易水解产生PH3，还生成Zn（OH）2，故答案为Zn（OH）2；（5）D中PH3被氧化成H3PO4，该反应的离子方程式为5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O，故答案为5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；（6）由2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O，剩余高锰酸钾为5.0×10-5mol・L-1×0.01L××=2×10-6mol，由5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O可知，PH3的物质的量为（0.04L×6.0×10-5mol・L-1-2×10-6mol）×=2.5×10-7mol，该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为=0.08mg/kg＞0.050mg/kg，则不达标，故答案为0.085；不达标。【点睛】本题考查物质含量测定实验，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，把握物质的性质、测定原理、实验技能为解答的关键。28、ΔH4-2ΔH2-ΔH3减小<>C规律：其他条件不变时，随压强（压力）增大，甲醇转化率降低,原因：压强增大，催