安徽省安庆第二中学高三第一次模拟考试新高考化学试卷及答案解析

安徽省安庆第二中学高三第一次模拟考试新高考化学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、有一瓶无色、有特殊气味的液体，是甲醇（CH3OH）或乙醇（C2H5OH）。通过测定该液体充分燃烧后生成的二氧化碳和水的质量，再根据二氧化碳和水的质量可确定是那种物质，对原理解释错误的是A．求出碳、氢元素的质量比，与甲醇和乙醇中碳氢质量比对照，即可确定B．求出碳、氢原子的个数比，与甲醇和乙醇中碳氢个数比对照，即可确定C．求出碳、氢原子的物质的量比，与甲醇和乙醇中的碳氢物质的量比对照，即可确定D．求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧个数比对照，即可确定2、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，现象和有关数据如图所示(气体体积数据换算成标准状况)。关于该固体混合物，下列说法正确的是（）A．含有4.5gAlB．不含FeCl2、AlCl3C．含有物质的量相等的(NH4)2SO4和MgCl2D．含有MgCl2、FeCl23、化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释错误的是（）选项现象或事实解释A用铁罐贮存浓硝酸常温下铁在浓硝酸中钝化B食盐能腐蚀铝制容器Al能与Na+发生置换反应C用(NH4)2S2O8蚀刻铜制线路板S2O82-的氧化性比Cu2+的强D漂白粉在空气中久置变质Ca(ClO)2与CO2和H2O反应，生成的HClO分解A．A B．B C．C D．D4、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论AKNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸试纸变为蓝色NO3-被氧化为NH3B向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热未出现砖红色沉淀Y中不含有醛基CBaSO4固体加入饱和Na2CO3溶液中，过滤，向滤渣中加入盐酸有气体生成Ksp（BaSO4）>Ksp（BaCO3）D向盛有H2O2溶液的试管中滴几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中有气泡出现铁离子催化H2O2的分解A．A B．B C．C D．D5、X、Y、Z、W均为短周期元素,它们在周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍,下列说法中正确的是()A．X的简单氢化物比Y的稳定B．X、Y、Z、W形成的单质都是分子晶体C．Y、Z、W的原子半径大小为W>Z>YD．W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱6、常温下，若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，下列说法不合理的是A．反应后HA溶液可能有剩余B．生成物NaA的水溶液的pH可能小于7C．HA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等D．HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等7、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，W简单氢化物r溶于水完全电离。m、p是由这些元素组成的二元化合物，m可做制冷剂，无色气体p遇空气变为红棕色。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：W>Z>Y>XB．Y原子的价电子轨道表示式为C．r与m可形成离子化合物，其阳离子电子式为D．一定条件下，m能与Z的单质反应生成p8、下列有关说法正确的是（）A．常温下，向醋酸溶液中加入少量的水，溶液中c(H+)将增大B．常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba(OH)2溶液中，水的电离程度相同C．向NaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水，所得溶液的pH不变D．常温下，2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)能自发进行，则该反应的△H>09、化学与能源开发、环境保护、生产生活等密切相关。下列叙述错误的是A．光催化水制氢比电解水制氢更节能环保B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染C．开发利用可再生能源，可减少化石燃料的使用D．改进汽车尾气净化技术，可减少大气污染物的排放10、下列实验操作、现象及所得出的结论或解释均正确的是选项实验操作现象结论或解释A向盐酸中滴加Na2SO3溶液产生使品红溶液褪色的气体非金属性：Cl>SB向废FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉，振荡未出现红色固体X中一定不含Cu2+C向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有还原性D用3mL稀硫酸与纯锌粒反应，再加入几滴Cu(NO3)2浓溶液迅速产生无色气体形成Zn-Cu原电池加快了制取H2的速率A．A B．B C．C D．D11、下列说法正确的是()A．核素的电子数是2B．1H和D互称为同位素C．H+和H2互为同素异形体D．H2O和H2O2互为同分异构体12、常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液，pH变化如右图所示，下列有关叙述正确的是()A．①点所示溶液中只存在HClO的电离平衡B．①到②水的电离程度逐渐减小C．I－能在②点所示溶液中存在D．②点所示溶液中：c(Na+)＝c(Cl－)+c(ClO－)13、W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，W的原子核最外层电子数是次外层的2倍，X－、Y+具有相同的电子层结构，Z的阴离子不能发生水解反应。下列说法正确的是()A．原子半径：Y＞Z＞X＞WB．简单氢化物的稳定性：X＞Z＞WC．最高价氧化物的水化物的酸性：W＞ZD．X可分别与W、Y形成化合物，其所含的化学键类型相同14、下列离子方程式正确的是()A．高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气：MnO4-+8H++4Cl-=Mn2++2Cl2↑+4H2OB．饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-C．铜片与浓硫酸共热：Cu+4H++SO42-Cu2++SO2↑+2H2OD．硫酸铜溶液中加入过量氨水：Cu2++4NH3•H2O=Cu(NH3)42++4H2O15、分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类不正确的是（）A．按照分散质和分散剂所处的状态，可分为9种分散系B．天然气、水煤气、裂解气、高炉煤气都是混合物C．CO2、C6H12O6、CH3CH2OH、HCOOH都是非电解质D．塑料的老化、橡胶的硫化、石油的裂化、铁铝的钝化、油脂的硬化均属化学变化16、如图所示，甲乙两装置的电极材料和电解质溶液均相同，则两装置中相同的是（）A．在碳电极上所发生的电极反应 B．在铁电极附近的溶液先变红色C．铁极与导线连接处的电流方向 D．碳电极既不会变大也不会减小17、新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该科技实现了H2S废气资源回收能量，并H2S得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A．电极a为电池正极B．电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2C．电极b上的电极反应：O2+4e－+4H+=2H2OD．电极a上的电极反应：2H2S+2O2――2e―=S2+2H2O18、我国科学家设计了一种将电解饱和食盐水与电催化还原CO2相耦合的电解装置如图所示。下列叙述错误的是A．理论上该转化的原子利用率为100%B．阴极电极反应式为C．Na+也能通过交换膜D．每生成11.2L（标况下）CO转移电子数为NA19、前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等，且X与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是A．元素原子半径大小顺序为：W>Z>YB．X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质C．Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键D．Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同20、H2S为二元弱酸。20℃时，向0.100mol·L-1的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体（忽略溶液体积的变化及H2S的挥发）。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）A．c（Cl-）=0.100mol·L-1的溶液中：c（OH-）-c（H+）=c（H2S）-2c（S2-）B．通入HCl气体之前：c（S2-）＞c（HS-）＞c（OH-）＞c（H+）C．c（HS-）=c（S2-）的碱性溶液中：c（Cl-）+c（HS-）＞0.100mol·L-1+c（H2S）D．pH=7的溶液中：c（Cl-）=c（HS-）+2c（H2S）21、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为2NAB．25℃时，1LpH=11的醋酸钠溶液中，由水电离出的OH－数目为0.001NAC．1mol－OH（羟基）与lmolNH4+中所含电子数均为10NAD．2.8g乙烯与2.6g苯中含碳碳双键数均为0.1NA22、以下化学试剂的保存方法不当的是酒精NaOH溶液浓硫酸浓硝酸ABCDA．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）功能高分子是指具有某些特定功能的高分子材料。功能高分子P的合成路线如下：（1）A是甲苯，试剂a是______。反应③的反应类型为______反应。（2）反应②中C的产率往往偏低，其原因可能是______。（3）反应⑥的化学方程式为______。（4）E的分子式是C6H10O2，其结构简式是______。（5）吸水大王聚丙烯酸钠是一种新型功能高分子材料，是“尿不湿”的主要成分。工业上用丙烯（CH2=CH-CH3）为原料来制备聚丙烯酸钠，请把该合成路线补充完整（无机试剂任选）。_________（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2Cl24、（12分）用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J，合成路线如下：已知①②有机物J结构中含两个环。回答下列问题：(1)C的名称是________________。(2)A→B试剂和反应条件为________________。(3)H→J的化学反应方程式为_______________。(4)已知符合下列条件的N的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式____________。①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡③可发生缩聚反应，M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同是_____。a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图____________(其它试剂自选)。25、（12分）某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物[Fex(C2O4)y·zH2O]，并用滴定法测定其组成。已知H2C2O4在温度高于90℃时易发生分解。实验操作如下：步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内，可生成黄色沉淀；步嶸二：称取黄色产物0.841g于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至70~85℃。待固体全部溶解后，用胶头滴管吸岀一滴溶液点在点滴板上，用铁氰化钾溶液检验，无蓝色沉淀产生；步骤三：用0.080mol/LKMnO4标准液滴定步骤二所得的溶液；步骤四：向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸岀一滴点在点滴板上，用KSCN溶浟检验，若不显红色，过滤除去Zn粉，并用稀硫酸洗涤Zn粉，将洗涤液与滤液合并，用0.0800mol/LKMnO4标准液滴定，用去髙锰酸钾标准液10.00mL。(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是__________________。(2)步骤二中水浴加热并控制温度70~85℃的理由是__________________，加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是__________________。(3)步骤三盛装KMnO4标准液的滴定管在滴定前后的液如图乙所示，则消耗KMnO4标准液的体积为__________________，该滴定管为_________滴定管(填“酸式”或“碱式”)(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为___________________________。若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将_________(填“增大”“减小”或“不变”)。由以上数据计算黄色化合物的化学式为__________________。26、（10分）辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含、和惰性杂质。为进一步确定其中、的含量，某同学进行了如下实验：①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，加热（硫元素全部转化为），滤去不溶杂质；②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；③取25.00mL溶液，用溶液滴定，消耗20.00mL；④加入适量溶液（掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应），再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：；⑤加入2滴淀粉溶液，用溶液滴定，消耗30.00mL（已知：）。回答下列问题：（1）写出溶于酸性溶液的离子方程式：____________________________________。（2）配制溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是______________________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有_______________。（3）③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是_____________。（4）⑤中滴定至终点时的现象为____________________________。（5）混合样品中和的含量分别为_______%、_______%（结果均保留1位小数）。（6）判断下列情况对样品中和的含量的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）若量取酸性溶液时俯视读数，则最终结果的含量_______________。若用溶液滴定终点读数时仰视，则最终结果的含量_____________。27、（12分）实验室用如图装置（略去夹持仪器）制取硫代硫酸钠晶体。已知：①Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。②硫化钠易水解产生有毒气体。③装置C中反应如下：Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1。回答下列问题：（1）装置B的作用是___。（2）该实验能否用NaOH代替Na2CO1？___（填“能”或“否”）。（1）配制混合液时，先溶解Na2CO1，后加入Na2S·9H2O，原因是___。（4）装置C中加热温度不宜高于40℃，其理由是___。（5）反应后的混合液经过滤、浓缩，再加入乙醇，冷却析出晶体。乙醇的作用是___。（6）实验中加入m1gNa2S·9H2O和按化学计量的碳酸钠，最终得到m2gNa2S2O1·5H2O晶体。Na2S2O1·5H2O的产率为___（列出计算表达式）。[Mr(Na2S·9H2O)=240，Mr(Na2S2O1·5H2O)=248]（7）下列措施不能减少副产物Na2SO4产生的是___（填标号）。A．用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水配制相关溶液B．装置A增加一导管，实验前通人N2片刻C．先往装置A中滴加硫酸，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液D．将装置D改为装有碱石灰的干燥管28、（14分）孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3（含少量FeO、Fe2O3、SiO2）。某小组同学在实验室以孔雀石为原料制备胆矾，并测定所得胆矾中结晶水的含量。实验步骤如下：（提供试剂：NaOH溶液、H2O2溶液、CuO、Na2CO3）完成下列填空：（1）孔雀石的主要成分与稀硫酸反应的离子方程式为________。（2）按试剂加入顺序，w所代表的试剂依次为__________。沉淀B的成分为_______。（3）a操作依次为：加热蒸发、_______、过滤、洗涤、__________。除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是_________。（4）欲检验溶液A中Fe2+的试剂是___________（选填序号）。如果测定Fe2+的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，请简述配制中“定容”的操作：_____。aNaOH（aq）bNa2CO3（aq）c淀粉KI（aq）d酸性KMnO4（aq）（5）在测定所得胆矾（CuSO4·xH2O）中结晶水x值的实验过程中，若测定结果的实验误差为1.5%，可能的原因是_______________。a加热温度过高

b胆矾晶体的颗粒较大c加热后放在空气中冷却

d加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出（6）该小组一位同学根据实验结果求出样品中孔雀石的质量分数为：，另一位同学不同意，其原因是___________。29、（10分）硒（Se）是一种非金属元素。可以用作光敏材料、电解锰行业催化剂、动物体必需的营养元素和植物有益的营养元素等。请回答下列问题：（1）Se元素基态原子的电子排布式为____；第四周期中第一电离能比Se元素大的共有____种（氪元素除外）。（2）气态SeO3分子的价层电子对互斥模型为____；SeO42-离子中Se原子的杂化方式为___。（3）固态SeO2是以[SeO3]角锥体以角相连接的展平的聚合结构，每一锥体带有一悬垂的终端O原子（如下图1所示）。①图1中Se-O键键长较短的是___（填“a"或“b"），其原因是______。②SeO2熔点为350℃，固态SeO2属于___晶体，其熔点远高于SO2（-75.5℃）的原因是____。（4）硒化锌（ZnSe）是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如上图2所示，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得ZnSe的晶胞参数a=0.560nm，则Se2-的离子半径r(Se2-)=____nm（计算结果保留3位有效数字，下同）；硒化锌晶体的密度为________g．cm-3。

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、D【解析】

反应后生成了二氧化碳和水，则根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类质量不变，则反应物中一定含有C、H元素；已知生成的二氧化碳和水的质量，则根据二氧化碳和水的质量，利用某元素的质量=化合物的质量×该元素的质量分数可求出碳元素和氢元素的质量比；再根据碳元素和氢元素的质量比即可求得碳元素与氢元素的原子个数比；最后与反应前甲醇和乙醇中的碳氢个数比对照，即可知道是哪种物质。碳、氢原子的物质的量比，与其原子个数比类似；只有D答案是错误的，因为生成物二氧化碳和水中的氧只有一部分来自于甲醇和乙醇，一部分来自于氧气，不能根据求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧原子的个数比对照，答案选D。2、C【解析】

5.60L标况下的气体通过浓硫酸后，体积变为3.36L，则表明V(H2)=3.36L，V(NH3)=2.24L，从而求出n(H2)=0.15mol，n(NH3)=0.1mol，从而确定混合物中含有Al、(NH4)2SO4；由白色沉淀久置不变色，可得出此沉淀为Mg(OH)2，物质的量为；由无色溶液中加入少量盐酸，可得白色沉淀，加入过量盐酸，白色沉淀溶解，可确定此沉淀为Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。从而确定混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。【详解】A.由前面计算可知，2Al—3H2，n(H2)=0.15mol，n(Al)=0.1mol，质量为2.7g，A错误；B.从前面的推断中可确定，混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B错误；C.n(NH3)=0.1mol，n[(NH4)2SO4]=0.05mol，n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=0.05mol，从而得出(NH4)2SO4和MgCl2物质的量相等，C正确；D.混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D错误。故选C。3、B【解析】

A.常温下铁在浓硝酸中钝化，钝化膜能阻止铁与浓硝酸的进一步反应，所以可用铁罐贮存浓硝酸，A正确；B.食盐能破坏铝制品表面的氧化膜，从而使铝不断地与氧气反应，不断被腐蚀，B错误；C.(NH4)2S2O8与Cu发生氧化还原反应，从而生成Cu2+，则氧化性(NH4)2S2O8>Cu，C正确；D.漂白粉在空气中久置变质，因为发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO，D正确；故选B。4、D【解析】

A项、试纸变为蓝色，说明NO3-被铝还原生成氨气，故A错误；B项、制备氢氧化铜悬浊液时，加入的氢氧化钠溶液不足，因此制得的悬浊液与有机物Y不能反应，无法得到砖红色沉淀，故B错误；C项、能否产生沉淀与溶度积常数无直接的关系，有碳酸钡沉淀的生成只能说明Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3），不能比较Ksp（BaSO4）、Ksp（BaCO3），故C错误；D项、H2O2溶液与酸化的氯化亚铁溶液发生氧化还原反应，反应生成的Fe3+能做催化剂，催化H2O2分解产生O2，溶液中有气泡出现，故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，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，把握离子检验、物质的性质、实验技能为解答关键。5、B【解析】

Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，故Y是氧元素；则X是氮元素，Z是硫元素，W是氯元素。【详解】A.氮元素的非金属性比氧元素的弱，所以X的简单氢化物不如Y的稳定，故A不选；B.N2、O2、S、Cl2在固态时都是由分子通过范德华力结合成的晶体，故B选；C.因为W的原子序数比Z大，所以原子半径大小为Z>W，故C不选；D.元素最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱与非金属性一致，W的非金属性比Z强，故W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故D不选。故选B。【点睛】在周期表中，同一周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，气体氢化物的稳定性逐渐增强。同一主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱，气体氢化物的稳定性逐渐减弱。6、B【解析】

A、若HA是弱酸，则二者反应生成NaA为碱性，所以HA过量时，溶液才可能呈中性，正确；B、若二者等体积混合，溶液呈中性，则HA一定是强酸，所以NaA的溶液的pH不可能小于7，至小等于7，错误；C、若HA为弱酸，则HA的体积大于氢氧化钠溶液的体积，且二者的浓度的大小未知，所以HA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等，正确；D、HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等，混合后只要氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等即可，正确。答案选B。7、D【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。m可做制冷剂，则m为NH3，则X为H；无色气体p遇空气变为红棕色，则p为NO；N元素的简单氢化物是非电解质，所W不是O、N，则Y为N，Z为O，W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，且其简单氢化物r溶于水完全电离，则W为Cl。【详解】A．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，原子序数越小半径越大，所以简单离子半径：Cl->N3->O2->H+，故A错误；B．Y为N，其价层电子为2s22p3，价电子轨道表示式为：，故B错误；C．r与m可形成离子化合物氯化铵，铵根的正确电子式为，故C错误；D．氨气与氧气在催化剂加热的条件下可以生成NO，故D正确；故答案为D。8、B【解析】

A、常温下，向醋酸溶液中加入少量的水，溶液的酸性减弱，c(H+)减小，A错误；B、常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba(OH)2溶液中c(OH-)相等，对水电离的抑制程度相同，水的电离程度相同，B正确；C、向NaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水，发生Ca(OH)2(少量)+2NaHCO3=CaCO3+Na2CO3+2H2O，碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强，所得溶液的pH增大，C错误；D、根据△G＝△H－T·△S可知，2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，由于该反应的△S＜0，则该反应的△H＜0，D错误；答案选B。9、B【解析】

A、电解水制氢需要消耗大量的电能，所以光催化水制氢比电解水制氢更节能环保，故A正确；B、聚乙烯塑料在自然界中很难降解，而聚乳酸塑料在自然界中能降解，所以聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染，故B错误；C、开发利用可再生能源，可减少传统燃料如化石燃料的使用，故C正确；D、改进汽车尾气净化技术，能把有毒气体转化为无毒气体，可减少大气污染物的排放，故D正确；答案选B。10、C【解析】

A.盐酸中滴加Na2SO3溶液反应生成SO2气体，只能说明盐酸酸性大于亚硫酸，无法比较S和Cl的非金属性强弱，故A错误；B.Fe先与FeCl3反应，再与Cu2+反应，由于加入少量的铁粉，Fe3+未反应完，所以无红色固体生成，无法确定是否含有Cu2+，故B错误；C.酸性高锰酸钾溶液有氧化性，加入乙醇，溶液褪色，说明乙醇被氧化，体现了乙醇的还原性，故C正确；D.用3mL稀硫酸与纯锌粒反应，再加入几滴Cu(NO3)2浓溶液，在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，与金属反应不能生成氢气，故D错误，故选C。11、B【解析】

A.核素的电子数是1，左上角的2说明原子核内有1个质子和1个中子，中子不带电，故A不选；B.同位素是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，1H和D都是氢元素的原子，互称为同位素，故B选；C.同素异形体是同种元素形成的不同单质，H+不是单质，故C不选；D.同分异构体是分子式相同结构不同的化合物，H2O和H2O2的分子式不同，故D不选。故选B。12、D【解析】

A．①点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HClO和水的电离平衡，A错误；B．①到②溶液c（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，B错误；C．②点时溶液存在ClO-，具有强氧化性，可氧化I-，I-不能大量存在，C错误；D．②点时溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），D正确；答案选D。【点睛】向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol•L-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），为易错点。13、B【解析】

W原子的最外层电子数是次外层的2倍，则W为碳(C)；X－、Y+具有相同的电子层结构，则X为氟（F），Y为钠（Na）；Z的阴离子不能发生水解反应，则Z为氯（Cl）。【详解】A.比较原子半径时，先看电子层数，再看最外层电子数，则原子半径Na＞Cl＞C＞F，A错误；B.非金属性F>Cl>C，所以简单氢化物的稳定性X＞Z＞W，B正确；C.非金属性C<Cl，则最高价氧化物的水化物的酸性W<Z，C错误；D.X与W、Y形成的化合物分别为CF4、NaF，前者含共价键、后者含离子键，D错误。故选B。14、D【解析】

A．高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故A错误；B．饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳：2Na＋＋CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3↓，故B错误；C．铜片与浓硫酸共热不能写离子方程式，故C错误；D．硫酸铜溶液中加入过量氨水生成四氨合铜（Ⅱ）：Cu2++4NH3•H2O=Cu(NH3)42++4H2O，故D正确；故选D。15、C【解析】

A.分散剂和分散质都存在3种状态：固体、液体和气体，每一种状态的分散剂能够与3种不同状态的分散质组成3种分散系，共可组成3×3=9种分散系，A正确；B.天然气主要成分是甲烷，还含有乙烷、丙烷、丁烷等，水煤气是CO、H2的混合气，裂解气是乙烯、丙烯等的混合气，高炉煤气是CO、CO2等的混合气，B正确；C.HCOOH是电解质，C错误；D.塑料老化是塑料被氧化造成，橡胶的硫化是天然橡胶与硫发生反应生产硫化橡胶、石油的裂化是将长链烃断裂为短链烃、铁铝的钝化是在铁铝表面形成钝化膜、油脂的硬化是油酯与氢气发生加成反应，均属化学变化，D正确。故选C。16、D【解析】

A．甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，乙中形成电解池，石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应不同，故A错误；B．甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，则石墨电极附近的溶液先变红色，乙中形成电解池，铁是阴极，氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧根离子，则在铁电极附近的溶液先变红色，故B错误；C．甲中形成原电池，电流由正极石墨经导线流向铁，乙中形成电解池，电流由铁流向负极，则铁极与导线连接处的电流方向不同，故C错误；D．甲乙装置，碳电极都没有参加反应，甲中石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，乙中石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，则碳电极既不会变大也不会减小，故D正确；故选：D。17、B【解析】

A.电极a是化合价升高，发生氧化反应，为电池负极，故A错误；B.电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，故B正确；C.电极b上的电极反应：O2+4e－=2O2−，故C错误；D.电极a上的电极反应：2H2S+2O2−−4e−=S2+2H2O，故D错误。综上所述，答案为B。18、C【解析】

A.总反应为，由方程式可以看出该转化的原子利用率为100%，故A正确；B.阴极发生还原反应，阴极电极反应式为，故B正确；C.右侧电极氯化钠生成次氯酸钠，根据反应物、生成物中钠、氯原子个数比为1:1，Na+不能通过交换膜，故C错误；D.阴极二氧化碳得电子生成CO，碳元素化合价由+4降低为+2，每生成11.2L（标况下）CO转移电子数为NA，故D正确；选C。19、B【解析】

前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；而Y、W同主族，则W为S元素；X、Z、R最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于IA族或IIA族，且X与Z、R均可形成离子化合物，根据原子序数关系可知：X为H元素、Z为Na元素、R为K元素。【详解】根据上述分析可知X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；W是S元素；R是K元素。A.同周期元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Z(Na)>W(S)>Y(O)，A错误；B.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、H2S，这几种物质都属于电解质，B正确；C.Y与Z、R形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，而过氧化钠中含有离子键、共价键，C错误；D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同，D错误；故合理选项是B。20、D【解析】

A．c（Cl-）=0.100mol·L-1的溶液中的物料守恒c(Cl-)=c(HS-)+c(H2S)+c(S2-)=c(Na+)=0.100mol·L-1，电荷守恒c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(OH-)-c(H+)=c(H2S)-c(S2-)，故A错误；B．通入HCl气体之前，S2-水解导致溶液呈碱性，其水解程度较小，且该离子有两步水解都生成OH-，所以存在c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)，故B错误；C．溶液中的电荷守恒为c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=c(Na+)=0.100mol•L-1，则c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，即c(Cl-)+c(OH-)+c(S2-)=c(H+)+c(HS-)+c(S2-)+2c(H2S)，在c(HS-)=c(S2-)碱性溶液中c(OH-)＞c(H+)，所以c(Cl-)+c(HS-)＜c(HS-)+c(S2-)+2c(H2S)=0.100mol•L-1+c(H2S)，故C错误；D．溶液中的电荷守恒为c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，溶液的pH=7，则溶液中c(OH-)=c(H+)，c(Na+)=c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)，溶液中存在物料守恒c(Na+)=2c(H2S)+2c(S2-)+2c(HS-)，所以存在c(Cl-)=c(HS-)+2c(H2S)，故D正确；故答案选D。21、B【解析】

A、根据水蒸气与Na2O2的方程式计算；B、25℃时，1LpH=11的醋酸钠溶液中，水电离出的OH－浓度为10-3mol·L－1；C、一个－OH（羟基）含9个电子；D、苯中不含碳碳双键。【详解】A、水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2△m2e-4g2mol2g1mol反应中转移的电子数为1NA，故A错误；B、25℃时，1LpH=11的醋酸钠溶液中，水电离出的OH－浓度为10-3mol·L－1，由水电离出的OH－数目为0.001NA，故B正确；C、1mol－OH（羟基）中所含电子数均为9NA，故C错误；D、苯中不含碳碳双键，故D错误；故选B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数及其应用，难点A根据化学方程式利用差量法计算，易错点B，醋酸钠水解产生的OH-来源于水。22、A【解析】

A.酒精是液体，应该放在细口瓶中，故A错误；B.氢氧化钠溶液应该用细口试剂瓶，且瓶塞用橡皮塞，因为氢氧化钠要腐蚀磨口玻璃塞，故B正确；C.浓硫酸装在细口试剂瓶中，故C正确；D.浓硝酸见光分解，因此浓硝酸装在细口棕色试剂瓶，故D正确。综上所述，答案为A。【点睛】见光要分解的物质都要保存在棕色瓶中，比如浓硝酸、氯水、硝酸银等。二、非选择题(共84分)23、浓硫酸和浓硝酸取代副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低+nH2OCH3CH=CHCOOCH2CH3【解析】

A为甲苯，其结构简式是，结合P的结构简式，可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为，B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，可知G的结构简式为，则F为，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，以此解答该题。【详解】（1）反应①是与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成，试剂a是：浓硫酸和浓硝酸，反应③为氯代烃的取代反应，故答案为：浓硫酸和浓硝酸；取代；（2）光照条件下，氯气可取代甲基的H原子，副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低，故答案为：副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低；（3）反应⑥的化学方程式为，故答案为：；（4）由以上分析可知E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，故答案为：CH3CH=CHCOOCH2CH3；（5）丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl水解生成CH2=CHCH2OH，再发生催化氧化生成CH2=CHCHO，进一步氧化生成CH2=CHCOOH，最后与氢氧化钠溶液反应得到CH2=CH2COONa，在一定条件下发生加聚反应可生成目标物，合成路线流程图为：，故答案为：。24、邻溴苯甲醛Br2、FeBr3(或Fe)+H2O19、、c【解析】

由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知①，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知①可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析，C的结构式为，叫做邻溴苯甲醛，故答案为：邻溴苯甲醛；(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)，故答案为：Br2、FeBr3(或Fe)；(3)H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到JH→J的化学反应方程式为+H2O，故答案为：+H2O；(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基③可发生缩聚反应，说明含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1且满足条件的物质有、、。M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；、、(任选其一即可)；(5)根据题干信息，以和甲烷为原料，合成的路线如下：。25、过滤加快固体溶解，同时防止草酸分解铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定25.00mL酸式MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O减小Fe4(C2O4)5·10H2O【解析】

步骤一草酸和(NH4)2Fe(SO4)2反应生成黄色固体[Fex(C2O4)y·zH2O]，步骤二加硫酸溶解后，检验无二价铁离子，则说明含有Fe3+，步骤三用高锰酸钾滴定草酸根离子，步骤四将Fe3+还原成Fe2+，再用高锰酸钾滴定，确定铁离子的含量，进而进一步分析计算。【详解】(1)分离固体和液体的操作是过滤；故答案为：过滤；(2)由于H2C2O4在温度高于90℃时易发生分解，所以需要水浴加热并控制温度70~85℃，同时加快固体溶解。铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；故答案为加快固体溶解，同时防止草酸分解；氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；(3)从图片中读出，消耗高锰酸钾的体积为：25.80mL-0.80mL=25.00mL；滴定液是高锰酸钾标准溶液，该溶液有强氧化性，只能选用酸式滴定管；故答案为25.00mL，酸式；(4)步骤四是高锰酸钾滴定Fe2+，离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；洗涤液中残留少许Fe2+，若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将减少；根据离子方程式：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，可知关系MnO4-——5Fe2+，其中n(MnO4-)=0.0800mol/L×0.01L=0.0008mol，即n(Fe2+)=0.0008mol×5=0.0040mol，则样品中n(Fe)=0.0040mol。步骤三中，根据方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可得到转化关系：2KMnO4——5H2C2O4，即n(H2C2O4)=n(KMnO4)=0.0800mol/L×0.025L×5/2=0.005mol，则样品中含草酸根的物质的量为0.005mol。根据质量守恒定律可知，0.841g样品中结晶水的物质的量为（0.841g-0.0040×56g-0.005×88g）/18g/mol=0.01mol，则n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=4:5:10，故黄色物质化学式为Fe4(C2O4)5·10H2O。故答案为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，减小，Fe4(C2O4)5·10H2O。26、Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化胶头滴管酸式滴定管溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.536.9偏低偏低【解析】

由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成，据测定原理分析实验误差。【详解】（1）Cu2S与KMnO4酸性溶液反应，高锰酸钾做氧化剂氧化Cu2S反应生成硫酸铜、硫酸钾、硫酸锰和水，反应化学方程式为Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反应的离子方程式：Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O，故答案为Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O；（2）配制0.1000mol•L﹣1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有胶头滴管，故答案为除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化；胶头滴管；（3）③取25.00mL溶液为高锰酸钾溶液，具有强氧化性，所以取25.00待测溶液所用的仪器是酸式滴定管，故答案为酸式滴定管；（4）加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1•L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，发生反应2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定终点的现象是：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色，故答案为溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；（5）Cu2S与KMnO4酸性溶液反应的化学方程式：Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，5CuS+8MnO4﹣+24H+＝5Cu2++8Mn2++5SO42﹣+12H2O，5Fe2++MnO4﹣+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，滴定Fe2+消耗的MnO4﹣：n1＝0.1000mol/L×0.020L×＝0.0004mol，样品消耗MnO4﹣物质的量n2＝0.200L×0.2000mo•L﹣1﹣0.0004mol×＝0.036mol，2Cu2++4I﹣＝2CuI+I2，2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定消耗S2O32﹣的物质的量n3＝0.1000mo1•L﹣1×0.03L×＝0.03mol，则起始样品溶解所得溶液中含Cu2+物质的量n4＝0.03mol，设样品中含CuS、Cu2S的物质的量分别为x、y，则：①x+2y＝0.03mol，②x+2y＝0.036mol联立①②，解方程组得：x＝0.01mol，y＝0.01mol，混合样品中Cu2S的含量=×100%=61.5%，混合样品中CuS的含量=×100%=36.9%，故答案为61.5；36.9。（6）结合上述计算过程，量取200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，要用量筒，根据量筒的构造，若量取时俯视读数，则所取量偏小，则样品消耗MnO4﹣物质的量n2偏小，即方程②中x+2y<0.036mol，造成由方程组解得的x值比实际偏大，因x+2y＝0.03mol，则y值偏小，最终结果的含量偏低。根据实验过程，若用溶液滴定终点读数时仰视，实际消耗的溶液体积要小于读数值，即方程①中x+2y<0.03mol，造成由方程组解得的x值比实际偏小，则最终结果的含量偏低，故答案为偏低；偏低。【点睛】本题考查了物质性质、溶液配制、滴定实验过程的分析判断等，主要是滴定过程中试剂的作用和定量关系的计算分析应用，掌握基础是解题关键。27、安全瓶，防止倒吸能碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出×100%D【解析】

(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解；(4)温度过高不利于二氧化硫的吸收，产品产率会降低；(5)Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，结合数据计算理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量，Na2S2O1·5H2O的产率为；(7)Na2SO1易被氧化为硫酸钠，减少副产物的含量就要防止Na2SO1被氧化。【详解】(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸，则B为安全瓶防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠，氢氧化钠和二氧化硫反应也可以生成亚硫酸钠，可以代替碳酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解，碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解；(4)温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案；(5)Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，则乙醇的作用为：降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量为g，Na2S2O1·5H2O的产率为×100%=×100%；(7)A．用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水中含氧量降低，可有效防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故A不符合题意；B．装置A增加一导管，实验前通人N2片刻，可将装置中的空气赶走提供无氧环境，可防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故B不符合题意；C．先往装置A中滴加硫酸，产生二氧化硫，可将装置中的空气赶走，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液，可减少副产物的产生，故C不符合题意；D．将装置D改为装有碱石灰的干燥管，装置中仍然含有空气，氧气可将Na2SO1被氧化为Na2SO4，不能减少副产物产生，故D符合题意；答案选D。28、Cu2（OH）2CO3+4H+→2Cu2++3H2O+CO2↑H2O2溶液、CuOFe（OH）3、CuO冷却结晶自然干燥引流d加水到离刻度线2～3cm处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平a、d在除杂过程中加入了CuO，会使结果偏大【解析】

m1g孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3（含少