2025届吉林省长春市重点名校高三下学期三诊模拟考试化学试题含解析

2025届吉林省长春市重点名校高三下学期三诊模拟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、如图是一个一次性加热杯的示意图。当水袋破裂时，水与固体碎块混合，杯内食物温度逐渐上升。制造此加热杯可选用的固体碎块是（）A．硝酸铵 B．生石灰C．氯化铵 D．食盐2、高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…下列说法正确的是（）A．试剂X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物质B．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂C．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质D．为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度3、下列说法正确的是（）A．碱金属族元素的密度，沸点，熔点都随着原子序数的增大而增大B．甲烷与氯气在光照条件下，生成物都是油状的液体C．苯乙烯所有的原子有可能在同一个平面D．电解熔融的AlCl3制取金属铝单质4、下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验现象结论A植物油和溴水混合后振荡、静置溶液分层，溴水褪色植物油萃取了溴水中的Br2B将Cl2通入滴有酚酞NaOH的溶液褪色Cl2具有漂白性C将过量的CO2通入CaCl2溶液无白色沉淀生成生成的Ca（HCO3）2可溶于水D将浓硫酸滴到胆矾晶体上晶体逐渐变白色浓硫酸的吸水性A．A B．B C．C D．D5、常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。已知Ksp(AgCl)数量级为10-10。下列叙述正确的是A．图中Y线代表的AgClB．n点表示Ag2C2O4的过饱和溶液C．向c(Cl－)＝c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀D．Ag2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常数为10-0.716、化学与生活密切相关，下列应用没有涉及氧化还原反应的是（）A．过氧化钠用作缺氧场所的供氧剂 B．铝热反应用于焊接铁轨C．氯化铁用于净水 D．铝罐车用作运输浓硫酸7、下列说法正确的是A．化合物是苯的同系物B．分子中所有原子共平面C．火棉(纤维素三硝酸酯)的结构简式为D．1mol阿斯匹林（）与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH最大的物质的量为2mol8、用98%浓硫酸配制500mL2mol/L稀硫酸，下列操作使所配制浓度偏高的是A．量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线B．定容时仰视500mL容量瓶的刻度线C．量取硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶D．摇匀后滴加蒸馏水至容量瓶刻度线9、Fe3O4中含有Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2-，其反应过程如图所示。下列说法正确的是（）A．Pd作正极B．Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）氧化为N2D．用该法处理后水体的pH降低10、用密度为1.84g•mL-1、质量分数为98%的浓硫酸配制180mL2mol•L-1稀硫酸。下列各步骤中操作正确的是A．计算、量取：用20mL量筒量取19.6mL浓硫酸B．溶解、稀释：将浓硫酸倒入烧杯，再加入80mL左右的蒸馏水，搅拌C．转移、洗涤：将溶液转移到容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液转入容量瓶重复2~3次D．定容、摇匀：加水至凹液面最低处与刻度线相切，摇匀，最后在容量瓶上贴上标签11、由一种金属离子与多种酸根离子构成的盐称为“混盐”，如氯化硝酸钙[Ca(NO3)Cl]。则下列化合物中属于混盐的是（）A．CaOCl2 B．(NH4)2Fe(SO4)2 C．BiONO3 D．K3[Fe(CN)6]12、下列说法不正确的是A．一定条件下，苯能与H2发生加成反应生成环己烷B．利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程C．石油裂解得到的汽油可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理相同D．乙醇能与CuO反应生成乙醛，乙醛又能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O13、25℃时，将浓度均为0.1molL、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb＝100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是()A．Ka(HX)>Kb(NH3·H2O)B．b点时c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+)C．a、b、d几点中，水的电离程度d>b>aD．a→b点过程中，可能存在c(X—)<c(NH4+)14、利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe−2e−=Fe2+C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D．若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H++2e−=H2↑15、COCl2的分解反应为:COCl2(g)＝Cl2(g)+CO(g)△H＝+108kJ•mol-1。某科研小组研究反应体系达到平衡后改变外界条件，各物质的浓度在不同条件下的变化状况，结果如图所示。下列有关判断不正确的是A．第4min时，改变的反应条件是升高温度B．第6min时，V正(COCl2)＞V逆(COCl2)C．第8min时的平衡常数K＝2.34D．第10min到14min未标出COCl2的浓度变化曲线16、对于可逆反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-akJ·mol-1。下列说法正确的是()A．在接触法制取硫酸工艺中,该反应在沸腾炉内发生B．如果用18O2代替O2发生上述反应,则经过一段时间可测得容器中存在S18O2、S18O3C．2molSO2与2molO2充分反应后放出akJ的热量D．该反应达到平衡后,c(SO2)∶c(O2)∶c(SO3)=2∶1∶217、下列实验方案中，可以达到实验目的的是（）选项实验操作与现象目的或结论A向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡、静置后分层裂化汽油可萃取溴B用pH试纸分别测定相同温度和相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH验证酸性：CH3COOH＞HClOC将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红Fe(NO3)2晶体已氧化变质D取少量某无色弱酸性溶液，加入过量NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝溶液中一定含有NH4+A．A B．B C．C D．D18、一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，Y、W、X、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A．原子半径：X>Y>WB．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>YC．X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:2D．Z、W组成的化合物是常见的半导体材料，能与强碱反应19、下列反应不属于取代反应的是A．CH2=CH2+H2OCH3CH2OHB．+Br2+HBrC．2CH3CH2OHC2H5—O—C2H5+H2OD．+HNO3+H2O20、某溶液中可能含有离子：K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO32-、SO42-，且溶液中各离子的物质的量相等，将此溶液分为两份，一份加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀。下列说法正确的是（）A．若溶液中含有硫酸根，则可能含有K+B．若溶液中含有亚硫酸根，则一定含有K+C．溶液中可能含有Fe3+D．溶液中一定含有Fe2+和SO42-21、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．1molCl2与过量Fe粉反应生成FeCl3，转移2NA个电子B．常温常压下，0.1mol苯中含有双键的数目为0.3NAC．1molZn与一定量浓硫酸恰好完全反应，则生成的气体分子数为NAD．在反应KClO4＋8HCl=KCl＋4Cl2↑＋4H2O中，每生成1molCl2转移的电子数为1.75NA22、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟。下列说法正确的是A．“白烟”晶体中只含共价键 B．四种元素中，Z的原子半径最大C．X的简单氢化物的热稳定性比Y的强 D．W的含氧酸的酸性一定比Z的弱二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物E（二乙酸-1，4-环己二醇酯）是一种制作建筑材料的原料。其合成路线如下：完成下列填空：（1）A中含有的官能团是______；E的分子式是______；试剂a是______。（2）写出反应类型：B→C______。（3）C与D反应生成E的化学方程式：______。（4）C的同分异构体，能使石蕊试剂显红色，写出该物质的一种结构简式______。（5）设计一条以环己醇（）为原料（其他无机试剂任取）合成A的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）_____________________24、（12分）氟西汀G是一种治疗抑郁性精神障碍的药物，其一种合成路线如图：已知：LiAIH4是强还原剂，不仅能还原醛、酮，还能还原酯，但成本较高。回答下列问题：（1）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出D的结构简式，用星号（*）标出D中的手性碳___。（2）④的反应类型是___。（3）C的结构简式为___。（4）G的分子式为___。（5）反应⑤的化学方程式为___。（6）已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应。M分子的苯环上有3个取代基，其中两个相同。符合条件的M有__种。（7）也是一种生产氟西汀的中间体，设计以和为主要原料制备它的合成路线___（无机试剂任选）。25、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料。具有较强的还原性，可用于棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂。易溶于水，不溶于乙醇。Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解。实验室中常用亚硫酸钠和硫磺制备Na2S2O3•5H2O。制备原理为：Na2SO3+S+5H2O═Na2S2O3•5H2O。某化学兴趣小组在实验室制备硫代硫酸钠晶体并探究其化学性质。Ⅰ.实验室制取Na2S2O3•5H2O晶体的步骤如下：①称取12.6gNa2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。②另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。③水浴加热(如图1所示，部分装置略去)，微沸，反应约1小时后过滤。④滤液在经过蒸发浓缩、冷却结晶后析出Na2S2O3•5H2O晶体。⑤进行减压过滤(如图2所示)、乙醇洗涤并干燥。请回答：(1)仪器B的名称是_____。(2)步骤④在浓缩过程中不能蒸发过度，其原因是_____。步骤⑤如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是_____。(3)洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是_____。A．水B．乙醇C．氢氧化钠溶液D．稀盐酸Ⅱ.设计以下实验流程探究Na2S2O3的某些化学性质(4)实验①Na2S2O3溶液pH＝8的原因是_____(用离子方程式表示)。(5)写出实验②中发生的离子反应方程式_____。Ⅲ.用Na2S2O3的溶液测定溶液中ClO2的物质的量浓度，可进行以下实验。步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样。步骤2：量取V1ML试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟(已知：ClO2+I﹣+H+—I2+Cl﹣+H2O未配平)。步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL(已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣)。(6)滴定终点现象是_____。根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为_____mol/L(用含字母的代数式表示)。26、（10分）水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，Ⅰ．用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；Ⅱ．用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；Ⅲ．向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色；Ⅳ．将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；V．待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。（2）在步骤Ⅱ中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为_______________________________________________________________。（4）滴定时，溶液由__________色到______________色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。（5）河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。（6）当河水中含有较多NO3－时，测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)27、（12分）“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。(1)该学习小组按上图装置进行实验（部分夹持装置省去），反应一段时间后，分别取B、C瓶中的溶液进行实验，实验现象如下表。已知：①饱和

NaClO溶液pH为11；②25°C时，弱酸电离常数为：H2CO3：K1=4.4×10-1，K2=4.1×10-11；HClO：K=3×10-8实验步骤实验现象B瓶C瓶实验1：取样，滴加紫色石蕊试液变红，不褪色变蓝，不褪色实验2：测定溶液的pH312回答下列问题：①仪器a的名称___________，装置A中发生反应的离子方程式__________。②C瓶溶液中的溶质是NaCl、__________（填化学式）。③若将C瓶溶液换成

NaHCO3溶液，按上述操作步骤进行实验，C瓶现象为：实验1中紫色石蕊试液立即褪色；实验2中溶液的pH=1．结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因______(2)测定C瓶溶液中NaClO含量（单位：g/L）的实验步骤如下：Ⅰ．取C瓶溶液20mL于锥形瓶中，加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。Ⅱ．用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，淀粉溶液显示终点后，重复操作2～3次，Na2S2O3溶液的平均用量为24.00mL。（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）①步骤I的C瓶中发生反应的离子方程式为_________。②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因__________滴定至终点的现象_____________。③C瓶溶液中NaClO含量为______g/L（保留2位小数）28、（14分）亚硝酰氯是工业上重要的原料，是合成有机物的中间体。2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H＜0（1）在恒温条件下,向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2,10min时反应达到平衡。测得10min内v(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min-1,则平衡后NO的转化率α1=_____________。其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2________α1(填“＞”“＜”或“＝”)。（2）若使反应2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)的平衡常数增大，可采用的措施是___________。（3）将NO与Cl2按物质的量之比2∶1充入一绝热密闭容器中，发生反应：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO△H＜0，实验测得NO的转化率α(NO)随时间的变化经如图所示。NO(g)的转化率α(NO)在t2~t3时间段内降低的原因是______________________________。（4）在其他条件相同时，向五个恒温的密闭容器中分别充入1molCl2与2molNO,发生反应：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H<0,部分反应条件及平衡时ClNO的含量如下表所示：容器编号温度/℃容器体积/L平衡时ClNO含量(占比)ⅠT122/3ⅡT2=T13W2ⅢT3＞T1V32/3ⅣT4V4W4ⅤT5V5W5①V3________2(填写“大于”、“小于”或“等于”)；②容器Ⅱ中化学平衡常数K=_________；③容器Ⅳ、容器Ⅴ分别与容器Ⅰ相比实验条件不同，反应体系总压强随时间的变化如图所示。与容器Ⅰ相比，容器Ⅳ改变的实验条件是_____________________；容器Ⅴ与容器Ⅰ的体积不同，则容器Ⅴ中反应达到平衡时气体总压强(P)的范围是________。29、（10分）亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂。探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验Ⅰ：制取NaClO2晶体按右图装置进行制取。ABCDE已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，38-60℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。(1)用50%双氧水配制30%的H2O2溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要_____（填仪器名称）；装置C的作用是_____________________。(2)B中产生ClO2的化学方程式______________________________________。(3)装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为____________________________。反应后的溶液中阴离子除了ClO2－、ClO3－、Cl－、ClO－、OH—外还可能含有的一种阴离子是_________，检验该离子的方法是___________________________。(4)请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤。①减压，55℃蒸发结晶；②______________；③______________；④______________；得到成品。(5)如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是______________；实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定(6)测定样品中NaClO2的纯度。测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2－+4I－+4H+=2H2O+2I2+Cl－，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol·L-1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL（已知：I2+2S2O32－=2I－+S4O62－）。①确认滴定终点的现象是__________________________________________________。②所称取的样品中NaClO2的物质的量为______________mol（用含c、V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】

A．硝酸铵与水混合时，吸收热量，温度降低，故A错误；B．生石灰(CaO)与水反应时放出热量，温度升高，故B正确；C．氯化铵与水混合时，吸收热量，温度降低，故C错误；D．食盐溶于水没有明显的热效应，温度变化不明显，故D错误；故答案为B。考查常见的放热和吸热反应，明确物质的性质、掌握常见的放热反应和吸热反应是解决该类题目的关键，根据常见的放热反应有：大多数的化合反应，酸碱中和的反应，金属与酸的反应，金属与水的反应，燃烧反应，爆炸反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应，C、CO、H2还原金属氧化物，铵盐与碱的反应；结合题意可知水与固体碎片混合时放出热量，即为放热反应来解题。2、B【解析】

软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）中Mn元素显+4价，浸出并过滤后Mn元素以Mn2+的形式存在于滤液中，浓硫酸无还原性，据此可推知植物粉作还原剂；浸出后的滤液中，除了Mn2+还有Fe2+、Al3+、Mg2+，除杂时可调节pH使其中一些离子转化为沉淀，为了不引入新的杂质，可加入Mn（Ⅱ）的氧化物或碳酸盐；除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5，不能将Fe2+、Al3+、Mg2+完全转化为沉淀，之后加入双氧水可将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，加入的软锰矿也会再消耗一些H+；NH4HCO3受热易分解，因此加入NH4HCO3沉淀Mn2+时，温度不宜过高。【详解】A．试剂X用于调节pH，为了不引入新的杂质，可加入Mn（Ⅱ）的氧化物或碳酸盐，不宜加入MnO2，A项错误；B．浸出时，MnO2转化为Mn2+，植物粉作还原剂，B项正确；C．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5不能完全除去Fe、Al、Mg等杂质，C项错误；D．沉淀MnCO3步骤中，NH4HCO3受热易分解，不能持续升高温度，D项错误；答案选B。控制实验条件时要充分考虑物质的特性，如：①Fe3+在较低的pH环境下就可沉淀完全，要完全沉淀Fe元素，应将Fe2+转化为Fe3+；②NH4HCO3受热易分解，要注意控制反应的温度。3、C【解析】

A.碱金属族元素的密度，沸点，熔点都随着原子序数的增大而增大，但钠和钾反常，故A错误；B.甲烷与氯气在光照条件下，发生取代反应，共有氯化氢、一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷五种物质，其中氯化氢、一氯甲烷是气体，不是液体，故B错误；C.苯中所有原子在同一面，乙烯所有的原子在同一面，由苯和乙烯构成的苯乙烯，有可能所有的原子在同一个平面，故C正确；D.AlCl3是共价化合物，电解熔融不能产生铝离子得电子，不能制取金属铝单质，故D错误。答案选C。4、D【解析】A．植物油中的烃基含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，可导致溴水褪色，褪色原因不是萃取，A错误；B．氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，而氯气本身不具有漂白性，B错误；C．因碳酸的酸性比盐酸弱，则二氧化碳与氯化钙溶液不反应，C错误；D．晶体逐渐变白色，说明晶体失去结晶水，浓硫酸表现吸水性，D正确，答案选D。点睛：选项D是解答的易错点，注意浓硫酸的特性理解。浓H2SO4的性质可归纳为“五性”：即难挥发性、吸水性、脱水性、强酸性、强氧化性。浓H2SO4的吸水性与脱水性的区别：浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，而浓H2SO4表现脱水性。5、C【解析】

若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46，据此分析解答。【详解】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46，A.由以上分析知，图中X线代表AgCl，故A错误；B.曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，在n点，c(Ag+)小于平衡浓度，故n点的离子Qc(Ag2C2O4)＜Ksp(Ag2C2O4)，故为Ag2C2O4的不饱和溶液，故B错误；C.根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+)，故向c(Cl−)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C正确；D.Ag2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常数，此时溶液中的c(Ag+)相同，故有，故D错误；故选C。6、C【解析】

在化学应用中没有涉及氧化还原反应说明物质在反应过程中没有电子转移，其特征是没有元素化合价变化，据此分析解答。【详解】A．过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，O元素化合价由-1价变为-2价和0价，所以该反应为氧化还原反应，选项A不选；B．铝热反应用于焊接铁轨过程中，铝元素化合价由0价变为+3价，所以属于氧化还原反应，选项B不选；C．氯化铁用于净水，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附净水，该过程中没有元素化合价变化，所以不涉及氧化还原反应，选项C选；D．铝罐车用作运输浓硫酸，利用浓硫酸的强氧化性与铝发生钝化反应，所以属于氧化还原反应，选项D不选；答案选C。本题以物质的用途为载体考查了氧化还原反应，根据反应过程中是否有元素化合价变化来分析解答，明确元素化合价是解本题关键，结合物质的性质分析解答，易错点是选项C，氢氧化铁胶体的产生过程不涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应。7、C【解析】

A．结构相似，分子式相差一个或多个CH2原子团的物质之间互称同系物，A项错误；B．分子中的甲基-CH3，碳原子在成键时形成了4条单键，与这种碳相连的原子不可能都在同一平面内，B项错误；C．火棉即，C项正确；D．阿司匹林结构中含有的羧基可以消耗1个NaOH，并且结构中还含有一个酚酯基，可以消耗2个NaOH，所以1mol阿司匹林水解可以消耗3mol的NaOH，D项错误；答案选C。若有机物中存在形成4条单键的碳原子，那么有机物中的所有原子不可能共面；普通的酯基水解时消耗1个NaOH，而酚酯基可以消耗2个NaOH。8、C【解析】A、量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线，量取的浓硫酸偏小，则浓度偏低，故A错误；B、定容时仰视500mL

容量瓶的刻度线，定容时加入过多的水，所得溶液浓度偏低，故B错误；C、量取硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶，所量取的浓硫酸的体积偏大，则所配稀硫酸的浓度偏高，故C正确；D、摇匀后滴加蒸馏水至容量瓶刻度线，又加入过多的水，所得溶液浓度偏低，故D错误；故选C。9、B【解析】

A．从图示可以看出，在Pd上，H2失去电子生成H+，所以Pd作负极，故A错误；B．Fe（Ⅱ）失去电子转化为Fe（Ⅲ），失去的电子被NO2-得到，H2失去的电子被Fe（Ⅲ）得到，Fe（Ⅲ）转化为Fe（Ⅱ），所以Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）还原为N2，故C错误；D．总反应为：2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O，消耗了H+，所以用该法处理后水体的pH升高，故D错误；故选B。10、C【解析】

A．用密度为1.84g•mL-1、质量分数为98%的浓硫酸配制180mL2mol•L-1稀硫酸，由于实验室没有180mL的容量瓶，所以应配制250mL的溶液，VmL×1.84g•mL-1×98%=0.250L×2mol•L-1×98g·mol－1，V=27.2mL，计算、量取：用20mL量筒量取27.2mL浓硫酸，故A错误；B．稀释浓硫酸时应将浓硫酸缓慢注入水中，并不断搅拌，将水倒入浓硫酸中容易导致液体飞贱，造成实验室安全事故，故B错误；C．将稀释并冷却后的溶液用玻璃棒引流至容量瓶中，并用蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯，洗涤液也应转入容量瓶，使溶质全部转移至容量瓶，故C正确；D．容量瓶不可用于贮存溶液，定容、摇匀后，应将溶液倒入试剂瓶，并贴上标签，注明溶液成分及浓度，故D错误；故选C。11、A【解析】

A.CaOCl2的化学式可以写成Ca（ClO）Cl，所以该物质是由一种金属阳离子和两种酸根阴离子构成的，因此属于混盐，故A正确；B.(NH4)2Fe(SO4)2含有两种阳离子和一种酸根阴离子，不是混盐，故B错误；C.BiONO3中没有两个酸根阴离子，不是混盐，故C错误；D.K3[Fe(CN)6]是含有一种阳离子和一种酸根阴离子的盐，不是混盐，故D错误；综上所述，答案为A。12、C【解析】A．苯虽然并不具有碳碳双键，但在镍作催化剂的条件下也可与H2加成生成环己烷，故A正确；B．淀粉经过水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，过程中有新物质生成，属于化学变化，故B正确；C.石油裂解得到的汽油中含有烯烃，可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同，与溴水是发生加成反应，与酸性高锰酸钾是发生氧化还原反应，故C错误；D．乙醇在加热条件下能与CuO反应生成乙醛，乙醛能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O，反应中都存在元素的化合价的变化，均属于氧化还原反应，故D正确；故选C13、B【解析】

A.根据b点，等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O的混合液pH=7，说明Ka(HX)=Kb(NH3·H2O)，故A错误；B.b点是等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O的混合液，溶质是NH4X，pH=7，X-、NH4+相互促进水解生成HX，所以c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+)，故B正确；C.a→b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d几点中，水的电离程度b>a>d，故C错误；D.a→b点过程中，溶液呈酸性，c(OH—)<c(H+)，根据电荷守恒，不可能存在c(X—)<c(NH4+)，故D错误。本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生分析能力、读图能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。14、B【解析】

A、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故A正确；B、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，氧气在该极发生还原反应，故B错误；C、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故C正确；D、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，铁电极为阴极，水电离的H+发生还原反应，电极反应式为2H++2e−=H2↑，故D正确。故选B．15、C【解析】

A选项，第4min时，改变的反应条件是升高温度，平衡正向移动，COCl2浓度减小，故A正确；B选项，第6min时，平衡正向移动，因此V正(COCl2)＞V逆(COCl2)，故B正确；C选项，第8min时的平衡常数，故C错误；D选项，第10min移走了一氧化碳，平衡正向移动，氯气，一氧化碳浓度增加，COCl2浓度减小，因此COCl2浓度变化曲线没有画出，故D正确。综上所述，答案为C。16、B【解析】

A.在接触法制取硫酸工艺中，该反应在接触室内发生，故A不选；B.此反应是归中反应，O2中参加反应的氧原子会全部进入SO3，故如果用18O2代替O2发生上述反应，则经过一段时间可测得容器中存在S18O2、S18O3，故B选；C.2molSO2与2molO2充分反应，虽然O2是过量的，但由于反应是可逆反应，不能进行到底，所以放出的热量小于akJ，故C不选；D.该反应达到平衡后物质的浓度比与化学计量数之比无关，故D不选。故选B。17、D【解析】

A.裂化汽油中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，不能用裂化汽油萃取溴，故A错误；B.NaClO具有漂白性，不能用pH试纸测定其水溶液的碱性强弱，故B错误；C.硝酸根在酸性条件下可以将Fe2+氧化生成Fe3+，所以样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红，并不能说明Fe(NO3)2晶体已氧化变质，故C错误；D.能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，与NaOH溶液反应并加热生成氨气，则溶液中一定含有NH4+，故D正确。故选D。18、D【解析】

一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；X与Y位于同一主族，X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，当X、Y位于ⅠA族时，Z位于ⅣA族，Y与W(O元素)位于同一周期，则Y为Li，X为Na，Z为Si元素；当X、Y位于ⅡA族时，Z位于ⅡA族，短周期不可能存在3种元素同主族，不满足条件，据此解答。【详解】根据上述分析可知：X为Na元素，Y为Li元素，Z为Si元素，W为O元素。A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子序数越大，原子半径越大。Li、O同一周期，核电荷数O>Li，原子半径Li>O，Li、Na同一主族，核电荷数Na>Li，原子半径Na>Li，则原子半径是X>Y>W，A正确；B.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。元素的金属性Na>Li，所以碱性：NaOH>LiOH，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，B正确；C.X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴、阳离子之比为1：2，C正确；D.Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，Si单质才是常见的半导体材料，D错误；故合理选项是D。本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律的应用及常见元素、化合物性质的正确判断。19、A【解析】

A．反应中碳碳双键转化为碳碳单键，属于加成反应，故A选；B．苯环上H原子被Br原子取代，属于取代反应，故B不选；C．1分子乙醇中-OH上H氢原子被另1分子乙醇中的乙基取代，属于取代反应，故C不选；D．苯环上H原子被硝基取代，属于取代反应，故D不选；答案选A。取代取代，“取而代之”的反应叫取代反应。20、B【解析】

向溶液中加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，说明溶液中含有还原性微粒，可能含有Fe2+或；另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀，溶液中可能含有或；若溶液中阴离子只有，与Fe2+会发生双水解，因溶液中各离子的物质的量相等以及会与Fe3+反应，因此阳离子为K+、Na+；若溶液中阴离子为，则阳离子为Fe2+（不能含有K+、Na+，否则溶液不能使高锰酸钾褪色）；若溶液中阴离子为、，Fe3+、Fe2+与不能共存，故溶液中阴离子不可能同时含有、；综上所述，答案为B。本题推断较为复杂，需要对于离子共存相关知识掌握熟练，且需依据电荷守恒进行分析，注意分类讨论。21、B【解析】

A.1molCl2与过量Fe粉反应的产物是FeCl3，转移，A项正确；B.苯分子中没有碳碳双键，B项错误；C.1molZn失去，故硫酸被还原为和的物质的量之和为，C项正确；D.反应KClO4＋8HCl=KCl＋4Cl2↑＋4H2O中每生成4molCl2就有1molKClO4参加反应，转移，所以每生成1molCl2，转移的电子数为，D项正确。答案选B。22、C【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，所以Z是Cl，W是C，W、Y同主族，则Y为Si；X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟，X为N。【详解】A.根据上述分析知“白烟”为NH4Cl晶体，NH4Cl属于离子化合物，既有离子键又有含共价键，故A错误；B.四种元素的原子半径为Si>Cl>C>N，故B错误；C.X的简单氢化物为NH3，Y的简单氢化物为SiH4，非金属性:N>Si，热稳定性NH3>SiH4，故C正确；D.W的含氧酸为H2CO3，Z的含氧酸有HClO、HClO4等几种，酸性HClO<H2CO3<HClO4，故D错误；答案：C。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键，溴原子C10H16O4NaOH水溶液取代反应CH3（CH2）4COOH【解析】

由题给有机物转化关系可知，在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，则B为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则C为；在浓硫酸作用下，与CH3COOH共热发生酯化反应生成，则D为CH3COOH。【详解】（1）A中含有的官能团是碳碳双键、溴原子；E的分子式是C10H16O4；试剂a是NaOH水溶液，故答案为：碳碳双键、溴原子；C10H16O4；NaOH水溶液；（2）B的结构简式为，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，故答案为：水解反应或取代反应；（3）在浓硫酸作用下，与CH3COOH共热发生酯化反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：；（4）C的结构简式为，C的同分异构体能使石蕊试剂显红色，说明分子中含有羧基，可为CH3（CH2）4COOH等，故答案为：CH3（CH2）4COOH等；（5）以环己醇（）为原料合成时，可先发生消去反应生成环己烯，然后发生加成反应邻二溴环己烷，在氢氧化钠醇溶液中邻二溴环己烷发生消去反应生成1,3—环己二烯，1,3—环己二烯与溴水发生1，4加成可生成目标物，合成路线为，故答案为：。依据逆推法，通过生成E的反应条件和E结构简式确定C和D的结构简式是推断的突破口。24、取代反应C17H18NOF3+CH3NH2→+CH3SO2OH12【解析】

B在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成C，C与氢化铝锂反应生成D，根据D和B的结构简式，D与CH3SO2Cl发生取代反应生成E，E与CH3NH2发生取代反应生成F，F与在氢化钠作用下发生取代反应生成G。根据G和E的结构简式，可得F的结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。D中的手性碳位置为；(2)根据分析，④的反应类型是取代反应；(3)根据分析，C的结构简式为；(4)G的分子式为C17H18NOF3；(5)反应⑤为E与CH3NH2发生取代反应生成F化学方程式为：+CH3NH2→+CH3SO2OH；(6)D的结构简式为，已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中有酚羟基。M分子的苯环上有3个取代基，其中两个相同，即苯环上有两个羟基和一个-C3H7原子团。-C3H7原子团的结构式共有-CH2CH2CH3和-C(CH3)2两种结构，同分异构体数目分析如下：若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为2×2=4种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为1×2=2种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为3×2=6种；则符合条件的M有12种；(7)在加热条件下，在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成，和氯气发生加成反应生成，加热条件下，与氢氧化钠溶液发生取代反应生成，与CH3SO2Cl发生取代反应生成，合成路线为：。25、球形冷凝管避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解避免发生水倒吸BS2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复【解析】

(1)、根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管；(2)、根据题干信息‘Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解’解答；停止抽滤时，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，是为了避免发生水倒吸；(3)、硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，可以增大接触面积，提高反应速率；(4)、常温下，由pH=8，是Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；(5)、加入足量氨水同时加入氯化钡溶液，氯水具有氧化性，Na2S2O3具有还原性，发生氧化还原反应，生成SO42-和Cl-，生成的SO42-再与Ba2+反应；(6)、滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去；由方程式2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-得关系式ClO2~52S2O32-,n(2S2O32-)=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，根据c=计算出原ClO2溶液的物质的量浓度。【详解】（1）由装置图可知仪器B为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）加热时应避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解，抽滤时应避免倒吸，如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是避免发生水倒吸，故答案为：避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解；避免发生水倒吸；（3）洗涤时为尽可能避免产品损失应选用乙醇，故答案为：B；（4）Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣，故答案为：S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣；（5）实验②中发生的离子反应方程式为S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+，故答案为：S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+；（6）滴定终点，溶液蓝色褪色，且半分钟内不恢复，反应的关系式为2ClO2～5I2～10S2O32﹣，n（Na2S2O3）＝V2c×10﹣3mol，则c（ClO2）＝mol/L，故答案为：溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复；。26、碱式滴定管MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O蓝无偏高【解析】

(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；(5)根据关系式，进行定量分析；(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案为：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子在一起会有强氧化性。27、分液漏斗MnO2+2Cl-+4H+Cl2↑+Mn2++2H2ONaClO、NaOH溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O防止HClO分解（防止Cl2、I2逸出）当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色4.41【解析】

装置A中MnO2固体和浓盐酸反应生成Cl2，Cl2中含HCl气体，通过装置B中饱和食盐水除去氯化氢，通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，通过碳酸氢钠溶液，氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大，最后通过碱石灰吸收多余氯气，(1)①由图可知仪器的名称，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气；②通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠；③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大；(2)①取C瓶溶液20mL于锥形瓶，加足量盐酸酸化，迅速加入过量KI溶液，次氯酸钠在酸性溶液中氧化碘化钾生成碘单质；②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO分解；③ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，ClO-～I2～2S2O32-，以此计算C瓶溶液中NaClO的含量。【详解】(1)①仪器a的名称分液漏斗，装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；②氯气和装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，C瓶溶液的溶质是NaCl、NaClO、NaOH；③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是：溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大；(2)①步骤I的C瓶中反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；②紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解；通常选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；③由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-，由方程式可得关系式NaClO～I2～2S2O32-，12n0.1000mol/L×0.024L=0.0024mol则n=0.0012mol，则C瓶溶液中NaClO的含量为=4.41g/L。本题考查物质含量测定实验的测定的知识，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，注意滴定终点的判断方法、学会利用关系式法进行计算，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意测定原理。28、75%>降低温度t2达到平衡,t2~t3段温度升高，平衡逆向移动，NO转化率减小小于72使用催化剂6Mpa<P<6.75Mpa【解析】（1）考查化学平衡的计算，根据化学反应速率的数学表达式，生成ClNO的物质的量为7.5×10－3×10×2mol=0.15mol，消耗的NO的物质的量为0.15mol，NO的转化率为0.15/0.2×100%=75%，恒容状态，反应向正反应方向进行，气体物质的量减少，压强减小，向正反应趋向减小，恒压状态下，压强不变，向正反应方向趋向比恒容大，即α2>α1；（2）考查影响化学平衡常数的因素，正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，因此采用措施为降低温度；（3）考查勒夏特列原理，t2时刻NO的转化率最大，说明反应达到平衡，即0～t2时刻反应向正反应方向进行，正反应方向是放热反应，t2时刻后，温度升高，平衡向逆反应方向移动，NO的转化率降低；（4）考查化学平衡常数的计算、勒夏特列原理，①