2026届河北承德市强基联盟高三下学期一模化学试题（含答案）

第第页2026届河北承德市强基联盟高三下学期一模化学试题一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．“挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列文物的主要成分为硅酸盐的是A．秦•陶马B．唐•水晶珠C．汉•木雕D．唐•鎏金铁芯铜龙A．A B．B C．C D．D2．下列化学用语或图示正确的是A．NaCl溶液中的水合离子：B．F2分子中共价键的电子云轮廓图：C．CaO2的电子式：D．铅酸蓄电池放电时的负极反应式：PbSO3．下列图示中，实验操作或方法符合规范的是A．制备无水氯化镁B．氯化钠的焰色试验C．蒸馏时接收馏分D．分离海带灰和浸出液A．A B．B C．C D．D4．“科技兴国，和谐发展”是我国的战略方针。下列说法正确的是A．我国火星探测器探测的Fe的摩尔质量为56gB．陶瓷发动机采用的Si3C．光伏材料碲化镉发电玻璃将化学能转化为电能D．广泛应用的“塑料王”聚四氟乙烯为合成高分子5．镁在航空航天、汽车制造等领域有广泛的应用，浓海水(含NaCl、MgSO4等)提取镁的工艺流程如图所示。下列说法正确的是A．“沉降”步骤反应的离子方程式为2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓B．“溶液Z”可循环利用于“脱硫”步骤C．用惰性电极电解“酸溶”所得溶液可制得MgD．利用铝热法也可以制备镁6．YX2W是饮用水和污水消毒的重要药剂。已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素的某核素无中子，Y元素的简单氢化物的水溶液呈碱性，基态Z原子的3p能级有2个未成对电子。下列叙述正确的是A．氧化物ZO2的晶体类型一定为分子晶体B．简单离子半径：W>Mg2+>YC．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>WD．YX2W在水中的溶解度大于在苯中的溶解度7．下列说法正确的是A．键角：ClO2>OF2B．与Cu2+形成配位键的能力：NCl3>NH3C．氧化性：F2<OF2D．HOF分子之间能形成氢键，其结构为8．DDT是一种重要的农药，但一些害虫体内的酶会使DDT发生催化反应脱去HCl变成毒性较低的DDE，从而产生了抗药性，DDT转化为DDE的反应如下。已知同碳二醇的结构不稳定，容易发生脱水反应R−A．DDT分子中所有碳原子可能共平面B．DDT脱去HCl的反应可在浓硫酸催化下进行C．1molDDT与足量NaOH溶液反应时最多消耗7molNaOHD．键长：DDT中①C—Cl>DDE中②C—Cl9．科学家合成了一种新的共价化合物，结构式如图所示，已知X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期元素，Z和E同主族，Z与W同周期。下列说法错误的是A．第一电离能：Y<W<ZB．简单氢化物沸点：E<ZC．Z的氧化物对应的水化物为强酸D．X与Y、Z、W、E均可以形成含有相同电子数的二元分子10．室温下，根据下列实验过程及现象能得出相应实验结论的是选项实验过程及现象实验结论A向试管中加入5mL乙醇、15mL浓硫酸和几片碎瓷片，加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色有C2H4生成产生B分别向两支试管中加入2mLH2O2溶液，其中一支试管做空白实验，另一支试管中滴加几滴FeSO4溶液，快速产生O2Fe2+对H2O2分解有催化作用C向CuSO4溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，再加入乙醇，析出深蓝色晶体乙醇能降低[Cu(NH3)4]SO4在水中的溶解度D向浓硝酸中加入红热的炭，产生红棕色气体C还原浓硝酸生成NO2A．A B．B C．C D．D11．T0℃时，2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0A．T1℃时，k2=0.4B．b点，vC．若d点加入催化剂，达到平衡时透光率可能为e点D．保持压强不变，再充入一定量氩气，达到新平衡后NO2的物质的量分数减小12．油气田开采过程中会产生大量的硫化氢气体，利用光电催化分解硫化氢可获得氢气，其原理如图所示，已知：光半导体在光照条件下产生电子-空穴对e−A．在光半导体表面，空穴将S2−B．沉积于光半导体表面的S会使电极钝化C．生成22.4 LH2D．阴极的电极反应式为213．W、X、Y、Z、R均为短周期主族元素，原子序数依次增大，基态W原子2pA．第一电离能：YB．简单氢化物的键角：YC．单质的熔点：RD．常温常压下，+4价氧化物的密度：W14．常温下，MgCO3和MgOH2的沉淀溶解平衡曲线如图所示(X代表CO32−或OHA．曲线X代表MgOHB．图中c点无MgCO3析出，有MgC．曲线Z表示MgOHD．图中d点−lg二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．硫代硫酸钠晶体(Na2步骤1：将16g硫磺粉用乙醇润湿后置于圆底烧瓶中。称取126g亚硫酸钠固体放入250 mL步骤2：启动恒温加热器，加热回流40min步骤3：反应完毕后，加入适量脱色剂进行脱色，趁热过滤，将滤液转移至蒸发皿中加热至滤液表面出现晶膜，停止加热。步骤4：室温下冷却，析出硫代硫酸钠晶体，抽滤，将所得晶体用少量乙醇洗涤、干燥得到产品。回答下列问题：（1）步骤1中需要将硫磺在(填仪器名称)中研细成硫磺粉。硫磺粉用乙醇润湿的目的是。（2）步骤3中若采用物理方法进行脱色，所使用的试剂为(填写试剂名称)，过滤需要趁热进行的理由是。（3）步骤3中加热温度不能太高，其原因是。（4）步骤4中洗涤晶体所用的乙醇的量太多导致的不良后果是。（5）称取1.290g硫代硫酸钠晶体在烧杯中溶解，然后转移到100 mL容量瓶中定容。量取0.00956 mol⋅L−1的酸性K2Cr2O7①硫代硫酸钠晶体的纯度为。②下列操作会导致纯度测定值偏高的是(填字母)。A．配制硫代硫酸钠溶液，定容时俯视液面B．实验前，用蒸馏水洗涤锥形瓶后未干燥C．滴定结束时，仰视读数D．盛放硫代硫酸钠溶液的滴定管洗涤后未润洗16．硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是。（2）步骤②需要加热的目的是，温度保持80~95℃，采用的合适加热方式是。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为（填标号）。（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是。分批加入H2O2，同时为了，溶液要保持pH小于0.5。（4）步骤⑤的具体实验操作有，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为。17．某化学小组同学利用3%H2O2溶液制O2，再用（1）仪器b中发生反应的化学方程式为。（2）C和E两个水浴作用不相同，其中E中冰水的作用是。（3）为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。实验序号检验试剂和反应条件现象结论①酸性KMnO4紫红色褪去产物含有乙醛②新制CuOH生成砖红色沉淀产物含有乙醛③微红色含酚酞的NaOH溶液微红色褪去产物可能含有乙酸实验①～③中的结论不合理的是(填序号)，原因是。（4）化合物的分子中采取sp3杂化方式成键的原子数目是（5）氮化钛晶体的晶胞结构如图所示，则氮化钛晶体化学式为，该晶体结构中与N原子距离最近且相等的N原子有个；该晶胞的密度dg⋅cm−3，则晶胞结构中两个氮原子之间的最近距离为。(NA18．化合物H是一种抗过敏药物，其合成路线如图：已知：R1−CH=CH回答下列问题：（1）A的名称为；F的分子式为。（2）E中含氧官能团的名称为。（3）①的反应类型为。（4）下列有关说法正确的是(填字母)。a．A分子中有6个σ键b．反应③的原子利用率为100%c．G能发生取代反应、加成反应和消去反应d．F、G分子中所含手性碳原子数目相同（5）反应②的化学方程式为。（6）H的同分异构体M是芳香族化合物，写出一种满足下列条件的M的结构简式：(任写一种)。i、苯环上有三个取代基；ii、能与FeCl3iii、核磁共振氢谱确定分子中有7种不同化学环境的氢原子；iv、该物质可催化氧化生成二元醛。M的同系物N比M少4个碳原子，N苯环上有三个取代基，N可催化氧化生成二元醛，符合上述条件的N有种(不包含立体异构)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、秦陶马是陶器，由黏土烧制而成，主要成分为硅酸盐，故A正确；

B、唐水晶珠的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，故B错误；

C、汉木雕的主要成分为纤维素等有机物，不是硅酸盐，故C错误；

D、唐鎏金铁芯铜龙的主要成分为铜、铁等金属合金，不是硅酸盐，故D错误；

故答案为：A。

【分析】本题解题要点：

明确硅酸盐材料的定义与常见代表，如陶瓷、玻璃、水泥；

区分二氧化硅、有机物、金属合金与硅酸盐材料的成分差异；

结合文物的材质背景，判断其主要化学成分类别。2．【答案】B【解析】【解答】A、水合离子中，阳离子应被水分子的氧端包围，阴离子被氢端包围，图示方向错误，故A错误；

B、F2分子中F原子间形成σ键，电子云沿键轴方向重叠，轮廓图正确，故B正确；

C、CaO2的电子式中，过氧根离子内部的共用电子对未标出，正确形式应为，故C错误；

D、铅酸蓄电池放电时负极是Pb发生氧化反应生成PbSO4：Pb−2e−+【分析】本题解题要点：水合离子中水分子的取向：阳离子吸引氧端，阴离子吸引氢端；共价键电子云轮廓图：σ键沿键轴方向重叠；离子化合物电子式书写：需完整标出所有成键电子和电荷；铅酸蓄电池电极反应：负极Pb被氧化为PbSO4，正极PbO2被还原为PbSO4。3．【答案】B【解析】【解答】A、加热氯化镁溶液时，镁离子会水解，且生成的HCl易挥发，直接蒸发无法得到无水氯化镁，故A错误；

B、用光洁无锈的铁丝蘸取待测物，在酒精灯火焰上灼烧进行焰色试验，操作符合规范，故B正确；

C、蒸馏接收馏分时，锥形瓶不能用橡胶塞密封，否则装置内压强过大易发生危险，故C错误；

D、过滤操作中漏斗下端尖嘴应紧靠烧杯内壁，图中操作不符合规范，故D错误；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

制备易水解的金属氯化物（如氯化镁），需在HCl气流中加热抑制水解；

焰色试验可用光洁无锈的铁丝或铂丝作为载体；

蒸馏接收馏分的锥形瓶不能密封，需与大气相通；

过滤操作中漏斗下端尖嘴应紧靠烧杯内壁，防止液体飞溅。4．【答案】D【解析】【解答】A、摩尔质量的单位为g/mol，Fe的摩尔质量应为56g/mol，故A错误；

B、Si3N4中N为-3价，根据化合价代数和为零，Si的化合价为+4价，故B错误；

C、光伏材料发电是将太阳能直接转化为电能，不是化学能转化为电能，故C错误；

D、聚四氟乙烯是通过加聚反应制得的合成高分子材料，俗称“塑料王”，故D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

明确摩尔质量的单位，区分质量与摩尔质量的不同；

根据化合物中元素正负化合价代数和为零，计算元素化合价；

区分光伏发电的能量转化形式，是太阳能转化为电能；

认识常见合成高分子材料及其俗称和性质。5．【答案】B【解析】【解答】A、石灰乳是氢氧化钙悬浊液，在离子方程式中不能拆成离子形式，正确的离子方程式应为Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，选项中离子方程式书写错误，故A错误；

B、溶液Z中含有氯化钙，可与浓海水中的硫酸根反应生成硫酸钙沉淀，因此可以循环用于“脱硫”步骤，故B正确；

C、用惰性电极电解氯化镁溶液时，阴极生成氢气和氢氧化镁沉淀，无法得到金属镁。工业上冶炼镁必须电解熔融状态的氯化镁，故C错误；

D、铝热法适用于铝置换金属性比铝弱的金属，而镁的金属性比铝强，无法通过铝热反应制备，故D错误；

故答案为：B。

6．【答案】D【解析】【解答】A、若Z为硅，其氧化物SiO2是共价晶体；若为硫，其氧化物SO2是分子晶体。选项笼统地将Z的氧化物归为同一类晶体，结论错误，故A错误；

B、离子半径的比较规则是：电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，半径越大。因此半径大小关系为：Cl-（3层）>N3-（2层，核电荷数7）>Mg2+（2层，核电荷数12）。选项排序错误，故B错误；

C、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。氯的非金属性强于硫和硅，因此高氯酸（W的酸）酸性强于硫酸和硅酸（Z的酸）。选项中“Z<W”的结论错误，故C错误；

D、NH2Cl（氯胺）分子结构不对称，属于极性分子。根据“相似相溶”原理，它在极性溶剂（如水）中的溶解度大于在非极性溶剂（如苯）中的溶解度，故D正确；

故答案为：D。

【分析】通过题给线索，一步步锁定四种元素：

X元素：核素中无中子，只能是氢（H）；Y元素：简单氢化物水溶液呈碱性，短周期中只有氨（NH3）符合，因此Y为氮（N）；Z元素：基态原子的3p轨道有2个未成对电子，价电子排布为3s23p2（硅Si）或3s23p4（硫S），因此Z可能是硅或硫；W元素：原子序数大于Z，且化合物YX2W是常见消毒剂。结合前序元素推断，YX2W的化学式为NH2W，而NH2Cl（氯胺）是常用消毒剂，因此W为氯（Cl）。7．【答案】A【解析】【解答】A、ClO2中心Cl原子为sp2杂化，价层电子对为3，含单电子排斥，键角约117.4∘；OF2中心O原子为sp3杂化，含2对孤电子对，孤电子对斥力更强，键角约103∘，故键角：ClO2>OF2，A正确；

B、配位键形成的关键是中心原子提供孤电子对，NH3中N原子孤电子对电子云密度高，易与Cu2+成键；NCl3中Cl的强吸电子效应使N原子孤电子对电子云密度大幅降低，配位能力弱于NH3，B错误；

C、由反应2F2+2NaOH=2NaF+【分析】本题解题要点：键角比较核心逻辑：价层电子对互斥理论中，排斥力大小顺序为“孤电子对-孤电子对>孤电子对-成键电子对>成键电子对-成键电子对>单电子-成键电子对”，排斥力越强，键角越小。配位能力判断关键：中心原子孤电子对的给电子能力受取代基电负性影响，电负性大的取代基会降低中心原子电子云密度，削弱其配位能力。氧化性强弱判断依据：氧化还原反应中，氧化剂的氧化性一定强于其氧化产物，可通过具体反应快速判断物质氧化性强弱。氢键形成的必要条件：必须同时满足“氢原子直接与N/O/F相连”和“存在另一分子的N/O/F作为受体”两个条件，二者缺一不可。8．【答案】D【解析】【解答】A、DDT分子中连接两个苯环的饱和碳原子为sp3杂化，呈四面体结构，该碳原子连接的原子无法共平面，故所有碳原子不可能共平面，故A错误；

B、DDT脱去HCl的反应是消去反应，该反应条件为酶催化，与醇的消去反应条件不同，不可在浓硫酸催化下进行，故B错误；

C、2个芳环氯（Ar–Cl），每个水解需2molNaOH（水解+中和），共4mol；1个–CCl3基团，在强碱下彻底水解为羧酸盐，反应为R−CCl3+4 NaOH→R−COONa+3 NaCl+2 H2O，消耗4molNaOH，因此1molDDT总共消耗4mol（芳环氯）+4mol（-CCl3）=8molNaOH，C错误；

D、DDT中①位C—Cl键的C原子为sp3杂化，DDE中②位C—Cl键的C原子为sp2杂化，sp2杂化轨道成键时原子轨道重叠程度更大，键长更短，故键长：DDT中①C—Cl>DDE中9．【答案】C【解析】【解答】A、同周期元素从左到右，第一电离能总体呈递增趋势，但第ⅤA族元素因p轨道半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻的第ⅥA族元素；因此C、O、N的第一电离能大小为：C<O<N，即Y<W<Z，故A正确；

B、N的简单氢化物NH3分子间存在氢键，而P的简单氢化物PH3分子间仅存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，因此沸点：PH3<NH3，即E<Z，故B正确；

C、N元素的氧化物对应的水化物有多种，其中HNO3是强酸，但HNO2（亚硝酸）属于弱酸，因此不能笼统地说其氧化物对应的水化物都是强酸，故C错误；

D、H元素与C、N、O、P元素均可形成18电子的二元分子，分别为C2H6、N2H4、H2O2、PH3，故D正确；

故答案为：C。

【分析】元素推断：依据成键数与原子序数递变规律，结合短周期元素成键特征推导元素；X只形成1个共价键且原子序数最小，故X为H；Y形成4个共价键，原子序数大于H，故Y为C；W形成2个共价键，原子序数大于C，故W为O；Z与W同周期且形成3个共价键，故Z为N；E与Z同主族且位于第三周期，故E为P。10．【答案】C【解析】【解答】A、乙醇消去制乙烯时，浓硫酸会产生二氧化硫杂质，同时挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，无法证明生成乙烯，故A错误；

B、两组实验没有控制过氧化氢初始浓度一致，变量不唯一，不能验证亚铁离子的催化作用，故B错误；

C、硫酸铜溶液加氨水先沉淀后溶解，加入乙醇析出深蓝色晶体，证明乙醇可降低四氨合硫酸铜的水中溶解度，故C正确；

D、浓硝酸易挥发，挥发出的硝酸蒸气可与碳反应，无法证明是碳还原浓硝酸生成二氧化氮，故D错误；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

乙烯检验干扰因素：二氧化硫、乙醇均能还原酸性高锰酸钾，检验乙烯需提前除杂；

化学实验变量原则：对照实验必须保证单一变量，否则实验结论不具备说服力；

配合物相关性质：四氨合铜离子易溶于水，加入有机溶剂可减小其溶解度使其析出；

浓硝酸的性质：浓硝酸挥发性强，探究碳与浓硝酸反应需排除挥发硝酸的干扰。11．【答案】B【解析】【解答】A、平衡时正逆反应速率满足v正(NO2)=2v逆(NO2)，即k1c2(NO2)=2k2c(N2O4)，则K=c(N2O4【分析】本题解题要点：平衡常数与速率常数的关系：平衡时正逆反应速率之比等于化学计量数之比，结合速率表达式可推导出K与k1、k温度对平衡常数的影响：该反应放热，温度降低，平衡正向移动，K值增大；催化剂的作用：催化剂仅改变反应速率，不影响平衡位置，因此平衡时透光率不变；压强对平衡的影响：恒压下充入惰性气体，相当于减压，平衡向气体分子数增多的方向移动，本题中逆反应方向气体分子数更多。12．【答案】C【解析】【解答】A、光半导体在光照下产生空穴（h+），S2-在空穴表面被氧化为S，故A正确；

B、反应生成的S单质会沉积在光半导体表面，阻碍电极反应，使电极钝化，故B正确；

C、生成22.4LH2，未指明标准状况，无法直接计算其物质的量，因此不能确定转移电子数，故C错误；

D、阴极发生还原反应，H+得电子生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故D正确；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

明确光电催化体系中，光半导体受光照产生电子-空穴对，空穴具有氧化性，电子具有还原性；

反应生成的S单质易沉积在电极表面，导致电极钝化；

气体摩尔体积的使用条件：只有在标准状况下，22.4L气体的物质的量才为1mol；

阴极发生还原反应，结合图示中H+向右侧电极移动，判断其反应式。13．【答案】B【解析】【解答】A、第一电离能的比较中，N原子的2p轨道处于半满稳定结构，失去一个电子需要的能量比O原子更高，因此第一电离能：N>O。选项结论错误，故A错误；

B、键角大小受中心原子孤电子对影响：孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小。CH4和H2O的中心原子均为sp3杂化，CH4无孤电子对，H2O有2对孤电子对，因此键角：H2O<CH4，选项结论正确，故B正确；

C、物质熔点与分子间作用力相关：F2常温为气态，S单质常温为固态，说明S单质的熔点远高于F2，选项结论错误，故C错误；

D、气体密度与摩尔质量成正比：CO2的摩尔质量小于SO2，因此相同条件下CO2的密度更小，选项结论错误，故D错误；

故答案为：B。

【分析】根据题给线索，一步步锁定五种短周期主族元素：

W元素：基态原子2p能级有2个单电子，价电子排布为2p2（C）或2p4（O）。结合结构图中W形成4条共价键，可确定W为碳（C）；Y和R元素：二者同族，Y形成2条共价键，R形成6条共价键，可推知Y为氧（O），R为硫（S）；Z元素：只形成1条共价键，且原子序数介于O和S之间，故Z为氟（F）；X元素：原子序数介于C和O之间，故X为氮（N）。

综上，W、X、Y、Z、R分别为C、N、O、F、S。14．【答案】C【解析】【解答】A、由上述数学模型分析可知，曲线X的斜率为-2，符合Mg(OH)2的沉淀溶解平衡关系，故A正确；

B、c点的离子积对于MgCO3而言，Qc<Ksp(MgCO3)，未达到平衡，不会析出MgCO3；但对于Mg(OH)2而言，Qc>Ksp[Mg(OH)2]，因此会析出Mg(OH故答案为：C。【分析】本题核心是利用沉淀溶解平衡的数学模型，区分MgCO3与Mg对于MgCO3，沉淀溶解平衡为MgCO3(s)⇌Mg2+(aq)+CO32−(aq)，其溶度积表达式为：

Ksp(MgCO3)=c(Mg2+15．【答案】（1）研钵；使硫磺粉易于分散到亚硫酸钠溶液中（2）活性炭；防止因温度降低导致硫代硫酸钠晶体析出，而造成损失（3）温度太高，易导致硫代硫酸钠晶体分解（4）硫代硫酸钠晶体损失的量增多（5）95.6%；A【解析】【解答】（1）步骤1中需要将硫磺在研钵中研细成硫磺粉；硫磺粉用乙醇润湿的目的是使硫磺粉易于分散到亚硫酸钠溶液中。故答案为：研钵；使硫磺粉易于分散到亚硫酸钠溶液中；

（2）通常使用活性炭进行物理脱色；为防止因温度降低导致硫代硫酸钠晶体析出而造成损失，通常采用趁热过滤。故答案为：活性炭；防止因温度降低导致硫代硫酸钠晶体析出，而造成损失；

（3）温度过高会导致硫代硫酸钠在溶液中分解。故答案为：温度太高，易导致硫代硫酸钠晶体分解；

（4）若洗涤晶体所用的乙醇的量太多，会导致硫代硫酸钠晶体损失的量增多。故答案为：硫代硫酸钠晶体损失的量增多；

（5）①由发生的反应可知存在如下关系：Cr2O72-m(Na2S2O②A．配制硫代硫酸钠溶液定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，浓度偏大。滴定时，消耗的该溶液体积偏小，根据公式c(SB．因为是溶液中进行的反应，锥形瓶未干燥对测定结果没有影响；C．滴定结束时仰视读数，读取的消耗体积偏大，计算出的浓度偏小，总物质的量偏小，测定结果偏小；D．盛放硫代硫酸钠溶液的滴定管洗涤后未润洗，多消耗了硫酸钠溶液，导致测得的硫酸钠溶液浓度偏小，质量偏小，测定结果偏低；故答案选择A。

故答案为：95.6%；A；

【分析】在制备硫代硫酸盐晶体的实验中，硫磺粉预处理时，先在研钵中充分研磨细化，再用乙醇润湿，以此大幅提升其比表面积，强化与其他反应物的接触效率，从而显著加快反应进程；后续采用恒温加热回流装置持续加热40分钟，目的是为反应提供稳定、充足的反应条件，确保反应物能够充分反应，提高目标产物的转化率。反应液脱色环节，利用活性炭的物理吸附作用去除杂质色素，操作时需趁热过滤，防止温度降低导致目标晶体析出，造成产物损失；同时需严格控制加热温度，温度过高会直接引发晶体热分解，导致产物失效。晶体洗涤过程中，乙醇用量需精准控制，过量的乙醇会溶解目标晶体，直接降低最终产率。纯度测定阶段，基于重铬酸钾与硫代硫酸钠的氧化还原滴定反应，反应的物质的量关系为Cr2O72-~6S2O32-，先通过标准重铬酸钾溶液的用量计算出Cr2O72-的物质的量，再根据计量关系推导出样品中S2O32-的物质的量，最终换算得到晶体的纯度。误差分析中，定容俯视（A）和滴定终点仰视（C）会使测定值偏高；锥形瓶未干燥（B）无影响，滴定管未润洗（D）会使结果偏低。（1）根据硫单质的物理性质（难溶于水、易溶于乙醇）分析。将硫磺研细是为了增大接触面积，加快后续与亚硫酸钠的反应速率；用乙醇润湿硫磺粉，是利用乙醇的溶解性，使硫磺粉更易分散到水溶液中，避免硫磺漂浮在液面，确保反应充分进行。（2）根据硫代硫酸钠溶液的特性分析。活性炭具有多孔结构，能吸附有色杂质，因此常用作脱色剂；硫代硫酸钠的溶解度随温度降低而减小，若过滤时温度降低，晶体易析出堵塞滤纸或造成产品损失，因此需采用“趁热过滤”，利用热溶液过滤减少晶体损失。（3）结合硫代硫酸钠的化学稳定性分析。硫代硫酸钠在高温下易发生分解反应（如歧化或水解），导致产品纯度降低、产率下降，因此反应温度不宜过高，需控制在合理范围。（4）根据硫代硫酸钠在乙醇中的溶解性分析。硫代硫酸钠晶体在乙醇中溶解度较小，用少量乙醇洗涤可除去表面杂质并减少晶体溶解损失；但乙醇用量过多时，会带走部分晶体表面的产品，导致硫代硫酸钠晶体损失量增多，降低产率。（5）①根据氧化还原反应的计量关系建立物质的量联系。反应中Cr②结合滴定计算公式，分析操作对关键数据（溶液体积、浓度）的影响。A：溶液体积偏小，硫代硫酸钠溶液浓度偏大，滴定时消耗体积偏小，根据公式计算出的浓度偏大，最终纯度测定值偏高；B：仅影响溶液总体积，不改变溶质的物质的量，对测定结果无影响；C：读取的消耗体积偏大，计算出的浓度偏小，测定结果偏低；D：溶液被稀释，消耗体积偏大，测得浓度偏小，测定结果偏低。（1）步骤1中需要将硫磺在研钵中研细成硫磺粉；硫磺粉用乙醇润湿的目的是使硫磺粉易于分散到亚硫酸钠溶液中。（2）通常使用活性炭进行物理脱色；为防止因温度降低导致硫代硫酸钠晶体析出而造成损失，通常采用趁热过滤。（3）温度过高会导致硫代硫酸钠在溶液中分解。（4）若洗涤晶体所用的乙醇的量太多，会导致硫代硫酸钠晶体损失的量增多。（5）①由发生的反应可知存在如下关系：Cr2O72-m(Na2S2O②A．配制硫代硫酸钠溶液定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，浓度偏大。滴定时，消耗的该溶液体积偏小，根据公式c(SB．因为是溶液中进行的反应，锥形瓶未干燥对测定结果没有影响；C．滴定结束时仰视读数，读取的消耗体积偏大，计算出的浓度偏小，总物质的量偏小，测定结果偏小；D．盛放硫代硫酸钠溶液的滴定管洗涤后未润洗，多消耗了硫酸钠溶液，导致测得的硫酸钠溶液浓度偏小，质量偏小，测定结果偏低；故答案选择A。16．【答案】碱煮水洗；加快反应；热水浴；C；将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质；防止Fe3+水解；加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；NH4Fe(SO4)2∙12H2O【解析】【解答】(1)油污可以在碱性加热条件下发生皂化反应除去，操作方法为碱煮水洗。

故答案为：碱煮水洗；(2)升温能够提升粒子运动速率，加快铁与硫酸的反应速率；需要控制温度80~95℃，低于100℃，采用热水浴加热，受热均匀且温度易控；铁中硫化物和酸反应生成有毒硫化氢气体，硫化氢为酸性气体，选用NaOH溶液吸收，尾气处理要防倒吸，倒扣漏斗刚好接触液面，对应装置C。

故答案为：加快反应；热水浴；C；(3)H2O2具有氧化性，可把溶液里Fe2+完全氧化为Fe3+，还原产物只有水，不会带入新杂质；Fe3+极易发生水解，保持溶液pH小于0.5、维持酸性环境，能够抑制Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀。

(4)硫酸铁溶液加入硫酸铵固体后，混合溶液需要先加热浓缩提高溶质浓度，再冷却使晶体析出，接着过滤分离晶体，洗涤除去表面可溶性杂质，最后干燥得到成品晶体。

故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；(5)设晶体化学式NH4Fe(SO4)2⋅xH2O，摩尔质量【分析】废铁屑经碱煮水洗除油污得到干净Fe屑；干净Fe在80~95℃热水浴与稀H2SO4反应，过滤除废渣得到含Fe2+滤液；滤液分批加足量H2O2，控制pH<0.5，把Fe2+全部氧化为Fe3+，制得Fe2(SO4)3溶液；溶液中加入固体(NH4)2SO17．【答案】（1）2CH（2）使气态乙醛冷凝为液体，便于收集（3）①；挥发出来的乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色（4）5（5）TiN；12；22【解析】【解答】（1）仪器b中乙醇在铜的催化下发生氧化反应生成乙醛，发生反应的化学方程式为2CH3故答案为：2CH3CH2故答案为：使气态乙醛冷凝为液体，便于收集；

（3）乙醇催化氧化生成乙醛。①乙醇易挥发，乙醛中混有乙醇，因乙醇具有还原性，也能使酸性KMnO4溶液褪色，故不能用酸性KMnO4溶液检验乙醛，结论不合理；②乙醛中含有醛基，能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，结论合理；③乙酸能与NaOH溶液发生酸碱中和反应，使含酚酞的NaOH溶液微红色褪去，结论合理；故答案为：①；挥发出来的乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；（4）根据乙结构简式可知：其中采取sp3杂化方式成键的原子有3个饱和C原子、1个O原子和1个N原子，共5个原子；故答案为：5；

（5）观察晶胞N位于立方体的顶点和面心位置，N数=8×18+6×12=4；Ti位于晶胞内，有4个，化学式可写为TiN；以晶胞顶点的N原子研究，距离氮原子最近的氮原子位于晶胞三个面的面心，每一个顶点为8个晶胞所共用，每一个面心上的N原子为两个晶胞所共用，所以晶体结构中与N原子距离最近且相等的N原子数目为：3×82=12；该晶胞中有4个Ti原子和4个氮原子，所以晶胞的质量为4×62NAg，所以该晶胞的边长为：34×62dNA×1010pm，晶胞结构中两个氮原子之间的最近距离为对角线长度的一半，所以两个氮原子之间的最近距离为：223248dNA×（1）仪器b中乙醇在铜的催化下发生氧化反应生成乙醛，发生反应的化学方程式为2CH3（2）E中盛冷水，作用是使乙醛冷凝为液体，便于收集；（3）乙醇催化氧化生成乙醛。①乙醇易挥发，乙醛中混有乙醇，因乙醇具有还原性，也能使酸性KMnO4溶液褪色，故不能用酸性KMnO4溶液检验乙醛，结论不合理；②乙醛中含有醛基，能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，