2025-2026学年河北省衡水市高考临考冲刺化学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年河北省衡水市高考临考冲刺化学试卷（含答案解析），共25页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
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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、据报道科学家在宇宙中发现了分子。与属于
A．同位素B．同系物C．同分异构体D．同素异形体
2、ZulemaBrjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是( )
A．该装置可以在高温下工作
B．X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜
C．负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H＋
D．该装置工作时，电能转化为化学能
3、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A．KClO3在反应中得到电子B．ClO2是氧化产物
C．H2C2O4在反应中被还原D．1ml KClO3参加反应有2 ml电子转移
4、设 NA为阿伏伽德罗常数的值，则下列说法正确的是
A．常温常压下，22.4 L HCl 气体溶于水产生 H+ 的数目为 NA
B．0.2 ml H2O 和 D2O 中含有中子的数目均为 2NA
C．1 ml SO2 溶于足量水，溶液中 H2SO3 与 SO32- 粒子的物质的量之和小于 NA
D．1L 0.1 ml•L-1 NaHSO4 溶液中含有的阳离子数目为 0.1NA
5、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
6、在化学能与电能的转化过程中，下列叙述正确的是
A．电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2 和NaOH(aq)
B．教材所示的铜-锌原电池在工作时，Zn2+ 向铜片附近迁移
C．电镀时，电镀槽里的负极材料发生氧化反应
D．原电池与电解池连接后，电子从原电池负极流向电解池阳极
7、下列物质的分离方法中，利用粒子大小差异的是
A．AB．BC．CD．D
8、实验室制备硝基苯的反应装置如图所示。下列实验操作或叙述不正确的是（ ）
A．试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯
B．实验时水浴温度需控制在50～60℃
C．仪器a的作用：冷凝回流苯和硝酸，提高原料的利用率
D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品
9、乙酸香兰酯是用于调配奶油、冰淇淋的食用香精，其合成反应的化学方程式如下：
下列叙述正确的是( )
A．该反应不属于取代反应
B．乙酸香兰酯的分子式为C10H8O4
C．FeCl3溶液可用于区别香兰素与乙酸香兰酯
D．乙酸香兰酯在足量NaOH溶液中水解得到乙酸和香兰素
10、下列指定反应的离子方程式正确的是
A．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2=I2＋2OH－
B．过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C．用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2-＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32-
11、用NA表示阿伏加德罗常数的值 ，下列说法正确的是
A．31 g 白磷中含有的电子数是3.75NA
B．标准状况下，22.4L的C8H10中含有的碳氢键的数目是10NA
C．1L 0.1ml•L-1的乙酸溶液中含有的氧原子数为 0.2NA
D．5.6g Fe 与足量 I2 反应，Fe 失去 0.2NA个电子
12、反应A(g)+B(g) ⇋3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c(A)如下表：
下列分析不正确的是（ ）
A．①→②的过程中平衡发生了逆向移动
B．①→③的过程中X的状态发生了变化
C．①→③的过程中A的转化率不断增大
D．与①②相比，③中X的物质的量最大
13、下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．中子数比质子数多1的磷原子：B．Al3+的结构示意图：
C．次氯酸钠的电子式：D．2-丁烯的结构简式：CH2=CH-CH=CH2
14、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。则下列说法中正确的是
A．C、D两种元素组成的化合物只含有离子键
B．A、B、C、D形成的简单离子半径排序：D>C>B>A
C．D元素的最高价氧化物对应水化物可以用于吸收气体乙
D．A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物
15、相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂。聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成()。下列说法正确的是
A．环氧乙烷在酸性条件下发生加聚反应制得聚乙二醇
B．聚乙二醇的结构简式为
C．相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n≈67
D．聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键
16、汽车尾气含氮氧化物（NOX）、碳氢化合物(CXHY)、碳等，直接排放容易造成“雾霾”。因此，不少汽车都安装尾气净化装置（净化处理过程如图）。下列有关叙述，错误的是
A．尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关
B．尾气处理过程，氮氧化物（NOX）被还原
C．Pt-Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率
D．使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾
17、我国古代文献中有许多化学知识的记载，如《梦溪笔谈》中的“信州铅山县有苦泉，……，挹其水熬之，则成胆矾，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”等，上述描述中没有涉及的化学反应类型是
A．复分解反应B．化合反应
C．离子反应D．氧化还原反应
18、如图所示的方案可以降低铁闸门的腐蚀速率。下列判断正确的是( )
A．若X为导线，Y可以是锌
B．若X为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+
C．若X为直流电源，铁闸门做负极
D．若X为直流电源，Y极上发生还原反应
19、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是 （ ）
A．W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同
B．Z和W可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物
C．Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得
D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应
20、近年来，金属—空气电池的研究和应用取得很大进步，这种新型燃料电池具有比能量高、污染小、应用场合多等多方面优点。铝—空气电池工作原理如图所示。关于金属—空气电池的说法不正确的是（ ）
A．铝—空气电池(如上图)中，铝作负极，电子通过外电路到正极
B．为帮助电子与空气中的氧气反应，可使用活性炭作正极材料
C．碱性溶液中，负极反应为Al(s)＋3OH－(aq)=Al(OH)3(s)＋3e－，每消耗2.7 g Al(s)，需耗氧6.72 L(标准状况)
D．金属—空气电池的可持续应用要求是一方面在工作状态下要有足够的氧气供应，另一方面在非工作状态下能够密封防止金属自腐蚀
21、联合国大会宣布2019年为“国际化学元素周期表年”，中国科技馆推出“律动世界——化学元素周期表专题展”。已知短周期元素T的次外层电子数是其最外层电子数的2倍，X、W、Z、Y均与元素T相邻且原子序数依次增大，且X、Y与T同主族，W、Z与T同周期。下列判断错误的是（ ）
A．元素T在自然界主要以游离态形式存在
B．元素非金属性强弱：Z>Y
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W
D．X与氧元素形成的氧化物不止一种
22、下列物质中，由极性键构成的非极性分子是
A．氯仿B．干冰C．石炭酸D．白磷
二、非选择题(共84分)
23、（14分）罗氟司特是治疗慢性阻塞性肺病的特效药物，其合成中间体F的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为__________，D的分子式为__________
（2）由B生成C的化学方程式是____________。
（3）E→F的反应类型为___________，F中含氧官能团的名称为____________。
（4）上述合成路线中，有3步反应都使用NaOH溶液来提高产率，其原理是_______。
（5）的链状同分异构体有_______种（不包括立体异构），写出其中核磁共振氢谱有两组峰的结构简式：__________。
（6）设计以对甲基苯酚为原料制备的合成路线：______（其他试剂任选）。
24、（12分）已知化合物X由4种元素组成，某学习小组进行了如下实验：
已知：步骤②中消耗KI0.15ml
请回答：
（1）X的化学式是___，黄色溶液乙与SO2反应的离子方程式是___。
（2）X中一种元素对应的单质，与足量的K2CO3溶液反应得到的产物中含溶液甲中溶质，写出该反应的化学方程式：___。
25、（12分）二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：
（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式__。
（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。
①装置A的名称是__，装置C的作用是__。
②反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是__。
③通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是__。
④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__，装置E的作用是__。
（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的__（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。
②用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式__。
26、（10分）I．常温下，HNO2电离反应的平衡常数值为2.6×10-4。NaNO2是一种重要的食品添加剂，由于其外观及味道都与食盐非常相似，误食工业用盐造成食物中毒的事件时有发生。
（1）某活动小组同学设计实验方案鉴别 NaCl溶液和NaNO2溶液，请填写下列表格。
（2）亚硝酸钠有毒，不能随意排放，实验室一般将其与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，则该气体为____________（填化学式）。
II．活动小组同学采用如下装置制备并测定所得固体中亚硝酸钠（NaNO2）的质量分数（装置可重复使用，部分夹持仪器已省略）。

已知：①2NO + Na2O2 ＝2NaNO2；
②酸性条件下，NO、NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2+；NaNO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
（1）实验装置的连接顺序为____________；
（2）C瓶内发生反应的离子方程式为____________。
（3）为了测定亚硝酸钠的含量，称取4.0g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.10 ml·L－1的酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表。
①第一组实验数据出现较明显异常，造成异常的原因可能是__________（填字母序号）。
a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
b．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥
c．观察滴定终点时仰视读数
②根据表中数据进行计算，所制得的固体中亚硝酸钠的质量分数为____________。
（4）设计实验，比较0.1ml·L－1NaNO2溶液中NO2－的水解程度和0.1ml·L－1HNO2溶液中HNO2电离程度的相对大小_______（简要说明实验步骤、现象和结论，仪器和药品自选）。
27、（12分）氯化亚铜(CuCl)晶体呈白色，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化。某研究小组设计如下两种方案在实验室制备氯化亚铜。
方案一：铜粉还原CuSO4溶液
已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3] 2-(无色溶液)。
(1)步骤①中发生反应的离子方程式为________________。
(2)步骤②中，加入大量水的作用是_____________ 。
(3)如图流程中用95%乙醇洗涤和真空干燥是为了防止________________ 。
方案二：在氯化氢气流中加热CuCl2•2H2O晶体制备，其流程和实验装置(夹持仪器略)如下：
请回答下列问题：
(4)实验操作的先后顺序是 a→_____→______→_______→e (填操作的编号)
a．检査装置的气密性后加入药品 b．点燃酒精灯，加热
c．在“气体入口”处通入干燥HCl d．熄灭酒精灯，冷却
e．停止通入HCl，然后通入N2
(5)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是______。
(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，请分析产生CuCl2杂质的原因 ________________________。
(7)准确称取0. 2500 g氯化亚铜样品置于一定量的0.5 ml/L FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL，用0. 1000 ml/L的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24. 60 mLCe(SO4)2溶液。有关化学反应为Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，计算上述样品中CuCl的质量分数是_____________ %(答案保留4位有效数字)。
28、（14分）镍铬钢俗称不锈钢，在日常生活中应用广泛，含有铁、铬、镍、碳等元素。
请回答下列问题：
（1）镍的基态原子核外价层电子排布式为_______________，基态Fe3+有_____种不同运动状态的电子，基态铬原子有__________个未成对电子。
（2）配合物[Cr(H2O)6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是_______________（填元素符号），铬的高价化合物可将CH3CH2OH 氧化为CH3CHO，CH3CHO 中—CH3和—CHO 中碳原子的杂化方式分别为_______________、___________________。
（3）镍能与CO 形成Ni(CO)4，常温下Ni(CO)4是无色液体，易溶于有机溶剂，推测Ni(CO)4是__________晶体，组成Ni(CO)4的三种元素电负性由大到小的顺序为_______________（填元素符号），CO 分子中π键与σ键的个数比为_______________。
（4）NiO 的立方晶体结构如图所示，则O2-填入Ni2+构成的________空隙（填“正四面体”、“正八面体”、“ 立方体”或“压扁八面体”）。NiO晶体的密度为ρg·cm-3，Ni2+和O2-的半径分别为r1pm和r2pm，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________________________________。
29、（10分）磷及部分重要化合物的相互转化如图所示。
(1)不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2ml/L CuSO4溶液冲洗，根据步骤Ⅱ可判断，1ml CuSO4所能氧化的白磷的物质的量为______。
(2)步骤Ⅲ中，反应物的比例不同可获得不同的产物，除Ca3(PO4)2外可能的产物还有______。
磷灰石是生产磷肥的原料，它的组成可以看作是Ca3(PO4)2、CaF2、CaSO4、CaCO3、SiO2的混合物，部分元素的分析结果如下（各元素均以氧化物形式表示）：
(3)磷灰石中，碳元素的质量分数为______%（保留两位小数）。
(4)取100g磷灰石粉末，加入足量的浓硫酸，并加热，钙元素全部以CaSO4的形式存在，可以得到CaSO4______g（保留两位小数）。
(5)取m g 磷灰石粉末，用50.00mL混酸溶液（磷酸为0.5ml/L、硫酸为0.1ml/L）与其反应，结果Ca、S、P元素全部以CaSO4和Ca(H2PO4)2的形式存在，求m的值______。
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】
A.同种元素的不同种原子互为同位素，故A错误；
B.结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物互称为同系物，故B错误；
C.分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，故C错误；
D.与都是由氢元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D项正确。
故选D。
准确掌握“四同”的概念及它们描述的对象，是解决此题的关键。
2、C
【解析】
A.高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，A错误；
B.原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，B错误；
C.由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，C正确；
D.该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，D错误；
故合理选项是C。
3、A
【解析】
反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。
A、KClO3 中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；
B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；
C、H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；
D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1ml KClO3参加反应有1 ml电子转移，D错误；
答案选A。
4、C
【解析】
A选项，常温常压下，22.4 L HCl 气体物质的量比1ml小，溶于水产生 H+ 的数目小于 NA，故A错误；
B选项，H2O中子数8个，D2O中子数为10个，因此0.2 ml H2O和D2O中含有中子的数目不相同，故B错误；
C选项，1 ml SO2溶于足量水，溶液中 H2SO3 与HSO3－、SO32－ 粒子的物质的量之和为NA，故C正确；
D选项，1L 0.1 ml•L-1 NaHSO4 溶液物质的量为0.1 ml，则含有的阳离子物质的量为0.2ml，所以含有的阳离子数目为 0.2NA，故D错误；
综上所述，答案为C。
注意D中子数为1，T中子数为2；
NaHSO4晶体中的离子数目为2个，NaHSO4溶液中的离子数目为3个。
5、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。
6、B
【解析】
A．电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2 和NaOH(aq)）；
B．教材所示的铜-锌原电池在工作时，Zn2+ 向铜片附近迁移；
C．电镀池——特殊的电解池。电镀槽里的电极分为阴极和阳极，阳极发生氧化反应；
D．原电池与电解池连接后，跟原电池的负极相连的那个电极叫阴极。电子从原电池负极流向电解池阴极。
7、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。
8、D
【解析】
A．混合时应先加浓硝酸，再加入浓硫酸，待冷却至室温后再加入苯，故A正确；
B．制备硝基苯时温度应控制在50～60℃，故B正确；
C．仪器a的作用为使挥发的苯和硝酸冷凝回流，提高了原料利用率，故C正确；
D．仪器a为球形冷凝管，蒸馏需要的是直形冷凝管，故D错误；
答案选D。
9、C
【解析】
A、香兰素中—OH中的H原子，被—COCH3替代，该反应属于取代反应，A项错误；
B、乙酸香兰酯的分子式为C10H10O4，B项错误；
C、乙酸香兰酯中没有酚羟基，可以用FeCl3溶液区别香兰素与乙酸香兰酯，C项正确；
D、乙酸香兰酯应在足量酸溶液中水解才能得到乙酸和香兰素，D项错误；
答案选C。
考点：考查有机化学基础（反应类型、分子式的确定、官能团的性质等）。
10、C
【解析】
A. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，反应的离子方程式为：2I－＋H2O2＋2H+=I2＋2H2O，选项A错误；
B. 过量的铁粉溶于稀硝酸，反应的离子方程式为：3Fe＋8H＋＋2NO3-=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，选项B错误；
C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反应的离子方程式为：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－，选项C正确；
D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，选项D错误。
答案选C。
11、D
【解析】
A．P是15号元素，31 g 白磷中含有的电子数是15NA，故A错误；
B．标准状况下，C8H10是液态，无法用气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；
C．1L 0.1ml•L-1的乙酸溶液中，水也含有氧原子，含有的氧原子数大于 0.2NA，故C错误；
D．5.6g Fe 与足量 I2 反应，Fe＋I2=FeI2，Fe 失去 0.2NA个电子，故D正确；
故选D。
12、C
【解析】
A. ①到②的过程中，体积缩小了一半，平衡时A物质的量由0.88aml变为1aml，说明增大压强，平衡逆向移动，X此时应为气态；故A正确；
B. ②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时A物质的量由1aml变为0.75aml，说明增大压强平衡正向移动，说明X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了变化；故B正确；
C. 结合A、B项的分析，平衡首先逆向移动然后正向移动，A的转化率先减小后增大，故C错误；
D. ③状态下A物质的量最小，即A转化率最大，X的物质的量最大，故D正确；
答案选C。
13、A
【解析】
本题主要考查化学用语的书写。
【详解】
A. 磷原子核电荷数为15，中子数比质子数多1的磷原子：，故A项正确；
B.铝原子核电荷数为13， Al3+核外有10个电子，其结构示意图：，故B项错误；
C. 次氯酸钠属于离子化合物，电子式为：，故C项错误；
D. 2-丁烯的结构中，碳碳双键在2号碳上，主碳链有4个碳，其结构简式为： ，故D项错误；
答案选A。
14、C
【解析】
短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，Y为Na2O2，W为常见液体，W为H2O；Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，而甲为单质，则甲为O2，乙为红棕色气体，乙为NO2，甲与Z反应产生NO2，则Z为NO，X与甲反应产生NO，则X为NH3，则A、B、C、D分别为H、N、O、Na，以此来解答。
【详解】
根据上述分析可知：甲为O2，乙为NO2，X为NH3，Y为Na2O2，Z为NO，W为H2O，A、B、C、D分别为H、N、O、Na。
A. O、Na两种元素可形成离子化合物Na2O2中既含有离子键也含有非极性共价键，A错误；
B. H+核外无电子，N、O、Na三种元素形成的离子核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，离子的核电荷数越大离子半径就越小，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以离子半径N3->O2->Na+>H+，即B(N3-)>C(O2-)>D(Na+)>A(H+)，B错误；
C. Na元素的最高价氧化物对应水化物NaOH是一元强碱，乙为NO2，NO2与NaOH会发生反应产生NaNO3、NaNO2、H2O，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，C正确；
D. H、N、O三种元素可形成共价化合物如HNO3，也可以形成离子化合物如NH4NO3，D错误；
故合理选项是C。
本题考查了元素及化合物的推断，把握淡黄色固体为过氧化钠、W为液体物质水来推断物质为解答的关键，注意原子结构与元素性质的关系和元素与化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与推断能力。
15、D
【解析】
在H+条件下先水解生成HOCH2CH2OH，乙二醇再发生缩聚反应生成聚乙二醇，其结构简式为；
A．环氧乙烷在酸性条件下先发生水解反，再发生缩聚反应制得聚乙二醇，故A错误；
B．聚乙二醇的结构简式为，故B错误；
C．聚乙二醇的链节为OCH2CH2，则聚合度n=≈90，故C错误；
D．聚乙二醇能与水分子间形成氢键，则能保持肠道水分，故D正确；
故答案为D。
16、C
【解析】
A. 汽油未充分燃烧可增加氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，可造成“雾霾”，故A正确；
B. 尾气处理过程中，氮氧化物(NOx)中氮元素化合价降低，得电子，被还原，故B正确；
C. 催化剂只改变化学反应速率，不会改变平衡转化率，故C错误；
D. 使用氢氧燃料电池作汽车动力能减少含氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，能有效控制雾霾，故D正确。
故选C。
17、A
【解析】
CuSO4+5H2O=CuSO4.5H2O为化合反应，CuSO4.5H2OCuSO4+5H2O为分解反应，Fe+CuSO4=Cu+FeSO4为置换反应，且Fe、Cu元素的化合价变化，为氧化还原反应，故答案为A。
18、A
【解析】
A.若X为导线，Y可以是锌，形成原电池，铁闸门作正极被保护，能降低铁闸门的腐蚀速率，故A正确；
B.若X为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，则铁闸门作负极被腐蚀，所以不能降低铁闸门的腐蚀速率，故B错误；
C.若X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，能降低铁闸门的腐蚀速率，故C错误；
D.若X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，Y极为阳极，则Y极上发生氧化反应，故D错误；
故选：A。
19、C
【解析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y 为铝元素，据此分析。
【详解】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y 为铝元素，
A．W、X、Y形成的简单离子O2-、Na+、Al 3+，核外电子数相同，均是10电子微粒，A正确；
B．硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比为1:2和1:3，B正确；
C．由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，因此硫化铝不能通过复分解反应制备，C错误；
D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应，所以它们之间能两两反应，D正确；
答案选C。
20、C
【解析】
A、铝-空气电池（如图）中，铝作负极，电子是从负极通过外电路到正极，选项A正确；
B、铝-空气电池中活性炭作正极材料，可以帮助电子与空气中的氧气反应，选项B正确；
C、碱性溶液中，负极反应为4Al(s)－12e－＋16OH－(aq)=4AlO2－(aq)＋8H2O；正极反应式为：3O2＋12e－＋6H2O=12OH－(aq)，所以每消耗2.7 g Al，需耗氧(标准状况)的体积为××3×22.4L＝1.68 L，选项C不正确；
D、金属-空气电池的正极上是氧气得电子的还原反应，电池在工作状态下要有足够的氧气，电池在非工作状态下，能够密封防止金属自腐蚀，选项D正确；
答案选C。
本题考查新型燃料电池的原理，易错点为选项C，注意在碱性溶液中Al发生氧化反应生成AlO2-，根据电极反应中得失电子守恒进行求算。
21、A
【解析】
X、Y与T同主族，且T为短周期元素，则T为硅(Si)；再由“X、W、Z、Y均与元素T相邻且原子序数依次增大”，可确定X为碳(C)，Y为锗(Ge)；W、Z与T同周期，则W为铝(Al)，Z为磷(P)。
【详解】
A．元素Si在自然界中只能以化合态形式存在，A错误；
B．元素非金属性强弱：P>Si>Ge，B正确；
C．因为CO2通入NaAlO2溶液中能生成Al(OH)3，所以酸性H2CO3> Al(OH)3，C正确；
D．C与氧元素形成的氧化物为CO、CO2等，D正确；
故选A。
22、B
【解析】
A、氯仿是极性键形成的极性分子，选项A错误；
B、干冰是直线型，分子对称，是极性键形成的非极性分子，选项B正确；
C、石炭酸是非极性键形成的非极性分子，选项C错误；
D、白磷是下正四面体结构，非极键形成的非极性分子，选项D错误；
答案选B。
二、非选择题(共84分)
23、邻苯二酚 C11H11O2F2Br 取代反应（或水解反应） 醚键、羧基 减小生成物浓度，使平衡正向移动 8 BrCH＝C（CH3）2
【解析】
A中苯环上有两个处于邻位的酚羟基，习惯上叫做邻苯二酚，在NaOH溶液作用下，A与发生取代反应生成B（），B与Br2发生取代反应生成C（），C在NaOH溶液作用下酚羟基发生取代生成D（），D经过取代、酯化两个反应后得到E（），最后E中的酯基经碱性条件下水解再酸化生成合成罗氟司特的中间体F（）。根据以上分析解答此题。
【详解】
(1) 中苯环上有两个处于邻位的酚羟基，叫做邻苯二酚；D为，分子式为C11H11O2F2Br；
答案为：邻苯二酚；C11H11O2F2Br。
(2)由图示可知与Br2发生取代反应生成C，根据原子守恒写出反应方程式：。
答案为：。
(3)E到F的反应中只有酯基发生水解，生成羧酸盐后再进行酸化，反应类型为取代反应（或水解反应），F中的含氧官能团为醚键、羧基。
答案为；取代反应（或水解反应）；醚键、羧基。
(4)上述合成路线中，A→B、C→D、E→F这三个反应中都使用了NaOH溶液，有机反应的特点是反应比较慢，副反应多，很多还是可逆反应，在上面三个反应中NaOH溶液都可以与反应后的生成物发生反应，使生成物的浓度减小，促使平衡向正向移动，提高了反应的产率，最后还可再经酸化除去官能团里的钠离子。
答案为：减小生成物浓度，使平衡正向移动。
(5)的分子式为C4H7Br，不饱和度为1，写成链状可以考虑为丁烷里面增加一条双键，正丁烷里加一条双键有两种写法：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3，异丁烷里加一条双键只有一种写法：CH2=C(CH3)2。在CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3 、CH2=C(CH3)2里面分别有4、2、2种等效氢，所以CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3 、CH2=C(CH3)2的一溴代物即的链状同分异构体（不包括立体异构）有4+2+2=8种。其中核磁共振氢谱有两组峰也就是结构式中有两种氢的为：BrCH＝C(CH3)2。
答案为：8；BrCH＝C(CH3)2。
(6)根据题中信息，以为原料合成有两个方向的反应，一个是酚羟基上的取代，另一个是甲基邻位的取代，酯化，仿照题中C→D的条件可实现酚羟基的取代，得到，再与Br2发生取代生成，然后仿照题中D→E的条件可实现甲基邻位溴原子的取代，酯化得到。故以对甲基苯酚为原料制备的合成路线为：。
答案为：。
24、KIO3•2HIO3 I2+2H2O+SO2=2I-+SO42﹣+4H+ 3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3
【解析】
由反应②可知生成黄色溶液，则应生成碘，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸，方程式为I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+，加入足量氯化钡生成硫酸钡沉淀质量为20.97g，可知n（BaSO4）=，则n（I2）=n（SO2）=0.09ml，n（I）=0.18ml，步骤②中消耗KI0.15ml，化合物X由4种元素组成，加入KOH为单一成分溶液，则应与KOH发生中和反应，含有K、H、I、O等元素，则5.66gX应含有n（I）=0.03ml，应发生IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，消耗KI0.15ml，可知n（IO3﹣）=0.03ml，如化合物为0.01ml，则相对分子质量为 ，应为KIO3•2HIO3，以此解答该题。
【详解】
（1）由以上分析可知X为KIO3•2HIO3，黄色溶液乙含有碘，与SO2反应的离子方程式是I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+，故答案为：KIO3•2HIO3；I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+；
（2）X中一种元素对应的单质，与足量的K2CO3溶液反应得到的产物中含溶液甲中溶质，应为碘与碳酸钾的反应，化学方程式为3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3，故答案为：3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3。
25、FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O 恒压漏斗 安全瓶 提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解 稀释ClO2，防止其爆炸 2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl- 吸收ClO2等气体，防止污染大气 BaCl2 Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
【解析】
二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。
【详解】
（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。
（2）①装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。
②升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30℃左右的水浴中。
③根据题文可知，ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是稀释ClO2，防止其爆炸。
④ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2，故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。
（3）①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。
②用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2，电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。
26、溶液变红 溶液显碱性 试纸变蓝 氧化性 N2 A C E D E B Cu + 2H+ + NO2＝ Cu2+ + NO + H2O ac 86.25% 25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度（合理方法均可给分）。
【解析】
I．（1）亚硝酸是弱酸，亚硝酸钠水解溶液显碱性，能使酚酞试液显红色，而氯化钠不水解，溶液显中性，据此可以鉴别二者；另外亚硝酸钠还具有氧化性，能把碘化钾氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，而氯化钠和碘化钾不反应，据此也可以鉴别；
（2）亚硝酸钠与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，根据性质和原子守恒可知该气体为氮气，化学式为N2；
II．（1）碳和浓硝酸反应生成的气体是CO2、NO2和水，需要把CO2吸收，且需要把NO2转化为NO，因此首先通入装置C中NO2被吸收同时产生NO。与过氧化钠反应的NO需要干燥，因此利用E装置中的碱石灰吸收水蒸气，同时除去CO2。为防止后面的水进入D装置，需要再次利用E装置，最后利用酸性高锰酸钾溶液吸收尾气，所以实验装置的连接顺序为A、C、E、D、E、B；
（2）根据以上分析可知C瓶内发生反应的离子方程式为Cu +2H+ +NO2＝Cu2+ +NO+H2O；
（3）①a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，会将酸性高锰酸钾溶液稀释，所用体积偏大，测定结果偏高，a正确；b．锥形瓶洗净后未干燥，对滴定结果无影响，b错误；c．滴定终点时仰视读数，所读溶液的体积偏大，测定结果偏高，c正确，答案选ac。
②根据表中数据第一次实验数据误差太大，舍去，所用酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL，根据反应方程式6H＋+2MnO4-+5NO2-＝2Mn2＋+5NO3-+3H2O计算25.00mL溶液含亚硝酸钠的物质的量为5×10-3ml，则4.000g样品中含亚硝酸钠的物质的量为0.05ml，质量为3.45g，所得固体中亚硝酸钠的质量分数为3.45g/4.000g×100%=86.25%。
（4）酸越弱酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此根据弱电解质的电离和盐类水解原理可知实验方案为：25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度。
27、Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2- 稀释促进平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)逆向移动，生成CuCl CuCl在潮湿空气中被氧化 c b d 先变红后褪色 加热时间不足或温度偏低 97.92
【解析】
方案一：CuSO4、Cu在NaCl、浓盐酸存在条件下加热，发生反应：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-，过滤除去过量的铜粉，然后加水稀释滤液，化学平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)逆向移动，得到CuCl沉淀，用95%的乙醇洗涤后，为防止潮湿空气中CuCl被氧化，在真空环境中干燥得到纯净CuCl；
方案二：CuCl2是挥发性强酸生成的弱碱盐，用CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热脱水得到无水CuCl2，然后在高于300℃的温度下加热，发生分解反应产生CuCl和Cl2。
【详解】
(1)步骤①中CuSO4、Cu发生氧化还原反应，产生的Cu+与溶液中Cl-结合形成[CuCl3]2-，发生反应的离子方程式为：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-；
(2)根据已知条件：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3] 2-(无色溶液)，在步骤②中向反应后的滤液中加入大量的水，溶液中Cl-、[CuCl3] 2-浓度都减小，正反应速率减小的倍数大于逆反应速率减小的倍数，所以化学平衡逆向移动，从而产生CuCl沉淀；
(3)乙醇易挥发，用95%乙醇洗涤可以去除CuCl上的水分，真空干燥也可以避免CuCl在潮湿空气中被氧化；
(4)CuCl2•2H2O晶体要在HCl气体中加热，所以实验前要先检查装置的气密性，再在“气体入口”处通入干燥HCl，然后点燃酒精灯，加热，待晶体完全分解后的操作是熄灭酒精灯，冷却，为了将装置中残留的HCl排出，防止污染环境，要停止通入HCl，然后通入N2，故实验操作编号的先后顺序是 a→c→b→d→e；
(5)无水硫酸铜是白色固体，当其遇到水时形成CuSO4·5H2O，固体变为蓝色，HCl气体遇水变为盐酸，溶液显酸性，使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，当CuCl2再进一步加热分解时产生了Cl2，Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，HC使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，HClO具有强氧化性，又使变为红色的石蕊试纸褪色变为无色；
(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，产生CuCl2杂质的原因可能是加热时间不足或加热温度偏低，使CuCl2未完全分解；
(7)根据反应方程式Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+可得关系式：CuCl～Ce4+，24. 60 mL 0. 1000 ml/L的Ce(SO4)2溶液中含有溶质Ce(SO4)2的物质的量n[Ce(SO4)2]=0. 1000 ml/L×0.02460 L=2.46×10-3 ml，则根据关系式可知n(CuCl)=n(Ce4+)=2.46×10-3 ml，m(CuCl)=2.46×10-3 ml×99.5 g/ml=0.24478 g，所以该样品中CuCl的质量分数是×100%=97.92%。
本题考查了物质制备方案的设计，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法及元素化合物性质，充分利用题干信息分析解答，当反应中涉及多个反应时，可利用方程式得到已知物质与待求物质之间的关系式，然后分析、解答，试题充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。
28、 3d84s2 23 6 O sp3 sp2 分子晶体 O>C>Ni 2：1 正八面体
【解析】试题分析：本题考查物质结构与性质，涉及价层电子排布式的书写，电负性的比较，原子杂化方式的判断，σ键和π键的判断，配位化合物，晶体类型的判断，晶胞的分析和计算。
（1）Ni的原子序数为28，基态Ni原子核外有28个电子，根据构造原理，基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，价层电子排布式为3d84s2。Fe原子核外有26个电子，Fe3+核外有23个电子，每个电子的运动状态都不相同，基态Fe3+有23种不同运动状态的电子。基态Cr原子核外有24个电子，基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，3d上5个电子和4s上的1个电子为未成对电子，基态Cr原子有6个未成对电子。
（2）配合物[Cr（H2O）6]3+中，中心离子为Cr3+，配体为H2O，Cr3+具有空轨道，H2O中O原子上有孤电子对，O原子提供孤电子对与Cr3+形成配位键，与Cr3+形成配位键的原子是O。CH3CHO中—CH3中碳原子形成4个共价单键，—CH3中碳原子为sp3杂化，—CHO中碳原子形成1个碳氧双键和2个单键，—CHO中碳原子为sp2杂化。
（3）由于Ni（CO）4常温下是无色液体，易溶于有机溶剂，Ni（CO）4是分子晶体。非金属性OCNi，元素的非金属性越强，元素的电负性越大，组成Ni（CO）4三种元素电负性由大到小的顺序为OCNi。CO的结构式为CO，三键中有1个σ键和2个π键，CO分子中π键与σ键的个数比为2:1。
（4）根据NiO的立方晶体结构知，O2-周围等距离最近的Ni2+有6个，6个Ni2+构成正八面体，O2-填入Ni2+构成的正八面体空隙。用“均摊法”，晶胞中含Ni2+：8+6=4，含O2-：12+1=4；晶胞中原子的体积为4π（r110-10cm）3+4π（r210-10cm）3=4π（r13+r23）10-30cm3；1ml晶体的质量为75g，1ml晶体的体积为cm3，晶胞的体积为4cm3；该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为4π（r13+r23）10-30cm3（4cm3）100%=100%。
29、0.05ml CaHPO4、Ca(H2PO4)2 1.66 114.87 2.91
【解析】
(1)依据氧化还原反应中得失电子守恒，结合铜元素、磷元素化合价的变化进行计算；
(2)依据磷酸与氢氧化钙量不同，得到的产物可能是正盐或者酸式盐；
(3)磷灰石中碳元素的质量分数=二氧化碳质量分数×二氧化碳中碳元素质量分数；
(4)根据钙元素守恒计算；
(5)用m表示出磷灰石中Ca、S、P元素物质的量，计算出磷酸中P元素物质的量、硫酸中S元素物质的量，结合化学式可知n(Ca)=n(S)+n(P)，据此列方程解答。
【详解】
(1)Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，根据得失电子守恒可知，若有11mlP4参加反应，其中5ml的P4做氧化剂，60ml硫酸铜做氧化剂，只有6ml的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有1ml的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为n则：n×4(5−0)=1ml×(2−1)，解得n=0.05ml，故答案为：0.05ml；
(2)磷酸为三元酸，与氢氧化钙反应，依据磷酸与氢氧化钙量不同，得到的产物可能有：Ca3(PO4)2、CaHPO4、Ca(H2PO4)2，故答案为：CaHPO4、Ca(H2PO4)2；
(3)磷灰石中碳元素的质量分数=，故答案为：1.66；
(4)100g磷灰石粉末中Ca元素质量=，钙元素全部以CaSO4的形式存在，根据Ca元素守恒可知，可以得到CaSO4的质量=，故答案为：114.87；
(5)mg磷灰石中Ca元素物质的量=，S元素物质的量=，P元素物质的量=，磷酸中P元素物质的量=0.05L×0.5ml/L=0.025ml，硫酸中S元素物质的量=0.05L×0.1ml/L=0.005ml，由化学式可知，n(Ca)=n(S)+n(P)，故0.00845m=(0.00044m+0.005)+ (0.004m+0.025)，解得m=2.91，故答案为：2.91。
A．过滤豆浆
B．酿酒蒸馏
C．精油萃取
D．海水晒盐
平衡状态
①
②
③
容器体积/L
40
20
1
c(A)( ml/L)
0.022a
0.05a
0.75a
选用药品
实验现象
利用NaNO2的性质
①酚酞试液
____________
____________
②淀粉-KI试纸
____________
____________
滴定次数
1
2
3
4
KMnO4溶液体积/mL
20.60
20.02
20.00
19.98
成分
CaO
P2O5
SO3
CO2
质量分数（%）
47.30
28.40
3.50
6.10