2026届北海市重点中学高三下学期第五次调研考试化学试题含解析

这是一份2026届北海市重点中学高三下学期第五次调研考试化学试题含解析，共32页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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、25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．无色透明的溶液中：K+、Cu2+、SO42-、C1-
B．加石蕊试液后变红色的溶液中：Ba2+、Na+、C1O-、NO3-
C．能使Al转化为A1O2-的溶液中:Na+、K+、NO3-、C1-
D．加入盐酸后能形成不溶于硝酸的白色沉淀的溶液中：K+、Ca2+、Br-、OH-
2、某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．X可能含有2种盐B．Y可能含有(NH4)2SO4
C．a是SO3D．(NH4)2S2O8中S的化合价不可能为+7
3、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．Na2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+
B．的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+
C．饱和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-
D．碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+
4、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）
A．SSO3H2SO4
B．NH3NO2HNO3
C．Cu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)
D．饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)
5、下列解释工业生产或应用的化学方程式正确的是（ ）
A．氯碱工业制氯气：2NaCl（熔融）2Na+C12↑
B．利用磁铁矿冶炼铁：CO+FeOFe+CO2
C．工业制小苏打：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
D．工业制粗硅：C+SiO2Si+CO2↑
6、以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：
下列说法不正确的是
A．装置②中试剂可以是NaOH溶液
B．装置③的作用是干燥O2
C．收集氧气应选择装置a
D．装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶
7、设NA为阿伏加德罗常数的值。（离子可以看作是带电的原子）下列叙述正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4 L SO3中所含的分子数为NA
B．0.1 ml•L-1的Na2CO3溶液中，CO32-的数目小于0.1NA
C．8.0g由Cu2S和CuO组成的混合物中，所含铜原子的数目为0.1NA
D．标准状况下，将2.24L Cl2通入水中，转移电子的数目为0.1NA
8、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
A．AB．BC．CD．D
9、化学与生活密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A．在海轮外壳镶嵌锌块能减缓轮船的腐蚀
B．燃煤中加入CaO可以减少温室气体的排放
C．加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）为75%
10、下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
11、SBP电解法能大幅度提高电解槽的生产能力，如图为SBP电解法制备MO3的示意图，下列说法错误的是( )
A．a极为电源的负极，发生氧化反应
B．电路中转移4ml电子，则石墨电极上产生标准状况下22.4LO2
C．钛基钛锰合金电极发生的电极反应为：3H2O+M4+-2e-=MO3+6H+
D．电路中电子流向为：a极石墨，钛基钛锰电极b极
12、关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是
A．装置①可用于实验室制取少量NH3或O2
B．装置②可用于实验室制备Cl2
C．装里③可用从右侧管处加水的方法检验气密性
D．装置④中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生乙烯
13、下列物质结构和性质变化规律正确的是（ ）
A．硬度：LiCl＜NaCl＜KClB．沸点：HF＜HCl＜HBr
C．酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4D．原子半径：Na＞Mg＞Al
14、1 L某混合溶液中，溶质X、Y浓度都为0.1ml·L—1，向混合溶液中滴加0.1 ml·L—1某溶液Z，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是（）
A．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸
B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠
C．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠
D．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸
15、分析生产生活中的下列过程，不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈
B．缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用
C．将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉
D．从海水中提取氯化镁
16、我国某科研机构研究表明，利用K2Cr2O7可实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图所示。下列说法正确的是
A．N为该电池的负极
B．该电池可以在高温下使用
C．一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小
D．M的电极反应式为：C6H5OH＋28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋
17、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是
A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)
B．化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同
C．含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性
D．Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构
18、已知1ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，下列热化学方程式正确的是
A．2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+241.8kJ
B．H2（g）+1/2O2（g）→H2O（s）+241.8 kJ
C．H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）-241.8 kJ
D．H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8 kJ
19、下列表示正确的是（ ）
A．中子数为8的氧原子符号：O
B．甲基的电子式：
C．乙醚的结构简式：CH3OCH3
D．CO2的比例模型：
20、常温下，相同浓度的两种一元酸HX、HY分别用同一浓度的NaOH标准溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．HX、HY起始溶液体积相同
B．均可用甲基橙作滴定指示剂
C．pH相同的两种酸溶液中：
D．同浓度KX与HX的混合溶液中，粒子浓度间存在关系式：
21、氮化铝（AlN）熔融时不导电、难溶于水，常用作砂轮及耐高温材料，由此推知，它应该属于（ ）
A．离子晶体B．原子晶体C．分子晶体D．金属晶体
22、下列指定反应的离子方程式不正确的是
A．向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体:Na++ NH3·H2O +CO2＝NaHCO3↓+NH4+
B．碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应:3ClO—+2Fe(OH)3+4OH—＝2FeO42—+3Cl—+5H2O
C．向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体:2Na2O2+2Fe2++2H2O＝4Na++2Fe(OH)2↓+O2↑
D．向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水:Ca2++HCO3—+OH—＝CaCO3↓+H2O
二、非选择题(共84分)
23、（14分）如图中A～J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：
（1）A的化学式为___，C的电子式为___；
（2）写出下列反应的化学方程式：
D+G→H___；
F+J→B+C+I____；
（3）2mlNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为___ml；
（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___；
（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中 I与G的体积之比为___。
24、（12分）铃兰醛[]具有甜润的百合香味，对皮肤的刺激性小，对碱稳定，广泛用于百合、丁香、玉兰、茶花以及素心兰等东方型香型日用香精的合成。常用作肥皂、洗涤剂的香料，还可用作花香型化妆品的香料。其合成路线如图所示：
(1)B中官能团的名称是______。
(2)①的反应类型是______。
(3)写出反应②的化学方程式：______。
(4)乌洛托品的结构简式如图所示：
其二氯取代物有______种，将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是______。
(5)写出满足下列条件的A的同分异构体______。
Ⅰ.有两个取代基 Ⅱ.取代基在邻位
(6)已知：RCH2COOHRCHClCOOH。仿照上述流程，写出以CH3CH2CHO为原料制备聚乳酸的合成路线______(无机试剂自选)。
25、（12分）三氯化硼（BCl3），主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂，还用于高纯硼或有机硼的制取。某兴趣小组用氯气和硼为原料，采用下列装置（部分装置可重复使用）制备BCl3。
已知：①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃；遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸；②2B+6HCl 2BCl3+3H2；③硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应。
请回答下列问题：
（1）A装置可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的化学方程式为___________。
（2）装置从左到右的接口连接顺序为a→___________________→j。
（3）装里E中的试剂为___________，如果拆去E装置，可能的后果是____________。
（4）D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，则造成的结果是_____。
（5）三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，写出该反应的化学方程式________，硼酸也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示：
则阳极的电极反应式__________________，分析产品室可得到H3BO3的原因________________。
26、（10分）某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(见下图)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答I和II中的问题。
I.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)
(1)Cl在元素周期表中的位置为_____，CO2的电子式为___，NaOH中存在的化学键类型为_____。
(2)B-C的反应条件为_____，C→Al的制备反应化学方程式为__________。
(3)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化：加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)______。
a.温度 b.Cl的浓度 c.溶液的酸度
II.含铬元素溶液的分离和利用
(4)用情性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是____，分离后含铬元素的粒子是____；阴极室生成的物质为_______(写化学式)。
27、（12分）氨基磺酸(H2NSO3H)是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，在工业上常用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。某实验室用尿素和发烟硫酸(溶有SO3的硫酸)制备氨基磺酸的流程如图：
已知“磺化”步骤发生的反应为：
①CO(NH2)2(s)+SO3(g)H2NCONHSO3H(s) ΔH＜0
②H2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3H+CO2↑
发生“磺化”步骤反应的装置如图1所示：请回答下列问题：
（1）下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是____。
A.仪器a的名称是三颈烧瓶
B.冷凝回流时，冷凝水应该从冷凝管的B管口通入
C.抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中，稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，再转移悬浊液
D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管
（2）“磺化”过程温度与产率的关系如图2所示，控制反应温度为75～80℃为宜，若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是____。
（3）“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是____。
（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是____。
（5）“配液及滴定”操作中，准确称取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待测液。取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用0.08000ml•L-1的NaNO2标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗NaNO2标准溶液25.00mL。此时氨基磺酸恰好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2。
①电子天平使用前须____并调零校准。称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘中央，显示数字稳定后按____，再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。
②试求氨基磺酸粗品的纯度：____(用质量分数表示)。
③若以酚酞为指示剂，用0.08000ml•L-1的NaOH标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果通常比NaNO2法____(填“偏高”或“偏低”)。
28、（14分）锂离子电池是指以锂离子嵌入化合物为正极材料的电池。研究锂离子电池的电极材料、电解液具有重要的现实意义。
（1）锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的LiMPO4(M=Fe、C等元素)。
①Li+能量最低的激发态的电子排布图为______________________。
②第四电离能I4(C)比I4(Fe)小，原因是______________________。
（2）锂离子电池的电解液有LiBF4等，碳酸亚乙酯()用作该电解液的添加剂。
①LiBF4中阴离子的空间构型为____________________。
②碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式为___________________；碳酸亚乙酯能溶于水的原因是______________________________________________________。
（3）硫化锂是目前正在研发的锂离子电池的新型固体电解质，为立方晶系晶体，其晶胞参数为apm。该晶胞中离子的分数坐标为：
硫离子：(0，0，0)；()，；；……
锂离子：；；；；……
①在图上画出硫化锂晶胞沿x轴投影的俯视图。___________
②硫离子的配位数为__________________。
③设NA为阿伏加德罗常数的值，硫化锂的晶体密度为________g·cm－3(列出计算表达式)。
29、（10分）燃煤产生的烟气中含有较多的CO2、CO、SO2等影响环境的气体。如何综合利用这些气体一直是科研单位研究的热点。
(1)已知：2CO2(g)＋6H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH1
CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) ΔH2
2CO(g)＋4H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH3
用ΔH2、ΔH3表示ΔH1，ΔH1＝_________。
(2)针对CO2与H2反应转化为二甲醚(g)和H2O(g)，研究发现，该反应中CO2的平衡转化率随反应温度、投料比[n(H2)/n(CO2)]的变化曲线如图：
①ΔH1________(填“＞”或“＜”)0。
②若其他条件不变，仅仅增大压强，则逆反应速率会________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，平衡常数K会________。
(3)研究发现，催化剂可以促使烟气CO、SO2转化为CO2、S。反应原理为2CO(g)＋SO2(g)⇌2CO2(g)＋S(l) ΔH＝－270 kJ·ml－1。
①其他条件相同，研究发现，分别选取Fe2O3、NiO、Cr2O3作上述反应的催化剂时，SO2的转化率随反应温度的变化如图，研究得出，应该选择Fe2O3作催化剂，主要原因可能是________________
②若在2 L恒容密闭容器中，将3ml CO、1 ml SO2混合，在一定条件下引发反应，当SO2的平衡转化率为40%时，此时K＝________。
③向反应容器中再分别通入下列气体，可以使SO2转化率增大的是_____(填字母)。
A．CO B．SO2 C．N2 D．H2S E.CO2
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、C
【解析】
A. Cu2+为蓝色，不符合无色的限定条件，A项不符合题意；
B. 加石蕊试液后变红色的溶液为酸性溶液，存在大量的H+，此时C1O-会与H+反应生成弱酸次氯酸，不能大量存在，B项不符合题意；
C. 能使Al转化为A1O2-的溶液为强碱性溶液，存在大量的OH-，该组离子不反应，能共存，C项符合题意；
D. 加入盐酸后能形成不溶于硝酸的白色沉淀的溶液中至少含有Ag+、SiO32－的一种，OH-、Br-会与Ag+反应生成沉淀而不存在，Ca2+会与SiO32－反应而不存在，D项不符合题意；
答案选C。
【点睛】
离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不存在；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
2、C
【解析】
流程可知，氨水与废气反应生成亚硫酸氨或亚硫酸氢铵，然后与过量硫酸反应生成气体a为二氧化硫，Y为硫酸铵、硫酸氢铵。
【详解】
A．废气少量时生成X为亚硫酸铵，废气过量时生成X为亚硫酸氢铵，或二者均有，A正确；
B．X中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵，B正确；
C．亚硫酸氨或亚硫酸氢铵，与过量硫酸反应生成气体a为二氧化硫，C错误；
D．（NH4）2S2O8中为连二硫酸铵，S最外层有6个电子，最高价为+6价，则S的化合价不可能为+7，D正确；故答案为：C。
3、B
【解析】A、Cu2＋与S2－生成难溶物是CuS，不能大量共存，故错误；B、此溶液显碱性，这些离子大量共存，故正确；C、氯水中Cl2和HClO，具有强氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能大量共存，故错误；D、HCO3－与H＋反应生成CO2，不能大量共存，故错误。
4、D
【解析】
A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；
B、氨气一步反应只能得到一氧化氮；
C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜；
D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠。
【详解】
A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，选项A错误；
B、氨气一步反应只能得到一氧化氮，不能得到二氧化氮，则转化关系不可以实现，选项B错误；
C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜，则转化关系不可以实现，选项C错误；
D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化关系可以实现，选项D正确。
答案选D。
【点睛】
本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，C项为易错点，注意Na和盐溶液反应的特点。
5、C
【解析】
A．氯碱工业制氯气是电解饱和食盐水，反应的化学方程式：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，故A错误；
B．磁铁矿成分为四氧化三铁，反应的化学方程式：4CO+Fe3O43Fe+4CO2，故B错误；
C．工业制小苏打是饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应的化学方程式：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，故C正确；
D．工业制粗硅是焦炭和二氧化硅高温反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式：2C+SiO2Si+2CO↑，故D错误；
故选：C。
6、C
【解析】
实验原理分析：二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集；
【详解】
A.装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A；
B. 装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B；
C. 由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C；
D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D；
答案：C
7、C
【解析】
A. 标准状况下，SO3为固体，不能利用22.4 L/ml计算所含的分子数，A不正确；
B. 没有提供0.1 ml•L-1的Na2CO3溶液的体积，无法计算CO32-的数目，B不正确；
C. 8.0g Cu2S和8.0g CuO所含铜原子都为0.1ml，则8.0g混合物所含铜原子的数目为0.1NA，C正确；
D. 2.24L Cl2通入水中，与水反应的Cl2的物质的量小于0.1ml，转移电子的数目小于0.1NA，D不正确。
故选C。
8、D
【解析】
A．等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA收集到氢气多，一定能说明HA是弱酸，故A错误；
B．NO2和Br2蒸气均能氧化KI生成碘单质，湿润的淀粉KI试纸均变蓝，现象相同，不能判断两者的氧化性强弱，故B错误；
C．氯化铵溶液水解显酸性，Mg与氢离子反应，且放热导致一水合氨分解，则有大量气泡产生，可知反应中生成H2和NH3，故C错误；
D．偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，生成氢氧化铝沉淀，则AlO2-结合H+的能力比CO32-强，故D正确；
故答案为D。
【点睛】
考查强弱电解质判断，为高频考点，注意不能根据电解质溶液导电性强弱、电解质溶解性强弱等方法判断，为易错题。强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，如要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据醋酸钠溶液酸碱性、一定浓度的醋酸pH等方法判断。
9、B
【解析】
A．Zn、Fe、海水形成原电池中，Zn比Fe活泼作负极，Fe作正极，发生得电子的还原反应得到保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B．燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，减少酸雨的发生，不能减少温室气体的排放，故B错误；
C．加热可使蛋白质发生变性，则加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性，故C正确；
D．75%的酒精可用于杀菌消毒，杀毒效果好，对人体危害最小，浓度太大易在细胞壁上形成一层膜阻止酒精渗入，浓度太小杀菌效果差，故D正确；
故答案选B。
10、A
【解析】
A．NaBr溶液中滴入氯水，发生反应2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-，由此得出还原性Br-＞Cl-，A正确；
B．要通过溶液紫色褪去的时间长短比较反应速率快慢，应该让酸性高锰酸钾的体积和浓度均相同，改变草酸的浓度，B错误；
C．淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液先变蓝后褪色，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，C错误；
D．0.1ml/LNa2SO3溶液的pH大，碱性强，则结合H+的能力强，D错误；
故选A。
11、B
【解析】
根据图像电流方向，可知a为负极，b为正极，石墨为阴极，钛基钛锰合金为阳极。
【详解】
A选项，根据上面分析得出a极为电源的负极，发生氧化反应，故A正确；
B选项，石墨是氢离子得到电子生成氢气，因此电路中转移4ml电子，则石墨电极上产生标准状况下44.8L氢气，故B错误；
C选项，钛基钛锰合金电极是阳极，发生氧化反应，电极反应为：3H2O+M4+－2e－=MO3+6H+，故C正确；
D选项，电路中电子流向为：负极a极阴极石墨，阳极钛基钛锰电极正极b极，故D正确。
综上所述，答案为B。
【点睛】
电解质中电子移动方向：电源负极电解质阴极，电解质阳极电源正极；电解质中离子移动方向：阳离子移向阴极，阳离子移向阳极。
12、D
【解析】
A、图中为固液反应不加热装置，选浓氨水与碱石灰可制备氨气，选过氧化氢与二氧化锰可制备氧气，故A正确；
B、高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，不用加热，尾气用碱溶液吸收，故B正确；
C、装里③可用从右侧管处加水，观察U型管是否出现液面差，可检验装置③的气密性，故C正确；
D、装置④中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生了不饱和烃，不一定是乙烯，故D错误；
故选D。
13、D
【解析】
A、离子半径：Li+＜Na+＜K+，晶格能LiCl>NaCl>KCl，所以硬度LiCl>NaCl>KCl，故A错误；
B、HF分子间存在氢键，所以沸点：HCl＜HBr＜HF，故B错误；
C、非金属性P＜S＜Cl，所以最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故C错误；
D、同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：Na＞Mg＞Al，故D正确；
答案选D。
【点睛】
本题考查元素周期律，同周期元素从左到右金属性减弱、非金属性增强，注意把握晶体类型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素。
14、A
【解析】
A.NaAlO2和Ba(OH)2均为0.1ml，加入等浓度的硫酸，加入的硫酸中的H+和溶液中的OH-生成水，同时SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀，当加入1L硫酸溶液时恰好和Ba(OH)2反应，生成0.1mlBaSO4，再加入0.5LH2SO4溶液时，加入的0.1mlH+恰好和溶液中的0.1mlAlO2-完全反应：H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，生成0.1mlAl(OH)3沉淀。再加入1.5LH2SO4溶液，加入的0.3mlH+把生成0.1mlAl(OH)3沉淀溶解：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，和图像相符，故A选；
B.AlCl3和MgCl2均为0.1ml，共需要和0.5ml氢氧化钠反应生成沉淀，即需要5L氢氧化钠溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故B不选；
C.AlCl3和FeCl3均为0.1ml，共需要0.6mlNaOH和它们反应生成沉淀，即需要6LNaOH溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故C不选；
D.NaAlO2和BaCl2各0.1ml，先加入0.5L硫酸，即0.05ml硫酸，加入的0.1mlH+和溶液中的0.1mlAlO2-恰好完全反应生成0.1mlAl(OH)3沉淀，同时加入的0.05mlSO42-和溶液中的Ba2+反应生成BaSO4沉淀。溶液中的Ba2+有0.1ml，加入的SO42-为0.05ml，所以生成0.05mlBaSO4沉淀，还剩0.05mlBa2+。此时沉淀的物质的量为0.15ml。再加入0.5LH2SO4溶液，加入的0.1mlH+恰好把生成的0.1mlAl(OH)3沉淀溶解，同时加入的0.05mlSO42-恰好和溶液中剩余的0.05mlBa2+生成0.05mlBaSO4沉淀，此时溶液中的沉淀的物质的量为0.1ml，和图像不符，故D不选。
故选A。
15、D
【解析】A. 铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈，单质转化为化合物，是氧化还原反应；B. 缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用，维C是强还原剂，可以把氧化性较强的+3价铁还原为+2价铁；C. 将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉，氯气转化为化合物，是氧化还原反应；D. 从海水中提取氯化镁的方法是先用碱把海水中的镁离子沉淀富集镁，再用盐酸溶解沉淀得氯化镁溶液，然后蒸发浓缩、降温结晶得氯化镁晶体，接着在氯化氢气流中脱水得无水氯化镁，这个过程中没有氧化还原反应。综上所述，本题选D。
16、C
【解析】
A. 由图可知Cr元素化合价降低，被还原，N为正极， A项错误；
B. 该电池用微生物进行发酵反应，不耐高温，B项错误；
C. 由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na+和Cl-不能定向移动，所以电池工作时，负极生成的H+透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中与H+反应生成水，使NaCl溶液浓度减小。C项正确；
D.苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为C6H5OH-28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，D项错误；
答案选C。
17、C
【解析】
乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；
【详解】
乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；
A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A错误；
B、SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；
C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；
D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。
【点睛】
微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。
18、D
【解析】
1ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8kJ热量，该反应的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/ml，即H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）+241.8 kJ，选项B、C均错误；
2ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出483.6kJ热量，该反应的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/ml，即2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+483.6kJ，选项A错误；
1ml水蒸气分解生成氢气和氧气吸收241.8kJ热量，该反应的热化学方程式为： H2O（g）= H2（g）+O2（g）△H=+241.8kJ/ml，即H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8 kJ，选项D正确。
答案选D。
【点睛】
据热化学方程式的书写原则写出氢气燃烧生成气态水的热化学方程式，方程中的热量和化学计量数要对应，根据1ml气态水转化成液态水放出的热量，结合氢气与氧气反应生成气态水的反应热计算生成液态水的反应热。
19、B
【解析】
A．中子数为8的氧原子的质量数=8+8=16，该原子正确的表示方法为，故A错误；
B．甲基为中性原子团，其电子式为，故B正确；
C．CH3OCH3为二甲醚，乙醚正确的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，故C错误；
D．二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，为直线型结构，其正确的比例模型为，故D错误；
故选B。
【点睛】
电子式的书写注意事项：（1)阴离子和复杂阳离子要加括号，并注明所带电荷数，简单阳离子用元素符号加所带电荷表示。（2）要注意化学键中原子直接相邻的事实。（3）不能漏写未参与成键的电子对。
20、D
【解析】
A.反应达到终点时，HX与HY消耗NaOH溶液的体积分别是30mL和40mL，故起始酸的体积比为3：4，故A错误；
B.NaOH滴定HX达到滴定终点时，溶液pH约为8，而甲基橙的变色范围是，故不能用甲基橙做指示剂，故B错误；
C.由图像中两种酸浓度相同时的pH可知，HY的酸性强于HX的酸性，pH相同的两种酸溶液中，，故C错误；
D.同浓度的KX和HX的混合溶液中，存在电荷守恒为，物料守恒为，将物料守恒带入电荷守恒可得，故D正确；
答案选D。
【点睛】
本题主要考查酸碱滴定图像分析，为高频考点，难度不大。掌握酸碱滴定图像分析、溶液中的离子浓度关系是解答关键。侧重考查学生的分析图像和解决化学问题的能力。
21、B
【解析】
由信息可知，氮化铝常用作砂轮及耐高温的材料，熔融时不导电，为共价化合物，熔点高、硬度大，为原子晶体的性质，所以氮化铝属于原子晶体，B项正确；
答案选B。
22、C
【解析】
A. 向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体: NH3·H2O + NaCl + CO2 == NH4Cl + NaHCO3 ↓，离子方程式为：NH3·H2O+ Na++CO2== NH4++ NaHCO3 ↓，故A正确；
B. 碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应制高铁酸钾: 2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，离子方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O，故B正确；
C. 向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体，亚铁离子具有还原性，过氧化钠具有氧化性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4Fe2++4Na2O2+6H2O＝4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+，故C错误；
D. 向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水: Ca(HCO3)2+Ca(OH)2===2H2O+2CaCO3 ↓，离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-＝CaCO3↓+H2O，故D正确。
答案选C。
二、非选择题(共84分)
23、NH4HCO3 4NH3+5O24NO+6H2O C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O 2 1：2 4：1
【解析】
A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。
【详解】
(1) 、A为NH4HCO3，C为水，C的电子式为；
故答案为NH4HCO3；；
(2) 、D为NH3，G是O2，H是NO ，则D+G→H的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，则F+J- →B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2mlNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为2ml,；
故答案为2；
(4)、由3NO2+ H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；
故答案为1:2；
(5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4: 1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，
故答案为4:1。
24、醛基、碳碳双键 取代反应 3
【解析】
苯与叔丁醇发生取代反应生成A，根据A与甲醛反应的产物结构简式可判断A的结构简式。根据最终产物的结构简式可知反应④是羟醛缩合然后消去羟基引入碳碳双键，B发生加成反应得到最终产物，据此解答。
【详解】
（1）由反应⑤的条件“氢化”和生成B的物质的特点可知B是，故B中官能团的名称是醛基，碳碳双键，
故答案为：醛基、碳碳双键；
（2）①反应是，该反应的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）由反应①可以判断A是，故反应②的化学方程式是，
故答案为：；
（4）从乌洛托品的结构式可以看出2个氯原子可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上，可以处于同一环上，也可以处于不同环上，其二氯取代物有3种，即3种；将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是，
故答案为：3；；
（5）A的同分异构体中满足Ⅰ.有两个取代基；Ⅱ.取代基在邻位的有：，
故答案为：；
（6）根据信息RCH2COOHRCHClCOOH可知，首先要将CH3CH2CHO氧化才能引进第二个官能团，因为乳酸（CH3CHOHCOOH）有两个官能团。由此推知，聚乳酸（）的合成路线流程图为：。
25、KClO3+6HCl(浓) ═KCl+3Cl2↑+3H2O ih→de→fg（或gf）→bc（或cb）→de 饱和食盐水 硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸 会生成B2O3，使产品不纯 BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑ 2H2O - 4e-═O2↑+4H+ 阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4- 穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3
【解析】
根据装置：由A中氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，制得的氯气混有HCl和水蒸气，可以由E中饱和食盐水吸收HCl气体，由C中浓硫酸吸水干燥；BCl3遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸，因此发生反应前需要先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应；BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃，可以用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH可以吸收尾气，防止污染空气；为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，据此分析解答。
【详解】
(1)A装置用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的方程式为：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O；
(2)根据分析，A制备氯气，E中饱和食盐水吸收HCl气体，C中浓硫酸吸水干燥，为保证除杂充分，导气管均长进短出，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应，用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH吸收尾气，防止污染空气，为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，故连接顺序为：a→ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de→j，故答案为：ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de；
(3)装置E中为饱和食盐水，可以除去氯气中的HCl气体，若拆去E装置，硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸，故答案为：饱和食盐水；硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸；
(4)D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，氧气与硼粉会生成B2O3，使产品不纯，故答案为：会生成B2O3，使产品不纯；
(5)三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾，白雾为HCl，反应的方程式为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；根据装置，阳极室为硫酸，放电的是水中氢氧根离子，电极反应式为：2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3，故答案为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3。
【点睛】
明确实验原理及实验操作方法、熟悉各装置的作用是解答本题的关键。本题的难点和易错点为(5)，根据电解原理正确判断阴阳极的电极反应是解答的关键，阳极室中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子，其中放电能力最强的是氢氧根离子，阴极室是氢离子放电。
26、第三周期第VIIA族 离子键和极性（共价）键 加热(或煅烧) 2Al2O34Al+3O2↑ a c 在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动， 脱离浆液CrO42-和Cr2O72- NaOH和H2
【解析】
（1）依据元素原子的核电荷数分析在周期表中的位置作答；二氧化碳分子内存在两个碳氧双键；氢氧化钠存在离子键与极性共价键；
（2）固体混合物含有Al(OH)3、MnO2，加入NaOH溶液，过滤，可得到滤液A为NaAlO2，通入二氧化碳，生成B为Al(OH)3，固体C为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D为MnO2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；
（3）题中涉及因素有温度和浓度；
Ⅱ．（4）电解时，通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题。
【详解】
（1）Cl为17号元素，在元素周期表中的位置为第三周期第VIIA族，CO2的电子式为，NaOH中存在的化学键类型为离子键与极性（共价）键，
故答案为第三周期第VIIA族；；离子键与极性（共价）键；
（2）B为Al(OH)3，在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝，其化学方程式为：2Al2O34Al+3O2↑
故答案为；加热（或煅烧）；2Al2O34Al+3O2↑；
（3）反应涉及的条件为加热，不加热，无变化，加热有Cl2生成，说明该反应能否有效进行与温度有关；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2，说明该反应能否有效进行与溶液的酸度有关，
故答案为ac；
Ⅱ．（4）依据离子交换膜的性质和电解工作原理知，在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，其浆液中含铬元素的离子应为CrO42-和Cr2O72-；H+在阴极室得到电子生成H2，溶液中的OH-浓度增大，混合物浆液中的Na+通过阳离子交换膜移向阴极室，故阴极室生成的物质为氢气和NaOH，
故答案为在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极室移动；脱离浆液CrO42-和Cr2O72-；NaOH和H2。
27、A 温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动 关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次 氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动 (通电)预热 去皮键(归零键) 77.60% 偏高
【解析】
发烟硫酸和尿素在磺化步骤转化为氨基磺酸，反应①为放热反应，同时反应因为有气体参与，则通过改变温度和压强可以影响产率；因为氨基磺酸为固体，则过滤时可采用抽滤；得到的氨基磺酸可能混有杂质，则要经过重结晶进行提纯，最后干燥可得到纯净的氨基磺酸。
【详解】
（1）A.仪器a的名称是三颈烧瓶，故A正确；
B.冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的A管口通入，故B错误；
C.向漏斗内转待抽滤液时，应用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，不能直接转移悬浊液，故C错误；
D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，再关闭水龙头，故D错误；
综上所述，答案为A。
（2）气体的溶解度随温度升高而降低，则温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动，故答案为：温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动；
（3）洗涤的具体操作为关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2-3次，故答案为：关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次；
（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸是为了防止氨基磺酸洗涤时因溶解而损失，因为氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动，故答案为：氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动；
（5）①电子天平在使用时要注意使用前须(通电)预热并调零校准，称量时，要将药品放到小烧杯或滤纸上，注意要先按去皮键(归零键)，再放入药品进行称量，故答案为：(通电)预热；去皮键(归零键)；
②亚硝酸钠与氨基磺酸反应后的产物均为氮气，根据氧化还原反应原理可知，亚硝酸与氨基磺酸以1:1比例反应，可知，则2.500g氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度=，故答案为：77.60%；
③因为氨基磺酸粗品中混有硫酸，则用NaOH标准溶液进行滴定，会使测得结果通常比NaNO2法偏高，故答案为：偏高。
【点睛】
当讨论温度对产率的影响时，注意考虑要全面，温度一般可以影响反应速率、化学平衡移动、物质的溶解度以及物质的稳定性等，可以从这些方面进行讨论，以免漏答。
28、 C失去3d6上的一个电子，而Fe失去3d5上的一个电子，3d轨道半充满时稳定性强，故I4(C)比I4(Fe)小 正四面体 sp3、sp2 碳酸亚乙酯分子与水分子之间形成氢键 8
【解析】
(1)①基态Li原子的核外电子排布图为，据此分析解答；
②原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定，失去电子需要的能量更高；
(2)①根据VSEPR理论判断BF4-的空间构型；
②该分子中—CH2—中C原子价层电子对数是4且不含孤电子对、C=O中C原子价层电子对数是3且不含孤电子对，据此判断C原子杂化方式；碳酸亚乙酯分子与水分子之间形成氢键；
(3)①根据硫离子和锂离子的分数坐标分析判断绘图；
②从面心的S2-看，周围与之等距且最近的Li+有8个；
③根据ρ=计算晶体密度。
【详解】
(1)锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的LiMPO4(M=Fe、C等元素)。
①基态Li原子的核外电子排布图为，基态Li+的核外电子排布图为，则Li+能量最低的激发态的电子排布图为；
②C3+价电子排布为3d6变为较稳定的3d5，而Fe3+价电子排布由较稳定的3d5变为不稳定的3d4，需要更多的能量，故第四电离能：I4(C)＜I4(Fe)；
(2)①对于BF4−，根据VSEPR理论，B原子的孤电子对数为=0，σ键电子对数为4，则其空间构型为正四面体；
②该分子中—CH2—中C原子价层电子对数是4且不含孤电子对，—CH2—中碳原子为sp3杂化，C=O中C原子价层电子对数是3且不含孤电子对，C=O中C原子杂化方式为sp2；碳酸亚乙酯能溶于水的原因是碳酸亚乙酯分子与水分子之间形成氢键；
(3)①根据硫离子的坐标参数，硫离子位于晶胞的面心、顶点；根据锂离子的分数坐标参数，锂离子位于晶胞的内部，结合坐标位置，则硫化锂晶胞沿x轴投影的俯视图为：；
②根据①中的分析，结合俯视图，从面心的S2−看，周围与之等距且最近的Li+有8个，所以S2−的配位数为8；
③1个晶胞中有S2−的数目为8×+6×=4个，含有Li+数目为8个，晶胞参数为apm，一个晶胞体积为V=a3pm3=a3×10−30cm3，1ml晶胞的体积为a3×10−30NAcm3，1ml晶胞质量为m=4×46g，所以晶体密度为ρ===g/cm3。
29、ΔH3－2ΔH2 ＜ 增大 不变 Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源 0.44 A
【解析】
（1）反应2CO2(g)＋6H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH1
CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) ΔH2
2CO(g)＋4H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH3
根据盖斯定律将①+2×②=③，可得反应2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g) △H3，以此计算△H1；
（2）①观察图象，随温度升高，CO2的平衡转化率逐渐减小，结合平衡移动原理可知该反应为吸热还是放热反应；
②结合反应速率、平衡常数的影响因素回答即可；
（3）①条件的选择关键在于在使用较低成本，较少时间，而能够达到较高转化率；
②已知起始量3 ml CO、1 mlSO2，SO2的平衡转化率为40%，代入三段式即可求出各物质平衡量，即可求出K；
③结合平衡移动影响因素选择恰当的物质。
【详解】
(1)反应2CO2(g)＋6H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH1
CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) ΔH2
2CO(g)＋4H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH3
根据盖斯定律将①+2×②=③，可得反应2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)△H3，故△H3=2×△H2+△H1，
所以△H1=ΔH3－2ΔH2，
故答案为：ΔH3－2ΔH2；
(2)①由图可知，升高温度，CO2的平衡转化率降低，则正反应为放热反应，△H1