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2018-2019学年陕西省黄陵中学高新部高二下学期期末考试化学试题 解析版
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高新部高二下期期末考试
化学测试试题
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16Na23 S 32 K 39 Co 59
Ⅰ卷（选择题，共45分）
一、选择题（本大题共15个小题，每题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意）
1.化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A. MgO的熔点很高，可作优良的耐火材料，工业上也用其电解冶炼镁
B. 明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
C. 燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩
D. 铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A项，MgO的熔点很高，可作优良的耐火材料，镁是活泼金属，活泼金属的冶炼用电解法， MgO的熔点为2800℃、熔点高，电解时耗能高，工业上常用电解熔融MgCl2的方法生产金属镁，故A项错误；
B项，明矾中铝离子水解生成胶体，具有吸附性，能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故B项正确；
C项，燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，故C项正确；
D项，铝比铁活泼，但氧化铝为致密的氧化物，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故D项正确。
综上所述，本题正确答案A。
2.柠檬烯()是一种食用香料。下列分析正确的是
A. 柠檬烯的一氯代物有8种
B. 柠檬烯和互为同分异构体
C. 柠檬烯分子中所有碳原子可能均处同一平面
D. 一定条件下，柠檬烯可以发生加成、氧化、酯化等反应
【答案】A
【解析】
【详解】A项，分子中一共有8种不同环境的H，则其一氯代物有8种，故A项正确；
B项，二者分子式不同，丁基苯少了2个H，则二者不是同分异构体，故B项错误；
C项，连接甲基的环不是苯环，环上含有亚甲基、次甲基结构，亚甲基、次甲基均是四面体结构，所以不可能所有的碳原子都在同一平面，故C项错误；
D项，柠檬烯中没有发生酯化反应所需要的羟基或羧基，所以不能发生酯化反应，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 2 L 0.5 mol·L-1CH3COOH溶液中，CH3COO- 的数目为NA
B. 一定质量的某单质，若含质子数为n NA，则中子数一定小于nNA
C. 标准状况下，22.4LHF含有的共价键数为NA
D. 向FeI2溶液中通入一定量Cl2，当1molFe2+被氧化时，转移的电子数不小于3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A项，2 L 0.5 mol·L-1CH3COOH溶液中溶质的物质的量为2L0.5mol/L=1mol，但是醋酸为弱电解质，部分电离出CH3COO-，则CH3COO-的数目小于NA，故A项错误；
B项，质子数与中子数无必然数目关系，故B项错误；
C项，在标况下HF为液体，无法计算22.4LHF的物质的量及含有的共价键数目，故C项错误；
D项，向FeI2溶液中通入一定量Cl2，Cl2会先将I-氧化，再将Fe2+氧化，当1mol Cl2被氧化时，根据溶液呈电中性可推知溶液中至少含有2mol I-，且I-全部被氧化，故转移的电子数不小于3NA，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
4.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X2- 和Y+的核外电子排布相同；Z电子层数与最外层电子数相等，W原子是同周期主族元素中半径最小的。下列说法正确的是( )
A. 简单离子半径：Z>W>X>Y
B. X的氢化物中不可能含有非极性键
C. 由X 与Y两种元素组成的物质可能有漂白性
D. 元素Y、Z 的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐溶液呈中性
【答案】C
【解析】
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X2- 和Y+的核外电子排布相同；Z电子层数与最外层电子数相等，W 原子是同周期主族元素中半径最小的，则X、Y、Z、W分别是O、Na、Al、Cl；简单离子半径：Cl- >O2-> Na+ > Al3+，故A错误；H2O2中含有非极性键，故B错误；Na2O2具有漂白性，故C正确；氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，溶液呈碱性，故D错误。
5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存是
A. pH=7的溶液：K＋、Na＋、Cl－、Fe3+
B. 能使酚酞显红色溶液：Na＋、Mg2＋、HCO3-、SO42-
C. c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液：K＋、Fe3＋、Cl－、SO42-
D. 水电离出的c(H＋)＝10－13 mol·L－1的溶液：Ca2＋、NH4+、NO3-、HCO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A.由于Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，Fe3＋大量存在的溶液显酸性pH<7，不能存在中性溶液中，故A错误；
B.能使酚酞显红色的溶液显碱性，Mg2＋、HCO3-不能存在于碱性溶液中，故B错误；
C.c(H＋)/c(OH－)=1012，说明c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性，该组离子能大量共存，故C正确；
D.由水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1，此时溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3-在酸性溶液或碱性溶液中都不能大量存在；NH4+在碱性溶液中不能大量存在，故D错误。
故选C。
【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1.由于发生复分解反应，离子不能大量共存；2.由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存；3.由于形成络合离子，离子不能大量共存。
6.下列分子中，属于极性分子的是（ ）
A. CO2 B. BeCl2 C. BBr3 D. COCl2
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2为直线形结构，结构对称，正负电荷中心重叠为非极性分子，故A错误；
B．BeCl2为直线型结构，结构对称，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故B错误；
C．BBr3为平面正三角形结构，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故C错误；
D．COCl2分子中正负电荷中心不重合，为极性分子，故D正确；
故答案为D。
7.下列分子中所有原子的价电子层都满足最外层8电子稳定结构的是（ ）
A. 二氯化硫（SCl2） B. 次氯酸（HClO）
C. 六氟化氙（XeF6） D. 三氟化硼（BF3）
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氯化硫(SCl2)分子中S的化合价为+2，Cl的化合价为-1，S的价电子数为VIA，满足6+|+2|=8，Cl的价电子数为VIIA，满足7+|-1|=8，所以二氯化硫(SCl2)分子中
S、Cl均满足最外层8电子稳定结构，故A正确；
B．次氯酸(HClO)分子中H、Cl、O的化合价分别为+1、+1、-2，H：1+|+1|=2，Cl：7+|+1|=8，O：6+|-2|=8，所以次氯酸(HClO)分子中Cl、O满足最外层8电子稳定结构，但H不满足，故B错误；
C．六氟化氙(XeF6)分子中Xe、F的化合价分别为+6、-1，Xe：8+|+6|=14≠8，F：7+|-1|=8，所以六氟化氙(XeF6)分子中Xe不满足最外层8电子稳定结构、F满足最外层8电子稳定结构，故C错误；
D．三氟化硼(BF3)分子中B、F的化合价分别为+3、-1，B：3+|+3|=6≠8，F：7+|-1|=8，所以三氟化硼(BF3)分子中B不满足最外层8电子稳定结构、F满足最外层8电子稳定结构，故D错误；
故答案为A。
【点睛】对于ABn型分子，若：A或B原子的价电子数+|A或B元素的化合价|=8，则该原子满足最外层8电子结构，反之不满足最外层8电子稳定结构。
8.下列各项叙述中，正确的是( )
A. 镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态
B. 价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素
C. 所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同
D. 24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2
【答案】C
【解析】
原子由基态转化成激发态，要吸收能量，A不正确。B不正确，应该是位于第ⅢA，属于p区元素。电子出全充满或半充满是稳定的，所以24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，D不正确。所以正确的答案是C。
9.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示,单位为kJ/mol)。
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1500
7700
10500
……
下列关于元素R的判断中一定正确的是
A. R的最高正价为+3价
B. R元素位于元素周期表中第ⅡA族
C. R元素的原子最外层共有4个电子
D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】B
【解析】
由表中数据I3≫I2,可知元素R的最高正价为+2价,A项错;元素R一定位于第ⅡA族,最外层有2个电子,但R不一定是Be元素,故C、D项错。
10.有关物质结构的下列说法中正确的是( )
A. 碘升华时破坏了共价键
B. 含极性键的共价化合物一定是电解质
C. 氯化钠固体中的离子键在溶于水时被破坏
D. HF的分子间作用力大于HCl，故HF比HCl更稳定
【答案】C
【解析】
A．碘升华属于物理变化，破坏的是分子间作用力，没有破坏共价键，故A错误；B．电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，而氨气是含极性键的共价化合物，但是它不是电解质，故B错误；C．电解质溶于水时会发生电离，所以氯化钠固体中的离子键在溶于水时被破坏，故C正确；D．分子间作用力影响物质的熔沸点，与物质的稳定性无关，HF共价键的键能大于HCl，所以HF比HCl更稳定，故D错误；故选C。
11.具有下列电子排布式的原子中，半径最大的是（ ）
A. 1s22s22p63s1 B. 1s22s22p2 C. 1s22s22p3 D. 1s22s22p63s2
【答案】A
【解析】
【详解】1s22s22p63s1为第三周期第IA族的Na，1s22s22p2为第二周期第IVA的C，1s22s22p3为第二周期第VA族的N，1s22s22p63s2为第三周期第IIA族的Mg，根据“层多径大，序大径小”，原子半径由大到小的顺序为Na>Mg>C>N，原子半径最大的是A，故选A。
【点睛】本题考查了原子半径大小的比较，先比较电子层数，再根据元素周期律判断同一周期元素原子半径相对大小，难度不大。
12.下列原子中，第一电离能最大的是( )
A. B B. C C. Al D. Si
【答案】B
【解析】
试题分析：非金属性越强，第一电离能越大，四种元素中碳元素的非金属性最强，第一电离能最大，答案选B。
考点：考查电离能判断
13.下列元素的电负性最大的是：( )
A. Na B. S C. O D. C
【答案】C
【解析】
非金属性越强，电负性越大，在四个选项中，氧元素的非金属性最强，所以氧元素的电负性最大，因此正确的答案选C。
14.金属具有延展性的原因是
A. 金属原子半径都较大，价电子数较少
B. 金属受外力作用变形时，金属阳离子与自由电子间仍保持较强烈的作用
C. 金属中大量自由电子受外力作用时，运动速率加快
D. 自由电子受外力作用时能迅速传递能量
【答案】B
【解析】
试题分析： 本题考查金属物理性质的通性原因。
A、金属价电子较少，容易失去电子，是能说明有还原性，A错误；
B、金属键存在于整个金属中，且一般较强，难以断裂。金属通常采取最密集的堆积方式，锻压或者锤打时，金属原子之间容易滑动，但不影响紧密的堆积方式，故有延展性，B正确；
C、金属延展性是原子的相对滑动，而不是电子的运动，C错误；
D、自由电子传递能量，与延展性无关，可以影响金属的导热性，D错误。
考点：金属物理性性质通性
点评：本题相对简单，只要掌握物理性质通性原理，学生作答一般不会出现太多错误。
15.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是( )
A. 碱性：NaOH< Mg(OH)2< Al(OH)3
B. 第一电离能：Na< Mg
D. 熔点：Na< Mg< Al
【答案】D
【解析】
【分析】
同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的碱性减弱；同周期元素从左到右，元素的非金属性、电负性逐渐增强，第一电离能呈增大的趋势，但Mg的3s为全充满状态，能量低，第一电离能较大，金属晶体的熔点与金属键强弱有关，以此解答该题。
【详解】A．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的碱性减弱，金属性：Na＞Mg＞Al，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故A错误；
B．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s为全充满状态，能量低，第一电离能较大，第一电离能：Mg＞Al＞Na，故B错误；
C．同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增强，则电负性：Na＜Mg＜Al，故C错误；
D．金属晶体中阳离子半径越小，所带电荷越多，则金属键越强，金属的熔点越高，离子半径：Na+＞Mg2+＞Al3+，所带电荷Na+＜Mg2+＜Al3+，金属键强度：Na＜Mg＜Al，所以熔点：Na＜Mg＜Al，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查同周期元素的性质的递变规律，题目难度不大，本题注意第一电离能的变化规律，为该题的易错点，答题时要注意把握。
Ⅱ卷（非选择题，共55分）
二、非选择题（本大题共5个小题，共55分）
16.（1）麻黄素又称黄碱，是我国特定的中药材麻黄中所含有的一种生物碱。经我国科学家研究发现其结构如下图，下列各物质与麻黄素互为同分异构体的是_____(填字母，下同)，互为同系物的是_____。
（2）烷基取代苯可以被KMnO4的酸性溶液氧化生成 ，但若烷基R中直
接与苯环连接的碳原子上没有C一H键，则不容易被氧化得到 。 现有分子式是C11H16的一烷基取代苯，已知它可以被氧化成为的异构体共有7种，其中的3种是
写出另4种的结构简式：
1________
2________
3________
4________
【答案】 (1). DE (2). C (3). (4). (5). (6).
【解析】
【分析】
（1）先判断麻黄素的分子式及含有的官能团类型，然后结合同分异构体和同系物的定义进行判断；
（2）由题意可知该苯的同系物的各同分异构体的苯环上都只有一个侧链，在写其同分异构体时，可以把苯环看作是C5H12的一个取代基，这样只要写出C5H12的七种同分异构体，此题就可解决了。
【详解】（1）麻黄素的分子式为：C10H15NO，分子式相同而结构不同的有机物互称同分异构体，题中DE与麻黄素的分子式相同、结构不同，它们互为同分异构体，答案选DE。与麻黄素的结构相似，分子间相差1个CH2原子团，二者互为同系物，答案选C；
（2）由题意可知，该苯的同系物的各同分异构体的苯环上都只有一个侧链，在写其同分异构体时，可以把苯环看作是C5H12的一个取代基，这样写出C5H12的3种异构体：，其一取代苯共有7种异构体．分别是、、、、、、。
17.某有机化合物A经李比希法测得其中含碳为70.59%、含氢为 5.88%，其余含有氧。现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构。
方法一：用质谱法分析得知A的质谱如图：
方法二：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1∶2∶2∶3。
方法三：利用红外光谱仪测得A分子的红外光谱，如图：
（1）分子中共有____种化学环境不同的氢原子。
（2）A的分子式为____。
（3）该物质属于哪一类有机物____。
（4）A的分子中只含一个甲基的依据是____(填序号)。
a A的相对分子质量 b A的分子式
c A的核磁共振氢谱图 d A分子的红外光谱图
（5）A的结构简式为________________________________。
【答案】 (1). 4 (2). C8H8O2 (3). 酯类 (4). bc (5).
【解析】
【分析】
（1）核磁共振氢谱可知A有4个峰；
（2）N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，A的相对分子质量为136；
（3）从红外光谱可知；
（4）由A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1∶2∶2∶3，A的分子式为C8H8O2；
（5）会从质谱法中得到分子的相对分子质量，会分析核磁共振图谱得知有机物分子中氢的环境，会分析红外光谱仪确定分子中所含基团，结合起来可得A的结构简式。
【详解】（1）由核磁共振氢谱可知A有4个峰，所以A分子中共有4种化学环境不同的氢原子；
（2）已知A中含碳为70.59％、含氢为 5.88％，含氧23.53％，列式计算N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，求得A的实验式为C4H4O，设A的分子式为（C4H4O）n ，又由A的相对分子质量为136，可得n=2，分子式为C8H8O2；
（3）从红外光谱可知8个碳原子中有6个C在苯环中，还有C=O、C—O—C、C—H这些基团，可推测含有的官能团为酯基，所以A是酯类；
（4）由A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1∶2∶2∶3，A的分子式为C8H8O2，可知A分子中只含一个甲基，因为甲基上的氢原子有3个，答案选bc；
（5）根据以上分析可知，A的结构简式为：。
【点睛】本题考查测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构方法，会从质谱法中得到分子的相对分子质量，会分析核磁共振图谱得知有机物分子中氢的环境，会分析红外光谱仪确定分子中所含基团，综合计算可以得到有机物的分子式和结构。
18.已知有机化合物A、B、C、D、E存在下图所示转化关系，且C能跟NaHCO3发生反应，C和D的相对分子质量相等，E为无支链的化合物。
请回答下列问题：
（1）已知E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，其余为氧，则E的分子式为_________________。
（2）B在一定条件下可以发生缩聚反应生成某高分子化合物，此高分子化合物的结构简式为_________________。
（3）D也可以由溴代烃F在NaOH溶液中加热来制取，写出此反应的化学方程式_________________。
（4）反应①的化学方程式_________________。
（5）B有多种同分异构体，请写出一种同时符合下列四个条件的结构简式：_________________。
a．能够发生水解
b．能发生银镜反应
c．能够与FeCl3溶液显紫色
d．苯环上的一氯代物只有一种
【答案】（1）C5H10O2
（2）
（3）CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr
（4）+2 NaOH+ CH3COONa + CH3CH2CH2OH
（5）或
【解析】
试题分析：E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，则碳原子数目为=5，H原子数目为=10，氧原子数目==2，则E的分子式为C5H10O2，E由C和D反应生成，C能和碳酸氢钠反应，则C为羧酸，D为醇，二者共含5个C原子，并且C和D的相对分子质量相等，则C为CH3COOH、D为丙醇，E无支链，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3COOCH2CH2CH3．A是由B与乙酸、丙醇发生酯化反应后生成的产物，A结构简式为：．
解：E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，则碳原子数目为=5，H原子数目为=10，氧原子数目==2，则E的分子式为C5H10O2，E由C和D反应生成，C能和碳酸氢钠反应，则C为羧酸，D为醇，二者共含5个C原子，并且C和D的相对分子质量相等，则C为CH3COOH、D为丙醇，E无支链，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3COOCH2CH2CH3．A是由B与乙酸、丙醇发生酯化反应后生成的产物，A结构简式为：．
（1）由上述分析可知，E的分子式为C5H10O2，故答案为：C5H10O2；
（2）B中含有羧基、羟基，在一定条件下可以发生缩聚反应生成某高分子化合物，此高分子化合物的结构简式为，故答案为：；
（3）D（CH3CH2CH2OH）也可以由溴代烃F在NaOH溶液中加热来制取，此反应的化学方程式为：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr，
故答案为：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr；
（4）反应①的化学方程式为：+2 NaOH+CH3COONa+CH3CH2CH2OH，
故答案为：+2 NaOH+CH3COONa+CH3CH2CH2OH；
（5）B有多种同分异构体，同时符合下列四个条件的结构简式：a．能够发生水解，含有酯基，b．能发生银镜反应，含有醛基，c．能够与FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基，d．苯环上的一氯代物只有一种，符合条件的同分异构体有：，
故答案：．
19.D是一种催眠药，F是一种香料，它们的合成路线如下：
（1）A的化学名称是_____________，C中含氧官能团的名称为_____________。
（2）F的结构简式为____________________，A和E生成F的反应类型为______________。
（3）A生成B的化学方程式为__________________________________________________。
（4）写出由C合成D的第二个反应的化学方程式：_________________________________。
（5）同时满足下列条件的E的同分异构体有_________种（不含立体异构）。
①遇FeCl3溶液发生显色反应； ②能发生银镜反应
【答案】 (1). 环己醇 (2). 羟基 (3). (4). 酯化（取代）反应 (5). 2+O22+2H2O (6). (7). 9
【解析】
【分析】
由框图： 知 A是环己醇；由知B为；知E为：；由E+AF,则F为, 由C为，CD可知
【详解】（1）苯酚与氢发生加成反应生成A即 ，则为A是环己醇，由C的结构简式：知，C中含氧官能团的名称为：羟基；答案：环己醇；羟基。
（2）根据上述分析可知F的结构简式为；A为环己醇， E为，A+E生成F的反应类型为酯化反应或取代反应。答案：；酯化反应或取代反应。
（3）A为环己醇，由A生成B即反应条件知生成B的结构简式为；由A生成B的化学方程式为：2+O22+2H2O；答案：2+O22+2H2O。
（4）根据已知：C为，由C合成D的反应条件：可知1)反应生成：，2）的反应为：；答案：。
（5）由E的结构简式：，同时满足①遇FeCl3溶液发生显色反应，②能发生银镜反应的E的同分异构体有：（移动官能团有3种）；（移动官能团有6种），共9种；答案：9。
20.葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1，取300.00 mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为H2SO4，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定。
（1）滴定前排气泡时，应选择下图中的________(填序号)。
（2）若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积______(填序号)。
①＝10 mL ②＝40 mL ③＜10 mL ④＞40 mL
（3）上述滴定实验中，可选择_______为指示剂，选择该指示剂时如何判断反应到达滴定终点：______
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L－1。滴定终点读数时俯视刻度线，则测量结果比实际值________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】 (1). ③ (2). ④ (3). 酚酞 (4). 当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变红色，且在半分钟内无变化，说明到达滴定终点 (5). 0.24 (6). 偏低
【解析】
【分析】
（1）氢氧化钠是强碱，应用碱式滴定管量取；
（2）滴定管0刻度在上，且下端有一段没有刻度线；
（3）强碱滴定酸用酚酞；
（4）由SO2～H2SO4～2NaOH关系计算。滴定管0刻度在上，俯视读数偏小，标准液体积偏小。
【详解】（1）氢氧化钠是强碱，应用碱式滴定管量取，排液时应将橡皮管向上弯曲排出气泡，答案选③；
（2）滴定管0刻度在上，且下端有一段没有刻度线，故管内液体的体积大于40 mL，答案选④；
（3）强碱滴定酸用酚酞，滴定至终点时溶液的pH在酚酞的变色范围内，故可选用酚酞作指示剂。选择酚酞时反应到达滴定终点现象为：当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变红色，且在半分钟内无变化；
(4)SO2与NaOH存在如下关系：
SO2 ～ H2SO4 ～ 2NaOH
64 g 2 mol
m(SO2) 0.090 0 mol·L－1×0.025 L
解得：m(SO2)＝＝0.072 g，故葡萄酒中SO2的含量为==0.24 g·L－1。滴定管0刻度在上，俯视读数偏小，标准液体积偏小，故测量结果比实际值偏低。
化学测试试题
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16Na23 S 32 K 39 Co 59
Ⅰ卷（选择题，共45分）
一、选择题（本大题共15个小题，每题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意）
1.化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A. MgO的熔点很高，可作优良的耐火材料，工业上也用其电解冶炼镁
B. 明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
C. 燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩
D. 铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A项，MgO的熔点很高，可作优良的耐火材料，镁是活泼金属，活泼金属的冶炼用电解法， MgO的熔点为2800℃、熔点高，电解时耗能高，工业上常用电解熔融MgCl2的方法生产金属镁，故A项错误；
B项，明矾中铝离子水解生成胶体，具有吸附性，能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故B项正确；
C项，燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，故C项正确；
D项，铝比铁活泼，但氧化铝为致密的氧化物，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故D项正确。
综上所述，本题正确答案A。
2.柠檬烯()是一种食用香料。下列分析正确的是
A. 柠檬烯的一氯代物有8种
B. 柠檬烯和互为同分异构体
C. 柠檬烯分子中所有碳原子可能均处同一平面
D. 一定条件下，柠檬烯可以发生加成、氧化、酯化等反应
【答案】A
【解析】
【详解】A项，分子中一共有8种不同环境的H，则其一氯代物有8种，故A项正确；
B项，二者分子式不同，丁基苯少了2个H，则二者不是同分异构体，故B项错误；
C项，连接甲基的环不是苯环，环上含有亚甲基、次甲基结构，亚甲基、次甲基均是四面体结构，所以不可能所有的碳原子都在同一平面，故C项错误；
D项，柠檬烯中没有发生酯化反应所需要的羟基或羧基，所以不能发生酯化反应，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 2 L 0.5 mol·L-1CH3COOH溶液中，CH3COO- 的数目为NA
B. 一定质量的某单质，若含质子数为n NA，则中子数一定小于nNA
C. 标准状况下，22.4LHF含有的共价键数为NA
D. 向FeI2溶液中通入一定量Cl2，当1molFe2+被氧化时，转移的电子数不小于3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A项，2 L 0.5 mol·L-1CH3COOH溶液中溶质的物质的量为2L0.5mol/L=1mol，但是醋酸为弱电解质，部分电离出CH3COO-，则CH3COO-的数目小于NA，故A项错误；
B项，质子数与中子数无必然数目关系，故B项错误；
C项，在标况下HF为液体，无法计算22.4LHF的物质的量及含有的共价键数目，故C项错误；
D项，向FeI2溶液中通入一定量Cl2，Cl2会先将I-氧化，再将Fe2+氧化，当1mol Cl2被氧化时，根据溶液呈电中性可推知溶液中至少含有2mol I-，且I-全部被氧化，故转移的电子数不小于3NA，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
4.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X2- 和Y+的核外电子排布相同；Z电子层数与最外层电子数相等，W原子是同周期主族元素中半径最小的。下列说法正确的是( )
A. 简单离子半径：Z>W>X>Y
B. X的氢化物中不可能含有非极性键
C. 由X 与Y两种元素组成的物质可能有漂白性
D. 元素Y、Z 的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐溶液呈中性
【答案】C
【解析】
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X2- 和Y+的核外电子排布相同；Z电子层数与最外层电子数相等，W 原子是同周期主族元素中半径最小的，则X、Y、Z、W分别是O、Na、Al、Cl；简单离子半径：Cl- >O2-> Na+ > Al3+，故A错误；H2O2中含有非极性键，故B错误；Na2O2具有漂白性，故C正确；氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，溶液呈碱性，故D错误。
5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存是
A. pH=7的溶液：K＋、Na＋、Cl－、Fe3+
B. 能使酚酞显红色溶液：Na＋、Mg2＋、HCO3-、SO42-
C. c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液：K＋、Fe3＋、Cl－、SO42-
D. 水电离出的c(H＋)＝10－13 mol·L－1的溶液：Ca2＋、NH4+、NO3-、HCO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A.由于Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，Fe3＋大量存在的溶液显酸性pH<7，不能存在中性溶液中，故A错误；
B.能使酚酞显红色的溶液显碱性，Mg2＋、HCO3-不能存在于碱性溶液中，故B错误；
C.c(H＋)/c(OH－)=1012，说明c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性，该组离子能大量共存，故C正确；
D.由水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1，此时溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3-在酸性溶液或碱性溶液中都不能大量存在；NH4+在碱性溶液中不能大量存在，故D错误。
故选C。
【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1.由于发生复分解反应，离子不能大量共存；2.由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存；3.由于形成络合离子，离子不能大量共存。
6.下列分子中，属于极性分子的是（ ）
A. CO2 B. BeCl2 C. BBr3 D. COCl2
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2为直线形结构，结构对称，正负电荷中心重叠为非极性分子，故A错误；
B．BeCl2为直线型结构，结构对称，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故B错误；
C．BBr3为平面正三角形结构，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故C错误；
D．COCl2分子中正负电荷中心不重合，为极性分子，故D正确；
故答案为D。
7.下列分子中所有原子的价电子层都满足最外层8电子稳定结构的是（ ）
A. 二氯化硫（SCl2） B. 次氯酸（HClO）
C. 六氟化氙（XeF6） D. 三氟化硼（BF3）
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氯化硫(SCl2)分子中S的化合价为+2，Cl的化合价为-1，S的价电子数为VIA，满足6+|+2|=8，Cl的价电子数为VIIA，满足7+|-1|=8，所以二氯化硫(SCl2)分子中
S、Cl均满足最外层8电子稳定结构，故A正确；
B．次氯酸(HClO)分子中H、Cl、O的化合价分别为+1、+1、-2，H：1+|+1|=2，Cl：7+|+1|=8，O：6+|-2|=8，所以次氯酸(HClO)分子中Cl、O满足最外层8电子稳定结构，但H不满足，故B错误；
C．六氟化氙(XeF6)分子中Xe、F的化合价分别为+6、-1，Xe：8+|+6|=14≠8，F：7+|-1|=8，所以六氟化氙(XeF6)分子中Xe不满足最外层8电子稳定结构、F满足最外层8电子稳定结构，故C错误；
D．三氟化硼(BF3)分子中B、F的化合价分别为+3、-1，B：3+|+3|=6≠8，F：7+|-1|=8，所以三氟化硼(BF3)分子中B不满足最外层8电子稳定结构、F满足最外层8电子稳定结构，故D错误；
故答案为A。
【点睛】对于ABn型分子，若：A或B原子的价电子数+|A或B元素的化合价|=8，则该原子满足最外层8电子结构，反之不满足最外层8电子稳定结构。
8.下列各项叙述中，正确的是( )
A. 镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态
B. 价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素
C. 所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同
D. 24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2
【答案】C
【解析】
原子由基态转化成激发态，要吸收能量，A不正确。B不正确，应该是位于第ⅢA，属于p区元素。电子出全充满或半充满是稳定的，所以24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，D不正确。所以正确的答案是C。
9.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示,单位为kJ/mol)。
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1500
7700
10500
……
下列关于元素R的判断中一定正确的是
A. R的最高正价为+3价
B. R元素位于元素周期表中第ⅡA族
C. R元素的原子最外层共有4个电子
D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】B
【解析】
由表中数据I3≫I2,可知元素R的最高正价为+2价,A项错;元素R一定位于第ⅡA族,最外层有2个电子,但R不一定是Be元素,故C、D项错。
10.有关物质结构的下列说法中正确的是( )
A. 碘升华时破坏了共价键
B. 含极性键的共价化合物一定是电解质
C. 氯化钠固体中的离子键在溶于水时被破坏
D. HF的分子间作用力大于HCl，故HF比HCl更稳定
【答案】C
【解析】
A．碘升华属于物理变化，破坏的是分子间作用力，没有破坏共价键，故A错误；B．电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，而氨气是含极性键的共价化合物，但是它不是电解质，故B错误；C．电解质溶于水时会发生电离，所以氯化钠固体中的离子键在溶于水时被破坏，故C正确；D．分子间作用力影响物质的熔沸点，与物质的稳定性无关，HF共价键的键能大于HCl，所以HF比HCl更稳定，故D错误；故选C。
11.具有下列电子排布式的原子中，半径最大的是（ ）
A. 1s22s22p63s1 B. 1s22s22p2 C. 1s22s22p3 D. 1s22s22p63s2
【答案】A
【解析】
【详解】1s22s22p63s1为第三周期第IA族的Na，1s22s22p2为第二周期第IVA的C，1s22s22p3为第二周期第VA族的N，1s22s22p63s2为第三周期第IIA族的Mg，根据“层多径大，序大径小”，原子半径由大到小的顺序为Na>Mg>C>N，原子半径最大的是A，故选A。
【点睛】本题考查了原子半径大小的比较，先比较电子层数，再根据元素周期律判断同一周期元素原子半径相对大小，难度不大。
12.下列原子中，第一电离能最大的是( )
A. B B. C C. Al D. Si
【答案】B
【解析】
试题分析：非金属性越强，第一电离能越大，四种元素中碳元素的非金属性最强，第一电离能最大，答案选B。
考点：考查电离能判断
13.下列元素的电负性最大的是：( )
A. Na B. S C. O D. C
【答案】C
【解析】
非金属性越强，电负性越大，在四个选项中，氧元素的非金属性最强，所以氧元素的电负性最大，因此正确的答案选C。
14.金属具有延展性的原因是
A. 金属原子半径都较大，价电子数较少
B. 金属受外力作用变形时，金属阳离子与自由电子间仍保持较强烈的作用
C. 金属中大量自由电子受外力作用时，运动速率加快
D. 自由电子受外力作用时能迅速传递能量
【答案】B
【解析】
试题分析： 本题考查金属物理性质的通性原因。
A、金属价电子较少，容易失去电子，是能说明有还原性，A错误；
B、金属键存在于整个金属中，且一般较强，难以断裂。金属通常采取最密集的堆积方式，锻压或者锤打时，金属原子之间容易滑动，但不影响紧密的堆积方式，故有延展性，B正确；
C、金属延展性是原子的相对滑动，而不是电子的运动，C错误；
D、自由电子传递能量，与延展性无关，可以影响金属的导热性，D错误。
考点：金属物理性性质通性
点评：本题相对简单，只要掌握物理性质通性原理，学生作答一般不会出现太多错误。
15.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是( )
A. 碱性：NaOH< Mg(OH)2< Al(OH)3
B. 第一电离能：Na< Mg
D. 熔点：Na< Mg< Al
【答案】D
【解析】
【分析】
同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的碱性减弱；同周期元素从左到右，元素的非金属性、电负性逐渐增强，第一电离能呈增大的趋势，但Mg的3s为全充满状态，能量低，第一电离能较大，金属晶体的熔点与金属键强弱有关，以此解答该题。
【详解】A．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的碱性减弱，金属性：Na＞Mg＞Al，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故A错误；
B．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s为全充满状态，能量低，第一电离能较大，第一电离能：Mg＞Al＞Na，故B错误；
C．同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增强，则电负性：Na＜Mg＜Al，故C错误；
D．金属晶体中阳离子半径越小，所带电荷越多，则金属键越强，金属的熔点越高，离子半径：Na+＞Mg2+＞Al3+，所带电荷Na+＜Mg2+＜Al3+，金属键强度：Na＜Mg＜Al，所以熔点：Na＜Mg＜Al，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查同周期元素的性质的递变规律，题目难度不大，本题注意第一电离能的变化规律，为该题的易错点，答题时要注意把握。
Ⅱ卷（非选择题，共55分）
二、非选择题（本大题共5个小题，共55分）
16.（1）麻黄素又称黄碱，是我国特定的中药材麻黄中所含有的一种生物碱。经我国科学家研究发现其结构如下图，下列各物质与麻黄素互为同分异构体的是_____(填字母，下同)，互为同系物的是_____。
（2）烷基取代苯可以被KMnO4的酸性溶液氧化生成 ，但若烷基R中直
接与苯环连接的碳原子上没有C一H键，则不容易被氧化得到 。 现有分子式是C11H16的一烷基取代苯，已知它可以被氧化成为的异构体共有7种，其中的3种是
写出另4种的结构简式：
1________
2________
3________
4________
【答案】 (1). DE (2). C (3). (4). (5). (6).
【解析】
【分析】
（1）先判断麻黄素的分子式及含有的官能团类型，然后结合同分异构体和同系物的定义进行判断；
（2）由题意可知该苯的同系物的各同分异构体的苯环上都只有一个侧链，在写其同分异构体时，可以把苯环看作是C5H12的一个取代基，这样只要写出C5H12的七种同分异构体，此题就可解决了。
【详解】（1）麻黄素的分子式为：C10H15NO，分子式相同而结构不同的有机物互称同分异构体，题中DE与麻黄素的分子式相同、结构不同，它们互为同分异构体，答案选DE。与麻黄素的结构相似，分子间相差1个CH2原子团，二者互为同系物，答案选C；
（2）由题意可知，该苯的同系物的各同分异构体的苯环上都只有一个侧链，在写其同分异构体时，可以把苯环看作是C5H12的一个取代基，这样写出C5H12的3种异构体：，其一取代苯共有7种异构体．分别是、、、、、、。
17.某有机化合物A经李比希法测得其中含碳为70.59%、含氢为 5.88%，其余含有氧。现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构。
方法一：用质谱法分析得知A的质谱如图：
方法二：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1∶2∶2∶3。
方法三：利用红外光谱仪测得A分子的红外光谱，如图：
（1）分子中共有____种化学环境不同的氢原子。
（2）A的分子式为____。
（3）该物质属于哪一类有机物____。
（4）A的分子中只含一个甲基的依据是____(填序号)。
a A的相对分子质量 b A的分子式
c A的核磁共振氢谱图 d A分子的红外光谱图
（5）A的结构简式为________________________________。
【答案】 (1). 4 (2). C8H8O2 (3). 酯类 (4). bc (5).
【解析】
【分析】
（1）核磁共振氢谱可知A有4个峰；
（2）N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，A的相对分子质量为136；
（3）从红外光谱可知；
（4）由A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1∶2∶2∶3，A的分子式为C8H8O2；
（5）会从质谱法中得到分子的相对分子质量，会分析核磁共振图谱得知有机物分子中氢的环境，会分析红外光谱仪确定分子中所含基团，结合起来可得A的结构简式。
【详解】（1）由核磁共振氢谱可知A有4个峰，所以A分子中共有4种化学环境不同的氢原子；
（2）已知A中含碳为70.59％、含氢为 5.88％，含氧23.53％，列式计算N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，求得A的实验式为C4H4O，设A的分子式为（C4H4O）n ，又由A的相对分子质量为136，可得n=2，分子式为C8H8O2；
（3）从红外光谱可知8个碳原子中有6个C在苯环中，还有C=O、C—O—C、C—H这些基团，可推测含有的官能团为酯基，所以A是酯类；
（4）由A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1∶2∶2∶3，A的分子式为C8H8O2，可知A分子中只含一个甲基，因为甲基上的氢原子有3个，答案选bc；
（5）根据以上分析可知，A的结构简式为：。
【点睛】本题考查测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构方法，会从质谱法中得到分子的相对分子质量，会分析核磁共振图谱得知有机物分子中氢的环境，会分析红外光谱仪确定分子中所含基团，综合计算可以得到有机物的分子式和结构。
18.已知有机化合物A、B、C、D、E存在下图所示转化关系，且C能跟NaHCO3发生反应，C和D的相对分子质量相等，E为无支链的化合物。
请回答下列问题：
（1）已知E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，其余为氧，则E的分子式为_________________。
（2）B在一定条件下可以发生缩聚反应生成某高分子化合物，此高分子化合物的结构简式为_________________。
（3）D也可以由溴代烃F在NaOH溶液中加热来制取，写出此反应的化学方程式_________________。
（4）反应①的化学方程式_________________。
（5）B有多种同分异构体，请写出一种同时符合下列四个条件的结构简式：_________________。
a．能够发生水解
b．能发生银镜反应
c．能够与FeCl3溶液显紫色
d．苯环上的一氯代物只有一种
【答案】（1）C5H10O2
（2）
（3）CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr
（4）+2 NaOH+ CH3COONa + CH3CH2CH2OH
（5）或
【解析】
试题分析：E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，则碳原子数目为=5，H原子数目为=10，氧原子数目==2，则E的分子式为C5H10O2，E由C和D反应生成，C能和碳酸氢钠反应，则C为羧酸，D为醇，二者共含5个C原子，并且C和D的相对分子质量相等，则C为CH3COOH、D为丙醇，E无支链，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3COOCH2CH2CH3．A是由B与乙酸、丙醇发生酯化反应后生成的产物，A结构简式为：．
解：E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，则碳原子数目为=5，H原子数目为=10，氧原子数目==2，则E的分子式为C5H10O2，E由C和D反应生成，C能和碳酸氢钠反应，则C为羧酸，D为醇，二者共含5个C原子，并且C和D的相对分子质量相等，则C为CH3COOH、D为丙醇，E无支链，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3COOCH2CH2CH3．A是由B与乙酸、丙醇发生酯化反应后生成的产物，A结构简式为：．
（1）由上述分析可知，E的分子式为C5H10O2，故答案为：C5H10O2；
（2）B中含有羧基、羟基，在一定条件下可以发生缩聚反应生成某高分子化合物，此高分子化合物的结构简式为，故答案为：；
（3）D（CH3CH2CH2OH）也可以由溴代烃F在NaOH溶液中加热来制取，此反应的化学方程式为：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr，
故答案为：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr；
（4）反应①的化学方程式为：+2 NaOH+CH3COONa+CH3CH2CH2OH，
故答案为：+2 NaOH+CH3COONa+CH3CH2CH2OH；
（5）B有多种同分异构体，同时符合下列四个条件的结构简式：a．能够发生水解，含有酯基，b．能发生银镜反应，含有醛基，c．能够与FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基，d．苯环上的一氯代物只有一种，符合条件的同分异构体有：，
故答案：．
19.D是一种催眠药，F是一种香料，它们的合成路线如下：
（1）A的化学名称是_____________，C中含氧官能团的名称为_____________。
（2）F的结构简式为____________________，A和E生成F的反应类型为______________。
（3）A生成B的化学方程式为__________________________________________________。
（4）写出由C合成D的第二个反应的化学方程式：_________________________________。
（5）同时满足下列条件的E的同分异构体有_________种（不含立体异构）。
①遇FeCl3溶液发生显色反应； ②能发生银镜反应
【答案】 (1). 环己醇 (2). 羟基 (3). (4). 酯化（取代）反应 (5). 2+O22+2H2O (6). (7). 9
【解析】
【分析】
由框图： 知 A是环己醇；由知B为；知E为：；由E+AF,则F为, 由C为，CD可知
【详解】（1）苯酚与氢发生加成反应生成A即 ，则为A是环己醇，由C的结构简式：知，C中含氧官能团的名称为：羟基；答案：环己醇；羟基。
（2）根据上述分析可知F的结构简式为；A为环己醇， E为，A+E生成F的反应类型为酯化反应或取代反应。答案：；酯化反应或取代反应。
（3）A为环己醇，由A生成B即反应条件知生成B的结构简式为；由A生成B的化学方程式为：2+O22+2H2O；答案：2+O22+2H2O。
（4）根据已知：C为，由C合成D的反应条件：可知1)反应生成：，2）的反应为：；答案：。
（5）由E的结构简式：，同时满足①遇FeCl3溶液发生显色反应，②能发生银镜反应的E的同分异构体有：（移动官能团有3种）；（移动官能团有6种），共9种；答案：9。
20.葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1，取300.00 mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为H2SO4，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定。
（1）滴定前排气泡时，应选择下图中的________(填序号)。
（2）若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积______(填序号)。
①＝10 mL ②＝40 mL ③＜10 mL ④＞40 mL
（3）上述滴定实验中，可选择_______为指示剂，选择该指示剂时如何判断反应到达滴定终点：______
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L－1。滴定终点读数时俯视刻度线，则测量结果比实际值________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】 (1). ③ (2). ④ (3). 酚酞 (4). 当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变红色，且在半分钟内无变化，说明到达滴定终点 (5). 0.24 (6). 偏低
【解析】
【分析】
（1）氢氧化钠是强碱，应用碱式滴定管量取；
（2）滴定管0刻度在上，且下端有一段没有刻度线；
（3）强碱滴定酸用酚酞；
（4）由SO2～H2SO4～2NaOH关系计算。滴定管0刻度在上，俯视读数偏小，标准液体积偏小。
【详解】（1）氢氧化钠是强碱，应用碱式滴定管量取，排液时应将橡皮管向上弯曲排出气泡，答案选③；
（2）滴定管0刻度在上，且下端有一段没有刻度线，故管内液体的体积大于40 mL，答案选④；
（3）强碱滴定酸用酚酞，滴定至终点时溶液的pH在酚酞的变色范围内，故可选用酚酞作指示剂。选择酚酞时反应到达滴定终点现象为：当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变红色，且在半分钟内无变化；
(4)SO2与NaOH存在如下关系：
SO2 ～ H2SO4 ～ 2NaOH
64 g 2 mol
m(SO2) 0.090 0 mol·L－1×0.025 L
解得：m(SO2)＝＝0.072 g，故葡萄酒中SO2的含量为==0.24 g·L－1。滴定管0刻度在上，俯视读数偏小，标准液体积偏小，故测量结果比实际值偏低。
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