2025屆虎門外國語學校高考化學五模試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、常溫下，下列各組離子在指定溶液中可能大量共存的是（）A．無色透明的溶液中：K+、NH4+、MnO4-、CO32-B．c(I-)＝0.10mol·L-1的溶液中：Al3+、Fe3+、Cl-、NO3-C．pH=1的溶液中：NH4＋、Na+、SO42-、Br-D．水電離出的c(H+)＝10-13mol·L-1的溶液中：Mg2+、K+、Cl-、HCO3-2、下列用品在應用過程中涉及物質氧化性的是（）A．鐵紅用作顏料B．84消毒液殺菌C．純堿去污D．潔廁靈除水垢用品主要成分Fe2O3NaClONa2CO3HClA．A B．B C．C D．D3、下列關于糖類、油脂、蛋白質的說法正確的是()A．糖類在一定條件下都可以水解生成乙醇和二氧化碳B．油脂與乙酸乙酯都屬于酯類物質,堿性條件下水解都稱為皂化反應C．硝酸銅溶液加入雞蛋清中,可以使蛋清鹽析而沉淀下來D．淀粉在加熱、稀硫酸催化下水解的產物葡萄糖的檢驗,應先加入NaOH溶液,再加入銀氨溶液,水浴加熱,看是否有銀鏡出現。若出現銀鏡,證明有葡萄糖生成4、下列關于有機化合物的說法正確的是（）A．乙硫醇(C2H5SH)的沸點比乙醇的高B．除去乙酸乙酯中的少量乙醇可加入適量乙酸并充分加熱C．等質量的苯和苯乙烯()完全燃燒,消耗氧氣的體積相同D．分子式為C4H8Cl2且含有兩個甲基的有機物有4種5、化學是一門以實驗為基礎的學科。下列實驗裝置和方案能達到相應目的是（）A．圖裝置，加熱蒸發碘水提取碘B．圖裝置，加熱分解制得無水MgC．圖裝置，驗證氨氣極易溶于水D．圖裝置，比較鎂、鋁的金屬性強弱6、下列有關原子結構及元素周期律的敘述不正確的是()A．原子半徑：，離子半徑：r(Na+)<r(O2-)B．第族元素碘的兩種核素和的核外電子數之差為6C．P和As屬于第VA族元素，的酸性強于的酸性D．、、三種元素最高價氧化物對應水化物的堿性依次減弱7、下列反應中，水作氧化劑的是（）A．SO3+H2O→H2SO4 B．2K+2H2O→2KOH+H2↑C．2F2＋2H2O→4HF＋O2 D．2Na2O2＋2H2O→4NaOH＋O2↑8、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列有關敘述正確的是A．常溫下，1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH＝7，則溶液中CH3COO－與NH4＋的數目均為0.5NAB．10g質量分數為46%的乙醇溶液中含有氫原子的數目為0.6NAC．16g氨基(－NH2)中含有的電子數為7NAD．在密閉容器中將2molSO2和1molO2混合反應后，體系中的原子數為8NA9、從海帶中提取碘的實驗中，下列操作中未涉及的是A． B． C． D．10、a、b、c、d為短周期元素，a的M電子層有1個電子，工業上采用液態空氣分餾方法來生產供醫療急救用的b的單質，c與b同族，d與c形成的一種化合物可以溶解硫。下列有關說法正確的是A．原子半徑：a>b>c>dB．元素非金屬性的順序為b>c>dC．a與b形成的化合物只有離子鍵D．最高價氧化物對應水化物的酸性：d>c11、列有關實驗操作，現象和解釋或結論都正確的是（）選項實驗操作現象解釋或結論A向某溶液中滴加雙氧水后再加入KSCN

溶液溶液呈紅色溶液中一定含有Fe2+B向飽和Na2CO3

溶液中通入足量CO2溶液變渾濁析出了NaHCO3晶體C兩塊相同的鋁箔，其中一塊用砂紙仔細打磨過，將兩塊鋁箔分別在酒精燈上加熱打磨過的鋁箔先熔化

并滴落下來金屬鋁的熔點較低，打磨過的鋁箔更易熔化D加熱盛有NaCl和NH4Cl固體的試管試管底部固體減少，試管口有晶體凝結可以用升華法分離NaCl和

NH4Cl

固體A．A B．B C．C D．D12、飽和食鹽水中加入碳酸氫銨可制備小蘇打，濾出小蘇打后，向母液中通入氨，再冷卻、加食鹽，過濾，得到氯化銨固體．下列分析錯誤的是（）A．該制備小蘇打的方程式為：NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4ClB．母液中通入的氨氣與HCO3﹣反應：NH3+HCO3﹣→CO32﹣+NH4+C．加食鹽是為增大溶液中Cl﹣的濃度D．由題可知溫度較低時，氯化銨的溶解度比氯化鈉的大13、下列說法正確的是（）A．甲烷有兩種二氯代物B．1molCH2=CH2中含有的共用電子對數為5NAC．等物質的量的甲烷與氯氣在光照條件下反應的產物是CH3ClD．鄰二甲苯只有一種結構說明苯分子不是由單雙鍵交替組成的環狀結構14、利用下圖所示裝置進行下列實驗，能得出相應實驗結論的是()A．A B．B C．C D．D15、下列關于有機化合物的說法正確的是A．除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，經過濾后即得乙醇B．CH3CH2CH2COOH和CH3COOCH2CH3屬于碳鏈異構C．除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇雜質，可加入足量燒堿溶液，通過分液即得乙酸乙酯D．一個苯環上已經連有—CH3、—CH2CH3、—OH三種基團，如果在苯環上再連接一個—CH3，其同分異構體有16種16、下列關于原子結構、元素性質的說法正確的是()A．非金屬元素組成的化合物中只含共價鍵B．ⅠA族金屬元素是同周期中金屬性最強的元素C．同種元素的原子均有相同的質子數和中子數D．ⅦA族元素的陰離子還原性越強，其最高價氧化物對應水化物的酸性越強17、下列說法不正確的是（）A．HCOOH和CH3COOH互為同系物B．與CH3CH2CHO互為同分異構體C．質子數為35、中子數為45的溴原子：35D．烷烴CH3CH(CH3)C(CH3)3的名稱是2,3,3-三甲基丁烷18、NA表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A．Cu與濃硝酸反應生成4.6gNO2和N2O4混合氣體時，轉移電子數為0.1NAB．標準狀況下，2.24L己烷中共價鍵的數目為1.9NAC．在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，陰離子總數一定大于0.1NAD．34gH2O2中含有的陰離子數為NA19、下列說法正確的是A．可用溴水除去已烷中的少量已烯B．可通過控制溶液的pH分離不同的氨基酸C．可用新制Cu(OH)2懸濁液驗證麥芽糖發生了水解反應D．可向溴代環己烷與NaOH乙醇溶液共熱后的反應液中加入溴水檢驗消去產物20、下列實驗方案中，不能測定碳酸鈉和碳酸氫鈉混合物中碳酸鈉的質量分數的是A．取a克混合物充分加熱至質量不再變化，減重b克B．取a克混合物加足量的鹽酸，產生的氣體通過堿石灰，稱量堿石灰增重的質量為b克C．取a克混合物與足量澄清石灰水反應，過濾、洗滌、干燥后稱量沉淀質量為b克D．取a克混合物與足量稀鹽酸充分反應，加熱、蒸干、灼燒得b克固體21、下列物質的分離方法中，利用粒子大小差異的是A．過濾豆漿B．釀酒蒸餾C．精油萃取D．海水曬鹽A．A B．B C．C D．D22、以下措施都能使海洋鋼質鉆臺增強抗腐蝕能力，其中屬于“犧牲陽極的陰極保護法”的是（）A．對鋼材“發藍”（鈍化） B．選用鉻鐵合金C．外接電源負極 D．連接鋅塊二、非選擇題(共84分)23、（14分）聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一種可降解的聚酯類高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的應用前景。PPG的一種合成路線如圖：已知：①烴A的相對分子質量為70，核磁共振氫譜顯示只有一種化學環境的氫②化合物B為單氯代烴；化合物C的分子式為C5H8③E、F為相對分子質量差14的同系物，F是福爾馬林的溶質④R1CHO+R2CH2CHO回答下列問題：（1）A的結構簡式為__。（2）由B生成C的化學方程式為__。（3）由E和F生成G的反應類型為__，G的化學名稱為__。（4）①由D和H生成PPG的化學方程式為__；②若PPG平均相對分子質量為10000，則其平均聚合度約為__(填標號)。a.48b.58c.76d.122（5）D的同分異構體中能同時滿足下列條件的共有__種(不含立體異構)；①能與飽和NaHCO3溶液反應產生氣體②既能發生銀鏡反應，又能發生皂化反應其中核磁共振氫譜顯示為3組峰，且峰面積比為6∶1∶1的是__(寫結構簡式)；D的所有同分異構體在下列一種表征儀器中顯示的信號(或數據)完全相同，該儀器是__(填標號)。a.質譜儀b.紅外光譜儀c.元素分析儀d.核磁共振儀24、（12分）阿司匹林是一種解毒鎮痛藥。烴A是一種有機化工原料，下圖是以它為初始原料設計合成阿司匹林關系圖：已知：（苯胺，苯胺易被氧化）回答下列問題：（1）C的結構簡式為___________。（2）反應⑤的反應類型___________，在③之前設計②這一步的目的是___________。（3）F中含氧官能團的名稱________。（4）G（阿司匹林）與足量NaOH溶液反應的化學方程式為______________。（5）符合下列條件的E的同分異構體有________種。寫出核磁共振氫譜中有五組峰，峰面積之比為1：2：2：2：1的結構簡式：_______（只寫一種）。a．含—OHb．能發生水解反應c．能發生銀鏡反應（6）利用甲苯為原料，結合以上合成路線和下面所給信息合成下圖所示的功能高分子材料（無機試劑任選）。________25、（12分）食鹽中含有一定量的鎂、鐵等雜質，加碘鹽可能含有K+、IO3-、I-、Mg2+．加碘鹽中碘的損失主要是由于雜質、水分、空氣中的氧氣以及光照、受熱引起的。已知：IO3-+5I-+6H+→3I2+3H2O，2Fe3++2I-→2Fe2++I2，KI+I2?KI3；氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2。（1）學生甲對某加碘鹽進行如下實驗，以確定該加碘鹽中碘元素的存在形式。取一定量加碘鹽，用適量蒸餾水溶解，并加稀鹽酸酸化，將所得溶液分為3份。第一份試液中滴加KSCN溶液后顯紅色；第二份試液中加足量KI固體，溶液顯淡黃色，加入CCl4，下層溶液顯紫紅色；第三份試液中加入適量KIO3固體后，滴加淀粉試劑，溶液不變色。①第一份試液中，加KSCN溶液顯紅色，該紅色物質是______（用化學式表示）。②第二份試液中“加入CCl4”的實驗操作名稱為______，CCl4中顯紫紅色的物質是______（用化學式表示）。③根據這三次實驗，學生甲得出以下結論：在加碘鹽中，除了Na+、Cl-以外，一定存在的離子是______，可能存在的離子是______，一定不存在的離子是______。由此可確定，該加碘鹽中碘元素是______價（填化合價）的碘。（2）將I2溶于KI溶液，在低溫條件下，可制得KI3?H2O．該物質作為食鹽加碘劑是否合適？______（填“是”或“否”），并說明理由______。（3）已知：I2+2S2O32-→2I-+S4O62-．學生乙用上述反應方程式測定食用精制鹽的碘含量（假設不含Fe3+），其步驟為：a．準確稱取wg食鹽，加適量蒸餾水使其完全溶解；b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3與KI反應完全；c．以淀粉溶液為指示劑，逐滴加入物質的量濃度為2.0×10-3mol/L的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反應完全。根據以上實驗，學生乙所測精制鹽的碘含量（以I元素計）是______mg/kg（以含w的代數式表示）。26、（10分）氯化亞銅是一種白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氯離子濃度較大的體系，形成。在潮濕空氣中迅速被氧化，見光則分解。右下圖是實驗室仿工業制備氯化亞銅的流程進行的實驗裝置圖。實驗藥品：銅絲、氯化銨、65％硝酸、20％鹽酸、水。(1)質量分數為20％的鹽酸密度為，物質的量濃度為______；用濃鹽酸配制20％鹽酸需要的玻璃儀器有：______、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管。(2)實驗室制備過程如下：①檢查裝置氣密性，向三頸瓶中加入銅絲、氫化銨、硝酸、鹽酸，關閉。實驗開始時，溫度計顯示反應液溫度低于室溫，主要原因是______；②加熱至℃，銅絲表面產生無色氣泡，燒瓶上方氣體顏色逐漸由無色為紅棕色，氣囊鼓起。打開，通入氧氣一段時間，將氣囊變癟，紅棕色消失后關閉，冷卻至室溫，制得。通入氧氣的目的為______；三頸瓶中生成的總的離子方程為______；將液體轉移至燒杯中用足量蒸餾水稀釋，產生白色沉淀，過濾得氧化亞銅粗品和濾液。③粗品用95％乙醇洗滌、烘干得氧化亞銅。(3)便于觀察和控制產生的速率，制備氧氣的裝置最好運用______(填字母)。(4)下列說法不正確的是______A．步驟Ⅰ中可以省去，因為已經加入了B．步驟Ⅱ用去氧水稀釋，目的是使轉化為，同時防止被氧化C．當三頸燒瓶上方不出現紅棕色氣體時，可停止通入氧氣D．流程中可循環利用的物質只有氯化銨(5)步驟Ⅲ用95％乙醇代替蒸餾水洗滌的主要目的是______、______(答出兩條)。(6)氯化亞銅的定量分析：①稱取樣品和過量的溶液于錐形瓶中，充分溶解；②用硫酸[Ce(SO4)2]標準溶液測定。已知：已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+三次平衡實驗結果如下表(平衡實驗結果相差不能超過1％)：平衡實驗次數123樣品消耗硫酸銻標準溶液的體積2則樣品中的純度為______(結果保留3位有效數字)。誤差分析：下列操作會使滴定結果偏高的是______。A．錐形瓶中有少量蒸餾水B．滴定終點讀數時仰視滴定管刻度線C．所取溶液體積偏大D．滴定前滴定管尖端有氣泡，滴定后氣泡消失27、（12分）I．常溫下，HNO2電離反應的平衡常數值為2.6×10-4。NaNO2是一種重要的食品添加劑，由于其外觀及味道都與食鹽非常相似，誤食工業用鹽造成食物中毒的事件時有發生。（1）某活動小組同學設計實驗方案鑒別NaCl溶液和NaNO2溶液，請填寫下列表格。選用藥品實驗現象利用NaNO2的性質①酚酞試液________________________②淀粉-KI試紙________________________（2）亞硝酸鈉有毒，不能隨意排放，實驗室一般將其與飽和氯化銨溶液共熱使之轉化成無毒無公害的物質，其產物之一為無色無味氣體，則該氣體為____________（填化學式）。II．活動小組同學采用如下裝置制備并測定所得固體中亞硝酸鈉（NaNO2）的質量分數（裝置可重復使用，部分夾持儀器已省略）。已知：①2NO+Na2O2＝2NaNO2；②酸性條件下，NO、NO2都能與MnO4－反應生成NO3－和Mn2+；NaNO2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。（1）實驗裝置的連接順序為____________；（2）C瓶內發生反應的離子方程式為____________。（3）為了測定亞硝酸鈉的含量，稱取4.0g樣品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.10mol·L－1的酸性KMnO4溶液進行滴定，實驗所得數據如下表。滴定次數1234KMnO4溶液體積/mL20.6020.0220.0019.98①第一組實驗數據出現較明顯異常，造成異常的原因可能是__________（填字母序號）。a．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗b．錐形瓶用蒸餾水洗凈后未干燥c．觀察滴定終點時仰視讀數②根據表中數據進行計算，所制得的固體中亞硝酸鈉的質量分數為____________。（4）設計實驗，比較0.1mol·L－1NaNO2溶液中NO2－的水解程度和0.1mol·L－1HNO2溶液中HNO2電離程度的相對大小_______（簡要說明實驗步驟、現象和結論，儀器和藥品自選）。28、（14分）金屬錳及化合物廣泛應用于工業生產、制造業等領域。（1）科研人員將錳粉碎后加入到溶液中使其浸出（假定雜質不反應，溶液體積不變），發生反應（已知含水溶液為米黃色）①為加快上述反應速率可以采取的措施有________（寫出一條即可）。不考慮溫度因素，一段時間后Mn的溶解速率加快，可能的原因是_______。②下列說明反應已達平衡的有_______（填編號）。A．溶液的顏色不發生變化B．溶液中C．體系中固體的質量不變D．與濃度的比值保持不變③室溫下，測得溶液中陽離子濃度隨時間的變化情況如下圖所示，則上述反應的平衡常數K=___，的轉化率為_____。④若其他條件不變，10mim后向容器中迅速加入蒸餾水至溶液體積變為原來的2倍，則再次平衡時=_____（不考慮離子水解的影響）。（2）也可在為體系的電解液中電解獲得，其陽極反應式為_____。（3）電解制錳后的廢水中含有，常用石灰乳進行一級沉降得到沉淀，過濾后再向濾液中加入等體積的溶液，進行二級沉降，為了將的濃度降到，則加入的溶液的濃度至少是___mol/L[已知]。29、（10分）用惰性電極電解，陽離子交換膜法電解飽和食鹽水具有綜合能耗低、環境污染小等優點。生產流程如下圖所示：(1)電解飽和食鹽水的化學方程式為______；(2)電解結束后，能夠脫去陽極液中游離氯的試劑或方法是_________(填字母序號)。a．Na2SO4

b．Na2SO3c．熱空氣吹出

d．降低陽極區液面上方的氣壓(3)食鹽水中的I-若進入電解槽，可被電解產生的Cl2氧化為ICl，并進一步轉化為IO3-，IO3-可繼續被氧化為高碘酸根(IO4-)，與Na+結合生成溶解度較小的NaIO4沉積于陽離子交換膜上，影響膜的壽命。①從原子結構的角度判斷ICl中碘元素的化合價應為________。②NaIO3被氧化為NaIO4的離子方程式為_________；(4)在酸性條件下加入NaClO溶液，可將食鹽水中的I-轉化為I2，再進一步除去。通過測定體系的吸光度，可以檢測不同pH下I2的生成量隨時間的變化，如圖所示。已知：吸光度越高表明該體系中c(I2)越大。用離子方程式解釋10min時不同pH體系吸光度不同的原因：______；②pH=4.0時，體系的吸光度很快達到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因：______；③研究表明食鹽水中I-含量≤0.2

mg?L-1時對離子交換膜影響可忽略?，F將1m3含I-濃度為1.47

mg?L-1

的食鹽水進行處理，為達到使用標準，理論上至少需要0.05mol?L-1

NaClO溶液___L。(已知NaClO的反應產物為NaCl，溶液體積變化忽略不計)

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】

A.MnO4－是紫紅色溶液，故A不符合題意；B.c(I－)＝0.10mol·L-1的溶液中與Fe3+反應生成亞鐵離子和碘單質，故B不符合題意；C.pH=1的溶液中：NH4＋、Na+、SO42－、Br－都不反應，故C符合題意；D.水電離出的c(H+)＝10-13mol·L-1的溶液，可能為酸或堿，HCO3－在酸中或堿中都要反應，故D不符合題意。綜上所述，答案為C。2、B【解析】

A．Fe2O3為紅棕色粉末，鐵紅用作顏料利用了其物理性質，故A不符合題意；B．NaClO具有強氧化性，84消毒液殺菌利用了其強氧化性，故B符合題意；C．純堿去油污，利用了Na2CO3水溶液顯堿性的性質，故C不符合題意；D．潔廁靈除水垢利用了HCl溶液的酸性，故D不符合題意；故答案選B。3、D【解析】

A.葡萄糖在酒化酶的作用下可以分解為乙醇和二氧化碳。二糖和多糖在一定條件下都可以水解生成單糖。故A不選；B.油脂在堿性條件下的水解才稱為皂化反應。故B不選；C.硝酸銅是重金屬鹽，加入雞蛋清中可以使蛋清變性而沉淀下來，故C不選。D.淀粉在稀硫酸催化下水解生成葡萄糖,葡萄糖中含有醛基,可以用銀氨溶液來檢驗，在加銀氨溶液之前必須先加入氫氧化鈉溶液以中和催化劑硫酸。故D選。故選D。4、C【解析】

A.乙硫醇(C2H5SH)分子間無氫鍵而乙醇分子之間有氫鍵，氫鍵的存在增加了分子之間的吸引力，使物質的熔沸點升高，故乙醇的熔沸點比乙硫醇高，A錯誤；B.乙醇與乙酸生成乙酸乙酯的反應是可逆反應，反應物不能完全轉化為生成物，因此不能達到除雜的目的，還引入了新的雜質，B錯誤；C.苯、苯乙烯最簡式相同，同質量消耗O2量相同，因此消耗的氧氣在相同條件下體積也相同，C正確；D.C4H8Cl2可看作是C4H10分子中的2個H原子被Cl原子取代產生的物質，C4H10有正丁烷、異丁烷兩種結構，4個碳原子可形成，符合條件的正丁烷的二氯代物有2種，異丁烷的1種，共有3種不同的結構，D錯誤；故合理選項是C。5、C【解析】

A、蒸發碘水，水、碘均易揮發；B、加熱促進水解，且生成鹽酸易揮發；C、擠壓膠頭滴管，氣球變大；D、Al與NaOH反應，Al為負極。【詳解】A項、蒸發碘水，水、碘均易揮發，應萃取分離，故A錯誤；B項、加熱促進水解，且生成鹽酸易揮發，應在HCl氣流中蒸發，故B錯誤；C項、擠壓膠頭滴管，氣球變大，可驗證氨氣極易溶于水，故C正確；D項、Al與NaOH反應，Al為負極，而金屬性Mg大于Al，圖中裝置不能比較金屬性，故D錯誤。故選C?！军c睛】本題考查化學實驗方案的評價，側重分析與實驗能力的考查，把握物質的性質、混合物分離提純、電化學，注意實驗的評價性分析為解答的關鍵，D項為易錯點，注意金屬Al的特性。6、B【解析】

A.同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，因此原子半徑r(Na)>r(O)，Na+、O2-電子層結構相同，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑r(Na+)<r(O2-)，A正確；B.碘的兩種核素131I和137I的核外電子數相等，核外電子數之差為0，B錯誤；C.元素的非金屬性P>As，元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強，所以H3PO4的酸性比H3AsO4的酸性強，C正確；D.Na、Mg、Al位于同一周期，元素的金屬性逐漸減弱，則失電子能力和最高價氧化物對應水化物的堿性均依次減弱，D正確；故合理選項是B。7、B【解析】

A、沒有化合價的變化，不屬于氧化還原反應，故A錯誤；B、H2O中H化合價由＋1價→0價，化合價降低，因此H2O作氧化劑，故B正確；C、H2O中O由－2價→0價，化合價升高，即H2O作還原劑，故C錯誤；D、Na2O2既是氧化劑又是還原劑，H2O既不是氧化劑又不是還原劑，故D錯誤。故選B。8、D【解析】

A．由于醋酸根和銨根均會發生水解，所以溶液中這兩種離子的數目一定小于0.5NA，A項錯誤；B．該溶液中乙醇的質量為4.6g，根據公式計算可知：；該溶液中的水的質量為5.4g，根據公式計算可知：；所以溶液中的H原子數目為1.2NA，B項錯誤；C．1個氨基中含有9個電子，16g氨基即1mol，所以含有電子數為9NA，C項錯誤；D．密閉容器中發生的雖然是可逆反應，但原子總數守恒，所以為8NA，D項正確；答案選D。9、A【解析】

從海帶中提取碘，涉及到海帶的灼燒、物質的溶解，使用B裝置，然后過濾除去不溶性固體物質，使用C裝置；然后向溶液中加入有機溶劑將碘單質萃取出來，然后分液，使用D裝置，未涉及到滴定操作，故合理選項是A。10、B【解析】

a的M電子層有1個電子，則A為Na；工業上采用液態空氣分餾方法來生產供醫療急救用的b的單質，則b為O；c與b同族且為短周期元素，則c為S；d與c形成的一種化合物可以溶解硫，該物質為CS2，則d為C?！驹斀狻緼.同一周期，從左到右，原子半徑逐漸減小，同一主族，從上到下，原子半徑增大，因此原子半徑Na>S>C>O，即a>c>d>b，故A錯誤；B.同一主族：從上到下，元素的非金屬性減弱，元素非金屬性的順序為O>S>C，即b>c>d，故B正確；C.a與b形成的過氧化鈉中既含有離子鍵，又含有共價鍵，故C錯誤；D.S的非金屬性大于C，所以最高價氧化物對應水化物的酸性：d小于c，故D錯誤；故答案為B。11、B【解析】溶液中含有Fe3+或Fe2+，滴加雙氧水后再加入KSCN溶液，溶液都呈紅色，故A錯誤；向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2，生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉溶解度小于碳酸鈉，所以析出NaHCO3晶體，故B正確；鋁易被氧化為氧化鋁，由于氧化鋁的熔點高，鋁箔在酒精燈上加熱，鋁箔熔化并不滴落下來，故C錯誤；加熱盛有NaCl和NH4Cl固體的試管，氯化銨分解為氯化氫和氨氣，氯化氫和氨氣在試管口又生成氯化銨，不屬于升華，故D錯誤。點睛：Fe2+的檢驗方法是，向溶液中滴加KSCN溶液，不變血紅色，在加入雙氧水，溶液變為血紅色，則原溶液中一定含有Fe2+。12、D【解析】

A.雖然這個反應一般不能發生，但此處我們利用的是溶解度差異，仍然可以使溶解度相對較低的以沉淀的形式析出，A項正確；B.溶于水得到一水合氨，可以和一水合氨發生反應，得到和，B項正確；C.加食鹽是為了提高溶液中的濃度，根據同離子效應使氯化銨先析出，C項正確；D.加食鹽能得到氯化銨固體，說明氯化銨的溶解度比食鹽更低，D項錯誤；答案選D。13、D【解析】

A.甲烷為正四面體構型，所以二氯甲烷只有一種結構，故A錯誤；B.1molCH2=CH2中含有的共用電子對數為6NA，故B錯誤；C.甲烷與氯氣在光照條件下發生取代反應，多步取代反應同時進行，所以等物質的量的甲烷與氯氣在光照條件下反應的產物為多種氯代烴與氯化氫的混合物，故C錯誤；D.鄰二甲苯只有一種結構說明苯分子不是由單雙鍵交替組成的環狀結構，故D正確。綜上所述，答案為D。14、B【解析】

A.同一氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性。濃氯水能揮發出氯氣，該實驗中氯氣易參與試管中的反應，故無法證明溴和碘的氧化性的強弱關系，A得不到相應結論；B.濃硫酸使蔗糖變黑，證明濃硫酸有脫水性；然后有氣體生成，該氣體能使溴水褪色，證明有二氧化硫生成，說明濃硫酸有強氧化性，可以被C還原為二氧化硫，故B可以得出相應的結論；C.SO2溶解在試管中使溶液顯酸性，與Ba(NO3)2溶液發生氧化還原反應得到SO42-，所以生成硫酸鋇白色沉淀，故C得不到相應的結論；D.鹽酸有揮發性，揮發出的鹽酸也會與Na2SiO3溶液反應得到硅酸沉淀。因此不能證明酸性：碳酸＞硅酸，D得不到相應的結論?！军c睛】本題主要是考查化學實驗方案設計與評價，明確相關物質的性質和實驗原理是解答的關鍵，選項A是易錯點，注意濃氯水的揮發性?？疾楦鶕嶒灛F象，得出結論，本題的難度不大，培養學生分析問題，得出結論的能力，體現了化學素養。15、D【解析】

A.CaO與水反應后，混合物成分沸點差異增大，應選蒸餾法分離，故A錯誤；B.CH3CH2CH2COOH和CH3COOCH2CH3官能團不同，屬于類別異構，故B錯誤；C.乙酸乙酯與NaOH反應，不能除雜，應選飽和碳酸鈉溶液、分液，故C錯誤；D.一個苯環上已經連有—CH3、—CH2CH3、—OH三種基團，如果在苯環上再連接一個—CH3，看成二甲苯(、、)苯環上連有—CH2CH3、—OH，中—OH在甲基的中間時乙基有2種位置，—OH在甲基的鄰位時乙基有3種位置，—OH在兩個甲基的間位時乙基有2種位置，共7種；中先固定—OH，乙基有3種位置，有3種同分異構體；先固定—OH在鄰位時乙基有3種位置，固定—OH在間位時乙基有3種位置，有6種；則同分異構體有7+3+6=16(種)，故D正確；故答案為D。16、B【解析】

A.NH4Cl全部由非金屬元素組成，但含有離子鍵和共價鍵，A項錯誤；B.同周期元素從左到右金屬性逐漸減弱，各周期中ⅠA族金屬元素的金屬性最強，B項正確；C.同種元素的原子質子數相同，但中子數不同，C項錯誤；D.Ⅶ族元素的陰離子還原性越強，則元素的非金屬性越弱，其最高價氧化物對應水化物的酸性越弱，D項錯誤；答案選B。17、D【解析】A．HCOOH和CH3COOH均為羧酸，且分子組成相差一個CH2基團，兩者互為同系物，故A正確；B．與CH3CH2CHO分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故B正確；C．質子數為35、中子數為45的溴原子可表示為3580Br，故C正確；D．根據系統命名法，烷烴CH3CH(CH3)C(CH3)318、A【解析】

A.4.6gNO2的物質的量是0.1mol，若反應完全產生4.6gNO2，轉移電子0.1NA；若完全轉化為N2O4，4.6gN2O4的物質的量是0.05mol，轉移電子數為2×0.05×NA=0.1NA，故Cu與濃硝酸反應生成4.6gNO2和N2O4混合氣體時，轉移電子數一定為0.1NA，A正確；B.標準狀況下，已烷不是氣體，因此不能使用氣體摩爾體積計算其物質的量及化學鍵的數目，B錯誤；C.缺體積，無法計算溶液中微粒的數目，C錯誤；D.34gH2O2的物質的量為1mol，由于H2O2是共價化合物，在水中部分電離，存在電離平衡，因此含有的陰離子數小于NA，D錯誤；故合理選項是A。19、B【解析】

A.烯烴能夠與溴水發生加成反應；B.控制溶液的pH，可生成不同的氨基酸晶體，過濾可達到分離的目的；C.麥芽糖、葡萄糖都可以發生銀鏡反應；D.檢驗溴代物中的Br要轉化為Br-，在酸性條件下加入AgNO3溶液，根據產生淡黃色沉淀檢驗?！驹斀狻緼.已烯與溴水發生加成反應使溴水褪色，而已烷是液態有機物質，能夠溶解已烯與溴水反應產生的有機物，因此用溴水不能除去已烷中的少量已烯，A錯誤；B.不同氨基酸在水溶液中形成晶體析出時pH各不相同，控制溶液pH，可生成不同的氨基酸晶體，過濾可達到分離目的，B正確；C.麥芽糖分子中含有醛基，屬于還原性糖，其水解產生的葡萄糖液含有醛基，具有還原性，因此不能用新制Cu(OH)2懸濁液驗證麥芽糖是否發生了水解反應，C錯誤；D.溴代環己烷與NaOH乙醇溶液共熱發生消去反應產生環己烯、NaBr及H2O，由于該溶液可能含有過量的NaOH而顯堿性，所以向反應后的溶液中加入溴水，溴水褪色，可能是由于NaOH與溴水發生反應：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O所致，因此不能用于檢驗消去產物，D錯誤；故合理選項是B。【點睛】本題考查了物質的分離、提純、物質的檢驗等知識。掌握物質的結構與性質是相同點與區別及物質的溶解性等是本題正確解答的關鍵。20、B【解析】

A、在Na2CO3和NaHCO3中，加熱能分解的只有NaHCO3，選項A正確；B、堿石灰可以同時吸收CO2和水蒸氣，則無法計算，選項B錯誤；C、Na2CO3和NaHCO3轉化為BaCO3時的固體質量變化不同，利用質量關系來計算，選項C正確；D、反應后加熱、蒸干、灼燒得到的固體產物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3轉化為NaCl時的固體質量變化不同，由鈉元素守恒和質量關系，可列方程組計算，選項D正確；答案選B?！军c睛】本題看似是實驗設計，實際上是從定性和定量兩個角度考察碳酸鈉和碳酸氫鈉性質的不同，實驗方案是否可行，關鍵看根據測量數據能否計算出結果。易錯點為選項A、此方案利用碳酸氫鈉的不穩定性，利用差量法即可計算質量分數。21、A【解析】

A、過濾利用的是微粒的大小不同來分離的，留在濾紙上的物質顆粒大，不能透過濾紙，濾液中的物質顆粒小，可以透過濾紙，A正確；B、蒸餾利用的是物質的沸點不同，B錯誤；C、萃取利用的是物質在不同溶劑中的溶解度不同，C錯誤；D、氯化鈉在水中溶解度隨溫度變化不大，讓水蒸發掉,從而獲得鹽，D錯誤；答案選A。22、D【解析】

犧牲陽極的陰極保護法指的是原電池的負極金屬易被腐蝕，而正極金屬被保護的原理，為防止鋼鐵被腐蝕，應連接活潑性較強的金屬，以此解答?！驹斀狻繝奚枠O的陰極保護法是原電池的負極金屬易被腐蝕，而正極金屬被保護的原理，是原電池原理的應用，利用被保護的金屬做正極被保護選擇，為減緩電解質溶液中鐵片的腐蝕，應選擇比鐵活潑的金屬做負極，在電池內電路為陽極，稱為犧牲陽極的陰極保護法，題目中選擇鋅做陽極，故選D。二、非選擇題(共84分)23、+NaOH+NaCl+H2O加成反應3-羥基丙醛(或β-羥基丙醛)n+n+(2n-1)H2Ob5c【解析】

烴A的相對分子質量為70，由=5…10，則A為C5H10，核磁共振氫譜顯示只有一種化學環境的氫，故A的結構簡式為；A與氯氣在光照下發生取代反應生成B，B為單氯代烴，則B為，化合物C的分子式為C5H8，B發生消去反應生成C，C為，C發生氧化反應生成D，D為HOOC(CH2)3COOH，F是福爾馬林的溶質，則F為HCHO，E、F為相對分子質量差14的同系物，可知E為CH3CHO，由信息④可知E與F發生加成反應生成G，G為HOCH2CH2CHO，G與氫氣發生加成反應生成H，H為HOCH2CH2CH2OH，D與H發生縮聚反應生成PPG()，據此分析解答?！驹斀狻?1)由上述分析可知，A的結構簡式為，故答案為：；(2)由B發生消去反應生成C的化學方程式為：+NaOH+NaCl+H2O，故答案為：+NaOH+NaCl+H2O；(3)由信息④可知，由E和F生成G的反應類型為醛醛的加成反應，G為HOCH2CH2CHO，G的名稱為3-羥基丙醛，故答案為：加成反應；3-羥基丙醛；(4)①由D和H生成PPG的化學方程式為：n+n+(2n-1)H2O，故答案為：n+n+(2n-1)H2O；②若PPG平均相對分子質量為10000，則其平均聚合度約為≈58，故答案為：b；(5)D為HOOC(CH2)3COOH，D的同分異構體中能同時滿足：①能與飽和NaHCO3溶液反應產生氣體，含-COOH，②既能發生銀鏡反應，又能發生水解反應-COOCH，D中共5個C，則含3個C-C-C上的2個H被-COOH、-OOCH取代，共為3+2=5種，含其中核磁共振氫譜顯示為3組峰，且峰面積比為6∶1∶1的是，D及同分異構體中組成相同，由元素分析儀顯示的信號(或數據)完全相同，故答案為：5；；c。24、取代反應保護酚羥基，防止酚羥基被氧化羧基和酚羥基17種或【解析】

根據流程圖，烴A與氯氣發生取代反應生成鹵代烴B，B在氫氧化鈉溶液條件下水解后酸化生成C，根據C的化學式可知，A為甲苯()，根據E的結構，結合信息②可知，D為，則C為，因此B為苯環上的氫原子被取代的產物，反應條件為鐵作催化劑，B為，據此分析。【詳解】根據流程圖，烴A與氯氣發生取代反應生成鹵代烴B，B在氫氧化鈉溶液條件下水解后酸化生成C，根據C的化學式可知，A為甲苯()，根據E的結構，結合信息②可知，D為，則C為，因此B為苯環上的氫原子被取代的產物，反應條件為鐵作催化劑，B為。(1)根據上述分析，C為；（2）反應⑤是與乙酸酐發生取代反應生成和乙酸，反應類型為取代反應；在③之前設計②可以保護酚羥基，防止酚羥基被氧化，故答案為取代反應；保護酚羥基，防止酚羥基被氧化；（3）F為，含氧官能團的名稱為羧基和酚羥基；(4)G(阿司匹林)中的酯基水解生成的羥基為酚羥基，也能與氫氧化鈉反應，因此與足量NaOH溶液反應的化學方程式為；(4)E為，a．含—OH，可為酚羥基、醇羥基或羧基中的—OH；b．能發生水解反應說明含有酯基；c．能發生銀鏡反應說明含有醛基；滿足條件的結構是：若苯環上只有一個取代基則為HCOOCH(OH)-，只有一種；若苯環上有兩個取代基，可為HCOOCH2-和-OH，苯環上的位置可為鄰、間、對位，故有3種；若苯環上有兩個取代基還可以為HCOO-和-CH2OH，苯環上的位置可為鄰、間、對位，故有3種；若苯環上有三個取代基，為HCOO-、-CH3和-OH，根據定二議三，兩個取代基在苯環上有鄰、間、對位，再取代第三個取代基在苯環上時分別有4、4、2種共10種；綜上符合條件的同分異構體共有17種；其中核磁共振氫譜中有五組峰，峰面積之比為1：2：2：2：1的結構簡式為或；(5)用甲苯為原料合成功能高分子材料()。需要合成，根據題干信息③，可以由合成；羧基可以由甲基氧化得到，因此合成路線為。25、Fe(SCN)3萃取I2和Fe3+Mg2+、K+I-+5否KI3受熱（或潮濕）條件下產生KI和I2，KI被氧氣氧化，I2易升華【解析】

（1）①從第一份試液中滴加KSCN溶液后顯紅色，可知該加碘鹽中含有Fe3+，反應：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血紅色；②從第二份試液中加足量KI固體，溶液顯淡黃色，用CCl4萃取，下層溶液顯紫紅色，可知有碘生成。③這是因為由于氧化性：>Fe3+>I2，加足量KI后，和Fe3+均能將I-氧化成I2，由此也可以知道該加碘鹽添加KIO3，根據化合價規律確定該加碘鹽中碘元素的價態；第三份試液中加入適量KIO3固體后，滴加淀粉試劑，溶液不變色。由此可知該加碘鹽中不含KI；③具有氧化性的離子為與具有還原性的離子為I-，發生氧化還原反應；（2）根據KI具有還原性及氧化還原反應、KI3在常溫下不穩定性來分析；（3）存在KIO3～3I2～6Na2S2O3，以此計算含碘量。【詳解】（1）①某加碘鹽可能含有

K+、、I-、Mg2+，用蒸餾水溶解，并加稀鹽酸酸化后將溶液分為3份：從第一份試液中滴加KSCN溶液后顯紅色，可知該加碘鹽中含有Fe3+，反應：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血紅色；故答案為：Fe(SCN)3；②從第二份試液中加足量KI固體，溶液顯淡黃色，用CCl4萃取，下層溶液顯紫紅色，可知有碘生成，故答案為：萃取；I2；③據上述實驗得出氧化性：>Fe3+>I2，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能將I-氧化成I2，由此也可以知道該加碘鹽添加KIO3，該加碘鹽中碘元素是+5價；第三份試液中加入適量KIO3固體后，滴加淀粉試劑，溶液不變色。由此可知該加碘鹽中不含KI，一定存在的離子是：IO3-和Fe3+，可能存在的離子是：Mg2+、K+，一定不存在的離子是

I-，故答案為：和Fe3+；Mg2+、K+；I-；+5；（2）KI作為加碘劑的食鹽在保存過程中，KI會被空氣中氧氣氧化，根據題目告知，KI3?H2O是在低溫條件下，由I2溶于KI溶液可制得，再由題給的信息：“KI+I2?KI3”，可知KI3在常溫下不穩定性，受熱(或潮濕)條件下易分解為KI和I2，KI又易被空氣中的氧氣氧化，I2易升華，所以KI3?H2O作為食鹽加碘劑是不合適的，故答案為：否；KI3受熱(或潮濕)條件下產生KI和I2，KI被氧氣氧化，I2易升華；（3）根據反應式可知，設所測精制鹽的碘含量(以

I

元素計)是xmg/kg，則因此所測精制鹽的碘含量是x==，故答案為：。26、6.0mol/L量筒氯化銨溶解于水為吸熱過程將三頸瓶中的NO2反應生成HNO33Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2OBAD除去CuCl表面附著的NH4Cl迅速揮發帶走CuCl表面的水份或防止其被氧化95.5%BD【解析】

根據流程：氧氣通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制溫度50～85℃制得NH4[CuCl2]，加入水，過濾得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液濃縮補充Cu、HCl可循環，沉淀洗滌干燥后得產品；(1)根據c=計算，鹽酸是液體，量取濃鹽酸需要量筒；(2)①氯化銨溶解吸熱；②根據題意有NO2氣體生成，通入氧氣可與其反應；根據題意銅絲、氯化氨、硝酸、鹽酸生成NH4[CuCl2]和無色氣泡NO，據此書寫；(3)裝置A不能觀察O2產生速率，C不能很好控制產生O2的速率；(4)A．步驟Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，該離子需在氯離子濃度較大的體系中才能生成；B．CuCl易被氧化，應做防氧化處理；C．三頸燒瓶上方不出現紅棕色NO2氣體時，說明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化；D．步驟II濾液中還含有HCl和HNO3也可回收利用；(5)氯化亞銅是一種白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇分析可得；(6)第一組實驗數據誤差較大，舍去，故硫酸鈰標準溶液平均消耗24mL，根據關系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，則n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，據此計算可得；誤差分析依據c(待測)=分析，標準溶液體積變化就是誤差的變化?！驹斀狻?1)鹽酸的物質的量濃度c==≈6.0mol/L，量取濃鹽酸需要量筒，則配制20%鹽酸時除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外，還需要量筒；(2)①因為氯化銨溶解于水為吸熱過程，故反應開始時液體溫度低于室溫；②通入氧氣的目的是為了將三頸瓶中的NO2反應生成HNO3；根據題意銅絲、氯化氨、硝酸、鹽酸生成NH4[CuCl2]和無色氣泡NO，則生成CuCl2-離子方程式為3Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2O；(3)制備氧氣裝置A不能觀察O2產生速率，C中Na2O2和水反應速率快，不能很好控制產生O2的速率，B裝置可以根據錐形瓶內氣泡的快慢判斷產生O2的速率進行控制，故答案為B；(4)A．步驟Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，該離子需在氯離子濃度較大的體系中才能生成，HCl是為了增大氯離子濃度，不可省略，故A錯誤；B．步驟II所得濾渣洗滌干燥得到CuCl，步驟II目的是Na[CuCl2]轉化為

CuCl，CuCl易被氧化，應做防氧化處理，故B正確；C．三頸燒瓶上方不出現紅棕色NO2氣體時，說明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化，故C正確；D．步驟II濾液中還含有HCl和HNO3也可回收利用，洗滌的乙醇通過蒸餾分離后可再利用，故D錯誤；故答案為AD；(5)已知：CuCl微溶于水，采用95%乙醇洗滌，既除去CuCl表面附著的NH4Cl，又能迅速揮發帶走CuCl表面的水份，防止其被氧化；(6)第二組實驗數據誤差較大，舍去，故硫酸鈰標準溶液平均消耗24mL，根據關系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，則n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，CuCl的純度為×100%=95.5%；依據c(待測)=分析：A．錐形瓶中有少量蒸餾水對滴定實驗無影響，故A錯誤；B．滴定終點讀數時仰視滴定管刻度線，其他操作正確，讀取標準溶液體積增大，測定結果偏高，故B正確；C．過量的FeCl3溶液能保證CuCl完全溶解，多余的FeCl3對測定結果無影響，故C錯誤；D．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失，讀取標準溶液體積增大，測定結果偏高，故D正確；故答案為BD?！军c睛】誤差分析，注意利用公式來分析解答，無論哪一種類型的誤差，都可以歸結為對標準溶液體積的影響，然后根據c(待測)=分析，若標準溶液的體積偏小，那么測得的物質的量的濃度也偏小；若標準溶液的體積偏大，那么測得的物質的量的濃度也偏大。27、溶液變紅溶液顯堿性試紙變藍氧化性N2ACEDEBCu+2H++NO2＝Cu2++NO+H2Oac86.25%25℃時，將兩種溶液等體積混合，若混合溶液的pH＜7，則說明HNO2的電離程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，則說明HNO2的電離程度小于NO2－的水解程度（合理方法均可給分）。【解析】

I．（1）亞硝酸是弱酸，亞硝酸鈉水解溶液顯堿性，能使酚酞試液顯紅色，而氯化鈉不水解，溶液顯中性，據此可以鑒別二者；另外亞硝酸鈉還具有氧化性，能把碘化鉀氧化為單質碘，碘遇淀粉顯藍色，而氯化鈉和碘化鉀不反應，據此也可以鑒別；（2）亞硝酸鈉與飽和氯化銨溶液共熱使之轉化成無毒無公害的物質，其產物之一為無色無味氣體，根據性質和原子守恒可知該氣體為氮氣，化學式為N2；II．（1）碳和濃硝酸反應生成的氣體是CO2、NO2和水，需要把CO2吸收，且需要把NO2轉化為NO，因此首先通入裝置C中NO2被吸收同時產生NO。與過氧化鈉反應的NO需要干燥，因此利用E裝置中的堿石灰吸收水蒸氣，同時除去CO2。為防止后面的水進入D裝置，需要再次利用E裝置，最后利用酸性高錳酸鉀溶液吸收尾氣，所以實驗裝置的連接順序為A、C、E、D、E、B；（2）根據以上分析可知C瓶內發生反應的離子方程式為Cu+2H++NO2＝Cu2++NO+H2O；（3）①a．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗，會將酸性高錳酸鉀溶液稀釋，所用體積偏大，測定結果偏高，a正確；b．錐形瓶洗凈后未干燥，對滴定結果無影響，b錯誤；c．滴定終點時仰視讀數，所讀溶液的體積偏大，測定結果偏高，c正確，答案選ac。②根據表中數據第一次實驗數據誤差太大，舍去，所用酸性高錳酸鉀溶液的體積為20.00mL，根據反應方程式6H＋+2MnO4-+5NO2-＝2Mn2＋+5NO3-+3H2O計算25.00mL溶液含亞硝酸鈉的物質的量為5×10-3mol，則4.000g樣品中含亞硝酸鈉的物質的量為0.05mol，質量為3.45g，所得固體中亞硝酸鈉的質量分數為3.45g/4.000g×100%=86.25%。（4）酸越弱酸根越容易水解，溶液堿性越強，因此根據弱電解質的電離和鹽類水解原理可知實驗方案為：25℃時，將兩種溶液等體積混合，若混合溶液的pH＜7，則說明HNO2的電離程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，則說明HNO2的電離程度小于NO2－的水解程度。28、升高溫度或增大c(Sn2+)構成多個微型原電池，加快反應速率ACD375％0.375mol?L-1Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+9.0×10－5【解析】

（1）①適當升高溫度，增加c(Sn2＋)等可以加快反應速率；根據反應方程式，有Sn的單質生成，與Mn構成原電池，加快反應速率；②反應到達平衡狀態時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發生變化；③根據K=c(Mn2＋)/c(Sn2＋)計算平衡常數；根據轉化率計算公式計算轉化率；④Mn2＋和Sn2＋的系數相等，Mn和Sn為固體，因此加水稀釋，平衡不移動，加入蒸餾水至溶液體積變為原來的2倍，c(Mn2＋)為原來平衡時的一半；（2）根據電解原理，陽極上失去電子，化合價升高，以此書寫電極反應式；（3）根據c(S2－)=Ksp(MnS)/c(Mn2＋)計算?！驹斀狻浚?）①加快反應速率，可以適當升高溫度，增加c(Sn2＋)等；根據反應方程式，有Sn的單質生成，與Mn構成原電池，加快反應速率；故答案為升高溫度或增大c(Sn2+)；構成多個微型原電池，加快反應速率；②A、含Sn2＋的溶液呈米黃色，當溶液顏色不再改變，說明反應達到平衡，故A符合題意；B、不知投入量和轉化率，因此無法通過c(Mn2＋)=c(Sn2＋)判斷是否達到平衡，故B不符合題意；C、Mn和Sn摩爾質量不同，因此當體系固體質量不變