2024屆吉林省吉林市三校聯(lián)考高二化學(xué)第二學(xué)期期末綜合測試模擬試題含解析

2024屆吉林省吉林市三校聯(lián)考高二化學(xué)第二學(xué)期期末綜合測試模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)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、下圖是新型鎂一鋰雙離子二次電池。下列關(guān)于該電池的說法正確的是A．放電時，Li+由右向左移動B．放電時，正極的電極反應(yīng)式為Li1-x-FePO4+xLi++xe-=LiFePO4C．充電時，外加電源的負(fù)極與Y相連D．充電時，導(dǎo)線上每通過1mole-，左室溶液質(zhì)量減輕12g2、下列反應(yīng)中，HNO3既表現(xiàn)酸性又表現(xiàn)出氧化性的是A．使紫色石蕊溶液變紅B．與銅反應(yīng)C．與Na2CO3溶液反應(yīng)D．與S單質(zhì)混合共熱時生成H2SO4和NO23、某合作學(xué)習(xí)小組討論辨析：①花生油屬于混合物，液氯、冰醋酸均屬于純凈物②碳酸鈉、氯化銨、氫氧化鋇都屬于離子化合物③SO2、NO2和CO2都是污染性氣體④氨氣、水和硫酸鋇分別屬于非電解質(zhì)、弱電解質(zhì)和強(qiáng)電解質(zhì)⑤水玻璃、水銀和水煤氣都屬于混合物⑥酸性氧化物不一定是非金屬氧化物，堿性氧化物一定是金屬氧化物⑦氫氧化鐵、有色玻璃和果凍都屬于膠體上述說法正確的是A．①②④⑥ B．①②④⑦ C．②③④⑤ D．①②③⑤4、下列說法正確的是（）A．植物油氫化過程中發(fā)生了加成反應(yīng) B．淀粉和纖維素互為同分異構(gòu)體C．環(huán)己烷與苯可用酸性KMnO4溶液鑒別 D．水可以用來分離溴苯和苯的混合物5、能把乙醇、甲酸、乙酸、葡萄糖溶液用一種下列試劑區(qū)分開的是（）A．新制氫氧化銅濁液B．碳酸鈉溶液C．酸性高錳酸鉀溶液D．紫色石蕊試液6、有關(guān)晶體的結(jié)構(gòu)如圖所示,下列說法中不正確的是()A．在NaCl晶體中,距Na+最近的Cl-形成正八面體B．在CaF2晶體中,每個晶胞平均占有4個Ca2+C．在金剛石晶體中,碳原子與碳碳鍵個數(shù)的比為1∶2D．CaF2晶體在熔融狀態(tài)不導(dǎo)電7、下列各項敘述中，正確的是()A．鎂原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2時，原子釋放能量，由基態(tài)轉(zhuǎn)化成激發(fā)態(tài)B．價電子排布為5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s區(qū)元素C．所有原子任一能層的s電子云輪廓圖都是球形，但球的半徑大小不同D．24Cr原子的電子排布式是1s22s22p63s23p63d44s28、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列各項敘述中正確的有A．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA個H+B．在Na2O2與CO2的反應(yīng)中，每轉(zhuǎn)移NA個電子時，標(biāo)準(zhǔn)狀況下消耗11.2L的CO2C．1L1mol/LFeBr2溶液與1mol氯氣反應(yīng)時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NAD．23gNa與O2充分反應(yīng)生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子數(shù)在0.25NA和0.5NA之間9、工業(yè)上常用一氧化碳和氫氣反應(yīng)生甲醇。一定條件下，在體積為VL的密閉容器中，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，下圖表示該反應(yīng)在不同溫度下的反應(yīng)過程。關(guān)于該反應(yīng)，下列說法正確的是A．反應(yīng)達(dá)平衡后，升高溫度，平衡常數(shù)K增大B．工業(yè)生產(chǎn)中溫度越低，越有利于甲醇的合成C．500℃反應(yīng)達(dá)到平衡時，該反應(yīng)的反應(yīng)速率是v(H2)=n(B)V×t(B)D．300℃反應(yīng)達(dá)到平衡后，若其他條件不變，將容器體積擴(kuò)大為2VL，c(H2)減小10、現(xiàn)有三組混合液:①乙酸乙酯和乙酸鈉溶液;②乙醇和丁醇;③溴化鈉和單質(zhì)溴的水溶液。分離以上各混合液的正確方法依次是()A．分液、萃取、蒸餾B．分液、蒸餾、萃取C．萃取、蒸餾、分液D．蒸餾、萃取、分液11、化學(xué)已滲透到人類生活的各個方面，下列說法不正確的是（）A．國家有關(guān)部門提出超市、商場等場所限制使用塑料制品可以減少“白色污染”B．可以用Si3N4、Al2O3制作高溫結(jié)構(gòu)陶瓷制品C．在入海口的鋼鐵閘門上裝一定數(shù)量的銅塊可防止閘門被腐蝕D．禁止使用四乙基鉛作汽油抗爆震劑，可減少汽車尾氣污染12、在體積為VL的恒容密閉容器中盛有一定量H2，通入Br2(g)發(fā)生反應(yīng)：H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)ΔH＜0。當(dāng)溫度分別為T1、T2，平衡時，H2的體積分?jǐn)?shù)與Br2(g)的物質(zhì)的量變化關(guān)系如下圖所示。下列說法不正確的是()A．由圖可知：T1＞T2B．a(chǎn)、b兩點的反應(yīng)速率：b＞aC．為了提高Br2(g)的轉(zhuǎn)化率，可采取將HBr液化并及時移走的方法D．T1時，隨著Br2(g)加入，平衡時HBr的體積分?jǐn)?shù)不斷增加13、在2KMnO4+16HCl(濃)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反應(yīng)中()A．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為5∶2B．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2∶5C．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶8D．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為5∶114、下列有關(guān)高級脂肪酸甘油酯的說法不正確的是（）A．高級脂肪酸甘油酯是高分子化合物B．天然的不飽和高級脂肪酸甘油酯都是混甘油酯C．植物油可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．油脂皂化完全后原有的液體分層現(xiàn)象消失15、某小分子抗癌藥物的分子結(jié)構(gòu)如右圖所示，下列說法正確的是（）A．1mol該有機(jī)物最多可以和5molNaOH反應(yīng)B．該有機(jī)物容易發(fā)生加成、取代、中和、消去等反應(yīng)C．該有機(jī)物遇FeCl3溶液不變色，但可使酸性KMnO4溶液褪色D．1mol該有機(jī)物與濃溴水或氫氣反應(yīng)，最多消耗3molBr2或6molH216、下列說法錯誤的是A．殘留在試管內(nèi)壁上的硫可用CS2溶解除去，也可用熱的NaOH溶液除去B．用飽和食鹽水除去氯氣中的雜質(zhì)氯化氫C．檢驗銨鹽的方法是將待檢物取出少量放在試管中加入強(qiáng)堿溶液，加熱，再滴入酚酞試液D．HNO3應(yīng)保存在棕色細(xì)口瓶內(nèi)，存放在黑暗且溫度低的地方17、下列說法正確的是A．C5H12共有3種同分異構(gòu)體B．的名稱為3-甲基丁烷C．CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3互為同分異構(gòu)體D．和互為同系物18、下列有關(guān)物質(zhì)分類的說法中，正確的是A．SiO2不能和水反應(yīng)，所以它不是酸性氧化物B．只由一種元素組成的物質(zhì)必然是純凈物C．燒堿、冰醋酸、石墨均為電解質(zhì)D．海水、氯水、氨水均為混合物19、下列實驗?zāi)苓_(dá)到預(yù)期目的是A．向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液，溶液變澄清，證明酸性：苯酚＞HCOB．在淀粉溶液中加入適量稀硫酸微熱一段時間，然后加入過量NaOH溶液中和后，滴加幾滴碘水，無明顯現(xiàn)象，可以證明淀粉已經(jīng)完全水解C．鑒別己烯中是否混有少量甲苯雜質(zhì)，先加足量的酸性高錳酸鉀溶液，然后再加入溴水，溴水褪色證明含有雜質(zhì)D．鑒定鹵代烴(如溴乙烷)中鹵素種類，取適量溴乙烷于試管，向其中加入NaOH的乙醇溶液加熱充分水解后，再滴入AgNO3溶液，觀察產(chǎn)生沉淀的顏色20、為了除去MgCl2酸性溶性中的Fe3+，可在加熱攪拌的條件下加入一種試劑，過濾后再加入適量鹽酸，這種試劑是A．NH3·H2O B．NaOH C．Na2CO3 D．MgCO321、向X溶液中加入Y試劑，產(chǎn)生沉淀或氣體如圖，與所述情形幾乎完全相符的是()A．向HCl和AlCl3的混合液滴加NaOH溶液 B．向NH4Al(SO4)2溶液滴加Ba(OH)2溶液C．向NaOH和Ca(OH)2混合液中通入CO2 D．向NaOH和Na2CO3混合液滴加稀HCl溶液22、下列關(guān)于各圖像的解釋或結(jié)論不正確的是A．由甲可知：使用催化劑不影響反應(yīng)熱B．由乙可知：對于恒溫恒容條件下的反應(yīng)2NO2(g)N2O4(g)，A點為平衡狀態(tài)C．由丙可知：同溫度、同濃度的NaA溶液與NaB溶液相比，其pH前者小于后者D．由丁可知：將T1℃的A、B飽和溶液升溫至T2℃時，A與B溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相等二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知A原子只有一個未成對電子，M電子層比N電子層多11個電子，試回答下列問題：（1）該元素的基態(tài)原子有___個能層充有電子；（2）寫出A原子的電子排布式和元素符號_______；_________。（3）指出元素A在周期表中的位置________。（4）指出元素A的最高化合價______。（5）A的氫化物分子中共價鍵的類型可能有_____。①s-pσ鍵②p-pσ鍵③s-sσ鍵④p-pπ鍵（6）寫出與A同周期未成對電子數(shù)最多的元素原子的價層電子排布式_________。24、（12分）由短周期元素組成的中學(xué)常見的含鈉元素的物質(zhì)A、B、C、D,存在如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系(部分生成物和反應(yīng)條件已略去)。（1）若A為Na,則E為________,A與水反應(yīng)的離子方程式為____________________（2）若A為Na2O2,則E為________,A與CO2反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________,每有1molNa2O2參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為________NA（3）①A不論是Na還是Na2O2,依據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系判斷物質(zhì)B是________物質(zhì)C是________②向飽和的C溶液中通入CO2會析出白色晶體，該晶體為________，用化學(xué)方程式表示其反應(yīng)原理為：_____________________③將1mol/L的B溶液逐滴加入到1L1mol/L的AlCl3溶液中，產(chǎn)生白色沉淀39g，則所加入的B溶液的體積可能為________L或者_(dá)_______L25、（12分）現(xiàn)有一份含有FeCl3和FeCl2的固體混合物，某化學(xué)興趣小組為測定各成分的含量進(jìn)行如下兩個實驗：實驗1①稱取一定質(zhì)量的樣品，將樣品溶解；②向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，產(chǎn)生沉淀；③將沉淀過濾、洗滌、干燥得到白色固體28.7g實驗2①稱取與實驗1中相同質(zhì)量的樣品，溶解；②向溶解后的溶液中通入足量的Cl2；③再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到紅褐色沉淀；④將沉淀過濾、洗滌后，加熱灼燒到質(zhì)量不再減少，得到固體Fe2O36.40g根據(jù)實驗回答下列問題：（1）溶解過程中所用到的玻璃儀器有________（2）實驗室保存FeCl2溶液時通常會向其中加入少量的鐵粉，其作用是_________（3）用化學(xué)方程式表示實驗2的步驟②中通入足量Cl2的反應(yīng)：___________（4）用容量瓶配制實驗所用的NaOH溶液，下列情況會使所配溶液濃度偏高的是(填序號)_______。a．未冷卻溶液直接轉(zhuǎn)移b．沒用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2～3次并轉(zhuǎn)入容量瓶c．加蒸餾水時，不慎超過了刻度線d．砝碼上沾有雜質(zhì)e．容量瓶使用前內(nèi)壁沾有水珠（5）檢驗實驗2的步驟④中沉淀洗滌干凈的方法是___________（6）該小組每次稱取的樣品中含有FeCl2的質(zhì)量為_________g26、（10分）實驗室里需用480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液。(1)該同學(xué)應(yīng)選擇________mL的容量瓶。(2)其操作步驟如下圖所示，則如圖操作應(yīng)在下圖中的__________(填選項字母)之間。A．②與③B．①與②C．④與⑤(3)該同學(xué)應(yīng)稱取NaOH固體________g，用質(zhì)量為23.1g的燒杯放在托盤天平上稱取所需NaOH固體時，請在附表中選取所需的砝碼大小________(填字母)，并在下圖中選出能正確表示游碼位置的選項________(填字母)。(4)下列操作對所配溶液的濃度偏大的有（填寫下列序號）（_________）①轉(zhuǎn)移完溶液后未洗滌玻璃棒和燒杯②容量瓶中原來有少量蒸餾水③搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線再加水④定容時觀察液面俯視27、（12分）如圖是實驗室制取SO2并驗證SO2的某些性質(zhì)的裝置，試回答試回答：（1）②中的實驗現(xiàn)象為______________。（2）④中的實驗現(xiàn)象為______________，此實驗說明SO2有____________性．（3）⑤中的實驗現(xiàn)象為____________，此實驗說明SO2有________性．（4）⑥的作用是___________，反應(yīng)方程式是_____________________。28、（14分）香豆素是廣泛存在于植物中的一類芳香化合物，大多具有光敏性，有的還具有抗菌和消炎作用。它的核心結(jié)構(gòu)是芳香內(nèi)酯A,其分子式為C9H6O2，該芳香內(nèi)酯A經(jīng)下列步驟轉(zhuǎn)變?yōu)樗畻钏岷秃突衔顴。已知:CH3CH=CHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOH請回答下列問題:(1)C中官能團(tuán)的名稱為________；化合物A的結(jié)構(gòu)簡式為________。(2)C生成D和E的反應(yīng)類型為________，化合物E的化學(xué)名稱是________。(3)寫出B→C的化學(xué)反應(yīng)方程式_________。(4)化合物D有多種同分異構(gòu)體，其中一類同分異構(gòu)體是苯的二元取代物，且水解后生成的產(chǎn)物之一能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。這類同分異構(gòu)體共有________種；寫出其中核磁共振氫譜有4種峰，且其信號強(qiáng)度之比為1:2:2:3的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式________。(5)已知:R-CH=CH2R-CH2CH2Br，請設(shè)計合理方案由合成(其他無機(jī)原料自選,用反應(yīng)流程圖表示，并注明反應(yīng)條件)。_______。示例:原料……產(chǎn)物29、（10分）次磷酸(H3PO2)是一種精細(xì)化工產(chǎn)品，具有較強(qiáng)還原性，回答下列問題：（1）H3PO2是一元中強(qiáng)酸，寫出其電離方程式：___________。（2）H3PO2及NaH2PO2均可將溶液中的銀離子還原為銀單質(zhì)，從而可用于化學(xué)鍍銀．①(H3PO2)中，磷元素的化合價為___________。②利用(H3PO2)進(jìn)行化學(xué)鍍銀反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4:1，則氧化產(chǎn)物為：___________(填化學(xué)式)；③NaH2PO2是正鹽還是酸式鹽？___________，其溶液顯___________性(填“弱酸性”、“中性”、或者“弱堿性”)。（3）H3PO2的工業(yè)制法是：將白磷(P4)與氫氧化鋇溶液反應(yīng)生成PH3氣體和Ba(H2PO2)2，后者再與硫酸反應(yīng)，寫出白磷與氫氧化鋇溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式___________。（4）(H3PO2)也可以通過電解的方法制備．工作原理如圖所示(陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過):①寫出陽極的電極反應(yīng)式___________；②分析產(chǎn)品室可得到H3PO2的原因___________；③早期采用“三室電滲析法”制備H3PO2，將“四室電滲析法”中陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去陽極室與產(chǎn)品室之間的陽膜，從而合并了陽極室與產(chǎn)品室，其缺點是___________雜質(zhì)。該雜質(zhì)產(chǎn)生的原因是___________。

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、B【解題分析】

A、放電，該裝置為電池，Mg是活潑金屬，即Mg作負(fù)極，另一極為正極，根據(jù)原電池的工作原理，Li＋應(yīng)向正極移動，即從左向右移動，故A錯誤；B、根據(jù)上述分析，右邊電極為正極，得到電子，電極反應(yīng)式為Li1-x-FePO4+xLi++xe-=LiFePO4，故B正確；C、充電，該裝置為電解池，電源的正極接電池的正極，電源的負(fù)極接電池的負(fù)極，即充電時，外加電源的負(fù)極與X相連，故C錯誤；D、充電時，導(dǎo)線上每通過1mole-，左室得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Mg2++2e-=Mg，但右側(cè)將有1molLi+移向左室，因此溶液質(zhì)量減輕12-7=5g，故D錯誤；答案選B。2、B【解題分析】A.使石蕊變紅，只能說明硝酸具有酸性，不能說明氧化性，故A錯誤；B.與銅反應(yīng)生成Cu(NO3)2和NO氣體，生成硝酸銅表現(xiàn)酸性，生成NO表現(xiàn)硝酸的氧化性，故B正確；C.與Na2CO3反應(yīng)放出CO2氣體生成NaNO3，說明硝酸的酸性比碳酸強(qiáng)，不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故C錯誤；D.與S單質(zhì)混合共熱時生成H2SO4和NO2，只表現(xiàn)硝酸的氧化性，不表現(xiàn)酸性，故D錯誤。故選B.點睛：硝酸既能表現(xiàn)出酸性；又表現(xiàn)出強(qiáng)氧化性，在反應(yīng)中與金屬反應(yīng)生成硝酸鹽和氮的氧化物，與非金屬反應(yīng)還原生成NO或NO2等物質(zhì)，同時將非金屬氧化成高價的氧化物，也可以通過化合價的變化來分析判斷，以此解答。3、A【解題分析】

①花生油屬于油脂，是多種高級脂肪酸甘油酯組成的混合物，液氯、冰醋酸都只含一種物質(zhì)均屬于純凈物，故①正確；②碳酸鈉、氫氧化鋇、氯化銨都含有離子鍵，都屬于離子化合物，故②正確；③SO2、NO2會導(dǎo)致酸雨的形成，而CO2是空氣的組成成分氣體，CO2不會導(dǎo)致大氣污染，故③錯誤；④氨氣本身不能電離屬于非電解質(zhì)、水部分電離為弱電解質(zhì)，硫酸鋇溶解的部分完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故④正確；⑤水玻璃是硅酸鈉的水溶液，水煤氣是氫氣和CO構(gòu)成的，均是混合物，水銀是金屬單質(zhì)，屬于純凈物，故⑤錯誤；⑥酸性氧化物不一定是非金屬氧化物，如Mn2O7為酸性氧化物，堿性氧化物一定是金屬氧化物，故⑥正確；⑦氫氧化鐵屬于純凈物，故⑦錯誤；故答案選：A?！绢}目點撥】水玻璃是硅酸鈉的水溶液，水煤氣是氫氣和CO構(gòu)成的。4、A【解題分析】

A.植物油中的烴基含有碳碳雙鍵，氫化過程中，碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故A正確；B.淀粉和纖維素都可以表示為（C6H10O5）n，但n的取值不同，兩者不屬于同分異構(gòu)體，故B錯誤；C.己烷、苯都不能使酸性KMnO4溶液褪色，所以己烷與苯不能用酸性KMnO4溶液鑒別，故C錯誤；D.溴苯和苯互溶，溴苯和苯都難溶于水，所以不能用水分離溴苯和苯的混合物，故D錯誤；答案選A。5、A【解題分析】分析：乙醇具有一定的還原性，甲酸、乙酸具有酸性，可發(fā)生中和反應(yīng)，甲酸、葡萄糖含有醛基，可與新制氫氧化銅濁液或銀氨溶液反應(yīng)，以此解答該題．詳解：A、加入氫氧化銅懸濁液，甲酸、乙酸發(fā)生中和反應(yīng)，氫氧化銅溶解，甲酸、加熱條件下葡萄糖生成磚紅色沉淀，乙醇沒有現(xiàn)象，可辨別，故A正確；B.碳酸鈉溶液，只能將乙酸、甲酸分為一組，葡萄糖和乙醇分為一組，故B錯誤。C、除乙酸外都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C錯誤；D、甲酸、乙酸紫色石蕊試液變紅，其余不變，故D錯誤；故選A。6、D【解題分析】分析：A、根據(jù)在NaCl晶體中，距Na+最近的Cl-有6個，距Cl-最近的Na+有6個進(jìn)行分析；B、利用均攤法確定每個晶胞中含有的鈣離子、氟離子個數(shù)；C、每個C原子形成4個共價鍵，兩個C原子形成一個共價鍵；D、CaF2晶體是離子化合物。詳解：在NaCl晶體中，距Na+最近的Cl-有6個，距Cl-最近的Na+有6個，這6個離子構(gòu)成一個正八面體，A選項正確；在CaF2晶胞中每個Ca2+連接4個氟離子，Ca2+位于立方體的8個頂角和6個面，所以Ca2+的數(shù)目是：8×1/8+6×1/2=4，在CaF2晶體中,每個晶胞平均占有4個Ca2+，B選項正確；每個C原子形成4個共價鍵，兩個C原子形成一個共價鍵，所以在金剛石晶體中，碳原子與碳碳鍵個數(shù)的比為1：2，C選項正確；CaF2是離子化合物，在水溶液或者熔融狀態(tài)下能夠完全電離出Ca2+和F-離子，能夠?qū)щ?，D說法不正確，D選項錯誤；正確選項D。

點睛：晶體中微粒的排列具有周期性，晶體中最小的結(jié)構(gòu)重復(fù)單元稱為晶胞，利用“均攤法”可以計算一個晶胞中的粒子數(shù)，從而確定晶體的化學(xué)式。中學(xué)中常見考題里涉及的晶胞有立方晶胞、六方晶胞；在立方晶胞中：（1）每個頂點上的粒子被8個晶胞共用，每個粒子只有1/8屬于該晶胞，如本題中的Ca2+離子；（2）每條棱上的粒子被4個晶胞共用，每個粒子只有1/4屬于該晶胞；（3）每個面心上的粒子被2個晶胞共用，每個粒子只有1/2屬于該晶胞。如本題中的Ca2+；（4）晶胞內(nèi)的粒子完全屬于該晶胞。7、C【解題分析】

A、原子由基態(tài)轉(zhuǎn)化成激發(fā)態(tài)，要吸收能量，A不正確。B、應(yīng)該是位于第ⅢA，屬于p區(qū)元素，B不正確。C、所有原子任一能層的s電子云輪廓圖都是球形，但球的半徑大小不同，C不正確。D、電子出全充滿或半充滿是穩(wěn)定的，所以24Cr原子的電子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，D不正確。所以正確的答案是C。8、D【解題分析】分析：A.H3PO4溶液的體積未知；B.根據(jù)Na2O2與CO2的反應(yīng)中過氧化鈉既是氧化劑也是還原劑計算；C.反應(yīng)中氯氣不足，只氧化溴離子；D.根據(jù)鈉轉(zhuǎn)化為氧化鈉或過氧化鈉時消耗的氧氣利用極限法解答。詳解：A.pH=1的H3PO4溶液中氫離子濃度是0.1mol/L，溶液體積未知，不一定含有0.1NA個H+，A錯誤；B.在Na2O2與CO2的反應(yīng)中，過氧化鈉既是氧化劑，也是還原劑，方程式為2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，每轉(zhuǎn)移NA個電子時，標(biāo)準(zhǔn)狀況下消耗22.4L的CO2，B錯誤；C.1L1mol/LFeBr2溶液與1mol氯氣反應(yīng)時，氯氣不足，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，C錯誤；D.23gNa的物質(zhì)的量是1mol，與O2充分反應(yīng)如果全部生成Na2O，消耗0.25mol氧氣，如果全部轉(zhuǎn)化為Na2O2，消耗0.5mol氧氣，所以消耗O2的分子數(shù)在0.25NA和0.5NA之間，D正確。答案選D。9、D【解題分析】分析：A.依據(jù)圖象分析，先拐先平，溫度高甲醇物質(zhì)的量減小，說明正向反應(yīng)是放熱反應(yīng)；B、溫度越低，反應(yīng)速率越小；C、甲醇和氫氣速率之比等于1：2，依據(jù)速率概念計算；D、擴(kuò)大體積相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，平衡逆向進(jìn)行，但體積增大平衡后氫氣濃度減小．詳解：A、由圖象分析，溫度越高，甲醇的物質(zhì)的量越小，說明溫度越高平衡逆向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，故A錯誤；B.溫度過低，反應(yīng)速率太小，不利于甲醇的合成，故B錯誤；C.500℃反應(yīng)達(dá)到平衡時，甲醇和氫氣速率之比等于1：2，用氫氣物質(zhì)的量濃度減少表示該反應(yīng)的反應(yīng)速率是v（H2）=2×n(B)v×t(B)mol/(L?min)，故C錯誤；D、300℃反應(yīng)達(dá)到平衡后，若其他條件不變，將容器體積擴(kuò)大為2VL，平衡左移，但體積增大平衡后氫氣濃度減小，故點睛：平衡常數(shù)只受溫度的影響。10、B【解題分析】①兩液體不互溶②兩物質(zhì)的沸點差別比較大③根據(jù)溴在有機(jī)溶劑中溶解度大的特點用苯進(jìn)行萃取。11、C【解題分析】

A.“白色污染”是使用塑料制品造成的，故A正確；B.Si3N4、Al2O3熔點沸點高，可以制作高溫結(jié)構(gòu)陶瓷制品，故B正確；C.鋼鐵閘門上裝一定數(shù)量的銅塊，構(gòu)成原電池，鐵做負(fù)極，會加速鐵的腐蝕，故C錯誤；D.四乙基鉛含有鉛元素，會造成環(huán)境污染，禁止使用四乙基鉛作汽油抗爆震劑，可減少汽車尾氣污染，故D正確；答案選C。12、D【解題分析】

A.相同投料下，由題ΔH＜0，為放熱反應(yīng)，H2體積分?jǐn)?shù)越高，轉(zhuǎn)化率越低，溫度越高，結(jié)合題給圖象，可知T1＞T2，不選A項；B.相同溫度下，濃度越高，反應(yīng)速率越快，a，b兩點溫度均為T1，b點Br2(g)投料比a點多，故a、b兩點的反應(yīng)速率：b＞a，不選B項；C.生成物濃度減小，平衡右移，故將HBr液化并及時移走，Br2(g)轉(zhuǎn)化率提高，不選C項；D.當(dāng)溫度均為T1時，加入Br2，平衡會向正反應(yīng)方向移動，導(dǎo)致HBr的物質(zhì)的量不斷增大，但體積分?jǐn)?shù)不一定逐漸增大，這與加入的溴的量及轉(zhuǎn)化率有關(guān)，故選D項。答案選D。13、A【解題分析】試題分析：判斷氧化還原反應(yīng)，確定答案A正確，本題考點基礎(chǔ)，難度不大?？键c：氧化還原反應(yīng)。14、A【解題分析】分析：本題考查的是油脂的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，難度不大。重點掌握油脂的皂化反應(yīng)的實驗原理、步驟、現(xiàn)象。詳解：A.高分子化合物一般相對分子質(zhì)量過萬，而高級脂肪酸甘油酯不是高分子化合物，故錯誤；B.天然的不飽和脂肪酸甘油酯都是不同的不飽和高級脂肪酸和甘油形成的混甘油酯，故正確；C.植物油的主要成分是不飽和高級脂肪酸甘油酯，含有碳碳雙鍵，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故正確；D.皂化反應(yīng)基本完成時高級脂肪酸甘油酯在堿性條件下水解上次高級脂肪酸鹽和甘油均易溶于水，因此反應(yīng)后靜置，反應(yīng)液不分層，故正確。故選A。15、A【解題分析】

由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含碳碳雙鍵、-COOH、酚羥基、-COOC-、-Br，結(jié)合羧酸、酚、酯、鹵代烴的性質(zhì)對各選項進(jìn)行判斷。【題目詳解】A.-COOH、酚羥基、-COOC-，-Br均與NaOH反應(yīng)，則1mol該有機(jī)物最多可以和5molNaOH反應(yīng)，A正確；B.碳碳雙鍵可發(fā)生加成反應(yīng)、含-OH、-COOH可發(fā)生取代、中和反應(yīng)，-Br原子連接的C原子鄰位C原子上沒有H原子，因此不能發(fā)生消去反應(yīng)，B錯誤；C.酚羥基遇FeCl3溶液變色，含有的酚羥基、碳碳雙鍵都可以被KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，C錯誤；D.碳碳雙鍵、苯環(huán)上酚羥基鄰對位氫原子能和溴發(fā)生反應(yīng)，碳碳雙鍵、苯環(huán)能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1mol該有機(jī)物與濃溴水或氫氣反應(yīng)，最多消耗3molBr2或4molH2，D錯誤；故合理選項是A。【題目點撥】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重考查鹵代烴、酚、烯烴的性質(zhì)，選項B為易錯點，注意掌握有機(jī)物發(fā)生消去反應(yīng)的條件。16、C【解題分析】分析：A．根據(jù)硫的溶解性和化學(xué)性質(zhì)分析判斷；B、根據(jù)氯氣和水的反應(yīng)是可逆反應(yīng)結(jié)合平衡移動的原理分析判斷；C、加強(qiáng)堿溶液后溶液呈堿性，據(jù)此分析判斷；D．硝酸見光易分解，據(jù)此分析判斷。詳解：A．硫易溶于二硫化碳，殘留在試管內(nèi)壁上的硫，用二硫化碳洗滌，硫在加熱時能夠與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，也可用熱的NaOH溶液除去，故A正確；B、氯氣和水的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，所以食鹽水中含有氯離子能抑制氯氣的溶解，氯化氫極易溶于水，從而能達(dá)到洗氣的目的，故B正確；C、加強(qiáng)堿溶液后加熱，再滴入無色酚酞試液，因為強(qiáng)堿溶液呈堿性，不能確定是否有銨根離子，應(yīng)該在試管口用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，故C錯誤；D．硝酸見光易分解變質(zhì)，為了防止分解將硝酸保存于棕色試劑瓶中，并貯存在避光、低溫處，故D正確；故選C。17、A【解題分析】

A.C5H12共有3種同分異構(gòu)體，它們是正戊烷、異戊烷和新戊烷，A正確；B.的名稱為2-甲基丁烷，B錯誤；C.CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3是同一種物質(zhì)，為乙酸乙酯，C錯誤；D.為甲酸，為甲酸甲酯，所含官能團(tuán)不同，不互為同系物，D錯誤；答案選A。【題目點撥】D容易錯，一不小心就把甲酸酯結(jié)構(gòu)看成羧基了。因此要仔細(xì)辨別HCOO-和-COOH，前者為甲酸酯基，后者為羧基。18、D【解題分析】試題分析：A．SiO2不能和水反應(yīng)，當(dāng)能與堿反應(yīng)生成鹽和水，所以它是酸性氧化物，A錯誤；B．只由一種元素組成的物質(zhì)不一定是純凈物，例如氧氣和臭氧，B錯誤；C．溶于水或在仍然狀態(tài)下能夠自身電離出離子的化合物是電解質(zhì)，則燒堿、冰醋酸均為電解質(zhì)，石墨是單質(zhì)，屬于混合物，C錯誤；D．海水、氯水、氨水均為混合物，D正確，答案選D。考點：考查物質(zhì)的分類19、A【解題分析】

A.向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液，溶液變澄清，生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，證明酸性：苯酚＞HCO3-，A正確；B.在淀粉溶液中加入適量稀硫酸微熱一段時間，然后加入過量NaOH溶液中和后，滴加幾滴碘水，碘與NaOH反應(yīng)生成次碘酸鈉和碘化鈉，使溶液無明顯現(xiàn)象，不能證明淀粉已經(jīng)完全水解，B錯誤；C.己烯中是否混有少量甲苯雜質(zhì)，先加足量的酸性高錳酸鉀溶液，己烯與甲苯都能與酸性高錳酸鉀反應(yīng)，產(chǎn)物不與溴水反應(yīng)，C錯誤；D.鑒定鹵代烴(如溴乙烷)中鹵素種類，取適量溴乙烷于試管，向其中加入NaOH的乙醇溶液加熱充分水解后，再加入稍過量的硝酸，然后滴入AgNO3溶液，觀察產(chǎn)生沉淀的顏色，D錯誤；答案為A20、D【解題分析】

Fe3+易水解生成沉淀，可通過調(diào)節(jié)溶液pH的方法促進(jìn)Fe3+的水解，注意不能引入新的雜質(zhì)。A.加入NH3?H2O混入氯化銨雜質(zhì)，且生成氫氧化鎂沉淀，A錯誤；B.加入NaOH易生成氫氧化鎂沉淀，且混入NaCl雜質(zhì)，B錯誤；C.加入Na2CO3，易混入NaCl雜質(zhì)，C錯誤；D.加入MgCO3，MgCO3與氫離子反應(yīng)，可起到調(diào)節(jié)溶液pH的作用，促進(jìn)鐵離子的水解生成氫氧化鐵沉淀而除去，且不引入新的雜質(zhì)，D正確；故合理選項是D。21、C【解題分析】

A、因向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH時，先發(fā)生HCl+NaOH＝NaCl+H2O，再發(fā)生Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，生成沉淀與沉淀溶解消耗的堿的物質(zhì)的量之比為3：1，圖象與發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)不符，A錯誤；B、向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2，發(fā)生2SO42－+NH4++Al3＋+2Ba2++4OH－＝NH3·H2O+2BaSO4↓+Al(OH)3↓，再發(fā)生Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，最終沉淀不能完全消失，B錯誤；C、因向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2，先發(fā)生Ca(OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O，再發(fā)生CO2+NaOH＝NaHCO3，最后發(fā)生CaCO3↓+H2O+CO2＝Ca(HCO3)2，圖象與反應(yīng)符合，C正確；D、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀HCl，先發(fā)生HCl+NaOH＝NaCl+H2O，再發(fā)生Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，最后發(fā)生NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，未生成氣體時消耗的酸與生成氣體時消耗的酸的物質(zhì)的量應(yīng)大于1：1，而圖象中為1：1，則圖象與發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)不符，D錯誤。答案選C?！绢}目點撥】本題考查化學(xué)反應(yīng)與圖象，題目難度較大，明確圖象中坐標(biāo)、點、線、面的意義及發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)尤其是反應(yīng)的先后順序是解答本題的關(guān)鍵，并注意結(jié)合反應(yīng)中量的關(guān)系來解答，注意氫氧化鋁兩性的特點。22、B【解題分析】

A.可以明確傳達(dá)一個訊息就是，反應(yīng)過程中使用催化劑并不會對反應(yīng)熱的量產(chǎn)生影響，A正確。B.A點所傳達(dá)的訊息就是，在A點處，二氧化氮的消耗速率與四氧化二氮的消耗速率一致，而事實上當(dāng)反應(yīng)進(jìn)行的過程中二氧化的氮的消耗速率與四氧化二氮的消耗速率一致的時候恰恰說明反應(yīng)還沒有達(dá)到平衡，B錯誤。C.由圖可知，酸HA的酸性要比酸HB的酸性強(qiáng)，所以同溫度、同濃度的NaA溶液與NaB溶液相比，NaB的堿性要比前者強(qiáng)，C正確。D.隨著溫度的升高，溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是不會改變的，因為溶液的質(zhì)量與溶質(zhì)的質(zhì)量是不會隨著溫度的改變而改變，D正確。故選B。二、非選擇題(共84分)23、41s22s22p63s23p63d104s24p5Br第四周期第ⅦA族+7①3d54s1【解題分析】分析：A原子只有一個未成對電子，M電子層比N電子層多11個電子，根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律，基態(tài)A原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p5，A為Br元素。詳解：A原子只有一個未成對電子，M電子層比N電子層多11個電子，根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律，基態(tài)A原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p5，A為Br元素。（1）該元素的基態(tài)原子中K、L、M、N層排有電子，有4個能層充有電子。（2）A原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p5，A的元素符號為Br。（3）A原子核外有4個電子層，最外層有7個電子，元素A在周期表中的位置：第四周期第VIIA族。（4）A原子的最外層有7個電子，A的最高化合價為+7價。（5）A的氫化物為HBr，HBr中的共價鍵是由H原子的1s原子軌道提供的未成對電子與Br原子的4p原子軌道提供的未成對電子形成的s-pσ鍵，答案選①。（6）A位于第四周期，第四周期中未成對電子數(shù)最多的元素為Cr，Cr的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，Cr的價層電子排布式為3d54s1。24、H22Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑O22Na2O2+2CO22Na2CO3+O21NaOHNa2CO3NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3↓1.53.5【解題分析】

考查無機(jī)物的推斷，（1）假設(shè)A為Na，則Na與H2O反應(yīng)生成NaOH和H2，即E為H2，B為NaOH，C為Na2CO3，D為NaHCO3；（2）假設(shè)A為Na2O2，Na2O2與H2O反應(yīng)生成O2和NaOH，與(1)類似；（3）根據(jù)（1）和（2）的分析，以及鈉及其化合物的性質(zhì)進(jìn)行分析?！绢}目詳解】（1）若A為Na，Na與H2O反應(yīng)：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，則單質(zhì)E為H2，B為NaOH，CO2與NaOH反應(yīng)：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，繼續(xù)通入CO2:Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，A與水反應(yīng)的離子方程式為2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；（2）若A為Na2O2，則Na2O2與水反應(yīng)：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，則單質(zhì)E為O2，Na2O2與CO2能發(fā)生反應(yīng)：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，Na2O2與CO2反應(yīng)，Na2O2既是氧化劑又是還原劑，因此1molNa2O2與CO2反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為1mol，電子數(shù)為NA；（3）①根據(jù)上述分析，B為NaOH，C為Na2CO3；②NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，因此向飽和的Na2CO3溶液中通入CO2，產(chǎn)生NaHCO3沉淀；其反應(yīng)Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓；③如果只發(fā)生AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl，n(AlCl3)=1mol，n[Al(OH)3]=39/78mol=0.5mol，即AlCl3過量，消耗NaOH的體積0.5×3/1L=1.5L；氫氧化鋁為兩性氫氧化物，NaOH稍微過量，發(fā)生的反應(yīng)是AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl、Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，AlCl3全部參與反應(yīng)，生成氫氧化鋁的總物質(zhì)的量為1mol，此時消耗NaOH的物質(zhì)的量為3mol，最后沉淀的物質(zhì)的量為39/78mol=0.5mol，即有(1－0.5)mol氫氧化鋁被消耗，同時該反應(yīng)中消耗NaOH的物質(zhì)的量為0.5mol，總共消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量為3.5mol，體積為3.5/1L=3.5L。【題目點撥】本題的難點是電子轉(zhuǎn)移物質(zhì)的量的計算，Na2O2無論與CO2反應(yīng)還是與H2O反應(yīng)，Na2O2既是氧化劑又是還原劑，每消耗2molNa2O2，或生成1molO2，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為2mol，因此消耗1molNa2O2，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為1mol，特別注意本題讓求的是電子數(shù)，與阿伏加德羅常數(shù)有關(guān)。25、燒杯、玻璃棒防止溶液里的Fe2＋被氧化Cl2＋2FeCl2＝2FeCl3ad取少量最后一次的洗滌液于試管中，向試管中溶液加適量AgNO3溶液，如未出現(xiàn)白色沉淀說明已洗凈5.08【解題分析】

（1）溶解所用到的儀器為燒杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空氣中的氧氣氧化成FeCl3；（3）Cl2將FeCl2氧化生成FeCl3；（4）分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響，根據(jù)c=分析判斷；（5）氯化鈉和硝酸銀反應(yīng)生成氯化銀沉淀和硝酸鈉；（6）依據(jù)原子個數(shù)守恒建立方程組求解。【題目詳解】（1）溶解過程中所用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒，故答案為：燒杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空氣中的氧氣氧化成FeCl3，向溶液中加入少量鐵粉，使被氧氣氧化產(chǎn)生的FeCl3重新轉(zhuǎn)化為FeCl2，故答案為：防止溶液里的Fe2+被氧化；（3）實驗2的反應(yīng)為Cl2將FeCl2氧化生成FeCl3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2+2FeCl2=2FeCl3，故答案為：Cl2+2FeCl2=2FeCl3；（4）a、NaOH溶解放熱，未冷卻溶液直接轉(zhuǎn)移，會導(dǎo)致溶液體積偏小，溶液濃度偏高；b、沒用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2~3次并轉(zhuǎn)入容量瓶，會導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低；c、加蒸餾水時，不慎超過了刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏大，溶液濃度偏低；d、砝碼上沾有雜質(zhì)，會導(dǎo)致溶質(zhì)的質(zhì)量偏大，溶液濃度偏高；e、容量瓶使用前內(nèi)壁沾有水珠，不影響溶質(zhì)的物質(zhì)的量和對溶液的體積，對溶液濃度無影響；ad正確，故答案為：ad；（5）檢驗沉淀是否洗滌干凈，檢驗洗滌液中不含Cl-即可，因為氯化鈉和硝酸銀反應(yīng)生成氯化銀沉淀和硝酸鈉，所以如果最后一次的洗滌液仍然有氯化鈉，加入硝酸銀溶液就會出現(xiàn)沉淀，反之說明溶液中沒有氯化鈉，故答案為：取少量最后一次的洗滌液于試管中，向試管中溶液加適量AgNO3溶液，如未出現(xiàn)白色沉淀說明已洗凈；（6）6.40gFe2O3的物質(zhì)的量為=0.04mol，28.7gAgCl的物質(zhì)的量為=0.2mol，設(shè)FeCl3和FeCl2的物質(zhì)的量分別為amol和bmol，由Fe原子個數(shù)守恒可得a+b=0.08①，由Cl原子個數(shù)守恒可得3a+2b=0.2②，解聯(lián)立方程式可得a=b=0.04mol，則FeCl2的質(zhì)量為0.04mol×127g/mol=5.08g，故答案為：5.08。【題目點撥】本題主要考查了化學(xué)實驗以及化學(xué)計算，注意FeCl3和FeCl2的性質(zhì)，操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響，計算時抓住元素守恒是解答關(guān)鍵。26、500C10.0c、dc④【解題分析】分析：本題考查的是一定物質(zhì)的量濃度的溶液的配制，注意天平的使用和操作對實驗結(jié)果的影響。詳解：(1)要配制480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液，根據(jù)容量瓶的規(guī)格分析，只能選擇稍大體積的容量瓶，即選擇500mL容量瓶。(2)①為稱量，②為溶解，③為轉(zhuǎn)移液體，④振蕩，⑤為定容，⑥為搖勻。圖中表示加入水到離刻度線2-3厘米，應(yīng)該在振蕩和定容之間，故選C。(3)實驗需要的氫氧化鈉的質(zhì)量為0.5×0.5×40=10.0克。用質(zhì)量為23.1g的燒杯放在托盤天平上稱取所需NaOH固體，則總質(zhì)量為23.1+10.=33.1克，則選擇20g和10g的砝碼，故選c、d，游碼應(yīng)在3.1克位置，即游碼的左邊在3.1克位置，故選c。(4)①轉(zhuǎn)移完溶液后未洗滌玻璃棒和燒杯，則溶質(zhì)有損失，濃度變小，故錯誤；②容量瓶中原來有少量蒸餾水對溶液的濃度無影響，故錯誤；③搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線不應(yīng)該再加水，否則濃度變小，故錯誤；④定容時觀察液面俯視，則溶液的體積變小，濃度變大。故選④。點睛：在配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時選擇容量瓶的規(guī)格要考慮溶液的體積和實際條件，通常容量瓶的規(guī)格為100mL，250mL，500mL等，若溶液的體積正好等于容量瓶的規(guī)格，按體積選擇，若溶液的體積沒有對應(yīng)的規(guī)格，則選擇稍大體積的容量瓶。且計算溶質(zhì)的量時用容量瓶的體積進(jìn)行計算。27、石蕊試液變紅有淡黃色沉淀產(chǎn)生氧化溴水褪色還原吸收多余的SO2SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O【解題分析】分析：實驗室制SO2并驗證SO2某些性質(zhì)，①中硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)生成二氧化硫，②中二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸，遇石蕊變紅；③中品紅溶液褪色；④中二氧化硫與硫化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)S；⑤中二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應(yīng)；⑥為尾氣處理裝置，據(jù)此分析解答。詳解：(1)②中為紫色石蕊試液，二氧化硫溶于水和水反應(yīng)生成亞硫酸，SO2+H2O?H2SO3，亞硫酸為弱酸，可以使紫色石蕊試液變紅，故答案為：紫色石蕊溶液變紅；(2)④中SO2中+4價S具有氧化性，硫化氫中-2價S具有還原性，二氧化硫能把硫化氫氧化成單質(zhì)硫，本身被還原成單質(zhì)硫，反應(yīng)方程式為SO2+2H2S=3S↓+2H20，所以④中現(xiàn)象是有淡黃色沉淀生成，故答案為：有淡黃色沉淀生成；氧化；(3)⑤中溴水具有氧化性，SO2中+4價S具有還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，溶液褪色，