D、Al能与NaOH反应，Mg不能，则原电池中Al为负极，而金属性Mg大于Al，故D错误。
正确答案选C。
【点睛】蔗糖水解后检验葡萄糖应在碱性条件下。
5.下列关于实验操作的说法正确的是（）
A.用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出
B.中和滴定实验中，锥形瓶用蒸馏水洗净须经烘箱烘干后才可使用
C.配制0.5mol·L－1480mL的NaOH溶液需称量9.6gNaOH固体
D.某溶液中滴入2滴K3[Fe（CN）6]溶液生成具有特征蓝色的沉淀，说明原溶液中含有Fe2+
【答案】D
【解析】
【详解】A.用苯萃取溴水时，苯的密度比水小，分层后在上层，上层液体从上口倒出，A项错误；
B.中和滴定实验中，锥形瓶中有水并不会影响实验结果，可以不经过烘干，B项错误；
C.配制480mL溶液，需要用到500mL容量瓶，计算的时候用500mL计算，
，
，C项错误；
D．检验Fe2+，使用[Fe（CN）6]3+，会出现特征的蓝色沉淀。
方程式为：
，D项错误；
本题答案选D。
【点睛】分层后在上层还是下层，和密度有关系，记住苯的密度比水小、CCl4的密度比水大。
配制一定物质的量浓度的溶液时，实验室常用的容量瓶的规格有100mL、250mL、500mL、1000mL。
并没有480mL的容量瓶，根据“大而近”的原则选择容量瓶。
6.双极膜（BP）是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH－，作为H+和OH－离子源。
利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如图所示，M、N为离子交换膜。
下列说法错误的是（）
A.阴极室发生的反应为2H++2e－=H2↑
B.M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
C.若去掉双极膜（BP），阳极室会有Cl2生成
D.电路中每转移1mol电子，两极共得到0.5mol气体
【答案】D
【解析】
阴极室氢离子得电子生成氢气，发生的反应为2H++2e-=H2↑，故A正确；
阴极生成氢氧化钠钠离子穿过M进入阴极室，所以M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，故B正确；若去掉双极膜（BP），氯离子进入阳极室阳放电生成氯气，故C正确；电路中每转移1mol电子，阳极生成0.25mol氧气、阴极生成0.5mol氢气，两极共得到0.75mol气体，故D错误。
7.若用AG表示溶液的酸度，其表达式为：
AG=lg[
]。
室温下，实验室里用0.10mol/L的盐酸溶液滴定10mL0.10mol/LMOH溶液，滴定曲线如图所示：
下列说法正确的是（）
A.该滴定过程可选择酚酞作为指示剂
B.C点加入盐酸的体积为10mL
C.若B点加入的盐酸溶液体积为5mL，所得溶液中：
c（M+）+2c（H+）=c（MOH）+2c（OH−）
D.滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度逐渐增大
【答案】C
【解析】
试题分析：
由图像可知，0.10mol/LMOH溶液的酸度为-8，则
，根据水的离子积常数可以求出该溶液的c（OH-）=10-3mol/L，所以MOH为弱碱。
A.酸与碱恰好反应时，所得溶液为强酸弱碱盐溶液，该溶液因生成的盐水解而显酸性，所以应选择甲基橙较合适，这样的实验误差更小，A不正确；B.C点对应的溶液的pH=7，溶液呈中性，所以加入盐酸的体积小于10mL，B不正确；C.若B点加入的盐酸溶液体积为5mL，则加入的盐酸的物质的量是MOH的一半，由物料守恒得c（M+）+c（MOH）=2c（Cl−），由电荷守恒得c（M+）+c（H+）=c（Cl−）+c（OH−），因此，所得溶液中c（M+）+2c（H+）=c（MOH）+2c（OH−），C正确；D.滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度先逐渐增大，后又逐渐减小，D不正确。
本题选C。
点睛：
解答本题时，首先要弄清酸度的含义，能根据酸度求溶液的氢离子浓度和氢氧根离子的浓度，从而明确酸度与溶液酸碱性的关系。
溶液中的离子浓度的等量关系要从物料守恒、电荷守恒和质子守恒方面分析。
8.资料表明：
赤热铜能与NO2反应。
某小组设计了如下实验装置进行探究，探究固体产物的成分，气体产物是N2还是NO。
已知：
酸性KMnO4溶液能氧化NO生成NO3ˉ；NO和FeSO4溶液反应：
NO+FeSO4=[Fe（NO）]SO4（棕色）；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
请回答下列问题：
（1）A中反应的化学方程式为________________________。
（2）检查装置气密性，装好药品，然后实验的正确操作顺序是____________
①关闭K1，打开K2②打开分液漏斗活塞
③打开K1，关闭K2④点燃C处酒精灯
（3）实验过程中，D装置中的现象是____________，能否根据D装置中的现象确认C中有无NO生成?
______，理由是__________。
（4）E装置的作用是____________。
（5）当铜粉完全反应后，实验小组对反应后的固体成分提出以下猜想：
①只有CuO；②只有Cu2O；有同学认为可通过简单的定性实验即可判断猜想①是否成立，其实验方法是_____________________。
（6）实验中E装置自始至终未显棕色，小组最后通过定量实验得到如下数据。
C装置质量
F装置气体的体积（已折算为标准状况）
玻管质量
Cu质量
反应后（玻管+生成物）
mg
1.92g
（m+2.24）g
112mL
据此写出实验时实际发生反应的化学方程式________________________。
【答案】
（1）.Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O
（2）.③②①④（3）.有气泡产生，紫红色溶液颜色变浅（褪色）（4）.否（5）.NO2与H2O反应生成NO （或NO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色也给分）（6）.检验是否有NO或检验NO是否被吸收完（7）.取C中固体于试管中，加入足量
稀硫酸充分反应，若固体完全溶解，则产物只有CuO（8）.6Cu+2NO2
2CuO+2Cu2O+N2
【解析】
（1）A中发生铜与浓硝酸的反应，化学方程式为Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O
（2）首先打开K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞反应开始进行，产生的NO2将装置中的空气排干净，然后关闭K1，打开K2，点燃C处酒精灯，此时注意观察D、E中的现象，所以正确顺序为③②①④。
（3）已知：
酸性KMnO4溶液能氧化NO生成NO3ˉ，所以D中出现的现象应该是：
有气泡产生，紫红色溶液颜色变浅（褪色）。
NO2与H2O反应生成NO ，NO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以仅凭这一现象并不能说明C中有NO生成，答案为：
有气泡产生，紫红色溶液颜色变浅（褪色）；否；NO2与H2O反应生成NO （或NO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色）；
（4）已知NO和FeSO4溶液反应：
NO+FeSO4=[Fe（NO）]SO4（棕色），所以E装置可以检验是否有NO或检验NO是否被吸收完。
（5）根据已经Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，用稀酸可以检验是否有Cu2O，若有Cu2O可以看到单质Cu生成，故答案为：
取C中固体于试管中，加入足量的稀硫酸充分反应，若固体完全溶解，则产物只有CuO；
（6）实验中E装置自始至终未显棕色，说明没有生成NO，那产物应该是N2，F装置收集到气体为氮气，n（N2）=0.112L/22.4L/mol=0.005mol，增加O的质量=m+2.24-m-1.92=0.32g，进一步求出n（O）=0.32g/16g/mol=0.02mol，所以n（NO2）=0.01mol，物质的量比等于化学计量数比，所以可以写出化学反应方程式为6Cu+2NO2
2CuO+2Cu2O+N2。
9.天然气可以制备大量的化工原料。
请回答下列问题：
（1）由天然气制备合成气（CO和H2），进而可合成H2C2O4。
①欲加快H2C2O4溶液使5mL0.01mol/L 酸性KMnO4溶液褪色，可采取的措施有_______、______（写两点）。
②下列可以证明H2C2O4是弱酸的是___________。
A.H2C2O4可以分解为CO、CO2和H2O
B.常温下，0.1mol/LNaHC2O4溶液中c（HC2O4-）+c（C2O42-）<0.lmol/L
C.0.1mol/LH2C2O4溶液25mL 可以消耗0.1mol/LNaOH溶液50mL
D.常温下，0.05mol/L的H2C2O4溶液pH≈4
（2）已知：
①CO（g）+H2（g）
C（s）+H2O（g）△H1=-130kJ/mol
②CH4（g）
C（s）+2H2（g）△H2=+76kJ/mol
③CO2（g）+H2（g）
CO（g）+H20（g）△H3=+41kJ/mol
则CH4（g）+CO2（g）
2H2（g）+2CO（g）△H=________。
（3）向2L容器中通入3molCO2、3molCH4，在不同温度下，以镍合金为催化剂，发生反应：
CH4（g）+CO2（g）
2H2（g）+2CO（g）。
平衡体系中CH4和CO2的体积分数如下图。
①高温下该反应能自发进行的原因是______________，930K时的平衡常数K=_______（保留两位小数）。
②请解释图中曲线随温度变化的原因______________。
③在700～1100K内，同温度下平衡转化率：
CO2________CH4（填“大于”、“小于”或“等于”），结合
（2）提供的反应分析，其原因可能是______________。
【答案】
（1）.升温
（2）.增大H2C2O4浓度、加Mn2+催化剂（任两点）（3）.BD（4）.+247kJ/mol（5）.△S>0（6）.3.72moL2/L2（7）.正反应吸热，升温平衡向正反应方向移动，反应物体积分数减小（8）.大于（9）.CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4=C+2H2
【解析】
（1）①升高温度，增大H2C2O4浓度都可以使反应速率加快；正确答案：
增大H2C2O4浓度、加Mn2+催化剂（任两点）。
②H2C2O4可以分解为CO、CO2 和H2O，只能证明H2C2O4不稳定，易发生分解；A错误；
NaHC2O4中HC2O-4
H++C2O42-,HC2O4-+H2O
H2C2O4+OH-,根据物料守恒：
c（HC2O4-）+c（C2O42-）+c（H2C2O4）=c（Na+），所以0.1mol/LNaHC2O4溶液中c（HC2O4-）+c（C2O42-）<0.lmol/L,所以H2C2O4是弱酸，B正确；0.1mol/LH2C2O4溶液25mL可以消耗0.1mol/LNaOH溶液50mL恰好完全中和，不能证明H2C2O4是弱酸，C错误；常温下，如果0.05mol/L的H2C2O4溶液为强酸，c（H=）=0.1mol/L，pH=1，而实际pH≈4，H2C2O4是弱酸，D正确；正确选项BD。
（2）根据盖斯定律可知：
②-①+③，可得CH4（g）+CO2（g）
2H2（g）+2CO（g）△H=+247kJ/mol；正确答案：
CH4（g）+CO2（g）
2H2（g）+2CO（g）△H=+247kJ/mol。
（3）①从图像可知，温度升高，平衡体系中CH4和CO2的体积分数，正反应为吸热反应，△H>0，△S>0，高温下该反应能自发进行；
设甲烷的变化量为xmol，容器的体积为2L；
根据反应：
CH4（g）+CO2（g）
2H2（g）+2CO（g）
起始量3300
变化量xx2x2x
平衡量3-x3-x2x2x
平衡体系中CH4的体积分数为20%，则（3-x）/（3-x+3-x+2x+2x）=20%,x=9/7mol ;各物质浓度：
c（CH4）=6/7mol/L;c（CO2）=6/7mol/L；c（H2）=9/7mol/L;c（CO）=9/7mol/L；c2（H2）×c2（CO）=（9/7）2×（9/7）2=（81/49）2，c（CH4）×c（CO2）=6/7×6/7=36/42，930K时的平衡常数K=c2（H2）×c2（CO）/c（CH4）×c（CO2）=（81/49）2/36/42=3.72moL2/L2；正确答案：
△S>0；3.72moL2/L2。
②根据图像变化可知，升高温度，反应物体积分数减小，平衡右移，正反应为吸热反应；正确答案：
正反应吸热，升温平衡向正反应方向移动，反应物体积分数减小。
③在700～1100K内，同温度下，二氧化碳体积分数小于甲烷的体积分数，说明二氧化碳消耗的多，平衡转化率大于甲烷；其原因可能是CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4=C+2H2；正确答案：
大于；CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4=C+2H2。
点睛：
判断反应自发进行的条件，一般规律：
①△H<0、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④△H>0、∆S>0，高温下自发进行。
10.“结晶玫瑰”是具有强烈玫瑰香气的结晶型固体香料，在香料和日用化工产品中具有广阔的应用价值。
其化学名称为“乙酸三氯甲基苯甲酯”，目前国内工业上主要使用以下路径来合成结晶玫瑰:
I.由苯甲醛和氯仿合成三氯甲基苯基甲醇。
Ⅱ.三氯甲基苯基甲醇与乙酸酐发生乙酰化反应制得“结晶政瑰”。
已知:
三氯甲基苯基甲醇
相对分子质量:
225.5。
无色液体。
不溶于水，密度比水大，溶于乙醇
乙酸酐
无色液体。
与水反应生成乙酸，溶于乙醇
“结晶玫瑰”
相对分子质量:
267.5。
白色晶体。
熔点:
88℃。
不溶于水，溶于乙醇
具体实验步骤如下:
I.由苯甲醛和氯仿合成三氯甲基苯基甲醇。
步骤一:
装置如图所示。
依次将苯甲醛、氯仿加入三颈烧瓶中,仪器A 中加入KOH和助溶剂。
滴加A中试剂并搅拌，开始反应并控制一定温度下进行。
步骤二:
反应结束后，将混合物依次用5%的盐酸、蒸馏水洗涤。
步骤三:
将洗涤后的混合物蒸馏，除去其他有机杂质，加无水琉酸镁，过滤。
滤液即为粗制三氯甲基萃基甲醇。
Ⅱ.三氯甲基苯基甲醇与乙酸酐发生乙酰化反应制得“结晶玫瑰”。
步骤四:
向另一三颈瓶中加入制备
三氯甲基苯基甲醇、乙酸酐，并加入少量浓硫酸催化反应，加热控制反应温度在90℃～110℃之间。
步骤五:
反应完毕后，将反应液倒入冰水中，冷却结晶获得“结晶玫瑰”。
请回答下列问题:
（1）仪器A的名称是_________。
实验装置B中，冷凝水应从_____口进（填“a”或“b”）。
（2）步骤二中，用5%
盐酸洗涤的主要目的是___________。
在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后有机层应___________（填序号）。
A.直接从上口倒出B.先将水层从上口倒出，再将有机层从下口放出
C.直接从下口放出D.先将水层从下口放出，再将有机层从下口放出
（3）步骤三中，加入无水硫酸镁的目的是___________。
若未加入无水硫酸镁，直接将蒸馏所得物质进行后续反应，会使“结晶玫瑰”的产率偏______（填“高”或“低”）,其原因是________（利用平衡移动原理解释）。
（已知Ⅱ的具体反应如图所示）
（4）步骤四中，加料时，应先加入三氯甲基苯基甲醇和乙酸酐，然后慢慢加入浓硫酸并搅拌，主要是为了__________。
加热反应时，为较好的控制温度，最适宜的加热方式为____（填“水浴加热”或“油浴加热”）。
（5）22.55g三氟甲基苯基甲醇与足量乙酸酐充分反应得到结晶玫瑰21.40g,则产率是_____。
【答案】
（1）.恒压滴液漏斗
（2）.b（3）.除去未反应完的KOH（4）.C（5）.除水干燥（6）.低（7）.若不干燥，乙酸酐会与水反应生成乙酸，使“结晶玫瑰”的合成反应平衡逆向移动，产品产率降低（8）.防止放热过快而迸溅（9）.油浴加热（10）.80%
【解析】
（1）通过实验装置图可知，仪器A 的名称是恒压滴液漏斗，实验装置B中，冷凝水应采用逆流原理，冷凝效果好，所以冷凝水下口进上口出，b口进，正确答案：
恒压滴液漏斗；b。
（2）步骤1中加入了氢氧化钾试剂，一部分参与了反应，还会有剩余的KOH，所以步骤2中用5%的盐酸洗涤的主要目的是除去未反应完的KOH；有机物密度比水大，在下层，因此在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后有机层应直接从下口放出，C操作正确；正确答案：
除去未反应完的KOH；C。
（3）无水硫酸镁具有吸水作用，可以做干燥剂，步骤三中，加入无水硫酸镁的目的是除水干燥；根据信息可知，若不干燥，乙酸酐会与水反应生成乙酸，增大乙酸的浓度，使“结晶玫瑰”的合成反应平衡逆向移动，产品产率降低；正确答案：
低；若不干燥，乙酸酐会与水反应生成乙酸，使“结晶玫瑰”的合成反应平衡逆向移动，产品产率降低。
（4）浓硫酸溶于水放出大量的热，因此步骤四中，加料时，应先加入三氯甲基苯基甲醇和乙酸酐，然后慢慢加入浓硫酸并搅拌，主要是为了防止放热过快而迸溅；通过题中信息加热控制反应温度在90℃～110℃之间可知，最适宜的加热方式为油浴加热，而水浴加热温度不能超过100℃；正确答案：
防止放热过快而迸溅；油浴加热。
（5）根据反应
可知，1mol三氟甲基苯基甲醇充分反应生成结晶玫瑰1mol，22.55g三氟甲基苯基甲醇即为0.1mol，生成结晶玫瑰0.1mol，质量为26.75g，所以22.55g三氟甲基苯基甲醇与足量乙酸酐充分反应得到结晶玫瑰21.40g,则产率
21.40/26.75×100%=80%，正确答案：
80%。
11.【化学-选修3:
物质结构与性质】
由S、Cl及Fe、Co、Ni 等过渡元素组成的新型材料有着广泛的用途，回答下列问题:
（1）钴元素基态原子的电子排布式为____，P、S、C1的第一电离能由大到小顺序为______。
（2）SCl2分子中的中心原子杂化轨道类型是_______，该分子空间构型为________。
（3）Fe、Co、Ni等过渡元素易与CO形成配合物，化学式遵循18电子规则:
中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18，如Ni与CO形成配合物化学式为Ni（CO）4，则Fe与CO形成配合物化学式为_______。
Ni（CO）4中σ键与π键个数比为______，已知:
Ni（CO）4熔点-19.3℃,沸点43℃，则Ni（CO）4为_______晶体。
（4）已知NiO的晶体结构如图所示。
①NiO的晶体结构可描述为:
氧原子位于面心和顶点，氧原子可形成正八面体空隙和正四面体空隙，镍原子填充
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