2025年浙教版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年浙教版高三化学下册阶段测试试卷720考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列说法正确的是（）

①将氯气通入氢氧化钠溶液可得到漂白粉。

②不锈钢和目前流通的硬币都是合金。

③煤和石油都是不可再生资源。

④硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物．A.①②③B.①③C.②③D.①②③④2、离子方程式H++OH-═H2O可表示的化学方程式是（）A.醋酸与氢氧化钠的反应B.硫酸氢钠与氢氧化钠的反应C.硫酸与氢氧化镁的反应D.盐酸与氨水的反应3、下表是元素周期表一部分．X；Y、Z均为短周期元素；X、Z的质子数之和为23，下列说法正确的是（）

。XYZWA.W的原子序数比Z的大9B.Y的最高价氧化物溶于水，与水反应得到酸C.W的单质能与Z的一种氧化物的水溶液反应生成两种强酸D.Z的单质在一定条件下可与铁粉反应，将铁粉氧化为+3价4、化学知识在生产和生活中有着重要的应用．下列说法中不正确的是（）A.SiO2通常用于通讯行业B.发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔；而碳酸钠可作医疗上治疗胃酸过多的一种药剂C.明矾可用作净水剂D.金属钠可用于冶炼钛等金属5、下列叙述中，正确的是（）A.常温下，pH=3的甲酸溶液的c（H+）与pH=11的氨水溶液中由水电离产生的c（OH-）相等B.中和0.1mol•L-1醋酸与中和0.01mol•L-1的醋酸所需同种碱溶液的物质的量不同C.向NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体，溶液的导电性明显增强D.向饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液中c（OH-）增大，导电能力增强6、在一定条件下，向一固定容积的容器中投入2molNO2进行反应：2NO2⇌2NO+O2，一段时间后测得NO2、NO、O2的物质的量可能是（）A.2molNO、0.75molO2B.1molNO2、1.2molNOC.2molNOD.0.7molO27、下列说法不正确的是（）A.充电电池充电时，发生电解池反应；放电时，发生原电池反应B.电镀时，应将镀层金属与电源正极相连C.电解饱和NaCl溶液时，阳极上放出黄绿色气体的同时还产生大量的氢氧化钠D.利用电化学原理保护金属主要有两种方法，分别是牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、已知2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）（正反应方向放热）．若在500℃和催化剂的作用下，往容器中加入SO2和O2，该反应在容积固定的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（）A.若降低温度，可以加快反应速率B.使用催化剂是为了加快反应速率C.随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，最后不变D.达到化学平衡状态时，SO2和SO3的浓度一定相等9、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且互不同族；其中只有两种为金属；X原子的最外层电子数与次外层电子数相等；X与W、Y与Z这两对原子的最外层电子数之和均为9．单质Y和W都可与浓的NaOH溶液反应．下列说法不正确的是（）A.原子半径：Y＞Z＞WB.非金属性最强的元素为WC.Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱D.XW2分子中各原子最外层电子均达到8电子结构10、下列有关碱金性铷（Rb）的叙述中，正确的是（）A.灼烧氯化铷时，火焰有特殊颜色B.硝酸铷是离子化合物，易溶于水C.在钠、钾、铷三种单质中，铷的熔点最高D.氢氧化铷是弱碱11、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是（）

。选项实验操作实验目的或结论A向AlCl3溶液中加入过量的氨水，过滤，洗涤，干燥，加热灼烧制取Al2O3B将浓硫酸与碳混合加热，生成的气体通入足量的澄清石灰水检验气体产物中的CO2C向某溶液中加入NaOH溶液后再加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，验证该溶液中肯定有NHD将SO2通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热褪色后的品红溶液，溶液恢复红色验证亚硫酸的不稳定性A.AB.BC.CD.D12、把质量为mg的铜丝灼烧变成黑色，立即放入下列物质中，使铜丝变成红色，而且质量仍为mg的是（）A.稀H2SO4B.C2H5OHC.CH3COOH溶液D.CO评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、氯贝特（）是临床上一种降脂抗血栓药物，它的一条合成路线如下：

提示：Ⅰ．图中部分反映条件及部分反应物；生成物已略去．

Ⅱ．RCH2COOH

Ⅲ．R1-ONa+Cl-R2R1-O-R2+NaCl（R1-、R2-代表烃基）

（1）氯贝特的分子式为____；A的结构简式为____，物质甲中所含官能团的名称是____．

（2）在反应①所示的转化中，加入的物质可是下列中的____（填选项字母）．

a．Nab．NaOHc．NaHCO3d．CH3COONa

（3）反应②的反应类型为____，氯贝特的核磁共振氢谱有____组峰．

（4）物质甲有多种同分异构体，同时满足以下条件的所以加的同分异构体有____种（不考虑立体异构），请写出其中一种的结构简式：____．

①1，3，5-三取代苯；②属于酯类且既能与FeCl3溶液显紫色；又能发生银镜反应；③1mol该同分异构体最多等与3molNaOH反应．

（5）物质B与足量NaOH溶液反应的化学方程式为____．14、乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl-、Br-、I-，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示；分析后回答下列问题：

。Cl2的体积（标准状况）5.6L11.2L22.4Ln（Cl-）2.5mol3.0mol4.0moln（Br-）3.0mol2.6mol1.6moln（I-）xmol00①原溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量浓度之比为（最简整数比）____．

②当通入Cl2的体积达到11.2L时，溶液中发生的总反应的离子方程式可表示为：____．15、“凯氏定氮法”测得奶粉中蛋白质含量是由丹麦人约翰•凯达尔发现的．其原理是用强酸处理蛋白质样品；让样品中的氮元素释放出来，通过测得氮的含量，再乘以系数6.38，即为蛋白质含量．凯氏定氮法步骤如下：

①样品处理：准确称取一定质量的奶粉试样置于烧瓶中；加入稀硫酸及相应的催化剂，一定条件下充分反应，所的产物用于水溶解并冷却后全部转移至容量瓶中定容．

②碱化蒸馏：量取一定容量瓶中溶液转移至如图所示的反应管中；再加入足量NaOH溶液，塞好进样口橡皮塞．通入高温水蒸气，用吸收剂吸收产生的氨气．③滴定：向吸收氨气后的溶液中滴加2滴指示剂，用标准HCl滴定至终点．根据以上知识回答下列问题：

（1）样品处理的目的是____；

（2）碱化蒸馏时反应的离子方程式为____，冷凝管中冷却水的进水口为____（填“A”或“B”），如何通过简单的实验确定生成的氨气全部被水蒸气蒸出并进入锥形瓶内____．

（3）凯氏定氮法测定奶粉中蛋白质含量灵敏度高，操作简单，缺点是____．

（4）当奶粉含下列杂质或出现下列错误的实验操作时，会使所测奶粉中蛋白质含量值“增加”的是____．

A、含三聚氰胺（）

B．样品入口未用蒸馏水冲洗。

C．第①步定容时俯视刻度线

D．滴定开始时仰视读数，滴定终点时俯视读数．16、实验室配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液；填空并请回答下列问题：

（1）配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液需要____ml容量瓶．还需要____，____，____．____（仪器）

（2）配制时，其正确的操作顺序是计算称量溶解____转移____定容摇匀装瓶．

（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响？加蒸馏水时不慎超过了刻度____；定容时俯视____未冷却____．17、下列实验操作或叙述正确的是____（填序号）

A．直溜汽油和裂化汽油可用溴水鉴别。

B．将溴乙烷滴入NaOH溶液中，待充分反应再加入AgNO3溶液后有浅黄色沉淀生成．

C．乙醇发生脱水生成乙烯用稀硫酸作催化剂。

D．用金属钠检验无水乙醇中含有的少量水。

E．向饱和苯酚钠溶液中；不断通入足量二氧化碳气体，溶液最终呈浑浊。

F．用己烯萃取溴水中的溴单质的操作可选用分液漏斗而后静置分液．18、Ⅰ．配平下列反应方程式：

____NaIO3+____NaHSO3--____I2+____Na2SO4+____H2SO4+____H2O

Ⅱ．废旧金属的回收再利用是保护自然资源的有力措施．一批成分不详的合金废料；为了确定其成分和再利用途径，探究性学习小组拟定以下方案进行实验分析：

请回答下列问题：

（1）从上述信息知，该合金中可确定的成分有____；（填化学式）

（2）滤渣D中加入稀硫酸和试剂b，常温下可制得胆矾，是一种绿色化学工艺，则试剂b是____；写出总反应方程式____；

（3）甲、乙两同学都验证了反应①生成气体是氢气，甲同学推断滤液A应是NaAlO2；乙同学查阅资料得知硅与NaOH溶液反应也有H2放出，因此持不同意见，请你设计一最佳方案，帮助他们作一确证：（写出选用试剂、实验判断现象及得出结论）____

（4）取质量均为mg的滤渣B四份，分别加入同浓度，不同体积的稀HNO3充分反应；在标准状况生成NO（设还原产物只有一种）体积与剩余固体金属的质量如下表：

。实验编号1234稀HNO3体积（mL）100200300400剩余金属质量（g）9.04.800NO体积（L）1.122.243.36V①实验1溶解的金属是____；质量为____g；

②写出实验4中金属恰好溶解后，发生反应的离子方程式：____．实验4中V的数值为____．19、氨气是重要化工产品之一。传统的工业合成氨技术的反应原理是：N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）ΔH＝－92.4kJ/mol。在500℃、20MPa时，将N2、H2置于一个固定容积的密闭容器中发生反应，反应过程中各种物质的量浓度变化如图所示，回答下列问题：（1）计算反应在第一次平衡时的平衡常数K＝。（保留二位小数）（2）产物NH3在5～10min、25～30min和45～50min时平均反应速率（平均反应速率分别以v1、v2、v3表示）从大到小排列次序为。（3）H2在三次平衡阶段的平衡转化率分别以α1、α2、α3表示，其中最小的是____。（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是____________，采取的措施是____________（5）请在下图中用实线表示25～60min各阶段化学平衡常数K的变化图像。20、为检验利用溴乙烷发生消去反应后生成的气体中是否含乙烯的装置如图所示．回答：

（1）溴乙烷发生消去反应的化学方程式为：____

（2）试管a的作用是____；

（3）若省去试管a，试管b中试剂为____

评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)21、在0.5molNa2SO4中含有Na+的数目为6.02×1023个____．（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共8分)22、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．23、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：24、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．25、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分六、实验题(共2题，共14分)26、（14分）某研究性学习小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸反应可以制得氯气，化学方程式为：Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2↑+2H2O。他们设计了如下制取氯气并验证其性质的实验。试回答：（1）该实验中A部分的装置是________（填写装置的序号）。（2）请你设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已经被氧化（简述实验步骤）：________。（3）若D中反应后的溶液具有漂白性，请写出D装置中发生反应的离子方程式________。（4）该实验存在明显的缺陷，请你提出改进的方法____________。（5）该小组又进行了如下实验：取漂白粉适量，研磨后溶解，配制成漂白液，运用下列实验，检测该漂白液的性质。①将少量漂白液滴入含有淀粉的KI溶液中，溶液中出现蓝色；②用pH试纸检测漂白液，试纸边缘为蓝紫色（pH=13），中间部分为白色；③向漂白液中加入少量稀硫酸，溶液变为黄绿色，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体。请回答以下问题：a、实验①表现出该消毒液具有________性；b、实验②用pH试纸检测消毒液的操作是________；c、实验③中涉及反应的离子方程式为________；27、氮化铝rm{(AlN)}是一种综合性能优良的陶瓷材料，能缓慢水解，不耐酸碱腐蚀，某小组探究在实验室制备rm{AlN}并测定产品纯度；设计实验如下，请回答：

Ⅰ制备rm{AlN}

rm{(1)}实验时，以空气为原料制备rm{AlN}按气流由左向右的方向，上述装置的正确连接顺序为rm{j隆煤}______rm{隆煤i(}填仪器接口字母编号rm{)}

rm{(2)}上述装置中；需要检漏的仪器名称为______；

rm{(3)}试剂rm{X}的作用为______；

rm{(4)}装置rm{D}中发生反应的化学方程式为______；

Ⅱ；测定产品纯度。

rm{(5)}设计实验证明：装置rm{D}的产品中含有rm{Al}单质______；

rm{(6)}测定产品纯度：取装置rm{D}中产品rm{4.37g}加入足量rm{NaOH}浓溶液，通入水蒸气，将生成的气体全部蒸出，用rm{V_{1}mLc_{1}mol?L^{-1}}的盐酸吸收，以酚酞作指示剂，用rm{c_{2}mol?L^{-1}}的rm{NaOH}标准溶液滴定过量的盐酸，达到滴定终点时，消耗rm{V_{2}mLNaOH}标准溶液；则：

rm{垄脵}达到滴定终点的现象为______；

rm{垄脷}产品中rm{AlN}的质量分数为______rm{(}列出计算式即可rm{)}．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】①将氯气通入氢氧化钠溶液可得到以次氯酸钠为有效成分的漂白液；

②合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；

③煤和石油都是不可再生能源；

④酸指电离出的阳离子全为氢离子；碱指电离的阴离子全为氢氧根离子，盐由金属阳离子和酸根阴离子组成，氧化物有两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物．【解析】【解答】解：①常温下，将氯气通入氢氧化钠溶液中可以得到以次氯酸钠为有效成分的漂白液，其化学方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；故①错误；

②不锈钢为铁合金；1角硬币为不锈钢，5角的为钢芯镀铜，1元的为钢芯镀镍，都是合金，故②正确；

③煤；石油、天然气和铀矿这类化石或矿物能源；一旦消耗就很难再生的能源则是不可再生能源，故③正确；

④硫酸电离出的阳离子全为氢离子；属于酸；纯碱由钠离子和碳酸根离子组成，属于盐；醋酸钠由钠离子和醋酸根离子组成属于盐；生石灰由钙和氧两种元素组成的化合物，属于氧化物，故④错误；

故选C．2、B【分析】【分析】H++OH-═H2O可表示强酸或者可溶性强酸的酸式盐与强碱发生反应生成水和可溶性盐，据此解答．【解析】【解答】解：A．醋酸为弱电解质；应保留化学式，故A错误；

B．硫酸氢钠与氢氧化钠的反应的实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式为：H++OH-═H2O；故B正确；

C．氢氧化镁为沉淀；应保留化学式，故C错误；

D．一水合氨为弱电解质；应保留化学式，故D错误；

故选：B．3、C【分析】【分析】表是元素周期表的一部分．X、Y、Z均为短周期元素，由位置关系可知，X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，W处于第四周期．令X的原子序数为a，则Y的原子序数为a+7，Z的原子序数为a+9，W的原子序数为a+28．X、Z的质子数之和为23，所以a+a+9=23，所以a=7，则X为氮元素；Y的原子序数为14，Y为硅元素；Z的原子序数为16，Z为硫元素；W的原子序数为35，W为溴元素．【解析】【解答】解：表是元素周期表的一部分．X；Y、Z均为短周期元素；由位置关系可知，X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，W处于第四周期．令X的原子序数为a，则Y的原子序数为a+7，Z的原子序数为a+9，W的原子序数为a+28．X、Z的质子数之和为23，所以a+a+9=23，所以a=7，则X为氮元素；Y的原子序数为14，Y为硅元素；Z的原子序数为16，Z为硫元素；W的原子序数为35，W为溴元素．

A；Z处于第三周期；Z为硫元素，Z的原子序数为16，W处于第四周期，为溴元素，原子序数为35，二者原子序数之差为19，故A错误；

B；Y为硅元素；二氧化硅不溶于水，故B错误；

C；W为溴元素、Z为硫元素；溴单质与二氧化硫在水中发生反应生成氢溴酸与硫酸，故C正确；

D；Z为硫元素；硫的氧化性较弱，与铁反应生成硫化亚铁，故D错误．

故选C．4、B【分析】【解答】解：A．二氧化硅可用于制造光导纤维；光导纤维通常用于通讯行业，故A正确；B．碳酸钠碱性较强，不用于治疗胃酸过多，用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故B错误；

C．明矾溶于水；电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可以吸附水中固体杂质颗粒，可用作净水剂，故C正确；

D．金属钠具有强的还原性；可以用于冶炼钛等金属，故D正确；

故选：B．

【分析】A．二氧化硅可用于制造光导纤维；

B．碳酸钠碱性较强；

C．依据铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体；

D．依据金属钠具有强的还原性解答．5、A【分析】【分析】A．常温下，pH=3的甲酸溶液中c（H+）=10-pHmol/L，pH=11的氨水中的c（OH-）=mol/L；

B．中和不同浓度的醋酸时；所需NaOH物质的量与醋酸的物质的量成正比；

C．NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体生成氯化钠和氨气；

D．饱和溶液的浓度与温度有关．【解析】【解答】解：A．常温下，pH=3的甲酸溶液中c（H+）=10-pHmol/L=10-3mol/L，pH=11的氨水中的c（OH-）=mol/L=10-3mol/L；故A正确；

B．中和不同浓度的醋酸时，所需NaOH物质的量与醋酸的物质的量成正比，10mL0.1mol•L-1醋酸与100mL0.01mol•L-1醋酸的物质的量相等；都是0.001mol，所以中和时需要NaOH的物质的量相等，故B错误；

C．NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体生成氯化钠和氨气；溶液中离子浓度变化不大，所以溶液的导电性变化不大，故C错误；

D．饱和溶液的浓度与温度有关，向饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后，温度没有变化，所以仍为饱和溶液，溶液中c（OH-）不变；导电能力不变，故D错误．

故选A．6、D【分析】【分析】该反应是可逆反应，可能反应中反应物不可能完全转化为生成物，但一定有部分反应物转化为生成物，采用极限法进行分析解答．【解析】【解答】解：该反应是可逆反应；可能反应中反应物不可能完全转化为生成物，但一定有部分反应物转化为生成物；

当二氧化氮不反应时，二氧化氮的物质的量是2mol，氧气和一氧化氮的物质的量是0，当二氧化氮完全转化为一氧化氮和氧气时，二氧化氮的物质的量为0，一氧化氮的物质的量是2mol，氧气的物质的量是1mol，实际上二氧化氮部分分解，则各物质的物质的量为：0＜n（NO2）＜2mol，0＜n（O2）＜1mol；0＜n（NO）＜2mol；

A．一氧化氮的物质的量应该小于2mol；故A错误；

B．根据氮原子守恒知；一氧化氮和二氧化氮的物质的量只和是2mol，故B错误；

C．该反应是可逆反应；二氧化氮不可能完全转化为一氧化氮，故C错误；

D．氧气的物质的量大于0而小于2mol；故D正确；

故选D．7、C【分析】【分析】A．二次电池放电发生原电池反应；充电过程发生电解池反应；

B．电镀时；镀层金属为阳极；

C．电解饱和食盐水；使用惰性电极时阳极生成氯气，在阴极生成NaOH；

D．原电池的正极及电解池的阴极中的金属被保护．【解析】【解答】解：A．二次电池放电发生原电池反应；充电过程发生电解池反应，发生两个相反的反应过程，故A正确；

B．电镀时；镀层金属为阳极，则镀层金属与电源正极相连，故B正确；

C．电解饱和食盐水；使用惰性电极时阳极生成氯气，在阴极生成NaOH，若为金属电极，阳极不生成氯气，故C错误；

D．原电池的正极及电解池的阴极中的金属被保护；所以利用电化学原理保护金属主要有两种方法，分别是牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法，故D正确；

故选C．二、多选题(共5题，共10分)8、BC【分析】【分析】A．降低温度减慢化学反应速率；

B．催化剂能同等程度的改变正逆反应速率；该反应中催化剂能加快反应速率缩短反应时间；

C．随着反应的进行；正反应速率减小；逆反应速率增大，当反应达到平衡状态时正逆反应速率相等且不变；

D．反应达到平衡状态时正逆反应速率相等且不等于0，各物质浓度不变但不一定相等．【解析】【解答】解：A．降低温度；减小活化分子百分数，所以减慢化学反应速率，故A错误；

B．催化剂能同等程度的改变正逆反应速率；该催化剂能降低反应所需活化能，增大活化分子百分数，所以能加快反应速率，则使用催化剂是为了加快反应速率，缩短反应达到平衡状态的时间，故B正确；

C．随着反应的进行；正反应速率减小；逆反应速率增大，当反应达到平衡状态时正逆反应速率相等且不变，故C正确；

D．反应达到平衡状态时正逆反应速率相等且不等于0；各物质浓度不变但不一定相等，与反应物浓度及转化率有关，故D错误；

故选BC．9、CD【分析】【分析】解题的突破口是“X原子的最外层电子数与次外层电子数相等”，短周期中只有Be和Ar，此处显然X是Be，X与W、Y与Z原子的最外层电子数之和为9，且X、Y、Z、W原子序数依次增大，故W可能为F或Cl，Y可能为B或Al，Z可能为O或S，由于四种元素中有两种金属元素，故Y为Al，Z为S，W为Cl，根据元素周期律的递变规律和对应物质的性质解答．【解析】【解答】解：X原子的最外层电子数与次外层电子数相等，短周期中只有Be和Ar；此处显然X是Be，X与W；Y与Z原子的最外层电子数之和为9，且X、Y、Z、W原子序数依次增大，故W可能为F或Cl，Y可能为B或Al，Z可能为O或S，由于四种元素中有两种金属元素，故Y为Al，Z为S，W为Cl；

A；同周期元素原子半径随序数增大而减小规律；推知原子半径Cl＜S＜Al，即Y＞Z＞W，故A正确；

B；同周期；随原子序数的递增，非金属性增强，所以Cl＞S，Be、Al为金属，故Cl非金属最强，故B正确；

C、Y为Al，其氢氧化物为Al（OH）3；是两性氢氧化物，故C错误；

D、XW2为BeCl2；Be原子最外层电子未达到8电子结构，故D错误；

故选CD．10、AB【分析】【分析】A；金属元素一般具有焰色反应现象；

B；根据硝酸钠的情况来判断；

C；第ⅠA族元素单质的熔沸点逐渐降低；

D、第ⅠA族元素最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强．【解析】【解答】解：A、金属元素一般具有焰色反应现象，灼烧氯化铷时，火焰有特殊颜色，故A正确；

B；硝酸盐都溶于水；硝酸钠和硝酸铷相似均为离子化合物，故B正确；

C；第ⅠA族元素单质的熔沸点逐渐降低；即在钠、钾、铷三种单质中，铷的熔点最低，故C错误；

D；第ⅠA族元素最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强；所以氢氧化铷是强碱，故D错误．

故选AB．11、AC【分析】【分析】A．向AlCl3溶液中加入过量的氨水；可得到氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝；

B．浓硫酸与碳混合加热；可生成二氧化硫和二氧化碳；

C．能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气；

D．二氧化硫的漂白性具有可逆性．【解析】【解答】解：A．向AlCl3溶液中加入过量的氨水；过滤，洗涤，干燥可得到氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝，故A正确；

B．浓硫酸与碳混合加热；可生成二氧化硫和二氧化碳，检验二氧化碳，应先将二氧化硫除去，故B错误；

C．能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气；可说明含有铵根离子，故C正确；

D．二氧化硫具有漂白性；但漂白后的物质具有不稳定性，加热分解，与亚硫酸的不稳定无关，故D错误．

故选AC．12、BD【分析】【分析】铜丝灼烧变成黑色，则金属铜氧化生成了氧化铜，氧化铜可以和硫酸、乙醇、乙酸以及一氧化碳在一定的条件下反应，根据反应方程式来分析．【解析】【解答】解：铜丝灼烧成黑色．是生成了CuO：2Cu+O22CuO；

A；铜丝灼烧成黑色；立即放入硫酸中，CuO与硫酸反应，生成铜盐，质量减少，故A错误；

B、铜丝灼烧成黑色，立即放入乙醇中，CuO与乙醇反应：CuO+C2H5OHCH3CHO+Cu+H2O；反应前后其质量不变，故B正确；

C；铜丝灼烧成黑色；立即放入醋酸中，CuO与醋酸反应，生成铜盐，质量减少，故C错误；

D；铜丝灼烧成黑色；立即放入一氧化碳中，CuO与CO反应，生成铜和二氧化碳，质量不变，故D正确；

故选BD．三、填空题(共8题，共16分)13、C12H15O3Cl（CH3）2CHCOOH醚键和羧基ab取代反应52【分析】【分析】A发生信息反应生成B，苯酚反应得到C，B与C发生信息反应生成甲，由G的结构可知，苯酚与氢氧化钠等反应生成C为苯酚钠，则B为ClC（CH3）2COOH，A为（CH3）2CHCOOH，由氯贝特的结构可知甲与乙醇反应生成D为据此解答．【解析】【解答】解：A发生信息反应生成B，苯酚反应得到C，B与C发生信息反应生成甲，由G的结构可知，苯酚与氢氧化钠等反应生成C为苯酚钠，则B为ClC（CH3）2COOH，A为（CH3）2CHCOOH，由氯贝特的结构可知甲与乙醇反应生成D为

（1）氯贝特的结构可知，氯贝特的分子式为C12H15O3Cl，A为（CH3）2CHCOOH；根据甲的结构简式可知，甲中含有的官能团为醚键和羧基；

故答案为：C12H15O3Cl；（CH3）2CHCOOH；醚键和羧基；

（2）反应①为苯酚转化为苯酚钠，可以加入下列物质中的氢氧化钠、钠，不能与NaHCO3、CH3COONa反应，故答案为：ab；

（3）反应②的反应类型为：取代反应；由氯贝特的结构可知，氯贝特的核磁共振氢谱有5组峰；

故答案为：取代反应；5；

（4）甲有多种同分异构体，同时满足以下条件：①1，3，5-三取代苯；②属于酯类且既能与FeCl3溶液显紫色，又能发生银镜反应，含有酚羟基、醛基；③1molX最多能与3molNaOH反应，结合②可知应含有酚羟基、甲酸与酚形成的酯基，故侧链为-OH、-CH2CH3、-OOCH，或侧链为OH、-CH3、-OOCCH3，符合条件的同分异构体有2种，其中一种的结构简式为

故答案为：2；

（5）B为ClC（CH3）2COOH，B与足量NaOH溶液反应的化学方程式为：

故答案为：．14、10：15：35Cl2+6I-+4Br-=10Cl-+3I2+2Br2【分析】【分析】还原性：I-＞Br-，加入氯气5.6L时溶液中I-amol，则说明通入5.6LCl2只发生：Cl2+2I-═I2+2Cl-，5.6L变成11.2L，消耗5.6LCl2的物质的量为=0.25mol，发生Cl2+2I-═I2+2Cl-、Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，结合离子反应方程式计算．【解析】【解答】解：①由于还原性：I-＞Br-，加入氯气5.6L时溶液中I-xmol，Cl2的物质的量为=0.25mol；

Cl2+2I-═I2+2Cl-；

0.250.5

消耗n（I-）=2×0.25mol=0.5mol，生成n（Cl-）=2×0.25mol=0.5mol，此时n（Br-）=3.0mol，则说明原溶液中n（Br-）=3.0mol；

5.6L变成11.2L，消耗Cl2的物质的量为=0.25mol，发生：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，Br-消耗3.0-2.6=0.4mol；需要氯气0.2mol；

Cl2+2Br-═Br2+2Cl-

0.2mol0.4mol

Cl2+2I-═I2+2Cl-

0.05mol0.1mol

则x=0.1mol；所以原溶液中：

n（I-）=0.5mol+0.1mol=0.6mol；

n（Cl-）=2.5mol-0.5mol=2mol；

n（Cl-）：n（Br-）：n（I-）=2：3：0.6=10：15：3；

故答案为：10：15：3；

②当通入Cl2的体积达到11.2L时，碘离子均被氧化，溴离子部分氧化，由电子、电荷守恒可知离子反应为5Cl2+6I-+4Br-=10Cl-+3I2+2Br2；

故答案为：5Cl2+6I-+4Br-=10Cl-+3I2+2Br2．15、将奶粉中氮元素全部转变为NH4+NH4++OH-NH3↑+H2OB取最后一滴冷凝流出液，用红色石蕊试纸（或pH试纸）检验不变蓝（显中性）无法确定氮元素是否一定来自于蛋白质AC【分析】【分析】凯氏定氮法测定奶粉中蛋白质含量原理为：通过样品处理把氮元素转化为NH4+；加入氢氧化钠转化为氨气，用吸收剂吸收，用盐酸滴定，通过消耗盐酸的量来计算氮元素的含量和蛋白质的含量．

（1）从测量步骤可知样品处理目的是把蛋白质中氮元素转化为NH4+；

（2）铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气；冷凝水与蒸汽的流向相反时冷却效果好；根据氨气的性质分析；

（3）样品中释放出来的N元素全部归为蛋白质中的N元素；而样品中释放出来的N元素也可能不是从蛋白质中来的；

（4）A．三聚氰胺（）含氮量高；

B．样品入口未用蒸馏水冲洗；会损失氮元素；

C．第①步定容时俯视刻度线；读数偏小；

D．滴定开始时仰视读数，滴定终点时俯视读数，盐酸读数偏小．【解析】【解答】解：（1）蛋白质中的氮元素不容易测定，从测量步骤可知样品处理目的是把蛋白质中氮元素转化为NH4+；

故答案为：将奶粉中氮元素全部转变为NH4+；

（2）铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气，则碱化蒸馏时反应的离子方程式为：NH4++OH-NH3↑+H2O；冷凝水与蒸汽的流向相反时冷却效果好；所以冷凝水从B口进入，从A口流出；根据氨气的性质分析；氨气的水溶液显碱性，取最后一滴冷凝流出液，用红色石蕊试纸（或pH试纸）检验不变蓝（显中性），则证明氨全部被水蒸出并进入锥形瓶；

故答案为：NH4++OH-NH3↑+H2O；B；取最后一滴冷凝流出液；用红色石蕊试纸（或pH试纸）检验不变蓝（显中性）；

（3）测定原理为：把蛋白质样品用中的氮元素释放出来；通过测定氮元素的质量从而换算出蛋白质的含量，此方法的局限性很明显，它把样品中释放出来的N元素全部归为蛋白质中的N元素，若样品中含有其他含氮化合物，则无法准确测定蛋白质的含量；

故答案为：无法确定氮元素是否一定来自于蛋白质；

（4）A．三聚氰胺（）含氮量高；会使计算结果中蛋白质含量值“增加”，故A符合；

B．样品入口未用蒸馏水冲洗；损失了氮元素，会使计算结果中蛋白质含量值偏低，故B不符合；

C．第①步定容时俯视刻度线，读数偏小，则溶液体积偏小，根据c=；会使计算结果中蛋白质含量值“增加”，故C符合；

D．滴定开始时仰视读数；滴定终点时俯视读数，盐酸读数偏小，会使计算结果中蛋白质含量值偏低，故D不符合；

故答案为：AC．16、250烧杯玻璃棒量筒胶头滴管冷却洗涤偏低偏高偏高【分析】【分析】（1）容量瓶的规格需要根据配制的溶液体积进行选择；根据配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液的步骤选用仪器；

（2）根据配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液的步骤进行解答；

（3）根据配制过程中的错误操作对物质的量浓度c=的影响分析引起的误差．【解析】【解答】解：（1）配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液；需要选用规格为250mL的容量瓶，根据配制步骤可知，配制过程中需要使用的仪器为：量筒；烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，还缺少的仪器为：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管；

故答案为：250；烧杯；玻璃棒、量筒、胶头滴管；

（2）配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液的步骤为：计算；溶解、冷却、转移、洗涤、定容和摇匀等；

故答案为：冷却；洗涤；

（3）加蒸馏水时不慎超过了刻度；会导致配制的溶液体积偏大，溶液的浓度偏低；

定容时俯视容量瓶刻度线；会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高；

溶液没有冷却；热的溶液体积偏大，冷却后体积会变小，会导致配制的溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高；

故答案为：偏低；偏高；偏高．17、AE【分析】【分析】A．裂化汽油含有不饱和键；

B．应先加入酸酸化；

C．乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应；

D．乙醇和水都可与钠反应；

E．根据苯酚酸性比碳酸弱判断；

F．己烯与溴发生加成反应．【解析】【解答】解：A．裂化汽油含有不饱和键；可与溴发生加成反应，可用溴水鉴别，故A正确；

B．应先加入硝酸酸化；防止AgOH的干扰，故B错误；

C．乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应；且加热到170℃，故C错误；

D．乙醇和水都可与钠反应；应用无水硫酸铜检验，故D错误；

E．苯酚酸性比碳酸弱；通入二氧化碳气体，可生成苯酚，溶液变浑浊，故E正确；

F．己烯与溴发生加成反应；应用苯作萃取剂，故F错误．

故答案为：AE．18、4102732Fe、CuH2O2Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O取少量混合液A于试管中，逐滴滴加稀盐酸至过量．先生成白色沉淀，过量，若沉淀完全溶解，则只有Al；若沉淀部分溶解，则Al、Si都有；若沉淀始终不溶，则只有SiFe4.23Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O4.48【分析】【分析】（1）氧化还原反应中化合价升高值=化合价降低值=转移电子数；根据电子守恒来配平方程式；

（2）依据流程图中最后的产物分析；

（3）双氧水是一种绿色氧化剂；可以实现金属铜和硫酸之间的反应；

（4）合金中的铝在过量氢氧化钠溶液中溶解生成偏铝酸钠和氢气；利用氢氧化铝溶于强酸溶液，硅酸不溶于酸设计实验验证；硅酸的酸性小于碳酸，二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠；

（5）①先判断酸是否完全反应；再根据金属活动性判断反应的金属及生成的金属离子价态，根据1；2两组数据，结合采用极限法分析，确定剩余固体的成分，据此来计算即可；

②在金属消耗完毕以后，硝酸将亚铁离子氧化为三价铁，据此分析．【解析】【解答】解：（1）化学反应中碘元素化合价从+5价降为0价，生成1mol碘单质共降低10价，硫元素的化合价从+4价升高到+6价，2molNaHSO3生成1molNa2SO4共升高了4价，根据电子守恒和原子守恒，则碘酸钠的前面系数是4，亚硫酸氢钠的系数是10，即4NaIO3+10NaHSO3=2I2+7Na2SO4+3H2SO4+2H2O；

故答案为：4；10；2；7；3；2；

（2）依据流程图中最后的产物有绿矾和蓝矾；说明原合金中含有铜和铁，故答案为：Cu；Fe；

（3）双氧水是一种绿色氧化剂，在双氧水的作用下，金属铜可以和硫酸发生反应：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；

故答案为：H2O2；Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；

（4）若反应①产生的气体是H2，则验证滤液A只含NaAlO2、不含Na2SiO3的方法是利用氢氧化铝溶液强酸；硅酸不溶于强酸生成沉淀设计验证，方法为：取少量混合液A于试管中，逐滴滴加稀盐酸至过量．先生成白色沉淀，过量，若沉淀完全溶解，则只有Al；若沉淀部分溶解，则Al；Si都有；若沉淀始终不溶，则只有Si；

故答案为：取少量混合液A于试管中；逐滴滴加稀盐酸至过量，先生成白色沉淀，过量，若沉淀完全溶解，则只有Al；若沉淀部分溶解，则Al；Si都有；若沉淀始终不溶，则只有Si；

（5）①由1；2两组数据分析；两次剩余物的质量相差4.2g，此时生成1.12LNO气体（转移0.15mol电子），若只溶解铁，质量为4.2g，若只溶解铜，质量为4.8g；由此可知实验1中是Fe溶解，其溶解的质量为4.2g，故答案为：Fe；4.2；

②实验1中是Fe溶解，发生反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O；在金属消耗完毕以后；硝酸将亚铁离子氧化为三价铁，在亚铁离子转化为铁离子过程中，结合试验①可知还会产生1.12L的气体，所以试验④中V=4.48L；

故答案为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O；4.48．19、略

【分析】试题分析：⑴⑵化学反应速率是用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示的，5～10min、25～30min和45～50min，这三段时间间隔是相同的，只要比较他们的浓度变化就可以，从图上可以看出，这三段时间变化的大小分别为：v1>v2>v3；⑶转化率就是反应掉的物质的量或者浓度与原来的物质的量或者浓度的比，从图中数据变化可知变化最小的是α3；⑷从图中可以看出，由第一次平衡到第二次平衡，反应物的浓度减小，肯定是正向移动，但是氨的浓度从零开始，表明采取的措施是移走生成物NH3。⑸25～45min，温度没有变化，而平衡常数是只随温度的改变而改变的。因此在这一范围内，K值不变；45～60min，平衡继续正向移动，在45分钟这个时间，各物质的浓度没有发生变化，因些平衡移动与浓度和压强变化无关，只能是降低了温度而引起的平衡移动。因为温度发生了变化，因此平衡常数也发生还应的改变，使得K值增大。考点：考查化学反应速率与化学平衡的移动。【解析】【答案】(1)0.15(2分)(2)v1>v2>v3（2分）(3)α3（2分）(4)正反应方向移动（1分）移走生成物NH3（1分）（5）（2分）20、CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O除去挥发出来的乙醇溴水或溴的四氯化碳溶液【分析】【解答】（1）溴乙烷从一个分子中脱去一个溴化氢分子，溴乙烷中的碳碳单键变为双键，方程式为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O；

故答案为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O；

（2）乙醇沸点低；易挥发，但乙醇与水可以任意比互溶；

故答案为：除去挥发出来的乙醇；

（3）乙烯和溴水中的溴发生加成反应；溴水褪色，乙醇与溴水不反应，可检验乙烯的存在；

故答案为：溴水或溴的四氯化碳溶液．

【分析】（1）卤代烃在碱的醇溶液共热；发生消去反应；

（2）乙醇沸点低；易挥发；

（3）乙烯和溴水中的溴发生加成反应，乙醇与溴水不反应，四、判断题(共1题，共7分)21、√【分析】【分析】根据化学式为Na2SO4，利用硫酸钠的物质的量来确定钠离子的物质的量，再利用N=n×NA来计算钠离子的数目．【解析】【解答】解：0.5molNa2SO4中钠离子的物质的量为0.5mol×2=1mol；

则由N=n×NA可知，则钠离子的个数为1mol×6.02×1023mol-1=6.02×1023；

故答案为：√．五、探究题(共4题，共8分)22、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．23、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．24、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．25、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．六、实验题(共2题，共14分)26、略

【分析】（1）实验室制氯气是固液加热装置，故选b（2）Na2SO3被氧化为Na2SO4，故本题的目的是检验硫酸根离子的存在：取C中溶液少量，加入稀盐酸和氯化钡溶液，看是否产生沉淀（3）也就是生成了HClO：Cl2+HCO3－＝CO2+Cl－＋HClO（4）氯气有毒，一定要有尾气处理装置（5）①证明有碘单质的生成，说明消毒液具有氧化性；②基本的实验操作；③有氯气的生成：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O【解析】【答案】（14分）（1）b（2）取C中溶液少量，加入稀盐酸和氯化钡溶液，看是否产生沉淀（3）Cl2+HCO3－＝CO2+Cl－＋HClO（4）缺少尾气吸收装置（5）a、氧化性；b、用干燥洁净的玻璃棒蘸取少量溶液，点在pH试纸上，并与标准比色卡对照读数；c、Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O27、略

【分析】解：rm{(1)}以空气为原料制备rm{AlN}铝和氧气生成氧化铝，高温下，铝和空气中的水蒸气能反应生成氢氧化铝和氢气，高温下，铝和空气中的二氧化碳能反应生成氧化铝和碳，二氧化碳、氧气、和水蒸气会干扰实验，应先用氢氧化钠溶液除去二氧化碳rm{(j隆煤f,e)}再用浓硫酸除去水蒸气rm{(e隆煤d,c)}最后用还原铁粉除