2025年浙教版高三化学下册月考试卷

…………○…………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月考试卷210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8题，共16分)1、下列有关实验操作、现象、原理的叙述，正确的是（）A.洗涤沉淀时，应用玻璃棒轻轻搅拌，使得沉淀表面上的杂质溶于水中B.将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入1mol∙L-1CuSO4溶液、1mol∙L-1CuCl2溶液中，一段时间后，铝片表面都观察不到明显的反应现象C.由锌、铜、稀硫酸构成的原电池溶液中加入适量的H2O2能提高电池的放电效率D.在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热，再加少量新制氢氧化铜浊液加热，若无砖红色沉淀产生，则淀粉未发生水解2、将等质量的Fe、Al、Mg、Zn分别投入盛有体积、浓度均相等的稀盐酸的四个烧杯中，反应结束时，其中只有一个烧杯中有金属剩余，则剩余金属是（）A.FeB.AlC.MgD.Zn3、烃与氢气加成后的产物是该单烯烃的结构可能有（）A.3种B.4种C.5种D.6种4、化学与社会、生活和生产息息相关，以下叙述错误的是（）A.科学家们正在研究利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气B.贮氢金属在一定温度和压强下可以吸附氢气，如镧镍合金（LaNi5）可以吸附氢气形成LaNi5H6，其中H元素仍以H2分子形式存在C.氢气因具有高热值、燃烧产物无污染等优点而被看成是理想的绿色能源D.燃烧树枝取热、将植物秸杆制沼气、用淀粉制乙醇都是人们利用生物质能的方式5、同分异构体数目与C6H14相同的化合物是（）A.C4H8B.C4H9ClC.C4H10OD.C4H8O26、元素rm{A}的阳离子与元素rm{B}的阴离子具有相同的电子层结构rm{.}以下关于rm{A}rm{B}元素性质的比较中，正确的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}原子半径：rm{A<B}rm{垄脷}原子序数：rm{A>B}rm{垄脹}原子最外层电子数：rm{B>A}

rm{垄脺}元素所在的周期数：rm{A>B}rm{垄脻A}的最高正价与rm{B}的最低负价的绝对值相等．A.rm{垄脵垄脷}B.rm{垄脷垄脹垄脺}C.rm{垄脺垄脻}D.rm{垄脷垄脻}7、下列离子方程式正确的是（）A.在FeCl3溶液中投入少量的Zn粉：2Fe3-+Zn═Zn2-+2Fe2+B.Ca（ClO）2浴液中通人少量SO2：Ca2-+2ClO-+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClOC.铁红（Fe2O3）溶于氢碘酸：Fe2O3+6H+═2Fe3-+3H2OD.明矾溶液中滴加过量的氨水：Al3-+3OH═Al（OH）3↓8、A、B、C都是金属，把A浸入C的盐溶液中，A的表面有C析出，A与B和酸溶液组成原电池时，B为电池的负极．A、B、C金属的活动性顺序为（）A.B＞A＞CB.A＞C＞BC.A＞B＞CD.B＞C＞A评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、（2014秋•东莞期中）（1）1mol氢气在氯气中充分燃烧生成氯化氢气体时放出184.6kJ的热量，试写出对应的热化学方程式____．标准状况下11.2L氢气在氯气中充分燃烧放出的热量是____kJ．

（2）A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）过程中的能量（kJ）变化如图所示；回答下列问题．

①反应物A（g）和B（g）具有的总能量____（填大于；小于、等于）生成物C（g）和D（g）具有的总能量．

②该反应是____反应（填吸热、放热），△H=____（用E1和E2表示）10、已知A；B、C、D、E均为短周期元素；它们的原子序数依次递增．A单质是自然界中密度最小的气体，C元素原子的最外层电子数是次外层的3倍，D原子的最内层电子数和最外层电子数之和等于其次外层电子数，E单质性质活泼；B和C可形成多种气态化合物．A、B、C三种元素可以形成离子化合物甲，甲是一种常见的化肥，甲可以和氢氧化钠反应放出无色刺激性气味气体乙，乙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．请回答下列问题：

（1）写出C元素在周期表中的位置____．

（2）写出B单质分子的电子式____；乙分子的结构式____．

（3）甲中含有的化学键类型有____．

（4）元素D与元素E相比，非金属性较强的是____（用元素符号表示），请列举能证明这一结论的两个事实____、____．

（5）往甲的浓溶液中加入NaOH的浓溶液并加热，反应的离子方程式是____．11、试用质子数；中子数、电子数、质量数和同位素填空：

（1）C与N具有相同的____

（2）C与C具有相同的____

（3）C与N具有相同的____

（4）N与N互为____．12、铁是人类较早使用的金属之一．运用铁的有关知识；回答下列问题：

（1）据有关报道，目前已能冶炼纯度高达99.9999%的铁，关于纯铁的如下叙述中，正确的是____（填序号）．

A．硬度比生铁高B．耐腐蚀性强；不易生锈。

C．不能与盐酸反应D．与不锈钢成分相同。

（2）向沸水中逐滴滴加1mol•L-1FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，形成该分散系的微粒粒度范围是____nm．

（3）电子工业需用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板．请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式____，离子方程式中三种离子氧化性强弱顺序为____．13、工业上用侯氏制碱法制得的纯碱中，往往含有碳酸氢钠和氯化钠．

（1）若用加热的方法检验纯碱样品中是否含有碳酸氢钠，应选用A、B、C三套装置中的____．

（2）写出将碳酸钠溶液与足量盐酸混合生成气体的离子方程式____；

（3）下列有关检验纯碱样品中是否含有氯化钠杂质的实验方案中，最合理的是____．

A．取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水溶解，再加入足量盐酸至不再产生气泡，然后滴加几滴AgNO3溶液；若产生白色沉淀，说明样品中含有氯化钠杂质。

B．取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水溶解，再加入足量硫酸至不再产生气泡，然后滴加几滴AgNO3溶液；若产生白色沉淀，说明样品中含有氯化钠杂质。

C．取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水溶解，再加入足量硝酸至不再产生气泡，然后滴加几滴AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明样品中含有氯化钠杂质．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)14、物质发生化学变化时都伴有能量的变化．____．（判断对错）15、某烷烃的名称为2，2，4，4-四甲基-3，3，5-三乙基己烷____（判断对错）16、化学平衡常数K只随温度变化，T升高，则K增大．____．（判断对错说明理由）17、放热反应在任何条件都不能发生．____．（判断对错）18、NaCl溶液在电流的作用下电离出Na+____．（判断对错）19、铁和稀硫酸反应的离子反应方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑____．（判断对错）20、近半个多世纪以来；随着人类社会的高度发达，环境污染问题也越来越受到了人们的关注．请回答下列问题：

（1）水是人类赖以生存的物质．下列物质会带来水体的重金属污染的是____（填字母）；

A．含Hg2+的化合物B．含N的化合物C．含P的化合物。

其他选项的化合物会造成水体的____（填名称）．

（2）煤和石油是当今世界重要的化石燃料，但它们的燃烧会对环境造成影响，生成的____、____（填化学式）等容易形成酸雨．某火力发电厂为了防止废气污染环境，现采用廉价易得的石灰石浆来吸收，其反应方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x．试推测x的化学式为____．x的大量排放仍会带来环境问题，它对环境带来的影响是造成____（填名称）．若改用另一种吸收剂，则可避免x的大量排放，其反应方程式为：2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，则y的化学式为____．

（3）防治环境污染；改善生态环境已成为全球的共识，请回答下列问题：

①空气质量报告的各项指标可以反映出各地空气的质量．下列气体已纳入我国空气质量报告的是____（填字母）．

A．CO2B．N2C．NO2D．SO2

②垃圾应分类收集．你用过的旧试卷应放置于贴有____（填字母）标志的垃圾筒内．

③工业废水需处理达标后才能排放．判断下列废水处理的方法是否合理；合理的请画“√”，不合理的请在括号中填写正确方法．

A．用中和法除去废水中的酸____

B．用混凝法除去废水中的重金属离子____

C．用氯气除去废水中的悬浮物____．评卷人得分四、解答题(共3题，共9分)21、某有机物只含碳；氢、氧三种元素；其质量比为6：1：8．该有机物蒸气的密度是相同条件下乙烷的2倍，试求该有机物的相对分子质量及分子式．根据下列条件写出该有机物的同分异构体的结构简式。

①该有机物常温下能跟碳酸氢钠溶液反应；

②该有机物能产生银镜；

③该有机物既能产生银镜，又能与钠反应生成氢气．22、I已知：如果要合成所用的原始原料可以是______

A.2-甲基-l；3-丁二烯和2-丁炔B．1，3-戊二烯和2-丁炔。

C．2；3-二甲基-1，3-戊二烯和乙炔D．，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔。

II（A～G都是有机化合物，它们的转化关系如下：

请回答下列问题：

（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8gC02和3.6gH20；E的蒸气与氢气的相对密度为30；则E的分子式为______：

（2）A为一取代芳烃，B中含有一个甲基．由B生成C的化学方程式为______23、有X、Y、Z三种元素，已知：①X2-、Y-均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数；②Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色．请回答：

（1）Y的最高价氧化物对应水化物的化学式是______．

（2）将ZY3溶液滴入沸水可得到红褐色液体，反应的离子方程式是______Fe（OH）3（胶体）+3H+评卷人得分五、探究题(共4题，共20分)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：26、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________．27、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、简答题(共1题，共5分)28、纳米级rm{Cu_{2}O}由于具有优良的催化性能而受到关注，它可作为太阳光分解水的催化剂；通常制取rm{Cu_{2}O}有下列rm{4}种方法：

rm{(1)}已知：

rm{2Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCu_{2}O(s)triangleH=-169kJ?mol^{-1}}

rm{C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCO(g)triangleH=-110.5kJ?mol^{-1}}

rm{Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}

用方法rm{2Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TCu_{2}O(s)triangleH=-169kJ?mol^{-1}}制取rm{C(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TCO(g)triangleH=-110.5kJ?mol^{-1}}时产生有毒气体；则发生反应的热化学方程式是______；

rm{Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}方法rm{垄脵}中采用阴离子交换膜控制电解液中rm{Cu_{2}O}的浓度得到纳米级rm{(2)}当生成rm{垄脷}时，转移______rm{OH^{-}}电子，电解一段时间后阴极附近溶液的rm{Cu_{2}O}______rm{0.1molCu_{2}O}填“增大”、“减小”或“不变”rm{mol}其阳极的电极反应式为______；

rm{pH}方法rm{(}制备纳米级rm{)}同时放出rm{(3)}该制法的化学方程式为______；

rm{垄脺}用以上四种方法制得的rm{Cu_{2}O}在某相同条件下分别对水催化分解，产生氢气的体积rm{N_{2}}随时间rm{(4)}变化如图rm{Cu_{2}O}所示rm{V(H_{2})}下列叙述错误的是______rm{t}填字母rm{2}

A.rm{.}催化水分解时；需要适宜的温度。

B.催化效果与rm{(}颗粒的粗细；表面活性等有关。

C.方法rm{)}制得的rm{Cu_{2}O}催化效率相对较高。

D.方法rm{Cu_{2}O}制得的rm{垄脷垄脺}作催化剂时，水的平衡转化率最高．rm{Cu_{2}O}参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】A．洗涤沉淀；不能搅拌；

B．CuSO4和CuCl2溶液中铜离子水解；溶液显酸性，能先与氧化铝反应；

C．H2O2具有较强的氧化性；可在正极上得到电子；

D．葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液的反应必须在碱性条件下．【解析】【解答】解：A．洗涤沉淀的操作是将沉淀置于过滤器中；边加蒸馏水冲洗，但不能搅拌，故A错误；

B．CuSO4和CuCl2溶液中铜离子水解；溶液显酸性，能先与氧化铝反应，去除氧化膜后，活泼的铝与酸反应会产生气体，同时铝也置换出铜，有红色物质析出，故B错误；

C．Zn-Cu稀H2SO4构成的原电池，溶液中加入适量H2O2；氧化性的电极电位上升了，所以能提高电池放电效率，故C正确；

D．葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液的反应必须在碱性条件下；该实验中没有加入NaOH中和未反应的稀硫酸，所以实验不成功，故D错误；

故选C．2、B【分析】【分析】金属与酸反应生成盐和氢气，金属失去电子、H得到电子，金属失去电子越多，消耗的酸越多，则体积、浓度均相等的稀盐酸，只有一个烧杯中有金属剩余，则该金属失去电子最多，以此来计算．【解析】【解答】解：设金属质量均为xg；

则等质量的Fe、Al、Mg、Zn完全反应时失去电子分别为×2、×（3-0）、×（2-0）、×（2-0）；

×（3-0）＞×（2-0）＞×2＞×（2-0）；

则Al失去电子最多；分别投入盛有体积；浓度均相等的稀盐酸的四个烧杯中，反应结束时，其中只有一个烧杯中有金属剩余，酸的物质的量相同，则该金属为Al；

故选B．3、C【分析】【分析】加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应．根据加成原理采取逆推法还原C=C双键，烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置．还原双键时注意：先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键．【解析】【解答】解：根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置．该烷烃的碳链结构为1号和6号碳原子关于2号碳原子对称，所以能形成双键位置有：1和2之间（或2和6）；2和3之间；3和7之间，3和4之间，4和5之间，故该烃共有5种．

故选C．4、B【分析】【分析】A．水可以在光能作用下分解成氧气和氢气；

B．贮氢金属在一定的温度和压强下能够大量吸收氢气；一个金属原子可以与两三个乃至更多个氢原子结合，形成金属氢化物；

C．氢气具有高热值；资源丰富、燃烧产物无污染；

D．树枝、植物秸杆、淀粉都是生物质能．【解析】【解答】解：A．水可以在光能作用下分解成氧气和氢气；故A正确；

B．贮氢金属在一定的温度和压强下能够大量吸收氢气；一个金属原子可以与两三个乃至更多个氢原子结合，形成金属氢化物，故B错误；

C．氢能作为一种新型能源具有燃烧热值高；资源丰富、燃烧产物无污染等优点；故C正确；

D．燃烧树枝取热；将植物秸杆制沼气、用淀粉制乙醇都涉及生物质能的利用；故D正确．

故选B．5、A【分析】【分析】根据减碳法作取代基，利用碳链异构书写C6H14的所有同分异构体，然后再分别判断各个选项中同分异构体的个数即可．【解析】【解答】解：C6H14属于烷烃，主链为6个碳原子有：CH3（CH2）4CH3；主链为5个碳原子有：CH3CH2CH2CH（CH3）2；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3；主链为4个碳原子有：CH3CH2C（CH3）3；CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3，则C6H14的同分异构体共有5种；

A、C4H8可以是1-丁烯；2-丁烯、2-甲基-1-丙烯、环丁烷、甲基环丙烷；总共5种，故A相同；

B、C4H9Cl可以看做是丁烷上的1个H被Cl取代生成的产物；丁基总共有4种，故此有机物同分异构体为4，故B不同；

C、C4H10O；若为醇类，可以看做羟基取代H生成的，丁基有4种，故有4种同分异构体，若为醚类，可以是甲丙醚；乙醚和丙甲醚等，多于5种，故C不同；

D、C4H8O2可以为羧酸；也可以为酯类，羧酸类有正丁酸与异丁酸2种，酯类有：甲酸丙酯；甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯4种，多于5种，故D不同；

故选A．6、B【分析】解：rm{A}元素的阳离子与rm{B}元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，rm{A}元素处于rm{B}元素相邻的下一周期．

rm{A}形成阳离子，元素rm{B}形成阴离子，所以最外层电子数rm{A<B}．

rm{垄脵A}元素形成阳离子与rm{B}元素形成阴离子，rm{A}元素处于rm{B}元素相邻的下一周期，电子层越多，原子半径越大原子半径rm{A>B}故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷A}元素的阳离子与rm{B}元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，rm{A}元素处于rm{B}元素相邻的下一周期，原子序数rm{A}较大，即原子序数rm{A>B}故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹A}形成阳离子，元素rm{B}形成阴离子，所以最外层电子数rm{A<B}故rm{垄脹}正确；

rm{垄脺A}元素形成阳离子与rm{B}元素形成阴离子，rm{A}元素处于rm{B}元素相邻的下一周期，元素所在的周期数：rm{A>B}故rm{垄脺}正确；

rm{垄脻A}元素原子最外层电子数与rm{B}元素原子最外层电子数之和为rm{8}则rm{A}的正价与rm{B}的负价绝对值相等，若rm{A}元素原子最外层电子数与rm{B}元素原子最外层电子数之和不为rm{8}则rm{A}的正价与rm{B}的负价绝对值不相等，故rm{垄脻}错误．

所以rm{垄脷垄脹垄脺}正确．

故选：rm{B}．

rm{A}元素的阳离子与rm{B}元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，rm{A}元素处于rm{B}元素相邻的下一周期，原子序数rm{A}较大；rm{A}元素形成阳离子与rm{B}元素形成阴离子，rm{A}元素处于rm{B}元素相邻的下一周期，电子层越多，原子半径越大；rm{A}形成阳离子，元素rm{B}形成阴离子，所以最外层电子数rm{A<B}．

rm{B}元素最高化合价等于其最外层电子数，且rm{B}元素最高正化合价rm{+|}最低负化合价rm{|=8}rm{A}元素化合价等于最外层电子数，据此判断rm{B}元素与rm{A}元素化合价关系．

考查结构与位置关系，难度中等，关键根据离子的电子层结构推断元素的位置关系．【解析】rm{B}7、A【分析】【分析】A．反应生成氯化亚铁；氯化锌；

B．次氯酸根离子能够氧化亚硫酸根离子；

C．三价铁离子能够氧化碘离子；

D．一水合氨为弱电解质，应保留化学式．【解析】【解答】解：A．在FeCl3溶液中投入少量的Zn粉，离子方程式：2Fe3++Zn═Zn2++2Fe2+；故A正确；

B．少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中的离子反应为SO2+Ca2++ClO-+H2O=CaSO4↓+2H++Cl-；故B错误；

C．铁红（Fe2O3）溶于氢碘酸，离子方程式：Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++3H2O+I2；故C错误；

D．明矾溶液中滴加过量的氨水反应离子方程式：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；故D错误；

故选：A．8、A【分析】【分析】较活泼金属能置换出较不活泼的金属；不同金属和电解质溶液构成原电池时，一般来说，活泼金属作负极、不活泼金属作正极，据此判断金属活动性强弱．【解析】【解答】解：较活泼金属能置换出较不活泼的金属；把A浸入C的盐溶液中，A的表面有C析出，金属活动性顺序A＞C；不同金属和电解质溶液构成原电池时，一般来说，活泼金属作负极；不活泼金属作正极，A与B和酸溶液组成原电池时，B为电池的负极，金属活动性顺序B＞A，通过以上分析知，金属活动性顺序是B＞A＞C；

故选A．二、填空题(共5题，共10分)9、H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-184.6kJ•mol-192.3大于放热E1-E2【分析】【分析】（1）依据热化学方程式的书写原则和注意问题写出，标注聚集状态和焓变，标准状况下11.2L氢气物质的量==0.5mol；结合热化学方程式计算；

（2）△H=生成物能量和-反应物能量和，从图象可见，反应物的能量低于生成物，反应吸热，据此分析．【解析】【解答】解：（1）1mol氢气在氯气中充分燃烧生成氯化氢气体时放出184.6kJ的热量，对应的热化学方程式为：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-184.6kJ•mol-1，标准状况下11.2L氢气物质的量==0.5mol，反应放热=184.6kJ•mol-1×0.5mol=92.3KJ；

故答案为：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-184.6kJ•mol-1；92.3；

（2）①反应物的能量高于生成物；1mol气体A和1mol气体B具有的能量比1mol气体C和1mol气体D具有的总能量一定高，故答案为：大于；

②△H=生成物能量和-反应物能量和＜0，反应放热，△H=反应物活化能-生成物活化能=（E1-E2）kJ/mol，故答案为：放热；（E1-E2）．10、第二周期ⅥA族离子键、共价键Cl氯化氢比硫化氢稳定高氯酸酸性比硫酸强NH4++OH-NH3↑+H2O【分析】【分析】A、B、C、D、E均为短周期元素，它们的原子序数依次递增．A单质是自然界中密度最小的气体，则A为氢元素；C元素原子的最外层电子数是次外层的3倍，则C原子有2个电子层，最外层电子数为6，则C为氧元素；D原子的最内层电子数和最外层电子数之和等于其次外层电子数，则D原子最外层电子数为8-2=6，则D为硫元素；E单质性质活泼，原子序数大于硫元素，则E为Cl元素；B和C可形成多种气态化合物，A、B、C三种元素可以形成离子化合物甲，甲是一种常见的化肥，则B为氮元素，甲为硝酸铵；甲可以和氢氧化钠反应放出无色刺激性气味气体乙，乙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则乙为氨气，以此解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E均为短周期元素；它们的原子序数依次递增．A单质是自然界中密度最小的气体，则A为氢元素；C元素原子的最外层电子数是次外层的3倍，则C原子有2个电子层，最外层电子数为6，则C为氧元素；D原子的最内层电子数和最外层电子数之和等于其次外层电子数，则D原子最外层电子数为8-2=6，则D为硫元素；E单质性质活泼，原子序数大于硫元素，则E为Cl元素；B和C可形成多种气态化合物，A、B、C三种元素可以形成离子化合物甲，甲是一种常见的化肥，则B为氮元素，甲为硝酸铵；甲可以和氢氧化钠反应放出无色刺激性气味气体乙，乙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则乙为氨气；

（1）C为氧元素；氧原子有2个电子层，最外层电子数为6，处于周期表中第二周期ⅥA族；

故答案为：第二周期ⅥA族；

（2）B为氮元素，氮气分子中氮原子之间形成3对共用电子对，氮气分子的电子式为乙为氨气分子，分子中氮原子与氢原子之间形成1对共用电子对，氨气分子的结构式为

故答案为：

（3）甲是硝酸铵；甲晶体中含有的化学键类型有：离子键；共价键；

故答案为：离子键；共价键；

（4）同周期自左而右非金属性增强；故非金属性Cl＞S，氯化氢比硫化氢稳定；高氯酸酸性比硫酸强等证明这一结论；

故答案为：Cl；氯化氢比硫化氢稳定；高氯酸酸性比硫酸强；

（5）往硝酸铵的浓溶液中加入NaOH的浓溶液并加热，反应产生硝酸钠、氨气与水，反应的离子方程式是：NH4++OH-NH3↑+H2O；

故答案为：NH4++OH-NH3↑+H2O．11、中子数质子数、电子数质量数同位素【分析】【分析】根据原子的表示方法和各位置数字的关系，可以计算每组中具有的相同关系，如质子数、中子数、电子数、质量数，即同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子，质量数等于质子数与中子数之和，对于zAX中z表示质子数、A表示中子数．【解析】【解答】解：（1）136C中中子数为13-6=7，147N中中子数为14-7=7；因此二者具有相同的中子数，故答案为：中子数；

（2）136C与126属于碳元素的两种不同原子；它们的质子数相同，中子数不同，故答案为：质子数；电子数；

（3）146C的质量数为14，质子数为6，中子数为8，147N的质量数为14；质子数为7，中子数为7，因此，二者具有相同的质量数，故答案为：质量数；

（4）157N与147N是氮元素的不同原子（质子数都是7，中子数分别为：8和7），因此二者互为同位素，故答案：同位素．12、B1-1002Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+Fe3+＞Cu2+＞Fe2+【分析】【分析】（1）A．合金的硬度比各成分金属的大；

B．纯铁不能形成原电池；

C．铁能与盐酸反应；

D．不锈钢基本合金元素还有镍；钼、钛、铌、铜、氮等；

（2）向沸水中逐滴滴加1mol•L-1FeCl3溶液；至液体呈透明的红褐色得到氢氧化铁胶体；

（3）金属铜可以和三价铁之间发生氧化还原反应，三价铁离子遇到硫氰化钾显示红色．【解析】【解答】解：（1）A．生铁是合金；硬度比纯铁大，故A错误；

B．纯铁不能形成原电池；在潮湿的空气中不易生锈，故B正确；

C．铁能与盐酸反应；故C错误；

D．纯铁与不锈钢成分不同；故D错误；

故选B；

（2）氢氧化铁胶体的微粒直径范围是1-100nm；故答案为：1-100；

（3）金属铜可以和三价铁之间发生氧化还原反应2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，Fe3+＞Cu2+；所以根据金属活动顺序表，氧化性是Cu2+＞Fe2+，即氧化性顺序是：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；

故答案为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；Fe3+＞Cu2+＞Fe2+．13、BCO32-+2H+=H2O+CO2↑C【分析】【分析】（1）碳酸氢钠分解生成二氧化碳气体；可用澄清石灰水检验；

（2）碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠；二氧化碳和水；

（3）应排除其它离子的干扰．【解析】【解答】解：（1）碳酸氢钠分解生成二氧化碳气体；可用澄清石灰水检验，A中无明显现象，B中溶液变浑浊，C试管应向下倾斜，故答案为：B；

（2）碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CO32-+2H+=H2O+CO2↑；

故答案为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；

（3）A．加入盐酸，引入Cl-离子；干扰实验结果，故A错误；

B．加入硫酸；会生成硫酸银沉淀，干扰实验结果，故B错误；

C．加入硝酸；如生成不溶于硝酸的沉淀，可说明样品中含有氯化钠杂质，故C正确．

故答案为：C．三、判断题(共7题，共14分)14、√【分析】【分析】依据化学反应实质是反应物化学键断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出热量，反应过程中一定伴随能量变化．【解析】【解答】解：化学反应实质是反应物化学键断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出热量，所以反应过程中一定伴随能量变化，故正确，故答案为：√．15、×【分析】【分析】烷烃命名原则：

①长选最长碳链为主链；

②多遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近离支链最近一端编号；

④小支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．【解析】【解答】解：没有把最长碳链作为主链，最长碳链应为7，为庚烷，正确命名为2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基庚烷，故答案为：×．16、×【分析】【分析】依据平衡常数是表示平衡进行程度大小的量；化学反应吸热或放热反应，温度升高平衡向吸热反应方向进行．【解析】【解答】解：化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度；依据平衡常数含义可知，K值越大，可逆反应的进行程度越大；温度升高，平衡向吸热反应方向进行，反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，所以温度升高，平衡常数可能增大也可能减小；

故答案为：×，温度升高，平衡向吸热反应方向进行，反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，所以温度升高，平衡常数可能增大也可能减小．17、×【分析】【分析】放热反应一般在加热条件能发生．【解析】【解答】解：放热反应一般在加热条件能发生，例如燃烧反应，故错误，故答案为：×．18、×【分析】【分析】在水溶液中；电解质在水分子作用下电离出自由移动的离子；

在熔融状态下，电解质在电流的作用下电离出自由移动的离子．【解析】【解答】解：NaCl溶液在水分子作用下电离出钠离子和氯离子；

故答案为：×．19、×【分析】【分析】铁为变价金属，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不会生成硫酸铁，该离子方程式中反应产物错误，应该生成Fe2+离子，不是生成Fe3+．【解析】【解答】解：由于Fe3+的氧化性大于氢离子，则铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气和氢气，不会生成硫酸铁，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

故答案为：×．20、A【分析】【分析】（1）密度小于4.5的为轻金属；大于4.5的为重金属；水体富营养化是因为向水中排放含氮；磷等元素的生产生活废水过多造成的；

（2）酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫；氮氧化物等酸性气体；经过复杂的大气化学反应，形成硫酸和硝酸，被雨水吸收溶解而成；根据化学反应前后原子的种类与数目保持不变可以判断物质的化学式；二氧化碳是一种主要的温室效应气体；根据质量守恒的原因推出Y为氢氧化钙；

（3）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数；首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等；

②旧试卷属于可回收物；可回收再利用；

③根据污水的类型选取处理的方法．【解析】【解答】解：（1）工业废水中常见的重金属元素指的是Cu2+、Hg2+、Cd2+、Pb2+等重金属离子；含铅；汞的物质是常见的有毒污染物；生物所需的氮、磷等营养物质大量进入湖泊、河口、海湾等缓流水体，引起藻类及其它浮游生物迅速繁殖，水体溶氧量下降，鱼类及其它生物大量死亡，该现象为水体富营养化导致的结果；

故答案为：A；富营养化；

（2）酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6；酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体，经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解而成，根据2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2x可知，依据质量守恒定律可知每个x中含有1个碳原子和2个氧原子，所以x是二氧化碳．二氧化碳是形成温室效应的主要物质，2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O；依据质量守恒定律可知每个y中含有1个钙原子和2个氢氧根原子团，所以y是氢氧化钙；

故答案为：SO2；NO2；CO2；温室效应；Ca（OH）2；

（3）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数、首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等，二氧化碳无毒，不属于空气污染物，氮气是空气的主要组成气体，而可吸入颗粒物、NO2、SO2均为污染物；需要检测；

故答案为：CD；

②用过的旧试卷可回收再利用重新做成纸浆；属于可回收垃圾，故答案为：A；

③A．如果污水中含大量氢离子或氢氧根离子；可采用酸碱中和法，除去水中大量的氢离子或氢氧根离子，故答案为：√；

B．如果水中含重金属离子；可加入一些物质使金属阳离子转化成沉淀而除去这些离子，即沉降法，故答案为：（沉降法）；

C．如果使悬浮于水中的泥沙形成絮状不溶物沉降下来，使水澄清，可用明矾等混凝剂作净水剂，故答案为：（混凝法）．四、解答题(共3题，共9分)21、略

【分析】【分析】密度之比等于相对分子质量之比；据此计算该有机物的相对分子质量；

结合C、H、O元素的质量比，根据n=计算C；H、O原子数目之比；确定最简式，结合相对分子质量确定分子式；

①该有机物常温下能跟碳酸氢钠溶液反应；分子式含有-COOH，结合有机物的分子式书写；

②该有机物能产生银镜；分子中含有醛基-CHO或为甲酸形成的酯，结合有机物的分子式书写；

③，结合有机物的分子式及有机物发生的反应，确定该有机物含有的官能团，确定有机物的结构简式．【解析】【解答】解：该有机物蒸气的密度是相同条件下乙烷的2倍；故该有机物的相对分子质量为30×2=60；

有机物中N（C）：N（H）：N（O）=：：=1：2：1，最简式为（CH2O）n，则30n=60，则该有机物分子式为C2H4O2；

答：该有机物的相对分子质量为60，分子式为C2H4O2；

①该有机物常温下能跟碳酸氢钠溶液反应，分子式含有-COOH，故结构简式为CH3COOH；

答：符合条件的有机物的结构简式为CH3COOH；

②该有机物能产生银镜，若为甲酸形成的酯，则结构简式为HCOOCH3，若含有醛基-CHO，则结构简式为HO-CH2CHO；

答：符合条件的有机物的结构简式为HCOOCH3或HO-CH2CHO；

③该有机物既能产生银镜，又能与钠反应生成氢气，含有-CHO、-OH，故结构简式为HO-CH2CHO；

答：符合条件的有机物的结构简式为HO-CH2CHO．22、略

【分析】

Ⅰ．本题可以采用逆向合成分析法．或者是．根据有机物的命名原则两种原料分别是2；3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔或者是2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔，故答案为：AD；

Ⅱ．（1）根据阿伏加德罗定律的推论相对密度之比等于摩尔质量之比，因此E摩尔质量是60.6.0gE的物质的量就是0.1mol，完全燃烧后生成C02和H20的物质的量分别为和其中碳、氢的质量分别为0.2×12=2.4g和0.4×1=0.4g，因此E中氧元素的质量为6.0-2.4-0.4=3.2g，所以氧元素的物质的量为因此碳、氢、氧三种原子个数之比为1：2：1，即最简式为CH2O，因为E摩尔质量是60，所以分子式是C2H4O2；

故答案为：C2H4O2；

（2）由框图可知E和C酯化生成F，由原子守恒知C的分子式是C8H10O，因为A为一取代芳烃，且B中含有一个甲基，所以B的结构简式为C6H5CHClCH3，B生成C的化学方程式是：C6H5CHClCH3+H2OC6H5CHOHCH3+HCl；

故答案为：C6H5CHClCH3+H2OC6H5CHOHCH3+HCl；

（3）因为D可以与Br2发生加成反应，所以D是苯乙烯，结构简式为C6H5CH=CH2；卤代烃发生消去反应的条件是NaOH醇溶液并加热；醇发生消去反应的条件是浓硫酸并加热；

故答案为：NaOH醇溶液并加热；浓硫酸并加热；

（4）A属于苯的同系物；B属于卤代烃，所以由A生成B的反应类型是取代反应；D中含有碳碳双键，因此由D生成G的反应类型是加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；

（5）因为C、E可以发生酯化反应，所以E是乙酸，又因为C是C6H5CHOHCH3，因此酯化产物的结构简式是

故答案为：

（6）苯环上一硝化的产物只有一种，说明应该是对称性结构，根据G的分子式C8H8Br2可知符合条件的共有以下7种：

其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为l：1的是

故答案为：7；．

【解析】【答案】Ⅰ．可以采用逆向合成分析法去顶两种原料；

Ⅱ．根据阿伏加德罗定律的推论相对密度之比等于摩尔质量之比，E的蒸气与氢气的相对密度为30，摩尔质量是60，根据生成二氧化碳和水的质量确定最简式，结合摩尔质量可确定有机物为C2H4O2，为乙酸，由框图可知E和C酯化生成F，由原子守恒知C的分子式是C8H10O，因为A为一取代芳烃，且B中含有一个甲基，所以B的结构简式为C6H5CHClCH3，D可以与Br2发生加成反应，所以D是苯乙烯，结构简式为C6H5CH=CH2，C是C6H5CHOHCH3，因此酯化产物的结构简式是结合题给信息和有机物的结构和性质可解答该题．

23、略

【分析】

有X、Y、Z三种元素，Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色，为FeCl3，故Z为Fe元素，Y为Cl元素，X2-、Y-均与Cl元素的气态氢化物分子具有相同的电子数；为18个电子，故X为S元素；

（1）Cl元素的最高价氧化物对应水化物的化学式是HClO4，故答案为：HClO4；

（2）将FeCl3溶液滴入沸水中发生水解反应生成氢氧化铁胶体，反应的离子方程式是Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；

a．氢氧化铁胶体具有丁达尔效应；故a正确；

b．胶体胶粒带有正电荷，通直流电后，发生电泳现象，负极附近液体颜色加深，故b正确；

c．所得的溶液中含有氯离子；向该液体中加入硝酸银溶液，有沉淀产生，故c错误；

d．将该液体加热；蒸干、灼烧后；有氧化铁生成，故d正确；

故答案为：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；abd；

（3）X单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体为SO2；

①发生反应2SO2+O2⇌2SO2，1molSO2被O2氧化放热98.0kJ，若2mol该气体与1molO2在此条件下发生反应，达到平衡时放出的热量是176.4kJ，故参加反应的SO2为×1mol=1.8mol，故SO2转化率为×100%=90%；

故答案为：90%；

②Cl元素的一种含氧酸（该酸的某盐常用于实验室制取氧气），故该酸为HClO3，SO2与含1.5molHClO3溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸为和一种氧化物，该强酸为H2SO4，Cl元素在氧化物中化合价为x，则（5-x）×1.5×6.02×1023=1.5×6.02×1023，解得x=4，故氧化物为ClO2，反应方程式为：SO2+2HClO3=H2SO4+2ClO2；

故答案为：SO2+2HClO3=H2SO4+2ClO2．

【解析】【答案】有X、Y、Z三种元素，Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色，为FeCl3，故Z为Fe元素，Y为Cl元素，X2-、Y-均与Cl元素的气态氢化物分子具有相同的电子数；为18个电子，故X为S元素；

（1）Cl元素的最高价氧化物对应水化物的化学式是HClO4；

（2）将FeCl3溶液滴入沸水中发生水解反应生成氢氧化铁胶体；所形成的溶液具有胶体的性质，氢氧化铁胶体胶粒带正电荷，会发生电泳现象，溶液中含有氯离子，将溶液蒸干促进水解，最终氢氧化铁分解生成氧化铁；

（3）硫单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体为SO2；

①根据反应热计算参加反应的二氧化硫的物质的量；再利用转化率定义计算；

②Cl元素的一种含氧酸（该酸的某盐常用于实验室制取氧气），故该酸为HClO3；该酸具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，根据转移电子数计算氯元素在氧化物中化合价，判断氧化物化学式，据此书写．

五、探究题(共4题，共20分)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．26、|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．27、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、简答题(共1题，共5分)28、略

【分析】解：rm{(1)}用方法rm{垄脵}制取rm{Cu_{2}O}时产生有毒气体为rm{CO}

已知：Ⅰrm{.2Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCu_{2}O(s)triangleH=-169kJ?mol^{-1}}

Ⅱrm{.C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCO(g)triangleH=-110.5kJ?mol^{-1}}

Ⅲrm{.Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}

根据盖斯定律，Ⅱrm{.2Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TCu_{2}O(s)triangleH=-169kJ?mol^{-1}}Ⅲrm{.C(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TCO(g)triangleH=-110.5kJ?mol^{-1}}Ⅰ可得：rm{C(s)+2CuO(s)=Cu_{2}O(s)+CO(g)triangleH=+34.5kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{C(s)+2CuO(s)=Cu_{2}O(s)+CO(g)triangleH=+34.5kJ?mol^{-1}}

rm{.Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TCuO(s)triangleH=-157kJ