2025年鲁人版高二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年鲁人版高二化学下册阶段测试试卷109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、2A(g)2B(g)+C(g)；正反应吸热，达平衡时，要使v(正)降低、c(A)增大，应采取（D）A.加压B.减压C.减小B的浓度D.降温2、“垃圾是放错了地方的资源”，应分类回收利用。生活中废弃的塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于A.无机物B.有机物C.盐类D.糖类3、进行分液操作时，下列实验仪器中一定不会用到的是（）A.铁架台B.分液漏斗C.烧杯D.温度计4、反应A(g)＋3B(g)2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率，其中表示反应速率最快的是A.v(A)＝0．15mol·L－1·min－1B.v(B)＝0．02mol·L－1·s－1C.v(C)＝0．40mol·L－1·min－1D.v(D)＝0．45mol·L－1·min－15、NA为阿伏加德罗常数，且已知C2H2（g）+5/2O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)△H＝－1300kJ·mol－1,则下列说法正确的是（）A.当有20NA个电子转移时，放出2600kJ热量B.当有4NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ热量C.若生成NA个水蒸气分子焓变为△H’，则△H’<△HD.上述反应为吸热反应6、某有机物结构简式为如图，下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1mol}该有机物在加热和催化剂作用下，最多能和rm{4molH_{2}}反应B.该有机物能使溴水褪色也能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色C.该有机物遇硝酸银溶液产生白色沉淀D.该有机物在一定条件下，能发生消去反应或取代反应7、具有rm{6}个配体的rm{CO^{3+}}的配合物rm{CoCl_{m}隆陇nNH_{3}}若rm{1mol}配合物与rm{AgNO_{3}}作用生成rm{1molAgCl}沉淀，则rm{m}rm{n}的值是rm{(}rm{)}A.rm{m=1}rm{n=5}B.rm{m=3}rm{n=4}C.rm{m=5}rm{n=1}D.rm{m=4}rm{n=5}8、下面四个反应中，反应类型与其它三个不同的是rm{({??})}A.rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH+C{H}_{3}COOHxrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}C{H}_{3}COOHC{H}_{2}C{H}_{3}+{H}_{2}O}

B.rm{2C{H}_{3}C{H}_{2}OHxrightarrow[140隆忙]{脜篓脕貌脣谩}C{H}_{3}C{H}_{2}OC{H}_{2}C{H}_{3}+{H}_{2}O}

C.rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{脜篓脕貌脣谩}C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+{H}_{2}O}

D.rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH+C{H}_{3}COOH

xrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}C{H}_{3}COOHC{H}_{2}C{H}_{3}+{H}_{2}O

}rm{2C{H}_{3}C{H}_{2}OH

xrightarrow[140隆忙]{脜篓脕貌脣谩}C{H}_{3}C{H}_{2}OC{H}_{2}C{H}_{3}+{H}_{2}O

}评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)9、水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合c（H+）×c（OH-）=常数；下列说法错误的是（）

A.图中温度T1＞T2B.图中五点Kw间的关系：B＞C＞A=D=EC.曲线a、b可以表示纯水的电离情况D.若处在B点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=11的KOH溶液等体积混合后，溶液显酸性10、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.反应热就是反应中放出的能量B.已知某反应的焓变小于零，则反应产物的总焓大于反应物的总焓C.由rm{C(}石墨，rm{s)篓TC(}金刚石，rm{s)triangleH=+1.9kJ/mol}可知金刚石比石墨稳定D.等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多11、柠檬烯具有特殊香气rm{.}可溶于乙醇或乙醚，不溶于水，其结构简式如图所示：有关柠檬烯的说法正确的是rm{(}rm{)}A.柠檬烯分子为非极性分子B.柠檬烯分子中所有碳原子处于同一个平面上C.柠檬烯能与酸性高锰酸钾溶液发生取代反应D.柠檬烯的分子式为rm{C_{10}H_{16}}能使溴的四氯化碳溶液褪色12、下列物质久置于空气中，颜色会发生变化的是A.rm{Na_{2}CO_{3}}B.苯酚C.rm{CaO}D.rm{Na_{2}O_{2}}13、食品化学家rm{A.Saari}rm{Csallany}和rm{Christine}rm{Seppanen}说，当豆油被加热到油炸温度rm{(185隆忙)}时，会产生如图所示高毒性物质，许多疾病和这种有毒物质有关，如帕金森症rm{.}下列关于这种有毒物质的判断正确的是rm{(}rm{)}A.该物质分子中含有两种官能团B.该物质的分子式为rm{C_{9}H_{15}O_{2}}C.rm{1mol}该物质最多可以和rm{2molH_{2}}发生加成反应D.该物质不能发生银镜反应评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下反应来合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．

（1）分析该反应并回答下列问题：

①平衡常数表达式为K=____．

②下列各项中，不能够说明该反应已达到平衡的是____（填序号）．

A；恒温、恒容条件下；容器内的压强不发生变化。

B、一定条件下，CH3OH分解的速率和CH3OH生成的速率相等。

C、一定条件下，CO、H2和CH3OH的浓度保持不变。

D、一定条件下，单位时间内消耗2molCO，同时生成1molCH3OH

（2）如图1是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线．

①该反应的焓变△H____0（填“＞”；“＜”或“=”）．

②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1____K2（填“＞”；“＜”或“=”）．

③若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是____．

A；升高温度。

B、将CH3OH（g）从体系中分离。

C；使用合适的催化剂。

D；充入He；使体系总压强增大。

（3）2009年10月；中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及主动式电堆．甲醇燃料电池的工作原理如图2所示．

①该电池工作时，b口通入的物质为____，c口通入的物质为____．

②该电池正极的电极反应式为：____．

③工作一段时间后，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，有____NA个电子转移．15、（7分）已知硫酸在水中的电离方程式是：H2SO4═H++HSO4—；HSO4—H++SO42—，回答下列问题：（1）Na2SO4溶液显____（填“酸性”，“中性”或“碱性”）。理由是（用离子方程式表示）。（2）在0.1mol·L-1的Na2SO4溶液中，下列微粒浓度关系正确的有。A．c(SO42—)+c(HSO4—)+c(H2SO4)=0.1mol·L-1B．c(OH-)=c(H+)+c(HSO4—)C．c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO4—)+2c(SO42—)D．c(Na+)=2c(SO42—)+2c(HSO4—)（3）如果25℃时，0.1mol·L-1的NaHSO4溶液中c(SO42—)=0.029mol·L-1，则0.1mol·L-1H2SO4溶液中c(SO42—)____0.029mol·L-1(填“＜”，“＞”或“=”)，理由是。（4）0．1mol·L-1NaHSO4溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是：____。（5）如果25℃时，0.10mol·L-1H2SO4溶液的pH=-lg0.11,则25℃时，0.10mol·L-1的H2SO4溶液中c(SO42—)=。16、下列有机物中rm{(1)}属于芳香族化合物的是_______________；

rm{(2)}属于芳香烃的是________，rm{(3)}属于苯的同系物的是________；

rm{(4)}属于脂环烃的是________，rm{(5)}属于烃的衍生物的是______rm{(}填序号rm{)}rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脼}17、人们对苯及芳香烃的认识有一个不断深化的过程．

（1）由于苯的含碳量与乙炔相同，人们认为它是一种不饱和烃，写出分子式为C6H6的两种含两个叁键且无支链链烃的结构简式。

____、____．

（2）已知分子式为C6H6的结构有多种；其中的两种为图1；

①这两种结构的区别表现在：定性方面（即化学性质方面）：（Ⅰ）不能而（Ⅱ）能____（选填a、b；c、d；多选扣分）

a．被酸性高锰酸钾溶液氧化b．与溴水发生加成反应。

c．与溴发生取代反应d．与氢气发生加成反应。

定量方面（即消耗反应物的量的方面）：1molC6H6与H2加成时：（Ⅰ）需____mol，而（Ⅱ）需____mol．

②今发现C6H6还可能有另一种如图2立体结构：该结构的二氯代物有____种．

（3）萘也是一种芳香烃，它的分子式是C10H8，请你判断，它的结构简式如图3，可能是下列中的____（填入编号）．

（4）根据第（3）小题中你判断得到的萘结构简式，它不能解释萘的下列____事实（填入编号）．

a．萘不能使溴水褪色b．萘能与H2发生加成反应。

c．萘分子中所有原子在同一平面上d．一溴代萘（C10H7Br）只有两种。

（5）现代化学认为萘分子碳碳之间的键是____；根据第（4）小题中萘的性质及我们学过的苯的结构简式推测，请你写出你认为的萘的结构简式____．18、（8分）对可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dＤ(g)达到平衡时，各物质的物质的量浓度满足以下关系：(为一常数)，K称为化学平衡常数，它的值只与温度有关。现有反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，△H<0。在850℃时，K＝1。（1）若升高温度到950℃时，达到平衡时K____1(填“大于”、“小于”或“等于”)。（2）850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO，3.0molH2O，1.0molCO2和xmolH2，则：①当x＝5.0时，上述平衡向____(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。②若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是____。（3）在850℃时，若设x＝5.0和x＝6．0，其他物质的投料不变，当上述反应达到平衡后，测得H2的体积分数分别为a％、b％，则a____b(填“大于”、“小于”或“等于”)。19、配平并完成方程式。（1）Pt+HNO3+HClH2PtCl6+NO↑+()（2）Fe+HNO3（稀）Fe(NO3)3+NO↑+H2O被还原与未被还原的氮元素质量之比____。（3）Cu2S+HNO3Cu(NO3)2+NO↑+S↓+H2O被还原与未被还原硝酸物质的量之比是____被还原的元素是____。20、（6分）写出下列变化的化学方程式①制乙炔：②实验室制乙烯：③制三硝基甲苯：评卷人得分四、计算题(共1题，共3分)21、燃烧法是测定有机物分子式的一种重要方法rm{.}完全燃烧rm{0.1mol}某烃后，测得生成的二氧化碳为rm{8.96L(}标准状况rm{)}生成的水为rm{9.0g.}请通过计算：

rm{(1)}推导该烃的分子式．

rm{(2)}写出它可能存在的全部结构简式．评卷人得分五、探究题(共4题，共36分)22、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。23、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。24、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。25、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分六、实验题(共4题，共12分)26、某实验室需要配制500mL0.10mol/LNa2CO3溶液．

（1）所需玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、100mL量筒、______、______

（2）实验时图中所示操作的先后顺序为______（填编号）

（3）在配制过程中；下列操作对所配溶液浓度有无影响？（填“偏高”；“偏低”或“无影响”）

①称量时误用“左码右物”______

②转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒______

③向容量瓶加水定容时俯视液面______

④摇匀后液面下降，再加水至刻度线______

（4）所需Na2CO3固体的质量为______g；若改用浓溶液稀释，需要量取2mol/LNa2CO3溶液______mL．27、已知KMnO4、MnO2在酸性条件下均能将草酸（H2C2O4）氧化：

（i）MnO4-+H2C2O4+H+→Mn2++CO2↑+H2O（未配平）

（ii）MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O

某研究小组为测定某软锰矿中MnO2的质量分数，准确称取1.20g软锰矿样品，加入1.80g草酸，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参加反应），充分反应之后冷却、滤去杂质，将所得溶液转移到容量瓶中并定容；从中取出25.00mL待测液置于锥形瓶中，再用0.020mol•L-1KMnO4标准溶液进行滴定，当滴入20.00mLKMnO4溶液时恰好完全反应．试回答下列问题：

①方程式（i）配平后H2C2O4的计量系数为______．

②0.020mol•L-1KMnO4标准溶液应置于______（填“甲”或“乙”）滴定管中；滴定终点的颜色变化是______．

③你能否帮助该研究小组求得软锰矿中MnO2的质量分数；若“能”，请给出计算结果；若“否”，试说明原因．“能”的计算结果或“否”的原因说明______．

④若在实验过程中存在下列操作，其中会使所测MnO2的质量分数偏小的是______．

A．滴定前尖嘴部分有一气泡；滴定终点时消失。

B．溶液转移至容量瓶中；未将烧杯；玻棒洗涤。

C．滴定前仰视读数；滴定后俯视读数。

D．定容时；俯视刻度线。

E．锥形瓶水洗之后未用待测液润洗．28、rm{24}rm{(}共rm{10}分rm{)A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种元素都是前rm{36}号元素，原子序数依次增大，其相关信息如下表：。rm{(1)}写出上述一种元素与氢元素形成的rm{X_{2}Y_{2}}型非极性分子的结构式：________。rm{(2)}写出rm{E}元素的元素符号：________，其价电子排布图为：________。rm{(3)A}与rm{D}形成化合物的化学式为________，是________分子rm{(}填“极性”或“非极性”rm{)}rm{(4)}在rm{ETiO_{3}}晶胞中rm{(}结构如下图所示rm{)}rm{1}个rm{Ti}原子和rm{1}个rm{E}原子周围距离最近的rm{O}原子数目分别为________个、________个．

rm{(5)}叠氮酸rm{(HN_{3})}是一种弱酸，可部分电离出rm{H^{+}}和rm{N_{3}^{-}.N_{3}^{-}}的空间构型为________，叠氮化物能与rm{E^{3+}}形成配合物，则rm{[E(N_{3})(NH_{3})_{5}]SO_{4}}中配体是________，rm{E}的配位数是________。29、中和热的测定是高中重要的定量实验rm{.}取rm{0.55mol/L}的rm{NaOH}溶液rm{50mL}与rm{0.25mol/L}的硫酸rm{50mL}置于图所示的装置中进行中和热的测定实验；回答下列问题：

rm{(1)}从如图实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是______rm{_}

rm{(2)}若改用rm{60mL}rm{0.25mol?L^{-1}H_{2}SO_{4}}和rm{50mL}rm{0.55mol?L^{-1}NaOH}溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量______rm{(}填“相等”、“不相等”rm{)}若实验操作均正确，则所求中和热______填“相等”“不相等”rm{)}

rm{(3)}倒入rm{NaOH}溶液的正确操作是：______rm{.}rm{(}从下列选出rm{)}．

A.沿玻璃棒缓慢倒入rm{B.}分三次少量倒入rm{C.}一次迅速倒入。

rm{(4)}实验数据如表：

rm{垄脵}请填写下表中的空白：

。温度。

实验次数起始温度rm{t_{1}隆忙}终止温度rm{t_{2}/隆忙}温度差平均值。

rm{(t_{2}-t_{1})/隆忙}rm{H_{2}SO_{4}}rm{NaOH}平均值平均值rm{1}rm{26.2}rm{26.0}rm{26.1}rm{29.5}rm{2}rm{27.0}rm{27.4}rm{27.2}rm{32.3}rm{3}rm{25.9}rm{25.9}rm{25.9}rm{29.2}rm{4}rm{26.4}rm{26.2}rm{26.3}rm{29.8}rm{垄脷}近似认为rm{0.55mol/L}rm{NaOH}溶液和rm{0.25mol/L}硫酸溶液的密度都是rm{1g/cm^{3}}中和后生成溶液的比热容rm{c=4.18J/(g?隆忙).}则中和热rm{triangleH=}______rm{(}取小数点后一位rm{).}为什么要用过量的rm{NaOH}溶液______

rm{垄脹}上述实验数值结果与rm{57.3kJ/mol}有偏差，产生偏差的原因可能是rm{(}填字母rm{)}______．

rm{a.}实验装置保温；隔热效果差。

rm{b.}用温度计测定rm{NaOH}溶液起始温度后直接测定rm{H_{2}SO_{4}}溶液的温度。

rm{c.}分多次把rm{NaOH}溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】增大压强，反应速率是增大的，选项A不正确；降低压强，反应速率降低，平衡向正反应方向移动，A的浓度是减小的，选项B不正确；降低B的浓度，平衡向正反应方向移动，A的浓度是减小的，选项C不正确；降低温度，反应速率降低，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增加，选项D正确，答案选D。【解析】【答案】D2、B【分析】【解析】【答案】B3、D【分析】解：在实验室进行分液操作时需要的仪器有锥形瓶；分液漏斗、铁架台等；其中的锥形瓶是接收仪器，可用其它的仪器如烧杯来代替锥形瓶．

故选D．

根据进行分液操作需要的仪器有锥形瓶（或烧杯等）；分液漏斗、铁架台等；据此进行分析判断即可．

本题考查分液和萃取，难度不大，掌握分液操作的原理、所需仪器是正确解答本题的关键．【解析】【答案】D4、B【分析】试题分析：相同条件下，同一化学反应的速率用不同物质表示速率之比等于化学计量数之比，故本题均可换算为A物质的速率，则B项为v(B)＝0．02mol·L－1·s－1换算为v(A)＝0．40mol·L－1·min－1；C项换算为．v(A)＝0．20mol·L－1·min－1，D项换算为：v(A)＝0．225mol·L－1·min－1，故速率最快的为B项。考点：化学反应速率计算。【解析】【答案】B5、A【分析】20NA个电子的物质的量为20mol，则C2H2（g）+5/2O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)△H＝－1300kJ·mol－1——10e-1300KJ10mol2600kJ20mol，故A正确；CO2的结构式为：O=C=O，即1个CO2分子中有4对共用电子，4NA个碳氧共用电子对的物质的量为4mol，则C2H2（g）+5/2O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)△H＝－1300kJ·mol－12mol1300kJ4mol2600kJ，故B错误；NA个水蒸气的物质的量为1mol，则C2H2（g）+5/2O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)△H＝－1300kJ·mol－11mol1300kJ，则△H’=△H，故C错误；△H＝－1300kJ·mol－1＜0为放热反应，故D错误【解析】【答案】A6、C【分析】【分析】

由结构可知，分子中含苯环、碳碳双键、rm{-Cl}结合苯；烯烃、卤代烃的性质来解答。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，侧重苯、烯烃、卤代烃等有机物性质的考查，题目难度不大。

【解答】

A.苯环、碳碳双键可与氢气发生加成反应，则rm{1mol}该有机物在加热和催化剂作用下，最多能和rm{4molH_{2}}反应；故A正确；

B.含碳碳双键，则该有机物能使溴水褪色也能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色；故B正确；

C.含rm{-Cl}不能电离出离子，不能遇硝酸银溶液产生白色沉淀，故C错误；

D.含rm{-Cl}且与rm{-Cl}相连rm{C}的邻位rm{C}上有rm{H}可发生消去反应，也可在rm{NaOH}水溶液中发生水解反应；故D正确。

故选C。【解析】rm{C}7、B【分析】【分析】本题主要考查了配合物的组成，电离时外界电离，内界不电离是解题的关键。【解答】rm{1mol}配合物生成rm{1molAgCl}沉淀，知道rm{1mol}配合物电离出rm{1molCl^{-}}即配离子显rm{+1}价，又因为外界有一个rm{Cl^{-}}且rm{Co}显rm{+3}价，所以rm{[CoCl_{m-1}?nNH_{3}]^{+}}中有两个氯原子，即rm{m=3}又因为rm{Co(}Ⅲrm{)}的配位数为rm{6}Ⅲrm{Co(}的配位数为rm{)}，所以rm{6}所以rm{n=6-2=4}rm{m=3}

故选B。rm{n=4}【解析】rm{B}8、C【分析】略【解析】rm{C}二、双选题(共5题，共10分)9、C|D【分析】解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c（H+）、c（OH-）及离子积常数增大，根据图知，T1曲线上离子积常数大于T2，所以T1＞T2；温度，故A正确；

B．水的离子积常数只与温度有关；温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是B＞C＞A=D=E，所以离子积常数大小顺序是B＞C＞A=D=E，故B正确；

C．只有c（OH-）=c（H+）的点是纯水的电离；所以只有A；B点才是纯水的电离，故C错误；

D．B点时，Kw=1×10-12，pH=2的硫酸中c（H+）=0.01mol/L，pH=12的KOH溶液中c（OH-）=1mol/L；等体积混合时碱剩余，溶液呈碱性，故D错误；

故选CD．

A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c（H+）、c（OH-）及离子积常数增大；

B．水的离子积常数只与温度有关；温度越高，离子积常数越大；

C．只有c（OH-）=c（H+）的点是纯水的电离；

D．B点时，Kw=1×10-12，pH=2的硫酸中c（H+）=0.01mol/L，pH=12的KOH溶液中c（OH-）=1mol/L；等体积混合碱剩余，溶液呈碱性．

本题考查弱电解质的电离，题目难度中等，注意分析图象，把握水的离子积只受温度的影响．【解析】【答案】CD10、rBD【分析】解：rm{A.}反应热包括吸热和放热；不一定为放热反应，故A错误；

B.反应的焓变小于零；为放热反应，反应产物的总焓大于反应物的总焓，故B正确；

C.为吸热反应；则金刚石能量较高，则石墨较稳定，故C错误；

D.固体能量比气体能量低；则等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多，故D正确．

故选BD．

A.反应热包括吸热和放热；

B.反应产物的总焓大于反应物的总焓；为放热反应；

C.为吸热反应；则金刚石能量较高；

D.固体能量比气体能量低．

本题化学反应与能量变化，为高频考点，侧重考查学生的分析能量，注意物质能量与状态的关系判断，题目难度中等．【解析】rm{BD}11、rAD【分析】解：rm{A.}可溶于乙醇或乙醚；不溶于水，由相似相溶原理可知柠檬烯分子为非极性分子，故A正确；

B.可溶于乙醇或乙醚；不溶于水，但结构不对称，为极性分子，故B错误；

C.含有碳碳双键；可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故C错误；

D.由结构简式可知有机物分子式为rm{C_{10}H_{16}}可与溴发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确．

故选AD．

柠檬烯中含有rm{2}个碳碳双键；可发生加成；加聚、氧化反应，结合结构特点解答该题．

本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．【解析】rm{AD}12、BD【分析】【分析】本题考查了反应的现象，明确物质的性质是解题关键，注意苯酚与三价铁离子显紫色。【解答】A.碳酸钠性质稳定，久置于空气中不发生变化，颜色不变，故A错误；B.苯酚久置在空气；被氧化而显粉红色，故B正确；

C.rm{CaO}久置在空气中生成氢氧化钙，二者都是白色，所以颜色不变，故C错误；D.rm{Na}rm{2}rm{2}rm{O}久置在空气中反应生成碳酸钠，颜色由淡黄色变为白色，故D正确。故选BD。

rm{2}【解析】rm{BD}13、rBC【分析】解：rm{A.}含碳碳双键、rm{-CHO}rm{-OH}三种官能团；故A错误；

B.该物质的分子式为rm{C_{9}H_{15}O_{2}}故B正确；

C.rm{-CHO}与碳碳双键与氢气发生加成反应，则rm{1mol}该物质最多可以和rm{2molH_{2}}发生加成反应；故C正确；

D.含rm{-CHO}能发生银镜反应，故D错误；

故选BC．

由结构可知，分子中含碳碳双键、rm{-CHO}rm{-OH}结合烯烃；醛、醇的性质来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、醛的性质，题目难度不大．【解析】rm{BC}三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】

（1）①反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数K=故答案为：

②A．由方程式可以看出；反应前后气体的物质的量不相等，只有达到平衡状态，容器压强不发生变化，能判断反应达到平衡状态，故A错误；

B．一定条件下，CH3OH分解的速率和CH3OH生成的速率相等；即正逆反应速率相等，所以能判断反应达到平衡状态，故B错误；

C、一定条件下，CO、H2和CH3OH的浓度保持不变是平衡的标志；故C错误；

D、一定条件下，单位时间内消耗2molCO，同时生成1molCH3OH；只能表明正反应速率，不能表示正逆反应速率相等，故D正确．

故选D．

（2）①反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）中，反应向右进行，一氧化碳的转化率增大，温度升高，化学平衡向着吸热方向进行，根据图中的信息可以知道：T2＞T1；所以该反应是放热反应，故答案为：＜；

②对于放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，T2＞T1，反之越大，所以K1＞K2；故答案为：＞；

③A、若容器容积不变，升高温度，反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）平衡逆向移动；甲醇产率降低，故A错误；

B、将CH3OH（g）从体系中分离，反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）平衡正向移动；甲醇产率增大，故B正确；

C；使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动；甲醇的转化率不变，故C错误；

D；若容器容积不变；充入He，使体系总压强增大，单质各组分的浓度不变，化学平衡不移动，甲醇的转化率不变，故D错误；

故选B；

（3）①在甲醇燃料电池中，燃料甲醇作负极，氧气作正极，电解质中的阳离子移向正极，所以c口通入的物质为氧气，b口通入的物质为甲醇，故答案为：CH3OH；O2；

②该电池正极是氧气发生得电子的还原反应，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；

③当6.4g即0.2mol甲醇完全反应生成CO2时，根据总反应：2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，消耗氧气0.3mol，转移电子1.2mol，即个数为1.2NA，故答案为：1.2NA．

【解析】【答案】（1）①平衡常数K=

②可逆反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量；浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；

（2）①根据温度对化学平衡的影响来回答；

②温度对化学平衡常数的影响和反应的吸放热有关；

③化学平衡正向移动可增加甲醇产率；

（3）在甲醇燃料电池中；燃料甲醇作负极，发生失电子的氧化反应，氧气作正极，发生得电子的还原反应，根据电极反应以及电子守恒来计算转移电子的量．

15、略

【分析】【解析】【答案】(1)碱性SO42—+H2OHSO4—+OH—（2）BCD（3）＜；H2SO4第一步电离产生的H+，抑制了HSO4—的电离（4）c(Na+)＞c（HSO4—）＞c（H+）＞c（SO42—）＞c（OH—）（5）0．010mol·L-116、（1）①②⑤

（2）②⑤

（3）⑤

（4）③④

（5）①【分析】略【解析】rm{(1)垄脵垄脷垄脻}rm{(1)垄脵垄脷垄脻}rm{(2)垄脷垄脻}rm{(2)垄脷垄脻}rm{(3)垄脻}rm{(3)垄脻}17、略

【分析】

（1）C6H6不饱和度为=4，若只含有三键，则分子中含有2个三键，符合条件的结构简式为HC≡C-C≡C-CH2-CH3或HC≡C-CH2-C≡C-CH3或HC≡C-CH2-CH2-C≡CH或CH3-C≡C-C≡C-CH3等，故答案为：

（2）①aⅠ碳碳之间的键是介于C-C单键与C=C双键之间的一种特殊键；不能被被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能能与溴水发生加成反应，Ⅱ含有碳碳双键，能被被酸性高锰酸钾溶液氧化，能与溴水发生加成反应．结构都能与溴发生取代反应，都能与氢气发生加成反应．

Ⅰ结构为苯；1mol能与3mol氢气发生加成反应，Ⅱ结构中分子中含有2个C=C双键，所以1mol能与2mol氢气发生加成反应．

故答案为：ab；3；2；

②根据等效氢；该结构有1种氢原子，先进行一氯代物，产物有一种，再在一氯代物的基础用一个氯原子代替一个氢原子可得二氯代物，两个氯原子的位置只有三种情况：一是都位于正方形面的边上（连接两个三角形面的边），二是正方形面的对角线上，三是三角形面的边上，所以二氯代物有3种同分异构体．

故答案为：3；

（3）萘是一种芳香烃，含有苯环，不饱和度为=8，含有两个苯环，结构简式为故选C；

（4）萘分子碳碳之间的键是介于C-C单键与C=C双键之间的一种特殊的键；

a；由萘的结构简式；萘分子能使溴水褪色，故a错误；

b、萘是一种芳香烃，含有两个苯环，具有苯的一些性质，可以与氢气加成，故b正确；

c、如图所示的6个碳原子处于同一平面1；2碳原子处于右边苯环氢原子位置，3、4碳原子处于左边苯环氢原子位置，5、6碳原子共用，苯为平面结构，所以萘是平面结构，所有原子处于同一平面，故c正确；

d；萘是对称结构；只有两种氢原子，故一溴代物有两种结构，故d正确．

故选：a

（5）萘是一种芳香烃，含有苯环，不饱和度为=8，含有两个苯环，结构简式为萘分子碳碳之间的键是介于C-C单键与C=C双键之间的一种特殊的键，故答案为：介于单键与双键之间的独特的键；．

【解析】【答案】（1）C6H6不饱和度为=4；若只含有三键，则分子中含有2个三键；

（2）①结构Ⅱ含有碳碳双键；根据碳碳双键的性质判断；根据根据及方程式计算需氢气的物质的量．

②根据等效氢；有1种氢原子，二氯代物的同分异构体可以采用固定一个氯原子的方法来寻找，即先进行一氯代物，产物有一种，再在一氯代物的基础用一个氯原子代替一个氢原子可得二氯代物，两个氯原子的位置只有三种情况：一是都位于正方形面的边上（连接两个三角形面的边），二是正方形面的对角线上，三是三角形面的边上．

（3）萘是一种芳香烃，含有苯环，不饱和度为=8；含有两个苯环；

（4）根据萘分子碳碳之间的键是介于C-C单键与C=C双键之间的一种特殊的键；及苯的平面结构，等效氢解答；

（5）萘是一种芳香烃，含有苯环，不饱和度为=8；含有两个苯环，萘分子碳碳之间的键是介于C-C单键与C=C双键之间的一种特殊的键．

18、略

【分析】【解析】试题分析：（1）CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，△H<0。反应放热。根据勒夏特列原理，升温平衡向吸热反应方向移动。对该反应而言即为左移。化学平衡常数K减小。填“小于”。①根据化学平衡常数K表达式与QC表达式的关系。QC大于K平衡向逆反应方向移动。②QC小于K平衡向正反应方向移动。求得x＜3.0符合题意。其他物质的投料不变H2投料越多其转化率越低。考点：考查化学平衡常数K表达式与QC表达式的关系，勒夏特列原理等高考高频考点【解析】【答案】（1）小于（2）①逆反应②x＜3.0（3）小于19、略

【分析】【解析】【答案】（1）3，4，18，3，4，8（H2O）（2）1，4，1，1，2，1：3（3）3，16，6，4，3，8，1：3，N20、略

【分析】【解析】【答案】（6分）CaC2＋2H2O→C2H2↑＋Ca(OH)2四、计算题(共1题，共3分)21、略

【分析】

rm{(1)}根据有机物燃烧时，有机物中的碳全部转化为二氧化碳，由二氧化碳的质量，可求得烃中rm{C}原子个数，有机物中的氢全部转化为水，由水的其质量可以可求得烃中rm{H}原子个数；以此可求得烃的分子式．

rm{(2)}根据碳链异构来书写同分异构体．

本题考查学生燃烧法确定有机物分子组成的知识，根据原子守恒法来解答，难度不大．【解析】解：rm{(1)}二氧化碳为体积为rm{8.96L(}标准状况rm{)}rm{n(CO_{2})=dfrac{8.96L}{22.4L/mol}=0.4mol}rm{n(CO_{2})=dfrac

{8.96L}{22.4L/mol}=0.4mol}

水的质量为rm{n(C)=n(CO_{2})=0.4mol}rm{n(H_{2}O)=dfrac{9.0g}{18g/mol}=0.5mol}rm{9.0g}

即rm{n(H_{2}O)=dfrac

{9.0g}{18g/mol}=0.5mol}烃中含有rm{n(H)=2n(H_{2}O)=2隆脕0.5mol=1mol}原子，rm{0.1mol}原子，所以该烃分子中rm{0.4molC}原子个数为rm{1molH}rm{C}原子个数为rm{4}

所以该烃的分子式为rm{H}

答：该烃的分子式为rm{10}

rm{C_{4}H_{10}}根据碳链异构可得rm{C_{4}H_{10}}的结构简式为：rm{(2)}rm{C_{4}H_{10}}

答：它可能存在的全部结构简式为rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{CH(CH_{3})_{3}}．rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}五、探究题(共4题，共36分)22、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）23、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）24、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）25、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）六、实验题(共4题，共12分)26、略

【分析】解：（1）实验室需要配制500mL0.10mol/LNa2CO3溶液；应选择500mL容量瓶，操作步骤：计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶，胶头滴管；

故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；

（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀；所以正确的操作步骤为：②④③⑤①⑥；

故答案为：②④③⑤①⑥；

（3）①称量时误用“左码右物”；依据托盘天平原理：左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，所以实际称取的质量=砝码的质量-游码的质量，称取的溶质的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；

故答案为：偏低；

②转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒；导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；

故答案为：偏低；

③向容量瓶加水定容时俯视液面；导致溶液体积偏小，溶液的物质的量浓度偏高；

故答案为：偏高；

④摇匀后液面下降；再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；

故答案为：偏低；

（4）实验室需要配制500mL0.10mol/LNa2CO3溶液；应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要碳酸钠的质量m=0.10mol/L×106g/mol×0.5L=5.3g；

若改用浓溶液稀释，设需要量取2mol/LNa2CO3溶液体积为V；则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得V×2mol/L=0.10mol/L×500mL，解得V=25.0mL；

故答案为：5.3；25.0．

（1）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器；

（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀；据此排序；

（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析；

（4）依据m=CVM计算需要溶质碳酸钠的质量；若用浓溶液配制；则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓溶液的体积．

本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的方法，明确误差分析的方法与技巧，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，题目难度不大．【解析】500mL容量瓶；胶头滴管；②④③⑤①⑥；偏低；偏低；偏高；偏低；5.3；25.027、略

【分析】解：①反应中MnO4-→Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，H2C2O4→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为10，故MnO4-系数为2，H2C2O4系数为5，再根据元素守恒可知Mn2+系数为2、CO2系数为10，根据电荷守恒可知H+系数为16，根据氢元素守恒可知H2O系数为8，配平后离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O；

故答案为：5；

②高锰酸钾具有强氧化性；应装在酸式滴定管中，甲是酸式滴定管，乙是碱式滴定管；

草酸与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，当滴定到终点时，二者恰好完全反应，再滴入一滴KMnO4溶液变成紫色（或红色）且半分钟不褪色；可说明达到滴定终点；

故答案为：甲；当看到滴入一滴KMnO4溶液；锥形瓶中溶液立即变成紫色，且半分钟不褪色，即达到滴定终点；

③由于操作过程中没有告诉容量瓶的规格是多少；无法知道配制的溶液的体积；

故答案为：否；因为不知道容量瓶的规格；

④根据反应原理；消耗的高锰酸钾标准液体积偏大，高锰酸钾消耗的草酸根离子偏大，二氧化锰消耗的草酸根离子会偏小，测定的二氧化锰的含量偏小；

A．滴定前尖嘴部分有一气泡；滴定终点时消失，滴定前有气泡，滴定时消耗的高锰酸钾标准液体积偏大，测定的二氧化锰含量偏低，故A正确；

B．溶液转移至容量瓶中；未将烧杯；玻棒洗涤，没有洗涤烧杯、玻璃棒，会导致配制的样品溶液的溶质物质的量减小，滴定是消耗的高锰酸钾溶液偏小，测定的二氧化锰的含量结果偏高，故B错误；

C．滴定前仰视读数；滴定后俯视读数：滴定前仰视读数，读数会偏大，滴定后俯视读数，读数会偏小，最终计算结果偏小，消耗的高锰酸钾溶液偏小，测定的二氧化锰含量偏高，故C错误；

D．定容时；俯视刻度线，会导致配制的样品溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，用高锰酸钾溶液滴定时，消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，测定的二氧化锰含量偏低，故D正确；

E．锥形瓶水洗之后未用待测液润洗；锥形瓶不需要润洗，此操作正确，对滴定结果没有影响，故E错误；

故答案为：AD．

①反应中MnO4-→Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，H2C2O4→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为10，故MnO4-系数为2，H2C2O4系数为5；再根据元素守恒；电荷守恒确定其它物质的系数；

②KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液；紫色不褪去，滴定到终点，因高锰酸钾具有强氧化性，应装在酸式滴定管中；

③题中没有告诉使用的容量瓶的规格；无法知道配制的溶液的体积；

④A．滴定前有气泡；导致消耗的标准液体积增大；

B．没有洗涤烧杯；玻璃棒；导致配制的样品溶液的溶质物质的量减小；

C．滴定前仰视读数；读数会偏大，滴定后俯视读数，读数会偏小，最终计算结果偏小；

D．定容时俯视刻度线；会导致配制的样品溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；

E．锥形瓶不需要润洗；操作正确．

本题考查氧化还原反应配平、氧化还原反应滴定运用、误差分析等，题目难度中等，明确氧化还原反应原理、以及滴定原理和误差分析方法是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力．【解析】5；甲；当看到滴入一滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液立即变成紫色，且半分钟不褪色，即达到滴定终点；否；因为不知道容量瓶的规格；AD28、略

【分析】【分析】本题考查了物质结构及性质，明确原子结构及元素在周期表中的位置是解本题关键，特别是第四周期rm{B}族和第rm{VIII}族元素的原子结构，这部分考查涉及知识点较广，几乎把物质结构中的所有知识点概括，为高考常考查模式，要把教材基础知识掌握扎实，灵活运用基础知识来分析解答，难度中等。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种元素都是前rm{36}号元素，原子序数依次增大，rm{C}原子rm{p}轨道和rm{s}轨道中的电子数相等，与非金属的原子结合时形成共价键，说明rm{C}属于非金属元素，如果rm{s}轨道含有rm{4}个电子，则rm{C}是rm{O}元素，如果rm{s}轨道含有rm{6}个电子，则rm{C}是rm{Mg}元素，镁和非金属元素易形成离子键，所以rm{C}是rm{O}元素；rm{A}的第一电离能低于同周期左右相邻元素，根据元素周期律知，该元素位于第rm{IIIA}族或第rm{VIA}族，且原子序数小于rm{C}则rm{A}是rm{B}元素；rm{B}原子中成对电子数等于未成对电子数的rm{2}倍，且原子序数大于rm{A}而小于rm{C}则rm{B}是rm{C}元素；rm{D}与rm{A}rm{B}rm{C}均不同周期，其一个单质分子中只有一个rm{娄脪}键，且原子序数大于rm{8}则rm{D}是rm{Cl}元素；rm{E}的原子序数比所处周期中未成对电子数最多的元素大rm{3}第四周期中，未成对电子数