2025年鲁人新版高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年鲁人新版高三化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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6题，共12分)1、下列关于化学反应限度的说法中正确的是（）A.可逆反应在一定条件下达到平衡状态时，就是反应在该条件下所能达到的限度B.当可逆反应进行到平衡状态时，该反应的正向反应速率和逆向反应速率为零C.平衡状态是一种静止的状态，因为反应物和生成物的浓度已经不再改变D.化学反应的限度不可以通过改变条件而改变2、下列说法正确的是（）A.在共价化合物中不可能含有离子键B.阴阳离子之间通过静电引力形成的化学键，叫离子键C.含有共价键的化合物一定是共价化合物D.含有离子键的化合物不一定是离子化合物3、氨碱法（索氏）和联合制碱法（侯氏）是两大重要的工业制碱法，下列表达不正确的是氨碱法联合制碱法A原料食盐、氨气、生石灰食盐、氨气、二氧化碳B可能的副产物氯化钙氯化铵C循环物质氨气、二氧化碳氯化钠D评价原料易得；设备复杂；能耗高原料利用率高；废弃物少4、下列性质可以证明某化合物内一定存在离子键的是（）A.可溶于水B.水溶液能导电C.熔融状态可导电D.熔点350℃5、下列说法中，不正确的是（）A.可以利用丁达尔效应区分胶体和溶液B.胶体中分散质微粒直径通常大于100nmC.根据分散质微粒直径大小，可将分散系分为溶液、胶体和浊液D.向沸水中逐滴加入1mol•L-1FeCl3溶液，煮沸至液体呈红褐色，制得Fe（OH）3胶体6、下列有关阿伏加德罗常数（NA）的说法错误的是（）A.32克O2所含的原子数目为NAB.0.5molH2O含有的原子数目为1.5NAC.1molH2O含有的H2O分子数目为NAD.0.5mol氯气含有的分子数目为0.5NA评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、已知①氯水和溴水能将Fe2+氧化成Fe3+；而碘水不能；

②Fe3+可以使KI-淀粉试液变蓝色．

（1）向100mLFeBr2溶液中通入标况下体积为3.36L的Cl2，充分反应后测得溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为____；

（2）向含1molFeI2和2molFeBr2溶液中通入3molCl2后，溶液中所含各种离子的个数之比是____；

（3）向含amolFeI2和bmolFeBr2溶液中通入cmolCl2，若要保证溶液中含有两种阳离子，c的取值范围是____．8、（2013秋•鲤城区校级期中）中和热是指酸跟碱发生中和反应生成lmolH2O所放出的热量．某学生想通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热．他将50mL0.5mol/L的盐酸与50mL.55mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．请回答下列问题：

（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是____，烧杯间填满碎塑料泡沫的作用是____；

（2）大烧杯上如不盖硬纸板，则求得的中和热数值____（填“偏大”；“偏小”、“无影响”）；

（3）实验中改用60mL0.50mol/L的盐酸跟50mL0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____（填“相等”或“不相等”），所求中和热____（填“相等”或“不相等”）．

（4）理论上稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，写出表示稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式____．9、随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”．为回收利用含钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣）；科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，回收率达91.7%以上．

部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：

。物质VOSO4V2O5NH4VO3（VO2）2SO4溶解性可溶难溶难溶易溶该工艺的主要流程如下：

请回答下列问题．

（1）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，用化学方程式表示为____．

（2）反应①的目的是____．

（3）该工艺中反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，写出该步发生反应的离子方程式：____．

（4）经过热重分析测得：NO4VO3在焙烧过程中，固体质量的减少值（纵坐标）随温度变化的曲线如图所示．则NH4VO3在分解过程中____（填序号）．

A．先分解失去H2O，再分解失去NH3

B．先分解失去NH3，再分解失去H2O

C．同时分解失去H2O和NH3

D．同时分解失去H2、N2和H2O．10、短周期元素T；Q、R、W、Z在元素周期表中的位置如图1所示；其中T所处的周期序数与主族序数相等，请回答下列问题：

（1）Q的气态氢化物的分子式为____．其分子的空间结构为____结构．

（2）Z元素比R元素的非金属性强．能证明这一结论的事实是____（填序号）．

①相同条件下；Z单质在水中的溶解性强于R单质。

②Z单质与氢气化合比R单质与氢气化合容易。

③Z的氢化物比R的氢化物稳定。

（3）向T、Z元素形成的化合物的溶液中逐滴加入NaOH溶液，先产生白色沉淀；继续滴加NaOH溶液，直至沉淀溶解．写出沉淀溶解的反应离子方程式：____．

（4）QW和RW都是汽车尾气中含有的大气污染物，它们在汽车排气管的“催化转换器”中反应生成可参与大气生态循环的无毒气体，化学方程式为____．

（5）M是一种常见的金属单质，与元素Z的单质有如图2所示转化关系，则E转化为F的反应的离子方程式是____．

把一定量的M放入E溶液中，完全反应后，所得溶液中E、F的物质的量相等，则已反应的E与未反应的E的物质的量之比为____．11、（2016春•荣成市校级月考）运用有关知识；回答下列问题．

现有7种10电子微粒：CH4、NH3、NH4+、H2O、OH-、HF、F-．已知A；B、C、D是其中的四种不同微粒；它们之间存在如图所示关系．

（1）常温下，若C为气体、D为液体，则D的电子式是____，实验室中检验C的试剂及现象是____．

（2）若C为还原性最弱的简单微粒，请写出A+B=C+D的方程式____．12、A；B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素；其性质或结构信息如下表：

。元素ABCDE性质。

或结。

构信。

息室温下单质呈气态，原子最外层电子数与D相同D3B中阳离子与阴离子的电子层结构相同A和C可形成两种常见的化合物甲和乙，甲有强氧化性单质质软、银白色固体、导电性强，在空气中燃烧生成淡黄色固体E的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物均为强酸，C、D和E三种元素形成的一种盐丙为某消毒液的主要成分试回答以下问题。

（1）B在周期表中的位置是____，B的氢化物与E的氢化物比较，沸点较高的是____（填化学式）．

（2）D3B可与水反应生成2种碱性物质，请写出这一化学方程式____．

（3）写出丙的电子式为____．丙在水溶液中的电离方程式____．

（4）由B、C、D三种元素组成的一种盐丁，其外观与氯化钠相似，丁的水溶液呈中性．将光亮的铜丝插入丁溶液中，没有现象发生，如用盐酸酸化，反应迅速发生，铜丝缓慢溶解生成蓝色溶液，写出该反应的离子方程式____．13、①分子之间存在着一种把分子____叫做分子间作用力，又称____．

②分子间作用力比化学键____，它主要影响物质的____、____、____等物理性质；化学键属分子内作用力，主要影响物质的化学性质．

③一般来说，对于组成和结构相似的物质，____越大，分子间作用力____，物质的熔点、沸点也越____．

④分子间作用力只存在于由分子组成的共价化合物、共价单质和稀有气体的分子之间．在离子化合物、金属单质、金刚石、晶体硅、二氧化硅等物质中只有化学键，没有分子间作用力．14、A；B、C三种强电解质；它们在水中电离出的离子如下表所示：

。阳离子Ag+Na+阴离子NO3-SO42-Cl-如图1所示装置中；甲；乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A、B、C三种溶液，电极均为石墨电极．接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了27g．常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间（t）的关系如图2．据此回答下列问题：

（1）M为电源的____极（填“正”或“负”），甲电解质为____（填化学式）．

（2）写出丙烧杯中反应的化学方程式____．

（3）有人设想用图3所示原电池为直流电源完成上述电解．则锌电极相当于直流电源的____（填“M”或“N”）极．

（4）有人设想用图4所示装置做直流电源，不仅可以完成电解也能将气体SO2转化为重要化工原料．该设想中负极的电极反应式为____．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、伴有能量变化的物质变化都是化学变化．____．（判断对错）16、常温下体积和浓度都相同的盐酸和醋酸中和氢氧化钠能力盐酸强____（判断正误）17、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）18、可逆反应达到平衡，反应就不再进行．____（判断对错）19、浓硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等气体____．（判断对错）20、将40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L____．（判断对错）21、乙炔、聚乙炔、乙烯、聚乙烯、甲苯、乙苯都能使KMnO4（H+）溶液褪色____（判断对错）评卷人得分四、探究题(共4题，共24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：评卷人得分五、实验题(共3题，共6分)26、（2013春•乐清市期末）某化学兴趣小组为了测定草酸浓度及硫酸酸化的高锰酸钾溶液与草酸（H2C2O4）溶液反应的化学反应速率大小并验证离子反应的本质，设计了如下实验．化学反应如下：KMnO4+H2C2O4+H2SO4-K2SO4+MnSO4+CO2↑+H2O

实验主要步骤如下：

Ⅰ．用0.1000mol•L-1酸性高锰酸钾溶液滴定未知浓度的H2C2O4溶液。

Ⅱ．测定化学反应速率．

Ⅲ．验证紫红色是MnO4-离子．请回答：

（1）①完成酸性高锰酸钾溶液和草酸（H2C2O4）溶液反应的离子方程式：____

②高锰酸钾溶液应盛装于____（如图；填“甲”或“乙”）滴定管．

③滴定中使用的指示剂是____，到达终点的判断标志是：____

④实验中测得的数据记录如下：

。滴定次数H2C2O4体积滴定前KMnO4体积终点时KMnO4体积125.00mL0.00mL21.40mL225.00mL0.02mL21.44mL325.00mL0.04mL22.46mL⑤下列造成H2C2O4溶液的浓度偏高的是____

A；滴定终点读数时俯视B、滴定前有气泡；滴定后气泡消失。

C；润洗锥形瓶D、滴定过程中加入少量蒸馏水冲洗瓶壁。

（2）取3支大小规格相同的试管，向试管中分别加入2mL0.1mol．L-1酸性KMnO4溶液，将其中一支试管放入冰水中，另一支试管放入80℃的热水中，第3支试管置于室温下（25℃）．再向试管中同时加入2mL0.1mol．L-1H2C2O4．请回答下列问题：

①第3支试管置于室温下（25℃），有什么作用？____

②为了测定该化学反应速率，除已知试管、试管架、白纸外，本实验还缺少的仪器是：____．

③放在冰水中的试管在10秒时刚好反应完全，则用KMnO4表示的化学反应速率为v（KMnO4）=____．

（3）某同学设计了用惰性电极通电电解验证紫红色是MnO4-离子的方案，你认为可行吗？____（填写“可行”、“不可行”）．在实验室实际操作中可观察到____现象，可证明结论正确．27、(16分)、据《中国制药》报道，化合物F是用于制备“非典”药品（盐酸祛炎痛）的中间产物，其合成路线为：已知：一定条件（Ⅰ）RNH2+CH2Cl→RNHCH2+HCl（R和代表烃基）；（Ⅱ）苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化，如：（Ⅲ）（苯胺，弱碱性，易氧化）（Ⅳ）与浓硫酸、浓硝酸混合在不同温度下会得到不同产物回答下列问题：（1）C的结构简式是____。（2）请写出D+E→F的化学方程式：____。（3）E在一定条件下，可聚合成很好的功能高分子材料，写出合成此高聚物的化学方程式。（4）反应①~⑤中，属于取代反应的是（填反应序号）(5)符合下列条件的E的同分异构体的数目是（）。①与FeCl3溶液有显色反应②能发生银镜反应③苯环上的一溴取代物只有3种。A、3种B、8种C、10种D、12种(6)已知苯甲醛在一定条件下可以通过Perkin反应生成肉桂酸（产率45~50%），反应方程式如下：C6H5CHO+(CH3CO)2O→C6H5CH=CHCOOH+CH3COOH苯甲醛肉桂酸若苯甲醛的苯环上有取代基，也能发生Perkin反应，相应产物的产率如下：。反应物产率（%）1523330反应物产率（%）71635282请根据上表回答：取代基对Perkin反应的影响有（写出3条即可）：①②③________28、某校化学小组的同学进行以碳棒为电极电解氯化铜溶液时发现阴极碳棒上除了有红色物质析出外；还有少量白色物质析出．为探究阴极碳棒上的产物，设计了如下过程：

Ⅰ；有关资料。

铜的化合物颜色性质如下：

。物质颜色、性质物质颜色、性质氢氧化铜Cu（OH）2蓝色固体不溶于水硫酸铜（CuSO4）溶液呈蓝色氧化亚铜（CuO）红色固体不溶于水氯化铜（CuCl2）溶液呈绿色，稀溶液呈蓝色氯化亚铜（CuCl）白色固体不溶于水碱式氯化铜绿色固体不溶于水Ⅱ；探究实验。

（1）提出假设：

①红色物质一定有铜，还可能有Cu2O；

②白色物质为铜的化合物；其化学式可能为CuCl．

（2）实验验证：

取电解CuCl2溶液后的阴极碳棒，洗涤、干燥，连接下列装置进行实验，验证阴极产物

实验结束后；碳棒上的白色物质变为红色，无水硫酸铜不变色．

①碳棒上的红色物质是否有Cu2O____（填“是”或“否”），理由是____；

②在c装置后将气体通入____中；若出现白色沉淀，可说明提出假设②中的白色物质一定存在；

③写出装置b中发生反应的化学方程式：____．

（3）问题讨论：

①电解CuCl2溶液后的阴极上发生的反应为：Cu2++2e-=Cu和____；

②用石墨电极电解饱和硫酸铜溶液，观察阴极碳棒表面出现的现象红色物质附着，无白色物质，加入____后继续电解，出现白色物质．评卷人得分六、书写(共3题，共24分)29、写出下列反应的化学方程式及反应类型。

（1）甲烷与氯气的反应。

化学方程式____，反应类型____

（2）乙烯和溴水反应。

化学方程式____，反应类型____

（3）乙酸和乙醇在浓硫酸及加热条件下反应。

化学方程式____，反应类型____．30、（1）根据化学方程式；写出对应的离子方程式：

①AgNO3+KCl=AgCl↓+KNO3____

②CuO+H2SO4=CuSO4+H2O____

（2）写出一个能实现下列离子反应的化学方程式：

①Fe+Cu2+=Fe2++Cu____

②CO32-+2H+=CO2↑+H2O____．31、磷的含氧酸及其盐类在工；农业上应用广泛．回答下列问题：

（1）固体五氧化二磷和浓磷酸（H3PO4，酸性比硫酸弱）均可以用作干燥剂，五氧化二磷和足量的KOH溶液反应生成磷酸三钾（K3PO4），反应的离子方程式为____；

（2）磷酸三钾和浓磷酸按物质的量比1：2混合恰好反应生成一种常用化肥（KH2PO4），离子方程式为____

（3）次磷酸H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式：____H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银．H3PO2中，磷元素的化合价为____，NaH2PO2是正盐还是酸式盐？____，其溶液显____性（填弱酸性；中性、或者弱碱性）

（4）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与氢氧化钡溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，后者再与硫酸反应，写出白磷与氢氧化钡溶液反应的化学方程式：____．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应达到化学反应限度，此时各物质的浓度不再发生改变，但化学平衡为动态平衡，当外界条件发生变化时，平衡发生移动．【解析】【解答】解：A．当可逆反应达到平衡状态时；各物质的浓度不再发生改变，反应达到化学反应限度，故A正确；

B．当可逆反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，但不为零，故B错误；

C．化学平衡为动态平衡；因正逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度都不再改变，故C错误；

D．化学平衡为动态平衡；当外界条件发生变化时，平衡发生移动，故D错误．

故选A．2、A【分析】【分析】A；含有离子键的化合物一定是离子化合物；

B；离子键是由离子通过静电作用形成的；

C；离子化合物中也可能含有共价键；

D、含有离子键的化合物一定是离子化合物．【解析】【解答】解：A；因含有离子键的化合物一定是离子化合物；则共价化合物中不可能含有离子键，故A正确；

B；离子键是由离子形成的；即阴阳离子之间通过静电作用（既有吸引也有排斥）形成离子键，故B错误；

C；离子化合物中也可能含有共价键；如NaOH中既有离子键也有共价键，则含有共价键的化合物不一定是共价化合物，故C错误；

D；含有离子键的化合物一定是离子化合物；故D错误；

故选A．3、A|C【分析】试题分析：氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱．先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液．其化学反应原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）＝NaHCO3↓+NH4Cl，将经过滤、洗涤得到的NaHCO3微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，放出的二氧化碳气体可回收循环使用。含有氯化铵的滤液与石灰乳[Ca(OH)2]混合加热，所放出的氨气可回收循环使用，CaO+H2O＝Ca(OH)2，2NH4Cl+Ca(OH)2＝CaCl2+2NH3↑+2H2O；联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再煅烧制得纯碱产品，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液。第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体．由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，而且氯化铵在氯化钠的浓溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品．此时滤出氯化铵沉淀后所得的滤液，已基本上被氯化钠饱和，可回收循环使用。联合制碱法与氨碱法比较，其最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，应用同量的食盐比氨碱法生产更多的纯碱。A、氨碱法原料有：食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气，联合制碱法原料有：食盐、氨气、二氧化碳，故A错误；B、氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，故B正确；C、氨碱法循环物质：氨气、二氧化碳，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，故C错误；D、氨碱法原料（食盐和石灰石）便宜，产品纯碱的纯度高，副产品氨和二氧化碳都可以回收循环使用，制造步骤简单，适合于大规模生产，但设备复杂；能耗高，氨碱法的最大缺点还在于原料食盐的利用率只有72%～74%；联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，废弃物少，故D正确，答案选AC。考点：考查氨碱法（索氏）和联合制碱法（侯氏）的有关判断【解析】【答案】AC4、C【分析】【分析】某种化合物中一定存在离子键，说明该化合物中是离子化合物，离子化合物在熔融状态下能导电，共价化合物在熔融状态下不能导电，据此分析解答．【解析】【解答】解：某种化合物中一定存在离子键；说明该化合物中是离子化合物，离子化合物在熔融状态下能导电，共价化合物在熔融状态下不能导电；

A．可溶于水的化合物可能是共价化合物；如HCl，故A错误；

B．水溶液能导电的化合物可能是共价化合物；如二氧化硫等，故B错误；

C．熔融状态下可导电的化合物中含有自由移动的阴阳离子；所以该化合物的构成微粒是阴阳离子，为离子化合物，一定含有离子键，故C正确；

D．熔点350℃可能是共价化合物；故D错误；

故选C．5、B【分析】【分析】A．胶体能发生丁达尔效应；

B．胶体分散质微粒的直径大小在1～100nm之间；

C．当分散剂是水或其它溶液时；根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）；胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）；

D．FeCl3在沸水中可生成胶体．【解析】【解答】解：A．胶体有丁达尔效应；溶液无丁达尔效应，故A正确；

B．分散质微粒的直径大小在1～100nm之间是胶体；故B错误；

C．按照分散质粒子的大小可以把分散系分为溶液；胶体和浊液；故C正确；

D．将饱和的FeCl3溶液滴入沸水；并继续煮沸至生成红褐色液体，故D正确．

故选B．6、A【分析】【分析】A；32g氧气的物质的量是1mol；含有2mol氧原子；

B；0.5mol水中含有1.5mol原子；

C、1molH2O含有的H2O分子数目为NA；

D、0.5mol氯气含有的分子数目为0.5NA．【解析】【解答】解：A、氧气的物质的量是1mol，所含的原子数目为2NA；故A错误；

B、水分子中含有3个原子，0.5mol水中含有1.5mol原子，即1.5NA；故B说法正确；

C、由于1molH2O含有的H2O分子数目为NA；故C说法正确；

D、由于0.5mol氯气含有的分子数目为0.5NA；故D说法正确；

故选A．二、填空题(共8题，共16分)7、2mol/Ln（Fe3+）：n（Br-）：n（C1-）=1：1：2a＜c＜（1.5a+0.5b）【分析】【分析】根据①②可知，氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2，还原性：I-＞Fe2+＞Br-；

（1）还原性Fe2+＞Br-，通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为：=0.15mol，若Br-没有反应，溶液中n（Br-）=0.3mol，则n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，表示出参加反应的n（Br-），根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=计算；

（2）与相同氧化剂反应时，还原性越强的离子越先参加氧化还原反应，根据其还原能力大小顺序知，离子被氧化顺序是I-＞Fe2+＞Br-；再结合氧化还原反应分析解答；

（3）要保证溶液中含有两种阳离子，则亚铁离子被氧化，且只能部分被氧化，则碘离子完全反应，溴离子不参与反应，据此进行讨论．【解析】【解答】解：根据①②可知，氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2，还原性：I-＞Fe2+＞Br-；

（1）还原性Fe2+＞Br-，通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为：=0.15mol，若Br-没有反应，n（Br-）=0.3mol，则n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应；

设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）=xmol，n（Br-）=2xmol，未反应的n（Br-）=0.3mol，参加反应的n（Br-）=（2x-0.3）mol；根据电子转移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15mol×2，解得：x=0.2mol；

所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为：=2mol/L；

故答案为：2mol/L；

（2）与相同氧化剂反应时，还原性越强的离子越先参加氧化还原反应，根据其还原能力大小顺序知，离子被氧化顺序是I-＞Fe2+＞Br-，溶液中n（I-）=2mol，n（Fe2+）=3mol，n（Br-）=4mol，I-优先反应，其次是Fe2+，最后是Br-；

Cl2+2I-=I2+2Cl-

1mol2mol2mol

1mol2mol2mol

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

2mol1mol2mol

3mol1.5mol3mol

2Br-+Cl2=2Cl-+Br2

2mol1mol2mol

1mol0.5mol1mol

通过以上分析知，I-、Fe2+完全被氧化，Br-有3mol被氧化，根据方程式知，溶液中存在的离子是：Fe3+、Br-、Cl-；

根据原子守恒知，n（C1-）=3n（Cl2）=6mol，n（Br-）=3mol，n（Fe3+）=3mol；

溶液溶液中各种离子物质的量之比为：n（Fe3+）：n（Br-）：n（C1-）=3mol：3mol：6mol=1：1：2；

故答案为：n（Fe3+）：n（Br-）：n（C1-）=1：1：2；

（3）向含和溶液中通入cmolCl2，若要保证溶液中含有两种阳离子，说明反应后溶液中含有铁离子和亚铁离子，即：亚铁离子只能部分被氧化，根据还原性I-＞Fe2+＞Br-可知，I-完全被氧化，Fe2+部分被氧化，Br-没有参与反应；

amolFeI2中含有2amolI-、amolFe2+，bmolFeBr2中含有bmolFe2+，故溶液中总共含有（a+b）molFe2+；

根据反应Cl2+2I-=I2+2Cl-、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知，氧化2amol碘离子需要消耗amol氯气，氧化（a+b）molFe2+，需要消耗0.5（a+b）mol氯气；

当溶液中铁离子和亚铁离子同时存在时，即亚铁离子部分被氧化，氯气的物质的量范围为：a＜c＜（1.5a+0.5b）；

故答案为：a＜c＜（1.5a+0.5b）．8、环形玻璃搅拌棒保温、隔热，减少实验过程中的热量损失偏小不相等相等NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol【分析】【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；中和热测定实验成败的关键是保温工作；

（2）不盖硬纸板；会有一部分热量散失；

（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；并根据中和热的概念和实质来回答；

（5）根据物质的物质的量与热量之间的关系以及热化学方程式的书写方法书写．【解析】【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；

中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎纸条的作用是保温；隔热，减少实验过程中的热量损失；

故答案为：环形玻璃搅拌棒；保温；隔热；减少实验过程中的热量损失；

（2）大烧杯上如不盖硬纸板；会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小；

故答案为：偏小；

（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的7少有关；若用60mL0.50mol/L的盐酸跟50mL0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增7，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成nmol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用60mL0.50mol/L的盐酸跟50mL0.55mol/L的NaOH溶液进行上述实验，测得中和热数值相等；

故答案为：不相等；相等；

（4）稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，稀盐酸和稀氢氧化钠溶液都是强酸和强碱的稀溶液，则反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；

故答案为：NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol．9、3V2O5+10Al6V+5Al2O3将V2O5转化为可溶性的VOSO4NH4++VO3-=NH4VO3↓B【分析】【分析】（1）铝热反应实质是置换反应；铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝；

（2）由题意和流程图可知反应①的目的，将V2O5转化为可溶性的VOSO4；便于分离提纯；

（3）依据流程中的沉淀分离书写离子方程式；

（4）根据NH4VO3在焙烧变化的图象进行解答．【解析】【解答】解：（1）铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，反应方程式为3V2O5+10Al6V+5Al2O3；

故答案为：3V2O5+10Al6V+5Al2O3；

（2）加入硫酸和亚硫酸钠，目的是利用氧化还原反应，用亚硫酸钠还原V2O5，将V2O5转化为可溶性的VOSO4；便于提纯；

故答案为：将V2O5转化为可溶性的VOSO4；

（3）根据NH4VO3难溶于水，利用复分解反应沉淀VO3-，离子方程式为：NH4++VO3-=NH4VO3↓；

故答案为：NH4++VO3-=NH4VO3↓；

（4）根据NH4VO3在焙烧变化的图象可知：

2NH4VO3═V2O5+2NH3↑+H2O

234g34g18g

减少值开始为0～17g，曲线到200℃时（约为16.0g）曲线开始平直；到约为300℃时又开始减少（H2O的质量），到350℃时减少24g时就不再变化，所以NH4VO3在焙烧过程中200℃时左右先失去氨；在300～350℃再失去水；

故答案为：B．10、CH4正四面体②③Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O2CO+2NO2CO2+N22Fe3++Fe=3Fe2+2：3【分析】【分析】短周期元素T；Q、R、W、Z在元素周期表中的位置如图1所示；其中T所处的周期序数与主族序数相等，则T应为第三周期第ⅢA族元素，为Al，则Q为C，R为N，W为O，Z为Cl，然后结合元素的单质、化合物的性质及化学用语来解答（1）～（4）；

由转化关系可知，M为变价金属，则为Fe，所以E为FeCl3，F为FeCl2，结合反应方程式来解答．【解析】【解答】解：短周期元素T；Q、R、W、Z在元素周期表中的位置如图1所示；其中T所处的周期序数与主族序数相等，则T应为第三周期第ⅢA族元素，为Al，则Q为C，R为N，W为O，Z为Cl；

（1）Q的气态氢化物为甲烷，其分子式为CH4，空间结构为正四面体，故答案为：CH4；正四面体；

（2）①相同条件下；Z单质在水中的溶解性强于R单质，不能利用溶解性比较非金属性，故不选；

②Z单质与氢气化合比R单质与氢气化合容易；则Z活泼，Z元素比R元素的非金属性强，故选；

③Z的氢化物比R的氢化物稳定；则Z元素比R元素的非金属性强，故选；

故答案为：②③；

（3）氯化铝与NaOH反应生成氢盐化铝沉淀，继续加NaOH沉淀溶解的离子反应为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（4）由信息可知，CO和NO反应生成氮气和二氧化碳，其化学反应为2CO+2NO2CO2+N2，故答案为：2CO+2NO2CO2+N2；

（5）由转化关系可知，M为变价金属，则为Fe，所以E为FeCl3，F为FeCl2，E转化为F的反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+，溶液中E、F的物质的量相等，设生成F为3mol，由反应方程式可知反应的E为2mol，剩余的E为mol，所以已反应的E与未反应的E的物质的量之比为2：3，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；2：3．11、湿润的红色石蕊试纸变蓝色HF+OH-═F-+H2O【分析】【分析】（1）常温下，若C为气体、D为液体，应是：NH4++OH-=NH3+H2O，可推知A为NH4+，B为OH-，C为NH3，D为H2O；

（2）若C为还原性最弱的简单微粒，A为HF，B为OH-，C为F-，D为H2O．【解析】【解答】解：（1）常温下，若C为气体、D为液体，应是：NH4++OH-=NH3+H2O，可推知A为NH4+，B为OH-，C为NH3，D为H2O，D的电子式是实验室中检验氨气的试剂及现象是：用湿润的红色石蕊试纸检验变蓝色；

故答案为：湿润的红色石蕊试纸变蓝色；

（2）若C为还原性最弱的简单微粒，A为HF，B为OH-，C为F-，D为H2O，反应为：HF+OH-═F-+H2O；

故答案为：HF+OH-═F-+H2O．12、第二周期第ⅤA族NH3Na3N+3H2O=3NaOH+NH3↑NaClO=Na++ClO-3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O【分析】【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素，D单质质软、银白色固体、导电性强，在空气中燃烧生成淡黄色固体，则D为Na；室温下A单质呈气态，原子最外层电子数与D相同，则A为H元素；D3B中阳离子与阴离子的电子层结构相同，离子核外电子数为10，故B原子核外电子数为10-3=7，故B为N元素；A和C可形成两种常见的化合物甲和乙，甲有强氧化性，结合原子序数可知，C为O元素，则甲为H2O2、乙为H2O；E的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物均为强酸，C、D和E三种元素形成的一种盐丙为某消毒液的主要成分，则E为Cl，丙为NaClO，据此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素，D单质质软、银白色固体、导电性强，在空气中燃烧生成淡黄色固体，则D为Na；室温下A单质呈气态，原子最外层电子数与D相同，则A为H元素；D3B中阳离子与阴离子的电子层结构相同，离子核外电子数为10，故B原子核外电子数为10-3=7，故B为N元素；A和C可形成两种常见的化合物甲和乙，甲有强氧化性，结合原子序数可知，C为O元素，则甲为H2O2、乙为H2O；E的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物均为强酸；C；D和E三种元素形成的一种盐丙为某消毒液的主要成分，则E为Cl；

（1）B为N元素，在周期丙为NaClO，表中的位置是：第二周期第ⅤA族；B、E的氢化物分别为NH3；HCl；氨气分子之间存在氢键，沸点高于HCl；

故答案为：第二周期第ⅤA族；NH3；

（2）Na3N可与水反应生成2种碱性物质，生成氢氧化钠与氨气，该反应化学方程式为：Na3N+3H2O=3NaOH+NH3↑；

故答案为：Na3N+3H2O=3NaOH+NH3↑；

（3）丙为NaClO，电子式为丙在水溶液中的电离方程式为：NaClO=Na++ClO-；

故答案为：NaClO=Na++ClO-；

（4）由N、O、Na三种元素组成的一种盐丁，其外观与氯化钠相似，丁的水溶液呈中性，则丁为NaNO3，将光亮的铜丝插入丁溶液中，没有现象发生，如用盐酸酸化，反应迅速发生，铜丝缓慢溶解生成蓝色溶液，该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；

故答案为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O．13、聚集在一起的作用力范德华力弱熔点沸点溶解度相对分子质量越大高【分析】【分析】①分子之间存在着一种把分子聚集在一起的作用力；叫做分子间作用力，又称范德华力；

②分子间作用力比化学键弱；主要影响物质的熔沸点；溶解度等物理性质；

③一般来说，对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点越大．【解析】【解答】解：①分子之间存在着一种把分子聚集在一起的作用力；叫做分子间作用力，又称范德华力；

故答案为：聚集在一起的作用力；范德华力；

②分子间作用力比化学键弱；主要影响物质的熔沸点；溶解度等物理性质，化学键属分子内作用力，主要影响物质的化学性质；

故答案为：弱；熔点；沸点；溶解度；

③一般来说；对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点越高；

故答案为：相对分子质量；越大；高．14、负NaCl2H2O2H2↑+O2↑MSO2+2H2O-2e-=4H++SO42-【分析】【分析】A；B、C三种强电解质；银离子只能和硝酸根离子形成可溶性物质，电解硝酸银溶液中溶液变为酸性，pH减小，所以B是硝酸银，甲中溶液PH变大，则该溶液为氯化钠溶液，即A为氯化钠，则C是硫酸钠；

（1）c电极上析出金属；则c为阴极，则M为负极，N为正极；

（2）电解硫酸钠溶液时；阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电，实际上是电解水；

（3）该原电池中；易失电子发生氧化反应的金属作负极；

（4）二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子．【解析】【解答】解：A；B、C三种强电解质；银离子只能和硝酸根离子形成可溶性物质，电解硝酸银溶液中溶液变为酸性，pH减小，所以B是硝酸银，甲中溶液PH变大，则该溶液为氯化钠溶液，即A为氯化钠，则C是硫酸钠；

（1）c电极上析出金属；则c为阴极，则M为负极，N为正极，通过以上分析知，甲电解质为氯化钠，故答案为：负；NaCl；

（2）电解硫酸钠溶液时，阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电，实际上是电解水，电池反应式为2H2O2H2↑+O2↑；

故答案为：2H2O2H2↑+O2↑；

（3）该原电池中；易失电子发生氧化反应的金属作负极，铜作正极，所以锌电极相当于直流电源M极，故答案为：M；

（4）二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-，故答案为：SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-．三、判断题(共7题，共14分)15、×【分析】【分析】伴有能量变化的物质变化不一定发生化学反应．【解析】【解答】解：伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，如灯泡发光过程中有热能变化，故错误；16、×【分析】【分析】等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，与氢氧化钠中和需要氢氧化钠物质的量相同．【解析】【解答】解：等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，与氢氧化钠反应，分别发生HCl+NaOH=NaCl+H2O，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O；

即中和等体积；等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液；所需氢氧化钠相同．

故答案为：×．17、×【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：×．18、×【分析】【分析】据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变．【解析】【解答】解：化学平衡是动态平衡；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0；

故答案为：×．19、×【分析】【分析】浓硫酸为酸性、强氧化性干燥剂，能够干燥酸性、中性气体，如：氧气、氢气、二氧化硫等，浓硫酸不能用于干燥碱性气体，如氨气，据此进行解答．【解析】【解答】解：浓硫酸为酸性、强氧化性干燥剂，能够干燥酸性、中性气体，如：氧气、氢气、二氧化硫等，能够与NH3反应；不能使用浓硫酸干燥氨气，所以该说法错误；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】将40gNaOH溶解在1L水中，溶液体积大于1L．【解析】【解答】解：将40gNaOH溶解在1L水中；溶液体积大于1L，溶液中溶质的物质的量浓度小于1mol/L；

故答案为：×．21、×【分析】【分析】烯烃、炔烃及苯的同系物均能被高锰酸钾氧化，使其褪色，而不含不饱和键的物质不能，以此来解答．【解析】【解答】解：乙炔；聚乙炔、乙烯均含不饱和键；均能被高锰酸钾氧化，使其褪色；

甲苯、乙苯为苯的同系物，都能使KMnO4（H+）溶液褪色；

只有聚乙烯中不含C=C；不能被高锰酸钾氧化，则不能使其褪色；

故答案为：×．四、探究题(共4题，共24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．五、实验题(共3题，共6分)26、5H2C2O4+2MnO4-+6H+=1OCO2+2Mn2++8H2O甲高锰酸钾溶液加入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为红色，且30s内红色不褪去BC对照或对比温度计、秒表0.002mol/（L•s）可以阳极紫红色加深，阴极紫红色变浅且有无色气泡生成【分析】【分析】（1）①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性；能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，根据氧化还原反应得失电子守恒配平反应方程式；

②KMnO4溶液具有强氧化性；可以腐蚀橡皮管，应装在酸式滴定管中；

③草酸反应完毕，加入最后一滴KMnO4溶液；溶液变为红色，红色30s内不褪去，说明滴定到终点；

⑤由关系式2KMnO4～5H2C2O4可知V（KMnO4）•c（KMnO4）=V（H2C2O4）•c（H2C2O4），即c（H2C2O4）=；据此分析判断；

（2）①改变条件后与原条件进行对比；

②本实验需要测量热水的温度和褪色的快慢；

③根据v=计算；

（3）高锰酸根离子显紫色，在电流作用下向阳极移动．【解析】【解答】解：I、（1）①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，离子反应方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；

故答案为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=1OCO2+2Mn2++8H2O；

②KMnO4溶液具有强氧化性；可以腐蚀橡皮管，应装在酸式滴定管中，甲为酸式滴定管，故答案为：甲；

③高锰酸钾本身有颜色，故不需要另加指示剂，草酸反应完毕，加入最后一滴KMnO4溶液；溶液变为红色，红色30s内不褪去，说明滴定到终点；

故答案为：高锰酸钾溶液；加入最后一滴KMnO4溶液；溶液变为红色，且30s内红色不褪去；

⑤由关系式2KMnO4～5H2C2O4可知V（KMnO4）•c（KMnO4）=V（H2C2O4）•c（H2C2O4），即c（H2C2O4）=；

A．读取KMnO4溶液体积时；滴定前平视，滴定结束后俯视读数，导致酸性高锰酸钾溶液的体积读数偏小，测定的测定草酸的浓度偏低，故A不符合；

B．滴定管内在滴定前有气泡；滴定后气泡消失，导致酸性高锰酸钾溶液的体积读数偏大，测定的草酸浓度偏高，故B符合；

滴定管用水洗净后直接注入KMnO4溶液；高锰酸钾溶液被稀释，使用的高锰酸钾溶液的体积偏大，测定的高锰酸钾的浓度偏低，故A符合；

C．锥形瓶用蒸馏水洗净后润洗；导致草酸的物质的量增加，所用高锰酸钾的体积增大，测定的草酸浓度偏高，故C符合；

D．滴定过程中加入少量蒸馏水冲洗瓶壁；对草酸的物质的量无影响，所用高锰酸钾体积不变，对测定草酸浓度无影响，故D不符合；

故选BC；

（2）①实验的目的是看温度对反应速率的影响；故需与常温进行对照，故答案为：对照或对比；

②本实验需要控制温度；需要温度计，需要比较快慢，故需要秒表，故答案为：温度计；秒表；

③草酸和高锰酸钾物质的量相等，根据方程式知，高锰酸钾过量，混合后c（H2C2O4）==0.05mol/L，v（H2C2O4）==0.005mol/（L•s），反应速率之比等于计量数之比，所以v（KMnO4）=0.002mol/（L•s）；

故答案为：0.002mol/（L•s）；

（3）高锰酸离子带负电荷；在场作用下，向阳极移动，阳极附近紫红色加深，阴极附近紫红色变浅，氢离子在阴极得电子生成氢气；

故答案为：可以；阳极紫红色加深，阴极紫红色变浅且有无色气泡生成．27、略

【分析】【解析】【答案】（15分）、（1）C的结构简式是：____（2分）（2）D+E→F的化学方程式（3分）：。（3）E在一定条件下，可聚合成很好的功能高分子，写出合成此高聚物的化学方程式（3分）____。（4）反应①~⑤中，属于取代反应的是（填反应序号）____（2分）。（答对1或2个得1分，3个全对得2分，出现错误选项不得分）(5)C（2分）（6）（3分）（答对1得1分，答对2得2分，答对3个得3分）①苯环上有氯原子取代对反应有利②苯环上有甲基对反应不利③氯原子离醛基越远，对反应越不利（或氯原子取代时，邻位最有利，对位最不利）④甲基离醛基越远，对反应越有利（或甲基取代时，邻位最不利，对位最有利）⑤苯环上氯原子越多，对反应越有利⑥苯环上甲基越多，对反应越不利28、否无水硫酸铜不变色说明没有氧元素硝酸银溶液2CuCl+H2=2Cu+2HClCu-e-+Cl-=CuClNaCl溶液【分析】【分析】（2）①无水硫酸铜不变色说明阴极碳棒上的产物与氢气反应产物中没有水；分解实验现象分析理由；

②根据CuCl与氢气反应生成了氯化氢；通过检验氯离子判断是否存在CuCl；

③装置b中发生反应的化学方程式为氯化亚铁与氢气反应生成铜和氯化氢；

（3）①电极氯化铜溶液阴极铜失去电子生成铜离子和氯化亚铜；据此写成电极反应的离子方程式；

②根据白色物质为氯化亚铜，分析溶液中还缺少的离子及需要加入的物质．【解析】【解答】解：（2）①