2024年华师大版高三化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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2024年华师大版高三化学上册阶段测试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9题，共18分)1、下列物质中只含有离子键的是（）A.H2B.CO2C.Na2OD.NaOH2、除去溴乙烷中混有的Br2杂质，最佳的方法是（）A.用四氯化碳萃取B.用氢氧化钠溶液洗涤C.用碘化钾溶液洗涤D.用亚硫酸氢钠溶液洗涤3、下列有关物质用途或现象以及反应方程式不正确的是（）A.汽车尾气中发生的催化转化反应：2NO+2CON2+2CO2B.工业制氯气：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OC.燃煤时加入石灰石减少SO2排放：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2D.用Na2CO3溶液处理水垢中的不溶物CaSO4：CaSO4+CO32-═CaCO3+SO42-4、下列反应中，属于吸热反应的是（）A.硫与氧气反应B.镁与盐酸反应C.盐酸与氢氧化钠反应D.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应5、某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3＋，他们使用的药品和装置如下图所示，下列说法不合理的是()。A.能表明I－的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液退色B.装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀D.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色退去6、下列有关实验操作；现象记录、结论解释都正确的是（）

。实验操作现象记录结论解释A将pH试纸润湿，置于盛有HCl气体的集气瓶口试纸变红HCl是酸性气体B向2mL1mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/LMgCl2溶液，再加入3滴1mol/LFeCl3溶液先生成白色沉淀，后转化为红褐色沉淀Mg（OH）2溶解度大于Fe（OH）3C将少量浓硝酸逐滴加入盛有FeSO4稀溶液的试管中试管口产生红棕色气体硝酸被还原为NO2D向紫色石蕊试液中加Na2O2粉末溶液变蓝，且不褪色Na2O2溶于水生成碱性物质A.AB.BC.CD.D7、有机物A（结构简式如图所示）由于其特殊的电子结构，一直受到理论化学家的注意，由于缺乏有效的合成途径，一度延缓对其反应的研究，直到1993年才出现了可以大量制备的方法．下列关于A的说法错误的是（）A.A为非极性分子B.A与环己烯互为同分异构体C.A的二氯取代产物有4种（不考虑对映异构）D.A在核磁共振氢谱图中只存在一个特征峰8、下列对各组物质性质的比较中，正确的是（）A.第一电离能：Na＜Mg＜AlB.熔点：金刚石＞晶体硅＞碳化硅C.硬度：Li＞Na＞KD.空间利用率：六方密堆＜面心立方＜体心立方9、下列各组离子在溶液中能够大量共存，且加入金属铝后只有氢气放出的是A.H+、Al3+、Cl‑、SO32-B.Na+、K+、OH‑、[Al(OH)4]-C.H+、K+、SO42-、NO3‑D.Na+、NH4+、Cl-、OH‑评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、（1）少量的Fe与足量稀硝酸反应，试写出化学方程式为____

（2）一定量的Fe和一定量的HNO3反应后，经检测产物主要有Fe（NO3）2、Fe（NO3）3和NO，请结合以上探究，运用电子守恒和氮原子守恒写出两个等量关系式．11、现有以下物质：①NaCl晶体②KOH固体③熔融KCl④蔗糖⑤铜⑥CO2⑦H2SO4

（1）以上物质中能导电的是____．

（2）以上物质中属于电解质的是____．

（3）以上物质中，溶于水能导电的是____．12、有机物间的反应很复杂，往往有很多副反应发生；如乙醇与浓硫酸的混合溶液在不同温度下发生的反应类型不同，再如卤代烃（CaHbX，X指代Cl、Br；I等）在不同溶剂中与NaOH发生不同类型的反应；生成不同的反应产物；因此在有机化学学习中知道各种有机反应的类型和对应反应发生所需条件是非常重要的．试回答下列问题：

（1）结合目前所学，试总结有机物在浓硫酸加热条件下可发生有机反应的类型有____；

（2）卤代烃①在NaOH水溶液加热条件下发生的反应类型是取代反应，②在NaOH醇溶液加热条件下发生的反应类型是消去反应．现要证明某卤代烃（CaHbX，X指代Cl、Br、I等）中存在何种卤素，你选择上述两条件中的哪一条（填序号）？并说明你这样选的理由：____．

（3）为证明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应，在你设计的实验方案中，需要检验的是____，检验的方法是____（需说明：所用的试剂、简单的实验操作及预测产生的实验现象）．13、用适当方法将下列混合物分离开来

（1）不溶性固体与水的混合物，如CaCO3与水，可用____方法分离

（2）两种互相溶解但沸点相差较大的液体，如苯和四氯化碳的混合物，可用____方法分离

（3）可溶性固体与水的混合物．如食盐和水，可用____方法分离

（4）两种互不相溶的液体，如水和油，可用____方法分离．14、CH4和CO2反应可以制造价值更高的化学产品．

（1）250℃时，以镍合金为催化剂，向4L容器中通入6molCO2、6molCH4，发生反应：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）．平衡体系中各组分的浓度为：

。物质CH4CO2COH2平衡浓度（mol•L-1）0.50.52.02.0①此温度下，该反应的平衡常数K=______（注明单位）．

②已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1kJ•mol-1

CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2kJ•mol-1

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H3kJ•mol-1

反应CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）的△H=______kJ•mol-1

（2）用Cu2Al2O4做催化剂，一定条件下，发生反应：CO2+CH4⇌CH3COOH；请回答：

①温度与催化剂的催化效率和乙酸的生成速率如图．250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是______

②为提高上述反应CH4的转化率，可采取的措施有______（写2种）．

③Cu2Al2O4可溶解在稀硝酸中，被氧化的元素为______，每消耗3molCu2Al2O4时被还原的HNO3为______mol

（3）Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2；

①若寻找吸收CO2的其他物质，下列建议合理的是______

a．可在碱性氧化物中寻找。

b．可在具有强氧化性的物质中寻找。

c．可在ⅠA；ⅡA族元素的氧化物中寻找。

②Li4SiO4可用于吸收、释放CO2，原理是：500℃时，CO2与Li4SiO4接触生成Li2CO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，该原理的化学方程式______．15、海洋约占地球表面积的71%；海水化学资源的利用具有非常广阔的前景．

（1）镁及其合金是一种用途很广的金属材料；目前世界上60%的镁是从海水中提取的，其主要步骤如下：

①为了使MgSO4转化为Mg（OH）2，试剂①可以选用____；

②试剂②可以选用____；

③试从节约能源、提高金属镁的纯度分析，以下适宜的冶镁方法是____．

A．Mg（OH）2MgOMg

B．Mg（OH）2MgOMg

C．Mg（OH）2MgCl2Mg

D．Mg（OH）2MgCl2Mg

（2）溴及其化合物用途十分广泛；我国正在大力开展海水提溴的研究和开发工作．工业以浓缩海水为原料提取溴的部分过程如下：

某课外小组在实验室模拟上述过程设计以下装置进行实验（所有橡胶制品均已被保护；夹持装置已略去）：

①A装置中通入a气体的目的是（用离子方程式表示）____；

②A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通热空气．通入热空气的目的是____；

③反应过程中，B装置中有SO42-生成．检验SO42-的方法是____；

④C装置的作用是____．16、A为由带支管的试管改制成的反应容器；在其下端底部开了一个小孔，塞好石棉绒，再加入适量铁粉．向反应容器A中逐滴加入溴和苯的混合液，几秒钟内就发生反应．

（1）试管C中苯的作用是____；

（2）反应开始后，D和E中的现象是____

（3）反应2-3min后，在B中的NaOH溶液中的现象有____

（4）证明苯与液溴发生了取代反应而不是加成反应的现象是____．

（5）上述实验装置中，具有防倒吸作用的有____（填字母）．如图所示的各装置可以应用于上述实验防倒吸的有____（填序号）．

（6）试评述该改进实验的优点：①____；②____；③____．

17、今有标签模糊不清的两瓶试剂；只知道分别是淀粉溶液和氯化钠溶液，试用两种方法鉴别．

（1）____．

（2）____．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)18、钠与水反应时，会发生剧烈爆炸____．（判断对错）19、3.4gNH3中含有电子数为0.2NA____（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、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）聚乙烯可发生加成反应____

（2）乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别____

（3）乙烯和苯都能与溴水反应____

（4）乙烯和乙烷都能发生加聚反应____

（5）聚乙烯的结构简式为CH2═CH2____

（6）甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同____

（7）苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键____

（8）甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应____

（9）a（CH2═CH2）、b（CH3CH2OH）、c（CH3CHO）可实现____

（10）乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别____

（11）乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则丙烯也可以使其褪色____

（12）28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA____．22、可逆反应达到平衡，反应就不再进行．____（判断对错）23、钠与硫酸铜溶液反应会置换出红色的铜____．（判断对错）24、在标准状况时，20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比为1：3____．（判断对错）25、蛋白质、纤维素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物（判断对错）评卷人得分四、探究题(共4题，共24分)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：28、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________．29、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、推断题(共4题，共32分)30、（2015秋•保定校级期中）在如图所示的物质转化关系中；A是海水中含量最丰富的盐，B是常见的无色液体，G的水溶液是一种常用的漂白剂．（反应中生成的水和部分反应条件未列出）

（1）画出A中阴离子的结构示意图：____．

（2）反应②在点燃条件下的现像是：____．

（3）反应①的化学方程式为：____．

（4）配平方程式____Pt+____HNO3+____HCl-____H2PtCl6+____NO↑+____H2O

（5）工业制备漂白粉的化学方程式为：____．

有效氯的含量是衡量次氯酸盐氧化能力的重要指标．次氯酸盐的有效氯含量可用次氯酸盐与盐酸反应所生成的氯气的含量来表示：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O

有效氯含量=×100%，则该反应的产品漂白粉的有效氯为____．31、（2015•四川模拟）如图是中学化学常见物质之间的转换关系；其中A；C、D、F、I为单质，其余为化合物，C和D在点燃或者加热的条件下生成淡黄色的固体，B常温下为液态．试回答下列有关问题：

（1）如图中①～⑥反应中属于非氧化还原反应的是____（填反应序号）；写出其反应的化学方程式____．

（2）化合物K、J、G中含有的相同的元素在周期表中的位置是____；D单质的一种同素异形体有很强的氧化性，可用于杀菌消毒，写出它的化学式____．

（3）写出反应②的化学方程式____；当有1molA反应时，转移电子的物质的量为____mol．

（4）写出反应④的一种重要的工业用途____．

（5）用A于F做电极材料，插入K溶液中，形成闭合回路，写出负极反应方程式____．32、A－J是中学化学中常见的几种物质，它们之间的转化关系如图所示。已知常温下A为固体单质，B为淡黄色粉末，C、F、I为气态单质，E在常温下为液体，且E可由C、F合成，J可用作杀菌消毒剂。回答下列问题：（1）B中阴离子的电子式为____，与E组成元素相同的化合物的结构式为。（2）已知D与G反应生成ImolE放出的热量为aKJ，请写出表示D与H2SO4中和热的热化学方程式。（3）向FeCl2溶液中加入大量固体B，写出反应离子方程式。（4）常温下以Pt为电极电解滴加有少量酚酞的H饱和溶液2L，则在（填“阴或阳”）极附近溶液由无色变为红色，若用F、C组成电池（熔融K2CO3做电解质）供电，电池的负极反应式为，正极反应式为，电解过程中，忽略溶液体积变化，则当溶液的PH=13时，负极消耗气体的体积在标况下为____。33、下列中学化学中常见物质的转化关系图中；反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A；D为金属单质，其它为化合物，其中C为两性氧化物．试推断：

（友情提示：金属Al可在高温下将一些金属从其氧化物中置换出来）

（1）写出物质的化学式：

A：____B：____C：____H：____

（2）写出下列反应的方程式：

A→D反应的化学方程式____；

C→F反应的离子方程式____；

D→G反应的离子方程式____．评卷人得分六、计算题(共1题，共6分)34、已知稀硝酸与铜反应时，NO3-一般被还原为NO；浓硝酸与铜反应时，NO3-一般被还原为NO2．现将25.6gCu投入到50mL12mol/L的浓硝酸中，充分反应后，收集到4.48L（标况）NO和NO2的混合气体．

（1）写出铜分别与浓硝酸和稀硝酸反应的化学方程式：____；____．

（2）被还原的硝酸的物质的量为：____

（3）25.6gCu与50mL12mol/L的浓硝酸反应后，剩余物为：____，其物质的量为：____．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成共价键，第IA、第IIA族元素和第VIA、第VIIA族元素之间易形成离子键．【解析】【解答】解：A．氢气中只含非极性共价键；故A错误；

B．二氧化碳分子中碳原子和氧原子之间只存在共价键；为共价化合物，故B错误；

C．Na2O中钠离子和氧离子构成离子键；故C正确；

D．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键；氢原子和氧原子之间存在共价键，故D错误；

故选C．2、D【分析】【分析】A．溴单质和溴乙烷都易溶于四氯化碳；

B．溴乙烷能够在氢氧化钠溶液中发生水解；

C．碘离子被氧化生成新的杂质；

D．亚硫酸氢钠能够被溴氧化，且溴乙烷不与亚硫酸氢钠溶液反应．【解析】【解答】解：A．溴和溴乙烷都易溶于四氯化碳；无法除去杂质，故A错误；

B．氢氧化钠溶液易使溴乙烷水解；故B错误；

C．碘离子被溴氧化成碘单质；碘单质易溶于溴乙烷，成了新的杂质，故C错误；

D．亚硫酸钠和溴发生氧化还原反应生成HBr和硫酸钠；易与溴乙烷分离，故D正确；

故选D．3、B【分析】【分析】A．发生氧化还原反应生成无毒的氮气和二氧化碳；

B．工业制氯气；电解饱和食盐水；

C．发生氧化还原反应生成硫酸钙和二氧化碳；

D．发生沉淀的转化．【解析】【解答】解：A．汽车尾气中发生的催化转化反应为2NO+2CON2+2CO2；可处理汽车尾气，故A正确；

B．工业制氯气，电解饱和食盐水，发生反应为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；故B错误；

C．燃煤时加入石灰石减少SO2排放，发生2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2；减少酸雨的发生，故C正确；

D．Na2CO3溶液处理水垢中的不溶物CaSO4，沉淀转化的离子反应为CaSO4+CO32-═CaCO3+SO42-；故D正确；

故选B．4、D【分析】【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧；所有金属与酸或与水；所有中和反应；绝大多数化合反应；铝热反应；

常见的吸热反应有：绝大数分解反应；个别的化合反应（如C和CO2）；工业制水煤气；碳、一氧化碳、氢气还原金属氧化物；某些复分解（如铵盐和强碱）．【解析】【解答】解：A．硫与氧气反应是放热反应；故A错误；

B．镁与盐酸反应是放热反应；故B错误；

C．盐酸与氢氧化钠反应是放热反应；故C错误；

D．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是吸热反应；故D正确．

故选D．5、D【分析】D项，SO2(或H2SO3)也可使KMnO4溶液退色，对验证生成的Fe2＋造成干扰。【解析】【答案】D6、A【分析】【分析】A．测量气体的pH；需将pH试纸润湿；

B．氢氧化钠过量；氢氧化钠和氯化镁；氯化铁反应都生成沉淀；

C．可能生成NO，NO与氧气反应生成NO2；

D．过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，并且Na2O2具有强氧化性，能使紫色溶液褪色．【解析】【解答】解：A．测量气体的pH；需将pH试纸润湿，pH试纸酸性条件下为红色，故A正确；

B．氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁反应都生成沉淀，所以不能证明Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀；故B错误；

C．浓硝酸滴入FeSO4稀溶液中，浓度降低，可能生成NO，NO与氧气反应生成NO2；故C错误；

D．过氧化钠与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；溶液中有气泡产生，过氧化钠过量，且有强氧化性，能使紫色石蕊溶液因氧化而褪色，溶液最终变为无色，故D错误．

故选A．7、B【分析】【分析】A．由极性键构成的分子；若结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子；

B．二者分子式不相同；

C．分子中只有1中H原子；2个Cl原子可以取代同一C原子的2个H原子，可以取代不同C原子上的H原子，有同一环的不同C原子上的H原子，不同环的C原子上的H原子，不同环取代有位于双键同侧；位于双键两侧；

D．A分子中只有一种氢原子．【解析】【解答】解：A．A分子结构对称；为非极性分子，故A正确；

B．环己烯的分子式为C6H10，环丙烷叉环丙烷的分子式为C6H8；二者结构不同，分子式不同，不为同分异构体，故B错误；

C．分子中只有1中H原子；2个Cl原子可以取代同一C原子的2个H原子，只有1中，可以取代不同C原子上的H原子，取代同一环的不同C原子上的H原子，有1种，不同环的C原子上的H原子，不同环取代有位于双键同侧；位于双键两侧，有2中，故其二氯代物有4种，故C正确；

D．A分子中只有一种氢原子；核磁共振氢谱图中只存在一个特征峰，故D正确．

故选B．8、C【分析】【分析】A．同一周期；元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于相邻元素；

B．原子晶体中；键长越长其键能越小，则晶体的熔点越低；

C．碱金属元素中；其硬度随着原子序数的增大而减小；

D．空间利用率：六方密堆积52%、面心立方74%、体心立方68%．【解析】【解答】解：A．同一周期；元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于相邻元素，第一电离能：Mg＞Al＞Na，故A错误；

B．原子晶体中；键长越长其键能越小，则晶体的熔点越低，键能大小顺序是：C-C键；C-Si键、Si-Si键，所以熔点高低顺序是：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故B错误；

C．碱金属元素中；其硬度随着原子序数的增大而减小，所以硬度Li＞Na＞K，故C正确；

D．空间利用率：六方密堆积52%；面心立方74%、体心立方68%；所以空间利用率：面心立方＞体心立方＞六方密堆积，故D错误；

故选C．9、B【分析】试题分析：A．H+、SO32-会发生复分解反应产生气体而不能大量共存，错误；B．Na+、K+、OH‑、[Al(OH)4]-不能发生反应，可以大量共存，若加入Al后会发生反应:2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,产生大量氢气气体，正确；C．H+、K+、SO42-、NO3‑可以大量共存，但是加入Al后再硝酸溶液中不会产生氢气，错误；D．NH4+、OH‑会发生复分解反应产生弱电解质NH3·H2O而不能大量共存，错误。考点：考查离子大量共存的知识。【解析】【答案】B二、填空题(共8题，共16分)10、Fe+4HNO3（稀）═Fe（NO3）3+2H2O+NO↑【分析】【分析】（1）少量的Fe与足量稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁；一氧化氮和水；据此书写；

（2）设生成Fe（NO3）2、Fe（NO3）3和NO分别为x、y、zmol，根据电子守恒和氮原子守恒书写；【解析】【解答】解：（1）少量的Fe与足量稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的化学方程式为Fe+4HNO3（稀）═Fe（NO3）3+2H2O+NO↑；

故答案为：Fe+4HNO3（稀）═Fe（NO3）3+2H2O+NO↑；

（2）设生成Fe（NO3）2、Fe（NO3）3和NO分别为x、y、zmol，则由电子守恒得2x+3y=3z，氮原子守恒得2x+3y+z=n（硝酸）；答：电子守恒和氮原子守恒的两个等量关系式分别为2x+3y=3z，2x+3y+z=n（硝酸）；11、③⑤①②③⑦①②③⑥⑦【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；

非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．【解析】【解答】解：①NaCl晶体不能导电；在水溶液中能导电，是电解质；

②KOH固体不能导电；在水溶液中能导电，是电解质；

③熔融KCl能导电；在水溶液中也能导电，是电解质；

④蔗糖不能导电；在水溶液中也不能导电，是非电解质；

⑤铜金属单质；能导电，既不是电解质也不是非电解质；

⑥CO2不能导电；在水溶液中能导电，但自身不能电离，是非电解质；

⑦H2SO4不能导电；在水溶液中能导电，是电解质；

故能导电的是：③⑤；属于电解质的是：①②③⑦；溶于水能导电的是：①②③⑥⑦；

故答案为：（1）③⑤；（2）①②③⑦；（3）①②③⑥⑦．12、取代（酯化、硝化）反应、消去反应选择①，因为所有的卤代烃都能在该条件下水解，而只有与卤素原子相连的碳的邻碳上有氢的卤代烃才能在NaOH醇溶液加热条件下发生反应乙烯的存在将溴乙烷在NaOH乙醇溶液中共热产生的气体通入盛有溴水的试管，若溴水褪色，则说明发生了消去反应【分析】【分析】（1）依据学习的各类物质的性质分析判断总结写出反应类型；

（2）检验卤代烃中的卤素元素的存在；需要先把卤代烃水解，使卤原子变化为卤素离子，再依据离子检验的方法和试剂进行检验；

（3）验证卤代烃溴乙烷在强碱的醇溶液中发生消去反应，生成乙烯、溴化钠和水，和卤代烃在强碱的水溶液中加热生成物比较可知，都含有溴化钠，所以需要验证乙烯的存在，利用乙烯的加成反应和现象分析．【解析】【解答】解：（1）有机物在浓硫酸加热条件下可发生有机反应有；苯的硝化反应，磺化反应，乙醇的消去反应；分子间脱水反应、酯化反应等；

故答案为：取代（酯化；硝化）反应、消去反应；

（2）检验卤代烃中的卤素元素的存在；需要先把卤代烃水解，使卤原子变化为卤素离子，选择①，因为不是所有的卤代烃都能发生消去反应；

故答案为：选择①；因为所有的卤代烃都能在该条件下水解，而只有与卤素原子相连的碳的邻碳上有氢的卤代烃才能在NaOH醇溶液加热条件下发生反应；

（3）验证卤代烃溴乙烷在强碱的醇溶液中发生消去反应；生成乙烯；溴化钠和水，和卤代烃在强碱的水溶液中加热生成物比较可知，都含有溴化钠，所以需要验证乙烯的存在，利用乙烯的加成反应，乙烯通入溴水中褪色证明发生的是消去反应；

故答案为：乙烯的存在；将溴乙烷在NaOH乙醇溶液中共热产生的气体通入盛有溴水的试管，若溴水褪色，则说明发生了消去反应．13、过滤蒸馏蒸发分液【分析】【分析】常用的物质的分离方法有物理法和化学法，物理法有过滤、蒸发、蒸馏、萃取、分液、渗析、升华等，化学方法有洗气法、加热等方法，可根据物质的物理性质如水溶性、密度、沸点等采取相对应的方法分离．【解析】【解答】解：（1）CaCO3与水互不相溶；可用过滤的方法分离，故答案为：过滤；

（2）苯和四氯化碳混溶；但二者的沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故答案为：蒸馏；

（3）食盐溶于水；但蒸发时水易挥发，而实验不挥发，可用蒸发的方法分离，故答案为：蒸发；

（4）水和油互不相溶，可用分液的方法分离，故答案为：分液．14、略

【分析】解：（1）①CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）．

起始浓度1.51.500

反应浓度xx2x2x

平衡浓度0.50.52.02.0

所以K==mol2•L-2=64mol2•L-2；

故答案为：64mol2•L-2；

②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1kJ•mol-1①

CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2kJ•mol-1②

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H3kJ•mol-1③

根据盖斯定律，由①+②×2-③×2得，CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H3kJ•mol-1=（△H1-2△H3+2△H2）kJ•mol-1；

故答案为：（△H1-2△H3+2△H2）；

（2）①温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案为：温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；

②增大反应压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，故答案为：增大反应压强、增大CO2的浓度；

③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O，故Cu元素的化合价升高，即被氧化，依据离子反应方程式得出：每消耗3molCu2Al2O4时被还原的HNO3为2mol；故答案为：铜（或Cu）；2；

（3）①a．Li2O、Na2O、MgO均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物CO2，可在碱性氧化物中寻找吸收CO2的其他物质；故a正确；

b．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，但它们都没有强氧化性，且吸收二氧化碳与氧化还原无关，故b错误；

c．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，钠、镁、铝为ⅠA、ⅡA族元素，所以可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找吸收CO2的其他物质；故c正确；故答案为：ac；

②在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有Li2SiO3，所以化学方程式为：2CO2+Li4SiO42Li2CO3+SiO2，故答案为：2CO2+Li4SiO42Li2CO3+SiO2．

（1）①先利用三段法求出各物质的物质的量；然后再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；

②根据盖斯定律来解答；

（2）①根据温度对催化剂活性的影响；

②根据外界条件对化学平衡的影响；平衡正向移动，反应物转化率增大；

③先将Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3；再根据氧化物与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性；

（3）①二氧化碳为酸性气体，Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2与氧化性无关；

②根据题干信息，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3；根据质量守恒进行解答．

本题主要考查了综合利用CO2，涉及热化学反应、电化学、化学平衡影响因素等，较为综合，题目难度中等．【解析】64mol2•L-2；（△H1-2△H3+2△H2）；温度在250～300℃时，催化剂的催化效率降低；增大反应压强、增大CO2的浓度；Cu；2；ac；2CO2+Li4SiO42Li2CO3+SiO215、NaOH盐酸CCl2+2Br-=2Cl-+Br2吹出Br2取少量B装置中反应后的溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明有SO42‾生成吸收未反应完的Cl2、Br2和SO2【分析】【分析】（1）①利用复分解反应及MgSO4转化为Mg（OH）2时阴离子的变化来选择试剂；

②利用复分解反应及Mg（OH）2转化为MgCl2时阴离子的变化来选择试剂；

③MgO的熔点高，制备镁一般利用电解熔融的MgCl2；

（2）由流程可知，氯气与浓缩海水中溴离子发生氧化还原反应生成溴，在吹出塔中富集溴，然后在吸收塔中溴、二氧化硫和水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；由实验装置可知，a为氯气，可氧化溴离子，热空气可将生成的溴蒸气吹出，气体b为二氧化硫，在B装置中发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，C装置为尾气处理装置，吸收氯气、二氧化硫、溴等，以此来解答．【解析】【解答】解：（1）①使MgSO4转化为Mg（OH）2；应选择碱，在转化中不引入新的离子，则试剂①选择NaOH，故答案为：NaOH；

②Mg（OH）2转化为MgCl2时；酸能溶解沉淀，由阴离子可知，试剂②可以选用盐酸，故答案为：盐酸；

③MgO的熔点高；不能利用电解或还原法来制备镁，则ABD错误；适宜的冶镁方法是C，故答案为：C；

（2）①要想使溴离子变成溴单质，则加入的a能和溴离子发生反应生成溴单质，氯气能和溴离子发生置换反应生成溴单质，离子反应方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；

故答案为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；

②溴易挥发，升高温度促进其挥发，所以通入热空气的目的是吹出Br2，故答案为：吹出Br2；

③使溴蒸气转化为氢溴酸以达到富集的目的，可知气体b为SO2，发生的反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，反应过程中，B装置中有SO42-生成．检验SO42-的方法是取少量B装置中反应后的溶液于试管中，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，证明有SO42-；

故答案为：取少量B装置中反应后的溶液于试管中，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，证明有SO42-；

④氯气不可能完全反应，氯气和溴离子反应生成溴单质，未反应的二氧化硫、氯气和溴都有毒，不能直接排空，且这几种物质都能和碱反应，所以C装置是尾气处理装置，可知C的作用为吸收未反应的Cl2、Br2和SO2；

故答案为：吸收未反应的Cl2、Br2和SO2．16、吸收溴化氢中的溴和挥发的有机物蒸汽D中石蕊变红色，E中产生淡黄色的沉淀溶液中有红褐色的絮状物生成，底部有无色油状物质生成，液面上有白雾E中有淡黄色的沉淀生成（或者D中石蕊试液变红）DEF②③④步骤简单，操作方便，成功率高各步现象明显，对产品便于观察对尾气进行处理，防止对空气造成污染【分析】【分析】A中在铁的催化作用下，溴单质与苯发生取代反应生成溴苯和溴化氢，同时溴与铁生成溴化铁，B中溴化铁与NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，挥发的溴单质、有机物蒸汽和HBr一起进入C中的苯，溴单质和有机物蒸汽易溶于苯，而HBr难溶于苯，进入D、E中，使D中石蕊变红色，E中产生淡黄色的AgBr沉淀；最后用氢氧化钠溶液处理尾气；

（1）溴易挥发；易溶于有机溶剂；

（2）溴化氢溶于水电离产生氢离子和氯离子；

（3）溴化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀；溴苯密度大于水，是无水油状液体，溴化氢易挥发；

（4）只有发生取代反应才能生成溴化氢；溴化氢与硝酸银反应生成淡黄色的沉淀；

（5）倒置漏斗或球形干燥管能防止溶液倒吸；通入溶液之前连接一个体积较大的容器可以防止倒吸；

（6）根据实验的可操作性、实验现象、尾气处理等方面分析．【解析】【解答】解：A中在铁的催化作用下，溴单质与苯发生取代反应生成溴苯和溴化氢，同时溴与铁生成溴化铁，B中溴化铁与NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，挥发的溴单质、有机物蒸汽和HBr一起进入C中的苯，溴单质和有机物蒸汽易溶于苯，而HBr难溶于苯，进入D、E中，使D中石蕊变红色，E中产生淡黄色的AgBr沉淀；最后用氢氧化钠溶液处理尾气；

（1）溴易挥发；易溶于有机溶剂，所以用C来吸收吸收溴化氢中的溴和挥发的有机物蒸汽，防止对溴化氢的检验造成干扰；

故答案为：吸收溴化氢中的溴和挥发的有机物蒸汽；

（2）溴化氢溶于水电离产生氢离子和氯离子；所以溶液显酸性，能使石蕊变红色，硝酸银中的银离子与溴离子反应生成淡黄色的沉淀；

故答案为：D中石蕊变红色；E中产生淡黄色的沉淀；

（3）苯与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；溴苯是密度大于水，无色的油状液体，溴化氢易挥发，能与水蒸气结合成氢溴酸液滴，溴化铁与氢氧化钠反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀；

故答案为：溶液中有红褐色的絮状物生成；底部有无色油状物质生成，液面上有白雾；

（4）只有发生取代反应才能生成溴化氢；溴化氢溶于水得到氢溴酸，氢溴酸是酸性物质，能使石蕊试液变红色，氢溴酸能和硝酸银反应生成淡黄色沉淀溴化银；

故答案为：E中有淡黄色的沉淀生成（或者D中石蕊试液变红）；

（5）当两端压力发生压力变化时；液体会产生倒吸现象，DE装置中导气管不插入溶液中可以防止倒吸，倒置的漏斗下口很大，液体上升很小的高度就有很大的体积，上升的液体的本身的压力即可低偿压力的不均衡．因此由于上部还有空气隔离，液体不会倒吸入上端的细管道，所以具有防倒吸作用的仪器有DEF，通入溶液之前连接一个体积较大的容器可以防止倒吸，则图中能够防倒吸的装置为②③④；

故答案为：DEF；②③④；

（6）改进后的实验①步骤简单；操作方便，成功率高；②各步现象明显，对产品便于观察；③对尾气进行处理，防止对空气造成污染；

故答案为：①步骤简单，操作方便，成功率高；②各步现象明显，对产品便于观察；③对尾气进行处理，防止对空气造成污染．17、在水平方向上用激光笔照射两个试剂瓶，能够发生丁达尔效应的是淀粉溶液，余者为氯化钠溶液分别取1mL未知溶液在两支试管中，然后分别滴入1～2滴硝酸银溶液，能够产生白色沉淀的为氯化钠溶液，余者为淀粉溶液【分析】【分析】淀粉属于胶体，根据胶体能发生丁达尔现象，加入电解质或加热能发生聚沉，通电会发生电泳现象，淀粉胶体遇碘水呈蓝色进行鉴别，NaCl是强电解质，在溶液完全电离出钠离子和氯离子能导电，根据淀粉胶体中无氯离子可进行鉴别，根据淀粉胶体中只存在分子不能导电进行解答．【解析】【解答】解：淀粉胶体具有①丁达尔效应；②加热聚沉、③加入碘水变蓝等性质；

NaCl是强电解质，在溶液完全电离出钠离子和氯离子溶液具有①Na+焰色反应呈黄色②Cl-和银离子反应生成白色沉淀；

③淀粉胶体中只存在分子不能导电；而NaCl在溶液完全电离出钠离子和氯离子能导电，所以鉴别淀粉溶液和氯化钠溶液，可用丁达尔效应，淀粉具有，而氯化钠溶液无；

可分别滴入1～2滴硝酸银溶液；能够产生白色沉淀的为氯化钠溶液，而淀粉不能；

可在酒精灯火焰上加热；出现糊状聚沉的是淀粉溶液，而氯化钠溶液无；

可用导电法；氯化钠溶液导电；淀粉溶液不导电；

可加入碘水；淀粉溶液呈蓝色，而氯化钠溶液不能等；

故答案为：（1）在水平方向上用激光笔照射两个试剂瓶；能够发生丁达尔效应的是淀粉溶液，余者为氯化钠溶液；

（2）分别取1mL未知溶液在两支试管中，然后分别滴入1～2滴硝酸银溶液，能够产生白色沉淀的为氯化钠溶液，余者为淀粉溶液．三、判断题(共8题，共16分)18、√【分析】【分析】钠与水剧烈反应，生成氢气，并放出大量的热，以此解答．【解析】【解答】解：做钠与水的反应时；不能用较大的钠块，因为钠化学性质活泼，与水反应非常激烈，所放出的热量无法及时被水吸收，局部热量过多，便引起爆炸．

故答案为：√．19、×【分析】【分析】每个NH3分子中含有10个电子，结合n==计算．【解析】【解答】解：n（NH3）==0.2mol，含有的电子的物质的量为0.2mol×10=2mol，则个数为2NA；

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】（1）碳碳双键和碳碳双键能发生加成反应；

（2）烯烃能使酸性高锰酸钾褪色；

（3）烯烃能和溴发生加成反应；

（4）含有碳碳双键或碳碳三键的有机物能发生加聚反应；

（5）乙烯发生加聚反应生成聚乙烯；

（6）有机物中的原子或原子团被其它的原子或原子团取代的反应属于取代反应；

（7）苯中碳碳键是介于单键和双键之间的特殊键；

（8）甲烷和Cl2的反应属于取代反应，乙烯和Br2的反应属于加成反应；

（9）乙醛不能转化为乙烯；

（10）烯烃能和溴发生加成反应；

（11）同系物性质具有相似性；

（12）乙烯和环丁烷的最简式相同．【解析】【解答】解：（1）聚乙烯中不含碳碳双键；所以不可发生加成反应，故错误；

故答案为：×；

（2）乙烯含有碳碳双键；性质较活泼，能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷性质较稳定，和酸性高锰酸钾不反应，所以可以用酸性高锰酸钾鉴别乙烯和甲烷，故正确；

故答案为：√；

（3）乙烯和溴能发生加成反应；苯和溴水不反应，故错误；

故答案为：×；

（4）乙烯含有碳碳双键；所以能发生加聚反应，乙烷不含碳碳双键或碳碳三键，所以不能发生加聚反应，故错误；

故答案为：×；

（5）聚乙烯的结构简式为故错误；

故答案为：×；

（6）甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应都是取代反应；所以反应类型相同，故正确，故答案为：√；

（7）苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色；说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，苯中碳碳键是大π键，故正确，故答案为：√；

（8）甲烷和Cl2的反应属于取代反应，乙烯和Br2的反应属于加成反应；所以二者反应类型不同，故错误；

故答案为：×；

（9）乙醛不能转化为乙烯；乙醇能转化为乙烯，故错误，故答案为：×；

（10）乙烯和溴能发生加成反应；甲烷和溴不反应，所以可以用溴的四氯化碳溶液鉴别甲烷和乙烯，故正确，故答案为：√；

（11）乙烯和丙烯是同系物；性质相似，所以乙烯和丙烯都可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；

故答案为：√；

（12）乙烯和环丁烷的最简式相同为CH2，所以28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA，故正确，故答案为：√．22、×【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：×．23、×【分析】【分析】钠性质活泼，与水反应生成氢氧化钠和氢气，不能置换出铜．【解析】【解答】解：向硫酸铜溶液中投入一小粒钠；先是金属钠和水的反应，有气泡产生；

其次是生成的氢氧化钠和硫酸铜之间的反应；生成氢氧化铜蓝色沉淀的过程；

反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4（或2Na+CuSO4+2H2O=Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑）；

所以金属钠不能置换出金属铜；

故答案为：×．24、√【分析】【分析】相同条件下，气体体积之比等于其分子数目之比．【解析】【解答】解：同温同压下，气体体积之比等于其分子数目之比，故标准状况时，20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比=20mL：60mL=1：3，故正确，故答案为：√．25、B【分析】【解答】解：蔗糖的分子式为：C12H22O12；其相对分子质量较小，不属于高分子化合物，蛋白质；纤维素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故该说法错误；

故答案为：×．

【分析】高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；据此分析．四、探究题(共4题，共24分)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．28、|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．29、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、推断题(共4题，共32分)30、安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH34183482Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O55.9%【分析】【分析】A是海水中含量最丰富的盐，则A为NaCl，B是常见的无色液体，电解A、B生成C、D、E，可以推知B为H2O，而D与E反应生成A（NaCl）与G，G的水溶液是一种常用的漂白剂，可推知G为NaClO，该反应是氯气与NaOH反应，故C为H2，D能与氢气、氯气都反应，故D为Cl2、E为NaOH，可推知I为HCl，据此解答．【解析】【解答】解：A是海水中含量最丰富的盐，则A为NaCl，B是常见的无色液体，电解A、B生成C、D、E，可以推知B为H2O，而D与E反应生成A（NaCl）与G，G的水溶液是一种常用的漂白剂，可推知G为NaClO，该反应是氯气与NaOH反应，故C为H2，D能与氢气、氯气都反应，故D为Cl2；E为NaOH；可推知I为HCl；

（1）A为NaCl，其阴离子的结构示意图为：

故答案为：

（2）反应②是氢气在氯气中燃烧；现象是：安静燃烧；苍白色火焰、产生白雾；

故答案为：安静燃烧；苍白色火焰、产生白雾；

（3）反应①的化学方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；

故答案为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；

（4）根据反应中元素化合价的变化可知，从0价变为+4价，硝酸中的氮从+5价变为+2价，利用化合价升降法结合元素守恒可配平方程式为：3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O；

故答案为：3；4、18、3、4、8；

（5）工业制备漂白粉的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，假设次氯酸钙为1mol，含有2molClO-，由ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O可知，生成氯气为2mol，生成氯气的质量为2mol×71g/mol=142g，漂白粉的质量为1mol×111g/mol+1mol×143g/mol=254g，故该反应的产品漂白粉的有效氯为×100%=55.9%；

故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；55.9%．31、⑥Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O第二周期第ⅥA族O33Fe+4H2OFe3O4+4H2焊接钢轨Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O【分析】【分析】单质C和D在点燃或者加热的条件下生成淡黄色的固体，则应为Na2O2，B常温下为液态化合物，应为H2O，B能和C反应，则C为钠，D为氧元素，I为单质，则I为氢气，K为氢氧化钠，根据反应⑤F与NaOH反应可生成H2，则F应为Al，J为NaAlO2，则G为Al2O3，反应④为铝热反应，则A为Fe，E为Fe3O4，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．【解析】【解答】解：单质C和D在点燃或者加热的条件下生成淡黄色的固体，则应为Na2O2，B常温下为液态化合物，应为H2O，B能和C反应，则C为钠，D为氧元素，I为单质，则I为氢气，K为氢氧化钠，根据反应⑤F与NaOH反应可生成H2，则F应为Al，J为NaAlO2，则G为Al2O3，反应④为铝热反应，则A为Fe，E为Fe3O4；

（1）根据上面的分析可和，①是铁与氧气反应，②是铁与水反应，③是水与钠反应，④是铝热反应，⑤是氢氧化钠与铝的反应，⑥是氧化铝与氢氧化钠的反应，在上述反应中属于非氧化还原反应的是⑥，其反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

故答案为：⑥；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

（2）化合物K、J、G中含有的相同的元素为氧元素，在周期表中第二周期第ⅥA族；氧气的一种同素异形体有