2025年华东师大版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年华东师大版高三化学上册阶段测试试卷769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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、已知：还原性HSO3¯＞I¯，氧化性IO3¯＞I2．在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液．加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示．下列说法正确的是（）A.反应过程中的氧化产物均为SO42-B.a点时剩余NaHSO3的物质的量为1.8molC.c点时的还原产物可能是KI或NaID.当溶液中I¯与I2的物质的量之比为1：1时，加入的KIO3为1.2mol2、下列实验操作错误的是（）A.称量易潮解、腐蚀性固体药品时，将药品盛放在小烧杯里称量B.用酒精萃取碘水中的碘，下层液体由分液漏斗下口放出，上层液体由上口倒出C.不慎将浓碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上3%的硼酸溶液D.蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处3、下列离子方程式书写正确的是（）A.Cu与FeCl3溶液反应：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+B.碳酸钙溶于稀盐酸：CO32-+2H+=H2O+CO2↑C.FeSO4溶液和NaOH溶液反应：Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓D.氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++ClO-+Cl-4、在相同条件下，等质量的O3和O2相同的是（）A.原子数B.分子数C.体积D.物质的量5、许多国家十分重视海水资源的综合利用。不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是()A.氯、溴、碘B.钠、镁、铝C.烧碱、氢气D.食盐、淡水6、化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A.碘是人体必需的微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物B.为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂C.聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应D.粮食酒主要经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程7、如图是向100mL的盐酸中逐渐加入NaOH溶液时，溶液的pH变化图．根据图所得结论正确的是（）A.原来盐酸的物质的量浓度为1mol•L-1B.x处为含NaOH0.1mol的溶液C.原来盐酸的物质的量浓度为0.1mol•L-1D.x处为含NaOH0.001mol的溶液8、如图为发光二极管连接柠檬电池装置；下列说法正确的是（）

A.铁环作为柠檬电池的正极B.电子由铜线流向铁环C.负极的电极反应为Fe-2e-═Fe2+D.铜作为柠檬电池的负极评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、溴主要以Br-形式存在于海水中，工业上海水提Br2可与海水淡化工业相结合生产；其操作步骤为：

①一定条件下，将Cl2通入海水淡化后的浓缩海水中，生成Br2

②利用热空气将Br2吹出，并用吸收剂SO2溶液吸收。

③再用Cl2将步骤②的混合物氧化得到产品溴。

完成下列填空：

（1）海水淡化的方法有____、____（填两种）．

（2）Br2可用热空气吹出，其原因是____．

（3）写出步骤②所发生的离子反应方程式____．

（4）为了除去工业Br2中微量的Cl2，可向工业Br2中____．

a．通入HBrb．加入Na2CO3溶液c．加入NaBr溶液d．加入Na2SO3溶液．10、如表是元素周期表的一部分；针对表中的①～⑩中元素，用元素符号或化学式填空回答以下问题：

。主族。

周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0二①②三③④⑤⑥⑦⑧四⑨⑩（1）在这些元素中，金属性最强的元素是____，最活泼的非金属元素是____；

（2）化学性质最不活泼的元素是____，其原子的原子结构示意图为____；

（3）元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是____，碱性最强的是____，呈两性的氢氧化物是____；

（4）在③～⑦元素中，原子半径最大的是____，原子半径最小的是____；

（5）在⑦与⑩的单质中，化学性质较活泼的是____，可用什么化学反应说明该事实（写出反应的化学方程式）：____．11、几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：

。元素代号ABCDEF化合价-2-1-2、+6+4、-4+1+2原子半径（nm）0.0740.0990.1020.1170.186（1）分析上表的有关数据；并结合已学过知识，请按要求回答下列问题．

①写出D元素在周期表中的位置____．

②常温下这几种元素形成的单质能与水反应的有____（填化学式）．

③B、C、D最高价氧化物对应的水化物的酸性由大到小的顺序为____（填化学式），B、C、E的最高价氧化物对应的水化物形成溶液，浓度均为0.1mol/L时，pH由大到小的顺序为____（填化学式）．

④若F与E同周期，则其原子半径的最精确的范围是____．

（2）由上述部分元素组成的物质间；在一定条件下，可发生下图所示的变化（反应中生成的水没有写出）请回答：

①固体A是（写化学式）____．

②反应Ⅰ的化学方程式____．

③反应Ⅱ的化学方程式____．12、（2011•惠州模拟）铁；铜都是人类最早使用的金属；它们的单质及化合物应用非常广泛．

（1）钢铁“发蓝，是将钢铁制品浸到某些氧化性溶液中，使其表面形成一层四氧化三铁的过程．其中有一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热至1300C；反应过程为：

I.3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑

II.6Na2FeO2+NaNO2+5H2O=3Na2Fe2O4+NH3↑十+7NaOH

Ⅲ．Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O=Fe3O4+4NaOH

①反应II中的氧化剂是____．

②上述过程产生了大量NH3，有关NH3处理方案合理的是____

a．用H2SO4吸收制氮肥b．高空排放C．用于制备HNO3

（2）工业上常用氯化铁溶液腐蚀铜制电路板．

①请根据金属活动顺序及反应原理，判断Cu2+、Fe3+、Fe2+的氧化性强弱顺序：____．

②请设计实验验证Cu2+、Fe3+氧化性强弱的结论．实验方案及现象为：____．

（3）如图横坐标为溶液pH，纵坐标为金属离子物质的量浓度的对数值（当溶液中金属离子浓度≤10-5mol•L-1时；可认为沉淀完全），试回答：

①腐蚀铜板后的溶液中，若Cu2+、Fe3+和Fe2+浓度均为0.1mol•L-1，今向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时，溶液中存在的金属阳离子为____．

②从图中数据计算可得Fe（OH）2的溶度积Ksp[Fe（OH）2]=____．13、实验室常用下列装置来进行铜跟浓硫酸反应等一系列实验．

（1）根据什么现象可判断铜跟浓硫酸反应有SO2生成____；根据什么现象可判断铜跟浓硫酸反应有硫酸铜生成____；写出甲装置中发生的主要反应的化学方程式____．

（2）装置乙的试管口部放有一团浸有碱液的棉花，棉花中通常是浸有饱和碳酸钠溶液，其作用是____．

（3）下列药品中能够用来证明反应结束后的试管中确有余酸的是____（填写字母编号；有几个写几个，多写或写错0分）．

A．铁粉B．BaCl2溶液C．银粉D．Na2CO3溶液。

（4）实验完毕后，取少量乙试管中溶液于试管中加热，现象是____；原因是____．14、（2014秋•上高县校级月考）铁是人类应用较早；当前应用量最大的金属元素．

（1）下列有关铁及其化合物的有关说法中正确的是____（填序号）

①赤铁矿的主要成分是Fe2O3

②铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2

③除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉；然后过滤。

④向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液立即产生红色沉淀。

（2）如图所示；当容器A中的反应开始后，若分别进行下列操作，请回答有关问题：

Ⅰ、若开始时弹簧夹C处于关闭状态，容器A中的反应还在进行时，分析B容器中可能发生的反应有哪些？请写出所有可能发生的反应的化学方程式____、____、____．

Ⅱ、若先打开弹簧夹C一段时间，并在D处收集气体验纯后，容器A中的反应还在进行时，再关闭弹簧夹C一会儿，观察到整个过程中B容器中的现象为____．15、按下列题目要求；完成各实验内容需选用试剂的名称：

（1）除去乙烷中的少量乙烯：____；

（2）除去铁粉中的少量铝粉：____；

（3）除去NaHCO3溶液中的少量Na2CO3：____；

（4）除去氯化亚铁溶液中混有的少量铜离子：____；

（5）除去二氧化硅中的少量碳酸钙：____；

（6）检验某有机溶液中是否含有醛基：____．16、根据下列4组物质的结构简式回答：

①CH4和CH3CH3②CH2=CHCH3和CH3CH=CH2③CH3CH2CH2CH3和④C2H5OH和CH3OCH3

（1）属于同系物的是____（填序号；下同）．

（2）属于同一物质的是____．

（3）具有不同官能团的同分异构体是____．

（4）由于碳链骨架不同而产生的同分异构体是____．17、六个未贴标签的试剂瓶中分别装有以下稀溶液①FeSO4、②H2SO4、③BaCl2、④H2O2、⑤Al（NO3）3；⑥NaOH．

（1）某同学想不用其它试剂，仅通过用试管取少量上述溶液进行两两混合实验而给试剂瓶贴上正确的标签，她能成功吗？____（填“能”或“不能”）．

（2）实验中发现，有一组在混合时，随着试剂滴加的顺序不同而出现明显不同的现象，该组是____，有一组在混合时．随着试剂滴加后的时间不同而出现明显不同的现象，该组是为____，该组涉及氧化还原应的化学方程式____．

（3）鉴别后，该同学又用FeSO4做了三个体现Fe2+还原性的实验，每次加入上述两种已鉴别的物质的溶液与其混合．试写出其中两个反应的离子方程式____

（4）实际上实验室配制的FeSO4溶液不可长期保存，短期保存时可在FeSO4溶液配制时加入少量的上述____（填编号）防止水解，若能再加上____（填物质名称）效果会更好．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)18、常温常压下，92gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NA．____（判断对错）19、1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为nNA．____（判断对错）20、标准状况下，22.4L己烷中含共价键数目为19NA．____（判断对错）21、6.02×1023个NaCl分子中含有Na+数目为NA____（判断对错），若不正确，理由是____．22、碳酸钠可以除苯中的苯酚．____（判断对错）23、向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体____（判断对错）24、鉴定卤代烃中卤元素的存在的操作是：加入NaOH溶液，加热后加入AgNO3溶液．____．（判断对错说明理由）25、0.1L3.0mol•L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+的数目为0.3NA．____（判断对错）26、通过化学变化可以实现35Cl与37Cl间的相互转化____．（判断对错）评卷人得分四、探究题(共4题，共24分)27、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________．28、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：29、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________．30、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3题，共15分)31、A、B、C、D、E、F、G、H、I是中学化学中常见的气体，K是常见的两性化合物，L是重要的化工原料，它们均由短周期元素组成，具有如下性质：①A、B、C、D、E能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，G、H、I不能使湿润的石蕊试纸变色；②A和F相遇产生白色烟雾；③B和C都能使品红溶液褪色；④将B和I在瓶中混会后于亮处放置几分钟，瓶内壁出现油状液滴并产生A；⑤D在G中燃烧可以产生C和H2O；⑥E和l均能引起温室效应．它们之间有如图1的转化关系（部分反应条件及生成物也经略去）；M；N、P、Q是生成物．

（1）I的电子式为____．

（2）反应②的离子方程式为____；写出将少量E气体通入P的稀溶液中反应的离子方程式：____．

（3）B与F反应能生成一种气体单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物A和J，工业常用J的水溶液清除铁锈，其原理是____（请结合必要的离予方程式说明）．

（4）常温时，将气体D溶于水，达到平衡时，溶液的pH=4.0，c（D）=0.1mol•L-1．若忽略水的电离及酸的第二级电离，则该溶液中D的电离平衡常数K1=____．

（5）为减小气体E对环境的影响；可利用其在适当条件下合成甲醇和水．在体积为2L的密闭容器中，充入2molE和6molH，一定条件下发生反应：

E（g）+3H（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ•mol-1

测得E（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图2所示．从反应开始到平衡，v（H）=____，该温度下的化学平衡常数K=____（结果保留两位小数）．能使平衡体系中H转化率增大的措施有____．（填字母编号）．

A．增大c（H）B．减小c（H2O）C．加入合适的催化剂。

D．升高温度E．增大体系的压强．32、如图所示为短周期元素组成的中学常见A～J十种物质的转换关系．已知A；B、C、D均为单质；通常状况下只有A、C、D为气态．它们在一定条件下发生图示化学反应，得到E～J等化合物（图中物质的状态均为常温常压下）．有关反应的化学计量数关系为：①A与B按物质的量之比n（A）/n（B）=1/2完全反应生成G；②B与C按物质的量之比n（B）/n（C）=3/1完全反应生成F；③C与D按物质的量之比n（C）/n（D）=1/3完全反应生成E．

请填空：

（1）G的电子式是____，其化学键类型是____；

（2）物质C反应后成F的化学方程式为____；

（3）实验室中制取E反应的化学方程式为____，干燥E时常用干燥剂的名称是____．

（4）常温下将F投入J中可生成E和一种白色难溶物X，该反应的化学方程式为____；若将I通入J中可生成H和某物质Y，X与Y溶液可发生中和反应，请写出前一反应的离子方程式为____．33、下列为一些常见物质的相互转化关系图．已知：A是地壳含量居第四位的金属单质；B为淡黄色粉末，C在常温下为无色液体，J为红褐色固体，L为A的一种复杂氧化物，它是具有磁性的黑色晶体．

请写出：（1）G和沉淀H的化学式：G____，H____；

（2）H→J过程中的现象：____；

（3）检验溶液I中阳离子的方法是____（填写实验名称即可）；

（4）写出下列反应的化学方程式：①____；②____．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】还原性HSO-3＞I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，根据发生的反应来判断各个点的产物．【解析】【解答】解：还原性HSO-3＞I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2；

A、0～b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，氧化产物为SO42-；继续加入KIO3，氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，氧化产物为I2；故A错误；

B、a点碘酸钾的物质的量是0.4mol，根据碘酸钾和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的量=×3=1.2mol，则a点时剩余NaHSO3的物质的量为1.8mol；故B正确；

C、c点时生成I2，发生反应的离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，所以I2是还原产物；故C错误；

D、根据反应2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，3molNaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为n，则根据反应IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2，消耗的KIO3的物质的量为mol，消耗碘离子的量为mol，剩余的碘离子为（1-）mol，当溶液中n（I-）：n（I2）=1：1时，即（1-）mol=nmol，故n=mol，故加入的n（KIO3）=1mol+mol=1mol+mol=mol；故D错误；

故选：B．2、B【分析】【分析】A．易潮解；具有腐蚀性的物品；不能直接放在托盘上称量，应该放在小烧杯中快速称量；

B．酒精与水以任意比互溶；不能用酒精萃取碘水中的碘单质；

C．碱溶液易溶于水；可以用大量水冲洗粘在皮肤上的浓碱溶液，然后用弱酸硼酸中和；

D．蒸馏操作时，温度计需要测量馏分的温度，应该放在蒸馏烧瓶的支管口处．【解析】【解答】解：A．称量易潮解；腐蚀性固体药品时；不能直接放在托盘上称量，可以将药品盛放在小烧杯里称量，故A正确；

B．酒精与水任意比互溶；不能用酒精萃取碘水中的碘单质，可以用苯或者四氯化碳萃取碘水中的碘，故B错误；

C．不慎将浓碱沾到皮肤上；碱溶液易溶于水，可以立即用大量水冲洗，然后涂上3%的硼酸溶液中和，故C正确；

D．蒸馏时；温度计的水银球应该分子蒸馏烧瓶的支管口处，用于称量馏分温度，可知馏分的组成，故D正确；

故选B．3、C【分析】【分析】A；选项中电荷不守恒；

B；碳酸钙难溶于水；

C；硫酸亚铁和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀；

D、次氯酸是弱酸存在电离平衡．【解析】【解答】解：A、Cu与FeCl3溶液反应的离子方程式：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；故A错误；

B、碳酸钙溶于稀盐酸反应的离子方程式：CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2+；故B错误；

C、FeSO4溶液和NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，反应的离子方程式：Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓；故C正确；

D、氯气溶于水：Cl2+H2O=H++HClO+Cl-；故D错误；

故选C．4、A【分析】【分析】结合n=、N=nNA、V=nVm及分子的构成计算．【解析】【解答】解：A．等质量的O3和O2，O原子的物质的量相同，则由N=nNA可知；氧原子数相同，故A正确；

B．由n=可知，等质量时，摩尔质量不同，则气体的物质的量不同，由N=nNA可知；分子数不同，故B错误；

C．由选项B可知；n不同，结合V=nVm可知，相同条件下体积不同，故C错误；

D．由n=可知；等质量时，摩尔质量不同，则气体的物质的量不同，故D错误；

故选A．5、D【分析】【解析】试题分析：食盐和淡水不需要化学变化就能够从海水中获得，其他物质要经过化学变化得到，答案选D。考点：考查海水资源综合应用的有关判断【解析】【答案】D6、D【分析】【分析】A；碘是人体必须微量元素；每人每天大约吃食盐12克，多吃无益；

B；大量使用食品添加剂对人体有害；

C；聚乙烯塑料是乙烯发生加成反应生成的高分子聚合物；聚乙烯的单体是乙烯；

D、淀粉→葡萄糖→乙醇都是化学变化．【解析】【解答】解：A、碘是人体必需微量元素，所以要吃富含KIO3的食盐；但不能多吃，须知：过犹不及的道理，多吃会导致升高血压，促进动脉粥样硬化，故A错误；

B；大量使用食品添加剂对人体有害；如防腐剂等，故B错误；

C；乙烯含碳碳双键其中1根键断裂；相互加成生成聚乙烯，聚乙烯中不存在双键，聚乙烯塑料的老化是由于长链断裂等原因，故C错误；

D、用粮食酿酒时，先在糖化酶作用下水解为葡萄糖，然后在酵母作用下转变为酒精，都是化学变化，故D正确；故选D．7、C【分析】【分析】A．根据氢氧化钠溶液体积为0时溶液的pH=1计算出盐酸溶液的浓度；

B．根据x出氢氧化钠与氯化氢恰好反应及氯化氢的物质的量计算出氢氧化钠溶液的物质的量；

C．根据加入氢氧化钠溶液前盐酸溶液的pH计算出盐酸的浓度；

D．根据x出氢氧化钠与氯化氢恰好反应及氯化氢的物质的量计算出氢氧化钠溶液的物质的量．【解析】【解答】解：A．滴入氢氧化钠溶液之前；盐酸溶液的pH=1，则盐酸的物质的量浓度为0.1mol/L，故A错误；

B.100mL该盐酸溶液中含有氯化氢的物质的量为：0.1mol/L×0.1L=0.01mol；x处氢氧化钠与盐酸恰好反应，根据反应关系式NaOH～HCl可知，氢氧化钠的物质的量为0.01mol，故B错误；

C．根据A的计算可知，原来盐酸的物质的量浓度为0.1mol•L-1；故C正确；

D．根据B的计算可知；x处为含NaOH0.01mol的溶液，故D错误；

故选C．8、C【分析】解：铜铁柠檬电池装置中，铁比铜活泼，易发生失去电子的氧化反应，所以铁为负极，电极反应式为Fe-2e-═Fe2+；铜为正极，故A；D错误，C正确；

原电池中；负极提供电子，所以外电路中电子由负极铁经过发光二极管流向正极铜，内电路中，阴离子由由铜线流向铁环，故B错误；

故选：C。

由于铜没有铁片活泼，所以铁环为负极、电极反应为Fe-2e-═Fe2+；铜线为正极，电子由负极铁经过发光二极管流向正极铜，据此分析解答。

本题考查了原电池原理，根据原电池概念、正负极的判断方法、电极反应式等知识点来分析解答，难度不大。【解析】C二、填空题(共9题，共18分)9、蒸馏法、电渗析发琥或离子交换法溴单质易挥发SO2+Br2+2H2O═4H++SO42-+2Br-c【分析】【分析】（1）海水淡化水；应将水与盐分离，可用蒸馏；电渗析或离子交换法等，以此解答．

（2）溴易挥发；

（3）步骤②所发生的离子反应是二氧化碳还原溴单质生成溴化氢和硫酸；

（4）利用NaBr溶液与Cl2反应，然后分液可除去Cl2．【解析】【解答】解：（1）目前淡化海水的方法有多种；如：蒸馏法；结晶法、淡化膜法、多级闪急蒸馏法等，其中最常用的是蒸馏法，目前多采用多级闪急蒸馏法．

故答案为：蒸馏法；电渗析发或离子交换法；

（2）因溴易挥发；则可用热空气吹出；

故答案为：溴单质易挥发；

（3）步骤②所发生的离子反应是二氧化碳还原溴单质生成溴化氢和硫酸，反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O═4H++SO42-+2Br-；

故答案为：SO2+Br2+2H2O═4H++SO42-+2Br-；

（4）利用NaBr溶液与Cl2反应，然后分液可除去Cl2；只有c符合，其它选项会引入新的杂质；

故答案为：c．10、KFArHClO4KOHAl（OH）3NaClCl22NaBr+Cl2=2NaCl+Br2【分析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为N，②为F，③为Na，④为Mg，⑤为Al，⑥为Si，⑦为Cl，⑧为Ar，⑨为K，⑩为Br．

（1）同周期自左而右金属性减弱；非金属性增强；同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱；

（2）稀有气体Kr的化学性质最不活泼；其原子核外有18个电子，各层电子数为2；8、8；

（3）氟元素没有最高价含氧酸，上述元素中最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是高氯酸；钾的金属性最强，故氢氧化钾的碱性最强；Al（OH）3为两性氢氧化物；

（4）同周期自左而右原子半径减小；

（5）同一主族从上到下非金属性减弱，单质的活泼性逐渐减弱，可以根据单质间的置换反应来证明．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，①为N，②为F，③为Na，④为Mg，⑤为Al，⑥为Si，⑦为Cl，⑧为Ar，⑨为K，⑩为Br．

（1）同周期自左而右金属性减弱；非金属性增强；同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，故上述元素中，金属性最强的元素是K，最活泼的非金属元素是F；

故答案为：K；F；

（2）稀有气体Kr的化学性质最不活泼，其原子核外有18个电子，各层电子数为2、8、8，其原子结构示意图为：

故答案为：Ar；

（3）上述元素中除F（F没有正价）外Cl的非金属性最强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，该酸为HClO4，K的金属性最强，则KOH的碱性最强，Al（OH）3为两性氢氧化物；

故答案为：HClO4；KOH；Al（OH）3；

（4）同周期自左而右原子半径减小；在③～⑦元素中，原子半径最大的是Na，原子半径最小的是Cl；

故答案为：Na；Cl；

（5）同一主族从上到下非金属性减弱，单质的活泼性逐渐减弱，所以氯气的活泼性强于溴单质，可以通过水溶液中的置换反应来证明，反应方程式为：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2；

故答案为：Cl2；2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2．11、第三周期第ⅣA族Na、Cl2HClO4＞H2SO4＞H2SiO3NaOH＞HClO4＞H2SO40.117～0.186nmNa2O2NaOH+SO2（足量）=NaHSO3SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr【分析】【分析】（1）都是短周期元素；A只有-2价，故A为氧元素；B为-1价，原子半径大于氧原子，故为Cl元素；C有-2；+6价，故C为硫元素；D有-4、+4价，原子半径大于硫原子，故D为Si元素，E为+1价，原子半径很大，为Na元素；F只有+2价，处于ⅡA族；

①主族元素周期数=电子层数；主族族序数=最外层电子数，据此解答；

②钠；氯气常温下能与水发生反应；

③非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强；同周期自左而右非金属性增强；

碱性越强pH值越大；酸性越强pH越小；

④若F与E同周期；则F为Mg元素，同周期自左而右原子半径减小；

（2）溶液B焰色反应为黄色，则B中含有钠元素；固体A与液体B反应生成C与气体D，考虑过氧化钠与水反应，则A为Na2O2、B为H2O、C为NaOH、D为O2，F为气体，与氢氧化钠反应生成B，B与E的溶液反应生成F，则F为SO2，B为NaHSO3，结合转化关系可知，H为SO3、E为H2SO4、G为Na2SO4、L为HBr，验证符合转化关系，据此解答．【解析】【解答】解：（1）都是短周期元素；A只有-2价，故A为氧元素；B为-1价，原子半径大于氧原子，故为Cl元素；C有-2；+6价，故C为硫元素；D有-4、+4价，原子半径大于硫原子，故D为Si元素，E为+1价，原子半径很大，为Na元素；F只有+2价，处于ⅡA族；

①D为Si元素；原子有3个电子层，最外层电子数为4，处于周期表中第三周期第ⅣA族，故答案为：第三周期第ⅣA族；

②钠、氯气常温下能与水发生反应，故答案为；Na、Cl2；

③同周期自左而右非金属性增强，高于非金属性Cl＞S＞Si，非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，故酸性HClO4＞H2SO4＞H2SiO3，NaOH溶液呈碱性，碱性越强pH值越大，酸性越强pH越小，故pH由大到小的顺序为NaOH＞HClO4＞H2SO4，故答案为：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3；NaOH＞HClO4＞H2SO4；

④若F与E同周期；则F为Mg元素，同周期自左而右原子半径减小，故Mg的原子半径小于Na原子大于Si原子，故Mg原子半径0.117～0.186nm；

故答案为：0.117～0.186nm；

（2）溶液B焰色反应为黄色，则B中含有钠元素；固体A与液体B反应生成C与气体D，考虑过氧化钠与水反应，则A为Na2O2、B为H2O、C为NaOH、D为O2，F为气体，与氢氧化钠反应生成B，B与E的溶液反应生成F，则F为SO2，B为NaHSO3，结合转化关系可知，H为SO3、E为H2SO4、G为Na2SO4、L为HBr；验证符合转化关系；

①由上述相反可知，固体A是Na2O2，故答案为：Na2O2；

②反应Ⅰ是氢氧化钠与过量二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，方程式为：NaOH+SO2（足量）=NaHSO3；

故答案为：NaOH+SO2（足量）=NaHSO3；

③反应Ⅱ是溴水与二氧化硫反应生成HBr与硫酸，方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；

故答案为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr．12、NaNO2acFe3+＞Cu2++＞Fe2+将铜棒与碳棒用导线连接（带电流表），再插入氯化铁溶液，发现有电流产生Cu2+、Fe2+1.0×10-17（mol•L-1）3【分析】【分析】（1）①根据化合价的变化判断；

②氨气不能排放到空气中；为碱性气体，可用酸吸收；

（2）①根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，Fe+Cu2+=Fe2++Cu进行判断；

②可根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；设计成原电池反应；

（3）①向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时，由图象可知易生成Fe（OH）3沉淀；

②根据Ksp[Fe（OH）2]=c（Fe2+）×c2（OH-）计算．【解析】【解答】解：（1）①反应II中NaNO2的N元素化合价降低，应为氧化剂，故答案为：NaNO2；

②氨气不能排放到空气中；为碱性气体，可用酸吸收，用以制备氮肥，故答案为：ac；

（2）①根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，可判断出氧化性：Fe3+＞Cu2+；

根据Fe+Cu2+=Fe2++Cu可判断出氧化性：Cu2+＞Fe2+，所以有氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；

故答案为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；

②根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，设计成原电池反应，可验证Cu2+、Fe3+氧化性的强弱；可将铜棒与碳棒用导线连接（带电流表），再插入氯化铁溶液，发现有电流产生；

故答案为：将铜棒与碳棒用导线连接（带电流表）；再插入氯化铁溶液，发现有电流产生；

（3）①向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时，由图象可知易生成Fe（OH）3沉淀；

溶液中存在的金属阳离子为Cu2+、Fe2+；

故答案为：Cu2+、Fe2+；

②由图象可知：c（Fe2+）=1.0×10-5（mol•L-1），c（OH-）=1.0×10-6（mol•L-1）

Ksp[Fe（OH）2]=c（Fe2+）×c2（OH-）=1.0×10-17（mol•L-1）3；

故答案为：1.0×10-17（mol•L-1）3．13、乙中品红溶液褪色甲中溶液显蓝色Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑尾气吸收，防止二氧化硫污染环境AD由无色变红色二氧化硫漂白时生成不稳定的无色物质【分析】【分析】（1）二氧化硫检验漂白性；通常用品红溶液检验二氧化硫；硫酸铜溶液显示蓝色，据此可判断是否生成了硫酸铜；铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜；二氧化硫和水；

（2）二氧化硫有毒；二氧化硫能够与碳酸钠溶液反应，则多余的二氧化硫可以用碳酸钠溶液吸收；

（3）证明硫酸剩余；需要证明反应后的溶液中存在大量氢离子。

（4）二氧化硫的漂白是生成了一种不稳定的无色物质，为暂时的，加热后会恢复．【解析】【解答】解：（1）浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，由于二氧化硫具有漂白性，能使得品红溶液褪色，故常用品红溶液验证二氧化硫的存在，即品红褪色，则证明有二氧化硫生成；甲中溶液变成蓝色，证明有硫酸铜生成；铜跟浓硫酸反应，铜具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，反应必须加热才能发生，书写化学方程式时注意“浓”字，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；

故答案为：乙中品红溶液褪色；甲中溶液显蓝色；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；

（2）二氧化硫有一种有毒气体；二氧化硫能够与碳酸钠溶液反应，所以装置乙的试管口部放有一团浸有饱和碳酸钠溶液的棉花，可以吸收多余的二氧化硫，防止污染环境；

故答案为：尾气吸收；防止二氧化硫污染环境；

（3）证明反应后有硫酸剩余，需要证明反应后的溶液中存在大量氢离子，根据金属活动顺序表可知铁能和氢离子反应，银不与氢离子反应；稀硫酸与BaC12溶液反应生成硫酸钡，但是不能证明是否含有氢离子；与饱和NaHSO3溶液反应生成二氧化硫；证明溶液中含有氢离子，所以AD正确；

故答案为：AD；

（4）二氧化硫的漂白原理为：二氧化硫与有色物质生成了一种不稳定的无色物质；加热后生成的无色物质分解，又恢复原来的颜色，所以取少量乙试管中溶液于试管中加热，溶液会由无色变成红色；

故答案为：由无色变红色；二氧化硫漂白时生成不稳定的无色物质．14、①②③2NaOH+H2SO4═2H2O+Na2SO42NaOH+FeSO4═Fe（OH）2↓+Na2SO44Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3开始时容器B中的导管口有气泡冒出，弹簧夹关闭后容器A中溶液进入容器B，有白色沉淀生成【分析】【分析】（1）①、用于炼铁的主要有磁铁矿（Fe3O4）、赤铁矿（Fe2O3）和菱铁矿（FeCO3）；

②、铁与水蒸气在高温下的反应方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；

③、加入过量Fe单质除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2；

④、Fe3+与KSCN溶液产生红色的络合物．

（2）Ⅰ；关闭C后；A中压强增大，A中的硫酸亚铁溶液进入B，反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁与氧气反应生成红褐色的氢氧化铁，据此进行解答；

Ⅱ、打开C后铁与硫酸反应生成氢气，关闭C后A中压强增大，硫酸亚铁溶液进入B，反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；【解析】【解答】解：（1）①、用于炼铁的主要有磁铁矿（Fe3O4）、赤铁矿（Fe2O3）和菱铁矿（FeCO3）；故正确；

②、铁与水蒸气在高温下的反应方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；故正确；

③、加入过量Fe单质除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2；故正确；

④、Fe3+与KSCN溶液产生红色的络合物；这种络合物是溶于水的，故错误；

故选①②③；

（2）Ⅰ、若开始关闭C，A中反应生成H2，压强增大，A中溶液由导管进入B，B中，硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，FeSO4与NaOH反应生成Fe（OH）2白色沉淀，Fe（OH）2与B中O2反应生成红褐色沉淀Fe（OH）3，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SO4═2H2O+Na2SO4；2NaOH+FeSO4═Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，故答案为：2NaOH+H2SO4═2H2O+Na2SO4；2NaOH+FeSO4═Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；

Ⅱ、若先打开C，H2进入B，驱出B中O2，再关闭C，A中Fe2+进入B，只能生成Fe（OH）2；

故答案为：开始时容器B中的导管口有气泡冒出，弹簧夹关闭后容器A中溶液进入容器B，有白色沉淀生成；15、溴水氢氧化钠溶液二氧化碳铁粉稀盐酸银氨溶液【分析】【分析】（1）乙烯与溴水反应而甲烷不反应；可以使用溴水除去杂质乙烯；

（2）金属铝能够与氢氧化钠溶液反应；铁与氢氧化钠溶液不发生反应；

（3）碳酸钠溶液能够与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；可以通入二氧化碳气体除去碳酸钠杂质；

（4）铁粉能够与铁离子反应；且反应产物为亚铁离子，没有引进杂质离子；

（5）二氧化硅不与盐酸反应；而碳酸钙能够与盐酸反应；

（6）含有醛基的有机物能够与银氨溶液反应生成银镜．【解析】【解答】解：（1）除去乙烷中的少量乙烯：可以将混合气体通入溴水中进行洗气；杂质乙烯与溴发生加成反应除去；

故答案为：溴水；

（2）除去铁粉中的少量铝粉：铝能够与氢氧化钠溶液反应；可以将混合金属加入氢氧化钠溶液中，然后过滤；洗涤、干燥，得到纯净铁粉；

故答案为：氢氧化钠溶液；

（3）除去NaHCO3溶液中的少量Na2CO3：碳酸钠溶液能够与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；可以向混合溶液中通入二氧化碳；

故答案为：二氧化碳；

（4）除去氯化亚铁溶液中混有的少量铜离子：铜离子能够被铁反应生成铜单质；可以向溶液中加入过量铁粉，然后过滤得到纯净的氯化亚铁溶液；

故答案为：铁粉；

（5）除去二氧化硅中的少量碳酸钙：二氧化硅不与盐酸反应；而碳酸钙能够盐酸反应而溶解，可以将固体溶液盐酸中，然后过滤；洗涤、干燥得到纯净的二氧化硅；

故答案为：盐酸；

（6）检验某有机溶液中是否含有醛基：醛基能够与银氨溶液（或新制的氢氧化铜浊液）发生银镜反应；可以使用银氨溶液检验醛基；

故答案为：银氨溶液（或新制氢氧化铜浊液）．16、①②④③【分析】【分析】同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团；具有相同官能团的化合物；

具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；

组成和结构都相同的物质为同一物质，同一物质组成、结构、性质都相同，结构式的形状及物质的聚集状态可能不同．【解析】【解答】解：①CH4和CH3CH3通式相同，结构相似，相差1个CH2原子团；互为同系物；

②CH2=CHCH3和CH3CH=CH2分子式相同；结构相同，属于同一种物质；

③CH3CH2CH2CH3和分子式相同；结构不同，为碳链异构，互为同分异构体；

④C2H5OH和CH3OCH3分子式相同；结构不同，是具有不同官能团的同分异构体．

故答案为：①；②；④；③．17、能⑤和⑥①和⑥4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3①②⑤3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O；①②④2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O；①④⑥2Fe2++4OH-+H2O2═2Fe（OH）3↓（以上任写两组）②几枚铁钉【分析】【分析】（1）如果不用其它试剂将几种物质鉴别，首先可以通过颜色将FeSO4区别出来，然后利用相互滴加将BaCl2（产生白色沉淀）、NaOH（产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色）鉴别，然后利用BaCl2和NaOH分别检验出H2SO4和Al（NO3）3，剩余没现象物质为H2O2；

（2）在上述混合中，NaOH和Al（NO3）3随着试剂滴加的顺序不同而出现明显不同的现象，FeSO4和NaOH随着试剂滴加后的时间不同而出现明显不同的现象；

（3）三个体现Fe2+还原性的实验，均需要加入氧化剂，H2O2具有氧化性，无论酸性还是碱性条件，再有NO3-在酸性条件下具有氧化性；

（4）FeSO4溶液因为水解和还原性而不易保存，可以加入H2SO4抑制其水解，加入还原性铁（铁钉）防止其被氧化．【解析】【解答】解：（1）首先可以通过颜色将FeSO4区别出来，然后利用将BaCl2（白色沉淀）、NaOH（白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色），然后利用BaCl2和NaOH分别检验出H2SO4和Al（NO3）3，剩余没现象物质为H2O2；所以能鉴别；

故答案为：能；

（2）在上述混合中，NaOH和Al（NO3）3随着试剂滴加的顺序不同而出现明显不同的现象，将NaOH滴加到Al（NO3）3溶液中，先生成沉淀，然后沉淀溶解，而将Al（NO3）3滴加到NaOH溶液中，先没有沉淀，当滴加到一定程度时出现沉淀，顺序不同现象不同，FeSO4和NaOH随着试剂滴加后的时间不同而出现明显不同的现象，显示出现白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，涉及氧化还原反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

故答案为：⑤和⑥；①和⑥；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（3）三个体现Fe2+还原性的实验，均需要加入氧化剂，H2O2具有氧化性，无论酸性还是碱性条件，再有NO3-在酸性条件下具有氧化性，涉及的物质及反应分别为：①②⑤3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；①②④2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；①④⑥2Fe2++4OH-+H2O2=2Fe（OH）3↓；

故答案为：①②⑤：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；①②④：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；①④⑥：2Fe2++4OH-+H2O2=2Fe（OH）3↓（以上任写两组）；

（4）FeSO4溶液因为水解和还原性而不易保存，可以加入H2SO4抑制其水解，加入还原性铁（铁钉）防止其被氧化故答案为：②；几枚铁钉．三、判断题(共9题，共18分)18、√【分析】【分析】NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算92gNO2中原子数．【解析】【解答】解：NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算92gNO2中原子数=×3×NA=6NA，故答案为：√．19、×【分析】【分析】CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，以此解答该题．【解析】【解答】解：CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，则1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为（n-1）NA．故答案为：×．20、×【分析】【分析】标准状况下，己烷为液体，不能用气体摩尔体积计算，以此解答．【解析】【解答】解：标准状况下，己烷为液体，不能用气体摩尔体积计算，则22.4L己烷中含共价键数目不是19NA．故答案为：×．21、×【分析】【分析】NaCl属于离子晶体，不存在NaCl分子．【解析】【解答】解：因为NaCl属于离子化合物，不存在分子，故错误，故答案为：×，因为NaCl属于离子化合物，不存在分子．22、√【分析】【分析】苯酚为石炭酸，是酸性比碳酸还弱的酸，碳酸钠和苯酚反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，据此解答即可．【解析】【解答】解：苯酚为石炭酸，是酸性比碳酸还弱的酸，碳酸钠和苯酚反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，两者均为盐溶液，溶于水，与苯分层，然后分液即可，故利用碳酸钠可以除去苯中的苯酚，故正确，故答案为：√．23、×【分析】【分析】向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，并加热至液体呈红褐色得到氢氧化铁胶体，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化铁胶体的制备方法：向沸水中滴加几滴氯化铁饱和溶液，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，升高温度促进氯化铁水解，并加热至液体呈红褐色即可得到氢氧化铁胶体，所以该题错误，故答案为：×．24、×【分析】【分析】卤代烃中卤原子在碱性条件下水解产生卤离子，加硝酸酸化后，在加硝酸银，依据产生沉淀的颜色可以判断卤离子．【解析】【解答】解：鉴定卤代烃中卤元素的存在的操作是：加入NaOH溶液；加热后，冷却，然后加入足量的硝酸酸化，再加入硝酸银溶液来检验卤素离子，故错误；

故答案为：×．25、×【分析】【分析】NH4NO3为强酸弱碱盐，发生水解生成一水合氨，以此解答该题．【解析】【解答】解：0.1L3.0mol•L-1的NH4NO3溶液中n（NH4NO3）=0.1L×3.0mol/L=0.3mool，NH4NO3为强酸弱碱盐，发生水解生成一水合氨，则NH4+的数目小于0.3NA；

故答案为：×．26、×【分析】【分析】化学变化不涉及原子核内部的变化，即化学变化不能改变中子数、质子数．故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化，同位素之间的转化属于核变化．【解析】【解答】解：35Cl与37Cl间的相互转化没有新物质生成，属于物理变化，故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化；

故答案为：×．四、探究题(共4题，共24分)27、|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．28、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．29、|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．30、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3题，共15分)31、3AlO2-+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-NH4+离子水解NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，溶液呈酸性，H+与氧化铁反应可以除去铁锈10-70.24mol/（L•min）14.81BE【分析】【分析】A；B、C、D、E、F、G、H、I是中学化学中常见的气体；K是常见的两性化合物，L是重要的化工原料，它们均由短周期元素组成，具有如下性质：

①A、B、C、D、E能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，为酸性气体，F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为碱性气体，则F为NH3；G；H、I不能使湿润的石蕊试纸变色，不表现酸碱性；

②A和F相遇产生白色烟雾，为NH3与HCl；结合①可知，A为HCl；

③B和C都能使品红溶液褪色，为Cl2和SO2，结合转化关系，B与H反应生成HCl，则B为Cl2、C为SO2、H为H2；

④B为Cl2，和I在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶壁出现油状液滴并产生HCl，结合⑥E和I均能引起温室效应，故I为CH4、E为CO2；

⑤D在G中燃烧可以产生C和H2O，C为SO2，故G为O2，D含有H、S两种元素，D为H2S；

电解L的水溶液生成氯气、氢气与M，K是常见的两性化合物，与M反应生成P，M为强碱，则M为NaOH、K为Al2O3、P为NaAlO2，氧化铝与盐酸反应生成N为AlCl3，与偏铝酸钠反应生成Q为Al（OH）3，加热分解生成氧化铝．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E、F、G、H、I是中学化学中常见的气体；K是常见的两性化合物，L是重要的化工原料，它们均由短周期元素组成，具有如下性质：

①A、B、C、D、E能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，为酸性气体，F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为碱性气体，则F为NH3；G；H、I不能使湿润的石蕊试纸变色，不表现酸碱性；

②A和F相遇产生白色烟雾，为NH3与HCl；结合①可知，A为HCl；

③B和C都能使品红溶液褪色，为Cl2和SO2，结合转化关系，B与H反应生成HCl，则B为Cl2、C为SO2、H为H2；

④B为Cl2，和I在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶壁出现油状液滴并产生HCl，结合⑥E和I均能引起温室效应，故I为CH4、E为CO2；

⑤D在G中燃烧可以产生C和H2O，C为SO2，故G为O2，D含有H、S两种元素，D为H2S；

电解L的水溶液生成氯气、氢气与M，K是常见的两性化合物，与M反应生成P，M为强碱，则M为NaOH、K为Al2O3、P为NaAlO2，氧化铝与盐酸反应生成N为AlCl3，与偏铝酸钠反应生成Q为Al（OH）3；加热分解生成氧化铝；

（1）I为CH4，其电子式为故答案为：

（2）反应②是偏铝酸钠与氯化铝发生双水解反应，离子方程式为：3AlO2-+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓；

将少量CO2气体通入NaAlO2的稀溶液中反应生成氢氧化铝与碳酸钠，反应的离子方程式为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-；

故答案为：3AlO2-+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓；2AlO2-+CO2+3H2O=2A