2025年冀教新版高三化学上册月考试卷

…………○…………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年冀教新版高三化学上册月考试卷110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、反应A+3B2⇌2C+2D在四种不同情况下的反应速率分别为（）

①v（A）=0.15mol•L-1•s-1②v（B）=0.6mol•L-1•s-1

③v（C）=0.4mol•L-1•s-1④v（D）=0.45mol•L-1•s-1

该反应进行的快慢顺序为：A.②＞④＞③＞①B.④＞③＞②＞①C.④＞③=②＞①D.②＞③=④＞①2、始祖鸟烯（Pterodactyladiene）形状宛如一只展翅飞翔的鸟，其键线式结构表示如图，其中R1、R2为烷烃基．则下列有关始祖鸟烯的说法中正确的是（）A.始祖鸟烯与乙烯互为同系物B.若R1=R2=甲基，则其化学式为C12H16C.若R1=R2=甲基，则始祖鸟烯的一氯代物有3种D.始祖鸟烯既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色，则两反应的反应类型是相同的3、工业制硫酸中的一步重要反应是SO2的催化氧化：2SO2+O2⇌2SO3（正反应放热），下列有关说法正确的是（）A.升高温度只提高逆反应速率B.降低温度正、逆反应速率都降低C.催化剂只会增大反应速率D.减小压强时只是逆反应速率降低4、下列物质：①水泥②玻璃③陶瓷④水晶，其中属于硅酸盐工业产品的是（）A.只有①②B.只有②④C.只有①②③D.全部5、水是人类生存和发展的宝贵自然资源．下列有关水资源保护的说法中，不正确的是（）A.重金属离子对人体有剧毒，可采用沉淀反应除去之B.化肥中含有植物营养素，可大量使用以改善水环境C.轧钢厂排出的含盐酸的废水，可用熟石灰中和处理D.天然水中的细小悬浮颗粒，可用明矾等混凝剂净化6、下列实验装置、操作能达到实验目的是（）A.

测定中和热B.

沉淀转化C.

测定醋酸的浓度D.

电解食盐水7、下列做法中，不利于实现让某沿海城市“天更蓝，水更清”目标的是（）A.向深海排放污水B.推广使用脱硫煤C.减少汽车尾气排放D.推广使用无磷洗涤剂8、下列关于钠的化合物的说法中，正确的是()A.Na2CO3和NaHCO3均能与盐酸和NaOH溶液反应B.Na2CO3固体中含有的NaHCO3可用加热的方法除去C.Na2O2和Na2O均为白色固体，与CO2反应均放出O2D.分别向Na2O2和Na2O与水反应后的溶液中立即滴入酚酞溶液，现象相同9、澳大利亚研究人员最近开发出被称为第五形态的固体碳，这种新的碳结构称作“纳米泡沫”，它外形类似海绵，比重极小，并具有磁性rm{.}纳米泡沫碳与金刚石的关系是rm{(}rm{)}A.同系物B.同分异构体C.同位素D.同素异形体评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)10、rm{20隆忙}时，配制一组rm{c(H_{2}A)+c(HA^{-})+c(A^{2-})=0.100mol?L^{-1}}的rm{H_{2}A}和rm{NaOH}混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随rm{pH}的变化曲线如图所示rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{H_{2}A}在水中的电离方程式为：rm{H_{2}A=HA^{-}+H^{+}}rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}B.rm{c(Na^{+})=0.100}rm{mol?L^{-1}}的溶液中，rm{c(H^{+})+c(H_{2}A)=c(OH^{-})+c(A^{2-})}C.rm{pH=4}的溶液中，rm{c(HA^{-})>c(H_{2}A)+c(A^{2-})}D.rm{pH=7}的溶液中，rm{c(Na^{+})=2c(A^{2-})}11、某密闭容器中充入等物质的量的气体rm{A}和rm{B}一定温度下发生反应：rm{A(g)+xB(g)?2C(g)}达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间的变化关系如图所示rm{.}下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.反应方程式中的rm{x=1}B.该反应为放热反应C.rm{30}rm{min}时改变的条件是加入催化剂D.前rm{30}rm{min}内rm{A}的反应速率为rm{0.05}rm{mol/(L?min)}12、已知H2C2O4是二元弱酸，NaHC2O4溶液显酸性．25℃时，将amol•L-1H2C2O4溶液与bmol•L-1NaOH溶液等体积混合（0＜a≤0.1，0＜b≤0.1），下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.a=b时，c（H2C2O4）+c（H+）=c（C2O42-）+c（OH-）B.a=时，c（C2O42-）＞c（HC2O4-）＞c（H2C2O4）＞c（OH-）C.a=2b时，2c（Na+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）D.a=3b时，c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+c（C2O42-）+c（OH-）13、如图是部分短周期元素的最高价氧化物对应水化物的等物质的量浓度稀溶液pH值与原子序数的关系图，Z的氧化物是两性氧化物．下列说法正确的是（）A.X，Y两种元素的离子半径相比，后者较大B.W，R两种元素气态氢化物的稳定性相比，后者较大C.由X，Y，Z三种元素形成的化合物，其水溶液显碱性D.工业上用电解Z和R形成的化合物水溶液的方法制取Z的单质14、下列关于乙醇的性质及用途的叙述中，正确的是()A.能与水任意比例互溶B.可溶解多种有机物C.可令酸性高锰酸钾溶液褪色D.药用酒精在医疗上用作消毒剂15、下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.铅蓄电池在充电过程中，正、负极质量都增大B.反应rm{2Mg(s)+CO_{2}(g)=C(s)+2MgO(s)}能自发进行，则该反应的rm{triangleH<0}C.rm{NH_{3}?H_{2}O}溶液加水稀释后，溶液中rm{dfrac{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}{c(NH_{4}^{+})}}的值减小D.常温下，rm{dfrac{c(NH_{3}cdot

H_{2}O)}{c(NH_{4}^{+})}}均为rm{pH}的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同rm{5}16、解热镇痛抗炎药扑炎痛可由化合物rm{X}rm{Y}在一定条件下反应合成。下列有关叙述正确的是()

A.扑炎痛的分子式为rm{C_{17}H_{16}NO_{5}}B.可用rm{FeCl_{3}}溶液检验扑炎痛中是否含有化合物rm{Y}C.扑炎痛在酸性条件下水解最终可以得到rm{3}种物质D.rm{1mol}扑炎痛与足量的rm{NaOH}溶液反应，最多消耗rm{3molNaOH}17、rm{隆露}常用危险化学用品贮存通则rm{隆路}规定：“遇火、遇热、遇潮能引起燃烧、爆炸或发生化学反应，产生有毒气体的化学危险品不得在露天或在潮湿、积水的建筑物中贮存”rm{.}下列解释事实的方程式中，不合理的是rm{(}rm{)}A.贮存液氮的钢瓶防止阳光直射：rm{N_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{脩么鹿芒};}}{;}2NO}B.硝酸铵遇热爆炸：rm{2NH_{4}NO_{3}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2N_{2}隆眉+O_{2}隆眉+4H_{2}O隆眉}C.干燥的rm{N_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{脩么鹿芒};}}{;}2NO}遇水产生气体：rm{2NH_{4}NO_{3}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}2N_{2}隆眉+O_{2}隆眉+4H_{2}O隆眉}D.火灾现场存有电石，禁用水灭火：rm{AlCl_{3}}rm{AlCl_{3}+3H_{2}O篓TAl(OH)_{3}+3HCl隆眉}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)18、电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量．已知如表数据（25℃）：

。化学式电离平衡常数HCNK=4.9×10-10CH3COOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11（1）25℃时，等浓度的三种溶液（a．NaCN溶液、b．Na2CO3溶液、c．CH3COONa溶液）的pH由大到小的顺序为____．（填写序号）

（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为____．

（3）现有浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/LNaOH等体积混合后，测得C（Na+）＞C（CN-），下列关系正确的是____．

A．C（H+）＞C（OH-）B．C（H+）＜C（OH-）

C．C（H+）+C（HCN）=C（OH-）D．C（HCN）+C（CN-）=0.01mol/L

（4）浓的Al2（SO4）3溶液和浓的小苏打（NaHCO3）溶液混合可用于灭火，请用离子反应方程式表示灭火的原理____．

（5）已知NaHC2O4水溶液显酸性，请写出该溶液中各离子浓度的大小____；电荷守恒表达式____．

（6）H2C2O4溶液和KMnO4酸性溶液可发生反应：H2C2O4+MnO4-+H+→CO2+Mn2++H2O，反应中每生成标况下4.48LCO2气体，外电路中通过的电子的物质的量为____mol．19、现有浓度均为1mol/L的FeCl3、FeCl2、CuCl2混合溶液100mL；加入一定量的铁粉，按下列情况填空．

（1）若充分反应后；铁粉有剩余：

①反应结束后溶液中一定含有____阳离子，为____mol．

②固体物质中一定有____．

（2）若反应后，有铜生成，铁粉无剩余，则反应后的溶液中一定含有____阳离子，该阳离子在溶液中的物质的量的范围是____．20、具有抗HIV、抗肿瘤、抗真菌和延缓心血管老化的活性苯并呋喃衍生物(Q)的合成路线如下：已知：RCHO＋R1CH2CHO稀NaOH△(R、R1表示烃基或氢)(1)①A的名称是________。②D→E的反应类型是________。③F中含有的官能团有酯基、________和________(写名称)。④写出F与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式：_____________________________________________________________。(2)物质G可通过如下流程合成：1.08g的I与饱和溴水完全反应，生成2.66g白色沉淀，则I的结构简式为________。写出M→G中反应①的化学方程式：_______________________________。(3)下列说法正确的是________(填序号)。a．Y易溶于水b．B能使酸性高锰酸钾溶液褪色c．Q的分子式为C12H10O3d．I与OH互为同系物21、Ⅰ、一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH>0。(1)下列措施中能使平衡时c(CO)/c(CO2)增大的是(填序号)。A.升高温度B.增大压强C.充入一定量氮气D.再加入一些铁粉(2)反应达到平衡后，若保持容器体积不变时，再通入一定量的CO2，使CO2的浓度成为原来的2倍，则CO2的转化率将(填“增大”、“减小”或“不变”)。Ⅱ、在一定温度下的某容积可变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，试分析和回答下列问题：(1)可认定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是(选填序号)。A．体系的压强不再发生变化B．v正(CO)=v逆(H2O)C．生成nmolCO的同时生成nmolH2D．1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键(2)若上述化学平衡状态从正反应开始建立，达到平衡后，给平衡体系加压(缩小容积、其他条件不变)，则容器内气体的平均相对分子质量将(填写“不变”、“变小”或“变大”)。22、1份淀粉酶能催化约100万份淀粉水解为麦芽糖，这是酶的____，在小肠内酶能催化麦芽糖水解为葡萄糖，这是酶的____23、简要回答下列问题．

（1）新制氯水需保存在棕色试剂瓶中，原因是____．

（2）小苏打为什么可用于蒸馒头？____．

（3）3月22日是“世界水日”，保护水环境，珍爱水资源是每个公民的责任和义务．请你提出一种有利于保护水资源的措施____．24、（2013秋•黄浦区校级月考）有机物X的结构用键线式表示如图。

（1）X分子式为____，X与H2完全加成生成Y，Y一氯代物有____种．

（2）有机物Z1、Z2、Z3都是X的同分异构体．其中Z1、Z3属于芳香烃．

①Zl只有一个侧链，写出任意一种Z1的结构简式____．

②Z2分子中只有C-C单键和C-H单键，其结构简式为____．Z1、Z2均一定能发生的反应类型有____（选填序号）．

a．加成b．取代c．氧化d．消去。

③写出Z3（有二个取代基）与乙烯以等物质的量在一定条件下反应生成聚合物的化学方程式：____．评卷人得分四、判断题(共3题，共24分)25、HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质____（判断对错）26、伴有能量变化的物质变化都是化学变化．____．（判断对错）27、电解质溶液都能使蛋白质发生变性．____．（判断对错说明理由）评卷人得分五、探究题(共4题，共8分)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：30、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________．31、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、计算题(共4题，共32分)32、Fe；Zn、Al分别与盐酸反应（结果可用分数表示；不必化简）：

（1）若盐酸足量，等物质的量的Fe、Zn、Al产生H2的质量之比为____．

（2）若盐酸足量，等质量的Fe、Zn、Al产生H2的质量之比为____

（3）若盐酸足量，等质量的Fe、Zn、Al产生H2在同温同压下的体积比为____．

（4）若盐酸的质量分数相等，体积相等，投入的Fe、Zn、Al质量相等，反应后有一种金属剩余，该金属是____．33、（1）在Al2（SO4）3和MgSO4组成的混合物中，Al3+与Mg2+的物质的量之比为2：3，则在含有4molSO42-的混合物中，MgSO4的质量是____克．

（2）VmlAl2（SO4）3溶液中含有Al3+ag，取V/4ml溶液稀释到4Vml，则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是____mol/L．34、（1）在标准状况下质量相等的NH3和H2S两种气体的体积比为____，原子个数比为____．

（2）在36g水和20g重水（2H2O）中，分别加入足量的金属钠，在相同条件下产生的气体体积比为____，产生的气体质量比为____．35、将一定质量的镁铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中；合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol/L的NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示．由图中数据计算：

（1）原合金中镁和铝的质量．

（2）盐酸的物质的量浓度．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】比较四种不同情况下反应速率的快慢，利用速率之比等于其化学计量数之比计算同一物质表示的速率进行比较．【解析】【解答】解：v（A）：v（B2）：v（C）：v（D）=1：3：2：2；转化B的浓度变化来表示的反应速率为：

①v（A）=0.15mol•L-1•s-1，则v（B2）=v（A）=0.45mol•L-1•s-1；

②v（B2）=0.6mol•L-1•s-1；

③v（C）=0.40mol•L-1•s-1，则v（B2）=v（C）=0.60mol•L-1•s-1；

④v（D）=0.45mol•L-1•s-1，则v（B2）=v（D）=0.675mol•L-1•min-1；

故反应进行的快慢顺序为④＞②=③＞①；

故选：C．2、C【分析】【分析】A．同系物属于同类物质，分子组成相差一个或若干个-CH2-；

B．根据结构简式来书写化学式；

C．始祖鸟烯是对称的；有3种氢原子；

D．烯烃使高锰酸钾褪色，体现了有机物的还原性，烯烃和溴水加成而使得溴水褪色．【解析】【解答】解：A．始祖鸟烯为环状烯烃；与乙烯结构不同，不互为同系物，故A错误；

B．若R1=R2=-CH3，则其化学式为C12H14；故B错误；

C．始祖鸟烯是对称的；有3种氢原子，一氯代物有3种，故C正确；

D．始祖鸟烯使高锰酸钾褪色；体现了始祖鸟烯的还原性，始祖鸟烯和溴水是发生了加成反应而使得溴水褪色，原理不同，故D错误．

故选C．3、B【分析】【分析】A；升温正逆反应速率都增大；反应是放热反应，升温正向进行，正反应速率增大的大；

B；降低温度；对任何反应来说，正逆反应速率均减小；

C；催化剂有些是降低反应活化能增大反应速率；有些是减小化学反应速率；

D、减小压强，正逆反应速率均减小．【解析】【解答】解：A；升温正逆反应速率都增大；反应是放热反应，升温正向进行，正反应速率增大的大，故A错误；

B；降低温度反应速率减小；正逆反应速率都减小，故B正确；

C；正催化剂增大化学反应速率；逆催化剂减小化学反应速率，故C错误；

D；减小压强；正逆反应速率均减小，故D错误；

故选B．4、C【分析】【分析】硅酸盐工业产品是以含硅物质为原料经加热制成的，包括水泥、陶瓷、玻璃等，据此解答．【解析】【解答】解：硅酸盐工业产品是以含硅物质为原料经加热制成的；水泥；陶瓷、玻璃的成分中都含有硅酸盐属于硅酸盐工业产品，水晶的成分为二氧化硅，属于氧化物，不属于硅酸盐工业产品；

故选：C．5、B【分析】【分析】A；沉淀反应可以除去水中的金属离子；

B；化肥不可大量使用；

C；盐酸可以用熟石灰中和处理；

D、明矾可以净化水中的细小悬浮颗粒．【解析】【解答】解：A；沉淀反应可以除去水中的金属离子；故A正确；

B；化肥不可大量使用；大量使用会污染水体，故B错误；

C；盐酸可以用熟石灰中和处理；故C正确；

D；明矾可以净化水中的细小悬浮颗粒；故D正确．

故选B．6、D【分析】【分析】A．图中缺少硬纸板；减少热量散失，并使反应迅速发生；

B．硝酸银过量；银离子与少量的氯离子；碘离子均可生成沉淀；

C．图中滴定管有活塞；为酸式滴定管；

D．石墨与电源正极相连，为电解池的阳极，电解食盐水时，氯离子、氢离子放电．【解析】【解答】解：A．图中缺少硬纸板；减少热量散失，缺少环形玻璃搅拌棒，利用搅拌使溶液充分混合，故A错误；

B．硝酸银过量；银离子与少量的氯离子；碘离子均可生成沉淀，不能发生沉淀的转化，故B错误；

C．图中滴定管有活塞；为酸式滴定管，应选用碱式滴定管，故C错误；

D．石墨与电源正极相连；为电解池的阳极，电解食盐水时，氯离子；氢离子放电，图中电解原理正确，故D正确；

故选D．7、A【分析】【分析】保护环境的措施多种多样，只要合理即可．如植树造林、减少汽车尾气排放、推广使用无磷洗涤剂等措施都可以保护环境．【解析】【解答】解：A．向深海排放污水；造成水体污染，与目标违背，故A选；

B．推广使用脱硫煤；减少二氧化硫的排放，与目标一致，故B不选；

C．减少汽车尾气排放；减少污染，可以改善生态环境，与目标一致，故C不选；

D．推广使用无磷洗涤剂；会防止水体的污染，有利于改善生态环境，与目标一致，故D不选；

故选A．8、B【分析】试题分析：A、碳酸钠不能与氢氧化钠反应，错误；B、碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，可以用加热的方法除去Na2C03固体中含有的NaHC03，正确；C、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠与氧气，但氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，没有氧气生成，错误；D、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，反应后的溶液中含有过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，立即滴入酚酞，现象是：溶液先变红，红色立即褪去，氧化钠与水反应中生成氢氧化钠，滴入酚酞，溶液变为红色，现象不相同，错误。考点：本题考查钠的重要化合物性质。【解析】【答案】B9、D【分析】解：同一元素的不同单质互称同素异形体；纳米泡沫碳与金刚石都是碳元素的不同单质，所以互称同素异形体，故选D．

同一元素的不同单质互称同素异形体；据此分析解答．

本题考查了基本概念的判断，难点不大，明确这几个概念的区别．【解析】rm{D}二、双选题(共8题，共16分)10、rBC【分析】解：rm{A.}依据图象可知在溶液中同时都存在rm{H_{2}}A、rm{HA^{-}}和rm{A^{2-}}则rm{H_{2}A}在水中的电离方程式为：rm{H_{2}A?HA^{-}+H^{+}}rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}故A错误；

B.rm{c(Na^{+})=0.100mol/L}的溶液中为rm{NaHA}溶液，溶液中存在电荷守恒rm{(H^{+})+c(Na^{+})=2c(A^{2-})+c(HA^{-})+c(OH^{-})}物料守恒rm{c(Na^{+})=c(A^{2-})+c(HA^{-})+c(H_{2}A)}代入计算得到rm{c(H^{+})+c(H_{2}A)=c(OH^{-})+c(A^{2-})}故B正确；

C.依据图象可知rm{pH=4}的溶液中，rm{c(HA^{-})>c(H_{2}A)+c(A^{2-})}故C正确；

D.rm{20隆忙}时，rm{Kw=0.681隆脕10^{-14}}rm{pH=7}的溶液中，显酸性，rm{(H^{+})>c(OH^{-})}根据电荷守恒rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=2c(A^{2-})+c(OH^{-})}所以rm{c(Na^{+})<2c(A^{2-})}故D错误；

故选BC．

A.依据图象可知在溶液中同时都存在rm{H_{2}}A、rm{HA^{-}}和rm{A^{2-}}

B.依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析，rm{c(Na^{+})=0.100mol/L}的溶液中rm{c(H^{+})+c(H_{2}A)=c(OH^{-})+c(A^{2-})}

C.依据图象可知rm{pH=4}的溶液中，rm{c(HA^{-})>c(H_{2}A)+c(A^{2-})}

D.rm{20隆忙}时，rm{Kw=0.681隆脕10^{-14}}rm{pH=7}的溶液中，显酸性，rm{(H^{+})>c(OH^{-})}根据电荷守恒判断．

本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用，答题时注意体会，难度中等．【解析】rm{BC}11、rAB【分析】解：rm{A.}由图象可知，rm{30min}时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，因正逆反应速率相等，则rm{1+x=2}rm{x=1}故A正确；

B.rm{40min}时；正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B正确；

C.由rm{A}可知，rm{30}rm{min}时改变的条件是减小压强；故C错误；

D.前rm{30}rm{min}内rm{A}的反应速率为rm{v=dfrac{2mol/L-0.75mol/L}{30min}=0.042mol/(L?min)}故D错误．

故选AB．

由图象可知，rm{v=dfrac

{2mol/L-0.75mol/L}{30min}=0.042mol/(L?min)}时只有反应速率降低了；反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强；

由开始到达到平衡，rm{30min}rm{A}的浓度减少的量相同，由此可知rm{B}则增大压强平衡不移动，rm{X=1}时；正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，以此解答该题．

本题考查化学平衡图象问题，侧重于学生的分析、计算能力的考查，为高考常见题型，题目难度较大，本题注意根据图象浓度的变化以及反应速率的变化判断化学反应状态以及影响化学反应速率的条件，本题易错，答题时注意思考．rm{40min}【解析】rm{AB}12、AC【分析】解：NaHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-电离程度大于HC2O4-水解程度；

A．a=b时，二者恰好反应生成NaHC2O4，溶液存在电荷守恒，为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），存在物料守恒，为c（Na+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-），二者联式可得c（H2C2O4）+c（H+）=c（C2O42-）+c（OH-）；故A正确；

B．a=时，二者恰好反应生成Na2C2O4，溶液中存在C2O42-和HC2O4-的两种离子的水解，则c（OH-）＞c（H2C2O4）；故B错误；

C．a=2b时，H2C2O4过量，反应后溶液中存在H2C2O4、HC2O4-、C2O42-，其物质的量之和为Na+的2倍，则2c（Na+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）；故C正确；

D．a=3b时，H2C2O4过量，溶液存在电荷守恒，为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-）；故D错误。

故选：AC。

NaHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-电离程度大于HC2O4-水解程度；

A．a=b时，二者恰好反应生成NaHC2O4；结合电荷守恒和物流守恒判断；

B．a=时，二者恰好反应生成Na2C2O4，溶液中存在C2O42-和HC2O4-的两种离子的水解；

C．a=2b时，H2C2O4过量；结合物料守恒判断；

D．a=3b时，H2C2O4过量；结合电荷守恒判断．

本题考查离子浓度大小的比较，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握盐类水解与弱电解质的电离特点和影响因素，结合电荷守恒、物料守恒解答该题，难度中等．【解析】AC13、B|C【分析】解：元素的金属性越强；其对应最高价氧化物的水化物碱性越强则该溶液的pH越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强则该溶液的pH越小，根据图象知，X没有最高价氧化物，则X为O元素，Y的最高价氧化物的水化物碱性最强，则Y为Na元素，Z为Al元素，W；R分别为S、Cl元素．

A．X为O元素；Y为Na元素，X，Y两种元素的离子半径相比，前者较大，故A错误；

B．元素的非金属性越强；对应气态氢化物越稳定，非金属性Cl大于S，则对应气态氢化物稳定性Cl大于S，故B正确；

C．由X，Y，Z三种元素形成的化合物是NaAlO2；为强碱弱酸盐，在溶液中水解显碱性，故C正确；

D．Z和R形成的化合物为AlCl3；电解其水溶液得到氢氧化铝和氢气；氯气，得不到Al，故D错误；

故选BC．

元素的金属性越强；其对应最高价氧化物的水化物碱性越强则该溶液的pH越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强则该溶液的pH越小，根据图象知，X没有最高价氧化物，则X为O元素，Y的最高价氧化物的水化物碱性最强，则Y为Na元素，Z为Al元素，W；R分别为S、Cl元素，据此结合元素及其化合物的性质分析．

本题考查了短周期元素的最高价氧化物对应水化物的递变规律，明确元素最高价氧化物的水化物酸碱性是解本题关键，再结合化合物的构成、性质来分析解答，题目难度中等．【解析】【答案】BC14、A|B|C|D【分析】解：A；乙醇可以和水任意比例互溶；故A正确；

B；有机物易溶于有机溶剂中；乙醇是一种常见的有机溶剂，可溶解多种有机物，故B正确；

C；乙醇具有还原性；易被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化而使得溶液褪色，故C正确；

D；一定体积分数的乙醇在医疗上用作消毒剂；故D正确．

故选ABCD．【解析】【答案】ABCD15、BC【分析】解：rm{A}铅蓄电池在充电过程中；正是硫酸铅氧化成二氧化铅、负极是硫酸铅还原成单质铅，所以质量都减小，故A错误；

B、反应物中有气体，生成物中没有气体，故rm{triangleS<0}若要使反应自发进行，rm{triangleH-TtriangleS<0}则rm{triangleH-Ttriangle

S<0}必须小于rm{triangleH}故B正确；

C、加水稀释促进氨水的电离，所以一水合的浓度减少，铵根离子的浓度增大，则溶液中rm{dfrac{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}{c(NH_{4}^{+})}}的值减小；故C正确；

D；盐酸抑制了水的电离；而氯化铵溶液中铵离子水解，促进了水的电离，所以两溶液中水的电离程度不相同，故D错误；

故选BC．

A；铅蓄电池在充电过程中；正是硫酸铅氧化成二氧化铅、负极是硫酸铅还原成单质铅；

B、反应能否自发进行，决定于有rm{0}

C；加水稀释促进氨水的电离；所以一水合的浓度减少，铵根离子的浓度增大；

D；盐酸抑制了水的电离；氯化铵中铵离子促进了水的电离；

本题考查了铅蓄电池的充电原理、反应的自发性、水的电离平衡等知识，题目难度中等，注意酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，而能够水解的盐能够促进水的电离．rm{dfrac{c(NH_{3}cdot

H_{2}O)}{c(NH_{4}^{+})}}【解析】rm{BC}16、BC【分析】【分析】本题旨在考查学生对有机物的结构和性质的应用。【解答】A.扑炎痛的分子式为rm{C_{17}H_{15}NO_{5}}，故A错误；B.可用rm{FeCl_{3}}溶液检验扑炎痛中是否含有化合物rm{Y}，故B正确；C.扑炎痛在酸性条件下水解最终可以得到rm{3}种物质，故C正确；D.有机物含有rm{2}个酯基，rm{1}个肽键，rm{1mol}扑炎痛与足量的rm{NaOH}溶液反应，最多消耗rm{5molNaOH}故D错误。故选BC。【解析】rm{BC}17、rAD【分析】解：rm{A.}液氮中无氧气；不发生反应，故A错误；

B.硝酸铵在加热时生成氮气；氧气和水蒸气；故B正确；

C.干燥的氯化铝遇水发生水解；生成氢氧化铝；氯化氢气体，故C正确；

D.电石的主要成分碳化钙与水反应生成氢气，rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+C_{2}H_{2}隆眉}故D错误．

故选AD．

A.液氮中无氧气；

B.硝酸铵在加热时易分解；

C.干燥的氯化铝遇水发生水解；

D.电石的主要成分碳化钙与水反应生成氢气同时放出大量热．

本题考查了化学试剂的存放，题目难度不大，需要掌握常见试剂的保存方法，关键是掌握试剂的性质，关键化学性质选择保存方法，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养．【解析】rm{AD}三、填空题(共7题，共14分)18、b＞a＞cNaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCNBDAl3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（H+）+c（Na+）0.2【分析】【分析】（1）酸的电离平衡常数越大；其酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液碱性越弱；

（2）NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3；HCN；

（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCN、HCN，已知混合溶液中c（CN-）＜c（Na+），根据电荷守恒可知c（H+）＜c（OH-），混合溶液呈碱性，说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度；据此进行判断；

（4）铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀；

（5）根据草酸氢铵溶液显示酸性及电荷守恒判断溶液中各离子浓度大小；根据电荷守恒写出草酸氢钠溶液中的电荷守恒表达式；

（6）根据化合价变化计算出生成4.48L二氧化碳转移的电子的物质的量．【解析】【解答】解：（1）电离平衡常数，CH3COOH＞H2CO3＞HCN，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa；

故答案为：b＞a＞c；

（2）NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN，反应方程式为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；

故答案为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；

（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005mol•L-1的NaCN、HCN，测得c（Na+）＞c（CN-），根据电荷守恒可知：c（H+）＜c（OH-），溶液呈碱性，所以HCN的浓度为0.005mol•L-1，CN-的浓度小于0.005mol•L-1；

A．根据分析可知，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH-）；故A错误；

B．混合液呈碱性，则c（H+）＜c（OH-）；故B正确；

C．氢氧根离子浓度较小，c（CN-）远远大于c（OH-）；故C错误；

D．根据物料守恒可知：c（HCN）+c（CN-）=0.01mol/L；故D正确；

故答案为：BD；

（4）铝离子与碳酸氢根离子混合发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案为：Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑；

（5）草酸氢钠溶液显示酸性，则HC2O4-的电离程度大于其水解程度，所以c（C2O42-）＞c（H2C2O4），由于氢离子来自水的电离和HC2O4-的电离，则c（H+）＞c（C2O42-），HC2O4-的水解程度较小，则c（HC2O4-）＞c（C2O42-），所以溶液中各离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；

草酸氢钠溶液中存在的电荷守恒为：c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（H+）+c（Na+）；

故答案为：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（H+）+c（Na+）；

（6）标准状况下4.48L二氧化碳的物质的量为：=0.2mol，H2C2O4中C元素的化合价为+3价；二氧化碳分子中C的化合价为+4价，则生成0.2mol二氧化碳转移的电子的物质的量为：0.2mol×（4-3）=0.2mol；

故答案为：0.2．19、Fe2+0.35Fe、CuFe2+0.25mol＜n（Fe3+）≤0.35mol【分析】【分析】依据三价铁离子；铜离子、二价铁离子的氧化性强弱判断反应先后顺序；若充分反应后，铁粉有剩余，则三价铁离子、铜离子一定完全反应；

若反应后，有铜生成，铁粉无剩余，则一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子，据此解答．【解析】【解答】解：三价铁离子；铜离子、二价铁离子的氧化性依次减弱；加入铁粉，先与三价铁离子反应，再与铜离子反应；

（1）当铁粉有剩余时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═Cu+FeCl2，溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；固体为FeCu；反应后溶液中的溶质为氯化亚铁，根据氯离子守恒：n（Cl-）=（1mol/L×3+1mol/L×2+1mol/L×2）×0.1L=0.7mol，所以n（Fe2+）=n（Cl-）=0.35mol；

故答案为：Fe2+；0.35；Fe；Cu；

（2）当有铜生成，铁粉无剩余，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；

如果只有Fe2+，则其物质的量为：0.35mol，如果还有Cu2+，且最多为0.1mol时，只发生2FeCl3+Fe=3FeCl2，则Fe2+物质的量为0.25mol，由于两个反应都发生，所以Cu2+小于0.1mol，因此Fe2+物质的量大于0.25mol，故Fe2+物质的量为：0.25mol＜n（Fe2+）≤0.35mol；

故答案为：Fe2+；0.25mol＜n（Fe2+）≤0.35mol．20、略

【分析】由题给条件可知，A为CH3CHO，B为CH3CH===CHCHO，则D为CH3CH===CHCOOH，E为CH3CH===CHCOOCH3。由G的合成流程以及Y、F的结构简式推出G为M为J为I为(1)④F与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式为BrCH2—CH===CH—COOCH3＋2NaOH△NaBr＋CH3OH＋HO—CH2—CH===CH—COONa。(2)M→G中反应①的化学方程式为(3)Y中含有酯基，难溶于水；I为酚，为醇，不互为同系物。【解析】【答案】(1)①乙醛②取代反应(或酯化反应)③溴原子碳碳双键④BrCH2—CH===CH—COOCH3＋2NaOH△NaBr＋CH3OH＋HO—CH2—CH===CH—COONa(2)(3)bc21、略

【分析】解答该题要注意以下三点：(1)根据CO与CO2的浓度比值关系得出平衡移动的方向，然后再进行判断。(2)增大反应物的浓度，反应物的转化率不一定减小；转化率等于转化浓度比起始浓度。(3)气体的平均相对分子质量其变化与m总、n总均有关。Ⅰ、(1)使平衡时c(CO)/c(CO2)增大，则需要使平衡向正反应方向移动，CO2的浓度减小，CO的浓度增大，比值增大。反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，A对；反应前后气体的物质的量不变，增大压强平衡不移动，B错；充入N2对平衡没有影响，C错；铁粉的量的多少对平衡没有影响，D错。(2)增大CO2的浓度，反应物中只有CO2为气体，且反应前后气体体积相等。相当于增大压强，平衡不发生移动，CO2的转化率不变。Ⅱ、(1)因为在恒压容器中进行，压强一直不变，A错；当v正(CO)=v逆(H2O)时，反应达到平衡，B对；任何时刻生成的CO与H2物质的量都相等，C错；1molH—H键断裂说明有1molH2反应，断裂2molH—O键说明有1molH2O反应，反应达到平衡，D对。(2)原平衡状态中CO、H2的平均相对分子质量为加压时平衡逆向移动，H2O(g)(相对分子质量为18)的含量增大，混合气体的平均相对分子质量增大。【解析】【答案】Ⅰ、(1)A(2)不变Ⅱ、(1)B、D(2)变大22、高效性专一性【分析】【解答】1份淀粉酶能催化约100万份淀粉水解为麦芽糖；这是酶的高效性性，在小肠内酶能催化麦芽糖水解为葡萄糖，这是酶的专一性性，故答案为：高效性；专一性．

【分析】酶有高效性、专一性，据此解题．23、新制氯水中含有次氯酸，见光分解而变质碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳气体，使馒头松软可口节约用水【分析】【分析】（1）新制氯水中含有次氯酸；见光分解；

（2）小苏打的主要成分是碳酸氢钠；受热分解产生二氧化碳气体；

（3）节约用水、重复利用水都是很好的措施．【解析】【解答】解：（1）新制氯水中含有次氯酸；见光分解，故需保存在棕色试剂瓶中，故答案为：新制氯水中含有次氯酸，见光分解而变质；

（2）小苏打的主要成分是碳酸氢钠；受热分解产生二氧化碳气体，故可用于蒸馒头，故答案为：碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳气体，使馒头松软可口；

（3）保护水环境，珍爱水资源是每个公民的责任和义务，节约用水、重复利用水都是很好的措施；故答案为：节约用水．24、C9H107C6H5-CH2CH=CH2（或是C6H5-CH=CH2-CH3，或是C6H5-C（CH3）=CH2）bc【分析】【分析】（1）根据碳原子的成键方式和数目结合结构简式书写分子式；利用对称法寻找等效氢原子，进而确定一卤代物的种数；

（2）根据同分异构体的书写方法结合有机物的结构和性质来回答，有机物的结构决定其性质；物质发生加聚反应的实质是：碳碳双键断开，两个半键闭合，形成链接，相连形成高聚物．【解析】【解答】解：（1）根据其结构简式以及键线式的特点，得到该有机物的分子式为：C9H10，X与H2完全加成，双键都变为单键，生成Y，该烷烃中有7中环境的等效氢原子，所以Y的一氯代物有7种，故答案为：C9H10；7；

（2）①Zl只有一个侧链，属于芳香烃，结构简式可以为：C6H5-CH2CH=CH2，苯环上的取代基还可以是-CH=CH2-CH3，或是-C（CH3）=CH2等；

故答案为：C6H5-CH2CH=CH2（或是C6H5-CH=CH2-CH3，或是C6H5-C（CH3）=CH2）；

②Z2分子中只有C-C单键和C-H单键，根据不饱和情况，一定会含环结构，结构简式为：两种有机物都能燃烧，发生氧化反应，含有烷烃取代基，可以发生取代反应，故答案为：bc；

③Z3（有二个取代基）；则连在苯环上的可以是甲基和乙烯基，和乙烯之间发生加聚反应的方程式为：

故答案为：．四、判断题(共3题，共24分)25、×【分析】【分析】HClO是弱电解质，但NaClO是盐，属于强电解质．【解析】【解答】解：HClO是弱电解质，但NaClO在水溶液里或熔融状态下完全电离，所以NaClO属于强电解质，故错误；故答案为：×．26、×【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；27、×【分析】【分析】部分盐溶液能使蛋白质发生盐析，重金属盐溶液能使蛋白质发生变性．【解析】【解答】解：部分盐溶液能使蛋白质发生盐析；如硫酸钠溶液；硫酸铵溶液；重金属盐溶液能使蛋白质发生变性，如硫酸铜溶液、硝酸银溶液等；所以电解质溶液不一定能使蛋白质发生变性；

故答案为：×．五、探究题(共4题，共8分)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．30、|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．31、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、计算题(共4题，共32分)32、2：2：3：：：：Al【分析】【分析】分别发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑．

（1）令金属为1mol；根据方程式计算氢气的物质的量，氢气质量之比等于其物质的量之比；

（2）令金属质量为1g；根据方程式计算氢气的质量，进而计算生成氢气质量之比；

（3）相同条件下体积之比等于物质的量之比；结合（2）中的数据计算；

（4）令HCl为6mol，根据方程式计算金属的物质的量，根据m=nM计算金属的质量，反应后有一种金属剩余，则消耗金属质量最小会剩余．【解析】【解答】解：（1）令金属为1mol；则：

Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑

1mol1mol1mol1mol1mol1.5mol

故生成氢气质量之比=其物质的量之比=1mol：1mol：1.5mol=2：2：3；

故答案为：2：2：3；

（2）令金属质量为1g；则：

Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑

562652546

1g=g1g=g1g=g

故生成氢气质量之比=g：g：g=：：；

故答案为：：：；

（3）由（2）可知，等质量的Fe、Zn、Al产生氢气质量之比=g：g：g=：：，故生成氢气的物质的量之比=：：，相同条件下体积之比等于物质的量之比，则生成氢气的体积之比=：