2025年人教A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2025年人教A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、下列说法不正确的是（）A.食盐、糖和醋都可做食品防腐剂B.青蒿素可以用于治疗疟疾C.鸡蛋清溶液中滴加醋酸铅溶液会发生盐析D.油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应2、我国合成氨工业生产的主要原料是()A.N2和H2B.空气、煤、水C.硫铁矿、空气D.O2和水蒸气3、下列说法中不正确的是（）A.维勒用无机物合成了尿素，突破了无机物与有机物的界限B.尼龙、棉花、天然橡胶、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质C.红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析D.开发核能、太阳能等新能源，推广乙醇汽油，使用无磷洗涤剂都可直接降低碳排放量4、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.5.6gFe和足量的盐酸完全反应失去电子数为0.3NAB.1.0mol•L的NaCl溶液中Na+数为NAC.16gCH4所含的电子数为10NAD.标况下，4.48L的水中含有H2O分子的数目为0.2NA5、拟用如图所示装置制取四种干燥、纯净的气体（图中加热装置和气体的收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b；c、d表示相应仪器中加入的试剂）．其中不能达到目的是（）

。选项制取气体abcdANO稀硝酸铜片H2O浓硫酸BO2双氧水MnO2H2O浓硫酸CNH3浓氨水碱石灰浓硫酸H2ODSO2浓盐酸Na2SO3粉末NaHSO3溶液浓硫酸A.AB.BC.CD.D6、居室装修用石材的放射性常用Ra作为标准，居里夫人（MarieCurie）因对Ra元素的研究两度获得诺贝尔奖．下列叙述中正确的是（）A.RaCl2的熔点比CaCl2高B.Ra元素位于元素周期表中第六周期ⅡA族C.一个Ra原子中含有138个中子D.Ra（OH）2是一种两性氢氧化物7、在合成氨时，可以提高H2转化率的措施（）A.延长反应时间B.充入过量H2C.充入过量N2D.升高温度8、下列离子方程式不正确的是（）A.用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2CO32－＋SO2＋H2O=2HCO3－＋SO32－B.向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-沉淀完全：2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH－=Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3·H2OC.Cl2与FeI2溶液反应，当n（Cl2）：n（FeI2）=1：1时，2Fe2++2I－+2Cl2=2Fe3++2I2+4Cl－D.将1mol/LNaAlO2溶液和1.5mol/LHCl溶液等体积互相均匀混合：6AlO2－+9H＋+3H2O＝5Al(OH)3↓+Al3＋9、已知pH表示溶液中c（H+）的负对数，同样也可以定义pOH表示溶液中c（OH﹣）的负对数，即pOH=﹣lg（OH﹣），温度T时水的离子积常数用KW表示，则此温度下不能判定溶液呈中性的依据是（）A.=1B.pOH=C.c（H+）=10﹣pOHD.pH+pOH=评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、现用质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸来配制90mL、1mol•L-1的稀硫酸．请完成下列问题：

（1）需要用到的玻璃仪器有：____

（2）经计算，需浓硫酸的体积为____．

（3）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中错误的是____，能引起误差偏高的有____（填代号）．

①洗涤量取浓硫酸后的量筒；并将洗涤液转移到容量瓶中。

②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中。

③将浓硫酸直接倒入烧杯；再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸。

④定容时；加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出。

⑤转移前；容量瓶中含有少量蒸馏水。

⑥量取浓硫酸时；仰视标线。

⑦定容时，俯视标线．11、已知A为常见金属；X；Y为常见非金属，X、E、F、G常温下为气体，C为液体，B是一种盐，受热极易分解，在工农业生产中用途较广（如被用作某些电池的电解质）．现用A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构成原电池．有关物质之间的转化关系如下图：（注意：其中有些反应的条件及部分生成物被略去）

请填写下列空白：

（1）反应④为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，其反应方程式为____

（2）写出物质B的电子式____

（3）从D溶液制备D的无水晶体的“操作a”为____．

（4）反应②的化学方程式为____．

（5）原电池反应①中正极的电极反应为____．12、工业利用精炼镁渣（含有MgO、KCl、MgCl2、BaCl2、CaCl2、FeCl3等杂质）回收MgCl2•6H2O的工艺流程如下：

（1）写出溶解过程中发生反应的离子方程式____

（2）滤渣Ⅱ的主要成分是____（填化学式）．

（3）燥作X包括____、过滤、洗涤并烘干晶体；在洗涤MgCl2•6H2O晶体时用冰水洗涤的目的是____．

（4）溶解时温度控制在35℃左右，温度不宜过高或过低的原因是____．

（5）将MgCl2•6H2O制成无水氯化镁的方法是____．13、乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：CH2CH3（g）CH=CH2（g）+H2（g）

（1）已知。

。化学键C-HC-CC=CH-H键能/kJ•molˉ1412348612436计算上述反应的△H=____kJ•mol-1．

（2）维持体系总压强p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应．已知乙苯的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K=____（用α等符号表示）．

（3）工业上，通常在乙苯蒸汽中掺混水蒸气（原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1：9），控制反应温度600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应．在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如下：

①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实____．

②控制反应温度为600℃的理由是____．

（4）某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺乙苯-二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯．保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2+H2=CO+H2O，CO2+C=2CO．新工艺的特点有____（填编号）．

①CO2与H2反应；使乙苯脱氢反应的化学平衡右移。

②不用高温水蒸气；可降低能量消耗。

③有利于减少积炭。

④有利用CO2资源利用．14、氮化铝晶胞如图所示，则处于晶胞顶点上的原子的配位数为____，若立方氮化的铝密度为ρg•cm-3，阿伏伽德罗常数为NA，则两个最近N原子间的距离为____cm（用含ρ、NA的代数式表示）15、甲；乙、丙为常见单质；乙、丙两元素在周期表中位于同一主族．X、A、B、C、D、E、F、G均为常见的化合物，其中A和X的摩尔质量相同，A、G的焰色反应为黄色．在一定条件下，各物质相互转化关系如图．请回答：

（1）写化学式：丙____，E____．

（2）用电子式表示X的形成过程____．

（3）写出A与H2O反应的化学反应方程式：____．

（4）写出B与G溶液反应生成F的离子方程式：____．

（5）在上图的反应中，不属于氧化还原反应的是（填序号）____．

16、印刷电路板是由塑料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”生成CuCl2和FeCl2，其反应的化学方程式如下：Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2

（1）请在上式中标出电子转移的方向和数目。

（2）该反应的氧化剂是____，氧化产物是____．

（3）写出FeCl3的电离方程式：____．17、Ⅰ配合物Na2[Fe（CN）5（NO）]可用于离子检验．

（1）配合物中同周期元素的第一电离能由小到大的顺序是____．

（2）配合物中原子序数最小的元素与氢元素形成的化合物，其分子的空间构型可能是图1的____（填序号），中心原子的杂化类型是____．

（3）配合物中心离子核外电子排布式是____．

（4）配合物中不存在的化学键是____．

A．离子键B．金属键C．氢键D．极性共价键E．配位键。

Ⅱ分析化学中常用X射线研究晶体结构．

有一种晶体KxFey（CN）z，其中Fe2+、Fe3+、CN-的排布如图2所示，Fe2+和Fe3+位于每个立方体的角顶，自身互不相邻，CN-位于立方体的棱上．每隔一个立方体，在立方体的中心含有一个K+（未画出）．

（5）晶体的化学式可表示为____．

（6）1molKxFey（CN）z晶体中含π键____mol．18、肼（N2H4）又称联氨；是一种可燃性液体，其燃烧热较大且燃烧产物对环境无污染，故可以用作火箭燃料．

（1）肼-空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%-30%的KOH溶液．该电池放电时，通入肼的一极为____极，该极的电极反应式是____，电池工作一段时间后，电解质溶液的pH将____（填“增大”；“减小”、“不变”）．

（2）肼用亚硝酸氧化可生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977．写出肼与亚硝酸反应的化学方程式____．

（3）肼和四氧化二氮作火箭推进剂，两者反应产物是氮气和水．当反应生成28.0kg还原产物时，计算参加反应的肼的质量（写出计算过程）____．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)19、标准状况下当氧气与氦气的原子数均为NA时，它们具有相同的体积____（判断对错）20、胶体的性质主要有：丁达尔现象、电泳、聚沉____．（判断对错）21、向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁____．（判断对错）22、物质的量相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中所含的PO43-量相同．____．23、为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒．____．（判断对错）24、氨水呈弱碱性，故NH3是弱电解质____（判断对错）25、电解质溶液都能使蛋白质发生变性．____．（判断对错说明理由）26、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2____

（2）乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，二者分子中官能团相同____

（3）在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OH____

（4）在水溶液里，乙酸分子中的-CH3可以电离出H+____

（5）乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液____

（6）乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液____．评卷人得分四、实验题(共1题，共2分)27、教材采用图1实验装置测定锌与稀硫酸反应的速率．

（1）检查图1装置气密性的操作方法是____．

（2）分别取2g颗粒大小相同的锌粒分别与体积均为40mL的1mol/L硫酸、4mol/L硫酸反应，收集25mLH2时所需时间后者比前者____．

（3）同学们在实验操作中发现，本实验设计存在明显不足，例如（举两例）____．

（4）某化学兴趣小组对教材实验装置进行图2所示改进．检查装置气密性后进行的实验操作有：

a．在多孔塑料袋中装入锌粒；

b．在锥形瓶中加入40mL1mol/L硫酸；

c．塞好橡胶塞，____时立即用秒表计时；

d．注射器内每增加5mL气体时读取一次秒表．

（5）实验观察到锌与稀硫酸反应初期速率逐渐加快，其原因是____，反应进行一定时间后速率逐渐减慢，原因是____．

（6）测得产生H2的体积与反应时间的关系曲线如图3所示，t1～t2时间段氢气体积略有减小的原因是____；在64s内用H+浓度表示的平均反应速率v（H+）=____（此时，溶液体积仍为40mL，气体摩尔体积为25L/mol）．评卷人得分五、探究题(共4题，共20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、书写(共2题，共10分)32、（1）写电离方程式：①H2SO4____；②NaHCO3____；____；

（2）写出下列盐溶液的水解离子方程式：

①Fe（NO3）3____；

②NaF____；

③K2CO3____（以第一步为主）

（3）在T℃下，将1molN2和3molH2的混合气体通入固定体积为2L的密闭容器内；起始压强为101KPa，经过30s达到平衡，测得平衡混合气体的平均相对分子质量为10．试求：

①此反应过程中N2的平均反应速率为____．

②H2的转化率为____．

③维持一定温度和压强不变，在起始体积为2L的体积可变的容器中充入1molN2、3molH2，达平衡时N2的转化率与上述平衡相等，则该平衡时，容器的体积为____L．

（4）有可逆反应A（g）+B（g）⇌2C（g）；在不同温度下经过一定时间，混合物中C的体积分数与温度的关系如图所示．填写下列空白：

①反应在____温度下达到平衡．

②正反应为____热反应（填“放”或“吸”）．

③由T3向T4变化时，v正____v逆（填“＞”、“＜”或“=”）．33、下列三组物质中；均有一种物质的类别与其他三种不同．

①MgO、Na2O、CO2；CuO

②HCl、H2O、H2SO4、HNO3

③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu（OH）2

（1）三种物质依次是（填化学式）：A____；B____；C____；

（2）这三种物质相互作用可生成一种新物质NaHCO3，写出该物质与足量澄清石灰水反应的离子方程式____；

（3）在反应：K2Cr2O7+14HCl（浓）═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O中，____是氧化剂，____是氧化产物．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】A．食盐具有咸味；食盐腌制食品，以抑制细菌的滋生，常用作调味品和防腐剂；醋酸既具有酸性，又具有酸味；糖使食品中水减少，抑制微生物生长；

B．青蒿素（C15H22O5）是一种用于治疗疟疾的药物；

C．醋酸铅为重金属盐；能使蛋白质变性；

D．油脂为高级脂肪酸甘油酯．【解析】【解答】解：A．食盐腌制食品；食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂；醋具有酸性，可作防腐剂，醋具有酸味，可作调味剂，糖使食品中水减少，抑制微生物生长，则食盐；糖和醋都可做食品防腐剂，故A正确；

B．青蒿素（C15H22O5）是一种用于治疗疟疾的药物；故B正确；

C．醋酸铅为重金属盐；能使蛋白质变性，则鸡蛋清溶液中滴加醋酸铅溶液会发生变性，为不可逆过程，故C错误；

D．油脂为高级脂肪酸甘油酯；则油脂在碱性条件下的水解反应生成高级脂肪酸盐，称为皂化反应，故D正确；

故选C．2、B【分析】【解析】试题分析：成氨工业生产的主要原料氮气和氢气，只要来自于空气、煤、水，答案选B。考点：考查合成氨工业原料的有关判断【解析】【答案】B3、D【分析】【分析】A、1828年德国化学家维勒，将一种无机物NH4CNO的水溶液加热得到了有机物尿素；

B；相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

C；红外光谱仪用于测定有机物的官能团；核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；质谱法用于测定有机物的相对分子质量；

D、使用无磷洗涤剂，可减少水华、赤潮等污染．【解析】【解答】解：A、维勒用无机物NH4CNO合成了有机物尿素；突破了无机物与有机物的界限，故A正确；

B；尼龙、棉花、天然橡胶、ABS树脂相对分子质量在10000以上；都是由高分子化合物组成的物质，故B正确；

C；红外光谱仪用于测定有机物的官能团；核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，质谱法用于测定有机物的相对分子质量，所以三者都可用于有机化合物结构的分析，故C正确；

D；使用无磷洗涤剂；可减少水华、赤潮等污染，不可降低碳排放量，故D错误；

故选：D．4、C【分析】【分析】A．铁与盐酸反应生成二价铁离子；

B．溶液体积未知；

C．质量转化为物质的量；结合1个甲烷分子含有10个电子解答；

D．气体摩尔体积使用对象为气体．【解析】【解答】解：A.5.6gFe物质的量为=0.1mol，和足量的盐酸完全反应生成0.1mol二价铁离子，失去电子数为0.2NA；故A错误；

B．溶液体积未知；无法计算溶液中钠离子数目，故B错误；

C.16gCH4物质的量为：=1mol，含的电子数为10NA；故C正确；

D．标况下；水是液体，不能使用气体摩尔体积，故D错误；

故选：C．5、C【分析】【分析】A．铜和稀硝酸反应生成NO；NO不溶于水，且和浓硫酸不反应；

B．双氧水在二氧化锰作催化剂条件下分解生成氧气；氧气和水；浓硫酸不反应；

C．浓硫酸和氨气反应；且氨气极易溶于水；

D．浓盐酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸氢钠、浓硫酸不反应．【解析】【解答】解：A．铜和稀硝酸反应生成NO；NO不溶于水，且和浓硫酸不反应，所以可以采用排水法洗涤NO，用浓硫酸作干燥剂，所以能实现目的，故A不选；

B．双氧水在二氧化锰作催化剂条件下分解生成氧气；氧气和水；浓硫酸不反应，所以可以采用排水法洗涤氧气、用浓硫酸干燥，能实现目的，故B不选；

C．浓硫酸和氨气反应；且氨气极易溶于水，所以应该采用排气法洗涤氨气，用碱石灰干燥氨气，所以不能实现目的，故C选；

D．浓盐酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫；二氧化硫和亚硫酸氢钠；浓硫酸不反应，所以可以采用排饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤二氧化硫、用浓硫酸干燥，能实现目的，故D不选；

故选C．6、C【分析】【分析】A．离子晶体熔点与晶格能成正比；晶格能与离子半径成反比；

B．Ra位于第七周期第IIA族；与Mg属于同一主族元素；

C．中子数=质量数-质子数；

D．Ra的金属性大于Mg，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强．【解析】【解答】解：A．离子晶体熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比，Ra离子半径大于Ca，所以RaCl2的熔点比CaCl2低；故A错误；

B．Ra原子核外有7个电子层；最外层有2个电子；位于第七周期第IIA族，故B错误；

C．中子数=质量数-质子数=226-88=138；故C正确；

D．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，Ra的金属性大于Mg，氢氧化镁属于碱，则Ra（OH）2也是碱；故D错误；

故选C．7、C【分析】【分析】反应为N2+3H2⇌2NH3△H＜0，提高H2转化率，应使平衡向正反应方向移动，结合方程式的特点和影响化学平衡的条件解答．【解析】【解答】解：A．反应达到平衡状态时；延长反应时间不能改变转化率，故A错误；

B．充入过量H2，虽然平衡向正反应方向移动，但H2的转化率反而减小；故B错误；

C．充入过量N2，平衡向正反应方向移动，H2转化率增大；故C正确；

D．正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，H2的转化率减小；故D错误．

故选C．8、C【分析】试题分析：A、少量的SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3和Na2SO3，正确；B、SO42‾沉淀完全，则SO42‾与Ba2+等物质的量反应，正确；C、Cl2首先氧化I‾，所以当n（Cl2）：n（FeI2）=1：1时，发生反应：Cl2+2I‾=2Cl‾+I2，错误；D、1mol/LNaAlO2溶液和1.5mol/LHCl溶液等体积互相均匀混合，AlO2-与H+物质的量之比为2:3，正确。考点：本题考查离子方程式的书写。【解析】【答案】C9、D【分析】解答：A、液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）=c（OH﹣），所以=1；所以A正确；

B、液呈中性，溶液中应存在c（H+）=c（OH﹣）=mol/L，所以pOH=所以B正确；

C、液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）=c（OH﹣），所以pH=pOH，c（H+）=10﹣pH=10﹣pOH；所以C正确；

D、温度T时任何溶液都存在pH+pOH=不能说明溶液呈中性，所以D错误；所以选D．

分析：本题考查酸碱混合的定性判断，注意溶液呈中性应存在c（H+）=c（OH﹣），由于温度未知，且酸碱的强弱未知，不能根据pH判断．二、填空题(共9题，共18分)10、烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管5.4mL①②③④⑥⑦①②⑥⑦【分析】【分析】（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；

（2）浓H2SO4的物质的量浓度c=；再根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；

（3）依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤判断；分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据c=进行误差分析．【解析】【解答】解：（1）配制步骤有量取；稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；用量筒量取（用到胶头滴管）称量，在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，需要使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管等；

故选：烧杯；玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管；

（2）质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸C==18.4mol/L；设需要浓硫酸体积为V，则根据溶液稀释前后物质的量不变得：V×18.4mol/L=100mL×1mol/L，解得V=5.4mL；

故答案为：5.4mL；

（3）①洗涤量取浓硫酸后的量筒；并将洗涤液转移到容量瓶中，导致硫酸的物质的量偏大，溶液浓度偏高，操作错误；

②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中；冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，操作错误；

③浓硫酸稀释正确操作；将浓硫酸缓缓注入盛有水的烧杯中，操作错误；

④定容时；加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，操作错误；

⑤转移前；容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶液体积；溶质物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，操作正确；

⑥量取浓硫酸时；仰视标线，导致量取的硫酸的物质的量偏大，溶液浓度偏高，操作错误；

⑦定容时；俯视标线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，操作错误；

操作中错误的是①②③④⑥⑦；能引起误差偏高的有①②⑥⑦；

故答案为：①②③④⑥⑦；①②⑥⑦．11、2Mg+CO22MgO+C将D溶液在HCl气流中蒸干4NH3+5O24NO+6H2O2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑【分析】【分析】C为无色液体，由气体X（X由原电池反应得到，可能是H2）和氧气反应得到，故C应是H2O，X是H2，根据反应⑦可知非金属Y是C．由电解D无水晶体得到A与Cl2，可知D为氯化物且是离子化合物，结合A+B溶液发生原电池反应得到X、D、E，可知B为氯化物，且B是一种盐，受热极易分解，反应生成的H2与E气体，B应水解呈酸性，由转化关系：E→F→G→H，属于常温下气体E的连续氧化得到气体G，在中学阶段中N、S元素化合物符合转化关系，考虑反应①是金属与NH4Cl溶液发生的原电池反应，可推出E为NH3、F为NO、G为NO2，则H为HNO3．（1）中反应④为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，应为Mg与二氧化碳的反应，可推出A为Mg，则D为MgCl2，结合反应①可推知B为NH4Cl，验证符合转化关系，据此解答．【解析】【解答】解：C为无色液体，由气体X（X由原电池反应得到，可能是H2）和氧气反应得到，故C应是H2O，X是H2，根据反应⑦可知非金属Y是C．由电解D无水晶体得到A与Cl2，可知D为氯化物且是离子化合物，结合A+B溶液发生原电池反应得到X、D、E，可知B为氯化物，且B是一种盐，受热极易分解，反应生成的H2与E气体，B应水解呈酸性，由转化关系：E→F→G→H，属于常温下气体E的连续氧化得到气体G，在中学阶段中N、S元素化合物符合转化关系，考虑反应①是金属与NH4Cl溶液发生的原电池反应，可推出E为NH3、F为NO、G为NO2，则H为HNO3．（1）中反应④为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，应为Mg与二氧化碳的反应，可推出A为Mg，则D为MgCl2，结合反应①可推知B为NH4Cl；验证符合转化关系；

（1）反应④为Mg与二氧化碳的反应生成MgO与碳，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C；

故答案为：2Mg+CO22MgO+C；

（2）氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：

故答案为：

（3）从MgCl2溶液制备MgCl2的无水晶体；应注意防止水解，应将D溶液在HCl气流中蒸干；

故答案为：将D溶液在HCl气流中蒸干；

（4）反应②是氨的催化氧化，反应化学方程为：4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

（5）原电池反应①中，正极发生还原反应，铵根离子放电生成氨气与氢气，正极反应式为：2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑；

故答案为：2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑．12、MgO+2H+=H2O+Mg2+Fe（OH）3、CaCO3和BaCO3蒸发浓缩、冷却结晶减少因溶解而使产品损失既要防止Mg2+水解，同时又要保持适当的溶解速率将MgCl2•6H2O晶体在氯化氢气流中加热【分析】【分析】镁渣（含有MgO、KCl、MgCl2、BaCl2、CaCl2、FeCl3等杂质），粉碎后用盐酸溶解，过滤除去不溶性杂质，得KCl、MgCl2、BaCl2、CaCl2、FeCl3等溶液，再加入碳酸钠进行中和，过滤，得滤渣Ⅱ为Fe（OH）3、CaCO3和BaCO3沉淀，和滤液为氯化钠、氯化镁、氯化钾的混合溶液，将混合溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并烘干得MgCl2•6H2O晶体；

（1）镁渣用盐酸溶解时；主是里面的MgO和盐酸发生反应，形成主要含镁盐的溶液；

（2）滤渣Ⅱ为氢氧化铁和碳酸钡沉淀；

（3）操作I主要是从溶液中获得MgCl2•6H2O晶体；要经过蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤并烘干等步骤，氯化镁能溶于水，所以在洗涤时要减少因溶解而使产品损失；

（4）溶解时要保持适当的温度，温度过低难溶解，MgCl2•6H2O晶体中镁离子易水解，温度越高水解程度越大，所以溶解时既要防止Mg2+水解；同时又要保持适当的溶解速率；

（5）MgCl2•6H2O晶体中镁离子易水解，所以MgCl2•6H2O制成无水氯化镁时，要抑制镁离子的水解，据此答题；【解析】【解答】解：镁渣（含有MgO、KCl、MgCl2、BaCl2、CaCl2、FeCl3等杂质），粉碎后用盐酸溶解，过滤除去不溶性杂质，得KCl、MgCl2、BaCl2、CaCl2、FeCl3等溶液，再加入碳酸钠进行中和，过滤，得滤渣Ⅱ为Fe（OH）3、CaCO3和BaCO3沉淀，和滤液为氯化钠、氯化镁、氯化钾的混合溶液，将混合溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并烘干得MgCl2•6H2O晶体；

（1）镁渣用盐酸溶解时，主是里面的MgO和盐酸发生反应，形成主要含镁盐的溶液，反应方程式为：MgO+2H+=H2O+Mg2+；

故答案为：MgO+2H+=H2O+Mg2+；

（2）根据上面的分析可知，滤渣Ⅱ为Fe（OH）3、CaCO3和BaCO3沉淀；

故答案为：Fe（OH）3、CaCO3和BaCO3；

（3）操作I主要是从溶液中获得MgCl2•6H2O晶体；要经过蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤并烘干等步骤，氯化镁能溶于水，所以在洗涤时要减少因溶解而使产品损失；

故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；减少因溶解而使产品损失；

（4）溶解时要保持适当的温度，温度过低难溶解，MgCl2•6H2O晶体中镁离子易水解，温度越高水解程度越大，所以溶解时既要防止Mg2+水解；同时又要保持适当的溶解速率；

故答案为：既要防止Mg2+水解；同时又要保持适当的溶解速率；

（5）将MgCl2•6H2O制成无水氯化镁的方法是将MgCl2•6H2O晶体在氯化氢气流中加热，可得无水MgCl2；

故答案为：将MgCl2•6H2O晶体在氯化氢气流中加热．13、+124正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大①②③④【分析】【分析】（1）反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差；

（2）参加反应的乙苯为nαmol；则：

⇌+H2

开始（mol）：n00

转化（mol）：nαnαnα

平衡（mol）：n（1-α）nαnα

维持体系总压强p恒定，在温度T时，由PV=nRT可知，混合气体总浓度不变，设反应后的体积为V′，则=，故V′=（1+α）V，再根据平衡常数表达式K=计算解答；

（3）①保持压强不变；加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；

②600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高；结合温度对乙苯转化率；苯乙烯选择性、温度对反应速率与催化剂的影响及消耗能量等，分析控制反应温度为600℃的理由；

（4）①CO2与H2反应；导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移；

②由题目信息可知；在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少；

③由于会发生反应CO2+C═2CO；有利于减少积炭；

④CO2代替水蒸气，有利用CO2资源利用．【解析】【解答】解：（1）反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，故△H=（5×412+348-3×412-612-436）kJ•mol-1=+124kJ•mol-1；

故答案为：+124；

（2）物质的量为n；体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应；参加反应的乙苯为nαmol，则：

⇌+H2

开始（mol）：n00

转化（mol）：nαnαnα

平衡（mol）：n（1-α）nαnα

维持体系总压强p恒定，在温度T时，由PV=nRT可知，混合气体总浓度不变，设反应后的体积为V′，则=，故V′=（1+α）V，则平衡常数K=，则K==；

故答案为：；

（3）①正反应为气体分子数增大的反应；保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率；

故答案为：正反应为气体分子数增大的反应；保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动；

②600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高；温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大，故选择600℃左右；

故答案为：600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高；温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大；

（4）①CO2与H2反应；导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故正确；

②由题目信息可知；在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少，故正确；

③由于会发生反应CO2+C═2CO；有利于减少积炭，故正确；

④CO2代替水蒸气，有利用CO2资源利用；故正确；

故选：①②③④．14、4【分析】【分析】位于顶点上的Al原子配位数为4；晶体N原子位于晶胞体对角线的处，将体心与下底面相对的两顶点相连可构成等腰三角形，距离最近的两个N原子相连的连线为该三角形的中位线，所以晶体中最近的两个N原子的距离为底面对角线的，根据晶胞的密度可以求得晶胞边长，进而求得底面对角线的长度，据此可解题．【解析】【解答】解：根据图知，顶点上的每个Al原子和四个N原子形成共价键，所以Al原子的配位数是4；晶体N原子位于晶胞体对角线的处，将体心与下底面相对的两顶点相连可构成等腰三角形，距离最近的两个N原子相连的连线为该三角形的中位线，所以晶体中最近的两个N原子的距离为底面对角线的，该晶胞中N原子个数是4，Al个数==4，晶胞体积==cm3，晶胞边长=cm=cm，晶胞底面对角线长=cm，则两个最近N原子间的距离=cm；

故答案为：4；．15、O2SO32Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑HCO3-+H+=CO32-+H2O⑧⑨【分析】【分析】甲、乙、丙为单质，A、G的焰色反应为黄色说明含有Na元素，A能和二氧化碳反应生成单质丙，则A为Na2O2，丙是O2，F是Na2CO3，则甲是Na．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，则B是NaOH，氢氧化钠和G反应生成碳酸钠，且G中含有钠元素，则G是NaHCO3．乙、丙两元素在周期表中位于同一主族，则乙为S，X是Na2S，D是SO2，E为SO3，二氧化硫和过氧化钠发生氧化还原反应生成硫酸钠，所以C是Na2SO4．【解析】【解答】解：甲、乙、丙为单质，A、G的焰色反应为黄色说明含有Na元素，A能和二氧化碳反应生成单质丙，则A为Na2O2，丙是O2，F是Na2CO3，则甲是Na．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，则B是NaOH，氢氧化钠和G反应生成碳酸钠，且G中含有钠元素，则G是NaHCO3．乙、丙两元素在周期表中位于同一主族，则乙为S，X是Na2S，D是SO2，E为SO3，二氧化硫和过氧化钠发生氧化还原反应生成硫酸钠，所以C是Na2SO4；

（1）由上述分析可知，丙为O2，E为SO3，故答案为：O2；SO3；

（2）X是Na2S，用电子式表示Na2S的形成过程为：

故答案为：

（3）A是Na2O2，与H2O反应的化学反应方程式：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；

故答案为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；

（4）B和G是氢氧化钠和碳酸氢钠溶液的反应，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=CO32-+H2O；

故答案为：HCO3-+H+=CO32-+H2O；

（5）上图①-⑨的反应中，①、②、③都是有单质参加的化合反应，为氧化还原反应，④⑤⑥⑦中有元素的化合价变化是氧化还原反应，⑧⑨是复分解反应，所以不属于氧化还原反应的是⑧⑨，故答案为：⑧⑨．16、FeCl3CuCl2FeCl3=Fe3++3Cl-【分析】【分析】（1）根据氧化还原反应中化合价的升降来分析电子转移情况；

（2）化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；还原剂被氧化得到的产物为氧化产物；

（3）FeCl3为强电解质在溶液中完全电离．【解析】【解答】解：（1）反应Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2中，化合价升高元素是铜，化合价降低的元素是铁，共转移电子2mol，转移电子方向和数目为故答案为：

（2）Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2反应中化合价降低元素是铁，所在的反应物是FeCl3，为氧化剂，Cu的化合价升高被氧化，生成产物CuCl2为氧化产物；

故答案为：FeCl3；CuCl2；

（3）FeCl3为强电解质在溶液中完全电离，其电离方程式为：FeCl3=Fe3++3Cl-，故答案为：FeCl3=Fe3++3Cl-．17、C＜O＜Nadsp2、sp3[Ar]3d5BKFe2（CN）612【分析】【分析】Ⅰ（1）配合物中同周期元素为C；N、O；根据第一电离能递变规律判断；

（2）配合物中原子序数最小的元素为C元素；根据C原子成键类型判断；根据形成的空间构型和分子结构判断杂化类型；

（3）配合物中心离子为Fe3+；根据其核外电子数，写出核外电子排布式；

（4）根据配合物离子结构判断；

Ⅱ（5）利用均摊法计算出各种微粒在晶胞中数目；

（6）根据晶胞中C≡N数目判断．【解析】【解答】解：Ⅰ（1）配合物中同周期元素为C；N、O；第一电离能从左到右，呈增大趋势，故C最小；N原子2p轨道半充满较为稳定，第一电离能高于O，故答案为：C＜O＜N；

（2）配合物中原子序数最小的元素为C元素，C原子形成8电子稳定结构，结合图1分析，a为苯，满足8电子结构；b、c不满足稳定结构；d为甲烷，符合稳定结构；苯分子内碳原子以sp2杂化，甲烷为sp3杂化，故答案为：ad；sp2、sp3；

（3）配合物中心离子为Fe3+，核外电子数为23，其价电子排布式为：3d5，内部电子排布式与Ar核外电子排布式完全一样，故其离子排布式为：[Ar]3d5；

故答案为：[Ar]3d5；

（4）A、Na+与之间存在离子键；B、不存在金属键；C、氢键不是化学键；D、碳氮原子间形成极性共价键；E、NO分子、CN-与Fe3+形成配位键；

故答案为：B；

（5）Fe2+数=Fe3+数==，即化学式中含Fe数目=；CN-位于棱，数目=，两个晶胞含有一个K+，一个晶胞含有个K+，即化学式可写为：KFe2（CN）6，故答案为：KFe2（CN）6；

（6）1molCN-中含有2molπ键，故1molK1Fe2（CN）6晶体中含有2mol×6=12molπ键，故答案为：12．18、负极N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O减小N2H4+HNO2=NH3+2H2O64kg【分析】【分析】（1）肼--空气燃料电池是一种碱性燃料电池；工作时，负极上肼失电子发生氧化反应，根据原电池总反应式可判断溶液pH的变化；

（2）氮的氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，则氮氢原子个数比==3：1，所以该氢化物是NH3；肼和亚硝酸反应生成氨气和水；

（3）根据反应物和生成物写出反应方程式，根据还原产物和肼的关系式进行计算．【解析】【解答】解：（1）肼--空气燃料电池是一种碱性燃料电池工作时，负极上肼失电子发生氧化反应，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，电池总反应式为N2H4+O2=N2+2H2O，由总反应式可知，反应生成水，OH-浓度减小；则pH减小；

故答案为：负极，N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O；减小；

（2）氮的氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，则氮氢原子个数比==3：1，所以该氢化物是NH3，肼和亚硝酸反应生成氨气和水，所以其反应方程式为：N2H4+HNO2=NH3+2H2O；

故答案为：N2H4+HNO2=NH3+2H2O；

（3）肼和四氧化二氮反应生成氮气和水，反应方程式为：2N2H4+N2O4=3N2+4H2O，该反应中有氮气是还原产物，所以该反应中肼和还原产物的关系式为：2N2H4N2

；设肼的质量是x；

2N2H4N2

6428

x28kg

x==64kg；

答：参加反应的肼的质量64kg．三、判断题(共8题，共16分)19、×【分析】【分析】氧气与氦气的分子构成不同，含有原子数相等时，分子数不同，以此解答．【解析】【解答】解：氧气为双原子分子，氦气为单原子分子，标准状况下当氧气与氦气的原子数均为NA时；氧气为0.5mol，氦气为1mol，则体积不同．

故答案为：×．20、√【分析】【分析】胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，胶体能发生丁达尔效应、能产生电泳现象、能产生聚沉．【解析】【解答】解：胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，所以胶体能产生丁达尔效应；胶体具有吸附性，吸附带电荷的离子，所以能产生电泳现象；胶体能发生聚沉现象，故答案为：√．21、×【分析】【分析】根据滴管滴加液体时，滴管尖端要悬空在容器口的正上方，不能伸入试管内部更不能接触试管内壁解答．【解析】【解答】解：滴管滴加液体时，滴管尖端要悬空在容器口的正上方，不能伸入试管内部更不能接触试管内壁，以免污染滴管内的液体，故答案为：×．22、×【分析】【分析】磷酸钠溶液中磷酸根能发生水解，磷酸溶液中磷酸电离产生PO43-．【解析】【解答】解：磷酸是中强酸；存在电离平衡，磷酸盐存在水解平衡，这两个平衡程度都很小．

磷酸电离由3步（磷酸是三元酸）；分别是磷酸二氢根，磷酸氢根，最后是少量磷酸根离子；

磷酸钠电离状态下电离出钠离子和磷酸根离子；但是磷酸根离子要水解，其程度也很小，所以磷酸钠中磷酸根离子远多于等浓度的磷酸溶液；

故答案为：×．23、√【分析】【分析】流感病毒的成分为蛋白质，而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，以此来解答．【解析】【解答】解：因流感病毒的成分为蛋白质；而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，则为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，做法正确；

故答案为：√．24、×【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；

在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质．【解析】【解答】解：氨气在水溶液中与水反应生成一水合氨；一水合氨部分电离出铵根离子和氢氧根离子，氨气自身不能电离，故氨气是非电解质；

故答案为：×．25、×【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：×．26、√【分析】【分析】（1）乙酸分子中含有羧基；乙酸的酸性大于碳酸；

（2）乙醇的官能团是羟基；乙酸的官能图是羧基；

（3）CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH；

（4）在水溶液里；乙酸分子中的羧基可以电离出氢离子；

（5）乙醇与水以任意比例互溶；

（6）碳酸钠溶液可以吸收乙酸，降低乙酸丁酯的溶解度．【解析】【解答】解：（1）乙酸分子中含有羧基，乙酸的酸性大于碳酸，可与NaHCO3溶液反应生成CO2气体；

故答案为：√；

（2）乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2；乙醇的官能团是羟基，乙酸的官能图是羧基，因此二者分子中官能团不相同；

故答案为：×；

（3）在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH；

故答案为：×；

（4）在水溶液里；乙酸分子中的羧基可以电离出氢离子，甲基不能电离出氢离子；

故答案为：×；

（5）乙醇与水以任意比例互溶；用碳酸钠溶液洗涤，除掉了乙酸，引入了乙酸钠和碳酸钠；

故答案为：×；

（6）碳酸钠溶液可以吸收乙酸；降低乙酸丁酯的溶解度；

故答案为：√．四、实验题(共1题，共2分)27、关闭分液漏斗活塞，向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好短长颈漏斗控制反应的进行不可取，收集25mLH2时所需时间间隔太短多孔塑料袋浸入稀硫酸反应放热，温度升高反应速率加快酸中氢离子浓度减小气体遇冷压缩0.39mol/（L•s）【分析】【分析】（1）使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段；

（2）根据浓度越大化学反应速率越快来回答；

（3）根据实验装置的特点和实验的可行性来回答；

（4）根据产生一定体积的气体所需要的时间来确定反应速率时；在物质混合后就应该计时；

（5）温度升高；反应速率加快；浓度减小，反应速率减慢；

（6）根据气体的热胀冷缩性质来分析；根据v=来计算化学反应速率．【解析】【解答】解：（1）使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段；检查该装置的气密性可关闭分液漏斗活塞，向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好；

故答案为：关闭分液漏斗活塞；向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好；

（2）1mol/L硫酸浓度小于4mol/L硫酸，化学反应速率后者快，收集25mLH2时所需时间后者比前者短；故答案为：短；

（3）本实验设计存在明显不足，长颈漏斗的使用不能达到实验目的，应该改为分液漏斗，其次是反应速率太快，收集25mLH2时所需时间间隔太短；不易计时；

故答案为：长颈漏斗控制反应的进行不可取，收集25mLH2时所需时间间隔太短；

（4）产生一定体积的气体所需要的时间来确定反应速率时；在物质混合后就应该计时，故答案为：多孔塑料袋浸入稀硫酸；

（5）观察到锌与稀硫酸反应初期；反应放热，温度升高，反应速率加快；反应进行一定时间后，酸中氢离子浓度减小，反应速率减慢，故答案为：反应放热，温度升高反应速率加快；酸中氢离子浓度减小；

（6）在金属锌和硫酸的反应中，接近反应的最后阶段，由于气体的热胀冷缩性质，会发现气体的体积突然减小，根据金属锌和硫酸反应的实质是：Zn+2H+=Zn2++H2↑，产生氢气40mL时，质量是0.040L×25g/L=1g，物质的量是0.5mol，消耗氢离子的物质的量是1mol，根据v===0.39mol/（L•s）；

故答案为：气体遇冷压缩；0.39mol/（L•s）．五、探究题(共4题，共20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