2025年人教版（2024）高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年人教版（2024）高三化学上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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、可逆反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）达到限度时的标志是（）A.混合气体密度恒定不变B.消耗nmolH2同时生成2nmolHIC.H2、I2、HI的浓度相等D.混合气体的颜色不再改变2、下列有关物质用途的说法错误的是（）A.过氧化钠可用作潜艇里氧气的来源B.单质硅是光导纤维的主要成分C.乙醇可用作燃料D.食醋可用于清除暖水瓶中的水垢3、下述转化关系可用于合成解痉药奥昔布宁的前体（化合物丙）。下列说法正确的是A.化合物甲的分子式为C10H10O3，分子中的含氧官能团有醛基和酯基B.化合物乙能发生消去反应，且生成的有机物能和溴发生加成反应C.化合物乙与NaOH水溶液在加热条件下反应生成化合物丙D.化合物丙能和氯化铁溶液发生显色反应4、由表中左边的实验现象可得出右边的实验结论的是（）

。实验现象结论A

左边烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：Al＞Fe＞CuB

左边棉花变橙色，右边棉花变蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C

白色固体先变为浅黄色，后变为黑色溶解性：AgCl＜AgBr＜Ag2SD

锥形瓶中有气体产生，烧杯中溶液变浑浊酸性：盐酸＞碳酸＞硅酸A.AB.BC.CD.D5、下列关于药物的使用说法正确的是（）A.能用于治疗胃酸过多的抗酸药通常含有麻黄碱B.青霉素有解热镇痛的作用C.阿司匹林是最重要的抗生素D.碘酒能使蛋白质变性，是一种外用消毒药6、下列物质的熔、沸点高低顺序正确的是（）A.金刚石＞晶体硅＞二氧化硅B.HI＞HBr＞HCl＞HFC.NaF＞NaCl＞NaBrD.NaCl＞Hg＞S7、膦（PH3）又称磷化氢，在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，电石气的杂质中常含有磷化氢．以下关于PH3的叙述正确的是（）A.PH3分子的P-H键是非极性键B.PH3比NH3稳定C.PH3的分子构型是正四面体形D.PH3分子中有未成键的孤对电子8、下列说法一定正确的是rm{(N_{A}}代表阿伏伽德罗常数的值rm{)(}rm{)}A.rm{78g}金属钾rm{(K)}完全转化为超氧化钾rm{(KO_{2})}时，转移电子数为rm{4N_{A}}B.常温下rm{2.8g}rm{N_{2}}与标准状况下rm{2.24LCH_{4}}均含有rm{0.1N_{A}}个分子C.rm{0.2mol/L}稀盐酸中，rm{H^{+}}数目为rm{0.2N_{A}}D.rm{60g}二氧化硅晶体中，含rm{Si-O}键数目为rm{2N_{A}}评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)9、用无机矿物资源生产部分材料；其产品流程示意图如图．下列有关说法不正确的是（）

A.制取玻璃和粗硅的同时均产生CO2气体B.生产高纯硅、铝、铜及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应C.粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次蒸馏的方法D.黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶炼铁的原料10、将rm{O_{2}}和rm{NH_{3}}的混合气体rm{448mL}通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到rm{44.8mL}气体。原混合气体中rm{O_{2}}的体积可能是rm{(}假设氨全部被氧化rm{;}气体体积均已换算成标准状况rm{)(}rm{)}

A.rm{231.5mL}B.rm{268.8mL}C.rm{287.5mL}D.rm{313.6mL}11、关于化学平衡常数的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.温度一定，一个化学反应的平衡常数是一个常数B.两种物质反应，不管怎样书写化学方程式，平衡常数不变C.温度一定时，对于给定的化学反应，正、逆反应的平衡常数互为倒数D.浓度商rm{Q_{c}<K_{c}}rm{陋芦v(}正rm{)<v(}逆rm{)}12、某纯净物X在密闭容器中稍加热就分解为NH3、H2O和CO2，根据这一实验事实能得出的结论是（）A.X由四种元素组成B.X是化合物C.X中有水D.X很稳定13、目前，世界上已经合成了几百种有机超导体，如图所示是其中之一，该分子结构如图所示．下列关于该化合物说法错误的是（）A.分子中所有的氮原子在同一平面内B.属于芳香烃C.分子式为C12H4N4D.该物质易溶于水14、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示rm{.Z}为地壳中含量最多的金属元素，下列说法中正确的是rm{(}rm{)}。rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{Q}A.rm{X}rm{Y}rm{W}三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B.原子半径：rm{Q>W>Z>Y>X}C.最高价氧化物对应水化物的酸性：rm{Q>W>Z}D.rm{X}及rm{Q}的气态氢化物相反应，形成的化合物为离子化合物15、rm{25隆忙}时，用rm{Na_{2}S}沉淀rm{Cu^{2+}}rm{Mn^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Zn^{2+}}四种金属离子rm{(M^{2+})}所需rm{S^{2-}}最低浓度的对数值rm{lgc(S^{2-})}与rm{lgc(M^{2+})}关系如图所示rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Ksp(CuS)}约为rm{l隆脕10^{-20}}B.向rm{Cu^{2+}}浓度为rm{10^{-5}mol?L^{-1}}废水中加入rm{ZnS}粉末，会有rm{CuS}沉淀析出C.向rm{l00mL}浓度均为rm{10^{-5}mol?L^{-1}}rm{Zn^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Mn^{2+}}的混合溶液中逐滴加入rm{10^{-4}mol?L^{-1}}rm{Na_{2}S}溶液，rm{Zn^{2+}}先沉淀D.rm{Na_{2}S}溶液中：rm{2c(S^{2-})+2c(HS^{-})+2c(H_{2}S)=c(Na^{+})}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、某液态烃的分子式为C8H10；实验证明它能使高锰酸钾酸性溶液褪色，但不能使溴水褪色．

（1）试判断该有机物属于哪类烃；并写出其可能的同分异构体的结构简式；

（2）若苯环上的氢原子被溴原子取代，所得一溴代物有3种同分异构体，则该烃的结构简式为____．17、7.8gNa2R含有0.2molNa+，则Na2R的摩尔质量为____；含有1.6gR的Na2R的物质的量为____．18、高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、速凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产流程如下：

（1）配制KOH溶液时，是在每100mL水中溶解61.6gKOH固体（该溶液的密度为1.47g/mL），它的物质的量浓度是____mol/L．

（2）在溶液I中加入KOH固体的目的是____（填编号）．

A．与溶液I中过量的Cl2继续反应；生成更多的KClO

B．KOH固体溶解时会放出较多的热量；有利于提高反应速率。

C．为下一步反应提供碱性的环境。

D．使副产物KClO3转化为KClO

（3）每制得59.4克K2FeO4，理论上消耗氧化剂的物质的量为____mol．从溶液II中分离出K2FeO4后，还得到副产品KNO3、KCl，写出③中反应的离子方程式：____．

（4）高铁酸钾（K2FeO4）溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是____．19、降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2；已引起了全世界的普遍重视．

（1）CO2加氢合成DME（二甲醚）是解决能源危机的研究方向之一．

①2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=-122.4kJ•mol-1．

某温度下，将2.0molCO2（g）和6.0molH2（g）充入容积为2L的密闭容器中，反应到达平衡时、改变压强和温度，平衡体系中CH3OCH3（g）的物质分数变化情况如图所示，则p1____p2（填“＞”“＜”或“=”；下同）．

若T1、P1，T3、P3时平衡常数分别为K1、K2，则K1____K3，T1、P1时H2的平衡转化率为____．

②在恒容密闭容器里按体积比为1：3充入二氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状态．当改变反应的某一个条件后，下列能说明平衡一定向逆反应方向移动的是____（填序号）．

A．反应物的浓度增大。

B．混合气体的密度减小。

C．正反应速率小于逆反应速率。

D．氢气的转化率减小。

（2）碳酸氢钠溶液加水稀释，c（CO32-）/c（HCO3-）____（填“增大”“不变”或“减小”）．向0.1mol•L-1的碳酸钠溶液中通入CO2气体，当溶液呈中性时，c（HCO3-）____c（CO32-）（填“＞”“＜”或“=”），2c（CO32-）+c（HCO3-）=____mol•L-1（不考滤溶液体积的变化）．

（3）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难容物质，其K甲=2.8×10-9．CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2×10-3mol•L-1，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为____mol•L-1．20、将一个装有饱和石灰水的试管放入盛有25℃饱和石灰水的广口瓶中；如图所示．

向试管中逐渐加入氧化钙粉末．

（1）可以观察到的现象是：试管中____，广口瓶中____，导管中____．

（2）试管中的固体是不是加入的CaO？____

（3）广口瓶和导管中发生现象的原因是什么？____

（4）反应前氧化钙和水的总能量与反应后石灰乳的总能量有怎样的关系？____．21、已知-C=C-OH烯醇式结构不稳定，易发生分子重排而转化为-C-C-．现有一种高分子化合物材料x，它是由单体A经加成聚合H反应制得的．A的分子中仅含碳、氢、氧三种元素．等物质的量的A与C3H6分别完全燃烧时消耗的O2的物质的量相同，生成的H2O的物质的量也相同．A跟某无机物B反应后生成C，C的化学式C4H7ClO3．A和乙醇的混合物在H2SO4作用下可反应生成乙酸乙酯和另一种产物D．试填下列空白：

（1）B的化学式是____，A和B反应的反应类型是____．

（2）x的结构简式是____．

（3）在H2SO4在作用下，A与乙醇反应的化学方程式是____，其反应类型是____．22、以淀粉A为原料可以制得有茉莉花香味的H，现按以下方式进行合成该香料（方框中A、B、C、D、E、F均为有机物，同时方框中某些无机产物省略）已知：CH3CH2Cl+NaOHCH3CH2OH+NaCl

（1）A的化学式____，B的名称____．

（2）请写出①②的反应类型：①____，②____．

（3）C→D的化学方程式____；

（4）F+E→H的化学方程式____．

（5）写出C的两种同分异构体____．23、常温下有浓度均为amol/L的3种溶液：①Na2CO3、②NaHCO3、③CH3COOH．

（1）上述溶液中，可发生水解的是____（填序号）．

（2）上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液中离子浓度由大到小的顺序为____．

（3）写出③中溶质的电离方程式：____．若将③和等浓度的NaOH溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积____NaOH溶液的体积（填“大于”、“小于”或“等于”）；若将③和0.01mol•L-1NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则CH3COOH的电离常数为（用含a的代数式表示）____．评卷人得分四、探究题(共4题，共40分)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：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：评卷人得分五、推断题(共2题，共12分)28、X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如下图所示（水及部分产物已略去）。（1）若X为金属单质，W是某强酸的稀溶液。X与少量W反应生成Z的离子方程式为，向Y溶液中加入某种试剂（填试剂名称），若溶液出现血红色，即可判断Y溶液中阳离子的存在。（2）若X、Y为正盐，X的水溶液显酸性，W为NaOH溶液，写出Y与X在水溶液中转化为Z的离子反应方程式____。（3）若X为强碱，常温下W为有刺激性气味的气态氧化物。常温时，将Z的水溶液露置于空气中，溶液的PH变化是____（填“变大”、“变小”、“不变”。不考虑水的挥发），其原因是_________（用简要的文字说明，并写出离子方程式）。（4）室温下，若用的NaOH溶液滴定mo1/LHA溶液，滴定曲线如图所示，则a、b、c、d四点溶液中水的电离程度最大的是点；a点溶液中离子浓度的大小顺序为；少量c点溶液于试管中，再滴加0.1mo1/L盐酸至中性，此时溶液中除H+、OH－外，离子浓度的大小顺序为____。29、甲、乙、丙、丁四种短周期元素可以组成下列框图中除Br2和L以外的物质，其原子序数依次增大．甲和乙可形成常见液态化合物K，固体A中含有丙元素的正一价阳离子，其电子层结构与氖原子相同，丁元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．在一定条件下，下列各物质可发生如图所示的变化（反应中生成的水没有写出）：

试回答：

（1）甲元素的名称为____，溴元素在周期表的位置____丁元素的阴离子结构示意图为____．

（2）A的电子式为____；所含化学键类型为____．

（3）乙、丙、丁三元素的离子半径由大到小的顺序为（用元素符号表示）____．

（4）反应（I）的化学方程式为____．

（5）反应（II）的离子方程式为____．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】根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，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解析】【解答】解：A；混合气体密度一直不变；故A错误；

B、消耗nmolH2同时生成2nmolHI；都体现的正反应方向，故B错误；

C、当体系达平衡状态时，H2、I2；HI的浓度可能相等；也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故C错误；

D；混合气体的颜色不再改变；说明碘蒸气的物质的量不变，反应达平衡状态，故D正确；

故选D．2、B【分析】【分析】A．过氧化钠和与水；二氧化碳反应生成氧气；

B．光导纤维的主要原料为二氧化硅；

C．乙醇燃烧放出大量的热；

D．食醋具有酸性，可与水垢反应．【解析】【解答】解：A．过氧化钠和与水；二氧化碳反应生成氧气；则可用于供氧剂，故A正确；

B．光导纤维的主要原料为二氧化硅；而硅用于半导体材料，故B错误；

C．乙醇燃烧放出大量的热；可用于作燃料，故C正确；

D．食醋具有酸性；可与水垢反应，故D正确；

故选B．3、B【分析】试题分析：A、根据结构简式可知，甲中官能团为羰基和酯基，没有醛基，A不正确；B、羟基所连的碳原子与右边六元环上的碳原子上的氢原子可以消去反应生成碳碳双键，且生成物也能和溴水发生加成反应，B正确；C、酯基在NaOH溶液中能发生水解，生成羧酸钠和乙醇，而丙是羧酸，C不正确；D、只有酚类才能与氯化铁发生显色反应，丙中没有酚羟基，不属于酚类，D不正确，答案选B。考点：考查有机物的结构、性质【解析】【答案】B4、A【分析】【分析】A．形成原电池反应；活泼金属为负极；

B．与碘化钾反应的物质的可能为氯气或溴；不能排除氯气的影响；

C．从难溶电解质的溶解平衡的角度思考；

D．盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰．【解析】【解答】解：A．形成原电池反应；活泼金属为负极，正极发生还原反应生成气体，则可说明活动性：Al＞Fe＞Cu，故A正确；

B．与碘化钾反应的物质的可能为氯气或溴；不能排除氯气的影响，故B错误；

C．白色固体先变为浅黄色，后变为黑色，说明溶解性AgCl＞AgBr＞Ag2S；故错误；

D．盐酸易挥发；不能排除盐酸的干扰，生成二氧化碳后应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故D错误．

故选A．5、D【分析】【分析】A；治疗胃酸过多的抗酸药显示碱性；能和盐酸反应，结合麻黄碱的成分来回答；

B；青霉素有消炎的作用；是一种抗生素；

C；阿司匹林是解热镇痛的药物；

D、蛋白质遇碘酒发生变性．【解析】【解答】解：A．抗酸药用来中和胃酸过多；麻黄碱不含抗酸药，故A错误．

B．青霉素是一种抗生素；有消炎作用，故B错误；

C．阿司匹林有解热镇痛的作用；不属于抗生素，故C错误；

D．蛋白质遇碘酒发生变性；可用于外用消毒，故D正确；

故选D．6、C【分析】【分析】A．原子晶体中半径越小；键长越短，共价键越强，熔点越大；

B．氢化物中分子间存在氢键的熔沸点较高；

C．离子晶体中离子半径越小；电荷越大，熔点越大；

D．离子晶体的熔沸点一般高于分子晶体，Hg常温下为液体．【解析】【解答】解：A．原子晶体中半径越小；键长越短，共价键越强，熔点越大，因键长C-C＜O-Si＜Si-Si，则熔沸点为金刚石＞二氧化硅＞晶体硅，故A错误；

B．氢化物中分子间存在氢键的熔沸点较高，没有氢键时，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，则熔沸点为HF＞HI＞HBr＞HCl；故B错误；

C．因离子半径F-＜Cl-＜Br-，则熔点为NaF＞NaCl＞NaBr；故C正确；

D．离子晶体的熔沸点一般高于分子晶体；Hg常温下为液体，所以熔沸点：NaCl＞S＞Hg，故D错误；

故选C．7、D【分析】【分析】A．不同非金属元素之间形成极性共价键；同种非金属元素之间形成非极性共价键；

B．键能越大物质越稳定；

C．PH3的分子是采用sp3杂化；P上连有3个氢，有一对孤对电子；

D．分子中除了用于形成共价键的键合电子外，还经常存在未用于形成共价键的非键合电子．这些未成键的价电子对叫做孤对电子．【解析】【解答】解：A．PH3分子的P-H键是极性键；故A错误；

B．P-H键比N-H键键能小；不如氨气稳定，故B错误；

C．PH3的分子构型是三角锥形；故C错误；

D．PH3分子中中心原子上有一对孤电子对；故D正确．

故选D．8、B【分析】解：rm{A}rm{78g}金属钾的物质的量为rm{2mol}而钾反应后变为rm{+1}价，故rm{2mol}钾反应后转移rm{2N_{A}}个电子；故A错误；

B、rm{2.8g}氮气的物质的量和标况下rm{2.24L}甲烷的物质的量均为rm{0.1mol}故分子个数均为rm{N=nN_{A}=0.1mol隆脕N_{A}/mol=0.1N_{A}}个；故B正确；

C；溶液体积不明确；故溶液中的氢离子的个数无法计算，故C错误；

D、rm{60g}二氧化硅的物质的量为rm{1mol}而rm{1mol}二氧化硅中含rm{4mol}硅氧键，故含rm{4N_{A}}条；故D错误．

故选B．

A、求出金属钾的物质的量，然后根据钾反应后变为rm{+1}价来分析；

B、求出氮气和甲烷的物质的量，然后根据分子个数rm{N=nN_{A}}来计算；

C；溶液体积不明确；

D、求出二氧化硅的物质的量，然后根据rm{1mol}二氧化硅中含rm{4mol}硅氧键来分析．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．【解析】rm{B}二、双选题(共7题，共14分)9、A|B【分析】解：A．石灰石；纯碱和二氧化硅在高温下反应生成二氧化碳气体；石英和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，故A错误；

B．生产玻璃涉及到的反应有SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑；元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；

C．制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅；故C正确；

D．SO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe；故D正确．

故选AB．

A．石灰石；纯碱和二氧化硅在高温下反应生成二氧化碳气体；石英和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳；

B．生产玻璃涉及到的反应有SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑；

C．制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅；

D．SO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe．

本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于金属的冶炼的考查，注意把握物质的性质以及反应原理，难度不大．【解析】【答案】AB10、CD【分析】【分析】本题考查了混合物反应的计算，题目难度较大，明确剩余气体组成为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力。【解答】假设最终收集到rm{44.8mL}气体为氧气，发生反应有：rm{4NH_{3}+5O_{2}?4NO+6H_{2}O}rm{4NO+3O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}设氧气总体积为rm{y}氨气总体积为rm{x}则：rm{垄脵x+y=448mL}由于氨气完全反应，则rm{x}体积氨气消耗氧气体积为：rm{x隆脕5/4=1.25x}同时生成rm{NO}体积为rm{x}生成的rm{NO}完全反应消耗氧气的体积为：rm{x隆脕3/4=0.75x}则：rm{垄脷1.25x+0.75x+44.8=y}联立rm{垄脵垄脷}解得：rm{x=134.4mL}rm{y=313.6mL}即：氧气体积为rm{313.6mL}当剩余的气体为rm{NO}时，则氧气、氨气完全反应，发生反应为：rm{4NH}rm{3}rm{3}rm{+5O}rm{2}rm{2}rm{?4NO+6H}rm{2}剩余的rm{2}为rm{O}设原混合气体中氨气体积为rm{4NO+3O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}氧气体积为rm{44.8mL}则：rm{NO}氨气完全反应消耗氧气体积为rm{x}同时生成rm{y}体积为rm{垄脹x+y=448mL}其中转化成硝酸的rm{x隆脕5/4=5/4x}体积为：rm{NO}此过程中消耗氧气体积为：rm{x}消耗氧气总体积为：rm{NO}联立rm{x-44.8mL}可得：rm{(x-44.8mL)隆脕3/4}rm{垄脺5/4x+(x-44.8mL)隆脕3/4=y}即：原混合气体中氧气的总体积为rm{垄脹垄脺}根据分析可知，原混合气体中氧气总体积可能为：rm{x=160.5mL}或rm{y=287.5mL}故CD正确。故选CD。rm{287.5mL}【解析】rm{CD}11、rAC【分析】解：rm{A.}化学平衡常数只与温度有关；温度一定，一个化学反应的平衡常数是定值，故A正确；

B.温度一定；同一反应化学计量数不同，平衡常数不同，故B错误；

C.温度一定时；对于给定的化学反应，正；逆反应的平衡常数互为倒数，故C正确；

D.浓度商rm{Q_{c}<K_{c}}平衡向正反应进行，rm{v(}正rm{)>v(}逆rm{)}故D错误；

故选AC．

化学平衡常数rm{K}为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；同一化学反应的化学平衡常数只与温度有关，注意同一反应化学计量数不同，平衡常数不同，据此分析解答．

本题考查了化学平衡常数及应用，为高频考点，明确化学平衡常数内涵是解本题关键，注意：化学平衡常数只与温度有关，同一反应化学计量数不同，平衡常数不同，易错选项是rm{B}题目难度不大．【解析】rm{AC}12、A|B【分析】解：A、根据质量守恒定律，在化学反应中，反应前后原子的个数和种类不变，物质X在隔绝空气的条件下稍加热就分解为NH3，H2O，CO2；说明X是由C；N、H、O四种元素组成的，故A正确；

B；物质X是由C、N、H、O四种元素组成的纯净物；故X是化合物，故B正确；

C；根据质量守恒定律；化学反应的过程，就是参加反应的各物质（反应物）的原子，重新组合而生成其他物质的过程，生成物中有水，不能证明原物质中就有水，且原物质是纯净物，故一定不能含有水，故C错误；

D；根据题意“微热就能分解”；说明X不稳定，故D错误．

故选AB．

A；根据质量守恒定律；由生成物可以推测反应物中的元素组成；

B、纯净物X微热就能分解生成NH3、H2O和CO2”说明X是化合物；

C；纯净物X是不可能含有水的；

D；根据题意“微热就能分解”；说明X不稳定．

根据质量守恒定律，在化学反应中，参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和；掌握物质的元素组成；掌握单质和化合物的判别．【解析】【答案】AB13、B|D【分析】解：A．该物质中含有碳碳双键和碳氮三键；乙烯分子中所有原子共平面，乙炔分子中所有原子共直线，所以该分子中N原子共平面，故A正确；

B．只含C；H元素且含有苯环的烃为芳香烃；该分子中还含有N元素且没有苯环结构特点，所以不属于芳香烃，故B错误；

C．根据结构简式确定分子式为C12H4N4；故C正确；

D．该物质中不含亲水基只含憎水基；所以该分子不易溶于水，故D错误；

故选BD．

A．该物质中含有碳碳双键和碳氮三键；根据乙烯和乙炔的结构简式确定确定原子共面；

B．只含C；H元素且含有苯环的烃为芳香烃；

C．根据结构简式确定分子式；

D．该物质中不含亲水基只含憎水基．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确基本概念、物质结构特点是解本题关键，采用知识迁移方法分析解答，题目难度不大．【解析】【答案】BD14、rCD【分析】解：由rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}在周期表中相对位置，并且rm{Z}元素在地壳中的含量最高，可知rm{X}是rm{N}元素，rm{Y}是rm{O}元素，rm{Z}是rm{Al}元素，rm{W}是rm{S}元素，rm{Q}为rm{Cl}元素；

A.rm{X}rm{Y}分别为rm{N}rm{O}元素，对应的氢化物含有氢键，沸点较高，都大于rm{S}的氢化物的沸点；故A错误；

B.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径rm{Q<W<Z}rm{Y<X}故B错误；

C.非金属性rm{Cl>S>Al}元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C正确；

D.rm{X}及rm{Q}的气态氢化物相反应生成rm{NH_{4}Cl}为离子化合物，故D正确．

故选CD．

由rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}在周期表中相对位置，并且rm{Z}元素在地壳中的含量最高，可知rm{X}是rm{N}元素，rm{Y}是rm{O}元素，rm{Z}是rm{Al}元素，rm{W}是rm{S}元素，rm{Q}为rm{Cl}元素；利用元素周期律的递变规律和在周期表中的位置解答该题相关知识．

本题考查位置、结构、性质的关系及应用，把握元素在周期表中的位置及元素周期律为解答的关键，注意利用实例分析，侧重分析能力和归纳能力的考查，注意短周期中一些元素的特殊性rm{.}题目难度不大．【解析】rm{CD}15、rBD【分析】解：rm{A}在rm{25隆忙}时，rm{CuS}饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：rm{CuS(s)?Cu^{2+}(aq)+S^{2-}(aq)}rm{Ksp(CuS)=c(Cu^{2+})隆脕c(S^{2-})=10^{-25}隆脕10^{-10}=10^{-35}}故A错误；

B、由于在rm{25隆忙}下，rm{CuS}溶液的是rm{Ksp}是rm{10^{-35}}故向rm{Cu^{2+}}浓度为rm{10^{-5}mol?L^{-1}}废水中加入rm{ZnS}粉末，会有rm{CuS}沉淀析出；故B正确；

C、依据此图可知，rm{CuS}的rm{Ksp}最小，故Crm{uS}最难溶，那么首先出现的沉淀是rm{CuS}故C错误；

D、rm{Na_{2}S}溶液中：rm{S}元素的存在形式为：rm{S^{2-}}rm{HS^{-}}rm{H_{2}S}且存在rm{Na}元素的物质的量为rm{S}元素物质的量的rm{2}倍；故D正确，故选BD．

A、rm{CuS}饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：rm{CuS(s)?Cu^{2+}(aq)+S^{2-}(aq)}据此书写计算即可；

B、计算此时的rm{Qc}与rm{Ksp}比较即可；

C、依据溶度积常数判断，越难溶的物质，rm{Ksp}越小；越容易沉淀；

D；依据物料守恒判断即可．

本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，侧重于学生的分析能力的考查，注意掌握图线中rm{lgc(M^{2+})}rm{lgc(S^{2-})}数值越大，实际浓度越大是解题的关键，难度中等．【解析】rm{BD}三、填空题(共8题，共16分)16、【分析】【分析】（1）分子式为C8H10的某有机物，它能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能与溴水反应，说明含有苯环，结合C、H原子数目关系可知，属于苯的同系物，故侧链为烷基，若有1个侧链，为-CH2-CH3；若有2个侧链，为-CH3；有邻；间、对三种；

（2）若苯环上的氢原子被溴原子取代，所得一溴代物有3种同分异构体，则该烃分子中苯环上有3种H原子，则该烃为间二甲苯．【解析】【解答】解：（1）分子式为C8H10的某有机物，它能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能与溴水反应，说明含有苯环，结合C、H原子数目关系可知，属于苯的同系物，故侧链为烷基，若有1个侧链，为-CH2-CH3，结构简式为若有2个侧链，为-CH3，有三种；

答：该烃属于苯的同系物，可能的结构简式为

（2）若苯环上的氢原子被溴原子取代，所得一溴代物有3种同分异构体，则该烃分子中苯环上有3种H原子，则该烃为间二甲苯，结构简式为：故答案为：．17、78g/mol0.05mol【分析】【分析】7.8gNa2R含有0.2molNa+，则Na2R的物质的量为=0.1mol，故M=计算Na2R的摩尔质量，进而计算R的摩尔质量，根据n=计算1.6R的物质的量，而n（Na2R）=n（R）．【解析】【解答】解：7.8gNa2R含有0.2molNa+，则Na2R的物质的量为=0.1mol，故Na2R的摩尔质量为=78g/mol，故R的摩尔质量为78g/mol-2×23g/mol=32g/mol，1.6R的物质的量为=0.05mol，而n（Na2R）=n（R）=0.05mol；

故答案为：78g/mol；0.05mol．18、10AC0.452Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O【分析】【分析】氢氧化钾溶液中充入足量氯气，在温度较低的条件下反应生成氯化钾、次氯酸钾和水，加入氢氧化钾固体除去KCl，得到碱性KClO的浓溶液，加入90%硝酸铁溶液发生反应生成高铁酸钾溶液Ⅱ纯化得到湿产品，洗涤干燥得到K2FeO4晶体；

（1）根据n=计算出氢氧化钾的物质的量，溶液质量等于溶质质量与溶剂质量之和，利用V=计算溶液体积，再根据c=计算氢氧化钾溶液的物质的量浓度；

（2）根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，第③步需要碱性条件，在温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3；氧化还原反应中化合价有升有降；

（3）反应③是次氯酸根离子在碱溶液中氧化铁离子为高铁酸根离子；根据题目信息；氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平；

（4）向高铁酸钾溶液中滴加稀硫酸，溶液变黄色，说明生成Fe3+，并产生大量气泡，应为氧气，说明高铁酸钾在酸性条件下自身发生氧化还原反应，生成铁离子、氧气和水，以此解答．【解析】【解答】解：（1）61.6gKOH固体的物质的量为=1.1mol，溶液的质量为100mL×1g/mL+61.6g=161.6g，所以溶液的体积为=L，所以氢氧化钾溶液的物质的量浓度为=10mol/L；

故答案为：10；

（2）由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应，加KOH固体的目的是与过量的Cl2继续反应；生成更多的KClO．

A、与过量的Cl2继续反应；生成更多的KClO，故A正确；

B、由信息②可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3；不利用KClO生成；浪费原料，故B错误；

C、由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4；故C正确；

D、由信息可知，该条件下KClO3不能转化为KClO；故D错误．

故选：AC；

（3）据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO-，生成物：FeO42-、Cl-，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得③中反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O．

每制得59.4克K2FeO4，物质的量==0.3mol；理论上消耗氧化剂为KClO的物质的量依据离子方程式定量关系计算；

2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O

32

n0.3mol

n=0.45mol

故答案为：0.45，2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；

（4）向高铁酸钾溶液中滴加稀硫酸，溶液变黄色，说明生成Fe3+，并产生大量气泡，应为氧气，反应的离子方程式为4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；说明高铁酸钾在酸性条件下自身发生氧化还原反应；

故答案为：4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O．19、＞＜57.14%C减小＞0.25.6×10-5【分析】【分析】（1）①由图可知，温度一定时，平衡时二甲醚的物质的量分数：P1＞P2＞P3＞P4；而该反应正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，二甲醚的物质的量分数增大，根据三行式结合转化率等于变化量和初始量的比值来计算；

②A；反应物的浓度增大；平衡可以向正反应方向移动；

B；密度是混合气的质量和容器容积的比值；在反应过程中气体的质量和容积始终是不变的；

C；正反应速率小于逆反应速率；平衡一定向逆反应方向移动；

D；氢气的转化率减小；但平衡不一定向逆反应方向移动；

（2）一定温度下；碳酸氢钠溶液中的电离常数K只受温度的影响，溶液显示碱性，稀释后碱性减弱；根据溶液中的电荷守恒确定离子浓度之间的大小关系；

（3）根据沉淀溶解平衡中Ksp表达式进行计算即可．【解析】【解答】解：（1）①相同温度下，p1时CH3OCH3物质的量分数大于p3时CH3OCH3物质的量分数，根据化学方程式，加压平衡向右移动，所以p1＞p3．T3时CH3OCH3物质的量分数大于T1时CH3OCH3物质的量分数，因为该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以T1＞T3，所以K1＜K3；根据“三段式”进行计算，设生成的CH3OCH3的物质的量为x；则。

2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）

起始物质的量（mol）2600

转化物质的量（mol）2x6xx3x

平衡物质的量（mol）2-2x6-6xx3x

则=0.1，解得x=0.5714，H2的平衡转化率=×100%=57.14%；故答案为：＞；＜；57.14%；

②A；反应物的浓度增大；平衡可以向正反应方向移动，如缩小容器体积，A错误；

B；密度是混合气的质量和容器容积的比值；在反应过程中气体的质量和容积始终是不变的，因此混合气体的密度始终不变，B错误；

C；正反应速率小于逆反应速率；平衡一定向逆反应方向移动，C正确；

D；氢气的转化率减小；但平衡不一定向逆反应方向移动，例如通入氢气，氢气的转化率也较低，D错误．

故选C．

（2）一定温度下，碳酸氢钠溶液中的电离常数K并不因为稀释而改变，而稀释过程中溶液的碱性减弱，c（H+）增大，故比值减小；因为Na2CO3和NaHCO3溶液呈碱性，所以当溶渡呈中性时，CO2过量，溶液的溶质为NaHCO3和H2CO3，所以c（HCO3‾）＞c（CO32‾），根据电荷守恒可得2c（CO32‾）+c（HCO3‾）=c（Na+）=0.2mo1/L．

故答案为：减小；＞；0.2；

（3）假设生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为x，由于溶液等体积混合时各种物质的浓度都减小一半，所以×（2×10-4mo1/L×=2.8×10-9，x=5.6×10-5mol/L；

故答案为：5.6×10-5．20、溶液变浑浊溶液变浑浊有色液体右移不是该反应放热，温度升高，Ca（OH）2的溶解度变小而析出反应前氧化钙和水的总能量大于反应后石灰乳的总能量【分析】【分析】氧化钙溶于水的反应是放热反应，且生成氢氧化钙，氢氧化钙的溶解度随着温度升高而降低，随着温度的降低而升高，据此解答各小题即可．【解析】【解答】解：（1）氧化钙溶于水和水反应产生大量的热；该热量能使氢氧化钙的溶解度降低，所以试管中饱和石灰水中溶液变浑浊，氧化钙溶于水和水反应产生大量的热，该热量能使氢氧化钙的溶解度降低，故广口瓶中的饱和石灰水中溶液变浑浊，广口瓶这气体受热膨胀，导致瓶内压强增大，故导致导管中有颜色的液体右移，故答案为：溶液变浑浊；溶液变浑浊；有色液体右移；

（2）氧化钙溶于水；与水反应生成微溶的氢氧化钙，故该固体不是氧化钙，是氢氧化钙，故答案为：不是；

（3）氧化钙溶于水和水反应产生大量的热，该热量能使氢氧化钙的溶解度降低，所以饱和石灰水中溶液变浑浊，故答案为：该反应放热，温度升高，Ca（OH）2的溶解度变小而析出；

（4）氧化钙和水反应是一个放热反应，故反应前氧化钙和水的总能量大于反应后石灰乳的总能量，故答案为：反应前氧化钙和水的总能量大于反应后石灰乳的总能量．21、HClO加成反应CH3-COOCH=CH2+C2H5OHCH3-COO-C2H5+CH3CHO取代反应【分析】【分析】等物质的量的A与C3H6分别完全燃烧时消耗的O2的物质的量相同，生成的H2O的物质的量也相同，则A与C3H6C、H个数比是一样的，A和乙醇的混合物在H2SO4作用下可反应生成乙酸乙酯和另一种产物D，则A中含有酯基，发生酯交换反应，据此确定物质的结构简式，并根据性质来回答．【解析】【解答】解：等物质的量的A与C3H6分别完全燃烧时消耗的O2的物质的量相同，生成的H2O的物质的量也相同，则A与C3H6C、H个数比是一样的，A和乙醇的混合物在H2SO4作用下可反应生成乙酸乙酯和另一种产物D，则A中含有酯基，A为CH3-COOCH=CH2，所以x是CH3-COOCH=CH2和乙醇的混合物在H2SO4作用下可反应生成乙酸乙酯和，HOCH=CH2，原子重排为乙醛，即D为OHC-CH=CH2；

（1）A为CH3-COOCH=CH2，A和某无机物B反应后生成C，C的化学式C4H7ClO3；根据原守恒，得到B为HClO，发生的是加成反应，故答案为：HClO；加成反应；

（2）x的结构简式是故答案为：

（3）在H2SO4在作用下，A与乙醇反应的是酯交换反应，其化学方程式是CH3-COOCH=CH2+C2H5OHCH3-COO-C2H5+CH3CHO；属于取代反应；

故答案为：CH3-COOCH=CH2+C2H5OHCH3-COO-C2H5+CH3CHO；取代反应．22、（C6H10O5）n葡萄糖取代反应氧化反应CH3CH2OH、CH3OCH3【分析】【分析】淀粉A水解生成B（葡萄糖），葡萄糖在酒化酶作用下分解生成乙醇与二氧化碳，则C为CH3CH2OH，C催化氧化生成D，则D为CH3CHO，D氧化生成E，则E为CH3COOH．

甲苯在光照条件下与氯气反应生成在碱性条件下水解生成F为F在一定条件下与CH3COOH发生酯化反应生成H为结合有机物的结构和性质解答该题．【解析】【解答】解：淀粉A水解生成B（葡萄糖），葡萄糖在酒化酶作用下分解生成乙醇与二氧化碳，则C为CH3CH2OH，C催化氧化生成D，则D为CH3CHO，D氧化生成E，则E为CH3COOH．

甲苯在光照条件下与氯气反应生成在碱性条件下水解生成F为F在一定条件下与CH3COOH发生酯化反应生成H为

（1）A为淀粉，化学式为（C6H10O5）n；淀粉A水解生成B，B为葡萄糖；

故答案为：（C6H10O5）n；葡萄糖；

（2）反应①属于取代反应；反应②属于氧化反应；

故答案为：取代反应；氧化反应；

（3）C→D是乙醇在Cu催化作用下加热反应生成CH3CHO，反应化学方程式为：

故答案为：

（4）F+E→H是在一定条件下与CH3COOH发生酯化反应生成反应化学方程式为：

故答案为：

（5）C的两种同分异构体的结构简式为：CH3CH2OH、CH3OCH3；

故答案为：CH3CH2OH、CH3OCH3．23、①②c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（CO32-）＞c（H+）CH3COOH⇌CH3COO-+H+大于【分析】【分析】（1）发生水解的物质需要具有弱酸阴离子或弱碱阳离子的盐溶液；

（2）既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液是②NaHCO3；

（3）CH3COOH是弱酸存在电离平衡；若将③CH3COOH和等浓度的NaOH溶液混合后溶液恰好呈中性，恰好反应时溶液呈碱性，说明酸体积多；溶液呈中性，依据电荷守恒分析计算醋酸根离子浓度，依据常温下氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同为10-7mol/L；结合定量平衡常数计算得到；【解析】【解答】解：（1）发生水解的物质需要具有弱酸阴离子或弱碱阳离子的盐溶液，：①Na2CO3是强碱弱酸盐发生水解；②NaHCO3是强碱弱酸盐发生水解；③CH3COOH是酸不能水解；故答案为：①②；

（2）上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液是②NaHCO3；溶液中碳酸氢根离子水解显碱性，溶液中的两种浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）；＞c（CO32-）；

故答案为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CO32-）＞c（H+）；

（3）CH3COOH是弱酸存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；若将③和等浓度的NaOH溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前③CH3COOH的体积大于氢氧化钠溶液体积；若将③浓度为amol/LCH3COOH和0.01mol•L-1NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），溶液呈中性说明c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L；c（Na+）=c（CH3COO-）=0.005mol/L，则CH3COOH的电离常数====；

故答案为：；四、探究题(共4题，共40分)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．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；