2025年外研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年外研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、下列有关化学用语表示正确的是（）A.钾原子结构示意图：B.水的电子式：C.CO2的比例模型：D.间羟基苯甲酸的结构简式：2、下列说法不正确的是（）A.Na2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂B.SiO2有导电性，可用于制备光导纤维C.硅胶常用作实验室和食品、药品等的干燥剂，也可作催化剂载体D.小苏打是一种膨松剂，可用于制作馒头和面包3、在密闭容器中1molHI分解达平衡时I2占x%（体积分数），保持温度和压强不变，再充入1molHI，分解达平衡时I2占y%（体积分数），则x与y的关系是（）A.x=yB.x＜yC.x＞yD.不能确定4、在加入铝粉能放出H2的无色溶液，可能大量共存的离子组是（）A.NH4+、Na+、NO3-、S2-B.Na+、K+、CH3COO-、HCO3-C.K+、NO3-、SO42-、Cl-D.K+、Al3+、MnO4-、NO3-5、在不同温度下，水达到电离平衡时c（H+）与c（OH﹣）的关系如图所示；下列说法中正确的是（）

A.100℃时，pH=12的NaOH溶液和pH=2的H2SO4溶液恰好中和后，所得溶液的pH等于7B.25℃时，0.2mol/LBa（OH）2溶液和0.2mol/LHCl溶液等体积混合，所得溶液的pH等于7C.25℃时，0.2mol/LNaOH溶液与0.2mol/L乙酸溶液恰好中和，所得溶液的pH等于7D.25℃时，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液的pH大于76、手持技术是基于数据采集器、传感器和多媒体计算机构成的一种新兴掌上试验系统，具有实时、定量、直观等特点，下图是利用手持技术得到的微粒物质的量变化图，常温下向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液．下列说法正确的是（）

A.H2A在水中的电离方程式是：H2A=H++HA﹣；HA﹣═H++A2﹣B.当V（NaOH）=20mL时，则有：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）C.当V（NaOH）=30mL时，则有：2c（H+）+c（HA﹣）+2c（H2A）=c（A2﹣）+2c（OH﹣）D.当V（NaOH）=40mL时，其溶液中水的电离受到抑制7、在25℃；101kPa时；已知：

2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H1

Cl2（g）+H2（g）═2HCl（g）△H2

2Cl2（g）+2H2O（g）═4HCl（g）+O2（g）△H3

则△H3与△H1和△H2间的关系正确的是（）A.△H3=△H1+2△H2B.△H3=△H1+△H2C.△H3=△H1-2△H2D.△H3=△H1-△H28、下列反应符合如图p-υ变化曲线的是（）

A.H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）B.3NO2（g）+H2O（l）⇌2HNO3（l）+NO（g）C.4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）D.CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）9、下列有关环境保护与绿色化学的叙述不正确的是（）A.形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物B.大气污染物主要来自化石燃料燃烧和工业生产过程产生的废气C.绿色化学的核心就是如何对被污染的环境进行无毒无害的治理D.水华、赤潮等水体污染主要是由含氮、磷的生活污水任意排放造成的评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)10、将mg铜粉和镁粉的混合物分成两等份，其中一份加入100mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，反应前后溶液体积变化忽略不计，反应产生NO、NO2（不考虑N2O4的影响）混合气体4.48L（标准状况下）；将另一份在空气中充分加热至恒重，称得固体质量增加3.2g．下列有关说法中正确的是（）A.无法确定硝酸的浓度B.n（NO）：n（NO2）=1：1C.4.8＜m＜12.8D.反应后c（NO）=4mol/L11、已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似．现向ZnCl2溶液中逐渐滴加NaOH溶液，溶液的pH与某些离子的浓度关系如图（横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2+或ZnO22-的物质的量浓度；假设Zn2+的浓度为10-5mol/L时，Zn2+已沉淀完全）．则下列说法正确的是（）A.pH≥12时，发生反应的离子方程式为Zn2++4OH-═ZnO22-+2H2OB.若要使ZnCl2溶液中Zn2+沉淀完全，加入的NaOH溶液越多越好C.向1L0.1mol/LZnCl2溶液中逐渐滴加NaOH溶液至pH=7，需NaOH0.2molD.若溶液的温度保持不变，则该温度下Zn（OH）2的溶度积Ksp=10-1712、在恒容密闭容器中发生反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（？）+Q，其中B为紫色，A、C、D皆为无色，D的状态不明确．下列选项中能够确定上述容器中反应已达平衡的是（）A.密度不变B.温度不变C.颜色不变D.压强不变13、一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图，下列有关该电池的说法正确的是rm{(}rm{)}A.反应rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{overset{{麓脽禄炉录脕}}{-}}{triangle}3H_{2}+CO}每消耗rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{

overset{{麓脽禄炉录脕}}{-}}{triangle}3H_{2}+CO}转移rm{1molCH_{4}}电子B.电极rm{6mol}上rm{A}参与的电极反应为：rm{H_{2}}C.电池工作时，rm{H_{2}+2OH^{-}-2e^{-}=2H_{2}O}向电极rm{CO_{3}^{2-}}移动D.电极rm{B}上发生的电极反应为：rm{B}rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}14、工业上一般在恒容密闭容器中采用下列反应合成甲醇：rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-90.8kJ?mol^{-1}}时，在容积相同的rm{300隆忙}个密闭容器中；按不同方式投入反应物，保持恒温；恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如表：

。rm{3}容器乙丙丙反应物投入量rm{1molCH_{3}OH}rm{2molCH_{3}OH}rm{2molCH_{3}OH}衡。

时。

数据rm{CH_{3}OH}的浓度rm{(mol?L^{-1})}rm{c_{1}}rm{c_{2}}rm{c_{3}}反应的能量变化rm{akJ}rm{bkJ}rm{ckJ}rm{ckJ}体系压强rm{(Pa)}rm{p_{1}}rm{p_{2}}rm{p_{3}}rm{p_{3}}反应物转化率rm{a_{1}}rm{a_{2}}rm{a_{3}}rm{a_{3}}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{c_{1}>c_{3}}B.rm{|a|+|b|=90.8}C.rm{2}rm{p_{2}<p_{3}}D.rm{a_{1}+a_{3}<1}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、有5瓶白色固体试剂；分别是氯化钡；氢氧化钠、无水硫酸铜、碳酸钠、硫酸钠．现只提供蒸馏水，通过下面的实验步骤即可鉴别它们．请填写下列空白：

（1）各取适量固体试剂分别加入5支试管中，加入适量蒸馏水，振荡试管，观察到的现象是____．

被检出的物质的化学式（分子式）是____．

（2）分别取未检出的溶液；往其中加入上述已检出的溶液，观察到的现象和相应的化学方程式是：

1支试管中有白色沉淀生成____．

2支试管中有蓝色沉淀生成_____．

被检出物质的化学式（分子式）是____．

（3）鉴别余下未检出物质的方法和观察到的现象是____．16、已知砷（As）元素原子的最外层电子排布式是4s24p3．在元素周期表里，砷元素位于第____周期第____族，最高价氧化物的化学式是____．17、（2014春•吉州区校级月考）如图中A；B、C、D是同周期或同主族的相邻元素：

①已知：A元素的最低价为-3价，它的最高价氧化物含氧56.34%，原子核内中子数比质子数多1个，则A元素原子的质量数为____，原子序数为____，A元素位于第____周期____族．

②A、B、C三种元素最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序为____．（写化学式）

③B、D两种元素和氢组成的气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为____．氢化物的还原性由强到弱的顺序为____．（写化学式）18、向一容积不变的密闭容器中充入一定量A和B，发生反应：xA(g)＋2B(s)yC(g)ΔH＜0。在一定条件下，容器中A、C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题：(1)用A的浓度变化表示该反应0～10min内的平均反应速率v(A)＝________。(2)根据图示可确定x∶y＝________。(3)0～10min容器内压强________(填“变大”、“不变”或“变小”)。(4)推测第10min引起曲线变化的反应条件可能是________；第16min引起曲线变化的反应条件可能是________。①减压②增大A的浓度③增大C的量④升温⑤降温⑥加催化剂(5)若平衡Ⅰ的平衡常数为K1，平衡Ⅱ的平衡常数为K2，则K1________K2(填“＞”、“＝”或“＜”)。19、某学校化学科研小组使用一些废旧物品组装了一个简易装置；用来测定乙醇的燃烧热，过程如下：

①用一只墨水瓶；盖上钻一小孔，插入一段玻璃管，灯芯通过玻璃管浸入无水乙醇中；

②取小食品罐头盒；去了盖子，开口的两侧各钻一小孔，准备系线绳用，罐头盒外面缠上石棉绳；

③用绝热板（或用硬纸板代替）做成一个圆筒；圆筒下沿剪开一排小孔，便于排入空气．圆筒正好套在罐头盒和自制酒精灯外边．如图所示；

④准确量取200毫升水；倒入罐头盒中；

⑤在自制酒精灯中注入容积的的无水乙醇；

⑥点燃灯芯；使火焰接触罐头盒底进行加热，并用环形玻璃棒在罐头盒里上下轻轻地搅动；

⑦当水温上升到40℃～50℃时，熄灭灯焰．记录下最高温度t2；

⑧再次称量自制酒精灯的质量m2；

⑨更换水；添加无水乙醇，重复以上实验．

（1）请结合实验信息；补充④；⑤中实验操作．

④______．

⑤______．

（2）该小组同学通过实验并查阅资料得到了如表实验数据：

请根据公式Q=利用测得数据计算乙醇的燃烧热并填入表中．

（3）结合计算结果分析误差产生的原因（两条即可）：①______，②______．

（4）实验中当水温上升到40℃～50℃时，即熄灭灯焰，记录最高温度，温度太高或太低时，会对结果产生什么影响？解释原因．20、（2014秋•海淀区校级月考）某校化学研究性学习小组；在学习了金属的知识后，探究Cu的常见化合物性质．过程如下：

【提出问题】

①在周期表中，Cu、Al位置接近．Cu不如Al活泼，Al（OH）3既能体现碱性，也能在一定条件下体现酸的性质，该性质称为Al（OH）3的两性，Cu（OH）2也具有两性吗？

②通常情况下；+2价Fe的稳定性小于+3价Fe，+1价Cu的稳定性也小于+2价Cu吗？

③CuO能被H2、CO等还原，也能被NH3还原吗？

【实验方案】

（1）解决问题①需用到的药品有CuSO4溶液、____（填试剂）；同时进行相关实验．

（2）解决问题②的实验步骤和现象如下：取98gCu（OH）2固体，加热至80℃～100℃时，得到黑色固体粉末，继续加热到1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末A．冷却后称量，A的质量为72g．A的化学式为____，向A中加入适量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到容器中还有红色固体存在．写出A与稀硫酸反应的化学方程式____．

（3）为解决问题③，设计了如下的实验装置（夹持装置未画出）：实验中观察到CuO变成红色物质．查资料可知，反应产物中还有一种无污染的气体．该气体的化学式为____．

【实验结论】

（1）Cu（OH）2具有两性．

证明Cu（OH）2具有酸性的化学反应是Cu（OH）2+2NaOH=Na2[Cu（OH）4]，写出该反应的离子方程式____

（2）根据实验方案（2），得出的+1价Cu和+2价Cu稳定性大小的结论是：在高温时____；在酸性溶液中____．

（3）CuO能够被NH3还原．

【问题讨论】

有同学认为NH3与CuO反应后生成的红色物质是Cu，也有同学认为NH3与CuO反应后生成的红色物质是Cu和A的混合物．请你设计一个简单的实验检验NH3与CuO反应后生成的红色物质中是否含有A？____．21、（2015秋•商洛校级月考）某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律；设计了如下实验．

Ⅰ．将钠、钾、镁、铝各1mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：____与盐酸反应最剧烈，____与盐酸反应的速度最慢．

Ⅱ．利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律。

（1）检验该装置气密性的操作方法是____，干燥管D的作用是____．

（2）现有试剂：盐酸、碳酸钙、澄清石灰水、硅酸钠溶液，请从中选择试剂并用如图装置证明酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3．则B中应盛装的试剂为____，C中产生的现象为____．请判断____（填“能”或“不能”）根据实验现象判断非金属性：Cl＞C＞Si．

（3）若C中盛装的是Na2S溶液，A中盛装浓盐酸，B中盛装KMnO4粉末．（KMnO4与浓盐酸常温下快速反应生成氯气）反应开始后观察到C中出现淡黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S____（填“强”或者“弱”或者“无法比较”），写出反应的离子方程式为____．评卷人得分四、判断题(共1题，共8分)22、水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的反应热．____．（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共16分)23、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________．24、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：25、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________．26、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、推断题(共4题，共24分)27、如图是A～G各物质间的转化关系；其中B；D为气态单质．

请回答下列问题：

（1）物质A和E的名称分别为____、____．

（2）反应①的化学方程式为____．

（3）反应②可选用不同的C物质来进行，若能在常温下进行，其化学方程式为____；若只能在加热情况下进行，则反应物C应为____．

（4）工业上F可通过多种途径转化成G．

①在F溶液中加入适量氢碘酸，发生反应的离子方程式为____．

②将无水F在氮气做保护气下加热至300℃-350℃，通入干燥H2，而制得G．该反应的化学方程式为____．

③另一种制备G的方法是：将无水的F与适量氯苯（C6H5Cl）；在130℃持续加热约3小时，可发生如下反应：

2F+C6H5Cl2G+C6H4Cl2+HCl

根据有机反应规律，该反应中氯苯发生的是____（填有机反应类型）．

④分析上述三个反应，下列有关说法正确的是：____．

A．反应①中；氢碘酸既表现了酸性，又表现了还原性。

B．反应③中；HCl为氧化产物。

C．上述三个反应中，G均为还原产物．28、有A；B、C、D、E五种化合物；其中A、B、C、D是含铝元素的化合物，F是一种气体，标准状况下相对于空气的密度为1.103．它们之间有下列的转化关系：

①A+NaOH→D+H2O②B→A+H2O③C+NaOH→B+NaCl④E+H2O→NaOH+F

（1）写出A；B、C、D的化学式：

A____，B____，C____，D____．

（2）写出③④的离子方程式：

①____；

④____．29、如图是无机物A～M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）．其中；I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，K为红棕色气体；D是红棕色固体．

请填写下列空白：

（1）物质K的分子式为____．

（2）反应⑦的化学方程式是____

（3）在反应②、③、⑥、⑨中，既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是____（填写序号）

（4）将化合物D与KNO3、KOH共熔，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），KNO3被还原为KNO2．请推测其余的生成物，写出化学方程式____．30、（15分）化合物莫沙朵林（F）是一种镇痛药，它的合成路线如下（其中的THF是有关反应的催化剂）：（1）化合物C中的含氧官能团的名称为、。化合物E的分子中含有的手性碳原子数为。1molF最多可与molNaOH反应。（2）化合物C与新制氢氧化铜的悬浊液反应的化学方程式为。（3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：。Ⅰ．分子的核磁共振氢谱图（1H核磁共振谱图）中有4个峰；Ⅱ．能发生银镜反应和水解反应；Ⅲ．能与FeCl3溶液发生显色反应，且与溴水反应。（4）已知E＋X→F为加成反应，则化合物X的结构简式为。（5）已知：化合物G（结构如右下图所示）是合成抗病毒药阿昔洛韦的中间体。请写出以OHCCH(Br)CH2CHO和1,3—丁二烯为原料制备G的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例如下：参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】A．K的质子数为19；核外有4个电子层，最外层电子数为1；

B．水为共价化合物；分子中不存在阴阳离子；

C．C原子半径比O原子半径大；为直线型结构；

D．间羟基苯甲酸中，-OH与-COOH处于间位．【解析】【解答】解：A．钾原子的核电荷数为19，最外层为1个电子，其正确的结构示意图为：故A错误；

B．水为共价化合物，水分子正确的电子式为：故B错误；

C．二氧化碳分子中，C的原子半径大于O原子，所以CO2正确的比例模型为：故C错误；

D．间羟基苯甲酸的结构简式为：故D正确；

故选D．2、B【分析】【分析】A．Na2O2能与CO2反应生成氧气；

B．SiO2不能导电；但具有较好的折光性；

C．根据硅胶表面积大；吸附性强的性质判断；

D．小苏打不稳定，可分解生成二氧化碳气体．【解析】【解答】解：A．Na2O2能与CO2反应生成氧气；可用作呼吸面具的供氧剂，故A正确；

B．SiO2不能导电；但具有较好的折光性，故B错误；

C．硅胶表面积大；吸附性强，常用作实验室和食品；药品等的干燥剂，也可作催化剂载体，故C正确；

D．小苏打不稳定；可分解生成二氧化碳气体，可用于制作馒头和面包，故D正确．

故选B．3、A【分析】【分析】碘化氢分解生成氢气和碘蒸气，反应前后气体体积不变，在密闭容器中1molHI分解达平衡时I2占x%（体积分数），保持温度和压强不变，再充入1molHI，最后达到的平衡相同．【解析】【解答】解：碘化氢分解生成氢气和碘蒸气，2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），反应前后气体体积不变，在密闭容器中1molHI分解达平衡时I2占x%（体积分数）；保持温度和压强不变，再充入1molHI，最后达到的平衡相同，碘的体积分数相同；

故选A．4、C【分析】【分析】加入铝粉能放出H2的无色溶液，为酸或强碱溶液，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答．【解析】【解答】解：加入铝粉能放出H2的无色溶液；为酸或强碱溶液；

A．酸溶液中H+、NO3-、S2-发生氧化还原反应，碱溶液中NH4+、OH-结合生成弱电解质；则一定不能共存，故A错误；

B．HCO3-既能与酸反应又能与碱反应；则一定不能共存，故B错误；

C．无论酸或强碱溶液中；该组离子之间不反应，能共存，故C正确；

D．酸溶液中H+、NO3-、Al发生氧化还原反应不生成氢气，碱溶液中Al3+、OH-结合生成沉淀；则一定不能共存，故D错误；

故选C．5、D【分析】【解答】A．100℃时水的离子积为10﹣12；溶液为中性是溶液的pH=6，故A错误；

B．25℃时，0.2mol/LBa（OH）2溶液和0.2mol/LHCl溶液等体积混合；所得溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，溶液的pH等于13，故B错误；

C．25℃时；0.2mol/LNaOH溶液与0.2mol/L乙酸溶液恰好中和，反应生成了乙酸钠，醋酸根离子水解，溶液显示碱性，溶液的pH＞7，故C错误；

D．25℃时，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4溶液等体积混合；一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离出氢氧根离子，所以混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH＞7，故D正确；

故选D．

【分析】A．根据图象判断100℃时水的离子积；然后计算出溶液为中性时溶液的pH即可；

B．两溶液混合后氢氧根离子过量；溶液显示碱性，溶液的pH＞7；

C．乙酸为弱酸；氢氧化钠与乙酸反应生成乙酸钠，溶液显示碱性，溶液的pH＞7；

D．氨水为弱碱，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4溶液等体积混合，氨水过量，反应后溶液显示碱性．6、B【分析】【解答】解：A．根据图知，溶液中存在HA﹣、H2A、A2﹣，说明该酸是二元弱酸，在水溶液中部分电离，所以其二元酸的电离方程式为H2A⇌H++HA﹣；HA﹣⇌H++A2﹣，故A错误；B．当V（NaOH）=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，溶液中存在HA﹣、H2A、A2﹣，说明HA﹣能电离和水解，且c（H2A）＜c（A2﹣），说明其电离程度大于水解程度，导致溶液呈酸性，其电离和水解程度都较小，则溶液中离子浓度大小顺序是：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）；故B正确；

C．当V（NaOH）=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要为等物质量的NaHA，Na2A的混合溶液，根据电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣）①，物料守恒可知：3c（HA﹣）+3c（A2﹣）+3c（H2A）=2c（Na+）②，①×2+②得：2c（H+）+c（HA﹣）+3c（H2A）═c（A2﹣）+2c（OH﹣）；故C错误；

D．当V（NaOH）=40mL时，二者恰好完全反应生成强碱弱酸盐Na2A，含有弱离子的盐促进水电离，所以Na2A促进水电离；故D错误；

故选B．

【分析】A．根据图知，溶液中存在HA﹣、H2A、A2﹣；说明该酸是二元弱酸，在水溶液中部分电离；

B．当V（NaOH）=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，溶液中存在HA﹣、H2A、A2﹣，说明HA﹣能电离和水解，且c（H2A）＜c（A2﹣）；说明其电离程度大于水解程度，导致溶液呈酸性，其电离和水解程度都较小；

C．当V（NaOH）=30mL时，3n（H2A）=2n（NaOH），发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要为等物质量的NaHA，Na2A的混合溶液；根据电荷守恒和物料守恒；

D．当V（NaOH）=40mL时，二者恰好完全反应生成强碱弱酸盐Na2A，含有弱离子的盐促进水电离．7、A【分析】解：①2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H1；

②H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H2；

③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3；

则反应③=①+2×②；

由盖斯定律可知；

△H3=△H1+2△H2；

故选：A。

根据三个化学反应方程式可知，反应2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）可由另两个反应加和得到，则由盖斯定律可知，△H3应为另两个反应反应热的加和．

本题考查学生利用盖斯定律来计算反应热的关系，明确化学反应的关系，在加和反应时等号同侧的相加，当乘以一个系数时反应热也要乘以这个系数来解答即可．【解析】A8、B【分析】【分析】图象分析可知，平衡后增大压强平衡正向进行，正反应速率大于逆反应速率，据此分析判断；【解析】【解答】解：A、H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）；反应是气体体积不变的反应，增大压强平衡不变，u符合图象变化，故A错误；

B、3NO2（g）+H2O（l）⇌2HNO3（l）+NO（g）；反应前后气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，符合图象变化，故B正确；

C、3NO2（g）+H2O（l）⇌2HNO3（l）+NO（g）；反应前后气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向进行，不符合图象变化，故C错误；

D、CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）；反应前后气体体积增大，增大压强平衡逆向进行，图象不符合变化，故D错误；

故选B．9、C【分析】【分析】A；二氧化硫、氮氧化物等物质是形成酸雨的重要物质；

B；排放到大气中的有害物质主要来自化石燃料的燃烧和工厂的废气；

C；绿色化学的核心就是要利用化学原理从源头消除污染；

D、含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水体的富营养化从而破坏水体生态系统，会出现水华、赤潮等水体污染问题．【解析】【解答】解：A；形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物；故A正确；

B；化石燃料燃烧和工业生产过程产生的废气；产生了大气污染物，故B正确；

C；绿色化学的核心就是要利用化学原理从源头消除污染；不是对你环境进行无毒无害的治理，故C错误；

D；水华、赤潮等水体污染主要是由含氮、磷的生活污水任意排放造成的；故D正确；

故选：C．二、双选题(共5题，共10分)10、B|D【分析】解：标况下4.48LNO、NO2的物质的量为：=0.2mol，将另一份在空气中充分加热至恒重，称得固体质量增加3.2g，所以参加反应的氧气的物质的量为：=0.1mol，所以所以n（NO）=0.1mol；n（NO2）=0.1mol；固体和硝酸恰好完全反应，反应生成硝酸铜；硝酸镁，根据N原子守恒，100mL该硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为：0.1mol×2+0.2mol=0.4mol；

A、根据c===4mol/L；故A错误；

B、因为n（NO）=0.1mol；n（NO2）=0.1mol，所以n（NO）：n（NO2）=1：1；故B正确；

C；铜与镁在空气中加热生成CuO、MgO；得到固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量相等，如果全部是镁，m=0.2×24=4.8g，如果是铜，m=0.2×64=12.8，所以9.6＜m＜25.6，故C错误；

D、反应后溶液中硝酸根离子的物质的量为：=4mol/L；故D正确；

故选BD．

标况下4.48LNO、NO2的物质的量为：=0.2mol，将另一份在空气中充分加热至恒重，称得固体质量增加3.2g，所以参加反应的氧气的物质的量为：=0.1mol，所以所以n（NO）=0.1mol；n（NO2）=0.1mol，固体和硝酸恰好完全反应，反应生成硝酸铜、硝酸镁，根据N原子守恒，100mL该硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为：0.1mol×2+0.2mol=0.4mol，根据c=计算出硝酸的物质的量浓度；铜与镁在空气中加热生成CuO；MgO；得到固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量相等，则得到固体的质量=金属质量+氧元素质量，由此分析解答．

本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．【解析】【答案】BD11、A|D【分析】解：A、由图象可知溶液的碱性较强时，锌的存在形式为[Zn（OH）4]2-，所以其反应的离子方程式为：Zn2++4OH-═ZnO22-+2H2O；故A正确；

B、加入的NaOH溶液越多越好，沉淀转化为ZnO22-；所以沉淀又溶解，故B错误；

C、根据图象知，pH=7时，C（Zn2+）=10-3mol/L，即只有部分锌离子生成氢氧化锌沉淀，则加入的n（NaOH）＜2n（ZnCl2）；故C错误；

D、Zn2+离子浓度为10-5mol•L-1时，Zn2+离子已沉淀完全，当溶液的pH=8.0时，c（Zn2+）=10-5mol•L-1，c（OH-）=10-6mol•L-1，Ksp=c（Zn2+）．c2（OH-）=10-5•（10-6）2=10-17；故D正确；

故选AD．

A、由图象可知溶液的碱性较强时，锌的存在形式为ZnO22-；结合元素守恒书写方程；

B、加入的NaOH溶液越多越好，沉淀转化为ZnO22-；

C、根据图象知，pH=7时，c（Zn2+）=10-3mol/L；根据反应的锌离子的物质的量计算需要的氢氧化钠的物质的量；

D、Ksp=c（Zn2+）．c2（OH-）．

本题考查了难溶电解质的溶解平衡，难度不大，要注意：计算氢氧化锌的溶度积时，往往容易直接把溶液的pH当作氢氧根离子浓度来计算，为易错点．【解析】【答案】AD12、B|C【分析】解：A；如果D是气体；混合气体的密度始终不变，不一定平衡，故A错误；

B；温度不变；说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故B正确；

C；颜色不变；说明B的浓度不变，反应达平衡状态，故C正确；

D；如果D是气体；两边的气体计量数相等，压强始终不变，所以不一定平衡，故D错误；

故选BC．

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．

本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．【解析】【答案】BC13、rAD【分析】解：rm{A.}反应rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{overset{{麓脽禄炉录脕}}{-}}{triangle}3H_{2}+CO}rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{

overset{{麓脽禄炉录脕}}{-}}{triangle}3H_{2}+CO}元素化合价由rm{C}价升高到rm{-4}价，rm{+2}元素化合价由rm{H}价降低到rm{+1}价，每消耗rm{0}转移rm{1molCH_{4}}电子；故A正确；

B.甲烷和水经催化重整生成rm{6mol}和rm{CO}反应中rm{H_{2}}元素化合价由rm{C}价升高到rm{-4}价，rm{+2}元素化合价由rm{H}价降低到rm{+1}价，rm{0}和rm{CO}参与负极反应生成二氧化碳和水，负极反应为：rm{H_{2}}故B错误；

C.电池工作时，rm{H_{2}+CO+2CO_{3}^{2-}-4e^{-}=H_{2}O+3CO_{2}}向负极移动，即向电极rm{CO_{3}^{2-}}移动；故C错误；

D.rm{A}为正极，正极氧气得电子被还原生成rm{B}反应为rm{CO_{3}^{2-}}故D正确；

故选：rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}

根据图示可知，甲烷和水经催化重整生成rm{AD}和rm{CO}反应中rm{H_{2}}元素化合价由rm{C}价升高到rm{-4}价，rm{+2}元素化合价由rm{H}价降低到rm{+1}价，原电池工作时，rm{0}和rm{CO}均为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，负极反应为rm{H_{2}}正极为氧气得电子生成rm{H_{2}+CO+2CO_{3}^{2-}-4e^{-}=H_{2}O+3CO_{2}}反应为rm{CO_{3}^{2-}}以此解答该题。

本题考查了化学电源新型电池，题目难度中等，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}【解析】rm{AD}14、rBD【分析】解：rm{A.}甲、丙相比较，把甲等效为开始加入rm{1molCH_{3}OH}丙中甲醇的物质的量为甲的rm{2}倍，增大了压强，平衡rm{CH_{3}OH(g)?CO(g)+2H_{2}(g)}向生成甲醇的方向移动，则rm{2c_{1}<c_{3}}故A错误；

B.由题目可知生成rm{1molCH_{3}OH}的能量变化为rm{90.8kJ}甲、乙平衡状态相同，设平衡时甲醇为rm{nmol}对于甲容器：rm{a=90.8n}对于乙容器：rm{b=90.8(1-n)}故rm{a+b=90.8}故B正确；

C.比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的rm{2}倍，压强增大，对于反应rm{CH_{3}OH(g)?CO(g)+2H_{2}(g)}平衡向生成甲醇的方向移动，则rm{2p_{2}>p_{3}}故C错误；

D.甲、乙处于相同的平衡状态，则rm{娄脕_{1}+娄脕_{2}=1}由rm{C}可知rm{娄脕_{2}>娄脕_{3}}则rm{a_{1}+a_{3}<1}故D正确；

故选BD．

A.甲、丙相比较，把甲等效为开始加入rm{1molCH_{3}OH}丙中甲醇的物质的量为甲的rm{2}倍，压强增大，对于反应rm{CH_{3}OH(g)?CO(g)+2H_{2}(g)}平衡向生成甲醇的方向移动；

B.由题目可知生成rm{1molCH_{3}OH}的能量变化为rm{90.8kJ}甲、乙平衡状态相同，平衡时相同物质的物质的量相等，设平衡时甲醇为rm{nmol}计算反应热数值；

C.比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的rm{2}倍，压强增大，对于反应rm{CH_{3}OH(g)?CO(g)+2H_{2}(g)}平衡向生成甲醇的方向移动；

D.甲、乙处于相同的平衡状态，则rm{娄脕_{1}+娄脕_{2}=1}结合rm{娄脕_{2}>娄脕_{3}}分析．

本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，涉及等效平衡、转化率、化学平衡及其影响等知识，明确等效平衡的含义为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力．【解析】rm{BD}三、填空题(共7题，共14分)15、5种固体全部溶解，4支试管中得到无色溶液，1支试管中得到蓝色溶液CuSO4CuSO4+BaCl2═BaSO4↓+CuCl2CuSO4+2NaOH═Cu（OH）2↓+Na2SO4和CuSO4+Na2CO3═CuCO3↓+Na2SO4BaCl2和Na2SO4分别取（2）中能产生蓝色沉淀的两种溶液，向其中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成的是Na2CO3溶液，无沉淀生成的是NaOH溶液【分析】【分析】根据铜离子在溶液中显蓝色，铜离子和氢氧根离子会生成蓝色沉淀；钡离子和硫酸根离子会生成白色沉淀，氯化钾不会出现现象最后鉴别等进行分析；解决此题可以先把带色的离子鉴别出来，再用该离子去鉴别其他的离子，再用鉴别出来的去鉴别后面的离子，依次进行，以此解答该题．【解析】【解答】解：（1）5种固体均溶于水形成溶液，其中只有CuSO4溶液是蓝色，故先检出的物质是CuSO4；

故答案为：5种固体全部溶解，4支试管中得到无色溶液，1支试管中得到蓝色溶液；CuSO4；

（2）剩余的四种溶液加入CuSO4溶液时，产生白色沉淀的是BaCl2，发生CuSO4+BaCl2═BaSO4↓+CuCl2，产生蓝色沉淀的是NaOH和Na2CO3，发生CuSO4+2NaOH═Cu（OH）2↓+Na2SO4和CuSO4+Na2CO3═CuCO3↓+Na2SO4，无明显变化的是Na2SO4，故被检出的物质是BaCl2和Na2SO4．

故答案为：CuSO4+BaCl2═BaSO4↓+CuCl2；CuSO4+2NaOH═Cu（OH）2↓+Na2SO4和CuSO4+Na2CO3═CuCO3↓+Na2SO4；BaCl2和Na2SO4；

（3）向未检出的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，加入已检出的BaCl2溶液，产生白色沉淀的是Na2CO3溶液；无白色沉淀的是NaOH溶液．

故答案为：分别取（2）中能产生蓝色沉淀的两种溶液，向其中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成的是Na2CO3溶液，无沉淀生成的是NaOH溶液．16、四VAAs2O5【分析】【分析】由最外层电子排布式是4s24p3，电子层数为4，最外层电子数为5，周期数=电子层数，最外层电子数=族序数=最高正价数，以此来解答．【解析】【解答】解：由最外层电子排布式是4s24p3，电子层数为4，最外层电子数为5，则位于第四周期VA族，最高正价数为+5价，最高价氧化物的化学式是As2O5；

故答案为：四；ⅤA；As2O5．17、3115三ⅤAHClO4＞H2SO4＞H3PO4H2O＞H2SH2S＞H2O【分析】【分析】A元素的最低价为-3价，则最高价为+5价，它的最高价氧化物为A2O5，含氧56.34%，设相对原子质量为x，则×100%=56.34%，解得x=31，故A为P元素，由元素在周期表中的位置可知，B为S，C为Cl，D为O，再根据元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强、气态氢化物的稳定性越强、氢化物还原性减弱来解答．【解析】【解答】解：A元素的最低价为-3价，则最高价为+5价，它的最高价氧化物为A2O5，含氧56.34%，设相对原子质量为x，则×100%=56.34%；解得x=31，故A为P元素，由元素在周期表中的位置可知，B为S，C为Cl，D为O；

①A为P元素；原子核内中子数比质子数多1个，其质量数为15+15+1=31，原子序数为15，位于周期表中第三周期ⅤA族，故答案为：31；15；三；ⅤA；

②P、S、Cl同周期，从左到右元素的非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强，故酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故答案为：HClO4＞H2SO4＞H3PO4；

③O、S同主族，气态氢化物的化学式依次为H2S、H2O，非金属性O＞S，则稳定性H2O＞H2S，还原性H2S＞H2O，故答案为：H2O＞H2S；H2S＞H2O．18、略

【分析】(1)A是反应物，10min内其浓度减小量为(0.45－0.25)mol·L－1，则平均反应速率是0.02mol/(L·min)。(2)10min时C的浓度增加0.40mol·L－1，则与A的浓度变化之比是2∶1，故x∶y＝1∶2。(3)0～10min内C的浓度增加的量比A的浓度减小的量大，B是固体，所以压强变大。(4)根据图像知10min时反应速率加快，分析可知10min时改变的条件可能是升温或加催化剂；12～16min，反应处于平衡状态，16min后A的浓度逐渐增大，C的浓度逐渐减小，20min时达到新平衡，分析可知16min时改变的条件可能是升温。(5)升温平衡左移，K减小。【解析】【答案】(1)0.02mol/(L·min)(2)1∶2(3)变大(4)④⑥④(5)＞19、略

【分析】解：（1）依据该实验的原理需要测量的量为乙醇的质量；水的质量，加热前后水的温度，可知：

操作④准确量取200毫升水，倒入罐头盒中，测得其温度为t1；操作⑤称量自制酒精灯的质量m1；

故答案为：测得其温度为t1；称量自制酒精灯的质量m1；

（2）实验Ⅰ中Q===1285.4（KJ/mol）；

实验Ⅱ中Q===1093.9（KJ/mol）；

故答案为：实验Ⅰ1285.4（KJ/mol）；实验Ⅱ1093.9（KJ/mol）；

（3）该实验的关键在于保温；避免热量散失，上述结果偏小，可能原因，圆筒中空气吸收热量或者圆筒绝热性能差；

故答案为：圆筒中空气吸收热量；圆筒绝热性能差；

（4）该实验的关键在于保温；避免热量散失，温度过低，圆筒中空气吸收的热量占较大的百分比；温度过高，散失的热量会更多，使误差更大；

故答案为：温度过低；圆筒中空气吸收的热量占较大的百分比；温度过高，散失的热量会更多，使误差更大；

燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；要测乙醇的燃烧热，可以通过一定质量的乙醇完全燃烧放出的热量来加热一定质量的水，通过测量水加热前后温度变化计算吸收的热量，然后依据反应热与方程式的计量系数成正比，计算1mol乙醇燃烧放出的热量，实验关键在于保温，减少热量的损耗，据此解答．

本题考查了燃烧热的测量，属于实验题，解题关键在于明确实验的原理，找准关键的信息，侧重考查学生对知识的迁移应用，题目难度不大．【解析】测得其温度为t1；称得自制酒精灯质量为m1；圆筒中空气吸收热量；圆筒绝热性能差20、稀硫酸、氢氧化钠溶液Cu2OCu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2ON2Cu（OH）2+2OH-=Cu（OH）42-Cu+稳定性大于Cu2+Cu2+稳定性大于Cu+取样，加入稀硫酸，如果得到蓝色溶液和红色固体，说明有A；如果不溶解，说明无A【分析】【分析】【实验方案】

（1）要证明Cu（OH）2具有两性，应先加入碱生成Cu（OH）2；根据提供的药品可确定还需要的药品；

（2）根据质量守恒计算中含有1molCu；质量为64g，剩余为O元素；依据反应现象书写化学方程式；

（3）根据反应遵循质量守恒定律和该气体物污染确定气体的化学式；

【实验结论】

（1）NaOH、Na2[Cu（OH）4]都是强电解质；根据化学方程式改写离子方程式；

（2）根据在不同温度下反应物的组成可确定物质的稳定性；

【问题讨论】

A为Cu2O，在酸性条件下不稳定，可加入酸进行检验．【解析】【解答】解：【实验方案】（1）Cu不如Al活泼，可以用硫酸溶液进行验证，要证明Cu（OH）2具有两性，应先加入碱生成Cu（OH）2；药品中缺少氢氧化钠溶液；

故答案为：稀硫酸；氢氧化钠溶液；

（2）98gCu（OH）2固体的物质的量为1mol，解热分解生成的72g固体中含有Cu的质量为1mol，即64g，则氧原子的质量为72g-64g8g，n（O）==0.5mol；

则A中n（Cu）：n（O）=2：1，向A中加入适量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到容器中还有红色固体存在，说明生成了铜和铜离子，反应的方程式为：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O；

故答案为：Cu2O；Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O；

（3）氧化铜和氨气反应生成红色物质铜；根据反应遵循质量守恒定律和该气体无污染确定气体为氮气；

故答案为：N2；

【实验结论】

（1）NaOH、Na2[Cu（OH）4]都是强电解质，根据化学方程式改写得离子方程式为Cu（OH）2+2OH-=Cu（OH）42-；

故答案为：Cu（OH）2+2OH-=Cu（OH）42-；

（2）80℃～100℃时，得到黑色固体粉末，为CuO，继续加热到1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末，说明在较高温度时Cu2O稳定；与酸反应生成硫酸铜和铜，说明在酸性条件下+2价的铜稳定；

故答案为：Cu+稳定性大于Cu2+；Cu2+稳定性大于Cu+；

【问题讨论】

如含有Cu2O，根据其与酸反应的现象可判断，方程式为：Cu2O+H2SO4═Cu+CuSO4+H2O；溶液变蓝，而铜与稀硫酸不反应；

故答案为：取样，加入稀硫酸，如果得到蓝色溶液和红色固体，说明有A；如果不溶解，说明无A．21、钾铝打开分液漏斗A的旋塞，用热毛巾捂热锥形瓶B，试管C中有气泡冒出，移开热毛巾，C中水柱上升一段防倒吸碳酸钙有白色沉淀生成能强Cl2+S2-=2Cl-+S↓【分析】【分析】I．元素的金属性越强；其单质与酸或水反应越剧烈；

II．（1）根据气压原理检查装置的气密性；有缓冲作用的仪器能防止倒吸；

（2）要证明酸性强弱；应该采用强酸制取弱酸的方法检验，强酸和弱酸盐反应生成弱酸；盐酸酸性最强，所以A中盛放盐酸，盐酸和碳酸钙制取二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液生成硅酸，从而确定酸性强弱；

（3）浓盐酸具有还原性、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成氯气，氯气具有强氧化性，能氧化Na2S溶液中的S2-生成S，非金属元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性．【解析】【解答】解：I．同一周期元素；金属性随着原子序数增大而减弱，元素的金属性越强，其单质与酸或水反应越剧烈，所以金属性K＞Na＞Mg＞Al，则K与盐酸反应最剧烈；Al与盐酸反应速率最慢，故答案为：钾；铝；

II．（1）检查装置气密性的方法：打开分液漏斗A的旋塞；用热毛巾捂热锥形瓶B，试管C中有气泡冒出，移开热毛巾，C中水柱上升一段；有缓冲作用的仪器能防止倒吸，倒置的干燥管有缓冲作用，所以能防止倒吸，故答案为：打开分液漏斗A的旋塞，用热毛巾捂热锥形瓶B，试管C中有气泡冒出，移开热毛巾，C中水柱上升一段；防倒吸；

（2）要证明酸性强弱；应该采用强酸制取弱酸的方法检验，盐酸酸性最强，所以A中盛放盐酸，盐酸和碳酸钙制取二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液生成硅酸，则B中盛放碳酸钙；C中盛放硅酸钠，硅酸难溶于水，所以二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，看到的现象是有白色沉淀生成，故答案为：碳酸钙；有白色沉淀生成；能；

（3）浓盐酸具有还原性、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成氯气，氯气具有强氧化性，能氧化Na2S溶液中的S2-生成S，离子方程式为Cl2+S2-=2Cl-+S↓，非金属元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中Cl元素化合价由0价变为-1价、S元素化合价由-2价变为0价，所以氯气是氧化剂、S是氧化产物，则氧化性：Cl2＞S；所以非金属性Cl＞S；

故答案为：强；Cl2+S2-=2Cl-+S↓．四、判断题(共1题，共8分)22、×【分析】【分析】水蒸气变化为液态水不是化学反应；【解析】【解答】解：水蒸气变化为液态水不是化学反应，是物质的能量变化，故错误；五、探究题(共4题，共16分)23、|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．24、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．25、|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．26、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、推断题(共4题，共24分)27、浓盐酸四氧化三铁MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O2H2O22H2O+O2↑KClO32Fe3++2I-═I2+2Fe2+2FeCl3+H22FeCl2+2HCl取代反应C【分析】【分析】在二氧化锰催化条件下，C反应生成D且不需加热，H2O2水解生成H2O和O2，所以C是H2O2；

铁在D中点燃，所以D是O2，铁在O2中燃烧生成Fe3O4；

加热条件下，A和二氧化锰反应，能和二氧化锰反应的物质是浓盐酸、氯酸钾，B、D不是同一种物质，所以A是浓盐酸，B是Cl2；

铁和Cl2反应生成FeCl3，所以F是FeCl3铁；

Fe3O4和浓盐酸反应生成FeCl3、FeCl2，所以G是FeCl2；

结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题．【解析】【解答】解：在二氧化锰催化条件下，C反应生成D且不需加热，H2O2水解生成H2O和O2，所以C是H2O2；

铁在D中点燃，所以D是O2，铁在O2中燃烧生成Fe3O4；

加热条件下，A和二氧化锰反应，能和二氧化锰反应的物质是浓盐酸、氯酸钾，B、D不是同一种物质，所以A是浓盐酸，B是Cl2；

铁和Cl2反应生成FeCl3，所以F是FeCl3铁；

Fe3O4和浓盐酸反应生成FeCl3、FeCl2，所以G是FeCl2；

（1）由以上分析可知A为浓盐酸；E为四氧化三铁；

故答案为：浓盐酸；四氧化三铁；

（2）①为浓盐酸和二氧化锰在催化剂条件下加热生成氯气的反应，反应的方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（3）反应②可选用不同的C物质来进行，若能在常温下进行，双氧水分解生成水和氧气，反应方程式为2H2O22H2O+O2↑，若只能在加热情况下进行，反应物C是KC