2025年沪教版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年沪教版高三化学下册阶段测试试卷703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8题，共16分)1、下列有关说法正确的是（）A.1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAB.在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NAC.Na2O2与CO2反应生成标况下11.2LO2，反应过程中转移电子数1NAD.反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4该反应FeS2中的硫元素全部被氧化2、下列有关铜锌原电池（如图）的叙述正确的是（）

A.正极反应为Zn-2e-═Zn2+B.取下盐桥，原电池仍可工作C.在外电路中，电子从正极流向负极D.电池反应为Zn+Cu2+═Zn2++Cu3、下列实验操作中错误的是（）A.在由氢氧化铜分解制氧化铜时，要边加热边用玻璃棒搅拌B.用药匙或者纸槽把粉末状药品送入试管的底部C.过滤时玻璃棒的末端应轻轻靠在三层的滤纸上D.刚完成蒸发结晶，因要做下一个实验，可以将蒸发皿先放在桌面上，冷却后收好4、设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A.标准状况下，11.2LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数为NAB.标准状况下，2.24LCl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NAC.0.1mol的白磷（P4）或四氯化碳（CCl4）中所含的共价键数均为0.4NAD.在精炼铜或电镀铜的过程中，当阴极析出铜32g转移电子数均为NA5、已知某溶液中只存在OH-、Cl-、NH4+、H+四种离子，下列说法不正确的是（）A.若溶液中c（NH4+）=c（Cl-），则该溶液一定显中性B.若溶液中c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），则溶液中一定含有NH4Cl和NH3•H2OC.若溶液中c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），则溶液中可能含有NH4Cl或可能含有NH4Cl和HClD.若溶液中c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-），则溶液中含有大量的NH4Cl和少量的HCl6、在恒容密闭容器中进行的反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g）△H．在某压强下起始时按不同氢碳[]投料（如图中曲线①②③），测得CO2的平衡转化率与温度关系如图所示，下列有关说法正确的是（）A.该反应：△H＞0B.氢碳比：①＜②＜③C.其它条件不变的情况下，缩小容器的体积CO2的转化率降低D.若起始CO2浓度为2mol•L-1、H2为4mol•L-1，在图中曲线③氢碳比条件下进行，则400K时该反应的平衡常数数值约为1.77、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．1L0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中CH3COO-的总数是0.1NAB．常温常压下，1.6gO2和O3混合气体中质子总数为0.8NAC．一定条件下，2molSO2和1molO2发生反应，转移的电子总数一定是4NAD．5.6g铁分别与足量的盐酸、氯气反应，电子转移总数均为0.3NA8、反应aM(g)+bN(g)cP(g)+dQ(g)达到平衡时。M的体积分数y(M)与反应条件的关系如图所示。其中：Z表示反应开始时N的物质的量与M的物质的量之比。下列说法正确的是A.同温同压Z时，加入催化剂，平衡时Q的体积分数增加B.同压同Z时，升高温度，平衡时Q的体积分数增加C.同温同Z时，增加压强，平衡时Q的体积分数增加D.同温同压时，增加Z，平衡时Q的体积分数增加。评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、（2015春•沧州期末）A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍；A的一种原子中，质量数与质子数之差为零，D元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，E元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为-n；请回答下列问题：

（1）D元素在周期表中的位置是____；

（2）写出一个E和D形成的化合物与水反应的离子方程式____；

（3）已知：甲+H2O→丙+丁．若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，丙具有漂白性．则甲中Cl元素的化合价是____，丁与H2O有相同的电子总数，则丁的化学式为____．

（4）E2D和CA3沸点差距极大，其原因是____

（5）写出单质B与过量单质D在高温下完全反应后都生成物的电子式____．10、现有下列物质：A．NaCl晶体B．液态SO2C．纯醋酸D．硫酸钡E．铜F．酒精（C2H5OH）G．熔化的KCl请用以上物质回答下列问题．（填字母）

①在上述状态下能导电的电解质是____

②属于弱电解质的是____；

③属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是____．11、从下列物质中选择填空（填序号）：

①甲烷②食盐③浓硫酸④氨水⑤氮气．

（1）可用做干燥剂的是____；

（2）可用做灯泡填充气的是____；

（3）可用做调味品的是____；

（4）可用做化学肥料的是____；

（5）可用做清洁燃料的是____．12、（2015春•河池期末）A；B、C、D、E、F六种短周期元素的简单离子都含有10个电子；且对应元素化合价与原子序数的关系如图所示．

（1）将A、E两种元素的元素符号填入下表中正确的位置上．。ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0一二三（2）A、B、C、D、E、F六种元素中非金属性最强的是____（填元素符号），B、D量元素可以组成原子个数比为1：1的离子化合物，写出该离子化合物的电子式：____，AB、两元素对应的气态氢化物的稳定性强弱关系是____（用化学式表示）．

（3）写出D、F两元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：____．13、已知物质A显酸性；请根据如图回答问题：（F为七原子组成的环状结构）

（1）A的结构简式为____；

（2）①②③的反应类型分别为____、____、____；

（3）化合物B中含有官能团的名称是____；

（4）D和E生成F的化学方程式____；

（5）G生成H的化学方程式____．

（6）写出C的同分异构体中属于酯类物质的结构简式____、____（任写2种）．14、甲、乙两同学用一种标准盐酸去测定同一种未知浓度的NaOH溶液的浓度，但操作不同。甲把一定体积的NaOH溶液放入锥形瓶，把标准盐酸放入滴定管进行滴定；乙把一定体积的标准盐酸放入锥形瓶，把未知浓度的NaOH溶液放入滴定管进行滴定。(1)甲使用的是________滴定管，乙使用的是________滴定管。(2)甲同学的滴定管在用蒸馏水洗净后没有用标准盐酸润洗，乙同学的滴定管也没有用NaOH溶液润洗，其余操作均正确，这样甲测定结果偏__________，乙测定结果偏________。15、（14分）X、Y、Z是中学化学中常见的单质或化合物，它们能实现如图所示的转化关系：（1）若X是一种金属单质，X、Z分别与一种阴阳离子均为10电子物质的溶液反应都能生成Y。①写出Y的化学式______________________，②写出单质X与铁红反应的化学方程式________________________________________，③写出反应I的离子方程式___________________________________________________。（2）若Y是一种黄绿色气体，X是黑色粉末，Z是一种呈碱性的钠的化合物且能用于漂白物质。①写出II的离子方程式______________________________________________________，②反应I中若有0.1molX参加反应，生成Y气体的体积是____________（STP），（3）X、Y、Z三种物质中含有同一种元素，Z为非金属单质，Y为气体，则Z为________，反应II的化学方程式为_______________________________________________________。16、工业制硫酸生产流程如图：

已知：在450℃，常压下，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△H=﹣196kJ•mol﹣1．请回答：

（1）在催化反应室，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有____

A．升高温度B．减少压强C．不断补充空气D．及时分离出SO3

（2）在生产中，为提高催化剂效率可采取的措施为____

A．净化气体。

B．控制温度在400～500℃

C．增大催化剂与反应气体的接触面积。

D．不断补充空气。

（3）在450℃、常压和钒催化条件下向一密闭容器中充入2molSO2和1molO2，充分反应后，放出的热量____（填“＜”；“＞”或“=”）196kJ．

（4）经检测生产硫酸的原料气成分（体积分数）为SO27%、O211%、N282%．在500℃，0.1MPa条件下，现有100L原料气参加反应，达到平衡时，气体的总体积变为97.2L，则SO2的转化率为____．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)17、钠的性质活泼，在空气中易发生反应，故应保存在CCl4或酒精中．____（判断对错）18、用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应是化学变化____．（判断对确）19、标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为22.4L____（判断对错）20、加过量的AgNO3溶液，产生大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的Cl-．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”21、将40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L____．（判断对错）评卷人得分四、简答题(共3题，共27分)22、某兴趣小组在实验室用铜和硫酸为原料多种方法制取硫酸铜．制备方法如下：

Ⅰ．方法一：

（1）浓硫酸试剂瓶上适合贴上的标签是______（填序号）．

（2）甲同学取6.4g铜片和10mL18mol•L-1浓硫酸；放在试管中共热时发现，铜与热的浓硫酸反应后并没有得到预期的蓝色溶液，而是在试管底部看到灰白色沉淀．甲同学为了验证其中白色沉淀主要成分．设计下列实验：

实验步骤：倾倒掉上层液体后；向所得灰白色的固体中加入适量蒸馏水，边加边搅拌．

实验现象：______；

实验结论：所得白色固体的化学式为______．

（3）乙还观察到加热过程中，起初液面以上出现大量白色烟雾，在试管内壁上部析出少量淡黄色固体物质，持续加热，淡黄色固体物质又慢慢地溶于浓硫酸而消失．淡黄色固体消失的原因是（用化学反应方程式回答）______．直到最后反应完毕，发现试管中还有铜片剩余．乙根据自己所学的化学知识，认为试管中还有硫酸剩余．他这样认为的理由是______．

Ⅱ．方法二：

（4）丙同学认为甲设计的实验方案不好，他自己设计的思路是：2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4═CuSO4+H2O．对比甲的方案，你认为丙同学的优点是①______，②______．

（3）方法三：

（5）丁同学取一铜片和稀硫酸放在试管中，再向其中滴入双氧水，发现溶液逐渐呈蓝色．写出反应的化学反应方程式______．23、硫铁矿烧渣的主要成分为Fe2O3、Fe3O4，以及少量SiO2、Al2O3等．由硫铁矿烧渣制备铁红（Fe2O3）的一种工艺流程如下：

已知：还原焙烧时，大部分Fe2O3、Fe3O4转化为FeO．

几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：

。离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2+7.69.7Fe3+2.73.7Al3+3.84.7（1）“酸浸、过滤”步骤中所得滤液中的金属阳离子有（填离子符号）______．

（2）Fe粉除调pH外，另一个作用是______；Fe粉调节溶液的pH为______．

（3）“沉淀、过滤”步骤中生成FeCO3的离子方程式为______；所得滤液的主要溶质是（填化学式）______．

（4）高温条件下，“氧化”步骤中发生反应的化学方程式为______．24、氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用rm{.}请回答下列问题：

rm{(1)}图是rm{N_{2}}和rm{H_{2}}反应生成rm{2molNH_{3}}过程中能量变化示意图，请计算每生成rm{1molNH_{3}}放出热量为______．

rm{(2)}工业合成氨气需要的反应条件非常高且产量低，而一些科学家采用高质子导电性的rm{SCY}陶瓷rm{(}能传递rm{H^{+})}实现氨的电化学合成，从而大大提高了氮气和氢气的转化率rm{.}电化学合成氨过程的总反应式为：

rm{N_{2}+3H_{2}dfrac{underline{;;;;;{脥篓碌莽};;;;;}}{{脪禄露篓脤玫录镁}}2NH_{3}}则在电化学合成氨的过程中，阴极反应式为______．

rm{N_{2}+3H_{2}dfrac{

underline{;;;;;{脥篓碌莽};;;;;}}{{脪禄露篓脤玫录镁}}2NH_{3}}在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH<0}其化学平衡常数rm{(3)}与rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H<0}的关系如下表：rm{K}已知rm{K=dfrac{C(N_{2})cdot[C(H_{2})]^{3}}{[C(NH_{3})]^{2}}}rm{t}rm{(}rm{K=dfrac{C(N_{2})cdot

[C(H_{2})]^{3}}{[C(NH_{3})]^{2}}}分别为平衡浓度rm{C(N_{2})}

。rm{C(H_{2})}rm{t/K}rm{298}rm{398}rm{498}rm{}rm{K/(mol?L^{-1})^{-2}}rm{4.1隆脕106}rm{K_{1}}rm{K_{2}}rm{}请完成下列问题：

rm{垄脵}试确定rm{K_{1}}的相对大小，rm{K_{1}}______rm{4.1隆脕106(}填写“rm{>}”“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}

rm{垄脷}下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据的是______rm{(}填序号字母rm{)}．

A.容器内rm{N_{2}}rm{H_{2}}rm{NH_{3}}的浓度之比为rm{1}rm{3}rm{2}

B.rm{2v(N_{2})(}正rm{)=v(H_{2})(}逆rm{)}

C.容器内压强保持不变。

D.混合气体的密度保持不变。

rm{(4)垄脵NH_{4}Cl}溶液呈酸性，这是由于rm{NH_{4}^{+}}水解的缘故rm{.}则rm{NH_{4}Cl}溶于重水rm{(D_{2}O)}生成一水合氨和水合氢离子的化学式是______．

rm{垄脷}某氨水的rm{pH=x}某盐酸的rm{pH=y}rm{x+y=14}且rm{x>11}将上述氨水和盐酸等体积混合后，所得溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为______

A.rm{C(Cl^{-})>C(NH_{4}^{+})>C(H^{+})>C(OH^{-})}

B.rm{C(NH_{4}^{+})>C(Cl^{-})>C(OH^{-})>C(H^{+})}

C.rm{C(Cl^{-})>C(NH_{4}^{+})>C(OH^{-})>C(H^{+})}

D.rm{C(NH_{4}^{+})>C(Cl^{-})>C(H^{+})>C(OH^{-})}评卷人得分五、探究题(共4题，共28分)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：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：评卷人得分六、综合题(共3题，共15分)29、（15分）A、B、C、D、E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物。Ⅰ、元素X、Y的单质是生活中常见的金属，相关物质间的关系如下图所示。（1）X的单质与A反应的化学方程式是＿＿＿＿＿。（2）若试剂1是NaOH溶液，X的单质与试剂1反应的离子方程式是＿＿＿＿＿。（3）若试剂1和试剂2均是稀硫酸。①检验物质D的溶液中金属离子的方法是＿＿＿＿＿。②将物质C溶于水，其溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）＿＿＿＿＿。③某高效净水剂是由Y（OH）SO4聚合得到的。工业上以E、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备Y（OH）SO4，反应中有NO生成，该反应的化学方程式是。Ⅱ、若X、Y是非金属单质，试剂3是NaOH溶液，F的水溶液可作木材的防火材料，则X的单质与A反应的化学方程式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿，试剂1和C的化学式分别是＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿。Y在工业上的主要用途是＿＿＿＿＿＿＿＿（写一种）。30、［化学选修—物质结构与性质］（15分）已知A、B、C、D和E5种分子所含原子的数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子。又知B、C和D是由两种元素的原子组成。请回答：（1）组成A分子的原子的核外电子排布式是___________________________；（2）B和C的分子式分别是__________和__________；C分子的立体结构呈_______形，该分子属于__________分子（填“极性”或“非极性”）；（3）若向D的稀溶液中加入少量二氧化锰，有无色气体生成。则D的分子式是，该反应的化学方程式是______________________________________________。（4）若将1molE在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，则E的分子式是_____________。31、（15分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某小组进行了以下探究活动：[探究一]（1）称取铁钉（碳素钢）12．0g放入30．0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y。①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。若要确认其中是否含有Fe2+，应选择加入的试剂为________（选填序号）。a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取672mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4．66g。据此推知气体Y中SO2的体积分数为____。（相对原子质量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有H2和CO2气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（2）写出产生CO2的化学方程式____。（3）装置A中试剂的作用是____。（4）简述确认气体Y中含有CO2的实验现象。（5）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】A．氯气在反应中可能全部起氧化剂；也可能部分起氧化剂部分起还原剂；

B．在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中；反应中元素化合价变化计算电子转移；

C．依据过氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式计算电子转移；

D．反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价．【解析】【解答】解：A．若1mol氯气全部起氧化剂作用，转移电子数为2NA个，也可能部分起氧化剂部分起还原剂，如氯气与氢氧化钠反应，起氧化剂与还原剂作用各占，1mol氯气反应转移电子数为0.5mol×2×NAmol-1=NA；故A错误；

B．在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中，碘元素化合价+5价和-1价变化为0价，电子转移5mol，生成3mol碘单质，每生成3molI2转移的电子数为5NA；故B错误；

C．过氧化钠和二氧化碳反应每生成1molO2转移2mol电子分析，生成11.2LO2（标准状况）物质的量为0.5mol，反应中转移的电子数为NA；故C正确；

D．反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，所以FeS2中的硫元素即被氧化又被还原；故D错误．

故选C．2、D【分析】【分析】铜锌原电池中，锌较活泼，为原电池的负极，发生Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，发生Cu2++2e-=Cu，原电池工作时，电子从电池负极经外电路流向正极，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．正极反应为Cu2++2e-=Cu；故A错误；

B．撤去盐桥；不能形成闭合回路，则不能形成原电池反应，故B错误；

C．电子从电池负极经外电路流向正极；故C错误；

D．电池总反应为锌置换出铜，为Zn+Cu2+=Zn2++Cu；故D正确．

故选D．3、D【分析】【分析】A．根据玻璃棒的作用来回答；

B．固体药品的取用可以用药匙；镊子或纸槽；将固体放入试管时要防止试管被砸破；

C．过滤时的操作要注意一贴；二低、三靠；

D．蒸发皿放在桌面上，应垫石棉网．【解析】【解答】解：A．在由氢氧化铜分解制氧化铜时；要边加热边用玻璃棒搅拌，这时玻璃棒的作用可以加速固体的蒸分解速率，故A正确；

B．固体药品的取用可以用药匙；镊子或纸槽；可以用药匙或者纸槽把粉末状药品送入试管的底部，故B正确；

C．过滤时玻璃棒的末端应轻轻靠在三层的滤纸上；防止将滤纸弄破，影响实验结果，故C正确；

D．蒸发皿放在桌面上；应垫石棉网，否则会烫坏试验台，故D错误．

故选D．4、D【分析】【分析】A、NO和O2反应生成二氧化氮，分子数减少，混合后气体的分子总数小于NA；

B、氯与水反应是可逆反应不可能完全转化，所以转移电子数小于0.1NA；

C、1mol白磷含有6mol的P-P键，所以白磷中共价键数为0.6NA；

D、阴极的电极反应式都是Cu2++2e-=Cu，32g的铜是0.5mol，所以转移电子数为0.5mol×2=1mol．【解析】【解答】解：A、NO和O2反应生成二氧化氮，分子数减少，混合后气体的分子总数小于NA；故A错误；

B、氯与水反应是可逆反应不可能完全转化，所以转移电子数小于0.1NA；故B错误；

C、1mol白磷含有6mol的P-P键，所以白磷中共价键数为0.6NA；故C错误；

D、阴极的电极反应式都是Cu2++2e-=Cu；32g的铜是0.5mol，所以转移电子数为0.5mol×2=1mol，故D正确；

故选D．5、D【分析】【分析】A．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断c（OH-）、c（H+）相对大小；从而确定溶液酸碱性；

B．氯化铵溶液呈酸性，如果溶液中c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），溶液中的溶质为NH4Cl和NH3•H2O；

C．氯化铵溶液呈酸性，若溶液中c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），则溶液中可能含有NH4Cl或可能含有NH4Cl和HCl；

D．若溶液中c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-），则溶液中存在大量的HCl和少量的NH4Cl．【解析】【解答】解：A．溶液中存在电荷守恒，若溶液中c（NH4+）=c（Cl-），根据电荷守恒得c（OH-）=c（H+）；则溶液呈中性，故A正确；

B．如果溶液中c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，则氨水过量，所以溶液中的溶质为NH4Cl和NH3•H2O；故B正确；

C．若溶液中c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），溶液呈酸性，氯化铵溶液呈酸性，要使溶液呈酸性，氨水和HCl可能恰好反应也可能HCl过量，所以溶液中可能含有NH4Cl或可能含有NH4Cl和HCl；故C正确；

D．若溶液中c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-），溶液中c（H+）＞c（NH4+）且溶液呈酸性，则溶液中存在大量的HCl和少量的NH4Cl；故D错误；

故选D．6、A【分析】【分析】A；依据定一议二的方法分析图象变化；温度越高，二氧化碳转化率越大，升温平衡正向进行来回答；

B；增加氢气的量；二氧化碳的转化率会增大，增大二氧化碳的量，二氧化碳的转化率会减小；

C；缩小容器的体积；即增大压强，根据压强对反应平衡的影响来回答；

D、根据三行式计算化学平衡常数．【解析】【解答】解：A；根据图象变化；温度越高，二氧化碳转化率越大，升温平衡正向进行，所以该反应：△H＞0，故A正确；

B；增加氢气的量；二氧化碳的转化率会增大，增大二氧化碳的量，二氧化碳的转化率会减小，根据图示，氢碳比越大，则二氧化碳的转化率越大，所以氢碳比：①＞②＞③，故B错误；

C、缩小容器的体积，即增大压强，增大压强，平衡正向移动，可提高CO2的转化率；故C错误；

D、若起始CO2浓度为2mol•L-1、H2为4mol•L-1；在图中曲线③氢碳比条件下进行，二氧化碳的转化率是5%；

2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g）

初始浓度：2mol/L4mol/L00

变化浓度：1mol/L3mol/L0.5mol/L0.5mol/L

平衡浓度：1mol/L1mol/L0.5mol/L0.5mol/L

化学平衡常数K==0.0625；故D错误．

故选A．7、B【分析】【解析】【答案】B8、B【分析】【解析】【答案】B二、填空题(共8题，共16分)9、第二周期VIA族Na2O+H2O=2Na++2OH‒或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑+1NH3Na2O为离子晶体，NH3而是分子晶体【分析】【分析】（1）（2）A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大．B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；A的一种原子中质量数与质子数之差为零，即没有中子，则A为氢元素；D元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，E元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为，则m+n=8，故D原子有2个电子层，即n=2，则m=8-2=6，故D为氧元素，C的原子序数介于B、D之间，所以C为N，E的M层电子数=-2=1；故E为Na；

（3）中若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，根据其模型知，大球是氯原子，小球是N元素，所以该物质是NCl3，丙具有漂白性，根据元素守恒知，丙是次氯酸，丁与H2O有相同的电子总数；结合原子守恒知，丁是氨气；

（4）不同类型的晶体的沸点不一样；离子晶体的沸点远远高于分子晶体；

（5）B与D在高温下完全反应后生成物为二氧化碳，二氧化碳分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大．B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；A的一种原子中质量数与质子数之差为零，即没有中子，则A为氢元素；D元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，E元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为，则m+n=8，故D原子有2个电子层，即n=2，则m=8-2=6，故D为氧元素，C的原子序数介于B、D之间，所以C为N，E的M层电子数=-2=1；故E为Na；

（1）D为氧元素；处于周期表中第二周期VIA族；

故答案为：第二周期VIA族；

（2）E和D形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，与水反应的离子方程式为：Na2O+H2O=2Na++2OH‒或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑；

故答案为：Na2O+H2O=2Na++2OH‒或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑；

（3）若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，根据其模型知，大球是氯原子，小球是N元素，所以该物质是NCl3，丙具有漂白性，根据元素守恒知，丙是次氯酸，因为该反应是非氧化还原反应，所以Cl元素的化合价不变，所以甲中氯元素的化合价是+1价，丁与H2O有相同的电子总数，结合原子守恒知，丁是NH3；

故答案为：+1；NH3；

（4）E2D为Na2O、CA3为NH3，Na2O为离子晶体，NH3而是分子晶体，所以Na2O的沸点远远高于NH3的沸点；

故答案为：Na2O为离子晶体，NH3而是分子晶体；

（5）B与D在高温下完全反应后生成物为二氧化碳，二氧化碳分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对，电子式为

故答案为：．10、GCB【分析】【分析】①水溶液和熔融状态下本身不能电离产生自由移动的离子；属于非电解质，部分非电解质能够与水发生反应生成电解质而导电；

②依据在水溶液中电离的程度电解质又分为强电解质和弱电解质；能够完全电离的化合物为强电解质，部分电离的为弱电解质；

③在水溶液和熔融状态下本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，部分非电解质能够与水发生反应生成电解质而导电．【解析】【解答】解：A；NaCl晶体在水溶液或者熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质；但是固体氯化钠不存在自由移动的离子，所以不能导电；

B、液态SO2在水溶液和熔融状态下本身不能电离产生自由移动的离子；属于非电解质，但是二氧化硫能够与水反应生成亚硫酸，亚硫酸属于电解质能够电离产生自由移动的离子而导电；

C；纯醋酸在水溶液能部分电离产生自由移动的离子；属于弱电解质，但是纯醋酸不含自由移动的离子，不导电；

D；硫酸钡在熔融状态下能够完全电离；属于强电解质，但是固体硫酸钡不含自由移动的离子，不能导电；E、铜属于单质既不是电解质也不是非电解质；

F、酒精（C2H5OH）在水溶液和熔融状态下都不能导电；属于非电解质，与水不反应；

G；熔化的KCl能够完全电离产生自由移动的离子；属于强电解质，熔化的KCl含有自由移动的离子，能够导电；所以：

①在上述状态下能导电的电解质是：G；故答案为：G；

②属于弱电解质的是：C；故答案为：C；

③属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是：B，故答案为：B．11、③⑤②④①【分析】【分析】①甲烷只含有碳氢两种元素，燃烧生成二氧化碳和水；②食盐具有咸味，用作食品调味；③浓硫酸具有吸水性；④氨水中的氮元素是植物生成的需要的元素；⑤氮气性质稳定，常用作保护器气，据此解答．【解析】【解答】解：（1）浓硫酸具有吸水性；可用做干燥剂，故选③；

（2）氮气性质稳定可用做灯泡填充气；故选⑤；

（3）氯化钠可用做调味品；故选②；

（4）氨水中的氮元素是植物生成的需要的元素；可以做化学肥料，故选④；

（5）甲烷只含有碳氢两种元素；燃烧生成二氧化碳和水，可以作为清洁燃料，故选①；

故答案为：③；⑤；②；④；①．12、FH2O＞NH3Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O【分析】【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期元素的简单离子都含有10个电子，根据图可知，A最高为+5价，最低为-3价，所以A为N元素，B只有-2价，所以B为O，C只有-1价，所以C为F，D有+1价，所以D为Na，依此类推，E为Mg，F为Al，据此答题．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E、F六种短周期元素的简单离子都含有10个电子；根据图可知，A最高为+5价，最低为-3价，所以A为N元素，B只有-2价，所以B为O，C只有-1价，所以C为F，D有+1价，所以D为Na，依此类推，E为Mg，F为Al；

（1）AA为N，位于第二周期第ⅤA族，E为Mg，位于第三周期第ⅡA族，在周期表的位置如图。ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0一二N三Mg；

故答案为：。ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0一二N三Mg；

（2）根据元素周期律，同周期从左向右，非金属性逐渐增强，同主族从个向下，非金属性逐渐减弱，所以N、O、F、Na、Mg、Al六种元素中非金属性最强的是F，B、D元素可以组成原子个数比为1：1的离子化合物为过氧化钠，其电子式为非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以水和氨气的稳定性强弱关系是H2O＞NH3；

故答案为：F；H2O＞NH3；

（3）D、F两元素的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3，它们反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O．13、CH2=CHCOOH加成反应水解反应酯化反应羧基、溴原子CH3CH2（OH）COOH+HOCH2CH2COOH+2H2OOHCCH2COOH+2Ag（NH3）2OHH4NOOCCH2COONH4+2Ag↓+2NH3+H2OHCOOCH2CH2BrHCOOCHBrCH3【分析】【分析】A的分子式为C3H4O2，物质A显酸性，故A中含有-COOH，A的不饱和度为=2，故A分子中还含有碳碳双键，故A的结构简式为CH2=CHCOOH，D可以被氧化生成G，G可以与银氨溶液发生反应，故G中含有醛基-CHO，故D中含有-CH2OH，根据转化关系可知，B为BrCH2CH2COOH，D为HOCH2CH2COOH，G为OHCH2CH2COOH，H为NH4OOCCH2COONH4，A与HBr发生加成反应生成C，则C为CH3CH2BrCOOH，C水解并酸化生成E，E为CH3CH2（OH）COOH，F为七原子组成的环状结构，E与D发生酯化反应生成F，F结构简式为据此解答．【解析】【解答】解：A的分子式为C3H4O2，物质A显酸性，故A中含有-COOH，A的不饱和度为=2，故A分子中还含有碳碳双键，故A的结构简式为CH2=CHCOOH，D可以被氧化生成G，G可以与银氨溶液发生反应，故G中含有醛基-CHO，故D中含有-CH2OH，根据转化关系可知，B为BrCH2CH2COOH，D为HOCH2CH2COOH，G为OHCH2CH2COOH，H为NH4OOCCH2COONH4，A与HBr发生加成反应生成C，则C为CH3CH2BrCOOH，C水解并酸化生成E，E为CH3CH2（OH）COOH，F为七原子组成的环状结构，E与D发生酯化反应生成F，F结构简式为

（1）由上述分析可知，A为CH2=CHCOOH，故答案为：CH2=CHCOOH；

（2）反应①是碳碳双键与HBr的加成反应；反应②发生卤代烃的水解反应，反应③是羧酸与醇发生的酯化反应，故答案为：加成反应；水解反应；酯化反应；

（3）B为BrCH2CH2COOH；含有官能团的名称是：羧基；溴原子，故答案为：羧基、溴原子；

（4）D和E生成F的化学方程式为：CH3CH2（OH）COOH+HOCH2CH2COOH+2H2O；

故答案为：CH3CH2（OH）COOH+HOCH2CH2COOH+2H2O；

（5）由G生成H的化学方程式为OHCCH2COOH+2Ag（NH3）2OHH4NOOCCH2COONH4+2Ag↓+2NH3+H2O；

故答案为：OHCCH2COOH+2Ag（NH3）2OHH4NOOCCH2COONH4+2Ag↓+2NH3+H2O；

（6）CH3CH2BrCOOH的同分异构体中属于酯类物质的结构简式有：HCOOCH2CH2Br、HCOOCHBrCH3、BrCH2COOCH3、CH3COOCH2Br，故答案为：HCOOCH2CH2Br、HCOOCHBrCH3等．14、略

【分析】【解析】试题分析：(1)甲把一定体积的NaOH溶液放入锥形瓶，标准盐酸则应该盛放在酸式滴定管中；乙把一定体积的标准盐酸放入锥形瓶，未知浓度的NaOH溶液应该盛放在碱式滴定管中。(2)甲同学的滴定管在用蒸馏水洗净后没有用标准盐酸润洗，则标准盐酸被稀释，致使滴入盐酸的用量要比理论值多一些才能达到终点，消耗的V读偏大，滴定结果偏高；乙同学盛放未知浓度的NaOH溶液的碱式滴定管也没有用NaOH溶液润洗，未知浓度的NaOH溶液被稀释，滴入碱液的用量要比理论值多一点才能达到终点，求得的结果自然偏低。考点：考查中和滴定实验仪器的选择以及实验误差分析【解析】【答案】(1)酸式碱式(2)高低15、略

【分析】【解析】【答案】（14分，每空2分）16、CDABC＜80.0%【分析】【解答】（1）提高SO2平衡转化率；促进化学平衡向右移动；

A；正反应方向放热；升高温度，化学平衡向正反应方向移动，故A错误；

B；正反应方向气体体积减小；减小压强，化学平衡向逆反应方向移动，故B错误；

C；增大氧气浓度；化学平衡向右移动，故C正确；

D；减小生成物浓度；化学平衡向右移动，故D正确；

故选CD；

（2）要提高二氧化硫催化氧化时催化剂的催化效率；必须净化气体；控制适宜温度、增大接触面积，增大反应物的量和催化剂的催化效率无关；

故选ABC；

（3）二氧化硫的催化氧化是可逆反应，2molSO2和1molO2不可能完全转化；所以放热少于196KJ，故答案为：＜；

（4）设参加反应的二氧化硫的体积为x

2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△V

2121

x100L﹣97.2L

x=5.6L；

SO2的转化率为：×100%=80%；故答案为：80%．

【分析】（1）提高SO2平衡转化率；促进化学平衡向右移动，根据化学平衡移动影响因素判断；

（2）要提高二氧化硫催化氧化时催化剂的催化效率；必须净化气体；控制适宜温度、增大接触面积；

（3）二氧化硫的催化氧化是可逆反应；

（4）据反应方程式中气体体积减少多少计算．三、判断题(共5题，共10分)17、×【分析】【分析】钠的性质活泼，易与水、氧气等反应，保存钠时，应注意隔绝空气，且不能与水接触，结合钠能与乙醇反应以及四氯化碳的密度解答该题．【解析】【解答】解：钠能与乙醇反应生成乙醇钠和氢气；钠的密度比四氯化碳的小，钠浮在四氯化碳的上面，不能用于保存钠；

故答案为：×．18、×【分析】【分析】焰色反应实质是原子核外的电子受激发，跃迁到高能级状态时发出的色光，是物理变化．【解析】【解答】解：焰色反应是物理变化，不是化学变化，故错误，答案为：×．19、×【分析】【分析】标准状况下，气体的摩尔体积为22.4L/mol，结合V=nVm计算．【解析】【解答】解：标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】碳酸根离子等也能与AgNO3溶液产生白色沉淀．【解析】【解答】解：与AgNO3溶液，产生白色沉淀的不只Cl-，还有碳酸根离子等．所以检验Cl-时；通常先加稀硝酸酸化，以排除碳酸根离子的干扰．

故答案为：×．21、×【分析】【分析】将40gNaOH溶解在1L水中，溶液体积大于1L．【解析】【解答】解：将40gNaOH溶解在1L水中；溶液体积大于1L，溶液中溶质的物质的量浓度小于1mol/L；

故答案为：×．四、简答题(共3题，共27分)22、略

【分析】解：（1）浓硫酸具有强烈的腐蚀性；强氧化性；所以选择的标签为BD；

故答案为：BD；

（2）硫酸铜粉末为白色，而硫酸铜溶液为蓝色，无水硫酸铜溶于水得到蓝色溶液，看到现象为沉淀中白色物质溶解，溶液变蓝色；则所得白色固体为CuSO4；

故答案为：沉淀中白色物质溶解，溶液变蓝色；CuSO4；

（3）硫与浓硫酸反应生成二氧化硫和水，化学方程式：S+2H2SO4（浓）3SO2↑+2H2O；随着反应的进行；浓硫酸的浓度逐渐变小，由浓变稀，稀硫酸不能与铜发生反应，铜与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；

故答案为：S+2H2SO4（浓）3SO2↑+2H2O；随着反应的进行；浓硫酸的浓度逐渐变小，由浓变稀，稀硫酸不能与铜发生反应；

（4）依据方程式可知：产生等量的硫酸铜；乙消耗的硫酸更少，而且不产生污染物SO2；

故答案：产生等量的硫酸铜，乙消耗的硫酸更少；不产生污染物SO2；

（5）铜片和稀硫酸放在试管中，再向其中滴入双氧水，发现溶液逐渐呈蓝色，是发生了氧化还原反应所致，该反应为Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+2H2O；

故答案为：Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+2H2O．

（1）依据浓硫酸具有强烈的腐蚀性；强氧化性选择标签；

（2）硫酸铜粉末为白色；而硫酸铜溶液为蓝色，无水硫酸铜溶于水生成蓝色的硫酸铜溶液，据此解答；

（3）硫与浓硫酸反应生成二氧化硫和水；铜与浓硫酸反应；与稀硫酸不反应；

（4）该过程中不生成有毒气体二氧化硫；使用硫酸的量少；

（5）Cu作还原剂；双氧水作氧化剂，发生氧化还原反应生成硫酸铜；

本题考查了浓硫酸的性质，明确浓硫酸具有强氧化性及发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大．【解析】BD；沉淀中白色物质溶解，溶液变蓝色；CuSO4；S+2H2SO4（浓）3SO2↑+2H2O；随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐变小，由浓变稀，稀硫酸不能与铜发生反应；产生等量的硫酸铜，乙消耗的硫酸更少；不产生污染物SO2；Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+2H2O23、略

【分析】解：（1）Fe2O3、Fe3O4、FeO、Al2O3与酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸铝，故滤液中的金属阳离子有Fe2+、Fe3+、Al3+；

故答案为：Fe2+、Fe3+、Al3+；

（2）Fe3+与Al3+开始沉淀时的pH值相近；铁粉具有还原性，可以将铁离子还原为亚铁离子，便于与铝离子的分离；加入铁粉调节PH至4.7～7.6之间，使铝离子完全沉淀，而亚铁离子不沉淀；

故答案为：将铁离子还原为亚铁离子；便于与铝离子的分离；4.7～7.6之间；

（3）碳酸氢根离子与亚铁离子发生双水解反应生成碳酸亚铁沉淀、水和二氧化碳，离子方程式为：Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+CO2↑+H2O；所得滤液的主要溶质是硫酸铵，化学式为：（NH4）2SO4；

故答案为：（NH4）2SO4；

（4）碳酸亚铁与氧气发生氧化还原反应生成氧化铁和二氧化碳，方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2．

硫铁矿烧渣与焦炭还原焙烧得到Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2、Al2O3的混合物；混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Fe3O4、FeO、Al2O3与酸反应生成的硫酸亚铁；硫酸铁和硫酸铝；在滤液中加入铁粉调节PH值；铁粉具有还原性，可以将铁离子还原为亚铁离子，便于与铝离子的分离；将PH值调至4.7～7.6之间，使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀；再加入碳酸氢铵，与亚铁离子反应生成碳酸亚铁沉淀，碳酸亚铁在高温下与氧气发生氧化还原反应生成氧化铁和二氧化碳，以此进行解答．

本题考查制备实验方案的设计与评价，难度较大．侧重学生分析能力和创新能力的培养．【解析】Fe2+、Fe3+、Al3+；将铁离子还原为亚铁离子，便于与铝离子的分离；4.7～7.6之间；Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+CO2↑+H2O；（NH4）2SO4；4FeCO3+O22Fe2O3+4CO224、略

【分析】解：rm{(1)N_{2}}和rm{H_{2}}反应生成rm{2molNH_{3}}过程中放出的热量是rm{427.2kJ-335kJ=92.2kJ}根据热化学方程式的意义，每生成rm{1molNH_{3}}放出热量为rm{46.1kJ}故答案为：rm{46.1kJ}

rm{(2)}阴极得电子发生还原反应：rm{N_{2}+6H^{+}+6e^{-}=2NH_{3}}故答案为：rm{N_{2}+6H^{+}+6e^{-}=2NH_{3}}故答案为：rm{N_{2}+6H^{+}+6e^{-}=2NH_{3}}

rm{(3)垄脵N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH<0}反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，平衡常数减小，故答案为：rm{(3)垄脵N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H<0}

rm{垄脷N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH<0}反应是气体体积减小的放热反应；

A.容器内rm{<}rm{垄脷N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H<0}rm{N_{2}}的浓度之比为rm{H_{2}}rm{NH_{3}}rm{1}等于计量数之比；不能证明正逆反应速率相等，故A错误；

B.不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，rm{3}证明反应达到平衡状态；故B错误；

C.容器内压强保持不变；气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，故C正确；

D.如果是在密闭容器中反应；质量不变，体积不变，密度始终不变，故D错误；

故选：rm{2}．

rm{3v_{(脮媒)}(N_{2})=v_{(脛忙)}(H_{2})}盐rm{C}在水溶液中电离出的rm{(4)垄脵}结合重水rm{NH_{4}Cl}电离出的rm{NH_{4}^{+}}生成rm{(D_{2}O)}而由重水rm{OD^{-}}电离出的rm{NH_{3}?HDO}与重水rm{(D_{2}O)}结合生成rm{D^{+}}故答案为：rm{(D_{2}O)}和rm{D_{3}O^{+}}

rm{NH_{3}?HDO}是弱电解质，rm{D_{3}O^{+}}是强电解质，rm{垄脷NH_{3}?H_{2}O}混合液氨水过量，rm{HCl}溶液中的溶质为rm{x+y=14}rm{PH>7}

所以rm{NH3?H_{2}O}故选：rm{NH_{4}Cl}．

rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}图是rm{B}和rm{(1)}反应生成rm{N_{2}}过程中放出的热量是rm{H_{2}}根据热化学方程式的意义来回答；

rm{2molNH_{3}}根据题目信息以及电解池的阴极发生得电子发生还原反应来回答；

rm{427.2kJ-335kJ=92.2kJ}依据反应是放热反应；升温平衡逆向进行，平衡常数减小分析；

rm{(2)}根据平衡状态的判断依据判断；正逆反应速率相同，各组分含量保持不变；

rm{(3)垄脵}根据rm{垄脷}水解的本质；

rm{(4)垄脵}先确定溶液的成分然后根据盐类的水解和弱电解质的电离来解题．

本题综合考查学生反应热的计算、电极反应是的书写、平衡状态的判断方法以及盐的水解原理和弱电解质的电离原理的应用知识，属于综合知识的考查，难度不大．rm{NH_{4}^{+}}【解析】rm{46.1kJ}rm{N_{2}+6H^{+}+6e^{-}=2NH_{3}}rm{<}rm{C}rm{NH_{3}?HDO}和rm{D_{3}O^{+}}rm{B}五、探究题(共4题，共28分)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