2025年沪教版高二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年沪教版高二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6题，共12分)1、对于反应2CO(g)+O2(g)2CO2(g)（正反应为放热反应），在一定条件下建立化学平衡后，下列各条件变化时，能使平衡正向移动的是()A.恒容通入少量HeB.恒容通入少量CO2C.升高温度D.缩小容器体积2、下列说法正确的是（）A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B.任何放热反应在常温条件下一定能自发进行C.反应物和生成物所具有的总焓决定了反应是放热还是吸热D.放热反应在任何条件下也能发生反应3、将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.水的离子积变大、rm{pH}变小、呈酸性B.水的离了积不变、rm{pH}不变、呈中性C.水的离子积变小、rm{pH}变大、呈碱性D.水的离子积变大、rm{pH}变小、呈中性4、下列说法或有关化学用语的表达正确的是()A.在基态多电子原子中，rm{p}轨道电子能量一定高于rm{s}轨道电子能量B.基态rm{Fe}原子的外围电子排布图为：C.因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大D.根据原子核外电子排布的特点，rm{Cu}在周期表中属于rm{s}区元素5、rm{.}从氯化钠溶液中获得氯化钠晶体，采用的方法是A.B.C.D.6、向FeCl3溶液中滴加2滴KSCN溶液，发生反应达到平衡Ⅰ．保持温度不变，仅改变某一个条件达到平衡Ⅱ，两次平衡时各物质的浓度如下：Fe3+（aq）+3SCN-（aq）⇌Fe（SCN）3（aq）

。平衡Ⅰ/（mol•L-1）abc平衡Ⅱ/（mol•L-1）xyz下列叙述不正确的是（）A.存在关系式：=B.存在关系式：（a-x）：（b-y）：（z-c）=1：3：1C.向溶液中加入少量铁粉，溶液颜色变浅D.当溶液中c（SCN-）保持不变时达到平衡状态评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、（12分）甲醇是重要的燃料，有广阔的应用前景：工业上一般以CO和为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：（1）下列措施中有利于增大该反应的反应速率且利于反应正向进行的是_____。a．随时将CH3OH与反应混合物分离b．降低反应温度c．增大体系压强d．使用高效催化剂（2）已知：则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为___________________.（3）在容积为2L的恒容容器中，分别研究在三种不同温度下合成甲醇，下图是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为2mol)与CO平衡转化率的关系。请回答：①在图中三条曲线，对应的温度由高到低的顺序是__________________；②利用a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下的平衡常数：K=______；（4）恒温下，分别将1molCO和2molH2置于恒容容器I和恒压容器Ⅱ中（两容器起始容积相同），充分反应。①达到平衡所需时间是I_____Ⅱ（填“>”、“<”或“=”，下同）。达到平衡后，两容器中CH3OH的体积分数关系是I_____Ⅱ。②平衡时，测得容器工中的压强减小了30%，则该容器中CO的转化率为______。8、分子式为C6H12的某烯烃，所有的碳原子都在同一平面上，则该烯烃的结构简式为____名称是____9、密闭容器中发生如下反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）△H＜0；根据下列速率-时间图象，回答下列问题：

（1）下列时刻所改变的外界条件是：t1______；t3______；t4______；

（2）产物C的体积分数最大的时间段是______；A的物质的量最大的时间段是______

（3）反应速率最大的时间段是______．10、将0.1mol某烃的衍生物与标准状况下4.48L氧气混合于一密闭容器中，点火后发生不完全燃烧，得到CO、CO2和H2O的气态混合物；将混合物通过浓硫酸时，浓硫酸的质量增加了3.6g，通过足量澄清石灰水，可得经干燥后的沉淀10g，剩余气体与灼热的氧化铁充分反应后再通入澄清石灰水时，可得经干燥后的沉淀20g．

求：

（1）该有机物的化学式；

（2）该有机物可与醇发生酯化反应，且可使溴水褪色，写出该有机物的结构简式．11、(10分)（1）已知某溶液中只存在OH－、H＋、NH4＋、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有以下几种：A．c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－)B．c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)C．c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)D．c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)①上述关系一定不正确的是________(填序号)。②若溶液中只有一种溶质，则该溶液中离子浓度的大小关系为________(填序号)。③若四种离子浓度关系有c(NH4＋)＝c(Cl－)，则该溶液显________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。（2）常温下，有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是CH3COONa溶液、NH4Cl溶液、盐酸和NaNO3溶液中的一种。已知A、B的水溶液中水的电离程度相同，A、C溶液的pH相同。则：B是________溶液，C是________。12、氢化钙固体是登山运动员常用的能源提供剂。某兴趣小组拟选用如下装置制备氢化钙。已知：氢化钙在一定条件下与氧气反应生成的产物不只一种。

请回答下列问题：rm{(1)}请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为rm{i隆煤}__rm{隆煤}__rm{隆煤d隆煤c隆煤j隆煤k隆煤}__rm{(}填仪器接口的字母编号rm{)}rm{(2)}根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞_______________rm{(}请按正确的顺序填入下列步骤的标号rm{)}A.加热反应一段时间rm{B.}收集气体并检验其纯度C.关闭分液漏斗活塞rm{D.}停止加热，充分冷却rm{(3)}实验结束后，某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显红色，该同学据此断，上述实验确有rm{CaH_{2}}生成。rm{垄脵}写出rm{CaH_{2}}与水反应的化学方程式____________；rm{垄脷}该同学的判断不正确，原因是______________。rm{(4)}登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是______________。13、rm{Q}rm{R}rm{X}rm{Y}rm{Z}五种元素的原子序数依次递增。已知：rm{垄脵Z}的原子序数为rm{29}其余的均为短周期主族元素；rm{垄脷Y}原子价电子rm{(}外围电子rm{)}排布rm{ms^{n}mp^{n}垄脹R}原子核外rm{L}层电子数为奇数；rm{垄脺Q}rm{X}原子rm{p}轨道的电子数分别为rm{2}和rm{4}请回答下列问题：rm{(1)Z^{2+}}的核外电子排布式是。rm{(2)}在rm{[Z(NH_{3})_{4}]^{2+}}离子中，rm{Z^{2+}}的空间轨道接授rm{NH_{3}}分子提供的____形成配位键。rm{(3)Q}与rm{Y}形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是。rm{a.}稳定性：甲rm{>}乙，沸点：甲rm{>}乙rm{b.}稳定性：甲rm{>}乙，沸点：甲rm{<}乙rm{c.}稳定性：甲rm{<}乙，沸点：甲rm{<}乙rm{d.}稳定性：甲rm{<}乙，沸点：甲rm{>}乙rm{(4)Q}的一种氢化物相对分子质量为rm{26}其中分子中的rm{娄脪}键与rm{娄脨}键的键数之比为。rm{(5)}五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的化合物的化学式为。评卷人得分三、实验题(共5题，共10分)14、实验室需要配制rm{1.00mol/L}rm{NaCl}溶液rm{480mL.}按下列操作步骤填上适当的文字；以使整个操作完整．

rm{(1)}选择仪器rm{.}完成本实验所必需的仪器有：托盘天平rm{(}精确到rm{0.1g)}药匙、烧杯、玻璃棒、______、______以及等质量的几片滤纸．

rm{(2)}计算rm{.}配制该溶液需称取rm{NaCl}晶体的质量为______rm{g.}

rm{(3)}称量．

rm{垄脵}天平调平之后；应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：

rm{垄脷}称量完毕；将药品倒入烧杯中．

rm{(4)}溶解；冷却；该步实验中需要使用玻璃棒，目的是______．

rm{(5)}转移、洗涤rm{.}在转移时应使用______引流，洗涤烧杯rm{2隆芦3}次是为了______rm{.}若不洗涤或洗涤液未转移到容量瓶，最终所配溶液的浓度会______rm{(}填“偏高”“偏低”或“无影响”rm{)}．

rm{(6)}定容；摇匀．

rm{(7)}在配制过程中，某学生观察定容时俯视刻度线，所配溶液的浓度会______rm{(}填“偏高”“偏低”或“无影响”rm{)}．15、某学生为测定未知浓度的硫酸溶液，进行如下实验：用rm{1.00mL}待测硫酸溶液配制rm{100mL}稀rm{H_{2}SO_{4}}溶液；以rm{0.14mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液滴定上述稀rm{H_{2}SO_{4}}rm{25.00mL}滴定终止时消耗rm{NaOH}溶液rm{15.00mL}．

rm{(1)}该学生用rm{0.14mol?L^{-1}NaOH}标准溶液滴定硫酸的实验操作如下：

A.用酸式滴定管取稀rm{H_{2}SO_{4}}rm{25.00mL}注入锥形瓶中，加入指示剂．

B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管。

C.用蒸馏水洗干净滴定管。

D.取下碱式滴定管用标准的rm{NaOH}溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管刻度“rm{0}”以上rm{2-3cm}处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至刻度“rm{0}”或“rm{0}”刻度以下。

E.检查滴定管是否漏水。

F.另取锥形瓶；再重复操作一次。

G.把锥形瓶放在滴定管下面；瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。

rm{垄脵}滴定操作的正确顺序是rm{(}用序号填写rm{)}______；

rm{垄脷}该滴定操作中应选用的指示剂是______；

rm{垄脹}在rm{G}操作中确定终点的方法是______．

rm{(2)}碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果rm{(}填“偏低”、“偏高”或“无影响”rm{)}______．

rm{(3)}配制准确浓度的稀rm{H_{2}SO_{4}}溶液；必须使用的主要容器是______

rm{(4)}用标准rm{NaOH}溶液滴定时，应将标准rm{NaOH}溶液注入______rm{(}选填“甲”或“乙”rm{)}中．

rm{(5)}观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则结果会导致测得的稀rm{H_{2}SO_{4}}溶液浓度测定值______rm{(}选填“偏高”“偏低”或“无影响”rm{)}

rm{(6)}计算待测硫酸rm{(}稀释前的硫酸rm{)}溶液的物质的量浓度rm{(}计算结果到小数点后二位rm{)}______．16、Ⅰrm{.}物质的量浓度相同的rm{垄脵}氨水rm{垄脷}氯化铵rm{垄脹}碳酸氢铵rm{垄脺}硫酸氢铵rm{垄脻}硫酸铵五种溶液中rm{c(NH_{4}^{+})}大小的顺序是rm{(}填序号rm{)}______

rm{II.}乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体rm{(H_{2}C_{2}O_{4}?xH_{2}O)}进行的探究性学习的过程；请你参与并协助他们完成相关学习任务．

该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体rm{(H_{2}C_{2}O_{4}?xH_{2}O)}中的rm{x}值rm{.}通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性rm{KMnO_{4}}溶液进行滴定：

rm{2MnO;_{4}^{-}+5H_{2}C_{2}O_{4}+6H^{+}篓T2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}

学习小组的同学设计了滴定的方法测定rm{2MnO;_{4}^{-

}+5H_{2}C_{2}O_{4}+6H^{+}篓T2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}值．

rm{x}称取rm{垄脵}纯草酸晶体，将其制成rm{1.260g}水溶液为待测液．

rm{100.00mL}取rm{垄脷}待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀rm{25.00mL}．

rm{H_{2}SO_{4}}用浓度为rm{垄脹}的rm{0.1000mol?L^{-1}}标准溶液进行滴定，达到终点时消耗rm{KMnO_{4}}．

rm{10.00mL}滴定时，将酸性rm{(1)}标准液装在如图中的______rm{KMnO_{4}}填“甲”或“乙”rm{(}滴定管中．

rm{)}本实验滴定达到终点的标志可以是______．

rm{(2)}通过上述数据，求得rm{(3)}______．

讨论：rm{x=}若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的rm{垄脵}值会______rm{x}填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同rm{(}．

rm{)}若滴定时所用的酸性rm{垄脷}溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的rm{KMnO_{4}}值会______．rm{x}17、(14分)为探究实验室制乙烯及乙烯和溴水的加成反应。甲同学设计了如图所示的实验装置，并进行了实验。当温度升至170℃左右时，有大量气体产生，产生的气体通入溴水中，溴水的颜色迅速褪去。甲同学认为达到了实验目的。乙同学仔细考察了甲同学的整个实验过程，发现当温度升到100℃左右时，无色液体开始变色，到160℃左右时，混合液全呈黑色，在170℃超过后生成气体速度明显加快，生成的气体有刺激性气味。由此他推出，产生的气体中应有杂质，可能影响乙烯的检出，必须除去。据此回答下列问题：(1)写出甲同学实验中两个反应的化学方程式：____________________________________、____________________________________。(2)乙同学观察到的黑色物质是__________，刺激性气体是__________。乙同学认为刺激性气体的存在就不能认为溴水褪色是乙烯的加成反应造成的。原因是(用化学方程表示)：__________________。(3)丙同学根据甲乙同学的分析，认为还可能有CO、CO2两种气体产生。为证明CO存在，他设计了如下过程(该过程可把实验中产生的有机产物除净)：发现最后气体经点燃是蓝色火焰，确认有一氧化碳。①设计装置a的作用是_____________________________________________②浓溴水的作用是_________________________________________________，稀溴水的作用是___________________________________________________。18、设计一个简单的一次性完成实验的装置图；目的是验证醋酸溶液，二氧化碳水溶液；苯酚溶液的酸性强弱顺序．

rm{(1)}利用如图所示的仪器可以组装实验装置，则仪器的连接顺序为：______接______接______接______rm{(}填字母rm{)}

rm{(2)}写出装置Ⅰ和Ⅱ中的实验现象：

Ⅰ中______

Ⅱ中______．

rm{(3)}写出装置Ⅰ和装置Ⅱ中发生反应的方程式。

Ⅰ中______

Ⅱ中______．

rm{(4)}由强到弱排序三者的酸性顺序______rm{>}______rm{>}______rm{(}填结构简式rm{)}评卷人得分四、计算题(共1题，共7分)19、通过电解饱和食盐水得到的氢氧化钠固体样品常含有氯化钠杂质rm{.}来来同学利用中和滴定原理测定氢氧化钠的质量分数rm{.}步骤为：

rm{垄脵}称取rm{15.000g}氢氧化钠固体样品，加水溶解，配成rm{200mL}溶液；

rm{垄脷}用rm{4.80%(}密度是rm{1.02g/mL)}的盐酸滴定rm{.}以下是实验数据记录表：

。实验序号待测样品溶液体积rm{(mL)}滴定管读数消耗标准盐酸溶液的体积rm{(mL)}初读数末读数初读数末读数rm{1}rm{20.00}rm{0.00}rm{19.95}rm{19.95}rm{2}rm{20.00}rm{0.05}____________rm{(1)}请根据如图rm{(}滴定管局部rm{)}读出第rm{2}次实验的末读数；填充上表中的两个空格．

rm{(2)}计算rm{4.80%(}密度是rm{1.02g/mL)}盐酸的物质的量浓度rm{(}精确至rm{0.0001)}．

rm{(3)}计算氢氧化钠固体样品中氢氧化钠的质量分数．评卷人得分五、其他(共2题，共8分)20、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。21、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。评卷人得分六、综合题(共2题，共18分)22、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．23、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】试题分析：A、恒容通入少量He，与反应相关的物质的浓度不变，平衡不移动，错误；B、恒容通入少量CO2，增大了生成物的浓度，平衡逆向移动，错误；C、该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆向移动，错误；D、缩小容器体积即增大压强，平衡向正向移动，正确。考点：考查平衡移动原理的应用。【解析】【答案】D2、C【分析】解：A．有些放热反应需要在加热条件下才能进行；如铝热反应，吸热反应；放热反应与是否加热无关，故A错误；

B．放热反应在常温下不一定能进行；如铝热反应，故B错误；

C．反应热与反应物和生成物的总能量有关；如反应物总能量大于生成物总能量，反应放热，反之吸热，故C正确；

D．放热反应△H＜0；若在高温条件下的熵增加的反应，△H-T△S＞0，反应不能自发进行，所以在任何条件下不一定能自发进行，故D错误．

故选C．

A．吸热反应；放热反应与是否加热无关；

B．放热反应在常温下不一定能进行；

C．反应热与反应物和生成物的总能量有关；

D．反应是否自发进行的判断依据是△H-T△S＜0．

本题考查反应热与焓变，题目难度不大，注意常见吸热反应与放热反应，把握物质的能量与反应热的关系，易错点为D，注意自发反应的判断方法．【解析】【答案】C3、D【分析】解：水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，rm{pH}减小；水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变；

但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性rm{.}综上所述，给纯水加热时水的离子积增大、rm{pH}减小；呈中性；

故选：rm{D}．

依据纯水是呈中性的；一定温度下水中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积是常数，温度升高促进水的电离，水的离子积增大分析．

本题考查了水的电离平衡及影响因素，主要考查水的离子积的应用，加热促进水的电离，水的rm{pH}大小判断．【解析】rm{D}4、B【分析】【分析】本题考查原子核外电子排布规律及排布式和排布图的书写，题目难度不大，本题注意原子核外电子的排布和运动特点。【解答】A.同一层即同一能级中的rm{p}轨道电子的能量一定比rm{s}轨道电子能量高，但外层rm{s}轨道电子能量则比内层rm{p}轨道电子能量高；故A错误；

B.基态铁原子外围电子排布式为rm{3d^{6}4s^{2}}外围电子排布图为：故B正确；

C.rm{N}原子的rm{2p}轨道处于半满；第一电离能大于氧原子，故C错误；

D.rm{Cu}的外围电子排布式为rm{3d^{10}4S^{1}}位于元素周期表的rm{ds}区；故D错误。

故选B。【解析】rm{B}5、C【分析】【分析】本题考查混合物分离提纯；为高频考点，把握实验装置的作用；混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验仪器、装置的作用，题目难度不大。

【解答】

A.rm{NaCl}溶于水，图中过滤操作不能得到rm{NaCl}晶体；故A不选；

B.图中为蒸馏装置；分离互为的液体混合物，故B不选；

C.氯化钠溶液变成晶体用蒸发结晶，图中蒸发装置可得到rm{NaCl}故C选；

D.图中为分液装置；分离分层的液体混合物，故D不选；

故选C。【解析】rm{C}6、B【分析】解：A．化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，且化学平衡常数只与温度有关，所以温度相同时，K==故A正确；

B．达到B．平衡状态时，c（Fe3+）：c（SCN-）：c[Fe（SCN）3]不一定为1：3：1，与反应初始浓度及转化率有关，所以达到平衡状态时不存在：（a-x）：（b-y）：（z-c）=1：3：1；故B错误；

C．加入Fe粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，则c（Fe3+）浓度减小平衡逆向移动，c[Fe（SCN）3]浓度降低；溶液颜色变浅，故C正确；

D．当c（SCN-）保持不变时；正逆反应速率相等，该可逆反应达到平衡状态，故D正确；

故选：B。

A．化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，且化学平衡常数只与温度有关；B．达到B．平衡状态时，c（Fe3+）：c（SCN-）：c[Fe（SCN）3]不一定为1：3：1；与反应初始浓度及转化率有关；

C．加入Fe粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，则c（Fe3+）浓度减小平衡逆向移动；

D．当各物质的浓度不变时；可逆反应达到平衡状态。

本题考查化学平衡常数含义及化学平衡状态判断、外界条件对化学平衡移动影响原理，明确化学平衡常数计算方法及其影响因素、浓度对化学平衡移动影响原理是解本题关键，注意C为解答易错点，题目难度不大。【解析】B二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】试题分析：（1）a、将甲醇分离，甲醇浓度减小，配合正向移动，反应速率减小，不选；b、降低温度，反应速率减小，平衡正向移动，不选；c、增大压强，反应速率增大，平衡正向移动，选；d、使用催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，不选；所以选c。（2）根据盖斯定律分析，将方程式标记为①②③，运用-①+②+③，将方程式加减，得到热化学方程式为：CH3OH(g)+3/2O2=CO2(g)+2H2O(g)△H=-651KJ﹒mol-1（3）①根据方程式分析，因为温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳的转化率增大，所以对应的温度为：Z>Y>X。②a点一氧化碳的转化率为50%，列式计算，初始物质的里量浓度11.50改变的物质的量浓度0.510.5平衡时物质的量浓度0.50.50.5平衡常数=（0.5）2/[(0.5×(0.5)3]=4。若方程式颠倒，则平衡常数为倒数，所以平衡常数为1/4。（4）①在恒容容器中随着反应的进行，体系的压强越来越小，所以Ⅰ中反应速率慢，所以需要的时间长。压强越小，平衡逆向移动，甲醇的体积分数越小。②列式计算：起始物质的量120改变的物质的量x2xx平衡的物质的量1-x2-2xx1-x+2-2x+x=(1+2)*1-30%x=0.45，所以一氧化碳的转化率=0.45/1=45%。考点：化学平衡的计算。【解析】【答案】（1）c（2）CH3OH(g)+3/2O2=CO2(g)+2H2O(g)△H=-651KJ﹒mol-1（3）①Z>Y>X②1/4（4）①><②45%8、（CH3）2C=C（CH3）2|2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯【分析】【解答】解：根据乙烯的结构知，要使化学式为C6H12的某烯烃的所有碳原子都在同一平面上，用甲基代替乙烯中的H原子即可，则该烯烃的结构简式为（CH3）2C=C（CH3）2，（CH3）2C=C（CH3）2；最长碳链有4个碳原子，从左端开始编号，2，3号碳原子各有1个甲基，2号碳原子上存在碳碳双键，其系统命名为：2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯；

故答案为：（CH3）2C=C（CH3）2；2；3﹣二甲基﹣2﹣丁烯．

【分析】根据乙烯的结构知，要使化学式为C6H12的某烯烃的所有碳原子都在同一平面上；用甲基代替乙烯中的H原子即可；

烯烃命名应选择含有碳碳双键在内的最长碳链作为主链；从靠近双键一段开始编号；

据此解答．9、略

【分析】解：该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，t0-t1之间；正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态；

（1）t1-t2之间，正逆反应速率都增大，但v（正）＜v（逆）；则平衡逆向移动，因为该反应前后气体体积改变，所以改变的条件只能是升高温度；

t3-t4之间；正逆反应速率都增大且相等，则改变条件是加入催化剂；

t4-t5之间，正逆反应速率都减小，且v（正）＜v（逆）；则平衡逆向移动，改变的条件是减小压强；

故答案为：升温；加催化剂；减小压强；

（2）要使C的体积分数最大，只能是反应没有向逆反应方向移动之时，所以应该是t0-t1；A的物质的量最大时，应该是反应向逆反应方向进行最彻底时，所以应该是t5-t6；

故答案为：t0-t1；t5-t6；

（3）反应速率最大时应该是纵坐标最大时，反应速率最大的时间段是t3-t4，故答案为：t3-t4．

（1）该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，t0-t1之间；正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态；

t1-t2之间，正逆反应速率都增大，但v（正）＜v（逆）；则平衡逆向移动，因为该反应前后气体体积改变，所以改变的条件只能是温度；

t2-t3之间；正逆反应速率都不变且相等，为平衡状态；

t3-t4之间；正逆反应速率都增大且相等，则改变条件是催化剂；

t4-t5之间，正逆反应速率都减小，且v（正）＜v（逆）；则平衡逆向移动，改变的条件是压强；

t5-t6之间；正逆反应速率都不变且相等，为平衡状态；

（2）要使C的体积分数最大；只能是反应没有向逆反应方向移动之时；A的物质的量最大时，应该是反应向逆反应方向进行最彻底时；

（3）反应速率最大时应该是纵坐标最大时．

本题考查v-t图象分析，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确外界对化学反应速率、化学平衡影响原理是解本题关键，会根据反应速率相对大小确定反应方向，题目难度不大．【解析】升温；加催化剂；减小压强；t0-t1；t5-t6；t3-t410、略

【分析】

（1）0.1mol烃和4.48L及0.2mol氧气反应，生成水的质量是3.6g，即生成水的物质的量是0.2mol，所以有机物中H的物质的量为0.4mol，通过足量澄清石灰水，可得干燥后的沉淀10g，根据CO2～CaCO3，所以二氧化碳的物质的量是0.1mol，一氧化碳与灼热的氧化铁充分反应后再通入澄清石灰水时，可得经干燥后的沉淀20g，根据CO～CO2～CaCO3，所以生成一氧化碳的物质的量是0.2mol，则有机物中含C的物质的量是0.3mol，根据氧原子守恒，含有氧原子的物质的量为：0.2mol+0.1mol×2+0.2mol-0.2mol×2=0.2mol，有机物中C、H、O的原子个数比是3：4：2，分子式为：C3H4O2；

答：该有机物的化学式为C3H4O2；

（2）有机物可与醇发生酯化反应；则含有羧基，且可使溴水褪色，含有碳碳双键，所以有机物的结构简式为：

CH2=CHCOOH；

答：该有机物的结构简式为CH2=CHCOOH．

【解析】【答案】浓硫酸的质量增加了3.6g；即生成水的粮食3.6g，通过足量澄清石灰水，可得经干燥后的沉淀10g，据此可以计算生成二氧化碳的质量，剩余气体一氧化碳可以和灼热的氧化铁充分反应，生成金属铁和二氧化碳，再通入澄清石灰水时，可根据生成沉淀的质量获得生成二氧化碳的质量，进而求出一氧化碳的质量，根据元素守恒可以计算有机物质的分子式．

11、略

【分析】试题分析：（1）溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子，可能为NH4Cl溶液、NH4Cl和盐酸、NH4Cl和NH3·H2O的混合物，如果是NH4Cl溶液，溶液显酸性，有c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；如果是NH4Cl和盐酸混合溶液，有两种情况：①盐酸少量，c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）②盐酸过量，有c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)；如果是NH4Cl和NH3·H2O的混合物有三种情况：①溶液显中性则有c（Cl-）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH-）②溶液显酸性，NH4Cl较多，有c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）③溶液显碱性，NH3·H2O较多，有c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），若溶液中只有一种溶质，则是NH4Cl溶液则该溶液中离子浓度的大小关系为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），若c(NH4＋)＝c(Cl－)，则c（H+）=c（OH-），溶液显中性，故答案分别为：B、A、中（2）CH3COONa溶液水解显碱性，促进水的电离；NH4Cl溶液水解显酸性，促进水的电离，盐酸抑制水的电离，显酸性；NaNO3溶液显中性，对水的电离没有影响，“A、B的水溶液中水的电离程度相同”A、B是CH3COONa溶液和NH4Cl溶液，“A、C溶液的pH相同”A、C是NH4Cl溶液和盐酸，得出：A是NH4Cl溶液，B是CH3COONa溶液，C是盐酸，D是盐酸。考点：盐类的水解、弱电解质的电离以及离子浓度的大小比较。【解析】【答案】（1）BA中（2）CH3COONa、盐酸12、rm{(1)e}rm{f}rm{a}

rm{(2)BADC}

rm{(3)垄脵CaH_{2}+2H_{2}O=Ca(OH)_{2}+2H_{2}隆眉}

rm{垄脷}金属钙与水反应也有类似现象。

rm{(4)}氢化钙是固体，携带方便【分析】【分析】

【解答】rm{(1)}根据题意可知，应该先制备氢气，后用氢氧化钠溶液除去氢气中混有的氯化氢，然后干燥氢气，再通入钙中发生反应，由于生成的氢化钙能与水反应，故最后应该加一个干燥装置，防止空气中的水蒸气进入反应器，所以得到仪器的连接顺序为rm{i隆煤e}rm{f隆煤d}rm{c隆煤j(}或rm{k)}rm{k(}或rm{j)隆煤a}故答案为：rm{e}rm{f}rm{a}rm{(2)}首先要通入氢气排净装置中的空气，当检验收集到的氢气已纯净时，说明装置内的空气已经排净，此时再加热使钙与氢气反应，等停止加热并充分冷却后再关闭分液漏斗的活塞，故顺序为rm{BADC}故答案为：rm{BADC}rm{(3)}根据题意可写出氢化钙与水反应的方程式为rm{CaH_{2}+2H_{2}O=Ca(OH)_{2}+2H_{2}隆眉}但不能根据溶液显碱性就证明一定是发生了该反应，因为金属钙也能与水反应生成氢氧化钙，使溶液显碱性；故答案为：rm{垄脵CaH_{2}+2H_{2}O=Ca(OH)_{2}+2H_{2}隆眉垄脷}金属钙与水反应也有类似现象；rm{(4)}与氢气相比，氢化钙是固体，携带方便；故答案为：氢化钙是固体，携带方便。【解析】rm{(1)e}rm{f}rm{a}

rm{(2)BADC}

rm{(3)垄脵CaH_{2}+2H_{2}O=Ca(OH)_{2}+2H_{2}隆眉}

rm{垄脷}金属钙与水反应也有类似现象。

rm{(4)}氢化钙是固体，携带方便13、rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{9}}

rm{(2)}孤电子对

rm{(3)b}

rm{(4)3}rm{2}

rm{(5)}rm{SiO}rm{SiO}rm{2}【分析】【分析】本题考查物质结构与性质，明确位置、结构、性质的关系是解答的关键，此题综合性较强，涉及物质结构知识点比较多，考察比较全面，是一道不错的题。【解答】rm{29}号为rm{Cu}元素，rm{Y}价电子：rm{ms^{n}mp^{n}}中rm{n}只能取rm{2}又为短周期，则rm{Y}可能为rm{C}或rm{Si}rm{R}的核外rm{L}层为奇数，则可能为rm{Li}rm{B}rm{N}或rm{F}rm{Q}rm{X}的rm{p}轨道为rm{2}和rm{4}则rm{C(}或rm{Si)}和rm{O(}或rm{S)}又五种元素原子序数依次递增，所以可推出五种元素为：rm{Q}为rm{C}rm{R}为rm{N}rm{X}为rm{O}rm{Y}为rm{Si}rm{Z}为rm{Cu}

rm{(1)Cu}的价电子排布为rm{3d^{10}4s^{1}}失去两个电子，则为rm{3d^{9}}故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{9}}

rm{(2)Cu^{2+}}可以与rm{NH_{3}}形成配合物，其中rm{NH_{3}}中rm{N}提供孤电子对，rm{Cu^{2+}}提供空轨道，而形成配位键，故答案为：孤电子对；

rm{(3)Q}rm{Y}的氢化物分别为rm{CH_{4}}和rm{SiH_{4}}由于rm{C}的非金属性强于rm{Si}则稳定性rm{CH_{4}>SiH_{4}.}因为rm{SiH_{4}}的相对分子质量比rm{CH_{4}}大，故分子间作用力大，沸点高，故答案为：rm{b}

rm{(4)C}rm{H}形成的相对分子质量为rm{26}的物质为rm{C}rm{2}rm{2}rm{H}，结构式为rm{2}rm{2}之间单键是rm{H-C隆脭C-H}键，rm{C-H}叁键中有两个是rm{娄脪}键一个rm{C隆脭C}键，所以rm{娄脪}键与rm{娄脨}键数之比为rm{娄脪}rm{娄脨}故答案为rm{3}rm{2}rm{3}五种元素中，rm{2}rm{(5)}rm{C}和rm{N}中为非金属元素，rm{O}rm{Si}位于同一主族，则上面的非金属性强，故C元素的电负性大，rm{C}rm{Si}rm{C}同周期，原子序数：rm{N}所以电负性：rm{O}所以电负性：rm{C<N<O}rm{C<N<O}rm{O>N>C>Si}故答案为：电负性最大与最小的两种非金属元素形成的化合物的化学式为

rm{SiO_{2}}【解析】rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{9}}rm{(2)}孤电子对rm{(3)b}rm{(4)3}rm{2}rm{(5)}rm{SiO}rm{SiO}rm{2}三、实验题(共5题，共10分)14、略

【分析】解：rm{(1)}操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解rm{(}可用量筒量取水加入烧杯rm{)}并用玻璃棒搅拌，加速溶解rm{.}冷却后转移到rm{500mL}容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒rm{2-3}次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线rm{1隆芦2cm}时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀rm{.}所以所需仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、rm{500mL}容量瓶、胶头滴管rm{.}根据提供的仪器可知，还需仪器有rm{500ml}容量瓶；胶头滴管；

故答案为：rm{500ml}容量瓶；胶头滴管；

rm{(2)}配制rm{1.00mol/LNaCl}溶液rm{480mL}应选择rm{500mL}容量瓶，实际配制rm{500mL}溶液，需要氯化钠质量rm{m=1.00mol/L隆脕0.5L隆脕58.5g/mol=29.3g}

故答案为：rm{29.3}

rm{(3)垄脵}称量时需放rm{29g}的砝码，rm{0.3g}需调游码，即：

故答案为：

rm{(4)}为加快溶解和冷却速度；在溶解；冷却时需用玻璃棒不断的搅拌；

故答案为：搅拌；加速溶解和冷却；

rm{(5)}容量瓶瓶颈较细，为保证溶质全部转移至容量瓶中，应用玻璃棒引流，并洗涤烧杯rm{2隆芦3}次，若不洗涤或洗涤液未转移到容量瓶，导致溶质的物质的量偏小，依据rm{c=dfrac{n}{V}}可知所配溶液浓度偏低；

故答案为：玻璃棒；保证溶质全部转移至容量瓶中，偏低；

rm{(7)}在配制过程中；某学生观察定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液的浓度会偏高；

故答案为：偏高．

rm{(1)}根据配制步骤是计算；称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；

rm{(2)}根据rm{m=CVM}计算需要溶质的质量；

rm{(3)}称量时需放rm{29g}的砝码，rm{0.3g}需调游码；

rm{(4)}依据玻璃棒在溶解固体时作用解答；

rm{(5)}容量瓶瓶颈较细，为保证溶质全部转移至容量瓶中，应用玻璃棒引流，并洗涤烧杯rm{2隆芦3}次，若不洗涤或洗涤液未转移到容量瓶，导致溶质的物质的量偏小，依据rm{c=dfrac{n}{V}}进行误差分析；

rm{(7)}分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据rm{C=dfrac{n}{V}}进行误差分析．

本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意误差分析的方法和技巧，属于基础型题目，难度不大．【解析】rm{500mL}容量瓶；胶头滴管；rm{29.3}搅拌，加速溶解和冷却；玻璃棒；保证溶质全部转移至容量瓶中；偏低；偏高15、ECDBAGF；酚酞；滴入最后一滴NaOH溶液，溶液无色变为浅红色（或粉红色）且半分钟不褪去；偏高；100mL容量瓶；乙；偏低；4.20mol/L【分析】解：rm{(1)垄脵}用标准rm{0.14mol/LNaOH}溶液滴定硫酸的实验操作步骤为：检查滴定管是否漏水、洗涤滴定管、润洗并盛装标准液、润洗盛装标准液的滴定管、盛装标准液、开始滴定、重复滴定等，所以正确的操作顺序为：rm{ECDBAGF}

故答案为：rm{ECDBAGF}

rm{垄脷}由于氢氧化钠与硫酸恰好中和，溶液的rm{pH=7}可以选用酚酞rm{(}变色范围为：rm{8-10)}作为指示剂；

故答案为：酚酞；

rm{垄脹}滴定结束前，滴入酚酞的硫酸溶液为无色，滴定结束时，溶液变成红色，所以滴定终点现象为：滴入最后一滴rm{NaOH}溶液，溶液突然从无色变成浅红色rm{(}或粉红色rm{)}半分钟不褪色；

故答案为：滴入最后一滴rm{NaOH}溶液，溶液无色变为浅红色rm{(}或粉红色rm{)}且半分钟不褪去；

rm{(2)}碱式滴定管用蒸馏水润洗后；未用标准液润洗，相当于标准液被稀释，所以消耗掉的稀硫酸就会增多，滴定结果偏高；

故答案为：偏高；

rm{(3)}配制准确浓度的稀rm{H_{2}SO_{4}}溶液，配制rm{100mL}稀rm{H_{2}SO_{4}}溶液必须使用的主要容器是rm{100mL}容量瓶；

故答案为：rm{100mL}容量瓶；

rm{(4)NaOH}溶液为碱性溶液；应该用碱式滴定管量取，即使用图中带有橡胶管和玻璃球的乙；

故答案为：乙；

rm{(5)}观察记录滴定管内液面刻度时滴定前仰视，滴定后俯视，造成rm{V(}标准rm{)}偏小，可知rm{c(}待测rm{)}偏低；

故答案为：偏低；

rm{(6)}以rm{0.1400mol/L}的rm{NaOH}溶液滴定上述rm{H_{2}SO_{4}}取待测硫酸rm{25.00mL}滴定终止时消耗rm{NaOH}溶液rm{15.00mL}由关系式：

rm{2NaOH隆芦隆芦隆芦隆芦隆芦隆芦隆芦隆芦隆芦H_{2}SO_{4}}

rm{2}rm{1}

rm{0.1400mol/L隆脕15.00mL}rm{C(H_{2}SO_{4})隆脕25.00mL隆脕dfrac{1mL}{100mL}}

rm{C(H_{2}SO_{4})=dfrac{0.1400mol/L隆脕15.00mL}{2隆脕25.00mL隆脕dfrac{1mL}{100mL}}=4.20mol/L}

故答案为：rm{C(H_{2}SO_{4})隆脕25.00mL隆脕dfrac

{1mL}{100mL}}．

rm{C(H_{2}SO_{4})=dfrac

{0.1400mol/L隆脕15.00mL}{2隆脕25.00mL隆脕dfrac

{1mL}{100mL}}=4.20mol/L}根据酸碱中和滴定操作正确的操作步骤进行排序；先检漏后洗涤；润洗滴定管装液重复操作；

rm{4.20mol/L}根据氢氧化钠与硫酸恰好中和溶液的rm{(1)垄脵}为rm{垄脷}选择使用的指示剂；

rm{pH}根据滴定结束前硫酸溶液的颜色及反应结束后混合液的颜色变化判断滴定终点；

rm{7}滴定管没有润洗；滴定管内的蒸馏水导致盛装的溶液体积增大，溶液浓度减小；

rm{垄脹}配制准确浓度的稀rm{(2)}溶液，配制rm{(3)}稀rm{H_{2}SO_{4}}溶液必须使用的主要容器是容量瓶；

rm{100mL}溶液为碱性溶液；应该用碱式滴定管量取；

rm{H_{2}SO_{4}}根据rm{(4)NaOH}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析；

rm{(5)}先根据滴定消耗的氢氧化钠溶液的体积及反应方程式计算出待测液硫酸的物质的量浓度；再根据稀释前后溶质的物质的量不变来计算．

本题考查了酸碱中和滴定实验操作及误差分析，题目难度中等，要求学生熟记酸碱中和滴定的实验步骤和注意事项，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生规范的实验设计能力．rm{c(}【解析】rm{ECDBAGF}酚酞；滴入最后一滴rm{NaOH}溶液，溶液无色变为浅红色rm{(}或粉红色rm{)}且半分钟不褪去；偏高；rm{100mL}容量瓶；乙；偏低；rm{4.20mol/L}16、略

【分析】解：rm{I.}一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，所以相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度最小，硫酸铵中铵根离子个数是rm{2}所以硫酸铵中铵根离子浓度最大，碳酸氢根离子促进铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，所以氯化铵、碳酸氢铵、硫酸氢铵中铵根离子浓度大小顺序是rm{垄脺>垄脷>垄脹}则相同浓度的这几种溶液中rm{c(NH_{4}^{+})}的由大到小顺序是rm{垄脻>垄脺>垄脷>垄脹>垄脵}

故答案为：rm{垄脻>垄脺>垄脷>垄脹>垄脵}

rm{II.}rm{(1)}因为rm{KMnO_{4}}具有强氧化性；会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装，故答案为：甲；

rm{(2)}可利用rm{KMnO_{4}}溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加rm{KMnO_{4}}溶液时；溶液将由无色变为紫色；

故答案为：当滴入最后一滴rm{KMnO_{4}}溶液时；溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；

rm{(3)2MnO_{4}^{-}+5H_{2}C_{2}O_{4}+6H^{+}篓T2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}

rm{2}rm{5}

rm{0.1000mol/L隆脕0.01L}rm{0.0025mol}

rm{25.00mL}待测液中含有rm{0.0025molH_{2}C_{2}O_{4}}rm{100.00mL}待测液中含有rm{0.01molH_{2}C_{2}O_{4}}rm{0.01molH_{2}C_{2}O_{4}}的质量为rm{0.01mol}

rm{隆脕90g/mol=0.9g}所以rm{1.260g}纯草酸晶体中水的物质的量为rm{1.260g-0.9g=0.36g}其物质的量为rm{0.02mol}则rm{x=2}

故答案为：rm{2}

rm{垄脵}若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性rm{KMnO_{4}}溶液的体积偏小，由此所得rm{n(H_{2}C_{2}O_{4})}偏小，则rm{n(H_{2}O)}偏大，rm{x}偏大；

故答案为：偏大；

rm{垄脷}若酸性rm{KMnO_{4}}溶液因久置而导致浓度变小，则消耗其体积偏大，所得rm{x}值偏小；

故答案为：偏小．

Ⅰrm{.}一水合氨是弱电解质；相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度最小，碳酸氢根离子促进铵根离子水解；氢离子抑制铵根离子水解，根据离子水解程度结合化学式确定铵根离子浓度大小；

Ⅱrm{.(1)KMnO_{4}}具有强氧化性；会腐蚀橡胶管；

rm{(2)}可利用rm{KMnO_{4}}溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点；

rm{(3)}由题给化学方程式及数据计算出rm{1.260g}纯草酸晶体中含rm{H_{2}C_{2}O_{4}}的物质的量，然后求出rm{1.260g}纯草酸晶体中含rm{H_{2}O}的物质的量，根据rm{H_{2}O}的物质的量和纯草酸晶体的物质的量的关系求出rm{x}若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性rm{KMnO_{4}}溶液的体积偏小，由此所得rm{n(H_{2}C_{2}O_{4})}偏小，则rm{n(H_{2}O)}偏大，若滴定时所用的酸性rm{KMnO_{4}}溶液因久置而导致浓度变小；会导致浓度变小．

本题考查中物质的含量的测定、盐类水解，为高考常见题型，题目难度中等，明确弱电解质的电离及盐类水解特点、中和滴定的操作方法为解答关键，注意掌中和滴定的误差分析方法与技巧，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．【解析】rm{垄脻>垄脺>垄脷>垄脹>垄脵}甲；当滴入最后一滴rm{KMnO_{4}}溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；rm{2}偏大；偏小17、略

【分析】（1）乙醇在浓硫酸的作用下发生消去反应生成乙烯，乙烯含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应。有关的方程式为CH3CH2OHCH2==CH2↑+H2O、CH2==CH2+Br2Br－CH2CH2－Br。（2）由于浓硫酸具有脱水性，所以能使乙醇炭化，因此黑色物质是碳。又因为浓硫酸还具有强氧化性，能氧化碳生成CO2、SO2和水，即刺激性气味的气体是SO2。SO2具有还原性，而溴水具有氧化性，能把SO2氧化生成硫酸，方程式为Br2+SO2+2H2O==2HBr+H2SO4。（3）①由于CO2或SO2都易被氢氧化钠吸收，有可能造成液体倒流，所以设计a装置的作用是防倒吸的，即起安全瓶的作用。②为检验CO，就需要除去SO2、乙烯，所以浓溴水是为了吸收乙烯、二氧化硫气体。而为了检验二者是否除净，还需要再利用稀溴水来检验乙烯、二氧化硫气体是否除净。【解析】【答案】（14分）(1)CH3CH2OHCH2==CH2↑+H2OCH2==CH2+Br2Br－CH2CH2－Br（2×2分）(2)C（1分）SO2（1分）Br2+SO2+2H2O==2HBr+H2SO4（2分）(3)①安全装置，防倒吸（2分）②吸收乙烯、二氧化硫气体（2分）检验乙烯、二氧化硫气体是否除净（2分）18、略

【分析】解：rm{(1)}醋酸溶液、二氧化碳水溶液、苯酚溶液的酸性强弱顺序是rm{CH_{3}COOH>H_{2}CO_{3}>C_{6}H_{5}OH}根据强酸制取弱酸知，醋酸和碳酸钠反应制取二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠溶液反应制取苯酚，所以仪器的连接顺序是：rm{A隆煤D隆煤E隆煤B隆煤C隆煤F}

故答案为：rm{A}rm{D}rm{E}rm{B}rm{C}rm{F}

rm{(2)I}中rm{CH_{3}COOH}与rm{Na_{2}CO_{3}}反应生成二氧化碳，有气泡生成；rm{II}中二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚；苯酚不溶于冷水，溶液变浑浊；

故答案为：有气泡产生；溶液变浑浊；

rm{(3)I}中rm{CH_{3}COOH}与rm{Na_{2}CO_{3}}反应生成二氧化碳和醋酸钠、水，则其反应方程式为：rm{Na_{2}CO_{3}+2CH_{3}COOH=2CH_{3}COONa+H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{II}中二氧化碳与苯酚钠反应生成碳酸氢钠和苯酚，其反应方程式为

故答案为：rm{Na_{2}CO_{3}+2CH_{3}COOH=2CH_{3}COONa+H_{2}O+CO_{2}隆眉}

rm{(4)}根据“强酸制弱酸”的原理，由于反应rm{Na_{2}CO_{3}+2CH_{3}COOH=2CH_{3}COONa+H_{2}O+CO_{2}隆眉}的发生可知，酸性rm{CH_{3}COOH>H_{2}CO_{3}}由于反应的发生可知，酸性rm{H_{2}CO_{3}>C_{6}H_{5}OH}故可知酸性强弱的顺序为：rm{CH_{3}COOH>H_{2}CO_{3}>C_{6}H_{5}OH}

故答案为：rm{CH_{3}COOH}rm{H_{2}CO_{3}}rm{C_{6}H_{5}OH}．

rm{(1)}将rm{A}中的rm{CH_{3}COOH}与rm{Na_{2}CO_{3}}发生反应生成大量气体二氧化碳，说明酸性rm{CH_{3}COOH>H_{2}CO_{3}}产生的rm{CO_{2}}气体通入苯酚钠溶液发生反应生成苯酚：说明酸性rm{H_{2}CO_{3}>}