2025年湘教版高二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年湘教版高二化学下册阶段测试试卷27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7题，共14分)1、某学生中和滴定实验的过程如下：（a）取一支碱式滴定管；（b）用蒸馏水洗净；（c）即加入已知浓度的NaOH溶液；（d）记录液面刻度读数；（e）用酸式滴定管精确放出一定体积待测酸液；（f）置于未经待测酸液润洗的洁净锥形瓶中；（g）加入酚酞试液2滴；（h）滴定时，边滴边摇荡；（i）边注视滴定管内液面的变化；（j）当小心滴到溶液由无色变成粉红色时，即停止滴定；（k）记录液面刻度读数；（l）根据滴定管的两次读数得出NaOH溶液体积为22mL。上述实验过程中的错误之处有：A.（c）（f）（i）（j）B.（c）（f）（i）（j）（l）C.（c）（h）（i）（j）D.（c）（i）（j）（l）2、某有机物完全燃烧时需3倍于其体积的氧气，产生2倍于其体积的CO2。该有机物是A.C2H4B.C3H6OC.C2H6O2D.C2H4O3、下列关于碳氢化合物的叙述正确的是（）A.2-甲基-1-丙醇B.石油的主要成分是碳氢化合物C.碳氢化合物中的化学键都是极性键D.常压下，正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次增大4、镀锌铁在发生析氢腐蚀时，若有rm{0.2mol}电子发生转移，下列说法正确的是rm{垄脵}有rm{5.6g}金属被腐蚀rm{垄脷}有rm{6.5g}金属被腐蚀rm{垄脹}在标准状况下有rm{2.24L}气体放出rm{垄脺}在标准状况下有rm{1.12L}气体放出A.rm{垄脵垄脷}B.rm{垄脵垄脺}C.rm{垄脷垄脹}D.rm{垄脹垄脺}5、雷雨时，空气中的氮气和氧气可生成氮的氧化物，该氧化物进一步反应后遇水变成A．NO2B．HNO3C．H2SO4D．NH3·H2O6、现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（）A.第一电离能：③＞②＞①B.原子半径：③＞②＞①C.电负性：③＞②＞①D.最高正化合价：③＞②＞①7、在一定温度下的可逆反应：mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，生成物C的体积分数与压强p1和p2，时间t1和t2的关系如图所示，则在下列关系中正确的是A.p1＞p2B.反应吸热C.m+n＞p+qD.m+n＜p+q评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、下列物质属于有机物的是A.rm{CH_{3}CH_{3}}B.rm{CO_{2}}C.蔗糖D.rm{C_{2}H_{5}OH}9、下列物质与水混合后静置，出现分层的是A.乙酸乙酯B.乙醇C.三氯甲烷D.四氯化碳10、煤在燃烧时会产生rm{SO_{2}}造成环境污染。下列说法正确的有()A.rm{SO_{2}}是形成酸雨的主要气体B.用碱液吸收燃煤废气可减少环境污染C.往燃煤中混入生石灰，可减少rm{SO_{2}}的排放D.用水溶解rm{.}过滤除去煤中的单质硫以减少rm{SO_{2}}的排放11、分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用rm{.}下列分类标准合理的是rm{(}rm{)}A.根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液rm{.}胶体和浊液B.根据物质的组成成分是否单一，将物质分为纯净物和混合物C.根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应D.根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应12、在下列变化过程中，有发生化学变化的是rm{(}rm{)}A.荔枝酿酒B.酸雨侵蚀建筑物C.空气液化制取氮气D.生石灰遇水成为熟石灰13、下列广告用语在科学性上错误的是rm{(}rm{)}A.没有水就没有生命B.这种蒸馏水绝对纯净，其中不含任何离子C.这种口服液含丰富的氮rm{.}磷rm{.}锌等微量元素D.这种饮料不含任何化学物质评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、下表列出了核电荷数为21～25的元素的最高正化合价，回答下列问题：（1）写出下列元素基态原子的核外电子排布式：Sc_____________________、Ti_____________________、V_____________________、Mn____________________。（2）已知基态铬原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，这并不符合规则的构造原理。人们常常会碰到客观事实与理论不吻合的问题，当你遇到这样的问题时，你的态度是_______________。（3）对比上述五种元素原子的核外电子排布与元素的最高正化合价，你发现的规律是_____________________________________；出现这一现象的原因是_________________________。15、rm{(1)}将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈____rm{(}填“酸性”，“中性”或“碱性”rm{)}溶液中rm{c}rm{(Na^{+})}____rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})(}填“rm{>}”或“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}rm{(2)pH=3}的醋酸和rm{pH=11}的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈____，rm{(}填“酸性”，“中性”或“碱性”rm{)}溶液中rm{c}rm{(Na^{+})}____rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})(}填“rm{>}”或“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}rm{(3)}物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈____，rm{(}填“酸性”，“中性”或“碱性”rm{)}醋酸体积____氢氧化钠溶液体积。rm{(}填“rm{>}”或“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}16、镍的羰基配合物Ni（CO）4是获得高纯度纳米镍的原料，该配合物中镍原子的价电子排布式为3d10，则其杂化轨道类型为______，Ni（CO）4是______（填“极性”或“非极性”）分子。17、已知某溶液中只存在OH－、H＋、NH4＋、Cl－，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下四种关系①c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)②c(NH4＋)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)③c(NH4＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH4＋)>c(OH－)填写下列空白：（1）若溶液中只溶解一种溶质，则该溶质是，若四种离子的关系符合③，则溶质为若四种离子的关系符合④，则溶质为。（2）将pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数，则下面图象正确的是(填图象符号)________。（3）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)________c(NH3·H2O)(填“大于”“小于”或“等于”)。（4）在浓度均为0．1mol/L①CH3COONH4②NH4HSO4③NH4Cl④(NH4)2SO4溶液中，NH4+浓度由大到小的顺序为（填序号）（5）已知：0.5mol液态肼(N2H4)与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量．反应的热化学方程式为：。18、现有A；B、C、D、E、F五种有机物；它们的转化关系如下图所示（图中部分反应条件及生成物没有全部写出）．已知：液体B能发生银镜反应，气体D的相对分子质量为28．

请回答下列问题：

（1）A、B、C的结构简式分别是____、____、____．

（2）C→A的反应物及反应条件是____．

（3）D→F反应的化学方程式是____．19、（选做题12分）以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下（部分操作和条件略）：Ⅰ．从废液中提纯并结晶出FeSO4·7H2O。Ⅱ．将FeSO4·7H2O配制成溶液。Ⅲ．FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeC03的浊液。Ⅳ．将浊液过滤，用90℃热水洗涤沉淀，干燥后得到FeC03固体。ⅴ．煅烧FeCO3，得到Fe2O3固体。已知：NH4HCO3在热水中分解。（1）Ⅰ中，加足量的铁屑除去废液中的Fe3+，该反应的离子方程式是。（2）Ⅱ中，需加一定量硫酸。运用化学平衡原理简述硫酸的作用。（3）Ⅲ中，生成FeCO3的离子方程式是。若FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式。（4）IV中，通过检验SO42-来判断沉淀是否洗涤干净。检验SO42的操作是。（5）已知煅烧FeC03的化学方程式是4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。现煅烧464．0kg的FeCO3，得到316．8kg产品。若产品中杂质只有FeO，则该产品中Fe2O3的质量是Kg。(摩尔质量／g·mol-1：FeCO3116Fe2O3160FeO72)评卷人得分四、简答题(共3题，共15分)20、某温度时，在一个rm{2L}恒容的密闭容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示rm{.}根据图中数据；试填写下列空白：

rm{(1)}该反应的化学方程式为______．

rm{(2)}从开始至rm{2min}rm{Z}的平均反应速率为______．

rm{(3)2min}时rm{X}的转化率为______．

rm{(4)}下列措施使正反应的速率如何变化？rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}

。编号改变的条件正反应的速率rm{垄脵}降低温度rm{垄脷}增大rm{Y}的浓度rm{垄脹}使用合适的催化剂rm{垄脺}增大容器体积21、由rm{N}rm{B}等元素组成的新型材料有着广泛用途。

rm{(1)B_{2}H_{6}}是一种高能燃料，它与rm{Cl_{2}}反应生成的rm{BCl_{3}}可用于半导体掺杂工艺及高纯硅的制造；由第二周期元素组成的与rm{BCl_{3}}互为等电子体的阴离子为______rm{(}填离子符号，填一个rm{)}

rm{(2)}氨硼烷rm{(H_{3}N隆煤BH_{3})}和rm{Ti(BH_{4})_{3}}均为广受关注的新型化学氢化物储氢材料。

rm{垄脵H_{3}N隆煤BH_{3}}中rm{B}原子的轨道杂化类型为______。

rm{垄脷Ti(BH_{4})_{3}}由rm{TiCl_{3}}和rm{LiBH_{4}}反应制得，写出该制备反应的化学方程式______；基态rm{Ti^{3+}}的未成对电子数有______个，rm{BH_{4}^{-}}的立体构型是______；其中所含化学键的类型有______；

rm{垄脹}氨硼烷可由六元环状化合物rm{(HB=NH)_{3}}通过如下反应制得：

rm{3CH_{4}+2(HB=NH)_{3}+6H_{2}O隆煤3CO_{2}+6H_{3}BNH_{3}}

与上述化学方程式有关的叙述不正确的是______。

A.氨硼烷中存在配位键。

B.第一电离能：rm{N>O>C>B}

C.反应前后碳原子的轨道杂化类型不变。

D.rm{CH_{4}}rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}分子空间构型分别是：正四面体形、rm{V}形；直线形。

rm{(3)}磷化硼rm{(BP)}是受到高度关注的耐磨材料，如图rm{1}为磷化硼晶胞；

rm{垄脵}磷化硼晶体属于______晶体；晶体中是否含有配位键：______。

rm{垄脷}晶体中rm{B}原子的配位数为__________。

rm{(4)}立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，其结构和硬度都与金刚石相似，但熔点比金刚石低，原因是______。图rm{2}是立方氮化硼晶胞沿rm{z}轴的投影图，请在图中圆球上涂“rm{隆帽}”和画“rm{隆脕}”分别标明rm{B}与rm{N}的相对位置。其中“rm{隆帽}”代表rm{B}原子，“rm{隆脕}”代表rm{N}原子。

22、在下列物质中选择填空：rm{垄脵}苯rm{垄脷}乙醇rm{垄脹}乙酸rm{垄脺}乙酸乙酯rm{.(}填序号rm{)}

rm{(1)}在加热有铜作催化剂的条件下，被氧化后的产物能发生银镜反应的是______rm{(}填序号rm{)}该催化氧化反应的化学方程式为______．

rm{(2)}在浓硫酸和加热条件下，能发生酯化反应的是______rm{(}填序号rm{)}

rm{(3)}既能发生加成反应又能发生取代反应的是______rm{(}填序号rm{)}

rm{(4)}在无机酸或碱作用下，能发生水解反应的是______；rm{(}填序号rm{)}写出其在碱性条件下水解的化学方程式______．评卷人得分五、计算题(共3题，共27分)23、草酸晶体的组成可用H2C2O4•xH2O表示，为了测定x值，称取Wg草酸晶体，配成100.00ml水溶液，然后进行如下实验：①从滴定管中放出25.00ml所配制的草酸溶液于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L-1的KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2；②用蒸馏水洗涤滴定管和锥形瓶；③滴定管检漏；④用待装液润洗滴定管；⑤向滴定管中加入待装液；调节起始读数，赶走管内气泡．试回答：

（1）以上实验步骤的正确排序是（用编号排序）：______．

（2）判断滴定终点的方法是______．

（3）若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得的x值会______（偏大；偏小、无影响）．

（4）在滴定过程中若用amol•L-1的KMnO4溶液Vml，由此可计算x的值是______．

（5）利用双指示剂滴定由NaHCO3、Na2CO3、NaOH三种物质中的一种或两种物质组成的混合物中各成分的质量分数．具体做法是：先向待测溶液中加入酚酞，用标准盐酸滴定，当NaOH或Na2CO3被转化为NaCl和NaHCO3时，酚酞由红色褪为无色，消耗V1ml盐酸；然后滴加甲基橙，继续用标准盐酸滴定，当NaHCO3转化为NaCl时，溶液由黄色变为橙色，消耗V2ml盐酸．若称取1.500g含杂质的试样（杂质不与盐酸反应），配100.0ml水溶液，取出20.00ml溶液，用0.1000mol/L的标准盐酸滴定，测得V1=35.00ml，V2=5ml．求试样的成分及质量分数______．24、有机物A由碳、氢、氧三种元素组成。现取3gA与4.48L氧气(标准状况)在密闭容器中燃烧，生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气(假设反应物没有剩余)。将反应生成的气体依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重3.6g，碱石灰增重4.4g。回答下列问题：(1)3gA中所含氢原子、碳原子的物质的量各是多少?(2)通过计算确定该有机物的分子式。25、某气态烃在标准状况下的密度为rm{3.215g/L}现取rm{7.2g}该烃完全燃烧，将全部产物依次通入足量的浓硫酸和足量的石灰水，浓硫酸增重rm{10.8g}石灰水中产生白色沉淀rm{50g}求：

rm{(1)}该烃分子的摩尔质量rm{(}取整数rm{)}

rm{(2)}确定该烃的分子式。

rm{(3)}已知该烃的一氯代物只有一种，写出该烃的结构简式。评卷人得分六、实验题(共4题，共40分)26、实验室用图装置制取少量溴苯；试填写下列空白．

（1）写出仪器A的名称______；B的名称______；

（2）请你写出实验室制取溴苯的化学方程式______；

（3）长导管的下口为什么不插入锥形瓶的液面下______

（4）反应完毕后，向烧瓶中滴加NaOH溶液的作用是：______

（5）冷凝水的进水口是（填m或n）______，图中干燥管C的作用是______．27、rm{23}在一定温度下，有rm{a.}盐酸rm{b.}硫酸rm{c.}醋酸三种酸：rm{(1)}当三种酸物质的量浓度相同时，rm{c(H^{+})}由大到小的顺序是____．rm{(2)}同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和rm{NaOH}的能力由大到小的顺序是____．rm{(3)}若三者rm{c(H^{+})}相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是____．rm{(4)}当三者rm{c(H^{+})}相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是____．rm{(5)}当三者rm{c(H^{+})}相同且体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的rm{H_{2}(}相同状况rm{)}则开始时反应速率的大小关系为____，反应所需时间的长短关系是____．rm{(6)}将rm{c(H^{+})}相同的三种酸均加水稀释至原来的rm{100}倍后，rm{c(H^{+})}由大到小的顺序是____．28、某同学要配制0.2mol/LNa2SO4溶液500mL，请完成下列问题：（1）需要Na2SO4固体的质量为____________g（2）配制时，正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）______________A．用30mL水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用托盘天平准确称量Na2SO4固体，在烧杯中用少量水溶解C．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀D．将已冷却的溶液转移到容量瓶中E.逐滴加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切F.继续向容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度2~3cm处（3）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是____________________________________29、rm{KAl(SO_{4})_{2}?12H_{2}O(}明矾rm{)}是一种复盐，在造纸等方面应用广泛rm{.}实验室中，采用废易拉罐rm{(}主要成分为rm{Al}含有少量的rm{Fe}rm{Mg}杂质rm{)}制备明矾的过程如图所示rm{.}回答下列问题：

易拉罐rm{xrightarrow[{脦垄脠脠}隆垄{鹿媒脗脣}]{{脢脭录脕}垄脵}}滤液rm{Aoverset{NH_{4}HCO_{3}}{}}沉淀rm{Bxrightarrow[K_{2}SO_{4}]{{脧隆}H_{2}SO_{4}}隆煤}产物。

rm{

xrightarrow[{脦垄脠脠}隆垄{鹿媒脗脣}]{{脢脭录脕}垄脵}}为尽量少引入杂质，试剂rm{Aoverset{NH_{4}HCO_{3}}{

}}应选用______rm{B

xrightarrow[K_{2}SO_{4}]{{脧隆}H_{2}SO_{4}}隆煤}填标号rm{(1)}．

A.rm{垄脵}溶液rm{(}溶液rm{)}氨水rm{HCl}溶液。

rm{B.H_{2}SO_{4}}易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为______．

rm{C.}沉淀rm{D.NaOH}的化学式为______；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是______．rm{(2)}参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】滴定管在装入标准液之前必需润洗，c不正确。滴定时眼睛应该注视锥形瓶内溶液颜色的变化，i不正确。J不正确，应该在半分钟内不褪色。l不正确，应该是22.00ml，答案选D。【解析】【答案】D2、A【分析】【解析】【答案】A3、B【分析】解：A、为丁醇；正确命名为2-丁醇，故A错误；

B；石油的主要成分都主要含碳氢元素；是碳氢化合物，故B正确；

C；碳氢化合物中C与C形成的是非极性共价键；故C错误；

D；常压下；正戊烷、异戊烷、新戊烷的支链逐渐增多，其沸点依次减小，故D错误，故选B．

A；醇类命名选取含有羟基的最长碳链为主链；

B；石油的主要成分是碳氢化合物；

C；同种元素的原子间形成的共价键为非极性共价键；

D；烷烃中碳原子数相同时；分子中含有的支链越多，沸点越低．

本题考查了有机物的命名、有机物结构与性质，题目难度中等，注意掌握常见有机物的结构与性质是关键．【解析】【答案】B4、B【分析】【分析】镀锌铁在发生析氢腐蚀时，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铁作正极，负极上锌失电子而被腐蚀，正极上氢离子得电子被还原，根据金属、氢气和转移电子之间的关系式计算。【解答】镀锌铁在发生析氢腐蚀时；较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铁作正极，负极上锌失电子而被腐蚀，正极上氢离子得电子被还原。

根据rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}得，腐蚀锌的质量rm{=dfrac{0.2mol}{2}}rm{=6.5g}根据rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}得，生成氢气的体积rm{=dfrac{0.2mol}{2}}。故选B。【解析】rm{B}5、B【分析】在放电的条件下氮气被氧化生成NO,NO继续被氧化,生成NO2,NO2溶于水即生成硝酸,所以答案选B.【解析】【答案】B6、A【分析】根据排布式可知，①是S，②是P，③是N。非金属性越强，第一电离能越大。由于N原子和P原子的最外层处于全满或半充满状态，所以第一电离能大，A正确。原子半径是②＞①＞③,B不正确。非金属性越强，电负性越大，即③＞①＞②，C不正确。最高正化合价是①＞③＝②，D也不正确。答案选A。【解析】【答案】A7、D【分析】【解析】【答案】D二、多选题(共6题，共12分)8、ACD【分析】【分析】本题考查有机物的概念，题目难度不大。【解答】rm{CO}rm{CO}的组成中尽管含有碳元素，但它的组成和性质具有无机化合物的特点，因此把它看作无机物，rm{{,!}_{2}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}蔗糖、rm{C}rm{C}属于有机物，

rm{{,!}_{2}}

rm{H}【解析】rm{ACD}9、ACD【分析】【分析】本题考查了物质分离提纯的方法，混合物分层，说明两种液体不互溶，反之不出现分层时选项中的物质与水互溶，以此来解答。【解答】A.乙酸乙酯难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故A正确；B.乙醇和水互溶，与水混合后静置不会出现分层，故B错误；C.三氯甲烷难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故C正确；D.四氯化碳难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故D正确。故选rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}10、ABC【分析】【分析】本题旨在考查学生对二氧化硫的污染及治理、常见的生活环境的污染及治理等应用。【解答】A.二氧化硫是形成硫酸型酸雨的主要气体，故A正确；B.燃煤废气中有二氧化硫气体，用碱液吸收可以减少环境污染，故B正确；C.燃煤中加入生石灰，二氧化硫和生石灰反应生成亚硫酸钙，可以减少二氧化硫的排放，故C正确；D.硫不溶于水，不能用水溶解、过滤除去煤中的单质硫，故D错误。故选ABC。【解析】rm{ABC}11、BCD【分析】解：rm{A}根据分散系微粒直径的大小；将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，故A错误；

B；根据物质的组成可知；只有一种物质的为纯净物，含有两种或以上物质的为混合物，故B正确；

C；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；故C正确；

D；根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应；故D正确；

故选BCD．

A；根据分散系微粒直径的大小；将分散系分为溶液、胶体和浊液；

B；根据物质的组成和性质来分析纯净物和混合物；

C；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；

D；根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应．

本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据，不同的分类标准会得出不同的分类结果．【解析】rm{BCD}12、ABD【分析】A；荔枝酿酒的过程包括物质氧化的过程；有化学变化，故A正确；

B；酸雨侵蚀建筑物是建筑物和酸反应的过程；有新物质生成，故B正确；

C；空气液化制取氮气的原理是根据氮气和氧气沸点的不同来实现物质分离的方法；没有新物质生成，属于物理变化过程，故C错误；

D；生石灰遇水发生反应生成氢氧化钙；即熟石灰，有新物质生成，属于化学变化，故D正确．

故选ABD．

A；荔枝酿酒的过程包括物质氧化的过程；有化学变化；

B；酸雨侵蚀建筑物是建筑物和酸反应的过程；有新物质生成；

C；空气液化制取氮气的原理是根据氮气和氧气沸点的不同来实现物质分离的方法；没有新物质生成；

D；生石灰遇水发生反应生成氢氧化钙；即熟石灰，有新物质生成．

本考点考查了物理变化和化学变化的区别，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决，本考点基础性比较强．【解析】rm{ABD}13、BCD【分析】解：rm{A.}水是生命之源；人类时刻离不开水，所以人类不能没有水，没有水就没有生命，故A正确；

B.水是弱电解质；能电离出氢离子和氢氧根离子，所以蒸馏水中含有离子，故B错误；

C.氮和磷在人体内属于常量元素；不是微量元素，故C错误；

D.任何物质都是由化学物质构成的；饮料中的所有物质均属于化学物质，故D错误；

故选BCD．

A.根据水的重要性判断；

B.水是弱电解质；能电离出离子；

C.根据人体内的常量元素和微量元素判断；常量元素包括氧；碳、氢、氮、钙、磷、钾、硫、钠、氯、镁，微量元素包括铁、钴、铜、锌、铬、锰、钼、碘、硒；

D.任何物质都是由化学元素组成的；饮料是由化学物质组成的．

本题考查了原子、分子、离子等基础知识，题目难度不大，学会用化学知识解释生产、生活现象，学以致用．【解析】rm{BCD}三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【解析】试题分析：（1）各元素的基态原子的核外电子排布式为：Sc：1s22s22p63s23p63d14s2或[Ar]3d14s2Ti：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2V：1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2Mn：1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2；（2）当遇到规律与实验事实不同时，我们应该要尊重客观事实，注重理论适用范围，掌握特例（3）对比这五种元素原子的核外电子排布与元素的最高正化合价，可以发现五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最外层s电子和次外层d电子数目之和，出现这一现象的原因是能级交错使d电子也参与了化学反应。考点：核外电子排布式的书写、对待科学的态度、能级交叉理论【解析】【答案】（1）Sc：1s22s22p63s23p63d14s2或[Ar]3d14s2Ti：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2V：1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2Mn：1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2（2）尊重客观事实，注重理论适用范围，掌握特例（3）五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最外层s电子和次外层d电子数目之和；能级交错使d电子也参与了化学反应15、（1）碱性＞（2）酸性＜（3）中性＞【分析】【分析】本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中的溶质及其性质即可解答溶液酸碱性，题目难度中等。【解答】rm{(1)}等体积等物质的量浓度的醋酸和rm{NaOH}溶液物质的量相等，混合后二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，则存在rm{c(H^{+})<c(OH^{-})}根据电荷守恒得rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO^{-})}故答案为：碱性；rm{>}

rm{(2)}醋酸是弱电解质、rm{NaOH}是强电解质，常温下，rm{pH=3}的醋酸浓度大于rm{pH=11}的氢氧化钠，二者等体积混合后醋酸有剩余，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，根据电荷守恒得rm{c(Na^{+})<c(CH_{3}COO^{-})}故答案为：酸性；rm{<}

rm{(3)}混合溶液中存在rm{c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})}根据电荷守恒得rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}溶液呈中性；醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和rm{NaOH}混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以二者浓度相等，所以醋酸体积rm{>NaOH}体积，故答案为：中性；rm{>}【解析】rm{(1)}碱性rm{>}rm{(2)}酸性rm{<}rm{(3)}中性rm{>}16、sp3非极性【分析】解：该配合物中镍原子的价电子排布式为3d10，可知Ni提供空轨道，O提供孤电子对，为正四面体结构，Ni其杂化轨道类型为sp3；分子空间构型对称，正负电荷中心重合，所以为非极性分子；

故答案为：sp3；非极性。

该配合物中镍原子的价电子排布式为3d10；可知Ni提供空轨道，O提供孤电子对，为正四面体结构。

本题考查原子杂化方式判断及分子极性判断，侧重考查分析判断能力，明确价层电子对互斥理论及分子极性判断方法是解本题关键，题目难度不大。【解析】sp3非极性17、略

【分析】试题分析：（1）根据溶液中离子种类，此溶液中的溶质可能是NH4Cl，NH4Cl、NH3·H2O，HCl、NH4Cl，只有一种溶质只能是NH4Cl；③c(NH4＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性，溶液中的溶质只能是NH4Cl、NH3·H2O，因为氨水的电离大于铵根的水解；④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH4＋)>c(OH－)，溶液显酸性，根据上述分析，溶液中的溶质只能是HCl、NH4Cl；（2）盐酸是强酸，NH4Cl溶液显酸性，是因为NH4＋水解产生的，pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同倍数，HCl变化大，NH4Cl变化小，B正确；（3）盐酸是强酸，氨水是弱碱，反应后溶液呈现中性，说明c(HCl)NH3·H2O＋H＋为研究对象，①相当于向③中加入CH3COO－，而CH3COO－水解呈现碱性，互相促进水解，因此①中c（NH4＋)<③，②中的HSO4－是强酸跟，在水溶液中完全电离产生H＋，②相当于向①中加入H＋，抑制了NH4＋的水解，②中c(NH4＋)>③，因此c(NH4＋)的大小顺序：④>②>③>①（5）N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)，0．5molN2H4完全燃烧放出256．65kJ的热量，消耗1mol时放出513．3kJ的热量，N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)△H=－513．3kJ·mol－1。考点：考查离子浓度大小比较、弱电解质的稀释、影响盐类水解的因素、热化学反应方程式的书写等相关知识。【解析】【答案】（1）NH4Cl；NH4Cl、NH3·H2O；HCl、NH4Cl；（2）B（3）小于（4）④>②>③>①（5）N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)△H=－513．3kJ·mol－1。18、略

【分析】

A在浓硫酸、170℃生成气体D，气体D的相对分子质量为28，且D可以合成常用塑料F，故A为乙醇、D为乙烯、F为聚乙烯，由转化关系可知，D与HBr反应生成C；C为溴乙烷，A氧化生成B，液体B能发生银镜反应，故B为乙醛，乙醛氧化生成E，E能与碳酸氢钠反应，故E为乙酸；

（1）由上述分析可知，A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；

B是乙醛，结构简式为CH3CHO；

C是溴乙烷，结构简式是CH3CH2Br；

故答案为：CH3CH2OH，CH3CHO，CH3CH2Br；

（2）C→A是溴乙烷发生消去反应，反应方程式为CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；

故答案为：CH3CH2Br；NaOH醇溶液；加热．

的反应物及反应条件是．

（3）D→F是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应的化学方程式是nCH2=CH2

故答案为：nCH2=CH2．

【解析】【答案】A在浓硫酸、170℃生成气体D，气体D的相对分子质量为28，且D可以合成常用塑料F，故A为乙醇、D为乙烯、F为聚乙烯，由转化关系可知，D与HBr反应生成C；C为溴乙烷，A氧化生成B，液体B能发生银镜反应，故B为乙醛，乙醛氧化生成E，E能与碳酸氢钠反应，故E为乙酸，据此解答．

19、略

【分析】试题分析：（1）Fe3+和Fe反应生成Fe2+，该反应的离子方程式是Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；（2）Fe2＋水解，Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋，加入硫酸，H+浓度增大，抑制FeSO4的水解；（3）Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；亚铁盐易被氧气氧化，反应方程式为4FeCO3＋6H2O＋O2=4Fe(OH)3↓＋4CO2↑；（4）若洗涤干净，则洗涤后的滤液中不含SO42—，所以取少量洗涤后的滤液放入试管中，滴加酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀洗涤干净；（5）设产品中含Fe2O3Xmol、FeOYmol；x=1800mol；氧化铁的质量为288．0Kg。考点：本题考查物质制备。【解析】【答案】（1）Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋（2）加入硫酸，H+浓度增大，使Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋平衡向逆反应方向移动，从而抑制FeSO4的水解（3）Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O4FeCO3＋6H2O＋O2=4Fe(OH)3↓＋4CO2↑（4）取少量洗涤后的滤液放入试管中，滴加酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀洗涤干净（5）288．0四、简答题(共3题，共15分)20、略

【分析】解：rm{(1)}由图可知，rm{Y}rm{X}的物质的量减小，rm{Z}的物质的量增加，则rm{Y}rm{X}为反应物，rm{Z}为生成物，rm{Y}rm{X}rm{Z}的rm{trianglen}之比为rm{(1-0.9)}rm{(1-0.7)}rm{(0.2-0)=1}rm{3}rm{2}rm{2min}达到平衡状态，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，反应为rm{3X+Y?2Z}

故答案为：rm{3X+Y?2Z}

rm{(2)}从开始至rm{2min}rm{Z}的平均反应速率为rm{dfrac{dfrac{0.2mol}{2L}}{2min}=0.05mol?L^{-1}?min^{-1}}

故答案为：rm{dfrac{dfrac

{0.2mol}{2L}}{2min}=0.05mol?L^{-1}?min^{-1}}

rm{0.05mol?L^{-1}?min^{-1}}时rm{(3)2min}的转化率为rm{dfrac{1.0-0.7}{1.0}隆脕100%=30%}

故答案为：rm{X}

rm{dfrac

{1.0-0.7}{1.0}隆脕100%=30%}降低温度；正逆反应速率均减小，故答案为：减小；

rm{30%}增大rm{(4)垄脵}的浓度；反应物浓度增大，则正反应速率增大，故答案为：增大；

rm{垄脷}使用合适的催化剂；则正反应速率增大，故答案为：增大；

rm{Y}增大容器体积；浓度减小，则正反应速率减小，故答案为：减小．

由图可知，rm{垄脹}rm{垄脺}的物质的量减小，rm{Y}的物质的量增加，则rm{X}rm{Z}为反应物，rm{Y}为生成物，rm{X}rm{Z}rm{Y}的rm{X}之比为rm{Z}rm{trianglen}rm{(1-0.9)}rm{(1-0.7)}rm{(0.2-0)=1}rm{3}达到平衡状态，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，反应为rm{2}结合rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}转化率rm{=dfrac{{脳陋禄炉碌脛脕驴}}{{驴陋脢录碌脛脕驴}}}及反应速率影响因素来解答．

本题考查物质的量与时间的变化曲线，为高频考点，把握图中物质的量的变化、速率计算及速率影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象分析，题目难度不大．rm{2min}【解析】rm{3X+Y?2Z}rm{0.05mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{30%}21、略

【分析】解：rm{(1)}等电子体原子个数相等、价电子数相等，由第二周期元素组成的与rm{BCl_{3}}互为等电子体的阴离子为rm{CO_{3}^{2-}}或rm{NO_{3}^{-}}故答案为：rm{CO_{3}^{2-}}或rm{NO_{3}^{-}}

rm{(2)垄脵H_{3}N隆煤BH_{3}}中rm{B}原子价层电子对个数是rm{4}且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断rm{B}原子杂化方式为rm{sp^{3}}故答案为：rm{sp^{3}}

rm{垄脷Ti(BH_{4})_{3}}由rm{TiCl_{3}}和rm{LiBH_{4}}反应制得，二者发生复分解反应生成rm{Ti(BH_{4})_{3}}根据反应物和生成物书写反应方程式为rm{TiCl_{3}+3LiBH_{4}=Ti(BH_{4})_{3}+3LiCl}

基态rm{Ti^{3+}}核外有rm{19}个电子，其rm{3d}轨道上有rm{1}个电子，所以其未成对电子数是rm{1}

rm{BH_{4}^{-}}中rm{B}原子价层电子对个数rm{=4+dfrac{3+1-4隆脕1}{2}=4}且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其立体构型为正四面体；含有空轨道和含有孤电子对的原子之间形成配位键，不同非金属元素之间易形成极性键，所以rm{=4+dfrac

{3+1-4隆脕1}{2}=4}rm{B}原子之间形成极性键，rm{H}原子含有空轨道、rm{B}原子含有孤电子对；所以二者还形成配位键；

故答案为：rm{H}rm{TiCl_{3}+3LiBH_{4}=Ti(BH_{4})_{3}+3LiCl}正四面体；极性键和配位键；

rm{1}含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，rm{垄脹A.}含有空轨道、rm{B}原子含有孤电子对；所以二者形成配位键，故A正确；

B.同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第rm{N}族、第rm{IIA}族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能第一电离能：rm{VA}故B正确；

C.甲烷中rm{N>O>C>B}原子为rm{C}杂化、二氧化碳中rm{sp^{3}}原子为rm{C}杂化，所以反应前后rm{sp}原子杂化类型不同；故C错误；

D.rm{C}rm{CH_{4}}rm{H_{2}O}分子空间构型分别是：正四面体形、rm{CO_{2}}形；直线形；故D正确；

故选C；

rm{V}由原子构成的晶体为原子晶体，该物质由原子构成，为原子晶体；含有空轨道和含有孤电子对的原子易形成配位键，rm{(3)垄脵}原子含有孤电子对、rm{P}原子含有空轨道；所以二者形成配位键；

故答案为：原子；是；

rm{B}晶体中每个rm{垄脷}原子连接rm{B}个rm{4}原子，所以rm{P}原子配位数是rm{B}

故答案为：rm{4}

rm{4}原子晶体中，键长越长、键能越小，其熔沸点越低，rm{(4)}键长大于rm{N-B}键、键能小于rm{C-C}键；所以其熔点低；

根据图知，立方氮化硼晶胞沿rm{C-C}轴的投影图中，顶点上、面心上、棱上的原子为rm{z}原子，剩余的原子为rm{B}原子，则其结构为

故答案为：rm{N}键键长大于rm{B-N}键键长，键能小，所以熔点低；

rm{C-C}等电子体原子个数相等；价电子数相等；

rm{(1)}中rm{(2)垄脵H_{3}N隆煤BH_{3}}原子价层电子对个数是rm{B}且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断rm{4}原子杂化方式；

rm{B}由rm{垄脷Ti(BH_{4})_{3}}和rm{TiCl_{3}}反应制得，二者发生复分解反应生成rm{LiBH_{4}}根据反应物和生成物书写反应方程式；

基态rm{Ti(BH_{4})_{3}}核外有rm{Ti^{3+}}个电子，其rm{19}轨道上有rm{3d}个电子；

rm{1}中rm{BH_{4}^{-}}原子价层电子对个数rm{=4+dfrac{3+1-4隆脕1}{2}=4}且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其立体构型；含有空轨道和含有孤电子对的原子之间形成配位键，不同非金属元素之间易形成极性键；

rm{B}含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键；

B.同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第rm{=4+dfrac

{3+1-4隆脕1}{2}=4}族、第rm{垄脹A.}族元素第一电离能大于其相邻元素；

C.甲烷中rm{IIA}原子为rm{VA}杂化、二氧化碳中rm{C}原子为rm{sp^{3}}杂化；

D.rm{C}rm{sp}rm{CH_{4}}分子空间构型分别是：正四面体形、rm{H_{2}O}形；直线形；

rm{CO_{2}}由原子构成的晶体为原子晶体；含有空轨道和含有孤电子对的原子易形成配位键；

rm{V}晶体中每个rm{(3)垄脵}原子连接rm{垄脷}个rm{B}原子；

rm{4}原子晶体中；键长越长；键能越小，其熔沸点越低；

根据图知，立方氮化硼晶胞沿rm{P}轴的投影图中，顶点上、面心上、棱上的原子为rm{(4)}原子，剩余的原子为rm{z}原子。

本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、配位键、等电子体等知识点，侧重考查学生知识运用、空间想象等能力，难点是rm{B}题投影图原子位置判断，采用平面切割办法确定即可，题目难度中等。rm{N}【解析】rm{CO_{3}^{2-}}或rm{NO_{3}^{-}}rm{sp^{3}}rm{TiCl_{3}+3LiBH_{4}=Ti(BH_{4})_{3}+3LiCl}rm{1}正四面体；配位键和极性键；rm{C}原子；是；rm{4}rm{B-N}键键长大于rm{C-C}键键长，键能小，所以熔点低22、略

【分析】解：rm{(1)垄脷}乙醇的氧化产物为乙醛，乙醛含有醛基，能够发生银镜反应，反应的化学方程式为：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

故答案为：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

rm{垄脷}羧酸和醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，所以能发生酯化反应的是rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

故答案为：rm{(2)}

rm{垄脷垄脹}苯中含有苯环，能够与氢气在一定条件下发生加成反应，也能够发生取代反应，故答案为：rm{垄脷垄脹}

rm{(3)垄脵}乙酸乙酯中含有酯基，能够与氢氧化钠溶液发生水解反应，反应的化学方程式为：rm{垄脵}

故答案为：rm{(4)垄脺}rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}+NaOH隆煤CH_{3}COONa+C_{2}H_{5}OH}．

rm{垄脺}被氧化后的产物能发生银镜反应；氧化产物中含有醛基，原有机物中含有羟基，然后写出氧化产物与银氨溶液反应的化学方程式；

rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}+NaOH隆煤CH_{3}COONa+C_{2}H_{5}OH}羧酸与醇类在浓硫酸作用下发生酯化反应；

rm{(1)}四种物质中只有苯既能够与氢气发生加成反应；有能够与液溴等发生取代反应；

rm{(2)}乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成乙酸钠和乙醇．

本题考查了有机物结构与性质、有机反应方程式的书写，题目难度中等，注意掌握常见有机物的结构及化学性质，能够正确书写常见反应的化学方程式．rm{(3)}【解析】rm{垄脷}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{垄脷垄脹}rm{垄脵}rm{垄脺}rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}+NaOH隆煤CH_{3}COONa+C_{2}H_{5}OH}五、计算题(共3题，共27分)23、略

【分析】解：（1）根据氧化还原滴定的操作和滴定管的使用规范可知，滴定时首先要滴定管检漏，然后用蒸馏水洗涤滴定管和锥形瓶，用待装液润洗滴定管，向滴定管中加入待装液，调节起始读数，赶走管内气泡，从滴定管中放出25.00ml所配制的草酸溶液于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L-1的KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2；所以实验编号为③②④⑤①；

故答案为：③②④⑤①；

（2）用KMnO4溶液滴定草酸溶液；滴定终点时溶液由无色变为紫色不褪去，所以判断滴定终点的方法是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为紫色，且保持30s不褪色；

故答案为：当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时；溶液由无色变为紫色，且保持30s不褪色；

（3）在接近滴定终点时；用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，对实验没有影响；

故答案为：无影响；

（4）amol•L-1的KMnO4溶液Vml中含有高锰酸钾的物质的为aV×10-3mol，根据电子得失守恒有关系式2KMnO4～5H2C2O4，可知草酸的物质的量为2.5aV×10-3mol，进而确定草酸的质量为255aV×10-3g，所以结晶水的质量为Wg-255aV×10-3g，所以有则x=

故答案为：

（5）根据题意可知，以酚酞作指示剂，指示反应为NaOH+HCl═NaCl+H2O、Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3；甲基橙作指示剂，指示反应为：NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，由于V1＞V2，所以样品中一定含有氢氧化钠，由于碳酸氢钠与氢氧化钠反应，所以另一物质为碳酸钠，即混合物为NaOH和Na2CO3，第一步发生的反应为NaOH+HCl═NaCl+H2O、Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3，第二步发生的反应为NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，碳酸钠第一步、第二步和盐酸反应需要体积相等，则第一步多出的盐酸和氢氧化钠反应，n（NaOH）=0.1000mol/L×（0.035-0.005）L=0.003mol，和碳酸钠反应的盐酸的体积为5mL，则n（Na2CO3）=0.1000mol/L×0.005L=0.0005mol；

所以NaOH的质量分数为×100%=69.4%，Na2CO3的质量分数为1-69.4%=30.6%；

故答案为：NaOH：69.4%，Na2CO3：30.6%．

（1）根据氧化还原滴定的操作和滴定管的使用规范可知，滴定时首先要滴定管检漏，然后用蒸馏水洗涤滴定管和锥形瓶，用待装液润洗滴定管，向滴定管中加入待装液，调节起始读数，赶走管内气泡，从滴定管中放出25.00ml所配制的草酸溶液于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L-1的KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2；据此答题；

（2）用KMnO4溶液滴定草酸溶液；滴定终点时溶液由无色变为紫色不褪去；

（3）在接近滴定终点时；用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，对实验没有影响；

（4）根据电子得失守恒有关系式2KMnO4～5H2C2O4；可计算得草酸的物质的量，进而确定草酸的质量，用样品的质量减去草酸的质量即为结晶水的质量，据此可计算出x值；

（5）根据题意可知，以酚酞作指示剂，指示反应为NaOH+HCl═NaCl+H2O、Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3；甲基橙作指示剂，指示反应为：NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，由于V1＞V2；所以样品中一定含有氢氧化钠，由于碳酸氢钠与氢氧化钠反应，所以另一物质为碳酸钠，再根据反应需要盐酸的量计算固体中各成分的质量分数．

本题考查化学计算及中和滴定和氧化还原滴定操作中仪器的选用及滴定误差分析，题目难度中等，注意掌握滴定操作的方法，学会根据滴定原理进行计算和误差分析．【解析】③②④⑤①；当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为紫色，且保持30s不褪色；无影响；NaOH：69.4%，Na2CO3：30.6%24、略

【分析】【解析】试题分析：(1)n(H)=2n(H2O)="0.4"moln(C)=n(CO2)+n(CO)(2)3gA中，n(H)="0.4"mol，n(C)="0.15"mo1，n(O)=2n(CO2)+n(CO)+n(H2O)-2n(O2)=2×0.1mol+0.05mol+0.2mol-2×0.2mol="0.05"mol所以，n(C):n(H):n(O)=3：8：1，经分析A的分子式为C3H8O。考点：有关有机物分子式确定的计算【解析】【答案】(8分）(1)C：0.15mol、H：0.4mol；(2)C3H8O。25、略

【分析】

rm{(1)}摩尔质量rm{=}密度rm{隆脕}气体摩尔体积；

rm{(2)}浓硫酸增重rm{10.8}为生成的水的质量，产生白色沉淀rm{50g}为碳酸钙的质量，根据rm{C}原子、rm{H}原子守恒可计算出rm{7.2g}烃中rm{C}原子、rm{H}原子的个数比；即求出的实验式，再结合烃的相对分子质量确定其分子式；

rm{(3)}一氯代物只有一种，则分子中只有一种rm{H}原子；以此解答该题。

本题考查了有机物分子式、结构简式的确定，题目难度中等，明确常见有机物结构与性质为解答关键，注意掌握守恒思想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】解：rm{(1)}烃的摩尔质量为rm{3.215g/L隆脕22.4L/mol=72g/mol}

答：该烃的摩尔质量为rm{72g/mol}

rm{(2)}生成水的物质的量为rm{n(H_{2}O)=dfrac{10.8g}{18g/mol}=0.6mol}所以rm{n(H_{2}O)=dfrac

{10.8g}{18g/mol}=0.6mol}

生成rm{n(H)=2n(H_{2}O)=0.6mol隆脕2=1.2mol}的物质的量为rm{n(CO_{2})=n(CaCO_{3})=dfrac{50g}{100g/mol}=0.5mol}所以rm{CO_{2}}

烃中rm{n(CO_{2})=n(CaCO_{3})=dfrac

{50g}{100g/mol}=0.5mol}原子、rm{n(C)=n(CO_{2})=0.5mol}原子的个数比为rm{C}rm{H}rm{0.5mol}实验式为rm{1.2mol=5}最简式相对分子质量为rm{12}实验式即是分子式，所以该烃的分子式为rm{C_{5}H_{12}}

答：该烃的分子式为rm{72}

rm{C_{5}H_{12}}是烷烃，该烃的一氯代物只有一种，分子中只有一种rm{C_{5}H_{12}}原子，故该烃结构简式为或rm{(3)C_{5}H_{12}}

答：烃的结构简式为或rm{H}rm{C(CH_{3})_{4}}六、实验题(共4题，共40分)26、略

【分析】解：（1）依据仪器形状可知：A为分液漏斗；B为冷凝管；

故答案为：分液漏斗；冷凝管；

（2）苯与液溴在Fe的催化作用下发生取代反应生成溴苯，其反应的化学方程式为：

故答案为：．

（3）溴化氢易溶于水；容易发生倒吸，长导管的下口不插入锥形瓶可以防止倒吸的发生；

故答案为：防止