2025年苏教新版高三化学下册月考试卷

…………○…………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年苏教新版高三化学下册月考试卷935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5题，共10分)1、下列各组物质中；满足表中图示物质在通常条件下一步转化的组合只有（）

。序号XYZW①CuCuSO4Cu（OH）2CuO②FeFeCl3FeCl2Fe（OH）2③Cl2Ca（ClO）2HClOHCl④NaNaOHNa2CO3NaClA.①③④B.①②③C.②③④D.①②④2、下列家庭验中不涉及化学变化的是（）A.用熟苹果催熟青香蕉B.用少量食醋除去水壶中的水垢C.用糯米、酒曲和水制甜酒酿D.用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐3、R、X、Y、M、Z5种短周期主族元素的原子半径依次减小，X、Y、Z的电子层数之和为5，X元素原子的最外层电子数是它的电子层数的2倍，Y元素原子的最外层电子数是X和Z两元素原子最外层电子数的总和，M是地壳中含量最多的元素，R与Z的最外层电子数相同。下列叙述正确的是()A.Z与M形成的化合物中不可能含有非极性键B.对应氢化物的热稳定性：X>Y＞MC.单质的还原性：R＞M＞Y＞XD.X、Y、M、Z4种元素组成的离子化合物受热易分解4、下列物质中；不能由单质直接化合生成的是：（）

（1）CuS（2）FeS（3）SO3（4）H2S（5）FeCl2（6）H2Te．A.（1）（3）（5）（6）B.（1）（2）（3）（5）C.（1）（2）（4）（5）D.全部5、在下列指定条件的溶液中，一定能大量共存的微粒组是A.rm{K_{2}S}溶液中：rm{SO_{4}^{2-}}rm{K^{+}}rm{CI^{-}}rm{Cu^{2+}}B.无色溶液中：rm{Fe^{2+}}rm{Na^{+}}rm{CIO^{-}}rm{CI^{-}}C.室温下，rm{dfrac{{K}_{w}}{c({H}^{+})}=0.1mol漏qL^{-1}}的溶液中：rm{dfrac{{K}_{w}}{c({H}^{+})}

=0.1mol漏qL^{-1}}rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{SIO_{3}^{2-}}D.滴入rm{NO_{3}^{-}}溶液显红色的溶液中：rm{KSCN}rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{C_{6}H_{5}OH}评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、（2012广东学业水平）海水是宝贵的化学资源，可以从海水中提取的物质有（）A.SiB.AuC.NaD.Cl27、下列离子与氖原子具有相同核外电子数的有（）A.Mg2+B.O2-C.Al3+D.S2-8、二氧化硫的催化氧化是放热反应，下列关于接触法制硫酸的叙述中正确的是（）A.为防止催化剂中毒，炉气在进入接触室之前需要净化B.为提高SO2的转化率，接触室内反应温度选定在400℃～500℃C.为防止污染大气，从吸收塔出来的尾气常用稀氨水吸收D.为提高SO3的吸收效率，用稀硫酸代替水吸收SO3．9、NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.标准状况下，11.2L的CHCl3所含的分子数为0.5NAB.17g羟基（-OH）所含有的电子数是10NAC.9.2g甲苯和丙三醇的混合物中，含氢原子数目为0.8NAD.现有乙烯、丙烯的混合气体共28g，其中碳原子数为2NA10、下列关于如图所示物质的结构简式的说法正确的是（）A.所有的碳原子有可能处于同一平面上B.所有的碳原子不可能处于同一平面上C.所有的氧原子有可能处于苯环的平面上D.所有的氢原子有可能处于苯环的平面上11、短周期元素A、B、C的原子序数依次递增，它们的原子最外层电子数之和为10，A与C同主族，B原子的最外层电子数等于A原子的次外层电子数，则下列叙述正确的是（）A.原子半径A＜B＜CB.A的氢化物稳定性大于C的氢化物稳定性C.三种元素的最高价氧化物对应的水化物均可由化合反应得到D.高温条件下，A单质能置换出B单质，A单质也能置换出C单质评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)12、一氧化碳是一种用途广泛的化工基础原料．

（l）在高温下CO可将SO2还原为单质硫．已知：

2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H1=-566.0kJ•mol-1；

S（s）+O2（g）═SO2（g）△H2=-296.0kJ•mol-1；

请写出CO还原SO2的热化学方程式____．

（2）工业上用一氧化碳制取氢气的反应为：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），已知420℃时，该反应的化学平衡常数K=9．如果反应开始时，在2L的密闭容器中充入CO和H2O的物质的量都是0.60mol，5min末达到平衡，则此时CO的转化率为____，H2的平均生成速率为____mol•L-1•min-1．

（3）CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图。

电池总反应为：2CH3OH+3O2═2CO2+4H2O，则c电极是____（填“正极”或“负极”），c电极的反应方程式为____．若用该电池电解精炼铜（杂质含有Ag和Fe），粗铜应该接此电源的____极（填“c”或“d”），反应过程中析出精铜64g，则上述CH3OH燃料电池，消耗的O2在标况下的体积为____L．13、氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸；在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色．如图是工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）生产CuCl的流程：

根据以上信息回答下列问题：

（1）写出生产过程中所加试剂：X____，Y____．

（2）生产中为了提高CuCl产品的质量，采用抽滤法快速过滤，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是____；生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是____．

（3）写出产生CuCl的化学方程式：____．

（4）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，还应该注意的关键问题是____．14、已知X；Y、Z、M、G、Q是六种短周期元素；原子序数依次增大．X、Z、Q的单质在常温下呈气态；Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍；X与M同主族；Z的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应，G是地壳中含量最高的金属元素．

请回答下列问题：

（1）Y、Z、M、G四种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）____．

（2）Z在元素周期表中的位置为____．

（3）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是（写化学式）____．

（4）常温下，不能与G的单质发生反应的是（填序号）____．

a．CuSO4溶液b．Fe2O3c．浓硫酸d．NaOH溶液e．Na2CO3固体。

（5）已知图1化合物C含有上述元素中的某一种元素。

①若D是一种强酸，则C与水反应的化学方程式为____．

有人认为“浓H2SO4可以干燥气体C”，某同学为了验证该观点是否正确，用如图2装置进行实验．分液漏斗中应加入____，打开分液漏斗进行实验，过程中，浓H2SO4中未发现有气体逸出，且变为红棕色，则你得出的解释和结论是____．

②若D是一种常见的强碱，则C与水反应的离子方程式为____．

15、某试剂厂用银（含杂质铜）和硝酸（含杂质Fe3+）反应制取硝酸银．其步骤如图：

依据上述步骤；回答下列问题：

（1）溶解银的硝酸应该用____硝酸（填“浓”或“稀”），原因是____（填序号；下同）．

a．减少过程中产生NOx的量。

b．减少原料银的消耗量。

c．节省硝酸物质的量。

（2）步骤B加热保温的作用是____．

a．有利于加快反应速率。

b．有利于未反应的硝酸挥发。

c．有利于硝酸充分反应，降低溶液中的c（H+）

（3）步骤C中是为了除去Fe3+、Cu2+等杂质，冲稀静置时发生化学反应的类型是____．

a．置换反应。

b．水解反应。

c．氧化还原反应。

产生沉淀物的化学式是____．16、某KCl样品中含有MgSO4杂质；用以下工艺流程除杂：

（1）MgSO4与KOH反应的方程式为____；②K2CO3与盐酸反应的方程式为____．

（2）溶液A的“除杂”环节中，先加入过量的BaCl2溶液，搅拌后，再加入过量的____溶液，再经搅拌后，再加入过量的____溶液；过滤．

（3）图中滤渣的成分是____；滤液B的成分是____；对滤液B除杂加入的试剂是____．

（4）①，②的操作名称分别是____，____．17、G；Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物；它们在一定条件下具有如下的转换关系：

①G→Q+NaCl②Q+H2O→X+H2③Y+NaOH→G+Q+H2O④Z+NaOH→Q+X+H2O

（1）这五种化合物中，氯的化合价由低到高的顺序为____．

（2）由反应②可看出Q、X中氯元素的高低顺序，其理由是____．

（3）臭氧（O3）与二氧化氯作用，可得到红色油状的六氧化二氯．六氧化二氯遇有机物会爆炸，它与碱溶液反应可得到两种氯的含氧酸盐，代表该反应的是（填①～④编号）____．

（4）亚氯酸盐（如NaClO2）可用作漂白剂，在常温下不见光时可保存约一年．但在酸性溶液中因生成亚氯酸而发生分解：5HClO2=4ClO2↑+H++Cl-+2H2O，分解反应在刚加入H2SO4时反应缓慢，随后反应突然加快，迅速释放出气态的二氧化氯，这是因为____．

A．酸使亚氯酸的氧化性增强B．溶液中的H+起催化作用C．溶液中的Cl-起催化作用，D．逸出ClO2使反应的生成物浓度降低．18、乙炔是有机合成工业的一种原料。工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔。（1）CaC2与水反应生成乙炔的反应方程式为________.（2）比较第二周期元素C、N、O三种元素的第一电离能从大到小顺序为______（用元素符号表示），用原子结构观点加以解释______。（3）CaC中C22－与O22＋互为等电子体，O22＋的电子式可表示为______；1molO22＋中含有的Π键数目为_______。（4）CaC2晶体的晶胞结构与NaCI晶体的相似（如图所示），但CaC2晶体中含有的中哑铃形C22－的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中1个Ca2＋周围距离最近的C22－数目为______。（5）将乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。Cu+基态核外电子排布式为_______。（6）乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈(H2C=CH-C≡N)。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是______；分子中处于同一直线上的原子数目最多为______。评卷人得分四、判断题(共2题，共14分)19、伴有能量变化的物质变化都是化学变化．____．（判断对错）20、312g石墨中含有的共价键数为1.5NA．____（判断对错）评卷人得分五、书写(共4题，共16分)21、写出下列反应离子方程式。

硫酸铝溶液和氨水的反应____

氢氧化铝和氢氧化钠溶液的反应____

氯化亚铁溶液和氯气的反应____．22、（1）向3mL1mol•L-1的CaCl2溶液中滴入5mL1mol•L-1的Na2SO4溶液．现象：____；离子方程式：____．

（2）静置．吸取上层清液置于试管中，滴入1mol•L-1Na2CO3溶液．现象：____；离子方程式：____．

（3）通过（1）（2）的实验现象你得出的结论是____．23、下图是某广告公司展示的方形氢气球；若其为棱长0.282m的正方体，且当天天气状况可以视为标准状况，回答下列问题：

（1）气球中含有氢气的物质的量约为____mol，其质量为____g．

（2）若其中的氢气用锌粒和稀硫酸反应来制取，写出制取氢气的离子方程式：____；

（3）氢气球容易发生危险，若同样体积的气球内改充相对安全的氦气，则其充入的氦气质量为____．24、CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应；得到一种蓝色结晶水合物晶体．通过下述实验确定该晶体的组成：

①称取0.1680g晶体，加入过量的H2SO4溶液，使样品溶解后加入适量水，加热近沸，用0.02000mol•L-1KMnO4溶液滴定至终点（溶液变为浅紫红色）；消耗20.00mL．

②接着将溶液充分加热，使浅紫红色变为蓝色，此时MnO4-转化为Mn2+并释放出O2

③冷却后加入2gKI固体（过量）和适量Na2CO3；溶液变为棕色并生成沉淀．

④用0.05000mol•L-1Na2S2O3溶液滴定；近终点时加指示剂，滴定至终点，消耗10.00mL．

已知：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O

2Cu2++4I-═2CuI↓+I22Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6

（1）步骤②中发生反应的离子方程式为____．

（2）步骤④中加入的指示剂为____．

（3）通过计算写出该蓝色晶体的化学式（写出计算过程）．评卷人得分六、探究题(共4题，共20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：参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】①Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜；硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜加热分解生成氧化铜，氧化铜被还原生成Cu；

②Fe与Cl2反应可生成FeCl3，FeCl3与Fe反应可得到FeCl2，FeCl2与氢氧化钠生成氢氧化亚铁；氢氧化亚铁得不到Fe；

③氯气与石灰乳生成次氯酸钙；次氯酸钙与稀盐酸生成次氯酸，次氯酸光照分解生成HCl，HCl电解生成氯气；

④钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与碳酸反应生成碳酸钠，碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠，氯化钠熔融电解生成钠；【解析】【解答】解：①Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜；硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜加热分解生成氧化铜，氧化铜被还原生成Cu，故正确；

②Fe与Cl2反应可生成FeCl3，FeCl3与Fe反应可得到FeCl2，FeCl2与氢氧化钠生成氢氧化亚铁；氢氧化亚铁得不到Fe，故错误；

③氯气与石灰乳生成次氯酸钙；次氯酸钙与稀盐酸生成次氯酸，次氯酸光照分解生成HCl，HCl电解生成氯气，故正确；

④钠与水反应生成氢氧化钠；氢氧化钠与碳酸反应生成碳酸钠，碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠，氯化钠熔融电解生成钠，故正确；

故选A2、D【分析】【分析】根据化学变化的特征可知化学变化应有新物质生成，结合相关变化以及物质的性质判断．【解析】【解答】解：A．熟苹果会释放乙烯；具有催熟效果！但乙烯只作为催化剂，不参与化学变化，发生化学变化的是淀粉，香蕉中淀粉在乙烯的催化作用下会生成果糖和葡萄糖，发生化学变化，故A不选；

B．食醋呈酸性；可与水垢中的碳酸钙和氢氧化镁反应，为化学变化，故B不选；

C．糯米在酒曲的催化作用下生成乙醇；发生化学变化，故C不选；

D．用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐；为胶体的渗析过程，没有发生化学变化，故D选．

故选D．3、D【分析】由“X元素原子的最外层电子数是它的电子层数的2倍”，则X为碳元素或硫元素，再结合X、Y、Z电子层数之和为5，则X为碳元素。从而可推出Y、M、Z分别为氮、氧、氢元素，而R则可能为锂元素或钠元素。氢元素与氧元素形成的化合物H2O2中含有的氧氧键为非极性键，A项错误；非金属性：O>N>C，对应氢化物的稳定性：H2O>NH3>CH4，B项错误；O2几乎没有还原性，C项错误；C、N、O、H元素组成的离子化合物为NH4HCO3或(NH4)2CO3，受热易分解，D项正确【解析】【答案】D4、A【分析】【分析】Fe、Cu都是变价金属，能和强氧化剂反应生成高价态化合物，和弱氧化剂反应生成低价态化合物，氯气具有强氧化性，S具有弱氧化性；S和氧气反应生成SO2；S和氢气反应生成相应的氢化物，Te和氢气不能直接化合，据此分析解答．【解析】【解答】解：（1）S具有弱氧化性，能将Cu氧化为低价态，所以和Cu反应生成Cu2S而不是CuS；故选；

（2）S具有弱氧化性；能将Fe氧化为低价态，所以和Fe反应生成FeS，故不选；

（3）在点燃条件下，S和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂、加热条件下反应生成SO3；故选；

（4）在加热条件下，氢气和S反应生成H2S；故不选；

（5）氯气具有强氧化性，能将铁氧化生成FeCl3；故选；

（6）Te的非金属性很弱，不能和氢气直接化合生成H2Te；故选；

故选A．5、C【分析】略【解析】rm{C}二、多选题(共6题，共12分)6、CD【分析】【分析】海水中含有的化学元素有80多种，蕴藏着丰富的化学资源，海水经过晒盐，可得到食盐，经过蒸馏可获得淡水，从海水中可以获取食盐、镁、钾、溴及其化工产品．【解析】【解答】解：A．海水中不含硅；硅元素存在于硅酸盐和硅石中，不能从海水中获取，故A不选；

B．海水中含有Au元素；但含量很少，不能从海水中提取，故B不选；

C．海水中钠元素含量丰富；通过暴晒海水得到NaCl，电解熔融NaCl得到Na，所以可以从海水中提取，故C选；

D．海水中氯元素含量丰富；通过暴晒海水得到NaCl，电解饱和氯化钠溶液得到氯气，所以可以从海水中提取，故D选；

故选CD．7、ABC【分析】【分析】Ne原子核外电子数是10，与Ne原子具有相同的核外电子数说明该离子中核外电子数是10，阳离子核外电子数=核电荷数-所带电荷数，阴离子核外电子数=核电荷数+所带电荷数．【解析】【解答】解：Ne原子核外电子数是10；

A．镁离子核外电子数=12-2=10；故A正确；

B．氧离子核外电子数=8+2=10；故B正确；

C．铝离核外电子数=13-3=10；故C正确；

D．硫离子核外电子数=16+2=18；故D错误；

故选ABC．8、AC【分析】【分析】A．生产分三步；二氧化硫的制取和净化；二氧化硫转化为三氧化硫、三氧化硫的吸收，分别在沸腾炉、接触室、吸收塔中进行；其中从沸腾炉中出来的气体需要净化和干燥，是为了防止在接触室中的催化剂中毒；

B．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为放热反应；高温的目的是考虑催化剂的活性；

C．尾气中的SO2通常用足量氨水吸收；

D．工业上在吸收塔内用浓硫酸吸收，防止形成酸雾阻止充分吸收．【解析】【解答】解：A．制备硫酸过程中；从沸腾炉中出来的气体需要净化和干燥，是为了防止在接触室中的催化剂中毒，故A正确；

B．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为放热反应；所以低温有利于提高二氧化硫转化率，接触室内反应温度选定在400℃～500℃是考虑催化剂活性，故B错误；

C．为防止污染大气；从吸收塔出来的尾气常用氨水吸收，故C正确；

D．工业上在吸收塔内用浓硫酸吸收；防止形成酸雾阻止充分吸收；稀硫酸吸收容易形成酸雾，故D错误．

故选：AC．9、CD【分析】【分析】A．标况下CHCl3不是气体；不能使用标况下的气体摩尔体积计算；

B．17g羟基（-OH）的物质的量为1mol；1mol羟基中含有9mol电子；

C．甲苯和丙三醇的相对分子质量都为92；都含有8个氢原子；

D．28g乙烯、丙烯的混合气体中含有2mol最简式CH2，含有2mol碳原子．【解析】【解答】解：A．标况下CHCl3不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2LCHCl3的物质的量；故A错误；

B．17g羟基（-OH）的物质的量为1mol，1mol羟基中含有9mol电子，含有的电子数目为9NA；故B错误；

C．甲苯和丙三醇的相对分子质量都为92，都含有8个氢原子，则9.2g甲苯和丙三醇的混合物的物质的量为0.1mol，含氢原子数目为0.8NA；故C正确；

D．28g乙烯、丙烯的混合气体中含有2mol最简式CH2，含有2mol碳原子，含有的原子数为2NA；故D正确；

故选CD．10、AC【分析】【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断．【解析】【解答】解：A．乙烯中两个同一个处于同一平面上，苯环上所有碳原子处于同一平面上，所以与碳碳双键和苯环相连的碳原子处于同一平面上，-CH2CH2OH中两个碳原子可能在同一平面上；所以该化合物中所有的碳原子有可能处于同一平面上，故A正确；

B．乙烯中两个同一个处于同一平面上，苯环上所有碳原子处于同一平面上，所以与碳碳双键和苯环相连的碳原子处于同一平面上，-CH2CH2OH中两个碳原子可能在同一平面上；所以该化合物中所有的碳原子有可能处于同一平面上，故B错误；

C．酚羟基中氧原子和苯环共面，-CH2CH2OH中氧原子可能和苯环共面；所以该分子中所有的氧原子有可能处于苯环的平面上，故C正确；

D．亚甲基和甲烷结构相似；所以该分子中所有氢原子不可能处于同一平面上，故D错误；

故选AC．11、BD【分析】【分析】短周期元素A、B、C的原子序数依次递增，B原子的最外层电子数等于A原子的次外层电子数，最外层电子数不超过8，故A有2个电子层，B的最外层电子数为2，A与C同主族，它们的原子最外层电子数之和为10，则A、C的最外层电子数为=4，则A为碳元素、C为Si元素，B元素的原子序数大于碳元素，最外层电子数为2，则B为Mg元素，据此解答．【解析】【解答】解：短周期元素A、B、C的原子序数依次递增，B原子的最外层电子数等于A原子的次外层电子数，最外层电子数不超过8，故A有2个电子层，B的最外层电子数为2，A与C同主族，它们的原子最外层电子数之和为10，则A、C的最外层电子数为=4；则A为碳元素；C为Si元素，B元素的原子序数大于碳元素，最外层电子数为2，则B为Mg元素；

A．同主族自上而下原子半径增大；同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Mg＞Si＞C，故A错误；

B．同主族自上而下非金属性减弱；故非金属性C＞Si，非金属性越强氢化物越稳定，故氢化物稳定性A＞C，故B正确；

C．氧化镁与水不反应；不能化合生成氢氧化镁，可由可溶性镁盐与碱反应制得．二氧化硅与水不反应，不能化合生成硅酸，由可溶性硅酸盐与酸反应制备硅酸，故C错误；

D．工业上可以利用碳为还原剂，利用热还原法冶炼镁，工业制备硅：C+SiO2Si+2CO↑；故D正确；

故选BD．三、填空题(共7题，共14分)12、2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H3=-270kJ•mol-175%0.045负极CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+d11.2【分析】【分析】（1）利用盖斯定律可以根据已知的反应的热化学方程式求反应2CO+SO2=S+2CO2的焓变；进而写热化学方程式；

（2）根据所给反应的平衡常数；利用三段式法计算出平衡浓度减小求算；

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）

起始浓度（mol/L）0.300.3000

转化浓度（mol/L）xxxx

转化浓度（mol/L）0.30-x0.30-xxx

（3）原电池中电子从负极经外电路流向正极；负极反应氧化反应，结合电解质书写电极反应式；

根据c为负极；d为正极，粗铜精炼时，粗铜作阳极，与电源的正极相连；

根据电子得失守恒以及精铜中铜离子得到电子来计算．【解析】【解答】解：（1）①2CO（g）+O2（s）=2CO2（g）△H1=-566.0kJ•mol-1

②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H2=-296.0kJ•mol-1

根据盖斯定律，①-②得到2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）；△H=-270kJ•mol-1；

故答案为：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H3=-270kJ•mol-1；

（2）设参加反应的CO的浓度为x

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）

起始浓度（mol/L）0.300.3000

转化浓度（mol/L）xxxx

转化浓度（mol/L）0.30-x0.30-xxx

K=9.0=；x=0.225；

所以CO的转化率α（CO）=×100%=75%；

氢气反应速率v（H2）==0.045mol/（L•min）；

故答案为：75%；0.045mol/（L•min）；

（3）甲醇具有还原性，在负极上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；

因c为负极；d为正极，粗铜精炼时，粗铜作阳极，与电源的正极d相连；

精铜电极电极反应式：Cu2++2e-=Cu，Cu2+的物质的量为==1mol；由电子得失守恒可知电子转移2mol；

原电池中正极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑；则生成氧气物质的量为0.5mol，体积=0.5mol×22.4L/mol=11.2L；

故答案为：负极；CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；d；11.2．13、Fe稀盐酸减少产品CuCl的损失防止CuCl水解CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O═2CuCl↓+2H2SO4生产中应防止CuCl的氧化和见光分解【分析】【分析】利用制作印刷电路的废液制备氯化亚铜，首先应制备并分离出铜，向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入过量的铁粉；三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜；二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜．

（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁；三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜；过滤后滤渣中含有铜和铁，依据铜和铁的活泼性，加入盐酸分离二者；

（2）CuCl是一种白色粉末；微溶于水；不溶于乙醇及稀硫酸，乙醇洗涤可以减少CuCl的损失，生产过程中调节溶液的pH不能过大是防止其水解生成沉淀；

（3）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4；CuCl；依据得失电子守恒配平方程式；

（4）依据氯化亚铜具有还原性，易被氧化而变质，具有见光分解的性质解答．【解析】【解答】解：（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁；三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来；

故答案为：Fe；HCl；

（2）析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是减少CuCl的损失；生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止CuCl水解；

故答案为：减少产品CuCl的损失；防止CuCl水解；

（3）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；

故答案为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；

（4）氯化亚铜具有还原性；易被氧化而变质，具有见光分解，所以生产中应防止CuCl的氧化和见光分解，减少产品CuCl的损失；

故答案为：防止CuCl的氧化和见光分解．14、Na＞Al＞C＞N第二周期第ⅤA族HClO4be3NO2+H2O=2HNO3+NO浓硝酸NO2能溶于浓H2SO4，因而不能用浓H2SO4干燥NO22Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑【分析】【分析】X；Y、Z、M、G、Q是六种短周期元素；原子序数依次增大，G是地壳中含量最高的金属元素，故G是铝；

Z的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应；故Z是氮；

Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍；Y的原子序数小于N，故Y是碳；

X单质在常温下呈气态；且原子序数小于C，故X是氢；

X与M同主族；M的原子序数小于铝，大于氧，故M是钠；

Q常温下为气体，故Q是氯，据此回答下列问题即可．【解析】【解答】解：依据分析可知：X为氢；Y为碳，Z为氮，M为钠，G为铝，Q为氯；

（1）C；N、Na、Cl四种元素；周期数越大原子半径越大，同一周期，原子序数越小，半径越大，故四种原子由大到小的顺序是：Na＞Al＞C＞N，故答案为：Na＞Al＞C＞N；

（2）Z为氮；N在元素周期表中的位置为第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；

（3）元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，由于Cl元素的非金属性越强，故上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是：高氯酸，即HClO4，故答案为：HClO4；

（4）由于Al的活泼性强与Cu，故Al能与CuSO4溶液反应置换出Cu；故a不选；

Al的还原性较强，能在高温下与Fe2O3反应，但在常温下不反应，故b选；

Al与浓硫酸在冷的条件下钝化；故c不选；

Al具有两性；能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故d不选；

Al与Na2CO3固体不能反应，故选e，故答案为：be；

（5）①若D是一种强酸，则此强酸为硝酸，即NO2与水反应生成HNO3和NO，化学反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；浓硝酸与Cu反应生成二氧化氮，故分液漏斗中加入的应是浓硝酸，由现象实验过程中，浓H2SO4中未发现有气体逸出，且浓H2SO4由无色变为红棕色，可以得出NO2能溶于浓硫酸中，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；浓硝酸；NO2能溶于浓H2SO4，因而不能用浓H2SO4干燥NO2；

②若D是一种常见的强碱，则D为氢氧化钠，即过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑．15、稀acacbFe（OH）3、Cu（OH）2【分析】【分析】依据流程图分析，含杂质铜的银和硝酸（含Fe3+）反应生成氮氧化物；得到硝酸银溶液，过量的银循环使用，生成的氮氧化物需要吸收，防止污染空气，溶液中含有硝酸银，硝酸铁，硝酸铜杂质；加入水冲稀促使铁离子和铜离子水解生成沉淀过滤，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到硝酸银晶体；

（1）根据反应方程式：Ag+2HNO3（浓）═AgNO3+NO2↑+H2O，3Ag+4HNO3（稀）═3AgNO3+NO↑+2H2O可知：每生成1molAgNO3，消耗浓HNO32mol，产生1molNO2；而只需稀HNO34/3mol；放出NO1/3mol，据此答题；

（2）根据温度对反应速率的影响，加热保温是使反应加快，促使HNO3与Ag反应，而不希望HNO3挥发损失；

（3）根据盐的水解原理，溶液浓度变小，促进水解，使Fe3+、Cu2+生成难溶的Fe（OH）3、Cu（OH）2沉淀而除去．【解析】【解答】解：依据流程图分析，含杂质铜的银和硝酸（含Fe3+）反应生成氮氧化物；得到硝酸银溶液，过量的银循环使用，生成的氮氧化物需要吸收，防止污染空气，溶液中含有硝酸银，硝酸铁，硝酸铜杂质；加入水冲稀促使铁离子和铜离子水解生成沉淀过滤，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到硝酸银晶体；

（1）根据反应方程式：Ag+2HNO3（浓）═AgNO3+NO2↑+H2O，3Ag+4HNO3（稀）═3AgNO3+NO↑+2H2O可知：每生成1molAgNO3，消耗浓HNO32mol，产生1molNO2；而只需稀HNO34/3mol；放出NO1/3mol，所以用稀硝酸比用浓硝酸好，故选ac；

故答案为：稀；ac；

（2）根据温度对反应速率的影响，加热保温是使反应加快，促使HNO3与Ag反应，而不希望HNO3挥发损失；

故选ac；

（3）根据盐的水解原理，溶液浓度变小，促进水解，所以冲稀静置时发生化学反应的类型是水解反应，故选b，水解使Fe3+、Cu2+生成难溶的Fe（OH）3、Cu（OH）2沉淀而除去；

故答案为：b；Fe（OH）3、Cu（OH）2．16、MgSO4+2KOH=Mg（OH）2↓+K2SO4K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑K2CO3KOHBaSO4、Mg（OH）2KCl、KOHHCl过滤蒸发【分析】【分析】由分离流程可知；固体溶解后，除杂，选择氯化钡；碳酸钾、KOH，使硫酸镁转化为沉淀，溶液B中主要含KCl、KOH、然后加盐酸除杂，最后蒸发结晶得到KCl．

（1）MgSO4与KOH反应生成氢氧化镁和硫酸钾，K2CO3与盐酸反应生成氯化钾；水、二氧化碳；

（2）除杂使镁离子；硫酸根离子及过量试剂转化为沉淀；

（3）滤渣为沉淀物；滤液B为KCl；KOH，应除去KOH；

（4）①分离沉淀和溶液，②分离可溶性固体与水．【解析】【解答】解：由分离流程可知；固体溶解后，除杂，选择氯化钡；碳酸钾、KOH，使硫酸镁转化为沉淀，溶液B中主要含KCl、KOH、然后加盐酸除杂，最后蒸发结晶得到KCl．

（1）MgSO4与KOH反应生成氢氧化镁和硫酸钾，反应为MgSO4+2KOH=Mg（OH）2↓+K2SO4，K2CO3与盐酸反应生成氯化钾、水、二氧化碳，反应为K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑，故答案为：MgSO4+2KOH=Mg（OH）2↓+K2SO4；K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑；

（2）由上述分析可知，溶液A的“除杂”环节中，先加入过量的BaCl2溶液，除去硫酸根离子，搅拌后，再加入过量的K2CO3溶液，再经搅拌后，再加入过量的KOH溶液，镁离子转化为沉淀，然后过滤，故答案为：K2CO3；KOH；

（3）由上述分析可知滤渣为BaSO4、Mg（OH）2，滤液B中含KCl、KOH，对滤液B除杂加入的试剂是HCl，故答案为：BaSO4、Mg（OH）2；KCl；KOH；HCl；

（4）由上述分析可知，①为过滤，②为蒸发，故答案为：过滤；蒸发．17、G＜Y＜Q＜Z＜XH元素的化合价降低，则Q中Cl元素的化合价升高④C【分析】【分析】（1）（2）①G→Q十NaCl中，NaCl中Cl元素为-1价，则Cl元素的化合价为Q＞G＞-1，②Q+H2O→X+H2中，H元素的化合价降低，则Cl元素的化合价升高，所以Cl元素的化合价为X＞Q，③Y十NaOH→G十Q十H2O中，结合①可知Cl元素的化合价为Q＞Y＞G，④Z十NaOH→Q十X十H2O中；结合②可知，Cl元素的化合价为X＞Z＞Q；

（3）六氧化二氯遇与碱溶液反应可得到两种氯的含氧酸盐；有最高价的+7价的高氯酸钠生成；

（4）反应开始就加入了酸，H+浓度最大，但开始时反应缓慢，不能是H+起催化剂作用，反应中亚氯酸分解时既被氧化，又被还原，逸出ClO2使反应的生成物浓度降低，反应速率应减慢，只有可能Cl-起催化作用．【解析】【解答】解：（1）①G→Q十NaCl中，NaCl中Cl元素为-1价，则Cl元素的化合价为Q＞G＞-1，②Q+H2O→X+H2中，H元素的化合价降低，则Cl元素的化合价升高，所以Cl元素的化合价为X＞Q，③Y十NaOH→G十Q十H2O中，结合①可知Cl元素的化合价为Q＞Y＞G，④Z十NaOH→Q十X十H2O中；结合②可知，Cl元素的化合价为X＞Z＞Q，故氯的化合价由低到高的顺序为：G＜Y＜Q＜Z＜X，故答案为：G＜Y＜Q＜Z＜X；

（2）Q+H2O→X+H2中；H元素的化合价降低，则Q中Cl元素的化合价升高，故答案为：H元素的化合价降低，则Q中Cl元素的化合价升高；

（3）六氧化二氯遇与碱溶液反应可得到两种氯的含氧酸盐；有最高价的+7价的高氯酸钠生成，上述反应中③④得到两种氯的含氧酸盐，但X中氯元素化合价最高，故应发生④的反应，故答案为：④；

（4）A．反应中亚氯酸分解时既被氧化；又被还原，故A错误；

B．反应开始就加入了酸，H+浓度最大，但开始时反应缓慢，不能是H+起催化剂作用；故B错误；

C．分析各因素，只有可能Cl-起催化作用；故C正确；

D．逸出ClO2使反应的生成物浓度降低，反应速率应减慢，故放出ClO2不影响反应速率；故D错误；

故答案为：C．18、略

【分析】试题分析：（1）CaC2与水反应生成乙炔的反应方程式为CaC2+2H2O===CH≡CH↑+Ca(OH)2。（2）第二周期元素C、N、O三种元素的第一电离能从大到小顺序为N＞O＞C，原因是C、N、O三种元素的原子半径依次减小，原子核对外层电子的吸引力依次增强，元素的第一电离能依次增大；但O原子最外层电子排布为2s22p4，而N原子最外层电子排布为2s22p3，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以N元素的第一电离能比O大。（3）O22＋的电子式可表示为由O22＋的电子式可知在每个O22＋中含有2个Π，在1molO22＋中含有的Π键数目为2NA。（4）由CaC2晶体的晶胞结构可看出在CaC2晶体中1个Ca2＋周围距离最近的C22－数目为4个。（5）Cu是29号元素，其Cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。（6）在丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型从左到右，第一、第二个C原子的杂化为sp2杂化，第三个C原子的杂化是sp杂化。分子中处于同一直线上的原子数目最多为3个。考点：考查乙炔的分子结构、化学性质、组成元素的电离能的比较及形成的化合物丙烯晴等的结构的知识。【解析】【答案】（1）CaC2+2H2O===CH≡CH↑+Ca(OH)2（2)N＞O＞CC、N、O原子半径依次减小，原子核对外层电子的吸引力依次增强，元素的第一电离能依次增大；但O原子最外层电子排布为2s22p4，而N原子最外层电子排布为2s22p3，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以N元素的第一电离能比O大。（3）2NA（4）4（5）1s22s22p63s23p63d10（6）sp杂化sp2杂化3四、判断题(共2题，共14分)19、×【分析】【分析】伴有能量变化的物质变化不一定发生化学反应．【解析】【解答】解：伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，如灯泡发光过程中有热能变化，故错误；20、√【分析】【分析】石墨中每个碳原子与气体3个C形成3个共价键，利用均摊法计算出1molC含有的共价键；【解析】【解答】解：12g石墨中含有1molC，1mol碳原子与其它3mol碳原子形成了3mol共价键，1mol碳原子形成的共价键为：×3mol=1.5mol，含有的共价键数为1.5NA，故答案为：√．五、书写(共4题，共16分)21、Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+NH4+Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2OCl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+【分析】【分析】硫酸铝溶液和氨水的反应生成硫酸铵和氢氧化铝；

氢氧化铝和氢氧化钠溶液的反应生成偏铝酸钠和水；

氯化亚铁溶液和氯气的反应生成氯化铁．【解析】【解答】解：硫酸铝溶液和氨水的反应生成硫酸铵和氢氧化铝，离子方程式：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+NH4+；

氢氧化铝和氢氧化钠溶液的反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

氯化亚铁溶液和氯气的反应生成氯化铁，离子方程式：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；

故答案为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+NH4+；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+．22、产生白色沉淀Ca2++SO42-=CaSO4↓产生白色沉淀CaSO4+CO32-SO42-+CaCO3沉淀溶解平衡，溶解度小的容易转化为溶解度更小【分析】【分析】CaCl2溶液中滴入Na2SO4溶液生成沉淀CaSO4；

CaSO4在水中微溶，溶液中存在难溶电解质的溶解平衡：Ca2++SO42-CaSO4↓，碳酸钙溶解度小于硫酸钙，加入Na2CO3溶液会生成沉淀CaCO3，依据沉淀溶解平衡移动因素解答．【解析】【解答】解：（1）CaCl2溶液中滴入Na2SO4溶液生成沉淀CaSO4，离子方程式：Ca2++SO42-=CaSO4↓；

故答案为：Ca2++SO42-=CaSO4↓；

（2）CaSO4在水中微溶，溶液中存在难溶电解质的溶解平衡：Ca2++SO42-CaSO4↓，碳酸钙溶解度小于硫酸钙，加入Na2CO3溶液会生成沉淀CaCO3，实现沉淀的转化，所以吸取上层清液置于试管中，滴入1mol•L-1Na2CO3溶液．会看到产生白色沉淀，离子方程式：CaSO4+CO32-SO42-+CaCO3；

故答案为：产生白色沉淀；CaSO4+CO32-SO42-+CaCO3；

（3）通过（1）（2）的实验现象可知：沉淀溶解平衡，溶解度小的容易转化为溶解度更小，故答案为：沉淀溶解平衡，溶解度小的容易转化为溶解度更小．23、12Zn+2H+=Zn2++H2↑4g【分析】【分析】（1）氢气体积=（0.282m）3=0.0224m3=22.4L，根据n=；m=nM计算氢气物质的量、质量；

（2）Zn和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气；

（3）相同条件下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体其物质的量相等，根据m=nM计算氦气质量．【解析】【解答】解：（1）氢气体积=（0.282m）3=0.0224m3=22.4L，氢气物质的量n===1mol；氢气质量m=nM=1mol×2g/mol=2g，故答案为：1；2；

（2）Zn和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑，故答案为：Zn+2H+=Zn2++H2↑；

（3）相同条件下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体其物质的量相等，氦气质量m=nM=1mol×4g/mol=4g，故答案为：4g．24、4MnO4-+12H+═4Mn2++5O2↑+6H2O淀粉溶液【分析】【分析】（1）由题目信息，可知锰元素化合价由MnO4-中+7价降低为Mn2+中+2价，1个Mn2+化合价变化5，氧元素化合价由-2价升高为0价，1个氧气化合价变化4，据化合价升降总数相等，化合价升降的最小公倍数为20，所以Mn2+的系数为4，O2的系数为5；再根据元素守恒（电荷守恒），配平其它物质的系数；

（2）根据碘遇淀粉溶液变蓝，当蓝色消失时，表明反应2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6完全进行；

（3）先根据方程式2Mn+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O求出n（C2O42-），再根据关系式Cu2+Na2S2O3求出n（Cu2+），根据电荷守恒可得化学式K2[Cu（C2O4）2]•xH2O，最后根据质量守恒求出x，最终求出化学式．【解析】【解答】解：（1）锰元素化合价由MnO4-中+7价降低为Mn2+中+2价，1个Mn2+化合价变化5，氧元素化合价由-2价升高为0价，1个氧气化合价变化4，据化合价升降总数相等，化合价升降的最小公倍数为20，所以Mn2+的系数为4，O2的系数为5，再根据元素守恒（电荷守恒），得方程式为：4MnO4-+12H+═4Mn2++5O2↑+6H2O；

故答案为：4MnO4-+12H+═4Mn2++5O2↑+6H2O；

（2）碘遇淀粉溶液变蓝，当蓝色消失时，表明反应2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6完全进行；故答案为：淀粉溶液；

（3）n（C2O42-）=0.02000mol•L-1×20.00×10-3L×=1.000×10-3mol

n（Cu2+）=0.05000mol•L-1×10.00×10-3L=0.5000×10-3mol；

由电荷守恒知，该晶体的化学式为K2[Cu（C2O4）2]•xH2O；

m（H2O）=0.1680g-0.5000×10-3mol×M[K2Cu（C2O4）2]

=0.1680g-0.5000×10-3mol×318g•mol-1=0.009g；

n（H2O）=0.009g/（18g•mol-1）=0.5000×10-3mol；

n（H2O）：n（Cu2+）=1：1；即x=1；

答：该晶体的化学式为K2[Cu（C2O4）2]•H2O．六、探究题(共4题，共20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