2023学年贵州省遵义市五校联考化学高二第二学期期末调研模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、对于下列化学平衡在一定条件下发生移动的描述，不正确的是A．Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中加入碳酸钙，漂白性增强B．ZnS+Cu2+CuS+Zn2+，闪锌矿(ZnS)遇CuSO4溶液转化为铜蓝(CuS)C．2NO2N2O4ΔH＜0，将装有NO2的玻璃球浸入热水中，红棕色变浅D．Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，橙色加深2、若用AG表示溶液的酸度，其表达式为：。室温下，实验室里用0.1mol/L的盐酸溶液滴定10mL0.1mol/LMOH溶液，滴定曲线如下图所示。下列说法正确的是A．该滴定过程可选择酚酞作为指示剂B．C点时加入盐酸溶液的体积等于10mLC．溶液中由水电离的c(H+)：C点>D点D．若B点加入的盐酸溶液体积为5mL，所得溶液中：c(M+)+c(H+)=c(MOH)+c(OH-)3、某有机物的结构简式如图，关于该有机物叙述正确的是A．该有机物的摩尔质量为200.5B．该有机物属于芳香烃C．该有机物可发生取代、加成、加聚、氧化、还原反应D．1mol该有机物在适当条件下，最多可与3molNaOH、5molH2反应4、以下8种化合物中，不能通过化合反应直接生成的有①Fe3O4②Fe(OH)3③FeCl2④Cu2(OH)2CO3⑤Al(OH)3⑥Na2CO3⑦NaHCO3⑧Na2O2A．1种 B．2种 C．3种 D．4种5、丁子香酚可用于制备杀虫剂和防腐剂，结构简式如图所示。下列说法中，不正确的是A．丁子香酚可通过加聚反应生成高聚物B．丁子香酚分子中的含氧官能团是羟基和醚键C．1mol丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗4molH2D．丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，可证明其分子中含有碳碳双键6、已知下列元素原子的最外层电子排布式，其中不一定能表示该元素为主族元素的是A．3s23p3 B．4s2 C．4s24p1 D．3s23p57、下列说法正确的是()A．节日里燃放的五彩缤纷的烟花是某些金属元素化学性质的展现B．将等物质的量的氧化钠和过氧化钠分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质质量分数分别是a%和b%的两种溶液，则a和b的关系是a=bC．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝滴落下来，说明金属铝的熔点较低D．用如图装置进行实验，将装置①中的AlCl3溶液滴入装置②浓氢氧化钠溶液，溶液中可观察到有大量白色沉淀产生8、m、n、p、q为原子序数依次增大的短周期主族元素．四种原子最外层电子教之和为17，n3-与p2+具有相同的电子层结构。下列叙述中错误的是A．m、n、q一定是非金属元素 B．氢化物的沸点：q＞n＞mC．离子半径的大小：q＞n＞p D．m与q形成的二元化合物一定是共价化合物9、有关晶体的结构如图所示,下列说法中不正确的是()A．在NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-形成正八面体B．在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+C．在金刚石晶体中,碳原子与碳碳键个数的比为1∶2D．CaF2晶体在熔融状态不导电10、Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是（）A．Mg电极是该电池的正极B．H2O2在石墨电极上发生氧化反应C．石墨电极附近溶液的pH增大D．溶液中Cl－向正极移动11、短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，X-的电子层结构与氦相同,Y是地壳中含量最多的元素，Y2-和Z+的电子层结构相同,W的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍,W与R同周期,R的原子半径小于W。下列说法不正确的是A．元素的非金属性次序为R>W>XB．Z和其他4种元素均能形成离子化合物C．离子半径:W2->Y2->Z+D．氧化物的水化物的酸性:W<R12、某有机物分子中有a个-CH3，b个-CH2-，c个，则可连接的羟基的个数为()A．2b+3c-a B．a+b+c C．c+2-a D．b+c+2-a13、下列说法正确的是A．聚苯乙烯属于纯净物，单体的分子式为C8H8B．聚苯乙烯能与溴水发生加成反应C．做过银镜反应的试管，用稀氨水洗涤D．沾有苯酚的试管，用碳酸钠溶液洗涤14、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是：A．用图(a)所示装置除去氯气中含有的少量氯化氢B．用图(b)所示装置蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体C．用图(c)所示装置制取少量纯净的二氧化碳气体D．用图(d)所示装置分离苯萃取碘水后已分层的有机层和水层15、下列关于有机物的说法不正确的是①CH3—CH===CH—CH3和CH2===CH2为同系物②CH≡CH和C6H6含碳量相同③金刚石和石墨是同分异构体④CH2Cl2有两种结构⑤标准状况下，11.2L的己烷所含的分子数为0.5NA(NA为阿伏加德罗常数)⑥C5H12有三种同分异构体A．①②⑥B．③④⑤C．③④⑥D．③⑤⑥16、在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3∶2的化合物是()A． B．C． D．17、朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳黑影……”在这段美文中包含的化学知识正确的是()A．荷塘上方的薄雾是水蒸汽 B．“大漠孤烟直”中的孤烟成分和这种薄雾的成分相同C．薄雾中的微粒直径大约是2.5pM D．月光通过薄雾产生了丁达尔效应18、分子式为C5H12O、且含有2个甲基的醇与分子式为C5H10O2的酸发生酯化反应，得到酯的结构可能有(不包括立体异构)A．8种B．16种C．24种D．32种19、下列说法中不正确的是A．分散质微粒直径介于～之间的分散系称为胶体B．在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物中一定存在离子键C．液态氯化氢、熔融氧化铝、固体硫酸钡都是电解质D．非金属氧化物不一定是酸性氧化物，有些金属氧化物也能与强碱反应20、含有amolFeI2的溶液中，通入xmolCl2。下列各项为通入Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是A．x≤a，2I−+Cl2＝I2+2Cl−B．x=1.2a，10Fe2++14I−+12Cl2＝10Fe3++7I2+24Cl−C．x=1.4a，4Fe2++10I−+7Cl2＝4Fe3++5I2+14Cl−D．x≥1.5a，2Fe2++4I−+3Cl2＝2Fe3++2I2+6Cl−21、下列说法正确的是（）A．邻二溴苯只有一种可以证明苯环结构中不存在单双键交替结构B．沸点由高到低：己烷＞异丁烷＞正丁烷C．制取一氯乙烷的最佳途径是通过乙烷与氯气反应获得D．等物质的量的乙醇和水分别与足量的钠反应，生成的气体体积比为3：122、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是()实验操作及现象实验结论A向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液，未出现银镜蔗糖未水解B向鸡蛋清溶液中，滴加饱和硫酸钠溶液，析出沉淀后，加蒸馏水，沉淀溶解蛋白质的盐析是一个可逆过程C向苯酚溶液中滴加少量浓溴水，震荡，无白色沉淀苯酚浓度小D向2g的苯酚中，加入3mL质量分数40%的甲醛溶液和几滴盐酸，加热，得到白色固体，冷却加适量乙醇，固体溶解得到的酚醛树脂是网状结构A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂的体积(V)的关系如图所示。(1)若Y是盐酸，所得到的关系图如图甲所示，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是_____，ab段发生反应的离子是_________，bc段发生反应的离子方程式是_________。(2)若Y是NaOH溶液，所得到的关系图如图乙所示，则X中一定含有的离子是__________，假设X溶液中只含这几种离子，则溶液中各离子物质的量之比为_____，ab段反应的离子方程式为_____________。24、（12分）A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示(部分反应物、生成物没有列出)。已知H为固态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是________。(2)反应①的化学方程式为_____________________________________反应③的离子方程式为________________________反应⑧的化学方程式为_____________________________________（3）反应⑥过程中的现象是______________________________。（4）1molI发生反应后生成的A高温下与足量的水蒸气反应，生成的气体换算成标准状况下占______L。25、（12分）（1）某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如下图所示。请回答：①若用18O标记乙醇中的氧原子，则CH3CH218OH与乙酸反应的化学方程式是_____________。②球形干燥管C的作用是______________。③D中选用饱和碳酸钠溶液的原因是_____________。④反应结束后D中的现象是_____________。⑤下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有_____________（填序号）。A．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水B．单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸C．正反应的速率与逆反应的速率相等D．混合物中各物质的浓度不再变化（2）N-苯基苯甲酰胺（）广泛应用于药物，可由苯甲酸（）与苯胺（）反应制得，由于原料活性低，可采用硅胶催化、微波加热的方式，微波直接作用于分子，促进活性部位断裂，可降低反应温度。取得粗产品后经过洗涤—重结晶等，最终得到精制的成品。已知：水乙醇乙醚苯甲酸微溶易溶易溶苯胺易溶易溶易溶N-苯基苯甲酰胺不溶易溶于热乙醇，冷却后易于结晶析出微溶下列说法不正确的是_____________（填字母编号）。A．反应时断键位置为C—O键和N—H键B．洗涤粗产品用水比用乙醚效果更好C．产物可选用乙醇作为溶剂进行重结晶提纯D．硅胶吸水，能使反应进行更完全26、（10分）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：(1)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，该反应的离子方程式是_______。(2)某小组按照文献中制备ClO2的方法设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是____________________。②装置B的作用是__________________。③装置A用于生成ClO2气体，该反应的化学方程式是_______________________________。(3)测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10.00mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入___________________作指示剂，用0.1000molL－1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32－＝2I－+S4O62－），消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是______________________________，C中ClO2溶液的浓度是__________molL－1。27、（12分）Ⅰ.人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。（配制KMnO4标准溶液）如图所示是配制50mLKMnO4标准溶液的过程示意图。(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有__________(填序号)。(2)其中确定50mL溶液体积的容器是________(填名称)。(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将________(填“偏大”或“偏小”)。（测定血液样品中Ca2＋的浓度）抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mLKMnO4溶液。(4)配平草酸与KMnO4反应的离子方程式：__MnO＋H2C2O4＋H＋===Mn2＋＋CO2↑＋H2O。(5)滴定终点时的现象是_____________________________________(6)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为__________mmol·cm－3。Ⅱ.某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。实验1试剂：酸化的0.5mol·L－1FeSO4溶液(pH＝0.2)，5%H2O2溶液(pH＝5)。操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液pH＝0.9向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红(1)H2O2的电子式是_______，上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是_________。(2)产生气泡的原因是____________________________________________。28、（14分）SO2是大气中的有害物质，需要对其进行综合治理和利用。（1）工业上常用氨水吸收法处理SO2，可生成(NH4)2SO3或NH4HSO3。①(NH4)2SO3显碱性，用化学平衡原理解释其原因：____________。②NH4HSO3显酸性。用氨水吸收SO2，当吸收液显中性时，溶液中离子浓度关系正确的是____（填字母）。a．c(NH4+)＝2c(SO32-)＋c(HSO3-)b．c(NH4+)＞c(SO32-)>c(H+)＝c(OH－)c．c(NH4+)＋c(H+)＝c(SO32-)＋c(HSO3-)＋c(OH－)（2）某工厂烟气中主要含SO2、CO2，在较高温度经下图所示方法脱除SO2，可制得H2SO4。①在阴极放电的物质是_______。②在阳极生成SO3的电极反应式是______。（2）检测烟气中SO2脱除率的步骤如下：a．将一定量的净化气（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。b．加入浓盐酸，加热溶液至无色无气泡，再加入足量BaCl2溶液。c．过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量。①用离子方程式表示a中溴水的主要作用________________。②若沉淀的质量越大，说明SO2的脱除率越_____（填“高”或“低”）。29、（10分）是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物PES

树脂以及具有抗肿瘤活性的化合物K。已知:

i.R1CO18OR2+R3OHR1COOR3+R218OHii.ⅲ.(R1、R2、R3代表烃基)（1）A的名称是_________；C

的官能团的名称是_________。（2）B

分子为环状结构，核磁共振氢谱只有一组峰，B

的结构简式为_________.（3）E

分子中含有两个酯基，且为顺式结构，E

的结构简式为_________.（4）

反应①的化学方程式为_________。（5）试剂a的结构简式为_________；反应②所属的反应类型为________反应。（6）已知:。以1，3-

丁二烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成。将以下合成路线补充完整:_________________（7）已知氨基(-NH2)

与羟基类似，也能发生反应i。在由J制备K的过程中，常会产生副产物L。L分子式为C16H13NO3，含三个六元环，则L的结构简式为________。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【答案解析】

A.氯水中加入碳酸钙，会使得HCl的浓度减小，从而增大HClO的浓度，使得氯水的漂白性增强，A正确；B.将ZnS投入到CuSO4溶液中，有ZnSZn2++S2-，由于CuS的溶解度更小，所以Cu2+与S2-会结合生成CuS，使得溶液中S2-的浓度减小，增加了ZnS的溶解的量和电离的程度，最终ZnS转化为CuS，B正确；C.该平衡的正反应是放热反应，将玻璃球浸入热水中，相当于升高体系的温度，则平衡向逆反应方向移动，即红棕色加深，C错误；D.向K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，H+浓度增大，平衡向逆反应方向移动，Cr2O72－的浓度增大，橙色加深，D正确；故合理选项为C。2、C【答案解析】A．用0.1mol/L的盐酸溶液滴定10mL0.1mol/LMOH溶液，AG=-8，AG=lg[]，=10-8，c(H+)c(OH-)=10-14，c(OH-)=10-3mol/L，说明MOH为弱碱，恰好反应溶液显酸性，选择甲基橙判断反应终点，故A错误；B．C点是AG=0，c(H+)=c(OH-)=10-7，溶液呈中性，溶质为MCl和MOH混合溶液，C点时加入盐酸溶液的体积小于10mL，故B错误；C．滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度，A-B滴入盐酸溶液中氢氧根离子浓度减小，对水抑制程度减小，到恰好反应MCl，M+离子水解促进水电离，电离程度最大，继续加入盐酸抑制水电离，滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度，D＜A＜B＜C，故C正确；D．若B点加入的盐酸溶液体积为5mL，得到等浓度的MCl和MOH混合溶液，溶液中存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，物料守恒为：c(M+)+c(MOH)=c(Cl-)，消去氯离子得到：c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH-)，故D错误；故选C。3、C【答案解析】

由结构可知，分子式为C10H9O3Cl，含苯环、酚-OH、-Cl、-COOC-、碳碳双键，结合酚、酯、烯烃、卤代烃的性质来解答。【题目详解】A．分子式为C10H9O3Cl，该有机物的摩尔质量为212.5g/mol，故A错误；B．芳香烃中只含C、H元素，该物质不属于芳香烃，故B错误；C．含酚-OH，能发生取代、氧化，含碳碳双键，能发生氧化、加成、加聚反应、还原反应，故C正确；D．苯环与碳碳双键能发生加成，酚-OH、-COOC-、-Cl与碱反应，且-Cl与碱水解生成酚-OH也与碱反应，则1mol该有机物在适当条件下，最多可与4molNaOH、4molH2反应，故D错误；故答案选C。【答案点睛】-Cl与碱水解生成酚-OH也与碱反应。4、A【答案解析】

①铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，3Fe+2O2Fe3O4，属于化合反应；②氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，属于化合反应；③FCl3与Fe反应能生成FeCl2，其方程式为：2FCl3+Fe=3FeCl2，属于化合反应；④铜在潮湿的空气中与二氧化碳、氧气和水反应生成Cu2(OH)2CO3，属于化合反应；⑤氧化铝和水不反应，不能通过化合反应生成；⑥氧化钠和二氧化碳反应可生成碳酸钠，Na2O+CO2=Na2CO3，属于化合反应；⑦Na2CO3和二氧化碳、水反应生成NaHCO3，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，属于化合反应；⑧钠与氧气在加热的条件下反应生成Na2O2，2Na+O2Na2O2，属于化合反应；只有⑤不能通过化合反应直接生成，故选A。【答案点睛】本题考查了元素化合物知识、化学反应类型，掌握元素化合物的知识是解题的关键。本题的易错点为②③④，要注意一些特殊反应方程式的记忆和理解。5、D【答案解析】A.丁子香酚中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成高聚物，故A正确；B.丁子香酚中含有碳碳双键、羟基和醚键三种官能团，其中含氧官能团是羟基和醚键，故B正确；C.丁子香酚中的苯环及碳碳双键可以和氢气发生加成反应，1mol丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗4molH2，故C正确；D.因酚羟基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，又因与苯环相连的烃基第一个碳原子上含有氢原子，也可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，所以丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，不能证明其分子中含有碳碳双键，故D错误；答案选D。点睛：本题主要考查有机物的结构和性质，明确有机物中官能团与性质之间的关系、常见的反应类型是解答本题的关键，本题的易错点是D项，根据丁子香酚的结构可知，丁子香酚中含有酚羟基、碳碳双键、醚键等官能团，因酚羟基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，又因与苯环相连的烃基第一个碳原子上含有氢原子，也可被酸性高锰酸钾溶液氧化使高锰酸钾溶液褪色，所以丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，不能证明其分子中含有碳碳双键。6、B【答案解析】

A、最外层电子排布式为3s23p3的是P，属于主族元素，故错误；B、最外层电子排布式为4s2的不一定是主族元素，如Fe、Zn等过渡元素，故正确；C、最外层电子排布式为4s24p1的是Ga，位于第IIIA族，属于主族元素，故错误；D、最外层电子排布式为3s23p5的是Cl，属于主族元素，故错误。故选B。7、B【答案解析】

A.节日里燃放的五彩缤纷的烟花是某些金属元素发生焰色反应体现的，焰色反应是物理变化，不是化学性质的展现，A错误；B.设物质的量都为1mol，则Na2O+H2O＝2NaOH△m1mol2mol62g2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑△m1mol2mol62g由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量相等，则两溶液溶质质量分数相等，B正确；C.用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，由于铝易被氧化为氧化铝，且氧化铝的熔点高，因此熔化后的液态铝不会滴落下来，C错误；D.氢氧化铝是两性氢氧化物，将装置①中的AlCl3溶液滴入装置②浓氢氧化钠溶液中，开始氢氧化钠过量，溶液中不会产生氢氧化铝沉淀，因此不可能观察到有大量白色沉淀产生，D错误。答案选B。8、B【答案解析】m、n、p、q为原子序数依次增大的短周期主族元素．n3-与p2+具有相同的电子层结构，所以n、p分别是氮、镁。又由于四种原子最外层电子教之和为17，可得m、q原子最外层电子教之和为10，所以m、q分别是碳、硫。A.m、n、q分别是碳、氮、硫，都是非金属元素，故A正确；B.由于n的氢化物分子间可形成氢键，所以n的氢化物的沸点最高，故B错误；C.n、p离子的电子层结构相同，离子半径随着核电荷数增大而减小，所以离子半径：n＞p，q离子电子层较多，半径较大，总之，离子半径的大小：q＞n＞p，故C正确。D.m与q形成的二元化合物二硫化碳是共价化合物，故D正确。故选B。点睛：电子层结构相同的离子，其离子半径随着核电荷数增大而减小。9、D【答案解析】分析：A、根据在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个进行分析；B、利用均摊法确定每个晶胞中含有的钙离子、氟离子个数；C、每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键；D、CaF2晶体是离子化合物。详解：在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体，A选项正确；在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，Ca2+位于立方体的8个顶角和6个面，所以Ca2+的数目是：8×1/8+6×1/2=4，在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+，B选项正确；每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2，C选项正确；CaF2是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下能够完全电离出Ca2+和F-离子，能够导电，D说法不正确，D选项错误；正确选项D。

点睛：晶体中微粒的排列具有周期性，晶体中最小的结构重复单元称为晶胞，利用“均摊法”可以计算一个晶胞中的粒子数，从而确定晶体的化学式。中学中常见考题里涉及的晶胞有立方晶胞、六方晶胞；在立方晶胞中：（1）每个顶点上的粒子被8个晶胞共用，每个粒子只有1/8属于该晶胞，如本题中的Ca2+离子；（2）每条棱上的粒子被4个晶胞共用，每个粒子只有1/4属于该晶胞；（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用，每个粒子只有1/2属于该晶胞。如本题中的Ca2+；（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞。10、C【答案解析】

A.组成原电池的负极被氧化，在Mg－H2O2电池中，镁为负极，而非正极，A项错误；B.H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应，B项错误；C.工作时，正极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，不断消耗H+离子，正极周围海水的pH增大，C项正确；D.原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，形成闭合回路，所以溶液中的Cl－向负极移动，D项错误。答案选C。【答案点睛】本题考查原电池的工作原理等知识。正确书写电极反应式为解答该题的关键，镁-H2O2酸性燃料电池中，镁为活泼金属，应为原电池的负极，被氧化，电极反应式为Mg-2e-═Mg2+，H2O2具有氧化性，应为原电池的正极，被还原，电极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，根据电极反应式判断原电池总反应式，根据电极反应判断溶液pH的变化。11、D【答案解析】

X-的电子层结构与氦相同，可知X为H；Y是地壳中含量最多的元素，可知Y为O；O2-和Z+的电子层结构相同，可知Z为Na；W的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，可知W的最高正价为+6价，W为S；W与R同周期，R的原子半径小于W，可知R为Cl；则A．Cl、S、H的非金属性依次减弱，故A正确；B．Na和H、O、S、Cl元素均能形成离子化合物，如NaH、NaCl等，故B正确；C．离子结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大，则离子半径S2->O2->Na+，故C正确；D．最高价氧化物的水化物的酸性HClO4>H2SO4，故D错误；答案为D。12、C【答案解析】

有机物的碳链主要在C原子之间连接，每个碳原子都必须形成4个共价键，以1条碳链分析考虑，先分析只连接甲基的情况，根据计算的甲基数目结合分子中含有的甲基数目，计算羟基数。【题目详解】若碳链上只连接甲基，-CH2-不管多少个只能连接两个-CH3，c个，能连接c个-CH3，所以b个-CH2-，c个，连接-CH3的数目为c+2个。由于分子中含有a个-CH3，所以连接的-OH为c+2-a，故选C。【答案点睛】本题的另一种解法：根据烷烃的组成可知，该有机物中最多含有的氢原子数=2(a+b+c)+2，a个-CH3，b个-CH2-，c个中含有的氢原子数目=3a+2b+c，相差的氢原子可以用羟基补全，羟基的数目=[2(a+b+c)+2]-(3a+2b+c)=c+2-a。13、D【答案解析】分析：A、聚合物由于其聚合度不同，所以不可能是纯净物；B、苯乙烯发生加聚反应时，碳碳双键被破坏；C、银镜反应的产物有单质银，稀氨水不能溶解银；D、苯酚具有弱酸性，能与碳酸钠溶液反应。详解：A、聚合物是由单体经聚合反应生成的高分子化合物，由于其聚合程度不同，导致其分子不可能是同一分子，因此聚合物都是混合物，不可能是纯净物，故A不正确；B、苯乙烯发生加聚反应时，碳碳双键被破坏，所以聚苯乙烯不可能与溴发生加成反应，因此B不正确；C、单质银不与氨水反应，所以不能用氨水洗涤做过银镜反应的试管，故C不正确；D、苯酚的弱酸性比HCO3-的酸性强，但弱于H2CO3，因此能与碳酸钠溶液反应生成易溶于水的苯酚钠和NaHCO3，所以D正确。本题答案为D。点睛：要明确高聚物的命名是在单体名称前面加“聚”字，但单体分子中的官能团已经发生反应，如烯烃中的C=C变成了C—C，即不能认为有机物名称中有“烯”字，就一定含有C=C。14、B【答案解析】

A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去氯气中的HCl，故A错误；B．氯化钠难挥发，可以通过蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体，故B正确；C．纯碱为粉末状固体，且易溶于水，不能使反应随时停止，应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳，盐酸容易挥发，也得不到纯净的二氧化碳，故C错误；D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳和苯，则用苯萃取后分层，有机层在上层，故D错误；故选B。15、B【答案解析】

①CH3-CH=CH2和CH2=CH2通式相同，结构相似，相差1个CH2原子团，互为同系物，故正确；②CH≡CH和C6H6的最简式相同（CH），所以含碳量相同，故正确；③金刚石和石墨是同种元素形成的性质不同的碳单质，属于同素异形体而不是同分异构体，故不正确；④甲烷为正四面体结构，因此CH2Cl2只有一种结构，故不正确；⑤标准状况下，己烷为液体，11.2L的己烷物质的量不是0.5mol，故不正确；⑥C5H12三种同分异构体，分别是正戊烷，异戊烷，新戊烷，故正确。答案选B。16、D【答案解析】

根据有机物结构简式可判断A中有2组峰，其氢原子数之比为3∶1，B中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶1，C中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶4，D中有两组峰，其氢原子数之比为3∶2。选项D正确，答案选D。17、D【答案解析】

雾、云、烟等是常见的气溶胶，水蒸汽扩散到空气中形成的气溶胶，烟是固体小颗粒扩散到空气中形成的气溶胶。【题目详解】A项、荷塘上方的薄雾是水蒸汽扩散到空气中形成的气溶胶，故A错误；B项、孤烟是固体小颗粒扩散到空气中形成的气溶胶，与薄雾的成分不相同，故B错误；C项、薄雾是气溶胶，分散质的直径在1nm—100nm之间，2.5pM远大于胶体粒子的直径，故C错误；D项、薄雾是气溶胶，月光通过时会产生丁达尔效应，故D正确；故选D。【答案点睛】本题考查胶体，注意胶体的本质特征，明确胶体的性质是解答关键。18、B【答案解析】分析：判断酯的结构各类必须分析形成酯的醇及酸的结构的种类，明确-C4H9异构体有4种，-C5H11的异构体有8种，其中含有两个甲基4种，从而求出酯的同分异构体和种数。详解：分子式为C5H10O2的酸的种类取决于-C4H9的种类，分子式为C5H12O的醇的种类取决于-C5H11的种类，-C4H9异构体有4种：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，-C5H11的异构体有8种：-CH2CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH2CH3、-CH（CH2CH3）2、-CHCH（CH3）CH2CH3、-C（CH3）2CH2CH3、-C（CH3）CH（CH3）2、-CH2CH2CH（CH3）2、-CH2C（CH3）3，其中含两个甲基4种：-CH（CH3）CH2CH2CH3、-CH（CH2CH3）2、-CHCH（CH3）CH2CH3、-CH2CH2CH（CH3）2，即分子式为C5H10O2的酸有4种，分子式为C5H12O的醇有4种，所以形成的酯共有4×4=16种，答案选B。19、B【答案解析】

A、因分散质粒子直径在1nm-100nm之间的分散系称为胶体，故A正确；B、在溶液或熔融状态下能够导电的化合物中不一定存在离子键，如氯化氢，故B错误；C、液态氯化氢、熔融氧化铝、固体硫酸钡在水溶液里或熔融状态下能导电都是电解质，故C正确；D、一氧化碳不是酸性氧化物，三氧化二铝能与氢氧化钠溶液反应，故D正确；故选B。20、B【答案解析】

由于I-的还原性比Fe2+强()，所以Cl2先和I-反应：，多于的Cl2再和Fe2+反应：。【题目详解】A.x≤a时，Cl2对I-不足或者刚好够，所以只发生反应，A正确；B.x=1.2a时，先有a份的Cl2发生反应，再有0.2a份的Cl2发生反应，总反应为：，化整为，B错误；C.x=1.4a时，先有a份的Cl2发生反应，再有0.4a份的Cl2发生反应，总反应为：，化整为，C正确；D.x≥1.5a时，先有a份的Cl2发生反应，再有0.5a份的Cl2发生反应，总反应为：，化整为，D正确；故合理选项为D。21、A【答案解析】

A．若苯环中存在单、双键交替结构，则邻二溴苯有两种，邻二溴苯只有一种可以证明苯环结构中不存在单双键交替结构，故A正确；B．烷烃的碳原子数越多，沸点越高，互为同分异构体的烷烃，支链越多，沸点越低，沸点由高到低：己烷>正丁烷＞异丁烷，故B错误；C．乙烷与氯气发生取代反应，在光照条件下，产物复杂，为链锁反应，应利用乙烯与HCl发生加成反应制备氯乙烷，故C错误；D．乙醇、Na与水反应的方程式为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，等物质的量的乙醇和水与足量的钠反应生成气体物质的量相等，故D错误；故选A。【答案点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，选项C为解答的易错点，要注意烷烃取代反应的复杂性。22、B【答案解析】

本题考查化学实验方案评价。A.蔗糖水解后，检验葡萄糖应在碱性条件下；B.蛋白质的盐析是可逆过程；C.苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚；D.苯酚过量，在酸性催化剂作用下，缩聚成线型结构的热塑性酚醛树脂，甲醛过量，在碱性催化剂作用下，缩聚成网状（体型）结构的热固性酚醛树脂。【题目详解】蔗糖水解后，检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性，与银氨溶液不反应，不能说明是否水解，A错误；向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”，为物理变化，再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，B正确；苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，该实验结论错误，C错误；苯酚过量，在酸性催化剂作用下，线型结构的热塑性酚醛树脂，线型结构的热塑性酚醛树脂能乙醇，网状（体型）结构的热固性酚醛树脂不溶于任何溶剂，D错误。故选B。【答案点睛】把握有机物的性质、物质的鉴别、实验现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。二、非选择题(共84分)23、SiO32—、AlO2-CO32-3H++Al(OH)3=Al3++3H2OAl3+Mg2+NH4+Cl-2:1:4:12NH4++OH-═NH3•H2O【答案解析】

无色溶液中不可能含有Fe3+离子。（1）如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，盐酸和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，所以溶液中含有的阳离子是钠离子；（2）若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子。【题目详解】（1）如果Y是盐酸，由图可知，向溶液中加盐酸，先生成沉淀后沉淀部分溶解，则溶液中可能含SiO32-、AlO2-，不含Al3+、Mg2+；ab段，沉淀的量没有变化，说明溶液中含有CO32-，盐酸和碳酸根离子反应，反应的离子方程式依次为CO32-+H+═HCO3-和HCO3-+H+═H2O+CO2↑；bc段,氢氧化铝沉淀与盐酸反应生成偏铝酸钠和水，硅酸沉淀不反应，沉淀部分溶解，反应的离子方程式为3H++Al(OH)3=Al3++3H2O，故答案为：SiO32—、AlO2—；CO32-；3H++Al(OH)3=Al3++3H2O；（2）若Y是氢氧化钠，由图可知，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸的阴离子会双水解而不能共存，即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl-；ab段，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：NH4++OH-═NH3•H2O，即溶液中含NH4+；bc段，沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有Al3+、Mg2+，bc段的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，则X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；由于溶液中有Al3+、Mg2+，oa段转化为沉淀的离子是Al3+、Mg2+，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体，反应的离子方程式为NH4++OH-═NH3•H2O；溶液中有Al3+、Mg2+，即沉淀中含Al（OH）3和Mg（OH）2，故bc段的反应离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，NH4+反应需要NaOH的体积是2V，由于Al（OH）3溶解时需要的NaOH的体积是V，则生成Al（OH）3需要的NaOH的体积是3V，而生成Mg（OH）2和Al（OH）3共消耗NaOH的体积为4V，则生成Mg（OH）2需要NaOH溶液的体积是V，则n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）=2：1：4，根据溶液要呈电中性，即有：3n（Al3+）+2n（Mg2+）+n（NH4+）=n（Cl-），故n（Cl-）=12，即有：n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）：n（Cl-）=2：1：4：12，故答案为：Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；2：1：4：12；NH4++OH-═NH3•H2O。【答案点睛】本题考查无机物的推断，注意根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子，再结合物质之间的反应来确定微粒的量是解答关键。24、铁元素8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9FeFe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OAl2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色33.6【答案解析】试题分析：F是红褐色难溶于水的沉淀，因此F是氢氧化铁，则E是氢氧化亚铁，所以C和D分别是亚铁盐和铁盐。B和盐酸反应生成C和D，所以B是四氧化三铁，C是氯化亚铁，D是氯化铁，A在氧气中燃烧生成B，则A是铁。H和I均能与氢氧化钠溶液反应生成G，则I是铝，和四氧化三铁发生铝热反应生成铁和氧化铝，H是氧化铝，G是偏铝酸钠，据此分析解答。解析：F是红褐色难溶于水的沉淀，因此F是氢氧化铁，则E是氢氧化亚铁，所以C和D分别是亚铁盐和铁盐。B和盐酸反应生成C和D，所以B是四氧化三铁，C是氯化亚铁，D是氯化铁，A在氧气中燃烧生成B，则A是铁。H和I均能与氢氧化钠溶液反应生成G，则I是铝，和四氧化三铁发生铝热反应生成铁和氧化铝，H是氧化铝，G是偏铝酸钠，则。（1）根据以上分析可知A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是铁。（2）根据以上分析可知反应①的化学方程式为8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe。反应③的离子方程式为Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O；反应⑧的化学方程式为Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O。（3）反应⑥是氢氧化亚铁被空气氧化，过程中的现象是生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。（4）根据8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe可知1mol铝发生反应后生成98mol铁，铁在高温下与足量的水蒸气反应的方程式为3Fe＋4H2O(g)4H2＋Fe3O4，所以生成的气体换算成标准状况下为98【答案点睛】化学推断题是一类综合性较强的试题，解框图题最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。25、CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O防止倒吸、冷凝中和乙酸并吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度、有利于分层溶液分层，上层为无色油状有香味的液体CDB【答案解析】

（1）①羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，同时该反应可逆，若用18O标记乙醇中的氧原子，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O；故答案为：CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O；②圆底烧瓶受热不均，球形干燥管的管口伸入液面下可能发生倒吸，球形干燥管体积大，可以防止倒吸，同时起冷凝作用；故答案为：防止倒吸、冷凝；③用饱和碳酸钠溶液来收集酯的作用是：溶解掉乙醇，反应掉乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，故答案为：中和乙酸并吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度、有利于分层；④乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，溶液分层，上层为无色油状有香味的液体；故答案为：溶液分层，上层为无色油状有香味的液体⑤A．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水，均为正反应速率，不能判断反应是否达到平衡状态，故A不选；B．单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸，均为正反应速率，不能判断反应是否达到平衡状态，故B不选；C．正反应的速率与逆反应的速率相等，说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态，故C选；D．混合物中各物质的浓度不再变化，说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态，故D选；故选CD。（2）A．苯甲酸与苯胺反应生成和水，由反应可知反应时断键位置为C-O键和N-H键，故A正确；B．苯甲酸微溶于水、苯胺易溶于水、N—苯基苯甲酰胺不溶于水，而苯甲酸、苯胺易溶于乙醚，N—苯基苯甲酰胺微溶于乙醚，则用乙醚洗涤粗产品比用水效果好，故B错误；C．产物易溶于热乙醇，冷却后易于结晶析出，可用结晶的方法提纯，则产物可选用乙醇作为溶剂进行重结晶提纯，故C正确；D．硅胶吸水，可使平衡正向移动，能使反应进行更完全，故D正确；故选B。26、2ClO2+2CN－＝2CO2+N2+2Cl－稀释二氧化氯，防止二氧化氯的浓度过高而发生爆炸或防倒吸防止倒吸（或作安全瓶）2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O淀粉溶液当滴入最后一滴标准溶液后，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色0.04000【答案解析】

（1）ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，据此书写发生反应的离子方程式；（2）根据图示：A装置制备ClO2，通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，B装置为安全瓶，可防倒吸；（3）根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂；用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则n（ClO2）=n（Na2S2O3）=×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，据此计算可得。【题目详解】（1）ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，则发生反应的离子方程式为2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；（2）①氮气可以搅拌混合液，使其充分反应，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；②已知二氧化氯易溶于水，则装置B防止倒吸（或作安全瓶）；③NaClO3和H2O2的混合液中滴加稀H2SO4即生成ClO2气体，依据氧化还原反应原理，同时会得到氧化产物O2，根据质量守恒可知有Na2SO4生成，则结合原子守恒，装置A中发生反应的化学方程式是2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；（3）根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂；用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则n（ClO2）=n（Na2S2O3）=×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，C中ClO2溶液的浓度为=0.04000mol/L。27、②⑤50mL容量瓶偏小2MnO4—＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液颜色有无色变为粉红色，但半分钟内不褪色0.032Fe2++2H++H2O2=+2Fe3++2H2OFe3+催化下H2O2分解生成O2【答案解析】本题考查化学实验方案的设计与评价。解析：Ⅰ.（1）量筒不能用于配制溶液，视线应该与凹液面的最低点相平读数，所以②⑤操作错误；（2）配制50mL一定物质的量浓度KMnO4标准溶液需要50mL的容量瓶；（3）仰视读数时，定容时，所加的水超过刻度线，体积偏大，所以浓度偏小；（4）由题给未配平的离子方程式可知，反应中H2C2O4做还原剂被氧化为CO2，MnO4―做氧化剂被还原为Mn2+，