2025年华师大新版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年华师大新版高三化学上册阶段测试试卷717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、下列关于晶体的叙述中，不正确的是（）A.金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环其中最小环有6个碳原子B.在氯化钠的晶体中，每个Na+或Cl-的周围都紧邻6个Cl-或Na+C.在氯化铯晶体中，每个Cs+周围都紧邻8个Cl-，每个Cl-周围也紧邻8个Cs+D.在干冰的晶体中，每个CO2分子周围都紧邻4个CO2分子2、以下是一些常用的危险品标志，如图所列物质与危险警告标志对应错误的是（）A.

氯气B.

四氯化碳C.

氢氧化钠D.KNO33、下列反应能说明卤素非金属性活泼顺序是Cl＞Br＞I的是()①2HClO4+Br2(气)＝2HBrO4+Cl2②2NaBr+Cl2＝2NaCl+Br2③2KI+Cl2＝2KCl+I2④2KI+Br2＝2KBr+I2A.①②③B.①②④C.②③④D.①②③④4、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B.反应rm{4Fe(s)+3O_{2}(g)篓T2Fe_{2}O_{3}(s)}常温下可自发进行，该反应为吸热反应C.rm{3molH_{2}}与rm{1molN_{2}}混合反应生成rm{NH_{3}}转移电子的数目小于rm{6隆脕6.02隆脕10^{23}}D.在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快5、下列关于有机化合物的说法不正确的是（）A.淀粉和纤纤维素互为同分异构体B.油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应C.分子式为C5H10O2的有机物中能与NaHCO3溶液反应的有4种D.在加热条件下，用新制的氢氧化铜悬浊液可鉴别乙醇和葡萄糖评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、不能用排水收集法收集的气体是（）A.氨气B.氧气C.二氧化硫D.一氧化氮7、设NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述中正确的是（）A.53g碳酸钠中含0.5NA个NaB.1.8g的NH4+离子中含有的电子数为NAC.48gO3含有的氧原子数为3NAD.2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA8、如图装置可用于收集某气体并验证其某些化学性质；你认为如表正确的是（）

。选项气体试剂现象结论ACl2紫色石蕊试液溶液先变红后褪色氯水有酸性和漂白性BNH3水无明显现象NH3能溶于水CX澄清石灰水溶液变浑浊气体可能是CO2DSO2酸性KMnO4（aq）溶液褪色SO2有漂白性A.AB.BC.CD.D9、不考虑现代物理手段，溶液中离子的定性检验有三种基本方法，①沉淀法（观察反应中沉淀的发生或消失）、②气体法（观察反应中气体的产生及其验证）、③显色法（观察颜色变化）．溶液中下列离子的检验或鉴别有以上两种基本方法可供选择的是（）A.Al3+B.Na+C.I-D.CO32-10、下列生活事例中，主要过程为物理变化的是（）A.功夫深，铁杵成针B.佳节到，焰火缤纷C.春天来，冰雪消融D.美酒开，满屋飘香11、在恒温；恒容的密闭容器中；发生如下发应：3A（g）+B（g）⇌XC（g）

Ⅰ．将3molA和2molB；在一定条件下反应，达到平衡时C的体积分数为a

Ⅱ．若A；B、C起始投入的物质的量分别为n（A）、n（B）、n（C）；在相同条件下达到平衡时，C的体积分数也为a

下列有关叙述正确的是（）A.若Ⅰ达到平衡时，C各增加1mol，则B的转化率一定增大B.若向平衡Ⅰ中再加入6molA，4mol测得C的体积分数大于a，可断定X＞4C.若X=2，则体系Ⅱ起始物质的量应满足：3n（B）=n（A）+3D.若体系Ⅱ起始物质的量满足3n（c）+4n（A）=12n（B），则可推断：X=4评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)12、如图所示为某化学兴趣小组设计的乙醇氧化并验证其氧化产物的实验装置（图中加热装置；夹持装置等均未画出）．据题意回答下列问题．

（1）装置A宜采取的加热方式是____加热．装置E也需要加热，E的作用是____．

（2）加热F试管，出现____沉淀；说明乙醇已被氧化．

（3）C处的现象是____，B处发生反应的化学方程式为____．

（4）实验完成后发现A中还有液体剩余，冷却后投入一小块金属钠，有气泡生成，写出发生反应的化学方程式：____，酞试液滴人反应后的溶液中，溶液____，说明乙醇钠显碱性．13、南美洲干旱地区有智利硝石，是制取炸药的重要原料，其主要成分是NaNO3，还含少量NaIO3等可溶盐和不容物．NaNO3溶于水时溶液的温度降低．

（1）以下操作可从智利硝石分理出NaNO3：溶解、____．

（2）用NaNO3和浓硫酸反应可以制取硝酸，反应的化学方程式为____；热的硝酸会腐蚀橡胶，制取装置中应该用____代替胶管和胶塞．

（3）智利硝石资源有限（曾引起过南太平洋战争），现在工业上制NaNO3主要采用化学合成的方法，涉及的工业制备有（请结合课本知识回答）____、制硝酸、____等；写出工业制硝酸的化学方程式____、____．14、在氢；氧、钠、硫4种元素中；选择元素组成符合下列要求的物质各一种，并将其化学式填入空格中。

（1）单质____（2）金属氧化物____（3）非金属氧化物____（4）酸____（5）碱____（6）盐____．15、用铜和硫酸制取硫酸铜；有下列两种途径：

①Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑

②2Cu+O22CuO；CuO+H2SO4（稀）=CuSO4+H2O

浓硫酸在①中表现出的性质为____性、____性，稀硫酸在②中表现出的性质为____性．16、（2015•河南二模）第四周期过渡元素Mn；Fe、Ti可与C、H、O形成多种化合物．

（1）下列叙述正确的是____．（填字母）

A．CH2O与水分子间能形成氢键

B．CH2O和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化

C．C6H6分子中含有6个▱键和1个大π键，C6H6是非极性分子

D．CO2晶体的熔点；沸点都比二氧化硅晶体的低

（2）Mn和Fe的部分电离能数据如下表：

。元素FeFe电离能

/kJ•mol-1I1717759I2150915611561I3324829572957Mn元素价电子排布式为____，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是____．

（3）根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，其中Ti属于____区．

（4）Ti的一种氧化物X，其晶胞结构如上图所示，则X的化学式为____．

（5）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN-离子，可在X的催化下，先用NaClO将CN-氧化成CNO-，再在酸性条件下CNO-继续被NaClO氧化成N2和CO2．

①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为____．

②与CNO-互为等电子体微粒的化学式为____（写出一种即可）．

③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式____．17、以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表．。表1．几种砷酸盐的Ksp难溶物KspCa3（AsO4）26.8×10-9AlAsO41.6×10-16FeAsO47.2×10-21。表2．工厂污染物排放浓度及允许排放标准污染物H2SO4As浓度19.6g/L1.6g•L-1排放标准pH6～90.5mg•L-1回答以下问题：

（1）该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）=____mol•L-1．

（2）写出难溶物Ca3（AsO4）2的Ksp表达式：Ksp[Ca3（AsO4）2]=____，若混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.0×10-4mol•L-1，c（AsO43-）的最大是____mol•L-1．

（3）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），写出该反应的离子方程式____．

（4）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3（AsO4）2形式沉降．

①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为____；

②Ca3（AsO4）2在pH调节到8左右才开始沉淀的原因为____．18、以乙炔为原料；通过如图所示步骤能合成有机中间体E（转化过程中的反应条件及部分产物已略去）．

A、B、C、D分别代表一种有机物，B的化学式为C4H10O2；分子中无甲基．请回答下列问题：

（1）写出生成A的化学反应方程式____，该化学反应的反应类型是____．

（2）写出由C生成D的化学反应方程式____．

（3）含有苯环，且与E互为同分异构体的酯有____种，写出其中一种同分异构体的结构简式____．

（4）D→E反应的条件为____．19、（1）给下列有机物命名：

①____；

②CH3CH═C（CH3）2____；

（2）麻黄素又称黄碱，是我国特定的中药材麻黄中所含有的一种生物碱．经我国科学家研究发现其结构如下：麻黄素中含氧官能团的名称是____，属于____类（填“醇”或酚）．评卷人得分四、判断题(共4题，共40分)20、可逆反应达到平衡，反应就不再进行．____（判断对错）21、钠与水反应时，会发生剧烈爆炸____．（判断对错）22、葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应，不属于胶体____（判断对错）23、Ⅰ．下列用连线方法对部分化学知识进行归纳的内容中，有错误的一组是____

A．物质的性质与用途：

阿司匹林易水解--用于解热消炎镇痛；不能用于防治心脑血管疾病。

明矾溶于水能形成胶体--用于对水的消毒；净化。

B．保护环境：

控制“白色污染”--减少一次性塑料餐具的使用量。

防止水的污染--提倡使用无磷洗衣粉。

C．基本安全常识：

饮用假酒中毒--甲醇引起。

食用假盐中毒--亚硝酸钠引起。

D．生活中的一些做法：

除去衣服上的油污--可用汽油洗涤。

使煤燃烧更旺--可增大煤与空气接触面积。

Ⅱ．保护环境；合理利用资源已成为人类共同的目标．请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）水体的富营养化有利于大多数水生动植物的生长．____

（2）减少机动车尾气排放是改善大气质量的重要措施．____

（3）焚烧废弃塑料会产生有害气体，对大气造成污染．____

（4）将垃圾分类并回收利用，符合可持续发展的要求．____．评卷人得分五、探究题(共4题，共16分)24、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________．25、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：26、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________．27、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、简答题(共3题，共27分)28、我们要持之以恒，建设天蓝、地绿、水清的中国rm{.}水处理技术在生活；生产中应用广泛；对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施．

rm{(1)垄脵}生活用水必须保证安全，自来水厂需要对取自江河湖泊中的淡水进行rm{a.}杀毒灭菌，rm{b.}混凝沉淀，rm{c.}过滤等工艺处理，这三项处理的正确顺序是______rm{(}填字母rm{)}

rm{垄脷}工业上常用硫酸亚铁作混凝剂除去天然水中含有的悬浮物和胶体，为了达到更好的效果，要将待处理水的rm{pH}值调到rm{9}左右，再加入绿矾rm{.}请解释这一做法的原因：______rm{(}用必要的离子方程式和文字描述rm{)}

rm{垄脹}下列试剂能够用来对自来水进行杀菌消毒，且不会造成二次污染的是______rm{(}填字母rm{)}

rm{a.}福尔马林rm{b.}漂白粉rm{c.}氯气rm{d.}臭氧。

rm{垄脺}石灰纯碱法是常用的硬水软化方法rm{.}已知rm{25隆忙}时rm{Ksp=2.8隆脕10^{-9}}现将等体积的rm{Ca(OH)_{2}}溶液与rm{Na_{2}CO_{3}}溶液混合rm{(}假设溶液体积具有加和性rm{)}若rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的浓度为rm{.6隆脕10-5mol?L^{-1}}则生成沉淀所需rm{Ca(OH)_{2}}溶液的最小浓度为______．

rm{(2)}金属铬污染环境，其主要来源于冶金、水泥等工业产生的废水rm{.}某兴趣小组拟定以下流程，对rm{Cr^{3+}}rm{Fe^{2+}}等离子的废水进行无公害处理。

请回答下列问题。

rm{垄脵}写出加入双氧水后发生反应的离子方程式：______；

rm{垄脷}过滤操作需要的玻璃仪器是______；

rm{垄脹}活性炭的作用是______．29、给出下列氧化还原反应；试回答下列问题．

rm{(1)KMnO_{4}+KI+H_{2}SO_{4隆煤}K_{2}SO_{4}+MnSO_{4}+I_{2}}十rm{H_{2}O}配平化学反应方程式______被还原的元素______；发生氧化反应的物质______．

rm{(2)3Cl_{2}+6NaOH篓T5NaCl+NaClO_{3}+3H_{2}O}用双线桥标出电子转移的方向和数目______氧化剂与还原剂的物质的量之比为______；氧化产物是______．

rm{(3)11P+15CuSO_{4}+24H_{2}O=6H_{3}PO_{4}+15H_{2}SO_{4}+5Cu_{3}P(}反应中rm{Cu_{3}P}中的rm{P}为负三价rm{).}该反应中rm{Cu^{2+}}表现______性rm{(}填氧化或还原rm{)}rm{11molP}中被rm{P}氧化的rm{P}是______rm{mol}．30、德国化学家哈伯发明的合成氨技术使大气中的氮气变成了生产氮肥永不枯竭的廉价来源；解救了世界粮食危机获1918年诺贝尔化学奖．现模拟工业制氨的过程，通过查阅资料，获得以下键能数据：

。化学键N≡NH-HN-H键能/（kJ/mol）946436391（1）计算工业合成氨反应的反应热：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=______kJ/mol

（2）一定温度下，向一个恒压容器中充入0.6molN2和0.5molH2，在一定温度下进行反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），达到化学平衡时，N2的转化率为此时容器的体积为1L．

①该温度时容器中平衡体系的平衡常数是______．

②若保持平衡时的温度和压强不变，继续向平衡体系中通入0.9molN2；则平衡将______（填“正向”，“逆向”或“不”）移动．

（3）在两个压强相等，温度分别为T1和T2的容器中充入由1molN2和3molH2组成的混合气体，发生反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），平衡后改变容器体积，容器内N2的体积分数随压强的变化如图1所示．据图1判断下列说法正确的是______

a．A、B、C三点的平衡常数大小关系：KA＜KB＜KC

b．A点和B点混合气体的密度大小关系：A＜B

c．A点和C点混合气体的平均相对分子质量大小关系：A＞C

（4）合成氨工业会产生大量副产物CO2，工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法K2CO3溶液再生；其装置如图2所示：

①在阳极区发生的反应有______和H++HCO3-=H2O+CO2↑．

②简述CO32-在阴极区再生的原理______．

③再生装置中产生的CO2和H2在一定条件下反应生成甲醇，工业上利用该反应合成甲醇．已知：25℃，101KPa下：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H1=-484kJ/mol

2CH3OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H2=-1352kJ/mol

写出CO2和H2生成1molCH3OH（g）的热化学方程式______．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】A．金刚石的结构中；每个碳原子能形成4个共价键，根据教材图片确定由共价键形成的最小碳环上的碳原子个数；

B、氯化钠晶体中每个Na+（或Cl-）周围都紧邻6个Cl-（Na+）；

C．根据CsCl晶胞图确定；

D．干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上．【解析】【解答】解：A．金刚石结构中；每个碳原子能形成4个共价键，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，故A正确；

B、已知氯化钠的晶胞图为则氯化钠晶胞中，钠离子的配位数为6，即每个Na+或Cl-的周围都紧邻6个Cl-或Na+；故B正确；

C．已知晶胞图为在CsCl晶体中每个Cs+周围都紧邻8个Cl-，每个Cs+等距离紧邻的有8个Cs+；故C正确；

D．从二氧化碳的基本结构可以知道；若以其中一个为中心，与其紧邻的二氧化碳分子有3×8÷2=12个，且相距均为边长的二分之根下二倍，故D错误；

故选：D．2、B【分析】【分析】A．氯气有毒；

B．碳的化合价为最高价态；

C．氢氧化钠有腐蚀性；

D．KNO3有强氧化性．【解析】【解答】解：A．氯气有毒；是有毒气体，故A正确；

B．碳的化合价为最高价态；不能被氧化，故B错误；

C．氢氧化钠有腐蚀性；是腐蚀品，故C正确；

D．KNO3有强氧化性；易爆炸，是爆炸品，故D正确．

故选B．3、D【分析】【解析】【答案】D4、C【分析】解：rm{A.}原电池工作时；化学能不可能全部转化为电能，部分转化为热能，故A错误；

B.反应自发进行的判断依据rm{triangleH-TtriangleS<0}已知常温常压下反应rm{triangleH-Ttriangle

S<0}可以自发进行，rm{4Fe(s)+3O_{2}(g)=2Fe_{2}O_{3}(s)}满足rm{triangleH-TtriangleS<0}rm{triangleS<0}该反应是放热反应，故B错误；

C.rm{triangleH-Ttriangle

S<0}与rm{triangleH<0}混合反应生成rm{3molH_{2}}由于该反应为可逆反应，则生成氨气的物质的量小于rm{1molN_{2}}转移电子小于rm{NH_{3}}转移电子的数目小于rm{2mol}故C正确；

D.在酶催化淀粉水解反应中；适宜稳定性淀粉水解速率加快，但温度过高可能导致酶的催化活性降低甚至消失，故D错误；

故选：rm{6mol}

A.还有部分化学能转化成了热能；

B.依据反应自发进行的判断依据rm{triangleH-TtriangleS<0}分析；

C.该反应为可逆反应，生成氨气的物质的量小于rm{6隆脕6.02隆脕10^{23}}

D.酶有最佳温度；温度过高会降低酶的催化活性。

本题考查较为综合，涉及氧化还原反应的计算、反应自发进行的判断、原电池、淀粉水解等知识，明确反应自发进行的条件为解答关键，注意酶的催化活性，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。rm{C}【解析】rm{C}5、A【分析】解：A．淀粉和纤纤维素都属于高分子化合物；聚合度介于一定的范围内，没有确定的值，则二者的分子式不同，不是同分异构体，故A错误；

B．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠；可用于制备肥皂，故成为皂化反应，故B正确；

C．分子式为C5H10O2的有机物中能与NaHCO3溶液反应，应含有-COOH，-C4H9的同分异构体有4种；则对应的酸的同分异构体有4种，故C正确；

D．葡萄糖含有醛基；可与新制备氢氧化铜浊液反应，生成砖红色沉淀，而乙醇不反应，可鉴别，故D正确。

故选：A。

A．淀粉和纤纤维素的分子式不同；

B．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠；可用于制备肥皂；

C．分子式为C5H10O2的有机物中能与NaHCO3溶液反应，应含有-COOH，则同分异构体取决于-C4H9；

D．葡萄糖含有醛基；可与新制备氢氧化铜浊液反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意同分异构体的判断，题目难度不大．【解析】A二、多选题(共6题，共12分)6、AC【分析】【分析】不能用排水收集法收集的气体，说明该气体能够与水反应或易溶于水，如二氧化氮、二氧化硫、氨气、氯化氢等，只能用排空气法收集，据此完成本题．【解析】【解答】解：气体收集分为排水法和排空气法；不能用排水收集法收集的气体，说明气体易溶于水或者能够与水反应；

A；氨气极易溶于水；不能够用排水法收集，只能使用排空气法收集，故A选；

B；氧气在水中溶解度减小；可以采用排水法收集，故B不选；

C；二氧化硫溶于水且与水发生反应；不可以采用排水法收集，故C选；

D；一氧化氮在水中溶解度减小；也不与水反应，可以采用排水法收集，故D不选；

故选AC．7、BC【分析】【分析】A．碳酸钠中存在的是钠离子；53g碳酸钠的物质的量为0.5mol，0.5mol碳酸钠中含有1mol钠离子；

B．铵根离子中含有10个电子；1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，含有1mol电子；

C.48g臭氧的物质的量为1mol；1mol臭氧中含有3mol氧原子；

D．镁为2价金属，2.4g镁的物质的量为0.1mol，完全反应失去0.2mol电子．【解析】【解答】解：A．53g碳酸钠的物质的量为0.5mol，含有1mol钠离子，含NA个钠离子；故A错误；

B．1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，0.1mol铵根离子中含有1mol电子，含有的电子数为NA；故B正确；

C．48g臭氧中含有48g氧原子，含有3mol氧原子，含有的氧原子数为3NA；故C正确；

D．2.4g镁的物质的量为0.1mol，0.1mol镁完全反应失去0.2mol电子，失去的电子数为0.2NA；故D错误；

故选BC．8、AC【分析】【分析】由图可知，为向上排空气法收集，则气体的密度比空气的大，然后结合气体的性质及发生的反应来解答．【解析】【解答】解：A．氯气的密度比空气大；收集方法合理，氯气与水反应生成HCl；HClO分别具有酸性、漂白性，则紫色石蕊先变红后褪色，故A正确；

B．氨气的密度比空气小；应利用向下排空气法收集，故B错误；

C．二氧化碳与石灰水反应生成沉淀，且密度比空气大，则澄清石灰水变浑浊，气体可能是CO2；故C正确；

D．二氧化硫的密度比空气大；收集方法合理，但与高锰酸钾发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故D错误；

故选AC．9、CD【分析】【分析】铝离子的检验方法只有沉淀法、钠离子的检验只有显色法（焰色反应），而碘离子可以通过沉淀法和显色法检验，碳酸根离子可以通过测定法和气体法检验，据此进行解答．【解析】【解答】解：A．铝离子的检验方法只有一种；为沉淀法，选用的试剂为强碱溶液，故A错误；

B．检验钠离子的方法只有焰色反应；即显色法，故B错误；

C．检验碘离子；可以使用硝酸银溶液，反应生成碘化银沉淀，即沉淀法，也可以使用淀粉和氯水检验，即显色法，故C正确；

D．检验碳酸根离子；可以通过生成沉淀检验，即沉淀法，也可以通过检验生成二氧化碳气体检验，即气体法，故D正确；

故选CD．10、ACD【分析】【分析】物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化是指有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断．【解析】【解答】解：A；铁杵成针的过程中只是形状发生改变；没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；

B；焰火燃烧的过程中有新物质二氧化碳等生成；属于化学变化，故B错误；

C；冰雪消融的过程中只是状态发生改变；没有新物质生成，属于物理变化，故C正确；

D；美酒飘香的过程是分子运动的结果；没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；

故选ACD．11、CD【分析】【分析】恒温恒容下；Ⅰ与Ⅱ达到平衡时C的体积分数为a，则二者为等效平衡，若x=4，按化学计量数转化到左边，满足n（A）：n（B）=3：2即可，若x≠4，按化学计量数转化到左边，满足n（A）=3mol；n（B）=2mol即可．

A、若x=4，（4+）：（3+）＜3：2；B转化率降低，A的转化率增大．

B；等效为增大压强；因容器体积不变，若x=4时，C的体积分数应为a，现大于a，说明平衡正向移动．

C；当X=2时；反应前后气体体积发生变化，只要把一端按不可逆反应形式完全转化为另一端的物质后对应物质的物质的量相等即可．

D、若x=4，按化学计量数转化到左边，满足n（A）：n（B）=3：2即可，若x≠4，按化学计量数转化到左边，满足n（A）=3mol、n（B）=2mol即可．【解析】【解答】解：A、把C转化到方程式左边，可得到n（A）=4+，n（B）=3+．若x=4，（4+）：（3+）＜3：2；B转化率降低，A的转化率增大，故A错误；

B．若向平衡Ⅰ中再加入6molA；4molB，等效为增大压强，因容器体积不变，若x=4时，C的体积分数应为a，现大于a，说明平衡正向移动，故x＜4，故B错误；

C、当X=2时，反应前后气体体积发生变化，只要把一端按不可逆反应形式完全转化为另一端的物质后对应物质的物质的量相等即可，故n（A）+n（C）=3；n（B）+n（C）=2；两式相减整理得：3n（B）=n（A）+3；故C正确；

D、如果x=4，按化学计量数转化到左边，满足[n（A）+n（C）]：[n（B）+n（C）]=3：2；即3n（C）+4n（A）=12nB；

如果x≠4，按化学计量数转化到左边，满足n（A）=3mol、n（B）=2mol即可，即[n（A）+n（C）]=3，[n（B）+n（C）]=2；可得2xn（A）+3n（C）=3xn（B），故D正确．

故选：CD．三、填空题(共8题，共16分)12、水浴加热制备氧气砖红色出现蓝色2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑显示红色【分析】【分析】乙醇在铜催化作用下加热与氧气发生氧化还原反应生成乙醛和水；实验中E用于制备氧气，生成的氧气通入A中，形成氧气和乙醇的混合气体，在B中加热条件下反应生成乙醛和水，可用C检验水的生成，用银氨溶液检验是否生成乙醛，以此解答该题．

（1）根据水浴加热和直接加热的区别及实验目的分析；根据实验目的分析E装置的作用；氯酸钾受热分解为氯化钾和氧气；

（2）醛类能和氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀；

（3）B处发生乙醇发生催化氧化生成乙醛和水；白色的无水硫酸铜与水作用生成蓝色的五水合硫酸铜；

（4）乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，酚酞与显碱性溶液作用显示红色．【解析】【解答】解：乙醇在铜催化作用下加热与氧气发生氧化还原反应生成乙醛和水；实验中E用于制备氧气，生成的氧气通入A中，形成氧气和乙醇的混合气体，在B中加热条件下反应生成乙醛和水，可用C检验水的生成，用银氨溶液检验是否生成乙醛．

（1）装置A直接加热时，生成乙醇蒸汽的速率较大，乙醇和氧化铜反应不完全，造成资源浪费，为了使A中的乙醇平稳气化成蒸气，可采用水浴加热的方法；实验中E用于制备氧气，氯酸钾受热分解2KClO32KCl+3O2↑；

故答案为：水浴加热；制备氧气；

（2）乙醛能和氢氧化铜悬浊液反应；生成砖红色沉淀，所以F中会产生砖红色沉淀；

故答案为：砖红色；

（3）B处发生乙醇发生催化氧化，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；C处为白色的无水硫酸铜，与水作用生成五水合硫酸铜显示蓝色；

故答案为：出现蓝色；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

（4）乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；乙醇钠溶液与酚酞作用显示红色，显碱性；

故答案为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；显示红色．13、过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥NaNO3+H2SO4NaHSO4+2HNO3↑磨砂接口合成氨氯碱工业4NH3+5O24NO+6H2O4NO+3O2+2H2O=4HNO3【分析】【分析】（1）智利硝石其主要成分是NaNO3，还含少量NaIO3等可溶盐和不溶物，从智利硝石分离出NaNO3；的实验步骤为溶解过滤除去不溶性杂质，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥分离得到较纯净的硝酸钠；

（2）用NaNO3和浓硫酸反应可以生成硝酸和硫酸氢钠；硝酸具有氢氧化性能氧化橡胶；

（3）现在工业上制NaNO3主要采用化学合成的方法，涉及的工业制备有氮气和氢气合成氨，氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮已化为二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，为充分吸收通入水中的氧气和一氧化氮体积比为3：4．【解析】【解答】解：（1）智利硝石其主要成分是NaNO3，还含少量NaIO3等可溶盐和不溶物，从智利硝石分离出NaNO3；的实验步骤为溶解过滤除去不溶性杂质，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥分离得到较纯净的硝酸钠；

故答案为：过滤；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

（2）用NaNO3和浓硫酸反应可以生成硝酸和硫酸氢钠，反应的化学方程式为：NaNO3+H2SO4=NaHSO4+2HNO3↑；硝酸具有氢氧化性能氧化橡胶，热的硝酸会腐蚀橡胶，制取装置中应该用磨砂接口代替胶管和胶塞；

故答案为：NaNO3+H2SO4NaHSO4+2HNO3↑；磨砂接口；

（3）现在工业上制NaNO3主要采用化学合成的方法，涉及的工业制备有氮气和氢气合成氨，氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，为充分吸收通入水中的氧气和一氧化氮体积比为3：4，工业制硝酸的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3；

故答案为：合成氨；氯碱工业；4NH3+5O24NO+6H2O；4NO+3O2+2H2O=4HNO3．14、H2（O2、O3、Na、S）Na2O（或Na2O2）H2O（H2O2、SO2、SO2）H2SO4（或H2SO3、H2S）NaOHNa2SO4（Na2SO3、NaHSO4NaHSO3、Na2S、NaHS）【分析】【分析】单质是由同种元素的原子组成的纯净物；

金属氧化物是指氧元素与另外一种金属元素组成的化合物；

非金属氧化物是指氧元素与另外一种非金属元素组成的化合物；

电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物属于盐，据此分析．【解析】【解答】解：（1）单质是由同种元素的原子组成的纯净物，上述元素组成的单质有：H2（O2、O3；Na、S）；

故答案为：H2（O2、O3；Na、S）；

（2）金属氧化物是指氧元素与另外一种金属元素组成的化合物，上述元素组成的金属氧化物有：Na2O（或Na2O2）；

故答案为：Na2O（或Na2O2）；

（3）非金属氧化物是指氧元素与另外一种非金属元素组成的化合物，上述元素组成的非金属氧化物有：H2O（H2O2、SO2、SO2）；

故答案为：H2O（H2O2、SO2、SO2）；

（4）电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，上述元素组成的酸有：H2SO4（或H2SO3、H2S）；

故答案为：H2SO4（或H2SO3、H2S）；

（5）电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱；上述元素组成的碱有：NaOH；

故答案为：NaOH；

（6）由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物属于盐，上述元素组成的盐有：Na2SO4（Na2SO3、NaHSO4NaHSO3、Na2S；NaHS）；

故答案为：Na2SO4（Na2SO3、NaHSO4NaHSO3、Na2S、NaHS）．15、强氧化酸酸【分析】【分析】①Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑中；生成二氧化硫时S元素的化合价降低，生成硫酸铜，体现其酸性；

②CuO+H2SO4（稀）=CuSO4+H2O中，生成硫酸铜，体现酸性．【解析】【解答】解：①Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑中；生成二氧化硫时S元素的化合价降低，则体现浓硫酸的强氧化性，且生成硫酸铜，体现其酸性；

②CuO+H2SO4（稀）=CuSO4+H2O中；金属氧化物与酸反应生成盐和水，生成硫酸铜，体现酸性；

故答案为：强氧化；酸；酸．16、AD3d54s2Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态，而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态．d区TiO2H＜C＜N＜OCO2N≡C-O-H【分析】【分析】（1）分子中含有羟基；与水可以形成氢键，二氧化碳为sp杂化，苯中碳碳键含有6个σ键；

（2）d电子半充满比较稳定，锰价电子排布为3d54s2，Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态，而铁价电子排布为3d64s2，Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态，气态Mn2+失去一个电子比气态Fe2+失去一个电子难；

（3）元素周期表根据元素原子的外围电子排布的特征分成五个区域；s区；p区、d区、ds区、f区，s区为第ⅠA、ⅡA族，p区为第ⅢA到零族，d区包括从第ⅢB族到八族，ds区为第ⅠB、ⅡB族，f区为镧系和锕系；

（4）晶胞中原子个数的计算，每个晶胞中含有钛原子数为2，氧原子数为4，可确定化学式为TiO2；

（5）①同周期从左向右；电负性逐渐增大，故电负性大小可以判断；

②等电子体为电子数相等，CNO-电子数为22，故与CNO-互为等电子体微粒的化学式CO2、N2O、SCN-等；

③碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，故N≡C-O-H．【解析】【解答】解：（1）A中甲醛中含有羟基，与水可以形成氢键，故A正确；B二氧化碳为sp杂化，C中苯中碳碳键含有6个σ键，每个碳氢键含有一个σ键，苯分子中一共含有12个，故C错误；常温下二氧化碳为气体，二氧化硅为固体，CO2晶体的熔点；沸点都比二氧化硅晶体的低；故D正确；

故答案为：（1）AD；

（2）25号元素锰，价电子个数为25-18=7，价电子排布为3d54s2，Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态，而铁为26号元素，价电子排布为3d64s2，Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态，故气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难；

故答案为：3d54s2；Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转σσ变为不稳定的3d4状态，而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态；

（3）根据元素原子的外围电子排布的特征；可将元素周期表分成五个区域，s区；d区、ds区、p区、f区，s区为第ⅠA、ⅡA族，p区为第ⅢA到零族，d区包括从第ⅢB族到八族，ds区为第ⅠB、ⅡB族，f区为镧系和锕系，其中钛位于第ⅣB族，属于d区；

故答案为：d区；

（4）每个晶胞中含有钛原子数为8×0.125+1=2，氧原子数为4×0.5+2=4，故化学式为TiO2；

故答案为：TiO2；

（5）①氢位于第一周期；碳；氮、氧元素位于第二周期，同周期从左向右，电负性逐渐增大，故电负性大小为H＜C＜N＜O；

②CNO-电子数为22，等电子体为电子数相等，故与CNO-互为等电子体微粒的化学式CO2、N2O、SCN-等；

③氰酸（HOCN）是一种链状分子；且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，故N≡C-O-H；

故答案为：①H＜C＜N＜O②CO2（N2O）、SCN-③N≡C-O-H．17、0.2c3（Ca2+）•c2（AsO43-）7.2×10-172H++MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2++H2OCaSO4H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时AsO43-浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀【分析】【分析】（1）据废水中硫酸的含量为19.6g/L计算其物质的量浓度；

（2）依据Ksp越小；先生成沉淀，依据溶度积常数计算得到两种浓度；

（3）根据反应物和生成物结合元素化合价的变化配平方程式；

（4）①硫酸钙难溶于酸；所以酸性条件下能析出；

②H3AsO4是弱酸电离出来的AsO43-较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀．【解析】【解答】解：（1）每L废水中含硫酸的物质的量为=0.2mol，所以其物质的量浓度为：=0.2mol/L；故答案为：0.2；

（2）Ksp[Ca3（AsO4）2]=c3（Ca2+）•c2（AsO43-）；若混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.0×10-4mol•L-1，依据Ksp大小可以得到，Ksp（FeAsO4）小，反应过程中Fe3+先析出沉淀；依据Ksp（FeAsO4）=c（Fe3+）c（AsO43-）=7.2×10-21；Fe3+的浓度均为1.0×10-4mol•L-1，计算得到c（AsO43-）=7.2×10-17mol/L；

故答案为：c3（Ca2+）•c2（AsO43-）；7.2×10-17；

（3）三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸）同时生成Mn2+和H2O，则该反应的离子方程式为：2H++MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2++H2O；

故答案为：2H++MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2++H2O；

（4）①硫酸钙难溶于酸，所以酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为CaSO4，故答案为：CaSO4；

②H3AsO4是弱酸电离出来的AsO43-较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀，当溶液中pH调节到8左右时AsO43-浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀；

故答案为：H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时AsO43-浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀．18、加成反应6任意一种浓硫酸、加热【分析】【分析】乙炔与HCHO发生信息中的加成反应H，H与氢气发生加成反应生成B，B的分子式C4H10O2，可知乙炔与甲醛的反应是1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应，则A为HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH与氢气发生加成反应生成B，则B为HOCH2CH2CH2CH2OH，由E的结构，结合反应信息可知，HOCH2CH2CH2CH2OH氧化生成的C，C为OHCCH2CH2CHO，C发生给出的信息中醛的加成反应生成D，则D为D在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成E，据此解答．【解析】【解答】解：乙炔与HCHO发生信息中的加成反应H，H与氢气发生加成反应生成B，B的分子式C4H10O2，可知乙炔与甲醛的反应是1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应，则A为HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH与氢气发生加成反应生成B，则B为HOCH2CH2CH2CH2OH，由E的结构，结合反应信息可知，HOCH2CH2CH2CH2OH氧化生成的C，C为OHCCH2CH2CHO，C发生给出的信息中醛的加成反应生成D，则D为D在浓硫酸；加热条件下发生消去反应生成E；

（1）生成A的化学反应方程式为：属于加成反应；

故答案为：加成反应；

（2）C生成D的化学方程式为：

故答案为：

（3）含有苯环，且与E互为同分异构体的酯，结合E的结构可知，该同分异构体中含有1个酯基、1个苯环，若侧链只有1个取代基，可以为-OOCCH3、-COOCH3、-CH3OOCH，若侧链含有2个取代基，为-CH3、-OOCH，有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体由3+3=6种，结构简式为：

故答案为：6；任意一种；

（4）D→E是在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成E，故答案为：浓硫酸、加热．19、3，3，4-三甲基-己烷2-甲基-2-丁烯羟基醇【分析】【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

（1）烷烃命名原则：

①长--选最长碳链为主链；

②多--遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近--离支链最近一端编号；

④小--支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简--两取代基距离主链两端等距离时；从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．

（2）根据麻黄素的结构简式判断其分子中含有的官能团名称．【解析】【解答】解：（1）①是烷烃；选取最长碳原子的为主链，主链含有6个，从离甲基最近的一端编号，写出名称为：3，3，4-三甲基-己烷；

故答案为：3；3，4-三甲基-己烷；

②CH3CH═C（CH3）2主链有4个碳原子；双键位于2号碳原子，名称为：2-甲基-2-丁烯；

故答案为：2-甲基-2-丁烯；

（2）麻黄素中含氧官能团为羟基，可看成醇类物质，故答案为：羟基；醇．四、判断题(共4题，共40分)20、×【分析】【分析】据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变．【解析】【解答】解：化学平衡是动态平衡；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0；

故答案为：×．21、√【分析】【分析】钠与水剧烈反应，生成氢气，并放出大量的热，以此解答．【解析】【解答】解：做钠与水的反应时；不能用较大的钠块，因为钠化学性质活泼，与水反应非常激烈，所放出的热量无法及时被水吸收，局部热量过多，便引起爆炸．

故答案为：√．22、√【分析】【分析】葡萄糖注射液是溶液．【解析】【解答】解：葡萄糖注射液是溶液，不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体，故答案为：√．23、×【分析】【分析】Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心脑血管疾病；明矾不能消毒；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；

C．甲醇有毒；

D．增大煤与空气接触面积可提高煤燃烧效率．

Ⅱ．（1）水体富营养化会导致植物的疯长；破坏生态平衡；

（2）机动车尾气排放是倒是环境污染的主要原因；

（3）焚烧塑料产生的气体会导致空气污染；

（4）垃圾分类并回收利用可以减少污染，节约能源．【解析】【解答】解：Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心脑血管疾病；明矾不能消毒，故A错误；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；含磷洗衣粉可引起水体富营养化，故B正确；

C．甲醇和亚硝酸钠有毒；故C正确；

D．油污易溶于汽油；增大煤与空气接触面积可提高煤燃烧效率，故D正确．

故选A；

Ⅱ．（1）水体富营养化会导致植物的疯长；会破坏环境生态平衡，故答案为：×；

（2）机动车尾气二氧化硫；二氧化氮、一氧化氮等气体的排放会引起环境污染；减少机动车尾气排放可以改善大气质量，故答案为：√；

（3）焚烧塑料产生有毒气体气体会导致空气污染；有的塑料可以回收利用，故答案为：√；

（4）垃圾分类并回收利用可以减少污染，节约能源，符合可持续发展的要求，故答案为：√．五、探究题(共4题，共16分)24、|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．25、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，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；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，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．26、|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．27、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，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；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，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．六、简答题(共3题，共27分)28、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}生活用水必须保证安全，自来水厂需要对取自江河湖泊中的淡水进行杀菌消毒、混凝沉淀、过滤等工艺处理，这三项处理的正确顺序是混凝沉淀rm{隆煤}过滤rm{隆煤}杀菌消毒，故答案为：rm{bca}

rm{垄脷}工业上常用硫酸亚铁作混凝剂除去天然水中含有的悬浮物和胶体，为了达到更好的效果，要将待处理水的rm{pH}调到rm{9}左右，再加绿矾，原因：rm{Fe^{2+}}在碱性条件下易被氧化成rm{Fe^{3+}}进而水解生成rm{Fe(OH)_{3}}胶体，起到较好的混凝作用，rm{4Fe^{2+}+O_{2}+2H_{2}O+8OH^{-}=4Fe(OH)_{3}(}胶体rm{)}

故答案为：rm{Fe^{2+}}在碱性条件下易被氧化成rm{Fe^{3+}}进而水解生成rm{Fe(OH)_{3}}胶体，起到较好的混凝作用，rm{4Fe^{2+}+O_{2}+2H_{2}O+8OH^{-}=4Fe(OH)_{2}(}胶体rm{)}

rm{垄脹}福尔马林有毒，含氯物质可导致二次污染，则能够用来对自来水进行杀菌消毒，且不会造成二次污染的只有臭氧，故答案为：rm{d}

rm{垄脺Na_{2}CO_{3}}溶液的浓度为rm{5.6隆脕10^{-5}mol/L}等体积混合后溶液中rm{c(CO_{3}^{2-})=dfrac{1}{2}隆脕5.6隆脕10^{-5}mol/L=2.8隆脕10^{-5}mol/L}根据rm{c(CO_{3}^{2-})=dfrac

{1}{2}隆脕5.6隆脕10^{-5}mol/L=2.8隆脕10^{-5}mol/L}可知，rm{c(Ca^{2+})=dfrac{2.8隆脕10^{-9}}{2.8隆脕10^{-5}}mol/L=1隆脕10^{-4}mol/L}原溶液rm{Ksp=c(CO_{3}^{2-})?c(Ca^{2+})=2.8隆脕10^{-9}}溶液的最小浓度为混合溶液中rm{c(Ca^{2+})=dfrac

{2.8隆脕10^{-9}}{2.8隆脕10^{-5}}mol/L=1隆脕10^{-4}mol/L}的rm{Ca(OH)_{2}}倍，故原溶液rm{c(Ca^{2+})}溶液的最小浓度为rm{2}故答案为：rm{Ca(OH)_{2}}

rm{2隆脕1隆脕10^{-4}mol/L=2隆脕10^{-4}mol/L}含rm{2.0隆脕10^{-4}mol?L^{-1}}rm{(2)}rm{Cr^{3+}}等离子的废水加入过氧化氢，可氧化rm{Fe^{2+}}生成rm{Ca^{2+}}然后加入rm{Fe^{2+}}溶液调节rm{Fe^{3+}}可除去rm{NaOH}rm{pH=8}过滤后滤液用钠离子交换树脂除去rm{Cr^{3+}}最后用活性炭吸附溶解在水中的杂质，并除去水中的异味，可得用于日常生活的净化水；

rm{Fe^{3+}}过氧化氢可氧化rm{Ca^{2+}}生成rm{垄脵}反应的离子方程式为rm{Fe^{2+}}故答案为：rm{Fe^{3+}}

rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H+=2Fe^{3+}+2H_{2}O}过滤常用到的玻璃仪器有烧杯；漏斗、玻璃棒；故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；

rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H+=2Fe^{3+}+2H_{2}O}活性炭具有吸附作用；可吸附溶解在水中的杂质，并除去水中的异味，故答案为：吸附溶液在水中的杂质，并除去水中的异味．

rm{垄脷}先沉淀；再过滤；最后消毒处理；

rm{垄脹}将待处理水的rm{(1)垄脵}调到rm{垄脷}左右；再加入绿矾，可得到铁离子，水解生成胶体；

rm{pH}对自来水进行杀菌消毒；且不会造成二次污染，只有臭氧的还原产物对水无污染；

rm{9}溶液的浓度为rm{垄脹}等体积混合后溶液中rm{垄脺Na_{2}CO_{3}}根据rm{2.8隆脕10^{-5}mol/L}计算沉淀时混合溶液中rm{c(CO_{3}^{2-})=1.4隆脕10^{-5}mol/L}

rm{Ksp=c(CO_{3}^{2-})?c(Ca^{2+})}含rm{c(Ca^{2+})}rm{(2)}rm{Cr^{3+}}等离子的废水加入过氧化氢，可氧化rm{Fe^{2+}}生成rm{Ca^{2+}}然后加入rm{Fe^{2+}}溶液调节rm{Fe^{3+}}可除去rm{NaOH}rm{pH=8}过滤后滤液用钠离子交换树脂除去rm{Cr^{3+}}最后用活性炭吸附溶解在水中的杂质，并除去水中的异味，可得用于日常生活的净化水，以此解答该题．

本题考查物质的分离、提纯的综合应用，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，本题注重氧化还原反应的计算，难度不大，离子的检验是高考的热点，注意离子方程式的书写．rm{Fe^{3+}}【解析】rm{bca}rm{Fe^{2+}}在碱性条件下易被氧化成rm{Fe^{3+}}进而水解生成rm{Fe(OH)_{3}}胶体，起到较好的混凝作用，rm{4Fe^{2+}+O_{2}+2H_{2}O+8OH^{-}=4Fe(OH)_{2}(}胶体rm{)}rm{d}rm{2.0隆脕10^{-4}mol?L^{-1}}rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H+=2Fe^{3+}+2H_{2}O}烧杯、漏斗、玻璃棒；吸附溶液在水中的杂质，并除去水中的异味29、略

【分析】解：rm{(1)}反应中锰元素的化合价从rm{+7}价降为rm{+2}价，共降低了rm{5}价，碘元素的化合价从rm{-1}价升高到了rm{0}价，生成单质碘的所有碘元素共升高了rm{2}价，氧化还原反应中得失电子数相等，所以高锰酸钾前面的系数为rm{2}碘化钾前面的系数为rm{10}根据原子守恒来配平其他物质前面的系数，即rm{2KMnO_{4}+10KI+8H_{2}SO_{4}篓T6K_{2}SO_{4}+2MnSO_{4}+5I_{2}}十rm{8H_{2}O}

故答案为：rm{2KMnO_{4}+10KI+8H_{2}SO_{4}篓T6K_{2}SO_{4}+2MnSO_{4}+5I_{2}}十rm{8H_{2}O}rm{Mn}rm{KI}

rm{(2)}在反应rm{3Cl_{2}+6NaOH篓T5NaCl+NaClO_{3}+3H_{2}O}中，化合价升高和降低的元素均是氯元素，在反应的rm{3mol}氯气中，有rm{dfrac{1}{3}mol}的氯气做还原剂，有rm{dfrac{5}{3}mol}的氯气做氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比是rm{5}rm{1}该反应转移电子为rm{5mol}化合价升高的氯元素对应的产物rm{NaClO_{3}}是氧化产物，电子转移的方向和数目可表示为

故答案为：rm{5}rm{1}rm{NaClO_{3}}

rm{(3)}在反应rm{11P+15CuSO_{4}+24H_{2}O=6H_{3}PO_{4}+15H_{2}SO_{4}+5Cu_{3}P(}反应中rm{Cu_{3}P}中的rm{P}为负三价rm{)}中rm{Cu^{2+}}化合价降为rm{+1}价，所以rm{Cu^{2+}}做氧化剂，具有氧化性，在