2026届湖南省长沙市浏阳市高三假期自主综合能力测试（一）化学试题含解析

2026届湖南省长沙市浏阳市高三假期自主综合能力测试（一）化学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、以下性质的比较中，错误的是A．酸性：H2CO3>H2SiO3>H3AlO3 B．沸点：HCl>HBr>HIC．热稳定性：HF>HCl>H2S D．碱性：KOH>NaOH>Mg(OH)22、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W的简单氢化物常温下呈液态，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是A．W、Z形成的化合物可做消毒剂B．原子半径：W<Y<ZC．工业上采用电解Y的氧化物冶炼单质YD．W、X、Z三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性3、欲测定Mg（NO3）2•nH2O中结晶水的含量，下列方案中肯定不可行的是A．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量B．称量样品→加热→冷却→称量Mg（NO3）2C．称量样品→加热→冷却→称量MgOD．称量样品→加NaOH溶液→过滤→加热→冷却→称量MgO4、下列用途中所选用的物质正确的是A．X射线透视肠胃的内服剂——碳酸钡B．生活用水的消毒剂——明矾C．工业生产氯气的原料——浓盐酸和二氧化锰D．配制波尔多液原料——胆矾和石灰乳5、下列反应所得溶液中只含一种溶质的是A．Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉 B．A1(OH)3中加入过量NaOH溶液C．浓H2SO4中加入过量Cu片，加热 D．Ca(C1O)2溶液中通入过量CO26、电解合成1,2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是A．该装置工作时，化学能转变为电能B．CuCl2能将C2H4还原为l,2－二氯乙烷C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D．该装置总反应为CH2CH2+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl7、下列仪器名称错误的是()A．量筒 B．试管 C．蒸发皿 D．分液漏斗8、某学习小组在容积固定为2L的密闭容器内充入1molN2和3molH2合成NH3。恒温下开始反应，并用压力传感器测定压强如下表所示：反应时间/min051015202530压强/MPa16.8014.7813.8613.2712.8512.6012.60下列说法不正确的是A．不断地将NH3液化并移走，有利于反应正向进行B．其它条件不变，在30min时，若压缩容器的体积，N2的平衡转化率增大C．从反应开始到10min时，v（NH3）＝0.035mol·L−1·min−1D．在30min时，再加入0.5molN2、1.5molH2和2molNH3，平衡向逆反应方向移动9、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A．0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NAB．1mol氯气分别与足量铁和铝完全反应时转移的电子数均为3NAC．28g乙烯与丙烯混合物中含有C－H键的数目为4NAD．25℃时1LpH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2NA10、下列解释事实的化学用语错误的是A．闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS+Cu2+＝CuS+Zn2+B．0.1mol/L的醋酸溶液pH约为3：CH3COOHCH3COO-+H+C．电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O+2e-＝H2↑+2OH-D．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe－3e-＝Fe3+11、某溶液中可能含有K＋、NH4＋、Ba2＋、SO42－、I－、Cl－、NO3－中的几种，将此溶液分成两等份，进行如下实验：①在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12L；②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33g；③在②的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7g沉淀产生。有关该溶液中离子种类（不考虑H＋和OH－）的判断正确的是A．溶液中至少有2种阳离子 B．只能确定溶液中NH4＋、SO42－是否存在C．溶液中最多有4种阴离子 D．溶液中不可能同时存在K＋和NO3－12、某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：序号实验操作实验现象溶液不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀下列实验分析中，不正确的是A．①说明Cl2被完全消耗B．②中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HIC．③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42−D．实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化13、下列物质分子中的碳原子在同一平面上时，在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢原子有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个14、二甲胺[(CH3)2NH]在水中电离与氨相似，。常温下，用0.l00mol/L的HCl分别滴定20.00mL浓度均为0.l00mol/L的NaOH和二甲胺溶液，测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．b点溶液：B．d点溶液：C．e点溶液中：D．a、b、c、d点对应的溶液中，水的电离程度：15、化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用。下列说法正确的是（）A．某些金属元素的焰色反应、海水提溴、煤的气化、石油的裂化都是化学变化的过程B．氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨和温室效应等环境问题C．油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因水解而变质D．白葡萄酒含维生素C等多种维生素,通常添加微量的目的是防止营养成分被氧化16、用如图所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应，若通入适当比例的Cl2和NO2，即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是A．实验室中用二氧化锰与3mol·L-1的盐酸共热制备氯气B．装置Ⅰ中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气C．装置Ⅲ的作用是便于控制通入NO2的量D．若制备的NO2中含有NO，应将混合气体通入水中以除去NO17、用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是：（）A．标况下，22.4L的CO和1mol的N2所含电子数相等。B．1.0L0.1mol/L的醋酸钠溶液中含CH3COOH、CH3COO—的粒子总数为0.1NA。C．5.6g铁粉加入足量稀HNO3中，充分反应后，转移电子总数为0.2NA。D．18.4g甲苯中含有C—H键数为1.6NA。18、煤燃烧排放的烟气含有硫和氮的氧化物而形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂对烟气可同时进行脱硫、脱硝。反应一段时间后溶液中有关离子浓度的测定结果如下表。离子SO42-SO32-NO3-NO2-Cl－c/(mol·L－1)8.35×10－46.87×10－61.5×10－41.2×10－53.4×10－3下列说法正确的是()A．NaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式2H2O＋ClO2-＋2SO2=2SO42-＋Cl－＋4H＋B．脱硫反应速率大于脱硝反应速率C．该反应中加入少量NaCl固体，提高c(Cl－)和c(Na＋)，都加快了反应速率D．硫的脱除率的计算式为8.35×10－4/(8.35×10－4＋6.87×10－6)19、已知：CH3Cl为CH4的一氯代物，的一氯代物有A．1种B．2种C．3种D．4种20、下列有关装置对应实验的说法正确的是（）A．①可用于制取H2，且活塞a处于打开状态B．②可用于收集NH3C．③可用于固体NH4Cl和I2的分离D．④可用于分离I2的CCl4溶液，导管b的作用是滴加液体21、下列气体能使湿润的蓝色石蕊试纸最终变红的是（）A．NH3 B．SO2 C．Cl2 D．CO22、最近我国科学家研制出一种高分子大规模储能二次电池，其示意图如下所示。这种电池具有寿命长、安全可靠等优点，下列说法错误的是A．硫酸水溶液主要作用是增强导电性B．充电时，电极b接正极C．d膜是质子交换膜D．充放电时，a极有二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物G是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：

请回答下列问题：（1）R的名称是_______________；N中含有的官能团数目是______。（2）M→N反应过程中K2CO3的作用是____________________________________。（3）H→G的反应类型是______________。（4）H的分子式________________。（5）写出Q→H的化学方程式：___________________________________。（6）T与R组成元素种类相同，符合下列条件T的同分异构体有_____种。①与R具有相同官能团；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1:1:2:2:2的结构简式有___________。（7）以1，5-戊二醇()和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，设计合成路线：_________________________________________。24、（12分）环戊噻嗪是治疗水肿及高血压的药物，其中间体G的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)A的化学名称是_____________。B中含有官能团的名称为_____________。(2)反应②的反应类型是________________。(3)C的结构简式为_______________。(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为___________________。(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，则符合条件的X的结构简式为_________________。(6)设计由1,3-丙二醇和丙二酸二乙酯制备的合成路线(其他试剂任选)______________。25、（12分）某实验小组探究补铁口服液中铁元素的价态，并测定该补铁口服液中铁元素的含量是否达标。(1)实验一：探究补铁口服液中铁元素的价态。甲同学：取1mL补铁口服液，加入K3[Fe(CN)6]（铁氰化钾）溶液，生成蓝色沉淀，证明该补铁口服液中铁元素以Fe2+形式存在。乙同学：取5mL补铁口服液，滴入10滴KSCN溶液无现象，再滴入10滴双氧水，未见到红色。乙同学为分析没有出现红色实验现象的原因，将上述溶液平均分为3份进行探究：原因实验操作及现象结论1其他原料影响乙同学观察该补铁口服液的配料表，发现其中有维生素C，维生素C有还原性，其作用是①______取第1份溶液，继续滴入足量的双氧水，仍未见红色出现排除②_________影响2量的原因所加③________溶液（写化学式）太少，二者没有达到反应浓度取第2份溶液，继续滴加该溶液至足量，仍然未出现红色说明不是该溶液量少的影响3存在形式铁的价态是+3价，但可能不是以自由离子Fe3+形式存在取第3份溶液，滴加1滴稀硫酸，溶液迅速变为红色说明Fe3+以④_______形式存在，用化学方程式结合文字，说明加酸后迅速显红色的原因(2)甲同学注意到乙同学加稀硫酸变红后的溶液，放置一段时间后颜色又变浅了，他分析了SCN-中各元素的化合价，然后将变浅后的溶液分为两等份：一份中滴人KSCN溶液，发现红色又变深；另一份滴入双氧水，发现红色变得更浅，但无沉淀，也无刺激性气味的气体生成。根据实验现象，用离子方程式表示放置后溶液颜色变浅的原因________。(3)实验二：测量补铁口服液中铁元素的含量是否达标。该补铁口服液标签注明：本品含硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)应为375～425(mg/100mL)，该实验小组设计如下实验，测定其中铁元素的含量。（说明：该实验中维生素C的影响已排除，不需要考虑维生素C消耗的酸性KMnO4溶液）①取该补铁口服液100mL，分成四等份，分别放入锥形瓶中，并分别加入少量稀硫酸振荡；②向________式滴定管中加入0.002mol.L-l酸性KMnO4溶液，并记录初始体积；③滴定，直至溶液恰好_____________且30秒内不褪色，记录末体积；④重复实验。根据数据计算，平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为35.00mL。计算每100mL该补铁口服液中含铁元素__________mg（以FeSO4·7H2O的质量计算），判断该补铁口服液中铁元素含量___________（填“合格”或“不合格”）。26、（10分）甲同学向做过银镜反应的试管滴加0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2)，发现银镜部分溶解，和大家一起分析原因：甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag。乙同学认为：Fe(NO3)3溶液显酸性，该条件下NO3－也能氧化单质Ag。丙同学认为：Fe3+和NO3－均能把Ag氧化而溶解。(1)生成银镜反应过程中银氨溶液发生_____________（氧化、还原）反应。(2)为得出正确结论，只需设计两个实验验证即可。实验I：向溶解了银镜的Fe(NO3)3的溶液中加入____________（填序号，①KSCN溶液、②K3[Fe(CN)6]溶液、③稀HC1），现象为___________，证明甲的结论正确。实验Ⅱ：向附有银镜的试管中加入______________溶液，观察银镜是否溶解。两个实验结果证明了丙同学的结论。(3)丙同学又把5mLFeSO4溶液分成两份：第一份滴加2滴KSCN溶液无变化；第二份加入1mL0.1mol/LAgNO3溶液，出现白色沉淀，随后有黑色固体产生（经验证黑色固体为Ag颗粒），再取上层溶液滴加KSCN溶液变红。根据上述的实验情况，用离子方程式表示Fe3+、Fe2+、Ag+、Ag之间的反应关系_______________。(4)丁同学改用如图实验装置做进一步探究：①K刚闭合时，指针向左偏转，此时石墨作_________，（填“正极”或“负极。此过程氧化性：Fe3+_______Ag+（填>或<）。②当指针归零后，向右烧杯中滴加几滴饱和AgNO3溶液，指针向右偏转。此过程氧化性：Fe3+_______Ag+（填>或<）。③由上述①②实验，得出的结论是：_______________________。27、（12分）某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物[Fex(C2O4)y·zH2O]，并用滴定法测定其组成。已知H2C2O4在温度高于90℃时易发生分解。实验操作如下：步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内，可生成黄色沉淀；步嶸二：称取黄色产物0.841g于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至70~85℃。待固体全部溶解后，用胶头滴管吸岀一滴溶液点在点滴板上，用铁氰化钾溶液检验，无蓝色沉淀产生；步骤三：用0.080mol/LKMnO4标准液滴定步骤二所得的溶液；步骤四：向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸岀一滴点在点滴板上，用KSCN溶浟检验，若不显红色，过滤除去Zn粉，并用稀硫酸洗涤Zn粉，将洗涤液与滤液合并，用0.0800mol/LKMnO4标准液滴定，用去髙锰酸钾标准液10.00mL。(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是__________________。(2)步骤二中水浴加热并控制温度70~85℃的理由是__________________，加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是__________________。(3)步骤三盛装KMnO4标准液的滴定管在滴定前后的液如图乙所示，则消耗KMnO4标准液的体积为__________________，该滴定管为_________滴定管(填“酸式”或“碱式”)(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为___________________________。若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将_________(填“增大”“减小”或“不变”)。由以上数据计算黄色化合物的化学式为__________________。28、（14分）黑磷是磷的一种稳定的同素异形体，黑磷具有正交晶系的晶体结构（图A），晶胞参数a＝3.311A，b＝4.381A。，c＝11.511A。。黑磷烯是二维的单层黑磷（图B），黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3。与石墨烯相比，黑磷烯具有半导体性质，更适合于制作电子器件。已知黑磷结构中只有一种等效的三配位P，所有P原子的成键环境一样，图A中编号为①的P原子的晶胞内坐标为（1．511，1．191，1．598）。请回答下列问题：（1）写出基态P原子的价电子排布图：__________。（2）P和F的电负性大小顺序是x（P）______x（F）。（填“＜”“＝”或“＞”）P和F形成的分子PF3和PF5，它们的几何构型分别为__________、__________。（3）①黑磷中P原子杂化类型是__________。黑磷中不存在__________（选填字母序号）。A共价键Bσ键Cπ键D范德华力②红磷、白磷与黑磷熔点从高到低的顺序为__________，原因是___________。（4）图A中编号为②的P原子的晶胞内坐标为_______，黑磷的晶胞中含有________个P原子。29、（10分）镍具有良好的导磁性和可塑性，主要用于制作合金及催化剂。请回答下列问题（1）基态镍原子的价电子排布图为____，同周期元素中基态原子与镍具有相同未成对电子的还有____种。（2）四羰基合镍是一种无色挥发性液体，熔点-25℃，沸点43℃。则四羟基合镍中σ键和π键数目之比为___三种组成元素按电负性由大到小的顺序为____。（3）[Ni(NH3)

4]SO4中N原子的杂化方式为____，写出与SO42-互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式____，____；[Ni(

NH3)4]SO4中H-N-H键之间的夹角___（填“＞”“＜”或“=”）NH3分子中H-N-H键之间的夹角。（4）已知NiO的晶体结构（如图1），可描述为：氧原子位于面心和顶点，氧原子可形成正八面体空隙和正四面体空隙，镍原子填充在氧原子形成的空隙中，则NiO晶体中原子填充在氧原子形成的____体空隙中，其空隙的填充率为____。（5）一定温度下，NiO晶体可分散形成“单分子层”，O2-作单层密置排列，Ni2+填充O2-形成的正三角形空隙中（如图2），已知O2-的半径为αm，每平方米面积上分数的NiO的质量为___g。（用a、NA表示）

参考答案一、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、B【解析】

A．元素的非金属性越强，其对应最高价含氧酸的酸性越强，由于元素的非金属性C>Si>Al，所以酸性：H2CO3＞H2SiO3＞H3AlO3，A正确；B．同类型的分子中，相对分子质量越大，沸点越高，沸点为HI＞HBr＞HCl，B错误；C．元素的非金属性越强，其对应最简单的氢化物越稳定，由于元素的非金属性F>Cl>S，所以氢化物的热稳定性：HF＞HCl＞H2S，C正确；D．元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，由于元素的金属性K>Na>Mg，所以碱性：KOH＞NaOH＞Mg(OH)2，D正确；故合理选项是B。2、A【解析】

X元素是短周期主族元素中原子半径最大，则X为Na，W的简单氢化物常温下呈液态，该氢化物是H2O，即W为O，Y的氧化物和氯化物熔融状态下都能够导电，说明它们都是离子化合物，即Y为Mg，X、Y、Z原子最外层电子数之和10，推出Z的最外层有7个电子，四种元素原子序数依次增大，即Z为Cl，据此分析；【详解】X元素是短周期主族元素中原子半径最大，则X为Na，W的简单氢化物常温下呈液态，该氢化物是H2O，即W为O，Y的氧化物和氯化物熔融状态下都能够导电，说明它们都是离子化合物，即Y为Mg，X、Y、Z原子最外层电子数之和10，推出Z的最外层有7个电子，四种元素原子序数依次增大，即Z为Cl，A.W和Z形成的化合物可以是ClO2，ClO2具有强氧化剂，能作消毒剂，故A正确；B.O、Mg、Cl原子半径大小是Mg>Cl>O，故B错误；C.工业上冶炼金属镁，常电解熔融状态的氯化镁，因为氯化镁的熔点低于氧化镁，故C错误；D.O、Na、Cl可以形成多种化合物，NaClO水溶液显碱性，NaClO4水溶液显中性，故D错误；答案：A。易错点是Y元素的推断，学生认为Y可能是Al，认为Al2O3和AlCl3熔融中状态下都能够导电，忽略了AlCl3是共价化合物，熔融状态下不能够导电。3、B【解析】

受热易分解，其分解反应为：。【详解】A．称量样品加热用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量以及结晶水合物的质量可以求解，A正确；B．因硝酸镁易分解，称量样品加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸镁，B错误；C．称量样品加热冷却称量MgO，根据硝酸镁分解的方程式以及氧化镁的质量可测定的结晶水含量，C正确；D．称量样品加NaOH将硝酸镁转化为氢氧化镁，过滤加热氢氧化镁分解生成氧化镁冷却称量MgO，根据镁原子守恒求解无水硝酸镁的质量，据此求解结晶水含量，D正确。答案选B。4、D【解析】

A.碳酸钡与胃酸反应，X射线透视肠胃的内服剂通常是硫酸钡，A项错误；B.明矾溶于水电离出的Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮物，达到净水的目的，不能杀菌消毒，B项错误；C.工业生产氯气是用电解饱和食盐水法，浓盐酸和二氧化锰是实验室制氯气的方法，C项错误；D.配制波尔多液的原料用胆矾和石灰乳，D项正确；答案选D。5、A【解析】

A.Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉反应产生FeSO4，Fe是固体物质，不能进入溶液，故所得溶液中只含一种溶质，A符合题意；B.A1(OH)3中加入过量NaOH溶液，反应产生NaAlO2和H2O，反应所得溶液中含过量NaOH和产生的NaAlO2两种溶质，B不符合题意；C.反应后溶液中含有反应产生的CuSO4和过量的未反应的H2SO4，C不符合题意；D.反应后溶液中含有HClO和Ca(HCO3)2两种溶质，D不符合题意；故合理选项是A。6、D【解析】

A.该装置为外加电源的电解池原理；B.根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；C.根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；D.根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。【详解】A.该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；B.C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；C.该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl-e-+Cl-=CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；D.该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl-e-+Cl-=CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2＝CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D项正确；答案选D。7、C【解析】

A.据图可知，A为量筒，故A正确；B.据图可知，B为试管，故B正确；C.据图可知，C为坩埚，故C错误；D.据图可知，D为分液漏斗，故D正确；答案选C。8、D【解析】

A.不断将氨气液化分离，生成物的浓度减小，平衡正向移动，故正确；B.压缩体积，平衡正向移动，氮气转化率增大，故正确；C.前10分钟，N2+3H22NH3起始0.51.50改变x3x2x10min时0.5-x1.5-3x2x有，解x=0.175mol/L，用氨气表示反应速率为＝0.035mol·L−1·min−1，故正确；D.N2+3H22NH3起始0.51.50改变x3x2x平衡0.5-x1.5-3x2x，有，解x=0.25mol/L，则平衡常数表示为，在30min时，再加入0.5molN2、1.5molH2和2molNH3，则有Qc=<K，平衡正向移动，故错误。故选D。9、C【解析】

A.NH4NO3溶液的浓度为0.1mol·L－1，溶液体积不确定，不能计算含有的氮原子数，A错误；B.氯气分别与足量铁和铝完全反应时，化合价均由0价变-1价，1mol氯气转移的电子数均为2NA，B错误；C.如果28g全为乙烯，则含有的C－H键数目=×4×NA=4NA；如果28g全为丙烯，则含有的C－H键数目=×6×NA=4NA，所以无论以何种比例混合，28g乙烯与丙烯混合物中C－H键数目始终为4NA，C正确；D.pH=1的H2SO4溶液中，H+的浓度为0.1mol·L－1，故1L溶液中含有H+的数目为0.1NA，D错误；故选C。极端假设法适用于混合物组成判断，极端假设恰好为某一成分，以确定混合体系各成分的名称、质量分数、体积分数等。如乙烯与丙烯混合物中含有C－H键的数目的计算，极值法很好理解。10、D【解析】

A．溶解度大的物质可以转化为溶解度小的物质，溶解度ZnS＞CuS，则闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)，反应的离子方程式为ZnS+Cu2+＝CuS+Zn2+，故A正确；B．0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3，说明醋酸为弱酸，部分电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故B正确；C．电解NaCl溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，离子方程式为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，阴极区溶液pH增大，故C正确；D．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极上Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-＝Fe2+，故D错误；故选D。本题的易错点为D，要注意电极反应式中，铁是失去2个电子生成亚铁离子。11、C【解析】

①在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12L；和过量NaOH溶液加热产生的气体只能是氨气，故一定存在NH4+，其物质的量为n(NH3)==0.05mol；②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33g，则一定存在SO42-，其物质的量为n(SO42-)=n(BaSO4)==0.01mol，Ba2+与SO42-会发生离子反应不能大量共存，含有SO42-，则一定不含有Ba2+；③在②的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7g沉淀产生，此沉淀未说明颜色，故可能为AgCl或AgI，且I-或Cl-的物质的量之和≥0.05-0.01×2=0.03mol。A.依据分析可知，溶液中可能只存在铵根离子，故A错误；B.依据分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42-，还有Cl-或I-中的一种或两种，B错误；C.依据分析可知，溶液中SO42-、Cl-、I-、NO3-均可能存在，C正确；D.依据分析可知，溶液中可能存在K+和NO3-，D错误；故合理选项是C。12、C【解析】A.①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确；B.当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI，②中试纸褪色，选项B正确；C.硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−，选项C不正确；D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正确。答案选C。点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−。13、B【解析】

苯分子中12个原子共平面，乙烯分子中6个原子共平面，乙炔中4个原子共平面，但甲基中最多有一个H原子能和C原子所在的平面共平面，故此有机物中在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢原子有2个。故选：B。原子共平面问题的关键是找母体，即找苯环、碳碳双键和碳碳三键为母体来分析。14、D【解析】

NaOH是强碱，二甲胺是弱碱，则相同浓度的NaOH和二甲胺，溶液导电率：NaOH>(CH3)2NH，所以①曲线表示NaOH滴定曲线、②曲线表示(CH3)2NH滴定曲线，然后结合相关守恒解答。【详解】A．b点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，，(CH3)2NH2Cl的水解常数，所以(CH3)2NH·H2O的电离程度大于(CH3)2NH2Cl的水解程度导致溶液呈碱性，但是其电离和水解程度都较小，则溶液中微粒浓度存在：，A错误；B．d点二者完全反应生成(CH3)2NH2Cl，水解生成等物质的量的和H+，水解程度远大于水的电离程度，因此与近似相等，该溶液呈酸性，因此，则，溶液中存在电荷守恒：，因此，故B错误；C．e点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH2Cl、HCl，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，则，故C错误；D．酸或碱抑制水电离，且酸中c(H+)越大或碱中c(OH−)越大其抑制水电离程度越大，弱碱的阳离子或弱酸的阴离子水解促进水电离，a点溶质为等浓度的NaOH和NaCl；b点溶质为等物质的量浓度的[(CH3)2]NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，其水溶液呈碱性，且a点溶质电离的OH-浓度大于b点，水的电离程度：b>a；c点溶质为NaCl，水溶液呈中性，对水的电离无影响；d点溶质为(CH3)2NH2Cl，促进水的电离，a、b点抑制水电离、c点不影响水电离、d点促进水电离，所以水电离程度关系为：d>c>b>a，故D正确；故案为：D。15、D【解析】

A.焰色反应是物理变化，故A错误；B.氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨环境问题，温室效应是CO2造成的，故B错误；C.长时间放置的油脂会因被氧化而变质，故C错误；D.白葡萄酒含维生素C等多种维生素，SO2具有还原性，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化，故D正确。综上所述，答案为D。16、C【解析】

A.实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，而3mol·L-1的盐酸是稀盐酸，因此不能发生反应制取氯气，A错误；B.该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置Ⅰ中盛放的试剂是饱和NaCl溶液，作用是除去氯气中的杂质HCl气体，B错误；C.由于NO2气体不能再CCl4中溶解，气体通过装置Ⅲ，可根据导气管口气泡的多少，观察气体流速，因此其作用是便于控制通入NO2的量，C正确；D.若制备的NO2中含有NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变质，D错误；故合理选项是C。17、C【解析】

A．标况下22.4LCO和氮气的物质的量均为1mol，而CO和氮气中均含14个电子，故1molCO和氮气中均含14mol电子即14NA个，故A正确；B．溶液中醋酸钠的物质的量为n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而CH3COO-能部分水解为CH3COOH，根据物料守恒可知，溶液中含CH3COOH、CH3COO-的粒子总数为0.1NA，故B正确；C．5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与足量的稀硝酸反应后变为+3价，故0.1mol铁转移0.3mol电子即0.3NA个，故C错误；D．18.4g甲苯的物质的量为0.2mol，而1mol甲苯中含8mol碳氢键，故0.2mol甲苯中含1.6mol碳氢键即1.6NA个，故D正确；故答案为C。阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。18、B【解析】

A.NaClO2溶液显碱性，离子方程式4OH－＋ClO2-＋2SO2=2SO42-＋Cl－＋2H2O，选项A错误；B.脱去硫的浓度为(8.35×10－4＋6.87×10－6)mol·L－1，脱去氮的浓度为(1.5×10－4＋1.2×10－5)mol·L－1，且在同一容器，时间相同，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，选项B正确；C.加入NaCl固体，提高c(Cl－)加快了反应速率，提高c(Na＋)，不影响反应速率，选项C错误；D.不知硫的起始物质的量，且SO42-、SO32-都是脱硫的不同形式，无法计算，选项D错误。答案选B。19、B【解析】有2种等效氢，的一氯代物有(CH3)2CHCH(CH3)CH2Cl、(CH3)2CHCCl(CH3)2，共2种，故B正确。20、A【解析】

A.①可用于制取H2，且活塞a处于打开状态时，稀硫酸和锌粒发生反应，生成氢气，故A正确；B.NH3密度比空气小，所以不能用向上排空气法收集，故B错误；C.加热氯化铵分解，碘升华，则NH4Cl和I2的固体混合物不能用加热的方法分离，故C错误；D.导管b的作用是回收冷凝的CCl4，故D错误；正确答案是A。21、B【解析】

A.NH3溶于水生成一水合氨，一水合氨在水中电离出OH-，水溶液呈碱性，NH3使湿润的蓝色石蕊试纸变蓝，A不符合题意；B.SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸在水中电离出H+，溶液显酸性，SO2使湿润的蓝色石蕊试纸变红，B符合题意；C.Cl2溶于水生成盐酸、次氯酸，盐酸具有酸性，HClO具有强氧化性，Cl2能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，C不符合题意；D.CO不溶于水，CO不能使湿润的蓝色石蕊试纸发生颜色变化，D错误；答案为B。Cl2溶于水生成盐酸、次氯酸，盐酸使蓝色石蕊变红，次氯酸氧化后红色褪去。22、C【解析】

根据图中电子移动方向可以判断a极是原电池的负极，发生氧化反应，b极是原电池的正极，发生还原反应，为了形成闭合电路，以硫酸水溶液作为电解质溶液，据此分析解答。【详解】A．硫酸水溶液为电解质溶液，可电离出自由移动的离子，增强导电性，A选项正确；B．根据上述分析可知，b为正极，充电时就接正极，B选项正确；C．d膜左右池都有硫酸水溶液，不需要质子交换膜，d膜只是为了防止高分子穿越，所以为半透膜，C选项错误；D．放电时，a极是负极，酚失去电子变成醌，充电时，a极是阴极，醌得到电子生成酚，故充放电发生的反应是，D选项正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)4消耗产生的HCl，提高有机物N的产率取代反应C15H18N2O3+→2HCl+17、【解析】

R在一定条件下反应生成M，M在碳酸钾作用下，与ClCH2COOC2H5反应生成N，根据N的结构简式，M的结构简式为，根据R和M的分子式，R在浓硫酸、浓硝酸作用下发生取代反应生成M，则R的结构简式为，N在一定条件下反应生成P，P在Fe/HCl作用下生成Q，Q与反应生成H，根据H的结构简式和已知信息，则Q的结构简式为，P的结构简式为：；H在(Boc)2O作用下反应生成G，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，R的结构简式为，名称是邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)；根据N的结构简式，其中含有的官能团有醚基、酯基、硝基、醛基，共4种官能团；(2)M在碳酸钾作用下，与ClCH2COOC2H5反应生成N，根据N的结构简式，M的结构简式为，根据结构变化，M到N发生取代反应生成N的同时还生成HCl，加入K2CO3可消耗产生的HCl，提高有机物N的产率；(3)Q与反应生成H，Q的结构简式为，Q中氨基上的氢原子被取代，H→G的反应类型是取代反应；(4)结构式中，未标注元素符号的每个节点为碳原子，每个碳原子连接4个键，不足键由氢原子补齐，H的分子式C15H18N2O3；(5)Q与反应生成H，Q的结构简式为，Q→H的化学方程式：+→2HCl+；(6)R的结构简式为，T与R组成元素种类相同，①与R具有相同官能团，说明T的结构中含有羟基和醛基；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14，即T比R中多一个-CH2-，若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CHO构成，则连接方式为；若T是由和-OH构成，则连接方式为；若T是由和-CH(OH)CHO构成，则连接方式为，符合下列条件T的同分异构体有17种；其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1:1:2:2:2，说明分子中含有5种不同环境的氢原子，结构简式有、；(7)以1，5-戊二醇()和苯为原料，依据流程图中Q→F的信息，需将以1，5-戊二醇转化为1，5-二氯戊烷，将本转化为硝基苯，再将硝基苯转化为苯胺，以便于合成目标有机物，设计合成路线：。苯环上含有两个取代基时，位置有相邻，相间，相对三种情况，确定好分子式时，确定好官能团可能的情况，不要有遗漏，例如可能会漏写。24、氯乙酸乙酯酯基取代反应+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O和【解析】

(1)直接命名A的化学名称和B中含有官能团的名称。(2)先根据②③前后联系得出C的结构简式，得出反应②的反应类型。(3)根据②③前后联系得出C的结构简式(4)联系教材的乙醛与新制Cu(OH)2反应书写方程式。(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，说明X中含有羧基或酯基，总共有7个碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，再进行书写。(6)先将1,3-丙二醇与HBr反应，得到，再在一定条件下与CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根据反应④得到产物。【详解】(1)A的化学名称是氯乙酸乙酯；B中含有官能团的名称为酯基，故答案为：氯乙酸乙酯；酯基。(2)根据②③前后联系得出C的结构简式为，因此反应②的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应。(3)根据上题分析得出C的结构简式为，故答案为：。(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，说明X中含有羧基或酯基，总共有7个碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，因此则符合条件的X的结构简式为和，故答案为：和。(6)先将1,3-丙二醇与HBr反应，得到，再在一定条件下与CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根据反应④得到产物，因此总的流程为，故答案为：。25、防止Fe2＋被氧化维生素CKSCNFe(OH)3，Fe3＋水解程度大，加入稀硫酸，水解平衡Fe3＋+3H2OFe(OH)3+3H＋左移，Fe3＋浓度增大，因此显红色2SCN－+11H2O2=N2↑+2CO2↑+2SO42－+10H2O+2H+酸变为紫色(或浅紫色或其他合理颜色)389.2合格【解析】

(1)实验一是探究铁元素的价态，根据甲同学的实验现象推断是Fe2＋。乙同学按照实验原理看，先加KSCN溶液无现象，再加双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，应该能看到红色。之所以没有看到，除了分析实验原理是否可行，也要看实验实际。本题主要从三个角度入手：一是其他原料的影响；二是反应物的量是否达到能够反应的量；三是看反应物的存在形式。铁元素主要以Fe2+形式被人体吸收，但Fe2＋容易被氧化，而实验1中提示“维生素C有还原性”，因为其还原性比Fe2+强，所以先与氧气反应，因此其作用是防止Fe2＋被氧化。同时实验中如果双氧水量少的话，双氧水也是先与维生素C反应，反应后无剩余或剩余量少，导致Fe2+可能没有被氧化或生成极少量的Fe3+。因此继续滴加过量的双氧水，将维生素C完全氧化后再氧化Fe2+，因此过量的双氧水是排除维生素C的影响。实验2中提示“二者没有达到反应浓度”，该实验中有两个反应，一是双氧水氧化Fe2＋，二是Fe3＋与SCN－的反应；双氧水在实验1中已经排除其量的影响，铁元素在药品中是定量，不可更改，故只有改变KSCN的量。实验3中提示“铁的价态是+3价，但可能不是以自由离子Fe3+形式存在”“滴加1滴稀硫酸，溶液迅速变为红色”，通过这两处信息结合“Fe3+水解程度较大，通常用于净水”等常识，可知Fe3+水解成Fe(OH)3。加入稀硫酸以后，水解平衡Fe3＋+3H2OFe(OH)3+3H+左移，使Fe3+浓度增大，因此显红色。(2)甲同学注意到乙同学加稀硫酸变红后的溶液，放置一段时间后颜色又变浅了。分析SCNˉ中各元素的化合价，S为-2价，C为+4价，N为-3价，说明SCNˉ有还原性。通过“一份中滴入KSCN溶液，发现红色又变深”，说明褪色是因为SCNˉ被消耗；“另一份滴入双氧水，发现红色变得更浅，但无沉淀，也无刺激性气味的气体生成”说明双氧水与SCNˉ发生反应，其中S元素没有生成硫黄，也没有生成SO2气体，应该是被氧化为SO42－，反应的离子方程式为2SCN－+11H2O2=N2↑+2CO2↑+2SO42－+10H2O＋2H+。(3)②酸性KMnO4溶液具有强氧化性，易氧化橡胶管，所以不可以用碱式滴定管，须用酸式滴定管。③滴定时紫色酸性KMnO4溶液变为无色Mn2＋，当Fe2＋反应完，呈现MnO4-的紫色。④依据反应方程式MnO4-+5Fe2＋+8H＋=5Fe3＋+Mn2＋+4H2O可知，每100mL补铁剂中含FeSO4·7H2O的质量为0.002mol·L-1×0.035L×5×278g·mol－1×4=0.3892g=389.2mg，因此该补铁剂中铁元素含量合格。26、还原②产生蓝色沉淀pH=20.3mol/LKNO3或NaNO3溶液Ag+Fe3+⇌Ag++Fe2+或(Ag++Fe2+⇌Ag+Fe3+)正极＞＜其它条件不变时，物质的氧化性与浓度有关系，浓度的改变可导致平衡的移动【解析】

(1)根据元素化合价的变化判断；

(2)实验Ⅰ：甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，则要证明甲的结论正确，可验证Fe3+的还原产物Fe2+的存在；

实验Ⅱ：进行对照实验；

(3)根据实验现象判断溶液中发生的反应；

(4)根据指针偏转方向判断正负极，判断电极反应，并结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析解答。【详解】(1)往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，银离子和氨水反应生成白色的氢氧化银沉淀和铵根离子，Ag++NH3•H2O═AgOH↓+NH4+；继续滴入氨水白色沉淀溶解，氢氧化银和氨水反应生成银氨溶液和水，AgOH+2NH3•H2O═Ag(NH3)2OH+2H2O，若用乙醛进行银镜反应，再加入乙醛溶液后，水浴加热，生成乙酸铵，氨气、银和水，化学反应方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，银氨溶液中的银为+1价，被醛基还原生成0价的银单质，故答案为：还原；

(2)实验Ⅰ：甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，则要证明甲的结论正确，可验证Fe3+的还原产物Fe2+的存在即可，验证Fe2+的实验是取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液会和Fe2+反应生成蓝色沉淀，故答案为：②；产生蓝色沉淀；

实验Ⅱ：丙同学认为：Fe3+和NO3－均能把Ag氧化而溶解，且两个实验结果证明了丙同学的结论，而实验I验证了Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，则实验II需要验证NO3－也能把Ag氧化而溶解，需进行对照实验，0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2)，NO3－为0.3mol/L，所以需向附有银镜的试管中加入pH=2的0.3mol/LKNO3或NaNO3溶液，故答案为：pH=2的0.3mol/LKNO3或NaNO3；

(3)Fe3+遇KSCN溶液变红，第一份滴加2滴KSCN溶液无变化，说明FeSO4溶液中无Fe3+，第二份加入1ml0.1mol/LAgNO3溶液，出现白色沉淀，随后有黑色固体Ag产生，再取上层溶液滴加KSCN溶液变红，说明有Fe3+产生，说明Fe2+被Ag+氧化生成Fe3+，Ag+被还原为Ag，又Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，则该反应为可逆反应，反应的离子方程式为：Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+或Ag++Fe2+⇌Ag+Fe3+；

(4)①K刚闭合时，指针向左偏转，则银为负极，石墨为正极，该电池的反应本质为Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+，该反应中铁离子为氧化剂，银离子为氧化产物，则氧化性：Fe3+＞Ag+，故答案为：正极；＞；

②当指针归零后，向右烧杯中滴加几滴饱和AgNO3溶液，指针向右偏转，则此时石墨为负极，银为正极，右侧烧杯中银离子浓度增大，反应Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+的平衡左移，发生反应Ag++Fe2+⇌Ag+Fe3+，此时Ag+为氧化剂，Fe3+为氧化产物，则氧化性：Fe3+＜Ag+；③由上述①②实验，得出的结论是：在其它条件不变时，物质的氧化性与浓度有关，浓度的改变可导致平衡移动。27、过滤加快固体溶解，同时防止草酸分解铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定25.00mL酸式MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O减小Fe4(C2O4)5·10H2O【解析】

步骤一草酸和(NH4)2Fe(SO4)2反应生成黄色固体[Fex(C2O4)y·zH2O]，步骤二加硫酸溶解后，检验无二价铁离子，则说明含有Fe3+，步骤三用高锰酸钾滴定草酸根离子，步骤四将Fe3+还原成Fe2+，再用高锰酸钾滴定，确定铁离子的含量，进而进一步分析计算。【详解】(1)分离固体和液体的操作是过滤；故答案为：过滤；(2)由于H2C2O4在温度高于90℃时易发生分解，所以需要水浴加热并控制温度70~85℃，同时加快固体溶解。铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；故答案为加快固体溶解，同时防止草酸分解；氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；(3)从图片中读出，消耗高锰酸钾的体积为：25.80mL-0.80mL=25.00mL；滴定液是高锰酸钾标准溶液，该溶液有强氧化性，只能选用酸式滴定管；故答案为25.00mL，酸式；(4)步骤四是高锰酸钾滴定Fe2+，离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；洗涤液中残留少许Fe2+，若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将减少；根据离子方程式：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，可知关系MnO4-——5Fe2+，其中n(MnO4-)=0.0800mol/L×0.01L=0.0008mol，即n(Fe2+)=0.0008mol×5=0.0040mol，则样品中n(Fe)=0.0040mol。步骤三中，根据方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可得到转化关系：2KMnO4——5H2C2O4，即n(H2C2O4)=n(KMnO4)=0.0800mol/L×0.025L×5/2=0.005mol，则样品中含草酸根的物质的量为0.005mol