2024年滬科版高三化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬科版高三化學(xué)上冊月考試卷81考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列物質(zhì)不能發(fā)生消去反應(yīng)的是（）A.2-丙醇B.2，2-二甲基丙醇C.溴乙烷D.2-甲基-1-丙醇2、下列有關(guān)化學(xué)基本概念正確的是()A.氧化還原的本質(zhì)是存在電子的轉(zhuǎn)移(得失或偏移)B.有單質(zhì)參加的化學(xué)反應(yīng)一定是氧化還原反應(yīng)C.依據(jù)化合物在水溶液中的導(dǎo)電能力強(qiáng)弱，將化合物分為強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)D.溶液與膠體的本質(zhì)區(qū)別是否能產(chǎn)生丁達(dá)爾現(xiàn)象3、一定條件下，通過反應(yīng)SO2（g）+2CO（g）?2CO2（g）+S（l）△H=-akJ?mol-1可實現(xiàn)燃煤煙氣中硫的回收，在恒容的密閉容器中通入等物質(zhì)的量的SO2和CO進(jìn)行反應(yīng)，下列有關(guān)說法正確的是（）A.達(dá)到平衡時SO2和CO的轉(zhuǎn)化率相等B.平衡時，其他條件不變，分離出硫，正反應(yīng)的速率加快C.充分反應(yīng)后達(dá)到平衡，放出的熱量一定小于akJD.容器內(nèi)的氣體密度不再變化，表明該反應(yīng)已達(dá)平衡4、下列裝置不能達(dá)到實驗?zāi)康氖牵ǎ?/p>

A.圖1用于放出碘的四氯化碳溶液B.圖2用于實驗室收集SO2C.圖3用于實驗室制備Fe（OH）2D.圖4用于比較NaHCO3和Na2CO3熱穩(wěn)定性5、下列說法正確的是（）A.常溫常壓下，11.2L二氧化硫中所含的氧原子數(shù)等于NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，80gSO3中含3NA個氧原子，體積約為22.4LC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，足量Zn與一定量的濃硫酸反應(yīng)，產(chǎn)生22.4L氣體時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)一定為2NAD.對于氣態(tài)物質(zhì)，體積的大小主要是由分子間距離決定的6、我國科學(xué)家研發(fā)了一種室溫下“可呼吸”的rm{Na-CO_{2}}二次電池，將rm{NaClO_{4}}溶于有機(jī)溶劑作為電解液。鈉和負(fù)載碳納米管的鎳網(wǎng)分別作為電極材料，電池的總反應(yīng)為：rm{3CO_{2}+4Na?2Na_{2}CO_{3}+C}下列說法錯誤的是rm{(}rm{)}A.放電時，rm{ClO_{4}^{-}}向負(fù)極移動B.充電時釋放rm{CO_{2}}放電時吸收rm{CO_{2}}C.放電時，正極反應(yīng)為：rm{3CO_{2}+4e^{-}簍T2CO_{3}^{2-}+C}D.充電時，正極反應(yīng)為：rm{Na^{+}+e^{-}簍TNa}7、下列關(guān)于有機(jī)物的敘述正確的是rm{(}rm{)}A.聚乙烯塑料中含有大量碳碳雙鍵，容易老化B.苯、油脂均不能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色C.甲苯苯環(huán)上的一個氫原子被一rm{C_{3}H_{6}Cl}取代，形成的同分異構(gòu)體有rm{9}種D.rm{CH_{2}簍TCHCH_{2}OH}能發(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)8、某同學(xué)通過一系列實驗探究Cu及其化合物的性質(zhì)，操作正確且能達(dá)到目的是（）A.將銅粉與硫粉混合均勻加熱以制取CuSB.將銅絲插入濃硫酸中并加熱，反應(yīng)后再加水以觀察CuSO4溶液的顏色C.向CuSO4溶液中加入過量的NaOH溶液，過濾洗滌并收集沉淀充分灼燒以制取CuOD.向淀粉溶液中加入適量稀硫酸微熱，再加少量新制Cu（OH）2并加熱，產(chǎn)生磚紅色沉淀9、物質(zhì)的量為rm{0.10mol}的鎂條在足量的、且只含有rm{CO_{2}}和rm{O_{2}}混合氣體的容器中充分燃燒rm{(}產(chǎn)物不含碳酸鎂rm{)}反應(yīng)后容器內(nèi)固體物質(zhì)的質(zhì)量可能rm{(}rm{)}A.rm{2.2g}B.rm{4.2g}C.rm{4.4g}D.rm{4.8g}10、25℃時，下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.0.1mol?L-1NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（H2CO3）B.0.1mol?L-1NaOH溶液中通入SO2氣體至pH=7：c（Na+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（H2SO3）C.等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液與NaOH溶液等體積混合后所得pH=9的溶液：c（OH-）-c（CH3COOH）=c（H+）=l×10-9mol?L-1D.20mL0.1mol?L-1CH3COONa溶液與10mL0.1mol?L-1HCl溶液混合得到的溶液：c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-）11、在體積相同的兩個密閉容器中分別充滿rm{O_{2}}rm{O_{3}}氣體，當(dāng)這兩個容器內(nèi)溫度和氣體密度相等時，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.兩種氣體的壓強(qiáng)之比為rm{3}rm{2}B.rm{O_{2}}比rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}的質(zhì)量小C.兩種氣體的分子數(shù)目相等D.兩種氣體的氧原子數(shù)目相等12、已知反應(yīng)rm{O_{2}(g)+2Cl_{2}(g)?2Cl_{2}O(g)}rm{triangleH>0.}在三個恒溫、恒容的密閉容器中分別充入rm{1mol}rm{O_{2}}與rm{2}rm{mol}rm{Cl_{2}}測得平衡時rm{O_{2}}的轉(zhuǎn)化率如下表：下列說法正確的是rm{(}rm{)}

。容器編號溫度rm{/隆忙}容器體積rm{/L}平衡時rm{O_{2}}轉(zhuǎn)化率平衡時壓強(qiáng)rm{/Pa}rm{壟脵}rm{200}rm{V_{1}}rm{50%}rm{p_{1}}rm{壟脷}rm{200}rm{V_{2}}rm{70%}rm{p_{2}}rm{壟脹}rm{350}rm{V_{3}}rm{50%}rm{p_{3}}A.起始反應(yīng)速率：rm{壟脹>壟脵>壟脷}B.平衡時壓強(qiáng)：rm{p_{1}<p_{2}}C.容器體積：rm{V_{1}<V_{3}}D.若實驗rm{壟脷}中rm{O_{2}}和rm{Cl_{2}}用量均加倍，則平衡時rm{O_{2}}的轉(zhuǎn)化率小于rm{70%}13、下列實驗方案能達(dá)到實驗?zāi)康氖牵ǎ〢.證明濃度的改變可導(dǎo)致平衡移動：將少量KCl晶體加入FeCl3+3KSC?Fe（SCN）3+3KCl的平衡體系中B.除去MgCl2溶液中少量的FeCl3：向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量的Mg（OH）2粉末，攪拌一段時間后過濾C.檢驗?zāi)橙芤褐惺欠窈幸胰合蚴⒂?mL10%CuSO4溶液的試管中滴加0.5mL10%NaOH溶液，混合均勻，滴入待檢液，加熱D.證明Fe3+的氧化性大于I2：將KI溶液和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩、靜置，下層溶液顯紫紅色14、20℃時，配制一組c（Na2CO3）+c（NaHCO3）=0.100mol?L-1的混合溶液，溶液中c（HCO3-）、c（CO32-）與pH的關(guān)系如圖所示．下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.pH=9的溶液中：c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（CO32-）B.c（HCO3-）=c（CO32-）的E點溶液中：c（OH-）+c（CO32-）＞c（H+）+c（H2CO3）+0.050mol?L-1C.pH=11的溶液中：c（Na+）＜2c（CO32-）+c（HCO3-）D.0.100mol?L-1的Na2CO3溶液中：c（H+）+c（H2CO3）+c（HCO3-）=c（OH-）評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)15、某有機(jī)物A的分子式為C3H6O3；已知它具有下列性質(zhì)：

①能與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2氣體。

②自身可發(fā)生酯化反應(yīng)。

③所有的官團(tuán)均連在同一個碳原子上．

請回答下列問題：

（1）A中的官能團(tuán)（填名稱）有____；A的結(jié)構(gòu)簡式為____；

（2）與A有相同的分子式和官能團(tuán)的有機(jī)物B的結(jié)構(gòu)簡式為____；

（3）與A有相同的最簡式，且式量小于A的有機(jī)物C，C可與NaOH反應(yīng)，則C的結(jié)構(gòu)簡式為____、____；

（4）與A有相同的最簡式，且式量為A式量2倍的有機(jī)物D，D可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則有機(jī)物D的名稱為____

①寫出D生成乙醇的化學(xué)方程式：____

②在由乙醇制取乙二醇的幾步反應(yīng)中，發(fā)生的有機(jī)反應(yīng)類型有____．16、（2016春?歷城區(qū)校級月考）A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，A2-和B+具有相同的電子構(gòu)型；C；D為同周期元素；C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍；D元素最外層有一個未成對電子．回答下列問題：

（1）四種元素中電負(fù)性最大的是____（填元素符號），其中C原子的核外電子排布式為____；

（2）單質(zhì)A有兩種同素異形體，其中沸點高的是____（填分子式），原因是____，A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為____和____；

（3）C和D反應(yīng)可生成組成比為1：3的化合物E，E的立體構(gòu)型為____，中心原子的雜化軌道類型為____；

（4）A和B能夠形成化合物F，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)，a=0.566nm，F(xiàn)的化學(xué)式為____，列式計算晶體F的密度（g．cm-3）____．17、化學(xué)電池在通訊；交通及日常生活中有著廣泛的應(yīng)用．

Ⅰ．（1）圖1是鋅錳一干電池的基本構(gòu)造圖．

鋅錳干電池工作時，電路中每通過0.2mole-，負(fù)極質(zhì)量減少____g；工作時NH4+離子在正極放電產(chǎn)生兩種氣體，其中一種氣體分子是含10e-的微粒，正極的電極反應(yīng)式是____．

（2）關(guān)于該電池的使用和性能，說法正確的是____．

A．該電池可充電后反復(fù)使用。

B．該電池可用于鬧鐘；收音機(jī)、照相機(jī)等。

C．該電池使用后能投入火中；也可投入池塘中。

D．該電池長時間不用時；應(yīng)當(dāng)從電器中取出．

Ⅱ．（3）目前常用的鎳（Ni）鎘（Cd）電池；其電池總反應(yīng)可表示為：

Cd+2NiO（OH）+2H2O2Ni（OH）2+Cd（OH）2

已知Ni（OH）2和Cd（OH）2均難溶于水但能溶于酸．以下說法正確的是____．

A．以上反應(yīng)是可逆反應(yīng)B．反應(yīng)環(huán)境為堿性。

C．電池放電時Cd做負(fù)極D．是一種二次電池。

Ⅲ．（4）另一種常用的電池鋰電池（鋰是一種堿金屬元素，其相對原子質(zhì)量為7），由于它的比容量（單位質(zhì)量電極材料所能轉(zhuǎn)換的電能）特別大而廣泛應(yīng)用于心臟起搏器，一般使用時間可長達(dá)10年．它的負(fù)極用金屬鋰制成，電池總反應(yīng)可表示為：Li+MnO2→LiMnO2．試回答：鋰電池因為鋰的摩爾質(zhì)量小而比容量特別大，但是鋰電池中的電解質(zhì)溶液需用非水溶液配制，為什么這種電池不能使用電解質(zhì)的水溶液？請用化學(xué)方程式表示其原因：____．

Ⅳ．

美國阿波羅宇宙飛船上使用的氫氧燃料電池是一種新型電源；其構(gòu)造如圖2所示：

A；B兩個電極均由多孔的碳塊組成；通入的氫氣和氧氣由孔隙中逸出，并在電極表面發(fā)生電極反應(yīng)而放電．

（5）A電極反應(yīng)式為____．

（6）若為飛行員提供了360kg的水，則電路中通過了____mol電子．18、在25℃時，用石墨電極電解2.0L2.5mol/LCuSO4溶液．5min后；在一個石墨電極上游6.4gCu析出．試回答下列問題：

（1）____極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為____．

（2）此時得到的O2體積（S．T．P標(biāo)況）是____L，溶液的PH=____．19、能量是一個世界性的話題；如何充分利用能量；開發(fā)新能源，為人類服務(wù)是廣大科技工作者不懈努力的目標(biāo)．

（1）如圖1所示；組成一個原電池．

①當(dāng)電解質(zhì)溶液為稀硫酸時：Cu電極是____（填“正”或“負(fù)”）極，其電極反應(yīng)為____；

②當(dāng)電解質(zhì)溶液為濃硝酸時：Cu電極是____極，其電極反應(yīng)為____．

（2）請寫出電解硫酸銅溶液的總化學(xué)方程式____．

（3）燃燒氫氣時耗氧量小，放出熱量多．已知4gH2燃燒生成液態(tài)水時放熱為571.6kJ，試寫出表示H2燃燒熱的熱化學(xué)方程式為：____．

（4）圖2是一碳酸鹽燃料電池（MCFC），以水煤氣（CO、H2）為燃料，一定比例Li2CO3和Na2CO3低熔混合物為電解質(zhì)．寫出B極發(fā)生的電極反應(yīng)式：____．

（5）請根據(jù)下面所給出的5個熱化學(xué)方程式，判斷反應(yīng)④的反應(yīng)熱△H4是____．

①NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）△H1

②NH3（g）+H2O（l）═NH3?H2O（aq）△H2

③HCl（g）+H2O（l）═HCl（aq）△H3

④NH4Cl（s）+H2O（l）═NH4Cl（aq）△H4=？

⑤NH3?H2O（aq）+HCl（aq）═NH4Cl（aq）+H2O（l）△H5．20、（2011秋?瀘縣校級期中）如圖所示；已知A的產(chǎn)量是一個國家石油化工水平的標(biāo)志，D具有酸性．E是具有香味的不溶于水的液體．

（1）寫出D的官能團(tuán)名稱：____D的結(jié)構(gòu)簡式：____

（2）A→B的化學(xué)反應(yīng)方程式：____反應(yīng)類型為：____

（3）寫出B+D→E的化學(xué)反應(yīng)方程式：____反應(yīng)類型為：____．21、如圖是用明礬[KAl（SO4）2?12H2O]制取硫酸鋁和硫酸鉀的操作方法；根據(jù)此圖回答有關(guān)問題．

（1）進(jìn)行操作②時，加入的試劑是____；從反應(yīng)混合物分離A所進(jìn)行的實驗操作是____；其反應(yīng)的離子方程式為____；

（2）進(jìn)行操作④時，所加入的試劑是____，其目的是____，反應(yīng)混合物進(jìn)行的操作是____．評卷人得分四、判斷題(共2題，共18分)22、對于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反應(yīng)，當(dāng)密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均能作為達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志．____（判斷對錯）23、膠體的性質(zhì)主要有：丁達(dá)爾現(xiàn)象、電泳、聚沉____．（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共4題，共32分)24、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．25、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：26、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．27、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分六、簡答題(共3題，共30分)28、乙二醇是一種重要的工業(yè)防凍劑和合成高分子化合物的單體；實驗室模擬生產(chǎn)乙二醇的過程：

。物質(zhì)熔點沸點水溶性相對分子質(zhì)量乙二醇rm{-12.9隆忙}rm{197.3隆忙}溶于水、醇rm{62}甲醇rm{-97隆忙}rm{64.7隆忙}與水互溶rm{32}草酸二甲酯rm{54隆忙}rm{163.5隆忙}微熔于冷水，溶于醇和醚rm{118}rm{(}一rm{)}草酸二甲酯的制備。

實驗室用圖rm{1}所示裝置模擬草酸二甲酯的制備：

步驟rm{1}先往三頸燒瓶中加入甲醇，然后通過rm{A}在攪拌器工作時緩慢加入濃硫酸；混合液冷卻后，再加入草酸；

步驟rm{2}將rm{A}換為球形冷凝管，在rm{3}處塞上溫度計，在一定的溫度下回流rm{2-3}小時；

步驟rm{3}將混合液冷凝分離得到草酸二甲酯．

rm{(}二rm{)}乙二醇的制取。

實驗室用圖rm{2}所示的裝置模擬工業(yè)乙二醇的制取rm{(}夾持設(shè)備和部分加熱裝置省略rm{)}

反應(yīng)方程式為：

回答下列問題：

rm{(1)}儀器rm{A}的名稱為______，步驟rm{3}中首個操作是將混合物與冷水混合；則“混合”的正確操作是______．

rm{(2)}裝置rm{B}的作用是______rm{.}燒杯rm{C}中水的溫度不能低于rm{55隆忙}原因是______．

rm{(3)}對粗產(chǎn)品rm{(}主要含乙二醇、草酸二甲酯和甲醇rm{)}進(jìn)行精制，蒸餾收集______rm{隆忙}的餾分．

rm{(4)}實驗過程中，使用了rm{16g}rm{H_{2}}和rm{59g}草酸二甲酯，最后得到乙二醇為rm{12.4g}乙二醇的產(chǎn)率為______．

rm{(5)}設(shè)計實驗證明乙二醇為二元醇：______．29、（1）化學(xué)是一門以實驗為主的科學(xué)；化學(xué)實驗是學(xué)習(xí)探究物質(zhì)性質(zhì)的基本方法之一．

化學(xué)實驗中，常將溶液或試劑進(jìn)行酸化，下列酸化處理的措施中正確的是______．

A．定性檢驗SO32-，可用HNO3酸化的BaCl2溶液。

B．配制FeCl2溶液時通常加少量HNO3酸化；減小其水解程度。

C．檢驗?zāi)橙芤褐惺欠窈珻l-，用HNO3酸化的AgNO3溶液。

D．酸性高錳酸鉀溶液經(jīng)常用鹽酸酸化。

（2）為了證明一水合氨是弱堿；甲；乙、丙三同學(xué)分別設(shè)計以下實驗進(jìn)行探究．

①甲同學(xué)用pH試紙測得室溫下0.10mol?L-1氨水pH為，若a______13（填“＞”；“=”或“＜”）；則一水合氨是弱電解質(zhì)．

②乙同學(xué)取10mL0.10mol?L-1氨水，用pH試紙測出其pH為a，然后用蒸餾水稀釋至1000mL，再用pH試紙測出其pH為b，若要確認(rèn)一水合氨是弱電解質(zhì)，則a、b應(yīng)滿足的關(guān)系是______（用等式或不等式表示）．

③丙同學(xué)取出10mL0.10mol?L-1氨水，滴入2滴酚酞試液，顯粉紅色，再加入NH4Cl晶體少量，觀察到的現(xiàn)象是______，則證明一水合氨是弱電解質(zhì)．30、為證明草木灰的主要成分是rm{K_{2}CO_{3}}設(shè)計如下實驗：rm{陋隴}

rm{(1)}提取碳酸鉀晶體；可供選擇的實驗操作步驟有：

rm{A}過濾rm{B}溶解rm{C}濃縮結(jié)晶rm{D}蒸發(fā)rm{E}冷卻結(jié)晶rm{F}萃取rm{G}蒸餾rm{.}按照操作順序，應(yīng)選擇有______rm{(}寫編號rm{)}在實驗中都要用到的儀器是______．

rm{(2)}鑒定提取的晶體是碳酸鉀______．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】醇發(fā)生消去反應(yīng)的條件：與羥基相連碳相鄰碳上有氫原子才能發(fā)生消去反應(yīng)；形成不飽和鍵；

鹵代烴發(fā)生消去反應(yīng)結(jié)構(gòu)特點：與-X相連碳相鄰碳上有氫原子才能發(fā)生反應(yīng)，形成不飽和鍵；【解析】【解答】解：A；2-丙醇中與羥基相連碳相鄰碳上有氫原子；能發(fā)生消去反應(yīng)，故A錯誤；

B；2；2-二甲基丙醇中與羥基相連碳相鄰碳上沒有氫原子，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故B正確；

C、溴乙烷中與-Br相連碳相鄰碳上有氫原子；能發(fā)生消去反應(yīng)，故C錯誤；

D；2-甲基-1-丙醇中與羥基相連碳相鄰碳上有氫原子；能發(fā)生消去反應(yīng)，故D錯誤；

故選：B．2、A【分析】解：A．氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)為電子的轉(zhuǎn)移；其特征為化合價的升降，故A正確；

B．有單質(zhì)參加的反應(yīng)中不一定有元素化合價的變化；如氧氣轉(zhuǎn)化為臭氧，屬于非氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；

C．根據(jù)在水溶液中的電離程度分強(qiáng)弱電解質(zhì)；而導(dǎo)電能力與離子的濃度和電荷有關(guān)，故C錯誤；

D．溶液與膠體的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)的直徑大小；丁達(dá)爾現(xiàn)象為膠體的性質(zhì)，可以用來鑒別溶液與膠體，故D錯誤；

故選A．【解析】【答案】A3、D【分析】解：A．通入等物質(zhì)的量的SO2和CO進(jìn)行反應(yīng)；由方程式可知消耗的物質(zhì)的不同，則二者的轉(zhuǎn)化率不同，故A錯誤；

B．S為固體；對反應(yīng)的速率；平衡無影響，故B錯誤；

C．反應(yīng)的物質(zhì)的量未知；不能確定放出的熱量，故C錯誤；

D．硫為固體；容器內(nèi)的氣體密度不再變化，說明氣體的質(zhì)量不再變化，表明該反應(yīng)已達(dá)平衡，故D正確。

故選：D。

對于反應(yīng)SO2（g）+2CO（g）?2CO2（g）+S（l）△H=-akJ?mol-1；S為固體，對反應(yīng)的速率；平衡無影響，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，以此解答該題。

本題綜合考查化學(xué)平衡的影響，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，注意把握反應(yīng)的特點以及影響平衡移動的角度，難度不大?！窘馕觥緿4、B【分析】【分析】A．放出液體前應(yīng)打開塞子；

B．二氧化硫的密度比空氣大；

C．制備氫氧化亞鐵需要隔絕空氣；

D．碳酸鈉穩(wěn)定，碳酸氫鈉加熱分解．【解析】【解答】解：A．放出液體前應(yīng)打開塞子；保證液體順利流出，故A正確；

B．二氧化硫的密度比空氣大；應(yīng)用向上排空氣法收集，故B正確；

C．制備氫氧化亞鐵需要隔絕空氣；先打開C排除裝置內(nèi)的空氣，再關(guān)閉C，將硫酸亞鐵排入氫氧化鈉，故C正確；

D．碳酸鈉穩(wěn)定；碳酸氫鈉加熱分解，小試管中應(yīng)為碳酸氫鈉，能起對比作用，故D正確．

故選B．5、C【分析】【分析】A；常溫常壓下氣體摩爾體積大于22.4L/mol；

B；標(biāo)況下；三氧化硫為固體；

C；足量Zn與一定量的濃硫酸反應(yīng)；濃硫酸產(chǎn)生二氧化硫，變稀后產(chǎn)生氫氣，分析兩種情況下產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量和轉(zhuǎn)移電子數(shù)的關(guān)系；

D、對于氣態(tài)物質(zhì)，體積的大小與分子間的距離和分子的數(shù)目有關(guān)．【解析】【解答】解：A、常溫常壓下氣體摩爾體積大于22.4L/mol，故11.2L二氧化硫的物質(zhì)的量小于0.5mol，則含有的氧原子小于1mol即NA個；故A錯誤；

B；標(biāo)況下；三氧化硫為固體，故其體積不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算，故B錯誤；

C、濃硫酸與鋅反應(yīng)產(chǎn)生氣體為二氧化硫，每生成1molSO2轉(zhuǎn)移2mol電子，稀硫酸與鋅反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，每生成1molH2轉(zhuǎn)移2mol電子，標(biāo)況下，22.4L氣體的物質(zhì)的量為1mol，故足量Zn與一定量的濃硫酸反應(yīng)，產(chǎn)生22.4L（標(biāo)況）氣體時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA；故C正確；

D；對于氣態(tài)物質(zhì)；體積的大小與分子間的距離和分子的數(shù)目有關(guān)，并不是主要決定于分子間的距離，故D錯誤．

故選C．6、D【分析】解：rm{A.}放電時，rm{Na}失電子作負(fù)極、rm{Ni}作正極，電解質(zhì)溶液中陰離子向負(fù)極移動，所以rm{ClO_{4}^{-}}向負(fù)極移動；故A正確；

B.放電時rm{Na}作負(fù)極、rm{Ni}作正極，充電時rm{Ni}作陽極、rm{Na}作陰極，則放電電池反應(yīng)式為rm{3CO_{2}+4Na?2Na_{2}CO_{3}+C}充電電池反應(yīng)式為rm{2Na_{2}CO_{3}+C?3CO_{2}+4Na}所以充電時釋放rm{CO_{2}}放電時吸收rm{CO_{2}}故B正確；

C.放電時負(fù)極反應(yīng)式為rm{Na-e^{-}=Na^{+}}正極反應(yīng)式為rm{3CO_{2}+4e^{-}簍T2CO_{3}^{2-}+C}故C正確；

D.充電時，原來的正極rm{Ni}作電解池的陽極，rm{Na}作電解池陰極，則正極發(fā)生的反應(yīng)為原來正極反應(yīng)式的逆反應(yīng)，即rm{2CO_{3}^{2-}+C-4e^{-}=3CO_{2}}負(fù)極發(fā)生的反應(yīng)為rm{Na^{+}+e^{-}簍TNa}故D錯誤；

故選：rm{D}

A.放電時，rm{Na}失電子作負(fù)極、rm{Ni}作正極；電解質(zhì)溶液中陰離子向負(fù)極移動；

B.放電時rm{Na}作負(fù)極、rm{Ni}作正極，充電時rm{Ni}作陽極、rm{Na}作陰極，則放電電池反應(yīng)式為rm{3CO_{2}+4Na?2Na_{2}CO_{3}+C}充電電池反應(yīng)式為rm{2Na_{2}CO_{3}+C?3CO_{2}+4Na}

C.放電時負(fù)極反應(yīng)式為rm{Na-e^{-}=Na^{+}}正極反應(yīng)式為rm{3CO_{2}+4e^{-}簍T2CO_{3}^{2-}+C}

D.充電時；原來的正極作電解池的陽極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)。

本題考查原電池原理，明確充電電池中正負(fù)極、陰陽極發(fā)生反應(yīng)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力，難點是電極反應(yīng)式的書寫，題目難度不大。【解析】rm{D}7、D【分析】解：rm{A.}聚乙烯為乙烯的加聚產(chǎn)物；不含大量的碳碳雙鍵，故A錯誤；

B.油脂含有碳碳雙鍵；可被高錳酸鉀氧化，故B錯誤；

C.rm{-C_{3}H_{6}Cl}在甲苯苯環(huán)上位置有rm{3}種情況，rm{-C_{3}H_{6}Cl}中碳鏈異構(gòu)為和數(shù)字編號為rm{Cl}的位置，因此rm{-C_{3}H_{6}Cl}異構(gòu)情況為rm{5}種，故同分異構(gòu)體的種類為：rm{3隆脕5=15}故C錯誤；

D.含有碳碳雙鍵；羥基；則具有烯烴、乙醇的性質(zhì)，可發(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)，故D正確．

故選D．

A.聚乙烯不含碳碳雙鍵；

B.油脂可被高錳酸鉀氧化；

C.rm{-C_{3}H_{6}Cl}與甲基有鄰、間、對三種，且rm{-C_{3}H_{6}Cl}有rm{5}種同分異構(gòu)體；

D.含有碳碳雙鍵；羥基；結(jié)合烯烴、醇的性質(zhì)判斷．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)及推斷，為高頻考點，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，易錯點為rm{C}注意同分異構(gòu)體的判斷，難度中等．【解析】rm{D}二、雙選題(共7題，共14分)8、B|C【分析】解：A．S具有弱氧化性，將銅粉與硫粉混合均勻加熱以制取Cu2S；故A錯誤；

B．銅絲插入濃硫酸中并加熱，生成硫酸銅，硫酸銅溶液為藍(lán)色，則反應(yīng)后再加水以觀察CuSO4溶液的顏色；故B正確；

C．CuSO4溶液中加入過量的NaOH溶液；生成氫氧化銅沉淀，灼燒分解生成CuO，則過濾洗滌并收集沉淀充分灼燒以制取CuO，故C正確；

D．淀粉水解生成葡萄糖，檢驗葡萄糖在堿性條件下，則水解后先加堿至堿性，再加少量新制Cu（OH）2并加熱；產(chǎn)生磚紅色沉淀，故D錯誤；

故選BC．

A．S具有弱氧化性；與Cu反應(yīng)生成低價金屬硫化物；

B．銅絲插入濃硫酸中并加熱；生成硫酸銅，硫酸銅溶液為藍(lán)色；

C．CuSO4溶液中加入過量的NaOH溶液；生成氫氧化銅沉淀，灼燒分解生成CuO；

D．淀粉水解生成葡萄糖；檢驗葡萄糖在堿性條件下．

本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、物質(zhì)的檢驗為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁庠鼗衔镏R與實驗的結(jié)合及實驗的評價性分析，題目難度不大．【解析】【答案】BC9、rBC【分析】解：由rm{2Mg+CO_{2}=2MgO+C}可知，rm{0.1molMg}完全反應(yīng)時，生成固體的質(zhì)量為rm{0.1mol隆脕40g/mol+0.05mol隆脕12g/mol=4.6g}

由rm{2Mg+O_{2}=2MgO}可知，rm{0.1molMg}完全反應(yīng)時，生成固體的質(zhì)量為rm{0.1mol隆脕40g/mol=4g}

因rm{CO_{2}}和rm{O_{2}}混合氣體均與rm{Mg}反應(yīng)，則反應(yīng)后容器內(nèi)固體物質(zhì)的質(zhì)量介于rm{4g隆蘆4.6g}之間；

故選BC．

若發(fā)生rm{2Mg+CO_{2}=2MgO+C}時固體質(zhì)量最大，若發(fā)生rm{2Mg+O_{2}=2MgO}時固體質(zhì)量最??；以此來解答．

本題考查化學(xué)反應(yīng)的計算，為高頻考點，把握發(fā)生的反應(yīng)及極性法計算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意極性法的應(yīng)用，題目難度不大．【解析】rm{BC}10、CD【分析】解：A、碳酸氫鈉的水解程度大于碳酸氫鈉的電離程度，所以離子濃度大?。篶（Na+）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（CO32-）；故A錯誤；

B、0.1mol?L-1NaOH溶液中通入SO2氣體至pH=7，所以得溶液是亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉的混合溶液，根據(jù)電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-），而溶液pH=7，說明c（H+）=c（OH-），所以c（Na+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）；故B錯誤；

C、等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液與NaOH溶液等體積混合后所得醋酸鈉溶液，根據(jù)質(zhì)子守恒得：c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH-），所以c（OH-）-c（CH3COOH）=c（H+）=l×10-9mol?L-1；故C正確；

D、物質(zhì)的量濃度相等的氯化鈉、醋酸鈉和醋酸，溶液中根據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-）①，而c（Na+）=2c（Cl-）②，②代入①得：c（Na+）+2c（H+）=2c（CH3COO-）+2c（OH-）③，根據(jù)物料守恒：c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）④，將④代入③得：c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-）；故D正確；

故選：CD。

A；碳酸氫鈉溶液呈堿性；

B、0.1mol?L-1NaOH溶液中通入SO2氣體至pH=7；所以得溶液是亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉的混合溶液，根據(jù)電荷守恒分析解答；

C、等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液與NaOH溶液等體積混合后所得醋酸鈉溶液；根據(jù)質(zhì)子守恒分析解答；

D、20mL0.1mol?L-1CH3COONa溶液與10mL0.1mol?L-1HCl溶液混合得到的溶液得到物質(zhì)的量濃度相等的氯化鈉；醋酸鈉和醋酸；根據(jù)電荷和物料守恒分析解答．

本題考查離子濃度大小的比較，涉及弱電解質(zhì)的電離和鹽類的水解等問題，綜合考查學(xué)生的化學(xué)知識應(yīng)用能力和分析能力，題目難度中等．【解析】CD11、AD【分析】【分析】本題考查阿伏加德羅定律及其推論，題目難度不大，本題注意把握兩種氣體的元素組成特點，結(jié)合rm{PV=nRT}判斷?！窘獯稹肯嗤w積相同密度時，兩容器氣體的質(zhì)量相等，且都由rm{O}元素組成，則rm{O}原子的質(zhì)量、個數(shù)以及物質(zhì)的量相等。A.rm{O}原子個數(shù)相等時，氣體的物質(zhì)的量之比為rm{n(O_{2})}rm{n(O_{3})=3}rm{2}故A正確；B.同體積相同密度時，兩容器氣體的質(zhì)量相等，故B錯誤；C.rm{O}原子個數(shù)相等時，氣體的物質(zhì)的量之比為rm{n(O_{2})}rm{n(O_{3})=3}rm{2}所以分子數(shù)目不等為rm{3}rm{2}故C錯誤；D.相同體積相同密度時，兩容器氣體的質(zhì)量相等，且都由rm{O}元素組成，則rm{O}原子數(shù)目相等，故D正確。故選AD。【解析】rm{AD}12、rBC【分析】解：rm{A}rm{壟脷}平衡時rm{O_{2}}轉(zhuǎn)化率比rm{壟脵}大，說明rm{壟脷}相對于rm{壟脵}平衡向正反應(yīng)方向移動，所以開始時壓強(qiáng)：rm{p_{1}<p_{2}}則反應(yīng)速率rm{壟脷>壟脵}故A錯誤；

B、rm{壟脷}平衡時rm{O_{2}}轉(zhuǎn)化率比rm{壟脵}大，說明平衡時rm{壟脷}中氣體的物質(zhì)的量比rm{壟脵}少，又溫度相同，則rm{壟脷}中壓強(qiáng)大所以平衡時壓強(qiáng)：rm{p_{1}<p_{2}}故B正確；

C、rm{壟脹}和rm{壟脵O_{2}}轉(zhuǎn)化率的轉(zhuǎn)化率相同，又該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，rm{壟脹}的溫度高平衡向正反應(yīng)方向移動，所以rm{壟脹}的壓強(qiáng)使平衡向逆反應(yīng)方向移動，即壓強(qiáng)小于rm{壟脵}所以體積大于rm{壟脵}rm{V_{1}<V_{3}}故C正確；

D、若實驗rm{壟脷}中rm{O_{2}}和rm{Cl_{2}}用量均加倍，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，則rm{O_{2}}轉(zhuǎn)化率大于rm{70%}故D錯誤；

故選BC．

A；根據(jù)溫度高；壓強(qiáng)大反應(yīng)速率大判斷；

B、根據(jù)rm{壟脷}平衡時rm{O_{2}}轉(zhuǎn)化率比rm{壟脵}大，說明平衡時rm{壟脷}中氣體的物質(zhì)的量比rm{壟脵}少；

C、rm{壟脹}和rm{壟脵O_{2}}轉(zhuǎn)化率的轉(zhuǎn)化率相同，又該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，rm{壟脹}的溫度高平衡向正反應(yīng)方向移動，所以rm{壟脹}的壓強(qiáng)使平衡向逆反應(yīng)方向移動；據(jù)此分析；

D、若實驗rm{壟脷}中rm{O_{2}}和rm{Cl_{2}}用量均加倍，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，則rm{O_{2}}轉(zhuǎn)化率大于rm{70%}．

本題考查外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率和平衡移動的影響，有一定的難度．【解析】rm{BC}13、BD【分析】解：A．反應(yīng)FeCl3+3KSC?Fe（SCN）3+3KCl的本質(zhì)是：Fe3++3SCN-?Fe（SCN）3；KC1濃度的改變對平衡無影響，故A錯誤；

B．由于氫氧化鐵比氫氧化鎂難溶，向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量的Mg（OH）2粉末，將氯化鐵轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵沉淀，然后攪拌一段時間后過濾，可以除去MgCl2溶液中少量的FeCl3；故B正確；

C．乙醛與氫氧化銅的反應(yīng)必須在堿性條件下進(jìn)行；加入的NaOH不足，無法完成該實驗，故C錯誤；

D．將KI溶液和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩、靜置，下層溶液顯紫紅色，說明有碘單質(zhì)生成，可以證明Fe3+的氧化性大于I2；故D正確；

故選：BD。

A．反應(yīng)的本質(zhì)為Fe3++3SCN-?Fe（SCN）3；氯化鉀不影響該化學(xué)平衡；

B．氫氧化鐵更難溶；實現(xiàn)了沉淀的轉(zhuǎn)化；

C．配制氫氧化銅濁液時；加入的氫氧化鈉必須足量；

D．下層溶液顯紫紅色；有碘單質(zhì)生成，可以證明鐵離子的氧化性大于碘離子．

本題考查了化學(xué)實驗方案的評價，題目難度中等，涉及化學(xué)平衡及其影響、難溶物溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化實質(zhì)、氧化性強(qiáng)弱比較等知識，明確化學(xué)平衡及其影響為解答關(guān)鍵，試題知識點較多，充分考查學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．【解析】BD14、AB【分析】解：A．pH=9的溶液中主要是碳酸氫鈉溶液，碳酸氫根離子水解程度大于碳酸氫根離子的電離程度，溶液中離子濃度大小c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（CO32-）；故A正確；

B．E點c（HCO3-）=c（CO32-）=0.05mol/L，溶液中存在電荷守恒，c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-）=c（H+）+c（Na+），物料守恒c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）=3c（Na+），計算得到c（OH-）+c（CO32-）＞c（H+）+c（H2CO3）+0.050mol?L-1；故B正確；

C．pH=11的溶液中，c（OH-）＞c（H+），溶液中存在電荷守恒，c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-）=c（H+）+c（Na+），c（Na+）＞2c（CO32-）+c（HCO3-）；故C錯誤；

D．溶液中存在質(zhì)子守恒，水電離出的氫氧根離子和所有氫離子存在形式相同，0.100mol?L-1的Na2CO3溶液中：c（H+）+2c（H2CO3）+c（HCO3-）=c（OH-）；故D錯誤；

故選：AB。

A．pH=9的溶液中主要是碳酸氫鈉溶液；碳酸氫根離子水解程度大于碳酸氫根離子的電離程度；

B．E點c（HCO3-）=c（CO32-）=0.05mol/L；結(jié)合溶液中電荷守恒分析；

C．pH=11的溶液中，c（OH-）＞c（H+），溶液中存在電荷守恒，c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-）=c（H+）+c（Na+）分析；

D．溶液中存在質(zhì)子守恒；水電離出的氫氧根離子和所有氫離子存在形式相同．

本題考查了電解質(zhì)溶液中離子濃度大小比較、電荷守恒、物料守恒等知識點，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】AB三、填空題(共7題，共14分)15、羧基、羥基CH3CH（OH）COOHHOCH2CH2COOHHCOOCH3CH3COOH葡萄糖C6H12O6（葡萄糖）2C2H5OH+2CO2↑消去反應(yīng)、加成反應(yīng)、取代反應(yīng)【分析】【分析】（1）某有機(jī)物A的分子式為C3H6O3，該分子的不飽和度==1，說明含有一個雙鍵，能與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2，說明該物質(zhì)中含有羧基，自身可發(fā)生酯化反應(yīng)，說明還含有羥基，所有的官能團(tuán)均連在同一個碳原子上，則該有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH（OH）COOH；

（2）與A有相同的分子式和官能團(tuán)的有機(jī)物B的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2COOH；

（3）A的最簡式為CH2O，與A有相同的最簡式，且式量小于A的有機(jī)物C，C可與NaOH反應(yīng)，C的分子式為C2H4O2；為甲酸甲酯或乙酸；

（4）與A有相同的最簡式，且式量為A式量2倍的有機(jī)物D，D可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則D為葡萄糖．【解析】【解答】解：（1）某有機(jī)物A的分子式為C3H6O3，該分子的不飽和度==1，說明含有一個雙鍵，能與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2，說明該物質(zhì)中含有羧基，自身可發(fā)生酯化反應(yīng)，說明還含有羥基，所有的官能團(tuán)均連在同一個碳原子上，則該有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH（OH）COOH；

故答案為：羧基、羥基；CH3CH（OH）COOH；

（2）與A有相同的分子式和官能團(tuán)的有機(jī)物B的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2COOH；

故答案為：HOCH2CH2COOH；

（3）A的最簡式為CH2O，與A有相同的最簡式，且式量小于A的有機(jī)物C，C可與NaOH反應(yīng)，C的分子式為C2H4O2，結(jié)構(gòu)簡式為HCOOCH3、CH3COOH；

故答案為：HCOOCH3、CH3COOH；

（4）與A有相同的最簡式；且式量為A式量2倍的有機(jī)物D，D可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則D為葡萄糖．

①D生成乙醇的化學(xué)方程式：C6H12O6（葡萄糖）2C2H5OH+2CO2↑；

②乙醇先在濃硫酸；加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯；乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成生成1，2-二溴乙烷，最后在氫氧化鈉水溶液加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)得到乙二醇；

故答案為：葡萄糖；C6H12O6（葡萄糖）2C2H5OH+2CO2↑；消去反應(yīng)、加成反應(yīng)、取代反應(yīng)．16、O1s22s22p63s23p3O3O3相對原子質(zhì)量較大，范德華力較大分子晶體離子晶體三角錐形sp3Na2O2.27g?cm-3【分析】【分析】A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，應(yīng)為P元素，C、D為同周期元素，則應(yīng)為第三周期元素，D元素最外層有一個未成對電子，應(yīng)為Cl元素，A2-和B+具有相同的電子構(gòu)型；結(jié)合原子序數(shù)關(guān)系可知A為O元素，B為Na元素．

（1）同周期自左而右電負(fù)性增大；Cl元素氧化物中氧元素表現(xiàn)負(fù)價，四種元素電負(fù)性最大的為O元素；C為P元素，原子核外電子數(shù)為15，根據(jù)能量最低原理原理書寫核外電子排布式；

（2）A為O元素，有O2、O3兩種同素異形體；均屬于分子晶體，相對原子質(zhì)量越大，沸點越高；

A、B的氫化物分別為H2O；NaH；前者為分子晶體、后者為離子晶體；

（3）C和D生成組成比為1：3的化合物E為PCl3；計算P原子價層電子對數(shù)；孤電子對數(shù)，確定雜化方式與空間構(gòu)型；

（4）A和B能夠形成化合物F為離子化合物，陰離子位于晶胞的定點和面心，陽離子位于晶胞的體心，則Na的個數(shù)為8，O的個數(shù)為8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，則形成的化合物為Na2O，由晶胞結(jié)構(gòu)可知B原子配位數(shù)為4，計算晶胞質(zhì)量和體積，可計算密度．【解析】【解答】解：A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，應(yīng)為P元素，C、D為同周期元素，則應(yīng)為第三周期元素，D元素最外層有一個未成對電子，應(yīng)為Cl元素，A2-和B+具有相同的電子構(gòu)型；結(jié)合原子序數(shù)關(guān)系可知A為O元素，B為Na元素．

（1）同周期自左而右電負(fù)性增大，Cl元素氧化物中氧元素表現(xiàn)負(fù)價，四種元素電負(fù)性最大的為O元素；C為P元素，原子核外電子數(shù)為15，根據(jù)能量最低原理原理，核外電子排布式為：1s22s22p63s23p3；

故答案為：O；1s22s22p63s23p3；

（2）A為O元素，有O2、O3兩種同素異形體，二者對應(yīng)的晶體都為分子晶體，因O3相對原子質(zhì)量較大，則范德華力較大，沸點較高，A的氫化物為H2O；屬于分子晶體，B的氫化物為NaH，屬于離子晶體；

故答案為：O3；O3相對原子質(zhì)量較大；范德華力較大；分子晶體；離子晶體。

（3）C和D生成組成比為1：3的化合物E為PCl3，孤電子對數(shù)為=1，價層電子對數(shù)=3+1=4，雜化軌道數(shù)目為，則為sp3雜化；立體構(gòu)型為為三角錐形；

故答案為：三角錐形；sp3；

（4）A和B能夠形成化合物F為離子化合物，陰離子位于晶胞的定點和面心，陽離子位于晶胞的體心，則Na的個數(shù)為8，O的個數(shù)為8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，則形成的化合物為Na2O；

晶胞的質(zhì)量為，晶胞的體積為（0.566×10-7）cm3，則晶體F的密度為÷（0.566×10-7）cm3=2.27g?cm-3；

故答案為：Na2O；2.27g?cm-3．17、6.52NH4++2e-=2NH3↑+H2↑BDBCD2Li+2H2O=2LiOH+H2↑，2H2-4e-+4OH-=4H2O（或H2-2e-+2OH-=2H2O）4×104【分析】【分析】（1）鋅錳干電池的負(fù)極是鋅；正極為石墨棒，電解質(zhì)溶液為二氧化錳和氯化銨，根據(jù)電極反應(yīng)現(xiàn)象判斷電極反應(yīng)生成物，進(jìn)而書寫電極反應(yīng)式，根據(jù)電池反應(yīng)式計算；

（2）根據(jù)干電池的特點以及原電池的工作原理來判斷；

（3）根據(jù)原電池的工作原理以及可逆反應(yīng)的特點來回答判斷；

（4）金屬鋰可以和水之間發(fā)生化學(xué)反應(yīng)生成氫氧化鋰和氫氣；

（5）在燃料點池中，通入燃料的電極是負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，通氧氣的電極是正極，發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)電子守恒來計算即可．【解析】【解答】解：（1）鋅錳干電池的負(fù)極是鋅，正極為石墨棒，電解質(zhì)溶液為二氧化錳和氯化銨，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Zn-2e-=Zn2+，根據(jù)電極反應(yīng)式可知，電路中每通過0.2mole-，消耗0.1molZn，質(zhì)量為0.1mol×65g/mol=6.5g，正極發(fā)生還原反應(yīng)，工作時NH4+離子在正放電，產(chǎn)生兩種氣體，其中一種氣體分子是含10e-的微粒，應(yīng)為NH3，電極反應(yīng)式為2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑；

故答案為：6.5；2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑；

（2）A．該電池是一次電池；不能反復(fù)使用，故A錯誤；

B．該電池可將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能；能用于鬧鐘；收音機(jī)、照相機(jī)等，故B正確；

C．該電池使用后不能投入火中；池塘中；防止造成二次污染，要集中處理，故C錯誤；

D．該電池長時間不用時；應(yīng)當(dāng)從電器中取出，防止電池在電器中腐爛，使電器線路中斷，故D正確．

故選BD；

（3）A．可逆反應(yīng)的正逆反應(yīng)條件是相等的；但是原電池和電解池的條件不一樣，即以上反應(yīng)不是可逆反應(yīng)，故A錯誤；

B．根據(jù)電池產(chǎn)物是氫氧化物；知道反應(yīng)環(huán)境為堿性，故B正確；

C．電池放電時是原電池的工作原理；失電子的極是負(fù)極，即Cd做負(fù)極，故C正確；

D．該電池是能連續(xù)充放電使用的電池；是一種二次電池，故D正確．

故選BCD．

（4）金屬鋰可以和水之間發(fā)生化學(xué)反應(yīng)生成氫氧化鋰和氫氣：2Li+2H2O=2LiOH+H2↑，所以不能用含有水的電解質(zhì)，故答案為：2Li+2H2O=2LiOH+H2↑；

（5）①氫氧燃料電池中，通入氫氣的一極為電源的負(fù)極，通入氧氣的一極為原電池的正極，由于電解質(zhì)溶液呈堿性，則負(fù)極電極反應(yīng)式為2H2-4e-+4OH-=4H2O（或H2-2e-+2OH-=2H2O），故答案為：2H2-4e-+4OH-=4H2O（或H2-2e-+2OH-=2H2O）；

②氫氧燃料電池的總反應(yīng)與氫氣在氧氣中燃燒的化學(xué)方程式相同，生成物為水，即2H2+O2=2H2O，在2H2+O2=2H2O中，化合價升高值=化合價降低值=4，即當(dāng)轉(zhuǎn)移電子4mol時，會有2mol即36g的水生成，當(dāng)為飛行員提供了360kg即2×104mol的水時，會轉(zhuǎn)移電子4×104mol，故答案為：4×104．18、陽4OH--4e-═2H2O+O2↑1.121【分析】【分析】（1）電解過程中，溶液中陽離子Cu2+、H+移向陰極發(fā)生還原反應(yīng)；溶液中陰離子OH-、SO42-移向陽極；氫氧根離子放電發(fā)生氧化反應(yīng)；

（2）根據(jù)電解原理方程式，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移計算產(chǎn)生氧氣的體積以及溶液的pH．【解析】【解答】解：解硫酸銅時，陽極上是氫氧根放電，電極反應(yīng)式為：4OH--4e-═2H2O+O2↑，故答案為：陽極；4OH--4e-═2H2O+O2↑；

（2）電解原理的離子方程式為：2Cu2++2H2O2Cu+O2+4H+，陰極上：Cu2++2e-→Cu，當(dāng)該電極上有6.4gCu生成時，轉(zhuǎn)移電子為×2=0.2mol，陽極上：4OH--4e-═2H2O+O2↑，當(dāng)轉(zhuǎn)移0.2mol電子時，生成氧氣的物質(zhì)的量是：=0.05mol，體積是0.05mol×22.4L/mol=1.12L，此時生成氫離子的物質(zhì)的量是0.05mol×4=0.2mol，氫離子濃度是=0.1mol/L；所以pH=1．

故答案為：1.1219、正2H++2e-=H2↑負(fù)Cu-2e-=Cu2+2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-285.6kJ?mol-12CO2+O2+4e-=2CO32-△H2-△H1+△H3+△H5【分析】【分析】（1）在原電池中；易失電子的電極為負(fù)極，另一個電極為正極。

①當(dāng)電解質(zhì)溶液為稀硫酸時；鐵易失電子作負(fù)極；Cu作正極，正極上氫離子放電；

②當(dāng)電解質(zhì)溶液為濃硝酸時；銅易失電子作負(fù)極，負(fù)極上銅失電子生成銅離子；

（2）用惰性電極電解硫酸銅溶液時；陽極上氫氧根離子放電，陰極上銅離子放電；

（3）4gH2的物質(zhì)的量是2mol，4gH2燃燒生成液態(tài)水時放熱為571.6kJ；則1mol燃燒生成液態(tài)水時放熱為285.8kJ；

（4）B電極上通入氧化劑；放電時，氧化劑得電子發(fā)生還原反應(yīng)；

（5）根據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算得到所需熱化學(xué)方程式．【解析】【解答】解：（1）①當(dāng)電解質(zhì)溶液為稀硫酸時，鐵易失電子作負(fù)極、Cu作正極，正極上氫離子放電，Cu電極上電極反應(yīng)式為：2H++2e-=H2↑；

故答案為：正；2H++2e-=H2↑；

②當(dāng)電解質(zhì)溶液為濃硝酸時，鐵和濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象，所以銅易失電子作負(fù)極，負(fù)極上銅失電子生成銅離子，電極反應(yīng)式為：Cu-2e-=Cu2+；

故答案為：負(fù)；Cu-2e-=Cu2+；

（2）用惰性電極電解硫酸銅溶液時，陽極上氫氧根離子放電，陰極上銅離子放電，電池反應(yīng)式為2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

故答案為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

（3）4gH2的物質(zhì)的量是2mol，4gH2燃燒生成液態(tài)水時放熱為571.6kJ，則1mol燃燒生成液態(tài)水時放熱為285.8kJ，則氫氣的燃燒熱化學(xué)方程式為H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-285.6kJ?mol-1，故答案為：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-285.6kJ?mol-1；

（4）該原電池中，通入燃料的電極是負(fù)極，通入氧化劑的電極為正極，正極上氧氣得電子和二氧化碳反應(yīng)生成碳酸根離子，電極反應(yīng)式為：2CO2+O2+4e-=2CO32-；

故答案為：2CO2+O2+4e-=2CO32-；

（5）①NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）△H1

②NH3（g）+H2O（l）═NH3?H2O（aq）△H2

③HCl（g）+H2O（l）═HCl（aq）△H3

④NH4Cl（s）+H2O（l）═NH4Cl（aq）△H4=？

⑤NH3?H2O（aq）+HCl（aq）═NH4Cl（aq）+H2O（l）△H5．

依據(jù)蓋斯定律②-①+③+⑤得到NH4Cl（s）+H2O（l）═NH4Cl（aq）△H4=△H2-△H1+△H3+△H5；

故答案為：△H2-△H1+△H3+△H5；20、酯基CH3COOCH2CH3CH2=CH2+H2OCH3CH2OH加成反應(yīng)CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O酯化反應(yīng)（或取代反應(yīng)）【分析】【分析】A的產(chǎn)量是一個國家石油化工水平的標(biāo)志，則A是CH2=CH2，乙烯和水發(fā)生加成反應(yīng)生成B，則B是CH3CH2OH，在銅作催化劑、加熱條件下，乙醇被氧化生成C，C是乙醛，其結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CHO，乙醛被氧化生成D，D具有酸性，則D是乙酸，其結(jié)構(gòu)簡式為：CH3COOH，在濃硫酸作催化劑、加熱條件下乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成E，E是具有香味的不溶于水的液體，E是乙酸乙酯，其結(jié)構(gòu)簡式為：CH3COOCH2CH3．【解析】【解答】解：A的產(chǎn)量是一個國家石油化工水平的標(biāo)志，則A是CH2=CH2，乙烯和水發(fā)生加成反應(yīng)生成B，則B是CH3CH2OH，在銅作催化劑、加熱條件下，乙醇被氧化生成C，C是乙醛，其結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CHO，乙醛被氧化生成D，D具有酸性，則D是乙酸，其結(jié)構(gòu)簡式為：CH3COOH，在濃硫酸作催化劑、加熱條件下乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成E，E是具有香味的不溶于水的液體，E是乙酸乙酯，其結(jié)構(gòu)簡式為：CH3COOCH2CH3．

（1）通過以上分析知，D的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3COOCH2CH3；D中官能團(tuán)名稱是酯基；

故答案為：酯基，CH3COOCH2CH3；

（2）反應(yīng)①是乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇，反應(yīng)方程式為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；該反應(yīng)屬于加成反應(yīng)；

故答案為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；加成反應(yīng)；

（3）反應(yīng)④是乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，反應(yīng)方程式為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；該反應(yīng)屬于酯化反應(yīng)（或取代反應(yīng)）；

故答案為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，酯化反應(yīng)（或取代反應(yīng)）．21、氨水過濾Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+KOH將硫酸銨轉(zhuǎn)化為硫酸鉀加熱【分析】【分析】明礬是[KAl（SO4）2?12H2O，將明礬溶于水得到明礬溶液，向明礬溶液中加入過量氨水得到Al（OH）3，Al（OH）3溶于稀硫酸得到Al2（SO4）3，將Al2（SO4）3溶液蒸干得到Al2（SO4）3晶體；

B中溶質(zhì)成分是K2SO4、（NH4）2SO4，向溶液中加入KOH溶液并加熱得到K2SO4、NH3，則C中成分是K2SO4，將K2SO4溶液蒸干得到K2SO4晶體，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：明礬是[KAl（SO4）2?12H2O，將明礬溶于水得到明礬溶液，向明礬溶液中加入過量氨水得到Al（OH）3，Al（OH）3溶于稀硫酸得到Al2（SO4）3，將Al2（SO4）3溶液蒸干得到Al2（SO4）3晶體；

B中溶質(zhì)成分是K2SO4、（NH4）2SO4，向溶液中加入KOH溶液并加熱得到K2SO4、NH3，則C中成分是K2SO4，將K2SO4溶液蒸干得到K2SO4晶體；

（1）通過以上分析知，進(jìn)行操作②時，加入的試劑是氨水；分離難溶性固體和溶液采用過濾方法，所以從反應(yīng)混合物分離A所進(jìn)行的實驗操作是過濾，其反應(yīng)的離子方程式為Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

故答案為：氨水；過濾；Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（2）通過以上分析知；進(jìn)行操作④時需要加入KOH將硫酸銨轉(zhuǎn)化為硫酸鉀，所以所加入的試劑是KOH，其目的是將硫酸銨轉(zhuǎn)化為硫酸鉀肥料，反應(yīng)混合物進(jìn)行的操作是加熱來除去生成的氨氣；

故答案為：KOH；將硫酸銨轉(zhuǎn)化為硫酸鉀；加熱．四、判斷題(共2題，共18分)22、√【分析】【分析】化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度不再改變，由此衍生的一些物理量也不變，結(jié)合反應(yīng)的特點進(jìn)行分析．【解析】【解答】解：反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量不等；在恒溫恒容條件下，混合氣體的密度逐漸增大，當(dāng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，容器中混合氣體的密度不變；

而恒溫恒壓條件下，隨反應(yīng)進(jìn)行，體系的體積增大，分子量：CO2＞CO；故混合氣體的密度逐漸減小，當(dāng)密度保持不變，反應(yīng)達(dá)到平衡；

故答案為：√．23、√【分析】【分析】膠體中分散質(zhì)粒子直徑在1-100nm之間，膠體能發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)、能產(chǎn)生電泳現(xiàn)象、能產(chǎn)生聚沉．【解析】【解答】解：膠體中分散質(zhì)粒子直徑在1-100nm之間，所以膠體能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)；膠體具有吸附性，吸附帶電荷的離子，所以能產(chǎn)生電泳現(xiàn)象；膠體能發(fā)生聚沉現(xiàn)象，故答案為：√．五、探究題(共4題，共32分)24、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．25、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．26、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．27、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．六、簡答題(共3題，共30分)28、略

【分析】解：rm{(1)A}的名稱是分液漏斗；混合時將混合物沿杯壁慢慢注入裝有冷水的燒杯rm{(}或容器rm{)}中，并不斷攪拌，故答案為：分液漏斗；將混合物沿杯壁慢慢注入裝有冷水的燒杯rm{(}或容器rm{)}中；并不斷攪拌；

rm{(2)B}裝置中草酸二甲酯氣體和氫氣能充分混合，更有利于反應(yīng)向右進(jìn)行；草酸二甲酯的熔點是rm{54隆忙}低于該溫度時草酸二甲酯變?yōu)楣虘B(tài)，導(dǎo)致堵塞導(dǎo)管而產(chǎn)生安全事故；

故答案為：使草酸二甲酯和氫氣混合均勻；溫度低于rm{55隆忙}未反應(yīng)的草酸二甲酯會凝結(jié)堵塞導(dǎo)管；

rm{(3)}乙二醇的沸點是rm{197.3隆忙}甲醇的沸點是rm{64.7隆忙}草酸二甲酯的沸點是rm{163.5隆忙}要制得較純凈的乙二醇，溫度應(yīng)該在其沸點左右，為rm{197.3隆忙(197隆忙}左右即可rm{)}

古答案為：rm{197.3隆忙(197隆忙}左右即可rm{)}

rm{(4)n(H_{2})=dfrac{16g}{2g/mol}=8mol}rm{n(H_{3}COOCCOOCH_{3})=dfrac{59g}{118g/mol}=0.5mol}根據(jù)方程式知，rm{(4)n(H_{2})=dfrac

{16g}{2g/mol}=8mol}草酸二甲酯完全反應(yīng)需要氫氣rm{n(H_{3}COOCCOOCH_{3})=dfrac

{59g}{118g/mol}=0.5mol}所以氫氣過量，如果草酸二甲酯完全反應(yīng)生成乙二醇為rm{0.5mol}其質(zhì)量rm{2mol}其產(chǎn)率rm{=dfrac{{脢碌錄脢虜煤脕驢}}{{脌鉚脗脹虜煤脕驢}}隆脕