2024年北師大版高三化學下冊階段測試試卷

…………○…………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年北師大版高三化學下冊階段測試試卷83考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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5題，共10分)1、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法中錯誤的是（）A.在標準狀況下，22.4L苯所含的碳原子數(shù)目為6NAB.常溫常壓下，6.2g氧化鈉含有的離子數(shù)為0.3NAC.18g水所含的電子數(shù)目為10NAD.3.2gO2、O3混合物中所含O原子一定是0.2NA2、在一定條件下，A氣體與B氣體反應生成C氣體．反應過程中，反應物與生成物的濃度隨時間變化的曲線如圖，則下列敘述正確的是（）A.該反應的化學方程式為3A+B?2CB.在t1～（t110）s時，v（A）=v（B）=0C.t1s時反應物A轉化率為60%D.0～t1s內(nèi)A的反應速率為v（A）=mol/（L?s）3、IIA族元素從第二周期到到第六周期的元素分別是Be（鈹）、Mg（鎂）、Ca（鈣）、Sr（鍶）；Ba（鋇）．下列關于ⅡA族元素預言可能正確的是（）

①常溫下，單質鈹能與水劇烈反應放出H2

②常溫下，單質鋇能與水劇烈反應放出H2

③Be（OH）2易溶于水。

④Ba（OH）2易溶于水。

⑤SrCO3易溶于水．A.①②③B.③⑤C.②④D.①②③④⑤4、室溫時；兩個容積相同的燒瓶中分別盛有M和N兩種氣體（同溫同壓），取下彈簧夾A，使兩燒瓶內(nèi)的氣體接觸（如圖），容器內(nèi)的壓強由大到小的順序是（）

。編號①②③④氣體MH2SH2NH3NO氣體NSO2Cl2HClO2A.①②③④B.①④③②C.②④①③D.④①②③5、化學與科學；技術、社會、環(huán)境密切相關；下列做法中不正確的是（）

A.泄露在美國墨西哥灣海洋中的大量原油能被海洋生物迅速分解；故不會導致生態(tài)災難。

B.減少燃煤的使用；改用風能；太陽能等能源，符合“低碳生活”理念。

C.在食品袋中放入盛有硅膠和鐵粉的透氣小袋；可防止食物受潮；氧化變質。

D.使用纖維素和淀粉為原料制成的微生物降解塑料；可治理“白色污染”

評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、下列敘述正確的是（）A.pH=3的醋酸溶液與pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合后pH=7B.物質的量濃度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+）C.常溫下，向NH4Cl溶液中加入氨水至溶液的pH=7，此時溶液中c（NH4+）＞c（Cl-）D.0.1mol?L-1NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）7、水溶液中可能存在Na+、Al3+、Fe2+、NH4+、NO3-、CO32-、SO42-中的若干離子；且存在的各離子具有相同的物質的量，某同學對該溶液進行如下實驗，下列判斷有誤的是（）

A.氣體A一定沒有CO2，氣體B一定是NH3B.有色沉淀一定是混合物C.Na+可能存在于該溶液中D.白色沉淀中一定沒有Al（OH）38、將0.2mol/L的醋酸鈉溶液與0.1mol/L鹽酸等體積混合后，溶液顯酸性，則溶液中有關微粒的濃度關系正確的是（）A.c（Cl-）＞c（Ac-）＞c（HAc）＞c（H+）B.c（Ac-）+c（HAc）=0.1mol/LC.c（Na+）＞c（H+）＞c（Ac-）＞c（OH-）D.c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-）9、下列事實不能用化學平衡移動原理解釋的是（）A.在強堿存在的條件下，酯在水中的溶解度增大B.加催化劑，使氮氣和氫氣在一定條件下轉化為氨氣C.可用濃氨水和氫氧化鈉固體快速制取氨氣D.500℃左右比室溫更有利于合成氨反應10、第85號元素砹（At）是核電荷數(shù)最大的鹵素，下列關于砹及其化合物的敘述中正確的是（）A.At2可能是一種有色固體，難溶于水，易溶于有機溶劑B.AgAt見光易分解，是一種能溶于水的有色固體C.相同條件下，HAt比HI更穩(wěn)定D.由KAt的水溶液制備砹的化學方程式為：2KAt+Cl2→2KCl+At211、下列有關實驗原理或實驗操作正確的是（）

A.圖1中正極反應是Zn-2e-=Zn2+B.圖2可用于比較碳酸、苯酚酸性的強弱C.圖3可以用于比較MnO2、Cl2、I2氧化性強弱D.圖4可用于檢查裝置氣密性12、直接NaBH4/H2O2燃料電池（DBFC）的結構如圖，“負極材料采用Pt/C，正極材料采用MnO2”；有關該電池的說法正確的是

（）A.電極B材料中包含MnO2層，MnO2可起催化作用B.電池負極區(qū)的電極反應為：B+8OH--8e-=B+6H2OC.放電過程中，Na+從正極區(qū)向負極區(qū)遷移D.在電池反應中，每消耗1L6mol/LH2O2溶液，理論上流過電路中的電子為6NA個13、下列實驗操作中敘述正確的是（）A.蒸餾時，溫度計的水銀球在液面下B.分液時，先將下層液體從下口放出后，再將上層液體從上口倒出C.配制溶液前，一定要將容量瓶烘干，否則會使?jié)舛绕.蒸發(fā)時要一邊加熱，一邊用玻璃棒攪動溶液評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)14、次磷酸鈉（NaH2PO2）是化學鍍鎳的重要原料，工業(yè)上制備NaH2PO2?H2O的流程如下：

回答下列問題：

（1）NaH2PO2?H2O中磷元素的化合價為____．

（2）在反應器中加入乳化劑并高速攪拌的目的是____．

（3）在反應器中發(fā)生多個反應，其中Ca（OH）2與P4反應生成次磷酸鈣及磷化氫的化學方程式為____．

（4）流程中通入CO2的目的是____，濾渣X的化學式為____．

（5）流程中母液中的溶質除NaH2PO2外，還有的一種主要成分為____．

（6）含磷化氫的尾氣可合成阻燃劑THPC{[P（CH2OH）4]Cl}．

①PH3的電子式為____．

②含PH3的廢氣可用NaClO和NaOH的混合溶液處理將其轉化為磷酸鹽，該反應的離子方程式為____．15、A為藥用有機物，從A出發(fā)可發(fā)生如圖所示的一系列反應．已知A在一定條件下能跟醇發(fā)生酯化反應，A分子中苯環(huán)上的兩個取代基連在相鄰的碳原子上；D不能跟NaHCO3溶液反應；但能跟NaOH溶液反應．

請回答：（1）A轉化為B、C時，涉及到的有機反應類型是____．

（2）B的結構簡式是____．

（3）已知：酰氯能與含有羥基的物質反應生成酯類物質．例如：

+CH3CH2OH→+HCl

寫出草酰氯（結構式：ClOCCOCl）與足量有機物D反應的化學方程式：____

（4）已知：由鄰甲基苯酚經(jīng)過兩步反應可生成有機物A：鄰甲基苯酚→中間產(chǎn)物→有機物A

請寫出“中間產(chǎn)物”的結構簡式____．

（5）上題（4）中的中間產(chǎn)物有多種同分異構體，請寫出其中兩種符合下列條件的結構簡式：____；

①苯環(huán)上有兩個側鏈；②苯環(huán)上的一氯代物只有兩種；③能發(fā)生銀鏡反應；

④含有羥基，但遇FeCl3溶液不發(fā)生顯色反應．16、（2015?朔州校級模擬）鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面應用廣泛．

（1）基態(tài)Ni原子的核外電子排布式為____，第二周期基態(tài)原子未成對電子數(shù)與Ni相同且電負性最小的元素是____（填元素符號）．

（2）金屬鎳能與CO形成配合物Ni（CO）4，寫出與CO互為等電子體的一種分子和一種離子的化學式____、____．

（3）很多不飽和有機物在Ni催化下與H2發(fā)生加成反應，如①CH2=CH2②HC≡CH、③④HCHO，其中碳原子采取sp2雜化有____，HCHO分子內(nèi)σ鍵與π鍵個數(shù)之比為____．

（4）金屬鎳與鑭（La）形成的合金是一種良好的儲氫材料，如圖是一種鎳鑭合金儲氫后的晶胞結構示意圖，該合金儲氫后，含1molLa的合金可吸附H2的數(shù)目為____．17、化合物A（分子式為C6H6O）是一種有機化工原料；在空氣中易被氧化．A參與的有關轉化反應如圖（部分反應條件略去）：

（1）B的結構簡式為____．

（2）化合物H中含氧官能團有羥基、____和____（填名稱）．

（3）某化合物是E的同分異構體，寫出其符合下列條件的結構簡式：____．

Ⅰ．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；Ⅱ．能與NaHCO3溶液反應；Ⅲ．有4種不同化學環(huán)境的氫．

（4）寫出C→D的化學方程式：____．

（5）根據(jù)已有知識并結合流程圖中相關信息，寫出以為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑任用）．合成路線流程圖示例如下：

CH3CH2BrCH2═CH2CH3CH3．18、下圖是中學化學中常用于混合物的分離和提純的裝置，請根據(jù)裝置回答問題：

（1）從氯化鉀溶液中得到氯化鉀固體，選擇裝置____（填代表裝置圖的字母，下同）；除去自來水中的Cl─等雜質，選擇裝置____．

（2）從碘水中分離出I2，選擇裝置____，該分離方法的名稱為____．

（3）裝置A中①的名稱是____，進水的方向是____．19、（8分）已知由短周期元素組成的A、B、C、D四種化合物所含原子數(shù)目依次為2、3、4、5，其中A、B、C含有18個電子，D含有10個電子。請回答（1）A、B、D的化學式分別是A____；B____；D____（2）已知8gD與O2完全反應，生成穩(wěn)定化合物時放出445kJ的熱量，寫出反應的熱化學方程式____（3）若C為第一和第二周期元素組成的化合物。①C的溶液中加入少量的二氧化錳，有無色氣體生成，寫出化學方程式②C的溶液中加入足量二氧化錳和稀硫酸，二氧化錳逐漸溶解生成Mn2+，反應中二氧化錳做____劑③當C分別發(fā)生①和②兩個反應時，若都有1molC完全反應，①和②兩個反應中轉移電子數(shù)之比是：____評卷人得分四、判斷題(共2題，共16分)20、SO3和H2O的反應與SO2和H2O的反應類型完全相同____（判斷對和錯）21、蛋白質、纖維素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物____（判斷對錯）評卷人得分五、簡答題(共1題，共3分)22、為了降低電子垃圾對環(huán)境構成的影響；將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70%Cu；25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：

。方法Ⅰ用炭粉在高溫條件下還原CuO方法Ⅱ電解法：2Cu+H2OCu2O+H2↑方法Ⅲ用肼（N2H4）還原新制Cu（OH）2（1）第①步Cu與混酸反應的離子方程式為______．得到濾渣1的主要成分為______．

（2）第②步中加入H2O2的作用是______，使用H2O2的優(yōu)點是______；調(diào)溶液pH的目的是______．

（3）簡述第③步由濾液2得到CuSO4?5H2O的方法是______

（4）由濾渣2制取Al2（SO4）3?18H2O；設計了以下三種方案：

甲：濾渣2酸浸液Al2（SO4）3?18H2O

乙：濾渣2酸浸液濾液Al2（SO4）3?18H2O

丙：濾渣2濾液溶液Al2（SO4）3?18H2O

上述三種方案中，______方案不可行，原因是______；從原子利用率角度考慮，______方案更合理．

（5）用滴定法測定CuSO4?5H2O含量．取ag試樣配成100mL溶液；每次取20.00mL，消除干擾離子后，用c

mol?L-1EDTA（H2Y2-）標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反應如下：Cu2++H2Y2-→CuY2-+

2H+．寫出計算CuSO4?5H2O質量分數(shù)的表達式ω=______．評卷人得分六、探究題(共4題，共36分)23、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．24、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：25、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．26、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】A；標況下苯為液體；

B；求出氧化鈉的物質的量；然后根據(jù)1mol氧化鈉中含2mol鈉離子和1mol氧離子來分析；

C；求出水的物質的量；然后根據(jù)水為10電子微粒來分析；

D、氧氣和臭氧均由氧原子構成．【解析】【解答】解：A；標況下苯為液體；故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質的量，故A錯誤；

B、6.2g氧化鈉的物質的量為0.1mol，而1mol氧化鈉中含2mol鈉離子和1mol氧離子，故0.1mol氧化鈉中含0.3mol離子即0.3NA個；故B正確；

C、18g水的物質的量為1mol，而水為10電子微粒，故1mol水中含10mol電子即10NA個；故C正確；

D、氧氣和臭氧均由氧原子構成，故3.2g混合物中的氧原子的物質的量n==0.2mol，即0.2NA個；故D正確．

故選A．2、A【分析】【分析】A．0～t1s內(nèi)；濃度變化量之比等于反應速率之比，也等于化學計量數(shù)之比；

B．平衡時；正逆反應速率相等，但不等于0；

C.0～t1s內(nèi)；A轉化了0.8-0.2=0.6mol/L；

D．結合v=計算．【解析】【解答】解：A．由圖可知；A；B為反應物，C為生成物，化學計量數(shù)之比為（0.8-0.2）：（0.5-0.3）：（0.4-0）=3：1：2，該反應為3A+B?2C，故A正確；

B．在t1～（t1+10）s時；為平衡狀態(tài)，v（正）=v（逆）≠0，故B錯誤；

C.0～t1s內(nèi)時反應物A的轉化率為×100%=75%；故C錯誤；

D．0～t1s內(nèi)，△c（A）=0.6mol/L，A的反應速率為v（A）=mol/（L?s）；故D錯誤；

故選A．3、C【分析】【分析】根據(jù)第二周期到到第六周期的元素從上往下金屬性增強，與水反應越容易，最高氧化物對應的水化物的溶解性增強，碳酸鹽都難溶于水，由此分析解答．【解析】【解答】解：①第二周期到到第六周期的元素從上往下金屬性增強；與水反應越容易，常溫下鎂與冷水緩慢的反應，所以單質鈹很難與冷水反應，故錯誤；

②常溫下鎂與冷水緩慢的反應，所以常溫下，單質鋇能與水劇烈反應放出H2；故正確；

③氫氧化鎂難溶于水，所以Be（OH）2不溶于水；故錯誤；

④氫氧化鈣微溶于水，所以Ba（OH）2易溶于水；故正確；

⑤碳酸鹽都不易溶于水，所以SrCO3難溶于水；故錯誤；

故選：C．4、C【分析】【分析】取下彈簧夾A；使兩燒瓶內(nèi)的氣體接觸，生成的氣體越少，則壓強越?。?/p>

①發(fā)生2H2S+SO2=3S↓+2H2O；

②發(fā)生H2、Cl2不反應；③發(fā)生NH3+HCl=NH4Cl；

④發(fā)生2NO+O2=2NO2，設體積均為2L，結合反應分析．【解析】【解答】解：取下彈簧夾A；使兩燒瓶內(nèi)的氣體接觸，生成的氣體越少，則壓強越?。?/p>

①發(fā)生2H2S+SO2=3S↓+2H2O；

②不發(fā)生反應；

③發(fā)生NH3+HCl=NH4Cl；

④發(fā)生2NO+O2=2NO2；設體積均為2L；

由反應可知；①中反應后只有1L氣體，②中有4L氣體，③中不含氣體，④中含3L左右的氣體；

則容器內(nèi)的壓強由大到小的順序是②④①③；

故選C．5、A【分析】

A；石油不溶于水；不能溶解在海水中，漂浮在水面上，這樣會使海洋生物隔絕氧氣而死亡，會導致生態(tài)災難，故A錯誤；

B；減少燃煤的使用；改用風能、太陽能等能源，可以減少有毒氣體的排放，符合“低碳生活”理念，故B正確；

C；硅膠具有吸水性；可做干燥劑，鐵粉具有還原性，能被氧氣氧化，在食品袋中放入盛有硅膠和鐵粉的透氣小袋，可防止食物受潮、氧化變質，故C正確；

D；微生物降解塑料可以降解為無毒無污染的物質；可以治理“白色污染”，故D正確．

故選A．

【解析】【答案】A；石油不溶于水；不能溶解在海水中，漂浮在水面上，不能被海洋生物分解；

B；風能、太陽能等能源屬于無污染能源；煤燃燒會產(chǎn)生有毒氣體；

C；硅膠具有吸水性和鐵粉具有還原性；

D；微生物降解塑料可以治理“白色污染”．

二、多選題(共8題，共16分)6、BD【分析】【分析】A；醋酸為弱電解質；pH=3的醋酸溶液與pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合，醋酸過量，溶液顯示酸性；

B、根據(jù)物料守恒進行判斷溶液中c（CH3COO-）+c（CH3COOH）與c（Na+）的關系；

C、常溫下溶液的pH=7，溶液顯示中性，氫離子濃度與氫氧根離子濃度相等，根據(jù)電荷守恒可知，c（NH4+）=c（Cl-）；

D、碳酸氫鈉溶液中碳酸氫根離子部分水解，溶液顯示堿性，據(jù)此判斷溶液中各離子濃度大小關系．【解析】【解答】解：A；醋酸在溶液中部分電離出氫離子；所以pH=3的醋酸溶液與pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合后，醋酸過量，溶液顯示酸性，pH＜7，故A錯誤；

B、物質的量濃度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合，根據(jù)混合液中物料守恒可知：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+）；故B正確；

C、常溫下，向NH4Cl溶液中加入氨水至溶液的pH=7，則c（H+）=c（OH-），根據(jù)溶液中電荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（Cl-）可知，溶液中c（NH4+）=c（Cl-）；故C錯誤；

D、碳酸氫鈉溶液中，碳酸氫根離子部分水解，碳酸氫根離子數(shù)目減少，則c（Na+）＞c（HCO3-），由于溶液顯示堿性，則c（OH-）＞c（H+），所以碳酸氫鈉溶液中離子濃度大小關系為：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）；故D正確；

故選BD．7、BC【分析】【分析】溶液加入鹽酸生成氣體，可能含有CO32-，或為Fe2+、NO3-發(fā)生氧化還原反應生成NO，溶液Ⅰ加入過量氫氧化鋇生成氣體B，一定為氨氣，則存在NH4+，有色沉淀為氫氧化鐵，則含有Fe2+，可知不存在CO32-，存在的各離子具有相同的物質的量，則存在NO3-、SO42-，溶液Ⅱ呈堿性，白色沉淀碳酸鋇，以此解答該題．【解析】【解答】解：溶液加入鹽酸生成氣體，可能含有CO32-，或為Fe2+、NO3-發(fā)生氧化還原反應生成NO，溶液Ⅰ加入過量氫氧化鋇生成氣體B，一定為氨氣，則存在NH4+，有色沉淀為氫氧化鐵，則含有Fe2+，可知不存在CO32-，存在的各離子具有相同的物質的量，則存在NO3-、SO42-；溶液Ⅱ呈堿性，白色沉淀碳酸鋇；

A．由以上分析可知A為NO，沒有CO2；故A正確；

B．有色沉淀為氫氧化鐵；故B錯誤；

C．題中存在的各離子具有相同的物質的量，含有Fe2+、NH4+、NO3-、SO42-，不含Na+；故C錯誤；

D．不含Al3+，則白色沉淀中一定沒有Al（OH）3；故D正確．

故選BC．8、BD【分析】【分析】混合溶液中溶質為等物質的量濃度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸根離子水解程度，溶液中存在電荷守恒和物料守恒，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：混合溶液中溶質為等物質的量濃度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa；混合溶液呈酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸根離子水解程度；

A．HAc為弱電解質，部分電離，應有c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc）＞c（H+）；故A錯誤；

B．根據(jù)物料守恒得c（Ac-）+c（HAc）==0.1mol/L；故B正確；

C．HAc為弱電解質，部分電離，應有c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc）＞c（H+）；故C錯誤；

D．溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-）；故D正確．

故選BD．9、BD【分析】【分析】勒夏特列原理為：如果改變影響平衡的條件之一，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動．使用勒夏特列原理時，該反應必須是可逆反應，否則勒夏特列原理不適用．【解析】【解答】解：A；酯水解是可逆反應；堿性條件下，堿能與水解生成的酸反應，降低生成物濃度，促進酯的水解，能用化學平衡移動原理解釋，故A不符合；

B、催化劑改變反應速率，不改變化學平衡，加催化劑，使N2和H2在一定的條件下轉化為NH3；不能用化學平衡移動原理解釋，故B符合；

C、濃氨水加入氫氧化鈉固體，氫氧化鈉固體溶解放熱，使一水合氨分解生成氨氣的，化學平衡NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-；逆向進行，能用化學平衡移動原理解釋，故C不符合；

D；工業(yè)合成氨時溫度控制在500℃能極大加快反應速率；化學平衡逆向移動，不能用勒夏特列原理解釋，故D符合；

故選BD．10、AD【分析】【分析】砹屬于鹵族元素，在鹵族元素中，砹的金屬性最強，非金屬性最弱，結合同周期元素性質的相似性和遞變性分析該題．【解析】【解答】解：A．鹵族元素從上到下；單質的顏色逐漸加深，熔沸點逐漸增大，則砹是有色固體，溴；碘都不溶于水，根據(jù)同一主族元素性質的相似性知，砹不溶于水但易溶于四氯化碳，故A正確；

B．AgAt見光易分解，結合AgCl、AgBr；AgI的性質可知；是一種不溶于水的有色固體，顏色應比AgI深，故B錯誤；

C．同主族元素從上到下非金屬性逐漸減弱；非金屬性I＞At，HAt不穩(wěn)定，故C錯誤；

D．由同主族性質變化規(guī)律可知，氧化性氯氣大于At2，則發(fā)生2KAt+Cl2═2KCl+At2；故D正確．

故選AD．11、BD【分析】【分析】A．鋅比鐵活潑；鋅為負極，鐵為正極；

B．如觀察到溶液變渾濁；可說明生成苯酚；

C．反應應在加熱條件下進行；

D．根據(jù)壓強差原理進行判斷．【解析】【解答】解：A．鋅比鐵活潑，鋅為負極，鐵為正極，負極反應為Zn-2e-=Zn2+；正極上氧氣得電子被還原，故A錯誤；

B．如觀察到溶液變渾濁；可說明生成苯酚，符合強酸制備弱酸的原理，故B正確；

C．反應應在加熱條件下進行；不能生成氯氣，故C錯誤；

D．用彈簧夾夾住右邊導管；向長頸漏斗中倒水，形成的液面高度不變，說明裝置氣密性良好，故D正確．

故選BD．12、AB【分析】【分析】以硼氫化合物NaBH4（B元素的化合價為+3價）和H2O2作原料的燃料電池，電解質溶液呈堿性，由工作原理裝置圖可知，負極發(fā)生氧化反應，電極反應式為BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正極H2O2發(fā)生還原反應，得到電子被還原生成OH-，電極反應式為H2O2+2e-=2OH-，結合原電池的工作原理和解答該題．【解析】【解答】解：A．電極B采用MnO2，為正極，H2O2發(fā)生還原反應，得到電子被還原生成OH-，MnO2既作電極材料又有催化作用；故A正確；

B．負極發(fā)生氧化反應生成BO2-，電極反應式為BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O；故B正確；

C．放電時，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，則Na+從A極區(qū)移向B極區(qū)；故C錯誤；

D．正極電極反應式為H2O2+2e-=2OH-，每消耗6molH2O2，轉移的電子為12NA個；故D錯誤；

故選AB．13、BD【分析】【分析】A．蒸餾時；測量是的蒸氣的溫度；

B．根據(jù)分液操作時下層液體從下口放出；上層液體從上口倒出；

C．配制需加水定容；

D．玻璃棒的作用是攪拌防止局部過熱．【解析】【解答】解：A．在蒸餾操作中；溫度計的水銀球應與支管口相平，故A錯誤；

B．分液操作時；分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，一避免兩種液體相互污染，故B正確；

C．配制需加水定容；轉移溶液前容量瓶內(nèi)有少量蒸餾水，對所配溶液無影響，故C錯誤；

D．玻璃棒的作用是攪拌防止局部過熱；引起液體飛濺，故D正確．

故選BD．三、填空題(共6題，共12分)14、+1加快反應速率2P4+3Ca（OH）2?6H2O=3Ca（H2PO2）2+2PH3↑將Ca（H2PO2）2轉化為NaH2PO2CaCO3Na2HPO3PH3+4ClO-+3OH-=PO43-+4Cl-+3H2O【分析】【分析】在高速乳化反應器中加入碳酸鈉、氫氧化鈣、P4，加入水發(fā)生多個反應，其中Ca（OH）2與P4反應生成次磷酸鈣及磷化氫，過濾得到CaHPO3，濾液中加入NaH2PO2、Ca（H2PO2）2、Na2HPO3、NaOH通入CO2調(diào)節(jié)PH=7，過濾得到濾渣X為碳酸鈣，濾液為NaH2PO2，濃縮離心分離、干燥得到NaH2PO2?H2O，母液中除NaH2PO2外，還有的一種主要成分為Na2HPO3；

（1）化合物中元素化合價代數(shù)和為0計算得到磷元素的化合價；

（2）高速攪拌的目的是為了加快反應速率；

（3）Ca（OH）2與P4反應生成次磷酸鈣及磷化氫依據(jù)原子守恒配平書寫化學方程式；

（4）流程中通入CO2的目的是將Ca（H2PO2）2轉化為NaH2PO2；同時生成碳酸鈣沉淀；

（5）依據(jù)流程圖可知流程中母液中的溶質除NaH2PO2外，還有的一種主要成分為Na2HPO3；

（6）①PH3的電子式書寫不能漏掉一對孤對電子對；結構式共用電子對用短線表示；

②含PH3的廢氣可用NaClO和NaOH的混合溶液處理將其轉化為磷酸鹽、同時生成氯化鈉和水．【解析】【解答】解：在高速乳化反應器中加入碳酸鈉、氫氧化鈣、P4，加入水發(fā)生多個反應，其中Ca（OH）2與P4反應生成次磷酸鈣及磷化氫，過濾得到CaHPO3，濾液中加入NaH2PO2、Ca（H2PO2）2、Na2HPO3、NaOH通入CO2調(diào)節(jié)PH=7，過濾得到濾渣X為碳酸鈣，濾液為NaH2PO2，濃縮離心分離、干燥得到NaH2PO2?H2O，母液中除NaH2PO2外，還有的一種主要成分為Na2HPO3；

（1）化合物中元素化合價代數(shù)和為0計算得到磷元素的化合價，設磷元素化合價為x價，NaH2PO2?H2O中鈉元素化合價+1價；氧元素化合價-2價，氫元素化合價+1價，（+1）+2×（+1）+x+（-2）×2=0，x=+1；

故答案為：+1；

（2）在反應器中加入乳化劑并高速攪拌的目的是為了加快反應速率；

故答案為：加快反應速率；

（3）Ca（OH）2與P4反應生成次磷酸鈣及磷化氫，依據(jù)原子守恒配平書寫化學方程式為：2P4+3Ca（OH）2?6H2O=3Ca（H2PO2）2+2PH3↑；

故答案為：2P4+3Ca（OH）2?6H2O=3Ca（H2PO2）2+2PH3↑；

（4）流程中通入CO2的目的是將Ca（H2PO2）2轉化為NaH2PO2；同時生成X為碳酸鈣沉淀；

故答案為：將Ca（H2PO2）2轉化為NaH2PO2，CaCO3；

（5）依據(jù)流程圖可知流程中加入了Na2HPO3，所以母液中的溶質除NaH2PO2外，還有的一種主要成分為Na2HPO3；

故答案為：Na2HPO3；

（6）①PH3的電子式書寫不能漏掉一對孤對電子，所以電子式為：

故答案為：

②含PH3的廢氣可用NaClO和NaOH的混合溶液處理將其轉化為磷酸鹽、同時生成氯化鈉和水反應的離子方程式為：PH3+4ClO-+3OH-=PO43-+4Cl-+3H2O，故答案為：PH3+4ClO-+3OH-=PO43-+4Cl-+3H2O．15、取代反應等【分析】【分析】A在一定條件下能與醇發(fā)生酯化反應，分子中含有-COOH，A在氫氧化鈉水溶液水解生成B與C（乙酸鈉），故A分子中還含有酯基，A分子中苯環(huán)上的兩個取代基連在相鄰的碳原子上，結合A的分子式C9H8O4可知，A的結構簡式為故B結構簡式為B溶液中通入氣體CO2生成D，D不能與NaHCO3溶液反應，但能與NaOH溶液反應，則D中有酚羥基并無羧基，故D為C酸化得到E為CH3COOH，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A在一定條件下能與醇發(fā)生酯化反應，分子中含有-COOH，A在氫氧化鈉水溶液水解生成B與C（乙酸鈉），故A分子中還含有酯基，A分子中苯環(huán)上的兩個取代基連在相鄰的碳原子上，結合A的分子式C9H8O4可知，A的結構簡式為故B結構簡式為B溶液中通入氣體CO2生成D，D不能與NaHCO3溶液反應，但能與NaOH溶液反應，則D中有酚羥基并無羧基，故D為C酸化得到E為CH3COOH；

（1）A轉化為B；C時；發(fā)生酯的水解反應，中和反應，涉及到的有機反應類型是：取代反應；

故答案為：取代反應；

（2）由上述分析可知，B的結構簡式是

故答案為：

（3）草酰氯（結構式：）與D中酚羥基發(fā)生取代反應會生成HCl，HCl與-COONa反應得到-COOH，故草酰氯足量有機物D反應的化學方程式為：

故答案為：

（4）由于酚羥基易被氧化，鄰甲基苯酚先與乙酸轉化得到再用酸性高錳酸鉀氧化得到A；

故答案為：

（5）上題（4）中的中間產(chǎn)物（）有多種同分異構體，符合下列條件的結構簡式：③能發(fā)生銀鏡反應，含有醛基；④含有羥基，但遇FeCl3溶液不發(fā)生顯色反應，含有醇羥基，①苯環(huán)上有兩個側鏈；②苯環(huán)上的一氯代物只有兩種，兩個側鏈處于對位，符合條件的同分異構體有：

故答案為：等．16、1s22s22p63s23p63d84s2CN2CN-①③④3：13NA【分析】【分析】（1）鎳屬于28號元素；根據(jù)構造原理可以寫出該原子的核外電子排布式；Ni原子有2個未成對電子，第二周期有2個未成對電子的元素有C；O元素，同一周期，元素的電負性隨著原子序數(shù)的增大而增大；

（2）等電子體中原子數(shù)相同；價電子數(shù)相同；據(jù)此解答即可；

（3）根據(jù)碳原子含有的σ鍵和孤電子對判斷碳原子采取的雜化方式；根據(jù)單鍵為σ鍵；雙鍵中1個σ鍵和1個π鍵回答；

（4）由晶胞可知，晶胞中La位于定點，平均含有8×=1，Ni位于面心和體心，共含有8×+1=5，H2位于邊和面心，共有8×+2×=3，以此解答．【解析】【解答】解：①鎳屬于28號元素，根據(jù)構造原理可以寫出該原子的核外電子排布式，Ni的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，第二周期有2個未成對電子的元素是C和O元素，電負性較小的是C元素，故答案為：1s22s22p63s23p63d84s2；C；

（2）CO含有2個原子14個電子，所以CO互為等電子體的一種分子和一種離子的化學式為：N2、CN-（或O22+、C22-、NO+），故答案為：N2；CN-；

（3）①CH2=CH2中每個碳原子含有3個σ鍵，不含孤電子對，所以采取sp2雜化；故正確；

②HC≡CH中每個碳原子含有2個σ鍵；不含孤電子對，所以采取sp雜化，故錯誤；

③中每個碳原子含有3個σ鍵，不含孤電子對，所以采取sp2雜化；故正確；

④HCHO中碳原子含有3個σ鍵，不含孤電子對，所以采取sp2雜化；故正確；

HCHO中碳原子含有3個σ鍵；1個π鍵，HCHO分子內(nèi)σ鍵與π鍵個數(shù)之比為3：1；

故答案為：①③④；3：1；

（4）由晶胞可知，晶胞中La位于定點，平均含有8×=1，Ni位于面心和體心，共含有8×+1=5，H2位于邊和面心，共有8×+2×=3，則含1molLa的合金可吸附H2的物質的量為3mol，故答案為：3NA．17、酯基羰基【分析】【分析】（1）化合物A的分子式為C6H6O，在空氣中易被氧化，結合D含有苯環(huán)結構，可推知A是苯酚，結構簡式為：由D的結構逆推，可知C為B為

（2）根據(jù)H的結構簡式判斷含有的官能團；

（3）某化合物是E的同分異構體，其結構符合下列條件：Ⅰ．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基，Ⅱ．能與NaHCO3溶液反應；說明含有-COOH，由E的不飽和度可知，該同分異構體中含有-C≡C-，故含有的側鏈為-OH；-C≡C-COOH，Ⅲ．有4種不同化學環(huán)境的氫，兩個側鏈處于對位；

（4）C→D是與乙酸酐反應生成D；同時還生成乙酸；

（5）根據(jù)轉化關系圖中F→G的轉化可知，制備物質應先制備再與氫氣發(fā)生加成反應可得目標物，再上一步需要制備故溴苯與氫氣發(fā)生加成反應生成發(fā)生水解反應得到環(huán)己醇發(fā)生催化氧化得到．【解析】【解答】解：（1）化合物A的分子式為C6H6O，在空氣中易被氧化，結合D含有苯環(huán)結構，可推知A是苯酚，結構簡式為：由D的結構逆推，可知C為B為故答案為：

（2）根據(jù)H的結構簡式；可知其含氧官能團為羥基；酯基、羰基，故答案為：酯基、羰基；

（3）某化合物是E的同分異構體，其結構符合下列條件：Ⅰ．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基，Ⅱ．能與NaHCO3溶液反應，說明含有-COOH，由E的不飽和度可知，該同分異構體中含有-C≡C-，故含有的側鏈為-OH、-C≡C-COOH，Ⅲ．有4種不同化學環(huán)境的氫，兩個側鏈處于對位，符合條件的同分異構體為故答案為：

（4）C→D是與乙酸酐反應生成D，同時還生成乙酸，反應方程式為：故答案為：

（5）根據(jù)轉化關系圖中F→G的轉化可知，制備物質應先制備再與氫氣發(fā)生加成反應可得目標物，再上一步需要制備故溴苯與氫氣發(fā)生加成反應生成發(fā)生水解反應得到環(huán)己醇發(fā)生催化氧化得到則以為原料制備的合成路線流程圖為：

故答案為：．18、DAB萃取冷凝管下進上出【分析】【分析】據(jù)物質分離的方法有：過濾、分液、蒸發(fā)和蒸餾等，根據(jù)實驗選擇合適的儀器以及使用方法．【解析】【解答】解：（1）蒸發(fā)可以實現(xiàn)易溶于水的固體和水的分離，從氯化鉀溶液中得到氯化鉀固體可用蒸發(fā)，因蒸餾可以實現(xiàn)水中難揮發(fā)性雜質和水的分離，則除去自來水中的Cl─等雜質；可用蒸餾，故答案為：D；A；

（2）碘微溶于水；碘易溶于苯；四氯化碳等有機溶劑，且苯、四氯化碳與水互不相溶，可用萃取法分離，故答案為：B；萃?。?/p>

（3）裝置A中①的名稱是冷凝管，使用時下口進水上口出水，故答案為：冷凝管；下進上出；19、略

【分析】【解析】試題分析：（1）由短周期兩原子組成的18電子的化合物為HCl，三原子組成的18電子的化合物為H2S，四原子組成的18電子化合物為PH3或H2O2，由短周期五原子組成的10電子的化合物為CH4；（2）根據(jù)題意1molCH4完全燃燒放出熱量為：△H=-890kJ·mol-1，則其反應的熱化學方程式為：CH4（g）+2O2（g）=CO2(g)+2H2O(l);△H=-890kJ·mol-1；（3）若C為第一和第三周期元素組成的化合物，則C為PH3，根據(jù)題意，為PH3在氧氣中燃燒生成兩種氧化物即為P2O5、H2O，反應方程式為：2PH3+4O2P2O5+3H2O；若C為第一和第二周期元素組成的化合物，則C為H2O2，H2O2在二氧化錳作用下會迅速產(chǎn)生氧氣：2H2O22H2O+O2↑；H2O2溶液中加入足量二氧化錳和稀硫酸，二氧化錳逐漸溶解生成Mn2+，錳元素化合價降低，二氧化錳做氧化劑；2H2O22H2O+O2↑1molH2O2完全反應，轉移電子1mol，H2O2＋MnO2＋H2SO4=MnSO4＋2H2O＋O2↑,1molH2O2完全反應，轉移電子2mol，兩個反應中轉移電子數(shù)之比是1：2?？键c：原子結構元素周期律【解析】【答案】（1）HCl；H2S；CH4（2）CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(l)；△H=-890KJ.mol-1（3）①2H2O2==2H2O+O2↑②氧化劑③1：2四、判斷題(共2題，共16分)20、×【分析】【分析】依據(jù)化學方程式分析判斷，反應都是兩種物質反應生成一種物質，屬于化合反應，但從可逆反應上來看，二氧化硫與水反應為可逆反應．【解析】【解答】解：SO3+H2O=H2SO4，H2O+SO2?H2SO3依據(jù)化學方程式分析判斷，反應都是兩種物質反應生成一種物質，屬于化合反應，但從可逆反應上來看，二氧化硫與水反應為可逆反應，故不完全相同，故答案為：×．21、×【分析】【分析】高分子化合物（又稱高聚物）一般相對分子質量高于10000，結構中有重復的結構單元；據(jù)此分析．【解析】【解答】解：蔗糖的分子式為：C12H22O12；其相對分子質量較小，不屬于高分子化合物，蛋白質；纖維素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故該說法錯誤；

故答案為：×．五、簡答題(共1題，共3分)22、略

【分析】解：（1）稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu與酸反應的離子方程式為：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Au；Pt和酸不反應，所以是濾渣；

故答案為：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Au；Pt；

（2）第②步加H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+；過氧化氫做氧化劑不引入雜質，對環(huán)境無污染，調(diào)節(jié)溶液PH鐵離子和鋁離子全部沉淀后過濾得到氫氧化鐵；氫氧化鋁沉淀和濾液硫酸銅；

故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+；不引入雜質，對環(huán)境無污染；使Fe3+、Al3+沉淀除去；

（3）第③步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應是在坩堝中加熱脫水；經(jīng)過蒸發(fā)；冷卻、結晶、過濾，最終制得硫酸銅晶體；

故答案為：加熱濾液2；經(jīng)過蒸發(fā)；冷卻、結晶、過濾，最終制得硫酸銅晶體；

（4）制備硫酸鋁晶體的甲；乙、丙三種方法中；

甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在濾渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3；蒸發(fā)；冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；

丙方案先在濾渣中加NaOH和Al（OH）3反應生成NaAlO2，再在濾液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；但從原子利用角度考慮方案乙更合理，因為丙加的NaOH和制備的Al2（SO4）3的原子組成沒有關系；造成原子浪費；

所以從原子利用率和是否產(chǎn)生雜質考慮知；乙更合理；

故答案為：甲；所得產(chǎn)品中含有較多Fe2（SO4）3雜質；乙．

（5）取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用cmol?L-1EDTA（H2Y2-）標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反應如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+

銅離子物質的量和標準液物質的量相同，則20mL溶液中銅離子的物質的量=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；

則ag樣品中CuSO4?5H2O的質量=c×b×10-3mol×250g/mol×5，所以CuSO4?5H2O質量分數(shù)的表達式=×100%．

故答案為：×100%．

含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物加入混酸加熱過濾，銅反應生成銅鹽溶液，Au、Pt不與混酸反應，所以濾渣的主要成分是Au、Pt，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+，加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，調(diào)節(jié)溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以濾液2的成分是Cu2+；濾渣2的成分為氫氧化鐵和氫氧化鋁；

（1）Cu與混酸反應的實質是與H+、NO3-反應，隨反應進行離子濃度逐漸減小，所以離子方程式為Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，Au、Pt不與混酸反應，所以濾渣的主要成分是Au、Pt，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+；

（2）過氧化氫具有氧化性且被還原為水，無雜質無污染；可以氧化亞鐵離子為鐵離子易于沉淀除去，調(diào)節(jié)溶液PH目的是鐵離子和鋁離子全部沉淀；第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化為Fe3+，該氧化劑的優(yōu)點是不引入雜質，產(chǎn)物對環(huán)境物污染．調(diào)節(jié)溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以濾液2的成分是Cu2+；濾渣2的成分為氫氧化鐵和氫氧化鋁；

（3）第③步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應是在坩堝中加熱脫水；經(jīng)過蒸發(fā)；冷卻、結晶、過濾，最終制得硫酸銅晶體；

（4）甲方案不可行，因為濾渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，加入硫酸沉淀全部溶解使制得的產(chǎn)品中含有較多Fe2（SO4）3雜質；從原子利用率角度分析；乙方案更合理，不僅能除去硫酸鐵，同時增加了硫酸鋁的量，原子利用率較高。

（5）由滴定反應方程式得100ml溶液中n（Cu2+）=b×10-3×a×5mol，所以CuSO4?5H2O質量分數(shù)=b×10-3×a×5××100%；

本題考查離子分離的方法，實驗設計，試劑選擇，中和滴定的簡單計算和誤差的分析，離子性質的熟練掌握是解題關鍵，題目難度較大．【解析】Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；將Fe2+氧化為Fe3+；過氧化氫做氧化劑不引入雜質，對環(huán)境無污染；使Fe3+、Al3+沉淀除去；加熱濾液2，經(jīng)過蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾，最終制得硫酸銅晶體；甲；所得產(chǎn)品中含有較多Fe2（SO4）3雜質；乙；×100%六、探究題(共4題，共36分)23、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，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．24、酸式|反應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溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，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?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，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應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