2024年滬科版高三化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………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年滬科版高三化學(xué)上冊階段測試試卷872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總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列說法正確的是（）A.煤的氣化是物理變化B.蛋白質(zhì)的基本結(jié)構(gòu)單元是氨基酸C.在蛋白質(zhì)溶液中加入CuSO4溶液，可使蛋白質(zhì)的溶解度降低而析出D.乙醛、葡萄糖、淀粉都能與新制的銀氨溶液發(fā)生反應(yīng)2、下列敘述正確的是（）A.向Na2CO3飽和溶液中通入過量CO2，有NaHCO3結(jié)晶析出B.向FeSO4溶液中通入過量CO2，有渾濁現(xiàn)象產(chǎn)生C.SO2具有漂白性，常用于自來水消毒D.Fe和Br2混合加熱生成FeBr23、下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是。選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A向雞蛋白溶液中滴入HgCl2溶液有白色沉淀蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析B向溶液X中滴加BaCl2溶液有白色沉淀X中一定含有SO42－CAgCl飽和溶液中加入少量NaI溶液產(chǎn)生黃色沉淀Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl)D向加入了幾滴酚酞試液的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液紅色逐漸退去Na2CO3溶液中存在水解平衡4、A是一種常見的單質(zhì)；B；C為中學(xué)常見的化合物，A、B、C均含有元素X，它們有如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分產(chǎn)物及反應(yīng)條件已略去）．下列推斷正確的是（）

A.X元素為鋁。

B.反應(yīng)①和②互為可逆反應(yīng)。

C.X元素可能是金屬；也可能是非金屬。

D.反應(yīng)①和②一定為氧化還原反應(yīng)。

5、下列有關(guān)溶液組成的描述合理的是rm{(}rm{)}A.弱堿性溶液中可能大量存在rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}B.酸性溶液中可能大量存在rm{Na^{+}}rm{ClO^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{I^{-}}C.常溫下在rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-13}}rm{mol?L^{-1}}的溶液中能大量存在rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}D.加入鋁粉能產(chǎn)生氫氣的溶液中大量存在rm{NH_{4}^{+}}rm{Fe^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}6、某溶液中可能含有K+、Ba2+、NH4+、S2-、I-、SO42-，分別取樣：①用pH計測試，溶液顯弱酸性；②加氯水和淀粉無明顯現(xiàn)象．為確定該溶液的組成，還需檢驗的離子是（）A.K+B.NH4+C.SO42-D.S2-7、增大壓強(qiáng)；對已達(dá)到平衡的下列反應(yīng)產(chǎn)生的影響是（）

3P（g）+Q（g）?2R（g）+2S（s）A.正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率減小，平衡向正反應(yīng)方向移動B.正反應(yīng)速率減小，逆反應(yīng)速率增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動C.正、逆反應(yīng)速率都增大，平衡向正反應(yīng)方向移動D.正、逆反應(yīng)速率都沒有變化，平衡不發(fā)生移動評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、氯化銅；氯化亞銅廣泛用于有機(jī)催化劑．實驗室中以粗銅（含雜質(zhì)Fe）為原料；制備銅的氯化物的流程如圖1：

（1）固體1成分的化學(xué)式____．

（2）溶液1可加試劑X，用于調(diào)節(jié)pH以除去雜質(zhì)，X可選用____：

a．NaOHb．NH3?H2Oc．CuOd．CuSO4

（3）操作①的名稱____．檢驗溶液2是否含有雜質(zhì)離子的試劑可以是____．

（4）操作②需在HCl氣流中加熱濃縮的原因____．

（5）反應(yīng)②是向溶液2中通入SO2，加熱生成CuCl白色沉淀，離子方程式為____．

（6）用如圖儀器及藥品制備純凈；干燥的氯氣并與粗銅反應(yīng)（鐵架臺、鐵夾省略）．

①按氣流方向連接各儀器接口：a→____、____→____、____→____、____→____．

②實驗前要進(jìn)行的一步重要操作是____．

③反應(yīng)時盛粗銅粉試管的現(xiàn)象____．9、（1）已知N≡N、N-H、H-H的鍵能分別為946kJ?mol-1、390kJ?mol-1、436kJ?mol-1．試根據(jù)蓋斯定律，寫出合成氨反應(yīng)的熱化學(xué)方程式____．

（2）在通常狀況下，足量氫氧化鈉的稀溶液與含溶質(zhì)為1mol的稀硫酸完全反應(yīng)時放出akJ的熱量，寫出該反應(yīng)中和熱的熱化學(xué)方程式____．

（3）以鎂和鋁為電極，以NaOH作電解質(zhì)溶液，構(gòu)成原電池時，鋁做負(fù)極，其電極反應(yīng)式為____；

與MnO2-Zn電池類似，K2FeO4-Zn也可以組成堿性電池，K2FeO4在電池中作為正極材料，在反應(yīng)中還原產(chǎn)物為Fe（OH）3，則正極電極反應(yīng)式為____．10、硫酸是重要的化工原料；二氧化硫生成三氧化硫是硫酸工業(yè)的重要反應(yīng)之一．

（1）將0.100molSO2（g）和0.060molO2（g）放入容積為2L的密閉容器中，反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）在一定條件下5分鐘末達(dá)平衡狀態(tài)，測得c（SO3）=0.040mol/L．

①從平衡角度分析采用過量O2的目的是____；

②列式并計算該條件下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____．

③已知：K（300℃）＞K（350℃），若反應(yīng)溫度升高，SO2的轉(zhuǎn)化率____（填“增大”；“減小”或“不變”）．

④能判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是____．（填字母）

A．SO2和SO3濃度相等。

B．容器中混合氣體的平均分子量保持不變。

C．容器中氣體的壓強(qiáng)不變。

D．SO3的生成速率與SO2的消耗速率相等．

（2）某溫度下，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率（α）與體系總壓強(qiáng)（P）的關(guān)系如圖1所示．平衡狀態(tài)由A變到B時，平衡常數(shù)K（A）____K（B）（填“＞”；“＜”或“=”）．

（3）如圖2所示，保持溫度不變，在一定反應(yīng)條件下，將2molSO2和1molO2加入甲容器中，將4molSO2和2molO2加入乙容器中；隔板K不能移動．此時控制活塞P，使乙的容積為甲的2倍．

①若移動活塞P，使乙的容積和甲相等，達(dá)到新平衡時，SO3的體積分?jǐn)?shù)甲____乙．（填：“大于”；“小于”、或“等于”）

②若在甲容器中通入一定量的He氣，使容器內(nèi)的壓強(qiáng)增大，則c（SO3）/c（SO2）將____填：“增大”；“減小”、“不變”、“無法確定”）

（4）將一定量的SO2（g）和O2（g）放入某固定體積的密閉容器中，在一定條件下，c（SO3）的變化如圖3所示．若在第5分鐘將容器的體積縮小一半后，在第8分鐘達(dá)到新的平衡（此時SO3的濃度約為0.25mol/L）．請在圖3中畫出此變化過程中SO3濃度的變化曲線．11、將等物質(zhì)的量的A；B混合于2L的密閉容器中；發(fā)生如下反應(yīng)：

3A（g）+B（g）?xC（g）+2D（g）；經(jīng)5min后，測得D的濃度為0.5mol/L，c（A）：c（B）=3：5，C的平均反應(yīng)速率為0.1mol/（L?min）．求：

（1）此時A的濃度c（A）=____mol/L，反應(yīng)開始前容器中的A、B的物質(zhì)的量：n（A）=n（B）=____mol；

（2）前5min內(nèi)用B表示的平均反應(yīng)速率v（B）=____mol/（L?min）；

（3）化學(xué)反應(yīng)方程式中x的值為____．

（4）5min時物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率為____．12、1862年；比利時化學(xué)家索爾維發(fā)明了氨堿法制堿，1926年，我國化學(xué)家都創(chuàng)立了要為先進(jìn)的侯德邦制堿法，也叫聯(lián)合制堿法，兩種制堿的生產(chǎn)流程可需要表示如圖1：

（1）向沉淀池中通入CO2和氮氣時，應(yīng)先通入氮氣的原因是____；

（2）沉淀池中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式是____；

（3）氨堿法生產(chǎn)流程示意圖的Y是____，從原料到產(chǎn)品，氨堿法總反應(yīng)過程用化學(xué)方程式表示，可寫為____；

（4）聯(lián)合制堿法中從濾液中提取氯化銨晶體的過程推測，所得結(jié)論正確的是____（選填編號）

A．常溫時氯化銨的溶解度比氯化鈉小。

B．通入氨氣能增大NH4+的濃度；使氯化銨更多析出。

C．加入食鹽細(xì)粉能提高Na+的濃度，使NaHCO3結(jié)晶析出。

D．通入氨氣能使NaHCO3轉(zhuǎn)化為Na2CO3，提高析出的NH4Cl純度。

（5）聯(lián)合劑堿法相比于氨堿法，氯化鈉利用率從70%提高到90%以上，主要是設(shè)計了循環(huán)I．聯(lián)合制堿法的另一項優(yōu)點是____．

（6）從沉淀地析出的晶體含有NaCl雜質(zhì)，某同學(xué)在測定其NaHCO3的含量時；稱取5.000g試樣，配制成100mL溶液，用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液確定（用甲基酸提示劑），測定值記錄如下：

。滴定次數(shù)。

待測液（mL）0.6000mol/L鹽酸溶液的體積（mL）初讀數(shù)終讀數(shù)初讀數(shù)終讀數(shù)第一次。

20.001.0021.00第二次20.00如圖2Ⅰ如圖2Ⅱ

①第二次滴定，從圖Ⅰ圖Ⅱ顯示消耗的鹽酸溶液體積為____；

②該實驗測定NaHCO3含量的計算式為ω（NaHCO3）=____．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)13、向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3膠體____（判斷對錯）14、將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱，可得氫氧化鐵膠體____．（判斷對錯）15、用PH試紙可以測定溶液酸堿性時，用玻璃棒蘸取待測溶液在已有水的PH試紙上進(jìn)行觀察顏色變化．____（填√或×）．16、物質(zhì)的量相同的磷酸鈉溶液和磷酸溶液中所含的PO43-量相同．____．17、某有機(jī)物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機(jī)物一定含有C、H、O三種元素．____（判斷對錯）18、醋可同時用作防腐劑和調(diào)味劑____．（判斷對錯）19、鈉的還原性很強(qiáng)，在空氣中易變質(zhì)，最后變?yōu)檫^氧化鈉____．（判斷對錯）20、將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱，可得氫氧化鐵膠體____．（判斷對錯）評卷人得分四、探究題(共4題，共40分)21、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________．22、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：23、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________．24、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：評卷人得分五、解答題(共1題，共2分)25、由FeCl3、KCl組成的1L混合液中，已知Fe3+的質(zhì)量為56g，Cl-的質(zhì)量為142g．

（1）原溶液中K+的質(zhì)量為多少克？

（2）若量取該混合液100ml，將其加水稀釋至1L，則稀釋后所得溶液中Cl-的物質(zhì)的量濃度為多少？參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】A．煤的氣化生成CO和氫氣；

B．蛋白質(zhì)水解可生成氨基酸；

C．蛋白質(zhì)在硫酸銅溶液中發(fā)生變性；

D．淀粉與銀氨溶液不反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．煤的氣化生成CO和氫氣；為化學(xué)變化，故A錯誤；

B．蛋白質(zhì)水解可生成氨基酸；所以蛋白質(zhì)的基本結(jié)構(gòu)單元是氨基酸，故B正確；

C．重金屬鹽可使蛋白質(zhì)變性；故C錯誤；

D．淀粉為非還原性糖；與銀氨溶液不反應(yīng)，故D錯誤．

故選B．2、A【分析】【分析】A．相同條件下；碳酸氫鈉的溶解度比碳酸鈉??；

B．向FeSO4溶液中通入過量CO2；不發(fā)生反應(yīng)；

C．SO2具有漂白性；但不用于自來水漂白；

D．Fe和Br2混合加熱生成FeBr3．【解析】【解答】解：A．相同條件下，碳酸氫鈉的溶解度比碳酸鈉小，則向Na2CO3飽和溶液中通入過量CO2，有NaHCO3結(jié)晶析出；故A正確；

B．向FeSO4溶液中通入過量CO2；不發(fā)生反應(yīng)，則不會有渾濁現(xiàn)象，故B錯誤；

C．SO2具有漂白性；不具有強(qiáng)氧化性，則不用于自來水漂白，一般選氯氣等用于自來水消毒，故C錯誤；

D．因溴的氧化性強(qiáng)，F(xiàn)e和Br2混合加熱生成FeBr3；故D錯誤；

故選A．3、D【分析】試題分析：HgCl2溶液是重金屬鹽溶液，使蛋白質(zhì)發(fā)生變性不是鹽析，A錯；向溶液X中滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成，不一定是SO42－才看到白色沉淀，如果有Ag+SO32－也可看到相同的現(xiàn)象，B錯；AgCl飽和溶液中加入少量NaI溶液產(chǎn)生黃色沉淀是發(fā)生了沉淀的轉(zhuǎn)化，根據(jù)沉淀轉(zhuǎn)化的原理：溶解度小的沉淀可以轉(zhuǎn)化為溶解度更小的沉淀，所以Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，C錯；Na2CO3溶液發(fā)生水解反應(yīng)：CO32-+H2OHCO3—+OH—，所以溶液顯堿性，加入酚酞溶液變紅，滴加BaCl2溶液后生成BaCO3沉淀，使得水解平衡向逆向移動，溶液的堿性減弱，紅色逐漸褪去，D對。選D?？键c：蛋白質(zhì)的性質(zhì)、離子的檢驗、沉淀的轉(zhuǎn)化和溶解度的關(guān)系、水解平衡的移動。【解析】【答案】D4、D【分析】

A單質(zhì)與強(qiáng)堿發(fā)生反應(yīng)；生成了兩種產(chǎn)物B和C，而且B和C均含有同一種元素，且B和C又可以在強(qiáng)酸的作用下發(fā)生反應(yīng)，生成單質(zhì)A，可以看出反應(yīng)①是A物質(zhì)的歧化反應(yīng)，反應(yīng)②應(yīng)該是這種元素的歸中反應(yīng)，所以B和C中應(yīng)該分別含有A的負(fù)價態(tài)物質(zhì)以及正價態(tài)物質(zhì)，判斷A一定是非金屬元素；

A；①應(yīng)該是A物質(zhì)的歧化反應(yīng)；反應(yīng)②應(yīng)該是一種元素的歸中反應(yīng)，則可以知道B和C中應(yīng)該分別含有A的負(fù)價態(tài)物質(zhì)以及正價態(tài)物質(zhì)，可以判斷A不可能是金屬，故A錯誤；

B；可逆反應(yīng)的定義是指在同一條件下；既能向正反應(yīng)方向進(jìn)行，同時又能向逆反應(yīng)的方向進(jìn)行的反應(yīng)，叫做可逆反應(yīng)，上述①②兩個反應(yīng)的反應(yīng)條件不相同，不是可逆反應(yīng)，故B錯誤；

C；轉(zhuǎn)化關(guān)系中A+OH-→B+C；B+C→A，ABC中都含有X元素，發(fā)生的是同種元素間的歧化反應(yīng)和歸中反應(yīng)，元素有負(fù)價只能是非金屬，因為金屬元素?zé)o負(fù)價，說明X元素是非金屬元素，故C錯誤；

D；轉(zhuǎn)化關(guān)系中A+OH-→B+C；B+C→A，因為歸中反應(yīng)和歧化反應(yīng)均有價態(tài)的變化，判斷可知，①和②的確為氧化還原反應(yīng)，故D．

故選D．

【解析】【答案】由轉(zhuǎn)化關(guān)系圖可以看出；A這種單質(zhì)與強(qiáng)堿發(fā)生反應(yīng)，生成了兩種產(chǎn)物B和C，而且B和C均含有同一種元素，且B和C又可以在強(qiáng)酸的作用下發(fā)生反應(yīng)，生成單質(zhì)A，那么可以看出反應(yīng)1應(yīng)該是A物質(zhì)的歧化反應(yīng)，反應(yīng)2應(yīng)該是關(guān)于一種元素的歸中反應(yīng)，則可以知道B和C中應(yīng)該分別含有A的負(fù)價態(tài)物質(zhì)以及正價態(tài)物質(zhì)．

5、A【分析】解：rm{A.Na^{+}}rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}離子之間不發(fā)生反應(yīng)，rm{HCO_{3}^{-}}離子部分水解；溶液顯示弱堿性，故A正確；

B.酸性溶液中存在大量氫離子；次氯酸根離子與氫離子反應(yīng)生成弱酸次氯酸，次氯酸根離子能夠氧化碘離子，在溶液中一定不能大量共存，故B錯誤；

C.rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}的溶液呈堿性，rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}不能大量共存；故C錯誤；

D.加入鋁粉能產(chǎn)生氫氣的溶液，可能為強(qiáng)堿，也可能為非氧化性酸溶液，堿性條件下rm{NH_{4}^{+}}rm{Fe^{2+}}不能存在，酸性條件下rm{NO_{3}^{-}}不能存在；故D錯誤．

故選A．

A.碳酸氫根離子水解溶液顯示弱堿性；

B.rm{ClO^{-}}rm{I^{-}}發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

C.rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}的溶液呈堿性；

D.加入鋁粉能產(chǎn)生氫氣的溶液；可能為強(qiáng)堿，也可能為非氧化性酸溶液．

本題考查離子共存問題，為高頻常見題型和高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握離子的性質(zhì)和反應(yīng)類型的判斷，難度不大．【解析】rm{A}6、A【分析】【分析】利用淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)來結(jié)合信息加氯水和淀粉無明顯現(xiàn)象來分析存在的離子，然后利用離子的共存及溶液呈電中性來分析還存在的離子和一定沒有的離子，而對于不能確定的離子，則是還需檢驗的離子來解答．【解析】【解答】解：由①可知溶液顯酸性，說明溶液中含有H+；

由氯水能氧化I-生成碘單質(zhì)，而碘遇淀粉變藍(lán)，而②中加氯水和淀粉無明顯現(xiàn)象，則一定不含有I-；

又溶液呈電中性，有陽離子必有陰離子，則溶液中有H+，必須同時存在陰離子，即SO42-必然存在，而Ba2+、SO42-能結(jié)合生成沉淀，則這兩種離子不能共存，即一定不存在Ba2+；顯然剩下的K+是否存在無法判斷，則需檢驗的離子是K+；

故選A．7、C【分析】【分析】增大壓強(qiáng)實質(zhì)是壓縮體積，反應(yīng)氣態(tài)混合物的濃度增大，正逆反應(yīng)速率都增大，反應(yīng)前后氣體的氣體減小，平衡向正反應(yīng)移動．【解析】【解答】解：增大壓強(qiáng)；反應(yīng)氣態(tài)混合物的濃度增大，正逆反應(yīng)速率都增大，反應(yīng)前后氣體的氣體減小，平衡向正反應(yīng)移動，故A；B、D錯誤，C正確．

故選C．二、填空題(共5題，共10分)8、FeCl3、CuCl2c過濾KSCN溶液抑制氯化銅水解2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O2CuCl↓+4H++SO42-dejhfgb檢查裝置的氣密性產(chǎn)生大量棕黃色煙【分析】【分析】粗銅（含雜質(zhì)Fe）與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵和氯化銅，加稀鹽酸溶解，形成氯化鐵和氯化銅溶液，同時抑制氯化銅、氯化鐵水解，溶液1中加入X調(diào)節(jié)溶液pH，得到溶液乙，經(jīng)過系列操作得到CuCl2?2H2O，故溶液2為CuCl2溶液，則調(diào)節(jié)pH目的是使溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，過濾除去，試劑X可以為CuO、氫氧化銅等，結(jié)合題目信息可知，氯化銅溶液，加少量鹽酸，抑制氯化銅水解，再蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到CuCl2?2H2O；再經(jīng)過過濾；洗滌、干燥得到純凈的晶體，以此解答（1）～（4）；

（5）溶液2中通入SO2；加熱生成CuCl白色沉淀，發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

（6）制備純凈、干燥的氯氣并與粗銅反應(yīng)，結(jié)合實驗裝置可知，濃鹽酸與高錳酸鉀反應(yīng)生成氯氣，利用飽和食鹽水除去HCl，再利用濃硫酸干燥，然后Cu與氯氣反應(yīng)，最后利用NaOH溶液吸收尾氣，該實驗連接好裝置后要檢驗氣密性，以此來解答．【解析】【解答】解：粗銅（含雜質(zhì)Fe）與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵和氯化銅，加稀鹽酸溶解，形成氯化鐵和氯化銅溶液，同時抑制氯化銅、氯化鐵水解，溶液1中加入X調(diào)節(jié)溶液pH，得到溶液乙，經(jīng)過系列操作得到CuCl2?2H2O，故溶液2為CuCl2溶液，則調(diào)節(jié)pH目的是使溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，過濾除去，試劑X可以為CuO、氫氧化銅等，結(jié)合題目信息可知，氯化銅溶液，加少量鹽酸，抑制氯化銅水解，再蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到CuCl2?2H2O；再經(jīng)過過濾；洗滌、干燥得到純凈的晶體；

（1）固體1成分的化學(xué)式為FeCl3、CuCl2，故答案為：FeCl3、CuCl2；

（2）不能引入新雜質(zhì)；結(jié)合上述分析可知，CuO符合，故答案為：c；

（3）操作1為過濾；檢驗溶液2是否含有雜質(zhì)離子（鐵離子）的試劑可以是KSCN溶液；故答案為：過濾；KSCN溶液；

（4）操作②需在HCl氣流中加熱濃縮的原因抑制氯化銅水解；故答案為：抑制氯化銅水解；

（5）反應(yīng)②是向溶液2中通入SO2，加熱生成CuCl白色沉淀，離子方程式為2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O2CuCl↓+4H++SO42-；

故答案為：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O2CuCl↓+4H++SO42-；

（6）制備純凈；干燥的氯氣并與粗銅反應(yīng)；結(jié)合實驗裝置可知，濃鹽酸與高錳酸鉀反應(yīng)生成氯氣，利用飽和食鹽水除去HCl，再利用濃硫酸干燥，然后Cu與氯氣反應(yīng)，最后利用NaOH溶液吸收尾氣；

①結(jié)合上述分析可知，除雜時導(dǎo)管長進(jìn)短出，則氣流方向連接各儀器接口：a→d、e→j、h→f、g→b，故答案為：d；e；j；h；f；g；b；

②該實驗制備氣體并進(jìn)行氣體的性質(zhì)實驗；則實驗前要進(jìn)行的一步重要操作是檢查裝置的氣密性，故答案為：檢查裝置的氣密性；

③Cu與氯氣反應(yīng)生成氯化銅固體，則反應(yīng)時盛粗銅粉試管的現(xiàn)象是產(chǎn)生大量棕黃色煙，故答案為：產(chǎn)生大量棕黃色煙．9、N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-96kJ?mol-1NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-kJ/molAl-3e-+4OH-=2H2O+AlO2-FeO42-+3e-+4H2O=Fe（OH）3+5OH-【分析】【分析】（1）反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能=反應(yīng)熱；據(jù)此計算該反應(yīng)的反應(yīng)熱，根據(jù)熱化學(xué)方程式的書寫原則進(jìn)行書寫；

（2）中和熱是強(qiáng)酸強(qiáng)堿發(fā)生反應(yīng)生成1mol水放出的熱量，據(jù)此書寫熱化學(xué)方程式，1mol的稀硫酸含有2molH+；全部反應(yīng)生成2mol水；

（3）以鎂條、鋁片為電極，以NaOH溶液為電解質(zhì)溶液設(shè)計的原電池中，相對于電解質(zhì)溶液來講，鋁更活潑，原電池的總反應(yīng)一般是負(fù)極和電解質(zhì)溶液的反應(yīng)，K2FeO4-Zn也可以組成堿性電池，K2FeO4在電池中作為正極材料，F(xiàn)eO42-得電子生成Fe（OH）3．【解析】【解答】解：（1）反應(yīng)N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）的反應(yīng)熱△H=946kJ?mol-1+3×436kJ?mol-1-2×3×390kJ?mol-1=-96kJ?mol-1，故熱化學(xué)方程式為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-96kJ?mol-1；

故答案為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-96kJ?mol-1；

（2）在通常狀況下，足量氫氧化鈉的稀溶液與含溶質(zhì)為1mol的稀硫酸完全反應(yīng)時放出akJ的熱量，1mol的稀硫酸含有2molH+，全部反應(yīng)生成2mol水，生成1mol水放熱KJ，中和熱的熱化學(xué)方程式為：NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-kJ/mol；

故答案為：NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-kJ/mol；

（3）以鎂條、鋁片為電極，以NaOH溶液為電解質(zhì)溶液設(shè)計的原電池中，相對于電解質(zhì)溶液NaOH溶液來講，鋁更活潑，故鋁做負(fù)極，原電池的總反應(yīng)一般是負(fù)極和電解質(zhì)溶液的反應(yīng)，故反應(yīng)方程式為：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，負(fù)極電極反應(yīng)為：Al-3e+4OH-=2H2O+AlO2-；K2FeO4-Zn也可以組成堿性電池，K2FeO4在電池中作為正極材料，F(xiàn)eO42-得電子生成Fe（OH）3，正極電極反應(yīng)式為：FeO42-+3eˉ+4H2O=Fe（OH）3+5OH-；

故答案為：Al-3e+4OH-=2H2O+AlO2-；FeO42-+3e-+4H2O=Fe（OH）3+5OH-．10、提高二氧化硫的轉(zhuǎn)化率1600減小BC=小于不變【分析】【分析】（1）①增大反應(yīng)物氧氣會提高二氧化硫的轉(zhuǎn)化率；

②依據(jù)平衡三段式列式計算平衡濃度；結(jié)合平衡常數(shù)概念計算得到；

③K（300℃）＞K（350℃）；說明溫度越高平衡常數(shù)越小，依據(jù)平衡移動原理分析，升溫平衡向吸熱反應(yīng)方向進(jìn)行；

④平衡標(biāo)志是正逆反應(yīng)速率相同；各成分含量保持不變；

（2）平衡常數(shù)隨溫度變化；溫度不變，平衡常數(shù)不變；

（3）①甲為恒溫恒容容器，若移動活塞P，使乙的容積和甲相等，為恒溫恒容容器，乙中加入4mol三氧化硫相當(dāng)于加入2mol三氧化硫，再加入2mol三氧化硫，增大壓強(qiáng)，平衡正向進(jìn)行，SO3的體積分?jǐn)?shù)增大；

②甲為恒溫恒容容器，加入氦氣總壓增大，分壓不變，平衡不變，則c（SO3）/c（SO2）不變；

（4）在第5分鐘末將容器的體積縮小一半后，壓強(qiáng)增大平衡正向進(jìn)行，若在第8分鐘末達(dá)到新的平衡（此時SO3的濃度約為0.25mol/L），依據(jù)三氧化硫濃度變化，和平衡濃度畫出變化圖象．【解析】【解答】解：（1）①從平衡角度分析采用過量O2的目的是；利用廉價原料提高物質(zhì)轉(zhuǎn)化率，加入氧氣提高二氧化硫的轉(zhuǎn)化率，故答案為：提高二氧化硫的轉(zhuǎn)化率；

②將0.100molSO2（g）和0.060molO2（g）放入容積為2L的密閉容器中，反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）在一定條件下達(dá)到平衡，測得c（SO3）=0.040mol/L，2SO2（g）+O2（g）?2SO3

起始量（mol/L）0.050.030

變化量（mol/L）0.040.020.04

平衡量（mol/L）0.010.010.04

平衡常數(shù)K==1600；

故答案為：1600；

③K（300℃）＞K（350℃）；說明溫度越高平衡常數(shù)越小，反應(yīng)逆向進(jìn)行，即升溫平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫轉(zhuǎn)化率減小，故答案為：減??；

④2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）；反應(yīng)是氣體體積變小的放熱反應(yīng)。

A．二氧化硫和三氧化硫起始量和變化量有關(guān)，SO2和SO3濃度相等；不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故A錯誤；

B．因為反應(yīng)前后總質(zhì)量不變；總物質(zhì)的量在變，所以容器中混合氣體的平均分子量保持不變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B正確；

C．反應(yīng)前后壓強(qiáng)不同；容器中氣體的壓強(qiáng)不變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故C正確；

D．SO3的生成速率與SO2的消耗速率相等；說明平衡正向進(jìn)行，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故D錯誤；

故答案為：BC；

（2）平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；與壓強(qiáng)無關(guān)，在溫度不變的條件下，無論壓強(qiáng)怎樣變化，平衡常數(shù)都不變，故答案為：=；

（3）將2molSO2和1molO2加入甲容器中，將4molSO3加入乙容器中；隔板K不能移動．此時控制活塞P，使乙的容積為甲的2倍，分析可知甲；乙中最后達(dá)到相同的平衡狀態(tài)；

①若移動活塞P，使乙的容積和甲相等，增大壓強(qiáng)，平衡正向進(jìn)行，SO3的體積分?jǐn)?shù)增大，SO3的體積分?jǐn)?shù)甲小于乙；故答案為：小于；

②甲為恒溫恒容容器，加入氦氣總壓增大，分壓不變，平衡不變，則c（SO3）/c（SO2）不變；故答案為：不變；

（4）在第5分鐘末將容器的體積縮小一半后，壓強(qiáng)增大平衡正向進(jìn)行，若在第8分鐘末達(dá)到新的平衡（此時SO3的濃度約為0.25mol/L），依據(jù)三氧化硫濃度變化和平衡濃度畫出變化圖象為故答案為：．11、0.7530.05250%【分析】【分析】（1）根據(jù)D的濃度求出D的物質(zhì)的量；結(jié)合方程式求出A；B的物質(zhì)的量；

（2）先求出反應(yīng)的B的物質(zhì)的量；再根據(jù)平均反應(yīng)速率公式計算B的平均反應(yīng)速率；

（3）根據(jù)同一反應(yīng)中反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比求出x值；

（4）5min時物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率為．【解析】【解答】解：（1）5分鐘后；n（D）=CV=0.5mol/L×2L=1mol，設(shè)反應(yīng)開始前放入容器中A；B物質(zhì)的量為mmol；

3A（g）+B（g）?xC（g）+2D（g）；

反應(yīng)前mmolmmol00

5分鐘后（m-1.5）mol（m-0.5）mol1mol

c（A）：c（B）=3：5=（m-1.5）mol：（m-0.5）mol

m=3mol

此時A的濃度c（A）==0.75mol/L；

故答案為：0.75；3；

（2）設(shè)反應(yīng)的B的物質(zhì)的量為nmol；

3A（g）+B（g）?xC（g）+2D（g）；

12

nmol1mol

n=0.5

根據(jù)v（B）==0.05mol/（L．min）

故答案為：0.05；

（3）根據(jù)同一反應(yīng)中反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比；所以v（B）：v（C）=0.05mol/（L．min）：0.1mol/（L?min）=1：x，所以x=2，故答案為：2；

（4）5min時物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率為==50%，故答案為：50%．12、二氧化碳溶解度小，氨氣易溶于水，先通入氨氣有利于二氧化碳的吸收NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4ClNH3CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2BD避免產(chǎn)生大量的含有CaCl2的溶液，或節(jié)省石灰窯、蒸氨塔等設(shè)備20.20ml×100%【分析】【分析】（1）二氧化碳為酸性氧化物；在水中溶解度小，氨氣極易溶于水生成堿性的氨水，二氧化碳易溶于堿性溶液；

（2）飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳析出碳酸氫鈉晶體；

（3）依據(jù)氨堿法生產(chǎn)流程中循環(huán)Ⅰ是氧化鈣和水反應(yīng)生成氫氧化鈣與銨鹽反應(yīng)生成的氨氣解答；

（4）聯(lián)合制堿法中從濾液中提取氯化銨晶體的過程為：向母液中通氨氣作用有增大NH4+的濃度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3轉(zhuǎn)化為Na2CO3，提高析出的NH4Cl純度；加入食鹽細(xì)粉目的是提高Cl-的濃度；使氯化氨析出；

（5）與氨堿法比較，聯(lián)合制堿法優(yōu)點是提高了原料的原子利用率，避免產(chǎn)生大量的含有CaCl2的溶液；節(jié)省石灰窯；蒸氨塔等設(shè)備；

（6）①依據(jù)滴定管正確讀數(shù)方法解答；

②計算兩次消耗鹽酸的平均值，計算消耗鹽酸的物質(zhì)的量，依據(jù)方程式：HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，然后計算碳酸氫鈉的物質(zhì)的量和質(zhì)量，計算其質(zhì)量分?jǐn)?shù)．【解析】【解答】解：（1）二氧化碳為酸性氧化物；在水中溶解度小，氨氣極易溶于水生成堿性的氨水，二氧化碳易溶于堿性溶液，先通氨氣有利于吸收二氧化碳；

故答案為：因為CO2溶解度小，而NH3易溶于水，先通入NH3有利于后面CO2的吸收；

（2）氨氣、二氧化碳、水和氯化鈉發(fā)生反應(yīng)生成碳酸氫鈉和氯化銨，反應(yīng)方程式為NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓；

故答案為：氨氣、二氧化碳、水和氯化鈉發(fā)生反應(yīng)生成碳酸氫鈉和氯化銨，反應(yīng)方程式為NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓；

（3）氨堿法的生產(chǎn)流程中循環(huán)Ⅰ是氧化鈣和水反應(yīng)生成氫氧化鈣，氫氧化鈣與銨鹽反應(yīng)生成的氨氣可以循環(huán)使用，NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl；CaCO3═CaO+CO2↑；CaO+H2O═Ca（OH）2；Ca（OH）2+2NH4Cl═CaCl2+2NH3↑+2H2O；2NaHCO3═Na2CO3+H2O+CO2↑合并得到總化學(xué)方程式為：CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2；

故答案為：NH3；CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2；

（4）A．常溫時氯化銨的溶解度比氯化鈉大；故A錯誤；

B．通氨氣作用有增大NH4+的濃度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3轉(zhuǎn)化為Na2CO3，提高析出的NH4Cl純度；故B正確；

C．加入食鹽細(xì)粉目的是提高Cl-的濃度；促進(jìn)氯化銨結(jié)晶析出，故C錯誤；

D．通入氨氣使溶液堿性增強(qiáng)；使碳酸氫鈉轉(zhuǎn)換為溶解度較大的碳酸鈉，可以提高氯化銨的純度，故D正確；

故選BD；

（5）聯(lián)合制堿法的主要原理是：①向濃氨水中通入足量的CO2后，氨氣、水和CO2發(fā)生化合反應(yīng)而生成NH4HCO3溶液；②然后加入食鹽細(xì)粒充分?jǐn)嚢?，生成的碳酸氫鈉和氯化銨；③將析出的碳酸氫鈉加熱得碳酸鈉、二氧化碳和水，相對于氨堿法制堿，即向過濾后的濾液中加熟石灰以回收氨，使之循環(huán)使用能夠避免產(chǎn)生大量的含有CaCl2的溶液；或節(jié)省石灰窯；蒸氨塔等設(shè)備；

故答案為：避免產(chǎn)生大量的含有CaCl2的溶液；或節(jié)省石灰窯；蒸氨塔等設(shè)備；

（6）①滴定管能讀數(shù)到0.01ml；所以根據(jù)滴定管中液面的位置可知，初始讀數(shù)是2.40ml，最終讀數(shù)是22.60ml，所以實際消耗鹽酸的體積是22.60ml-2.40ml=20.20ml；

故答案為：20.20ml；

②第一次消耗鹽酸的體積是21.00ml-1.00ml=20.00ml，所以兩次消耗鹽酸的平均值是（20.20ml+20.00ml）÷2=20.10ml，所以消耗鹽酸的物質(zhì)的量是0.0201L×0.6000mol/L．根據(jù)方程式HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑可知，碳酸氫鈉的物質(zhì)的量是0.0201L×0.6000mol/L，質(zhì)量是0.0201L×0.6000mol/L×84g/mol，所以碳酸氫鈉的純度是：×100%；

故答案為：×100%．三、判斷題(共8題，共16分)13、×【分析】【分析】向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，并加熱至液體呈紅褐色得到氫氧化鐵膠體，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鐵膠體的制備方法：向沸水中滴加幾滴氯化鐵飽和溶液，氯化鐵水解生成氫氧化鐵膠體，升高溫度促進(jìn)氯化鐵水解，并加熱至液體呈紅褐色即可得到氫氧化鐵膠體，所以該題錯誤，故答案為：×．14、×【分析】【分析】氫氧化鐵膠體制備方法為：向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液并加熱至液體呈紅褐色即可，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鐵膠體制備方法為：向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液并加熱至液體呈紅褐色即可，如果將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱，二者反應(yīng)生成紅褐色氫氧化鐵沉淀，得不到氫氧化鐵膠體，所以該題說法錯誤，故答案為：×．15、×【分析】【分析】用PH試紙測定溶液PH的方法為：用玻璃棒蘸取少許待測液滴在PH試紙上，然后把試紙顯示的顏色與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對照，即可確定溶液的酸堿度，切記不能直接把試紙浸入待測液中，也不能先用水將pH試紙潤濕后測定，因為這樣做會稀釋待測液，使測量結(jié)果不準(zhǔn)．【解析】【解答】解：用玻璃棒蘸取待測溶液在已有水的PH試紙上；稀釋了溶液，使測量結(jié)果不準(zhǔn)．

故答案為：×．16、×【分析】【分析】磷酸鈉溶液中磷酸根能發(fā)生水解，磷酸溶液中磷酸電離產(chǎn)生PO43-．【解析】【解答】解：磷酸是中強(qiáng)酸；存在電離平衡，磷酸鹽存在水解平衡，這兩個平衡程度都很小．

磷酸電離由3步（磷酸是三元酸）；分別是磷酸二氫根，磷酸氫根，最后是少量磷酸根離子；

磷酸鈉電離狀態(tài)下電離出鈉離子和磷酸根離子；但是磷酸根離子要水解，其程度也很小，所以磷酸鈉中磷酸根離子遠(yuǎn)多于等濃度的磷酸溶液；

故答案為：×．17、×【分析】【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，某有機(jī)物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機(jī)物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素．【解析】【解答】解：某有機(jī)物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機(jī)物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．18、√【分析】【分析】醋的主要成分是醋酸，醋酸具有酸味，醋酸能使抑制細(xì)菌的生長，起到防腐作用，以此判斷．【解析】【解答】解：醋的主要成分是醋酸；醋酸具有酸味，可作調(diào)味劑，醋酸能使抑制細(xì)菌的生長，起到防腐作用，可作防腐劑；

故答案為：√．19、×【分析】【分析】鈉具有強(qiáng)還原性，極易被氧氣氧化生成白色固體氧化鈉，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：鈉性質(zhì)很活潑，極易被氧氣氧化生成白色固體氧化鈉而變暗，鈉在空氣中燃燒生成淡黃色固體過氧化鈉，故答案為：×．20、×【分析】【分析】氫氧化鐵膠體制備方法為：向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液并加熱至液體呈紅褐色即可，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鐵膠體制備方法為：向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液并加熱至液體呈紅褐色即可，如果將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱，二者反應(yīng)生成紅褐色氫氧化鐵沉淀，得不到氫氧化鐵膠體，所以該題說法錯誤，故答案為：×．四、探究題(共4題，共40分)21、|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．22、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）=