2025年外研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2025年外研版高三化學下冊階段測試試卷707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8題，共16分)1、若NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法中，正確的是（）A.1molCl2作為氧化劑得到的電子數(shù)為NAB.在0℃，101kPa時，22.4L氫氣中含有NA個氫原子C.25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子數(shù)為3NAD.NA個一氧化碳分子和0.5mol甲烷的質(zhì)量比為7：42、A、B、C、D、E五種元素同周期從左向右按原子序數(shù)遞增（原子序數(shù)為5個連續(xù)的自然數(shù)）的順序排列如下：下列說法中正確的是（）A.D元素的負化合價為-2價時，E元素的最高化合價一定為+7B.B（OH）m為強堿時，A（OH）n也一定為強堿C.HnDOm為強酸時，E的非金屬性一定很強D.HnCOm為強酸時，E的單質(zhì)可能有強還原性3、只用水就能鑒別的一組物質(zhì)是（）A.苯、乙醇、四氯化碳B.乙醇、乙醛、苯磺酸C.乙醛、乙二醇、硝基苯D.苯酚、乙醇、甘油4、下列儀器的使用或洗滌中正確的是（）A.滴定管只能用于滴定，不能用來量取溶液B.用濃氨水清洗附在試管壁上的銀C.使用酒精燈的外焰加熱溫度高D.加熱烘干試管時，其口應向上傾斜5、將wg鎂粉和鋁粉的混合物溶于足量的鹽酸中，再和過量的NaOH反應，然后過濾，將沉淀完全收集后，放蒸發(fā)皿中加熱灼燒，直至被加熱的物質(zhì)質(zhì)量不再變化，取出蒸發(fā)皿中的物質(zhì)稱量仍為wg．求原混合物中鋁粉的質(zhì)量分數(shù)是（）A.30%B.40%C.50%D.60%6、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值；下列有關(guān)敘述正確的是（）

A.1mol金屬鎂晶體中含有2NA個自由電子。

B.1mol石墨晶體中含有共價鍵鍵數(shù)為3NA

C.1molZn與足量的鹽酸反應生成NA個氫分子；體積約為22.4L

D.含CH3COON和CH3COONa的總物質(zhì)的量為0.1mol的混合溶液中，CH3COOH分子和CH3COO-離子總個數(shù)為0.1NA

7、我國著名的化學家、教育家徐光憲先勝因在稀土金屬等研究領(lǐng)域做出杰出貢獻，榮獲了2008年度“國家最高科學技術(shù)獎”。是地殼中含量最高的稀土金屬飾元素。下列關(guān)于的說法錯誤的是A．質(zhì)量數(shù)為140B中子數(shù)為82C．質(zhì)子數(shù)為58D核外電子數(shù)為1988、5.5g鐵鋁混合物與足量的鹽酸反應，生成標準狀況下的氫氣4.48L，則混合物中Fe與Al的物質(zhì)的量之比（）A.1：1B.2：1C.1：2D.2：3評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、工業(yè)上常用鐵質(zhì)容器盛裝冷濃硫酸．為研究鐵質(zhì)材料與熱濃硫酸的反應；某學習小組進行了以下探究活動：

【探究一】

（1）將已去除表面氧化物的鐵釘（碳素鋼）放入冷濃硫酸中，10分鐘后移入硫酸銅溶液中，片刻后取出觀察，鐵釘表面無明顯變化，其原因是____．

（2）另取鐵釘6.0g放入15.0mL濃硫酸中；加熱充分反應后得到溶液X并收集到氣體Y．

①甲同學認為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+．若要確認其中的Fe2+應選用____

a．KSCN溶液和氯水b．鐵粉和KSCN溶液c．濃氨水d．KMnO4酸性溶液。

②乙同學取336mL（標準狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應：____

然后加入足量BaCl2溶液，經(jīng)適當操作后得干燥固體2.33g．由此推知氣體Y中SO2的體積分數(shù)為____．

【探究二】

分析上述實驗中SO2體積分數(shù)的結(jié)果，丙同學認為氣體Y中還可能含有H2和Q氣體．為此設(shè)計了下列探究實驗裝置（圖中夾持儀器省略）．

（3）裝置B、F中試劑的作用分別是____、____．

（4）認為氣體Y中還含有Q的理由是____（用化學方程式表示）．

（5）為確認Q的存在，需在裝置中添加M于____（選填序號）a．A之前b．A-B間c．B-C間d．C-D間。

（6）如果氣體Y中含有H2，預計實驗現(xiàn)象應是____；如果氣體Y中含有Q，依據(jù)是____

（7）若要測定限定體積氣體Y中H2的含量（標準狀況下約有28mLH2），除可用測量H2體積的方法外，可否選用質(zhì)量稱量的方法？作出判斷并說明理由____

10、下表是元素周期表的一部分，對所標注的①-⑨元素，根據(jù)要求，回答有關(guān)問題：。族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②3③④⑤⑥⑦4⑧⑨（1）最活潑的非金屬元素是____，原子半徑最大的元素是____；（填寫元素符號）

（2）某元素最高價氧化物的水化物酸性最強，該酸的化學式為____，某元素的氣態(tài)氫化物水溶液呈堿性，該氫化物的化學式為____；

（3）最不活潑的元素，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為____；

（4）寫出元素④的單質(zhì)與元素③的最高價氧化物的水化物溶液反應的離子方程式：____；

（5）寫出一條能夠說明元素⑥的非金屬性強于⑤的依據(jù)：____．11、出下列各種烷烴的結(jié)構(gòu)簡式。

（1）2，3，3-三甲基戊烷：____

（2）2，3-二甲基-4-乙基已烷：____

（3）1，3-丁二烯____．12、鋼鐵工業(yè)是國家工業(yè)的基礎(chǔ)．請回答鋼鐵冶煉；腐蝕、防護過程中的有關(guān)問題．

（1）工業(yè)用熱還原法煉鐵，寫出由CO還原赤鐵礦（主要成分為Fe2O3）的化學方程式：____．

（2）鐵在潮濕的空氣中容易被腐蝕為鐵銹（Fe2O3?xH2O），寫出鐵發(fā)生電化學腐蝕時負極的電極反應：____．

（3）生產(chǎn)中可用鹽酸來除鐵銹．現(xiàn)將一生銹的鐵片放入鹽酸中，當鐵銹被除盡后，溶液中發(fā)生的化合反應的離子方程式____．

（4）下列各個裝置如圖1中鐵棒被腐蝕由難到易的順序是____（填字母）．

（5）在實際生產(chǎn)中；可在鐵件的表面鍍銅防止鐵被腐蝕．裝置如圖2：

請回答：

①B電極對應的金屬是____（寫元素名稱），A電極的電極反應式是____

②若電鍍前鐵、銅兩電極的質(zhì)量相同，電鍍完成后，若電鍍時電路中通過的電子為0.2mol，將它們?nèi)〕鱿磧?、烘干、稱量，則A、B兩極質(zhì)量相差____g．

③鍍層破損后，鍍銅鐵比鍍鋅鐵更容易被腐蝕，請簡要說明原因____．13、2009年《自然》雜志報道了我國科學家通過測量SiO2中26Al和10Be兩種元素的比例確定“北京人”年齡的研究結(jié)果；這種測量方法叫“鋁鈹測年法”．請完成下列填空：

（1）10Be和9Be____．（填序號）

a．具有相同的化學性質(zhì)。

b．Be元素的近似相對原子質(zhì)量是9.5

c．具有相同的中子數(shù)。

d．通過化學變化可以實現(xiàn)10Be和9Be間的相互轉(zhuǎn)化。

（2）研究表明26Al可以衰變?yōu)?6Mg，可以比較這兩種元素金屬性強弱的方法是____．（填序號）

a．比較這兩種元素的單質(zhì)的硬度和熔點。

b．將空氣中放置已久的這兩種元素的單質(zhì)分別和熱水作用。

c．將打磨過的鎂帶和鋁片分別和熱水作用；并滴入酚酞溶液。

d．在氯化鋁和氯化鎂的溶液中分別滴加過量的氫氧化鈉溶液。

（3）目前還有一種測量方法叫“鉀氬測年法”．寫出和Ar核外電子排布相同的陰離子的半徑由大到小的順序____（用化學符號表示）；其中一種離子與鉀相鄰元素的離子所形成的化合物可用做干操劑，此化合物的電子式為____．14、在10L的密閉容器中，進行如下化學反應：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）其化學平衡常數(shù)K和溫度t的關(guān)系如下表：

。t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6請回答：

（1）該反應為____（填“吸熱”或“放熱”）反應．

（2）該反應的化學平衡常數(shù)表達式為K=____．

（3）某溫度下，將CO2和H2各0.10mol充入該容器中，達到平衡后，測得c（CO）=0.0080mol/L，則CO2的轉(zhuǎn)化率為____．

（4）某溫度下，平衡濃度符合下式：c（CO2）?c（H2）=c（CO）?c（H2O），試判斷此時的溫度為____℃15、（1）下列除雜提純的方法不可行的是____．（填序號）

①除去Na2CO3中混有的Na2SO4：加入適量的BaCl2溶液；過濾。

②除去銅粉中的少量鎂粉：加入適量的稀鹽酸；過濾。

③除去CaCl2中的少量CaCO3：加入適量的鹽酸至無氣泡產(chǎn)生。

④除去H2中混有的少量O2：通入灼熱的氧化銅。

（2）寫出上述方法可行的有關(guān)化學方程式：

①____；

②____．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、一定量的鐵粉與銅粉混合物，與適量稀硝酸反應，生成標準狀況下氣體5.6L，則溶液中陽離子一定是Fe2+，Cu2+．____（判斷對錯）17、對于0.3mol/L的硫酸鉀溶液，1L溶液中含有0.6NA個鉀離子是____．（判斷對錯）18、以下有些結(jié)構(gòu)簡式；書寫得不規(guī)范；不正確．請在它們后面打一個×號，并把你認為正確的寫法寫在后面．（注意：如果原式是允許的、正確的，請在后面打√就可以了）

（1）乙醇：HOCH2CH3____；

（2）丙二醛：CHOCH2CHO____；

（3）對甲苯酚：____；

（4）三硝基甲苯：____；

（5）甲酸苯酯：____；

（6）苯乙醛：____．19、同濃度的三種溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3，其體積比為3：2：1，則SO濃度之比為3：2：3．____（判斷對錯）20、對于2SO2（g）+O2（g）═2SO2（g）反應，當密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均不能作為達到化學平衡狀態(tài)的標志．____（判斷對錯）21、一個化學反應中，生成物總鍵能大于反應物的總鍵能時，反應吸熱，△H為“+”____．（判斷對錯）22、CH2Br-CH2Br的命名為1，2--二溴乙烷．____．（判斷對錯說明理由）23、乙炔、聚乙炔、乙烯、聚乙烯、甲苯、乙苯都能使KMnO4（H+）溶液褪色____（判斷對錯）24、加過量的NaOH溶液，未看見產(chǎn)生氣體，溶液里一定不含NH4+．____（判斷對錯）正確的打“√”，錯誤的打“×”評卷人得分四、探究題(共4題，共24分)25、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________．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：27、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________．28、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：評卷人得分五、計算題(共4題，共16分)29、在由Fe、Fe2O3組成的混合物中加入200mL2mol?L-1的鹽酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL氣體（標準狀況），此時向溶液中加入KSCN溶液無明顯現(xiàn)象，求反應前混合物中Fe、Fe2O3的物質(zhì)的量．30、現(xiàn)有0.284kg質(zhì)量分數(shù)為10%的Na2SO4溶液．計算：

（1）溶液中Na2SO4的物質(zhì)的量．

（2）溶液中Na+的物質(zhì)的量．

（3）若將溶液稀釋到2L，求溶液中Na+的物質(zhì)的量濃度．31、實驗室測定高純超微細草酸亞鐵組成的步驟依次為：

步驟一：準確稱量一定量草酸亞鐵樣品，加入25mL2mol?L-1的H2SO4溶解。

步驟二：用0.2000mol?L-1標準KMnO4溶液滴定；消耗體積30.40mL

步驟三：向滴定后的溶液中加入2gZn粉和5mL2mol?L-1的H2SO4溶液，將Fe3+還原為Fe2+

步驟四：過濾，濾液用上述標準KMnO4溶液滴定；消耗溶液10.00mL．

則樣品中C2O42-的物質(zhì)的量為____（寫出計算過程）．32、現(xiàn)有25mL鹽酸和硫酸混合溶液，加入1mol/L的NaOH溶液25mL恰好中和，在中和后的溶液中加過量的Ba（OH）2溶液所得沉淀質(zhì)量為1.7475g．求混合溶液中鹽酸和硫酸的物質(zhì)的量濃度各是多少？評卷人得分六、實驗題(共2題，共6分)33、為證明在加熱條件下，濃硫酸能將碳氧化成CO2，請根據(jù)所提供的如圖所示的儀器裝置設(shè)計實驗，回答有關(guān)問題：（已知：SO2+NaHCO3═NaHSO3+CO2）

（1）為達到實驗目的，所需裝置的連接順序為A→____→E；

（2）若選擇裝置B，請寫出選擇的理由____；

（3）若選擇裝置C，相關(guān)的化學方程式____；

（4）____（填是或否）選擇裝置D，理由是____；

（5）請寫出裝置E中的離子方程式____．34、（15分）大理石中含有的主要雜質(zhì)是氧化鐵，以下是某化學興趣小組用大理石為原料制取安全無毒殺菌劑過氧化鈣的主要流程：請回答下列問題：（1）試劑A的名稱是；（2）操作I的目的是；（3）本實驗需要多次使用玻璃棒，則本實驗過程中玻璃棒的作用有；（4）寫出反應②中生成CaO2·8H2O的化學方程式：；（5）制得的CaO2中一般含有CaO該化學興趣小組通過實驗測定制得的樣品中CaO2的含量：稱量0.6g樣品于錐形瓶中，然后加入過量的濃度為2.00mol?L-1的鹽酸20.00mL，再用濃度為2.00mol?L-1的氫氧化鈉溶液滴定錐形瓶中的溶液，消耗氫氧化鈉溶液11.00mL．該樣品中CaO2的質(zhì)量分數(shù)為。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】A；氯氣做氧化劑時被還原為-1價；

B；在0℃；101kPa時，氣體摩爾體積為22.4L/mol；

C；求出二氧化硫的物質(zhì)的量；然后根據(jù)1mol二氧化硫中含3mol原子來分析；

D、NA個CO的物質(zhì)的量為1mol，求出其質(zhì)量；0.5mol甲烷的質(zhì)量m=nM，據(jù)此計算．【解析】【解答】解：A；氯氣做氧化劑時被還原為-1價；則1mol氯氣做氧化劑時得2mol電子即2NA個，故A錯誤；

B、在0℃，101kPa時，氣體摩爾體積為22.4L/mol，則22.4L氫氣的物質(zhì)的量為1mol，而氫氣為雙原子分子，故1mol氫氣中含2mol氫原子即2NA個；故B錯誤；

C、64g二氧化硫的物質(zhì)的量為1mol，而1mol二氧化硫中含3mol原子，即3NA個；故C正確；

D、NA個CO的物質(zhì)的量為1mol；質(zhì)量m=nM=1mol×28g/mol=28g；0.5mol甲烷的質(zhì)量m=nM=0.5mol×16g/mol=8g，故兩者的質(zhì)量之比為28：8=7：2，故D錯誤．

故選C．2、B【分析】【分析】根據(jù)元素周期律和元素在周期表中的位置判斷可能對應的元素；結(jié)合元素化合物知識分析；

A．D元素的負化合價為-2價時；可能為O元素，則E元素應為F元素；

B．根據(jù)同周期元素的金屬性的遞變規(guī)律分析；

C．HnDOm為強酸時；E可能為稀有氣體元素；

D．HnCOm為強酸時，按照原子序數(shù)依次增大，E可能為金屬．【解析】【解答】解：A．D元素的負化合價為-2價時；可能為O元素，則E元素應為F元素，沒有+7價，故A錯誤；

B．因為A在B的前面，所以A的金屬性比B強，所以B（OH）m為強堿時，A（OH）n也一定為強堿；故B正確；

C．HnDOm為強酸；即D元素的非金屬性很強，原子序數(shù)比D大1的E可能為非金屬性比D強的非金屬元素，也可能為稀有氣體元素，故C錯誤；

D．A、B、C、D、E五種元素同周期，E（除了稀有氣體元素）的非金屬性比C強，HnCOm為強酸時；E不可能有強還原性，如果是稀有氣體，也沒有強還原性，故D錯誤；

故選B．3、A【分析】【分析】只用水就能鑒別，可根據(jù)物質(zhì)的水溶性和密度的大小進行鑒別．【解析】【解答】解：A．苯的密度比水?。灰掖己退烊?，四氯化碳的密度比水大，可鑒別，故A選；

B．乙醇和乙酸與水混溶；不能鑒別，故B不選；

C．乙醛；乙二醇與水混溶；不能鑒別，故C不選；

D．乙醇；甘油與水混溶；不能鑒別，故D不選．

故選A．4、C【分析】解：A．滴定管可以精確的量取溶液；故A錯誤；

B．銀單質(zhì)與氨水不反應；可用稀硝酸洗去，故B錯誤；

C．酒精燈的火焰分為外焰；內(nèi)焰和焰心；外焰的溫度最高，焰心的溫度低，所以選用外焰加熱，故C正確；

D．加熱烘干試管；管口向下傾斜，若向上傾斜，會引起試管炸裂，故D錯誤．

故選A．

A．滴定管可以量取溶液；

B．銀單質(zhì)與氨水不反應；

C．酒精燈的火焰分為外焰；內(nèi)焰和焰心；外焰的溫度最高，焰心的溫度低；

D．加熱烘干試管；管口向下傾斜．

本題考查化學實驗基本操作，題目難度中等，解答本題的關(guān)鍵是把握相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)，學習中注意積累．【解析】【答案】C5、B【分析】【分析】wg鎂粉和鋁粉的混合物，與鹽酸反應生成氯化鎂和氯化鋁，再與過量氫氧化鈉溶液反應后得到的沉淀為氫氧化鎂，將氫氧化鎂加熱得到的固體為MgO，取出蒸發(fā)皿中的物質(zhì)稱量仍為wg，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，鋁粉的質(zhì)量等于MgO中O元素的質(zhì)量，以此計算原混合物中鋁粉的質(zhì)量分數(shù)．【解析】【解答】解：wgMg粉和鋁粉的混合物；與鹽酸反應生成氯化鎂和氯化鋁，再與過量氫氧化鈉溶液反應后得到的沉淀為氫氧化鎂；

將氫氧化鎂加熱得到的固體為MgO；取出蒸發(fā)皿中的物質(zhì)稱量仍為wg；

根據(jù)質(zhì)量守恒定律；原混合物中鋁粉的質(zhì)量等于MgO中O元素的質(zhì)量；

則原混合物中鋁粉的質(zhì)量分數(shù)=MgO中氧元素的質(zhì)量分數(shù)=×100%=40%；

故選B．6、D【分析】

A、一個鎂原子含有12個電子，所以1mol金屬鎂晶體中含有12NA個自由電子；故A錯誤．

B、一個碳原子含有個共價鍵，所以1mol石墨晶體中含有共價鍵鍵數(shù)為NA；故B錯誤．

C、1molZn與足量的鹽酸反應生成NA個氫分子；未指明溫度和壓強，所以氣體摩爾體積未知導致氣體體積無法計算，故C錯誤．

D、CH3COOH和CH3COONa的總物質(zhì)的量為0.1mol的混合溶液中，根據(jù)原子守恒知CH3COOH分子和CH3COO-離子總個數(shù)為0.1NA；故D正確．

故選D．

【解析】【答案】A；一個鎂原子含有12個電子；根據(jù)鎂原子個數(shù)計算電子數(shù)．

B、一個碳原子含有個共價鍵；根據(jù)碳原子的個數(shù)計算共價鍵個數(shù)．

C；氣體體積受溫度和壓強的影響．

D；根據(jù)原子守恒判斷．

7、D【分析】【解析】【答案】D8、C【分析】解：n（氫氣）==0.2mol；

設(shè)Fe為xmol；Al為ymol，則。

解得x=0.05mol；y=0.1mol；

則混合物中Fe與Al的物質(zhì)的量之比為0.05mol：0.1mol=1：2；

故選C．

金屬與酸反應時；金屬失去電子，H得到電子，結(jié)合電子守恒及質(zhì)量關(guān)系計算．

本題考查氧化還原反應的計算，為高頻考點，把握電子守恒及質(zhì)量關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意守恒法的應用，題目難度不大．【解析】【答案】C二、填空題(共7題，共14分)9、鐵釘表面被鈍化dSO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO466.7%檢驗二氧化硫是否除盡防止空氣成分的干擾C+2H2SO4（濃硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2OCD中固體由黑色變紅和E中固體由白變藍C的質(zhì)量增加否，用托盤天平無法稱量D或E的差量【分析】【分析】（1）常溫條件下；鐵與濃硫酸能產(chǎn)生鈍化現(xiàn)象；

（2）根據(jù)亞鐵離子的性質(zhì)選取試劑；亞鐵離子有還原性，可用強氧化性的物質(zhì)檢驗，且必須有明顯的實驗現(xiàn)象；

（3）二氧化硫能使品紅溶液褪色；從而檢驗二氧化硫是否存在，空氣中有水蒸汽會影響無水硫酸銅對水的檢驗；

（4）根據(jù)鐵釘?shù)某煞址治?；鐵釘中的鐵和碳在加熱條件下都能與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應；

（5）根據(jù)二氧化硫和二氧化碳的性質(zhì)分析選擇位置；

（6）根據(jù)氫氣的性質(zhì)分析；氫氣具有還原性，能還原黑色的氧化銅而生成水，水能使白色的無水硫酸銅變藍；堿石灰能吸收二氧化碳；

（7）計算出氫氣的物質(zhì)的量及生成水的質(zhì)量，然后根據(jù)中學階段質(zhì)量的稱量選擇托盤天平，分度值是0.1g進行判斷【解析】【解答】解：（1）鐵釘放入冷硫酸中；濃硫酸有較強的氧化性能使鐵釘鈍化阻止反應進一步進行，故答案為：鐵釘表面被氧化；

（2）①亞鐵離子能使酸性高錳酸鉀褪色，溶液中已經(jīng)有三價鐵離子，選擇a會造成干擾，b能檢驗三價鐵離子的存在；選c生成兩種沉淀，受氫氧化鐵沉淀顏色的影響無法分辨；

故選d；

②SO2具有還原性，通入足量溴水中，發(fā)生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的硫酸遇到氯化鋇會產(chǎn)生白色沉淀，則n（混合氣體）==0.015mol；

SO2～BaSO4

1mol233g

n2.33g

n=0.01mol

所以二氧化硫的體積分數(shù)為：=66.7%；

故答案為：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；66.7%；

（3）A除去二氧化硫；二氧化硫能使品紅溶液褪色，所以B可以檢驗A中是否完全除去二氧化硫，空氣中有水蒸汽會影響無水硫酸銅對水的檢驗，所以F的作用是防止空氣中的水蒸汽進入裝置；

故答案為：檢驗二氧化硫是否除盡；防止空氣成分的干擾；

（4）在加熱時，鐵釘中不僅鐵和濃硫酸反應，碳也和濃硫酸反應生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反應方程式為C+2H2SO4（濃硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

故答案為：C+2H2SO4（濃硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

（5）Q為二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水變渾濁，選擇a或b受二氧化硫的影響無法判斷二氧化碳的存在；選d時二氧化碳被堿石灰吸收；

故選C；

（6）氫氣還原氧化銅會生成水蒸氣能使白色的硫酸銅粉末變藍色；同時有紅色的銅單質(zhì)生成，如果氣體Y中含有Q，則C的質(zhì)量會增加；

故答案為：D中固體由黑色變紅和E中固體由白變藍；C的質(zhì)量增加；

（7）標況下28mL氫氣的物質(zhì)的量為：=0.00125mol；生成水的質(zhì)量為：18g/mol×0.00125mol=0.0225g，即D；E的質(zhì)量差小于0.1g；

而中學階段質(zhì)量的稱量選擇托盤天平；分度值是0.1g，無法精確稱量出D或E的差量，所以不能用通過托盤天平稱量質(zhì)量差的方法測量氫氣含量；

故答案為：否；用托盤天平無法稱量D或E的差量．10、FKHClO4NH32Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑高氯酸的酸性比硫酸的酸性強【分析】【分析】由元素在周期表中的位置，可知①為N，②為F，③為Mg，④為Al，⑤為S，⑥為Cl，⑦為Ar，⑧為K，⑨為Br．

（1）同周期從左向右元素非金屬性增強；原子半徑減小；同主族從上到下元素的非金屬性減弱、原子半徑增大；

（2）最高價氧化物的水化物酸性最強的是高氯酸；氨氣的水溶液呈堿性；

（3）Ar最不活潑；原子核外有18個電子，各層電子數(shù)為2；8、8；

（4）鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉與氫氣；

（5）根據(jù)氫化物穩(wěn)定性、單質(zhì)與氫氣反應難易程度、最高價含氧酸的酸性、單質(zhì)之間的相互置換反應等可以判斷元素非金屬性強弱．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置，可知①為N，②為F，③為Mg，④為Al，⑤為S，⑥為Cl，⑦為Ar，⑧為K，⑨為Br．

（1）同周期從左向右元素非金屬性增強；原子半徑減小；同主族從上到下元素的非金屬性減弱、原子半徑增大，故上述元素中，F(xiàn)元素非金屬性最強，K的原子半徑最大；

故答案為：F；K；

（2）最高價氧化物的水化物酸性最強的是HClO4，NH3的水溶液呈堿性；

故答案為：HClO4；NH3；

（3）Ar最不活潑，原子核外有18個電子，各層電子數(shù)為2、8、8，原子結(jié)構(gòu)示意圖為：

故答案為：

（4）鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉與氫氣，反應離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑；

故答案為：2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑；

（5）高氯酸的酸性比硫酸的酸性強；可以說明氯元素非金屬性比硫的強；

故答案為：高氯酸的酸性比硫酸的酸性強．11、CH3CH2C（CH3）2CH（CH3）2；CH2=CH-CH=CH2【分析】【分析】判斷有機物的命名是否正確或?qū)τ袡C物進行命名；其核心是準確理解命名規(guī)范：

1）命名要符合“一長；一近、一多、一小”；也就是主鏈最長，編號起點離支鏈最近，支鏈數(shù)目要多，支鏈位置號碼之和最小；

2）有機物的名稱書寫要規(guī)范；

3）含有官能團的有機物命名時；要選含官能團的最長碳鏈作為主鏈，官能團的位次最小．

再根據(jù)書寫結(jié)構(gòu)方法來寫．【解析】【解答】解：（1）2，3，3-三甲基戊烷的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2C（CH3）2CH（CH3）2，故答案為：CH3CH2C（CH3）2CH（CH3）2；

（2）2，3-二甲基-4-乙基已烷的結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為：

（3）1，3-丁二烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH-CH=CH2，故答案為：CH2=CH-CH=CH2；12、3CO+Fe2O33CO2+2FeFe-2e-=Fe2+2Fe3++Fe═3Fe2+D、B、C、A鐵Cu-2e-=Cu2+12.8鍍層破損后，鍍銅鐵形成的原電池中鐵作負極被腐蝕，鍍鋅鐵形成的原電池中鐵為正極被保護【分析】【分析】（1）一氧化碳具有還原性可以還原氧化鐵生成鐵和二氧化碳；

（2）中性或弱酸性條件下；鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，負極上鐵失電子發(fā)生氧化反應，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應；

（3）鐵銹和HCl反應生成鐵離子；鐵離子和Fe發(fā)生氧化還原反應生成亞鐵離子；

（4）一種金屬的腐蝕由快到慢的順序是：電解池的陽極＞原電池的負極＞原電池正極＞電解池陰極；據(jù)此分析解答；

（5）①在鐵件的表面鍍銅時；金屬銅必須是陽極材料，金屬鐵為陰極，根據(jù)電解池的工作原理來回答；

②電鍍池中；作陽極的是鍍層金屬，做陰極的是待鍍金屬，金屬陽離子在該極上發(fā)生得電子的還原反應，在原電池中，負極金屬更易被腐蝕；

③金屬為原電池負極時，易發(fā)生電化學腐蝕．【解析】【解答】解：（1）一氧化碳可以還原氧化鐵生成鐵和二氧化碳，化學方程為：3CO+Fe2O33CO2+2Fe；

故答案為：3CO+Fe2O33CO2+2Fe；

（2）鋼鐵在潮濕的空氣中發(fā)生吸氧腐蝕，負極上鐵失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：Fe-2e-=Fe2+；

故答案為：Fe-2e-=Fe2+；

（3）鐵銹和HCl反應生成鐵離子，鐵離子和Fe發(fā)生氧化還原反應生成亞鐵離子，離子方程式為2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案為：2Fe3++Fe═3Fe2+；

（4）同一種金屬的腐蝕由快到慢的順序是：電解池的陽極＞原電池的負極＞原電池正極＞電解池陰極；所以鐵棒被腐蝕由難到易的順序是D；B、C、A；

故答案為：D；B、C、A；

（5）①在鐵件的表面鍍銅，金屬銅必須是陽極材料，金屬鐵為陰極，則B為鐵，A為Cu失電子生成銅離子，其發(fā)生的電極反應：Cu-2e-=Cu2+；

故答案為：鐵；Cu-2e-=Cu2+；

②電鍍時兩極反應為：A電極：Cu-2e-=Cu2+，B電極上：Cu2++2e-=Cu；若電鍍時電路中通過的電子為0.2mol，則A極上質(zhì)量減少6.4g，B極上質(zhì)量增加6.4g，所以A；B兩極質(zhì)量相差12.8g；

故答案為：12.8；

③鐵比銅活潑；形成原電池反應時，鐵為負極，銅為正極，鍍層破損后，鍍銅鐵比鍍鋅鐵更容易被腐蝕，而鋅比鐵活潑，形成原電池反應時，鐵為正極，鋅為負極，鐵難以被氧化；

故答案為：鍍層破損后，鍍銅鐵形成的原電池中鐵作負極被腐蝕，鍍鋅鐵形成的原電池中鐵為正極被保護．13、acdS2-＞Cl-【分析】【分析】（1）10Be和9Be的質(zhì)子數(shù)相同；中子數(shù)不同；屬于同位素；

（2）金屬的金屬性強弱的比較方法有：金屬之間的置換反應；金屬與同種酸或水生成氫氣的難易程度、金屬的最高價氧化物的水化物堿性強弱等來判斷；

（3）和Ar核外電子排布相同的陰離子有S2-、Cl-，電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，其離子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減??；其中一種離子與鉀相鄰元素的離子所形成的化合物可用做干燥劑，該干燥劑是CaCl2，CaCl2中陰陽離子之間存在離子鍵．【解析】【解答】解：（1）a．10Be和9Be屬于同種元素的原子；化學性質(zhì)相同，故a正確；

b．Be元素的近似相對原子質(zhì)量不等于同位素的質(zhì)量數(shù)的和的一半；與與各同位素的豐度有關(guān)，故錯誤；

c．10Be和9Be的中子數(shù)分別為6；5；所以其中子數(shù)不同，故錯誤；

d．化學變化中原子保持不變，則通過化學變化不能實現(xiàn)10Be和9Be間的相互轉(zhuǎn)化；故錯誤；

故答案為：a；

（2）a．金屬性強弱與其單質(zhì)的硬度和熔點無關(guān)；故錯誤；

b．將空氣中放置已久的這兩種元素的單質(zhì)分別和熱水作用；二者表面都生成氧化物薄膜，氧化鎂和氧化鋁都不與水反應，所以無法判斷金屬性強弱，故錯誤；

c．將打磨過的鎂帶和鋁片分別和熱水作用；并滴入酚酞溶液，Mg和沸水的溶液呈紅色；Al和沸水的溶液不變色，說明Mg能置換出氫氣，則Mg的活潑性大于Al，故正確；

d．在氯化鋁和氯化鎂的溶液中分別滴加過量的氫氧化鈉溶液；氫氧化鋁能溶于NaOH溶液，而氫氧化鎂不溶于NaOH溶液，所以Mg的金屬性大于Al，故正確；

故答案為：cd；

（3）和Ar核外電子排布相同的陰離子有S2-、Cl-，電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，其離子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以這兩種離子半徑大小順序是S2-＞Cl-；其中一種離子與鉀相鄰元素的離子所形成的化合物可用做干燥劑，該離子是鈣離子，該干燥劑是CaCl2，CaCl2中陰陽離子之間存在離子鍵，其電子式為

故答案為：S2-＞Cl-；．14、吸熱80%830【分析】【分析】（1）根據(jù)溫度對化學平衡常數(shù)的影響判斷；

（2）根據(jù)化學平衡常數(shù)的定義寫表達式；

（3）根據(jù)轉(zhuǎn)化率=%計算；

（4）根據(jù)濃度關(guān)系計算平衡常數(shù)，再根據(jù)平衡常數(shù)判斷溫度；【解析】【解答】解：（1）根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可知；溫度越高，化學平衡常數(shù)越大，所以該反應為吸熱反應，故答案為：吸熱；

（2）化學平衡常數(shù)等于生成物濃度的系數(shù)次冪之積除以反應物濃度的系數(shù)次冪之積，所以平衡常數(shù)的表達式為K=，故答案為：；

（3）平衡后時c（CO）=0.0080mol/L，則CO的物質(zhì)的量為0.08mol，根據(jù)化學方程式可知，反應用去的二氧化碳的物質(zhì)的量為0.08mol，根據(jù)轉(zhuǎn)化率=%可知CO2的轉(zhuǎn)化率為×100%=80%；故答案為：80%；

（4）當c（CO2）?c（H2）=c（CO）?c（H2O）時，平衡常數(shù)K==1，此時的溫度為830℃，故答案為：830；15、①④Mg+2HCl=MgCl2+H2↑CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑【分析】【分析】（1）①引入新的雜質(zhì)NaCl；

②銅和鹽酸不反應；鎂和鹽酸反應生成溶于水的氯化鎂；

③碳酸鈣與鹽酸反應；

④在加熱條件下；氫氣與氧化銅反應；

（2）方法可行的是②③，根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)書寫反應的化學方程式．【解析】【解答】解：（1）①加入適量的BaCl2溶液引入新的雜質(zhì)NaCl；應加入碳酸鋇，利用沉淀的轉(zhuǎn)化除去，故①錯誤；

②銅和鹽酸不反應；鎂和鹽酸反應生成溶于水的氯化鎂，可除去雜質(zhì)，故②正確；

③碳酸鈣與鹽酸反應生成氯化鈣；水和二氧化碳；可除去雜質(zhì)，故③正確；

④在加熱條件下；氫氣與氧化銅反應，不能影響被提純的物質(zhì)，故④錯誤；

故答案為：①④；

（2）鎂和鹽酸反應生成溶于水的氯化鎂，反應的方程式為Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；

碳酸鈣與鹽酸反應生成氯化鈣、水和二氧化碳，反應的方程式為CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；

故答案為：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑．三、判斷題(共9題，共18分)16、×【分析】【分析】還原性Fe＞Cu，鐵首先與稀硝酸反應，如金屬不足，則反應生成Fe3+，如金屬過量，則生成Fe2+，如鐵過量，則溶液中沒有Cu2+，以此解答該題．【解析】【解答】解：還原性Fe＞Cu，鐵首先與稀硝酸反應，如鐵不足，則反應生成Fe3+，如鐵過量，則生成Fe2+，且溶液中沒有Cu2+；

故答案為：×．17、√【分析】【分析】根據(jù)n=cV計算鉀離子物質(zhì)的量，再根據(jù)N=nNA計算鉀離子數(shù)目．【解析】【解答】解：鉀離子物質(zhì)的量=1L×0.3mol/L×2=0.6mol，故鉀離子數(shù)目為0.6NA，故正確，故答案為：√．18、√【分析】【分析】（1）羥基正在有機物分子最前面時應該表示為HO-；據(jù)此進行判斷；

（2）醛基寫在有機物分子前邊時應該表示為：OHC-；

（3）酚羥基的表示方式錯誤；應該表示為：HO-；

（4）左邊的硝基中含有原子組成錯誤，應該為O2N-；

（5）結(jié)構(gòu)簡式中酯基表示方式錯誤；

（6）苯乙醛中醛基的結(jié)構(gòu)簡式表示錯誤，應該為-CHO．【解析】【解答】解：（1）乙醇：HOCH2CH3；乙醇的結(jié)構(gòu)簡式正確，故答案為：√；

（2）羥基的表示方法錯誤，丙二醛的結(jié)構(gòu)簡式應該是：OHCCH2CHO，故答案為：OHCCH2CHO；

（3）酚羥基的表示方法錯誤，對甲基苯酚的結(jié)構(gòu)簡式應該是：故答案為：

（4）左邊硝基的組成錯誤，正確應該為：O2N-，三硝基甲苯的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：

（5）酯基的表示方法錯誤，甲酸苯酚的結(jié)構(gòu)簡式是故答案為：

（6）醛基的書寫錯誤，苯乙醛的結(jié)構(gòu)簡式是：

故答案為：．19、×【分析】【分析】根據(jù)溶液中不水解的離子的物質(zhì)的量濃度=溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度×化學式中離子的個數(shù)，與溶液的體積無關(guān)，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：假設(shè)三種溶液的濃度均為1mol/L，則Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3溶液中SO濃度分別=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即濃度之比為1：1：3，故答案為：×．20、×【分析】【分析】當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等（同種物質(zhì)）或正逆速率之比等于化學計量數(shù)之比（不同物質(zhì)），各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)．【解析】【解答】解：由于反應前后；氣體的質(zhì)量不變，在恒溫恒容，所以混合氣體的密度始終不變，則密度不能判斷是否達到了平衡狀態(tài)；

而恒溫恒壓條件下；混合氣體的密度增大，當密度保持不變，反應達到平衡；

故答案為：×．21、√【分析】【分析】形成化學鍵是放出熱量，斷裂舊化學鍵吸收熱量，放熱反應的△H為負值，吸熱反應的△H為正值．【解析】【解答】解：放熱反應與吸熱反應，看生成新化學鍵所釋放的能量與斷裂舊化學鍵所吸收的能量的相對大小，同一種化學鍵斷鍵吸收的能量與成鍵放出的能量相等；生成物總鍵能大于反應物的總鍵能時，反應吸熱，△H為“+”，故答案為：√．22、√【分析】【分析】該有機物分子中含有2個溴原子，為乙烷的二溴取代產(chǎn)物，命名時需要指出官能團所處的位置及數(shù)目，據(jù)此對該有機物的命名進行判斷．【解析】【解答】解：CH2Br-CH2Br；該有機物中含有官能團溴原子，相當于兩個溴原子分別取代了乙烷中兩個C原子的1個H形成的，該有機物名稱為：1，2-二溴乙烷，所以該命名是正確的；

故答案為：√，符合有機物的命名原則．23、×【分析】【分析】烯烴、炔烴及苯的同系物均能被高錳酸鉀氧化，使其褪色，而不含不飽和鍵的物質(zhì)不能，以此來解答．【解析】【解答】解：乙炔；聚乙炔、乙烯均含不飽和鍵；均能被高錳酸鉀氧化，使其褪色；

甲苯、乙苯為苯的同系物，都能使KMnO4（H+）溶液褪色；

只有聚乙烯中不含C=C；不能被高錳酸鉀氧化，則不能使其褪色；

故答案為：×．24、×【分析】【分析】需要考慮銨根離子的濃度和氨氣極易溶于水的性質(zhì)來解答．【解析】【解答】解：因為氨氣極易溶于水；所以若溶液里銨根離子的濃度很小時，即使加入過量的NaOH溶液，生成的一水合氨的濃度很小，不能放出氨氣．

故答案為：×．四、探究題(共4題，共24分)25、|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．26、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

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．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）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（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）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（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）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（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）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（標準）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，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）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．27、|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．28、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

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．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）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（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）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（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）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（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）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（標準）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，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）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．五、計算題(共4題，共16分)29、略

【分析】【分析】混合物與鹽酸恰好完全反應，所得溶液中加入KSCN溶液，無血紅色出現(xiàn)，說明溶液中的溶質(zhì)為FeCl2，利用Fe元素守恒計算混合物中Fe原子總物質(zhì)的量，設(shè)原混合物中Fe和Fe2O3的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)Fe元素守恒及電子注意守恒列方程計算．【解析】【解答】解：混合物與鹽酸恰好完全反應，所得溶液中加入KSCN溶液，無血紅色出現(xiàn)，說明溶液中的溶質(zhì)為FeCl2，由Fe元素守恒可知，混合物中Fe元素總物質(zhì)的量為0.2L×2mol/L×=0.2mol；

標況下，448mL氫氣物質(zhì)的量為=0.02mol；

設(shè)原混合物中Fe和Fe2O3的物質(zhì)的量分別為xmol；ymol；根據(jù)Fe元素守恒及電子轉(zhuǎn)移守恒列方程，則：

解得x=0.08y=0.06

答：設(shè)原混合物中Fe為0.08mol，F(xiàn)e2O3為0.06mol．30、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)m（溶質(zhì)）=m（溶液）×ω（溶質(zhì)）計算硫酸鈉的質(zhì)量，再根據(jù)n=計算其物質(zhì)的量；

（2）Na2SO4與Na+的比例關(guān)系；

（3）據(jù)c=計算其物質(zhì)的量濃度．【解析】【解答】解：（1）硫酸鈉的質(zhì)量=248g×10%=24.8g，故硫酸鈉的物質(zhì)的量==0.2mol；

答：Na2SO4的物質(zhì)的量為0.2mol；

（2）1個Na2SO4中含有2個Na+，故n（Na+）=2×0.2mol=0.4mol；

答：Na+的物質(zhì)的量為0.4mol；

（3）據(jù)c=，Na+的物質(zhì)的量濃度==0.2mol/L

答：溶液中Na+的物質(zhì)的量濃度0.2mol/L．31、0.0102mol【分析】【分析】草酸亞鐵與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生反應：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O、5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，步驟四中KMnO4溶液氧化Fe2+消耗KMnO4溶液體積10.00mL，所以氧化C2O42-消耗KMnO4溶液體積為（30.40-10.00）=20.40mL，再根據(jù)離子方程式計算樣品中C2O42-的物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：由題意知氧化C2O42-和Fe2+共消耗0.2000mol?L-1標準KMnO4溶液體積30.40mL，由步驟3、4可知，標準KMnO4溶液只氧化Fe2+時，消耗KMnO4溶液體積10.00mL，所以氧化C2O42-消耗KMnO4溶液體積為（30.40-10.00）=20.40mL，由5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，所以n（C2O42-）=n（MnO4-）=20.40×10-3L×0.2000mol?L-1×=0.0102mol；

故答案為：0.0102mol