2025年魯教版高三化學(xué)下冊(cè)階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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年魯教版高三化學(xué)下冊(cè)階段測試試卷961考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四種離子。則下列描述正確的是A.該溶液可由pH＝3的CH3COOH與pH＝11的NaOH溶液等體積混合而成B.該溶液由等物質(zhì)的量濃度、等體積的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成C.加入適量的NaOH，溶液中離子濃度為c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D.加入適量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)、c(NH)之和2、對(duì)化學(xué)反應(yīng)限度的敘述中錯(cuò)誤的是()A.任何可逆反應(yīng)在給定條件下的進(jìn)程都有一定的限度B.化學(xué)反應(yīng)達(dá)到限度時(shí)，反應(yīng)物的濃度和生成物的濃度不再改變C.化學(xué)反應(yīng)的限度決定了反應(yīng)物在該條件下的最大轉(zhuǎn)化率D.化學(xué)反應(yīng)的限度是不可改變的3、常溫下，將Cl2緩慢通入一定量的水中至飽和，然后向所得飽和氯水中逐滴加入0.1mol?L-1的氫氧化鈉溶液，整個(gè)過程中pH變化如圖所示，下列有關(guān)敘述正確的是（）A.曲線起點(diǎn)處水的電離程度最大，可用pH試紙測定溶液pHB.②點(diǎn)之前所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-C.氯氣～氯水體系中：c（H+）=c（Cl2）+c（HClO）+c（ClO-）D.③點(diǎn)所示溶液中：c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）4、在反應(yīng)3Cl2+2FeBr2═2FeCl3+2Br2中被氧化的元素是（）A.FeB.Fe和BrC.ClD.Br5、下列敘述正確的是（）A.濃硫酸、濃鹽酸和濃硝酸長期暴露在空氣中，質(zhì)量都會(huì)減小、濃度都會(huì)降低B.氯水和活性炭都可使紅墨水褪色，其原理相同C.濃硝酸見光會(huì)分解，故有時(shí)在實(shí)驗(yàn)室看到的濃硝酸呈黃色D.濃H2SO4有強(qiáng)氧化性，常溫下能與Cu發(fā)生劇烈反應(yīng)評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、X、Y、Z、R代表四種短周期元素，X元素的基態(tài)原子電子排布式為1s1，Y元素的原子價(jià)電子排布為nsnnpn；Z元素位于第二周期且原子中p能級(jí)與所有s能級(jí)電子總數(shù)相等，R原子M電子層的p能級(jí)中有3個(gè)未成對(duì)電子．

（1）Z的基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為____；化合物X2Z中，中心原子采取____雜化，分子的空間構(gòu)型屬于____．

（2）Y2X2分子中，中心原子采用____雜化，分子中有____個(gè)σ鍵、____個(gè)π鍵；按價(jià)層電子對(duì)互斥理論，RZ離子的VSEPR模型和立體構(gòu)型均為____形．7、為了探究Cl2、SO2同時(shí)通入H2O中發(fā)生的反應(yīng)，某?；瘜W(xué)興趣小組的同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置．

（1）該化學(xué)興趣小組的同學(xué)為制取Cl2、SO2氣體，現(xiàn)采用Na2SO3與70%的濃硫酸為原料制取SO2，采用MnO2和濃鹽酸（12mol/L）為原料制取Cl2．在此實(shí)驗(yàn)中，F(xiàn)儀器的作用是____；發(fā)生裝置B應(yīng)選擇以下三種裝置中的____（選填序號(hào)）．

（2）D裝置中主要反應(yīng)的離子方程式為____．

（3）為驗(yàn)證通入D裝置中的氣體是Cl2還是SO2過量；興趣小組的同學(xué)準(zhǔn)備了以下試劑：

①氯化鐵溶液②氯化亞鐵溶液③硫氰化鉀溶液④苯酚溶液⑤品紅溶液⑥酸性高錳酸鉀溶液。

若Cl2過量，取適量D中溶液滴加至盛有____（選填一個(gè)序號(hào)）試劑的試管內(nèi)，再加入____（選填一個(gè)序號(hào)）試劑，發(fā)生的現(xiàn)象是____．若SO2過量，取適量D中溶液滴加至盛有____（選填一個(gè)序號(hào)）試劑的試管內(nèi)，發(fā)生的現(xiàn)象是____．8、廢棄物的綜合利用既有利于節(jié)約資源；又有利于保護(hù)環(huán)境．實(shí)驗(yàn)室利用廢舊電池的銅帽（Cu；Zn總含量約為99%）回收Cu并制備ZnO的部分實(shí)驗(yàn)過程如下：

（1）①銅帽溶解時(shí)加入H2O2的目的是____（用化學(xué)方程式表示）．②銅帽溶解完全后，需將溶液中過量的H2O2除去．除去H2O2的簡便方法是____．

（2）為確定加入鋅灰（主要成分為Zn、ZnO，雜質(zhì)為鐵及其氧化物）的量，實(shí)驗(yàn)中需測定除去H2O2后溶液中Cu2+的含量．實(shí)驗(yàn)操作為：準(zhǔn)確量取一定體積的含有Cu2+的溶液于帶塞錐形瓶中，加適量水稀釋，調(diào)節(jié)溶液pH=3～4，加入過量的KI，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)．上述過程中反應(yīng)的離子方程式如下：搖搖2Cu2++4I-=2CuI（白色）↓+I22S2O32-+I2=2I-+S4O62-

①滴定選用的指示劑為____，滴定終點(diǎn)觀察到的現(xiàn)象為____．

②若滴定前溶液中的H2O2沒有除盡，所測定的Cu2+含量將會(huì)____（填“偏高”；“偏低”或“不變”）．

（3）已知pH＞11時(shí)Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2-．下表列出了幾種離子生成氫氧化物沉淀的pH（開始沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0mol?L-1計(jì)算）．

。開始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+5.98.9實(shí)驗(yàn)中可選用的試劑：30%H2O2、1.0mol?L-1HNO3、1.0mol?L-1NaOH．由除去銅的濾液制備ZnO的實(shí)驗(yàn)步驟依次為：

①____；②____；③過濾；④____；⑤過濾、洗滌、干燥；⑥900℃煅燒．9、（2015秋?石嘴山校級(jí)期中）有機(jī)物M結(jié)構(gòu)如圖，根據(jù)M的結(jié)構(gòu)回答：M中不飽和碳原子有____個(gè)，最多有____個(gè)原子共平面．10、下表是元素周期表的一部分；根據(jù)要求回答下列問題．

。族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦAO2EHFI3ACDGR4B（1）十種元素中化學(xué)性質(zhì)最不活潑的元素是____（填元素符號(hào)）．

（2）A、C、D三種元素的氧化物對(duì)應(yīng)的水化物，其中堿性最強(qiáng)的是____（填化學(xué)式）．

（3）I元素跟A元素形成化合物的電子式是____．并用電子式表示該化合物的形成過程_____

（4）G的單質(zhì)和B的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物反應(yīng)的離子方程式是____．

（5）元素A和F能形成兩種化合物，寫出其中較穩(wěn)定的化合物與CO2反應(yīng)生成氧氣的化學(xué)方程式____．11、如圖表示某固態(tài)單質(zhì)rm{A}及其化合物之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系rm{(}某些產(chǎn)物和反應(yīng)條件已略去rm{).}化合物rm{B}在常溫常壓下為氣體，rm{B}和rm{C}的相對(duì)分子質(zhì)量之比為rm{4}rm{5}化合物rm{D}是重要的工業(yè)原料．

rm{(1)}寫出rm{A}在加熱條件下與rm{H_{2}}反應(yīng)的化學(xué)方程式______；

rm{(2)}寫出rm{E}與rm{A}的氫化物反應(yīng)生成rm{A}的化學(xué)方程式______；

rm{(3)}寫出一個(gè)由rm{D}生成rm{B}的化學(xué)方程式______；

rm{(4)}將rm{5mL}rm{0.10mol?L^{-1}}的rm{E}溶液與rm{10mL}rm{0.10mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液混合．

rm{壟脵}寫出反應(yīng)的離子方程式______；

rm{壟脷}反應(yīng)后溶液的rm{pH}______rm{7(}填“大于”、“小于”或“等于”rm{)}理由是______；

rm{壟脹}加熱反應(yīng)后的溶液，其rm{pH}______rm{(}填“增大”、“不變”或“減小”rm{)}理由是______．評(píng)卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)12、含碳的化合物一定是有機(jī)化合物．____（判斷對(duì)錯(cuò)）13、誤食重金屬鹽而引起的中毒，急救方法可以服用大量的豆?jié){或牛奶．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）14、根據(jù)分散質(zhì)粒子的直徑大小，分散系分為濁液、膠體和溶液．____．（判斷對(duì)錯(cuò)說明理由）15、很多物質(zhì)都可以添加到食品中，其中使用亞硝酸鈉時(shí)必須嚴(yán)格控制用量．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）16、常溫常壓下，22.4LO3中含有3nA個(gè)氧原子____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、探究題(共4題，共40分)17、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)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________．18、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：19、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)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________．20、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：評(píng)卷人得分五、書寫(共2題，共4分)21、在NaCl溶液中滴加AgNO3溶液，反應(yīng)的離子方程式為：____．22、某品牌奶粉被鑒定為所含亞硝酸鹽殘留量高出正常值7.8倍，長期食用可能致癌．NaNO2有像食鹽一樣的咸味，能發(fā)生如下反應(yīng)：2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O．

（1）上述反應(yīng)中若有1.75mol的還原劑被氧化，則被還原的氧化劑是____mol．

（2）某廠廢切削液中，含2%～5%的NaNO2，直接排放會(huì)造成污染，下列試劑____能使NaNO2轉(zhuǎn)化為不引起二次污染的N2．（填編號(hào)）①NaCl②NH4Cl③H2O2④濃H2SO4

反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．若此廢水呈強(qiáng)堿性，需調(diào)節(jié)溶液的pH接近中性，再添加氯化銨溶液，否則會(huì)引起二次污染，反應(yīng)的方程式為____．

（3）向等物質(zhì)的量濃度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀鹽酸．下列離子方程式與事實(shí)不相符的是____

A．OH-+CO32-+2H+→HCO3-+H2OB．2OH-+CO32-+3H+→HCO3-+2H2O

C．2OH-+CO32-+4H+→CO2↑+3H2OD．OH-+CO32-+3H+→CO2↑+2H2O．評(píng)卷人得分六、簡答題(共2題，共6分)23、下列原子的外圍電子排布式（或外圍軌道表示式）中，哪一種狀態(tài)的能量較低？試說明理由。(1）氮原子：A.B.(2）鈉原子：A.3s1B.3p1(3)鉻原子：A.3d54s1B.3d44s2(4)碳原子：24、由合成氣制備乙醇一般有兩種方法：

rm{(1)}直接合成法。

rm{壟脵2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)triangleH_{1}}

rm{壟脷2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH_{2}=-253.6kJ?mol^{-1}}

rm{壟脵2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)triangle

H_{1}}間接合成法。

合成氣反應(yīng)生成二甲醚rm{壟脷2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H_{2}=-253.6kJ?mol^{-1}}二甲醚羰基化合生成乙酸甲酯，乙酸甲酯加氫得到乙醇rm{(2)}其生產(chǎn)流程如圖所示：

rm{壟脹3CO(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}triangleH_{3}=-260.2kJ?mol^{-1}}

rm{(CH_{3}OCH_{3})}

回答下列問題：

rm{.}在rm{壟脹3CO(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}triangle

H_{3}=-260.2kJ?mol^{-1}}起始投料量rm{壟脺CH_{3}OCH_{3}(g)+CO(g)?CH_{3}COOCH_{3}(g)}rm{(1)}rm{5MPa}時(shí)，測得不同溫度時(shí)反應(yīng)rm{n(H_{2})}中各物質(zhì)的平衡組成如圖rm{n(CO_{2})=3}所示：

rm{1}反應(yīng)rm{壟脵}的rm{1}______rm{壟脵}rm{壟脵}______rm{triangleH_{1}}填“rm{0}”、“rm{triangleS}”或“rm{0.(}”rm{>}

rm{<}已知rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH=-41kJ?mol^{-1}}則rm{=}______．

rm{)}時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡后，在rm{壟脷}時(shí)升溫到rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H=-41kJ?mol^{-1}}反應(yīng)在rm{triangleH_{1}=}重新達(dá)到平衡，請(qǐng)?jiān)趫Drm{壟脹500K}中畫出體系中水的體積分?jǐn)?shù)在rm{t_{1}min}后的變化曲線．

rm{600K}對(duì)反應(yīng)rm{t_{2}min}處于化學(xué)平衡狀態(tài)時(shí)的描述，正確的是______rm{2}填字母rm{t_{1}min}．

A.rm{(2)}的含量保持不變r(jià)m{壟脹}容器中rm{.(}濃度與rm{)}濃度相等。

C.rm{CO}rm{B.}體系的溫度保持不變。

rm{CH_{3}OCH_{3}}間接合成法中將甲醇rm{CO_{2}}循環(huán)使用的目的是______．

rm{3V_{脮媒}(CO)=V_{脮媒}(CH_{3}OCH_{3})}在rm{D.}rm{(3)}時(shí)rm{(CH_{3}OH)}的恒容容器中，充入rm{(4)}乙酸甲酯和rm{2Mpa}氫氣，發(fā)生反應(yīng)rm{T隆忙}經(jīng)rm{1L}rm{1.0mol}后反應(yīng)達(dá)到平衡，測得乙酸甲酯的轉(zhuǎn)化率為rm{2.0mol}則氫氣的反應(yīng)速率rm{壟脻}______，平衡常數(shù)rm{t}______．rm{min}參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】試題分析：A．由pH＝3的CH3COOH與pH＝11的NaOH溶液等體積混合而成的溶液，電離的CH3COOH與NaOH反應(yīng)，仍可以繼續(xù)電離使溶液呈酸性，且溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四種離子；B．由等物質(zhì)的量濃度、等體積的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成，CH3COOH與NaOH恰好反應(yīng)生成CH3COONa，溶液水解呈堿性；C．溶液中離子濃度為c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)不滿足電荷守恒；D．加入大量的氨水，c(NH)＞c(CH3COO－)，不正確?？键c(diǎn)：溶液中的離子及其濃度。【解析】【答案】A2、D【分析】解：A．在一定條件下；當(dāng)正逆反應(yīng)速率相等時(shí)，可逆反應(yīng)達(dá)到一定的限度，即平衡狀態(tài)，故A正確；

B．在一定條件下；當(dāng)達(dá)到化學(xué)反應(yīng)限度時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)物的濃度和生成物的濃度不再改變，故B正確；

C．當(dāng)達(dá)到化學(xué)反應(yīng)限度時(shí)；正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)物的濃度和生成物的濃度不再改變，反應(yīng)物在該條件下的轉(zhuǎn)化率最大，故C正確；

D．當(dāng)外界條件發(fā)生改變；平衡發(fā)生移動(dòng)，化學(xué)反應(yīng)限度變化，故D錯(cuò)誤．

故選D．【解析】【答案】D3、D【分析】【分析】整個(gè)過程發(fā)生的反應(yīng)為Cl2+H2O═HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，根據(jù)溶液的酸堿性結(jié)合電荷守恒和物料守恒分析解答．【解析】【解答】解：A．當(dāng)全被生成NaClO時(shí)；可水解，促進(jìn)水的電離，則曲線起點(diǎn)處水的電離程度不是最大的，故A錯(cuò)誤；

B．HClO為弱電解質(zhì)，應(yīng)寫成化學(xué)式，離子方程式為Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；故B錯(cuò)誤；

C．氯氣微溶于水，飽和氯水中氫離子濃度較小，c（Cl2）＞c（H+）；故C錯(cuò)誤；

D．③點(diǎn)溶液呈中性，則c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（Cl0-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）；故D正確．

故選D．4、B【分析】【分析】反應(yīng)3Cl2+2FeBr2═2FeCl3+2Br2中，Cl元素的化合價(jià)由0降低-1價(jià)，F(xiàn)e元素+2價(jià)升高為+3價(jià)，Br元素由-1價(jià)升高為0，以此來解答．【解析】【解答】解：反應(yīng)3Cl2+2FeBr2═2FeCl3+2Br2中，Cl元素的化合價(jià)由0降低-1價(jià)，F(xiàn)e元素+2價(jià)升高為+3價(jià)，Br元素由-1價(jià)升高為0；

元素的化合價(jià)升高；失去電子被氧化；

所以該反應(yīng)中Fe、Br元素被氧化；

故選B．5、C【分析】【解答】解：A；濃硫酸具有吸水性；濃鹽酸具有揮發(fā)性，二者在空氣中濃度都變低，但濃硫酸的質(zhì)量增加，故A錯(cuò)誤；B、氯水是氧化還原褪色，而活性炭是吸附褪色，所以原理不同，故B錯(cuò)誤；

C；濃硝酸不穩(wěn)定；見光分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而使硝酸顯黃色，故C正確；

D、濃H2SO4有強(qiáng)氧化性；在加熱的條件下能與Cu發(fā)生劇烈反應(yīng)，在常溫下不反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選C．

【分析】A；濃硫酸具有吸水性；濃鹽酸具有揮發(fā)性；

B；氯水是氧化還原褪色；而活性炭是吸附褪色；

C；濃硝酸具有不穩(wěn)定下；見光分解生成二氧化氮、氧氣和水；

D、濃H2SO4有強(qiáng)氧化性，在加熱的條件下能與Cu發(fā)生劇烈反應(yīng)．二、填空題(共6題，共12分)6、2s22p4sp3V形sp32正四面體【分析】【分析】X、Y、Z、R代表四種短周期元素，X元素的基態(tài)原子電子排布式為1s1，則X為H元素，Y元素的原子價(jià)電子排布為nsnnpn，則n=2，故Y為C元素，Z元素位于第二周期且原子中p能級(jí)與所有s能級(jí)電子總數(shù)相等，同Z為O元素，R原子M電子層的p能級(jí)中有3個(gè)未成對(duì)電子，則R為P元素，以此解答該題．【解析】【解答】解：X、Y、Z、R代表四種短周期元素，X元素的基態(tài)原子電子排布式為1s1，則X為H元素，Y元素的原子價(jià)電子排布為nsnnpn；則n=2，故Y為C元素，Z元素位于第二周期且原子中p能級(jí)與所有s能級(jí)電子總數(shù)相等，同Z為O元素，R原子M電子層的p能級(jí)中有3個(gè)未成對(duì)電子，則R為P元素；

（1）Z為O元素，基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為2s22p4，化合物H2O中，O形成2δ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為=2，則為sp3雜化；分子的空間構(gòu)型屬于V形；

故答案為：2s22p4；sp3；V形；

（2）在C2H2分子中；碳原子周圍有兩個(gè)σ鍵，且無孤電子對(duì)，所以碳中心原子采用sp雜化，分子中σ鍵與π鍵數(shù)目分別為3；2；

PO43-中P形成4個(gè)δ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為=0．則VSEPR模型和立體構(gòu)型均為正四面體形．

故答案為：sp；3；2；正四面體．7、防倒吸①Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-②③溶液呈血紅色⑤紅色褪去為無色，加熱后又變?yōu)榧t色【分析】【分析】（1）氣體容易與水反應(yīng)；且溶解度較大會(huì)發(fā)生倒吸；根據(jù)反應(yīng)原理來選擇反應(yīng)裝置；

（2）D中是二氧化硫和氯氣發(fā)生的氧化還原反應(yīng)生成硫酸和鹽酸；依據(jù)反應(yīng)產(chǎn)物寫出離子方程式；

（3）氯氣過量可以設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證氯氣的氧化性，結(jié)合亞鐵離子被氧化為鐵離子后，加入硫氰酸鉀溶液會(huì)變紅色證明；二氧化硫過量可以依據(jù)二氧化硫具有漂白性設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)和選擇試劑驗(yàn)證．【解析】【解答】解：（1）SO2易與水反應(yīng)；且溶解度較大會(huì)發(fā)生倒吸，則F可以防倒吸，裝置B為制取氯氣的裝置，由固液反應(yīng)且加熱的原理可知應(yīng)選擇①；

故答案為：防止倒吸；①；

（2）D中是二氧化硫和氯氣發(fā)生的氧化還原反應(yīng)生成硫酸和鹽酸，反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl-+SO42-；

故答案為：Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl-+SO42-；

（3）為驗(yàn)證通入D裝置中的氣體是Cl2還是SO2過量，若Cl2過量，取適量D中溶液滴加至盛有氯化亞鐵溶液，試劑的試管內(nèi)，再加入硫氰化鉀溶液會(huì)變血紅色，證明氯氣氧氧化亞鐵離子；若SO2過量；取適量D中溶液滴加至盛有品紅溶液的試管中，紅色褪去，加熱又恢復(fù)紅色，證明含有二氧化硫；

故答案為：②；③；溶液呈血紅色；⑤；紅色褪去為無色，加熱后又變?yōu)榧t色．8、Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O加熱至沸淀粉溶液藍(lán)色褪去偏高向?yàn)V液中加入30%H2O2，使其充分反應(yīng)滴加1.0mol?L-1NaOH，調(diào)節(jié)溶液PH約為5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全向?yàn)V液中滴加1.0mol?L-1NaOH，調(diào)節(jié)溶液PH約為10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全【分析】【分析】（1）①酸性條件下Cu與過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸銅和水；②過氧化氫加熱到153℃便猛烈的分解；

（2）①根據(jù)淀粉與碘單質(zhì)作用變藍(lán)解答；

②根據(jù)H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O解答；

（3）滴加H2O2溶液，使Fe2+轉(zhuǎn)化完全為Fe3+，滴加NaOH溶液，形成氫氧化鐵沉淀，除雜后形成氫氧化鋅沉淀，過濾、洗滌、干燥900℃煅燒制得氧化鋅；【解析】【解答】解：（1）①因?yàn)殡p氧水在酸性溶液中先把銅氧化成氧化銅，當(dāng)然這是一個(gè)微弱的反應(yīng)，形成一個(gè)平衡，但是形成的氧化銅馬上就會(huì)被稀硫酸溶解，平衡被打破，反應(yīng)朝正方向進(jìn)行，故而逐漸溶解，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；

故答案為：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；

②過氧化氫性質(zhì)比較穩(wěn)定，若加熱到153℃便猛烈的分解為水和氧氣，將溶液中過量的H2O2除去可加熱至沸；

故答案為：加熱至沸；

（2）①淀粉溶液為指示劑，當(dāng)最后一滴Na2S2O3溶液滴入時(shí)；溶液藍(lán)色褪去，半分鐘顏色不變，說明滴定到達(dá)終點(diǎn)，故答案為：淀粉溶液，藍(lán)色褪去；

②若留有H2O2，加入KI后，會(huì)有以下反應(yīng)：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O誤當(dāng)成2Cu2++4I-=2CuI（白色）↓+I2生成的碘；使測定結(jié)果偏高；

故答案為：偏高；

（3）①向?yàn)V液中加入30%H2O2，使其充分反應(yīng)，目的使Fe2+轉(zhuǎn)化完全為Fe3+，滴加NaOH溶液，調(diào)節(jié)溶液PH約為5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全，向?yàn)V液中滴加1.0mol?L-1NaOH，調(diào)節(jié)溶液PH約為10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全；900℃煅燒，制得氧化鋅；

故答案為：向?yàn)V液中加入30%H2O2，使其充分反應(yīng)；滴加1.0mol?L-1NaOH，調(diào)節(jié)溶液PH約為5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；向?yàn)V液中滴加1.0mol?L-1NaOH，調(diào)節(jié)溶液PH約為10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全；9、918【分析】【分析】在常見的有機(jī)化合物中甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)，乙烯和苯是平面型結(jié)構(gòu)，乙炔是直線型結(jié)構(gòu)，其它有機(jī)物可在此基礎(chǔ)上進(jìn)行共線、共面分析判斷，與雙鍵相連的碳原子為不飽和碳原子．【解析】【解答】解：與雙鍵相連的碳原子為不飽和碳原子，有9個(gè)不飽和碳原子；苯、甲醛是平面結(jié)構(gòu)，乙炔是直線型分子，甲基中有2個(gè)氫原子可能在同一平面內(nèi)，M中最多有18個(gè)原子共平面，故答案為：9；18．10、ArNaOHCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【分析】【分析】依據(jù)元素周期表可知字母分別代表的元素為：A：鈉；B：鉀，C：鎂，D：鋁，E：碳，F(xiàn)：氧，G：氯，H：氮，I：氟，R：氬；

（1）0族元素最不活潑；

（2）金屬性越強(qiáng)；其對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物的水化物的堿性越強(qiáng)；

（3）NaF是離子化合物；用電子式表示其形成過程時(shí)，左邊是原子的電子式，右邊為氯化鈉的電子式；

（4）氯氣與氫氧化鉀法生成氯化鉀和次氯酸鉀；據(jù)此書寫離子反應(yīng)方程式即可；

（5）過氧化鈉較穩(wěn)定，與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，據(jù)此書寫．【解析】【解答】解：依據(jù)元素周期表可知字母分別代表的元素為：A：鈉；B：鉀，C：鎂，D：鋁，E：碳，F(xiàn)：氧，G：氯，H：氮，I：氟，R：氬；

（1）Ar為惰性氣體，最外層滿足了8個(gè)電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，最不活潑，故答案為：Ar；

（2）A，C，D三種元素分別對(duì)應(yīng)的水化物為NaOH、Mg（OH）2、Al（OH）3其中NaOH堿性最強(qiáng)；故答案為：NaOH；

（3）NaF為離子化合物，電子式為：用電子式表示的形成過程為

故答案為：

（4）B的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為強(qiáng)堿KOH，完全電離，故反應(yīng)方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

（5）A與F形成Na2O與Na2O2兩種物質(zhì)，其中過氧化鈉更穩(wěn)定，過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，化學(xué)反應(yīng)方程式為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．11、略

【分析】解：固態(tài)單質(zhì)rm{A}能與空氣中的氧氣反應(yīng)生成氣體物質(zhì)rm{B}則rm{A}可能為rm{C}或rm{S}等，假定為rm{S}則rm{B}為rm{SO_{2}}rm{C}為rm{SO_{3}}它們的相對(duì)分子質(zhì)量為rm{64}rm{80=4}rm{5}恰好與題意相符rm{(}同時(shí)也證明rm{A}不是rm{C)}則rm{D}為rm{H_{2}SO_{4}}它是一種重要的工業(yè)原料，與題意也相符，進(jìn)一步證明rm{A}為rm{S}rm{E}為rm{H_{2}SO_{3}}

rm{(1)A}為rm{S}可與氫氣反應(yīng)生成硫化氫，反應(yīng)的方程式為rm{H_{2}+Sdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}H_{2}S}故答案為：rm{H_{2}+Sdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}H_{2}S}

rm{H_{2}+Sdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}H_{2}S}與rm{H_{2}+Sdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}H_{2}S}反應(yīng)生成rm{(2)H_{2}SO_{3}}反應(yīng)的方程式為rm{H_{2}S}故答案為：rm{S}

rm{H_{2}SO_{3}+2H_{2}S簍T3S隆媒+3H_{2}O}濃硫酸可與rm{H_{2}SO_{3}+2H_{2}S簍T3S隆媒+3H_{2}O}rm{(3)}等還原性物質(zhì)在加熱的條件下反應(yīng)生成rm{C}反應(yīng)的方程式可為rm{Cu}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}或rm{SO_{2}}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}等；

故答案為：rm{C+2H_{2}SO_{4}(}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}或rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}等；

rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}將rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}的rm{C+2H_{2}SO_{4}(}溶液與rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}的rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}溶液混合，二者恰好反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案為：rm{(4)壟脵}

rm{5mL0.10mol?L^{-1}}反應(yīng)生成rm{H_{2}SO_{3}}為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，溶液rm{10mL0.10mol?L^{-1}}故答案為：大于；rm{NaOH}溶液中rm{H_{2}SO_{3}+2OH^{-}簍TSO_{3}^{2-}+2H_{2}O}發(fā)生水解使溶液顯堿性；

rm{H_{2}SO_{3}+2OH^{-}簍TSO_{3}^{2-}+2H_{2}O}水解反應(yīng)為吸熱過程，升高溫度促進(jìn)水解，故答案為：增大；升高溫度促進(jìn)rm{壟脷}溶液的水解．

固態(tài)單質(zhì)rm{Na_{2}SO_{3}}能與空氣中的氧氣反應(yīng)生成氣體物質(zhì)rm{pH>7}則rm{Na_{2}SO_{3}}可能為rm{SO_{3}^{2-}}或rm{壟脹}等，假定為rm{Na_{2}SO_{3}}則rm{A}為rm{B}rm{A}為rm{C}它們的相對(duì)分子質(zhì)量為rm{S}rm{S}rm{B}恰好與題意相符rm{SO_{2}}同時(shí)也證明rm{C}不是rm{SO_{3}}則rm{64}為rm{80=4}它是一種重要的工業(yè)原料，與題意也相符，進(jìn)一步證明rm{5}為rm{(}rm{A}為rm{C)}結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)以及題目要求可解答該題．

本題考查無機(jī)物的推斷，注意能與氧氣反應(yīng)生成氣體的固體單質(zhì)有rm{D}rm{H_{2}SO_{4}}等元素，可以此作為該題的突破口進(jìn)行推斷，注意把握物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)，能熟練書寫反應(yīng)的化學(xué)方程式．rm{A}【解析】rm{H_{2}+Sdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}H_{2}S}rm{H_{2}+Sdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}H_{2}S}rm{H_{2}SO_{3}+2H_{2}S簍T3S隆媒+3H_{2}O}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}或rm{C+2H_{2}SO_{4}(}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}等；rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}大于；rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}溶液中rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}發(fā)生水解使溶液顯堿性；增大；升高溫度促進(jìn)rm{H_{2}SO_{3}+2OH^{-}簍TSO_{3}^{2-}+2H_{2}O}溶液的水解rm{Na_{2}SO_{3}}三、判斷題(共5題，共10分)12、×【分析】【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機(jī)化合物，簡稱有機(jī)物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機(jī)物相似，把它們歸入無機(jī)物．【解析】【解答】解：一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機(jī)物相似，把它們歸入無機(jī)物，故答案為：×．13、√【分析】【分析】重金屬鹽中毒的原理即破壞人體的蛋白質(zhì)結(jié)構(gòu)，雞蛋清、豆?jié){、牛奶中含有蛋白質(zhì)，據(jù)此解題．【解析】【解答】解：重金屬鹽中毒的原理即破壞人體的蛋白質(zhì)結(jié)構(gòu)，雞蛋清、豆?jié){、牛奶中含有蛋白質(zhì)，服用雞蛋清、豆?jié){、牛奶，可防止人體本身的蛋白質(zhì)被破壞，能用于解毒，故答案為：√．14、√【分析】【分析】分散系的分類依據(jù)是分散質(zhì)微粒直徑大小，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：分散系按照分散質(zhì)粒子直徑大小分為：溶液；膠體、和濁液；分散質(zhì)粒度大于1nm的為濁液，介于1nm-100nm為膠體，小于1nm的為溶液；

故答案為：√．15、√【分析】【分析】亞硝酸鹽有毒，過量食用會(huì)導(dǎo)致人死亡，添加到食品中要嚴(yán)格控制用量，以此判斷．【解析】【解答】解：肉類制品中使用亞硝酸鈉作為發(fā)色劑限量使用；由亞硝酸鹽引起食物中毒的機(jī)率較高，食入0.2～0.5克的亞硝酸鹽即可引起中毒甚至死亡，因此要嚴(yán)格控制用量；

故答案為：√．16、×【分析】【分析】常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，無法計(jì)算物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，則22.4LO3的物質(zhì)的量不等于1mol，氧原子個(gè)數(shù)不等于3nA；

故答案為：×．四、探究題(共4題，共40分)17、|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．18、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(huì)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(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)；

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(huì)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(duì)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(cuò)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(shí)，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(cuò)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(diǎn)時(shí)，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(jì)算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．19、|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．20、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(huì)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(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)；

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(huì)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(duì)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(cuò)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(shí)，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(cuò)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(diǎn)時(shí)，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(jì)算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．五、書寫(共2題，共4分)21、Cl-+Ag+=AgCl↓【分析】【分析】在NaCl溶液中滴加AgNO3溶液，氯化鈉與硝酸銀反應(yīng)生成氯化銀沉淀和硝酸鈉，據(jù)此書寫離子方程式．【解析】【解答】在NaCl溶液中滴加AgNO3溶液，氯化鈉與硝酸銀反應(yīng)生成氯化銀沉淀和硝酸鈉，反應(yīng)實(shí)質(zhì)是銀離子與氯離子生成氯化銀沉淀，離子方程式：Cl-+Ag+=AgCl↓；

故答案為：Cl-+Ag+=AgCl↓．22、1.75②NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2ONH4++OH-=NH3↑+H2OC【分析】【分析】（1）2NaNO2+4HI═2NO+I2+2NaI+2H2O中；N元素的化合價(jià)降低，I元素的化合價(jià)升高；

（2）NaNO2直接排放會(huì)造成污染；需要具有還原性的物質(zhì)將其氧化生成氮?dú)猓?/p>

（3）等物質(zhì)的量濃度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氫氧化鈉與碳酸鈉的物質(zhì)的量相等，稀鹽酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，鹽酸先與氫氧化鈉發(fā)生酸堿中和，剩余的鹽酸再與碳酸鈉發(fā)生反應(yīng)，鹽酸少量時(shí)發(fā)生反應(yīng)CO32-+H+=HCO3-，鹽酸過量時(shí)發(fā)生反應(yīng)：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，以此來解答．【解析】【解答】解：（1）2NaNO2+4HI═2NO+I2+2NaI+2H2O中，N元素的化合價(jià)降低，I元素的化合價(jià)升高，則NaNO2為氧化劑；氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：1，有1.75mol的還原劑被氧化，則被還原的氧化劑有1.75mol；

故答案為：1.75；

（2）NaNO2直接排放會(huì)造成污染，需要具有還原性的物質(zhì)將其氧化生成氮?dú)?，則選擇氯化銨即可，發(fā)生NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O，其余選項(xiàng)不符合；此廢水呈強(qiáng)堿性，需調(diào)節(jié)溶液的pH接近中性，再添加氯化銨溶液，發(fā)生NH4++OH-=NH3↑+H2O；否則會(huì)引起二次污染；

故答案為：②；NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O；NH4++OH-=NH3↑+H2O；

（3）A．設(shè)NaOH和Na2CO3的物質(zhì)的量都為1mol，則加入鹽酸少量，先發(fā)生反應(yīng)：OH-+H+→H2O，1mol氫氧化鈉消耗1mol鹽酸，再發(fā)生反應(yīng)CO32-+H+→HCO3-，將兩個(gè)方程式相加得：OH-+CO32-+2H+→HCO3-+H2O；故A正確；

B．設(shè)NaOH和Na2CO3的物質(zhì)的量都為2mol，則加入鹽酸少量，先發(fā)生反應(yīng)：2OH-+2H+→2H2O，2mol氫氧化鈉消耗2mol鹽酸，再發(fā)生反應(yīng)CO32-+H+→HCO3-，鹽酸不足之消耗1mol碳酸鈉，將兩個(gè)方程式相加得：2OH-+CO32-+3H+→HCO3-+2H2O；故B正確；

C．設(shè)NaOH和Na2CO3的物質(zhì)的量都為2mol，2mol氫氧化鈉消耗2mol氫離子，剩余2mol氫離子與2mol碳酸鈉反應(yīng)生成2mol碳酸氫根離子，離子方程式應(yīng)為2OH-+2CO32-+4H+→2HCO3-+2H2O，即OH-+CO32-+2H+→HCO3-+H2O；故C錯(cuò)誤；

D．設(shè)NaOH和Na2CO3的物質(zhì)的量都為1mol，則加入鹽酸過量，先發(fā)生反應(yīng)：OH-+H+→H2O，1mol氫氧化鈉消耗1mol鹽酸，再發(fā)生反應(yīng)CO32-+2H+→CO2↑+H2O，將兩個(gè)方程式相加得：OH-+CO32-+3H+→CO2↑+2H2O；故D正確；

故答案為：C．六、簡答題(共2題，共6分)23、略

【分析】【解析】試題分析：據(jù)洪特規(guī)則，電子在能量相同的各個(gè)軌道上排布時(shí)盡可能分占不同的原子軌道，且自旋狀態(tài)相同，故（1）選B，（4）選A；據(jù)能量最低原理，核外電子先占有能量低的軌道，再占有能量高的軌道，（2）中由于s軌道能量低于p軌道能量，故選A。（3）中A選項(xiàng)d5為半充滿狀態(tài)，為相對(duì)穩(wěn)定的狀態(tài)，B不是，所以選A?？键c(diǎn)：考查核外電子排布所遵循的原理方面知識(shí)的有關(guān)判斷【解析】【答案】（1）B（2）A（3）A（4）A24、略

【分析】解：rm{(1)壟脵}由曲線變化可知隨著溫度升高，氫氣的物質(zhì)的量逐漸增多，說明升高溫度平衡逆向移動(dòng)，則正反應(yīng)放熱，rm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)}正反應(yīng)為氣體的體積減小的反應(yīng)，所以rm{triangleS<0}

故答案為：rm{<}rm{<}

rm{壟脷}Ⅰrm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)triangleH_{1}}

Ⅱrm{2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH_{2}=-253.6kJ?mol^{-1}}

Ⅲrm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH=-41kJ?mol^{-1}}將Ⅱrm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)triangle

H_{1}}Ⅲrm{2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H_{2}=-253.6kJ?mol^{-1}}得Ⅰ，所以rm{triangleH_{1}=(-253.6kJ?mol^{-1})-(-41kJ?mol^{-1})隆脕2=-171.6kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H=-41kJ?mol^{-1}}

rm{壟脹2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)triangleH_{1}=-171.6kJ?mol^{-1}}在rm{-}時(shí)升溫到rm{隆脕2}平衡逆向移動(dòng)，水的體積分?jǐn)?shù)下降，從圖rm{triangle

H_{1}=(-253.6kJ?mol^{-1})-(-41kJ?mol^{-1})隆脕2=-171.6kJ?mol^{-1}}可知達(dá)平衡時(shí)rm{-171.6kJ?mol^{-1}}大于rm{壟脹2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)triangle

H_{1}=-171.6kJ?mol^{-1}}小于rm{t_{1}min}圖象為：

故答案為：

rm{600K}反應(yīng)rm{壟脹3CO(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}triangleH_{3}=-260.2kJ?mol^{-1}}

A.化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，反應(yīng)混合物中各組成成分的濃度不隨時(shí)間改變，rm{1}的含量保持不變；處于化學(xué)平