2024年滬科版高三化學下冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬科版高三化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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7題，共14分)1、下列實驗過程能引起結果偏高的是（）A.配制100g10%CuSO4溶液，稱取10g硫酸銅晶體溶于90g水中B.將30%的乙醇溶液和70%的乙醇溶液等體積混和后所得乙醇溶液的質量分數(shù)為50%C.配制一定物質的量濃度的稀硫酸溶液時，稱量濃硫酸時仰視量筒的刻度線D.質量分數(shù)為10%和90%的兩種硫酸等質量混合配制50%的硫酸溶液2、下面的能源中屬于二次能源的是（）A.電能、蒸汽B.電能、風能C.蒸汽、風能D.煤、石油3、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A.1molFeCl3與沸水反應生成膠體后，含有NA個Fe（OH）3膠粒B.標準狀況下，1.12L的SO3所含的原子數(shù)是0.2NAC.1L0.5mol?L-1Na2CO3溶液中含有的CO32-數(shù)目為0.5NAD.16.9g過氧化鋇（BaO2）固體中陰、陽離子總數(shù)為0.2NA4、如圖用交叉分類法表示了一些物質或概念之間的從屬或包含關系；其中正確的是（）

。XYZA置換反應氧化還原反應離子反應B銅單質非電解質C石灰水電解質分散系D液氨化合物純凈物A.AB.BC.CD.D5、下列根據(jù)化學事實進行的相關推論；正確的是（）

?；瘜W事實推論A某一反應需要在高溫條件下才能進行該反應的△H＞0B無色試液加入氫氧化鈣溶液產(chǎn)生白色沉淀試液含有C鐵的氧化物用硝酸溶解后加入KSCN，溶液呈紅色氧化物中鐵元素為+3價D少量CO2通入NaCN溶液時反應為：CO2+H2O+CN-=HCO3-+HCN電離常數(shù)Ka（HCN）＞Ka2（H2CO3）A.AB.BC.CD.D6、下列溶液一定呈堿性的是（）A.溶液中c（OH-）＞c（H+）B.溶液中含有OH?離子C.滴加甲基橙后溶液顯紅色D.滴加甲基橙后溶液顯黃色7、適量氯氣與1mol甲烷在光照下發(fā)生反應，反應后測知產(chǎn)物中四種氯代烷物質的量相同，則消耗的氯氣有（）A.2molB.2.5molC.7.5molD.6mol評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)8、下列圖象能正確表示相關反應中產(chǎn)物物質的量的變化的是(橫；縱坐標單位：mol)()

A.圖1：n(O2)=1mol時，高溫下C和O2在密閉容器中的反應產(chǎn)物B.圖2：n(NaOH)=1mol時，CO2和NaOH溶液反應生成的鹽C.圖3：n(HCl)=1mol時，K2CO3逐步加入到HCl溶液中在敞口容器反應生成的氣體D.圖4：n(HNO3)=1mol時，F(xiàn)e和稀HNO3反應生成的氧化產(chǎn)物(還原產(chǎn)物為NO)9、金屬冶煉與處理常涉及氧化還原反應．由下列物質冶煉相應金屬時采用電解法的是（）A.Fe2O3B.NaClC.Cu2SD.Al2O310、銻rm{(Sb)}在自然界一般以硫化物的形式存在，我國銻的蘊藏量為世界第一rm{.}從硫化物中提取單質銻一般是先在高溫下將硫化物轉化為氧化物；再用碳還原：

rm{壟脵2Sb_{2}S_{3}+3O_{2}+6Fedfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}Sb_{4}O_{6}+6FeS}rm{壟脷Sb_{4}O_{6}+6Cdfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}4Sb+6CO隆眉}

關于反應rm{壟脵2Sb_{2}S_{3}+3O_{2}+6Fedfrac{

overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}Sb_{4}O_{6}+6FeS}rm{壟脷Sb_{4}O_{6}+6Cdfrac{

overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}4Sb+6CO隆眉}的說法正確的是rm{壟脵}rm{壟脷}A.反應rm{(}中的氧化劑分別是rm{)}rm{壟脵壟脷}B.反應rm{Sb_{2}S_{3}}中每生成rm{Sb_{4}O_{6}}rm{壟脵}rm{3}時，共轉移rm{mol}rm{FeS}電子C.反應rm{6}說明高溫下rm{mol}的還原性比rm{壟脷}強D.每生成rm{C}rm{Sb}時，反應rm{4mol}與反應rm{Sb}中還原劑的物質的量之比為rm{壟脵}rm{壟脷}rm{4}11、下列屬于脂肪烴的是()A.CH3CH2CH2CH3B.C.D.12、下列有關說法正確的是A.加入硫酸銅可使鋅與稀硫酸的反應速率加快，說明rm{Cu^{2+}}具有催化作用B.向某溶液中滴加硝酸酸化的rm{BaCl_{2}}溶液產(chǎn)生白色沉淀，則該溶液中含有rm{SO^{2-}_{4}}C.在電解精煉銅過程中，電解質溶液中銅離子濃度減少D.rm{298K}時，rm{2H_{2}S(g)+SO_{2}(g)=3S(s)+2H_{2}O(l)}能自發(fā)進行，則其rm{婁隴}rm{H}rm{<0}13、下列有關說法正確的是()A.rm{25隆忙}時，在rm{Mg(OH)_{2}}的懸濁液中加入少量的rm{NH_{4}Cl}固體，rm{c(Mg^{2+})}將減小B.一定溫度下，反應rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)}rm{婁隴H>0}能自發(fā)進行，則該反應rm{婁隴S>0}C.向滴有酚酞的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中滴加rm{BaCl_{2}}溶液，紅色逐漸褪去，說明rm{BaCl_{2}}溶液顯酸性D.上圖電池放電時正極反應式：rm{2Li^{+}+Li_{2}O_{2}+2e^{-}=2Li_{2}O}14、下列描述正確的是()A.向濃氨水中滴加飽和rm{FeCl_{3}}溶液，可以制得rm{Fe(OH)_{3}}膠體B.為除去rm{Mg(OH)_{2}}固體中的少量rm{Ca(OH)_{2}}可用飽和rm{MgCl_{2}}溶液多次洗滌后，再水洗、干燥C.向溶液rm{X}中加入足量鹽酸，產(chǎn)生無色無味氣體，將氣體通入澄清石灰水，產(chǎn)生白色沉淀，說明溶液rm{X}中含有rm{CO_{3}^{2mathrm{{-}}}}D.鹵代烴rm{Y}與rm{NaOH}醇溶液共熱后，加入足量稀硝酸，再滴加rm{AgNO_{3}}溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明鹵代烴rm{Y}中含有氯原子15、依據(jù)圖判斷，下列說法正確的是rm{(}rm{)}

A.rm{2}rm{mol}rm{H_{2}(g)}與rm{1}rm{mol}rm{O_{2}(g)}所具有的總能量比rm{2}rm{mol}rm{H_{2}O(g)}所具有的總能量高B.氫氣燃燒的反應為放熱反應，故Hrm{{,!}_{2}}與rm{O_{2}}混合即可自發(fā)進行C.液態(tài)水分解的熱化學方程式為：rm{2H_{2}O(l)簍T2H_{2}(g)+O_{2}(g)triangleH=-571.6}rm{2H_{2}O(l)簍T2H_{2}(g)+O_{2}(g)triangle

H=-571.6}D.rm{kJ?mol^{-1}}生成rm{H_{2}O(g)}時，斷鍵吸收的能量小于成鍵放出的能量rm{H_{2}O(l)}評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、（1）過氧化氫（H2O2）有廣泛的用途．過氧化氫的制備方法很多，下列方法中原子利用率最高的是____（填序號）．

A．BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2

B．2NH4HSO4（NH4）2S2O8+H2↑；（NH4）2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2

C．CH3CHOHCH3+O2→CH3COCH3+H2O2

D．乙基蒽醌法見圖1

Ⅰ．B選項的方法流程圖如下：

回答下列問題：

（2）若要制得1molH2O2，電解時轉移電子數(shù)為____，電解硫酸氫銨溶液時，陽極的電極反應方程是：____．

（3）在上流程圖中，采用減壓蒸餾的原因是：____．可循環(huán)利用的物質是（寫化學式）____．

Ⅱ．某文獻報導了不同金屬離子及其濃度對雙氧水氧化降解海藻酸鈉溶液反應速率的影響，實驗結果如圖2、圖3所示．注：以上實驗均在溫度為20℃、w（H2O2）=0.25%、pH=7.12、海藻酸鈉溶液濃度為8mg?L-1的條件下進行．圖2中曲線a：H2O2；b：H2O2+Cu2+；c：H2O2+Fe2+；d：H2O2+Zn2+；e：H2O2+Mn2+；圖3中曲線f：反應時間為1h；g：反應時間為2h；兩圖中的縱坐標代表海藻酸鈉溶液的粘度（海藻酸鈉濃度與溶液粘度正相關）．

（4）由上述信息可知，下列敘述錯誤的是____（填序號）．

A．錳離子能使該降解反應速率減緩。

B．亞鐵離子對該降解反應的催化效率比銅離子低。

C．海藻酸鈉溶液粘度的變化快慢可反映出其降解反應速率的快慢。

D．一定條件下，銅離子濃度一定時，反應時間越長，海藻酸鈉溶液濃度越?。?7、硝酸銨鈣晶體[5Ca（NO3）2?NH4NO3?10H2O]極易溶于水；是一種綠色的復合肥料．

（1）硝酸銨鈣晶體的溶液顯酸性，原因是____（用離子方程式表示）．

（2）已知磷酸鈣是一種難溶物，常溫下，其Ksp=2.0×10-33，≈1.414．工業(yè)上生產(chǎn)硝酸銨鈣的方法是以硝酸浸取磷礦石得到的粗硝酸鈣（含硝酸鈣；磷酸鈣及硝酸）為原料制備；其生產(chǎn)流程如圖1：

①在粗硝酸鈣濁液中，c（Ca2+）≈0.1mol/L，則其中c（PO43-）約為____

②加入適量的碳酸鈣后發(fā)生反應的離子方程式為____．

③硝酸銨是一種易分解的物質，保存和利用時，需控制在較低溫度．230～400℃時，它會分解成空氣中含量最大的兩種氣體，其反應的化學方程式為____．

（3）生產(chǎn)硝酸銨鈣工廠的廢水中常含有硝酸銨；凈化方法有反硝化凈化法和電解法．

①NO3-在酸性條件下可轉化為N2，該反硝化方法可用半反應（同電極反應式）表示____．

②目前常用電解法凈化；工作原理如圖2所示（陽膜和陰膜分別只允許陽離子；陰離子通過）；

Ⅰ．陽極的電極反應為____，Ⅰ室可回收的產(chǎn)品為____（填名稱）．

③Ⅱ．Ⅲ室可回收到氨氣，請結合方程式和文字解釋其原因____．18、（1）實驗測得，5g甲醇（CH3OH）在氧氣中充分燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時釋放出113.5kJ的熱量，試寫出甲醇燃燒的熱化學方程式____．

（2）已知H2（g）、C2H4（g）和C2H5OH（1）的燃燒熱△H分別是-285.8kJ?mlo-1、-1411.0kJ?mlo-1和-1366.8kJ，則由C2H4（g）和H2O（I）反應生成C2H5OH（I）的熱化學方程式____．19、工業(yè)制硫酸的尾氣中含有一定量SO2；處理尾氣的手段除了氨吸收法以外還有以下幾種方法．

（一）工業(yè)實際吸收過程中，第I步常采用濃苛性鈉溶液吸收為其中的SO2；然后向生成溶液中加入熟石灰，充分反應后將生成產(chǎn)物分離后再經(jīng)氧化后制得產(chǎn)品A．

（1）產(chǎn)品A是____（填化學式）．

（2）有人提出將第一步中的濃苛性鈉溶液換成同溫度下飽和Ca（OH）2溶液直接制得產(chǎn)品CaSO3，你認為是否可行？____（填“可以”、“不可以”或“不確定”）原因是____

（二）制備MnSO4?H2O：SO2還原MnO2礦制備MnSO4?H2O；過程如下：

（1）生產(chǎn)中提高MnO2礦浸出率的措施除了將礦石粉碎還有____（答出一條即可）．

（2）除鐵發(fā)生的離子反應方程式為____．

（3）操作I的名稱為____．

（4）MnSO4?H2O在1150℃高溫下易分解，產(chǎn)物是Mn3O4、含硫化合物、水，在該條件下硫酸錳晶體分解反應的化學方程式是____．20、（A）(12分)工業(yè)上以氯化鉀和鈦白廠的副產(chǎn)品硫酸亞鐵為原料可得到硫酸鉀、過二硫酸鈉和鐵紅顏料等產(chǎn)品，該方法原料的綜合利用率較高。（1）基態(tài)鈦原子的核外電子排布式為____▲。（2）TiCl4在常溫下是一種無色液體，而FeCl3可用升華法提純，則兩種氯化物均屬于____▲晶體。（3）SO42-和S2O82-（過二硫酸根）結構中，硫原子均位于由氧原子組成的四面體的中心，且所有原子的最外層電子均滿足8電子結構。下列說法正確的是____。A．SO42-中存在σ鍵和π鍵且與PO43-離子互為等電子體B．S2O82-中存在非極性鍵且有強氧化性C．S2O82-比SO42-穩(wěn)定且兩者的氧元素的化合價相同（4）KCl與MgO的晶體結構跟NaCl的晶體結構相似，則KCl與MgO兩者中熔點高的是____，原因是▲。（5）硫與氯可形成化合物SCl2，則該分子中硫原子的雜化方式為▲，分子的空間構型為____。（6）在一定條件下鐵形成的晶體的基本結構單元如下圖1和圖2所示，則圖1和圖2的結構中鐵原子的配位數(shù)之比為▲。評卷人得分四、判斷題(共2題，共6分)21、李比希燃燒法、鈉熔法、銅絲燃燒法、是元素定性分析法____（判斷對錯）22、O2和O3互為同位素____．（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共4題，共16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．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內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．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內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：評卷人得分六、綜合題(共2題，共4分)27、（15分）下列框圖中的A~K物質均為中學常見物質。已知B、D、E、L常溫下為密度比空氣大的氣體，D、E為單質，其它為化合物。A和I都是常用的漂白劑，F(xiàn)的焰色反應呈黃色。F、G均能與L的水溶液反應放出B。請根據(jù)圖示關系回答問題：（1）F的俗名是＿＿＿＿＿＿；K的電子式＿＿＿＿＿＿。（2）反應①~⑤中，屬于氧化－還原反應的是＿＿＿＿＿＿。（3）反應④的離子方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。反應③的化學方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某單質能與H反應生成E，該反應的化學方程式為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。28、（15分）為研究鐵質材料與熱濃硫酸的反應，某小組進行了以下探究活動：[探究一]（1）稱取鐵釘（碳素鋼）12．0g放入30．0mL濃硫酸中，加熱，充分應后得到溶液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+。若要確認其中是否含有Fe2+，應選擇加入的試劑為________（選填序號）。a．KSCN溶液和氯水b．鐵粉和KSCN溶液c．濃氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同學取672mL（標準狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，經(jīng)適當操作后得到干燥固體4．66g。據(jù)此推知氣體Y中SO2的體積分數(shù)為____。（相對原子質量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述實驗中SO2體積分數(shù)的結果，丙同學認為氣體Y中還可能含量有H2和CO2氣體。為此設計了下列探究實驗裝置（圖中夾持儀器省略）。（2）寫出產(chǎn)生CO2的化學方程式____。（3）裝置A中試劑的作用是____。（4）簡述確認氣體Y中含有CO2的實驗現(xiàn)象。（5）如果氣體Y中含有H2，預計實驗現(xiàn)象應是。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】A.100g10%CuSO4溶液中m（CuSO4）=100g×10%=10g，10g硫酸銅晶體中m（CuSO4）=10g×=6.4g，配制溶液濃度=；

B．乙醇溶液中質量分數(shù)越大其密度越?。?/p>

C．配制一定物質的量濃度的稀硫酸溶液時；稱量濃硫酸時仰視量筒的刻度線，導致量取硫酸溶液體積偏大，溶液中溶質的物質的量偏大；

D．根據(jù)硫酸質量和質量分數(shù)計算出10%和90%的兩種硫酸等質量混合后的質量分數(shù)．【解析】【解答】解：A.100g10%CuSO4溶液中m（CuSO4）=100g×10%=10g，10g硫酸銅晶體中m（CuSO4）=10g×=6.4g，配制溶液濃度==6.4%；配制溶液濃度偏低，故A錯誤；

B．乙醇溶液中質量分數(shù)越大其密度越??；所以將30%的乙醇溶液和70%的乙醇溶液等體積混和后所得乙醇溶液的質量分數(shù)小于50%，故B錯誤；

C．配制一定物質的量濃度的稀硫酸溶液時；稱量濃硫酸時仰視量筒的刻度線，導致量取硫酸溶液體積偏大，溶液中溶質的物質的量偏大，所以最終配制溶液濃度偏高，故C正確；

D．設質量為m，10%的硫酸溶液和90%的硫酸混合后，配制的硫酸的質量分數(shù)為：=50%；故D錯誤；

故選C．2、A【分析】【分析】一次能源：從自然界取得的未經(jīng)任何改變或轉換的能源；如原油；原煤、天然氣、生物質能、水能、核燃料，以及太陽能、地熱能、潮汐能等；

二次能源：一次能源經(jīng)過加工或轉換得到的能源，如煤氣、焦碳、汽油、煤油、電力、熱水氫能等．【解析】【解答】解：根據(jù)上述分析；題目選項中屬于二次能源的是電能；蒸汽；屬于一次能源的是風能、煤、石油等；

故選A．3、D【分析】解：A．Fe（OH）3膠粒是氫氧化鐵的微粒集合體，1molFeCl3與沸水反應生成膠體后，含有小于NA個Fe（OH）3膠粒；故A錯誤；

B．標況下三氧化硫不是氣體；不能使用氣體摩爾體積，故B錯誤；

C．碳酸根離子為弱酸根離子，水溶液中部分水解，所以1L0.5mol?L-1Na2CO3溶液中含有的CO32-數(shù)目小于0.5NA；故C錯誤；

D.16.9g過氧化鋇（BaO2）的物質的量為=0.1mol，其中陰、陽離子總數(shù)（Ba2+、O22-）為0.2NA；故D正確；

故選：D。

A．膠體微粒是氫氧化鐵的集合體；

B．氣體摩爾體積使用對象為氣體；

C．碳酸根離子為弱酸根離子；水溶液中部分水解；

D．過氧化鋇（BaO2）中含有陰、陽離子（Ba2+、O22-）。

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的應用，質量換算物質的量計算微粒數(shù)，氣體摩爾體積的條件應用，膠體微粒的組成，熟練掌握概念和計算，即可解決，題目難度不大?！窘馕觥緿4、D【分析】【分析】由圖可知，概念的范疇為Z包含Y，Y包含X，然后利用物質的組成和性質來分析物質的類別，再根據(jù)概念的從屬關系來解答．【解析】【解答】解：A；氧化還原反應有些不是離子反應；故Z不能完全包含Y，故A錯誤；

B；非電解質屬于化合物；故B錯誤；

C；分散系屬于混合物；電解質屬于純凈物，故不存在包含關系，故C錯誤；

D、純凈物包含化合物，化合物包含液氨，故D正確，故選D．5、D【分析】【分析】A．有些放熱反應在高溫下才能進行；如鋁熱反應；

B．能夠與氫氧化鈣生成白色沉淀的離子；不一定為碳酸根離子，可能為碳酸氫根離子；亞硫酸根離子等；

C．亞鐵離子能夠被硝酸氧化成鐵離子；無法證明原氧化物中含有鐵離子；

D．少量二氧化碳與NaCN溶液反應產(chǎn)物為碳酸氫根離子離子，說明碳酸氫根離子的酸性小于HCN．【解析】【解答】解：A．在高溫條件下才能進行的反應不一定為吸熱反應；如鋁熱反應需要在高溫下進行，該反應的△H＜0，故A錯誤；

B．無色試液加入氫氧化鈣溶液產(chǎn)生白色沉淀；原溶液中可能含有碳酸氫根離子；亞硫酸根離子，不一定含有碳酸根離子，故B錯誤；

C．鐵的氧化物用硝酸溶解后加入KSCN；溶液呈紅色，原氧化物中可能含有亞鐵離子，不一定含有鐵離子，故C錯誤；

D．少量CO2通入NaCN溶液時反應為：CO2+H2O+CN-=HCO3-+HCN，反應產(chǎn)物為碳酸氫根離子，說明碳酸氫根離子酸性小于HCN，所以電離常數(shù)Ka（HCN）＞Ka2（H2CO3）；故D正確；

故選D．6、A【分析】【分析】A．溶液顯酸性、中性還是堿性，取決于溶液中c（H+）和c（OH-）的相對大小；

B．酸性、中性還是堿性溶液中都含有OH?離子；

C．甲基橙變色范圍3.1（紅）-4.4（黃）；

D．甲基橙變色范圍3.1（紅）-4.4（黃）．【解析】【解答】解：A．堿性溶液：c（OH-）＞c（H+）；故A正確；

B．酸性、中性還是堿性溶液中都含有OH?離子，含有OH?離子；溶液不一定呈堿性，故B錯誤；

C．滴加甲基橙后溶液顯紅色；溶液肯定呈酸性，故C錯誤；

D．滴加甲基橙后溶液顯黃色；溶液可能呈堿性，故D錯誤．

故選A．7、B【分析】【分析】根據(jù)四種取代物的物質的量相等結合碳原子守恒計算取代物的物質的量，再根據(jù)被取代的氫原子和氯氣分子之間的關系式計算消耗氯氣的物質的量．【解析】【解答】解：1mol甲烷完全與氯氣發(fā)生取代反應；若生成相同物質的量的四種取代物，所以每種取代物的物質的量是0.25mol，甲烷和氯氣的取代反應中，被取代的氫原子的物質的量與氯氣的物質的量相等；

所以生成0.25mol一氯甲烷需要氯氣0.25mol氯氣；

生成0.25mol二氯甲烷需要氯氣0.5mol；

生成0.25mol三氯甲烷需要氯氣0.75mol氯氣；

生成0.25mol四氯化碳需要氯氣1mol；

所以總共消耗氯氣的物質的量=0.25mol+0.5mol+0.75mol+1mol=2.5mol；

故選B．二、雙選題(共8題，共16分)8、A|D【分析】解：A．因開始氧氣過量，則發(fā)生C+O2CO2，n(O2)=1mol，生成二氧化碳為1mol，然后發(fā)生CO2+C2CO；則生成2molCO，圖象與反應相符合，故A正確；

B．因開始堿過量，則發(fā)生CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，n(NaOH)=1mol時生成0.5molNa2CO3，再加人二氧化碳發(fā)生Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3；則最終碳酸鈉減少為0，碳酸氫鈉生成1mol，圖象與反應不符，故B錯誤；

C．因開始反應時鹽酸過量，則發(fā)生K2CO3+2HCl═2KCl+H2O+CO2↑；n(HCl)=1mol時生成0.5mol二氧化碳后再加鹽酸不反應，氣體不會減少，圖象與反應不符，故C錯誤；

D．因開始硝酸過量，則發(fā)生Fe+4HNO3═Fe(NO3)3+NO↑+H2O，n(HNO3)=1mol時生成0.25molFe(NO3)3；圖象與反應相符，故D正確；

故選AD．【解析】【答案】AD9、B|D【分析】解：A．Fe用熱還原法冶煉；故A不選；

B．鈉的性質很活潑；用電解氯化鈉的方法冶煉，故B選；

C．Cu用熱還原法冶煉；故C不選；

D．Al的性質很活潑；用電解其氧化物的方法冶煉，故D選．

故選BD．

電解法：冶煉活潑金屬K、Ca、Na、Mg、Al，一般用電解熔融的氯化物（Al是電解熔融的Al2O3）制得；

熱還原法：冶煉較不活潑的金屬Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用還原劑有（C、CO、H2等）；

熱分解法：冶煉不活潑的金屬Hg；Ag用加熱分解氧化物的方法制得．

本題考查金屬冶煉的一般方法和原理，為高頻考點，側重于元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，注意根據(jù)金屬的活潑性采用相應的冶煉方法，難度不大．【解析】【答案】BD10、rBC【分析】解：rm{A}反應rm{壟脵}中rm{Sb_{2}S_{3}}含有元素化合價不變，氧化劑是氧氣，反應rm{壟脷}中rm{Sb_{4}O_{6}}中rm{Sb}元素的化合價由rm{+3}價降低為rm{0}價，rm{Sb_{4}O_{6}}是氧化劑；故A錯誤；

B、反應rm{壟脵}中化合價升高的元素只有rm{Fe}元素，由rm{0}價升高為rm{+2}價，每生成rm{3molFeS}轉移電子為rm{3mol隆脕2=6mol}故B正確；

C、反應rm{壟脷C}是還原劑，rm{Sb}是還原產(chǎn)物，還原劑還原性強于還原產(chǎn)物的還原性，說明高溫下rm{C}的還原性比rm{Sb}強；故C正確；

D、生成rm{4molSb}時，反應rm{壟脷C}是還原劑，需要rm{6molC}需要rm{1molSb_{4}O_{6}}反應rm{壟脵}中rm{Fe}是還原劑，生成rm{1molSb_{4}O_{6}}需要rm{6molFe}故反應rm{壟脵}與反應rm{壟脷}中還原劑的物質的量之比為rm{6mol}rm{6mol=1}rm{1}故D錯誤；

故選BC．

A；所含元素化合價降低的反應物是氧化劑；據(jù)此結合元素化合價判斷；

B、反應rm{壟脵}中化合價升高的元素只有rm{Fe}元素，由rm{0}價升高為rm{+2}價；據(jù)此計算；

C；根據(jù)還原劑的還原性強于還原產(chǎn)物的還原性判斷；

D、反應rm{壟脵}中還原劑是rm{Fe}反應rm{壟脷}中還原劑是rm{C}根據(jù)方程式計算．

考查氧化還原反應概念與有關計算、還原性強弱判斷，難度中等，注意根據(jù)化合價進行概念的理解．【解析】rm{BC}11、A|B【分析】解：A；丁烷屬于直鏈脂肪烴；故A正確；

B；環(huán)己烷屬于環(huán)烴；屬于脂肪烴，故B正確；

C；苯酚含有苯環(huán)；不是脂肪烴，故C錯誤；

D；甲苯分子含有苯環(huán)；不屬于脂肪烴，故D錯誤；

故選AB．【解析】【答案】AB12、CD【分析】略【解析】rm{CD}13、BD【分析】【分析】本題主要考查沉淀溶解影響因素、反應是否自發(fā)的判斷以及原電池的電極反應，難度中等?！窘獯稹緼.rm{25隆忙}時，在rm{Mg(OH)_{2}}的懸濁液中加入少量的rm{NH_{4}Cl}固體，銨根離子消耗氫氧根離子，促進氫氧化鎂的溶解，rm{c(Mg^{2+})}將增大，故A錯誤；B.一定溫度下，反應rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)}rm{婁隴H>0}能自發(fā)進行，即rm{婁隴H-T婁隴S<0}則反應rm{婁隴S>0}，故B正確；C.rm{Na_{2}CO_{3}}為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，rm{BaCl_{2}}與rm{Na_{2}CO_{3}}反應生成rm{BaCO_{3}}沉淀，水解平衡逆向移動，溶液堿性減弱，氯化鋇是強酸強堿鹽，溶液呈中性，故C錯誤；D.上圖電池放電時正極是rm{Li_{2}O_{2}}得電子，生成rm{Li_{2}O}，電極反應式為：rm{2Li^{+}+Li_{2}O_{2}+2e^{-}=2Li_{2}O}，故D正確。故選BD?！窘馕觥縭m{BD}14、BD【分析】【分析】A.濃氨水和飽和氯化鐵溶液產(chǎn)生紅褐色氫氧化鐵沉淀；B.氫氧化物表示方法相同時，溶度積產(chǎn)生大的物質能轉化為溶度積常數(shù)小的物質；C.碳酸根離子、碳酸氫根離子都能與稀鹽酸反應生成無色無味且能使澄清石灰水變渾濁的氣體；D.鹵代烴中鹵元素的檢驗時，先將鹵元素轉化為鹵離子，然后加入稀硝酸中和未反應的rm{NaOH}最后用硝酸銀檢驗鹵離子?！窘獯稹緼.濃氨水和飽和氯化鐵溶液產(chǎn)生紅褐色氫氧化鐵沉淀，氫氧化鐵膠體的制備方法：在沸騰的蒸餾水中加入飽和氯化鐵溶液加熱，當溶液變?yōu)榧t褐色時應立即停止加熱，故A錯誤；B.氫氧化物表示方法相同時，溶度積大的物質能轉化為溶度積常數(shù)小的物質，氫氧化鎂溶度積常數(shù)小于氫氧化鈣，所以可用飽和rm{MgCl_{2}}溶液多次洗滌后可以除去氫氧化鎂中的氫氧化鈣，故B正確；C.碳酸根離子、碳酸氫根離子都能與稀鹽酸反應生成無色無味且能使澄清石灰水變渾濁的氣體，所以原溶液中可能含有碳酸氫根離子，故C錯誤；D.鹵代烴中鹵元素的檢驗時，先將鹵元素轉化為鹵離子，然后加入稀硝酸中和未反應的rm{NaOH}最后用硝酸銀檢驗鹵離子，則鹵代烴rm{Y}與rm{NaOH}醇溶液共熱后，加入足量稀硝酸，再滴加rm{AgNO_{3}}溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明鹵代烴rm{Y}中含有氯原子，故D正確。故選BD?！窘馕觥縭m{BD}15、rAD【分析】解：rm{A}氫氣與氧氣反應放熱，反應物能量高于生成物，所以rm{2molH_{2}(g)}和rm{1molO_{2}(g)}的總能量大于rm{2molH_{2}O(g)}的能量；故A正確；

B、氫氣燃燒的反應為放熱反應，但rm{H_{2}}與rm{O_{2}}的反應需要外界條件引發(fā)反應；常溫混合不能自發(fā)進行，故B錯誤；

C、根據(jù)圖象rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6}故逆反應為吸熱反應，rm{2H_{2}O(l)簍T2H_{2}(g)+O_{2}(g)triangleH=+571.6}rm{kJ?mol^{-1}}故C錯誤；

D、rm{2H_{2}O(l)簍T2H_{2}(g)+O_{2}(g)triangle

H=+571.6}生成rm{kJ?mol^{-1}}時為放熱過程；沒有發(fā)生化學變化，故D錯誤．

故選A．

A；氫氣與氧氣反應放熱；反應物能量高于生成物；

B、氫氣燃燒的反應為放熱反應，但rm{H_{2}O(g)}與rm{H_{2}O(l)}的反應需要外界條件引發(fā)反應；常溫混合不能自發(fā)進行；

C、根據(jù)圖象rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6}rm{H_{2}}故逆反應為吸熱反應；

D、rm{O_{2}}生成rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6}時為放熱反應；故斷鍵吸收的能量小于成鍵放出的能量．

本題考查了焓變、蓋斯定律、焓變與反應物生成物能量的關系，題目難度不大．rm{kJ?mol^{-1}}【解析】rm{AD}三、填空題(共5題，共10分)16、D2NA2SO42--2e-=S2O82-過氧化氫不穩(wěn)定，受熱容易分解，減小氣壓，使液體沸點降低NH4HSO4B【分析】【分析】（1）不產(chǎn)生其它物質的反應原子的利用率最高；

（2）根據(jù)雙氧水和轉移電子之間的關系式計算；SO42-失去e-生成S2O82-；

（3）減小氣壓；使液體沸點降低；

（4）根據(jù)圖片中曲線變化趨勢與溶液粘度、反應速率之間的關系分析．【解析】【解答】解：（1）ABC中除了生成雙氧水為還有其它物質生成；D中只有雙氧水生成，所以D中原子利用率最高，故答案為：D；

（2）該反應中氧元素的化合價變化為：-2價→-1價，所以生成1mol雙氧水轉移電子2NA；SO42-失去e-生成S2O82-，陽極的電極反應方程是：2SO42--2e-=S2O82-，故答案為：2NA；2SO42--2e-=S2O82-；

（3）過氧化氫受熱容易分解，減小氣壓，使液體沸點降低；殘液為NH4HSO4，可循環(huán)利用，故答案為：過氧化氫不穩(wěn)定，受熱容易分解，減小氣壓，使液體沸點降低；NH4HSO4；

（4）根據(jù)圖2知；縱坐標越大其粘度越大，相同時間內縱坐標變化越大，其反應速率越快，根據(jù)圖3知，相同濃度的銅離子溶液中，縱坐標變化越大，其反應速率越大；

A．e曲線變化不明顯；所以錳離子能使該降解反應速率減緩，故正確；

B．相同時間內；含有亞鐵離子的曲線縱坐標變化比含有銅離子的大，所以亞鐵離子對該降解反應的催化效率比銅離子高，故錯誤；

C．海藻酸鈉濃度與溶液粘度正相關；粘度變化越大海藻酸鈉濃度變化越大，其反應速率越大，所以海藻酸鈉溶液粘度的變化快慢可反映出其降解反應速率的快慢，故正確；

D．根據(jù)圖3知；一定條件下，銅離子濃度一定時，反應時間越長，溶液粘度越小，則海藻酸鈉溶液濃度越小，故正確；

故答案為：B．17、NH4++H2O?NH3?H2O+H+1.414×10-15mol/LCaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O2NO3-+10e-+12H+═6H2O+N2↑2H2O-4e-═4H++O2↑硝酸電解時Ⅲ室氫離子得電子發(fā)生還原反應（或2H++2e-=H2），使堿性增強，同時NH4+通過陽離子膜進入III室，發(fā)生反應：NH4++OH-=NH3+H2O，生成氨氣【分析】【分析】（1）銨根離子水解顯酸性；

（2）粗硝酸鈣（含硝酸鈣、難溶物及硝酸）加水溶解，過濾得含硝酸鈣和硝酸的溶液，加入碳酸鈣與硝酸銨反應生成硝酸銨鈣、水和二氧化碳氣體，溶液為硝酸鈣和硝酸銨的混合溶液，蒸發(fā)結晶得到硝酸銨鈣[5Ca（NO3）2?NH4NO3?10H2O]晶體．

①根據(jù)Ksp[Ca3（PO4）2]=[c（Ca2+）]3×c（PO43-）計算；

②粗硝酸鈣（含硝酸鈣；難溶物及硝酸）加水溶解；過濾得含硝酸鈣和硝酸的溶液，加入碳酸鈣與硝酸反應生成硝酸鈣、水和二氧化碳氣體；

③硝酸銨分解生成氮氣和氧氣以及水；

（3）①反硝化是利用某些細菌在酸性條件下將NO3-得到電子發(fā)生還原反應生成N2；據(jù)此書寫；

②根據(jù)膜電解法陽極上為水失電子發(fā)生的氧化反應；Ⅰ室消耗氫氧根離子使酸性增強；與向陽極移動的硝酸根結合成硝酸；

③電解時，Ⅲ室為陰極應為氫離子得電子發(fā)生還原反應，消耗氫離子使堿性增強，與向陰極移動的銨根離子反應生成氨氣，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：（1）銨根離子水解顯酸性，則水解離子反應為NH4++H2O?NH3?H2O+H+；

故答案為：NH4++H2O?NH3?H2O+H+；

（2）①Ksp[Ca3（PO4）2]=2×10-33，c（Ca2+）≈0.1mol/L，Ksp[Ca3（PO4）2]=[c（Ca2+）]3×c（PO43-）=2×10-33，（0.1）3×c2（PO43-）=2×10-33，≈1.414．c（PO43-）=1.414×10-15mol/L；

故答案為：1.414×10-15mol/L；

②加入碳酸鈣與硝酸反應生成硝酸鈣、水和二氧化碳氣體，發(fā)生反應的離子方程式為CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；

故答案為：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；

③空氣中含量最大的兩種氣體分別是氮氣和氧氣，依據(jù)氧化還原反應原理得出硝酸銨分解方程式為：2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O；

故答案為：2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O；

（3）①反硝化是利用某些細菌在酸性條件下將NO3-轉化為N2，即NO3-得到電子發(fā)生還原反應生成N2，反應式為2NO3-+10e-+12H+═6H2O+N2↑；

故答案為：2NO3-+10e-+12H+═6H2O+N2↑；

②膜電解法陽極上為水失電子發(fā)生的氧化反應，反應式為2H2O-4e-═4H++O2↑；則Ⅰ室陽極消耗氫氧根離子使酸性增強，與向陽極移動的硝酸根結合成硝酸，所以Ⅰ室可回收的產(chǎn)品為硝酸；

故答案為：2H2O-4e-═4H++O2↑；硝酸；

③電解時，Ⅲ室為陰極應為氫離子得電子發(fā)生還原反應（或2H++2e-=H2），則消耗氫離子使堿性增強，與向陰極移動的銨根離子反應生成氨氣，發(fā)生反應：NH4++OH-=NH3+H2O；所以Ⅲ室可回收到氨氣；

故答案為：電解時Ⅲ室氫離子得電子發(fā)生還原反應（或2H++2e-=H2），使堿性增強，同時NH4+通過陽離子膜進入III室，發(fā)生反應：NH4++OH-=NH3+H2O，生成氨氣．18、CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.4KJ/molC2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）△H=-44.2kJ/mol【分析】【分析】（1）根據(jù)熱化學方程式的書寫方法可知；化學計量數(shù)與反應熱成正比，并注意標明物質的聚集狀態(tài)，根據(jù)燃燒熱的概念結合熱化學方程式的書寫來回答；

（2）由燃燒熱的概念寫出各反應的熱化學方程式，利用蓋斯定律計算．【解析】【解答】解：（1）5gCH3OH在氧氣中燃燒生成CO2和液態(tài)水，放出113.5kJ熱量，64g即2molCH3OH在氧氣中燃燒生成CO2和液態(tài)水；放出1452.8kJ熱量；

則燃燒熱的熱化學方程式為：CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.4KJ/mol；

故答案為：CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.4KJ/mol；

（3）已知H2（g）、C2H4（g）和C2H5OH（l）的燃燒熱分別是-285.8kJ/mol；-1411.0kJ/mol和-1366.8kJ/mol；

則有：①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol；

②C2H4（g）+2O2（g）=2H2O（l）+2CO2（g）△H=-1411.0kJ/mol；

③C2H5OH（l）+2O2（g）=3H2O（l）+2CO2（g）△H=-1366.8kJ/mol；

根據(jù)蓋斯定律②-③可得：C2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）△H=-44.2kJ/mol；

故答案為：C2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）△H=-44.2kJ/mol；19、CaSO4不可以Ca（OH）2在水中溶解度較小，c（OH-）太低，吸收效率不高充分攪拌、適當提高體系溫度等2Fe3++3H2O+3CaCO3=2Fe（OH）3↓+3CO2↑+3Ca2+或Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶3MnSO4?H2OMn3O4+SO2↑+2SO3↑+3H2O【分析】【分析】（一）（1）采用濃苛性鈉溶液吸收為其中的SO2；然后向生成溶液中加入熟石灰，充分反應后將生成產(chǎn)物分離后再經(jīng)氧化后制得產(chǎn)品A，依據(jù)流程轉化關系分析判斷；

（2）濃苛性鈉溶液換成同溫度下飽和Ca（OH）2溶液直接制得產(chǎn)品CaSO3時；氫氧化鈣溶解度較小，吸收二氧化硫的效率不高分析判斷；

（二）根據(jù)制備MnSO4?H2O的原理和流程分析：SO2還原MnO2礦制備MnSO4?H2O；

（1）生產(chǎn)中提高MnO2礦浸出率的措施除了將礦石粉碎；其他措施是能加快溶解速率分析；

（2）除鐵發(fā)生的反應是利用三價鐵離子水解生成氫氧化鐵和氫離子呈酸性；調節(jié)PH到6.5時，三價鐵全部沉淀；加入的碳酸鈣是為了和氫離子反應使溶液PH升高到6.5；

（3）依據(jù)流程分析；操作I是對得到的硫酸錳溶液結晶析出，方法為蒸發(fā)溶劑濃縮冷卻結晶；

（4）MnSO4?H2O在1150℃高溫下易分解，產(chǎn)物是Mn3O4、含硫化合物、水，依據(jù)化合價的升降相同，原子守恒書寫化學方程式；【解析】【解答】解：（一）（1）流程發(fā)生的反應是二氧化硫和氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉，亞硫酸鈉和氫氧化鈣反應生成亞硫酸鈣，亞硫酸鈣被氧氣氧化為硫酸鈣，化學式為：CaSO4；

故答案為：CaSO4；

（2）將第一步中的濃苛性鈉溶液換成同溫度下飽和Ca（OH）2溶液直接制得產(chǎn)品CaSO3；由于氫氧化鈣溶解度小對二氧化硫吸收不完全，所以不可以；

故答案為：不可以Ca（OH）2在水中溶解度較小，c（OH-）太低；吸收效率不高；

（二）（1）生產(chǎn)中提高MnO2礦浸出率的措施除了將礦石粉碎；也可以進行充分攪拌；適當提高體系溫度等措施；故答案為：充分攪拌、適當提高體系溫度等；

（2）除鐵發(fā)生的反應是利用鐵離子在PH=6.5時全部沉淀除去，三價鐵離子水解生成氫氧化鐵和氫離子，加入碳酸鈣會和氫離子反應，使PH升高到6.5，所以反應的離子反應方程式為：2Fe3++3H2O+3CaCO3=2Fe（OH）3↓+3CO2↑+3Ca2+；或Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+；2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O；

故答案為：2Fe3++3H2O+3CaCO3=2Fe（OH）3↓+3CO2↑+3Ca2+；或Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+；2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O；

（3）操作I是依據(jù)流程得到硫酸錳溶液中得到溶質晶體；采取的措施是：蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶；故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶；

（4）MnSO4?H2O在1150℃高溫下易分解，產(chǎn)物是Mn3O4、含硫化合物、水，在該條件下硫酸錳晶體分解反應的化學方程式依據(jù)氧化還原反應的化合價升降相同，結合原子守恒分析判斷寫出化學方程式為：依據(jù)電子守恒可知，3MnSO4?H2O～Mn3O4～2e-；3MnSO4?H2O～SO2～6e-；所以生成的硫的化合物是二氧化硫和三氧化硫，依據(jù)原子守恒配平化學方程式為：3MnSO4?H2OMn3O4+SO2↑+2SO3↑+3H2O；

故答案為：3MnSO4?H2OMn3O4+SO2↑+2SO3↑+3H2O；20、略

【分析】【解析】【答案】（1）［Ar］3d24s2（2分）（2）分子（1分）（3）B（2分）（4）MgO；均為離子晶體，而Mg2+與O2-半徑和小于K+與Cl-半徑和且MgO中陰陽離子所帶電荷均比KCl中陰陽離子所帶電荷多，故MgO晶格能比KCl大，熔點高。（3分）（5）sp3、V型（折線型）（2分）（6）2∶3合理答案均參照給分！四、判斷題(共2題，共6分)21、×【分析】【分析】李比希燃燒法是元素定量分析法，鈉熔法定性鑒定有機化合物所含元素（氮、鹵素、硫）的方法，銅絲燃燒法可定性確定有機物中是否存在鹵素【解析】【解答】解：李比希于1831年最早提出測定有機化合物中碳；氫元素質量分數(shù)的方法；是元素的定量分析法；

鈉熔法是定性鑒定有機化合物所含元素（氮；鹵素、硫）的方法；銅絲燃燒法可定性確定有機物中是否存在鹵素；

故答案為：×22、×【分析】【分析】有相同質子數(shù)；不同中子數(shù)的原子互為同位素；

相同元素組成，不同形態(tài)的單質互為同素異形體．【解析】【解答】解：O2和O3都是由氧元素形成的不同單質；故互為同素異形體；

故答案為：×．五、探究題(共4題，共16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（