2025年浙教版高三化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………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年浙教版高三化學(xué)下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)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、下列敘述正確的是（）A.盛放濃硫酸的試劑瓶的標(biāo)簽上應(yīng)印有警示標(biāo)記B.錐形瓶不可作為加熱用的反應(yīng)器C.實(shí)驗(yàn)室制取二氧化氮時(shí)，用水或NaOH溶液吸收尾氣D.不慎將濃堿液沾到皮膚上，要立即涂上稀硫酸，再用大量水沖洗2、下列反應(yīng)中生成物總能量高于反應(yīng)物總能量的是（）A.氫氧化鈉溶液與稀鹽酸混合B.氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體混合攪拌C.乙醇燃燒D.鋁熱反應(yīng)3、研究反應(yīng)物的化學(xué)計(jì)量數(shù)與產(chǎn)物之間的關(guān)系時(shí)，使用類似數(shù)軸的方法可以收到的直觀形象的效果．下列表達(dá)不正確的是（）A.密閉容器中CuO和C高溫反應(yīng)的氣體產(chǎn)物：B.Fe在Cl2中的燃燒產(chǎn)物：C.NaOH溶液中通入一定量的CO2的產(chǎn)物：D.AlCl3溶液中滴加NaOH溶液后體系中鋁元素的存在形式：4、下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到目的的是A.除去苯中混有的少量苯酚：加入適量NaOH溶液，振蕩、靜置后分液B.除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸：加入NaOH溶液并加熱，振蕩、靜置后分液C.檢驗(yàn)鹵代烴中的鹵原子：取少量液體與NaOH溶液共熱后滴加AgNO3溶液D.檢驗(yàn)FeCl3溶液中是否含有Fe2+：取少量溶液先滴加氯水，再滴加KSCN溶液5、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A.由水電離的c(H+)=10-4mol/L的溶液中：Fe2+、SO42—、K+、NO3—B.由水電離的c(H+)=10-14mol/L的溶液中：Ca2+、Na+、HCO3—、NO3—C.c(H+)/c(OH-)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、SO42—、Cl—D.c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：Na+、K+、NO3—、SO32—6、近來霧霾頻現(xiàn)；“PM2.5”數(shù)據(jù)監(jiān)測納入公眾視野．“PM2.5”是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的細(xì)小顆粒物，也稱為可入肺顆粒物．下列有關(guān)說法中，錯誤的是（）

A.霧霾有可能產(chǎn)生丁達(dá)爾現(xiàn)象。

B.近來霧霾的形成與工業(yè)排放的煙氣有關(guān)系。

C.“PM2.5”沒有必要納入空氣質(zhì)量評價(jià)指標(biāo)。

D.霧霾天氣嚴(yán)重危害人體健康。

7、海帶中含有碘離子，某化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)如下的步驟從海帶中提取單質(zhì)碘：①通足量氯氣②將海帶燒成灰，向灰中加水?dāng)嚢琚奂覥Cl4振蕩④過濾⑤用分液漏斗分液。合理的操作順序?yàn)锳．①→③→⑤→②→④B．②→①→③→④→⑤C．②→④→①→③→⑤D．③→①→②→⑤→④評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、（1）某烷烴的分子量為72，跟氯氣反應(yīng)生成的一氯代物只有一種，該烷烴的結(jié)構(gòu)簡式為____，名稱為____．

（2）1mol某不飽和烴可以和1mol氯氣發(fā)生加成反應(yīng)，生成2-甲基-2，3-二氯戊烷，該烴的結(jié)構(gòu)簡式為____，名稱為____．9、質(zhì)子核磁共振譜（PMR）是研究有機(jī)物結(jié)構(gòu)的重要方法之一．在研究的化合物分子中：所處環(huán)境完全相同的氫原子在PMR譜中出現(xiàn)同一種信號峰：如（CH3）2CHCH2CH3在PMR譜中有四種信號峰．又如CH3-CBr=CHX存在著如下的兩種不同空間結(jié)構(gòu)：

因此CH3-CHBr=CHX的PMR譜上會出現(xiàn)氫原子的四種不同信號峰．

請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）化學(xué)式為C3H6O2的物質(zhì)在PMR譜上觀察到下列兩種情況下氫原子給出的信號峰：第一種情況出現(xiàn)兩個信號峰，第二種情況出現(xiàn)三個信號峰，由此可推斷對應(yīng)于這兩種情況該有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可能為：____；____．

（2）測定CH3CH=CHCl時(shí)：能得到氫原子給出的信號峰6種：由此可推斷該有機(jī)物一定存在____種不同的結(jié)構(gòu)：其結(jié)構(gòu)式分別為：____．10、黃銅礦（CuFeS2）是制取銅及其化合物的主要原料之一；還可以制備硫及鐵的化合物．

（1）冶煉銅的反應(yīng)為8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2

若CuFeS2中Fe的化合價(jià)為+2，反應(yīng)中被還原的元素是______（填元素符號）．

（2）下表中，對陳述Ⅰ、Ⅱ的正確性及其有無因果關(guān)系的判斷都正確的是______（填字母）．

。選項(xiàng)陳述Ⅰ陳述Ⅱ判斷A銅綠的主成分是堿酸銅可用稀鹽酸除銅器表面的銅綠Ⅰ對；Ⅱ?qū)?；有B銅表易形成致密的氧化膜銅容器可以盛放濃硫酸Ⅰ對；Ⅱ?qū)?；有C鐵比銅活潑例在銅板上的鐵釘在潮濕空氣中不易生銹Ⅰ對；Ⅱ?qū)?；有D藍(lán)色硫酸銅晶體受熱轉(zhuǎn)化為白色硫酸銅粉末是物理變化硫酸銅溶液可用作游泳池的消毒劑Ⅰ錯；Ⅱ?qū)?；無（3）過二硫酸鉀（K2S2O8）具有強(qiáng)氧化性，可將I-氧化為I2：S2O82-+2I-=2SO42-+I2

通過改變反應(yīng)途徑，F(xiàn)e3+、Fe2+均可催化上述反應(yīng)．試用離子方程式表示Fe3+對上述反應(yīng)的催化過程．______、______（不必配平）．

（4）利用黃銅礦冶煉銅產(chǎn)生的爐渣（含F(xiàn)e2O3、FeO、SiO2、AI2O3）可制備Fe2O3．方法為。

①用稀鹽酸浸取爐渣；過濾．

②濾液先氧化；再加入過量NaOH溶液，過濾，將沉淀洗滌；干燥、煅燒得．

據(jù)以上信息回答下列問題：

a．除去AI2O3的離子方程式是______．

b．選用提供的試劑；設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證爐渣中含有FeO．

提供的試劑：稀鹽酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、碘水所選試劑為______．證明爐渣中含有的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為______．11、（2015秋?慈溪市期中）50mL0.50mol?L-1鹽酸與50mL0.50mol?L-1NaOH溶液在如圖所示的裝置中進(jìn)行中和反應(yīng)．通過測定反應(yīng)過程中放出的熱量可計(jì)算中和反應(yīng)反應(yīng)熱．回答下列問題：

（1）完整地做一次這樣的實(shí)驗(yàn)，需測定____次溫度。

（2）從實(shí)驗(yàn)裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃儀器是____．

（3）燒杯間填滿碎紙條的作用是____．

（4）若大燒杯上不蓋硬紙板，求得的反應(yīng)熱數(shù)值____（填“偏大”；“偏小”或“無影響”）．

（5）用相同質(zhì)量的NaOH固體進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，測得的中和反應(yīng)反應(yīng)熱數(shù)值與57.3kJ?mol-1相比會____（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）．12、蕓香中的傘形花內(nèi)酯（）屬于香豆素類化合物，具有抗菌抗癌作用．該化合物是香豆素（）的衍生物；可由4-羥基水楊醛和乙酸酐制得：

以下是由甲苯生產(chǎn)傘形花內(nèi)酯E的一種合成路線（副產(chǎn)物已略去）

已知下列信息：

①甲苯在發(fā)生取代反應(yīng)時(shí)；易在甲基的鄰位和對位上進(jìn)行取代．

②B可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)．

③同一個碳原子上連有兩個羥基通常不穩(wěn)定；易脫水形成羰基．

請回答下列問題：

（1）E的分子式____．

（2）由A生成B的反應(yīng)類型____，A的名稱____．1mol傘形花內(nèi)酯在一定條件下最多可與____molBr2反應(yīng)．

（3）由B生成C的化學(xué)方程式____．

（4）D有多種同分異構(gòu)體，按要求寫出其中一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，能發(fā)生水解反應(yīng)____

（5）秦皮中的七葉內(nèi)酯也屬于香豆素類化合物，具有抑制痢疾桿菌的作用，可由與乙酸酐反應(yīng)制得，試寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式____．13、（1）蓋斯定律認(rèn)為：不管化學(xué)過程是一步完成或分?jǐn)?shù)步完成；整個過程的總熱效應(yīng)相同．試運(yùn)用蓋斯定律回答下列問題：

已知：C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）；△H1=-Q1kJ?mol-1；

C2H5OH（g）═C2H5OH（l）；△H2=-Q2kJ?mol-1；

H2O（g）═H2O（l）；△H3=-Q3kJ?mol-1．

若使23g液態(tài)無水酒精完全燃燒，并恢復(fù)到室溫，則整個過程中放出的熱量為____kJ．（用Q1、Q2、Q3表示）

（2）丙烷是一種優(yōu)良的燃料，近年來已經(jīng)研制出丙烷（C3H8）燃料電池，該電池的電解質(zhì)溶液為H2SO4溶液，寫出該電池負(fù)極的電極反應(yīng)式____．14、甲、乙兩同學(xué)為探究SO2與可溶性鋇的強(qiáng)酸鹽能否反應(yīng)生成白色BaSO3沉淀；用下圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)（夾持裝置和A中加熱裝置已略，氣密性已檢驗(yàn)）

實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象：

。操作現(xiàn)象關(guān)閉彈簧夾，滴加一定量濃硫酸，加熱A中有白霧生成；銅片表面產(chǎn)生氣泡。

B中有氣泡冒出；產(chǎn)生大量白色沉淀。

C中產(chǎn)生白色沉淀，液面上方略顯淺棕色并逐漸消失打開彈簧夾，通入N2；

停止加熱，一段時(shí)間后關(guān)閉____從B、C中分別取少量白色沉淀，加稀鹽酸均未發(fā)現(xiàn)白色沉淀溶解（1）A中反應(yīng)的化學(xué)方程式是____．

（2）C中白色沉淀是____，該沉淀的生成表明SO2具有____性．

（3）分析B中不溶于稀鹽酸的沉淀產(chǎn)生的原因，甲、乙同學(xué)各持自己的觀點(diǎn)，為證實(shí)各自的觀點(diǎn)，在原實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)上，甲在A、B間增加裝有飽和的NaHSO3溶液洗氣瓶D；乙在原有操作之前增加一步操作為：通N2一段時(shí)間；先排除裝置的空氣．由此判斷：

①甲同學(xué)認(rèn)為產(chǎn)生不溶于酸的沉淀是____參與反應(yīng)導(dǎo)致的。

乙同學(xué)認(rèn)為產(chǎn)生不溶于酸的沉淀是____參與反應(yīng)導(dǎo)致的。

②改進(jìn)后進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；B中現(xiàn)象為：

。甲少量白色沉淀乙大量白色沉淀檢驗(yàn)白色沉淀，發(fā)現(xiàn)均不溶于稀鹽酸．用離子方程式解釋實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象異同的原因：____．

（4）合并（3）中兩同學(xué)的方案進(jìn)行試驗(yàn)．B中無沉淀生成，而C中產(chǎn)生白色沉淀，由此得出的結(jié)論是____．

（5）SO2與BaCl2溶液在下列情況下可能出現(xiàn)沉淀的是____

A．往溶液中通SO2同時(shí)通入NH3B．往溶液中通SO2同時(shí)通入CO2氣體。

C．往溶液中滴加硅酸鈉溶液D．往溶液中滴加NaOH溶液。

E．往溶液中滴加稀鹽酸溶液F．往溶液中滴加氯水．15、（1）已知NaHA水溶液呈堿性．

①用離子方程式表示NaHA水溶液呈堿性的原因____

②在NaHA水溶液中各離子濃度的大小關(guān)系是____

（2）在25℃下，向濃度均為0.1mol?L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成____沉淀（填化學(xué)式），生成該沉淀的離子方程式為____．（已知25℃時(shí)Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，KsP[Cu（OH）2]=2.2×10-20）

（3）在25℃下，將amol?L-1的氨水與0.01mol?L-1的鹽酸等體積混合，反應(yīng)平衡時(shí)溶液中c（NH4+）=c（Cl-），則溶液顯____性（填“酸”“堿”或“中”）；用含a的代數(shù)式表示NH3?H2O的電離常數(shù)Kb=____．16、有一pH=12的NaOH溶液100mL，欲使它的pH降為11。（1）如果加入蒸餾水，就加入________mL（2）如果加入pH=10的NaOH溶液，應(yīng)加入_________mL（3）如果加入0.008mol/LHCl溶液，應(yīng)加入__________mL評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)17、工業(yè)廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染．____．（判斷對錯）18、膠體的性質(zhì)主要有：丁達(dá)爾現(xiàn)象、電泳、聚沉____．（判斷對錯）19、將40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為1mol/L____．（判斷對錯）20、甲烷與氯氣在紫外線照射下的反應(yīng)產(chǎn)物有4種____（判斷對錯）21、1molCnH2n+2分子中含有的C-C數(shù)為nNA．____（判斷對錯）22、天然氣（CNG）和液化石油氣（LPG）的主要成分都是碳?xì)浠衔铮甠___．（判斷對錯）評卷人得分四、探究題(共4題，共8分)23、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?jiān)诶ㄌ杻?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________．24、實(shí)驗(yàn)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：25、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?jiān)诶ㄌ杻?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________．26、實(shí)驗(yàn)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、其他(共2題，共16分)27、（15分）已知有機(jī)物A～I(xiàn)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示：①A與D、Ｂ與E、I與F互為同分異構(gòu)體②加熱條件下新制Cu(OH)2懸濁液分別加入到有機(jī)物I、F中，I中無明顯現(xiàn)象，F(xiàn)中變磚紅色。③Ｃ的最簡式與乙炔相同，且相對分子質(zhì)量為104④Ｂ的一種同分異構(gòu)體與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)。根據(jù)以上信息，回答下列問題：（1）Ｃ中含有的官能團(tuán)名稱為（2）H的結(jié)構(gòu)簡式為（3）反應(yīng)①～⑨中屬于取代反應(yīng)的是____(4)寫出反應(yīng)⑥的化學(xué)方程式(5)寫出F與新制Cu(OH)2懸濁液反應(yīng)的化學(xué)方程式(6)苯環(huán)上含有兩個取代基且能與NaOH溶液反應(yīng)，但不與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)的G的同分異構(gòu)體有種.28、有七種常見儀器：細(xì)口瓶；試管、天平、分液漏斗、容量瓶、酒精燈、研缽．請根據(jù)它們的用途或特征回答問題：

（1）可用于研磨固體的儀器是____．

（2）只有一個刻度線的儀器是____．

（3）分離汽油和水的混合物必須用到的儀器是____．

（4）在實(shí)驗(yàn)室中通常作為熱源的儀器是____．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】A．濃硫酸具有腐蝕性；

B．錐形瓶可作為加熱用的反應(yīng)器；

C．二氧化氮與水反應(yīng)仍會產(chǎn)生NO；

D．硫酸對皮膚有腐蝕作用．【解析】【解答】解：A．濃硫酸具有腐蝕性；標(biāo)簽上應(yīng)印有腐蝕品標(biāo)記，故A正確；

B．錐形瓶可作為加熱用的反應(yīng)器；需要墊石棉網(wǎng)加熱，故B錯誤；

C．二氧化氮與水反應(yīng)仍會產(chǎn)生NO；污染環(huán)境，故C錯誤；

D．硫酸對皮膚有腐蝕作用；應(yīng)先用大量水沖洗，然后涂上硼酸溶液，故D錯誤．

故選A．2、B【分析】【分析】根據(jù)能量守恒可知：生成物總能量高于反應(yīng)物總能量為吸熱反應(yīng)；生成物總能量小于反應(yīng)物總能量為放熱反應(yīng)；

常見的放熱反應(yīng)有：所有的物質(zhì)燃燒；所有金屬與酸、所有中和反應(yīng)；絕大多數(shù)化合反應(yīng)、置換反應(yīng)等；

常見的吸熱反應(yīng)有：大多數(shù)的分解反應(yīng)、以C、CO、H2作還原劑的氧化還原反應(yīng)、強(qiáng)堿和銨鹽的復(fù)分解反應(yīng)等．【解析】【解答】解：生成物總能量高于反應(yīng)物總能量為吸熱反應(yīng)；

A；氫氧化鈉與稀鹽酸反應(yīng)；是放熱反應(yīng)，故A錯誤；

B；氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體；是吸熱反應(yīng)，故B正確；

C；乙醇燃燒屬于放熱反應(yīng)；故C錯誤；

D；鋁熱反應(yīng)；屬于放熱反應(yīng)，故D錯誤．

故選B．3、B【分析】【分析】A．根據(jù)發(fā)生的反應(yīng)CuO+CCu+CO，2CuO+C2Cu+CO2分析；

B．Fe在Cl2中燃燒的產(chǎn)物與Fe和Cl2的用量無關(guān)，其產(chǎn)物只有FeCl3；

C．根據(jù)可能發(fā)生的反應(yīng)2NaOH+CO2（少量）═Na2CO3+H2O，NaOH+CO2（足）═NaHCO3分析；

D．根據(jù)可能發(fā)生的反應(yīng)Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O分析．【解析】【解答】解：A．發(fā)生反應(yīng)：CuO+CCu+CO，2CuO+C2Cu+CO2，當(dāng)≤1，產(chǎn)物為CO；≥2，產(chǎn)物為CO2；1＜＜2，產(chǎn)物為CO和CO2；故A正確；

B．Fe在Cl2中燃燒只有一種產(chǎn)物FeCl3；故B錯誤；

C．發(fā)生反應(yīng)：2NaOH+CO2（少量）═Na2CO3+H2O，NaOH+CO2（足）═NaHCO3，當(dāng)≤1，生成NaHCO3，當(dāng)1＜＜2，生成Na2CO3、NaHCO3，當(dāng)≥2，生成Na2CO3；故C正確；

D．Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，當(dāng)＜3，鋁元素以Al3+和Al（OH）3形式存在；當(dāng)=3，則以Al（OH）3形式存在；3＜＜4以AlO2-和Al（OH）3形式存在；當(dāng)≥4只以AlO2-形式存在；故D正確；

故選B．4、A【分析】試題分析：A、先加氫氧化鈉和苯酚反應(yīng)生成苯酚鈉，苯酚鈉溶于水苯不溶，靜置后分液便可分離，故A正確B、向混有乙酸的乙酸乙酯中加入稀NaOH溶液，加熱，振蕩，乙酸乙酯在NaOH溶液中能水解，應(yīng)加入飽和碳酸鈉來除雜，故B錯誤；C、溶液中的NaOH會與AgNO3反應(yīng)生成白色沉淀，影響判斷，故D錯誤；D、氯氣會氧化Fe2＋生成Fe3＋，無法進(jìn)行檢測，故D錯誤。考點(diǎn)：物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用?！窘馕觥俊敬鸢浮緼5、C【分析】試題分析：水電離的c(H+)=10-4mol/L的溶液為水解呈酸性的鹽溶液，所以H+、Fe2+、NO3—因氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，A錯誤；水電離的c(H+)=10-14mol/L的溶液可能是酸或是堿溶液，所以HCO3—與H+、OH-不能大量共存，B錯誤；c(H+)/c(OH-)=1012的溶液可以求得c(H+)=10-1mol/L，所以在酸性條件下該離子組可以大量共存，C正確；含有大量Fe3+的溶液，F(xiàn)e3+與SO32—因發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，D錯誤；故選C?？键c(diǎn)：本題考查的是離子共存。【解析】【答案】C6、C【分析】

A；．“PM2.5”是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的細(xì)小顆粒物；若直徑在1～100nm之間也能形成膠體，產(chǎn)生丁達(dá)爾現(xiàn)象，故A正確；

B；工業(yè)排放的煙氣是形成灰霾天氣的最大元兇；故B正確；

C；PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物；主要來自于化石燃料的燃燒，化石燃料燃燒產(chǎn)生有害氣體，能影響空氣質(zhì)量，要納入空氣質(zhì)量評價(jià)指標(biāo)，故C錯誤；

D；PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物；主要來自于化石燃料的燃燒，化石燃料燃燒產(chǎn)生有害氣體，能影響空氣質(zhì)量，嚴(yán)重危害人體健康，故D正確；

故選C．

【解析】【答案】A；根據(jù)膠體能產(chǎn)生丁達(dá)爾現(xiàn)象；膠體為分散質(zhì)的直徑在1～100nm之間的分散系；

B；直接排放的工業(yè)污染物和汽車尾氣等；是形成灰霾天氣的最大元兇；

C；直接排放的工業(yè)污染物和汽車尾氣能影響空氣質(zhì)量；

D；直接排放的工業(yè)污染物和汽車尾氣嚴(yán)重危害人體健康．

7、C【分析】【解析】【答案】C二、填空題(共9題，共18分)8、2，2-二甲基丙烷（CH3）2C=CHCH2CH32-甲基-2-戊烯【分析】【分析】（1）烷烴的通式為CnH2n+2，根據(jù)相對分子質(zhì)量可知12n+2n+2=72，則n=5，該烷烴的分子式應(yīng)為C5H12；跟氯氣反應(yīng)生成的一氯代物只有一種，說明結(jié)構(gòu)對稱，分子中只含有一種H，以此解答該題；

（2）根據(jù)加成反應(yīng)的原理，采取倒推法還原C=C雙鍵，從分子中減掉溴原子形成C=C雙鍵，可得不飽和烴的結(jié)構(gòu)，再根據(jù)系統(tǒng)命名法進(jìn)行命名．【解析】【解答】解：（1）烷烴的通式CnH2n+2；該烷烴的相對分子質(zhì)量為72；

所以有：12n+2n+2=72；即14n=70；

解得n=5，即分子式為C5H12．

含5個碳原子的烷烴的一氯取代物只有一種；說明烴分子中12個氫原子的位置均是等效的，分子結(jié)構(gòu)對稱；

結(jié)構(gòu)簡式應(yīng)為為2，2-二甲基丙烷；

故答案為：2；2-二甲基丙烷；

（2）1mol某不飽和烴可以和1molBr2發(fā)生加成反應(yīng)，生成2-甲基-2，3-二溴戊烷，根據(jù)加成反應(yīng)的原理，采取倒推法還原C=C雙鍵，從分子中減掉氯原子形成C=C雙鍵，可得不飽和烴的結(jié)構(gòu)為（CH3）2C=CHCH2CH3；根據(jù)系統(tǒng)命名法命名為：2-甲基-2-戊烯；

故答案為：（CH3）2C=CHCH2CH3；2-甲基-2-戊烯．9、CH3COOCH3CH3CH2COOH或HCOOCH2CH3或CH3COCH2OH2【分析】【分析】（1）寫出C3H6O2的同分異構(gòu)體；判斷分別有幾種不同的氫原子；

（2）CH3CH=CHCl存在順反異構(gòu)．【解析】【解答】解：（1）C3H6O2的同分異構(gòu)體有CH3CH2COOH、HCOOCH2CH3、CH3COOCH3、CH3COCH2OH、CH3CHOHCHO不同環(huán)境下的氫原子種數(shù)分別是3、3、2、3、3，有幾種不同環(huán)境的氫原子就有幾種不同峰值，故答案為：CH3COOCH3；CH3CH2COOH或HCOOCH2CH3或CH3COCH2OH；

（2）CH3CH=CHCl存在順反異構(gòu)，每種結(jié)構(gòu)中存在3中不同環(huán)境下的氫原子，得到氫原子給出的信號峰6種：由此可推斷該有機(jī)物一定存在2種不同結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)式為：

故答案為：2；．10、略

【分析】解：（1）化合價(jià)降低的元素Cu；O；在反應(yīng)中被還原，故答案為：Cu、O；

（2）A；銅綠的主成分是堿式碳酸銅；可用稀鹽酸除銅器表面的銅綠是因?yàn)樗苋苡趶?qiáng)酸中，故A正確；

B；銅易被氧氣氧化；銅表面易形成致密的氧化膜，金屬銅能和濃硫酸反應(yīng)，銅容器不可以盛放濃硫酸，故B錯誤；

C；鐵排在銅的前面；說明鐵比銅活潑，銅板上的鐵釘在潮濕空氣中形成原電池，鐵做負(fù)極而易生銹，故C錯誤；

D；藍(lán)色硫酸銅晶體受熱轉(zhuǎn)化為白色硫酸銅粉末是化學(xué)變化；硫酸銅溶液可用作游泳池的消毒劑，也可以配制波爾多液，故D正確．

故答案為：AD．

（3）三價(jià)鐵具有氧化性，能將碘離子氧化，S2O82-能將亞鐵離子氧化，原理為：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，S2O82-+2Fe2+=2SO42-+2Fe3+；

故答案為：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，S2O82-+2Fe2+=2SO42-+2Fe3+；

（4）a：氧化鋁是兩性氧化物，能和強(qiáng)酸以及強(qiáng)堿反應(yīng)，故答案為：6H++AI2O3=3H2O+2Al3+、Al3++4OH-=2H2O+AlO2-；

b：高錳酸鉀溶液能氧化亞鐵離子，使得高錳酸鉀溶液褪色，故答案為：稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取爐渣所得溶液使KMnO4溶液褪色．

（1）反應(yīng)中化合價(jià)降低的元素被還原；

（2）A；銅綠的主成分是堿式碳酸銅；能溶于強(qiáng)酸中；

B；銅易被氧氣氧化；金屬銅能和濃硫酸反應(yīng)；

C；鐵排在銅的前面；鐵比銅活潑；銅板上的鐵釘在潮濕空氣中容易生銹，鐵做負(fù)極；

D；硫酸銅晶體失水是化學(xué)變化；硫酸銅溶液可用作游泳池的消毒劑，也可以配制波爾多液．

（3）三價(jià)鐵具有氧化性；能將碘離子氧化；

（4）a；氧化鋁是兩性氧化物；能和強(qiáng)酸以及強(qiáng)堿反應(yīng)；

b；亞鐵離子能被高錳酸鉀溶液氧化；使的高錳酸鉀溶液褪色．

本題是對金屬的化學(xué)性質(zhì)的考查，要求學(xué)生熟記教材知識，學(xué)以致用，綜合性較強(qiáng)，難度較大．【解析】Cu、O；AD；2Fe3++2I-=2Fe2++I2；S2O82-+2Fe2+=2SO42-+2Fe3+；6H++AI2O3=3H2O+2Al3+、Al3++4OH-=2H2O+AlO2-；稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取爐渣所得溶液使KMnO4溶液褪色11、3環(huán)形玻璃攪拌棒保溫，減少熱量散失偏小偏大【分析】【分析】（1）實(shí)驗(yàn)要測定酸；堿的初始溫度以及反應(yīng)后的最高溫度；

（2）根據(jù)量熱計(jì)的構(gòu)造來判斷該裝置的缺少儀器；

（3）實(shí)驗(yàn)成敗的關(guān)鍵是保溫工作；據(jù)此確定燒杯間填滿碎紙條的作用；

（4）不蓋硬紙板；會有一部分熱量散失；

（5）根據(jù)NaOH固體溶于水放熱；【解析】【解答】解：（1）完整地做一次這樣的實(shí)驗(yàn)；需測定酸；堿的初始溫度以及反應(yīng)后的最高溫度，至少需要測量3次；

故答案為：3；

（2）根據(jù)量熱計(jì)的構(gòu)造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒；

故答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；

（3）實(shí)驗(yàn)成敗的關(guān)鍵是保溫工作；燒杯間填滿碎紙條的作用保溫，減少熱量散失；

故答案為：保溫；減少熱量散失；

（4）大燒杯上如不蓋硬紙板；會有一部分熱量散失，求得的中和熱數(shù)值將會減?。?/p>

故答案為：偏??；

（5）NaOH固體溶于水放熱，所以用用相同質(zhì)量的NaOH固體進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，反應(yīng)放出的熱量偏大，則測得的中和反應(yīng)反應(yīng)熱數(shù)值與57.3kJ?mol-1相比會偏大；

故答案為：偏大．12、C9H6O3取代反應(yīng)2，5-二氯甲苯3任意1種【分析】【分析】甲苯在發(fā)生取代反應(yīng)時(shí)，易在甲基的鄰位和對位上進(jìn)行取代，得到A發(fā)生鹵代烴的水解反應(yīng)得到B，B可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，含有酚羥基，則A為B為B再光照條件發(fā)生甲基取代反應(yīng)生成C，則C的結(jié)構(gòu)簡式為C再發(fā)生水解反應(yīng)得到D為D與乙酸酐反應(yīng)得到E，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：甲苯在發(fā)生取代反應(yīng)時(shí)，易在甲基的鄰位和對位上進(jìn)行取代，得到A發(fā)生鹵代烴的水解反應(yīng)得到B，B可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，含有酚羥基，則A為B為B再光照條件發(fā)生甲基取代反應(yīng)生成C，則C的結(jié)構(gòu)簡式為C再發(fā)生水解反應(yīng)得到D為D與乙酸酐反應(yīng)得到E；

（1）根據(jù)E的結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子式為C9H6O3，故答案為：C9H6O3；

（2）由A生成B的反應(yīng)類型為：取代反應(yīng)，A為名稱為2，5-二氯甲苯，傘形花內(nèi)酯中酚羥基鄰位有H原子，可以與溴發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵能與溴發(fā)生加成反應(yīng)，故1mol傘形花內(nèi)酯在一定條件下最多可與3molBr2反應(yīng)；故答案為：取代反應(yīng)；2，5-二氯甲苯；3；

（3）由B生成C的化學(xué)方程式為：

故答案為：

（4）D（）有多種同分異構(gòu)體，其中一種同分異構(gòu)體符合：可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，含有酚羥基，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，能發(fā)生水解反應(yīng)，含有甲酸與酚形成的酯基，符合條件的同分異構(gòu)體有：

故答案為：任意1種；

（5）秦皮中的七葉內(nèi)酯也屬于香豆素類化合物，可由與乙酸酐反應(yīng)制得，結(jié)合反應(yīng)信息可知，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為

故答案為：．13、0.5Q1-0.5Q2+1.5Q3C3H8-20e-+6H2O=3CO2+20H+【分析】【分析】（1）依據(jù)熱化學(xué)方程式；結(jié)合蓋斯定律計(jì)算得到熱化學(xué)方程式；

（2）丙烷燃料電池，該電池的電解質(zhì)溶液為H2SO4溶液，燃料在負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，氧氣再正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，注意電解質(zhì)溶液為酸溶液的環(huán)境．【解析】【解答】解：（1）①C2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H1=-Q1kJ/mol；

②C2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=-Q2kJ/mol；

③H2O（g）=H2O（l）△H3=-Q3kJ/mol；

依據(jù)蓋斯定律：①-②+3×③得到：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）；△H1=-（Q1-Q2+3Q3）kJ/mol；

若使23g液態(tài)無水酒精物質(zhì)的量為0.5mol，完全燃燒，并恢復(fù)到室溫，則整個過程中放出的熱量為（0.5Q1-0.5Q2+1.5Q3）KJ；

故答案為：0.5Q1-0.5Q2+1.5Q3；

（2）丙烷燃料電池，該電池的電解質(zhì)溶液為H2SO4溶液，燃料丙烷在負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：C3H8-20e-+6H2O=3CO2+20H+；

故答案為：C3H8-20e-+6H2O=3CO2+20H+．14、B中無沉淀，C中產(chǎn)生白色沉淀2H2SO4（濃）+CuCuSO4+2H2O+2SO2↑BaSO4還原白霧（酸霧）空氣（空氣中氧氣）甲：2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+

乙：SO42-+Ba2+=BaSO4↓SO2與可溶性鋇的強(qiáng)酸鹽不能反應(yīng)生成BaSO3沉淀ACDF【分析】【分析】打開彈簧夾，通入N2；停止加熱，一段時(shí)間后關(guān)閉，此時(shí)裝置中的氧氣被排凈，二氧化硫與氯化鋇溶液不發(fā)生反應(yīng)，不會產(chǎn)生沉淀，通入硝酸鋇溶液中，二氧化硫被氧化生成硫酸根離子，反應(yīng)生成白色沉淀；

（1）銅與濃硫酸在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

（2）二氧化硫通入硝酸鋇溶液；硝酸根在酸性環(huán)境下具有強(qiáng)的氧化性，能夠氧化二氧化硫生成硫酸根，進(jìn)而反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀；

（3）①甲在A、B間增加裝有飽和的NaHSO3溶液洗氣瓶；目的是除去A中的酸霧，考慮加熱揮發(fā)出的硫酸與氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀；

乙在原有操作之前增加一步操作為：通N2一段時(shí)間；先排除裝置的空氣，目的是除去裝置中的空氣，考慮空氣中的氧氣氧化二氧化硫生成硫酸根；

②通過改進(jìn)后實(shí)驗(yàn)及其現(xiàn)象可知；產(chǎn)生沉淀的原因?yàn)椋嚎諝庵械难鯕庋趸~與濃硫酸反應(yīng)生成的二氧化硫生成硫酸根離子，硫酸根離子與鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀；

（4）依據(jù)（3）中兩同學(xué)的方案進(jìn)行試驗(yàn)．B中無沉淀生成；而C中產(chǎn)生白色沉淀，判斷解答；

（5）依據(jù)二氧化硫具有酸性氧化物的通性、弱的氧化性、強(qiáng)的還原性的性質(zhì)解答．【解析】【解答】解：打開彈簧夾，通入N2；停止加熱，一段時(shí)間后關(guān)閉，此時(shí)裝置中的氧氣被排凈，二氧化硫與氯化鋇溶液不發(fā)生反應(yīng)，不會產(chǎn)生沉淀，通入硝酸鋇溶液中，二氧化硫被氧化生成硫酸根離子，反應(yīng)生成白色沉淀；

故答案為：B中無沉淀；C中產(chǎn)生白色的沉淀；

（1）銅與濃硫酸在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸銅和二氧化硫，方程式為：2H2SO4（濃）+CuCuSO4+2H2O+2SO2↑；

故答案為：2H2SO4（濃）+CuCuSO4+2H2O+2SO2↑；

（2）二氧化硫通入硝酸鋇溶液；硝酸根在酸性環(huán)境下具有強(qiáng)的氧化性，將二氧化硫與水反應(yīng)生成的亞硫酸根氧化成硫酸根，硫酸根與鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀；

故答案為：BaSO4；還原性；

（3）①甲同學(xué)認(rèn)為產(chǎn)生不溶于酸的沉淀是；加熱過程中揮發(fā)出硫酸酸霧，硫酸與氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀；

乙同學(xué)認(rèn)為產(chǎn)生不溶于酸的沉淀是空氣中含有氧氣；將反應(yīng)生成的二氧化硫生成硫酸根，硫酸根與氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀；

故答案為：①白霧（酸霧）空氣（空氣中氧氣）；

②B中產(chǎn)生沉淀的實(shí)質(zhì)是空氣中的氧氣將銅與濃硫酸反應(yīng)生成的二氧化硫氧化，生成硫酸根，硫酸根離子與鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，反應(yīng)的離子方程式為2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+；乙：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；

故答案為：2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+；乙：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；

（4）合并（3）中兩同學(xué)的方案進(jìn)行試驗(yàn)．B中無沉淀生成，而C中產(chǎn)生白色沉淀，由此得出的結(jié)論是：SO2與可溶性鋇的強(qiáng)酸鹽不能反應(yīng)生成BaSO3沉淀；

故答案為：SO2與可溶性鋇的強(qiáng)酸鹽不能反應(yīng)生成BaSO3沉淀；

（5）A．氨氣溶于水顯堿性；二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸铮兹苡趬A，與堿反應(yīng)生成亞硫酸根離子，亞硫酸根于鋇離子反應(yīng)生成亞硫酸鋇沉淀，故A正確；

B．往溶液中通SO2同時(shí)通入CO2氣體；二氧化碳為酸性氧化物，碳酸的酸性弱于鹽酸，所以不會產(chǎn)生沉淀，故B錯誤；

C．往溶液中滴加硅酸鈉溶液；硅酸的酸性弱于亞硫酸，反應(yīng)生成硅酸沉淀，故C正確；

D．往溶液中滴加NaOH溶液；二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸?，易溶于堿，與堿反應(yīng)生成亞硫酸根離子，亞硫酸根于鋇離子反應(yīng)生成亞硫酸鋇沉淀，故D正確；

E．往溶液中滴加稀鹽酸溶液；不會產(chǎn)生沉淀，故E錯誤；

F．往溶液中滴加氯水；氯氣具有強(qiáng)的氧化性，能夠氧化二氧化硫生成硫酸，硫酸與鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，故F正確；

故選：ACDF．15、HA-+H2O?H2A+OH-c（Na+）＞c（HA-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（A2-）Cu（OH）2Cu2++2NH3?H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+中【分析】【分析】（1）①溶液呈堿性說明酸式酸根離子電離的程度小于水解程度；水解導(dǎo)致氫氧根離子濃度大于氫離子濃度而使溶液呈堿性；

②根據(jù)溶液的酸堿性結(jié)合電荷守恒分析；

（2）根據(jù)溶度積常數(shù)確定先沉淀的物質(zhì)；溶度積常數(shù)越小的物質(zhì)越先沉淀，銅離子和氨水反應(yīng)生成氫氧化銅和銨根離子；

（3）根據(jù)電荷守恒判斷銨根離子濃度和氯離子濃度相對大小，根據(jù)溶液的pH值計(jì)算溶液中c（OH-），根據(jù)氯離子濃度計(jì)算c（NH4+），利用物料守恒計(jì)算溶液中c（NH3?H2O），代入NH3?H2O的電離常數(shù)表達(dá)式計(jì)算．【解析】【解答】解：（1）①溶液呈堿性說明酸式酸根離子電離的程度小于水解程度，水解導(dǎo)致氫氧根離子濃度大于氫離子濃度而使溶液呈堿性，水解方程式為：HA-+H2O?H2A+OH-；

故答案為：HA-+H2O?H2A+OH-；

②NaHA水溶液呈堿性說明HA-的水解程度大于電離程度，鈉離子不水解，所以離子濃度最大，HA-的電離和水解都較微弱，溶液呈堿性，則c（OH-）＞c（H+），溶液中氫離子由水和HA-電離得到，所以c（H+）＞c（A2-）

，故離子濃度大小順序是c（Na+）＞c（HA-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（A2-）；

故答案為：c（Na+）＞c（HA-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（A2-）；

（2）溶度積常數(shù)越小的物質(zhì)越先沉淀，氫氧化銅的溶度積小于氫氧化鎂的溶度積，所以氫氧化銅先沉淀，銅離子和氨水反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀和銨根離子，離子方程式為Cu2++2NH3?H2O?Cu（OH）2↓+2NH4+；

故答案為：Cu（OH）2；Cu2++2NH3?H2O?Cu（OH）2↓+2NH4+；

（3）溶液中存在電荷守恒，c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），由于c（NH4+）=c（Cl-），故c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故溶液中c（OH-）=10-7mol/L，溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=×0.01mol?L-1=0.005mol?L-1，故混合后溶液中c（NH3．H2O）=×amol?L-1-0.005mol?L-1=（0.5a-0.005）mol/L，NH3?H2O的電離常數(shù)Kb==；

故答案為：中；．16、略

【分析】【解析】試題分析：（1）該氫氧化鈉溶液的濃度是0.01mol/L，則解得V1＝900ml。（2）pH=10的NaOH溶液的濃度是0.0001mol/L，則解得V2＝1000ml。（3）氫氧化鈉過量，則解得V3＝100ml?？键c(diǎn)：考查pH的有關(guān)計(jì)算【解析】【答案】⑴900⑵1000⑶100三、判斷題(共6題，共12分)17、√【分析】【分析】工業(yè)廢水應(yīng)遵循“先凈化，后排放”的原則，工業(yè)廢水需要經(jīng)過處理達(dá)標(biāo)后再排放才不會污染環(huán)境．【解析】【解答】解：工業(yè)廢水是指工業(yè)生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的廢水；污水和廢液；其中含有隨水流失的工業(yè)生產(chǎn)用料、中間產(chǎn)物和產(chǎn)品以及生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的污染物．廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染，需要經(jīng)過處理達(dá)標(biāo)后才能排放；

故答案為：√．18、√【分析】【分析】膠體中分散質(zhì)粒子直徑在1-100nm之間，膠體能發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)、能產(chǎn)生電泳現(xiàn)象、能產(chǎn)生聚沉．【解析】【解答】解：膠體中分散質(zhì)粒子直徑在1-100nm之間，所以膠體能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)；膠體具有吸附性，吸附帶電荷的離子，所以能產(chǎn)生電泳現(xiàn)象；膠體能發(fā)生聚沉現(xiàn)象，故答案為：√．19、×【分析】【分析】將40gNaOH溶解在1L水中，溶液體積大于1L．【解析】【解答】解：將40gNaOH溶解在1L水中；溶液體積大于1L，溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度小于1mol/L；

故答案為：×．20、×【分析】【分析】甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生反應(yīng)，生成有機(jī)物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，還有無機(jī)物氯化氫，據(jù)此完成即可．【解析】【解答】解：由于甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生反應(yīng)，生成有機(jī)物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，還有無機(jī)物：氯化氫，總計(jì)5種產(chǎn)物，故答案為：×．21、×【分析】【分析】CnH2n+2為烷烴，分子中含有n-1個C-C鍵，以此解答該題．【解析】【解答】解：CnH2n+2為烷烴，分子中含有n-1個C-C鍵，則1molCnH2n+2分子中含有的C-C數(shù)為（n-1）NA．故答案為：×．22、√【分析】【分析】石油和天然氣的主要成分都是烴．【解析】【解答】解：石油和天然氣的主要成分都是烴，烴由碳、氫元素組成，則烴屬于碳?xì)浠衔?，故答案為：√．四、探究題(共4題，共8分)23、|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．24、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(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(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V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．25、|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