2025年西師新版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年西師新版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：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、在下列溶液中，各組離子一定能夠大量共存的是（）A.c（H+）=10-12mol?L-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-B.使紫色石蕊試液變紅的溶液：Na+、Mg2+、NO3-、ClO-C.使酚酞試液變紅的溶液：Na+、Cl-、SO42-、Fe3+D.碳酸氫鈉溶液：K+、SO42-、Cl-、H+2、已知X+、Y2+、Z-、W2-四種離子均具有相同的電子層結(jié)構(gòu)．下列關(guān)于X、Y、Z、W四種元素的描述，不正確的是（）A.原子半徑：X＞Y＞Z＞W(wǎng)B.原子序數(shù)：Y＞X＞Z＞W(wǎng)C.原子最外層電子數(shù)：Z＞W(wǎng)＞Y＞XD.金屬性：X＞Y3、常溫下，一定量的醋酸與氫氧化鈉發(fā)生中和反應(yīng)，當(dāng)溶液中()A.c(CH3COO－)＝c(Na＋)時(shí)，該溶液一定呈中性B.c(CH3COO－)＝c(Na＋)時(shí)，醋酸和氫氧化鈉恰好完全中和C.c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)時(shí)，可能是醋酸過量D.c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)時(shí)，一定是NaOH過量4、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A.c（H+）/c（OH-）=1012的溶液中：NH、Al3+、NO、Cl-B.pH=1的溶液中：K+、Fe2+、MnO、SOC.c（Fe3+）=0.1mol?L-1的溶液中：K+、ClO-、SO、SCN-D.與鋁反應(yīng)生成氫氣的溶液中：NH、K+、Cl-、SO5、．室溫時(shí)，下列各組中的物質(zhì)分別與過量NaOH溶液反應(yīng)，能生成5種鹽的是（）A.Al2O3、SO2、CO2、SO3B.CO2、Cl2、CaO、SO3C.Cl2、Al2O3、SO2、SO3D.SiO2、CO2、CO、Cl2評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、（1）某溶液中有Na+、Ag+、Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+6種離子，若向其中加入過量的氨水，水浴加熱并攪拌后過濾出沉淀，再向沉淀中加入足量的鹽酸，則所得溶液中保持不變的離子為____．

（2）某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、CH3COO-、NH4+、OH-、Na+等離子，向其中加入足量的過氧化鈉固體后，溶液中離子濃度基本保持不變的是____（假設(shè)溶液體積無變化）．7、晶體硅是一種重要非金屬材料．制備純硅的主要步驟如下：

①在高溫下，用碳還原SiO2制得含碳、脈石（主要成份為SiO2）等雜質(zhì)的粗硅。

②將粗硅在高溫下與Cl2反應(yīng)生成SiCl4

③將分餾提純后的SiCl4用H2還原以得到高純硅。

用化學(xué)方程式表示上述制備過程。

①____．

②____．

③____．

步驟③過程中所用H2，工業(yè)上可用粗硅與NaOH溶液反應(yīng)制備，反應(yīng)化學(xué)方程式為____．8、（1）有一種具有耐油性的合成橡膠的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可表示為則這種高分子化合物的單體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是____．

（2）聚氯乙烯塑料涼鞋破裂后可以進(jìn)行熱修補(bǔ)，而電木插座破裂后則不能，這是因?yàn)開___．9、（2016春?安吉縣期中）以Zn和Cu為電極；稀硫酸為電解質(zhì)溶液形成的原電池，供LED發(fā)光，裝置如圖所示．某實(shí)驗(yàn)興趣小組做完實(shí)驗(yàn)后，在讀書卡片上記錄如下：

。實(shí)驗(yàn)后的記錄：

①Zn片發(fā)生還原反應(yīng)；Cu片發(fā)生氧化反應(yīng)。

②H+向負(fù)極移動(dòng)。

③LED發(fā)光時(shí)；電子流動(dòng)方向Zn→導(dǎo)線→Cu，再經(jīng)溶液流回銅片。

④溶液的pH變小。

⑤若有1mol電子流過導(dǎo)線，則產(chǎn)生H2為0.5mol．

⑥裝置中存在“化學(xué)能→電能→光能”的轉(zhuǎn)換（1）在卡片上，記錄合理的是____（填序號(hào)）．

（2）在實(shí)驗(yàn)中，甲同學(xué)發(fā)現(xiàn)不僅在銅片上有氣泡產(chǎn)生，而且在鋅片上也產(chǎn)生了氣體，分析原因可能是____．

（3）其他條件相同情況下，產(chǎn)生氣泡的速率比單一鋅片____（填“快”或“慢”）；

如果將鋅片換成鐵片，電路中的電流方向____（填“變”或“不變”）．

（4）如果把硫酸換成硫酸銅溶液，猜測(cè)____（填“鋅片”或“銅片”）變厚，原因是____（用電極方程式表示）．實(shí)驗(yàn)結(jié)束后稱得兩極質(zhì)量差12.9g，假設(shè)初始時(shí)Zn片與Cu片質(zhì)量相等，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為____mol．

（5）有同學(xué)利用原電池原理；將A；B、C、D四種金屬設(shè)計(jì)下表中裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)用以判斷四種金屬的活潑性強(qiáng)弱．

。序號(hào)甲乙丙裝置現(xiàn)象二價(jià)金屬A不斷溶解C的質(zhì)量增加A上有氣體產(chǎn)生根據(jù)以上現(xiàn)象，判斷四種金屬活潑性由強(qiáng)到弱的順序是____．10、（1）已知下熱化學(xué)方程式：

①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol

②H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol

③C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5kJ/mol

④C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol

回答下列問題：

①H2的燃燒熱為____，C的燃燒熱為____．

②燃燒10gH2生成液態(tài)水，放出的熱量為____．

③CO的燃燒熱為____，其熱化學(xué)方程式為____．

（2）已知Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4；設(shè)計(jì)成原電池，構(gòu)造如圖所示，鹽橋中裝有含KCl的飽和溶液的瓊脂．

試問CuSO4溶液放在____（填“甲”或“乙”）燒杯；

鹽橋中的Cl-移向____（填“甲”或“乙”）燒杯．11、化學(xué)實(shí)驗(yàn)的微型化可有效地減少污染，實(shí)現(xiàn)化學(xué)實(shí)驗(yàn)綠色化的要求．某學(xué)生按下列操作做一個(gè)實(shí)驗(yàn)：在一塊下襯白紙的玻璃片的不同位置分別滴加濃度為0.1mol/L的KBr、KI（含淀粉溶液）、NaOH（含酚酞）、FeCl2（含KSCN）溶液各1滴，每種液滴彼此分開，圍成半徑小于表面皿的圓形（如圖所示），在圓心處放置2粒芝麻粒大小的KMnO4晶體，向KMnO4晶體滴加一滴濃鹽酸；再立即將表面皿蓋好．

（1）請(qǐng)配平e處的化學(xué)反應(yīng)方程式□KMnO4+□HCl（濃）═□KCl+□MnCl2+□Cl2↑+□H2O

（2）e處反應(yīng)中發(fā)生氧化還原反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為____．

（3）b處的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為____，d處的離子方程式為____．

（4）c處反應(yīng)的離子方程式為____，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，當(dāng)有0.224LCl2被NaOH溶液吸收后，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為____mol．

（5）通過該實(shí)驗(yàn)?zāi)芊癖容^Cl2、FeCl3、KMnO4三種物質(zhì)氧化性的強(qiáng)弱？____（填“能”或“不能”），若能，其氧化性由強(qiáng)到弱的順序是____．12、已知某些酯在一定條件下可以脫氫形成烯酸酯：

由烯烴合成有機(jī)玻璃過程的化學(xué)反應(yīng)如下圖所示；寫出下列各步變化中指定分子的有機(jī)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：

A____，B____，C____，D____，E____．13、由乙烯和其他無機(jī)原料合成環(huán)狀化合物E；按要求寫出化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：

已知：CH3CH2BrCH3CH2OH

A____B____C____D____．評(píng)卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、伴有能量變化的物質(zhì)變化都是化學(xué)變化．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）15、為了防止齲齒，人人都要使用含氟牙膏．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）16、膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、將NaOH和氨水溶液各稀釋一倍，兩者的OH-濃度均減少到原來的；____．18、化學(xué)變化中的能量變化都是化學(xué)能和熱能間的相互轉(zhuǎn)化．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、含碳的化合物一定是有機(jī)化合物．____（判斷對(duì)錯(cuò)）20、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氣體的摩爾體積都是22.4L____（判斷對(duì)錯(cuò)）21、22.4LO2中一定含有6.02×1023個(gè)氧分子____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、推斷題(共2題，共8分)22、（2013秋?灤南縣校級(jí)月考）A是用途最廣的金屬；B；C是兩種常見氣體單質(zhì)，E溶液為常見強(qiáng)酸，D溶液中滴加KSCN溶液顯紅色，它們相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示．

請(qǐng)回答：

（1）寫出B物質(zhì)的化學(xué)式：____；F的名稱：____．

（2）寫出第③步反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（3）第④步反應(yīng)中溶液顏色的變化____；

寫出第④步反應(yīng)的離子方程式____．

（4）寫出實(shí)驗(yàn)室制取B的化學(xué)反應(yīng)方程式____．

（5）D溶液中滴入NaOH溶液產(chǎn)生的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是____．23、如圖表示各物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系．已知D；E、Z是中學(xué)化學(xué)常見的單質(zhì)；其他都是化合物．Z、Y是氯堿工業(yè)的產(chǎn)品．D元素的原子最外層電子數(shù)與電子層數(shù)相等，且D的硫酸鹽可作凈水劑．E為日常生活中應(yīng)用最廣泛的金屬．除反應(yīng)①外，其他反應(yīng)均在水溶液中進(jìn)行．請(qǐng)回答下列問題．

（1）寫出X的電子式：____．

（2）常溫時(shí)pH=12的G溶液中，溶質(zhì)的陽(yáng)離子與溶質(zhì)的陰離子濃度之差為____（寫出計(jì)算式）．

（3）在電鍍工業(yè)中，若將E作為待鍍金屬，銅為鍍層金屬，則銅是____極，請(qǐng)寫出在E電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式：____．

（4）寫出反應(yīng)③的離子方程式：____．

（5）現(xiàn)有無標(biāo)簽的Y和M的兩種無色水溶液，不用其他任何試劑，請(qǐng)你設(shè)計(jì)一個(gè)簡(jiǎn)單的實(shí)驗(yàn)對(duì)這兩種溶液加以鑒別____（回答實(shí)驗(yàn)操作；現(xiàn)象及結(jié)論）．

（6）A溶液與NaOH溶液混合可形成沉淀，某溫度下此沉淀的Ksp=2.097×l0-39．將0.01mol?L-1的A溶液與0.001mol?L-1的NaOH溶液等體積混合，你認(rèn)為能否形成沉淀____（填“能”或“不能”），請(qǐng)通過計(jì)算說明____．評(píng)卷人得分五、探究題(共4題，共8分)24、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(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．25、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(cè)定其含量，操作為：26、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(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．27、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(cè)定其含量，操作為：評(píng)卷人得分六、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共8分)28、鐵礦石是工業(yè)煉鐵的主要原料之一，其主要成分為鐵的氧化物rm{(}設(shè)雜質(zhì)中不含鐵元素和氧元素，且雜質(zhì)不與rm{H_{2}SO_{4}}反應(yīng)rm{).}某研究性學(xué)習(xí)小組對(duì)某鐵礦石中鐵的氧化物的化學(xué)式進(jìn)行探究．

Ⅰrm{.}鐵礦石中含氧量的測(cè)定。

rm{壟脵}按圖rm{1}組裝儀器；檢查裝置的氣密性；

rm{壟脷}將rm{5.0g}鐵礦石放入硬質(zhì)玻璃管中，裝置rm{B}rm{C}中的藥品如圖所示rm{(}夾持儀器均省略rm{)}

rm{壟脹}從左端導(dǎo)氣管口處不斷地緩緩?fù)ㄈ雛m{H_{2}}待rm{C}裝置出口處rm{H_{2}}驗(yàn)純后，點(diǎn)燃rm{A}處酒精燈。

rm{壟脺}充分反應(yīng)后；撤掉酒精燈，再持續(xù)通入氫氣至完全冷卻．

rm{(1)}裝置rm{C}的作用為______．

rm{(2)}測(cè)的反應(yīng)后裝置rm{B}增重rm{1.35g}則鐵礦石中氧的百分含量為______．

Ⅱrm{.}鐵礦石中含鐵量的測(cè)定。

rm{(1)}步驟rm{壟脺}中煮沸的作用是______．

rm{(2)}步驟rm{壟脻}中用到的玻璃儀器有燒杯；玻璃棒、膠頭滴管、______．

rm{(3)}圖rm{2}有關(guān)步驟rm{壟脼}的操作中說法正確的是______．

rm{a.}因?yàn)榈馑疄辄S色，所以滴定過程中不需加指示劑rm{b.}滴定過程中可利用淀粉溶液作為指示劑。

rm{c.}滴定管用蒸餾水洗滌后可以直接裝液rm{d.}錐形瓶不需要用待測(cè)液潤(rùn)洗。

rm{e.}滴定過程中，眼睛注視滴定管中液面變化rm{f.}滴定結(jié)束后，rm{30s}內(nèi)溶液不恢復(fù)原來的顏色再讀數(shù)。

rm{(4)}若滴定過程中消耗rm{0.5000mol?L^{-1}KI}溶液rm{20.00mL}則鐵礦石中鐵的百分含量為______．

Ⅲrm{.}由Ⅰ、Ⅱ可以推算出該鐵礦石中鐵的氧化物的化學(xué)式為______．29、配制500mL1.00mol/L的NaCl溶液。

（1）所用儀器有托盤天平（帶砝碼）、藥匙、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管等，還缺少的儀器是____（填字母代號(hào)）．

A．酒精燈B．500mL容量瓶C．試管D．100mL容量瓶。

（2）定容時(shí)，當(dāng)液面離容量瓶頸刻度線下1～2cm時(shí)，改用____滴加蒸餾水至液面與刻度線____．

（3）移液后，若未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒，會(huì)導(dǎo)致所配溶液溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度____（填“偏大”、“偏小”、“無影響”）．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】A．c（H+）=10-12mol?L-1的溶液為堿性溶液；四種離子之間不反應(yīng)，都不與堿性溶液中的氫氧根離子反應(yīng)；

B．使紫色石蕊試液變紅的溶液中存在大量氫離子；次氯酸根離子與氫離子反應(yīng)；

C．使酚酞試液變紅的溶液中存在大量氫氧根離子；鐵離子與氫氧根離子反應(yīng)；

D．碳酸氫鈉與氫離子反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w和水．【解析】【解答】解：A．c（H+）=10-12mol?L-1的溶液中存在大量氫氧根離子，K+、Ba2+、Cl-、Br-之間不反應(yīng)；都不與氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故A正確；

B．使紫色石蕊試液變紅的溶液為酸性溶液，溶液中存在大量氫離子，ClO-與氫離子反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故B錯(cuò)誤；

C．使酚酞試液變紅的溶液為堿性溶液；與堿性溶液中的氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故C錯(cuò)誤；

D．碳酸氫鈉與H+反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故D錯(cuò)誤；

故選A．2、A【分析】【分析】X+、Y2+、Z-、W2-四種離子均具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則X、Y在下一周期，Y的原子序數(shù)大于X的原子序數(shù)；Z、W在上一周期，Z的原子序數(shù)大于W的原子序數(shù)，并結(jié)合元素的位置及性質(zhì)來解答．【解析】【解答】解：X+、Y2+、Z-、W2-四種離子均具有相同的電子層結(jié)構(gòu)；則X；Y在下一周期，Y的原子序數(shù)大于X的原子序數(shù)；Z、W在上一周期，Z的原子序數(shù)大于W的原子序數(shù)；

A．電子層越多；半徑越大，同周期從左向右原子半徑在減小，則原子半徑為X＞Y＞W(wǎng)＞Z，故A錯(cuò)誤；

B．由位置可知；原子序數(shù)為Y＞X＞Z＞W(wǎng)，故B正確；

C．X+、Y2+、Z-、W2-四種離子對(duì)應(yīng)的最高正價(jià)分別為+1；+2、+7、+6；最高正價(jià)等于最外層電子數(shù)，則原子最外層電子數(shù)為Z＞W(wǎng)＞Y＞X，故C正確；

D．同周期從左向右金屬性在減??；則金屬性為X＞Y，故D正確；

故選A．3、A【分析】【解析】試題分析：根據(jù)電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，當(dāng)c(CH3COO－)＝c(Na＋)時(shí)必有c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，醋酸有剩余，當(dāng)c(CH3COO－)>c(Na＋)時(shí)，必有c(CH＋)－)，故B、C錯(cuò)誤，A正確；D選項(xiàng)，當(dāng)醋酸和NaOH恰好中和時(shí)，溶質(zhì)為CH3COONa，也滿足題意，所以答案選A?？键c(diǎn)：考查中和滴定實(shí)驗(yàn)中離子濃度大小比較的有關(guān)判斷【解析】【答案】A4、A【分析】【分析】A．c（H+）/c（OH-）=1012的溶液中存在大量氫離子；四種離子之間不反應(yīng)，都不與氫離子反應(yīng)；

B．高錳酸根離子能夠氧化亞鐵離子；

C．鐵離子與硫氰根離子反應(yīng)生成硫氰化鐵；

D．與鋁反應(yīng)生成氫氣的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，銨根離子與氫氧根離子反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．c（H+）/c（OH-）=1012的溶液為酸性溶液，溶液中存在大量氫離子，NH4+、Al3+、NO3-、Cl-之間不反應(yīng)；都不與氫離子反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故A正確；

B．Fe2+、MnO4-之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故B錯(cuò)誤；

C．Fe3+和SCN-之間反應(yīng)生成絡(luò)合物硫氰化鐵；在溶液中不能大量共存，故C錯(cuò)誤；

D．與鋁反應(yīng)生成氫氣的溶液為酸性或強(qiáng)堿性溶液，NH4+與強(qiáng)堿性溶液中的氫氧根離子反應(yīng)；在堿性溶液中不能大量共存，故D錯(cuò)誤；

故選A．5、C【分析】解：A、A12O3是兩性氧化物與過量氫氧化鈉反應(yīng)生成的鹽為偏鋁酸鈉；SO2與過量NaOH溶液反應(yīng)生成的鹽為亞硫酸鈉；CO2與過量NaOH溶液反應(yīng)生成的鹽為碳酸鈉；SO3與過量NaOH溶液反應(yīng)生成的鹽為硫酸鈉；共有4種鹽生成，故A不符合；

B、CO2與過量NaOH溶液反應(yīng)生成的鹽為碳酸鈉；C12與過量NaOH溶液反應(yīng)生成的鹽為氯化鈉和次氯酸鈉；CaO與過量NaOH溶液不反應(yīng)；SO3與過量NaOH溶液反應(yīng)生成的鹽為硫酸鈉；共有4種鹽生成，故B不符合；

C、C12與過量NaOH溶液反應(yīng)生成的鹽為氯化鈉和次氯酸鈉；A12O3與過量NaOH溶液反應(yīng)生成的鹽為偏鋁酸鈉；SO2與過量NaOH溶液反應(yīng)生成的鹽為亞硫酸鈉；SO3與過量NaOH溶液反應(yīng)生成的鹽為硫酸鈉；共有5種鹽生成，故C符合；

D、SiO2與過量NaOH溶液反應(yīng)生成的鹽為硅酸鈉；CO2與過量NaOH溶液反應(yīng)生成的鹽為碳酸鈉；CO與過量NaOH溶液不反應(yīng)；C12與過量NaOH溶液反應(yīng)生成的鹽為氯化鈉和次氯酸鈉；共有4種鹽生成，故D不符合；

故選C．

A．氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，SO2、CO2、SO3與過量的氫氧化鈉反應(yīng)分別生成亞硫酸鈉；碳酸鈉、硫酸鈉；

B．CaO與氫氧化鈉不反應(yīng)，氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉，CO2、SO3與過量的氫氧化鈉反應(yīng)分別生成碳酸鈉；硫酸鈉；

C．氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉，Al2O3、SO2、SO3與過量的氫氧化鈉反應(yīng)分別生成偏鋁酸鈉；亞硫酸鈉、硫酸鈉；

D．CO不與氫氧化鈉反應(yīng)，氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉，SiO2、CO2與過量的氫氧化鈉反應(yīng)分別生成硅酸鈉；碳酸鈉．

本題考查常見物質(zhì)的性質(zhì)，比較基礎(chǔ)，掌握物質(zhì)的性質(zhì)是關(guān)鍵，解題時(shí)注意氫氧化鈉過量．【解析】【答案】C二、填空題(共8題，共16分)6、Mg2+、Al3+CH3COO-【分析】【分析】（1）加入過量的氨水，微熱并攪拌，Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+都生成沉淀，生成銀氨絡(luò)離子，因Fe（OH）2易被氧化生成Fe（OH）3，過濾后沉淀加入鹽酸，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+和Al3+；

（2）Na2O2與水反應(yīng)生成氫氧化鈉，溶液呈堿性，Na2O2具有強(qiáng)氧化性，能與OH-反應(yīng)的離子和具有還原性的離子的濃度會(huì)發(fā)生改變，同時(shí)溶液中存在反應(yīng)生成的離子，該離子濃度也會(huì)變化．【解析】【解答】解：（1）加入過量的氨水，微熱并攪拌，Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+都生成沉淀，生成銀氨絡(luò)離子，因Fe（OH）2易被氧化生成Fe（OH）3，過濾后沉淀加入鹽酸，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+和Al3+，則不變的離子為，故答案為：Mg2+、Al3+；

（2）Na2O2與水反應(yīng)生成氫氧化鈉，溶液呈堿性，OH-、Na+濃度增大；

HCO3-與OH-反應(yīng)生成CO32-，則HCO3-離子濃度減小，CO32-離子濃度增大；

Na2O2具有強(qiáng)氧化性，將SO32-氧化為SO42-，則SO32-離子濃度減??；

NH4+、OH-反應(yīng)，NH4+濃度減小；

CH3COO-濃度基本不變．

故答案為：CH3COO-．7、SiO2+2CSi（粗）+2CO↑Si+2Cl2SiCl4SiCl4+2H2Si+4HClSi+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑【分析】【分析】晶體硅是一種重要的非金屬材料；制備純硅的主要步驟如下：

①高溫下用碳還原二氧化硅制得粗硅；

②粗硅與干燥的Cl2反應(yīng)制得SiCl4；

③SiCl4被過量的H2在1000～1100℃時(shí)還原制得純硅；

步驟③過程中所用H2，工業(yè)上可用粗硅與NaOH溶液反應(yīng)制備，硅和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和氫氣；【解析】【解答】解：晶體硅是一種重要的非金屬材料；制備純硅的主要步驟如下：

①高溫下用碳還原二氧化硅制得粗硅：SiO2+2CSi+2CO↑；

故答案為：SiO2+2CSi+2CO↑．

②粗硅與干燥的Cl2反應(yīng)制得SiCl4：Si+2C12SiCl4

故答案為：Si+2C12SiCl4．

③SiCl4被過量的H2在1000～1100℃時(shí)還原制得純硅：SiCl4+2H2Si+4HCl；

故答案為：SiCl4+2H2Si+4HCl．

步驟③過程中所用H2，工業(yè)上可用粗硅與NaOH溶液反應(yīng)制備，硅和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和氫氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑；

故答案為：Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑；8、CH2=CHCH=CH2、CH2=CHCN電木為熱固性塑料【分析】【分析】（1）合成橡膠為加聚產(chǎn)物；則利用添鍵斷鍵法確定單體；

（2）根據(jù)電木的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)判斷即可．【解析】【解答】解：（1）合成橡膠為加聚產(chǎn)物，則由添鍵斷鍵法可知單體為CH2=CHCH=CH2、CH2=CHCN，故答案為：CH2=CHCH=CH2、CH2=CHCN；

（2）聚氯乙烯為熱塑性塑料，電木為熱固性塑料，故電木插座破裂后則不能進(jìn)行熱修補(bǔ)，故答案為：電木為熱固性塑料．9、⑤⑥鋅片不純（在鋅片表面形成原電池）快不變銅片Cu2++2e-=Cu0.2D＞A＞B＞C【分析】【分析】（1）鋅比銅活潑；形成原電池反應(yīng)時(shí)，鋅為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，銅為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，原電池中陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，以此解答；

（2）形成原電池能加快反應(yīng)速率；

（3）當(dāng)鋅片不純時(shí)；在鋅片上形成原電池；

（4）把硫酸換成硫酸銅溶液；正極上銅離子得電子生成銅單質(zhì)；根據(jù)正負(fù)極的電極反應(yīng)計(jì)算；

（5）甲、乙、丙為原電池裝置，甲中A不斷溶解，說明A被氧化，為原電池負(fù)極，B為正極，乙中C的質(zhì)量增加，說明C極上析出金屬，為原電池正極，則B為負(fù)極，丙中A上有氣體產(chǎn)生，應(yīng)為氫氣，說明A為正極，則D為負(fù)極，原電池反應(yīng)中負(fù)極較活潑，以此解答該題．【解析】【解答】解：（1）鋅比銅活潑，形成原電池反應(yīng)時(shí)，鋅為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極方程式為Zn-2e-═Zn2+，銅為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極方程式為2H++2e-═H2↑；由此可知若有1mol電子流經(jīng)導(dǎo)線，則產(chǎn)生0.5mol氫氣，電子由負(fù)極經(jīng)外電路流向正極，原電池中陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，則正確的有③⑤；

故答案為：③⑤；

（2）Zn和Cu為電極；稀硫酸為電解質(zhì)溶液形成的原電池，能加快鋅與硫酸的反應(yīng)速率，所以其他條件相同情況下，產(chǎn)生氣泡的速率比單一鋅片快；

故答案為：快；

（3）在乙實(shí)驗(yàn)中；某同學(xué)發(fā)現(xiàn)不僅在銅片上有氣泡產(chǎn)生，而且在鋅片上也產(chǎn)生了氣體，是由于鋅片不純，在鋅片上形成原電池導(dǎo)致；

故答案為：鋅片不純；在鋅片上形成原電池；

（4）如果把硫酸換成硫酸銅溶液，正極Cu上會(huì)有銅單質(zhì)析出，而變粗，其電極反應(yīng)為：Cu2++2e-=Cu；則電池總反應(yīng)為Zn與銅離子的反應(yīng)，為Cu2++Zn=Zn2++Cu；

已知正極：Cu2++2e-=Cu，負(fù)極：Zn-2e-=Zn2+；設(shè)電路中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為n，則正極質(zhì)量增加32n，負(fù)極質(zhì)量減少32.5n，所以32.5n+32n=12.9g，解得n=0.2mol；

故答案為：銅極；Cu2++Zn=Zn2++Cu；0.2；

（5）甲、乙、丙為原電池裝置，甲中A不斷溶解，說明A被氧化，為原電池負(fù)極，B為正極，乙中C的質(zhì)量增加，說明C極上析出金屬，為原電池正極，則B為負(fù)極，丙中A上有氣體產(chǎn)生，應(yīng)為氫氣，說明A為正極，則D為負(fù)極，原電池反應(yīng)中負(fù)極較活潑，則金屬的活潑性順序?yàn)镈＞A＞B＞C，故答案為：D＞A＞B＞C．10、-285.8kJ/mol-393.5kJ/mol1429kJ-283KJ/molCO（g）+O2（g）=CO2（g）△=-283kJ/mol乙甲【分析】【分析】（1）①燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量；液態(tài)的水；二氧化碳是穩(wěn)定氧化物，據(jù)此分析解答；

②由①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol，據(jù)此計(jì)算10gH2生成液態(tài)水；放出的熱量；

③利用蓋斯定律；結(jié)合反應(yīng)③④求得；

（2）鹽橋原電池中，金屬電極插入含有本金屬陽(yáng)離子的鹽溶液里，電解質(zhì)里的陽(yáng)離子移向正極，陰離子移向負(fù)極，據(jù)此回答．【解析】【解答】解：（1）①燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量，由④C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol，二氧化碳是穩(wěn)定氧化物，且C的物質(zhì)的量為1mol，所以-393.5kJ/mol是C的燃燒熱，①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol；液態(tài)水是穩(wěn)定的產(chǎn)物，且氫氣的物質(zhì)的量為1mol，所以-285.8kJ/mol是氫氣的燃燒熱，①

故答案為：-285.8kJ/mol；-393.5kJ/mol；

②根據(jù)H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol，得到10gH2生成液態(tài)水；放出的熱量為=285.8kJ×5=1429kJ；故答案為：1429kJ；

③已知：a．C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5kJ/mol

b．C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol

據(jù)蓋斯定律，b-a得：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△=-283KJ/mol，所以CO的燃燒熱是-283KJ/mol，其熱化學(xué)方程式為：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△=-283KJ/mol；

故答案為：-283KJ/mol；CO（g）+O2（g）=CO2（g）△=-283kJ/mol；

（2）Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，設(shè)計(jì)成原電池，Zn是負(fù)極，Cu是正極，為減小能量損失，金屬電極插入含有本金屬陽(yáng)離子的鹽溶液里，Cu插入硫酸銅中，電解質(zhì)里的陽(yáng)離子移向正極，氯離子等陰離子移向負(fù)極，即氯離子移向鋅電極，故答案為：乙；甲．11、1：5溶液由無色變藍(lán)色2FeCl2+Cl2═2FeCl3Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O0.01能KMnO4＞Cl2＞FeCl3【分析】【分析】（1）高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性；能把鹽酸氧化生成氯氣，自身被還原生成氯化錳，據(jù)此寫出反應(yīng)方程式；

（2）Mn元素的化合價(jià)降低；Cl元素的化合價(jià)升高；

（3）b處氯氣能置換出碘；碘遇淀粉變藍(lán)色，d處氯氣能氧化氯化亞鐵生成氯化鐵，氯化鐵和硫氰化鉀溶液反應(yīng)使溶液呈血紅色；

（4）氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉；次氯酸鈉和水；結(jié)合元素化合價(jià)的變化計(jì)算；

（5）自發(fā)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性．【解析】【解答】解：（1）高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，能把鹽酸氧化生成氯氣，自身被還原生成氯化錳，所以發(fā)生的反應(yīng)方程式為：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，離子方程式為2MnO4-+16H++10Cl-═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案為：2MnO4-+16H++10Cl-═2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

（2）2MnO4-+16H++10Cl-═2Mn2++5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合價(jià)降低，Cl元素的化合價(jià)升高，氧化劑為KMnO4；還原劑為HCl，由反應(yīng)可知，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為，故答案為：1：5；

（3）b處氯氣能置換出碘，2KI+Cl2═2KCl+I2，碘遇淀粉變藍(lán)色，d處發(fā)生的反應(yīng)為：2FeCl2+Cl2═2FeCl3，F(xiàn)e3+和SCN-反應(yīng)使溶液變紅色氯氣能氧化氯化亞鐵生成氯化鐵，氯化鐵和硫氰化鉀溶液反應(yīng)使溶液呈血紅色，所以b處看到的現(xiàn)象是溶液變藍(lán)色；d處看到的現(xiàn)象是溶液變紅色；

故答案為：溶液由無色變藍(lán)色；2FeCl2+Cl2═2FeCl3；

（4）氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉和次氯酸鈉，反應(yīng)的方程式為Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，離子反應(yīng)為Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；

當(dāng)有0.224LCl2被NaOH溶液吸收后；即有0.01mol氯氣被吸收，反應(yīng)中Cl元素化合價(jià)由0價(jià)分別變化為-1價(jià)；+1價(jià)，則轉(zhuǎn)移電子0.01mol；

故答案為：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；0.01．

（5）2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中氧化性KMnO4＞Cl2，2FeCl2+Cl2=2FeCl3中氧化性Cl2＞FeCl2，所以氧化性大小順序是KMnO4＞Cl2＞FeCl3；

故答案為：能；KMnO4＞Cl2＞FeCl3．12、（CH3）2CHCHO（CH3）2CHCOOHCH2=C（CH3）COOCH3【分析】【分析】A發(fā)生催化氧化生成B，B與甲醇反應(yīng)生成C，結(jié)合分子式可知，A屬于醛，B屬于羧酸，C屬于酯，C發(fā)生信息中脫氫反應(yīng)生成D，則C為據(jù)此可以推斷其它物質(zhì)．【解析】【解答】解：A發(fā)生催化氧化生成B，B與甲醇反應(yīng)生成C，結(jié)合分子式可知，A屬于醛，B屬于羧酸，C屬于酯，C發(fā)生信息中脫氫反應(yīng)生成D，則C為逆推可知B為（CH3）2CHCOOH，A為（CH3）2CHCHO，順推可知D為CH2=C（CH3）COOCH3，E為

故答案為：（CH3）2CHCHO；（CH3）2CHCOOH；CH2=C（CH3）COOCH3；．13、BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHHOCH2COOH（或HOCH2CHO、OHC-CHO、OHC-COOH）HOOC-COOH【分析】【分析】CH2=CH2和溴發(fā)生加成反應(yīng)，生成A為CH2BrCH2Br，水解生成B為CH2OHCH2OH，氧化產(chǎn)物C為HOCH2COOH（或HOCH2CHO、OHC-CHO、OHC-COOH），進(jìn)而被氧化為D，為HOOC-COOH，結(jié)合有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)可解答該題．【解析】【解答】解：乙烯與溴發(fā)生加成，則A為BrCH2CH2Br，水解生成B，則B為HOCH2CH2OH，B氧化生成C，C為HOCH2COOH（或HOCH2CHO；OHC-CHO、OHC-COOH）；C氧化生成D，則D為HOOC-COOH，B與D發(fā)生酯化反應(yīng)生成E；

故答案為：BrCH2CH2Br；HOCH2CH2OH；HOCH2COOH（或HOCH2CHO、OHC-CHO、OHC-COOH）；HOOC-COOH．三、判斷題(共8題，共16分)14、×【分析】【分析】伴有能量變化的物質(zhì)變化不一定發(fā)生化學(xué)反應(yīng)．【解析】【解答】解：伴有能量變化的物質(zhì)變化不一定是化學(xué)變化，如燈泡發(fā)光過程中有熱能變化，故錯(cuò)誤；15、×【分析】【分析】氟化物可能影響兒童正常生長(zhǎng)發(fā)育．【解析】【解答】解：氟化物能有效預(yù)防齲齒但氟化物可能影響兒童正常生長(zhǎng)發(fā)育所以兒童不建議使用含氟牙膏，故答案為：×．16、×【分析】【分析】根據(jù)膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)微粒直徑的大小不同．【解析】【解答】解：膠體區(qū)別于其它分散系的本質(zhì)特征是膠體粒子直徑在1-100nm之間，溶液的粒子直徑小于1nm，濁液的子直徑大于100nm，故答案為：×．17、×【分析】【分析】氫氧化鈉是強(qiáng)電解質(zhì)，一水合氨是弱電解質(zhì)，加水稀釋弱電解質(zhì)溶液，促進(jìn)弱電解質(zhì)電離，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鈉是強(qiáng)電解質(zhì)，在水中完全電離，加水稀釋一倍，氫氧根離子濃度變?yōu)樵瓉淼囊话耄凰习笔侨蹼娊赓|(zhì)，在水溶液里存在電離平衡，加水稀釋促進(jìn)其電離，當(dāng)稀釋一倍后，氫氧根離子濃度大于原來的一半，該說法錯(cuò)誤，故答案為：×．18、×【分析】【分析】化學(xué)變化中的能量變化主要是熱量變化，另外還有光能、電能等等．【解析】【解答】解：化學(xué)反應(yīng)中能量變化的形式主要是熱量變化，還有熱能、光能、電能等等，故錯(cuò)誤，故答案為：×．19、×【分析】【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機(jī)化合物，簡(jiǎn)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：×．20、×【分析】【分析】標(biāo)準(zhǔn)狀況下任何氣體的摩爾體積都是22.4L/mol．據(jù)此解題．【解析】【解答】解：標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1mol氣體的體積為22.4L，氣體的摩爾體積是22.4L/mol，故答案為：×．21、×【分析】【分析】氧氣所處的狀態(tài)不確定，氣體摩爾體積不一定是22.4L/mol，不能確定氧氣的物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：若為標(biāo)況下，22.4L氧氣的物質(zhì)的量為1mol，含有6.02×1023個(gè)氧分子，但氧氣所處的狀態(tài)不確定，氣體摩爾體積不一定是22.4L/mol，不能確定氧氣的物質(zhì)的量，不能確定含有氧氣分子數(shù)目，故錯(cuò)誤，故答案為：×．四、推斷題(共2題，共8分)22、Cl2氯化亞鐵Fe+2HCl=FeCl2+H2↑溶液由黃色變?yōu)闇\綠色2Fe3++Fe=3Fe2+MnO2+4HCl（濃）MnCl2+C12↑+2H2O生成紅褐色沉淀【分析】【分析】A是用途最廣的金屬，則A為Fe；D溶液中滴加KSCN溶液顯紅色，則D中含有鐵離子，B是常見氣體單質(zhì)，且具有強(qiáng)氧化性，所以B應(yīng)為Cl2，依次推出D為FeCl3，F(xiàn)為FeCl2；結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系圖可知，F(xiàn)e和E溶液反應(yīng)生成FeCl2和C，則E為HCl，C為H2，最后結(jié)合化學(xué)用語(yǔ)及反應(yīng)的現(xiàn)象來解答．【解析】【解答】解：A是用途最廣的金屬，則A為Fe；D溶液中滴加KSCN溶液顯紅色，則D中含有鐵離子，B是常見氣體單質(zhì)，且具有強(qiáng)氧化性，所以B應(yīng)為Cl2，依次推出D為FeCl3，F(xiàn)為FeCl2；結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系圖可知，F(xiàn)e和E溶液反應(yīng)生成FeCl2和C，則E為HCl，C為H2；

（1）由上述推斷可知，B為Cl2，F(xiàn)為氯化亞鐵，故答案為：Cl2；氯化亞鐵；

（2）第③步反應(yīng)為Fe與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣，化學(xué)方程式為Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故答案為：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；

（3）第④步反應(yīng)為Fe與氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，離子反應(yīng)為2Fe3++Fe=3Fe2+，觀察到現(xiàn)象為溶液由黃色變?yōu)闇\綠色，故答案為：溶液由黃色變?yōu)闇\綠色；2Fe3++Fe=3Fe2+；

（4）B為Cl2，實(shí)驗(yàn)室制取Cl2的化學(xué)反應(yīng)方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+C12↑+2H2O，故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+C12↑+2H2O；

（5）D為FeCl3，其溶液中滴入NaOH溶液反應(yīng)生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，故答案為：生成紅褐色沉淀．23、（10-2-10-12）mol/L陽(yáng)Cu2++2e-=Cu2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑Y中滴加M，先沒有沉淀后生成沉淀，而M中滴加Y，先生成沉淀后沉淀消失，則Y為NaOH，M為AlCl3能Qc=（×0.01）×（×0.001）3=6.25×10-13＞Ksp=2.097×l0-39，則生成沉淀【分析】【分析】圖中D、E、Z是單質(zhì)，其余均是化合物．且知E為日常常用金屬；D元素的原子最外層電子數(shù)與電子層數(shù)相等，C+D=E+F是置換反應(yīng)，推斷高溫下為鋁熱反應(yīng)，推斷D為Al，E為Fe，F(xiàn)為Al2O3；Z、Y是氯堿工業(yè)的產(chǎn)品，由圖中Al、Al2O3和Y反應(yīng)可推斷，Y為NaOH；得到Z為Cl2，X為HCl，反應(yīng)均在水溶液中進(jìn)行，所以推斷得到G為NaAlO2，M為AlCl3，B為FeCl2，A為FeCl3，然后結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)及化學(xué)反應(yīng)原理來解答．【解析】【解答】解：圖中D、E、Z是單質(zhì)，其余均是化合物．且知E為日常常用金屬；D元素的原子最外層電子數(shù)與電子層數(shù)相等，C+D=E+F是置換反應(yīng)，推斷高溫下為鋁熱反應(yīng)，推斷D為Al，E為Fe，F(xiàn)為Al2O3；Z、Y是氯堿工業(yè)的產(chǎn)品，由圖中Al、Al2O3和Y反應(yīng)可推斷，Y為NaOH；得到Z為Cl2，X為HCl，反應(yīng)均在水溶液中進(jìn)行，所以推斷得到G為NaAlO2，M為AlCl3，B為FeCl2，A為FeCl3；

（1）X為HCl，其電子式為故答案為：

（2）pH=12的NaAlO2溶液中，水解顯堿性，溶質(zhì)的陽(yáng)離子與溶質(zhì)的陰離子濃度之差為0.01mol/L-10-12mol/L=（10-2-10-12）mol/L；

故答案為：（10-2-10-12）mol/L；

（3）E作為待鍍金屬，銅為鍍層金屬，則銅為陽(yáng)極失去電子，E為陰極，電極反應(yīng)為Cu2++2e-=Cu，故答案為：陽(yáng)；Cu2++2e-=Cu；

（4）反應(yīng)③中D為Al與Y為NaOH的水溶液，反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應(yīng)的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

故答案為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（5）Y中滴加M；先沒有沉淀后生成沉淀，而M中滴加Y，先生成沉淀后沉淀消失，則試劑互滴現(xiàn)象不同，可以鑒別；

故答案為：Y中滴加M，先沒有沉淀后生成沉淀，而M中滴加Y，先生成沉淀后沉淀消失，則Y為NaOH，M為AlCl3；

（6）0.01mol?L-1的FeCl3溶液與0.001mol?L-1的NaOH溶液等體積混合，Qc=（×0.01）×（×0.001）3=6.25×10-13＞Ksp=2.097×l0-39；則生成沉淀；

故答案為：能；Qc=（×0.01）×（×0.001）3=6.25×10-13＞Ksp=2.097×l0-39，則生成沉淀．五、探究題(共4題，共8分)24、|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．25、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?jī)?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?jī)?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?jī)?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(rùn)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(cè)）=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(cè)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(cè)）=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(cè)）=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(cè)）=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(cè)）=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(cè)）=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．26、|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．27、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?jī)?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?jī)?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?jī)?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(rùn)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(cè)）=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(cè)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(cè)）=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(cè)）=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(cè)）=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(cè)）=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(cè)）=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．六、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共8分)28、防止空氣中的水蒸氣和CO2進(jìn)入B中，影響測(cè)定結(jié)果；24%；趕走溶液中溶解的過量的Cl2；250mL容量瓶；df；70%；Fe5O6【分析】解：Ⅰrm{.(1)}該實(shí)驗(yàn)中，氫氣和氧化鐵反應(yīng)生成金屬鐵和水，根據(jù)固體質(zhì)量的變化來計(jì)算鐵的含量，rm{B}處的干燥管作用是吸收產(chǎn)生的水蒸氣，所以rm{C}裝置要防止防止空氣中的水蒸氣和rm{CO_{2}}進(jìn)入rm{B}中；影響測(cè)定結(jié)果；

故答案為：防止空氣中的水蒸氣和rm{CO_{2}}進(jìn)入rm{B}中；影響測(cè)定結(jié)果；

rm{(2)}測(cè)的反應(yīng)后裝置rm{B}增重rm{1.35g}根據(jù)反應(yīng)的實(shí)