2025年粵人版高三化學(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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵人版高三化學(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9題，共18分)1、化學(xué)知識(shí)廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)生活中；下列敘述正確的是（）

A.空氣中的臭氧對(duì)人體健康有益無害。

B.液氯罐泄漏時(shí)；可將其移入水塘中并加入生石灰。

C.由石英制取單晶硅的過程中；不涉及氧化還原反應(yīng)。

D.棉花和木材的主要成分都是纖維素；蠶絲和人造絲的主要成分都是蛋白質(zhì)。

2、下列化學(xué)用語表達(dá)正確的是（）A.氯化鈉的電子式：B.丙烷分子的比例模型：C.NaHCO3的電離方程式NaHCO3=Na++H++CO32-D.質(zhì)子數(shù)為53，中子數(shù)為78的碘原子：I3、浙江大學(xué)成功研制出能在數(shù)分鐘之內(nèi)將電量充滿的鋰電池，其成本只有傳統(tǒng)鋰電池的一半rm{.}若電解液為rm{LiAlCl_{4}-SOCl_{2}}電池的總反應(yīng)為：rm{4Li+2SOCl_{2}underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}4LiCl+S+SO_{2}.}下列說法不正確的是rm{4Li+2SOCl_{2}

underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}4LiCl+S+SO_{2}.}rm{(}A.rm{)}為電池的負(fù)極B.電池的電解液可用rm{Li}水溶液代替C.放電時(shí)電子從負(fù)極經(jīng)外電路流向正極D.充電時(shí)陽極反應(yīng)式為：rm{LiCl}rm{4Cl^{-}+S+SO_{2}-4e^{-}=2SOCl_{2}}4、將等物質(zhì)的量的A、B混合于2L密閉容器中，發(fā)生如下反應(yīng)3A（g）+B（g）?xC（g）+2D（g），經(jīng)5min后測(cè)得D的濃度為0.5mol?L-1，c（A）：c（B）=3：5，用C的濃度變化表示的平均反應(yīng)速率為0.1mol?L-1?min-1．下列有關(guān)結(jié)論正確的是（）A.x的值為1B.v（B）=0.2mol?L-1?min-1C.反應(yīng)開始前A的物質(zhì)的量為3molD.5min時(shí)A的濃度為0.2mol?L-15、氨是一種重要的化工原料．下列關(guān)于氨氣性質(zhì)的描述不正確的是（）A.有刺激性氣味、密度比空氣小B.遇氯化氫產(chǎn)生白煙C.能使?jié)駶?rùn)的藍(lán)色石蕊試紙變紅D.其水溶液能使酚酞溶液變紅6、一定條件下，可逆反應(yīng)2X（g）+3Y（g）?4Z（g），若X、Y、Z起始濃度分別為c1、c2、c3（均不為0），平衡時(shí)X、Y、Z的濃度分別為0.2mol?L-1、0.3mol?L-1、0.16mol?L-1，則下列判斷不合理的是（）A.平衡時(shí)，Y和Z的生成速率之比為3：4B.c1的取值范圍為0＜c1＜0.28mol?L-1C.當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，擴(kuò)大容器的體積，平衡會(huì)發(fā)生移動(dòng)D.此反應(yīng)，若起始通入2mol?L-1的X和3mol?L-1的Y達(dá)到平衡時(shí)，與起始只通入4mol?L-1的Z達(dá)到平衡時(shí)，各物質(zhì)的組成含量不相同7、下列關(guān)于NO的說法正確的是（）A.NO是紅棕色氣體B.常溫下氮?dú)馀c氧氣反應(yīng)可生成NOC.NO溶于水可以生成硝酸D.NO是汽車尾氣的有害成分之一8、對(duì)鹵族元素，下列分析中錯(cuò)誤的是（）A.原子的核電荷數(shù)越大，原子半徑越大B.原子半徑越大，得電子的能力越強(qiáng)C.得電子的能力越強(qiáng)，非金屬性越強(qiáng)D.非金屬性越強(qiáng)，單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)9、將2molSO2和1molO2充入一容積固定的密閉容器中；在一定條件下反應(yīng)：

2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），下列哪些情況能說明該可逆反應(yīng)已達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)的是（）A.每生成2molSO2的同時(shí)，消耗2molSO3B.混合氣體的質(zhì)量不再變化C.每生成2molSO3的同時(shí)，消耗2molSO3D.每生成2molSO3的同時(shí)，消耗1molO2評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、下表是部分短周期元素的信息；用化學(xué)用語回答下列問題．

。元素代號(hào)ABF原子半徑/nm0.0770.0750.117主要化合價(jià)+4、-4+5、-3+4、-4。元素DMGE性質(zhì)。

結(jié)構(gòu)。

信息單質(zhì)制成的高壓燈，發(fā)出的黃光透霧力強(qiáng)、射程遠(yuǎn)．氫化物常溫下呈液態(tài)，M的雙原子陰離子有18個(gè)電子原子核外的M層比L層少2個(gè)電子．+3價(jià)陽離子的核外電子排布與氖原子相同．（1）元素A在周期表中的位置____．B的某種核素中中子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多1，則表示該核素的原子符號(hào)為____．

（2）寫出鈣與M原子個(gè)數(shù)比為1：2化合物的電子式____，鈣與A原子個(gè)數(shù)比為1：2化合物含有的化學(xué)鍵類型（填離子鍵、共價(jià)鍵或非極性鍵）____．

（3）M2-、D+、G2-離子半徑大小順序是____＞____＞____（用離子符號(hào)回答）．

（4）由A、B、M及氫四種原子構(gòu)成的分子A2H5BM2，既可以和鹽酸反應(yīng)又可以和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，寫出A2H5BC2的名稱____．

（5）某同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明A；B、F的非金屬性強(qiáng)弱關(guān)系．

①溶液a和b分別為____，____．

②溶液c中的離子方程式為____．

（6）將0.5molD2M2投入100mL3mol/LECl3溶液中，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為____．

（7）工業(yè)上冶煉E，以石墨為電極，陽極產(chǎn)生的混合氣體的成分為____．11、已知：2SO32SO2+O2，在起始時(shí)體積相同的容器A和B中，同時(shí)分別充入2molSO3（兩容器裝有催化劑）．在反應(yīng)過程中；A保持溫度和容積不變；B保持溫度和壓強(qiáng)不變．回答下列問題：

（1）反應(yīng)達(dá)平衡所需時(shí)間A____B（大于；等于；小于）；達(dá)平衡時(shí)SO3的轉(zhuǎn)化率A____B（大于；等于；小于）．

（2）若平衡后，向A、B中分別充入惰性氣體，____容器的平衡將向____方向移動(dòng)；若平衡后，向A、B中分別充入等物質(zhì)的量SO3，重新達(dá)平衡時(shí)，兩容器中的SO3轉(zhuǎn)化率變化情況是（填變大、變小、不變）A____，B____．12、（2014春?東莞市校級(jí)月考）如圖示是元素周期表的一部分；A；B、C均為短周期元素，A、C兩種元素的質(zhì)子數(shù)之和等于B的質(zhì)子數(shù)，B的原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)相等．回答：

（1）寫出元素符號(hào)：A____；B____；C____．

（2）C的原子結(jié)構(gòu)示意圖是：____．

（3）A的氫化物的水溶液顯____（填酸或堿）性．13、有一學(xué)生甲在實(shí)驗(yàn)室測(cè)某溶液的pH；實(shí)驗(yàn)時(shí)，他先用蒸餾水潤(rùn)濕pH試紙，然后用潔凈干燥的玻璃棒蘸取試樣進(jìn)行檢測(cè)．學(xué)生乙對(duì)學(xué)生甲的操作的評(píng)價(jià)為：操作錯(cuò)誤，測(cè)定結(jié)果一定有誤差．學(xué)生丙對(duì)學(xué)生甲操作的評(píng)價(jià)為：操作錯(cuò)誤，但測(cè)定結(jié)果不一定有誤差．

（1）你支持____（填“乙”或“丙”）同學(xué)的觀點(diǎn)，原因是____．

（2）若用此法分別測(cè)定c（H+）相等的鹽酸和醋酸溶液的pH，誤差較大的是____，原因是____．

（3）只從下列試劑中選擇實(shí)驗(yàn)所需的物品，你____（填“能”或“不能”）區(qū)分0.1mol/L的硫酸和0.01mol/L的硫酸．若能，簡(jiǎn)述操作過程．____

①紫色石蕊試液②酚酞試液③甲基橙試液④蒸餾水⑤BaCl2溶液⑥pH試紙．14、（2016春?濟(jì)南校級(jí)期中）某溫度時(shí)；在2L的密閉容器中，X；Y、Z（均為氣體）三種物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化曲線如圖所示．

（1）由圖中所給數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____；

（2）反應(yīng)從開始至2分鐘，用Z的濃度變化表示的平均反應(yīng)速率為v（Z）=____；

（3）2min反應(yīng)達(dá)平衡容器內(nèi)混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量比起始時(shí)____（填增大、減小或無變化，下同）；混合氣體密度比起始時(shí)____．

（4）將amolX與bmolY的混合氣體發(fā)生上述反應(yīng)，反應(yīng)到某時(shí)刻各物質(zhì)的量恰好滿足：n（X）=n（Y）=n（Z），則原混合氣體中a：b=____．

（5）下列措施能加快反應(yīng)速率的是____．

A．恒壓時(shí)充入HeB．恒容時(shí)充入He

C．恒容時(shí)充入XD．及時(shí)分離出Z

E．升高溫度F．選擇高效的催化劑。

（6）下列說法正確的是____．

A．升高溫度改變化學(xué)反應(yīng)的限度。

B．已知正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；升高溫度平衡向右移動(dòng)，正反應(yīng)速率加快，逆反應(yīng)速率減慢。

C．化學(xué)反應(yīng)的限度與時(shí)間長(zhǎng)短無關(guān)。

D．化學(xué)反應(yīng)的限度是不可能改變的。

E．增大Y的濃度，正反應(yīng)速率加快，逆反應(yīng)速率減慢．15、下面是印刷電路板的生產(chǎn)及其廢液的處理的流程簡(jiǎn)圖．請(qǐng)按要求填空：

（1）鍍銅電路版制成印刷電路版的離子方程式為____；固體1的化學(xué)成分是____（填化學(xué)式）．

（2）反應(yīng)①的化學(xué)方程式為____；要檢驗(yàn)廢液中是否含有Fe3+所需的試劑是____（填化學(xué)式）溶液．

（3）反應(yīng)④的離子方程式為____．16、向2L密閉容器中通入amol氣體A和bmol氣體B，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)；xA(g)＋yB(g)pC(g)＋qD(g)已知：平均反應(yīng)速率vC＝1/2vA；反應(yīng)2min時(shí)，A的濃度減少了1/3，B的物質(zhì)的量減少a/2mol，有amolD生成。回答下列問題：(1)反應(yīng)2min內(nèi)，vA＝________，vB＝__________；(2)化學(xué)方程式中，x＝________、y＝________、p＝______、q＝________；(3)反應(yīng)平衡時(shí)，D為2amol，則B的轉(zhuǎn)化率為__________；(4)如果只升高反應(yīng)溫度，其他反應(yīng)條件不變，平衡時(shí)D為1.5amol，則該反應(yīng)的ΔH________0(填“＞”、“＜”或“＝”)；(5)如果其他條件不變，將容器的容積變?yōu)?L，進(jìn)行同樣的實(shí)驗(yàn)，則與上述反應(yīng)比較：①反應(yīng)速率____________(填“增大”、“減小”或“不變”)，理由是________________________________________________________；②平衡時(shí)反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率__________(填“增大”、“減小”或“不變”)，理由是_________________________________________________________________；評(píng)卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)17、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為22.4L____（判斷對(duì)錯(cuò)）18、蛋白質(zhì)、纖維素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物（判斷對(duì)錯(cuò)）19、蛋白質(zhì)溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水也不溶解．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為22.4L____（判斷對(duì)錯(cuò)）21、濃硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等氣體____．（判斷對(duì)錯(cuò)）22、近半個(gè)多世紀(jì)以來；隨著人類社會(huì)的高度發(fā)達(dá)，環(huán)境污染問題也越來越受到了人們的關(guān)注．請(qǐng)回答下列問題：

（1）水是人類賴以生存的物質(zhì)．下列物質(zhì)會(huì)帶來水體的重金屬污染的是____（填字母）；

A．含Hg2+的化合物B．含N的化合物C．含P的化合物。

其他選項(xiàng)的化合物會(huì)造成水體的____（填名稱）．

（2）煤和石油是當(dāng)今世界重要的化石燃料，但它們的燃燒會(huì)對(duì)環(huán)境造成影響，生成的____、____（填化學(xué)式）等容易形成酸雨．某火力發(fā)電廠為了防止廢氣污染環(huán)境，現(xiàn)采用廉價(jià)易得的石灰石漿來吸收，其反應(yīng)方程式為：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x．試推測(cè)x的化學(xué)式為____．x的大量排放仍會(huì)帶來環(huán)境問題，它對(duì)環(huán)境帶來的影響是造成____（填名稱）．若改用另一種吸收劑，則可避免x的大量排放，其反應(yīng)方程式為：2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，則y的化學(xué)式為____．

（3）防治環(huán)境污染；改善生態(tài)環(huán)境已成為全球的共識(shí)，請(qǐng)回答下列問題：

①空氣質(zhì)量報(bào)告的各項(xiàng)指標(biāo)可以反映出各地空氣的質(zhì)量．下列氣體已納入我國(guó)空氣質(zhì)量報(bào)告的是____（填字母）．

A．CO2B．N2C．NO2D．SO2

②垃圾應(yīng)分類收集．你用過的舊試卷應(yīng)放置于貼有____（填字母）標(biāo)志的垃圾筒內(nèi)．

③工業(yè)廢水需處理達(dá)標(biāo)后才能排放．判斷下列廢水處理的方法是否合理；合理的請(qǐng)畫“√”，不合理的請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中填寫正確方法．

A．用中和法除去廢水中的酸____

B．用混凝法除去廢水中的重金屬離子____

C．用氯氣除去廢水中的懸浮物____．評(píng)卷人得分四、簡(jiǎn)答題(共2題，共8分)23、Na2S2O3（俗稱保險(xiǎn)粉）在醫(yī)藥；印染中應(yīng)用廣泛；可通過下列方法制備：

取15.1gNa2SO3溶于80.0mL水．另取5.0g硫粉；用少許乙醇潤(rùn)濕后加到上述溶液中．

小火加熱至微沸，反應(yīng)1小時(shí)后過濾．濾液在100℃經(jīng)蒸發(fā)、濃縮、冷卻至10℃后析出Na2S2O3?5H2O．

（1）加入的硫粉用乙醇潤(rùn)濕的目的是______．

（2）濾液中除Na2S2O3和可能未反應(yīng)完全的Na2SO3外，最可能存在的無機(jī)化合物雜質(zhì)是______；

（3）某環(huán)境監(jiān)測(cè)小組用含0.100mol?L-1Na2S2O3溶液[含少量的Na2SO3，且n（Na2S2O3）：n（Na2SO3）=

5：1]測(cè)定某工廠廢水中Ba2+的濃度．他們?nèi)U水50.0mL，控制適當(dāng)?shù)乃岫燃尤胱懔康腒2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；沉淀經(jīng)洗滌、過濾后，用適量的稀硫酸溶解，此時(shí)CrO42-全部轉(zhuǎn)化為Cr2O72-；再加過量KI溶液，充分反應(yīng)后，用上述Na2S2O3溶液進(jìn)行滴定，反應(yīng)完全時(shí)，測(cè)得消耗Na2S2O3溶液的體積為36.00mL．

（已知有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為：①Cr2O72-+6I-+14H+═2Cr3++3I2+7H2O；

②I2+2S2O32-═2I-+S4O62-；③I2+SO32-+H2O═2I-+SO42-+2H+）

則滴定過程中可用______作指示劑；滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象______．

計(jì)算該工廠廢水中Ba2+的物質(zhì)的量濃度．（寫出計(jì)算過程）______．24、煤的綜合利用對(duì)于改善大氣質(zhì)量和能源充分利用有重要的意義．

rm{(1)}下列說法正確的是______rm{(}填序號(hào)rm{)}．

rm{a.}煤是由有機(jī)物和少量無機(jī)物組成的復(fù)雜混合物。

rm{b.}煤在燃燒過程中會(huì)生成一氧化碳；二氧化硫、氮氧化物、煙塵等有害物質(zhì)。

rm{c.}可利用生石灰；熟石灰、石灰石等固硫劑使煤在燃燒過程中生成穩(wěn)定的硫酸鹽。

rm{d.}煤的干餾屬于化學(xué)變化；煤的氣化和液化都屬于物理變化。

rm{(2)}煤的氣化過程中產(chǎn)生的有害氣體rm{H_{2}S}用氨水吸收生成正鹽的離子方程式是______．

rm{(3)}燃煤煙氣的一種脫硫方案rm{-}火堿一石灰一石膏法流程圖rm{1}如下．

rm{壟脵}常溫下，用rm{NaOH}溶液吸收rm{SO_{2}}得到rm{pH=6}的rm{NaHSO_{3}}溶液；該溶液中離子濃度的。

大小順序是______

rm{壟脷}氫氧化鈣與rm{NaHSO_{3}}反應(yīng)的化學(xué)方程式是______

rm{(4)}煤的間接液化法合成二甲醚的三步反應(yīng)如下：Ⅰrm{.2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}

Ⅱrm{.2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-23.5kJ?mol^{-1}}

Ⅲrm{.CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH=-41.3kJ?mol^{-1}}

rm{.2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-90.8kJ?mol^{-1}}總反應(yīng)熱化學(xué)方程式：rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)triangleH=}______；

rm{.2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-23.5kJ?mol^{-1}}rm{.CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H=-41.3kJ?mol^{-1}}rm{壟脵}可分別代表壓強(qiáng)或溫度rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)triangle

H=}如圖rm{壟脷Y(Y_{1}}表示rm{Y_{2})}一定時(shí)，總反應(yīng)中rm{X}的平衡轉(zhuǎn)化。

率隨rm{.}的變化關(guān)系rm{2}判斷rm{Y}rm{CO}的大小關(guān)系，并簡(jiǎn)述理由：______．rm{X}評(píng)卷人得分五、探究題(共4題，共40分)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(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________．26、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：27、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________．28、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、綜合題(共3題，共21分)29、（15分）下列框圖中的A~K物質(zhì)均為中學(xué)常見物質(zhì)。已知B、D、E、L常溫下為密度比空氣大的氣體，D、E為單質(zhì)，其它為化合物。A和I都是常用的漂白劑，F(xiàn)的焰色反應(yīng)呈黃色。F、G均能與L的水溶液反應(yīng)放出B。請(qǐng)根據(jù)圖示關(guān)系回答問題：（1）F的俗名是＿＿＿＿＿＿；K的電子式＿＿＿＿＿＿。（2）反應(yīng)①~⑤中，屬于氧化－還原反應(yīng)的是＿＿＿＿＿＿。（3）反應(yīng)④的離子方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。反應(yīng)③的化學(xué)方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某單質(zhì)能與H反應(yīng)生成E，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。30、［化學(xué)選修──有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)］（15分）根據(jù)圖示回答下列問題：（1）寫出A、E、G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反應(yīng)②的化學(xué)方程式（包括反應(yīng)條件）是_________________________，（3）反應(yīng)④化學(xué)方程式（包括反應(yīng)條件）是____________________________________；（4）寫出①、⑤的反應(yīng)類型：①________________、⑤__________________。31、（16分）常溫下，在20.0mL0.20mol/LCH3COONa溶液中滴加0.20mol/L的稀鹽酸。溶液的PH值的變化關(guān)系如右圖所示。(1)a＞7.0的理由是（用離子方程式表示）（2）如圖，當(dāng)加入稀鹽酸的體積為V1mL時(shí)，溶液的pH值剛好為7.0。此時(shí)溶液中c(Cl-)c(CH3COOH)（填＜、＞或＝）。簡(jiǎn)要寫出判斷依據(jù)。（3）當(dāng)加入的鹽酸的體積為20.0mL時(shí)，測(cè)定溶液中的c(H+)為1.3×10-3-mol/L，求CH3COOH的電離平衡常數(shù)Ka(設(shè)混合后的體積為二者的體積之和，計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】

A．微量臭氧的存在可以凈化空氣；有利人體健康，過量對(duì)人有害，故A錯(cuò)誤；

B．生石灰溶解于水形成氫氧化鈣溶液；它呈堿性，氯氣能溶于水，易被堿溶液吸收（它會(huì)和堿反應(yīng)生成鹽和水），將尚有殘留液氯的槽罐車移入附近的水塘中，并向水塘中放入生石灰，可除去殘留的氯氣，故B正確；

C．由石英制取單晶硅的反應(yīng)是：2C+SiO2Si+2CO↑，Si+2Cl2SiCl4，SiCl4+2H2Si+4HCl；過程中涉及氧化還原反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D．棉花和木材的主要成分都是纖維素；蠶絲的主要成分都是蛋白，人造絲是一種絲質(zhì)的人造纖維，主要成分不是蛋白質(zhì)，故D錯(cuò)誤；

故選：B；

【解析】【答案】A．微量臭氧的存在可以凈化空氣；有利人體健康．過量對(duì)人有害；

B．根據(jù)生石灰溶解于水形成氫氧化鈣溶液；它呈堿性，氯氣能與堿反應(yīng)；

C．從工業(yè)制硅的反應(yīng)原理分析；

D．棉花和木材的主要成分都是纖維素；蠶絲的主要成分都是蛋白，人造絲是一種絲質(zhì)的人造纖維，主要成分不是蛋白質(zhì)；

2、D【分析】解：A．離子化合物的電子式中應(yīng)該標(biāo)出所帶電荷，氯化鈉正確的電子式為故A錯(cuò)誤；

B．為丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型為：故B錯(cuò)誤；

C．NaHCO3電離出鈉離子和碳酸氫根離子，正確的電離方程式為：NaHCO3=Na++HCO3-；故C錯(cuò)誤；

D．質(zhì)子數(shù)為53，中子數(shù)為78的碘原子的質(zhì)量數(shù)為131，該原子可以表示為：I；故D正確；

故選D．

A．氯化鈉為離子化合物；電子式中需要標(biāo)出陰陽離子所帶電荷；

B．為球棍模型；比例模型主要體現(xiàn)出各原子的相對(duì)體積大??；

C．碳酸氫鈉電離出鈉離子和碳酸氫根離子；碳酸氫根離子不能拆開；

D．質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)；元素符號(hào)的左上角為質(zhì)量數(shù)；左下角為質(zhì)子數(shù)．

本題考查了常見化學(xué)用語的表示方法，題目難度中等，涉及電子式、球棍模型與比例模型、電離方程式、元素符號(hào)等知識(shí)，明確常見化學(xué)用語的概念及書寫原則為解答結(jié)構(gòu)，試題培養(yǎng)了學(xué)生的規(guī)范答題能力．【解析】【答案】D3、B【分析】解：rm{A.}放電時(shí)，失電子化合價(jià)升高的電極是負(fù)極，根據(jù)電池反應(yīng)式知，放電時(shí)rm{Li}元素化合價(jià)由rm{0}價(jià)變?yōu)閞m{+1}價(jià)，所以rm{Li}是負(fù)極；故A正確；

B.rm{Li}是一種堿金屬，比較活潑，能與rm{H_{2}O}直接發(fā)生反應(yīng)，因此該鋰電池的電解液不能用rm{LiCl}水溶液代替rm{LiAlCl_{4}-SOCl_{2}}故B錯(cuò)誤；

C.放電時(shí)，rm{Li}是負(fù)極；另一個(gè)電極是正極，負(fù)極上失電子；正極上得電子，所以電子從負(fù)極沿導(dǎo)線流向正極，故C正確；

D.充電時(shí)，陽極上rm{S}失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，陽極反應(yīng)式為：rm{4Cl^{-}+S+SO_{2}-4e^{-}=2SOCl_{2}}故D正確；

故選B．

A.放電時(shí)；失電子化合價(jià)升高的電極是負(fù)極；

B.水和rm{Li}發(fā)生反應(yīng)生成rm{LiOH}和氫氣；

C.放電時(shí)；電子從負(fù)極沿導(dǎo)線流向正極；

D.充電時(shí)，陽極上rm{S}失電子發(fā)生氧化反應(yīng)．

本題考查化學(xué)電源新型電池，明確原電池、電解池判斷方法是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書寫，要結(jié)合電池反應(yīng)式及元素化合價(jià)變化書寫，易錯(cuò)選項(xiàng)是rm{B}．【解析】rm{B}4、C【分析】【分析】A．根據(jù)v=計(jì)算v（D）；再根據(jù)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算x的值；

B．結(jié)合v（D）；利用反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算v（B）；

C.5min后，測(cè)得D的濃度為0.5mol?L-1；則生成的D為0.5mol/L×2L=1mol，設(shè)開始A；B的物質(zhì)的量均為n，表示出5min時(shí)A、B的物質(zhì)的量，再根據(jù)A、B濃度之比列方程計(jì)算A、B起始物質(zhì)的量。

D．結(jié)合C中計(jì)算數(shù)據(jù)計(jì)算5min時(shí)A的濃度．【解析】【解答】解：A．經(jīng)5min后，測(cè)得D的濃度為0.5mol?L-1，則v（D）==0.1mol/（L?min）；C的平均反應(yīng)速率是0.1mol/（L?min），則0.1mol/（L?min）：0.1mol/（L?min）=2：x，解得x=2，故A錯(cuò)誤；

B．反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，則v（B）=v（D）=0.05mol/（L?min）；故B錯(cuò)誤；

C.5min后，測(cè)得D的濃度為0.5mol?L-1；則生成的D為0.5mol/L×2L=1mol，設(shè)開始A；B的物質(zhì)的量均為n，則：

3A（g）+B（g）?xC（g）+2D（g）

開始（mol）：nn0

轉(zhuǎn)化（mol）：1.50.51

5min時(shí)（mol）：n-1.5n-0.51

此時(shí)A；B的物質(zhì)的量濃度之比為3：5；則（n-1.5）：（n-0.5）=3：5，解得n=3，故C正確；

D．根據(jù)C中計(jì)算可知，5min時(shí)A的濃度為=0.75mol/L；故D錯(cuò)誤；

故選：C．5、C【分析】【分析】A；氨氣是無色刺激性氣味的氣體；密度小于空氣；

B；氨氣和氯化氫反應(yīng)生成固體氯化銨；

C；氨氣是堿性氣體遇到濕潤(rùn)的藍(lán)色石蕊試紙變紅；

D、氨氣溶于水生成一水合氨，溶液中電離生成氫氧根離子．【解析】【解答】解：A；氨氣是無色刺激性氣味的氣體；氨氣相對(duì)分子質(zhì)量小于空氣的相對(duì)分子質(zhì)量，密度小于空氣，故A正確；

B；氨氣和氯化氫反應(yīng)生成白色固體氯化銨；遇氯化氫產(chǎn)生白煙，故B正確；

C；氨氣是堿性氣體遇到濕潤(rùn)的藍(lán)色石蕊試紙；氨氣溶于水生成一水合氨，溶液中電離生成氫氧根離子溶液顯堿性，所以不變色，故C錯(cuò)誤；

D；氨氣溶于水生成一水合氨；溶液中電離生成氫氧根離子，其水溶液呈堿性能使酚酞溶液變紅，故D正確；

故選C．6、D【分析】【分析】根據(jù)2X（g）+3Y（g）?4Z（g）若X、Y、Z起始濃度分別為c1、c2、c3（均不為0），平衡時(shí)X、Y、Z的濃度分別為0.2mol?L-1、0.3mol?L-1、0.16mol?L-1；

A．達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)；不同物質(zhì)的正逆反應(yīng)速率之比等于系數(shù)之比；

B．根據(jù)可逆不能完全轉(zhuǎn)化的角度分析；

C．反應(yīng)2X（g）+3Y（g）?4Z（g）；是氣體體積減小的反應(yīng)，擴(kuò)大容器體積壓強(qiáng)減小，平衡正向進(jìn)行；

D．反應(yīng)從正反應(yīng)進(jìn)行和逆反應(yīng)進(jìn)行都可以達(dá)到平衡狀態(tài)，依據(jù)等量等效分析判斷．【解析】【解答】解：A．反應(yīng)平衡時(shí)；速率之比等于化學(xué)方程式計(jì)量數(shù)之比，Y和Z的生成速率之比為3：4，故A正確；

B．反應(yīng)為可逆反應(yīng)，物質(zhì)不可能完全轉(zhuǎn)化，若反應(yīng)向逆反應(yīng)分析進(jìn)行，則0＜c1，若反應(yīng)向正反應(yīng)分析進(jìn)行，則c1＜0.28mol?L-1，故有0＜c1＜0.28mol?L-1；故B正確；

C．反應(yīng)2X（g）+3Y（g）?4Z（g）；是氣體體積減小的反應(yīng)，擴(kuò)大容器體積壓強(qiáng)減小，平衡正向進(jìn)行，故C正確；

D．2X（g）+3Y（g）?4Z（g），若起始通入2mol?L-1的X和3mol?L-1的Y達(dá)到平衡時(shí)，起始只通入4mol?L-1的Z，相當(dāng)于通入通入2mol?L-1的X和3mol?L-1的Y；反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)達(dá)到相同的平衡狀態(tài)，各物質(zhì)的組成含量相同，故D錯(cuò)誤；

故選D．7、D【分析】【分析】A；一氧化氮是無色氣體；

B；氮?dú)夂脱鯕庠陂W電下反應(yīng)；常溫下不反應(yīng)；

C；NO不溶于水；

D、NO有毒，是大氣污染氣體之一．【解析】【解答】解：A；一氧化氮是無色氣體；二氧化氮是紅棕色的氣體，故A錯(cuò)誤；

B；在閃電條件下；氮?dú)馀c氧氣反應(yīng)可生成NO，故B錯(cuò)誤；

C；NO是一種不溶于水的氣體；故C錯(cuò)誤；

D；NO有毒；是汽車尾氣的有害成分之一，故D正確．

故選D．8、B【分析】【分析】A．鹵族元素中；原子半徑與原子核電荷數(shù)成正比；

B．鹵族元素中；原子得電子能力與其原子半徑成反比；

C．得電子能力越強(qiáng)的元素；其氧化性越強(qiáng)；

D．非金屬性越強(qiáng)，單質(zhì)得電子能力越強(qiáng)．【解析】【解答】解：A．鹵素原子的原子半徑與其核電荷數(shù)成正比；所以原子的核電荷數(shù)越大，其原子半徑越大，故A正確；

B．原子半徑越大；原子核對(duì)最外層電子的吸引能力越小，則原子越容易失去電子，即失電子能力越強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；

C．得電子能力越強(qiáng)的元素；其氧化性越強(qiáng)，則非金屬的非金屬性越強(qiáng)，故C正確；

D．非金屬性越強(qiáng)；單質(zhì)得電子能力越強(qiáng)，則單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，故D正確；

故選B．9、C【分析】【分析】根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征分析，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、質(zhì)量、體積分?jǐn)?shù)以及百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，做題時(shí)要注意方程式前后氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)的關(guān)系．【解析】【解答】解：A、無論該反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，每生成2molSO2的同時(shí)消耗2molSO3；故A錯(cuò)誤．

B；根據(jù)質(zhì)量守恒；無論該反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)前后混合物的質(zhì)量不變，故B錯(cuò)誤．

C、反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，每生成2molSO3的同時(shí)，消耗2molSO3；三氧化硫的正逆反應(yīng)速率相等，所以達(dá)到平衡狀態(tài)，故C正確．

D、無論該反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，每生成2molSO3的同時(shí)消耗1molO2；故D錯(cuò)誤．

故選C．二、填空題(共7題，共14分)10、第二周期ⅣA族715N離子鍵和非極性鍵共價(jià)鍵S2-O2-Na+甘氨酸硝酸飽和NaHCO3溶液SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-0.5molO2、CO2（或CO）【分析】【分析】短周期元素A、F的化合價(jià)都是+4、-4，所以是第ⅣA元素，結(jié)合半徑分別為：A為碳；F是硅；由B的半徑和化合價(jià)B是氮元素，D單質(zhì)制成的高壓燈，發(fā)出的黃光透霧力強(qiáng)、射程遠(yuǎn)，應(yīng)為Na；氫化物常溫下呈液態(tài)，M的雙原子陰離子有18個(gè)電子，M是氧；G的原子核外的M層比L層少2個(gè)電子，G是16號(hào)硫，E的+3價(jià)陽離子的核外電子排布與氖原子相同，所以E是鋁，由此分析解答．【解析】【解答】解：（1）元素碳在周期表中的位置第二周期ⅣA族，氮的某種核素中中子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多1，則表示該核素的原子符號(hào)為715N，故答案為：第二周期ⅣA族；715N；

（2）過氧化鈣的電子式為：過氧化鈣中存離子鍵和非極性鍵共價(jià)鍵，故答案為：離子鍵和非極性鍵共價(jià)鍵；

（3）電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越多半徑越小，所以半徑的大小為：S2-＞O2-＞Na+，故答案為：S2-＞O2-＞Na+；

（4）由C、N、O及氫四種原子構(gòu)成的分子C2H5NO2，既可以和鹽酸反應(yīng)又可以和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，所以是氨酸，C2H5NO2的名稱是甘氨酸；故答案為：甘氨酸；

（5）由裝置圖可知，實(shí)驗(yàn)原理是利用強(qiáng)酸制備弱酸，硝酸易揮發(fā)，為防止干擾應(yīng)除去，故錐形瓶中產(chǎn)生二氧化碳，應(yīng)為硝酸與碳酸鹽反應(yīng)，溶液b吸收揮發(fā)的硝酸；應(yīng)為飽和的碳酸氫鈉，燒杯中應(yīng)是二氧化碳與硅酸鈉反應(yīng)生成硅酸；

①由上述分析可知，溶液a為硝酸，溶液b為飽和NaHCO3溶液；

故答案為：硝酸、飽和NaHCO3溶液；

②溶液c中的離子方程式為：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；

故答案為：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；

（6）Na2O2投AlCl3溶液中，先與水生成氫氧化鈉與氧氣，反應(yīng)中過氧化鈉起氧化劑、還原劑作用，各占一半，起還原劑的過氧化鈉中O元素化合價(jià)有-1升高為0價(jià)，故0.5molNa2O2費(fèi)用轉(zhuǎn)移電子為0.5mol××2×[0-（-1）]=0.5mol；

故答案為：0.5mol；

（7）電解熔融的氧化鋁生成鋁與氧氣，反應(yīng)方程式為：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，陽極生成氧氣，部分氧氣可以石墨反應(yīng)生成二氧化碳、CO，故陽極氣體有O2、CO2（或CO）

故答案為：O2、CO2（或CO）．11、小于小于B正反應(yīng)變小不變【分析】【分析】（1）A能保持恒容，B能保持恒壓，起始時(shí)向容積相等的A、B中分別通入充入2molSO3，使之發(fā)生反應(yīng)：2SO32SO2+O2；恒溫恒容隨反應(yīng)進(jìn)行壓強(qiáng)增大速率增大，恒溫恒壓容器中反應(yīng)過程中體積增大，反應(yīng)物濃度減小，反應(yīng)速率??；

（2）恒溫恒壓容器，加入惰氣相當(dāng)于壓強(qiáng)減小，平衡向氣體體積增大的方向進(jìn)行；恒溫恒容容器加入惰氣總壓增大，分壓不變，平衡不動(dòng)，反應(yīng)速率不變．【解析】【解答】解：（1）相同溫度下，充入SO3，A容器保持體積不變，壓強(qiáng)變大；B容器保持壓強(qiáng)不變，體積增大，達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)轉(zhuǎn)化為狀態(tài)C（如下圖）達(dá)到平衡所用時(shí)間，A小于B；假設(shè)B中的活塞不移動(dòng)，由于A、B兩個(gè)容器的體積、溫度相同，達(dá)到平衡時(shí)A、B兩容器中存在的平衡是等效平衡，其中SO3的轉(zhuǎn)化率也相等．對(duì)于B和C兩個(gè)狀態(tài)，B中壓強(qiáng)小于C中壓強(qiáng)，因此C中SO3轉(zhuǎn)化率大于B中SO3轉(zhuǎn)化率．由此可以判斷出C中SO3的轉(zhuǎn)化率也大于A中SO3的轉(zhuǎn)化率，達(dá)到平衡時(shí)，SO3的轉(zhuǎn)化率A小于B；

故答案為：小于；小于；

（2）達(dá)到平衡后，分別充入惰性氣體，A容器體積不變，反應(yīng)體系的濃度不變，平衡不移動(dòng)，B容器保持壓強(qiáng)不變，體積增大，平衡向右移動(dòng)；如果充入SO3，A容器保持體積不變，壓強(qiáng)變大，SO3的轉(zhuǎn)化率減小，B中充入SO3，與原平衡為等效平衡，SO3的轉(zhuǎn)化率不變，故答案為：B；正反應(yīng)；變??；不變．12、NSF堿【分析】【分析】圖是周期表中短周期的一部分，設(shè)B元素的質(zhì)子數(shù)為x，則A的質(zhì)子數(shù)為x-9，C的質(zhì)子數(shù)為x-7，A、C三種元素的原子核外電子數(shù)等于Y的質(zhì)量數(shù)，則x-9+x-7=x，解之得x=16，則B為S、A為N、C為F，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：（1）是周期表中短周期的一部分；設(shè)B元素的質(zhì)子數(shù)為x，則A的質(zhì)子數(shù)為x-9，C的質(zhì)子數(shù)為x-7，A；C三種元素的原子核外電子數(shù)等于Y的質(zhì)量數(shù)，則x-9+x-7=x，解之得x=16，則B為S、A為N、C為F；

故答案為：N；S；F；

（2）C為F元素，原子核外有9個(gè)電子，有2個(gè)電子層，各層電子數(shù)為2、7，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為：故答案為：

（3）A的氫化物為氨氣，其水溶液顯堿性，故答案為：堿．13、丙當(dāng)溶液是中性時(shí)，則不產(chǎn)生誤差，否則將產(chǎn)生誤差鹽酸在稀釋過程中醋酸繼續(xù)電離出氫離子，使得溶液中氫離子濃度變化比鹽酸小，誤差小能用干燥的玻璃棒蘸取兩種溶液，點(diǎn)在兩張PH試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡比較其PH，PH較大的為0.01mol/L的硫酸【分析】【解答】（1）用pH試紙測(cè)定的具體測(cè)定方法是用干燥的玻璃棒蘸?。ɑ蚰z頭滴管吸?。┥倭康拇郎y(cè)溶液；并滴在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥pH試紙上，再把試紙顯示的顏色與標(biāo)準(zhǔn)比色卡比較，即可得出待測(cè)溶液的pH，當(dāng)先用蒸餾水潤(rùn)濕pH試紙，然后用潔凈干燥的玻璃棒蘸取試樣進(jìn)行檢測(cè)，鹽酸稀釋后，溶液酸性增大，pH變大；氫氧化鈉溶液稀釋后，堿性變小，pH值將變??；食鹽水溶液顯中性，用水稀釋后pH不變，所以丙正確；

故答案為：丙；當(dāng)溶液是中性時(shí)；則不產(chǎn)生誤差，否則將產(chǎn)生誤差；

（2）用水潤(rùn)濕相當(dāng)于稀釋；則所測(cè)的PH偏小，由于稀釋會(huì)促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離，故弱酸的PH誤差小，所以在稀釋過程中醋酸繼續(xù)電離出氫離子，使得溶液中氫離子濃度變化比鹽酸小，誤差??；

故答案為：鹽酸；在稀釋過程中醋酸繼續(xù)電離出氫離子；使得溶液中氫離子濃度變化比鹽酸小，誤差??；

（3）硫酸為強(qiáng)酸完全電離，0.1mol/L的硫酸和0.01mol/L的硫酸電離出的氫離子濃度分別為0.2mol/L、0.02mol/L，PH=﹣lgc（H+）；氫離子濃度越大，PH越小，所以PH較大的為0.01mol/L的硫酸；

故答案為：能；用干燥的玻璃棒蘸取兩種溶液；點(diǎn)在兩張PH試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡比較其PH，PH較大的為0.01mol/L的硫酸．

【分析】（1）根據(jù)溶液稀釋后溶液的酸堿性變化與pH的關(guān)系進(jìn)行解答；溶液是中性時(shí)故測(cè)量的數(shù)值不一定錯(cuò)誤；

（2）用水潤(rùn)濕相當(dāng)于稀釋會(huì)促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離；

（3）根據(jù)PH=﹣lgc（H+）分析解答，PH較大的為0.01mol/L的硫酸．14、3X+Y2Z0.05mol/（L?min）增大不變5：3CEFAC【分析】【分析】（1）根據(jù)物質(zhì)的量的變化判斷反應(yīng)物和生成物；根據(jù)物質(zhì)的量的變化之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比書寫方程式；

（2）根據(jù)v=計(jì)算反應(yīng)速率v（Z）；

（3）混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量M=，混合氣體密度ρ=來判斷；

（4）根據(jù)化學(xué)反應(yīng)中的三行式進(jìn)行計(jì)算；

（5）根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素分析；升溫；增壓等均能加快反應(yīng)速率；

（6）A．反應(yīng)伴隨能量變化；升高溫度改變化學(xué)反應(yīng)的限度；

B．升高溫度正逆反應(yīng)速率均加快；

C．化學(xué)反應(yīng)的限度與反應(yīng)物性質(zhì)和外部因素有關(guān)；與時(shí)間長(zhǎng)短無關(guān)；

D．化學(xué)反應(yīng)的限度與反應(yīng)物性質(zhì)和外部因素有關(guān)；是可能改變的；

E．增大Y的濃度，正反應(yīng)速率加快，逆反應(yīng)速率同時(shí)加快．【解析】【解答】解：（1）由圖象可以看出；反應(yīng)中X；Y的物質(zhì)的量減小，Z的物質(zhì)的量增多，則X、Y為反應(yīng)物，Z為生成物；

且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3X+Y2Z；

故答案為：3X+Y2Z；

（2）在2min時(shí)間內(nèi)，用Z表示反應(yīng)的平均速率v（Z）===0.05mol/（L?min）；

故答案為：0.05mol/（L?min）；

（3）混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量M=，從開始到平衡，質(zhì)量是守恒的，但是n是逐漸減小的，所以M會(huì)變大，混合氣體密度ρ=；從開始到平衡，質(zhì)量是守恒的，體積是不變的，所以密度始終不變，故答案為：增大；不變；

（4）3X+Y?2Z（設(shè)Y的變化量是x）

初始量：ab0

變化量：3xx2x

平衡量：a-3xb-x2x

當(dāng)n（X）=n（Y）=n（Z）時(shí)，a-3x=b-x=2x，則a=5x，b=3x，所以原混合氣體中a：b=5：3；

故答案為：5：3；

（5）A．恒壓時(shí)充入He；體系分壓減小，反應(yīng)速率減小，故錯(cuò)誤；

B．恒容時(shí)充入He；不影響體系壓強(qiáng)和濃度，反應(yīng)速率不變，故錯(cuò)誤；

C．恒容時(shí)充入X；X的濃度增大，反應(yīng)速率加快，故正確；

D．及時(shí)分離出Z；濃度不增加，壓強(qiáng)減小，平衡右移，反應(yīng)速率不加快，故錯(cuò)誤；

E．升高溫度；任何化學(xué)反應(yīng)速率加快，故正確；

F．選擇高效的催化劑；反應(yīng)速率加快，故正確；

故答案為：CEF；

（6）A．反應(yīng)伴隨能量變化；升高溫度改變化學(xué)反應(yīng)的限度，故正確；

B．升高溫度正逆反應(yīng)速率均加快；故錯(cuò)誤；

C．化學(xué)反應(yīng)的限度與反應(yīng)物性質(zhì)和外部因素有關(guān)；與時(shí)間長(zhǎng)短無關(guān)，故正確；

D．化學(xué)反應(yīng)的限度與反應(yīng)物性質(zhì)和外部因素有關(guān)；是可能改變的，故錯(cuò)誤；

E．增大Y的濃度；正反應(yīng)速率加快，逆反應(yīng)速率同時(shí)加快，故錯(cuò)誤；

故答案為：AC．15、2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+Fe、Cu2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2KSCN2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【分析】【分析】待處理鍍銅電路板與氯化鐵溶液反應(yīng)后得到的溶液中含有氯化銅、氯化亞鐵及未反應(yīng)的氯化鐵，廢液中加入足量的Fe，反應(yīng)中鐵離子和銅離子均可鐵粉反應(yīng)：2Fe3++Fe═3Fe2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+，過濾得到的固體1為生成的銅和過量的鐵，加入適量鹽酸后過濾，F(xiàn)e與鹽酸反應(yīng)，而Cu不反應(yīng)，過濾得到固體2為銅及氯化亞鐵溶液，新制氯水把氯化亞鐵氧化，得到氯化鐵溶液．（2）中檢驗(yàn)溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，溶液變紅說明Fe3+存在，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：待處理鍍銅電路板與氯化鐵溶液反應(yīng)后得到的溶液中含有氯化銅、氯化亞鐵及未反應(yīng)的氯化鐵，廢液中加入足量的Fe，反應(yīng)中鐵離子和銅離子均可鐵粉反應(yīng)：2Fe3++Fe═3Fe2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+；過濾得到的固體1為生成的銅和過量的鐵，加入適量鹽酸后過濾，F(xiàn)e與鹽酸反應(yīng)，而Cu不反應(yīng)，過濾得到固體2為銅及氯化亞鐵溶液，新制氯水把氯化亞鐵氧化，得到氯化鐵溶液．

（1）鍍銅電路版制成印刷電路版是利用氯化鐵溶液和銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅而實(shí)現(xiàn)的，離子方程式為2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+；廢液中含有鐵離子和銅離子均可以與過量鐵粉反應(yīng)，濾得到的固體1為生成的銅和過量的鐵；

故答案為：2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+；Fe；Cu；

（2）反應(yīng)①為銅與氯化鐵溶液反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化鐵，化學(xué)方程式為：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，檢驗(yàn)溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液與試管中，滴加KSCN溶液，溶液變紅說明Fe3+存在；

故答案為：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；KSCN；

（3）反應(yīng)④是新制氯水把氯化亞鐵氧化為三氯化鐵，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-．16、略

【分析】同樣可得vD＝a/4mol·L－1·min－1vC＝1/2vA＝a/24mol·L－1·min－1(2)由化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)方程式中化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可得x∶y∶p∶q＝vA∶vB∶vC∶vD＝(3)當(dāng)D為2amol時(shí)，B減少了amol，因此B的轉(zhuǎn)化率為(4)其他條件不變只升高溫度，化學(xué)平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，由題意知原平衡時(shí)D為2amol，升高溫度達(dá)到新平衡時(shí)，D為1.5amol，可見反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，因此正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，即ΔH<0。(5)原密閉容器的體積為2L，現(xiàn)變?yōu)?L，其他條件不變，反應(yīng)物和生成物的濃度都增大，因此反應(yīng)速率增大。減小體積即為加壓，增大壓強(qiáng)，平衡應(yīng)向氣體計(jì)量數(shù)之和小的方向移動(dòng)，由于反應(yīng)方程式為2A(g)＋3B(g)C(g)＋6D(g)，左邊氣體計(jì)量數(shù)之和小，因此平衡向左移動(dòng)，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率減小?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)a/12mol·L－1·min－1a/8mol·L－1·min－1(2)2316(3)a/b×100%(4)<(5)①增大體積減小，反應(yīng)物的濃度增大，因而使反應(yīng)速率增大②減小體積減小，氣體的壓強(qiáng)增大，平衡向氣體分子數(shù)減少的方向(即逆反應(yīng)方向)移動(dòng)，因而使反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率減小三、判斷題(共6題，共12分)17、×【分析】【分析】標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氣體的摩爾體積為22.4L/mol，結(jié)合V=nVm計(jì)算．【解析】【解答】解：標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案為：×．18、B【分析】【解答】解：蔗糖的分子式為：C12H22O12；其相對(duì)分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，蛋白質(zhì)；纖維素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故該說法錯(cuò)誤；

故答案為：×．

【分析】高分子化合物（又稱高聚物）一般相對(duì)分子質(zhì)量高于10000，結(jié)構(gòu)中有重復(fù)的結(jié)構(gòu)單元；據(jù)此分析．19、×【分析】【分析】當(dāng)向蛋白質(zhì)溶液中加入的鹽溶液達(dá)到一定濃度時(shí)，反而使蛋白質(zhì)的溶解度降低而從溶液中析出，這種作用叫鹽析．【解析】【解答】解：蛋白質(zhì)溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水會(huì)溶解，鹽析是可逆的，故答案為：×．20、×【分析】【分析】標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氣體的摩爾體積為22.4L/mol，結(jié)合V=nVm計(jì)算．【解析】【解答】解：標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案為：×．21、×【分析】【分析】濃硫酸為酸性、強(qiáng)氧化性干燥劑，能夠干燥酸性、中性氣體，如：氧氣、氫氣、二氧化硫等，濃硫酸不能用于干燥堿性氣體，如氨氣，據(jù)此進(jìn)行解答．【解析】【解答】解：濃硫酸為酸性、強(qiáng)氧化性干燥劑，能夠干燥酸性、中性氣體，如：氧氣、氫氣、二氧化硫等，能夠與NH3反應(yīng)；不能使用濃硫酸干燥氨氣，所以該說法錯(cuò)誤；

故答案為：×．22、A【分析】【分析】（1）密度小于4.5的為輕金屬；大于4.5的為重金屬；水體富營(yíng)養(yǎng)化是因?yàn)橄蛩信欧藕?；磷等元素的生產(chǎn)生活廢水過多造成的；

（2）酸雨主要由化石燃料燃燒產(chǎn)生的二氧化硫；氮氧化物等酸性氣體；經(jīng)過復(fù)雜的大氣化學(xué)反應(yīng)，形成硫酸和硝酸，被雨水吸收溶解而成；根據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后原子的種類與數(shù)目保持不變可以判斷物質(zhì)的化學(xué)式；二氧化碳是一種主要的溫室效應(yīng)氣體；根據(jù)質(zhì)量守恒的原因推出Y為氫氧化鈣；

（3）①空氣質(zhì)量報(bào)告的主要內(nèi)容包括：空氣污染指數(shù)；首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質(zhì)量級(jí)別、空氣質(zhì)量狀況等；

②舊試卷屬于可回收物；可回收再利用；

③根據(jù)污水的類型選取處理的方法．【解析】【解答】解：（1）工業(yè)廢水中常見的重金屬元素指的是Cu2+、Hg2+、Cd2+、Pb2+等重金屬離子；含鉛；汞的物質(zhì)是常見的有毒污染物；生物所需的氮、磷等營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)大量進(jìn)入湖泊、河口、海灣等緩流水體，引起藻類及其它浮游生物迅速繁殖，水體溶氧量下降，魚類及其它生物大量死亡，該現(xiàn)象為水體富營(yíng)養(yǎng)化導(dǎo)致的結(jié)果；

故答案為：A；富營(yíng)養(yǎng)化；

（2）酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH約為5.6；酸雨主要由化石燃料燃燒產(chǎn)生的二氧化硫、氮氧化物等酸性氣體，經(jīng)過復(fù)雜的大氣化學(xué)反應(yīng)，被雨水吸收溶解而成，根據(jù)2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2x可知，依據(jù)質(zhì)量守恒定律可知每個(gè)x中含有1個(gè)碳原子和2個(gè)氧原子，所以x是二氧化碳．二氧化碳是形成溫室效應(yīng)的主要物質(zhì)，2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O；依據(jù)質(zhì)量守恒定律可知每個(gè)y中含有1個(gè)鈣原子和2個(gè)氫氧根原子團(tuán)，所以y是氫氧化鈣；

故答案為：SO2；NO2；CO2；溫室效應(yīng)；Ca（OH）2；

（3）①空氣質(zhì)量報(bào)告的主要內(nèi)容包括：空氣污染指數(shù)、首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質(zhì)量級(jí)別、空氣質(zhì)量狀況等，二氧化碳無毒，不屬于空氣污染物，氮?dú)馐强諝獾闹饕M成氣體，而可吸入顆粒物、NO2、SO2均為污染物；需要檢測(cè)；

故答案為：CD；

②用過的舊試卷可回收再利用重新做成紙漿；屬于可回收垃圾，故答案為：A；

③A．如果污水中含大量氫離子或氫氧根離子；可采用酸堿中和法，除去水中大量的氫離子或氫氧根離子，故答案為：√；

B．如果水中含重金屬離子；可加入一些物質(zhì)使金屬陽離子轉(zhuǎn)化成沉淀而除去這些離子，即沉降法，故答案為：（沉降法）；

C．如果使懸浮于水中的泥沙形成絮狀不溶物沉降下來，使水澄清，可用明礬等混凝劑作凈水劑，故答案為：（混凝法）．四、簡(jiǎn)答題(共2題，共8分)23、略

【分析】解：（1）硫粉難溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反應(yīng)前用乙醇濕潤(rùn)是使硫粉易于分散到溶液中，有利于硫粉和Na2SO3溶液充分接觸；加快反應(yīng)速率。

故答案為：有利于硫粉和Na2SO3溶液充分接觸；加快反應(yīng)速率；

（2）S2O32￣具有還原性；能夠被氧氣氧化成硫酸根離子，所以可能存在的雜質(zhì)是硫酸鈉；

故答案為：Na2SO4；

（3）依據(jù)標(biāo)定的原理可知，生成的碘單質(zhì)遇到淀粉變藍(lán)，用硫代硫酸鈉滴定當(dāng)藍(lán)色褪去半分鐘不變化，說明反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)；溶液中發(fā)生的反應(yīng)為：2Ba2++Cr2O72-=2BaCrO4+2H+；Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；I2+SO32-+H2O═2I-+SO42-+2H+；

n（Na2S2O3）=0.0360L×0.100mol?L-1=0.0036mol

則n（Na2SO3）=0.00360mol÷5=0.00072mol

根據(jù)題意：2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O72-～3I2～6S2O32-

26

n10.0036mol

得n1（Ba2+）==0.0012mol

2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O72-～3I2～3SO32-

23

n20.00072mol

得得n2（Ba2+）==0.00048mol

則c（Ba2+）==3.36×10-2mol?L-1；

故答案為：淀粉；藍(lán)色褪去半分鐘不變化；3.36×10-2mol?L-1．

（1）硫粉難溶于水；微溶于乙醇；乙醇濕潤(rùn)可以使硫粉易于分散到溶液中；

（2）由于S2O32￣具有還原性；易被氧氣氧化成硫酸根離子可知雜質(zhì)為硫酸鈉；硫代酸酸鈉和鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉；二氧化硫、單質(zhì)硫和水；

（3）生成的碘單質(zhì)遇到淀粉變藍(lán)，用硫代硫酸鈉滴定時(shí)，當(dāng)藍(lán)色褪去半分鐘不變化，說明反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)；溶液中發(fā)生的反應(yīng)為：2Ba2++Cr2O72-=2BaCrO4+2H+；Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；I2+SO32-+H2O═2I-+SO42-+2H+，根據(jù)方程式列出各物質(zhì)的關(guān)系為2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O72-～3I2～6S2O32-和2BaCrO4～Cr2O72-～3I2～3SO32-計(jì)算．

本題綜合考查物質(zhì)的制備以及含量的測(cè)定，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰陀?jì)算能力的考查，注意把握實(shí)驗(yàn)的原理，結(jié)合反應(yīng)的關(guān)系式計(jì)算，難度中等．【解析】有利于硫粉和Na2SO3溶液充分接觸，加快反應(yīng)速率；Na2SO4；淀粉；藍(lán)色褪去半分鐘不變化；3.36×10-2mol?L-124、略

【分析】解：rm{(1)a.}煤是由有機(jī)物和少量無機(jī)物組成的復(fù)雜的混合物，主要含有rm{C}元素，故rm{a}正確；

rm{b.}煤中伴有硫元素和氮元素，不完全燃燒時(shí)生成一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物、煙塵等有害物質(zhì)，故rm正確；

rm{c.}碳酸鈣受熱分解為氧化鈣，二氧化硫是酸性氧化物，能與氫氧化鈣、氧化鈣發(fā)生反應(yīng)生成亞硫酸鈣，然后被氧氣氧化生成穩(wěn)定的硫酸鹽，故rm{c}正確；

rm{d.}煤的干餾、煤的氣化和液化都屬于化學(xué)變化，故rm1111166錯(cuò)誤；

故答案為：rm{abc}

rm{(2)H_{2}S}用氨水吸收生成正鹽硫化銨和水，離子方程式為rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O簍T2NH_{4}^{+}+S^{2-}+2H_{2}O}

故答案為：rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O簍T2NH_{4}^{+}+S^{2-}+2H_{2}O}

rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O簍T2NH_{4}^{+

}+S^{2-}+2H_{2}O}常溫下，rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O簍T2NH_{4}^{+

}+S^{2-}+2H_{2}O}溶液的rm{(3)壟脵}rm{NaHSO_{3}}溶液呈酸性，rm{pH=6}溶液中存在亞硫酸氫根的水解與電離，水解導(dǎo)致其呈堿性，電離導(dǎo)致其呈酸性，據(jù)此分析：電離程度大于水解程度；故離子濃度大小為：rm{NaHSO_{3}}

故答案為：rm{NaHSO_{3}}

rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})>c(H^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(OH^{-})}氫氧化鈣與rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})>c(H^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(OH^{-})}反應(yīng)生成沉淀亞硫酸鈣、rm{壟脷}和水，化學(xué)方程式為rm{NaHSO_{3}}

故答案為：rm{NaOH}

rm{Ca(OH)_{2}+NaHSO_{3}簍TCaSO_{3}隆媒+NaOH+H_{2}O}rm{壟脵2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-23.5kJ?mol^{-1}}

rm{壟脹CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH=-41.3kJ?mol^{-1}}

由蓋斯定律rm{Ca(OH)_{2}+NaHSO_{3}簍TCaSO_{3}隆媒+NaOH+H_{2}O}得到rm{(4)壟脵}的rm{triangleH=-246.4kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{壟脵2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)triangleH<0}正反應(yīng)氣體體積減小，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，rm{壟脷2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-23.5kJ?mol^{-1}}的平衡轉(zhuǎn)化率減??；增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)；

rm{壟脹CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H=-41.3kJ?mol^{-1}}的平衡轉(zhuǎn)化率增大，因此rm{壟脷+壟脹+壟脵隆脕2}代表壓強(qiáng)，rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)}代表溫度；等壓強(qiáng)條件下，溫度越高，rm{triangle

H=-246.4kJ?mol^{-1}}的平衡轉(zhuǎn)化率越小，因此rm{-246.4kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{壟脷3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)triangle

H<0}由rm{CO}可知，壓強(qiáng)增大，rm{CO}的平衡轉(zhuǎn)化率增大，溫度升高，rm{X}的平衡轉(zhuǎn)化率減??；所以。

rm{Y}代表壓強(qiáng)，rm{CO}代表溫度；壓強(qiáng)一定時(shí)，溫度越低平衡轉(zhuǎn)化率越大．

rm{Y_{1}<Y_{2}}煤是由有機(jī)物和少量無機(jī)物組成的復(fù)雜的混合物；

rm{Y_{1}<Y_{2}}從煤中含有的元素和不完全燃燒分析；

rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)}碳酸鈣受熱分解為氧化鈣；二氧化硫是酸性氧化物，能與堿；堿性氧化發(fā)生反應(yīng)；

rm{CO}煤的干餾；煤的氣化和液化都屬于化學(xué)變化；

rm{CO}用氨水吸收生成正鹽硫化銨和水；

rm{X}常溫下，rm{Y}溶液的rm{(1)a.}rm{b.}溶液呈酸性；說明電離程度大于水解程度；

rm{c.}氫氧化鈣與rm{d.}反應(yīng)生成沉淀亞硫酸鈣、rm{(2)H_{2}S}和水；

rm{(3)壟脵}據(jù)蓋斯定律由已知的熱化學(xué)方程式乘以相應(yīng)的數(shù)值進(jìn)行加減；來構(gòu)造目標(biāo)熱化學(xué)方程式，反應(yīng)熱也乘以相應(yīng)的數(shù)值進(jìn)行加減；

rm{壟脷3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)triangleH<0}正反應(yīng)氣體體積減小，通過分析升高溫度和增大壓強(qiáng)導(dǎo)致平衡的移動(dòng)方向，通過rm{NaHSO_{3}}的平衡轉(zhuǎn)化率的變化判斷rm{pH=6}rm{NaHSO_{3}}．

本題考查較為綜合，涉及煤的綜合利用、化學(xué)rm{壟脷}離子rm{NaHSO_{3}}方程式的書寫、離子濃度的大小比較、反應(yīng)熱的計(jì)算和化學(xué)平衡的移動(dòng)，為高頻考點(diǎn)，題目難度中等，把握電離平衡、水解平衡等化學(xué)平衡及其因素為解答的關(guān)鍵，題目難度中等．rm{NaOH}【解析】rm{abc}rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O簍T2NH_{4}^{+}+S^{2-}+2H_{2}O}rm{H_{2}S+2NH_{3}?H_{2}O簍T2NH_{4}^{+

}+S^{2-}+2H_{2}O}rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})>c(H^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(OH^{-})}rm{Ca(OH)_{2}+NaHSO_{3}簍TCaSO_{3}隆媒+NaOH+H_{2}O}rm{-246.4kJ?mol^{-1}}由rm{Y_{1}<Y_{2}}可知，壓強(qiáng)增大，rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)}的平衡轉(zhuǎn)化率增大，溫度升高，rm{CO}的平衡轉(zhuǎn)化率減??；所以。

rm{CO}代表壓強(qiáng)，rm{X}代表溫度，壓強(qiáng)一定時(shí)，溫度越低平衡轉(zhuǎn)化率越大rm{Y}五、探究題(共4題，共40分)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(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.