1、2015-2016学年河南省郑州市荥阳市实验高中高三（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（共48分）1下表是生活中一些物质的pH：物质种类厕所清洁剂桔子汁牛奶草木灰水厨房清洁剂pH136.51112.5有关它们的说法中正确的是（）A牛奶的酸性比桔子汁强B用湿润的pH试纸蘸取厕所清洁剂测其pHC草木灰水显酸性D胃酸过多的人不宜多吃桔子2用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A0.1molL1稀硫酸100mL中含有硫酸根个数为0.1NAB1mol CH3+（碳正离子）中含有电子数为10NAC2.4g金属镁与足量的盐酸反应，转移电子数为2NAD12.4g白磷中含有磷原子数为O.4NA3将
2、Na2O2逐渐加入到含有H+、Mg2+、Al3+、NH4+的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量（mol）与加入的Na2O2物质的量（mol）的关系如图所示，则原溶液中的Mg2+、Al3+、NH4+物质的量分别（）A2 mol、3 mol、6 molB3 mol、2 mol、6molC2 mol、3 mol、4 molD3 mol、2 mol、2 mol4向硫酸铜溶液中通入足量NH3后可得到深蓝色溶液溶质为Cu（NH3）4SO4，再向所得溶液通入SO2至溶液呈微酸性发现有白色沉淀Q生成，反应方程式为：2Cu（NH3）4SO4+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3+3（NH4）2SO4再将
3、Q与足量的10mol/L硫酸混合微热，则会发生如下反应：2NH4CuSO3+2H2SO4=Cu+（NH4）2SO4+2SO2+CuSO4+2H2O对上述两个反应的有关分析中正确的是（）A是非氧化还原反应，而是氧化还原反应B上述反应中SO2的作用只相当于催化剂C反应中CuSO4是氧化产物D反应中SO2发生还原反应5将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL pH=14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如下图所示，则下列选项正确的是（）A图中m值为1.56 gB标准状况下产生氢气896 mLC图中V2为60 mLD原合金质量为0.92 g6利用下述方法除
4、去氮气中所含的杂质（HCl，H2，H2S）以得到干燥纯净氮气，在下列各步中应采用的正确顺序是（）通过装有变色硅胶的干燥管 通过氢氧化钠溶液 通过加热的氧化铜ABCD7X、Y、Z三种物质中含同种元素，在一定条件下可以实现如图所示转化，下列推断不正确的是（）A若Y为氧化铝，则Y 生成X的条件是“通电”B若X为硫单质，则Y 可能为硫化氢C若Z为硝酸，则X可能为一氧化氮D若Z为硝酸铁，则Y一定为铁单质8下列化学用语正确的是（）A次氯酸的化学式：HClO2B硫离子的结构示意图：C质量数为127的钡原子：127BaD氨气（NH3）中氮元素的化合价：+39下列热化学方程式中，正确的是（）A甲烷的燃烧热H=8
5、90.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H=890.3 kJ/molB一定条件下，将0.5 mol N2和1.5 molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=38.6 kJ/molC在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6 kJ/molDHCl和NaOH反应的中和热H=57.3 kJ/mol，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热H=2
6、（57.3）kJ/mol10可逆反应：2NO22NO+O2在固定体积密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2；单位时间内生成n mol O2 的同时，生成2n mol NO；用NO2、NO、O2 的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态；混合气体的颜色不再改变的状态； 混合气体的密度不再改变的状态；混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态ABCD11下列有关试验操作的叙述正确的是（）A实验室常用右图所示的装置制取少量的乙酸乙酯B用50mL酸式滴定管可准确量取25.00mLKMnO4溶液C用量筒取5.00mL1.00mol
7、L1盐酸于50mL容量瓶中，加水稀释至刻度，可配制0.100molL1盐酸D在苯萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗的下端放出12下列说法正确的是（）ApH=2和pH=1的硝酸中c（H+）之比为1：10BNa2CO3溶液c（Na+）与c（CO32 ）之比为2：1C0.2 mol/L与0.1 mol/L醋酸中c（H+）之比为2：1DpH=1的硫酸中加入等体积0.05 mol/L的BaCl2溶液，两者恰好反应C（SO42）=013有人设计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法正确的是（）每消耗1mol CH4可以向外电路提供8m
8、ole负极上CH4失去电子，电极反应式CH4+10OH8e=CO32+7H2O负极上是O2获得电子，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH电池放电后，溶液pH不断升高ABCD14分枝酸可用于生化研究其结构简式如图下列关于分枝酸的叙述正确的是（）A分子中含有2种官能团B可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同15对于某些离子的检验及结论中一定正确的是（）A加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定
9、有SO42C分别含有Mg2+、Cu2+和Na+的三种盐酸盐溶液，用NaOH溶液就能一次鉴别开D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ba2+16下列实验现象对应的结论正确的是（）选项现象结论A中导管口冒气泡，手松开无现象气密性良好B中KMnO4溶液紫红色褪去SO2具有漂白性C中关闭K，气体颜色在热水中比冷水深NO2生成N2O4为吸热反应D中烧瓶中形成喷泉Cl2易溶于CCl4AABBCCDD二、填空题（共52分）17亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌，亚氯酸钠受热易分解以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠的工艺流
10、程如下：（1）提高“反应1”反应速率的措施有、（回答两点即可）（2）“反应1”的离子方程式是（3）“反应2”的氧化剂是，该反应的化学方程式为（4）采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是（5）某学习小组用碘量法测定粗产品中亚氯酸钠的含量，实验如下：a准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250mL待测溶液（已知：ClO2+4I+4H+=2H2O+2I2+Cl）b移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c molL1 Na2S2O3标准液滴定至终点，重复2次，测得平均值为V mL（已知：I2+2S
11、2O32=2I+S4O62）达到滴定终点时的现象为该样品中NaClO2的质量分数为 （用含m、c、V的代数式表示）18工业制硫酸生产流程如图1：催化室的反应为：2SO2+O22SO3H0（1）在沸腾炉中，需要将黄铁矿粉碎的目的是（2）在催化反应室，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有（填写编号）a减少压强 b升高温度 c不断补充空气 d及时分离出SO3（3）在450、常压和钒催化条件下，在容积为VL的恒容容器中加入2n molSO2和n molO2判断反应达到平衡状态的标志是（填写编号）aSO2和SO3浓度相等 bSO2百分含量保持不变c容器中气体的压强不变 dSO3的生成速率与SO2的消
12、耗速率相等（4）图2、3表示该SO2和O2的反应在时刻t1达到平衡、在时刻t2因改变某个条件而发生变化的情况：图2中时刻t2发生改变的条件是图3中时刻t2发生改变的条件是19“812”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失据查危化仓库中存有大量的钠、钾，硝酸铵和氰化钠（NaCN）请回答下列问题：（1）钠、钾着 火，下列可用来灭火的是A水 B泡沫灭火器 C干粉灭火器 D细沙盖灭（2）NH4NO3为爆炸物，在不同温度下加热分解，可能发生非氧化还原反应，也可能发生氧化还原反应，下列反应可能发生的是ANH4NO3N2+O2+H2O BNH4NO3NH3+HNO3CNH4NO3O2+HNO3+H2
13、O DNH4NO3N2+HNO3+H2OENH4NO3N2+NH3+H2O FNH4NO3N2O+H2O（3）NaCN属于剧毒物质，有多种无害化处理方法H2O2处理法：NaCN+H2O2N2+X+H2O推测X的化学式为NaClO处理法：aCN+bClO+2cOHdCNO+eN2+fCO32+bCl+cH2O方程式中e：f的值为（填选项标号）A1 B C2 D不能确定（4）以TiO2为催化剂用NaClO将CN离子氧化成CNO，CNO在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等取浓缩后含CN离子的废水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（设其中CN的浓度为0.2molL1）进行实
14、验写出CNO在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式：；若结果测得CO2的质量为1.408g，则该实验中测得CN被处理的百分率为20工业上用异丙苯氧化法合成苯酚，其生产流程如图：有关物质的性质如下表：物质沸点溶解性主要化学性质异丙苯152.4不溶于水，易溶于酒精可被强氧化剂氧化苯酚181.8微溶于冷水，易溶于热水和酒精等有机溶剂易被氧化丙酮56.2易溶于水和有机溶剂不易被氧化（1）检验有机相中是否含有水的方法是；（2）“操作2”的名称是；（3）丙酮中常含有苯酚和异丙苯中的一种或者两种有机物杂质，某同学做了如下检验检验项目实验方案检验丙酮中一定存在有机杂质的方法是A酸性KMnO4溶液，加热B乙醇
15、，溶解CNaOH溶液（酚酞），加热检验丙酮中一定含有苯酚的方案是：取少许待测液置于试管中，滴加12滴FeCl3溶液预期的实验现象和结论是（4）某同学对该厂废水进行定量分析取20.00mL废水于锥形瓶中，水浴加热，用0.1000molL1酸性KMnO4溶液滴定（假定只有苯酚与KMnO4反应）达到滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积为10.00mL有关反应方程式为：5OH+28KMnO4+42H2SO428MnSO4+14K2SO4+30CO2+57H2O定终点的现象为该废水中苯酚的含量为mgmL1（保留二位有效数字）2015-2016学年河南省郑州市荥阳市实验高中高三（上）月考化学试卷（9月份）
16、参考答案与试题解析一、选择题（共48分）1下表是生活中一些物质的pH：物质种类厕所清洁剂桔子汁牛奶草木灰水厨房清洁剂pH136.51112.5有关它们的说法中正确的是（）A牛奶的酸性比桔子汁强B用湿润的pH试纸蘸取厕所清洁剂测其pHC草木灰水显酸性D胃酸过多的人不宜多吃桔子【考点】人体新陈代谢过程中的生化反应；pH的简单计算；盐类水解的应用【分析】可以根据溶液的酸碱性、测定溶液pH的方法等方面进行分析和判断，从而得出正确的结论【解答】解：A、牛奶pH大于桔子汁的pH，酸性比桔子汁弱，故A错误；B、测溶液的pH不能用水润湿pH试纸，故B错误；C、草木灰的pH大于7，呈碱性，故C错误；D、桔子汁的
17、pH等于3，呈酸性，胃酸过多的人不宜多吃桔子，故D正确；故选D2用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A0.1molL1稀硫酸100mL中含有硫酸根个数为0.1NAB1mol CH3+（碳正离子）中含有电子数为10NAC2.4g金属镁与足量的盐酸反应，转移电子数为2NAD12.4g白磷中含有磷原子数为O.4NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、根据n=CV来计算；B、根据CH3+（碳正离子）显正电性来计算；C、求出镁的物质的量，然后根据反应后镁的价态为+2价来分析；D、根据n=来计算【解答】解：A、0.1mol/L100mL稀硫酸中含有硫酸根的物质的量n=CV=0.1mol/L0.1
18、L=0.01mol，故个数为0.01NA，故A错误；B、CH3+（碳正离子）显正电性，1molCH3+（碳正离子）中含有电子数为8NA，故B错误；C、2.4g镁的物质的量为0.1mol，而反应后镁的价态为+2价，故0.1mol镁失去0.2mol电子即0.2NA个，故C错误；D、12.4g白磷中含有磷原子数为=0.4NA，故D正确故选D3将Na2O2逐渐加入到含有H+、Mg2+、Al3+、NH4+的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量（mol）与加入的Na2O2物质的量（mol）的关系如图所示，则原溶液中的Mg2+、Al3+、NH4+物质的量分别（）A2 mol、3 mol、6 molB3
19、mol、2 mol、6molC2 mol、3 mol、4 molD3 mol、2 mol、2 mol【考点】化学方程式的有关计算【分析】由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且nMg（OH）2+nAl（OH）3=5mol，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，由图可知nMg（OH）2=3mol，则nAl（OH）3=2mol，根据守恒计算n（Al3+）、n（Mg2+）；当加入8molNa2O2时，NH4+完全反应，此时产生氧气为4mol，则氨气为64mol=2mol，故NH4+的物质的量为2mol【解答】解：由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且nMg（OH）2+nAl（OH）3=5mo
20、l，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，由图可知nMg（OH）2=3mol，则nAl（OH）3=2mol，根据元素守恒可知，n（Al3+）=nAl（OH）3=2mol，n（Mg2+）=nMg（OH）2=3mol；当加入8molNa2O2时，NH4+完全反应，此时产生氧气为4mol，则氨气为6mol4mol=2mol，故NH4+的物质的量为2mol，故选D4向硫酸铜溶液中通入足量NH3后可得到深蓝色溶液溶质为Cu（NH3）4SO4，再向所得溶液通入SO2至溶液呈微酸性发现有白色沉淀Q生成，反应方程式为：2Cu（NH3）4SO4+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3+3（NH4）2SO4再将Q与足量的1
21、0mol/L硫酸混合微热，则会发生如下反应：2NH4CuSO3+2H2SO4=Cu+（NH4）2SO4+2SO2+CuSO4+2H2O对上述两个反应的有关分析中正确的是（）A是非氧化还原反应，而是氧化还原反应B上述反应中SO2的作用只相当于催化剂C反应中CuSO4是氧化产物D反应中SO2发生还原反应【考点】氧化还原反应【分析】2Cu（NH3）4SO4+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3+3（NH4）2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由+4价升高为+6价；2NH4CuSO3+2H2SO4=Cu+（NH4）2SO4+2SO2+CuSO4+2H2O中，Cu元素的化合
22、价既升高又降低，以此来解答【解答】解：A中Cu元素的化合价均发生变化，均属于氧化还原反应，故A错误；B中二氧化硫作还原剂，故B错误；C反应中Cu元素的化合价升高，失去电子被氧化，则CuSO4是氧化产物，故C正确；D反应中由S元素失去电子被氧化可知SO2发生氧化反应，故D错误；故选C5将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL pH=14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如下图所示，则下列选项正确的是（）A图中m值为1.56 gB标准状况下产生氢气896 mLC图中V2为60 mLD原合金质量为0.92 g【考点】有关混合物反应的计算【分析】钠铝合金置
23、于水中，合金全部溶解，发生反应为：2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2，加盐酸时发生NaOH+HClNaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3、Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，再结合图象中加入40mL盐酸生成的沉淀最多进行计算【解答】解：由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生反应NaOH+HClNaCl+H2O，后发生反应NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3，最后发生Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为：0.02L1mol/L=0.02
24、mol，由NaOH+HClNaCl+H2O，0.02mol 0.02mol则V1为： =0.02L=20mL，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL20mL=20mL，其物质的量为由：0.02L1mol/L=0.02mol，由 NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3，0.02mol 0.02mol 0.02molA由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为：0.02mol78g/mol=1.56g，故A正确；B由2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2，生成氢气的物质的量为：0.02mol+0.03mol=0.05mol，标况下的体积为
25、：0.05mol22.4L/mol=1.12L，故B错误；C由Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为：40mL+60mL=100mL，故C错误；D由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为：0.04mol23g/mol+0.02mol27g/mol=1.46g，故D错误；故选A6利用下述方法除去氮气中所含的杂质（HCl，H2，H2S）以得到干燥纯净氮气，在下列各步中应采用的正确顺序是（）通过装有变色硅胶的干燥管 通过氢氧化钠溶液 通过加热的氧化铜ABCD【考点】物质分离、提纯的实验方案设计【分析】HCl、H2S可与氢氧化钠溶液
26、反应，然后干燥，氢气与加热的氧化铜反应，然后再干燥可得到氮气，以此解答【解答】解：HCl、H2S为酸性气体，可与氢氧化钠溶液反应，然后干燥，氢气与加热的氧化铜反应，然后再干燥可得到氮气，只有B正确故选B7X、Y、Z三种物质中含同种元素，在一定条件下可以实现如图所示转化，下列推断不正确的是（）A若Y为氧化铝，则Y 生成X的条件是“通电”B若X为硫单质，则Y 可能为硫化氢C若Z为硝酸，则X可能为一氧化氮D若Z为硝酸铁，则Y一定为铁单质【考点】硝酸的化学性质【分析】A、若Y为氧化铝，X可以为Al，Z为NaAlO2，据此分析；B、若X为硫单质，Y可能为H2S，Z为SO2；C、若Z为硝酸，则X可能为一氧
27、化氮，Y为NO2；D、若Z为硝酸铁，则Y可以是铁单质，也可以是FeO，X为Fe（NO3）2；【解答】解：A、若Y为氧化铝，X可以为Al，Z为NaAlO2，2Al2O34Al+3O2，故A正确；B、若X为硫单质，Y可能为H2S，Z为SO2，2H2S+O2=2S+2H2O，2H2S+3O2=2SO2+2H2O，S+O2=SO2，故B正确；C、若Z为硝酸，则X可能为一氧化氮，Y为NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，故C正确D、若Z为硝酸铁，则Y可以是铁单质，也可以是FeO，X为Fe（NO3）2，故D错误；故选D8下列化学用语正确的是（）A次氯酸的化学式：
28、HClO2B硫离子的结构示意图：C质量数为127的钡原子：127BaD氨气（NH3）中氮元素的化合价：+3【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A次氯酸分子中含有1个O；B硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，最外层为8个电子；C质量数应该标在元素符号的左上角；D氨气中H的化合价为+1价，据此确定N的化合价【解答】解：A次氯酸分子中含有1个H、1个O和1个Cl，其正确的分子式为：HClO，故A错误；B硫离子的核电荷数为16，最外层达到8电子稳定结构，其结构示意图为：，故B正确；C质量数为127的钡原子的正确表示方法为：127Ba，故C错误；D氨气分子中，H元素的化合价为+1
29、价，则N的化合价为3价，故D错误；故选B9下列热化学方程式中，正确的是（）A甲烷的燃烧热H=890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H=890.3 kJ/molB一定条件下，将0.5 mol N2和1.5 molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=38.6 kJ/molC在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6 kJ/molDHCl和
30、NaOH反应的中和热H=57.3 kJ/mol，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热H=2（57.3）kJ/mol【考点】反应热和焓变【分析】A、燃烧热生成稳定的氧化物，水是液态水；B、0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，相同条件下的同一可逆反应，正逆反应反应热数值相等，符号相反；C、依据热化学方程式的书写方法写出，注意物质聚集状态和反应的焓变；D、根据中和热的定义以及生成硫酸钡沉淀的反应还要放出热量分析【解答】解：A、燃烧热生成稳定的氧化物，水是液态水，所以甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g
31、）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.3 kJ/mol，故A错误；B、相同条件下的同一可逆反应，正逆反应反应热数值相等，符号相反，0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，所以2mol氨气分解，吸收的热量大于38.6kJ，故B错误；C、注意物质聚集状态和反应的焓变，在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；H=571.6kJ/mol，故C正确；D、中和热是指稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1
32、molH2O所放出的热量，生成2molH2O所放出的热量为257.3kJ，但稀H2SO4和Ba（OH）2反应生成硫酸钡沉淀的反应还要放出热量，则H2SO4和Ba（OH）2反应的反应热小于2（57.3）kJmol1，故D错误；故选：C10可逆反应：2NO22NO+O2在固定体积密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2；单位时间内生成n mol O2 的同时，生成2n mol NO；用NO2、NO、O2 的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态；混合气体的颜色不再改变的状态； 混合气体的密度不再改变的状态；混合气体的平均相对
33、分子质量不再改变的状态ABCD【考点】化学平衡状态的判断【分析】从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变【解答】解：此题列出了判断可逆反应是否达到平衡状态的各种可能情况，应从平衡状态的两个重要特征上判断（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变符合特征（1）；表示的都是正反应方向；说明了反应中各物质的转化量的关系；NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2）；中若是恒容条件，则始终不变；若恒压条件，则随反应而变；也说明符合特征（2）故能说明是否达到平衡状态故选A11下列有关试验操作的叙述正确
34、的是（）A实验室常用右图所示的装置制取少量的乙酸乙酯B用50mL酸式滴定管可准确量取25.00mLKMnO4溶液C用量筒取5.00mL1.00molL1盐酸于50mL容量瓶中，加水稀释至刻度，可配制0.100molL1盐酸D在苯萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗的下端放出【考点】乙酸乙酯的制取【分析】A、制取少量的乙酸乙酯时导气管不能深入到饱和碳酸钠溶液中，这样容易产生倒吸；B、高锰酸钾对橡皮管有侵蚀性，只能用酸式滴定管；C、量筒只能精确到小数点后一位，配制一定物质的量浓度的溶液时，溶解操作应在烧杯内溶解，不允许在容量瓶内溶解；D、分液漏斗内的液体进行分离时，下层液体从下端流出，上次液体从
35、上口倒出【解答】解：A、导气管深入到饱和碳酸钠溶液中去了，这样容易产生倒吸，所以该装置不能用于制备乙酸乙酯，故A错误；B、准确量取一定体积的溶液，用的仪器是滴定管，滴定管有两种：酸式和碱式，具体使用范围是：酸式滴定管不得用于装碱性溶液，因为玻璃的磨口部分易被碱性溶液侵蚀，使塞子无法转动碱式滴定管不宜于装对橡皮管有侵蚀性的溶液，如碘、高锰酸钾和硝酸银等所以量取高锰酸钾溶液用酸式滴定管，故B正确；C、有两点错误之处，第一点量筒只能精确到小数点后一位，第二点在配制一定物质的量浓度的溶液时，溶解操作应在烧杯内溶解，不允许在容量瓶内溶解，故C错误；D、苯的密度比水小，萃取后分层，有机层在上面，故有机层应
36、该从上口倒出，故D错误故选B12下列说法正确的是（）ApH=2和pH=1的硝酸中c（H+）之比为1：10BNa2CO3溶液c（Na+）与c（CO32 ）之比为2：1C0.2 mol/L与0.1 mol/L醋酸中c（H+）之比为2：1DpH=1的硫酸中加入等体积0.05 mol/L的BaCl2溶液，两者恰好反应C（SO42）=0【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理【分析】A、依据PH得到氢离子浓度计算得到浓度之比；B、依据碳酸根离子水解分析；C、不同浓度醋酸电离程度不同，氢离子浓度不同；D、依据pH计算得到c（H+）=0.1mol/L；c（H2SO4）=0.05mol/L，恰好反
37、应生成难溶沉淀，绝对不溶的物质不存在【解答】解：A、pH=2的溶液中c（H+）=0.01mol/L；pH=1的硝酸溶液中c（H+）=0.1mol/L中c（H+）之比为1：10，故A正确；B、碳酸根离子水解分析，Na2CO3溶液c（Na+）与c（CO32）之比大于2：1，故B错误；C、0.2 mol/L与0.1 mol/L醋酸中，醋酸是弱电解质存在电离平衡，浓度不同电离程度不同，c（H+）之比不是2：1，故C错误；D、依据PH计算得到c（H+）=0.1mol/L；c（H2SO4）=0.05mol/L，恰好反应生成难溶沉淀，硫酸钡存在沉淀溶解平衡，溶液中C（SO42）不能为0，故D错误；故选A13
38、有人设计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法正确的是（）每消耗1mol CH4可以向外电路提供8mole负极上CH4失去电子，电极反应式CH4+10OH8e=CO32+7H2O负极上是O2获得电子，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH电池放电后，溶液pH不断升高ABCD【考点】化学电源新型电池【分析】碱性甲烷燃料电池，具有还原性的甲烷为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH8e=CO32+7H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，原电池工作时，电子从
39、负极经外电路流向正极，电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动【解答】解：、通入CH4的电极为负极，电极反应为：CH4+10OH8e=CO32+7H2O，每消耗1molCH4可以向外电路提供8mole；故正确；、通入CH4的电极为负极失电子反应氧化反应，电极反应为：CH4+10OH8e=CO32+7H2O，故正确；通入氧气的一极为原电池的正极，得到电子发生还原反应：O2+2H2O+4e=4OH，故错误；、电池反应式为：CH4+2OH+2O2=CO32+3H2O，随着反应的进行，溶液中氢氧根离子不断减少，溶液pH不断减小，所以该电池使用一段时间后应补充KOH，故错误；故选A14分枝酸可用
40、于生化研究其结构简式如图下列关于分枝酸的叙述正确的是（）A分子中含有2种官能团B可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【考点】真题集萃；有机物的结构和性质【分析】由结构简式可知，分子中含COOH、OH、碳碳双键、醚键等，结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答【解答】解：A分子中含COOH、OH、碳碳双键、醚键，共4种官能团，故A错误；B含COOH与乙醇发生酯化反应，含OH与乙酸发生酯化反应，故B正确；C不是苯环，只有COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错
41、误；D碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与OH均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故D错误；故选B15对于某些离子的检验及结论中一定正确的是（）A加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有SO42C分别含有Mg2+、Cu2+和Na+的三种盐酸盐溶液，用NaOH溶液就能一次鉴别开D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ba2+【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】A可能含有HCO3；B可能生成AgCl沉淀；C利用氢氧化镁、氢氧化铜的颜色不同鉴别；D可能
42、为BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀【解答】解：A加入盐酸产生无色气体，将气体通入石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳气体，溶液中可能含有HCO3或CO32等离子，故A错误；B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，可能生成AgCl沉淀，应先加入颜色，如无现象，再加入氯化钡检验，故B错误；C加入NaOH，氢氧化镁为白色沉淀，氢氧化铜为蓝色沉淀，可鉴别，故C正确；D可能为BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀，所以不一定为Ba2+，故D错误故选C16下列实验现象对应的结论正确的是（）选项现象结论A中导管口冒气泡，手松开无现象气密性良好B中KMnO4溶液紫红色褪去SO2具有漂白性C中关闭K
43、，气体颜色在热水中比冷水深NO2生成N2O4为吸热反应D中烧瓶中形成喷泉Cl2易溶于CCl4AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A手松开无现象，气密性不好；B发生氧化还原反应；C气体颜色在热水中比冷水深，则对于2NO2N2O4，升高温度，平衡逆向移动；D挤压胶头滴管，Cl2易溶于CCl4，打破压强平衡，引发喷泉实验【解答】解：A手松开无现象，气密性不好，应松开手后水上升在导管中形成一段水柱，则气密性良好，故A错误；B发生氧化还原反应，KMnO4溶液紫红色褪去，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故B错误；C气体颜色在热水中比冷水深，则对于2NO2N2O4，升高温度，平衡逆向移动，
44、则NO2生成N2O4为放热反应，故C错误D挤压胶头滴管，Cl2易溶于CCl4，打破压强平衡，引发喷泉实验，现象与结论均合理，故D正确；故选D二、填空题（共52分）17亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌，亚氯酸钠受热易分解以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：（1）提高“反应1”反应速率的措施有适当升高反应温度、增大吸收液浓度等（回答两点即可）（2）“反应1”的离子方程式是2ClO3+SO22ClO2+SO42（3）“反应2”的氧化剂是，该反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O
45、2（4）采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是常压蒸发温度过高，亚硫酸钠容易分解（5）某学习小组用碘量法测定粗产品中亚氯酸钠的含量，实验如下：a准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250mL待测溶液（已知：ClO2+4I+4H+=2H2O+2I2+Cl）b移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c molL1 Na2S2O3标准液滴定至终点，重复2次，测得平均值为V mL（已知：I2+2S2O32=2I+S4O62）达到滴定终点时的现象为滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变成无色且半分钟内不变色该
46、样品中NaClO2的质量分数为% （用含m、c、V的代数式表示）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）对于溶液中的化学反应，升高温度或加入催化剂都可增大反应速率；（2）根据反应流程可知，反应1为氯酸钠在酸性条件下被二氧化硫还原成ClO2，根据元素守恒和电荷守恒写离子方程式；（3）反应2为，ClO2在碱性条件下被双氧水还原成NaClO2，根据Cl元素化合价的变化判断氧化剂，根据元素守恒写化学方程式；（4）减压蒸发在较低温度下可进行，防止温度过高而导致物质分解；（5）因为是用Na2S2O3标准液滴定至终点，反应是I2+2S2O32=2I+S4O62，I2与指示剂淀粉产生蓝色，故终点是滴加最后一滴
47、液体时溶液由蓝色变成无色且半分钟内不变色；由反应中的I元素守恒可知：ClO22I24 S2O32，25.00mL待测溶液中n（NaClO2）=cV103mol，m（NaClO2）=90.5cV103g；样品mg配成250mL待测溶液中的NaClO2质量扩大10倍，计算得到NaClO2的质量分数【解答】解：（1）对于气体和液体的反应，为提高反应速率，可适当升高反应温度；增大吸收液浓度，增大SO2与吸收液的接触面积，故答案为：适当升高反应温度；增大吸收液浓度等；（2）根据反应流程可知，反应1为氯酸钠在酸性条件下被二氧化硫还原成ClO2，反应的离子方程式为2ClO3+SO22ClO2+SO42，故答
48、案为：2ClO3+SO22ClO2+SO42；（3）反应2为ClO2在碱性条件下被双氧水还原成NaClO2，反应的方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，反应中Cl元素的化合价降低，则ClO2为氧化剂，故答案为：ClO2；H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2；（4）减压蒸发在较低温度下可进行，防止常压蒸发温度过高，亚硫酸钠容易分解，故答案为：常压蒸发温度过高，亚硫酸钠容易分解；（5）因为是用Na2S2O3标准液滴定至终点，反应是I2+2S2O32=2I+S4O62，I2与指示剂淀粉产生蓝色，故终点是滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变成无
49、色且半分钟内不变色；故答案为：滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变成无色且半分钟内不变色；由反应中的I元素守恒可知：ClO22I24 S2O32，25.00mL待测溶液中n（NaClO2）=cV103mol，m（NaClO2）=90.5cV103g；样品mg配成250mL待测溶液中的NaClO2质量扩大10倍，故样品中NaClO2的质量分数为100%=%；故答案为： %18工业制硫酸生产流程如图1：催化室的反应为：2SO2+O22SO3H0（1）在沸腾炉中，需要将黄铁矿粉碎的目的是增大固体的接触面积，提高反应速率（2）在催化反应室，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有cd（填写编号）a减少压强
50、b升高温度 c不断补充空气 d及时分离出SO3（3）在450、常压和钒催化条件下，在容积为VL的恒容容器中加入2n molSO2和n molO2判断反应达到平衡状态的标志是bc（填写编号）aSO2和SO3浓度相等 bSO2百分含量保持不变c容器中气体的压强不变 dSO3的生成速率与SO2的消耗速率相等（4）图2、3表示该SO2和O2的反应在时刻t1达到平衡、在时刻t2因改变某个条件而发生变化的情况：图2中时刻t2发生改变的条件是催化剂图3中时刻t2发生改变的条件是降低温度【考点】工业制取硫酸【分析】（1）黄铁矿粉碎会增大反应物的接触面积加快反应速度；（2）提高SO2平衡转化率，促进化学平衡向右
51、移动，根据化学平衡移动影响因素判断；（3）根据化学平衡状态特征判断分析，达到平衡时，一是等，二是定：等是指v正=v逆，同一种物质：该物质的生成速率等于它的消耗速率；不同的物质：速率之比等于方程式中各物质的计量数之比，但必须是不同方向的速率；定是指各成分含量保持不变：各组成成分的质量、物质的量、分子数、体积（气体）、物质的量浓度均保持不变；各组成成分的质量分数、物质的量分数、气体的体积分数均保持不变； 若反应前后的物质都是气体，且总体积不等，则气体的总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平均摩尔质量、混合气体的密度（恒温、恒压）均保持不变； 反应物的转化率、产物的产率保持不变；（4）根据外界条件对化
52、学平衡的影响判断，图2中t2正逆反应速率同时同等程度增大，对于2SO2+O22SO3，使用催化剂才能实现正逆反应速率同时同等程度增大；图3中时刻t2 SO3浓度增大，SO2浓度减小，即化学平衡向右移动，从温度、压强对平衡的影响进行分析【解答】解：（1）反应物接触面积越大，反应越剧烈，黄铁矿粉碎会增大反应物的接触面积，加快反应速度，故答案为：增大固体的接触面积，提高反应速率；（2）提高SO2平衡转化率，促进化学平衡向右移动，a正反应方向气体体积减小，减小压强，化学平衡向逆反应方向移动，故a错误；b正反应方向放热，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，故b错误；c增大氧气浓度，化学平衡向右移动，故c
53、正确；d减小生成物浓度，化学平衡向右移动，故d正确；故答案为：cd；（3）a、SO2和SO3浓度相等，并不能说明各物质浓度不变，不能判断是否平衡，故a错误；b、SO2百分含量保持不变，即各物质浓度不再发生变化，达到化学平衡状态，故b正确；c、反应前后气体物质的量不同，容器中气体的压强不变，则达到化学平衡状态，故c正确；d、SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等，均为正反应方向，不能判断正逆反应速率是否相等，不能判断是否平衡，故d错误；故答案为：bc；（4）图2中，t2正逆反应速率同时同等程度增大，由于反应前后气体物质的量不同，增大压强化学平衡发生移动，即正逆反应速率变化程度不同，所以外界条件只
54、能为加入催化剂；图3中时刻t2 SO3浓度增大，SO2浓度减小，即化学平衡向右移动，又由于在t2时，二者浓度不变，即压强不变，或者说，不是因为压强变化而导致平衡的移动，只能为温度的影响，所以条件为降低温度，故答案为：加入催化剂；降低温度19“812”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失据查危化仓库中存有大量的钠、钾，硝酸铵和氰化钠（NaCN）请回答下列问题：（1）钠、钾着 火，下列可用来灭火的是DA水 B泡沫灭火器 C干粉灭火器 D细沙盖灭（2）NH4NO3为爆炸物，在不同温度下加热分解，可能发生非氧化还原反应，也可能发生氧化还原反应，下列反应可能发生的是A、B、D、FANH4NO3N
55、2+O2+H2O BNH4NO3NH3+HNO3CNH4NO3O2+HNO3+H2O DNH4NO3N2+HNO3+H2OENH4NO3N2+NH3+H2O FNH4NO3N2O+H2O（3）NaCN属于剧毒物质，有多种无害化处理方法H2O2处理法：NaCN+H2O2N2+X+H2O推测X的化学式为NaHCO3NaClO处理法：aCN+bClO+2cOHdCNO+eN2+fCO32+bCl+cH2O方程式中e：f的值为B（填选项标号）A1 B C2 D不能确定（4）以TiO2为催化剂用NaClO将CN离子氧化成CNO，CNO在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等取浓缩后含C
56、N离子的废水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（设其中CN的浓度为0.2molL1）进行实验写出CNO在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式：2CNO+6ClO+8H+=N2+2CO2+3Cl2+4H2O；若结果测得CO2的质量为1.408g，则该实验中测得CN被处理的百分率为80.0%【考点】碱金属的性质；化学方程式的有关计算；氧化还原反应方程式的配平；铵盐【分析】（1）钠、钾着火生成过氧化钠、过氧化钾，可与二氧化碳或水反应生成氧气，且钠与水反应生成氢气，以此解答该题；（2）依据氧化还原反应规律解答：氧化还原反应中有化合价升高的元素也有化合价降低的元素；（3）根据元素守恒确定X中元素
57、，根据转移电子守恒、原子守恒确定X化学式；由CN离子中碳与氮原子之比为1：1，而碳氮转化为CNO和N2以及CO32，因为CNO离子碳氮之比为1：1，所以N2和CO32两微粒之比为1：2；（4）根据题意可知，酸性条件下CNO与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，根据氧化还原反应配平；干燥管中碱石灰增重1.408g为二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可知被处理的CN的物质的量为n（CN）=n（CO2），原溶液中CN的物质的量为0.2L0.2mol/L=0.04mol，据此计算【解答】（1）钠、钾着火生成过氧化钠、过氧化钾，可与二氧化碳或水反应生成氧气，且钠与水反应生成氢气，所以不能用泡沫灭火器、水
58、、干粉灭火器灭火，只能用沙土，沙土可以隔绝空气而灭火，故选：D；（2）ANH4NO3N2+O2+H2O中N元素化合价降低、O元素化合价升高，符合氧化还原反应，故A选； BNH4NO3NH3+HNO3中各元素化合价不变，符合复分解反应条件，故B选；CNH4NO3O2+HNO3+H2O中只有O元素化合价升高，所以不符合氧化还原反应，故C不选； DNH4NO3N2+HNO3+H2O中N元素有化合价升高的也有化合价降低的，符合氧化还原反应，故D选；ENH4NO3N2+NH3+H2O中只有元素化合价降低，无元素化合价升高，不符合氧化还原反应规律，故E不选； FNH4NO3N2O+H2O中氨气中3价N化合
59、价升高，硝酸根中+5价N化合价降低，符合氧化还原反应，故F选；故选：A、B、D、F；（3）根据元素守恒知，X中含有Na、C元素，该反应中N元素化合价由3价转化为0价、NaCN中C元素化合价为+2价，则C元素化合价由+2价转化为+4价，转移电子数为6，根据转移电子守恒、原子守恒知X为NaHCO3，故答案为：NaHCO3；由CN离子中碳与氮原子之比为1：1，而碳氮转化为CNO和N2以及CO32，以因为CNO离子碳氮之比为1：1，所以N2和CO32两微粒之比为1：2，所以e：f=1：2，故答案为：B；（4）酸性条件下CNO与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，反应离子方程式为2CNO+6ClO+
60、8H+N2+2CO2+3Cl2+4H2O，故答案为：2CNO+6ClO+8H+N2+2CO2+3Cl2+4H2O；干燥管中碱石灰增重1.408g为二氧化碳的质量，物质的量为=0.032mol，根据碳元素守恒可知被处理的CN的物质的量为n（CN）=n（CO2）=0.032mol，原溶液中CN的物质的量为0.2L0.2mol/L=0.04mol，所以该实验中测得CN被处理的百分率为100%=80%，故答案为：80%20工业上用异丙苯氧化法合成苯酚，其生产流程如图：有关物质的性质如下表：物质沸点溶解性主要化学性质异丙苯152.4不溶于水，易溶于酒精可被强氧化剂氧化苯酚181.8微溶于冷水，易溶于热水
61、和酒精等有机溶剂易被氧化丙酮56.2易溶于水和有机溶剂不易被氧化（1）检验有机相中是否含有水的方法是取适量有机相置于试管中，加入适量CuSO4固体观察，如果固体变蓝色，说明有机物中含水如果固体不变色，说明有机物中不含水；（2）“操作2”的名称是分馏或蒸馏；（3）丙酮中常含有苯酚和异丙苯中的一种或者两种有机物杂质，某同学做了如下检验检验项目实验方案检验丙酮中一定存在有机杂质的方法是AA酸性KMnO4溶液，加热B乙醇，溶解CNaOH溶液（酚酞），加热检验丙酮中一定含有苯酚的方案是：取少许待测液置于试管中，滴加12滴FeCl3溶液预期的实验现象和结论是滴加FeCl3溶液后，若试管中溶液变为紫色，则丙
62、酮中含有苯酚；若试管中溶液不变为紫色，则丙酮不含苯酚（4）某同学对该厂废水进行定量分析取20.00mL废水于锥形瓶中，水浴加热，用0.1000molL1酸性KMnO4溶液滴定（假定只有苯酚与KMnO4反应）达到滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积为10.00mL有关反应方程式为：5OH+28KMnO4+42H2SO428MnSO4+14K2SO4+30CO2+57H2O定终点的现象为当最后一滴KMnO4溶液滴入锥形瓶后，溶液由无色变为紫色且半分钟内不褪色该废水中苯酚的含量为0.84mgmL1（保留二位有效数字）【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）根据检验用无
63、水硫酸铜检验水的方法完成；（2）根据异丙苯、苯酚、丙酮的沸点不同选用实验操作方法；（3）根据表中异丙苯、苯酚、丙酮的主要化学性质进行分析；根据苯酚的颜色反应进行检验；（4）根据高锰酸钾溶液的颜色及反应结束羟基消失，溶液显示紫色进行分析；根据反应方程式计算出废水中苯酚含量【解答】解：（1）通过所以无水硫酸铜检验有机相中是否含有水，方法为：取适量有机相置于试管中，加入适量CuSO4固体观察，如果固体变蓝色，说明有机物中含水如果固体不变色，说明有机物中不含水，故答案为：取适量有机相置于试管中，加入适量CuSO4固体观察，如果固体变蓝色，说明有机物中含水如果固体不变色，说明有机物中不含水；（2）根据表
64、中数据可知，异丙苯、苯酚、丙酮的沸点不同，可以通过分馏方法分离，故答案为：分馏或蒸馏；（3）异丙苯、苯酚能够被强氧化剂氧化，可以通过加入A强氧化剂进行检验丙酮中一定存在有机杂质；苯酚能够与氯化铁反应，溶液显示紫色，可以检验丙酮中一定含有苯酚，故答案为：检验项目实验方案A 滴加FeCl3溶液后，若试管中溶液变为紫色，则丙酮中含有苯酚；若试管中溶液不变为紫色，则丙酮不含苯酚（4）高锰酸钾溶液为紫色，羟基反应完全后，滴入高锰酸钾溶液，溶液变成紫色，所以判断滴定终点方法为：当最后一滴KMnO4溶液滴入锥形瓶后，溶液由无色变为紫色且半分钟内不褪色，故答案为：当最后一滴KMnO4溶液滴入锥形瓶后，溶液由无色变为紫色且半分钟内不褪色；高锰酸钾的物质的量为：0.1000molL10.01L=0.0010mol，根据反应方程式：5OH+28KMnO4+42H2SO428MnSO4+14K2SO4+30CO2+57H2O，羟基的物质的量为：n（OH）=0.0010mol，苯酚的质量为：0.0010mol94g/mol=0.01679g=16.79mg，该废水中苯酚的含量为：0.84mgmL1，故答案为：0.842016年5月8日