2025年人教版高三化學(xué)下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年人教版高三化學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列分離方法中；正確的是（）

①用蒸餾法分離乙醇和水的混合物②用色譜法分離菠菜葉中的色素③用升華法分離碘和砂子的混合物④用重結(jié)晶法提純苯甲酸⑤用分液法分離苯和溴苯的混合物．A.①②③④B.①②③⑤C.①②④⑤D.②③④⑤2、下列實驗與物質(zhì)微粒大小無直接關(guān)系的是（）A.

過濾B.

滲析C.

萃取D.

丁達(dá)爾效應(yīng)3、下列反應(yīng)既屬于化合反應(yīng)，又屬于氧化還原反應(yīng)的是（）A.2H2+O22H2OB.CO2+H2O═H2CO3C.Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑D.MgCO3+2HCl═2HCl2+CO2↑+H2O4、設(shè)NA表示阿伏伽德羅常數(shù)值，下列敘述正確的是（）A.常溫下，1LpH=12的Ba（OH）2溶液中含有的OH-數(shù)為0.01NAB.常溫下，1L0.1mol/L的CH3COOH溶液中含有的H+數(shù)為0.1NAC.11.2L乙烯、乙烷的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為NAD.5.6gFe和足量鹽酸完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NA5、下列各選項所述的兩個量中，前者一定小于后者的是（）A.純水在25℃和100℃時的pHB.相同溫度10mL0.1mol?L-1的鹽酸溶液與10mL0.1mol?L-1的醋酸溶液水電離出的c（H+）C.0.1mol/LNaOH溶液分別中和pH、體積均相同的醋酸和鹽酸，消耗NaOH溶液的體積D.相同溫度下0.1mol/LCH3COOH溶液和0.3mol/LCH3COOH溶液中的電離平衡常數(shù)6、向混濁的水中加入明礬KAl（SO4）2?12H2O后，水可得到凈化，其中起到凈化作用的是（）A.k+B.Al3+C.SO42-D.明礬溶于水后產(chǎn)生的氫氧化鋁膠體7、下列溶液中離子濃度的關(guān)系一定正確的是（）A.Na2CO3和NaHCO3溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+c（CO32-）B.一元弱堿MOH對應(yīng)的鹽MCl溶液中：c（Cl-）＞c（H+）＞c（M+）＞c（OH-）C.等物質(zhì)的量的一元弱酸HX與其鉀鹽KX的混合溶液中：2c（K+）=c（X-）+c（HX）D.pH=3的一元酸HX和pH=11的一元堿MOH等體積混合：c（M+）=c（X-）＞c（H+）=c（OH-）8、有4種混合溶液，分別由等體積0.1mol/L的2種溶液混合而成：①CH3COONa與HCl；②CH3COONa與NaOH③CH3COONa與NaCl④CH3COONa與NaHCO3下列各項排序正確的是A.pH：②>③>④>①B.c(CH3COO-)：②>④>③>①C.溶液中c(H+)：①>③>②>④D.c(CH3COOH)：①>④>③>②評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、A；B、C、D均為中學(xué)化學(xué)中的常見物質(zhì)；且均含有同-種元素，它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（反應(yīng)條件及其他產(chǎn)物已略）：

請?zhí)顚懴铝懈骺眨?/p>

（1）若A為氣體，其水溶液能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，D的稀溶液能使?jié)駶櫟乃{(lán)色石蕊試紙變紅，則工業(yè)上合成A的化學(xué)方程式為____．

（2）若A、D的水溶液均能使?jié)駶櫟乃{(lán)色石蕊試紙變紅，B、C均為酸性氧化物，則D為____（填化學(xué)式）．B與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為____

（3）若D為常見的強(qiáng)堿．則B的化學(xué)式為____，C生成D的離子方程式為____．10、如圖所示為某一藥物F的合成路線：

（1）A中含氧官能團(tuán)的名稱分別是____、____．

（2）步驟Ⅱ發(fā)生反應(yīng)的類型是____．

（3）寫出步驟Ⅲ的化學(xué)反應(yīng)方程式____．

（4）寫出同時滿足下列條件的A的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：____．

①不含甲基；

②是的衍生物；且環(huán)上只有一個取代基；

③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng)（不考慮的變化）．

（5）請參照上面合成路線，以間二甲苯、ClCH2COCl、（C2H5）2NH為有機(jī)原料（無機(jī)試劑任選）合成．

提示：①

②合成路線流程圖示例：C2H5OHH2C=CH2____．11、用固體NaOH配制250mL0.5mol?L-1NaOH溶液；

（1）在下列儀器中：①托盤天平（帶砝碼）；②量筒；③燒杯；④玻璃棒；⑤漏斗；⑥500mL

容量瓶；⑦藥匙；⑧250mL容量瓶；⑨膠頭滴管；⑩坩堝．

A．配制過程中必須用到的儀器有：____．（填寫代號）．

B．容量瓶使用前應(yīng)____，中學(xué)化學(xué)實驗常用儀器中使用前和容量瓶使用有相同操作的不同類玻璃儀器還有：____；

（2）下列操作使所配制的NaOH溶液濃度偏高的有：____（填寫代號）．

①稱取固體NaOH時未用小燒杯

②沒有用水沖洗燒杯2～3次

③定容時；俯視液。

面使之與刻度相切

④溶液配好搖勻后；發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又加水至液面與刻度。

相切

⑤將未冷卻的溶液注入容量瓶后；馬上定容

⑥樣品中混有Na2O雜質(zhì)．12、X；Y、Z和W分別代表四種短周期元素；其原子序數(shù)依次增大，它們滿足以下條件：

①X元素的一種原子；其原子核就是一個質(zhì)子。

②元素周期表中；Z與Y相鄰，Z與W相鄰。

③Y；Z與W三種元素的原子最外層電子數(shù)之和為17

④由X；Y元素組成的一種氣體物質(zhì)A；A能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)色。

請?zhí)钜韵驴瞻祝?/p>

（1）Y、Z和W三種元素是否位于同一周期（填“是”或“否”）：____，理由是____．

（2）寫出四種元素的元素符號：X____，Y____，Z____，W____；

（3）實驗室制取氣體A的化學(xué)反應(yīng)方程式為____；

干燥A氣體應(yīng)選用的試劑是____；收集A可用____法．13、（2016?上饒校級二模）設(shè)計一實驗將只含有Na2SO4、Na2SO3、Na2CO3的白色固體中的三種成分檢驗出來．取一定量的白色固體與燒瓶A中；通過分液漏斗加入液體a，如圖所示：

（1）實驗開始前，需進(jìn)行的操作是：____

（2）寫出A中發(fā)生的離子反應(yīng)方程式：____

（3）液體a的名稱為：____；已知B、D都為品紅，C為酸性KMnO4溶液，則D裝置的作用為：____

（4）檢驗出Na2CO3的現(xiàn)象是：____

（5）裝置C中的試劑還可用與KMnO4具有相同反應(yīng)原理、現(xiàn)象明顯但不具有揮發(fā)性的試劑，請寫出你所選試劑在實驗中發(fā)生的離子方程式____

（6）能否直接用反應(yīng)后燒瓶A中的液體檢驗Na2SO4，為什么？____．14、有A；B、C、D、E五種常見化合物；都是由下表中的離子形成的：

。陽離子K+、Na+、Al3+、Cu2+陰離子OH-、HCO3-、NO3-、SO42-為了鑒別上述化合物．分別完成以下實驗；其結(jié)果是：

①將它們?nèi)苡谒螅籇為藍(lán)色溶液，其他均為無色溶液；

②將E溶液滴入到C溶液中出現(xiàn)白色沉淀；繼續(xù)滴加，沉淀完全溶解；

③進(jìn)行焰色反應(yīng)；B；C為紫色（透過藍(lán)色鈷玻璃），A、E為黃色；④在各溶液中加入硝酸鋇溶液，再加過量稀硝酸，A中放出無色氣體，C、D中產(chǎn)生白色沉淀，B中無明顯現(xiàn)象．

⑤將B；D兩溶液混合；未見沉淀或氣體生成．

根據(jù)上述實驗填空：

（1）寫出B、C的化學(xué)式：B____；C____．

（2）寫出過量E滴人到C溶液中的離子反應(yīng)方程式____．

（3）將含1molA的溶液與含1molE的溶液反應(yīng)后蒸干，僅得到一種化合物，該化合物的化學(xué)式為____．

（4）在A溶液中加入足量的澄清石灰水，其離子方程式為____．15、用含少量鐵的氧化物的氧化銅制取氯化銅晶體（CuCl2?xH2O）．有如下操作：

已知：在pH為4～5時，F(xiàn)e3+幾乎完全水解而沉淀，而此時Cu2+卻幾乎不水解．

（1）溶液A中的金屬離子有Fe3+、Fe2+、Cu2+．能檢驗溶液A中Fe2+的試劑為____（填編號，下同）①KMnO4②（NH4）2S③NaOH④KSCN

（2）要得到較純的產(chǎn)品，試劑可選用____

①NaOH②FeO③CuO④Cu（OH）2⑤Cu2（OH）2CO3

（3）欲測定溶液A中的Fe2+的濃度，實驗前，首先要配制一定物質(zhì)的量濃度的KMnO4溶液250mL，配制時需要的儀器除天平、玻璃棒、燒杯、藥匙、膠頭滴管外，還需____，下列滴定方式中（夾持部分略去），最合理的是____（填序號）

寫出滴定反應(yīng)的離子方程式____

（4）某同學(xué)設(shè)計以原電池的形式實現(xiàn)Fe2+至Fe3+的轉(zhuǎn)化，電解質(zhì)溶液為稀硫酸，請寫出負(fù)極的電極反應(yīng)式____

（5）為了測定制得的氯化銅晶體（CuCl2?xH2O）中x的值；某興趣小組設(shè)計了兩種實驗方案。

方案一：稱取mg晶體灼燒至質(zhì)量不再減輕為止，冷卻、稱量所得無水CuCl2的質(zhì)量為n1g．

方案二：稱取mg晶體溶于水，加入足量氫氧化鈉溶液、過濾、沉淀洗滌后用小火加熱至質(zhì)量不再減輕為止，冷卻，稱量所得固體的質(zhì)量為n2g．

試評價上述兩種實驗方案：其中正確的方案是____（填”一”或”二”）

據(jù)此計算得x=____（用含m、n1或n2的代數(shù)式表示）．16、應(yīng)用化學(xué)反應(yīng)需要研究化學(xué)反應(yīng)的條件；限度和速率．

（1）已知反應(yīng)：Br2+2Fe2+═2Br-+2Fe3+，向10mL0.1mol?L-1的FeBr2溶液中通入0.001molCl2，反應(yīng)后，溶液中除含有Cl-外，還一定有____（填序號）．

①含F(xiàn)e2+，不含F(xiàn)e3+②含F(xiàn)e3+，不含Br-③含F(xiàn)e3+，還含有Br-

（2）773K、固定體積的容器中，反應(yīng)CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）過程中能量變化如圖甲．曲線Ⅱ表示使用催化劑時的能量變化．若投入amolCO、2amolH2，平衡時能生成0.1amolCH3OH；反應(yīng)就具工業(yè)應(yīng)用價值．

①若按上述投料比使該反應(yīng)具有工業(yè)應(yīng)用價值，CO的平衡轉(zhuǎn)化率最小為____；

②在容器容積不變的前提下，欲提高H2的轉(zhuǎn)化率，可采取的措施（答兩項即可）____、____；

③下列與催化劑有關(guān)的說法中，正確的是____（填字母序號）．

a．使用催化劑，使反應(yīng)CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H＞-91kJ?mol-1

b．使用催化劑；能夠提高反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率。

c．使用催化劑；不能改變反應(yīng)的平衡。

（3）高鐵酸鹽在能源環(huán)保領(lǐng)域有廣泛用途．我國學(xué)者提出用鎳（Ni）、鐵作電極電解濃NaOH溶液制備高鐵酸鹽Na2FeO4的方案；裝置如圖乙I所示．

①Ni電極作____極（填“陰”或“陽”）；

②Ni電極的電極反應(yīng)式為：____．

（4）氧化還原反應(yīng)中實際上包含氧化和還原兩個過程．下面是HNO3發(fā)生的一個還原過程的反應(yīng)式：

NO3-+4H++3e-→NO↑+2H2O

①KMnO4、HCl、Fe（NO3）2、CuO、KI五種物質(zhì)中的____（填化學(xué)式）能使上述還原過程發(fā)生．

②欲用圖乙Ⅱ裝置通過測定氣體生成量測算硝酸被還原的速率；當(dāng)反應(yīng)物的濃度；用量及其。

他影響速率的條件確定之后，可以通過測度____推（計）算反應(yīng)速率．17、某芳香族化合物(只含C；H、O)與苯酚無論以何種比例混合；只要總物質(zhì)的量一定，完全燃燒時所消耗的氧氣的質(zhì)量和生成水的質(zhì)量始終一定．試回答：

(1)這類物質(zhì)的相對分子質(zhì)量與苯酚的相對分子質(zhì)量之差為____________的倍數(shù)(填數(shù)字)．

(2)現(xiàn)有這類物質(zhì)中相對分子質(zhì)量最小的物質(zhì)A．已知A溶液能與NaHCO3反應(yīng)放出氣體．現(xiàn)取苯酚與A的混合物2.32g與50.0mL1.000mol/L的NaOH溶液充分反應(yīng)后；加水至100mL．取出其中的10.0mL用0.100mol/L的HCl溶液滴定過量的NaOH，消耗20.0mL時至滴定終點(diǎn)．則該混合物中苯酚的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____________(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)．

(3)現(xiàn)有這類物質(zhì)中相對分子質(zhì)量比苯酚多220的物質(zhì)B，1mol該物質(zhì)B與足量NaOH溶液充分反應(yīng)，最多消耗____________molNaOH．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)18、將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱，可得氫氧化鐵膠體____．（判斷對錯）19、常溫常壓下，22.4LCO2中含有NA個CO2分子．____．（判斷對錯）20、31g白磷中含有的共價鍵數(shù)為1.5NA．____（判斷對錯）21、有些化學(xué)反應(yīng)既屬于復(fù)分解反應(yīng)，又屬于氧化反應(yīng)____（判斷對和錯）22、判斷下列說法的正誤．

（1）任何一種原子核內(nèi)都含有質(zhì)子和中子．____

（2）元素的種類和核素的種類相同．____

（3）同位素和核素都屬于原子．____

（4）互為同位素的原子性質(zhì)完全相同．____

（5）1940K與2040Ca屬于同位素．____

（6）O2與O3屬于同位素．____

（7）1940K與1939K屬于同位素．____．23、鐵和稀硫酸反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑____．（判斷對錯）24、紅外光譜儀、核磁共振儀、質(zhì)譜儀都可用于有機(jī)化合物結(jié)構(gòu)的分析____．評卷人得分四、其他(共2題，共12分)25、化學(xué)上將SCN－、OCN－、CN－等離子稱為“類鹵離子”?，F(xiàn)將KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即變成紅色。將此紅色溶液分成兩份：一份中____（1）向另一份中____（2）____（3）試用離子方程式解釋以上三部分顏色變化的原因（方程式可以不配平）。26、（15分）有X、Y、Z、W四種短周期元素原子序數(shù)依次增大，它們之間可以同時相互形成A2B2型、AB型、A2型、A22—型等具有相同電子數(shù)的微粒。（1）當(dāng)A2型微粒為空氣的主要成分時：①寫出上述A22—型微粒電子式_______________。②寫出四種元素原子按5：1：1：3形成的離子化合物與足量NaOH反應(yīng)的離子方程式_______________。（2）當(dāng)A2型微粒為最活潑的單質(zhì)時：①1molA2B2型化合物分解轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_______。②任寫出一種具有相同電子的其他非極性分子的有機(jī)物化學(xué)式__________③比較Z與W兩種元素的氫化物的沸點(diǎn)與水溶液的酸性。沸點(diǎn)________________酸性______________。評卷人得分五、探究題(共4題，共20分)27、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，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________．28、實驗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：29、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，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________．30、實驗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：評卷人得分六、實驗題(共4題，共16分)31、實驗?zāi)芰蛣?chuàng)新意識是化學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)的重要內(nèi)容之一。某研究性學(xué)習(xí)小組在驗證反應(yīng)“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag的實驗中檢測到Fe3+．發(fā)現(xiàn)和探究過程如下：向硝酸酸化的0.05mo1?L-1硝酸銀溶液（pH≈2）中加入過量鐵粉；攪拌后靜置，燒杯底部有黑色固體，溶液呈黃色。

（1）檢驗產(chǎn)物：

①檢驗上層清液中所含離子的方法：取上層清液，滴加______，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，說明溶液中含有Fe2+。

②經(jīng)檢驗黑色固體為Ag；檢驗方法：取出少量黑色固體，洗滌后，加入適量稀硝酸使固體溶解，再滴加______（填試劑），產(chǎn)生______（填現(xiàn)象）。

（2）針對“溶液呈黃色”，甲認(rèn)為溶液中有Fe3+乙認(rèn)為鐵粉過量時不可能有Fe3+，乙依據(jù)的原理是______。（用離子方程式表示）o

針對這兩種觀點(diǎn)繼續(xù)實驗：取上層清液；滴加KSCN溶液，溶液變紅，證實了甲的猜測。同時發(fā)現(xiàn)有白色沉淀產(chǎn)生，且溶液顏色深淺；沉淀量多少與取樣時間有關(guān)，對比實驗記錄如下：

。序號取樣時間/min現(xiàn)象Ⅰ3產(chǎn)生大量白色沉淀；溶液呈紅色Ⅱ30產(chǎn)生白色沉淀，較3min時量少；溶液紅色較3min時加深Ⅲ120產(chǎn)生白色沉淀，較30min時量少；溶液紅色較30min時變淺（資料：Ag+與SCN-生成白色沉淀AgSCN）

（3）實驗中溶液變?yōu)榧t色的離子方程式為______；產(chǎn)生白色沉淀說明存在______（填離子符號）。

（4）對Fe3+產(chǎn)生的原因做如下假設(shè)：

假設(shè)a：可能是鐵粉表兩有氧化層，能產(chǎn)生Fe4+假設(shè)b：空氣中存在O2發(fā)生反應(yīng)4Fe2+O2+4H+=4Fe3++2H2O產(chǎn)生Fe3+假設(shè)c：酸性溶液中的NO3-將Fe2+氧化為Fe3+

假設(shè)d：溶液存在Ag+將將Fe2+氧化為Fe3+

下述實驗可證實假設(shè)a、b，c不是產(chǎn)生Fe3+的主要原；并可證實假設(shè)d成立。

①實驗：向硝酸酸化的______溶液（pH≈2）中加入過量鐵粉；攪拌后靜置，不同時間取上層清液滴加KSCN溶液。3min時溶液呈淺紅色，30min后溶液兒乎無色。

②實驗Ⅱ的現(xiàn)象說明發(fā)生了反應(yīng)______（用離子方程式表示）。

（5）實驗Ⅱ中發(fā)生的反應(yīng)可以用下列裝置來驗證。其中甲溶液是______；分別取電池工作前與工作一段時間后左側(cè)燒杯中溶液，同時滴加KSCN溶液，______（“前者”或“后者”）紅色更深。

32、如圖所示是用于氣體制備；干燥、性質(zhì)驗證、尾氣處理的部分儀器裝置（加熱及夾持固定裝置均已略去；各裝置可重復(fù)使用）．請根據(jù)下列要求回答問題．

（1）若錐形瓶中盛裝漂白粉固體；分液漏斗中盛裝濃鹽酸，則：

當(dāng)儀器連接順序為A→C→C→B→D時，B裝置中為鋁粉，制備少量無水三氯化鋁．A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式____，第二個C裝置中盛裝的試劑為____，D裝置的作用是____．

（2）若錐形瓶中盛裝足量的Na2O2粉末，分液漏斗中盛裝濃氨水，慢慢打開分液漏斗的活塞，則產(chǎn)生的氣體通過紅熱的鉑粉，各儀器裝置按氣流方向從左到右連接順序是（填字母）____→____→____→____；裝置B中可能觀察到的現(xiàn)象是____．

（3）若錐形瓶中為大理石，分液漏斗中為稀鹽酸，B裝置中為鎂粉，為驗證鎂與二氧化碳的反應(yīng)，儀器的連接順序為A→C→C→B，第一個裝置中的試劑名稱為____，B中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____，在加熱B裝置之前，應(yīng)該____．

（4）若錐形瓶中為二氧化錳固體，分液漏斗中為雙氧水，B裝置中為電石（只含雜質(zhì)硫化鈣），儀器的連接順序為A→C→B→C→C，第二個C裝置中為品紅溶液，第三個C裝置中為澄清石灰水，且實驗后品紅溶液紅色明顯變淺，澄清石灰水變渾濁，寫出B中發(fā)生的可能反應(yīng)____，____．若反應(yīng)前B中樣品質(zhì)量為8.40g，反應(yīng)后B中殘留固體質(zhì)量為7.28g，則電石中碳化鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____．（假設(shè)固體反應(yīng)完全，結(jié)果保留三位有效數(shù)字）．33、(14分)草酸是一種重要的化工原料，廣泛用于藥物生產(chǎn)、高分子合成等工業(yè)，草酸晶體受熱到100℃時失去結(jié)晶水，成為無水草酸。某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)擬以甘蔗渣為原料用水解—氧化—水解循環(huán)進(jìn)行制取草酸。請跟據(jù)以上信息回答下列問題：（1）圖示①②的氧化—水解過程是在上圖1的裝置中進(jìn)行的，指出裝置A的名稱。（2）圖示①②的氧化—水解過程中，在硝酸用量、反應(yīng)的時間等條件均相同的情況下，改變反應(yīng)溫度以考察反應(yīng)溫度對草酸收率的影響，結(jié)果如上圖2所示，請選擇最佳的反應(yīng)溫度為，為了達(dá)到圖2所示的溫度，選擇圖1的水浴加熱，其優(yōu)點(diǎn)是。（3）在圖示③④中的操作涉及到抽濾，洗滌、干燥，下列有關(guān)說法正確的是。A.在實驗過程中，通過快速冷卻草酸溶液，可以得到較大的晶體顆粒，便于抽濾B.在洗滌沉淀時，應(yīng)關(guān)小水龍頭，使洗滌劑緩緩?fù)ㄟ^沉淀物C.為了檢驗洗滌是否完全，應(yīng)拔下吸濾瓶與安全瓶之間橡皮管，從吸濾瓶上口倒出少量濾液于試管中進(jìn)行相關(guān)實驗。D.為了得到干燥的晶體，可以選擇在坩堝中直接加熱，并在干燥器中冷卻。（4）要測定草酸晶體（H2C2O4·2H2O）的純度，稱取7.200g制備的草酸晶體溶于適量水配成250mL溶液，取25.00mL草酸溶液于錐形瓶中，用0.1000mol/L酸性高錳酸鉀溶液滴定（5H2C2O4+2MnO4－+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O），①取25.00mL草酸溶液的儀器是，②在草酸純度測定的實驗過程中，下列說法正確的是：。A.潤洗滴定管時，應(yīng)從滴定管上口加滿所需的酸或堿液，使滴定管內(nèi)壁充分潤洗B.移液管取草酸溶液時，需將尖嘴處的液體吹入錐形瓶，會使實驗誤差偏低C.滴定時，左手輕輕向內(nèi)扣住活塞，手心空握以免碰到活塞使其松動漏出溶液D.滴定終點(diǎn)讀取滴定管刻度時，仰視標(biāo)準(zhǔn)液液面，會使實驗誤差偏高③判斷滴定已經(jīng)達(dá)到終點(diǎn)的方法是：。④達(dá)到滴定終點(diǎn)時，消耗高錳酸鉀溶液共20.00mL，則草酸晶體的純度為。34、氯氣與堿溶液反應(yīng)，在低溫和稀堿溶液中主要產(chǎn)物是rm{ClO^{隆陋}}和rm{Cl^{隆陋}}在rm{75隆忙}以上和濃堿溶液中主要產(chǎn)物是rm{ClO_{3}^{隆陋}}和rm{Cl^{隆陋}.}研究小組用如下實驗裝置制取氯酸鉀rm{(KClO_{3})}并測定其純度．

rm{a}為濃鹽酸，rm為rm{MnO_{2}}rm{c}為飽和食鹽水，rmlyybkma為rm{30%KOH}溶液，rm{e}為rm{NaOH}溶液回答下列問題：

rm{(1)}檢查裝置氣密性后，添加藥品，待裝置Ⅲ水溫升至rm{75隆忙}開始反應(yīng)．

rm{壟脵}裝置Ⅰ的作用是制備____

____rm{壟脷}若取消裝置Ⅱ；對本實驗的影響是________________．

rm{壟脹}實驗結(jié)束；拆解裝置Ⅰ前為了防止大量氯氣逸出，可采取的措施是__________．

rm{壟脺}從裝置Ⅲ的試管中分離得到rm{KClO_{3}}粗產(chǎn)品，其中混有的雜質(zhì)是rm{KClO}和_____．

rm{(2)}為測定產(chǎn)品rm{KClO_{3}}的純度；進(jìn)行如下實驗：

步驟rm{1}取rm{2.45g}樣品溶于水配成rm{250mL}溶液．

步驟rm{2}取rm{25.00mL}溶液于錐形瓶中，調(diào)至rm{pH=10}滴加足量rm{H_{2}O_{2}}溶液充分振蕩，然后煮沸溶液rm{1隆蘆2}分鐘；冷卻．

步驟rm{3}加入過量rm{KI}溶液，再逐滴加入足量稀硫酸rm{.(ClO_{3}^{-}+6I^{-}+6H^{+}=Cl^{-}+3I_{2}+3H_{2}O)}

步驟rm{4}加入指示劑，用rm{0.5000mol?L^{-1}Na_{2}S_{2}O_{3}}標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液rm{20.00mL.(2S_{2}O_{3}^{2-}+I_{2}=S_{4}O_{6}^{2-}+2I^{-})}

rm{壟脵}步驟rm{2}的目的是________rm{.}寫出煮沸時反應(yīng)的化學(xué)方程式__________．

rm{壟脷}樣品中rm{KClO_{3}}的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_____rm{.(KClO_{3}}式量：rm{122.5)}參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【分析】①乙醇和水互溶；但沸點(diǎn)不同；

②色譜分離法；它利用各成分對同一吸附劑吸附能力不同，使在移動相（溶劑）流過固定相（吸附劑）的過程中，連續(xù)的產(chǎn)生吸附；解吸附、再吸附、再解吸附，從而達(dá)到各成分的互相分離的目的，色素溶于有機(jī)溶劑；

③碘易升華；

④苯甲酸中雜質(zhì)的溶解度很小或很大；可以根據(jù)溶解度的差異進(jìn)行分離；

⑤苯和溴苯不分層．【解析】【解答】解：①乙醇和水互溶；但沸點(diǎn)不同，可利用蒸餾法分離，故正確；

②色素易溶于有機(jī)溶劑；可用色譜法分離菠菜葉中的色素，故正確；

③混合物中只有碘易升華；用升華法可分離碘和砂子的混合物，故正確；

④苯甲酸中雜質(zhì)的溶解度很小或很大；可以根據(jù)溶解度的差異進(jìn)行分離，則用重結(jié)晶法提純苯甲酸，故正確；

⑤苯和溴苯不分層；不能利用分液法分離，故錯誤；

故選A．2、C【分析】【分析】濁液；膠體、溶液的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)粒子的大小不同；懸濁液的分散質(zhì)粒子不能通過濾紙，濁液的分散質(zhì)粒子不能透過濾紙，膠體、溶液的分散質(zhì)粒子能透過濾紙；膠體和濁液的分散質(zhì)粒子不能透過半透膜，溶液的分散質(zhì)粒子能透過半透膜；

膠體微粒能對光線散射；產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，而溶液中的離子很小，不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)；

萃取利用一種溶質(zhì)在兩種溶劑中的溶解度不同進(jìn)行分離，與物質(zhì)微粒大小無直接關(guān)系；【解析】【解答】解：A．懸濁液的分散質(zhì)粒子不能通過濾紙；過濾利用了分散質(zhì)粒子的大小進(jìn)行分離，故A錯誤；

B．膠體的分散質(zhì)粒子不能透過半透膜；溶液的分散質(zhì)粒子能透過半透膜，滲析利用了分散質(zhì)粒子的大小進(jìn)行分離，故B錯誤；

C．萃取利用一種溶質(zhì)在兩種溶劑中的溶解度不同進(jìn)行分離；與物質(zhì)微粒大小無直接關(guān)系，故C正確；

D．膠體微粒能對光線散射；產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，而溶液中的離子很小，不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，丁達(dá)爾效應(yīng)與分散質(zhì)粒子的大小有關(guān)，故D錯誤；

故選：C．3、A【分析】【分析】氧化還原反應(yīng)的特征是元素化合價的升降，如有元素化合價的變化，則屬于氧化還原反應(yīng)，結(jié)合分解反應(yīng)和化合反應(yīng)、置換反應(yīng)的特點(diǎn)解答該題．【解析】【解答】解：A、2H2+O22H2O為化合反應(yīng)；H；O元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故A正確；

B；反應(yīng)中沒有化合價的變化；不屬于氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；

C；一種單質(zhì)與一種化合物生成另外一種單質(zhì)和另外一種化合物；屬于置換反應(yīng)，故C錯誤；

D、MgCO3+2HCl═2HCl2+CO2↑+H2O中沒有化合價的變化；不屬于氧化還原反應(yīng)，故D錯誤；

故選A．4、A【分析】【分析】A．根據(jù)溶液的pH計算出常溫下溶液中氫氧根離子濃度；再計算出溶液中氫氧根離子的數(shù)目；

B．醋酸為弱電解質(zhì)；溶液中只能部分電離出氫離子；

C．沒有告訴在標(biāo)準(zhǔn)狀況下；不能使用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計算混合氣體的物質(zhì)的量；

D．鐵與鹽酸反應(yīng)生成亞鐵離子，0.1mol鐵完全反應(yīng)失去0.2mol電子．【解析】【解答】解：A．pH=12的Ba（OH）2溶液中氫氧根離子濃度為0.01mol/L，1L該溶液中含有0.01mol，含有的OH-數(shù)為0.01NA；故A正確；

B．1L0.1mol/L的CH3COOH溶液中含有溶質(zhì)醋酸0.1mol，0.1mol醋酸只能部分電離出氫離子，所以溶液中含有的H+數(shù)小于0.1NA；故B錯誤；

C．不是標(biāo)準(zhǔn)狀況下；不能使用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計算11.2L混合氣體的物質(zhì)的量，故C錯誤；

D．5.6g鐵的物質(zhì)的量為0.1mol，0.1mol鐵與足量鹽酸完全反應(yīng)失去0.2mol電子，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA；故D錯誤；

故選A．5、B【分析】【分析】A．水的電離是吸熱反應(yīng)；升高溫度促進(jìn)電離；

B．氫離子濃度越大對水的電離；抑制程度越大；

C．pH；體積均相同的醋酸和鹽酸；醋酸的濃度大；

D．電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)．【解析】【解答】解：A．水的電離是吸熱反應(yīng)；升高溫度促進(jìn)電離，所以純水在25℃的pH大于100℃時的pH，故A錯誤；

B．鹽酸是強(qiáng)電解質(zhì)完全電離；醋酸是弱電解部分電離，所以同濃度的鹽酸和醋酸，鹽酸中氫離子濃度，對水的電離抑制程度大，所以鹽酸溶液中水電離出的氫離子濃度小，故B正確；

C．pH；體積均相同的醋酸和鹽酸；由于醋酸部分電離，所以醋酸的濃度大于HCl的濃度，因此消耗NaOH溶液的體積醋酸比HCl大，故C錯誤；

D．電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；與濃度無關(guān)，溫度相同時電離平衡常數(shù)相同，故D錯誤；

故選B．6、D【分析】【分析】鋁離子水解而生成氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性，所以能凈水，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：硫酸鋁鉀在水中完全電離生成鋁離子，鋁離子易水解生成氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性，能吸附水中的懸浮物而達(dá)到凈水的目的，所以明礬能凈水，故選D．7、C【分析】【分析】A．從溶液電中性的角度分析；

B．一般來說鹽類水解的程度較弱，應(yīng)有c（M+）＞c（H+）；

C．從物料守恒的角度分析；

D．由于酸堿強(qiáng)弱未知，溶液不一定呈中性．【解析】【解答】解：A．溶液遵循電中性原則，應(yīng)有：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）；故A錯誤；

B．一元弱堿MOH對應(yīng)的鹽MCl溶液中，鹽類水解的程度較弱，應(yīng)為c（Cl-）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH-）；故B錯誤；

C．等物質(zhì)的量的一元弱酸HX與其鉀鹽KX的混合溶液中存在物料守恒：2c（K+）=c（X-）+c（HX）；故C正確；

D．由于酸堿強(qiáng)弱未知；溶液不一定呈中性，故D錯誤．

故選C．8、B【分析】【解析】試題分析：①中恰好反應(yīng)生成醋酸，濃度是0.05mol/L。醋酸鈉水解溶液顯堿性，同樣碳酸氫鈉溶液也是顯堿性的，而氫氧化鈉是強(qiáng)堿，所以溶液pH由小到大的順序是①＜③＜④＜②，A、C不正確；氫氧化鈉能抑制醋酸鈉的水解，所以選項B正確；c(CH3COOH)由大到小的順序是①＞③＞④＞②，D不正確，答案選B。考點(diǎn)：考查鹽類水解以及弱電解質(zhì)電離的有關(guān)判斷和濃度大小比較【解析】【答案】B二、填空題(共9題，共18分)9、N2+3H22NH3H2SO4SO2+H2O=H2SO3Na2O2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑【分析】【分析】（1）若A為氣體，其水溶液能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，則A為NH3，B為NO，C為NO2，D為HNO3；

（2）A、D的水溶液均能使?jié)駶櫟乃{(lán)色石蕊試紙變紅，為酸性物質(zhì)，B、C都為酸性氧化物，如符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，則A應(yīng)為H2S，B為SO2，C為SO3，D為H2SO4；

（3）若D為常見的強(qiáng)堿，則A為Na，B為Na2O，C為Na2O2，D為NaOH．【解析】【解答】解：A；B、C、D均為中學(xué)化學(xué)中的常見物質(zhì)；且均含有同-種元素，依據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系分析得到；

（1）若A為氣體，其水溶液能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，說明A為減小氣體則A為NH3，B為NO，C為NO2，D為HNO3，工業(yè)上合成A的化學(xué)方程式為：N2+3H22NH3；

故答案為：N2+3H22NH3；

（2）A、D的水溶液均能使?jié)駶櫟乃{(lán)色石蕊試紙變紅，AD為酸性物質(zhì)，B、C都為酸性氧化物，轉(zhuǎn)化關(guān)系可知D為酸，如符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，則A應(yīng)為H2S，B為SO2，C為SO3，D為H2SO4，B為二氧化硫和水反應(yīng)生成亞硫酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SO2+H2O=H2SO3；

故答案為：H2SO4，SO2+H2O=H2SO3；

（3）若D為常見的強(qiáng)堿，則A為Na，B為Na2O，C為Na2O2，D為NaOH，C為Na2O2和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，反應(yīng)的離子方程式為：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；

故答案為：Na2O，2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑．10、酯基羰基加成反應(yīng)+2NaOH+2NaBr+2H2O【分析】【分析】根據(jù)題中各物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系，比較物質(zhì)B和的結(jié)構(gòu)以及反應(yīng)Ⅱ和Ⅲ的條件可知，B發(fā)生加成反應(yīng)生D，D發(fā)生消去反應(yīng)生成所以D為比較和物質(zhì)F的結(jié)構(gòu)以及反應(yīng)Ⅳ和Ⅴ的條件可知，E為以間二甲苯、ClCH2COCl、（C2H5）2NH為有機(jī)原料合成可以在間二甲苯上先引入硝基，再還原成氨基，利用ClCH2COCl、（C2H5）2NH發(fā)生題中流程中的步驟Ⅳ和Ⅴ即可得產(chǎn)品，據(jù)此答題．【解析】【解答】解：根據(jù)題中各物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系，比較物質(zhì)B和的結(jié)構(gòu)以及反應(yīng)Ⅱ和Ⅲ的條件可知，B發(fā)生加成反應(yīng)生D，D發(fā)生消去反應(yīng)生成所以D為比較和物質(zhì)F的結(jié)構(gòu)以及反應(yīng)Ⅳ和Ⅴ的條件可知，E為

（1）根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡式可知；A中含氧官能團(tuán)的名稱分別是酯基；羰基，故答案為：酯基；羰基；

（2）步驟Ⅱ發(fā)生反應(yīng)的類型是加成反應(yīng)；故答案為：加成反應(yīng)；

（3）步驟Ⅲ的化學(xué)反應(yīng)方程式為+2NaOH+2NaBr+2H2O；

故答案為：+2NaOH+2NaBr+2H2O；

（4）滿足下列條件①不含甲基；②是的衍生物，且環(huán)上只有一個取代基；③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng)說明有醛基和酯基，符合條件的A的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為：

（5）以間二甲苯、ClCH2COCl、（C2H5）2NH為有機(jī)原料合成可以在間二甲苯上先引入硝基，再還原成氨基，利用ClCH2COCl、（C2H5）2NH發(fā)生題中流程中的步驟Ⅳ和Ⅴ即可得產(chǎn)品，合成路線為

故答案為：．11、①③④⑦⑧⑨檢漏分液漏斗③⑤⑥【分析】【分析】（1）A．依據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟選擇合適的儀器；

B．帶瓶塞和活塞的儀器使用前都需要查漏；據(jù)此分析；

（2）分析不當(dāng)操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液的體積的影響，依據(jù)C=進(jìn)行誤差分析．【解析】【解答】解：（1）A．配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟有：計算；稱量、溶解冷卻、移液、洗滌、搖勻裝瓶；用到的儀器：托盤天平、藥匙、燒瓶、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管；

故答案為：①③④⑦⑧⑨；

B．使用容量瓶的第一步操作是檢查容量瓶是否漏水；故需要查漏的還有分液漏斗；

故答案為：查漏；分液漏斗；

（2）①稱取固體NaOH時未用小燒杯；導(dǎo)致部分氫氧化鈉沾到濾紙上，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液的濃度偏低；

②沒有用水沖洗燒杯2～3次；導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏低，溶液的濃度偏低；

③定容時；俯視液面使之與刻度相切，導(dǎo)致溶液的體積偏小，溶液的濃度偏高；

④溶液配好搖勻后；發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又加水至液面與刻度相切，導(dǎo)致溶液的體積偏大，溶液的濃度偏低；

⑤將未冷卻的溶液注入容量瓶后；馬上定容，冷卻后，溶液的體積偏小，溶液的濃度偏高；

⑥樣品中混有Na2O雜質(zhì)；相同質(zhì)量的氧化鈉生成氫氧化鈉的物質(zhì)的量多于氫氧化鈉，導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大，溶液的濃度偏高；

故答案為：③⑤⑥．12、否若三者處于同一周期，則最外層電子數(shù)之和不可能為17HNOSCa（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O堿石灰向下排空氣【分析】【分析】X；Y、Z和W分別代表四種短周期元素；其原子序數(shù)依次增大；

根據(jù)①X元素的一種原子；其原子核就是一個質(zhì)子，則X為氫元素；

根據(jù)④由X、Y元素組成的一種氣體物質(zhì)A，A能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)色，則A為NH3；故Y為氮元素；

根據(jù)②元素周期表中，Z與Y相鄰，Z與W相鄰，Y為氮元素，則位置關(guān)系為若為前者，則Z為氧元素、W為硫元素，若為后者，則Z為磷元素、W為硫元素，根據(jù)③Y、Z與W三種元素的原子最外層電子數(shù)之和為17，若Z為磷元素、W為硫元素，則三者最外層電子數(shù)為16，不滿足17，故不符合．若Z為氧元素、W為硫元素，則三者最外層電子數(shù)為17，符合題意，故Z為氧元素、W為硫元素．【解析】【解答】解：X；Y、Z和W分別代表四種短周期元素；其原子序數(shù)依次增大；

根據(jù)①X元素的一種原子；其原子核就是一個質(zhì)子，則X為氫元素；

根據(jù)④由X、Y元素組成的一種氣體物質(zhì)A，A能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)色，則A為NH3；故Y為氮元素；

根據(jù)②元素周期表中，Z與Y相鄰，Z與W相鄰，Y為氮元素，則位置關(guān)系為若為前者，則Z為氧元素；W為硫元素，若為后者，則Z為磷元素、W為硫元素，根據(jù)③Y、Z與W三種元素的原子最外層電子數(shù)之和為17，若Z為磷元素、W為硫元素，則三者最外層電子數(shù)為16，不滿足17，故不符合．若Z為氧元素、W為硫元素，則三者最外層電子數(shù)為17，符合題意，故Z為氧元素、W為硫元素；

（1）若三者處于同一周期；則最外層電子數(shù)之和不可能為17，故Y；Z和W三種元素不可能否位于同一周期；

故答案為：否；若三者處于同一周期；則最外層電子數(shù)之和不可能為17；

（2）由上述分析可知；X為H；Y為N、Z為O、W為S，故答案為：H；N；O；S；

（3）實驗室制取氨氣的方程式為：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；干燥氨氣通常用堿石灰，可以用向下排空氣法收集；

故答案為：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；堿石灰；向下排空氣．13、檢查裝置氣密性CO32-+2H+=CO2↑+H2O，SO32-+2H+=SO2↑+H2O硫酸檢驗二氧化硫是否除盡D中品紅不褪色，E中石灰水變渾濁2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+2Fe2++4H+不能，因為在檢驗Na2SO3、Na2CO3的實驗時已經(jīng)向燒瓶中加入了硫酸，直接用反應(yīng)后燒瓶中的溶液就不能說明原固體中含有Na2SO4【分析】【分析】（1）三種成分檢驗出來需要利用亞硫酸鈉；碳酸鈉和酸反應(yīng)生成二氧化硫、二氧化碳進(jìn)行檢驗；有氣體生成的反應(yīng)，所以實驗開始前，需進(jìn)行的操作是檢查裝置的氣密性；

（2）三種成分檢驗出來需要利用亞硫酸鈉；碳酸鈉和酸反應(yīng)生成二氧化硫、二氧化碳進(jìn)行檢驗；裝置A中發(fā)生的反應(yīng)是亞硫酸鈉、碳酸鈉和硫酸發(fā)生反應(yīng)生成二氧化硫、二氧化碳；

（3）分液漏斗中液體應(yīng)是硫酸溶液；二氧化硫和二氧化碳檢驗需要先利用裝置B中品紅溶液檢驗二氧化硫存在，利用裝置C中高錳酸鉀溶液除去二氧化硫，通過D中品紅溶液檢驗二氧化硫是否除凈；

（4）檢驗出Na2CO3的現(xiàn)象是利用D中品紅不褪色；E中澄清石灰水變渾濁說明生成了二氧化碳；

（5）裝置C中的試劑還可用與KMnO4具有相同反應(yīng)原理是利用氧化還原反應(yīng)把二氧化硫氧化為硫酸；選擇的物質(zhì)需要具有氧化性，溶液顏色變化明顯，且不具有揮發(fā)性的試劑可以是鐵鹽溶液；

（6）在檢驗Na2SO3、Na2CO3的實驗時已經(jīng)向燒瓶中加入了硫酸，反應(yīng)后燒瓶A中的液體中含有加入的硫酸，不能檢驗硫酸鈉的存在；【解析】【解答】解：（1）只含有Na2SO4、Na2SO3、Na2CO3的白色固體中的三種成分檢驗出來需要利用亞硫酸鈉；碳酸鈉和酸反應(yīng)生成二氧化硫、二氧化碳進(jìn)行檢驗；所以實驗開始前，需進(jìn)行的操作是檢查裝置的氣密性；

故答案為：檢查裝置氣密性；

（2）三種成分檢驗出來需要利用亞硫酸鈉、碳酸鈉和酸反應(yīng)生成二氧化硫、二氧化碳進(jìn)行檢驗，裝置A中發(fā)生的反應(yīng)是亞硫酸鈉、碳酸鈉和硫酸發(fā)生反應(yīng)生成二氧化硫、二氧化碳；，反應(yīng)的離子方程式為：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，SO32-+2H+=SO2↑+H2O；

故答案為：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，SO32-+2H+=SO2↑+H2O；

（3）分液漏斗中液體應(yīng)是硫酸溶液，二氧化硫和二氧化碳檢驗需要先利用裝置B中品紅溶液檢驗二氧化硫存在，利用裝置C中高錳酸鉀溶液除去二氧化硫，通過D中品紅溶液檢驗二氧化硫是否除凈，已知B、D都為品紅，C為酸性KMnO4溶液；則D裝置的作用為檢驗二氧化硫是否除凈；

故答案為：檢驗二氧化硫是否除凈；

（4）檢驗出Na2CO3的現(xiàn)象是檢驗二氧化碳?xì)怏w的生成；二氧化硫也會和澄清石灰水反應(yīng)生成沉淀，溶液變渾濁，所以需要先除去二氧化硫，利用D中品紅不褪色，E中澄清石灰水變渾濁說明生成了二氧化碳證明碳酸鈉的存在；

故答案為：D中品紅不褪色；E中石灰水變渾濁；

（5）裝置C中的試劑還可用與KMnO4具有相同反應(yīng)原理是利用氧化還原反應(yīng)把二氧化硫氧化為硫酸，選擇的物質(zhì)需要具有氧化性，溶液顏色變化明顯，且不具有揮發(fā)性的試劑可以是鐵鹽溶液，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；

故答案為：2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；

（6）在檢驗Na2SO3、Na2CO3的實驗時已經(jīng)向燒瓶中加入了硫酸，反應(yīng)后燒瓶A中的液體中含有加入的硫酸，不能檢驗硫酸鈉的存在，不能直接用反應(yīng)后燒瓶A中的液體檢驗Na2SO4；

故答案為：不能，因為在檢驗Na2SO3、Na2CO3的實驗時已經(jīng)向燒瓶中加入了硫酸，直接用反應(yīng)后燒瓶中的溶液就不能說明原固體中含有Na2SO4；14、KNO3KAl（SO4）2Al3++4OH-═AlO2-+2H2ONa2CO3HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O【分析】【分析】①將它們?nèi)苡谒?，D為藍(lán)色溶液，其他均為無色溶液，則D中含有Cu2+離子；

②將E溶液滴入到C溶液中，出現(xiàn)白色沉淀，繼續(xù)滴加沉淀溶解，則C中含有Al3+離子，E中含有OH-離子；

③進(jìn)行焰色反應(yīng)實驗，只有B、C為紫色，則B、C含有K+離子；結(jié)合離子共存，所以E是NaOH；

④在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入過量稀硝酸，A中放出無色氣體，則A中含有HCO3-離子，C、D中產(chǎn)生白色沉淀，則C、D中含有SO42-離子，所以D是CuSO4，C是KAl（SO4）2，A是NaHCO3；

⑤將B、D兩溶液混合，未見沉淀或氣體生成，則B是KNO3，以此解答該題．【解析】【解答】解：①將它們?nèi)苡谒?，D為藍(lán)色溶液，其他均為無色溶液，則D中含有Cu2+離子；

②將E溶液滴入到C溶液中，出現(xiàn)白色沉淀，繼續(xù)滴加沉淀溶解，則C中含有Al3+離子，E中含有OH-離子；

③進(jìn)行焰色反應(yīng)實驗，只有B、C為紫色，則B、C含有K+離子；結(jié)合離子共存，所以E是NaOH；

④在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入過量稀硝酸，A中放出無色氣體，則A中含有HCO3-離子，C、D中產(chǎn)生白色沉淀，則C、D中含有SO42-離子，所以D是CuSO4，C是KAl（SO4）2，A是NaHCO3；

⑤將B、D兩溶液混合，未見沉淀或氣體生成，則B是KNO3；

（1）由以上分析可知B為KNO3，C為KAl（SO4）2，故答案為：KNO3；KAl（SO4）2；

（2）E是NaOH，C為KAl（SO4）2，過量E滴人到C溶液中的離子反應(yīng)方程式為Al3++4OH-═AlO2-+2H2O，故答案為：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；

（3）A是NaHCO3，E是NaOH，1molA的溶液與含1molE的溶液反應(yīng)生成碳酸鈉和水，蒸干過程中碳酸鈉水解得到碳酸氫鈉與氫氧化鈉，最終二者又反應(yīng)得到Na2CO3；

故答案為：Na2CO3；

（4）在NaHCO3溶液中加足量澄清石灰水，碳酸氫鈉完全反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，其離子方程式為HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O；

故答案為：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O．15、①③④⑤250mL容量瓶b5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2OFe2+-e-═Fe3+二【分析】【分析】向含少量鐵的氧化銅固體中加入鹽酸，鹽酸和鐵、氧化銅反應(yīng)，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為：Fe+2H+=Fe2++H2↑；CuO+2H+=Cu2++H2O，加入氧化劑A的目的是把亞鐵離子氧化，根據(jù)除雜原則，不能引入新的雜質(zhì)；試劑B應(yīng)為調(diào)節(jié)溶液pH值，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3，除去Fe3+；過濾除去沉淀，對濾液進(jìn)行蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾得到氯化銅晶體．（1）亞鐵離子具有還原性，能被高錳酸鉀氧化為三價鐵，使高錳酸鉀褪色；

（2）在制取過程中；不能引進(jìn)雜質(zhì)離子，據(jù)此來選擇合適的試劑；

（3）根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度的KMnO4溶液所需儀器和高錳酸鉀的性質(zhì)來分析；滴定反應(yīng)：Mn元素的化合價由+7價降低為+2價；Fe元素的化合價由+2價升高為+3價，由電子守恒；電荷守恒、原子守恒解答；

（4）原電池負(fù)極反應(yīng)氧化反應(yīng)，F(xiàn)e2+在負(fù)極放電生成Fe3+；

（5）CuCl2?xH2O中x的值的確定依據(jù)是加熱前后的質(zhì)量差即為減少的水的質(zhì)量，據(jù)此來確定x．【解析】【解答】解：（1）亞鐵離子具有還原性，能被高錳酸鉀氧化為三價鐵，使高錳酸鉀褪色，是檢驗溶液A中Fe2+的最佳試劑；

故答案為：①；

（2）得到較純的產(chǎn)品，需要調(diào)節(jié)pH使鐵離子轉(zhuǎn)化為沉淀，選擇的試劑可以是CuO、Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3；而①②均會引入雜質(zhì)離子；

故答案為：③④⑤；

（3）配制一定物質(zhì)的量濃度的KMnO4溶液需要的儀器有：天平、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、250mL容量瓶，高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，必須放在酸式滴定管中，所以最合理的是b，滴定反應(yīng)：Mn元素的化合價由+7價降低為+2價，F(xiàn)e元素的化合價由+2價升高為+3價，由電子守恒、電荷守恒、原子守恒可知，離子反應(yīng)為5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；

故答案為：250mL容量瓶；b；5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；

（4）原電池負(fù)極反應(yīng)氧化反應(yīng)，F(xiàn)e2+在負(fù)極放電生成Fe3+，負(fù)極電極反應(yīng)式為Fe2+-e-═Fe3+；

故答案為：Fe2+-e-═Fe3+；

（5）CuCl2?xH2O中x的值的確定依據(jù)是加熱前后的質(zhì)量差即為減少的水的質(zhì)量；所以選擇方案二，根據(jù)Cu元素守恒，則。

CuCl2?xH2O～Cu（OH）2～CuO；

11

即=解得x=；

故答案為：二；．16、③10%增大CO濃度適當(dāng)降低溫度、及時分離生成的CH3OHc陰Ni電極上氫離子放電，電極反應(yīng)式為：2H2O+2e-═H2↑+2OH-Fe（NO3）2、KI單位時間內(nèi)收集的氣體體積【分析】【分析】（1）還原性Fe2+＞Br-，所以通入0.001molCl2；先氧化亞鐵離子，然后再氧化溴離子，由此分析解答；

（2）①轉(zhuǎn)化率=參加反應(yīng)的CO的物質(zhì)的量與最初CO的物質(zhì)的量之比；

②要提高H2的轉(zhuǎn)化率，可以采取增大CO濃度、適當(dāng)降低溫度、及時分離生成的CH3OH的方法；

③根據(jù)催化劑對可逆反應(yīng)的影響進(jìn)行判斷；

（3）①鐵與電源的正極相連，所以鐵是陽極，電極反應(yīng)式為：Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O；

②Ni電極上氫離子放電，電極反應(yīng)式為：2H2O+2e-═H2↑+2OH-；據(jù)此分析解答；

（4）①要使硝酸根離子發(fā)生還原反應(yīng)；則需要加入還原劑；

②根據(jù)反應(yīng)速率的表達(dá)式v=解答．【解析】【解答】解：（1）10mL0.1mol?L-1的FeBr2溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量為：0.001mol，而還原性Fe2+＞Br-，所以通入0.001molCl2，0.001molCl2能氧化0.001mol的亞鐵離子和0.001mol的溴離子；所還有0.001mol的溴離子未被氧化，故答案為：③；

（2）①若不采取其它方法改變平衡移動時，CO的轉(zhuǎn)化率最小，根據(jù)方程式知，參加反應(yīng)的一氧化碳和生成的甲醇的物質(zhì)的量相等，所以CO的平衡轉(zhuǎn)化率最小為：×100%=10%；故答案為：10%；

②可以采取增大CO濃度、適當(dāng)降低溫度、及時分離生成的CH3OH的方法來促使平衡向正反應(yīng)方向移動；從而提高氫氣的轉(zhuǎn)化率；

故答案為：增大CO濃度；適當(dāng)降低溫度（或及時分離生成的CH3OH）；

③使用催化劑，只能改變反應(yīng)速率，不能改變化學(xué)平衡，則不會改變反應(yīng)的焓變、不會影響反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率、不影響化學(xué)平衡常數(shù)，所以ab錯誤；c正確；

故答案為：c；

（3）①鐵與電源的正極相連；所以鐵是陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，Ni作陰極，故答案為：陰；

②Ni電極上氫離子放電，電極反應(yīng)式為：2H2O+2e-═H2↑+2OH-，故答案為：Ni電極上氫離子放電，電極反應(yīng)式為：2H2O+2e-═H2↑+2OH-；

（4）①要使硝酸根離子發(fā)生還原反應(yīng)，則需要加入還原劑，具有還原性的物質(zhì)是Fe（NO3）2、KI，故答案為：Fe（NO3）2；KI；

②根據(jù)v=知；可以通過測定單位時間內(nèi)收集的氣體體積（或收集一定體積的氣體所用的時間）推（計）算反應(yīng)速率；

故答案為：單位時間內(nèi)收集的氣體體積（或收集一定體積的氣體所用的時間）．17、略

【分析】解：(1)根據(jù)總物質(zhì)的量一定時有機(jī)物完全燃燒時，生成水的質(zhì)量和消耗O2的質(zhì)量不變，則化學(xué)式中的氫原子個數(shù)相同，所消耗的氧氣始終一定說明該有機(jī)物與苯酚相比分子組成相差n個CO2這樣多的碳就不消耗氧氣了所以該有機(jī)物的化學(xué)式為C6H6O?nCO2，所以兩者相對分子質(zhì)量之差為44(CO2)的倍數(shù)；

故答案為：44；

(2)相對分子質(zhì)量最小的物質(zhì)A，A溶液能與NaHCO3反應(yīng)放出氣體，故A分子中含有-COOH，所以A分子中含一個羥基和一個羧基，A為HO-C6H4-COOH，故1molA消耗2molNaOH．由酚羥基、羧基、鹽酸與氫氧化鈉的反應(yīng)可知n(C6H5OH)+2×n(A)+n(HCl)=n(NaOH)，故n(C6H5OH)+2×n(A)=n(NaOH)-n(HCl)=0.05L×1.000mol/L-0.02L×0.100mol/L×=0.03mol，再根據(jù)二者的質(zhì)量之和有94g/mol×n(C6H5OH)+138g/mol×n(A)=2.32g，聯(lián)立方程解得n(C6H5OH)=0.01mol，n苯酚的質(zhì)量m(C6H5OH)=0.01mol×94g/mol=0.94g，故苯酚的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w(C6H5OH)=×100%=40.5%；

故答案為：40.5%；

(3)該類有機(jī)物的化學(xué)式為C6H6O?nCO2，相對分子質(zhì)量比苯酚多220的物質(zhì)B，故n==5；1mol該物質(zhì)B與足量NaOH溶液充分反應(yīng)，消耗的氫氧化鈉最多，為甲酸與酚形成的酯，故B中含有1個酚羥基；5個酯基-OOCH，1mol酚羥基消耗1molNaOH，1mol-OOCH消耗2molNaOH，故最多消耗氫氧化鈉為1mol+2mol×5=11mol；

故答案為：11．【解析】44;40.5%;11三、判斷題(共7題，共14分)18、×【分析】【分析】氫氧化鐵膠體制備方法為：向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液并加熱至液體呈紅褐色即可，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鐵膠體制備方法為：向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液并加熱至液體呈紅褐色即可，如果將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱，二者反應(yīng)生成紅褐色氫氧化鐵沉淀，得不到氫氧化鐵膠體，所以該題說法錯誤，故答案為：×．19、×【分析】【分析】常溫常壓下，氣體摩爾體積不是22.4L/mol，而是大于22.4L/mol，結(jié)合n=、N=nNA判斷．【解析】【解答】解：常溫常壓下，氣體摩爾體積不是22.4L/mol，由PV=nRT可知，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，由n=可知，22.4LCO2的物質(zhì)的量小于1mol，故含有CO2分子數(shù)目小于NA個N=nNA，故錯誤，故答案為：×．20、√【分析】【分析】白磷分子中含有6個P-P共價鍵，白磷分子式為P4，據(jù)此進(jìn)行計算含有共價鍵數(shù)目．【解析】【解答】解：白磷是正四面體型結(jié)構(gòu)，分子中含有6個P-P共價鍵；31g白磷（分子式為P4）的物質(zhì)的量是0.25mol，所以分子中含有P-P共價鍵1.5mol，含有的共價鍵數(shù)目為1.5NA，故答案為：√；21、×【分析】【分析】復(fù)分解反應(yīng)均屬于非氧化還原反應(yīng)，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：復(fù)分解反應(yīng)中不存在元素化合價的變化，一定屬于非氧化還原反應(yīng)，故答案為：×．22、×【分析】【分析】（1）氫原子不含有中子；

（2）計算核素種類要考慮中子數(shù)和質(zhì)子數(shù)；元素種類只考慮質(zhì)子數(shù)；

（3）具有相同質(zhì)子數(shù)；不同中子數(shù)同一元素的不同原子互為同位素，核素是指具有一定數(shù)目質(zhì)子和一定數(shù)目中子的一種原子；

（4）同位素的化學(xué)性質(zhì)相同但物理性質(zhì)不同；

（5）具有相同質(zhì)子數(shù)；不同中子數(shù)同一元素的不同原子互為同位素；

（6）具有相同質(zhì)子數(shù)；不同中子數(shù)同一元素的不同原子互為同位素；

（7）具有相同質(zhì)子數(shù)，不同中子數(shù)同一元素的不同原子互為同位素．【解析】【解答】解：（1）氫原子不含有中子；故答案為：×；

（2）計算核素種類要考慮中子數(shù)和質(zhì)子數(shù)；元素種類只考慮質(zhì)子數(shù)，故后者多，故答案為：×；

（3）同位素和核素都屬于原子；故答案為：√；

（4）元素的原子的最外層電子數(shù)決定了元素性質(zhì)；而同位素的外層電子數(shù)相等，所以它們的化學(xué)性質(zhì)幾乎完全相同，但物理性質(zhì)不一定相同，故答案為：×；

（5）質(zhì)子數(shù)不同；為不同元素的原子，不是同位素關(guān)系，故答案為：×；

（6）O2與O3均為單質(zhì)；為氧的同素異形體，故答案為：×；

（7）1940K與1939K有相同質(zhì)子數(shù)、不同中子數(shù)，互為同位素，故答案為：√．23、×【分析】【分析】鐵為變價金屬，鐵與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，不會生成硫酸鐵，該離子方程式中反應(yīng)產(chǎn)物錯誤，應(yīng)該生成Fe2+離子，不是生成Fe3+．【解析】【解答】解：由于Fe3+的氧化性大于氫離子，則鐵和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣和氫氣，不會生成硫酸鐵，正確的離子方程式為：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

故答案為：×．24、√【分析】【分析】紅外光譜儀用于測定有機(jī)物的官能團(tuán)；核磁共振儀用于測定有機(jī)物分子中氫原子的種類和數(shù)目；質(zhì)譜法用于測定有機(jī)物的相對分子質(zhì)量．【解析】【解答】解：紅外光譜儀用于測定有機(jī)物的官能團(tuán)；核磁共振儀用于測定有機(jī)物分子中氫原子的種類和數(shù)目；質(zhì)譜法用于測定有機(jī)物的相對分子質(zhì)量；所以紅外光譜儀；核磁共振儀、質(zhì)譜儀都可用于有機(jī)化合物結(jié)構(gòu)的分析；故說法正確；

故答案為：√．四、其他(共2題，共12分)25、略

【分析】此題解答的關(guān)鍵是抓住“類鹵離子”的信息。SCN－與Cl－相似，被氧化后則生成（SCN）2。Fe3＋與SCN－形成的絡(luò)離子和分子有6種，在書寫離子方程式時，有多種寫法，均屬合理答案。此題涉及的知識點(diǎn)有：氧化性：MnO4－＞（SCN）2＞Fe3＋．所以．MnO4－滴入Fe（SCN）2+溶液中．將SCN－氧化為（SCN）2，使血紅色褪去；滴入Fe2＋的溶液中，MnO4－的紫色褪去。Fe3＋可氧化SO2而破壞Fe（SCN）＋2的組成，所以，SO2通入Fe（SCN）＋2后，也使血紅色褪去。考向指南：《考試大綱》明確規(guī)定，考生必須要具備一定的接受信息，處理信息的能力，因此像這種信息題是高考的必考題型?！邦慃u素”是經(jīng)?？嫉降闹R點(diǎn)，我們應(yīng)該可以依據(jù)鹵素的性質(zhì)推測“類鹵素”的性質(zhì)，并進(jìn)行應(yīng)用?！邦慃u素”如：（CN）2、（SCN）2、（OCN）2、IBr等性質(zhì)與鹵素相似，表現(xiàn)在氧化性、與堿溶液反應(yīng)生成鹵化物和次鹵酸鹽、與Ag＋結(jié)合的生成物的難溶性等。但是，由于類鹵素的組成不是一種元素，其各元素的化合價有差別，以致在參加化學(xué)反應(yīng)中價態(tài)的變化與鹵素單質(zhì)不完全相同。如IBr＋H2O＝HBr＋HIO的反應(yīng)不屬于氧化還原反應(yīng)等。【解析】【答案】（1）Fe（SCN）2+＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋（SCN）2＋Mn2＋＋H2O（2）Fe（SCN）2+＋SO2＋H2O→Fe2＋＋SO42－＋SCN－＋H＋（3）Fe2＋＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋Mn2＋＋H2O26、略

【分析】本題的元素推斷以電子數(shù)為特征，重點(diǎn)以元素化合物知識為學(xué)科內(nèi)綜合的載體，落實基本概念、基本理論、化學(xué)計算。以“A2”型分子為突破口。常見的由短周期元素形成的A2型分子有5種：H2、N2、O2、F2、Cl2然后進(jìn)行變換推導(dǎo)。如果當(dāng)A2型微粒為空氣的主要成分時，可假設(shè)電子數(shù)為14，那么A2型分子為N2，AB型分子為CO，A2B2型分子為C2H2（電子數(shù)N相當(dāng)于CH），因為制備乙炔的離子化合物碳化鈣中存在C22—離子也是14電子，所以X、Y、Z、W四種短周期元素依次為H、C、N、O。若為16電子，找不到A2B2微粒。當(dāng)A2型微粒為最活潑的單質(zhì)時，那么A2型分子為F2，則這些微粒的電子數(shù)為18，A2B2型分子為H2O2（電子數(shù)F相當(dāng)于OH），O22—也是含有18電子，AB型分子為HCl，X、Y、Z、W四種短周期元素依次為H、O、F、Cl?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）NH4++HCO3—+2OH—=NH3·H2O+CO32—+H2O（2）1mol（3分）；C2H6（3分）；沸點(diǎn)：HF＞HCl酸性HCl＞HF五、探究題(共4題，共20分)27、|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．28、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；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時，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，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，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．29、|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．30、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；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時，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，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，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．六、實驗題(共4題，共16分)31、K3[Fe（CN）6]稀鹽酸白色沉淀2Fe3++Fe=3Fe2+Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3Ag+0.05mol?L-1NaNO3Ag++Fe2+?Ag+Fe3+FeSO4溶液后者【分析】解：（1）①檢驗上