2025年粵人版高三化學下冊階段測試試卷

…………○…………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年粵人版高三化學下冊階段測試試卷690考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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9題，共18分)1、下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)和該性質(zhì)的應(yīng)用均正確的是（）A.炭具有強還原性，高溫下能將二氧化硅還原為硅B.Na的金屬性比Mg強，可用Na與MgCl2溶液反應(yīng)制取金屬MgC.光照時乙烷和氯氣能發(fā)生取代反應(yīng)，工業(yè)上常用該反應(yīng)生產(chǎn)氯乙烷D.二氧化錳具有強氧化性，能將雙氧水氧化為氧氣2、在元素周期表的短周期中的X和Y兩種元素可組成化合物XY3，下列說法正確的是（）A.XY3晶體一定是離子晶體B.若Y的原子序數(shù)為m，X的原子序數(shù)可能是m±4C.X和Y可屬于同一周期，不可屬于兩個不同周期D.X和Y一定不屬于同一主族3、鹽酸與塊狀碳酸鈣固體反應(yīng)時，不能使反應(yīng)的最初速率明顯加快的是（）A.將塊狀碳酸鈣固體換成粉末狀固體B.鹽酸的量增加一倍C.鹽酸的用量減半濃度加倍D.溫度升高40°C4、鎳鎘（Ni-Cd）可充電電池在現(xiàn)代生活中有廣泛的應(yīng)用．電解質(zhì)溶液為KOH溶液，電池反應(yīng)為：Cd+2NiO（OH）+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2；下列有關(guān)鎳鎘電池的說法正確的是（）

A.放電時電池內(nèi)部OH-向正極移動。

B.放電時正極附近溶液的pH減少。

C.充電時陽極反應(yīng)為Cd（OH）2+2e-=Cd+2OH-

D.充電時與直流電源正極相連的電極上發(fā)生Ni（OH）2轉(zhuǎn)化為NiO（OH）的反應(yīng)。

5、已知常溫下二氯化二硫rm{(S_{2}}rm{Cl_{2})}為紅棕色液體，其結(jié)構(gòu)式為rm{Cl-S-S-Cl.}其制備反應(yīng)及與水反應(yīng)的化學方程式如下：rm{壟脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}rm{壟脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{

overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}則下列說法正確的是rm{壟脷2S_{2}Cl_{2}+2H_{2}O=4HCl+SO_{2}隆眉+3S隆媒}rm{(}A.反應(yīng)rm{)}中rm{壟脵}作氧化劑B.反應(yīng)rm{CS_{2}}中每生成rm{壟脵}rm{1mol}轉(zhuǎn)移rm{S_{2}Cl_{2}}電子C.反應(yīng)rm{4mol}中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為rm{壟脷}rm{3}D.反應(yīng)rm{1}中rm{壟脷}既作氧化劑又作還原劑rm{S_{2}Cl_{2}}6、常溫下，下列各溶液中，可能大量共存的離子組是（）A.pH=0的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B.c（H+）=1×10-14mol?L-1的溶液中：Mg2+、NO3-、Fe2+、ClO-C.含有大量Fe3+的溶液中：Na+、I-、K+、NO3-D.由水電離出的c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液中：Na+、[Al（OH）4]-、S2-、CO32-7、室溫下，將碳酸鈉溶液加熱至70℃，其結(jié)果是（）A.溶液中c（CO32-）增大B.水的電離程序不變C.KW（水的離子積）將變小D.溶液的堿性增強8、下列圖示中方框代表容器，上方黑球為氦原子，下方白球為氫原子，中間為忽略質(zhì)量的隔板，則代表等質(zhì)量的氫氣與氦氣的為（）A.B.C.D.9、下列實驗中，所采取的分離方法不正確的是選項目的分離方法A提取NaCl溶液中的碘單質(zhì)乙醇萃取B分離乙酸乙酯和飽和Na2CO3溶液分液C除去NaCl固體中的NH4Cl加熱D除去Cl2中的HCl飽和食鹽水洗氣評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、（2015秋?青島校級月考）實驗室用50mL0.50mol?L-1鹽酸、50mL0.55mol?L-1NaOH溶液和如圖所示裝置；進行測定中和熱的實驗，得到表中的數(shù)據(jù)：完成下列問題：

。實驗次數(shù)起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃鹽酸NaOH溶液NaOH溶液120.220.323.7220.320.523.8321.521.624.9（1）實驗時不能用銅絲攪拌棒代替環(huán)形玻璃攪拌棒的理由是____．

（2）在操作正確的前提下，提高中和熱測定準確性的關(guān)鍵是____．

（3）根據(jù)上表中所測數(shù)據(jù)進行計算，則該實驗測得的中和熱△H=____[鹽酸和NaOH溶液的密度按1g?cm-3計算，反應(yīng)后混合溶液的比熱容（c）按4.18J?（g?℃）-1計算]．如用0.5mol/L的鹽酸與NaOH固體進行實驗，則實驗中測得的“中和熱”數(shù)值將____（填“偏大”、“偏小”、“不變”）．其理由是____

（4）若某同學利用上述裝置做實驗，有些操作不規(guī)范，造成測得中和熱的數(shù)值偏低，請你分析可能的原因是____

A．測量鹽酸的溫度后；溫度計沒有用水沖洗干凈。

B．把量筒中的氫氧化鈉溶液倒入小燒杯時動作遲緩。

C．做本實驗的當天室溫較高。

D．將50mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水。

E．在量取鹽酸時仰視計數(shù)。

F．大燒杯的蓋板中間小孔太大．11、如圖是一個電化學過程的示意圖．

請回答下列問題：

（1）圖中甲池的名稱____（填“原電池”“電解池”或“電鍍池”）．

（2）寫出通入CH3OH的電極的電極反應(yīng)式____

（3）乙池中反應(yīng)的化學方程式為____

（4）當乙池中B極的質(zhì)量增加5.4g時，甲池中理論上消耗O2的體積為____L（標況下），此時丙池中____電極（填“C”或“D”）析出1.6g某金屬，則丙池的某鹽溶液可能是____（填序號）

A．MgSO4溶液B．CuSO4溶液C．NaCl溶液D．AgNO3溶液．12、（1）科學家制造出一種使用固體電解質(zhì)的燃料電池，其效率更高，可用于航空航天．如圖1所示裝置中，以稀土金屬材料為惰性電極，在兩極上分別通入CH4和空氣，其中固體電解質(zhì)是摻雜了Y2O3的ZrO2固體，它在高溫下能傳導陽極生成的O2-（O2+4e--→2O2-）．

（1）①c電極的名稱為____，d電極上的電極反應(yīng)式為____．

②如圖2所示電解100mL0.5mol?L-1CuSO4溶液．若a電極產(chǎn)生56mL（標準狀況）氣體，則所得溶液的pH=____（不考慮溶液體積變化），若要使電解質(zhì)溶液恢復到電解前的狀態(tài)，可加入____（填字母序號）．a(chǎn)．CuOb．Cu（OH）2c．CuCO3d．Cu2（OH）2CO3

（2）采取一定措施可防止鋼鐵腐蝕．下列裝置中的燒杯里均盛有等濃度；等體積的NaCl溶液．

①在如圖3a～c裝置中，能保護鐵的是____（填字母）．

②若用d裝置保護鐵，X極的電極材料應(yīng)是____（填名稱）．

13、三大合成高分子材料指的是：____、____、____．14、化學興趣小組對品紅溶液褪色實驗進行探究．限選實驗儀器與試劑為：試管、滴管、試管夾、1.0mol?L-1Na2SO3溶液、1.0mol?L-1NaClO溶液；品紅溶液．

[探究一]

①甲同學提出假設(shè)

假設(shè)1：NaClO溶液能使品紅溶液褪色

假設(shè)2：Na2SO3溶液能使品紅溶液褪色

假設(shè)3：____．

②設(shè)計實驗方案證明甲的假設(shè)

。實驗操作預期現(xiàn)象與結(jié)論步驟1：取少量品紅溶液于試管中，再加入少量的____．若品紅溶液褪色，則假設(shè)1成立．步驟2：____

____

____．若____，則假設(shè)2成立．根據(jù)步驟1、2．若____，則假設(shè)3成立．[探究二]

乙同學為探究Na2SO3溶液是否發(fā)生變質(zhì)，設(shè)計如下實驗測定所用1.0mol?L-1Na2SO3溶液的實際濃度：

（1）分液漏斗中應(yīng)加入足量的下列試劑____（填序號）．

a．濃硝酸b．65%硫酸c．濃鹽酸

（2）實驗前后測得C裝置增重3.2g，則Na2SO3溶液實際的物質(zhì)的量濃度為____．

（3）該實驗裝置還存在一個明顯的缺陷是：____．15、NA為阿伏加德羅常數(shù)，C2H2（g）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應(yīng)，有5NA個電子轉(zhuǎn)移時，放出650kJ的熱量，該反應(yīng)的熱化學方程式為____．16、氟化鈉是一種重要的氟鹽，主要用作農(nóng)業(yè)殺菌劑、殺蟲劑、木材防腐劑和生產(chǎn)含氟牙膏等．實驗室可通過下圖所示的流程以氟硅酸（H2SiF6）等物質(zhì)為原料制取氟化鈉；并得到副產(chǎn)品氯化銨：

有關(guān)物質(zhì)在水中溶解度（g/100gH2O）如下：

。溫度10℃20℃30℃溶解度：20℃NaF-40℃NH4F-100；

常溫Na2SiF6微溶于水NH4Cl溶解度33.337.241.4請回答下列問題：

（1）操作Ⅰ需要用到的玻璃儀器有：____．

（2）寫出上述流程前兩步中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為：

____；

____．

（3）操作Ⅱ洗滌固體的作用是：____，操作Ⅲ的具體過程是：____．

（4）流程中NH4HCO3必須過量，其原因是：____．17、（2015秋?廣州校級期中）甲醇是一種可再生能源，具有開發(fā)和應(yīng)用的廣闊前景，工業(yè)上一般可采用如下反應(yīng)來合成甲醇：2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）下表為不同溫度下的平衡常數(shù)（K）

。溫度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012（1）該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式K=____，△H____0（填“＞”；“＜”或“=”）．

（2）將1mol的H2和1mol的CO充入1L恒容密閉反應(yīng)器中；達到平衡后，容器內(nèi)的壓強為開始時的60%，求CO的平衡轉(zhuǎn)化率（寫出計算過程）．

（3）300℃時，將容器的容積壓縮到原來的，在其他條件不變的情況下，對平衡體系產(chǎn)生的影響是____（填字母）．

A．c（H2）減少。

B．正反應(yīng)速率加快；逆反應(yīng)速率減慢。

C．CH3OH的物質(zhì)的量增加。

D．重新平衡時c（H2）/c（CH3OH）減小。

（4）其他條件相同時，在上述三個溫度下分別發(fā)生該反應(yīng)．300℃時，H2的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化如圖所示，請補充完成350℃時H2的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化示意圖．18、化學一化學與技術(shù)。

工業(yè)合成氨與制備硝酸一般可連續(xù)生產(chǎn)；流程如下：

請回答下列問題：

（1）工業(yè)生產(chǎn)時，制取氫氣的一個反應(yīng)為：

C0+H2O（g）?CO2+H2t℃時，向1L密閉容器中充入0.2molCO和0.3mol水蒸氣．反應(yīng)達到平衡后，體系中c（H2）=0.12mol?L-1，該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____（填計算結(jié)果）．

（2）合成塔中發(fā)生反應(yīng)N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0．下表為不同溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)．由此可推知，表中T1____573K（填“＞”、“＜”或“=”。T/KT1573T2K1.00×1072.45×1051.88×103（3）廢水中的N、P元素是造成水體富營養(yǎng)化的關(guān)鍵因素，化工廠排放的廢水中常含有較多的NH4+和PO43-；一般可以通過兩種方法將其除去．

①方法一：將Ca（OH）2或CaO投加到待處理的廢水中，生成磷酸鈣從而進行回收．當處理后的廢水中c（Ca2+）=2×10-7mol/L時，處理后的廢水中c（PO43-）≤____mol/L．（已知Ksp[Ca3（PO4）2]=2×10-33）

②方法二：在廢水中加入鎂礦工業(yè)廢水，就可以生成髙品位的磷礦石一鳥糞石，反應(yīng)的離子方程式為Mg2++NH4++PO43-═MgNH4PO4↓．該方法中需要控制污水的pH為7.5?10，若pH高于10.7，鳥糞石的產(chǎn)量會大大降低．其原因可能為____，與方法一相比，方法二的優(yōu)點為____．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)19、Na2O2的電子式為____．（判斷對確）20、對氯甲苯的結(jié)構(gòu)簡式：____．21、判斷下列有關(guān)烯烴；鹵代烴、醇的命名是否正確。

（1）CH2═CH-CH═CH-CH═CH21，3，5三己烯____

（2）2-甲基-3-丁醇____

（3）二溴乙烷____

（4）3-乙基-1-丁烯____

（5）2-甲基-2，4-已二烯____

（6）1，3-二甲基-2-丁烯____．22、苯的同系物能與溴水反應(yīng)．____（判斷對錯）23、合理選擇飲食，正確使用藥物是人體健康的保證____．（判斷對錯）24、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）淀粉、纖維素和油脂都屬于天然高分子化合物____

（2）向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加熱幾分鐘，冷卻后再加入新制Cu（OH）2懸濁液，加熱，沒有磚紅色沉淀生成，證明淀粉沒有水解成葡萄糖____

（3）食用白糖的主要成分是蔗糖____

（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解產(chǎn)物均為非電解質(zhì)____

（5）麥芽糖與蔗糖的水解產(chǎn)物均含葡萄糖，故二者均為還原型二糖____

（6）葡萄糖、果糖的分子式均為C6H12O6，二者互為同分異構(gòu)體____

（7）蔗糖、麥芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互為同分異構(gòu)體____

（8）麥芽糖及其水解產(chǎn)物均能發(fā)生銀鏡反應(yīng)____

（9）纖維素和淀粉遇碘水均顯藍色____

（10）植物油的主要成分是高級脂肪酸____

（11）向兩份蛋白質(zhì)溶液中分別滴加飽和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固體析出，所以蛋白質(zhì)均發(fā)生變性____

（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）縮合最多可形成4種二肽____

（13）天然植物油常溫下一般呈液態(tài)，難溶于水，有恒定的熔點、沸點____

（14）若兩種二肽互為同分異構(gòu)體，則二者的水解產(chǎn)物不一致____

（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色____

（16）油脂在空氣中完全燃燒轉(zhuǎn)化為水和二氧化碳____

（17）蛋白質(zhì)、乙酸和葡萄糖均屬電解質(zhì)____

（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇____

（19）蛋白質(zhì)和油脂都屬于高分子化合物，一定條件下都能水解____

（20）氨基酸、淀粉均屬于高分子化合物____．評卷人得分四、其他(共3題，共12分)25、磨砂”是增加玻璃儀器密封性的一種處理工藝．在儀器A．試管B．分液漏斗C．帶滴管的試劑瓶（滴瓶）D．集氣瓶E．酸式滴定管F．堿式滴定管中，沒有用到“磨砂”工藝處理的有____．

（填字母編號）．26、化學上將SCN－、OCN－、CN－等離子稱為“類鹵離子”。現(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）。27、實驗是化學研究的重要手段；貫穿于化學學習的始終．試回答下列中學化學實驗室中常見儀器的有關(guān)問題：

（1）在儀器①分液漏斗②試劑瓶③集氣瓶④滴定管⑤容量瓶⑥量筒⑦托盤天平中，標有“0“刻度的是（填序號，下同）____；標有使用溫度的儀器是____．

（2）“磨砂“是增加玻璃儀器密封性的一種處理工藝．在儀器①試管②分液漏斗③細口試劑瓶④廣口試劑瓶⑤集氣瓶⑥酸式滴定管⑦堿式滴定管中，用到“磨砂“的有____．

（3）在儀器①漏斗②容量瓶③蒸餾燒瓶④分液漏斗⑤燒杯⑥蒸發(fā)皿中，可用于粗鹽提純實驗的有____；可用于分離兩種沸點接近且互不相溶的液態(tài)混合物（即分液）實驗的有____．評卷人得分五、實驗題(共4題，共20分)28、（1）現(xiàn)擬分離粗產(chǎn)品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物下列框圖是分離操作步驟流程圖：

則試劑a是：____，分離方法Ⅰ是____，分離方法Ⅱ是____，試劑b是____，分離方法Ⅲ是____．

（2）用50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.50mol/LNaOH溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應(yīng)．通過測定反應(yīng)過程中所放出的熱量可計算中和熱．

回答下列問題：

①．從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品____．

②．燒杯間填滿碎紙條的作用是____．

③．如果用60mL0.50mol/L鹽酸與60mL0.50mol/LNaOH溶液進行反應(yīng)，與上述實驗相比，所放出的熱量____（填“相等、不相等”），所求中和熱____（填“相等、不相等”）．29、二氧化氯（ClO2）作為一種高效強氧化劑，已被聯(lián)合國世界衛(wèi)生組織(WHO)列為AI級安全消毒劑。常溫下二氧化氯為黃綠色或橘黃色氣體，性質(zhì)非常不穩(wěn)定。溫度過高，二氧化氯的水溶液有可能爆炸。某研究小組設(shè)計如圖所示實驗制備ClO2。(1)如圖，在燒瓶中先放入一定量的KClO3和草酸(H2C2O4)，然后再加入足量的稀硫酸，水浴加熱。反應(yīng)后產(chǎn)物中有ClO2、CO2和一種酸式鹽，該反應(yīng)的化學方程式為：，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為____。（2）控制水浴溫度在60～80℃之間的目的是，圖示裝置中缺少的一種必須的玻璃儀器是。（3）A裝置用于吸收產(chǎn)生的二氧化氯，其中最好盛放。（填序號）①60℃的溫水②冰水③飽和食鹽水（4）將二氧化氯溶液加入到硫化氫溶液中，所得溶液中加入少量氯化鋇溶液，有白色沉淀生成。請寫出二氧化氯溶液和硫化氫溶液反應(yīng)的化學方程式____。30、（2008?惠州模擬）（1）下列實驗操作或?qū)嶒炇聦嵉臄⑹稣_的是____（填序號）

①用堿式滴定管量取20.00mL0.10mol/LKMnO4溶液；

②用托盤天平稱取10.50g干燥的NaCl固體；

③各放一張質(zhì)量相同的濾紙于天平的兩托盤上；將NaOH體放在左盤紙上稱量；

④實驗室配制（SO4）3溶液時；常加入少量的稀硫酸；

⑤中和滴定中；錐形瓶用蒸餾水洗凈后可直接往其中注入一定量的待測溶液；

（2）普通漏斗（見圖1）是中學化學實驗室常用儀器之一；用途很多．

①請舉兩例說明普通漏斗在化學實驗中的運用：____

②你是否探討過在化學實驗中創(chuàng)新地使用普通漏斗？請你積極參與到下面的討論中：

A．圖2是某同學實驗室制備H2并驗證H2有可燃性裝置的一部分，請說出他這樣做的優(yōu)點____．

B．某同學用苯萃取碘水中碘時，找不到分液漏斗．他先在試管中將混合液充分振蕩后靜置，然后再用普通漏斗和其他常見實驗儀器和用品組裝成一個簡易分液器進行分液（圖3），以解燃眉之急．試分析該設(shè)計的不足之處____．31、(15分)利用廢鋁箔(主要成分為Al、少量的Fe、Si等)既可制取有機合成催化劑AlBr3又可制取凈水劑硫酸鋁晶體[A12(SO4)3?18H2O]。I．實驗室制取無色的無水AlBr3(熔點：97.5℃，沸點：263.3～265℃)可用如圖所示裝置，主要實驗步驟如下：步驟l．將鋁箔剪碎，用CCl4浸泡片刻，干燥，然后投入到燒瓶6中。步驟2．從導管口7導入氮氣，同時打開導管口l和4放空，一段時間后關(guān)閉導管口7和1；導管口4接裝有五氧化二磷的干燥管。步驟3．從滴液漏斗滴入一定量的液溴于燒瓶6中，并保證燒瓶6中鋁過剩。步驟4．加熱燒瓶6，回流一定時間。步驟5．將氮氣的流動方向改為從導管口4到導管口l。將裝有五氧化二磷的干燥管與導管口1連接，將燒瓶6加熱至270℃左右，使溴化鋁蒸餾進入收集器2。步驟6．蒸餾完畢時，在繼續(xù)通入氮氣的情況下，將收集器2從3處拆下，并立即封閉3處。（1）步驟l中，鋁箔用CCl4浸泡的目的是。（2）步驟2操作中，通氮氣的目的是。（3）步驟3中，該實驗要保證燒瓶中鋁箔過剩，其目的是。（4）鋁與液溴反應(yīng)的化學方程式為。（5）步驟4依據(jù)何種現(xiàn)象判斷可以停止回流操作。（6）步驟5需打開導管口l和4，并從4通入N2的目的是。II．某課外小組的同學擬用廢鋁箔制取硫酸鋁晶體，已知鋁的物種類別與溶液pH關(guān)系如圖所示，實驗中可選用的試劑：處理過的鋁箔；2.0mol?L-1NaOH溶液：2.0mol?L-1硫酸（7）由鋁箔制備硫酸鋁晶體的實驗步驟依次為：①稱取一定質(zhì)量的鋁箔于燒杯中，分次加入2.0mol?L-1NaOH溶液，加熱至不再產(chǎn)生氣泡為止。②過濾③；④過濾、洗滌⑤；⑥；⑦冷卻結(jié)晶；⑧過濾、洗滌、干燥。評卷人得分六、推斷題(共4題，共12分)32、1．某化工廠排放的污水中，常溶有某些對人體有害的物質(zhì)，初步認為可能含有Fe3+、Ba2+、K+、OH-、Cl-、CO2-3、SO2-4．為了進一步確認；取樣進行實驗檢測：

①取污水仔細觀察；呈無色；透明、均一狀態(tài)．

②向取樣的污水中；滴入稀硫酸，有大量白色沉淀產(chǎn)生，再加稀硝酸，白色沉淀不消失．

③用pH試紙測定污水的pH；試紙顯深藍色．

（1）由此可知，該污水中肯定含有的離子是____，肯定沒有的離子是____，可能含有的離子是____．

（2）簡述通過實驗進一步確定溶液中可能存在離子的操作步驟及現(xiàn)象____．

2．實驗室為化學興趣小組的同學準備了四種紅色溶液，它們分別可能是KMnO4酸性溶液；滴有酚酞的NaOH溶液、滴有石蕊的稀硫酸和品紅溶液．另外還提供了常見的儀器和藥品．為了培養(yǎng)同學們的創(chuàng)新精神和實踐能力；只允許選用一種試劑對上述四種溶液加以鑒別．

（1）甲組同學選用了FeCl2溶液，試寫出該組同學鑒別出NaOH溶液的有關(guān)離子方程式：____；

（2）乙組同學選用了Na2SO3溶液，他們直接能鑒別出來的溶液及對應(yīng)的現(xiàn)象分別是____；

（3）丙組同學選用了一種試劑，一次性鑒別出上述四種溶液，他們選擇的試劑可能是____．33、如圖1所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系中（部分產(chǎn)物省略）；A是由四種短周期元素組成的正鹽，H是一種既有氧化性又有還原性的氧化物，D；X分子都是10電子微粒．

試回答下列問題：

（1）A的化學式為____，D分子的結(jié)構(gòu)式____．

（2）寫出上述轉(zhuǎn)化關(guān)系中所有復分解反應(yīng)的化學方程式：

（3）室溫下，向pH=a的D的水溶液中加入等體積pH=b的G的水溶液，且a+b=14，充分反應(yīng)后溶液中各種離子濃度由大到小的順序是____．

（4）已知：t℃時；2H（g）+Y（g）?2I（g）；△H=-196.6KJ/mol．

①t℃時，在一壓強恒定的密閉容器中，加入4molH和2molY反應(yīng)，達到平衡后，放出354KJ的熱量，則Y的轉(zhuǎn)化率約為____（用百分數(shù)表示）．

②若在圖2的平衡體系中，再加入wmol氣態(tài)的I物質(zhì)，t℃時達到新的平衡，此時H物質(zhì)的物質(zhì)的量n（H）=____mol．（填表達式）34、短周期元素形成的純凈物A；B、C、D、E是轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖1所示；物質(zhì)A與物質(zhì)B之間的反應(yīng)不在溶液中進行（E可能與A、B兩種物質(zhì)中的某種相同）．

請回答下列問題：

（1）若C是離子化合物，D是一種強堿，寫出C的一種化學式____．

（2）若C是一種有色氣體；D是一種強酸，則：

①C與水反應(yīng)的化學方程式為____．

②有人認為“濃H2SO4可以干燥氣體C”．某同學為了驗證該觀點是否正確，用如圖2所示裝置進行實驗．實驗過程中，濃H2SO4中未發(fā)現(xiàn)有氣體逸出，且變?yōu)榧t棕色，則你得出的結(jié)論是____．

③已知常溫下物質(zhì)A與物質(zhì)B生成1mol氣體C的△H為-57.07kJ?mol-1，1mol氣體C與H2O反應(yīng)生成D溶液和E氣體的△H為-46kJ?mol-1，寫出物質(zhì)A與物質(zhì)B及水生成D溶液的熱化學方程式____．35、（選考）【化學——有機化學基礎(chǔ)】（15分）有機物A是常用的食用油抗氧化劑，分子為C10H12O5，可發(fā)生如下變化：已知B的相對分子質(zhì)量為60，分子中只含一個甲基。C的結(jié)構(gòu)可表示為：（其中-x、-y均為官能團）。請回答下列問題：（1）根據(jù)系統(tǒng)命名法B的名稱為。（2）官能團-x的名稱為，高聚物E的鏈節(jié)為。（3）A的結(jié)構(gòu)簡式為。（4）反應(yīng)⑤的化學方程式為。（5）C有多種同分異構(gòu)體，寫出其中2種符合下列要求的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式、。①含有苯環(huán)②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)③含有酚羥基（6）從分子結(jié)構(gòu)上看，A具有抗氧化作用的主要原因是（填序號）。A．含有苯環(huán)B．含有羰基C．含有酚羥基參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【分析】A；碳具有還原性；能還原部分氧化物；

B；鈉與氯化鎂溶液反應(yīng)時；鈉先與水反應(yīng)；

C；乙烷和氯氣在光照條件下反應(yīng)不止生成氯乙烷；

D、在雙氧水的分解反應(yīng)中，二氧化錳做催化劑．【解析】【解答】解：A；碳和二氧化硅在高溫條件反應(yīng)生成硅和一氧化碳；該反應(yīng)中碳失電子而作還原劑，故A正確；

B；鈉與氯化鎂溶液反應(yīng)時；鈉先與水反應(yīng)，生成的NaOH再與氯化鎂反應(yīng)，故不能置換出金屬鎂，故B錯誤；

C；乙烷和氯氣在光照條件下反應(yīng)不止生成一氯乙烷；還能繼續(xù)反應(yīng)生成二氯乙烷、三氯乙烷直至六氯乙烷，并生成HCl，故不能得到純凈的一氯乙烷，且一氯乙烷的產(chǎn)率很低并難以分離，故工業(yè)上用乙烯和HCl加成來制取一氯乙烷，故C錯誤；

D；在雙氧水的分解反應(yīng)中；二氧化錳做催化劑，不做氧化劑，故D錯誤．

故選A．2、B【分析】【分析】短周期中的X和Y兩種元素可組成化合物XY3，X、Y的化合價為+3、-1價時，可能分別在ⅢA族、ⅦA族，或分別處于VA族、ⅦA族；X、Y的化合價為+6、-2價時可能均在ⅥA，還有可能為NH3、NaN3等，以此來分析解答．【解析】【解答】解：A．若XY3為AlF3、NaN3等，屬于離子化合物，但為AlCl3、SO3等時；屬于共價化合物，故A錯誤；

B．若XY3為AlF3時；Y的原子序數(shù)為m，X的原子序數(shù)符合m-4，故B正確；

C．若為AlCl3，X和Y屬于同一周期，即都在第三周期，若為SO3或NH3等；屬于兩個不同周期，故C錯誤；

D．若X；Y分別為硫和氧元素時；二者為同一主族元素，故D錯誤；

故選B．3、B【分析】【分析】鹽酸與塊狀碳酸鈣固體反應(yīng)時，升高溫度、增大酸的濃度、增大固體的接觸面積等都可加快化學反應(yīng)速率，以此來解答．【解析】【解答】解：A；將塊狀碳酸鈣固體換成粉末狀固體時；則增大了反應(yīng)物的接觸面積，反應(yīng)速率加快，故A不選；

B；鹽酸的量增加一倍；但濃度不變，則化學反應(yīng)速率不變，故B選；

C；鹽酸的用量減半濃度加倍；酸的濃度增大，則反應(yīng)速率加快，故C不選；

D；溫度升高40°C；則反應(yīng)速率加快，故D不選；

故選B．4、D【分析】

A、放電時是原電池的工作原理，原電池工作時，電解質(zhì)中的陰離子OH-向負極移動；故A錯誤；

B、放電時是原電池的工作原理，原電池工作時，正極上發(fā)生得電子得還原反應(yīng)，即NiO（OH）+2H2O+2e-=Ni（OH）2+2OH-；所以正極附近溶液的pH增大，故B錯誤；

C、充電時是電解池的工作原理，電解池中，陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，即發(fā)生Ni（OH）2轉(zhuǎn)化為NiO（OH）的反應(yīng)；故C錯誤；

D、充電時是電解池的工作原理，電解池中，與直流電源正極相連的電極是陽極，陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，即即發(fā)生Ni（OH）2轉(zhuǎn)化為NiO（OH）的反應(yīng)；故D正確．

故選D．

【解析】【答案】A；原電池中；電解質(zhì)中的陰離子向負極移動；

B；原電池中；正極上發(fā)生得電子得還原反應(yīng)；

C；電解池中；陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)；

D；電解池中；與直流電源正極相連的電極是陽極，陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)．

5、D【分析】解：rm{A.壟脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}反應(yīng)中rm{A.壟脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{

overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}的化合價由rm{S}升高到rm{-2}則rm{+1}作還原劑；故A錯誤；

B.rm{壟脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}轉(zhuǎn)移電子數(shù)為rm{CS_{2}}則每生成rm{壟脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{

overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}rm{6e^{-}}轉(zhuǎn)移rm{1mol}電子；故B錯誤；

C.rm{S_{2}Cl_{2}}反應(yīng)中rm{6mol}的化合價由rm{壟脷2S_{2}Cl_{2}+2H_{2}O=4HCl+SO_{2}隆眉+3S隆媒}升高到rm{S}則生成rm{+1}為氧化產(chǎn)物，由rm{+4}降低到rm{SO_{2}}則生成rm{+1}為還原產(chǎn)物，所以氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為rm{0}rm{S}故C錯誤；

D.rm{1}反應(yīng)中rm{3}的化合價由rm{壟脷2S_{2}Cl_{2}+2H_{2}O=4HCl+SO_{2}隆眉+3S隆媒}既升高到rm{S}又降低到rm{+1}則反應(yīng)rm{+4}中rm{0}既作氧化劑又作還原劑；故D正確；

故選D。

rm{壟脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}反應(yīng)中rm{壟脷}的化合價由rm{S_{2}Cl_{2}}升高到rm{壟脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{

overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}rm{S}的化合價由rm{-2}降低到rm{+1}轉(zhuǎn)移電子數(shù)為rm{Cl}rm{0}反應(yīng)中rm{-1}的化合價由rm{6e^{-}}既升高到rm{壟脷2S_{2}Cl_{2}+2H_{2}O=4HCl+SO_{2}隆眉+3S隆媒}又降低到rm{S}則反應(yīng)rm{+1}中rm{+4}既作氧化劑又作還原劑，生成rm{0}為氧化產(chǎn)物，rm{壟脷}為還原產(chǎn)物；據(jù)此分析解答。

本題考查氧化還原反應(yīng)，側(cè)重考查基本概念判斷及電子轉(zhuǎn)移的計算，根據(jù)元素化合價變化確定物質(zhì)性質(zhì)，難度不大。rm{S_{2}Cl_{2}}【解析】rm{D}6、D【分析】【分析】A．pH=0的溶液為酸性溶液；硝酸根離子在酸性條件下能夠氧化亞鐵離子；

B．c（H+）=1×10-14mol?L-1的溶液為堿性溶液；鎂離子；亞鐵離子與次氯酸根離子、氫氧根離子反應(yīng)；

C．鐵離子能夠氧化碘離子；

D．由水電離出的c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，四種離子之間不反應(yīng)，都不與氫氧根離子反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．pH=0的溶液為酸性溶液，F(xiàn)e2+、NO3-在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故A錯誤；

B．c（H+）=1×10-14mol?L-1的溶液中存在大量氫氧根離子，Mg2+、Fe2+與OH-、ClO-發(fā)生反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故B錯誤；

C．Fe3+、I-之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故C錯誤；

D．由水電離出的c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液為酸性或堿性溶液，Na+、[Al（OH）4]-、S2-、CO32-之間不反應(yīng)；都不與氫氧根離子反應(yīng)，在堿性溶液中能夠共存，故D正確；

故選D．7、D【分析】【分析】碳酸鈉溶液中碳酸根離子水解促進水的電離，溶液顯堿性，水解過程是吸熱反應(yīng)，升溫促進水解平衡正向進行，溶液堿性增強，溶液中離子積常數(shù)增大；【解析】【解答】解：A、碳酸鈉溶液中碳酸根離子水解促進水的電離，水解過程是吸熱反應(yīng)，升溫促進水解，溶液中c（CO32-）減小；故A錯誤；

B；碳酸鈉溶液中碳酸根離子水解促進水的電離；水的電離程度增大，故B錯誤；

C；溫度升高離子積常數(shù)增大；故C錯誤；

D；升溫促進水解平衡正向進行；溶液堿性增強，故D正確；

故選D．8、A【分析】【分析】白球代表氫原子，黑球代表氦原子，等質(zhì)量的氫氣與氦氣，其物質(zhì)的量之比為2：1，體積之比為2：1．【解析】【解答】解：設(shè)氫氣與氦氣都為mg，則二者的物質(zhì)的量之比為：=2：1；則體積之比為2：1；

A；白球代表氫原子；黑球代表氦原子，符合物質(zhì)的量之比為2：1，體積之比為2：1，故A正確；

B；白球代表氫原子；黑球代表氦原子，物質(zhì)的量之比為2：1，體積之比為2：1，但氦氣是單原子構(gòu)成的分子，故B錯誤；

C；白球代表氫原子；黑球代表氦原子，物質(zhì)的量之比為2：1，但體積之比為1：2，故C錯誤；

D；白球代表氫原子；黑球代表氦原子，物質(zhì)的量之比為1：1，體積之比為2：1，故D錯誤；

故選A．9、A【分析】試題分析：A、乙醇與水互溶，無法從NaCl溶液中萃取出碘單質(zhì)，錯誤；B、乙酸乙酯難溶于飽和Na2CO3溶液，可用分液法分離，正確；C、NH4Cl加熱分解生成HCl和NH3，所以加熱可除去NaCl固體中的NH4Cl，正確；D、Cl2在飽和食鹽水中的溶解度小，而HCl易溶于飽和食鹽水，所以用飽和食鹽水洗氣，可除去Cl2中的HCl，正確?？键c：本題考查物質(zhì)的分離和除雜。【解析】【答案】A二、填空題(共9題，共18分)10、Cu傳熱快，熱量損失大提高裝置的保溫效果-56.8kJ/mol偏大氫氧化鈉固體溶于水放熱ABDF【分析】【分析】（1）金屬導熱快；熱量損失多；

（2）中和熱測定實驗成敗的關(guān)鍵是保溫工作；

（3）先求出三次反應(yīng)的溫度差；根據(jù)公式Q=cm△T來求出生成0.05mol的水放出熱量，最后根據(jù)中和熱的概念求出反應(yīng)熱，氫氧化鈉固體溶于水放熱；

（4）根據(jù)實驗的關(guān)鍵是保溫，如果裝置有能量散失，則會導致結(jié)果偏低，根據(jù)實驗中用到的試劑以及實驗操作知識來判斷．【解析】【解答】解：（1）不能將環(huán)形玻璃攪拌棒改為銅絲攪拌棒；因為銅絲攪拌棒是熱的良導體，故答案為：Cu傳熱快，熱量損失大；

（2）中和熱測定實驗主要目的是測量反應(yīng)放出的熱量多少；所以實驗成敗的關(guān)鍵是保溫工作，所以提高中和熱測定準確性的關(guān)鍵是提高裝置的保溫效果，故答案為：提高裝置的保溫效果；

（3）（2）第1次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.25℃；反應(yīng)前后溫度差為：3.45℃；

第2次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.40℃；反應(yīng)前后溫度差為：3.40℃；

第3次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為21.55℃；反應(yīng)前后溫度差為：3.35℃；

三次溫度差的平均值為3.40℃；

50mL0.50mol?L-1鹽酸、50mL0.55mol?L-1NaOH溶液的質(zhì)量和為m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g?℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出熱量Q=4.18J/（g?℃）×100g×3.40℃=1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出熱量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出熱量為=56.8kJ；即該實驗測得的中和熱△H=-56.8kJ/mol；氫氧化鈉固體溶于水放熱，所以實驗中測得的“中和熱”數(shù)值將偏大。

故答案為：-56.8kJ/mol；偏大；氫氧化鈉固體溶于水放熱；

（4）A．測量鹽酸的溫度后；溫度計沒有用水沖洗干凈，在測堿的溫度時，會發(fā)生酸和堿的中和，堿的溫度偏高，溫度差偏小，導致實驗測得中和熱的數(shù)值偏小，故A正確；

B；把量筒中的氫氧化鈉溶液倒入小燒杯時動作遲緩；會導致一部分能量的散失，實驗測得中和熱的數(shù)值偏小，故B正確；

C；做本實驗的室溫和反應(yīng)熱的數(shù)據(jù)之間無關(guān)；故C錯誤；

D；將50mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水；由于氨水是弱堿，電離時要吸熱，溫度差偏小，導致實驗測得中和熱的數(shù)值偏小，故D正確；

E；在量取鹽酸時仰視計數(shù)；會使得實際量取體積高于所要量的體積，酸過量，可以保證堿全反應(yīng)，溫度差偏大，會使得中和和熱的測定數(shù)據(jù)偏高，故E錯誤；

F；大燒杯的蓋板中間小孔太大；會導致一部分能量散失，所以測的數(shù)值降低，故F正確．

故選ABDF．11、原電池CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO30.28DB【分析】【分析】（1）甲池能自發(fā)的進行氧化還原反應(yīng)；所以屬于原電池；

（2）燃料電池中；負極上通入燃料，燃料失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；

（3）乙池是電解池；碳作陽極，銀作陰極，所以反應(yīng)是電解硝酸銀溶液；

（4）根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒計算消耗氧氣等體積，丙池中，陰極上析出金屬，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子計算金屬的相對原子質(zhì)量，從而確定鹽．【解析】【解答】解：（1）甲池能自發(fā)的進行氧化還原反應(yīng)；所以屬于原電池，故答案為：原電池；

（2）燃料電池中，負極上通入燃料，堿性條件下，甲醇水中和氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水，所以電極反應(yīng)式為：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；

故答案為：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；

（3）乙池是電解池，碳作陽極，銀作陰極，所以反應(yīng)是電解硝酸銀溶液，電池反應(yīng)式為：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，故答案為：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；

（4）乙池是電解池，B極上銀離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)而析出銀，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等，當乙池中B極的質(zhì)量增加5.4g時，甲池中理論上消耗O2的體積=×22.4=0.28L；

丙池是電解池，陰極上金屬離子放電析出金屬單質(zhì)，則金屬元素在氫元素之后，D電極連接甲醇電極，所以D是陰極，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等知，當析出一價金屬時，其摩爾質(zhì)量==32g/mol，則該元素是硫元素，硫元素是非金屬元素，所以錯誤，當析出的是二價金屬，則=64g/mol；所以該金屬是銅，則溶液是硫酸銅溶液，故選B；

故答案為：0.28；D；B．12、正極CH4+4O2--8e-═CO2+2H2O1acbc鋅【分析】【分析】（1）①依據(jù)裝置圖中電流流向分析；c為正極，氧氣的電子發(fā)生還原反應(yīng)，d為負極，甲烷失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；

②圖2是電解池，與電源正極連接的a電極為陽極，發(fā)生4OH--4e-═O2↑+2H2O，b為陰極，發(fā)生為Cu2++2e-═Cu；結(jié)合電極方程式計算；

（2）①原電池的正極和電解池的陰極可以得到保護；

②裝置為原電池，若用d裝置保護鐵，X極的電極材料應(yīng)比鐵活潑．【解析】【解答】解：（1）①圖1是原電池，依據(jù)電流流向是從正極流向負極，c電極為正極，氧氣得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，d電極為電池負極，甲烷失電子發(fā)生還原反應(yīng)，在兩極上分別通入CH4和空氣，其中固體電解質(zhì)是摻雜了Y2O3的ZrO2固體，它在高溫下能傳導陽極生成的O2-離子，負極電極反應(yīng)為：CH4+4O2--8e-═CO2+2H2O；

故答案為：正極；CH4+4O2--8e-═CO2+2H2O；

②如圖2所示電解100mL0.5mol?L-1CuSO4溶液，發(fā)生的電解池反應(yīng)為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

若a電極產(chǎn)生56mL（標準狀況）氣體為氧氣，物質(zhì)的量為0.0025mol，消耗氫氧根離子物質(zhì)的量為0.01mol，溶液中生成氫離子物質(zhì)的量為0.01mol，c（H+）==0.1mol/L；pH=-lg0.1=1；

則所得溶液電解過程中CuSO4溶液每損失2個Cu原子，就損失2個O原子，相當于損失一個CuO，為了使CuSO4溶液，恢復原濃度，應(yīng)加入CuO，也可以加入CuCO3，符合恢復溶液濃度的定量關(guān)系，但不能加入Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，因為CuCO3+H2SO4═CuSO4+CO2↑+H2O，相當于加CuO，而Cu（OH）2+H2SO4═CuSO4+2H2O、Cu2（OH）2CO3+2H2SO4═2CuSO4+CO2↑+3H2O；除增加溶質(zhì)外還增加了水，故選ac；

故答案為：1；ac；

（2）①裝置中原電池的正極和電解池的陰極可以得到保護，a中Fe作陽極被腐蝕，b中Fe作陰極被保護，c中Fe作正極被保護，則bc可以保護鐵，故答案為：bc；

②裝置為原電池，若用d裝置保護鐵，X極的電極材料應(yīng)比鐵活潑可以選擇鋅，故答案為：鋅．13、塑料合成纖維合成橡膠【分析】【分析】合成材料主要有塑料、合成橡膠、合成纖維．【解析】【解答】解：合成材料已經(jīng)被廣泛應(yīng)用；被譽為三大合成材料的是塑料；合成纖維、合成橡膠．

故答案為：塑料、合成纖維、合成橡膠．14、NaClO溶液、Na2SO3溶液都不能使品紅溶液褪色1.0mol?L-1NaClO溶液另取少量品紅溶液于試管中，再加入少量的1.0mol?L-1Na2SO3溶液．此處無空格品紅溶液褪色步驟1、2的品紅溶液均不褪色b0.83mol?L-1缺少一個驅(qū)趕殘留二氧化硫氣體的裝置【分析】【分析】[探究一]

①根據(jù)假設(shè)1；2確定假設(shè)3；假設(shè)1、2褪色，則假設(shè)3不褪色；

②步驟1；要驗證次氯酸鈉有漂白性；應(yīng)加入次氯酸鈉溶液；

步驟2；要驗證亞硫酸鈉有漂白性；應(yīng)加入亞硫酸鈉和品紅溶液，觀察實驗現(xiàn)象；

根據(jù)步驟1；2確定假設(shè)3是否成立；

[探究二]

（1）根據(jù)濃鹽酸；濃硝酸和濃硫酸的性質(zhì)判斷應(yīng)選取的物質(zhì)；

（2）堿石灰能吸收二氧化硫；所以C裝置增重的質(zhì)量就是二氧化硫的質(zhì)量，根據(jù)二氧化硫的質(zhì)量計算亞硫酸鈉固體中含有的亞硫酸鈉，從而計算出其濃度；

（3）二氧化硫能儲存在某些裝置中．【解析】【解答】解：[探究一]

①根據(jù)假設(shè)1、2確定假設(shè)3，假設(shè)1、2褪色，則假設(shè)3采取相反的假設(shè)，故假設(shè)3為NaClO溶液、Na2SO3溶液都不能使品紅溶液褪色；

故答案為：NaClO溶液、Na2SO3溶液都不能使品紅溶液褪色；

②要驗證次氯酸鈉使品紅溶液褪色；應(yīng)向盛有品紅的溶液中加入次氯酸鈉溶液；

要驗證亞硫酸鈉溶液使品紅溶液褪色；應(yīng)另取品紅溶液于試管中，然后加入少量的亞硫酸鈉溶液，觀察溶液是否褪色來判斷亞硫酸鈉是否有漂白性；

如果假設(shè)1；2的品紅溶液都不褪色；則假設(shè)3成立；

故答案為：

。實驗操作預期現(xiàn)象與結(jié)論1.0mol?L-1NaClO溶液另取少量品紅溶液于試管中，再加入少量的1.0mol?L-1Na2SO3溶液．品紅溶液褪色步驟1、2的品紅溶液均不褪色[探究二]

（1）a；濃硝酸有揮發(fā)性；且濃硝酸有強氧化性，能把亞硫酸根離子氧化成硫酸根離子而得不到二氧化硫氣體，故錯誤；

b；稀硫酸的氧化性是氫元素表現(xiàn)；反應(yīng)速率較慢，濃硫酸主要以分子存在，而亞硫酸鈉和硫酸的反應(yīng)是在溶液中以離子進行反應(yīng)，所以用65%硫酸和亞硫酸鈉固體反應(yīng)制取二氧化硫，故正確；

c、濃鹽酸有揮發(fā)性，會對實驗造成干擾，故錯誤；故答案為：b；

（2）堿石灰能吸收二氧化硫；所以C裝置增重的質(zhì)量就是二氧化硫的質(zhì)量；

設(shè)亞硫酸鈉的物質(zhì)的量濃度為C；

H2SO4+Na2SO3=H2O+Na2SO4+SO2↑

1mol64g

0.06Cmol3.2g

C=0.83mol?L-1；

故答案為：0.83mol?L-1；

（3）二氧化硫能儲存在某些裝置中導致堿石灰吸收的二氧化硫減少；造成偏差，所以存在的缺陷是：缺少一個驅(qū)趕殘留二氧化硫氣體的裝置；

故答案為：缺少一個驅(qū)趕殘留二氧化硫氣體的裝置．15、2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=-2600kJ?mol-1【分析】【分析】在C2H2（氣態(tài)）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應(yīng)中，每有5NA個電子轉(zhuǎn)移時，0.5mol乙炔發(fā)生反應(yīng)放出650kJ的熱量，所以2mol乙炔完全反應(yīng)有20NA個電子轉(zhuǎn)移時，放出2600kJ的熱量，依據(jù)熱化學方程式書寫方法寫出，標注物質(zhì)聚集狀態(tài)和對應(yīng)反應(yīng)的焓變．【解析】【解答】解：在C2H2（氣態(tài)）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應(yīng)中，每有5NA個電子轉(zhuǎn)移時，0.5mol乙炔發(fā)生反應(yīng)放出650kJ的熱量，所以2mol乙炔完全反應(yīng)有20NA個電子轉(zhuǎn)移時，放出2600kJ的熱量，則熱化學方程式為：2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=-2600kJ?mol-1；

故答案為：2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=-2600kJ?mol-1．16、玻璃棒、燒杯、普通漏斗H2SiF6+6NH4HCO3=6NH4F+H2SiO3↓+6CO2↑+3H2ONH4F+NaCl=NH4Cl+NaF↓除去NaF、NH4Cl表面上的雜質(zhì)蒸發(fā)濃縮溶液，析出多量固體，后冷卻保證H2SiF6能全部反應(yīng)，防止在加入NaCl后，H2SiF6與NaCl反應(yīng)生成Na2SiF6沉淀，混入NaF中，影響NaF純度【分析】【分析】第一步反應(yīng)的方程式，根據(jù)已知反應(yīng)物和生成物，可推知其余生成物，配平即得反應(yīng)方程式．第二步反應(yīng)是將第一步生成的NH4F轉(zhuǎn)化為NaF，加入的反應(yīng)物為NaCl，利用了物質(zhì)在溶液中溶解度越小則優(yōu)先析出的特性，所以NaF比NaCl的溶解性?。僮鳍袷沁^濾操作，用到的玻璃儀器包括燒杯、玻璃棒、漏斗；操作Ⅱ是將粗NaF洗滌除去其表面的雜質(zhì)．操作Ⅲ是將濾液中的溶質(zhì)進一步提取，故操作是加熱蒸發(fā)溶劑，析出大量固體后冷卻；流程中NH4HCO3必須過量，是指第一步操作中必須保證H2SiF6能全部反應(yīng)，以防止生成影響制取物質(zhì)的純度．【解析】【解答】解：（1）操作Ⅰ是過濾操作；用到的玻璃儀器包括燒杯；玻璃棒、漏斗，故答案為：燒杯、玻璃棒、漏斗；

（2）第一步反應(yīng)的方程式，反應(yīng)物有H2SiF6、和NH4HCO3，生成物有H2SiO3、CO2，根據(jù)質(zhì)量守恒還應(yīng)有NH4F，則反應(yīng)的化學方程式為H2SiF6+6NH4HCO3=6NH4F+H2SiO3↓+6CO2↑+3H2O，第二步反應(yīng)是將第一步生成的NH4F轉(zhuǎn)化為NaF，加入的反應(yīng)物為NaCl，利用了物質(zhì)在溶液中溶解度越小則優(yōu)先析出的特性，所以NaF比NaCl的溶解性小，反應(yīng)的化學方程式為NH4F+NaCl=NH4Cl+NaF↓；

故答案為：H2SiF6+6NH4HCO3=6NH4F+H2SiO3↓+6CO2↑+3H2O；NH4F+NaCl=NH4Cl+NaF↓；

（3）操作Ⅱ是將粗NaF洗滌除去其表面的雜質(zhì)；以得到純凈的NaF，操作Ⅲ是將濾液中的溶質(zhì)進一步提取，故操作是加熱蒸發(fā)溶劑，析出大量固體后冷卻；

故答案為：除去NaF、NH4Cl表面的雜質(zhì)；蒸發(fā)濃縮溶液；析出多量固體后冷卻；

（4））流程中NH4HCO3必須過量，是指第一步操作中必須保證H2SiF6能全部反應(yīng)，以防止生成Na2SiF6沉淀；影響制取物質(zhì)的純度；

故答案為：保證H2SiF6能全部反應(yīng)；防止在加入NaCl后H2SiF6與NaCl反應(yīng)生成Na2SiF6沉淀混入NaF中影響NaF純度；17、＜CD【分析】【分析】（1）依據(jù)化學方程式和平衡常數(shù)概念書寫；依據(jù)平衡常數(shù)隨溫度變化判斷反應(yīng)能量變化；

（2）依據(jù)化學平衡三段式列式計算；氣體壓強之比等于氣體物質(zhì)的量之比；

（3）壓縮體積相當于增大壓強；反應(yīng)前后氣體體積減小的反應(yīng)，結(jié)合平衡移動原理分析判斷；

（4）由表中數(shù)據(jù)可知溫度降低，化學反應(yīng)速率減小，平衡正向移動，H2的轉(zhuǎn)化率增大；溫度升高，化學反應(yīng)速率增大，平衡逆向移動，H2的轉(zhuǎn)化率減小，結(jié)合變化繪制曲線變化．【解析】【解答】解：（1）K=由表中數(shù)據(jù)可知溫度升高；K值減小，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)即為放熱反應(yīng)△H＜0；

故答案為：；＜；

（2）將1mol的H2和1mol的CO充入1L恒容密閉反應(yīng)器中；達到平衡后，容器內(nèi)的壓強為開始時的60%，設(shè)一氧化碳反應(yīng)物質(zhì)的量x

2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）

起始量（mol）110

變化量（mol）2xxx

平衡量（mol）1-2x1-xx

1-2x+1-x+x=（1+1）×60%

x=0.4mol；

CO的平衡轉(zhuǎn)化率=×100%=40%；

答：CO的平衡轉(zhuǎn)化率為40%；

（3）在其他條件不變的情況下，將容器的容積壓縮到原來的；體系壓強增大，各組分濃度增大，平衡常數(shù)不變；

A、將容器的容積壓縮到原來的；各組分濃度均增大，故A錯誤；

B、將容器的容積壓縮到原來的；各組分濃度均增大，正逆反應(yīng)速率都增大，故B錯誤；

C、將容器的容積壓縮到原來的，體系壓強增大，化學平衡正向移動，CH3OH的物質(zhì)的量增加；故C正確；

D、將容器的容積壓縮到原來的，體系壓強增大，化學平衡正向移動，CH3OH的物質(zhì)的量增大，H2的物質(zhì)的量減小，又處于同一容器V相同，所以c（H2）/c（CH3OH）減??；故D正確；

故答案為：CD；

（4）由表中數(shù)據(jù)可知溫度降低，化學反應(yīng)速率減小，平衡正向移動，H2的轉(zhuǎn)化率增大；溫度升高，化學反應(yīng)速率增大，平衡逆向移動，H2的轉(zhuǎn)化率減小，則350℃時H2的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化示意圖為故答案為：．18、1＜5×10-7當pH高于10.7時，溶液中的鎂離子、銨根離子會和氫氧根離子之間反應(yīng)，平衡向著逆反應(yīng)方向移動能同時除去廢水中的氨，充分利用了鎂礦工業(yè)廢水【分析】【分析】（1）根據(jù)平衡常數(shù)表達式結(jié)合三行式計算化學平衡常數(shù)；

（2）對于放熱反應(yīng)；溫度越高，K越小，反之越大；

（3）①根據(jù)沉淀溶解平衡常數(shù)Ksp表達式進行計算；

②根據(jù)化學平衡移動原理以及各種方案的差距之處來回答．【解析】【解答】解：（1）C0+H2O（g）?CO2+H2；

初始濃度：0.20.300

變化濃度：0.120.120.120.12

平衡濃度：0.080.280.120.12

化學平衡常數(shù)K===1；

故答案為：1；

（2）該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，對于放熱反應(yīng)，溫度越高，K越小，T1＜573K；

故答案為：＜；

（3）①Ca3（PO4）2沉淀溶解平衡常數(shù)Ksp=c（Ca2+）3?c（PO42-）2=2×10-33，當處理后的廢水中c（Ca2+）=2×10-7mol/L時，處理后的廢水中c（PO43-）==

=5×10-5mol/L，故答案為：5×10-7；

②根據(jù)離子方程式為Mg2++NH4++PO43-═MgNH4PO4↓；若pH高于10.7，液中的鎂離子；銨根離子會和氫氧根離子之間反應(yīng)，平衡向著逆反應(yīng)方向移動，鳥糞石的產(chǎn)量會大大降低，與方法一相比，方法二能同時除去廢水中的氨，充分利用了鎂礦工業(yè)廢水；

故答案為：若pH高于10.7，液中的鎂離子、銨根離子會和氫氧根離子之間反應(yīng)，平衡向著逆反應(yīng)方向移動；能同時除去廢水中的氨，充分利用了鎂礦工業(yè)廢水．三、判斷題(共6題，共12分)19、×【分析】【分析】過氧化鈉是離子化合物，其電子式由陰、陽離子的電子式組合而成，相同的離子不能合并．【解析】【解答】解：Na2O2是鈉離子和過氧根離子構(gòu)成的離子化合物，鈉離子失電子形成陽離子，氧原子得到電子形成過氧根陰離子，電子式為故答案為：×．20、×【分析】【分析】根據(jù)對氯甲苯中甲基和氯原子處于對位關(guān)系來分析；【解析】【解答】解：對氯甲苯中甲基和氯原子處于對位關(guān)系，結(jié)構(gòu)簡式：故答案為：×；21、×【分析】【分析】判斷有機物的命名是否正確或?qū)τ袡C物進行命名；其核心是準確理解命名規(guī)范：

（1）烷烴命名原則：

①長選最長碳鏈為主鏈；

②多遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

③近離支鏈最近一端編號；

④小支鏈編號之和最小．看下面結(jié)構(gòu)簡式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

⑤簡兩取代基距離主鏈兩端等距離時；從簡單取代基開始編號．如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面．

（2）有機物的名稱書寫要規(guī)范；

（3）對于結(jié)構(gòu)中含有苯環(huán)的；命名時可以依次編號命名，也可以根據(jù)其相對位置，用“鄰”；“間”、“對”進行命名；

（4）含有官能團的有機物命名時，要選含官能團的最長碳鏈作為主鏈，官能團的位次最小．【解析】【解答】解：（1）雙鍵的個數(shù)為3；應(yīng)命名為1，3，5-己三烯，故答案為：×；

（2）從離官能團最近的一端開始命名；應(yīng)命名為3-甲基-2-丁醇，故答案為：×；

（3）應(yīng)標出取代基的位置；應(yīng)命名為1，2-二溴乙烷，故答案為：×；

（4）選最長的碳連做主鏈；應(yīng)命名為3-甲基-1-戊烯，故答案為：×；

（5）符合命名規(guī)則；故答案為：√；

（6）選最長的碳連做主鏈，從離官能團最近的一端開始命名，應(yīng)命名為2-甲基-2-戊烯，故答案為：×．22、×【分析】【分析】苯的同系物能使溴水褪色，發(fā)生萃取現(xiàn)象；據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：苯的同系物能使溴水褪色，發(fā)生萃取現(xiàn)象，不發(fā)生化學反應(yīng)，故錯誤；故答案為：×．23、√【分析】【分析】均衡營養(yǎng)，藥物大多有副作用，要正確使用，才能促進人體健康．【解析】【解答】解：合理選擇飲食，有益健康，藥物大多有副作用，要正確使用，故答案為：√．24、×【分析】【分析】（1）相對分子質(zhì)量在10000以上的有機化合物為高分子化合物；

（2）葡萄糖在堿性條件下與新制Cu（OH）2濁液反應(yīng)；

（3）白糖的主要成分是蔗糖；

（4）在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質(zhì)；在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質(zhì)；

（5）蔗糖水解后的產(chǎn)物葡萄糖由還原性；自身沒有還原性；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均為C6H12O6；葡萄糖是多羥基醛，果糖是多羥基酮；

（7）蔗糖和麥芽糖是二糖，分子式都可用C12H22O11表示；它們互為同分異構(gòu)體；

（8）麥芽糖和水解產(chǎn)物葡萄糖中均含-CHO；

（9）碘單質(zhì)遇淀粉變藍色；

（10）植物油成分為高級脂肪酸甘油酯；

（11）根據(jù)濃的無機鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析；而重金屬鹽能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性；

（12）兩種氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸與丙氨酸形成二肽時連接方式有兩種；

（13）根據(jù)天然植物油均為高級脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，沒有固定的熔沸點；

（14）兩種二肽互為同分異構(gòu)；水解產(chǎn)物可能是相同的氨基酸；

（15）油脂中含有不飽和烴基；可與高錳酸鉀發(fā)生反應(yīng)；

（16）烴的含氧衍生物完全燃燒生成水和二氧化碳；

（17）在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質(zhì)；在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質(zhì)）；

（18）食用植物油是高級脂肪酸甘油脂；水解生成高級脂肪酸和甘油；

（19）相對分子質(zhì)量在10000以上的有機化合物為高分子化合物；

（20）相對分子質(zhì)量在10000以上的有機化合物為高分子化合物．【解析】【解答】解：（1）油脂相對分子質(zhì)量較??；不屬于高分子化合物，故答案為：×；

（2）葡萄糖與新制Cu（OH）2濁液反應(yīng)需在堿性條件下；應(yīng)加入堿將水解后的淀粉溶液調(diào)節(jié)成堿性，才可以產(chǎn)生磚紅色沉淀，故答案為：×；

（3）白糖成分是蔗糖；故答案為：√；

（4）油脂水解的羧酸是電解質(zhì)；故答案為：×；

（5）蔗糖水解后的產(chǎn)物葡萄糖由還原性；自身沒有還原性，所以不是還原型二糖，故答案為：×；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均為C6H12O6；葡萄糖是多羥基醛，果糖是多羥基酮，二者分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故答案為：√；

（7）蔗糖和麥芽糖是二糖；互為同分異構(gòu)體，故答案為：√；

（8）麥芽糖和水解產(chǎn)物葡萄糖中的官能團都有醛基；則麥芽糖；葡萄糖屬于還原性糖可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故答案為：√；

（9）碘單質(zhì)遇淀粉變藍色；纖維素遇碘水不變色，故答案為：×；

（10）植物油的主要成分為高級脂肪酸甘油酯；故答案為：×；

（11）因濃的無機鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析產(chǎn)生沉淀；如飽和硫酸鈉溶液；硫酸銨溶液；而重金屬鹽能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性而產(chǎn)生沉淀，如硫酸銅等，故答案為：×；

（12）兩種氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸與丙氨酸形成二肽時連接方式有兩種，故形成的二肽有四種，故答案為：√；

（13）天然植物油均為高級脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，沒有固定的熔沸點，故答案為：×；

（14）兩種二肽互為同分異構(gòu)；水解產(chǎn)物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有兩種構(gòu)成方式，但二肽水解時的產(chǎn)物相同，故答案為：×；

（15）苯不能使酸性高錳酸鉀褪色；但油脂中含有C=C官能團，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)而使高錳酸鉀褪色，故答案為：×；

（16）油脂含有C；H、O三種元素；完全燃燒生成水和二氧化碳，故答案為：√；

（17）蛋白質(zhì)屬于高分子化合物；是混合物，不是電解質(zhì)，而葡萄糖屬于非電解質(zhì)，只有乙酸才屬于電解質(zhì)，故答案為：×；

（18）乙酸乙酯水解生乙酸和乙醇．食用植物油是高級脂肪酸甘油脂；水解生成高級脂肪酸和甘油，故答案為：×；

（19）油脂相對分子質(zhì)量較小；不屬于高分子化合物，故答案為：×；

（20）氨基酸相對分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，故答案為：×．四、其他(共3題，共12分)25、AF【分析】【分析】用到“磨砂”工藝處理的玻璃儀器有：分液漏斗、細口瓶、廣口瓶、滴瓶、集氣瓶、酸式滴定管等【解析】【解答】解：凡是玻璃相互接處，不能漏水漏氣的要磨砂處理，用到“磨砂”工藝處理的玻璃儀器有：分液漏斗、細口瓶、廣口瓶、滴瓶、集氣瓶、酸式滴定管等，故答案為：AF．26、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)常考到的知識點，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)，并進行應(yīng)用。“類鹵素”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＋＋H2O27、④⑦④⑤⑥②③④⑤⑥①⑤⑥④⑤【分析】【分析】（1）根據(jù)標有“0”刻度的儀器有：滴定管；托盤天平、溫度計等；根據(jù)標有使用溫度的儀器有：滴定管、容量瓶、量筒、燒杯等；

（2）用到“磨砂”工藝處理的玻璃儀器有：分液漏斗；細口瓶、廣口瓶、滴瓶、集氣瓶、酸式滴定管等；

（3）根據(jù)粗鹽提純的步驟是溶解、過濾、蒸發(fā)、結(jié)晶，由步驟可推測用的儀器有：燒杯、帶鐵圈的鐵架臺、濾紙、玻璃棒和漏斗；根據(jù)分液所需要的儀器有：帶鐵圈的鐵架臺、分液漏斗、燒杯．【解析】【解答】解：（1）標有“0”刻度的儀器有：滴定管；托盤天平、溫度計等；標有使用溫度的儀器有：滴定管、容量瓶、量筒、燒杯等；

故答案為：④⑦；④⑤⑥；

（2）凡是玻璃相互接處；不能漏水漏氣的要磨砂處理，用到“磨砂”工藝處理的玻璃儀器有：分液漏斗；細口瓶、廣口瓶、滴瓶、集氣瓶、酸式滴定管等；

故答案為：②③④⑤⑥；

（3）粗鹽提純用的儀器有：燒杯；帶鐵圈的鐵架臺、濾紙、玻璃棒和漏斗；分液所需要的儀器有：帶鐵圈的鐵架臺、分液漏斗、燒杯；

故答案為：①⑤⑥；④⑤．五、實驗題(共4題，共20分)28、飽和Na2CO3溶液分液蒸餾硫酸蒸餾環(huán)形玻璃攪拌器隔熱，保溫，減少實驗過程中的熱量損失不相等相等【分析】【分析】（1）分離粗產(chǎn)品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物；加入飽和碳酸鈉溶液，乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉，采用分液的方法即可，水層中的乙醇易揮發(fā)，可采用蒸餾方法分離，乙酸鈉要用硫酸反應(yīng)得到乙酸，再蒸餾得到乙酸；

（2）①根據(jù)量熱計的構(gòu)造來判斷該裝置的缺少儀器；

②中和熱測定實驗成敗的關(guān)鍵是保溫工作；

③反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)，并根據(jù)中和熱的概念和實質(zhì)來回答．【解析】【解答】解：（1）分離粗產(chǎn)品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物；加入飽和碳酸鈉溶液，實現(xiàn)酯與乙酸和乙醇的分離，分離油層和水層采用分液的方法即可；乙酸鈉與乙醇分離采用蒸餾，分離方法Ⅱ是蒸餾，應(yīng)該使用硫酸將乙酸鈉轉(zhuǎn)化成乙酸，然后通過蒸餾將乙酸分離；

故答案為：飽和Na2CO3溶液；分液；蒸餾；硫酸；蒸餾；

（2）①由量熱計的構(gòu)造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌器；

故答案為：環(huán)形玻璃攪拌器；

②中和熱測定實驗成敗的關(guān)鍵是保溫工作；大小燒杯之間填滿碎紙條的作用是隔熱，保溫，減少實驗過程中的熱量損失；

故答案為：隔熱；保溫，減少實驗過程中的熱量損失；

③反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)；若用60mL0.50mol?L-1鹽酸與60mL0.50mol?L-1NaOH溶液進行反應(yīng)，與上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，但是中和熱均是強酸和強堿反應(yīng)生成1mol水時放出的熱，與酸堿的用量無關(guān)，中和熱數(shù)值相等；

故答案為：不相等；相等．29、略

【分析】【解析】試題分析：（1）根據(jù)提示可知反應(yīng)的方程式為2KClO3+H2C2O4+2H2SO42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O。氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1:1。（2）如果溫度過高，會引起爆炸，缺少的必要玻璃儀器是溫度計。（3）因為二氧化氯水溶液溫度過高會引起爆炸，所以應(yīng)該用冰水來吸收。（4）根據(jù)提示可知該反應(yīng)的方程式為：5H2S+8ClO2+4H2O=5SO42-+8Cl-+18H+?？键c：性質(zhì)與制備實驗【解析】【答案】（1）2KClO3+H2C2O4+2H2SO42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O，1︰1。（2）使反應(yīng)正常進行，并防止溫度過高引起爆炸。溫度計。（3）②（4）5H2S+8ClO2+4H2O=5SO42—+8Cl—+18H+30、④⑤往細口容器中加液體或組成過濾裝置或組成防倒吸裝置防止不純的氫氣點燃時發(fā)生爆炸兩層液體的完全分離較難控制，苯、Br2都會腐蝕橡膠【分析】【分析】（1）①根據(jù)高錳酸鉀溶液具有強氧化性；能夠氧化堿式滴定管的橡膠管分析；

②托盤天平的讀數(shù)只能讀到0.1g；

③氫氧化鈉具有腐蝕性；應(yīng)該放在小燒杯中稱量；

④硫酸鐵溶液中鐵離子發(fā)生水解；加入稀硫酸可以抑制鐵離子水解；

⑤中和滴定時錐形瓶不能使用待測液潤洗；

（2）①根據(jù)普通漏斗在化學實驗操作中的作用進行分析；

②A．根據(jù)氫氣為可燃性氣體；若純度不足會發(fā)生