2025年牛津译林版高三化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年牛津译林版高三化学上册月考试卷60考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、COCL2俗名作光气，是有毒气体．在一定条件下，可发生的化学反应为：COCL2（g）CO（g）+CL2（g）△H＜0．下列有关说法正确的是（）A.在一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平转化率B.当反应达平衡时，恒温恒压条件下通人Ar，能提高COCl2的转化率C.单位时间内生成CO和CL2的物质的量比为1：1时，反应达到平衡状态D.平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大2、下列说法正确的是（）A.在101kPa下氢气的燃烧热△H=-285.5kJ•mol-1，则水分解的热化学方程式：2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H=+285.5kJ•mol-1B.pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合，所得溶液的pH=4C.一定温度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25NH4Cl溶液含NH4+物质的是不同D.吸热反应“TiO2（g）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）”在一定条件下可自发进行，则该反应的△S＜03、实验室制备下列气体时，只能用排水法收集的是（）A.H2B.SO2C.NO2D.NO4、某铁的氧化物，用rm{2.0mol/L}的盐酸rm{100mL}恰好能完全溶解，所得溶液再通入rm{0.28L}标准状况下的氯气时，刚好使溶液中rm{Fe^{2+}}完全转化为rm{Fe^{3+}.}则该氧化物的化学式为rm{(}rm{)}A.rm{FeO}B.rm{Fe_{2}O_{3}}C.rm{Fe_{3}O_{4}}D.rm{Fe_{5}O_{7}}5、设rm{N_{A}}为阿佛加德罗常数。下列叙述中正确的是A.标准状况下rm{22.4LH_{2}}中含中子数为rm{2N_{A}}B.rm{46gNO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}混合气体中含有原子数为rm{3N_{A}}C.rm{1L1mol/L}醋酸溶液中离子总数为rm{2N_{A}}D.rm{1molH_{2}O_{2}}完全分解时转移电子rm{2}rm{N}rm{{,!}_{A}}个评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、Na2CO3固体中混有少量NaHCO3，除去的方法是____，反应的化学方程式为____；NaHCO3溶液中含有少量Na2CO3，除去的方法是____，反应的离子方程式为____．7、碘在水中的溶解度虽然小，但在碘化钾溶液中溶解度却明显增大这是由于溶液中发生下列反应I-+I2=I3-．I3-离子的中心原子周围σ键电子对对数为____，孤电子对对数为____，I3-离子的空间构型为____．

与KI3类似的，还有CsICl2等．已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列____式发生．

A．CsICl2=CsCl+IClB．CsICl2=CsI+Cl2．8、镉离子（Cd2+）是重金属冶炼工业污水中的一种离子．处理含镉废水常用化学沉淀法．回答下面的问题．

（1）以下是几种镉的难溶化合物的溶度积常数（25℃）：

。含镉难溶物CdCO3CdSCd（OH）2溶度积常数5.2×10-123.6×10-292.0×10-16根据上表提供的信息判断，沉淀Cd2+效果最佳的试剂是____

a．Na2CO3b．Na2Sc．CaO

（2）如图1所示为某化工厂处理含Cd2+废水的流程：

①写出加入生石灰后发生反应的离子方程式：____．

②聚合氯化铝[Al2（OH）nClx-n]是一种无机高分子聚合物，分子式中x=____．

③如图2是随污水的pH升高Cd2+去除率的变化图象，由图象可知，处理含Cd2+污水的最佳pH=____（取正整数），此时溶液中c（Cd2+）=____．

（3）在特定的电解槽中，用铝、铜作电极，氯化铝作电解液，制备聚合氯化铝（示意图如图3），电解反应为：Al+H2O+AlCl3[Al2（OH）nClx-n]+H2

①铝作电解池的____（填“阴”或“阳”）极．

②该电解池的阴极电极反应为____．9、如图所示是中学化学常用的玻璃仪器；请在下列操作中填入相应的仪器名称。

①从氯化钠溶液中获得氯化钠晶体____．

②分离CCl4（沸点为76.75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的混合物____．10、填写下列空格：

（1）草木灰（含K2CO3）显碱性的原因是（用离子方程式表示）____，所以____（填：“能”或“不能”）与铵态氮肥混合施用．

（2）室温下pH=9的NaOH溶液中，由水电离产生的c（OH-）为____mol/L；把0.1mol/LHCl与0.3mol/L的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH=____．

（3）3mol/L100mLH2SO4溶液与足量的Zn反应，为使产生的H2速率减慢，但产生的H2的总量不变，可采取的措施____（填下列选项的序号）

A．加醋酸钠固体B．加NH4Cl溶液C．加BaCl2溶液D．加氨水。

（4）在25℃下，向浓度均为0.1mol•L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成____沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为____．

（已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，KsP[Cu（OH）2]=2.2×10-20）11、某研究性学习小组将一定浓度的Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀．

甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu（OH）2；

丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu（OH）2的混合物．（查阅资料知：CuCO3和Cu（OH）2均不带结晶水）

Ⅰ、按照甲同学的观点，发生反应的离子反应方程式为____，在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中____、低温干燥，检验沉淀洗涤干净的方法是____．

Ⅱ；请用图1所示装置；选择必要的试剂，定性探究生成物的成分．

（1）各装置连接顺序为____→____→____．

（2）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是____．

Ⅲ、若CuCO3和Cu（OH）2两者都有；可利用如图2所示装置通过实验测定其组成．

若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中Cu（OH）2的质量分数为____．12、（1）在25℃条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH为____（填序号）．

A．9B．13C．11～13之间D．9～11之间。

（2）pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，混合溶液中c（Na+）____c（CH3COO-）（填“＞”；“=”或“＜”）．

（3）常温下，已知某NH4Cl溶液中的c（NH4+）=c（Cl一），则该溶液的pH____7（填“＞”；“=”或“＜”）．

（4）如果将HCl和CH3COONa溶液等浓度、等体积混合，则混合溶液中各离子浓度的大小关系为____．13、某工厂排出的污水中含有大量的Fe2+、Zn2+、Hg2+离子．以下是某学习小组的同学设计的除去上述金属离子，回收绿矾、皓矾（ZnSO4•7H2O）和汞的探究方案．

已知：KSP（FeS）=6.3×10-18mol2•L-2，KSP（HgS）=6.4×10-53mol2•L-2KSP（ZnS）=1.6×10-24mol2•L-2

药品：NaOH溶液、Na2S溶液；稀硫酸、铁粉稀硝酸、稀盐酸。

[实验方案]

[问题探究]

（1）步骤Ⅰ中加入Na2S溶液时，三种金属离子形成沉淀的先后顺序为____．

（2）步骤Ⅱ中FeS溶解的离子方程式：____．

（3）步骤Ⅲ中涉及反应的离子方程式Zn2++4OH-═ZnO+2H2O和____．

（4）步骤Ⅲ和步骤Ⅵ发生的相关反应，说明Zn（OH）2属于_____．

（5）欲实现步骤Ⅴ，需加入的试剂为____、____．步骤Ⅴ中从FeSO4溶液浓缩结晶得到FeSO4•7H2O时，需加稀硫酸的原因是____．

（6）步骤Ⅳ常用的方法是加热法，但在空气中加热HgS会污染环境，其原因可能____．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、有下列化合物：

（1）请在空格内用“√”或“×”判断正误．

①甲、乙、丙丁、戊均属于烃的衍生物____

②乙中含氧官能团的名称为“全基”和“羟基”____

③丙和丁互为同系物____

④可用溴水鉴别乙和戊____

（2）化合物戊可由甲按下列途径合成．

试回答下列问题。

①D→戊的有机反应类型是____．

②写出C→D的化学反应方程式____．

③写出同时满足下列条件的甲的同分异构体（两种即可）．____，____．

a．能与FeCl3发生显色反应；不能发生银镜反应；

b．属于酯类；取代基为链状；

c．苯环上一氯代物只有两种．15、判断下列说法的正误．

（1）任何一种原子核内都含有质子和中子．____

（2）元素的种类和核素的种类相同．____

（3）同位素和核素都属于原子．____

（4）互为同位素的原子性质完全相同．____

（5）1940K与2040Ca属于同位素．____

（6）O2与O3属于同位素．____

（7）1940K与1939K属于同位素．____．16、铁和稀硫酸反应的离子反应方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑____．（判断对错）17、向0.1mol/LAgNO3溶液中加入过量的盐酸完全反应后溶液中无Ag+．____（判断对错）18、金属阳离子一定只具有氧化性．____（判断对错）19、浓硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等气体____．（判断对错）20、将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体____．（判断对错）21、因为CO2的水溶液可以导电，所以CO2是电解质____．（判断对错）评卷人得分四、书写(共3题，共30分)22、完成下列各题．

（1）硫燃烧的产物是形成酸雨的主要气体之一．写出硫在空气中燃烧的化学方程式：____．

（2）NaHCO3是制作糕点的常用膨松剂，写出NaHCO3受热分解的化学方程式：____．23、Ⅰ．根据实验事实；把下列化学方程式改写成离子方程式．

①澄清石灰水中加入少量二氧化碳，溶液变浑浊；Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O离子方程式：____

②向氯化镁溶液中滴入氢氧化钠溶液，产生白色的沉淀；MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl离子方程式：____

③向盐酸溶液中加铁；Fe+2HCl═FeCl2+H2↑离子方程式：____

Ⅱ．已知：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；

④用双线桥表示出该反应中电子转移的方向和数目：____．

⑤指出该反应中，氧化剂是____，还原剂是____．

⑥在该反应中，若有2mol电子发生转移，在标准状况下，可生成CO2的体积为____L．24、在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中；废液处理和资源回收的过程简述如下：

Ⅰ：向废液中投入过量铁屑；充分反应后分离出固体和滤液：

Ⅱ：向滤液中加入一定量石灰水；调节溶液pH，同时鼓入足量的空气．

试回答下列问题：

（1）FeCl3蚀刻铜箔反应生成FeCl2和CuCl2的离子方程式为____；证明蚀刻后的混合物溶液仍存在Fe3+的操作是：____．

（2）过程I加入铁屑的主要作用是____；从固体中分离出铜需采用的方法是____．

（3）过程Ⅱ中发生主要反应的化学方程式为：____．评卷人得分五、实验题(共3题，共21分)25、阿司匹林（乙酰水杨酸，）是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药．乙酰水S杨酸受热易分解，分解温度为128～135℃．某学习小组在实验室以水杨酸（邻羟基苯甲酸）与醋酸酐[（CH3CO）2O]为主要原料合成阿司匹林；制备基本操作流程如下：

主要试剂和产品的物理常数。

。名称相对分子质量熔点或沸点（℃）水水杨酸138158（熔点）微溶醋酸酐102139.4（沸点）反应乙酰水杨酸180135（熔点）微溶请根据以上信息回答下列问题：

（1）①合成阿斯匹林时，最合适的加热方式是____．

②抽滤所得粗产品要用少量冰水洗涤，则洗涤的具体操作是____．

（2）提纯粗产物中加入饱和NaHCO3溶液至没有CO2产生为止，再抽滤，则加饱和NaHCO3溶液的目的是____．另一种改进的提纯方法；称为重结晶提纯法．方法如图1：

（3）改进的提纯方法中加热回流的装置如图2所示；

①使用温度计的目的是____．冷凝水的流进方向是____．（填“b”或“c”）．

②重结晶提纯法所得产品的有机杂质要比原方案少的原因____．

（4）检验产品中是否含有水杨酸的化学方法是____．

（5）该学习小组在实验中原料用量：2.0g水杨酸、5.0mL醋酸酐（ρ=1.08g/cm3），最终称得产品m=2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为____．26、实验题。

实验室制取乙烯；常因温度过高而发生副反应．部分乙醇跟浓硫酸反应，生成炭黑；二氧化硫、二氧化碳和水蒸气．请用下图编号为①～⑥的实验装置，设计一个实验，以验证上述反应后的混合气体中含有二氧化硫、二氧化碳和水蒸气．

（1）用装置的编号表示其连接顺序（按气体产物从左到右的流向）：（6）→____→（3）→____→（1）→____

（2）装置⑤中的固体药品为____，用以验证的产物是____．

（3）装置④中的溶液是____，用以验证的产物是____．

（4）装置①中的品红溶液的作用____．

（5）装置②中溴水的作用是____．写出溴水用途的化学方程式____．27、现有一瓶市售白醋；某化学课外小组欲用酸碱中和滴定法测定其含酸量（设其中的酸均为乙酸）．请你参与他们的实验并回答有关问题：

（1）量取10.00mL市售白醋，用适量蒸馏水在烧杯中稀释、溶解并冷却至室温后，用玻璃棒引流转入100mL容量瓶，再用玻璃棒引流向容量瓶中加入适量蒸馏水并定容至刻度线，反复上下颠倒、摇匀即配成待测液，备用．则在以上操作中出现的错误有____．定容前容量瓶中的液面应在____．

（2）将0.1000mol/LNaOH溶液装入50.00mL碱式滴定管中，调节液面位置使其在____处．并记下读数．

（3）取20.00mL待测液并加入指示剂待滴定．该步实验操作需要的主要玻璃仪器有锥形瓶和____．

（4）进行滴定；当溶液由无色恰好变为浅红色并在半分钟内不褪色时，停止滴定，记录消耗NaOH溶液的体积读数．再重复进行滴定实验3次．有关实验数据记录如下表所示．

。实验编号待测液的体积/mL滴定完成时NaOH溶液消耗的体积/mL120.0017.20220.0015.98320.0016.00420.0016.02①根据表中有关数据，请写出20.00mL待测液中醋酸的物质的量浓度的计算式（不要化简）：____．该市售白醋的含酸量为____g/100mL．又知在25℃时，此市售白醋中有1.5%的醋酸发生了电离，则这种白醋的pH约为____．

（提示：计算结果保留一位小数．lg2=0.30；lg3=0.48）

②下列操作中，会引起测定结果偏小的是____．（填字母）

A．碱式滴定管在实验前未用0.1000mol/LNaOH溶液润洗。

B．锥形瓶中加入待测液后；再加少量水稀释。

C．滴定时；锥形瓶摇动太激烈，有少量液体溅出。

D．滴定到终点时；滴定管尖嘴悬有液滴。

③该市售白醋的标签上还注明其中含有苯甲酸钠，如要知道在通常状况下醋酸与苯甲酸钠会不会发生离子互换反应，则需要明确的是____．（填字母）

a．在通常状况下；相同物质的量浓度的醋酸溶液；苯甲酸钠溶液的pH

b．在通常状况下；相同物质的量浓度的醋酸溶液；苯甲酸溶液的pH

c．在通常状况下；醋酸；苯甲酸钠的溶解度。

（5）常温下，向此白醋中加入少量0.1mol/L盐酸，下列说法正确的是____．（填字母）

A．溶液中将增大B．溶液中c（H+）将增大。

C．醋酸的电离过程是放热过程D．水的电离平衡将向逆方向移动．评卷人得分六、综合题(共1题，共7分)28、［化学选修—物质结构与性质］（15分）已知A、B、C、D和E5种分子所含原子的数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子。又知B、C和D是由两种元素的原子组成。请回答：（1）组成A分子的原子的核外电子排布式是___________________________；（2）B和C的分子式分别是__________和__________；C分子的立体结构呈_______形，该分子属于__________分子（填“极性”或“非极性”）；（3）若向D的稀溶液中加入少量二氧化锰，有无色气体生成。则D的分子式是，该反应的化学方程式是______________________________________________。（4）若将1molE在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，则E的分子式是_____________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】A；催化剂改变速率不改变平衡；

B；恒温恒压容器通入惰性气体；保持恒压压强减小，平衡正向进行；

C；反应过程中生成的一氧化碳和氯气始终1：1；不能作为平衡的判断依据；

D、反应是放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小．【解析】【解答】解：A；在一定条件下；使用催化剂能加快反应速率，不能提高反应物的平转化率，故A错误；

B、当反应达平衡时，恒温恒压条件下通人Ar，保持恒压压强减小，平衡正向进行，能提高COCl2的转化率；故B正确；

C、单位时间内生成CO和CL2的物质的量比为1：1时；不能证明反应达到平衡状态，故C错误；

D；平衡时；其他条件不变，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，故D错误；

故选B．2、C【分析】【分析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；氢气燃烧生成稳定氧化物为液态水，热化学方程式改变方向，焓变改变符号；

B．酸溶液混合，先计算混合后溶液中氢离子的物质的量，再根据c=计算氢离子的物质的量浓度，最后根据pH=-lgc（H+）计算出混合液的pH；

C．根据溶液浓度不同；铵离子水解程度不同分析；

D．反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0．【解析】【解答】解：A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，所以水分解的热化学方程式：H2O（l）=H2（g）+O2（g）△H=+285.5kJ•mol-1；故A错误；

B．pH=3的盐酸和pH=5的硫酸等体积混合后，体积均为10mL，混合液中氢离子的物质的量为：n（H+）=0.010L×10-3mol/L+V=0.010L×10-5mol/L≈10-5mol；

则混合溶液中氢离子浓度为：c（H+）==5×10-4mol/L，所以pH=-lg5×10-4=4-lg5=3.3；故B错误；

C．常温下1L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液，氯化铵浓度不同，铵离子水解程度不同，所以所含NH4+的物质的量相不同；故C正确；

D．吸热反应“TiO2（g）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）”在一定条件下可自发进行；△H＞0，满足△H-T△S＜0，则该反应的△S＞0，故D错误；

故选C．3、D【分析】【分析】和水反应的气体不能用排水法收集；和氧气反应的气体不能用排空气法收集，根据气体的溶解性；是否和氧气反应、气体的密度来确定气体的收集方法．

只能用排水法收集说明该气体难溶于水，且不能用排空气法收集，据此即可解答．【解析】【解答】解：A．氢气和水不反应；所以可以用排水法收集，在常温下和氧气不反应，密度比空气小，所以也可以用向下排空气法收集，故A错误；

B．SO2能和水反应；所以不能用排水法收集，和氧气不反应，密度比空气大，可以用向上排空气法收集，故B错误；

C．二氧化氮能和水反应生成硝酸和一氧化氮；所以不能用排水法收集，二氧化氮和氧气不反应，密度比空气大，可以用向上排空气法收集，故C错误；

D．NO和氧气反应；所以不能用排空气法收集，和水不反应且难溶于水，所以只能用排水法收集，故D正确；

故选D．4、C【分析】解：设二价铁离子的物质的量为rm{xmol}三价铁离子的物质的量为rm{ymol}

由某铁的氧化物，用rm{2.0mol/L}的盐酸rm{100mL}在一定条件下恰好完全溶解；

依据电荷守恒可知最终溶液中溶质为氯化亚铁和氯化铁，依据电荷守恒可知二价铁离子和三价铁离子带的正电荷总数等于氯离子带电负电荷总数，即：rm{2x+3y=0.1L隆脕2.0mol/L}

溶液中只有二价铁离子能与氯气发生反应生成三价铁离子，氯气被还原为氯离子，依据氧化还原反应中得失电子守恒规律可知二价铁失去的电子总数等于氯气得到的电子总数，即：rm{x隆脕1=dfrac{0.28L}{22.4L/mol}=0.0125mol隆脕2=0.025mol}

解得：rm{x隆脕1=dfrac

{0.28L}{22.4L/mol}=0.0125mol隆脕2=0.025mol}rm{x=0.025mol}

所以该氧化物中rm{y=0.05mol}价rm{Fe(+2}与rm{)}价rm{Fe(+3}的物质的量分别为rm{)}rm{0.025mol}反应中rm{0.05mol}的rm{HCl}元素与氧化物中rm{H}元素全部结合生成rm{O}则氧化物中rm{n(O)=dfrac{1}{2}隆脕n(HCl)=dfrac{1}{2}隆脕0.2mol=0.1mol}所以：rm{H_{2}O}rm{n(O)=dfrac{1}{2}隆脕n(HCl)=dfrac

{1}{2}隆脕0.2mol=0.1mol}rm{n(Fe)}rm{n(O)=0.075mol}

该氧化物的化学式为rm{0.1mol=3}

故选C．

rm{4}rm{n(Cl_{2})=dfrac{0.28L}{22.4L/mol}=0.0125mol}依据电荷守恒和氧化还原反应中得失电子数目守恒解答．

本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，注意反应中rm{Fe_{3}O_{4}}的rm{n(HCl)=0.1L隆脕2mol/L=0.2mol}元素与氧化物中rm{n(Cl_{2})=dfrac

{0.28L}{22.4L/mol}=0.0125mol}元素全部结合生成rm{HCl}反应后溶液成分为rm{H}为解答该题的关键，计算时抓住电荷守恒定律、得失电子守恒定律是解题常用技巧．rm{O}【解析】rm{C}5、B【分析】【分析】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项A为易错点，注意氢气中不含中子。【解答】A、标况下rm{22.4L}氢气的物质的量为rm{1mol}氢气分子中含有的中子数为rm{0}故A错误；B、rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}化学式最简比相同，只需计算rm{46gNO_{2}}和中所含的原子数rm{=dfrac{46g}{46g/mol}隆脕3隆脕N_{A}=3N_{A}}故B正确；C、rm{=dfrac

{46g}{46g/mol}隆脕3隆脕N_{A}=3N_{A}}浓度为rm{1L}的醋酸溶液中含有溶质醋酸rm{1mol?L^{-1}}醋酸为弱酸，rm{1mol}醋酸电离出的离子一定小于rm{1mol}则醋酸溶液中含离子总数小于rm{2mol}故C错误；

D、rm{2N_{A}}rm{1molH}rm{1molH}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}完全分解时转移电子rm{N}

rm{N}【解析】rm{B}二、填空题(共8题，共16分)6、加热2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑通入过量CO2CO32-+H2O+CO2═2HCO3-【分析】【分析】碳酸氢钠不稳定，加热易分解，碳酸钠可与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，以此解答．【解析】【解答】解：碳酸氢钠不稳定，加热易分解，则Na2CO3固体中混有少量NaHCO3，可用加热的方法分离，发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，碳酸钠可与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，NaHCO3溶液中混有少量Na2CO3，除去杂质可用通入过量CO2的方法，反应的离子方程式为CO32-+H2O+CO2═2HCO3-，故答案为：加热；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；通入过量CO2；CO32-+H2O+CO2═2HCO3-．7、23直线形A【分析】【分析】I3-离子的中心原子周围σ键电子对对数为2，孤电子对个数=（7+1-2×1）；根据价层电子对互斥理论确定空间构型；

离子晶体的晶格能与离子半径成反比，与离子所带电荷成正比．【解析】【解答】解：I3-离子的中心原子周围σ键电子对对数为2，孤电子对个数=（7+1-2×1）=3；根据价层电子对互斥理论知，该微粒价层电子对个数是5且含有3个孤电子对，所以其空间构型为直线形；

离子晶体中离子电荷越多，半径越小离子键越强，离子晶体的晶格能越大，已知已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，所以发生的反应为CsICl2=CsCl+ICl；

故答案为：2；3；直线形；A．8、bCaO+H2O=Ca2++2OH-、Cd2++2OH-=Cd（OH）2↓6112.0×10-10mol•L-1阳2H++2e-=H2↑【分析】【分析】（1）根据溶度积常数大小分析；Ksp越小，溶解度越小，沉淀越完全；

（2）①加入CaO后，CaO先与水反应，产物再与Cd2+反应；

②根据化合物中元素的化合价分析；

③根据图象可知PH=11时Cd2+去除率最大；根据Ksp计算；

（3）①电解槽中Al参加反应失电子，作阳极，②阴极是溶液中的阳离子得电子，即2H++2e-=H2↑．【解析】【解答】解：（1）根据溶度积常数大小分析，Ksp越小，溶解度越小，沉淀越完全，由表格可知CdS的Ksp最小，所以应选Na2S作沉淀剂，故答案为：b；

（2）①加入CaO后，CaO先与水反应，产物再与Cd2+反应其反应方程为：CaO+H2O=Ca2++2OH-、Cd2++2OH-=Cd（OH）2↓；

故答案为：CaO+H2O=Ca2++2OH-、Cd2++2OH-=Cd（OH）2↓；

②根据化合物中元素的化合价分析；化合物中元素化合价的代数和为零，则n×（-1）+（x-n）×（-1）+2×3=0，所以x=6，故答案为：6；

③根据图象可知PH=11时Cd2+去除率最大；根据Ksp=c（Cd2+）•c2（OH-）=2.0×10-16，已知c（OH-）=10-3，则c（Cd2+）=2.0×10-10mol•L-1；

故答案为：11；2.0×10-10mol•L-1；

（3）①电解槽中Al参加反应失电子；所以Al作阳极，故答案为：Al；

②阴极是溶液中的阳离子得电子，即氢离子得电子，其电极方程为：2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑．9、蒸发皿蒸馏烧瓶【分析】【分析】①从氯化钠溶液中获得氯化钠晶体用蒸发；

②四氯化碳和甲苯沸点不同．【解析】【解答】解：①从氯化钠溶液中获得氯化钠晶体使用蒸发皿；故答案为：蒸发皿；

②四氯化碳和甲苯互溶，但二者沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，需要使用蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶．10、CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-不能10-913ACCu（OH）2Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+【分析】【分析】（1）K2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，CO32-与NH4+发生互促水解；

（2）NaOH抑制水的电离，根据Kw=c（OH-）×c（H+）以及pH=-lg（c（H+））计算；

（3）减慢反应速率，可降低温度或浓度，产生的H2的总量不变；则氢离子的总物质的量不变，以此解答．

（4）难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越易生成沉淀．【解析】【解答】解：（1）K2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，水解离子方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，CO32-与NH4+发生互促水解，生成氨气和二氧化碳气体而降低肥效，则不能混合使用，故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；不能；

（2）室温下pH=9的NaOH溶液中，c（OH-）=10-5mol/L，c（H+）=10-9mol/L，则由水电离产生的c（OH-）为10-9mol/L；

把0.1mol/LHCl与0.3mol/L的NaOH溶液等体积混合，NaOH过量，c（OH-）==0.1mol/L，c（H+）=10-13mol/L；所得溶液的pH=13；

故答案为：10-9；13；

（3）A．加醋酸钠固体；生成醋酸为弱电解质，溶液氢离子浓度降低，反应速率减小，但生成氢气的总量不变，故A正确；

B．加NH4Cl溶液；氯化铵水解呈酸性，生成氢气的总量增大，故B错误；

C．加BaCl2溶液；氢离子总量不变，应溶液总体积增大，氢离子浓度降低，反应速率减小，故C正确；

D．加氨水；消耗酸，生成氢气总量减小，故D错误．

故答案为：AC．

（4）难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越易生成沉淀，则生成的沉淀为Cu（OH）2，反应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；

故答案为：Cu（OH）2；Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+．11、CO32-+Cu2+=CuCO3↓过滤、洗涤取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净ACB装置B中澄清石灰水变混浊【分析】【分析】Ⅰ、沉淀是CuCO3说明，Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成硫酸钠与碳酸铜；即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀．

先将固体与溶液分离；采取过滤方法，然后洗涤沉淀附着的物质，再进行干燥，可得较纯净的沉淀；

Ⅱ、利用加热的方法检验，氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验，若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；

Ⅲ、装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，根据水的质量计算沉淀中氢氧化铜的质量，沉淀质量减去氢氧化铜的质量等于碳酸铜的质量，再利用质量分数的定义计算．【解析】【解答】解：Ⅰ、沉淀是CuCO3说明，Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀，反应离子方程式为CO32-+Cu2+=CuCO3↓；

先将固体与溶液分离，采取过滤方法，然后洗涤沉淀附着的物质，再进行干燥，可得较纯净的沉淀，若沉淀洗涤干净，则洗涤液中不含有碳酸根离子，检验沉淀是否洗涤干净的方法：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液；无沉淀生成，说明已洗净．

故答案为：CO32-+Cu2+=CuCO3↓；过滤、洗涤；取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液；无沉淀生成，说明已洗净；

Ⅱ；（1）利用加热的方法检验；氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验，若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳．

故答案为：A→C→B；

（2）用澄清的石灰水检验是否产生二氧化碳，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳，即说明含有CuCO3；故答案为：装置B中澄清石灰水变混浊；

Ⅲ、装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，水的物质的量为mol，根据氢元素守恒可知氢氧化铜的物质的量为mol，故氢氧化铜的质量为mol×98g/mol=g，沉淀中氢氧化铜的质量分数为×100%=，故答案为：．12、D＜=c（Cl-）=c（Na+）＞c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）【分析】【分析】（1）将pH=11的氨水稀释100倍后，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的；

（2）醋酸为弱电解质；pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液显示酸性，根据电荷守恒可知钠离子浓度小于醋酸根离子浓度；

（3）根据氯化铵溶液中电荷守恒进行判断，c（NH4+）=c（Cl-），则c（H+）=c（OH-）；

（4）HCl和CH3COONa溶液等浓度、等体积混合，反应生成醋酸醋酸和氯化钠，根据醋酸和氯化钠混合液中离子浓度大小进行分析．【解析】【解答】解：（1）一水合氨为弱电解质，存在电离平衡，稀释后一水合氨的电离程度增大，溶液中氢氧根离子的物质的量增大，所以将pH=11的氨水稀释100倍后，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的；溶液的pH应该9-11之间；

故选D；

（2）在25℃条件下，pH=3的醋酸溶液中，醋酸的浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中，氢氧化钠的浓度为0.001mol/L，二者混合后醋酸过量，溶液显示酸性，即c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知，c（Na+）＜c（CH3COO-）；

故答案为：＜；

（3）常温下，已知某NH4Cl溶液中的c（NH4+）=c（Cl-），由溶液中电荷守恒可得，c（H+）=c（OH-）；溶液一定显示中性；

故答案为：=；

（4）将HCl和CH3COONa溶液等浓度、等体积混合，反应后的溶液为醋酸和氯化钠溶液，溶液显示酸性，溶液中氢离子来自醋酸电离的和水电离的，所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度，溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl-）=c（Na+）＞c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）；

故答案为：c（Cl-）=c（Na+）＞c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）．13、Hg2+、Zn2+、Fe2+FeS+2H+═Fe2++H2S↑4Fe2++O2+8OH-+2H2O═4Fe（OH）3↓两性氢氧化物稀硫酸铁粉（过量）防止Fe2+水解HgS被空气中的氧气氧化生成SO2和生成的Hg会污染空气和环境【分析】【分析】（1）加入Na2S溶液时；三种金属离子中Ksp越小的物质越是先出现沉淀，据此来回答；

（2）硫化亚铁可以和硫酸之间发生反应生成硫酸亚铁和硫化氢气体；

（3）在空气中；亚铁离子易被氧化成三价铁离子，在碱性环境下，会产生氢氧化铁沉淀；

（4）氢氧化锌可以和氢氧化钠反应体现了氢氧化锌的性质和氢氧化铝相似；

（5）亚铁离子易水解；且易被氧化；

（6）在空气中加热HgS时，会被空气中的氧气氧化生成SO2和Hg．【解析】【解答】解：（1）加入Na2S溶液时，三种金属离子中Ksp越小的物质越是先出现沉淀，所以产生沉淀的顺序是：Hg2+、Zn2+、Fe2+，故答案为：Hg2+、Zn2+、Fe2+；

（2）硫化亚铁可以和硫酸之间发生反应生成硫酸亚铁和硫化氢气体，符合强酸制弱酸原理，即FeS+2H+═Fe2++H2S↑，故答案为：FeS+2H+═Fe2++H2S↑；

（3）在空气中，亚铁离子易被氧化成三价铁离子，在碱性环境下，会产生氢氧化铁沉淀，发生的化学方程式为：4Fe2++O2+8OH-+2H2O═4Fe（OH）3↓；

故答案为：4Fe2++O2+8OH-+2H2O═4Fe（OH）3↓；

（4）氢氧化锌可以和氢氧化钠生成偏锌酸钠；反应体现了氢氧化锌的性质和氢氧化铝相似，属于两性氢氧化物，故答案为：两性氢氧化物；

（5）氢氧化铁来制取硫酸亚铁，为了防止水解，可以加入硫酸，为防止被氧化，可以加入金属铁，故答案为：稀硫酸；铁粉（过量）；防止Fe2+水解；

（6）HgS容易被空气中的氧气氧化生成SO2和Hg，生成的SO2和Hg会污染空气和环境，故答案：HgS被空气中的氧气氧化生成SO2和生成的Hg会污染空气和环境．三、判断题(共8题，共16分)14、√【分析】【分析】（1）根据甲；乙、丙、丁、戊的结构简式可知；它们都是烃的衍生物，乙中含氧官能团的名称为“醛基”，丁和丙的官能团不完全相同，所以它们不是同系物，乙中有碳碳双键，而戊中没有，所以可以用溴水鉴别它们；

（2）根据题中各物质转化关系，对比甲和C的结构可知，甲发生加成反应生成A为A发生消去反应生成B为B再与氢气加成得C，C在碱性条件下水解得D为D发生分子内酯化得戊．【解析】【解答】解：（1）根据甲；乙、丙、丁、戊的结构简式可知；它们都是烃的衍生物，乙中含氧官能团的名称为“醛基”，丁和丙的官能团不完全相同，所以它们不是同系物，乙中有碳碳双键，而戊中没有，所以可以用溴水鉴别它们，所以①正确，②错误，③错误，④正确；

故答案为：√；×；×；√；

（2）根据题中各物质转化关系，对比甲和C的结构可知，甲发生加成反应生成A为A发生消去反应生成B为B再与氢气加成得C，C在碱性条件下水解得D为D发生分子内酯化得戊；

①D→戊的有机反应类型是酯化反应；

故答案为：酯化反应；

②C→D的化学反应方程式为

故答案为：

③甲的同分异构体，满足下列条件a．能与FeCl3发生显色反应，不能发生银镜反应，说明有酚羟基没有醛基；b．属于酯类，取代基为链状，有酯基；c．苯环上一氯代物只有两种，苯环上有两个处于对位的基团，符合条件的结构为

故答案为：或或或15、×【分析】【分析】（1）氢原子不含有中子；

（2）计算核素种类要考虑中子数和质子数；元素种类只考虑质子数；

（3）具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同原子互为同位素，核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；

（4）同位素的化学性质相同但物理性质不同；

（5）具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同原子互为同位素；

（6）具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同原子互为同位素；

（7）具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同原子互为同位素．【解析】【解答】解：（1）氢原子不含有中子；故答案为：×；

（2）计算核素种类要考虑中子数和质子数；元素种类只考虑质子数，故后者多，故答案为：×；

（3）同位素和核素都属于原子；故答案为：√；

（4）元素的原子的最外层电子数决定了元素性质；而同位素的外层电子数相等，所以它们的化学性质几乎完全相同，但物理性质不一定相同，故答案为：×；

（5）质子数不同；为不同元素的原子，不是同位素关系，故答案为：×；

（6）O2与O3均为单质；为氧的同素异形体，故答案为：×；

（7）1940K与1939K有相同质子数、不同中子数，互为同位素，故答案为：√．16、×【分析】【分析】铁为变价金属，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不会生成硫酸铁，该离子方程式中反应产物错误，应该生成Fe2+离子，不是生成Fe3+．【解析】【解答】解：由于Fe3+的氧化性大于氢离子，则铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气和氢气，不会生成硫酸铁，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

故答案为：×．17、×【分析】【分析】向0.1mol/LAgNO3溶液中加入过量的盐酸完全反应生成AgCl，溶液中存在AgCl（s）⇌Ag+（ag）+Cl-（ag），以此解答．【解析】【解答】解：反应生成AgCl，氯化银难溶于水，溶液中存在AgCl（s）⇌Ag+（ag）+Cl-（ag），则一定存在Ag+；

故答案为：×．18、×【分析】【分析】金属阳离子不一定只有氧化性，可能具有还原性，考虑变价金属阳离子即可．【解析】【解答】解：一般常见金属阳离子只具有氧化性，但是亚铁离子、亚铜离子等据既具有氧化性又具有还原性，故金属阳离子一定只具有氧化性的说法错误，故答案为：×．19、×【分析】【分析】浓硫酸为酸性、强氧化性干燥剂，能够干燥酸性、中性气体，如：氧气、氢气、二氧化硫等，浓硫酸不能用于干燥碱性气体，如氨气，据此进行解答．【解析】【解答】解：浓硫酸为酸性、强氧化性干燥剂，能够干燥酸性、中性气体，如：氧气、氢气、二氧化硫等，能够与NH3反应；不能使用浓硫酸干燥氨气，所以该说法错误；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】氢氧化铁胶体制备方法为：向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液并加热至液体呈红褐色即可，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化铁胶体制备方法为：向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液并加热至液体呈红褐色即可，如果将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，二者反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体，所以该题说法错误，故答案为：×．21、×【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸；碳酸电离出自由移动的离子导电，二氧化碳自身不能电离，故二氧化碳是非电解质；

故答案为：×．四、书写(共3题，共30分)22、S+O2SO22NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O【分析】【分析】（1）硫在空气中燃烧生成二氧化硫；

（2）碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠和二氧化碳、水．【解析】【解答】解：（1）硫在空气中燃烧生成二氧化硫，化学方程式：S+O2SO2；

故答案为：S+O2SO2；

（2）NaHCO3不稳定，加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；

故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O．23、Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2OMg2++2OH-═Mg（OH）2↓Fe+2H+═Fe2++H2↑，Fe2O3CO22.4【分析】【分析】I．①二氧化碳；碳酸钙、水在离子反应中保留化学式；

②氢氧化镁在离子反应中保留化学式；

③Fe；氢气在离子反应中保留化学式；

Ⅱ．④Fe失去电子，C得到电子，转移6e-；

⑤Fe元素的化合价降低；C元素的化合价升高；

⑥生成3molCO2，转移6mole-．【解析】【解答】解：I．①二氧化碳、碳酸钙、水在离子反应中保留化学式，离子反应为Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O，故答案为：Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O；

②氢氧化镁在离子反应中保留化学式，离子反应为Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，故答案为：Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓；

③Fe、氢气在离子反应中保留化学式，离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；

Ⅱ．④Fe失去电子，C得到电子，转移6e-，双线桥表示出该反应中电子转移的方向和数目为

故答案为：

⑤Fe元素的化合价降低，则为氧化剂，C元素的化合价升高，则CO为还原剂，故答案为：Fe2O3；CO；

⑥生成3molCO2，转移6mole-，则若有2mol电子发生转移，在标准状况下，可生成CO2的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，故答案为：22.4．24、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+取少量反应后的溶液于小试管中，滴加KSCN溶液，如溶液变红色，则说明含有Fe3+回收铜加入盐酸反应后过滤FeCl2+Ca（OH）2=Fe（OH）2↓+CaCl2、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【分析】【分析】（1）氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，可用KSCN检验Fe3+；

（2）过程Ⅰ加入铁屑的主要作用是和氯化铜发生反应生成铜；过滤后得到固体为Fe和Cu，加入盐酸铁反应，铜不反应过滤分离得到铜；

（3）滤液成分为氯化亚铁溶液，加入石灰水反应生成氢氧化亚铁沉淀，在空气中迅速氧化为氢氧化铁．【解析】【解答】解：（1）FeCl3蚀刻铜箔反应是三价铁离子具有氧化性和铜反应生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；

证明蚀刻后的混合物溶液仍存在Fe3+的操作是取少量反应后的溶液于小试管中，滴加KSCN溶液，如溶液变红色，则说明含有Fe3+；

故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；取少量反应后的溶液于小试管中，滴加KSCN溶液，如溶液变红色，则说明含有Fe3+；

（2）向废液中投入过量铁屑；铁会和三氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，和氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，所以加入铁粉是为了得到铜，过滤得到固体是过量的铁和铜，用盐酸溶解铁反应，铜不反应过滤得到铜；

故答案为：回收铜；加入盐酸反应后过滤；

（3）滤液成分为氯化亚铁溶液，加入石灰水反应生成氢氧化亚铁沉淀，在空气中迅速氧化为氢氧化铁；反应的化学方程式为：FeCl2+Ca（OH）2=Fe（OH）2↓+CaCl2、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

故答案为：FeCl2+Ca（OH）2=Fe（OH）2↓+CaCl2、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．五、实验题(共3题，共21分)25、水浴加热关闭水龙头，向布氏漏斗中加入冰水至浸没沉淀物，使冰水缓慢通过沉淀物使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，与不溶性杂质分离控制反应温度，防止乙酰水杨酸受热分解b水杨酸等有机杂质易溶于乙酸乙酯，冷却结晶时溶解在乙酸乙酯中很少结晶出来向水中加入少量产品，然后滴加FeCl3溶液，若有紫色出现，说明产品中有水杨酸，若无紫色出现，说明产品中不含水杨酸84.3%【分析】【分析】（1）①控制温度在85℃～90℃；温度低于100℃，应采取水浴加热；

②用少量冰水洗涤方法是：关闭水龙头；向布氏漏斗中加入冰水至浸没沉淀物，使冰水缓慢通过沉淀物；

（2）乙酰水杨酸为微溶于水的物质；加入盐之后可以转化为易溶于水的盐，易与不溶性杂质分离；

（3）①由于加热时温度不能过高；应控制在一定范围之内，故使用温度计，冷凝水流向为“下进上出”；

②水杨酸易溶于乙酸乙酯而达到分离的目的；

（4）水杨酸含有酚羟基；遇氯化铁溶液呈紫色，据此设计检验检验产品中是否混有水杨酸；

（5）计算理论生成乙酰水杨酸的质量，可计算出产率．【解析】【解答】解：（1）①控制温度在85℃～90℃；小于100℃，应使用水浴加热，故答案为：水浴加热；

②用少量冰水洗涤方法是：关闭水龙头；向布氏漏斗中加入冰水至浸没沉淀物，使冰水缓慢通过沉淀物，故答案为：关闭水龙头，向布氏漏斗中加入冰水至浸没沉淀物，使冰水缓慢通过沉淀物；

（2）乙酰水杨酸为微溶于水的物质，加入盐之后可以转化为易溶于水的盐，易与不溶性杂质分离，故答案为：使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠；与不溶性杂质分离；

（3）①加热时温度不能过高；应控制在一定范围之内，可用温度计控制温度，防止乙酰水杨酸受热分解，为充分冷凝，是冷水充满冷凝器，应从下端进，上端出；

故答案为：控制反应温度，防止温度过高，乙酰水杨酸受热分解；b；

②水杨酸易溶于乙酸乙酯；而乙酰水杨酸难溶于乙酸乙酯，而使二者充分分离，故答案为：水杨酸易溶于乙酸乙酯，在冷却结晶时大部分溶解在乙酸乙酯中，很少结晶出来；

（4）水杨酸含有酚羟基，遇氯化铁溶液呈紫色，具体方案为：向水中加入少量产品，然后滴加FeCl3溶液；若有紫色出现，说明产品中有水杨酸；若无紫色出现，说明产品中不含水杨酸；

故答案为：向水中加入少量产品，然后滴加FeCl3溶液；若有紫色出现，说明产品中有水杨酸，若无紫色出现，说明产品中不含水杨酸；

（5）n（水杨酸）==0.0145mol，n（醋酸酐）==0.053mol；

则理论上生成乙酰水杨酸0.0145mol，产率为=84.3%；

故答案为：84.3%．26、（5）（2）（4）无水CuSO4水澄清石灰水CO2验证SO2除去二氧化硫气体，以免干扰乙烯的实验SO2+Br2+2H2O═H2SO4+2HBr【分析】【分析】（1）检验二氧化硫用品红溶液，检验二氧化碳用澄清的石灰水，检验水蒸气用无水硫酸铜，因溶液中有水，所以首先检验水蒸气；因为CO2是用澄清石灰水来检验的，而SO2也可以使澄清石灰水变浑，二氧化硫能使品红褪色，二氧化碳不能，所以，检验二氧化硫在检验二氧化碳之前，再通过澄清石灰水确认CO2存在；据此连接装置；

（2）白色的无水硫酸铜与水反应生成蓝色硫酸铜晶体；据此检验有水生成；

（3）二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊；据此检验二氧化碳气体的存在；

（4）装置（1）品红褪色；说明有二氧化硫产生；

（5）溴水用于除去混合气体中的二氧化硫，二氧化硫与溴水反应生成硫酸和溴化氢，据此写出反应的化学方程式．【解析】【解答】解：（1）实验室制乙烯选用装置（6），同时乙醇跟浓H2SO4温度过高会发生反应：CH3CH2OH+4H2SO4（浓）4SO2↑+CO2↑+7H2O+C，因溶液中有水，所以必须先检验水蒸气，选用装置（5），（5）中盛有无水硫酸铜，变蓝则说明有水生成；因二氧化碳和二氧化硫都能使澄清的石灰水变浑浊，二氧化硫能使品红褪色，二氧化碳不能，所以先通过盛有品红溶液的装置（3），品红溶液脱水则说明有SO2气体产生，（2）装置吸收SO2，（1）装置品红不褪色，说明二氧化硫已经吸收完全；最后用装置（4），通过澄清石灰水变浑浊确认CO2存在；所以装置的连接顺序为：（6）（5）（3）（2）（1）（4）；

故答案为：（5）；（2）；（4）；

（2）装置（5）的作用是检验水