2025年仁爱科普版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年仁爱科普版高三化学上册阶段测试试卷996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6题，共12分)1、某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）．下列说法正确的是（）

A.该装置将化学能转化为光能和电能B.该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移C.每生成1molO2，有44gCO2被还原D.a电极的反应为：3CO2+18H+﹣18e﹣=C3H8O+5H2O2、下列有关物质检验的实验结论正确的是（）

。选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入2滴KSCN溶液不显红色．再向溶液中加入几滴新制氯水，溶液变为红色．该溶液中一定含有Fe2+C将某气体通入到品红溶液中，品红褪色该气体一定为SO2D向某溶液中滴入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体该溶液中一定含有CO32-A.AB.BC.CD.D3、金属在人类社会的发展进程中起着重要的作用．下列有关金属及其化合物的说法不正确的是（）A.Fe、Mg、Al均能与空气中的氧气反应在表面生成致密的氧化膜，对内层金属有保护作用B.Fe在高温下能与水蒸气反应，Fe被氧化生成Fe3O4，H2O被还原生成H2C.小苏打、氢氧化铝都可以用于中和胃酸D.铝制餐具不适合长时间的蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物4、某聚合物锂离子充电电池放电时的反应为：Li1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，（LixC6表示锂原子嵌入石墨形成的复合材料）其工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A.放电时，电子从b极流向a极B.放电时，a极脱出的离子通过阴离子交换膜从左向右移动C.充电时，b极发生的反应为：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+D.充电时，每转移xmol电子，产生6mol碳单质5、实验室欲快速制取H2，应选用正确的措施是（）A.纯锌与稀硫酸反应B.粗锌跟浓硫酸反应C.粗锌跟稀硝酸反应D.将浸泡过CuSO4溶液的锌跟稀硫酸反应6、人类开始化学实践活动是从下列哪项活动开始的A.使用火B.制陶瓷C.酿酒D.炼丹评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、某研究小组为了探究“铁与水蒸气”能否发生反应及反应的产物，进行了下列实验．

（1）用如图所示实验装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热并通入水蒸气，就可以完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”（石棉绒是耐高温材料，不与水反应）．反应一段时间后，有肥皂泡吹起时，用点燃的火柴靠近肥皂泡，当____（填实验现象）时，说明“铁与水蒸气”能够进行反应．写出铁与水反应的化学方程式____

（2）为了证明反应后的固体混合物中含有+3价的Fe，他们计划取出少量混合物于试管中，加入足量的盐酸，溶解、过滤．写出有关的化学方程式____．8、KNO3是重要的化工产品，下面是一种己获得专利的KNO3制备方法的主要步骤：

（1）反应Ⅰ中，CaSO4与NH4HCO3的物质的量之比为1：2，该反应的化学方程式为____；

（2）反应Ⅱ需在干态、加热的条件下进行，加热的目的是____；从反应Ⅳ所得混合物中分离出CaSO4的方法是趁热过滤，趁热过滤的目的是____；

（3）检验反应Ⅱ所得K2SO4中是否混有KCl的方法是：取少量K2SO4样品溶解于水，____；

（4）整个流程中，可循环利用的物质有____（填化学式）．

（5）将硝酸与浓KCl溶液混合，也可得到KNO3，同时生成等体积的气体A和气体B．B是三原子分子，B与O2反应生成1体积黄绿色气体A和2体积红棕色气体C．B的分子式为____，写出硝酸与浓KCl溶液反应的化学方程式____．9、（1）氧化还原反应的本质是____．所含元素化合价升高的物质是____剂，发生____反应．

（2）对于氧化还原反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，在上述化学方程式中用单线桥标明电子转移的方向和数目____．该反应的氧化产物是____（填元素符号或化学式）10、（1）Be和Al具有相似的化学性质，写出BeCl2水解反应的离子方程式____．将该溶液蒸干灼烧得到的固体是____（写化学式）．

（2）25℃时，pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH混合，溶液呈中性，则H2SO4与NaOH的体积之比为____．

（3）已知PbI2的Ksp=7.0x10-9，将0.01mol/LKI（aq）与未知浓度Pb（NO3）2等体积混合，则生成沉淀PbI2所需Pb（NO3）2的最小浓度是____mol/L．11、在标准状况下，有一刚性密闭容器，被一可以自由滑动的活塞分成两个密闭的反应器．左侧充入等物质的量的氢气和氧气，右侧充入一氧化碳和氧气的混合气体．同时引燃左右两侧的混合气，反应后恢复到标准状况．反应前后活塞位置如下图所示．则右侧混合气体中一氧化碳和氧气的物质的量之比是____________或____________．(液态水的体积忽略不计)评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)12、判断对错：1molNa2O2固体中含有离子总数为4NA____．13、提纯氯化钠，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再通过余热将溶液全部蒸干．____（判断对错）14、加过量的AgNO3溶液，产生大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的Cl-．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”15、加用盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液，产生了大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的SO42-．____（判断对错正确的打“√”，错误的打“×”）16、一定压强下，所有物质在温度变化时都能表现出三态变化．____（判断对错）17、蛋白质、纤维素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物____（判断对错）18、含5个碳原子的有机物，每个分子中最多可形成4个C-C单键____．评卷人得分四、推断题(共1题，共2分)19、如图为中学化学中几种常见物质的转化关系（部分产物已略去）．已知：A；D是金属单质；L为红褐色沉淀，E为食盐的主要成分，I的水溶液呈强酸性．

（1）K的化学式为____．

（2）写出反应①的化学方程式：____．

（3）写出反应②的离子方程式：____．

（4）向M溶液中加入足量的I溶液反应的离子方程式为____．

（5）写出一个由化合反应生成L的化学方程式____．评卷人得分五、探究题(共4题，共16分)20、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．21、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：22、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．23、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分六、实验题(共4题，共12分)24、（2014秋•城区校级月考）分别取40mL的0.50mol/L盐酸与0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．请回答下列问题：

（1）理论上稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，写出表示稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式____．

（2）如图所示，A为泡沫塑料板，上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃棒，两个小孔不能开得过大，其原因是____；反应需要测量温度，每次测量温度后都必须采取的操作是____．

（3）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g•℃），为了计算中和热，实验时还需测量的数据有____（填序号）；

A．反应前盐酸溶液的温度B．反应前盐酸溶液的质量。

C．反应前氢氧化钠溶液的温度D．反应前氢氧化钠溶液的质量。

E．反应后混合溶液的最高温度F．反应后混合溶液的质量。

（4）某学生实验记录数据如下：

。实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠混合溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H=____；

（5）假定该学生的操作完全同上，实验中改用100mL0.5mol/L盐酸跟100mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____（填“相等”或“不相等”），所求中和热____（填“相等”或“不相等”）．25、某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验：

实验Ⅰ：将rm{Fe^{3+}}转化为rm{Fe^{2+}(}图rm{1)}

rm{(1)Fe^{3+}}与rm{Cu}粉发生反应的离子方程式为______．

rm{(2)}探究白色沉淀产生的原因；请填写实验方案：

查阅资料：

rm{垄隆.SCN^{-}}的化学性质与rm{I^{-}}相似，rm{垄垄.2Cu^{2+}+4I^{-}=2CuI隆媒+I_{2}}

。实验方案现象结论步骤rm{1}取rm{4mL}______rm{mol/L}rm{CuSO_{4}}溶液，向其中滴加rm{3}滴rm{0.1mol/L}rm{KSCN}溶液产生白色沉淀rm{CuSO_{4}}与rm{KSCN}反应产生了白色沉淀：步骤rm{2}取______无明显现象rm{Cu^{2+}}与rm{SCN^{-}}反应的离子方程式为______．

实验Ⅱ：将rm{Fe^{2+}}转化为rm{Fe^{3+}}

。实验方案现象向rm{3mL}rm{0.1mol/L}rm{FeSO_{4}}溶液中加入rm{1mL}rm{8mol/L}稀硝酸溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色探究上述现象出现的原因：

查阅资料：rm{Fe^{2+}+NO?Fe(NO)^{2+}(}棕色rm{)}

rm{(3)}用离子方程式解释rm{NO}产生的原因______．

rm{(4)}从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：

反应Ⅰ：rm{Fe^{2+}}与rm{HNO_{3}}反应；反应Ⅱ：rm{Fe^{2+}}与rm{NO}反应。

rm{垄脵}依据实验现象，甲认为反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ______rm{(}填“快”或“慢”rm{)}．

rm{垄脷}乙认为反应Ⅰ是一个不可逆反应；并通过实验证明其猜测正确，乙设计的实验方案是______．

rm{垄脹}请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因______．

rm{(5)}丙认为若生成的rm{NO}与rm{Fe^{2+}}不接触，溶液就不会出现棕色，请设计实验方案，并画出实验装置图rm{2}实现。

rm{Fe^{2+}xrightarrow{{稀}HNO_{3}}Fe^{3+}}的转化，同时避免出现此异常现象．rm{Fe^{2+}

xrightarrow{{稀}HNO_{3}}Fe^{3+}}26、某学习小组开展下列实验探究活动：

rm{(1)}装置rm{A}中反应的化学方程式为______．

rm{(2)}利用装置rm{A}中产生的气体设计实验证明rm{+4}价硫具有氧化性：______．

rm{(3)}选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱．

装置连接顺序为______，其中装置rm{C}的作用是______；通过______现象即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸．

rm{(4)}利用rm{G}装置可测定装置rm{A}残液中rm{SO_{2}}的含量rm{.}量取rm{1.00mL}残液于烧瓶中，加适量的水稀释，加热使rm{SO_{2}}全部逸出并与锥形瓶中rm{H_{2}O_{2}}完全反应rm{(SO_{2}+H_{2}O_{2}=H_{2}SO_{4}}然后用rm{0.1000mo1/L^{-1}}rm{NaOH}标准溶液进行滴定，至终点时消耗rm{NaOH}溶液rm{20.00mL}．

rm{垄脵G}中球形冷凝管的冷凝水进口为______rm{(}填“rm{a}”或“rm{b}”rm{)}．

rm{垄脷}残液中rm{SO_{2}}含量为______rm{g.L^{-1}}．

rm{垄脹}经多次测定发现；测定值始终高于实验值，则其原因是______．

rm{(5)}设计实验证明rm{H_{2}SO_{3}}为二元弱酸：______rm{.(}可提供的仪器：rm{pH}计，其他中学化学常见仪器任选，药品：rm{0.10mol漏qL^{-1}NaOH}溶液、rm{0.05}rm{mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液，酸碱指示剂rm{)}27、草酸rm{(}乙二酸rm{)}存在于自然界的植物中，其rm{K_{1}=5.4隆脕10^{-2}}rm{K_{2}=5.4隆脕10^{-5}.}草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水rm{.}草酸晶体rm{(H_{2}C_{2}O_{4}?2H_{2}O)}无色，熔点为rm{101隆忙}易溶于水，受热脱水、升华，rm{170隆忙}以上分解rm{.}回答下列问题：

rm{(1)}甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物，装置rm{C}中可观察到的现象是______，由此可知草酸晶体分解的产物中有______rm{.}装置rm{B}的主要作用是______．

rm{(2)}乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有rm{CO}为进行验证，选用甲组实验中的装置rm{A}rm{B}和如图所示的部分装置rm{(}可以重复选用rm{)}进行实验．

rm{垄脵}乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为rm{A}rm{B}______rm{.}装置rm{H}反应管中盛有的物质是______．

rm{垄脷}能证明草酸晶体分解产物中有rm{CO}的现象是______．

rm{(3)垄脵}设计实验证明：

rm{垄脵}草酸的酸性比碳酸的强______．

rm{垄脷}草酸为二元酸______．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【解答】解：A；该装置是电解池装置；是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误；

B、a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移；故B正确；

C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是1mol的氧气，阴极有mol的二氧化碳被还原；所以被还原的二氧化碳为29.3g，故C错误；

D、a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O；故D错误；

故选B．

【分析】A；该装置是电解池装置；是将电能转化为化学能；

B；与电源正极相连的是电解池的阳极；负极相连的是电解池的阴极，a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动；

C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2；即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，由此分析解答；

D、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O．2、B【分析】【分析】A．与氯化钡溶液反应生成的白色沉淀可能为氯化银；不一定为硫酸钡；

B．先加入硫氰化钾溶液；溶液不显示红色，说明溶液中不存在铁离子，再加入氯水后变为红色，说明此时溶液中存在铁离子，则原溶液中一定含有亚铁离子；

C．二氧化硫能够使品红褪色；但是使品红溶液褪色的不一定为二氧化硫，可能为氯气；

D．可能为HCO3-．【解析】【解答】解：A．向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液；有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为硫酸钡或氯化银，原溶液中可能含有银离子，不一定含有硫酸根离子，故A错误；

B．向某溶液中加入2滴KSCN溶液；溶液不显红色，说明原溶液中不存在铁离子，再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色，说明加入氯水后的溶液中存在铁离子，则证明原溶液中一定存在亚铁离子，故B正确；

C．氯气与水反应生成具有强氧化性的次氯酸；次氯酸具有漂白性；所以将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体不一定为二氧化硫，可能为氯气，故C错误；

D．CO32-和HCO3-都能与HCl反应生成CO2气体，CO2气体为能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，所以不能判断出是否含有CO32-；故D错误；

故选B．3、A【分析】【分析】A；铁在表面不能生成致密的氧化膜；

B；铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；

C；小苏打、氢氧化铝碱性较弱；可与胃酸反应；

D、铝和酸碱都能反应．【解析】【解答】解：A；铁在表面不能生成致密的氧化膜；Mg．Al均能与空气中的氧气反应在表面生成致密的氧化膜，对内层金属有保护作用，故A错误；

B；铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；铁被氧化为四氧化三铁，水被还原为氢气，故B正确；

C；小苏打、氢氧化铝碱性较弱；可与胃酸反应生成氯化钠和氯化铝，对人体无害，故C正确；

D；铝、氧化铝和酸碱都能反应；Al在食盐电解质溶液中易发生吸氧腐蚀，所以铝制餐具不适合长时间的蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故D正确；

故选A．4、C【分析】【分析】放电时的反应为Li1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合价降低，C元素的化合价升高，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应来解答．【解析】【解答】解：放电时的反应为Li1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2；Co元素的化合价升高，C元素的化合价降低；

A．C元素的化合价升高，则放电时LixC6发生氧化反应是负极，所以放电时，电子从a极流向b极；故A错误；

B、放电时C元素的化合价升高，发生氧化反应，电极反应式为：LixC6-xe-=6C+xLi+；而阳离子不能通过阴离子交换膜，故B错误；

C、充电时，b极为阳极发生氧化反应，电极反应为：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+；故C正确；

D、充电时，阴极的电极反应式为：6C+xLi++xe-=LixC6；所以每转移xmol电子，消耗6mol碳单质，故D错误；

故选C．5、D【分析】【分析】快速制取氢气，可用粗锌和稀硫酸反应，浓硫酸和稀硝酸都不能与锌反应生成氢气．【解析】【解答】解：浓硫酸和稀硝酸都不能与锌反应生成氢气；

实验室制备氢气应用稀硫酸；

A与D相比较；D易形成原电池反应而导致反应速率加快；

则应用浸泡过CuSO4溶液的锌跟稀硫酸反应；

故选D．6、A【分析】【解析】试题分析：此题主要是考查课本中的识记内容，能力要求上属于基础题。对于这道题的解法，也可以从以下方面分析：1、制陶瓷与炼丹都需要用到火，所以使用火应该在制陶和炼丹之前；2、从时间上看，“钻木取火”在远古时代就已经发明了，而酿酒较晚；综合以上，答案应为A。考点：主要考查对课本基础知识的识记。【解析】【答案】A二、填空题(共5题，共10分)7、肥皂泡破裂，产生爆鸣声3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2Fe3O4+8HCl═FeCl2+2FeCl3+4H2O【分析】【分析】（1）根据铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；氢气点燃有爆鸣声进行分析；

（2）根据四氧化三铁与盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁、水写出方程式．【解析】【解答】解：（1）铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；如果肥皂泡破裂；产生爆鸣声说明有氢气生成，即可说明“铁与水蒸气”能够进行反应；

故答案为：肥皂泡破裂，产生爆鸣声；3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；

（2）四氧化三铁与盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁、水，所以方程式为：Fe3O4+8HCl═FeCl2+2FeCl3+4H2O；

故答案为：Fe3O4+8HCl═FeCl2+2FeCl3+4H2O．8、CaSO4+2NH4HCO3=CaCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑分离NH4Cl与K2SO4，加快化学反应速率防止KNO3结晶，提高KNO3的产率加入Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，若有沉淀生成，说明K2SO4中混有KCl（NH4）2SO4、CaSO4、KNO3NOCl4HNO3+3KCl═3KNO3+Cl2↑+NOCl↑+2H2O【分析】【分析】反应Ⅰ中，CaSO4与NH4HCO3的物质的量之比为1：2，由流程题可知生成CaCO3、（NH4）2SO4和CO2，过滤后在滤液的主要成分为（NH4）2SO4；加入KCl，在干态；加热的条件下进行，分离出氯化铵，可得硫酸钾，在滤液中加入硝酸钙，可得到硫酸钙和硝酸钾，经过滤、蒸发、浓缩结晶可得硝酸钾；

反应III中碳酸钙和硝酸反应生成硝酸钙和二氧化碳；

（5）将硝酸与浓KCl溶液混合，也可得到KNO3，同时生成等体积的气体A和气体B，B是三原子分子，B与O2反应生成1体积黄绿色气体A和2体积红棕色气体C，A是氯气、C是NO2；根据原子守恒知，B是NOCl；

根据反应物和生成物书写方程式．【解析】【解答】解：反应Ⅰ中，CaSO4与NH4HCO3的物质的量之比为1：2，由流程题可知生成CaCO3、（NH4）2SO4和CO2，过滤后在滤液的主要成分为（NH4）2SO4；加入KCl，在干态；加热的条件下进行，分离出氯化铵，可得硫酸钾，在滤液中加入硝酸钙，可得到硫酸钙和硝酸钾，经过滤、蒸发、浓缩结晶可得硝酸钾；

反应III中碳酸钙和硝酸反应生成硝酸钙和二氧化碳；

（1）反应Ⅰ中，CaSO4与NH4HCO3的物质的量之比为1：2，由流程题可知生成CaCO3、（NH4）2SO4和CO2，由质量守恒可知反应的方程式为CaSO4+2NH4HCO3=CaCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑；

故答案为：CaSO4+2NH4HCO3=CaCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑；

（2）（NH4）2SO4加入KCl，在干态、加热的条件下进行，可生成易分解的氯化铵，加热时氯化铵分解生成氯化氢和氨气，温度降低又生成氯化铵，以此可分离出氯化铵，得硫酸钾，且能加快反应的速率；从反应Ⅳ所得混合物中分离出CaSO4的方法是趁热过滤，趁热过滤的目的是防止KNO3结晶，提高KNO3的产率；

故答案为：分离NH4Cl与K2SO4，加快化学反应速率；防止KNO3结晶，提高KNO3的产率；

（3）检验反应Ⅱ所得K2SO4中是否混有KCl，应先加入硝酸钡时硫酸钾完全转化为硫酸钡沉淀，以免干扰氯离子的检验，然后再加入硝酸银检验氯化钾，操作方法为加入Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，若有沉淀生成，说明K2SO4中混有KCl；

故答案为：加入Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，若有沉淀生成，说明K2SO4中混有KCl；

（4）整个流程中，可循环利用的物质有（NH4）2SO4、CaSO4、KNO3，故答案为：（NH4）2SO4、CaSO4、KNO3；

（5）B是三原子分子，B与O2反应生成1体积气体A和2体积红棕色气体C，C应为NO2，黄绿色气体应为Cl2；

则B中含有N元素和Cl元素，结合原子守恒得反应的方程式应为2B+O2=Cl2+2NO2；可知B的分子式为NOCl；

所以硝酸与浓KCl溶液反应的化学方程式为4HNO3+3KCl═3KNO3+Cl2↑+NOCl↑+2H2O；

故答案为：NOCl；4HNO3+3KCl═3KNO3+Cl2↑+NOCl↑+2H2O．9、得失电子还原剂氧化反应ZnSO4【分析】【分析】（1）氧化还原反应的本质是电子得失；特征是化合价的升降，所含元素化合价升高的物质是还原剂，发生氧化反应，得到氧化产物；

（2）由氧化还原反应中单线桥的表示方法，可知箭头从还原剂出发指向氧化剂，在横线上标出转移的电子数目即可．【解析】【解答】解：（1）氧化还原反应的本质是电子得失；所含元素化合价升高的物质是还原剂，发生氧化反应；

故答案为：得失电子；还原剂；氧化反应；

（2）用单线桥表示氧化还原反应：氧化还原反应中所含元素化合价升高的物质是还原剂，发生氧化反应，得到氧化产物，故ZnSO4为氧化产物．

故答案为：ZnSO4．10、Be2++2H2O⇋Be（OH）2+2H+BeO1：1005.6×10-4【分析】【分析】（1）根据铝离子水解呈酸性推知铍离子水解的方程式，BeCl2溶液蒸干的过程中由于发生水解；生成氢氧化铍，同时氯化氢挥发，再经过灼烧得到氧化铍；

（2）25℃时，pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH混合；溶液呈中性，说明两种溶液中氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，据此答题；

（3）沉淀是PbI2，混合后，c（I-）═5×10-3mol/L，根据Ksp=c[Pb（NO3）2]•c2（I-）计算即可．【解析】【解答】解：（1）根据铝离子水解呈酸性推知铍离子水解的方程式为Be2++2H2O⇋Be（OH）2+2H+，BeCl2溶液蒸干的过程中由于发生水解；生成氢氧化铍，同时氯化氢挥发，再经过灼烧得到氧化铍；

故答案为：Be2++2H2O⇋Be（OH）2+2H+；BeO；

（2）25℃时，pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH混合，溶液呈中性，说明两种溶液中氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以有V（H2SO4）×10-2=V（NaOH）×10-4，则V（H2SO4）：V（NaOH）=1：100；

故答案为：1：100；

（3）根据题意，沉淀是PbI2，混合后，c（I-）═5×10-3mol/L，根据Ksp=c[Pb（NO3）2]•c2（I-），则生成沉淀时，混合溶液中的Pb（NO3）2溶液的最小浓度为=2.8×10-4（mol/L），混合前，即原Pb（NO3）2溶液的最小浓度为2×2.8×10-4mol/L=5.6×10-4mol/L．

故答案为：5.6×10-4．11、略

【分析】解：假设氢气和氧气的物质的量分别为1mol；开始时左右两侧气体的体积相等，则物质的量之和相等，右侧气体共为2mol；

同时引燃左右两侧的混合气，发生反应分别为，左侧：2H2+O22H2O，右侧：2CO+O22CO2；

左侧剩余气体为0.5molO2；

由图可知反应后左右两侧气体的物质的量之比为1：3；则右侧气体的物质的量为1.5mol；

当CO过量时，设O2为xmol；则CO为(2-x)mol：

2CO+O22CO2

211

2xx2x

2-x-2x+2x=1.5；x=0.5

所以：n(CO)=1.5mol，n(O2)=0.5mol；

n(CO)：n(O2)=3：1；

当O2过量时，设CO为ymol，则O2为(2-y)mol；

2CO+O22CO2

211

yy

2-y-+y=1.5

y=1；

所以：n(CO)=1mol，n(O2)=1mol；

n(CO)：n(O2)=1：1；

故答案为：1：1或3：1．【解析】1：1;3：1三、判断题(共7题，共14分)12、×【分析】【分析】过氧化钠化学式是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，所以其阴阳离子个数之比为1：2，据此计算离子总数．【解析】【解答】解：过氧化钠化学式是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，所以其阴阳离子个数之比为1：2，则1molNa2O2固体中含有离子总数为3NA，故答案为：×．13、√【分析】【分析】蒸发操作不能直接蒸干，以防止温度过高而导致分解而变质，据此解答即可．【解析】【解答】解：提纯氯化钠，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再通过余热将溶液全部蒸干，符合蒸发操作要求，故此说法正确，故答案为：√．14、×【分析】【分析】碳酸根离子等也能与AgNO3溶液产生白色沉淀．【解析】【解答】解：与AgNO3溶液，产生白色沉淀的不只Cl-，还有碳酸根离子等．所以检验Cl-时；通常先加稀硝酸酸化，以排除碳酸根离子的干扰．

故答案为：×．15、×【分析】【分析】加用盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液，产生了大量的白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银，不一定为硫酸钡，则无法判断原溶液中是否含有硫酸根离子．【解析】【解答】解：氯化银和硫酸钡都不溶于强酸，向溶液中加入用盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液；产生了大量的白色沉淀，白色沉淀可能是盐酸电离的氯离子与银离子反应生成的氯化银沉淀，不一定为硫酸钡沉淀，所以该说法是错误的；

故答案为：×．16、×【分析】【分析】有的固体受热时会直接升华为气体．【解析】【解答】解：一定压强下；所有物质在温度变化时不一定能表现出三态变化，如碘受热时直接升华为气体，不形成液体，故错误；

故答案为：×．17、×【分析】【分析】高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；据此分析．【解析】【解答】解：蔗糖的分子式为：C12H22O12；其相对分子质量较小，不属于高分子化合物，蛋白质；纤维素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故该说法错误；

故答案为：×．18、×【分析】【分析】根据碳原子可以形成碳链，也可以形成碳环，可以带支链，也可以不带支链来解答；【解析】【解答】解：碳原子可以形成碳链；无论带支链，还是不带支链，都含有4个C-C单键；碳原子可以形成碳环，可以带支链，也可以不带支链，都含有5个C-C单键；

故答案为：×；四、推断题(共1题，共2分)19、FeCl32Al+Fe2O32Fe+Al2O32Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-AlO2-+4H+=Al3++2H2O4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【分析】【分析】L为红褐色沉淀，则L为Fe（OH）3，Fe（OH）3受热分解生成B为Fe2O3，A、D是金属单质，A与B在高温下反应生成D，则该反应为铝热反应，所以A为Al，C为Al2O3，D为Fe，E为食盐的主要成分，则E为NaCl，电解E得F、G、H分别为NaOH、H2、Cl2，G、H反应生成I，I的水溶液呈强酸性，则F为NaOH，所以I为HCl，D和I反应生成H和J，则H为H2，J为FeCl2，所以G为Cl2，J与G反应生成K为FeCl3，C和F反应生成M为NaAlO2，M与I生成N，N受热分解得C，则N为Al（OH）3，据此答题．【解析】【解答】解：L为红褐色沉淀，则L为Fe（OH）3，Fe（OH）3受热分解生成B为Fe2O3，A、D是金属单质，A与B在高温下反应生成D，则该反应为铝热反应，所以A为Al，C为Al2O3，D为Fe，E为食盐的主要成分，则E为NaCl，电解E得F、G、H分别为NaOH、H2、Cl2，G、H反应生成I，I的水溶液呈强酸性，则F为NaOH，所以I为HCl，D和I反应生成H和J，则H为H2，J为FeCl2，所以G为Cl2，J与G反应生成K为FeCl3，C和F反应生成M为NaAlO2，M与I生成N，N受热分解得C，则N为Al（OH）3；

（1）根据上面的分析可知，K为FeCl3；

故答案为：FeCl3；

（2）反应①为铝热反应，反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；

故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；

（3）反应②为电解食盐水，反应的离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-；

故答案为：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-；

（4）向NaAlO2溶液中加入足量的盐酸，反应的离子方程式为AlO2-+4H+=Al3++2H2O；

故答案为：AlO2-+4H+=Al3++2H2O；

（5）用氢氧化亚铁通过化合反应可以生成氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．五、探究题(共4题，共16分)20、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．21、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．22、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．23、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．六、实验题(共4题，共12分)24、NaOH（aq）+H2SO4（aq）═Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol减少热量散失用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计ACE-51.8kJ/mol不相等相等【分析】【分析】（1）根据酸碱中和反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量书写热化学方程式；

（2）根据测定中和热过程中必须尽量减少热量的散失分析；中和反应是放热反应；

（3）根据中和热计算公式Q=cm△T中涉及的未知数据进行判断；

（4）先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差；再根据Q=cm△T计算出反应放出的热量，最后计算出中和热；

（5）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答．【解析】【解答】解：（1）已知稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，稀硫酸和氢氧化钠稀溶液都是强酸和强碱的稀溶液，则反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+H2SO4（aq）═Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；

故答案为：NaOH（aq）+H2SO4（aq）═Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；

（2）如图所示；A为泡沫塑料板，上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒，若两个小孔开得过大，会导致散失较多的热量，影响测定结果；

中和反应是放热反应；温度计上的酸与NaOH溶液反应放热，使温度计读数升高，温度差偏低，但使测得的中和热偏高，所以每次测量后用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；

故答案为：减少热量散失；用水将温度计上的液体冲掉；并擦干温度计；

（3）由Q=cm△T可知；测定中和热需要测定的数据为：A．反应前盐酸溶液的温度；B．反应前盐酸溶液的质量和E．反应后混合溶液的最高温度；

故选ACE；

（4）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃；反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.15℃；

第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃；反应前后温度差为：3.1℃；

第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃；反应前后温度差为：3.05℃；

40mL的0.50mol/L盐酸与40mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=80mL×1g/cm3=80g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×80g×=1.036kJ，即生成0.02mol的水放出热量为：1.036kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.036kJ×=-51.8kJ/mol；即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol；

故答案为：-51.8kJ/mol；

（5）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；若用100mL0.50mol/L盐酸跟100mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增加，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成nmol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用100mL0.50mol/L盐酸跟100mL0.55mol/LNaOH溶液进行上述实验，测得中和热数值相等；

故答案为：不相等；相等．25、略

【分析】解：rm{(1)Fe^{3+}}与rm{Cu}粉发生反应生成铜离子与亚铁离子，反应离子方程式为：rm{2Fe^{3+}+Cu篓T2Fe^{2+}+Cu^{2+}}

故答案为：rm{2Fe^{3+}+Cu篓T2Fe^{2+}+Cu^{2+}}

rm{(2)}由反应rm{2Fe^{3+}+Cu篓T2Fe^{2+}+Cu^{2+}}可知图rm{1}中得到溶液中rm{Fe^{2+}}为rm{0.2mol/L}rm{Cu^{2+}}为rm{0.1mol/L}分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入rm{KSCN}溶液进行对照实验；故实验方案为：

步骤rm{1}取rm{4mL0.1mol/LCuSO_{4}}溶液，向其中滴加rm{3}滴rm{0.1mol/LKSCN}溶液；

步骤rm{2}取rm{4mL0.1mol/LFeSO_{4}}溶液，向其中滴加rm{3}滴rm{0.1mol/LKSCN}溶液；

由题目信息rm{ii}可知，rm{Cu^{2+}}与rm{SCN^{-}}反应生成rm{CuSCN}沉淀，同时生成rm{(SCN)_{2}}反应离子方程式为：rm{Cu^{2+}+3SCN^{-}=CuSCN隆媒+(SCN)_{2}}

故答案为：rm{0.1}取rm{4mL0.1mol/LFeSO_{4}}溶液，向其中滴加rm{3}滴rm{0.1mol/LKSCN}溶液；rm{Cu^{2+}+3SCN^{-}=CuSCN隆媒+(SCN)_{2}}

rm{(3)}亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、rm{NO}与水，反应离子方程为：rm{3Fe^{2+}+4H^{+}+NO_{3}^{-}篓T3Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}

故答案为：rm{3Fe^{2+}+4H^{+}+NO_{3}^{-}篓T3Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}

rm{(4)垄脵}溶液先变为棕色；放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色，反应速率快的反应现象最先表现，反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的慢；

故答案为：慢；

rm{垄脷}反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有rm{Fe^{2+}}否则没有rm{Fe^{2+}}具体的实验方案是：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴rm{K_{3}[Fe(CN)_{6}]}溶液，溶液无明显变化，说明反应rm{I}是不可逆反应；

故答案为：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴rm{K_{3}[Fe(CN)_{6}]}溶液，溶液无明显变化，说明反应rm{I}是不可逆反应；

rm{垄脹Fe^{2+}}被硝酸氧化为rm{Fe^{3+}}导致溶液中rm{Fe^{2+}}浓度降低，导致平衡rm{Fe^{2+}+NO?Fe(NO)^{2+}}逆向移动，最终rm{Fe(NO)^{2+}}完全转化为rm{Fe^{3+}}溶液由棕色变为黄色；

故答案为：rm{Fe^{2+}}被硝酸氧化为rm{Fe^{3+}}导致溶液中rm{Fe^{2+}}浓度降低，导致平衡rm{Fe^{2+}+NO?Fe(NO)^{2+}}逆向移动，最终rm{Fe(NO)^{2+}}完全转化为rm{Fe^{3+}}溶液由棕色变为黄色；

rm{(5)}利用原电池原理，使rm{NO}与rm{Fe^{2+}}在不同的电极区域生成，实验装置图为

故答案为：．

rm{(1)Fe^{3+}}与rm{Cu}粉发生反应生成铜离子与亚铁离子；

rm{(2)}图rm{1}中得到溶液中rm{Fe^{2+}}为rm{0.2mol/L}rm{Cu^{2+}}为rm{0.1mol/L}分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入rm{KSCN}溶液进行对照实验；

由题目信息rm{ii}可知，rm{Cu^{2+}}与rm{SCN^{-}}反应生成rm{CuSCN}沉淀，同时生成rm{(SCN)_{2}}

rm{(3)}亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、rm{NO}与水；

rm{(4)垄脵}反应速率快的反应现象最先表现；

rm{垄脷}反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有rm{Fe^{2+}}否则没有rm{Fe^{2+}}可以用rm{K_{3}[Fe(CN)_{6}]}溶液检验；

rm{垄脹Fe^{2+}}被硝酸氧化为rm{Fe^{3+}}导致溶液中rm{Fe^{2+}}浓度降低，导致平衡发生移动，最终rm{Fe(NO)^{2+}}完全转化为rm{Fe^{3+}}

rm{(5)}利用原电池原理，使rm{NO}与rm{Fe^{2+}}在不同的电极区域生成．

本题考查反应原理的探究实验、实验方案设计等，注意利用对照法分析解答，较好的考查学生阅读能力、知识获取与迁移运用能力，注意中学常见仪器与装置的绘画．【解析】rm{2Fe^{3+}+Cu篓T2Fe^{2+}+Cu^{2+}}rm{0.1}取rm{4mL0.1mol/LFeSO_{4}}溶液，向其中滴加rm{3}滴rm{0.1mol/LKSCN}溶液；rm{Cu^{2+}+3SCN^{-}=CuSCN隆媒+(SCN)_{2}}rm{3Fe^{2+}+4H^{+}+NO_{3}^{-}篓T3Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}慢；取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴rm{K_{3}[Fe(CN)_{6}]}溶液，溶液无明显变化，说明反应rm{I}是不可逆反应；rm{Fe^{2+}}被硝酸氧化为rm{Fe^{3+}}导致溶液中rm{Fe^{2+}}浓度降低，导致平衡rm{Fe^{2+}+NO?Fe(NO)^{2+}}逆向移动，最终rm{Fe(NO)^{2+}}完全转化为rm{Fe^{3+}}溶液由棕色变为黄色26、略

【分析】解：rm{(1)}盐酸与亚硫酸钙反应生成氯化钙、二氧化硫与水，反应方程式为：rm{CaSO_{3}+2HCl=CaCl_{2}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{CaSO_{3}+2HCl=CaCl_{2}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{(2)}二氧化硫与氢硫酸反应生成硫，反应中二氧化硫表现氧化性，利用装置rm{1}中产生的气体证明rm{+4}价硫具有氧化性：将rm{SO_{2}}通入氢硫酸溶液中，出现淡黄色沉淀，证明rm{+4}价硫具有氧化性；

故答案为：将rm{SO_{2}}通入氢硫酸溶液溶液中，出现淡黄色沉淀，证明rm{+4}价硫具有氧化性；

rm{(3)}次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比rm{HClO}强碱性判断rm{.A}装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有rm{HCl}用饱和的亚硫酸氢钠除去rm{HCl}再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入rm{F}中；则：

装置连接顺序为rm{A}rm{C}rm{B}rm{E}rm{D}rm{F}其中装置rm{C}的作用是除去rm{HCl}气体，rm{D}中品红不褪色，rm{F}中出现白色沉淀；可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸；

故答案为：rm{A}rm{C}rm{B}rm{E}rm{D}rm{F}除去rm{HCl}气体；rm{D}中品红不褪色，rm{F}中出现白色沉淀；

rm{(4)垄脵}采取逆流原理通入冷凝水，即球形冷凝管进水口为rm{b}故答案为：rm{b}

rm{垄脷}设残液中rm{SO_{2}}含量为rm{xg.L^{-1}}则：

rm{SO_{2}隆芦隆芦H_{2}SO_{4}隆芦隆芦2NaOH}

rm{64g}rm{2mol}

rm{xg.L^{-1}隆脕0.001L}rm{0.02L隆脕0.1mol/L}

所以rm{64g}rm{xg.L^{-1}隆脕0.001L=2mol}rm{0.02L隆脕0.1mol/L}

解得rm{x=64.00}

故答案为：rm{64.00}

rm{垄脹}残留液中有剩余的盐酸，挥发出rm{HCl}会消耗rm{NaOH}导致测定值始终高于实际值；

故答案为：残留液中有剩余的盐酸；导致实验中消耗的氢氧化钠的量偏多；

rm{(5)}用rm{0.10mol漏qL^{-1}NaOH}溶液来滴定rm{10mL0.05}rm{mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液，消耗rm{NaOH}溶液的体积为rm{10mL}即证明为二元酸或在滴有酚酞的rm{10mL0.05}rm{mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液中，滴加rm{10mL0.10mol漏qL^{-1}NaOH}溶液后，先生成的是亚硫酸氢钠溶液显酸性，酚酞颜色不变为无色，再滴加rm{10mLNaOH}溶液，和亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠溶液显碱性酚酞溶液变红色，所以溶液颜色由无色变为红色rm{.}可证明为二元酸；用rm{pH}计可测定rm{0.05mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液的rm{PH}若rm{PH}大于rm{1}说嘛氢离子未完全电离出来，溶液中存在电离平衡，则证明为弱酸；

故答案为：用rm{0.10mol漏qL^{-1}NaOH}溶液来滴定rm{10mL0.05}rm{mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液，消耗rm{NaOH}溶液的体积为rm{10mL}即证明为二元酸或在滴有酚酞的rm{10mL0.05}rm{mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液中，滴加rm{10mL0.10mol漏qL^{-1}NaOH}溶液后，再滴加rm{10mLNaOH}溶液，溶液颜色由无色变为红色rm{.}可证明为二元酸，用rm{pH}计可测定rm{0.05mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液的rm{PH}若rm{PH}大于rm{1}则证明为弱酸．

rm{(1)}盐酸与亚硫酸钙反应生成氯化钙；二氧化硫与水；

rm{(2)}二氧化硫与氢硫酸反应生成硫；反应中二氧化硫表现氧化性；

rm{(3)}次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比rm{HClO}强碱性判断rm{.A}装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有rm{HCl}用饱和的亚硫酸氢钠除去rm{HCl}再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入rm{F}中；

rm{(4)垄脵}采取逆流原理通入冷凝水；

rm{垄脷}根据关系式：rm{SO_{2}隆芦H_{2}SO_{4}隆芦2NaOH}计算；

rm{垄脹}残留液中有剩余的盐酸；

rm{(5)}用rm{0.10mol漏qL^{-1}NaOH}溶液来滴定rm{10mL0.05}rm{mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液，消耗rm{NaOH}溶液的体积若为rm{10ml}证明为二元酸或依据亚硫酸氢钠溶液显酸性，亚硫酸钠溶液显碱性设计实验证明为二元酸，利用测定rm{0.05}rm{mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液的rm{PH}判断是否完全电离来判断是否为弱酸．

本题考查气体制备与性质实验、物质含量测定实验，涉及装置分析与评价、实验方案设计、仪器使用、化学计算等，关键是明确实验原理，较好的考查学生实验综合能