2025年新科版高三化学下册月考试卷

…………○…………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年新科版高三化学下册月考试卷144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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列化学反应的离子方程式书写正确的是（）A.将少量金属钠放人冷水中：Na+2H2O═Na++2OH-+H2↑B.将铝片加入烧碱溶液中：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑C.向亚硫酸钠溶液中加入足量硝酸：SO32-+2H+═SO2↑+H2OD.向澄清石灰水中通入过量二氧化碳：CO2+Ca2++2OH-═CaCO3↓+H2O2、将由FeSO4、Ba（OH）2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻棒搅拌，充分溶解，一段时间后，向稳定的混合物溶液中滴加1mol•L-1的稀硫酸，加入稀硫酸的体积与生成沉淀的物质的量关系如图所示．下列有关判断不正确的是（）A.AB段发生反应的离子方程式为：Ba2++SO42-+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2OB.D点表示的溶液呈酸性C.C点表示的沉淀的化学式为Al（OH）3、BaSO4、Fe（OH）2D.混合物中FeSO4和AlCl3的物质的量相等3、下列叙述正确的是（）①3Li+中含有的中子数与电子数之比为2：1②在C2H6分子中极性共价键与非极性共价键数之比为3：1③常温下，11.2L的甲烷气体中含有的氢、碳原子数之比为4：1④5.6g铁与足量的氯气反应失去的电子与参与反应的铁的物质的量之比为2：1A．①②B．②③C．①③D．③④4、化学与社会、生产、生活密切相关．下列说法正确的是（）A.聚氯乙烯塑料制品可用于食品包装B.“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂C.煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料D.纤维素、油脂、蛋白质均是天然高分子化合物5、下列物质中，既能与盐酸反应，又能与NaOH反应的是（）A.AlCl3B.Na2CO3C.Al（OH）3D.KOH6、在容积不变的密闭容器中，一定条件下发生反应：2A（？）⇌B（g）+C（s），达到化学平衡后，升高温度，容器内气体的密度增大，则下列叙述正确的是（）A.若正反应是吸热反应，则A为非气态B.若正反应是放热反应，则A为非气态C.在平衡体系中加入少量C，该平衡向逆反应方向移动D.改变压强对该平衡的移动一定无影响7、向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是。操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42－B滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I－C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+，无K+D滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4＋评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)8、下列装置所示的实验不能达到目的是()A.定量测定化学反应速率B.加热烧杯，分离SiO2和NH4ClC.验证Na和水反应的热效应D.进行氨气尾气处理9、下列关于实验的叙述中，不正确的是()(填字母)．A.做甲烷和氯气的取代反应实验的方法是：用排饱和食盐水法在集气瓶中先充入4/5体积的氯气和体积的甲烷气体，用灯光照射瓶中的混合气体B.用金属钠分别与水.乙醇反应，可比较两者中羟基的活泼性C.除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸，先向其中加入适量的无水乙醇，再充分加热D.向2mL10%CuSO4溶液中滴入2%的NaOH溶液4～6滴，振荡后加入淀粉的水解液(淀粉和稀硫酸的混合液且加热4～5min)2mL，加热至沸腾，则有红色沉淀出现10、下列说法正确的是（）A.由不同原子组成的纯净物一定是化合物B.碱性氧化物一定为金属氧化物C.化学式C6H5-CH3既能表示物质组成，又能表示物质分子式D.4，4-二甲基-2-己烯这种命名是错误的11、青蒿酸是合成青蒿素的原料，可以由香草醛合成。下列叙述正确的是()

A.青蒿酸分子中含有rm{4}个手性碳原子B.在一定条件下，香草醛可与rm{HCHO}发生缩聚反应C.两种物质分别和rm{H_{2}}反应，最多消耗rm{H_{2}4mol}和rm{3mol}D.可用rm{FeCl_{3}}溶液或rm{NaHCO_{3}}溶液鉴别化合物香草醛和青蒿酸12、下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是()。选项叙述Ⅰ叙述Ⅱrm{A}铝制品比铁制品更耐腐蚀金属铝比铁不活泼rm{B}胃舒平主要成分是氢氧化铝，同时含有三硅酸镁rm{(Mg_{2}Si_{3}O_{8}隆陇nH_{2}O)}等化合物，可作胃酸中和剂氢氧化铝、三硅酸镁与rm{HCl}反应。rm{C}明矾rm{[KAl(SO_{4})_{2}隆陇12H_{2}O]}既可用作净水剂，也可用作消毒剂因为明矾水解生成rm{Al(OH)_{3}}胶体，具有吸附性rm{D}rm{Al_{2}O_{3}}熔点高rm{Al_{2}O_{3}}可作耐火材料A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}13、某电池以rm{K_{2}FeO_{4}}和rm{Zn}为电极材料，rm{KOH}溶液为电解质溶液。下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Zn}为电池的负极B.正极反应式为rm{{2FeO}_{4}^{2-}+10{{{H}}^{+}}+6{{{e}}^{-}}==={F}{{{e}}_{{2}}}{{{O}}_{{3}}}+{5}{{{H}}_{{2}}}{O}}C.该电池放电过程中电解质溶液浓度不变D.电池工作时rm{OH^{-}}向负极迁移14、常温下，rm{K_{a}(HCOOH)=1.77隆脕10^{-4}}rm{K_{a}(CH_{3}COOH)=1.75隆脕10^{-5}}rm{K_{b}(NH_{3}隆陇H_{2}O)=1.76隆脕10^{-5}}下列说法正确的是rm{K_{a}

(HCOOH)=1.77隆脕10^{-4}}rm{K_{a}

(CH_{3}COOH)=1.75隆脕10^{-5}}A.浓度均为rm{K_{b}

(NH_{3}隆陇H_{2}O)=1.76隆脕10^{-5}}的rm{(}和rm{)}溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者B.用相同浓度的rm{0.1mol隆陇L^{-1}}溶液分别滴定等体积、rm{HCOONa}均为rm{NH_{4}Cl}的rm{NaOH}和rm{pH}溶液至终点，消耗rm{3}溶液的体积相等C.rm{HCOOH}与rm{CH_{3}COOH}等体积混合后的溶液中：rm{NaOH}D.rm{0.2mol隆陇L^{-1}CH_{3}COONa}与rm{0.2mol隆陇L^{-1}HCOOH}盐酸等体积混合后的溶液中rm{(pH<7):c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}rm{0.1mol隆陇L^{-1}NaOH}15、rm{1.52g}铜镁合金完全溶解于rm{50mL}密度为rm{1.40g/mL}质量分数为rm{63%}的浓硝酸中，得到rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合气体rm{1120mL(}标准状况rm{).}向反应后的溶液中加入rm{1.0mol/L}rm{NaOH}溶液，当金属离子全部沉淀时，得到rm{2.54g}沉淀rm{.}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.该浓硝酸中rm{HNO_{3}}的物质的量浓度是rm{12.0}rm{mol/L}B.该合金中铜与镁的物质的量之比是rm{2}rm{1}C.rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合气体中，rm{N_{2}O_{4}}的体积分数是rm{20%}D.得到rm{2.54g}沉淀时，加入rm{NaOH}溶液的体积是rm{6.0}rm{mL}16、已知rm{2NO_{2}篓TN_{2}O_{4}+Q}rm{(Q>0)}将一定量的rm{NO_{2}}充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化rm{(}气体颜色越深，透光率越小rm{).}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{c}点的操作是拉伸注射器B.rm{b}点与rm{a}点相比，rm{c(NO_{2})}增大，rm{c(N_{2}O_{4})}减小C.若反应在一绝热容器中进行，则rm{a}rm{b}两点的平衡常数rm{K_{a}>K_{b}}D.rm{d}点：rm{v(}正rm{)>v(}逆rm{)}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、丙烯酸甲酯是一种重要的工业原料；某实验小组制取丙烯酸甲酯的装置如图1所示：

CH2=CHCOOH+HOCH3→CH2=CHCOOCH3+H2O

①取10.0g丙烯酸和6.0g甲醇放置于三颈烧瓶中；连接好冷凝管，用搅拌棒搅拌，水浴加热．

②充分反应后，冷却，向混合液中加入5%Na2CO3溶液洗至中性．

③分液，取上层油状液体，再用无水Na2SO4干燥后蒸馏；收集70-90℃馏分．

可能用到的信息：

。沸点溶解性丙烯酸141℃与水互溶，易溶于有机溶剂有毒甲醇65℃与水互溶，易溶于有机溶剂易挥发，有毒丙烯酸甲酯80.5℃难溶于水，易溶于有机溶剂易挥发回答下列问题：

（1）仪器c的名称是____．

（2）混合液用5%0Na2CO3溶液洗涤的目的是____．

（3）请写出配制100g5%Na2CO3溶液所使用的玻璃仪器____．

（4）关于产品的蒸馏操作（夹持装置未画出），图2中有2处错误，请分别写出____、____．

为检验产率；设计如下实验：

①将油状物质提纯后平均分成5份；取出1份置于锥形瓶中，加入2.5mol/L的KOH溶液10-00mL，加热使之完全水解．

②用酚酞做指示剂；向冷却后的溶液中滴加0.5mol/L的HCI溶液，中和过量的KOH，滴到终点时共消耗盐酸20.00mL．

（5）计算本次酯化反应丙烯酸的转化率____．

（6）请列举2条本实验中需要采取的安全防护措施____．18、现有两种有机物的结构简式如下：请回答：

（1）常温下，下列实际中与Ⅰ和Ⅱ都能发生反应的是____（填序号）

A．酸性高锰酸钾溶液B．溴的四氯化碳溶液C．氢气；催化剂D．氢氧化钠溶液。

（2）鉴别Ⅰ和Ⅱ的试剂是____；

（3）化合物Ⅰ所含的官能团的名称是____，化合物Ⅰ与足量的浓溴水反应，最多消耗____molBr2；

（4）烯烃和醇在一定条件下可直接合成不饱和酯类化合物．例如；

若化合物Ⅰ和Ⅱ合成不饱和酯类化合物C，则C的结构简式为____；

（5）化合物Ⅱ在一定条件下能发生消去反应，写出反应的及化学方程式：____．19、（2011秋•奎文区校级期末）（1）下列物质中可以作为燃料电池的负极反应物的是____

A．CH4B．H2C．C2H5OHD．O2

（2）最新研制的一种新型乙醇电池示意图如图，电池的两极分别充入乙醇和氧气，用磺酸类离子作溶剂．则电池工作时____（选填a或b）为负极，b极的电极反应式为____．

（3）欲在某镀件上镀银，在大烧杯中加入电镀液（含AgNO3的溶液）．银片和待镀镀件分别做两极，其中待镀的镀件做____极．接通直流电源后几分钟，就看到镀件的表面镀上了一层银．银电极发生____反应，镀件上发生的电极反应式是：____．20、氯是一种海水富集元素．

已知：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；下图是一套利用此原理制取并验证氯气部分化学性质的实验装置：

回答下列问题：

（1）装置I中，仪器a的名称叫____．

（2）当Cl2气流通过一段时间后，装置Ⅱ中溶液的pH值____7（填“＞”“＜”或“=”）

（3）当Cl2气流持续通过时，装置Ⅳ中干燥的有色布条能否褪色？（填“能”或“不能”）____．装置Ⅲ中的现象是____

（4）装置V中发生反应的方程式是____．

（5）请用双线桥标出制取Cl2MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中电子转移的方向和数目____，在该反应中，当有0.1mol电子发生转移时，生成标准状况氯气的体积为____．21、将燃着的木条伸入充满CO2的集气瓶中，观察到的现象有____；将燃着的镁条伸入充满CO2的集气瓶中，观察到的现象是____，反应的化学方程式为____．CO2是否绝对不支持燃烧？____（填“是”或“否”）．22、课题式课堂教学是研究性学习的一种方式；其基本教学模式为：

如图是关于‘‘一氧化碳的化学性质”的课题式课堂教学中解决问题阶段；甲同学设计的证明CO具有还原性的实验装置．

（1）实验时应先点燃____处（填“A”或“B”）的酒精灯．

（2）硬质试管中反应的化学方程式为____．

（3）乙同学认为甲装置有待优化，如尾气可先储存在瓶内，然后再处理．如上图是他设计的贮气瓶，尾气应从____（选填“a”或“b”）口通入（其它装置略）．

（4）丙同学质疑：CO能否使澄清石灰水变浑浊？因此，他设计在CO通入CuO之前，应先通入澄清石灰水，以比较排除CO与澄清石灰水反应，试对此作出评价．你认为丙的设计是否有必要：____，理由是____．

（5）如果开始时通入的是CO和CO2的混合气体，则应如何设计才能达到实验目的？____．评卷人得分四、探究题(共4题，共24分)23、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________．24、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：25、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________．26、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：评卷人得分五、综合题(共1题，共10分)27、（14分）黄铁矿是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对某黄铁矿石（主要成分为FeS）进行如下实验探究。[实验一]：测定硫元素的含量I．将mg该黄铁矿样品（杂质中不含硫和铁）放入如下图所示装置（夹持和加热装置省略）的石英管中，从a处不断地缓缓通人空气，高温灼烧石英管中的黄铁矿样品至反应完全。石英管中发生反应的化学方程式为：Ⅱ．反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：问题讨论：（1）I中，甲瓶内所盛试剂是＿＿＿＿＿＿＿＿溶液。乙瓶内发生反应的离子方程式有＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（2）Ⅱ中。所加HO溶液需足量的理由是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（3）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。[实验二]：设计以下实验方案测定铁元素的含量问题讨论：（4）②中，若选用铁粉作还原剂。你认为合理吗?＿＿＿＿＿＿＿＿。若不合理，会如何影响测量结果：＿＿＿＿＿＿＿＿（若合理，此空不答）。（5）③中，需要用到的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有＿＿＿＿＿＿＿＿。（6）④中高锰酸钾溶液应放在＿＿＿＿＿滴定管中；判断滴定终点的现象为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】A．电子；电荷不守恒；

B．反应生成偏铝酸钠和氢气；电子；电荷守恒；

C．发生氧化还原反应生成硫酸根离子；NO和水；

D．反应生成碳酸氢钙．【解析】【解答】解：A．将少量金属钠放人冷水中的离子反应为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；故A错误；

B．将铝片加入烧碱溶液中的离子反应为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；故B正确；

C．向亚硫酸钠溶液中加入足量硝酸的离子反应为2NO3-+3SO32-+2H+═3SO42-+2NO↑+H2O；故C错误；

D．澄清石灰水中通入过量二氧化碳的离子反应为CO2+OH-═HCO3-；故D错误；

故选B．2、C【分析】【分析】由图可知最终沉淀0.05mol为BaSO4，由钡离子守恒可知，固体混合物中n[Ba（OH）2]=0.05mol，根据图象知，未加H2SO4前A点的沉淀为0.02mol，小于0.05mol，说明FeSO4完全反应，Ba2+有剩余．

由A→B一定发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，加入20ml硫酸，硫酸的物质的量为0.02mol，由图可知沉淀量增加0.04mol-0.02mol=0.02mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量，故不可能发生反应AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓；该反应硫酸的物质的量与沉淀的物质的量之比为1：2，也不会发生其它沉淀的溶解反应，否则沉淀量增加不可能为0.02mol，说明加入的20ml硫酸只与氢氧化钡反应．

故未加H2SO4前A点的溶液中Ba（OH）2有剩余，剩余三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间发生反应：FeSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Fe（OH）2↓，4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O．故A点沉淀为Fe（OH）3、BaSO4，由方程式可知n[Fe（OH）3]=n（BaSO4）=0.01mol，此时Al3+变为AlO2-；

可知n（FeSO4）=0.01mol；

由B→C，加入5ml硫酸，硫酸的物质的量为0.005mol，由图可知沉淀量增加0.055mol-0.04mol=0.015mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的3倍，故发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，由方程式可知，该阶段生成BaSO4为0.005mol，生成Al（OH）3为0.01mol．故C的沉淀为Fe（OH）3、BaSO4、Al（OH）3．

由C→D，加入15ml硫酸，硫酸的物质的量为0.015mol，由图可知沉淀量增加0.06mol-0.055mol=0.005mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的倍，沉淀量达最大值，不可能单独发生Ba2++SO42-=BaSO4↓（沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量）或AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓（沉淀的物质的量是硫酸的2倍）或二者都发生；故该阶段发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓（生产硫酸钡多）、Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O、Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O（沉淀溶解少）．说明C点AlO2-完全反应，D点的溶液含有Al3+、Fe3+．Ba2+沉淀完全．溶液为Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3．

D→E发生反应Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O、Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O，E点完全溶解，溶液为Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3．

由C→E共消耗30mLH2SO4，而0.01molFe（OH）3消耗15mLH2SO4，可知Al（OH）3消耗15mLH2SO4，判定n[Al（OH）3]=n[Fe（OH）3]=0.01mol，可知原混合固体中n（AlCl3）=0.01mol．【解析】【解答】解：由图可知最终沉淀0.05mol为BaSO4，由钡离子守恒可知，固体混合物中n[Ba（OH）2]=0.05mol，根据图象知，未加H2SO4前A点的沉淀为0.02mol，小于0.05mol，说明FeSO4完全反应，Ba2+有剩余．

由A→B一定发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，加入20ml硫酸，硫酸的物质的量为0.02mol，由图可知沉淀量增加0.04mol-0.02mol=0.02mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量，故不可能发生反应AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓；该反应硫酸的物质的量与沉淀的物质的量之比为1：2，也不会发生其它沉淀的溶解反应，否则沉淀量增加不可能为0.02mol，说明加入的20ml硫酸只与氢氧化钡反应．

故未加H2SO4前A点的溶液中Ba（OH）2有剩余，剩余三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间发生反应：FeSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Fe（OH）2↓，4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O．故A点沉淀为Fe（OH）3、BaSO4，由方程式可知n[Fe（OH）3]=n（BaSO4）=0.01mol，此时Al3+变为AlO2-，可知原混合物固体中n（FeSO4）=0.01mol；

由B→C，加入5ml硫酸，硫酸的物质的量为0.005mol，由图可知沉淀量增加0.055mol-0.04mol=0.015mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的3倍，故发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，由方程式可知，该阶段生成BaSO4为0.005mol，生成Al（OH）3为0.01mol．故C的沉淀为Fe（OH）3、BaSO4、Al（OH）3．

由C→D，加入15ml硫酸，硫酸的物质的量为0.015mol，由图可知沉淀量增加0.06mol-0.055mol=0.005mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的倍，沉淀量达最大值，不可能单独发生Ba2++SO42-=BaSO4↓（沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量）或AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓（沉淀的物质的量是硫酸的2倍）或二者都发生；故该阶段发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓、Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O、Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O．说明C点AlO2-完全反应，D点的溶液含有Al3+、Fe3+．Ba2+沉淀完全．溶液为Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3．

D→E发生反应Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O、Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O，E点完全溶解，溶液为Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3．

由C→E共消耗30mLH2SO4，而0.01molFe（OH）3消耗15mLH2SO4，可知Al（OH）3消耗15mLH2SO4，判定n[Al（OH）3]=n[Fe（OH）3]=0.01mol，可知原混合固体中n（AlCl3）=0.01mol．

A、由上述分析可知，硫酸只与氢氧化钡反应，反应离子方程式为Ba2++SO42-+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O；故A正确；

B、由上述分析可知，D点的溶液含有Al3+、Fe3+，溶液为Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3，Al3+、Fe3+水解；溶液呈酸性，故B正确；

C、由上述分析可知，C的沉淀为Fe（OH）3、BaSO4、Al（OH）3；故C错误；

D、由上述分析可知，原混合固体中n（FeSO4）=0.01mol，n（AlCl3）=0.01mol；故D正确．

故选：C．3、C【分析】【解析】【答案】C4、B【分析】【分析】A．根据聚氯乙烯塑料会产生含氯的有毒物质分析；

B．地沟油对人体健康有害；可作为工业原料；

C．煤经过气化和液化都是化学变化；

D．从高分子化合物的定义角度分析；【解析】【解答】解：A．聚乙烯塑料是塑料；一般用于包装或制器具，其中聚氯乙烯塑料会产生含氯的有毒物质，不能包装食品，故A错误；

B．地沟油对人体健康有害；可作为工业原料，属于酯类物质，可用于制取肥皂；汽油、柴油等，可减轻环境污染和节约化石能，故B正确；

C．煤经过气化生成水煤气；液化生成甲醇，都是化学变化，故C错误；

D．纤维素的基本结构单元是葡萄糖单元；为天然高分子化合物，蛋白质是由氨基酸缩聚形成的高分子化合物，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，相对分子质量不大，不属于高分子化合物，故D错误；

故选B．5、C【分析】【分析】既能与盐酸又能与NaOH反应的物质有：铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸等．【解析】【解答】解：A．氯化铝和盐酸之间不反应；可以和碱氢氧化钠反应生成氢氧化铝（或是偏铝酸钠）和氯化钠，故A错误；

B．碳酸钠可以与盐酸反应生成氯化钠与二氧化碳；不可以与氢氧化钠反应，故B错误；

C．氢氧化铝属于两性氧化物；可以与盐酸反应生成氯化铝和水，氢氧化铝可以与氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，故C正确；

D．氢氧化钾可以与盐酸反应生成氯化钠和水；但是不和氢氧化钠反应，故D错误．

故选：C．6、A【分析】【分析】达到化学平衡后，升高温度，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，如平衡向正反应方向移动，则A应为非气态，如平衡向逆反应方向移动，则A应为气态，对于可逆反应，固体对反应速率没有影响．【解析】【解答】解：A．若正反应是吸热反应；升高温度平衡向正反应方向移动，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，则A应为非气态才能符合，故A正确；

B．若正反应是放热反应；升高温度平衡向逆反应方向移动，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，则A应为气态才能符合，故B错误；

C．对于可逆反应；固体的量的多少对反应速率没有影响，故C错误；

D．如A为气体；增大压强平衡向正反应方向移动，如A为非气态，增大压强平衡向逆反应方向移动，故D错误．

故选A．7、B【分析】试题分析：A.向无色溶液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，原溶液中可能有SO42－、CO32-、Ag+等，不能确定是否含有SO42－，错误；B.向无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置,若下层溶液显紫色，发生反应：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2，I2容易在CCl4中溶解而使溶液变为紫色，可以证明在原溶液中有I－，正确；C.用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应,火焰呈黄色证明原溶液中有Na+，但是不能确定是否含有K+，错误；D.向无色溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口,试纸不变蓝,可能是原溶液无NH4＋，也可能是溶液呈酸性或溶液的浓度太低，不能形成氨气，而不能湿润红色石蕊试纸变蓝，错误。考点：考查溶液中离子的鉴别的知识。【解析】【答案】B二、双选题(共9题，共18分)8、A|D【分析】解：A．用长颈漏斗会导致生成的气体逸散而不能完成试验；应用分液漏斗，故A错误；

B．氯化铵加热易分解生成氯化氢和氨气；二者在冷却时在烧瓶底部又重新生成氯化铵，可分离，故B正确；

C．钠与水反应放热；会导致试管内压强增大，U形管内左端液面降低，右端升高，故C正确；

D．植物油密度比水小；起不到防倒吸的作用，应用密度比水大的四氯化碳，氨气不溶于四氯化碳，可防倒吸，故D错误．

故选AD．【解析】【答案】AD9、C|D【分析】解：A．甲烷与氯气反应的物质的量比是1：4；反应的条件是光照，故A说法正确；

B．水和乙醇中都含有羟基；根据与钠反应的剧烈程度可判断二者的活泼性强弱，故B说法正确；

C．酯化反应是可逆反应；不能进行到底，故C说法错误；

D．葡萄糖与新制氢氧化铜反应应在碱性环境中反应；故D说法错误．

​本题要求选择不正确的说法,故选CD．【解析】【答案】CD10、B|C【分析】解：A．同位素是不同种原子；如HD为单质，故A错误；

B．碱性氧化物一定是金属氧化物；酸性氧化物一般是非金属氧化物，故B正确；

C．C6H5-CH3为分子晶体；晶体中含有单个分子，故C正确；

D.4；4-二甲基-2-己烯，主链为己烯，编号从距离碳碳双键最近的一端开始，碳碳双键在2号C；两个甲基在4号C，该命名满足烯烃的系统命名原则，故D错误；

故选BC．

A．同位素是不同种原子；

B．碱性氧化物是指能跟酸起反应；生成盐和水的氧化物；

C．化学式既能表示物质的组成；又能表示物质的一个分子的应是分子晶体物质，晶体中含有单个分子；

D．根据命名原则判断．

本题考查同位素、氧化物、物质的组成及命名，难度不大，注意概念的含义，明确化学式表示分子根据是由分子组成的物质，金属晶体、原子晶体、离子晶体中化学式仅表示组成．【解析】【答案】BC11、AD【分析】【分析】本题旨在考查学生对有机物的结构和性质的应用。【解答】A.青蒿酸分子中含有rm{4}个手性碳原子，故A正确；B.在一定条件下，香草醛不可与rm{HCHO}发生缩聚反应，故B错误；C.两种物质分别和rm{H_{2}}反应，最多消耗rm{H_{2}}rm{4mol}和rm{2mol}故C错误；D.前者含有酚羟基，后者不含，可用rm{FeCl_{3}}溶液或rm{NaHCO_{3}}溶液鉴别化合物香草醛和青蒿酸，故D正确。故选AD。【解析】rm{AD}12、BD【分析】【分析】本题考查铝和铝盐的性质和应用，难度不大。【解答】A.铝制品比铁制品更耐腐蚀，是因为rm{Al}表面可以形成一层致密的氧化铝保护膜，故A错误；B.氢氧化铝、三硅酸镁与rm{HCl}反应，从而胃舒平可以治疗胃酸过多，故B正确；C.明矾有净水的作用，但是没有消毒的作用，故C错误；D.rm{Al_{2}O_{3}}熔点高，则rm{Al_{2}O_{3}}可作耐火材料，故D正确。故选BD。【解析】rm{BD}13、AD【分析】【分析】

本题综合考查原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握原电池的工作原理以及电极方程式的书写，难度中等。

【解答】

A.以rm{K_{2}FeO_{4}}和rm{Zn}为电极材料，rm{KOH}溶液为电解质溶液的电池中，rm{Zn}为负极；故A正确。

B.rm{K_{2}FeO_{4}}为正极，发生反应：rm{FeO_{4}^{2?}+4{H}_{2}O+3{e}^{?}===Fe{(OH)}_{3}+5O{H}^{?}}故B错误；

rm{FeO_{4}^{2?}+4{H}_{2}O+3{e}^{?}===Fe{(OH)}_{3}+5O{H}^{?}

}放电过程中有C.生成，则电解质溶液的浓度增大，故C错误；rm{OH^{-}}

D.电池工作时向负极迁移，故D正确。rm{OH^{-}}故选AD。【解析】rm{AD}14、AD【分析】【分析】本题主要考查离子浓度大小的比较，利用守恒关系进行解答是本题的关键，题目难度中等。【解答】A.由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在rm{c({H}^{+})+c(N{a}^{+})=c(O{H}^{-})+c(HCO{O}^{-})}氯化铵溶液中存在rm{c({H}^{+})+c(N{{H}_{4}}^{+})=c(O{H}^{-})+c(C{l}^{-})}由于在常温下氨水的rm{c({H}^{+})+c(N{a}^{+})=c(O{H}^{-})+c(HCO{O}^{-})

}小于甲酸的rm{c({H}^{+})+c(N{{H}_{4}}^{+})=c(O{H}^{-})+c(C{l}^{-})

}rm{K_{b}}不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中rm{K_{a}}小于甲酸钠溶液中rm{K_{w}}rm{c(OH^{-})}和rm{c(H^{+})}都不水解，rm{Cl^{-}}故A正确；B.由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以rm{Na^{+}}为rm{c(Cl^{-})=c(Na^{+})}的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，故B错误；C.两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得rm{c({H}^{+});+;c(N{a}^{+})=;c(O{H}^{-});+c(HCO{O}^{-})}，由物料守恒得rm{2c(N{a}^{+})=;c(HCO{O}^{-})+;c(HCOOH)}联立两式可得rm{2c({H}^{+});+;c(HCOOH)=;2c(O{H}^{-})+;c(HCO{O}^{-})}故C错误；D.两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液rm{pH}所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以rm{3}rm{c({H}^{+});+;c(N{a}^{+})=;c(O{H}^{-});+c(HCO{O}^{-})

}故D正确。故选AD。rm{2c(N{a}^{+})=;c(HCO{O}^{-})+;c(HCOOH)

}【解析】rm{AD}15、rAD【分析】解：rm{A.}该浓硝酸密度为rm{1.40g/mL}质量分数为rm{63%}故该浓硝酸的物质的量浓度为rm{dfrac{1000隆脕1.4隆脕63%}{63}mol/L=14mol/L}故A错误；

B.金属离子全部沉淀时，得到rm{dfrac

{1000隆脕1.4隆脕63%}{63}mol/L=14mol/L}沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为rm{2.54g}氢氧根的物质的量为rm{dfrac{1.02g}{17g/mol}=0.06mol}根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中rm{2.54g-1.52g=1.02g}rm{dfrac

{1.02g}{17g/mol}=0.06mol}的物质的量分别为rm{Cu}rm{Mg}则：rm{begin{cases}2x+2y=0.0664x+24y=1.52end{cases}}解得rm{xmol}rm{ymol}故合金中铜与镁的物质的量之比是rm{begin{cases}2x+2y=0.06

64x+24y=1.52end{cases}}rm{x=0.02}rm{y=0.01}故B正确；

C.rm{0.02mol}和rm{0.01mol=2}混合气体的物质的量为rm{dfrac{1.12L}{22.4L/mol}=0.05mol}令二氧化氮的物质的量为rm{1}则四氧化二氮的物质的量为rm{NO_{2}}根据电子转移守恒可知，rm{N_{2}O_{4}}解得rm{dfrac

{1.12L}{22.4L/mol}=0.05mol}rm{amol}的体积分数是rm{dfrac{0.04mol}{0.05mol}隆脕100%=80%}rm{(0.05-a)mol}的体积分数是rm{a隆脕1+(0.05-a)隆脕2隆脕1=0.06}故C正确；

D.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为rm{a=0.04}根据钠离子守恒可知rm{NO_{2}}故需要氢氧化钠溶液的体积为rm{dfrac{0.64mol}{1mol/L}=0.64L=640mL}故D错误；

故选AD．

A.根据rm{dfrac

{0.04mol}{0.05mol}隆脕100%=80%}计算该浓硝酸的物质的量浓度；

B.金属离子全部沉淀时，得到rm{N_{2}O_{4}}沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为rm{20%}根据rm{0.05L隆脕14mol/L-0.04mol-(0.05-0.04)隆脕2=0.64mol}计算氢氧根的物质的量；根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，根据电子转移守恒与二者质量之和列方程计算解答；

C.根据rm{n(NaOH)=n(NaNO_{3})=0.64mol}计算rm{dfrac

{0.64mol}{1mol/L}=0.64L=640mL}和rm{c=dfrac{1000娄脩w}{M}}混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为rm{2.54g}根据电子转移列方程计算；

D.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可知rm{2.54g-1.52g=1.02g}再根据rm{n=dfrac{m}{M}}计算需要氢氧化钠溶液的体积．

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握电子守恒及原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意物质的量的相关计算公式，题目难度不大．rm{n=dfrac{V}{Vm}}【解析】rm{AD}16、rAC【分析】解：rm{A.c}点气体颜色变浅，透光率增大，rm{c}点操作是拉伸注射器的过程；故A正确；

B.rm{b}点与rm{a}点相比，rm{a}到rm{b}是透光率减小后增加；说明是压缩体积，气体浓度增大，平衡正向进行后略有变浅，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故B错误；

C.若反应在一绝热容器中进行，随反应进行温度不同，平衡常数随之变化，rm{b}点气体颜色变深，透光率变小，说明平衡逆向进行，此时温度高，则rm{a}rm{b}两点的平衡常数rm{K_{a}>K_{b}}故C正确；

D.rm{d}点是透光率减小，气体颜色加深，平衡向气体体积增大的逆向移动过程，rm{v(}正rm{)<v(}逆rm{)}故D错误；

故选AC．

该反应是正反应气体体积减小的放热反应；压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅；

A.据图分析，rm{c}点后透光率增大，rm{c}点是拉伸注射器的过程；气体颜色变浅，透光率增大；

B.rm{b}点与rm{a}点相比，rm{a}到rm{b}是透光率减小后增加，说明是压缩体积，气体浓度增大，平衡正向进行后略有变浅，但比开始颜色深，所以rm{c(NO_{2})}增大，rm{c(N_{2}O_{4})}增大；

C.若反应在一绝热容器中进行，随反应进行温度不同，平衡常数随之变化，rm{b}点气体颜色变深；透光率变小，说明平衡逆向进行，此时温度高；

D.rm{d}点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程；据此分析．

本题通过图象和透光率考查了压强对平衡移动的影响，注意勒夏特列原理的应用，题目难度较大．【解析】rm{AC}三、填空题(共6题，共12分)17、分液漏斗除去混合液中的丙烯酸和甲醇（降低丙烯酸甲酯的溶解度）烧杯、玻璃棒、量筒温度计水银球位置尾接管与锥形瓶接口密封54.0%通风橱中实验、防止明火【分析】【分析】（1）根据装置图可知仪器c的名称；

（2）混合液中有丙烯酸甲酯、丙烯酸、甲醇，丙烯酸能与Na2CO3溶液反应；甲醇能溶于碳酸钠溶液中；

（3）配制100g5%Na2CO3溶液通常用的玻璃仪器是烧杯；玻璃棒、量筒；

（4）蒸馏装置中温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处；尾接管与锥形瓶接口不能密封，据此答题；

（5）中和过量的KOH，滴到终点时共消耗盐酸20.00mL，即0.5×0.02mol=0.01mol，所以用于水解的KOH的物质的量为0.025mol-0.01mol=0.015mol，所以用于生成CH2=CHCOOCH3的CH2=CHCOOH的质量为0.015mol×72g/mol=1.08g，参加实验的样品为原样品的；据此可计算丙烯酸的转化率；

（6）丙烯酸和甲醇都是易燃的所以要防止明火，甲醇易挥发，所以要在通风橱中实验．【解析】【解答】解：（1）根据装置图可知仪器c的名称为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；

（2）混合液中有丙烯酸甲酯、丙烯酸、甲醇，丙烯酸能与Na2CO3溶液反应，甲醇能溶于碳酸钠溶液中，所以用5%0Na2CO3溶液洗涤的目的是除去混合液中的丙烯酸和甲醇（降低丙烯酸甲酯的溶解度）；

故答案为：除去混合液中的丙烯酸和甲醇（降低丙烯酸甲酯的溶解度）；

（3）配制100g5%Na2CO3溶液通常用的玻璃仪器是烧杯；玻璃棒、量筒；

故答案为：烧杯；玻璃棒、量筒；

（4）蒸馏装置中温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处；尾接管与锥形瓶接口不能密封，所以装置图中的错为温度计水银球位置；尾接管与锥形瓶接口密封；

故答案为：温度计水银球位置；尾接管与锥形瓶接口密封；

（5）中和过量的KOH，滴到终点时共消耗盐酸20.00mL，即0.5×0.02mol=0.01mol，所以用于水解的KOH的物质的量为0.025mol-0.01mol=0.015mol，所以用于生成CH2=CHCOOCH3的CH2=CHCOOH的质量为0.015mol×72g/mol=1.08g，参加实验的样品为原样品的，所以丙烯酸的转化率为×100%=54.0%；

故答案为：54.0%；

（6）丙烯酸和甲醇都是易燃的所以要防止明火；甲醇易挥发，所以要在通风橱中实验，所以本实验中需要采取的安全防护措施为通风橱中实验；防止明火；

故答案为：通风橱中实验、防止明火．18、AC氯化铁溶液碳碳双键、酚羟基4【分析】【分析】（1）I中含碳碳双键和酚-OH；Ⅱ中含苯环和-OH；

（2）利用酚的性质鉴别；

（3）I中含双键与溴水发生加成反应；含酚-OH，邻对位与溴水发生取代反应；

（4）由信息可知；烯烃中H被-COOR取代；

（5）化合物Ⅱ在一定条件下能发生消去反应，生成苯乙烯．【解析】【解答】解：（1）I中含碳碳双键和酚-OH；Ⅱ中含苯环和-OH；

A．都能被高锰酸钾氧化；故A正确；

B．II与溴的四氯化碳溶液不反应；故B错误；

C．均可与氢气发生加成反应；故C正确；

D．II与NaOH溶液不反应；故D错误；

故答案为：AC；

（2）鉴别Ⅰ和Ⅱ的试剂是氯化铁溶液；I显紫色，II无现象，故答案为：氯化铁溶液；

（3）I中官能团为碳碳双键、酚羟基，I中含双键与溴水发生加成反应，含酚-OH，邻对位与溴水发生取代反应，则合物Ⅰ与足量的浓溴水反应，最多消耗4molBr2；

故答案为：碳碳双键；酚羟基；4；

（4）由信息可知，烯烃中H被-COOR取代，则化合物Ⅰ和Ⅱ合成不饱和酯类化合物C，则C的结构简式为

故答案为：

（5）化合物Ⅱ在一定条件下能发生消去反应，生成苯乙烯，反应为

故答案为：．19、ABCaO2+4H++4e-=2H2O阴氧化Ag++e-═Ag【分析】【分析】（1）可以作为燃料电池的负极反应物应具有还原性；

（2）电池的两极分别充入乙醇和氧气，形成原电池反应时，乙醇被氧化，应为负极；b为正极；

（3）电镀时，镀件为阴极，银为阳极．【解析】【解答】解：（1）可以作为燃料电池的负极反应物应具有还原性；ABC符合，故答案为：ABC；

（2）电池的两极分别充入乙醇和氧气，形成原电池反应时，乙醇被氧化，应为负极；b为正极，正极发生O2+4H++4e-=2H2O，故答案为：a；O2+4H++4e-=2H2O；

（3）电镀时，镀件为阴极，银为阳极，被氧化，阴极发生Ag++e-═Ag，故答案为：阴；氧化；Ag++e-═Ag．20、分液漏斗＜能溶液变蓝Cl2+2NaOH═NaClO+NaCl+H2O1.12L【分析】【分析】（1）熟悉仪器的构造；说出其名称；

（2）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸；二者都能够电离产生氢离子；

（3）氯气与水反应生成次氯酸；次氯酸具有强的氧化性，具有漂白性；氯气有强氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝；

（4）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠；次氯酸钠和水；

（5）Mn元素的化合价从+4价降为+2价，Cl元素从-1价升高为0价，生成1mol氯气转移2mol电子，据此计算转移0.1mol电子生成氯气的物质的量，依据V=nVm计算标况下气体的体积．【解析】【解答】解：（1）装置I中；仪器a的名称为分液漏斗；

故答案为：分液漏斗；

（2）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸；二者都能够电离产生氢离子，溶液显酸性，所以pH小于7；

故答案为：＜；

（3）氯气与水反应生成次氯酸；次氯酸具有强的氧化性，具有漂白性，能够使干燥有色布条褪色；氯气有强氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝；

故答案为：能；溶液变蓝色；

（4）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式：Cl2+2NaOH═NaClO+NaCl+H2O；

故答案为：Cl2+2NaOH═NaClO+NaCl+H2O；

（5）Mn元素的化合价从+4价降为+2价，Cl元素从-1价升高为0价，生成1mol氯气转移2mol电子，用双线桥表示为：

依据方程式可知生成1mol氯气转移2mol电子；所以当有0.1mol电子发生转移时，生成氯气的物质的量为0.05mol，标况下气体的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L；

故答案为：1.12L．21、木条熄灭镁条继续燃烧，发出耀眼的光芒，有白色固体生成，集气瓶内壁上有黑色固体附着2Mg+CO22MgO+C否【分析】【分析】二氧化碳不支持一般可燃物的燃烧，但Mg能在二氧化碳中剧烈燃烧生成MgO和C，MgO是白色固体、C是黑色固体，据此分析解答．【解析】【解答】解：二氧化碳不支持一般可燃物的燃烧，将燃着的木条伸入充满CO2的集气瓶中，观察到的现象有木条熄灭；但Mg能在二氧化碳中剧烈燃烧生成MgO和C，MgO是白色固体、C是黑色固体，反应方程式为2Mg+CO22MgO+C；看到的现象是镁条继续燃烧，发出耀眼的光芒，有白色固体生成，集气瓶内壁上有黑色固体附着，所以二氧化碳不是决定不支持燃烧；

故答案为：木条熄灭；镁条继续燃烧，发出耀眼的光芒，有白色固体生成，集气瓶内壁上有黑色固体附着；2Mg+CO22MgO+C；否．22、BCuO+COCu+CO2a不必要在酒精灯A点燃前，CO已通过了澄清石灰水先通过碱石灰除去CO2后再通入装置【分析】【分析】（1）根据一氧化碳还原氧化铜的步骤考虑；

（2）一氧化碳具有还原性加热条件下含有氧化铜生成铜和二氧化碳；

（3）依据储气瓶是储存气体排出水的方式对气体的通入要求进行分析即可；

（4）依据该实验进行时应该先通入一会儿一氧化碳以排净装置内的空气进行分析即可；

（5）如果开始时通入的是CO和CO2的混合气体，二氧化碳气体会干扰实验检验；【解析】【解答】解：（1）一氧化碳还原氧化铜的步骤是先通入一氧化碳排净装置内空气防止爆炸；所以有一氧化碳通过就要点燃B处酒精灯，防止一氧化碳污染空气；

故答案为：B；

（2）硬质试管中是一氧化碳在加热条件下和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，反应的化学方程式为：CuO+COCu+CO2；

故答案为：CuO+COCu+CO2；

（3）采用乙装置进行储气时；由于气体要留在集气瓶中，而水被排出，所以气体一定要从a管通入，否则无法达到储气的目的；

故答案为：a；

（4）由于一氧化碳能燃烧；所以点燃或加热前一定不能混入氧气，否则有可能产生爆炸，因此在进行实验时应先给装置通一会一氧化碳，从而排净装置内的空气，所以此时就可以通过A装置内石灰水的变化判断一氧化碳是否能与石灰水反应，因此完全没有必要再加装置进行实验，故答案为：不必要；在酒精灯A点燃前，CO已通过了澄清石灰水；

（5）如果开始时通入的是CO和CO2的混合气体，二氧化碳气体会干扰实验检验；先通过碱石灰除去CO2后再通入装置；

故答案为：先通过碱石灰除去CO2后再通入装置；四、探究题(共4题，共24分)23、|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．24、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