2025年人教版高三化學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版高三化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是（）A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LH2O含有NA個水分子B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22．L空氣含有NA個單質(zhì)分子C.常溫常壓下，11.2L氯氣所含的原子數(shù)目為NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1.12LO2和1.12LCO2均含有0.1NA氧原子2、甲基苯基甲醇（Methylphenylcarbinol）可以用作食用香精，其結(jié)構(gòu)簡式為則甲基苯基甲醇的分子式為（）A.C8H10OB.C9H10OC.C8H8OD.C8H12O3、下列反應(yīng)屬于加成反應(yīng)的是（）A.CH4+Cl2CH3Cl+HClB.CH2=CH2+HClCH3CH2ClC.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OD.2C6H6+15O212CO2+6H2O4、可以證明乙醇分子中有一個氫原子與另外氫原子不同的方法是（）A.1mol乙醇燃燒生成3mol水B.1mol乙醇可以生成1mol乙醛C.1mol乙醇跟足量的鈉反應(yīng)得到0.5molH2D.乙醇與水能以任意比互溶5、下列敘述正確的是（）A.NaCl溶液在電流作用下電離成Na+與Cl-B.溶于水后能電離出H+的化合物都是酸C.液態(tài)氯化氫不能導(dǎo)電，但氯化氫是電解質(zhì)D.導(dǎo)電性強(qiáng)的溶液里自由移動離子數(shù)目一定比導(dǎo)電性弱的溶液里自由移動離子數(shù)目多6、設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A.25℃，pH=12的Na2CO3溶液中含有OH﹣的數(shù)目為0.01NAB.1mol苯乙烯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為4NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L己烷中原子數(shù)為2NAD.通常狀況下，18g水所含的中子數(shù)為8NA7、下列對于“摩爾”的理解正確的是（）A.摩爾是國際科學(xué)界建議采用的一種物理量B.摩爾是物質(zhì)的量的單位，簡稱摩，符號為molC.我們把含有6.02×1023個粒子的任何粒子的集合體計量為1摩爾D.1mol氧含6.02×1023個O2評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、磷酸鐵鋰（LiFePO4）被認(rèn)為是最有前途的鋰離子電池正極材料．某企業(yè)利用富鐵浸出液生成磷酸鐵鋰；開辟了處理硫酸亞鐵廢液一條新途徑．其主要流程如下：

已知：H2LiO3是種難溶于水的物質(zhì)．

（1）鈦鐵礦用濃硫酸處理之前，需要粉碎，其目的____

（2）TiO2+水解生成H2TiO3的離子方程式____

（3）加入NaClO發(fā)生反應(yīng)的離子方程式____

（4）在實驗中，從溶液中過濾出H2TiO3后，所得濾液渾濁，應(yīng)如何操作____．

（5）為測定鈦鐵礦中鐵的含量，某同學(xué)取經(jīng)濃硫酸等處理的溶液（此時鈦鐵礦中的鐵己全部轉(zhuǎn)化為二價鐵離子），采取KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定Fe2+的方法：（不考慮KMnO4與其他物質(zhì)反應(yīng)）在滴定過程中，若未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗滴定管，則使測定結(jié)果____．（填“偏高、偏低、無影響”），滴定終點的現(xiàn)象____．滴定分析時，稱取ag鈦鐵礦，處理后，用cmol/LKMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定，消耗VmL，則鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為____．9、某電工在排裝電路是將銅線和鋁線纏繞接好后，用膠布將接頭包住，一段時間后，發(fā)現(xiàn)線路斷了，經(jīng)檢查發(fā)現(xiàn)，銅線與銅線接頭、鋁線與鋁線接頭處均完好無損，只是在鋁線與銅線接頭處斷了．接好后，過一段時間發(fā)現(xiàn)，電路又?jǐn)嗔耍瑱z查后發(fā)現(xiàn)仍然是銅線與鋁線接頭處斷了．你估計是什么原因?qū)е裸~線鋁線接頭處容易斷開？____

你認(rèn)為應(yīng)該如何預(yù)防線路斷開？____

據(jù)此請你選擇，鐵制器件鉚接固定時，應(yīng)選擇銅鉚釘還是鋁鉚釘？結(jié)合反應(yīng)方程式說明．____．10、某小組的同學(xué)對放置已久的過氧化鈉的成份進(jìn)行探究；請回答下列問題：

（1）反應(yīng)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑的還原劑是____（寫化學(xué)式）；反應(yīng)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑中，每生成1molO2則轉(zhuǎn)移了____mol電子．

（2）進(jìn)行探究：

①提出假設(shè)．假設(shè)1：全部是Na2O2假設(shè)2：全部是Na2CO3假設(shè)3：____

②設(shè)計方案，進(jìn)行實驗．請在答題卡上寫出實驗步驟以及預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論（可不填滿）．限選實驗試劑和儀器：蒸餾水、1moL?L-1H2SO4；澄清石灰水、淀粉-KI溶液、酚酞溶液、火柴、試管、小燒杯．

。實驗步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟1：取少量固體樣品于試管中，滴加足量1moL?L-1H2SO4至固體溶解，然后將內(nèi)壁附有澄清石灰水的燒杯罩于試管口．若澄清石灰水未見渾濁；則假設(shè)1成立；

若澄清石灰水變渾濁，則____

____步驟2：步驟3：11、某工廠的酸性廢水中含有大量的Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+．為了減少污染并變廢為寶，工程師們設(shè)計了如下流程，回收銅和綠礬．

（1）工業(yè)廢水中加入試劑A后，反應(yīng)的離子方程式為Fe+Cu2+═Fe2++Cu、Fe+2H+═Fe2++H2↑、____．

（2）試劑B是____．

（3）①～③中均涉及的實驗操作是____．

（4）可用綠礬消除工業(yè)廢水中+6價鉻（Cr2O72-）的污染，使之轉(zhuǎn)化為Cr3+，若處理1t廢水（含Cr2O72-10-3mol/kg），則需加入綠礬的質(zhì)量至少為____．12、在一個小燒杯里，加入20gBa（OH）2?8H2O粉末和10gNH4Cl晶體；將小燒杯放在滴有幾滴水的玻璃片上，用玻璃棒快速攪拌．回答問題：

（1）實驗中玻璃棒的作用是____．

（2）該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____，該反應(yīng)屬于____（填反應(yīng)類型）．

（3）實驗中觀察到現(xiàn)象有____；____．反應(yīng)混合物呈糊狀，呈糊狀的原因是____．

（4）通過____現(xiàn)象，說明該反應(yīng)為____熱反應(yīng)，這是由于反應(yīng)物的總能量____（填“大于”、“小于”或“等于”）生成物的總能量．13、已知A（g）+B（g）?C（g）+D（g）反應(yīng)的平衡常數(shù)和溫度的關(guān)系如下：

。|溫度/℃70090083010001200平衡常數(shù)1.71.11.00.60.4回答下列問題：

（1）該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=____，△H____0（填“＜”“＞”“=”）；

（2）830℃時，向一個5L的密閉容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反應(yīng)初始6s內(nèi)A的平均反應(yīng)速率v（A）=0.003mol?L-1?s-1．，則6s時c（A）=____mol?L-1，C的物質(zhì)的量為____mol；若反應(yīng)經(jīng)一段時間后，達(dá)到平衡時A的轉(zhuǎn)化率為____，如果這時向該密閉容器中再充入1mol氬氣，平衡時A的轉(zhuǎn)化率為____；

（3）判斷該反應(yīng)是否達(dá)到平衡的依據(jù)為____（填正確選項前的字母）：

a．壓強(qiáng)不隨時間改變b．氣體的密度不隨時間改變。

c．c（A）不隨時問改變d．單位時間里生成c和D的物質(zhì)的量相等。

（4）1200℃時反應(yīng)C（g）+D（g）?A（g）+B（g）的平衡常數(shù)的值為____．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)14、分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA．____（判斷對錯）15、對于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反應(yīng)，當(dāng)密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均能作為達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志．____（判斷對錯）16、鐵和稀硫酸反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑____．（判斷對錯）17、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）106g的乙醇和丙醇混合液完全燃燒生成的CO2為112L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）____

（2）醫(yī)用酒精的濃度通常為95%____

（3）Y（C2H5OH），W（C2H5ONa）可通過置換反應(yīng)由Y得到W____

（4）向無水乙醇中加入濃H2SO4，加熱至170℃，產(chǎn)生的氣體通入酸性KMnO4溶液，紫紅色褪去，使溶液褪色的氣體只是乙烯____

（5）乙醇不能發(fā)生取代反應(yīng)____

（6）實驗室中提純混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，過濾后再蒸餾的方法____．18、現(xiàn)對0.1mol/L的純堿溶液進(jìn)行相關(guān)研究．

（1）用pH試紙測定該溶液的pH，其正確的操作____．

（2）由上測得純堿溶液呈堿性，請用離子方程式表示其原因：____．

（3）某同學(xué)根據(jù)所學(xué)知識對Na2CO3溶液進(jìn)行分析；寫出了以下四個關(guān)系式．請你判斷：在正確的關(guān)系式后面打“√”，在錯誤的后面寫出正確的關(guān)系式．

①c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]：____；

②c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）：____；

③c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）：____；

④c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）：____．評卷人得分四、解答題(共4題，共8分)19、將14克Na2O、Na2O2的混合物放入87.6克水中，可得1.12升氧氣（標(biāo)準(zhǔn)狀況），所得溶液的密度為1.18克/毫升，求原混合物中各成分的物質(zhì)的量之比和所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)和物質(zhì)的量濃度．20、A；B、C、D、E均為中學(xué)化學(xué)常見的純凈物；B為自然界中含量最多的液體，它們之間有如下的反應(yīng)關(guān)系：

（1）常溫下；若A為氣態(tài)單質(zhì)，C為非金屬氧化物，A；C均能使品紅溶液褪色，相對分子質(zhì)量E＞D，則：該反應(yīng)的反應(yīng)方程式為______，檢驗D中陰離子的方法是______．

（2）若A為短周期的金屬單質(zhì)；D為氣態(tài)單質(zhì)，C溶液呈強(qiáng)酸性或強(qiáng)堿性時，該反應(yīng)都能進(jìn)行．寫出反應(yīng)的離子方程式______；______．

（3）若A；C均為化合物；E為白色沉淀，C為引起溫室效應(yīng)的主要氣體，寫出E可能的化學(xué)式（寫兩種）______、______寫出生成E的一個離子方程式______．

21、將483gNa2SO4?10H2O晶體溶于水中，然后向其中加入足量的BaCl2溶液，剛好完全沉淀，求生成沉淀的質(zhì)量．22、氧化二氯是棕黃色刺激性氣體，熔點：-116℃，沸點3.8℃．氧化二氯不穩(wěn)定，接觸一般有機(jī)物易爆炸；它易溶于水（1：100），同時反應(yīng)生成次氯酸溶液；制備出之后要冷卻成固態(tài)以便操作和貯存．制備少量Cl2O；是用干燥的氯氣和HgO反應(yīng)．裝置示意如圖（鐵架臺和夾持儀器已略去）．

（1）A中盛有的深色固體試劑a是______，分液漏斗中試劑b是______

（2）B中盛有液體c是______；C中的液體d是______

（3）D中所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是______

（4）E中的保溫瓶中盛有致冷劑；它應(yīng)是______（在干冰；冰水、液態(tài)空氣中選擇），在E的內(nèi)管得到的氧化二氯中可能含有雜質(zhì)是______

（5）裝置A；B、C間的連接方式與D、E間的連接方式有明顯的區(qū)別；這區(qū)別是______，用這些不同的連接方式的主要理由是______．

評卷人得分五、探究題(共4題，共32分)23、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．24、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：25、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．26、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分六、其他(共1題，共7分)27、將下列各儀器名稱前的字母序號與其用途相對應(yīng)的選項填在相應(yīng)位置．

（1）用來夾試管的工具是____；

（2）貯存固體藥品的儀器是____；

（3）常作為反應(yīng)用的玻璃容器是____；

（4）用于洗滌儀器內(nèi)壁的工具是____；

（5）用于夾持燃燒鎂條的工具是____；

（6）檢驗物質(zhì)可燃性，進(jìn)行固氣燃燒實驗的儀器是____；

（7）用于加熱濃縮溶液、析出晶體的瓷器是____；

（8）加熱時常墊在玻璃容器與熱源之間的用品是____．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】A；標(biāo)況下水為液態(tài)；

B；空氣中不止是單質(zhì)氣體；

C；常溫常壓下；其摩爾體積大于22.4L/mol；

D、氧氣和二氧化碳中均含2個氧原子．【解析】【解答】解：A；標(biāo)況下水為液態(tài)；故不能根據(jù)氣體摩爾體積的數(shù)值來計算其物質(zhì)的量，故A錯誤；

B、標(biāo)況下22.4L空氣的物質(zhì)的量為1mol，但空氣中不止是單質(zhì)氣體，還有化合物，故其中含有的單質(zhì)分子的個數(shù)小于NA個；故B錯誤；

C、常溫常壓下，其摩爾體積大于22.4L/mol，故11.2L氯氣的物質(zhì)的量小于0.5mol，則含有的原子個數(shù)小于NA個；故C錯誤；

D、標(biāo)況下1.12L氧氣和二氧化碳的物質(zhì)的量均為0.05mol，而氧氣和二氧化碳中均含2個氧原子，故0.05mol氧氣和0.05mol二氧化碳中含有的氧原子的物質(zhì)的量均為0.1mol，個數(shù)均為0.1NA個；故D正確．

故選D．2、A【分析】【分析】根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式判斷有機(jī)物含有的元素種類和原子個數(shù)，可確定有機(jī)物分子式．【解析】【解答】解：由結(jié)構(gòu)簡式可知有機(jī)物含有8個C原子、10個H原子、1個O原子，則分子式為C8H10O；

故選A．3、B【分析】【分析】有機(jī)物分子中的不飽和鍵斷裂，斷鍵原子與其他原子或原子團(tuán)相結(jié)合，生成新的化合物的反應(yīng)是加成反應(yīng)；有機(jī)物中的原子或原子團(tuán)被其他的原子或原子團(tuán)所代替生成新的化合物的反應(yīng)叫取代反應(yīng)，據(jù)此進(jìn)行解答．【解析】【解答】解：A．甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生了取代反應(yīng)；不屬于加成反應(yīng)，故A錯誤；

B．乙烯中含有碳碳雙鍵；能夠與HCl發(fā)生加成反應(yīng)，故B正確；

C．乙醇能夠被氧氣氧化；發(fā)生的是氧化反應(yīng)，不屬于加成反應(yīng)，故C錯誤；

D．苯的燃燒反應(yīng)；發(fā)生的是氧化反應(yīng)，不屬于加成反應(yīng)，故D錯誤；

故選B．4、C【分析】【分析】A．根據(jù)元素守恒所有的氫元素均生成水；

B．根據(jù)反應(yīng)的實質(zhì)來回答；

C．根據(jù)乙醇和金屬鈉反應(yīng)的實質(zhì)來回答；

D．乙醇與水能形成氫鍵．【解析】【解答】解：A.1mol乙醇燃燒生成3mol水；即乙醇燃燒所有的氫元素均生成水，不能證明乙醇分子中有一個氫原子與另外氫原子不同，故A錯誤；

B.1mol乙醇可以生成1mol乙醛只能證明乙醇中的三個氫原子和其他三個氫原子不同；故B錯誤；

C.1mol乙醇跟足量的Na作用得0.5molH2；很明顯乙醇中的6個氫只有一個能變?yōu)闅錃?，這個氫與其他氫不同，故C正確；

D．乙醇與水能形成氫鍵；故乙醇與水能以任意比互溶，不能證明乙醇分子中有一個氫原子與另外氫原子不同，故D錯誤；

故選C．5、C【分析】【分析】A．電離是在水分子作用下或者通過加熱使化學(xué)鍵斷裂離解出自由移動的離子；不需要通電；NaCl溶液在電流作用下發(fā)生的是電解；

B．酸是指電離時生成的陽離子只有氫離子的化合物；

C．在水溶液中或者熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)；

D．電解質(zhì)導(dǎo)電能力強(qiáng)弱與自由移動的離子的濃度，所帶的電荷多少有關(guān)．【解析】【解答】解：A．NaCl溶液在電流作用下發(fā)生的是電解生成氯氣、氫氣、氫氧化鈉，氯化鈉在水溶液中或者在熔融狀態(tài)下電離成Na+與Cl-；故A錯誤；

B．NaHSO4電離方程式為：NaHSO4=Na++H++SO42-，NaHSO4屬于鹽；不是酸，故B錯誤；

C．雖然液體氯化氫不能導(dǎo)電；但是氯化氫在水溶液中能導(dǎo)電，是化合物，屬于電解質(zhì)，故C正確；

D．電解質(zhì)導(dǎo)電能力強(qiáng)弱與自由移動的離子的濃度；所帶的電荷多少有關(guān)，故D錯誤；

故選：C．6、D【分析】【解答】解：A．溶液體積未知；，無法計算氫氧根離子數(shù)目，故A錯誤；B．1mol苯乙烯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為NA；故B錯誤；

C．標(biāo)況下；己烷為液體，不能計算2，24L己烷的物質(zhì)的量，故C錯誤；

D．18g水所含的中子數(shù)目為×8×NAmol﹣1=8NA；故D正確；

故選：D．

【分析】A．溶液體積未知；

B．苯分子中不含碳碳雙鍵；

C．氣體摩爾體積使用對象為氣體；

D.1個水分子含有8個中子；7、B【分析】解：A；物質(zhì)的量是國際科學(xué)界建議采用的一種物理量；摩爾是物質(zhì)的量的單位，故A錯誤；

B；摩爾是物理量物質(zhì)的量的單位；簡稱摩，符號為mol，故B正確；

C、把12g12C中所含碳原子數(shù)規(guī)定為1mol，近似為6.02×1023/mol；稱為阿伏伽德羅常數(shù)，是微觀粒子的集合體，故C錯誤；

D、物質(zhì)的量需要指明微粒種類，1mol氧氣中約含6.02×1023個O2；故D錯誤；

故選：B．

A；摩爾是物質(zhì)的量的單位；

B；摩爾是物質(zhì)的量的單位；

C；依據(jù)1mol的規(guī)定分析；

D；物質(zhì)的量需要指明微粒種類．

本題考查了物質(zhì)的量概念和單位的理解和應(yīng)用，注意阿伏伽德羅常數(shù)的規(guī)定，物質(zhì)的量是描述微觀粒子的物理量，題目較簡單．【解析】【答案】B二、填空題(共6題，共12分)8、增大表面積，增大濃硫酸的接觸面積，加快反應(yīng)速率TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O更換過濾器，重新過濾偏高滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液顏色為紫紅色，且半分鐘內(nèi)部不褪去%【分析】【分析】（1）根據(jù)接觸面積對反應(yīng)速率影響解答；

（2）TiO2+水解生成H2TiO3；同時生成氫離子；

（3）ClO-具有強(qiáng)氧化性，將Fe2+氧化為Fe3+，自身被還原為Cl-；酸性條件下，同時生成水；

（4）從溶液中過濾出H2TiO3后；所得濾液渾濁，需要更換過濾器，重新過濾；

（5）未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗滴定管，導(dǎo)致消耗KMnO4溶液體積偏大，測定Fe2+的質(zhì)量增大；滴定到達(dá)終點，滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液顏色為紫紅色，且半分鐘內(nèi)部不褪去；根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，可得關(guān)系式：5Fe2+～KMnO4，據(jù)此計算．【解析】【解答】解：（1）將鈦鐵礦粉碎；可以增大表面積，增大濃硫酸的接觸面積，加快反應(yīng)速率；

故答案為：增大表面積；增大濃硫酸的接觸面積，加快反應(yīng)速率；

（2）TiO2+水解生成H2TiO3，同時生成氫離子，反應(yīng)離子方程式為：TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+；

故答案為：TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+；

（3）ClO-具有強(qiáng)氧化性，將Fe2+氧化為Fe3+，自身被還原為Cl-，酸性條件下，同時生成水，反應(yīng)離子方程式為：ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O；

故答案為：ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O；

（4）從溶液中過濾出H2TiO3后；所得濾液渾濁，需要更換過濾器，重新過濾；

故答案為：更換過濾器；重新過濾；

（5）未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗滴定管，導(dǎo)致消耗KMnO4溶液體積偏大，測定Fe2+的質(zhì)量增大，測定的鈦鐵礦中鐵的含量偏高；滴定到達(dá)終點，滴入最后一滴KMnO4溶液；溶液顏色為紫紅色，且半分鐘內(nèi)部不褪去；

令鈦鐵礦中鐵的含量為x；根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則：

5Fe2+～KMnO4

5×56g1mol

axgcmol/L×V×10-3L；

5×56g：axg=1mol：cmol/L×V×10-3L；

解得x=%；

故答案為：偏高；滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液顏色為紫紅色，且半分鐘內(nèi)部不褪去；%．9、電化學(xué)腐蝕密封接線盒鋁鉚釘；若用銅鉚釘這鐵為負(fù)極，發(fā)生Fe-2e-=Fe2+，鐵件被腐蝕，若用鋁鉚釘這鐵為正極，發(fā)生Al-3e-=Al3+，鐵件被保護(hù)【分析】【分析】鋁；銅和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池；作負(fù)極的金屬被腐蝕；

在原電池中，作負(fù)極的金屬加速被腐蝕，作正極的金屬被保護(hù)．【解析】【解答】解：鋁；銅和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池；鋁易失電子作負(fù)極而加速被腐蝕，所以發(fā)生了電化學(xué)腐蝕，可以采用密封接線盒預(yù)防線路斷開；

在原電池中，作負(fù)極的金屬加速被腐蝕，作正極的金屬被保護(hù)，如果用銅鉚釘，鐵易失電子作負(fù)極，電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2+，若用鋁鉚釘，鋁易失電子作負(fù)極，鐵作正極，則鐵被保護(hù)，負(fù)極電極反應(yīng)式為Al-3e-=Al3+；

故答案為：電化學(xué)腐蝕；密封接線盒；鋁鉚釘；若用銅鉚釘這鐵為負(fù)極，發(fā)生Fe-2e-=Fe2+，鐵件被腐蝕，若用鋁鉚釘這鐵為正極，發(fā)生Al-3e-=Al3+，鐵件被保護(hù)．10、略

【分析】

因Na2O2在反應(yīng)中既是氧化劑又時還原劑，因反應(yīng)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑中2個Na2O2轉(zhuǎn)移2個電子，每生成1molO2則轉(zhuǎn)移了2mol電子，故答案為：Na2O2；2；

（2）①也可能是兩者的混合物，故答案為：是Na2O2與Na2CO3的混合物。

②因Na2O2與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生氧氣，Na2CO3與與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳，Na2O2具有漂白性來解答，故答案為：。實驗步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論假設(shè)2或假設(shè)3成立，或假設(shè)1不成立步驟2：另取少量固體于試管中加適量蒸餾水，再滴入酚酞溶液若滴入酚酞溶液后先變紅后褪色則假設(shè)1或假設(shè)3成立；若紅色不褪色，則假設(shè)2成立

【解析】【答案】（1）根據(jù)Na2O2在反應(yīng)中既是氧化劑又時還原劑；根據(jù)反應(yīng)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑中2個Na2O2轉(zhuǎn)移2個電子；

（2）①也可能是兩者的混合物；

②根據(jù)Na2O2與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生氧氣，Na2CO3與與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳，Na2O2具有漂白性來解答；

11、2Fe3++Fe═3Fe2+H2SO4過濾、蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶1668g【分析】【分析】某工廠的工業(yè)廢水中含有大量的Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+，先加過量鐵（A），過濾，得到D溶液為FeSO4，C為Cu和多余的鐵，再向C中加過量稀硫酸，過濾得到的Cu，E為FeSO4；硫酸亞鐵經(jīng)過蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶可以得到綠礬晶體；

（1）根據(jù)能和金屬鐵發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)來回答；

（2）試劑B是將金屬銅和金屬鐵分離開的物質(zhì)；

（3）從①～③中均涉及的實驗操作分析；

（4）亞鐵離子變質(zhì)會生成鐵離子，（Cr2O72-）轉(zhuǎn)化為Cr3+，根據(jù)電子守恒得到二者之間的關(guān)系式，進(jìn)行計算即可．【解析】【解答】解：工廠的工業(yè)廢水中含有大量的Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+，先加過量鐵（A），過濾，得到D溶液為FeSO4，C為Cu和多余的鐵，再向C中加過量稀硫酸，過濾得到的Cu，E為FeSO4；硫酸亞鐵經(jīng)過蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶可以得到綠礬晶體；

（1）酸性環(huán)境Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+中，能和金屬鐵發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)是Fe3+、Cu2+、H+，發(fā)生的反應(yīng)有：Fe+Cu2+═Fe2++Cu、Fe+2H+═Fe2++H2↑、2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案為：2Fe3++Fe═3Fe2+；

（2）試劑B是將金屬銅和金屬鐵分離開的物質(zhì)，可以選擇稀硫酸，故答案為：H2SO4；

（3）①②分析固體和液體，實驗操作是過濾；③從FeSO4溶液中提取溶質(zhì)晶體采用蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾；最后用少量冷水洗滌晶體，在低溫下干燥，防止變質(zhì)，故答案為：過濾、蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；

（4）亞鐵離子變質(zhì)會生成鐵離子，（Cr2O72-）轉(zhuǎn)化為Cr3+，根據(jù)電子守恒得到二者之間的關(guān)系式：Cr2O72-～6Fe2+；

Cr2O72-～6Fe2+

16

1000kg×10-3mol/kg6mol

處理1t廢水（含Cr2O72-10-3mol/kg），則需加入綠礬的質(zhì)量是6mol×278g/mol=1668g，故答案為：1668g．12、攪拌使混合物充分接觸并反應(yīng)Ba（OH）2?8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O復(fù)分解反應(yīng)玻片與燒杯之間結(jié)冰黏在一起有少許刺激性氣味的氣體反應(yīng)過程中有水生成結(jié)冰吸小于【分析】【分析】（1）固體混合物的反應(yīng)用玻璃棒攪拌有利于充分接觸；加速反應(yīng)進(jìn)行；

（2）氯化銨和氫氧化鋇的反應(yīng)生成氨氣；水、以及氯化鋇；銨鹽與堿反應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)；

（3）氯化銨銨鹽和強(qiáng)堿氫氧化鋇的反應(yīng)生成氨氣；水、以及氯化鋇；以此解釋反應(yīng)現(xiàn)象；

（4）玻璃片上結(jié)冰而與小燒杯粘在一起，說明氫氧化鋇和氯化銨的反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量．【解析】【解答】解：（1）用玻璃棒迅速攪拌；可以知道玻璃棒的作用是攪拌使混合物充分接觸并反應(yīng)；

故答案為：攪拌使混合物充分接觸并反應(yīng)；

（2）氯化銨屬于銨鹽，能和強(qiáng)堿氫氧化鋇反應(yīng)生成氨氣、水、以及氯化鋇，方程式為：Ba（OH）2?8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O；

故答案為：Ba（OH）2?8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O；復(fù)分解反應(yīng)；

（3）氯化銨銨鹽和強(qiáng)堿氫氧化鋇的反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；溫度降低能讓水結(jié)冰，導(dǎo)致燒杯和玻璃片粘在一起，同時生成的氨氣具有刺激性氣味，反應(yīng)混合物成糊狀，原因是反應(yīng)過程中生成水的緣故；

故答案為：玻片與燒杯之間結(jié)冰黏在一起；有少許刺激性氣味的氣體；反應(yīng)過程中有水生成；

（4）玻璃片上結(jié)冰而與小燒杯粘在一起；說明氫氧化鋇和氯化銨的反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，即反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量．

故答案為：結(jié)冰；吸；小于．13、＜0.0220.0980%80%c2.5【分析】【分析】（1）化學(xué)平衡常數(shù)；是指在一定溫度下，可逆反應(yīng)達(dá)到平衡時各生成物濃度的化學(xué)計量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計量數(shù)次冪的乘積所得的比值，據(jù)此書寫；

由表中數(shù)據(jù)可知；溫度越高平衡常數(shù)越小，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動，故正反應(yīng)是放熱反應(yīng)；

（2）根據(jù)△c=v△t計算△c（A）；A的起始濃度-△c（A）=6s時c（A）；

根據(jù)△n=△cV計算△n（A）；再根據(jù)方程式計算C的物質(zhì)的量；

設(shè)平衡時A的濃度變化量為x；利用三段式表示平衡時各組分的平衡濃度，代入平衡常數(shù)列方程計算x的值，再根據(jù)轉(zhuǎn)化率定義計算；

體積不變；充入1mol氬氣，反應(yīng)混合物各組分的濃度不變，變化不移動，A的轉(zhuǎn)化率不變；

（3）根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答；當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度；百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)；

（4）同一反應(yīng)在相同溫度下，正、逆反應(yīng)方向的平衡常數(shù)互為倒數(shù)．【解析】【解答】解：（1）可逆反應(yīng)A（g）+B（g）?C（g）+D（g）的平衡常數(shù)表達(dá)式k=；

由表中數(shù)據(jù)可知；溫度越高平衡常數(shù)越小，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動，故正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，即△H＜0；

故答案為：；＜；

（2）反應(yīng)初始6s內(nèi)A的平均反應(yīng)速率v（A）=0.003mol?L-1?s-1，則6s內(nèi)△c（A）=0.003mol?L-1?s-1×6s=0.018mol/L，A的起始濃度為=0.04mol/L；故6s時時c（A）=0.04mol/L-0.018mol/L=0.022mol/L；

故6s內(nèi)△n（A）=0.018mol/L×5L=0.09mol；由方程式可知n（C）=△n（A）=0.09mol；

設(shè)平衡時A的濃度變化量為x；則：

A（g）+B（g）?C（g）+D（g）

開始（mol/L）：0.040.1600

變化（mol/L）：xxxx

平衡（mol/L）：0.04-x0.16-xxx

故=1；解得x=0.032

所以平衡時A的轉(zhuǎn)化率為×100%=80%；

體積不變；充入1mol氬氣，反應(yīng)混合物各組分的濃度不變，變化不移動，A的轉(zhuǎn)化率不變?yōu)?0%；

故答案為：0.022；0.09；80%；80%；

（3）a．該反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變；壓強(qiáng)始終不變，故壓強(qiáng)不隨時間改變，不能說明到達(dá)平衡，故a錯誤；

b．混合氣體的總質(zhì)量不變，容器的容積不變，故混合氣體的密度始終不變，故氣體的密度不隨時間改變，不能說明到達(dá)平衡，故b錯誤；

c．可逆反應(yīng)到達(dá)平衡時；各組分的濃度不發(fā)生變化，故c（A）不隨時間改變，說明到達(dá)平衡，故c正確；

d．單位時間里生成C和D的物質(zhì)的量相等；都表示正反應(yīng)速率，反應(yīng)始終按1：1生成C；D的物質(zhì)的量，不能說明到達(dá)平衡，故d錯誤；

故答案為：c；

（4）同一反應(yīng)在相同溫度下，正、逆反應(yīng)方向的平衡常數(shù)互為倒數(shù)，故1200℃時反應(yīng)C（g）+D（g）?A（g）+B（g）的平衡常數(shù)的值為=2.5；

故答案為：2.5．三、判斷題(共5題，共10分)14、√【分析】【分析】每個NO2和CO2分子均含有2個O原子，故二者混合氣體中含有O原子數(shù)目為分子總數(shù)的2倍．【解析】【解答】解：每個NO2和CO2分子均含有2個O原子，故分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA，故正確，故答案為：√．15、√【分析】【分析】化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度不再改變，由此衍生的一些物理量也不變，結(jié)合反應(yīng)的特點進(jìn)行分析．【解析】【解答】解：反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量不等；在恒溫恒容條件下，混合氣體的密度逐漸增大，當(dāng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，容器中混合氣體的密度不變；

而恒溫恒壓條件下，隨反應(yīng)進(jìn)行，體系的體積增大，分子量：CO2＞CO；故混合氣體的密度逐漸減小，當(dāng)密度保持不變，反應(yīng)達(dá)到平衡；

故答案為：√．16、×【分析】【分析】鐵為變價金屬，鐵與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，不會生成硫酸鐵，該離子方程式中反應(yīng)產(chǎn)物錯誤，應(yīng)該生成Fe2+離子，不是生成Fe3+．【解析】【解答】解：由于Fe3+的氧化性大于氫離子，則鐵和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣和氫氣，不會生成硫酸鐵，正確的離子方程式為：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

故答案為：×．17、×【分析】【分析】（1）根據(jù)極限法分別求出CO2的體積；

（2）濃度約為75%酒精常用于醫(yī)療上消毒；

（3）根據(jù)乙醇與鈉反應(yīng)生成乙醇鈉和氫氣；

（4）根據(jù)乙烯、乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色；

（5）根據(jù)乙醇能與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)；

（6）根據(jù)乙酸可與生石灰反應(yīng)，乙醇與生石灰不反應(yīng)；【解析】【解答】解：（1）若全為乙醇，生成二氧化碳為×2×22.4=103.2L；若全丙醇，生成二氧化碳為×3×22.4=118.7L，所以106g的乙醇和丙醇混合液完全燃燒生成的CO2為的體積應(yīng)介于兩者之間；故答案為：×；

（2）醫(yī)用酒精中酒精的濃度約為75%；故答案為：×；

（3）乙醇與鈉反應(yīng)生成乙醇鈉和氫氣；屬于置換反應(yīng)，故答案為：√；

（4）向無水乙醇中加入濃H2SO4，加熱至170℃，產(chǎn)生的氣體通入酸性KMnO4溶液；紫紅色褪去，使溶液褪色的氣體可能是乙烯，也可能是乙醇，故答案為：×；

（5）乙醇能與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)；酯化反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，故答案為：×；

（6）乙酸具有酸性，可與生石灰反應(yīng)，同時生石灰還起到吸水的作用，故答案為：√；18、√【分析】【分析】（1）測定pH的步驟為蘸；滴、對比；

（2）碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子；

（3）Na2CO3溶液中，存在物料守恒式為c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，電荷守恒式為c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），并結(jié)合水解顯堿性來分析解答．【解析】【解答】解：（1）測定pH的步驟為用玻璃棒蘸取待測液；滴在pH試紙上，顏色變化后與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對比，然后確定溶液的pH；

故答案為：用玻璃棒蘸取待測液；滴在pH試紙上，顏色變化后與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對比；

（2）碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，溶液顯堿性，離子反應(yīng)為CO32-+H2O?HCO3-+OH-，故答案為：CO32-+H2O?HCO3-+OH-；

（3）①Na2CO3溶液中，存在物料守恒式為c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，顯然c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]關(guān)系錯誤；

故答案為：c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]；

②Na2CO3溶液中，溶液不顯電性，由電荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；故答案為：√；

③Na2CO3溶液中，由質(zhì)子守恒可知，c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案為：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

④Na2CO3溶液中，由化學(xué)式可知，c（Na+）＞c（CO32-），又由CO32-+H2O?HCO3-+OH-，則離子濃度關(guān)系為c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）；

故答案為：√．四、解答題(共4題，共8分)19、略

【分析】【分析】由氧氣體積可知氧氣物質(zhì)的量，根據(jù)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑計算過氧化鈉的物質(zhì)的量，進(jìn)而計算Na2O的質(zhì)量，再根據(jù)n=計算氧化鈉的物質(zhì)的量；

根據(jù)鈉離子守恒計算n（NaOH），根據(jù)m=nM計算NaOH的質(zhì)量，溶液質(zhì)量=固體質(zhì)量+水的質(zhì)量-生成氧氣的質(zhì)量，溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%；

根據(jù)V=計算溶液體積，再根據(jù)c=計算NaOH的物質(zhì)的量濃度．【解析】【解答】解：標(biāo)況下，1.12L氧氣物質(zhì)的量為=0.05mol；

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑

21

0.1mol0.05mol

故混合物中Na2O的質(zhì)量為14g-0.1mol×78g/mol=6.2g，則n（Na2O）==0.1mol；

則原混合物中n（Na2O）：n（Na2O2）=0.1mol：0.1mol=1：1；

根據(jù)鈉離子守恒：n（NaOH）=2n（Na2O）+2n（Na2O2）=2（0.1mol+0.1mol）=0.4mol；

則m（NaOH）=0.4mol×40g/mol=15g；

溶液質(zhì)量=14g+87.6g-0.05mol×32g/mol=100g

故所得溶液中NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=16%；

溶液體積為=L，則c（NaOH）==0.472mol/L；

答：原混合物中n（Na2O）：n（Na2O2）=1：1；

所得溶液中NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為16%；

溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度為0.472mol/L．20、略

【分析】

（1）依據(jù)題干關(guān)系判斷，A為Cl2，C為SO2，二者在水溶液中反應(yīng)生成硫酸和鹽酸，判斷E為H2SO4；D為HCl；該反應(yīng)的反應(yīng)方程式為：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl；檢驗D（HCl）中陰離子Cl-的方法：先加硝酸酸化無沉淀，再滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成，則含Cl-；

故答案為：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl；先加硝酸酸化無沉淀，再滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成，則含Cl-；

（2）A是兩性元素判斷A為Al，D為H2，C為強(qiáng)酸強(qiáng)堿溶液；反應(yīng)的離子方程式為：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；2Al+2OH-+H2O=2AlO-+H2↑；

故答案為：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；2Al+2OH-+H2O=2AlO-+H2↑；

（3）為引起溫室效應(yīng)的主要氣體判斷為CO2，酸性強(qiáng)的制備酸性弱的，E為白色沉淀，判斷為Al（OH）3、H2SiO3，則C為偏鋁酸鹽、硅酸鹽；E可能的化學(xué)式：H2SiO3；Al（OH）3；SiO32-+CO2+H2O=CO32-+H2SiO3↓或AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-；

故答案為：H2SiO3；Al（OH）3；SiO32-+CO2+H2O=CO32-+H2SiO3↓或AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-

或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-；

【解析】【答案】B為自然界中含量最多的液體，判斷為H2O；

（1）常溫下，若A為氣態(tài)單質(zhì)，C為非金屬氧化物，A、C均能使品紅溶液褪色，相對分子質(zhì)量E＞D，推斷A為Cl2，C為SO2，二者在水溶液中反應(yīng)生成硫酸和鹽酸，判斷E為H2SO4；D為HCl；

（2）若A為短周期的金屬單質(zhì)，D為氣態(tài)單質(zhì)，C溶液呈強(qiáng)酸性或強(qiáng)堿性時，該反應(yīng)都能進(jìn)行，說明A是兩性元素判斷A為Al，D為H2；C為強(qiáng)酸強(qiáng)堿溶液；

（3）若A、C均為化合物，C為引起溫室效應(yīng)的主要氣體判斷為CO2，酸性強(qiáng)的制備酸性弱的，E為白色沉淀，判斷為Al（OH）3、H2SiO3；則C為偏鋁酸鹽；硅酸鹽．

21、略

【分析】【分析】根據(jù)Ba2++SO42-=BaSO4↓，所以n（Ba2+）=n（SO42-）=n（Na2SO4?10H2O）===1.5mol，再根據(jù)m=nM計算即可．【解析】【解答】解：根據(jù)Ba2++SO42-=BaSO4↓，所以n（Ba2+）=n（SO42-）=n（BaSO4）=n（Na2SO4?10H2O）===1.5mol，則沉淀的質(zhì)量m=nM=1.5mo×233g/mol=349.5g，答：生成沉淀的質(zhì)量為：349.5g．22、略

【分析】

（1）由裝置圖可知，A中發(fā)生反應(yīng)制備氯氣，反應(yīng)不需加熱，深色固體試劑a與溶液b反應(yīng)，通常應(yīng)為高錳酸鉀與濃鹽酸，故a為高錳酸鉀，b為濃鹽酸．

故答案為：高錳酸鉀；濃鹽酸．

（2）HCl易揮發(fā)，A中生成的氯氣中含有HCl、H2O；用飽和食鹽水吸收HCl，用濃硫酸干燥，先除氯化氫，后干燥．故B中盛有液體c是試劑飽和食鹽水，C中的液體d是濃硫酸．

故答案為：飽和食鹽水；濃硫酸．

（3）由信息可知，D中氯氣與HgO反應(yīng)生成Cl2O與HgO?HgCl2．反應(yīng)方程式為2HgO+2Cl2=Cl2O+HgO?HgCl2．

故答案為：2HgO+2Cl2=Cl2O+HgO?HgCl2．

（4）由題目信息可知；氧化二氯氣體的熔點-116℃，熔點很低．所以選擇沸點很低的液態(tài)空氣進(jìn)行制冷．

根據(jù)工藝流程可知；D中反應(yīng)氯氣可能不能成分反應(yīng)，由于氯氣易液化，所以E的內(nèi)管得到的氧化二氯中可能含有雜質(zhì)是液氯．

故答案為：液態(tài)空氣；液氯．

（5）由信息可知，氧化二氯不穩(wěn)定，接觸一般有機(jī)物易爆炸，因此Cl2O不能與有機(jī)物接觸；所以A；B、C間用乳膠管連接，D、E間不能乳膠管連接．

故答案為：A、B、C間用乳膠管連接，D、E間不能乳膠管連接；Cl2O遇有機(jī)物易爆炸．

【解析】【答案】（1）由裝置圖可知，A中發(fā)生反應(yīng)制備氯氣，反應(yīng)不需加熱，深色固體試劑a與溶液b反應(yīng)；應(yīng)為高錳酸鉀與濃鹽酸．

（2）HCl易揮發(fā)，A中生成的氯氣中含有HCl、H2O；用飽和食鹽水吸收HCl，用濃硫酸干燥，先除氯化氫，后干燥．

（3）由信息可知，D中氯氣與HgO反應(yīng)生成Cl2O與HgO?HgCl2．

（4）由題目信息可知；氧化二氯氣體的熔點-116℃，熔點很低．液態(tài)空氣沸點-192℃，干冰冷卻溫度在-80℃左右，冰水為0℃．

根據(jù)工藝流程可知；D中反應(yīng)氯氣可能不能成分反應(yīng)，且氯氣易液化．

（5）由信息可知；氧化二氯不穩(wěn)定，接觸一般有機(jī)物易爆炸，D；E間不能用乳膠管連接．

五、探究題(共4題，共32分)23、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．24、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴