2025年仁愛(ài)科普版高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年仁愛(ài)科普版高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷996考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、某模擬“人工樹(shù)葉”電化學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，該裝置能將H2O和CO2轉(zhuǎn)化為O2和燃料（C3H8O）．下列說(shuō)法正確的是（）

A.該裝置將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為光能和電能B.該裝置工作時(shí)，H+從b極區(qū)向a極區(qū)遷移C.每生成1molO2，有44gCO2被還原D.a電極的反應(yīng)為：3CO2+18H+﹣18e﹣=C3H8O+5H2O2、下列有關(guān)物質(zhì)檢驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)結(jié)論正確的是（）

。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A向某溶液中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成該溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入2滴KSCN溶液不顯紅色．再向溶液中加入幾滴新制氯水，溶液變?yōu)榧t色．該溶液中一定含有Fe2+C將某氣體通入到品紅溶液中，品紅褪色該氣體一定為SO2D向某溶液中滴入鹽酸，產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的無(wú)色無(wú)味氣體該溶液中一定含有CO32-A.AB.BC.CD.D3、金屬在人類(lèi)社會(huì)的發(fā)展進(jìn)程中起著重要的作用．下列有關(guān)金屬及其化合物的說(shuō)法不正確的是（）A.Fe、Mg、Al均能與空氣中的氧氣反應(yīng)在表面生成致密的氧化膜，對(duì)內(nèi)層金屬有保護(hù)作用B.Fe在高溫下能與水蒸氣反應(yīng)，F(xiàn)e被氧化生成Fe3O4，H2O被還原生成H2C.小蘇打、氫氧化鋁都可以用于中和胃酸D.鋁制餐具不適合長(zhǎng)時(shí)間的蒸煮或長(zhǎng)時(shí)間存放酸性、堿性或咸的食物4、某聚合物鋰離子充電電池放電時(shí)的反應(yīng)為：Li1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，（LixC6表示鋰原子嵌入石墨形成的復(fù)合材料）其工作原理如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.放電時(shí)，電子從b極流向a極B.放電時(shí)，a極脫出的離子通過(guò)陰離子交換膜從左向右移動(dòng)C.充電時(shí)，b極發(fā)生的反應(yīng)為：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+D.充電時(shí)，每轉(zhuǎn)移xmol電子，產(chǎn)生6mol碳單質(zhì)5、實(shí)驗(yàn)室欲快速制取H2，應(yīng)選用正確的措施是（）A.純鋅與稀硫酸反應(yīng)B.粗鋅跟濃硫酸反應(yīng)C.粗鋅跟稀硝酸反應(yīng)D.將浸泡過(guò)CuSO4溶液的鋅跟稀硫酸反應(yīng)6、人類(lèi)開(kāi)始化學(xué)實(shí)踐活動(dòng)是從下列哪項(xiàng)活動(dòng)開(kāi)始的A.使用火B(yǎng).制陶瓷C.釀酒D.煉丹評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、某研究小組為了探究“鐵與水蒸氣”能否發(fā)生反應(yīng)及反應(yīng)的產(chǎn)物，進(jìn)行了下列實(shí)驗(yàn)．

（1）用如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置，在硬質(zhì)玻璃管中放入還原鐵粉和石棉絨的混合物，加熱并通入水蒸氣，就可以完成高溫下“Fe與水蒸氣的反應(yīng)實(shí)驗(yàn)”（石棉絨是耐高溫材料，不與水反應(yīng)）．反應(yīng)一段時(shí)間后，有肥皂泡吹起時(shí)，用點(diǎn)燃的火柴靠近肥皂泡，當(dāng)____（填實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象）時(shí)，說(shuō)明“鐵與水蒸氣”能夠進(jìn)行反應(yīng)．寫(xiě)出鐵與水反應(yīng)的化學(xué)方程式____

（2）為了證明反應(yīng)后的固體混合物中含有+3價(jià)的Fe，他們計(jì)劃取出少量混合物于試管中，加入足量的鹽酸，溶解、過(guò)濾．寫(xiě)出有關(guān)的化學(xué)方程式____．8、KNO3是重要的化工產(chǎn)品，下面是一種己獲得專(zhuān)利的KNO3制備方法的主要步驟：

（1）反應(yīng)Ⅰ中，CaSO4與NH4HCO3的物質(zhì)的量之比為1：2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___；

（2）反應(yīng)Ⅱ需在干態(tài)、加熱的條件下進(jìn)行，加熱的目的是____；從反應(yīng)Ⅳ所得混合物中分離出CaSO4的方法是趁熱過(guò)濾，趁熱過(guò)濾的目的是____；

（3）檢驗(yàn)反應(yīng)Ⅱ所得K2SO4中是否混有KCl的方法是：取少量K2SO4樣品溶解于水，____；

（4）整個(gè)流程中，可循環(huán)利用的物質(zhì)有____（填化學(xué)式）．

（5）將硝酸與濃KCl溶液混合，也可得到KNO3，同時(shí)生成等體積的氣體A和氣體B．B是三原子分子，B與O2反應(yīng)生成1體積黃綠色氣體A和2體積紅棕色氣體C．B的分子式為_(kāi)___，寫(xiě)出硝酸與濃KCl溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式____．9、（1）氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)是____．所含元素化合價(jià)升高的物質(zhì)是____劑，發(fā)生____反應(yīng)．

（2）對(duì)于氧化還原反應(yīng)Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，在上述化學(xué)方程式中用單線橋標(biāo)明電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目____．該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是____（填元素符號(hào)或化學(xué)式）10、（1）Be和Al具有相似的化學(xué)性質(zhì)，寫(xiě)出BeCl2水解反應(yīng)的離子方程式____．將該溶液蒸干灼燒得到的固體是____（寫(xiě)化學(xué)式）．

（2）25℃時(shí)，pH=2的H2SO4與pH=10的NaOH混合，溶液呈中性，則H2SO4與NaOH的體積之比為_(kāi)___．

（3）已知PbI2的Ksp=7.0x10-9，將0.01mol/LKI（aq）與未知濃度Pb（NO3）2等體積混合，則生成沉淀PbI2所需Pb（NO3）2的最小濃度是____mol/L．11、在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，有一剛性密閉容器，被一可以自由滑動(dòng)的活塞分成兩個(gè)密閉的反應(yīng)器．左側(cè)充入等物質(zhì)的量的氫氣和氧氣，右側(cè)充入一氧化碳和氧氣的混合氣體．同時(shí)引燃左右兩側(cè)的混合氣，反應(yīng)后恢復(fù)到標(biāo)準(zhǔn)狀況．反應(yīng)前后活塞位置如下圖所示．則右側(cè)混合氣體中一氧化碳和氧氣的物質(zhì)的量之比是____________或____________．(液態(tài)水的體積忽略不計(jì))評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)12、判斷對(duì)錯(cuò)：1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為4NA____．13、提純氯化鈉，最后在蒸發(fā)皿中蒸發(fā)濃縮溶液時(shí)，只需用小火加熱至溶液表面出現(xiàn)晶膜為止，再通過(guò)余熱將溶液全部蒸干．____（判斷對(duì)錯(cuò)）14、加過(guò)量的AgNO3溶液，產(chǎn)生大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的Cl-．____（判斷對(duì)錯(cuò)）正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”15、加用鹽酸酸化的Ba（NO3）2溶液，產(chǎn)生了大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的SO42-．____（判斷對(duì)錯(cuò)正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”）16、一定壓強(qiáng)下，所有物質(zhì)在溫度變化時(shí)都能表現(xiàn)出三態(tài)變化．____（判斷對(duì)錯(cuò)）17、蛋白質(zhì)、纖維素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物____（判斷對(duì)錯(cuò)）18、含5個(gè)碳原子的有機(jī)物，每個(gè)分子中最多可形成4個(gè)C-C單鍵____．評(píng)卷人得分四、推斷題(共1題，共2分)19、如圖為中學(xué)化學(xué)中幾種常見(jiàn)物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分產(chǎn)物已略去）．已知：A；D是金屬單質(zhì)；L為紅褐色沉淀，E為食鹽的主要成分，I的水溶液呈強(qiáng)酸性．

（1）K的化學(xué)式為_(kāi)___．

（2）寫(xiě)出反應(yīng)①的化學(xué)方程式：____．

（3）寫(xiě)出反應(yīng)②的離子方程式：____．

（4）向M溶液中加入足量的I溶液反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___．

（5）寫(xiě)出一個(gè)由化合反應(yīng)生成L的化學(xué)方程式____．評(píng)卷人得分五、探究題(共4題，共16分)20、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫(xiě)分離時(shí)所用操作方法，并寫(xiě)出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫(xiě)出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．21、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：22、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫(xiě)分離時(shí)所用操作方法，并寫(xiě)出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫(xiě)出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．23、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：評(píng)卷人得分六、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共12分)24、（2014秋?城區(qū)校級(jí)月考）分別取40mL的0.50mol/L鹽酸與0.55mol/L氫氧化鈉溶液進(jìn)行中和反應(yīng)．通過(guò)測(cè)定反應(yīng)過(guò)程中所放出的熱量可計(jì)算中和熱．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）理論上稀強(qiáng)酸、稀強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol水時(shí)放出57.3kJ的熱量，寫(xiě)出表示稀硫酸和稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式____．

（2）如圖所示，A為泡沫塑料板，上面有兩個(gè)小孔，分別插入溫度計(jì)和環(huán)形玻璃棒，兩個(gè)小孔不能開(kāi)得過(guò)大，其原因是____；反應(yīng)需要測(cè)量溫度，每次測(cè)量溫度后都必須采取的操作是____．

（3）假設(shè)鹽酸和氫氧化鈉溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比熱容c=4.18J/（g?℃），為了計(jì)算中和熱，實(shí)驗(yàn)時(shí)還需測(cè)量的數(shù)據(jù)有____（填序號(hào)）；

A．反應(yīng)前鹽酸溶液的溫度B．反應(yīng)前鹽酸溶液的質(zhì)量。

C．反應(yīng)前氫氧化鈉溶液的溫度D．反應(yīng)前氫氧化鈉溶液的質(zhì)量。

E．反應(yīng)后混合溶液的最高溫度F．反應(yīng)后混合溶液的質(zhì)量。

（4）某學(xué)生實(shí)驗(yàn)記錄數(shù)據(jù)如下：

。實(shí)驗(yàn)序號(hào)起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃鹽酸氫氧化鈉混合溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6依據(jù)該學(xué)生的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算，該實(shí)驗(yàn)測(cè)得的中和熱△H=____；

（5）假定該學(xué)生的操作完全同上，實(shí)驗(yàn)中改用100mL0.5mol/L鹽酸跟100mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實(shí)驗(yàn)相比，所放出的熱量____（填“相等”或“不相等”），所求中和熱____（填“相等”或“不相等”）．25、某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行鐵鹽與亞鐵鹽相互轉(zhuǎn)化的實(shí)驗(yàn)：

實(shí)驗(yàn)Ⅰ：將rm{Fe^{3+}}轉(zhuǎn)化為rm{Fe^{2+}(}圖rm{1)}

rm{(1)Fe^{3+}}與rm{Cu}粉發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____．

rm{(2)}探究白色沉淀產(chǎn)生的原因；請(qǐng)?zhí)顚?xiě)實(shí)驗(yàn)方案：

查閱資料：

rm{壟隆.SCN^{-}}的化學(xué)性質(zhì)與rm{I^{-}}相似，rm{壟壟.2Cu^{2+}+4I^{-}=2CuI隆媒+I_{2}}

。實(shí)驗(yàn)方案現(xiàn)象結(jié)論步驟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}溶液產(chǎn)生白色沉淀rm{CuSO_{4}}與rm{KSCN}反應(yīng)產(chǎn)生了白色沉淀：步驟rm{2}取______無(wú)明顯現(xiàn)象rm{Cu^{2+}}與rm{SCN^{-}}反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____．

實(shí)驗(yàn)Ⅱ：將rm{Fe^{2+}}轉(zhuǎn)化為rm{Fe^{3+}}

。實(shí)驗(yàn)方案現(xiàn)象向rm{3mL}rm{0.1mol/L}rm{FeSO_{4}}溶液中加入rm{1mL}rm{8mol/L}稀硝酸溶液變?yōu)樽厣?，放置一段時(shí)間后，棕色消失，溶液變?yōu)辄S色探究上述現(xiàn)象出現(xiàn)的原因：

查閱資料：rm{Fe^{2+}+NO?Fe(NO)^{2+}(}棕色rm{)}

rm{(3)}用離子方程式解釋rm{NO}產(chǎn)生的原因______．

rm{(4)}從化學(xué)反應(yīng)速率與限度的角度對(duì)體系中存在的反應(yīng)進(jìn)行分析：

反應(yīng)Ⅰ：rm{Fe^{2+}}與rm{HNO_{3}}反應(yīng)；反應(yīng)Ⅱ：rm{Fe^{2+}}與rm{NO}反應(yīng)。

rm{壟脵}依據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，甲認(rèn)為反應(yīng)Ⅰ的速率比反應(yīng)Ⅱ______rm{(}填“快”或“慢”rm{)}．

rm{壟脷}乙認(rèn)為反應(yīng)Ⅰ是一個(gè)不可逆反應(yīng)；并通過(guò)實(shí)驗(yàn)證明其猜測(cè)正確，乙設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)方案是______．

rm{壟脹}請(qǐng)用化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋溶液由棕色變?yōu)辄S色的原因______．

rm{(5)}丙認(rèn)為若生成的rm{NO}與rm{Fe^{2+}}不接觸，溶液就不會(huì)出現(xiàn)棕色，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，并畫(huà)出實(shí)驗(yàn)裝置圖rm{2}實(shí)現(xiàn)。

rm{Fe^{2+}xrightarrow{{稀}HNO_{3}}Fe^{3+}}的轉(zhuǎn)化，同時(shí)避免出現(xiàn)此異常現(xiàn)象．rm{Fe^{2+}

xrightarrow{{稀}HNO_{3}}Fe^{3+}}26、某學(xué)習(xí)小組開(kāi)展下列實(shí)驗(yàn)探究活動(dòng)：

rm{(1)}裝置rm{A}中反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____．

rm{(2)}利用裝置rm{A}中產(chǎn)生的氣體設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明rm{+4}價(jià)硫具有氧化性：______．

rm{(3)}選用下面的裝置和藥品探究亞硫酸與次氯酸的酸性強(qiáng)弱．

裝置連接順序?yàn)開(kāi)_____，其中裝置rm{C}的作用是______；通過(guò)______現(xiàn)象即可證明亞硫酸的酸性強(qiáng)于次氯酸．

rm{(4)}利用rm{G}裝置可測(cè)定裝置rm{A}殘液中rm{SO_{2}}的含量rm{.}量取rm{1.00mL}殘液于燒瓶中，加適量的水稀釋?zhuān)訜崾箁m{SO_{2}}全部逸出并與錐形瓶中rm{H_{2}O_{2}}完全反應(yīng)rm{(SO_{2}+H_{2}O_{2}=H_{2}SO_{4}}然后用rm{0.1000mo1/L^{-1}}rm{NaOH}標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，至終點(diǎn)時(shí)消耗rm{NaOH}溶液rm{20.00mL}．

rm{壟脵G}中球形冷凝管的冷凝水進(jìn)口為_(kāi)_____rm{(}填“rm{a}”或“rm”rm{)}．

rm{壟脷}殘液中rm{SO_{2}}含量為_(kāi)_____rm{g.L^{-1}}．

rm{壟脹}經(jīng)多次測(cè)定發(fā)現(xiàn)；測(cè)定值始終高于實(shí)驗(yàn)值，則其原因是______．

rm{(5)}設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明rm{H_{2}SO_{3}}為二元弱酸：______rm{.(}可提供的儀器：rm{pH}計(jì)，其他中學(xué)化學(xué)常見(jiàn)儀器任選，藥品：rm{0.10mol漏qL^{-1}NaOH}溶液、rm{0.05}rm{mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液，酸堿指示劑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}.}草酸的鈉鹽和鉀鹽易溶于水，而其鈣鹽難溶于水rm{.}草酸晶體rm{(H_{2}C_{2}O_{4}?2H_{2}O)}無(wú)色，熔點(diǎn)為rm{101隆忙}易溶于水，受熱脫水、升華，rm{170隆忙}以上分解rm{.}回答下列問(wèn)題：

rm{(1)}甲組同學(xué)按照如圖所示的裝置，通過(guò)實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)草酸晶體的分解產(chǎn)物，裝置rm{C}中可觀察到的現(xiàn)象是______，由此可知草酸晶體分解的產(chǎn)物中有______rm{.}裝置rm{B}的主要作用是______．

rm{(2)}乙組同學(xué)認(rèn)為草酸晶體分解的產(chǎn)物中含有rm{CO}為進(jìn)行驗(yàn)證，選用甲組實(shí)驗(yàn)中的裝置rm{A}rm{B}和如圖所示的部分裝置rm{(}可以重復(fù)選用rm{)}進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．

rm{壟脵}乙組同學(xué)的實(shí)驗(yàn)裝置中，依次連接的合理順序?yàn)閞m{A}rm{B}______rm{.}裝置rm{H}反應(yīng)管中盛有的物質(zhì)是______．

rm{壟脷}能證明草酸晶體分解產(chǎn)物中有rm{CO}的現(xiàn)象是______．

rm{(3)壟脵}設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明：

rm{壟脵}草酸的酸性比碳酸的強(qiáng)______．

rm{壟脷}草酸為二元酸______．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【解答】解：A；該裝置是電解池裝置；是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，所以該裝置將光能和電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故A錯(cuò)誤；

B、a與電源負(fù)極相連，所以a是陰極，而電解池中氫離子向陰極移動(dòng)，所以H+從陽(yáng)極b極區(qū)向陰極a極區(qū)遷移；故B正確；

C、電池總的方程式為：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧氣，陰極有6mol的二氧化碳被還原，也就是1mol的氧氣，陰極有mol的二氧化碳被還原；所以被還原的二氧化碳為29.3g，故C錯(cuò)誤；

D、a與電源負(fù)極相連，所以a是陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O；故D錯(cuò)誤；

故選B．

【分析】A；該裝置是電解池裝置；是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；

B；與電源正極相連的是電解池的陽(yáng)極；負(fù)極相連的是電解池的陰極，a與電源負(fù)極相連，所以a是陰極，而電解池中氫離子向陰極移動(dòng)；

C、電池總的方程式為：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2；即生成9mol的氧氣，陰極有6mol的二氧化碳被還原，由此分析解答；

D、a與電源負(fù)極相連，所以a是負(fù)極陰極，電極反應(yīng)式為：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O．2、B【分析】【分析】A．與氯化鋇溶液反應(yīng)生成的白色沉淀可能為氯化銀；不一定為硫酸鋇；

B．先加入硫氰化鉀溶液；溶液不顯示紅色，說(shuō)明溶液中不存在鐵離子，再加入氯水后變?yōu)榧t色，說(shuō)明此時(shí)溶液中存在鐵離子，則原溶液中一定含有亞鐵離子；

C．二氧化硫能夠使品紅褪色；但是使品紅溶液褪色的不一定為二氧化硫，可能為氯氣；

D．可能為HCO3-．【解析】【解答】解：A．向某溶液中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液；有白色沉淀生成，該白色沉淀可能為硫酸鋇或氯化銀，原溶液中可能含有銀離子，不一定含有硫酸根離子，故A錯(cuò)誤；

B．向某溶液中加入2滴KSCN溶液；溶液不顯紅色，說(shuō)明原溶液中不存在鐵離子，再向溶液中加入幾滴新制的氯水，溶液變?yōu)榧t色，說(shuō)明加入氯水后的溶液中存在鐵離子，則證明原溶液中一定存在亞鐵離子，故B正確；

C．氯氣與水反應(yīng)生成具有強(qiáng)氧化性的次氯酸；次氯酸具有漂白性；所以將某氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，該氣體不一定為二氧化硫，可能為氯氣，故C錯(cuò)誤；

D．CO32-和HCO3-都能與HCl反應(yīng)生成CO2氣體，CO2氣體為能使澄清石灰水變渾濁的無(wú)色無(wú)味的氣體，所以不能判斷出是否含有CO32-；故D錯(cuò)誤；

故選B．3、A【分析】【分析】A；鐵在表面不能生成致密的氧化膜；

B；鐵和水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣；

C；小蘇打、氫氧化鋁堿性較弱；可與胃酸反應(yīng)；

D、鋁和酸堿都能反應(yīng)．【解析】【解答】解：A；鐵在表面不能生成致密的氧化膜；Mg．Al均能與空氣中的氧氣反應(yīng)在表面生成致密的氧化膜，對(duì)內(nèi)層金屬有保護(hù)作用，故A錯(cuò)誤；

B；鐵和水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣；鐵被氧化為四氧化三鐵，水被還原為氫氣，故B正確；

C；小蘇打、氫氧化鋁堿性較弱；可與胃酸反應(yīng)生成氯化鈉和氯化鋁，對(duì)人體無(wú)害，故C正確；

D；鋁、氧化鋁和酸堿都能反應(yīng)；Al在食鹽電解質(zhì)溶液中易發(fā)生吸氧腐蝕，所以鋁制餐具不適合長(zhǎng)時(shí)間的蒸煮或長(zhǎng)時(shí)間存放酸性、堿性或咸的食物，故D正確；

故選A．4、C【分析】【分析】放電時(shí)的反應(yīng)為L(zhǎng)i1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合價(jià)降低，C元素的化合價(jià)升高，結(jié)合原電池中負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)來(lái)解答．【解析】【解答】解：放電時(shí)的反應(yīng)為L(zhǎng)i1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2；Co元素的化合價(jià)升高，C元素的化合價(jià)降低；

A．C元素的化合價(jià)升高，則放電時(shí)LixC6發(fā)生氧化反應(yīng)是負(fù)極，所以放電時(shí)，電子從a極流向b極；故A錯(cuò)誤；

B、放電時(shí)C元素的化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：LixC6-xe-=6C+xLi+；而陽(yáng)離子不能通過(guò)陰離子交換膜，故B錯(cuò)誤；

C、充電時(shí)，b極為陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+；故C正確；

D、充電時(shí)，陰極的電極反應(yīng)式為：6C+xLi++xe-=LixC6；所以每轉(zhuǎn)移xmol電子，消耗6mol碳單質(zhì)，故D錯(cuò)誤；

故選C．5、D【分析】【分析】快速制取氫氣，可用粗鋅和稀硫酸反應(yīng)，濃硫酸和稀硝酸都不能與鋅反應(yīng)生成氫氣．【解析】【解答】解：濃硫酸和稀硝酸都不能與鋅反應(yīng)生成氫氣；

實(shí)驗(yàn)室制備氫氣應(yīng)用稀硫酸；

A與D相比較；D易形成原電池反應(yīng)而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；

則應(yīng)用浸泡過(guò)CuSO4溶液的鋅跟稀硫酸反應(yīng)；

故選D．6、A【分析】【解析】試題分析：此題主要是考查課本中的識(shí)記內(nèi)容，能力要求上屬于基礎(chǔ)題。對(duì)于這道題的解法，也可以從以下方面分析：1、制陶瓷與煉丹都需要用到火，所以使用火應(yīng)該在制陶和煉丹之前；2、從時(shí)間上看，“鉆木取火”在遠(yuǎn)古時(shí)代就已經(jīng)發(fā)明了，而釀酒較晚；綜合以上，答案應(yīng)為A?？键c(diǎn)：主要考查對(duì)課本基礎(chǔ)知識(shí)的識(shí)記?！窘馕觥俊敬鸢浮緼二、填空題(共5題，共10分)7、肥皂泡破裂，產(chǎn)生爆鳴聲3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2Fe3O4+8HCl═FeCl2+2FeCl3+4H2O【分析】【分析】（1）根據(jù)鐵與水蒸氣在高溫下反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣；氫氣點(diǎn)燃有爆鳴聲進(jìn)行分析；

（2）根據(jù)四氧化三鐵與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵、氯化鐵、水寫(xiě)出方程式．【解析】【解答】解：（1）鐵與水蒸氣在高溫下反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；如果肥皂泡破裂；產(chǎn)生爆鳴聲說(shuō)明有氫氣生成，即可說(shuō)明“鐵與水蒸氣”能夠進(jìn)行反應(yīng)；

故答案為：肥皂泡破裂，產(chǎn)生爆鳴聲；3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；

（2）四氧化三鐵與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵、氯化鐵、水，所以方程式為：Fe3O4+8HCl═FeCl2+2FeCl3+4H2O；

故答案為：Fe3O4+8HCl═FeCl2+2FeCl3+4H2O．8、CaSO4+2NH4HCO3=CaCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑分離NH4Cl與K2SO4，加快化學(xué)反應(yīng)速率防止KNO3結(jié)晶，提高KNO3的產(chǎn)率加入Ba（NO3）2溶液至不再產(chǎn)生沉淀，靜置，向上層清液中滴加AgNO3溶液，若有沉淀生成，說(shuō)明K2SO4中混有KCl（NH4）2SO4、CaSO4、KNO3NOCl4HNO3+3KCl═3KNO3+Cl2↑+NOCl↑+2H2O【分析】【分析】反應(yīng)Ⅰ中，CaSO4與NH4HCO3的物質(zhì)的量之比為1：2，由流程題可知生成CaCO3、（NH4）2SO4和CO2，過(guò)濾后在濾液的主要成分為（NH4）2SO4；加入KCl，在干態(tài)；加熱的條件下進(jìn)行，分離出氯化銨，可得硫酸鉀，在濾液中加入硝酸鈣，可得到硫酸鈣和硝酸鉀，經(jīng)過(guò)濾、蒸發(fā)、濃縮結(jié)晶可得硝酸鉀；

反應(yīng)III中碳酸鈣和硝酸反應(yīng)生成硝酸鈣和二氧化碳；

（5）將硝酸與濃KCl溶液混合，也可得到KNO3，同時(shí)生成等體積的氣體A和氣體B，B是三原子分子，B與O2反應(yīng)生成1體積黃綠色氣體A和2體積紅棕色氣體C，A是氯氣、C是NO2；根據(jù)原子守恒知，B是NOCl；

根據(jù)反應(yīng)物和生成物書(shū)寫(xiě)方程式．【解析】【解答】解：反應(yīng)Ⅰ中，CaSO4與NH4HCO3的物質(zhì)的量之比為1：2，由流程題可知生成CaCO3、（NH4）2SO4和CO2，過(guò)濾后在濾液的主要成分為（NH4）2SO4；加入KCl，在干態(tài)；加熱的條件下進(jìn)行，分離出氯化銨，可得硫酸鉀，在濾液中加入硝酸鈣，可得到硫酸鈣和硝酸鉀，經(jīng)過(guò)濾、蒸發(fā)、濃縮結(jié)晶可得硝酸鉀；

反應(yīng)III中碳酸鈣和硝酸反應(yīng)生成硝酸鈣和二氧化碳；

（1）反應(yīng)Ⅰ中，CaSO4與NH4HCO3的物質(zhì)的量之比為1：2，由流程題可知生成CaCO3、（NH4）2SO4和CO2，由質(zhì)量守恒可知反應(yīng)的方程式為CaSO4+2NH4HCO3=CaCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑；

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

（2）（NH4）2SO4加入KCl，在干態(tài)、加熱的條件下進(jìn)行，可生成易分解的氯化銨，加熱時(shí)氯化銨分解生成氯化氫和氨氣，溫度降低又生成氯化銨，以此可分離出氯化銨，得硫酸鉀，且能加快反應(yīng)的速率；從反應(yīng)Ⅳ所得混合物中分離出CaSO4的方法是趁熱過(guò)濾，趁熱過(guò)濾的目的是防止KNO3結(jié)晶，提高KNO3的產(chǎn)率；

故答案為：分離NH4Cl與K2SO4，加快化學(xué)反應(yīng)速率；防止KNO3結(jié)晶，提高KNO3的產(chǎn)率；

（3）檢驗(yàn)反應(yīng)Ⅱ所得K2SO4中是否混有KCl，應(yīng)先加入硝酸鋇時(shí)硫酸鉀完全轉(zhuǎn)化為硫酸鋇沉淀，以免干擾氯離子的檢驗(yàn)，然后再加入硝酸銀檢驗(yàn)氯化鉀，操作方法為加入Ba（NO3）2溶液至不再產(chǎn)生沉淀，靜置，向上層清液中滴加AgNO3溶液，若有沉淀生成，說(shuō)明K2SO4中混有KCl；

故答案為：加入Ba（NO3）2溶液至不再產(chǎn)生沉淀，靜置，向上層清液中滴加AgNO3溶液，若有沉淀生成，說(shuō)明K2SO4中混有KCl；

（4）整個(gè)流程中，可循環(huán)利用的物質(zhì)有（NH4）2SO4、CaSO4、KNO3，故答案為：（NH4）2SO4、CaSO4、KNO3；

（5）B是三原子分子，B與O2反應(yīng)生成1體積氣體A和2體積紅棕色氣體C，C應(yīng)為NO2，黃綠色氣體應(yīng)為Cl2；

則B中含有N元素和Cl元素，結(jié)合原子守恒得反應(yīng)的方程式應(yīng)為2B+O2=Cl2+2NO2；可知B的分子式為NOCl；

所以硝酸與濃KCl溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為4HNO3+3KCl═3KNO3+Cl2↑+NOCl↑+2H2O；

故答案為：NOCl；4HNO3+3KCl═3KNO3+Cl2↑+NOCl↑+2H2O．9、得失電子還原劑氧化反應(yīng)ZnSO4【分析】【分析】（1）氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)是電子得失；特征是化合價(jià)的升降，所含元素化合價(jià)升高的物質(zhì)是還原劑，發(fā)生氧化反應(yīng)，得到氧化產(chǎn)物；

（2）由氧化還原反應(yīng)中單線橋的表示方法，可知箭頭從還原劑出發(fā)指向氧化劑，在橫線上標(biāo)出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目即可．【解析】【解答】解：（1）氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)是電子得失；所含元素化合價(jià)升高的物質(zhì)是還原劑，發(fā)生氧化反應(yīng)；

故答案為：得失電子；還原劑；氧化反應(yīng)；

（2）用單線橋表示氧化還原反應(yīng)：氧化還原反應(yīng)中所含元素化合價(jià)升高的物質(zhì)是還原劑，發(fā)生氧化反應(yīng)，得到氧化產(chǎn)物，故ZnSO4為氧化產(chǎn)物．

故答案為：ZnSO4．10、Be2++2H2O?Be（OH）2+2H+BeO1：1005.6×10-4【分析】【分析】（1）根據(jù)鋁離子水解呈酸性推知鈹離子水解的方程式，BeCl2溶液蒸干的過(guò)程中由于發(fā)生水解；生成氫氧化鈹，同時(shí)氯化氫揮發(fā)，再經(jīng)過(guò)灼燒得到氧化鈹；

（2）25℃時(shí)，pH=2的H2SO4與pH=10的NaOH混合；溶液呈中性，說(shuō)明兩種溶液中氫離子和氫氧根離子的物質(zhì)的量相等，據(jù)此答題；

（3）沉淀是PbI2，混合后，c（I-）═5×10-3mol/L，根據(jù)Ksp=c[Pb（NO3）2]?c2（I-）計(jì)算即可．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)鋁離子水解呈酸性推知鈹離子水解的方程式為Be2++2H2O?Be（OH）2+2H+，BeCl2溶液蒸干的過(guò)程中由于發(fā)生水解；生成氫氧化鈹，同時(shí)氯化氫揮發(fā)，再經(jīng)過(guò)灼燒得到氧化鈹；

故答案為：Be2++2H2O?Be（OH）2+2H+；BeO；

（2）25℃時(shí)，pH=2的H2SO4與pH=10的NaOH混合，溶液呈中性，說(shuō)明兩種溶液中氫離子和氫氧根離子的物質(zhì)的量相等，所以有V（H2SO4）×10-2=V（NaOH）×10-4，則V（H2SO4）：V（NaOH）=1：100；

故答案為：1：100；

（3）根據(jù)題意，沉淀是PbI2，混合后，c（I-）═5×10-3mol/L，根據(jù)Ksp=c[Pb（NO3）2]?c2（I-），則生成沉淀時(shí)，混合溶液中的Pb（NO3）2溶液的最小濃度為=2.8×10-4（mol/L），混合前，即原Pb（NO3）2溶液的最小濃度為2×2.8×10-4mol/L=5.6×10-4mol/L．

故答案為：5.6×10-4．11、略

【分析】解：假設(shè)氫氣和氧氣的物質(zhì)的量分別為1mol；開(kāi)始時(shí)左右兩側(cè)氣體的體積相等，則物質(zhì)的量之和相等，右側(cè)氣體共為2mol；

同時(shí)引燃左右兩側(cè)的混合氣，發(fā)生反應(yīng)分別為，左側(cè)：2H2+O22H2O，右側(cè)：2CO+O22CO2；

左側(cè)剩余氣體為0.5molO2；

由圖可知反應(yīng)后左右兩側(cè)氣體的物質(zhì)的量之比為1：3；則右側(cè)氣體的物質(zhì)的量為1.5mol；

當(dāng)CO過(guò)量時(shí)，設(shè)O2為xmol；則CO為(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；

當(dāng)O2過(guò)量時(shí)，設(shè)CO為ymol，則O2為(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；

故答案為：1：1或3：1．【解析】1：1;3：1三、判斷題(共7題，共14分)12、×【分析】【分析】過(guò)氧化鈉化學(xué)式是由1個(gè)過(guò)氧根離子和2個(gè)鈉離子構(gòu)成，所以其陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比為1：2，據(jù)此計(jì)算離子總數(shù)．【解析】【解答】解：過(guò)氧化鈉化學(xué)式是由1個(gè)過(guò)氧根離子和2個(gè)鈉離子構(gòu)成，所以其陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比為1：2，則1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為3NA，故答案為：×．13、√【分析】【分析】蒸發(fā)操作不能直接蒸干，以防止溫度過(guò)高而導(dǎo)致分解而變質(zhì)，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：提純氯化鈉，最后在蒸發(fā)皿中蒸發(fā)濃縮溶液時(shí)，只需用小火加熱至溶液表面出現(xiàn)晶膜為止，再通過(guò)余熱將溶液全部蒸干，符合蒸發(fā)操作要求，故此說(shuō)法正確，故答案為：√．14、×【分析】【分析】碳酸根離子等也能與AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀．【解析】【解答】解：與AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀的不只Cl-，還有碳酸根離子等．所以檢驗(yàn)Cl-時(shí)；通常先加稀硝酸酸化，以排除碳酸根離子的干擾．

故答案為：×．15、×【分析】【分析】加用鹽酸酸化的Ba（NO3）2溶液，產(chǎn)生了大量的白色沉淀，該白色沉淀可能為氯化銀，不一定為硫酸鋇，則無(wú)法判斷原溶液中是否含有硫酸根離子．【解析】【解答】解：氯化銀和硫酸鋇都不溶于強(qiáng)酸，向溶液中加入用鹽酸酸化的Ba（NO3）2溶液；產(chǎn)生了大量的白色沉淀，白色沉淀可能是鹽酸電離的氯離子與銀離子反應(yīng)生成的氯化銀沉淀，不一定為硫酸鋇沉淀，所以該說(shuō)法是錯(cuò)誤的；

故答案為：×．16、×【分析】【分析】有的固體受熱時(shí)會(huì)直接升華為氣體．【解析】【解答】解：一定壓強(qiáng)下；所有物質(zhì)在溫度變化時(shí)不一定能表現(xiàn)出三態(tài)變化，如碘受熱時(shí)直接升華為氣體，不形成液體，故錯(cuò)誤；

故答案為：×．17、×【分析】【分析】高分子化合物（又稱高聚物）一般相對(duì)分子質(zhì)量高于10000，結(jié)構(gòu)中有重復(fù)的結(jié)構(gòu)單元；據(jù)此分析．【解析】【解答】解：蔗糖的分子式為：C12H22O12；其相對(duì)分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，蛋白質(zhì)；纖維素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故該說(shuō)法錯(cuò)誤；

故答案為：×．18、×【分析】【分析】根據(jù)碳原子可以形成碳鏈，也可以形成碳環(huán)，可以帶支鏈，也可以不帶支鏈來(lái)解答；【解析】【解答】解：碳原子可以形成碳鏈；無(wú)論帶支鏈，還是不帶支鏈，都含有4個(gè)C-C單鍵；碳原子可以形成碳環(huán)，可以帶支鏈，也可以不帶支鏈，都含有5個(gè)C-C單鍵；

故答案為：×；四、推斷題(共1題，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為紅褐色沉淀，則L為Fe（OH）3，F(xiàn)e（OH）3受熱分解生成B為Fe2O3，A、D是金屬單質(zhì)，A與B在高溫下反應(yīng)生成D，則該反應(yīng)為鋁熱反應(yīng)，所以A為Al，C為Al2O3，D為Fe，E為食鹽的主要成分，則E為NaCl，電解E得F、G、H分別為NaOH、H2、Cl2，G、H反應(yīng)生成I，I的水溶液呈強(qiáng)酸性，則F為NaOH，所以I為HCl，D和I反應(yīng)生成H和J，則H為H2，J為FeCl2，所以G為Cl2，J與G反應(yīng)生成K為FeCl3，C和F反應(yīng)生成M為NaAlO2，M與I生成N，N受熱分解得C，則N為Al（OH）3，據(jù)此答題．【解析】【解答】解：L為紅褐色沉淀，則L為Fe（OH）3，F(xiàn)e（OH）3受熱分解生成B為Fe2O3，A、D是金屬單質(zhì)，A與B在高溫下反應(yīng)生成D，則該反應(yīng)為鋁熱反應(yīng)，所以A為Al，C為Al2O3，D為Fe，E為食鹽的主要成分，則E為NaCl，電解E得F、G、H分別為NaOH、H2、Cl2，G、H反應(yīng)生成I，I的水溶液呈強(qiáng)酸性，則F為NaOH，所以I為HCl，D和I反應(yīng)生成H和J，則H為H2，J為FeCl2，所以G為Cl2，J與G反應(yīng)生成K為FeCl3，C和F反應(yīng)生成M為NaAlO2，M與I生成N，N受熱分解得C，則N為Al（OH）3；

（1）根據(jù)上面的分析可知，K為FeCl3；

故答案為：FeCl3；

（2）反應(yīng)①為鋁熱反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；

故答案為：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；

（3）反應(yīng)②為電解食鹽水，反應(yīng)的離子方程式為2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-；

故答案為：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-；

（4）向NaAlO2溶液中加入足量的鹽酸，反應(yīng)的離子方程式為AlO2-+4H+=Al3++2H2O；

故答案為：AlO2-+4H+=Al3++2H2O；

（5）用氫氧化亞鐵通過(guò)化合反應(yīng)可以生成氫氧化鐵，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

故答案為：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．五、探究題(共4題，共16分)20、|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．21、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(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

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(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(rùn)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(cè)）=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(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無(wú)影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)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(cè)）=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(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；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，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．22、|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．23、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(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

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(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(rùn)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(cè)）=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(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無(wú)影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)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(cè)）=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(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；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，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．六、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共12分)24、NaOH（aq）+H2SO4（aq）═Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol減少熱量散失用水將溫度計(jì)上的液體沖掉，并擦干溫度計(jì)ACE-51.8kJ/mol不相等相等【分析】【分析】（1）根據(jù)酸堿中和反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時(shí)放出57.3kJ的熱量書(shū)寫(xiě)熱化學(xué)方程式；

（2）根據(jù)測(cè)定中和熱過(guò)程中必須盡量減少熱量的散失分析；中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)；

（3）根據(jù)中和熱計(jì)算公式Q=cm△T中涉及的未知數(shù)據(jù)進(jìn)行判斷；

（4）先根據(jù)表中測(cè)定數(shù)據(jù)計(jì)算出混合液反應(yīng)前后的平均溫度差；再根據(jù)Q=cm△T計(jì)算出反應(yīng)放出的熱量，最后計(jì)算出中和熱；

（5）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(shí)質(zhì)來(lái)回答．【解析】【解答】解：（1）已知稀強(qiáng)酸、稀強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時(shí)放出57.3kJ的熱量，稀硫酸和氫氧化鈉稀溶液都是強(qiáng)酸和強(qiáng)堿的稀溶液，則反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：NaOH（aq）+H2SO4（aq）═Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；

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

（2）如圖所示；A為泡沫塑料板，上面有兩個(gè)小孔，分別插入溫度計(jì)和環(huán)形玻璃攪拌棒，若兩個(gè)小孔開(kāi)得過(guò)大，會(huì)導(dǎo)致散失較多的熱量，影響測(cè)定結(jié)果；

中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)；溫度計(jì)上的酸與NaOH溶液反應(yīng)放熱，使溫度計(jì)讀數(shù)升高，溫度差偏低，但使測(cè)得的中和熱偏高，所以每次測(cè)量后用水將溫度計(jì)上的液體沖掉，并擦干溫度計(jì)；

故答案為：減少熱量散失；用水將溫度計(jì)上的液體沖掉；并擦干溫度計(jì)；

（3）由Q=cm△T可知；測(cè)定中和熱需要測(cè)定的數(shù)據(jù)為：A．反應(yīng)前鹽酸溶液的溫度；B．反應(yīng)前鹽酸溶液的質(zhì)量和E．反應(yīng)后混合溶液的最高溫度；

故選ACE；

（4）第1次實(shí)驗(yàn)鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.05℃；反應(yīng)后溫度為：23.2℃，反應(yīng)前后溫度差為：3.15℃；

第2次實(shí)驗(yàn)鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.3℃；反應(yīng)前后溫度差為：3.1℃；

第3次實(shí)驗(yàn)鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.55℃；反應(yīng)前后溫度差為：3.05℃；

40mL的0.50mol/L鹽酸與40mL的0.55mol/L氫氧化鈉溶液的質(zhì)量和為m=80mL×1g/cm3=80g，c=4.18J/（g?℃），代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出熱量Q=4.18J/（g?℃）×80g×=1.036kJ，即生成0.02mol的水放出熱量為：1.036kJ，所以生成1mol的水放出熱量為：1.036kJ×=-51.8kJ/mol；即該實(shí)驗(yàn)測(cè)得的中和熱△H=-51.8kJ/mol；

故答案為：-51.8kJ/mol；

（5）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100mL0.50mol/L鹽酸跟100mL0.55mol/LNaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實(shí)驗(yàn)相比，生成水的量增加，所放出的熱量偏高，但是中和熱的均是強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反應(yīng)生成nmol水時(shí)放出的熱，與酸堿的用量無(wú)關(guān)，所以用100mL0.50mol/L鹽酸跟100mL0.55mol/LNaOH溶液進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，測(cè)得中和熱數(shù)值相等；

故答案為：不相等；相等．25、略

【分析】解：rm{(1)Fe^{3+}}與rm{Cu}粉發(fā)生反應(yīng)生成銅離子與亞鐵離子，反應(yīng)離子方程式為：rm{2Fe^{3+}+Cu簍T2Fe^{2+}+Cu^{2+}}

故答案為：rm{2Fe^{3+}+Cu簍T2Fe^{2+}+Cu^{2+}}

rm{(2)}由反應(yīng)rm{2Fe^{3+}+Cu簍T2Fe^{2+}+Cu^{2+}}可知圖rm{1}中得到溶液中rm{Fe^{2+}}為rm{0.2mol/L}rm{Cu^{2+}}為rm{0.1mol/L}分別取相同濃度的硫酸銅溶液、硫酸亞鐵溶液，滴入rm{KSCN}溶液進(jìn)行對(duì)照實(shí)驗(yàn)；故實(shí)驗(yàn)方案為：

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

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

由題目信息rm{ii}可知，rm{Cu^{2+}}與rm{SCN^{-}}反應(yīng)生成rm{CuSCN}沉淀，同時(shí)生成rm{(SCN)_{2}}反應(yīng)離子方程式為：rm{Cu^{2+}+3SCN^{-}=CuSCN隆媒+(SCN)_{2}}

故答案為：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)}亞鐵離子具有還原性，酸性條件下硝酸根具有強(qiáng)氧化性，反應(yīng)生成鐵離子、rm{NO}與水，反應(yīng)離子方程為：rm{3Fe^{2+}+4H^{+}+NO_{3}^{-}簍T3Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}

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

rm{(4)壟脵}溶液先變?yōu)樽厣?；放置一段時(shí)間后，棕色消失，溶液變?yōu)辄S色，反應(yīng)速率快的反應(yīng)現(xiàn)象最先表現(xiàn)，反應(yīng)Ⅰ的速率比反應(yīng)Ⅱ的慢；

故答案為：慢；

rm{壟脷}反應(yīng)中硝酸過(guò)量，若存在平衡，溶液中含有rm{Fe^{2+}}否則沒(méi)有rm{Fe^{2+}}具體的實(shí)驗(yàn)方案是：取反應(yīng)后的黃色溶液于試管中，向其中加入幾滴rm{K_{3}[Fe(CN)_{6}]}溶液，溶液無(wú)明顯變化，說(shuō)明反應(yīng)rm{I}是不可逆反應(yīng)；

故答案為：取反應(yīng)后的黃色溶液于試管中，向其中加入幾滴rm{K_{3}[Fe(CN)_{6}]}溶液，溶液無(wú)明顯變化，說(shuō)明反應(yīng)rm{I}是不可逆反應(yīng)；

rm{壟脹Fe^{2+}}被硝酸氧化為rm{Fe^{3+}}導(dǎo)致溶液中rm{Fe^{2+}}濃度降低，導(dǎo)致平衡rm{Fe^{2+}+NO?Fe(NO)^{2+}}逆向移動(dòng)，最終rm{Fe(NO)^{2+}}完全轉(zhuǎn)化為rm{Fe^{3+}}溶液由棕色變?yōu)辄S色；

故答案為：rm{Fe^{2+}}被硝酸氧化為rm{Fe^{3+}}導(dǎo)致溶液中rm{Fe^{2+}}濃度降低，導(dǎo)致平衡rm{Fe^{2+}+NO?Fe(NO)^{2+}}逆向移動(dòng)，最終rm{Fe(NO)^{2+}}完全轉(zhuǎn)化為rm{Fe^{3+}}溶液由棕色變?yōu)辄S色；

rm{(5)}利用原電池原理，使rm{NO}與rm{Fe^{2+}}在不同的電極區(qū)域生成，實(shí)驗(yàn)裝置圖為

故答案為：．

rm{(1)Fe^{3+}}與rm{Cu}粉發(fā)生反應(yīng)生成銅離子與亞鐵離子；

rm{(2)}圖rm{1}中得到溶液中rm{Fe^{2+}}為rm{0.2mol/L}rm{Cu^{2+}}為rm{0.1mol/L}分別取相同濃度的硫酸銅溶液、硫酸亞鐵溶液，滴入rm{KSCN}溶液進(jìn)行對(duì)照實(shí)驗(yàn)；

由題目信息rm{ii}可知，rm{Cu^{2+}}與rm{SCN^{-}}反應(yīng)生成rm{CuSCN}沉淀，同時(shí)生成rm{(SCN)_{2}}

rm{(3)}亞鐵離子具有還原性，酸性條件下硝酸根具有強(qiáng)氧化性，反應(yīng)生成鐵離子、rm{NO}與水；

rm{(4)壟脵}反應(yīng)速率快的反應(yīng)現(xiàn)象最先表現(xiàn)；

rm{壟脷}反應(yīng)中硝酸過(guò)量，若存在平衡，溶液中含有rm{Fe^{2+}}否則沒(méi)有rm{Fe^{2+}}可以用rm{K_{3}[Fe(CN)_{6}]}溶液檢驗(yàn)；

rm{壟脹Fe^{2+}}被硝酸氧化為rm{Fe^{3+}}導(dǎo)致溶液中rm{Fe^{2+}}濃度降低，導(dǎo)致平衡發(fā)生移動(dòng)，最終rm{Fe(NO)^{2+}}完全轉(zhuǎn)化為rm{Fe^{3+}}

rm{(5)}利用原電池原理，使rm{NO}與rm{Fe^{2+}}在不同的電極區(qū)域生成．

本題考查反應(yīng)原理的探究實(shí)驗(yàn)、實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)等，注意利用對(duì)照法分析解答，較好的考查學(xué)生閱讀能力、知識(shí)獲取與遷移運(yùn)用能力，注意中學(xué)常見(jiàn)儀器與裝置的繪畫(huà)．【解析】rm{2Fe^{3+}+Cu簍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}^{-}簍T3Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}慢；取反應(yīng)后的黃色溶液于試管中，向其中加入幾滴rm{K_{3}[Fe(CN)_{6}]}溶液，溶液無(wú)明顯變化，說(shuō)明反應(yīng)rm{I}是不可逆反應(yīng)；rm{Fe^{2+}}被硝酸氧化為rm{Fe^{3+}}導(dǎo)致溶液中rm{Fe^{2+}}濃度降低，導(dǎo)致平衡rm{Fe^{2+}+NO?Fe(NO)^{2+}}逆向移動(dòng)，最終rm{Fe(NO)^{2+}}完全轉(zhuǎn)化為rm{Fe^{3+}}溶液由棕色變?yōu)辄S色26、略

【分析】解：rm{(1)}鹽酸與亞硫酸鈣反應(yīng)生成氯化鈣、二氧化硫與水，反應(yīng)方程式為：rm{CaSO_{3}+2HCl=CaCl_{2}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}

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

rm{(2)}二氧化硫與氫硫酸反應(yīng)生成硫，反應(yīng)中二氧化硫表現(xiàn)氧化性，利用裝置rm{1}中產(chǎn)生的氣體證明rm{+4}價(jià)硫具有氧化性：將rm{SO_{2}}通入氫硫酸溶液中，出現(xiàn)淡黃色沉淀，證明rm{+4}價(jià)硫具有氧化性；

故答案為：將rm{SO_{2}}通入氫硫酸溶液溶液中，出現(xiàn)淡黃色沉淀，證明rm{+4}價(jià)硫具有氧化性；

rm{(3)}次氯酸具有強(qiáng)氧化性、二氧化硫具有還原性，不能利用二氧化硫與次氯酸鈣直接反應(yīng)判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強(qiáng)弱，先驗(yàn)證亞硫酸酸性比碳酸強(qiáng)，再結(jié)合碳酸酸性比rm{HClO}強(qiáng)堿性判斷rm{.A}裝置制備二氧化硫，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的二氧化硫中混有rm{HCl}用飽和的亞硫酸氫鈉除去rm{HCl}再通過(guò)碳酸氫鈉溶液，可以驗(yàn)證亞硫酸酸性比碳酸強(qiáng)，用酸性高錳酸鉀溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品紅溶液檢驗(yàn)二氧化碳中二氧化硫是否除盡，再通入rm{F}中；則：

裝置連接順序?yàn)閞m{A}rm{C}rm{B}rm{E}rm{D}rm{F}其中裝置rm{C}的作用是除去rm{HCl}氣體，rm{D}中品紅不褪色，rm{F}中出現(xiàn)白色沉淀；可證明亞硫酸的酸性強(qiáng)于次氯酸；

故答案為：rm{A}rm{C}rm{B}rm{E}rm{D}rm{F}除去rm{HCl}氣體；rm{D}中品紅不褪色，rm{F}中出現(xiàn)白色沉淀；

rm{(4)壟脵}采取逆流原理通入冷凝水，即球形冷凝管進(jìn)水口為rm故答案為：rm

rm{壟脷}設(shè)殘液中rm{SO_{2}}含量為rm{xg.L^{-1}}則：

rm{SO_{2}隆蘆隆蘆H_{2}SO_{4}隆蘆隆蘆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}

故答案為：rm{64.00}

rm{壟脹}殘留液中有剩余的鹽酸，揮發(fā)出rm{HCl}會(huì)消耗rm{NaOH}導(dǎo)致測(cè)定值始終高于實(shí)際值；

故答案為：殘留液中有剩余的鹽酸；導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)中消耗的氫氧化鈉的量偏多；

rm{(5)}用rm{0.10mol漏qL^{-1}NaOH}溶液來(lái)滴定rm{10mL0.05}rm{mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液，消耗rm{NaOH}溶液的體積為rm{10mL}即證明為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，先生成的是亞硫酸氫鈉溶液顯酸性，酚酞顏色不變?yōu)闊o(wú)色，再滴加rm{10mLNaOH}溶液，和亞硫酸氫鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉溶液顯堿性酚酞溶液變紅色，所以溶液顏色由無(wú)色變?yōu)榧t色rm{.}可證明為二元酸；用rm{pH}計(jì)可測(cè)定rm{0.05mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液的rm{PH}若rm{PH}大于rm{1}說(shuō)嘛氫離子未完全電離出來(lái)，溶液中存在電離平衡，則證明為弱酸；

故答案為：用rm{0.10mol漏qL^{-1}NaOH}溶液來(lái)滴定rm{10mL0.05}rm{mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液，消耗rm{NaOH}溶液的體積為rm{10mL}即證明為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，溶液顏色由無(wú)色變?yōu)榧t色rm{.}可證明為二元酸，用rm{pH}計(jì)可測(cè)定rm{0.05mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液的rm{PH}若rm{PH}大于rm{1}則證明為弱酸．

rm{(1)}鹽酸與亞硫酸鈣反應(yīng)生成氯化鈣；二氧化硫與水；

rm{(2)}二氧化硫與氫硫酸反應(yīng)生成硫；反應(yīng)中二氧化硫表現(xiàn)氧化性；

rm{(3)}次氯酸具有強(qiáng)氧化性、二氧化硫具有還原性，不能利用二氧化硫與次氯酸鈣直接反應(yīng)判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強(qiáng)弱，先驗(yàn)證亞硫酸酸性比碳酸強(qiáng)，再結(jié)合碳酸酸性比rm{HClO}強(qiáng)堿性判斷rm{.A}裝置制備二氧化硫，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的二氧化硫中混有rm{HCl}用飽和的亞硫酸氫鈉除去rm{HCl}再通過(guò)碳酸氫鈉溶液，可以驗(yàn)證亞硫酸酸性比碳酸強(qiáng)，用酸性高錳酸鉀溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品紅溶液檢驗(yàn)二氧化碳中二氧化硫是否除盡，再通入rm{F}中；

rm{(4)壟脵}采取逆流原理通入冷凝水；

rm{壟脷}根據(jù)關(guān)系式：rm{SO_{2}隆蘆H_{2}SO_{4}隆蘆2NaOH}計(jì)算；

rm{壟脹}殘留液中有剩余的鹽酸；

rm{(5)}用rm{0.10mol漏qL^{-1}NaOH}溶液來(lái)滴定rm{10mL0.05}rm{mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液，消耗rm{NaOH}溶液的體積若為rm{10ml}證明為二元酸或依據(jù)亞硫酸氫鈉溶液顯酸性，亞硫酸鈉溶液顯堿性設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明為二元酸，利用測(cè)定rm{0.05}rm{mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液的rm{PH}判斷是否完全電離來(lái)判斷是否為弱酸．

本題考查氣體制備與性質(zhì)實(shí)驗(yàn)、物質(zhì)含量測(cè)定實(shí)驗(yàn)，涉及裝置分析與評(píng)價(jià)、實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)、儀器使用、化學(xué)計(jì)算等，關(guān)鍵是明確實(shí)驗(yàn)原理，較好的考查學(xué)生實(shí)驗(yàn)綜合能