2025年人教新起點高三化學下冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教新起點高三化學下冊月考試卷738考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、松油醇具有紫丁香味，其酯類常用于香精調制．如圖為松油醇的結構，以下關于它的說法正確的是（）A.分子式為C10H19OB.同分異構體可能屬于醛類、酮類或酚類C.能發(fā)生取代、氧化、還原反應D.與氫氣加成后的產物有4種一氯化物2、下列變化屬于物理變化的是（）A.液氨致冷B.電解制鋁C.鈣基固硫D.高爐煉鐵3、有機物A、B只可能為烴或烴的含氧衍生物，等物質的量的A和B完全燃燒時，消耗氧氣的量相等，則A和B的分子量相差不可能為（n為正整數）（）A.8nB.14nC.18nD.44n4、某溫度下，向一定體積0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等濃度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lg[OH-])與pH的變化關系如圖所示，則（）A.M點所示溶液導電能力強于Q點B.N點所示溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)C.M點和N點所示溶液中水的電離程度相同D.Q點消耗NaOH溶液的體積等于醋酸溶液的體積5、下列各組物質的分類正確的是（）

①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水銀②電解質：明礬、冰醋酸、石膏、純堿③同位素：H+、2H+、3H+④化合物：CaCl2、燒堿、SO2⑤弱電解質：HF、SO2、NH3、H2O．

A.②④

B.②③④

C.②④⑤

D.全部正確。

6、設NA為阿伏加德羅常數的值．下列說法正確的是（）A.0.1molN2與足量的H2反應，轉移的電子數是0.6NAB.常溫下，0.1mol?L-1NH4NO3溶液中含有的氮原子數是0.2NAC.常溫常壓下，3.2gO2和3.2gO3所含氧原子數都是0.2NAD.2.24LCO和CO2的混合氣體中所含的碳原子數為0.1NA評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、粉煤灰中含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等；某實驗室對其進行處理的流程如圖所示：

回答下列問題：

（1）第①步得到的“熟料”中可溶性的成分主要是NH4Fe（SO4）2、NH4Al（SO4）2等，寫出生成NH4Fe（SO4）2的化學方程式____．在物質分類體系中，NH4Fe（SO4）2、NH4Al（SO4）2不屬于____（填字母）．

a．硫酸鹽b．復鹽c．強電解質d．共價化合物。

（2）濾渣B的主要成分為____，其與NaOH溶液反應的離子方程式為____．

（3）已知KSP[Fe（OH）3]=4×10-38，KSP[Al（OH）3]=1×10-33．為實現步驟③的實驗目的，應使溶液中c（Fe3+）、c（Al3+）均小于或等于1×10-9mol?L-1可認為完全沉淀，則溶液A至少應調節(jié)到pH=____；用NH4HCO3調節(jié)pH的實驗原理為____（用離子方程式表示）．

（4）實驗室進行第④步操作時，所需的儀器是酒精燈、石棉網、三腳架、____、____，得到的晶體主要成份是____（填化學式）．第⑤步所加試劑D是____；第⑥步生成Al（OH）3的離子方程式為____．8、有A；B、C、D、E、F6種有機物；它們是烴或者烴的衍生物，在一定的條件下可以有如圖的轉化關系：

A可以氧化生成D；A的氣體與相同條件下的一氧化碳的密度相同，B與氫氧化鈉溶液共同煮沸可以得到物質C和無機鹽G，在G的溶液中加入硝酸酸化，再加入硝酸銀溶液有淡黃色沉淀產生，試推斷各物質，寫出其化學式：

A：____；B：____；C：____；D：____；E：____；F：____；G：____．9、工業(yè)上以丙烯為原料按如圖所示制得合成橡膠IR和樹脂X．其中B的分子式是C6H6O；可與NaOH溶液反應．

已知：

Ⅰ．

Ⅱ．（-R；-R′、-R″表示可能相同或可能不同的原子或原子團）

Ⅲ．同一碳原子上有兩個碳碳雙鍵時分子不穩(wěn)定．請回答下列問題：

（1）B的名稱是____；D→E反應類型為____．

（2）H中含氧官能團的名稱是____．

（3）A與C2H2合成D的化學方程式是____．

（4）E、F中均含有碳碳雙鍵，則E的結構簡式是____．

（5）B與G在一定條件下反應生成合成樹脂X的化學方程式是____．

（6）有多種同分異構體，符合下列要求的有____種．

①遇FeCl3溶液顯紫色；②能發(fā)生銀鏡反應．

其中在核磁共振氫譜中只出現四組峰的結構簡式為____（任寫一種）．10、聚合硫酸鋁鐵[AlaFeb（OH）m（SO4）n?xH2O]是一種新型高效凈水劑；廣泛應用于工業(yè)污染水的處理．

（1）聚合硫酸鋁鐵能夠凈水的原因是____．

（2）AlaFeb（OH）m（SO4）n?xH2O中a、b、m、n的代數關系式為____．

（3）為了測定聚合硫酸鋁鐵的組成；進行如下實驗：

步驟一：準確稱取8.810g樣品溶于150mL0.100mol?L-1稀硫酸，恰好完全反應后，加入BaCl2溶液至沉淀完全；過濾；洗滌、干燥至恒重，得到白色固體10.485g；

步驟二：另取相同質量的樣品，溶于過量的氫碘酸，以磁力攪拌機攪拌，充分反應后，以0.500mol?L-1Na2S2O3溶液滴定至淺黃色，滴入幾滴淀粉溶液，再滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液20.00mL．（已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）

①步驟二中使用磁力攪拌器進行攪拌的目的是____．

②通過計算確定聚合硫酸鋁鐵的化學式（寫出計算過程）．11、硫代硫酸鈉俗稱“海波”，又名“大蘇打”，溶液具有弱堿性和較強的還原性，是棉織物漂白后的脫氯劑，定量分析中的還原劑．硫代硫酸鈉（Na2S2O3）可由亞硫酸鈉和硫粉通過化合反應制得；裝置如圖（a）所示．

已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能穩(wěn)定存在，有關物質的溶解度曲線如圖（b）所示；

（1）Na2S2O3?5H2O的制備：

步驟1：如圖連接好裝置后，檢查A、C裝置氣密性的操作是____．

步驟2：加入藥品，打開K1、關閉K2，加熱．裝置B、D中的藥品可選用下列物質中的____．（填編號）

A．NaOH溶液B．濃H2SO4C．酸性KMnO4溶液D．飽和NaHCO3溶液。

步驟3：C中混合液被氣流攪動，反應一段時間后，硫粉的量逐漸減少．當C中溶液的pH____時，打開K2、關閉K1并停止加熱；C中溶液要控制pH的原因是____．

步驟4：過濾C中的混合液，將濾液經過加熱濃縮，趁熱過濾，再將濾液____、過濾、____；烘干；得到產品．

（2）Na2S2O3性質的檢驗：

向足量的新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水顏色變淺，檢查反應后溶液中含有硫酸根，寫出該反應的化學方程式____；

（3）常用Na2S2O3溶液測定廢水中Ba2+濃度，步驟如下：取廢水25.00mL，控制適當的酸度加入足量K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；過濾、洗滌后，用適量稀鹽酸溶解．此時CrO2-4全部轉化為Cr2O2-7；再加過量KI溶液，充分反應后，加入淀粉溶液作指示劑，用0.010mol?L-1的Na2S2O3溶液進行滴定，反應完全時，消耗Na2S2O3溶液18.00mL．部分反應的離子方程式為：

Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++3I2+7H2O

I2+2S2O32-=S4O62-+2I-

則該廢水中Ba2+的物質的量濃度為____．

12、鐵是應用最廣泛的金屬；鐵的鹵化物；氧化物等均為重要化合物．回答下列問題．

（1）FeCl3溶液吸可以吸收煙氣中的SO2，該反應的離子方程式是____．

（2）已知反應：3Br2+6FeCl2=4FeCl3+2FeBr3，向1L0.4mol/L的FeBr2溶液中通入6.72LCl2（標準狀況），寫出該反應的離子方程式（用總方程式表示）____

（3）已知鐵的某種氧化物化學式為FexO（x＜1），鐵元素的質量分數為76.3%，則FexO中x值（精確至0.01）為____，該氧化物中的Fe分別為Fe2+、Fe3+，計算n（Fe2+）：n（Fe3+）=____

（4）用一定量的鐵與足量的稀H2SO4及足量的CuO制單質銅；有人設計以下兩種方案：

①FeH2Cu，②CuOCuSO4Cu．

若實驗過程中，根據規(guī)范的實驗方法和實驗操作規(guī)則進行操作，則兩者制得單質銅的量作比較正確的是____

A．相等B．①多C．②多D．無法判斷。

（5）在鐵與銅的混合物中，加入不足量的稀硝酸，反應后剩余金屬m1g；再向其中加入一定量稀硫酸，充分振蕩后，剩余金屬m2g，則m1____（填“大于”、“可能大于”、“等于”或“可能等于”）m2

（6）以鐵為陽極，銅為陰極，對足量的NaOH溶液進行電解．一段時間后得到4molFe（OH）3沉淀，此間共消耗的水的物質的量為____mol．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)13、HClO是弱酸，所以NaClO是弱電解質____（判斷對錯）14、標準狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為22.4L____（判斷對錯）15、化合物分為酸、堿、鹽和氧化物是用樹狀分類法分類的____．（判斷對錯）16、標準狀況下，1moL水中所含原子總數數為3NA____（判斷對錯）17、對氯甲苯的結構簡式：____．18、1mol硫酸鉀中陰離子所帶電荷數為NA____（判斷對錯）19、根據分散質粒子的直徑大小，分散系分為濁液、膠體和溶液．____．（判斷對錯說明理由）評卷人得分四、探究題(共4題，共36分)20、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．21、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：22、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．23、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分五、實驗題(共3題，共9分)24、易溶于水的三草酸合鐵（Ⅲ）酸鉀晶體K3[Fe（C2O4）3]?3H2O可用于攝影和藍色印刷．以鐵屑為原料的制備流程如下：

請回答下列問題：

（1）鐵屑中常含硫元素，加稀硫酸時會產生有毒的H2S氣體，可用氫氧化鈉溶液吸收，下列吸收裝置正確的是____．

（2）制得的FeSO4溶液中需加入少量的H2SO4酸化，目的是____．若要從溶液中得到綠礬FeSO4?7H2O，必須進行的實驗操作是____（按順序填寫）．a．過濾洗滌b．蒸發(fā)濃縮c．冷卻結晶d．灼燒e．干燥。

（3）該晶體鹽在110℃可完全失去結晶水；繼續(xù)升高溫度可發(fā)生分解反應．

①分解得到的氣體產物用如下裝置進行實驗。

裝置檢查氣密性后，先通一段時間N2，其目的為____．結束實驗時先熄滅酒精燈再通入N2至常溫，其目的為____．實驗過程中觀察到B、F中澄清石灰水都變渾濁，E中有紅色固體生成，則氣體產物是____．

②分解得到的固體產物含有K2CO3；FeO、Fe；加水溶解、過濾、洗滌、干燥，得到含鐵樣品．現設計下列三種實驗方案對該樣品進行物質含量測定．

【甲】ag樣品溶液得固體bg

【乙】ag樣品量氣測得氣體體積VamL

【丙】ag樣品250mL溶液三次平均消耗0.1mol?L-1酸性KMnO4溶液VbmL

你認為以上方案中____無法確定樣品的組成，理由是____．25、為研究亞氯酸鈉（NaClO2）的性質；某化學興趣小組進行了如下實驗．

實驗Ⅰ：制取NaClO2晶體。

已知：i．NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出的晶體是NaClO2?3H2O，高于38℃時析出的晶體是NaClO2，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl；

ii．裝置②產生ClO2，ClO2是一種易溶于水；能與堿液反應、有刺激性氣味的氣體．

利用如圖所示裝置進行實驗。

（1）裝置③的作用是______．

（2）裝置④中制備NaClO2的離子方程式為______．

（3）從裝置④反應后的溶液獲得NaClO2晶體的操作步驟為：

①減壓；55℃蒸發(fā)結晶；②趁熱過濾；③______；④低于60℃干燥，得到成品．

實驗Ⅱ：測定某亞氯酸鈉樣品的純度．設計如圖1實驗方案；并進行實驗：

i．準確稱取所得亞氯酸鈉樣品mg于燒杯中，加入適量蒸餾水和過量的碘化鉀晶體，再滴入適量的稀硫酸，充分反應（已知：ClO2-+4I-+4H+═2H2O+2I2+Cl-）；將所得混合液配成100mL待測溶液．

ii．移取25.00mL待測溶液于錐形瓶中，加幾滴淀粉溶液，用2.0mol?L-1Na2S2O3標準液滴定，至滴定終點．重復2次，測得平均值為20.00mL（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）．

（4）達到滴定終點時的現象為______．

（5）該樣品中NaClO2的質量分數為______．

實驗Ⅲ：亞氯酸鈉溶液間接電化學法除去NO的過程；如圖2所示：已知電解池的陽極室和吸收池中溶液的pH均在8-9之間。

（6）寫出陽極的電極反應式：______．

（7）用離子方程式表示吸收池中除去NO的原理：______．

26、98%（密度為1.84g/cm3）的濃硫酸稀釋成3mol/L的稀硫酸100mL；回答下列問題：

（1）需要取濃硫酸____mL

（2）配制操作可分解成如下幾步，以下正確的操作順序是____

A向容量瓶中注入少量蒸餾水；檢查是否漏水。

B用少量蒸餾水洗滌燒杯及玻璃棒；將溶液注入容量瓶，并重復操作兩次。

C用已冷卻的稀硫酸注入已檢查不漏水的容量瓶中。

D根據計算；用量筒量取一定體積的濃硫酸。

E將濃硫酸沿燒杯壁慢慢注入盛有蒸餾水的小燒杯中；并不斷用玻璃棒攪拌。

F蓋上容量瓶塞子；振蕩，搖勻。

G用膠頭滴管滴加蒸餾水；使溶液凹面恰好與刻度相切。

H繼續(xù)往容量瓶中小心地加蒸餾水，使液面接近刻度線1到2厘米處．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】由結構可知分子式，分子中含-OH、碳碳雙鍵，結合酚、烯烴的性質來解答．【解析】【解答】解：A．由結構可知分子式為C10H18O；故A錯誤；

B．含-OH和1個碳碳雙鍵；不能形成苯環(huán)，同分異構體不可能為酚類，故B錯誤；

C．含雙鍵可發(fā)生加成；氧化、還原反應；含-OH可發(fā)生取代反應，故C正確；

D．與氫氣加成后的產物結構對稱；含6種H（不含-OH），則有6種一氯化物，故D錯誤；

故選C．2、A【分析】【分析】A．液氨制冷利用液氨氣化時吸熱；屬于物理變化；

B．電解熔融氧化鋁制得Al；屬于化學變化；

C．在含硫燃料（如煤）燃燒過程中加入生石灰；這種方法叫鈣基固硫；

D．高爐煉鐵的原理是用還原劑將鐵礦石中的鐵氧化物還原成金屬鐵．【解析】【解答】解：A．液氨氣化時吸熱；使環(huán)境溫度降低，屬于物理變化，故A正確；

B．電解熔融氧化鋁制得Al；有新物質的生成，屬于化學變化，故B錯誤；

C．鈣基固硫發(fā)生的反應為2CaO+2SO2+O2=2CaSO4；屬于化學變化，故C錯誤；

D．高爐煉鐵中涉及的主要反應為Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；屬于化學變化，故D錯誤；

故選A．3、B【分析】【分析】根據烴的燃燒化學方程式為CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，烴完全燃燒耗氧量由（x+）值決定，x+）的值越大，消耗氧氣的量就越多，結合有機物的結構情況來判斷回答．【解析】【解答】解：設烴的化學式為CxHy，燃燒的化學方程式為CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，等物質的量的烴完全燃燒耗氧量由（x+）值決定，x+）的值越大，消耗氧氣的量就越多，若兩種烴的x+值相等，耗氧量就相同，物質的量相等的烴CxHy和完全可拆成形式為CxHy?（CO2）m?（H2O）n的烴的衍生物分別完全燃燒后，它們消耗的O2的量相同．

A；有機物中的一個碳原子被另一個有機物中的四個氫原子代替時；A和B的分子量相差8的倍數，故A正確；

B、當A和B相差n個-CH2-時；不符合題意，故B錯誤；

C、如果A和B的分子組成相差若干個H2O；耗氧量不變，故C正確；

D、如果A和B的分子組成相差若干個CO2；耗氧量不變，故D正確．

故選B．4、C【分析】試題分析：由于醋酸是弱酸，電離程度很小，離子濃度也較小，M點溶液的導電能力最弱，A錯；N點所示溶液為堿性，根據溶液電荷守恒易判斷出此時c（Na+）＞c(CH3COO-)，B錯；由于M點的H+濃度等于N點的OH-濃度，對水的電離程度抑制能力相同，所以兩點所示溶液中水電離程度相同，C正確；Q點的pOH＝pH，溶液為中性，而兩者等體積混合后生成醋酸鈉，水解顯堿性。則所加NaOH溶液體積略小于醋酸溶液的體積，D錯?？键c：電解質溶液【解析】【答案】C5、A【分析】

①氯水是氯氣的水溶液；氨水是氨氣的水溶液、水玻璃是硅酸鈉的水溶液是混合物；水銀是汞單質，是純凈物，故①錯誤；

②明礬；冰醋酸、石膏、純堿在水溶液里能電離出自由移動的陰陽離子導致溶液導電；故為電解質，故②正確；

③1H+、2H+、3H+是三種離子；二同位素必須是原子，故③錯誤；

④CaCl2、燒堿、SO2都是由不同元素組成的純凈物；是化合物，故④正確；

⑤HF、H2O在水溶液里只有部分電離，是弱電解質，SO2、NH3在水溶液里導電是亞硫酸和一水合氨電離，不是它們本身電離，所以SO2、NH3是非電解質；故⑤錯誤；

故選：A；

【解析】【答案】①根據純凈物是由一種物質組成的物質；混合物是由多種物質組成的物質；

②根據在水溶液里或熔融狀態(tài)下導電的化合物是電解質；

③根據質子數相同中子數不同的原子互稱同位素；

④根據由不同元素組成的純凈物屬于化合物；

⑤根據在水溶液里或熔融狀態(tài)下完全電離的是強電解質；部分電離的是弱電解質；

解6、C【分析】【分析】A．合成氨的反應為可逆反應；0.1mol氮氣完全反應生成氨氣的物質的量小于0.2mol，轉移的電子的物質的量小于0.6mol；

B．缺少硝酸銨溶液的體積；無法計算溶液中含有的氮原子數目；

C．臭氧和氧氣中只含有氧原子；3.2g氧氣和3.2g臭氧中含有3.2g氧原子，含有0.2mol氧原子；

D．沒有告訴在標準狀況下，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算混合氣體的物質的量．【解析】【解答】解：A．0.1molN2與足量的H2反應生成的氨氣的物質的量小于0.6mol，轉移的電子數小于0.6NA；故A錯誤；

B．沒有告訴0.1mol?L-1NH4NO3溶液的體積；無法計算溶液中含有的氮原子數目，故B錯誤；

C．3.2gO2和3.2gO3所含氧原子的質量都是3.2g，含有0.2mol氧原子，所含氧原子數都是0.2NA；故C正確；

D．不是標況下；不能使用標況下的氣體摩爾體積計算2.24L一氧化碳和二氧化碳的物質的量，故D錯誤；

故選C．二、填空題(共6題，共12分)7、Fe2O3+4NH4HSO42NH4Fe（SO4）2+2NH3↑+3H2OdSiO2SiO2+2OH-=SiO32-+H2O6H++HCO3-=H2O+CO2↑玻璃棒蒸發(fā)皿（NH4）2SO4NaOH溶液[Al（OH）4]-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-【分析】【分析】（1）根據題意，Fe2O3與NH4HSO4反應生成NH4Fe（SO4）2和氨氣與水；物質分類體系中，NH4Fe（SO4）2、NH4Al（SO4）2都屬于復鹽；都是強電解質；

（2）SiO2不溶于一般酸性溶液，不溶于氨水；SiO2與NaOH溶液反應的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

（3）根據KSP[Al（OH）3]=1×10-33；c（Al3+）均小于或等于1×10-9mol?L-1可認為完全沉淀，此時c（OH-）==1×10-8；在酸性溶液中，H++HCO3-=H2O+CO2↑；

（4）實驗室進行第④步操作時，濾液C得到硫酸銨，所需的儀器是酒精燈、石棉網、三腳架、玻璃棒、蒸發(fā)皿；第⑤步所加試劑NaOH，生成四羥基合硫酸根離子，第⑥步生成Al（OH）3的離子方程式為通入CO2，酸堿中和生成（NH4）2SO4．【解析】【解答】解：（1）根據題意，Fe2O3與NH4HSO4反應生成NH4Fe（SO4）2和氨氣與水；物質分類體系中，NH4Fe（SO4）2、NH4Al（SO4）2都屬于復鹽；都是強電解質；

故答案為：Fe2O3+4NH4HSO42NH4Fe（SO4）2+2NH3↑+3H2O；d；

（2）SiO2不溶于一般酸性溶液，不溶于氨水；SiO2與NaOH溶液反應的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

故答案為：SiO2、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

（3）根據KSP[Al（OH）3]=1×10-33；c（Al3+）均小于或等于1×10-9mol?L-1可認為完全沉淀，此時c（OH-）==1×10-8；在酸性溶液中，H++HCO3-=H2O+CO2↑；

故答案為：6；H++HCO3-=H2O+CO2↑；

（4）實驗室進行第④步操作時，濾液C得到硫酸銨，所需的儀器是酒精燈、石棉網、三腳架、玻璃棒、蒸發(fā)皿；第⑤步所加試劑NaOH，生成四羥基合硫酸根離子，第⑥步生成Al（OH）3的離子方程式為通入CO2，酸堿中和生成（NH4）2SO4；

故答案為：玻璃棒；蒸發(fā)皿；（NH4）2SO4；NaOH溶液；[Al（OH）4]-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-．8、CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3NaBr【分析】【分析】A、B、C、D、E、F6種有機物，它們是烴或者烴的衍生物，A的氣體與相同條件下的一氧化碳的密度相同，則A的相對分子質量為28，則A為CH2=CH2，A可以氧化生成D，則D為CH3CHO，在G的溶液中加入硝酸酸化，再加入硝酸銀溶液有淡黃色沉淀產生，說明G中有溴元素，B與氫氧化鈉溶液共同煮沸可以得到物質C和無機鹽G，根據鹵代烴的堿性水解，可知B為CH3CH2Br，G為NaBr，所以C為CH3CH2OH，根據題中框圖的轉化關系可以進一步確定D再進一步氧化可知E為CH3COOH，C與CH3COOH酯化可得F為CH3COOCH2CH3，再用其它轉化關系驗證，均滿足，據此答題．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E、F6種有機物，它們是烴或者烴的衍生物，A的氣體與相同條件下的一氧化碳的密度相同，則A的相對分子質量為28，則A為CH2=CH2，A可以氧化生成D，則D為CH3CHO，在G的溶液中加入硝酸酸化，再加入硝酸銀溶液有淡黃色沉淀產生，說明G中有溴元素，B與氫氧化鈉溶液共同煮沸可以得到物質C和無機鹽G，根據鹵代烴的堿性水解，可知B為CH3CH2Br，G為NaBr，所以C為CH3CH2OH，根據題中框圖的轉化關系可以進一步確定D再進一步氧化可知E為CH3COOH，C與CH3COOH酯化可得F為CH3COOCH2CH3，再用其它轉化關系驗證，均滿足，所以根據上面的分析可知，A為CH2=CH2，B為CH3CH2Br，C為CH3CH2OH，D為CH3CHO，E為CH3COOH，F為CH3COOCH2CH3，G為NaBr；

故答案為：CH2=CH2；CH3CH2Br；CH3CH2OH；CH3CHO；CH3COOH；CH3COOCH2CH3；NaBr．9、苯酚加成反應醛基、醚鍵9或或【分析】【分析】在催化劑條件下，丙烯和苯發(fā)生加成反應生成發(fā)生氧化反應生成B和A，A和乙炔能發(fā)生反應生成D，根據題給信息及A的分子式知，A是結合合成橡膠IR的結構簡式知，可知F為CH2=CHC（CH3）=CH2，則丙酮和乙炔發(fā)生加成反應生成D為D和氫氣發(fā)生加成反應生成E，E發(fā)生消去反應生成F，則E為．G和乙醛反應生成H，H和銀氨溶液反應然后酸化生成所以H為根據題給信息知G的結構簡式為：B的分子式是C6H6O，可與NaOH溶液反應，B與G在一定條件下反應生成合成樹脂X，所以B是G和苯酚發(fā)生縮聚反應反應生成X為：據此解答．【解析】【解答】解：在催化劑條件下，丙烯和苯發(fā)生加成反應生成發(fā)生氧化反應生成B和A，A和乙炔能發(fā)生反應生成D，根據題給信息及A的分子式知，A是結合合成橡膠IR的結構簡式知，可知F為CH2=CHC（CH3）=CH2，則丙酮和乙炔發(fā)生加成反應生成D為D和氫氣發(fā)生加成反應生成E，E發(fā)生消去反應生成F，則E為．G和乙醛反應生成H，H和銀氨溶液反應然后酸化生成所以H為根據題給信息知G的結構簡式為：B的分子式是C6H6O，可與NaOH溶液反應，B與G在一定條件下反應生成合成樹脂X，所以B是G和苯酚發(fā)生縮聚反應反應生成X為：．

（1）由上述分析可知；B的名稱是苯酚，D→E反應類型為加成反應；

故答案為：苯酚；加成反應；．

（2）H為H中含氧官能團的名稱是：醛基；醚鍵；

故答案為：醛基；醚鍵；

（3）A與C2H2合成D的化學方程式是：

故答案為：

（4）由上述分析可知，E的結構簡式是：

故答案為：

（5）B與G在一定條件下反應生成合成樹脂X的化學方程式是：

故答案為：

（6）有多種同分異構體；符合下列要求的同分異構體：

①能與FeCl3溶液反應顯紫色，說明含有酚羥基；②只能發(fā)生銀鏡反應，含有醛基，含有2個側鏈為-OH、-OOCH，有鄰、間、對3種，含有3個取代基，為2個-OH、1個-CHO，當2個-OH相鄰時，-CHO有2種位置，當2個-OH處于間位時，-CHO有3種位置，當2個-OH處于對位時，-CHO有1種位置，故共有種，其中核磁共振氫譜中只出現四組峰為或或

故答案為：9；或或．10、聚合硫酸鋁鐵溶于水電離的Al3+、Fe3+可以水解形成膠體，具有吸附性3a+3b=m+2n混勻反應物，確保反應完全【分析】【分析】（1）Al3+、Fe3+水解形成膠體；膠體具有吸附性；

（2）根據化合物中各元素化合價的代數和為0確定這幾個字母之間的關系；

（3）①攪拌可以是反應物混合均勻；

②根據消耗的鹽酸計算n（OH-），根據與BaCl2反應沉淀的沉淀的質量求出n（SO42-），根據與碘離子反應的關系求出n（Fe3+），根據電荷守恒計算n（Al3+），再根據總質量求出水的質量及物質的量，根據物質的量之比確定化學式．【解析】【解答】解：（1）聚合硫酸鋁鐵[AlaFeb（OH）m（SO4）n?xH2O]在水中能夠電離出Al3+、Fe3+，Al3+、Fe3+水解形成膠體；膠體具有吸附性，能夠吸附水中的懸浮顆粒，從而起到凈水的作用；

故答案為：聚合硫酸鋁鐵溶于水電離的Al3+、Fe3+可以水解形成膠體；具有吸附性；

（2）AlaFeb（OH）m（SO4）n?xH2O中中各元素化合價的代數和為0，所以3a+3b+（-1）×m+（-2）×2=0，所以得3a+3b=m+2n；

故答案為：3a+3b=m+2n；

（3）①攪拌可以是反應物混合均勻；有利于反應物充分接觸，使反應物完全反應；

故答案為：混勻反應物；確保反應完全；

②n（OH-）=2n（H2SO4）=0.15L×0.100mol?L-1×2=0.03mol；

n（SO42-）=n（BaSO4）-n（H2SO4）=-0.15L×0.100mol?L-1=0.03mol；

已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，2Fe3++2I-=2Fe2++I2，則2Fe3+～I2～2Na2S2O3；

n（Fe3+）=n（Na2S2O3）=0.02L×0.500mol?L-1=0.01mol；

在AlaFeb（OH）m（SO4）n中離子所帶電荷守恒；

則n（Al3+）=×（0.03mol+0.03mol×2-0.01mol×3）=0.02mol

8.810g樣品中水的質量：m（H2O）=8.810g-0.02mol×27g?mol-1-0.01mol×56g?mol-1-0.03mol×17g?mol-1-0.03mol×96g?mol-1=4.32g；

則n（H2O）==0.24mol；

所以n（Al3+）：n（Fe3+）：n（OH-）：n（SO42-）：n（H2O）=2：1：3：3：24

則硫酸鋁鐵的化學式為：Al2Fe（OH）3（SO4）3?24H2O；

答：聚合硫酸鋁鐵的化學式為Al2Fe（OH）3（SO4）3?24H2O．11、關閉K2打開K1，在D中加水淹沒導管末端，用熱毛巾或雙手捂住燒瓶ACD接近或不小于7硫代硫酸鈉在酸性溶液中不穩(wěn)定冷卻結晶洗滌Na2S2O3+4Cl2+5H2O=Na2SO4+H2SO4+8HCl0.0024mol/L【分析】【分析】（1）步驟1：利用氣體熱脹冷縮性質；檢驗裝置氣密性；

步驟2：裝置B；D的作用是進行尾氣處理；防止尾氣中二氧化硫污染空氣；

步驟3：硫代硫酸鈉在酸性溶液中不穩(wěn)定；應控制溶液為弱堿性，即控制溶液pH接近或不小于7；

步驟4：從溶液中獲得晶體；需要加熱濃縮，趁熱過濾，再將濾液冷卻結晶；過濾、洗滌、烘干，得到產品；

（2）由題目信息可知，Na2S2O3被氯水氧化反應生成Na2SO4、H2SO4；氯氣被還原為HCl；

（3）由題意可知，BaCrO4用鹽酸溶解轉化為Cr2O2-7，由元素守恒及已知方程式可得關系式：2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O2-7～3I2～6Na2S2O3，結合消耗的Na2S2O3利用關系式計算溶液中n（Ba2+），進而計算c（Ba2+）．【解析】【解答】解：（1）步驟1：利用氣體熱脹冷縮性質，檢驗裝置氣密性，具體操作為：故答案為：關閉K2打開K1；在D中加水淹沒導管末端，用熱毛巾或雙手捂住燒瓶，D中導管有氣泡冒出，冷卻后形成1段水柱，說明氣密性良好；

步驟2：裝置B；D的作用是進行尾氣處理；防止尾氣中二氧化硫污染空氣，二氧化硫具有還原性，可以用酸性高錳酸鉀溶液氧化吸收，二氧化硫能與氫氧化鈉溶液、碳酸氫鈉溶液反應被吸收，故選：ACD；

步驟3：硫代硫酸鈉在酸性溶液中不穩(wěn)定；應控制溶液為弱堿性，可以控制溶液pH接近或不小于7；

步驟4：從溶液中獲得晶體；需要加熱濃縮，趁熱過濾，再將濾液冷卻結晶；過濾、洗滌、烘干，得到產品；

故答案為：關閉K2打開K1；在D中加水淹沒導管末端，用熱毛巾或雙手捂住燒瓶；ACD；pH接近或不小于7；硫代硫酸鈉在酸性溶液中不穩(wěn)定；冷卻結晶；洗滌；

（2）由題目信息可知，Na2S2O3被氯水氧化反應生成Na2SO4、H2SO4，氯氣被還原為HCl，反應方程式為：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=Na2SO4+H2SO4+8HCl；

故答案為：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=Na2SO4+H2SO4+8HCl；

（3）由題意可知，BaCrO4用鹽酸溶解轉化為Cr2O2-7，由元素守恒及已知方程式可得關系式：2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O2-7～3I2～6Na2S2O3，消耗的Na2S2O3為0.018L×0.01mol/L，則n（Ba2+）=0.018L×0.01mol/L×=0.00006mol，故溶液中c（Ba2+）==0.0024mol/L；

故答案為：0.0024mol/L．12、2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+3Cl2+4Fe2++2Br-=6Cl-+4Fe3++Br20.9219：4C大于10【分析】【分析】（1）利用FeCl3溶液的氧化性吸收煙氣中的SO2，SO2在溶液中被氧化為SO42-，同時Fe3+被還原為Fe2+；故方程式為：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；

（2）氯氣具有氧化性，能將亞鐵離子和溴離子氧化，亞鐵離子還原性較強，根據電子得失守恒求出被氧化的Br-的物質的量；

（3）計算氧元素質量分數；根據化學式中元素質量之比列方程計算；

（4）兩方案中所發(fā)生的化學方程式為：①Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑、H2+CuOCu+H2O；

②CuO+H2SO4═CuSO4+H2O、Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；

②中均可完全轉化；而①中氫氣還原CuO，應先通入氫氣排出裝置中的空氣，不能全部參與還原反應；

（5）再加入稀硫酸；因硝酸根在酸性條件下具有強氧化性，故剩余金屬無論是鐵還是銅還是鐵銅混合物，都會溶解，以此來解答；

（6）活潑金屬鐵作電解池陽極時，電解氫氧化鈉溶液的電解方程式為Fe+2H2OH2+Fe（OH）2↓，氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，能被氧氣氧化成氫氧化鐵沉淀，反應方程式為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，結合反應的方程式計算．【解析】【解答】解：（1）利用FeCl3溶液的氧化性吸收煙氣中的SO2，SO2在溶液中被氧化為SO42-，同時Fe3+被還原為Fe2+；故方程式為：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+

故答案為：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；

（2）氯氣具有氧化性，能將亞鐵離子和溴離子氧化，先氧化亞鐵離子，1L0.4mol/L即0.4mol的FeBr2溶液中通入標況下的6.72L即=0.3molCl2反應時，此時Fe2+全部被氧化，溴離子部分被氧化，根據電子得失守恒：n（Cl2）×2=n（Fe2+）×1+n（Br-）×1，即0.3mol×2=0.4mol×1+n（Br-）×1，則n（Br-）=0.2mol；

此時離子方程式為：3Cl2+4Fe2++2Br-=6Cl-+4Fe3++Br2，故答案為：3Cl2+4Fe2++2Br-=6Cl-+4Fe3++Br2；

（3）鐵的某種氧化物的化學式表示為Fex0（x＜1），鐵元素在該氧化物中的質量分數為76.3%，則氧元素質量分數為23.7%，故56x：16=76.3%：23.7%，解得x=0.92，設氧化物中的Fe分別為Fe2+、Fe3+，物質的量分別為x，y，則根據化學式有，解得x=0.76，y=0.16，所以n（Fe2+）：n（Fe3+）=19：4；

故答案為：0.92；19：4；

（4）兩方案中所發(fā)生的化學方程式為：①Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑、H2+CuOCu+H2O；②CuO+H2SO4═CuSO4+H2O、Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；

②中均可完全轉化；而方案①中氫氣還原氧化銅實驗，開始時需先通入一部分氫氣，排除裝置中的空氣，實驗結束時還要通一會氫氣，以防止生成的銅被氧化，如果不考慮先通后停，相同質量的鐵生成銅的質量是相同的，但是由于部分氫氣被浪費，從而導致鐵的質量被多消耗一部分，所以導致方案①對應的銅減少．故方案②生成的銅多，故選C；

（5）鐵和銅都和硝酸反應生成硝酸鹽，充分反應后剩余金屬的質量為m1g，剩余金屬一定含Cu，可能還含Fe；再加入硫酸，提供氫離子，在酸性條件下，硝酸鹽中的硝酸根具有強氧化性，故再與剩余金屬反應，故m1一定大于m2；故答案為：大于；

（6）根據鐵原子守恒知，4molFe（OH）3～4molFe（OH）2，所以生成4molFe（OH）3需要4molFe（OH）2；

活潑金屬鐵作電解池陽極時，電解氫氧化鈉溶液的電解方程式為Fe+2H2OH2+Fe（OH）2↓；

根據電解方程式得，生成4molFe（OH）2需要水的物質的量為8mol；

又氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，能被氧氣氧化成氫氧化鐵沉淀，反應方程式為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

根據方程式得，生成4molFe（OH）3需要水的物質的量為2mol；

所以得到4molFe（OH）3沉淀消耗水的物質的量共為10mol．

故答案為：10．三、判斷題(共7題，共14分)13、×【分析】【分析】HClO是弱電解質，但NaClO是鹽，屬于強電解質．【解析】【解答】解：HClO是弱電解質，但NaClO在水溶液里或熔融狀態(tài)下完全電離，所以NaClO屬于強電解質，故錯誤；故答案為：×．14、×【分析】【分析】標準狀況下，氣體的摩爾體積為22.4L/mol，結合V=nVm計算．【解析】【解答】解：標準狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案為：×．15、√【分析】【分析】樹狀分類就是一個確定范圍內的物質之間所包含的關系有子概念與母概念，所謂子概念就是下一代有上一代的部分因素，母概念是上一代所包含其后代中部分的全部概念據此解答．【解析】【解答】解：酸；堿、鹽和氧化物都屬于化合物；則化合物分為酸、堿、鹽和氧化物是用樹狀分類法分類的，故說法正確；

故答案為：√．16、√【分析】【分析】水的分子式為H2O，結合分子式進行判斷．【解析】【解答】解：水的分子式為H2O，1moL水中所含原子總數為3NA；

故答案為：√．17、×【分析】【分析】根據對氯甲苯中甲基和氯原子處于對位關系來分析；【解析】【解答】解：對氯甲苯中甲基和氯原子處于對位關系，結構簡式：故答案為：×；18、×【分析】【分析】硫酸鉀由K+和SO42-構成，結合離子化合物的構成判斷．【解析】【解答】解：硫酸鉀由K+和SO42-構成，1mol硫酸鉀中含有1molSO42-，陰離子所帶電荷數為2NA；

故答案為：×．19、√【分析】【分析】分散系的分類依據是分散質微粒直徑大小，據此分析．【解析】【解答】解：分散系按照分散質粒子直徑大小分為：溶液；膠體、和濁液；分散質粒度大于1nm的為濁液，介于1nm-100nm為膠體，小于1nm的為溶液；

故答案為：√．四、探究題(共4題，共36分)20、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，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溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，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，當滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應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．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據c（待測）=分析；c（標準）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（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）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（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；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，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）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，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，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溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，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，當滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應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．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據c（待測）=分析；c（標準）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（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）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（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；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，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．五、實驗題(共3題，共9分)24、A防止Fe2+的水解bcae排出裝置中的空氣，防止干擾實驗結果防止液體回流（或倒吸）CO2、CO丙方案使用鹽酸溶解樣品，氯離子也可被酸性MnO4-氧化【分析】【分析】以鐵屑為原料制備三草酸合鐵（Ⅲ）酸鉀晶體K3[Fe（C2O4）3]?3H2O的流程：鐵和硫酸反應：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，硫酸亞鐵和草酸反應：FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4?2H2O+H2SO4，加入草酸鉀、雙氧水生成K3[Fe（C2O4）3]?3H2O．

（1）氣體吸收裝置中既要吸收氣體又能排出不反應的氣體；

（2）FeSO4溶液中亞鐵離子會水解；加酸可以抑制水解，根據硫酸亞鐵溶液得到綠礬晶體的操作來回答，從溶液中得到綠礬晶體的實驗操作是蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶過濾洗滌干燥；

（3）三草酸合鐵（Ⅲ）酸鉀晶體在110℃可完全失去結晶水，繼續(xù)升高溫度可發(fā)生分解反應，根據元素守恒推測得到的產物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2；CO；A加熱三草酸合鐵（Ⅲ）酸鉀晶體分解，B裝置澄清石灰水檢驗二氧化碳存在，C足量氫氧化鈉吸收二氧化碳，D濃硫酸干燥氣體，E中有黑色氧化銅，實驗現象B中有沉淀出現，則證明有二氧化碳產生，F中溶液均變渾濁，則E中發(fā)生一氧化碳還原氧化銅的反應，現象是粉末由黑色變?yōu)榧t色，紅色固體生成，則證明有一氧化碳生成．

①根據實驗原理生成的金屬銅能被氧氣氧化；應將裝置中的空氣排凈，注意裝置的倒吸現象；

②高錳酸鉀具有氧化性，能將氯離子氧化，這樣會干擾實驗結果，對比三項試驗方案得到結論．【解析】【解答】解：以鐵屑為原料制備三草酸合鐵（Ⅲ）酸鉀晶體K3[Fe（C2O4）3]?3H2O的流程：鐵和硫酸反應：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，硫酸亞鐵和草酸反應：FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4?2H2O+H2SO4，加入草酸鉀、雙氧水生成K3[Fe（C2O4）3]?3H2O．

（1）A．該裝置中硫化氫與氫氧化鈉溶液接觸面積大；從而使硫化氫吸收較完全，且該裝置中氣壓較穩(wěn)定，不產生安全問題，故A正確；

B．硫化氫與氫氧化鈉接觸面積較??；所以吸收不完全，故B錯誤；

C．沒有排氣裝置；導致該裝置內氣壓增大而產生安全事故，故C錯誤；

D．該裝置中應遵循“長進短出”的原理；故D錯誤；

故選A；

（2）FeSO4溶液中亞鐵離子會水解；加酸可以抑制水解，綠礬晶體含有結晶水，應選擇蒸發(fā)結晶，從硫酸亞鐵溶液得到綠礬晶體的操作應為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶、過濾洗滌、干燥；

故答案為：防止亞鐵離子水解；bcae；

（3）①三草酸合鐵（Ⅲ）酸鉀晶體在110℃可完全失去結晶水，繼續(xù)升高溫度可發(fā)生分解反應，根據元素守恒推測得到的產物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳還原氧化銅，得到的金屬銅可被氧氣氧