2025年仁愛科普版高三化學上冊階段測試試卷

…………○…………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年仁愛科普版高三化學上冊階段測試試卷996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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、某模擬“人工樹葉”電化學實驗裝置如圖所示，該裝置能將H2O和CO2轉(zhuǎn)化為O2和燃料（C3H8O）．下列說法正確的是（）

A.該裝置將化學能轉(zhuǎn)化為光能和電能B.該裝置工作時，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電極的反應為：3CO2+18H+﹣18e﹣=C3H8O+5H2O2、下列有關物質(zhì)檢驗的實驗結(jié)論正確的是（）

。選項實驗操作及現(xiàn)象實驗結(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色無味氣體該溶液中一定含有CO32-A.AB.BC.CD.D3、金屬在人類社會的發(fā)展進程中起著重要的作用．下列有關金屬及其化合物的說法不正確的是（）A.Fe、Mg、Al均能與空氣中的氧氣反應在表面生成致密的氧化膜，對內(nèi)層金屬有保護作用B.Fe在高溫下能與水蒸氣反應，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.鋁制餐具不適合長時間的蒸煮或長時間存放酸性、堿性或咸的食物4、某聚合物鋰離子充電電池放電時的反應為：Li1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，（LixC6表示鋰原子嵌入石墨形成的復合材料）其工作原理如圖所示，下列說法正確的是（）A.放電時，電子從b極流向a極B.放電時，a極脫出的離子通過陰離子交換膜從左向右移動C.充電時，b極發(fā)生的反應為：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+D.充電時，每轉(zhuǎn)移xmol電子，產(chǎn)生6mol碳單質(zhì)5、實驗室欲快速制取H2，應選用正確的措施是（）A.純鋅與稀硫酸反應B.粗鋅跟濃硫酸反應C.粗鋅跟稀硝酸反應D.將浸泡過CuSO4溶液的鋅跟稀硫酸反應6、人類開始化學實踐活動是從下列哪項活動開始的A.使用火B(yǎng).制陶瓷C.釀酒D.煉丹評卷人得分二、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)生反應及反應的產(chǎn)物，進行了下列實驗．

（1）用如圖所示實驗裝置，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與水蒸氣的反應實驗”（石棉絨是耐高溫材料，不與水反應）．反應一段時間后，有肥皂泡吹起時，用點燃的火柴靠近肥皂泡，當____（填實驗現(xiàn)象）時，說明“鐵與水蒸氣”能夠進行反應．寫出鐵與水反應的化學方程式____

（2）為了證明反應后的固體混合物中含有+3價的Fe，他們計劃取出少量混合物于試管中，加入足量的鹽酸，溶解、過濾．寫出有關的化學方程式____．8、KNO3是重要的化工產(chǎn)品，下面是一種己獲得專利的KNO3制備方法的主要步驟：

（1）反應Ⅰ中，CaSO4與NH4HCO3的物質(zhì)的量之比為1：2，該反應的化學方程式為____；

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

（3）檢驗反應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）整個流程中，可循環(huán)利用的物質(zhì)有____（填化學式）．

（5）將硝酸與濃KCl溶液混合，也可得到KNO3，同時生成等體積的氣體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____，寫出硝酸與濃KCl溶液反應的化學方程式____．9、（1）氧化還原反應的本質(zhì)是____．所含元素化合價升高的物質(zhì)是____劑，發(fā)生____反應．

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

（2）25℃時，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____．

（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、在標準狀況下，有一剛性密閉容器，被一可以自由滑動的活塞分成兩個密閉的反應器．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．同時引燃左右兩側(cè)的混合氣，反應后恢復到標準狀況．反應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)評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)12、判斷對錯：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，只需用小火加熱至溶液表面出現(xiàn)晶膜為止，再通過余熱將溶液全部蒸干．____（判斷對錯）14、加過量的AgNO3溶液，產(chǎn)生大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的Cl-．____（判斷對錯）正確的打“√”，錯誤的打“×”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-．____（判斷對錯正確的打“√”，錯誤的打“×”）16、一定壓強下，所有物質(zhì)在溫度變化時都能表現(xiàn)出三態(tài)變化．____（判斷對錯）17、蛋白質(zhì)、纖維素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物____（判斷對錯）18、含5個碳原子的有機物，每個分子中最多可形成4個C-C單鍵____．評卷人得分四、推斷題(共1題，共2分)19、如圖為中學化學中幾種常見物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關系（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的水溶液呈強酸性．

（1）K的化學式為____．

（2）寫出反應①的化學方程式：____．

（3）寫出反應②的離子方程式：____．

（4）向M溶液中加入足量的I溶液反應的離子方程式為____．

（5）寫出一個由化合反應生成L的化學方程式____．評卷人得分五、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________．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(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質(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________．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：評卷人得分六、實驗題(共4題，共12分)24、（2014秋?城區(qū)校級月考）分別取40mL的0.50mol/L鹽酸與0.55mol/L氫氧化鈉溶液進行中和反應．通過測定反應過程中所放出的熱量可計算中和熱．請回答下列問題：

（1）理論上稀強酸、稀強堿反應生成1mol水時放出57.3kJ的熱量，寫出表示稀硫酸和稀氫氧化鈉溶液反應的中和熱的熱化學方程式____．

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

（3）假設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?℃），為了計算中和熱，實驗時還需測量的數(shù)據(jù)有____（填序號）；

A．反應前鹽酸溶液的溫度B．反應前鹽酸溶液的質(zhì)量。

C．反應前氫氧化鈉溶液的溫度D．反應前氫氧化鈉溶液的質(zhì)量。

E．反應后混合溶液的最高溫度F．反應后混合溶液的質(zhì)量。

（4）某學生實驗記錄數(shù)據(jù)如下：

。實驗序號起始溫度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)該學生的實驗數(shù)據(jù)計算，該實驗測得的中和熱△H=____；

（5）假定該學生的操作完全同上，實驗中改用100mL0.5mol/L鹽酸跟100mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液進行反應，與上述實驗相比，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、某同學在實驗室進行鐵鹽與亞鐵鹽相互轉(zhuǎn)化的實驗：

實驗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)生反應的離子方程式為______．

rm{(2)}探究白色沉淀產(chǎn)生的原因；請?zhí)顚憣嶒灧桨福?/p>

查閱資料：

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

。實驗方案現(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}反應產(chǎn)生了白色沉淀：步驟rm{2}取______無明顯現(xiàn)象rm{Cu^{2+}}與rm{SCN^{-}}反應的離子方程式為______．

實驗Ⅱ：將rm{Fe^{2+}}轉(zhuǎn)化為rm{Fe^{3+}}

。實驗方案現(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)}從化學反應速率與限度的角度對體系中存在的反應進行分析：

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

rm{壟脵}依據(jù)實驗現(xiàn)象，甲認為反應Ⅰ的速率比反應Ⅱ______rm{(}填“快”或“慢”rm{)}．

rm{壟脷}乙認為反應Ⅰ是一個不可逆反應；并通過實驗證明其猜測正確，乙設計的實驗方案是______．

rm{壟脹}請用化學平衡移動原理解釋溶液由棕色變?yōu)辄S色的原因______．

rm{(5)}丙認為若生成的rm{NO}與rm{Fe^{2+}}不接觸，溶液就不會出現(xiàn)棕色，請設計實驗方案，并畫出實驗裝置圖rm{2}實現(xiàn)。

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

xrightarrow{{稀}HNO_{3}}Fe^{3+}}26、某學習小組開展下列實驗探究活動：

rm{(1)}裝置rm{A}中反應的化學方程式為______．

rm{(2)}利用裝置rm{A}中產(chǎn)生的氣體設計實驗證明rm{+4}價硫具有氧化性：______．

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弱．

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

rm{(4)}利用rm{G}裝置可測定裝置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，加熱使rm{SO_{2}}全部逸出并與錐形瓶中rm{H_{2}O_{2}}完全反應rm{(SO_{2}+H_{2}O_{2}=H_{2}SO_{4}}然后用rm{0.1000mo1/L^{-1}}rm{NaOH}標準溶液進行滴定，至終點時消耗rm{NaOH}溶液rm{20.00mL}．

rm{壟脵G}中球形冷凝管的冷凝水進口為______rm{(}填“rm{a}”或“rm”rm{)}．

rm{壟脷}殘液中rm{SO_{2}}含量為______rm{g.L^{-1}}．

rm{壟脹}經(jīng)多次測定發(fā)現(xiàn)；測定值始終高于實驗值，則其原因是______．

rm{(5)}設計實驗證明rm{H_{2}SO_{3}}為二元弱酸：______rm{.(}可提供的儀器：rm{pH}計，其他中學化學常見儀器任選，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)}無色，熔點為rm{101隆忙}易溶于水，受熱脫水、升華，rm{170隆忙}以上分解rm{.}回答下列問題：

rm{(1)}甲組同學按照如圖所示的裝置，通過實驗檢驗草酸晶體的分解產(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)}乙組同學認為草酸晶體分解的產(chǎn)物中含有rm{CO}為進行驗證，選用甲組實驗中的裝置rm{A}rm{B}和如圖所示的部分裝置rm{(}可以重復選用rm{)}進行實驗．

rm{壟脵}乙組同學的實驗裝置中，依次連接的合理順序為rm{A}rm{B}______rm{.}裝置rm{H}反應管中盛有的物質(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}設計實驗證明：

rm{壟脵}草酸的酸性比碳酸的強______．

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)化為化學能，所以該裝置將光能和電能轉(zhuǎn)化為化學能，故A錯誤；

B、a與電源負極相連，所以a是陰極，而電解池中氫離子向陰極移動，所以H+從陽極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錯誤；

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

故選B．

【分析】A；該裝置是電解池裝置；是將電能轉(zhuǎn)化為化學能；

B；與電源正極相連的是電解池的陽極；負極相連的是電解池的陰極，a與電源負極相連，所以a是陰極，而電解池中氫離子向陰極移動；

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與電源負極相連，所以a是負極陰極，電極反應式為：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O．2、B【分析】【分析】A．與氯化鋇溶液反應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，說明溶液中不存在鐵離子，再加入氯水后變?yōu)榧t色，說明此時溶液中存在鐵離子，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錯誤；

B．向某溶液中加入2滴KSCN溶液；溶液不顯紅色，說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．氯氣與水反應生成具有強氧化性的次氯酸；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錯誤；

D．CO32-和HCO3-都能與HCl反應生成CO2氣體，CO2氣體為能使澄清石灰水變渾濁的無色無味的氣體，所以不能判斷出是否含有CO32-；故D錯誤；

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；

D、鋁和酸堿都能反應．【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在表面生成致密的氧化膜，對內(nèi)層金屬有保護作用，故A錯誤；

B；鐵和水蒸氣反應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；可與胃酸反應生成氯化鈉和氯化鋁，對人體無害，故C正確；

D；鋁、氧化鋁和酸堿都能反應；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時間的蒸煮或長時間存放酸性、堿性或咸的食物，故D正確；

故選A．4、C【分析】【分析】放電時的反應為Li1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合價降低，C元素的化合價升高，結(jié)合原電池中負極發(fā)生氧化反應，正極發(fā)生還原反應來解答．【解析】【解答】解：放電時的反應為Li1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2；Co元素的化合價升高，C元素的化合價降低；

A．C元素的化合價升高，則放電時LixC6發(fā)生氧化反應是負極，所以放電時，電子從a極流向b極；故A錯誤；

B、放電時C元素的化合價升高，發(fā)生氧化反應，電極反應式為：LixC6-xe-=6C+xLi+；而陽離子不能通過陰離子交換膜，故B錯誤；

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

D、充電時，陰極的電極反應式為：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，濃硫酸和稀硝酸都不能與鋅反應生成氫氣．【解析】【解答】解：濃硫酸和稀硝酸都不能與鋅反應生成氫氣；

實驗室制備氫氣應用稀硫酸；

A與D相比較；D易形成原電池反應而導致反應速率加快；

則應用浸泡過CuSO4溶液的鋅跟稀硫酸反應；

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記內(nèi)容，能力要求上屬于基礎題。對于這道題的解法，也可以從以下方面分析：1、制陶瓷與煉丹都需要用到火，所以使用火應該在制陶和煉丹之前；2、從時間上看，“鉆木取火”在遠古時代就已經(jīng)發(fā)明了，而釀酒較晚；綜合以上，答案應為A?？键c：主要考查對課本基礎知識的識記。【解析】【答案】A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生成四氧化三鐵和氫氣；氫氣點燃有爆鳴聲進行分析；

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

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，加快化學反應速率防止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，說明K2SO4中混有KCl（NH4）2SO4、CaSO4、KNO3NOCl4HNO3+3KCl═3KNO3+Cl2↑+NOCl↑+2H2O【分析】【分析】反應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)過濾、蒸發(fā)、濃縮結(jié)晶可得硝酸鉀；

反應III中碳酸鈣和硝酸反應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)反應物和生成物書寫方程式．【解析】【解答】解：反應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)過濾、蒸發(fā)、濃縮結(jié)晶可得硝酸鉀；

反應III中碳酸鈣和硝酸反應生成硝酸鈣和二氧化碳；

（1）反應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)、加熱的條件下進行，可生成易分解的氯化銨，加熱時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，且能加快反應的速率；從反應Ⅳ所得混合物中分離出CaSO4的方法是趁熱過濾，趁熱過濾的目的是防止KNO3結(jié)晶，提高KNO3的產(chǎn)率；

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

（3）檢驗反應Ⅱ所得K2SO4中是否混有KCl，應先加入硝酸鋇時硫酸鉀完全轉(zhuǎn)化為硫酸鋇沉淀，以免干擾氯離子的檢驗，然后再加入硝酸銀檢驗氯化鉀，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，說明K2SO4中混有KCl；

（4）整個流程中，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反應生成1體積氣體A和2體積紅棕色氣體C，C應為NO2，黃綠色氣體應為Cl2；

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

所以硝酸與濃KCl溶液反應的化學方程式為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ZnSO4【分析】【分析】（1）氧化還原反應的本質(zhì)是電子得失；特征是化合價的升降，所含元素化合價升高的物質(zhì)是還原劑，發(fā)生氧化反應，得到氧化產(chǎn)物；

（2）由氧化還原反應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，在橫線上標出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目即可．【解析】【解答】解：（1）氧化還原反應的本質(zhì)是電子得失；所含元素化合價升高的物質(zhì)是還原劑，發(fā)生氧化反應；

故答案為：得失電子；還原劑；氧化反應；

（2）用單線橋表示氧化還原反應：氧化還原反應中所含元素化合價升高的物質(zhì)是還原劑，發(fā)生氧化反應，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溶液蒸干的過程中由于發(fā)生水解；生成氫氧化鈹，同時氯化氫揮發(fā)，再經(jīng)過灼燒得到氧化鈹；

（2）25℃時，pH=2的H2SO4與pH=10的NaOH混合；溶液呈中性，說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溶液蒸干的過程中由于發(fā)生水解；生成氫氧化鈹，同時氯化氫揮發(fā)，再經(jīng)過灼燒得到氧化鈹；

故答案為：Be2++2H2O?Be（OH）2+2H+；BeO；

（2）25℃時，pH=2的H2SO4與pH=10的NaOH混合，溶液呈中性，說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，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：假設氫氣和氧氣的物質(zhì)的量分別為1mol；開始時左右兩側(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；

同時引燃左右兩側(cè)的混合氣，發(fā)生反應分別為，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CO過量時，設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O2過量時，設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】過氧化鈉化學式是由1個過氧根離子和2個鈉離子構(gòu)成，所以其陰陽離子個數(shù)之比為1：2，據(jù)此計算離子總數(shù)．【解析】【解答】解：過氧化鈉化學式是由1個過氧根離子和2個鈉離子構(gòu)成，所以其陰陽離子個數(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，以防止溫度過高而導致分解而變質(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，只需用小火加熱至溶液表面出現(xiàn)晶膜為止，再通過余熱將溶液全部蒸干，符合蒸發(fā)操作要求，故此說法正確，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Cl-時；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生成的氯化銀沉淀，不一定為硫酸鋇沉淀，所以該說法是錯誤的；

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

故答案為：×．17、×【分析】【分析】高分子化合物（又稱高聚物）一般相對分子質(zhì)量高于10000，結(jié)構(gòu)中有重復的結(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，故該說法錯誤；

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，也可以不帶支鏈來解答；【解析】【解答】解：碳原子可以形成碳鏈；無論帶支鏈，還是不帶支鏈，都含有4個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在高溫下反應生成D，則該反應為鋁熱反應，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反應生成I，I的水溶液呈強酸性，則F為NaOH，所以I為HCl，D和I反應生成H和J，則H為H2，J為FeCl2，所以G為Cl2，J與G反應生成K為FeCl3，C和F反應生成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在高溫下反應生成D，則該反應為鋁熱反應，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反應生成I，I的水溶液呈強酸性，則F為NaOH，所以I為HCl，D和I反應生成H和J，則H為H2，J為FeCl2，所以G為Cl2，J與G反應生成K為FeCl3，C和F反應生成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①為鋁熱反應，反應的化學方程式為2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；

故答案為：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；

（3）反應②為電解食鹽水，反應的離子方程式為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）用氫氧化亞鐵通過化合反應可以生成氫氧化鐵，反應的化學方程式為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，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(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?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(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(jù)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(zhì)的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)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(jù)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(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)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(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，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)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(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?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(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(jù)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(zhì)的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)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(jù)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(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)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(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，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)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．六、實驗題(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上的液體沖掉，并擦干溫度計ACE-51.8kJ/mol不相等相等【分析】【分析】（1）根據(jù)酸堿中和反應生成1mol液態(tài)水時放出57.3kJ的熱量書寫熱化學方程式；

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

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

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

（5）反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關，并根據(jù)中和熱的概念和實質(zhì)來回答．【解析】【解答】解：（1）已知稀強酸、稀強堿反應生成1mol液態(tài)水時放出57.3kJ的熱量，稀硫酸和氫氧化鈉稀溶液都是強酸和強堿的稀溶液，則反應的熱化學方程式為：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，上面有兩個小孔，分別插入溫度計和環(huán)形玻璃攪拌棒，若兩個小孔開得過大，會導致散失較多的熱量，影響測定結(jié)果；

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

故答案為：減少熱量散失；用水將溫度計上的液體沖掉；并擦干溫度計；

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

故選ACE；

（4）第1次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.05℃；反應后溫度為：23.2℃，反應前后溫度差為：3.15℃；

第2次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.3℃；反應前后溫度差為：3.1℃；

第3次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.55℃；反應前后溫度差為：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；即該實驗測得的中和熱△H=-51.8kJ/mol；

故答案為：-51.8kJ/mol；

（5）反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關；若用100mL0.50mol/L鹽酸跟100mL0.55mol/LNaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，生成水的量增加，所放出的熱量偏高，但是中和熱的均是強酸和強堿反應生成nmol水時放出的熱，與酸堿的用量無關，所以用100mL0.50mol/L鹽酸跟100mL0.55mol/LNaOH溶液進行上述實驗，測得中和熱數(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)生反應生成銅離子與亞鐵離子，反應離子方程式為：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}溶液進行對照實驗；故實驗方案為：

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^{-}}反應生成rm{CuSCN}沉淀，同時生成rm{(SCN)_{2}}反應離子方程式為：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氧化性，反應生成鐵離子、rm{NO}與水，反應離子方程為：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?；放置一段時間后，棕色消失，溶液變?yōu)辄S色，反應速率快的反應現(xiàn)象最先表現(xiàn)，反應Ⅰ的速率比反應Ⅱ的慢；

故答案為：慢；

rm{壟脷}反應中硝酸過量，若存在平衡，溶液中含有rm{Fe^{2+}}否則沒有rm{Fe^{2+}}具體的實驗方案是：取反應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，溶液無明顯變化，說明反應rm{I}是不可逆反應；

故答案為：取反應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，溶液無明顯變化，說明反應rm{I}是不可逆反應；

rm{壟脹Fe^{2+}}被硝酸氧化為rm{Fe^{3+}}導致溶液中rm{Fe^{2+}}濃度降低，導致平衡rm{Fe^{2+}+NO?Fe(NO)^{2+}}逆向移動，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+}}導致溶液中rm{Fe^{2+}}濃度降低，導致平衡rm{Fe^{2+}+NO?Fe(NO)^{2+}}逆向移動，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，實驗裝置圖為

故答案為：．

rm{(1)Fe^{3+}}與rm{Cu}粉發(fā)生反應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}溶液進行對照實驗；

由題目信息rm{ii}可知，rm{Cu^{2+}}與rm{SCN^{-}}反應生成rm{CuSCN}沉淀，同時生成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氧化性，反應生成鐵離子、rm{NO}與水；

rm{(4)壟脵}反應速率快的反應現(xiàn)象最先表現(xiàn)；

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

rm{壟脹Fe^{2+}}被硝酸氧化為rm{Fe^{3+}}導致溶液中rm{Fe^{2+}}濃度降低，導致平衡發(fā)生移動，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．

本題考查反應原理的探究實驗、實驗方案設計等，注意利用對照法分析解答，較好的考查學生閱讀能力、知識獲取與遷移運用能力，注意中學常見儀器與裝置的繪畫．【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，溶液無明顯變化，說明反應rm{I}是不可逆反應；rm{Fe^{2+}}被硝酸氧化為rm{Fe^{3+}}導致溶液中rm{Fe^{2+}}濃度降低，導致平衡rm{Fe^{2+}+NO?Fe(NO)^{2+}}逆向移動，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生成氯化鈣、二氧化硫與水，反應方程式為：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生成硫，反應中二氧化硫表現(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}價硫具有氧化性；

rm{(3)}次氯酸具有強氧化性、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判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強弱，先驗證亞硫酸酸性比碳酸強，再結(jié)合碳酸酸性比rm{HClO}強堿性判斷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}再通過碳酸氫鈉溶液，可以驗證亞硫酸酸性比碳酸強，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：

裝置連接順序為rm{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，即球形冷凝管進水口為rm故答案為：rm

rm{壟脷}設殘液中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}會消耗rm{NaOH}導致測定值始終高于實際值；

故答案為：殘留液中有剩余的鹽酸；導致實驗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色，再滴加rm{10mLNaOH}溶液，和亞硫酸氫鈉反應生成亞硫酸鈉溶液顯堿性酚酞溶液變紅色，所以溶液顏色由無色變?yōu)榧t色rm{.}可證明為二元酸；用rm{pH}計可測定rm{0.05mol漏qL^{-1}}rm{H_{2}SO_{3}}溶液的rm{PH}若rm{PH}大于rm{1}說嘛氫離子未完全電離出來，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，溶液顏色由無色變?yōu)榧t色rm{.}可證明為二元酸，用rm{pH}計可測定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生成氯化鈣；二氧化硫與水；

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

rm{(3)}次氯酸具有強氧化性、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判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強弱，先驗證亞硫酸酸性比碳酸強，再結(jié)合碳酸酸性比rm{HClO}強堿性判斷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}再通過碳酸氫鈉溶液，可以驗證亞硫酸酸性比碳酸強，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)關系式：rm{SO_{2}隆蘆H_{2}SO_{4}隆蘆2NaOH}計算；

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計實驗證明為二元酸，利用測定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判斷是否為弱酸．

本題考查氣體制備與性質(zhì)實驗、物質(zhì)含量測定實驗，涉及裝置分析與評價、實驗方案設計、儀器使用、化學計算等，關鍵是明確實驗原理，較好的考查學生實驗綜合能