热门试卷

（1）除去铁屑表面的油污（1分）      倾析法（1分）

（2）AD（2分） （3）1.185（2分）   250mL容量瓶、胶头滴管（2分）   偏大（1分）

（4）①2MnO4-  +  5C2O42-  + 16H+  = 2Mn2+  + 10CO2↑ + 8H2O  (2分)

②加入最后一滴KMnO4标准溶液后，溶液呈浅红色，且30s内不变化（1分） ③24.55 （2分）

试题分析：（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以使用废铁屑前，往往将其在1.0mol.L-1Na2CO3溶液中浸泡数分钟的目的是除去铁屑表面的油污；由于铁是金属，不溶于水，所以可以使用倾析法分离并洗涤铁屑。

（2）A．选择比布氏漏斗内径略小又能将全部小孔盖住的滤纸，滤纸大时，滤纸边缘与漏斗产生缝隙，使过滤速度慢，沉淀抽不干，滤纸小时，滤纸不能盖住所有孔，不能过滤，故A正确；B．放入滤纸后，用玻璃棒引流来转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤，故B错误；C．洗涤晶体时，先关闭水龙头，用蒸馏水缓慢淋洗，再微接水龙头，将洗涤液慢慢透过全部晶体，故C错误；D．抽滤完毕时，应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，以防倒吸，故D正确，答案选AD。

（3）由于没有240ml容量瓶，所以应该配制250ml高锰酸钾溶液，则需要高锰酸钾的质量是0.03000 mol·L-1×0.25L×158g/mol＝1.185g；配制该标准溶液时，所需仪器除电子天平、药匙、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器有250mL容量瓶、胶头滴管；配制过程中，俯视刻度线定容则导致容量瓶中溶液的体积偏少，因此所配溶液浓度偏大。

（4）①反应中碳元素的化合价从+3价升高到+4价失去1个电子，而Mn元素的化合价从+7价降低到+2价得到5个电子，因此根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是2:5，则根据原子守恒可知，配平后的方程式为5C2O42－＋2MnO4－＋16H＋=10CO2＋2Mn2＋＋8H2O。

②由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，所以判断到达滴定终点的现象是加入最后一滴KMnO4标准溶液后，溶液呈浅红色，且30s内不变化。

③根据方程式可知，参加反应的草酸根的物质的量是0.03000 mol·L-1×0.01L×＝0.0007500mol，所以2.000g样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的质量是0.0007500mol××491/mol×＝0.491g，所以纯度为×100%＝24.55%。

（16分）（1）臭粉和明矾（2分）

（2）氨气（或NH3）（2分）  NaHCO3和NH4HCO3（2分，写名称也给分）

（3）不能（1分），因为加热NaHCO3分解成Na2CO3，Na2CO3和明矾都能与BaC12溶液反应生成白色沉淀。（2分） 注：意思接近也得分

（4）（7分）

【方法2】再蘸取A中的溶液（或蘸取B溶液），在酒精灯外焰上灼烧（1分），透过蓝色钴玻璃观察（1分）   焰色呈紫色（1分），证明发酵粉中含有明矾（1分）

注：步骤2中，“用洁净的铂丝蘸取待测液”得1分，“在酒精灯火焰上灼烧”得1分。

只写“蘸取待测液”该给分点不得分，“在酒精灯、酒精喷灯火焰上灼烧”都给分。

步骤3中，若用焰色反应方法，不用洗涤铂丝。若用NaOH溶液检验，“0.lmol/L NaOH

溶液”得1分，“逐滴滴加”得1分。

试题分析：（1）根据题意可知，不同品牌的发酵粉可能小苏打和臭粉组成，也可能由小苏打和明矾组成，还可能由臭粉和明矾组成，根据已知的假设1、假设2推断假设3为臭粉和明矾；（2）根据NaHCO3、NH4HCO3、Al2(SO4)2•12H2O的主要性质可知，NH4HCO3是铵盐，与熟石灰混合研磨可以放出氨气，其余两种盐与熟石灰研磨都不能放出气体，则A为NH3，发酵粉甲一定含有臭粉；NH4HCO3固体充分加热后完全变为气体逸出，NaHCO3固体充分受热变为Na2CO3固体和CO2、H2O，Na2CO3固体与盐酸易反应生成二氧化碳气体、NaCl、H2O，而Al2(SO4)2•12H2O或其水解产物Al(OH)3与盐酸混合都无气体产生，由此推断B为CO2，该发酵粉一定含有小苏打，所以甲品牌的发酵粉的主要成分是NaHCO3、NH4HCO3；（3）Ba(OH)2既能与硫酸盐反应，生产白色的硫酸钡沉淀，也能与碳酸盐反应，生成白色的碳酸钡沉淀，因此不能确定发酵粉中含有明矾还是小苏打；（4）根据实验方案中步骤2的结论逆推可知，步骤2是用洁净的铂丝蘸取A中的溶液，再酒精灯外焰上灼烧，火焰的颜色呈黄色，证明有Na+，发酵粉中有NaHCO3；由于假设2是发酵粉由小苏打和明矾组成，则步骤3的结论是证明发酵粉有Al2(SO4)2•12H2O，根据其性质及提供试剂的性质推断，步骤3是设计实验方案证明发酵粉中含有Al3+，因此应向B试管中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，观察到白色沉淀或先产生白色沉淀后沉淀溶解，证明有Al3+，发酵粉中有明矾。

（1）因乙酐遇水水解成乙酸，无水CH3COONa，遇水失去催化作用，影响反应进行。  溶解在自己的结晶水中

（2）BC

（3）蒸馏烧瓶    安全管

（4）中和反应中产生的副产品乙酸，使肉桂酸以盐的形式溶于水中

（5）出去未反应的苯甲醛

打开活塞K（让水蒸气发生器和大气相通）   再停止加热

（6）脱色（或除去有色物质或答除去苯乙烯）    CD

试题分析：

（1）由表格中信息可知醋酸酐能水解，所以合成过程中需控制无水操作；且无水醋酸钠遇水失去催化作用，影响反应进行。醋酸钠晶体加热失水，可观察到醋酸钠晶体变成液体。

（2）肉桂酸沸点高，此条件下不会蒸出，A错误；乙酸酐沸点低，此条件下能蒸出，B正确；由题给副反应可知C正确；温度越高反应速率越快，D错误。

（3）A为蒸馏烧瓶，B可防止压强过大，起安全管作用。

（4）肉桂酸在水中溶解度不大，步骤①加碳酸钠溶液使肉桂酸以盐的形式溶于水同时中和生成的副产物乙酸。

（5）步骤②除去未反应的苯甲醛。蒸馏结束后先打开活塞K，再熄灭酒精灯，防止发生倒吸。

（6）步骤③加活性炭目的是除去聚苯乙烯。抽滤时一般先转移溶液，后转移沉淀或晶体。转移溶液时，用玻璃棒引流。若转移不干净，可加入少量滤瓶中的滤液，一边搅动、一边倾倒，让滤液带出晶体，C错误；支管只用于连接橡皮管，不是溶液出口。将支管朝上，从瓶口倒出溶液，D错误。

（16分）

（1）NaClO+CO2+H2O==NaHCO3+HClO （3分）

（2）(共8分)

（3）②酸式 （2分）

③（2ab – 5cv）/ 50 （3分）

试题分析：（1）依题意，主要反应物为NaClO和CO2，产物为NaHCO3和HClO，不存在元素化合价变化，根据观察法配平可得：NaClO+CO2+H2O==NaHCO3+HClO；（2）消毒液中加入足量稀硫酸时，可能发生的反应为ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑+H2O、HCO3－+H+=CO2↑+H2O，则放出的气体可能含有氯气、二氧化碳；①A中溶液变蓝，由此推断试管A中加入的是足量1.0mol/LKI—淀粉溶液，因为氯气与KI能发生置换反应，淀粉遇置换出的单质碘变蓝；B中品红溶液不褪色，说明氯气完全被A中溶液消耗；②C中变浑浊，说明气体中一定有二氧化碳气体，试管C中加入足量澄清石灰水，因为二氧化碳与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和水；③根据已知现象和结论推断，若A中溶液变蓝色，B中溶液不褪色，C中溶液不变浑浊，则消毒液未变质；④若A中溶液不变蓝色，B中溶液不褪色，C中溶液变浑浊，则消毒液完全变质；（3）①②酸性高锰酸钾溶液显酸性，因此应该装入酸式滴定管中；依题意，由于n=c•V，则亚硫酸钠总的物质的量为ab×10—3mol，每次滴定消耗的高锰酸钾为 cv×10—3mol；由于2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+3H2O中各物质的系数之比等于物质的量之比，则被高锰酸钾氧化的亚硫酸钠为5cv/2×10—3mol；被次氯酸钠氧化的亚硫酸钠为（ab×10—3—5cv/2×10—3）mol，由于NaClO+Na2SO3=NaCl+Na2SO4中各物质的系数之比等于物质的量之比，则次氯酸钠为（ab×10—3—5cv/2×10—3）mol；由于c=n/V、V=0.025L，则次氯酸钠的物质的量浓度为（ab×10—3—5cv/2×10—3）mol÷0.025L ="(2ab" – 5cv)/ 50mol/L。