广东省梅州市梅县东山中学2016届高三化学上学期第二次月考试卷(含解析)

2015-2016学年广东省梅州市梅县东山中学高三（上）第二次月考化
学试卷
一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．下列叙述正确的是（）
A．煤的干馏和石油的分馏均属化学变化
B．葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体
C．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体
D．BaSO4在医学上用作钡餐，Ba2+对人体无毒
2．设N A为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）
A．标准状况下，224mL水含有的电子数为0.1N A
B．1L 0.1mol/L硅酸钠溶液中含有0.1N A个SiO2﹣3
C．标准状况下，11.2L CO2和SO2混合气体中含N A个氧原子
D．足量的铁粉与1mol Cl2加热条件下充分反应，转移的电子数为3N A
3．下列说法正确的是（）
A．分子式为CH4O和C2H6O的物质一定互为同系物
B．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
C．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成苯酚和碳酸钠
D．2，3一二甲基丁烷的核磁共振氢谱中会出现两个峰
4．铜与人体分泌物中的盐酸以及空气反应：Cu+HCl+O2=CuCl+HO2，HO2（超氧酸）即是一种弱酸也是一种自由基，具有极高的活性．下列说法或表示正确的是（）
A．氧化产物是HO2
B．HO2在碱中能稳定存在
C．氧化剂是O2
D．1 mol Cu参加反应有2 mol电子发生转移
5．常温下，下列各组离子在特定溶液中一定能大量共存的是（）
A．pH=12的澄清的溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣
B．c（Al3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣
C．甲基橙呈红色的溶液中：NH4+、Ba2+、AlO2﹣、Cl﹣
D．加入少量铝粉后能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣
6．下列离子方程式中正确的是（）
A．FeO溶于稀硝酸中：FeO+2H+=Fe2++H2O
B．过量CO2通入NaOH溶液中：OH﹣+CO2=HCO3﹣
C．金属钠溶于水中：Na+H2O=Na++OH﹣+H2↑
D．过量氨水加入AlCl3溶液中：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓
7．下列实验Ⅰ～Ⅳ中，正确的是（）
A．实验Ⅰ：配制一定物质的量浓度的溶液
B．实验Ⅱ：除去Cl2中的HCl
C．实验Ⅲ：用水吸收NH3
D．实验Ⅳ：制备乙酸乙酯
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）8．某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：
乙二酸（HOOC﹣COOH，简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸，酸性强于碳酸，熔点为101.5℃，在157℃升华．
（1）写出乙二酸的电离方程式．
（2）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入过量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生．该反应的离子方程式为．
（3）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸具有（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”），请配平该反应的离子方程式：MnO4﹣+ H2C2O4+ H+=
Mn2++ CO2↑+H2O．
（4）将一定量的乙二酸放于试管中，按图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：
实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中粉末变蓝，F中粉末变红．据此回答：
上述装置中，B的作用是，D的作用是，乙二酸分解的化学方程式为．
9．工业上生产高氯酸（沸点：90°C）时还同时生产了亚氯酸钠，其工艺流程如下：
已知：亚氯酸钠的溶解度随温度的升高而明显增大，且在175°C时分解．
（1）实验室进行过滤操作的常用玻璃仪器有．
（2）反应器I中的温度最佳为（填序号）；操作②的名称为．
A.0°C
B.20°C
C.80°C
D.120°C
（3）反应器II中发生反应的离子方程式为．
（4）加快反应器II中反应速率的措施有（写出一种措施即可）等．从反应器II中获得NaClO2粗品的实验操作依次是（填序号，下同），获得的粗产品中含少量硫酸钠，进一步提纯的操作名称为．
A．过滤 B．重结晶 C．蒸馏 D．蒸发浓缩 E．蒸干灼烧 F．冷却结晶 G．萃取分液．
10．绿矾（FeSO4•7H2O）是中学阶段常用的一种还原剂．
（1）久置的绿矾溶液容易被空气氧化变质，简述检验绿矾溶液已经变质的操作和现象：取少量待测液于试管中，．
（2）绿矾溶液浓度的标定测定溶液中Fe2+物质的量浓度的方法是：a．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；b．用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO4溶液滴定至终点；c．重复操作2次，消耗KMnO4溶液体积的体积分别为20.02mL、24.98mL、19.98mL．
（已知滴定时发生反应的离子方程式为5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O）
计算上述滤液中Fe2+物质的量浓度（保留四位有效数字）．
（3）探究保存绿矾溶液的有效措施
【反应原理】Fe2+在空气中易氧化变质，完成并配平下列离子方程式：
Fe2++ O2+ = Fe（OH）3↓+Fe3+
【分析结论】设计试管①的作用是；为了有效保存4
为．
三、解答题（共1小题，满分15分）
11．咖啡酸是一种在医学上具有较广泛的作用的医药中间体和原料药．
咖啡酸苯乙酯是一种天然抗癌药物，由苯乙烯合成咖啡酸苯乙酯的过程之一是：
（1）化合物Ⅰ的分子式为；反应③的反应类型为反应．（2）若化合物Ⅱ和Ⅲ中的“Ph”为苯基、“P”为磷原子，则化合物Ⅱ的结构简式为；咖啡酸苯乙酯的键线式结构简式为．
（3）足量的溴水与咖啡酸发生反应的化学方程式为．
（4）下列说法错误的是：
A．化合物Ⅰ能发生银镜反应 B．苯乙烯可发生加聚反应生成塑料
C．苯乙醇能使酸性高锰酸钾褪色 D．镍催化下，1mol咖啡酸最多可加成4molH2
E．化合物Ⅳ的同分异构体中，含的芳香化合物共有3种
（5）环己酮与化合物Ⅱ也能发生反应①的反应，则其生成含羧基的化合物的结构简式为．
2015-2016学年广东省梅州市梅县东山中学高三（上）第二次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．下列叙述正确的是（）
A．煤的干馏和石油的分馏均属化学变化
B．葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体
C．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体
D．BaSO4在医学上用作钡餐，Ba2+对人体无毒
【考点】胶体的应用；同素异形体；石油的分馏产品和用途；煤的干馏和综合利用．
【专题】化学计算．
【分析】A．物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成．如果有新物质生成，则属于化学变化；
B．根据溶液和胶体的不同来判断；
C．同素异形体是同一种元素形成的不同单质；
D．根据BaSO4的溶解度来分析．
【解答】解：A．石油的分馏属物理变化，因为石油的分馏是利用石油中各种成分沸点不同将其分离的一种方法，没有新物质生成，所以是物理变化，煤的干馏是复杂的物理化学变化，故A错误；
B．葡萄糖注射液是溶液，不属于胶体，丁达尔现象是胶体具有的性质，故B正确；
C．14C与12C质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C错误；
D．钡离子对人体有害，它是一种重金属离子，可以使人体中毒．硫酸钡在医学上用作钡餐是因为硫酸钡既不溶于水也不溶于酸，不会产生可溶性钡离子，所以它对人体无害，故D错误．故选B．
【点评】本题考查物理变化、胶体、同位素等，难度不大，注意硫酸钡在医学上用作钡餐是因为硫酸钡既不溶于水也不溶于酸，不会产生可溶性钡离子，所以它对人体无害．
2．设N A为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）
A．标准状况下，224mL水含有的电子数为0.1N A
B．1L 0.1mol/L硅酸钠溶液中含有0.1N A个SiO2﹣3
C．标准状况下，11.2L CO2和SO2混合气体中含N A个氧原子
D．足量的铁粉与1mol Cl2加热条件下充分反应，转移的电子数为3N A
【考点】阿伏加德罗常数．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A．标准状况下，水为液体，不能使用气体摩尔体积；
B．溶液中SiO32﹣水解，其离子浓度小于1mol/L，根据n=cV、N=nN A进行判断；
C．根据n=计算11.2 LCO2和SO2混合气体的物质的量，二者每个分子都含2个氧原子，氧
原子物质的量为混合气体的2倍，再根据N=nN A计算氧原子数目；
D．铁与氯气反应生成氯化铁，反应中氯气起氧化剂作用，根据氯气的物质的量计算转移电子数目．
【解答】解：A．标准状况下，水为液体，不能使用气体摩尔体积，224 mL水的物质的量远大于0.01mol，故A错误；
B．溶液中SiO32﹣水解，其离子浓度小于1mol/L，SiO32﹣的物质的量小于1mol/L×1L=1mol，故SiO32﹣数目小于1mol×N A mol﹣1=N A，故B错误；
C．标况下，11.2 LCO2和SO2混合气体的物质的量为=0.5mol，二者每个分子都含
2个氧原子，氧原子物质的量为0.5mol×2=1mol，故含有氧原子数目为1mol×N A mol﹣1=N A，故C正确；
D．铁与氯气反应生成氯化铁，反应中氯气起氧化剂作用，氯元素化合价由0价降低为﹣1价，故转移电子数目为1mol×2×N A mol﹣1=2N A，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查常用化学计量，难度不大，注意气体摩尔体积的使用体积与对象，D选项中铁过量与否都生成氯化铁．
3．下列说法正确的是（）
A．分子式为CH4O和C2H6O的物质一定互为同系物
B．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
C．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成苯酚和碳酸钠
D．2，3一二甲基丁烷的核磁共振氢谱中会出现两个峰
【考点】芳香烃、烃基和同系物；常见有机化合物的结构；石油的分馏产品和用途；苯酚的化学性质．
【专题】同系物和同分异构体；有机物的化学性质及推断．
【分析】A．CH4O为甲醇，而C2H6O可能为乙醇或二甲醚；
B．通过石油分馏无法获得不饱和烃乙烯，需要通过石油的裂解获得不饱和烃；
C．苯酚的酸性强于碳酸氢根离子，苯酚钠与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠；
D．2，3一二甲基丁烷的结构简式为：CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3，分子中存在两种等效H．【解答】解：A．分子式为CH4O的为甲醚，而C2H6O可能为二甲醚，而结构不一定相似，所以不一定互为同系物，故A错误；
B．石油常压分馏产物：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油．减压分馏过程的产物：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，通过石油的分馏无法获得乙烯，故B错误；
C．苯酚钠与二氧化碳反应生成的是苯酚和碳酸氢钠，不是生成碳酸钠，故C错误；
D．2，3一二甲基丁烷：CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3，该结构简式中只含有2种等效氢原子，所以其核磁共振氢谱中会出现两个峰，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了同系物、石油的分馏、苯酚的化学性质、核磁共振氢谱的意义等知识，题目难度不大，注意掌握常见有机物结构与性质，明确核磁共振氢谱中出现的峰的意义．
4．铜与人体分泌物中的盐酸以及空气反应：Cu+HCl+O2=CuCl+HO2，HO2（超氧酸）即是一种弱酸也是一种自由基，具有极高的活性．下列说法或表示正确的是（）
A．氧化产物是HO2
B．HO2在碱中能稳定存在
C．氧化剂是O2
D．1 mol Cu参加反应有2 mol电子发生转移
【考点】氧化还原反应．
【分析】Cu+HCl+O2=CuCl+HO2中，Cu元素的化合价升高，O元素的化合价降低降低，以此来解答．
【解答】解：A．O元素得到电子被还原，则还原产物是HO2，故A错误；
B．HO2（超氧酸）是一种弱酸，可与碱发生中和反应，则不能在碱中能稳定存在，故B错误；C．O元素的化合价降低，则氧化剂是O2，故C正确；
D．Cu元素的化合价由0升高为+1价，则1molCu参加反应有1mol电子发生转移，故D错误．故选C．
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意信息的应用，题目难度不大．
5．常温下，下列各组离子在特定溶液中一定能大量共存的是（）
A．pH=12的澄清的溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣
B．c（Al3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣
C．甲基橙呈红色的溶液中：NH4+、Ba2+、AlO2﹣、Cl﹣
D．加入少量铝粉后能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣
【考点】离子共存问题．
【专题】离子反应专题．
【分析】A、常温下pH=12的溶液为碱性溶液，氢氧根离子与其它离子间不发生反应；
B、铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；
C、甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，偏铝酸根离子能够与氢离子反应；
D、铝粉既能够与酸反应生成氢气，也能够与碱反应生成氢气．
【解答】解：A、常温下，pH=12的澄清的溶液为碱性溶液，K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，所以在溶液中能够共存，故A正确；
B、碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，所以在溶液中不能够大量共存，故B错误；
C、甲基橙呈红色的溶液显示酸性，偏铝酸根离子与氢离子反应，所以在溶液中不能够大量共存，故C错误；
D、加入少量铝粉后能产生氢气的溶液，可能为酸性溶液，有可能为碱性溶液；在酸性条件下，由于存在硝酸根离子，亚铁离子会被氧化成铁离子，且反应生成的不是氢气；若是碱性条件下，亚铁离子能够与氢氧根离子发生反应生成氢氧化亚铁，所以离子不能够大量共存，故D
错误；
故选：A．
【点评】本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，该题是高考中的高频题，侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力；该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN﹣）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等．
6．下列离子方程式中正确的是（）
A．FeO溶于稀硝酸中：FeO+2H+=Fe2++H2O
B．过量CO2通入NaOH溶液中：OH﹣+CO2=HCO3﹣
C．金属钠溶于水中：Na+H2O=Na++OH﹣+H2↑
D．过量氨水加入AlCl3溶液中：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A、稀硝酸具有氧化性能氧化亚铁离子；
B、过量二氧化碳通入氢氧化钠溶液生成碳酸氢钠；
C、选项中电荷不守恒；
D、氨水是弱电解质存在电离平衡．
【解答】解：A、FeO溶于稀硝酸中发生氧化还原反应：3FeO+NO3﹣+10H+=3Fe3++5H2O+NO↑，故A 错误；
B、过量CO2通入NaOH溶液中生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：OH﹣+CO2=HCO3﹣，故B正确；
C、金属钠溶于水中：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故C错误；
D、过量氨水加入AlCl3溶液中：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查离子方程式书写方法和注意问题，反应原理和离子方程式电荷守恒，弱电解质判断是解题关键，题目较简单．
7．下列实验Ⅰ～Ⅳ中，正确的是（）
A．实验Ⅰ：配制一定物质的量浓度的溶液
B．实验Ⅱ：除去Cl2中的HCl
C．实验Ⅲ：用水吸收NH3
D．实验Ⅳ：制备乙酸乙酯
【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；气体的净化和干燥；乙酸乙酯的制取．
【专题】实验评价题．
【分析】A、向容量瓶中转移溶液时，必须使用玻璃棒引流；
B、氯气在饱和食盐水中溶解度较小，可以使用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；
C、氨气极易溶于水，容易发生倒吸，不能够直接用水吸收氨气；
D、根据乙酸乙酯能够与氢氧化钠溶液发生反应判断．
【解答】解：A、配制一定物质的量浓度的溶液时，转移溶液应该使用玻璃棒引流，不能够直接导入，防止溶液流到容量瓶以外，故A错误；
B、由于氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，氯化氢易溶于饱和食盐水，使用能够所以饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故B正确；
C、由于氨气极易溶于水，不能够直接用水吸收氨气，否则容易发生倒吸现象，应该使用防止倒吸装置吸收氨气，故C错误；
D、制备乙酸乙酯时，氢氧化钠能够与乙酸乙酯反应，不能够使用氢氧化钠溶液吸收乙酸乙酯，应该使用饱和碳酸钠溶液，且导管不能插入到液面以下，防止倒吸，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液操作方法、气体的净化中试剂选择、乙酸乙酯的制取等知识，题目难度中等，本题旨在考查学生的基础知识的掌握，化学实验是化学的基础，要了解常见的实验操作，能对错误操作的后果做出判断，养成良好的实验习惯．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）8．某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：
乙二酸（HOOC﹣COOH，简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸，酸性强于碳酸，熔点为101.5℃，在157℃升华．
（1）写出乙二酸的电离方程式H2C2O4⇌HC2O4﹣+H+．
（2）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入过量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生．该反应的离子方程式为HCO3﹣+H2C2O4=HC2O4﹣+CO2↑+H2O ．
（3）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸具有还原性（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”），请配平该反应的离子方程式： 2 MnO4﹣+ 5 H2C2O4+ 6 H+= 2 Mn2++ 10 CO2↑+8 H2O．（4）将一定量的乙二酸放于试管中，按图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：
实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中粉末变蓝，F中粉末变红．据此回答：
上述装置中，B的作用是证明乙二酸分解产生了H2O ，D的作用是除去混合气体中的
CO2，乙二酸分解的化学方程式为H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑．
【考点】性质实验方案的设计；氧化还原反应方程式的配平；弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【专题】实验设计题；氧化还原反应专题；电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】（1）乙二酸为二元中强酸，酸性强于碳酸，存在电离平衡；
（2）由于题中强调足量的草酸，故反应后草酸转化为HC2O4﹣，若写成C2O42﹣是错误的．
（3）由紫红色褪去可知草酸具有还原性，把MnO4﹣还原为Mn2+，根据氧化还原反应得失电子守恒配平反应方程式；
（4）由现象可知B中CuSO4固体检验草酸分解产物中的水，C装置检验草酸分解产物中的CO2，D装置的目的是为了除尽CO2，防止影响后续实验现象的判断，E装置用来干燥气体，F、G装置用来判断草酸分解产物中有无CO生成，乙二酸分解的化学方程式为
H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑．
【解答】解：（1）乙二酸为二元中强酸，酸性强于碳酸，存在电离平衡，则电离方程式为
H2C2O4⇌HC2O4﹣+H+，故答案为：H2C2O4⇌HC2O4﹣+H+；
（2）题中强调足量的草酸，故反应后草酸转化为HC2O4﹣，且酸性强于碳酸，反应的离子方程式为HCO3﹣+H2C2O4=HC2O4﹣+CO2↑+H2O，
故答案为：HCO3﹣+H2C2O4=HC2O4﹣+CO2↑+H2O；
（3）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明具有氧化性的高锰酸钾被还原，说明草酸具有还原性，把MnO4﹣还原为Mn2+，反应中根据氧化剂得失电子守恒可知氧化剂和还原剂物质的量之间的关系为：2MnO4﹣～
5H2C2O4，在根据电荷守恒和质量守恒可写出反应方程式为：2MnO4﹣
+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：还原性；2；5；6；2；10；8；
（4）装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中粉末变蓝，F中粉末变红，可知B中CuSO4固体检验草酸分解产物中的水，B的作用为证明乙二酸分解产生了H2O，C装置检验草酸分解产物中的CO2，D装置的作用是除去混合气体中的CO2，防止影响后续实验现象的判断，E装置用来干燥气体，F、G装置用来判断草酸分解产物中有无CO生成，F中变红可知乙二酸分解有CO生
成，则乙二酸分解的化学方程式为H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑，
故答案为：证明乙二酸分解产生了H2O；除去混合气体中的CO2；H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑．
【点评】本题考查较综合，涉及性质实验方案的设计、离子反应、氧化还原反应等，注重高频考点的考查，把握（4）中实验装置的作用、实验现象与反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大．
9．工业上生产高氯酸（沸点：90°C）时还同时生产了亚氯酸钠，其工艺流程如下：
已知：亚氯酸钠的溶解度随温度的升高而明显增大，且在175°C时分解．
（1）实验室进行过滤操作的常用玻璃仪器有（普通）漏斗、玻璃棒、烧杯．
（2）反应器I中的温度最佳为 C （填序号）；操作②的名称为蒸馏．
A.0°C
B.20°C
C.80°C
D.120°C
（3）反应器II中发生反应的离子方程式为2ClO2+SO2+4OH﹣=2ClO2﹣+SO42﹣+2H2O ．
（4）加快反应器II中反应速率的措施有适当升高温度、增大NaOH溶液的浓度、增大气体（SO2、ClO2）和NaOH溶液的接触面积等（写出一种措施即可）等．从反应器II中获得NaClO2粗品的实验操作依次是DF（A）（填序号，下同），获得的粗产品中含少量硫酸钠，进一步提纯的操作名称为 B ．
A．过滤 B．重结晶 C．蒸馏 D．蒸发浓缩 E．蒸干灼烧 F．冷却结晶 G．萃取分液．
【考点】制备实验方案的设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．
【专题】实验分析题；实验评价题；无机实验综合．
【分析】工业上生产高氯酸（沸点：90°C）时还同时生产了亚氯酸钠，其工艺流程为：反应器Ⅰ中发生反应的化学方程式为3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O，NaHSO4的溶解度随着温度的降低而减小，冷却得到NaHSO4晶体，滤液通过蒸馏得到HClO4产品，通入到反应容器
Ⅱ中的反应物有NaOH、SO2、H2O、ClO2，生成物有NaClO2，反应的方程式为2ClO2+SO2+4OH﹣=2ClO2
﹣+SO
42﹣+2H
2O，
（1）过滤操作的常用玻璃仪器有（普通）漏斗、玻璃棒、烧杯；
（2）反应器Ⅰ中发生反应的化学方程式为3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O；温度太低，反应速率太慢，温度太高不利于NaHSO4结晶析出，而且会造成高氯酸的损失，因为高氯酸的沸点为90℃，所以温度应＜90℃；互溶的液体，可根据沸点的不同用蒸馏法分离；（3）根据流程图可知：反应物有ClO2+SO2+NaOH、生成物有NaClO2，由ClO2变成ClO2﹣，化合价降低，则SO2应被氧化生成SO42﹣，然后根据守恒配平即可；
（4）根据影响化学反应速率的因素可知，加快反应器Ⅱ中反应速率的措施有：适当升高温度[增大NaOH溶液的浓度、增大气体（SO2、ClO2）和NaOH溶液的接触面积等]；从反应器Ⅱ中获得NaClO2晶体的实验操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；要除去NaClO2粗品中的少量可溶性杂质，进一步提纯的操作为重结晶．
【解答】解：（1）过滤操作的常用玻璃仪器有（普通）漏斗、玻璃棒、烧杯，
故答案为：（普通）漏斗、玻璃棒、烧杯；
（2）温度太低，反应速率太慢，温度太高不利于NaHSO4结晶析出，而且会造成高氯酸的损失，因为高氯酸的沸点为90℃，所以温度应＜90℃，应选C；互溶的液体，可根据沸点的不同用蒸馏法分离蒸馏，
故答案为：C；蒸馏；
（3）根据流程图可知：反应物有ClO2+SO2+NaOH、生成物有NaClO2，由ClO2变成ClO2﹣，化合价降低，则SO2应被氧化生成SO42﹣，然后根据守恒配平即可；
故答案为：2ClO2+SO2+4OH﹣=2ClO2﹣+SO42﹣+2H2O；
（4）根据影响化学反应速率的因素可知，加快反应器Ⅱ中反应速率的措施有：适当升高温度、增大NaOH溶液的浓度、增大气体（SO2、ClO2）和NaOH溶液的接触面积等；从反应器Ⅱ中获得NaClO2晶体的实验操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；要除去NaClO2粗品中的少量可溶性杂质，进一步提纯的操作名称为重结晶，
故答案为：适当升高温度、增大NaOH溶液的浓度、增大气体（SO2、ClO2）和NaOH溶液的接触面积等；DF（A）；B．
【点评】本题是一道工艺流程题目，考查角度广，难度较大，需要把握住工艺流程的过程，找到解决问题的突破口，运用基本知识、结合最终要得到的产品来解决．
10．绿矾（FeSO4•7H2O）是中学阶段常用的一种还原剂．
（1）久置的绿矾溶液容易被空气氧化变质，简述检验绿矾溶液已经变质的操作和现象：取少量待测液于试管中，向其中滴入2～3滴的KSCN溶液，震荡，溶液变成红色．
（2）绿矾溶液浓度的标定测定溶液中Fe2+物质的量浓度的方法是：a．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；b．用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO4溶液滴定至终点；c．重复操作2次，消耗KMnO4溶液体积的体积分别为20.02mL、24.98mL、19.98mL．
（已知滴定时发生反应的离子方程式为5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O）
计算上述滤液中Fe2+物质的量浓度0.04000 mol/L （保留四位有效数字）．
（3）探究保存绿矾溶液的有效措施
【反应原理】Fe2+在空气中易氧化变质，完成并配平下列离子方程式：
12 Fe2++ 3 O2+ 6H2O = 4 Fe（OH）3↓+8 Fe3+
【操作现象】取4支试管，如图进行实验，请写出试管①的现象和加入④的试剂．
【分析结论】设计试管①的作用是作空白对照实验；为了有效保存4
佳方案为用煤油隔绝空气，并加入少量的铁屑和稀硫酸．
【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．
【专题】元素及其化合物．
【分析】（1）根据绿矾溶液变质后产生Fe3+，利用Fe3+的检验方法；
（2）根据滴定实验的反应终点时发生的反应进行计算；
（3）【反应原理】根据得失电子相等配平方程式；
【操作与现象】根据硫酸能抑制 FeSO4溶液的水解；根据Fe2+在溶液中被氧气氧化生成Fe3+和氢氧化铁；
【分析与结论】根据保存FeSO4溶液需考虑隔绝空气，防氧化和水解
【解答】解：（1）绿矾溶液变质后产生Fe3+，向其中滴入2～3滴的KSCN溶液，震荡，溶液变成红色，说明变质；
故答案为：向其中滴入2～3滴的KSCN溶液，震荡，溶液变成红色；
（2）消耗KMnO4溶液体积的体积分别为20.02mL、24.98mL、19.98mL，舍去第二组数据，求出KMnO4溶液体积为20.00mL，
5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
5 1
n（Fe2+）0.01000mol/L×0.02000L
计算得到；n（Fe2+）=0.001mol；
滤液中Fe2+物质的量浓度=0.04000 mol/L
故答案为：0.04000 mol/L；
（3）【反应原理】该反应中，氧气得电子生成氢氧根离子，铁元素由+2价→+3价，失去1个电子，氧气中氧元素的化合价由0价→﹣2价，得到2个电子，一个氧气分子得到4个电子，所以得失电子最小公倍数是4，然后再结合原子守恒进行配平，所以其反应方程式为：
12Fe2++3O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+8Fe3+，
故答案为：12、3、6 H2O；4、8；
【操作与现象】硫酸能抑制 FeSO4溶液的水解，便于与实验1对比；
Fe2+在溶液中被氧气氧化生成Fe3+和氢氧化铁，所以10.0mL FeSO4溶液颜色很快变成黄色，并出现棕黄色浑浊；
故答案为：少量（3滴）硫酸；溶液颜色很快变成黄色，并出现棕黄色浑浊；。