江西省宜市宜丰二中高考化学三模试卷（实验班含解析）.doc

2016年江西省宜春市宜丰二中实验班高考化学三模试卷一、选择题125时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）a0.1 moll1ca（no3）2溶液中：na+、n、c、ch3coob能使甲基橙变红的溶液中：k+、na+、n、clc3%h2o2溶液中：fe2+、h+、s、cld0.1 moll1kscn溶液中：fe3+、n、br、s2某元素x的气态氢化物的化学式为h2x，则x的最高价氧化物的水化物的化学式为（）ah2xo3bhxo3ch3xo4dh2xo43在一定条件下，对于a2（g）+3b2（g）2ab3（g）反应来说，下列所表示的化学反应速率中最大的是（）av（a2）=0.8moll1s1bv（a2）=40moll1min1cv（ab3）=1.0moll1s1dv（b2）=1.2moll1s14煤是工业的粮食，石油是工业的血液下列关于煤和石油的说法中错误的是（）a石油裂解主要目的是得到短链的不饱和烃b含c18以上烷烃的重油经过催化裂化可以得到汽油c煤的气化与液化都是化学变化d煤中含有苯和甲苯，可用先干馏后分馏的方法将它们分离出来5把2.3g na放入水中，要使100个水分子中含有1个na+，所需水的质量是（）a184gb181.8gc180gd183.6g6高温下，反应 2hbr（g）h2（g）+br2（g） （正反应为吸热反应） 达到化学平衡时，要使混合气体的颜色加深，可采取的方法是（）a减小压强b缩小体积c降低温度d增大氢气的浓度7naha是二元酸h2a的酸式盐，下列说法不正确的是（）a若naha溶液呈酸性，则h2a一定是强酸b若naha溶液呈碱性，则h2a一定是弱酸cnaha溶液中na+和ha的个数之比一定大于1：1dnaha晶体中的阴阳离子个数比一定是1：18如图所示，将两烧杯中电极用导线相连当闭合开关s后，以下表述正确的是（）a电流表指针不发生偏转bal、pt两极有h2产生cmg、c两极生成的气体可以恰好完全反应d甲池ph 减小，乙池ph不变二、解答题（共4小题，满分52分）9为了比较卤素单质的氧化性强弱，可在实验室先制取cl2，并将cl2依次通入nabr溶液和淀粉ki溶液中有如图所示的仪器（橡胶塞均为双孔）及药品，试回答：（1）若所制气体从左向右流向时，上述仪器接口的连接顺序为h接、接、接（2）装置3的作用是，反应的离子方程式为（3）装置1中产生的现象是，反应的化学方程式为（4）通过本实验可得到的结论是10三草酸合铁酸钾晶体k3fe（c2o4）33h2o可用于摄影和蓝色印刷某小组将无水三草酸合铁酸钾在一定条件下加热分解，对所得气体产物和固体产物进行实验和探究该小组同学查阅资料知，固体产物中铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有k2co3，产生的气体中含有co、co2请利用实验室常用仪器、用品和以下限选试剂完成验证和探究过程限选试剂：蒸馏水3%h2o2溶液氧化铜1.0mol/l盐酸浓硫酸1.0mol/lnaoh溶液澄清石灰水0.5mol/lcuso4溶液2%kscn溶液苯酚溶液i若用一套连续实验装置检验气体产物中co的存在，并验证检验过程中有co2生成，应选用的试剂为（按先后顺序把所选试剂的标号填入空格内）探究固体产物中铁元素的存在形式（1）提出合理假设假设1：只有fe；假设2：只有feo；假设3：（2）设计实验方案并实验验证步骤1：取适量固体产物于试管中，加入足量蒸馏水溶解，过滤分离出不溶固体步骤2：取少量上述不溶固体放人试管中，加入足量溶液，充分振荡若固体无明显变化，则假设成立；若有暗红色固体生成，则反应的离子方程式为步骤3：取步骤2所得暗红色固体于试管中，滴加过量，振荡后静置若溶液基本无色，则假设成立；若溶液呈，则假设3成立（3）问题讨论若固体产物中feo含量较少，用步骤3方法难以确定请你设计实验方案证明假设3成立（写出实验的操作步骤、现象与结论）：拓展与延伸有资料介绍“在含fe2+的溶液中，先滴加少量新制饱和氯水，然后滴加kscn溶液，溶液呈红色；若再滴加过量氯水，却发现红色褪去”假设溶液中的+3价铁还能被氯水氧化为更高价的feo42”，试写出该反应的离子方程式11甲、乙两个实验小组利用kmno4酸性溶液与h2c2o4溶液反应研究影响反应速率的因素（1）该反应的离子方程式为（提示：h2c2o4的一级电离平衡常数为5.4102）设计实验方案如下（实验中所用kmno4溶液均已加入h2so4）：（2）甲组：通过测定单位时间内生成co2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小 实验装置如图，实验时分液漏斗中a溶液一次性放下，a、b的成分见表：序号a溶液b溶液2ml 0.1mol/l h2c2o4溶液4ml 0.01mol/l kmno4溶液2ml 0.2mol/l h2c2o4溶液4ml 0.01mol/l kmno4溶液2ml 0.2mol/l h2c2o4溶液4ml 0.01mol/l kmno4溶液和少量mnso4该实验探究的是对化学反应速率的影响在反应停止之前，相同时间内针管中所得co2的体积由大到小的顺序是（用实验序号填空）（3）乙组：通过测定kmno4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率的大小取两支试管各加入2ml 0.1mol/l h2c2o4溶液，另取两支试管各加入4ml 0.1mol/l kmno4溶液将四支试管分成两组（各有一支盛有h2c2o4溶液和kmno4溶液的试管），一组放入冷水中，另一组放入热水中，经过一段时间后，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间该实验目的是研究对化学反应速率的影响，但该组同学始终没有看到溶液褪色，其原因是12苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料纳米氧化铜的重要前驱体之一下面是它的一种实验室合成路线（如图1）：制备苯乙酸的装置示意图如图2（加热和夹持装置等略）：已知：苯乙酸的熔点为76.5，微溶于冷水，溶于乙醇回答下列问题：（1）在250ml三口瓶a中加入70ml70%硫酸配制此硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是（2）将a中的溶液加热至100，缓缓滴加40g苯乙腈到硫酸溶液中，然后升温至130继续反应在装置中，仪器b的作用是；仪器c的名称是，其作用是反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品加人冷水的目的是下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是（填标号）a分液漏斗 b漏斗 c烧杯 d直形冷凝管 e玻璃棒（3）提纯粗苯乙酸的方法是，最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率是（4）用cucl22h2o和naoh溶液制备适量cu（oh）2沉淀，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀洗干净的实验操作和现象是（5）将苯乙酸加人到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入cu（oh）2搅拌30min，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体，混合溶剂中乙醇的作用是2016年江西省宜春市宜丰二中实验班高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题125时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）a0.1 moll1ca（no3）2溶液中：na+、n、c、ch3coob能使甲基橙变红的溶液中：k+、na+、n、clc3%h2o2溶液中：fe2+、h+、s、cld0.1 moll1kscn溶液中：fe3+、n、br、s【考点】离子共存问题【分析】a、钙离子与碳酸离子结合形成难溶的碳酸钙；b、使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，k+、na+、no3、cl离子之间不发生反应，也不氢离子反应；c、亚铁离子具有还原性，而过氧化氢具有氧化性，两者要发生氧化还原；d、kscn溶液与铁离子形成络合物【解答】解：a、钙离子与碳酸离子结合形成难溶的碳酸钙，所以碳酸根离子不能大量共存，故a错误；b、使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，k+、na+、no3、cl离子之间不发生反应，也不氢离子反应，故b正确；c、亚铁离子具有还原性，而过氧化氢具有氧化性，两者要发生氧化还原，所以亚铁离子不能共存，故c错误；d、kscn溶液与铁离子形成络合物，所以铁离子不能存在体系中，故d错误；故选b【点评】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等2某元素x的气态氢化物的化学式为h2x，则x的最高价氧化物的水化物的化学式为（）ah2xo3bhxo3ch3xo4dh2xo4【考点】原子结构与元素的性质【专题】原子组成与结构专题【分析】某元素x的气态氢化物的化学式为h2x，在其氢化物中x显2价，则x位于第via族，其原子最外层有6个电子，主族元素最外层电子数与其族序数相等，所以x位于第via族，主族元素中元素最高化合价与其族序数相等，但o、f元素除外，所以x元素最高正化合价为+6价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定其最高价氧化物的水化物化学式【解答】解：某元素x的气态氢化物的化学式为h2x，在其氢化物中x显2价，则x位于第via族，其原子最外层有6个电子，主族元素最外层电子数与其族序数相等，所以x位于第via族，主族元素中元素最高化合价与其族序数相等，但o、f元素除外，所以x元素最高正化合价为+6价，化合物中各元素化合价的代数和为0，所以其最高价氧化物的水化物化学式为h2xo4，故选d【点评】本题考查原子结构和元素性质，明确元素化合价与其族序数的关系式是解本题关键，注意规律中的异常现象，题目难度不大3在一定条件下，对于a2（g）+3b2（g）2ab3（g）反应来说，下列所表示的化学反应速率中最大的是（）av（a2）=0.8moll1s1bv（a2）=40moll1min1cv（ab3）=1.0moll1s1dv（b2）=1.2moll1s1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【专题】化学反应速率专题【分析】不同物质表示的反应速率等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意保持单位一致【解答】解：不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，对于a2（g）+3b2（g）2ab3（g），a. =0.8moll1s1；bv（a2）=40moll1min1=moll1s1， =0.671s1；c. =0.5moll1s1；d. =0.4moll1s1，故选a【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，比较基础，可以转化为同一物质表示的速率进行比较4煤是工业的粮食，石油是工业的血液下列关于煤和石油的说法中错误的是（）a石油裂解主要目的是得到短链的不饱和烃b含c18以上烷烃的重油经过催化裂化可以得到汽油c煤的气化与液化都是化学变化d煤中含有苯和甲苯，可用先干馏后分馏的方法将它们分离出来【考点】煤的干馏和综合利用；石油的裂化和裂解【专题】有机化合物的获得与应用【分析】a石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃；b含c18以上的固态烃利用率低，交通运输业需要更多的燃料油，使重油长链烃分子断裂就可以得到汽油；c化学变化过程中有新物质生成，根据煤气化和液化原理分析；d根据煤的成分分析【解答】解：a石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃，故a正确； b使长链烃分子断裂为c5c11烷烃的过程采用催化裂化的方法，故b正确，故b正确；c煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成h2、co等气体的过程，煤的液化是将煤与h2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的h2和co通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品，都属于化学变化，故c正确；d煤是由无机物和有机物组成的复杂混合物，可以用干馏方法获得苯和甲苯，但是煤的成分中并不含有苯、甲苯等有机物，它们是煤在干馏时经过复杂的物理化学变化产生的，故d错误故选d【点评】本题考查煤和石油的综合利用，题目难度不大要熟记煤和石油的加工方法，原理和产品5把2.3g na放入水中，要使100个水分子中含有1个na+，所需水的质量是（）a184gb181.8gc180gd183.6g【考点】钠的化学性质；化学方程式的有关计算【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】利用n=计算na的物质的量，由na原子守恒可知，n（na）=n（na+），再利用100个水分子中溶有1个钠离子来列式计算出水的物质的量及其质量【解答】解：钠的物质的量=0.1mol，钠和水的反应方程式为：2na+2h2o=2naoh+h2，根据原子守恒得n（na）=n（na+）=0.1mol，根据方程式知，反应中参加反应的水的物质的量n（na）=n（h2o）=0.1mol，使100个水分子中含有1个na+，则溶液中水的物质的量=100n（na+）=100n（na）=10mol，则需要水的质量=（0.1+10）mol18g/mol=181.8g故选b【点评】本题考查了物质的量的有关计算，明确质量、物质的量的关系及信息中水分子与钠离子的关系即可解答，注意钠和水反应需要一部分水，往往漏掉而导致错误，为易错点6高温下，反应 2hbr（g）h2（g）+br2（g） （正反应为吸热反应） 达到化学平衡时，要使混合气体的颜色加深，可采取的方法是（）a减小压强b缩小体积c降低温度d增大氢气的浓度【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】要使混合气体的颜色加深，应使c（br2）增大，可使平衡向正反应方向移动，缩小容器的体积、升高温度等【解答】解：a、减小压强平衡不移动，但体积增大，c（br2）减小，混合气体的颜色变浅，故a错误；b、缩小体积，压强增大，平衡不移动，c（br2）增大，混合气体的颜色变深，故b正确；c、降低温度平衡向逆反应移动，c（br2）减小，混合气体的颜色变浅，故c错误；d、增大氢气的浓度，平衡向逆反应移动，c（br2）减小，混合气体的颜色变浅，故d错误；故选b【点评】本题考查影响化学平衡的因素，难度不大，注意把握从平衡移动的角度使c（br2）增大的措施7naha是二元酸h2a的酸式盐，下列说法不正确的是（）a若naha溶液呈酸性，则h2a一定是强酸b若naha溶液呈碱性，则h2a一定是弱酸cnaha溶液中na+和ha的个数之比一定大于1：1dnaha晶体中的阴阳离子个数比一定是1：1【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a、有弱离子的盐才能水解；b、弱酸的酸式酸根离子，能发生水解也能发生电离；c、ha的水解和电离会使得离子浓度减小；d、naha晶体中的离子不存在电离和水解【解答】解：a、有弱离子的盐才能水解，若naha的水溶液呈酸性，若只电离，则二元酸为强酸，若naha的水溶液中ha的电离大于其水解，则二元酸h2a也可能为弱酸，故a错误；b、ha是酸式酸根离子，能发生水解也能发生电离，当水解程度大于电离程度时，溶液显碱性，说明h2a一定是弱酸，故b正确；c、ha的水解和电离会使得离子浓度减小，naha溶液中na+和ha的个数之比大于1：1，故c正确；d、naha晶体中的离子不存在电离和水解，阴阳离子个数比都是1：1，故d正确故选a【点评】本题考查了弱电解质的电离和盐的水解，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握酸式盐的电离和水解程度的相对大小对溶液酸碱性的影响8如图所示，将两烧杯中电极用导线相连当闭合开关s后，以下表述正确的是（）a电流表指针不发生偏转bal、pt两极有h2产生cmg、c两极生成的气体可以恰好完全反应d甲池ph 减小，乙池ph不变【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】关闭开关s甲装置形成原电池反应，铝做负极失电子发生氧化反应，镁做正极，电极上得到电子发生还原反应，乙池为电解池，pt做电解池阴极，c做电解池的阳极；a电流计有电流通过；b铝电极是原电池负极溶解无气体生成，pt电极上氢离子得到电子生成氢气；c镁电极生成的氢气，c电极生成的是氧气；d甲装置是原电池消耗氢氧根离子，溶液ph减小；乙池是电解池，电极水溶液浓度增大，氢氧化钠溶液ph增大【解答】解：关闭开关s甲装置形成原电池反应，铝做负极失电子发生氧化反应，镁做正极，电极上得到电子发生还原反应，乙池为电解池，pt做电解池阴极，c做电解池的阳极；a甲装置形成的原电池，反应过程中有电子转移产生电流，电流计有电流通过，故a错误；b铝电极是原电池负极溶解无气体生成，pt电极上氢离子得到电子生成氢气，故b错误；c镁电极生成的氢气，c电极生成的是氧气，依据电子守恒可知生成2mol氢气同时生成1mol氧气，氢气和氧气恰好反应生成水，故c正确；d甲装置是原电池消耗氢氧根离子，溶液ph减小；乙池是电解池，电极水溶液浓度增大，氢氧化钠溶液ph增大，故d错误；故选c【点评】本题考查原电池和电解池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，正确判断原电池和电解池及其正负极和阴阳极是解本题关键，明确离子的放电顺序，难度不大二、解答题（共4小题，满分52分）9为了比较卤素单质的氧化性强弱，可在实验室先制取cl2，并将cl2依次通入nabr溶液和淀粉ki溶液中有如图所示的仪器（橡胶塞均为双孔）及药品，试回答：（1）若所制气体从左向右流向时，上述仪器接口的连接顺序为h接d、c接b、a接f（2）装置3的作用是吸收未反应完的cl2，防止污染空气，反应的离子方程式为cl2+2ohcl+clo+h2o（3）装置1中产生的现象是溶液变蓝，反应的化学方程式为cl2+2kii2+2kcl（4）通过本实验可得到的结论是同主族元素随着原子序数的递增，元素非金属性逐渐减弱，单质氧化性逐渐减弱【考点】探究卤素单质间的置换反应【分析】（1）根据实验目的知，先制取氯气，然后将氯气通入nabr溶液、再通入ki溶液，氯气有毒不能排空，最后连接尾气处理装置；（2）氯气有毒不能直接排空，但氯气能和碱反应生成盐和水；（3）氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘与淀粉试液变蓝色；（4）同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性【解答】解：（1）根据实验目的知，先制取氯气，然后将氯气通入nabr溶液、再通入ki溶液检验氯气的强氧化性，氯气有毒不能排空，否则会污染大气，所以最后连接尾气处理装置，检验装置中导气管遵循“长进短出”原则，所以连接顺序是hdcbaf，故答案为：d；c；b；a；f；（2）氯气有毒不能直接排空，但能和碱反应生成盐和水，所以装置3的作用是吸收未反应完的cl2，防止污染空气，离子方程式为cl2+2ohcl+clo+h2o，故答案为：吸收未反应完的cl2，防止污染空气；cl2+2ohcl+clo+h2o；（3）氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘与淀粉试液变蓝色，所以看到的现象是溶液变蓝色，化学反应方程式为cl2+2kii2+2kcl，故答案为：溶液变蓝；cl2+2kii2+2kcl；（4）氯气和nabr、ki的反应中，cl元素化合价由0价变为1价、br或i元素化合价由1价变为0价，所以氯气作氧化剂、溴或碘作氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由此得出同主族元素随着原子序数的递增，元素非金属性逐渐减弱，单质氧化性逐渐减弱，故答案为：同主族元素随着原子序数的递增，元素非金属性逐渐减弱，单质氧化性逐渐减弱【点评】本题以卤族元素为例考查非金属元素性质递变规律，涉及气体的制取、性质检验、尾气处理，明确实验先后顺序是解本题关键，同时还考查学生实验操作能力及思维的缜密性，题目难度不大10三草酸合铁酸钾晶体k3fe（c2o4）33h2o可用于摄影和蓝色印刷某小组将无水三草酸合铁酸钾在一定条件下加热分解，对所得气体产物和固体产物进行实验和探究该小组同学查阅资料知，固体产物中铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有k2co3，产生的气体中含有co、co2请利用实验室常用仪器、用品和以下限选试剂完成验证和探究过程限选试剂：蒸馏水3%h2o2溶液氧化铜1.0mol/l盐酸浓硫酸1.0mol/lnaoh溶液澄清石灰水0.5mol/lcuso4溶液2%kscn溶液苯酚溶液i若用一套连续实验装置检验气体产物中co的存在，并验证检验过程中有co2生成，应选用的试剂为（按先后顺序把所选试剂的标号填入空格内）探究固体产物中铁元素的存在形式（1）提出合理假设假设1：只有fe；假设2：只有feo；假设3：含有feo和fe（2）设计实验方案并实验验证步骤1：取适量固体产物于试管中，加入足量蒸馏水溶解，过滤分离出不溶固体步骤2：取少量上述不溶固体放人试管中，加入足量cuso4溶液溶液，充分振荡若固体无明显变化，则假设2成立；若有暗红色固体生成，则反应的离子方程式为fe+cu2+=fe2+cu步骤3：取步骤2所得暗红色固体于试管中，滴加过量hcl，振荡后静置若溶液基本无色，则假设1成立；若溶液呈浅绿色，则假设3成立（3）问题讨论若固体产物中feo含量较少，用步骤3方法难以确定请你设计实验方案证明假设3成立（写出实验的操作步骤、现象与结论）：取步骤3静置后的上层清液，滴加几滴kscn溶液无红色出现，再滴加12滴h2o2溶液，充分振荡若溶液变红，则证明假设3成立拓展与延伸有资料介绍“在含fe2+的溶液中，先滴加少量新制饱和氯水，然后滴加kscn溶液，溶液呈红色；若再滴加过量氯水，却发现红色褪去”假设溶液中的+3价铁还能被氯水氧化为更高价的feo42”，试写出该反应的离子方程式2fe3+3c12+8h2o=2feo42+6cl+16h+【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】无机实验综合【分析】ico、co2的检验该为先检验co2，将co2除尽，净化（干燥），检验co（用cuo，变红），在检验有co2生成（co的氧化产物），检验产生的气体中产生的气体中含有co、co2，应该先通过澄清石灰水检验二氧化碳，然后通过还原氧化铜检验一氧化碳，据此选出试剂并进行排序；将气体产物依次通过澄淸石灰水、1.0 moll1 naoh溶液、浓硫酸、氧化铜、澄淸石灰水，观察到澄清石灰水都变浑浊，中有红色固体生成；（1）首先铁不以三价铁形式存在，故考虑范围为二价铁的存在形式，出铁单质，氧化亚铁以为，还有可能就二者的混合物；（2）由暗红色固体生成，可以确定为cu，故使用的试剂为cuso4，然后再暗红色固体（cu、feo）中加盐酸，溶液呈无色，说明没有fe2+（浅绿色），故没有feo，从而得出结论（3）二价铁也氧化为三价铁用kscn进行检验，该方法比较灵敏该反应中告知反应物为fe3+、cl2，产物为feo42，然后通过氧化还原缺项配平的方法对该反应进行配平，从而得到答案【解答】解：将气体产物依次通过澄淸石灰水，石灰水变浑浊，证明产物中有 二氧化碳，然后通过1.0 moll1 naoh溶液除去二氧化碳，再用浓硫酸干燥气体，将干燥的气体通入灼热的氧化铜，试管中有红色物质生成，同时生成了能够使澄淸石灰水变浑浊的气体，证明原氧气中有一氧化碳，所以加入试剂的顺序为：，故答案为：；（1）根据题意“固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在”，所以存在的可能是零价铁或亚铁，可能情况有三种：只有fe；只有feo；含有fe和feo，故答案为：含有fe和feo；（2）步骤2金属铁不溶于水中，但是可以和硫酸铜发生置换反应，生成金属铜和硫酸亚铁，所以取少置上述不溶固体放入试管中，加入足量cuso4溶液，若蓝色溶液颜色及加入的不溶固体无明显变化，则假设2成立；若蓝色溶液颜色明显改变，且有暗红色固体生成，则证明有铁单质存在，发生反应的离子方程式为：fe+cu2+=cu+fe2+，步骤3氧化亚铁不溶于水，可以和盐酸反应生成氯化冶铁和水，可以检验亚铁离子的存在进而确定氧化亚铁的存在，方法为：取取步骤2所得暗红色固体于试管中，滴加过量hcl，静置，振荡后静置若溶液基本无色，则假设1成立；若溶液呈浅绿色，则证明假设3成立，故答案为：cuso4；2；fe+cu2+=cu+fe2+；hcl；1；浅绿色；（3）可以所以硫酸氢钾溶液和双氧水检验步骤3中是否存在亚铁离子，方法为：取步骤3静置后的上层溶液，滴加几滴硫氰化钾溶液无红色出现，再滴加12滴双氧水，充分振荡，若溶液变红，则证明假设3成立，故答案为：取步骤3静置后的上层溶液，滴加几滴硫氰化钾溶液无红色出现，再滴加12滴双氧水，充分振荡，若溶液变红，则证明假设3成立；根据信息可知，铁离子被氯气氧化成feo42，根据化合价升降相等配平，配平后的离子方程式为：2fe3+8h2o+3cl2=2feo42+16h+6cl，故答案为：2fe3+8h2o+3cl2=2feo42+16h+6cl【点评】本题考查学生对元素及其化合物性质的掌握、对物质进行检验的实验技能，题目难度较大，有利于提高学生运用相关知识对实验提出假设及设计方案的能力11甲、乙两个实验小组利用kmno4酸性溶液与h2c2o4溶液反应研究影响反应速率的因素（1）该反应的离子方程式为2mno4+5h2c2o4+6h+=2mn2+10co2+8h2o（提示：h2c2o4的一级电离平衡常数为5.4102）设计实验方案如下（实验中所用kmno4溶液均已加入h2so4）：（2）甲组：通过测定单位时间内生成co2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小 实验装置如图，实验时分液漏斗中a溶液一次性放下，a、b的成分见表：序号a溶液b溶液2ml 0.1mol/l h2c2o4溶液4ml 0.01mol/l kmno4溶液2ml 0.2mol/l h2c2o4溶液4ml 0.01mol/l kmno4溶液2ml 0.2mol/l h2c2o4溶液4ml 0.01mol/l kmno4溶液和少量mnso4该实验探究的是浓度和催化剂对化学反应速率的影响在反应停止之前，相同时间内针管中所得co2的体积由大到小的顺序是（用实验序号填空）（3）乙组：通过测定kmno4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率的大小取两支试管各加入2ml 0.1mol/l h2c2o4溶液，另取两支试管各加入4ml 0.1mol/l kmno4溶液将四支试管分成两组（各有一支盛有h2c2o4溶液和kmno4溶液的试管），一组放入冷水中，另一组放入热水中，经过一段时间后，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间该实验目的是研究温度对化学反应速率的影响，但该组同学始终没有看到溶液褪色，其原因是高锰酸钾过量【考点】探究影响化学反应速率的因素【专题】化学反应速率专题；无机实验综合【分析】（1）酸性条件下，高锰酸钾具有强氧化性，能氧化还原性物质，所以草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，根据提示：h2c2o4的一级电离平衡常数为5.4102，故草酸为弱酸，离子方程式不能拆，据此写出离子方程式；（2）对比实验可探究浓度对化学反应速率的影响，中a溶液的浓度比中大，化学反应速率大，所得co2的体积大，对比实验可探究催化剂对化学反应速率的影响，中使用了催化剂，故相同时间内实验中所得二氧化碳最多；（3）草酸和高锰酸钾反应的方程式为：2mno4+5h2c2o4+6h+=2mn2+10co2+8h2o，分析数据可知高锰酸钾过量【解答】解：（1）酸性条件下，高锰酸钾具有强氧化性，能氧化还原性物质，所以草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，根据提示：h2c2o4的一级电离平衡常数为5.4102，故草酸为弱酸，离子方程式不能拆，据此写出离子方程式，2mno4+5h2c2o4+6h+=2mn2+10co2+8h2o；故答案为：2mno4+5h2c2o4+6h+=2mn2+10co2+8h2o；（2）对比实验可探究浓度对化学反应速率的影响，中a溶液的浓度比中大，化学反应速率大，所得co2的体积大，对比实验可探究催化剂对化学反应速率的影响，中使用了催化剂，故相同时间内实验中所得二氧化碳最多，故答案为：浓度和催化剂 ； （3）草酸和高锰酸钾反应的方程式为：2mno4+5h2c2o4+6h+=2mn2+10co2+8h2o，草酸的物质的量为：0.002l0.1moll1=2104mol，高锰酸钾的物质的量为：0.004l0.1moll1=4104mol，由方程式可知，故没看到溶液完全褪色，故答案为：温度，高锰酸钾过量【点评】本题考查了影响化学反应速率的因素及相关反应离子方程式的书写，难度不大，注意可通过kmno4和草酸反应的方程式来判断量的多少12苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料纳米氧化铜的重要前驱体之一下面是它的一种实验室合成路线（如图1）：制备苯乙酸的装置示意图如图2（加热和夹持装置等略）：已知：苯乙酸的熔点为76.5，微溶于冷水，溶于乙醇回答下列问题：（1）在250ml三口瓶a中加入70ml70%硫酸配制此硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是先加水，再加浓硫酸（2）将a中的溶液加热至100，缓缓滴加40g苯乙腈到硫酸溶液中，然