2023学年东北师大附属中学化学高二下期末监测模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列不属于配合物的是()A．[Cu(NH3)4]SO4·H2O B．[Ag(NH3)2]OHC．KAl(SO4)2·12H2O D．[Zn(NH3)4]SO4·H2O2、设NA为阿伏加德罗常数，则下列叙述正确的是A．标准状况下，2.24LCCl4中含有1.4NA个碳氯单键B．22.4LCl2通入水中充分反应，共转移NA个电子C．1L1mol/L的氯化铜溶液中Cu2+的数目小于NAD．5.6g铁在1.1mol氯气中充分燃烧，转移的电子数为1．3NA3、分子式为C3H6BrCl的有机物共有(不含立体异构)A．4种B．5种C.6种D．7种4、在下列有色试剂褪色现象中，其褪色原理相同的是（）A．乙烯能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色 B．Cl2和SO2均能使品红褪色C．苯和乙炔都能使溴水褪色 D．甲苯和乙醛均能使酸性KMnO4溶液褪色5、NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．46g乙醇中存在的共价键总数为7NAB．1mol甲醇完全燃烧时，转移的电子数为6NAC．标准状况下，22.4L甲烷和22.4L氯仿所具有的微粒数均为NAD．1L0.1mol/L醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1NA6、下列属于强电解质的是A．硫酸钡 B．食盐水 C．二氧化硅 D．醋酸7、下列各组离子能大量共存的是()①“84”消毒液的水溶液中：Fe2＋、Cl－、Ca2＋、Na＋②加入KSCN显红色的溶液：K＋、NH、Cl－、S2－③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液：Fe3＋、Al3＋、SO、K＋④pH＝2的溶液中：NH、Na＋、Cl－、Cu2＋⑤无色溶液中：K＋、CH3COO－、HCO、MnOA．①②③B．①③⑤C．①②⑤D．③④8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确有（）个①常温常压下，28gC2H4和C4H8的混合物中一定含有6NA个原子②0℃，101kPa，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，有2NA个电子转移③常温下，pH=12的氢氧化钠溶液中OH-数目为0.01NA④1L1.0mol/LFeCl3溶液全部水解制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶体数目为NA⑤同温同压下，O2和CO组成的混合气体的密度是氢气的15倍，则O2和CO的体积比1：1⑥常温下，1.7gNH3和3.65gHCl混合后，气体分子数为0.2NA⑦lmolSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子⑧100克质量分数为46%的乙醇溶液中，含有的氧原子数目为4NA⑨标准状况下，22.4LHF气体中含有NA个气体分子A．4B．1C．2D．39、下列气体中，有毒且能在空气中燃烧的是A．H2 B．O2 C．H2S D．CO210、某无色气体可能含有CO、CO2和H2O(g)、H2中的一种或几种，依次进行如下处理(假定每步处理都反应完全)：①通过碱石灰时，气体体积变小；②通过赤热的氧化铜时，黑色固体变为红色；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色晶体；④通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定原无色气体中()A．一定含有CO2、H2O(g)，至少含有H2、CO中的一种B．一定含有H2O(g)、CO，至少含有CO2、H2中的一种C．一定含有CO、CO2，至少含有H2O(g)、H2中的一种D．一定含有CO、H2，至少含有H2O(g)、CO2中的一种11、以NA代表阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（）A．1molNH3分子中含有3NA个σ键和4NA个sp3杂化轨道B．1molCO2分子中含有2NA个σ键和2NA个sp2杂化轨道C．1molC2H2分子中含有2NA个σ键2NA个π键D．1molC2H4分子中含有4NA个σ键2NA个π键12、“辛烷值”用来表示汽油的质量，汽油中异辛烷的爆震程度最小，将其辛烷值标定为100，如图是异辛烷的球棍模型，则异辛烷的系统命名为（）A．1,1,3,3-四甲基丁烷 B．2,3,4-三甲基戊烷C．2,4,4-三甲基戊烷 D．2,2,4-三甲基戊烷13、近年来，人类生产、生活所产生的污染，如机动车、燃煤、工业生产等排放的废气，使灰霾天气逐渐增多。灰霾粒子比较小，平均直径在1000～2000nm。下列有关说法正确的是A．灰霾是一种分散系 B．灰霾能发生丁达尔效应C．灰霾形成的是非常稳定的体系 D．灰霾属于胶体14、下列化学用语正确的是（）A．HSO3－+H2OSO32－+OH－ B．Al3++3H2O=3H++Al（OH）3↓C．NaHCO3=Na++HCO3－ D．H2S2H++S2－15、室温下，下列事实不能说明NH3▪H2O为弱电解质的是A．0.1mol▪L－1NH3▪H2O能使无色酚酞试液变红色B．0.1mol▪L－1NH4Cl的pH小于7C．0.1molL－1NaOH溶液的导电能力比0.1molL－1氨水的导电能力强D．0.1mol▪L－1NH3▪H2O的pH小于1316、制取一氯乙烷最好采用的方法是()A．乙烷和氯气反应 B．乙烯和氯气反应C．乙烯和氯化氢反应 D．乙烷和氯化氢反应二、非选择题（本题包括5小题）17、环己烯常用于有机合成。现通过下列流程，以环己烯为原料合成环醚、聚酯、橡胶，其中F可以作内燃机的抗冻剂，J分子中无饱和碳原子。已知：R1—CH===CH—R2R1—CHO＋R2—CHO(1)③的反应条件是_________________________________________________。(2)A的名称是_______________________________________________。(3)有机物B和I的关系为________(填字母)。A．同系物B．同分异构体C．都属于醇类D．都属于烃(4)①～⑩中属于取代反应的________________________________________。(5)写出反应⑩的化学方程式____________________________________。(6)写出两种D的属于酯类的链状同分异构体的结构简式：_____________。18、根据下面的反应路线及所给信息填空：（1）A的结构简式是_____________，名称是___________________________。（2）③的反应类型__________________。（3）反应④的化学方程式_______________________________________________。19、草酸铁晶体Fe2(C2O4)3·xH2O可溶于水，且能做净水剂。为测定该晶体中铁的含量，做了如下实验：步骤1：称量5.6g草酸铁晶体，配制成250mL一定物质的量浓度的溶液。步骤2：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，先加足量稀H2SO4酸化，再滴加KMnO4溶液，反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。向反应后的溶液加锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤3：用0.0200mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200mol/LKMnO4溶液为V2、V3mL。记录数据如下表：实验编号KMnO4溶液的浓度（mol/L）KMnO4溶液滴入的体积（mL）10.0200V1=20.0220.0200V3=19.9830.0200V2=23.32请回答下列问题：（1）草酸铁溶液能做净水剂的原因______________________________（用离子方程式表示）。（2）步骤2加入酸性高锰酸钾的作用_________________________________________________。（3）加入锌粉的目的是______________________________。（4）步骤3滴定时滴定终点的判断方法是_____________________________________________。（5）在步骤3中，下列滴定操作使测得的铁含量偏高的有______。A．滴定管用水洗净后直接注入KMnO4溶液B．滴定管尖嘴内在滴定前有气泡，滴定后气泡消失C．读取KMnO4溶液体积时，滴定前平视，滴定结束后仰视读数D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．（6）实验测得该晶体中铁的含量为_________。20、已知下列数据：某同学在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：①配制2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。②按如图连接好装置并加入混合液，用小火均匀加热3~5min③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙并用力振荡，然后静置待分层。④分离出乙酸乙酯，洗涤、干燥、蒸馏。最后得到纯净的乙酸乙酯。(1)反应中浓硫酸的作用是_____(2)写出制取乙酸乙酯的化学方程式：_____(3)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_____(4)步骤②为防止加热过程中液体暴沸，该采取什么措施_____(5)欲将乙试管中的物质分离得到乙酸乙酯，必须使用的玻璃仪器有__________；分离时，乙酸乙酯应从仪器_______________（填“下口放”“上口倒”）出。

(6)通过分离饱和碳酸钠中一定量的乙醇，拟用如图回收乙醇，回收过程中应控制温度是______21、用黄铜矿(主要成分是CuFeS2)生产粗铜的反应原理如下：(1)已知在反应①、②中均生成相同的气体分子，该气体具有漂白性。请分别写出反应①、②的化学方程式是___________________、__________________。(2)基态铜原子的核外电子排布式为________，硫、氧元素相比，第一电离能较大的是________。(3)反应①和②生成的气体分子的中心原子的杂化类型是________，分子的空间构型是________。(4)某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验，CuSO4溶液中加氨水生成蓝色沉淀，再加氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，请解释加入乙醇后析出晶体的原因_______________。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】

配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对。【题目详解】A项、[Cu(NH3)4]SO4·H2O中，铜离子提供空轨道、氨气分子中氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故A错误；B项、[Ag（NH3）2]OH中，银离子提供空轨道、NH3中氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故B错误；C项、KAl(SO4)2·12H2O是复盐，不含配体，不属于配合物，故C正确；D项、[Zn(NH3)4]SO4·H2O中，锌离子提供空轨道、氨分子中氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故D错误；故选C。【答案点睛】本题考查配合物的成键情况，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，明确“只有有提供空轨道原子和提供孤电子对的原子”才能形成配位键是解答关键。2、C【答案解析】

A．标准状况下，CCl4为液体，故错误；B．没指明状态，故错误；C．Cu2+在溶液中会发生水解反应，所以其数目会小于NA，正确；D．5.6g铁即1.1mol铁，需要1.15mol的氯气与之反应，而现在有1.1mol氯气，则以氯气的量计算，转移电子为1.2NA，故错误；故选C。3、B【答案解析】分子式为C3H6BrCl的有机物共有、、、、共5种，故B正确。4、D【答案解析】

A.乙烯和溴发生加成反应，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化；B.氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性而具有漂白性，二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性；C.苯和溴水不反应，但能萃取溴水中的溴；乙炔和溴发生加成反应；D.甲苯和乙醛都能被酸性高锰酸钾溶液氧化。【题目详解】A.乙烯和溴发生加成反应生成无色物质而使溴水褪色；乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以反应原理不同，A错误；B.氯气和水反应生成的HClO具有强氧化性而使品红溶液褪色；二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，所以二者反应原理不同，B错误；C.苯和溴水不反应，但能萃取溴水中的溴而使溴水褪色，属于物理变化；乙炔和溴发生加成反应生成无色物质而使溴水褪色，所以反应原理不同，C错误；D.甲苯和乙醛都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以二者褪色反应原理相同，D正确；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查有机物结构和性质，明确有机物中官能团及其性质关系是解本题关键，易错选项是D。注意：只有连接苯环的碳原子上含有氢原子的苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化，注意次氯酸和二氧化硫漂白性区别。5、B【答案解析】

A.46g乙醇的物质的量为1mol，乙醇的结构式为，一个乙醇分子中含8条共价键，故1mol乙醇中含8NA条共价键，故A错误；B.1mol甲醇燃烧消耗1.5mol氧气，而氧气反应后变为﹣2价，故1.5mol氧气转移6mol电子，即6NA个，故B正确；C.标况下，氯仿为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和微粒个数，故C错误；D.醋酸是弱电解质，在溶液中不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于0.1NA个，故D错误；故选B。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．6、A【答案解析】

按强电解质的定义可知，强电解质指在水中完全电离的电解质，包含强酸、强碱、大部分盐等。所以对四个选项进行物质分类考查：A.可知硫酸钡是强电解质，A项正确；B.食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，B项错误；C.二氧化硅是非电解质，C项错误；D.醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，D项错误。故答案选A。7、D【答案解析】分析：①“84”消毒液的水溶液中含有ClO

-，具有强氧化性；

②加入KSCN显红色的溶液中含有Fe

3+；

③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性；

④pH=2的溶液，为酸性溶液；

⑤MnO

4

-在水溶液中为紫色。

详解：①“84”消毒液的水溶液中含有ClO

-，具有强氧化性，与Fe

2+发生氧化还原反应而不能共存，故①错误；

②加入KSCN显红色的溶液中含有Fe

3+，与S

2-相互促进水解而不能共存，故②错误；

③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性，但该组离子之间不反应，则能够共存，故③正确；

④pH=2的溶液，为酸性溶液，该组离子之间不反应，则能够共存，故④正确；

⑤MnO

4

-在水溶液中为紫色，与无色溶液不符，故⑤错误；

故选D．

点睛：本题考查离子的共存，明确题目中的隐含信息及离子之间的反应是解答本题的关键，题目难度不大。8、D【答案解析】①C2H4和C4H8的最简式相同，均是CH2，常温常压下，28gC2H4和C4H8的混合物中一定含有6NA个原子，正确；②0℃，101Kpa，22.4LCl2是1mol，通入足量的NaOH溶液充分反应，有NA个电子转移，错误；③溶液体积未知，常温下，pH=12的氢氧化钠溶液中OH-数目不一定为0.01NA个，错误；④1L1.0mol/LFeCl3溶液全部水解制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶体数目小于NA个，错误；⑤同温同压下，O2和CO组成的混合气体的密度是氢气的15倍，即相对分子质量是30，则O2和CO的体积比1：1，正确；⑥常温下，1.7gNH3和3.65gHCl混合后恰好反应生成0.1mol氯化铵固体，气体分子数为0，错误；⑦lmolSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，由于是可逆反应，转移电子数小于2NA个，错误；⑧100克质量分数为46%的乙醇溶液中，含有的氧原子物质的量是，数目为4NA，正确；⑨标准状况下HF不是气态，不能利用气体摩尔体积计算22.4LHF气体中含有NA个气体分子，错误，答案选D。点睛：阿伏加德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。9、C【答案解析】

A.H2能燃烧，但没有毒，A错误；B.O2不能燃烧，也没有毒，B错误；C.H2S有毒且能在空气中燃烧，C正确；D.CO2不能燃烧，也没有毒，D错误；答案选C。10、D【答案解析】

①中通过了碱石灰后，气体中无CO2、H2O，②通过炽热的氧化铜，CO和H2会把氧化铜还原成铜单质，同时生成CO2和H2O，H2O使白色硫酸铜粉末变为蓝色，CO2通过澄清石灰水时，溶液变浑浊，以此来判断原混合气体的组成。【题目详解】①通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收H2O和CO2，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；②通过赤热的CuO时，固体变为红色；可能有CO还原CuO，也可能是H2还原CuO，也可能是两者都有；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以一定有H2；④通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有CO2，而这些CO2来源于CO还原CuO产生的，所以一定有CO。综上分析：混合气体中一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种，故合理选项是D。【答案点睛】本题考查混合气体的推断的知识，抓住题中反应的典型现象，掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键。11、A【答案解析】

A项，NH3分子中N原子采取sp3杂化，1个NH3分子中含3个σ键，1molNH3分子中含有3molσ键和4molsp3杂化轨道，A项正确；B项，CO2分子中碳原子是sp杂化，B项错误；C项，1个C2H2中含3个σ键和2个π键，1molC2H2分子中含3molσ键和2molπ键，C项错误；D项，1个C2H4分子中含5个σ键和1个π键，1molC2H4分子中含有5molσ键和1molπ键，D项错误；答案选A。12、D【答案解析】

根据球棍模型写出异辛烷的结构简式为，根据烷烃的系统命名原则，该物质的名称为2，2，4-三甲基戊烷，答案选D。13、A【答案解析】

胶体中分散质粒子直径在1-100nm，灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，不属于胶体，不具有胶体的性质。【题目详解】A、灰霾是空气和固体颗粒形成的混合物，是一种分散系，故A正确；B、灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，不是胶体，没有丁达尔现象应，故B错误；C、灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，比胶体粒子大，所以不稳定，故C错误；D、胶体中分散质粒子直径在1-100nm，灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，不属于胶体，故D错误；【答案点睛】本题考查胶体的知识。抓住胶体的粒子直径在1-100nm这一本质特征，判断某分散系是否是胶体。只有胶体才能产生丁达尔效应。14、C【答案解析】

A.HSO3－水解的离子方程式为：HSO3－+H2O⇌HSO3－+OH－，故A错误；B.Al3+水解的离子方程式为：Al3++3H2O⇌3H++Al（OH）3，故B错误；C.NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3－，故C正确；D.H2S的电离方程式为：H2S⇌H++HS－，故D错误；本题答案为C。【答案点睛】盐的水解通常为可逆反应、微弱且不生成沉淀，H2S为二元弱酸，电离分步进行,以第一步电离为主。15、A【答案解析】

A.0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明氨水具有碱性，但不能说明电离程度，不能说明NH3▪H2O为弱电解质，故选A；B.0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5，溶液显酸性，可说明氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可说明一水合氨为弱电解质，故不选B；C.在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱，可说明一水合氨部分电离，能说明NH3▪H2O为弱电解质，故不选C；D.0.1mol▪L－1NH3▪H2O的pH小于13，说明未完全电离，能说明NH3▪H2O为弱电解质，故不选D；正确答案：A。【答案点睛】判断弱电解质的依据关键点：①弱电解质部分电离；②对应阳离子或阴离子在盐溶液中的水解。16、C【答案解析】

A.乙烷和氯气反应可以生成一氯乙烷，但是副产物多，不易分离；B.乙烯和氯气反应，产物是1，2－二氯乙烷，得不到一氯乙烷；C.乙烯和氯化氢反应只能生成一氯乙烷；D.乙烷和氯化氢不能发生反应。综上所述，制取一氯乙烷最好采用的方法是C。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaOH醇溶液、加热1,2-二溴环己烷C②、⑦、⑧nCH2=CH—CH=CH2CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2【答案解析】

利用题目所给信息，正向分析与逆向分析结合，可知。【题目详解】根据以上分析，(1)反应③是发生消去反应生成，反应条件是NaOH醇溶液、加热。(2)A是，名称是1,2-二溴环己烷。(3)有机物B是、I是，结构不同，不属于同系物；分子式不同，不是同分异构体；都含有羟基，都属于醇类；含有氧元素，不属于烃，故选C。(4)反应①是加成反应；②是羟基代替溴原子，属于取代反应；③是生成，属于消去反应；④是与氢气发生加成反应生成；⑤是与氢气发生加成反应生成；⑥是发生氧化反应生成；⑦是2分子发生取代反应生成；⑧是与发生取代反应生成聚酯；⑨是发生消去反应生成；⑩是发生加聚反应生成，属于取代反应的是②、⑦、⑧。(5)反应⑩是发生加聚反应生成，化学方程式是nCH2=CH—CH=CH2。(6)的不饱和度是2，属于酯类的链状同分异构体应该含有1个碳碳双键，结构简式有CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2。18、环己烷加成反应【答案解析】

由反应路线可知，A为，反应①为取代反应，反应②为消去反应，反应③为碳碳双键与溴发生的加成反应，B为，④为消去反应【题目详解】（1）由以上分析可知A的结构简式是，为环己烷；（2）反应③为加成反应；（3）反应④在氢氧化钠的乙醇溶液中发生消去反应，化学方程式：【答案点睛】本题考查有机物的合成、有机物性质、有机反应类型等，易错点（3），注意掌握卤代烃的性质与反应条件。19、Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H＋除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定将Fe3＋还原为Fe2＋加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去ABC20.0%【答案解析】分析：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用；

(2)步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；(3)加入锌粉的目的是还原铁离子；

(4)高锰酸钾溶液为紫红色，滴入最后一滴溶液变为紫红色且半分钟不变说明反应达到终点；

(5)根据滴定误差分析的方法判断,误差可以归结为标准液的体积消耗变化分析误差，c(待测)=c(标准）V(标准）V(待测）

；

A.酸式滴定管要用标准液润洗；

B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大；D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小；

(6)根据离子方程式计算，n(Fe)=5n(MnO4-)，可以计算n(Fe)，然后可以计算晶体中铁的含量。详解：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H＋，

因此，本题正确答案是：Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H＋；

(2)步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定，因此，本题正确答案是：除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；(3)加入锌粉的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋，

因此，本题正确答案是：将Fe3＋还原为Fe2＋；

(4)高锰酸钾溶液为紫红色，反应终点判断为：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去，

因此，本题正确答案是：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去；(5)A.酸式滴定管要用标准液润洗，滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准液，标准液浓度减小，消耗标准液体积增大，测定结果偏高，故A符合；

B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B符合；

C.读取标准液体积时，滴定前平视读数，滴定后仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C符合；D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小，测定结果偏低，故D不符合；因此，本题正确答案是：ABC；

(6)用0.0200mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200mol/LKMnO4溶液为V2、V3mL，计算平均值，实验3数值误差较大舍去，消耗体积V=20.02+19.982mL=20.00mL，

铁元素守恒，高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生的反应为5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O

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n0.0200mol/L×0.0200L

=0.0004mol

5n=10.0004mol，解得n=0.002mol，

250mL溶液中含铁元素物质的量5.6g草酸铁晶体中铁的含量=0.02mol×56g/mol5.6g因此，本题正确答案是：20.0%。点睛：本题考查了物质性质的实验探究，实验方案的设计与分析计算，主要是滴定实验的过程分析和误差分析，掌握基础是关键，题目难度中等。20、催化剂、吸水剂CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O中和乙酸并吸收乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度在试管中加入少量碎瓷片分液漏斗上口倒78℃【答案解析】

在试管甲中先加入碎瓷片，再依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸，按3:2:2关系混合得到混合溶液，然后加热，乙醇、乙酸在浓硫酸催化作用下发生酯化反应产生乙酸乙酯，由于乙酸乙酯的沸点低，从反应装置中蒸出，进入到试管乙中，乙酸、乙醇的沸点也比较低，随蒸出的生成物一同进入到试管B中，碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，由于其密度比水小，液体分层，乙酸乙酯在上层，用分液漏斗分离两层互不相容的液体物质，根据“下流上倒”原则分离开两层物质，并根据乙醇的沸点是78℃，乙酸是117.9℃，收集78℃的馏分得到乙醇。【题目详解】(1)反应中浓硫酸的作用是作催化剂，同时吸收反应生成的水，使反应正向进行，提高原料的利用率；(2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，产生的酯与与水在反应变为乙酸和乙醇，乙醇该反应为可逆反应，生成乙酸乙酯的化学方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；(3)在上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于液体分层，闻到乙酸乙酯的香味；(4)步骤②为防止加热过程中液体暴沸，该采取的措施加入少量碎瓷片，以防止暴沸；(5)欲将乙试管中的物质分离得到乙酸乙酯，必须使用的玻璃仪器有分液漏斗；分离时，由于乙酸乙酯的密度比水小，所以应在下层液体下流放出完全后，关闭分液漏斗的活塞，从仪器上口倒出；(6)分离饱和碳酸钠中一定量的乙醇，由于乙醇的沸点为78℃，乙酸反应转化为盐，沸点远高于78℃的，所以要用如图回收乙醇，回收过程中应控制温度是78℃。【答案点睛】本题考查了乙酸乙