2018-2019学年浙江省温州市新力量联盟高二上学期期末考试化学试题 解析版



浙江省温州市新力量联盟2018-2019学年高二上学期期末考试
化学试题
1.下列各物质的分类、名称（或俗名）、化学式中不能完全对应的是
A. 金属氧化物、氧化铁、FeO B. 酸性氧化物、二氧化硫、SO2
C. 含氧酸、次氯酸、HClO D. 正盐、纯碱、Na2CO3
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 氧化铁为三氧化二铁，不是氧化亚铁；
B. SO2为二氧化硫，属于酸性氧化物；
C. 次氯酸酸根离子中含有1个O原子，其化学式为HClO3；
D. 纯碱为碳酸钠，属于正盐。
【详解】A. FeO为氧化亚铁，而氧化铁为三氧化二铁，其化学式为：Fe2O3，故A项错误，符合题意；
B. 二氧化硫的分子式为SO2，可以与水反应生成亚硫酸，属于酸性氧化物，故B项正确，不符合题意；
C. HClO为次氯酸，其酸根离子中含有1个O原子，属于含氧酸，故C项正确，不符合题意；
D. Na2CO3的俗名为纯碱，属于正盐，故D项正确，不符合题意；
答案选A。
2.下列仪器名称为“坩埚”的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题中仪器图可知：A.是容量瓶 B.是蒸馏烧瓶 C.是坩埚 D.是蒸发皿，故答案为C；
本题答案为C 。
3.下列物质中，属于电解质且能够导电的是
A. 固体氯化钠 B. 熔融氯化镁 C. 液态氯化氢 D. NaOH 溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化钠是电解质，但固体氯化钠无自由移动的离子，不导电，故A错误；
B.氯化镁是电解质，熔融氯化镁含有自由移动的Mg2+、Cl-，可以导电，故B正确；
C.氯化氢是电解质，但液态氯化氢只有分子无离子，不能导电，故C错误；
D.NaOH是电解质，但NaOH 溶液是混合物不属于电解质，故D错误；
本题答案为B。
【点睛】电解质是指在溶液里或熔融状态下能导电的化合物，而单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
4.下列反应中，属于氧化还原反应的是
A. IBr + H2O = HIO + HBr B. SO3 + H2O = H2SO4
C. SO2 + 2KOH = K2SO3 + H2O D. NaH + H2O = NaOH + H2↑
【答案】D
【解析】
A、IBr中Br显－1价，I显＋1价，根据反应方程式，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B、此反应没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B错误；C、此反应中没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C错误；D、NaH中H显－1价，化合价升高转化为0价，H2O中H显＋1价，化合价降低，转化为0价，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故D正确。
5.下列物质的水溶液因电离而呈酸性的是
A. CH3COOH B. (NH4)2SO4 C. Na2CO3 D. NaHCO3
【答案】A
【解析】
【详解】A.CH3COOH属于酸，在水溶液中存在：CH3COOH⇌CH3COO-H+，所以水溶液因电离呈酸性，故A正确；
B.(NH4)2SO4水溶液中，由于NH4+H2O⇌NH3·H2OH+，水溶液因NH4+水解显酸性，故B错误；
C.Na2CO3水溶液中，由于CO32-H2O⇌HCO3-OH-,水溶液因CO32-水解显碱性，故C错误；
D.NaHCO3水溶液中，由于HCO3-H2O⇌H2CO3OH-，水溶液因HCO3-水解显碱性，故D错误；
本题答案为A。
【点睛】电解质电离时生成的阳离子都是H+的化合物称为酸，电解质电离时生成的阴离子都是OH-的化合物称为碱，盐中的离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合，生成弱电解质的过程叫盐的水解。
6.下列说法正确的是
A. 胶体与溶液的本质区别在于是否可以发生丁达尔现象
B. 在常温下铁遇浓硫酸会钝化，所以可以用铁制容器来装运浓硫酸
C. 氯气具有漂白性,可以使湿润的有色布条褪色
D. 二氧化碳通入足量澄清石灰水中，没有白色沉淀生成
【答案】B
【解析】
【详解】A.胶体与溶液的本质区别在于分散质粒子直径不同，故A错误；
B.常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，其原理发生了氧化还原反应，生成氧化膜阻止反应进行，所以可以用铁制容器来装运浓硫酸，故B正确；
C.氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，但干燥的氯气不具有漂白性，故C错误
D.二氧化碳通入足量澄清石灰水中，因发生CO2Ca(OH)2=CaCO3H2O,有白色碳酸钙沉淀生成，故D错误；
本题答案为B，
7.下列化学用语表示正确的是
A. 二氧化硅的分子式：SiO2 B. KCl 的电子式：
C. 的名称为 2－乙基丁烷 D. CCl4 的比例模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A.二氧化硅是原子晶体，晶体内无分子，SiO2表示晶体中Si、O原子个数比是1：2，故A错误；
B.KCl 的电子式：，故B正确；
C.的名称为：3－甲基戊烷，故C错误；
D.CCl4 的比例模型中，氯原子半径比碳原子半径大，故D错误；
本题答案为B。
8.下列有关说法中，正确的是
A. 钠在空气中燃烧，生成白色的过氧化钠
B. 向氯化铁溶液中滴加KSCN 溶液，出现血红色沉淀
C. 焰色反应时，先用稀硫酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上燃烧至无色，然后再进行实验
D. 蒸馏实验时，若温度计的水银球在支管口下方，则收集到的物质沸点偏低
【答案】D
【解析】
【详解】A.钠在空气中燃烧，生成淡黄色的过氧化钠，故A错误；
B.向氯化铁溶液中滴加KSCN 溶液，溶液变成血红色，无沉淀生成，故B错误；
C.焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上燃烧至无色，然后再进行实验，故C错误；
D.蒸馏实验时，温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处，若温度计的水银球在支管口下方，则收集到的物质沸点偏低，故D正确；
本题答案为D。
9.下列说法正确的是
A. O2、O3 是氧元素的同素异形体，性质都相似
B. 35Cl与37Cl-互为同位素
C. 乙二醇( ) 和甘油（ ）互为同系物
D. CH3CHO 与互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A.O2、O3 是氧元素的同素异形体，物理性质、化学性质均不同，故A错误；
B.互为同位素的原子最外层电子数相同，所以化学性质相同，而35Cl是原子37Cl-是离子化学性质不同，故B错误；
C.同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或多个CH2原子团的物质之间互称同系物，而乙二醇( ) 和甘油（ ）相差的是一个CH2O，故C错误；
D.CH3CHO 与分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
本题答案为D。
10.下列叙述正确的是
A. 我国“西气东输”中的“气”指的是石油气
B. 石油的分馏、煤的干馏都是化学变化
C. 绿色化学要求利用化学原理，从源头消除污染，期望最终实现零排放
D. 生物质在一定条件下发生化学变化产生热值较高的可燃性气体，该过程属于生物化学变化
【答案】C
【解析】
【详解】A.西部天然气储量丰富,为解决东部资源问题,则我国“西气东输”中的“气”指的是天然气,故A错误；
B.石油的分馏是物理变化，煤的干馏是化学变化，故B错误；
C.绿色化学的定义是：用化学的技术，原理和方法去消除对人体健康，安全和生态环境有毒有害的化学品，因此也称环境友好化学或洁净化学，期望最终实现零排放，故C正确；
D.生物质在一定条件下发生化学变化产生热值较高的可燃性气体，该过程是生物质能转化为化学能，故D错误；
本题答案为C。
11.下列说法正确的是
A. 实验室用亚硫酸钠与稀硫酸反应制备二氧化硫
B. 用冷却热饱和溶液法提纯含少量 NaCl 杂质的 KNO3
C. 可采用通过饱和碳酸钠溶液的方法，除去 CO2 中含有的 SO2
D. 用 NaOH 溶液除去乙酸乙酯中的乙酸
【答案】B
【解析】
【详解】A.二氧化硫易溶于水，实验室应用亚硫酸钠与较浓的硫酸反应制备二氧化硫，A错误；
B.硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响不同，可以用冷却热饱和溶液法提纯含少量NaCl杂质的KNO3，B正确，
C.因为CO2能和碳酸钠溶液反应，所以不能采用通过饱和碳酸钠溶液的方法除去 CO2 中含有的 SO2，应采用通过饱和碳酸氢钠溶液的方法，除去 CO2 中含有的 SO2，故C错误；
D.因为乙酸乙酯能与氢氧化钠溶液反应，所以不能用NaOH 溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，应用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故D错误；
本题答案为B。
【点睛】除杂试剂的选择，要本着既能除去杂质又能使目标物增多为最佳选择，还需考虑实验的可操作性。
12.已知：X(g)+2Y(g)3Z(g) △H=－a kJ·mol－1(a>0)。下列说法不正确的是
A. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率增大
B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z 的质量不再发生变化
C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达 a kJ
D. X 和 Y 充分反应生成Z 的物质的量不可能达到 3 mol
【答案】D
【解析】
A. 升高反应温度，正、逆反应速率均增大，A正确；B. 达到化学平衡状态时正、逆反应速率相等，X、Y、Z的质量不再发生变化，B正确；C. 达到化学平衡状态时，如果消耗1molX，反应放出的总热量可达akJ，C正确；D. 如果X和Y的起始量比较多，X和Y充分反应生成Z的物质的量可能达到3 mol，D错误，答案选D。
13.下列说法正确的是
A. 我国古代就已知晓采用加热胆矾或绿矾的方法制取硫酸
B. 工业炼铁需要用到的原料有铁矿石、焦炭、空气和熟石灰
C. 冶炼镁时，将六水合氯化镁晶体直接加热分解可得纯净无水氯化镁，电解熔融氯化镁，可以得到金属镁
D. 某些植物具有富集溴的能力，从海产品中提取溴是工业上获取溴的重要途径
【答案】A
【解析】
【详解】A.加热胆矾或绿矾会分解生成三氧化硫，与水反应生成硫酸，早在1000多年前，我国就已采用加热绿矾的方法制取硫酸，故A正确；
B.工业炼铁需要用到的原料有铁矿石、焦炭、空气和石灰石，焦炭可以提供热量、生成一氧化碳；一氧化碳再跟铁矿石中的氧化物反应，生成铁；石灰石在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和铁矿石中的杂质二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去二氧化硅，原料中没有熟石灰，故B错误；
C.氯化镁易水解生成氢氧化镁和氯化氢，且氯化氢易挥发，导致直接加热带结晶水的晶体时得不到氯化镁，为防止氯化镁水解，需要将带结晶水的氯化镁在氯化氢氛围中加热，得到无水氯化镁，采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故C错误；
D.溴主要存在于海水中，碘主要富集在海水植物中，海水提溴是工业上获取溴的重要途径，故D错误；
本题答案为A。
14.短周期主族元素 Q、W、X、Y、Z原子序数依次增加，其中Q、W原子核外L 电子层的电子数分别为0、4，X、Y、Z在周期表中的位置如图所示。 下列说法不正确的是

A. W、 X、 Q 的原子半径依次减小 B. Y 的最高价氧化物的水化物一定是强酸
C. W 和 Z 可能形成化合物W3Z8 D. Q、 X、 Z 可能形成离子化合物
【答案】B
【解析】
短周期主族元素 Q、W、X、Y、Z原子序数依次增加，其中Q、W原子核外L 电子层的电子数分别为0、4，知W为C，Q可能为H 或He，根据元素周期表知X可能为N, Y为P,Z为S,也可能X为O,Y为S,Z为Cl,。A. W、 X、 Q 的原子半径依次减小，故A对；B为P，最高价氧化物的水化物为H3PO4属于中强酸，故B错误；C W为C， Z 可能为Cl也可能为S,可能形成化合物 W3Z8,故D对。答案：B。
点睛：考查元素周期表和元素周期律的相关知识。本题是根据元素周期表和原子结构来推断元素的性质的。本题的突破口短周期主族元素 Q、W、X、Y、Z原子序数依次增加，其中Q、W原子核外L 电子层的电子数分别为0、4，进行判断。
15.下列说法正确的是
A. Na2SO4 晶体中只含离子键
B. HCl、HBr、HI 分子间作用力依次增大
C. 金刚石是原子晶体，加热熔化时需克服共价键与分子间作用力
D. NH3 和 CO2 两种分子中，每个原子的最外层都具有 8 电子稳定结构
【答案】B
【解析】
A、Na2SO4晶体中既有Na+和SO42-之间的离子键，又有S和O原子间的共价键，故A错误；B、由于HCl、HBr、HI分子组成相同，结构相似，所以相对分子质量越大其分子间作用力超强，所以B正确；C、金刚石是原子晶体,只存在原子间的共价键，故加热融化时只克服原子间的共价键，故C错误；D、NH3中H原子只能是2电子结构，故D错误。本题正确答案为B。
16.2016 年，《Nature》期刊报道了 CH3OH、O2 在聚合物催化下的原电池，其工作示意图如图。下列说法正确的是

A. 电极 B 的电极反应为：O2 +2e－+H+=HO 2－
B. 电解质溶液中H+由电极 B 流向 A 极
C. 电极 A 是负极，发生还原反应
D. 外电路中通过 3 mol 电子，生成 CO2 11.2 L
【答案】A
【解析】
原电池工作时，CH3OH在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，则A为负极，正极B上为氧气得电子生成HO2-。A．B为正极，正极为氧气得电子生成HO2-，反应为O2+H++2e-=HO2-，故A正确；B．原电池工作时，阳离子向正极移动，H+向电极B移动，故B错误；C．A为负极，负极上CH3OH被氧化生成二氧化碳和水，故C错误；D．未告知气体所处状态，无法计算气体的体积，故D错误；故选A。
点睛：本题考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、离子流向是解题的关键。本题的难点是电极反应式书写，要根据图示以及电解质确定正负极产物。
17.常温下，pH 均为 12 的氨水和氢氧化钠溶液，下列有关说法正确的是
A. 水电离出的氢离子浓度：氨水＞氢氧化钠
B. 溶液中离子浓度：c(Na+)>c(NH4＋)
C. 等体积的氨水和氢氧化钠溶液与足量氯化铁溶液反应，氨水产生的沉淀多
D. 分别加入盐酸，恰好中和时所得溶液 pH：氨水>氢氧化钠
【答案】C
【解析】
【详解】A.溶液中氢氧根浓度相等，对水的电离抑制程度相同，则水电离出的氢离子浓度相等，故A错误；
B.依据电荷守恒可知，pH 相同的氨水和氢氧化钠溶液中，c(Na+)=c(NH4＋)，故B错误；
C.因为一水合氨为弱碱，pH 相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的总浓度大于溶液中氢氧根离子的浓度，等体积氨水和氢氧化钠溶液与足量氯化铁溶液反应，氨水产生的沉淀多，故C正确；
D.恰好中和时分别生成氯化铵和氯化钠，铵根离子水解溶液显酸性，所得溶液pH：氨水＜氢氧化钠；
本题答案为C。
【点睛】常温下，pH 均为 12 的氨水和氢氧化钠溶液，虽然氢氧化钠是强碱、氨水是弱碱，但由于pH 均为 12，c(OH-)相同，对水的电离的抑制程度相同，但物质的量浓度不同，在体积相同的情况下中和酸的能力不同。
18.下列离子方程式正确的是
A. 食醋除去水垢中的碳酸钙:CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋CO2↑＋2CH3COO－＋H2O
B. SO2通入BaCl2溶液中:Ba2＋＋SO2＋H2O=BaSO4↓＋2H＋
C. 铁与稀盐酸反应:2Fe + 6H+= 2Fe3++ 3H2↑
D. 碳酸氢铵溶液与少量氢氧化钠溶液反应:NH4＋＋OH－=NH3·H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.食醋除去水垢中的碳酸钙的离子方程式为：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋CO2↑＋2CH3COO－＋H2O，故A正确；
B.因为亚硫酸的酸性比盐酸的酸性弱，所以SO2通入BaCl2溶液不反应，故B错误；
C.铁与稀盐酸反应的离子方程式为：Fe + 2H+ = Fe2+ + H2↑，故C错误；
D.碳酸氢铵溶液与少量氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O，故D错误；
本题答案为A。
19.下列说法正确的是
A. 高级脂肪酸乙酯的碱性水解属于皂化反应
B. 蔗糖、淀粉、纤维素均为高分子化合物
C. 硫酸铜溶液可使蛋白质变性,可用于游泳池的杀菌消毒
D. 氨基酸分子中都含有-NO2 和-COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A.高级脂肪酸甘油酯的碱性水解属于皂化反应，故A错误；
B.蔗糖是低聚糖，不是高分子化合物，故B错误；
C.硫酸铜属于重金属盐，能使蛋白质变性，所以可用于游泳池的杀菌消毒，故C正确；
D.氨基酸分子中含有—NH2和一COOH，故D错误；
本题答案为C。
20.下列有关化学反应与能量变化说法正确的是

A. 相同条件下，氢气和氧气反应生成液态水比生成等量的气态水所放出的热量少
B. 根据如图金刚石在一定条件下转化成石墨提供的信息，可知生成物比反应物稳定，过程中向外界放出热量为E2-E3
C. 同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H不同
D. 已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H=+489.0kJ·mol-1
CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ·mol-1
C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol-1
则4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）△H=-1641.0kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.相同条件下，氢气和氧气反应生成液态水比生成等量的气 态水所放出的热量多，故A错误；
B.根据如图金刚石在一定条件下转化成石墨提供的信息， 可知生成物比反应物稳定，过程中向外界放出热量为 E1-E3，故B错误；
C.同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）依据盖斯定律可知在光照和点燃条件下的△H 相同，故C错误；
D.① Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g） △H=+489.0kJ·mol-1
② CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g） △H=-283.0kJ·mol-1
③ C（ 石 墨 ）+O2（g）=CO2 （g） △H=-393.5kJ·mol-1
根据盖斯定律有：6（③②）2①得：4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s） △H=-1641.0kJ·mol-1，故D正确；
本题答案为D。
【点睛】盖斯定律的含义是：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，所以对所给的热化学方程式进行必要的运算，就可写出未知的热化学方程式。
21.研究反应 2X(g)Y(g)+Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行 4 组实验，Y、Z 起始浓度为 0，反应物X 的浓度随反应时间的变化情况如图所示。下列说法不正确的是

A. 比较实验②、④得出：升高温度，化学反应速率加快
B. 比较实验①、②得出：增大反应物浓度，化学反应速率加快
C. 若实验②、③只有一个条件不同，则实验③使用了催化剂
D. 在 0~10min 之间，实验③的平均速率 v(Y)=0.04 mol·L-1·min-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可以看出实验②在0~10min 之间，反应物X 的浓度变化0.2mol/L, 实验④在0~10min 之间，反应物X 的浓度变化0.6mol/L,而实验④的温度比实验②的温度高，故A正确；
B.实验①和实验②相比，由于实验①起始时反应物X 的浓度比实验②起始时反应物X 的浓度大，导致0~10min 之间X的浓度变化量实验①大于实验②，所以增大反应物浓度，化学反应速率加快，故B正确；
C.实验②、③相比，温度、浓度均相同，但反应速率实验②、③不同，实验③的速率快，则实验③使用了催化剂，故C正确；
D.在 0~10min 之间，实验③的平均速率 v(X)=0.04 mol·L-1·min-1，所以v(Y)=0.02 mol·L-1·min-1，故D错误；
本题答案为D。
22.设 NA 为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 标准状况下，11.2L CCl4 中含 C—Cl 键的数目 1.5NA
B. 8.7g MnO2 与 40 mL 10 mol·L-1的浓盐酸充分反应，生成的氯气分子数为 0.1 NA
C. 1mol NaHSO4固体中含有的离子总数为 2 NA
D. 0.5mol·L-1K2SO4 溶液中，阴阳离子总数为 1.5 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.标准状况下，CCl4不是气体，所以11.2L CCl4 不是0.5mol，故A错误；
B.MnO2 与浓盐酸反应才能生成氯气，随着反应进行盐酸的浓度变小，反应就会停止，实际参加反应的盐酸n(HCl)0.4mol，生成的氯气分子数小于 0.1 NA，故B错误；
C.NaHSO4 固体中含有的离子是：Na+、HSO4-，所以1mol NaHSO4 固体中含有的离子总数为 2 NA，故C正确；
D.因未给出溶液的体积，所以无法计算0.5mol·L-1 K2SO4 溶液中阴阳离子总数，故D错误；
本题答案为C。
23.25 ℃时，在25 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入0.2 mol/L的CH3COOH溶液，溶液的pH变化如下图所示，下列分析的结论中正确的是（ ）

A. B点的横坐标a＝12.5
B. C点时溶液中有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
C. D点时溶液中有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)
D. 曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】C
【解析】
醋酸是弱酸，当氢氧化钠和醋酸恰好反应时，消耗醋酸的体积是12.5ml，此时由于醋酸钠的水解溶液显碱性，即pH大于7。B点的pH＝7，说明醋酸溶液的体积应大于12.5ml，选项A不正确。根据电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋) 可知选项B不正确。D点溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸的混合液，且二者的浓度相同，所以根据原子守恒可知选项C正确。若加入的醋酸很少时，会有c(Na＋) >c(OH－) >c(CH3COO－)>c(H＋)，所以选项D也不正确。答案是C。
24.取 1LFeCl3 溶液腐蚀铜板制作电路板，反应后在此残留液中慢慢加入铁粉，溶液中 Fe2+的浓度变化如图所示（加入固体引起的体积变化忽略不计），下列说法不正确的是

A. 当n（Fe）=0.5mol 时，发生的离子反应为 Fe+2Fe3+=3Fe2+
B. 当 n（Fe）=1.5mol 时，溶液中发生的总反应离子方程式为4Fe3++Cu2++3Fe=7Fe2++Cu
C. 当n（Fe）=1mol 时，溶液中 c（Fe2+）=5 mol·L-1
D. 腐蚀之前原溶液中 c（Fe3+）=4 mol·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】
因为氧化性顺序为Fe3+Cu2+H+，由图可以看出当加入铁在0mol至1mol时是Fe3+和Fe反应，加入铁在1mol至2mol时是Cu2+和Fe反应，加入铁大于2mol后是H+和Fe反应，因为残留液中加入1molFe即把Fe3+消耗完了，依据Fe2Fe3+，所以残留液中含有Fe3+2mol,又因为加入2molFe后残留液中的Cu2+也反应完了，依据 FeCu2+所以残留液中含有Cu2+为1mol，又因为Cu2+2Fe3+可得原FeCl3 溶液的浓度为4mol/L。
【详解】A.由上述分析可知，当n（Fe）=0.5mol 时，发生的离子反应为 Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A正确；
B.由上述分析可知，当 n（Fe）=1.5mol 时，溶液中发生的总反应离子方程式为4Fe3++Cu2++3Fe=7Fe2++Cu，故B正确；
C.由上述分析可知，当n（Fe）=1mol 时，溶液中 c（Fe2+）=5 mol·L-1。故C正确；
D.由于FeCl3会发生水解，原FeCl3 溶液的浓度为4mol/L，则c（Fe3+）略小于4 mol·L-1，故D错误；
本题答案为D。
25.某溶液可能含有Clˉ、SO42ˉ、CO32ˉ、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+和Na+。某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：

由此可知原溶液中
A．原溶液中c（Fe3+）="0.2" mol·L-1
B．溶液中至少有4种离子存在，其中Clˉ一定存在，且c（Clˉ）≥0.2 mol·L-1
C．SO42ˉ、NH4+、Na+一定存在，CO32ˉ、Al3+一定不存在
D．要确定原溶液中是否含有Fe2+,其操作为：取少量原溶液于试管中,加入适量氯水，无现象，再加KSCN溶液，溶液成血红色，则含有Fe2+

【答案】B
【解析】
试题分析：根据设计并完成的实验：①加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明有NH4+，而且为0.02mol。同时产生红褐色沉淀，说明有Fe3+，但由于Fe2+极易被氧化为Fe3+，所以这里不能排除原溶液中没有Fe2+存在，又由于Fe3+（或Fe2+）不能与CO32ˉ共存，所以原溶液中就没有CO32ˉ，且根据过滤、洗涤、灼烧后得1.6g固体（Fe2O3）可知Fe离子为0.02mol。②滤液焰色反应呈黄色，说明有Na+，但不能说明有原溶液中一定Na+，因为在加入过量NaOH溶液时，引入了Na+。③根据不溶于盐酸的4.66g沉淀，说明有SO42-，且为0.02mol。④根据电荷守恒可知一定有Cl-，且至少有0.02mol，因为如果原溶液中有Na+，则Cl-大于0.02mol，即c（Clˉ）≥0.2 mol·L-1。由此可知，原溶液中NH4+、 SO42ˉ、Clˉ一定存在，Fe3+或Fe2+至少有一种存在；Na+可能存在也可能不存在；CO32ˉ、Al3+一定不存在。所以，选项B正确，选项A、C、D错误。
考点：离子的鉴别、检验
26.某中性有机物A的分子量为88，碳的质量分数为54.5%，氢的质量分数为9.1%，其余为氧。可发生如图所示变化：

（1）C中官能团的名称是__________ 。
（2）D→E的反应类型是____________。
（3）有机物A与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________。
（4）已知某烃X的相对分子质量比A小16，分子中碳与氢的质量之比为5:1。下列说法正确的是________。
A.相同条件下X的密度比水小
B. 烃X能与氢气发生还原反应
C.甲烷与烃X互为同系物
D.C、D、E可用新制氢氧化铜检验
【答案】 (1). 羧基 (2). 氧化反应 (3). CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH (4). ACD
【解析】
【分析】
有机物A的分子量为88，碳的质量分数为54.5%，氢的质量分数为9.1%，其余为氧，所以1molA中含碳n(C)=88g×54.5÷12g/mol=4mol,含氢n(H)=88×9.1%÷1g/mol=8mol，含氧n(O)= 88g(1-54.5%9.1%)÷16g/mol=2mol，所以A的分子式为：C4H8O2，因A在NaOH中水解所以A为酯，由图可知B为羧酸钠，B和盐酸反应得到C，D为醇且D能发生氧化反应生成E，E还能发生氧化反应生成C，则B和D为等碳数的羧酸钠和醇，故D为乙醇，E为乙醛，C为乙酸；烃X的相对分子质量比A小16，所以X的相对分子质量为72，分子中碳与氢的质量之比5:1,设X的分子式为：CmHn,则有12mn=72，12m/n=5,解得m=5 n=12，烃X的分子式为C5H12，符合CnH2n+2，故X是烷烃。
【详解】（1）由上述分析可知：C为乙酸，所以C的官能团为羧基；
本题答案为：羧基。
（2）D→E的反应是乙醇的催化氧化反应，反应类型为氧化反应；
本题答案为：氧化反应。
（3）由分析可知有机物A为乙酸乙酯，所以有机物A与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH；
本题答案为：CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH。
（4）烃X的相对分子质量比A小16，所以X的相对分子质量为72，分子中碳与氢的质量之比为5:1,设X的分子式为：CmHn,则有12mn=72，12m/n=5,解得m=5 n=12，烃X的分子式为C5H12，符合CnH2n+2，故X是烷烃，A.相同条件下戊烷的密度比水小,故A正确；B.烷烃为饱和烃，不能和氢气加成，故B错误；C. 甲烷与烃X互为同系物，故C正确；D. C、D、E分别为乙酸、乙醇、乙醛，遇新制氢氧化铜的现象分别为：氢氧化铜溶解、无明显现象、有砖红色沉淀生成，现象不同，可用新制氢氧化铜检验，故D正确；
本题答案为：ACD。
27.某黑色物质甲只含两种元素，为探究物质甲的组成和性质，设计并完成如下实验。其中气态氢化物乙在标况下的密度为 1.518 g·L-1，甲和乙中相同元素的化合价相同。


（1）甲的组成元素_____________。
（2）写出甲与足量浓盐酸反应的离子方程式______________。
（3）气体乙在过量空气中充分燃烧后，再将混合气体通入BaCl2溶液，出现白色沉淀。写出该过程中总反应的离子方程式_________________ 。
【答案】 (1). Fe、S (2). Fe3S4 +6H+=3Fe2++S↓+H2S↑ (3). 2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+
【解析】
【分析】
甲与足量浓盐酸反应得到的滤液中加入足量NaOH溶液，产生白色沉淀，白色沉淀变为红褐色，滤液中含Fe2+，红褐色沉淀为Fe(OH)3，红褐色Fe(OH)3灼烧后得到24g的固体为Fe2O3，根据Fe守恒，甲中含Fe元素，且n(Fe)=2n(Fe2O3)=2=0.3mol；甲+浓盐酸气态氢化物乙+滤液+淡黄色沉淀，甲中只含两种元素，M(乙)=1.518g/L22.4L/mol≈34g/mol，乙为H2S，淡黄色沉淀为S，n(S)==0.1mol，甲中含S元素，乙中硫元素的化合价为-2价，甲和乙中相同元素的化合价相同，甲中硫元素的化合价为-2价；甲与浓盐酸的反应为氧化还原反应，设甲中Fe元素的平均化合价为x，根据得失电子守恒，0.3mol[x-(+2)]=0.1mol[0-(-2)]，解得x=，根据正负化合价代数和为0，甲的化学式为Fe3S4。
【详解】（1）由上述分析可知，甲的化学式为Fe3S4，故甲由Fe和S两种元素组成；
本题答案为：Fe、S。
（2）甲与足量浓盐酸反应的离子方程式为：Fe3S4 +6H+=3Fe2++S↓+H2S↑；
本题答案为：Fe3S4 +6H+=3Fe2++S↓+H2S↑。
（3）气体乙是H2S，在过量空气中充分燃烧后，生成SO2，将燃烧后的混合气体（SO2、O2）通入BaCl2溶液，出现白色沉淀BaSO4，离子方程式为：2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4↓ +4H+；
本题答案为：2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4 ↓+4H+。
28.利用以下装置完成下列实验（图中a、b、c、d 为止水夹）。

（1）仪器乙的名称_________。
（2）装置 A、B、D 相连，可证明SO2在水中的溶解度，相关操作依次是：制取 SO2，收集 SO2， 关闭止水夹 b、d，打开止水夹 c，_____________，
（3）若烧杯中有大量水倒吸入丙试管中，说明 SO2 易溶于水。 装置 A、C 相连，可用于证明C、Si 的非金属性强弱，则试剂甲是_____________，C 中 的 现 象 是____________。
【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 用手捂热试管 (3). H2SO4溶液（或稀硫酸） (4). 出现白色沉淀
【解析】
【分析】
（1）图中仪器乙为圆底烧瓶；
（2）装置 A是用来制取SO2、装置B用来验证SO2溶解性、装置D用来尾气回收，操作依次是：制取 SO2，收集 SO2， 关闭止水夹 b、d，打开止水夹 c，用手捂热试管，若烧杯中有大量水倒吸入丙试管中，说明 SO2 易溶于水；
（3）装置 A、C 相连，可用于证明C、Si 的非金属性强弱，则在A中发生反应制取CO2，试剂甲是比碳酸酸性强的酸H2SO4，在C中盛放Na2SiO3溶液，若出现白色H2SiO3沉淀，则证明C的非金属性比Si强。
【详解】（1）图中仪器乙为圆底烧瓶；
本题答案为：圆底烧瓶。
（2）装置 A是用来制取SO2、装置B用来验证SO2溶解性、装置D用来尾气回收，操作依次是：制取 SO2，收集 SO2， 关闭止水夹 b、d，打开止水夹 c，用手捂热试管，若烧杯中有大量水倒吸入丙试管中，说明 SO2 易溶于水；
本题答案为：用手捂热试管。
（3）装置 A、C 相连，可用于证明C、Si 的非金属性强弱，则在A中发生反应制取CO2，试剂甲是比碳酸酸性强的酸H2SO4，在C中盛放Na2SiO3溶液，若出现白色H2SiO3沉淀，则证明C的非金属性比Si强；
本题答案为：H2SO4溶液（或稀硫酸）、出现白色沉淀。
29.向 Fe 和 Fe2O3 组成的 3.84g 混合物中加入 120mL 某浓度的盐酸，恰好完全反应，生成 672mL H2（标准状况下）；向反应后的溶液中滴加几滴 KSCN 溶液，溶液无明显变化。（结果保留三位有效数字）
（1）原混合物中Fe 的质量为____________g.
（2）所用盐酸的物质的量浓度为____________mol/L.
【答案】 (1). 2.24 (2). 1.00
【解析】
【分析】
混合物与盐酸恰好完全反应,所得溶液中加入KSCN溶液,无血红色出现,说明溶液中的溶质为FeCl2,发生反应:Fe2H+=Fe2+H2、Fe2O36H+=2Fe3+3H2O、Fe2Fe3+=3Fe2+,设原混合物中Fe和Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，结合氢气的体积与二者质量之和列方程计算,再根据m=nM计算Fe和Fe2O3的质量,根据氯离子守恒参与反应的n(HCl)=2n(FeCl2),根据Fe元素守恒可以知道n(FeCl2)=n(Fe)2n(Fe2O3),再根据c=n/V计算HCl的物质的量浓度。
【详解】(1)生成氢气物质的量为：=0.03mol,设原混合物中Fe和Fe2O3的物质的量分别为x、y,则：
Fe2O36H+=2Fe3+3H2O   
ymol   2ymol        
Fe2Fe3+=3Fe2+  
ymol 2ymol           
Fe2H+=Fe2+H2
(x-y)mol  (x-y)mol
根据题意得方程：x-y=0.03mol,56x160y=3.84g，联立方程计算得：x=0.04mol 、y=0.01mol,故m(Fe)=0.04mol56g/mol=2.24g， m(Fe2O3)=0.01mol160g/mol=1.6g
本题答案为：2.24。
(2)参加反应的盐酸有下列关系：n(HCl)=2n(FeCl2)=2[n(Fe)2n(Fe2O3)]=2[0.04mol20.01mol]=0.12mol,c(HCl)==1.00mol/L ；
本题答案为：1.00.
30.碳元素及其化合物与人类的生活、生产息息相关，请回答下列问题：
（1）绿色植物的光合作用吸收 CO2 释放O2 的过程可以描述为以下两步： 2CO2(g)+2H2O(l)+2C5H10O4(s) = 4(C3H6O3)(s)+O2(g)+4e- △H=+1360 kJ·mol-1
12(C3H6O3)(s)+12e- = C6H12O6(s，葡萄糖)+6C5H10O4(s)+3O2(g) △H=-1200 kJ·mol-1
则绿色植物利用二氧化碳和水合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式为：___________。
（2）工业炼铁时有如下副反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g) △H>0。某温度时，把 Fe 和CO2 放入体积固定的容器中，CO2 的起始浓度为 2.0 mol•L-1，达到平衡后，CO 的浓度为 1.0 mol•L-1，则该温度下，该反应的平衡常数 K=_________。如果平衡后通入一定量的 CO，建立新平衡后，CO2 的物质的量分数将________。（填编号）
A．增大 B．减少 C．不变 D.无法判定
（3）利用 H2 和 CO2 在一定条件下可以合成乙烯：6H2（g）＋2CO2（g） CH2＝CH2（g）＋4H2O（g）。在体积为 1L 的恒容容器中，投料为 3mol H2 和 1mol CO2 时，不同温度对 CO2 的平衡转化率及催化剂的催化效率的影响如下图所示。

下列有关说法不正确．的是______（填序号）。
A.平衡常数大小：M＞N
B.反应物活化分子百分数大小：M＞N
C.其他条件不变，若不使用催化剂，则 250℃时 CO2 的平衡转化率可能位于点M1
D.其他条件不变，若投料改为 4mol H2 和 1mol CO2 时，则 250℃时 CO2 的平衡转化率可能位于点M2
（4）将 CO2 与 H2 按物质的量之比为 1:3 通入恒温恒容密闭容器中，控制条件，使其发生反应： CO2 (g)+3H 2(g) CH3 OH(g)+H2 O(g) △H = -49.2kJ·mol-1，得到甲醇的体积分数与时间的关系如上图所示。保持其它条件不变，t1 时再向容器中加入一定量物质的量之比为 1:3 的 CO2 与 H2 混合气，t2 时再次达到平衡，请在上图画出 t1～t3 时间内甲醇体积分数随时间的变化曲线。 ___________
（5）以多孔石墨为阳极，以 NaCl 和 NaOH 的混合溶液作电解液，用电解法由甲烷制取甲醇。写 出 阳 极 的 电 极 反 应 式 ：_________。
（6）25℃时，将 a mol•L-1 的 CH3COOH 溶液与 b mol•L-1 的 NaOH 溶液等体积混合，溶液恰好呈中性， 则电离平衡常数Ka（CH3COOH）=__________。
【答案】 (1). 6CO2（g）+6H2O（l）=C6H12O6（s,葡萄糖）+6O2（g） △H=+2880 kJ·mol-1 (2). 1.0 (3). C (4). B、C (5). (6). CH4-2e-+2OH-=CH3OH+H2O (7). b×10-7/(a-b)
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律求算用二氧化碳和水合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式；
（2）通过“三行式”法计算平衡常数；
（3）依据在体积为 1L 的恒容容器中6H2（g）＋2CO2（g） CH2＝CH2（g）＋4H2O（g）及图象曲线变化分析各选项的正确性；
（4）由于CO2 (g)+3H 2(g) CH3 OH(g)+H2O(g)是在恒容的容器中进行且气体体积减小的可逆反应，所以再向容器中加入一定量物质的量之比为 1:3 的 CO2 与 H2 混合气，相当于增大压强，平衡向正向移动；
（5）以多孔石墨为阳极，以 NaCl 和 NaOH 的混合溶液作电解液，用电解法由甲烷制取甲醇，在阳极CH4失去电子，在碱性条件下生成CH3OH；
（6）向amol/L CH3COOH溶液中滴加等体积的bmol/L氢氧化钠溶液恰好使溶液呈中性,所以c(H+)=c(OH-)=mol/L,根据溶液中电荷守恒c(Na+)c(H+)=c(OH-)c(CH3COO-),因为等体积混合所以此时溶液中c(Na+)c(CH3COO-)=b/2mol/L,c(CH3COOH)=(a-b)/2mol/L,反应后溶液中CH3COOH的电离常数k=c(H+)c(CH3COO-)/c(CH3COOH)。
【详解】（1）①2CO2(g)+2H2O(l)+2C5H10O4(s) = 4(C3H6O3)(s)+O2(g)+4e- △H=+1360 kJ·mol-1
②12(C3H6O3)(s)+12e- = C6H12O6(s，葡萄糖)+6C5H10O4(s)+3O2(g) △H=-1200 kJ·mol-1 ，依盖斯定律3①②得6CO2（g）+6H2O（l=C6H12O6（s,葡萄糖）+6O2（g）△H=+2880 kJ·mol-1；
本题答案为：6CO2（g）+6H2O（l=C6H12O6（s,葡萄糖）+6O2（g）△H=+2880 kJ·mol-1 。
(2)设CO2 的变化浓度为xmol/L, 则有：
Fe(s)+ CO2(g)FeO(s) +CO(g)
起始 2 0
变化 x x
平衡 2-x x
由题可知：x= 1.0 mol•L-1,所以平衡常数K=c(CO)/c(CO2)==1.0；其他条件不变，由于该反应是前后气体物质的量不变的反应，通入CO建立新平衡后，CO2 的物质的量分数不变；
本题答案为：1.0 ，C。
（3）A.由图象可以看出，温度升高CO2的转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故A正确；
B.温度越高分子的能量越大，活化分子百分数越大，故B错误；
C.用催化剂只能改变化学反应速率，不能使平衡移动，故C错误；
D.其他条件不变，增大H2的通入量，CO2的转化率增大，故D正确；
本题答案为：BC。
（4）由于反应CO2 (g)+3H 2(g) CH3 OH(g)+H2 O(g)，是在恒容的容器中进行且气体体积减小的可逆反应，所以再向容器中加入一定量物质的量之比为 1:3 的 CO2 与 H2 混合气，相当于增大压强，平衡向正向移动，甲醇的体积分数增加；故图像应为：
本题答案为：。
（5）以多孔石墨为阳极，以 NaCl 和 NaOH 的混合溶液作电解液，用电解法由甲烷制取甲醇，在阳极CH4失去电子，在碱性条件下生成CH3OH；电极反应式为：CH4-2e-+2OH-=CH3OH+H2O；
本题答案为：CH4-2e-+2OH-=CH3OH+H2O。
（6）向amol/L CH3COOH溶液中滴加等体积的bmol/L氢氧化钠溶液恰好使溶液呈中性,所以c(H+)=c(OH-)=mol/L,根据溶液中电荷守恒c(Na+)c(H+)=c(OH-)c(CH3COO-),因为等体积混合，此时溶液中c(Na+)c(CH3COO-)=b/2mol/L,c(CH3COOH)=(a-b)/2mol/L,反应后溶液中CH3COOH的电离常数k=c(H+)c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=（mol/Lb/2mol/L）÷(a-b)/2mol/L= [b×10-7/(a-b)] mol/L，电离常数只和温度有关所以Ka=K=[b×10-7/(a-b)]mol/L；
本题答案为：b×10-7/(a-b)。
【点睛】弱酸的电离常数只和温度有关，所以欲求算弱酸的电离常数，可用中和反应后的有关数据计算。
31.采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线可合成有机物 E、F：

请回答：

（1）B 中官能团的名称是_________,反应⑥的反应类型是__________。
（2）D→E 的 化 学 方 程 式_________________________________。
（3）F 的 结 构 简 式___________________________。
（4）下列有关说法不正确的是_________。
A.E 能与新制的 Cu(OH)2 悬浊液发生反应，而 B 不能与新制的 Cu(OH)2 悬浊液发生反应
B.F 在碱性条件下可发生皂化反应
C. 不能使酸性 KMnO4 溶液褪色
D. 1mol E 和足量 H2 反应，最多消耗 4mol H2
【答案】 (1). 羧基 (2). 取代（酯化）反应 (3). (4). (5). A、B、C
【解析】
【分析】
由转化关系图可知，乙烯和水反应生成A为乙醇。乙醇催化氧化最终生成B乙酸，甲苯和氯气在光照条件下甲基上的氢原子被取代生成C为，在碱性条件下发生水解生成D为苯甲醇，苯甲醇和乙酸发生酯化反应生成F为乙酸苯甲酯，苯甲醇催化氧化生成苯甲醛。
【详解】（1）由以上分析可知B是乙酸，所含官能团为羧基，反应⑥是乙酸和苯甲醇的酯化反应；
本题答案为：羧基、取代反应（酯化反应）。
（2）D是苯甲醇，E是苯甲醛，D→E 的 化 学 方 程 式为：；
本题答案为：。
（3）F是乙酸苯甲酯，结构简式为: ;
本题答案为：。
（4）A. E 是苯甲醛，能与新制的 Cu(OH)2 悬浊液发生反应，而 B是乙酸也能与新制的 Cu(OH)2 悬浊液发生反应，故A错误；

B. 通常油脂在强碱溶液中的反应称为皂化反应，F 是乙酸苯甲酯，在碱性条件下可发生水解反应，但不是皂化反应，故B错误；
C. 能被酸性高锰酸钾氧化成苯甲酸，所以能使酸性 KMnO4 溶液褪色，故C错误；
D.E是苯甲醛，苯环和醛基均能和H2发生加成反应，1mol E 和足量 H2 反应，最多消耗 4mol H2，故D正确；
本题答案为：ABC。
32.某同学将铁铝合金样品溶解后取样 25.00 mL，分离并测定Fe3+的浓度，实验方案设计如下：

已知：乙醚[(C2H5)2O] 沸点为 34.5℃，易挥发、易燃，不纯时点燃易发生爆炸，微溶于水，密度比水小。在盐酸浓度较高时，Fe3+与 HCl、乙醚形成化合物[(CH3 ) OH][FeCl ]而溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。请回答：
（1）操作A 得到溶液Ⅰ，具体操作是：静置后，_____________________________。
（2）经操作 A 后，为判断Fe3+是否有残留，请设计实验方案__________。
（3）蒸馏装置如图所示，装置中存在的错误是____________、______________。

（4）下列有关说法正确的是__________。
A．为了减少滴定误差，滴定管、锥形瓶均需用待装液润洗
B．标准KMnO4溶液应该装在酸式滴定管中
C．开始滴定前，滴定管标准液内有气泡，滴定终点时，气泡消失了，则测得Fe3+的浓度偏低
D．三次平行测定时，每次需将滴定管中的液面调至“0”刻度或“0”刻度以下的附近位置
（5）用 0.1000 mol·L-1 KMnO 4溶液进行滴定，平行 实验三次，达到终点时，平均消耗KMnO4溶液 6.00 mL （滴定前先除去溶液中溶解的 HCl）。根据该实验数据，试样 X 中c(Fe3+)为____________。（结果保留三位有效数字）
【答案】 (1). 打开分液漏斗的旋塞和活塞，待下层液体流尽后，关闭旋塞，将溶液Ⅰ从上口倒出到烧杯中 (2). 取少许溶液Ⅱ于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变血红色，则没有Fe3+残留 (3). 明火加热（易导致爆炸） (4). 装置密闭（易导致爆炸） (5). B、D (6). 0.480 mol·L－1
【解析】
【分析】
（1）因为Fe3+与 HCl、乙醚形成化合物[(CH3 ) OH][FeCl ]而溶于乙醚，而乙醚微溶于水，所以采用分液法分离；
（2）用KSCN检验溶液中是否含有Fe3+；
（3）乙醚易挥发、易燃，所以不能用明火加热，整套装置为密闭装置，乙醚沸点低容易发生爆炸；
（4）依据滴定实验的误差分析判断；
（5）利用高锰酸钾和Fe2+氧化还原反应离子方程式计算；
【详解】（1）因为Fe3+与 HCl、乙醚形成化合物[(CH3 ) OH][FeCl ]而溶于乙醚，而乙醚微溶于水，所以采用分液法分离，具体操作为：打开分液漏斗的旋塞和活塞，待下层液体流尽后，关闭旋塞，将溶液Ⅰ从上口倒出到烧杯中；
本题答案为：打开分液漏斗的旋塞和活塞，待下层液体流尽后，关闭旋塞，将溶液Ⅰ从上口倒出到烧杯中。
（2）用KSCN检验溶液II中是否含有Fe3+，具体操作为：取少许溶液Ⅱ于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变血红色，则没有Fe3+残留；
本题答案为：取少许溶液Ⅱ于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变血红色，则没有Fe3+残留。
（3）乙醚易挥发、易燃，所以不能用明火加热，整套装置为密闭装置，乙醚沸点低易挥发，容易发生爆炸；
本题答案为：明火加热（易导致爆炸）， 装置密闭（易导致爆炸）。
（4）A.锥形瓶不能用待装液润洗，故A错误；
B.标准KMnO4溶液应该装在酸式滴定管中,故B正确；
C.开始滴定前，滴定管标准液内有气泡，滴定终点时，气泡消失了，则测得Fe3+的浓度偏高，故C错误；
D.三次平行测定时，每次需将滴定管中的液面调至“0”刻度或“0”刻度以下的附近位置，故D正确；
本题答案为BD。
（5）设25mL溶液中含Fe2+的物质的量为xmol，则有：
MnO4- + 8H+ +5 Fe2+= Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O，
1 5
0.16 x
解得x=3mol 依据铁守恒，所以原溶液中含有Fe3+的物质的量n(Fe3+)=1.2mol，
c(Fe3+)=n(Fe3+)/v=1.2mol/25L= 0.480 mol·L－1；
本题答案为：0.480 mol·L－1。


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