1、简答题  市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明（部分）：

参考答案：（1）：该反应中化合价的变化为：KIO3→I2，I元素由+5价→0价，一个KIO3分子得5个电子；KI→I2，I元素由-1价→0价，一个KI分子失一个电子，所以得失电子的最小公倍数为5，KIO3的计量数为1，KI的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，所以反应方程式为KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，
故答案为：1；5；3；3；3；3；
（2）①Na2SO3稀溶液与I2反应，Na2SO3被氧化为硫酸钠，I2被还原为I-，反应的离子方程式是：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，
故答案为：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+；
②Na2SO3稀溶液与碘的四氯化碳溶液不互溶，分层，要使Na2SO3与碘反应，应充分振荡使其接触．所以在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置，
故答案为：在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置；
（3）①碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色；
?②由 KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62得，
? ?I～3I2 ～6S2O32
?127g? 6mol
? ?m（I）? ?6.0×10-4mol/L×0.02L

解得：m（I）=2.54×10-4g=2.54×10-1mg，
设每千克食盐中含碘xmg，列比例式为2.54×10-1mg12.7×10-3kg=xmg1kg，x=20，故答案为：20．

本题解析：

本题难度：一般

2、选择题  某有机物燃烧后产物只有CO2和H2O，可推出的结论是，这种有机物中（　　）
A．一定只有C、H
B．可能含有C、H、O
C．一定含有C、H、无O
D．一定含有C、H、可能有O

参考答案：D

本题解析：

本题难度：一般

3、简答题  为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：

（1）第⑤步实验操作需要烧杯、______、______等玻璃仪器．
（2）步骤2中，判断加入BaCl2已过量的方法是：______
（3）除杂试剂BaCl2、NaOH、Na2CO3、加入的顺序还可以是（用化学式回答）______．
（4）若先用盐酸调pH值再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是______．
（5）为检验精盐纯度，需配制200mL?1mol/L?NaCl（精盐）溶液，如图是该同学转移溶液的示意图，图中的错误是：______
（6）配制过程中，下列操作情况会使结果偏低的是______
A．称量时，托盘天平左盘加砝码，右盘加氯化钠
B．移液前，容量瓶中有少量蒸馏水未倒出
C．定容时，俯视容量瓶刻度线观察液面
D．定容后，倒置容量瓶摇匀经平放静置，液面低于刻度线，再加水定容．

参考答案：（1）实现沉淀和溶液分离的方法是过滤，用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：漏斗；玻璃棒；
（2）向溶液中加入氯化钡，是为了除去硫酸根离子，如果氯化钡过量，则硫酸根离子已经除净，反之回升逾硫酸根，可以在②步后的上层清液中，再滴入氯化钡溶液，若溶液未变浑浊，则说明所加的氯化钡已过量，
故答案为：在②步后的上层清液中，再滴入氯化钡溶液，若溶液未变浑浊，则说明所加的氯化钡已过量；
（3）镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3，
故答案为：NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3；
（4）若先用盐酸调pH值再过滤，这样生成的氢氧化镁、碳酸钙、碳酸钡等均会溶解于盐酸中，影响精盐的纯度，
故答案为：在此酸度条件下，会有部分沉淀溶解，影响精盐的纯度；
（5）配制200mL?1mol/L?NaCl（精盐）溶液在移液这一步中，为防止液体外溅，一定要用玻璃棒引流，配制200mL的溶液应选用200mL的容量瓶，故答案为：未用玻璃棒引流，未使用200mL的容量瓶；
（6）A．称量时，托盘天平左盘加砝码，右盘加氯化钠，则实际称得的氯化钠质量是砝码减游码质量，氯化钠的物质的量偏低，故实验结果偏低，故A正确；
B．移液前，容量瓶中有少量蒸馏水未倒出，不影响实验结果，故B错误；
C．定容时，俯视容量瓶刻度线观察液面，则溶液的体积不足200mL，所以浓度偏高，故C错误；
D．定容后，倒置容量瓶摇匀经平放静置，液面低于刻度线，再加水定容，相当于把溶液稀释了，故结果偏低，故D正确．
故选AD．

本题解析：

本题难度：一般

4、填空题  现有A、B、C、D、E五种钠的化合物．其中有一种为浅黄色，其余均为白色或无色粉末，已知五种物质间有如下转化关系：
①B+H2O+CO2→A　　②D+H2O→C+O2↑
③A+C→B+H2O　　④E+H2O→C
A______、B______、C______、D______、E______．

参考答案：已知A、B、C、D、E五种钠的化合物，其中一种为浅黄色则为过氧化钠，过氧化钠与水反应能生成NaOH和O2，所以D为Na2O2，C为NaOH；E+H2O→C，则E为Na2O；
B+H2O+CO2→A，则B为Na2CO3，A为NaHCO3；
故答案为：NaHCO3；Na2CO3；NaOH；Na2O2；Na2O．

本题解析：

本题难度：一般

5、填空题  六个未贴标签的试剂瓶中分别装有以下稀溶液①FeSO4、②H2SO4、③BaCl2、④H2O2、⑤Al（NO3）3、⑥NaOH．
（1）某同学想不用其他试剂，仅通过用试管取少量上述溶液进行两两混合实验而给试剂瓶贴上正确的标签，他能成功吗？______（填“能”或“不能”）．
（2）实验中发现，有一组在混合时，随着试剂滴加的顺序不同而出现明显不同的现象，该组是______，有一组在混合时，随着试剂滴加后的时间不同而出现明显不同的现象，该组是______，该组涉及氧化还原应的化学方程式为______．
（3）鉴别后，该同学又用FeSO4做了三个体现Fe2+还原性的实验，每次加入上述两种已鉴别的物质的溶液与其混合．试写出其中两个反应的离子方程式______．

参考答案：（1）仅通过用试管取少量上述溶液进行两两混合实验，可以鉴别出各物质，依据溶液颜色是浅绿色判断为①FeSO4 ，把①FeSO4溶液分别加入其它溶液中，出现白色沉淀的是③BaCl2出现白色沉淀迅速变化为灰绿色最后变为红褐色沉淀的是⑥NaOH，把、⑥NaOH．加入剩余两种溶液中，生成沉淀，继续加入沉淀消失的是⑤Al（NO3）3；剩余的是④H2O2；所以可以鉴别出各物质，故答案为：能；
（2）有一组在混合时，随着试剂滴加的顺序不同而出现明显不同的现象，依据物质性质分析判断，应是利用氢氧化铝的生成和溶解的现象，⑤Al（NO3）3、⑥NaOH．两溶液滴加顺序不同现象不同产物不同，一组在混合时，随着试剂滴加后的时间不同而出现明显不同的现象推断为①FeSO4、⑥NaOH混合后白色沉淀氢氧化亚铁被氧气氧化为红褐色氢氧化铁沉淀的过程；反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：⑤和⑥；①和⑥；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；
（3）体现Fe2+还原性的实验需要满足能做氧化剂把亚铁离子氧化，依据物质的性质和化合价的变化分析：①②⑤：①②④：①④⑥：组合都可以实现氧化亚铁离子的反应：离子方程式分别为：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；2Fe2++2OH-+H2O2=2Fe（OH）3↓，
故答案为：①②⑤：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；①②④：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O（①④⑥：2Fe2++2OH-+H2O2=2Fe（OH）3↓）．

本题解析：

本题难度：简单