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上海外国语大学附属外国语学校2025年化学高一下期末联考试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、海洋中无机氮的循环过程可用如图表示。下列说法正确的是(已知：反应④的离子方程式为4NH4+ + 5O22NO2- + 6H+ + N2O + 5H2O)

A．①②均属于固氮反应
B．海洋中的反硝化作用一定需要氧气参加
C．反应④中每生成1 mol H2O转移2 mol e-
D．向海洋排放含NO3-的废水可能影响海洋中氮的循环
2、在3个2 L的密闭容器中，在相同的温度下、使用相同的催化剂分别进行反应：
3H2(g)+N2(g) 2NH3(g)。按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时有关数据如下表。下列叙述正确的是
容器编号
起始反应物
达到平衡的时间(min)
平衡时N2的浓度(mol/L)
平衡时气体密度
甲
3molH2、2molN2
t1
c1
ρ1
乙
6molH2、4molN2
5
1.5
ρ2
丙
2molNH3
8
c3
ρ3
A．2ρ1=ρ2>ρ3
B．容器乙中反应从开始到达平衡的反应速率为v（H2）=0.05mol/(L·min)
C．c1＜c3
D．2c1＜1.5
3、下列所有元素组合，既可以形成离子化合物，又可形成共价化合物的一组是
A．H、C、O、K B．H、N、O
C．H、O、S D．H、O、S、Na
4、C4 H9 Cl的所有同分异构体数目为
A．1 B．2 C．3 D．4
5、《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，沈括在《梦溪笔谈》对从地表渗出的、当地人称为“石脂”或“洧水”的使用有“予知其烟可用，试扫其烟为墨，黑光如漆，松果不及也，此物必大行于世”的描述， 关于上文的下列说法中正确的是( )
A．“洧水”的主要成分是油脂 B．“洧水”的主要成分是煤油
C．“洧水”的主要成分是石油 D．其烟的主要成分是木炭
6、依据元素的原子结构和性质的变化规律，推断下列元素金属性最强的是
A．Na B．O
C．Al D．S
7、胶体区别于其它分散系的本质是
A．胶体分散质粒子直径在1nm-100nm之间
B．具有丁达尔现象
C．胶体粒子不能穿过半透膜，能通过滤纸空隙
D．胶体粒子在一定条件下能稳定存在
8、下列说法正确的是（ ）
A．增大压强，反应速率一定加快
B．升高温度和使用催化剂都可以改变反应的活化能，加快反应速率
C．增大反应物的量，能使活化分子百分数增加，化学反应速率加快
D．活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度。
9、下列物质中，属于天然高分子化合物的是（ ）。
A．油脂 B．淀粉 C．葡萄糖 D．塑料
10、下列有关化学用语使用正确的是
A．HC1的电子式： B．CO2的比例模型：
C．乙酸的分子式：CH3COOH D．甲烷的实验式为CH4
11、元素周期表是元素周期律的表现形式。下列说法正确的是
A．VA族及其相邻主族元素可以找到制造农药所需元素
B．在金属与非金属交界线附近寻找制冷剂
C．第IA元素全部是金属元素
D．可在过渡元素中寻找半导体材料
12、下列物质中，属于共价化合物的是
A．NaCl B．HCl C．NaOH D．CaO
13、下列有关说法不正确的是（ ）
A．NCl3分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构
B．质量相同的四种物质苯、甲苯、乙烯、甲烷在足量氧气中完全燃烧时，消耗氧气物质的量最多的是甲烷
C．石油分馏与煤的干馏均属于物理变化
D．油脂在碱性溶液中的水解反应又称为皂化反应
14、下列叙述不正确的是
A．甲烷分子中5个原子在同一平面内 B．乙烷分子中所有原子不都在同一平面内
C．苯分子为平面正六边形结构 D．聚乙烯分子是由结构单元重复组成的高分子
15、下列有关硫、氮单质及其化合物的叙述正确的是
A．SO2、NO2均为酸性氧化物
B．“雷雨肥庄稼”与氮的固定有关
C．硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3
D．铜片与稀盐酸不反应，向溶液中通入NO2后，铜片质量不变
16、下列关于有机化合物的说法正确的是
A． 和 是同分异构体
B．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
C．乙烯和氯乙烯都能发生加聚反应得到高分子材料
D．甲醛的水溶液常用于种子杀菌消毒，可以用于浸泡食品
二、非选择题（本题包括5小题）
17、碱式碳酸铜和氯气都是用途广泛的化工原料。
（1）工业上可用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−）制备碱式碳酸铜，其制备过程如下：

已知：Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：
物质

Cu(OH)2

Fe (OH)2

Fe (OH)3

开始沉淀pH

4.2

5.8

1.2

完全沉淀pH

6.7

8.3

3.2

①氯酸钠的作用是 ；
②反应A后调节溶液的pH范围应为 。
③第一次过滤得到的产品洗涤时，如何判断已经洗净？ 。
④造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是 。
（2）某学习小组在实验室中利用下图所示装置制取氯气并探究其性质。

①实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，所用仪器需要检漏的有 。
②若C中品红溶液褪色，能否证明氯气与水反应的产物有漂白性，说明原因 。此时B装置中发生反应的离子方程式是___________ _____。
③写出A溶液中具有强氧化性微粒的化学式 。若向A溶液中加入NaHCO3粉末，会观察到的现象是 。
18、我国科学家成功实现甲烷在催化剂及无氧条件下，一步高效生产乙烯、芳烃和氢气等化学品，为天然气化工开发了一条革命性技术。以甲烷为原料合成部分化工产品流程如下（部分反应条件已略去）：

（1）E 的名称为____，B物质的结构简式：______；
（2）上述③～⑥转化反应中，属于取代反应的有______（用反应序号填写）；
（3）写出反应⑦的反应方程式：______；
（4）如图为实验室制取E的装置图，图中a试剂为_______；

（5）某同学在试管b中加入6.0克乙酸和足量乙醇采用适当条件使反应充分进行，结束后在试管b回收到3.0克乙酸，则该同学在本次实验中制得乙酸乙酯的最大质量为_______。
19、如图所示。请回答：

（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Zn，A极材料为铜，该装置能量转换形式____， A为____极，此电池所发生的反应化学方程式为_____，反应进行一段时间后溶液C中c（H+）将_____(填“变大” “变小”或“基本不变”)。溶液中的SO42-移向____极（填“A”或“B”）
（2）若C为CuSO4溶液，B电极材料为Fe，A极材料为石墨。则B为_____极，B极上电极反应属于____(填“氧化反应”或“还原反应”)。B电极上发生的电极反应式为______，A极产生的现象是_____；若AB两电极质量都为50.0g且反应过程中有0.2mol的电子发生转移，理论上AB两电极质量差为____g。
20、（I）草酸的组成用H2C2O4表示，为了测定某草酸溶液的浓度，进行如下实验：称取Wg草酸晶体，配成100.00mL水溶液，取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L﹣1的KMnO4溶液滴定到KMnO4不再褪色为止，所发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O．
试回答：
（1）实验中，标准液KMnO4溶液应装在_____式滴定管中，因为______________；
（2）实验中眼睛注视_____________________，直至滴定终点．判断到达终点的现象是_________；
（3）实验中，下列操作（其它操作均正确），会对所测草酸浓度有什么影响？（填偏大、偏小、无影响）
A．滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度_________；
B．锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水_________；
C．滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分_________；
（II）用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：

（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_________．
（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_________________________________．
（3）依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H＝___________；（结果保留一位小数）
序号
起始温度t1℃
终止温度t2℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6

21、研究烟气中SO2的转化具有重要意义。
（1）二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池是利用空气将烟气中所含SO2转化为SO42－，其装置如图所示：

①装置内质子（H＋）的移动方向为___________（填“从A→B”或“从B→A”）。
②负极的电极反应式为___________。
（2）脱除燃煤烟气中SO2的一种工业流程如下：

①用纯碱溶液吸收SO2将其转化为HSO3－，反应的离子方程式是___________。
②再生池中加过量的石灰乳实现再生，部分产物可排回吸收池吸收SO2。用于吸收SO2的产物是___________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A.氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，所以只有②属于固氮反应，故A错误；
B.反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程。硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程。硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程，反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮或一氧化二氮的过程，不一定有氧参加，故B错误；
C.反应④的离子方程式为4NH4++5O2=2NO2-+6H++N2O+5H2O，氧元素的化合价由0价降低为-2价，该过程中共转移2×10=20个电子，所以每生成1molH2O转移4mole-，故C错误；
D.转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含的废水会影响海洋中的含量，影响海洋中N元素循环，故D正确。
故D正确。
2、A
【解析】
A、反应前后都是气体，容器的容积都是2L，乙中混合气体的质量为甲的2倍，根据ρ=m/V可知：2ρ1=ρ2，丙中2mol氨气相当于是3mol氢气和1mol氮气，气体质量小于甲，所以密度ρ2＞ρ3，A正确；B、氮气的反应速率＝(2mol/L−1.5mol/L)÷5min=0.1mol/（L·min），同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以氢气反应速率=0.3mol/（L·min），B错误；C、甲相当于是在丙的基础上再增加1mol氮气，平衡向正反应方向进行，氨气的浓度增大，则c1＞c3，C错误；D、恒温、恒容条件下，假设乙容器的容积为4L，则达到平衡时甲乙为等效平衡，各组分的含量、浓度相等，此时氮气的浓度为c1，然后将容器的容积缩小到2L，若平衡不移动，2c1=1.5mol/L，由于压强增大，平衡向着正向移动，氨气的浓度增大，所以2c1＞1.5mol/L，D错误；答案选A。
点睛：本题以化学平衡移动原理为载体考查平衡状态判断、等效平衡、化学平衡计算等知识点，侧重考查基本理论，难点构建等效平衡，然后利用外界条件对平衡的影响分析解答。
3、B
【解析】
试题分析：A、由于K元素具有很强的失电子能力，故含有K元素的物质一定存在离子键，故只能形成离子化合物，故A错误；B、H、N、O可形成NH4NO3是离子化物，也可形成HNO3共价化合物，故B正确；C、H、O、S只能形成共价化合物，故C错误；D、由于Na元素具有很强的失电子能力，故含有Na元素的物质一定存在离子键，故只能形成离子化合物，故D错误，此题选Ｂ
考点：考查离子化合物和共价化合物的概念相关知识
4、D
【解析】本题考查同分异构体。
详解：C4H10为丁烷，丁烷有正丁烷和异丁烷（2-甲基丙烷）两种，正丁烷有1-氯丁烷、2-氯丁烷两种一氯代物，2-甲基丙烷有2-甲基-1-氯丙烷、2-甲基-2-氯丙烷两种，共有4种。
故选D。
5、C
【解析】
由题中信息可知，“洧水”的主要成分是石油，根据石油的性质分析。
【详解】
A项、“洧水”的主要成分是石油，是烃的混合物，不是油脂，故A错误；
B项、“洧水”的主要成分是石油，煤油是石油分馏的产物，故B错误；
C项、“洧水”的主要成分是石油，故C正确；
D项、烟的成分是碳的颗粒，不是木炭，故D错误；
故选C。
6、A
【解析】
同周期自左向右金属性逐渐减弱，同主族从上到下金属性逐渐增强。钠和铝是金属，位于同一周期，氧和硫是非金属，位于同一主族，金属性Na＞Al。答案选A。
7、A
【解析】
胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质粒子直径在1nm-100nm之间，答案选A。
8、D
【解析】
增大浓度、压强，活化分子数目增大，而升高温度、使用催化剂，活化分子百分数增大，以此来解答。
【详解】
A．压强对反应速率的影响只适用于有气体参与的反应体系，则增大压强，反应速率不一定加快，A错误；
B．升高反应的温度，提供能量，则活化分子百分数增加，有效碰撞的几率提高，反应速率增大，催化剂通过改变反应路径，使反应所需的活化能降低，活化分子百分数增加，有效碰撞的几率提高，反应速率增大，但温度不能改变活化能，B错误；
C．增大反应物的量，不一定能使活化分子百分数增加，化学反应速率不一定加快，C错误；
D．活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，因此活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，D正确。
答案选D。
9、B
【解析】
A．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A错误；
B．淀粉属于天然高分子化合物，故B正确；
C．葡萄糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故C错误；
D．塑料是合成高分子化合物，故D错误；
答案选B。
常见的淀粉、纤维素、蛋白质为天然高分子化合物；塑料、合成橡胶、合成纤维属于三大合成高分子化合物。本题的易错点为A，要注意油脂的相对分子质量较大，但远小于10000，不属于高分子化合物。
10、D
【解析】分析：A.氯化氢是共价化合物；
B.比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起；
C.CH3COOH表示乙酸的结构简式；
D.分子中各原子的最简个数比是实验式。
详解：A. HC1分子中含有共价键，电子式为，A错误；
B. 由于碳原子半径大于氧原子半径，则不能表示CO2的比例模型，B错误；
C. 乙酸的分子式为C2H4O2，C错误；
D. 甲烷是最简单的碳氢化合物，实验式为CH4，D正确。
答案选D。
11、A
【解析】
A、在非金属元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素，A正确；B、过渡元素中均为金属元素，可寻找催化剂及耐高温和耐腐蚀的合金材料，B错误；C、第IA中的H元素是非金属，C错误；D、金属元素的单质容易导电，非金属元素的单质不能导电，所以在二者的分界线附近的元素的单质导电性就介于导体与绝缘体之间，在其附近可以寻找制备半导体材料的元素，D错误；答案选A。
12、B
【解析】NaCl、CaO、NaOH含有离子键，属于离子化合物；HCl不含离子键，属于共价化合物。故选B。
点睛：本题考查离子化合物与共价化合物的区别，注意：①含有离子键的化合物是离子化合物，只含有共价键的化合物是共价化合物，活泼金属与非金属之间一般形成离子键，非金属之间一般形成共价键；②强碱、大多数盐、活泼金属氧化物等一般是离子化合物，酸、非金属氧化物、大多数有机物等是共价化合物。
13、C
【解析】
A. NCl3分子中，N和Cl的化合价分别是+3价和－1价，所有原子都满足最外层为8电子结构，A正确；
B. 烃分子中氢元素的含量越高，完全燃烧时消耗的氧气越多，苯、甲苯、乙烯、甲烷四种烃分子中氢元素含量最高的是甲烷，则质量相同的四种物质在足量氧气中完全燃烧时，消耗氧气物质的量最多的是甲烷，B正确；
C. 石油分馏属于物理变化，煤的干馏过程中产生新物质，属于化学变化，C错误；
D. 油脂在碱性条件下的水解反应又称为皂化反应，D正确。
答案选C。
14、A
【解析】
A. 与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体，所以甲烷是正四面体结构，A项错误；
B. 乙烷是甲烷的同系物，其所有原子不都在同一平面内，B项正确；
C. 苯分子为平面正六边形结构，C项正确；
D. 聚乙烯分子是由单体乙烯加聚而成，是结构单元重复组成的高分子，D项正确；
答案选A。
15、B
【解析】A. NO2不是酸性氧化物，A错误；B. “雷雨肥庄稼”过程中氮气转化为NO，与氮的固定有关，B正确；C. 硫粉在过量的纯氧中燃烧生成SO2，C错误；D. 铜片与稀盐酸不反应，向溶液中通入NO2后，有硝酸生成，铜与稀硝酸反应，铜片质量减少，D错误，答案选B。
16、C
【解析】
下列关于有机化合物的说法正确的是
A.苯环中没有双键，所以 和 是同种物质，故A错误；
B.甲烷可以通过石油分馏得到，乙烯可以通过石油的裂解得到，而苯在工业上是从煤的干馏产物煤焦油中获取，故B错误；
C.乙烯和氯乙烯中都含有碳碳双键，都能发生加聚反应得到高分子材料，故C正确；
D.甲醛的水溶液常用于种子杀菌消毒，但甲醛有毒，不可以用于浸泡食品，故D错误。
故选C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、（1）①将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去。②3.2－4.2。
③取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净。
④反应B的温度过高。
（2）①分液漏斗
②不能证明，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白。
2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2
③ Cl2HClO ClO-有无色气体产生
【解析】
试题分析：（1）该化学工艺流程的目的用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−）制备碱式碳酸铜。必须除去废液Fe2+、Fe3+，结合题给数据分析，需先将Fe2+氧化为Fe3+才能与Cu2+分离开。由题给流程图分析，刻蚀废液加入氯酸钠经反应A将Fe2+氧化为Fe3+，结合题给数据知加入试剂调节pH至3.2－4.2，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀经过滤除去，滤液中加入碳酸钠经反应B生成碱式碳酸铜，过滤得产品。①由上述分析知，氯酸钠的作用是将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去；②反应A后调节溶液的pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，pH范围应为3.2－4.2；③第一次过滤得到的产品为氢氧化铁，表面含有氯离子等杂质离子。洗涤时，判断已经洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净；④碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜，造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是反应B的温度过高。（2）① 实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气为固液加热制气体的装置，所用仪器需要检漏的有分液漏斗；② 若C中品红溶液褪色，不能证明氯气与水反应的产物有漂白性，原因是 因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白；C中品红溶液褪色，说明装置B中氯气已过量，此时B装置中亚铁离子和溴离子均已被氧化，发生反应的离子方程式是2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2 ；③ 氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应，次氯酸为弱酸，则A溶液中具有强氧化性微粒的化学式Cl2 HClO ClO- ；若向A溶液中加入NaHCO3粉末，盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，会观察到的现象是有无色气体产生。
考点：以化学工艺流程为载体考查物质的分离提纯等实验基本操作，考查氯气的制备和性质。
18、乙酸乙酯 CH3CH2OH ⑥ 饱和碳酸钠溶液 4.4g
【解析】
由图可知，①、②为甲烷在催化剂及无氧条件下，一步高效生产乙烯、苯的过程，则A为乙烯；③为乙烯与水的加成反应生成乙醇的过程，④为乙醇的催化氧化生成乙醛的过程，⑤为乙醛氧化生成乙酸的过程，⑥为乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的过程；⑦为苯与液溴发生取代反应生成溴苯和HBr的过程，以此来解答。
【详解】
（1）E为乙酸乙酯；B为乙醇，其结构简式为CH3CH2OH；
（2）⑥为乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的过程，属于取代反应，故答案为：
（3）反应⑦⑦为苯与液溴发生取代反应生成溴苯和HBr的过程，其化学方程式为：；
（4）如图为实验室制取E的装置图，图中a为饱和碳酸钠，可以吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯在水中的溶解度；
（5）在试管b中加入6.0克乙酸，回收到3.0克乙酸，则参加反应的乙酸的质量为3.0g，其物质的量为=0.05 mol，根据乙酸和乙醇制备乙酸乙酯的化学方程式 可知，制得的乙酸乙酯的最大的物质的量为0.05mol，其质量为0.05mol×88g/mol=4.4g。
19、化学能转化为电能 正 H2SO4+ Zn==H2↑+ZnSO4 减小 B 负 氧化反应 Fe-2e-==Fe2+ 有红色物质析出 12.0
【解析】
（1）锌比铜活泼，则锌作负极，原电池反应是锌与稀硫酸置换氢气的反应，正极反应是氢离子得电子生成氢气，负极上是金属铁发生失去电子的氧化反应，结合原电池的工作原理分析作答；
（2）若C为CuSO4溶液，B电极材料为Fe，A极材料为石墨，则总反应为铁与硫酸铜发生自发的氧化还原反应。原电池中，B电极为负极，发生失电子的氧化反应，A电极为正极，发生得电子的还原反应，结合原电池的工作原理及电化学计算中电子转移数守恒作答；
【详解】
(1)锌比铜活泼，则该装置为锌作负极，铜做正极的原电池，化学能转化为电能；A极材料为铜，即A为正极，则该原电池反应是锌与稀硫酸置换氢气的反应， H2SO4+ Zn==H2↑+ZnSO4；依据总反应可知溶液中氢离子放电，导致溶液中氢离子浓度减小；原电池中阴离子移向负极，则溶液中的SO42-移向B极，
故答案为：正；H2SO4+ Zn==H2↑+ZnSO4；减小；B；
(2)依据上述分析易知：B电极为原电池的负极，发生发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Fe-2e-==Fe2+；A极铜离子得电子转化为铜单质，其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，故现象为：有红色物质析出；反应过程中有0.2mol的电子发生转移，则消耗的铁的质量为m(Fe)= =5.6g，生成的铜的质量为m(Cu)= =6.4g，则两极的质量差为m(Fe)+ m(Cu)=5.6g+6.4g=12.0g，故答案为：负；氧化反应；Fe-2e-==Fe2+；有红色物质析出；12.0；
20、酸 高锰酸钾具有强氧化性 锥形瓶内颜色变化 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色 偏小 无影响 偏小 环形玻璃搅拌棒 减少实验过程中的热量损失 -51.8kJ/mol
【解析】
(I)(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管；(2)根据滴定的操作分析解答；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点；(3)根据c(待测)═分析误差；
(II)(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作；(3)先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=cm△T计算出反应放出的热量，最后计算出中和热。
【详解】
(I)(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，故答案为：酸；因KMnO4溶液有强氧化性，能腐蚀橡皮管；
(2)滴定时，左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到达终点，不需要外加指示剂，故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色；
(3)A．滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)═分析，c(待测)偏小，故答案为：偏小；
B．锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水，对V(标准)无影响，根据c(待测)═分析，c(待测)无影响，故答案为：无影响；
C．滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分，待测液减少，造成V(标准)偏小，根据c(待测)═分析，c(待测)偏小，故答案为：偏小。
(II)(1)由量热计的构造可知，该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；
(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；
(3)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.05℃；平均温度差为：3.1℃。
50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×3.1℃=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.2958kJ×=-51.8kJ/mol，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol，故答案为：-51.8kJ/mol。
本题的易错点为(II)(3)中和热的计算，要注意中和热的概念的理解，水的物质的量特指“1mol”。
21、从A→B SO2＋2H2O－2e－＝SO42－＋4H＋ H2O＋2SO2＋CO32－＝2HSO3－＋CO2↑ NaOH［多写Ca(OH)2不扣分］
【解析】
（1）由题给示意图可知，该装置为原电池，通入还原剂二氧化硫的A极为负极，二氧化硫在负极失电子发生氧化反应生成SO42－，通入氧化剂氧气的B极为正极，氧气在正极得电子发生还原反应生成水，电池工作时阳离子向正极移动；
（2）由题给流程可知，用纯碱溶液吸收过量的含有SO2的脱除燃煤烟气将其转化为NaHSO3，NaHSO3与过量的石灰乳反应生成亚硫酸钙沉淀和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠溶液可排回吸收池吸收SO2。
【详解】
（1）①二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，则通入二氧化硫的A电极为负极，通入氧气的B电极为正极，原电池中阳离子移向正极，则质子的移动方向为从A到B，故答案为：从A→B；
②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+，故答案为：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+；
（2）①碳酸钠溶液中通入过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式：H2O+2SO2+CO32-═2HSO3-+CO2↑，故答案为：H2O+2SO2+CO32-═2HSO3-+CO2↑；
②二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠溶液与过量的石灰乳反应生成亚硫酸钙沉淀和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠溶液可排回吸收池吸收SO2，故答案为：NaOH。
注意二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应是确定原电池的电极的关键所在；明确亚硫酸氢钠溶液与过量的石灰乳反应的生成物是确定可排回吸收池的物质是解答突破口。