江西泰和县学年高三考前高考模拟二化学试题 Word版含答案.docx

江西泰和县学年高三考前高考模拟二化学试题 Word版含答案.docx

《江西泰和县学年高三考前高考模拟二化学试题 Word版含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西泰和县学年高三考前高考模拟二化学试题 Word版含答案.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

江西泰和县学年高三考前高考模拟二化学试题Word版含答案

江西泰和县2017-2018学年高三考前高考模拟

（二）化学试题

可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32K-39Ca-40Cr-52Fe-56

第I卷（选择题共126分）

一、选择题（本大题共13小题，每小题6分，共78分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

7、下列说法正确的是（）

A．0.1mol/L的硫酸溶液中，H+物质的量为0.2mol

B．0.1mol﹣NH2（氨基）中含有的电子数为0.7mol

C．30gSiO2中含有的Si﹣O键数目为2mol

D．0.1molSO2与足量O2反应，转移的电子数为0.2mol

8、下列说法正确的是（　　）

A．1mol苯甲酸在浓H2SO4存在下与足量乙醇反应可得1mol苯甲酸乙

B．对苯二甲酸（

）与乙二醇（HOCH2CH2OH）能通过加聚反应制取聚酯纤维（

　）

C．分子式为C5H12O的醇，能在铜催化下被O2氧化为醛的同分异构体有4种

D．

分子中的所有原子有可能共平面

9、下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（　　）

A．银氨溶液：

Na+、K+、NO3﹣、NH3·H2O

B．空气：

C2H2、CO2、SO2、NO

C．氢氧化铁胶体：

H+、K+、S2﹣、Br﹣

D．高锰酸钾溶液：

H+、Na+、SO42﹣、葡萄糖分子

10、短周期元素甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，其氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价如表所示．下列说法中正确的是（）

元素

甲

乙

丙

丁

化合价

﹣2

﹣3

﹣4

﹣2

A．元素非金属性：

甲＜乙

B．含氧酸的酸性：

乙＜丁

C．氢化物的沸点：

甲＞丁

D．丙所形成的单质可能互为同位素

11、某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣、CO32﹣等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+

B．原溶液中一定含有SO42﹣和Na+

C．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：

1

D．反应最后形成的溶液中含有的溶质只有Na2SO4

12、如图所示，隔板Ⅰ固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：

A（g）+3B（g）

2C（g）△H=﹣192kJ·mol﹣1．向M、N中，分别通入xmolA和ymolB的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变．下列说法正确的是（）

A．若平衡时A气体在两容器中的体积分数相等，则x一定等于y

B．若x：

y=1：

2，则平衡时，M中的转化率：

A＞B

C．若x：

y=1：

3，当M中放出热量172.8kJ时，A的转化率为90%

D．若x=1.4，y=1，N中达到平衡时体积为2L，C为0.4mol，则反应起始时N的体积为2.6L

13、如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测．下列说法不正确的是（　　）

A．电流由O2所在的铂电极流出

B．该电池的负极反应式为：

CH3CH2OH+3H2O﹣12e﹣═2CO2↑+12H+

C．O2所在的铂电极处发生还原反应

D．微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量

第Ⅱ卷

三、非选择题：

包括必考题和选考题两部分。

第22题-第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题（共129分）

26、铬是水体的主要的污染物之一，可以导致水生生物死亡。

化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可不再向环境排放该有害物质。

例如处理铬的实验循环示意图如下：

（1）在上图所示的编号步骤中，其中反应①所用的试剂是硫酸酸化的H2O2，请写出该反应的离子方程式。

（2）现有含Cr3＋和Fe3＋的溶液，使用NaOH溶液和盐酸，可将这两种离子相互分离，根据上图信息分析，在涉及的过滤操作中，上述两种离子的存在形态分别是__________、。

（写化学式）

（3）铬的化合价除了示意图中涉及的＋3和＋6外，还有0、＋2、＋4和＋5等。

现有24mL浓度为0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol·L－1的Na2Cr2O7溶液完全反应。

已知Na2SO4被Na2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为。

（4）步骤⑤应该加入________剂（填“还原”或“氧化”）。

27、某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行实验（图中a、b、c表示止水夹）．

请按要求填空：

（1）A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2并进行相关的性质实验．

①若在丙中加入适量水，即可制得氯水．将所得氯水分成两份，进行Ⅰ、Ⅱ两个实验，实验操作、现象、结论如下，请将表格中实验1的现象补充：

实验序号

实验操作

现象

结论

Ⅰ

将氯水滴入品红溶液

氯气与水反应的产物有漂白性

Ⅱ

氯水中加入NaHCO3粉末

有无色气泡产生

氯气与水反应的产物具有较强的酸性

有同学认为实验II的结论合理，请说明理由；

②若要利用上述装置设计一个简单的实验，验证Cl﹣和Br﹣的还原性强弱，则丙中所盛装的试剂为，能得到结论的实验现象为；

③某同学用该装置探究氯气与KI的反应，在丙中盛放有KI淀粉溶液，通入氯气，看到丙中溶液变成蓝色，继续通氯气，发现蓝色逐渐消失，检测到溶液中有含+5价元素的酸根离子，则蓝色消失过量中丙中发生反应的化学方程式是．

（2）B、D、E装置相连后，在B中盛装铜片（放在有孔塑料板上）和浓硝酸，关闭c，打开a、b，即可在试管丁中收集到NO2．

①B中发生反应的化学方程式为；

②欲用D装置验证NO2与水的反应，在试管中收集满NO2后，使烧杯中的水进入试管丁的操作是（不可改变试管和烧杯的位置）：

．

28、工业上常回收冶炼锌废渣中的锌（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质），并用来生产ZnSO4·6H2O晶体，其工艺流程如下，有关氢氧化物沉淀时的pH如下表．

氢氧化物

Al（OH）3

Fe（OH）3

Fe（OH）2

Zn（OH）2

开始沉淀的pH

3.3

1.5

6.5

5.4

沉淀完全的pH

5.2

3.7

9.7

8.0

（1）上述工艺流程中多处涉及“过滤”，实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有　　．

（2）在“除杂Ⅰ”步骤中，需再加入适量H2O2溶液的目的是　．为使Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀完全，而Zn（OH）2不沉淀，应控制溶液的pH范围为　．为控制上述PH范围可选择加入的试剂或药品是　　．

A．ZnOB．氨水C．固体NaOHD．ZnCO3

（3）在“除杂Ⅱ”步骤中，加入Zn粉的作用是　　．“操作A”的名称是　　．

（4）常温下，已知Ksp〔Cu（OH）2〕=2×10﹣20，某CuSO4溶液里c（Cu2+）=0.02mol·L﹣1，如果要生成Cu（OH）2沉淀，则应调整溶液pH大于　　．

38．[化学——选修5：

有机化学基础]（15分）

芳香族羧酸通常用芳香烃的氧化来制备．芳香烃的苯环比较稳定，难以氧化，而环上的支链不论长短，在强烈氧化时，最终能氧化成羧基．某同学用甲苯的氧化反应制备苯甲酸．

反应原理：

反应试剂、产物的物理常数：

名称

相对分

子质量

性状

熔点

沸点

密度

溶解度

水

乙醇

乙醚

甲苯

92

无色液体易燃易挥发

﹣95

110.6

0.8669

不溶

易溶

易溶

苯甲酸

122

白色片状或针状晶体

122.4

248

1.2659

微溶

易溶

易溶

主要实验装置和流程如下：

实验方法：

一定量的甲苯和KMnO4溶液置于图1装置中，在90℃时，反应一段时间，再停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯．

（1）操作Ⅰ所需的玻璃仪器为　　；操作Ⅱ为　　．

（2）如果滤液呈紫色，要先加亚硫酸氢钾，然后再加入浓盐酸酸化，加亚硫酸氢钾的目的是　　．

（3）下列关于仪器的组装或者使用正确的是　　．

A．抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的沉淀

B．安装电动搅拌器时，搅拌器下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触

C．图1回流搅拌装置应采用直接加热的方法

D．冷凝管中水的流向是下进上出

（4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入　　，分液，水层再加入　　，然后抽滤，干燥即可得到苯甲酸．

（5）纯度测定：

称取1.220g产品，配成100mL溶液，取其中25.00mL溶液，进行滴定，消耗KOH物质的量为2.4×10﹣3mol．产品中苯甲酸质量分数为　．

参考答案及评分细则

7.【答案】C

【解析】解：

A、根据公式n=cV，要求氢离子的物质的量必须要知体积，而体积不知，所以无法求氢离子的物质的量，故A错误；

B、氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数=0.1mol×9×NA=0.9NA，故B错误；

C、SiO2是原子晶体，1mol含有4mol的Si﹣O键，所以30g物质的量为0.5molSiO2中含有的Si﹣O键数目为2mol，故C正确；

D、二氧化硫和氧气反应是可逆反应不能进行彻底，所以0.1molSO2与足量O2反应，转移的电子数小于0.2mol，故D错误；

故选C．

8.【答案】C

【解析】A．酯化反应是可逆反应，不能进行到底，故A错误；

B．乙二醇（HO﹣CH2﹣CH2﹣OH）和对苯二甲酸（

）生成聚酯纤维，同时还有水生成，为缩聚反应，故B错误；

C．分子式为C5H12O的有机物，它的同分异构体中，经氧化可生成醛，该有机物属于醛，且连接羟基的碳原子上含有两个氢原子，确定C5H12的同分异构体，﹣OH取代C5H12中甲基上的H原子，

C5H12的同分异构体有：

CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、（CH3）4C，

CH3CH2CH2CH2CH3中甲基处于对称位置，﹣OH取代甲基上的H原子有1种结构，

（CH3）2CHCH2CH3中甲基有2种，﹣OH取代甲基上的H原子有2种结构，

（CH3）4C中甲基有1种，﹣OH取代甲基上的H原子有1种结构，

故符合条件的C5H12O的同分异构体有4种，故C正确；

D．甲烷是正四面体结构，分子中含有甲基，所有的原子不可能都在同一平面上，故D错误．

故选C．

9.【答案】A

【解析】解：

A．银氨溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；

B．NO易被氧化，不能在空气中大量共存，故B错误；

C．胶体遇电解质溶液发生聚沉，且H+、Fe3+、S2﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；

D．葡萄糖能被高锰酸钾氧化，不能大量共存，故D错误；

故选A．

10.【答案】C

【解析】解：

由短周期元素氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价可知，甲、丁处于ⅥA族，乙处于ⅤA族，丙处于ⅣA，且甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，则甲为O元素、乙为N元素、丙为C元素、丁为S元素．

A．同周期自左而右非金属性增强，故非金属性：

甲＞乙，故A错误；

B．硝酸属于强酸，而亚硫酸属于中强酸，硝酸的酸性更强，故B错误；

C．水分子之间存在氢键，沸点高于硫化氢，故C正确；

D．丙所形成的单质存在同素异形体，同位素研究对象为原子，故D错误，

故选：

C．

11.【答案】C

【解析】解：

A．根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，故A错误；

B．根据A的推断，解题图象第二段和最后剩余沉淀的量，可以知道氢氧化铝的沉淀量和另一沉淀的量是相等的，即一定是三价铁离子，一定不含有镁离子，所以含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，一定不含碳酸根离子，溶液中需要正、负离子，故一定有阴离子SO42﹣，不能确定钠离子是否存在，故B错误；

C．根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了1体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了3体积的氢氧化钠，还有3体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：

1，故C正确；

D．加入NaOH溶液，钠离子实际不参加反应，则反应后溶液中钠离子一定存在，所以最后溶液中含有的溶质不一定为Na2SO4，故D错误；

故选C．

12.【答案】A

【解析】解：

M容器保持恒容，N容器保持恒压，由于反应前后的气体系数和不等，所以两个平衡态也不一样，

A、让M、N中平衡时A的体积分数相等，那么在M或N中，反应前后不论限度多少，A的体积分数始终为定值，假定反应的A为zmol，则：

A（g）+3B（g）

2C（g）

起始：

xy

反应：

z3z2z

平衡：

x﹣zy﹣3z2z

故平衡时A的体积分数为

，A的体积分数始终为定值，则x=y，故A正确；

B、x：

y=1：

2，即y=2x，设反应中消耗掉amolA，则：

A（g）+3B（g）

2C（g）

初始（mol）：

x2x0

变化（mol）：

a3a2a

故A的转化率=，B的转化率=

，则平衡时，M中的转化率：

A＜B，故B错误；

C、题目中热化学方程式的意义：

若1molA完全反应，放热192kJ，当M中放出热量172.8kJ时，参加反应的A的物质的量为

×1mol=0.9mol，故A的转化率为

，故C错误；

D、若x=1.4，y=1，N中达到平衡时体积为2L，含有C0.4mol，则：

A（g）+3B（g）

2C（g）

起始：

1.410

反应：

0.20.60.4

平衡：

1.20.40.4

故A、B、C的平衡时的物质的量分别为1.2mol、0.4mol、0.4mol，则平衡时总物质的量为2mol，

根据压强一定时，物质的量之比等于体积比，设平衡时体积为VL，则

=

，所以V=L，故D错误．

故选A．

13.【答案】B

【解析】解：

A、乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应，电流由正极流向负极，故A正确；

B、该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，由装置图可知酒精在负极被氧气氧化发生氧化反应生成醋酸，CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=4H++CH3COOH，故B错误；

C、乙醇燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，O2所在的铂电极处发生还原反应，故C正确；

D、根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量，根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，故D正确．

故选B．

26.【答案】

（1）Cr2O72—＋8H＋＋3H2O2===2Cr3＋＋3O2↑＋7H2O

（2）CrO2—（或NaCrO2）、Fe（OH）3

（3）＋3

（4）氧化

【解析】解：

（1）过氧化氢既具有氧化性又有还原性，重铬酸根具有强氧化性，能将过氧化氢氧化为氧气，反应中+6价的铬元素被还原为+3价，离子方程式为;Cr2O72—＋8H＋＋3H2O2===2Cr3＋＋3O2↑＋7H2O。

（2）从反应③可以看出，氢氧化铬可以和氢氧化钠反应生成NaCrO2，所以除去铁离子中的铬离子时可以加入过量的氢氧化钠，是铬离子转化为CrO2—（或NaCrO2），铁离子变成Fe（OH）3沉淀，在过滤得到氢氧化铁沉淀中加入盐酸即得到氯化铁溶液。

（3）设计铬元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则24×10-3×0.05×（6-4）=20×10-3×0.02×2×（6-a），解a=＋3。

（4）步骤⑤中铬元素的化合价从+3升高到+6，所以需要加入氧化剂。

27.【答案】

（1）①褪色;实验Ⅰ结论不合理，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白；实验Ⅱ结论不合理，因为制取的氯气中含有HCl气体，HCl溶于水后能与NaHCO3粉末反应产生气泡；

②NaBr溶液，试管中溶液由无色变为橙色；

③5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；

（2）①Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；

②先关闭止水夹ab，再打开止水夹c，双手紧握（或微热）试管丁使试管中气体逸出，二氧化氮与水接触后即可引发烧杯中的水倒流到试管丁中．

【解析】解：

（1）①因为Cl2有氧化性可以氧化品红使品红褪色，但氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性也可以使品红退色，将氯气滴入品红溶液中溶液褪色，此实验无法确定是Cl2氧化性还是HClO漂白，实验实验Ⅰ结论不合理；氯气中含有氯化氢气体和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，氯气和水反应也生成盐酸，所以实验Ⅱ无法判断是哪部分的盐酸，所以实验Ⅱ也不合理，

故答案为：

褪色;实验Ⅰ结论不合理，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白；实验Ⅱ结论不合理，因为制取的氯气中含有HCl气体，HCl溶于水后能与NaHCO3粉末反应产生气泡；

②实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，分液漏斗只能盛装液体，所以甲装浓盐酸，乙盛装二氧化锰；丙是用来检验氯气的性质，所以盛装溴化钠溶液；二氧化锰和浓盐酸反应生成黄绿色的氯气，所以会看到烧瓶中有黄绿色的气体生成；氯气和溴属于同一主族的元素，随着原子序数的增大，非金属性逐渐减弱，所以氯气能置换出溴化钠中的溴，试管内溶液由无色变为橙色，由此证明氯气的氧化性强于溴，则证明Br﹣的还原性强于Cl﹣．

故答案为：

NaBr溶液，试管中溶液由无色变为橙色；

③在丙中盛放有KI淀粉溶液，通入氯气，看到丙中溶液变成蓝色，是生成了碘单质遇到淀粉变蓝色，继续通氯气，发现蓝色逐渐消失，检测到溶液中有含+5价元素的酸根离子，则蓝色消失过量中丙中发生反应是氯气和碘单质水溶液中发生氧化还原反应生成碘酸和盐酸，反应的化学方程式为：

5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，

故答案为：

5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；

（2）①铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，方程式为：

Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O．

故答案为：

Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；

②二氧化氮能和水反应，则烧杯内气体的压强会减小，小于外界大气压，烧杯中的溶液会倒流于试管丁，所以先关闭止水夹ab，再打开止水夹c，使烧杯中的水进入试管丁，

故答案为：

先关闭止水夹ab，再打开止水夹c，双手紧握（或微热）试管丁使试管中气体逸出，二氧化氮与水接触后即可引发烧杯中的水倒流到试管丁中．

28.【答案】

（1）烧杯、玻璃棒、漏斗；

（2）将Fe2+完全氧化为Fe3+，5.2～5.4；AD；

（3）除去溶液中的Cu2+；冷却结晶；　　　　

（4）5；

【解析】解：

冶炼锌废渣中的锌（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质），加入硫酸通入空气酸浸过滤后得到滤液含有Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+、Al3+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子、铝离子全部沉淀，过滤后滤液中加入锌除去铜离子，过滤得到硫酸锌溶液，加热蒸发，浓缩结晶，过滤洗涤得到ZnSO4·6H2O晶体；

（1）上述工艺流程中多处涉及“过滤”，实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；

故答案为：

烧杯、玻璃棒、漏斗；

（2）在“除杂Ⅰ”步骤中，需再加入适量H2O2溶液的目的是将Fe2+完全氧化为Fe3+，便于完全沉淀；依据图表数据分析，为使Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀完全，而Zn（OH）2不沉淀，应控制溶液的pH范围为5.2～5.4；为控制上述PH范围可选择加入的试剂或药品不能引入新的杂质，氨水会引入铵根离子，固体氢氧化钠会引入钠离子，ZnO、ZnCO3，会降低溶液PH且不引入新的杂质；

故答案为：

将Fe2+完全氧化为Fe3+，5.2～5.4；AD；

（3）在“除杂Ⅱ”步骤中，加入Zn粉的作用是除去溶液中的Cu2+．“操作A”的名称是硫酸锌溶液得到晶体的方法是利用加热蒸发浓缩，冷却结晶得到；

故答案为：

除去溶液中的Cu2+；冷却结晶；　　　　

（4）常温下，已知Ksp〔Cu（OH）2〕=2×10﹣20，某CuSO4溶液里c（Cu2+）=0.02mol·L﹣1，如果要生成Cu（OH）2沉淀，Q≥Ksp，Ksp〔Cu（OH）2〕=c（Cu2+）×c2（OH﹣）=2×10﹣20，c（OH﹣）=

=

=10﹣9mol/L，c（H+）=10﹣5mol/L，PH=5，则应调整溶液pH大，5；

故答案为：

5；

38.【答案】

（1）分液漏斗、烧杯；蒸馏；

（2）除去未反应的高锰酸钾，否则用盐酸酸化时会发生盐酸被高锰酸钾所氧化，产生氯气；

（3）ABD；

（4）NaOH溶液；浓盐酸酸化；

（5）96%．

【解析】一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机层和水层，有机层中含有甲苯、水层中含有苯甲酸，有机层中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水层盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸，

（1）将滤液分离得到有机层和水层，可以用分液的方法，所需的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯；有机层中物质互溶且沸点不同，所以可以采用蒸馏方法分离，则操作II为蒸馏

故答案为：

分液漏斗、烧杯；蒸馏；

（2）如果滤液呈紫色，说明高锰酸钾过量，要先加亚硫酸氢钾，除去未反应的高锰酸钾，否则浓盐酸酸化时可能被高锰酸钾氧化成氯气，

故答案为：

除去未反应的高锰酸钾，否则用盐酸酸化时会发生盐酸被高锰酸钾所氧化，产生氯气；

（3）A．抽滤时，瓶中压强较小，可以加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，故A正确；

B．为了防止搅拌棒下端打坏三颈烧瓶底或温度计，因此不能与它们接触，所以在搅拌时，搅拌棒下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触，故B正确；

C．抽滤结束后，应注意先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，然后关闭水龙头，以防倒吸，故C错误；

D．冷凝管中水的流向与蒸汽的流向相反，则冷凝管中水的流向是下进上出，故D正确；

故答案为：

ABD；

（4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入，应该先加NaOH溶液，甲苯与NaOH不反应，苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠，分液，苯甲酸钠溶液中加盐酸可以制得苯甲酸，

故答案为：

NaOH溶液；浓盐酸酸化；

（5）设苯甲酸的物质的量浓度为x，则25mL苯甲酸溶液中苯甲酸的物质的量为0.025xmol，

C6H5COOH+KOH→C6H5COOK+H2O

1mol1mol

0.025xmol2.40×10﹣3mol

1mol：

1mol=0.025xmol：

2.40×10﹣3mol

x=

=0.