1、衡阳县三中2017届高三第二次（10月）月考试题化学第I卷 选择题一、选择题（每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1.下列关于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质的组合正确的是( )纯净物混合物强电解质弱电解质非电解质A氨水氯水硫酸醋酸干冰B氧化铁盐酸硫酸钡亚硫酸二氧化硫C胆矾碘酒苛性钾氢硫酸碳酸钙D氯化氢氢氧化钠溶液氯化钠磷酸氯气A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A. 氨水、氯水、硫酸、醋酸、干冰，分别属于混合物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质，故A错误；B. 氧化铁、盐酸、硫酸钡、亚硫酸、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质
2、，故B正确；C. 胆矾、碘酒、苛性钾、氢硫酸、碳酸钙分别是纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、强电解质，故C错误；D. 氯化氢、氢氧化钠溶液、氯化钠、磷酸、氯气，分别是纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、单质，故D错误；故选：B.2.硫酸、硝酸都是重要的化工原料，下列实验事实与浓硫酸或硝酸性质不相对应的一组是（ ）A.用铝槽车盛运浓硫酸强氧化性B.久置浓硝酸变黄不稳定性C.浓硫酸能使蔗糖变黑并膨胀吸水性D.用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管强氧化性和酸性【答案】C【解析】A.用铝槽车盛运浓硫酸-这是铝在浓硫酸中的钝化，是浓硫酸的强氧化性，A与性质对应；B.久置浓硝酸变黄-是由于浓硝酸的不稳定性，分
3、解生成的二氧化氮溶解在其中，导致溶液变黄，故B与性质对应；C.浓硫酸能使蔗糖变黑并膨胀-是浓硫酸的脱水性使蔗糖脱水碳化，强氧化性使生成的碳继续氧化生成二氧化碳和二氧化硫气体，使物质膨胀，并非吸水性，故C与性质不对应；D.用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管-是硝酸的强氧化性和酸性，生成硝酸银、一氧化氮和水，故D与性质对应。3.下列化学用语表述正确的是( )A. 乙烯的结构式： B.HCl的电子式C. 氯原子的结构示意图 D. 二氧化碳的比例模型：【答案】C【解析】A.CH2CH2为乙烯的结构简式,乙烯正确的结构式为：，故A错误；B.HCl为共价化合物,组成原子最外层满足稳定结构,其正确的电子式为，故
4、B错误；C. 氯原子的核电荷数、核外电子总数都是17,其原子结构示意图为：，故C正确；D. 二氧化碳分子中存在两个碳氧双键,为直线形结构,二氧化碳正确的比例模型为：，故D错误；故选C.4.下列说法不正确的是( )A.能使湿润的有色布条褪色,所以具有漂白性B. 红热的铁丝在中剧烈燃烧,反应生成C. 利用溴单质的氧化性可以把碘离子转化为碘单质D. 实验室常用溶液吸收多余的以避免污染【答案】A【解析】A. 氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氯气无漂白作用，故A错误；B. 氯气具有强氧化性氧化变价金属为高价态化合物,红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧,反应生成FeCl3，故B正确；C. 溴单
5、质氧化性大于碘单质，溴单质氧化碘离子生成碘单质，故C正确；D. 氯气有毒不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故D正确；故选A.5.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )A. 标准状况下,22.4L己烯含有的分子数为0.1NAB. 精炼铜过程中阴极增重6.4g时,电路中转移电子数大于0.2NAC. 工业生产硫酸生成1molH2SO4时实际投入的SO2分子数目为NAD.1mol羧基中含有的电子数为23NA【答案】D【解析】A. 在标况下己烯为液体，无法确定分子数，故A错误；B. 精炼铜时阴极增重6.4g时,为0.1mol铜,转移0.2mol电子,电路中转移电子数为0.2NA，故
6、B错误；C. 工业生成硫酸,在接触室内二氧化硫生成三氧化硫为可逆反应,需要的SO2分子数目大于NA，故C错误；D. 根据羧基的结构简式为COOH,1mol羧基中含有的电子数为6NA+8NA+8NA+1NA=23NA，故D正确。故选D.6. 常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A、的NaAlO2溶液：K+、Na+、SO42-、CO32-B、使pH试纸变蓝的溶液中：NH4+、Na+、SO42-、ClC、含有大量ClO-溶液中：K+、OH-、I-、SO32-D、c（Al3+）=的溶液中：Na+、Cl-、AlO2-、SO42-【答案】A【解析】A该组离子之间不反应，能大量共存，故A正确
7、；B使pH试纸变蓝的溶液，溶液呈碱性，不能有NH4+，故B错误；CClO-具有氧化性，而I-、SO32-具有还原性，则离子之间会发生氧化还原反应而不能共存，故C错误；DAl3+、AlO2-能相互促进水解，Al3+3 AlO2-+6H2O=4Al（OH）3，不能共存，故D错误；故选A7.下列离子方程式书写正确的是( )A. 已知电离平衡常数：,向溶液中通入少量B. 向和混合溶液中滴加稀盐酸：C.在硫酸氢钾溶液中加氢氧化钡溶液至： D. 双氧水使酸性溶液褪色：【答案】C【解析】A. 已知电离平衡常数：,向溶液中通入少量离子方程式：，故A错误；B. 亚铁离子的还原性大于溴离子,向和混合溶液中滴加稀盐
8、酸离子方程式为，故B错误；D. 双氧水与酸性KMnO4溶液反应生成锰离子、氧气和水,离子方程式为，故D错误；8.氯霉素主要成分的结构简式为： ，下列有关该化合物的说法不正确的是（）A. 属于芳香族化合物B. 能发生水解反应C. 不能发生消去反应D. 能发生催化氧化【答案】C【解析】A分子中含有苯环，则属于芳香族化合物，故A正确；B分子中含有肽键，可发生水解反应，故B正确；C分子中含有羟基，且邻位碳原子上有氢原子，可发生消去反应，故C错误；D分子只含有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，可发生催化氧化反应，故D正确故选C9.有五种饱和溶液Ba(NO3)2Ca(OH)2NaAlO2Na2CO3N
9、H3和NaCl,分别持续通入CO2,最终得到沉淀或析出晶体的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】碳酸比硝酸弱,二氧化碳与Ba(NO3)2溶液不反应，没有沉淀生成，故错误；酸性氧化物能与碱反应,过量的CO2与Ca(OH)2反应：Ca(OH)2+2CO2Ca(HCO3)2，无沉淀生成，故错误；NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳,由于碳酸酸性比氢氧化铝强,所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠,2H2O+NaAlO2+CO2=Al(OH)3+NaHCO3，故正确；过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3,因为相同条件下碳酸氢钠溶解度比碳酸钠
10、小,所以有NaHCO3晶体析出，故正确；反应发生NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl,所以有NaHCO3晶体析出，故正确；故选C.10.已知反应：10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2下列关于该反应的叙述不正确的是( )A. 该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为3:1B. 当反应中有1mol电子转移时,被还原氯气物质的量为molC. 每产生1molO2时，被氧元素还原的氯气物质的量为2molD. 参加反应的水有被氧化【答案】B【解析】A. 反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，9molCl原子得电
11、子，1molCl原子失电子，2molO原子失电子，则氧化剂为9mol，还原剂物质的量为1mol+2mol=3mol，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为3:1，故A正确；B. 反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，5mol氯气反应时，被还原的氯气为4.5mol，转移电子的物质的量为9mol，当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为0.5mol，故B错误；C. 每产生1molO2时，O元素失去4mol电子，则氯元素得到4mol，所以被氧元素还原的氯气物质的量为2mol，故C正确；D. 反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10H
12、F+O2中H2O中5个O原子参加反应,其中有2个O原子失电子被氧化,所以参加反应的水有25被氧化，故D正确；故选B.11.将17.9 g、组成的合金溶于足量的溶液中，产生3.36 L气体（标准状况）.另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成6.72 L（标准状况），向反应后的溶液中加入足量的溶液，得到沉淀的质量为（）A. 33.2 g B. 25.4 g C. 22.4 g D. 19.6 g【答案】【解析】合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气3.36L（标准状况），物质的量为=0.15mol，根据电子转移守恒可知n（Al）=0.1mol，故金属铝的质量为0.1mo
13、l27g/mol=2.7g，金属铝提供电子的量是0.3mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为3=0.9mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为0.9mol-0.3mol=0.6mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH-）=0.6mol，所以反应后沉淀的质量等于17.9g-2.7g+0.6mol17g/mol=25.4g。故选B12.已知X、Y
14、、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物,它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去).则W、X不可能是( )选项WXA稀硫酸NaAlO2溶液B稀硝酸FeCCO2Ca(OH)2溶液DCl2FeA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A.X为NaAlO2溶液,W为稀硫酸时,偏铝酸钠和少量硫酸反应生成氢氧化铝,NaAlO2和过量硫酸反应生成氯化铝，能实现上述转化关系，故A不选；B.Fe与HNO3反应可分别生成Fe(NO3)2、Fe(NO3)3,Fe(NO3)2与HNO3反应可生成Fe(NO3)3,Fe(NO3)3与Fe反应可生成Fe(NO3)2，故B不选；C.X为氢氧化钙，W为二氧化碳，氢
15、氧化钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，碳酸钙和碳酸氢钙间可以相互转化，符合转化关系，故C不选；D. 氯气和铁反应，无论量多少，只能生成氯化铁，不符合上述转化关系，故D选；故选D.13.下列实验中，所使用的装置（夹持装置略），试剂和操作方法正确的是（ ） A.观察 B.配制一定物质的量 C.实验室制取氨 D验证乙烯的生成的生成 浓度的溶液【答案】A【解析】A.因为易被空气氧化，所以胶头滴管伸入液面以下，利用植物油隔绝空气，故A正确；B. 一定物质的量浓度溶液的配制，将固体在烧杯中溶解，冷却至室温后再用玻璃棒引流到容量瓶中，不能在容量瓶中直接溶解，故B错误；C.
16、易溶于水，不能用排水法收集，制取氨气应该用氯化铵和氢氧化钙，故C错误；D. 一是温度计测的是溶液的温度，应伸入液面以下，二是因为乙醇易挥发，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法证明生成乙烯，故D错误。14.已知酸性溶液可与FeSO4反应生成和Cr3+,现将硫酸酸化的溶液与FeSO4溶液混合,充分反应后再向所得溶液中加入溶液,混合溶液中的物质的量随加入的的物质的量的变化关系如图所示,下列说法中不正确的是( )A. 图中AB段的氧化剂为B. 图中BC段发生的反应为2+22+C. 开始加入的为0.25molD. 共有1molFeSO4被氧化【答案】D【解析】A. 开始时浓度不变,则说明没有参加反应,
17、则AB应为和碘化钾的反应, 为氧化剂，故A正确；B.BC段浓度逐渐减小,为铁离子和碘化钾的反应,反应的离子方程式为2+2=2+，故B正确；C. 由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为66,共消耗的n()=1.5mol,则开始加入的的物质的量为=0.25mol，故C正确；D. 由方程式2+22+可知,BC段消耗0.9mol,则n()=n()=0.9mol,所以共有0.9molFeSO4被氧化，故D错误。故选D.第II卷 非选择题 二、本题包括5小题，共58分15.（10分）某强酸性溶液X,可能含有、中的一种或几种离子，取该溶液进行实验，其现象及转化如下图。反应过程中有一种气体是红棕色
18、。请回答下列问题：(1)由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在的离子有_:(2)溶液X中,关于的判断一定正确的是_；a.一定有b.一定没有c.可能有(3)产生气体A的离子方程式为_；(4)转化发生反应的现象为_；(5)转化中产生H的离子方程式为_；(6)若转化中,D、三种物质恰好发生化合反应生成E,则反应中D与的物质的量之比为_；(7)对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是_.NaOH溶液,KSCN溶液,石蕊试剂,pH试纸,KMnO4溶液，氯水和KSCN的混合溶液。【答案】（1）、（2）（3）（4）红褐色沉淀逐渐溶解，溶液变为黄色；（5）
19、（6）4:1（7）【解析】某强酸性溶液X,则溶液中不存在弱酸根离子、,溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀,则溶液呈存在,不存在和硫酸根离子反应的,是；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性,所以溶液中和不能共存,加入硝酸钡产生气体,则溶液中存在,不存在，是；溶液中加入氢氧化钠溶液时,产生气体,则溶液中含有,是,产生沉淀,则溶液中存在,沉淀是,氢氧化铁和盐酸反应生成,则是,溶液中通入过量二氧化碳生成沉淀,则溶液中存在Al3+,沉淀是,溶液是；是,则是,二氧化氮化和水反应生成硝酸和,则是,硝酸和氨气反应生成硝酸铵,则是.(1)由强酸性条件即可判断溶液中一定不存在弱酸根离子,所以不存在的离子有、,故答案为：、；
20、(2)强酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性,如果存在硝酸根离子,则不存在亚铁离子,加入硝酸钡溶液时不能产生气体,所以溶液X中一定没有，故选；(3)亚铁离子和硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水,离子反应方程式为：,故答案为：；(4)氢氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁和水，氢氧化铁为红褐色沉淀，氯化铁溶液呈黄色，所以看到的现象是：红褐色沉淀逐渐溶解，溶液变为黄色，故答案为：红褐色沉淀逐渐溶解，溶液变为黄色；(5)铝离子和过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水,离子方程式为：,故答案为：；(6)若转化中,NO2、H2O、三种物质恰好发生化合反应生成,该反应方程式为：,则反应中与的物质的量之比为4:1，故答案为
21、：4:1；(7)溶液中铁离子是否存在不能确定，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，所以可以用硫氰化钾溶液检验，故选。16.（14分）锡及其化合物在生产、生活中有着重要的用途。已知：的熔点为231; 易水解、易被氧化; 极易水解、熔点为33、沸点为114。请按要求回答下列相关问题：(1)元素锡比同主族碳的周期数大3，锡的原子序数为_.(2)用于微电子器件生产的锡粉纯度测定：取1.19g试样溶于稀硫酸中(杂质不参与反应),使完全转化为；加入过量的；用0.1000mol/L溶液滴定(产物中呈+3价),消耗20.00mL.步骤中加入的作用是_；此锡粉样品中锡的质量分数：_.(3)用于镀锡工业的硫酸
22、亚锡的制备路线如下：步骤加入粉的作用：_及调节溶液pH.步骤、步骤V操作名称是_、_,写出该过程用到的一种玻璃仪器的名称_.步骤生成的离子方程式：_.步骤操作依次为_、_、过滤、洗涤、低温干燥。(4)蒸气遇氨及水汽呈浓烟状，因而可制作烟幕弹，其反应的化学方程式为_.【答案】（1）50（2）将全部氧化为； 60%.（3）防止被氧化 过滤 漏斗（玻璃棒）蒸发浓缩、冷却结晶（4）【解析】(1)元素锡比同主族碳的周期数大3，二者原子序数相差第三、四、五周期容纳元素种数之和，则的原子序数为6+8+18+18=50，故答案为：50；(2)将全部氧化为,再用溶液溶液滴定,将氧化为，设粉中锡的质量分数为x，则
23、：3Sn3Sn2+6Fe3+6Fe2+simK2Cr2O73119g1mol1.19gx0.100mol/L0.02L故3119g:1.19gx=1mol:0.100mol/L0.02L解得x=60%，故答案为：将全部氧化为； 60%.(3)由于易水解、易被氧化,加入盐酸,抑制水解,加入粉可以与盐酸反应,调节溶液pH,还防止被氧化,步骤为过滤,得溶液,向其中加碳酸氢钠,调节溶液pH,使元素以形式沉淀,再过滤洗涤得纯净的,加稀硫酸,得溶液,加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤,制得晶体，滤液中含有大量的等。由信息可知, 易被氧化,加入粉除调节溶液pH外,还防止被氧化；故答案为：防止被氧化；步骤是过滤，
24、步骤V是结晶，用到的玻璃仪器除烧杯外，还有漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤 漏斗（玻璃棒）；得到沉淀是，元素化合价为变化,属于非氧化还原反应,变质发生水解反应生成与二氧化碳,再脱水得到,反应离子方程为：， 故答案为：；由流程图可知，操作是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；(4) 水解得到与,与氨气反应得到,反应方程式为： ；故答案为：；17. （12分）某化学活动小组设计如图所示(部分夹持装置已略去)实验装置,以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质。(1)装置A中发生反应的化学方程式是_.(2)试剂Y是_.(3)已知：
25、通入一定量的氯气后,测得D中有一种常温下为黄红色的气体,其为含氯的氧化物。可以确定的是C中含有氯化合物（盐）只有一种,且含有NaHCO3，现对C中反应后固体的成分进行猜想和探究。提出合理假设。假设1:存在两种成分：NaHCO3和_；假设2:存在三种成分：NaHCO3、_和_.设计方案，进行实验。请填写相应的实验步骤以及预期现象和结论。（可不填满）限选实验试剂：蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、澄清石灰水溶液、AgNO3溶液、试管、小烧杯。实验步骤预期现象和结论步骤1:取C中的少量固体样品于试管中,滴加足量蒸馏水至固体溶解,然后将所得溶液分别置于A.B试管中。步骤2:步骤3:(4),已知C中有
26、0.1molCl2参加反应，若假设1成立,推知C中反应的化学方程式为_.【解析】（1）实验室制备氯气，结合装置分析可知是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，反应的化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+Cl2+2H2O， 故答案为4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+Cl2+2H2O；（2）实验制备的氯气中含有杂质氯化氢气体，需要用饱和食盐水除去，故答案为：饱和食盐水（或饱和氯化钠溶液）；（3）在装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体（含氯氧化物），C中含氯元素的盐只有一种，且含有NaHCO3，假设存在两种成分，为NaHCO3和NaCl，假设存在三种成分
27、，应还有未完全反应的Na2CO3，即是NaHCO3、NaCl和Na2CO3；步骤2中向A试管中滴加适量BaCl2溶液，是检验产物中是否有Na2CO3，回答该小题时要结合最后的结论，a应为证明固体中不含Na2CO3，b应为证明固体中含Na2CO3，不能颠倒步骤3应是检验氯离子，应向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl；假设一：存在NaHCO3和NaCl；故答案为：NaCl假设二：存在NaHCO3和NaCl、Na2CO3；实验步骤预期现象和结论步骤1：步骤2：BaCl2溶液Na2CO3出现白色沉淀，证明固体中含Na2CO3步骤3：足量的稀硝酸，再滴加
28、AgNO3溶液先出现白色沉淀，后白色沉淀溶解，再出现白色沉淀，并伴有气泡冒出证明固体中含Na2CO3和NaCl故答案为：假设1：NaCl 假设2： Na2CO3和NaCl （4）C中有0.1mol Cl2参加反应，装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，若假设一成立，反应为Cl2+Na2CO3NaHCO3+NaCl+X，依据氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合价为+1价：可推知C中反应生成的含氯氧化物为Cl2O，反应的化学方程式为2Cl2+H2O+2Na2CO32NaHCO3+2NaCl+Cl2O，故答案为：2Cl2+H2O+2Na2CO32NaHCO3+2NaCl
29、+Cl2O18.（12分）铝氢化钠( NaAIH4)是有机合成的重要还原剂，其合成线路如下图所示。（1）实验室利用下图装置制取无水AlC13。A中所盛装的试剂的名称_。（2）改变A、B试管中和D中的试剂就可以用该装置制取NaH。最好将B试管中原来的改为_，如果操作不当，制得的NaH中可能含有_杂质。（3）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，其反应的化学方程式为_。（4）AICI3与NaH反应时，需将AICl3溶于有机溶剂，再将得到的溶液滴加到NaH粉末上，此反应中NaH的转化率较低的原因是_。（5）现设计如下四种装置测定铝氧化钠样品的纯度（假设杂质不参与反应）。从简约性、准确性考虑，最适宜的方案是_（填
30、编号）。锚氢化钠与水完全反应，冷却至室温的标志是_【答案】（1）（2）饱和食盐水溶液 溶液 、（3）（4）（5）乙 连续两次读取的体积相等19（10分）.KI在食品、医药领域有广泛用途。某科研小组利用碘废弃液(主要含、)制备KI，流程如下：已知：(1)加入胆矾的作用_.(2)为制得KI晶体粗产品，滤液后续操作步骤是_.(3)用沉淀滴定法测定样品中KI含量的实验步骤如下：a.称取3.000g样品，溶解，配制成250mL溶液b.量取25.00mL待测液于锥形瓶中；c.用0.1000mol AgNO3标准溶液滴定至终点,记录消耗AgNO3标准溶液的体积；d.重复b、c操作23次,平均消耗AgNO3标
31、准溶液16.50mL配制250mL样品溶液时，所需的仪器除烧杯、玻璃棒之外，还缺少的玻璃仪器是_.AgNO3标准溶液在使用之前通常要重新标定,原因是_;本实验滴定过程中操作滴定管的图示正确的是_(填编号).该样品中KI的质量百分数为_.下列因素会导致KI含量的测定结果偏高的是_.A. 配制样品溶液定容时仰视 B.锥形瓶未干燥C. 滴定管未用AgNO3标准溶液润洗 D.滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡。【解析】（1）由流程图可知硫酸铜被还原成碘化亚铜沉淀，硫酸铜晶体作氧化剂，富集碘元素；故答案为：氧化剂，富集碘元素；（2）为制得KI晶体粗产品，将滤液倒入蒸发皿中加热蒸发、冷却结晶，过滤、干燥得到K
32、I晶体粗产品；故答案为：将滤液倒入蒸发皿中加热蒸发、冷却结晶，过滤、干燥得到KI晶体粗产品（3）实验室要250mL待测溶液，用天平和药匙称取3.000g样品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所需的仪器除烧杯、玻璃棒之外，还缺少的玻璃仪器是有250ml容量瓶、胶头滴管；故答案为：250ml容量瓶、胶头滴管；硝酸银不稳定，见光易分解，放置之后的硝酸银溶液的浓度会发生变化，对滴定结果造成影响，需要重新标定；使用酸式滴定管时，左手握滴定管，其
33、无名指和小指向手心弯曲，轻轻地贴着出口部分，用其余三指控制活塞的转动；故答案为：硝酸银不稳定，见光易分解，放置之后的硝酸银溶液的浓度会发生变化；A；滴定消耗的AgNO3的物质的量为0.1000molL-10.01650L=0.001650mol，由关系式AgNO3KI可知25.00mL待测液中含有0.001650molKI，250mL溶液中含有0.01650molKI，即0.01650mol166g/mol=2.739g，该样品中KI的质量百分数为；故答案为：91.30%；A配制样品溶液定容时仰视，对实验无影响，故A错误；B锥形瓶未干燥，待测液的物质的量不变，测定结果不变，故B错误；C滴定管未用AgNO3标准溶液润洗，溶液被稀释，导致V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，KI的质量偏大，含量也偏大，故C正确；D滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，导致V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏小，KI的质量偏小，含量也偏小；故选C