2024屆安徽省宣城市三?；瘜W高一下期末復習檢測試題含解析

2024屆安徽省宣城市三?；瘜W高一下期末復習檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、對氫元素的不同微粒描述錯誤的是：A．H+只含有質子 B．H-的半徑比Li+的小C．2H和1H互為同位素 D．H2既有氧化性，又有還原性2、反應A(g)+2B(g)C(g)+D(g)+QkJ的能量變化如圖所示，有關敘述正確的是A．Q＝E2B．在反應體系中加入催化劑，反應速率增大，E1減小，E2不變C．Q＞0，升高溫度，正反應速率增大，逆反應速率減小D．若減小體積，平衡會移動，當反應再次達到平衡時，A的平衡濃度增大3、下列各對物質中，互為同系物的是A．C2H4、C8H18B．CH3CHO、C2H5OHC．C2H6、C4H10D．CH3COOH、C3H64、可逆反應:X(s)+Y(g)2Z(g)在容積為1L密閉容器反應，下列敘述不是反應達到平衡狀態(tài)的標志的是①單位時間內(nèi)生成1molX的同時消耗2molZ②Z的體積分數(shù)不再變化③體系的壓強不再改變④Y、Z的物質的量濃度比為1:2⑤Y的轉化率不再改變的狀態(tài)⑥混合氣體的密度不再改變的狀態(tài)A．僅①④ B．①③④ C．①④⑤ D．②③⑤⑥5、下列物質中屬于有機物的是()①乙醇②蛋白質③石墨④甲烷⑤蔗糖⑥碳酸⑦一氧化碳⑧碳酸鈣⑨乙酸A．①④⑤⑦⑧⑨ B．①④⑤⑨ C．①②④⑤⑨ D．①②④⑨6、某有機物M的結構簡式為CH3CH=CHCH2COOH，下列有關說法正確的是()A．能與乙醇發(fā)生酯化反應B．不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．能與溴的四氯化碳溶液發(fā)生取代反應D．1molM與足量Na完全反應能生成1molH27、霧霾的化學成分較為復雜，包含有下列物質，其中屬于有機物的是（）A．臭氧B．二氧化硫C．氮氧化物D．碳氫化合物8、下列說法正確的是()A．石油是混合物，汽油是純凈物 B．沸點：汽油>煤油>柴油>重油C．直餾汽油和裂化汽油成分相同 D．蒸餾汽油的實驗裝置也可用來制取蒸餾水9、在鋁與稀硫酸的反應中，已知10s末硫酸的濃度減少了0.6mol·L-1，若不考慮反應過程中溶液體積的變化，則10s內(nèi)生成硫酸鋁的平均反應速率是（）A．1.2mol·L-1·min-1 B．0.02mol·L-1·min-1C．1.8mol·L-1·min-1 D．0.18mol·L-1·min-110、完全燃燒2mol某有機物，生成4molCO2和6molH2O，同時消耗5molO2，該有機物的分子式為A．C2H6O2B．C2H4OC．C2H6OD．C2H611、可逆反應A(g)+4B(g)C(g)+D(g)，在四種不同情況下的反應速率如下，其中反應進行得最快的是()A．vA==0.15mol/(L·min) B．vB==0.02mol/(L·s)C．vC==0.4mol/(L·min) D．vD==0.01mol/(L·s)12、根據(jù)元素周期表和元素周期律分析下面的推斷，其中不正確的是A．Na的原子失去電子能力比Mg強B．HBr比HCl穩(wěn)定C．Ca（OH）2的堿性比Mg（OH）2的堿性強D．H2SO4比H3PO4酸性強13、下列四支試管中，過氧化氫分解產(chǎn)生氧氣的化學反應速率最大的是試管溫度過氧化氫濃度催化劑A室溫(25℃)12%有B水浴加熱(50℃)4%無C水浴加熱(50℃)12%有D室溫(25℃)4%無A．A B．B C．C D．D14、中國女藥學家屠呦呦因研制新型抗瘧青蒿素和雙氫青蒿素成果而獲得2015年諾貝爾生理學或醫(yī)學獎。青蒿素和雙氧青蒿素結構如圖所示。下列關于青蒿素和雙氫青蒿素的說法正確的是（）A．青蒿素的分子式為C15H22O5 B．青蒿素和雙氫青蒿素是同分異構體C．青蒿素和雙氫青蒿素都能發(fā)生酯化反應 D．雙氫青蒿素在水中的溶解性小于青蒿素15、升高溫度，下列數(shù)據(jù)不一定增大的是A．反應的活化分子數(shù) B．反應的活化分子百分數(shù)C．化學平衡常數(shù) D．化學反應速率16、工業(yè)上常用NCl3制備消毒劑ClO2，利用如圖裝置電解氯化銨和鹽酸的混合溶液可制備NCl3(已知NCl3的水溶液具有漂白性)。下列推斷正確的是()A．石墨極為正極B．鐵極附近溶液的pH減小C．每生成1molNCl3必轉移3mol電子D．電解反應為NH4Cl＋2HClNCl3＋3H2↑二、非選擇題（本題包括5小題）17、以石油化工的一種產(chǎn)品A（乙烯）為主要原料合成一種具有果香味的物質E的生產(chǎn)流程如下：（1）步驟①的化學方程式_______________________，反應類型________________。步驟②的化學方程式_______________________，反應類型________________。（2）某同學欲用上圖裝置制備物質E，回答以下問題：①試管A發(fā)生反應的化學方程式___________________________________。②試管B中的試劑是______________________；分離出乙酸乙酯的實驗操作是________________（填操作名稱），用到的主要玻璃儀器為____________________。③插入右邊試管的導管接有一個球狀物，其作用為_______________________。（3）為了制備重要的有機原料——氯乙烷(CH3-CH2Cl)，下面是兩位同學設計的方案。甲同學：選乙烷和適量氯氣在光照條件下制備，原理是：CH3-CH3+Cl2CH3-CH2Cl+HCl。乙同學：選乙烯和適量氯化氫在一定條件下制備，原理是：CH2=CH2+HCl→CH3-CH2Cl。你認為上述兩位同學的方案中，合理的是____，簡述你的理由：__________________。18、A、B、C、D四種短周期元素，原子序數(shù)D>C>B>A，且B、C、D同周期，A、D同主族，B原子的最外層只有一個電子，C的原子結構示意圖如圖，D在同周期元素中原子半徑最小，據(jù)此填空：（1）C元素的名稱為____，其氣態(tài)氫化物的化學式為___。（2）D在周期表的___周期，___族。（3）A、B、C、D四種元素的原子半徑由大到小的順序為（用化學式填寫）___（4）B的最高價氧化物的水化物的化學式為__19、某課外小組設計的實驗室制取乙酸乙酯的裝置如下圖所示，A中放有濃硫酸，B中放有乙醇、無水醋酸，D中放有飽和碳酸鈉溶液。已知：①無水氯化鈣可與乙醇形成難溶于水的CaCl2·6C2H5OH；②有關有機物的沸點如下：乙醚34.7℃乙醇78.5℃乙酸1181℃乙酸乙酯77.1℃請回答下列問題：(1)儀器A的名稱___________，濃硫酸的作用為____________；(2)球形干燥管C的作用是___________________；(3)若參加反應的乙醇為CH3CH2l8OH，請寫出用該乙醇制備乙酸乙酯的化學方程式______________；(4)從D中分離出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水。若將其凈化提純，常先加入無水氯化鈣，分離出_________；再加入_________(此空從下列選項中選擇①堿石灰、②生石灰、③無水硫酸鈉)；然后進行蒸餾，收集77℃左右的餾分，以得到較純凈的乙酸乙酯。20、我國國標推薦的食品藥品中Ca元素含量的測定方法之一：利用Na2C2O4將處理后的樣品中的Ca2＋沉淀，過濾洗滌，然后將所得CaC2O4固體溶于過量的強酸，最后使用已知濃度的KMnO4溶液通過滴定來測定溶液中Ca2＋的含量。針對該實驗中的滴定過程，回答以下問題：(1)KMnO4溶液應該用________(填“酸式”或“堿式”)滴定管盛裝。(2)寫出滴定過程中反應的離子方程式：_____________。(3)滴定終點的顏色變化：溶液由________色變?yōu)開_______色。(4)以下哪些操作會導致測定的結果偏高________(填字母編號)。a．裝入KMnO4溶液前未潤洗滴定管b．滴定結束后俯視讀數(shù)c．滴定結束后，滴定管尖端懸有一滴溶液d．滴定過程中，振蕩時將待測液灑出(5)某同學對上述實驗方法進行了改進并用于測定某品牌的鈣片中的鈣元素(主要為CaCO3)含量，其實驗過程如下：取2.00g樣品加入錐形瓶中，用酸式滴定管向錐形瓶內(nèi)加入20.00mL濃度為0.10mol·L－1的鹽酸(鹽酸過量)，充分反應一段時間，用酒精燈將錐形瓶內(nèi)液體加熱至沸騰，數(shù)分鐘后，冷卻至室溫，加入2～3滴酸堿指示劑，用濃度為0.10mol·L－1的NaOH溶液滴定至終點，消耗NaOH溶液8.00mL。[提示：Ca(OH)2微溶于水，pH較低時不會沉淀]①為使現(xiàn)象明顯、結果準確，滴定過程中的酸堿指示劑應選擇_______(填“石蕊”、“甲基橙”或“酚酞”)溶液；②此2.00g鈣片中CaCO3的質量為________g。21、超細銅粉主要應用于導電材料、催化劑等領域中。超細銅粉的某制備方法如下：（1）Cu2+的價電子排布式為____。（2）下列關于[Cu（NH3)4]SO4的說法中，正確的有____。（填字母序號）A．[Cu（NH3)4]SO4中所含的化學鍵有離子鍵、極性鍵和配位鍵B．[Cu（NH3)4]SO4的組成元素中第一電離能最大的是氧元素C．[Cu（NH3)4]SO4的外界離子的空間構型為正四面體（3）SO32-離子中S原子的雜化方式為____，SO32-離子的空間構型為____。（4）與SO3互為等電子體的一種分子的分子式是____（5）下圖是銅的某種氧化物的晶胞結構示意圖，由此可確定該氧化物的化學式為______。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解題分析】

A項、H+的質量數(shù)為1，質子數(shù)為1，不含中子和電子，故A正確；B項、電子層結構相同的離子，電荷數(shù)越大離子半徑越小，H-與Li+電子層結構相同，則H-的半徑比Li+的大，故B錯誤；C項、質子數(shù)相同，中子數(shù)不同的原子互為同位素，2H和1H的質子數(shù)都為1，中子數(shù)分別為1和0，則兩者互為同位素，故C正確；D項、H2中氫元素的化合價為0價，介于—1和+1之間，為中間價態(tài)，即表現(xiàn)氧化性，也表現(xiàn)還原性，故D正確；故選B。2、D【解題分析】

A.反應熱=反應物的總鍵能?生成物的總鍵能,則Q＝E2?E1，故A錯誤；B.催化劑使正逆反應的活化能都降低,反應速率加快,則E1減小,E2減小，故B錯誤；C.升高溫度，正逆反應速率都增大，故C錯誤；D.縮小體積，雖然平衡正向移動，但由于體積減小，反應物、生成物的濃度都增大，故D正確。故選：D?！绢}目點撥】升高溫度，無論是放熱反應還是吸熱反應，正逆反應速率均增大，因為溫度升高，活化分子數(shù)目增多，有效碰撞次數(shù)增多，反應速率加快。3、C【解題分析】分析：結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質稱為同系物。詳解：A.C2H4是乙烯，C8H18屬于烷烴，結構不相似，二者不是同系物關系，A錯誤；B.CH3CHO是乙醛，C2H5OH是乙醇，結構不相似，二者不是同系物關系，B錯誤；C.C2H6、C4H10均屬于烷烴，結構相似，二者互為同系物，C正確；D.CH3COOH是乙酸，C3H6是丙烯或環(huán)烷烴，結構不相似，二者不是同系物關系，D錯誤；答案選C。點睛：判斷兩種有機物是否是同系物的根本方法是先看其結構是否相似，再看二者在構成上是否相差一個或若干個CH2原子團。4、A【解題分析】分析：根據(jù)化學平衡的本質標志（達到化學平衡時υ正=υ逆0）和特征標志（達到化學平衡時各組分的濃度保持不變）作答。詳解：①單位時間內(nèi)生成1molX的同時消耗2molZ，只表示逆反應，不能說明反應達到平衡狀態(tài)；②Z的體積分數(shù)不再變化，能說明反應達到平衡狀態(tài)；③該反應的正反應氣體分子數(shù)增加，建立平衡過程中氣體分子物質的量增大，恒溫恒容容器中體系的壓強增大，達到平衡時氣體分子物質的量不變，體系的壓強不變，體系的壓強不再改變能說明反應達到平衡狀態(tài)；④達到平衡時各組分的濃度保持不變，不一定等于化學計量數(shù)之比，Y、Z的物質的量濃度比為1:2不能說明反應達到平衡狀態(tài)；⑤Y的轉化率不再改變表明Y的濃度不再變化，能說明反應達到平衡狀態(tài)；⑥由于X呈固態(tài)，根據(jù)質量守恒定律，建立平衡過程中混合氣體的總質量增大，容器的容積恒定，混合氣體的密度增大，達到平衡時混合氣體的總質量不變，混合氣體的密度不變，混合氣體的密度不再改變能說明反應達到平衡狀態(tài)；不能說明反應達到平衡狀態(tài)的是①④，答案選A。點睛：本題考查可逆反應達到平衡的標志，判斷可逆反應是否達到平衡狀態(tài)的標志是“逆向相等，變量不變”，“逆向相等”指必須有正反應速率和逆反應速率且兩者相等（用同一物質表示相等，用不同物質表示等于化學計量數(shù)之比），“變量不變”指可變的物理量不變是平衡的標志，不變的物理量不變不能作為平衡的標志。注意達到平衡時各組分的濃度保持不變，但不一定相等也不一定等于化學計量數(shù)之比。5、C【解題分析】

有機物是含碳的化合物，則①乙醇、②蛋白質、④甲烷、⑤蔗糖、⑨乙酸均是含有碳元素的化合物，均是有機物；③石墨是碳單質；⑥碳酸、⑦一氧化碳、⑧碳酸鈣等雖然也均含有碳元素，但其結構和性質更類似于無機物，屬于無機物。答案選C?！绢}目點撥】⑥⑦⑧是解答的易錯點，注意有機物和無機物的區(qū)別，有機化合物簡稱有機物，是含碳化合物，無機化合物通常指不含碳元素的化合物，但少數(shù)含碳元素的化合物，如二氧化碳、碳酸、一氧化碳、碳酸鹽等不具有有機物的性質，因此這類物質也屬于無機物。6、A【解題分析】

A．含有羧基，可與乙醇發(fā)生酯化反應，選項A正確；B．含有碳碳雙鍵，可被高錳酸鉀氧化，選項B錯誤；C．含有碳碳雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應，在四氯化碳溶液中不發(fā)生取代反應，選項C錯誤；D．含有1個羧基，可與鈉反應，1molM與足量Na完全反應能生成0.5molH2，選項D錯誤．答案選A。7、D【解題分析】有機物是含碳的化合物，臭氧、二氧化硫、氮氧化物不含有碳，屬于無機物，碳氫化合物屬于有機物，故D正確。8、D【解題分析】

A、石油和汽油都是含多種烴的混合物，故A錯誤；B、石油分餾時，首先分餾出的是汽油，其次是煤油，再次是柴油、重油，說明沸點：汽油<煤油<柴油<重油，故B錯誤；C、直餾汽油為烷烴，裂化汽油中含有烯烴，故C錯誤；D、蒸餾汽油、制取蒸餾水的原理相同，都是使用蒸餾裝置，故D正確；答案選D。9、A【解題分析】

10s末硫酸的濃度減少了0.6mol?L-1，則v(H2SO4)==0.06mol/(L·s)，發(fā)生反應：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，速率之比等于化學計量數(shù)之比，故v[Al2(SO4)3]=v(H2SO4)=×0.06mol/(L·s)=0.02mol/(L·s)，即v[Al2(SO4)3]=0.02mol/(L·s)=1.2mol/(L·min)，故選A。10、A【解題分析】試題分析：設該有機物的分子式為CxHyOz，據(jù)題意有2x=4，2y=6×2，x+y/4-z/2=5/2，解得x=2，y=6，z=2，其分子式為C2H6O2。考點：考查有機化合物的燃燒計算。11、D【解題分析】

利用比值法可知，化學反應速率與化學計量數(shù)之比越大，反應速率越快，據(jù)此分析判斷?！绢}目詳解】化學反應速率與化學計量數(shù)之比越大，反應速率越快。A、=0.15；B、=0.3；C、=0.4；D、=0.6；顯然D中比值最大，反應速率最快，故選D?！绢}目點撥】利用比值法解答時，要注意單位需要相同，這是本題的易錯點。本題也可以根據(jù)方程式轉化為同一物質的化學反應速率，進行大小的比較。12、B【解題分析】

A．Na、Mg同周期，Na的金屬性強，則Na失去電子能力比Mg強，故A正確；B．非金屬性Cl＞Br，元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定，則HCl比HBr穩(wěn)定，故B錯誤；C．Mg、Ca同主族，Mg的金屬性沒有Ca強，則Ca(OH)2比Mg(OH)2的堿性強，故C正確；D．P、S同周期，S的非金屬性強，則H2SO4比H3PO4酸性強，故D正確；答案選B。13、C【解題分析】

一般來說溫度越高、濃度越大，且加入催化劑，都可使反應速率增大，則A和C加入催化劑，則反應速率應大于B和D，A和C相比較，C溫度較高，則反應速率較大；故答案選C。14、A【解題分析】

A．由青蒿素的結構簡式可知青蒿素的分子式為C15H22O5，故A正確；B．青蒿素的分子式為C15H22O5，雙氫青蒿素的分子式為C15H24O5，二者分子式不同，不是同分異構體，故B錯誤；C．青蒿素不含羥基或羧基，不能發(fā)生酯化反應，故C錯誤；D．雙氫青蒿素中含有羥基，可形成氫鍵，在水中溶解度大于青蒿素，故D錯誤；答案選A。15、C【解題分析】

A、升高溫度，分子吸收能量，活化分子百分數(shù)增大，從而導致活化分子數(shù)目增大，A錯誤；B、升高溫度，分子吸收能量，活化分子百分數(shù)增大，從而導致活化分子數(shù)目增大，B錯誤；C、若正反應為放熱反應，升高溫度平衡向逆反應移動，化學平衡常數(shù)減小，若正反應為吸熱反應，升高溫度平衡向正反應移動，化學平衡常數(shù)增大，C正確；D、升高溫度活化分子數(shù)目增大，有效碰撞次數(shù)增多，反應速率一定加快，D錯誤；故選C。16、D【解題分析】

A.石墨與電源的正極相連，石墨極為陽極，A錯誤；B.鐵極為陰極，電極反應式為2H＋＋2e－=H2↑，鐵極附近溶液的酸性逐漸減弱，pH增大，故B錯誤；C.NCl3的水溶液具有漂白性，說明NCl3中Cl的化合價為+1，電解過程中氯元素化合價由-1升高為+1，每生成1molNCl3，必轉移6mol電子，故C錯誤；D.陰極生成氫氣、陽極生成NCl3，電解反應為NH4Cl＋2HClNCl3＋3H2↑，故D正確；選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、加成反應氧化反應飽和碳酸鈉溶液分液分液漏斗防止溶液倒吸乙同學的方案由于烷烴的取代反應是分步進行的，反應很難停留在某一步，所以得到產(chǎn)物往往是混合物；而用乙烯與HCl反應只有一種加成反應，所以可以得到相對純凈的產(chǎn)物【解題分析】

A為乙烯，與水發(fā)生加成反應生成乙醇，B為乙醇，乙醇氧化生成C，C氧化生成D，故C為乙醛、D是乙酸，乙酸與乙醇生成具有果香味的物質E，E為乙酸乙酯?！绢}目詳解】（1）反應①為乙烯與水發(fā)生加成反應生成乙醇，反應的方程式為：；反應②為乙醇催化氧化生成乙醛，反應的方程式為：；（2）①乙酸和乙醇在濃硫酸的催化作用下發(fā)生酯化反應，生成乙酸乙酯和水，反應的化學方程式為；②由于乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度較小，碳酸鈉溶液能夠與乙酸反應，還能夠溶解乙醇，所以通常用飽和碳酸鈉溶液吸收乙酸乙酯；乙酸乙酯不溶于水，所以混合液會分層，乙酸乙酯在上層，可以分液操作分離出乙酸乙酯，使用的主要玻璃儀器為分液漏斗；③吸收乙酸乙酯時容易發(fā)生倒吸現(xiàn)象，球形導管可以防止溶液倒吸；（3）烷烴的取代反應是分步進行的，反應很難停留在某一步，所以得到的產(chǎn)物往往是混合物；乙烯與HCl反應只有一種加成產(chǎn)物，所以乙同學的方案更合理?！绢}目點撥】本題考查了有機物的推斷、乙酸乙酯的制備、化學實驗方案的評價等知識，注意掌握常見有機物結構與性質、乙酸乙酯的制取方法及實驗操作方法，明確化學實驗方案的評價方法和評價角度等。18、硅SiH4三VIIANaSiClFNaOH【解題分析】

A.B.C.

D四種短周期元素,原子序數(shù)D>C>B>A，C的原子結構示意圖為，第一電子層只能容納2個電子，故x=2，則C原子核外電子數(shù)為14，C為Si元素；D在同周期元素中原子半徑最小，處于ⅦA族，原子序數(shù)大于Si，故D為Cl；A、

D同主族，則A為F元素；B、C、D同周期，且B原子的最外層只有一個電子，故B為Na。(1)C元素的名稱為硅，其氣態(tài)氫化物的化學式為SiH4，故答案為：硅；SiH4；(2)D為Cl元素，處于在周期表中第三周期ⅦA族，故答案為：三；ⅦA；(3)同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑Na>Si>Cl>F，故答案為：Na>Si>Cl>F；(4)Na的最高價氧化物的水化物的化學式為NaOH，故答案為：NaOH.19、分液漏斗催化劑和吸水劑防倒吸CH3COOH+CH3CH218OHH2O+CH3CH218OOCCH3CaCl2·6C2H5OH③【解題分析】本題考查實驗方案設計與評價，（1）儀器A為分液漏斗，乙酸和乙醇反應的方程式為CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，濃硫酸作催化劑，還做吸水劑，促使平衡向正反應方向進行；（2）裝置C的作用是防止倒吸；（3）根據(jù)乙酸乙酯反應實質，酸去羥基，醇去氫，因此反應方程式為：CH3COOH+CH3CH218OHH2O+CH3CH218OOCCH3；（4）根據(jù)信息①，分離出的CaCl2·6C2H5OH，堿石灰和生石灰中含有CaO，與水反應生成Ca(OH)2，溶液顯堿性，造成乙酸乙酯水解，因此加入無水硫酸鈉，故③正確。20、酸式2MnO4-+5H2C2O4+6H?=2Mn2?+10CO2↑+8H2O無紫ac甲基橙0.06【解題分析】

(1)高錳酸鉀具有強氧化性，會腐蝕橡膠，根據(jù)中和滴定所需儀器判斷；(2)在硫酸條件下，高錳酸鉀將C2O42-氧化為CO2，自身被還原為MnSO4，據(jù)此寫出反應的離子方程式；(3)高錳酸鉀溶液本身有顏色，為紫色，在開始滴入含C2O42-溶液中時被還原，顏色消失，當達到滴定終點時，加入最后一滴高錳酸鉀溶液顏色不褪去，據(jù)此判斷；(4)分析不當操作對V(標準)的影響，根據(jù)c(待測)=判斷對結果的影響；(5)碳酸鈣和鹽酸反應生成氯化鈣、二氧化碳和水，考慮二氧化碳溶于水，故要加熱煮沸，過量鹽酸用氫氧化鈉滴定，考慮氫氧化鈣的微溶性，應選擇在pH較低時變色的指示劑，根據(jù)滴定算出過量鹽酸，進而求得與碳酸鈣反應的鹽酸，根據(jù)方程式計算碳酸鈣的質量。【題目詳解】(1)高錳酸鉀具有強氧化性，會腐蝕橡膠，應放在酸式滴定管中，故答案為：酸式；(2)高錳酸鉀具有強氧化性，在硫酸條件下將C2O42-氧化為CO2，自身被還原為Mn2+，離子方程式為：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案為：2MnO4-+5C2O4