2022-2023学年宁夏海原县一中高三化学第一学期期中质量检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1 molL1的 BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，探究体系中微粒间的相互作用，实验记录如下：实验记录pH变化溶液中是否产生沉淀BaCl2溶液(无氧)中无白色沉淀、BaCl2溶液(有氧)中有白色沉淀Ba(NO3)2溶液(无氧)

2、中有白色沉淀、Ba(NO3)2溶液(有氧)中有白色沉淀下列说法不正确的是A曲线a 所示溶液pH降低的原因：SO2 + H2OH2SO3H+ + HSO3-B曲线c 所示溶液中发生反应：2Ba2+ + O2 + 2SO2 + 2H2O =2BaSO4+ 4H+C与曲线a、b、c对比，可知曲线d所表示的过程中NO3-是氧化SO2的主要微粒D依据该实验预测0.2 molL1的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO22、三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料。某实验小组利用干燥的氯气和下列装置(所有装置必须使用且可重复使用)制备BCl3并验证反应中有CO生成。 已知： BC13 的熔点为- 107.3

3、沸点为 12.5 ， 遇水水解生成 H3BO3和HCl。下列说法不正确的是A验证有 CO 生成的现象是装置 中CuO 由黑色变成红色 ，且装置中 澄清石灰水变浑浊B实验装置合理的连接顺序为 C装置的作用是冷凝并收集 BCl3D装置中发生的反应氧化剂与还原剂之比为 1: 13、某元素原子核内质子数为m，中子数为n，则下列论断正确的是A这种元素的相对原子质量为m+nB若碳-12原子质量为wg，则此原子的质量为(m+n)wgC不能由此确定该元素的相对原子质量D核内中子的总质量小于质子的总质量4、下列关于金属元素的叙述正确的是()A金属元素的单质只有还原性，其离子只有氧化性B金属元素的单质在常温下均为

4、固体C金属元素在不同化合物中化合价均相同D大多数金属元素的单质为电的良导体5、化学与生活、生产密切相关，下列有关叙述不正确的是（ ）A氢氧化铝、小苏打均可用作胃酸中和剂B过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源C在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率DClO2具有强氧化性，可用作自来水的净水剂6、某小组利用下面的装置进行实验，、中溶液均足量，操作和现象如下表。实验操作现象向盛有Na2S溶液的中持续通入CO2至过量中产生黑色沉淀，溶液的pH降低；中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡向盛有NaHCO3溶液的中持续通入H2S气体至过量现象同实验资料：CaS遇水完全水解由上述实验得出的结论不正确的

5、是A中白色浑浊是CaCO3B中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+ = CuS+2H+C实验中CO2过量发生的反应是：CO2+H2O+ S2= CO32+ H2SD由实验和不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱7、全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物无污染等优点。中国科学家成功合成全氮阴离子N5-，N5-是制备全氮类物质N5+N5-的重要中间体。下列说法中，不正确的是A全氮类物质属于绿色能源 B每个N5+中含有35个质子CN5+N5-属于离子化合物 DN5+N5-结构中含共价键和离子键8、异丁苯（）是合成镇痛药物布洛芬（）的原料。下列关于两种有机物的描述中正确的是（ ）A布洛芬的分子式为B

6、异丁苯中所有碳原子可能处于同一平面C1 mol布洛芬最多能与4 mol发生加成反应D异丁苯的一氯取代物有 6 种（不考虑立体异构）9、下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（ ）操作和现象结论A向氯水中加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生氯水中已无Cl2B将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去SO2具有漂白性C向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中含有D向FeCl3和CuCl2混合溶液中加入少量铁粉，没有红色固体析出氧化性：Fe3+Cu2+AABBCCDD10、根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是选项实验操作和现象结论A向一定浓度CuSO4溶液中通入

7、H2S气体，出现黑色沉淀H2S酸性比H2SO4强B向2mL2%CuSO4溶液中加入几滴1%NaOH溶液，振荡后加入几滴有机物X溶液，加热未出现砖红色沉淀X不可能是葡萄糖C常温下，相同铝片分别投入足量稀、浓硫酸中反应物浓度越大，反应速率越大D取5mL0.1molL1KI溶液，加入1mL0.1molL1FeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色Fe3与I所发生的反应为可逆反应AABBCCDD11、下列实验装置（部分夹持装置已略去）可以达到对应实验目的是ABCD实验目的制备氢氧化铁胶体实验室制备氨气除去CO2中的少量HCl推断S、C、Si的非金属性强弱实验装置AABBCCDD

8、12、化学在生活中有着广泛的应用，下列对立关系正确的是选项化学性质实际应用ASO2具有还原性漂白纸浆BHF具有弱酸性在玻璃上刻字，C铝的金属活动性强于氢用铝制容器贮运浓硝酸DFeCl3溶液能与Cu反应蚀刻铜箔制造电路板AABBCCDD13、某同学利用下列实验探究金属铝与铜盐溶液的反应:下列说法正确的是()A由实验1可以得出结论:金属铝的活泼性弱于金属铜B实验2中生成红色物质的离子方程式为Al+Cu2+Al3+CuC溶液中阴离子种类不同是导致实验1、2出现不同现象的原因D由上述实验可推知:用砂纸打磨后的铝片分别与H+浓度均为0.2 molL-1的盐酸和硫酸溶液反应,后者更剧烈14、常温下，将10

9、0 mL 1 molL1的氨水与100 mL a molL1盐酸等体积混合，忽略反应放热和体积变化，下列有关推论不正确的是A若混合后溶液pH7，则c(NH4)c(Cl)B若a2，则c(Cl)c(NH4)c(H)c(OH)C若a0.5，则c(NH4)c(Cl)c(OH)c(H)D若混合后溶液满足c(H)c(OH)c(NH3H2O)，则可推出a115、关于乙醛，下列化学用语正确的是A官能团 COHB比例模型 C最简式 C2H4OD结构式 CH3CHO16、下列电离方程式错误的是（ ）AHClH+Cl BH2CO3 2H+CO32CNaClNa+Cl DNH3H2O NH4+OH17、已知常温下反应

10、NH3HNH(平衡常数为K1)，AgClAgCl(平衡常数为K2)，Ag2NH3Ag(NH3)(平衡常数为K3)。、的平衡常数关系为K1K3K2，据此所做的以下推测合理的是A氯化银不溶于氨水B银氨溶液中加入少量氯化钠有白色沉淀C银氨溶液中加入盐酸有白色沉淀D银氨溶液可在酸性条件下稳定存在18、高铁酸钾(K2FeO4)是一种易溶于水、高效的多功能水处理剂。工业上通常先制得高铁酸钠，然后在一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，从而使高铁酸钾析出。下列叙述正确的是（ ）A高铁酸钾溶于水可吸附水中悬浮物，净水原理和明矾相同B高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH，该反应中高铁

11、酸钾既做氧化剂又做还原剂C在无水条件下制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4a Na2O2=2Na2FeO4bX2Na2SO4cO2，该反应中物质X的化学式为NaOHD向Fe(OH)3和过量KOH溶液的混合物中通入氯气，得到紫色固体的反应为3Cl22Fe(OH)310KOH=2K2FeO46KCl8H2O19、已知：H2SO3的Ka1=1.3102，Ka2=6.3108；H2CO3的Ka1=4.2107，Ka 2=5.61011。现将标准状况下2.24L的CO2和2.24L的SO2分别通入两份150mL1mol/LNaOH溶液中，关于两溶液的比较下列说法正确的是Ac（HCO3）c（CO32）B两

12、溶液都能使酸性高锰酸钾溶液褪色Cc（HCO3）c（HSO3）Dc（CO32）+c（HCO3）=c（SO32）+c（HSO3）20、下列关于反应与能量的说法正确的是（ ）AZn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) H=-216kJmol-1，E反应物E生成物BCaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) H=+178.2kJmol-1，E反应物c(OH)，若不考虑铵根水解，c(NH)=c(H)，但是铵根肯定会水解，使得c(NH) c(H) c(NH) c(OH)，所以B不正确。若a0.5，则氨水反应掉一半剩余一半，溶液中有物质的量相同的两种溶质，氨水电离使溶液显碱性，氯化铵

13、水解使溶液显酸性。由于此时溶液显碱性，说明氨水的电离作用大于氯化铵的水解作用，所以c(NH)c(Cl)c(OH)c(H)正确。当a=1时，两溶液恰好反应得到氯化铵溶液，依据质子守恒可知c(H)c(OH)c(NH3H2O)，所以D正确。点睛：分析溶液中的守恒关系时，先要分析溶液中存在的各种弱电解质的电离平衡和盐的水解平衡，找出溶液中存在的各种粒子，然后写出溶液中的电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式。如，无论本题中两种溶液以何种比例混合，都存在相同的电荷守恒式：c(H+)+ c(NH)c(OH)+c(Cl)；当a=2时，由于两溶液体积相同，而盐酸的物质的量浓度是氨水的2倍，所以混合后一定有物料守恒

14、: c(Cl-)2c(NH4+)2c(NH3H2O)；所谓质子守恒，就是水电离的氢离子的物质的量等于水电离的氢氧根离子，在NH4Cl溶液中，由于一个NH4+水解时结合了一个水电离的OH-，所以质子守恒式为：c(H)c(OH)c(NH3H2O)15、C【题目详解】A醛基中H原子与C原子形成共价键，故醛基的结构简式为CHO，故A错误；B用小球和小棍表示的模型为球棍模型，故为球棍模型不是比例模型，故B错误；C各原子的最简单的整数比为最简式，则C2H4O可为有机物的最简式，故C正确；D用一条短线来代替一对共用电子对所得到的式子为结构式，故为乙醛的结构式，故D错误。故答案为C。16、B【答案解析】A、氯

15、化氢是强电解质，电离方程式：HClH+Cl，A正确；B、碳酸是二元弱酸，电离方程式为：H2CO3 H+HCO3，B错误；C、氯化钠是强电解质，电离方程式：NaClNa+Cl，C正确；D、一水合氨是一元弱碱，电离方程式为NH3H2O NH4+OH，D正确，答案选B。点睛：表示电解质电离的式子叫电离方程式，（1）强电解质：完全电离，用等号连接。（2）弱电解质：部分电离，用可逆号连接。多元弱酸分步电离，且第一步电离程度远远大于第二步电离程度。多元弱碱电离方程式一步写成。17、C【答案解析】A.根据K3K2，说明Ag+2NH3Ag（NH3）2+更容易发生，即氯化银能溶于氨水，A错误；B.根据K3K2，

16、说明Ag+2NH3Ag（NH3）2+更容易发生，Ag+Cl-AgCl不容易发生，所以银氨溶液中加入少量氯化钠没有白色沉淀，B错误；C.K1最大，所以NH3+H+NH4+更容易发生，反应后溶液中有较多的Ag+，Ag+与Cl-反应生成AgCl白色沉淀，C正确；D.K1最大，所以NH3+H+NH4+更容易发生，所以银氨溶液在酸性条件下不能稳定存在，D错误；答案选C。18、D【题目详解】A高铁酸钾中铁为+6，最高正价，具有强氧化性，作水处理剂时能起到杀菌消毒的作用，同时其与水反应生成的还原产物为Fe(OH)3胶体，又能起到净水的作用；而明矾的水溶液只是形成氢氧化铝胶体吸附悬浮物，原理不完全相同，故A错

17、误；B反应的离子方程式为410H2O=4Fe(OH)3(胶体)8OH-3O2高铁酸钾只做氧化剂，故B错误；C根据元素守恒可知，X应是Na2O，故C错误；D向Fe(OH)3和过量KOH溶液的混合物中通入氯气，得到紫色固体，说明碱性环境下氯气将Fe(OH)3氧化成高铁酸钾，结合电子守恒和元素守恒可知化学方程式为3Cl22Fe(OH)310KOH=2K2FeO46KCl8H2O，故D正确；综上所述答案为D。19、C【答案解析】试题分析：A、CO2和SO2的物质的量均是1mol，氢氧化钠的物质的量均是0.15mol，则反应中均生成0.5molNa2CO3、Na2SO3和0.5molNaHCO3、NaH

18、SO3。根据电离常数可知，酸性强弱顺序是H2SO3H2CO3HSO3HCO3。由于CO32的水解程度强于HCO3的水解程度，所以溶液中c(HCO3)c(CO32)，A不正确；B、CO32或HCO3均没有还原性，因此碳酸钠和碳酸氢纳的混合液不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B不正确；C、由于CO32的水解程度强于SO32的水解程度，所以溶液中c(HCO3)c(HSO3)，C正确；D、由于两份溶液的pH不同，所以c(CO32)+ c(HCO3)c(SO32)+ c(HSO3)，D不正确，答案选C。考点：考查溶液中离子浓度大小比较20、B【分析】A. 反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应； B. 反

19、应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；C. 该反应为吸热反应；D. 该反应为可逆反应。【题目详解】A.当反应物总能量生成物总能量，则反应是吸热反应，但该反应H0，A项错误；B.当反应物总能量0，B项正确；C.根据热化学方程式2HCl(g)=H2(g)+Cl2(s) H=+92.3kJmol-1可知HCl分解是吸热反应，C项错误；D.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)小于1.0mol，放热19.3kJ，则热化学方程式应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H-38.6kJmol-1，D项错误；

20、答案选B。21、D【答案解析】根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。【题目详解】A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是H2SO4，故A正确；B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；C.无论B是H2S 还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确；D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误；答案选D。22、D【分析】分析X的电离能数据，其I1与I2间差值很大，表明

21、X的最外层电子数为1；分析Y的电离能数据，其I3与I4间差值很大，表明Y的最外层电子数为3。【题目详解】A由分析可知，元素X的原子最外层电子数为1，其常见化合价是+1价，A正确；B主族元素Y的原子最外层电子数为3，Y是A族元素，B正确；C元素X的原子最外层电子数为1，它为A族元素，与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，C正确；D若元素Y处于第3周期，则其为A族元素，应为金属铝，与冷水不反应，D错误；故选D。二、非选择题(共84分)23、酚 取代反应 +CH3OH +H2O +H2O 保护酚羟基不被氧化 【分析】由D的结构简式逆推可知C为，对比A、C的结构，结合信息I中取代反应，可推知B为；对比

22、C、F的结构，结合反应条件与信息、，可知E为；对比F与I的结构简式，可知从FI转化中F中甲基为氧化为羧基转化为I，由于酚羟基易被氧化，故F与乙酸酐反应生成G，是为保护酚羟基，G中甲基氧化生成H，H发生水解反应、酸化重新引入酚羟基，故G为，H为；(6)可以由发生消去反应得到，而可以由与CH3MgI发生题中信息()的反应，可以由发生催化氧化反应得到，结合给予的信息可知，可由与Br2发生加成反应，再水解得到。【题目详解】(1)A含有酚羟基，按官能团分类，A的类别是酚类；(2)AC发生信息I中的取代反应生成C；(3)CD的化学方程式为：，EF的化学方程式为：；(4)由分析可知，B的结构简式为：，H的结

23、构简为：；(5)FG的反应中，乙酸酐的作用：保护酚羟基，防止被氧化；(6)可以由发生消去反应得到，而可以由与CH3MgI发生题中信息()的反应，可以由发生催化氧化反应得到，结合给予的信息可知，可由与Br2发生加成反应，再水解得到，则补全异戊二烯()的合成路线：。【答案点睛】考查有机物的推断与合成，关键是对给予信息的理解，对比分析物质的结构进行分析判断，分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目守恒，并结合官能团的变化，设计合理合成路线。24、I2+SO2+2H2O=4H+2I-+SO42- 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 SiO32-+2CO2

24、+2H2O=2HCO3-+H2SiO3 molL-1 2 molL-1 小于 【分析】.A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，判断B为H2O，再结合流程中物质转化关系及提供的信息进行分析判断，从而得解；.（4）n（HCl）=，溶液质量为36.5g/mol+1000g，则溶液体积为mL，结合c=计算；（5）还原性Fe2+Br-，通入氯气先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有

25、反应，溶液中n（Br-）=0.3mol，则n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，表示出参加反应的n（Br-），根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=计算；（6）铁离子水解制备胶体，胶体可净化水，且水解反应为可逆反应。【题目详解】A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，判断B为H2O；（1）若A的溶液能使淀粉溶液变蓝，A具有氧化性为I2，C为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，则C为二氧化硫，该反应的反应离子方程式为：SO2+I2+2H2O4H+2I-+SO42

26、-；（2）若A为短周期的金属单质，D为气态单质，C溶液呈强酸性或强碱性时，该反应都能进行，则A为Al，D为H2，A与强碱性溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；（3）若A、C均为化合物，C为引起温室效应的主要气体，判断C为CO2，为酸性强的制备酸性弱的反应，E为白色沉淀不含金属元素，判断E为H2SiO3，则A为硅酸盐，足量的C与A反应生成E的一个离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3；.（4）n（HCl）=，溶液质量为36.5g/mol+1000g，则溶液体积为mL，由c=mol/ L；（5）还原性Fe2+Br-，通入氯气

27、先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，溶液中n（Br-）=0.3mol，则n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）=x mol，n（Br-）=2x mol，未反应的n（Br-）=0.3 mol，参加反应的n（Br-）=（2x-0.3）mol，根据电子转移守恒有x1+（2x-0.3）1

28、=0.15mol2，解得x=0.2 mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L；（6）100mL2mol/L的FeCl3溶液，其物质的量为0.2mol，因为水解为可逆反应，且生成胶体为微观粒子的集合体，则生成具有净水作用的微粒数小于0.2NA。【答案点睛】本题考查无机推断、氧化还原反应的计算及浓度计算等，综合性较强，把握氧化还原反应中电子守恒、盐类水解及物质的量浓度的相关计算公式等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等。25、CH3COOHCH3CH2CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH2CH3H2O b 分离生成的水，使平衡正向移动，提高产品的产率 C

29、 洗掉浓硫酸和过量的乙酸 d 77.1% 【分析】（1）根据冷水从下进上出冷却效果好判断进水口，正丁醇和冰醋酸反应生成乙酸丁酯和水，水的密度大，除掉生成物平衡右移；（2）根据各物质的溶解性及性质进行排序；饱和碳酸钠溶液能洗掉浓硫酸和过量的乙酸；乙酸丁酯的不溶于水，密度比水小，所以先从下口放出水溶液，再从上口倒出乙酸丁酯；（3）先根据正丁醇的量计算理论上酯的量，再根据水的量计算实际上酯的量，实际上酯的量与理论值之比即为酯的产率。【题目详解】（1）正丁醇和冰醋酸（过量)反应生成乙酸丁酯和水，反应的化学方程式为：CH3COOHCH3CH2CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH2CH3H2O，

30、冷凝管冷却时，采用逆流冷却的效果好，所以冷水从b进，生成乙酸丁酯的反应为可逆反应，生成物有水，分离生成的水，使平衡正向移动，提高产品的产率，所以要通过分水器不断分离除去反应生成的水，故答案为CH3COOHCH3CH2CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH2CH3H2O ；b；分离生成的水，使平衡正向移动，提高反应产率。（2）因为正丁醇和乙酸都具有挥发性，所以制取的酯中含有正丁醇和乙酸，第一步水洗除去酯中的正丁醇和乙酸；第二步用10%碳酸钠洗涤除去乙酸；第三步用水洗涤除去碳酸钠溶液；第四步用无水硫酸镁干燥除去水；第五步蒸馏，制得较纯净的酯。故选C。制备乙酸丁酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是

31、除去产品中含有的乙酸、硫酸等杂质降低乙酸丁酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为除去产品中含有的乙酸、硫酸等杂质。由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层；分液时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活塞，再将乙酸丁酯从上口放出，所以正确的为d，故选d。（3）12.0mL正丁醇的质量为12.0mL0.8g/mL=9.6g，设12.0mL正丁醇理论上生成酯的质量为x，根据反应CH3COOHCH3CH2CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH2CH3H2O 74g 116g 18g9.6g xg74g/9.6g=116g/xg 解得x=15.0

32、5g，当反应生成的水体积为1.8mL即为1.8g时，实际产量为11.6g，所以产率=11.6g15.05g100%=77.1%，故答案为77.1%。【答案点睛】第（3）小题有关产率的计算，产率=实际产量理论产量100%。26、平衡气压，使浓盐酸顺利滴下； NaOH溶液 在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 酸式 C BD 【分析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，Cl2和K2MnO4在B中反应产生KMnO4，反应不完的Cl2用C吸收，据此解答。【题目详解】(1)装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应

33、不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2+2H2O，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2+2H2O；(2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2+4OH-，一部分MnO42-转化为了MnO2，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl，故答案为：在装

34、置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；(3)高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案为：酸式；C；(4)设FeC2O42H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O42H2O的物质的量为zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO45H2C2O4(C2O42-)，KMnO45Fe2+，所以，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO45Fe2+可知，联立二个方程解得：z=2.5c(V1-3V2)10

35、-3，所以H2C2O42H2O的质量分数=。关于样品组成分析如下：A时，H2C2O42H2O的质量分数=0，样品中不含H2C2O42H2O，由和可知，y0，样品中含Fe2(C2O4)3杂质，A错误；B越大，由H2C2O42H2O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；CFe元素的物质的量=，若步骤I中KMnO4溶液不足，则步骤I中有一部分Fe2+没有被氧化，不影响V2的大小，则不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错误；D结合C可知：若KMnO4溶液浓度偏低，则消耗KMnO4溶液的体积V1、V2均偏大，Fe元素的物质的量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高，D正确；故答案为：；BD。27

36、、 4I28OH=IO16I4H2OIO 使IO1完全转化成I NaIO12Fe1H2O=NaI2Fe(OH)1 Fe2 取少量试样溶液于试管中，滴入少量酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，证明存在Fe2或者加入K1Fe(CN)6产生蓝色沉淀 Fe(C2O)42H2O Fe(C2O)42H2O Fe2O1【答案解析】试题分析：（1）若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中碘酸根离子与IO离子的物质的量之比为1:1，碘失去电子为6个，根据得失电子守恒，生成的I为6个，参加反应的碘单质为4个，则上述过程中，反应的离子方程式为4I28OH=IO6I4H2OIO。（2）反应加入铁屑的目的是还原反应中所

37、生成的碘酸根离子，生成的红褐色沉淀为氢氧化铁，相应的化学方程式为NaIO12Fe1H2O=NaI2Fe(OH)1。（1）由于铁过量，所以所得固体中存在氢氧化铁和单质铁，当加入稀硫酸时，氢氧化铁溶解生成铁离子，而单质铁则与铁离子或氢离子反应，会生成亚铁离子，一定有亚铁离子，检验亚铁离子的方法为取少量试样溶液于试管中，先加KSCN溶液无现象，再加氯水，溶液变红，证明存在亚铁离子，或加入K1Fe(CN)6产生蓝色沉淀。（4）通过剩余固体的质量可知，过程发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的方程式为FeC2O42H2OFeC2O42H2O。草酸亚铁晶体中铁的元素质量为1.656/180100%

38、=1.12克，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为1.60-1.12=0.48克，铁元素与氧元素的质量为1.12:0.48=7:1，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有56x:16y=7:1，x:y=2:1，所以固体为Fe2O1。考点：氧化还原反应，铁元素的转化和检验，质量守恒等知识。28、溶液变红 NH3 G D B C F D中出现白色沉淀 MnO4- + 5Fe2+ 8H+ = Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O Fe2+已被空气部分氧化 取最后一次洗涤的滤液加入AgNO3溶液，若没有沉淀，说明已洗干净 c 175V/m或 【答案解析】（1）莫尔盐硫酸亚铁铵（NH4）2SO4FeSO46H2O 受热分解，分解产生氨气和二氧化硫、三氧化硫等酸性气体，由装置图，碱石灰可以吸收酸性气体，氨气遇到酚酞溶液变红色，装置C中可观察到的现象是溶液变红，可知莫尔盐晶体分解的产物中有 NH3；（2）要检验生成SO3（g）