湖北省黄冈市罗田县2023学年高考化学全真模拟密押卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、向恒温恒容密闭容器中充入1molX和2molY，发生反应4X（g）+2Y（g）3Z（g），下列选项表明反应一定已达平衡状态的是（ ）A气体密度不再变化BY的体积分数不再变化C3v（X）4v（Z）D容器内气体的浓度c（X）：c（Y）：c（Z）4：2：32、下列除杂方案错误的是选项被提纯

2、的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO2(g)SO2(g)饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl(aq)FeCl3(aq)NaOH溶液过滤CCH4(g)CO2(g)NaOH溶液、浓H2SO4洗气DFeCl2 (aq)CuCl2 (aq)铁粉过滤AABBCCDD3、化学在生活中有着广泛的应用，下列说法不正确的是A防哂霜能够防止强紫外线引起皮肤中蛋白质的变性B煤的脱硫、汽车尾气实行国标准排放都是为了提高空气质量C纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+ 等重金属离子D利用肥皂水处理蚊虫叮咬，主要是利用肥皂水的弱碱性4、下列叙述正确的是ALi在氧气中燃烧主要生成B将SO2通入溶

3、液可生成沉淀C将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu5、同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是气体的（ ）A分子大小不同B分子间的平均距离不同C化学性质不同D物质的量不同6、实验中需2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是A1000mL，212.0gB950mL，543.4gC任意规格，572gD500mL，286g7、常温下，若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，下列说法不合理的是A反应后HA溶液可能有剩余B生成物NaA的水溶液的pH可能小于7CHA溶液和NaOH溶液

4、的体积可能不相等DHA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等8、下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是()A铝制器皿不宜盛放酸性食物B电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠C铁制容器盛放和运输浓硫酸D镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀9、下列由实验现象得出的结论正确的是（ ）操作及现象结论A其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和KMnO4溶液，观察气体产生的速度比较CuSO

5、4和KMnO4的催化效果DC2H5OH与浓硫酸混合后加热到170，制得的气体使酸性KMnO4溶液褪色一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色AABBCCDD10、扑热息痛的结构如图所示，下列关于扑热息痛的描述正确的是A分子式为C8H10NO2B扑热息痛易溶于水C能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应D属于芳香烃11、下列关于自然界中氮循环的说法错误的是A氮肥均含有NH4+B雷电作用固氮中氮元素被氧化C碳、氢、氧三种元素参与了自然界中氮循环D合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱12、Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g)2HI(g) H0 ，温度为T时，在两个体

6、积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w(HI)与反应时间t的关系如下表：容器编号起始物质t/min0204060801000.5molI2、0.5molH2w(HI)/%05068768080 xmolHIw(HI)/%1009184818080研究发现上述反应中：v正=kaw(H2)w(I2)，v逆=kbw2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法不正确的是()A温度为T时，该反应=64B容器I中在前20min的平均速率v(HI)=0.025molL-1min-1C若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1mol的H2、I2、HI，反应逆向进行D无论x为何值，

7、两容器中达平衡时w(HI)%均相同13、25时，把0.2mol/L的醋酸加水稀释，那么图中的纵坐标y表示的是（ ）A溶液中OH-的物质的量浓度B溶液的导电能力C溶液中的D醋酸的电离程度14、将Na2O2与过量NaHCO3混合固体在密闭容器中充分加热反应后，排出气体后最终剩余固体是（ ）ANaOH和Na2O2BNaOH和Na2CO3CNa2CO3DNa2O215、将NaHCO3和Na2O2的固体混合物x g在密闭容器中加热至250，充分反应后排出气体将反应后的固体溶入水无气体放出，再逐滴加入盐酸，产生气体（标准状况）与所加盐酸体积之间的关系如图所示下列说法错误的是（ ）AHCl的浓度0.2mol

8、/LB反应后固体的成分为NaOH与Na2CO3C密闭容器中排出气体的成分为O2和H2ODx的数值为6.0916、个人卫生及防护与化学知识密切相关。下列说法中正确的是（ ）A气溶胶是飞沫混合在空气中形成的胶体，飞沫是分散剂，空气是分散质B饮用水的净化常用到明矾，明矾中无重金属元素，长期使用对身体无害C家庭生活中可以用84消毒液进行消毒，84消毒液与洁厕灵可以混合使用，效果更好D制造口罩的核心材料熔喷布的主要成分是聚丙烯，聚丙烯是有机高分子化合物，属于混合物17、已知：CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq) HHCOOK溶液，所以甲酸的电离平衡常数较大，A正确；含有铁离子的溶液滴加氯

9、水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，不一定为Fe2+的溶液，B错误；硫酸铜在H2O2溶液分解时作催化剂，而KMnO4溶液与H2O2溶液反应，KMnO4溶液做氧化剂，没有可比性，C错误；浓硫酸能够使乙醇脱水碳化，浓硫酸被还原为二氧化硫，可能是二氧化硫能够使酸性KMnO4溶液褪色，也可能是乙醇蒸气使高锰酸钾溶液褪色，D错误；正确选项A。点睛：C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170，制得的气体通入到足量的氢氧化钠溶液中进行洗气，除去二氧化硫和二氧化碳气体，然后所得的气体通入到酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，证明一定制得了乙烯气体。10、C【答案解析】A分子式为C8H9NO2，故A错误；B含酚-OH、

10、-CONH-，该有机物不溶于水，故B错误；C含酚-OH，能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应，故C正确；D含O、N等元素，不是芳香烃，故D错误；故选C。11、A【答案解析】A项，除了含有铵根的铵态氮肥以外，还有硝态氮肥（以硝酸根NO3-为主）、铵态硝态氮肥（同时含有硝酸根和铵根）、酰胺态氮肥（尿素），故A项错误；B项，在闪电（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合价升高，所以雷电作用固氮中氮元素被氧化，故B项正确；C项，碳、氢、氧三种元素参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如氮气在放电条件下，与氧气直接化合生成一氧化氮气体，二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮等，故C

11、项正确；D项，侯氏制碱法制备纯碱涉及的反应为：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，该制备中用到了氨气，所以合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱，故D项正确。故选A。12、C【答案解析】A H2(g)+I2(g)2HI(g)起始量(mol/L) 0.5 0.5 0变化量(mol/L) n n 2n平衡量(mol/L) 0.5-n 0.5-n 2nw(HI)/%=100%=80%，n=0.4 mol/L，平衡常数 K=64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，kaw(H2)w(I2)=v正=v逆=kbw2(HI)，则=K=64，故A正确；B前2

12、0 min，H2(g) + I2(g)2HI(g)起始量(mol/L) 0.5 0.5 0变化量(mol/L) m m 2m平衡量(mol/L) 0.5-m 0.5-m 2mw(HI)%=100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20 min的平均速率，v(HI)=0.025molL-1min-1，故B正确；C若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.l mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc=1K=64，反应正向进行，故C错误；DH2(g)+I2(g)2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，和均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D正确

13、；答案选C。13、B【答案解析】A.加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度逐渐减少，OH-的物质的量浓度逐渐增大，故A错误；B.醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子、醋酸根离子浓度逐渐减少，溶液的导电能力逐渐减小，故B正确；C.因温度不变，则Ka不变，且Ka=c(H+)，因c(H+)浓度减小，则 增大，故C错误；D.加水稀释，促进电离，醋酸的电离程度增大，故D错误；答案选B。14、C【答案解析】加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，分别与过氧化钠反应生成碳酸钠和氢氧化钠，当碳酸氢钠过量时，生成二氧化碳过

14、量，最终产物为碳酸钠。【题目详解】加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，二氧化碳和水与过氧化钠反应，当碳酸氢钠过量时，生成二氧化碳、水均过量，则反应后生成的固体中不可能存在过氧化钠，过氧化钠先与过量的二氧化碳反应生成碳酸钠，则最终产物为碳酸钠；故答案选C。15、D【答案解析】A、由175mL到275mL是与碳酸氢钠反应，而n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=n（CO2）=0.02mol，NaHCO3HCl1mol 1mol0.02mol 0.02mol所以c（HCl）=0.02mol/(275175)103L=0.2mol/L，A正确；B、由图像可知，因为175275-175所以固体混合物为

15、NaOH，Na2CO3，B正确；C、由方程式可知：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，生成0.02mol的二氧化碳和0.02mol的水，再根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知密闭容器中排出气体的成分O2，H2O，C正确；D、根据碳原子守恒可知，n（NaHCO3） = n（CO2） = 0.02mol = 0.02mol ，275ml时溶质是单一的氯化钠，根据钠守恒可知n（Na2O2） 0.2 mol/L 0.275L 0.02 mol/L 0.0175mol，固体的质量为：0.02 84 + 0.0175 78 = 3.045g

16、，故x=3.045g，D错误；答案选D。【点晴】解答时注意掌握过氧化钠、碳酸氢钠的性质及根据化学方程式进行的简单计算方法，本题中分析、理解图像信息是解题关键。另外明确二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的先后顺序是解答的难点和易错点，一定量的Na2O2与一定量的CO2和H2O(g)的混合物的反应，可看做Na2O2先与CO2反应，待CO2反应完全后，Na2O2再与H2O(g)发生反应。16、D【答案解析】A飞沫在空气中形成气溶胶，飞沫是分散质，空气是分散剂，A不正确；B明矾中的Al3+对人体有害，不能长期使用，B不正确；C84消毒液(有效成分为NaClO)与洁厕灵(主要成分为HCl)混合，会反应生成C

17、l2，污染环境，C不正确；D聚丙烯是由链节相同但聚合度不同的分子形成的混合物，D正确；故选D。17、C【答案解析】A. 加少量BaCl2生成BaSO4沉淀，c(SO42-)减小，使CaSO4溶解平衡向溶解方向移动，c(Ca2+)增大，故A错误；B. 加少量蒸馏水，CaSO4(s)继续溶解至饱和，c(Ca2+)不变，故B错误；C. 加少量硫酸c(SO42-)增大，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故C正确；D. 适当升高温度，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故D错误；故答案为C。18、A【答案解析】A.假设17g全部为H2S，含有质子物质的量为=9m

18、ol，假设全部为PH3，含有质子物质的量为=9mol，则17g该混合物中含有的质子物质的量为9mol，故A正确；B.果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH，根据果糖的结构简式，非极性键应是CC之间的键，90g果糖中含有非极性键的物质的量为=2.5mol，故B错误；C.乙醇结构简式为CH3CH2OH，乙醚的结构简式为CH3OCH3，前者含有羟基，后者不含羟基，因此1mol该混合物中含有羟基物质的量应在01mol之间，故C错误；D.推出X的原子结构为，0.5molX中含有中子物质的量为0.5mol(22286)=68mol，故D错误；答案：A。19、C【答案解析

19、】A. 离子化合物一定有离子键，可能含有共价键，如NaOH属于离子化合物含有离子键和共价键，故A错误；B. 分子的热稳定性由共价键决定，分子间作用力决定物质的物理性质，故B错误；C. 稀有气体分子里面不含化学键，一个原子就是一个分子，故C正确；D. 二氧化硅为酸性氧化物，但它是由氧原子和硅原子构成的晶体，且以共价键形成空间网状结构的原子晶体，不是分子晶体，故D错误；正确答案是C。【答案点睛】本题考查化学键、分子间作用力等知识，题目难度不大，注意分子间作用力影响分子的物理性质，分子的稳定性属于化学性质。20、A【答案解析】碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故正确；酸性氧化

20、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，故正确；碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O 2NaHCO3+H2SiO3，产生硅酸沉淀，故错误；过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，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，故错误；通入CO2与NH3和

21、NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故错误；故选A。【答案点睛】本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。21、B【答案解析】受热易分解，其分解反应为：。【题目详解】A称量样品加热用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量以及结晶水合物的质量可以求解，A正确；B因硝酸镁易分解，称量样品加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸镁，B错误；C称量样品加热冷却称量MgO，根据硝酸镁分解的方程式以及氧化镁的质量可测定的结晶水含量，C正确；D称量样品加

22、NaOH将硝酸镁转化为氢氧化镁，过滤加热氢氧化镁分解生成氧化镁冷却称量MgO，根据镁原子守恒求解无水硝酸镁的质量，据此求解结晶水含量，D正确。答案选B。22、B【答案解析】利用化学平衡图像分析的方法：“先拐先平数值大”的原则，根据C的物质的量分数(C)和温度(T)关系图，可得T2T1 ，升高温度，生成物C的物质的量分数减小，平衡向逆向（吸热的方向）移动，因此正反应放热，即H0，故C、D错误；根据C的物质的量分数(C)和压强(P)关系图，可得P2P1，增大压强，生成物C的物质的量分数减小，平衡向逆向（气体体积减小的方向）移动，因此正反应方向为气体体积增大的方向。故答案选B。【答案点睛】利用化学平

23、衡图像分析的方法：“先拐先平数值大”的原则是指图像中的曲线先拐，在该条件下先达到平衡状态，对应影响的条件数值大。可快速判断外界条件影响下平衡移动的方向。二、非选择题(共84分)23、 B、C、D、F、G 酯化 6 【答案解析】有机物A有C、H、O三种元素组成，Mr(A)=12/0.1=120， 0.1molA在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2和7.2g H2O，水的物质的量=7.2/18=0.4mol，根据原子守恒可知，该有机物中N(C)=0.8/0.1=8，N(H)= 0.420.1=8，有机物中N(O)= (120-128-18)16=1，有机物A的分子式为C8H8O，A经过一

24、系列反应得到芳香醛E，结合信息中醛与HCN的加成反应，可知A含有C=O双键，A与HCN发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D能使溴的四氯化碳溶液褪色，应为发生消去反应，D被臭氧氧化生成E与F，F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90，则G为HOOC-COOH，F为OHC-COOH，E为苯甲醛，D为苯丙烯酸，C为2-羟基-3-苯基丙酸，B为，A的结构简式为。【题目详解】（1）由上述分析可知，A为；（2）只要含有羧基或羟基的都能发生酯化反应，在AG中能发生酯化反应的有机物有B、C、D、F、G；（3）由于C中含有羧基、羟基，另外还可以发生酯化反应生成另一种有机物

25、，该反应的方程式为，反应类型为酯化反应。（4）C的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多种，能与3mol NaOH溶液反应，说明含有酚羟基、羧酸与酚形成的酯基；苯环上的一卤代物只有一种，说明苯环上含有1种氢原子；能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合可知，酯基为甲酸与酚形成的酯基，满足条件的有机物的结构简式为：和。（5）C中羧基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基发生酯化反应生成两种酯，C中的羟基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基脱水生成两种醚，C中的羧基和羟基与4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基同时脱水可生成两种产物，一共可生成6种产物。24、Fe5C H2O2+2H+2Fe2

26、+=2Fe3+2H2O、Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3 4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O 【答案解析】由血红色可以推出X含有铁元素，由无色无味的气体使澄清石灰水变浑浊推出X中另一种元素为碳。铁碳合金和足量的稀硫酸反应生成FeSO4和H2（A气体），剩余黑色固体碳在足量的氧气中灼烧，生成无色无味气体B（CO2），CO2通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀CaCO3。【题目详解】(1)生成的CaCO3为5.0 g即0.05 mol，碳元素的质量为0.05 mol12 g/mol=0.6 g，则X中铁的含量为14.6 g-0.6 g=14.0 g，即含铁14.0g56g/

27、mol=0.25 mol，所以X为Fe5C。(2)合金中的Fe与H2SO4反应生成的是FeSO4，加氧化剂H2O2后被氧化成Fe3+再与SCN-生成Fe(SCN)3。故离子方程式为：H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O、Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3；(3)CO2的物质的量为0.336L22.4L/mol=0.015 mol，NaOH的物质的量为0.02mol。0.015molCO2与0.02 mol NaOH反应生成Na2CO3 a mol与NaHCO3 b mol，根据Na和C守恒列2个二元一次方程分别为2a+b=0.02，a+b=0.015解得a=0.005，b=0.01

28、，根据四种物质的最简比写出方程式:4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O。25、DCDB 将装置中的N2（或空气）排除干净 将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2) 除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2 该氨基酸的摩尔质量 偏小 取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生（或其它合理答案） 【答案解析】根据题意可知，用燃烧法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成，用氧气氧化氨基酸(CxHyOzNp)生成二氧化碳、水和氮气，利用装置D（无水氯化钙）测定水的质量，利用装置C（KOH浓溶液）测定二氧化碳的质量，利用E装

29、置测量N2的体积，从而求出氨基酸中含有的C、H、O、N的质量，进而求出该氨基酸的分子组成，据此解答。【题目详解】（1）根据以上分析，结合吸收CO2、H2O及测量N2体积的顺序为，先吸收水，再吸收CO2，最后测量N2体积，装置B加热的铜网可除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，所以该实验装置的合理连接顺序为：A、D、C、D、B、E，故答案为DCDB；（2）装置内的空气中含有N2、CO2和H2O，需通一段时间的纯氧，将装置中的N2（或空气）排除干净，减小试验误差，故答案为将装置中的N2（或空气）排除干净；（3）CuO的作用是将氨基酸不完全燃烧产生的少量CO氧化成CO2，保证氨基酸中的碳

30、都转化为CO2，根据(1)的分析，装置B的作用是除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，故答案为将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2)；除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2；（4）根据上面的分析可知，为了确定此氨基酸的分子式，除了生成二氧化碳气体的质量、生成水的质量、准确测量N2的体积外，还需测出该氨基酸的摩尔质量，故答案为该氨基酸的摩尔质量；（5）如果液面左低右高（广口瓶中液面低于量筒中液面）广口瓶中的气体收到的压强除大气压强外还有液面高度差造成的压强其实际压强大于标准大气压，气体体积被压缩，实际测得的气体体积偏小，故答案为偏小；（6）根

31、据分子式为C2H4O2，及氨基酸中的官能团可知，该分子中有羧基，实验证明该官能团的方法为取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生，故答案为取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生。【答案点睛】本题考查学生利用燃烧法确定有机物分子组成的知识，涉及实验方案设计、根据原子守恒法来解答，关键在于理解实验原理。26、引发铝热反应 Fe4HNO3=Fe3NO2H2O 硝酸量不足2Fe3+Fe=3Fe2+ 吸收HCl 氯气在较高温度下与氢氧化钠反应生成KClO3 19.40 89.1% 偏低 【答案解析】（1）铝热反应的条件是高温，使用镁条和氯酸钾的目的是引发铝热反应。（3）

32、“铁块”和稀硝酸反应制备Fe(NO3)3溶液，同时生成NO和水，其离子方程式为Fe4HNO3=Fe3NO2H2O，溶液中可能含有Fe2，其原因是硝酸量不足，发生 2Fe3+Fe=3Fe2+；（3）浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有HCl，盛装饱和食盐水的B装置作用为吸收HCl；实验要制取KClO，需防止温度升高后发生副反应生成KClO3，反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为氯气在较高温度下与氢氧化钠反应生成KClO3；（4）精确到0.01mL，终点II的读数为19.40mL。由图可知，起始和终点读数分别为1.40mL、19.40mL，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积为18.00mL，由Fe

33、O422I24Na2S2O3，可知原样品中高铁酸钾的质量分数为100%=89.1%，配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，体积偏小，标准液的浓度偏大，滴定时消耗标准液的体积偏小，则导致所测高铁酸钾的质量分数偏低.【答案点睛】本题考查物质的制备实验，解题关键：把握物质的性质、制备原理、测定原理、实验技能，难点（4）侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，利用关系式进行计算。27、蒸馏烧瓶 平衡分液漏斗与蒸馏烧瓶的压强，使液体顺利流下或平衡压强使液体顺利流下 饱和亚硫酸氢钠溶液 O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S 氧气在水中的溶解度比二氧化硫小 吸收

34、液出现稳定的蓝色 0.096% 【答案解析】根据实验原理及实验装置分析解答；根据物质性质及氧化还原反应原理分析书写化学方程式；根据滴定原理分析解答。【题目详解】（1）根据图中仪器构造及作用分析，仪器A为蒸馏烧瓶；导管b是为了平衡气压，有利于液体流出；故答案为：蒸馏烧瓶；平衡气压，有利于液体流出；（2）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好是既能观察气体产生的速率，也不反应消耗气体，SO2与饱和NaHSO3溶液不反应，也不能溶解，可以选择使用；故答案为：饱和NaHSO3溶液；（3）氧气与Na2S反应生成硫单质和氢氧化钠，化学反应方程式为：Na2S+O2=S+2NaOH；故答案为：

35、Na2S+O2=S+2NaOH；氧气在水中的溶解度比二氧化硫小，导致上表实验1反应较慢，故答案为：氧气在水中的溶解度比二氧化硫小；（4）可知滴定终点时生成了I2，故滴定终点现象为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟溶液不变色。故答案为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟溶液不变色；（5）V(KIO3)=，根据滴定原理及反应中得失电子守恒分析，n(S)=n(SO2)=3 n(KIO3)= 30.0010molL-10.01L=310-5mol，则该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为，故答案为：0.096%。28、FeSO47H2O Al2O3 FeCl3 SO2+Cl2+2H2O=4H2SO4+2HCl

36、2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- 白色变灰绿色变红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3 4Na2O2 + 4Fe2+ + 6H2O = 8Na+ + O2 + 4 Fe(OH)3 【答案解析】抓住B、D、E、F、G是氧化物，F、K是氢化物，C、H是日常生活中最常见的金属单质，B + CG + H反应条件又是高温，很容易想到是铝热反应，C是铝 G是氧化铝，K + H M且K是氢化物，O是白色沉淀且B、H、L、M、N、O中含有同种元素，以及J+HL、M+JL、LN、MO、ON、NB根据关系可以断定B、H、L、M、N、O中含有同种元素是Fe 所以D为二氧化硫、E为三氧化硫、F为水、H为铁、I为硫酸、J为氯气、K为盐酸、L为氯化铁、M为氯化亚铁、O为氢氧化亚铁、N为氢氧化铁、B为红棕色固体则为氧化铁，A为278g/mol综合分析知道A是七水合硫酸亚铁，所以A、G、L的化学式A：FeSO47H2O，G：Al2O3，L：FeCl3；反应是二氧化硫与氯气及水反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H2SO4+2HCl；反应ML是氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；O为氢氧化亚铁，敞口久置，亚铁会被空气中的氧气氧化成三价铁，最终生成氢氧化铁，故