河南省安阳市2022-2023学年高三上学期第一次联考(二)全国卷化学试题（含答案）

第22页/共22页2023届高三一轮复习联考(二)全国卷化学试题可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.2022年6月5日神舟十四号成功出征，三名航天员正式开启6个月的太空之旅。下列说法中正确的是。A.神舟十四号飞船的燃料是偏二甲肼，偏二甲肼属于烃类B.火箭发动机中使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温等特点C.实验舱中使用的碳纤维属于有机高分子材料D.飞船外壳使用的氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A．只由碳氢两种元素组成的有机化合物叫作烃；偏二甲肼含有氮元素，不属于烃类，A错误；B．火箭发动机环境决定了使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温等特点，B正确；C．碳纤维主要由碳元素组成，属于无机非金属材料，C错误；D．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，D错误；故选B。2.古医典中富含化学知识，下列描述与氧化还原反应无关的是。A.汞的性质：汞得硫则赤如丹B.强水(硝酸)：用水入五金皆成水C.熬制胆矾：熬胆矾铁釜，久之亦化为铜D.制取黄铜：红铜(Cu)六斤、倭铅(Zn)四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜【答案】D【解析】【详解】A．汞得硫反应生成HgS，元素化合价发生改变为氧化还原反应，A不符合题意；B．硝酸具有强氧化性，和一些金属发生氧化还原反应，B不符合题意；C．反应为铁和硫酸铜生成铜和硫酸亚铁，元素化合价发生改变为氧化还原反应，C不符合题意；D．为制取合金的过程，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，D符合题意；故选D。3.配制一定物质的量浓度的溶液，并用其测定某未知浓度的溶液。完成以上实验所选择的装置正确的是。选项ABCD实验称量一定质量的固体配制一定物质的量浓度的溶液定容操作量取20mL未知浓度草酸用溶液滴定草酸滴定终点读数为26.42mL装置A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．高锰酸钾具有腐蚀性，应该在烧杯中称量，A错误；B．读数视线要与凹液面最低处保持水平，B错误；C．取草酸使用酸式移液管，C正确；D．由图可知，读数为25.50mL，D错误；故选C。4.阿伏加德罗常数的值用NA表示。下列说法中正确的是()A.常温常压下，11.2LSO2含有的氧原子数大于NAB.一定条件下，Ca与O2反应生成7.2gCaO2，转移电子的个数为0.4NAC.10g质量分数为98%的浓硫酸含有的氢原子数为0.2NAD.0.1moolNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.3NA【答案】D【解析】【详解】A．常温常压下，Vm＞22.4L∙mol-1，则11.2LSO2的物质的量小于0.5mol，含有的氧原子数小于NA，A不正确；B．一定条件下，Ca与O2反应生成CaO2，可建立关系式：CaO2——2e-，7.2gCaO2的物质的量为0.1mol，则转移电子的个数为0.2NA，B不正确；C．10g质量分数为98%的浓硫酸中含有H2SO4的物质的量为=0.1mol，则H2SO4中含有的氢原子数为0.2NA，另外，浓硫酸中存在水，水中也含有氢原子，所以10g质量分数为98%的浓硫酸中含有的氢原子数大于0.2NA，C不正确；D．1个Na2O2由2个Na+和1个构成，1个Na2O由2个Na+和1个O2-构成，则0.1moolNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.3NA，D正确；故选D。5.部分含氮、硫元素的化合物的价-类二维图如图所示。下列关于各物质的说法错误的是。A.i在一定条件下均可以与a、b、c发生反应B.e的浓溶液可用于干燥c、f、gC.g与CO在汽车催化转化器中会转化成两种无毒气体D.实验室中产生的h可用NaOH溶液吸收【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，i、a、b、c分别为HNO3、H2S、S、SO2；HNO3具有强氧化性，H2S、S、SO2均具有一定的还原性，故在一定条件下均可以发生反应，A正确；B．e的浓溶液为浓硫酸具有酸性、强氧化性、吸水性；c、f、g分别为SO2、NH3、NO，浓硫酸能和氨气反应，故不可干燥氨气，B错误；C．NO与CO在汽车催化转化器中会转化成两种无毒气体氮气和二氧化碳，C正确；D．h为二氧化氮，能和氢氧化钠反应，实验室中产生的二氧化氮可用NaOH溶液吸收，D正确；故选B。6.已知：298K时，相关物质的相对能量如图所示。下列说法错误的是。A.CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)2CO2(g)∆H=-566kJ∙mol-1B.H2的燃烧热为∆H=-242kJ∙mol-1C.C2H6比C2H4稳定D.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)是放热反应【答案】B【解析】【详解】A．CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)2CO2(g)∆H=[(-393×2)-(-110×2+0)]kJ∙mol-1=-566kJ∙mol-1，A正确；B．H2的燃烧热为∆H=[(-286)-(0+×0)]kJ∙mol-1=-286kJ∙mol-1，B错误；C．C2H6的能量为-84kJ∙mol-1，C2H4的能量为52kJ∙mol-1，物质具有的能量越低，稳定性越强，则C2H6比C2H4稳定，C正确；D．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)∆H=[(-393+0)-(-110-242)]kJ∙mol-1=-41kJ∙mol-1，是放热反应，D正确；故选B。7.漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，某实验小组设计如图实验装置制取氯气并验证其性质。下列叙述正确的是。A.A装置中反应的化学方程式为B.B装置中溶液先变蓝色后褪色，其原因是淀粉被氧化C.取C装置中的溶液，滴加溶液产生白色沉淀，可证明已被氧化D.D装置溶液变黄色，证明还原性：【答案】A【解析】【分析】漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，氯气和碘离子生成碘单质使淀粉变蓝色，氯气和亚硫酸钠反应生成硫酸钠，氯气和碘化亚铁、氯化亚铁生成碘单质、铁离子，氯气有毒尾气使用装置E吸收；【详解】A．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，酸性条件下发生归中反应生成氯气，故漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，反应为，A正确；B．B装置中氯气和碘离子生成碘单质使淀粉变蓝色，变色后溶液不会褪色，B错误；C．亚硫酸钠和氯化钡也会生成亚硫酸钡沉淀，C错误；D．反应生成的铁离子、碘溶液均为黄色，D错误；故选A。8.一种新型人工固氮的原理如图1所示，过程能量变化如图2所示，下列叙述不正确的是。A.转化过程中，涉及的元素非金属性最强的是氧元素B.反应③的能量转换形式是化学能转化为电能C.转化过程中涉及的元素原子半径最大的是LiD.反应②中存在离子键和极性键的断裂和生成【答案】B【解析】【详解】A．同周期从左到右金属性依次减弱，非金属性变强；同主族由上而下金属性依次增强，非金属性变弱；涉及的元素有氮、氢、氧、锂，则非金属性最强的是氧元素，A正确；B．反应③通电氢氧化锂分解为锂和氧气、水，能量转换形式是电能转化为化学能，B错误；C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；转化过程中涉及的元素原子半径最大的是Li，C正确；D．反应②为Li3N和水反应生成氢氧化锂、氨气的反应，Li3N、氢氧化锂为离子化合物，水、氨气为共价化合物，故反应中存在离子键和极性键的断裂和生成，D正确；故选B。9.下列实验操作及现象、所得实验结论正确的是。选项实验操作及现象实验结论A向KI溶液、的混合物中滴加硝酸酸化的，边滴加边振荡，层显紫色氧化性：B用pH计分别测定的、溶液的pH，得非金属性：N>CC用铂丝蘸取某未知溶液放到无色火焰上灼烧，并透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色该无色溶液中一定有钾盐D用惰性电极电解某未知溶液，用湿润的KI淀粉试纸检验阳极气体，试纸变蓝色阳极产生的是A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，硝酸根离子和碘离子生成碘单质，而铁离子也会和碘离子生成碘单质，A错误；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，强酸强碱盐不会发生水解，弱酸强碱盐会水解使溶液显碱性；用pH计分别测定的、溶液的pH，得、，说明酸性硝酸大于碳酸，非金属：N>C，B正确；C．焰色反应为紫色说明溶液中含有钾元素，溶液也可能为氢氧化钾碱溶液，C错误；D．若阳极产生氧气等氧化性气体也会出现同样的现象，D错误；故选B。10.X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z分别位于三个不同周期，Y、Z形成聚合阴离子，其结构如图所示。下列说法正确的是。A.X、Y可形成既含极性键又含非极性键的化合物B.Y、Z分别与X形成的简单化合物中，Z与X形成的化合物更稳定C.三种元素的单质的熔点由高到低的顺序为Y>Z>XD.X、Y、Z形成的化合物的水溶液可能显强酸性【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z分别位于三个不同周期，则X为氢；Y、Z形成化合键数分别为2、5，则Y、Z分别为氧、磷；【详解】A．X、Y可形成既含极性键又含非极性键的化合物，例如过氧化氢，A正确；B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱；根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则Y、Z分别与X形成的简单化合物中，Y与X形成的化合物更稳定，B错误；C．三种元素的单质均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，单质的熔点由高到低的顺序为Z>Y>X，C错误；D．X、Y、Z形成的化合物磷酸的水溶液为中强酸，D错误；故选A。11.分析下表中的3个热化学方程式，下列说法正确的是。2022年北京冬奧会“飞扬”火炬使用的燃料氢气①2008年北京奥运会“祥云”火炬使用的燃料丙烷②③A.丙烷的燃烧热为B.等质量的氢气与丙烷相比较，充分燃烧时，丙烷放热更多C.D.【答案】C【解析】【详解】A．燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由反应②可知，1mol丙烷燃烧生成液体水时，放出热量大于，A错误；B．等质量的氢气与丙烷相比较，假设质量均为44g，则两者的物质的量分别为22mol、1mol，则由反应①②比较可知，充分燃烧时，氢气放热更多，B错误；C．由盖斯定律可知，反应①×5-②得：，C正确；D．由盖斯定律可知，反应①×-③得：，D错误；故选C。12.工业上可用如下方法处理含H2S的尾气，同时制得Na2S2O3，工艺流程如下：含H2S的尾气、空气→反应炉(高温)→Na2CO3溶液吸收→一系列操作→Na2S2O3晶体已知：2H2S+3O22SO2+2H2O、。下列说法中错误的是A.含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放B.反应中至少发生3个氧化还原反应C.反应过程中证明了H2SO3的酸性强于H2SD.每制取1molNa2S2O3，理论上消耗氧气的体积为44.8L(标准状况)【答案】C【解析】【详解】A．H2S是酸性气体，可以与NaOH反应产生Na2S、H2O，因此含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放，A正确；B．含有H2S的废气在反应炉中发生反应2H2S+3O22SO2+2H2O，被氧化为SO2气体，反应中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应产生的SO2通入Na2CO3溶液吸收时反应产生Na2SO3、CO2，反应过程中元素化合价不变，反应不属于氧化还原反应；2H2S+SO2=3S↓+2H2O中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应S+SO2+Na2CO3=Na2S2O3+CO2中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，可见在上述反应中至少发生3个氧化还原反应，B正确；C．在反应2H2S+3O22SO2+2H2O中，只能证明该反应为氧化还原反应，H2S是还原性，氧化产物是SO2，而不能证明H2S及SO2对应的酸H2SO3的酸性强弱，C错误；D．从总体来看：H2S→Na2S2O3，S元素化合价升高，O元素化合价降低。每产生1个Na2S2O3，S元素化合价升高4×2=8价；O2→Na2S2O3，O元素化合价降低2×2=4价，可见每制取1molNa2S2O3，反应消耗2molO2，其标准状况下体积V(O2)=2mol×22。4L/mol=44.8L，D正确；故合理选项是C。13.工业上在催化剂的作用下CO可以合成甲醇，用计算机模拟单个CO分子合成甲醇的反应历程如图。下列说法正确的是。A.反应过程中有极性键的断裂和生成B.反应的决速步骤为III→IVC.使用催化剂降低了反应的D.反应的热化学方程式为【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，总反应为，则涉及C-O键断裂和C-H、O-H键的生成，A正确；B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知反应的决速步骤为II→III，B错误；C．催化剂改变反应速率，但是不改变反应的焓变，C错误；D．由图可知，生成物的能量低于反应物的能量，反应为放热反应，单个CO分子合成甲醇放热，则反应的热化学方程式为，D错误；故选A。14.Xe和形成的氟化物有、、三种，已知：在低温下主要发生，随着温度升高、依次发生分解反应。下图表述的是以0和为始态得到的生成物在平衡体系内的分压与反应温度的关系。下列说法中错误的是。A.由图可知Xe的三种氟化物中最稳定B.反应的C.制备的合适温度约为550KD.与NaOH溶液反应产生的化学方程式为【答案】B【解析】【详解】A．已知：在低温下主要发生，随着温度升高、依次发生分解反应生成，则最稳定，A正确；B．由图可知，随着温度升高，发生分解反应生成的量增加，则反应为吸热反应，焓变大于零，B错误；C．制备的合适温度约为550K，此时含量最高，C正确；D．与NaOH溶液反应产生，氧元素化合价升高则Xe化合价降低生成Xe单质，反应为，D正确；故选B。15.实验室中利用硫化亚铁和硫化锌混合物进行如图实验(忽略在水中的溶解)。下列说法错误的是。A.“4.5g固体”一定是铁锌混合物 B.“溶液2”中的溶质只有C.混合物中硫元素的质量分数约为38％ D.反应②能生成标准状况下【答案】C【解析】【分析】本题如果将FeS和ZnS设出未知数，根据已知量列方程组可以求算，但计算量较大，我们也可以根据选项进行讨论来进行，以此解题。【详解】A．4.5g固体分两种情况，可能全为Fe，也可能是Fe与Zn的混合物；假设全为Fe，，根据Fe守恒则，n(Fe)=n(FeS)=0.08mol，则m(FeS)=n×M=0.08mol×88g/mol=7.04g，而题目中FeS与ZnS混合物质量为6.9g，故第一种假设不正确，即“4.5g固体”一定是铁锌混合物，A正确；B．4.5g固体中含有Zn，则溶液中午FeCl2和HCl，“溶液2”中溶质只有ZnCl2，B正确；C．设混合物FeS与ZnS中，硫元素的质量分数为38%，而FeS中硫的含量为，ZnS中硫的含量为，二者混合物中硫的含量应该在33%~36%之间，不可能为38%，C错误；D．生成，H守恒n(HCl)=0.05mol，n(HCl)总=0.2mol，Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，Zn总量为0.1mol()，该反应消耗的Zn为0.025mol，D正确；故选C。二、非选择题：本题共5小题，共55分。16.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍。回答下列问题：XYZWQ（1）Y元素在元素周期表中的位置为_______。X、Y、W三种元素原子半径由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。（2）X、Q可形成一种化合物，该化合物中两元素最外层均满足8电子稳定结构，写出该化合物的电子式：_______。（3）X、W、Q的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为_______(用化学式表示)。（4）写出工业制取Z的化学方程式：_______。（5）W、Q形成的一种化合物可以发生水解反应，并且水解生成一种最高价含氧酸和一种无氧酸，写出该水解反应的化学方程式：_______。【答案】（1）①.第二周期ⅥA族②.P>N>O（2）（3）HClO4>HNO3>H3PO4（4）（5）PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，W为磷，则X、Y、Z、W、Q分别为氮、氧、铝、磷、氯；【小问1详解】氧元素在元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族。电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；X、Y、W三种元素原子半径由大到小的顺序为P>N>O；【小问2详解】氮、氯可形成一种化合物，该化合物中两元素最外层均满足8电子稳定结构，该化合物为NCl3，电子式：；【小问3详解】根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，X、W、Q的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为HClO4>HNO3>H3PO4；【小问4详解】工业电解氧化铝生成铝和氧气，；【小问5详解】W、Q形成的一种化合物可以发生水解反应，并且水解生成一种最高价含氧酸和一种无氧酸，则为PCl5和水生成H3PO4和HCl，PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。17.CO、的回收和综合利用有利于实现“碳中和”。（1）CO和可以合成简单有机物，已知CO、合成、的能量变化如下图所示，计算_______。已知键能数据如下表。化学键H—HC—OH—OC—H键能436326a464414则的键能为_______。（2）已知：反应1：反应2：假设某温度下，反应1的速率大于反应2的速率，则下列反应过程中的能量变化示意图正确的是_______(填字母)。A. B. C. D.（3）催化加氢制甲醇可分两步完成，反应历程如图所示。已知。则_______。该反应进程中总反应速率由第_______(“1”或“2”)步决定。（4）在催化剂作用下、同时发生如下反应：反应1(主反应)：反应2(副反应)：其压强平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)的对数与温度倒数呈线性关系，如图所示。其中表示主反应的变化曲线为_______(填“”或“”)。【答案】（1）①.②.（2）A（3）①.②.1（4）【解析】【小问1详解】根据图可写出：①②，②－①×2可得出。根据反应，反应物总键能－生成物总键能，代入数据可得，则的键能为。【小问2详解】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢；反应1、反应2均为放热反应，并且反应1放热多，反应1的速率快则说明反应1的活化能小且生成物能量更低，因此选A。【小问3详解】根据图像可写出反应①，结合反应②，①+②可得出总反应。活化能越大则反应速率越慢，总反应的速率由活化能大的步骤决定，反应由第1步决定。【小问4详解】横坐标为温度的倒数，数值越大，温度越低，主反应为放热反应，降低温度时平衡常数增大，所以表示主反应的变化曲线。18.已知与硫的氧化物、氮的氧化物反应可以生成、NOCl、等化合物。NOCl常温下是黄色气体，具有强氧化性，遇水分解，不溶于等有机溶剂。（1）NOCl中N元素的化合价为_______，N、O、Cl三种元素原子半径由大到小的顺序为_______。（2）实验室制取的NOCl中常含有，除去的方法为_______。（3）NOCl遇水生成一种氮的氧化物(该氧化物遇空气变红棕色)，且只有一种元素的化合价发生改变，写出该反应的化学方程式：_______。（4）NOCl与同时通入水中可生成一种无污染的气体，写出该反应的离子方程式：_______。反应中消耗1molNOCl则转移电子的物质的量为_______。（5）可作为晶体的除水剂(反应生成两种酸性气体)，写出与反应的化学方程式：_______。【答案】（1）①.+3②.Cl>N>O（2）通过盛有的洗气瓶（3）3NOCl+2H2O=2NO+HNO3+3HCl（4）①.2NOCl+3SO2+4H2O=N2+3+2Cl-+8H+②.3mol（5）【解析】【小问1详解】NOCl中氯、氧的电负性性较强，化合价分别为-1、-2，则N元素的化合价为+3；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则N、O、Cl三种元素原子半径由大到小的顺序为Cl>N>O；【小问2详解】已知，NOCl遇水分解，不溶于等有机溶剂，实验室制取的NOCl中常含有，除去的方法为通过盛有的洗气瓶；【小问3详解】NOCl遇水生成一种氮的氧化物(该氧化物遇空气变红棕色，则为NO)，且只有一种元素的化合价发生改变，则氮元素化合价降低的同时会升高生成HNO3（二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮），故该反应的化学方程式3NOCl+2H2O=2NO+HNO3+3HCl；【小问4详解】NOCl具有强氧化性，遇水分解；NOCl与同时通入水中可生成一种无污染的气体，则该气体为氮气，反应中二氧化硫被氧化为硫酸根离子，该反应的离子方程式：2NOCl+3SO2+4H2O=N2+3+2Cl-+8H+；反应中氮元素化合价由+3变为0，则消耗1molNOCl则转移电子的物质的量为3mol；【小问5详解】可作为晶体的除水剂(反应生成两种酸性气体，根据质量守恒可知，二氧化硫和氯化氢)，与反应生成二氧化硫、HCl、硫酸锌，。19.四氯化碳主要用作优良的溶剂、干洗剂、灭火剂、制冷剂、香料的浸出剂以及农药等，也可用于有机合成，工业上可用二硫化碳与氯气反应制取四氯化碳。某化学小组用下图实验装置模拟工业制备四氯化碳。已知：①可与溴水反应生成硫酸和氢溴酸；②与在铁作催化剂的条件下，在85℃～95℃反应可生成四氯化碳；③硫单质的沸点445℃，的沸点46.5℃，的沸点76.8℃、密度。（1）上述仪器的连接顺序为a→____→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______。A装置中导管k的作用为_______。（2）A装置中发生反应的离子方程式为_______。（3）反应结束后关闭，，此时F装置的作用为_______。（4）B装置中发生反应的化学方程式为_______。（5）反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过_______(填操作名称)可得到。（6）经分离提纯后的中有少量，量取加入锥形瓶中(密度近似等于纯的密度)，然后加入20.00mL蒸馏水，用作指示剂，用标准溶液来滴定溶液中的[已知为砖红色沉淀]，平行实验三次，所得滴定数据如下表。计算制得的中杂质的质量分数为_______(保留两位有效数字)。实验序号实验数据第一次第二次第三次溶液体积/mL滴定前0.000.120.20滴定后14.9815.5215.22【答案】（1）①.i、j→f、g→d、e→b、c→h②.平衡气压，便于浓盐酸顺利流下（2）Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O（3）平衡气压做安全瓶，同时储存氯气（4）CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr（5）蒸馏（6）0.51%【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中重铬酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中长颈漏斗能起到平衡气压的作用，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应制备四氯化碳，装置B中盛有的溴水用于吸收挥发出的二硫化碳，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为AFDCBAFBE，仪器的接口的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b、c→h。【小问1详解】由分析可知，仪器的接口的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b、c→h；A装置中导管k能起到平衡气压，便于浓盐酸顺利流下的作用，故答案为：i、j→f、g→d、e→b、c→h；平衡气压，便于浓盐酸顺利流下；【小问2详解】由分析可知，装置A中发生的反应为重铬酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化铬、氯气和水，反应的离子方程式为Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O，故答案为：Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；【小问3详解】由实验装置图可知，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中反应结束后关闭K1，K2后，长颈漏斗还能起到平衡气压做安全瓶的作用，同时还可以储存未反应的氯气，故答案为：平衡气压做安全瓶，同时储存氯气；【小问4详解】由分析可知，B装置中发生反应为二硫化碳与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，反应的化学方程式为CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr，故答案为：CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr；【小问5详解】由分析可知，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应生成四氯化碳和硫，反应制得的四氯化碳中混有未反应的二硫化碳和反应生成的溶于四氯化碳的硫，所以反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过蒸馏得到四氯化碳，故答案为：蒸馏；【小问6详解】由题给数据可知，三次实验消耗硝酸银溶液的体积分别为14.98mL、15.40mL、15.02mL，其中第二次实验结果误差较大应舍去，则滴定消耗硝酸银溶液的平均体积为=15.02mL，由方程式可得如下转化关系：FeCl3—3AgCl—3AgNO3，由滴定消耗硝酸银溶液的体积可知四氯化碳中杂质氯化铁的质量分数为×100%≈0.51%，故答案为：0.51。20.某实验小组为探究CuSO4与Na2SO3反应后的产物，做如下探究实验。【查阅资料】①Cu2O为砖红色固体，不溶于水；②Cu2SO3为黄色固体，不溶于水；③[Cu(SO3)2]3-为无色配合离子、[Cu(NH3)2]+为无色配合离子、[Cu(NH3)4]2+为深蓝色配合离子。【实验探究】实验1：①向2mL0.2mol∙L-1的CuSO4溶液中滴加0.2mol∙L-1的Na2SO3溶液，开始出现黄色沉淀，但无气体产生。②继续加入Na2SO3溶液，最终沉淀消失经检验，溶液中生成[Cu(SO3)2]3-离子。实验2：向90℃2mL0.2mol∙L-1的CuSO4溶液中滴加0.2mol∙L-1的Na2SO3溶液，直接生成砖红色沉淀。实验3：向2mL0.2mol∙L-1的Na2SO3溶液中滴加0.2mol∙L-1的CuSO4溶液，开始阶段有蓝色沉淀出现。（1）S元素在元素周期表中的位置为_______。N、O、S三种元素原子的简单离子半径由大到小的顺序为_______(用离子符号表示)。（2）某同学认为实验1黄色沉淀中有少量Cu(OH)2，该同学认为是CuSO4、Na2SO3相互促进水解产生的，用离子方程式表示生成Cu(OH)2沉淀的过程：_______。（3）经检验，实验2所得溶液中有大量、生成。该实验中Cu2+表现_______性，写出该实验中反应的离子方程式：_______。（4）某同学设计了如图所示电化学装置，探究CuSO4与Na2SO3的反应。该装置中左侧烧杯中的石墨电极做_______(填“正”或“负”)极，右侧烧杯中发生反应的电极反应式为_______。设计实验检验右侧烧杯中生成的阴离子，写出具体操作、现象和结论