2023年高江苏省南京市盐城市考一模化学试卷

10页江苏省南京市盐城市2023年高考一模化学试卷一、单项选择题大国重器彰显中国实力，化学材料助力科技成果转化运用。以下说法正确的选项是( A．“蛟龙号”载人潜水器使用的钛合金是金属材料B．“C919”大飞机使用的氮化硅陶瓷是传统硅酸盐材料C．“玉兔二号”月球车使用的太阳能电池板材料是二氧化硅D．“山东舰”航母使用的碳纤维是一种型有机高分子材料侯氏制碱法主要反响原理N3+NaCl+C2+2O=NaHC3↓+N4Cl以下有关说法错误的选项是〔 〕2A．CO空间构型为直线形2C．Na的原子构造示意图为DC．Na的原子构造示意图为D．NHCl的电子式为4以下有关物质的性质与用途具有对应关系的是( A．氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃B．Na2CO3溶液呈碱性，可用于去除油污C．Al2O3熔点高，可用作电解冶炼铝的原料D．S2-具有复原性，可用于去除水体中Pb2+等重金属离子以下有关二氧化硫的说法正确的选项是( A．SO2属于电解质B．SO2为非极性分子C．SO2既有氧化性又有复原性D．SO2易溶于水是由于与水能形成分子间氢键试验室制取SO2时，以下装置不能到达相应试验目的的是〔 〕1：生成SO2C3：枯燥SO2

2：检验SO2D4：收集SO222 蓝天保卫战—持续三年的大气治理之战，其中低本钱、高效率处理SO、NO等大气污染物始终是SONO2的争论成果，其反响原理为〔〕SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g)ΔH1=-41.8kJ·mol-122 下，SO2(g)+NO2(g)=SO3(s)+NO(g) ΔH2.以下有关说法错误的选项是该反响的ΔS>0B．ΔH2<-41.8kJ·mol-1C．SO2的生成速率和NO2的消耗速率相等说明该反响到达平衡状态D22.4LNO2×6.02×1023如图为元素周期表中短周期的一局部，以下说法错误的选项是()离子半径：M->Z2->Y-B．电负性：Y>M>ZC．简洁气态氢化物的稳定性：Y>M>Z．Y元素基态原子的简化电子排布式X]2s22p5用久置于空气中的生石灰［主要成分为CaO，还含有Ca(OH)2和CaCO3]制取KClO3的流程如下。以下有关说法错误的选项是( )“打浆”的目的是为了提高“氯化”时的反响速率75°𝐶“氯化”中主要发生的化学反响为6Cl+6Ca(OH) _

Ca(ClO)+5CaCl+6HO2 2 _

32 2 2“过滤”后滤液中存在的阳离子有Ca2+、H+D．“转化”时发生的化学反响属于氧化复原反响4对固体电解质体系的争论是电化学争论的重要领域之一、用离子交换膜H+/𝑁𝐻+4

型Nafion膜作电解质，在确定条件下实现了常温常压下电化学合成氨，原理如以以下图所示。以下说法错误的选项是( )M接电源的正极4离子交换膜中H+𝑁𝐻+4

浓度均保持不变4C．H+/𝑁𝐻+4

型离子交换膜具有较高的传导质子力气D．阴极的电极反响式：N2+6e-+6H+=2NH3，2H++2e-=H2↑乙醛与制氢氧化铜悬浊液反响的试验如下：412mL10%NaOH4~62%CuSO4

溶液，观看到有蓝色絮状沉淀产生。步骤2：再向试管中参与0.5mL乙醛溶液，加热，观看到有红色沉淀产生。以下说法错误的选项是( )1中必需参与过量的NaOH溶液D．上图所示Cu2O的晶胞中表示氧原子步骤2D．上图所示Cu2O的晶胞中表示氧原子羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，局部合成路线如以以下图所示。以下说法错误的选项是( )甲分子中的含氧官能团为羟基、酯基1mol4molNaOH的水溶液完全反响C．丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．丙分子中碳原子轨道杂化类型为sp2sp3，且全部的碳原子可能共平面室温下通过以下试验探究FeCl3水解反响［FeCl3(黄色)＋3H2O Fe(OH)3(红褐色)＋3HCl]的条件。12

试验操作FeCl3溶液加热片刻FeCl3溶液中通入少量HCl气体

溶液颜色变深溶液颜色变浅

试验现象向FeCl3溶液中参与少量(NH4)2SO4固体溶液颜色变浅FeCl3溶液中参与少量NaHCO3固体产生红褐色沉淀，溶液中消灭大量气泡以下有关说法正确的选项是( )1得到的溶液中有c(Cl-)>c(Fe3+)>c(OH-)>c(H+)2FeCl3水解反响的化学平衡常数变小33c(Fe3+)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(Cl-)+c(OH-)4中反响的离子方程式为Fe3++𝐻𝐶𝑂−+HO=Fe(OH)↓+CO↑3 2 3 2“丙烯氨氧化法”生产重要的化工原料丙烯腈(C3H3N)。①在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)的热化学方程式为C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515kJ/mol②得到副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式为C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g)ΔH=-353kJ/mol丙烯腈产率与反响温度的关系曲线如以下图。以下说法错误的选项是(

𝑐(𝐶3𝐻3𝑁)·𝑐3(𝐻2𝑂)反响①的平衡常数可表示为K= 2𝑐(𝐶3𝐻6)·𝑐(𝑁𝐻3)·𝑐3(𝑂2)增大压强可以提高丙烯腈的平衡产率460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率D．CHO(g)+NH(g)+1O(g)=CHN(g)+2H

O(g)ΔH=-162kJ/mol3 4 3 2 2 3 3 2二、非选择题工业上可用红土镍矿(NiO、FeO、Fe2O3)制备镍并回收副产物黄铵铁矾［(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12]的工艺流程如下。“初步沉铁”中，向酸浸后的溶液中通入NH3调整溶液的pH1.580℃左右，鼓入空气，一段时间后沉淀出黄铵铁矾。鼓入的“空气”的作用是 。“深度沉铁”中，通入NH3调整溶液pH65℃左右，参与H2O21h后黄铵铁矾沉淀趋于完全。①Fe3+转化为黄铵铁矾的离子方程式为 。②溶液中c(H2O2)随时间t的变化关系如以下图，反响开头10~20min内c(H2O2)快速减小，其缘由是 。“深度沉铁”时溶液保持的温度比“初步沉铁”时溶液保持的温度低，其缘由是 。金属离子的氢氧化物Ni(OH)27.1Fe(OH)32.7黄铵铁矾开头沉淀pH1.3金属离子的氢氧化物Ni(OH)27.1Fe(OH)32.7黄铵铁矾开头沉淀pH1.3沉淀完全pH9.23.72.3“深度沉铁”中通入NH3调整溶液pH的范围是 。(Bn：；A”：腺嘌呤类似物基团；TMSCN：)(Bn：；A”：腺嘌呤类似物基团；TMSCN：)C→D的反响类型为 。一个C分子中含有手性碳原子的数目为 。5 12 〔3〕X的分子式为CHO，5 12

𝐻4

B+2CHOH，则X的构造简式为 。3〔4〕D的一种同分异构体同时满足以下条件，写出该同分异构体的一种构造简式 。3①分子中有一个含一个氧原子的六元环②分子中有五种不同环境的氢原子〔5〕设计以〔5〕设计以X为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线例如见此题题干)。碘是人体不行缺少的微量元素，也是制造各种无机及有机碘化物的重要原料。利用卤水(F)可提取碘。承受离子交换法从卤水中提取碘的工艺流程如下：𝑛4𝐼−𝑛4

，其反响的离子方程式为 。4②“复原”𝑆𝑂2−4是

𝑆𝑂2−

的试验操作。③“吹碘”中通入热空气，利用了碘具有 的性质。2某试验小组承受如以下图装置、40℃水浴加热制取碘。试验过程中需要把握Cl用量，否则22酸性条件下过量Cl2

能将I

𝐼𝑂−

。请补充完整检验反响后的三颈烧瓶中溶液是否含有233𝐼𝑂−233

的试验方案：取适量三颈烧瓶中的溶。𝐼𝑂−+5I-+6H+=3I+3H

O，试验中可选用的试剂：2mol·L-1硫酸、1mol·L-1KI溶液、淀3 2 2粉溶液、CCl4。为测定卤水样品中I的含量，进展以下试验：①2.500L20.00mL0.1500mol·L-1CuCl220.00mL。②2h，生成白色沉淀(2Cu2++4I-=I2+2CuI↓)。③用电感耦合等离子体放射光谱仪测定反响后溶液中c(Cu2+)=0.0125mol·L-1。依据上述试验数据，计算卤水样品中I的含量(单位mg·L-1，溶液混合前后总体积变化不计，写出计算过程)： 。NOx(NO、NO2等)是形成雾霾及硝酸型酸雨的大气污染物之一、2①尿素［CO(NH2)2]在确定条件下可以直接复原NO生成N，发生反响的化学方程式为 。22②160℃时水解生成NH3CO，可作为处理NO反响的氨源。通过调整尿素喷入量与汽车尾气流速，得到一样时间内不同投料比［n(尿素)/n(NO)]NOa、b1所示。2曲线a和曲线b，投料比较大的曲线是 。(选填“a”或“b”)200℃<T<450℃时，NO的转化率随温度上升而增大，缘由时温度升高， ，反响速率加快。2在催化剂RhCONO2表示，两个N(s)结合生成的N称为2β-N，NO(s)解离生成的Nδ-N3所示。2 2 2 2以下说法正确的选项是 (填写字母序号)A．在催化剂外表NO的吸附并解离是反响发生的先决条件2在催化剂外表CO的准时脱附有利于反响的进展22 625K时，生成的N主要是由CONO2 530K2NO+CO=NO+CO2 2查找低温下高效的催化剂把握汽车尾气的污染是将来争论的方向x利用汽车燃油不完全燃烧产物中的CO、HC(复原性的碳氢化合物)作复原剂，在三元催化器作用下可高效去除汽车尾气中的NO。：可燃混合气中空气质量与燃油质量之比为空燃比。CO、xxx

4表示。当空燃比>15时，NO

转化率降低，其可能原x因是x。答案解析局部【答案】A【解答】A．合金属于金属材料，故A符合题意；B．氮化硅陶瓷是型无机非金属材料，故B不符合题意；C．太阳能电池板材料是硅单质，故C不符合题意；D．碳纤维不是有机物，不属于有机高分子材料，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.金属材料包括纯金属和合金，合金是将金属熔合金属或非金属形成的混合物B.传统硅酸盐材料是指玻璃、水泥、陶瓷，C.二氧化硅是做光导纤维D.碳纤维是无机材料【答案】D2【解答】A．CO的构造式为O=C=O，为直线形分子，故A不符合题意；2C．钠的原子序数为11，核外电子排布为2，8，1，原子构造示意图为：C．钠的原子序数为11，核外电子排布为2，8，1，原子构造示意图为：C不符合题意；D．NHCl的电子式为4D符合题意；故答案为：D。【分析】氯化铵是非金属元素形成的离子化合物，是通过得失电子形成的化合物，书写时要写出阴离子四周的电子【答案】B【解答】ASiF4，常用HF雕刻玻璃，与其酸性强弱无关，故A不符合题意；碳酸钠水解显碱性，能使油脂发生水解生成溶水盐和醇，故B符合题意；C不符合题意；硫离子能与重金属离子形成难溶的硫化物沉淀，不非利用的复原性，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.用于雕刻玻璃和酸性强弱不存在对应关系，主要是和物质的性质有关B.发生化学反响除去油污C.熔点高可以做耐火材料D.利用硫离子和铅离子发生复分解反响产生沉淀【答案】C2【解答】A．SO自身不能电离成离子，属于非电解质，故A不符合题意；22B．SO为V形构造，正负电荷重心不能重合，属于极性分子，故B不符合题意；22 2．SOS为+4，处于S的最高正价+6和最低负价-2之间，化合价既能上升也能降低，SO既有氧化性又有复原性，故C2 2．SO．2

易溶于水是因SO

易与水反响生成可溶性的亚硫酸，与氢键无关，故D不符合题意；故答案为：C。2 【分析】A.二氧化硫溶于水导电，那是HSO2 B.计算价层电子对和孤对电子即可C.元素化合价处于中间价态D.发生化合反响【答案】C【解答】A𝐶𝑢+

𝛥(浓)_

↑

2𝑂，可用来_制取二氧化硫，故A不符合题意；B．二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，常用品红检验二氧化硫，故B不符合题意；C．用浓硫酸枯燥二氧化硫时，导气管应进步短出，故C符合题意；_D染空气，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】二氧化硫不能溶于浓硫酸，导致浓硫酸从长管流出【答案】A【解答】A．由反响可知，标准状况下，反响生成固体，气体分子数削减，ΔS<0A符合题意；

B不符合题意；2 12 C．SO的生成速率是逆反响速率，NO明反响到达正反响速率等于逆反响速率，反响到达平衡，故C2 AD1molNO2mol22.4LNO1mol2N，故AD不符合题意；故答案为：A。【分析】A.依据起始状态推断熵变的正负B.固体和气体的转换涉及到能量的转化C.依据正逆反响速率判定平衡状态D.依据转移电子数和一氧化碳的关系即可计算【答案】A【解答】A．离子半径比较先看电子层数，电子层数多半径大，层数一样时看核电荷数，核电荷数越多半径越小，Z、M的简洁离子有三个电子层，Y的离子有两个电子层，其核电荷数Z<M，则离子半径：Z2->M->Y-，故A符合题意；题意；CY>M>Z，则形成气态氢化物的稳定性：Y>M>ZC不符合题意；．Y为，原子序数为9，核外电子排布为1s2222p5X]2s22p5，故D意；故答案为：A。【分析】四种元素均为短周期元素，依据图中在周期表中的位置可知X为He、YF、ZS、M为Cl，据此分析。【答案】D【解答】A．打浆是将固体反响物粉碎，增大氯化时反响物的接触面积，使反响更充分，提高反响速率，故A不符合题意；由以上分析可知氯化时发生的主要反响为氯气与氢氧化钙加热的到氯酸钙和氯化钙的反响，方程75°𝐶式为：6Cl+6Ca(OH) _ Ca(ClO)+5CaCl+6HO，故B不符合题意；2 2

32 2 2“过滤”后滤液中主要溶质为氯酸钙和氯化钙，存在的阳离子为钙离子以及水中的氢离子，故C不符合题意；转化是发生的反响为Ca(ClO)

+2KCl=CaCl+2KClO

，为复分解反响，非氧化复原反响，故D符合题意；

32 2 3故答案为：D。2【分析】久置于空气中的生石灰［主要成分为CaOCa(OH)2

3CaCO]，加水后生石灰与水3反响生成氢氧化钙，打浆得到碳酸钙和氢氧化钙的悬浊液，通氯气加热条件下反响生成氯化钙和氯酸钙，过滤取滤液，加氯化钾与氯酸钙反响生成氯酸钾，据此解答。【答案】B【解答】AM作阳极，连接电源的正极，故A不符合题意；B．由图示信息可知，铵根离子在电解过程中转变成氨气和氢离子，浓度下降，故B符合题意；4C．由图可知H+/𝑁𝐻+4

型离子交换膜允许氢离子自由通过，具有较高的传导氢离子的力气，故C不符合题意；D．由图可知阴极电极上氮气和氢离子均得电子分别转变成氨气和氢气，电极反响分别为：N2+6e-+6H+=2NH3，2H++2e-=H2↑D不符合题意；故答案为：B。2【分析】由装置可知HM极，在M极上失电子转变成氢离子，则M作电解池的阳极，接电源223的正极，NN极，在N极上得电子并结合电解质中的氢离子生成NH，同时局部氢离子也在阴23极得电子转变氢气，则电极N作电解池的阴极，连接电源的负极，据此分析。【答案】D【解答】A．醛基和制的氢氧化铜悬浊液反响时需要碱过量，故必需参与过量的氢氧化钠溶液，A不符合题意；B．乙醛和制的氢氧化铜悬浊液反响生成红色的氧化亚铜沉淀，B不符合题意；C．试验生成乙酸铵，说明乙醛被氢氧化铜氧化，C不符合题意；8D8×1+1=24个，所以结合氧化亚铜的化学式分析，黑色球表示8铜原子，D符合题意；故答案为：D。【分析】依据红球和黑球的占位计算出晶胞中铜原子和氧原子的个数比即可【答案】B【解答】A．由甲的构造简式可知，甲中含有酯基和羟基两种官能团，故A不符合题意；B．乙中含有酚羟基和酯基，1mol1mol1molNaOH，但该构造中的酯基水解得到酚羟基又消耗1molNaOH，故1mol乙能消耗3molNaOH，故B符合题意；C．丙中含有酚羟基和碳碳双键均易被高锰酸钾氧化使其褪色，故C不符合题意；D．丙中甲基碳原子为sp3杂化，其余碳原子承受sp2杂化，该构造中苯环、碳碳双键、酯基片段均为平面构造，全部碳原子可能共平面，【分析】依据有机物的构造式即可找出官能团以及个数，甲中含有二个酚羟基、一个醇羟基、一个酯基，可发生取代、氧化、加成反响。乙中含有1个酚羟基、一个酯基、一个醇羟基，可发生氧化、取1个酚羟基、一个双键、一个酯基可发生氧化反响、加成反响、取代反响。依据成键的方式即可推断杂化方式和原子共面【答案】C4【解答】A．试验1FeCl3溶液加热促进FeCl3水解，产物氢氧化铁的浓度增大，使溶液颜色加深，由水解反响可知，水解后溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，故A不符合题意；B．平衡常数只受温度影响，温度不变K不变，因此通入HCl气体K不变，故B不符合题意；4C．试验3得到的溶液中存在电荷守恒：3c(Fe3+)+c(H+)+c(NH

4444

)=2c(SO

)，联立可得：4C符合题意；4D4中反响的离子方程式为Fe3++3𝐻𝐶𝑂−

=Fe(OH)

↓+3CO

↑D不符合题意；故答案为：C。

3 3 2【分析】A.水解吸热，氢离子浓度增大B.参与氯化氢气体导致平衡左移C.参与硫酸铵促进水解结合电荷守恒和物料守恒即可推断D.不符合电荷守恒【答案】B①的平𝑐(𝐶3𝐻3𝑁)·𝑐3(𝐻2𝑂)衡常数K= 2𝑐(𝐶3𝐻6)·𝑐(𝑁𝐻3)·𝑐3(𝑂2)

A不符合题意；B．增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动，对反响①而言向逆向移动，会降低丙烯腈的产率，B符合题意；说明460℃开头反响到达平衡，温度低于460℃时未平衡，故C不符合题意；D．由盖斯定律可知该反响可由①-②ΔH=ΔH①ΔH②=-515kJ/mol-(-353kJ/mol)=-162kJ/mol，反响的热化学方程式为：CHO(g)+NH(g)+13 4 3 2)ΔH=-162kJ/molD不符合题意；故答案为：B。【分析】A.利用公式直接写出即可B.结合反响前后计量系数的变化，通过压强变化确定平衡移动的方向C.结合温度对产率的影响推断D.依据盖斯定律计算即可〔1〕将亚铁离子氧化为三价铁离子4〔2〕6𝐹𝑒3 12𝑁𝐻3 4𝑆𝑂2 12𝐻2𝑂=(𝑁𝐻4)2𝐹𝑒6(𝑆𝑂4)4(𝑂𝐻)12↓10𝑁𝐻 4；生成的三价铁离子4对反响有催化作用〔3〕防止过氧化氢分解〔4〕2.3~2.7【解答】(1)由于矿石中含有亚铁，而产物中是三价铁，所以通入空气的作用是将亚铁氧化为三价铁；4“深度沉铁”中Fe3+转化为黄铵铁矾是复分解反响，酸性环境方程式为6𝐹𝑒3 12𝑁𝐻3 4𝑆𝑂2412𝐻2

𝑂=(𝑁𝐻4

)2𝐹𝑒6

)4(𝑂𝐻)12

↓10𝑁𝐻

10~20minc(H

)快速减小，是由于生成的三价铁离子对反响有催化作用；两种沉铁的区分主要是氧化剂不同，所以温度转变和氧化剂本身性质有关，过氧化氢易分解，所以“深度沉铁”中温度更低；“深度沉铁”中要保证黄铵铁矾完全析出，而不生成氢氧化铁，所以pH2.3~2.7；“深度沉铁”Fe3+10~20minc(H2O2)快速减小，是由于生成的三价铁离子对反响有催化作用，两种沉铁的区分主要是氧化剂不同，所以温度转变和氧化剂本身性质有关，过氧化氢易分解，所以“深度沉铁”中温度更低，依据表格数据，“深度沉铁”中要保证黄铵铁矾完全析出，而不生成氢氧化铁，据此作答。〔1〕氧化反响〔3〕〔4〔3〕〔4〕或〔5〕𝑋𝐻2𝑆𝑂4𝑁𝑎𝑂𝐻水溶液→𝛥𝐶𝑢、𝑂2→𝛥𝑁𝐻3→(3)X的分子式为CH O，A+X𝐻𝑆𝑂5 12 22 4B+2CHOH，结合A、B(3)X的分子式为CH O，A+X𝐻𝑆𝑂5 12 22 4B+2CHOH，结合A、B的构造可知AX发生取代类型的反3应，X应为，故答案为：；(4)①分子中有一个含一个氧原子的六元环，即含有构造；②5种；结合以上条件可知还有两个碳原子和两个氧原子应消灭在支链上，保持对称性则应平均安排支链中的C、O，可知支链为2结合以上条件可知还有两个碳原子和两个氧原子应消灭在支链上，保持对称性则应平均安排支链中的C、O，可知支链为2个-OCH，符合的构造有：3和，故答案为：或；结合流程信息可知通过A到B转化反响类型保护原有醇羟基

𝑋 ，𝐻2𝑆𝑂4FG的反响恢复羟基即可，因此合成路线为：

𝑋 水溶液

→→𝐻2𝑆𝑂4 𝛥 𝛥→→𝑁𝐻3

，故答案为：

𝑋 水溶液

2→ 𝐻2

→ →𝑆𝑂4 𝛥 𝐻3 ；【分析】 在硫酸条件下与X反响得到B ，将醇羟基转变成醚键，保5 12 护醇羟基结合(3)中X的分子式为CH 5 12

𝐻4

B+2CHOHA和B的构造可知X为：3，B与氢气发生复原反响得到C 3D ，D经一系列转化得到E ，E在TMSCN和碳酸钾条件下发生取代反响得到F ，F在氨气作用下得到G ，据此分析解答。𝑛6〔1𝐼−𝑛−𝑙2𝑛

=2𝐼−2(𝑛1)𝐶𝑙−4假设无现象，再加少量氯化钡溶液，假设产生白色沉淀，说明存在𝑆𝑂2−；升华44〔2〕加确定量的CCl充分振荡，静置分层后，取适量上层水溶液于试管中，加适量2mol·L-1硫酸酸1mol·L-1KI溶液，充分反响后，参与淀粉溶液假设溶液变蓝说明反响后溶液中含有43𝐼𝑂−3

，否则，则无〔3〕254𝑚𝑔/𝐿𝑛【解答】(1)卤水中的碘离子在硫酸酸性条件下，被氯气氧化成𝐼−𝑛

，用树脂交换吸附后，在𝑛𝐼−𝑛

复原成碘离子，然后树脂在氯化钠和HCl通入后再次发生离子交换，将碘离子转移到水溶液中，溶液中碘离子被参与的氯酸钾氧化成碘单质，最终用热空气吹出，得到碘单质，据此分析解答。𝑛𝐼−𝑛

，氯气被复原成氯离子，依据化合价升降总数相等配平反响，其反响的离子方程式为2𝑛𝐼−+(𝑛1)𝐶𝑙2

=2𝐼−+2(𝑛−1)𝐶𝑙−

2𝑛𝐼−+(𝑛−1)𝐶𝑙2

=2𝐼−+2(𝑛−1)𝐶𝑙−；𝑛𝑛4②“复原”𝑆𝑂2−𝑛𝑛4

，𝑆𝑂2−

的检验方法是在待测液中先加足量的稀盐酸，排解碳酸根、4银离子等的干扰后再加氯化钡，看是否有白色沉淀生成，故答案为：取适量待测液于试管中，先加足44𝑆𝑂2−；4③“吹碘”中通入热空气，故答案为：升华；(2)验证产物中有副产物碘酸根离子，应利用其氧化性，加复原剂将其复原成碘单质，再加淀粉检验碘单质，依据试剂可知可选的复原剂只有碘化钾，但碘化钾能被过量的氯气氧化，影响检验，因此在加碘化钾前先加四氯化碳除去过量的氯气和溶液中生成的碘单质后，取水层溶液加硫酸酸化，再加碘化4钾发生反响，最终加淀粉检验生成的碘单质，故答案为：加确定量的CCl充分振荡，静置分层后，取42mol·L-11mol·L-1KI溶液，充分反响后，3𝐼𝑂−3

，否则，则无；2 (3)0.1500mol·L-1CuCl20.00mL，n(CuCl)=0.1500mol·L-1×0.02L=0.003mol2 为40mc(C2+)=0.0125mol·-n(CuCl)=0.0125mol·-×0.04L=0.0005mo，2余2 则反响的n(CuCl) =0.003mol-0.0005mol=0.0025mol，结合反响：2Cu2++4I-=I+2CuI↓2 反