浙江省91高中联盟2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题

2023学年第一学期浙江省9+1高中联盟高二年级期中考试化学考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；4.参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析；5.可能用到的相对原子质量：一、选择题(本大题共16题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于强电解质的是A.NH3·H2O B.NaHSO3 C.SO3 D.CH3COOH【答案】B【解析】【详解】A．NH3·H2O在水溶液中部分电离，NH3·H2O是弱电解质，故不选A；B．NaHSO3在水溶液中完全电离为，NaHSO3是强电解质，故选B；C．SO3自身不能电离，属于非电解质，故不选C；D．CH3COOH在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故不选D；选B。2.下列说法中不正确的是A.碳酸钠粉末中加少量水结块变成晶体是放热反应B.化学键断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因C.活化分子之间的碰撞叫做有效碰撞D.加入催化剂不影响化学平衡的移动【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钠粉末中加少量水结块变成晶体放热，故A正确；B．旧键断吸热、新键生放热，化学键断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因，故B正确；C．活化分子之间能引起化学反应的碰撞叫做有效碰撞，故C错误；D．催化剂能加快反应速率，不影响化学平衡的移动，故D正确；选C。3.下列有关实验说法不正确的是A.用广泛pH试纸测得某浓度的NaClO溶液pH=10B.在加入酸、碱之前，洁净的酸式滴定管和碱式滴定管要分别用所要盛装的酸、碱溶液润洗2~3次C.乙醇易被引燃，使用时应远离明火，用毕立即塞紧瓶塞D.中和热的测定实验中，应用同一支温度计测量溶液的温度【答案】A【解析】【详解】A．NaClO溶液具有漂白性，不能用广泛pH试纸测NaClO溶液的pH，要用pH计，A错误；B．滴定管用水润洗后，酸式滴定管和碱式滴定管还要分别用所要盛装的酸、碱溶液润洗2~3次，B正确；C．乙醇易被引燃，故使用时必须远离明火和热源，用毕立即塞紧瓶塞，防止失火，C正确；D．中和热的测定实验中，为避免出现仪器误差，应用同一支温度计测量酸液和碱液的温度，D正确；故选A。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，22.4LSO2和11.2LO2充分反应，生成SO3分子数为NAB.0.1mol甲基(CH3)中所含的电子数目为NAC.足量的浓盐酸与8.7gMnO2充分反应，转移电子数为0.2NAD.1LpH=2的硫酸溶液中含氢原子数目为0.01NA【答案】C【解析】【详解】A．该反应为可逆反应，生成的SO3分子数小于NA，A错误；B．每个甲基中含9个电子，则0.1mol甲基(CH3)中所含的电子数目为0.9NA，B错误；C．根据反应：，足量的浓盐酸与8.7gMnO2即0.1mol充分反应，转移电子数为0.2NA，C正确；D．硫酸在溶液中电离出氢离子，不含氢原子，D错误；故选C。5.NO2和N2O4存在平衡；。下列分析正确的是A.若，则反应到达平衡状态B.断裂2mol中的共价键所需能量小于断裂1mol中的共价键所需能量C.恒温时，容积缩小到一半，气体密度先增大后减小D.恒容时，水浴加热，由于平衡逆向移动导致气体颜色变浅【答案】B【解析】【详解】A．可说明反应达平衡状态，A错误；B．焓变=反应物总键能生成物总键能，焓变为负，说明反应物总键能小于生成物总键能，B正确；C．根据可知，混合气体总质量不变，容积缩小到一半，混合气体密度增大，C错误；D．恒容时，水浴加热，由于该反应为放热反应，平衡逆向移动导致气体颜色变深，D错误；答案选B；6.下列有关物质性质和用途的说法正确的是A.Na2O常用作呼吸面具的供氧剂 B.实验室常用铝制容器盛装稀硫酸C.SiO2导光能力强，可用作光导纤维 D.用于熔化烧碱的坩埚，可用Al2O3制成【答案】C【解析】【详解】A．Na2O和二氧化碳、水反应不能放出氧气，Na2O不能用作呼吸面具的供氧剂，Na2O2常用作呼吸面具的供氧剂，故A错误；B．氧化铝、铝都能与稀硫酸反应，不能用铝制容器盛装稀硫酸，故B错误；C．SiO2导光能力强，可用作光导纤维，故C正确；D．Al2O3能与氢氧化钠反应，不能用Al2O3坩埚熔化烧碱，可用铁坩埚熔化烧碱，故D错误；选C。7.下列说法不正确的是A.蛋白质都能溶于水，并能水解生成氨基酸B.石油的裂化和裂解都是化学变化C.判断蔗糖水解产物中是否有葡萄糖的方法：向水解液中先加NaOH溶液至碱性，再加新制的Cu(OH)2并加热D.通过酶的催化作用，油脂在人体中可水解生成高级脂肪酸和甘油【答案】AC【解析】【详解】A．蛋白质不一定都能溶于水，如蚕丝，A错误；B．石油的裂化和裂解都是化学变化，是长链状烷烃断裂成短链烷烃与烯烃的过程，B正确；C．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，葡萄糖和果糖均可以与新制的Cu(OH)2加热条件下发生反应生成砖红色沉淀，该实验无法说明蔗糖水解产物中是否有葡萄糖，C错误；D．油脂在人体中可水解生成高级脂肪酸和甘油，D正确；答案选AC。8.已知反应，作催化剂时，该反应的机理为：(快反应)，(慢反应)。下列说法中正确的是A.与增大SO2的浓度相比，增大O2的浓度更能显著地加快反应速率B.实际工业生产中采用高压的反应条件，使SO2转化为SO3C.总反应在高温条件下自发D.温度越高，总反应速率一定越快【答案】A【解析】【详解】A．为反应过程中的慢反应，决定化学反应速率，增大氧气浓度，可加快慢反应化学反应速率，从而提升总反应化学反应速率，A正确；B．实际工业生产中采用常压的反应条件，使SO2转化为SO3，B错误；C．该反应、，根据可知该反应低温可自发进行，C错误；D．温度过高影响催化剂活性，反而降低反应速率，D错误；答案选A。9.下列说法中正确的是A.向新制氯水中加水稀释，减小B.锌与硫酸反应制取氢气时，滴入少量CuSO4溶液可以加快反应速率C.在反应中，增大压强，可以加快硫的析出速率D.工业制备硫酸时，在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收SO3以提高吸收速率【答案】B【解析】【详解】A．次氯酸为弱酸，存在电离平衡：电离平衡常数：，加水稀释，温度不变，电离平衡常数不变，减小，比值增大，A错误；B．锌与硫酸反应制取氢气时，滴入少量CuSO4溶液，Zn与硫酸铜反应置换出铜单质，形成原电池，加快反应速率，B正确；C．该反应无气体参与，增大压强，不影响反应速率，C错误；D．采用水吸收三氧化硫，反应放出热量导致产生大量酸雾，影响水与三氧化硫接触，D错误；答案选B。10.化学反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.与反应生成的热化学方程式为：B.反应的正反应活化能大于逆反应的活化能C.液氨气化过程吸收ckJ的热量D.恒容密闭容器中充入1mol与3mol，充分反应，放出热量【答案】A【解析】详解】A．根据∆H＝反应物键能总和－生成物键能总和以及盖斯定律，得：，选项A正确；B．由图易知，反应的正反应活化能小于逆反应的活化能，选项B错误；C．未给出液氨的物质的量，无法计算其气化时吸收的热量，选项C错误；D．恒容密闭容器中充入1molN2(g)与3molH2(g)，该反应为可逆反应，不能完全转化，则充分反应后，放出热量小于2(ba)kJ，选项D错误；答案选A。11.常温下，下列事实不能说明HF是弱电解质的是A.0.1mol/L的HF溶液pH>1B.HF溶液能腐蚀玻璃C.HF溶液中同时存在HF与FD.同浓度的HF溶液的导电性弱于盐酸【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol/L的HF溶液pH>1，说明HF没有完全电离，HF是弱电解质，A不符合题意；B．HF溶液能腐蚀玻璃，是HF与玻璃中的SiO2反应，与HF酸性强弱无关，不能说明HF是弱电解质，B符合题意；C．HF溶液中同时存在HF与F，说明HF没有完全电离，HF是弱电解质，C不符合题意；D．同浓度的HF溶液的导电性弱于盐酸，说明HF电离程度小于HCl，即HF没有完全电离，HF是弱电解质，D不符合题意；故选B。12.催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法正确的是A.使用Ⅱ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大B.使用Ⅱ时，反应的ΔH更大C.使用Ⅰ时，反应体系更快达到平衡D.使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分2步进行【答案】C【解析】【详解】A．由图可知在前两个历程中使用I活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用I活化能较高反应速率较慢，所以使用I时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，A错误；B．催化剂不影响化学反应的ΔH，B错误；C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C正确；D．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，D错误；答案选C。13.某研究小组以废铁屑(含有少量C和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3(s)已知：氯化亚砜()熔点101℃，沸点76℃，易与水剧烈反应生成两种酸性气体。下列说法正确的是A.操作①得到的固体中有C和H2SiO3B.试剂B可以选用Cl2、H2O2或者HNO3C.操作②用到的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、玻璃棒、坩埚钳D.由D转化成E的过程中可能产生少量Fe2+【答案】D【解析】【分析】C和SiO2与盐酸不反应，废铁屑用盐酸溶解，过滤除去C和SiO2，滤液A中含有氯化亚铁，通入足量氯气把氯化亚铁氧化为氯化铁，通入氯化氢气体蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤的氯化铁晶体，氯化铁晶体和氯化亚砜混合加热得无水氯化铁。【详解】A．C和SiO2与盐酸不反应，操作①得到的固体中有C和SiO2，故A错误；B．试剂B的作用是把氯化亚铁氧化为氯化铁，若用HNO3作氧化剂，会引入杂质硝酸铁，故B错误；C．操作②是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用到的仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、漏斗、烧杯，故C错误；D．由D转化成E的过程是氯化铁晶体和氯化亚砜混合加热得无水氯化铁，由于氯化亚砜中S显+4价，具有还原性，所以可能产生少量Fe2+，故D正确；选D。14.向一恒容密闭容器中加入1molCH4和一定量的H2O，发生反应。CH4的平衡转化率按不同投料比x()随温度的变化曲线如图所示。下列说法中不正确的是A.B.点a、b、c对应的平衡常数：C.在投料比条件下，d点没有达到平衡，此时反应向正向进行D.b、c两点的正反应速率【答案】D【解析】【详解】A．相同温度下，比值越大，甲烷平衡转化率越小，如b、c两点，c点甲烷平衡转化率小，则c点代表的比值大，即，A正确；B．平衡常数只与温度有关，b、c对应的温度相同，平衡常数相同，，a、b两点投料比不变，升高温度，甲烷转化率增大，说明平衡正向移动，平衡常数增大，，故正确，B正确；C．在投料比条件下，d点没有达到平衡，在温度下达到平衡时，甲烷转化率应达到与c点相同，此时反应向正向进行，C正确；D．b、c点对应反应的温度相同，投料比不同，b点甲烷转化率大说明投料比小，但不能说明平衡时正反应速率大小，D错误；答案选D。15.25℃时，水中存在电离平衡，下列说法正确的是A.将水加热至60℃，水仍然为中性，pH=7B.向水中加入少量KHSO4固体，增大，不变C.向水中加入少量1mol/LNaOH溶液，水的电离平衡逆向移动，降低D.向水中加入少量冰醋酸固体，水的电离平衡正向移动，增大【答案】B【解析】【详解】A．将水加热至60℃，水的电离平衡正向移动，水仍然为中性，pH<7，故A错误；B．只与温度有关，向水中加入少量KHSO4固体，增大，水电离平衡逆向移动，不变，故B正确；C．向水中加入少量1mol/LNaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，减小，增大，故C错误；D．向水中加入少量冰醋酸固体，醋酸浓度增大，增大，水的电离平衡逆向移动，故D错误；选B。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是选项方案设计现象结论A向盛有2mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液的试管中滴加510滴6mol/LNaOH溶液溶液颜色由橙色变为黄色平衡向正向移动B取铝与氧化铁发生铝热反应后的固体，溶于足量稀硫酸，取上层清液，加KSCN溶液后再加双氧水加KSCN溶液后无明显变化，再加双氧水出现血红色产物中有单质铁C向盛有5mL0.005mol/LFeCl3溶液的试管中加入5mL0.015mol/LKSCN溶液，再加少量KCl固体加入KCl固体后溶液颜色变浅平衡向逆反应方向移动D加热盛有2mL0.5mol/LCuCl2溶液的试管溶液由蓝色变为黄色平衡向正向移动A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．形成溶液为橙色，形成溶液为黄色，加入NaOH溶液后，导致平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，A正确；B．若反应后得固体中含有氧化铁剩余，被稀硫酸溶解后，加入KSCN，溶液也会变红，B错误；C．反应实质是，加入少量KCl固体，对平衡无影响，C错误；D．加热盛有2mL0.5mol/LCuCl2溶液的试管，溶液由蓝色变为黄绿色或者绿色，平衡正向移动，该过程吸热，，D错误；答案选A。二、非选择题(本题共5小题，共52分)17.室温下有5种稀溶液：①HCl、②H2SO4、③CH3COOH、④氨水、⑤NaOH，回答下列问题：（1）若溶液①②③④⑤浓度均为0.01mol/L，pH由大到小的顺序是___________。(用序号填写，下同)（2）中和等体积、pH相同的①②③溶液消耗NaOH最多的是___________。（3）pH相同的④⑤溶液，则溶液的离子总浓度④___________⑤(填“>，<或=”)。（4）常温下，pH=3的②溶液中水电离出的___________mol/L。A. B. C. D.【答案】（1）⑤>④>③＞①＞②（2）③（3）=（4）B【解析】【小问1详解】室温下碱溶液的pH>7，酸溶液的pH<7，④氨水部分电离、⑤NaOH能完全电离，则等浓度时c(OH)中④<⑤，则pH：⑤>④>7，HCl是一元强酸、H2SO4是二元强酸、CH3COOH是一元弱酸，若溶液①②③浓度均为0.01mol/L，c(H+)：②＞①＞③，pH由大到小的顺序是7>③＞①＞②，故答案为：⑤>④>③＞①＞②；【小问2详解】中和等体积、pH相同的①②③溶液消耗NaOH，与酸最终电离出的n(H+)成正比，酸最终电离出的n(H+)：①=②＜③，所以③消耗NaOH最多，故答案为：③；【小问3详解】根据电荷守恒阳离子总数等于阴离子总数，离子总浓度为氢氧根浓度的两倍，则溶液的离子总浓度④=⑤；【小问4详解】常温下，pH=3的②H2SO4溶液中，水电离出的，故选B。18.肼(N2H4)是重要的化工原料，能与水、乙醇等混溶；它是一种二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，室温下电离常数；在碱性溶液中，N2H4是强还原剂。（1）写出N元素在元素周期表中的位置___________。（2）写出N2H4与过量硫酸反应形成的酸式盐的化学式___________。（3）N2H4可通过NH3和NaClO反应制得，总反应主要分为两步，已知第一步：①写出第二步反应的离子方程式___________。②请设计实验，检验总反应中产物的主要阴离子(假设反应物完全反应)___________。（4）N2H4是一种高能燃料，可用于燃料电池，原理如图，电池的负极反应式为___________。【答案】（1）第二周期第ⅤA族（2）N2H6(HSO4)2（3）①.NH3+OH−+NH2Cl=N2H4+Cl−+H2O②.取反应后溶液于试管中，先加稀硝酸酸化，再加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则含Cl−（4）【解析】小问1详解】N原子核外电子层数为2，最外层电子数为5，则N元素在元素周期表中的位置为第二周期第ⅤA族；【小问2详解】N2H4是一种二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，则第一步电离方程式为：，第二步电离方程式为：，加入过量硫酸促进以上两步电离，则N2H4与过量硫酸反应形成的酸式盐为N2H6(HSO4)2；【小问3详解】①NH3被NaClO氧化为N2H4，NaClO被还原为NaCl，则总离子方程式为：2NH3+ClO−=N2H4+Cl−+H2O，总反应离子方程式减去第一步离子方程式得第二步离子方程式为：NH3+OH−+NH2Cl=N2H4+Cl−+H2O；②总离子方程式为：2NH3+ClO−=N2H4+Cl−+H2O，产物主要阴离子为Cl−，其检验方法为：取反应后溶液于试管中，先加稀硝酸酸化，再加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则含Cl−；【小问4详解】由图可知，负极上N2H4被氧化为N2，可传导离子为OH−，则电池负极反应式为：。19.苯乙烯()是一类重要的化工原料，可通过乙苯()脱氢的方法制备。（1）已知下列反应的热化学方程式：①②③计算乙苯脱氢反应④的ΔH4=___________kJ⋅mol1（2）欲提高乙苯的平衡转化率，可采取的措施是___________(填序号)。A.降温 B.及时分离出氢气 C.恒压充入水蒸气 D.加压（3）在某温度下，向体积为V的恒容反应器中充入amol气态乙苯，发生反应④，达到平衡时乙苯的转化率为x，请计算反应④的平衡常数K=___________，(用含“a、x、V”的式子表示)。（4）某些工艺中在特定催化剂条件下，乙苯脱氢反应中加入CO2，有利于提高乙苯的平衡转化率，其反应历程如图：下列说法正确的是___________(填序号)。A.由状态I到状态Ⅱ形成了极性共价键B.催化剂表面碱性越弱越有利于提高乙苯的转化率，可能原因是碱性越弱越有利于的吸附C.和两种粒子中的碳原子均达到8电子稳定结构D.使用催化剂，能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而提高乙苯的平衡转化率（5）在913K、100kPa下，以水蒸气作稀释气，Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：⑤⑥以上反应体系中，产物苯乙烯()、苯()和甲苯()的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示。其中曲线b代表的产物是___________，理由是___________。【答案】（1）366（2）AB（3）（4）AB（5）①.苯②.苯乙烯是主反应产物，选择性最大，随着水蒸气的通入，主反应④正移，副反应⑤正移，⑥不移动，导致选择性变化，苯乙烯降低，苯升高，甲苯几乎不变【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，将①②③可得，；【小问2详解】A．该反应为放热反应，降低温度使平衡正向移动，可提高乙苯的平衡转化率，A正确；B．及时分离出氢气，产物减少，平衡正向移动，可提高乙苯的平衡转化率，B正确；C．恒压充入水蒸气，产物浓度增大，平衡逆向移动，降低乙苯的平衡转化率，C错误；D．增大压强，平衡逆向移动，降低乙苯的平衡转化率，D错误；答案选AB；【小问3详解】，平衡常数；【小问4详解】A．由状态I到状态Ⅱ形成了O－H极性共价键，A正确；B．由图可知反应过程中催化剂吸附乙苯脱除的带负电荷的氢原子，若催化剂表面碱性太强，则催化剂表面对产生排斥，不利于的吸附，即不利于反应的进行，使得乙苯的转化率降低，B正确；C．中存在碳原子均未达到8电子稳定结构，C错误；D．使用催化剂，能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而提高反应速率，但不影响平衡移动，不能影响反应物转化率，D错误；答案选AB；【小问5详解】苯乙烯是主反应产物，选择性最大，随着水蒸气的通入，主反应④正移，副反应⑤正移，⑥不移动，导致选择性变化，苯乙烯降低，苯升高，甲苯几乎不变，曲线b表示苯；20.以印刷线路板的碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2))或焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为CuO、SiO2及少量Fe2O3)为原料均能制备晶体。(已知：)（1）取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈烧瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到晶体。①装置图中装置X的作用是___________，水的作用是___________。②写出用蚀刻废液制备CuO反应的化学方程式___________。（2）以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备晶体时，请补充完整相应的实验方案：取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，___________，加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到晶体。实验中可选用的试剂：1.0mol·L1H2SO4、1.0mol·L1HCl、1.0mol·L1NaOH。(已知该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=4.7时，Cu2+开始沉淀。)（3）通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.5000g样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀H2SO4酸化，加入指示剂，用0.1000mol⋅L1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3的溶液19.80mL。测定过程中发生下列反应：；。①选择滴定的指示剂为___________，滴定终点的现象为___________。②CuSO4·5H2O样品的纯度为___________。③有关滴定说法正确的是___________。A．滴定管的正确操作顺序为：检漏、蒸馏水洗、标准液润洗、装液至“0”刻度线以上、排气泡、记录初始读数B．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直C．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下D．若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则测量结果偏小【答案】（1）①.安全瓶，防止倒吸②.吸收氨气，防止污染空气③.（2）先加入适量溶解，然后逐滴加入调解在，然后过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到晶体（3）①.淀粉溶液②.最后半滴Na2S2O3标准溶液滴入锥形瓶中，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色③.④.ABC【解析】【分析】实验目为制备晶体，原料可以用印刷线路板的碱性蚀刻废液，原理为蚀刻废液与NaOH溶液反应生成固体，再与硫酸反应生成溶液，经结晶、过滤等操作，得到晶体；若原料为焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为、及少量)，及少量为杂质需要除去，原理为固体与硫酸反应生成溶液，而与硫酸不反应，与硫酸反应生成需要转化为沉淀过滤除去，再经结晶、过滤等操作，得到晶体。【小问1详解】三颈烧瓶中反应生成了氨气，氨气极易溶于水，因此图中装置X的作用是防倒吸；水的作用为吸收氨气，防止污染空气；蚀刻废液和溶液反应生成固体，其化学反应方程式为：；【小问2详解】通过以上分析可知焙烧过的铜精炼炉渣，需用硫酸溶解，再加沉淀而不能使沉淀，故答案为：先加入适量溶解，然后逐滴加入调解在，然后过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到晶体；【小问3详解】样品溶于水，溶液中含有，与加入的过量KI溶液发生反应生成碘单质，碘单质与淀粉溶液显蓝色，碘单质与溶液发生反应，通过二者恰好完全反应消耗的的量确定溶液中的物质的量，