2024年北师大版选修6化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年北师大版选修6化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、我们的生活中处处充满了化学知识。下列做法不合理的是A.食醋除去暖水瓶中的薄层水垢B.生锈的铁链长时间浸泡在稀盐酸中除锈C.热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污D.车船表面喷涂油漆以防生锈2、用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水、铁粉和葡萄糖溶液可按照如图方法从某含有Cu2+、Ag+的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。

下列说法错误的是A.试剂1是NaCl溶液，其发生反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓B.试剂2是Fe粉，物质2→Cu的离子反应为Fe+Cu2+=Fe2++CuC.试剂3发生反应的离子方程式为AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2OD.分离1、2、3的操作都是过滤；[Ag(NH3)2]+溶液与试剂4反应需加热3、下列试剂中，能用于检验酒精中是否含水的是A.新制生石灰B.无水硫酸铜C.浓硫酸D.金属钠4、工业上60%的镁来自海水；从海水中提取镁工艺流程如图所示，下列说法正确的是。

A.该工艺流程涉及的反应有分解反应、化合反应和置换反应B.操作1为过滤，实验室里为加快过滤速度应用玻璃棒搅拌液体C.操作2实验室可用该装置对MgCl2溶液进行蒸发浓缩，再冷却结晶获得无水MgCl2D.该工艺的优点是原料来源广泛，同时获得重要的化工原料氯气5、工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示，在生产NaHCO3的过程中完成乙烯氯化；下列叙述错误的是。

A.过程Ⅰ中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气B.在过程Ⅱ中实现了TBCuCl2的再生C.理论上每生成1molNaHCO3，可得到1molC2H4Cl2D.过程Ⅲ中的反应是C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl6、在侯氏制碱过程中；下列图示装置和原理能达到实验目的的是。

。

A．制取氨气。

B．制取NaHCO3

C．分离NaHCO3

D．干燥NaHCO3

A.AB.BC.CD.D7、下列实验操作能达到实验目的的是。实验操作实验目的A将黄豆大小的钠分别投入等体积的水和乙醇比较羟基中氢原子的活泼性B淀粉溶液中加入稀硫酸加热得水溶液，再加入银氨溶液后水浴加热判断淀粉是否水解C向含有少量乙酸得乙酸乙酯中加入足量的NaOH溶液，搅拌除去乙酸乙酯中的乙酸D向苯酚浓溶液中滴加少量稀溴水研究苯环对羟基的影响A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共1题，共2分)8、北京市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：。产品标准

GB5461

产品等级

一级

配料

食盐、碘酸钾、抗结剂

碘含量(以I计）

20~50mg/kg

分装时期

分装企业

（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应；配平化学方程式（将化学计量数填于空白处）

____KIO3＋___KI＋___H2SO4＝___K2SO4＋___I2＋___H2O

（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验。向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原；以回收四氯化碳。

①Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是_________________________________。

②某学生设计回收四氯化碳的操作步骤为：

a.将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；

b.加入适量Na2SO3稀溶液；

c.分离出下层液体。

以上设计中遗漏的操作及在上述步骤中的位置是______________________。

（3）已知：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－。某学生测定食用精制盐的碘含量；其步骤为：

a.准确称取wg食盐；加适量蒸馏水使其完全溶解；

b.用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；

c.以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10－3mol·L－1的Na2S2O3溶液10.0mL；恰好反应完全。

①判断c中反应恰好完全依据的现象是______________________。

②b中反应所产生的I2的物质的量是___________mol。

③根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是（以含w的代数式表示）

_______________________mg/kg。评卷人得分三、实验题(共5题，共10分)9、某实验小组学习过氧化钠与水的反应时；向滴有酚酞的水中加入过氧化钠，发现溶液先变红后褪色，对此产生兴趣并进行研究。

（1）写出Na2O2与水反应的化学方程式：______。

（2）甲同学查阅资料：红色褪去的原因是H2O2在碱性条件下氧化了酚酞。

①甲同学通过实验证实了Na2O2与水反应所得溶液中有较多的H2O2：取少量反应所得溶液，加入试剂______（填化学式）；有气体产生。

②甲同学利用3%H2O2溶液、酚酞试液、1mol·L-1NaOH溶液，证实了碱性条件是必需的。操作现象实验1向2mL3%H2O2溶液中加入3滴酚酞试液，振荡，静置5min，再加入5滴1mol·L-1NaOH溶液观察到______。

（3）为了更深入地了解该原理，甲同学继续查阅资料，发现H2O2溶液中相关微粒的物质的量分数X(i)与溶液pH的关系如图所示。

据此，甲同学设计实验2继续研究：。操作现象实验2i.配制20mL3%H2O2与NaOH的混合溶液；调节pH分别为10~14。

ii.滴入3滴酚酞试液，搅拌后静置，记录酚酞完全褪色的时间得到如图所示实验结果：

甲同学由此提出假设I：溶液褪色的主要原因是酚酞被HO氧化，请结合化学反应速率和化学平衡的相关知识解释此假设：_____。

（4）乙同学查阅资料，发现酚酞（以H2L表示）在不同pH条件下存在多种结构之间的变化：

由此提出，甲同学实验2中pH˃13时红色褪去的原因还存在假设II：_____。

（5）针对假设I、II，小组同学设计了如下实验：。试剂加入顺序现象实验3i.烧杯中加入10mL2mol·L-1NaOH溶液、8mLH2O

ii.加入3滴酚酞试液溶液变红，然后褪色iii.搅拌、静置后加入2mL30%H2O2溶液__________iv.向褪色后的溶液中加入盐酸调节pH至12溶液变红，然后褪色溶液变红，然后褪色实验4i.烧杯中加入10mL2mol·L-1NaOH溶液、8mLH2O

ii.加入2mL30%H2O2溶液。

iii.搅拌、静置后加入3滴酚酞试液溶液变红，然后褪色iv.向褪色后的溶液中加入盐酸调节pH至12不变红不变红

①与L2-和HL-相比较，L(OH)比前两者更_____被氧化（填“难”或“易”）。

②实验3中调节pH至12，溶液变红然后褪色的原因是：_____。

③根据实验得出结论：甲同学实验2中pH˃13时红色褪去的主要原因是_____（填“假设I”或“假设II”），请依据实验现象阐述理由：_____。10、CuCl在染色和催化领域应用广泛。实验室利用下图装置(加热和夹持装置略去)将二氧化硫通入新制氢氧化铜悬浊液中制备CuCl。

已知：I.CuCl为白色固体；难溶于水和乙醇，能溶于浓盐酸；

Ⅱ.Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，CuCl+HCl=HCuCl2，HCuCl2CuCl↓+HCl。

实验步骤如下：向C中加入15mL0.5mol·L-1的CuCl2溶液中，加入0.5mol·L-1的NaOH溶液30mL；打开A中分液漏斗的活塞产生SO2气体；一段时间后C中产生白色固体，将C中混合物过滤；依次用水和乙醇洗涤，所得固体质量为0.597g。

(1)试剂a为___________，仪器b名称为___________。

(2)B装置的作用是___________。

(3)将二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，产生白色固体的离子方程式为___________。

(4)用乙醇洗涤CuCl的优点为___________，判断CuCl洗涤干净的实验方案是___________。

(5)计算该实验中CuCl的产率___________。

(6)若所得CuCl固体中混有少量Cu2O，请设计除去Cu2O的实验方案：___________。11、ClO2是一种优良的消毒剂，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，实验室在50℃时制备ClO2。

实验Ⅰ：制取并收集ClO2；装置如图所示：

(1)写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式_____________。

(2)装置A中持续通入N2的目的是___________。装置B应添加__________(填“冰水浴”；“沸水浴”或“50℃的热水浴”)装置。

实验Ⅱ：测定装置A中ClO2的质量；设计装置如图：

过程如下：

①在锥形瓶中加入足量的碘化钾；用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；

②按照右图组装好仪器；在玻璃液封管中加入①中溶液；浸没导管口；

③将生成的ClO2由导管通入锥形瓶的溶液中；充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入锥形瓶中，洗涤玻璃液封管2—3次，都倒入锥形瓶，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；

④用cmol·L−1Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I−+S4O62-)。

(3)装置中玻璃液封管的作用是_____________。

(4)滴定终点的现象是___________________。

(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______g(用整理过的含c、V的代数式表示)。12、某实验小组学习过氧化钠与水的反应时；向滴有酚酞的水中加入过氧化钠，发现溶液先变红后褪色，对此产生兴趣并进行研究。

（1）写出Na2O2与水反应的化学方程式：______。

（2）甲同学查阅资料：红色褪去的原因是H2O2在碱性条件下氧化了酚酞。

①甲同学通过实验证实了Na2O2与水反应所得溶液中有较多的H2O2：取少量反应所得溶液，加入试剂______（填化学式）；有气体产生。

②甲同学利用3%H2O2溶液、酚酞试液、1mol·L-1NaOH溶液，证实了碱性条件是必需的。操作现象实验1向2mL3%H2O2溶液中加入3滴酚酞试液，振荡，静置5min，再加入5滴1mol·L-1NaOH溶液观察到______。

（3）为了更深入地了解该原理，甲同学继续查阅资料，发现H2O2溶液中相关微粒的物质的量分数X(i)与溶液pH的关系如图所示。

据此，甲同学设计实验2继续研究：。操作现象实验2i.配制20mL3%H2O2与NaOH的混合溶液；调节pH分别为10~14。

ii.滴入3滴酚酞试液，搅拌后静置，记录酚酞完全褪色的时间得到如图所示实验结果：

甲同学由此提出假设I：溶液褪色的主要原因是酚酞被HO氧化，请结合化学反应速率和化学平衡的相关知识解释此假设：_____。

（4）乙同学查阅资料，发现酚酞（以H2L表示）在不同pH条件下存在多种结构之间的变化：

由此提出，甲同学实验2中pH˃13时红色褪去的原因还存在假设II：_____。

（5）针对假设I、II，小组同学设计了如下实验：。试剂加入顺序现象实验3i.烧杯中加入10mL2mol·L-1NaOH溶液、8mLH2O

ii.加入3滴酚酞试液溶液变红，然后褪色iii.搅拌、静置后加入2mL30%H2O2溶液__________iv.向褪色后的溶液中加入盐酸调节pH至12溶液变红，然后褪色溶液变红，然后褪色实验4i.烧杯中加入10mL2mol·L-1NaOH溶液、8mLH2O

ii.加入2mL30%H2O2溶液。

iii.搅拌、静置后加入3滴酚酞试液溶液变红，然后褪色iv.向褪色后的溶液中加入盐酸调节pH至12不变红不变红

①与L2-和HL-相比较，L(OH)比前两者更_____被氧化（填“难”或“易”）。

②实验3中调节pH至12，溶液变红然后褪色的原因是：_____。

③根据实验得出结论：甲同学实验2中pH˃13时红色褪去的主要原因是_____（填“假设I”或“假设II”），请依据实验现象阐述理由：_____。13、遇水强烈水解：是一种重要的化工原料。某兴趣小组准备在实验室中进行制备实验；

(1)小组同学在如图装置中分别加入三氯化磷、氯气、二氧化硫来制备产物中还有一种遇水强烈水解的物质写出水解的化学方程式：__________。

(2)仪器乙的名称为__________。

(3)反应温度需控制在℃，应采取的加热方法为__________，温度不能过高或过低的原因是__________。

(4)小组同学查阅资料后，在实验室用以下方法测定含量：

已知：Ⅰ.常温时，几种物质的水溶性如表所示：。物质水溶性不溶于水

Ⅱ.常温时，0.1mol/L下列溶液的pH如下表：。溶液pH12.679.734.66

①调pH时，用广泛pH试纸测定溶液的pH，此时pH至少为__________。

②有同学提出用澄清石灰水代替NaOH溶液和溶液测定含量，你认为这样做__________(填“合理”或“不合理”)，理由是__________。

③样品中的百分含量为__________。评卷人得分四、工业流程题(共4题，共12分)14、氯酸镁Mg(ClO3)2常用作催熟剂、除草剂等,实验室制备少量Mg(ClO3)2·6H2O的流程如下：

已知：①卤块主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质。

②四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如图所示。

（1）过滤所需要的主要玻璃仪器有____________。

（2）加入BaCl2的目的是___________，加MgO后过滤所得滤渣的主要成分为____________。

（3）加入NaClO3饱和溶液后发生反应的化学方程式为____________。

（4）再进一步制取Mg(ClO3)2·6H2O的实验步骤依次为____________：

①蒸发结晶；②趁热过滤；洗涤；③将滤液冷却结晶；④过滤、洗涤。

（5）产品中Mg(ClO3)2·6H2O含量的测定（已知Mg(ClO3)2·6H2O的摩尔质量为299g/mol）

步骤1：准确称量3.50g产品配成100mL溶液。

步骤2：取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL稀硫酸和20.00mL1.000mol·L－1的FeSO4溶液；微热。

步骤3：冷却至室温，用0.100mol/LK2Cr2O7溶液滴定剩余的Fe2+至终点。

①此反应的离子方程式为:_____________________________________________。

步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00mL。

②产品中Mg(ClO3)2·6H2O的质量分数_________________________________。15、“氯乙酸氨解法”制备甘氨酸涉及的物质转化如图：

已知：乌托洛品（）在强酸溶液中易水解。

(1)ClCH2COOH和NH3生成甘氨酸和氯化铵的化学方程式为_________。

(2)为了保证乌洛托品的催化效果；应控制反应体系pH8~9。

①乌洛托品水解得到甲醛和氨的物质的量之比为________。

②应控制反应ii原料n(ClCH2COOH):n(NH3)为1:1的原因为______。

(3)为提高甘氨酸产率，应控制适宜反应温度。下列说法正确的是____(填标号)。

A.升高温度；反应i的速率一定加快。

B.为减少反应ii升温造成NH3逸出，可将NH3替换为NH4HCO3

C.高温加剧乌洛托品水解；生成的甲醛自聚使溶液粘度增大，影响甘氨酸的结晶。

D.高温加剧甘氨酸自聚；使反应液颜色变深，影响甘氨酸品体颜色。

(4)ClCH2COOH在碱性条件下受热水解，生成副产物羟基乙酸，其化学方程式为___。为避免该副反应的发生；可将溶剂水替换成醇。

(5)“电渗析法”分离甘氨酸和氯化铵的装置示意图为：

①A膜为_________离子交换膜(填“阳”或“阴”)。

②阳极生成O2的电极反应式为_________。

③甘氨酸在水溶液中的存在形式与溶液的pH关系如下：

淡化室溶液的pH应控制为__________5.97(填“＞”或“=”或“＜”)。16、目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如下：

(1)检验“含碘废水”中是否含有单质I2，常用的试剂是______。

(2)通入SO2的目的是将I2还原为I－，该反应的离子方程式为________。

(3)滤渣1的成分为______。（写化学式）

(4)“制KIO3溶液”时，发生反应的离子方程式为___________。

(5)KCl、KIO3的溶解度曲线如图所示。由上述流程中制得的KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为____。17、工业上利用氧化铝基废催化剂(主要成分为Al2O3，还含有少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd的工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)氧化铝基废催化剂在焙烧前需粉碎，原因是_________。

(2)焙烧时发生反应的化学方程式为_________。若焙烧温度过高，则会导致硫酸铵固体分解。其分解产物除NH3、H2O、N2外，还有能使品红溶液褪色的气体。(NH4)2SO4固体高温分解时氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。

(3)浸液Y的主要成分的化学式为___________。

(4)“热还原”过程中发生反应的化学方程式为___________。

(5)Pd是优良的储氢金属，其储氢原理为2Pd(s)+xH2(g)=2PdHx(s)，其中x的最大值为0.80。已知Pd的密度为12.00g·cm-3，则5.00cm3Pd能够储存标准状况下H2的最大体积为_____(精确到0.01)L。评卷人得分五、计算题(共4题，共16分)18、黄铁矿(主要成分为FeS2)是生产硫酸的主要原料。高温时，黄铁矿在空气中煅烧[设空气中V(N2)∶V(O2)＝4∶1且不含其他气体]，可发生下列反应：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。根据题意完成下列计算：

(1)若把2.00g某黄铁矿试样在足量空气中充分灼烧后（杂质不反应、不挥发），得到1.56g残渣，则该黄铁矿的纯度为________________。

(2)煅烧70t黄铁矿（含硫35%，杂质不含硫且不反应）生产出72.8t硫酸铵。若黄铁矿制取硫酸时的利用率为80%，则在制取硫酸铵时硫酸的利用率为____________（答案保留两位小数）。

(3)为使FeS2煅烧完全生成Fe2O3，工业上使用过量空气，当空气过量20%时，煅烧后的混合气体平均相对分子质量为_____________（答案保留两位小数）。

(4)硫酸工业的尾气可以使用氨水进行吸收，既防止了有害物质的排放，也同时生产副产品氮肥。已知吸收尾气后的氨水全部转化为铵盐。取两份相同体积的铵盐溶液，一份中加入足量硫酸，产生0.09molSO2（假设气体已全部逸出，下同）；另一份中加入足量Ba(OH)2，产生0.16molNH3，同时得到21.86g沉淀。通过计算，求铵盐溶液中各溶质成分与物质的量浓度之比。_________________19、实验室利用铜屑；硝酸和硫酸的混酸为原料制备硫酸铜晶体。结合具体操作过程回答下列问题。

(1)配制混酸：将3mol/L的硫酸（密度1.180g/cm3）与15mol/L的浓硝酸（密度1.400g/cm3）按体积比5：1混合后冷却。

①计算混酸中硫酸的质量分数为__________；

②取1g混酸；用水稀释至20.00mL，用0.5mol/L烧碱进行滴定，消耗标准烧碱溶液的体积为__________mL。

(2)灼烧废铜屑：称量一定质量表面含油污的纯铜屑（铜含量为99.84%）；置于坩埚中灼烧，将油污充分氧化后除去，直至铜屑表面均呈黑色。冷却后称量，固体质量比灼烧前增加了3.2%；

①固体中氧元素的质量分数为__________（保留3位小数）；

②固体中铜与氧化铜的物质的量之比为___________。

(3)溶解：称取2.064g固体；慢慢分批加入一定质量的混酸，恰好完全反应。列式计算产生NO气体体积在标准状况下的体积（设硝酸的还原产物只有NO）。______________

(4)结晶：将反应后的溶液水浴加热浓缩后冷却结晶；析出胆矾晶体。

①计算反应后溶液中CuSO4的物质的量是__________；

②若最终得到胆矾晶体质量为6.400g，胆矾的产率为_________。（精确到1%）20、黄铁矿(主要成分为FeS2)是生产硫酸的主要原料。高温时，黄铁矿在空气中煅烧[设空气中V(N2)∶V(O2)＝4∶1且不含其他气体]，可发生下列反应：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。根据题意完成下列计算：

(1)若把2.00g某黄铁矿试样在足量空气中充分灼烧后（杂质不反应、不挥发），得到1.56g残渣，则该黄铁矿的纯度为________________。

(2)煅烧70t黄铁矿（含硫35%，杂质不含硫且不反应）生产出72.8t硫酸铵。若黄铁矿制取硫酸时的利用率为80%，则在制取硫酸铵时硫酸的利用率为____________（答案保留两位小数）。

(3)为使FeS2煅烧完全生成Fe2O3，工业上使用过量空气，当空气过量20%时，煅烧后的混合气体平均相对分子质量为_____________（答案保留两位小数）。

(4)硫酸工业的尾气可以使用氨水进行吸收，既防止了有害物质的排放，也同时生产副产品氮肥。已知吸收尾气后的氨水全部转化为铵盐。取两份相同体积的铵盐溶液，一份中加入足量硫酸，产生0.09molSO2（假设气体已全部逸出，下同）；另一份中加入足量Ba(OH)2，产生0.16molNH3，同时得到21.86g沉淀。通过计算，求铵盐溶液中各溶质成分与物质的量浓度之比。_________________21、实验室利用铜屑；硝酸和硫酸的混酸为原料制备硫酸铜晶体。结合具体操作过程回答下列问题。

(1)配制混酸：将3mol/L的硫酸（密度1.180g/cm3）与15mol/L的浓硝酸（密度1.400g/cm3）按体积比5：1混合后冷却。

①计算混酸中硫酸的质量分数为__________；

②取1g混酸；用水稀释至20.00mL，用0.5mol/L烧碱进行滴定，消耗标准烧碱溶液的体积为__________mL。

(2)灼烧废铜屑：称量一定质量表面含油污的纯铜屑（铜含量为99.84%）；置于坩埚中灼烧，将油污充分氧化后除去，直至铜屑表面均呈黑色。冷却后称量，固体质量比灼烧前增加了3.2%；

①固体中氧元素的质量分数为__________（保留3位小数）；

②固体中铜与氧化铜的物质的量之比为___________。

(3)溶解：称取2.064g固体；慢慢分批加入一定质量的混酸，恰好完全反应。列式计算产生NO气体体积在标准状况下的体积（设硝酸的还原产物只有NO）。______________

(4)结晶：将反应后的溶液水浴加热浓缩后冷却结晶；析出胆矾晶体。

①计算反应后溶液中CuSO4的物质的量是__________；

②若最终得到胆矾晶体质量为6.400g，胆矾的产率为_________。（精确到1%）参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A．水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁；能与醋酸反应生成易溶于水的醋酸钙和醋酸镁，从而除去水垢，故A正确；

B．铁锈的主要成分是氧化铁；生锈的铁链长时间浸泡在稀盐酸中，氧化铁与稀盐酸反应完，铁能与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能长时间浸泡在稀盐酸中，故选项说法错误；

C．纯碱溶液具有清洗油污的作用；故C正确；

D．在车船表面喷涂油漆能使铁与氧气或水隔绝；破坏了生锈的条件，能起到防锈的作用，故D正确；

故选B。2、B【分析】【分析】

在含有Cu2+、Ag+的混合溶液，加入试剂1，得到物质1和物质3，向物质1中加入过量Fe粉，经一系列反应产生Cu单质，则物质1中含有Cu2+，加入的试剂1将原混合物中的Ag+转化为沉淀，该试剂中含有Cl-，为NaCl溶液，物质3是AgCl。向含有Cu2+的溶液中加入过量Fe粉，发生反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，过滤分离得到物质2中含Cu及过量的Fe，再向物质2中加入稀盐酸，Fe与HCl发生置换反应变为FeCl2进入溶液；Cu仍然是固体，通过过滤；洗涤可分离得到Cu单质，则试剂2是盐酸。物质3是AgCl，向其中加入氨水得到银氨溶液，试剂3为氨水，向银氨溶液中加入葡萄糖溶液，水浴加热，发生银镜反应，得到Ag单质。

【详解】

根据上述分析可知：试剂1为NaCl溶液，试剂2是HCl，试剂3是氨水，试剂4是葡萄糖溶液，物质1是CuCl2；物质2是Fe；Cu混合物，物质3是AgCl。

A．试剂1是NaCl溶液，Cl-与Ag+反应产生AgCl沉淀，该反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；A正确；

B．试剂2是盐酸，物质2是Fe、Cu混合物，物质2→Cu的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑；B错误；

C．试剂3是氨水，与AgCl发生反应产生银氨溶液，反应的离子方程式为AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O；C正确；

D．分离1、2、3都是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，操作名称都是过滤；试剂4是葡萄糖溶液，葡萄糖分子中含有醛基，与[Ag(NH3)2]+溶液水浴加热发生银镜反应产生Ag单质；D正确；

故合理选项是B。3、B【分析】A．加入新制生石灰，如水较少，没有明显的现象，不能鉴别，故A错误；B．加入无水硫酸铜，如含有水，生成硫酸铜晶体，固体变蓝色，故B正确；C．加入浓硫酸，没有明显的现象，不能鉴别，故C错误；D．因二者都含有-OH，都能与钠反应，则不能用钠检验，故D错误；故选B。4、D【分析】【详解】

A、该工艺流程涉及的反应有分解反应、化合反应、复分解反应，无置换反应，其中生石灰和水反应生成石灰乳是化合反应，向沉淀池中加入石灰乳生成Mg(OH)2、Mg(OH)2和试剂a反应生成MgCl2，这两个反应为复分解反应，电解无水MgCl2为分解反应；A错误；

B；过滤时；不能使用玻璃棒搅拌，玻璃棒的作用是引流，B错误；

C、先通过冷却结晶获得MgCl2晶体，再在HCl气流中加热晶体得到无水MgCl2；C错误；

D；该工业流程的原料生石灰、海水等来源广泛；电解氯化镁得到镁的同时；也能获得氯气，D正确；

故选D。5、C【分析】【分析】

根据题意可知，制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA•HCl，过程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl；由此分析。

【详解】

A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水；然后向氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净洁白的碳酸钠，由图可知，过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，故A正确；

B．程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA⋅HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，实现了TBA、CuCl2的再生；故B正确；

C．制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA⋅HCl，理论上每生成1molNaHCO3需要1molTBA，根据过程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，则关系式TBA∼CuCl∼C2H4Cl2，则理论上每生成1molNaHCO3，可得到0.5molC2H4Cl2；故C错误；

D．根据分析，过程Ⅲ是乙烯的氯化过程，化学方程式为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl；故D正确；

答案选C。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．NH4Cl对热不稳定，受热易分解为NH3和HCl，在试管口遇冷会反应生成NH4Cl，故制备NH3不宜加热分解NH4Cl；A错误；

B．将CO2通入到NH3和食盐的饱和溶液中；要“长进短出”，B错误；

C．室温下，NaHCO3的溶解度较小，反应后以固体形态存在，故可以通过过滤分离出NaHCO3；C正确；

D．NaHCO3受热易分解；不能通过加热来干燥，且加热固体不能在烧杯中进行操作，D错误；

故选C。7、A【分析】【详解】

A．钠与水反应比与乙醇反应剧烈；则乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故A正确；

B.检验水解产物葡萄糖在碱性溶液中；水解后没有加碱至碱性，不能检验，故B错误；

C.乙酸和乙酸乙酯二者均与氢氧化钠反应；不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液；分液，故C错误；

D.生成少量三溴苯酚易溶于苯酚；不能观察到白色沉淀，应选浓溴水制备，故D错误；

故选：A。二、填空题(共1题，共2分)8、略

【分析】【分析】

（1）该反应中，KIO3中I元素化合价由+5价变为0价、KI中I元素化合价由-1价变为0价，根据转移电子相等配平方程式；

（2）①I2具有氧化性，能将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为I-；

②如果不振荡，二者反应不充分；

（3）①二者恰好反应时，溶液由蓝色恰好变为无色；

②根据I2+2S2O32-=2I-+S4O62-中碘和硫代硫酸钠之间的关系式计算但的物质的量；

③根据碘和食盐质量之比进行计算。

【详解】

（1）该反应中，KIO3中I元素化合价由+5价变为0价、KI中I元素化合价由-1价变为0价，转移电子总数为5，再结合原子守恒配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，故答案为：1；5；3；3；3；3；

（2）①I2具有氧化性，能将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为I-，离子方程式为I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，故答案为：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+；

②如果不振荡，二者反应不充分，所以在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置，故答案为：在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置；

（3）①碘遇淀粉试液变蓝色，如果碘完全反应，则溶液会由蓝色转化为无色，所以当溶液由蓝色转化为无色时说明反应完全，故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色；

②设碘的物质的量为x，

I2+2S2O32-=2I-+S4O62-

1mol2mol

x1.00×10-3mol•L-1×0.024L

1mol：2mol=x：（1.00×10-3mol•L-1×0.024L）

x=

=1.2×10-5mol，

故答案为：1.2×10-5；

③根据KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O得n（I2）=（KIO3）=4×10-6mol，碘酸钾中碘的质量=4×10-6mol×127g/mol=0.508mg，

设每kg食盐中碘的质量为y，

则y：1000g=0.508mg：wg，

y==mg或mg。【解析】153333I2＋SO32－＋H2O2I－＋SO42－＋2H＋在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置溶液由蓝色恰好变为无色1.0×10－54.2×102/w三、实验题(共5题，共10分)9、略

【分析】【分析】

Na2O2与水反应生成氢氧化钠和水；反应实质是生成了双氧水，双氧水在二氧化锰催化剂作用下快速反应生成气体；溶液褪色提出假设，并对提出的假设进行用实验来验证。

【详解】

⑴Na2O2与水反应生成氢氧化钠和水，其化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

⑵①甲同学通过实验证实了Na2O2与水反应所得溶液中有较多的H2O2，利用双氧水在二氧化锰催化剂作用下迅速反应放出大量气泡，因此取少量反应所得溶液，加入试剂MnO2，有气体产生；故答案为：MnO2；

②甲同学利用3%H2O2溶液、酚酞试液、1mol·L-1NaOH溶液；证实了碱性条件是必需的，实验1在碱性条件下反应，得到的现象为红色褪色；故答案为：红色褪色；

⑶甲同学由此提出假设I：溶液褪色的主要原因是酚酞被HO氧化，H2O2H++HO加入NaOH溶液，消耗电离出的氢离子，平衡正向移动，HO浓度增大，酚酞被HO氧化速率增大；故答案为：H2O2H++HO加入NaOH溶液，消耗电离出的氢离子，平衡正向移动，HO浓度增大，酚酞被HO氧化速率增大；

⑷由此提出，甲同学实验2中pH＞13时红色褪去的原因还存在假设II：溶液褪色的主要原因是酚酞以L(OH)3−形式存在；故答案为：溶液褪色的主要原因是酚酞以L(OH)3−形式存在。

⑸根据实验3和实验4对比得出实验3中iii.搅拌、静置后加入2mL30%H2O2溶液，溶液pH小于13，溶液变为红色，后酚酞被HO氧化而褪色；因此现象为溶液变红，然后褪色；故答案为：溶液变红，然后褪色；

①根据实验3和实验4分析，实验3中酚酞主要以L2−和HL－形式存在，加双氧水，溶液变红，然后褪色，再加盐酸调节pH至12，溶液变红，然后褪色，而实验4盐酸调节pH至12，不变红，说明L(OH)比前两者更难被氧化；故答案为：难；

②实验3中调节pH至12，溶液变红然后褪色的原因是：酚酞在pH=12时，溶液由于NaOH而呈红色，后来酚酞在pH=12时被HO氧化而褪色；故答案为：酚酞在pH=12时，溶液由于NaOH而呈红色，后来酚酞在pH=12时被HO氧化而褪色。

③根据实验得出结论：甲同学实验2中pH＞13时红色褪去的主要原因是假设I，根据酚酞在不同pH值的存在状态及颜色，排除pH＞13酚酞以L(OH)3−形式存在而褪色，则说明褪色是由于酚酞被HO氧化而褪色；故答案为：假设I；根据酚酞在不同pH值的存在状态及颜色，排除pH＞13酚酞以L(OH)3−形式存在而褪色，则说明褪色是由于酚酞被HO氧化而褪色。

【点睛】

化学实验是常考题型，主要考查学生动手实验操作的能力、分析问题、解决问题的能力。【解析】2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑MnO2红色褪色H2O2H++HO加入NaOH溶液，消耗电离出的氢离子，平衡正向移动，HO浓度增大，酚酞被HO氧化速率增大溶液褪色的主要原因是酚酞以L(OH)3−形式存在溶液变红，然后褪色难酚酞在pH=12时，溶液由于NaOH而呈红色，后来酚酞在pH=12时被HO氧化而褪色假设I根据酚酞在不同pH值的存在状态及颜色，排除pH＞13酚酞以L(OH)3−形式存在而褪色，则说明褪色是由于酚酞被HO氧化而褪色10、略

【分析】【分析】

(1)实验室中常用浓硫酸和Zn制二氧化硫；仪器b为蒸馏烧瓶；

(2)SO2不溶于饱和硫酸氢钠溶液；浓硫酸与Zn反应放热，用其可以防倒吸；

(3)根据氧化还原反应；结合价态变化，书写方程式；

(4)CuCl难溶于乙醇；乙醇易挥发，有利于CuCl的于燥；判断CuCl是否洗涤于净应向最后一次洗涤液中滴加NaOH溶液，若溶液澄清且无沉淀，则CuCl已洗深干净；

(5)1molCuCl2完全转化生成CuCl1mol；据此作答；

(6)根据信息提示Ⅱ作答。

【详解】

(1)实验室中常用浓硫酸和Zn制二氧化硫；仪器b为蒸馏烧瓶；故答案为：浓硫酸；蒸馏烧瓶；

(2)SO2不溶于饱和硫酸氢钠溶液；浓硫酸与Zn反应放热，故B的作用为防倒吸，故答案为：防倒吸；

(3)CuCl难溶于水，是自色固体，二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，硫元素化合价升高生成硫酸根，Cu元素化合价降低，生成CuCl，离子方程式为：2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO+2H2O，故答案为：2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO+2H2O；

(4)CuCl难溶于乙醇；乙醇易挥发，有利于CuCl的于燥；判断CuCl是否洗涤于净应向最后一次洗涤液中滴加NaOH溶液，若溶液澄清且无沉淀，则CuCl已洗深干净，故答案为：可降低洗涤过程中物质的损失，更利于快速干燥；向最后一次洗涤液中滴加NaOH溶液，若溶液澄清且无沉淀，则CuCl已洗深干净；

(5)15mL0.5mol·L-1的CuCl2溶液中，CuCl2的物质的量=完全转化为CuCl，理论上生成的物质的量为0.0075mol，其质量=实验实际所得CuCl固体质量为0.597g，则CuCl的产率=故答案为：80%；

(6)可向产物中滴加浓HCl，使固体溶解充分，过滤出杂质后，加水稀释，产生白色沉淀，加水不再产生沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，即可得到除去Cu2O后的CuCl固体，故答案为：向产物中滴加浓HCl，使固体溶解充分，过滤出杂质后，加水稀释，产生白色沉淀，加水不再产生沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，即可得到除去Cu2O后的CuCl固体。

【点睛】

本题重点(6)，对于性质不熟悉的物质，要充分利用已知性质，并结合题干所给的信息提示，综合解题。【解析】浓硫酸蒸馏烧瓶防倒吸2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO+2H2O可降低洗涤过程中物质的损失，更利于快速干燥向最后一次洗涤液中滴加NaOH溶液，若溶液澄清且无沉淀，则CuCl已洗深干净80%向产物中滴加浓HCl，使固体溶解充分，过滤出杂质后，加水稀释，产生白色沉淀，加水不再产生沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，即可得到除去Cu2O后的CuCl固体11、略

【分析】【分析】

Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质；

(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；

Ⅱ.(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体；并使锥形瓶内外压强相等，准确测量；

(4)溶液由蓝色恰好变为无色；且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；

(5)根据氧化还原反应分析，有关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)。

【详解】

Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质，则化学反应方程式为：故答案为：

(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气，及时排出；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，故答案为：降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解；引起爆炸；冰水浴；

Ⅱ.(3)装置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量，故答案为：防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量；

(4)当滴入(最后)一滴标准液时；溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化；

(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3L×cmol/L=c•V•10-3mol．则：根据关系式：所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)•M=×c•V•10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g，故答案为：1.35cV×10-2。

【点睛】

本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键。【解析】降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸冰水浴防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化1.35×10-2cV12、略

【分析】【分析】

Na2O2与水反应生成氢氧化钠和水；反应实质是生成了双氧水，双氧水在二氧化锰催化剂作用下快速反应生成气体；溶液褪色提出假设，并对提出的假设进行用实验来验证。

【详解】

⑴Na2O2与水反应生成氢氧化钠和水，其化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

⑵①甲同学通过实验证实了Na2O2与水反应所得溶液中有较多的H2O2，利用双氧水在二氧化锰催化剂作用下迅速反应放出大量气泡，因此取少量反应所得溶液，加入试剂MnO2，有气体产生；故答案为：MnO2；

②甲同学利用3%H2O2溶液、酚酞试液、1mol·L-1NaOH溶液；证实了碱性条件是必需的，实验1在碱性条件下反应，得到的现象为红色褪色；故答案为：红色褪色；

⑶甲同学由此提出假设I：溶液褪色的主要原因是酚酞被HO氧化，H2O2H++HO加入NaOH溶液，消耗电离出的氢离子，平衡正向移动，HO浓度增大，酚酞被HO氧化速率增大；故答案为：H2O2H++HO加入NaOH溶液，消耗电离出的氢离子，平衡正向移动，HO浓度增大，酚酞被HO氧化速率增大；

⑷由此提出，甲同学实验2中pH＞13时红色褪去的原因还存在假设II：溶液褪色的主要原因是酚酞以L(OH)3−形式存在；故答案为：溶液褪色的主要原因是酚酞以L(OH)3−形式存在。

⑸根据实验3和实验4对比得出实验3中iii.搅拌、静置后加入2mL30%H2O2溶液，溶液pH小于13，溶液变为红色，后酚酞被HO氧化而褪色；因此现象为溶液变红，然后褪色；故答案为：溶液变红，然后褪色；

①根据实验3和实验4分析，实验3中酚酞主要以L2−和HL－形式存在，加双氧水，溶液变红，然后褪色，再加盐酸调节pH至12，溶液变红，然后褪色，而实验4盐酸调节pH至12，不变红，说明L(OH)比前两者更难被氧化；故答案为：难；

②实验3中调节pH至12，溶液变红然后褪色的原因是：酚酞在pH=12时，溶液由于NaOH而呈红色，后来酚酞在pH=12时被HO氧化而褪色；故答案为：酚酞在pH=12时，溶液由于NaOH而呈红色，后来酚酞在pH=12时被HO氧化而褪色。

③根据实验得出结论：甲同学实验2中pH＞13时红色褪去的主要原因是假设I，根据酚酞在不同pH值的存在状态及颜色，排除pH＞13酚酞以L(OH)3−形式存在而褪色，则说明褪色是由于酚酞被HO氧化而褪色；故答案为：假设I；根据酚酞在不同pH值的存在状态及颜色，排除pH＞13酚酞以L(OH)3−形式存在而褪色，则说明褪色是由于酚酞被HO氧化而褪色。

【点睛】

化学实验是常考题型，主要考查学生动手实验操作的能力、分析问题、解决问题的能力。【解析】2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑MnO2红色褪色H2O2H++HO加入NaOH溶液，消耗电离出的氢离子，平衡正向移动，HO浓度增大，酚酞被HO氧化速率增大溶液褪色的主要原因是酚酞以L(OH)3−形式存在溶液变红，然后褪色难酚酞在pH=12时，溶液由于NaOH而呈红色，后来酚酞在pH=12时被HO氧化而褪色假设I根据酚酞在不同pH值的存在状态及颜色，排除pH＞13酚酞以L(OH)3−形式存在而褪色，则说明褪色是由于酚酞被HO氧化而褪色13、略

【分析】【分析】

流程中，与水反应生成磷酸和盐酸，其反应为加入NaOH溶液中和后生成磷酸钠和氯化钠；再加入氯化钙生成磷酸钙沉淀，经过滤、洗涤、干燥，得到磷酸钙固体，通过固体的质量可以计算出的质量分数。

【详解】

(1)与水反应生成亚硫酸和盐酸，其反应为故填

(2)图中仪器乙的名称为三颈烧瓶；故填三颈烧瓶；

(3)温度低于100℃的加热用水浴加热；温度太高会使挥发，产率下降，温度太低，反应速率慢，故填水浴加热、温度太高，挥发；产率下降；温度太低，反应速率变慢；

(4)①根据表中数据，测定的含量时尽量转化为磷酸盐；所以应将pH调到12.67以上，用广泛pH试纸测得pH最少为13，故填13；

②用澄清石灰水代替NaOH溶液，因为溶解度小；使得石灰水浓度低，消耗的石灰水体积太大，故不合理，故填不合理；澄清石灰水浓度太小，消耗的澄清石灰水体积太大；

③由原子守恒可建立关系==3.684g，的质量分数为=92.1%，故填92.1%。【解析】三颈烧瓶水浴加热温度太高，挥发，产率下降；温度太低，反应速率变慢13不合理澄清石灰水浓度太小，消耗的澄清石灰水体积太大92.1％四、工业流程题(共4题，共12分)14、略

【分析】【分析】

卤块主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质，加入高锰酸钾目的是将亚铁离子氧化为铁离子，加入氯化钡使SO42-沉淀，过滤除掉滤渣BaSO4；金属氧化物MgO能与酸反应产生盐和水，所以加入MgO的作用是调节溶液的pH，使杂质Fe3+形成沉淀Fe(OH)3完全除去。向滤液中加入NaClO3饱和溶液后，发生反应MgCl2+2NaClO3=Mg(ClO3)2+2NaCl↓，然后由于氯酸镁的溶解度受温度影响变化较大，所以先将滤液蒸发浓缩，然后再趁热过滤，以便除去杂质，然后冷却结晶得到需要的产物Mg(ClO3)2·6H2O；

【详解】

（1）过滤需要的玻璃仪器有：烧杯；漏斗，玻璃棒；

正确答案：漏斗；玻璃棒、烧杯。

（2）加入氯化钡使SO42-生成BaSO4沉淀过滤除去；加入MgO的作用是调节溶液的pH，使杂质Fe3+形成Fe(OH)3沉淀完全除去；

正确答案：除去SO42-或使SO42-沉淀；Fe(OH)3。

（3）加入NaClO3饱和溶液后，发生反应MgCl2+2NaClO3=Mg(ClO3)2+2NaCl↓；

正确答案：MgCl2+2NaClO3=Mg(ClO3)2+2NaCl↓。

（4）再进一步制取Mg(ClO3)2·6H2O的实验步骤：利用NaCl、Mg(ClO3)2的溶解度与温度的关系将溶液蒸发浓缩，趁热过滤，冷却结晶，过滤、洗涤，得到Mg(ClO3)2·6H2O；

正确答案：①②③④。

（5）①氯酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，化学方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；Cr2O72-能将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；

正确答案：Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。

②根据化学方程式：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O以及Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，可以得出：ClO3-～6Fe2+，Cr2O72-～6Fe2+，用0.100mol•L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点过程可以得出剩余的亚铁离子的物质的量为：0.100mol•L-1×0.015L×6=0.009mol和氯酸根离子反应的亚铁离子的物质的量为：20×10-3L×1.000mol•L-1-0.009mol=0.011mol，氯酸根离子的物质的量为：×0.011mol，产品中Mg（ClO3）2•6H2O的质量分数：（×0.011××299g/mol）×10××100%=78.3%；

正确答案：78.3%。

【点睛】

本题难度较大，易错点是流程图分析和利用关系式法进行氧化还原反应的计算。【解析】①.漏斗、玻璃棒、烧杯②.除去SO42-或使SO42-沉淀③.Fe(OH)3④.MgCl2＋2NaClO3＝Mg(ClO3)2＋2NaCl↓⑤.①②③④⑥.Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O⑦.78.3%15、略

【分析】【分析】

(1)根据反应物和生成物；结合元素守恒可知方程式；

(2)①每个乌洛托品分子中含有6个C原子；4个N原子；根据C原子、N原子守恒判断甲醛和氨的物质的量之比，据此进行计算；

②可根据催化剂催化效果和产物的转化率等方面进行作答；

(3)根据影响反应速率的因素进行判断。

(4)根据反应物和生成物；结合元素守恒可知方程式；

(5)图中分析可知；钛钌惰性电极为电解池阳极，不锈钢电极为阴极，淡化室中氯离子通过A膜向左移动到增浓室，铵根离子通过B膜移动到增浓室，才使氯化铵的浓度最大，所以A的半透膜是阴离子半透膜，B的半透膜是阳离子半透膜，据此分析。

【详解】

(1)反应物有ClCH2COOH和NH3，生成物有甘氨酸和氯化铵，结合元素守恒可知方程式：ClCH2COOH+2NH3=H2NCH2COOH+NH4Cl；

故答案为：ClCH2COOH+2NH3=H2NCH2COOH+NH4Cl；

(2)①每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气分子个数之比=6:4=3:2，根据N=nNA知；分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比3:2；

故答案为：3:2；

②氨结合反应生成HCl；维持体系的pH，保证催化剂催化效果；同时可以减少副产物氨二乙酸和氨三乙酸的生成，提高甘氨酸的产率。

故答案为：氨结合反应生成HCl；维持体系的pH，保证催化剂催化效果；同时可以减少副产物氨二乙酸和氨三乙酸的生成，提高甘氨酸的产率。

(3)A.反应i中反应物有氨气；升高温度，氨气挥发，反应i的速率一定加快，故A错误；

B.为减少反应ii升温造化NH3逸出，可将NH3替换为NH4HCO3；故B正确；

C.高温加剧乌洛托品水解；生成的甲醛自聚使溶液粘度增大，影响甘氨酸的结晶，故C正确；

D.高温加剧甘氨酸自聚；使反应液颜色变深，影响甘氨酸品体颜色，故D正确。

故答案为：BCD。

(4)反应物有ClCH2COOH和H2O，生成物有HOCH2COOH，结合元素守恒可知方程式：ClCH2COOH+H2OHOCH2COOH+HCl；

故答案为：ClCH2COOH+H2OHOCH2COOH+HCl；

(5)①图中分析可知；钛钌惰性电极为电解池阳极，不锈钢电极为阴极，淡化室中氯离子通过A膜向左移动到增浓室，铵根离子通过B膜移动到增浓室，才使氯化铵的浓度最大，所以A的半透膜是阴离子半透膜，B的半透膜是阳离子半透膜；

②图中分析可知，钛钌惰性电极为电解池阳极，水放电生成氧气，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；

③“电渗析法”分离甘氨酸和氯化铵；淡化室的pH为5.97时，甘氨酸分子浓度最大，可以减少离子的移动；

故答案为：阴；2H2O-4e-=O2↑+4H+；=。

【点睛】

本题考查了物质制备实验过程分析判断、物质性质和实验基本操作、实验设计等，主要是实验操作的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度较大。【解析】ClCH2COOH+2NH3=H2NCH2COOH+NH4Cl3:2氨结合反应生成HCl，维持体系的pH，保证催化剂催化效果；同时可以减少副产物氨二乙酸和氨三乙酸的生成，提高甘氨酸的产率BCDClCH2COOH+H2OHOCH2COOH+HCl阴2H2O-4e-=O2↑+4H+=16、略

【分析】【分析】

将含碘废水中通入SO2，将I2转化为I－，利于与Cu2+反应，生成CuI，加入过量Fe反应生成FeI2和Cu，将FeI2与K2CO3反应生成KI和沉淀，KI在硫酸酸性环境与H2O2反应生成I2，Cl2与I2在KOH溶液中反应生成KIO3、KCl和H2O。

【详解】

(1)单质I2遇淀粉变蓝，因此检验“含碘废水”中是否含有单质I2；常用的试剂是淀粉溶液；

(2)通入SO2的目的是将I2还原为I－，自身被氧化为SO42−，其反应的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O=SO42−＋2I－＋4H＋；

(3)再制备FeI2过程中加入Fe与CuI反应生成Cu；由于Fe加入过量，因此滤渣1的成分为Fe；Cu；

(4)“制KIO3溶液”时，Cl2与I2在KOH溶液中反应生成KIO3、KCl和H2O，其发生反应的离子方程式为5Cl2＋I2＋12OH－=2IO3－＋10Cl－＋6H2O；

(5)KCl、KIO3的溶解度曲线如图所示，两者溶解度随温度升高，溶解度增加，KCl的溶解度大于KIO3的溶解度，流程中制得的KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为蒸发浓缩，降温结晶。【解析】①.淀粉溶液②.SO2＋I2＋2H2O=SO42-＋2I－＋4H＋③.Fe、Cu④.5Cl2＋I2＋12OH－=2IO＋10Cl－＋6H2O⑤.蒸发浓缩，降温结晶17、略

【分析】【分析】

废催化剂(主要成分为Al2O3，还含有少量Pd)，废催化剂硫酸铵焙烧得到氨气，产物水浸过滤得到硫酸铝溶液，滤渣Pd加入浓硝酸和浓盐酸酸浸生成二氧化氮，浸液Y是Pb溶于王水生成Pd+6HCl+4HNO3H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，Y为H2PdCl6，通入氨气中和过滤得到滤渣(NH4)2PdCl6；被氢气还原得到Pd。

【详解】

(1)．氧化铝基废催化剂在焙烧前需粉碎是为了增大表面积；加快反应速率，使反应进行得更加彻底，故答案为：加快反应速率，使反应进行得更加彻底；

(2)．由分析可知：Al2O3与(NH4)2SO4焙烧生成Al2(SO4)3、NH3和3H2O，反应方程式为：Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3↑+3H2O，硫酸铵固体分解产物除NH3、H2O、N2外，还有能使品红溶液褪色的气体，根据质量守恒定律可知：能使品红溶液褪色的气体为SO2，反应方程式为：3(NH4)2SO44NH3↑+6H2O+N2↑+3SO2↑，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:3，故答案为：Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3↑+3H2O；1:3；

(3)．由分析可知：浸液Y的主要成分的化学式为H2PdCl6，故答案为：H2PdCl6；

(4)．由分析可知：“热还原”过程中发生反应的化学方程式为：(NH4)2PdCl6+2H2Pd+2NH3+6HCl，故答案为：(NH4)2PdCl6+2H2Pd+2NH3+6HCl；

(5)．根据反应方程式可知：2molPd~xmolH2，已知Pd的密度为12.00g·cm-3，则5.00cm3Pd的质量为：12.00g·cm-3×5.00cm3=60g，物质的量为：最多可储存H2的物质的量为：标准状况下的体积为：故答案为：5.07L。【解析】加快反应速率，使反应进行得更加彻底Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3↑+3H2O1：3H2PdCl6(NH4)2PdCl6+2H2Pd+2NH3+6HCl5.07五、计算题(共4题，共16分)18、略

【分析】【分析】

(1)FeS2在氧气流中充分灼烧，完全反应后生成Fe2O3，根据Fe元素守恒以及利用差量法计算FeS2的质量，进而计算FeS2的质量分数；

(2)根据S元素守恒，利用关系式法计算；

(3)设FeS2为1mol，根据方程式求出消耗的氧气和生成的SO2，然后求出反应后混合气体的成分以及物质的量和质量，最后根据M=m/n求出摩尔质量，摩尔质量在以g/mol为单位时数值上等于平均相对分子质量；

(4)根据确定沉淀的成分，然后再根据SO2和氨气的关系确定其他成分；最后列式计算。

【详解】

(1)FeS2在氧气流中充分灼烧，完全反应后生成Fe2O3，根据Fe元素守恒可得2FeS2～Fe2O3，利用差量法计算，设2.00g矿石样品中FeS2的质量为m，则m=所以该黄铁矿中FeS2的质量分数为故答案为：66%；

(2)根据S元素守恒，利用关系式法计算，反应的关系式为：FeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4～(NH4)2SO4，设制取硫酸铵时硫酸的利用率为x，解得x=90.04%，故答案为：90.04%；

(3)设FeS2为1mol，完全煅烧需要的n(O2)=2.75mol，n(SO2)=2mol，过量20%所需空气为：n(空气)=2.75÷0.2×1.2=16.5mol，则混合物气体中氧气为氮气的物质的量为SO2为2mol，则混合气体的摩尔质量为所以煅烧后的混合气体平均相对分子质量为32.71，故答案为：32.71；

(4)设0.09molSO2能产生沉淀的质量为Xg，解得X=19.53g，所以沉淀中有硫酸钡和亚硫酸钡，硫酸钡的质量为21.86g-19.53g=2.33g，硫酸根的物质的量为亚硫酸根的物质的量所以(NH4)2SO4的物质的量为0.01mol，(NH4)2SO4产生的NH3是0.01mol×2=0.02mol，共产生0.16molNH3，其他成分产生氨气0.16mol-0.02mol=0.14mol，亚硫酸根与铵根为9：14，所以成份还有：亚硫酸铵和亚硫酸氢铵，设亚硫酸铵和亚硫酸氢铵的物质的量分别为：X、Y，则解得：X=0.05mol，Y=0.04mol，铵盐溶液中各溶质成分与物质的量浓度之比：c[(NH4)2SO3]:c(NH4HSO3):c[(NH4)2SO4]=5:4:1，故答案为：c[(NH4)2SO3]:c(NH4HSO3):c[(NH4)2SO4]=5:4:1。

【点睛】

本题考查化学计算，常用方法有元素守恒、利用差量法计算、利用关系式法计算；求平均相对分子质量，根据M=m/n求出摩尔质量，摩尔质量在以g/mol为单位时数值上等于平均相对分子质量；计算前，确定成分之间的关系，最后列式计算。【解析】66%90.04%32.71c[(NH4)2SO3]:c(NH4HSO3):c[(NH4)2SO4]=5:4:119、略

【分析】【分析】

(1)①硫酸的质量分数等于硫酸溶质的质量除以混合溶液的质量；

②氢离子的物质的量与氢氧根的物质的量相等；

(2)①质量增重为O元素；

②O元素的物质的量等于氧化铜的物质的量；

(3)103.2g混合物含铜1.35mol，根据电子得失守恒计算一氧化氮的物质的量；

(4)①固体中含铜0.027mol，氧化铜0.0042mol，设加入的混酸中H2SO4与HNO3的物质的量均为amol，恰好完全反应后溶液中溶质为CuSO4和Cu(NO3)2，根据电荷守恒解题；

②固体中含铜0.027mol；氧化铜0.0042mol，根据铜元素守恒计算理论产量。

【详解】

(1)①设硫酸和硝酸的体积分别为5mL和1mL，则硫酸的物质的量等于硝酸的物质的量，硫酸的质量分数：故答案为：0.20；

②质量为7.3g的混酸中含有硫酸的物质的量=由上可知硝酸的物质的量=共含有0.045molH+，则1g混酸中含有H+为mol，中和时需要NaOH溶液的体积是V==12.33mL；故答案为：12.33；

(2)①设铜屑有100g，则含铜99.84g，灼烧后的质量为103.2g，则氧元素的质量为3.36g，氧元素的质量分数为故答案为：0.033；

②若混合