2024年沪教版选修6化学上册阶段测试试卷784

…………○…………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年沪教版选修6化学上册阶段测试试卷784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8题，共16分)1、某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO；已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示：下列叙述正确的是。

A.装置e的作用是防倒吸B.根据图a的现象判断活塞K一定处于关闭状态C.实验结束时，先关闭活塞K，再熄灭酒精灯D.b、c、f中的试剂依次为饱和碳酸钠溶液、浓硫酸、银氨溶液2、我国万米深海潜水器“奋斗者”号的舱壳材料采用的是钛合金。四氯化钛(TiCl4)是制备钛合金的重要原料，某化学兴趣小组同学以TiO2和CCl4为原料在实验室制取TiCl4；装置如图所示。

有关信息如下。

①反应条件：无水无氧且加热。

②有关物质性质如表：。物质熔点/℃沸点/℃其他CCl4-2376与TiCl4互溶TiCl4-25136遇潮湿空气产生白雾

下列说法错误的是A.实验开始先通入N2，再点燃C处的酒精灯B.TiCl4遇潮湿空气反应的化学方程式：C.欲分离D装置中的TiCl4，应采用的实验操作为过滤D.装置E中的试剂可用浓硫酸3、用下图所示装置和药品进行实验，能达到实验目的的是A.如图除去氯气中含有的少量氯化氢B.如图蒸干小苏打溶液获得苏打C.如图除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3D.如图分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层4、饮茶是中国人的传统饮食文化之一．为方便饮用；可通过以下方法制取罐装饮料茶：

关于上述过程涉及的实验方法、实验操作和物质作用中说法不正确的是A.①是萃取B.②是过滤C.③是分液D.维生素C可作抗氧化剂5、下列除杂方案错误的是。

。选项。

被提纯的物质。

杂质。

除杂试剂。

除杂方法。

A

CO2(g)

SO2(g)

饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4

洗气。

B

NH4Cl(aq)

FeCl3(aq)

NaOH溶液。

过滤。

C

CH4(g)

CO2(g)

NaOH溶液、浓H2SO4

洗气。

D

FeCl2(aq)

CuCl2(aq)

铁粉。

过滤。

A.AB.BC.CD.D6、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7、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.D8、某实验小组拟利用如图装置制取干燥的氮气。下列说法错误的是。

A.装置1中发生的反应为NaNO2+NH4C1NaCl+N2↑+2H2OB.装置II的作用是冷凝水蒸气C.装置II末端收集纯净干燥的N2只能用向下排空气法D.加热片刻后需要将酒精灯移开，说明该反应是放热反应评卷人得分二、填空题(共1题，共2分)9、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)10、FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水FeCl3。

I.经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案；装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：

①检查装置的气密性；②通入干燥的Cl2；赶尽装置中的空气；③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；④

⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2；将收集器密封。

请回答下列问题：

(1)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器；少量沉积在反应管A的右端。

要使沉积的FeCl3进入收集器；第④步操作是__________________________。

(2)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有_____________。(填步骤序号)

(3)装置B中的冷水作用为_______________________；

装置C的名称为____________________；装置D中FeCl2全部反应完后，因为失去吸收Cl2的作用而失。

效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：____________________。

(4)在虚线框内画出尾气吸收装置E并注明试剂___________________________。11、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)又称保险粉；在纺织行业中常用于还原染色剂。

已知连二亚硫酸钠具有下列性质：在空气中极易被氧化；不溶于甲醇，易溶于水，遇水迅速分解为亚硫酸氢钠和硫代硫酸钠，在碱性介质中较稳定。回答下列问题：

(一)二氧化硫的制备原料：亚硫酸钠固体和70%的浓硫酸。

(1)仪器①的名称是_______________。

(2)实验室制取干燥二氧化硫的装置连接顺序为____________(选择上图中部分仪器，按气流方向用小写字母排序)，选择该气体发生装置是__________(填字母)。

(3)设计实验证明二氧化硫具有还原性______(实验中可选用的试剂有：品红溶液；氢硫酸、溴水；滴有酚酞的氢氧化钠溶液)

(二)保险粉的制备。

I．在G装置中加入甲酸钠浓溶液；氢氧化钠；甲醇(溶剂)的混合液；

II：打开K1、K2；一段时间后，向装置中通入二氧化硫；

III．加热一段时间；装置中有黄色晶体析出，并产生大量气体；

IV．过滤；洗涤、干燥；收集产品。

(1)写出步骤II中制备保险粉的化学方程式____________。

(2)简述步骤IV保险粉的洗涤方法：在无氧环境中，_________________。

(三)保险粉的含量测定：铁氰化物滴定法原理4K3[Fe(CN)6]+2Na2S2O4+8KOH=3K4[Fe(CN)6]+4Na2SO3+Na4[Fe(CN)6]+4H2O

I．另取一套G装置，加入一定体积的氢氧化钠溶液，通入N2；

II．称取样品m；加入装置G中搅拌，溶解，再加入2-3滴亚甲基蓝指示剂；

III.(1)用浓度为cmol∙L-1的K3[Fe(CN)6]滴定，至滴定终点时，记录消耗的体积为VmL。

保险粉质量分数表达式为__________(用含c、m、V的代数式表示)。

(2)若在滴定前未向锥形瓶中通氮气，则会导致测定的保险粉含量______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)12、在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些杂质离子。现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O；首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯：

已知某温度下：Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH，见下表：。Fe3+Fe2+Cu2+氢氧化物开始沉淀时的pH1.97.04.7氢氧化物完全沉淀时的pH3.29.06.7

请回答下列问题：

（1）加入氧化剂X的目的是_______________________。

（2）最适合作氧化剂X的是___________（填编号，否则不给分）；写出氧化剂X参与的离子反应方程式_________。

A．K2Cr2O7B．NaClOC．H2O2D．KMnO4

（3）为了除去Fe3+，需加入物质Y_________（填化学式）调节溶液的pH值为___________。

（4）最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________(填“能”或“不能”)；若能，不用回答；若不能，回答该如何操作？____________________。

（5）常温下已知Fe(OH)3的Ksp=1.0×10-35，向500mL0.2mol/L的FeCl3溶液中加入NaOH固体(溶液体积变化忽略不计)后pH=3.0，则需要加入氢氧化钠固体的质量为________g。13、(10分)有机物A是一种含溴的酯，分子式为C6H9O2Br；已知有如下的转化关系:

其中B、C含相同数目的碳原子，B既能使溴水褪色，又能跟Na2CO3溶液反应放出CO2气体；C依次进行氧化；消去反应后可以转化为B，经测定E是一种二元醇。

(1)写出结构简式:A_________；B__________、C__________、E_________。

(2)写出A在NaOH溶液中水解的化学方程式:_______________________________14、某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：

乙二酸(HOOC－COOH，可简写为H2C2O4)俗称草酸；易溶于水，属于二元中强酸(为弱电解质)，且酸性强于碳酸，草酸在常温下呈无色晶体状，其晶体的熔化温度低于草酸的分解温度，且易升华。为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：

(1)向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生。该反应的离子方程式为____________________________________。

(2)取一定量草酸溶液装入试管；加入一定体积的酸性高锰酸钾溶液，振荡试管，发现溶液开始缓慢褪色，后来迅速变成无色。(反应热效应不明显，可忽略不计)

①该实验说明草酸具有________(填“氧化”或“还原”)性，该反应的反应速率先慢后快的主要原因可能是______________________________________________________。

②请配平该反应的离子方程式：______＋____H2C2O4＋____=____Mn2＋＋____CO2↑＋____。

(3)为了探究草酸的不稳定性；某同学设计了如下实验装置：

①C、H装置均变浑浊，E处无现象，G玻璃管里黑色变红色，写出A中反应的化学方程式：____。

②上述装置中，B装置的作用是________。D的作用是_____________________。从环境保护角度来看，该方案的不足之处是________________________。评卷人得分四、工业流程题(共2题，共18分)15、铁；铜及其化合物是中学化学中常见化学物质；阅读材料回答问题：

(一)氯化铁是重要的化工原料，FeCl3·6H2O的实验室制备流程图如下：

(1)废铁屑表面往往含有油污，去除废铁屑表面的油污的方法是___________。操作①要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和___________。

(2)加入含有少量铜的废铁屑比加入纯铁屑反应更快，原因为___________。操作②涉及的过程为：加热浓缩、___________；过滤、洗涤、干燥。

(3)检验FeCl3稀溶液中是否残留Fe2＋的试剂可以是___________。为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2。此过程中发生的主要反应的离子方程式为___________、___________。

(二)为测定CuSO4溶液的浓度；某同学设计了如下方案：

(4)判断沉淀完全的操作为___________。

(5)固体质量为wg，则___________mol/L。若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。16、在实验室中模拟从海水中提取镁的工艺流程如下图所示：

完成下列填空。

（1）操作①的目的是___________，其中结晶需要用到的主要仪器有铁架台、铁圈、酒精灯、玻璃棒、________.

（2）写出操作④发生的离子方程式是_______________.

（3）操作⑥需在气流中加热脱水的原因是_______________.

（4）氢氧化镁容易分解，其分解产物可用作_____________材料.评卷人得分五、计算题(共4题，共32分)17、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。_________________18、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%）19、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。_________________20、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8题，共16分)1、B【分析】【分析】

装置a为二氧化碳的制备装置，装置b中盛有饱和碳酸氢钠溶液，用于除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，装置c中盛有浓硫酸，用于干燥二氧化碳，装置d为CO2和锌粒共热反应装置，装置e为利用二氧化碳的密度大于空气，用于分离二氧化碳和一氧化碳，装置f中盛有银氨溶液，用于验证CO2和锌粒反应是否生成CO。

【详解】

A项；装置e为利用二氧化碳的密度大于空气；用于分离二氧化碳和一氧化碳，故A错误；

B项；由图可知；在二氧化碳产生的气压作用下，装置a中碳酸钙和盐酸处于分离状态，说明活塞K一定处于关闭状态，故B正确；

C项；为防止产生倒吸；实验结束时，应先熄灭酒精灯，继续通入二氧化碳，再关闭活塞K，故C错误；

D项、装置b；c、f中的试剂依次为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸和银氨溶液；故D错误；

故选B。

【点睛】

装置a中碳酸钙和盐酸处于分离状态是判断活塞K一定处于关闭状态的依据，也是解答易错点。2、C【分析】【分析】

TiCl4易水解，所以A和E均为干燥装置，A可以是碱石灰，E可以是浓硫酸，整个反应装置还需无氧，所以需要通入N2排尽装置内空气，B装置将CCl4气化使其进入C装置反应，产物TiCl4沸点较低；为了提高产率便于收集，D装置需要冰水浴。

【详解】

A．整个实验需要无氧，所以需要开始先通入N2排尽空气；再点燃C处的酒精灯，A正确；

B．TiCl4遇潮湿空气发生水解，反应为：B正确；

C．冰水浴的温度低不到-25℃，此时收集到的产物为液态，欲分离TiCl4；需要蒸馏，不能是过滤，C错误；

D．为防止外界的水蒸气进入D中导致产物水解；装置E中的试剂可用浓硫酸，D正确；

答案选C。3、D【分析】【详解】

A选项；氯气也会和NaOH溶液反应，除去氯气中含有的少量氯化氢只能用饱和食盐水溶液，故A不符合题意；

B选项；用蒸发皿加热蒸干小苏打溶液获得小苏打，不能得到苏打，故B不符合题意；

C选项，Fe(OH)3胶体能透过滤纸，因此不能用过滤方法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3；故C不符合题意；

D选项，分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层四氯化碳密度比水大；再下层，故D符合题意；

综上所述，答案案为D。4、C【分析】【详解】

A；①提取可溶物；加有机溶剂萃取，A项正确；B、②为分离不溶性茶渣，②为过滤，B项正确；C、③中混合物不分层，分罐密封，无分液操作，C项错误；D、维生素C具有还原性，可作抗氧化剂，D项正确；答案选C。

点睛：流程图可知，热水溶解后，提取可溶物①为萃取，②为分离不溶性茶渣，②为过滤，对滤液加抗氧化剂后密封霉菌来解答。5、B【分析】【详解】

A．二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；浓硫酸干燥二氧化碳，则洗气可除杂，故A正确；

B．NH4Cl和FeCl3均与NaOH反应；应选氨水；过滤，故B错误；

C．NaOH溶液能吸收CO2，浓硫酸干燥甲烷，则洗气可除去CH4中混有的CO2；故C正确；

D．CuCl2溶液和过量Fe粉作用生成FeCl2溶液和Cu；过滤可除去Cu和过量Fe粉，故D正确；

故答案为B。

【点睛】

在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。6、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。7、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。8、C【分析】【分析】

该实验为NaNO2和NH4C1制取氮气的过程，结合反应物和生成物，原子守恒和电子得失守恒，可写出化学方程式；分液漏斗和蒸馏烧瓶之间连接的导管，可使烧瓶内压强和分液漏斗压强相等，从而使NaNO2顺利滴下；装置II中冰的作用是冷凝，装置Ⅲ的干燥管用来干燥氮气，由此分析。

【详解】

A．根据结合反应物和生成物，原子守恒和电子得失守恒，化学方程式为NaNO2+NH4C1NaCl+N2↑+2H2O；故A正确；

B．根据化学方程式可知；产物有水蒸气，且反应物为溶液状态，可知反应在产生氮气的同时产生大量水蒸气，为了便于干燥，先利用装置II的将绝大多数冷凝的水蒸气冷凝后再用装置Ⅲ干燥，装置II的作用是冷凝水蒸气，故B正确；

C．氮气的密度与空气的密度相差不大；不适合用排空气法收集，应该使用排水法收集，故C错误；

D．加热片刻后将酒精灯移开；反应仍能进行，说明该反应自身放热，属于放热反应，故D正确；

答案选C。二、填空题(共1题，共2分)9、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)10、略

【分析】本题以无机物FeCl3的制备为载体；综合考察学生的实验能力，考察的知识点有：实验步骤的完善；实验仪器的名称、实验中采取的一些特殊的措施、物质的检验等。看懂实验的目的和了解所制取的物质的特殊性质，利用所学知识可以较好的完成题目。

(1)FeCl3固体加热易升华，因此可以在反应管A的右端FeCl3固体沉积的地方加热，使固态FeCl3转化为气态进入收集器中，故答案为：在沉积的的FeCl3固体下方加热。

(2)反应前通入干燥的Cl2，可以排除空气中的水蒸气，防止FeCl3潮解，反应后通入干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封，也可以防止FeCl3潮解；故答案为②⑤。

(3)FeCl3固体易升华，故装置B中冷水的作用是：冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；C装置的名称是球形干燥管，防止D试剂瓶中的水进入收集器中；D中FeCl2吸收Cl2后生成FeCl3，若要判断FeCl2是否完全失效，可以加入K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀生成说明无Fe2+，则FeCl2已经完全失效；或者加入酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液不褪色说明无Fe2+，说明FeCl2已经完全失效。

(4)Cl2有毒，不能排放在空气中，故需要加一个尾气吸收装置，可以用NaOH溶液吸收，由于Cl2的溶解度不大，故不必考虑防倒吸，所以吸收装置图如右：【解析】在沉积的的FeCl3固体下方加热②⑤冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品球形干燥管K3[Fe(CN)6]溶液（也可以用酸性高锰酸钾溶液）11、略

【分析】【分析】

亚硫酸钠固体和70%的浓硫酸反应制得二氧化硫，反应的制取装置为A，经浓硫酸的干燥，二氧化硫密度大于空气，易溶于水，再用向下排空气法收集二氧化硫，尾气用氢氧化钠溶液吸收，使用倒扣的漏斗，防止倒吸；SO2在碱性条件下氧化HCOONa生成CO2，同时得到Na2S2O4，根据K3[Fe(CN)6]和Na2S2O4的物质的量关系计算出保险粉质量分数；由此分析。

【详解】

(一)(1)仪器①的名称是分液漏斗；

(2)利用A装置制备SO2气体；再用F装置干燥；E装置收集、D装置中NaOH溶液吸收尾气，防环境污染，结合气流方向，装置的连接顺序为a→g→h→e→f→d，选择A装置而不选择B装置作气体发生装置是考虑到A装置可以平衡压强，让浓硫酸顺利流下；

(3)二氧化硫遇强氧化性的物质如溴水或酸性高锰酸钾溶液体现其具有还原性；可借助于将二氧化硫使溴水颜色褪去验证二氧化硫的还原性；实验过程为将二氧化硫通入盛有溴水的试管中，溴水颜色褪去，即可说明二氧化硫具有还原性；

(二)(1)步骤II中SO2在碱性条件下氧化HCOONa生成CO2，同时得到Na2S2O4，发生反应的化学方程式为HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4＋CO2+H2O；

(2)结合Na2S2O4在空气中极易被氧化；不溶于甲醇，易溶于水，遇水迅速分解为亚硫酸氢钠和硫代硫酸钠，在碱性介质中较稳定的性质，步骤IV保险粉的洗涤方法：在无氧环境中，加入甲醇溶液至浸没晶体，待甲醇溶液顺利流下后，重复2～3次即可；

(三)(1)消耗K3[Fe(CN)6]的物质的量为cmol∙L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，根据2K3[Fe(CN)6]~Na2S2O4，则Na2S2O4的物质的量为0.5cV×10-3mol，保险粉质量分数表达式为×100%=×100%；

(2)通入氮气作保护气，用于防止Na2S2O4被空气中氧气氧化，若在滴定前未向锥形瓶中通氮气，导致消耗K3[Fe(CN)6]的物质的量减小，则会导致测定的保险粉含量偏低。【解析】分液漏斗aghefdA将二氧化硫通入盛有溴水的试管中，溴水颜色褪去，即可说明二氧化硫具有还原性HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4＋CO2+H2O加入甲醇溶液至浸没晶体，待甲醇溶液顺利流下后，重复2～3次即可×100%偏低12、略

【分析】【分析】

氯化亚铁和氯化铜的混合液中；加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩；冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体。

【详解】

（1）根据框图，Fe2+沉淀为氢氧化物时所需pH与Cu2+的沉淀的pH相同，也就是说，Fe2+沉淀的同时，Cu2+也会沉淀，无法将两者分离开，根据题干提供信息可知Fe3+沉淀所需的pH较小，所以应先将Fe2+氧化为Fe3+后再将其除去，加入氧化剂X可把Fe2+氧化为Fe3+，便于生成Fe(OH)3沉淀而与Cu2+分离；

（2）由于没有增加新杂质，所以X为H2O2，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；

（3）由于不能引入新的杂质，则为了除去Fe3+，需加入物质Y为CuO或Cu(OH)2或CuCO3会Cu2(OH)2CO3等；结合题示，调节pH=3.2～4.7，使Fe3+全部沉淀；

（4）CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发），所以应在HCl或SOCl2等混合液气氛中采用加热蒸发结晶的方法，以得到CuCl2•2H2O的晶体；

（5）设需要加入氢氧化钠的物质的量是xmol，则消耗氯化铁是所以剩余氯化铁的物质的量是0.1mol-则有解得x=0.285，则氢氧化钠的质量是0.285mol×40g/mol=11.4g。【解析】将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe(OH)3沉淀而与Cu2+分离CH2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2OCuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3中的一种不能3.2-4.7滤液中加盐酸或在HCl气流中，加热浓缩，冷却结晶，过滤11.413、略

【分析】①A既可发生酸式水解；又可发生碱式水解，可推知A是一种酯。

②因“B既能使溴水褪色，又能跟Na2CO3溶液反应放出CO2”可推知B是一种不饱和羧酸。C是一种醇。

③“B、C含相同数目的碳原子”，结合A的分子式C6H9O2Br；可推知B；C均含有3个碳原子。

④“C经氧化、消去后可转化为B”，可推知C的结构为CH2Br—CH2—CH2OH，则B为CH2═CH—COOH，从而可推知E为CH2OH—CH2—CH2OH。这样可写出A的结构简式为CH2═CH—COOCH2CH2CH2Br。【解析】14、略

【分析】【分析】

(1)草酸酸性强于碳酸；所以草酸能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳；

(2)①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性；草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明草酸能将酸性高锰酸钾溶液还原，则草酸作还原剂；生成的锰离子能作催化剂而加快反应速率；

②该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价；C元素化合价由+3价变为+4价；转移电子数是10，根据转移电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式；

(3)草酸不稳定；受热易分解，且草酸易升华，所以分解产物中含有草酸，草酸常温下为无色晶体，所以B装置作用是冷却草酸蒸气，C装置是检验二氧化碳，D装置有碱性溶液，能吸收二氧化碳，E装置检验二氧化碳是否除尽，F装置干燥气体，如果G装置中固体变红色；H装置溶液变浑浊，说明生成气体中含有CO，据此分析解答。

【详解】

(1)草酸酸性强于碳酸，所以草酸能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，离子方程式为：+H2C2O4═+CO2↑+H2O；

(2)①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性；草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明草酸能将酸性高锰酸钾溶液还原，则草酸作还原剂，则草酸体现还原性；生成的锰离子能作催化剂而加快反应速率；

②该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数是10，根据转移电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式为：2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O；

(3)草酸不稳定；受热易分解，且草酸易升华，所以分解产物中含有草酸，草酸常温下为无色晶体，所以B装置作用是冷却草酸蒸气，C装置是检验二氧化碳，D装置有碱性溶液，能吸收二氧化碳，E装置检验二氧化碳是否除尽，F装置干燥气体，如果G装置中固体变红色；H装置溶液变浑浊，说明生成气体中含有CO；

①C、H装置均变浑浊，说明含有二氧化碳，E处无现象，说明从D处出来的气体中不含二氧化碳，G玻璃管里黑色变红色，说明含有还原性气体，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为：H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑；

②草酸能和氢氧化钙反应生成沉淀而干扰二氧化碳检验，所以B装置具有冷却草酸蒸气作用，避免对二氧化碳检验的干扰；D装置吸收二氧化碳，除去混合气体中的二氧化碳；CO有毒，不能直接排空，所以应该有尾气处理装置。【解析】+H2C2O4═+CO2↑+H2O还原反应产生的锰离子起催化作用或锰离子浓度增加，加快了反应速率256H+2108H2OH2C2O4H2O+CO↑+CO2↑冷凝草酸蒸气，避免对二氧化碳的检验产生干扰除去混合气体中的CO2没有尾气处理装置四、工业流程题(共2题，共18分)15、略

【分析】【分析】

（一）稀盐酸中加入含铜的废铁屑；铁转化为氯化亚铁，过滤除去铜，得到含氯化亚铁的滤液，滤液通入足量氯气，得到氯化铁溶液，氯化铁溶液经蒸发浓缩，冷却结晶等操作得到氯化铁晶体，或者氯化铁溶液加入纯铁粉，然后通入氯气，得到浓的氯化铁溶液，再制取氯化铁晶体，据此分析解答。

（二）25.00mL硫酸铜溶液加入足量的CuSO4溶液；生成硫酸钡沉淀，过滤得到硫酸钡固体，经洗涤；干燥、称重得到wg硫酸钡，根据硫酸根离子守恒计算硫酸铜含量。

【详解】

（1）废铁屑表面往往含有油污；可以加入碱液去除，则去除废铁屑表面的油污的方法是碱煮水洗。操作①为过滤，要用到的玻璃仪器有玻璃棒；烧杯和漏斗；

（2）加入含有少量铜的废铁屑可以构成Cu-Fe盐酸原电池；故比加入纯铁屑反应更快，原因为Fe；Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率。操作②为由溶液制取晶体，涉及的过程为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

（3）亚铁离子遇到铁氰化钾溶液（或使酸性高锰酸钾溶液褪色）生成蓝色沉淀，则检验FeCl3稀溶液中是否残留Fe2＋的试剂可以是K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液，合理即可)。为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2，主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

（4）结合钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，判断沉淀完全的操作为向上层清液中继续滴加BaCl2溶液；无白色沉淀生成，则沉淀完全；

（5）根据硫酸根离子守恒，n（CuSO4）=n（BaSO4），固体质量为wg，则mol/L。若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，导致沉淀损失，硫酸钡质量减少，则测得偏低。【解析】(1)碱煮水洗漏斗。

(2)Fe；Cu在稀盐酸中形成原电池；加快反应速率冷却结晶。

(3)K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液，合理即可)2Fe3++Fe=3Fe2+2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

(4)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液；无白色沉淀生成，则沉淀完全。

(5)偏低16、略

【分析】【分析】

根据从海水中提取镁的原理分析解答。

【详解】

（1）操作①的目的是浓缩海水；上述结晶是通过加热蒸发得到氯化钠晶体，所以结晶需要用到的主要仪器有铁架台；铁圈、酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；

（2）操作④发生反应是石灰乳与浓缩海水反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，离子方程式是Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+；

（3）操作⑥为脱去结晶水的过程，Mg2+容易水解，所以需在气流中加热脱水的原因是抑止Mg2+水解；

（4）氢氧化镁受热分解生成氧化镁和水；氧化镁具有较高的熔点，可用作耐高温材料。

【点睛】

石灰乳参加的反应在写离子方程式时要用化学式表示，与澄清石灰水不同，此处是易错点。【解析】①.浓缩海水②.蒸发皿③.Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+④.抑止Mg2+水解⑤.耐高温材料五、计算题(共4题，共32分)17、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]=5:4:118、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若混合物为103.2g，则含氧化铜的物质的量=氧元素的物质的量=铜的物质的量为铜与氧化铜的物质的量之比为1.35mol：0.21mol=45:7，故答案为：45:7；

(3)103.2g混合物含铜1.35mol；2.064g固体中含铜0.027mol，根据电子得失守恒可知一氧化氮的物质的量为0.027mol×2/3=0.018mol，标准状况下的体积为0.018mol×22.4L/mol×1000mL/L=403.2mL，故答案为：403.2mL；

(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，根据电荷守恒和上面分析，有以下关系式：2×(0.027mol+0.0042mol)=2a+a−0.018mol，解得a=0.0268mol，溶液中CuSO4的物质的量为0.0268mol；故答案为：0.0268mol；

②胆矾的理论产量为(0.027+0.0042)mol×250g/mol=7.8g，产率为故答案为：82%。【解析】0.2012.330.03345：7403.20.0268mol82%19、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