2025年牛津译林版选修6化学上册月考试卷

…………○…………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2025年牛津译林版选修6化学上册月考试卷645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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18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、下列说法或基本操作合理的是A.准确量取25.00mL的液体可选用移液管、量筒或滴定管等量具B.蒸馏实验时若温度计的水银球低于支管口，则收集到的馏分沸点会偏高C.用分液漏斗分液时要经过振荡、放气、静置后，从上口倒出上层液体，再打开旋塞，将下层液体从下口放出D.用纸层析法分离Fe3+和Cu2+，由于Fe3+亲脂性更强，因此Fe3+随流动相移动的快些3、下列实验中；所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）

。选项。

目的。

分离方法。

原理。

A．

分离溶于水中的碘。

乙醇萃取。

碘在乙醇中的溶解度较大。

B．

分离乙酸乙酯和乙醇。

分液。

乙酸乙酯和乙醇的密度不同。

C．

除去KNO3固体中混杂的NaCl

重结晶。

NaCl在水中的溶解度很大。

D．

除去丁醇中的乙醚。

蒸馏。

丁醇与乙醚的沸点相差较大。

A.AB.BC.CD.DA.B.C.D.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、实验室有关气体的制备实验中不正确的是。

A.AB.BC.CD.D7、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8、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9、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评卷人得分二、填空题(共1题，共2分)10、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9题，共18分)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、甲；乙两个研究性学习小组为测定氨分子中氮、氢原子个数比；设计如下实验流程：

实验中；先用制的的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜。反应完毕后，黑色的氧化铜转化为红色的铜。

下图A；B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置；D为盛有浓硫酸的洗气瓶。

甲小组测得，反应前氧化铜的质量m1g、氧化铜反应后剩余固体的质量m2g、生成氮气在标准状况下的体积V1L。

乙小组测得，洗气前装置D的质量m3g、洗气后装置D的质量m4g、生成氨气在标准状况下的体积V2L。

请回答下列问题：

（1）写出仪器a的名称____。

（2）检查A装置气密性的操作是____。

（3）甲、乙两小组选择了不同的方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填写在下表的空格中。

实验装置

实验药品

制备原理

甲小组

A

氢氧化钙、硫酸、硫酸铵

反应的化学方程式为____。

乙小组

____

浓氨水、氢氧化钠

用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用：____

________。

（4）甲小组用所测得数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数之比为____。

（5）乙小组用所测得数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值，其原因是____

____。为此，乙小组在原有实验的基础上增加了一个装有某药品的实验仪器，重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氨气的体积，得出了合理的实验结果。该药品的名称是____。13、二氯化二硫(S2C12)在工业上用于橡胶的硫化。为在实验室合成S2C12；某化学研究性学习小组查阅了有关资料，得到如下信息：

①将干燥的氯气在110℃～140℃与硫反应，即可得S2C12粗品。

②有关物质的部分性质如下表：。物质熔点/℃沸点/℃化学性质S112.8444.6略S2C12-77137遇水生成HCl、SO2、S；300℃以上完全分解；S2C12+C122SCl2

设计实验装置图如下：

(1)上图中气体发生和尾气处理装置不够完善，请你提出改进意见_______。

利用改进后的正确装置进行实验；请回答下列问题：

(2)B中反应的离子方程式：_______；E中反应的化学方程式：_______。

(3)C、D中的试剂分别是_______、_______。

(4)仪器A、B的名称分别是_______、_______，F的作用是_______。

(5)如果在加热E时温度过高，对实验结果的影响是_______，在F中可能出现的现象是_______。

(6)S2C12粗品中可能混有的杂质是(填写两种)_______、_______，为了提高S2C12的纯度，关键的操作是控制好温度和_______。14、络氨铜（[Cu(NH3)4]SO4）是一种重要的染料及农药中间体。已知：①以氧化铜为主要原料合成该物质的合成路线如下图：

②络氨铜在乙醇－水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图如下。

③(NH4)2SO4在水中可溶；在乙醇中难溶。

请根据以上信息回答下列问题：

（1）由CuO制出的CuSO4溶液中常含有Fe2(SO4)3杂质，请设计一个可行方案，检验CuSO4溶液中是否含有Fe3+：_____________________。

（2）[Cu(NH3)4]SO4在水中存在如下解离过程：[Cu(NH3)4]SO4===[Cu(NH3)4]2+（深蓝色离子）+SO42－；[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3。请写出在CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量的反应现象：_____________。

（3）①方案1的实验步骤为：加热蒸发→冷却结晶→过滤洗涤→干燥。该方案存在明显缺陷，因为得到的产物晶体往往含有Cu2(OH)2SO4杂质，产生该杂质的原因是___________。

②方案2是较为理想的结晶方案，先向溶液C加入适量___________（填物质名称），再过滤、洗涤、干燥即可得到较纯净的晶体。下列选项中，最适合作为滤出晶体洗涤液的是___________。

。A．乙醇。

B．蒸馏水。

C．乙醇和水的混合液。

D．饱和硫酸钠溶液。

洗涤沉淀的操作方法是_______________________。

（4）氨含量的测定：准确称取ag络氨铜样品，加入过量NaOH溶液微热，使NH3充分释放，并被准确量取的30.00mL0.5000mol.L－1HCl溶液充分吸收。吸收液用0.1200mol·L－1的NaOH溶液滴定，消耗的NaOH溶液的体积为VL，则络氨铜样品中氨的质量分数为_______________（用含a、V的字母表达）。15、高锰酸钾是实验室常用的氧化剂。某实验小组制备高锰酸钾；具体流程如图：

实验一：锰酸钾的制备。称取3.0gKClO3固体和7.0gKOH固体混合，于铁坩埚中小火加热，待混合物熔融后用铁棒不断搅拌，再加入4.0gMnO2继续加热。

(1)熔融时加入MnO2后坩埚中反应的化学方程式为_____________。

(2)用铁棒而不用玻璃棒搅拌的原因是______________。

实验二：锰酸钾的歧化。待铁坩埚冷凉后放入烧杯中，加水共煮浸取，取出坩埚，开启启普发生器，趁热向溶液中通入CO2；直到溶液绿色全部变为紫色为止，静置沉淀，用砂芯漏斗进行抽滤，留滤液。歧化反应实验装置如图所示：

(3)向启普发生器中加入块状固体的位置_______（选填字母“a”“b”或“c”)。该仪器的优点是方便控制反应的发生与停止，其原理是_____________。

(4)烧杯中锰酸钾歧化反应的化学方程式为___________________。

(5)锰酸钾歧化时不能用盐酸代替CO2，原因是_______________。

实验三：锰酸钾的浓缩结晶。将滤液转移至蒸发皿中；蒸发浓缩，自然冷却结晶，抽滤至干。将晶体转移至已知质量的表面皿上，放入烘箱中80℃干燥半小时左右，冷却，称量，产品质量为3.16g。

(6)蒸发浓缩滤液至___________停止加热。

(7)该实验小组制备高锰酸钾的产率是____________。16、常用作杀虫剂；媒染剂；某小组在实验室以铜为主要原料合成该物质的路线如图所示：

已知：①为绛蓝色晶体；在溶液中存在以下电离(解离)过程：

②和在水中均可溶，在乙醇中均难溶。若向溶液中加入乙醇，会析出晶体。

请回答下列问题：

(1)实验室用下图装置制备合成所需的溶液。

①仪器a的名称是____；仪器d中发生反应的离子方程式是___。

②说明检验装置A气密性的方法：____。

③装置B的加热方法为水浴加热，其优点是___。

(2)方案1的实验步骤为：蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

该方案存在一定缺陷，因为根据该方案得到的产物晶体中往往含有__(填化学式)杂质，其原因是__(从平衡移动的角度回答)。

(3)方案2的实验步骤为：向溶液中加入适量____(填试剂名称)；过滤；洗涤、干燥。

(4)方案1；2中步骤均有过滤、洗涤、干燥。

①过滤的主要目的是将固液混合物进行分离。中学化学中常见的固液混合物分离的操作有“倾析法”；“普通过滤法”和“减压过滤法”等；操作示意图如下：

减压过滤法相对于普通过滤法的优点为____(填序号；下同)。

A.过滤速度相对较快B.能过滤胶体类混合物C.得到的固体物质相对比较干燥。

②下列最适合在“洗涤”步骤中作为洗涤液的是____。

A.蒸馏水B.乙醇与水的混合液C.饱和(NH4)2SO4溶液17、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________________________。18、某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行某些气体的制备；物质性质的探究等实验（图中夹持装置省略）。

请按要求填空：

(1)实验室制取SO2气体时，可选择的合适试剂___________（选填编号）。

a．10%的H2SO4溶液b．80%的H2SO4溶液c．Na2SO3固体d．CaSO3固体

相应的制取装置是___________（填上图中装置下方编号）。

(2)实验室若用装置①来制取H2S气体，可选择的固体反应物是___________（选填编号）。

a．Na2S固体b．NaHS固体c．FeS固体d．FeS2固体。

(3)如何检验装置①的气密性？简述其操作：__________________________

(4)若用装置③来证明SO2具有氧化性，其实验中可能观察到的现象是__________

(5)实验室里可用浓硫酸和无水酒精反应制取乙烯，除了题中的仪器外，制取装置中还缺少的玻璃仪器是_____________________________。

(6)该化学兴趣小组为探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱，依次选择了装置①、②、④，其中装置②盛有的试剂是_______________，装置④盛有的试剂是_______________。19、已知：①

②(亚硝基硫酸)

③

④亚硝基硫酸遇水易分解。

实验室将通入浓硝酸和浓硫酸的混酸中制备少量亚硝基硫酸的装置如下；回答下列问题：

A.B.C.D.

(1)仪器Ⅰ的名称为________，C中盛放的药品是________。

(2)按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为________________。(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。仪器连接好后，检查装置气密性时，在加热Ⅰ之前必须__________。

(3)D中发生反应的离子方程式为_____________。

(4)B中“冷水”的温度一般控制在20℃，温度不宜过低的主要原因是______。

(5)称取产品放入的碘量瓶中，并加入浓度为的标准溶液和的摇匀；用的标准溶液滴定，滴定前读数为达到滴定终点时读数为产品的纯度为________(产品中其他杂质不与反应)。评卷人得分四、计算题(共4题，共40分)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%）22、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。_________________23、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9题，共18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、D【分析】【详解】

A．准确量取25.00mL的液体可选用移液管；滴定管等量具；但不可选用量筒，因为常见的较精确的量筒只能记录到小数点后一位有效数值，A不合理；

B．蒸馏实验中；蒸馏烧瓶从下而上温度逐渐降低，若温度计的水银球低于支管口，则收集到的馏分的沸点会偏低，B不合理；

C．用分液漏斗分液时要经过振荡；放气、静置；待液体分层后，将分液漏斗颈上的玻璃塞打开或使塞上的凹槽（或小孔）对准分液漏斗上的小孔，打开分液漏斗下面的活塞将下层液体从下口放出，然后关闭活塞，将上层液体从上口倾倒出来，C不合理；

D．用纸层析法分离Fe3+和Cu2+，由于Fe3+亲脂性更强，则Fe3+在流动相中分配得多一些；随流动相移动的速度就快一些，D合理；

答案选D。3、D【分析】【详解】

A；乙醇与水互溶；不能萃取水中的碘，A错误；

B；乙醇和乙酸乙酯互溶；不能直接分液，B错误；

C；氯化钠的溶解度受温度影响小；C错误；

D；丁醇与乙醇的沸点相差较大。蒸馏即可实现分离；D正确；

答案选D。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．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳气体；反应不需要加热，可以制备二氧化碳气体，故A不选；

B．两种物质中氯元素的化合价分别为-1价和+1价；可以发生归中反应生成0价氯；浓盐酸和次氯酸钙混合反应可以生成氯气，反应不需要加热，故B不选；

C．氯化铵受热分解产生的氯化氢和氨气在试管口相遇遇冷；又重新合成氯化铵固体，得不到氨气，故C可选；

D．乙醇和浓硫酸加热到170℃；发生消去反应生成乙烯，可以制备乙烯，故D不选；

故答案：C。7、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。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。9、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。二、填空题(共1题，共2分)10、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9题，共18分)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】【详解】

（1）写出仪器a是圆底烧瓶。

（2）检查A装置气密性的操作是将导管接入盛水的水槽中；用水握住试管，有气泡产生，放手后能形成一段稳定的水柱，说明气密性良好。

（3）①氢氧化钙和硫酸铵共热生成硫酸钙和氨气，方程式为Ca(OH)2+(NH4)2SO4CaSO4+2NH3↑+H2O；②乙小组用浓氨水、氢氧化钠固体制备氨气不需加热，故选用B装置。浓氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，氢氧化钠固体溶于水，放出大量的热，使NH3的溶解度减小，NH3从氨水中析出，③同时氢氧化钠固体溶于水后发生电离，生成大量OH-，促使上述平衡向左移动，生成更多NH3，从而使NH3从氨水中析出。

（4）甲小组2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，由此可知，m1-m2为参加反应的CuO中氧的质量，物质的量为(m1-m2)/16，即NH3中H的物质的量为(m1-m2)/8。测的N2在标准状况下体积为V1L，则N原子的物质的量为V1/22.4，则氨分子中氮、氢的原子个数之比为(V1/22.4):(m1-m2)/8，化简得V1/[2.8(m1-m2)]

（5）洗气前装置D前后的质量差包含未参加反应的NH3，使得氢原子的物质的量增大，比值减小。要使没定值准确，只要找一种不吸收NH3的干燥剂即可；故可选用碱石灰。

考点定位：本题通过NH3和氨气中N、H原子个数测定来考查化学实验基础知识，涉及到仪器的识别、气密性的检查、实验误差解释、相关计算、实验评价及设计。【解析】（1）圆底烧瓶（2分）

（2）连接导管；将导管插入水中，加热试管，导管口有气泡产生，停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱（3分）

（3）①Ca(OH)2+(NH4)2SO4CaSO4+2NH3↑+H2O；（2分）②B（2分）氢氧化钠溶于氨水后放热，增加氢氧根浓度，使NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-向逆反应方向移动；加快氨气逸出（2分）

（4）5V1：7(m1-m2)（2分）

（5）浓硫酸吸收了未参加反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高（2分）碱石灰（氯氧化钠、氧化钙等）（2分）。13、略

【分析】【详解】

(1)①G收集产品，H中氢氧化钠溶液中水蒸气易挥发，进入G中，易使S2Cl2水解。在G和H之间增加干燥装置。

②若B中气压过大；A中浓盐酸不容易滴下，A与B之间应接一根导管，使A与B内气压相平衡，浓盐酸在重力作用下顺利滴入烧瓶。故答案为在G和H之间增加干燥装置。

(2)用固液加热的方法制Cl2，常用浓盐酸和二氧化锰反应制取，反应离子方程式为MnO2+4H++2Cl-

Mn2++Cl2↑+2H2O。2S+Cl2S2Cl2

(3)氯气中氯化氢用饱和食盐水吸收；用浓硫酸干燥，先除氯化氢，后干燥。故C中试剂饱和食盐水(或水)。

(4)仪器B为蒸馏烧瓶；F导管较长有两个作用：导出产品和冷凝产品。导气；冷凝。

(5)产品热稳定性差，温度过高，产品部分生成了二氯化硫，产率偏低。故答案为产率降低(或S2Cl2分解)。

(6)由信息可知，可能因温度、水蒸气因素引入HCl，S，SO2，SCl2杂质。若滴加盐酸过快，部分水蒸气没有被硫酸吸收，导入E管中。故应控制浓盐酸的滴速不要过快。【解析】用导管将A的上口和B相连(或将A换成恒压滴液漏斗)，在G和H之间增加干燥装置MnO2+4H＋+2C1-Mn2＋+C12↑+2H2O2S+Cl2S2Cl2饱和食盐水(或水)浓硫酸分液漏斗蒸馏烧瓶导气、冷凝产率降低有固体产生(或其他正确描述)SCl2C12或S(任写其中两种即可)控制浓盐酸的滴速不要过快14、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）检验硫酸铜溶液中是否有铁离子，可以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色进行检验，操作为：取适量溶液，滴加KSCN溶液，如果溶液变红，说明含有Fe3+，反之则无。（2）硫酸铜和氨水反应先生存氢氧化铜沉淀，后生成[Cu(NH3)4]SO4，所以现象为随着氨水的滴入，产生蓝色絮状沉淀；氨水过量后，蓝色沉淀又溶解，溶液变深蓝色。（3）①加热蒸发过程中NH3挥发，使反应[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3平衡往右移动，且Cu2+发生水解。②因为络氨铜在乙醇－水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的增加，溶解度减小，所以可以用无水乙醇，再过滤。为了减少[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解而损失，选用乙醇和水的混合溶液，选C。洗涤沉淀的方法为：用胶头滴管吸收少量乙醇溶液滴在固体上至浸没固体，待洗液滤出后，重复2~3次。（4）氨气的物质的量为0.5×0.03-0.12V，则氨的质量分数为

考点：离子检验；物质的制备，质量分数的计算。

【点睛】

阳离子的检验方法：

1；铁离子：加入硫氰化钾；溶液显红色；或加入氢氧化钠溶液，生成红褐色沉淀；或加入苯酚，显紫色。

2；亚铁离子：加入硫氰化钾；不显红色，再加入氯水，显红色。或加入氢氧化钠，生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。

3；铁离子和亚铁离子都存在时检验亚铁离子：加入酸性高锰酸钾溶液；溶液褪色。

4；铜离子：加入碱的溶液；例如氢氧化钠，生成蓝色絮状沉淀。

5；铝离子：加入氢氧化钠；先生成白色沉淀后沉淀溶解。

6、铵根离子：加入氢氧化钠的浓溶液或加热，产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体。【解析】取适量溶液，滴加KSCN溶液，如果溶液变红，说明含有Fe3+，反之则无随着氨水的滴入，产生蓝色絮状沉淀；氨水过量后，蓝色沉淀又溶解，溶液变深蓝色加热蒸发过程中NH3挥发，使反应[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3平衡往右移动，且Cu2+发生水解无水乙醇C用胶头滴管吸收少量乙醇溶液滴在固体上至浸没固体，待洗液滤出后，重复2~3次15、略

【分析】【分析】

(1)根据氧化还原反应分析化学方程式；

(2)玻璃棒的成分为SiO2；

(3)根据启普发生器原理分析；

(4)根据氧化还原反应分析化学方程式；

(5)锰酸钾具有强氧化性；与HCl反应；

(6)根据蒸发结晶的操作作答；

(7)根据质量守恒关系式计算产率。

【详解】

(1)根据信息，反应方程式为：MnO2＋KClO3＋KOH→K2MnO4＋KCl，MnO2→K2MnO4化合价↑2，KClO3→KCl化合价↓6，最小公倍数为6，因此MnO2、K2MnO4的系数为3，根据钾元素守恒，KOH的系数为6，根据原子守恒，配平其他，则KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为：KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；

(2)玻璃的成分中含SiO2，因为SiO2属于酸性氧化物，可以和KOH反应，因此不能用玻璃仪器，而用铁坩埚和铁制搅拌棒，故答案为：玻璃棒中的SiO2在熔融状态下与KOH反应；

(3)固体放在启普发生器的中间层，从b处加入块状固体；打开止水夹，块状固体与液体接触发生反应，关闭止水夹，启普发生器内压强增大，液体被压入长颈漏斗，块状固体和液体脱离接触，反应停止，故答案为：b；打开止水夹；块状固体与液体接触发生反应，关闭止水夹，启普发生器内压强增大，液体被压入长颈漏斗，块状固体和液体脱离接触，反应停止；

(4)MnO42－→MnO4－＋MnO2，MnO42－→MnO4－化合价↑1，MnO42－→MnO2化合价↓2，最小公倍数为2，即MnO4－的系数为2，则MnO42－的系数为3，根据反应前后原子守恒和所带电荷守恒，CO2转化成了CO32－，因此化学反应方程式为：3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3，故答案为：3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3；

(5)锰酸钾具有强氧化性；与HCl反应生成氯气，造成污染，同时也降低高锰酸钾的产率，故答案为：锰酸钾可以将盐酸氧化放出氯气造成污染，同时也降低高锰酸钾的产率；

(6)蒸发浓缩滤液至溶液表面出现晶膜时停止加热；故答案为：溶液表面出现晶膜时；

(7)由(1)有KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，加入4.0gMnO2消耗的KClO3的质量为1.88g，消耗的KOH的质量为5.15g，可知MnO2完全反应，再结合3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3，则有关系式则理论上生成的高锰酸钾质量x=高锰酸钾的产率是故答案为：65.25%。

【点睛】

本题易错项(7)，对于一个反应，给出多个反应物的质量时，要分析加入的物质哪一个会完全反应，根据完全反应的物质的关系式进行计算。【解析】KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O玻璃棒中的SiO2在熔融状态下与KOH反应b打开止水夹，块状固体与液体接触发生反应，关闭止水夹，启普发生器内压强增大，液体被压入长颈漏斗，块状固体和液体脱离接触，反应停止。3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3锰酸钾可以将盐酸氧化放出氯气造成污染，同时也降低高锰酸钾的产率溶液表面出现晶膜时65.25%16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①仪器a为分液漏斗；仪器d中，铜单质在酸性条件下被氧化为相应的离子方程式为

②检验装置A气密性的方法为：关闭止水夹k；从分液漏斗向锥形瓶中加水至在漏斗颈内形成一段水柱，停止加水，静置一段时间，若水柱没有下降，说明装置A的气密性良好；③由于水具有较大的比热容，加热或冷却过程中温度的变化较为缓慢，所以水浴加热具有易于控制温度的优点，且能够使被加热物质均匀受热；

(2)该方案存在明显缺陷，因为得到的产物晶体中往往含有或杂质，因为在蒸发浓缩过程中挥发，使平衡向右移动，发生水解生成或

(3)根据题给信息②可知；加入的试剂应为乙醇；

(4)①减压过滤可加快过滤速度；并使沉淀比较干燥，因为胶状沉淀易穿透滤纸，沉淀颗粒太小易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜过滤胶状沉淀和颗粒太小的沉淀，A；C项正确；

②晶体易溶于水，难溶于乙醇等，所以可选用乙醇和水的混合液，不能选用蒸馏水；若用饱和硫酸铵溶液洗涤，则会在晶体表面残留有硫酸铵杂质，达不到洗涤的目的。【解析】分液漏斗关闭止水夹k，从分液漏斗向锥形瓶中加水至在漏斗颈内形成一段水柱，停止加水，静置一段时间，若水柱没有下降，说明装置A的气密性良好受热均匀，易于控制加热温度或蒸发浓缩过程中挥发，使平衡向右移动，发生水解生成或乙醇ACB17、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18、略

【分析】【分析】

(1)根据SO2气体易溶于水以及CaSO4固体微溶等性质选择制取SO2的合适试剂；根据二氧化硫的反应原理：使用固体+液体反应；不需加热选择装置；

(2)根据装置①的特点；固体与液体反应，不需要加热，且固体难溶于水，便于控制反应的特点解答；

(3)根据检查装置气密性的原理：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系；依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成；水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏分析解答；

(4)二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成单质S和液态水解答；

(5)乙醇在浓硫酸的作用下；加热到170℃时生成乙烯，据此分析所需仪器；

(6)探究乙酸；碳酸和苯酚的酸性强弱；依次选择了装置①、②、④，根据比较酸性强弱的原理和相关的装置①、②、④的作用进行解答。

【详解】

(1)实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；

a．10%的H2SO4溶液，SO2是一种没有颜色而有刺激性气味的有毒气体，易溶于水，由于SO2气体是易溶于水的气体，所以不能选择10%的H2SO4溶液；故a错误；

b．80%的H2SO4溶液，由于SO2气体是易溶于水的气体，用浓硫酸可以降低二氧化硫在水中的溶解度，故b正确；

c．Na2SO3固体，Na2SO3固体易溶于水；保证反应均匀进行，故c正确。

d．CaSO3固体，由于CaSO3固体与硫酸反应生成的CaSO4固体微溶，容易在CaSO3固体表面形成一层薄膜阻止反应的进行；故d错误；

气体的制取装置的选择与反应物的状态、溶解性和反应的条件有关；实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，该制取所需装置为固体和液体反应不需加热制取气体，因Na2SO3固体易溶于水；选①无法控制反应的开始和停止和反应的速率，故选⑥；

故答案为：bc；⑥；

(2)装置①的特点；固体与液体反应，不需要加热，且固体难溶于水，便于控制反应；

a．Na2S固体b．NaHS固体都是易溶于水的固体，故不正确，FeS2颗粒虽难溶于水但与酸发生：FeS2+H2SO4=H2S2+FeSO4，H2S2类似于H2O2，易分解，发生H2S2=H2S↑+S↓，显然不及用FeS固体与稀H2SO4反应制取H2S气体副产物少，反应快，因此实验室用FeS固体和稀硫酸反应制取H2S气体，FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑，用FeS固体与稀H2SO4反应制取H2S气体；是固液常温型反应，所以c正确；

故答案为：c；

(3)装置①为简易的制取气体装置；对于该装置的气密性检查，主要是通过气体受热后体积膨胀；压强增大或压强增大看体积变化来进行检验，如夹紧止水夹，向长颈漏斗中加水至其液面高于试管中的液面，一段时间后，看液面高度差有无变化，说明变化装置漏气，反之不漏气；

故答案为：夹紧止水夹；向长颈漏斗中加水至其液面高于试管中的液面，一段时间后，液面高度差无变化，说明装置不漏气；

(4)证明SO2具有氧化性，利用二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应，生成单质S和水，该反应为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，二氧化硫中+4价的S元素的化合价降低为产物中的0价，二氧化硫表现氧化性，实验现象为瓶壁上有淡黄色粉末为S和无色小液滴H2O；

故答案为：瓶壁上有淡黄色粉末和无色小液滴；

(5)实验室制取乙烯的原理是CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；需酒精灯加热，需温度计测反应的温度，故答案为：酒精灯；温度计；

(6)探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱，依次选择了装置①、②、④，选择装置①乙酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，乙酸有挥发性，挥发出的乙酸也可以和苯酚钠溶液反应，生成苯酚；选择装置②盛有饱和NaHCO3溶液，防止醋酸干扰实验，在气态未和苯酚反应前将其除去，除去醋酸且又不引进新的杂质气体；选择装置④盛有苯酚钠溶液，目的是使二氧化碳、水和苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢钠，现象是溶液出现浑浊，反应离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-；根据强酸制取弱酸的原则，酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚；

故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；苯酚钠溶液。

【点睛】

本题难点(1)(2)，对于制备类装置的选择，要注意物质性质的积累，气体的制取装置的选择与反应物的状态、溶解性和反应的条件有关。【解析】bc⑥c夹紧止水夹，向长颈漏斗中加水至其液面高于试管中的液面，一段时间后，液面高度差无变化，说明装置不漏气瓶壁上有淡黄色粉末和无色小液滴酒精灯、温度计饱和碳酸氢钠溶液苯酚钠溶液19、略

【分析】【分析】

(1)根据装置特点可知仪器Ⅰ的名称；亚硝基硫酸遇水易分解，装置A制取的中含有水蒸气；必须先干燥再通入B中反应，所以C中盛放的药品是浓硫酸。

(2)装置A的目的是制备SO2气体，产生的SO2需与HNO3反应制备NOSO4H，但NOSO4H易水解，所以SO2需先干燥，且SO2会污染空气；制备完成需进行尾气处理，可得装置连接顺序；

(3)装置D为尾气处理装置；利用过量氢氧化钠完全吸收有毒的二氧化硫，由此可得反应的离子方程式。

(4)结合温度对反应速率的影响作答即可。

(5)写出草酸钠与酸性高锰酸钾溶液的反应方程式，根据题给数据计算出过量的KMnO4的量，再结合反应③计算NOSO4H的物质的量；进而求算产品的纯度。

【详解】

(1)仪器Ⅰ的名称为蒸馏烧瓶；亚硝基硫酸遇水易分解，装置A制取的中含有水蒸气；必须先干燥再通入B中反应制取亚硝基硫酸，同时要防止空气或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，所以C中盛放的药品是浓硫酸。

故答案为：蒸馏烧瓶；浓硫酸。

(2)洗气时装置连接必须“长进短出”，即“e进d出”；通入时要尽量使充分与反应物混合，提高利用率，所以“b进c出”；有毒，未反应的不能排放到大气中，上述仪器的连接顺序为aedbcedf。仪器连接好后；检查装置气密性时，在加热蒸馏烧瓶之前，必须关闭分液漏斗的旋塞，在D的烧杯中加入水至浸没导气管，再加热蒸馏烧瓶，如果观察到D导管口有气泡冒出，说明装置气密性良好。

故答案为：aedbcedf；关闭分液漏斗旋塞；用水浸没D中导气管。

(3)为了完全吸收有毒的二氧化硫，氢氧化钠应过量，所以生成亚硫酸钠：

故答案为：

(4)温度影响反应速率；温度过低，反应速率太慢。

故答案为：反应速率太慢。

(5)草酸钠与硫酸酸化的高锰酸钾溶液反应的化学方程式为：过量的的物质的量则与反应的高锰酸钾的物质的量结合已知③：可得的物质的量因此产品的纯度为

故答案为：74.7%（或75%）。

【点睛】

本题考查了物质制备方案、装置的作用及连接、滴定实验测定含量的过程分析判断、滴定实验的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解析】蒸馏烧瓶浓硫酸aedbcedf关闭分液漏斗旋塞，用水浸没D中导气管反应速率太慢74.7%（或75%）四、计算题(共4题，共40分)20、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]=5:4:121、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.