2025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2025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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、离子交换法净化水过程如图所示。下列说法错误的是。

A.水中的NO3-、SO42-、Cl-通过阴离子树脂后被除去B.经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变C.通过净化处理后，水的导电性降低D.阴离子树脂填充段存在反应H++OH-=H2O2、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、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4、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.5、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)6、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)7、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：_____。8、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：_____。9、硝酸铁具有较强的氧化性；易溶于水，乙醇等，微溶于浓硝酸。可用于金属表面化学抛光剂。

(1)制备硝酸铁。

取100mL8mol·L-1硝酸于a中，取5.6g铁屑于b中；水浴保持反应温度不超过70℃。

①b中硝酸与铁屑混合后，铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体。写出b中发生反应的离子方程式：_______。

②若用实验制得的硝酸铁溶液；获取硝酸铁晶体，应进行的操作是：将溶液小心加热浓缩；_________、___________，用浓硝酸洗涤、干燥。

(2)探究硝酸铁的性质。用硝酸铁晶体配制0.1mol·L-1硝酸铁溶液；溶液呈黄色，进行实验如下：

实验一：硝酸铁溶液与银反应：

i.测0.1mol·L-1硝酸铁溶液pH约等于1.6。

ii.将5mL0.1mol·L-1硝酸铁溶液加到有银镜的试管中；约1min银镜完全溶解。使银镜溶解的反应原理有两个反应：

a.Fe3+使银镜溶解b.NO3-使银镜溶解。

①证明Fe3+使银镜溶解；应辅助进行的实验操作是_________。

②用5mL__________溶液，加到有银镜的试管中，约1.2min银镜完全溶解。证明NO3-使银镜溶解。

③为进一步研究溶解过程，用5mLpH约等于1.6的0.05mol·L-1硫酸铁溶液；加到有银镜的试管中，约10min银镜完全溶解。

实验二：硝酸铁溶液与二氧化硫反应；用如图所示装置进行实验：

i.缓慢通入SO2；溶液液面上方出现红棕色气体，溶液仍呈黄色。

ii.继续持续通入SO2；溶液逐渐变为深棕色。

已知：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色)

④步骤i反应开始时，以NO3-氧化SO2为主；理由是：_________。

⑤步骤ii后期反应的离子方程式是__________。

(3)由以上探究硝酸铁的性质实验得出的结论是__________。10、碱性锌锰电池是日常生活中消耗量最大的电池,其构造如图1所示。放电时总反应为Zn+2H2O+2MnO2Zn(OH)2+2MnOOH,从废旧碱性锌锰电池中回收Zn和MnO2的工艺如下图2所示：

回答下列问题:

（1）碱性锌锰电池中，锌粉、MnO2；KOH的作用分别是（每空只选1个）_______、_______、______。

a．正极反应物b．正极材料c．负极反应物。

d．负极材料e．电子导体f．离子导体。

（2）“还原焙烧”过程中，无需外加还原剂即可在焙烧过程中将MnOOH、MnO2还原为MnO；起还原作用的物质是___________。

（3）“净化”是在浸出液中先加入H2O2；再加入碱调节溶液pH到4.5左右，再过滤出沉淀。请完整说明这样操作的目的是______________。

。

Zn(OH)2

Fe(OH)3

Mn(OH)2

开始沉淀的pH

5.5

1.9

8.0

沉淀完全的pH

8.0

3.2

10.0

（4）“电解”时；阳极的电极反应式为___。本工艺中应循环利用的物质是____(填化学式)。

（5）若将“粉料”直接与盐酸共热反应后过滤，滤液的主要成分是ZnCl2和MnCl2。“粉料”中的MnOOH与盐酸反应的化学方程式为_____。

（6）某碱性锌锰电池维持电流0.5A(相当于每秒通过5×10-6mol电子)，连续工作80分钟即接近失效。如果制造一节电池所需的锌粉为6g，则电池失效时仍有____%的金属锌未参加反应。11、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、计算题(共4题，共16分)12、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。_________________13、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%）14、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。_________________15、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5题，共10分)1、B【分析】【分析】

离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及SO42-、Cl-、NO3-等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子被树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H+则被交换到水中；随后水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH-也被交换到水中，同时与水中的H+离子结合成水；据此分析作答。

【详解】

A．阴离子交换树脂吸收阴离子，所以经过阴离子交换树脂后，溶液中的NO3-、SO42-、Cl-被树脂吸收而除去；A项正确；

B．经过阳离子交换树脂后；溶液中阳离子所带总电荷不变，但是水中部分阳离子由带2个单位正电荷变为带1个单位正电荷，导致阳离子总数增加，B项错误；

C．溶液导电性与离子浓度成正比通过净化处理后溶液中阴阳离子被除去；导致溶液中离子浓度减小，溶液导电性降低，C项正确；

D.通过阳离子交换膜后得到的溶液中含有H+，经过阴离子交换膜后生成水，说明经过阴离子交换膜时发生中和反应，所以阴离子树脂填充段存在反应H++OH-=H2O；D项正确；

答案选B。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、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。4、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。5、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)6、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)7、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8、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9、略

【分析】【分析】

(1)①硝酸与铁屑混合后；铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体，生成了硝酸铁；二氧化氮和水，据此写离子方程式；

②根据溶液提取晶体的操作回答；

(2)①如果Fe3+使银镜溶解，则铁的化合价降低变为Fe2+，证明Fe2+的存在即可；

②证明NO3-使银镜溶解；采用控制变量法操作；

④溶液液面上方出现红棕色气体；溶液仍呈黄色；

⑤根据继续持续通入SO2，溶液逐渐变为深棕色，已知：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色)，有Fe2+的生成；

(3)总结实验一和实验二可知答案。

【详解】

(1)①硝酸与铁屑混合后，铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体，生成了硝酸铁、二氧化氮和水，离子方程式为：Fe+3NO3-+6H+＝Fe3++3NO2↑+3H2O，故答案为：Fe+3NO3-+6H+＝Fe3++3NO2↑+3H2O；

②由硝酸铁溶液；获取硝酸铁晶体，应进行的操作是：将溶液小心加热浓缩；降温结晶、过滤、用浓硝酸洗涤、干燥，故答案为：降温结晶；过滤；

(2)①如果Fe3+使银镜溶解，则铁的化合价降低变为Fe2+，证明Fe2+的存用铁氰化钾溶液；有蓝色沉淀即可，故答案为：取反应后的溶液，加几滴铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀；

②证明NO3-使银镜溶解，采用控制变量法操作，即加入的为0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液，故答案为：0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液；

④实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成，故答案为：实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成；

⑤根据继续持续通入SO2，溶液逐渐变为深棕色，已知：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色)，有Fe2+的生成，离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+；

(3)总结实验一和实验二可知，在pH约等于1.60.1mol·L-1硝酸铁溶液中，Fe3+、NO3-都有氧化性，其中以NO3-氧化性为主，故答案为：在pH约等于1.60.1mol·L-1硝酸铁溶液中，Fe3+、NO3-都有氧化性，其中以NO3-氧化性为主。【解析】Fe+3NO3-+6H+＝Fe3++3NO2↑+3H2O降温结晶过滤取反应后的溶液，加几滴铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+在pH约等于1.60.1mol·L-1硝酸铁溶液中，Fe3+、NO3-都有氧化性，其中以NO3-氧化性为主。10、略

【分析】（1）碱性锌锰干电池中；单质锌为负极反应物，负极材料为铁皮外壳，石墨棒为正极材料，正极反应为二氧化锰，氢氧化钾相当于电解质溶液，所以答案依次为：c；a、f。

（2）电池中的碳粉和锌粉都是“还原焙烧”过程中的还原剂。

（3）加入过氧化氢的目的是将亚铁离子氧化为铁离子；再加入碱调节溶液的pH至4.5，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，这样避免沉淀溶液的锌离子。

（4）电解的溶液为硫酸锰和硫酸锌的混合溶液，因为电解要得到单质锌和二氧化锰，所以电解的阳极反应为Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+。根据阳极反应，得到溶液中会生成氢离子，因为Mn2+都转化为二氧化锰；锌离子都转化为单质，所以电解至最后应该得到硫酸，硫酸可以循环使用。

（5）因为“粉料”中的MnOOH与盐酸反应也是得到MnCl2的，所以Mn的化合价降低，只能是Cl化合价升高，因此生成物为氯气，根据化合价升降相等和原子个数守恒得到：2MnOOH+6HClCl2↑+2MnCl2+4H2O。

（6）每秒通过5×10-6mol电子，连续工作80分钟，则通过电子为5×10-6×80×60=0.024mol。所以参加反应的单质锌为0.012mol，质量为0.78g，所以剩余的锌为6－0.78=5.22g，所以剩余锌为5.22/6=87%。【解析】cafC/Zn加入H2O2目的是将Fe2+氧化为Fe3+调节pH=4.5是使Fe3+完全沉淀而Mn2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+H2SO42MnOOH+6HClCl2↑+2MnCl2+4H2O8711、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、计算题(共4题，共16分)12、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]=5:4:113、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%14、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；