2025年湘教版选修6化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年湘教版选修6化学下册月考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5题，共10分)1、能鉴别MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液的试剂是A.HNO3B.KOHC.BaCl2D.NaClO2、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.D5、中国传统文化对人类文明贡献巨大，以下两篇古代文献中都涉及到了KNO3。

。序号。

古代文献。

记载。

1

《开宝本草》

“(KNO3)所在山泽；冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”

2

《本草纲目》

“(火药)乃焰硝(KNO3)；硫黄、山木炭所合；以为烽燧餇诸药者”

对其解释不合理的是A.1中利用了溶解、蒸发、结晶的过程B.可用1中方法制成KNO3是由于KNO3的溶解度受温度影响不大C.2中火药使用时体现了硝酸钾的氧化性D.2中火药使用时产物可能污染环境评卷人得分二、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、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__________。8、实验室按照图1所示装置制备氯酸钾；氯水并进行有关探究实验。

Ⅰ实验一制取氯酸钾和氯水。

（1）A中发生反应的化学方程式是_____________。

（2）制备KClO3需在70℃～80℃进行，写出制备KClO3的离子方程式______。

（3）装置C的作用是_____。

（4）KCl和KClO3的溶解度如图2所示。反应结束后，将装置B中的溶液放到冰水浴中，20秒后会析出较多晶体X。这样做是因为________（选填a、b；c）：

a．KClO3溶解度受温度影响较大而KCl溶解度受温度影响较小。

b．0℃时，KClO3溶解度比KCl小。

c．溶液中的溶质主要是KClO3

所以在冷却过程中晶体X会沉淀析出；X的化学式是_______。

（5）上一步操作会不可避免地使另一种物质同时析出；因此要获得较纯净的X，需要进行的具体的操作步骤是_________________。

Ⅱ实验二氯酸钾性质研究。

（6）在不同条件下KClO3可将KI氧化为不同的产物。该小组设计了如下实验；研究反应条件对反应产物的影响(实验在室温下进行)：

。

0.20mol·LKI/mL

KClO3(s)/g

6.0mol·L-1H2SO4/mL

蒸馏水/mL

试管1

1.0

0.10

0

9.0

试管2

1.0

0.10

3.0

6.0

①该实验的实验目的是__。

②设计试管1实验的作用是_____。

③实验后发现，试管2中产生黄色溶液，该同学预测KI被氧化为I2。用离子方程式表示该同学的预测____________；请设计2种实验方案验证该预测正确（从加入试剂、现象、结论等方面描述）______________。9、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)。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、如图是模拟工业制硝酸原理的实验装置。先用酒精灯对硬质玻璃管里的三氧化二铬加热；然后把空气鼓入盛有浓氨水的锥形瓶，当三氧化二铬保持红热状态时，移去酒精灯。

（1）硬质玻璃管里发生反应的化学方程式为___________________________________。当三氧化二铬红热时，要移去酒精灯，原因是：_____________________________。

（2）圆底烧瓶里的实验现象是______________________________________，鼓入空气的作用是_________________________________。

（3）实验过程中，如果慢慢地鼓入空气，石蕊溶液的颜色______________。

（4）实验结束后，在圆底烧瓶内壁上有时会看到少量无色晶体，写出生成该晶体的化学方程式：____________________________________________。

（5）新制的三氧化二铬催化效果较好。实验室一般用加热分解(NH4)2Cr2O7的方法制三氧化二铬，反应的化学方程式为___________________________________________。

（6）工业上要获得浓度较大的硝酸，往往在稀硝酸中加入吸水剂硝酸镁或浓硫酸，然后____（填一种操作名称）。实验室里保存浓硝酸的方法是___________________。评卷人得分四、工业流程题(共4题，共20分)12、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。13、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.14、轻质氧化镁是新型功能复合材料的重要添加剂，可以菱镁矿(含MgCO3、CaCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料制备；其制备流程如图：

(1)酸溶时，为了提高矿物的浸取率可采取的措施有__。(答一条即可)

(2)浓硫酸与Al2O3反应的化学方程式为__；滤渣Ⅰ的主要成分为__(填化学式)。

(3)用氨水调节溶液pH=8~9的目的是__，若氨水加的量较多使pH>9，则最终氧化镁的产量会__(填“增大”“不变”或“减小”)。

(4)沉镁时发生反应的离子方程式为__。

(5)流程中“焙烧”操作若在实验室中进行，样品应放在__（填实验仪器）中加热，当__时，说明固体样品已分解完全。15、以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分为重铬酸钠：Na2Cr2O7·2H2O)；其主要工艺流程如图：

查阅资料得知：在碱性条件下，某些氧化剂能将Cr3+转化为回答下列问题：

(1)为了提高铬铁矿中Cr3+的浸出率，可采取的措施有(任填两项)：______、_______。

(2)实验室中操作①②中用到的硅酸盐类的主要仪器除烧杯外还有______(填仪器名称)。

(3)固体A中含有的物质是________，固体C中含有的物质是_______。

(4)写出溶液D转化为溶液E过程中反应的离子反应方程式_______。

(5)酸化过程是使转化为写出该反应的离子方程式________。

(6)将溶液F经过下列操作，______，______，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠。评卷人得分五、计算题(共4题，共36分)16、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。_________________17、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%）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%）参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【详解】

A.MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液分别与HNO3反应时；现象分别为生成紫色碘单质；无现象、有无色气泡生成、先生成白色沉淀后沉淀消失，现象不同，能鉴别，A正确；

B.MgI2、AgNO3分别与KOH反应，现象分别为白色沉淀、褐色沉淀，而Na2CO3、NaAlO2溶液均不与KOH溶液反应；无法鉴别，B错误；

C.AgNO3、Na2CO3分别与BaCl2反应；均生成白色沉淀，无法鉴别，C错误；

D.AgNO3、Na2CO3、NaAlO2溶液均不与NaClO反应；则无法鉴别，D错误。

答案选A。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、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。5、B【分析】扫取以水淋汁后（溶解），乃煎炼（蒸发结晶）而成，所以选项A正确。硝酸钾的溶解度受温度影响是非常明显的，选项B错误。火药的主要成分是KNO3、S和C，所以在反应中KNO3应该表现氧化性，选项C正确。火药使用中可能会产生二氧化硫等污染性气体，选项D正确。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】

(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。8、略

【分析】（1）A中反应为实验室制氯气：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。

（2）制备氯酸钾是将氯气通入热水中，根据化合价升降的原理，一定有氯化钾生成，根据化合价升降相等和原子个数守恒，得到：3Cl2+6OH－5Cl－+ClO+3H2O。

（3）实验的目的是要得到氯水；所以C的作用是制备氯水。

（4）根据B中反应，得到的氯化钾一定高于氯酸钾，所以选项c错误。而氯酸钾之所以能从溶液中析出，一个是因为其溶液度相对较小，另外一个是因为其溶解度受温度的影响更明显。所以选项a、选项b正确。洗出的是KClO3晶体。

（5）实际得到的一定是氯酸钾和氯化钾的混合物；提纯氯酸钾的方法就是重结晶，所以将重结晶的操作叙述一下即可。

（6）①实验1和实验2的区别在于是不加入了硫酸，所以实验的目的是：探究H2SO4对该反应产物的影响。

②实验1没有加入硫酸；所以是研究不添加硫酸时，该反应的产物。

③KI被氯酸钾氧化为单质碘，氯酸钾被还原得到氯化钾，实验②添加了硫酸，所以反应物可以添加氢离子，方程式为：ClO3-+6I-+6H+=3I2+Cl-+3H2O。为了证实有单质碘的生成，可以选择用淀粉溶液检验或者有机溶剂萃取后根据有机层的颜色变化检验。【解析】MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O3Cl2+6OH－5Cl－+ClO+3H2O制备氯水abKClO3将沉淀溶解于水，加热，冷却结晶，过滤洗涤，重复2-3次研究H2SO4对该反应产物的影响研究没有硫酸酸化时，该反应的产物ClO3-+6I-+6H+=3I2+Cl-+3H2O方案1：取反应后的溶液，加入淀粉溶液，溶液变蓝即说明产物为碘单质；方案2：取反应后的溶液，加入苯/四氯化碳溶液，振荡，溶液分层，上层/下层显紫色，即证明产生碘单质。9、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%）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】

(1)氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO；根据反应放热，温度会影响催化剂的活性；

(2)根据NO2为红棕色气体；鼓入空气有利于氨气的逸出，同时提供氧气；

(3)根据酸能使石蕊溶液变红；

(4)根据NO2与水反应生成硝酸，进而与氨气生成硝酸铵；

(5)(NH4)2Cr2O7中铵根中的氮是负三价，有还原性，重铬酸根中的铬正六价，有氧化性，会发生自身氧化还原反应，氮元素化合价升高，铬元素化合价降低；

(6)根据硝酸和其他溶液是互溶的液体；根据硝酸不稳定；易分解。

【详解】

(1)氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO，反应为4NH3+5O24NO+6H2O，该反应是放热反应，温度太高可能使催化剂的活性降低，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；该反应是放热反应，温度太高可能使催化剂的活性降低；

(2)产生的一氧化氮能和氧气反应生成红棕色的NO2，鼓入空气有利于氨气的逸出，同时提供氧气，故答案为：有红棕色气体产生；提供O2，且促进氨的挥发；

(3)NO2易与水反应生成硝酸，硝酸能使石蕊溶液变红，故答案为：变红色；

(4)NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3：NH3+HNO3═NH4NO3，故答案为：NH3+HNO3═NH4NO3；

(5)(NH4)2Cr2O7中铵根中的氮是负三价，有还原性，重铬酸根中的铬正六价，有氧化性，会发生自身氧化还原反应，氮元素化合价升高为0价，铬元素化合价降低为+3价，分别生成氮气和氧化铬：(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O，故答案为：(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O；

(6)硝酸和硝酸镁溶液或硫酸是互溶，可以采取蒸馏的方法分离，硝酸不稳定，易分解，应盛于棕色瓶，密封放于阴暗处，故答案为：蒸馏；盛于棕色瓶，密封放于阴暗处。【解析】4NH3+5O24NO+6H2O该反应是放热反应，温度太高可能使催化剂的活性降低（或玻璃管破裂，合理即可）有红棕色气体产生提供O2，且促进氨的挥发变红色NH3+HNO3=NH4NO3(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O蒸馏盛于棕色瓶，密封放于阴暗处四、工业流程题(共4题，共20分)12、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+6HCl5.0713、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14、略

【分析】【分析】

菱镁矿(含MgCO3、CaCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料制备；加入浓硫酸后，二氧化硅不反应，作为滤渣Ⅰ，其余物质转化为离子，加入氨水调节pH后，铝离子和铁离子沉淀，滤液通入二氧化碳后，镁离子沉淀为碳酸镁，洗涤焙烧后转为氧化镁，据此回答问题。

【详解】

(1)酸溶时；为了提高酸溶速率可采用的措施有将菱镁矿粉碎；适当提高酸溶时的温度；提高矿物的浸取率可采取的措施有适当延长酸溶时间、溶解过程中不断搅拌、多次浸取、减小菱镁矿的颗粒度等；

(2)Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；滤渣I的主要成分为不溶于酸的SiO2和生成的微溶物CaSO4；

(3)用氨水调节溶液pH=8～9的目的是使滤液中的Al3+与Fe3+完全沉淀，若氨水加的量较多使pH>9；滤渣II含有氢氧化镁沉淀，则最终氧化镁的产量会减小；

(4)沉镁时发生反应的离子方程式为CO2+2NH3·H2O+Mg2+=MgCO3↓+2NH4++H2O；

(5)流程中“焙烧”操作若在实验室中进行，样品应放在坩埚中加热，当前后两次称量固体的质量不变(或前后两次称量固体质量差小于0.lg)时，说明固体样品已分解完全。【解析】适当延长酸溶时间或溶解过程中不断搅拌或多次浸取Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2OCaSO4、SiO2使滤液中的Al3+与Fe3+完全沉淀减小CO2+2NH3·H2O+Mg2+=MgCO3↓+2N+H2O坩埚前后两次称量固体的质量不变(或质量差小于0.1g)15、略

【分析】【分析】

铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入氧化剂，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C，溶液D含有Cr3+，在溶液D中加入H2O2和NaOH，发生氧化还原反应，溶液E含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤干燥可得Na2Cr2O7•2H2O。

【详解】

(1)酸浸时；为了提高浸取率可采取的措施是：延长浸取时间；加快溶解速度、将铬铁矿进行粉碎、搅拌或适当增大硫酸的浓度等措施；

故答案为：适当升高溶液温度；将铬铁矿进行粉碎；搅拌或适当增大硫酸的浓度等；

(2)实验室中操作①②都为过滤；过滤时需要制作过滤器的漏斗；固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯，所以过滤操作时用到的硅酸盐类的主要仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；

故答案为：玻璃棒；漏斗；

(3)铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O，SiO2和硫酸不反应，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入氧化剂，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+；生成氢氧化铁；氢氧化铝沉淀，即固体C；

故答案为：SiO2；Al(OH)3和Fe(OH)3；

(4)溶液D含有Cr3+，在溶液D中加入H2O2和NaOH，发生氧化还原反应，Cr3+～铬化合价（+3→+6），H2O2～H2O，氧化合价（-1→0），反应为：10OH-+2Cr3++3H2O2=2+8H2O；

故答案为：10OH-+2Cr3++3H2O2=2+8H2O；

(5)酸化使转化为反应的离子方程式为2H++2=+H2O，故答案为：2H++2=+H2O；

(6)溶液E含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤干燥可得Na2Cr2O7•2H2O；故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。

【点睛】

本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，题目难度中等。【解析】适当升高溶液温度将铬铁矿粉碎成颗粒玻璃棒、漏斗SiO2Al(OH)3和Fe(OH)310OH-+2Cr3++3H2O2=2+8H2O2H++2=+H2O蒸发浓缩冷却结晶五、计算题(共4题，共36分)16、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]=5:4:117、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)