2021-2022学年新教材高中化学 综合过关检测（二）鲁科版必修1.docx

1、综合过关检测过关检测（二）一、单选题，共15小题1下列用于硫酸铜结晶水含量测定的器具中名称正确的是（）A三脚架B研钵C镊子D瓷坩埚2使用分液漏斗时，应首先（ ）A洗涤B检查是否漏水C打开玻璃塞D打开活塞3下列反应在一定条件下可以完成的是非金属单质置换出氢气的反应 弱酸生成强酸的反应两种化合物生成单质的反应 有单质参加的非氧化还原反应盐和氧化物生成另一种盐和另一种氧化物的反应A B C D4某溶液可能含有Cl-、SO、CO、 Fe3+、A13+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量B

2、aC12溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A至少存在5种离子BCO、A13+一定不存在，K+可能存在CSO、一定存在，C1-可能不存在DCl-一定存在5向四瓶盛有相同物质的量的NaOH溶液中通入体积不同的CO2气体后，得到四瓶溶液。分别向四瓶溶液中逐滴加入等浓度的盐酸，产生的气体体积V(CO2)与所加盐酸体积V(HCl)的关系如下图所示，且图中分别有OAAB、OA=AB、OAAB,则下列分析与判断正确的是(忽略CO2的溶解)A中通入的CO2最少 B中的溶质只有Na2CO3C有两种溶质的是和 D若中OA2AB,则有c(NaOH)c(Na2CO3)6下列实验操作与预期的实验目的

3、或结论均正确的是选项实验操作实验目的或结论A向FeCl3溶液中通入Cl2，然后滴加KSCN溶液验证Cl2的氧化性比Fe3+强B向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中不一定含有SO42C用洁净的Pt丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液中一定含有Na，一定无KD直接加热MgCl26H2O晶体获取无水MgCl2固体AABBCCDD7实验用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历下列过程，Fe3在pH5时已完全沉淀，其中分析错误的是A利用CuCO3替代CuO也可调节溶液的pH，不影响实验结果B步骤中发生的主要反应为：H2O2Fe22HFe32H2OC洗涤晶体

4、：向滤出晶体的漏斗中加少量水至浸没晶体，待自然流下后，重复23次D配制240 mL1molL的CuSO4溶液，需称量CuSO45H2O的质量为62.5g8在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是AMgCO3(s)MgCl2(aq)Mg(s)BSiO2(s) SiCl4(l)Si(s)CFeS2(s)SO3(g)H2SO4(aq)DN2(g)NH3(g)Ag(NH3)2NO3(aq)9下列物质中Al NaHCO3 Al2O3 Mg(OH)2 Al(OH)3中，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的化合物是（ ）ABCD10pH=1的某溶液X中还含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+

5、、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解）, 取该溶液进行如下实验：下列有关推断不正确的是A沉淀H为Al(OH)3、BaCO3的混合物B根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe2+、Cl-C溶液X中一定含有NH4+、Al3+、Fe2+、SO42-、H+D若溶液X 为100mL ，产生的气体A为44.5mL（标况），则X中c(Fe2+)=0.06molL-111在AlCl3、MgCl2、MgSO4的混合溶液中，c(Al3+)=0.10mol/L，c(Mg2+)=0.25mol/L，c(Cl-)=0.50mol/L，则c(SO42

6、-)为A0.10mol/LB0.15mol/LC0.20mol/LD0.30mol/L12pH=0的某溶液中还可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl、CO32、SO42、NO3中的若干种，现取适量溶液进行如下一系列实验，下列有关判断正确的是（ ）A向溶液中加入硝酸钡溶液时，有气体放出，说明原溶液中一定有Fe2+无NO3B向溶液中加入硝酸钡溶液时，有沉淀生成，一定有SO42或CO32C向溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀有气体放出，则有NH4+ 没有Al3+D向加入足量的NaOH溶液后的溶液中通入足量CO2气体，一定无明显现象13化学与生活密切相关。下列说法不正确的是A食品

7、包装袋内常用铁粉作脱氧剂B青铜是我国使用最早的合金C燃煤中加入CaO可以减少温室气体的排放D向蔗糖中加入浓硫酸后会出现发黑现象14已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素X，其转化关系如下：下列说法错误的是A若A为NaOH溶液，乙为白色沉淀，则X可能为短周期金属元素B若A为硝酸，X为金属元素，则甲与乙反应可生成丙C若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体，则甲可能为非金属单质D若乙为NaHCO3，则甲或丙可能是CO215有0.4 g铁的氧化物，用足量的CO在高温下将其还原，把生成的CO2全部通入足量澄清石灰水中，得到0.75 g沉淀。这种铁的氧化物的化学式是 AFeOBFe2O3CFe3O4DFeO

8、和Fe2O3二、非选择题，共5小题16某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O42H2O)，进一步制备高纯度还原铁粉。已知：FeC2O42H2O难溶于水，150开始失结晶水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度升高而增大。请回答：(1)下列操作或描述正确的是_。A步骤，H2C2O4稍过量主要是为了抑制Fe2+水解B步骤，采用热水洗涤可提高除杂效果C步骤，母液中的溶质主要是(NH4)2SO4和H2C2O4D步骤，如果在常压下快速干燥，温度可选择略高于100(2)如图装置，经过一系列操作完成步骤中的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整(洗涤操作只

9、需考虑一次)：开抽气泵abd_ _c关抽气泵a转移固液混合物 b关活塞A c开活塞A d确认抽干 e加洗涤剂洗涤。(3)称取一定量的FeC2O42H2O试样，用硫酸溶解，采用KMnO4滴定法测定，折算结果如下：n(Fe2+)/moln(C2O)试样中FeC2O42H2O的质量分数9.8010-49.8010-40.98由表中数据推测试样中最主要的杂质是_。(4)实现步骤必须用到的两种仪器是_(供选仪器：a烧杯；b坩埚；c蒸馏烧瓶；d高温炉；e表面皿；f锥形瓶)该步骤的化学方程式是_(5)为实现步骤，不宜用碳粉还原Fe2O3，理由是_17氯离子插层镁铝水滑石Mg2Al（OH）6ClxH2O是一种

10、新型离子交换材料，其在高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气现用如图装置进行实验确定其化学式（固定装置略去）（1）Mg2Al（OH）6ClxH2O热分解的化学方程式为_（2）若只通过测定装置C、D的增重来确定x，则装置的连接顺序为_（按气流方向，用接口字母表示），其中C的作用是_装置连接后，首先要进行的操作的名称是_（3）加热前先通N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，再持续通入N2的作用是_、_等（4）完全分解后测得C增重3.65g、D增重9.90g，则x=_若取消冷却玻管B后进行实验，测定的x值将_（填“偏高”或“偏低”）（5）上述水滑石在空气中放置时易发生反应生成Mg

11、2Al（OH）6Cl12x（CO3）yzH2O，该生成物能发生类似的热分解反应现以此物质为样品，用（2）中连接的装置和试剂进行实验测定z，除测定D的增重外，至少还需测定_18某实验小组同学欲探究SO2的性质并测定空气中SO2的体积分数。他们设计了如图所示的实验装置，请你参与探究，并回答问题。(1)使用倒扣漏斗的作用是_。(2)装置D用于检验SO2的_(填“氧化性”或“还原性”)。(3)装置C中发生的现象是_，写出该反应的化学方程式_。(4)他们拟用以下方案测定空气中SO2的体积分数(假设空气中无其他还原性气体)。方案I(如图装置)：洗气瓶C中溶液蓝色消失后，若没有及时关闭活塞A，则测得的SO2

12、的体积分数_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。方案：实验中若通入的空气的体积为33.6 L(标准状况)，最终所得固体质量为0.233 g，计算该空气中SO2的体积分数：_(写出计算过程)。19亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。制备NOSO4H的反应原理为：、。（1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。仪器的名称为_。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）。为了控制B中通入SO2的速率，可以采取的措施是_。NOSO4H遇水分解的化学方程式为_，若去掉装置C会使NOSO4H的产量_（填“增大”、“减少”或“无影

13、响”）。（2）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。准确称取1.337g产品加入250mL碘量瓶中，加入60.00mL浓度为0.1000molL1KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500molL1Na2C2O4标准溶液滴定，消耗Na2C2O4溶液的体积20.00mL。已知：.+NOSO4H+、+.完成反应的离子方程式：_+_+_+_+_滴定终点的现象为_。产品的纯度为_%（保留两位有效数字）。20某研究性学习小组为探究 Fe3 + 与 Ag 反应，进行如下实验：将适量的0.1 mol/L Fe（NO3）3 溶液加入到新制备的银镜中, 发现银镜溶解，同时无其它固

14、体物质析出。甲同学认为：Fe3+ 具有氧化性, 能够溶解单质Ag。乙同学认为：Fe（NO3）3 溶液显酸性，该条件下NO3- 也能氧化单质Ag。（1）Fe（NO3）3 溶液显酸性的原因 。（请用离子方程式表述）（2）乙同学设计下述实验以支持其观点, 请填写下表内容实验步骤（不要求写具体操作过程）预期现象和结论步骤I： 。步骤II：配制与0.1 mol/L Fe（NO3）3 溶液所含c （H+）、c （NO3-） 相同的溶液，取适量此溶液放入到新制备的银镜中。 ，乙同学的推测成立；反之，则不成立。（3）甲同学通过验证产物，证实了Fe3+ 能够氧化单质 Ag，请帮助甲同学写出实验方案 （要求：写出

15、实验操作、现象和结论）。（4）丙同学进一步研究 Fe3+ 与Ag反应的程度。按下图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应）。 K闭合时，指针向左偏转，石墨作 （填“正极”或“负极”）。当指针归零后，向左侧U型管中滴加几滴 FeCl2 浓溶液，发现指针向右偏转，写出此时银电极的反应式 。结合上述实验分析，写出Fe3+ 和Ag反应的离子方程式 。丙同学进一步验证其结论：当指针归零后，向右侧U型管中滴加数滴饱和NaCl溶液，可观察到的现象是 。参考答案1B【分析】硫酸铜结晶水含量测定过程中，选用用到的仪器有：托盘天平、研钵、酒精灯、瓷坩埚、三脚架、坩埚钳等，结合仪器的构造进行判断。【详解】A该仪

16、器的名称为泥三角，不是三脚架，A错误；B为研钵，名称与仪器的构造一致，B正确；C该仪器名称为坩埚钳，不是镊子，C错误；D该仪器名称为坩埚，一般不称作瓷坩埚，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了常见仪器的构造与名称的判断，明确常见仪器的构造为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。2B【详解】具有活塞或塞子的仪器使用前需要检查是否漏液，分液漏斗有活塞和瓶塞，为了避免影响分离效果，在使用前首先需要检查是否漏水，答案选B。3D【解析】非金属单质置换出氢气的反应：C+H2OCO+H2；弱酸生成强酸的反应：H2S+CuSO4=CuS+H2SO4；两种化合物生成单质的反应：H2S

17、+SO2=S+H2O；有单质参加的非氧化还原反应：2O3=3O2；盐和氧化物生成另一种盐和另一种氧化物的反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2；以上反应均可实现，答案选D。4D【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子，红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+的物质的量为=0.02mol，一定没有；4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为 =0.02mol，即0.02mol，一定不存在Ag+，由上述分析可知，一定含、Fe3+，溶液中、Fe3+所带正电荷为0.02mol+30.02mol=0.08mol， 所

18、带负电荷为20.02mol=0.04mol，据电荷守恒，知溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl-，由上述分析可知，一定含Cl-、Fe3+四种离子，一定不存在的离子有和Ag+， Al3+和K+可能存在，据此分析解题。【详解】A由分析可知，至少Cl-、Fe3+四种离子，A错误；B由分析可知，CO和Ag+一定不存在，A13+和K+可能存在，B错误；C由分析可知，C1-一定存在，C错误；D由分析可知，Cl-一定存在，D正确；故答案为：D。5B【解析】向四瓶盛有相同物质的量的NaOH溶液中通入体积不同的CO2气体后，得到四瓶溶液，因CO2的体积不同，则所得溶液中的溶质可能为：NaOH和Na2CO3、Na2

19、CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3，分别向四瓶溶液中逐滴加入等浓度的盐酸，可能发生的反应有：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，A图中加入盐酸立即有CO2生成，说明溶质只有一种，即NaHCO3，说明中通入的CO2最多，故A错误；B图中OA=AB，说明溶质只有Na2CO3，故B正确；C由上述分析可知，中只有一种溶质，图中OAAB，说明溶液中含有Na2CO3和NaHCO3两种溶质，故C错误；D图中OA2AB，说明溶液中含有NaOH和Na2CO3两种溶质， 设溶液中Na2CO3的物质的量为am

20、ol，NaOH的物质的量为bmol，OA段发生的反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，AB段发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，由反应方程式可知，OA段消耗HCl的物质的量为(a+b)mol，AB段消耗HCl的物质的量为amol，则(a+b)2a，得ba，即c(NaOH)c(Na2CO3)，故D错误；答案选B。点睛：本题考查碳酸钠、碳酸氢钠的性质及混合物组成的计算，分析、理解图象信息是解答本题的关键，试题难度中等。本题的难点是对NaOH溶液和二氧化碳反应后所得溶液中溶质的分析，根据二氧化碳少量、适量和过量，所得溶液中

21、溶质可能的组合主要有四种情况：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3，再根据向溶液中滴加盐酸时发生的反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O进行分析判断即可。6B【解析】【详解】A、氯气和氯化铁不反应，错误，不选A；B、溶液不一定是硫酸根离子，可能是银离子，正确，选B；C、没有通过蓝色钴玻璃观察，不能确定是否有钾离子，错误，不选C；D、氯化镁水解，得到氧化镁，错误，不选D。答案选B。7B【解析】试题分析：ACuCO3和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的

22、作用，并不引入新的杂质，故A正确；B步骤中发生的主要反应为：H2O22Fe22H2Fe32H2O，不符合电荷守恒，故B错误；C固体具有吸附性，过滤时表面有可溶性物质，可向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体，自然流下，重复2-3次，可洗涤晶体，故C正确；D配制240mL1mol/L的CuSO4溶液，需选250mL容量瓶，则需称量CuSO45H2O的质量为0.25L1mol/L250g/mol=62.5g，故D正确；故选B。考点：考查硫酸铜的制备实验方案的设计8D【详解】AMgCO3(s)和盐酸反应生成氯化镁和水，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得

23、到金属镁，A错误；BSiO2(s)与盐酸不反应，B错误；CFeS2(s)在高温下和氧气反应生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，C错误；D氮气与氢气在高温高压和催化剂作用下可以生成氨气，向硝酸银溶液中通入氨气可以生成硝酸二氨合银，D正确。故选D。9C【详解】金属铝能和盐酸、氢氧化钠反应，都会生成对应的盐和氢气，但是金属铝属于单质，不是化合物，故错误；NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，也能与氢氧化钠反应生成碳酸钠，故正确；氧化铝是两性氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，又能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故正确；Mg(OH)2能与盐酸反应生成氯化镁与水，但是不能与氢氧化钠反应，故错误；A

24、l(OH)3是两性氢氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，又能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故正确；既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的化合物有，故选C。【点睛】明确物质的性质是解本题的关键。要注意知识的归纳和总结，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：两性物质，如Al2O3、Al(OH)3等；弱酸的酸式盐，如NaHCO3等；弱酸的铵盐，如(NH4)2CO3等；某些金属，如Al等。10A【解析】X是强酸性溶液，一定不会含有弱酸根离子：CO32-、SO32-；加入硝酸钡，溶液具有了强氧化性，故气体A是一氧化氮，故溶液中一定含有还原性的离子：Fe2+；加入硝酸钡，产生沉淀C，则C是硫酸

25、钡，原溶液一定含有SO42-；B中加入氢氧化钠产生了气体D，D一定是氨气，溶液中一定含有NH4+；E中通入过量二氧化碳生成了沉淀H，H为氢氧化铝，不可能是BaCO3，故溶液中一定含有铝离子。根据以上分析，A、沉淀H为Al(OH)3，不可能有BaCO3，故A错误；B、根据分析，一定含有Fe2+，故B正确；C、X中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42-，Al3+ 、H+，故C正确； D、标准状况下，44.5mLNO的物质的量是 ，根据 ，Fe2+的物质的量是0.006mol，Fe2+的浓度是0.006mol0.1L=0.06molL-1，故D正确。11B【详解】溶液显电中性，所有阳离子所带正电的数

26、值等于所有阴离子所带负电的数值，故有30.10 +20.25=10.50 +2 c(SO42-)，解得c(SO42-)=0.15，答案选B；正确答案为B【点睛】溶液显电中性，所有阳离子所带正电的数值等于所有阴离子所带负电的数值，这就是溶液中的电荷守恒规律，利用此规律解答相关题目，更简单和便捷，注意的是每种离子所带的电荷等于离子的浓度和离子本身所带电荷的乘积。12A【解析】pH=0的溶液显酸性，则CO32一定不能大量共存；A. 向溶液中加入硝酸钡溶液时，有气体放出，说明原溶液中一定有Fe2+与NO3在酸性溶液中发生氧化还原反应生成NO，所以亚铁离子一定存在，硝酸根一定不存在，A正确；B. 向溶液

27、中加入硝酸钡溶液时，有沉淀生成，一定有SO42，Ba2+、CO32不存在，B错误；C. 向溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，一定产生氢氧化亚铁白色沉淀，C错误；D. 由于不能确定铝离子是否存在，因此向加入足量的NaOH溶液后的溶液中通入足量CO2气体，不一定无明显现象，D错误，答案选A。13C【详解】A铁能消耗氧气，做食品的脱氧剂，A正确，不符合题意；B我国使用最早的合金是青铜，B正确，不符合题意；C燃煤中加入CaO可以减少二氧化硫的排放，不能减少二氧化碳的排放，C错误，符合题意；D蔗糖中加入浓硫酸，表现浓硫酸的脱水性，蔗糖变成黑色的碳，出现发黑现象，D正确，不符合题意；故选C。14B【详解

28、】A、若A为NaOH溶液，甲是AlCl3，乙是Al(OH）3白色沉淀，丙是NaAlO2，X为短周期金属元素铝，符合题意，A正确；B、若A为硝酸，X为金属元素，X应是变价金属，则甲是Fe，乙是Fe(NO3）2，丙是Fe(NO3）3，甲与乙不反应，B错误；C、若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体即NO2，则甲是N2，乙是NO，C正确；D、若乙为NaHCO3，甲是CO2，A是NaOH，丙是Na2CO3，或者甲是Na2CO3，乙是NaHCO3，A是HCl，丙是CO2，D正确。答案选B。15B【详解】CO和铁的氧化物反应时，氧化物中的一个O原子对应一个CO2分子，每一个CO2分子对应一个CaCO3，所

29、以有下列的关系式，假设0.4 g该氧化物中含x g O原子，则：OCO2CaCO3关系可知：16：100= x g：0.75 g，解得x0.12；N（Fe）N（O）23，故此氧化物的化学式为Fe2O3；故答案选B。16BD c e b d (NH4)2SO4 bd 4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O 用炭粉还原会引进杂质 【分析】硫酸亚铁铵晶体溶解于水，为保证Fe2+完全反应，同时防止Fe2+被氧化，需要加入过量的草酸，生成的草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)难溶于水，可通过抽滤、洗涤并干燥获得，将所得晶体在空气中灼烧，得纯氧化铁(Fe2O3)，再用CO还原氧化铁

30、得到还原铁粉，据此解答。【详解】(1)A步骤溶解酸化后溶液已呈酸性，故步骤时H2C2O4稍过量的主要目的不是酸化抑制Fe2+水解，而是保证Fe2+完全转化为草酸亚铁晶体，同时防止Fe2+被氧化，提高原料利用率，故A项错误；B步骤，采用热水洗涤可提高草酸的溶解度，提升除杂效果，故B项正确；C酸化和加入稍过量的H2C2O4后，发生反应(NH4)2Fe(SO4)2+ H2C2O4+2H2O= FeC2O42H2O+(NH4)2SO4+H2SO4，故母液中的溶质主要有(NH4)2SO4、H2SO4和H2C2O4，故C项错误；D根据题给信息，FeC2O42H2O 在150开始失结晶水，故略高于100不影

31、响产物的成分，为使FeC2O42H2O快速干燥，可使温度高于100，但须低于150，故D项正确；故答案为：BD；(2)抽滤完成后，需要洗涤晶体，故应该先打开活塞A，使吸滤瓶内的压强回升，然后添加洗涤剂，待洗涤剂缓慢通过晶体后关闭活塞A，再次确认抽干，打开活塞A防止发生倒吸，最后关闭气泵，正确的顺序为开抽气泵转移固液混合物关活塞A确认抽干关活塞A确认抽干开活塞A关抽气泵，故答案为c；e；b；d；(3)由图表数据可知，溶液中已知Fe2+和C2O的浓度满足电荷守恒，说明杂质中不存在Fe2+或C2O，那杂质只能是反应的另一种生成物(NH4)2SO4，故答案为(NH4)2SO4；(4)固体灼烧需要在坩埚

32、内进行，则所需要的仪器有坩埚及加热所需的高温炉，用到的两种仪器是bd；草酸亚铁和O2灼烧时发生反应的化学方程式为4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O，故答案为bd；4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O；(5)步骤选用碳粉还原Fe2O3，多余的碳粉会影响铁粉的纯度，故答案为：用炭粉还原会引进杂质。172Mg2Al（OH）6ClxH2O4MgO+Al2O3+2HCl+（5+2x）H2O aedb 吸收HCl气体 检查装置的气密性 将分解产生的气体全部带入装置C、D中完全吸收 防止产生倒吸 3 偏低 装置C的增重及样品质量（或样品质量及样品分解后残

33、余物质量或装置C的增重及样品分解后残余物质量） 【详解】（1）高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气，根据反应物和生成物书写方程式；（2）应该首先通过D装置吸收水蒸气，后通过C装置吸收HCl；将气体通过洗气瓶进行洗气时，应该从长导管一侧通入气体；（3）为了避免引起实验误差，保证反应产生的气体全部被装置C、D吸收，所以要通入N2排出装置内残留的气体，同时也是为了防止产生倒吸；（4）根据反应的方程式计算；（5）由于化学式中出现两个未知数，所以必须测量3个数据，列二元一次方程组进行求解，需测定D的增重、装置C的增重及样品质量解：（1）根据题给信息：高温下完全分解为MgO、Al2O3、HC

34、l和水蒸气，可写出其化学方程式：2Mg2Al（OH）6ClxH2O4MgO+Al2O3+2HCl+（5+2x）H2O，故答案为2Mg2Al（OH）6ClxH2O4MgO+Al2O3+2HCl+（5+2x）H2O；（2）装置C的作用是吸收反应生成的HCl气体，装置D的作用是吸收水蒸气，应该首先通过D装置吸收水蒸气，后通过C装置吸收HCl；将气体通过洗气瓶进行洗气时，应该从长导管一侧通入气体，故其连接顺序是aedb；连接好装置后首先应该检查装置的气密性，故答案为aedb；吸收HCl气体；检查装置的气密性；（3）因为加热后的装置中含有残留的HCl和水蒸气，为了避免引起实验误差，保证反应产生的气体全部

35、被装置C、D吸收，所以要通入N2排出装置内残留的气体，同时也是为了防止产生倒吸，故答案为将分解产生的气体全部带入装置C、D中完全吸收；防止产生倒吸；（4）2Mg2Al（OH）6ClxH2O 4MgO+Al2O3+2HCl+（5+2x）H2O 73 18（5+2x）3.65g 9.90g解得x=3，若没有冷却玻璃管，由于气温偏高，装置D不能将水蒸汽完全吸收而导致结果偏低，故答案为3；偏低；（5）由于化学式中出现两个未知数，所以必须测量3个数据，列二元一次方程组进行求解，所以除测定D的增重外，还需要测量两个数据，即装置C的增重及样品质量（或样品质量及样品分解后残余物质量或装置C的增重及样品分解后残

36、余物质量），故答案为装置C的增重及样品质量（或样品质量及样品分解后残余物质量或装置C的增重及样品分解后残余物质量）18防止倒吸 氧化性 黄色逐渐褪色 Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr 偏小 0.067% 【分析】探究SO2的性质实验流程：在装置A中Cu与浓硫酸共热发生反应制取SO2，装置B用品红溶液检验漂白性；在装置C中SO2与溴水发生反应： Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，检验SO2的还原性；在装置D中发生反应：SO2+2H2S=3S+H2O，检验SO2的氧化性；在装置E中用碱性的NaOH吸收尾气，防止污染环境。方案I若没有及时关闭活塞A，通过流量计的气体中的S

37、O2不能完全被吸收；方案II生成的沉淀0.233 g是BaSO4，根据硫元素守恒，可知n(SO2)=n(H2SO4)=n(BaSO4)， 根据V=nVm计算SO2的体积，利用体积分数定义进行计算。【详解】(1)SO2是有毒气体，不能直接排入大气，根据其能够与碱反应的性质，用NaOH溶液进行吸收。在导管末端按装一个倒扣的漏斗，既可以扩大气体的吸收面积，使气体被充分吸收，同时也能防止倒吸现象的发生；(2)在装置D中H2S与SO2发生反应：SO2+2H2S=3S+H2O，在该反应中，S元素化合价由反应前SO2中的+4价变为反应后S单质的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以SO2为氧化剂，表现氧化性

38、；(3)在装置C中SO2与溴水发生反应： Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，反应消耗Br2，使溶液的黄色逐渐褪色；(4)方案I洗气瓶C中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞A，则通入尾气的体积增大，SO2气体未被充分吸收就排出，导致SO2含量偏小；方案II最终产生0.233 g固体是硫酸钡，其物质的量n(BaSO4)=0.001 mol，根据硫元素守恒可知n(SO2)=n(H2SO4)=n(BaSO4)=0.001 mol，故SO2在标准状况下的体积V(SO2)=nVm=0.001 mol22.4 L/mol=0.0224 L ，所以该空气中SO2的含量为： =0.067%。【点睛】

39、本题考查二氧化硫的性质及检验。掌握各个装置的作用，根据反应现象分析判断；根据元素守恒，利用物质的量的有关公式进行有关物质含量的计算。19蒸馏烧瓶 adecbdef 调节装置A中的分液漏斗活塞，控制硫酸溶液的滴加速度 （其他合理答案均给分） 减少 2 5 2 5 5 9 滴入最后一滴溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复 95 【分析】NOSO4H遇水易水解，因此在制备过程中，要防止水进入发生装置。利用70%H2SO4和Na2SO3制备SO2，SO2中含有水蒸气，需要除去，利用浓硫酸除去水分；在B中发生反应，利用D装置处理未反应的SO2，为了防止D中的水蒸气通过漏斗进入装置B，B和D之间

40、需要用装置C防止水进入B。【详解】(1)根据装置的特点，仪器的名称为蒸馏烧瓶；NOSO4H遇水易水解，因此在制备过程中，要防止水进入发生装置。装置A用于制备SO2，装置B用于制备NOSO4H，装置D用于尾气吸收，为了防止水进入装置B，AA、B之间，B和D之间需要加入装置C，因此连接顺序为adecbdef；为了控制通入SO2的速率，装置A用于制备SO2，可以通过调节装置A中分液漏斗，来调节硫酸溶液的滴加速度，从而控制通入SO2的速率；NOSO4H与水反应生成HNO2和H2SO4，化学方程式为NOSO4HH2O=H2SO4HNO2；如果去掉装置C，产物就会与进入装置B中的水反应，会是的产物的量减少

41、；(2)在酸性条件洗，MnO4中Mn的化合价降低，生成Mn2，化合价降低5价；NOSO4H中，S的化合价为6，O的化合价2，H的化合价1，则N的化合价为3，N的化合价从3升高到5，化合价升高2；根据化合价升降守恒，则MnO4和NOSO4H的化学计量数之比为2：5，再根据电荷守恒和物料守恒，可得化学方程式为2MnO45NOSO4H2H2O=2Mn25NO35SO429H；含有MnO4的溶液本身具有颜色，为紫色；刚开始，KMnO4是过量的，溶液的颜色为紫色，加入Na2C2O4溶液滴定过量的KMnO4，溶液会从紫色变为无色，因此滴定终点的现象为滴入最后一滴Na2C2O4溶液后，溶液由浅紫色变为无色且

42、半分钟颜色不恢复；根据题意，KMnO4氧化了NOSO4H和Na2C2O4，则用总的KMnO4减去氧化Na2C2O4的KMnO4，可求得氧化NOSO4H的KMnO4，从而求得NOSO4H的质量。根据化学方程式，可得关系式2KMnO45Na2C2O5，则氧化Na2C2O4的KMnO4的物质的量；总的KMnO4的物质的量，则氧化NOSO4H的KMnO4的物质的量。根据化学方程式，可得关系式2KMnO45NOSO4H，则NOSO4H的物质的量，NOSO4H的质量，NOSO4H的纯度。20（1）Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+（2）测定0.1 mol/L Fe（NO3）3溶液的pH 银镜溶解（3）

43、取反应后溶液少量于试管中，滴加几滴K3Fe（CN）6溶液，若产生蓝色沉淀，则证明有Fe2+产生，证实了Fe3+能氧化单质银。（4）正极 Ag+ + e = AgAg + Fe3+Ag+ + Fe2+ （不写可逆号，扣1分）出现白色沉淀，电流表指针向左偏转。【解析】试题分析：（1）Fe（NO3）3 为强酸弱碱盐，Fe3+水解，所以溶液显酸性，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；（2）乙同学认为：Fe（NO3）3 溶液显酸性，该条件下NO3- 也能氧化单质Ag。所以乙同学需要测出0.1 mol/L Fe（NO3）3溶液的pH ，配制与0.1 mol/L Fe（NO3）3 溶液所含c （H+）、

44、c （NO3-） 相同的溶液，看银是否溶解。如果银镜溶解，乙同学的推测成立；（3）若是Fe3+氧化了单质 Ag，则溶液中应该生成Fe2+，甲同学需要检验溶液中的Fe2+；取反应后溶液少量于试管中，滴加几滴K3Fe（CN）6溶液，若产生蓝色沉淀，则证明有Fe2+产生，证实了Fe3+能氧化单质银。（4） K闭合时，指针向左偏转，石墨作正极；当指针归零后，向左侧U型管中滴加几滴 FeCl2 浓溶液，发现指针向右偏转，说明银棒做正极，此时银电极的反应式Ag+ + e = Ag。 结合上述实验分析， Fe3+ 和Ag反应为可逆反应，离子方程式为Ag + Fe3+Ag+ + Fe2+ 。丙同学进一步验证其结论：当指针归零后，向右侧U型管中滴加数滴饱和NaCl溶液，可观察到的现象是出现白色沉淀，溶液中Ag+浓度减小，Ag + Fe3+Ag+ + Fe2+平衡正向移动，Ag发生氧化反应为负极，电流表指针向左偏转。考点：本题考查铁及化合物的性质。