…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年魯科版選修6化學上冊階段測試試卷766考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、工業上60%的鎂來自海水；從海水中提取鎂工藝流程如圖所示，下列說法正確的是。

A.該工藝流程涉及的反應有分解反應、化合反應和置換反應B.操作1為過濾，實驗室里為加快過濾速度應用玻璃棒攪拌液體C.操作2實驗室可用該裝置對MgCl2溶液進行蒸發濃縮，再冷卻結晶獲得無水MgCl2D.該工藝的優點是原料來源廣泛，同時獲得重要的化工原料氯氣2、用下圖所示裝置和藥品進行實驗，能達到實驗目的的是A.如圖除去氯氣中含有的少量氯化氫B.如圖蒸干小蘇打溶液獲得蘇打C.如圖除去Fe(OH)3膠體中的FeCl3D.如圖分離CCl4萃取碘水后的有機層和水層3、能鑒別MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四種溶液的試劑是A.HNO3B.KOHC.BaCl2D.NaClO4、下列除雜方案錯誤的是。

。選項。

被提純的物質。

雜質。

除雜試劑。

除雜方法。

A

CO2(g)

SO2(g)

飽和NaHCO3溶液、濃H2SO4

洗氣。

B

NH4Cl(aq)

FeCl3(aq)

NaOH溶液。

過濾。

C

CH4(g)

CO2(g)

NaOH溶液、濃H2SO4

洗氣。

D

FeCl2(aq)

CuCl2(aq)

鐵粉。

過濾。

A.AB.BC.CD.D5、工業上60%的鎂來自海水；從海水中提取鎂工藝流程如圖所示，下列說法正確的是。

A.該工藝流程涉及的反應有分解反應、化合反應和置換反應B.操作1為過濾，實驗室里為加快過濾速度應用玻璃棒攪拌液體C.操作2實驗室可用該裝置對MgCl2溶液進行蒸發濃縮，再冷卻結晶獲得無水MgCl2D.該工藝的優點是原料來源廣泛，同時獲得重要的化工原料氯氣6、實驗室有關氣體的制備實驗中不正確的是。

A.AB.BC.CD.D7、溴化芐是重要的有機合成工業原料；可由苯甲醇為原料合成，實驗原理及裝置如圖所示。反應結束后，反應液可按下列步驟分離和純化：靜置→分液→水洗→純堿洗→水洗→干燥→減壓蒸餾。

下列有關說法不正確的是A.實驗時，應該先從冷凝管接口b處通水，后加熱至反應溫度B.該實驗適宜用水浴加熱C.濃硫酸作催化利和吸水劑D.在水洗操作中往往因為振搖而使得分液漏斗中出現大量氣體，可以通過打開上口瓶塞的方式來放氣8、中國傳統文化對人類文明貢獻巨大，以下兩篇古代文獻中都涉及到了KNO3。

。序號。

古代文獻。

記載。

1

《開寶本草》

“(KNO3)所在山澤；冬月地上有霜，掃取以水淋汁后，乃煎煉而成”

2

《本草綱目》

“(火藥)乃焰硝(KNO3)；硫黃、山木炭所合；以為烽燧餇諸藥者”

對其解釋不合理的是A.1中利用了溶解、蒸發、結晶的過程B.可用1中方法制成KNO3是由于KNO3的溶解度受溫度影響不大C.2中火藥使用時體現了硝酸鉀的氧化性D.2中火藥使用時產物可能污染環境9、某實驗小組擬利用如圖裝置制取干燥的氮氣。下列說法錯誤的是。

A.裝置1中發生的反應為NaNO2+NH4C1NaCl+N2↑+2H2OB.裝置II的作用是冷凝水蒸氣C.裝置II末端收集純凈干燥的N2只能用向下排空氣法D.加熱片刻后需要將酒精燈移開，說明該反應是放熱反應評卷人得分二、填空題(共1題，共2分)10、北京市場銷售的某種食用精制鹽包裝袋上有如下說明：。產品標準

GB5461

產品等級

一級

配料

食鹽、碘酸鉀、抗結劑

碘含量(以I計）

20~50mg/kg

分裝時期

分裝企業

（1）碘酸鉀與碘化鉀在酸性條件下發生如下反應；配平化學方程式（將化學計量數填于空白處）

____KIO3＋___KI＋___H2SO4＝___K2SO4＋___I2＋___H2O

（2）上述反應生成的I2可用四氯化碳檢驗。向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，將I2還原；以回收四氯化碳。

①Na2SO3稀溶液與I2反應的離子方程式是_________________________________。

②某學生設計回收四氯化碳的操作步驟為：

a.將碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；

b.加入適量Na2SO3稀溶液；

c.分離出下層液體。

以上設計中遺漏的操作及在上述步驟中的位置是______________________。

（3）已知：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－。某學生測定食用精制鹽的碘含量；其步驟為：

a.準確稱取wg食鹽；加適量蒸餾水使其完全溶解；

b.用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3與KI反應完全；

c.以淀粉為指示劑，逐滴加入物質的量濃度為2.0×10－3mol·L－1的Na2S2O3溶液10.0mL；恰好反應完全。

①判斷c中反應恰好完全依據的現象是______________________。

②b中反應所產生的I2的物質的量是___________mol。

③根據以上實驗和包裝袋說明，所測精制鹽的碘含量是（以含w的代數式表示）

_______________________mg/kg。評卷人得分三、實驗題(共5題，共10分)11、甘氨酸亞鐵[化學式為(H2NCH2COO)2Fe，摩爾質量為204g?mol-1]是一種很好的鐵營養強化劑；易溶于水難溶于乙醇，廣泛用于缺鐵性貧血的預防和治療。某學習小組用如圖所示裝置模擬合成甘氨酸亞鐵。

步驟I.清洗儀器，檢查裝置氣密性，a中加入甘氨酸的飽和溶液，b中加入碳酸亞鐵。持續往裝置中通入N2；在50℃水浴加熱下攪拌使之充分反應。

步驟.向所得溶液中加入無水乙醇；獲得甘氨酸亞鐵晶體粗品，經過隔絕空氣低溫蒸發；冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥后得到產品。

回答下列問題：

(1)與分液漏斗相比，儀器a的優點是____。

(2)儀器b的名稱是_____。

(3)為了防止Fe2+被氧化，步驟I中采取的措施為____。

(4)步驟I中反應的化學方程式為____。

(5)步驟II中加入無水乙醇的目的是___。

(6)已知有機基團氨基(—NH2)可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，若用KMnO4滴定法測定產品中Fe2+的含量時(雜質不反應)，所得結果比實際值___(填“偏大”“偏小”或“不變”)。

(7)經查閱文獻后，改用Ce(SO4)2標準溶液滴定法測定產品中甘氨酸亞鐵的純度，反應中Ce4+的還原產物為Ce3+。測定時，稱取4.000g產品，溶解后進行必要處理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.1000mol?L-1Ce(SO4)2標準溶液滴定至終點，記錄數據填入表：。滴定次數。

0.1000mol?L-1Ce(SO4)3標準溶液/mL滴定前讀數滴定后讀數滴定后讀數10.1619.6120.1222.3230.1419.69

產品中甘氨酸亞鐵的純度為___(以質量百分數表示)。12、CuCl在染色和催化領域應用廣泛。實驗室利用下圖裝置(加熱和夾持裝置略去)將二氧化硫通入新制氫氧化銅懸濁液中制備CuCl。

已知：I.CuCl為白色固體；難溶于水和乙醇，能溶于濃鹽酸；

Ⅱ.Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，CuCl+HCl=HCuCl2，HCuCl2CuCl↓+HCl。

實驗步驟如下：向C中加入15mL0.5mol·L-1的CuCl2溶液中，加入0.5mol·L-1的NaOH溶液30mL；打開A中分液漏斗的活塞產生SO2氣體；一段時間后C中產生白色固體，將C中混合物過濾；依次用水和乙醇洗滌，所得固體質量為0.597g。

(1)試劑a為___________，儀器b名稱為___________。

(2)B裝置的作用是___________。

(3)將二氧化硫通入C中新制氫氧化銅懸濁液，產生白色固體的離子方程式為___________。

(4)用乙醇洗滌CuCl的優點為___________，判斷CuCl洗滌干凈的實驗方案是___________。

(5)計算該實驗中CuCl的產率___________。

(6)若所得CuCl固體中混有少量Cu2O，請設計除去Cu2O的實驗方案：___________。13、苯甲酸乙酯是重要的精細化工試劑；常用于配制水果型食用香精。實驗室制備流程如下：

試劑相關性質如下表：。苯甲酸乙醇苯甲酸乙酯常溫顏色狀態白色針狀晶體無色液體無色透明液體沸點/℃249.078.0212.6相對分子量12246150溶解性微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有機溶劑與水任意比互溶難溶于冷水，微溶于熱水，易溶于乙醇和乙醚

回答下列問題：

⑴為提高原料苯甲酸的純度，可采用的純化方法為________。

⑵步驟①的裝置如圖所示（加熱和夾持裝置已略去），將一小團棉花放入儀器B中靠近活塞孔處，將吸水劑（無水硫酸銅的乙醇飽和溶液）放入儀器B中，在儀器C中加入12.2g純化后的苯甲酸晶體，30mL無水乙醇（約0.5mol）和3mL濃硫酸，加入沸石，加熱至微沸，回流反應1.5至2h。儀器A的作用是________________；儀器C中反應液應采用________方式加熱。

⑶隨著反應進行，反應體系中水分不斷被有效分離，儀器B中吸水劑的現象為________。

⑷反應結束后，對C中混合液進行分離提純，操作Ⅰ是____；操作Ⅱ所用的玻璃儀器除了燒杯外還有_____。

⑸向混合液3中加入的試劑X為________（填寫化學式）。

⑹最終得到產物純品12.0g，實驗產率為________%（保留三位有效數字）。14、已知：①

②(亞硝基硫酸)

③

④亞硝基硫酸遇水易分解。

實驗室將通入濃硝酸和濃硫酸的混酸中制備少量亞硝基硫酸的裝置如下；回答下列問題：

A.B.C.D.

(1)儀器Ⅰ的名稱為________，C中盛放的藥品是________。

(2)按氣流從左到右的順序，上述儀器的連接順序為________________。(填儀器接口字母，部分儀器可重復使用)。儀器連接好后，檢查裝置氣密性時，在加熱Ⅰ之前必須__________。

(3)D中發生反應的離子方程式為_____________。

(4)B中“冷水”的溫度一般控制在20℃，溫度不宜過低的主要原因是______。

(5)稱取產品放入的碘量瓶中，并加入濃度為的標準溶液和的搖勻；用的標準溶液滴定，滴定前讀數為達到滴定終點時讀數為產品的純度為________(產品中其他雜質不與反應)。15、連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)又稱保險粉；在紡織行業中常用于還原染色劑。

已知連二亞硫酸鈉具有下列性質：在空氣中極易被氧化；不溶于甲醇，易溶于水，遇水迅速分解為亞硫酸氫鈉和硫代硫酸鈉，在堿性介質中較穩定。回答下列問題：

(一)二氧化硫的制備原料：亞硫酸鈉固體和70%的濃硫酸。

(1)儀器①的名稱是_______________。

(2)實驗室制取干燥二氧化硫的裝置連接順序為____________(選擇上圖中部分儀器，按氣流方向用小寫字母排序)，選擇該氣體發生裝置是__________(填字母)。

(3)設計實驗證明二氧化硫具有還原性______(實驗中可選用的試劑有：品紅溶液；氫硫酸、溴水；滴有酚酞的氫氧化鈉溶液)

(二)保險粉的制備。

I．在G裝置中加入甲酸鈉濃溶液；氫氧化鈉；甲醇(溶劑)的混合液；

II：打開K1、K2；一段時間后，向裝置中通入二氧化硫；

III．加熱一段時間；裝置中有黃色晶體析出，并產生大量氣體；

IV．過濾；洗滌、干燥；收集產品。

(1)寫出步驟II中制備保險粉的化學方程式____________。

(2)簡述步驟IV保險粉的洗滌方法：在無氧環境中，_________________。

(三)保險粉的含量測定：鐵氰化物滴定法原理4K3[Fe(CN)6]+2Na2S2O4+8KOH=3K4[Fe(CN)6]+4Na2SO3+Na4[Fe(CN)6]+4H2O

I．另取一套G裝置，加入一定體積的氫氧化鈉溶液，通入N2；

II．稱取樣品m；加入裝置G中攪拌，溶解，再加入2-3滴亞甲基藍指示劑；

III.(1)用濃度為cmol?L-1的K3[Fe(CN)6]滴定，至滴定終點時，記錄消耗的體積為VmL。

保險粉質量分數表達式為__________(用含c、m、V的代數式表示)。

(2)若在滴定前未向錐形瓶中通氮氣，則會導致測定的保險粉含量______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)評卷人得分四、計算題(共4題，共36分)16、黃鐵礦(主要成分為FeS2)是生產硫酸的主要原料。高溫時，黃鐵礦在空氣中煅燒[設空氣中V(N2)∶V(O2)＝4∶1且不含其他氣體]，可發生下列反應：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。根據題意完成下列計算：

(1)若把2.00g某黃鐵礦試樣在足量空氣中充分灼燒后（雜質不反應、不揮發），得到1.56g殘渣，則該黃鐵礦的純度為________________。

(2)煅燒70t黃鐵礦（含硫35%，雜質不含硫且不反應）生產出72.8t硫酸銨。若黃鐵礦制取硫酸時的利用率為80%，則在制取硫酸銨時硫酸的利用率為____________（答案保留兩位小數）。

(3)為使FeS2煅燒完全生成Fe2O3，工業上使用過量空氣，當空氣過量20%時，煅燒后的混合氣體平均相對分子質量為_____________（答案保留兩位小數）。

(4)硫酸工業的尾氣可以使用氨水進行吸收，既防止了有害物質的排放，也同時生產副產品氮肥。已知吸收尾氣后的氨水全部轉化為銨鹽。取兩份相同體積的銨鹽溶液，一份中加入足量硫酸，產生0.09molSO2（假設氣體已全部逸出，下同）；另一份中加入足量Ba(OH)2，產生0.16molNH3，同時得到21.86g沉淀。通過計算，求銨鹽溶液中各溶質成分與物質的量濃度之比。_________________17、實驗室利用銅屑；硝酸和硫酸的混酸為原料制備硫酸銅晶體。結合具體操作過程回答下列問題。

(1)配制混酸：將3mol/L的硫酸（密度1.180g/cm3）與15mol/L的濃硝酸（密度1.400g/cm3）按體積比5：1混合后冷卻。

①計算混酸中硫酸的質量分數為__________；

②取1g混酸；用水稀釋至20.00mL，用0.5mol/L燒堿進行滴定，消耗標準燒堿溶液的體積為__________mL。

(2)灼燒廢銅屑：稱量一定質量表面含油污的純銅屑（銅含量為99.84%）；置于坩堝中灼燒，將油污充分氧化后除去，直至銅屑表面均呈黑色。冷卻后稱量，固體質量比灼燒前增加了3.2%；

①固體中氧元素的質量分數為__________（保留3位小數）；

②固體中銅與氧化銅的物質的量之比為___________。

(3)溶解：稱取2.064g固體；慢慢分批加入一定質量的混酸，恰好完全反應。列式計算產生NO氣體體積在標準狀況下的體積（設硝酸的還原產物只有NO）。______________

(4)結晶：將反應后的溶液水浴加熱濃縮后冷卻結晶；析出膽礬晶體。

①計算反應后溶液中CuSO4的物質的量是__________；

②若最終得到膽礬晶體質量為6.400g，膽礬的產率為_________。（精確到1%）18、黃鐵礦(主要成分為FeS2)是生產硫酸的主要原料。高溫時，黃鐵礦在空氣中煅燒[設空氣中V(N2)∶V(O2)＝4∶1且不含其他氣體]，可發生下列反應：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。根據題意完成下列計算：

(1)若把2.00g某黃鐵礦試樣在足量空氣中充分灼燒后（雜質不反應、不揮發），得到1.56g殘渣，則該黃鐵礦的純度為________________。

(2)煅燒70t黃鐵礦（含硫35%，雜質不含硫且不反應）生產出72.8t硫酸銨。若黃鐵礦制取硫酸時的利用率為80%，則在制取硫酸銨時硫酸的利用率為____________（答案保留兩位小數）。

(3)為使FeS2煅燒完全生成Fe2O3，工業上使用過量空氣，當空氣過量20%時，煅燒后的混合氣體平均相對分子質量為_____________（答案保留兩位小數）。

(4)硫酸工業的尾氣可以使用氨水進行吸收，既防止了有害物質的排放，也同時生產副產品氮肥。已知吸收尾氣后的氨水全部轉化為銨鹽。取兩份相同體積的銨鹽溶液，一份中加入足量硫酸，產生0.09molSO2（假設氣體已全部逸出，下同）；另一份中加入足量Ba(OH)2，產生0.16molNH3，同時得到21.86g沉淀。通過計算，求銨鹽溶液中各溶質成分與物質的量濃度之比。_________________19、實驗室利用銅屑；硝酸和硫酸的混酸為原料制備硫酸銅晶體。結合具體操作過程回答下列問題。

(1)配制混酸：將3mol/L的硫酸（密度1.180g/cm3）與15mol/L的濃硝酸（密度1.400g/cm3）按體積比5：1混合后冷卻。

①計算混酸中硫酸的質量分數為__________；

②取1g混酸；用水稀釋至20.00mL，用0.5mol/L燒堿進行滴定，消耗標準燒堿溶液的體積為__________mL。

(2)灼燒廢銅屑：稱量一定質量表面含油污的純銅屑（銅含量為99.84%）；置于坩堝中灼燒，將油污充分氧化后除去，直至銅屑表面均呈黑色。冷卻后稱量，固體質量比灼燒前增加了3.2%；

①固體中氧元素的質量分數為__________（保留3位小數）；

②固體中銅與氧化銅的物質的量之比為___________。

(3)溶解：稱取2.064g固體；慢慢分批加入一定質量的混酸，恰好完全反應。列式計算產生NO氣體體積在標準狀況下的體積（設硝酸的還原產物只有NO）。______________

(4)結晶：將反應后的溶液水浴加熱濃縮后冷卻結晶；析出膽礬晶體。

①計算反應后溶液中CuSO4的物質的量是__________；

②若最終得到膽礬晶體質量為6.400g，膽礬的產率為_________。（精確到1%）參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【詳解】

A、該工藝流程涉及的反應有分解反應、化合反應、復分解反應，無置換反應，其中生石灰和水反應生成石灰乳是化合反應，向沉淀池中加入石灰乳生成Mg(OH)2、Mg(OH)2和試劑a反應生成MgCl2，這兩個反應為復分解反應，電解無水MgCl2為分解反應；A錯誤；

B；過濾時；不能使用玻璃棒攪拌，玻璃棒的作用是引流，B錯誤；

C、先通過冷卻結晶獲得MgCl2晶體，再在HCl氣流中加熱晶體得到無水MgCl2；C錯誤；

D；該工業流程的原料生石灰、海水等來源廣泛；電解氯化鎂得到鎂的同時；也能獲得氯氣，D正確；

故選D。2、D【分析】【詳解】

A選項；氯氣也會和NaOH溶液反應，除去氯氣中含有的少量氯化氫只能用飽和食鹽水溶液，故A不符合題意；

B選項；用蒸發皿加熱蒸干小蘇打溶液獲得小蘇打，不能得到蘇打，故B不符合題意；

C選項，Fe(OH)3膠體能透過濾紙，因此不能用過濾方法除去Fe(OH)3膠體中的FeCl3；故C不符合題意；

D選項，分離CCl4萃取碘水后的有機層和水層四氯化碳密度比水大；再下層，故D符合題意；

綜上所述，答案案為D。3、A【分析】【詳解】

A.MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四種溶液分別與HNO3反應時；現象分別為生成紫色碘單質；無現象、有無色氣泡生成、先生成白色沉淀后沉淀消失，現象不同，能鑒別，A正確；

B.MgI2、AgNO3分別與KOH反應，現象分別為白色沉淀、褐色沉淀，而Na2CO3、NaAlO2溶液均不與KOH溶液反應；無法鑒別，B錯誤；

C.AgNO3、Na2CO3分別與BaCl2反應；均生成白色沉淀，無法鑒別，C錯誤；

D.AgNO3、Na2CO3、NaAlO2溶液均不與NaClO反應；則無法鑒別，D錯誤。

答案選A。4、B【分析】【詳解】

A．二氧化硫與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳；濃硫酸干燥二氧化碳，則洗氣可除雜，故A正確；

B．NH4Cl和FeCl3均與NaOH反應；應選氨水；過濾，故B錯誤；

C．NaOH溶液能吸收CO2，濃硫酸干燥甲烷，則洗氣可除去CH4中混有的CO2；故C正確；

D．CuCl2溶液和過量Fe粉作用生成FeCl2溶液和Cu；過濾可除去Cu和過量Fe粉，故D正確；

故答案為B。

【點睛】

在解答物質分離提純試題時,選擇試劑和實驗操作方法應遵循三個原則:1.不能引入新的雜質(水除外)，即分離提純后的物質應是純凈物(或純凈的溶液)，不能有其他物質混入其中；2.分離提純后的物質狀態不變；3.實驗過程和操作方法簡單易行，即選擇分離提純方法應遵循先物理后化學，先簡單后復雜的原則。5、D【分析】【詳解】

A、該工藝流程涉及的反應有分解反應、化合反應、復分解反應，無置換反應，其中生石灰和水反應生成石灰乳是化合反應，向沉淀池中加入石灰乳生成Mg(OH)2、Mg(OH)2和試劑a反應生成MgCl2，這兩個反應為復分解反應，電解無水MgCl2為分解反應；A錯誤；

B；過濾時；不能使用玻璃棒攪拌，玻璃棒的作用是引流，B錯誤；

C、先通過冷卻結晶獲得MgCl2晶體，再在HCl氣流中加熱晶體得到無水MgCl2；C錯誤；

D；該工業流程的原料生石灰、海水等來源廣泛；電解氯化鎂得到鎂的同時；也能獲得氯氣，D正確；

故選D。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．碳酸鈣與鹽酸反應生成氯化鈣和二氧化碳氣體；反應不需要加熱，可以制備二氧化碳氣體，故A不選；

B．兩種物質中氯元素的化合價分別為-1價和+1價；可以發生歸中反應生成0價氯；濃鹽酸和次氯酸鈣混合反應可以生成氯氣，反應不需要加熱，故B不選；

C．氯化銨受熱分解產生的氯化氫和氨氣在試管口相遇遇冷；又重新合成氯化銨固體，得不到氨氣，故C可選；

D．乙醇和濃硫酸加熱到170℃；發生消去反應生成乙烯，可以制備乙烯，故D不選；

故答案：C。7、D【分析】【分析】

【詳解】

A．實驗時，應該先從冷凝管接口b處（下口）通水；a處（上口）出水，后加熱至反應溫度，A正確；

B．該反應的溫度為55~58℃；宜采用水浴加熱，B正確；

C．該反應的產物有水；故濃硫酸既作催化劑，又作吸水劑，C正確；

D．在水洗的過程中；分液漏斗中產生的氣體要放出，放氣的操作為將分液漏斗倒置，用手頂緊上口活塞，將下口斜向上對準安全位置，不時慢慢旋開下口的活塞，放出易揮發物質的蒸氣；這樣反復操作幾次，當產生的氣體很少時，再劇烈振蕩幾次，把漏斗放在漏斗架上靜置；D錯誤；

故選D。8、B【分析】掃取以水淋汁后（溶解），乃煎煉（蒸發結晶）而成，所以選項A正確。硝酸鉀的溶解度受溫度影響是非常明顯的，選項B錯誤。火藥的主要成分是KNO3、S和C，所以在反應中KNO3應該表現氧化性，選項C正確。火藥使用中可能會產生二氧化硫等污染性氣體，選項D正確。9、C【分析】【分析】

該實驗為NaNO2和NH4C1制取氮氣的過程，結合反應物和生成物，原子守恒和電子得失守恒，可寫出化學方程式；分液漏斗和蒸餾燒瓶之間連接的導管，可使燒瓶內壓強和分液漏斗壓強相等，從而使NaNO2順利滴下；裝置II中冰的作用是冷凝，裝置Ⅲ的干燥管用來干燥氮氣，由此分析。

【詳解】

A．根據結合反應物和生成物，原子守恒和電子得失守恒，化學方程式為NaNO2+NH4C1NaCl+N2↑+2H2O；故A正確；

B．根據化學方程式可知；產物有水蒸氣，且反應物為溶液狀態，可知反應在產生氮氣的同時產生大量水蒸氣，為了便于干燥，先利用裝置II的將絕大多數冷凝的水蒸氣冷凝后再用裝置Ⅲ干燥，裝置II的作用是冷凝水蒸氣，故B正確；

C．氮氣的密度與空氣的密度相差不大；不適合用排空氣法收集，應該使用排水法收集，故C錯誤；

D．加熱片刻后將酒精燈移開；反應仍能進行，說明該反應自身放熱，屬于放熱反應，故D正確；

答案選C。二、填空題(共1題，共2分)10、略

【分析】【分析】

（1）該反應中，KIO3中I元素化合價由+5價變為0價、KI中I元素化合價由-1價變為0價，根據轉移電子相等配平方程式；

（2）①I2具有氧化性，能將SO32-氧化為SO42-，自身被還原為I-；

②如果不振蕩，二者反應不充分；

（3）①二者恰好反應時，溶液由藍色恰好變為無色；

②根據I2+2S2O32-=2I-+S4O62-中碘和硫代硫酸鈉之間的關系式計算但的物質的量；

③根據碘和食鹽質量之比進行計算。

【詳解】

（1）該反應中，KIO3中I元素化合價由+5價變為0價、KI中I元素化合價由-1價變為0價，轉移電子總數為5，再結合原子守恒配平方程式為KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，故答案為：1；5；3；3；3；3；

（2）①I2具有氧化性，能將SO32-氧化為SO42-，自身被還原為I-，離子方程式為I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，故答案為：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+；

②如果不振蕩，二者反應不充分，所以在步驟b后，增加操作：將分液漏斗充分振蕩后靜置，故答案為：在步驟b后，增加操作：將分液漏斗充分振蕩后靜置；

（3）①碘遇淀粉試液變藍色，如果碘完全反應，則溶液會由藍色轉化為無色，所以當溶液由藍色轉化為無色時說明反應完全，故答案為：溶液由藍色恰好變為無色；

②設碘的物質的量為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，

故答案為：1.2×10-5；

③根據KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O得n（I2）=（KIO3）=4×10-6mol，碘酸鉀中碘的質量=4×10-6mol×127g/mol=0.508mg，

設每kg食鹽中碘的質量為y，

則y：1000g=0.508mg：wg，

y==mg或mg。【解析】153333I2＋SO32－＋H2O2I－＋SO42－＋2H＋在步驟b后，增加操作：將分液漏斗充分振蕩后靜置溶液由藍色恰好變為無色1.0×10－54.2×102/w三、實驗題(共5題，共10分)11、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)恒壓滴液漏斗(儀器a)上的導管將漏斗上方和三頸燒瓶連通；可以平衡壓強，使液體順利滴下，故答案為：平衡氣壓，使液體順利滴下；

(2)儀器b為三頸燒瓶；故答案為：三頸燒瓶；

(3)持續往裝置中通入氮氣，可將裝置內的空氣排出，并且N2氣流通過反應液時；能起攪拌的作用，除去反應液中溶解的氧氣，防止亞鐵離子被氧氣氧化，故答案為：持續通入氮氣；

(4)FeCO3和H2NCH2COOH反應的化學方程式為FeCO3+2H2NCH2COOH=

(H2NCH2COO)2Fe+CO2↑+H2O，故答案為：FeCO3+2H2NCH2COOH=(H2NCH2COO)2Fe+CO2↑+H2O；

(5)甘氨酸亞鐵易溶于水；難溶于乙醇，步驟Ⅱ加入無水乙醇，降低甘氨酸亞鐵在反應液中的溶解度，促使其結晶析出，故答案為：降低甘氨酸亞鐵的溶解度，促使其結晶析出；

(6)甘氨酸根中含有氨基；可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導致消耗高錳酸鉀溶液的體積偏大，故所得結果比實際值偏大，故答案為：偏大；

(7)三次滴定第二次操作消耗標準液數值明顯偏大，應舍去，取第一次和第三次平均值V=(19.45mL+19.55mL)/2=19.50mL，由：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可知25.00mL溶液中n(Fe2+)=n(Ce4+)=0.1000mol/L×19.50×10?3L=1.950×10?3mol，故250mL含有n(Fe2+)=

1.950×10?3mol×=1.950×10?2mol，故產品中乳酸亞鐵晶體的質量分數為故答案為：99.45%；【解析】平衡氣壓，使液體順利滴下三頸燒瓶持續通入氮氣FeCO3+2H2NCH2COOH=(H2NCH2COO)2Fe+CO2↑+H2O降低甘氨酸亞鐵的溶解度，促使其結晶析出偏大99.45%12、略

【分析】【分析】

(1)實驗室中常用濃硫酸和Zn制二氧化硫；儀器b為蒸餾燒瓶；

(2)SO2不溶于飽和硫酸氫鈉溶液；濃硫酸與Zn反應放熱，用其可以防倒吸；

(3)根據氧化還原反應；結合價態變化，書寫方程式；

(4)CuCl難溶于乙醇；乙醇易揮發，有利于CuCl的于燥；判斷CuCl是否洗滌于凈應向最后一次洗滌液中滴加NaOH溶液，若溶液澄清且無沉淀，則CuCl已洗深干凈；

(5)1molCuCl2完全轉化生成CuCl1mol；據此作答；

(6)根據信息提示Ⅱ作答。

【詳解】

(1)實驗室中常用濃硫酸和Zn制二氧化硫；儀器b為蒸餾燒瓶；故答案為：濃硫酸；蒸餾燒瓶；

(2)SO2不溶于飽和硫酸氫鈉溶液；濃硫酸與Zn反應放熱，故B的作用為防倒吸，故答案為：防倒吸；

(3)CuCl難溶于水，是自色固體，二氧化硫通入C中新制氫氧化銅懸濁液，硫元素化合價升高生成硫酸根，Cu元素化合價降低，生成CuCl，離子方程式為：2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO+2H2O，故答案為：2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO+2H2O；

(4)CuCl難溶于乙醇；乙醇易揮發，有利于CuCl的于燥；判斷CuCl是否洗滌于凈應向最后一次洗滌液中滴加NaOH溶液，若溶液澄清且無沉淀，則CuCl已洗深干凈，故答案為：可降低洗滌過程中物質的損失，更利于快速干燥；向最后一次洗滌液中滴加NaOH溶液，若溶液澄清且無沉淀，則CuCl已洗深干凈；

(5)15mL0.5mol·L-1的CuCl2溶液中，CuCl2的物質的量=完全轉化為CuCl，理論上生成的物質的量為0.0075mol，其質量=實驗實際所得CuCl固體質量為0.597g，則CuCl的產率=故答案為：80%；

(6)可向產物中滴加濃HCl，使固體溶解充分，過濾出雜質后，加水稀釋，產生白色沉淀，加水不再產生沉淀為止，過濾、洗滌、干燥，即可得到除去Cu2O后的CuCl固體，故答案為：向產物中滴加濃HCl，使固體溶解充分，過濾出雜質后，加水稀釋，產生白色沉淀，加水不再產生沉淀為止，過濾、洗滌、干燥，即可得到除去Cu2O后的CuCl固體。

【點睛】

本題重點(6)，對于性質不熟悉的物質，要充分利用已知性質，并結合題干所給的信息提示，綜合解題。【解析】濃硫酸蒸餾燒瓶防倒吸2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO+2H2O可降低洗滌過程中物質的損失，更利于快速干燥向最后一次洗滌液中滴加NaOH溶液，若溶液澄清且無沉淀，則CuCl已洗深干凈80%向產物中滴加濃HCl，使固體溶解充分，過濾出雜質后，加水稀釋，產生白色沉淀，加水不再產生沉淀為止，過濾、洗滌、干燥，即可得到除去Cu2O后的CuCl固體13、略

【分析】【分析】

苯甲酸與乙醇在濃硫酸作催化劑發生酯化反應生成苯甲酸乙酯；苯甲酸乙酯與乙醇和苯甲酸能夠混溶，苯甲酸乙酯與乙醇沸點差異較大，因此操作I為蒸餾，混合液2中主要成分為苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入試劑X除去苯甲酸，因此可選擇試劑飽和碳酸鈉進行除雜，然后分液制備粗產品，然后通過干燥制備苯甲酸乙酯純品，以此解答本題。

【詳解】

（1）可通過重結晶的方式提高原料苯甲酸的純度；故答案為：重結晶；

（2）儀器A為球形冷凝管；在制備過程中乙醇易揮發，因此通過球形冷凝管冷凝回流乙醇和水，該反應中乙醇作為反應物，因此可通過水浴加熱，避免乙醇大量揮發，故答案為：冷凝回流乙醇和水；水浴加熱；

（3）儀器B中吸水劑為無水硫酸銅的乙醇飽和溶液；吸收水分后生成五水硫酸銅，吸水劑由白色變為藍色，故答案為：吸水劑由白色變為藍色；

（4）苯甲酸乙酯與乙醇和苯甲酸能夠混溶；苯甲酸乙酯與乙醇沸點差異較大，因此操作I為蒸餾，混合液2中主要成分為苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入試劑X除去苯甲酸，因此可選擇試劑飽和碳酸鈉進行除雜，然后分液制備粗產品，操作II為分液，除燒杯外，還需要的玻璃儀器為分液漏斗，故答案為：蒸餾；分液漏斗；

（5）混合液2中主要成分為苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入試劑X除去苯甲酸，因此可選擇試劑溶液或溶液進行除雜，故答案為：或

（6）12g苯甲酸乙酯的物質的量為苯甲酸的物質的量為反應過程中乙醇過量，理論上產生苯甲酸乙酯的物質的量為0.1mol，實驗產率為故答案為：80.0。【解析】重結晶冷凝回流乙醇和水水浴加熱吸水劑由白色變為藍色蒸餾分液漏斗Na2CO3或NaHCO380.014、略

【分析】【分析】

(1)根據裝置特點可知儀器Ⅰ的名稱；亞硝基硫酸遇水易分解，裝置A制取的中含有水蒸氣；必須先干燥再通入B中反應，所以C中盛放的藥品是濃硫酸。

(2)裝置A的目的是制備SO2氣體，產生的SO2需與HNO3反應制備NOSO4H，但NOSO4H易水解，所以SO2需先干燥，且SO2會污染空氣；制備完成需進行尾氣處理，可得裝置連接順序；

(3)裝置D為尾氣處理裝置；利用過量氫氧化鈉完全吸收有毒的二氧化硫，由此可得反應的離子方程式。

(4)結合溫度對反應速率的影響作答即可。

(5)寫出草酸鈉與酸性高錳酸鉀溶液的反應方程式，根據題給數據計算出過量的KMnO4的量，再結合反應③計算NOSO4H的物質的量；進而求算產品的純度。

【詳解】

(1)儀器Ⅰ的名稱為蒸餾燒瓶；亞硝基硫酸遇水易分解，裝置A制取的中含有水蒸氣；必須先干燥再通入B中反應制取亞硝基硫酸，同時要防止空氣或其他實驗儀器中的水蒸氣進入B中，所以C中盛放的藥品是濃硫酸。

故答案為：蒸餾燒瓶；濃硫酸。

(2)洗氣時裝置連接必須“長進短出”，即“e進d出”；通入時要盡量使充分與反應物混合，提高利用率，所以“b進c出”；有毒，未反應的不能排放到大氣中，上述儀器的連接順序為aedbcedf。儀器連接好后；檢查裝置氣密性時，在加熱蒸餾燒瓶之前，必須關閉分液漏斗的旋塞，在D的燒杯中加入水至浸沒導氣管，再加熱蒸餾燒瓶，如果觀察到D導管口有氣泡冒出，說明裝置氣密性良好。

故答案為：aedbcedf；關閉分液漏斗旋塞；用水浸沒D中導氣管。

(3)為了完全吸收有毒的二氧化硫，氫氧化鈉應過量，所以生成亞硫酸鈉：

故答案為：

(4)溫度影響反應速率；溫度過低，反應速率太慢。

故答案為：反應速率太慢。

(5)草酸鈉與硫酸酸化的高錳酸鉀溶液反應的化學方程式為：過量的的物質的量則與反應的高錳酸鉀的物質的量結合已知③：可得的物質的量因此產品的純度為

故答案為：74.7%（或75%）。

【點睛】

本題考查了物質制備方案、裝置的作用及連接、滴定實驗測定含量的過程分析判斷、滴定實驗的計算應用，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。【解析】蒸餾燒瓶濃硫酸aedbcedf關閉分液漏斗旋塞，用水浸沒D中導氣管反應速率太慢74.7%（或75%）15、略

【分析】【分析】

亞硫酸鈉固體和70%的濃硫酸反應制得二氧化硫，反應的制取裝置為A，經濃硫酸的干燥，二氧化硫密度大于空氣，易溶于水，再用向下排空氣法收集二氧化硫，尾氣用氫氧化鈉溶液吸收，使用倒扣的漏斗，防止倒吸；SO2在堿性條件下氧化HCOONa生成CO2，同時得到Na2S2O4，根據K3[Fe(CN)6]和Na2S2O4的物質的量關系計算出保險粉質量分數；由此分析。

【詳解】

(一)(1)儀器①的名稱是分液漏斗；

(2)利用A裝置制備SO2氣體；再用F裝置干燥；E裝置收集、D裝置中NaOH溶液吸收尾氣，防環境污染，結合氣流方向，裝置的連接順序為a→g→h→e→f→d，選擇A裝置而不選擇B裝置作氣體發生裝置是考慮到A裝置可以平衡壓強，讓濃硫酸順利流下；

(3)二氧化硫遇強氧化性的物質如溴水或酸性高錳酸鉀溶液體現其具有還原性；可借助于將二氧化硫使溴水顏色褪去驗證二氧化硫的還原性；實驗過程為將二氧化硫通入盛有溴水的試管中，溴水顏色褪去，即可說明二氧化硫具有還原性；

(二)(1)步驟II中SO2在堿性條件下氧化HCOONa生成CO2，同時得到Na2S2O4，發生反應的化學方程式為HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4＋CO2+H2O；

(2)結合Na2S2O4在空氣中極易被氧化；不溶于甲醇，易溶于水，遇水迅速分解為亞硫酸氫鈉和硫代硫酸鈉，在堿性介質中較穩定的性質，步驟IV保險粉的洗滌方法：在無氧環境中，加入甲醇溶液至浸沒晶體，待甲醇溶液順利流下后，重復2～3次即可；

(三)(1)消耗K3[Fe(CN)6]的物質的量為cmol?L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，根據2K3[Fe(CN)6]~Na2S2O4，則Na2S2O4的物質的量為0.5cV×10-3mol，保險粉質量分數表達式為×100%=×100%；

(2)通入氮氣作保護氣，用于防止Na2S2O4被空氣中氧氣氧化，若在滴定前未向錐形瓶中通氮氣，導致消耗K3[Fe(CN)6]的物質的量減小，則會導致測定的保險粉含量偏低。【解析】分液漏斗aghefdA將二氧化硫通入盛有溴水的試管中，溴水顏色褪去，即可說明二氧化硫具有還原性HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4＋CO2+H2O加入甲醇溶液至浸沒晶體，待甲醇溶液順利流下后，重復2～3次即可×100%偏低四、計算題(共4題，共36分)16、略

【分析】【分析】

(1)FeS2在氧氣流中充分灼燒，完全反應后生成Fe2O3，根據Fe元素守恒以及利用差量法計算FeS2的質量，進而計算FeS2的質量分數；

(2)根據S元素守恒，利用關系式法計算；

(3)設FeS2為1mol，根據方程式求出消耗的氧氣和生成的SO2，然后求出反應后混合氣體的成分以及物質的量和質量，最后根據M=m/n求出摩爾質量，摩爾質量在以g/mol為單位時數值上等于平均相對分子質量；

(4)根據確定沉淀的成分，然后再根據SO2和氨氣的關系確定其他成分；最后列式計算。

【詳解】

(1)FeS2在氧氣流中充分灼燒，完全反應后生成Fe2O3，根據Fe元素守恒可得2FeS2～Fe2O3，利用差量法計算，設2.00g礦石樣品中FeS2的質量為m，則m=所以該黃鐵礦中FeS2的質量分數為故答案為：66%；

(2)根據S元素守恒，利用關系式法計算，反應的關系式為：FeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4～(NH4)2SO4，設制取硫酸銨時硫酸的利用率為x，解得x=90.04%，故答案為：90.04%；

(3)設FeS2為1mol，完全煅燒需要的n(O2)=2.75mol，n(SO2)=2mol，過量20%所需空氣為：n(空氣)=2.75÷0.2×1.2=16.5mol，則混合物氣體中氧氣為氮氣的物質的量為SO2為2mol，則混合氣體的摩爾質量為所以煅燒后的混合氣體平均相對分子質量為32.71，故答案為：32.71；

(4)設0.09molSO2能產生沉淀的質量為Xg，解得X=19.53g，所以沉淀中有硫酸鋇和亞硫酸鋇，硫酸鋇的質量為21.86g-19.53g=2.33g，硫酸根的物質的量為亞硫酸根的物質的量所以(NH4)2SO4的物質的量為0.01mol，(NH4)2SO4產生的NH3是0.01mol×2=0.02mol，共產生0.16molNH3，其他成分產生氨氣0.16mol-0.02mol=0.14mol，亞硫酸根與銨根為9：14，所以成份還有：亞硫酸銨和亞硫酸氫銨，設亞硫酸銨和亞硫酸氫銨的物質的量分別為：X、Y，則解得：X=0.05mol，Y=0.04mol，銨鹽溶液中各溶質成分與物質的量濃度之比：c[(NH4)2SO3]:c(NH4HSO3):c[(NH4)2SO4]=5:4:1，故答案為：c[(NH4)2SO3]:c(NH4HSO3):c[(NH4)2SO4]=5:4:1。

【點睛】

本題考查化學計算，常用方法有元素守恒、利用差量法計算、利用關系式法計算；求平均相對分子質量，根據M=m/n求出摩爾質量，摩爾質量在以g/mol為單位時數值上等于平均相對分子質量；計算前，確定成分之間的關系，最后列式計算。【解析】66%90.04%32.71c[(NH4)2SO3]:c(NH4HSO3):c[(NH4)2SO4]=5:4:117、略

【分析】【分析】

(1)①硫酸的質量分數等于硫酸溶質的質量除以混合溶液的質量；

②氫離子的物質的量與氫氧根的物質的量相等；

(2)①質量增重為O元素；

②O元素的物質的量等于氧化銅的物質的量；

(3)103.2g混合物含銅1.35mol，根據電子得失守恒計算一氧化氮的物質的量；

(4)①固體中含銅0.027mol，氧化銅0.0042mol，設加入的混酸中H2SO4與HNO3的物質的量均為amol，恰好完全反應后溶液中溶質為CuSO4和Cu(NO3)2，根據電荷守恒解題；

②固體中含銅0.027mol；氧化銅0.0042mol，根據銅元素守恒計算理論產量。

【詳解】

(1)①設硫酸和硝酸的體積分別為5mL和1mL，則硫酸的物質的量等于硝酸的物質的量，硫酸的質量分數：故答案為：0.20；

②質量為7.3g的混酸中含有硫酸的物質的量=由上可知硝酸的物質的量=共含有0.045molH+，則1g混酸中含有H+為mol，中和時需要NaOH溶液的體積是V==12.33mL；故答案為：12.33；

(2)①設銅屑有100g，則含銅99.84g，灼燒后的質量為103.2g，則氧元素的質量為3.36g，氧元素的質量分數為故答案為：0.033；

②若混合物為103.2g，則含氧化銅的物質的量=氧元素的物質的量=銅的物質的量為銅與氧化銅的物質的量之比為1.35mol：0.21mol=45:7，故答案為：45:7；

(3)103.2g混合物含銅1.35mol；2.064g固體中含銅0.027mol，根據電子得失守恒可知一氧化氮的物質的量為0.027mol×2/3=0.018mol，標準狀況下的體積為0.018mol×22.4L/mol×1000mL/L=403.2mL，故答案為：403.2mL；

(4)①固體中含銅0.027mol，氧化銅0.0042mol，設加入的混酸中H2SO4與HNO3的物質的量均為amol，恰好完全反應后溶液中溶質為CuSO4和Cu(NO3)2，根據電荷守恒和上面分析，有以下關系式：2×(0.027mol+0.0042mol)=2a+a?0.018mol，解得a=0.0268mol，溶液中CuSO4的物質的量為0.0268mol；故答案為：0.0268mol；

②膽礬的理論產量為(0.027+0.0042)mol×250g/mol=7.8g，產率為故答案為：82%。【解析】0.2012.330.03345：7403.20.0268mol82%18、略

【分析】【分析】

(1)FeS2在氧氣流中充分灼燒，完全反應后生成Fe2O3，根據Fe元素守恒以及利用差量法計算FeS2的質量，進而計算FeS2的質量分數；

(2)根據S元素守恒，利用關系式法計算；

(3)設FeS2為1mol，根據方程式求出消耗的氧氣和生成的SO2，然后求出反應后混合氣體的成分以及物質的量和質量，最后根據M=m/n求出摩爾質量，摩爾質量在以g/mol為單位時數值上等于平均相對分子質量；

(4)根據確定沉淀的成分，然后再根據S