【文档说明】山西省运城市康杰中学2022-2023学年高一下学期3月月考化学试题 含解析.docx，共(17)页，1.387 MB，由小赞的店铺上传

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康杰中学2022—2023学年度第二学期第一次月考高一化学试题可能用到的相对原子质量：O：16Na：23S：32一、单选题(每个小题只有1个正确选项，共9道小题，每小题3分，共27分)1.化学与生活、生产、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是A

.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放B.工业上制硝酸过程中，氨气的催化氧化属于氮的固定C.葡萄酒、果脯中加入适量SO2以起到杀菌、抗氧化的作用D.常温下铝与浓硝酸不反应，可以用铝质容器储存浓硝酸【答案】C【解析】【详解】A．燃煤中加入C

aO能减少二氧化硫的排放，但煤中的碳元素没有减少，则不可以减少温室气体CO2的排放，A错误；B．氮的固定是将游离态氮转化为化合态氮的过程，氨气的催化氧化过程，化合态的N变为另一种化合态，不属于氮的固定，B错误；C．SO2具有还原性，葡萄酒、果脯中加

入适量SO2以起到杀菌、抗氧化的作用，C正确；D．常温下铝与浓硝酸能够发生钝化，工业上可以用铝质容器储存浓硝酸，钝化属于化学变化，即不是因为铝与浓硝酸不反应，D错误；故选C。2.关于烷烃的结构和性质下列说法不正确的是A.甲烷的二氯代物只有一种结构证明甲

烷是正四面体结构B.甲烷易燃易爆，点燃前必须要验纯C.甲烷和氯气物质的量比为1:1混合，发生取代反应只生成一氯甲烷D.烷烃性质稳定，均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A．甲烷若为平面结构，则其二氯代物有2种不同结构，甲烷的二氯代物只有一种可证明甲烷为正四面体结构，A

正确；B．点燃甲烷和空气的混合气体易发生爆炸，故在点燃甲烷前，先进行验纯操作，B正确；C．甲烷与氯气的物质的量之比为1:1混合,发生取代反应生成物有CH3Cl，CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，C错误；D．烷烃性质稳定，不能与强酸强碱反应，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；故

选C。3.科学家创造了由18个碳原子构成的环碳(C18)，该分子是单键和叁键交替的结构，如图所示，下列说法正确的是A.C18和C60、金刚石互为同分异构体B.环碳中碳原子均达8电子稳定结构C.C18与乙炔互为同系

物D.C18很稳定，不容易发生反应【答案】B【解析】【详解】A．18C和60C、金刚石为碳元素的几种单质，互为同素异形体，A错误；B．该分子是单键和叁键交替，每个碳原子都有四个共价键，均达8电子稳定结构，B正确；C．乙炔中只含有一个三键，与18C不互为同系物，C错误；D．分子中含

有叁键，易发生加成反应，氧化反应等，D错误；故选B。4.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.过量SO2通入次氯酸钠溶液中：SO2+H2O+3ClO-=SO24−+2HClO+Cl-B.向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液：+-432NH+OH=NHHOC.用过

量氨水吸收工业尾气中的2SO：+2-3224322NHHO+SO=2NH+SO+HOD.氢氧化亚铁溶于过量稀硝酸：+2+22Fe(OH)+2H=Fe+2HO【答案】C【解析】【详解】A．过量SO2通入次氯酸钠溶液中，次氯酸可氧化二氧化硫，故离子方程式应为SO

2+H2O+ClO-=SO24−+Cl-，故A错误；B．向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液，碳酸氢根离子也可与氢氧根离子反应，所以离子方程式应为+-43222HCO+NH+2OH=NHHO+CO+HO−

3，故B错误；C．用过量氨水吸收工业尾气中的2SO，离子方程式为+2-3224322NHHO+SO=2NH+SO+HO，故C正确；D．氢氧化亚铁溶于过量稀硝酸，硝酸具有氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，其离

子方程式为3+3+223Fe(OH)+10H=3FOe+8H+NOO+N−，故D错误；故选C。5.利用下列实验装置能达到实验目的的是A.检验氨气极易溶于水B.制取并干燥氨气C.制取并收集二氧化氮D.可以形成喷泉，且充满烧瓶A.AB.BC.CD.D【答案

】A【解析】【详解】A．向烧瓶中滴加水，氨气及易溶于水，造成烧瓶内压强减小，气球变大，该装置可以检验氨气极易溶于水，故A正确；B．氯化铵加热分解生成氯气和氨气，在试管口又化合生成氯化铵固体，故不能制得干燥的氨气，故B错误；C．二氧化氮能够和水反应，不

能用排水法收集二氧化氮，故C错误；D．二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮不溶于水，则该装置可以形成喷泉，但水不能充满烧瓶，故D错误；故选A。6.科学家最新研制的利用氯化氢和氢气生产高纯硅的工艺流程如图所示：容器①

300℃中进行的反应①为Si(粗)+3HCl(g)=SiHCl3(l)+H2(g)；容器②1100℃中进行的反应②为SiHCl3+H2=Si(纯)+3HCl。下列说法正确的是A.高纯硅可用作光导纤维B.粗硅的制法SiO2+C高温Si(粗硅)+CO2↑

C.反应①和②互为可逆反应D.该工艺流程的优点是H2和HCl可循环使用【答案】D【解析】【分析】从流程图中可以看出，容器①中，Si(粗)与HCl(g)反应，生成SiHCl3(l)和H2(g)；容器②中，SiHCl3(l)与

H2(g)反应，生成Si(纯)和HCl(g)；HCl(g)和H2(g)可以循环使用。【详解】A．制作光导纤维的是二氧化硅，A错误；B．粗硅提纯的第一步就是在电炉中用C与二氧化硅反应，置换出粗硅和CO，方程式为：SiO2+2C高温Si(粗硅)+2CO↑，B

错误；C．反应①与反应②对应反应温度不一致，因此二者不可逆反应，C错误；D．由分析可知，H2和HCl可循环使用，D正确；故选D。7.关于硫、氮单质及其化合物，说法正确的是A.NO2可以和水反应生成硝酸

，但NO2不属于酸性氧化物B.浓、稀硫酸都能使蓝色石蕊试纸最终变为红色C.浓硝酸中插入红热的木炭，产生红棕色气体，可证明浓硝酸被炭还原是D.1molN2和3molH2在高温、高压、催化剂条件下充分反应，可生成2molNH3【答案】A【解析】【详解】A．

NO2可以和水反应除生成硝酸，还生成了NO，所以NO2不属于酸性氧化物，故A正确；B．浓硫酸具有强氧化性并具有脱水性，可以蓝色石蕊试纸碳化而最终呈黑色，故B错误；C．硝酸不稳定，受热易分解，将红热的木炭插入浓硝酸中，可能是由于硝

酸分解产生红棕色气体，无法证明浓硝酸被炭还原，故C错误；D．氮气和氢气的反应生成氨气是可逆反应，不可能进行到底，所以1molN2和3molH2在高温、高压、催化剂条件下充分反应，生成NH3的物质的量小于2mol，故D错误；故选

A。8.4CuSO是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是A.途径①42HSO与3HNO物质的量之比最好为3：2B.相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想C.反应②方程式为：224422CuO+2HSO2CuSO2HO+=+D.后面途径

转化中，加入的Y物质体现了其氧化性【答案】D【解析】【详解】A．途径①中Cu和42HSO、3HNO反应生成CuSO4，Cu与混酸反应的离子反应为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO+4H2O，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，要使途径①所得溶液只含3mo

lCuSO4，则消耗3HNO的物质的量为2mol时，42HSO的物质的量为3mol，所用混酸中42HSO与3HNO物质的量之比最好为3：2，故A正确；B．①③中生成有毒气体，②中Cu、氧气、硫酸反应生成硫酸铜和水，则途径②更好地体

现了绿色化学思想，故B正确；C．反应②中Cu和氧气、硫酸反应生成硫酸铜和水，化学方程式为：的224422CuO+2HSO2CuSO2HO+=+，故C正确；D．硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，知Y可为葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜反应的方程

式为：C6H12O6+2Cu(OH)2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，该过程中Cu元素化合价下降，Cu(OH)2作为氧化剂，C6H12O6是还原剂，体现还原性，故D错误；故选D。9.某强酸性溶液X，可能含有Al3+、Ba2+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO23−、SO24−

、SiO23−、NO3−中的一种或几种，取该溶液进行实验，相关现象及转化关系如图所示。已知气体A遇空气变呈红棕色。下列结论正确的是A.根据生成沉淀C，推出该溶液中含有CO23−、SO24−B.根据生成气体A，推出该溶液中含有Fe2+C.根据生成沉淀E及溶液G，推出该溶液中含有Fe3+

D.根据上述现象，推出该溶液中肯定含有Al3+、NH4+、SO24−、Fe2+，可能含有NO3−【答案】B【解析】【分析】该溶液为强酸性，溶液中存在大量的H+，CO23−、SiO23−与H+不能大量共存，X溶液中不存在CO23−、SiO2

3−，NO3−(H+)具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，因此两者不能大量共存，X中加入过量硝酸钡溶液，有沉淀生成，该沉淀只能为BaSO4，说明原溶液中存在SO24−，一定没有Ba2+，有气体A生成，该气体只能为NO，即原溶液中存在Fe

2+，则原溶液中一定不存在NO3−，加入过量氢氧化钠溶液并加热，有气体D生成，则气体D为NH3，X中存在NH4+，沉淀E为Fe(OH)3，根据前一步分析，X溶液中可能存在Fe3+，溶液F中通入过量的二氧化碳，有沉淀产生，因此沉淀H只能为Al(OH)3，X中存在Al3+，综上所述，X中一定含

有的离子是H+、Fe2+、NH4+、Al3+、SO24−；一定不存在的离子有CO23−、SiO23−、NO3−、Ba2+；可能存在离子是Fe3+，据此分析；【详解】A．溶液显强酸性，溶液中存在大量的H+，CO23−、SiO23−与H+不能大量共存，X溶液中不存在CO23−、SiO

23−，沉淀C为硫酸钡，X中含有SO24−，故A错误；B．NO3−(H+)具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，加入过量硝酸钡溶液，有气体A生成，该气体只能NO，即原溶液中存在Fe2+，故B正确；C．反应①NO3−(H+)

将Fe2+氧化成Fe3+，对检验原溶液中是否含有Fe3+产生干扰，故C错误；D．根据上述分析，X中一定含有的离子是H+、Fe2+、NH4+、Al3+、SO24−；一定不存在NO3−，故D错误；答案为B。二、不定项选择题(10-13题每个小题有1-2个正确选项，每

小题4分，共16分。双选时，1个正确选项2分，错选0分)10.某溶液中有4NH+、Fe2+、Fe3+、Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子有A.NH4+B.Fe3+C.Fe2+D.Al3+【答案】AC

【解析】【详解】A．向有4NH+的溶液中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，由于发生反应4NH++OH-=NH3↑+H2O，从而使溶液中4NH+大量减少，A符合题意；B．而Fe3+在加入过量的NaOH溶液时虽然都发生了反应生成氢氧化铁，但再加入过

量盐酸，又都变为原来的离子，B不符合题意；C．向有Fe2+的溶液中加入过量的NaOH溶液时生成氢氧化亚铁，微热并搅拌，氢氧化亚铁很快被氧化为氢氧化铁，再加入过量盐酸，生成了Fe3+，使溶液中Fe3+增加

，Fe2+大量减少，C符合题意；D．而Al3+在加入过量的NaOH溶液时虽然都发生了反应生成了偏铝酸钠，但再加入过量盐酸，又都变为原来的离子，D不符合题意；故选AC。11.无色的混合气体甲。可能含有N

O、CO2、NO2、NH3、O2、N2中的某几种。将100mL气体经过如图的实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余。则甲气体的组成为为A.NH3、NO2、N2B.NO2、NO、CO2C.NH3、NO、CO2D.NO、CO2、O2【答案】C【解析】【分析】【详解】二氧化氮是红棕色的气体

，所以混合气体甲中一定不存在，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80mL，说明一定有NH3存在且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2

，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2。故选C。12.(NH4)2SO4是一种常见的化肥，其溶解度随着温

度的升高而增大，某工厂用石膏、NH3、H2O和CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程如图：下列说法正确的是A.通入NH3和CO2的顺序可以互换B.操作2为将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得(NH4)2SO4C.步骤②中反应的离子方程式为Ca2++

2NH3+2H2O=Ca(OH)2↓+2NH4+D.通入的NH3和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用【答案】B【解析】【分析】NH3易溶于水，硫酸钙悬浊液中通入氨气，使溶液呈碱性，后通入的CO2被氨水吸收转变出碳酸根离子、

进一步把CaSO4转化为CaCO3沉淀，过滤，所得滤液主要成分为硫酸铵，可提取硫酸铵晶体，据此回答。【详解】A．由于CO2微溶于水，NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2

，反应的化学方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=(NH4)2SO4+CaCO3↓，通入NH3和CO2的顺序不可以互换，A错误；B．流程中，向硫酸钙浊液中通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通入适量的二氧化碳利于反应的进行，硫酸钙与氨

气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀，加热制成饱和溶液，再降温冷却，结晶析出，过滤，则可以使硫酸铵从溶液中结晶析出，操作2是溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等，可得(NH4)2SO4，B正确；C．硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和

碳酸钙沉淀物质发生的主要化学反应为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+(NH4)2SO4，反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH+4+SO24−，C错误；D．反应过程中二氧化碳参与反应生成硫酸铵和碳酸钙，碳酸钙分解生成二氧

化碳，工艺流程中产生的CO2可循环利用，通入足量NH3，应通适量二氧化碳，二氧化碳若过量、碳酸钙会溶解，D错误；故选B。13.在容积为672mL的烧瓶里充满NO、NO2的混合气体，将其倒立在水槽里，去塞后再通入

280mL氧气，恰好完全反应，且水充满烧瓶(气体体积都折合成标准状况下)。下列有关叙述中正确的是A.总反应可能为NO＋NO2＋O2＋H2O=2HNO3B.总反应可能为4NO＋8NO2＋5O2＋6H2O=12HNO3C.生成HNO3的物质的量浓度接近0.03mol·L-1D.生成HNO3的物质的

量浓度约为0.045mol·L-1【答案】BD【解析】【详解】无论是NO还是2NO都能在水中与氧气按一定比例反应生成3HNO，同温同压下气体物质的量之比等于体积之比，()()22nNO+NO:nO=6

72:280=12:5。所以由电子守恒可知恰好反应时总反应为22234NO8NO5O6HO=12HNO+++。280mL氧气的物质的量为0.28L22.4L/mol=0.0125mol，可以生成120.0125mol5

=30.03molHNO，容器容积为672mL，所以硝酸溶液浓度为10.03mol0.045molL0.672L−=；故选BD。三、填空题(共4个小题，共57分)14.有下列7种物质：①NaOH②NH4Cl③3NH④

Al⑤2Cl⑥2I⑦Si⑧2SO请回答下列问题：（1）属于电解质的有_______(填序号)，②物质的电子式为_______。（2）准确配制480mL一定浓度的①溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、_____

__。（3）①溶液中加入少量的④反应的离子方程式为_______。（4）将足量⑧通入BaCl2溶液中，下列说法正确的是_______。A．溶液中出现白色沉淀B．溶液没有明显变化C．若再通入Cl2或NH3，则溶液中均会出现白色沉淀（5）用含

⑧的烟气处理含Cr2O27−(被还原为Cr3+)的酸性废水时，所发生的离子反应为：_______。（6）关于以上7种物质的说法不正确的有_______。A.加碘食盐中的“碘”指的是⑥B.液态③可做制冷剂C.⑤和⑧都有漂白性D.⑦性质稳定，在自然界中以游离

态存在【答案】（1）①.①②②.（2）胶头滴管、500mL容量瓶（3）-2222Al+2OH+2HO=2AlO+3H−（4）BC（5）2-+2-3+227423SO+CrO+2H=3SO+2Cr+HO（6

）ACD【解析】【小问1详解】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；①NaOH为碱，属于电解质；②NH4Cl为盐，属于电解质；③3NH为非电解质；④Al为单质；⑤2Cl为单质；⑥2I为单质；⑦Si为单质，单质既不是电解质，又不是非电解质，⑧

2SO属于非电解质，则属于电解质的有①②；②NH4Cl是离子化合物，其电子式为：；【小问2详解】的没有480mL的容量瓶；准确配制480mL一定浓度的①溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶，故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；【

小问3详解】氢氧化钠和铝反应生成偏铝酸钠和氢气，-2222Al+2OH+2HO=2AlO+3H−；【小问4详解】将足量的SO2通入2BaCl溶液中，溶液没有明显变化，若再通入2Cl会发生氧化还原反应，最后生成硫酸钡沉淀，若通入3NH，碱性环境下则会

生成亚硫酸钡沉淀，故答案为BC；【小问5详解】二氧化硫有还原性，可以被重铬酸根离子氧化为硫酸根离子，本身被还原为铬离子，根据得失电子守恒和电荷守恒可知，离子方程式为：2-+2-3+227423SO+CrO+2H=3

SO+2Cr+HO；【小问6详解】A．加碘食盐中的“碘”指的是碘元素不是单质，A错误；B．液态氨气气化吸热，可做制冷剂，B正确；C．湿润的氯气有强氧化性，具有漂白性，干燥的氯气没有漂白性，C错误；D．Si在自然

界只能以化合态存在，D错误；故选ACD。15.用如图所示装置模拟SO2催化氧化。（1）烧瓶B内发生反应的化学方程式是_______。（2）小试管C的作用是_______。（3）广口瓶D内盛的试剂是_______，装置D的3个作用是：①_______、②_______、

③_______。（4）若U形管内收集到的物质很少，分析其原因不可能是_______(填字母)。a．装置气密性不好b．制得的SO2中混有少量H2S杂质使催化剂中毒c．气流速度过快【答案】（1）Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O（2）安全瓶或防倒吸（3

）①.浓硫酸②.干燥SO2③.使SO2和O2两种气体均匀混合④.通过观察气泡控制气体比例和气体流速（4）b【解析】【分析】试管A中发生制取O2的反应，烧瓶B中发生制取SO2的反应；小试管C为防倒吸装置；广口瓶D中装有浓硫酸，用来干燥气体等；玻璃管E中，SO2和O2发生反应

生成SO3；装置F用来收集SO3。【小问1详解】B烧瓶是利用浓硫酸和Na2SO3制取SO2，反应原理是23242422NaSO+HSONaSO+SO+HO=；【小问2详解】A中加热后生成O2，C装置只是让O2通过，似乎

没有任何作用，但是由于气流不能始终恒定，且B中更易生成SO2，所以可能会使D中的溶液倒流进入A，因此C起到安全瓶的作用，防倒吸；【小问3详解】由于通入D的SO2、O2中都含有少量水，所以D中液体是浓硫酸，以除去水得到干燥的气体，此外D还能通过控制气体流速来控制通入的两种气体的混合

比，并使气体得到混合，故答案为：浓硫酸；干燥SO2；使SO2和O2两种气体均匀混合；通过观察气泡控制气体比例和气体流速；【小问4详解】a．装置的气密性不好时，由于气体泄漏，反应生成的SO3必然减少，U形管中收集到的SO3也就会很少；b．B、C装置中都

不可能生成H2S气体，且D中的浓硫酸也会氧化H2S生成SO2，因此b不可能；c．气流速度更快时，大量的SO2不能及时升温并在E中发生反应，必然导致U形管中收集到的SO3减少；综上所述，不可能的原因是b，故选b。16.用如图装置做以下两个实验：（1）常

温下将H2S和SO2以物质的量之比为1∶1充满烧瓶，不久，烧瓶中能观察到的现象是_______。（2）若用Cl2代替SO2，其他条件不变，发生反应的化学方程式为_______。（3）若想使(2)中反应后，烧瓶内产生“喷泉”现象，引发的操作为_______。【答案】

（1）在烧瓶内壁上附着有淡黄色颗粒，烧瓶内形成喷泉（2）H2S＋Cl2=S↓＋2HCl（3）用热毛巾捂住烧瓶，将长玻璃管内的气体赶出，撤去毛巾会有喷泉产生【解析】【小问1详解】已知常温下2H2S+SO

2=3S+2H2O，故将H2S和SO2以物质的量之比为1∶1充满烧瓶，由于反应过程中烧瓶中气体的物质的量减小，即压强减小，烧瓶内压强小于外界大气压，且H2S能与NaOH溶液快速反应，故不久烧瓶中能观察到的现象是在烧瓶内壁上

附着有淡黄色颗粒，烧瓶内形成喷泉，故答案为：在烧瓶内壁上附着有淡黄色颗粒，烧瓶内形成喷泉；【小问2详解】若用Cl2代替SO2，其他条件不变，即H2S和Cl2发生反应的化学方程式为H2S+Cl2=2HCl+S↓，故答案为：H2S+Cl2=2HCl+S↓；【小问3

详解】有上述分析可知，反应过程中气体的物质的量不变，即烧瓶中气体的压强不变，始终等于外界大气压，但产物HCl极易溶于水，且与NaOH溶液能快速反应，导致烧瓶中气压快速减小，故若想使(2)中反应后，烧瓶内产生“喷泉”现象，引发的操作为用热毛巾捂住烧瓶，将长玻璃管内的气体赶出

，撤去毛巾会有喷泉产生，故答案为：用热毛巾捂住烧瓶，将长玻璃管内的气体赶出，撤去毛巾会有喷泉产生。17.NH3是一种有还原性的气体，利用如图装置，进行NH3与金属氧化物MxOy反应生成M、N2、H2O，通过测量生成水的质量来测定M的相对原子质量。a中试剂是浓氨水。（1）仪器a的名称为

_______，仪器b中装入的试剂可以是_______。（2）按气流方向正确的装置连接顺序为_______(填字母，装置可重复使用)。（3）若NH3与Fe2O3反应，反应一段时间后试管中固体变为黑色，小组同学为探究黑色固体的成分，进行了如下实验：取反应后黑色固体适量加入足稀盐酸，固体完全

溶解，并放出大量气泡。取所得溶液分置于两支试管中，向一支试管中滴入2-3滴KSCN溶液，溶液不变色；向另一支试管中滴加2-3滴酸性KMnO4溶液，紫色褪去。①该小组同学由此确定反应后的黑色固体中不含Fe2O3，该结论是否正确？_______(填“是”或“否”)；理由是____

___。②假设该反应所得黑色固体的成分只有纯净的铁粉或铁粉与氧化铁的混合物两种可能，请提出验证方案_______。【答案】（1）①.分液漏斗②.NaOH或生石灰或碱石灰（2）BDADC或BDADD（3）①.否②.Fe2O3溶于盐酸生成的Fe3+可被F

e还原为Fe2+，未检测到Fe3+不能说明黑色固体中不存在Fe2O3③.用吸铁石将反应后固体中的铁吸出，若无固体剩余则说明没有Fe2O3，若有红色固体剩余，则有Fe2O3【解析】【小问1详解】仪器a名称为分液漏斗用来盛放和滴加液体，a中试剂

是浓氨水，仪器b中加入的是氢氧化钠固体或生石灰或碱石灰，滴入浓氨水固体溶解放热使一水合氨分解生成氨气，故答案为：分液漏斗；氢氧化钠固体或生石灰或碱石灰；【小问2详解】从发生装置中出来的氨气带有水蒸气，必须干燥，故B接D，D接A，吸收反应生成的水用装置D，最后空

气中的水不能进入装置D，所以需要装置C或者D，按气流方向正确的装置连接顺序为BDADC或者BDADD，故答案为：BDADC或者BDADD；【小问3详解】①Fe2O3溶于盐酸生成的Fe3+可被Fe还原为Fe2+，未检测到Fe3+不能

说明黑色固体中不存在Fe2O3，故答案为：否；Fe2O3溶于盐酸生成的Fe3+可被Fe还原为Fe2+，未检测到Fe3+不能说明黑色固体中不存在Fe2O3；②已知铁粉能被磁铁吸引，而Fe2O3不能被磁铁吸引，且Fe和Fe2O3均不能

与碱反应，均能与酸反应，故若用吸铁石将反应后固体中的铁吸出，若无固体剩余则说明没有Fe2O3，若有红色固体剩余，则有Fe2O3，故答案为：用吸铁石将反应后固体中的铁吸出，若无固体剩余则说明没有Fe2O3，若有红色固体剩余，则有Fe2O3。18.为测定Na2CO3与Na2SO3混合物中各组分的含量

，设计如下实验方案：（1）方案一：称取一定质量的样品(30g)，置于坩埚中加热至恒重，冷却，称取剩余固体质量为31.6g，计算。①实验中加热至恒重的目的是_______。②样品中Na2CO3的质量分数为_______。（2）方案二：以下图所示装置进行

实验：(铁架台、铁夹等仪器未在图中画出)①已知仪器C中装有品红溶液，其作用是_______，②实验室中备有以下常用试剂：a．浓硫酸b．品红溶液c．酸性高锰酸钾溶液d．氢氧化钠溶液e．无水硫酸铜f．碱石灰g．五氧化二磷h．无水氯化钙请将下列容器中应盛放的试剂序

号填入相应空格：B中_______，D中_______，E中_______。③实验过程中，当仪器A内的固体反应完全后，需打开活塞K，向A中通入大量的氮气。这样做的目的是_______。（3）方案三：称取一定量样品，置

于小烧杯中，加适量水溶解，向小烧杯中加入足量BaCl2溶液。过滤、洗涤、干燥沉淀，称量固体质量。实验中判断沉淀洗干净的方法是_______。【答案】（1）①.使Na2SO3氧化完全②.58%（2）①.检验SO2是否除尽②.c③.a④.f⑤.使A、

B、C、D各装置中残留的CO2进入E被充分吸收（3）取最后1次洗涤液少量于试管中，加入少量硝酸银溶液和稀硝酸，无白色沉淀生成，证明沉淀已洗净【解析】【小问1详解】①Na2SO3容易被氧化成Na2SO4，因此加热恒

重的目的是使Na2SO3氧化完全；②Na2SO3被氧化的化学方程式为2322423126232m()31.6302NaSOO=2NaSOmNaSO−＋m(Na2SO3)=12.6g，则碳酸钠的质量为(30g－12.6g)=17.4g，

即碳酸钠的质量分数为17.4g/30g×100%=58%；【小问2详解】①A装置发生Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O，Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O，根

据实验目的，装置B的作用是吸收SO2，应盛放酸性高锰酸钾溶液，装置C盛放品红溶液，其作用是检验SO2是否除尽，装置D的作用是干燥CO2，装置D盛放的为浓硫酸，装置E中盛放碱石灰，吸收CO2，装置F中盛放碱石灰，作用是防止空气中CO2和H2O进入到装置E，因此装置C中品红溶液的作用是检验SO2是否

除尽；测量的结果比实验值偏低，说明CO2量减少，可能是CO2溶于水；②根据上述分析，B中盛放酸性高锰酸钾溶液，故选c，D中盛放浓硫酸，故选a，E中盛放碱石灰，故选f；③因为该实验为定量实验，需要让CO

2全部被吸收，因此向A中通入大量N2，其目的是使A、B、C、D各装置中残留的CO2进入E被充分吸收；【小问3详解】的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com