【文档说明】【精准解析】四川省泸县第四中学2019-2020学年高一下学期第二次月考化学试题.doc，共(16)页，414.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省泸县第四中学高一第二学月考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg23P31S32Fe56Cu64一、单选题1.化学对社会发展与进步产生着巨大的贡献。德国化学家哈伯(F.Haber)的重要

贡献是()A.实验证实了夸克的存在B.发现了黄绿色气体氯气C.开发了合成氨的生产工艺D.提出了蛋白质分子的螺旋结构模型【答案】C【解析】【详解】A、1964年，美国物理学家盖尔曼提出了夸克模型，认为质子、中子等是由夸克组成的。故A错误；B、1

774年瑞典化学家舍勒在研究软锰矿时发现了氯气，故B错误；C、德国化学家哈伯(F.Haber)开发了合成氨的生产工艺，故C正确；D、化学家鲍林提出了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型，为DNA分子双螺旋结构模型的

提出奠定了基础，故D错误。故选C。2.下列关于硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是A.前者是混合物，后者是纯净物B.两者都具有丁达尔效应C.分散质的粒子直径均在1~100nm之间D.前者可用于杀菌，后者可用于净水【答案】D【解析】【详解】A、溶液和胶体都是分散

系，属于混合物，故A错误；B、胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能，故B错误；C、溶液中溶质粒子直径较小于1nm，胶体粒子直径在l～100nm之间，故C错误；D、硫酸铜是重金属盐，能杀菌消毒，胶体具有较大的表面积，能用来净水，故D正

确；故选D。3.在一个大试管里注入0.0lmol/L碘化钾溶液l0mL，用胶头滴管滴入8—10滴相同浓度的硝酸银溶液，边滴加边振荡，即得碘化银胶体。下列说法正确的是A.用上述胶体做电泳实验，发现阳极附近颜色逐渐变深，说

明该胶体粒子带负电荷B.提纯上述碘化银胶体，需要的实验用品有漏斗、滤纸、烧杯、玻璃棒等C.在上述碘化银胶体中快速滴加0.0lmol/L硝酸银溶液至l0mL，将得到更多的胶体D.布朗运动是该胶体稳定的主要原因【答案】A【解析】【详解】A.带电颗粒在电场作用下，向着与其电性相反的电极移动，称为

电泳，用上述胶体做电泳实验，发现阳极附近颜色逐渐变深，说明该胶体粒子带负电荷，选项A正确；B、提纯上述碘化银胶体，需要利用渗析法而不能通过过滤完成，选项B错误；C、胶体中加入电解质溶液会发生聚沉，选项C错误；

D、胶体稳定存在的主要原因是胶粒带电（负电）,并且吸附了水中的离子（阳离子）,阳离子之间互相排斥,导致胶粒无法聚集,造成胶体稳定，选项D错误。答案选A。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列与NA有关的说法正确的是A.在反应KClO3＋6HCl

＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，当得到标准状况下67.2LCl2时，反应中转移的电子数为6NAB.6.0gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.2NAC.标准状况下，22.4LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数为NAD.S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2

NA【答案】D【解析】试题分析：A．在反应KClO3＋6HCl＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O中氯酸钾是氧化剂，生成3mol氯气转移5mol单质，当得到标准状况下67.2LCl2即3mol氯气时，反应中转移的电子数为5NA，A

错误；B．二氧化硅中一个硅原子形成4个Si—O键，则6.0gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.4NA，B错误；C．标准状况下，22.4LNO和11.2LO2混合后生成22.4LNO2，但NO2和N2O4之间存在平衡关系，所以气体的分子总数小于NA，C错误；D．S2和S

8均是S原子形成的单质，S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子的物质的量是6.4g÷32g/mol＝0.2mol，原子数为0.2NA，D正确，答案选D。【考点定位】考查阿伏加德罗常数的计算【名师点晴】要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况

条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知识的融入、留心特殊的化学反应，如本题中选项A中的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于

求成而忽略问题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下，着重关注易错点，并通过练习加强理解掌握，这样才能通过复习切实提高得分率。5.下列有关物质结构的说法正确的是()A.78gNa2

O2晶体中所含阴、阳离子个数均为2NAB.3.4gH2O2中含有0.3mol化学键C.CO2的结构式为O-C-OD.PCl3邗BCl3分子中所有原子最外层均达到8电子稳定结构【答案】B【解析】A、7.8g（0.1mol）过氧化钠中含有阴阳离子个数分别是0.1mol、0

.2mol，故A错误；B、H2O2的结构式为H－O－O－H，因此3.4gH2O2中含有化学键为3.4×3/34mol=0.3mol,故B正确；C、CO2的结构式为O=C=O，故C错误；D、B原子最外层有3个电子，因此BCl3中B最外层没有达到8电子稳定结构，

故D错误。6.HOCH2CH=CHCOOH是重要的化工原料。下列有关它的描述正确的是A.可用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键B.1mol该物质只能与1molNaOH反应C.该物质能发生酯化、缩聚、水解反应D.分子中所有原子可以处在同

一平面上【答案】B【解析】【分析】有机物含有羧基，具有酸性，可发生酯化反应；含有羟基，可发生取代、氧化反应；含有碳碳双键，可发生加成、氧化和加聚反应，以此解答该题。【详解】A.羟基和碳碳双键都可被高锰酸钾

氧化，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键，A错误；B.只有羧基与氢氧化钠溶液反应，则1mol该物质只能与1molNaOH反应，B正确；C.不含酯基、卤素原子等，因此不能发生水解反应，C错误；D.含有饱和碳原子，具有

甲烷的结构特征，因此不可能所有的原子在同一个平面上，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物官能团的性质，为解答该题的关键。7.下列离子方程式的书写正确的是()A.钠和水反应：2Na＋H2O=2Na＋＋OH－＋H

2↑B.氯化镁溶液中加入氨水：Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓C.氢氧化钡与稀硫酸反应：Ba2++SO42－=BaSO4↓D.氯气通入FeCl2溶液中：Cl2+2Fe2+=2Cl－+2Fe3+【答案】D【解析】A、钠和水反应的离子反应为2Na+2

H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，选项A错误；B、氯化镁溶液中加入氨水的离子反应为Mg2++2NH3•H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+，选项B错误；C、氢氧化钡与稀硫酸反应的离子反应为2H++2OH﹣++Ba2++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，选项C错误；D、氯气通入FeCl2溶

液中的离子反应为Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒。8.短周期

元素M、P、Q、W的原子序数依次增大。M原子获得4个电子最外层将达到稳定结构，P原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Q2+与P2－具有相同的电子层结构，W与M同主族。下列说法正确的是A.比较气态简单氢化物的热稳定性：P>WB.比较原

子半径：r(W)>r(Q)>r(P)>r(M)C.比较最高价氧化物对应水化物的酸性：M<WD.比较化学键类型：P分别与Q、W形成的化合物中化学键类型相同【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素M、P、Q

、W的原子序数依次增大。P原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则P为O元素；Q2+与P2－具有相同的电子层结构，可以知道Q为Mg元素；W与M同主族，最外层电子数相同，M原子获得4个电子最外层将达到稳定结构，则M为C，W为Si，以此来解答。【详解】由上述分析可以知道，M为C，P为O，Q为Mg

，W为Si，A.P为O，W为Si，O非金属性强于Si，因此O形成的气态简单氢化物的热稳定性更强，故A正确；B.同周期元素原子半径随原子序数的增大而减小，可得原子半径大小顺序：r(Q)>r(W)>r(M)>r(P)，故B错误；C.M为C，W为Si，同主族元素的非金属性从上到

下递减，最高价氧化物对应水化物的酸性递减，因此H2CO3的酸性比H2SiO3强，故C错误；D.P分别与Q、W形成的化合物为MgO和SiO2，前者含离子键，后者含共价键，化学键类型不同，故D错误。答案为A。9.下列说法不正确的是（）A.在酸性条

件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHB.乙醛和丙烯醛不是同系物，它们与H2充分反应后的产物是同系物C.用溴水可以鉴别苯酚溶液、2，4-己二烯、甲苯和CCl4D.乳酸薄荷醇酯（）能发生水解反应、氧化反应、消去反应、取代反应【答案】

A【解析】试题分析：A．酯化反应时，羧酸脱-OH，醇脱H，则酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故A错误；B．丙烯醛中含碳碳双键，与乙醛结构不同，二者不是同系物，与H2充分反应后的产物均为饱和醇是同系物，故B正确；C．苯酚溶液、2，4-己二烯、甲苯

和CCl4分别与溴水混合的现象为：白色沉淀、溴水褪色、分层后有机色层在上层、分层后有机色层在下层，现象不同可鉴别，故C正确；D．由结构可知含-COOC-发生水解反应，含-OH发生氧化反应、消去反应、取代反应，故D正确；故选A。考点：考查了有机物的结构和性质的相

关知识。10.向含SO32-、Fe2＋、Br－、I－各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据还原性强弱

分析反应的先后顺序，从而计算出氯气的量与各离子浓度的关系。【详解】离子还原性SO32－>I－>Fe2＋>Br－，故首先发生反应SO32－+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+,再发生反应2I－+Cl2=I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积；A.由SO32－+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+可知，0.1molSO32－完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的氯气的体积为

0.1mol×22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，故A错误；B.0.1molSO32－完全反应后，才发生2I－+Cl2=I2+2Cl-,0.1molSO32－完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1m

olI－完全反应消耗0.05氯气，故0.1molI-完全反应时消耗氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；C.0.1molSO32－完全反应需要消耗0.1mo氯气，0.1molI－完全反应消耗0.05氯气，故亚铁离

子开始反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知，0.1molFe2+完全反应消耗0.05mol氯气，故Fe2+完全时消耗的氯气体积为3.36L+0.05mol×22.4L/mol=

4.48L，图象与实际符合，故C正确；D.SO32－、I－、Fe2＋反应完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br-+Cl2=

Br2+2Cl-可知，0.1molBr-完全反应消耗0.05mol氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol×22.4L/mol=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故D错误。故选C。【点睛】解决此题的

关键在于明确几种离子的还原性强弱。11.质量分数为a的某物质的溶液mg与质量分数为b的该物质的溶液ng混合后，蒸发掉pg水得到的溶液的密度为qg/mL，物质的量浓度为cmol/L。则溶质的相对分子质量为A.qc(am+bn)(m+n-p)B.cq(

m+n-p)(am+bn)C.(am+bn)(m1000qc+n-p)D.c1000q(m+n-p)(am+bn)【答案】C【解析】【分析】设溶质的相对分子质量为M；则溶质物质的量为manbnmolM+=；混合后溶液的体积为V=1000

mnpLq+−，根据ncv=计算。【详解】设溶质的相对分子质量为M；则溶质物质的量为manbnmolM+=；混合后溶液的体积为V=1000mnpLq+−，1000manbMcmnpq+=+−，所以M=1000q(am+bn)c(m+n-p)，故选C。12.38.4g铜跟

适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4L(标准状况)，反应消耗的硝酸可能是()A.1.0molB.1.6molC.2.2molD.2.4mol【答案】C【解析】【分析】铜与浓硝酸反应，随

着反应的进行，硝酸的浓度会逐渐减小，则会涉及到两个反应，Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，在氧化还原反应中，得失电

子总数相等，铜反应完，则化合价由0价变为+2价，生成Cu(NO3)2，38.4g为0.6mol，则HNO3(氧化剂)～NO2(或NO)，生成的n(NO)与n(NO2)的和为1mol，则参与反应的硝酸为2.2mol，答案为C。【详解】浓硝酸适量，在反应过程中变稀，实际上发生了两个反

应：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，反应消耗的HNO3包括起酸性作用和起氧化作用的两部分，前者反应后以Cu(NO3)2形式存在，后者

被还原后生成NO2、NO气体，从两个化学方程式看出：Cu＋2HNO3(酸)～Cu(NO3)2，HNO3(氧化剂)～NO2(或NO)，所以反应消耗的HNO3的物质的量为：1.2mol＋1mol＝2.2mol。

【点睛】根据N原子守恒进行求解，参加反应的硝酸，生成的产物有三种：Cu(NO3)2、NO2、NO，根据铜的量计算硝酸铜，气体NO2、NO的和为参与氧化还原反应的硝酸。二、填空题13.以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸[CH3CH(OH)COOH]为原

料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。其主要实验流程如下：（1）FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为_________。（2）向溶液1中加入过量铁粉的目的是_____________。

（3）过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验洗涤已完全的方法是___________。（4）实验室制备乳酸亚铁的装置如图1所示。①实验前通入N2的目的是________。②某兴趣小组用KMnO4滴定法测定样品中Fe2＋含量进而计

算产品中乳酸亚铁的质量分数，结果测得产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是______________。（5）已知：①CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易氧化；可与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2。②NaCu

Cl2可水解生成CuCl，温度、pH对CuCl产率的影响如图2、3所示。由CuCl(s)、S(s)混合物提纯CuCl的实验方案为：将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，______。(实验中须使用的试剂有：饱和NaCl

溶液，0．1mol·L－1H2SO4、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。【答案】(1).CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S(2).除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度(3).取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉

淀，则洗涤完全(4).排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化(5).KMnO4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化(6).过滤,控制温度60℃左右,向滤液中滴加0.1mol·L－1H2

SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥【解析】【分析】由实验流程可知，向黄铜矿(CuFeS2)中加入FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2、CuCl固体和硫单质，经过滤得到固体为CuCl和S，进一步分离

可得CuCl；溶液1中含有FeCl2和FeCl3，加入过量的铁粉除去溶液中的Fe3＋得到溶液2为纯度较高的FeCl2溶液，向溶液2中加入碳酸钠溶液生成FeCO3沉淀，过滤后加乳酸得到乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。亚铁

离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，实验前通入N2排尽装置中的空气，装置中FeCO3和乳酸发生反应制备乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}，据此解答。【详解】(1)由上述分析可以知道，FeCl3溶液与黄铜矿发

生反应的离子方程式为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S。因此，本题正确答案是：CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；(2)溶液1中含有FeCl3，向溶液1中

加入过量铁粉的目的是除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度。因此，本题正确答案是：除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度；(3)FeCO3固体会吸附溶液中的Cl-，所以检验洗涤已完全应检验是否含有Cl-，方法为：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉

淀，则洗涤完全，因此，本题正确答案是：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全；(4)①亚铁离子容易被氧气氧化，实验前通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止Fe2＋

被氧化。因此，本题正确答案是：排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化；②乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，因此，本题正确答案是：KMn

O4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化。(5)根据题给信息，将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，CuCl与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2，过滤后除去S；将NaCuCl2水解生成CuCl

，根据温度、pH对CuCl产率的影响的曲线，应选择温度60℃左右，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，具体的操作为：过滤，控制温度60℃左右，向滤液中滴加0.1mol·L－1H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。最后用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，因此，本题正确

答案是：过滤，控制温度60℃左右，向滤液中滴加0.1mol·L－1H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥。14.咖啡因是一种生物碱（易溶于水及乙醇，熔点234.5℃，100℃以上开始升华）

，有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸（Ka约为10−4，易溶于水及乙醇）约3%~10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末

接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题：（1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是______________，圆底烧瓶中加入95%乙醇

为溶剂，加热前还要加几粒______________。（2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是______________，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是______________。（3）提取液需经“

蒸馏浓缩”除去大部分溶剂，与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是______________。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有______________（填标号）。A．直形冷凝管B．球形冷凝管C．接收瓶D．烧杯（4）浓缩液加生石

灰的作用是中和______________和吸收______________。（5）可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是____

__________。【答案】(1).增加固液接触面积，提取充分(2).沸石(3).乙醇易挥发，易燃(4).使用溶剂少，可连续萃取（萃取效率高）(5).乙醇沸点低，易浓缩(6).AC(7).单宁酸(8).水(9).升华【解析】【详解】（1

）萃取时将茶叶研细可以增加固液接触面积，从而使提取更充分；由于需要加热，为防止液体暴沸，加热前还要加入几粒沸石；（2）由于乙醇易挥发，易燃烧，为防止温度过高使挥发出的乙醇燃烧，因此提取过程中不可选用明火直接加热；根据题干中的已知信息可判断与常规的萃取相比较，

采用索式提取器的优点是使用溶剂量少，可连续萃取（萃取效率高）；（3）乙醇是有机溶剂，沸点低，因此与水相比较乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩；蒸馏浓缩时需要冷凝管，为防止液体残留在冷凝管中，应该选用直形冷凝管，而

不需要球形冷凝管，A正确，B错误；为防止液体挥发，冷凝后得到的馏分需要有接收瓶接收馏分，而不需要烧杯，C正确，D错误，答案选AC。（4）由于茶叶中还含有单宁酸，且单宁酸也易溶于水和乙醇，因此浓缩液中加入氧化钙的作用是中和单宁酸，同时也吸收水；（5）根据已知信息可知咖啡因在100℃以上时开始升华

，因此该分离提纯方法的名称是升华。15.过碳酸钠(Na2CO4)是一种很好的供氧剂，其与稀盐酸发生反应的化学方程式为2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O。市售过碳酸钠一般都含有碳酸钠，为测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4

和Na2CO3)的纯度，某化学兴趣小组采用以下方案实施：按如图组装好实验装置，Q为一可鼓胀收缩的塑料气袋，取适量样品于其中，打开分液漏斗活塞，将稀盐酸滴人气袋中至充分反应。（1）为测定反应生成气体的总体

积滴稀盐酸前必须关闭______打开____（均填“K1”、“K2”或“K3”），导管A的作用是________。（2）当上述反应停止后，使K1、K3处于关闭状态，K2处于打开状态，再缓缓打开K1。B中装的固体试剂是_________，为

什么要缓缓打开K1?________。（3）实验结束时，装置内的气体同温同压，测得量筒I中有xmL水，量筒Ⅱ中收集到了ymL气体，则样品中过碳酸钠的质量分数是_______（用含有x、y的代数式表示）。【答案】(1).K1、K2(2).K3(3).平衡分液漏斗内和反应体系内压强，使稀盐酸顺利滴下，

同时消除滴下的稀盐酸体积对气体体积的影响。(4).碱石灰(其他合理答案均可)(5).让生成的CO2能充分被B中的碱石灰吸收，使量筒内收集到较纯净的O2(6).122y53x-37y×100％【解析】【分析

】实验原理为：取一定量的样品，关闭K1、K2，打开K3，让样品与适量的稀盐酸反应，气球膨胀排挤气体到洗气瓶中，通过量筒I测量生成气体的总体积；再关闭K3，打开K2和K1，气体经B中的碱石灰吸收后，II中收集的气体就是纯净的氧气

，再通过量筒II测量氧气的体积，根据两种气体的体积比可以求出样品中过碳酸钠的纯度，据此分析作答。【详解】（1）为测定反应生成气体的总体积，滴稀盐酸前必须关闭K1、K2，打开K3，产生的气体把广口瓶中的水排入量筒I中，即可测定反应生成气体的总体积

；导管A可平衡分液漏斗内和反应体系内压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除滴下的稀盐酸体积对气体体积的影响故；（2）当上述反应停止后，使K1、K3处于关闭状态，K2处于打开状态，再缓缓打开K1，气球中的气体会通过

B进入到II中，则B中装的固体试剂应能吸收CO2，最好的选择是碱石灰，缓缓打开K1的目的是：让生成的CO2能充分被B中碱石灰吸收，使量筒内收集到较纯净的O2，减小实验误差；（3）实验结束时，量筒I中有xmL水，量简II中收集到了ymL气体，则O2的体积为ymL、CO2的体积为(x-y)mL，n

(O2)：n(CO2)=yx-y，由2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O、Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O可知，样品中()()()242324nNaCO2y=nNaCO+nNaCOx-y，所以()()2423nNaCO2

y=nNaCOx-3y，过碳酸钠的质量分数是()2y122122y100%=100%106x-3y+2y12253x-37y，故答案为122y53x-37y×100％。【点睛】本题为测定物质纯度的实验题，难度很大。解题的关键是明确每个实验步骤的目的、分析实验装

置的作用，并结合混合物计算的方法，明确实验原理。实验步骤是为实验的最终目标服务的，所以每个步骤都是为了提高实验数据的准确度，以这个作为指导思想即可回答相关问题。16.次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)俗称吊白块，不稳定，120℃

时会分解。在印染、医药以及原子能工业中有广泛应用。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：步骤1：在三颈烧瓶中加入一定量Na2S03和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4

，制得NaHS03溶液。步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80～90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤；步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。(1)装置B的烧杯中应加入的溶液是____：冷凝管中冷却水从____（

填“a”，或“b”）口进水。(2)A中多孔球泡的作用是________。(3)冷凝管中回流的主要物质除H20外还有____（填化学式）。(4)步骤3中在真空容器中蒸发浓缩的原因是____。(5)为测定产品的纯度，准确称取2.Og样品，完全溶于水配成l00mL溶液，取

20.00mL所配溶液，加过量碘完全反应后（己知I2不能氧化甲醛，杂质不反应），加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重得到白色固体0.466g，产品的纯度为____。【答案】(1).NaOH溶液(2).a(

3).增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率(4).HCHO(5).防止温度过高使产物分解，也防止氧气将产物氧化(6).77%【解析】【详解】（1）该实验是以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛，SO2作为尾气不能排放到空气中，装置B的作用是吸收SO2，所以装置B

的烧杯中应加入的溶液是NaOH溶液；冷凝水从下口进水，才有利于冷水在冷凝器中存在，冷凝效果更好，所以冷却水从a口进水。（2）多孔球泡的表面积大，因此A中放置了多孔球泡的目的是为了增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率。（3）HCHO具有挥发性，在80℃～90℃条件下会大量挥发，加冷凝管

可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率，即冷凝管中回流的主要物质除H20外还有HCHO。（4）次硫酸氢钠甲醛具有还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，可被空气中的氧气氧化变质，因此步骤3中在真空容器中蒸发浓缩的原因是为了防

止温度过高使产物分解，同时也防止氧气将产物氧化。（6）根据题意发生的离子反应为2H2O+HSO2-+2I2＝SO42-+4I－+5H＋，SO42-+Ba2＋＝BaSO4↓，因此得关系式为NaHSO2•HCHO•2H2O～～BaSO41

54233x0.466g解得x＝0.308g则所得产品的纯度为1000.30820100%2.0mLgmLg＝77%。