1、北京市第二十中学高三10月月考化学试卷1. 下列有关物质性质的应用不正确的是（ ）A. 浓硫酸具有吸水性，可用来干燥氯气B. 二氧化硅不与强酸反应，可用玻璃容器盛放氢氟酸C. 液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂D. 用硝酸洗涤银镜反应后的试管【答案】B2. 下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的量）（ ）A. 在常温常压下，氧气和臭氧组成的混合气体中所含氧原子数目为NAB. 1mol（碳正离子）中含电子数目为10NAC. 标准状况下，22.4LSO3中含有的氧原子数为3NAD. 200mL 0.5mol/L硝酸铵溶液中含有 0.1NA【答案】A【解析】A、16g氧气和臭氧的混合物中含有
2、氧原子的质量为16g，含有1mol氧原子，数目为NA个，故A正确；B、1个CH3+（碳正离子）中含电子数目为8，故1molCH3+（碳正离子）中含电子数目为8NA，故B错误；C、标准状况下，SO3气体不一定为标准状况，物质的量不是1mol，故C错误；D、氨根离子为弱碱阳离子，发生部分水解，所以200mL 0.5mol/L的硝酸铵溶液中，NH4+的数目小于0.1NA，故D错误；故选A。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意明确标准状况下物质的状态及所处的条件。本题的易错点为D，要注意氨根离子为弱碱阳离子，能够发生水解反应。3. 下列物质的用途利用了其氧化性的是（ ）A. 漂粉精用于消
3、毒游泳池水 B. SO2用于漂白纸浆C. Na2S用于除去废水中的Hg2+ D. FeCl2溶液用于吸收Cl2【答案】A【解析】A漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，可以消毒游泳池中的水，故A选；BSO2用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；CNa2S用于除去废水中的Hg2+，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；DFeCl2溶液用于吸收Cl2，Fe元素化合价升高，利用了其还原性，故D不选；故选A。4. 分类方法在化学学科的发展中起了非常重要的作用。下列分类标准合理的是（ ）根据酸分子中含氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等根据
4、反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据分散系是否具有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应A. B. C. D. 【答案】B【解析】酸根据电离出的氢离子的个数分为一元酸、二元酸等，而不是根据含有的H原子个数，故错误；有电子转移的反应为氧化还原反应，无电子转移的反应为非氧化还原反应，故正确；根据分散系中分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，而不是根据是否有丁达尔效应，故错误；根据反应吸热还是放热将化学反应分为放热反应和吸热反应，吸热反应H0，放热反应H0，故正确；故选B。点睛：本题考查了常见化学概念的分类标
5、准，应注意的是酸是根据电离出的氢离子的个数分为一元酸和二元酸等，而不是根据含有的H原子个数，如CH3COOH属于一元酸。5. 实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是（ ）A. 950mL，111.2g B. 500mL，117gC. 1000mL，117g D. 任意规格，111.2g【答案】C【解析】实验室没有950mL规格的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n(NaCl)=1L2mol/L=2mol，m(NaCl)=2mol58.5g/mol=117.0g，故答案选C。点睛：本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制
6、，本题的易错点是A项，因实验室没有950mL规格的容量瓶，需用1000mL的容量瓶进行配制，则计算NaCl的质量时应按照1000mL进行计算。6. 下列离子方程式中正确的是（ ）A. 氧化铁可溶于氢碘酸：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2OB. NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：+OH-=NH3+H2OC. 硫酸铜溶液中通入硫化氢：Cu2+H2S=CuS+2H+D. FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-【答案】C【解析】A、氧化铁和氢碘酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2+3H2O+I2，故A错误
7、；B、NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应的离子反应为HCO3-+NH4+2OH-= NH3H2O+ H2O+CO32-，故B错误；C、硫酸铜溶液中通入硫化氢反应生成硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2+H2S=CuS+2H+，故C正确；D、FeBr2溶液中通入过量Cl2反应生成氯化铁、溴，FeBr2完全被氧化，离子方程式为2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-，故D错误；故选C。7. 下列各条件下可能共存的离子组是（ ）A. 某无色溶液中：、Na+、Cl-、B. 由水电离出的c(H+)=110-13molL-1的溶液中：Na+、K+、C. 在c(H+)=110-13
8、 molL-1的溶液中：、Al3+、D. 在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl-、【答案】B 点睛：本题考查离子共存问题，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意题给信息，为解答该题的关键。本题的易错点为D，要注意酸性溶液中NO3-具有强氧化性。另外要注意区分BC的条件。8. 有以下六种饱和溶液CaCl2；Ca(OH)2；Na2SiO3；Na2CO3；NaAlO2；NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故正确；酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2
9、与Ca（OH）2 反应：Ca（OH）2+2CO2Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故正确；碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O 2NaHCO3+H2SiO3，产生硅酸沉淀，故错误；过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故错误；NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3+NaHCO3，故错误；通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳
10、酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故错误；故选A。点睛：本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。9. 将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，反应过程中得到6.72L的气体B. 最终得到的溶液中c(Na+)
11、=c(Cl-)+c(OH-)C. 最终得到7.8g的沉淀D. 最终得到的溶液中c(Na+)=1.5molL-1【答案】C【解析】15.6gNa2O2的物质的量为：=0.2mol，5.4gAl的物质的量为：=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol-0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为：=0.3mol，首先发生反应NaOH+HClNaCl+H2O，剩余HCl为0.
12、3mol-0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl。A过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol=0.3mol，故生成气体的体积为（0.1mol+0.3mol）22.4L/mol=8.96L，故A错误；B反应后溶液的成分是NaCl和NaAlO2，由电荷守恒可知c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（AlO2-）-c（H+），故B错误；C最终生成Al（OH）3为0.1m
13、ol，质量为0.1mol78g/mol=7.8g，故C正确；D根据钠离子守恒可知，反应后溶液中n（Na+）=2n（Na2O2）=20.2mol=0.4mol，故溶液钠离子的物质的量浓度为=2mol/L，故D错误；故选C。10. 根据下表信息，下列叙述中正确的是（ ）序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物Cl2FeBr2ClKMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+KClO3浓盐酸Cl2KMnO4浓盐酸Cl2Mn2+A. 表中组反应的氧化产物只能有FeCl3B. 氧化性强弱比较；KMnO4Fe3+Cl2Fe2+C. 的离子方程式配平后，H+的化学计量数为16D. 表中还原产物是KCl【答案】D
14、【解析】A氯气具有强氧化性，可氧化Fe2+和Br-，氧化产物有FeCl3和Br2，故A错误；B氧化剂的氧化剂大于氧化产物的氧化性，由可知氧化性Cl2Fe3+，故B错误；C表中的离子方程式为2MnO4-+16H+10Cl-=2Mn2+5C12+8H2O，H+的化学计量数为16，故C正确；D表中Cl2既是氧化产物又是还原产物，KCl由HCl生成，化合价没有发生变化，故D错误；故选C。11. FeCO3与砂搪混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 降低温度防止NH4HCO3和FeSO4分解B. 沉淀过程中CO2气体放出C. 过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏
15、斗和玻璃棒D. 产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeO【答案】B【解析】A、NH4HCO3受热易分解，FeSO4受热高温下分解，因此采用降低温度，故A说法正确；B、FeSO4与碳酸氢铵反应，发生：Fe22HCO3=FeCO3H2OCO2，则沉淀过程中有CO2气体放出，故B说法正确；C、过滤时用到漏斗，用玻璃棒引流，烧杯盛放溶液，因此需要的仪器是漏斗、玻璃棒、烧杯，故C说法正确；D、二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁，因此FeCO3在空气中高温分解不能得到FeO，故D说法错误。12. 在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由
16、此确定，原溶液中含有的阳离子是（ ）A. Mg2+、Al3+、Ba2+ B. H+、Mg2+、Al3+C. H+、Cu2+、Al3+ D. 只有Mg2+、Al3+【答案】B【解析】根据图像，可以看出分为4个阶段：第一阶段无沉淀，第二阶段沉淀量逐渐增多到最大量，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应，即部分沉淀溶解，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加。第一阶段无沉淀，说明水溶液中一定含有氢离子，故AD错误，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应，说明部分沉淀是氢氧化铝，原溶液中一定含有铝离子，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加，说明一定有一种沉淀和氢氧化钠不反应，可推知该
17、沉淀是氢氧化镁，原溶液中一定含有镁离子，铜离子有颜色，与溶液无色不符，故B正确，C错误；故选B。13. 已知：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下表中由实验现象得出的结论完全正确的是（ ）选项实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红色Cl2具有还原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性C石蕊溶液先变为红色后褪色Cl2具有漂白性DKI-沉淀溶液变蓝色Cl2具有氧化性A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】试题分析：根据反应KClO3+6HCl（浓）
18、KCl+3Cl2+3H2O可知，将浓盐酸滴在KClO3晶体上，有Cl2生成，Cl2具有强氧化性，能氧化FeCl2，与水反应生成HCl和具有强氧化性的HClO，溶液呈酸性并具有强氧化性，能使石蕊试液先变红后褪色，能氧化酚酞而使酚酞溶液褪色，与KI反应生成I2，淀粉溶液变蓝解：A、将浓盐酸滴在KClO3晶体上，有Cl2生成，Cl2具有强氧化性，能氧化FeCl2生成FeCl3，故A错误；B、Cl2与水反应生成HCl和具有强氧化性的HClO，能氧化酚酞而使酚酞溶液褪色，故B错误；C、Cl2与水反应生成HCl和具有强氧化性的HClO，溶液呈酸性并具有强氧化性，能使石蕊试液先变红后褪色，表现出HClO的漂
19、白性，故C错误；D、Cl2具有强氧化性，与KI反应生成I2，淀粉溶液变蓝，故D正确故选D14. 用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（ ）选项中的物质中的物质预测装置中现象ANO2蒸馏水试管充满无色溶液BSO2紫色石蕊溶液溶液逐渐变为红色CNH3AlCl3溶液产生白色沉淀DCl2AgNO3溶液产生白色沉淀A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A、发生3NO2H2O=2HNO3NO，水不会充满试管，溶液的体积占试管的体积的2/3，故说法错误；B、SO2是酸性氧化物，其水溶液使紫色石蕊变红，故说法正确；C、发生Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4，有
20、白色沉淀产生，故说法正确；D、Cl2H2O HClHClO，HClAgNO3=AgClHNO3，故说法正确。15. 根据电解质溶液的知识，回答下列问题：已知0.1molL-1的NaHSO4溶液中H+的浓度为0.1molL-1，（1）写出NaHSO4在水溶液中的电离方程式：_。（2）若将NaHSO4与Ba(OH)2在溶液中按照物质的量之比1:1混合，离子方程式为_。（3）若向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至溶液恰好呈中性，反应的离子方程式为_。（4）向NaAlO2中滴加NaHSO4溶液，现象为：_；请你用离子方程式解释产生上述现象的原因_。【答案】 (1). NaHSO4=Na-+H+
21、 (2). Ba2-+OH-+H+=BaSO4+H2O (3). Ba2-+2OH-+2H-+=BaSO4+2H2O (4). 先产生白色沉淀后溶解 (5). +H+H2O=Al(OH)3；Al(OH)3+H+=Al3+2H2O【解析】（1）0.1molL-1的NaHSO4溶液中H+的浓度为0.1molL-1，表明NaHSO4是强电解质，在溶液中完全电离，电离方程式为：NaHSO4=Na+H+SO42-，故答案为：NaHSO4=Na+H+SO42-； （2）NaHSO4与Ba（OH）2在溶液中按物质的量之比1：1混合时，钡离子与硫酸根离子恰好反应，反应的离子方程式为：H+SO42-+OH-+B
22、a2=BaSO4+H2O，故答案为：H+SO42-+OH-+Ba2+=BaSO4+H2O；（3）NaHSO4与Ba（OH）2在溶液中按物质的量之比2：1混合，溶液为中性，其反应的离子方程式为：2H+SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4+2H2O，故答案为：2H+SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4+2H2O；（4）向NaAlO2中滴加NaHSO4溶液，反应生成白色氢氧化铝沉淀，硫酸氢钠过量后沉淀又逐渐溶解，反应的离子方程式为AlO2-+H+H2O=Al(OH)3；Al(OH)3+H+=Al3+2H2O，故答案为：先产生白色沉淀后溶解；AlO2-+H+H2O=Al(OH)3；Al(O
23、H)3+H+=Al3+2H2O。16. 硒和硫是同一主族元素，二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或H2SO4反应生成SeO2以回收Se。完成下列填空：（1）Se和一定量的浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1:1，写出Se和浓HNO3反应的化学方程式：_。（2）已知：Se+2H2SO4(浓)=2SO2+SeO2+2H2O；2SO2+SeO2+2H2O=Se+4H+，SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是_。（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：_SeO2+_KI+_HN
24、O3=_Se+_I2+_KNO3+_H2OI2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI配平化学方程，并标出电子转移的方向和数目。_（4）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000molL-1的Na2S2O3溶液25.00mL，所测样品中SeO2的质量分数为_。【答案】 (1). Se+2HNO3(浓)=SeO2+NO+NO2+H2O (2). H2SO4(浓)SeO2SO2 (3). (4). 92.5%【解析】试题分析：（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为 + 4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，
25、即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为(13 + 11)/4 = 1，故反应方程式为Se + 2HNO3(浓) = H2O + SeO2+ NO + NO2。故答案为：Se + 2HNO3(浓) = H2O + SeO2+ NO + NO2；（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓) SeO2 SO2。故答案为：H2SO4(浓) SeO2 SO2；（3）SeO2+ KI + HNO3Se + I2+ KNO3+ H2O中，I失去电子，Se得到电子
26、，根据得失电子守恒配平如下：SeO2+ 4KI + 4HNO3= Se + 2I2+ 4KNO3+ 2H2O。故答案为：1、4、4、1、2、4、2；（4）根据反应的方程式可知SeO22I24Na2S2O3，消耗的n(Na2S2O3) = 0.2000 mol/L0.025L = 0.005mol，根据关系式计算样品中n(SeO2) = 0.005mol1/4 = 0.00125mol，故SeO2的质量为0.00125mol111g/mol = 0.13875g，所以样品中SeO2的质量分数为92.5%。考点：考查氧化还原反应的计算【名师点睛】氧化还原反应计算是历次考试的重要考点，往往与阿伏伽德
27、罗常数、物质的量等结合在一起考查，掌握正确的解题思路和技巧一般难度不大。得失电子守恒法（化合价升降总数相等）是最常用的解题方法，具体步骤：找出氧化剂、还原剂及对应产物；准确找出一个微粒（原子、离子或分子）对应的得失电子数目；设未知数、依据电子守恒列出关系式、计算出未知量。注意，对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物之间的电子守恒关系，快速求解。17. 碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3是一种用途广泛的化工原料。工业上可用电子工业中刻蚀线路板的酸性废液（主要成分有FeCl3、CuCl2、FeCl2）制备，其制备过程如下：查阅资料知，通过调节溶
28、液的酸碱度可使Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：物质Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH6.07.51.4沉淀完全pH13143.7（1）氯酸钠的作用是_。（2）调节反应A的pH范围为_，可以选择的试剂是_（填序号）。a氨水 b硫酸铜 c氢氧化铜 d碳酸铜（3）反应B的温度要控制在60左右，且保持恒温，可采用的加热方法是_。（4）已知滤液中含有碳酸氢纳，写出生成碱式碳酸铜的离子方程式：_。（5）过滤得到的产品洗涤时，如何判断产品已经洗净_。【答案】 (1). 将Fe2-氧化成Fe3+ (2). 3.76.0 (3). cd (4). 水浴加热 (5). 2Cu2
29、+2H2O=Cu2(OH)2CO3+ (6). 取最后一次洗涤液，加入硝酸银、硝酸溶液，无沉淀生成则表明已洗净【解析】电子工业中刻蚀线路板的酸性废液（主要成分有FeCl3、CuCl2、FeCl2）加具有氧化性的物质氯酸钠，把亚铁离子氧化物铁离子，加入CuO（或氢氧化铜、碳酸铜等）调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去沉淀，在滤液中加碳酸钠，生成碱式碳酸铜，过滤得到碱式碳酸铜固体。（1）根据表中数据可知铁离子在pH=3.7时，即可完全沉淀，则容易转化为沉淀除去，所以要加入氧化剂氯酸钠把亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；（2）调节溶液A的pH使铁离子转化为沉淀，而铜离
30、子不沉淀，则调节溶液A的pH范围为3.7-6.0；调节pH时，加入的试剂能消耗氢离子，但是不能引入新的杂质，则可以选用氢氧化铜和碳酸铜；故答案为：3.7-6.0；cd；（3）反应B的温度要控制在60左右，且保持恒温，由于反应温度较低，则可采用水浴加热的方法；故答案为：水浴加热；（4）氯化铜与碳酸钠反应生成碱式碳酸铜和碳酸氢钠，其反应的离子方程式为：2Cu2+3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3+2HCO3-；故答案为：2Cu2+3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3+2HCO3-；（5）沉淀表面会附着氯离子，设计实验检验是否含有氯离子的方法可以检验是否洗涤干净，实验设计为：取
31、最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净。18. 某学校化学学习小组为探究二氧化氮的性质，按下图所示装置进行实验。请回答下列问题：（1）装置甲中盛放浓硝酸的仪器A的名称是_，该装置中发生反应的化学方程式为_。（2）实验过程中，装置乙、丙中出现的现象分别是：_、_；装置丙中的试管内发生反应的离子方程式为：_。（3）取下装置丙中的试管D，在其中滴加FeSO4溶液，溶液变为_色，为了证明铁元素在该反应中的产物可以_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO
32、2+2H2O (3). 生成红棕色气体 (4). 蒸馏水中有无色气泡，到上方变为红棕色 (5). 3NO2+H2O=2H+NO (6). 黄 (7). 取少量丙中溶液于试管中，加入KSCN溶液，若变为血红色，则证明含有Fe3+【解析】（1）装置甲中盛放浓硝酸的仪器A的名称是分液漏斗；烧瓶中发生浓硝酸与铜片的氧化还原反应，化学方程式为：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，故答案为：分液漏斗；Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；（2）铜和浓硝酸在装置甲中反应Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，生成红棕色的二氧化氮气体进入乙装置
33、，所以装置乙中出现的现象为生成红棕色气体；二氧化氮经导管进入丙装置和水反应3NO2+H2O2H+2NO3-+NO，生成的一氧化氮与液面上方的空气反应生成红棕色的二氧化氮，所以装置丙中出现的现象为蒸馏水中有无色气泡，到上方变为红棕色，故答案为：生成红棕色气体；蒸馏水中有无色气泡，到上方变为红棕色；3NO2+H2O2H+2NO3-+NO；（3）丙装置中的液体为二氧化氮和水反应生成的硝酸，硝酸具有氧化性，硫酸亚铁具有还原性，两者发生氧化还原反应4H+NO3-+3Fe2+=NO+H2O+3Fe3+；铁离子和硫氰根离子反应Fe3+3SCNFe（SCN）3生成血红色的络合物，可证明有三价铁离子的生成，因此
34、要证明铁元素在该反应中的产物，可以在溶液中滴加KSCN溶液，看溶液是否变为血红色，故答案为：黄；取少量丙中溶液于试管中，加入KSCN溶液，若变为血红色，则证明含有Fe3+。点睛：本题考查了物质性质的分析判断和验证实验方案的设计，主要涉及铜和浓硝酸反应生成的二氧化氮气体的性质，以及Fe3+、NO2、NO的性质检验。本题的易错点为装置丙中的现象描述，容易遗漏一氧化氮变成二氧化氮的现象。19. 【卷号】1846305034207232【题号】1851906583101440【题文】工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3 5H2O，某小组同学用如下装置（略去部分夹持仪器，气密性已检验）模拟生产过程。实
35、验步骤是：先向C中烧瓶加入Na2S和Na2SO3混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4；待Na2S和Na2SO3完全消耗后，过滤C中混合物，滤液经结晶即得到产品。已知：i烧瓶C中发生反应如下：Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2S(aq) （a）2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)（b）S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq) （c）iiBaS2O3易溶于水。（1）E中的试剂是_。（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为_。（3）已知反应（c）相对较
36、慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是_。（4）产品中常含有Na2SO3和Na2SO4。该小组设计了以下实验方案进行检验。步骤实验操作实验现象取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液有白色沉淀生成过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量_沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生步骤中加入的试剂可以是_（填序号）。A稀硫酸 B稀盐酸 C稀硝酸 D氢氧化钠溶液步骤设计过滤操作的目的是（用化学方程式简要文字表述）_。（5）为减少装置C中生成的Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对原实验步骤进行了改进，改进后的操作是_。（6）Na2S2O3常用作脱氯剂。Na2S2O3溶液与Cl2反应的离子方程式
37、为_。【答案】 (1). NaOH溶液 (2). 2:1 (3). 烧瓶中淡黄色沉淀消失，溶液变澄清 (4). B (5). 分离沉淀，防止S2+2H-=S+SO2+H2O产生干扰 (6). 先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2S2O3混合溶液 (7). S2+4Cl2+5H2O=10H-+8Cl-【解析】（1）根据实验流程分析可知，实验最后有二氧化硫或硫化氢等尾气，会污染空气，要用氢氧化钠溶液吸收，所以E中的试剂是NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液；（2）根据反应Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）Na2SO3（aq）+H2S
38、（aq）、2H2S（aq）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）、S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）可知，Na2S和Na2SO3反应的总方程式为2Na2S+3SO2+Na2SO3=3Na2S2O3，所以Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）根据题中反应原理可知，反应的最后一步是硫与亚硫酸钠反应，反应达到终点时，应是硫与亚硫酸钠恰好完全反应，此时的现象是烧瓶中淡黄色沉淀消失，溶液变澄清，故答案为：烧瓶中淡黄色沉淀消失，溶液变澄清；（4）检验产品中是否含有Na2SO3和Na2SO4，由于BaS2O3易溶于水，所以可以向样品的溶液中加入氯化钡，若有沉
39、淀，则有Na2SO3或Na2SO4，再将沉淀过滤、洗涤后，向沉淀中加入稀盐酸，看沉淀能否溶解，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则说明既有Na2SO3又有Na2SO4；根据上面的分析可知，步骤II中加入的试剂可以是稀盐酸，故选B；步骤II设计过滤操作的目的是分离沉淀，防止溶液中的S2O32-遇酸发生反应：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，干扰实验观察，故答案为：分离沉淀，防止溶液中的S2O32-遇酸发生反应：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，干扰实验观察；（5）用Na2S和Na2CO3混合溶液代替Na2S和Na2SO3混合溶液可以减小溶液中的硫酸钠的产生，所以为减少装置C中生成的Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对原实验步骤进行改进，可以先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，故答案为：先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液；（6）Na2S2O3溶液与Cl2发生氧化还原反应，生成硫酸根和氯离子，反应的离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O2SO42-+8Cl-+10H+，故答案为：S2O32-+4Cl2+5H2O2SO42-+8Cl-+10H+。