2020-2021全国高考化学物质的量的综合高考模拟和真题分类汇总及详细答案

2020-2021全国高考化学物质的量的综合高考模拟和真题分类汇总及详细答案

2020-2021 全国高考化学物质的量的综合高考模拟和真题分类汇总 及详细答案 一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析） 1．实验室配制 500mL0.1mol/LNa 2CO3 溶液，回答下列问题 （1）配制 Na2CO3 溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、 ___。 （2）容量瓶上标有刻度线、 ___，使用前要 ___。 （3）需用托盘天平称取 Na2CO3____g。 （4）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？ A．加水时超过刻度线 ___， B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶 ___， C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理 ___， D．定容时仰视 ___， E.上下颠倒摇匀后液面低于刻线 ___。 （5）若实验室中要用浓度为 16mol/L 的浓硫酸配制 480mL2.0mol/L 的稀硫酸，则需要量取 浓硫酸的体积为 ___mL。 【答案】 500mL 容量瓶、玻璃棒、胶头滴管 温度、容积 检漏 5.3 偏低 偏高 不变 偏低 不变 62.5 【解析】 【分析】 配制一定物质的量浓度溶液步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、 装瓶，分析误差时可根据 c= n V 判断。 【详解】 (1)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、初步摇匀、定容、摇匀、装瓶 可知所需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、 500mL 容量瓶和胶头滴管，缺少的 仪器： 500mL 容量瓶、胶头滴管、玻璃棒； (2)容量瓶上标有温度、刻度线、容积；容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏液，使用前 应查漏； (3)配制 500mL 0.1mol/LNa 2CO3，需要 Na2CO3 的质量为： 0.5L × 0.1mol/L × 106g/mol=5.3g； (4)A．加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低； B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高； C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓 度不变； D．定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低； E．上下颠倒摇匀后液面低于刻线，属于正常操作，溶液浓度不变； (5)若实验室中要用浓度为 16mol/L 的浓硫酸配制 480mL 2.0mol/L 的稀硫酸，应选择 500mL 容量瓶，设需要浓硫酸体积为 V，则依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变得： 16mol/L × V=500mL 2.0mol/L，解得 V=62.5mL。 【点睛】 配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：根据 c= n V 可知，一定物质的量浓 度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量 n 和溶液的体积 V 引起的，误差分析时，关键要 看配制过程中引起 n 和 V 怎样的变化，若 n 比理论值小，或 V 比理论值大时，都会使所配 溶液浓度偏小；若 n 比理论值大，或 V 比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。 2．实验室需要 480mL 0.3 mol. ·L-1 NaOH溶液和一定浓度的硫酸溶液。请回答： (1)如图所示的仪器中，配制上述溶液一定不需要的仪器为 __________(填选项字母 )，配制 上述溶液还需用到的玻璃仪器为 _________________(填仪器名称 )。 (2)配制 NaOH 溶液。 ①计算用托盘天平称取 NaOH 固体的质量为 _____g。 ②若 NaOH 溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所配制的溶液浓度将 _______(填“偏 高”、“偏低 ”或 “无影响 ”)。 (3)配制硫酸溶液。 ①实验室用 98%(ρ=1.84g·cm3)的硫酸配制 3.68mo ·L-1 的硫酸溶液 500mL，需准确量取 98%的 硫酸的体积为 _____mL。 ②该同学实际配制硫酸溶液的浓度为 3.50mol ·L-1，原因可能是 _________(填选项字母 )。 A．用胶头滴管加水定容时俯视刻度 B．容量瓶中原来存有少量水 C．稀释硫酸的烧杯未洗涤 D．用胶头滴管加水定容时仰视刻度 【答案】 AC 烧杯、玻璃棒 6.0 偏低 100mL CD 【解析】 【分析】 配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有：计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定 容、摇匀、装瓶贴签。配制硫酸溶液时，根据浓稀硫酸物质的量相等计算，浓硫酸的浓度 可根据公式 c= 1000 M 进行计算。 【详解】 (1)用液体药品配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶体滴管、容量瓶、玻璃棒，因此 一定不会用到的是 A 烧瓶和 C分液漏斗；还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。 (2)①配制溶液应根据体积选择合适的容量瓶以确保精度，然后根据容量瓶体积计算溶质的 量，配制 480mL 0.3 mol/L 的 NaOH 溶液需要选择 500mL 容量瓶，因此需要 NaOH 的物质的 量为 0.5L ×0.3 mol/L=0.15mol，需要 NaOH 的质量为： m=n·M=0.15mol/L×40g/mol =6.0g，因 此需要称取 6.0NaOH 固体。 ②NaOH 溶液转移时洒落少许，会使溶质物质的量减小，配制的溶液浓度偏低。 （3）98%的浓硫酸的分数为 : 1000 1000 1.84g/L 98%c= = =18.4mol/L M 98g/mol ,需要浓硫酸的 体积为： n 3.68 / 0.5V= = 0.1 100 c 18.4 / mol L L L mL mol L 。 (4)A.用胶头滴管加水定容时俯视视刻度，读数比实际体积大，加入的水会低于刻度线，会 使实际溶液浓度偏大， A 错误； B.容量瓶中有水不会影响配制溶液的浓度， B 错误； C.稀释硫酸的烧杯未洗涤可能会导致硫酸残余在烧杯中，会使配制的溶液浓度减小， C 正 确； D.用胶头滴管加水定容时仰视刻度，读数比实际体积小，加入的水会超过刻度线，会使实 际溶液浓度减小， D正确； 故选 CD。 【点睛】 本题的易错点为（ 3）①，计算浓硫酸用量时，需根据稀释前后物质的量不变来计算，稀硫 酸的浓度和体积是已知的，只需要知道浓硫酸的浓度即可，浓硫酸的浓度可用公式 c= 1000 M 算出。 3．I．配制 0.5 mol/L 的 NaOH 溶液时，如果只存在下列问题，溶液的浓度如何变化？ （填“偏大”“偏小”或“不变”） （1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，其结果 _____________； （2）定容时观察刻度线仰视，其结果 _____________。 II．（ 1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为： __________________________。 （2）请在下列装置中选择实验室制备氨的发生装置： _____________（将编号字母填入空 格处，下同）；为了得到纯净的氨，请在下列试剂中选择干燥氨的试剂： _____________。 装置有： A B C D E F G H 试剂有： a． NaOH 溶液 b．澄清石灰水 c．浓硫酸 d．饱和 3NaHCO 溶液 e．碱石灰 f．品红溶液 g．湿润的红色石蕊试纸 【答案】偏大 偏小 2NH4Cl+Ca(OH)2 Δ 2NH3↑ +CaCl2+2H2O A e 【解析】 【分析】 根据 n=cV 可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量 n 和溶液的体 积 V 引起的，在配制一定物质的量浓度溶液时，若 V 比理论值大时，会使所配溶液浓度偏 小；若 V 比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。 【详解】 I．（ 1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，水偏小，其结果偏大； （2）定容时观察刻度线仰视，视野随水位到达刻度线时，实际加水过量，其结果偏小。 II．（ 1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为： 2NH4Cl+Ca(OH)2Δ 2NH3↑ +CaCl2+2H2O。 （2）实验室制备氨是固固加热型装置，即发生装置为 A；为了得到纯净的氨，氨气为碱性 气体，干燥氨的试剂具有吸水性，且不能与碱性物质发生反应，可选 e。 4．用无水 Na2CO3 固体配制 230mL0.1000mol ·L-1 的溶液。请回答： （1）在配制过程中不必要的玻璃仪器是 ___。 A．烧杯 B．量筒 C．玻璃棒 D．胶头滴管 E.容量瓶 （2）定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时， __，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠 倒，摇匀。 （3）下列操作会使配得的 Na2CO3溶液浓度偏低的是 ___。 A．称取相同质量的 Na2CO3·10H2O 固体进行配制 B．定容时俯视容量瓶的刻度线 C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线 D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制 【答案】 B 用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切 ACD 【解析】 【分析】 （1）配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，当液面接近容量瓶 刻度线时，需用胶头滴管滴加液体； （2）当液面接近容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加； （3）结合 nc V 及不当操作可知， n 偏小或 V 偏大均使所配的 Na2CO3 溶液浓度偏低； 【详解】 （1）配制 230mL0.1000mol/L 的 Na2CO3 溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗 涤、定容等，使用的仪器为：托盘天平（带砝码）、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、 250mL 的容量瓶；不必要的玻璃仪器是量筒，故答案为： B。 （2）定容时，当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻 度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：用胶头滴管滴加蒸馏水 至溶液凹液面正好与刻度线相切。 （3）A. 称取相同质量的 Na2CO3?10H2O 固体进行配制， n 偏小，所配的 Na2CO3 溶液浓度偏 低， A 正确； B. 定容时俯视容量瓶的刻度线， V 偏小，所配的 Na2CO3 溶液浓度偏大， B 错误； C. 摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线， V 偏大，所配的 Na2CO3 溶 液浓度偏低， C 正确； D. 转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续配制， n 偏小，所配的 Na2CO3 溶液浓度偏低， D 正 确；故答案为： ACD。 【点睛】 配制一定物质的量浓度过程中误差分析： ① 向容量瓶中转移液体时有少量流出， n 减小， c 偏小； ② 未洗涤烧杯和玻璃棒， n 减小， c 偏小；③定容时，水加多了，用胶头滴管吸 出， n 减小， c 偏小； ④ 定容摇匀时，液面下降，再加水， V 增大， c 偏小； ⑤ 定容时， 俯视刻度线， V 减小， c 偏大；⑥仰视刻度线， V 增大， c 偏小； ⑦ 溶液未冷却到室温就注 入容量瓶并定容， V 减小， c 偏大。 5．在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应 (不加热 )，来制取氯气。 反应： 2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑ +8H2O (1) “双线桥法 ”标出电子转移情况 ________ 。 (2)若生成 2.24L 标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）： ①理论上需要多少克 KMnO4 参加反应？ ________。 ②被氧化的 HCl 的物质的量为多少？ ________。 【答案】 6.32g 0.2 mol 【解析】 【分析】 (1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况； (2)先计算 Cl2 的物质的量，然后根据方程式中 KMnO4、HCl与 Cl2 之间的反应转化关系计 算。 【详解】 (1)在该反应中， Mn 元素化合价由反应前 KMnO4 中的 +7 价变为反应后 MnCl2 中的 +2 价，化 合价降低，得到 5 个电子， Cl 元素化合价由反应前 HCl 中的 -1 价变为反应后 Cl2 中的 0 价， 化合价升高，失去 2 个电子，电子得失最小公倍数是 10，所以 KMnO4、MnCl2 前的系数是 2，HCl 前的系数是 10，Cl2 前的系数是 5，根据原子守恒， KCl的系数是 2，这样反应中有 6 个 Cl 原子未参加氧化还原反应，所有 Cl 原子都是由 HCl 提供，因此 HCl 前的系数为 10+6=16，结合 H 原子反应前后相等，可知 H2O 的系数是 8，用 “双线桥 ”表示电子转移为： ； (2)在标准状态下， 2.24LCl2 的物质的量 n(Cl2)= m V 2.24L V 22.4L / mol =0.1mol。 ①根据反应的化学方程式可知：生成 0.1molCl2 时，参与反应的 KMnO4 的物质的量为 0.1mol × 2 5 =0.04mol ，则参与反应的 KMnO4 的质量 m(KMnO 4)=0.04mol × 158g/mol=6.32g； ②由反应化学方程式可知， HCl 被氧化后生成 Cl2，因此根据 Cl 元素守恒可知：被氧化的 HCl 的物质的量 n(HCl)氧化 =0.1mol×2=0.2mol。 【点睛】 本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。氧化还原反应的特征是元素 化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为 “升失氧，降得还 ”。根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程 式，并可用单线桥法或双线桥法表示。物质的量应用于化学方程式，使化学计算简单，物 质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。 6．按要求完成下列填空 I.（1）给定条件下的下列四种物质： a．10g 氖气 b．含有 40mol 电子的 NH3 c．标准状况下 8.96LCO2 d．标准状况下 112g 液态水 则上述物质中所含分子数目由多到少的顺序是 ________________（填序号）。 （2）标准状况下， 0.51g 某气体的体积为 672mL，则该气体摩尔质量为 ______。 （3）将 100mL H2SO4 和 HCl 的混合溶液分成两等份，一份中加入含 0.2molNaOH 溶液时恰 好中和完全，向另一份中加入含 0.05molBaCl2 溶液时恰好沉淀完全，则原溶液中 c(Cl －)=____ mol/L 。 II．现有以下物质：①铝；②二氧化硅；③液氯；④ NaOH 溶液；⑤液态 HCl；⑥ NaHCO3 晶 体；⑦蔗糖；⑧熔融 Na2O；⑨ Na2O2 固体；⑩ CO2。回答下列问题（用相应物质的序号填 写）： （1）其中可以导电的有 __________。 （2）属于电解质的有 _______，非电解质有 __________。 （3）写出向⑨与⑩反应的化学方程式 ___________。 （4）写出①与④的离子方程式 _____________。 （5）写出⑤的水溶液与⑥的水溶液反应的离子方程式 ___________________ 。 （6）写出②与④反应的离子方程式 _______________________________ 。 【答案】 d>b>a>c 17g/mol 2 ①④⑧ ⑤⑥⑧⑨ ②⑦⑩ 2Na2O2 + 2CO2=2Na2CO3 + O2 2Al + 2H2O + 2OH- = 2AlO2- + 3H2 H+ + HCO3- = H2O + CO2 SiO2 + 2OH- = SiO32- + H2O 【解析】 【分析】 I．利用 n= m M = A N N = m V V 计算。 II．①铝能导电，既不是电解质，也不是非电解质； ②二氧化硅不能导电，为非电解质； ③液氯不能导电，既不是电解质，也不是非电解质； ④NaOH 溶液能导电，为混合物，既不是电解质，也不是非电解质； ⑤液态 HCl 不能导电，为电解质； ⑥NaHCO3 晶体不能导电，为电解质； ⑦蔗糖不能导电，为非电解质； ⑧熔融 Na2O 能导电，为电解质； ⑨Na2O2 固体不能导电，为电解质； ⑩CO2 不能导电，为非电解质。 【详解】 I(1)a．10g 氖气的物质的量 =10 20 =0.5mol，Ne 为单原子分子，即分子数为 0.5mol ； b．NH3 中含有 10 个电子，则含有 40mol 电子的 NH3 的物质的量为 4mol； c．标准状况下 8.96LCO2 的物质的量 = 8.96 22.4 =0.4mol； d．标准状况下 112g 液态水的物质的量 =112 18 =6.22mol ； 综上所述，分子数目由多到少的顺序为 d>b>a>c； (2)标准状况下，某气体的体积为 672mL，物质的量为 0.672L÷22.4L/mol=0.03mol ，则 M= m n = 0.51 0.03 =17g/mol ； (3)0.05molBaCl2 与硫酸根离子生成 0.05mol 硫酸钡，则原溶液中含有 0.1mol 硫酸； 0.05mol 硫酸消耗 0.1mol 的 NaOH，剩余的 0.1molNaOH 为盐酸消耗，则原溶液中含 0.2mol 盐酸， c(Cl－)=0.2÷0.1=2mol/L ； II(1)分析可知，能导电的为①④⑧； (2)属于电解质的为⑤⑥⑧⑨；属于非电解质的为②⑦⑩； (3)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为 2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2； (4)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2- +3H2↑； (5)盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为 H++HCO3-=H2O+CO2↑； (6)二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式为 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。 7．根据你对金属钠性质的了解，回答下列问题： （1）关于钠的叙述中，正确的是 ________(填字母 )。 A．钠是银白色金属，硬度很大 B．将金属钠放在石棉网上，用酒精灯加热后金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成过氧化 钠 C．金属钠在空气中燃烧，生成氧化钠 D．金属钠的熔点很高 （2）由于金属钠很容易跟空气中的 ______、________等物质反应，通常将它保存在 _______里。 （3）将一小块钠投入到下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是 ________(填字 母)。 A．稀硫酸 B．硫酸铜溶液 C．氢氧化钠溶液 D．氯化镁溶液 （4）为粗略测定金属钠的相对原子质量，设计的装置如图所示，该装置 (包括水 )的总质量 为 ag，将质量为 bg 的钠 (不足量 )放入水中，立即塞紧瓶塞。完全反应后再称量此装置的总 质量为 cg。 ①列出计算钠相对原子质量的数学表达式 ______________(用含有 a、b、 c 的算式表示 )。 ②无水氯化钙的作用是 ____________________。 【答案】 B 氧气 水蒸气 煤油 D b/(a+b-c) 吸收 H2 中所含的 H2O(g) 【解析】 【分析】 （1）根据钠的性质分析解答； （2）钠的性质很活泼，易和水、氧气反应，据此解答； （3）金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气，根据溶液中的溶质分析解答； （4）①根据钠与水反应产生氢气的质量关系以及反应前后质量差解答； ②根据产生的气体中含有水蒸气分析判断。 【详解】 （1）A、钠是银白色金属，硬度很小，可以用小刀切，故 A 错误； B、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，故 B 正确； C、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，不是氧化钠，故 C 错误； D、金属钠的熔点很低，故 D 错误； 故答案选 B； （2）钠性质很活泼，易和水、氧气反应，所以保存钠时要隔绝空气和水，钠和煤油不反 应，且密度大于煤油，所以保存钠可以放在煤油中； （3）A．钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气，没有沉淀产生， A 不选； B．钠投入硫酸铜溶液中，首先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成 氢氧化铜沉淀和硫酸钠，但沉淀不是白色的，而是蓝色的， B 不选； C．钠投入氢氧化钠溶液中生成氢氧化钠和氢气，没有沉淀， C不选； D．钠投入氯化镁溶液中生成氯化钠、氢氧化镁白色沉淀和氢气， D 选。 答案选 D。 （4）①金属与水发生反应放出氢气的质量 =ag+bg- cg=（a+b- c）g，假设金属为 R，其相对 原子质量为 M ，根据金属钠与水反应放出氢气的关系，可推断该金属与水放出氢气关系如 下： 2R～～～～～ H2 2M 2 bg （a+b- c）g 解得 M＝ ( ) b a b c ； ②氯化钙具有吸水能力，是常用的干燥剂，在装置中吸收生成氢气中的水，而防止水分流 失。 8．实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。 (1)如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生 装置是 ______ (填写字母 )。 (2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取 3.36 L(标准状况 )二氧化硫，如果已有 40%亚硫酸钠 (质量 分数 )，被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠 ______ g (保留一位小数 )。 (3)某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标，现对该区域雨水样品进行探究。首先用 pH 试纸测定雨水样品的 pH，操作方法为 ______，测得样品 pH 约为 3；为进一步探究由 SO2 所形成酸雨的性质，将一定量的 SO2 通入蒸馏水中，配成 pH 为 3 的溶液，然后将溶液分 为 A、B 两份，将溶液 B 久置于空气中，与密闭保存的 A 相比，久置后的溶液 B 中水的电 离程度将 ______(填“增大 ”、“减小 ”或 “不变 ”)。 【答案】 ae 31.5 取一条试纸放在干燥洁净的表面皿 (或玻璃片 )上，用干燥洁净的玻璃棒 蘸取雨水样品滴在试纸中央，半分钟后待变色，再与对照标准比色卡读数。 减小 【解析】 【分析】 (1)用硫酸和亚硫酸钠制取 SO2 的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加 硫酸的速率来控制反应速率； (2)由硫守恒可得： Na2SO3～SO2，根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的 质量；结合亚硫酸钠的质量分数，再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量； (3)测定 pH，可用玻璃棒蘸取溶液，然后与比色卡对比；将溶液 B 久置于空气中，亚硫酸 被氧化生成硫酸，溶液酸性增强。 【详解】 (1)用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，由于反应不需要加热， 排除装置 d；由于亚硫酸钠是细小颗粒，不可选用装置 c；装置 b 无法可知反应速率，故可 选用的发生装置为： ae； (2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，根据反应方程式： Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑ +H2O，根据反应方程式可知： Na2SO3～SO2， n(SO2)= 3.36? 22.4? / mol L L =0.15 mol，则需亚硫酸钠的质量为： m(Na2SO3)= 0.15 mol × 126 g/mol=18.9 g ；如果已有 40%亚硫酸钠 (质量分数 )，被氧化成硫酸钠，则含亚硫酸钠的质量 分数为 60%，至少需称取该亚硫酸钠的质量为 18.9? 60% g ==31.5 g； (3)测定 pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在 pH 试纸上，半分钟后与比色卡对比，操作方法为 取一条试纸放在干燥洁净的表面皿 (或玻璃片 )上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在 pH 试纸上，半分钟后待变色，再对照标准比色卡读数；将溶液 B 久置于空气中，亚硫酸被 氧化生成硫酸，导致溶液酸性增强，溶液中 c(H+)增大，对水电离的抑制作用增强，则水的 电离程度减小。 【点睛】 本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液 pH 的测定等。明确化学实 验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键，注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性 质，试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。 9．Ⅰ.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题： （1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置 ____（填代表装置图的字母）； （2）分离 CCl4（沸点为 76.75℃）和甲苯（沸点为 110.6℃）的液体混合物，可选择装置 A，该分离方法的名称为 _____，装置 A 中①的名称是 ______。 （3）实验室用 B 装置从碘水中分离出 I2，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后， 碘主要溶解在 _____（填 “上层 ”或 “下层 ”）液体中，该层溶液颜色为 _____，该装置在分液 时为使液体顺利下滴，应进行的具体操作 _____。 Ⅱ.用胆矾晶体（ CuSO4· 5H2O）配制 0.40mol/L 的 CuSO4 溶液 240mL，回答下列问题： （1）所需仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，还需要哪些玻璃仪 器才能完成该实验，请写出： _____。 （2）请写出该实验的简要的实验步骤： ①计算 ②称量胆矾 _____g ③溶解 ④转移 ⑤洗涤并转移 ⑥定容 ⑦摇匀 （3）如图是该同学转移溶液的示意图，图中的错误是 _____。 【答案】 D 蒸馏 冷凝管 上层 紫红色 打开分液漏斗的上口活塞 250mL 容量瓶 25 转移溶液时，应用玻璃棒引流 【解析】 【分析】 Ⅰ. （1）蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离； （2）分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法； （3）碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，苯的密度比水小，将碘水和苯注入分液 漏斗中充分振荡并静置后，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为水层；分液时，应打开分 液漏斗的上口活塞，起到平衡气压的作用，便于液体顺利下滴； Ⅱ. （1）实验室没有 240mL 容量瓶，用胆矾晶体（ CuSO4·5H2O）配制 0.40mol/L 的 CuSO4 溶液 240mL 时，应选用 250mL 容量瓶； （2）先计算 250mL0.40mol/L 的 CuSO4 溶液中硫酸铜的物质的量，再计算胆矾的质量； （3）转移溶液时，应用玻璃棒引流。 【详解】 Ⅰ.（1）蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离，从氯化钾溶液中得到氯化钾固体可用 蒸发， D 为蒸发装置，故答案为： D； （2）分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法，四氯化碳和甲苯的沸点不同，用蒸馏的方法 分离， A 为蒸馏装置，装置 A 中 ① 的名称是冷凝管，故答案为：蒸馏；冷凝管； （3）B 为萃取分液装置，碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，笨的密度比水小， 将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为水 层；分液时，应打开分液漏斗的上口活塞，起到平衡气压的作用，便于液体顺利下滴，故 答案为：上层；紫红色；打开分液漏斗的上口活塞； Ⅱ.（1）实验室没有 240mL 容量瓶，用胆矾晶体（ CuSO4·5H2O）配制 0.40mol/L 的 CuSO4 溶 液 240mL 时，应选用 250mL 容量瓶，用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、 250mL 容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，故答案为： 250mL 容量瓶； （2）250mL0.40mol/L 的 CuSO4 溶液中硫酸铜的物质的量为 0.25L× 0.40mol/L=0.1mol ，则称 量胆矾的质量为 0.1mol×250g/mol=25g ，故答案为： 25g； （3）由题给图示可知，图中的错误是转移溶液时没有用玻璃棒引流，故答案为：转移溶液 时，应用玻璃棒引流。 【点睛】 实验室没有 240mL 容量瓶，用胆矾晶体（ CuSO4·5H2O）配制 0.40mol/L 的 CuSO4溶液 240mL 时，应选用 250mi 容量瓶是解答易错点。 10． 卤素及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。 （1）碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精 盐中添加一定量的 KIO3 进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的 资料，发现其检测原理是： KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3H2O+3K2SO4 ①氧化剂与还原剂的物质的量比是 _______；如果反应生成 0.3mol 的单质碘，则转移的电 子数目是 _______。 ②先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和 KI 溶液，最后加入一定量的 CCl4， 振荡，这时候，观察到的现象是 _____； ③若采用下图实验装置将四氯化碳和 I2 的混合溶液分离。 写出图中仪器的名称：① _____；该装置还缺少的仪器是 _____；冷凝管的进水口是： _____ （填 g 或 f）。 （2）实验室常用 MnO 2 和浓盐酸制氯气，反应原理： MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑ +2H2O ①实验室用 MnO 2和浓盐酸制氯气的离子方程式： __________________________ ②上述反应中氧化剂： __________，还原剂： __________，被氧化的 HCl和未被氧化的 HCl 的比值 ______________。 ③a : Cl2+2I-=I2+2Cl-； b: Cl2+2Fe2+=2Fe3++Cl-； c:2Fe3++2I-=I2+2Fe2+。 Cl2、I2、Fe3+的氧化性由 强到弱的顺序： _________________________ 【答案】 1:5 0.5NA 溶液分层，下层液为紫红色 蒸馏烧瓶 温度计 g MnO2+4H++2Cl- （浓） Mn 2++Cl2↑ +2H2O MnO2 HCl 1:1 Cl2>Fe3+>I2 【解析】 【分析】 （1）① KIO 3+5KI+3H 2SO4→ 3I2+3K 2SO4+3H 2O 中， I 元素的化合价由 +5 价降低为 0，I 元素 的化合价由 -1 价升高为 0，化合价升高值 =化合价降低值 =转移电子数，根据化合价变化确 定电子转移情况； ②碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的 碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于 四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色； ③依据蒸馏的正确操作与注意事项分析； （2）①实验室常用 MnO 2 和浓盐酸制氯气； ②依据氧化还原反应的规律分析； ③依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析作答； 【详解】 （1）①反应中氧化剂为 KIO3，还原剂为 KI，氧化剂与还原剂的物质的量比是 1:5；生成 3molI 2，电子转移 5mol ，生成 0.3mol 的单质碘转移的电子 0.5mol ，转移的电子的数目为 0.5NA； ②溶液分层且 I2 溶于 CCl4 中呈紫色，密度较大，因此观察到的现象是溶液分层，下层液为 紫红色； ③该图为蒸馏装置①是蒸馏烧瓶，②是锥形瓶；在蒸馏时需要测量温度，还需要温度计； 冷凝水进出水方向为“下进上出”，即 g 口为进水口； （2）①实验室常用 MnO 2 和浓盐酸制氯气，反应原理： MnO 2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑ +2H2O，离子反应为： MnO 2+4H++2Cl-（浓） Mn2++ Cl2↑ +2H2O； ②反应中 Mn 元素化合价从 +4 价降低到 +2 价， Cl 元素化合价从 -1 价升高到 0 价， MnO2 作 氧化剂， HCl 作还原性，盐酸具有还原性和酸性，且被氧化的 HCl 和未被氧化的 HCl 的比值 为 1:1； ③a 反应中 Cl2 作氧化剂， I2 为氧化产物，氧化性 Cl2> I2， b 反应中 Cl2 作氧化剂， Fe3+为氧 化产物，氧化性 Cl2> Fe3+，c 反应中 Fe3+作氧化剂， I2 为氧化产物，氧化性 Fe3+> I2，综上， 氧化性 Cl2>Fe3+>I2。 【点睛】 本题的难点是氧化性强弱的判断，一般根据氧化还原反应原理来判断 (1)氧化性强弱：氧化剂 >氧化产物。 (2)还原性强弱：还原剂 >还原产物。 11． 现有 21.6 g 由 CO和 CO2 组成的混合气体，在标准状况下其体积为 13.44 L。回答下列 问题： (1)该混合气体的平均摩尔质量为 ________。 (2)混合气体中碳原子的质量为 ________。 (3)将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中 (实验在标准状况下测定 )。 ①气球中收集到的气体的摩尔质量为 ________。 ②气球中收集到的气体中，电子总数为 ________(用 NA 表示阿伏加德罗常数的值 )。 ③气球的体积为 ________L。 【答案】 36 g ·mol －1 7.2 g 28 g ·mol －1 4.2NA 6.72 【解析】 【详解】 (1)标准状况下，该混合气体的物质的量为 13.44 ÷ 22.4=0.6（mol ），所以混合气体的平均摩 尔质量 M=m/n=21.6÷0.6=36 （g·mol －1）， (2)由第一问已知混合气体的物质的量为 0.6mol，而 CO和 CO2 分子中均只含一个碳原子， 故混合气体中的碳原子也为 1mol ，所以混合气体中碳原子的质量为 0.6 ×12=7.2（ g） (3) CO和 CO2 组成的混合气体通过 NaOH 溶液后， CO2 与 NaOH 反应被吸收 ，剩余的 CO通 过浓硫酸干燥，最后收集在气球中。设 CO的物质的量为 x ,则 CO2 的物质的量为 0.6-x，列 方程： 28x+44(0.6-x)=21.6，解得 x=0.3mol 。 ①气球中收集到的气体为纯净的 CO，其摩尔质量为 28 g ·mol －1 ； ② CO 的物质的量为 0.3mol ，所以电子总数为 0.3 × 14NA=4.2NA ； ③标准状况下， 0.3molCO 的体积为 0.3 × 22.4=6.72（L），所以气球的体积为 6.72L。 12． 现有下列九种物质：① HCl 气体 ②Cu ③蔗糖 ④CO2 ⑤H2SO4 ⑥ Ba(OH)2 固体 ⑦氯酸 钾溶液 ⑧稀硝酸 ⑨熔融 Al2(SO4)3 （1）属于电解质的是 ___；属于非电解质的是 ___。 （2）②和⑧反应的化学方程式为： 3Cu +8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑ +4H2O 上述反应中氧化产物是 ___。硝酸没有全部参加氧化还原反应，参加氧化还原反应的硝酸占 总硝酸的 ___。用双线桥法分析上述反应（只需标出电子得失的方向和数目） ___。 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑ +4H2O （3）上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应： H＋ ＋OH－ =H2O，该离子反应对应 的化学方程式为 ___。 （4）⑨在水中的电离方程式为 ___， （5）34.2g⑨溶于水配成 1000mL 溶液， SO42-的物质的量浓度为 ___。 【答案】①⑤⑥⑨ ③④ Cu(NO3)2 或 Cu2+ 25% Ba(OH)2＋2HNO3=Ba(NO3)2＋2H2O Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42- 0.3mol/L 【解析】 【分析】 （1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化 物和水；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，包括一些非金属氧化 物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）； （2）氧化还原反应中所含元素化合价升高的反应物为还原剂，对应产物为氧化产物；依据 硝酸中氮元素化合价的变化计算参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的量；根据 Cu 元素的 化合价变化、 N 元素的化合价变化来分析，化合价升高的元素原子失去电子，化合价降低 的元素的原子得到电子，化合价升高值 =化合价降低值 =转移电子数； （3）H++OH-═H2O，可以表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水； （4）硫酸铝为强电解质，水溶液中完全电离； （5）计算 3.42g 硫酸铝的物质的量，依据硫酸铝电离方程式计算硫酸根离子的物质的量， 依据 nc= V 计算硫酸根离子的物质的量浓度。 【详解】 （1）① HCl 气体是在水溶液里能导电的化合物，是电解质； ②Cu 是单质，既不是电解质也不是非电解质； ③蔗糖是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，是非电解质； ④CO2 本身不能电离，属于非电解质； ⑤H2SO4 是在水溶液里能导电的化合物，是电解质； ⑥Ba(OH)2 固体是在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物，是电解质； ⑦氯酸钾溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑧稀硝酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑨熔融 Al2(SO4)3 是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，是电解质； 综上所述，属于电解质的是①⑤⑥⑨；属于非电解质的是③④； 故答案为：①⑤⑥⑨；③④； （2）3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑ +4H2O，反应中铜元素化合价升高，为还原剂，对应产 物硝酸铜为氧化产物，参加反应的硝酸有 8mol ，只有 2mol 硝酸中的 N 化合价降低，作氧 化剂，参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的 25%；在反应 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑ +4H2O 中， Cu 元素的化合价由 0 升高到 +2 价， N 元素的化合 价由 +5 降低为 +2 价，转移的电子为 6e- ，则用双线桥法标出电子得失的方向和数目为， ； 故答案为： Cu(NO3)2或 Cu2+；25%； ； （3）H++OH- ═H2O，可以表示稀硝酸与氢氧化钡反应，化学方程式为： Ba(OH)2＋ 2HNO3=Ba(NO3)2＋2H2O； 故答案为： Ba(OH)2＋2HNO3=Ba(NO3)2＋2H2O； （4）硫酸铝为强电解质，完全电离，电离方程式为： Al2(SO4)3=2Al3＋＋ 3SO42-； 故答案为： Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42-； （5）3.42g 硫酸铝的物质的量 3.42g 342g/ n= =0.0 mol 1mol ，依据硫酸铝电离方程式： Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42-，可知硫酸根离子的物质的量为 0.03mol ，则硫酸根离子的物质的量 浓度 0.03molc= =0.3mol/L 0.1L ； 故答案为： 0.3mol/L 。 13． （1）写出离子方程式：向 Ba(OH)2 溶液中滴加 NaHSO4 溶液至 Ba2+刚好沉淀完全 ________； （2）标况下，将 224L 氯化氢气体溶于 V 升水中，所得溶液密度为 dg/mL ，则此溶液中溶 质的物质的量浓度为 ________mol/L （3）使物质的量浓度之比为 1:2:3 的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液中的 Cl-恰好完全沉淀 时，若所用相同物质的量浓度的硝酸银溶液的体积比为 3:2:3，则上述三种溶液的体积之比 是 __________； （4）5.00g CuSO4·5H2O 样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图 所示，则 200℃时所得固体物质的化学式为 ______________； （5）已知氧化性： Cl2>Fe3+>I2，写出 FeI2 和 Cl2 按物质的量之比为 7:8 反应的总离子方程式 _____ 【答案】 Ba2＋+OH-+H++SO42- = BaSO4↓ + H2O 10000d/(365+1000V) mol ·L－ 1 18:3:2 CuSO4·H2O 2Fe2＋+14I-+8Cl2 =2Fe3＋+7I2+16Cl- 【解析】 【分析】 根据物质的性质书写离子方程式；根据气体摩尔体积及物质的量间的关系计算物质的量浓 度；根据图象信息结晶水的质量并计算书写化学式；根据电子转移守恒配平书写离子方程 式。 【详解】 （1）沉淀刚好完全时，表示硫酸氢钠用量最少，与 Ba2＋ 刚好完全反应，发生的化学方程 式为： Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓ +NaOH+H2O，转化为离子方程式则为： Ba2＋ +OH-+H++SO42-= BaSO4↓ + H2O； (2)由题， n(HCl)=V(HCl)/Vm =224L ÷ 22.4L/mol=10mol，m 总 =m(HCl)+m(H2O)=n(HCl) × M(HCl)+V(H2O)×ρ (H2O)=10 × 36.5+V × 103× 1=(365+1000V)g， 365+1mV = = mL ρ d 000V总 总 总 ， c(HCl)= -1 -1 -3 n(HCl) 10 10000d= mol L = mol L365+1000VV 365+1000V×10 d 总 ，故答案为： -110000d mol L 365+1000V ； (3)由题可以写出氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应的化学方程式： NaCl+AgNO3=AgCl ↓ +NaNO3，MgCl2+2AgNO3=2AgCl ↓ +Mg(NO3)2， AlCl3+3AgNO3=3AgCl ↓ +Al(NO3)3，若假设硝酸银物质的量浓度为 1mol/L ，氯化钠、氯化镁、 氯化铝与硝酸银反应消耗硝酸银体积分别为 3L、2L、3L，则氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝 酸银反应消耗硝酸银物质的量为 3mol 、2mol 、3mol，将三者消耗硝酸银物质的量代入方程 式，可以得出氯化钠、氯化镁、氯化铝的物质的量分别为 3mol 、1mol、1mol ，因为三者物 质的量浓度之比为 1:2:3，可列出等式为：三种溶液的体积之比 3/1:1/2:1/3，化简可以得到： 三种溶液的体积之比 18:3:2 ，故答案为： 18:3:2 。 (4)由图可以得知， 200℃时，五水合硫酸铜并未脱水完全，分子中还有一定量的水存在， 5.00g 五水合硫酸铜，物质的量为 5g÷ 250g/mol=0.02mol，所以 n(CuSO4)=0.02mol ， n(H2O)=0.1mol，200℃时，固体质量为 3.56g，所以含有水分质量为 0.36g， n(H2O)=m/M=0.36g ÷ 18g/mol=0.02mol，可以得出固体化学式为： CuSO4·H2O，故答案为： CuSO4·H2O。 (5)由题，根据氧化还原反应得失电子数的规律，可以写出方程式为： 7FeI2+8Cl2=2FeCl3+7I2+5FeCl2，转化为离子方程式可得出： 2Fe2＋+14I-+8Cl2 =2Fe3 ＋+7I2+16Cl-， 故答案为： 2Fe2＋ +14I-+8Cl2 =2Fe3＋+7I2+16Cl-。 14．(1)0.5mol 某固体 A 的质量是 30g，A 的摩尔质量为 _________。 (2)在同温同压同体积的条件下， H2 与气体 B 的密度之比是 1∶8，则 B 的相对分子质量为 _____。 (3)在 25℃ 101kPa 的条件下，同质量的 CH4 和 C 气体的体积之比是 15∶8，则 1 摩尔 C 的 质量为 ______。 (4).质量之比为 8∶ 7∶6 的三种气体 SO2、CO、 NO，其分子数之比为 _____；氧原子数之比 为______；相同条件下的体积之比为 _____。 (5)4.8g 碳在一定量的氧气中燃烧，反应后生成的气体质量为 12.8g。则在标准状况下，生 成物 CO 和 CO2 的体积比为 _______。 【答案】 60g/mol 16 30g 5：10：8 5：5：4 5：10：8 3：1 【解析】 【详解】 (1)A 的摩尔质量 =30g÷0.5mol=60g/mol ，故 A 的摩尔质量为 60g/mol ； (2)H 2 与气体 B 的密度之比是 1:8，同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故 B 的摩尔质量为 8×2g/mol=16g/mol ，数值上相对分子质量 =摩尔质量 =16； (3)由 mg mg: 16g/mol M(C) =15： 8，故 M(C)=30g/mol ，1mol C 的质量为 30g； (4)质量之比为 8:7:6 的三种气体 SO2、 CO、NO 的物质的量之比为 8g 7g 6g: : 64g/mol 28g/mol 30g/mol =5:10:8 ，故三者分子数之比为 5:10:8 ，含有氧原子数之比为 ( 5× 2):10:8=5:5:4 ，相同条件下的体积之比为 5:10:8； (5)设 CO 和 CO2 的物质的量分别为 x mol 、y mol ，则： 12x+12y=4.8 ，28x+44y=12.8 ，解得 x=0.3，y=0.1，故标况下 CO 和 CO2的体积比等于物质的量之比为 0.3mol ：0.1mol=3：1。 15． 某化学兴趣小组对 m g 无水三草酸合铁酸钾 (K3[Fe(C2O4)3］ ]受热分解产物进行探究，并 对所得气体产物和固体产物进行验证（查阅资料得知：三草酸合铁酸钾热分解的气体产物 中含有 CO 和 CO2）。利用如图装置进行实验 (夹持仪器已略去 )。 回答下列问题： (1)按气流方向各装置依次连接的合理顺序为 ______；（填接口代号，装置可重复使用） (2)反应开始前依次进行如下操作：组装仪器、 _______、加药品、通氮气一段时间后点燃 酒精灯。反应结束后的操作包括：①停止通氮气②熄灭酒精灯③冷却至室温。正确的顺序 为___________________； (3)通入氮气的目的是 _____________________。 (4)实验中观察到第一个澄清石灰水变浑浊，则说明气体产物中有 ____________（写化学 式）。能证明分解产物中有 CO 气体生成的实验现象是 _________________。 (5)样品完全分解后，装置 B 中的残留物含有 FeO和 Fe2O3。 (6)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。 ①将装置 B 中完全分解后的残留物置于锥形瓶中，溶解后加稀 H2SO4 酸化的 x mol/LKMnO 4 溶液滴定至终点。滴定终点的现象是 ______。该过程发生反应的离子方程式为 ______。 ②向上述溶液中加入过量 KI-淀粉溶液，充分反应后，用 y mol/LNa2S2O3 标准溶液滴定至终 点，消耗 Na2S2O3 溶液 V mL（已知 I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。该晶体中铁的质量分数的表达式 为______。 【答案】 cabdeghfab 检查装置气密性 ②③① 排净装置中的空气，使反应生成的气体全 部进入后续装置 CO2 D 中黑色固体变红、第二个澄清石灰水变浑浊 当滴入最后一滴 KMnO4 溶液后，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色 5Fe2++MnO 4-+8H+=5Fe3++Mn 2++4H2O 56yv 1000m × 100% 【解析】 【分析】 (1)本套装置依次是样品受热分解、检验 CO2、除去剩余 CO2、干燥气体、使 CO 反应转化为 CO2 并进行检验，按照气流方向连接装置时要注意流进的导管要插入液面以下，按此原则 连接导气管； (2)连接好各装置进行实验，加入药品前，应该进行的实验操作是检验装置的气密性；反应 完全后，停止加热。待充分冷却后再停止通氮气，即按②③①进行； (3)反应开始前通氮气，可排净装置中空气，以免氧气、二氧化碳对实验干扰，同时还能使 反应生成的气体全部进入后续装置； (4)第一个澄清石灰水变浑浊证明生成二氧化碳， D 中黑色固体变红、第二个澄清石灰水溶 液变浑浊，证明分解产物中有一氧化碳； (6)①用 KMnO4 溶液滴定 Fe2+，滴定终点溶液变成粉红色，则滴定终点为：当滴入最后一滴 溶液后，溶液变成粉红色，且半分钟内不褪色； KMnO4 溶液将 Fe2+氧化成 Fe3+，自身被还 原为 Mn 2+，所以离子方程式为： 5Fe2++MnO 4-+8H+=5Fe3+ +Mn2++4H2O； ②该过程中发生的反应有 2Fe3++2I-=2Fe2++I2；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，所以可得反应关系式 Fe3+~S2O3-，则 n(Fe3+)=n(S2O32-)。然后根据 m= n·M 计算出样品中含有铁元素的质量，最后 根据 3m(Fe ) m 样品 × 100%计算。 【详解】 (1)本套装置依次是样品受热分解、检验 CO2、除去剩余 CO2、干燥气体、使 CO 反应转化为 CO2 并进行检验，装置连接序号为 BACEDA，按照气流方向连接装置时要注意流进的导管要 插入液面以下，导气管连接顺序为 cabdeghfab； (2)进行实验首先是组装仪器，有气体参加或产生的要检查装置的气密性，然后要加入药 品，同时要注意排除空气成分的干扰，然后进行实验，故反应结束后的操作正确的顺序为 ②③①； (3)加热无水三草酸合铁酸钾分解，检验其分解产物，为排除空气成分的干扰，排出装置中 的空气，同时要把分解产生的物质最后要全部排出，所以通入氮气，排净装置中的空气， 使反应生成的气体全部进入后续装置； (4)第一个装置的澄清石灰水作用是检验 CO2 气体的产生。 CO 具有还原性，将 CuO 还原为 Cu，同时产生 CO2，所以能证明分解产物中有 CO 气体生成的实验现象是 D 中黑色固体变 红、第二个澄清石灰水变浑浊； (6)①固体中含有 FeO、Fe2O3，固体用酸溶解反应后得到 Fe2+、Fe3+，Fe2+具有还原性，被 KMnO4 溶液氧化为 Fe3+，KMnO4 被还原产生无色的 Mn 2+，所以滴定终点的现象是当滴入最 后一滴 KMnO4 溶液后，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色；根据电子守恒、电荷守恒及 原子守恒，可得该过程发生反应的离子方程式为： 5Fe2++MnO 4-+8H+=5Fe3++Mn 2++4H2O； ②在该过程中发生的反应有 2Fe3++2I-=2Fe2+ +I2；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，所以可得关系式 Fe3+~S2O3-，则 n(Fe3+)=n(S2O32-)，n(Fe3+)=n(S2O32-)=yV × 10-3 mol ，m= n·M= yV× 10-3 mol × 56 g/mol=5.6yV × 10-2 g，则样品中含有铁元素的质量分数 3m(Fe ) m 样品 × 100%= 25.6yV 10 g m?g × 100%=56yv 1000m × 100%。 【点睛】 本题考查物质性质实验方案的设计，涉及装置的连接、仪器的应用、元素及其化合物性 质、物质含量的测定等，是一道综合能力很强的题目，题目有利于提高学生运用所学知识 的能力及化学实验能力。