2022年江西省临川高考压轴卷化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、 “太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中 a 为TiO2电极，b 为Pt 电极，c 为 WO3 电极，电解质溶液为 pH=3 的 Li2SO4-H2SO4 溶液。锂离子交换膜将电池分为 A、B 两个区，A

2、区与大气相通，B 区为封闭体系并有 N2 保护。下列关于该电池的说法错误的是A若用导线连接a、c，则 a 为负极，该电极附近 pH 减小B若用导线连接 a、c，则 c 电极的电极反应式为HxWO3-xe=WO3+ xH+C若用导线连接 b、c，b 电极的电极反应式为 O2+4H+4e=2H2OD利用该装置，可实现太阳能向电能转化2、下列说法正确的是A紫外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析B高聚物()属于可降解材料，工业上是由单体经过缩聚反应合成C通过煤的液化可获得煤焦油、焦炭、粗氨水等物质D石油裂解的目的是为了提高轻质油的质量和产量3、不能用元素周期律解释的是（ ）A氯与钠

3、形成离子键，氯与硅形成共价键B向淀粉KI溶液中滴加溴水，溶液变蓝C向Na2SO3溶液中滴加盐酸，有气泡生成DF2在暗处遇H2即爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应4、某溶液中可能含有SiO32-、OH-、CO32-、SO42-、AlO2-、HCO3-、Na+、Mg2+、Fe3+、Al3+ 等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如下图所示。下列说法正确的是A原溶液中一定含有Na2SO4B反应最后形成的溶液中的溶质只有NaClC原溶液中含有CO32- 与AlO2-的物质的量之比为12D原溶液中一定含有的阴离子是：OH-、CO32-、SiO3

4、2-、AlO2-5、已知NA从阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A6g 3He含有的中子数为2NAB1mol CH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为NAC20g正丁烷和38g异丁烷的混合物中非极性键数目为10NAD0.1molL1Na2SO4溶液中含有的SO42数目为0.1NA6、测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热的实验中没有使用的仪器有：大、小烧杯；容量瓶；量筒；环形玻璃搅拌棒；试管；温度计；蒸发皿；托盘天平中的()ABCD7、对于排布在2s轨道上的电子，不能确定的是A电子所在的电子层B电子的自旋方向C电子云的形状D电子云的伸展方向8、我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催

5、化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理；其主反应历程如图所示（H2H+H）。下列说法错误的是（ ）A二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%B带标记的物质是该反应历程中的中间产物C向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率D第步的反应式为H3CO+H2OCH3OH+HO9、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是A丙属于碱性氧化物BW元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族CW的原子序数是Z的两倍，

6、金属性弱于ZD常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，消耗的HNO3物质的量相等10、能正确表示下列变化的离子方程式是A硅酸钠中滴加盐酸：Na2SiO32H=H2SiO32Na B少量SO2通人NaClO溶液中：SO23ClOH2O=SO42Cl2HClO C高锰酸钾溶液中滴人双氧水：2MnO43H2O26H=2Mn24O26H2OD小苏打治疗胃酸过多：CO322H=CO2H2O11、下列关于反应N2(g)3H2(g) 2NH3(g)；H”“I，故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，故D不选；故答案选C。4、D【解析】A. 根据图像，开始没沉淀，所以原溶液一定有OH，一定没有HCO

7、3、Mg2+、Fe3+、Al3+，根据电荷守恒，一定有Na+；沉淀先增多后减少，但不能完全溶解，说明原溶液一定有SiO32、AlO2；滴加盐酸体积为，沉淀的量不变，说明溶液中一定含有CO32，综合以上溶液可能含有SO42，故A错误；B. 若原溶液含有SO42，反应最后形成的溶液中的溶质有NaCl、Na2SO4，故B错误；C. 滴加盐酸体积为，发生反应为CO32-+2H+=H2O+CO2；，发生反应为，所以CO32- 与AlO2-的物质的量之比为34，故C错误；D. 原溶液中一定含有的阴离子是：OH、CO32、SiO32、AlO2，故D正确。答案选D。5、A【解析】A 、6g 3He的物质的量为

8、2 mol，1 mol3He含有的中子数为NA，2 mol 3He含有的中子数为2NA，选项A正确；B、1mol CH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为2NA ，选项B错误；C、正丁烷和异丁烷的分子式相同，均为C4H10，20g正丁烷和38g异丁烷的混合物的物质的量为1 mol，1 mol C4H10中极性健数目为10NA ，非极性键数目为3 NA，选项C错误；D、0.1molL1Na2SO4溶液的体积未给出，无法计算SO42数目，选项D错误。答案选A。6、B【解析】在测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和反应反应热的实验中,需要使用量筒量取溶液体积，小烧杯作为两溶液的反应容器，小烧杯置于

9、大烧杯中，小烧杯与大烧杯之间填充隔热材料，反应过程中用环形玻璃搅拌棒不断搅拌促进反应均匀、快速进行，用温度计量取起始温度和最高温度，没有使用到的是容量瓶、试管、蒸发皿、托盘天平，即，答案选B。7、B【解析】排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，故选B。【点睛】明确S轨道的形状、以及无伸展方向是解题关键，排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，据此分析。8、A【解析】A从反应、看，生成2molH2O，只消耗1molH2O，所以二

10、氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，A错误；B从整个历程看，带标记的物质都是在中间过程中出现，所以带标记的物质是该反应历程中的中间产物，B正确；C从反应看，向该反应体系中加入少量的水，有利于平衡的正向移动，所以能增加甲醇的收率，C正确；D从历程看，第步的反应物为H3CO、H2O，生成物为CH3OH、HO，所以反应式为H3CO+H2OCH3OH+HO，D正确；故选A。9、C【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数族序数，应分别为H、Al元素，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物

11、且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙为Fe3O4，由转化关系可知甲为Fe、乙为H2O，丁为H2，戊为Al、己为Al2O3，则对应X、Y、Z、W分别为H、O、Al、Fe元素。【详解】A. 丙为Fe3O4，不是两性氧化物，故A错误；B. W为Fe，原子序数为26，位于第四周期族，故B错误；C. 由金属活动顺序可知Fe的金属性比Al弱，故C正确；D. 常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，均产生钝化现象，故D错误；故选C。【点睛】本题考查无机物的推断，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意丙为具有磁性的黑色晶体为推断的突破口，D为易错点，钝化的量不能确定。

12、10、B【解析】A. 硅酸钠是易溶强电解质，应拆写成离子，A项错误；B. 少量SO2与NaClO发生氧化还原反应，生成的H+与ClO-生成弱酸HClO，B项正确；C. 高锰酸钾溶液氧化双氧水时，双氧水中的氧原子将电子转移给高锰酸钾中的锰原子，应写成2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，C项错误；D. 小苏打为碳酸氢钠，应拆成Na+和HCO3-，D项错误。本题选B。【点睛】+4价硫具有较强的还原性，+1价氯具有较强的氧化性，它们易发生氧化还原反应。11、A【解析】A. 根据图中能量变化图可以看出，N2(g)3H2(g) 2NH3(g)；H+2254 kJmol1-2346

13、 kJmol1=92 kJmol1，A项正确；B. 随n(H2)/n(N2)比值越大，氢气的转化率逐渐减小，氮气的转化率逐渐增大，B项错误；C. 该反应正向为放热反应，则升高温度，正、逆速率均增大，但逆速率受温度影响更大，C项错误；D. 该反应正方向是气体分子数减小的放热反应。同一压强下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数减小；同一温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数增大，图示中压强变化曲线不正确，D项错误；答案选A。12、C【解析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2-

14、4e-=N2+2H2O，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。【详解】A. 放电时，阴离子向负极移动，即O2由电极乙移向电极甲，A项错误； B. 反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N2H4+O2=N2+2H2O，B项错误；C. 由电池总反应为N2H4+O2=N2+2H2O可知，当甲电极上有1molN2H4消耗时，乙电极上有1molO2被还原，所以标况下乙电极上有22.4LO2参与反应，C项正确；D. 电池外电路的电子从电

15、源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误；答案选C。13、D【解析】A.Fe3+的水溶液显黄色，与“无色溶液”矛盾，A错误；B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，此时H+、CH3COO-会发生反应产生CH3COOH，不能大量共存，B错误；C.ClO-具有强的氧化性，与具有还原性的微粒S2-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；故合理选项是D。14、D【解析】A、第IA族的氢气是分子晶体，其它碱金属是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项A错误；B、第IIIA族硼是原子晶体，其它是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项B错误；C、

16、C、Si、Ge等都属于第IVA族元素，属于原子晶体，铅是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项C错误；D、第VIA族形成的都是分子晶体，形成的单质晶体类型相同，选项D正确；答案选D。【点睛】明确晶体类型的划分、元素在周期表中的位置即可解答，熟练掌握常见原子晶体及其结构，易错点是选项C。15、B【解析】A. 是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的证据之一；B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物，无法比较氯和碳的非金属性；生成的二氧化碳中含有HCl气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反

17、应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期律；C、H=H1+H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律；D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的化学计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律；故答案为B。16、B【解析】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H1=-572kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g) H2=-393.5kJ/molC2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) H3=-1367kJ/mol根据盖斯定律2得2C(s)+3H2

18、(g)+O2(g)=C2H5OH(l)，H=-278kJ/mol，故选B。【点睛】根据盖斯定律，反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关；在用盖斯定律计算时，要准确找到反应物和生成物及它们的系数，这样有助于准确的对已知方程进行处理。17、A【解析】A.Na2CO3能与Ca(OH)2溶液发生反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3也能与Ca(OH)2溶液发生反应生成CaCO3沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3，可以用CaCl2溶液检验，故A选；B.检验氯离子，需要硝酸、硝酸银，则向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3可检验，故B不选；

19、C.乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C不选；D.只有催化剂不同，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，故D不选；答案选A。18、C【解析】电解质包括酸、碱、多数的盐、多数金属氧化物、水等物质，据此分析。【详解】A、酒精结构简式为CH3CH2OH，属于非电解质，故A不符合题意；B、食盐水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；C、氯化钾属于盐，属于电解质，故C符合题意；D、铜丝属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；答案选C。19、D【解析】A. 自来水中有杂质离子，清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管不能用自来水，应该用蒸馏水，且应该把

20、反应液倒入水中，A项错误；B. 定容时，当液面距定容刻度线1到2厘米处，改用滴管滴加，使凹液面最低端与刻度线相切，B项错误；C. 利用铝热反应制取金属锰时采用的是高温条件，需要氯酸钾分解产生氧气，促进镁条燃烧，利用镁条燃烧产生大量热制取金属锰，该实验装置中没有氯酸钾作引发剂，C项错误；D. 铜和稀硝酸反应可以制备NO，NO的密度比CO2的密度小，采用短口进气、长口出气的集气方式，D项正确；答案选D。20、D【解析】A面粉是可燃物，分散于空气中形成气溶胶，遇到明火有爆炸的危险，所以面粉加工厂应标有“严禁烟火”的字样或图标，故A正确；B氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，可用于除铁锈，所以焊接金属

21、前可用氯化铵溶液处理焊接处的铁锈，故B正确；C碳与水蒸气反应生成氢气和一氧化碳，氢气与一氧化碳都能燃烧，故C正确；D在元素周期表的金属和非金属分界线附近的元素金属性也非金属性都不强，常用于制备半导体材料，在过渡元素中寻找优良的催化剂，故D错误；故答案为D。21、C【解析】A. 元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的，超铀元素中大多数是人工合成的，故A正确；B. 118号元素Og一共有7个电子层，最外层有8个电子，所以位于第七周期0族，故B正确；C. 第VIIA族元素形成的单质都可以形成分子晶体，自上而下随着其相对分子质量的增大，其分子间作用力增大，故其

22、熔、沸点增大，故C错误；D. 因为IIIB族中含有镧系和锕系，所以元素种类最多，故D正确，故选C。22、C【解析】A当a和b用导线连接时构成原电池，锌是负极，则溶液中的SO42向锌片附近移动，选项A错误；B将a与电源正极相连铜是阳极，锌是阴极，可以保护锌片，这叫外加电流的阴极保护法，选项B错误；C当a和b用导线连接时时构成原电池，锌是负极，铜是正极发生还原反应，则铜片上发生的反应为：2H+2e =H2，选项C正确；Da和b用导线连接后构成原电池，锌是负极，铜是正极，电路中通过0.02mol电子时，产生0.01mol氢气，选项D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、FeS2 11 2Fe

23、3+Fe=3Fe2+ :分散质微粒的直径(nm)； H2O2+2H+2Fe2+=2H2O+2Fe3+ 【解析】由中信息可知：B气体是引起酸雨的主要物质，则B为SO2，H常温下为无色无味的液体，则H为H2O；E常用作红色油漆和涂料，故E为Fe2O3，则A中应含Fe、S两种元素。由可计算得到A的化学式为FeS2，再结合流程图可推知甲为O2，C为SO3，D为H2SO4乙由E(Fe2O3)和乙在高温的条件下生成丁(单质)可知，丁为Fe，D(H2SO4)+E(Fe2O3)F，则F为Fe2(SO4)3，G为FeSO4，丙可以为S等，乙可以为碳或氢气等。【详解】(1)由上述分析可知，A的化学式为FeS2，高

24、温下燃烧的化学方程式为:4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，由此分析可知，每消耗4molFeS2，转移电子为44mol，即每反应1mol的A(FeS2)转移的电子为11mol，故答案为.：FeS2；11。(2)由转化关系图可知F为Fe2(SO4)3，丁为Fe，G为FeSO4，则有关的离子反应为:Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)少量饱和Fe2(SO4)3溶液加入冷水中形成溶液，溶质为Fe2(SO4)3；加入NaOH溶液中会产生Fe(OH)3沉淀，形成浊液；加入沸水中会产生Fe(OH)3胶体，即Fe2(SO4)3、Fe(OH)3胶体、Fe(OH)

25、3沉淀，故答案为:分散质微粒的直径(nm)；(4)化合物M与H(H2O)组成元素相同，则M为H2O2，M在酸性条件下将G(FeSO4)氧化为FFe2(SO4)3的离子方程式为： H2O2+2H+2Fe2+=2H2O+2Fe3+，故答案为：H2O2+2H+2Fe2+=2H2O+2Fe3+。24、苯甲醇 消去反应 碳碳双键、羧基 +H2O 5 【解析】A和Br2的CCl4溶液反应发生加成反应，结合B的结构简式，则A的结构简式为，B在NaOH的水溶液下发生水解反应，Br被OH取代，C的结构简式为，C的结构中，与OH相连的C上没有H原子，不能发生醇的催化氧化，CH2OH被氧化成CHO，醛基再被氧化成C

26、OOH，则D的结构简式为，根据分子式，D到E消去了一分子水，为醇羟基的消去反应，E的结构简式为，E和苯甲醇F，在浓硫酸的作用下发生酯化反应得到W，W的结构简式为。【详解】(1)F的名称是苯甲醇；根据分子式，D到E消去了一分子水，反应类型为消去反应；(2)根据分析，E的结构简式为，则含有的官能团名称为碳碳双键、羧基；E中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，结构简式为；(3)E中含有羧基，F中含有羟基，在浓硫酸的作用下发生酯化反应，化学方程式为+H2O；(4)有A含有相同的官能团且含有苯环，A的结构简式为，则含有碳碳双键，除了苯环外，还有3个C原子，则苯环上的取代基可以为CH=CH2和CH3，有邻间对

27、，3种同分异构体；也可以是CH=CHCH3，或者CH2CH=CH2，共2种；共5种；核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为112222的结构简式为；(5)由M到F，苯环上多了一个取代基，利用已知信息，可以在苯环上引入一个取代基，CH2OH，可由氯代烃水解得到，则合成路线为。【点睛】并不是所有的醇都能发生催化氧化反应，CH2OH被氧化得到CHO，被氧化得到；中，与OH相连的C上没有H原子，不能发生催化氧化反应。25、2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2+H2O滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解将ClO2全部赶出以

28、被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解空气流速过快，ClO2不能被充分吸收cd相同【解析】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式；(2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势；根据已知信息：ClO2温度过高时易发生分解解答；(3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时根据ClO2浓度过大时易发生分解，分析其作用；(4)氧化还原反应中，化合价有降低，必定有升高；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO

29、3+KCl，且KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，根据电子转移守恒分析判断。【详解】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2+H2O，故答案为：2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2+H2O；(2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等，使液体能顺利滴下；加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热，从而使液体飞溅，

30、并防止生成的ClO2分解，故答案为：滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下；降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解；(3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快吋，ClO2不能被充分吸收，导致其产率降低，故答案为：将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收；(4)ClO2中Cl的化合价为+4价，KClO2中Cl的化合价为+3价，由此可知该反应为氧化还原反应，则化合价有降低，必定有升高，则同时还有可能生成的物质为KClO3、.

31、KClO4，故答案为：cd；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，3molKClO2变质得到2mol KClO3，与足量FeSO4溶液反应时，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2反应获得电子为3mol4=12mol，2mol KClO3反应获得电子为2mol6=12mol，故消耗Fe2+物质的量相同，故答案为：相同。【点睛】第(5)问关键是明确变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2与2mol KClO3得电子数相等，故消耗

32、Fe2+物质的量相同。26、圆底烧瓶 16H+10Cl-+2MnO4-=2Mn2+8H2O+5Cl2 NaOH溶液 使反应混合物混合均匀，反应更充分 aefcdb 2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O 降低KIO4的溶解度，减少晶体损失 100% 【解析】本题为制备高碘酸钾实验题，根据所提供的装置，装置III为KIO4的制备反应发生装置，发生的反应为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O；装置I可用来制取氯气，为制备KIO4提供反应物氯气；装置IV是氯气的净化装置；装置II是氯气的尾气吸收装置；装置的连接顺序为IIVIIIII，以此分析解答。【详解】(1)根据

33、装置I中仪器甲的构造，该仪器的名称是圆底烧瓶，因此，本题正确答案是：圆底烧瓶；(2)浓盐酸与KMnO4反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，根据得失电子守恒及电荷守恒和原子守恒写出离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O，因此，本题正确答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O；(3) 装置II是氯气的尾气吸收装置，所用的试剂X应是NaOH溶液，因此，本题正确答案是：NaOH溶液；(4) 装置III为KIO4的制备反应发生装置，用氯气和NaOH的KIO3溶液反应，搅拌的目的是使反应混合物混合均匀，反应更充分，因此，本题正确答案是：使

34、反应混合物混合均匀，反应更充分；(5)根据以上分析，装置的连接顺序为IIVIIIII，所以各接口顺序为aefcdb，因此，本题正确答案是：aefcdb； (6)装置III为KIO4的制备反应发生装置，氯气将KIO3氧化为KIO4，本身被还原为KCl，化学方程式为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O，因此，本题正确答案是：2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O；根据题给信息，高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，所以，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是降低KIO4的溶解度，减少晶体损失，因此，本题正确答案是：降低KIO4的溶解度，减少晶体

35、损失；设ag产品中含有KIO3和KIO4的物质的量分别为x、y，则根据反应关系：KIO33I2，KIO44I2，I22Na2S2O3，214x+230y=a，3x+4y=0.5b，联立、，解得y=mol，则该产品中KIO4的百分含量是100%=100%，因此，本题正确答案是：100%。27、Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O 便于控制反应的开始与停止 吸水 无尾气吸收装置，停止加热时可能发生溶液倒吸 分液漏斗 反应温度 迅速升温至260 Ba2+2NO33SO22H2O=BaSO42NO2SO42-4H+ 2CuS3O2 2CuO2SO2、Cu2S2O22CuOSO2，后一反应前后固体质量不变，因此，若煅烧后固体质量有所变化则必然存在CuS 【解析】（1）铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，化学方程式是Cu2H2SO4(