2022届高考化学抢分强化练-题型12.1教材延伸综合实验考查

第=page3636页，共=sectionpages3636页2022届高考化学选择题型抢分强化练——题型12.1教材延伸综合实验考查一水硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O]常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3 mol·LⅠ.CuSO①实验室用铜与浓硫酸制备硫酸铜溶液时，往往会产生有污染的SO②实际生产中往往将铜片在空气中加热，使其氧化生成CuO，再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸铜溶液；这一过程缺点是铜片表面加热易被氧化，而包裹在里面的铜得不到氧化。③所以工业上进行了改进，可以在浸入硫酸中的铜片表面不断通O2，并加热；也可以在硫酸和铜的混合容器中滴加H④趁热过滤得蓝色溶液。(1)某同学在用①实验制备硫酸铜溶液时铜有剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因(2)若按③进行制备，请写出Cu在H2O(3)已知H2O2的沸点是150℃，H2O2溶液的浓度对铜片的溶解速率有影响。现通过下图将少量30%的H2O2溶液浓缩至40%，在BⅡ.晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作

(1)硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量NH3·H2O调节溶液(2)继续滴加NH3·H2Ⅲ.产品纯度的测定精确称取m g晶体，加适量水溶解，注入图示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mL 0.500 mol·L−1的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用0.500 mol·L−1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)(1)玻璃管2的作用_________________。(2)样品中产品纯度的表达式_____________________________。(不用化简)(3)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是_____________________________A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管B.滴定过程中选用酚酞作指示剂C.读数时，滴定前平视，滴定后俯视D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁E.由于操作不规范，滴定前无气泡，滴定后滴定管中产生气泡某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00mL，分离并测定Fe3+的浓度，实验方案设计如下：

已知：乙醚[(C2H5)2O]沸点为34.5℃，易挥发、易燃，不纯时点燃易发生爆炸，微溶于水，密度比水小。在盐酸浓度较高时，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。请回答：

(1)由操作A得到溶液Ⅰ的具体操作是静置后，______。

(2)经操作A后，为判断Fe3+是否有残留，请设计实验方案：______。

(3)蒸馏装置如图所示，装置中存在的错误是______、______。

(4)下列有关说法正确的是______。

A.为了减少滴定误差，滴定管、锥形瓶均需用待装液润洗

B.标准KMnO4溶液应该装在酸式滴定管中

C.开始滴定前，滴定管标准液内有气泡，滴定终点时，气泡消失了，则测得Fe3+的浓度偏低

图1为某加碘盐标签的一部分。

已知：①KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O

②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6(编号碱式滴定管读数消耗体积(mL)滴定前刻度滴定后刻度10如图22023.9823.983024.0224.02(1)第一次读数为______mL。

(2)滴定终点的判断方法______。

(3)经过计算，此碘盐碘元素的含量为______mg⋅kg−1(用含a、b的最简表达式表示)。

(4)下列操作可能会导致测量结果偏低的是______。

A.步骤1中称取食盐时将砝码放在左盘，食盐放在放在右盘，游码读数为0.5g

B.步骤1所配食盐溶液未完全转移至锥形瓶

C.步骤2中滴定管洗涤后未润洗

“一器多用”可实现多方面的化学实验探究，某课外活动小组学生利用图所示的仪器组合(省略夹持和净化装置)来完成下列实验，回答下列问题：

(1)仪器a的名称为______，仪器a在使用前要______．

(2)该装置可用于某些气体的制取、收集及尾气处理裝置，表中3个实验的设计方案合理的是______(填序号)选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A稀硝酸CuNOHB稀HCaCCNaOH溶液C浓氨水NaOH固体NH(3)氨气和氯气接触时会产生白烟，请写出相应的化学方程式：______．

(4)上述装置若a中的物质为浓硫酸，b中的物质为Cu片，在加热条件下也可制取SO2．

①下列装置可用于SO2尾气处理的是(夹持仪器已略去)______(填序号)．

用Fe2(SO4)3溶液也可吸收多余的SO2气体．写出SO2与F称量第1次第2次第3次第4次第5次质量(g)mmmmm则胆矾应放在______(填仪器名称)中加热；必须要进行恒重操作的原因是______；CuSO4⋅xH2O中的x=______(保留1位小数)；若测定结果x偏大，可能的原因是______(填序号)．

a.加热温度过高硫酸铜晶体(CuSO4实验(一)：探究硫酸铜的氧化性。取适量硫酸铜溶液于试管，加入(NH4)2SO3①取一定量M固体分成两份;②在一份固体中加入稀硫酸，产生刺激性气味的气体X，将气体X通入溴水中，溴水褪色;溶液变成蓝色并有红色固体生成。③在另一份固体中加入浓烧碱溶液，共热，产生的气体Y通入甲基橙溶液中，溶液变黄色。(1)X的化学式是______________。(2)经测定，M中阳离子、阴离子个数之比为2∶1。写出M与稀硫酸反应的化学方程式：____________。实验(二)：探究硫酸铜晶体的热稳定性。他们取少量硫酸铜晶体进行实验，装置如图所示。观察到的实验现象：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，最后变成黑色粉末;B中产生白色沉淀;D中无色溶液变红色溶液。(3)B中用盐酸酸化的目的是______________；C中现象是__________________________________。(4)D中有单质参加反应的离子方程式：________________________________________________。实验(三)：测定硫酸铜晶体中结晶水含量。取wg硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)配制成250mL溶液，取20.00mL所配制溶液用cmol·L−1EDTA(简化为(5)x=_____________________(用代数式表示)。(6)下列情况会使测得x值偏大的是______________(填字母)。a.样品失去部分结晶水

b.滴定管未用EDTA溶液润洗c.开始读数时滴定管尖嘴有气泡(终点时尖嘴无气泡)

d.滴定终点时俯视刻度线亚硝酸钠(NaNO2【制取NaNO设计的制取装置如下图(夹持装置略去)：

该小组查阅资料知：①2NO+Na2O②NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO (1)装置A中用于盛放稀硝酸的仪器名称为__________，装置A中发生主要反应的离子方程式为_________________________________________________。(2)装置D的作用是___________________________________________。(3)若无装置B，则进入装置D中的气体除N2、NO外还可能有____________(4)甲同学检查装置气密性后进行实验，发现制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质。下列可以提高NaNO2a.将B中的药品换为碱石灰

b.将稀硝酸换为浓硝酸c.实验开始前通一段时间CO2           d.在装置A【测定制得样品中NaNO(5)该实验中需配制KMnO4标准溶液并酸化，应选择________(填化学式)来酸化(6)已知：在酸性溶液中，NO 2−可将MnO 4−还原为Mn2+。为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组称取4.0g样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.100mol·L−1的酸性亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，但使用过量会使人中毒。某学习小组针对亚硝酸钠设计了如下实验：

【实验Ⅰ】制取NaNO2

该小组先查阅资料知：①2NO+Na2O2→2NaNO2；2NO2+Na2O2→2NaNO3；②NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3−，然后设计制取装置如图1(夹持装置略去)：

(1)装置A中用于盛放稀HNO3溶液的仪器名称为______；写出装置A中发生主要反应的离子方程式：______。

(2)装置D的作用是______；

(3)如果没有B装置，C中发生的副反应的化学方程式①______、②______。

(4)加同学检查完装置气密性良好后进行实验，发现制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质。下列哪种方案可以提高NaNO2纯度______。

A.将B中的药品换为碱石灰

B.将稀硝酸换为浓硝酸

C.实验开始前通一段时间CO2D.在A、B之间增加盛有水的洗气瓶

【实验Ⅱ】测定NaNO2样品中NaNO3的含量

步骤：(1)配置KMnO4标准溶液并酸化，酸化KMnO4的酸应选择______(填化学式)

(2)已知在酸性溶液中，NO2−可将MnO4−还原为Mn2+.为测定亚硝酸钠的含量，称取4.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol⋅L−1酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗KMnO420.00mL，酸性KMnO4的作用是______和______，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数______。(结果保留一位小数)

【扩展实验Ⅲ】该学习小组为再了解氧族元素的一些典型化合物的性质，进行了如下实验探究。

经查知：硫酸铜受热分解生成氧化铜和气体，受热温度不同，该气体成分也不同。气体成分

可能是SO实验称取CuSO4仪器C

增加的质量/g量筒中水的体积折算成标准状况下气体的体积/mL第一组6.42.88224第二组6.42.56448请通过计算，推断出第次和第次的实验条件下CuSO4分解反应的化学方程式：

第一组______；

第二组______亚硝酸钠(NaNO 2I.亚硝酸钠的制备

已知：①2N

②3NO2−+2

(1)仪器R的名称是________；装置B中多孔球泡的作用是_________。

(2)装置C中，酸性高锰酸钾溶液的作用是___________________________。

(3)停止反应后，将装置B中的溶液过滤，再将滤液蒸发制得固体产品。若反应后装置B中溶液pH<7，会导致产品中NaNO2的含量下降，其原因是Ⅱ.亚硝酸钠的含量测定

(4)称取1.000g产品溶解后配成50mL溶液。取所配溶液10.00mL于锥形瓶中，选用洁净的___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管装入0.05000mol·L−1的KMnO4标准溶液进行滴定，发生反应MnO4−+NO2−+HⅢ.亚硝酸钠的性质探究

(5)根据NaNO2中氮元素的价态可以推测，NaNO2既有氧化性，也有还原性。设计实验证明酸性条件下供选用的试剂：NaNO2溶液、酸性KMnO4溶液、稀H2亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛，外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，但使用过量会使人中毒。某学习小组通过如下装置(夹持及加热装置略去)制取NaNO2样品并对样品含量进行测定

该小组先查阅资料知：NO、NO2能被酸性高锰酸钾氧化为NO3−

(1)装置A中用于盛放浓硝酸的仪器名称为______，装置D中发生的化学反应方程式为______。

(2)①装置C中所装的液体需满足的条件是______。②其作用为______。

(3)装置E的作用是______。

(4)为测定制得样品中NaNO2的含量，该实验中需配制KMnO4标准溶液并酸化，应选择______(填化学式)来酸化KMnO4溶液。

(5)已知：在酸性溶液中，NO2−可将MnO4−还原为Mn2+.为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组称取4.0g样品溶于水配制成250mL溶液，取某地今年启动11项工程治理氮磷污染，以保护空气环境和饮用水源。下面是有关氮污染防治及处理方法。据此回答下列问题：(1)三效催化剂是最常见的汽车尾气催化剂，能同时净化汽车尾气中的CO、CxHy、NOx，其催化剂表面物质转化的关系如图A所示，化合物X可借助傅里叶红外光谱图(从最终排放的气体看，氮元素将________(填“被氧化”或“被还原”)；若NOx中，NO、NO2的体积之比为1︰1，写出生成(2)已知CO可将NO转化为N2，某研究小组在实验室研究反应条件对NO①由图1可知CO的百分含量越高，NO转化为N2的转化率越________(填“高”或“低”)②当n(NO)n(CO)=1时，NO的转化率随温度的变化如图所示，则应控制反应的最佳温度在(3)在催化剂存在的条件下，用H2将NO还原为N则氢气和一氧化氮反应生成氮气和水蒸气的热化学方程式是________。(4)氨气—氮氧化物燃料电池可用于处理氮氧化物，防止空气污染，其装置如图所示。通入氨气的电极为________(填“正极”或“负极”)。负极的电极反应式为________。为保护环境，应减少二氧化硫、氮氧化物等污染物质的排放量。(1)用CH已知：CH4

NO2写出CH4催化还原N2O4(g)生成CO(2)20世纪80年代，Townley首次提出利用电化学膜脱除烟气中SO2的技术：将烟气预氧化使SO2转化为SO3，再将预氧化后的烟气利用如图1阴极反应方程式为_________________________。(3)利用脱氮菌可净化低浓度NO废气。当废气在塔内停留时间均为90s的情况下，测得不同条件下NO的脱氮率如图2、3所示。

图2

图3

图4①由图2知，当废气中的NO含量增加时，宜选用______________________法提高脱氮效率。②由图3知，循环吸收液加入Fe2+、Mn(4)研究表明：NaClO2/①温度高于60℃后，NO去除率随温度升高而下降的原因为______________________________。②写出废气中的SO2与NaClO(5)一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于恒温恒容的密闭容器中，发生NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)利用低品位软锰矿浆(主要成分是MnO2，少量的Fe3+、Al3+等)吸收高温焙烧含硫废渣产生的SO2废气，制备硫酸锰晶体可实现资源的综合利用和环境治理．

已知，浸出液的pH<2，其中的金属离子主要是Mn2+离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pH加碱溶解的pHF7.69.7F2.73.7A3.84.7>8.5M8.39.8(1)写出浸出过程中主要反应的化学方程式______.浸出过程中Fe3+转化为Fe2+，此转化的离子反应方程式为______．

(2)写出氧化过程中主要反应的离子方程式：______．

(3)①在氧化后的液体中加入石灰浆，用于调节pH，pH应调节至______．

②若加入的石灰浆过多，会使得MnSO4⋅H2O晶体中含有较多杂质，用离子反应方程式表示其原因______．

(4)下列各组试剂中，能准确测定尾气中SO2含量的是______(选填序号)．

a.NaOH溶液、酚酞试液

b.下表列出了某冷轧厂排放的废水中各成份的含量及国家环保标准值的有关数据：冷轧含锌废水水质经处理后的水国家环保标准值Zn2+≤800≤3.9pH1～56～9SO4≤23

000≤150某科研机构为该厂量身定做，设计了如下废水处理系统，不但节约大量工业用水，而且大大降低了生产成本．

请回答下列问题：

(1)向中和反应池中通入压缩空气的作用是______．

(2)若废水中细菌含量较高，往往用漂白粉代替石灰乳沉淀Zn2+，漂白粉沉淀Zn2+的离子方程式是______．

(3)污泥处理系统除去污泥后，可得到的工业副产品有______(填化学式)．

(4)薄膜液体过滤器是将膨体聚四氟乙烯专利技术与全自动控制系统完美地结合在一起的固液分离设备．为提高薄膜液体过滤器的过滤能力，废水处理系统工作一段时间后，需要对薄膜进行化学处理，薄膜定期处理的方法是______．

(5)经上述工艺处理后的废水pH=8，此时废水中Zn2+的浓度为______mg/L(常温下，Ksp[Zn(OH)某实验课题小组的同学在实验室利用新制备的硫酸亚铁溶液制备硫酸亚铁铵(俗名为莫尔盐)【(NH4)2SO4(一)制备硫酸亚铁溶液(实验步骤如下)(1)步骤①，加入稀硫酸的目的是________。(2)步骤②，加入还原铁屑后观察到的现象是________。实验前，常用碱溶液洗涤铁屑，其目的是________。(二)制备莫尔盐(硫酸亚铁铵)(3)在FeSO4溶液中加入稍过量的硫酸铵饱和溶液。从溶液中提取(NH)(三)检验莫尔盐加热时的分解产物莫尔盐受热分解，甲同学认为分解产物可能有以下几种情况：a.Fe2O3、SO3、NH3、Hc.FeO、SO2、NH3、H2O

d.Fe2(4)经认真分析，推理即可确定猜想________(填序号)不成立。(5)乙同学认为莫尔盐分解的产物中可能含有SO3(g)、S①乙同学的实验中，装置依次连接的合理顺序为A→H→________→G。②证明分解产物中含有SO3的实验现象是(四)测定实验(二)所得晶体中(NH4)2SO4(6)若实验测得NH3的体积为V L(已折算为标准状况下)，则该硫酸亚铁铵样品的纯度为________(列出计算式即可)某实验课题小组的同学在实验室利用新制备的硫酸亚铁溶液制备硫酸亚铁铵(俗名为莫尔盐)NH42S(一)制备硫酸亚铁溶液(实验步骤如下)(1)步骤①，加入稀硫酸的目的是________________。(2)步骤②，加入还原铁屑后观察到的现象是__________________。实验前，常用碱溶液洗涤铁屑，其目的是_________________。(二)制备莫尔盐(硫酸亚铁铵)(3)在FeSO4溶液中加入稍过量的硫酸铵饱和溶液。从溶液中提取NH(三)检验莫尔盐加热时的分解产物莫尔盐受热分解，甲同学认为分解产物可能有以下几种情况：a.Fe2O3、Sb.FeO、NH3、Sc.FeO、SO2、Nd.Fe2O3、NH3(4)经认真分析，推理即可确定猜想_________(填序号)不成立。(5)乙同学认为莫尔盐分解的产物中可能含有SO3g、S①乙同学的实验中，装置依次连接的合理顺序为A→H→_________→G。②证明分解产物中含有SO3的实验现象是(四)测定实验(二)所得晶体中NH称取m g硫酸亚铁铵样品配制成500mL溶液，取20.00mL样品溶液进行实验，装置如图所示。(6)若实验测得NH3的体积为V L(已折算为标准状况下)，则该硫酸亚铁铵样品的纯度为________(列出计算式即可)。答案和解析1.【答案】Ⅰ.(1)反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸使CuSO4⋅5H2O失去结晶水变为CuSO4

(2) Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O

(3)减压设备；H2O

Ⅱ.

(1) 2Cu2++2NH3⋅H2O+SO42−=Cu2(OH)2SO4↓+2NH4+

(2)加入乙醇(或醇析)；

Cu(NH3)4SO4⋅H2O晶体难溶于乙醇，能溶于水

Ⅲ.(1)平衡气压，防止堵塞和倒吸

(2)

1.25×10−4(V1−V2)×246m×100%

(3)A B

本题考查探究物质组成与含量的方法，题目难度较大，明确实验原理、题干信息为解答关键，注意掌握化学实验基本方法及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。

【解答】

Ⅰ.(1)得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使CuSO4⋅5H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色，

故答案为：反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸使CuSO4⋅5H2O失去结晶水变为CuSO4;

(2)Cu在H2O2作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，

故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO解：(1)由操作A得到溶液Ⅰ的具体操作是静置后，打开分液漏斗的旋塞和玻璃塞，待下层液体流尽后，及时关闭旋塞，将上层液体从上口倒出，

故答案为：打开分液漏斗的旋塞和玻璃塞，待下层液体流尽后，及时关闭旋塞，将上层液体从上口倒出；

(2)经操作A后，为判断Fe3+是否有残留，设计实验方案为取少许溶液Ⅱ于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变血红色，则判断没有Fe3+残留，

故答案为：取少许溶液Ⅱ于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变血红色，则判断没有Fe3+残留；

(3)蒸馏装置中锥形瓶不能密闭，否则蒸馏实验不能进行，乙醚是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，结合蒸馏装置可知，装置中存在的错误是明火加热、装置密闭，

故答案为：明火加热；装置密闭；

(4)A.为了减少滴定误差，滴定管须用待装液润洗，锥形瓶不能用待装液润洗，否则会测定结果偏高，故A错误；

B.标准KMnO4溶液具有强氧化性，应该装在酸式滴定管中，故B正确；

C.开始滴定前，滴定管标准液内有气泡，滴定终点时，气泡消失了，读取标准溶液体积偏大，则测得Fe3+的浓度偏高，故C错误；

D.高锰酸钾为紫红色，接近滴定终点时最后一滴标准KMnO4溶液滴下，溶液由黄色变为浅紫色，且半分钟内不变化，故D正确；

故答案为：BD；

(5)达到终点时，消耗0.1000mol⋅L−1KMnO4溶液6.00mL，其物质的量为0.1000mol/L×0.00600L=0.00060mol，由MnO42−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可知，试样X中c(Fe3+)为0.00060mol×5×100mL25mL0.025L=0.480mol/L，

故答案为：0.480mol⋅解：(1)读数时眼睛要平视滴定管内的液面，并且读到0.01mL，图中读数是：24.00，

故答案为：24.00；

(2)反应没有结束前溶液显示蓝色，反应结束时碘消失，溶液蓝色褪去，所以滴定终点的现象是：溶液颜色恰好由蓝色变为无色且半分钟内不褪色，

故答案是：溶液颜色恰好由蓝色变为无色且半分钟内不褪色；

(3)：三次滴定消耗的标准液体积都是有效的，平均体积是：24.00+23.97+24.033mL=24mL，消耗的硫代硫酸钠的物质的量是：n(Na2S2O3)=0.024L×bmol⋅L−1=0.024bmol，

根据反应：①KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O、②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6(无色)，可得关系式：KIO3～3I2～6Na2S2O3，

n(I)=n(KIO3)=16n(Na2S2O3)=16×0.024bmol=0.004bmol，1Kg碘盐中碘含量是：0.004b×127×1000ag/Kg=508000bamg/kg解：(1)仪器a是加入溶液的仪器，仪器a的名称为分液漏斗，分液漏斗带有玻璃活塞，防止漏液使用前需要查漏，

故答案为：分液漏斗；查漏；

(2)A.一氧化氮和空气中氧气反应生成二氧化氮，不溶于水不能被吸收，装置不符合，故A错误；

B.硫酸和碳酸钙反应生成硫酸钙微溶于水附着在固体表面阻止反应进行，不能用来制备二氧化碳，故B错误；

C.固体氢氧化钠溶解放热，浓氨水溶液中一水合氨分解生成氨气，氨气极易溶于水，倒扣漏斗防止倒吸，故C正确；

故答案为：C；

(3)氨气具有还原性，氯气具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成氯化氢和氮气，过量氨气和氯化氢反应时会产生白烟生成氯化铵，

故答案为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；

(4)①a.装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；

b.该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；

c.该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；

d.该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确，

SO2与Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸、硫酸亚铁，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+，

故答案为：d；

2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+；

②固体灼烧在坩埚中，必须要进行恒重操作的原因是确保硫酸铜晶体完全失去结晶水，

测定所得胆矾(CuSO4⋅xH2O)中结晶水x值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g，图表中称量坩埚质量5.4g，胆矾和坩埚质量为8.2g，称量至恒重为硫酸铜质量为7.2g，则结晶水质量=8.2g−7.2g=1g，硫酸铜质量=7.2g−5.4g=1.8g，1.8g160g/mol：1g18g/mol=1；x，x≈4.9

a.加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，故a正确；

b.胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小，故b错误；

c.加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，结果偏小，故c错误；

故答案为：坩埚；确保硫酸铜晶体完全失去结晶水；

4.9；

a；

(1)仪器a是加入溶液的仪器为分液漏斗，分液漏斗带有玻璃活塞使用前需要查漏；

(2)A.一氧化氮和氧气反应，不溶于水不能被吸收；

B中硫酸和碳酸钙反应生成硫酸钙微溶于水附着在固体表面阻止反应进行；

C中固体氢氧化钠溶解放热一水合氨分解生成氨气；

(3)氨气和氯气接触时会产生白烟生成氯化铵和氮气；

(4)装置若a中的物质为浓硫酸，b中的物质为Cu片，在加热条件下也可制取SO2，

①装置Ⅲ用于处理尾气，吸收为反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中，SO2与Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸、硫酸亚铁；

②固体灼烧在坩埚中，必须要进行恒重操作是确保硫酸铜晶体完全失去结晶水，依据质量变化，测定所得胆矾(CuSO4⋅xH2O)中结晶水x值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g，图表中称量坩埚质量5.4g，胆矾和坩埚质量为8.2g，称量至恒重为硫酸铜质量为7.2g，温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使结果偏大；胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小；在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体；

本题考查了硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，涉及物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作，注意掌握测定硫酸铜晶体结晶水含量的方法，理解和掌握物质性质和实验原理是解题关键，题目难度中等．

5.【答案】(1)SO2； 

(2)2NH4CuSO3+2H2SO4=CuSO4+(NH4)2SO4+2SO2↑+2H2O+Cu↓；

(3)抑制SO2与水反应红色溶液变无色溶液；

(4)4Fe2−+O2+4H+=4Fe3++2H2O；

(5)(40w—80cV)/9Vc；

(6)d。

本题主要考查的是物质性质的探究和物质结晶水含量的测定，意在考查学生的实验设计能力和分析能力，题目展示了探究物质的组成和性质的一般思维和方法，在进行实验的误差分析时一般要厘清实验的误操作的直接影响与对实验结果影响之间的关系。理解实验的原理是解题的关键。

【解答】

(1)由X的性质可得X为SO2，

故答案为：SO2；

(2)M中加入浓烧碱溶液，共热，产生气体Y，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体Y为NH3，M中含有铵根离子，M与稀硫酸反应时，溶液变成蓝色并有红色固体生成，说明M中含有Cu

本题是一道实验方案的设计和探究题，涉及反应原理分析，并熟练运用化学方程式或离子反应方程式表示；对学生分析和解决问题的能力要求较高，综合性强，难度中等。

【解答】

(1)装置A中用于盛放稀硝酸的仪器名称为分液漏斗，

装置A发生反应稀硝酸与Cu反应生成Cu(NO3)2和NO，则发生反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，

故答案为：分液漏斗；3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O；

(2)装置D中装有酸性KMnO4溶液，题干告知NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3−，则装置D为尾气处理装置，将反应多余的NO转化为NO3−留在溶液中，防止NO污染大气，

故答案为：吸收过量的NO，避免尾气造成污染；

(3)装置B装有无水CaCl2，是干燥装置，稀硝酸与Cu反应还会产生H2O，H2O进入C装置中与Na2O2反应产生O2，甚至发生爆炸，O2与NO反应生成NO2，NO2也会与Na2O2反应，其他气体会影响后续对NO与Na2O2实验的探究，产生干扰，所以进入C装置的还会有O2和NO2，

故答案为：O2、NO2；

(4)a.将B中的药品换为碱石灰，碱石灰可以吸水，防止在C装置中生成O2，O2再氧化NO为NO2，并且碱石灰还可以吸收装置内留有的少部分CO2，防止CO2与Na2O2反应产生Na2CO3，故a选；

b.将稀硝酸换为浓硝酸，浓硝酸与Cu反应产生NO2，则产生更多的NaNO3，故b不选；

c.实验开始前通一段时间CO2，可以驱赶留在装置内的部分O2，防止产生NO2，但是CO2会和Na2O2反应产生Na2CO3，给实验探究带来干扰，故c不选；

d.在装置A、B之间增加盛有水的洗气瓶，水可以吸收反应产生的NO解：【实验Ⅰ】制备NaNO2

(1)装置A中用于盛放稀硝酸的仪器名称为分液漏斗，

装置A发生反应稀硝酸与Cu反应生成Cu(NO3)2和NO，则发生反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++4H2O+2NO↑，

故答案为：分液漏斗；

3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++4H2O+2NO↑；

(2)装置D中装有酸性KMnO4溶液，题干告知NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3−，则装置D为尾气处理装置，将反应多余的NO转化为NO3−留在溶液中，防止NO污染大气，

故答案为：吸收过量的NO，避免尾气造成污染；

(3)装置B装有无水CaCl2，是干燥装置，稀硝酸与Cu反应还会产生H2O，H2O进入C装置中与Na2O2反应产生O2，反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，甚至发生爆炸，O2与NO反应生成NO2，化学方程式为：2NO+O2=NO2，NO2也会与Na2O2反应，其他气体会影响后续对NO与Na2O2实验的探究，产生干扰，

故答案为：①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；②2NO+O2=NO2；

(4)A.将B中的药品换为碱石灰，碱石灰可以吸水，防止在C装置中生成O2，O2再氧化NO为NO2，并且碱石灰还可以吸收装置内留有的少部分CO2，防止CO2与Na2O2反应产生Na2CO3，故A选；

B.将稀硝酸换为浓硝酸，浓硝酸与Cu反应产生NO2，则产生更多的NaNO3，故B不选；

C.实验开始前通一段时间CO2，可以驱赶留在装置内的部分O2，防止产生NO2，但是CO2会和Na2O2反应产生Na2CO3，给实验探究带来干扰，故C不选；

D.在装置A、B之间增加盛有水的洗气瓶，水可以吸收反应产生的NO2并转化为NO，即使有水，又会被无水CaCl2干燥从而得到较纯的NO气体，故D选，

故答案为：AD；

【实验Ⅱ】测定NaNO2样品中NaNO3的含量

(1)该实验中需配制KMnO4标准溶液并酸化，选择不会被KMnO4氧化的酸增强酸性，一般选择H2SO4，

故答案为：H2SO4；

(2)滴定过程中用酸性KMnO4标准液滴定，酸性KMnO4标准本身为紫红色，反应过程中既是氧化剂，也是指示剂，可根据其颜色变化判断滴定终点，

酸性溶液中，NO2−可将MnO4−还原为Mn2+，称取4.0g样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.100mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗20.00mL酸性KMnO4溶液，根据电子得失守恒：n(NO2−)×(5−3)=n(MnO4−)×(7−2)，所以n(NO2−)=5×20.00×10−3L×0.100mol/L2=0.005mol，则250mL溶液中含有n(NO2−)=0.05mol，根据N元素守恒，则样品中NaNO2的百分含量为w=0.05mol×69g/mol4.0g×100%=86.3%，

故答案为：氧化剂；指示剂；

86.3%；

【拓展实验Ⅲ】

(1)提出猜想是依据硫酸铜受热分解生成氧化铜和气体，受热温度不同，该气体成分也不同。气体成分

可能是SO2、SO3和O2中的一种、两种或三种，根据硫酸铜分解可能发生两种情况2CuSO4−  △   2CuO+2SO2↑+O2↑或CuSO4−  △   CuO+SO3↑或者两个反应同时发生来判断，

①所得气体的成分可能只含SO3

一种，

故答案为：SO3；

②所得气体的成分可能含有SO2、O2两种，

故答案为：SO2、O2；

(2)①气体的制备和收集按照发生装置→气体吸收装置→排水→测量装置来安装实验仪器，按从左至右的方向，先制备气体，通过碱石灰吸收二氧化硫称量计算，最后利用排水量气法测定氧气的体积，各仪器接口连接顺序为①③④⑥⑤②，

故答案为：①③④⑥⑤②；

②依据表中气体体积选择量筒的体积，气体体积最大为448ml，所以选择500ml的量筒；

故答案为：500；

②设6.4g硫酸铜分解生成xSO3molSO3，ymolSO

本题主要考查的是物质的制备和性质，理解实验原理、题中所给信息的内容和掌握常见仪器的使用方法是解题的关键。解题需应用的知识有：氧化还原反应的原理；滴定终点的判断；关于氧化还原的计算。

【解答】

(1)仪器R的名称是圆底烧瓶；装置B中多孔球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，让反应充分进行，故答案为：圆底烧瓶；增大气体与溶液的接触面积，让反应充分进行；

(2)一氧化氮都是有毒气体，实验需要尾气处理，装置C中，酸性高锰酸钾溶液的作用是吸收NO，故答案为：吸收NO；

(3)由题干中所给的信息可知，PH<7，亚硝酸根自身发生氧化还原反应，导致产品含量下降，故若反应后装置B中溶液pH<7，会导致产品中NaNO2的含量下降，其原因是pH<7时，NO2−发生反应：3NO2−+2H+==2NO↑+NO3−+H2O，生成NaNO3，故答案为：pH<7时，NO2−发生反应：3NO2−+2H+==2NO↑+NO3−+H2O，生成NaNO3；

(4)酸性高锰酸钾溶液应盛装在酸式滴定管中，高锰酸钾溶液是紫红色的，滴定过程中与亚硝酸根反应，自身转化为肉色的二价锰离子，故当锥形瓶中溶液变为浅红色，且半分钟内不变色时即为终点；滴定消耗的n(KMnO4)=0.05000mol·L−1×0.02L=0.001mol，由得失电子守恒可知滴定中n(NO2−)=0.001×52mol=0.0025mol，则产品中硝酸钠的物质的量为0.0025mol×5=0.0125mol，所测产品纯度为0.0125mol×69g/mol1g×100％=86.25％，故答案为：酸式；变为浅红色，且半分钟内不变色；86.25%；

(5)解：(1)装置A中用于盛放浓硝酸的仪器为分液漏斗，装置D中发生的化学反应方程式为Na2CO3+NO2+NO=2NaNO2+CO2，

故答案为：分液漏斗；Na2CO3+NO2+NO=2NaNO2+CO2；

(2)装置C中所装的液体需满足的条件是既不能溶解NO、NO2，也不能与发生化学反应NO、NO2，其作用为通过观察烧瓶液体中产生气泡的速率来控制NO、NO2的混合比例，

故答案为：既不能溶解NO、NO2，也不能与发生化学反应NO、NO2；通过观察烧瓶液体中产生气泡的速率来控制NO、NO2的混合比例；

(3)高锰酸钾具有强氧化性，装置E的作用是吸收过量的NO、NO2，避免尾气造成环境污染，故答案为：吸收过量的NO、NO2，避免尾气造成环境污染；

(4)高锰酸钾具有强氧化性，应用硫酸进行酸化，故答案为：H2SO4；

(5)滴定过程中用酸性KMnO4标准液滴定，酸性KMnO4标准本身为紫红色，反应过程中既是氧化剂，也是指示剂，可根据其颜色变化判断滴定终点，

酸性溶液中，NO2−可将MnO4−(2)①高

②900K(3)2NO(g)+2H2(4)负极

2NH本题考查了原电池原理、热化学方程式的书写、平衡转化率等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等。【解答】(1)从最终排放的气体看，氮的氧化物变为氮气，化合价降低，故氮元素将被还原；NO、NO2的体积之比为1︰1，和氧化钡反应生成硝酸钡，方程式为：BaO+NO+NO(2)①由图1可知CO的百分含量越高，NO的转化率越高，故答案为：高；

②由图2可知在900K时，NO的转化率最大，则应控制反应的最佳温度在900K左右，故答案为：900K；(3)根据能量变化图，则反应断键共吸收2×630+2×436=2132kJ，形成新键共放出941.7+2×962.5=2866.7kJ，所以该反应共放出2866.7−2132=734.7kJ的热量，热化学方程式为：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H(4)由装置图可知，氨气失去电子变为氮气，发生氧化反应，则通入氨气的电极为负极，电极反应式为2NH3−6e−=N2+6H+，故答案为：负极；2NH3−6e−=N2+6H+。

11.【答案】(1)CH4(g) +N2O4(g)=N2(g) +CO2(g) + 2H2O(g)

△H=−810.0 kJ·mol−1

(2)2SO3+O2+4e−=2SO2−

(3)①好氧硝化

②Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用

(4)①温度升高，H2O2分解速率加快

②2H2O+ClO−

+2SO2=Cl−+2SO2−+4H+

(5)1.8

本题主要考查考查了盖斯定律的应用、电解原理的应用、氧化还原反应、图象的分析与应用等相关知识。

【解答】

(1)已知：Ⅰ、CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=−867kJ/mol，Ⅱ、2NO2(g)

N2O4(g)△H2=−57kJ/mol，根据盖斯定律，Ⅰ−Ⅱ得CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，故△H=−867kJ/mol−(−57kJ/mol)=−810kJ/mol。

(2)阴极反应方程式为：2SO3+O2+4e−=2SO2−

。

(3)①由图2知，当废气中的NO含量增加时，宜选用好氧硝化

法提高脱氮效率。

②由图3知，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+提高了脱氮的效率，其可能原因为Fe2+、Mn2+解：(1)低品位软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH<2，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4，三价铁被二氧化硫还原成亚铁离子，离子反应方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+，故答案为：SO2+MnO2=MnSO4；2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+；

(2)杂质离子中只有Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，