2022-2023学年上海市华东师范大学第二附属中学高一上学期期末考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年上海市华东师范大学第二附属中学高一上学期期末考试化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

 上海市华东师范大学第二附属中学2022-2023学年高一
上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物质的俗名与化学式对应不正确的是
A．苏打——Na2CO3 B．笑气——N2O3 C．生石灰——CaO D．胆矾——CuSO4•5H2O
【答案】B
【详解】A．苏打——Na2CO3，A正确；
B．笑气——N2O，B错误；
C．生石灰——CaO，C正确；
D．胆矾——CuSO4•5H2O，D正确；
故选B。
2．实现下列物质之间的转化，通常条件下需要另外加入氧化剂的是
A．NO2→HNO3 B．S→Na2S C．HCl→Cl2 D．KMnO4→O2
【答案】C
【详解】A．NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，NO2既做氧化剂又做还原剂，不需要另外加入氧化剂，A不符合；
B．S→Na2S硫元素化合价降低，需要还原剂实现，B不符合；
C．HCl→Cl2氯元素化合价升高，需要另外加入氧化剂，C符合；
D．KMnO4可发生分解反应生成氧气，不需要另外加入氧化剂，D不符合；
故选C。
3．在学习了氯元素相关化合物的知识后，某学生绘制了如图所示的转化关系，下列叙述错误的是

A．同浓度d的水溶液酸性比a弱
B．从氧化还原角度分析可知：a和f混合可以制得b，a和e混合也可以制得b
C．含有4molHCl的浓盐酸与足量的二氧化锰充分反应可制取1molb
D．c可以用于自来水的杀菌消毒
【答案】C
【分析】由图中元素的化合价及物质类别可知，a为HCl、b为Cl2、c为ClO2、d为HClO、f为次氯酸盐、e为氯酸盐，据此解答。
【详解】A．a为HCl、d为HClO，浓度a的水溶液酸性比d强，故A正确；
B．盐酸和次氯酸盐可以发生归中反应生成Cl2，同样盐酸和氯酸盐也可以发生归中反应生成Cl2，故B正确；
C．制取氯气的反应：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，含有4molHCl的浓盐酸与足量的二氧化锰充分反应制取Cl2小于1mol，因为随着反应进行，浓盐酸浓度减小，稀盐酸和MnO2不反应，故C错误；
D．ClO2具有强氧化性，可以杀菌消毒，所以c可以用于自来水的杀菌消毒，故D正确；
故选C。
4．24mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在还原产物中的化合价是
A．+3 B．+6 C．+2 D．0
【答案】A
【分析】Na2SO3被K2Cr2O7氧化，S元素的化合价由+4价升高为+6，Cr被还原后元素的化合价降低，结合电子守恒计算。
【详解】Na2SO3被K2Cr2O7氧化，S元素的化合价由+4价升高为+6，设Cr被还原后元素的化合价为x，
由电子守恒可知，0.024L×0.05mol/L×（6-4）=0.02L×0.02mol/L×2×（6-x），
解得x=+3，Cr在还原产物中的化合价为+3；
故选A。
5．下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是
A．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
B．pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH、HCO
C．某无色透明溶液中可能大量存在H+、Cl-、MnO
D．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
【答案】A
【详解】A．Fe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，A正确；
B．pH=2的溶液显酸性，HCO不能大量共存，B错误；
C．在溶液中H+、Cl-、MnO之间发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；
D．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子方程式应该为2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D错误；
答案选A。
6．下列说法中正确的是
A．在熔融状态下不能导电的物质都属于非电解质
B．稀HCl溶液在电流的作用下电离出H+和Cl-而导电
C．液态H2SO4、固体KCl不导电，但均属于电解质
D．NaOH溶液的导电能力一定比氨水强
【答案】C
【详解】A．在水溶液和熔融状态下都不能够导电的化合物才属于非电解质，故A错误；
B．HCl在水分子的作用下电离出H+和Cl-，无需通电，故B错误；
C．在水溶液中或熔融状态下能本身电离出自由移动离子而导电的化合物为电解质，虽然液态硫酸、固体NaCl均不导电，但硫酸、NaCl溶于水后能导电，故是电解质，故C正确；
D．氢氧化钠和氨水的浓度未知，不能确定导电能力大小，故D错误，
故选C。
7．下列变化的本质相似的是
A．浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小
B．SO2和Cl2均能能使品红溶液褪色
C．浓H2SO4和稀H2SO4与金属反应时均有气体放出
D．H2S和HI气体均不能用浓硫酸干燥
【答案】D
【详解】A．浓硫酸具有吸水性，敞口放置时浓度减小，浓盐酸易挥发，敞口放置时浓度减小，二者本质不同，A错误；
B．SO2和有色物质生成不稳定无色物质而使品红溶液褪色，Cl2与水反应生成的次氯酸具有强氧化性而使品红溶液褪色，二者本质不同，B错误；
C．浓H2SO4与金属反应放出气体体现酸性和强氧化性，生成二氧化硫气体，稀H2SO4与金属反应生成氢气，二者本质不同，C错误；
D．H2S和HI气体均具有还原性，会被浓硫酸氧化而不能用浓硫酸干燥，二者本质相似，D正确；
故选D。
8．在如图所示的实验中，实验进行一段时间后，下列关于实验现象的叙述不正确的是

A．苹果块会干瘪 B．胆矾晶体表面有“白斑”生成
C．饱和硝酸钾溶液中有晶体析出 D．试纸变红
【答案】D
【详解】A．浓硫酸具有脱水性，会使得苹果干瘪，A正确；
B．浓硫酸具有吸水性，胆矾晶体失去结晶水，表面有“白斑”生成，B正确；
C．浓硫酸具有吸水性，饱和硝酸钾溶液中水减小，有硝酸钾晶体析出，C正确；
D．浓硫酸具有脱水性、强氧化性，使得试纸脱水变黑色，D错误；
故选D。
9．下列气体能用浓H2SO4干燥，并在常温下能共存的是
A．HCl和H2S B．SO2和CO2 C．NO和O2 D．NH3和HCl
【答案】B
【分析】浓硫酸具有强氧化性和酸性，可与浓硫酸发生反应的气体不能用浓硫酸干燥，以此解答。
【详解】题中H2S有强还原性能和浓硫酸发生氧化还原反应，NH3与浓硫酸反应生成硫酸铵，其它气体与硫酸不反应，但NO和O2不能共存，二者化合生成二氧化氮。
故选B。
10．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是
A．NH3遇到浓盐酸产生白烟NH4Cl，该反应不是氧化还原反应
B．向溶液中滴加HCl酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO
C．NH4Cl受热能分解生成NH3，可以用加热NH4Cl的方法实验室制氨气
D．NH3通入水中，水溶液可以导电，NH3为电解质
【答案】A
【详解】A．NH3遇到浓盐酸产生白烟NH4Cl，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，A正确；
B．向溶液中滴加HCl酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，也可能是氯化银沉淀，或者是酸性条件下亚硫酸根被硝酸根氧化生成硫酸根而形成硫酸钡沉淀，不能说明该溶液中一定有SO，B错误；
C．NH4Cl受热能分解生成氨气和氯化氢，在管口遇冷很快又化合生成氯化铵，不适宜于实验室制氨气，C错误；
D．NH3通入水中，和水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，电离出铵根离子和氢氧根，故水溶液可以导电，而NH3为非电解质，D错误；
故选A。
11．室温时，在室内将两个容积相同的烧瓶中分别盛有下面两种气体(同温同压)，打开弹簧夹K，使两烧瓶内的气体充分混合后，容器内的压强最大的是

A．H2S和SO2 B．NH3和HCl C．H2和Cl2 D．NO和O2
【答案】C
【详解】设体积均为2L，取下弹簧夹K，使两烧瓶内的气体接触，反应后剩余的气体越多，则压强越大。
A．室温时，H2S和SO2等体积混合，发生2H2S+SO2=3S+2H2O，剩余1L二氧化硫；
B．室温时，NH3和HCl等体积混合，发生NH3+HCl=NH4Cl，无气体剩余；
C．室温时，H2和Cl2等体积混合，不发生反应，有4L气体剩余；
D．室温时，NO和O2等体积混合，发生2NO+O2=2NO2，有3L气体剩余（不考虑二氧化氮与四氧化二氮间的转化），若考虑二氧化氮与四氧化二氮间的转化，剩余气体小于3L；
容器内的压强最大的是C。
故选C。
12．下列从海洋中获取物质的方案不合理的是
A．粗盐先通过除杂、精制得到饱和食盐水，然后电解得到氯气，最后和石灰乳反应制得漂白粉
B．苦卤酸化后通入氯气得到溴水，然后用热空气将其通入到SO2水溶液中，最后通入氯气后蒸馏得粗溴
C．干海带灼烧后加水浸取，然后加入H2O2得到碘水，最后通过萃取、分液、蒸馏得到碘单质
D．向引入水库中的海水加入明矾，明矾电离后可以与水反应产生胶体，即可获得较为纯净的饮用水
【答案】D
【详解】A．粗盐中含有泥沙、Ca2+、Mg2+、SO等杂质，先依次加入BaCl2、Na2CO3、NaOH除去SO、Ca2+、Mg2+，再过滤除去泥沙及沉淀，最后加入稀盐酸调节pH，除去过量的Na2CO3、NaOH，从而得到精制饱和食盐水，然后电解得到氯气，即：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，所得Cl2和石灰乳反应制得漂白粉，即：2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，A正确；
B．苦卤中含有Br－，酸化后通入氯气得到溴水（Cl2+2Br－＝2Cl－+Br2），然后用热空气将其通入到SO2水溶液中（Br2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HBr），最后通入氯气后蒸馏得粗溴（2HBr+Cl2＝2HCl+Br2），B正确；
C．干海带灼烧后加水浸取得到含碘离子的溶液，然后加入H2O2得到碘水，最后通过萃取、分液、蒸馏得到碘单质，C正确；
D．明矾电离后可以与水反应产生胶体只是吸附水中的悬浮杂质沉淀，无法除去海水中的Mg2+、Na+、Br－、Cl－等离子，不能获得较为纯净的饮用水，D错误；
故选D。
13．把图乙中的物质补充到图甲，可得到一个完整氧化还原反应的离子方程式(未配平)。

对于该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是
A．IO作氧化剂，具有氧化性 B．氧化性：MnO＜IO
C．Mn2+是还原剂，具有还原性 D．若有2个Mn2+参加反应，则转移14个电子
【答案】D
【详解】已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO是反应物，IO是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO+3H2O=2MnO+5IO+6H+。
A．IO在反应中化合价降低，得电子，作氧化剂，具有氧化性，故A正确；
B．反应中IO是氧化剂，MnO是氧化产物，则氧化性：MnO＜IO，故B正确；
C．反应中锰离子失电子作还原剂，则Mn2+是还原剂，具有还原性，故C正确；
D．反应方程式：2Mn2++5IO+3H2O=2MnO+5IO+6H+，Mn元素的化合价从+2价升高到+7价，则若有2个Mn2+参加反应，则转移10个电子，故D错误；
故选D。
14．有mmLNO2、nmLNO、nmLO2(m＞n)混合气体通入过量水，剩余气体体积为
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据方程式可知

假设NO和氧气的反应中氧气不足，则

所以剩余NO的体积为＞0，假设成立。
答案选B。
15．有一瓶Na2SO3溶液，可能部分被氧化，某同学进行如下实验：取少量溶液，滴入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，白色沉淀不溶解。对此实验的下列叙述正确的是
A．实验证实Na2SO3已部分氧化
B．实验中加入Ba(NO3)2溶液后的沉淀一定是BaSO4
C．实验中加入足量硝酸后的沉淀是BaSO4和BaSO3的混合物
D．此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化
【答案】D
【详解】向可能部分被氧化变质的Na2SO3溶液中滴入Ba(NO3)2溶液，生成的白色沉淀一定有亚硫酸钡，可能有硫酸钡，加入足量稀硝酸后，亚硫酸钡被氧化成硫酸钡，此时的白色沉淀是硫酸钡，则此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化，答案为D。
16．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]是一种受热易分解的盐。下列各项中的物质可能是重铬酸铵受热分解的产物是
A．Cr、NH3、H2O B．Cr2O3、N2、H2O
C．Cr2O3、NH3、H2O D．CrO3、N2、H2O
【答案】B
【详解】A．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]生成Cr，Cr元素的化合价降低，则N元素的化合价要升高，所以不能生成NH3，故A错误；
B．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]受热发生氧化还原反应，则N元素的化合价应升高，即由-3价升高为0，生成氮气，由元素守恒可知，还生成水，故B正确；
C．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]生成Cr2O3，Cr元素的化合价降低，则N元素的化合价要升高，所以不能生成NH3，故C错误；
D．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]生成N2，N元素的化合价升高，则Cr元素的化合价要降低，不能生成CrO3，故D错误；
故答案为B。
【点睛】考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化特征是有升必有降，而(NH4)2Cr2O7受热分解发生氧化还原反应；(NH4)2Cr2O7中铵根中的氮是负三价，有还原性，重铬酸根中的铬正六价，有氧化性，会发生自身氧化还原反应，氮元素化合价升高，铬元素化合价降低。
17．某小组的同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐渐加入稀硫酸，并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。该小组的同学关于如图的下列说法中，正确的是

A．AB段溶液的导电能力不断减弱，说明产物BaSO4是弱电解质
B．AB段碱过量，反应的离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O
C．BC段溶液的导电能力不断增强，说明过量的Ba(OH)2发生电离
D．a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和
【答案】D
【分析】AB段溶液的导电能力不断减弱，是因为硫酸与氢氧化钡反应，溶液中氢氧根离子和钡离子浓度不断下降，生成的硫酸钡难溶于水，B点时氢氧化钡和硫酸恰好完全反应，BC段溶液的导电能力不断增强，是因为加入了过量的硫酸，硫酸发生电离，溶液中离子浓度增大，由此分析。
【详解】A．AB段是向Ba(OH)2溶液中逐滴滴入稀硫酸，发生如下反应：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，所以随H2SO4溶液的不断加入，溶液中Ba2+和OH-的浓度越来越小，生成的BaSO4是难溶物，所以导电能力不断减弱，但BaSO4是强电解质，少量溶解的部分在水溶液中是完全电离的，A错误；
B．AB段反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，1mol氢氧化钡电离出1mol钡离子和2mol氢氧根离子，B错误；
C．BC段溶液继续滴加硫酸，因为H2SO4=2H++，所以自由移动的离子浓度逐渐增大，导电性逐渐增强，当滴加到一定量时，随着H2SO4的加入，自由移动的离子浓度变化不大，其导电能力基本不再发生变化，C错误；
D．a时刻溶液的导电能力几乎为0，B点时氢氧化钡和硫酸恰好完全反应生成硫酸钡和水，生成的BaSO4是难溶物，所以导电能力几乎为0，D正确；
故选D。
18．神舟十三号载人航天飞船的天线是用钛镍形状记忆合金制造的。工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是：
反应①：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO
反应②：2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2
下列有关说法正确的是
A．根据反应②可知还原性：Ti>Mg
B．反应②可在空气中进行，前提是要把空气中的O2除尽
C．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：6
D．反应①若生成标准状况下6.72LCO，则转移0.7mol电子
【答案】D
【详解】A．反应②中镁是还原剂，钛元素化合价降低，四氯化钛是氧化剂，钛是还原产物，依据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知还原性Mg＞Ti，故A错误；
B．Mg易被氧化，故反应②不能在空气中进行，故B错误；
C．反应①中C的化合价由0价升高为+2价，C为还原剂，FeTiO3中Fe元素的化合价由+2升高到+3价，做还原剂，Cl2为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：8，故C错误；
D．根据C选项分析，生成6molCO，转移电子物质的量为14mol，即每生成标准状况下6.72LCO气体，转移电子物质的量为，故D正确；
故选D。
19．氯水中存在许多分子和离子，下列说法正确的是
A．能使湿润的有色布条褪色，说明Cl2有漂白性
B．溶液呈浅黄绿色，有刺激性气味，说明氯水中有Cl2
C．久置的氯水导电能力减弱，因为其中的HClO发生了分解反应
D．加入NaOH溶液，浅黄绿色消失，说明氯水中Cl2挥发了
【答案】B
【详解】A．氯水能使湿润的有色布条褪色，是Cl2与水反应生成的次氯酸有漂白性，Cl2没有漂白性，A错误；
B．Cl2为黄绿色有刺激性气味气体，氯水呈浅黄绿色，有刺激性气味，说明氯水中有Cl2，B正确；
C．久置的氯水导电能力会增强，因为其中的弱酸HClO发生了分解反应生成氯化氢，溶液中离子浓度增大，C错误；
D．加入NaOH溶液，浅黄绿色消失，是由于Cl2与NaOH溶液反应，D错误；
故选B。
20．喷泉是一种常见的自然现象，如图是化学教材中常用的喷泉实验装置(夹持仪器已略去)，在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体。下列气体和液体的组合中不可能形成喷泉的是

A．HCl和水 B．CO2和水 C．NH3和水 D．CO2和氢氧化钠溶液
【答案】B
【分析】在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若形成喷泉，则气体极易溶于液体或气体极易与液体反应，以此来解答。
【详解】A．HCl极易溶于水，则可形成喷泉，故A不选；
B．二氧化碳难溶于水，则不能形成喷泉，故B选；
C．氨气极易溶于水，可形成喷泉，故C不选；
D．二氧化碳极易与NaOH反应，产生压强差，形成喷泉，故D不选；
故选B。

二、元素或物质推断题
21．现有A、B、C三种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，有刺激性气味，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C。把气体B通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D。请据此回答下列问题：
(1)完成下列填空。
①纯净的A在B中安静地燃烧生成C，产生_____色火焰，化学方程式为_____。
②将气体B通入到水中的化学方程式：_____，所获得的溶液中存在的离子是_____(少写或多写均不得分)。
③将气体B通入到NaOH溶液中的离子方程式：_____。
④铁在B中燃烧产生_____色的烟，如果铁过量，方程式为_____。
(2)把三种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，能出现白色沉淀的气体有：_____(用化学式表示)。
(3)白色浑浊物D因具有漂白性又称为_____，其有效成分是_____，该物质在空气中容易变质的原因为(用化学方程式表示)_____，_____。
【答案】(1)     苍白     H2＋Cl22HCl     Cl2+H2O⇌HCl+HClO     H+、OH-、Cl-、ClO-     Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O     红棕     2Fe+3Cl22FeCl3
(2)Cl2、HCl
(3)     漂白粉     Ca(ClO)2     Ca(ClO)2＋H2O＋CO2=2HClO＋CaCO3     2HClO2HCl＋O2↑

【分析】A是密度最小的气体，应为H2，B在通常情况下呈黄绿色，应为Cl2，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C，则C为HCl，把气体Cl2通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D，则D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，结合对应物质的性质解答该题
【详解】（1）①纯净的A在B中安静地燃烧生成C，产生苍白色火焰，化学方程式为H2＋Cl22HCl；
②将气体B通入到水中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；所获得的溶液中存在的离子是H+、OH-、Cl-、ClO-；
③将气体B通入到NaOH溶液中，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；
④铁在氯气中燃烧只生成氯化铁，产生红棕色的烟；铁过量也生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；
（2）氯气溶于水会生成盐酸能与硝酸银生成氯化银沉淀，HCl与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故把三种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，能出现白色沉淀的气体有：Cl2、HCl；
（3）因为具有漂白性又称为漂白粉；其有效成分是Ca(ClO)2；在空气中容易与二氧化碳、水发生反应变质，其反应的方程式为：Ca(ClO)2＋H2O＋CO2=2HClO＋CaCO3、2HClO2HCl＋O2↑；

三、工业流程题
22．海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如图：

(1)灼烧海藻灰要在______中进行，其放在三角架上时还需要放上_____。
(2)写出氧化步骤中主要反应的离子方程式：_____。
(3)操作②步骤中可供选择的有关试剂是_____，该操作步骤叫_____。
A．酒精        B．四氯化碳      C．醋酸     D．甘油(易溶于水)
(4)实验室中取25mL该含碘离子的溶液，用0.1mol/L的FeCl3溶液测量其中I-的浓度，反应的离子方程式为：I-+Fe3+——I2+Fe2+(未配平)，若消耗FeCl3溶液22.5mL，则含碘离子的溶液中I-的浓度为：_____。
(5)流程中后期处理用反萃取法

①碘单质与浓NaOH溶液发生的反应为：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，像这种将富集在四氯化碳中的碘单质利用化学转化法重新富集在水中的方法即为反萃取法。指出上述反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____，反萃取法比直接蒸馏法的优点有_____。
②写出I-、IO与45%H2SO4溶液反应的离子方程式：_____。
【答案】(1)     坩埚     泥三角
(2)
(3)     B     萃取、分液
(4)0.09mol/L
(5)          能耗低或有利于有机溶剂的循环利用    

【分析】灼烧海藻灰要在坩埚中进行，海藻灰浸泡后过滤得到含碘离子的溶液，通入氯气氧化生成碘单质，萃取分液得到含碘的有机溶液，经过提纯得到碘单质；
【详解】（1）灼烧海藻灰要在坩埚中进行；其放在三角架上时还需要放上泥三角；
（2）氧化步骤中主要反应的离子方程式为；
（3）操作②为萃取、分液，碘单质易溶于有机溶剂，可选用有机溶剂将碘单质从水溶液中萃取出来，酒精、醋酸、甘油均易溶于水，不能作萃取剂，四氯化碳与水不互溶，且碘单质在四氯化碳中溶解度大，可将碘单质从水溶液中萃取出来，分液得到碘的有机溶液，故选用四氯化碳；故答案为：B；萃取、分液；
（4）Fe3+氧化I-生成碘单质和Fe2+，故离子方程式为，消耗n(Fe3+)=cV=0.1mol/L×0.0225L=0.00225mol，则n(I-)=0.00225mol，c(I-)==0.09mol/L；
（5）①根据，反应物I2既作氧化剂又作还原剂，6molI原子中有1mol作还原剂、5molI作氧化剂，故比值为；反萃取法比直接蒸馏法的优点有能耗低或有利于有机溶剂的循环利用；
②与溶液反应的离子方程式为。

四、实验题
23．硫的化合物有重要用途。硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用于氰化物中毒的解毒、治疗荨麻疹等皮肤病，它在中性、碱性环境中稳定，在酸性较强的溶液中产生S和SO2。实验室可以利用下列装置制备Na2S2O3和焦亚硫酸钠(Na2S2O5)。

(1)仪器a的名称为______，a中试剂最好选择_____(填选项)。
A．浓盐酸      B．70%硫酸     C．稀硫酸
(2)B的作用是_____，该装置中存在一处明显的缺陷，改进措施是_____。
(3)排尽装置内空气后，关闭K2、K4，打开K1、K3和仪器a的活塞，一段时间后，C中有焦亚硫酸钠晶体析出，从C中分离出该晶体的操作是_____、_____、干燥。取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，加足量双氧水，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，经检验该沉淀为BaSO4，说明焦亚硫酸钠具有_____性。
(4)关闭K1、K3打开K2、K4，一段时间后，D中有Na2S2O3和CO2生成。写出该反应化学方程式______。通入D中的SO2不宜过量的原因是_____。
【答案】(1)     分液漏斗     B
(2)     可起到安全瓶的作用，防止溶液倒吸进入装置A中     二氧化硫有毒，反应最后应加NaOH溶液进行尾气处理装置
(3)     过滤     洗涤     还原
(4)     4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2     通入二氧化硫过量，导致溶液酸性增强，Na2S2O3可使分解

【分析】根据实验目的，装置A用亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制取二氧化硫气体；装置B为安全瓶，防止C或D中的溶液倒吸；装置C为制取焦亚硫酸钠晶体；装置D为制取硫代硫酸钠；二氧化硫有毒，在最后应加尾气处理装置。
【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗；二氧化硫易溶于水，应选择浓度较大的，且无挥发性的酸，答案为B；
（2）B的作用可起到安全瓶的作用，防止溶液倒吸进入装置A中；二氧化硫有毒，反应最后应加NaOH溶液进行尾气处理装置；
（3）C中有焦亚硫酸钠晶体析出，固液分离用过滤的方法分离，再洗涤晶体表面的滤液；焦亚硫酸钠中的S与过氧化氢反应时，化合价升高，表现还原性；
（4）SO2与Na2S和Na2CO3发生反应生成Na2S2O3，S之间发生氧化还原反应，同时生成二氧化碳，化学方程式4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；Na2S2O3在酸性较强的溶液中产生S和SO2，通入二氧化硫过量，导致溶液酸性增强，Na2S2O3可使分解。