安徽师范大学附属中学2021-2022学年高一下学期期中考查化学试题

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安徽师范大学附属中学2021～2022学年度第二学期期中考查
高一化学试题
可能用到的相对原子质量：
第I卷(选择题，共50分)
一、单项选择题(本题包括10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分)
1. 化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是
A. 石墨烯材料是具有优异的高强度、低电阻的新型材料
B. 工业合成氨反应可以通过改变反应条件实现反应物完全转化
C. 发展氢能、核能等新能源是能源转化的重要方向
D. 射电望远镜所用的高性能碳化硅属于新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．石墨烯是碳纳米材料，电阻率低、热导率高，是一种具有优异性能的新型材料，A正确；
B．工业合成氨是可逆反应，改变反应条件也不能实现反应物完全转化，B错误；
C．新能源又称非常规能源，是指传统能源之外的各种能源形式，指刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源，如太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等，C正确；
D．SiC属于新型无机非金属材料，是高温结构材料，D正确；
答案选B。
2. 若表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 参加化学反应，转移电子数一定为
B. 晶体中阴阳离子总数
C. 12g Mg与过量反应时，转移的电子数为
D. 0.5mol NO和混合后，分子总数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2+2H2S=3S↓+2H2O，对于该反应，参加化学反应，转移的电子数为4NA，A错误；
B．的质量为，晶体中含有的阳离子为Na+，阴离子为，因此0.1mol NaHSO4晶体中阴阳离子总数为0.2NA，B错误；
C．12g Mg的物质的量为0.5mol，与过量反应，Mg由0价升高至+2价，则转移的电子数为，C正确；
D．0.5mol NO和0.5mol O2反应时，氧气过量0.25mol，反应后生成0.5molNO2，而NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致气体的物质的量减小，故所得的混合气体的物质的量小于0.75mol，D错误；
答案选C。
3. 常温下，在给定的溶液中一定能大量共存的是
A. 含有大量的溶液中：、、、
B. 加入铝粉可产生氢气的溶液：、、、
C. 滴加石蕊试液显红色的溶液：、、、
D. 某澄清透明的溶液：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．可以与发生氧化还原反应而不能大量共存，A不符合题意；
B．加入铝粉可产生氢气的溶液可能是强酸性溶液，也可能是强碱性溶液，强碱性溶液中，、会生成Cu(OH)2、Mg(OH)2的沉淀而不能大量共存，B不符合题意；
C．滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性，酸性溶液中与H+生成H2SiO3沉淀而不能大量共存，C不符合题意；
D．澄清透明的溶液中：、、、相互不反应，能够大量共存，D符合题意；
答案选D。
4. 下列装置或操作能达到相应实验目的的是
A
B
C
D








除去氯气中的HCl
用此装置制备气体，测量生成气体的体积时，可以减少误差
实验室制取氨气
验证SO2漂白性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．氯气与NaOH溶液反应，除去氯气中的HCl应用饱和食盐水，故A错误；
B．橡皮管可平衡气压，便于液体顺利流下，则对生成的气体体积进行测量可以减少误差，故B正确；
C．氨气极易溶于水，不能用排水法收集氨气，故C错误；
D．二氧化硫具有还原性，可以将Fe3+还原为Fe2+使溶液的红色褪去，不能验证是二氧化硫的漂白性，故D错误。
故选B。
5. 下列离子方程式书写正确的是
A. 碳酸氢钠稀溶液中加入足量烧碱溶液：
B. 向NaClO溶液中通入少量：
C. 向溶液中滴加少量氯水：
D. 向溶液中滴加稀盐酸：
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠溶液中滴加足量的NaOH溶液，反应生成碳酸钠和水，其离子方程式为，A正确；
B．向NaClO溶液中通入少量SO2，二者发生氧化还原反应，其离子方程式为3ClOˉ+SO2+H2O=+2HClO+Cl-，B错误；
C．向溶液中滴加少量氯水，由于还原性I-＞Fe2+，则碘离子先被氧化，离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，C错误；
D．向溶液中滴加稀盐酸，Na2SiO3是可溶的，在离子方程式中拆成离子形式，其离子方程式为+2H+=H2SiO3↓，D错误；
答案选A。
6. 某学习兴趣小组探究电池的工作原理，组装了以下装置，电流表指针明显偏转的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．该装置符合原电池的构成条件，铁作负极，铜作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，电流表指针明显偏转，A符合题意；
B．该装置中，两个金属电极相同，所以不能构成原电池，不会形成电流，电流表指针不偏转，B不符合题意；
C．该装置中，两个金属电极相同，且酒精溶液为非电解质溶液，不会形成电流，电流表指针不偏转，C不符合题意；
D．该装置中，两个电极相同，不能自发的进行氧化还原反应，不会形成电流，电流表指针不偏转，D不符合题意；
答案选A。
【点睛】原电池的构成条件是：(1)有两个活泼性不同的电极；(2)将电极插入电解质溶液中；，(3)两电极间构成闭合回路；(4)能自发的进行氧化还原反应。
7. “中国芯”的发展离不开高纯单晶硅。从石英砂(主要成分为)制取高纯硅涉及的主要反应用流程图表示如图：


下列说法不正确的是
A. 反应①中是氧化剂 B. 流程中HCl和可以循环利用
C. 反应①②③均为置换反应 D. ①③两反应的还原剂可以互换
【答案】D
【解析】
【分析】石英砂(主要成分为SiO2)，与碳在2000℃条件下反应生成粗硅和一氧化碳，粗硅与氯化氢在300℃条件下反应生成SiHCl3和氢气，SiHCl3与氢气在1100℃条件下反应生成高纯硅和氯化氢，达到制备高纯硅的目的。
【详解】A．反应①是SiO2+2C Si+2CO↑，反应中Si元素的化合价降低，故氧化剂为SiO2，A正确；
B．根据流程和节约成本可知，流程中HCl和H2可以循环利用，B正确；
C．置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，反应①是SiO2+2CSi+2CO↑，反应②是Si+3HClSiHCl3+H2，③是SiHCl3+H2Si+3HCl，均为置换反应，C正确；
D．①③两反应的还原剂不可以互换，①硅与氢气反应是可逆反应，③如用碳，硅中会有碳杂质，D错误；
答案选D。
8. 汽车尾气中的氮氧化合物与大气中的发生如下作用，形成一种雾霾。

有关该雾霾的叙述错误的是
A. 该雾霾中含硝酸铵固体 B. 反应②是非氧化还原反应
C. 反应①是固氮反应 D. 可能来自过度施用氮肥
【答案】C
【解析】
【分析】由于工业生产中使用矿物作为燃料，大量向空气中排放污染物，加上汽车尾气的大量排放，以及冬季取暖也向空气中排放粉尘，致使大量微小尘粒、烟粒或盐粒等颗粒悬浮在大气中，形成雾霾。
【详解】A．依据流程，反应③发生的反应是NH3＋HNO3=NH4NO3，NH4NO3为固体，即该雾霾中含硝酸铵固体，A正确；
B．反应②发生：N2O5+H2O=2HNO3，该反应不属于氧化还原反应，B正确；
C．氮的固定是指将游离态的氮转化为氮的化合物，反应①为NOx转化为N2O5，不属于固氮反应，C错误；
D．铵盐是氮肥，过度施用氮肥，铵盐会释放出氨气，D正确；
答案选C。
9. 关于下图的说法不正确的是(　　)

A. 1 mol I2(s)与1 mol H2(g)化合生成2 mol HI(g)时，需要吸收5 kJ的能量
B. 2 mol HI(g)分解生成1 mol I2(g)与1 mol H2(g)时，需要吸收12 kJ的能量
C. 1 mol I2(s)变为1 mol I2(g)时需要吸收17 kJ的能量
D. I2(g)与H2(g)生成2HI(g)的反应是吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，1 mol I2(s)和1 mol H2(g)吸收5 kJ热量生成2 mol HI(g)，A正确；
B．由图可知，1 mol I2(g)和1 mol H2(g)生成2 mol HI(g)放出12 kJ热量，则2 mol HI(g)分解生成1 mol I(g)与1 mol H2(g)时需要吸收12 kJ的能量，B正确；
C．由图可知，1 mol I2(g)变为1 mol I2(s)放出17 kJ的热量，则1 mol固态碘变为1 mol碘蒸气时需要吸收17 kJ的能量，C正确；
D．由图可知，1 mol I2(g)＋1 mol H2(g)生成2 mol HI(g)放出12 kJ热量，应为放热反应，D错误。
答案为D。
10. 下列是对某溶液多次取样进行离子检验的方法和结论，其中正确的是
A. 与NaOH溶液共热，产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，说明原溶液中存在NH
B. 加入AgNO3溶液时，产生白色沉淀，说明原溶液中一定含有Cl-
C. 加入稀盐酸，产生了无色无味的气体，证明原溶液中一定含有CO
D. 滴加稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明原溶液中存在SO
【答案】D
【解析】
【详解】A．色石蕊试纸变红的气体酸性气体，某溶液与NaOH溶液反应不可能产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的酸性气体，A项错误；
B．与AgNO3溶液反应能产生白色沉淀的离子有Cl-、等，B项错误；
C．碳酸氢根离子也可以和盐酸反应产生无色无味的气体，原溶液中也可能有，C项错误；
D．滴加稀盐酸，无明显现象，说明其中没有银离子，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明原溶液中存在SO，因为硫酸钡是白色难溶于盐酸的白色沉淀，D项正确；
故选D。
二、不定项选择题(本题包括5小题，每小题有1～2个选项符合题意，完全正确的得4分，不全的得2分，有错选的得0分)
11. 含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述正确的是

A 该过程中可得到化工产品
B. 只有是该流程的催化剂
C. 该过程中化合价升高的元素只有Fe和S
D. 图中涉及的反应有
【答案】AC
【解析】
【分析】根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，然后硫酸亚铁在酸性溶液中吸收氧气又转化为硫酸铁，反应的化学方程式为4FeSO4+2H2SO4+O2= Fe2(SO4)3+2H2O，据此分析解答。
【详解】A．根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，可得到化工产品H2SO4，A正确；
B．根据分析可知，过程中Fe2(SO4)3、既是反应物，也是生成物，反应前后化学性质未发生改变，均可作反应的催化剂，B错误；
C．根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，然后硫酸亚铁在酸性溶液中吸收氧气又转化为硫酸铁，反应的化学方程式为4FeSO4+2H2SO4+O2= Fe2(SO4)3+2H2O，该过程中化合价升高的元素只有Fe和S，C正确；
D．由分析可知，图中涉及的反应有Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，题给方程式未配平，D错误；
答案选AC。
12. 在温度和容积不变的密闭容器中，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中，反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是

A. 该反应的化学方程式是
B. 时，该反应达到平衡状态
C. 时，升高温度，正、逆反应速率均加快
D. 若该反应在绝热容器中进行，也在时达到平衡
【答案】BC
【解析】
【详解】A．，A的浓度减小了0.8mol∙L-1-0.2mol∙L-1=0.6mol∙L-1，B的浓度减小了0.5mol∙L-1-0.3mol∙L-1=0.2mol∙L-1，C的浓度增大了0.4mol∙L-1-0=0.4mol∙L-1，根据改变量之比等于化学计量系数比，该反应的化学方程式为，A错误；
B．时，各物质的物质的量浓度不再发生改变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B正确；
C．升高温度，活化分子数目增多，有效碰撞几率增大，正、逆反应速率均加快，C正确；
D．若该反应在绝热容器中进行，随着反应的进行，温度会发生变化，化学反应速率也会发生变化，在时不一定达到平衡，D错误；
答案选BC。
13. 1.92 g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成的气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下的气体672 mL，将盛有该气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水中，则通入氧气的体积是(　　)
A. 168 mL B. 224 mL
C. 504 mL D. 336 mL
【答案】D
【解析】
【详解】1.92 g Cu的物质的量为＝0.03 mol，反应时失去电子为2×0.03 mol＝0.06 mol，整个反应过程为HNO3与铜反应转化为Cu(NO3)2、NO2和NO，而生成的NO2和NO在水中与氧气完全反应转化为HNO3，则Cu失去的电子数等于O2得到的电子数，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)＝0.06mol÷4＝0.015 mol，标况下体积V(O2)＝0.015 mol×22.4 L·mol－1＝0.336 L＝336 mL，所以通入O2的体积为336 mL。答案选D。
14. 工业生产硫酸过程，会发生如下反应：，下列有关说法正确的是
A. 使用该反应的催化剂能加快反应速率
B. 达到化学平衡时，反应停止
C. 达到化学平衡时，、、共存
D. 恒容密闭体系中，该混合气体密度不再改变，说明该反应已达平衡状态
【答案】AC
【解析】
【详解】A．催化剂能降低反应所需活化能，从而加快反应速率，A正确；
B．化学平衡是动态平衡，反应未停止，B错误；
C．达到化学平衡时，正、逆反应速率相等，所有反应物、生成物即SO2、O2、SO3共存，C正确；
D．恒容密闭体系中，混合气体的密度始终不变，因此该混合气体密度不再改变，不能说吗反应已达到平衡状态，D错误；
答案选AC。
15. 某兴趣小组设计了如图所示原电池装置(盐桥中吸附有饱和溶液)。下列说法正确的是

A. 该原电池的正极反应式为：
B. 甲烧杯中溶液的红色逐渐变浅
C. 盐桥中阳离子流向乙烧杯
D. 电路中转移0.2mol电子时，铜电极质量减轻12.8g
【答案】B
【解析】
【分析】该原电池中，Cu比Pt活泼，则Cu作负极，Cu失去电子发生氧化反应，电极反应式，Pt为正极，Fe3+得到电子发生还原反应，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+。
【详解】A．正极发生还原反应，电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，A错误；
B．甲烧杯中发生反应Fe3++e-=Fe2+，铁离子被消耗，溶液的红色逐渐变浅，B正确；
C．阳离子向原电池正极移动，则盐桥中阳离子流向甲烧杯，C错误；
D．根据负极的电极反应式，电路中转移0.2mol电子时，消耗0.1molCu，铜电极质量减轻0.1mol×64g/mol=6.4g，D错误；
答案选B。
第II卷(非选择题，共50分)
三、填空及简答题(本题包括4小题，共50分)
16. 碘及其化合物在生产生活中有重要作用。
(1)单质碘可与氢气反应生成碘化氢。将物质的量比为2：1的氢气和碘蒸气放入密闭容器中进行反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，反应经过5分钟测得碘化氢的浓度为0.1mol•L-1，碘蒸气的浓度为0.05mol•L-1。
①前5分钟平均反应速率v(H2)=______，H2的初始浓度是______。
②下列能说明反应已达平衡状态的是(填序号)______。
a.氢气的生成速率等于碘化氢的消耗速率
b.单位时间内断裂的H-H键数目与断裂的H–I键数目相等
c.c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2
d.2v(I2)正=v(HI)逆
e.反应混合体系的颜色不再发生变化
(2)某小组同学在室温下进行“碘钟实验”：将浓度均为0.01mol•L-1的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。
已知：“碘钟实验”的总反应的离子方程式为：H2O2+2+2H+=+2H2O，反应分两步进行：
反应A：…...
反应B：I2+2=2I-+
①反应A的离子方程式是______。对于总反应，I-的作用是______。
②为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅰ、Ⅱ。(溶液浓度均为0.01mol•L-1)

H2O2溶液
H2SO4溶液
Na2S2O3溶液
KI溶液(含淀粉)
H2O
实验Ⅰ
5
4
8
3
0
实验Ⅱ
5
2
x
Y
z
溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验I是30min、实验II是40min。实验II中，x、y、z所对应的数值分别是______；对比实验I、II、可得出的实验结论是______。
【答案】 ①. 0.01mol·L-1·mol-1 ②. 0.2mol·L-1 ③. de ④. H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O ⑤. 作催化剂 ⑥. 8，3，2 ⑦. 其它条件不变增大氢离子浓度可以加快反应速率
【解析】
【分析】(1)①根据元素守恒，确定反应的碘的物质的量，根据方程式的关系计算；
②依据同一物质的正逆反应速率相等及平衡时的特征判断；
(2)①总反应式减去反应B，可得反应A；
②对比实验时，只改变一个条件，而其它条件完全相同。
【详解】(1)①平衡后碘化氢的浓度为0.1mol•L-1，碘蒸气的浓度为0.05mol•L-1，根据碘元素守恒，则反应前浓度为0.1mol/L，已知氢气与单质碘的物质的量比为2：1，则氢气的初始浓度为0.2mol/L；氢气与碘为1：1反应，则反应的氢气的浓度为0.05mol/L，v(H2)==0.01mol·L-1·mol-1；
②a.氢气的生成与碘化氢的消耗为相同方向，无法判断是否达到平衡状态，a错误；
b.单位时间内断裂的H-H键数目是断裂的H–I键数目的0.5倍时，反应达到平衡状态，而相等时，未达到平衡状态，b错误；
c.c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2时，无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等，也不能确定浓度是否还要改变，则不能判断是否达到平衡状态，c错误；
d.2v(I2)正=v(HI)逆=2v(I2)逆，反应已达平衡状态，d正确；
e.反应物I2有颜色，反应达到平衡状态时，碘的浓度不再改变，则混合体系的颜色不再发生变化，e正确；
答案为de；
(2)①总反应式减去反应B，可得反应A，则反应A为H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；I-在反应前后质量、化学性质未发生变化，为催化剂；
②为了便于研究，在反应中要采用控制变量的方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件都相同，根据表格数据可知，实验I和实验II相比，硫酸的体积减少，所以其他条件都相同，而且混合后总体积也要相同，则x=8，Y=3，z=2；通过实验对比，溶液中的酸性越强，则氢离子浓度越大，反应速率越快。
17. 电池的发展是化学对人类的一项重大贡献。用图甲、乙所示装置进行实验，图中两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，乙中A为电流计。请回答下列问题：


（1）以下叙述中，正确的是_______(填选项字母)。
a．甲中锌片是负极，乙中铜片是正极 b．两烧杯中铜片表面均有气泡产生
c．两烧杯中溶液的均减小 d．乙中电流从铜片经导线流向锌片
e．乙烧杯中向铜片方向移动
（2）乙装置中负极的电极反应式为：_______；当乙中产生1.12L(标准状况)气体时，通过导线的电子数为_______；若电路导线上通过电子1mol，则理论上两极的变化是_______(填选项字母)。
a．锌片质量减少32.5g b．锌片增重32.5g
c．铜片上析出 d．铜片上析出
（3）将与的燃烧反应设计成燃料电池，装置如图所示(A、B为多孔碳棒)。实验测得定向移向A电极，则A电极入口通_______气体(填“”或“”)。该装置中实现的能量转化关系为_______。


【答案】（1）cd （2） ①. ②. 0.1 ③. ac
（3） ①. ②. 化学能转化为电能
【解析】
【小问1详解】
a．甲没有形成闭合回路，不能构成原电池，a错误；
b．铜不与稀硫酸反应，不会有气泡出现，b错误；
c．甲、乙烧杯中都是Zn与稀硫酸反应生成氢气，c(H+)均减小，c正确；
d．乙中形成原电池，Cu是正极，Zn是负极，所以电流从铜片经导线流向锌片，d正确；
e．乙形成原电池，阴离子向负极Zn移动，e错误；
故选：cd。
【小问2详解】
乙装置中Zn为负极，反应的过程中失去电子，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；原电池的总反应为Zn+2H+=Zn2++H2，当乙中产生1.12 L标准状况下气体时，对应为0.05mol气体，生成1mol气体转移2mol电子，所以生成0.05mol气体时，转移0.1mol电子，根据n=，N=0.1NA，所以通过导线的电子数为0.1NA；根据Zn+2H+=Zn2++H2，电路导线上通过电子1 mol时，根据反应的物质的量之比等于系数之比，所以消耗Zn 0.5mol，生成H2 0.5mol，则
a．锌片减少32.5 g 时，根据n= ，所以对应物质的量为0.5mol，a正确；
b．锌片质量应减轻，b错误；
c．铜片出现0.5molH2，对应质量为1g，c正确；
d．由分析可知，铜片上析出0.5mol H2，d错误；
故选ac。
【小问3详解】
该装置为原电池，实现的能量转化关系为化学能转化为电能，原电池工作时，阴离子移向负极，所以A是负极，甲烷在A处通入，反应过程中失去电子发生氧化反应。
18. 有资料显示过量的氨气和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成分为)，某小组在实验室对该反应进行探究，并对岩脑砂进行元素测定。
【岩脑砂的制备】

（1）写出实验装置A中发生反应的化学方程式：_______；
（2）装置C的仪器名称是_______；
（3）为了使氨气和氯气在D中充分混合，请确定上述装置的合理连接顺序：_______→ef←hg←_______(用小写字母和箭头表示，箭头方向与气流方向一致)。
【岩脑砂中元素的测定】
准确称取a g岩脑砂，与足量氧化铜混合加热(反应：)，利用下列装置测定岩脑砂中氮元素和氯元素的物质的量之比。

（4）装置H中盛装的试剂是_______(填试剂名称)。
（5）若装置I增重b g，利用装置K测得气体体积为V L(已知常温常压下气体摩尔体积为)，则岩脑砂中_______(用含b、V的代数式表示，不必化简)，若取消J装置(其它装置均正确)，比正常值_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）
（2）球形干燥管 （3） ①. a→dc ②. ji←b
（4）浓硫酸 （5） ①. ②. 偏低
【解析】
【分析】由题给实验装置图可知，装置A中氯化铵固体与氢氧化钙固体共热反应制备氨气，装置C为中盛有的碱石灰用于干燥氨气，装置B中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置E中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D用于探究干燥氨气与干燥氯气常温下反应生成氯化铵，为了使氨气和氯气在D中充分混合，密度比空气小的氨气应从e口通入，则实验装置的连接顺序为A、C、D、E、F、B，各装置的接口连接顺序为a→dc→ef←hg←ji←b，该实验设计缺少尾气处理装置和氮气收集装置，据此分析解答。
【小问1详解】
由分析可知，装置A中发生的反应为氯化铵固体与氢氧化钙固体共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为；
【小问2详解】
由装置图可知，装置C为球形干燥管；
【小问3详解】
由分析可知，为了使氨气和氯气在D中充分混合，实验装置的连接顺序为A、C、D、E、F、B，各装置的接口连接顺序为a→dc→ef←hg←ji←b；
【小问4详解】
由实验装置图可知，装置H中盛有浓硫酸用于吸收反应生成的水蒸气，防止对装置I中盛有的碱石灰吸收测定反应生成氯化氢造成干扰，导致实验误差；
【小问5详解】
装置I增重的质量为氯化氢的质量，由原子个数守恒可知，岩脑砂中氯原子的物质的量为=mol，装置K测得气体体积为反应生成氮气的体积，由氮原子个数守恒可知，岩脑砂中氮原子的物质的量为×2=mol，则氮原子和氯原子的物质的量比为：，若取消J装置，装置I会吸收装置K中产生的水蒸气，导致测得氯化氢的质量偏大，使得氮原子和氯原子的物质的量比偏低。
19. 以黄铁矿(主要成分为)为原料制备绿矾晶体的工艺流程如下：

回答下列问题；
（1）焙烧时黄铁矿要粉碎，其目的是_______。焙烧后得到的固体主要成分为，写出焙烧过程主要反应的化学方程式_______。
（2）试剂X是_______(填化学式)。
（3）会污染环境，可用足量氨水吸收，写出该反应的离子方程式_______。
（4）绿帆晶体在空气中易被氧化。取m g样品加水完全溶解，该样品溶液恰好可以与的酸性溶液反应。已知与酸性溶液反应的离子方程式为：，硫酸亚铁晶体纯度的计算式为：_______。(写出计算式即可，无需化简)。(摩尔质量为)
【答案】（1） ①. 增大反应接触面积，加快反应速率 ②. 4FeS2 +11O22Fe2O3+8SO2
（2）Fe （3）
（4）％
【解析】
【分析】以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)：焙烧黄铁矿生成SO2，矿渣的成分为Fe2O3和杂质，用20%硫酸溶解，Fe2O3与硫酸反应，Fe2O3 +6H+=2Fe3++3H2O而杂质不反应，过滤分离，滤渣为不溶杂质，滤液中含有硫酸亚铁及未反应的硫酸，加入Fe粉将氧化成的硫酸铁还原为硫酸亚铁，过滤、蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到FeSO4•7H2O。
【小问1详解】
焙烧时黄铁矿要粉碎，其目的是增大接触面积，使黄铁矿能够迅速而充分燃烧；焙烧后得到的固体主要成分为Fe2O3，焙烧过程主要反应的化学方程式为4FeS2 +11O22Fe2O3+8SO2；
【小问2详解】
滤液中含有硫酸亚铁及未反应的硫酸，加入Fe粉将氧化成的硫酸铁还原为硫酸亚铁，则试剂X是Fe；
【小问3详解】
SO2会污染环境，SO2为酸性氧化物，可用足量氨水吸收，反应生成亚硫酸铵和水，该反应的离子方程式为；
【小问4详解】
Fe2+在酸性条件下被高锰酸根氧化生成Fe3+，离子方程式为：5Fe2+++8H+= 5Fe3++Mn2++4H2O；取m g样品加水完全溶解，该样品溶液恰好可以与VmLc mol/L的酸性KMnO4溶液反应，含有的n(Fe2+)=n()×5=VmL×10-3×c mol/L×5=5cV×10-3mol，则硫酸亚铁晶体纯度的计算式为：×100%。