四川省什邡市什邡中学2022-2023学年高一化学下学期第二次月考试题（Word版附解析）

什邡中学高2023级平行实验班第二学期第三次月考化学试题考试时间75分钟，满分100分相对原子质量H-1C-12O-16S-32Cu-64第Ⅰ卷(选择题，共45分)一、选择题(本题包含15个小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。)1.化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是A.京东方生产的可折叠柔性屏中的灵魂材料——纳米银与硝酸不会发生化学反应B.在葡萄酒酿制过程中，添加适量二氧化硫可以起到杀菌作用C.硅是制作光导纤维的主要材料D.“超轻海绵”使用的石墨烯是新型有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A．纳米银本质也为银单质，能与硝酸发生氧化还原反应生成硝酸银和氮的氧化物，A错误；B．二氧化硫具有还原性，在葡萄酒酿制过程中，添加适量二氧化硫可以起到抗氧化作用，防止食物氧化变质；同时二氧化硫还能起到杀菌作用，B正确；C．硅是制作计算机芯片的主要材料，光导纤维的主要成分是二氧化硅，C错误；D．“超轻海绵”使用的石墨烯是碳单质，为无机非金属材料，D错误；故答案选B。2.“端午节”是我国传统节日之一，节日活动有吃粽子、赛龙舟及喝雄黄酒等。制作粽子的主要原料有糯米、粽叶，还有蛋黄、猪肉等馅料。下列有关说法正确的是A.糯米也是酿酒原料，酿酒加入的“酒曲”起催化作用B.赛龙舟时，挥舞的龙旗是用涤纶制作，涤纶属于天然纤维C.蛋黄、猪肉富含油脂和蛋白质，油脂和蛋白质均属于高分子化合物D.糯米的主要成分是淀粉，粽叶的主要成分是纤维素，淀粉和纤维素的分子式都是，互为同分异构体，【答案】A【解析】【详解】A．酿酒一定要加入酒曲，酒曲中的微生物主要是曲霉、毛霉和酵母菌，其中曲霉、毛霉主要起到糖化的作用，在曲霉内淀粉酶的作用下将淀粉转化成葡萄糖，A正确； B．涤纶是合成纤维，B错误；C．油脂相对分子质量较小，属于小分子化合物，C错误；D．淀粉和纤维素的分子式均为 (C6H10O5)n，但因都为高聚物，n值不确定，分子式不同，则不是同分异构体，D错误；故选：A。3.下列说法正确的是A.氯化氢的电子式为B.的结构示意图为C.等物质的量的和具有相同的质子数D.次氯酸分子电子式：【答案】C【解析】【详解】A．氯化氢属于共价化合物，电子式为，A错误；B．的结构示意图为，B错误；C．和的质子数均是10，等物质的量的和具有相同的质子数，C正确；D．次氯酸分子电子式为，D错误；答案选C。4.常温下，下列各组离子在溶液中可以大量共存的是A.使紫色石蕊试液变红色的溶液：、、、B.大量存在的溶液：、、、C.与Al反应能放出氢气的溶液：、、、D.无色溶液：、、、【答案】C 【解析】【详解】A．使紫色石蕊试液变红色的溶液显酸性，、在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，A不选；B．大量存在的溶液中，铁离子能氧化碘离子，与发生反应，均不能大量共存，B不选；C．与Al反应能放出氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显酸性，、、、可以大量共存，C选；D．无色溶液中不能大量共存，D不选；答案选C。5.下列说法正确的是A.和互为同位素B.金刚石、石墨互为同素异形体C.和一定是同系物D.与是同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．和的质子数不同，属于不同的元素，不能互为同位素，A错误；B．金刚石、石墨均是碳元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，B正确；C．一定是乙烯，不一定是烯烃，可能是环丙烷，所以二者不一定是同系物，C错误；D．与的结构完全相同，是同一种物质，D错误；答案选B。6.斯坦福大学的研究人员提出的一种基于的碳循环(如图所示)，下列说法正确的是A.图中能量转化方式只有2种 B.、均属于有机化合物C.制取反应：的原子利用率为100%D.利用合成燃料有利于减少对化石能源的依赖并减少碳排放【答案】D【解析】【分析】【详解】A．图中能量转化方式有风能转化为电能、电能转化为化学能、化学能转化为电能等，所以能量转化方式不只是2种，故A错误；B．二氧化碳是碳的氧化物，属于无机物，故B错误；C．制取反应：，若原子利用率为100%，反应物全部转化为产品即甲醇，该反应生成了水，原子利用率未达到100%，故C错误；D．利用合成燃料，给人们提供了燃料，同时消耗了二氧化碳，有利于减少对化石能源的依赖并减少碳排放，故D正确；故选D。7.取过氧化氢水溶液，在少量存在下分解：。在一定温度下，测得的放出量，转换成如下表：0204060800.800.400.200.100.050下列说法正确的是A.反应时，测得为B.，消耗的平均速率为C.溶液或粉末代替也可以催化分解D.第时的瞬时速率小于第时的瞬时速率【答案】C【解析】分析】 【详解】A．反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，未告知是否为标准状况，无法判断体积是否为224mL，故A错误；B．20～40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v===0.010mol/(L•min)，故B错误；C．I-在反应中起到催化的作用，故也可以用溶液或粉末代替，故C正确；D．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，故D错误；故选C。8.用表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下，所含的分子数为B.与完全反应转移的电子数为C.的溶液中，含有的数目为D.某密闭容器中盛有和，在一定条件下充分反应，生成分子的数目为【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，三氧化硫不是气体，不确定其物质的量，A项错误；B．铜和硫生成硫化亚铜，为1mol，与完全反应转移的电子1mol，数目为，B项正确；C．不确定溶液体积，不能计算氢离子的物质的量，C项错误；D．氮气和氢气反应为可逆反应，反应进行不完全，生成分子的数目小于，D项错误；答案选B。9.某有机物的结构简式为HOOC-CH=CH-CH2CH2OH。下列关于此物质说法错误的是A.与NaOH反应时的生成物为NaOOC-CH=CH-CH2CH2ONaB能发生取代反应、加成反应、氧化反应、中和反应C.含有3种官能团D.所有碳原子可能在同一个平面 【答案】A【解析】【详解】A．该有机物中只有羧基能与氢氧化钠反应，产物为NaOOC-CH=CH-CH2CH2OH，A错误；B．该有机物中含羟基和烷基，能发生取代反应；含双键，能发生加成反应；能与氧气反应，可发生氧化反应；含羧基，能发生中和反应，B正确；C．有机物中所含官能团为羟基、羧基、碳碳双键，共3种官能团，C正确；D．羧基中含碳氧双键，为平面结构，碳碳双键为平面结构，碳碳单键可以旋转，故该有机物中所有碳原子可能在同一平面，D正确；故选A。10.“能量-反应过程”图是表示反应过程中物质能量变化的示意图，如图为某反应的“能量-反应过程”图，下列有关说法正确的是A.该反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量B.断开的化学键需要吸收的能量C.是放热反应D.和的能量之和为【答案】A【解析】【分析】如图，该反应反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，a为正反应活化能，也是反应物断键所吸收的能量，b为逆反应活化能，也为生成物成键所放出的能量。【详解】A．如图，该反应反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，故A正确；B．b为逆反应活化能，也为生成物成键所放出的能量，即形成所释放bkJ能量，断开的化学 键需要吸收的能量，故B错误；C．如图，该反应反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，即是吸热反应，故C错误；D．如图，和的能量之和未知，故D错误；故选A。11.部分短周期元素常见化合价与原子序数的关系如图所示，下列说法正确的是A.元素X最简单氢化物的分子空间结构为平面正方体形B.因为酸性，所以非金属性R>WC.元素Y、Z，R的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应D.电解的熔盐可以制备Z单质【答案】C【解析】【分析】由部分短周期元素常见的化合价与原子序数的关系图可知，X的化合价为-4价、+4价，则X为C元素；Y的化合价为+l价，处于ⅠA族，原子序数大于C元素，则Y为Na元素；Z为+3价，则Z为A1元素；W的化合价为+6、-2价，则W为S元素；R的最高正价为+7价、-1价，则R应为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：X是C，Y是Na，Z是Al，W是S，R是Cl元素；A．X是C元素，C元素最简单氢化物CH4的分子呈正四面体形，故A错误；B．非金属性强弱与氢化物的酸性没有关系，故B错误；C．元素Y、Z，R的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，所以它们可以两两相互反应，故C正确；D．氯化铝是共价化合物，熔融状态下不能导电，应该电解熔融的氧化铝制备金属铝，故D错误；故选：C。 12.溴及其化合物在生产中有广泛应用。工业上常用“吹出法”从海水中提溴，工艺流程示意图如下：下列说法不正确的是A.向酸化的海水中通入氯气的反应为：B.海水中经氧化、吹出、吸收后，可实现溴的富集C.“吸收塔”内反应的离子方程式：D.“吹出法”主要包括氧化、吹出、吸收、蒸馏和冷凝等环节【答案】C【解析】【分析】由流程可知，酸化的海水中通入氯气发生，吹出塔中通入热空气吹出溴单质，在吸收塔中用二氧化硫和水吸收发生，再通入氯气和水蒸气，发生，达到富集溴的目的，冷凝精馏分离出产品溴，以此来解答。【详解】A．向酸化的海水中通入氯气生成溴单质和氯离子，离子方程式为：，故A正确；B．海水中Br－经氧化、吹出、吸收后，将溴的浓度增大了，可实现溴的富集，故B正确；C．二氧化硫可还原溴，吸收塔中发生反应的离子方程式为：，故C错误；D．由分析可知，“吹出法”主要包括氧化、吹出、吸收、蒸馏和冷凝等环节，故D正确；故选：C。13.铝土矿的主要成分是Al2O3，还有部分SiO2、Fe2O3以及少量不溶于酸碱溶液的其他杂质。工业上从铝土矿中提取铝可采取如下工艺： 下列说法正确的是A.沉淀Ⅰ只有SiO2B.①～⑤中包含两个氧化还原反应C.步骤②发生的反应为Al3++3OH-=Al(OH)3↓D.溶液Ⅲ中溶质主要为NaHCO3【答案】D【解析】【分析】SiO2不与盐酸反应，铝土矿加入过量盐酸反应后沉淀Ⅰ为SiO2和少量不溶于酸溶液的其他杂质，溶液Ⅰ含有氯化铝、氯化铁和过量盐酸，加入过量氢氧化钠反应后得到沉淀Ⅱ为Fe(OH)3，溶液Ⅱ含有氯化钠、偏铝酸钠和过量氢氧化钠，通入过量二氧化碳得到沉淀Ⅲ为Al(OH)3，溶液Ⅲ主要为NaHCO3溶液。【详解】A．沉淀Ⅰ为SiO2和少量不溶于酸溶液的其他杂质，选项A错误；B．流程涉及铝的冶炼，应电解氧化铝生成铝，为氧化还原反应，其它都为非氧化还原反应，只包含一个氧化还原反应，选项B错误；C．步骤②发生的反应为H++OH-=H2O、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=+2H2O，选项C错误；D．根据分析可知，溶液Ⅲ中溶质主要为NaHCO3，选项D正确；答案选D。14.黄铁矿(主要成分)是工业制硫酸的主要原料，暴露在空气中会被缓慢氧化，氧化过程如图所示。下列有关说法不正确的是 A.d步反应生成胶体可以作消毒剂B.氧化过程会产生较多酸性废水破坏矿区生态环境C.a步反应中完全被氧化时大约消耗标准状况下的空气39LD.检验a步反应中是否生成，方法是先向溶液中加入KSCN溶液，无明显变化，然后通入氯气，若溶液变红，则说明产物是【答案】A【解析】【详解】A．d步反应生成可以作净水、但不能做消毒剂，故A错误；B．由图可知，过程a、d会产生较多酸性废水破坏矿区生态环境，故B正确；C．由a可知，1molFeS2转化2molSO失去14个电子，0.1molFeS2完全被氧化时失去电子为1.4mol，需要氧气的物质的量是，标况下的体积是0.35mol×22.4L/mol＝7.84L，因此需要空气的体积是7.84L×5＝39.2L，即约为39L，故C正确；D．检验a步反应中否生成，方法是先向溶液中加入KSCN溶液，无明显变化，说明不存在铁离子，然后通入氯气，若溶液变红，则说明有铁离子生成，所以产物是，故D正确；故选：A。15.某兴趣小组探究卤族元素的性质，进行如图所示的实验，a~d中均为浸有相应试液的棉花，夹持装置略。下列说法错误的是A.具支试管中发生反应的化学方程式为B.a处变为橙色，b处KI-淀粉溶液变蓝，说明非金属性：Cl>Br>IC.c处酸性高锰酸钾溶液褪色，说明具有氧化性D.d处观察到红色褪去，d处可得到漂白液【答案】B 【解析】【分析】由实验装置可知，具支试管中发生NaClO+2HCl（浓）=NaCl+Cl2↑+H2O，生成的氯气分别与KBr、KI反应，挥发的HCl可被酸性高锰酸钾溶液氧化，d处NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。【详解】A．NaClO可氧化浓盐酸，则具支试管中发生NaClO+2HCl（浓）=NaCl+Cl2↑+H2O，故A正确；B．生成的氯气分别与KBr、KI反应，则a处变为橙色，b处KI-淀粉溶液变蓝，不能比较Br、I的非金属性强弱，故B错误；C．挥发HCl可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则c处酸性高锰酸钾溶液褪色，说明HCl具有还原性，具有氧化性，故C正确；D．d处NaOH溶液可吸收尾气，则d处观察到红色褪去，d处可得到漂白液，故D正确；故选：B。第Ⅱ卷(非选择题，55分)二、填空题(4小题，共55分)16.(红棕色)和(无色)之间发生反应：。将一定量气体充入体积为2L的恒容密闭容器中，控制反应温度为T。（1）该反应为吸热反应，则断裂反应物的化学键要吸收的能量___________(填“大于”、“小于”或“等于”)形成生成物的化学键要放出的能量。（2）下列可以说明该反应达到平衡的是___________。A.B.C.容器内气体的颜色不再变化D.混合气体的压强不再变化（3）在温度为T的条件下，向该恒容密闭容器中充入，随时间的变化曲线如图所示。回答以下问题 ①前4分钟内，的反应速率为___________。②反应进行到16min时，的转化率是___________。③下列措施能使该反应速率加快的是___________。A．升高温度B．增大容器体积C．加入合适的催化剂D．恒容条件下充入He（4）、和熔融可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，Y可循环使用，则正极反应式为___________。电子的流动方向为___________(填“Ⅰ到Ⅱ”或“Ⅱ到Ⅰ”)【答案】（1）大于（2）CD（3）①.0.005mol/(L·min)②.75%③.AC（4）①.O2+2N2O5+4e－＝4NO②.Ⅰ到Ⅱ【解析】【小问1详解】该反应为吸热反应，根据能量守恒，则反应物的化学键断裂要吸收的能量大于生成物的化学键形成要放出的能量，故答案为：大于；【小问2详解】A．没有指明正、逆反应速率，不能说明是否到达平衡，若均为正反应速率，反应始终按该比例关系进行，故A错误；B．速率之比等于化学计量数之比，则有，故时到达平衡，而时反应没有达到平衡状态，故B错误；C．随反应进行，二氧化氮浓度增大，容器内颜色加深，当容器内气体的颜色不再变化，说明反应到达平衡，故C正确；D．随反应进行，容器内混合气体的物质的量增大，压强增大，当混合气体的压强不再变化，说明反应到 达平衡，故D正确，故答案为：CD；【小问3详解】①前4分钟内生成二氧化氮的浓度是0.04mol/L，则消耗的浓度是0.02mol/L，所以的反应速率为0.02mol/L÷4min＝0.005mol/(L·min)。②反应进行到16min时，Δc（NO2）=0.06mol/L，故Δc（N2O4）=0.03mol/L，故N2O4的转化率是=75%。③A．升高温度反应速率加快；B．增大容器体积，浓度减小，反应速率减小；C．加入合适的催化剂反应速率加快；D．恒容条件下充入He，反应物浓度不变，反应速率不变；答案选AC。【小问4详解】在石墨I电极上，二氧化氮转化为五氧化二氮，N元素化合价升高，失电子发生氧化反应，则石墨I作负极，石墨II作正极，氧气得电子与N2O5结合生成NO，电极反应式为O2+2N2O5+4e－＝4NO。电子不能进入熔融KNO3，则电子流向：石墨Ⅰ→负载→石墨Ⅱ。17.黄铜矿()是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可制备硫及铁的化合物，冶炼铜的反应为。（1）若中Fe的化合价为+2价，则反应中的氧化产物是___________(填化学式)。（2）用稀硫酸浸泡上述反应制取铜后剩余的固体残渣，取少量所得溶液，检验该溶液中存在的方法是___________(注明试剂、现象)。（3）上述冶炼过程中会产生大量，下列处理方案中合理的是___________(填字母)。A.高空排放B.用于制备硫酸C.用纯碱溶液吸收制D.用浓硫酸吸收（4）验证黄铜矿冶炼铜的反应所得气体中含有的方法是___________。（5）实验室制备、收集干燥的所需装置如图所示。 ①其中装置A产生，反应的化学方程式为___________。②请按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→___________→f，装置D的作用是___________，装置E中反应的离子方程式为___________。【答案】（1）氧化铁和二氧化硫（2）取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液变红（3）BC（4）将气体通入品红溶液中，如果品红溶液褪色，加热后又变红，则证明有SO2（5）①.Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O②.d；e；c；b③.安全瓶，防止倒吸④.2OH－+SO2＝SO+H2O【解析】【分析】实验室制备、收集干燥的SO2，由装置可知，A为反应装置，C为干燥装置，B为收集装置，D为防止倒吸，E为尾气处理，以此来解答。【小问1详解】中，Cu元素的化合价由+2价降低为0、O元素的化合价由0降低为-2价，铁元素和硫元素化合价升高，反应中被氧化，所以氧化产物是氧化铁和二氧化硫，故答案为：氧化铁和二氧化硫；【小问2详解】用稀H2SO4浸泡上述反应制取铜后剩余的固体残渣，取少量所得溶液，检验溶液中存在Fe3+的方法是取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液变红，故答案为：取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液变红；【小问3详解】二氧化硫为环境污染物，不能高空排放，与浓硫酸不反应，可用于制备硫酸或亚硫酸盐，只有bc符合，故答案为：BC； 【小问4详解】二氧化硫具有漂白性，验证黄铜矿冶炼铜的反应后气体中含有SO2的方法是将气体通入品红溶液中，如果品红溶液褪色，加热后又变红，则证明有SO2，故答案为：将气体通入品红溶液中，如果品红溶液褪色，加热后又变红，则证明有SO2；【小问5详解】①装置A产生SO2，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案气味：为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；②由装置可知，A为反应装置，C为干燥装置，B为收集装置，D为防止倒吸，E为尾气处理，则按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→d→e→c→b→f；装置D的作用是安全瓶，防止倒吸；装置E中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染空气，离子方程式为2OH－+SO2＝SO+H2O，故答案为：d；e；c；b；安全瓶，防止倒吸；2OH－+SO2＝SO+H2O。18.Ⅰ、有机物A是乙烯的同系物，且相对分子质量比乙烯大14。A、B、C、D之间的变化关系如下图。已知D能和反应生成。（1）A的结构简式为___________。（2）D所含官能团名称___________。（3）反应A→B的类型为___________。（4）写出下列反应的方程式B→C___________；B+D→E___________。Ⅱ、如图是某学校实验室从化学试剂商店采购的浓硫酸试剂标签上的部分内容。硫酸化学纯(CP)品名：硫酸化学式： 相对分子质量：98密度：质量分数：98%（5）该浓硫酸中的物质的量浓度为___________，若实验室用该浓硫酸配制250mL0.5mol/L的稀硫酸，请计算需要该浓硫酸___________mL(精确到小数点后1位)。（6）下列操作中将导致所配制的溶液浓度偏大的是___________。a．移液过程有溶液溅出瓶外b．移液后未洗涤烧杯和玻璃棒c．定容时俯视容量瓶刻度线d．加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体e．洗涤时将量筒洗涤液也加入容量瓶【答案】（1）CH3CH＝CH2（2）羧基（3）加成反应（4）①.2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O②.CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O（5）①.18.4mol/L②.6.8（6）ce【解析】【分析】有机物A是乙烯的同系物，且相对分子质量比乙烯大14，A是丙烯，丙烯和水发生加成反应生成的B可以催化氧化生成C，C继续氧化生成D，D能和反应生成，说明D是丙酸，所以C是丙醛，B是正丙醇，E是丙酸正丙酯，据此解答。【小问1详解】A是丙烯，结构简式为CH3CH＝CH2。【小问2详解】D是丙酸，D所含官能团名称为羧基。【小问3详解】丙烯和水发生加成反应生成B，因此反应A→B的类型为加成反应。 【小问4详解】B→C是醇类的催化氧化，方程式为2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O；B+D→E属于酯化反应，方程式为CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O。【小问5详解】根据可知，该浓硫酸中的物质的量浓度为mol/L＝18.4mol/L，若实验室用该浓硫酸配制250mL0.5mol/L的稀硫酸，根据稀释过程中溶质的物质的量不变可知需要该浓硫酸的体积为mL≈6.8mL。【小问6详解】a．移液过程有溶液溅出瓶外，导致溶质的质量减少，浓度偏低；b．移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的质量减少，浓度偏低；c．定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积减少，浓度偏高；d．加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体，导致溶质的质量减少，浓度偏低；e．洗涤时将量筒洗涤液也加入容量瓶，导致溶质的质量增加，浓度偏高；答案选ce。19.海带中含有丰富的碘元素，某学习小组设计如下实验流程提取海带中的碘。请回答下列问题：（1）仪器A的名称为___________，操作A为___________。（2）煮沸的作用是___________。（3）步骤X中，使用了分液漏斗。分液漏斗使用前，须进行的操作是___________ ；萃取后，分液漏斗内观察到的现象是___________。（4）向海带浸取原液中通入适量，并控制溶液pH为4.5，此时发生反应的离子方程为___________。（5）步骤Y中发生反应的离子方程式为___________。（6）该实验流程中，能循环使用的物质是___________。【答案】（1）①.坩埚②.过滤（2）使(碘化物)充分溶解在水中，防止碘离子被溶解的氧气氧化（3）①.检查是否漏液②.溶液分层，上层接近无色，下层紫色（4）（5）（6）【解析】【分析】由图可知主要考查碘的提取，海带中的碘元素通过灼烧，使其变为可溶于水的碘元素，在经过萃取、富集水中的碘离子，这个过程中需要用到萃取和分液实验步骤，实验仪器为分液漏斗，经过萃取后加入氧化剂使碘离子变为碘单质，最后采用过滤可得碘单质。【小问1详解】①由图可知，海带灼烧需要用到仪器A为坩埚；②由图可知，碘单质不易溶于水，故可采用过滤的方式得到碘单质，则操作A为过滤；【小问2详解】煮沸的作用为使碘离子充分溶解在水中，防止碘离子被溶解的氧气氧化；【小问3详解】①使用分液漏斗前，应先检漏；②萃取后，分液漏斗内观察到的现象是分液漏斗内溶液分层，上层基本无色，下层显紫色，为了使装置内的压强平衡，应先打开塞子，才能保证液体顺利流下；【小问4详解】向海带浸取原液中通入适量，酸性条件下碘离子与氧气反应，此时发生反应的离子方程为：；【小问5详解】碘离子和碘酸根离子的溶液中加入硫酸，反应生成碘单质，发生的离子方程式为： ；【小问6详解】