河北省邯郸市永年区第二中学2022届高三化学9月月考试题含解析

河北省邯郸市永年区第二中学2022届高三化学9月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H－1B－11C－12N－14O－16Si－28P－31S－32Cl—35.5Ar－20Br－80Na－23Mg－24Al－27Ca－40Fe－56Cu－64Zn－65Ag－108Ba－137一、选择题（本题共18道小题，每小题3分，共54分）1.中国古代四大发明是：造纸术、指南针、火药、活字印刷术。来自“一带一路”沿线的20国青年评选出了中国的“新四大发明”：网购、支付宝、中国高铁、共享单车。“新四大发明”中与化学关系最密切的一项是A.网购B.支付宝C.中国高铁D.共享单车【答案】C【解析】高铁需要化学方法制取的新材料的支撑，所以“新四大发明”中与化学关系最密切的一项是中国高铁，故选C。2.国产自主研发芯片麒麟970是全球首款内置神经网络单元的处理器，该处理器芯片中使用的材料是A.硅B.钛合金C.二氧化硅D.铅合金【答案】A【解析】Si常用作半导体，应用于芯片、太阳能电池中，故选A。3.纯碱在玻璃、肥皂、造纸、食品等工业中有广泛的应用，纯碱属于A.酸B.碱C.盐D.氧化物【答案】C14【解析】纯碱是碳酸钠，由钠离子与碳酸根离子组成，属于盐，答案选C。4.在沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色。下列说法正确的是A.用激光笔照射，会出现丁达尔效应B.将液体静置片刻，会出现沉淀现象C.所得胶体中分散质的粒子直径大于100nmD.可用滤纸分离提纯得到氢氧化铁胶体【答案】A【解析】在沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色即得到氢氧化铁胶体。A.用激光笔照射，会出现丁达尔效应，A正确；B.胶体是介稳体系，将液体静置片刻，不会出现沉淀现象，B错误；C.所得胶体中分散质的粒子直径介于1nm与100nm之间，C错误；D.胶体可以透过滤纸，不能用滤纸分离提纯得到氢氧化铁胶体，应该用渗析，D错误，答案选A。5.下列解释事实的方程式不正确的是A.焊接铁轨：2Fe+Al2O32Al+Fe2O3B.人工固氮：N2+3H22NH3C.用纯碱除油污：CO32-+H2OHCO3-+OH-D.用湿润的淀粉KI试纸检验Cl2：Cl2+2I-=2Cl-+I2【答案】A【解析】A.焊接铁轨，发生铝热反应：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故A不正确；B.人工固氮：N2+3H2142NH3，故B正确；C.用纯碱除油污利用的是碳酸钠水解产生的氢氧化钠：CO32-+H2OHCO3-+OH-，故C正确；D.用湿润的淀粉KI试纸检验Cl2，碘化钾被氯气氧化成的碘单质遇淀粉变蓝：Cl2+2I-=2Cl-+I2，故D正确。故选A。6.下列反应的现象描述与离子方程式都正确的是(　　)A.金属镁与稀盐酸反应：有气泡逸出Mg＋2H＋＋2Cl－===MgCl2＋H2↑B.氯化钡溶液与稀硫酸反应：有白色沉淀生成Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓C.碳酸镁与盐酸反应：有气泡逸出CO32－＋2H＋===CO2↑＋H2OD.NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：有白色沉淀产生2HCO3－＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋2H2O＋CO32－【答案】B【解析】【详解】A.反应中的生成物氯化镁在溶液中完全电离，应拆成离子形式，故A错误；B.氯化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀，则有白色沉淀，硫酸根离子与钡离子发生离子反应，故B正确；C.碳酸镁为微溶物，应用化学式表式，故C错误；D.NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液时，NaHCO3与Ba(OH)2反应的物质的量之比为1:1，离子反应方程式为：HCO3－＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O，故D错误；答案选B。7.金属加工后的废切削液中含2%～3%的NaNO2，它是一种环境污染物，人们用NH4Cl溶液来处理废切削液，使NaNO2转化为无毒物质，该反应分两步进行：第一步：NaNO2+NH4Cl=NaCl+NH4NO2第二步：NH4NO2=N2↑+2H2O下列对第二步反应的叙述中正确的是①NH4NO2只是氧化剂②NH4NO2只是还原剂③NH4NO2发生了分解反应④只有氮元素的化合价发生了变化⑤NH4NO2既是氧化剂又是还原剂A.①③B.①④C.②③④D.③④⑤【答案】D【解析】14本题考查氧化还原反应的基本概念。第二步反应中NH4NO2发生了自身的氧化还原反应，其中氮元素发生了归中反应，NH4NO2既是氧化剂又是还原剂，从四大基本反应类型看，NH4NO2发生的是分解反应，所以③④⑤是正确的。故D选项符合题意。8.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A.用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB.用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C.用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D.用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【答案】D【解析】A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去Cl2中含有的少量HCl，故A错误；B．蒸干NH4Cl饱和溶液，氯化铵分解，应蒸发浓缩、冷却结晶法制备NH4Cl晶体，故B错误；C．纯碱为粉末固体，关闭止水夹不能使固体与液体分离，且碳酸钠易溶于水，则不能制取少量纯净的CO2气体，故C错误；D．碘易溶于四氯化碳，与水分层后有机层在下层，则装置可分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，故D正确；视频9.下列实验操作或事实与预期实验目的或所得结论对应正确的是(　　)选项实验操作或事实实验目的或结论14A淡黄色试液红褐色沉淀说明原溶液中一定含所有FeCl3BCaOCa(OH)2NaOH用生石灰制备NaOH溶液C新收集的酸雨白色沉淀酸雨中一定含有SO42-DH3PO3+2NaOH(足量)=Na2HPO3+2H2OH3PO3属于三元酸A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A.淡黄色溶液加入碱液后生成红褐色沉淀（Fe（OH）3），说明原溶液一定含有铁离子，但阴离子并不能确定，错误；A、CaO和水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2和碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和NaOH，因此合理，故正确；C.新收集的酸雨溶有SO2，生成H2SO3，有SO32-，加入Ba(NO3)，由于在酸性环境中NO3-具有氧化性，会将SO32-氧化为SO42-，不能确定酸雨中一定有SO42-，错误；D.H3PO3中和后只能得到Na2HPO3说明它是二元酸，错误。10.将一定量CO2通入NaOH溶液中，将充分反应后的溶液减压蒸发得到固体。下列对所得固体的成分说法中不正确的是A.所得固体可能由NaOH和Na2CO3组成B.所得固体可能由NaOH和NaHCO3组成C.所得固体可能由Na2CO3和NaHCO3组成D.所得固体可能只含有NaHCO3【答案】B【解析】试题分析：A、当n(NaOH)/n(CO2)＞2，NaOH过量，生成Na2CO3，则所得固体可能由NaOH和Na2CO3组成，A项错误；B、NaOH和NaHCO3发生反应生成Na2CO3和H2O，不可能为二者的混合物，B项正确；C、当1＜n(NaOH)/n(CO2)＜2，发生CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3，所得固体可能由Na2CO3和NaHCO3组成，C项错误；D、当n(NaOH)/n(CO2)=1时，发生CO2+NaOH=NaHCO3，所得固体可能只含有NaHCO3，D项错误；答案选B。考点：考查CO2与NaOH的反应1411.向铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，其中铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN，下列说法正确的是A.AlN是一种金属材料B.AlN与足量氢氧化钠溶液共热时生成氢氧化铝和氨气C.少量NH4Cl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜D.AlN与足量盐酸反应的离子方程式为AlN+3H+=Al3++NH3↑【答案】C【解析】A．AlN属原子晶体化合物，属于无机非金属材料，故A错误；B．Al(OH)3有两性，能溶于NaOH，则AlN与足量氢氧化钠溶液共热时生成偏铝酸钠和氨气，故B错误；C．在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故C正确；D．AlN与足量盐酸反应的离子方程式为AlN+4H+=Al3++NH4+，故D错误；答案为C。12.为了检验某氯化亚铁溶液是否变质，可向溶液中加入A.氢氧化钠溶液B.铁片C.硫氰化钾溶液D.紫色石蕊试液【答案】C【解析】试题分析：A．NaOH溶液滴加后Fe(OH)2沉淀也很容易转化为氢氧化铁红褪色沉淀，无法检验，故A错误；B．铁片能溶液中氯化铁反应，但现象不明显，且溶液本身显酸性，也可能溶解部分铁，故B错误；C．如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色现象明显，这一反应是Fe3+的特征反应，所以用KSCN溶液，故C正确；D．无论氯化亚铁是否变质，都是强酸弱碱盐，溶液都呈酸性，所以无法检验，故D错误；故选C。考点：考查铁离子、亚铁离子的检验方法。13.用毛笔蘸取少量30% FeCl3溶液在铜片上写一个“Cu”字，放置片刻，用少量水将铜片上的溶液冲到小烧杯中，下列说法正确的是A.烧杯中的溶液呈黄色B.铜片无任何变化C.铜片上有凹陷的“Cu”字D.发生了反应:Fe3++Cu=Cu2++Fe2+【答案】C【解析】14试题分析：FeCl3溶液与铜片发生：2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2，FeCl2溶液是浅绿色，CuCl2是蓝色，A错；FeCl3溶液与铜片发生了反应，B错；D项电荷不守恒，错，选C。考点：FeCl3的性质、离子方程式的书写判断。14.把含有氧化铁的铁片投入到足量的稀硫酸中，直到铁片完全溶解，经分析该溶液中无Fe3+，且生成的Fe2+与反应生成的H2的物质的量之比为3︰1，则原混合物中Fe2O3与Fe的物质的量之比为（）A.1︰1B.2︰5C.4︰1D.3︰1【答案】B【解析】设原混合物中含有xmolFe，ymolFe2O3，根据方程式可知Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2Oy2y2FeCl3+Fe=3FeCl22yy3yFe+2HCl=FeCl2+H2↑(x-y)(x-y)(x-y)则[3y+(x-y)]：(x-y)=3：1，解得y：x=2：5，答案选B。15.铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL5.0mol·L－1FeCl3溶液中，剩余固体质量为3.2g。下列说法正确的是(　　)A.剩余固体是铁、铜混合物B.原固体混合物中铜的质量是9.6gC.反应后溶液中n(Fe3＋)＝0.10molD.反应后溶液中n(Fe2＋)＋n(Cu2＋)＝0.5mol【答案】B【解析】铁的还原性大于铜，铁、铜混合粉末加入到FeCl3溶液中，铁先反应；FeCl3的物质的量为0.5mol，设0.5mol铁离子完全反应消耗铜m1g、m2g，则有：Cu+2Fe3＋=Cu2＋+2Fe2＋，根据Cu--2Fe3＋关系，m1/64:0.5=1:2，解之m1=16g；Fe+2Fe3＋=3Fe2＋，根据Fe--2Fe3＋关系，m2/56:0.5=1:2,解之m2=14g,溶解的金属质量为18-3.2=14.8g，因为14<14.8<16，所以铁完全反应，铜部分反应，且铁离子完全反应；设反应消耗铜的物质的量为xmol,反应的铁的量为ymol，则有64x+56y=14.8，x+y=0.25，解之：x=0.1mol、y=0.15mol14；原混合物中铜的质量是0.1×64+3.2=9.6g，根据反应方程式可知反应后的溶液中：n(Fe2＋)=2x（Cu）+3y（Fe）=2×0.1+3×0.15=0.65mol；反应后溶液中铜离子的物质的量为：n(Cu)=n(Cu2+)=0.1mol,，n(Fe2＋)＋n(Cu2＋)=0.65+0.1=0.75mol；综上分析，剩余固体全部为铜，溶液中不可能含有Fe3＋，A、C均错误；反应后溶液中n(Fe2＋)＋n(Cu2＋)＝0.75mol，D错误；正确选项B。点睛：铁、铜混合粉末加入到FeCl3溶液中，充分反应后有固体剩余，剩余的固体可能为铜，也可能为铜和铁，溶液中一定没有Fe3＋。16.由二氧化硅制高纯硅的流程如下，下列判断中错误的是(　　)A.①②③均属于氧化还原反应B.H2和HCl均可循环利用C.SiO2是一种坚硬难熔的固体D.SiHCl3摩尔质量为135.5g【答案】D【解析】A．反应①为SiO2+2CSi+2CO↑，反应②Si（粗）+3HClSiHCl3+H2，反应③SiHCl3+H2Si（粗）+3HCl，三个方程式中元素的化合价均发生变化，均属于氧化还原反应，故A正确；B．生产高纯硅的流程示意图可知，H2和HCl既是反应物，又是生成物，所以可重复利用的物质是H2和HCl，故B正确；C．SiO2是原子晶体，硬度大、熔点高，故C正确；D．SiHCl3摩尔质量为135.5g/mol，故D错误；故选D。17.某Mg－Al合金放入足量HCl溶液中，生成H2的体积在标准状况下是2240mL；同质量该Mg－Al合金放入足量NaOH溶液中，生成H2的体积在标准状况下是2016mL，则合金中Mg、Al的质量之比是(　　)A.1﹕1B.6﹕1C.1﹕6D.4﹕27【答案】D【解析】【详解】因为Mg、Al均能与盐酸反应放出H2，而只有Al能与NaOH溶液反应放出H214，因此，先根据Al与NaOH（aq）的反应，求出Al的质量： 2Al+2NaOH+2H2O══2NaAlO2+3H2↑54g                   67.2Lm（Al）               2.016Lm（Al）=1.62g。再根据Mg与HCl（aq）的反应求出Mg的质量：Mg+2HCl══MgCl2+H2↑24g        22.4Lm（Mg）    2.240L－2.016Lm（Mg）=0.24g。最后求合金中Mg、Al质量比：m（Mg）∶m（Al）=0.24g∶1.62g=4∶27，答案选D。18.某离子反应涉及H2O、Cr2O72-、NO2-、H+、NO3-、Cr3+六种微粒，已知反应过程中NO3-浓度变化如图所示，且氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，下列判断错误的是（）A.Cr2O72-中Cr化合价是+6价B.反应的氧化产物是NO3-C.消耗1mol氧化剂，转移电子6molD.反应中Cr3+被氧化【答案】D【解析】根据图像可知随着反应的进行硝酸根的浓度逐渐增大，说明硝酸根是生成物，因此NO2-被氧化生成硝酸根，是还原剂，Cr2O72-是氧化剂，二者发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，所以发生的反应为：Cr2O72-+3NO2-+8H+=3NO3-+2Cr3++4H2O，则A．Cr2O72-中Cr化合价是+6价，A正确；B．N元素的化合价升高，被氧化，则反应的氧化产物是NO3-，B正确；C．反应中Cr的化合价从+6价降低到3价，则消耗1molCr2O72-，转移电子6mol，C正确；D．Cr2O72-是氧化剂，被还原，Cr3+是还原产物，D错误，答案选D。14点睛：本题考查氧化还原反应，解答时注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质。根据图像判断出硝酸根是生成物是解答的关键，注意反应前后元素化合价变化的判断。二、填空题（共46分）19.高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。其生产工艺如下：（1）反应①应在温度较低的情况下进行（因在温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3。）写出①的化学方程式_____________________。（2）在溶液I中加入KOH固体的目的是_____________________。（填编号）A.与反应液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOB.KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于反应进行C.为下一步反应提供碱性的环境D.使KClO3转化为KClO（3）从溶液Ⅱ中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子反应方程式为__________________________________________。（4）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净___________________。【答案】(1).2KOH+Cl2==KClO+KCl+H2O(2).AC(3).2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O(4).用试管取少量最后一次洗液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀，则已被洗净。【解析】氢氧化钾溶液中充入足量氯气，在温度较低的条件下反应生成氯化钾、次氯酸钾和水，加入氢氧化钾固体除去KCl，得到碱性KClO的浓溶液，加入90%硝酸铁溶液发生反应生成高铁酸钾溶液，溶液Ⅱ纯化得到湿产品，洗涤干燥得到K2FeO4晶体；则（1）根据以上分析可知反应①的化学方程式为2KOH+Cl2==KClO+KCl+H2O。（2）由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应，加KOH固体的目的是与过量的Cl2继续反应，生成更多的KclO。A、与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO，A正确；B、由信息②可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3，不利用KClO生成、浪费原料，B错误；C14、由工艺流程及③可知，利用硝酸铁与KClO制备K2FeO4，C正确；D、由信息可知，该条件下KClO3不能转化为KClO，D错误，答案选AC。（3）由工艺流程及③可知，从“溶液II”中分离出K2FeO4后，会有副产品KNO3、KC生成，所以根据原子守恒、电荷守恒以及单质得失守恒可知反应③中发生的离子反应方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；（4）产品表面有吸附的氯离子，判断K2FeO4晶体是否已经洗涤干净，设计实验检验洗涤液中是否含有氯离子即，步骤为：用试管取少量最后一次洗液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀，则已被洗净。20.阅读相关信息，结合所学知识，回答下列问题：铝和锌都是两性金属元素。其氢氧化物都是白色沉淀，既能溶于强酸，又能溶于强碱（生成AlO2－或ZnO22－）。但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成[Zn(NH3)4]2＋。（1）写出锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式_______________________________。（2）用氨水除去Al(OH)3中的Zn(OH)2的离子方程式为________________________。（3）写出向AlCl3溶液中滴入过量氨水的离子方程式___________________；向ZnCl2溶液中逐滴滴入氨水直至过量的现象是_______________________________________。（4）下列各组中的两种溶液，只用胶头滴管和试管即可鉴别的是______________。A．硫酸铝和氢氧化钠　        B．硫酸铝和氨水　C．硫酸锌和氢氧化钠　        D．硫酸锌和氨水【答案】(1).Zn+2NaOH═Na2ZnO2+H2↑(2).Zn(OH)2+4NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2＋+2OH-+4H2O(3).Al3++3NH3·H2O=3NH4＋+Al(OH)3↓(4).先产生白色沉淀，后白色沉淀消失(5).A、C、D【解析】【详解】（1）与铝与氢氧化钠反应进行类比可得锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：Zn+2NaOH═Na2ZnO2+H2↑，故答案为：Zn+2NaOH═Na2ZnO2+H2↑；（2）因氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水生成[Zn(NH3)4]2＋，则用氨水除去Al(OH)3中的Zn(OH)2所发生的反应为：Zn(OH)2+4NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2＋+2OH-+4H2O，故答案为：Zn(OH)2+4NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2＋+2OH-+4H2O；（3）向AlCl3溶液中滴入过量氨水的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=3NH4＋+Al(OH)3↓，向ZnCl2溶液中逐滴滴入氨水直至过量时，先生成氢氧化锌沉淀，后氢氧化锌又溶于氨水，则现象为行出现白色沉淀，后沉淀又逐渐溶解，故答案为：Al3++3NH3·H2O=3NH4＋+Al(OH)3↓、先产生白色沉淀，后白色沉淀消失；14（4）只用胶头滴管和试管，不用其它试剂，则可采用互滴的方法来进行检验，A.硫酸铝逐滴加入氢氧化钠溶液中先无明显现象，后出现白色沉淀，而氢氧化钠逐滴加入硫酸铝溶液中先出现白色沉淀，后沉淀又逐渐消失，两者现象不同，故可鉴别；B.硫酸铝和氨水互滴时的现象相同，故不可鉴别；C.硫酸锌与氢氧化钠两溶液互滴时的现象与硫酸铝与氢氧化钠互滴现象相同，故可鉴别；D.硫酸锌逐滴加入氨水中时，因氨水过量，氢氧化锌能溶于过量的氨水，则开始没有沉淀生成，而氨水逐滴加入硫酸锌溶液中时，会先生成氢氧化锌的白色沉淀，两者现象不同，故可鉴别；故答案为：A、C、D。【点睛】在解答本题时，既要抓住氢氧化锌与氢氧化铝的相似性，又要注意两者之间的区别，相似性表现在两者都能溶于氢氧化钠溶液中，都是两性氢氧化物；不同点在于氢氧化锌能与过量氨水形成配合物而溶于氨水，而氢氧化铝不具有此性质。21.某小组同学在制备氢氧化铜时，将20mL2mol/L的NaOH溶液滴入50mL1mol/L的CuSO4溶液中，得到了绿色沉淀．这与“氢氧化铜是蓝色沉淀”这一文献说法不符，为探究该绿色沉淀的成分，他们做了如下实验进行探究．．[实验一]将20mL1mol/L的CuSO4溶液滴入50mL2mol/L的NaOH溶液中，观察到生成了蓝色沉淀．[实验二]①将绿色沉淀过滤、洗涤、低温烘干．②称取2.58g该绿色沉淀，投入50mL2mol/L的NaOH溶液中，剧烈振荡，沉淀变成蓝色，过滤、洗涤，并将洗涤液转移到滤液中，低温烘干称量得蓝色沉淀为1.96g．③向②的滤液中加入足量氯化钡溶液，有白色沉淀生成，过滤、洗涤、烘干后称量为2.33g．请回答下列问题：（1）配制220ml1mol/L的硫酸铜溶液除需用托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需要的玻璃仪器是____，在实验中需称量胆矾___克（2）该组同学做实验一的目的或作用是___________（3）实验二中第①步洗涤沉淀的方法是_____________________（4）通过计算，该绿色沉淀的成分可表示为________________．【答案】(1).250ml容量瓶(2).62.5(3).作对照实验，确认绿色沉淀不是氢氧化铜（或确认绿色沉淀和蓝色沉淀不是同一种物质）(4).向过滤器中加水至刚好浸没沉淀为止，待水自然流完后，重复操作2～3次(5).Cu2（OH）2SO4或Cu（OH）2•CuSO414【解析】【详解】（1）实验室欲配制220mL1.0mol/L硫酸铜溶液，需要选用250mL的容量瓶，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，需要胆矾的质量为：0.25L×1.0mol/L×250g/mol=62.5g，故答案为：250ml容量瓶、62.5；（2）实验一的目的是作对照实验，确认绿色沉淀不是氢氧化铜（或确认绿色沉淀和蓝色沉淀不是同一种物质）故答案为：作对照实验，确认绿色沉淀不是氢氧化铜（或确认绿色沉淀和蓝色沉淀不是同一种物质）；（3）沉淀的洗涤方法：向漏斗中加水至浸没沉淀，待水自然流干后，再重复2﹣3次，故答案为：向过滤器中加水至刚好浸没沉淀为止，待水自然流完后，重复操作2～3次；（4）根据②称取2.58g该绿色沉淀，投入50mL2mol/L的NaOH溶液中，剧烈振荡，沉淀变成蓝色，过滤、洗涤，并将洗涤液转移到滤液中，低温烘干称量得蓝色沉淀为1.96g，则绿色沉淀的成分含有硫酸铜，③向②的滤液中加入足量氯化钡溶液，有白色沉淀生成，过滤、洗涤、烘干后称量为2.33g，即硫酸钡的质量是2.33g，②的滤液中含有硫酸根离子，根据元素守恒，硫酸根离子的物质的量是0.01mol，根据绿色沉淀的成分含有硫酸铜CuSO4～2NaOH～SO42﹣，所以2.58g该绿色沉淀中含有硫酸铜1.6g，剩余的是氢氧化铜的成分，质量是2.58g﹣1.6g=0.98g，即0.01mol，所以绿色沉淀的分子式为：Cu2（OH）2SO4或Cu（OH）2•CuSO4，故答案为：Cu2（OH）2SO4或Cu（OH）2•CuSO4。【点睛】本题的难点为绿色沉淀成分的计算分析，计算的关键点为求算出氢氧化铜与硫酸铜的物质的量之比，在计算过程中抓住硫酸根离子守恒即可。22.工业纯碱中常含有少量NaCl，某校化学课外活动小组设计如图所示装置，测定工业纯碱中Na2CO3的含量．14（1）检验装置B气密性的方法是：塞紧带长颈漏斗的三孔橡胶塞，夹紧弹簧夹后，从漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于瓶内的水面，停止加水后，若________________，说明装置不漏气．（2）装置A的作用是____，装置C中的试剂为___．（3）某同学认为在D装置后应再连接E装置（装有适当试剂），你认为是否必要？____（选填“必要”或“不必要”），判断的理由是____________________．（4）实验前称取28.80g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为_____．【答案】(1).漏斗中与试剂瓶中的液面差保持不再变化或漏斗中的液面不再下降(2).除去空气中CO2，防止影响测量结果(3).浓硫酸(4).必要(5).因为装置E会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，影响测量结果(6).73.6%【解析】【详解】（1）若装置不漏气，则两液面差应保持不变，故答案为：漏斗中与试剂瓶中的液面差保持不再变化或漏斗中的液面不再下降；（2）装置A可吸收空气中的二氧化碳，防止影响实验结果；装置C中盛装浓硫酸除去二氧化碳不的水份，故答案为：除去空气中CO2，防止影响测量结果；浓硫酸；（3）在D装置后应再连接E装置，可以利用碱石灰吸收水蒸气和二氧化碳，避免空气中的水蒸气和二氧化碳被E吸收产生误差，故答案为：必要；因为装置E会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，影响测量结果；（4）D装置增重8.80g，则产生的二氧化碳为8.8g，n（CO2）=8.8g÷44g/mol=0.2mol，由碳守恒可得n（Na2CO3）=0.2mol，则样品中Na2CO3的质量分数为0.2mol×106g/mol÷28.8g=73.6%，故答案为：73.6%。【点睛】在本题的实验设计中，反应开始前需先通入除去二氧化碳的空气一会儿，以除去装置中原有的空气，反应结束后，也需要通一会儿空气，以将装置中生成的二氧化碳气体带入D装置中，确保生成的二氧化碳全部被D装置吸收，减少实验误差。14