黑龙江省大庆第一中学2017届高三上学期第三阶段测试化

本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共300分，考试时间150分钟。

可能用到的原子量：H : 1 C : 12 N : 14 O : 16 Na : 23 Cl : 35.5 Fe : 56 Cu : 64
第Ⅰ卷（选择题共126分）
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的。

7．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。

下列说法不正确的是（）A．我国古代劳动人民常用明矾水除去铜器上面的铜锈
B．“玉兔号”月球车太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
C．“天宫一号”中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料
D．光化学烟雾是氮氧化物受紫外线照射后产生的O3直接与空气中的一些碳氢化合物作用后生成的一种有毒烟雾
【答案】B
【解析】
考点：考查盐类水解的应用；硅和二氧化硅；常见化学污染及治理。

8．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )
①常温常压下，17g甲基（—14CH3）中所含的中子数为9N A
②常温常压下，6.4gCu与40mL 10mol·L－1浓HNO3作用，产生NO2分子的数目为0.2N A
③2L 0.5mol/LFeCl3溶液中所含的Fe3+离子的个数为N A
④100 mL 10.0 mol·L－1浓盐酸与足量MnO2共热反应，生成Cl2分子的数目为0.25N A。

⑤12g 金刚石含有的共价键数为4N A
⑥将CO2通过Na2O2，当固体质量增加a g时，反应中转移的电子数为aN A/28
⑦含N A个阴离子的Na2O2溶于水形成1L溶液，其浓度为2 mol·L－1
⑧1mol FeBr2与足量氯气反应时转移的电子数为2N A
A．⑥⑦ B．③④⑧ C．①②⑦ D．②⑤⑥
【答案】A
【解析】
考点：考查阿伏伽德罗常数
9．下列离子方程式中正确的是（）
A．将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2＋2ClO－＋H2O SO32－＋2HClO
B．Fe3O4溶解在过量的稀硝酸中：Fe3O4＋8H＋Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
C．NH4Al(SO4)2溶液与过量的Ba(OH)2溶液混合：
NH4＋ +Al3＋ + 2SO42－ + 2Ba2＋ + 4OH-＝2BaSO4↓ + Al(OH)3↓ + NH3·H2O
D．向NaAlO2溶液中通入少量CO2：2AlO－2＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO2－3
【答案】D
【解析】
试题分析：A．由于具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42－，将少量SO2气体通入NaClO溶液中，发生反应离子方程式为：SO2＋ClO－＋H2O SO42－＋2Cl-+2H，故A错误；B．硝酸具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，所以Fe3O4溶解在过量的稀硝酸中，发生反应离子方程式为：3Fe3O4＋NO3-+28H＋NO↑＋9Fe3＋＋14H2O，故B错误；C．NH4Al(SO4)2溶液与过量的Ba(OH)2溶液混合，发生反应离子方程式为：NH4＋ +Al3＋ + 2SO42－ + 2Ba2＋ + 5OH-＝2BaSO4↓ + AlO2- + NH3·H2O+H2O，故C错误；D．向NaAlO2溶液中通入少量CO2，发生反应离子方
程式为：2AlO－2＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO2－3，故D正确。

故选D。

考点：考查离子方程式的书写
10．根据下列实验或实验操作和现象，所得结论正确的是（）
错误！未找到引用源。

【答案】C
【解析】
试题分析：A．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，则不能比较碳酸、硅酸的酸性强弱，故A错误；
B．先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液，白色沉淀可能为硫酸钡或AgCl，且硝
酸具有强氧化性，可氧化亚硫酸根离子，则原溶液中可能存在银离子，故B错误；C．增大铁离子浓度，有利于生成络离子，试管b比试管a中溶液的红色深，平衡向正反应方向移动，故C正确；D．氯气可氧化溴离子、碘离子，则该实验不能得到Br2＞I2，故D错误。

故选C。

考点：考查化学实验方案的设计与评价
11．分子式为C10H20O2有机物A，能在酸性条件下水解生成有机物C和D，且C在一定条件下可转化成D，则A的可能结构有（）
A．4种B．3种 C．2种 D．5种
【答案】A
【解析】
考点：考查同分异构现象和同分异构体
【名师点睛】本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题的关键是根据C在一定条件下能转化成D，说明C和D的碳原子数相同，且碳链相同。

分子式为C10H20O2的有机物A，它能在酸性条件下水解生成C和D，说明有机物A为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，能在酸性条件下水解生成C 和D，且C在一定条件下能转化成D，说明C和D的碳原子数相同，且碳链相同，以此解答该题。

12．pH=1的某溶液X中仅含有NH4＋、Al3＋、Ba2+、Fe2＋、Fe3＋、CO32－、SO32－、SO42－、Cl－、NO3－中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解），取该溶液进行连续实验，实验过程如下：
下列有关推断不正确的是（）
A．溶液X中一定含有H+、Al3＋、NH4＋、Fe2＋、SO42－
B．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3＋、Cl－
C．沉淀H为Al(OH)3、BaCO3的混合物
D．若溶液X为100 mL，产生的气体A为44.8 mL（标况），则X中c(Fe2+)=0.06 mol·L －1
【答案】C
【解析】
考点：考查常见离子的检验；离子共存问题
13．根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（）
A．图1表示向100mL1 mol·L－1 FeI2溶液中逐渐通入Cl2，I2和Fe3+物质的量变化关系B．图2表示向100mL 0.1 mol·L－1硫酸铝铵溶液中逐滴滴入0.1 mol·L－1
Ba(OH)2溶液，沉淀物质的量变化的关系
C．图3表示在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)变化关系
D．由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3＋，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右
【答案】B
【解析】
试题分析：A．通入氯气首先氧化还原性较强的I-，然后氧化Fe2+，且生成的I2与Fe3+物质的量均为0.1mol，故A正确；B．图2表示向100mL 0.1 mol·L－1硫酸铝铵溶液中逐滴滴入
0.1 mol·L－1Ba(OH)2溶液，依据转化关系可知b点沉淀的成分只有硫酸钡，故B错误；C．温
度升高，水的电离程度发生变化，但c(H+)=c(OH-)不变，图3表示在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)变化关系，故C正确；D．pH在4左右时Fe3＋几乎完全转化为氢氧化铁
沉淀，而Cu2+几乎不变。

由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3＋，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，故D正确。

故选B。

考点：考查离子方程式的有关计算；水的电离平衡；
【名师点睛】本题通过图象结合考查了氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的规律，解答本题的关键是能够根据离子方程式确定离子还原性强弱的顺序，进而确定离子反应的先后顺序，确定图中各段发生的反应，题目综合性较强，题目难度中等。

化学试题的呈现方式形式多样，可
第II卷
三、非选择题：包括必考题和选考题（必答）两部分。

第22题~第32题为必考题，每个试题
考生都必须做答。

第33题~第40题为选考题，考生根据要求做答。

（一）必考题
26．A、B、C、D、E、F、G、H八种物质是中学化学中常见的无机物，其中B、D、E是单质，通常状况下B是淡黄色固体，D是黄绿色气体，A、C和F的焰色反应，火焰均呈黄色，D 和F的水溶液都有漂白性。

它们之间存在如下转化关系（反应条件略）：
请回答下列问题：
（1）H的化学式是，C的电子式是；
（2）写出反应②的化学方程式并用单线桥法标出电子转移方向；（3）F的水溶液显（填“酸性”、“碱性”或“中性”），原因是（用离子方程式表示）；
【答案】（1）H2S
（2）
（3）碱性；ClO-+H2O⇌HClO+OH-
【解析】
试题分析：A、B、C、D、E、F、G、H八种物质是中学化学中常见的无机物，其中B、
D、E是单质，通常状况下B是淡黄色固体和E单质反应生成H则判断B为S，
D是黄绿色气体判断为Cl2，A、C和F的焰色反应，火焰均呈黄色说明都含有钠元素，D和F的水溶液都有漂白性．A+H2O反应生成D为Cl2，C和D反应生成的F具有漂白作用，证明C为NaOH，F为NaClO，E为H2，A为NaCl，反应
①是电解饱和食盐水，G为HCl，H为H2S，据此可得下列结论：
（1）H为H2S，C为氢氧化钠为离子化合物，电子式为：。

故答案为：H2S，；
（3）F为NaClO，属于强碱弱酸盐，次氯酸根离子水解溶液显碱性，反应的离子方程式为：ClO-+H2O⇌HClO+OH-。

故答案为：碱性，ClO-+H2O⇌HClO+OH-。

考点：考查无机推断
【名师点睛】快速解决框图推断题的关键是找到解题的突破口，表现物质特征处大都是突破口所在，所以考生在熟练掌握以Na、Mg、Al、Fe等金属为代表，以S、Cl、N、C等非金属为代表的元素及其化合物相互转化的基础知识的前提下，对常考的热点知识进行归纳，要注意总结化学知识概念点的特征。

在推断题的题干中及推断示意图中，都明示或隐含着种种信息。

每种物质都有其独特的化学性质，如物质属单质还是化合物，物质的颜色如何，是固体、液体还是气体，有怎样的反应条件，反应过程中有何现象，在生活中有何运用等，同时还要注意表述物质的限制词，如最大（小）、仅有的等。

考生看到这些信息时，应积极联想教材中的相关知识，进行假设重演，一旦在某一环节出错，便可进行
另一种设想。

解推断题时，考生还可同时找到几个突破口，从几条解题线索着手，配合推断。

27．醋酸镍是一种重要的化工原料。

一种以含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如下：
相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如下表：
2
（1）调节pH步骤中，溶液pH的调节范围是____________。

（2）滤渣1和滤渣3主要成分的化学式分别是____________、_____________。

（3）写出氧化步骤中加入H2O2发生反应的离子方程式_____________。

（4）酸浸过程中，lmol NiS失去6N A个电子，同时生成两种无色有毒气体。

写出该反应的化学方程式。

（5）沉镍过程中,若c（Ni2＋）＝2．0 mol· L－1，欲使100 mL该滤液中的Ni2＋沉淀完全，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为______g。

（保留小数点后1位有效数字）
（6）保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如右图。

酸浸的最佳温度与时间分别为________℃、_______min。

【答案】（1）5.0 ≤pH < 6.7
（2）SiO2、CaSO4；CaF2
（3）2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O
（4）NiS+H2SO4+2HNO3═NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O
（5）31.4g
（6）70；120
【解析】
试题分析：含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）粉碎，加硫酸和硝酸酸浸，过滤，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，浸出液含有Ni2+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，然后加NaOH调节pH，使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，所以调节pH的范围5.0≤p H＜6.7，过滤，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有Ni2+、Ca2+，再加氟化铵，生成CaF2沉淀，过滤，滤渣3为CaF2，滤液中加碳酸钠生成NiCO3沉淀，过滤，滤渣中加醋酸溶解，生成（CH3COO）2Ni溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到（CH3COO）2Ni固体。

（2）由流程分析可知，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，滤渣3为CaF2。

故答案为：SiO2、CaSO4；CaF2；
（3）溶液中的亚铁离子不容易转化为沉淀，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。

故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
（4）酸浸过程中，1mol NiS被硝酸氧化失去6N A个电子，同时生成两种无色有毒气体，则生成NO和SO2，其反应的化学方程式为：
NiS+H2SO4+2HNO3═NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O。

故答案为：NiS+H2SO4+2HNO3═NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O；
（5）已知NiCO3的Ksp=9.6×10-6，使100ml该滤液中的Ni2+沉淀物完全，即，则溶液中c（CO32-）= Ksp/c(Ni2+)=(9.6×10−6)/10−5mol/L=0.96mol/L，与Ni2+
反应的n（CO32-）=cV=2mol/L×0.1L=0.2mol，则加入的碳酸钠的总物质的
量n（CO32-）=0.2mol+0.96mol/L×0.1L=0.296mol，所以
m=nM=0.296mol×106g/mol=31.4g。

故答案为：31.4；
（6）由图象可知，为70℃、120min时，酸浸出率最高。

故答案为：70；120。

考点：考查制备实验方案的设计
【名师点睛】“教真实的化学，学有用的知识”已成为大家的共识，现在的化学试题强调化学与生活的交融，突出理论联系生产、生活实际和科技前沿，强调学以致用。

试题将真实的问题转化为试题情境，真实问题的复杂性带来了化学试题的综合性，这就要求考生首先读懂并捕捉到全部相关信息，弄清这些信息之间的逻辑关系，特别是确定性信息和未知信息之间的关系，为问题的解决奠定基础。

这显然属于“关键能力”。

对于一个流程的设计和评价，要分析它由几个部分组成，每个部分在整体中处于什么地位、有什么作用，为什么要这样设计，这样设计的优缺点如何，可以如何改进等等，这些都是高考中考查综合能力的重点。

28．NH3是一种重要的化工原料，可用来制备肼、硝酸、硝酸铵和氯胺等。

（1）一定条件下，向2 L密闭容器中充入3.2 mol NH3和4.4 mol O2，发生反应：4NH3(g)＋5O2(g)错误！未找到引用源。

4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＜0。

测得平衡时数据如下表所示：
①T1℃时，若经过10 min反应达到平衡，则10 min内反应的平均速率v(NH3)＝
___________________________，该反应的化学平衡常数K＝_______________。

②T1____ T2 (填“＞”、“＜”或“＝”)。

（2）火箭升空使用肼(N2H4)作为燃料，N2O4为氧化剂。

①已知：N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g) △H1
N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g) △H2
2NO2(g)错误！未找到引用源。

N2O4(g) △H3
气态肼在N2O4中燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式为
_______________________________________________________________________。

②一定温度下（H2O为气体），在一个固定体积的密闭容器中充入一定量的N2H4和N2O4进
行该反应。

下列能判断反应达到化学平衡状态的是______________（选填编号，注意大小写）
a．c（N2）与c（H2O）的比值保持不变b．单位时间内有2mol N2H4消耗时有3mol N2生成
c．容器中气体密度不再改变 d．容器中气体压强不再改变
（3）已知在相同条件下N2H4•H2O的电离程度大于N2H5C1的水解程度。

常温下，若将0.2mol/L N2H4•H2O溶液与0.1mol/L HCl溶液等体积混合，则溶液中N2H5+、Cl-、OH-、H+离子浓度由大到小的顺序为：。

（4）肼——空气燃料电池是一种碱性燃料电池，肼转化为氮气与水。

常用的电解质溶液20％~30％的KOH溶液。

该电池放电时，负极的电极反应式是。

（5）用（4）中的燃料电池为电源，以石墨为电极电解500 mL滴有酚酞的NaCl溶液，装置
如右图所示：
请写出电解过程中Y电极附近观察到的现象；当燃料电池消耗2.8 LO2（标准状况下）时，计算此时：NaCl溶液的pH= （假设溶液的体积不变，气体全部从溶液中逸出）。

【答案】（1）0.08 moL· L-1· min-1；1.2（单位：moL/L）；<
（2）2N2H4(g)＋N2O4(g)＝3N2(g)＋4H2O(g) △H= 2△H2-△H1-△H3；d
（3）c(N2H5+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
（4）N2H4+4OH--4e- =N2+4H2O
（5）Y极溶液有气泡产生，上部分呈黄绿色；14
【解析】
试题分析：（1）①T1时，向2L密闭容器中充入3.2molNH3和4.4molO2，发生反应：
4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g) △H＜0：
起始量（mol/L）1.6 2.2 0 0 变化量（mol/L）
0.8 1 0.8 1.2
平衡量（mol/L）0.8 1.2 0.8 1.2 T1℃时，若经过10min反应达到平衡，则10min内反应的平均速率v(NH3)=△c/△
t=0.8mol/L÷10min=0.08 mol•L-1•min-1，
平衡常数K=/=/=1.2；
故答案为：0.08 mol•L-1•min-1；1.2；
②T2时，向2L密闭容器中充入3.2molNH3和4.4molO2，发生反应：
4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g) △H＜0：
起始量（mol/L）1.6 2.2 0 0
变化量（mol/L）0.6 0.75 0.6 0.9 平衡量（mol/L） 1 1.45 0.6 0.9 K=/=/=0.36＜1.2
则反应逆向进行，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，T2＞T1；
故答案为：＜；
②一定温度下（H2O为气体），在一个固定体积的密闭容器中充入一定量的N2H4和N2O4，
发生反应的化学方程式为：2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)进行该反应。

a．依据化学方程式可知，N2(g)和4H2O均属于生成物， c（N2）与c（H2O）的比值始终保持不变，与是否达到化学平衡状态无关，所以不能判断该反应已经达到化学平衡状态，故a错误；b．依据化学方程式可知，消耗2mol N2H4时一定有3mol N2生成，与是否达到化学平衡状态无关，所以不能判断该反应已经达到化学平衡状态，故b错误；c．容器中气体的总质量始终不变、气体体积不变，所以容器中气体密度始终不变，与是否达到化学平衡状态无关，所以不能判断该反应已经达到化学平衡状态，故c错误；d．该反应为前后气体分子数不相等的反应，所以容器中气体压强不再改变，说明气体的物质的量不变，该反应已经达到了化学平衡状态，故d正确。

故答案为：d。

（4）肼-空气燃料电池放电时，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成H2O和氮气，电极反应式为N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。

故答案为：N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2；
（5）电解池中Y电极为阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，现象是冒气泡，上部溶液呈黄绿色；当燃料电池消耗2.8LO2（标准状况下）物质的量=2.8L÷22.4L/mol=0.125mol，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，电子转移为
0.5mol，电解池中阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，依据电子守恒溶液
中减少氢氧根离子物质的量和增加的氢离子物质的量守恒，则溶液中氢离子浓度=0.5mol/0.5L=1mol/L，此时NaCl溶液的pH=14。

故答案为：Y电极附近溶液中有气泡产生，上部分呈黄绿色；14。

考点：考查化学平衡的计算；盖斯定律的有关计算；
【名师点睛】本题考查较为综合，涉及反应速率、平衡常数、平衡移动、盖斯定律的计算应用，以及电化学等知识，题目难度中等，注意把握影响平衡移动的因素以及平衡移动方向的判断。

（1）①依据化学平衡三段式列式计算，反应速率=△c/△t，平衡常数=生成物平衡浓度幂次方乘积/反应物平衡浓度幂次方乘积；
②结合图表数据计算平衡常数，利用平衡常数变化分析温度变化；③4NH3（g）
+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H＜0，既能提高NH3的转化率，又能加快反应速率的措施是根据平衡移动原理和影响反应速率因素分析选项判断；（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所得热化学方程式；（3）将
0.2mol/L N2H4•H2O溶液与0.1mol/L HCl溶液等体积混合，得到等量的
N2H4•H2O、N2H5C1，由相同条件下N2H4•H2O的电离程度大于N2H5C1的水解程度，则溶液显碱性，即c（OH-）＞c（H+）；（4）肼-空气燃料电池放电时，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成H2O和氮气，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，据此分析解答．（5）惰性电极电解饱和食盐水，Y电极是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气；依据原电池和电解池中存在的电子守恒结合电极反应计算溶液PH。

（二）选修题（必答）
36．实验Ⅰ：某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)的研究——制取NaClO2晶体。

已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。

现利用下图所示装置进行实验：
（1）装置③的作用是 ；
（2）已知装置②中的产物有ClO 2气体，则B 中反应的方程式为 ；
（3）从装置D 反应后的溶液中获得无水NaClO 2晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶；
② ；③ ；④在高于60 ℃条件下干燥得到成品．
（4）如果撤去D 中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是 和 ； 实验Ⅱ：某实验小组同学模拟工业制碘的方法，探究ClO 错误！未找到引用源。

和I 错误！未找到引用源。

的反应规律。

实验操作及现象如下：
mL
经检验，上述白色沉淀是AgCl 。

写出加入0.20 mL NaClO 3后，溶液中ClO 3－和I －发生
反应的离子方程式： 。

（2）查阅资料：一定条件下，I －和I 2都可以被氧化成IO 3－。

作出假设： NaClO 3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是过量的NaClO 3溶液与（1） 中的反应产物继续反应，同时生成Cl 2。

进行实验：
① 取少量实验4中的无色溶液进行以下实验，进一步佐证其中含有IO 3-。

其中试剂X 可以是 （填字母序号）。

a ．碘水
b ．KMnO 4溶液
c ．NaHSO 3溶液
② 有同学提出，仅通过湿润淀粉KI试纸变蓝的现象不能说明生成Cl2，便补充了如
下实验：将实验4中的湿润淀粉KI试纸替换为湿润的淀粉试纸，再滴加0.30 mL
1.33 mol·L−1 NaClO3溶液后，发现湿润的淀粉试纸没有明显变化。

进行以上对比
实验的目的是，进一步佐证实验4中生成了Cl2。

获得结论：NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是 (用离子方程式表示)。

（3）小组同学继续实验，通过改变实验4中硫酸溶液的用量，获得如下实验结果：
，可以获得的结论是。

② 用离子方程式解释实验6的现象：。

【答案】实验Ⅰ：（1）防止倒吸（或做安全瓶等）
（2）2NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4=2ClO2↑+ 2Na2SO4 + H2O
（3）趁热过滤；用38—60℃的温水洗涤
（4）NaClO3；NaCl
实验Ⅱ：（1）ClO3－+ 6I－+ 6H+ === Cl－+ 3I2 + 3H2O
（2）① c；
② 排除易升华的I2对湿润淀粉KI试纸检验Cl2的干扰；2ClO3－ + I2=== Cl2↑+ 2IO3－
（3）① ClO3－和I－的反应规律与H+(或H2SO4)的用量有关
② 6ClO3－ + 5I－+ 6H+ === 3Cl2↑ + 5IO3－+ 3H2O
【解析】
试题分析：实验Ⅰ：（1）本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置①就是用碱吸收反应产生的ClO2等尾气，防止污染环境；装置③为安全瓶，防止装置②中气体温度降低而产生倒吸；
故答案为：防止倒吸；
（2）氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)═2ClO2↑+2Na2SO4+H2O。

故答案为：2NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4(浓)=2ClO2↑+ 2Na2SO4 + H2O；
（3）为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤；由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥。

故答案为：趁热过滤；用38℃～60℃热水洗涤；
（4）如果撤去④中的冷水浴，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl。

故答案为：NaClO3和NaCl；
实验Ⅱ：（1）加入0.20mL NaClO3后，溶液颜色变为深黄色，淀粉KI试纸颜色变蓝色，说明氯酸根离子具有氧化性能氧化碘离子为单质碘，反应的离子方程式为：ClO3-+6I-+6H+═Cl-+3I2+3H2O。

故答案为：ClO3-+6I-+6H+═Cl-+3I2+3H2O；
②将实验4中的湿润淀粉KI试纸替换为湿润的淀粉试纸，再滴加0.30mL、
1.33mol•L-1NaClO3溶液后，发现湿润的淀粉试纸没有明显变化，说明无碘单
质生成，排除易升华的I2对湿润淀粉KI试纸检验Cl2的干扰，NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是过量的NaClO3溶液与（1）中的反应产物继续反应，同时生成Cl2；说明是氯气的氧化性以后碘离子生成了碘单质；NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是氯酸根离子以后碘单质为碘酸根离子，反应的离子方程式为：2ClO3-+I2═Cl2↑+2IO3-。

故答案为：排除易升华的I2对湿润淀粉KI试纸检验Cl2的干扰；
2ClO3-+I2═Cl2↑+2IO3-；
考点：考查性质实验方案设计
【名师点睛】实验Ⅰ：本题考查物质的制备、对信息的利用、对装置的理解、氧化还原反应滴定等，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度较大，注意氧化还原反应滴定中利用关系式进行的计算。

装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，B中可能发生
Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生的SO2被带入D中，SO2与H2O2反应生成硫酸钠，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；装置C的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置D的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置AE是吸收多余气体防止污染，据此进行解答。

实验Ⅱ：本题考查了物质性质的实验验证、物质反应的现象、物质用量不同反应产物不同发生反应的现象不同，注意反应用量的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

（1）加入0.20mL NaClO3后，溶液颜色变为深黄色，淀粉KI试纸颜色变蓝色，说明氯酸根离子具有氧化性能氧化碘离子为单质碘；
（2）①加入0.30 mLNaClO3后，溶液为无色，NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是过量的NaClO3溶液与（1）中的反应产物继续反应，同时生成
Cl2；取少量实验4中的无色溶液进行如图实验，进一步佐证其中含有IO3-；
②将实验4中的湿润淀粉KI试纸替换为湿润的淀粉试纸，再滴加
0.30mL 1.33mol•L-1NaClO3溶液后，发现湿润的淀粉试纸没有明显变化，说
明无碘单质生成，NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是过量的NaClO3溶液与（1）中的反应产物继续反应，同时生成Cl2；说明是氯气的氧化性以后碘离子生成了碘单质；NaClO3溶液用量增加导致溶液褪色的原因是氯酸根离子以后碘单质为碘酸根离子；（3）①对比实验5和6，硫酸用量不同试管中
溶液颜色不同说明氢离子浓度不同氯酸根离子以后碘离子产物不同；②实验6的现象是氯酸根离子以后碘离子生成碘酸根，通式生成氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色。