【解析】贵州省遵义航天高级中学2016届高考化学模拟试卷(5月份)

2016年贵州省遵义航天高级中学高考化学模拟试卷（5月份）
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1党的十八大报告提出了“建设美丽中国”的宏伟蓝图．节能减排、低碳生活、合理利用资源、保护环境，走可持续发展的道路成为我国发展的重要战略．下列说法不符合这一主题思想的是（）
A．大力开采我省陇东地区的煤和石油，促进地方经济发展
B．实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，减少硫的氧化物和氮的氧化物污染
C．积极推广太阳能、风能、地热能等新能源的使用，减少化石燃料的使用，有效降低PM 2.5对环境的污染
D．对城市生活污水脱氮除磷、净化处理，遏制水体富营养化
2下列解释实验现象的反应方程式正确的是（）
A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗：2Na+O2═Na2O2
B．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2﹣═Ag2S+2Cl﹣
C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H
O
2
3X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的（）A．X2﹣的还原性一定大于Y﹣
B．由m X a+与nY b﹣得，m+a=n﹣b
C．X、Y一定不同期元素
D．若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性一定是X大于Y
4正确掌握化学用语是学好化学的基础．下列化学用语中正确的是（）
A．CO2的比例模型：
B．葡萄糖的实验式（最简式）为C6H12O6
C．HClO的结构式：H﹣O﹣Cl
D．NH4Cl的电子式为
5与CH2=CH2→CH2Br﹣CH2Br的变化属于同一反应类型的是（）
A．CH3CHO→C2H5OH B．C2H5Cl→CH2=CH2
C．D．CH3COOH→CH3COOC2H5
6根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）
A．第①组反应的其余产物为H2O和 O2
B．第②组反应中参加反应的Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2
C．第③组反应中生成1 mol Cl2，转移电子2 mol
D．氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2
7在不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）有如图所示关系．下列条件关于离子共存说法中正确的是（）
A．a点对应的溶液中大量存在：Fe3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣
B．b点对应的溶液中大量存在：NH4+、Ba2+、OH﹣、I﹣
C．c点对应的溶液中大量存在：Na+、Ba2+、Cl﹣、HCO3﹣
D．d点对应的溶液中大量存在：Na+、K+、SO32﹣、Cl﹣
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（15分）聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为m，广泛用于污水处理．实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO4•7H2O），过程如下：
（1）验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是：．
（2）实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下．装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→→→→→f．装置A中发生反应的化学方程式为．
装置D的作用是，装置E中NaOH溶液的作用是．
（3）制备绿矾时，向溶液X中加入过量，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾．过滤所需的玻璃仪器有．
（4）欲测定溶液Y中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制KMnO4标准溶液，定容时视线应，直到．用KMnO4标准溶液滴定时应选用滴定管（填“酸式”或“碱式”）．
（5）溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数．若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．
9．（14分）医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物．以工业碳酸钙（含有少量Na+、Al3+、Fe3+等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl2•2H2O的质量分数为97.0%～103.0%）的主要流程如下：
（1）除杂操作是加入氢氧化钙固体，调节溶液的pH为8.0～8.5，以除去溶液中的少量Al3+、Fe3+，检验Fe（OH）3是否沉淀完全的实验操作是；
（2）酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH约为4.0，其目的有：
①；
②；
（3）测定样品中Cl﹣含量的方法是：
a．称取0.7500g样品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c．用0.0500mol•L﹣1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.00mL．
①上述测定过程中不需要用盛装溶液润洗的仪器有，若润洗后会导致结果
②计算上述样品中CaCl2•2H2O的质量分数为；
③若用上述方法测定的样品中CaCl2•2H2O的质量分数偏高（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因有：；．
（4）工业上冶炼金属钙的方法是；请写出此冶炼的化学反应方程式．
10．（14分）Ⅰ：为了减少CO的排放，某环境研究小组以CO和H2为原料合成清洁能源二甲醚（DME），反应如下：4H2（g）+2CO（g）
CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣198kJ/mol．
（1）如图所示能正确反应平衡常数K随温度变化关系的曲线是（填曲线标记字母），其判断理由是．
（2）在一定温度下，向2.0L固定的密闭容器中充入2molH2和1molCO，经过一段时间后，反应4H2（g）+2CO（g）
CH3OCH3（g）+H2O（g）达到平衡．反应过程中测得的部分数据见下表：
①0﹣20min的平均反应速率V（co）= mol/（L•min）；
②达平衡时，H2的转化率为：；
③在上述温度下，向平衡后的2L容器中再充入0.4molH2和0.4molCH3OCH3（g），则化学平衡（向“正向”、“逆向”或“不”）移动．
（3）用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作为电解质，CO为负极燃气，空气与CO2的混合气体作为正极助燃气，制得在650℃工作的燃料电池，则负极反应式为：当燃料电池的电路中有0.2N A个电子发生转移，则标况下生成升CO2．
Ⅱ：已知在25℃时，Ksp=1.8×10﹣11，Ksp=2.2×10﹣20，在25℃下，向浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成沉淀（填化学式）生成该沉淀的离子方程式为．
三、化学与技术（共1小题，满分0分）
11．某化工厂为了综合利用生产过程中的副产品CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备（NH4）2SO4的工艺流程：
请回答以下问题：
（1）合成氨反应的化学方程式是，该反应在（填设备名称）中发生．沉淀池中发生的主要反应方程式是，该反应能够发生的原因是．
（2）在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是，可以循环使用的X是．
（3）该生产过程中的副产品是．从绿色化学和资源综合利用的角度说明上述流程的主要优点是；从物质的性质和工业生产实际的角度考虑该流程主要缺陷是．
四、物质结构与性质（共1小题，满分0分）
12．钛呈银白色，因它坚硬、强度大、耐热、密度小，被称为高技术金属．目前生产钛采用氯化法，即将金红石或钛铁矿与焦炭混合，通入氯气并加热制得TiCl4：
2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO； TiO2+2Cl2+2C TiCl4+2CO
将TiCl4蒸馏并提纯，在氩气保护下与镁共热得到钛：TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2 MgCl2和过量Mg用稀盐酸溶解后得海绵状钛，再在真空熔化铸成钛锭．请回答下列问题：（1）基态钛原子的价电子排布式为．
（2）与CO互为等电子体的离子为（填化学式）．
（3）在CH2Cl2、C6H6、CO2、C2H4中，碳原子采取sp1杂化的分子有．
（4）TiCl4在常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟．则TiCl4属于（填“原子”、“分子”或“离子”）晶体．
（5）与钛同周期的另一种元素钴（Co）可形成分子式均为Co（NH3）5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为SO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，现象是；往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为．
（6）在自然界中TiO2有金红石、板钛矿、锐钛矿三种晶型，其中金红石的晶胞如右图所示，则其中Ti4+的配位数为．
五、有机化学基础（共1小题，满分0分）
13．分子式为C12H14O2的有机物F广泛用于制备香精的调香剂．为了合成该有机物，某实验室的科技人员设计了下列合成路线．
试回答下列问题：
（1）A物质与H2发生加成反应后，产物的名称为（系统命名）；合成路线中反应③所属反应类型为
（2）关于有机物C，下列说法正确的是
A．等物质的量的C分别与足量的金属钠和NaHCO3反应，产生气体的物质的量相等
B．一定条件下，有机物C能通过缩聚反应形成高分子化合物
C.1molC完全燃烧生成CO2和H2O，消耗的氧气的物质的量为6mol
D．有机物C中的所有碳原子可能在同一平面上
（3）反应④的化学方程式为
（4）有机物D中总共有种不同化学环境的氢原子，其核磁共振氢谱的峰面积比为
（5）反应⑥的化学反应方程式为
（6）E的同分异构体（含苯环）总共有种，写出满足下列两个条件的同分异构体的结构简式
要求：①属于芳香族化合物．②不能与金属Na反应．
2016年贵州省遵义航天高级中学高考化学模拟试卷（5月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．党的十八大报告提出了“建设美丽中国”的宏伟蓝图．节能减排、低碳生活、合理利用资源、保护环境，走可持续发展的道路成为我国发展的重要战略．下列说法不符合这一主题思想的是（）
A．大力开采我省陇东地区的煤和石油，促进地方经济发展
B．实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，减少硫的氧化物和氮的氧化物污染
C．积极推广太阳能、风能、地热能等新能源的使用，减少化石燃料的使用，有效降低PM 2.5对环境的污染
D．对城市生活污水脱氮除磷、净化处理，遏制水体富营养化
【考点】常见的生活环境的污染及治理；使用化石燃料的利弊及新能源的开发．
【分析】A．根据节能减排、合理利用资源来分析；
B．根据保护环境来分析；
C．根据节能减排、低碳生活、保护环境来分析；
D．根据保护环境来分析．
【解答】解：A．大力开采我省陇东地区的煤和石油，未满足节能减排、合理利用资源，不符合要求，故A错误；
B．实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，减少硫的氧化物和氮的氧化物污染，保护了环境，符合要求，故B正确；
C．积极推广太阳能、风能、地热能等新能源的使用，减少化石燃料的使用，有效降低PM 2.5对环境的污染，满足了节能减排、低碳生活、保护环境，故C正确；
D．对城市生活污水脱氮除磷、净化处理，遏制水体富营养化，保护了环境，故D正确；
故选A．
【点评】本题考查化学与环境，注意要真正懂得“节能减排、低碳生活、合理利用资源、保护环境”的内涵，从我们身边的小事做起，真正做到节约资源、减少污染．
2．下列解释实验现象的反应方程式正确的是（）
A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗：2Na+O2═Na2O2
B．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2﹣═Ag2S+2Cl﹣
C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H
O
2
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A、钠在常温下被氧气氧化为氧化钠；
B、硫化银溶解性小于氯化银；
C、过氧化钠和水蒸气反应生成氢氧化钠固体潮解；
D、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中符合化学式组成比．
【解答】解：A、切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠的原因，故A 错误；
B、向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，硫化银溶解性小于氯化银，实现沉淀转化，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2﹣═Ag2S+2Cl﹣，故B正确；
C、Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物是因为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2，生成的氢氧化钠潮解，故C错误；
D、向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了反应条件下的化学方程式或离子方程式的书写方法和产物判断，酸式盐和碱反应量不同产物不同，熟练掌握物质性质是解题关键．
3．X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的（）A．X2﹣的还原性一定大于Y﹣
B．由m X a+与nY b﹣得，m+a=n﹣b
C．X、Y一定不同期元素
D．若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性一定是X大于Y
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】A．简单离子的电子层结构相同，X、Y位于同周期，为非金属元素，原子序数越大的非金属性强，对应离子的还原性弱；
B．简单离子的电子层结构相同，则核外电子数相同，据此解答；
C．简单离子的电子层结构相同，X、Y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，否则不在同一周期；
D．简单离子的电子层结构相同，X的原子半径大于Y，X可能为金属．
【解答】解：A．单离子的电子层结构相同，X、Y位于同周期，为非金属元素，Y的原子序数大，则X2﹣的还原性一定大于Y﹣，故A正确；
B．由m X a+与n Y b﹣，离子的电子层结构相同，则核外电子数相同，所以m﹣a=n+b，故B错误；C．简单离子的电子层结构相同，X、Y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，若一个为阳离子一个为阴离子，则一定不在同一周期，故C错误；
D．简单离子的电子层结构相同，X的原子半径大于Y，X可能为金属，则不存在气态氢化物，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查具有相同电子层结构的离子，明确X、Y可能为阴离子、阳离子及相对位置是解答本题的关键，题目难度不大．
4．正确掌握化学用语是学好化学的基础．下列化学用语中正确的是（）
A．CO2的比例模型：
B．葡萄糖的实验式（最简式）为C6H12O6
C．HClO的结构式：H﹣O﹣Cl
D．NH4Cl的电子式为
【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；球棍模型与比例模型．
【分析】A．二氧化碳分子中，碳原子半径大于氧原子，则碳原子的相对体积应该大于氧原子；B．最简式为分子中各原子的最简比，C6H12O6为葡萄糖的分子式；
C．次氯酸分子的中心原子为O原子，分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键；
D．氯离子为阴离子，电子式中需要标出其最外层电子．
【解答】解：A．二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，碳原子的相对体积大于
氧原子，其正确的比例模型为：，故A错误；
B．C6H12O6为葡萄糖的分子式，葡萄糖的最简式为CH2O，故B错误；
C．HClO分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，其结构式为：H﹣O﹣Cl，故C正确；
D．氯化铵为离子化合物，氯离子需要标出其最外层电子，氯化铵正确的电子式为：
，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握电子式、比例模型、结构式、最简式等化学用语的概念及书写原则，明确离子键和共价键的电子式的区别，试题侧重考查学生的规范答题的能力．
5．与CH2=CH2→CH2Br﹣CH2Br的变化属于同一反应类型的是（）
A．CH3CHO→C2H5OH B．C2H5Cl→CH2=CH2
C．D．CH3COOH→CH3COOC2H5
【考点】取代反应与加成反应．
【分析】乙烯与溴发生反应C=C双键其中1个碳碳键断裂，不饱和的碳原子与溴原子直接结合生成CH2Br﹣CH2Br，属于加成反应，据此结合选项解答．
【解答】解：A．乙醛与氢气在一定条件下发生加成反应生成乙醇，故A正确；
B．氯乙烷转化为乙烯，属于消去反应，故B错误；
C．苯环中H原子被硝基取代生成硝基苯，属于取代反应，故C错误；
D．乙酸与乙醇反应，乙酸中﹣OH被﹣OC2H5取代生成乙酸乙酯，属于取代反应，故D错误；故选A．
【点评】本题考查有机反应类型，比较基础，注意对有机反应类型概念的理解把握．
6．根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）
A．第①组反应的其余产物为H2O和 O2
B．第②组反应中参加反应的Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2
C．第③组反应中生成1 mol Cl2，转移电子2 mol
D．氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2
【考点】氧化还原反应．
【分析】A．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水．
B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结合电子转移守恒计算判断．
C．由信息可知，MnO4﹣氧化Cl﹣为Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍．
D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由②可知Fe3+不能氧化Br﹣，氧化性Br2＞Fe3+．
【解答】解：A．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故A正确；
B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（C12）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故B正确；
C．由信息可知，MnO4﹣氧化Cl﹣为Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，故C正确；
D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4﹣＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br﹣，氧化性Br2＞Fe3+，故D错误．
故选：D．
【点评】本题考查氧化还原反应的守恒与计算、氧化性与还原性强弱比较，难度中等，注意氧化还原反应中的守恒运用判断未知物，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．
7．在不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）有如图所示关系．下列条件关于离子共存说法中正确的是（）
A．a点对应的溶液中大量存在：Fe3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣
B．b点对应的溶液中大量存在：NH4+、Ba2+、OH﹣、I﹣
C．c点对应的溶液中大量存在：Na+、Ba2+、Cl﹣、HCO3﹣
D．d点对应的溶液中大量存在：Na+、K+、SO32﹣、Cl﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】水的离子积为Kw=c（H+）×c（OH﹣），由图可知，a、b均在25℃，离子积相同；而c、d均在T℃，离子积相同，并结合离子之间不发生化学反应来解答．
【解答】解：A．Fe3+水解显酸性，而a点对应的溶液显中性，则离子不能大量共存，故A错误；
B．NH4+与OH﹣反应生成一水合氨，故二者不能大量共存，故B错误；
C．HCO3﹣水解显碱性，而c点对应的溶液显中性，则离子不能大量共存，故C错误；
D．d点时c（H+）＜c（OH﹣），溶液碱性，Na+、K+、SO32﹣、Cl﹣不反应，能大量共存，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查离子的共存，明确图象中各点对应的溶液的酸碱性是解答本题的关键，注意T℃＞25℃为学生解答的难点，题目难度不大．
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（15分）（2016•遵义校级模拟）聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为m，广泛用于污水处理．实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO4•7H2O），过程如下：
（1）验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后又恢复红色，证明有二氧化硫．
（2）实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下．装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→ d → e → c → b →f．装置A中发生反应的化学方程式为
Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O ．
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二氧化硫，
处理尾气，防止污染．
（3）制备绿矾时，向溶液X中加入过量铁粉，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾．过滤所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗．
（4）欲测定溶液Y中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制KMnO4标准溶液，定容时视线应平视刻度线，直到凹液面最低处和刻度相切．用KMnO4标准溶液滴定时应选用酸式滴定管（填“酸式”或“碱式”）．
（5）溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数．若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏小（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】制备聚铁和绿矾（FeSO4•7H2O）流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X 和不溶物（S、二氧化硅等）W；滤液X中进入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在70～80℃条件下得到聚铁聚铁，最后得到聚铁，
（1）此题为二氧化硫的验证，利用其特殊性质漂白性来分析；
（2）利用实验仪器的连接，铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；安全瓶的使用以及尾气吸收来分析；
（3）利用二价铁与三价铁之间的相互转化来分析；利用过滤装置分析使用的玻璃仪器；（4）依据配制溶液定容的方法回答，依据高锰酸钾溶液具有强氧化性分析滴定管使用；（5）利用pH试纸测定溶液酸碱性的方法来分析．
【解答】解：（1）检验二氧化硫的一般方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后又恢复红色，证明有二氧化硫．
故答案为：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后又恢复红色，证明有二氧化硫；（2）收集二氧化硫应先干燥再收集．二氧化硫的密度比空气大，要从c口进气，最后进行尾气处理，所以按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→d→e→c→b→f，装置A中铜与浓硫酸
反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，因为二氧化硫易于氢氧化
钠反应，故D的作用是安全瓶，防止倒吸；E的作用为吸收多余的二氧化硫，尾气处理，防止污染，
故答案为：d；e；c；b；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；安全瓶，防止倒吸；吸收多余的二氧化硫，处理尾气，防止污染；
（3）因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，故溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉，然后过滤．过滤使用的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗，
故答案为：铁粉；烧杯、玻璃棒、漏斗；
（4）欲测定溶液Y中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制KMnO4标准溶液，定容时视线应平视刻度，到液体凹液面最低处和刻度相切，KMnO4标准溶液具有强氧化性，腐蚀橡胶管，滴定时需要选择酸式滴定管，
故答案为：平视刻度线，凹液面最低处和刻度相切，酸式；
（5）用pH试纸测定方法为：将试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在试纸的中央，然后与标准比色卡对比．氢氧化铁的含量比硫酸亚铁高，弱溶液Z的PH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，使铁的含量减少，
故答案为：偏小．
【点评】本题借助于实验考查基础知识达到了很好的效果．对学生来说高铁不是很熟悉，但是铁与亚铁之间的转化还是很容易实现的，起点高，落点低，是一好题．
9．（14分）（2016•遵义校级模拟）医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物．以工业碳酸钙（含有少量Na+、Al3+、Fe3+等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl2•2H2O的质量分数为97.0%～103.0%）的主要流程如下：
（1）除杂操作是加入氢氧化钙固体，调节溶液的pH为8.0～8.5，以除去溶液中的少量Al3+、Fe3+，检验Fe（OH）3是否沉淀完全的实验操作是取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，则表明Fe（OH）3沉淀完全；
（2）酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH约为4.0，其目的有：
①将溶液中的少量Ca（OH）2转化为CaCl2；
②防止溶液吸收空气中CO2；
（3）测定样品中Cl﹣含量的方法是：
a．称取0.7500g样品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c．用0.0500mol•L﹣1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.00mL．
①上述测定过程中不需要用盛装溶液润洗的仪器有锥形瓶，若润洗后会导致结果偏高
②计算上述样品中CaCl2•2H2O的质量分数为99.9% ；
③若用上述方法测定的样品中CaCl2•2H2O的质量分数偏高（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因有：样品中存在少量的NaCl ；少量的CaCl2.2H2O失水．
（4）工业上冶炼金属钙的方法是电解法；请写出此冶炼的化学反应方程式CaCl2
Ca+Cl2↑．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】工业碳酸钙加入盐酸可完全溶解生成氯化钙、氯化铁以及氯化铝等，加入试剂氢氧化钙溶液调节溶液的pH为8.0～8.5，以除去溶液中少量的Al3+、Fe3+，然后再加盐酸酸化，在酸性条件下蒸发结晶可得到CaCl2•2H2O，
（1）Fe3+与KSCN反应生成红色物质Fe（SCN）3，检验Fe3+是否存在的，选用KSCN溶液；（2）因在除杂过程中加入了Ca（OH）2，故加入盐酸与溶液中的少量Ca（OH）2反应使其转化为CaCl2；另Ca（OH）2易吸收空气中的CO2，生成CaCO3沉淀，故加入盐酸还可以防止溶液吸收空气中CO2，Ca（OH）2吸收空气中的CO2，生成CaCO3沉淀，如果吸收大量的CO2会导致最终质量分数偏低；
（3）①滴定实验中滴定管需要用待装液润洗，锥形瓶不需要润洗；
②根据到达滴定终点生成氯化银的物质的量等于消耗的硝酸银的物质的量这一关系求出消耗硝酸银的物质的量，则n（AgCl）=2n（CaCl2.2H2O），
据此可以算出实际上的CaCl2.2H2O的物质的量，进而求出质量．注意溶液体积是从250mol中取25ml，所以在计算时要注意这一点；
③样品中存在少量的NaCl，根据 n（AgCl）2n（CaCl2.2H2O）可知，CaCl2.2H2O的物质的量增大．同样若CaCl2.2H2O失水导致分母变小，值偏大；
（4）金属冶炼的方法主要有：
热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来（Hg
及后边金属）；
热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来（Zn～Cu）；
电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属（K～Al）．
【解答】解：（1）Fe3+与KSCN反应生成红色物质Fe（SCN）3，检验Fe3+是否存在的，选用KSCN 溶液，
故答案为：取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，则表明Fe（OH）3沉淀完全；（2）酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH约为4.0，其目的有：将溶液中的少量Ca（OH）2转化为CaCl2；③防止溶液吸收空气中CO2，
故答案为：将溶液中的少量Ca（OH）2转化为CaCl2，防止溶液吸收空气中CO2；
（3）①滴定实验中滴定管需要用待装液润洗，锥形瓶不需要润洗，若润洗会增大待测溶液中溶质量，导致消化步骤溶液体积增大，测定待测液的浓度偏高，
故答案为：锥形瓶；偏高；
②样品中n（Cl﹣）=0.05000mol•L﹣1×0.02039L×10=0.010195mol，根据n（AgCl）=2n （CaCl2.2H2O），则n（CaCl2.2H2O）=0.0050975mol，所以m（CaCl2.2H2O）=0.0050975mol×
147g/mol=0.7493325g，则有：×100%=99.9%，
故答案为：99.9%；
③样品中存在少量的NaCl会导致CaCl2.2H2O的物质的量增大．同样若CaCl2.2H2O失水导致分母变小，值偏大．
故答案为：样品中存在少量的NaCl；少量的CaCl2.2H2O失水；
（4）工业上冶炼金属钙的方法是电解熔融氯化钙得到，反应的化学方程式为：CaCl2
Ca+Cl2↑，
故答案为：电解法； CaCl2 Ca+Cl2↑．
【点评】本题考查混合物中含量的测定，涉及实验的基本操作、实验仪器的选择、实验误差分析、混合物分离及含量测定的计算等，注意离子的检验方法和常见仪器的使用，样品纯度的分析要注意溶液中可能发生的反应，注意有效数字问题，题目综合性较强，难度中等．
10．（14分）（2016•遵义校级模拟）Ⅰ：为了减少CO的排放，某环境研究小组以CO和H2为。