黑龙江省大庆市铁人中学2020届高三上学期开学考试化学试题

黑龙江省大庆市铁人中学2020届高三上学期开学考试化学试题

铁人中学2017级高三学年上学期开学考试 化学试题 试题说明：1、本试题满分100分，答题时间90分钟。 ‎ ‎2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。‎ ‎3、可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 Si：28 S：32 Cl：35.5 K：39 Ca：40 Fe：56 Cu：64 ‎ 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题 ‎1.我国古代典籍中有“石胆……浅碧色，烧之变白色者真”的记载，其中石胆是指（ ）‎ A. CuSO4·H2O B. FeSO4·7H2O C. ZnSO4·7H2O D. KAl(SO4)2·12H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ZnSO4•7H2O俗名皓矾，是白色固体、KAl(SO4)2•12H2O俗名明矾，是白色固体，与“石胆……浅碧色“不相符，可排除C、D选项；FeSO4•7H2O俗名绿矾，是浅绿色固体，在空气中加热失去结晶水同时被氧化得到黄色Fe2(SO4)3，与 “烧之变白色”不相符，可排除B选项；CuSO4•5H2O俗名蓝矾或胆矾，是蓝色固体，在空气中加热失去结晶水得到白色粉末CuSO4，与“石胆……浅碧色，烧之变白色”相符合，故A正确，故选A。‎ ‎2.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂和净水剂 B. 纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料 C. 燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了Na、Cu、Fe、Pt等金属的单质 D. 合金材料的组成元素一定全部是金属元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．次氯酸钙具有强氧化性，能用于杀菌消毒，同时次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成HClO，HClO具有漂白性，所以漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂，但是不能净水，故A错误；‎ B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料，故B正确；‎ C．铁、铂不能产生焰色反应，钠、铜能产生焰色反应，使火焰产生多种颜色，故C错误；‎ D．合金材料的组成元素不一定全部是金属元素，可能含有非金属元素，如生铁中含有C元素，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.下列有关铜的化合物说法正确的是(　　)‎ A. 根据铁比铜金属性强，在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 B. CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为:Cu2++S2-CuS↓‎ C. 用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O D. 化学反应：CuO＋COCu＋CO2的实验现象为黑色固体变成红色固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，利用的是铁离子的氧化性，与铁比铜金属性强无关系，A错误；‎ B. H2S难电离，CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为Cu2+＋H2S＝CuS↓＋2H＋，B错误；‎ C. 铜锈的主要成分是碱式碳酸铜，用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为Cu2(OH)2CO3＋4H＋＝2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O，C错误；‎ D. 根据化学反应CuO＋COCu＋CO2可知其实验现象为黑色固体变成红色固体，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列说法正确的是 A. Cl2、SO2均能使品红溶液褪色且褪色的原理相同 B. 常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化 C. Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应 D. 铵盐与浓的强碱的溶液共热都能产生氨气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、次氯酸具有强氧化性，使品红溶液漂白褪色，二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色；‎ B、浓硫酸具有强氧化性，使铁、铝表面形成致密氧化膜，发生钝化；‎ C、铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；‎ D、与浓的强碱的溶液共热产生氨气是铵盐的共性。‎ ‎【详解】A项、氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，使品红溶液漂白褪色，二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色，褪色原理不同，故A错误；‎ B项、常温下，浓硫酸和Cu不反应，加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应，故B错误；‎ C项、铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，没有单质生成，不是置换反应，故C错误；‎ D项、铵盐均能与浓的强碱的溶液共热反应生成氨气，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查元素及化合物的性质，明确物质的性质、化学反应的实质是解题关键。‎ ‎5.下列关于卤族元素的递变规律不正确的是(　　)‎ A. F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱 B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性逐渐减弱 C. F－、Cl－、Br－、I－的还原性逐渐增强，颜色逐渐变深 D. F2、Cl2、Br2、I2的密度逐渐增大，熔沸点逐渐升高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、随着原子序数的增大，卤素单质得电子能力逐渐减弱，单质F2、Cl2、Br2、I2氧化性逐渐减弱，故A正确；‎ B、随着原子序数的增大，卤素单质得电子能力逐渐减弱，所以单质与氢气化合的能力逐渐减弱，HF、HCl、HBr、HI的热稳定性逐渐减弱，故B正确；‎ C、随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，所以其阴离子失电子能力逐渐增强，即F－、Cl－、Br－、I－的还原性逐渐增强，但四种离子均为无色，故C错误；‎ D、随着原子序数的增大，卤素单质的相对分子质量逐渐增大，单质的熔沸点逐渐增大，单质的密度逐渐增大，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎6. 下列关于物质应用的说法错误的是 A. 玻璃容器可长期盛放各种酸 B. 纯碱可用于清洗油污 C. 浓氨水可检验氯气管道漏气 D. Na2S可除去污水中的Cu2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A.玻璃容器可长期盛放不能与酸发生反应的各种酸，但是由于氢氟酸能够腐蚀玻璃，所以不能盛装氢氟酸。错误。B.纯碱水解是溶液显碱性，可以促进油脂的水解，因此可用于清洗油污。正确。C. 氯气管道漏气，挥发出的氯气与浓氨水挥发出的氨气可产生白烟。因此可检验检验氯气管道漏气。正确。D. Na2S电离产生的S2-与污水中Cu2+发生沉淀反应，从而可降低污水中的Cu2+。故可以治理污水。正确。‎ 考点：考查物质的性质的应用的知识。‎ ‎7.下列有关实验装置进行的相应实验，不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HCl B. 用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KCl C. 用图3所示装置可以完成“喷泉”实验 D. 用图4所示装置制取干燥纯净的NH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于氯气与水的反应是可逆反应，若水中含有NaCl就可以减少氯气的消耗，同时还可以溶解HCl,因此可以用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl,A正确；‎ B．KCl是强酸强碱盐，加热不发生水解反应，所以可以用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KCl，B正确；‎ C．氯气与NaOH溶液发生反应，使烧瓶中气体压强减小，烧杯中的NaOH溶液在大气压强的作用下被压入烧瓶，氯气进一步溶解、反应消耗，压强进一步减小，能够持续不断的产生压强差，因此可以用图3所示装置可以完成“喷泉”实验，C正确；‎ D．可以用向NaOH固体中滴加浓氨水的方法制取氨气，氨气的水溶液呈碱性，用碱性干燥剂碱石灰进行干燥，但是由于氨气的密度比空气小，应该用向下排空气的方法收集氨气，所以不能用图4所示装置制取干燥纯净的NH3，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎8.X、Y、Z是周期表中相邻的三种短周期元素，它们的原子半径依次减小，X与Z的核电荷数之比为3∶4，X、Y、Z分别与氢元素能形成氢化物。下列叙述正确的是（　　）‎ A. Z是第二周期IVA族元素 B. X只有两种同素异形体 C. 元素的非金属性：Z＞Y＞X D. X、Y、Z的氢化物沸点逐渐降低 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z是周期表中相邻的三种短周期元素，它们的原子半径依次减小，X与Z的核电荷数之比为3∶4，应为同周期元素，设X的原子序数为a，则Z原子序数为a+2，则a∶(a+2)=3∶4，解得：a=6，则X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：X为C元素，Y为N元素，Z为O元素。‎ A．Z为O元素，是第二周期ⅥA族元素，故A错误；‎ B．X为C元素，含有金刚石、石墨、C60等同素异形体，故B错误；‎ C．同周期自左而右，非金属性增强，则非金属性O＞N＞C，即Z＞Y＞X，故C正确；‎ D．X、Y、Z的氢化物依次为CH4、NH3、H2O，NH3分子间、H2O分子间存在氢键且H2O分子间氢键的强度和氢键的数目比NH3分子间大，H2O的沸点最高，CH4沸点最低，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎9.下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是（　　） ‎ X Y Z W A. X、W、Z、Y元素的原子半径及它们的简单气态氢化物的热稳定性均依次递增 B. X氢化物的沸点高于W的氢化物，是因为X氢化物分子间存在氢键 C. Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增 D. YX2、WX3晶体熔化时均需克服分子间作用力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W为短周期元素，由图可知，W位于第三周期，W元素的核电荷数为X元素的2倍，则W为S、X为O，结合位置可知Y为Si、Z为P；结合元素的性质解答。‎ ‎【详解】A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则X、W、Z、Y元素的原子半径依次增大；非金属性越强，对应氢化物越稳定，则X、W、Z、Y元素的简单气态氢化物的热稳定性依次减弱，故A错误；‎ B．X氢化物为水，W的氢化物为H2S，水分子间存在氢键，所以H2O的沸点高于H2S，故B正确；‎ C．自然界中存在单质S，Y、Z、W元素的最高价氧化物的水化物分别为：硅酸、磷酸、硫酸，它们的酸性依次递增，故C错误；‎ D．YX2为SiO2是原子晶体，WX3是SO3属于分子晶体，熔化时前者克服共价键，后者克服分子间作用力，故D错误； ‎ 所以本题答案为：B。‎ ‎【点睛】本题的突破口：X、Y、Z、W在短周期表中的位置，和W元素的核电荷数为X元素的2倍，可以推出W为S、X为O，以此推出Y为Si、Z为P，结合元素周期律进行解答。‎ ‎10.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 含有离子键的化合物不可能含有非极性键 B. 非极性键可能存在单质中，也可能存在化合物中 C. 盐酸中含有H+和Cl-，故HCl为离子化合物 D. 含有共价键的化合物不可能是离子化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.过氧化钠中含有非极性共价键，所以含有离子键的化合物可能含有非极性键，故A错误；‎ B.同种非金属原子间形成非极性键，化合物中也可能含有非极性键，如过氧化氢中含有O-O非极性键，故B正确；‎ C.盐酸中HCl电离产生离子，而HCl只含共价键，为共价化合物，故C错误；‎ D.含有共价键的化合物可能是离子化合物，如氢氧化钠中含有共价键，是离子化合物，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎11.下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是（ ）‎ A. 液溴和己烷分别受热变为气体 B. 干冰和氯化铵分别受热变为气体 C. 硅和铁分别受热熔化 D. 氯化氢和蔗糖分别溶解于水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 液溴和己烷都能形成分子晶体，受热变为气体时克服的是分子间作用力，A正确；B. 干冰是分子晶体，其受热变为气体时克服分子间作用力；氯化铵是离子晶体，其受热分解为氨气和氯化氢两种气体，破坏了离子键和部分共价键，B不正确； C. 硅是原子晶体，其受热熔化时破坏共价键；铁是金属晶体，其受热熔化时破坏金属键，所以C不正确；D. 氯化氢是电解质，其溶于水时破坏共价键，蔗糖是非电解质，其溶解于水时破坏分子间作用力。D不正确。‎ ‎12.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）‎ ‎①盐卤（含MgCl2）Mg(OH)2MgCl2溶液无水MgCl2‎ ‎②铝土矿AlO2-Al(OH)3Al2O3‎ ‎③NH3NONO2HNO3‎ ‎④NaCl溶液Cl2无水FeCl2‎ ‎⑤SSO3H2SO4‎ ‎⑥SiO2Na2SiO3溶液H2SiO3‎ A. ③⑥ B. ③⑤⑥ C. ①④⑤ D. ①③⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①盐卤(含MgCl2)与石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，由于Mg2+水解Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，加热蒸发时HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，故①错误；‎ ‎②氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中加入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故②错误；‎ ‎③氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故③正确；‎ ‎④电解氯化钠溶液生成氢气、氢氧化钠和氯气，氯气与铁反应只能生成氯化铁，得不到氯化亚铁，故④错误；‎ ‎⑤硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故⑤错误；‎ ‎⑥SiO2与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3中通二氧化碳发生反应生成H2SiO3，符合各步转化，故⑥正确；‎ 故③⑥正确，故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为①，要注意加热氯化镁溶液得不到无水MgCl2，需要在氯化氢气氛中蒸发，才能得到无水MgCl2。‎ ‎13.几种无机物之间转化关系如下图(反应条件省略。部分产物省略)。下列推断不正确的是 A. 若L为强碱，则E可能为NaCl溶液、F为钾 B. 若L为强酸，则E可能为NaHS、F为HNO3‎ C. 若L为弱酸，则E可能为Mg、F为CO2‎ D. 若L为强酸，则E可能为NH4Cl、F为Ca(OH)2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、E为NaCl溶液、F为钾，G为KOH，H为H2，H2与O2生成H2O，H2O与O2不反应，故A错误；B、若L为强酸，则E可能为NaHS、F为HNO3，NaHS与HNO3生成Na2SO4和NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，L是HNO3是强酸，故B正确；C、若L为弱酸，则E可能为Mg、F为CO2，Mg与CO2 反应生成MgO和C，C与O2反应生成CO，CO再与O2反应生成CO2，CO2溶于水生成H2CO3，L为H2CO3，是弱酸，故C正确； D．若L为强酸，则E可能为NH4Cl、F为Ca(OH)2，NH4Cl与Ca(OH)2反应生成CaCl2 和NH3，NH3与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2溶于水生成HNO3，L是HNO3是强酸，故D正确；故选A。‎ ‎14.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）‎ 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失。‎ 原溶液中一定有 SO42－‎ B 加入盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊。‎ 原溶液中一定有CO32－‎ C 向某溶液中加入氢氧化钠溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝。‎ 原溶液中一定无 NH4+‎ D 向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色。‎ 溶液中可能含 Br2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．能和氯化钡溶液反应生成白色不溶于盐酸的沉淀可能是Ag+或SO42-‎ ‎，所以原溶液中不一定含有硫酸根离子，故A错误；‎ B．将无色气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳或二氧化硫气体，能与盐酸反应生成二氧化碳或二氧化硫气体的离子可能为HCO3-、SO32－等，故B错误；‎ C．氨气极易溶于水，在稀溶液中，铵根离子与氢氧化钠反应，不加热，氨气未逸出，故不能说明原溶液中是否含有NH4+，故C错误；‎ D．向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色，该黄色溶液能氧化碘离子生成碘，该溶液中可能含有溴，也可能含有铁离子，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意，氨气极易溶于水，生成的氨气溶于水生成一水合氨，未放出，因此检验铵根离子，一般需要加热，使氨气放出。‎ ‎15.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，E是由Z元素形成的单质，0.1mol·L－1D溶液的pH为13（25℃）。它们满足如图转化关系，则下列说法不正确的是 A. B晶体中阴、阳离子个数比为1:2‎ B. 等体积等浓度的F溶液与D溶液中，阴离子总的物质的量F＞D C. 0.1molB与足量A或C完全反应转移电子数均为0.1NA D. Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，是因为后者分子间存在氢键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，0.1mol·L－1D溶液的pH为13(25℃)，说明D为一元强碱溶液，为NaOH，则X为H元素；E是由Z元素形成的单质，根据框图，生成氢氧化钠的反应可能为过氧化钠与水的反应，则E为氧气，B为过氧化钠，A为水，C为二氧化碳，F为碳酸钠，因此Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na，A为水，B为过氧化钠，C为二氧化碳，D为NaOH，E为氧气，F为碳酸钠。‎ A．B为过氧化钠，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，Na2O2晶体中阴、阳离子个数比为1∶2，故A正确；‎ B．等体积等浓度的F(Na2CO3)溶液与D(NaOH)溶液中，由于碳酸钠能够水解，CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3-＋H2O H2CO3＋OH－，阴离子数目增多，阴离子总的物质的量F＞D，故B正确；‎ C．B为Na2O2，C为CO2，A为H2O，过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠为氧化剂和还原剂，0.1molB与足量A或C完全反应转移电子0.1NA，故C正确；‎ D．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性C＜O，Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，与氢键无关，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】解答本题的突破口为框图中生成氢氧化钠和单质E的反应。本题的易错点为C，要注意过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，反应中O由-1价变成0价和-2价。‎ ‎16.2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：‎ 饱和食盐水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. NH4ClO4属于离子化合物 B. 溶解度：NaClO4＞NH4ClO4‎ C. 该流程中可循环利用的物质是NH4Cl D. 高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NH4ClO4 是由铵根离子与高氯酸根形成的离子键组成的离子化合物，故A正确；‎ B、根据NaClO4NH4ClO4，当加入氯化铵后，析出高氯酸铵 晶体，得出高氯酸铵溶解度小于高氯酸钠，故B正确；‎ C、最后的母液中含有的NaCl可循环利用，故C错误；‎ D、根据在化合物中正负化合价代数和为零，可知高氯酸铵中氯元素的化合价为：(+1)+x+(-2)×4=0，则x=+7，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎17.足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68 L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入6 mol·L—1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 A. 60 mL B. 50 mL C. 30 mL D. 15 mL ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，即Cu失去电子都被O2得到了根据得失电子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）×2=mol×4，n（Cu）=0.15mol，所以 Cu(NO3)2 为0.15mol，则NaOH 为 0.15mol×2="0.3" mol，则NaOH 体积V===0.05L，即 50 ml，故选B。‎ 考点：考查了金属与硝酸反应的计算的相关知识。‎ ‎18.下列所示物质的制备方法合理的是 A. 实验室从海带中提取单质碘：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取→蒸馏 B. 金红石(主要成分TiO2)为原料生产金属Ti：金红石、焦炭TiCl4Ti C. 海水提溴工艺流程：Br－Br2‎ D. 由食盐制取漂粉精：NaCl(ag) Cl2漂粉精 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．海带灰中碘以I-形式存在，需要氧化为单质，再萃取，故A错误；‎ B．TiO2、C、Cl2反应生成TiCl4，在稀有气体保护下，Mg还原TiCl4‎ 生成Ti，可实现转化，故B正确；‎ C．海水中的溴以Br-形式存在，加入硝酸氧化溴离子，会产生氮的氧化物，污染空气，工业上是用氯气与Br-发生置换反应得到Br2，故C错误；‎ D．石灰水的浓度太低，应选氯气与石灰乳反应制备漂粉精，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎19.CuI是有机合成的一种催化剂，受热易氧化。实验室可通过向CuSO4与NaI的混合溶液中通入SO2制备CuI(2CuSO4＋2NaI＋SO2＋2H2O2CuI↓＋2H2SO4＋Na2SO4)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是(　　)‎ A. 制备SO2‎ B. 制备CuI并制备少量含SO2的溶液 C. 将CuI与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀 D. 加热干燥湿的CuI固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cu与浓硫酸在加热时发生反应生成SO2，图中固液加热装置可制备，A正确；‎ B.硫酸铜与NaI发生氧化还原反应生成CuI、SO2，可用该装置制备CuI并制备少量含SO2的溶液，B正确；‎ C.分离沉淀与溶液，可选该装置进行过滤，C正确；‎ D.加热干燥湿的CuI固体，由于CuI易被氧化，因此不能用该装置加热，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎20.某溶液X中仅可能含有K＋、Na＋、Fe2＋、Fe3＋、NH4+、SO42-、SO32-、CO32-、I－、Cl－中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。现进行下列实验，下列说法正确的是 (　　)‎ A. 该溶液X中可能有Fe3＋、Na+‎ B. 该溶液可能由是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的 C. 如果气体Y能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液中一定含有NH4+‎ D. 取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO42-、SO32-中的某一种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由实验流程可知，与过量氯水反应后的溶液中加入CCl4萃取后下层呈紫红色，说明原溶液中含有I-，则能够氧化I-的Fe3+不能同时存在于溶液中；此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的Cl-，所以在该溶液中加入AgNO3生成的白色沉淀，不能说明原溶液中是否存在Cl-；另外一份加入NaOH，加热，产生红褐色沉淀说明溶液中存在Fe3+，说明原溶液中含有Fe2+，Fe2+的存在说明原溶液中不含有CO32-和SO32-；生成气体Y，说明原溶液中含有NH4+，Y为氨气；Z的焰色反应为黄色说明含钠离子，但不能确定原溶液中是否含钠离子，透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色火焰证明一定含钾离子，结合溶液中各离子浓度相同分析解答。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，该溶液X中一定没有Fe3＋，故A错误；‎ B．根据上述分析，该溶液中一定存在K+、Fe2+、I-、NH4+，溶液中各离子浓度相同，根据溶液电中性原则，溶液中还一定含有SO42-、Cl -‎ ‎，溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的，故B正确；‎ C．氨气是碱性气体，不能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，此现象不能说明溶液中一定含有NH4+，故C错误；‎ D．根据上述分析，原溶液中不存在SO32-，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎21.向200 mL FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe 3＋)、n(Br2) 随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 氧化性强弱：Br2 > Fe3＋‎ B. 由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1 mol·L－l C. n(Cl2)＝0. 12 mol时，溶液中的离子浓度有c (Fe 3＋)∶c( Br－)=1∶8‎ D. n(FeBr2)∶n(Cl2)＝1∶1时，反应的离子方程式为：2Fe2＋＋2Br－ + 2Cl2=2Fe3＋＋Br2 + 4Cl－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，向200 mL FeBr2溶液中通入0.1mol氯气时，Fe2＋恰好被完全氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，由方程式可得n（Fe2＋）为0.2mol，则n（Br－）为0.4mol；通入氯气0.3mol时，溶液中0.4mol Br－恰好被完全氧化为Br2，反应的离子方程式为2Br－+ Cl2=Br2 + 2Cl－，则氯气与溴化亚铁溶液完全反应的离子方程式为2Fe2＋＋4Br－ + 3Cl2=2Fe3＋＋2Br2 +6Cl－。‎ ‎【详解】A项、由题给图示可知，向200 mL FeBr2溶液中通入氯气，亚铁离子先反应，说明还原性Fe2＋> Br－，还原剂的还原性越强，对应氧化产物的氧化性越弱，则氧化性强弱：Br2 > Fe3＋，故A正确；‎ B项、由通入0.1mol氯气时，Fe2＋恰好被完全氧化为Fe3＋可得，溶液中n（Fe2＋‎ ‎）为0.2mol，则FeBr2溶液的浓度为=1mol/L，故B正确；‎ C项、当通入n(Cl2)为0. 12 mol时，0.2mol Fe2＋已经完全被氧化为Fe3＋，n（Fe3＋）为0.2mol，过量的0. 02 mol Cl2与0. 04 mol Br－反应，溶液中n（Br－）为（0.4—0.04）mol=0.36mol，则溶液中的离子浓度有c (Fe 3＋)∶c( Br－)= 0.2mol∶0.36mol=5:9，故C错误；‎ D项、n(FeBr2)∶n(Cl2)＝1∶1时，溶液中Fe2＋已经完全被氧化为Fe3＋，有一半Br－被氧化为Br2，反应的离子方程式为2Fe2＋＋2Br－ + 2Cl2=2Fe3＋＋Br2 + 4Cl－，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】注意依据题给图示明确反应顺序是Fe2＋还原性强先被完全氧化后，Br－才被氧化是解答突破口。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共58分）‎ ‎22.按要求填空：‎ ‎（1）单质铝和氢氧化钾溶液反应的化学方程式：_____________________________。‎ ‎（2）单质镁与二氧化碳反应的化学方程式：______________________________。‎ ‎（3）工业制备粗硅的化学方程式：_________________________________________。‎ ‎（4）氨的催化氧化反应：____________________________________________。‎ ‎（5）实验室制氯气的离子方程式：__________________________________________。‎ ‎（6）硫代硫酸钠与盐酸反应的离子方程式：_____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2Al + 2KOH +2H2O=2KAlO2 + 3H2↑ (2). 2Mg+CO2 2MgO+C (3). SiO2+2CSi+2CO↑ (4). 4NH3+5O24NO+6H2O (5). MnO2+2Cl-+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O (6). S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)铝和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾和氢气；(2)镁在二氧化碳中燃烧反应生成碳与氧化镁；(3)工业上用SiO2与碳在高温下制备粗硅；(4)NH3与O2在催化剂、加热条件下发生反应生成一氧化氮和水；(5)实验室中用二氧化锰和浓盐酸反应来制取氯气；(6)硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应，生成二氧化硫、S、水；据此书写方程式。‎ ‎【详解】(1)铝和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾和氢气，反应的化学方程式：2Al + 2KOH +2H2O=2KAlO2 + 3H2↑，故答案为：2Al + 2KOH +2H2O=2KAlO2 + 3H2↑；‎ ‎(2)镁在二氧化碳中燃烧反应生成碳与氧化镁，反应的化学方程式为2Mg+CO2 2MgO+C，故答案为：2Mg+CO2 2MgO+C；‎ ‎(3)工业上用石英(主要成分为SiO2)制备粗硅，反应的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；‎ ‎(4)氨气具有还原性，氧气具有氧化性，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应方程为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎(5)实验室中用二氧化锰和浓盐酸反应来制取氯气，离子方程式为：MnO2+2Cl-+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O，故答案为：MnO2+2Cl-+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O；‎ ‎(6)硫代硫酸钠与盐酸发生氧化还原反应生成二氧化硫、S、水，离子反应为S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故答案为：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O。‎ ‎23.已知A是一种红棕色金属氧化物，B、D是常见的金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。‎ ‎（1）写出下列物质的化学名称：A：_________I：_________J：_________G：_________‎ ‎（2）写出C→I的离子方程式：_____________________________________________________。‎ ‎（3）写出F→G实验现象：_________________________________________________________。‎ ‎（4）将一定量A和C混合物溶于100mL稀硫酸中，向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：‎ ‎①混合物中含A的质量为______________；‎ ‎②所用硫酸溶液物质的量浓度为___________。‎ ‎【答案】 (1). 三氧化二铁 (2). 偏铝酸钠 (3). 氢氧化铝 (4). 氢氧化铁 (5). Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O (6). 白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 (7). 16g (8). 6.5mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，B、D是金属单质，A和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3；J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al(OH)3，I是NaAlO2，氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，所以H是AlCl3；G是红褐色沉淀，分解生成氧化铁，则G是 Fe(OH)3，F是 Fe(OH)2，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成 Fe(OH)2，则E是 FeCl2，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上面的分析可知A为Fe2O3，I是NaAlO2，J是Al(OH)3，G是Fe(OH)3，故答案为：三氧化二铁；偏铝酸钠；氢氧化铝；氢氧化铁。‎ ‎(2)氧化铝是两性氧化物，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，C→I的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；‎ ‎(3)F→G氢氧化亚铁与氧气、水共同作用生成氢氧化铁，化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，现象为白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；‎ ‎(4)A和C的混合物为Fe2O3 和Al2O3的混合物，溶于100mL稀硫酸中，生成铁离子和铝离子；根据图像可知，加入氢氧化钠溶液后，开始没有沉淀生成，说明硫酸溶解氧化铝、氧化铁后硫酸有剩余；随着碱量的增加，沉淀逐渐增多，达到最大值，碱过量，氢氧化铝溶解，氢氧化铁不溶解。‎ ‎①根据21.4g沉淀的质量是氢氧化铁的质量，氢氧化铁的物质的量是 ‎=0.2mol，根据铁元素守恒，所以氧化铁的物质的量是0.1mol，Fe2O3的质量是0.1mol×160g/mol=16g，故答案为：16g；‎ ‎②从260-300mL，NaOH溶解Al(OH)3，发生反应：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝的质量是：37g-21.4g=15.6g，即=0.2mol，消耗NaOH为0.2mol，所以氢氧化钠的浓度=5mol/L；当V(NaOH)=260mL时，沉淀量最大，此时沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4；根据钠元素守恒：2n(Na2SO4)=n(NaOH)，n(Na2SO4)=0.5n(NaOH)=0.5×0.26L×5 mol/L =0.65mol；根据硫酸根离子守恒：n(H2SO4)=n(Na2SO4)=0.65mol，则c(H2SO4)==6.5mol/L，故答案为：6.5mol/L。‎ ‎【点睛】正确判断物质是解题的关键。解答本题的突破口为“红褐色沉淀、红棕色金属氧化物”。本题的易错点和难点为(4)，要注意图像最高点对应溶液的溶质为硫酸钠。‎ ‎24.钇的常见化合价为＋3价，我国蕴藏着丰富的含钇矿石(Y2FeBe2Si2O10)，工业上通过如下生产流程可获得氧化钇。‎ 已知：①该流程中有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH见下表：‎ ‎ 离子 开始沉淀时pH 完全沉淀时的pH ‎ Fe3＋‎ ‎2.1‎ ‎3.1‎ ‎ Y3＋‎ ‎6.0‎ ‎8.2‎ ‎②在元素周期表中，铍元素和铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似。‎ ‎（1）写出Na2SiO3的一种用途________________________。‎ ‎（2）若改用氧化物的形式表示Y2FeBe2Si2O10组成，则化学式为__________。‎ ‎（3）根据元素周期表的知识判断，常温下，氯化锶溶液pH____7（填“大于”、“等于”或“小于”）；写出氯化锶的电子式：______________________。‎ ‎（4）欲从Na2SiO3和Na2BeO2混合溶液中制得Be(OH)2沉淀。‎ ‎① 最好选用盐酸和_______两种试剂，再通过必要的操作即可实现。‎ A．NaOH溶液 B．氨水 C．CO2 D．HNO3‎ ‎② 写出Na2BeO2与足量盐酸发生反应的离子方程式___________________________。‎ ‎（5）为使Fe3＋沉淀完全，用氨水调节pH＝a时，a应控制在_________范围内；继续加氨水调节pH =b发生反应的离子方程式为____________________________；检验Fe3＋是否沉淀完全的操作方法是：___________________________________。‎ ‎（6）煅烧草酸钇时发生分解反应，其固体产物为氧化钇，气体产物能使澄清石灰水变浑浊。写出草酸钇[Y2(C2O4)3·nH2O]煅烧的化学方程式___________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等 (2). Y2O3·2BeO·FeO·2SiO2 (3). 等于 (4). (5). B (6). BeO22-＋4H＋=Be2＋＋2H2O (7). 3.1～6.0 (8). Y3++3NH3·H2O=Y(OH)3↓+3NH4+ (9). 取最后一次洗涤过滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变成血红色，若溶液不呈血红色，则Fe3+沉淀完全 (10). Y2(C2O4)3·nH2OY2O3+3CO↑+3CO2↑+nH2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 钇矿石(Y2FeBe2Si2O10)中加入氢氧化钠共熔后水溶过滤得到Na2SiO3、Na2BeO2溶液，沉淀为Y(OH)3和Fe2O3；Y(OH)3和Fe2O3沉淀加入稀盐酸溶解后加入氨水调节溶液pH，根据金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH数据，在3.1＜a＜6.0范围沉淀铁离子，沉淀A为Fe(OH)3；继续加入氨水调节溶液pH在8.2以上得到Y（OH）3沉淀，Y（OH）3中加入草酸得到Y2(C2O4)3，过滤、水洗、煅烧得到Y2O3粉末，结合铍元素和铝元素化学性质相似分析解答。‎ ‎【详解】(1)Na2SiO3俗称水玻璃，常用于工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等，故答案为：工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等；‎ ‎(2)钇的常见化合价为＋3价，Be为+2价，Si为+4价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，钇矿石(Y2FeBe2Si2O10)中Fe的化合价为+2价，用氧化物的形式可表示为：Y2O3·2BeO·FeO·2SiO2，故答案为：Y2O3·2BeO·FeO·2SiO2；‎ ‎(3)同主族元素最外层电子数相同，自上而下电子层数增多，元素的金属性增强；所以Sr金属性比钙强，氯化钙溶液显中性，所以氯化锶溶液显中性，即pH=7；氯化锶属于离子化合物，电子式为，故答案为：等于；；‎ ‎(4)①周期表中，铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似，欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be(OH)2沉淀，根据Na2BeO2的性质和NaAlO2类比推断，加过量的盐酸，硅酸钠反应生成硅酸沉淀，Na2BeO2的反应生成氯化铍溶液，再加入过量氨水沉淀铍离子，故答案为：B；‎ ‎②Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成氯化铍、氯化钠和水，反应的离子方程式为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O，故答案为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O；‎ ‎(5)三价铁离子开始沉淀到沉淀完全的pH范围为：2.1-3.1，钇离子开始沉淀和沉淀完全的pH为：6.0-8.2；所以使Fe3+沉淀完全，须用氨水调节pH=a，3.1＜a＜6.0，继续加氨水调节pH=b发生反应的离子方程式为：Y3++3NH3•H2O=Y(OH)3↓+3NH4+，检验Fe3＋是否沉淀完全，只需要检验是否存在Fe3＋即可，方法为：取最后一次洗涤过滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变成血红色，若溶液不呈血红色，则Fe3+沉淀完全，故答案为：3.1～6.0；Y3++3NH3•H2O=Y(OH)3↓+3NH4+；取最后一次洗涤过滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变成血红色，若溶液不呈血红色，则Fe3+沉淀完全；‎ ‎(6)煅烧草酸钇时发生分解反应，其固体产物为氧化钇，气体产物能使澄清石灰水变浑浊，说明有CO2气体产生，草酸钇[Y2(C2O4)3•nH2O]煅烧的化学方程式为：Y2(C2O4)3•nH2OY2O3+3CO↑+3CO2↑+nH2O，故答案为：Y2(C2O4)3•nH2OY2O3+3CO↑+3CO2↑+nH2O。‎ ‎【点睛】明确实验目的、实验原理为解题的关键。本题的易错点为Na2BeO2与足量盐酸反应方程式的书写，要注意结合NaAlO2与足量盐酸的反应方程式进行类比。‎ ‎25.实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、等）中回收碘，实验过程如下：‎ ‎（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式为_______；该操作将I2还原为I－的目的是___________________。‎ ‎（2）操作的名称为__________。‎ ‎（3）氧化时，在三颈瓶中将含I－的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2‎ ‎，在40℃左右反应（实验装置如图所示）。实验控制在较低温度下进行的原因是__________________；仪器a的名称为________；仪器b中盛放的溶液为__________。‎ ‎（4）已知：；某含碘废水（pH约为8）中一定存在I2，可能存在I－、IO3－中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有I－、IO3－的实验方案（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液）。‎ ‎①取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；‎ ‎②_______________________________________________________________________________；‎ ‎③另从水层中取少量溶液，加入1-2mL淀粉溶液，加盐酸酸化后，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝说明废水中含有IO3－；否则说明废水中不含有IO3－。‎ ‎（5）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂和水处理剂。现用ClO2氧化酸性含废液回收碘。完成ClO2氧化I－的离子方程式：________________________________。‎ ‎（6）“碘量法”是一种测定S2－含量的有效方法。立德粉ZnS·BaSO4是一种常用的白色颜料，制备过程中会加入可溶性的BaS，现用“碘量法”来测定立德粉样品中S2－的含量。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol/L 的I2-KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 mol/L Na2S2O3 滴定，反应式为I2 + 2S2O32－=2I－+ S4O62－。测定消耗Na2S2O3溶液体积V mL。立德粉样品S2－含量为__________（写出表达式）‎ ‎【答案】 (1). SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42- (2). 使CCl4中的碘进入水层 (3). 分液 (4). 使氯气在溶液中有较大的溶解度 (5). 球形冷凝管 (6). NaOH溶液 (7). 从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含I-，否则不含I- (8). 2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O (9). ‎ ‎×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 往含碘废液中加入亚硫酸钠，将废液中的I2还原为I-，四氯化碳的密度比水大，在下层，用分液的方法分离，然后在上层清液中加强氧化剂氯气氧化碘离子，最后通过物理方法进行收集碘单质，达到分离提纯的目的。‎ ‎(1)碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成I-；碘微溶于水，但碘离子易溶于水；‎ ‎(2)四氯化碳不溶于水；‎ ‎(3)碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小；依据仪器形状和作用分析回答仪器名称，氯气、碘蒸气都能和氢氧化钠溶液反应；‎ ‎(4)碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘，碘单质遇到淀粉变蓝色；‎ ‎(5)用ClO2氧化酸性含I-废液回收碘，是二氧化氯在酸溶液中氧化碘离子生成碘单质，二氧化氯被还原为氯离子；‎ ‎(6)根据转移电子守恒知关系式S2-～I2，结合I2 +2S2O32－=2I－+ S4O62－，根据与Na2S2O3反应消耗的n(I2)，计算出与硫离子反应的碘，从而求出S2－的物质的量，最后计算样品中S2－含量。‎ ‎【详解】(1)碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；碘微溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子，故答案为：SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；使四氯化碳中的碘进入水层；‎ ‎(2)四氯化碳属于有机物，水属于无机物，二者不互溶，分离互不相溶的液体混合物采用分液的方法，所以分离出四氯化碳采用分液的方法，故答案为：分液；‎ ‎(3)碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在低温条件下进行反应；根据图示，仪器a为球形冷凝管；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，二者都能和氢氧化钠溶液反应而被吸收，所以用NaOH溶液吸收尾气，故答案为：使氯气在溶液中有较大的溶解度；球形冷凝管；NaOH溶液；‎ ‎(4)碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，所以其检验方法为：从水层取少量溶液，加入1-2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，若溶液变蓝色，说明废水中含有I-，否则不含I-，故答案为：从水层取少量溶液，加入1-2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含有I-，否则不含I-；‎ ‎(5)用ClO2氧化酸性含I-废液回收碘，二氧化氯在酸溶液中氧化碘离子生成碘单质，二氧化氯被还原为氯离子，反应的离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，故答案为： 2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O；‎ ‎(6)与Na2S2O3反应消耗的n(I2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol•L-1×V×10-3 L=×0.1000×V×10-3 mol，则与硫离子反应的n(I2)=25×10-3 L×0.1000mol•L-1-×0.1000×V×10-3 mol=(25×10-3 ×0.1000-×0.1000×V×10-3)mol，根据转移电子守恒知关系式S2-～I2，所以n(S2-)=(25×10-3 ×0.1000-×0.1000×V×10-3)mol，m(S2-)=(25×10-3 ×0.1000-×0.1000×V×10-3)mol×32g/mol，其质量分数=×100%=×100%，故答案为：×100%。‎ ‎ ‎