【化学】江苏省南通市通州区海安县2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】江苏省南通市通州区海安县2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

江苏省南通市通州区海安县2019-2020学年高一上学期期末考试试题 ‎1.化学推动了人类的进步。下列获得诺贝尔奖的科技成果不属于化学领域的是（ ）‎ A. 发明锂电池 B. 发现新行星 ‎ C. 研究胆酸结构 D. 创造分子机器 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、锂电池是化学能转化为电能装置，属于化学领域，故A不选；‎ B项、发现新行星与化学无关，属于地理学研究范畴，不属于化学领域，故B选；‎ C项、研究胆酸结构是研究物质的组成和结构，属于化学领域，故C不选；‎ D项、创造分子机器是研究物质的微观构成和应用，属于化学领域，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎2.“一硝二磺三木炭”，是一种古老的火药配制方法，在我国唐代炼丹家孙思邈的《丹经内伏硫黄法》中就有记载。这里的“硝”是某种硝酸盐，其中含有的元素是（ ）‎ A. 氮 B. 氢 C. 氯 D. 磷 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】硝酸盐含有硝酸根，一定含有氮元素和氧元素，故选A。‎ ‎3.下列物质属于纯净物的是（ ）‎ A. 漂白粉 B. 生铁 C. 液氯 D. 水玻璃 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，故A错误；‎ B项、生铁是含碳量较高的铁合金，属于混合物，故B错误；‎ C项、液氯是液态的氯气，属于纯净物，故C正确；‎ D项、水玻璃是硅酸钠水溶液，属于混合物，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是（ ）‎ A. O2 B. SO2 C. CO D. NH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由n=可知，质量相等的气体，摩尔质量越小，物质的量越大，则NH3的物质的量最大，由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，气体物质的量越大，气体体积越大，则NH3的体积最大，故选D。‎ ‎5.在澄清透明强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（ ）‎ A. K+、Fe2+、NO3- B. Cu2+、SO42-、NO3- ‎ C. Fe3+、Cl-、SCN- D. Na+、OH-、CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、强酸性溶液中，Fe2+和NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；‎ B项、Cu2+、SO42-、NO3-在溶液中不发生任何反应，能大量共存，故B正确；‎ C项、溶液中Fe3+与SCN-发生络合反应不能大量共存，故C错误；‎ D项、强酸性溶液中，H+和OH-、CO32-发生复分解反应，不能大量共存，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎6.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 A. SiO2硬度大，可用來制造光导纤维 ‎ B. HClO 显酸性，可用于杀菌消毒 C. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白 ‎ D. 铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、SiO2可用于制光导纤维，利用的是光的全反射原理，与硬度大无关，故A错误；‎ B项、HClO具有强氧化性，可用于杀菌消毒，与酸性无关，故B错误；‎ C项、SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，与氧化性无关，故C错误；‎ D项、铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 11.2 L CO2所含有的分子数为0.5.Na B. 0.1mol•L-1 MgCl2的溶液中Cl-数为0.1NA C. 1 mol Na2O2与足量H2O反应电子转移总数为2NA D. 常温常压下，48gO3和O2的混合气体中含有的氧原子数为3NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、缺标准状况，无法计算11.2 L CO2的物质的量，故A错误；‎ B项、缺溶液的体积，无法计算0.1mol•L-1 MgCl2溶液中Cl-的物质的量，故B错误；‎ C项、1 mol Na2O2与足量H2O反应，转移1mol电子，反应电子转移总数为NA，故C错误；‎ D项、O3和O2的最简式都为O，以最简式可知48gO的物质的量为3mol，则48gO3和O2的混合气体中含有的氧原子数为3NA，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 用丁达尔效应可以鉴别NaCl溶液和淀粉溶液 B. 用氨气做喷泉实验主要是利用氨气的水溶液呈碱性这—性质 C. 用洁净钳丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，原溶液中有Na+、无K+‎ D. 除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+ SO42-，应依次加入Na2CO3、NaOH和BaCl2溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、丁达尔效应是胶体的特征性质，淀粉溶液属于胶体，则用丁达尔效应可以鉴别NaCl溶液和淀粉溶液，故A正确；‎ B项、氨气为极性分子，氨分子和水分子之间可以形成氢键，极易溶于水，用氨气做喷泉实验主要是利用氨气极易溶于水的性质，与水溶液呈碱性无关，故B错误；‎ C项、钠元素的黄色火焰可以覆盖钾元素的紫色火焰，用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，则原溶液中有Na+，可能有K+，故C错误；‎ D项、除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+ SO42-，加入BaCl2溶液会引入钡离子，碳酸钠溶液应在氯化钡溶液之后加入，除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎9.下列农示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 氢氧化钡与稀硫酸溶液反应：Ba2+ +OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O B. 向氨水中通入过量CO2：OH- + CO2=HCO3- +H2O C. 将铜丝插入稀硝酸中：3Cu + 2NO3- + 8H+ = 3Cu2+ + 2NO↑+4H2O D. 大理石溶于稀盐酸：2H+ + CO32- = H2O+CO2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、氢氧化钡与稀硫酸溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2+ +2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故A错误；‎ B项、氨水中与过量CO2反应生成碳酸氢铵，NH3·H2O是弱碱，不能拆写，反应的离子方程式为NH3·H2O+ CO2=HCO3- +NH4+，故B错误；‎ C项、铜丝与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu + 2NO3- + 8H+ = 3Cu2+ + 2NO↑+4H2O，故C正确；‎ D项、大理石与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2H+ + CaCO3=Ca2++H2O+CO2↑，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎10.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）‎ A. FeFe2O3FeCl3‎ B. AlAl(OH)3Al2O3‎ C. SiO2Na2SiO3H2SiO3‎ D. HClOCl2NaClO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、高温条件下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不能生成氧化铁，故A错误；‎ B项、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，不能生成氢氧化铝，故B错误；‎ C项、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸的酸性比碳酸弱，硅酸钠溶液与二氧化碳反应生成硅酸沉淀和氯化钠，故C正确；‎ D项、次氯酸遇光发生分解反应生成盐酸和氧气，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎11.下列有关Na2CO3和NaHCO3的性质说法正确的是（ ）‎ A. 除去碳酸钠固体中混有的少量的碳酸氢钠可以用加热的方法 B. 相同温度时，NaHCO3的溶解大于Na2CO3溶解度 C. 用澄清石灰水可鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液 D. 等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、加热时，碳酸氢钠受热能分解，碳酸钠受热不分解，则除去碳酸钠固体中混有的少量的碳酸氢钠可以用加热的方法，故A正确；‎ B项、相同的温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，故B错误；‎ C项、碳酸钠和碳酸氢钠都能和澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，实验现象相同，则用澄清石灰水不能鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，故C错误；‎ D项、Na2CO3和NaHCO3的摩尔质量不同，等质量的Na2CO3和NaHCO3的物质的量不同，则等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量不相同，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎12.下列实验装置能达到实验目的的是（ ）‎ A. 用图1所示装置制取SO2‎ B. 用图2所示装置演示喷泉实验 C. 用图3所示装置干燥NH3‎ D. 用图4所示装置分离汽油和水 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、铜和浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，制取二氧化硫的装置缺少酒精灯，故A错误；‎ B项、氯化氢极易溶于水，当挤压胶头滴管，使水进入圆底烧瓶后，打开止水夹，会形成喷泉，故B正确；‎ C项、氨气能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，故C错误；‎ D项、汽油不溶于水，且密度比水小，所以可以用分液的方法分离汽油和水，故D正确；‎ 故选BD ‎13.工业上以铅铁矿(主要成分为FeO•Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠 (Na2Cr2O7•2H2O),其主要反应为：‎ ‎①4FeO• Cr2O3 + 8Na2CO3 + 7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2‎ ‎②2Na2CrO4 + H2SO4 Na2SO4 + Na2Cr2O7 + H2O 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 反应①和②均为氧化还原反应 B. 反应①中FeO •Cr2O3是还原剂，在反应中失去电子。‎ C. 反应②中Na2CrO4发生氧化反应 D. 生成l mol的CO2，反应①转移3.5 mol电子 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、反应②中不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，故A错误；‎ B项、反应（1）中O元素的化合价降低，Fe、Cr元素的化合价均升高，所以氧化剂是O2，还原剂是FeO•Cr2O3，故B正确；‎ C项、反应②中不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，故C错误；‎ D项、反应①只有O元素化合价降低，由0价降低为-2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，由方程式可知生成l mol的CO2，反应①生成氧气的物质的量为mol，则转移的电子的物质的量为mol×4=33.5mol，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎14.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 向某盐溶液中加入浓NaOH溶液并加热，在试管 口用湿润红色石蕊纸检验，试纸变蓝 该盐溶液中含有NH4+‎ B 向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变 浑浊的气体 溶液中含CO32-‎ C 向某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀 溶液中含SO42-‎ D 向FeCl3溶液中滴几滴淀粉溶液，无明显现象， 再加入少量KI溶液，溶液变蓝 KI能使淀粉变蓝 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体一定为氨气，原溶液中一定存在铵离子，故A正确；‎ B项、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，所以向某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，原溶液中不一定有碳酸根离子，故B错误；‎ C项、向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能为氯化银、硫酸钡，原溶液中可能存在硫酸根离子、银离子，所以不一定含有硫酸根离子，故C错误；‎ D项、向FeCl3溶液中滴加几滴淀粉溶液，再滴加少量KI溶液，溶液变蓝色，说明有碘单质生成，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎15.二水合草酸亚铁(FeC2O4•2H2O)是制备某种铁锂电池最常用的原料。国内某科研团队以氮气为保护气，对二水合草酸亚铁的受热分解情况进行研究，生成的气体只含CO、CO2和H2O(g),得到固体质量与加热温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. b点的固体成份为FeC2O4•H2O B. b→c 的方程式为 FeC2O4FeCO3+CO↑‎ C. 从a→d, 生成的CO、CO2的物质的量相等 D. 加热至250℃以上，固体质量略有增加，可能是因为FeO与CO反应生成了 Fe3C ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、1.80gFeC2O4•2H2O的物质的量为=0.01mol，由图可知，减少的质量为水的质量，减少水的物质的量为=0.02mol，说明结晶水已全部失去，b点的固体成份为FeC2O4，故A错误；‎ B项、由铁原子个数守恒，可知1.16g固体中铁的质量为0.56g，阴离子的质量为（1.16—0.56）g=0.60g，损失的质量为（1.44—1.16）g=0.28g，则b→c的反应FeC2O4为受热分解生成FeCO3和CO，故B正确；‎ C项、b→c的反应中生成一氧化碳的物质的量为=0.01mol，c→d的反应中生成一氧化碳的物质的量为=0.01mol，故C正确；‎ D项、加热至250℃以上，固体质量略有增加，可能是因为FeO与空气中氧气反应生成了Fe3O4或Fe2O3，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎16.高铁酸钾（K2FeO4)既能消毒杀菌，又能净水，是一种理想的水处理剂。工业 上制备高铁酸钾的一种工艺流程如下：‎ ‎（1）K2FeO4中铁元素的化合价为 ____。‎ ‎（2） “反应I”中参加反应的Fe3+与ClO-的物质的量之比为2 : 3,则滤液中含氯物质的化学式为____。写出“反应I”的离子方程式：_____。‎ ‎（3）K2FeO4在水中发生反应：4K2FeO4+ 10H2O = 4Fe(OH)3 （胶体）+8KOH+3O2 ↑。高铁酸钾能消毒杀菌是因为____;它能净水是因为_____。‎ ‎【答案】(1). +6 (2). NaCl (3). 2Fe3+ + 3ClO－+10OH－= 2FeO42－+3Cl－+5H2O (4). 具有强氧化性 (5). 生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可以吸附水中的杂质 ‎【解析】‎ ‎【分析】有流程可知Fe（NO3）3在碱性条件下与NaClO发生氧化还原反应生成硝酸钠、高铁酸钠、氯化钠和水，向反应所得溶液中加入氢氧化钾，析出溶解度较小的K2FeO4，用异丙醇洗涤得到K2FeO4。‎ ‎【详解】（1）由化合价代数和为零可知K2FeO4中铁元素的化合价为+6价，故答案为：+6；‎ ‎（2）设滤液中含氯物质的化合价为x，由得失电子数目守恒可得（6—3）×2=（1—x）×3，解得x=—1，则滤液中含氯物质为NaCl，由此可知Fe（NO3）3在碱性条件下与NaClO发生氧化还原反应生成硝酸钠、高铁酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为2Fe3+ + 3ClO－+10OH－= 2FeO42－+3Cl－+5H2O，故答案为：NaCl；2Fe3+ + 3ClO－+10OH－= 2FeO42－+3Cl－+5H2O；‎ ‎（3）高铁酸钾具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，杀菌消毒过程中高铁酸钾被还原生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可以吸附水中的杂质，可以达到净水的作用，故答案为：具有强氧化性；生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可以吸附水中的杂质。‎ ‎17.氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及 氨氧化制硝酸的流程示意图。‎ ‎（1）合成塔中发生反应的化学方程式为 ____‎ ‎（2）单质X的化学式是_______，吸收塔中X的作用是 ____。‎ ‎（3）工业上为了储运浓硝酸，最好选择____作为罐体材料。‎ A.铜 B.铂 C.铝 D.镁 ‎（4）为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，工业上常用Na2CO3吸收尾气，发生 ‎ 的反应为：NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2、2NO2+Na2CO3=NaNO2 + NaNO3+CO2，将标准状况下44.8 L仅含NO和NO2混合气体的尾气通入Na2CO3溶液中，尾气被 完全吸收，则消耗的Na2CO3的物质的量为_____mol。‎ ‎【答案】(1). 3H2+N2 2NH3 (2). O2 (3). 将氮氧化物充分氧化为HNO3 (4). C (5). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）氮气和氢气在合成塔中生成氨气；‎ ‎（2）氧化炉中氨气催化氧化得到一氧化氮，吸收塔中一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应可以得到硝酸；‎ ‎（3）硝酸具有强氧化性，能氧化除金、铂以外的大多数金属，常温下，铁、铝在浓硝酸中钝化而阻止进一步被氧化；‎ ‎（4）由方程式可知Na2CO3溶液与NO和NO2反应生成NaNO2和NaNO3混合液，由N原子和Na原子个数守恒计算可得 ‎【详解】（1）氮气和氢气在合成塔中生成氨气，反应的化学方程式为3H2+N2 2NH3，故答案为：3H2+N2 2NH3；‎ ‎（2）氧化炉中氨气催化氧化得到一氧化氮，吸收塔中一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应可以得到硝酸，则X为氧气，吸收塔中氧气的作用是将氮氧化物充分氧化为HNO3，故答案为：O2；将氮氧化物充分氧化为HNO3；‎ ‎（3）硝酸具有强氧化性，能氧化除金、铂以外的大多数金属，常温下，铁、铝在浓硝酸中钝化而阻止进一步被氧化，由于铂是贵重金属，所以工业上为了储运浓硝酸最好选择铝作为罐体材料，故答案为：C；‎ ‎（4）44.8 L NO和NO2混合气体的物质的量为=2mol，由N原子个数守恒可知，NaNO2和NaNO3的物质的量之和为2mol，由Na原子个数守恒可知，消耗Na2CO3的物质的量为2mol×=1mol，故答案为：1.‎ ‎18.亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的杀菌消毒剂。以氯酸钠(NaC1O3)为原料 制备NaC1O2粗品的工艺流程如下图所示。‎ 己知：①纯C1O2易分解爆炸，空气中C1O2的体积分数在10%以下比较安全。‎ ‎②NaClO2高于60°C会分解。‎ ‎（1）反应I的离子方程式为____；反应中需同时鼓入空气的主要目的是____ °‎ ‎（2）“合成”过程中的氧化剂是______。‎ ‎（3）蒸发时,需要减压的目的是_____。‎ ‎（4）“冷却结晶”后获得NaClO,粗产品的操作是_____(填操作名称)。‎ ‎【答案】(1). 2ClO3－＋SO2 = 2ClO2＋SO42－ (2). 稀释ClO2，防止爆炸 (3). ClO2 (4). 防止温度过高NaClO2分解 (5). 过滤、洗涤、干燥 ‎【解析】‎ ‎【分析】由题给流程可知，酸化的氯酸钠溶液与二氧化硫反应生成硫酸钠、二氧化氯，反应中需同时鼓入空气的主要目的是防止发生反应产生的二氧化氯不稳定易分解爆炸，把它稀释至10%以下安全含量；二氧化氯在氢氧化钠溶液中与过氧化氢反应生成亚氯酸钠、氧气和水；将所得反应液减压蒸发、冷却结晶得到亚氯酸钠粗品。‎ ‎【详解】（1）由题给流程可知，酸化的氯酸钠溶液与二氧化硫反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应的离子方程式为2ClO3－＋SO2 = 2ClO2＋SO42－，反应中需同时鼓入空气的主要目的是防止发生反应产生的二氧化氯不稳定易分解爆炸，把它稀释至10%以下安全含量，故答案为：2ClO3－＋SO2 = 2ClO2＋SO42－；稀释ClO2，防止爆炸；‎ ‎（2）合成过程中，二氧化氯中氯元素化合价降低被还原，二氧化氯做反应的氧化剂，过氧化氢做反应的还原剂，故答案为：ClO2；‎ ‎（3）由题意可知，NaClO2高于60°C会分解，则蒸发时,需要减压防止温度过高NaClO2分解，故答案为：防止温度过高NaClO2分解；‎ ‎（4）得NaClO,粗产品的操作是减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤、干燥。‎ ‎19.摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]是一种浅绿色晶体，广泛应用于电镀工业。为探 究其分解产物，某学习小组利用如图所示装置进行实验。‎ ‎【查阅资料】隔绝空气加热至500°C时，摩尔盐能完全分解，分解产物中有铁氧化物，‎ ‎ 硫氧化物，氨气和水蒸气等。‎ ‎（1）对A装置加热前，先通一段时间N2的目的是_______。‎ ‎（2）实验开始一段时间后，装置B中的现象为______。‎ ‎（3）实验中观察到装置D始终无明显现象，装置C中和E中均产生白色沉淀。‎ ‎①写出E中SO2与H2O2发生反应的化学方程式：_______。‎ ‎②甲同学根据C中产生白色沉淀现象判断产物中一定含有SO3。请对甲同学的判断作出评价，并说明理由：_____。‎ ‎（4）实验结束后，装置A中的固体变为红棕色，请补充完整检验该残留固体中是否含 FeO或Fe3O4的实验方案：取A中少量残留固体，加入稀硫酸使其完全溶解，向 溶液中滴加 ________，若观察到 ______,说明残留固体中不含FeO和Fe3O4。(提供的试剂有：NaOH溶液、氯水、硫氰化钾溶液、酸性高锰酸钾溶液)‎ ‎【答案】(1). 排尽装置内的空气，防止氧气干扰 (2). B中白色固体变蓝 (3). SO2 + H2O2 =H2SO4 (4). 甲同学的判断不正确。若摩尔盐分解产生的NH3溶于C瓶，溶液呈碱性，则可能生成BaSO3沉淀 (5). 少量酸性高锰酸钾溶液 (6). 溶液紫色未褪去 ‎【解析】‎ ‎【分析】由题给实验装置图可知，装置A为摩尔盐受热分解装置，装置B为水的检验装置，装置C中盐酸吸收氨气，氯化钡用于检验三氧化硫，装置D中氯化钡用于证明三氧化硫被完全吸收，防止三氧化硫干扰二氧化硫的检验，装置E中双氧水用于氧化二氧化硫，氯化钡用于证明二氧化硫生成。‎ ‎【详解】（1）对A装置加热前，先通一段时间N2的目的是排尽装置内的空气，防止氧气干扰实验，故答案为：排尽装置内的空气，防止氧气干扰；‎ ‎（2）装置B无水硫酸铜是检验分解产物水，所以看到的现象为白色固体变蓝色，故答案为：B中白色固体变蓝色；‎ ‎（3）①装置E中SO2与H2O2发生氧化还原反应生成硫酸，反应的化学方程式为SO2 + H2O2 =H2SO4，故答案为：SO2 + H2O2 =H2SO4；‎ ‎②装置C中盐酸吸收氨气，若盐酸不足，极易溶于水的氨气溶于水使溶液呈碱性，二氧化硫也能与氯化钡反应生成亚硫酸钡表示沉淀，则甲同学的判断不正确，故答案为：甲同学的判断不正确。若摩尔盐分解产生的NH3溶于C瓶，溶液呈碱性，则可能生成BaSO3沉淀；‎ ‎（4）若A中少量残留固体完全溶于稀硫酸所得溶液中不含有亚铁离子，则说明残留固体中不含FeO和Fe3O4，由提供的试剂可知，向所得溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色未褪去，说明不含有亚铁离子，故答案为：少量酸性高锰酸钾溶液；溶液紫色未褪去；‎ ‎20.一种由CuO和KHC2O4溶液反应的到的蓝色结晶［KaCub(C2O4)c•dH2O］。为测定其组成，进行了如下实验：‎ 步骤1称取3.5400 g该晶体，加入过量稀硫酸，待样品完全溶解后加入适量水，配制成100 mL溶液A.‎ 步骤2量取20.00 mLA溶液，滴加0.2000 mol• L-1 KMnO4溶液至恰好完全反应时，消耗KMnO4溶液8.00 mL。‎ 步骤3另取20.00 mLA溶液，加入足量NaOH溶液，充分反应后，经过滤、洗涤、灼烧、称重，得到黑色固体粉末0.16 g。‎ 己知：步骤2 中发生反应：2MnO4- + 5H2C2O4 + 6H+ = 2Mn2+ +10CO2↑ + 8H2O。‎ ‎（1）步骤1中配制溶液A时，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_____。‎ ‎（2）3.5400 g 该样品中含 n(C2O42-)= ____mol。‎ ‎（3）3.5400 g 该样品中含 n(Cu2+)= ____mol。‎ ‎（4）通过计算确定该蓝色晶体的化学式__________(计算过程)。‎ ‎【答案】(1). 100 mL容量瓶、胶头滴管 (2). 0.02 (3). 0.01 (4). 3.5400 g 该样品中含 n(Cu2+)为0.01mol，含n(C2O42-)为0.02mol，由电荷守恒可知含n(K＋) =2n(C2O42-)- 2n(Cu2+)=0.02mol，则含n(H2O) ==0.02mol，则A中n(K＋):n(Cu2+):n(C2O42-):n(H2O) =2:1:2:2，故化学式为K2Cu(C2O4)2·2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）配制成100 mL溶液A的操作步骤为溶解、转移、洗涤、定容、装瓶，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100 mL容量瓶（胶头滴管）；‎ ‎（2）由题给方程式可得关系式2MnO4-～5C2O42-，20.00 mLA溶液消耗高锰酸钾的物质的量为0.2×8×10-3mol，则3.5400 g 该样品中含 n(C2O42-)=0.2×8×10-3mol×5×‎ ‎=0.02mol，故答案为：0.02；‎ ‎（3）由铜原子个数守恒可得关系式Cu2+～CuO，20.00 mLA溶液得到CuO的物质的量为=0.002mol，3.5400 g 该样品中含 n(Cu2+)=0.002mol×5=0.01mol，答案为：0.01；‎ ‎（4）3.5400 g 该样品中含 n(Cu2+)为0.01mol，含n(C2O42-)为0.02mol，由电荷守恒可知含n(K＋) =2n(C2O42-)- 2n(Cu2+)=0.02mol，则含n(H2O) ==0.02mol，则A中n(K＋):n(Cu2+):n(C2O42-):n(H2O) =2:1:2:2，故化学式为K2Cu(C2O4)2·2H2O。‎