上海市七宝中学2021-2022学年高一下学期期末化学试题 Word版含解析.docx

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上海市七宝中学2021~2022第二学期高一年级期终考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Fe：56Cu：64一、单项选择题1.关于铷的稳定同位素的说法正确的是A.质子数是85B.中子数是48C.质量数是37D.电子数为48【答案】B【解析】【详解】A．核素中，元素符号左下角的数字表示质子数，则的质子数是37，A不正确；B．的质量数为85，质子数为37，则中子数是85-37=48，B正确；C．核素中，元素符号左上角的数字表示质量数，则的质量数是85，C不正确；D．对于核素来说，质子数=电子数，所以电子数为37，D不正确；故选B。2.卢瑟福提出了原子结构的有核模型，当时，构成原子的微粒已被发现的是A.电子B.质子C.离子D.中子【答案】A【解析】【详解】卢瑟福的有核模型认为原子的质量几乎全部集中在直径很小的核心区域，叫原子核，电子在原子核外绕核作轨道运动，原子核带正电，电子带负电；故选A。3.下列事实能用元素周期律解释的是A.热稳定性：CH4＞NH3B.金属性：Na＞LiC.氧化性：HNO3＞H3PO4D.溶解性：NaOH＞Mg(OH)2【答案】B【解析】【详解】A．元素的非金属性：N＞C，但物质的热稳定性：CH4＞NH3，因此不能使用元素周期律解释，A不符合题意；B．Na、Li是同一主族的元素，由于同一主族元素从上到下原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，失去电子的能力逐渐增强，得到电子的能力逐渐减弱，所以金属性：Na＞Li ，可以使用元素周期律解释，B符合题意；C．元素的非金属性：N＞P，但物质的氧化性与其稳定性等有关，与元素的非金属性强弱无关，C不符合题意；D．元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。由于元素的金属性：Na＞Mg，所以物质的碱性：NaOH＞Mg(OH)2，这与物质的溶解性大小无关，不能使用元素周期律解释，D不符合题意；故合理选项是B。4.下列属于电解质的是A.氯化钠溶液B.蔗糖固体C.无水酒精D.熔融的硝酸钾【答案】D【解析】【分析】电解质是指水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，酸、碱、盐都是电解质；在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。【详解】A．氯化钠溶液是混合物，不是电解质，A错误；B．蔗糖水溶液中或熔融状态下都不能导电，不是电解质，B错误；C．无水酒精水溶液中或熔融状态下都不能导电，不是电解质，C错误；D．熔融硝酸钾可以导电，且是化合物，是电解质，D正确；故选D。5.下列物质只含有共价键的是A.NaOHB.NH4ClC.SiO2D.He【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化钠属于离子化合物，存在离子键，氢氧原子间存在共价键，故A不选；B．氯化铵属于离子化合物，存在离子键，氮氢原子间存在共价键，故B不选；C．二氧化硅属于共价晶体，只存在硅氧原子间的共价键，故C可选；D．氦气为单原子分子，不存在化学键，故D不选；故选C。6.某物质有以下性质：①是电解质②溶解时有化学键的破坏③熔化时没有化学键的破坏，则该物质固态时属于A.原子晶体B.离子晶体C.分子晶体D.金属晶体 【答案】C【解析】【详解】熔化时没有化学键的破坏说明不是离子、原子晶体，属于电解质，排除金属晶体，综合分析应为分子晶体。7.易与X反应，形成离子化合物的是（）A.YB.ZC.MD.L【答案】C【解析】【详解】A．由可知，该元素核电荷数10，核内质子数为10，核外电子数为10，其原子结构示意图是，最外层8个电子，达到稳定结构，不与反应，不形成离子化合物，故A错误；B．由可知，该元素核电荷数11，核内质子数为11，核外电子数为11，其原子结构示意图是，最外层1个电子，容易失去，属于金属元素，由可知，该元素核电荷数19，核内质子数为19，核外电子数为19，其原子结构示意图是，最外层1个电子，容易失去电子，属于金属元素，二金属元素不反应，不形成离子化合物，故B错误；C．由可知，该元素核电荷数9，核内质子数为9，核外电子数为9，其原子结构示意图是，最外层7个电子，容易得到电子，属于非金属元素，由可知，该元素核电荷数19，核内质子数为19，核外电子数为19，其原子结构示意图是，最外层1个电子，容易失去电子，属于金属元素，非金属元素与金属元素发生反应，易形成离子化合物，故C正确；D．由可知，该元素核电荷数12，核内质子数为12，核外电子数为12，其原子结构示意图是 ，最外层2个电子，容易失去电子，属于金属元素，由可知，该元素核电荷数19，核内质子数为19，核外电子数为19，其原子结构示意图是，最外层1个电子，容易失去电子，属于金属元素，二金属元素不反应，不形成离子化合物，故D错误；答案为C。8.以下说法正确的是A.非金属元素间只能形成共价键B.原子或离子间相互的吸引力叫化学键C.共价化合物内部可能有极性键和非极性键D.金属元素与非金属元素的原子间只形成离子键【答案】C【解析】【详解】A．非金属之间也可能形成离子键，如铵盐中全部是非金属，但含有离子键，A错误；B．使原子或离子相结合的作用力叫化学键，B错误；C．只含有共价键的化合物是共价化合物，共价化合物内部可能含有极性键，可能含有非极性键，如过氧化氢，C正确；D．金属元素与非金属元素之间也可能形成共价键，如氯化铝中，D错误；故选C。9.M元素的1个原子失去2个电子转移到Y元素的2个原子中去，形成离子化合物Z。下列说法中不正确的是A.M形成+2价正离子B.Z的熔点较高C.Z可表示为D.Z不一定溶于水【答案】C【解析】【详解】A．M元素的1个原子失去2个电子，故形成+2价正离子，A正确；B．Z属于离子化合物，熔沸点较高，B正确；C．M元素的1个原子失去2个电子转移到Y元素的2个原子中去,故Z可表示为，C错误；D．Z不一定溶于水，如氟化钙不溶于水，D正确； 答案选C。10.在“固体冰→液体水→水蒸气→氢气和氧气”的变化过程中，被破环的作用力依次是A.共价键、共价键、共价键B.分子间作用力、共价键、共价键C.分子间作用力、分子间作用力、共价键D.分子间作用力、分子间作用力、分子间作用力【答案】C【解析】【详解】固态水中和液态水中含有氢键，当固体冰→液体水→水蒸气主要是氢键被破坏，但属于物理变化，共价键没有破坏，破坏了分子间作用力，水蒸气→氧气和氢气，为化学变化，破坏的是极性共价键，所以在“固体冰→液体水→水蒸气→氢气和氧气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是分子间作用力、分子间作用力、共价键，故选C。11.下列反应能用离子方程式表示的是A.氢氧化钡和硫酸溶液反应B.氢氧化钾和稀硝酸的反应C.氨水和稀盐酸的反应D.醋酸溶液和烧碱溶液的反应【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化钡和硫酸溶液反应生成硫酸钡和水，硫酸钡在离子反应中保留化学式，不能用H++OH-═H2O表示，A错误；B．氢氧化钾和稀硝酸反应生成硝酸钾和水，离子反应可以用H++OH-═H2O表示，B正确；C．氨水是弱碱，写离子方程式的时候不能拆，C错误；D．醋酸为弱酸，在离子反应中保留化学式，醋酸溶液和烧碱溶液的反应不能用H++OH-═H2O表示，D错误；故选B。12.用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是A.中子数为15的硅原子：B.氟原子的结构示意图：C.四氟化硅的电子式：D.水分子的比例模型： 【答案】B【解析】【详解】A．左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数，因此，中子数为15的硅原子应表示为：，故A错误；B．氟原子的核电荷数为9，有2个电子层，最外层电子数为7，原子结构示意图为：，故B正确；C．SiF4中F、Si均满足8电子稳定结构，F原子的周围应有8个电子，故C错误；D．比例模型能够体现出原子的相对体积大小，H原子的半径小于O原子，比例模型为，为水分子的球棍模型，故D错误；答案选B。13.下列物质受热后能生成金属单质的是A.碳酸钙B.氯化铝C.硫酸铜D.氧化汞【答案】D【解析】【分析】【详解】A．碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，故A错误；B．氯化铝受热难以分解，故B错误；C．硫酸铜受热分解生成氧化铜、SO3、SO2和O2，故C错误；D．氧化汞受热分解生成金属汞和氧气，故D正确；故选D。14.不属于合金的是A.硬铝B.青铜C.水银D.生铁【答案】C【解析】【分析】合金是由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。【详解】A．硬铝是铝的合金，A正确； B．青铜器一般是铜锡合金，B正确；C．水银是单质汞，不属于合金，C错误；D．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，D正确；故选C。15.当钠着火时，不能用的灭火剂是A.泡沫灭火剂B.干沙C.石粉D.专用灭火剂【答案】A【解析】【详解】钠很活泼，可以与水、氧气等发生反应，且反应放热，如钠燃烧会生成过氧化钠，过氧化钠还可与二氧化碳发生反应产生助燃的氧气，所以钠着火时，不能用泡沫灭火剂灭火，一般用干沙、石粉或专用灭火剂灭火，A项符合题意。故选A。16.1998年6月，我国科学家参与研制的阿尔法磁谱仪随美国发现号航天飞机升入太空，开始了探索宇宙中是否存在“反物质”和“暗物质”的研究工作。根据你所学的知识推测用于制造阿尔法磁谱仪核心部件的材料是（）A.Fe3CB.Fe3O4C.Fe2O3D.FeO【答案】B【解析】【详解】制造阿尔法磁谱仪的核心部件的材料是一种具有磁性的物质，在铁的各种化合物中，只有四氧化三铁是具有磁性的物质，其他均不具有磁性。答案选B。【点睛】本题是一道化学和航天技术相结合的考题，涉及金属铁以及化合物的性质等知识，用于制造阿尔法磁谱仪核心部件的材料是永磁体，根据具有磁性的物质以及物质的性质和应用来回答判断。17.下列应用中利用了物质还原性的是A.明矾净化水B.过氧化钠作供氧剂C.纯碱去油污D.铁粉作食品脱氧剂【答案】D【解析】【详解】A．明矾净化水是由于Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，生成的Al(OH)3胶体)具有强吸附性，未发生氧化还原反应，A不合题意；B．过氧化钠作供氧剂是过氧化钠和水反应生成氧气，此时过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，B 不合题意；C．纯碱去油污是由于Na2CO3在水溶液中发生水解呈碱性，促进了油脂的水解，未发生氧化还原反应，C不合题意；D．铁粉作食品脱氧剂，是铁与氧气反应，反应中铁作还原剂，具有还原性，D符合题意；故答案为：D。18.除去下列物质中含有的少量杂质(括号内为杂质)，所用除杂试剂合理的是A.溶液()：氨水B.Fe(Al)：NaOH溶液C.()：KSCN溶液D.()：品红溶液【答案】B【解析】【详解】A．和分别与氨水反应生成氢氧化镁沉淀、氢氧化铝沉淀，不能除杂，故A不符合题意；B．Al和氢氧化钠溶液反应生成片氯酸钠溶液和水，而Fe不反应，可以除杂，故B符合题意；C．和KSCN溶液反应生成Fe(SCN)3，但仍为溶液，不能除杂，故C不符合题意；D．品红可以鉴别二氧化硫，但是不能用于除杂，故D不符合题意；故选B。19.劳育是五育并举的重要一环，下列劳动项目与化学知识关联正确的是选项劳动项目化学知识A用84消毒液为教室桌椅消毒84消毒液含具有强氧化性的含氯化合物B用小苏打做蛋糕膨松剂受热分解产生气体C辅助工人模拟在船舶外壳安装若干镁合金或锌块通过外加电流法使船体免受腐蚀D用洗涤剂清洗油污肥皂或洗涤剂可以促进油污挥发A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．84消毒液含具有强氧化性的次氯酸钠，具有杀菌消毒作用，A正确； B．小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，B错误；C．在船舶外壳安装若干镁合金或锌块采用的是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；D．肥皂或洗涤剂可以促进油污水解，D错误；故选A。20.下列物质反应后一定有+3价铁生成的是①过量的铁与氯气反应②FeCl2溶液中通入少量Cl2③铁与过量的稀硫酸反应④铁和氧化铁的混合物溶于盐酸A.①B.①②C.①②③D.①②④【答案】B【解析】【分析】【详解】①过量的Fe在Cl2中燃烧生成产物为氯化铁，由于是固体反应，过量的铁不会和三氯化铁反应，所以一定得到三价铁，故①正确；②FeCl2溶液中通入少量Cl2，氯气具有氧化性，亚铁离子具有还原性，氯气将亚铁离子氧化为三价铁离子，发生反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，故②正确；③铁与过量的稀硫酸反应，铁可以置换出酸中的氢而生成氢气，稀硫酸只能把铁氧化成二价，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故③错误；④Fe和Fe2O3的混合物溶于稀盐酸，生成氯化亚铁和氯化铁，若铁足够量会和氯化铁反应生成氯化亚铁，题目要求一定生成三价铁，故④错误；答案选B。21.①②③④，通过化合、置换、复分解反应均能制得的是A.只有①③B.只有②④C.只有①D.全部【答案】A【解析】【详解】①Fe与氯化铁发生化合反应生成氯化亚铁，铁与盐酸发生置换反应生成氯化亚铁，氢氧化亚铁与盐酸发生复分解反应生成氯化亚铁，都能制得，故①符合题意；②Fe(OH)3可通过氢氧化亚铁、氧气、水发生化合反应生成，可通过NaOH与FeCl3发生复分解反应生成，但不能通过置换反应得到，故②不符合题意； ③铝和氯气发生化合反应生成氯化铝，铝和氯化铜发生置换反应生成氯化铝，氯化钡和硫酸铝发生复分解反应生成氯化铝，故③符合题意；④铁与氧气点燃可生成四氧化三铁，为化合反应，铁与水蒸气在高温条件下生成四氧化三铁和氢气，为置换反应，但不能通过复分解反应得到四氧化三铁，故④不符合题意；故选A。22.能鉴别黄色FeCl3溶液和溴水的是A.淀粉碘化钾试纸B.氯水C.CCl4D.蓝色石蕊试纸【答案】C【解析】【详解】A．根据反应：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，2I-+Br2=2Br-+I2，故FeCl3溶液和溴水均能是淀粉碘化钾试纸变蓝，A不合题意；B．氯水与FeCl3溶液和溴水均不反应，故均无明显现象，B不合题意；C．FeCl3溶液与CCl4不互溶，且FeCl3也不溶于CCl4，故分层下层接近无色，上层为黄色，溴水中加入CCl4则溶液分层，上层接近无色，下层为深橙红色，故可以鉴别，C符合题意；D．FeCl3溶液由于Fe3+水解而显酸性，溴水中Br2+H2O=HBr+HBrO显酸性，均能使蓝色石蕊试纸变红，D不合题意；故答案为：C。23.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再通入或滴入某种物质X(必要时可加热)，发现铜粉逐渐溶解，则X不可能是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．铜和稀硫酸在通入氧气的时候，加热，可以反应，方程式为：，则铜粉溶解，A不符合题意；B．NO2通入到混合物中，二氧化氮与水反应生成硝酸、Cu与HNO3发生化学反应，反应方程式为：，则铜粉溶解，B不符合题意；C．与Cu发生化学反应，反应方程式为：，则铜粉溶解，C不符合题意；D．通入到混合物中，氨气与稀硫酸生成铵盐、但不与铜粉不反应，则铜粉不溶解，D符合题意；故选D。 24.绿色酸性废蚀液中含有4种离子、、、，向其中加入铁粉充分反应，下列说法正确的是A.反应前的废蚀液中，离子浓度最大的为B.加入铁粉反应后，离子浓度最大的为C.反应后的溶液若为绿色，则溶液中不存在、D.反应后若固体有剩余，该固体为过量的铁【答案】A【解析】【分析】【详解】A．反应前后的废蚀液中，依据电荷守恒，离子浓度最大的都为Cl-；故A正确；B．根据电荷守恒，溶液中只含有一种阴离子，氯离子，所以不管铁粉是否过量，离子浓度最大的是氯离子，故B错误；C．反应后的溶液若为绿色，则有两种可能，第一，依据题干信息溶液中仍存在Fe3+、Cu2+；第二，溶液中Fe3+、Cu2+都参与反应了，绿色由Fe2+确定，故C错误；D．若铁粉过量，则固体为铜和铁的混合物；若铁粉刚好与铁离子和铜离子反应，则剩余固体为铜，故D错误；故选A。25.单质铝的发现比较晚的原因是A.铝是金属B.铝的密度比较小C.地壳中铝的含量比较低D.铝的性质和冶炼方法的影响【答案】D【解析】【详解】单质铝的发现比较晚是由于铝比较活泼，Al3+氧化性比较小，Al3+结合电子的能力比较弱，用一般还原剂很难把铝从化合物中还原出来，故合理选项是D。26.图中装置不能达到有关实验目的的是 A.将化学能转化成电能B用乙图装置制备C.用丙图装置可制得金属锰D.用丁图装置验证和的热稳定性【答案】A【解析】【详解】A．酒精为非电解质，不能作为离子导体导电，所以不能构成原电池，A符合题意；B．硫酸亚铁溶液被空气氧化，为了制备，上述装置中煤油起到液封作用，将长胶头滴管中的氢氧化钠插入液面以下与硫酸亚铁反应，从而防止硫酸亚铁被空气氧化，B不符合题意；C．利用丙装置的铝热反应（铝和二氧化锰在高温条件下发生反应）制备高熔点的金属锰，可达到实验目的，C不符合题意；D．碳酸钠较稳定，碳酸氢钠受热易分解，利用丁装置，可验证小试管虽没有直接受热，但对应的导气管口会有气泡出现，所以能达到实验目的，D不符合题意；故选A。27.图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（　　）A.铜棒的质量B.c(Zn2＋)C.c(H＋)D.c(SO42-)【答案】C【解析】【详解】铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为2H++2e-=H2↑。则A．Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，Cu棒的质量不变，故A错误；B．由于Zn是负极，不断发生反应Zn-2e-=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B错误；C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c（H+）逐渐降低，故C正确；D．SO42-不参加反应，其浓度不变，故D错误；故选C。 28.某铁的氧化物()1.04g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下，恰好将完全氧化。x值为A.0.714B.0.750C.0.800D.0.875【答案】D【解析】【详解】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mLCl2转移电子数为，则有：，解得x=0.875，故选D。29.下列反应与相比较，的作用相同的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】反应，中氧元素化合价降低，只作氧化剂，表现氧化性。【详解】A．反应，中氧元素化合价由-1降低为-2、由-1升高为0，既是氧化剂又是还原剂，故不选A；B．反应，中氧元素化合价由-1降低为-2、由-1升高为0，既是氧化剂又是还原剂，故不选B；C．反应，元素化合价没变，属于非氧化还原反应，故不选C；D．反应，中氧元素化合价降低，只作氧化剂，表现氧化性，故选D；选D。 30.已知：向含2molNaOH、、的混合液中慢慢通入，则通入的量和生成沉淀的量的关系正确的是选项ABCD1246n(沉淀)(mol)0123A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】随着CO2的通入依次发生的反应为①Ba2＋＋2OH-＋CO2=BaCO3↓＋H2O、②2OH-＋CO2=CO＋H2O、③2Al(OH)＋CO2=2Al(OH)3↓＋CO＋H2O、④CO＋CO2＋H2O=2HCO、⑤BaCO3＋CO2＋H2O=Ba2＋＋2HCO，A．当通入1molCO2时，发生反应①，生成1mol碳酸钡沉淀，A错误；B．当通入2molCO2时，发生反应①②，生成1mol碳酸钡沉淀，B正确；C．当通入4molCO2时，发生反应①②③④，生成1mol碳酸钡和2mol氢氧化铝沉淀，共计是3mol，C错误；D．当通入6molCO2时，发生反应①②③④⑤，只有2mol氢氧化铝沉淀，D错误；答案选B。二、非选择题31.回答下列问题（1）写出碳酸氢钠受热分解的反应的方程式_______；上述4种元素中，离子半径最大的是_______，写出两种由其中某些元素组成、只含极性键的非极性分子的电子式_______；（2）把等物质的量的碳酸氢钠和过氧化钠放在密闭容器中加热，完全反应后排出气体。剩余固体的成分包括_______，其物质的量之比为_______。若排出的气体的质量为1.6克，则原混合固体的质量为_______克。 【答案】（1）①.②.③.和（2）①.、NaOH②.1∶1③.16.2【解析】【小问1详解】碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，反应的方程式为；上述4种元素中，离子的电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径最大的是；两种由其中某些元素组成、只含极性键的非极性分子如CO2和CH4，其电子式依次为：和，故答案为：；；和；【小问2详解】把等物质的量的碳酸氢钠和过氧化钠放在密闭容器中加热，总反应方程式为2NaHCO3+2Na2O2=2NaOH+2Na2CO3+O2↑，完全反应后排出气体，则剩余固体的成分包括、NaOH；由方程式可知，其物质的量之比为1：1；由方程式可知，生成32g氧气，参加反应的碳酸氢钠和过氧化钠的总质量为=324g，若排出的气体即氧气的质量为1.6克，则原混合固体的质量为，故答案为：、NaOH；1：1；16.2。32.易被空气中的氧气氧化，故制备时主要是避免氧气的介入。某学生利用稀硫酸A、铁粉B和某碱溶液C在实验室设计了如图装置制备白色固体。 （1）写出易被空气中的氧气氧化的方程式_______。（2）装置Ⅱ盛放的溶液C是_______(a.NaOHb.)；配置该溶液时，为除去蒸馏水中溶解的常采用的方法是_______。（3）铁粉与稀硫酸制备的离子方程式为_______，的作用有_______(填编号)。a.驱赶装置内的空气b.把物质B压入Ⅱ中c.保护白色不被空气氧化（4）实验过程中，用针管吸取锥形瓶Ⅰ中的溶液，检验其中是否含有。方法为：用该针管吸取_______溶液，用力振荡几次，溶液不变色，把针管中的混合物全部注入干净试管，振荡几次，溶液慢慢变红色。依据现象得出的结论有_______、_______。（5）白色沉淀在_____(填“锥形瓶Ⅰ”或“锥形瓶Ⅱ”)内生成，经在无氧环境中干燥处理，得到的白色粉末是很好的化工_______(填“除酸剂”或“除氧剂”)。【答案】（1）（2）①.a②.加热煮沸（3）①.②.abc（4）①.KSCN②.锥形瓶Ⅰ中溶液不含③.溶液注入试管后，空气中的氧气氧化得到，遇变红（5）①.锥形瓶Ⅱ②.除氧剂【解析】【分析】装置Ⅰ中，稀硫酸和铁粉反应，生成氢气和硫酸亚铁，产生的氢气能排除装置中的氧气；反应一段时间后，关闭止水夹，则产生的硫酸亚铁会进入装置Ⅱ中，与碱发生反应，生成 ，据此分析作答。【小问1详解】易被空气中的氧气氧化，生成氢氧化铁，化学方程式为：，故答案为：；【小问2详解】硫酸亚铁会进入装置Ⅱ中，与碱发生反应，生成，可知该碱为NaOH；配置该溶液时，为除去蒸馏水中溶解的常采用的方法是加热煮沸，故答案为：a；加热煮沸；【小问3详解】稀硫酸和铁粉反应，生成氢气和硫酸亚铁，离子方程式为；产生的氢气能驱赶装置内的空气、关闭止水夹，能把物质B压入Ⅱ中、同时防止空气进入装置Ⅱ，保护白色不被空气氧化，故答案为：；abc；【小问4详解】KSCN遇，溶液会变红色，则用该针管吸取KSCN溶液，用力振荡几次，溶液不变色，说明锥形瓶Ⅰ中溶液不含；把针管中的混合物全部注入干净试管，振荡几次，溶液慢慢变红色，说明溶液注入试管后，空气中的氧气氧化得到，遇变红，故答案为：KSCN；锥形瓶Ⅰ中溶液不含；溶液注入试管后，空气中的氧气氧化得到，遇变红；【小问5详解】由分析可知，白色沉淀在锥形瓶Ⅱ内生成；易被空气中的氧气氧化，经在无氧环境中干燥处理，得到的白色粉末是很好的化工除氧剂，故答案为：锥形瓶Ⅱ；除氧剂。33.根据测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验。某同学为测定硫酸铜晶体中结晶水的含量，设计了如下的实验：①称量：先称空坩埚(质量为m克)，再将研细后硫酸铜晶体倒在坩埚里，称取坩埚和晶体的总质量； ②加热，冷却，称量；③重复②；④另取硫酸铜晶体，重复上述②③两步的操作，进行数次实验。（1）本实验①中研细硫酸铜晶体的目的是_______；（2）步骤③的目的是：_______，判断达到实验目的的方法是：_______。（3）实验得到表中数据：坩埚质量：(g)坩埚和晶体的总质量(g)加热后坩埚和剰余固体的质量(g)11.68513.69112.958计算得到结晶水数量的测定值为_______。(保留2位小数)（4）造成上述结果的可能原因是_______。(填序号)a.坩埚未干燥b.加热时坩埚内物质变黑c.加热后放在空气中冷却（5）步骤④的目的是：_______。【答案】（1）增大接触面积（2）①.确保结晶水完全失去②.前后两次称量的质量差小于0.001g（3）5.12（4）ab（5）减小实验误差【解析】小问1详解】研细硫酸铜晶体的目的是增大接触面积，加快反应速率。【小问2详解】步骤③重复加热，冷却，称量是为了确保结晶水完全失去，若前后两次称量的质量差小于0.001g，则说明结晶水已经基本完全失去。【小问3详解】晶体的质量为13.691g-11.685g=2.006g，结晶水的质量为13.691g-12.958g=0.733g，硫酸铜的质量为2.006g-0.733g=1.273g，n(CuSO4)：n(H2O)=：≈5.12。【小问4详解】a.坩埚未干燥，导致结晶水的质量偏大，x值偏高，a符合题意； b.加热时坩埚内物质变黑，部分硫酸铜分解，导致剩余固体质量减小，结晶水的质量偏大，x值偏高，b符合题意；c.加热后放在空气中冷却，硫酸铜固体吸收空气中的水蒸气，导致剩余固体质量增大，结晶水的质量偏小，x值偏低，c与题意不符；答案为ab。【小问5详解】实验④重复操作的目的为减小实验误差。