【期中真题】重庆市第八中学校2021-2022学年高三上学期期中考试化学试题.zip

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2021—2022学年第一学期期中考试试题
高三化学
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 S-32 K-39 Fe-56 Mn-55 Cu-64 Ti-48 Ba-137
一、选择题(本小题共25小题，每小题3分，共75分)
1. 下列说法不正确的是
A. “凡白土曰垩土，为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料
B. “凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸
C. “烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应
D. “每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜”中的黄铜是合金
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，A正确；
B．制火药包含C、S、KNO3，‘硫’指硫磺，‘硝’指硝酸钾，B错误；
C．胆矾指五水硫酸铜，该过程反应是Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，属于置换反应，C正确；
D．黄铜是铜锌合金，D正确；
故选：B。
2. 下列有关物质组成和分类的说法正确的是
A. 淀粉、纤维素、聚氯乙烯都是天然高分子化合物
B. 涤纶、白纸、手机贴膜的主要成分都是合成纤维
C. 活泼非金属元素的含氧酸和无氧酸可能都是强电解质
D. 硫酸铵、磷酸氢钙、碳酸氢锂都是酸式盐
【答案】C
【解析】
【详解】A．淀粉、纤维素天然高分子化合物，聚氯乙烯是有机合成高分子化合物，A错误；
B．涤纶、手机贴膜的主要成分是合成纤维，白纸的主要成分是植物纤维，B错误；
C．Cl的含氧酸HClO4和无氧酸HCl均是强电解质，C正确；
D．硫酸铵是正盐，不是酸式盐，D错误。
故本题选C。
3. 下列说法中正确的是
A. 根据是否具有丁达尔效应，可将分散系分为溶液、浊液和胶体
B. Na2O2、Fe2O3、CaO既属于碱性氧化物，又属于离子化合物
C. 干冰、盐酸都是电解质
D. 有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，没有单质参加的化合反应也可能是氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．分散系可以按照分散质粒子的直径大小不同分为溶液、浊液和胶体，而不是根据是否有丁达尔效应，A错误；
B．Na2O2属于过氧化物，不是碱性氧化物，B错误；
C．盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，不是电解质，C错误；
D．单质参加的化合反应，对应元素一定会发生化合价的变化，因此一定是氧化还原反应；二氧化硫与过氧化氢反应生成硫酸，为氧化还原反应，二氧化硫与水反应生成亚硫酸为非氧化还原反应，故没有单质参加的化合反应也可能是氧化还原反应，D正确。
故本题选D。
4. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. FeC13具有氧化性，可用作H2S的脱除剂
B. A12O3具有两性，可用于工业冶炼铝单质
C. 浓硝酸具有酸性，可用于钝化铁、铝
D. 二氧化硅的熔点高，可用于制备光导纤维
【答案】A
【解析】
【详解】A、Fe3＋具有强氧化性，H2S具有还原性，Fe3＋能把－2价S氧化，因此FeCl3可用作H2S的脱除剂，故A正确；
B、氧化铝具有两性，与工业冶炼铝单质无因果关系，故B错误；
C、浓硝酸钝化铁、铝，利用浓硝酸的强氧化性，不是酸性，故C错误；
D、光导纤维成分是SiO2，利用光的全反射，与SiO2的熔点高无因果关系，故D错误；
5. X常温下为气体， a、b、c 是中学化学常见物质， 均由常见元素组成， 转化关系(反应条件略去)如图所示， 下列说法不正确的是

A. 若 b 为固态非金属单质，b 与 X 所含元素同主族，则c也能与 X 反应
B. 若 X 为 O2，a 为一种固态单质，则c可能为CO2或 SO3
C. 若 a、b、c 焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，则a中可能既含有离子键又含有共价键
D. 若 b 为气态非金属单质，b 与 X 所含元素同周期，则 X 与 b 所含元素原子的核电荷数相差1
【答案】B
【解析】
【详解】A. 若b为固态非金属单质，X常温下为气体，且b与X所含元素同主族，a为硫化氢，b为S，c为二氧化硫，X为氧气，二氧化硫在催化剂加热的条件下反应生成三氧化硫，所以A选项是正确的；
B.若X为O2，a 为一种固态单质，则a为S，硫与氧气反应生成二氧化硫，b与c为同一种物质，不符合题意，故B错误；
C. a、b、c焰色反应均呈黄色，均含Na元素，其水溶液均为碱性，a为氢氧化钠、X为二氧化碳、b为碳酸钠，c为碳酸氢钠，符合转化关系，NaOH中含有离子键又含有共价键，所以C选项是正确的；
D. b与X所含元素同周期，b为气态非金属单质N2，则X为O2，a为NH3，c为NO，则N和O元素的核电荷数相差1，所以D选项是正确的。
本题正确答案为B。
【点睛】本题考查无机物推断，属于猜测验证型题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意总结和熟记中学常见连续反应。
6. 置换反应可表示为

下列说法不正确的是
A. 若A、B都是短周期元素，则B的原子序数可能是A的两倍
B. 若乙是一种常见的半导体材料，则通过该反应说明A的非金属性一定比B强
C. 若A、B均为非金属元素，则该反应过程中可能会产生白烟
D. 该反应可用于某些金属的冶炼
【答案】B
【解析】
【详解】A、A、B为短周期元素，该反应为置换反应，可以是H2S＋O2=H2O＋S，O元素原子序数为8，S元素原子序数为16，S的原子序数是O的两倍，故A说法正确；
B、乙为常见的半导体材料，即乙为Si，工业上制备Si，反应方程式为2C＋SiO22CO＋Si，该反应中C为还原剂，SiO2为氧化剂，因此不能说明C的非金属性强于Si，故B说法错误；
C、A、B均为非金属元素，该反应为置换反应，可以是3Cl2＋8NH3=6NH4Cl＋N2，NH4Cl为固体，其余为气体，则该过程中产生白烟，故C说法正确；
D、该反应可用于某些金属的冶炼，如铝热反应，故D说法正确。
7. 一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是

A. 该化合物中，W、X、Y之间均为共价键
B. Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应
C. Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D. X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，根据图示，W为1价形成共价键，W为氢，Z为+1价阳离子，Z为Na，Y为3价，Y为N，24-1-11-7=5，X为B元素。
【详解】A．该化合物中，H、B、N之间均以共用电子对形成共价键，故A正确；
B．Na单质既能与水反应生成氢氧化钠和氢气，也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，故B正确；
C．N的最高价氧化物的水化物HNO3为强酸，故C正确；
D．B的氟化物BF3中B原子最外层只有6个电子，达不到8电子稳定结构，故D错误；
故选D。
8. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 2.24 L N2和2.24 L CO所含电子数均为1.4NA
B. 用含1 mol FeCl3的溶液制得的Fe(OH)3胶体中含胶粒数为NA
C. 1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA
D. 42 g乙烯和丙烯混合气体中氢原子的个数为6NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．因为没有指明温度和压强，因此不能确定Vm的数值，无法进行有关计算，A错误；
B．一个胶粒是由很多个Fe(OH)3组成，因此胶粒数目小于NA，B错误；
C．1 mol Na2O2中含有2 mol Na+和1 mol，即一共3mol离子，故离子数目为3NA，C错误；
D．乙烯和丙烯分子的最简式均为CH2，H的质量为1/7，即6g H，6 mol，故H原子个数为6NA，D正确。
故本题选D。

9. 某温度下，物质X2SO4的饱和溶液的密度为ρ g·mL-1，c(X+)=c mol·L-1，溶质的质量分数为a%，溶质的摩尔质量为M g·mol-1，溶解度为S g．下列表达式正确的是
A. S= B. c= C. a%= D. S=
【答案】A
【解析】
【详解】A．由c(X2SO4)=，则a%=，又饱和溶液a%=，所以=，解得S=，故A正确；
B．c(X2SO4)=，c=c(X+)=2c(X2SO4)=，故B错误；
C．由c(X2SO4)=，则a%=，故C错误；
D．由饱和溶液a%=，得，S=，故D错误；
故选：A。
10. 在T℃时,将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρ g·cm-3，溶质的质量分数为ω，其中含NH4＋的物质的量为b mol。下列叙述中正确的是
A. 溶质的质量分数为
B. 上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5ω
C. 溶液中
D. 溶质的物质的量浓度
【答案】D
【解析】
【详解】A、溶液的质量是Vρg，所以溶质的质量分数，A错误；
B、由于氨水的密度小于水的，所以加入等体积的水后，溶质的质量分数小于0.5ω，B错误；
C、由于水还能电离出OH－，所以溶液中OH－的物质的量大于b mol，C错误；
D、氨气的物质的量是a/17 mol，所以浓度，D正确；
答案选D。
11. 下列有关实验操作的说法中正确的是
A. 用CCl4萃取碘水中的碘单质，振荡过程中需进行放气操作
B. 用容量瓶配制溶液，定容时仰视刻度线，所配溶液浓度偏高
C. 用碱式滴定管量取25.00mL溴水
D. 用pH试纸测得氯水的pH为2
【答案】A
【解析】
【详解】A.用CCl4萃取碘水中的碘单质，要先平衡气压，再分液。在振荡过程中有部分易浑发的液体转化为气体，则振荡过程中需进行放气操作，A正确；
B.定容时仰视刻度线，V偏大，由c=可知，所配溶液的物质的量浓度偏低，B错误；
C.溴水具有强的氧化性，能氧化橡胶，故应选酸式滴定管量取25.00mL溴水，C错误；
D.氯水中含HClO，具有强氧化性，可以漂白pH试纸，应选pH计测得氯水的pH，D错误；
故合理选项是A。
12. 下列有关溶液配制的叙述正确的是
A. 配制0.400 0 mol·L-1的NaOH溶液，称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，立即转移至250 mL容量瓶中定容
B. 用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的0.1 mol·L-1 KBrO3溶液时，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管
C. 量取27.2 mL 18.4 mol·L-1浓硫酸于烧杯中，加水稀释、冷却后转移至500 mL容量瓶中即可得1.0 mol·L-1的H2SO4溶液
D. 称取0.158 g KMnO4固体，放入100 mL 容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度，即可得到0.010 mol·L-1的KMnO4溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．n(NaOH)=m/M=4.0g÷40g/mol=0.1mol。NaOH在溶解时会放出大量热，因此需要冷却至室温后再转移到250mL容量瓶中，并且洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，将洗涤液也转移到容量瓶中，以减小误差，A错误；
B．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的0.1 mol·L-1 KBrO3溶液时，溶解时用到烧杯、玻璃棒，转移到容量瓶中，再用胶头滴管定容，B正确；
C．浓硫酸稀释时需要将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入蒸馏水中，并用玻璃棒不断搅拌，C错误；
D．容量瓶不能作为溶解容器，应在烧杯中进行溶解，D错误。
故本题选B。
13. 下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4
B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O
C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2O+O2↑
D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2

【答案】C
【解析】
【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；
B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；
C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；
D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；
答案选C。
14. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 能使甲基橙变为橙色的溶液：Na+、NH、CO、Cl¯
B. 能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO、S2-、Cl¯
C. 0.1 mol/L KOH溶液中：S2¯、Na+、SO、NO
D. 常温下，=1.0×1012的溶液：Fe2+、Mg2+、NO、Cl¯
【答案】C
【解析】
【详解】A．能使甲基橙变为橙色的溶液，显酸性，不能大量存在CO32-，故A错误；
B．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液，具有较强氧化性，不能存在强还原性的S2-离子，故B错误；
C．碱溶液中S2¯、Na+、SO、NO离子之间不反应，可大量共存，故C正确；
D．常温下，=1.0×1012的溶液显酸性，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；
故答案为C。
15. 把一块镁铝合金(质量为m g)投入到50 mL 1 mol/L的HCl溶液里，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1 mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如图所示。下列说法中正确的是

A. 整个反应过程中，主要发生了6个离子反应
B. c值越大，合金中Mg的含量越高
C. b值越大，合金中Al的含量越高
D. 根据图象判断，镁铝合金与50 mL 1 mol/L的HCl溶液恰好完全反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．整个过程中发生的离子反应为：、、、、、。A正确；
B．图中a→b过程是生成Al(OH)3、Mg(OH)2两种沉淀，b→c为Al(OH)3与NaOH的反应，故c值越大，Al(OH)3消耗的NaOH越多，合金中Al的含量越高，B错误；
C．由B可知，c值越大，合金中Al的含量越高，C错误；
D．由图象可知，O→a反应为：，即HCl有剩余，D错误。
故本题选A。
16. 某同学设计完成了以下两个实验：
①向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色(生成了HIO3)。
②向盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成红棕色。继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层的颜色没有变化。
下列说法不正确的是
A. 实验①生成HIO3时发生的反应为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl
B. 实验②中当CCl4层变成红棕色时可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液
C. 由上述实验得出Cl2、Br2、I2的氧化性由强到弱的顺序是：Cl2＞Br2＞I2
D. 由上述实验得出Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱顺序是：HBrO3＞Cl2＞HIO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．由继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色(生成了HIO3)可知，氯气可氧化碘单质，发生离子反应为I2+5Cl2+6 H2O=2HIO3+10HCl，故A正确；
B．由盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成红棕色可知，溴易溶于四氯化碳，则可通过萃取分液的方法获得Br2的CCl4溶液，故B正确；
C．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，①中氧化性为Cl2＞I2，②中氧化物为Cl2＞Br2，不能比较Br2、I2的氧化性，故C错误；
D．由①②中继续滴加氯水的现象及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性由强到弱的顺序是：HBrO3＞Cl2＞HIO3，故D正确；
故选C。
17. 工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法不正确的是

A. 在铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石
B. 石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应
C. 在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2∶1
D. 黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物
【答案】B
【解析】
【详解】A. 用铝土矿制备较高纯度A1，首先用NaOH溶液将铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过滤、向滤液中通入CO2气体把偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝让其分解为氧化铝，最后用冰晶石作助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，所以A正确；B.、石英的主要成分是二氧化硅，它属于酸性氧化物不与盐酸反应。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐故被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸，所以B不正确；C. 在制粗硅时，发生反应SiO2+2C=Si+2CO，被氧化的物质C与被还原的物质SiO2的物质的量之比为2∶1，C是正确的；D. 黄铜矿(CuFeS2)与O2反应，铜由+2价降为+1价被还原得到Cu2S、氧由0价降至-2得到FeO，所以Cu2S、FeO均是还原产物，D正确。
18. 用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4，的流程示意图如下：

下列叙述错误的是
A. 为提高步骤①的反应速率，可采取搅拌、升温等措施
B. 步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+
C. 步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去
D. 步骤⑤中，“分离”包含的操作有过滤、洗涤
【答案】C
【解析】
【分析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水，双氧水将Fe（OH）2浊液氧化成浊液D，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。
【详解】A.搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A正确；
B.滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原Fe3+，即主要的离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B正确；
C.步骤④中，浊液C中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液D，为了提高Fe3O4的产率需要控制浊液D与滤液B中Fe2+的比例，为防止滤液B中Fe2+在步骤⑤中被H2O2氧化，步骤④中反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，C错误；
D.步骤⑤为浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，使Fe3O4分离出来需经过过滤、洗涤、干燥，D正确；
故答案选C。
【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，需要学生具备扎实的基础。
19. 一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O====2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中正确的是

A. 反应Ⅱ中H2O2做还原剂
B. 产品中含有SO42－、Cl－
C. NaClO2的漂白原理与SO2相同
D. 实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行
【答案】A
【解析】
【详解】A. 反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；
B.反应II是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH-，不可能含SO42－、Cl－，B错误；
C. NaClO2中Cl元素化合价为+3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；
D. 实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误；
故本题合理选项是A。
【点睛】本题以高效漂白剂NaClO2制备为线索，考查了物质的作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。
20. 工业上以某软锰矿(主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3等杂质)为原料，利用烟道气中的SO2制备MnSO4·H2O的流程如下：

下列说法不正确的是
A. 滤渣A的主要成分能导电，可制备光导纤维
B. “酸浸”主要反应的离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO42-
C. 加氨水调节pH的目的是除Al3+
D. 操作I为结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】A
【解析】
【分析】软锰矿主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3等杂质，加稀硫酸再通入SO2后，过滤后滤渣A为SiO2，滤液为Al3+、Mn2+、SO42-加入氨水后过滤，滤渣B为Al(OH)3,滤液含有Mn2+、SO42-,经过加热浓缩，冷却结晶即可的到MnSO4H2O。
【详解】A. 滤渣A为SiO2，不能导电，可制备光导纤维，故A错误；B. “酸浸”中MnO2有强氧化性，SO2具有还原性，两者主要反应的离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO42-，故B正确；C. 加氨水调节pH的目的是：Al3++3OH-=Al(OH)3,除去Al3+，故C正确；D. 经过结晶、过滤、洗涤、干燥操作可以得到MnSO4·H2O，故D正确；答案：A。
21. 电镀废水沉泥中含Cu、Ni、Ag和Fe等多种元素的有机金属盐，采用焙烧一浸出—分离回收的工艺流程可有效分离电镀废水沉泥中的金属，其流程如下：

下列叙述错误的是
A. 上述流程中硫酸可以用稀盐酸代替
B. “固体Ⅱ”为Fe(OH)2
C. 溶液III中含有Na+、Ni2+、Zn2+等金属离子
D. 合理处理电镀废沉泥可实现资源的回收与可持续利用
【答案】B
【解析】
【分析】电镀废水沉泥中含Cu、Ni、Ag和Fe等多种元素的有机金属盐，采用焙烧后变成CuO、NiO、Fe3O4等，加硫酸溶解，固体I是银单质，溶液I中有Na+、Fe2＋、Fe3＋、Ni2＋、Cu2＋，加双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再加NaOH溶液，生成固体Ⅱ：Fe(OH)3，溶液Ⅱ中有Na+、Ni2＋、Cu2＋，加锌先生成铜，得溶液III中含有Na+、Ni2+、Zn2+等金属离子，再加过量的锌，得镍和溶液Ⅳ为硫酸锌溶液。
【详解】A. 上述流程中硫酸可以用稀盐酸代替，主要是溶解CuO、NiO、Fe3O4等金属氧化物，故A正确；
B. “固体Ⅱ”为Fe(OH)3，故B错误；
C溶液I中有Na+、Fe2＋、Fe3＋、Ni2＋、Cu2＋，加双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再加NaOH溶液，生成固体Ⅱ：Fe(OH)3，溶液Ⅱ中Na+、Ni2＋、Cu2＋，加锌先生成铜，得溶液III中含有Na+、Ni2+、Zn2+等金属离子，故C正确；
D. 从流程看出可以回收利用铜镍等金属，故合理处理电镀废沉泥可实现资源的回收与可持续利用，故D正确；
故选B。
22. 某工厂拟综合处理含NH废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO)，设计了如下工业流程：

下列说法错误的是
A. 气体Ⅰ中主要含有的气体有N2、NO、CO
B. X在反应中作氧化剂，可通入过量的空气
C. 处理含废水时，反应的离子方程式是：+=N2↑+2H2O
D. 捕获剂所捕获的气体主要是CO
【答案】B
【解析】
【分析】工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO)通过过量石灰乳会吸收CO2、SO2，固体Ⅰ为碳酸钙和亚硫酸钙；气体Ⅰ通过X，用氢氧化钠处理后得到亚硝酸钠，X可能为空气，但是不能过量，否则会生成硝酸钠，亚硝酸钠与铵根的溶液反应生成无污染气体，生成氮气，气体Ⅱ含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要时CO，据此分析解题。
【详解】A．由以上分析可知气体I中主要含有的气体有N2、NO、CO与石灰乳不反应，不能被吸收，A正确；
B．X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，B错误；
C．处理含铵根废水时，反应生成氮气，发生反应的离子方程式为：+=N2↑+2H2O，C正确；
D．气体Ⅱ含有CO、N2捕获剂所捕获的气体主要是CO，D正确；
答案选B。
23. 标准状况下，将a L SO2和Cl2组成的混合气体通入100 mL 0.1 mol·L-1 Fe2(SO4) 3溶液中，充分反应后，溶液的棕黄色变浅。向反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质量为11.65 g。则下列关于该过程的推断不正确的是 （ ）
A. 所得沉淀为0.05 mol的BaSO4 B. 混合气体中SO2的体积为0.448 L
C. a L混合气体的物质的量为0.04 mol D. a的取值范围为0.672 【答案】C
【解析】
【详解】A、沉淀是硫酸钡，其物质的量为11.65g/233g/mol=0.05 mol，正确；
B、硫酸根离子物质的量是0.05 mol；硫酸铁溶液中硫酸根离子的物质的量是0.03 mol，二氧化硫和氯气生成的硫酸根离子的物质的量是0.02 mol，故标准状况下二氧化硫的体积为0.448L，正确；
C、氯气的未知，不能计算气体的物质的量，C错误；
D、溶液中棕黄色变浅，说明二氧化硫被氯气氧化量不够，三价铁离子参与反应；因二氧化硫为0.02mol，氯气的最大量为0.02mol，最小量为0.01mol（一部分二氧化硫被三价铁氧化），气体总的物质的量介于0.03mol和0.04mol之间，正确；答案选C。
24. 将15.2 g 铜和镁组成的混合物加入250 mL4.0 mol • L-1的稀硝酸中，固体完全溶解，生成的气体只有NO。向所得溶液中加入1.0 L NaOH溶液，此时金属离子恰好沉淀完全，沉淀质量为25.4 g，下列说法不正确的是
A. 原固体混合物中，Cu和Mg的物质的量之比为2：1
B. 氢氧化钠溶液的浓度为0.8 mol·L-1
C. 固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为0.1mol
D. 生成的NO气体在标况下的体积为4.48L
【答案】C
【解析】
【详解】将15.2 g 铜和镁组成的混合物加入250 mL4.0 mol • L-1的稀硝酸中，固体完全溶解，生成的气体只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3 （稀）=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3 （稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向所得溶液中加入1.0 L NaOH溶液，此时金属离子恰好沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，沉淀质量为25.4 g，生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为10.2g，氢氧根的物质的量为=0.6mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.3mol， A．设Cu和Mg的物质的量分别为x、y，则有：，解得，x=0.2mol，y=0.1mol，故Cu和Mg的物质的量之比为2：1，选项A正确；B．硝酸剩余0.2mol(见选项C分析)，则参加反应氢氧化钠的物质的量为0.2mol+0.6mol=0.8mol，需要氢氧化钠溶液的浓度为=0.8mol/L，选项B正确；C．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.3mol×=0.8mol，固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为0.25L×4.0mol/L-0.8mol=0.2mol，选项C不正确；D．根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为=0.2mol，标准状况下，生成NO的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，选项D正确；答案选C。
25. 已知：还原性＞I-，氧化性＞I2，在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图，下列说法正确的是(　　)

A. 反应过程中的氧化产物均为SO3
B. a点时消耗NaHSO3的物质的量为1.0mol
C. 0～b间的反应可用如下离子方程式表示：3+=3+I-+3H+
D. 当溶液中I-与I2的物质的量之比为1∶1时，加入的NaIO3为1.2mol
【答案】C
【解析】
【分析】还原性＞I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：3+=3+I-+3H+，继续加入NaIO3，氧化性＞I2，所以可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是+6H++5I-═3H2O+3I2，由此分析。
【详解】A．0～b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钠的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3+=3+I-+3H+，氧化产物为；继续加入NaIO3，氧化性＞I2，所以可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是+6H++5I-═3H2O+3I2，氧化产物为I2，故A不符合题意；
B．a点碘酸钠的物质的量是0.4mol，根据碘酸钠和亚硫酸氢钠的关系式知，3~，消耗NaHSO3的物质的量=×3=1.2mol，故B不符合题意；
C．根据A项分析加入碘酸钠的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，0～b间的反应的离子方程式为：3+=3+I-+3H+，故C符合题意；
D．b点碘酸钠的物质的量是1mol，生成碘离子也是1mol。根据反应式+6H++5I-═3H2O+3I2可知，如果设此时消耗碘离子的物质的量是x，则消耗碘酸钠就是，生成单质碘是，所以有(1-x)︰=1∶1，解得x=，所以加入的碘酸钠的物质的量是1+=1.125mol，故D不符合题意；
答案选C。
二、非选择题(本小题共5小题，共75分)
26. 实验室需要0.1 mol·L-1 NaOH溶液450 mL和0.5 mol·L-1硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：

（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是___________(填标号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是___________(填仪器名称)。
（2）在配制NaOH溶液时：
①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为___________g。
②若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶→洗烧杯→洗涤液移入容量瓶→定容，则所得溶液浓度___________(填“＞”“＜”或“=”)0.1 mol·L-1
（3）在配制硫酸溶液时：
①所需质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸的体积为___________(计算结果保留一位小数)mL。
②如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用___________mL量筒最好。
③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是___________。
【答案】（1） ①. AC ②. 烧杯、玻璃棒
（2） ①. 2.0 ②. ＞
（3） ①. 13.6 ②. 15 ③. 将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌
【解析】
【小问1详解】
配制溶液需要五种玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，故答案为：AC；烧杯、玻璃棒；
【小问2详解】
①因无450 mL的容量瓶，配制NaOH溶液要用500 mL的容量瓶，m(NaOH)=c·V·M=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，故答案为：2.0；
②NaOH溶于水放出大量热，应把它冷却至室温后再移入容量瓶中，否则定容后，溶液冷却到室温后，体积减小，浓度偏高，故答案为：＞；
【小问3详解】
①c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)，即 ×V(浓)=0.5×0.5，得V(浓)≈0.0136L=13.6mL，故答案为：13.6；
②选用15 mL量筒最好，误差小，故答案为：15；
③稀释浓硫酸应注意三点：酸入水、沿器壁、棒搅拌，故答案为：将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌。
27. 雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下离子中的若干种：NH4+、Ba2＋、Fe2＋、Cl－、NO3—、CO32—、SO42—。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得到试样溶液，设计并完成如下实验：

试回答下列问题：
(1)实验①中加入稀盐酸后，有气体A生成，溶液B依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。据此可知原溶液中一定含有______________，一定不含______________。(填离子符号)
(2)实验①中发生反应的离子方程式为______________________________________。
(3)实验②中逐滴加入碳酸氢钠溶液，立即有气泡产生，反应的离子方程式为__________________，一段时间后又有沉淀出现，这时的离子方程式为____________。
(4)气体F的成分为________。(填化学式)
(5)根据实验③现象该同学认为原溶液中一定含有SO42—，有其他同学认为其结论不合理，又进行了后续实验④，最终确定原溶液中含有SO42—，试写出实验④可行的操作方法及现象_________________。
【答案】 ①. Cl－、Fe2＋、NO3— ②. CO32— ③. 3Fe2＋＋4H＋＋NO3—=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O ④. H＋＋HCO3—=CO2↑＋H2O ⑤. Fe3＋＋3HCO3—=3CO2↑＋Fe(OH)3↓ ⑥. NH3 ⑦. 向沉淀G中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，则含有SO42—[或取少量原溶液于试管中，滴加BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液，若产生白色沉淀，则含有SO42—]
【解析】
【分析】（1）实验①中加入稀盐酸后，有无色气体A生成，该气体可能为二氧化碳或NO，由于盐酸过量且溶液中阴离子种类不变，则生成的气体为NO，溶液中一定含有Fe2+、NO3-、Cl-，且NO3-过量；根据离子共存可知一定不存在CO32-；
（2）硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，同时生成NO气体，据此写出反应的离子方程式；
（3）实验①中盐酸足量，则溶液B中含有过量的氢离子，加入碳酸氢钠后发生反应为：H++HCO3-===H2O+CO2↑；溶液B中还含有Fe3+，当氢离子反应完全后，铁离子与碳酸氢根离子发生相互促进的双水解反应，生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；
（4）溶液D中加入氢氧化钡溶液加热后生成气体F、沉淀G和溶液H，气体F为氨气，由于碳酸氢钠过量，则沉淀G中一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡；
（5）由于碳酸氢钠过量，则生成的沉淀中不一定含有硫酸钡，需要通过对沉淀G进一步检验，可向沉淀G中加入足量稀盐酸，若沉淀部分溶解，则说明原溶液中一定含有硫酸根离子。
【详解】（1）实验①中加入稀盐酸后，有无色气体A生成，该气体可能为CO2或NO，由于盐酸过量且反应后溶液中阴离子种类不变，则生成的气体为NO，溶液中一定含有Fe2+、Cl-、NO3-，且NO3-过量；根据离子共存可知一定不存在CO32-；
（2）实验①中亚铁离子与稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮和水，反应的离子反应方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
（3）实验①加入足量盐酸，则溶液B中含有过量的氢离子，加入碳酸氢钠后发生反应的离子方程式为：H++HCO3-=H2O+CO2↑；溶液B中还含有Fe3+，氢离子反应完全后，铁离子与碳酸氢根离子发生相互促进的双水解反应，生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：Fe3++3HCO3-=Fe（OH）3↓+3CO2↑；
（4）溶液D中加入足量Ba（OH）2溶液加热后生成气体F、沉淀G和溶液H，气体F为NH3，由于实验②中NaHCO3足量，则沉淀G中一定含有BaCO3，可能含有BaSO4；
（5）由于实验②中NaHCO3足量，则实验③的沉淀G中一定含有沉淀BaCO3，不能确定是否含有BaSO4，需要进行后续实验④，可向沉淀G中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，则含有SO42-[或取少量原溶液于试管中，滴加BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液，若产生白色沉淀，则含有SO42-]。
28. 短周期元素A、B、C、D、E在周期表中相对位置如图所示。已知：D原子的原子序数等于其最外层电子数的3倍。

请回答下列问题：
（1）B在周期表中位于第___________周期___________族。
（2）E2B分子的电子式为___________，该分子所含化学键类型是___________。
（3）在B、D、E的气态氢化物中，热稳定性最弱的是___________(填化学式)。
（4）工业上，制备C单质的化学方程式为___________。
（5）在A的氢化物中，能与溴水、酸性KMnO4溶液发生化学反应的有___________(填一种物质的结构简式)。
（6）D的单质在氯气中燃烧生成两种产物X和Y，其中X分子中每个原子最外层都达到8电子结构。Y与足量的NaOH溶液反应生成两种盐和水，写出该反应的化学方程式：___________。
【答案】（1） ①. 二 ②. ⅥA
（2） ①. ②. 共价键(或极性共价键)
（3）PH3 （4）2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑
（5）CH2=CH2 （6）PCl5+8NaOH=Na3PO4+5NaCl+4H2O
【解析】
【分析】D应处于第三周期，且D原子的原子序数等于其最外层电子数的3倍，则D为P，由元素在周期表中的位置，则A为C、B为O、C为Al、E为Cl；
【小问1详解】
B为O，在周期表中位于第二周期第VIA族；
【小问2详解】
E2B是Cl2O，由O和2个Cl原子各共用1对电子对，电子式为，化学键类型是共价键；
【小问3详解】
在B、D、E分别为O、P、S，非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由非金属性：O>S>P，则热稳定性最弱的是PH3；
【小问4详解】
工业上，制备Al单质是电解熔融的氧化铝，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；
【小问5详解】
A是C，能与溴水、酸性KMnO4溶液发生化学反应的有乙烯，结构简式是CH2=CH2；
【小问6详解】
D的单质P在氯气中燃烧生成两种产物X和Y，其中X分子中每个原子最外层都达到8电子结构说明X为PCl3，则Y为PCl5，PCl5与足量的NaOH溶液反应生成两种盐为Na3PO4、NaCl和水，该反应的化学方程式：PCl5+8NaOH=Na3PO4+5NaCl+4H2O。
29. 钛酸钡（BaTiO3）在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图：

已知：25℃时，BaCO3的溶度积Ksp=2.58×10-9；
（1）BaTiO3中Ti元素的化合价为：________。
（2）用盐酸酸浸时，为使酸浸速率加快，可采取的一种措施是：____________________，发生反应的离子方程式为：____________________________________。
（3）流程中通过过滤得到草酸氧化钛钡晶体，过滤操作中使用的玻璃仪器有：______________。
（4）TiO2具有很好的散射性，是一种有重要用途的金属氧化物。工业上可用TiCl4水解来制备，制备时需加入大量的水，同时加热，其目的是：___________________________。
（5）某兴趣小组取19.70gBaCO3模拟上述工艺流程制备BaTiO3，得产品13.98g，BaTiO3的产率为：___________。
（6）流程中用盐酸酸浸，其实质是BaCO3溶解平衡移动。若浸出液中c(Ba2+)=0.1mol·L-1，则c(CO32-)在浸出液中的最大浓度为：_________mol·L-1。
【答案】 ①. +4 ②. 适当增大盐酸浓度；适当升高温度；减小BaCO3粒径等合理即可 ③. BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2 + H2O ④. 漏斗、烧杯、玻璃棒 ⑤. 促进TiCl4水解 ⑥. 60% ⑦. 2.58×10-8
【解析】
【分析】在酸性条件下，将碳酸钡溶解，向浸出液中加入TiCl4、草酸溶液。经过过滤得到草酸氧化钛钡晶体，洗涤煅烧后得到BaTiO3，据此分析；
【详解】(1)BaTiO3中Ba的化合价为+2价，O的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，Ti元素的化合价为+4价，因此，本题答案为：+4；
(2)适当增大盐酸浓度、适当升高温度、减小BaCO3粒径都可以使酸浸速率加快；盐酸酸浸时反应的化学方程式为BaCO3 + 2HCl = BaCl2 + CO2↑ + H2O ，离子方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。因此，本题答案为：适当增大盐酸浓度；适当升高温度；减小BaCO3粒径等合理即可；BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O；
(3)过滤操作中使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4) TiCl4水解的离子方程式为TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl ，加入大量水促进TiCl4水解，盐的水解是吸热过程，加热促进TiCl4水解，故制备时加入大量的水同时加热，目的是促进TiCl4的水解。因此，本题答案为：促进TiCl4水解；
(5)根据Ba元素守恒，理论上得到BaTiO3的质量为19.7g/197(g/mol)×233g/mol=23.3g， BaTiO3的产率为13.98g/23.3g×100%=60%，因此，本题答案为：60%；
(6)BaCO3的溶解平衡方程式为BaCO3(s) ⇌ Ba2+(aq)+CO32-(aq)，Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)×c(CO32-)=2.58×10-9，若浸出液中c(Ba2+)=0.1mol/L，则CO32-在浸出液中最大浓度c(CO32-)=2.58×10-8mol/L，因此，本题答案为：2.58×10-8。
30. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)在生产生活中具有广泛应用。回答下列问题：
I.工业上普遍使用Na2SO3与硫磺共煮制备Na2S2O3，装置如图1。

（1）打开K1关闭K2，向圆底烧瓶中加入足量试剂甲并加热。试剂甲为_________，装置B和D的作用是_________。
（2）始终保持C中溶液呈碱性、加热产生Na2S2O3，反应的化学方程式为___________________________。反应一段时间后，C中硫粉逐渐减少，及时打开K2、关闭K1并停止加热，将C中所得混合物分离提纯后即得到Na2S2O3。若不及时关闭K1，将导致C中溶液呈酸性、发生副反应产生S和_________。
Ⅱ.利用SO2与Na2CO3、Na2S的混合溶液反应也能制备Na2S2O3，所需仪器如图2。

（1）装置G中Na2CO3与Na2S的最佳物质的量之比为_________。
（2）从左到右连接各仪器，接口顺序为：_________接g、h接_________、_________接_________、_________接d。
Ⅲ.常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度。
取废水20.00mL，控制适当的酸度加入足量K2Cr2O7溶液，得 BaCrO4沉淀；过滤洗涤后用适量稀酸溶解，此时CrO42－全部转化为Cr2O72－；再加过量KI溶液，将Cr2O72－充分反应：Cr2O72－+6I－+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后加入淀粉溶液作指示剂，用0.0100mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定：I2+2S2O32－===S4O62－+2I－。当溶液_________即为终点。平行滴定3次，消耗Na2S2O3溶液的平均用量为18.00m，则该废水中Ba2+的物质的量浓度为_________。
【答案】 ①. 浓硫酸 ②. 吸收SO2,防止污染空气 ③. S＋SO2＋Na2CO3Na2S2O3＋CO2 ④. NaHSO3 ⑤. 1:2 ⑥. a ⑦. b ⑧. c ⑨. e ⑩. f ⑪. 蓝色褪去且在半分钟内不恢复 ⑫. 0.00300mol/L
【解析】
【分析】I.（1）A为二氧化硫的制备装置，C制取Na2S2O3，二氧化硫有毒，装置B和D中需盛碱液（如NaOH溶液），用于吸收SO2，防止污染空气。

Ⅱ.(1)装置G中Na2CO3与Na2S的最佳物质的量之比由反应方程式中化学计量数之比确定；
（2）按I（实验后期关闭K1，打开K2可吸收多余SO2）→H(制取SO2)→E(安全装置)→G(制取Na2S2O3)→F（吸收SO2尾气）确定连接装置的顺序。
Ⅲ.碘遇到淀粉呈蓝色，终点为蓝色褪去且在半分钟内不恢复；
按关系式：2Ba2＋~2BaCrO4~Cr2O72－~3I2 ~6S2O32－计算n(Ba2＋)，再由C=n/V计算浓度。
【详解】I.（1）A为二氧化硫的制备装置，故试剂甲为浓硫酸，装置B和D中需盛碱液（如NaOH溶液），用于吸收SO2，防止污染空气。
（2）C中反应物SO2、Na2CO3溶液和硫粉，根据题意首先SO2和Na2CO3溶液发生反应生成Na2SO3和CO2，Na2SO3和S制Na2S2O3，总反应为：S＋SO2＋Na2CO3 Na2S2O3＋CO2；
若不及时关闭K1，将导致C中溶液呈酸性而发生副反应Na2S2O3＋SO2+H2O=2NaHSO3+S↓。
Ⅱ（1）装置G中发生反应的方程式为：Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2，故Na2CO3和Na2S的最佳物质的量之比为1：2。
（2）需按下列顺序连接装置，I（实验后期关闭K1，打开K2可吸收多余SO2）→H(制取SO2)→E(安全装置)→G(制取Na2S2O3)→F（吸收SO2尾气），所以各接口的顺序为：a接g、h接b、c接e、f接d。
Ⅲ向碘的淀粉蓝色溶液中滴加Na2S2O3溶液，滴定终点为蓝色褪去且在半分钟内不恢复。
相关物质转化的关系式为：2Ba2＋~2BaCrO4~Cr2O72－~3I2 ~6S2O32－,n(Ba2＋)=n(S2O32－)/3=18.00mL×0.0100mol/L/3=0.06mmol,c(Ba2＋)=0.06mmol/20.00mL=0.00300mol/L