江蘇省揚州市高郵市2023-2024學年高二上學期10月月考化學試題（解析版）

PAGEPAGE1江蘇省揚州市高郵市2023-2024學年高二上學期10月月考可能用到的相對原子質(zhì)量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5Cr：52一、單項選擇題：共10題，每題3分，共30分。每題只有一個選項最符合題意。1.中華文明源遠流長，漢字居功至偉。隨著時代發(fā)展，漢字被不斷賦予新的文化內(nèi)涵，其載體也發(fā)生相應變化。下列漢字載體主要由合金材料制成的是A.獸骨 B.紙張 C.青銅器 D.液晶顯示屏〖答案〗C【詳析】A．獸骨是骨頭，主要成分是磷酸鈣和碳酸鈣，屬于非金屬材料，不是合金，故A錯誤；

B．紙張是天然的纖維素，不是合金，故B錯誤；

C．青銅器是銅合金，屬于合金，故C正確；

D．液晶顯示屏屬于無機非金屬材料，不是合金，故D錯誤；

故選：C。2.“侯氏制堿法”主要原理：。下列化學用語正確的是A.C原子最外層電子的軌道表示式：B.價電子排布式：C.NaCl的電子式：D.分子的球棍模型：〖答案〗D【詳析】A．基態(tài)C原子最外層電子中含有4個電子，2s能級上2個電子、2p能級上2個電子，基態(tài)C原子最外層電子的軌道表示式：，故A錯誤；B．Cl為17號元素，基態(tài)Cl原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p5，價電子排布式為3s23p5，故B錯誤；C．NaCl為離子化合物，由鈉離子與氯離子構(gòu)成，電子式為，故C錯誤；D．NH3分子為三角錐型，N原子的原子半徑大于H原子，其球棍模型為，故D正確；故選D。3.下列有關(guān)鐵及其化合物的實驗裝置和操作能達到實驗目的是A用裝置甲制備 B.用裝置乙制備氣體C.用裝置丙制備晶體 D.用裝置丁制備膠體〖答案〗C【詳析】A．四氯化碳的密度比水大，不能起到隔絕氧氣的作用，易被氧氣氧化為氫氧化鐵，故A錯誤；B．常溫下濃硫酸能與鐵發(fā)生鈍化反應，阻礙反應進行，不能制備氣體，故B錯誤；C．硫酸鐵水解生成氫氧化鐵和硫酸，但硫酸是難揮發(fā)性酸，所以最終得到硫酸鐵固體，故C正確；D．氫氧化鈉溶液與氯化鐵反應生成氫氧化鐵沉淀，應該將飽和氯化鐵溶液滴入沸水中制備膠體，圖示藥品不合理，故D錯誤；故選C。4.石棉具有高度耐火性、電絕緣性和絕熱性，是重要的防火、絕緣和保溫材料，其化學式為，其組成也可寫成氧化物形式：。下列說法正確的是A.組成元素均位于元素周期表的p區(qū) B.CaO的熔點比MgO的低C.離子半徑： D.Mg的電負性大于相鄰元素Al的電負性〖答案〗B【詳析】A．Ca、Mg是第IIA族元素，為s區(qū)元素，故A錯誤；B．鎂離子半徑小于鈣離子半徑，中離子鍵更強，熔點更高，故B正確；C．鎂離子和氧離子電子層數(shù)相同，Mg的原子序數(shù)比O大，其離子半徑小于氧離子，即，故C錯誤；D．同周期主族元素，隨著原子序數(shù)的遞增，元素的電負性逐漸增大，電負性：Al>Mg，故D錯誤；故選：B。5.在恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH<0，T℃時，平衡常數(shù)為K，下列說法正確的是A.該反應在任何溫度下都可自發(fā)進行B.T℃時，若<K時，則v正<v逆C.選擇高效催化劑可以提高活化分子百分數(shù)，提高CO(NH2)2的平衡產(chǎn)率D.若容器內(nèi)氣體壓強保持不變，該可逆反應達到化學平衡狀態(tài)〖答案〗D【詳析】A．根據(jù)反應方程式可知，該反應為熵減，即ΔS＜0，依據(jù)ΔG=ΔH－TΔS，該反應在低溫下能自發(fā)進行，故A錯誤；B．若＜K，該反應向正反應方向進行，即v正＞v逆，故B錯誤；C．選擇高效催化劑只提高活化分子百分數(shù)，對化學平衡移動無影響，即不能提高尿素的產(chǎn)率，故C錯誤；D．尿素為固體，該反應為氣體物質(zhì)的量減少的反應，相同條件下，氣體壓強與氣體物質(zhì)的量成正比，因此該反應當混合氣體壓強不再改變時，說明反應達到平衡，故D正確；〖答案〗為D。6.下列有關(guān)Cu及其化合物的敘述正確的是A.CuCl晶體結(jié)構(gòu)如上圖所示，其中氯離子的配位數(shù)為4B.刻蝕Cu制印刷電路板，說明還原性Cu大于FeC.Cu是第VIII族元素D.除去Cu粉中混有CuO的方法是加入稀硝酸溶解，過濾、洗滌、干燥〖答案〗A【詳析】A．從CuCl的晶胞可以判斷，每個銅原子與4個Cl距離最近且相等，即Cu的配位數(shù)為4，根據(jù)化學式可知Cl的配位數(shù)也為4，故A正確；

B．FeCl3刻蝕Cu制印刷電路板，說明FeCl3具有氧化性，能氧化Cu,還原性Cu大于Fe2+，故B錯誤；

C．Cu是第IB族元素，故C錯誤；

D．硝酸具有強氧化性，能氧化Cu生成硝酸銅，但Cu不能與稀鹽酸或稀硫酸反應，所以除去Cu粉中混有CuO的方法是加入稀鹽酸或稀硫酸溶解，過濾、洗滌、干燥，故D錯誤；

故選：A。7.工業(yè)中常采用歧化法制備：；利用電解法也可以實現(xiàn)由向的轉(zhuǎn)化，其裝置如圖。下列說法不正確的是A.與歧化法相比電解法明顯優(yōu)點是Mn元素的利用率高B.電源m為正極，n為負極C.陰極每產(chǎn)生標況下4.48L，則有0.2mol的遷移至陰極D.總反應：〖答案〗C〖祥解〗左側(cè)中錳元素為+6價升高到中的+7價，發(fā)生氧化反應，該電極是陽極，連接的直流電源m極是正極；n極是負極，右側(cè)是陰極區(qū)，發(fā)生反應：?！驹斘觥緼．電解法~，Mn元素的利用率達到100%，而歧化法3~2，Mn元素的利用率未達到100%，A正確；B．據(jù)分析，左側(cè)Pt電極為陽極，m為電源正極，n極是負極，B正確；C．標況下4.48L的物質(zhì)的量是0.2mol，陰極反應為，產(chǎn)生0.2mol氫氣，則電路中轉(zhuǎn)移0.4mole-，電解質(zhì)溶液中有0.4mol的遷移至陰極，C錯誤；D．陽極反應是：，陰極反應是：，則總反應：，D正確；故〖答案〗選C。8.下列說法正確的是A.常溫下，某AgCl溶液有未溶AgCl固體剩余，向其上層清液中通入少量HCl，無沉淀生成B.常溫下，10mL的NH4Cl溶液中由水電離出的物質(zhì)的量濃度為mol·LC.某溫度下，反應達平衡，壓縮體積后達新平衡時容器中的濃度比原平衡大D.將的強酸溶液稀釋100倍，則〖答案〗B【詳析】A．常溫下，某AgCl溶液有未溶AgCl固體剩余，說明AgCl達到溶解平衡，向其上層清液中通入少量HCl，溶液中c（Cl-）增大，AgCl溶解平衡逆向移動，有沉淀生成，A錯誤；B．常溫下，10mL的NH4Cl溶液中H+完全是由由水電離出的，故由水電離出的物質(zhì)的量濃度為mol·L，B正確；C．某溫度下，反應達平衡，該反應的平衡常數(shù)為K=c(CO2)，根據(jù)溫度不變，平衡常數(shù)不變可知，壓縮體積后達新平衡時容器中的CO2濃度與原平衡相等，C錯誤；D．根據(jù)酸溶液稀釋永遠不可能變?yōu)閴A性溶液，故將pH=6的強酸溶液稀釋100倍，則pH接近7，但小于7，D錯誤；故〖答案〗為：B。9.利用銅-鈰氧化物(，Ce是活潑金屬)催化氧化除去中少量CO的機理如圖所示。下列說法正確的是A.反應(i)中Cu、Ce平均化合價降低B.銅-鈰氧化物減小了該反應的反應熱C.因為反應前后催化劑的質(zhì)量不變，催化劑不參與該化學反應D.若用參與反應，一段時間后，可能出現(xiàn)在銅-鈰氧化物〖答案〗A【詳析】A．通過i發(fā)現(xiàn)CO變成CO2，碳元素化合價升高，固Cu和Ce化合價會降低，經(jīng)過iii后，得氧后，Cu和Ce化合價會升高，Cu、Ce化合價均升高，故A正確；

B．反應熱與反應物的能量和生成物的能量有關(guān)，與催化劑無關(guān)，銅-鈰氧化物只是減少反應的活化能，故B錯誤；

C．催化劑化學反應前后，質(zhì)量和化學性質(zhì)不變，但是參與了化學反應，故C錯誤；

D．反應ⅲ中，與銅結(jié)合的C18O奪取與空位結(jié)合的O2中的1個O原子生成CO2，O2中另1個O原子進入空位，即18O進入CO2，不可能出現(xiàn)在銅-鈰氧化物中，故D錯誤；

故選：A。10.室溫時，實驗室以含鉻廢液(主要離子含、、、)制取含溶液的流程如下：已知：①室溫時，，；②假設(shè)溶液中某離子濃度mol·L時，該離子沉淀完全；③“氧化”時轉(zhuǎn)化為；④；下列說法正確的是A.“過濾Ⅰ”所得濾液中mol·LB.“氧化”時的離子方程式為：C.“酸化”時溶液pH越低，轉(zhuǎn)化為的轉(zhuǎn)化率越低D.將“含溶液”蒸干不能得到純凈的固體〖答案〗D〖祥解〗含鉻廢液加入KOH溶液生成、沉淀，濾液為硫酸鉀，加入過氧化氫將轉(zhuǎn)化為，“氧化”時離子方程式為：4OH-+2Cr(OH)3+3H2O2=2+8H2O，濾液加入鹽酸酸化時，得到溶液；【詳析】A．Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)c3(OH-)=6×10-31，調(diào)節(jié)pH=8，c(OH-)=10-6mol/L，c(Cr3+)==6×10-13mol?L-1，故A錯誤；B．”氧化“過程Cr(OH)3轉(zhuǎn)化為，H2O2作氧化劑，“氧化”時過氧化氫在堿性條件下將Cr(OH)3氧化為，離子方程式為：4OH-+2Cr(OH)3+3H2O2=2+8H2O，故B錯誤；C．，“酸化”時溶液pH越低，氫離子濃度越大，平衡逆向移動，轉(zhuǎn)化為的轉(zhuǎn)化率越大，故C錯誤；D．K2Cr2O7在高溫下會分解，將“含K2Cr2O7溶液”蒸干得不到純凈的K2Cr2O7固體，故D正確；故選：D。二、不定項選擇題：本題共3小題，每小題3分，共9分。若正確〖答案〗只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確〖答案〗包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得3分，選錯一個，該小題得0分。11.下列實驗中，對應的操作、現(xiàn)象以及解釋或結(jié)論都正確的是選項操作現(xiàn)象解釋或結(jié)論A測定同溫同濃度的和溶液的pH前者pH大于后者S的非金屬性比C強B用pH計測定濃度均0.10mol·LNaCN溶液和溶液pH前者pH為11，后者pH為9酸性：C向NaCl和KI混合溶液中滴加0.1mol·L溶液出現(xiàn)黃色沉淀D用石墨做電極電解、的混合溶液陰極上先析出銅金屬活動性：Mg>CuA.A B.B C.C D.D〖答案〗BD【詳析】A．測定同溫同濃度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比較亞硫酸氫根離子、碳酸氫根離子的酸性，不能比較S、C的非金屬性，故A錯誤；B．由等物質(zhì)的量濃度CH3COONa溶液和NaCN溶液的pH，前者pH小，可知醋酸根離子水解程度小，醋酸的酸性強，則結(jié)合質(zhì)子的能力：CH3COO-＜CN-，酸性：，故B正確；C．NaCl和KI混合溶液的濃度未知，為沉淀生成，由操作和現(xiàn)象不能比較Ksp(AgI)、Ksp(AgCl)，故C錯誤；D．陰極上氧化性強的離子先得到電子，陰極上先析出銅，可知金屬活動性：Mg＞Cu，故D正確；故選：BD。12.工業(yè)上可利用氨水吸收和，原理如下圖所示。已知：25℃時，的，的，，下列說法正確的是A.向氨水中通入恰好生成：B.0.1mol·L溶液中：C.向氨水中通入至；D.被吸收的離子方程式：〖答案〗B〖祥解〗二氧化硫和氨水恰好反應生成，NO2

被NH4HSO3吸收生成氮氣和硫酸根離子，其反應離子方程式：2NO2+4=N2+4+4H+，得到硫酸銨的銨鹽溶液；【詳析】A．向氨水中通入SO2恰好反應生成NH4HSO3，電荷守恒c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒c()+c(NH3?H2O)=c()+c()+c(H2SO3)，則c(H+)+c(H2SO3)=c()+c(OH-)+c(NH3?H2O)，NH3?H2O的Kb=l.7×10-5

小于H2SO3的Ka1=1.3×10-2，溶液呈酸性，則c(H2SO3)＜()+c(NH3?H2O)，故A錯誤；B．溶液中存在物料守恒：，故B正確；C．向氨水中通入SO2至pH=7，電荷守恒c(H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，c()＞c()，故C錯誤；D．NO2

被NH4HSO3吸收生成氮氣和硫酸根離子，其反應的離子方程式：2NO2+4=N2+4+4H+，故D錯誤；故選：B。13.由催化加氫制的反應體系中，發(fā)生的主要反應如下：反應Ⅰ：kJ·mol反應Ⅱ：kJ·mol反應Ⅲ：kJ·mol在其他條件相同情況下，按(總量一定)投料于恒容密閉容器中進行反應，的平衡轉(zhuǎn)化率和甲醇的選擇性[甲醇的選擇性：]隨溫度的變化趨勢如圖所示：下列說法不正確的是A.一定溫度下，增大與的物質(zhì)的量之比，可以提高的平衡轉(zhuǎn)化率B.根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，溫度選擇553K，達到平衡時，反應體系內(nèi)甲醇的產(chǎn)量最低C.由和CO制備二甲醚的熱化學方程式：kJ·molD.473～513K范圍內(nèi)，溫度升高，平衡時的逐漸增大〖答案〗BD【詳析】A．一定溫度下，增大二氧化碳與氫氣的物質(zhì)的量之比相當于增大二氧化碳的濃度，平衡向正反應方向移動，氫氣的轉(zhuǎn)化率增大，故A正確；B．由圖可知，溫度選擇553K，反應達到平衡時，甲醇的選擇性最低，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率最大，則反應體系內(nèi)甲醇的產(chǎn)量最高，故B錯誤；C．由蓋斯定律可知，反應2×II—2×I+Ⅲ可得制備二甲醚的反應，則反應ΔH=2×(—49.0kJ/?mol)—2×(+41.1kJ/mol)+(—24.5kJ/mol)=—204.7kJ/mol，故C正確；D．由圖可知，隨著溫度的升高，甲醇的選擇性在降低，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率在增大，則平衡時，逐漸減小，故D錯誤；故選BD三、非選擇題，共4題，共61分14.采用廢鐵屑還原軟錳礦(軟錳礦主要成分是MnO2，還含少量Fe、Mg、Ni、Si等元素的氧化物雜質(zhì))來制備Mn的工藝流程如圖所示：已知：①，；②假設(shè)溶液中某離子濃度mol·L時，該離子沉淀完全；③室溫時生成氫氧化物的pH見下表離子開始沉淀的pH7.51.88.17.78.3完全沉淀的pH9.739.48.49.8回答下列問題：（1）寫出基態(tài)的外圍電子排布式___________。（2）在“浸出液”中加入“”時發(fā)生反應的離子方程式為___________。（3）加入MnS“除雜”后的濾渣為___________。（4）“沉錳”過程中溫度和pH對和沉淀率的影響如下圖所示。則“沉錳”的合適條件是___________。“沉錳”時發(fā)生反應的離子方程式為：___________。（5）利用惰性電極電解的酸性溶液體系也可獲得，電解總反應的離子方程式為___________。電解過程的機理(部分)如圖甲所示，硫酸濃度與電流效率的關(guān)系如圖乙所示。硫酸濃度超過3.0mol·L時，電流效率降低的原因是___________?！即鸢浮剑?）（2）（3）NiS（4）①.45℃，pH為7.5②.（5）①.②.硫酸濃度過高，濃度過大，MnOOH與反應被消耗更多，反應Ⅲ(或決速步)速率減小，總反應速率下降，電流效率降低〖祥解〗軟軟錳礦主要成分是MnO2，還含少量Fe、Mg、Ni、Si等元素的氧化物雜質(zhì)，加入硫酸和廢鐵屑，MnO2被還原為Mn2+，溶液中還有Fe3+、Mg2+、Ni2+、Fe2+，SiO2難溶于硫酸，礦渣的成分是SiO2；濾液中加入MnO2把Fe2+氧化為Fe3+，加氨水調(diào)節(jié)pH，生成氫氧化鐵，除去鐵元素，加入MnS生成NiS沉淀除去Ni2+，加入NH4HCO3、氨水生成MnCO3沉淀，過濾，用硫酸溶解MnCO3得到硫酸錳溶液，電解硫酸錳溶液得到金屬錳?！拘?詳析】Mn為25號元素，其價層電子排布為3d54s2，失去最外層2個電子形成Mn2+，所以錳離子的價層電子排布式為3d5；【小問2詳析】“酸浸”后的濾液中含有Fe2+，向“浸出液”中添加適量MnO2的目的是將溶液中Fe2+全部氧化為Fe3+，該過程中Mn元素由+4價下降到+2價，F(xiàn)e元素由+2價上升到+3價，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；【小問3詳析】根據(jù)已知信息，Ksp=2.8×10-10＞Ksp(NiS)＝2.0×10?21，則加入MnS“除雜”后生成NiS，過濾得到濾渣NiS；【小問4詳析】沉錳”過程中錳離子沉淀率越高、鎂離子沉淀率越低對應的溫度和pH就是“沉錳”的合適條件，由圖可知，“沉錳”的合適條件是溫度為45℃，pH為7.5；沉錳時，生成MnCO3沉淀銨根離子，反應的離子方程式為；【小問5詳析】電解的酸性溶液獲得，錳元素化合價升高，在陽極反應，氫元素化合價降低，在陰極反應生成氫氣，電解總反應的離子方程式為，硫酸濃度超過3.0mol·L時，電流效率降低的原因是：硫酸濃度過高，濃度過大，MnOOH與反應被消耗更多，反應Ⅲ(或決速步)速率減小，總反應速率下降，電流效率降低。15.計算題專項?！继崾尽剑杭僭O(shè)溶液中某離子濃度mol·L時，該離子沉淀完全；，，，。（1）一定溫度下，在的四氯化碳溶液(100mL)中發(fā)生分解反應：。在不同時刻測量放出的體積，換算成濃度如下表：t/s06001200171022202820x/(mol/L)1.400.960.660.480.350.240.12計算600～1200s，生成的平均速率為___________。（2）常溫下，的硝酸和的氫氧化鋇溶液按體積比為9∶1混合，所得溶液的pH為___________。（3）已知25℃時，草酸()的電離平衡常數(shù)、，則的水解平衡常數(shù)___________。（4）向含有、的某溶液(pH約為5)中加入溶液，讓溶液中的、形成氟化物沉淀。若沉淀后上層清液中mol·L，則___________。（5）以軟錳礦(主要含有，還含有、、、CaO和MgO等)為原料可以制得。向酸浸、還原所得濾液中加入固體，調(diào)節(jié)溶液的pH，過濾。若要使和沉淀完全，則需調(diào)節(jié)溶液的pH最小值為___________。〖答案〗（1）mol/(L·s)（2）10（3）（4）100（5）5〖解析〗【小問1詳析】在600~1200s，N2O5的濃度減少0.30mol/L，根據(jù)物質(zhì)反應轉(zhuǎn)化關(guān)系可知在此時間段內(nèi)生成NO2的濃度為0.60mol/L，因此，生成NO2的平均速率v(NO2)=；【小問2詳析】pH=3的硝酸溶液中c(H+)=10－3mol/L，pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-2mol/L，二者以體積比9∶1混合，Ba(OH)2過量，溶液呈堿性，混合溶液中c(OH-)==1×10－4mol/L，則混合后c(H＋)=＝mol·L－1=1×10－10mol/L，則pH=-lg10-10=10；【小問3詳析】NaHC2O4溶液中水解反應的離子方程式為：+H2OH2C2O4+OH-；該水解反應的平衡常數(shù)K=，所以=====5×1012，故K=2.0×10-13；【小問4詳析】=；【小問5詳析】已知Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4，使濾液中的Fe3＋沉淀完全，c(Fe3＋)≤10-6mol/L，則c(OH-)≥，則c(H+)≤=，即pH≥-lgc(H+)=-lg10-3.5=3.5，此時Fe3＋沉淀完全；同理，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，c(Al3＋)≤10-6mol/L，則c(OH-)≥，則c(H+)≤，即pH≥-lgc(H+)=-lg10-5=5，此時Al3＋沉淀完全，則要使Fe3+和Al3+沉淀完全，則需調(diào)節(jié)溶液的pH最小值為5。16.碘是人體不可缺少的微量元素，也是制造各種無機及有機碘化物的重要原料。（1）采用離子交換法從鹵水(含有)中提取碘的工藝流程如下：①碘元素位于元素周期表中的___________區(qū)。②還原前對樹脂進行處理。證明“還原”時被氧化的實驗操作及現(xiàn)象是___________。（2）實驗室中，可采用如圖所示裝置制取碘。①實驗中，冷凝管中的冷凝水通常從___________(填a或b)端通入。②該實驗控制pH約為2的原因是___________。（3）為測定鹵水樣品中的含量，進行下列實驗：①取100.00mL鹵水樣品減壓濃縮至20.00mL，加入過量的0.1500mol·L溶液20.00mL。(發(fā)生反應為)。②密封靜置2h，生成白色沉淀，過濾。③用0.1000mol·L標準溶液進行滴定。(反應)請補充完整滴定過程的有關(guān)實驗操作：將過濾所得的濾液全部轉(zhuǎn)移至錐形瓶中，_____；向洗滌干凈的堿式滴定管中加入適量標準溶液，___________，邊振蕩邊逐滴加入標準溶液，觀察錐形瓶中溶液顏色變化，直至___________，停止滴定，讀數(shù)并記錄數(shù)據(jù)。實驗測得消耗溶液的體積為22.00mL。計算鹵水樣品中的物質(zhì)的量濃度(寫出計算過程)___________?！即鸢浮剑?）①.p②.取少量待測液于試管中，加入足量稀鹽酸酸化，再加入溶液，產(chǎn)生白色沉淀，證明被氧化（2）①.a②.防止生成的發(fā)生歧化（3）①.滴入幾滴淀粉溶液；②.潤洗2-3次，重新裝液，排氣泡，調(diào)節(jié)液面至0刻度(及以下)，③.滴入最后半滴標準液后，溶液由藍色變?yōu)闊o色，半分鐘內(nèi)不恢復④.，mol，mol，mol·L〖祥解〗鹵水酸化后通入氯氣，發(fā)生置換反應生成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)用樹脂交換吸附，分離出碘單質(zhì)，然后用亞硫酸鈉將碘單質(zhì)從樹脂中還原出來，溶液中的碘離子再次氧化生成碘單質(zhì)，用熱空氣將碘單質(zhì)吹出，得到碘單質(zhì)；【小問1詳析】①I為第五周期ⅦA族元素，屬于p區(qū)；②“還原”時Na2SO3被氧化成SO，可以檢驗SO的存在證明其被氧化。取少量待測液于試管中，加入足量稀鹽酸酸化，再加入溶液，產(chǎn)生白色沉淀，證明被氧化；【小問2詳析】①從冷凝管下方進冷凝水，冷凝水是慢慢充滿冷凝管的，這樣冷水可以在冷凝管內(nèi)停留最長的時間，同時冷水和熱氣的熱交換主要是通過冷凝管壁進行，冷凝管中充滿了水，熱交換效率也比較高；②實驗控制pH約為2的原因是防止生成的發(fā)生歧化；【小問3詳析】將過濾所得的濾液全部轉(zhuǎn)移至錐形瓶中，滴加幾滴淀粉溶液作指示劑；向洗滌干凈的堿式滴定管中加入Na2S2O3標準溶液，潤洗2-3次，重新裝液，排氣泡，調(diào)節(jié)液面至0刻度(及以下)