届江苏省扬州市扬州中学高三上学期月考化学试题解析版.docx

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届江苏省扬州市扬州中学高三上学期月考化学试题解析版

扬州中学高三12月检测化学试卷

可能用到的相对原子质量：

H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23Al-27Fe-56Sr-88Pd-106

选择题（共40分）

单项选择题：

本题包括10小题，每小题2分，共计20分。

每小题只有一个选项符合题意。

1.化学与新型材料、环境保护、能源开发等密切相关。

下列说法错误的是

A.人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物

B.使用生物酶降解生活废水中的有机物，可防止水体的富营养化

C.用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用

D.煤经过气化和液化生成了可燃性气体或液体，变为清洁能源，是化学变化

【答案】A

【解析】

【详解】A.光导纤维的主要成分是

，不是有机高分子化合物，故A错误；

B.废水中的有机物可导致水体富营养化，使用生物酶降低废水中的有机物，可防止水体的富营养化，故B正确；

C.利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类是可降解塑料，减少二氧化碳的排放，实现“碳”的循环利用，故C正确；

D.煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，主要反应是C和水蒸气反应生成氢气和一氧化碳，煤的直接液化是在高温高压条件下通过加氢使煤转化为液体燃料，均为化学变化，故D正确；

本题答案为A。

2.下列化学用语正确的是

A.18O2—结构示意图：

B.硝基苯的结构简式：

C.NaHSO4熔融时电离方程式：

NaHSO4==Na++HSO4－

D.CO2的比例模型：

【答案】C

【解析】

【详解】A.18O2-的核电荷数为8，质量数为18，电子数为10，结构示意图为

，故A错误；

B.硝基苯的结构简式中硝基中的N原子与苯环中的C原子相连，硝基苯正确的结构简式为：

，故B错误；

C.NaHSO4熔融时只电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式：

NaHSO4=Na++HSO4－，故C正确；

D.CO2的比例模型中，碳原子半径比氧原子的半径大，故D错误。

故选C。

【点睛】注意NaHSO4在熔融时的电离方程式为：

NaHSO4=Na++HSO4－，在水溶液中的电离方程式为：

NaHSO4=Na++H++SO42－。

3.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是

A.海带提碘B.氯碱工业C.海水提溴D.侯氏制碱

【答案】D

【解析】

【详解】A.海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A错误；

B.氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B错误；

C.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C错误；

D.侯式制碱法，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D正确。

故选D。

4.下列实验现象可用同一原理解释的是

A.溴水分别滴入植物油和裂化汽油中，溴水均褪色

B.品红溶液中分别通入SO2和Cl2，品红均褪色

C.鸡蛋白溶液中分别加入NaCl溶液和HgC12溶液，均有固体析出

D.分别加热盛有NH4Cl和单质碘的试管，管口均有固体凝结

【答案】A

【解析】

试题分析：

A、植物油和裂化汽油中都含有双键，可以发生加成反应使溴水褪色，故A正确；B、氯气与水反应生成次氯酸，具有强氧化性，使品红褪色，不能复原，SO2与品红发生化合使品红褪色，加热能复原，二者褪色原理不同，故B错误；C、因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，如饱和硫酸钠溶液、硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜、HgCl2等，故C错误；D、加热盛有NH4Cl和单质碘的试管，管口均有固体凝结、单质碘是升华反应、氯化铵是分解、再化合，原理不同，故D错误；故选A。

【考点定位】考查氯气的化学性质；铵盐；二氧化硫的化学性质；石油的分馏产品和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点

【名师点晴】本题考查了物质性质的分析，反应现象和事实的反应原理理解应用，掌握物质性质是解题关键。

5.实验室处理废催化剂FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和无水FeCl3。

下列设计能达到相应验目的的是

A.用装置甲制取氯气

B.用装置乙使Br－全部转化为溴单质

C.用装置丙分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层

D.用装置丁将分液后的水层蒸发至干，再灼烧制得无水FeCl3

【答案】C

【解析】

【详解】A.1mol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰不反应，则不能制备氯气，故A错误；

B.图中导管的进入方向不合理，将溶液排出装置，应从长导管进气短导管出气，故B错误；

C.苯不溶于水，密度比水小，溴的苯溶液在上层，则用装置丙分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层，故C正确；

D.蒸发时促进氯化铁水解，生成盐酸易挥发，不能得到FeCl3，灼烧得到氧化铁，故D错误；

本题答案为C。

【点睛】分液时，分液漏斗内的下层液体从漏斗下口放出，上层液体从上口倒出。

6.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。

X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。

下列说法正确的是

A.原子半径：

W>Z>Y>X>M

B.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键

C.XZ2，X2M2，W2Z2均为直线型的共价化合物

D.由X元素形成的单质不一定是原子晶体

【答案】D

【解析】

试题分析：

由题给的条件可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；

根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g•L-1，就可计算出该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol×0.76g•L-1=17g/mol，从而确定M为H元素；根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2，推出W的质子数为1/2（6+7+8+1）=11，所以W为Na元素。

A、原子半径应是W＞X＞Y＞Z＞M（即Na＞C＞N＞O＞H），故A错误；B、X、Y、Z、M四种元素可形成化合物（NH4）2CO3、NH4HCO3、CO（NH2）2（尿素）等，前二种为离子化合物，而尿素为共价化合物，故B错误．C、选项中CO2、C2H2均为直线型共价化合物，而Na2O2是离子化合物，不是直线型共价化合物，故C错误．D、碳的同素异形体很多，金刚石为原子晶体，但例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，故D正确；故选D．

【考点定位】考查元素周期律与元素周期表

【名师点晴】本题是一道无机推断题，以元素推断为基础，综合考查原子结构，元素周期表、元素周期律，分子结构，元素化合物性质等知识，但题目一反通常习惯，把X、Y、Z、M、W这五种短周期元素，并不是按原子序数依次递增排列的，而只是其中X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，而把原子序数最小的M元素恰恰排在X、Y、Z三种元素后面，这样就给学生设置了一个思维陷阱，如果学生不注意审题，不注意这一细节，一旦陷入习惯上的思维定势，就会跌入这个陷阱，无法正确解题。

这也是本题的解题关键。

只要掌握了这一解题关键，再结合题给的条件，题目就可迎刃而解。

7.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是

A.酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：

IO3−＋I−＋6H＋=I2＋3H2O

B.用两个铜电极电解CuSO4溶液：

2Cu2++2H2O

2Cu↓+O2↑+4H+

C.硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液恰好反应呈中性：

H＋＋SO42－＋Ba2＋＋OH－＝H2O＋BaSO4↓

D.向含有0.1mol溶质的硫酸亚铁稀溶液中加入7.8gNa2O2：

4Na2O2＋4Fe2＋＋6H2O＝4Fe（OH）3＋8Na＋＋O2↑

【答案】D

【解析】

【详解】A.电荷不守恒，酸性溶液中KIO3与KI反应的离子方程式为：

IO3−＋5I−＋6H＋=3I2＋3H2O，故A错误；

B.用两个铜电极电解CuSO4溶液时，阳极为铜本身失电子变成铜离子，阴极为溶液中的铜离子得到电子变成铜单质，没有水参与电解，故B错误；

C.硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液恰好反应呈中性，硫酸氢钠溶液与氢氧化钡按照物质的量2:

1反应，反应的离子方程式为：

2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=2H2O＋BaSO4↓，故C错误；

D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气氧化亚铁离子为三价铁离子，和氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，向含有0.1mol溶质的硫酸亚铁稀溶液中加入7.8gNa2O2，7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，亚铁离子与过氧化钠等物质的量反应，离子方程式为：

4Na2O2＋4Fe2＋＋6H2O＝4Fe（OH）3＋8Na＋＋O2↑，故D正确。

故选D。

8.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

A.能溶解Al2O3的溶液：

Na+、K+、HCO3－、NO3－

B.0.1mol·L-1Ca（ClO）2溶液：

K+、Na+、I－、Cl－

C.能使甲基橙显红色的溶液：

K+、Fe2+、Cl－、NO3－

D.加入KSCN显红色的溶液：

Na+、Mg2+、Cl－、SO42－

【答案】D

【解析】

【详解】A.能溶解Al2O3的溶液可能是酸性或碱性，碳酸氢根离子不能存在，故错误；

B.0.1mol·L-1Ca（ClO）2溶液中I－被氧化，故错误；

C.能使甲基橙显红色的溶液为酸性溶液，Fe2+与NO3－反应不能共存，故错误；

D.加入KSCN显红色的溶液说明还有铁离子，与Na+、Mg2+、Cl－、SO42－四种离子不反应，能共存，故正确。

故选D。

9.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.SiO2

SiCl4

SiB.CuSO4

Cu（OH）2

Cu

C.饱和NaCl（aq）

NaHCO3（s）

Na2CO3（s）D.FeS2（s）

SO3（g）

H2SO4

【答案】C

【解析】

【详解】A.SiO2与盐酸不能反应生成SiCl4，故A错误；

B.Cu（OH）2能被葡萄糖溶液还原成Cu2O，而不是Cu，故B错误；

C.因碳酸氢钠在水中的溶解度较食盐小，则有反应：

NaCl（饱和）+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，2NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑，故C正确；

D.FeS2在氧气中高温下反应先生成SO2，故D错误；

答案选C。

【点睛】由物质间的转化规律可知，一般酸性氧化物与酸不反应，如二氧化硅与盐酸不能反应生成SiCl4，但二氧化硅能与氢氟酸反应生成SiF4。

10.铝石墨双离子电池是一种全新低成本、高效电池。

原理为：

A1Li+Cx（PF6）

Al+xC+Li++PF6-。

电池结构如图所示。

下列说法正确的是

A.放电时，外电路中电子向铝锂电极移动

B.放电时，正极反应为Cx（PF6）+e-=xC+PF6-

C.充电时，应将铝石墨电极与电源负极相连

D.充电时，若电路中通过1mol电子，阴极质量增加9g

【答案】B

【解析】

A.放电时铝锂电极中锂失电子作为负极，外电路中电子由负极铝锂电极向正极铝石墨移动，选项A错误；B.放电时正极铝石墨电极Cx（PF6）得电子产生PF6-，电极反应为Cx（PF6）+e-=xC+PF6-，选项B正确；C.充电时，应将铝石墨电极与电源正极相连，选项C错误；D.充电时，根据电极反应Li++Al+e-=AlLi可知，若电路中转移lmol电子，阴极质量增加36g，选项D错误。

答案选B。

不定项选择题：

本题包括5小题，每小题4分，共计20分。

每小题有一个或两个选项符合题意。

若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。

11.化合物Ⅲ是合成中药黄芩中的主要活性成分的中间体，合成方法如下：

+HCl

下列有关叙述正确的是

A.I的分子式为C9H10O4

B.II中所有原子均有可能共面

C.可用FeCl3溶液鉴别有机物I和III

D.1mol产物III与足量溴水反应，消耗Br2的物质的量为1.5mol

【答案】B

【解析】

试题分析：

A．根据结构简式，Ⅰ的分子式为C9H12O4，故A错误；B．Ⅱ含有苯环、碳碳双键和羰基，具有苯、乙烯和甲醛的平面结构特点，则Ⅱ中所有原子均有可能共面，故B正确；C．Ⅲ含有酚羟基，可发生显色反应，可用FeCl3溶液鉴别有机物Ⅱ和Ⅲ，故C错误；D．Ⅲ中含有酚羟基，可与溴发生取代反应，碳碳双键可与溴发生加成反应，则1mol产物III与足量溴水反应，消耗Br2的物质的量为2mol，故D错误；故选B。

【考点定位】考查有机物的结构和性质

【名师点晴】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质为解答该题的关键。

根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。

12.下列说法正确的是

A.用冰醋酸、蒸馏水和容量瓶等可以配制pH=1的醋酸溶液

B.在氨水中加入少量的水或氯化铵固体后，都会使溶液中的c（H+）增大

C.反应SiO2（s）+3C（s）="SiC（s）"+2CO（g）室温下不能自发进行，则该反应的△H<0

D.对于Ca（OH）2的沉淀溶解平衡，升高温度，Ca（OH）2的溶解速率增大，Ksp减小

【答案】BD

【解析】

试题分析：

A．醋酸为弱酸，难以配制pH=1的溶液，可配制0.1mol/L的溶液，故A错误；B．在氨水中加入少量的水溶液的浓度减小，碱性减弱，c（H+）增大，加入氯化铵固体，抑制一水合氨的电离，c（OH-）减小，c（H+）增大，故B正确；C、依据反应自发想的判断依据是△H-T△S＜0，结合反应特征分析，反应SiO2（s）+3C（s）═SiC（s）+2CO（g）室温下不能自发进行，△H-T△S＞0，反应的熵变△S＞0，则△H＞0，故C错误；D、温度升高Ca（OH）2的溶解度变小，故升高温度，Ca（OH）2的溶解速率增大，但其Ksp减小，故D正确。

故选BD。

考点：

考查了焓变和熵变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质等相关知识。

13.下列根据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NaI溶液中滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈紫色

I－还原性强于Cl－

B

向某溶液中滴加H2O2溶液后再加入KSCN，溶液呈红色

溶液中一定含有Fe2＋

C

将亚硫酸钠样品溶于水，加入盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液,有白色沉淀产生

样品已变质

D

向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸并加热，冷却，加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，未出现红色沉淀

蔗糖未水解

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.溶液显紫色，说明有I2生成，即发生反应Cl2+2I-=2Cl-+I2，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知，还原性I-＞Cl-，故A正确；

B.应先加入KSCN证明不存在Fe3＋，再滴加H2O2溶液将Fe2＋氧化，若出现红色，即可证明溶液中存在Fe2＋，故B错误；

C.加入盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液，相当于加入稀硝酸，SO32-被氧化为SO42-，也有白色沉淀产生，不能说明样品已变质，故C错误；

D.水解之后没有调节溶液至碱性，故D错误。

故选A。

14.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是

A.pH=1的NaHSO4溶液：

c（H+）=c（SO42-）+c（OH-）

B.0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合（pH>7）:

c（NH3·H2O）>c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）

C.0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）:

2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）

D.0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：

c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）

【答案】AD

【解析】

试题分析：

A．NaHSO4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO4=Na++H++SO42-，H2O

H++OH-，溶液中质子守恒，c（H+）=c（SO42-）+c（OH-），故A正确；B．0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合（pH＞7），说明溶液中一水合氨电离大于铵根离子水解溶液呈碱性，c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（NH3•H2O）＞c（OH-），故B错误；C．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）反应生成氯化钠、NaHC2O4，溶液中存在电荷守恒为：

c（Cl-）+2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），故C错误；D．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：

n（Na）:

n（C）=3:

2，溶液中物料守恒得到：

2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，故D正确；故选AD。

【考点定位】考查离子浓度大小的比较

【名师点晴】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，注意明确盐的水解原理，掌握比较溶液中离子浓度大小的方法，明确电荷守恒、物料守恒等比较离子浓度大小中应用。

要熟练使用电解质溶液中的守恒关系：

电荷守恒：

电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。

如NaHCO3溶液中：

n（Na＋）＋n（H+）＝n（HCO3-）＋2n（CO32-）＋n（OH-）推出：

c（Na+）＋c（H+）＝c（HCO3-）＋2c（CO32-）＋c（OH-），物料守恒：

电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。

如NaHCO3溶液中：

n（Na+）:

n（c）＝1:

1，推出：

c（Na+）＝c（HCO3-）＋c（CO32-）＋c（H2CO3）；质子守恒：

（不一定掌握）电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（H＋）的物质的量应相等。

例如：

在NH4HCO3溶液中H3O+、H2CO3为得到质子后的产物；NH3、OH-、CO32-为失去质子后的产物，故有以下关系：

c（H3O+）+c（H2CO3）=c（NH3）+c（OH-）+c（CO32-）。

15.己知：

CH4（g）+2H2S（g）

CS2（g）+4H2（g）。

向恒容密闭容器中充入0.lmolCH4和0.2molH2S，下图所示：

下列说法正确的是

A.该反应的△H＜O

B.X点CH4的转化率为20%

C.X点与Y点容器内压强比为55：

51

D.维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时v（正）＜v（逆）

【答案】BD

【解析】

A、由图象可知，随温度的升高，反应物在减小，生成物在增大，所以该反应为吸热反应，即△H>O，（或者由图象不能确定反应的热效应），故A错误；B、设X点时CS2为xmol，则CH4为（0.1-x）mol，H2S为（0.2-2x）mol，H2为4xmol，即得（0.1-x）=4x，x=0.02mol，则CH4的转化率为

20%，故B正确；C、在同温同容时，压强之比等于物质的量之比，X点容器内的总物质的量为n（X）=（0.1-x）mol+（0.2-2x）mol+xmol+4xmol=0.34mol，同理可得Y点CS2为1/30mol，则n（Y）=（0.1-1/30）mol+（0.2-2×1/30）mol+1/30mol+4×1/30mol=11/30mol，则X点与Y点容器内压强比=n（X）：

n（Y）=51：

55，则C错误；D、同理可求得Z点CS2为0.05mol，则CH4为0.05mol，H2S为0.1mol，H2为0.2mol，设容器的体积为1L，此时的浓度商Q1=0.16，当向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2 各0.1mol 时，各物质的量分别为CH40.15mol，H2S0.2mol，CS20.15mol，H20.3mol，此时的Q=0.2025>Q1=0.16，所以反应向左进行，即V（正）

本题正确答案为BD。

非选择题（共80分）

16.KNO3是重要的化工产品，下面是一种已获得专利的KNO3制备方法的主要步骤：

（1）反应Ⅰ中，CaSO4与NH4HCO3的物质的量之比为1∶2，该反应的化学方程式为________________。

（2）反应Ⅱ需在干态、加热的条件下进行，加热的目的是_________________。

从反应Ⅳ所得混合物中分离出CaSO4的方法是趁热过滤，趁热过滤的目的是______________________________。

（3）检验反应Ⅱ所得K2SO4中是否混有KCl的方法是：

取少量K2SO4样品溶解于水，____________。

（4）整个循环流程中，需不断补充的原料除NH4HCO3外，还有____________（填化学式）。

【答案】

（1）CaSO4+2NH4HCO3=CaCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑；

（2）分离NH4Cl与K2SO4，加快化学反应速率；防止KNO3结晶，提高KNO3的产率；（3）加入Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，若有沉淀生成，说明K2SO4中混有KCl；（4）CaSO4、KNO3；

【解析】

试题分析：

（1）反应Ⅰ中，CaSO4与NH4HCO3的物质的量之比为1:

2，由流程题可知生成CaCO3、（NH4）2SO4和CO2，由质量守恒可知反应的方程式为CaSO4+2NH4HCO3=CaCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑，故答案为：

CaSO4+2NH4HCO3=CaCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑；

（2）（NH4）2SO4加入KCl，在干态、加热的条件下进行，可生成易分解的氯化铵，加热时氯化铵分解生成氯化氢和氨气，温度降低又生成氯化铵，以此可分离出氯化铵，得硫酸钾，且能加快反应的速率；从反应Ⅳ所得混合物中分离出CaSO4的方法是趁热过滤，趁热过滤的目的是防止KNO3结晶，提高KNO3的产率，故答案为：

分离NH4Cl与K2SO4，加快化学反应速率；防止KNO3结晶，提高KNO3的产率；

（3）检验反应Ⅱ所得K2SO4中是否混有KCl，应先加入硝酸钡时硫酸钾完全转化为硫酸钡沉淀，以免干扰氯离子的检验，然后再加入硝酸银检验氯化钾，操作方法为加入Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，若有沉淀生成，说明K2SO4中混有KCl，故答案为：

加入Ba（NO3）2溶液