2024年沪教版（全国）化学第4章压轴题（含答案）

这是一份2024年沪教版（全国）化学第4章压轴题（含答案），共111页。试卷主要包含了单选题，选择题组，多选题，科学探究题，实验题，综合应用题，流程题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．金钒-氧团牌(AuVO2、AuVO3、AuVO4)催化除去CO的反应过程如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．存在反应AuVO4+COT>300KAuVO3+CO2 B．AuVO4CO是反应的催化剂
C．除去的CO需要消耗O2总分子数之比为1：1 D．反应③和反应⑤是同一个反应
2．NSR技术通过BaO和Ba（NO3）2的相互转化实现NOx（氮氧化物）的储存和还原，能有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放，其工作原理如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．该技术能缓解酸雨的形成 B．该转化中有两种元素化合价发生改变
C．该技术BaO和Ba（NO3）2可以重复利用
D．还原反应：5CO+Ba（NO3）2一定条件N2+BaO+5X，则X的化学式为CO2
3．含硫物质大量燃烧易污染大气。为防治污染，某工厂设计了治污方法，同时还可得到化工产品，其工艺流程如图。下列说法不正确的是（ ）
A．大气中的SO2会引起硫酸型酸雨而危害人体健康
B．该工艺流程可以除去含硫物质燃烧时产生的SO2
C．稀硫酸、硫酸铁可看作该过程的催化剂 D．理论上，每消耗6.4tSO2，需要通入1.6t的O2
4．科学家发现，通过化学反应可以将树木纤维素转变成超级储能装置。如图是该反应的微观示意图，下列说法正确的是：（ ）
A．W中碳元素的化合价为-4 B．参加反应的X、Y两种物质的分子个数比为1:1
C．反应前后各原子的种类发生改变 D．参加反应的X、Y的质量比等于生成的Z、W的质量比
5．利用氧化镁分解氯化铵制氨气，其物质转化如图，下列有关说法正确的是（ ）
A．制得的氨气是一种无色无味的气体B．该方案便于NH3和HCl的分离
C．理论上每生成1.7gNH3，需补充4gMgO
D．理论上分解5.35gNH4C1，可获得7.3gHCl
6．草酸晶体（H2C2O4·xH2O）受热时完全分解产生H2O、CO2和CO。某研究小组称取6.3 g草酸晶体，测定草酸晶体中x的值，进行下图实验（假设装置气密性良好，各装置内均充分反应）。下列正确的是（ ）
A．装置丁中漏斗的作用是防止倒吸
B．实验结束后测得装置甲增重2.7 g，则x的值为2
C．若装置甲、乙位置对调，则无法测定x的值
D．可通过装置丙的质量变化来测定x的值
7．含硫煤燃烧会产生大气污染，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是（ ）
A．该过程中化合价发生改变的元素为 Fe、S、O
B．涉及的反应类型有化合反应和分解反应
C．图中涉及到的反应之一为 Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4
D．理论上，每消耗 6.4tSO2，需向体系中通入 1.6tO2
8．实验室现有一瓶水垢样品，其成分为氢氧化镁和碳酸钙。已知：氢氧化镁受热易分解，反应的化学方程式为：Mg(OH)2ΔMgO + H2O；碳酸钙高温下分解。某兴趣小组为测定其中各成分的质量分数，取12.9g水垢样品加热，加热过程中剩余固体的质量随加热时间的变化如下图所示。关于加热一段时间后剩余固体的判断，下列说法错误的是（ ）
A．图中a点剩余固体是由一种盐和一种碱组成
B．若剩余固体中钙元素的质量分数为36.0%，则剩余固体的成分为CaCO3和MgO
C．图中ab间任一点(不包括a、b两点)的剩余固体成分为CaCO3、MgO和Mg(OH)2
D．若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为(12.0-x)g
9．一定质量的乙醇燃烧，得到CO2、CO和水的总质量为 27.6g，其中水为10.8g。下列不正确的是（ ）
A．参加反应的乙醇质量为 9.2g B．生成的一氧化碳的质量为 2.8g
C．燃烧产物中碳元素和氢元素质量比为 4:1 D．若该质量的乙醇完全燃烧会多消耗 0.8g 氧气
10．在光照条件下，AgNO3可分解为Ag、O2和某种氮的氧化物X．取一定质量的AgNO3固体充分光照，测得反应后生成Ag、O2、X的质量分别为21.6g、mg、9.2g。下列说法正确的是（ ）
A．AgNO3固体应密封保存在无色细口瓶中 B．m=3.2
C．X的化学式为NO D．该反应方程式中Ag与O2的化学计量数之比为3：2
11．某气体由CH4、C2H2、C2H4中的一种或几种组成，取该气体样品在氧气中完全燃烧，测得生成的二氧化碳和水的质量比为22：9，下列对该气体组成判断正确的是（ ）
A．该气体中一定含有C2H4B．该气体中一定没有CH4
C．该气体中可能含有C2H2D．该气体不可能同时含有CH4、C2H2、C2H4
12．含杂质的Fe2O3固体样品20g，高温下用足量的CO完全还原(杂质不与CO反应)，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水充分吸收后，产生30g白色沉淀．则下列说法正确的是 （ ）
A．通入的CO质量为8.4g
B．还原后的固体质量为11.2g
C．样品中氧化铁的质量分数为80% D．样品中氧元素质量分数一定为24%
13．将氯酸钾和二氧化锰的混合物30克置于试管中，加热一段时间后冷却称量剩余固体为20.4克。将此剩余固体加入足量水充分溶解（二氧化锰不溶于水）后过滤，滤渣经洗涤干燥后称得质量为5克。下列正确的是（ ）
A．参加反应的氯酸钾质量为25克 B．停止加热后剩余固体中含有两种物质
C．生成氧气质量为9.6克 D．反应过程中固体中二氧化锰的质量分数不变
14．NSR技术通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx(氮氧化物)的储存和还原，能有效降低柴油发动机在空气过量时NOx的排放。其工作原理如图所示。下列说法中，不正确的是（ ）
A．反应Ⅰ为化合反应 B．反应Ⅱ中氮、碳元素化合价发生改变
C．反应前后BaO的质量不变 D．整个反应中生成N2和CO2的质量比为14：55
15．碳化钙(化学式为CaCX)固体中含有杂质CaO，小组同学为测定CaCX中x的值进行如下图所示实验。则下列推断正确的是（ ）
已知：CaCx在空气中灼烧生成CaO和CO2
A．该实验中Ca、C、O的化合价都发生了变化 B．图中一系列操作包括过滤、蒸发、洗涤、烘干
C．根据实验数据可算出：CaCx中 x的值为2 D．若碳酸钙未完全干燥，则所测x值偏大
16．工业上可利用Fe3O4和太阳能分解水制氢，流程如图。下列说法不正确的是（ ）
已知：①反应I：2Fe3O4太阳能6FeO+O2↑ ②反应Ⅱ：3FeO+H2O加热Fe3O4+H2↑
A．上述流程中仅H、O元素的化合价发生了变化 B．理论上，每产生32gO2，消耗水的质量为36g
C．相较电解水制氢而言，该方法具有节约能源，产品易分离的优点
D．5.8g可能由Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4中的两种或多种组成的混合物中，铁元素质量为4.2g，则其中一定含Fe2O3
17．使用特殊的催化剂在光照（hv）条件下实现了CO2和H2催化转化为C4H10，其中转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．转化过程①和②中，氢元素化合价发生了变化
B．从CO2到C4H10的转化是一个储存能量的过程
C．过程③中，理论上参加反应的C4H10和O2的分子个数比是2∶13
D．理论上，每88tCO2完全转化为C4H10，需消耗26tH2
18．实验室用氯酸钾和二氧化锰（固体总质量m）制取氧气，加热一段时间后剩余固体混合物10g，继续加热至完全反应后固体变为9.04g，再将固体加水充分溶解、过滤、干燥后得到1.59g固体。下列不正确的是（ ）
A．最终生成氧气的总质量0.96g B．m=13.84g
C．最终生成氯化钾质量为7.45g D．整个过程中二氧化锰的质量和化学性质始终保持不变
19．元素C有多种化合价，将9.3gC(OH)2在空气中加热至完全脱水，得到8.3g钴的氧化物，该氧化物的化学式是（ ）A．COB．CO2C．C2OD．C2O3
20．实验室用氯酸钾和二氧化锰（固体总质量m）制取氧气，加热一段时间后剩余固体混合物10g，继续加热至完全反应后固体变为9.04g，再将固体加水充分溶解、过滤、干燥后得到1.59g固体。下列不正确的是（ ）
A．整个过程中二氧化锰的质量和化学性质始终保持不变B．最终生成氧气的质量4.8g
C．加热一段时间后剩余固体中氯化钾质量为1.49g D．m=13.84g
21．现有只含C、O两种元素的气体样品11g，测得其中含C元素3g，则下列说法正确的是（ ）
A．此样品中一定有CO2 B．此样品组成只有两种情况
C．此样品一定是CO和CO2气体组成的混合物 D．若此样品含两种物质，则其中一种物质质量为7g
22．一种新型合成氨的方法如图所示（Li是一种金属）。下列不正确的是（ ）
A．反应①中电能转化为化学能
B．反应③为Li3N+3H2O═3LiOH+NH3↑
C．理论上，整个转化过程无需补充水
D．理论上，合成17gNH3，同时得到24gO2
23．一定质量的CH4可与常见物质M反应，同时放出少量热量；将所得产物Cu2O与O2反应又生成M，同时放出较多热量。其反应原理如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．M中铜元素的化合价比Cu2O中的高
B．理论上反应每生成44gCO2，同时生成36gH2O
C．理论上每16gCH4参与反应，最终消耗32gO2
D．过程①可将CH4中的部分能量储存于Cu2O中
24．某兴趣小组研究氧化铜和铜的固体混合物，现取18g该混合物于烧杯中，将125g稀硫酸平分5次加入到烧杯中，充分反应，记录相关数据如表所示：
下列说法错误的是（ ）
A．a＝14B．第四次实验后稀硫酸无剩余
C．稀硫酸中硫酸的质量分数是9.8%D．固体混合物中氧化铜的质量分数40%
25．碳和碳的化合物间转化关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应“CO2→CO”，是放热反应
B．反应“CO2→CaCO3”，可用于检验二氧化碳
C．反应“CO2→H2CO3”，可用于酚酞溶液验证
D．反应“C→CO2”，可以有多种途径，都属于化合反应
26．CO2与H2在一定条件下转化为CH4(反应过程如图所示，虚线处部分中间产物略去)，可实现CO2的再利用。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应中，除CH4外另一种生成物为H2O
B．MgO的作用是催化作用
C．CH4在空气中燃烧时放出热量
D．参加反应的CO2与H2质量比是11：1
27．工业上可用工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，工艺流程如下，
已知反应炉中部分H2S发生反应：2H2S+3O2高温2SO2+2H2O，催化转化器中部分H2S和反应炉中产生的SO2反应生成单质硫。下列说法错误的是（ ）
A．可用稀高锰酸钾溶液检验二氧化硫气体
B．每回收32g单质硫，理论上消耗氧气的质量为48g
C．催化转化器中发生的反应为2H2S+SO2高温3S+2H2O
D．为提高H2S转化为S的比例，理论上应控制反应炉中H2S的转化率约为33.3%
28．工业上利用铁的氧化物在高温下循环裂解水制氢气的原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该过程中元素化合价发生改变的只有H、Fe
B．整个制氢气过程中无需尾气处理
C．理论上每得到2gH2，消耗的碳的质量：6gD．流程中需要不断添加的物质是H2O、C和FeO
29．FeCO3在空气中煅烧生成铁的氧化物和CO2，现煅烧23.2g的FeCO3，得到15.84gFe2O3和FeO的固体混合物，下列说法错误的是（ ）
A．该反应有氧气参与且质量为1.6gB．反应前后固体中的氧元素质量减少
C．生成的混合物中含有氧化铁14.4gD．该过程释放出CO2气体质量为8.8g
30．某碳酸钙和氧化钙组成的固体混合物中钙元素的质量分数为60%，将50g该混合物高温煅烧至固体质量不再改变（已知CaCO3高温CaO+CO2↑），则生成二氧化碳的质量是（ ）
A．6gB．13.2gC．20gD．8g
31．一种以CO2为原料生产炭黑的物质转化如图。下列不正确的是（ ）
A．反应Ⅰ发生后，固体物质所含铁元素质量分数变大
B．反应Ⅱ发生后，碳元素化合价降低
C．反应Ⅱ中，FeO与C的质量比为18:1
D．整个循环过程可将CO2转化为C和O2
32．碱式碳酸锌[Zn5（OH）x（CO3）y]是制备功能材料ZnO的原料，其热分解的产物为三种常见氧化物（热分解前后各元素化合价不变）。在下图热分解装置中加入54.7g的碱式碳酸锌，完全反应后测得装置A增重5.4g，装置B增重8.8 g（加热前后均通一段时间的N2；装置气密性良好，药品量足，实验操作正确；浓硫酸具有吸水性；碱石灰能吸收CO2和H2O）。下列说法正确的是（ ）
①x：y=3：1 ②该装置的缺陷是无尾气处理装置 ③生成的ZnO的质量为8.1 g
④装置B的作用是吸收碱式碳酸锌分解产生的CO2 ⑤若将装置A、B的位置颠倒，则无法算出x：y
A．①④B．①④⑤C．②③④⑤D．①②④⑤
33．分解水制氢的一种原理如图。下列关于该原理的说法正确的是（ ）
A．反应过程中化合价改变的元素有H、O、I
B．涉及的反应类型有分解反应和化合反应
C．理论上，每生成16 g O2，就能得到2gH2 D．理论上，每分解18g H2O，就需向体系内再补充32 gSO2
34．某CaCO3和CaO的混合物中钙元素含量为50%，将24g该混合物高温煅烧一段时间，测得固体中钙、碳元素质量比为10：1（已知CaCO3在高温条件下分解成CaO固体和CO2），则生成的CO2质量是（ ）
A．1.1gB．2.2gC．2.8gD．3.2g
35．利用如图装置研究碱式碳酸铜的性质。下列不正确的是（ ）
A．装置①中固体由绿色变为黑色
B．装置②③中出现的现象，可证明有H2O和CO2生成
C．取装置①中剩余固体，加入稀硫酸，振荡，溶液变蓝
D．将装置②中固体改为足量碱石灰，仍可证明有H2O和CO2生成
36．N2、CO和CO2的混合气体50.0g，其中碳元素的质量分数为24%。使该混合气体依次通过：足量的CuO、过量的澄清石灰水，得到沉淀的质量为xg。下列说法错误的是（ ）
A．混合气体中含N2可能为24%B．混合气体中CO质量一定≤28.0g
C．x的数值为100D．气体通过灼热的CuO后，得到44.0gCO2
37．下列说法符合质量守恒定律的是（ ）
A．10g水与2g食盐混合后质量为12g
B．2L一氧化碳与1L氧气完全反应可生成3L二氧化碳
C．点燃氢气和氧气的混合物18g，充分反应，生成水的质量一定等于18g
D．12g碳在40g氧气中充分燃烧，则生成的二氧化碳的质量为44g
38．工业脱硫过程如图所示（CuS不溶）下列说正确的是（ ）
A．过程①发生置换反应
B．整个过程中只有铜元素化合价不变
C．脱硫过程中除了H2S外，被消耗的物质只有氧气
D．若脱硫过程中，H2S和O2反应生成水，则H2S和O2消耗的质量比为17：16
39．为测定某石灰石样品中碳酸钙的质量分数，取2.0g石灰石样品于烧杯中，将20g稀盐酸分4次加入样品中，充分反应后经过滤、干燥、称重，得实验数据如下：
已知石灰石中的杂质既不与盐酸反应，也不溶解于水。下列说法正确的是（ ）
A．第三次实验后碳酸钙无剩余B．第四次实验后盐酸无剩余
C．盐酸中HCl的质量分数是3.65%D．样品中碳酸钙的质量分数是85%
40．工业上利用铁的氧化物在高温条件下循环制氢气的流程如下图所示，下列关于该原理的说法正确的是（ ）
A．反应过程中化合价改变的元素只有Fe、C
B．反应Ⅱ的方程式为：Fe3O4+H2高温3FeO+H2O
C．理论上每18g水参加反应生成4g氢气
D．反应Ⅲ的反应类型为化合反应
41．利用 MnFe2O4热化学循环制氢的反应流程如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．理论上，每生成 16g O2，就能得到 2g H2
B．该反应过程中的能量来源于太阳能
C．若 MnFe2O(4﹣y)中 y=0.5，则 MnFe2O(4﹣y)中 Fe3+与 Fe2+的个数比为 1：1
D．MnFe2O(4﹣y)中 Fe 元素的质量分数比 MnFe2O4中 Fe 元素的质量分数小
42．以红土镍矿(主要含有 Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaxFey(SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
【资料卡片】：黄钠铁矾受热分解会生成 Na2SO4、Fe2O3、SO2、H2O 和 O2.
A．“酸浸”时发生的反应之一为 Fe2O3+3H2SO4＝Fe2SO43+3H2O
B．“过滤 I”得到的滤渣要进行洗涤是为了除去滤渣表面可溶性杂质
C．纳米镍粉可用于制造镍氢电池，镍氢电池在工作时，将化学能转变为电能
D．将一定质量的黄钠铁矾加热使其完全分解，将所得固体物质溶于足量水，过滤、洗涤、烘干得到 9.60g 固体，将滤液蒸干得 2.84g 固体(不含结晶水)，可推知x∶y = 1∶3
43．制取与贮存氢气是氢能源利用领域的研究热点。如图是制取与贮存氢气的一种方法，下列正确的是（ ）
已知：MgH2 + 2HCl = MgCl2 + 2H2↑
A．图中涉及的反应类型有分解反应和化合反应
B．理论上，每产生32 g O2，需向体系中再补充1446 g ZnFe2O4
C．反应Ⅲ中氩气(Ar)作保护气，防止合金被氧化
D．11.2 g Mg2Cu完全吸氢后所得混合物与过量盐酸反应，放出H2的质量为0.7 g
44．肼是一种无色油状液体。点燃时，迅速燃烧，放出大量的热，因此常用做火箭燃料。肼发生燃烧反应的微观示意图如下：下列说法不正确的是（ ）
A．肼分子式为N2H4B．肼中氮元素与氢元素的质量比为7：1
C．两种生成物均为化合物D．参加反应的O2与生成的N2的分子数之比为1：1
45．某化学反应的微观示意图如下。下列说法不正确的是（ ）

A．丙中碳、氢原子个数比为1:4 B．丁中氢元素的质量分数计算式为1×21×2+16×1×100%
C．参加反应的甲、乙分子个数比为1:1 D．反应后分子总数减少
二、选择题组
阅读下列资料完成下面小题。在一个化学反应中，有元素化合价升高就一定有元素化合价降低。天然气的主要成分为甲烷(CH4)，但往往混有有毒的H2S气体。为了安全和资源的回收利用，某科研单位设计出氧化铁循环脱硫技术以及利用脱硫产物制取硫酸的工艺。硫元素能形成多种单质(如S8、S6、S4)等。如图分别是硫原子的原子结构示意图和该脱硫转化工艺的原理。
46．根据硫原子的结构示意图下列说法正确的是（ ）
A．硫原子在化学变化中易得到2个电子 B．硫离子的符号为S2+
C．硫原子和硫离子化学性质相同D．硫元素在化合物中只显-2价
47．下列关于硫单质和含硫化合物的说法正确的是（ ）
A．含硫化合物都是有毒物质B．S6表示6个硫原子
C．S8加热转化为S6是化学变化D．混合物中一定含有多种元素
48．关于循环脱硫工艺下列说法正确的是（ ）
A．该循环过程需不断添加Fe2O3 B．脱硫过程中，每吸收34gH2S则生成32g硫
C．该循环脱硫工艺中只有S、O元素的化合价发生了改变D．生成的FeS覆盖在Fe2O3表面会影响脱硫效率
49．生产硫酸过程中下列说法错误的是（ ）
A．电解过程中电能转化为化学能B．吸收时的反应为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3
C．负极气体X是O2D．理论上每吸收64gSO2 就生成98gH2SO4
三、多选题
50．已知：2Fe(OH)3ΔFe2O3+3H2O，现将CO与21.4gFe(OH)3在密闭容器中加热一段时间后得到Fe、FexOy混合物共12.8g，将此混合物溶于100g稀H2SO4恰好完全反应，产生0.2gH2。下列说法正确的是（ ）
A．混合物中含11.2g铁元素B．生成CO2和H2O共8.6g
C．FexOy为Fe2O3D．该稀硫酸溶质的质量分数为19.6%
51．某密闭容器中只有乙、丙、丁三种物质，在一定条件下发生了一个化学反应，容器中乙、丙、丁的质量随甲的质量变化情况如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a的值为10 B．丁属于化合物
C．当丁为5g时，容器中乙的质量为11g
D．当甲为2g时，容器中丙与丁的质量之比为12:5
52．Znx(OH)y(CO3)z是制备ZnO的原料，加热可生成ZnO和另外两种氧化物。在如图热分解装置中加入54.7gZnx(OH)y(CO3)z，完全反应后测得装置A增重5.4g，装置B增重8.8g(加热前后均通一段时间N2；装置气密性良好，药品量足，实验操作正确)。
下列说法错误的是（ ）
A．2x=y+2zB．生成的ZnO质量为40.5g
C．x：y=5：3D．若无装置C，则y与z的比值偏大
53．碱式碳酸锌[Zn5（OH）x（CO3）y]是制备功能材料ZnO的原料，其热分解的产物为三种常见氧化物（热分解前后各元素化合价不变）。在下图热分解装置（52题图）中加入54.7g的碱式碳酸锌，完全反应后测得装置A增重5.4g，装置B增重8.8 g（加热前后均通一段时间的N2；装置气密性良好，药品量足，实验操作正确；浓硫酸具有吸水性；碱石灰能吸收CO2和H2O）。下列说法正确的是（ ）
A．x：y=3：1
B．该装置的缺陷是无尾气处理装置
C．生成的ZnO的质量为8.1 g
D．装置B的作用是吸收碱式碳酸锌分解产生的CO2
54．下图是碳化钼（M2C）负载金原子组成的高效催化体系催化CO和H2O反应的微观模型．下列说法正确的是 （ ）
A．图示中有3种化合物 B．反应中金原子对CO起吸附催化作用
C．反应前后分子种类和数目均不变D．反应中CO和H2O质量比是14 : 9
四、科学探究题
55．《汉代古火井碑序》记载：“诸葛丞相躬莅视察，改进技法，刳斑竹以导气(气指天然气)，引井火以煮盐”。5月24日仪征打通了西气、川气、海气等通道互联互通，国家管网天然气运行输送系统可靠性再次提升。天然气的主要成分是甲烷(CH4)，化学兴趣小组的同学对甲烷燃烧的产物产生了兴趣，请你参与探究与分析：
【提出问题】甲烷在氧气中燃烧后生成哪些物质？
【资料】①含碳元素的物质在氧气中完全燃烧生成CO2，不完全燃烧生成CO；
②无水CuSO4是一种白色粉末状固体，遇水变蓝色。
【猜想与假设】
(1)有人认为丙同学的猜想是错误的，理由是 。
【实验探究】为了验证上述猜想与假设，将3.2g甲烷和xg氧气在密闭容器中充分燃烧(CH4 和O2均没有剩余)，将燃烧产物依次通过下列装置(N2不参与反应，假设每步均完全反应)：
(2)实验中观察到A中出现 现象，并增重 g，说明有水生成。
(3)装置B中变浑浊，装置B中发生反应的化学方程式 。
(4)装置A、B装置的顺序 (填“能”或“不能”)颠倒。
(5)装置C中表面为黑色氧化铜的铜网部分变红，质量减少2.4g，D中变浑浊，说明甲烷燃烧产物中有 生成，由此推断 同学的猜想成立。
(6)数据处理：x= 。写出密闭容器内发生反应的化学方程式 。
56．菱铁矿主要成分是碳酸亚铁(FeCO3)，是一种分布广泛的矿物，为探究碳酸亚铁的性质并测定某菱铁矿中碳酸亚铁的质量分数，进行了如下探究。
活动一：探究在空气中煅烧碳酸亚铁的固体生成物。
【查阅资料】：①FeCO3在空气中加热生成铁的一种氧化物和二氧化碳。
② FeO是一种黑色粉末，在空气中加热，能迅速被氧化成四氧化三铁。
③Fe2O3能与盐酸反应生成氯化铁和水，Fe3O4能与盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁和水。
④酸性条件下，FeCl2能使高锰酸钾溶液褪色，而FeCl3不能使高锰酸钾溶液褪色，向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色；向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红色.
【猜想与假设】：猜想1：固体成分是Fe2O3；猜想2：固体成分是Fe3O4；猜想3：固体成分是FeO。
【进行实验】①利用如图装置进行实验，连接仪器，________；
②打开弹簧夹K，通入氧气，加热FeCO3；
③当石灰水中沉淀不再增多时，停止加热，继续通入氧气至玻璃管冷却；
④取玻璃管里的少量固体于试管中，滴加过量盐酸，微热，固体完全溶解；
⑤将所得溶液分成甲、乙两份进行实验。实验步骤和现象记录如下
【解释与结论】（1）步骤①中空格内的操作是是 。
（2）在实验前就可以判断猜想 不成立，因为 。
（3）实验b的目的是 ，由实验a、b的现象可知，猜想 成立，则FeCO3与氧气在加热时反应的化学方程式为 。
活动二：测定菱铁矿中碳酸亚铁的质量分数。
（4）碳酸亚铁中铁元素的质量分数为 (精确到0.1%)。
（5）乙组同学称取10.0 g菱铁矿样品，把80 g稀盐酸分四次加入样品中与盐酸反应的化学方程式为FeCO3+2HCl=FeCl2+CO2↑+H2O，矿石中杂质不与稀盐酸反应)，测得实验数据见下表：
①m= 。
②实验测出菱铁矿样品中FeCO3的质量分数为 。
③计算实验中所用稀盐酸的溶质质量分数 (写出计算过程，结果精确到0.1%)。
57．某学校兴趣小组探究碳还原金属氧化物的反应，请回答下列问题。
（一）甲组同学设计了第一组实验：碳还原氧化铁（如图1）
（1）仪器a的名称 。
（2）试管内发生的化学反应有：3C+2Fe2O3高温4Fe+3CO2↑、C+CO2高温2CO、 （写出化学方程式）。
（3）甲组同学采用对比实验的方式，研究不同形态的碳和氧化铁的反应，并用一氧化碳传感器测得试管内一氧化碳含量如图2所示。[ppm是浓度单位]
通过两幅图像的分析，90秒至300秒之间一氧化碳含量变化趋势明显不同的主要原因可能是活性炭对CO的 比木炭强。
（4）图1装置中气球的作用是① 、② ；与使用普通导管相比，球形导管上的球体部分所起作用是 。
（二）乙组同学设计了第二组实验：碳还原氧化铜（如图3）
乙组同学做木炭与氧化铜反应实验时，发现很难观察到紫红色铜的生成，却往往有暗红色固体出现。他们决定对这个实验进行探究和改进。
【提出问题】暗红色的固体是什么？如何选择合适的条件，使木炭还原氧化铜的实验现象更明显？
【查阅资料】通常情况下，氧的化合价为-2，碳的化合价为+4或-4，铜的化合价为+1或+2。
【猜想与假设】
（5）同学们认为这种暗红色固体可能是一种化合物，并猜测它的化学式为 。同学们还认为，通过改变反应物的状态、质量比，以及反应装置，可以使该实验现象更加明显，减少出现暗红色固体的情况。
【分析与交流】（6）小吴建议用超细炭粉与氧化铜粉末进行实验，这样做的优点是 。
（7）小周建议用图乙装置替代甲装置。与甲相比较，乙装置中将试管直立放置的作用是有利于集中加热，获得持续高温。
（8）对下列三种氧化铜和碳的质量比例，小施建议选择 (填序号)的比例。A．32:3 B．40:3 C．48:3
【实验与结论】（9）同学们决定按改进后的方案进行实验，他们在检验了乙装置的 后，往试管中加入已干燥的药品并开始加热，当澄清的石灰水变浑浊时，说明生成了 （填化学式）。
（10）待反应结束后，先将导气管从石灰水中取出，然后关闭止水夹，让产物自然冷却，若不关闭止水夹，可能出现的问题是 。
（11）待产物冷却后，同学们终于看到了期待已久的紫红色物质，实验获得了圆满成功。木炭还原氧化铜生成铜和二氧化碳的反应方程式为 。
58．兴趣小组同学从海水晒盐后的盐卤中模拟工业生产来提取镁，主要流程如下：

【问题讨论】（1）流程中的操作①是 （填实验操作名称）。
（2）一系列操作②中包含蒸发浓缩 、 、过滤等。
（3）电解氯化镁可以得到镁和氯气，该反应的化学方程式为： ，该变化过程是 能转化为化学能。
（4）镁的化学性质比较活泼，能在氮气中燃烧生成氮化镁，在氮化镁中氮元素的化合价为-3，则氮化镁的化学式为： 。
【发现问题】镁是一种银白色有金属光泽的金属。但拿出的镁条总是有一层灰黑色的“外衣"，这层灰黑色的外衣是什么物质呢?
【查阅资料】（1）Mg(OH)2：白色固体，难溶于水，受热会分解成氧化镁和水；
（2）MgCO3： 白色固体，微溶于水，受热会分解成氧化镁和二氧化碳；
（3）MgCO3的热稳定性比Mg(OH)2的热稳定性更强。
【提出猜想】小组同学认为该固体不可能是MgO、Mg(OH)2或MgCO3，他们的理由是 ；小组同学由铜生锈会产生Cu2(OH)2CO3联想到灰黑色的物质可能是Mg2(OH)2CO3。
【实验分析】按图所示装置进行实验，发现试管口有液滴出现，说明反应产生了 ；澄清石灰水变浑浊（变浑浊的化学方程式为 ）；同时灰黑色固体完全变为白色。若灰黑色固体是Mg2(OH)2CO3，请写出Mg2(OH)2CO3受热分解的化学方程式 。
【组成测定】工业生产中得到的碱式碳酸镁晶体是xMgCO3•yMg(OH)2•zH2O，为精确测量晶体的组成，小组同学取4.66g该晶体，用热分析仪对固体进行热分解（加热使之逐步分解，首先失去结晶水，最后完全反应），测定剩余固体质量与分解温度之间关系。
【数据处理】剩余固体质量与加热时间关系如图所示：
请回答下列问题：
（1）0～t1固体质量没有发生变化的原因可能 。
（2）晶体中结晶水的质量为 g。
（3）t4～t5段固体为 和MgO（写化学式）。
（4）根据图中数据推算xMgCO3•yMg(OH)2•zH2O中x∶y∶z的最简比= 。（写简要过程）
59．过氧化钙（CaO2）在生产中具有广泛的应用
（一）过氧化钙的性质与用途
（1）CaO2能与稀盐酸发生复分解反应，反应的化学方程式为 。
（2）鱼类长途运输的增氧剂的主要成分为CaO2，它与水缓慢反应生成O2，还生成一种碱，其化学式为 ，Na2O2也能与水反应，原理与CaO2相同，但却不能作为鱼虾运输的供氧剂，请分析可能的原因 。
（二）过氧化钙晶体的制备
【资料】过氧化钙晶体(CaO2·yH2O)，常温为白色，能溶于酸，难溶于酒精。
制备原理：CaCl2＋H2O2＋NH3＋H2O→CaO2·yH2O↓＋NH4Cl，装置如下。
（1）装置A中试管内发生反应的化学方程式为 。
（2）装置C采用冰水浴控制温度在0℃左右，可能的原因主要有：
Ⅰ.该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·yH2O产率；Ⅱ. 。
（3）反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·yH2O。
①洗涤时采用95%的酒精溶液洗涤的优点是 。②检验晶体已洗涤干净的方法为 。
（三）过氧化钙晶体组成的测定
称取21.6克晶体用热分析仪对其进行热分解实验，并绘制成固体质量与温度关系图（过氧化钙晶体受热时会先失去结晶水），
（1）0—150℃质量不发生改变的原因是 。
（2）根据如图可知y= 。（写出计算过程）
（3）350℃时发生反应的化学方程式为 。
60．某兴趣小组对氯酸钾（KClO3）展开如下探究：
【探究一】工业制备KClO3
以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下：
【资料卡片】：氯化时，主要反应为6Ca(OH)2 + 6X ═ Ca(ClO3)2 + 5CaCl2 + 6H2O，少量 X与Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2、CaCl2和H2O，Ca(ClO)2 分解为CaCl2和O2。

（1）根据资料，X的化学式为 ，写出氯化时，X和Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2的化学方程式 。
（2）氯化时，为提高X转化为Ca(ClO3)2的转化率，下列措施可行的是 （填序号）。
A．充分搅拌浆料 B．加足量水使Ca(OH)2完全溶解 C．缓缓通入X
（3）操作1在实验室中的名称是 ，需要用到的玻璃仪器有 、 和玻璃棒，玻璃棒的作用是 。氯化过程控制电石渣过量，固体残渣的主要成分为 和 （填化学式）。
（4）操作1后得到溶液中Ca(ClO3)2与CaCl2的化学计量数之比 1:5（填“＞”、“＜”或“=”）。转化时，加入KCl发生反应的化学方程式为 。
（5）操作2包含一系列实验操作，结合如图分析，主要操作为蒸发浓缩 → →过滤→洗涤→低温烘干。
【探究二】探究KClO3制氧气
某小组利用如图所示装置对KClO3制氧气进行了探究：
【资料卡片】：
①KClO3的熔点约为356℃，MnO2在加热条件下不分解。
②KClO3分解时，传感器得到氧气浓度随温度的变化示意图及使用不同催化剂时的固体残留率示意图如下：
（6）由图可知KClO3分解温度 （填“高于”、“等于”或“低于”）其熔点。
（7）图中，在KClO3分解前，传感器测得氧气浓度降低的原因可能是 。
（8）分析图中，对KClO3分解催化效果更好的催化剂是 。
（9）将3.06gKClO3和MnO2混合物以4:1配比加热至完全反应，可得氧气体积约为多少升 ？(写出计算过程，计算时精确到小数点后两位。已知氧气密度约为1.43g / L。）
61．市售某品牌饮料的罐体是A1—Fe合金，为测定其中Al的质量分数，某学习小组精确称取0.050 g合金样品，设计了如下装置并进行实验：
【查阅资料】Ⅰ、Al和NaOH溶液反应，放热并生成H2，反应中对应关系为2Al ~ 3H2，Fe和NaOH溶液不反应；Ⅱ、实验条件下，H2的密度近似为0.090 g·L-1。
【实验步骤】① ；②装入药品和水，连接装置；③记录量气管中水面读数为5 mL；④打开分液漏斗活塞，逐滴滴入NaOH溶液，至不再产生气泡为止，关闭活塞；⑤待温度降至室温时，记录量气管中水面读数为49 mL；⑥处理剩余药品，整理实验台。
【实验分析及数据处理】（1）完善实验步骤中的所缺部分；
（2）检查气密性的方法：打开分液漏斗活塞，向量气管中加入水，使水准管和量气管中水面相平，关闭活塞，降低量气管，若两侧水面高度差 （填“改变”或“不变”），则气密性良好；
（3）实验结束后，读取量气管中水面刻度之前，需进行的操作是 ；
（4）计算此A1—Fe合金样品中Al的质量分数： （精确到小数点后3位）；
【实验反思】（5）造成实验结果偏大的原因可能是 。
A．实验过程加入NaOH溶液的体积 B．没有冷却至室温就开始读数C．装置漏气
62．铜及其化合物的冶炼与人类生活、社会发展有密切联系。
(1)在实验室选择如图1装置探究木炭和氧化铜反应的最佳质量比。
【查阅资料】①木炭能在较高温度环境中将氧化铜中的氧元素夺去，生成单质铜
②酒精灯防风罩能将酒精灯火焰温度提升至600～800℃ ③铜的熔点为1083℃
【装置分析】①该实验并未采用略向下倾斜试管的加热方法，原因可能是 （填字母）。
A．使火焰更好包裹住药品部位，提高反应温度
B．防止生成的气体冲散药品，降低实验成功率
C．过程中会生成液态的铜，且防止石灰水倒吸

【实验过程】取0.1 g 木炭粉与一定量的氧化铜粉末按下表所示比例充分混合，在粉末堆中插入一块灼烧过的铜片，进行实验。
②从表中可知，木炭还原氧化铜的最佳质量比是 。
③无需再进行木炭粉与氧化铜粉末质量比为1：14的实验，原因是 。
④取出铜片观察，发现埋入粉末的部分变红，有金属光泽，上方铜片也变为亮红色，右侧澄清石灰水变浑浊，由此推测反应中产生的气体一定有 。
⑤试管底部的亮红色固体呈“海绵状”，如图2所示，实验得到“海绵铜”而非块状铜的原因是 。
(2)分别在H2与CO气氛下，还原氧化铜样品。对反应后的样品进行X射线衍射，得到的XRD图谱结果如图3所示。XRD图谱中的峰值可以表征某物种的存在。

结合图像说明，能否采用热还原的方法直接制得纯净的Cu2O产品， （填“用H2能”或“用CO能”或“都能”或“都不能”），为什么 。
63．气体的制取是初中化学的重要内容。
实验一：研究氧气的制取
(1)写出有标号的仪器名称：① ，② 。
(2)实验室用双氧水和二氧化锰制氧气选用的发生装置是 （填序号），反应的化学方程式为 。
实验二：研究二氧化碳的制取
(3)选用药品。按下表进行实验，取等质量的同种大理石加入足量酸中（杂质不与酸反应），产生二氧化碳的体积随时间变化曲线如图2所示
上表中实验Ⅰ对应如图曲线 （选填“甲”、“乙”或“丙”）。小组同学决定用实验Ⅱ的药品制取二氧化碳气体，不用实验Ⅲ药品制备二氧化碳的原因是 。
(4)选择发生装置。实验小组在制取二氧化碳时想要控制反应的发生和停止，应选择图1中的 作发生装置。
(5)选择收集方法。已知：二氧化碳在不同溶剂中的溶解度如下表。
利用如图装置收集一瓶纯净的二氧化碳，对集气瓶中的液体（水、酒精、饱和NaHCO3）进行选择。
①选择时首先排除酒精的原因是 。
②最终选择的液体是 。
③用如图装置来收集二氧化碳气体，气体从 （填“a”或“b”）口通入。
(6)定量计算。鸡蛋壳的主要成分是碳酸钙。小明同学为了测定鸡蛋壳中碳酸钙的质量分数，分别设计了如下实验并进行计算。将鸡蛋壳洗净、干燥并捣碎后放入锥形瓶里，加入足量的稀盐酸充分反应（假设其他杂质不与盐酸反应）。
测得相关数据如图所示：
【数据处理】①生成的二氧化碳质量为 。
②请帮小明计算鸡蛋壳中碳酸钙的质量分数，并写出计算过程 。
64．食品脱氧剂主要成分有铁粉、活性炭、氯化钠等。实验小组对其展开如下探究。
(1)按图1装置进行实验，利用氧气传感器测定密闭容器中氧气含量变化，如图2所示。

结合图2分析，集气瓶②中铁粉发生脱氧反应的依据是 。
(2)脱氧剂中还经常添加硅藻土，主要作用是吸附水分，同时疏松配料，使铁粉更易于与氧气接触。室温下，在一定量的脱氧剂中加入不同质量的硅藻土，测定密闭容器中氧气耗尽所需时间，如图3所示。图3是每克脱氧剂中硅藻土用量与脱氧时间的关系图，可知：硅藻土的最佳用量比是 %。(用量比=硅藻土用量脱氧剂用量×100%)
硅藻土含量通常控制在最佳用量比，高于或低于最佳量时，脱氧速度均会减慢。请分别分析可能的原因，硅藻土用量过多时， ；硅藻士用量过少时， 。
(3)铁生锈的主要过程为：铁→氧气、水氢氧化亚铁氧→气、水氢氧化铁→风吹日晒铁锈写出氢氧化亚铁转化为氢氧化铁【Fe(OH)3】反应的符号表达式： 。
(4)铁锈的主要成分为氧化铁。氢氧化铁受热分解生成氧化铁，同时生成另一种氧化物。写出该反应的符号表达式 。
(5)已知：在一定温度时，Fe2O3固体能分解成一种铁的氧化物和一种常见的气体。现将24gFe2O3固体在该温度下持续加热，发现固体质量减少了2.4g后不再改变。请回答：
①该常见的气体可以用 检验，其质量为 g。
②24gFe2O3固体中铁元素为 g。③计算确定铁的氧化物的化学式 。
65．蔗糖是生活中一种常用的调味品，某兴趣小组对“蔗糖”进行了探究。工业制备蔗糖的流程如图所示：
(1)操作A是 。 (2)“脱色”过程可用的物质是 。
蔗糖组成的探究
【资料卡片】绿色植物吸收空气中的CO2和H2O先合成葡萄糖，再将葡萄糖转化为蔗糖。
【作出猜想】小组同学认为绿色植物通过光合作用将二氧化碳和水转化成葡萄糖和氧气，葡萄糖进一步转化为蔗糖，故蔗糖中一定含有碳、氢元素，可能含有氧元素。
【实验验证】(3)方案一：小丽将蔗糖在氧气中燃烧，检验生成物中有水和二氧化碳，得出结论“蔗糖是由碳、氢、氧三种元素组成的”。
小明认为该方案不合理，理由是 。
(4)方案二：小明用如图所示装置进行实验，实验开始先通入一会儿氮气，然后关闭弹簧夹，点燃酒精灯给蔗糖加强热。
①观察到 出现，说明蔗糖中含有氢元素和氧元素。
②观察到硬质玻璃管中残留有黑色固体，他猜测该黑色固体是单质碳，并继续利用原装置，另选试剂进行了验证单质碳的实验。实验过程和现象如表：
【实验结论】蔗糖是由碳、氢、氧三种元素组成的。
【拓展交流】(5)方案二中，先通入一会儿氮气的原因是 。
(6)查阅资料得知蔗糖、葡萄糖(C6H12O6)、淀粉[(C6H10O5)n]等化合物统称为碳水化合物。
①葡萄糖的相对分子质量为 。
②碳水化合物中氢氧原子个数比为 ，与水中氢氧原子个数比一致。
③若在方案二实验中，蔗糖为34.2g，实验后测得玻璃管中黑色固体质量为14.4g，请通过计算确定蔗糖的化学式为 。
66．小明发现一种淡黄色的粉末可以用于杀菌、消毒和漂白，于是想探究该固体的成份。
【提出问题】该淡黄色固体的化学成份是什么？
【查阅资料】Ⅰ.硫单质是一种淡黄色固体，难溶于水，空气中点燃硫单质，生成无色、有刺激性气味的气体。
Ⅱ.过氧化钠(Na2O2)是一种淡黄色固体，能与水反应，生成气体并放出大量的热。
【设计实验方案】方案一：取少量该固体粉末于试管中，加2mL水，振荡并观察现象。
方案二：在燃烧匙里放少量该固体，在酒精灯上加热，观察现象。
（1）比较以上两方案，从环保或操作角度分析，你认为的最佳方案是 (填“方案一”或“方案二”)，理由是 。(答一点即可)
【实验验证并得出结论】小明向盛有少量该固体的试管中加入2mL水，立刻观察到有无色气泡产生，并且验证出该反应同时生成了氢氧化钠(NaOH)，确定该淡黄色粉末为过氧化钠(Na2O2)。
小明还想对生成的气体成分进行判断，他提出了以下三种假设：
A．该气体是CO2 B．该气体是O2 C．该气体是H2
（2）同学们首先一致认为上述假设中的 (填“A”或“B”或“C”)肯定不合理，理由是 。
通过查阅资料同学们得知：在化学反应中，有元素化合价升高，就必有元素化合价降低。于是通过小组讨论，大家一致认为上述假设中B成立。同学们用图1装置(装置气密性良好)进行实验检验，验证了上述分析的合理性：
（3）他们的方法是：打开活塞使水流入试管，将带火星的木条放在导管 (填“a”或“b”)处，发现 ，说明生成的气体是氧气。
（4）小佳同学待试管内固体完全溶解且不再有气泡产生后，往试管内加入少量二氧化锰，又立即产生大量气泡，由此可知过氧化钠与水反应后的溶液中含有过氧化氢，写出过氧化氢在二氧化锰催化下分解的化学方程式： 。
（5）小王同学用图2装置中的B，测量生成氧气的体积，读数前需冷却到室温后，调节量筒使内外液面相平，若仰视读数，则读数 实际值。(填“大于”、“小于”或“等于”)
【交流与反思】（6）下列关于Na2O2说法错误的是 (填字母)。
A．Na2O2中氧元素的化合价是-2价 B．Na2O2必须密封保存 C． Na2O2着火后可用水扑灭
【定量计算】（7）进一步查阅资料可知：在潜水艇中常用过氧化钠(Na2O2)来吸收艇上人员呼出的二氧化碳，同时生成碳酸钠和供人们呼吸的气体，写出该反应的化学方程式 。
（8）若15.6克过氧化钠与二氧化碳完全反应，生成的碳酸钠 克(写出计算过程)
67．实验室制备氧气的方法有很多种，我校各班兴趣小组对氧气制备及收集过程中的现象产生了浓厚的兴趣并进行了如下实验。
I、“超越极限”小组做了如图所示实验，当向乙烧杯中依次加入MnO2和H2O2溶液时，发现有大量气泡产生，并产生大量白雾，蜡烛燃烧更旺，但过一会儿逐渐熄灭，而甲烧杯中蜡烛一直持续燃烧。
【提出问题】导致乙烧杯中蜡烛熄灭的原因是什么？
【作出猜想】猜想一：燃烧产生的CO2使蜡烛熄灭；猜想二：白雾是水雾导致蜡烛熄灭；
小组同学经过讨论，排除了猜想一，其理由是 。
【进行实验】向一只装有燃着蜡烛的烧杯中加入约100℃的水，另一只装有燃着蜡烛的烧杯中依次加入MnO2和 H2O2溶液，若观察到 的现象，则猜想二正确。
II、“创造奇迹”兴趣小组探究“排水法收集氧气时机的选择”，用加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气进行相关实验。
（1）写出加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制取氧气的反应方程式： 。
（2）用排水法收集氧气时要等到“气泡连续、均匀冒出时”才开始收集，原因是 。
【提出问题】“气泡连续、均匀冒出，此时排出的氧气比较纯净”，事实如此吗
【设计并实验】采用氯酸钾制备氧气，测定不同时刻从试管排出的气体中氧气的浓度。
（3）在加热过程中，刚过了第①时段（1~16）之后，气泡已经连续、均匀且快速冒出，此时排出气体中氧气的浓度只有 %左右。
（4）“气泡连续、均匀冒出时表示排出的氧气已经比较纯净”的说法是 （填“合理”或“不合理”）的。
【查阅资料】对于初中氧气性质实验而言，氧气浓度只需达到一定的数值，即满足实验要求即可。
【实验探究】①取一个氧气瓶，使瓶内留有占集气瓶容积40%的水（余下的为空气），用玻璃片盖住，并倒扣于装有水的水槽中；②用排水法收集氧气，小心地把瓶内的水排完用玻璃片盖住瓶口，取出正立放好；③带火星木条伸入集气瓶中，带火星木条复燃。
（5）通过实验探究，发现使带火星木条复燃的氧气 （填“不一定”或“一定”）是纯氧。
（6）集气瓶中氧气的体积分数=瓶内收集的氧气占容积的体积分数+瓶中空气占容积的体积分数× %。
（7）理论上，上述实验“使带火星的木条复燃”的氧气体积分数是 %（计算结果保留到0.1%）。
68．镁及其合金是用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。如图是工业上提镁的流程，海水中镁元素的主要存在形式是MgCl2和MgSO4。
（1）有项目研究团队研究问题：在海水提镁的过程中如何实现对镁元素的富集？团队成员提出观点如下。
观点A：直接往海水中加入沉淀剂。
观点B：高温加热蒸发海水后，再加入沉淀剂。观点C：向晒盐后的苦卤水中加入沉淀剂。
通过分析比较，你认为观点 （填“A”、“B”或“C”）最合理，简述理由： 。
（2）①“反应池”→……→“中和”过程的主要作用为：使MgCl2转化为MgOH2沉淀； 。
②反应池中，石灰乳应过量的目的是 。
③“中和”时，MgOH2与盐酸发生反应的化学方程式是 。
（3）①MgOH2加热分解生成MgO和H2O，MgO是高熔点的化合物。某些阻燃剂（阻碍燃烧的物质）的有效成分是MgOH2，你认为MgOH2能够阻燃的可能原因是 （填字母）。
A．MgOH2分解时降低了可燃物的着火点 B．生成MgO覆盖在可燃物表面，隔绝空气
C．生成水蒸气降低了可燃物周围氧气浓度
②以下制得单质Mg的方案中，最合适的是方案c，理由是 。
方案a，MgOH2→MgO溶融、电解→2800℃Mg 方案b，MgOH2→MgO焦炭、真空→1352℃Mg
方案c，MgOH2→无水MgCl2溶融、电解→714℃Mg
（4）①在上述流程中，可循环使用的物质是 。
②上述流程中涉及的主要反应类型属于分解反应的是 （填字母）。
A．煅烧贝壳（CaCO3）制取生石灰B．电解熔融MgCl2制镁和Cl2 C．Cl2和H2反应生产氯化氢
（5）海水中部分离子的含量如下：
若从1L的海水中提取镁，理论上需要贝壳（以CaCO3计算）的质量是 g。
69．CaO2是一种环境友好的多功能无机化合物，能杀菌消毒，用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面。
【资料】温度过高过氧化物会分解生成氧化物和氧气。
I过氧化钙的性质研究 （1）取少量过氧化钙放入试管中，加足量水，产生气泡，将带火星的木条伸进试管中，观察到带火星的木条复燃，说明有 （填化学式）生成。 （2）分别取实验（1）静置后的上层清液少量于两支试管中，向其中一支试管中滴入酚酞试液，发现溶液变成红色，说明溶液呈 性；向另一支试管中通入二氧化碳，溶液变浑浊，说明有氢氧化钙生成。 结论：常温下，过氧化钙能与水发生反应
II制备过氧化钙
方法1：由氨气、双氧水、氯化钙为原料，制得CaO2•8H2O沉淀，反应装置如图 ：
方法2：由鸡蛋壳（含CaCO3高达 90%）为原料最终反应制得，其制备流程如图：

（3）方法1中装置A加热的是熟石灰和硫酸铵，写出该反应的化学方程式 。制取 CaO2•8H2O 的化学方程式：CaCl2+H2O2+2NH3⋅H2O+6H2O=CaO2⋅8H2O↑+2Y,则Y的化学式 ，该反应温度不能过高的原因是：①防止氨水挥发；② 。
（4）方法2中气体X是 ，实验室用 （填试剂名称）来检验。煅烧后的反应是化合反应，也能生成CaO2•8H2O，反应的化学方程式为 。该反应获得的 CaO2产品中含有的固体杂质主要是 （填化学式）。
III测定过氧化钙样品纯度 （5）高锰酸钾法是测定 CaO2产品纯度的一种方法（已知硫酸锰溶液为无色），反应方程式是： 2KMnO4+5CaO2+8H2SO4=2MnSO4+5CaSO4+K2SO4+8H2O+5O2↑。
将溶质质量分数为 a%的酸性 KMnO4溶液逐滴加入盛有CaO2样品的锥形瓶中，反应完全时，锥形瓶中溶液颜色变化为 ；下列操作可能导致测定结果偏大的是 （填字母序号）。
A KMnO4溶液的质量分数小于 a% B 锥形瓶内潮湿 C CaO2样品有少量粘附在锥形瓶壁上未用水冲洗
D 颜色已经发生变化未停止滴加KMnO4溶液
（6）加热分解法是测定CaO2产品纯度的另一常用方法。 实验步骤：连接装置（图夹持仪器已省略）→检查装置气密性→装入 0.30g 样品→调节量气管和水准管两边水位相平→加热至不再有气体放出并冷却至室温→ →读数→重复 2 次，取平均值，计算。（已知：该温度和压强下的 O2密度是 1.43g/L）
根据表中数据，计算 CaO2产品纯度是 。（写出计算过程，计算结果保留到 0.1%。）
70．某化学研究性学习小组为探究口罩里熔喷布的组成，设计并完成了以下实验。
Ⅰ.制取氧气
(1)用高锰酸钾制取氧气的化学方程式为 ，
A装置试管口放一团棉花的目的是 。
(2)欲收集干燥的O2，装置的连接顺序为：A→B→ (填装置编号)。收集完毕，用玻璃片的 (填“光滑面”或“磨砂面”)盖住集气瓶口。
Ⅱ．组成探究
查阅资料得知熔喷布可能含C、H、O元素中的两种或者三种。设计完成以下实验(假设每步反应进行完全)
【实验猜想】(3) 猜想一：含C和H两种元素； 猜想二：含C和O两种元素；
猜想三：含H和O两种元素； 猜想四： 。
【实验装置】

【实验步骤】检查装置的气密性，装入相关试剂后，先通入一段时间O2，再点燃酒精灯，观察实验现象。
【实验现象】(4)①装置乙中无水CuSO4变 色，证明产生了H2O。
②装置丙中溶液变浑浊，证明产生了 。
【问题思考】(5)①装置乙和装置丙位置不能调换的原因是 。
②为使测定结果更准确。有同学建议在装置甲和乙之间增加一个装置丁，其目的是 。
【继续探究】(6)为进一步确定熔喷布的组成，将4.2 g该熔喷布在O2中完全燃烧，装置乙、丙中增加的质量分别为5.4 g和13.2 g．通过计算判断：猜想 成立。
71．使燃料充分燃烧是实现节能减排，低碳生活”的一种重要方法。小组同学探究不同条件下蜡烛燃烧的情况。
【查阅资料】蜡烛燃烧时，生成的CO2与CO的浓度比越大，蜡烛燃烧越充分。
【进行实验】利用下图装置完成实验（所用传感器分别为O2、CO、CO2浓度传感器）。
【解释与结论】（1）蜡烛燃烧时会生成CO2和CO，说明蜡烛中一定含有 元素。
（2）检验蜡烛燃烧有CO2生成，可在蜡烛火焰上方罩一个内壁涂有 的烧杯。
（3）对比实验2和3，蜡烛在 条件下燃烧更充分（填“半敞口”或“密闭”）。
（4）对比 （填实验序号），可得出“其他条件相同时，蜡烛的位置越分散，燃烧越充分”。
（5）实验5、6、7的目的是 。
（6）x 344.9（填“>”、“=”或“<”）。
【反思与评价】（7）综合以上实验分析，下列说法正确的是 （填字母序号）。
A蜡烛燃烧可以消耗尽密闭容器内氧气 B蜡烛充分燃烧，可减少污染
C实验1中氧气浓度基本不变，是因为分子在不断运动
D燃料在氧气浓度较高的富氧空气中燃烧，能起到节能减排的作用
五、实验题
72．CO2发现之初被称为“固定空气”，是一种重要的资源。
Ⅰ.布莱克研究白垩时发现了CO2的存在，发现CO2好像“固定”在白垩中一样，称之为“固定空气”。研究过程可表示如下(三次实验使用白垩质量相等，稀盐酸溶质质量分数相同)：
(1)写出“固定空气”固定到白垩中的化学方程式 。
(2)产生的“固定空气”质量：实验② 实验③：实验中消耗稀盐酸的质量：实验① 实验③。(选“<、=、>”)
Ⅱ.化学家卡文迪许用排水银法收集了“固定空气”，并把它通入紫色石蕊试液中，发现变红。化学兴趣小组在实验室制取CO2并验证其性质。
(3)仪器a的名称是 ，写出A中发生反应的化学方程式 。
(4)实验室若改用装置F制取CO2，相对于A的优点是 。(5)使装置B中液体变红的是 (填离子符号)。
(6)C中石蕊溶液没有变为紫色，同学们猜想：可能是因为盐酸的浓度太大了。有同学提出解决方法：在装置A、B之间增加D和E的组合装置，验证了猜想，解决了上述问题。
①CO2气体应从 。(填“b”或“c”)端通入，装置D的作用是 ，装置E中的现象是 。
Ⅲ.化学家拉瓦锡用加热氧化汞和木炭得到“固定空气”，而单独加热氧化汞则得到氧气，由此他确定“固定空气”由碳、氧组成，因此更名为“氧化碳”。后来的科学家在定量实验的基础上研究后才命名为“二氧化碳”。
(7)从微观角度分析命名为“二氧化碳”的原因： 。
IV.CO2的回收、净化和再利用，不仅能有效缓解“温室效应”，也是达成“碳达峰”和“碳中和”的有效途径之一。
(8)清华大学研究人员成功研制出一种纳米纤维催化剂，可将二氧化碳转化成液体燃料甲醇，其微观示意图如下图(图中的微粒恰好完全反应)所示。下列说法正确的是 。A．反应前后原子数目发生改变B．该反应将无机物转化为有机物
C．反应前后所有元素化合价不变D．该反应属于置换反应
73．过氧化钙（CaO2）在生产中具有广泛的应用
（一）鱼类长途运输的增氧剂主要成分为CaO2，它与水缓慢反应生成O2，还生成一种碱，其化学式为 ，Na2O2也能与水反应，原理与CaO2相同，但却不能作为鱼虾运输的供氧剂，请分析可能的原因 。
（二）过氧化钙晶体的制备【资料】过氧化钙晶体(CaO2·yH2O)，常温为白色，能溶于酸，难溶于酒精。制备原理：CaCl2＋H2O2＋NH3＋H2O→CaO2·yH2O↓＋NH4Cl，装置如下。
（1）装置A中试管内发生反应的化学方程式为
（2）B装置的作用是 。
（3）装置C需要控制温度在0℃左右，采用的简单易行的办法是 ，控制温度在0℃左右可能的原因主要有：
Ⅰ该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·yH2O产率；Ⅱ 。
（4）反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·yH2O。
①洗涤时采用95%的酒精溶液洗涤的优点是 。
②检验晶体已洗涤干净的试剂为 。
（三）过氧化钙晶体组成的测定
称取10.8克晶体用热分析仪对其进行热分解实验，并绘制成固体质量与温度关系图（过氧化钙晶体受热时会先失去结晶水）
（1）0—150℃质量不发生改变的原因是 。 （2）根据图可知y = 。（写出计算过程）
（3）350℃时发生反应的化学方程式为 。
74．某研究小组利用下图所示装置进行探究实验。
已知：①碳酸镁加热分解MgCO3ΔMgO + CO2↑
②氢氧化钠溶液常用于吸收二氧化碳气体
（1）装置B中发生的反应 （用化学方程式表示）。
（2）装置C中盛有足量的氢氧化钠溶液，它的作用 。
（3）装置D中无水氯化钙的作用 。
（4）装置E中发生的反应 （用化学方程式表示）。
（5）从环保角度看，该装置有明显不足之处是 。
（6）图中装置F是安全瓶，能防倒吸，从实验安全角度考虑，本实验还应该在装置 之间添加装置F。
75．某研究小组欲检验草酸晶体样品分解产物并测定器质量分数（假设杂质不参与反应）。草酸晶体（ H2C2O4•2H2O）的理化性质见表。
（1）加热分解草酸晶体最适宜的装置是 （填图1字母序号）。
（2）图2是验证热分解产物中含CO，CO2的装置
①仪器a和b的名称分别是 和 。
②证明存在CO2的现象是 ，证明存在CO的现象 ，D中反应的化学方程式是 。
③装置A的作用是 ，气囊的作用是 。
（3）为测定样品中草酸晶体的质量分数，设计两种如下方案。
①称一定量样品用上图装置进行实验，测得装置D反应前后的质量差，由此计算出的实验结果比实际值偏低，排除仪器和操作的因素，其原因可能有：CO未完全反应、 。
②称取8.75g草酸晶体样品配制50.00g溶液，取10.00g溶液加适量的稀硫酸，然后滴加%KMnO4溶液，恰好反应完全。
（已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O）则KMnO4溶液显 色，%KMnO4溶液中KMnO4的质量 g。样品中草酸晶体的质量分数为 。
【Mr（H2C2O4）=90，Mr（H2C2O4•2H2O）=126，Mr（KMnO4）=158】。
76．某品牌纯碱中含有少量氯化钠．某化学探究小组为了测定该纯碱的纯度（即碳酸钠的质量分数），组内一同学设计了如下实验：【设计实验方案】实验装置（如图2所示，固定装置略去）；
需要测定的实验数据：纯碱样品的质量；实验前、后装置（包括氢氧化钠固体）的总质量．
（1）A装置中反应的化学方程式为 ；为了保证纯碱样品中的碳酸钠完全反应，其操作是 ．
（2）B装置的作用是 ；C装置中反应的化学方程式为 ．
（3）补充D装置 （简要叙述或画出装置示意图）．
【交流与表达】（4）有同学认为图2所示实验装置会造成测得纯碱的纯度偏低，原因是 ．
（5）为了克服图2装置的不足，有同学提出，还应增加图1装置与A装置连接（A装置中原双孔橡胶塞换成三孔橡胶塞），在反应前、后用图1装置分两次缓缓鼓入足量空气．
①反应前，断开B、C装置之间的连接，用图1装置鼓入空气的作用是 ；
②反应后，用图1装置鼓入空气的作用是 ；
③在A装置中的反应发生时，开关R处于关闭状态，其原因是 ．
【数据处理】（6）称得的纯碱样品质量为10.8g，实验前、后C装置的总质量分别为75.2g和79.6g，纯碱的纯度为 %（计算结果保留小数点后一位）．
【反思与评价】（7）能否用稀盐酸代替稀硫酸？同学们经过讨论认为不能，理由是 ．
（8）改进后的实验装置能减少测定的误差，原因是①反应生成的CO2尽可能被C装置吸收；② ．
77．氨气是重要的化工原料，可以与二氧化碳在一定条件下合成尿素【CONH22】，同时生成水。
【资料】氨气是一种有刺激性气味的气体，密度小于空气，极易溶于水。
探究一：氨气制备

(1)写出仪器的名称：a ；b 。
(2)实验室常用浓氨水和氢氧化钠固体在常温下制取氨气，发生和收集装置组合可选择图1中 （填字母）。某同学用图2中G装置收集氨气，应该从 （填“a”或“b”）通入，实验时还需在装置G后接装置H吸收多余氨气，其中倒置漏斗的作用是 。
探究二：二氧化碳制备(3)实验室用稀盐酸和石灰石制取二氧化碳的化学方程式为： 。常选择图1中的装置C，相对装置B，优点是 。下列装置中与装置C优点相同的是 。

高锰酸钾与草酸反应也可以生成二氧化碳气体。某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了酸性高锰酸钾与草酸的反应，记录以下实验数据：
(4)V= 。
(5)由实验①②可知，______（填字母）。
A．其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快B．其他条件相同时，反应物浓度越小，反应速率越快
(6)为探究温度对反应速率的影响，应选择 （填实验编号）。
探究三：合成氨气(7)如图为某特定条件下，不同水碳比nH2O/nCO2和温度影响CO2转化率变化的趋势曲线。为了提高产率，提高二氧化碳的转化率，最优的反应条件应该是_______。
A．190°C，nH2O/nCO2=0.3
B．200°C，nH2O/nCO2=0.5
C．200°C，nH2O/nCO2=0.3
78．化学是一门以实验为基础的自然科学，请结合下图回答问题。

(1)仪器名称：① ；② 。(2)实验室选用装置C制取CO2，加入稀盐酸的量不宜太多，若实验时，试管中液面处于m处(此时稀盐酸有剩余)，则关闭弹簧夹可能导致的后果是 。
(3)实验室可选用一种白色固体与一种黑色固体混合加热制氧气，则应选用的发生装置是 (填字母)，反应的化学方程式为 ，可选用装置 (填字母)，收集干燥的气体如何操诈表示集满？ 。若欲回收其中的二氧化锰，最合理操作顺序是 。①过滤 ②洗涤 ③干燥 ④蒸发 ⑤溶解
(4)用F装置可以验证氧化钙与水作用的热效应，滴加水后试管内发生反应的化学方程式为 ，烧杯中可观察到 。
80．二氧化碳是光合作用的重要原料，也是一种重要的化工原料。
（一）实验室用如图所示的装置制取少量二氧化碳。
(1)仪器a、仪器b的名称分别是 、 。
(2)用AC组合制备并收集二氧化碳的化学方程式为 。B装置也能用来制取二氧化碳，B装置的优点是 。如何验证C装置中二氧化碳已收集满 。
（二）工业有多种方法制备二氧化碳，如：
(3)煅烧法，高温煅烧石灰石制备二氧化碳，写出该反应的化学方程式 。
(4)发酵气回收法，发酵生产乙醇过程中产生二氧化碳气体经水洗、除杂、压缩，制得二氧化碳。从构成物质的微粒视角分析，气体压缩过程中，主要改变的是 。
（三）北京冬奥会，选用二氧化碳跨临界直冷制冰系统，冰面温差控制在0.5℃以内，碳排量接近于零，这项技术大规模应用于北京冬奥会。这在奥运史上也是首次。
(5)固态二氧化碳俗称 ，能做制冷剂的原因 。相较于传统制冷剂氟利昂类物质，二氧化碳跨临界直冷制冰系统的优点是 。
81．“富氧空气”是指氧气含量高于普通空气的气体，可用于航天、医疗、炼钢等。在“新型肺炎”重症患者的治疗上有一个重要环节为“高流氧呼吸”，其本质和“富氧空气”差不多，化学兴趣小组欲混制“富氧空气”并开展相关探究，进行以下实验。
实验一：混制“富氧空气”
(1)写出图1中相关仪器的名称：A ；E
(2)实验室用高锰酸钾制取氧气，反应的化学方程式为 。该反应的基本反应类型是 。组装发生装置所需的仪器 (选填字母)。
(3)如图2，用纯氮气及上述实验制取的氧气，混制一瓶(集气瓶容积为250mL)氧气体积分数为40%的“富氧空气”，气体应从装置中的管 (选“a”或“b”)通入，先通入氮气排出120 mL水，再通入氧气排出 mL水。
实验二：测定“富氧空气”中氧气的含量
用图3装置测定“富氧空气”中氧气的含量(集气瓶中“富氧空气”体积为100 ml，底部残留少量水，燃烧匙内有足量红磷)，操作如下。
①往量筒内加入适量水，读出量筒内水的体积为V1mL；
②用电点火装置点燃红磷，充分反应；
③打开止水夹，待右侧量筒内液面不再变化时，排出气球中的气体，调节两边液面在同一水平面上，读出量筒内水的体积为V2mL。
回答以下问题：
(4)实验前，先检查装置气密性：关闭弹簧夹，两手紧握集气瓶。过一会儿，若观察到 ，证明装置不漏气。
(5)用化学方程式表示出操作Ⅱ中红磷燃烧发生的化学反应： 。
(6)本次实验测得“富氧空气”中氧气的含量为 。(用含V1、V2的式子表示)。
(7)若读取V1时仰视，读取V2时俯视，则测得实验结果 。(选填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
实验三：研究“富氧空气”的应用
通过重油、褐煤在氧气含量不同的空气中燃烧的实验，得到有关数据如下图：
(8)结合图4，说明空气中氧气含量与燃烧产生的温度的关系： 。
(9)结合图5，简述减少燃料燃烧尾气污染的措施： 。
实验四：空气中氧气含量的再探究
(10)化学兴趣小组想探究用不同物质在空气中燃烧测定氧气含量方法的优劣。他们用足量的蜡烛、红磷和白磷分别在相同体积与状态的空气中燃烧，用氧气探测器测定密闭容器中剩余氧气与时间的关系如下图。下列说法正确的是(填字母)
A．测定空气中氧气含量效果最好的是蜡烛，因为它反应速率快
B．该实验证明氧气的浓度较低时，红磷与白磷还能与之发生反应
C．三个实验中均为氧气过量
D．若用这三种物质做实验，测得空气中氧气含量偏高
82．实验是研究化学的重要方法。
实验一、气体制取和性质实验 (1)实验室常选用过氧化氢溶液制O2，则发生装置应选择图中的 (填字母)，请写出该反应的化学方程式 。检验该装置气密性的方法是 。
(2)制得的O2可选择E装置进行收集，可知O2具有 性质。若选择F装置进行收集，则气体从 (填“a”或“b”)端通入。
(3)实验室制CO2的原理是 (用化学方程式表示)。用G装置制备CO2，锥形瓶内的反应进行较长时间后，用燃着的火柴放在集气瓶口，火焰仍不熄灭的原因是 。
实验二、探究H2O2质量分数、溶液pH、温度对H2O2分解速率的影响，设计下表实验方案：
(4)实验1~3的实验目的是 。
(5)实验3、5可探究温度对过氧化氢分解速率的影响，则a= 。
实验三、探究制取氧气的适宜催化剂，实验方案如下：步骤Ⅰ.用MnO2、CuO、Fe2O3、Cr2O3四种催化剂分别与海藻酸钠溶液混合，滴入氯化钙溶液制成含等质量催化剂、大小完全相同的海藻酸钠微球，备用。
步骤Ⅱ.取m粒含MnO2的海藻酸钠微球，采用如图所示装置进行实验。改用其他三种微球，分别重复上述实验，得到如图所示的锥形瓶内压强随时间变化的曲线图。
(6)每次实验时，海藻酸钠微球数应相同的原因是 。
(7)用含MnO2的海藻酸钠微球进行实验，60s时压强瞬间回落，其可能原因是 。
(8)从实验曲线看，催化效果较好、反应温和的催化剂是 。
六、综合应用题
83．化学是造福人类的科学．
Ⅰ.下图是以空气和其他必要的原料合成硝酸铵(NH4NO3)的工业流程。请按要求回答下列问题：
(1)空气中氮气的体积分数约为 。(2)步骤①中发生的是 （填“物理”或“化学”）变化。
(3)上述化学反应中属于化合反应的有 个。
Ⅱ.农业上化肥的使用探究
(4)如图是某化肥碳酸氢铵包装袋上的商标，商标上可知碳酸氢铵具有的性质是 （填字母）．
A．易溶于水B．有挥发性C．受热易分解
(5)这种化肥含氮量是否达到16%，化肥中碳酸氢铵的含量是多少？带着这些问题，兴趣小组的同学取了一些化肥样品，进入实验室．
【查找资料】①碱石灰能够吸收水和CO2，但是不吸收NH3．②浓硫酸能吸收NH3但是不吸收CO2．
③氨气溶于水形成氨水
【性质探究】该同学设计了如下的实验装置：
①用A装置给碳酸氢铵加热，装药品前，必须进行的一步操作是 。
②取适量碳酸氢铵加入试管，连接A、C、E装置，加热，E中的现象是 。
③连接A、B装置，继续加热，观察到试管口的现象是 ，B中的现象是 。
④碳酸氢铵在受热时发生反应的化学式表达式是 ．
【含量分析】将装置A、C、D依次连接，加入20g化肥样品，加热至A中固体完全消失。
她称量装置D的质量如表：
⑤由此分析得知：反应中产生氨气的质量为 g．
⑥通过反应的表达式可以知道：氨气中氮元素全部来自于碳酸氢铵（假设杂质中不含氮元素），请计算此化肥含氮元素质量分数为 。
⑦请计算此化肥中碳酸氢铵的纯度 。⑧ 千克的尿素[CO(NH2)2]和这袋化肥的含氮元素质量相等。
⑨蛋白质中也含有氮元素，蛋白质在酶的作用下被分解为氨基酸，甘氨酸（CxHyNOZ）就是一种氨基酸，已知化学反应前后元素的种类和质量不变，75g甘氨酸与足量的氧气完全反应，测得生成物质的质量如表：
通过计算，甘氨酸的化学式是： 。
84．镍粉常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。
I、【镍粉制备】：工业用电解镍新液（主要含NiSO4、NiCl2）制备碱式碳酸镍晶体xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O，并利用其制备镍粉的流程如下：
（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4 + 3Na2CO3 + 2H2O = NiCO3·2Ni(OH)2 +3Na2SO4 + 2X，X的化学式为 。
（2）物料在反应器中反应时需要控制反应条件。
分析下图，反应器中最适合的温度及pH分别为 ℃、 。
（3）生产中，pH逐渐增加，生成Ni(OH)2含量也相对增加，则生成的碱式碳酸镍晶体中，镍的含量将 （填“升高”、“降低”或“不变”）。
（4）操作1的名称是 ，实验室完成此操作，需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒及 ，其中玻璃棒的作用是 。
（5）固体洗涤时，需用纯水洗涤，检验其洗涤干净的试剂是 。
（6）气体Y是空气中含量最多的气体，其是 （填名称）。
（7）操作2含过滤、水洗、95％酒精浸泡、晾干等操作，其中用95％酒精浸泡的目的是 。
II、【测定碱式碳酸镍晶体的组成】：为测定碱式碳酸镍晶体（xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O）组成，某小组设计了如下实验方案及装置：
【资料卡片】：①碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2及H2O。
②400℃左右，NiO会氧化生成Ni2O3。
③碱石灰是NaOH及CaO的混合物，可以吸收CO2和H2O。
【实验步骤】：①________________ _；②准确称取3.77g xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O放在B装置中，连接仪器；③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，称量装置C、D的质量；④关闭弹簧夹a，加热装置B至装置C中导管末端无气泡冒出；⑤打开弹簧夹a，______；⑥准确称量装置C、D的质量；⑦根据数据进行计算（相关数据如表）。
【实验分析及数据处理】： （8）完善实验步骤中的填空：① ；⑤ 。
（9）计算xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O中x：y：z的值 。
（10）左侧通空气的目的是 、 。
【实验反思】：（11）实验结束后，称得装置B中残留固体质量为2.33g。请通过计算确定残留固体的组成及各成分的质量（写出计算过程，精确到小数点后两位） 。
85．日常使用的干电池是一种锌锰电池，它的构造是:负极为锌做的圆筒,正极是一根碳棒,它的周围被二氧化锰,碳粉和氯化铵的混合剂所包围，总称为"碳包"。碳包和锌筒之间填充着氯化铵、氯化锌的水溶液和淀粉等组成的糊状物。废旧干电池随意丢弃会造成环境污染。学校兴趣小组同学准备对废旧的干电池进行探究。
（一）拆解干电池，得到铜帽、锌皮、碳棒、黑色粉末等物质。
（二）回收MnO2并测碳粉与二氧化锰的质量比：
（1）干电池使用时将化学能转化成 能。（2）上述操作中灼烧的目的是 ；
（3）同学们将过滤后得到的滤渣干燥后称得质量为25克，充分灼烧后冷却称得剩余固体质量为20克，则滤渣中二氧化锰与碳粉的质量比为 。经分析，此结果偏大，老师指出同学们在实验中缺少一步操作，该操作是 。
（4）为验证二氧化锰，同学们用A、B两支洁净试管，分别取5毫升3%的过氧化氢溶液，往A试管中加入少量上述实验灼烧后得到的固体，如果出现 的现象，说明为二氧化锰。反应的化学方程式为 。
（三）用拆解得到的锌皮（含杂质）制取硫酸锌晶体。
实验步骤：①将剪碎后的锌皮放入烧杯中，加入足量的稀硫酸，充分反应；②将上述反应后的混合物过滤。③将滤液加热浓缩、 、过滤，得到ZnSO4·7H2O晶体。
（5）步骤①中反应方程式为 ，将锌皮剪碎的目的是 。
（6）步骤②需要的仪器有铁架台、烧杯、 和玻璃棒，玻璃棒的作用是 。
（7）步骤③缺少的操作是 。
（四）测定锌皮中锌的质量分数。同学们设计了如下实验装置，取1克锌皮放于试管中，实验中将注射器内50毫升稀硫酸（足量）完全注入试管中。当试管中不再产生气泡时立刻读数得到量筒中水的体积为350毫升。已知实验条件下氢气的密度为0.09g/L。
（8）计算该锌皮中锌的质量分数 。（写出计算过程，结果保留两位小数）
（9）上述方法测得的锌的质量分数偏大，不可能的原因是
A．没等装置冷却就读数 B．锌皮中含有少量铁
C．试管中有气体没有排出 D．将注射器中稀硫酸全部注入试管中后忘掉夹紧弹簧夹
86．氧气和氧的化合物在工农业生产、生活中有广泛的应用。
（一）工业制 O2 (1)工业上根据 O2 和 N2 的 不同，将液态空气分离得到氧气。
(2)揭开盛有液态空气的容器盖，将燃着的木条置于瓶口上方，可观察到 （填字母）。
A．木条熄灭 B．木条先熄灭，后燃烧更旺C．木条燃烧更旺
（二）生活中的 O2 (3)某家庭制氧机上有湿化瓶装置。人吸氧时观察到瓶中有气泡。湿化瓶装置类似于右图。关于该装置，下列说法正确的有 （填字母）。
A．使用该装置可以观测是否有 O2 输出 B．使用该装置可以观测 O2 输出的速率
C．a 导管连接制氧机 D．a 导管连接人吸 O2 的塑料管
（三）实验室收集 O2(4)为研究铁丝在不同浓度氧气中燃烧现象，现欲“收集 3/4 集气瓶的氧气”，请回答：
①下列装置和操作最合理的是 （填序号）。
A．收集前集气瓶装 3/4 的水
B．收集前集气瓶中注满水，收集到集气瓶内剩 3/4 的水
C．收集前集气瓶装 3/4 的水 D．收集前集气瓶中注满水，收集到集气瓶内剩 3/4 的水
②空气中的体积分数约为 21%。本实验中集气瓶内的氧气约占总体积的 %。
（四）渔业制 O2 运输活鱼时用过氧化钙（CaO2）可增加水中含氧量。
(5)小明提出下列猜想并用如图装置进行实验：
【猜想】CaO2 与 H2O 反应用于实验室制取 O2。
【实验过程】①连接仪器，检查装置的气密性；②向试管中加入 CaO2 和 H2O 后，有极微量细小气泡缓慢放出。将导管伸入集气瓶中，几乎收集不到气体。放置到第二天，集气瓶中只收集到少量气体，振荡试管后仍有极微量细小气泡缓慢放出。
【实验结论】CaO2 与 H2O 反应 （填“能”或“不能”）用于实验室制取 O2。
【分析与反思】③小明觉得储存 CaO2，注意的问题有 。
④同学们对 CaO2 与 H2O 反应的生成物猜想如下：I.氢氧化钙和 O2；II.碳酸钙和氧气。小明认为猜想 II 一定是错误的，理由是 。
（五）潜水员供 O2 (6)潜水员使用的供氧装置是用过氧化钠（Na2O2）和呼出的 CO2 反应生成碳酸钠（Na2CO3）和 O2。选择过氧化钠作供氧剂的优点是：①节约能源；② 。
(7)过氧化钠还可以与水反应。该小组组装了如图所示的装置，实验中还观察到，伸入烧杯中的导管有气泡冒出， 其原因可能是 。
87．从古至今，CO2一直被人类广泛应用。
一、CO2的发现(1)17世纪初，海尔蒙特发现木炭燃烧后不仅有灰烬，还有不可见的气体产生，他将该气体命名为“森林之精”。烛火在该气体中会熄灭，这说明该气体具有 的化学性质。
(2)1773年，拉瓦锡首次通过实验测出了CO2组成。请你算出CO2中碳元素质量分数为 %（精确到0.1%）。
二、CO2的吸收、应用 (3)CO2吸收：自然界有多种途径吸收CO2。① 绿色植物通过 吸收CO2。
② 风化岩石中的CaCO3粉末可吸收空气中的CO2和H2O转化为Ca（HCO3）2，该反应的化学方程式为 。
(4)CO2的捕捉：利用氨水（NH3·H2O）捕捉CO2，得到高纯度CO2的流程如下 ① 吸收塔中NH3•H2O常采用雾状喷淋技术，其目的是 。
② 再生塔中发生反应的化学方程式为 。
(5)回收的CO2与H2在催化剂、高温条件下合成甲醇（CH4O）同时生成水。该反应的化学方程式为 。
三、CO2的含量测定：m g甲醇（CH4O）与一定量O2置于密闭容器内充分燃烧，将生成物通入下图装置
【资料】1、无水硫酸铜遇水变蓝
2、氢氧化钠溶液不吸收CO，能充分吸收CO2
3、浅绿色氯化亚铜溶液吸收CO生成红色固体Cu2C12（CO）2•2H2O
【实验】(6)连接好装置， （填一实验操作步骤）。
【现象】(7)实验中观察到A装置中固体变蓝，说明有 生成；C中出现 （填现象），说明CO生成。B、C装置都增重，增重的质量总和为ag。
【数据】充分吸收生成的气体后测定，A装置增重5.4g
【计算】(8)m= g；a的取值范围是4.2g＜ag＜ g（结果保留到0.1g，下同）。若a=5.8，则生成气体中CO2的质量为 g；写出此时甲醇与氧气反应的化学方程式： 。
88．某小组设计如下图所示实验装置，既可用于制取气体，又可用于探究物质性质。
(1)当打开K1、关闭K2时，利用I、Ⅱ装置，可进行的实验是 （填字母序号）。
a、大理石与稀盐酸反应制取二氧化碳 b、锌粒和稀硫酸反应制取氢气
(2)当打开K2、关闭K1时，可以利用I、Ⅲ装置制得二氧化碳并验证其性质。实验室制取二氧化碳往往会混有杂质，原因是 （不考虑操作和装置因素）；澄清石灰水检验二氧化碳的化学方程式 ，若要证明二氧化碳能与水反应（化学方程式为 ），
应向烧杯的水中加入 试剂，现象是 。
(3)某同学用下图甲所示的装置制取二氧化碳并测定其体积，装置中植物油的作用是 ，另一位同学对装置进行认真分析，认为即使操作均正确，测量结果也会偏大，于是设计如乙图所示装置。你认为造成甲装置实验结果偏大的原因 ，乙装置中橡皮管的作用是 。
(4)若用1.0g石灰石与足量稀盐酸完全反应，利用装置乙测得量筒内水的体积为176.0mL。已知此时二氧化碳气体的密度约为2.0g/L。反应生成的二氧化碳的质量为 g；假设石灰石中的杂质不与稀盐酸反应，试计算该石灰石中碳酸钙的质量分数。
89．党的十九大报告提出建设美丽中国，推进工业绿色发展。石油开采的过程中会释放硫化氢(H2S)等有害气体，脱硫技术的研究与应用，对环境保护及生态建设尤为重要。
Ⅰ.认识硫元素(1)如图是有关硫元素的相关信息，下列说法错误的是 。
A．硫是非金属元素 B．若乙表示S2-，则x为6
C．M点表示的物质在空气中燃烧产生明亮的蓝紫色火焰
D．工业上，N点表示的物质的任意排放会形成酸雨
Ⅱ.探究克劳斯法脱硫原理
(一)工业上常利用克劳斯法处理含H2S的废气并获得硫，工艺流程如图：
(2)反应炉中部分H2S发生的反应为2H2S+3O2高温2SO2+2H2O，剩余的H2S在催化转化器中发生的反应为4H2S+2SO2高温3X+4H2O，X是一种气体，化学式为 。
(3)为提高H2S转化为硫的比例，理论上应控制反应炉和催化转化器中参加反应的H2S的分子个数比为 (填最小整数比)。
(二)克劳斯法脱硫条件的选择与优化
(4)某温度下，以不同的浓度比c(H2S)：c(O2)(浓度比相当于分子个数比)对H2S 的转化率的影响如图4。
按浓度比c(H2S)：c(O2) = 2：1的混合气通入，可保持H2S较高的转化率。若浓度比c(H2S)：c(O2)过低或过高，均会产生不利的影响。若浓度比c(H2S)：c(O2)过低，在较高温度下可能会生成 (填化学式)，降低硫的产率；若浓度比c(H2S)：c(O2)过高，H2S的转化率会 (填“升高”或“降低”)。
(5)活性Al2O3可作为克劳斯法脱硫反应的催化剂。其它条件相同下，按浓度比c(H2S)：c(O2) = 2：1的混合气，匀速通入活性Al2O3催化反应器中反应(如图)，测得反应相同时间内H2S的转化率随温度的变化曲线(如图)
【已知】催化剂在使用过程中受种种因素的影响会失去活性，失去催化作用。
温度在0~T1℃范围内，H2S的转化率迅速上升的原因是 、 ；当温度高于T2℃时，H2S的转化率迅速下降的原因可能是 。
(6)一定温度下，按浓度比c(H2S)：c(O2)=2：1的混合气，以不同流速通入活性Al2O3催化反应器中反应，测得H2S的转化率随混合气流速的变化曲线(如图)。
结合实际工业生产效益分析，混合气流速适宜范围是 (填字母)。
A．2×100m3/h~4×100m3/h
B．8×100m3/h~10×100m3/h
C．14×100m3/h~16×100m3/h
90．草酸亚铁晶体（FeC2O4·nH2O）是一种浅黄色固体，难溶于水。某兴趣小组利用铁锈制备草酸亚铁晶体并测定其组成。
（一）制备草酸亚铁晶体： 资料1：FeSO4的溶解度如下表：
资料2：FeSO4易被氧气氧化，转化为Fe2（SO4）3。
资料3：草酸（H2C2O4）溶液与FeSO4溶液发生反应：H2C2O4+FeSO4=FeC2O4↓+H2SO4
【制备流程】

(1)在实验室进行“过滤”操作时，用到的玻璃仪器有 、 和玻璃棒，玻璃棒的作用是 。
(2)已知步骤Ⅰ的反应之一Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，则溶液A中加入过量铁粉，发生的反应有：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4； 。步骤Ⅱ中趁热过滤的目的是 。
(3)制备过程中，通入氮气的作用是 。
（二）测定草酸亚铁晶体的组成：FeC2O4·nH2O加热至300℃完全失去结晶水，继续加热至400℃，剩余固体又变成黑色，同时生成气体。为确定分解产物及n的值，设计了下图所示实验。实验时先打开弹簧夹a、b，鼓入一段时间氮气，然后关闭a，加热热分解装置。
资料1：无水硫酸铜是白色固体，遇水变蓝；浓硫酸具有吸水性。
资料2：FeO是一种黑色固体，在空气中不稳定，易被氧化。
【实验设计】
【实验分析】(4)实验过程中观察到：A中白色固体变蓝，证明产物有 ：B中石灰水变浑浊，证明产物有CO2；D中 （填实验现象），证明产物有CO。
(5)上述实验装置不足之处是 。
(6)为进一步探究加热至400℃时固体产物的成分，另取1.80gFeC2O4·nH2O重新实验，测得热分解装置中固体质量随温度变化如图所示。
①FeC2O4·nH2O中n的值为 （写出计算过程）。
②若草酸亚铁晶体中混有杂质（杂质不参加反应），会导致测得的的值 （填“偏大”、“不变”或“偏小”）。③B点物质的化学式为 。
④将B点物质在空气中继续加热至500℃得到C点物质，BC段发生反应的化学反应方程式为 。
91．中国古代四大发明之一的“黑火药”是由木炭（C）、硫粉（S）和硝酸钾（KNO3）按一定比例混合而成。
（1）分类。下列关于“黑火药”说法正确的是 。
a．“黑火药”由“黑火药分子”构成 b．“黑火药”中的KNO3属于复合肥料
c．“黑火药”中的C、S不再保持各自的化学性质
（2）变化。“黑火药”爆炸时发生的主要反应是：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3 ↑。
（3）制备。古代曾用硝土（含有Ca（NO3）2、少量NaCl等）和草木灰（含有K2CO3）作原料
制取KNO3．某化学兴趣小组设计了如图实验流程：
①“反应”过程中的化学方程式为 。
②“过滤”操作必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 。
③如图是硝酸钾和氯化钠的溶解度曲线。“一系列操作”包括“加热蒸发浓缩、再冷却到一定温度、过滤”等步骤。其中“冷却到一定温度”能获得纯度较高的硝酸钾晶体的原因是 。
（4）发展。现代国防、开矿等使用的烈性炸药，主要成分为硝化甘油（C3H5O9N3）。硝化甘油在人体内能缓慢氧化生成一种氮的氧化物，用于治疗心绞痛。该氧化物中氮为+2价，其化学式为 。
七、流程题
92．某硫酸厂产生的烧渣（主要含 Fe2O3、FeO 及少量 SiO2）可制备FeSO4•7H2O和还原铁粉，其流程如图。
Ⅰ．写出“酸溶”中发生的任一反应的化学方程式 。
Ⅱ．“滤渣”的主要成分是 （填化学式）。
Ⅲ．“还原”时，FeS2 被氧化的化学方程式是：7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O＝15FeSO4＋8 。
Ⅳ．经查阅资料后发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到 FeSO4•7H2O、FeSO4•4H2O 和FeSO4•H2O。硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成如下表所示（仅在 56.7℃、64℃温度下可同时析出两种晶体）。
若从硫酸亚铁溶液中结晶析出 FeSO4•7H2O 晶体，应控制的结晶温度（T）的范围为 。
Ⅴ．“焙烧”时，烧渣、无烟煤、CaCO3的投料质量比为 100:40:10。温度对焙烧炉气含量的影响变化如图一所示，焙烧时间对还原铁粉的产率影响如图二所示。
（1）焙烧温度通常控制在 1000℃时，原因可能是 ；
（2）添加CaCO3的目的是：①脱除 SiO2 等；② 。
（3）“焙烧”在半封闭装置中进行，投料层表面盖有适当厚度的煤层，“焙烧”时间控制在 4～5 小时，超过 5 小时后还原铁粉产率降低的原因是 。
Ⅵ．制得的还原铁粉中含有 Fe 和少量 Fe2C。为确定还原铁粉中碳元素含量，设计如下实验：
（1）请完成下列实验步骤：①按如图所示装置组装好仪器，并 ；
②称取 14.06g 样品，置于C 装置中的硬质玻璃管内，称得 C 装置总质量为114.06g；
③打开分液漏斗活塞，向装置中缓缓通入一段时间氧气；称量 D 装置的质量，为 200.00g；
④持续通入氧气并点燃C 处酒精灯；至D 装置质量不再变化，称得D 装置的质量为200.22g， 同时称得C 装置的质量为 119.00g；
⑤计算。（2）A 装置中发生的化学反应方程式为 ；
（3）步骤③中，证明装置内空气已经排尽的方法为 ；
（4）步骤④中，证明D 装置质量不再变化，还需要至少称量 次；
（5）通过上述实验数据，计算该还原铁粉中碳元素的质量分数为 ；（精确至 0.1%）
（6）硬质玻璃管中，剩余固体为铁的复杂氧化物，请根据数值计算出该铁的复杂氧化物的化学式 。（写出计算过程）
93．铁的氧化物有氧化亚铁、氧化铁和四氧化三铁等，在工业上有很多用途。
I.四氧化三铁是一种常用的磁性材料，由工业废料铁泥(含Fe、Fe2O3、FeO和杂质，杂质不参与反应)制取Fe3O4的一种流程如下图。(已知：Fe+Fe2SO43=3FeSO4)
(1)步骤①加入过量稀硫酸和铁泥反应，生成硫酸亚铁的化学方程式 。(写一个)
(2)步骤②加入过量铁粉的目的 。步骤③中反应温度不宜过高的原因是 ，在进行操作Ⅲ时，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 。
Ⅱ.高纯氧化铁(Fe2O3)又称“引火铁”，在现代工业上有广泛应用前景。以下是用赤铁矿(含少量不溶于水也不溶于酸的SiO2等)为原料，制备高纯氧化铁的生产流程示意图，请回答：
【资料卡片】氨水呈碱性(主要成分NH3⋅H2O是一种碱)；(NH4)2CO3溶液显碱性，40℃以上易分解。
FeCO3 高温 FeO+CO2↑，4FeO+O2=2Fe2O3
(3)根据题中信息，加入(NH4)2CO3后，该反应必须控制的温度条件是 。
(4)滤液Ⅱ中可回收的产品是 (化学式)，该物质在农业上可做氮肥。
(5)有同学认为可以向滤液I中通入CO2和NH3也能实现同样反应。基学习小组利用下图装置模拟此反应。

①上图A为实验室制备CO2的装置，烧瓶中发生的化学方程式为 。
②B装置为除去二氧化碳中的氯化氢气体，洗气瓶中的试剂X可选择 (填序号)。
A．NaOH溶液 B．饱和NaHCO3溶液 C．碱石灰 D．浓硫酸
③C装置中长颈漏斗a的作用是 ，在其上端需要放一团沾有酸液的棉花团其目的是 。
(6)写出在空气中煅烧FeCO3生成Fe2O3的化学反应方程式
(7)FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3时，也会生成FeO。现煅烧46.4t的FeCO3，得到Fe2O3和FeO的混合物31.68t。计算生成Fe2O3质量。(写出计算过程)
94．钛和钛合金被认为是 21 世纪的重要金属材料，它们具有很多优良的性能，尤其是抗腐蚀性能突出，被广泛用于火箭、导弹、航天飞机、船舶、化工和通信设备等。以钛铁矿（主要成分是 FeTiO3）为原料制 TiO2，再由 TiO2制金属 Ti 的工艺流程如下：
(1)清洁能源甲醇（CH3OH）属于 （填“化合物”或“混合物”）。
(2)物质 A 是一种有毒的可燃性气体，化学式为 。
(3)电解饱和 NaCl 溶液（NaCl溶液由 NaCl 和 H2O 组成）的化学方程式为 。
(4)在高温和氩气条件下，金属镁和 TiCl4发生置换反应可生成 Ti，该反应的化学方程式为 ；氩气能做保护气的原因是 。
(5)请标出四氯化钛中钛元素的化合价 。
95．砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。从砷盐净化渣（成分为砷、锌、锡和铅等）分离出锌锡铅废渣的同时制备了砷酸钠晶体（Na3AsO4·12H2O）。其工艺流程如下。
已知。①砷酸钠晶体有毒性②“浸出液”呈碱性，其主要成分为Na3AsO4和NaAsO2
回答下列问题。(1)焙烧前需要将“选择浸Zn”后的固体与碳酸钠固体充分混合，其目的是 。
(2)用控制变量法探究焙烧温度和焙烧时间对砷的浸出率影响如图，则应选择的最佳焙烧温度和时间分别为 ； 。
(3)“焙烧”时生成Na3AsO4的化学方程式为4As + 6Na2CO3 + 5O2 = 4Na3AsO4 + 6 。
(4)“氧化”过程中若使用H2O2作氧化剂，将NaAsO2氧化为Na3AsO4。其中H2O2的加入速度既不能太快也不能太慢，不能太快原因是 ；不能太慢的原因是 。
(5)“一系列操作”具体为蒸发浓缩、 、过滤﹑洗涤、干燥。
(6)储存砷酸钠晶体时应张贴的危险品标志为 （填选项字母）。
A．B．C．D．
(7)若 m1Kg的砷盐净化渣（砷元素的质量分数为ω）经过上述工艺流程最后制得 m2Kg
Na3AsO4●12H2O晶体，则砷酸钠晶体的产率为 %。（用含有m1、m2的式子表示，产率=m实际m理论×100%； Na3AsO4●12H2O的相对分子质量是424）。
96．氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品。工业上用粗铜渣(含CuO、Fe2O3、FeO以及少量不溶性杂所)为原料制取氯化铜(CuC12)的为生产流程如下：
(1)为了提高粗铜渣的利用率，可采取的措施是 。
(2)“盐酸浸出”中发生反应的化学方程式 (写1个)。铜的浸出率与浸出时间的关系如下图所示，由图可知：最佳浸出时间为 。
表一：几种离子生成氢氧化物沉淀的pH
(3)“操作1”用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 ，其中玻璃棒的作用是 。
(4)依据“表一”分析：“除铁”中加入H2O2的作用是 。在下列试剂中选用适当试剂 (填选项字母)调节pH，调节pH的适宜范围是 。A．CuSO4 B．CuO C．Cu2(OH)2CO3
(5)“操作2”包含过滤、洗涤滤渣、蒸发等多步实验基本操作，洗涤滤渣的目的是 ，过滤后滤渣为红褐色固体，该滤渣是 。(填化学式)。
(6)若不考虑“调节pH”对流程的影响，欲通过该方法生产CuC1213.5t，理论上至少需要含铜64%的粗铜渣 t。(精确到0.1，写出计算过程)
97．碳酸镁晶须(MgCO3•3H2O)是一种新型吸波隐形材料中的增强剂。
Ⅰ.制取 MgCO3•3H2O：工业上从弱碱性卤水(主要成分为MgCl2)获取 MgCO3•3H2O 的方法如图1：

(1)沉淀过程的化学方程式为：MgCl2+CO2+2NaOH+2H2O═MgCO3•3H2O↓+ 。
(2)沉淀过程的pH 随时间的变化如图2所示，沉淀过程的操作为 (填字母)。
A 向卤水中通入CO2至饱和，然后滴加NaOH 溶液，同时继续通入CO2
B 向NaOH溶液中通入CO2至饱和，然后滴加卤水，同时继续通入CO2
C 向卤水中通入CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入CO2
(3)沉淀过程的溶液中镁离子含量随时间的变化如图3所示，不同温度下所得沉淀产物如下表所示。则沉淀过程选择的适宜温度为48.95℃，请结合图3和下表分析，选择48.95℃的理由是 。
(4)若所得产品的产率(产率=产品的实际质量产品的理论质量×100%)偏高，其可能的原因为 (填字母)。
A 反应物未完全沉淀 B 过滤时滤纸破损 C MgCO3•3H2O 未洗涤干净 D MgCO3•3H2O未完全烘干
(5)若获取MgCO3•3H2O的样品中含有少量Mg5(OH)2(CO3)4•4H2O，则产品中镁元素的质量分数 (填“偏大”“不变”或“偏小”)。
Ⅱ.测定MgCO3•3H2O的纯度：某小组同学称量3.8g样品放入如下图1所示的试管中，滴入稀硫酸与样品充分反应，利用B装置测得的CO2体积来进行计算。
(6)检查图1中装置B气密性时，用弹簧夹夹住胶皮管，向水准管中加入一定量的 ，如果水准管和量气管两边有稳定的高度差，说明气密性良好。
(7)同学们经过反复讨论，一致认为图 1 装置中存在缺陷，请帮助解决。
①为了防止CO2溶于水，图1装置B中量气管水面上方需放少量 。
②装置A与B之间应添加图2中装置 (填字母，下同)，以除去CO2中的水蒸气。
③用图1装置测得的纯度会偏大，如果将装置A换成图3中的装置 ，可以避免此误差。

(8)该方案实验结束后，会有气体残留，不能完全进入量气管中， (填“需要”或“不需 要”)通入N2将其中残留的气体排入量气管中。
(9)若装置经过改进后，实验测得量气管中产生气体的质量为1.1g，则MgCO3•3H2O的纯度为 。(请写出过程，计算结果精确到0.1)
(10)若装置经过改进后，且其他操作均正确，下列因素会导致所测样品中MgCO3•3H2O的纯度 偏大的是 。
A 实验开始，量气管内液面低于量气管上端的0刻度线B 反应前正确读取量气管中液体体积，反应后仰视读数
C 反应结束，未等装置冷却到室温就开始读取气体体积D 反应结束，调节水准管使装置B两端液面相平后读数
98．空气是宝贵的自然资源。如图是以空气等为原料合成尿素的流程（部分产物略）。

（1）空气属于 （填“纯净物”或“混合物”）。工业上获取氧气主要通过分离液态空气法，通过控制温度先分离出N2，可见N2的沸点 （填“>”“<”或“=”）O2的沸点，该过程属于 （填“物理”或“化学”）变化。
（2）X气体在空气中的体积分数约为0.03%，则该气体的构成微粒是 （填化学符号），X气体是否具有毒性 （填“是”或“否”）。经反应①，含碳物质中的碳元素若完全转化至气体X中，则该反应表示的是含碳物质的 （填“完全”或“不完全”）燃烧，请写出X气体的一种用途 。
（3）反应②生成尿素 CO（NH2）2的同时还生成相对分子质量最小的氧化物，请写出该反应的化学方程式 。
八、填空题
99．氢能作为一种清洁、可再生能源受到越来越多的关注。氢能产业包含氢气的制备、储存、运输和应用等多个环节。
I.制备“氢气”：(1)利用太阳能将水转化为氢能是一种理想途径。某中光分解水的过程如图1所示。
①与电解水相比，该方法的优点是 。
②用化学方程式表示反应Ⅰ的过程 。
(2)CH4- H2O催化重整是目前大规模制取H2的重要方法，生产过程中涉及的重要反应有：
CH4+H2O高温CO+3H2；CO+H2O高温CO2+H2
①若将8tCH4用于制取H2，假设每一步均完全反应，理论上可制得H2 t。
②如图2，向CH4- H2O催化重整体系中投入定量的CaO可提高H2百分含量，而投入纳米CaO时H2的百分含量最大，原因可能是 。
II.储存“氢气”：(3)氢气可以直接加压储存在储氢罐中，从微粒视角分析，主要原因是_____(填字录)。
A．分子间有空隙B．分子非常小C．分子是不断运动的
(4)种镁铝合金可用于 储氢。将镁、铝单质按质量比为 34：27的比例在定条件下熔炼得到镁铝合金。该镁铝合金的化学式为 。
Ⅲ.运输“氢气”：(5)主要有3种运输方式:管道、气瓶车和液氢槽车。H2的运输成本与运输距离的关系如图3所示。从图中可分析，运输成本受距离影响较大的运输方式是 。
Ⅳ.应用“氢气”：(6)氢气和氧气在Pd基催化剂表面可反应生成过氧化氢，其微观示意图如下。

“解离”时，结构被破坏的分子是 (填化学式)。(7)该反应的化学方程式为 。
100．日常生活、社会发展都与化学密切相关。下表为某苦笋包装袋上的部分说明。
(1)该包装材料聚乙烯【(C2H4)n】属于 (填“无机”、“合成”或“复合”)材料，其中碳元素的质量分数为 (保留小数点后一位)，生活中可通过 的方法鉴别聚乙烯与聚氯乙烯。
(2)蛋白质是人体重要的能量来源，组成中除C、H、O外，还一定含有的元素是 (填名称)。蛋白质属于有机高分子化合物，其 (填“能”或“不能”)被人体直接吸收利用。
(3)钙元素是人体所需的 (填“常量”或“微量”)元素，每袋(250g)苦笋中含钙元素的质量为 mg。处于生长发育期的青少年每天需适量补给钙元素，某补钙制剂其主要成分为碳酸钙，请写出碳酸钙中的阴离子符号 ，该补钙制剂摄入人体内，与胃酸发生反应的化学方程式为 。
(4)维生素C(Vc)是一种水溶性维生素，高温易被破坏，在酸性环境下较稳定。Vc中碳、氢、氧元素的质量比为9：1：12，其相对分子质量为176，则Vc的化学式为 。日常饮食中为更好地补给Vc，请就富含Vc食物的食用方式提出一条合理建议 。
101．天然气中常含有少量H2S。脱硫是资源利用和环境保护的重要研究课题。
(1)生物脱H2S。反应的原理如图所示：①该脱硫过程在 条件下进行(填“酸性”或“碱性”)。
②硫杆菌存在时，FeSO4与氧气反应的速度是无菌时的5×105的倍，该菌的作用是 。依据图1和图2判断，使用硫杆菌的最适宜条件为 。若温度过高，反应速度下降，其可能原因是 。
(2)H2O2脱H2S。随着参加反应的分子数之比【N(H2O2)：N(H2S)】变化，反应产物发生变化。当N(H2O2)：N(H2S)=4：1时，除生成H2O外，另一种产物的分子式为 。
(3)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如下图所示。其中化合价不变的元素是 (填元素符号)。
(4)高温分解H2S生成硫蒸气和H2.若在不同温度下反应足够长的时间，混合气体中各组分的体积分数(即各组分所占气体分子个数百分比)如图所示，则H2S在高温下分解反应的化学方程式为 。
九、计算题
102．二氧化锰因应用广泛而备受关注。仁杰研究小组采用下图装置通过焙烧 MnCO3制取 MnO2，发生反应的化学方程式为：2MnCO3+ O2Δ2CO2+ 2MnO2
(1)实验过程中，石英管内剩余固体的质量和成分随温度的变化如上图所示，则焙烧MnCO3制取 MnO2应该控制反应的温度不高于 ℃。
(2)若加热到 300—900℃时，锰的氧化物会分解产生一种常见气体，该气体为 (填化学式)。
(3)试根据化学方程式求 46.0gMnCO3通过熔烧最多制得的 MnO2的质量是多少？(请写出计算过程)
103．某化学兴趣小组为了测定一批石灰石样品中碳酸钙的质量分数，取用8g石灰石样品，把40g稀盐酸分4次加入样品中（杂质既不与盐酸反应，也不溶于水），充分反应后经过滤、干燥等操作，最后称量，得实验数据如下：
(1)从以上数据可知，这四次实验中，第 次实验后石灰石样品中的碳酸钙已完全反应？
(2)求石灰石样品中碳酸钙的质量分数 ？
(3)上表中M的数值应为 ？
(4)第一次加入稀盐酸后能得到二氧化碳的质量是 g（写出解题过程）？
实验次数
第一次
第二次
第三次
第四次
第五次
加入稀硫酸的质量/g
25
25
25
25
25
剩余固体的质量/g
16
a
12
10.8
10.8
第一次
第二次
第三次
第四次
稀盐酸的用量/g
5.0
5.0
5.0
5.0
剩余固体的质量/g
1.5
1.0
0.5
0.3
产物
甲
乙
丙
丁
猜想
CO2、H2O
CO、H2O
NH3、CO2、H2O
CO2、CO、H2O
实验编号
实验步骤
实验现象
a
溶液向甲溶液中滴加KSCN
溶液变红色
b
向乙溶液中滴加高锰酸钾溶液
高锰酸钾溶液的紫红色不消失
实验序号
第1次
第2次
第3次
第4次
加入盐酸质量/g
20.0
20.0
20.0
20.0
剩余固体质量/g
7.2
4.4
3.0
m
序号
木炭粉与氧化铜粉末混合质量比
充分反应后试管底部固体的颜色
（1）
1：9
红色固体
有金属光泽
混有少量黑色物质
（2）
1：10
混有很少量黑色物质
（3）
1：11
混有极少量黑色物质
（4）
1：12
无黑色物质
（5）
1：13
混有少量黑色物质
实验编号
药品
Ⅰ
块状大理石、10%稀硫酸
Ⅱ
块状大理石、7%稀盐酸
Ⅲ
粉状大理石、7%稀盐酸
物质种类
水
酒精
饱和NaHCO3溶液
每毫升液体中溶解二氧化碳的体积
1mL
3.6mL
几乎不溶
实验过程
实验现象与符号表达式
a.先在小烧杯中加入澄清石灰水，再往硬质玻璃管中通入氧气，点燃酒精灯。
b.硬质玻璃管中的黑色固体剧烈燃烧，发出白光。
c.烧杯内石灰水 。
d.硬质玻璃管中发生反应的符号表达式： 。
时段
氧气浓度变化特点
氧气浓度变化范围
加热时间
气泡特征
①
逐渐增大
21.2%~______
1~16s
不连续、不均匀
②
快速增大
28.7%~66.7%
16~34s
连续、均匀、快速
③
逐渐变缓
66.7%~86.3%
34~80s
④
趋于稳定
86.3~88.7%
80~135s
成分
含量/mg·L－1
成分
含量/mg·L－1
Na+
10560
Cl-
18980
Mg2+
1248
Br-
64
Ca2+
400
SO42-
2560
组别
样品质量/g
V（O2）/mL
第一组
0.30
28.2
第二组
0.30
28.0
第三组
0.30
27.8
实验序号
容器情况
蜡烛位置
O2起始浓度
CO2与CO的浓度比
熄灭时O2浓度
1
敞口（模拟通风环节）
如图1
21%
1205.1
持续稳定燃烧，保持在20.4%左右不变
2
半敞口（模拟有烟囱的环境）
如图1
21%
1202.2
持续稳定燃烧，保持在20.3%左右不变
3
密闭
如图1
21%
223.7
约16%
4
密闭
如图2
21%
255.6
约16%
5
密闭
如图3
21%
270.6
约16%
6
密闭
如图3
22%
344.9
约16%
7
密闭
如图3
23%
x
约16%
熔点
沸点
热稳定性
与澄清石灰水反应
101°C～102°C
150°C～160°C升华
100.1°C失去结晶水，175°C分解成CO2，CO，H2O
与Ca（OH）2反应产生白色沉淀（CaC2O4）
实验编号
实验温度
试管中所加试剂及用量/mL
溶液褪色所需时间/min
H2C2O4溶液
H2O
H2SO4稀溶液
KMnO4溶液
①
25
3.0
2.0
2.0
3.0
1.5
②
25
2.0
3.0
2.0
3.0
2.7
③
50
2.0
V
2.0
3.0
1.0
实验序号
H2O2质量分数/%
pH
温度/℃
每分钟内产生气体体积
1
30
5
20
2
30
6
20
3
30
11
20
4
15
11
30
5
a
11
30
实验前D装置的质量
149g
实验后D装置的质量
152.4g
产物
CO2
H2O
N2
质量/g
88
45
14
装置C / g
装置D / g
装置E / g
加热前
200.00
180.00
180.00
加热后
201.08
180.44
180.00
温度℃
0
10
20
30
40
50
60
溶解度/g
15.6
20.5
26.5
32.9
40.2
48.6
59.8
温度/℃
0
10
30
50
56.7
60
64
70
80
90
溶解度/S
14.0
17.0
25.0
33.0
35.2
35.3
35.6
33.0
30.5
27.0
析出晶体
FeSO4•7H2O
FeSO4•4H2O
FeSO4•H2O
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3+
1.1
3.2
Fe2+
5.8
8.8
Cu2+
4.7
6.7
温度(℃)
产物
46.95
MgCO3•3H2O
47.95
MgCO3•3H2O
48.95
MgCO3•3H2O
49.95
Mg5(OH)2(CO3)4•4H2O
品名：苦笋包装材料：聚乙烯
每100g中所含营养物质
蛋白质/g
锌/mg
钙/mg
磷/mg
镁/mg
维生素C/mg
纤维素/g
2.6
0.33
9
64
1
5
1.8
稀盐酸的用量
剩余固体的质量
第一次加入10g
5.5g
第二次加入10g
M
第三次加入10g
1.2g
第四次加入10g
1.2g
参考答案：
1．A
【详解】A、由图知，②③的反应为AuVO4+COT>300KAuVO3+CO2，选项正确；
B、AuVO2、AuVO3、AuVO4是反应的催化剂，AuVO4CO是反应的中间体，选项错误；
C、由图知，总反应为2CO+O2AuVO2、AuVO3、AuVO42CO2，则除去的CO需要消耗O2总分子数之比为2：1，选项错误；
D、反应③和反应⑤中生成物、反应物、反应条件均不同，不是同一个反应，选项错误。
故选A。
2．B
【详解】A、该技术能将氮氧化物最终转化为氮气，可以缓解酸雨的发生，选项正确；
B、根据D选项可知，X为二氧化碳，故该转化中，一氧化氮和氧气转化为二氧化氮，该反应中氮元素由+2价转化为+4价，氧元素由0价转化为-2价，氧化钡和二氧化氮、氧气转化为硝酸钡，该反应中氮元素由+4价转化为+5价，氧元素由0价转化为-2价，还原过程中，一氧化碳和硝酸钡转化为氮气、氧化钡和二氧化碳，氮元素由+5价转化为0价，碳元素由+2价转化为+4价，故该转化中氮元素、碳元素、氧元素化合价发生了改变，选项错误；
C、该技术BaO和Ba(NO3)2既是反应物也是生成物，可以重复利用，选项正确；
D、根据质量守恒定律， 化学反应前后，原子的种类和数目不变，反应物中含C、O、Ba、N的个数分别是5、11、1、2、，生成物中含C、O、Ba、N的个数分别是0、1、1、2，故生成物中还应含5个C、10个O，故X的化学式为：CO2，选项正确。
故选B。
3．C
【详解】A. 大气中的SO2和会大气中水反应生成酸性物质，会引起硫酸型酸雨而危害人体健康，正确；
B. 由图可知，该工艺流程可以除去含硫物质燃烧时产生的SO2，并将其转化为硫酸，正确；
C. 由图可知，反应后生成一部分稀硫酸，不是该过程的催化剂，错误；
D. 由图可知，总反应为O2+2SO2+2H2O=2H2SO4，二氧化硫和氧气的质量比为4:1，则理论上，每消耗6.4tSO2，需要通入1.6t的O2，正确；
故选C。
4．A
【详解】由图可知方程式为3C+4NH3催化剂高温2N2+3CH4
A、W为甲烷CH4 ，氢的化合价是+1，根据化合价代数和为0，故碳元素的化合价是-4价，A正确，符合题意
B、参加反应的X、Y的分子个数比为3:4，B错误，不符合题意；
C、根据质量守恒定律可知反应前后原子种类不变，C错误，不符合题意；
D、由方程式可知，参加反应的X、Y的质量比为(3×12)：(4×17)=9：17 ，生成的Z、W的质量比为(2×28)：(3×16)=7:6 ，不相等，D错误，不符合题意。
故选A
5．B
【详解】A：氨气是一种无色有刺激性气味的气体。A错。
B：该方案在氧化镁做催化剂氯化铵在350℃分解生成氨气，570℃生成氯化氢。所以该方案便于NH3和HCl的分离。B正确。
C：MgO是催化剂，化学反应前后质量不变，生成氨气后不需要补充。C错。
D：NH4Cl=∆MgONH3↑+HCl↑
理论上分解5.35gNH4C1，可获得3.65gHCl，错误。
综上所述：选择B。
6．B
【分析】本题考查学生对实验测定物质质量题型的掌握。
【详解】A、装置丁的导管并没有连接漏斗管口，不能起到防倒吸的作用；错误；
B、装置甲增加的质量，就是草酸晶体燃烧后产生水的质量，即水的质量为2.7g，草酸晶体分解的化学方程式为：H2C2O4·xH2OΔ(x+1)H2O+CO2↑+CO↑，可得：+18x18(x+1)，求算出x的值为2。
C、若甲、乙位置对调，装置乙增加的质量即为水和二氧化碳的质量，即可得到CO的质量，由CO的质量也能求出x的值；错误；
D、装置丙的变化量为氧元素的质量，而氧元素来源于氧化铜和参加反应的CO，故无法求出x的值；错误。
故选B。
【点睛】本题要结合质量守恒定律定律并灵活运用。
7．B
【详解】A、由图可知，在硫酸铁生成硫酸亚铁的过程中，铁元素化合价由+3变为+2价，二氧化硫中硫元素化合价由+4变为+6价；在硫酸亚铁生成硫酸铁的过程中，铁元素化合价由+2变为+3价，氧气中氧元素化合价由0变为-2价；故反应过程中化合价发生改变的元素为 Fe、S、O，正确；
B、由图可知，在硫酸铁生成硫酸亚铁的反应为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，不是化合也不是分解反应；在硫酸亚铁生成硫酸铁的反应为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，不是化合也不是分解反应；错误；
C、图中涉及到的反应之一为 Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，正确；
D、由Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，和Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4可知，总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，
反应的二氧化硫和氧气的质量比为(2×64):32=64:16，故理论上，每消耗 6.4tSO2，需向体系中通入1.6tO2，正确。
故选B。
8．B
【分析】由题意可知，氢氧化镁受热易分解生成了水蒸气，固体的质量要减少；碳酸钙高温下分解放出了二氧化碳气体，固体的质量要减少，完全反应后，固体的质量不再减少。
【详解】A、图中a点剩余固体是氢氧化镁和碳酸钙，是由一种盐和一种碱组成，故A说法正确；
B、由图象可知，生成水的质量为：12.9g-12.0g=0.9g
设氢氧化镁的质量为m
Mg(OH)258m=ΔMgO+H2O180.9g
5818=m0.9g,解得：m=2.9g
则碳酸钙的质量为12.9g-2.9g=10g
设碳酸钙完全分解生成的二氧化碳的质量为n
CaCO310010g=高温CaO+CO2↑44n
10044=10gn，解得：n=4.4g
x=12.0g-4.4g=7.6g
若碳酸钙完全分解，则剩余固体中钙元素的质量分数是：10g×40100×100%7.6g×100%≈52.6%＞36.0%，说明了碳酸钙没有完全分解，则剩余固体的成分为CaCO3、MgO、CaO，故B说法错误；
C、图中ab间任一点（不包括a、b两点），说明了氢氧化镁没有完全分解，剩余固体成分为CaCO3、MgO和Mg（OH）2，故C说法正确；
D、由质量守恒定律可知，若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为（12.0-x）g，故D说法正确。
故选B。
9．B
【详解】A、根据质量守恒定律，生成物中水中的氢元素全部来自于乙醇中，10.8g的水中氢元素的质量为：10.8g×218 =1.2g，含有1.2g氢元素的乙醇的质量为；1.2g÷612×2+6+16=9.2g，故正确；
B、由一定质量的乙醇燃烧得到H2O的质量为10.8g，其物质的量为10.8g18g/ml =0.6ml，则n（H）=0.6ml×2=1.2ml，乙醇中N（C）：N（H）=2：6=1：3，故CO、CO2的总的物质的量为1.2ml3=0.4ml， CO、CO2的总的质量=27.6g-10.8g=16.8g，令CO、CO2的物质的量分别为xml、yml，则：
x+y＝0.4
28x+44y＝16.8
解得：x=0.05、y=0.35，故CO的质量为0.05ml×28g/ml=1.4g， CO2的质量为0.35ml×44g/ml=15.4g，故错误；
C、燃烧产物中燃烧产物中碳元素和氢元素质量比等于乙醇中燃烧产物中碳元素和氢元素质量比=12×26 =4:1，故正确；
D、该反应中参加反应的氧气的质量为：27.6g-9.2g=18.4g。
设9.2g 的乙醇完全燃烧需要氧气的质量为x

469.2g=96x
x=18.2g
18.4g-18.2g=0.2g
故正确。故选B.
10．B
【详解】A、硝酸银在光照条件下易分解，应存放于棕色试剂瓶中，错误；B、根据质量守恒定律可知，反应前后元素的种类和质量不会发生改变，硝酸银分解之后银元素全部转移到单质银中，根据单质银的质量可求出反应的硝酸银的质量21.6g108170×100%=34g，生成氧气的质量为34g-21.6g-9.2g=3.2g，所以m=3.2，正确；C、生成的氮氧化物中氮元素的质量为34g×14170×100%=2.8g，氧元素的质量为34g×48170×100%-3.2g=6.4g，则氮元素和氧元素的个数比为2.8g14：6.4g16=1：2，所以该氮氧化物为NO2，错误；D、根据反应的化学方程式可知Ag与O2的化学计量数之比为2：1，错误。故选B。
【点睛】根据质量守恒定律可解题。
11．C
【详解】生成的二氧化碳和水的质量比为22：9，则碳元素和氢元素的质量比为（22×1244）：（9×218）=6：1，故碳氢原子的个数比为612：11=1：2。A、若是含一个CH4和一个C2H2，则能达到碳氢原子个数比是1：2，该气体中不一定含有C2H4，错误；B、若是含一个CH4和一个C2H2，则能达到碳氢原子个数比是1：2，错误；C、若是含一个CH4和一个C2H2，则能达到碳氢原子个数比是1：2，正确；D、该气体可能同时含有CH4、C2H2、C2H4，错误。故选C。
12．C
【详解】Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2，CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，所以
Fe2O3---3CO---2Fe----3CaCO3↓，
160 84 116 300
16g 8.4g 11.6g 30g
A、理论上需要通入一氧化碳的质量为8.4g，但是在反应前后都需要通入一氧化碳，所以实际通入的CO质量大于8.4g，故A错误；
B、还原后铁的质量为11.2g，固体质量包括杂质质量，大于11.2g，故B错误；
C、样品中氧化铁的质量分数为16g20g ×100%=80%，故C正确；
D、杂质中是否含有氧元素，不能确定，所以样品中氧元素质量分数可能为48160×16g20g×100%=24%，故D错误。
13．C
【详解】（1）因反应中氧气为气体，则氧气质量为30g-20.4g═9.6g，滤渣经洗涤干燥后称得质量为5克。所以可知二氧化锰的质量为5g，
（2）设生成氯化钾的质量为x，参加反应的氯酸钾的质量为y则
2KClO3 二氧化锰、加热 2KCl+3O2↑
245 149 96
y x 9.6g
149/x=96/9.6g 245/y=96/9.6g
解得x=14.9g， y=24.5g
参加反应的氯酸钾的质量为24.5g
生成氯化钾的质量14.9g，
则反应后剩余氯酸钾的质量为0.5g，即反应后有剩余的氯酸钾、生成的氯化钾、及催化剂二氧化锰三种物质。反应中二氧化锰的质量不变，但是固体的质量减少，所以反应过程中固体中二氧化锰的质量分数增大。选C
14．D
【详解】A.反应 I 中，二氧化氮、氧气、氧化钡反应生成硝酸钡，为化合反应，该选项正确；
B.反应 II 中氮（由＋5变成0)、碳（由＋2变成+4）元素化合价发生改变，该选项正确；
C.由图中信息可知，反应前后 BaO 的质量不变，该选项正确；
D.反应的化学方程式是4NO2+O2+2BaO=2Ba(NO3)2,2Ba(NO3)2+10CO=2N2+10CO2+2BaO，总的化学方程式是4NO2+O2+10CO=2N2+10CO2,整个反应中生成N2和CO2的质量比为7:55,该选项不正确。
故答案为：D
【点睛】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
15．C
【详解】A、CaCx化合物中钙元素化合价为+2价，CaO、CaCO3化合物中钙元素化合价为+2价，CaO、CaCO3中氧元素化合价为-2价，碳元素化合价发生改变，说法错误；
B、氧化钙与碳酸钠溶液的反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液为固液混合物，要分离出碳酸钙需要经过过滤、洗涤、蒸发、烘干步骤，说法错误确；
C、依据质量守恒定律可知：化学变化前后元素的质量不变，碳化钙中钙元素的质量=6.00g碳酸钙中钙元素的质量= 6.00g×40100%=2.4g，碳化钙中碳元素的质量=4.4g二氧化碳中碳元素的质量= 4.40g×1244×100%=1.2g，因为样品中含有CaCx、CaO，所以样品氧元素的质量为3.76g-2.40g-1.20g=0.16g，则氧化钙中钙的质量为0.16g÷1640×100%=0.4g，则CaCx 中Ca的质量为2.40-0.40g=2.00g，因此有4012x=， x=2，说法正确；
D、若碳酸钙没有完全干燥，则测得碳酸钙的质量就会偏大，计算出样品中钙的
质量偏大，氧化钙中氧元素质量就偏小，钙元素的质量也偏小，碳化钙中钙元素会偏大，再由x=40×0.12g12×2.00g可知，所测x值偏小，说法错误；
答案：C。
16．A
【详解】A、上述流程中Fe3O4→Fe+2O，Fe3O4中铁元素既有+2价，也有+3价，因此不仅H、O元素的化合价发生了变化，Fe元素化合价也发生了变化，说法不正确；
B、由反应Ⅰ、Ⅱ化学方程式可知：水与氧气的关系式为2H2O3636g∼O23232g，则理论上，每产生32gO2，消耗水的质量为36g，说法正确；
C、相较电解水制氢而言，该方法不需要通电，利用太阳能，具有节约能源的优点，产品Fe3O4为固体，H2为气体，具有产品易分离的优点，说法正确；
D、5.8g混合物中铁元素与氧元素的质量比为4.2g:5.8g-4.2g=21:8；
其中FeO中铁元素与氧元素质量比为：56:16=7:2；
Fe2O3中铁元素与氧元素质量比为：56×2:16×3=7:3
Fe3O4中铁元素与氧元素质量比为：56×3:16×4=21:8
由以上分析可知：7:2（FeO）>21:8（Fe3O4）>7:3（Fe2O3）
由题干信息混合物由两种或多种组成，则其中一定含有Fe2O3，说法正确。
故选A。
17．D
【详解】A、转化过程①和②中氢元素的化合价都是由0价变为+1价，氢元素的化合价发生了变化，选项说法正确，不符合题意；
B、从CO2到C4H10的转化是光能转化为化学能，是一个储存能量的过程，选项说法正确，不符合题意，
C、过程③中，发生反应的化学方程式为2C4H10+13O2点燃8CO2+10H2O，由化学方程式可知参加反应的C4H10和O2的分子个数比为2∶13，选项说法正确，不符合题意；
D、过程①发生的化学反应方程式为H2+CO2hvH2O+CO①，过程②发生的化学方程式为4CO+9H2hvC4H10+4H2O②，①×4+②得4CO2+13H2hvC4H10+8H2O，由化学方程式可知，每176份质量的CO2完全转化为C4H10，需消耗26份质量的H2，故每88tCO2完全转化为C4H10，需消耗13tH2，选项说法错误，符合题意；
故选D。
18．A
【详解】A、由于反应一段时间后固体混合物为10g，完全反应后固体变为9.04g，则生成的氧气的质量为肯定大于10g-9.04g=0.96g，该选项说法不正确；
B、二氧化锰为该反应的催化剂，反应前后质量不变，且二氧化锰难溶于水，氯化钾可溶于水，则最终得到的固体的质量即为二氧化锰的质量，即二氧化锰的质量为1.59g，则生成的氯化钾的质量为9.04g-1.59g=7.45g，设最开始时氯酸钾的质量为x，则2KClO3245xMnO2Δ2KCl1497.45g+3O2↑，245149=x7.45g，解得x=12.25g，则开始时固体总质量为12.25g+1.59g=13.84g，该选项说法正确；
C、由前面分析可知，最终生成氯化钾的质量为7.45g，该选项说法正确；
D、二氧化锰为催化剂，反应前后质量和化学性质不变，该选项说法正确。
故选A。
19．D
【详解】9.3g C(OH)2中C元素的质量为：9.3g×5959+16+1×2×100%=5.9g；则8.3g钴的氧化物中氧元素的质量为8.3g-5.9g=2.4g；所以设该氧化物的化学式是CxOy，则59x：16y=5.9g：2.4g，解得x：y=2：3，所以该氧化物的化学式是C2O3。故选D。
20．C
【分析】实验室用氯酸钾和二氧化锰制取氧气，其中二氧化锰为反应的催化剂，在反应前后质量不变，因为氯化钾溶于水，二氧化锰不溶于水，所以过滤、干燥所得艷固体即二氧化锰的质量；完全反应后固体质量与二氧化锰质量差可计算出生成氯化钾的质量。
【详解】A、二氧化锰为反应的催化剂，在反应前后质量和化学性质始终保持不变，故正确；
B、完全反应后生成氯化钾的质量=9.04g-1.59g=7.45g，设生成氧气的质量为x，由方程式可知，2KClO3245yMnO2Δ2KCl1497.45g+3O2↑96x14996=7.45gx,x=4.8g245149=y7.45g,y=12.25g ，故正确；
C、由B可知，m=12.25g+1.59g=13.84g，故加热一段时间后生成氧气的质量为13.84g-10g=3.84g，设生成氯化钾的质量为z，所以有2KClO3MnO2Δ2KCl149z+3O2↑963.84g14996=z3.84g,z=5.96g ，故不正确；
D、由C分析可知，m=12.25g+1.59g=13.84g，故正确。
21．D
【详解】A.含有3g碳元素的二氧化碳的质量为3g÷1212+16×2=11g，.含有3g碳元素的二氧化碳的质量为3g÷1212+16=7g，则该样品可能只有二氧化碳，也可能为一氧化碳和氧气的混合物，也可能是三种气体的混合物，该选项说法不正确；
B.该样品有三种情况，该选项说法不正确；
C.此样品不一定是CO和CO2气体组成的混合物，该选项说法不正确；
D.若此样品含两种物质，则为一氧化碳和氧气，其中一氧化碳的质量为7g，该选项说法正确，
故选D。
22．C
【详解】A.反应①中条件是通电，说明过程中将电能转化为化学能，该选项说法正确；
B.反应③中，反应物是Li3N和H2O，生成物是LiOH和NH3，反应的化学方程式为Li3N+3H2O═3LiOH+NH3↑，该选项说法正确；
C.有转换图看出，整个转化过程中水为反应物，需不断补充，该选项说法不正确；
D.设合成17gNH3，同时得到氧气的质量为x，根据反应Li3N+3H2O═3LiOH+NH3↑和4LiOH=通电O2↑+2H2O+4Li可得：4NH3~3O2689617gx，6896=17gx，解得x=24g，该选项说法正确，
故选C。
23．C
【分析】本题考查物质转化和计算。
【详解】A、M根据题意可知是化合物，因此是氧化铜，铜的化合价是+2价，氧化亚铜中铜元素的化合价为+1价，因此A不符合题意；
B、44g二氧化碳中碳元素质量是44g×1244×100%=12g，含有12g碳元素的甲烷中含有氢元素质量是12g×412×100%=4g，则生成水的质量为：4g÷218×100%=36g，故B不符合题意；
C、16g甲烷中碳元素质量：16g×1216×100%=12g，氢元素质量：16g-12g=4g，结合B中分析可知，16g甲烷反应时，生成44g二氧化碳、36g水，其中氧元素质量：44g×3244×100%+32g×1618×100%=64g，氧化铜中的铜元素完全转化到氧化亚铜中，由CuO和Cu2O可知，氧化铜中的氧元素一半转化到水和二氧化碳中，一半转化到氧化亚铜中，因此氧化亚铜中氧元素质量也是64g，反应生成氧化亚铜质量：64g÷16144×100%=576g，设氧化亚铜完全反应需要氧气的质量为x，2Cu2O+O2一定条件4CuO28832576x288576=32xx=64g
即理论上消耗氧气的质量是64g，故C符合题意；
D、一定质量的CH4可与氧化铜反应，同时放出少量热量，将所得产物Cu2O与O2反应又生成氧化铜，同时放出较多热量，由放出热量多少可知，过程①可将CH4中的部分能量储存于Cu2O中，故D不符合题意；
故选：C。
【点睛】本题难度较大，需要根据题中信息判断反应，再结合量进行计算。
24．B
【详解】A、铜与硫酸不反应，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，从表中的数据，第1次加入25g稀硫酸，固体质量减少了18g-16=2g；第3次加入25g稀硫酸，固体质量共减少了18g-12g=6g；正好是第1次的3倍；第4次加入25g稀硫酸，固体质量共减少了12g-10.8g=1.2g，说明混合物中氧化铜已经完全反应；故每25g稀硫酸可与2g氧化铜恰好反应，第2次加入25g稀硫酸，参加反应氧化铜还是2g，所以a=16g-2g=14g，故选项说法正确；
B、第4次加入25g稀硫酸，固体质量共减少了12g-10.8g=1.2g，说明混合物中氧化铜已经完全反应，有上述可知，25g的稀硫酸和2g氧化铜恰好完全反应，第四次质量仅减少了1.2g，说明第四次加入稀硫酸有剩余，故选项说法错误；
C、25g稀硫酸中H2SO4的质量分数为x
CuO+H2SO4=CuSO4+H2O80982g25g×x
8098=2g25g×x
x=9.8%，稀硫酸中硫酸的质量分数是9.8%，故选项说法正确；
D、根据图示可知，参加反应的氧化铜的质量为18g-10.8g=7.2g，固体混合物中氧化铜的质量分数为：7.2g18g×100%=40%，故选项说法正确。
故选：B。
25．B
【详解】A、反应“CO2→CO”，根据化学方程式CO2＋C高温2CO，条件是高温，故是吸热反应，选项错误；
B、反应“CO2→CaCO3”，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，故可用于检验二氧化碳，选项正确；
C、反应“CO2→H2CO3”，碳酸显酸性，不能使酚酞变色，能使石蕊试液变红，故选项错误；
D、反应“C→CO2”，可以有多种途径，但有的不属于化合反应，如C+2CuO高温2Cu+CO2↑是置换反应，选项错误；
故选：B。
26．D
【详解】A、由流程图可知，该反应中，反应物是二氧化碳和氢气，生成物为甲烷和水，选项正确；
B、由流程图可知，在反应过程中，氧化镁的质量和化学性质均未改变，故作用是催化作用，选项正确；
C、甲烷在空气中与氧气反应，属于燃烧，燃烧都会放出热量，选项正确；
D、根据题意可得二氧化碳和氢气在一定条件下反应生成甲烷和水，化学方程式为：CO2+4H2一定条件CH4+2H2O，根据化学方程式可知二氧化碳与氢气的质量比是44:（2×4）=11:2，故选项错误；
答案为：D。
27．B
【详解】A、二氧化硫具有漂白性，可使高锰酸钾溶液褪色，故选项说法正确；
B、设回收32g单质硫，需要消耗氧气的质量为x
2H2S+O2高温2S+2H2O3264x32g
3264=x32g
x=16g
每回收32g单质硫，理论上消耗氧气的质量为16g，故选项说法错误；
C、催化转换器中发生的反应是二氧化硫和硫化氢反应生成硫单质和水，反应的化学方程式为：SO2+2H2S高温3S+2H2O，故选项说法正确；
D、根据催化转换器中发生的化学方程式可知，反应的SO2和H2S的比例为：1:2，反应炉中部分H2S发生反应：3O2+2H2S高温2SO2+2H2O，产生1份二氧化硫，需要1份H2S，理论上1/3的H2S反应，转化率为100%，故理论上应控制反应炉中H2S的转化率约为33.3%，故选项说法正确。
故选：B。
28．C
【详解】A、水中氢元素的化合价为+1价，氢气中氢元素的化合价为0价，氧化亚铁中铁元素的化合价为+2价，铁中铁元素的化合价为0价，碳中碳元素的化合价为0价，一氧化碳中碳元素的化合价为+2价，二氧化碳中碳元素的化合价为+4价，则该过程中元素化合价发生改变的有H、Fe、C，故A不正确；
B、反应③中排出的是一氧化碳和二氧化碳，一氧化碳有毒，需要尾气处理，故B不正确；
C、由流程图可知，总反应为水和碳反应生成氢气和一氧化碳或二氧化碳，反应的关系式为H2O+C1212g高温CO+H222g，2H2O+C126g高温CO2+2H242g，由于得到是一氧化碳和二氧化碳的混合物，则理论上得到2g氢气，消耗的碳的质量：6gD、由流程可知，M由水和氧化亚铁生成，M和一氧化碳生成氧化亚铁，FeO可以循环利用，不需要添加，故D不正确。
故选C。
29．A
【详解】A、设生成二氧化碳质量为y，根据质量守恒反应前后碳元素质量不变，23.2g×12116×100%=y×1244×100%，y=8.8g，故参加反应氧气质量15.84g+8.8g-23.2g=1.44g，A错误。
B、根据质量守恒，反应前后氧元素质量不变，1.44g+反应前固体中氧元素质量 =8.8g×3244×100%+反应后固体中氧元素质量，反应前固体中氧元素质量-反应后固体中氧元素质量=4.96g，B正确。
C、设生成氧化铁质量为x，根据反应前后铁元素质量不变，23.2g×56116×100%=x×112160×100%+（15.84g-x）×5672×100%，x=14.4g，正确。
D、设生成二氧化碳质量为y，根据质量守恒反应前后碳元素质量不变，23.2g×12116×100%=y×1244×100%，y=8.8g，正确。
故选：A。
30．D
【分析】因为反应后减少的是二氧化碳，钙元素全部转化为CaO中的钙，则只要计算出所有CaO中的钙元素即可求出
【详解】50g混合物含钙元素的质量=50g×60%=30g，反应前混合物中钙元素的质量也为30g；高温煅烧生成氧化钙的质量：30g÷（4040+16×100%）=42g，故产生的二氧化碳质量：50g-42g=8g。
故选D。
【点睛】本题考查元素的质量分数计算，可利用碳酸钙完全分解后固体为氧化钙，再利用钙元素的质量守恒来推断生成氧化钙的质量即可解答。
31．C
【详解】A、反应Ⅰ发生的是四氧化三铁分解生成氧化亚铁和氧气，固体中的氧元素质量减少，铁元素的质量分数变大，说法正确，不符合题意；
B、反应Ⅱ由二氧化碳转化为单质碳，碳元素由+4价变为0价，化合价降低，说法正确，不符合题意；
C、反应Ⅱ中氧化亚铁和二氧化碳反应生成碳和四氧化三铁，化学方程式为：6FeO＋CO2高温__2Fe3O4+C，反应中FeO与C的质量比为（6×72）:12=36:1，说法错误，符合题意；
D、整个循环过程二氧化碳中的碳元素转化为碳，氧元素转化为氧气，说法正确，不符合题意；
故选C。
32．B
【详解】①化学反应前后元素质量不变。A增重5.4g，增加的是水的质量。所以碱式碳酸锌含有氢元素的质量为5.4g×218×100%=0.6g。装置B增重8.8 g，增加的是二氧化碳的质量。所以碱式碳酸锌含有碳元素的质量为8.8g×1244×100%=2.4g。所以 x:12y=0.6g:2.4g，x:y=3:1，正确。
②气体产物二氧化碳和水均被吸收，氮气是空气的主要成份，不会污染空气。所以不需要进行尾气处理。错误。
③反应前后物质的总质量不变，生成的ZnO的质量为54.7g-5.4g-8.8g=40.5g。错误。
④装置B中是碱石灰能吸收CO2和H2O，反应生成的水被A中的浓硫酸吸收了，所以装置B的作用是吸收碱式碳酸锌分解产生的CO2。正确。
⑤若将装置A、B的位置颠倒，二氧化碳和水均被碱石灰吸收，无法得出生成水和二氧化碳的质量，则无法算出x：y。正确。
故①④⑤正确，选B。
33．C
【分析】反应I：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；
反应II：2HI太阳能H2+I2；
反应III：2H2SO4太阳能2SO2+2H2O+O2↑。
【详解】A、反应Ⅰ为碘单质、二氧化硫和水反应生成碘化氢和硫酸；反应Ⅱ为碘化氢在太阳能的作用下分解生成氢气和碘单质；反应Ⅲ为硫酸在太阳能作用下生成氧气、水和二氧化硫；根据分解水制氢的原理可知，氢元素、氧元素由化合物转化为氢、氧单质；碘元素由单质转化为化合物，二氧化硫中+4价硫元素转化为硫酸中+6价；故A是错误的叙述；
B、反应Ⅰ为碘单质、二氧化硫和水反应生成碘化氢和硫酸，不属于化合反应，也不属于分解反应，反应Ⅱ为碘化氢在太阳能的作用下生成氢气和碘单质，属于分解反应；反应Ⅲ为硫酸在太阳能作用下生成氧气、水和二氧化硫属于分解反应；选项是错误的叙述；
C、水分解生成氢气和氧气，水中氢元素和氧元素质量比（1×2）：16=1：8，故理论上，每生成16g O2，就能得到2gH2，可知C选项是正确的叙述；
D、SO2是反应的催化剂，反应前后质量不变，不需要补充二氧化硫，选项是错误的叙述。
故选：C。
34．C
【详解】该混合物中钙元素的质量为：24g×50%=12g；根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，高温煅烧一段时间，剩余固体中钙元素的质量也为12g，剩余固体中，钙、碳元素质量比为10：1，则碳元素的质量为1.2g，剩余固体中的碳元素来自于未反应的碳酸钙，则未反应的碳酸钙的质量为：1.2g÷12100×100%=10g，未反应的碳酸钙中钙元素的质量为：10g×40100×100%=4g，则剩余固体中氧化钙的质量为：12g-4g÷4040+16×100%=11.2g，则生成二氧化碳的质量为：24g-11.2g-10g=2.8g。
故选C。
35．D
【分析】根据碱式碳酸铜分析的产物及产物的化学性质进行分析。
【详解】A、绿色的碱式碳酸铜加热分解为黑色的氧化铜、二氧化碳和水，故选项正确；
B、无水硫酸铜变蓝证明有水生成，澄清石灰水变浑浊证明有二氧化碳生成，故选项正确；
C、①中剩余固体为氧化铜，氧化铜溶于硫酸生成蓝色的硫酸铜，故选项正确；
D、碱石灰既能吸收水，又能吸收二氧化碳，且吸收过程无明显实验现象，不能证明有水和二氧化碳生成，故选项错误。
故选：D。
36．B
【详解】A、假设气体中没有一氧化碳，其中碳元素的质量分数为24%，则碳质量为50g×24%=12g，则二氧化碳的质量为12g1244=44g，N2的质量为50g-44g=6g，则氮气的含量为 6g50g×100%=12%假设气体中没有二氧化碳，则一氧化碳的质量为 12g1228=28g，N2的质量为50g-28g=22g，则氮气的含量为 22g50g×100%=44%，混合气体中含N2含量为12%~44%，正确；
B、根据选项A可知，若不含有二氧化碳，一氧化碳的质量为28g，但是按照题意，其中含有二氧化碳，因此混合气体中CO质量一定＜28.0g，错误；
C、一氧化碳和氧化铜反应生成二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，即所有的碳都被包含于碳酸钙中，碳的质量为12g，则碳酸钙的质量为12g12100=100g，x的数值为100，正确；
D、气体通过灼热的CuO后，所有碳元素都存在于二氧化碳中，二氧化碳的质量为12g1244=44g，正确；
故选B。
37．D
【详解】A．10g水与2g食盐混合后质量为12g是物理变化，所以不能用质量守恒定律来解释，故A错误；
B．物质发生化学变化时质量守恒，体积不一定守恒。2L一氧化碳与1L氧气完全反应应该生成2L二氧化碳，故B错误；
C．根据反应的化学方程式2H2+O2=2H2O，氢气与氧气完全反应时质量比＝（2×2）：32＝1：8，只有按此比例混合反应时生成水的质量才和原气体的质量和相等。故C错误；
D．根据化学反应方程式可知，12g碳与32g氧气恰好完全反应可生成44g二氧化碳，所以40g氧气只反应了32g，有8g剩余，故D正确；
故选D
38．C
【详解】A、分析过程①：H2S和Cu2+反应CuS生成，含有铜离子的是化合物，则反应物是两种化合物，不是置换反应，错误；
B、整个过程中氢元素、铜元素化合价不变，错误；
C、根据图示，被消耗的物质是硫化氢、氧气，正确；
D、若脱硫过程中，H2S和O2反应生成水，则反应是：2H2S+O2═2S↓+2H2O，则H2S和O2消耗的质量比为17：8，错误。
故选：C。
39．D
【详解】A、根据表格可知每次加入5g稀盐酸反应0.5g碳酸钙，而第四次反应加入5g稀盐酸反应0.2g碳酸钙，因此第三次实验后碳酸钙有剩余，错误；
B、结合选项A，第四次实验后加入5g稀盐酸反应0.2g碳酸钙，因此碳酸钙无剩余盐酸有剩余，错误；
C、设盐酸的溶质质量分数为xCaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
10073=
x=7.3%，不符合题意；
D、2.0g石灰石样品中碳酸钙质量为1.7g，样品中碳酸钙的质量分数是1.7g2g×100%=85%，符合题意。
故选D。
40．D
【详解】A、水和氧化亚铁反应生成四氧化三铁和氢气，氢元素由水中的+1甲变成氢气中的0价，因此氢元素化合价也发生了改变，说法错误；
B、反应Ⅱ是指水蒸气和氧化亚铁在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，该反应的化学方程式为：3FeO+H2O高温Fe3O4+H2↑，说法错误；
C、依据化学方程式3FeO+H2O高温Fe3O4+H2↑可知：每有18份质量的水完全反应生成2份质量的氢气，理论上每18g水参加反应生成2g氢气，说法错误；
D、反应Ⅲ中，高温条件下二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，该反应属于化合反应，说法正确；
答案：D。
41．D
【详解】A、该热化学循环是制氢的反应流程，利用太阳能通过一系列反应将水分解为氢气和氧气，水中氧元素和氢元素的质量比为：(16×1):(1×2)=8:1，故每生成16gO2，就能得到2gH2，此选项正确；
B、由图中信息可知，该反应过程中的能量来源于太阳能，此选项正确；
C、若MnFe2O(4-y)中y=0.5，设铁元素化合价为x，x×2+(+2)+(-2×3.5)=，x=+2.5，如果MnFe2O(4-y)中Fe3+与Fe2+的个数比为1:1，则化合价平均值为+2.5，此选项正确；
D、根据组成元素质量分数=组成元素相对原子质量和相对分子质量×100%可知，MnFe2O(4-y)的相对分子质量比MnFe2O4的相对分子质量小，而铁原子相对原子质量和相等，因此MnFe2O(4-y)中Fe元素的质量分数比MnFe2O4中Fe元素的质量分数大，此选项错误。
故选D。
42．B
【详解】A、“酸浸”时氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，化学方程式Fe2O3+3H2SO4＝Fe2(SO4)3+3H2O，A正确。
B、氧化镍和硫酸反应生成硫酸镍，“过滤 I”得到的滤渣要进行洗涤是为了减少镍离子损失，B错误。
C、电池的工作原理，将化学能转化为电能，C正确。
D、黄钠铁矾受热分解会生成 Na2SO4、Fe2O3、SO2、H2O 和 O2.，将所得固体物质溶于足量水，过滤、洗涤、烘干得到 9.60g 固体氧化铁，将滤液蒸干得 2.84g 固体硫酸钠(不含结晶水)，钠元素质量2.84g×23×223×2+32+16×4=0.92g，铁元素质量9.6g×56×256×2+16×3=6.72g，元素质量比为0.92g：6.72g= 23x∶56y，x：y=1：3，D正确。
故选B。
43．CD
【详解】A、图中涉及的反应类型有ZnFe2O4分解生成 ZnO、Fe3O4、O2分解反应，不包含化合反应，A错误。
B、由图可知，ZnFe2O4分解生成O2、ZnO、Fe3O4，ZnO、Fe3O4又重新生成了ZnFe2O4，故不需要补充ZnFe2O4，B错误。
C、氩气化学性质稳定，反应Ⅲ中氩气(Ar)作保护气，防止合金被氧化，C正确。
D、11.2 g Mg2Cu完全吸氢后生成MgH2质量为x,MgCu2质量为z，
2Mg2Cu22411.2g+3H2350。CMgCu2152y+3MgH278x22478=11.2gx,x=3.9g224152=11.2gz,z=7.6g
设放出氢气质量为y。
MgH2263.9g+2HCl=MgCl2+2H2↑4y
264=3.9gy，y=0.6g放出H2的质量为0.6 g，7.6g×24152×100%=1.2g,1.2g镁和盐酸反应生成0.1g氢气，氢气一共生成0.7g.D正确。
故选：CD。
44．C
【详解】由微观示意图可知，肼和氧气在一定条件下生成水和氮气，化学方程式为：
N2H4+O2一定条件2H2O+N2
A、肼分子式为N2H4，正确；
B、肼中氮元素与氢元素的质量比为（14×2）：（1×4）=7:1，故正确；
C、生成物中水是化合物，氮气是单质，故错误；
D、由方程式可知，参加反应的O2与生成的N2的分子数之比为1：1，故正确；
故选：C
45．C
【分析】该反应的化学方程式为：CO2+3H2一定条件CH3OH+H2O
【详解】A、丙的化学式为CH3OH，其中碳、氢原子个数比为1：4，故A选项正确；
B、元素质量比等于相对原子质量乘以原子个数比上相对分子质量乘以百分之百，故B选项正确；
C、由分析中的化学方程式可知，参加反应的二氧化碳和氢气的分子个数比为1：3，故C选项错误；
D、反应前分子总数为4个，反应后分子总数为2，故D选项正确；
故答案选C。
【点睛】此类问题的解决一定要写出化学方程式的基础上去解答，否则容易产生错误，在写化学方程时，一定要弄清各图示表示的意义。
46．A 47．C 48．D 49．C
【分析】根据原子结构示意图、化学变化本质、分子式含义、化合价升降等分析
46．A.硫原子最外层电子数为6，易得2个电子变为稳定8电子结构，此项正确；
B.硫离子符号为S2-，此项错误；
C.最外层电子结构决定化学性质，硫原子与硫离子最外层电子结构不同，化学性质不同，此项错误；
D.硫元素在化合物中化合价有-2、+4、+6价，如SO2、SO3，此项错误；
故选A。
47．A.含硫化合物不都是有毒物质，比如硫酸钠等硫酸盐，此项错误；
B.S6表示一个S6分子中由6个硫原子构成，此项错误；
C.S8和S6为由不同分子构成的不同物质，因此S8加热转化为S6是化学变化，此项正确；
D.混合物由不同种物质组成，但不一定是不同种元素，比如S8与S6的混合物，此项错误；
故选C。
48．A.该循环中Fe2O3可通过氧气与FeS反应再生，无需不断添加，此项错误；
B.根据铁元素化合价降低、硫元素化合价上升，脱硫过程的化学反应方程式为：Fe2O3+3H2S=S+3H2O+2FeS，每吸收34gH2S生成10.7gS，此项错误；
C.除了S、O元素化合价改变，还有Fe元素，FeS中铁元素为+2价，Fe2O3中Fe元素化合价为+3价，此项错误；
D.生成的FeS覆盖在Fe2O3表面，减少了反应的接触面积，影响脱硫效率，需要加入氧气除去FeS，此项正确；
故选D。
49．A.电解过程的能量转化为电能转化成化学能，此项正确；
B.根据题意，吸收时反应为化合反应方程式为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，此项正确；
C.电解NaHSO3溶液，溶液中含有氢离子，负极为氢离子得电子生成氢气，因此X为氢气，此项错误；
D.根据元素质量守恒，设每吸收64gSO2可生成H2SO4质量x，
SO2~H2SO4649864gx
6498=64gx
解得：x=98g，此项正确；
故选C。
50．AD
【详解】各反应前后铁元素质量不变，混合物中铁元素与原21.4g Fe(OH)3中铁元素质量相等，即21.4gFe(OH)3中铁元素的质量为21.4g×5656+16×3+1×3×100%=11.2g
Fe、FexOy混合物中只有Fe与硫酸反应，生成0.2g氢气，设参与反应的Fe质量为x，硫酸质量为y
Fe56x+H2SO498y=FeSO4+H2↑20.2g
562=x0.2g 解得x=5.6g
982=y0.2g 解得y=9.8g
则FexOy的质量为12.8g-5.6g=7.2g，FexOy中铁元素的质量为11.2g-5.6g=5.6g，氧元素的质量为7.2g-5.6g=1.6g，则FexOy中铁原子和氧原子的个数比为5.6g56:1.6g16=1:1，所以FexOy为FeO。
7.2gFeO与硫酸反应，设消耗的硫酸质量为z
FeO727.2g+H2SO498z=FeSO4+H2O
7298=7.2gz 解得z=9.8g
该稀硫酸溶质的质量分数为9.8g+9.8g100g×100%=19.6%
由2Fe(OH)3_Fe2O3+3H2O可知，每214份质量的氢氧化铁完全分解生成54份质量的水，则21.4g Fe(OH)3完全分解生成水的质量为5.4g
反应中Fe(OH)3、Fe、FeO、H2O分子个数比为21.4g107:5.6g56:7.2g72:5.4g18=2:1:1:3，根据转化本质及质量守恒定律可得，对应的化学方程式为4CO+4Fe(OH)3_2Fe+2FeO+4CO2+6H2O。
设21.4g氢氧化铁反应生成的二氧化碳质量为a，水的质量为b
4CO+4Fe(OH)3Δ2Fe+2FeO+4CO2+6H2O42817610821.4gab428176=21.4gaa=8.8g428108=21.4gbb=5.4g
生成CO2和H2O质量和为8.8g+5.4g=14.2g；
故选AD。
【点睛】反应过程较为复杂，在各反应中各元素质量保持不变。
51．AD
【分析】反应后质量增多的物质是生成物，质量减少的物质是反应物，差量是生成的质量或参加反应的质量。由图像可知，丁是反应物，参加反应的丁的质量为10g，甲是生成物，生成的质量为8g，乙是生成物，根据质量守恒定律，生成乙的质量为2g，反应中丙的质量不变，可能作催化剂，该反应为：丁=甲+乙。
【详解】A、a的值为10+2=12，此选项错误；
B、该反应为分解反应，丁是反应物，则丁属于化合物，此选项正确；
C、根据反应中物质之间的质量比可知，当丁为5g时，生成了1g的乙，则容器中乙的质量为10g+1g=11g，此选项正确；
D、由图像可知，反应中丙的质量不变，根据反应中物质之间的质量比可知，当甲为2g时，参加反应的丁的质量为2.5g，此时容器中剩余丁的质量为：10g-2.5g=7.5g,则此时丙与丁的质量之比为6：7.5=12:15，此选项错误。
故选AD。
【点睛】首先根据反应前后的差量确定出物质是反应物还是生成物，然后根据质量守恒定律判断待测物质是反应物还是生成物，问题即可迎刃而解。
52．CD
【分析】根据A吸收的是水，B吸收的是二氧化碳，碱式碳酸锌样品54.7g，装置A增加的质量为5.4g，故生成水的质量为5.4g；装置B增加的质量为8.8g，生成二氧化碳的质量为8.8g，故氧化锌的质量为54.7g-5.4g-8.8g=40.5g，利用化学方程式计算出碱式碳酸锌中x、y、z的比值；
【详解】A、配平化学方程式Znx(OH)y(CO3)zΔxZnO+y2H2O+zCO2↑，根据氧原子反应前后数目不变，故y+3z =x+y2+2z，得到2x=y+2z，故A说法正确；
B、碱式碳酸锌样品54.7g，装置A增加的质量为5.4g，故生成水的质量为5.4g；装置D增加的质量为8.8g，生成二氧化碳的质量为8.8g，故氧化锌的质量为54.7g-5.4g-8.8g=40.5g，故B说法正确；
C、根据化学方程式中各物质之间的质量比可知，ZnxOHyCO3zΔxZnO+y2H2O+zCO2↑
故C说法不正确；
D、装置C排除了空气中二氧化碳对实验的干扰，若无C装置，二氧化碳的质量会偏大，则y与z的比值偏小，故D说法错误。
故选CD。
53．AD
【详解】依据质量守恒定律可知：54.7g的碱式碳酸锌，完全反应后测得装置A增重5.4g，装置B增重8.8 g，其热分解的产物为三种常见氧化物（热分解前后各元素化合价不变），A增重是5.4g水的质量，B增重是8.8g二氧化碳的质量，反应生成氧化锌的质量=54.7g-5.4g-8.8g=40.5g
Zn5(OH)x(CO3)yΔ5ZnO+x2H2O+yCO2↑5×65+17x+×65+17x+60y405=+60y=222
碱式碳酸锌[Zn5（OH）x（CO3）y]化合物中各元素化合价代数和为0可知：
x+2y=10
联立解得x=6，y=3
A、x：y=6:3=3:1，故A项正确；
B、碱式碳酸锌受热分解产物为三种常见氧化物（热分解前后各元素化合价不变），产物分别为氧化锌、水和二氧化碳，没有污染大气的气体生成，不需要尾气处理装置，故B项错误；
C、依据质量守恒定律可知，反应生成氧化锌的质量=54.7g-5.4g-8.8g=40.5g，故C项错误；
D、装置B盛放碱石灰，碱石灰能吸收CO2和H2O，但水蒸气已被浓硫酸吸收，装置B的作用是吸收碱式碳酸锌分解产生的CO2，故D项正确；
答案：AD。
54．BD
【详解】A．由微观示意图可知，图示中有4种化合物，选项说法错误，故不符合题意；
B．由微观示意图可知，金原子对一氧化碳分子有吸附作用，碳化钼(M2C)负载金原子有催化作用，可以对吸附的CO起催化作用，选项说法正确，故符合题意；
C．由微观示意图可知，水分子和一氧化碳分子在120℃和催化剂的作用下生成二氧化碳分子和氢分子，反应前后分子种类改变，选项说法错误，故不符合题意；
D．由微观示意图可知，CO+H2O120℃催化剂CO2+H22818所以反应中CO和H2O质量比是14 : 9，选项说法正确，故符合题意。
故选BD。
55．(1)反应物中没有氮元素（合理即可）
(2) 固体由白色变成蓝色 7.2
(3)CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3↓+ H2O
(4)不能
(5) 一氧化碳/ CO 丁
(6) 10. 4 8CH4 + 13O2点燃2CO2 + 6CO +16H2O
【详解】（1）反应前后元素的种类不变，反应物是甲烷和氧气，没有氮元素，不可能生成含有氮元素的氨气，所以丙同学的猜想是错误的；
（2）无水硫酸铜和水结合生成蓝色的硫酸铜晶体，实验中观察到A中出现白色固体变蓝的现象说明有水生成，甲烷中氢元素的质量等于生成水中氢元素的质量，设生成水的质量为x，3.2g×416×100%=x×218×100%，x=7.2g；
（3）二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，故装置B中变浑浊，装置B中发生反应的化学方程式为CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3↓+ H2O；
（4）装置A、B装置的顺序不能颠倒，否则会从石灰水中带入水，导致无法检验生成物中是否有水，影响氢元素的检验；
（5）一氧化碳和氧化铜在加热条件下生成铜和二氧化碳；装置C中表面为黑色氧化铜的铜网部分变红，质量减少2.4g，D中变浑浊，说明甲烷燃烧产物中有一氧化碳生成，由此推断丁同学的猜想成立；
（6）设一氧化碳的质量为y
CO28y+CuO80ΔCu64+CO2固体减少的质量162.4g
2816=y2.4g y=4.2g
一氧化碳和水的化学计量数分别为m、n
4.2g28:7.2g18=m:n m:n=3:8，根据质量守恒定律反应前后原子的种类个数不变可知，反应的化学方程式为8CH4 + 13O2点燃2CO2 + 6CO +16H2O；
设参加反应的氧气的质量为x
8CH48×163.2g∼13O213×32x
13×328×16=x3.2g
x=10.4g。
56． 检查装置气密性 3 因为FeO在加热时，能迅速被氧化成四氧化三铁 检验溶液中是否含有氯化亚铁 1 4FeCO3＋O2Δ2Fe2O3＋4CO2 48.3% 3.0 70% 解：设碳酸亚铁的质量分数是x
FeCO3+2HCl=FeCl2+CO2↑+H2O116732.8gx
11673=2.8gxx=1.76g
所用稀盐酸的溶质质量分数为1.76g20g×100%≈8.8%，
答：所用稀盐酸的溶质质量分数为8.8%。
【详解】解释与结论
（1）步骤①先组装仪器，然后需要检查气密性，否则气体不能通过装置完成实验；故填：检查装置气密性；
（2）在实验前就可以判断猜想3，原因是因为FeO在加热时，能迅速被氧化成四氧化三铁；
（3）根据资料可知，FeCl2能使高锰酸钾溶液褪色，因此实验b的目的是检验溶液中是否含有氯化亚铁；
由资料以及根据溶液向甲溶液中滴加KSCN，使溶液变红色，说明溶液中含有氯化铁，而氯化铁是由氧化铁反应生成的故证明猜想1成立；
FeCO3与氧气在加热时反应生成氧化铜和二氧化碳，化学方程式为：；
（4）碳酸亚铁中铁元素的质量分数为5656+12+16×3×100%≈48.3%
（5）①根据表格数据，可知每加20g盐酸固体减少2.8g，而第三次只减少了1.4g，说明碳酸亚铁完全反应，因此第四次加入盐酸后固体不再减少，则m的值是3.0g；
②菱铁矿样品中FeCO3的质量分数为：10g-3.0g10g×100%=70%。
③见答案。
57． 锥形瓶 3CO+Fe2O3高温2Fe+3CO2 吸附能力 缓冲 收集尾气 防止倒吸 Cu2O 增加反应物的接触面积，使反应更快更充分 A 气密性 CO2 空气会进入反应的试管中，使生成的依然灼热的铜重新被氧化（达到铜重新被氧化即可） C+2CuO高温2Cu+CO2↑
【详解】（1）由图可知，仪器a的名称是锥形瓶，故填锥形瓶。
（2）生成的一氧化碳气体具有还原性，一氧化碳能够与氧化铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，故反应的化学方程式写为：3CO+Fe2O3高温2Fe+3CO2。
（3）木炭和活性炭均具有吸附性，能够吸附一氧化碳气体，活性炭与氧化铁反应后一氧化碳的浓度比木炭与氧化铁反应后一氧化碳浓度降低得快，原因是活性炭对CO的吸收能力比木炭强，故填吸收能力。
（4）图1装置中气球能够平衡装置中的压强，避免橡皮塞从瓶口弹出，即具有缓冲作用。故填：缓冲作用；同时图1装置中气球能够还能够收集残留的气体，避免残留的一氧化碳排放到空气中污染空气，故填收集尾气；
球形导管上的球体部分能够防止锥形瓶中的液体倒吸，导致试管骤冷发生骤冷，故填防止倒吸。
（5）铜的化合价为+1或+2，形成的氧化物有氧化铜和氧化亚铜，反应中，如果氧化铜中的部分氧元素被夺取会生成氧化亚铜，所以生成的暗红色固体可能是氧化亚铜，其化学式为Cu2O，故填Cu2O。
（6）超细炭粉的表面积较大，用超细炭粉与氧化铜粉末进行实验，能够增加反应物的接触面积，使反应更快更充分，故填：增加反应物的接触面积，使反应更快更充分。
（8）由化学方程式：C+2CuO高温2Cu+CO2↑，其中氧化铜与碳的质量比=160：12=40：3，由于木炭具有可燃性，部分木炭与试管中的空气中的氧气反应，会消耗一部分木炭，则木炭应过量一些，所以氧化铜与木炭的质量比较佳的是32：3，即为A。故填A。
（9）该反应有气体生成，为避免生成的气体逸散到空气中，实验前应检查装置的气密性，故填气密性；
二氧化碳能够与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，碳酸钙沉淀能够使澄清石灰水变浑浊，当澄清的石灰水变浑浊时，说明生成了二氧化碳，其化学式为CO2，故填CO2。
（10）若不关闭止水夹，空气会进入反应的试管中，使生成的依然灼热的铜重新被氧化，故填空气会进入反应的试管中，使生成的依然灼热的铜重新被氧化。
（11）木炭与氧化铜在高温的条件下反应生成铜和二氧化碳，故反应的化学方程式写为：C+2CuO高温2Cu+CO2↑。
58． 过滤 降温结晶 MgCl2通电Mg+ Cl2 ↑ 电 Mg3N2 MgO、Mg(OH)2或MgCO3均为白色固体，镁条外面是灰黑色 水 CO2+Ca(OH)2＝ CaCO3↓+H2O Mg2(OH)2CO3Δ2MgO+H2O+CO2↑ 温度没有达到晶体分解所需的最低温度 0.72g MgCO3 4:1:4
【详解】[问题讨论]
（1）操作①将物质固液分离，故为过滤；
（2）②操作由溶液得到晶体，故②中包含蒸发浓缩 、降温结晶、过滤等；
（3）电解氯化镁可以得到镁和氯气，该反应的化学方程式为：MgCl2 通电Mg+ Cl2 ↑，该变化过程是将电能转化为化学能；
（4）已知氮化镁中氮元素的化合价为-3，根据化合物化合价代数和为零，则氮化镁的化学式为：Mg3N2；
[提出猜想]
因MgO、Mg(OH)2或MgCO3均为白色固体，而镁条外面是灰黑色，则该固体不可能是MgO、Mg(OH)2或MgCO3；
[实验分析]
试管口有液滴出现，说明反应产生了水，澄清石灰水变浑浊则证明有二氧化碳生成，反应化学方程式为：CO2+Ca(OH)2＝ CaCO3↓+H2O，同时灰黑色固体完全变为白色，白色固体应是氧化镁，由上可知黑色固体受热生成了水、二氧化碳、氧化镁，故Mg2(OH)2CO3受热分解的化学方程式为：Mg2(OH)2CO3Δ2MgO+H2O+CO2↑；
[数据处理]
分析图像可知，0-t1应是温度没有达到晶体分解所需的最低温度，故固体质量不变，t1-t2为固体中结晶水蒸发，结合已知资料MgCO3的热稳定性比Mg(OH)2的热稳定性更强，则t3-t4是氢氧化镁分解，t5-t6是碳酸镁分解。
（1）0～t1固体质量没有发生变化的原因可能度没有达到晶体分解所需的最低温度；
（2）t1-t2为固体中结晶水蒸发，质量为：4.66g-3.94g=0.72g；
（3）结合已知资料MgCO3的热稳定性比Mg(OH)2的热稳定性更强，则t3-t4是氢氧化镁分解，t5-t6是碳酸镁分解，则t4～t5段固体为MgCO3和MgO；
（4）碱式碳酸镁的相对分子质量为：84x+58y+18z，
氧化镁质量为：2.00g，则镁元素的质量为：2.00g×2440×100%=1.2g，
二氧化碳质量为：3.76g-2.00g=1.76g，则碳元素的质量为：1.76g×1244×100%=0.48g，
水的质量为：（4.66g-3.94g）+（3.94g-3.76g）=0.9g，则氢元素的质量为：0.9g×218×100%=0.1g，结合化学方程式则有：4.66g×（x+y)×2484x+58y+18z×100%=1.2g ，
4.66g×12x84x+58y+18z×100%=0.48g，
4.66g×2y+4z84x+58y+18z×100%=0.1g，
解得x=4，y=1，z=4，
即xMgCO3•yMg(OH)2•zH2O中x∶y∶z的最简比=4:1:4。
【点睛】本题[数据处理]具有一定难度，需要将物质性质与关系图一一对应起来，再根据质量守恒定律，反应前后元素种类、质量不变，进行列式计算。
59． CaO2+2HCl=H2O2+CaCl2 Ca(OH)2 反应生成氢氧化钠，具有强腐蚀性 Ca(OH)2+2NH4ClΔCaCl2+2NH3↑+2H2O 防止过氧化氢分解 减少晶体损失，易于干燥 取最后一次洗涤所得的滤液置于试管中，加入AgNO3溶液，无现象，已洗净 未达到反应所需的温度 8 2CaO2350℃2CaO+O2↑
【详解】（一）（1）CaO2和HCl反应生成H2O2和CaCl2，方程式是：CaO2+2HCl=H2O2+CaCl2；
（2）根据质量守恒定律可知生成物中含有钙元素，所以CaO2与水缓慢反应生成氧气和氢氧化钙；Na2O能与水反应生成了氧气和氢氧化钠，氢氧化钠有强碱性，不利于鱼虾生存．所以，Na2O2不能作为鱼虾运输的供氧剂。
（二）（1）氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，所以方程式是：Ca（OH）2+2NH4ClΔCaCl2+2NH3↑+2H2O；
（2）装置C采用冰水浴控制温度在0℃左右，另一个可能的原因主要有温度高时过氧化氢容易分解生成水和氧气；
（3）①过氧化钙晶体（CaO2•yH2O），难溶于酒精，酒精易挥发，所以洗涤时采用95%的酒精溶液洗涤的优点是减少晶体损失，易于干燥；②如果晶体洗涤不干净，会混有氯化铵，即含有氯离子，所以取最后一次洗涤所得的滤液置于试管中，加入硝酸银如果有白色沉淀产生，说明没有洗干净，如果没有现象，说明洗干净了；
（三）（1）0—150℃质量不发生改变的原因是未达到反应所需的温度。
（2）过氧化钙晶体受热时会先失去结晶水，故失去的水的质量为：21.6g-7.2g=14.4g，故过氧化钙和水的分子个数比为：7.2g72=14.4g18=1：8，故y=8；
（3）350℃时完全分解剩余的质量是5.6g，减少的质量为7.2g-5.6g=1.6g，故减少的是氧元素，组成的是氧气，发生的分解反应方程式为：2CaO2350℃2CaO+O2↑。
60． Cl2 2Cl2+ 2Ca(OH)2＝Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O AC 过滤 漏斗 烧杯 引流 CaCO3 Ca(OH)2 ＜ Ca(ClO3)2+2KCl=2KClO3↓+CaCl2 降温结晶 高于 试管内气压增大，排出一部分空气，氯酸钾还没有分解生成氧气 纳米二氧化锰 0.67L
【详解】（1）根据资料和质量守恒定律可得，X的化学式为 Cl2；X和Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2的化学方程式为：2Cl2+ 2Ca(OH)2＝Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；
（2）氯化时，为提高X转化为Ca(ClO3)2的转化率，需要增加反应物之间的接触面积。
A、充分搅拌浆料，能增大接触面积，提高转化率；
B、加足量水使Ca(OH)2完全溶解，导致接触面积降低而降低了转化率；
C、缓缓通入X，能使反应物接触时间长，提高转化率。故选AC。
（3）操作1是固体和液体分离，在实验室中的名称是过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，玻璃棒的作用是引流。氯化过程控制电石渣过量，导致氢氧化钙过量，同时还含有碳酸钙，所以固体残渣的主要成分的化学式为 CaCO3和Ca(OH)2。
（4）由于主要反应生成物Ca(ClO3)2与CaCl2的化学计量数之比为1：5，而还发生生成氯化钙的反应，所以操作1后得到溶液中Ca(ClO3)2与CaCl2的化学计量数之比＜1：5。转化时，加入KCl发生反应是氯酸钙和氯化钾反应生成溶解度更小的氯酸钾和氯化钙，对应的化学方程式为Ca(ClO3)2+2KCl=2KClO3↓+CaCl2。
（5）根据给出的溶解度曲线可知，氯酸钾在低温和氯酸钙等相比溶解度更小，结合对应的操作，可知操作2包含一系列实验操作，结合图分析，主要操作为蒸发浓缩→降温结晶→过滤→洗涤→低温烘干。
（6）由图可知KClO3分解温度高于其熔点。
（7）图中，在KClO3分解前，传感器测得氧气浓度降低的原因可能是试管内气压增大，排出一部分空气，氯酸钾还没有分解生成氧气。
（8）分析图像，由于纳米二氧化锰需要的温度低且固体剩余更少即反应更快，所以对KClO3分解催化效果更好的催化剂是纳米二氧化锰。
（9）将3.06g KClO3和MnO2混合物以4：1配比加热至完全反应，则KClO3的质量为：3.06g×44+1≈2.45g，设生成氧气的质量为x，
24596=2.45gx x=0.96g
故生成氧气的体积V=mρ= ≈0.67L
【点睛】本题重在考查学生根据情境解答问题的能力。仔细读图，从中获得解答题目所需的信息，并结合所学知识加以运用是解答关键。所以在解答题目时先看解答的问题是什么，然后带着问题去读给出的图进而去寻找解答有用的信息，这样提高了信息扑捉的有效性。
61． 检查装置的气密性 不变 调节量气管和水准管两边液面再次相平 72.000% AB
【详解】[实验步骤]：在有气体生成的实验中，首先要检查装置的气密性，故答案为：检查装置气密性；
[实验分析及数据处理]：（2）检查气密性的方法：打开分液漏斗活塞，向量气管中加入水，使水准管和量气管中水面相平，关闭活塞，降低量气管，若两侧水面高度差不变，则气密性良好；
（3）实验结束后，读取量气管中水面刻度之前，需进行的操作是调节水准管和量气管液面相平，以减小液体压力造成的误差；
（4）解：生成H2质量为：（49-5）mL×10-3×0.090 g·L-1≈0.004g
设合金中Al的质量为x。
2Al~3H2546x0.004g
546=x0.004g
解得 x=0.036 g
则此A1—Fe合金样品中Al的质量分数为：×100%=72%。
（5）若实验结果偏大，则造成实验结果偏大的原因可能是：加入的NaOH溶液的体积较大，导致分液漏斗内气压增大或没有冷却至室温就开始读数，温度较高，装置内气体压强较大；若装置漏气，则产生的气体会逸散到空气中，所以会使测量结果偏小，故选AB。
62．(1) A 1：12 木炭粉与氧化铜粉末混合质量比为1：13时，氧化铜已经过量 二氧化碳/CO2 木炭粉与氧化铜粉末充分混合，木炭粉被消耗，而酒精灯防风罩能将酒精灯火焰温度提升至600～800℃，没有达到铜的熔点1083℃，生成的铜不会熔化
(2) 都不能 两种方法中得到的Cu2O中都有Cu、CuO
【详解】（1）装置分析：
①A、根据题干信息，木炭能在较高温度环境中将氧化铜中的氧元素夺去，生成单质铜；酒精灯防风罩能将酒精灯火焰温度提升至600～800℃；该实验并未采用略向下倾斜试管的加热方法，原因可能是使火焰更好包裹住药品部位，提高反应温度。A正确；
B、虽然有二氧化碳气体生成，但不可能冲散药品。B不正确；
C、根据酒精灯防风罩能将酒精灯火焰温度提升至600～800℃；铜的熔点为1083℃。可知，过程中不会生成液态的铜。C不正确。
综上所述：选择A。
实验过程：
②从表中可知，木炭还原氧化铜的最佳质量比是1：12，该反应条件下，充分反应后试管底部固体的颜色为红色固体有金属光泽且无黑色物质，说明生成了纯铜。
③无需再进行木炭粉与氧化铜粉末质量比为1：14的实验，原因是木炭粉与氧化铜粉末混合质量比为1：13时，红色粉末中已经开始混有少量黑色物质，说明氧化铜已经过量，无需再进行木炭粉与氧化铜粉末质量比为1：14的实验。
④取出铜片观察，发现埋入粉末的部分变红，有金属光泽，上方铜片也变为亮红色，右侧澄清石灰水变浑浊，由此推测反应中产生的气体一定有二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊。
⑤由于木炭粉与氧化铜粉末充分混合，木炭粉被消耗，而酒精灯防风罩能将酒精灯火焰温度提升至600～800℃，没有达到铜的熔点1083℃，生成的铜不会熔化。所以试管底部的亮红色固体呈“海绵状”，实验得到“海绵铜”而非块状铜。
（2）由图3可知，氢气和一氧化碳不同温度下还原氧化铜，在有氧化亚铜产生的温度时同时存在氧化铜和铜，为混合物，得到的不是纯净的氧化亚铜，所以都不能采用热还原的方法直接制得纯净的Cu2O产品。故填：都不能；两种方法中得到的Cu2O中都有Cu、CuO。
63．(1) 酒精灯 分液漏斗
(2) B 2H2O2MnO22H2O+O2↑
(3) 丙 反应速率太快，难以控制
(4)C
(5) 二氧化碳在酒精中溶解度较大 饱和碳酸氢钠溶液 b
(6) 4.4 设鸡蛋壳中碳酸钙质量为x。
CaCO3100x+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑444.4g
10044=x4.4g
x=10g
鸡蛋壳中碳酸钙的质量分数为10g12.5g×100%=80%。
答：鸡蛋壳中碳酸钙的质量分数为80%。
【详解】（1）标号的仪器名称：①是酒精灯，②是分液漏斗。
（2）过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成水和氧气，反应在常温下发生，则发生装置选B，反应的化学方程式为2H2O2MnO22H2O+O2↑。
（3）实验I药品是块状大理石、10%稀硫酸，碳酸钙和稀硫酸反应生成的硫酸钙是微溶物，覆盖在大理石表面，反应速率较慢，产生二氧化碳的时间较长，则上表中实验Ⅰ对应图曲线丙，粉状大理石、7%稀盐酸反应速率较快，反应不好控制，则用实验Ⅱ的药品制取二氧化碳气体，不用实验Ⅲ药品制备二氧化碳的原因是反应速率太快，难以控制。
（4）C装置含有多孔隔板，使固体物质在隔板上，当反应进行时隔板上的固体与液体接触，反应进行。当把止水夹关闭时，产生的气体使压强增大，把液体压入长颈漏斗，隔板上的固体与液体分离，反应停止，则应选择图1中的C作发生装置。
（5）①二氧化碳在酒精中溶解度较大，实验时要防止二氧化碳溶于酒精而收集的二氧化碳含量较少，对实验造成影响，则选择时首先排除酒精的原因是二氧化碳在酒精中溶解度较大。
②二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中几乎不溶解，则最终选择的液体是饱和碳酸氢钠溶液。
③用如图装置来收集二氧化碳气体，二氧化碳密度比液体小，二氧化碳从短管通入，则气体从b口通入。
（6）①由质量守恒定律可知，参加反应的反应物的总质量等于生成的生成物的总质量，则生成的二氧化碳质量为12.5g+40.5g-48.6g=4.4g。
②见答案。
64．(1)氧气含量减小
(2) 35
包裹在铁粉表面，使铁粉不能与氧气充分接触
吸收水分不足，使反应不充分
(3)Fe(OH)2+O2+H2O→Fe(OH)3
(4)Fe(OH)3→ΔFe2O3+H2O
(5) 带火星的木条 2.4 16.8
FeO
【详解】（1）结合图2分析，集气瓶②中铁粉发生脱氧反应的依据是氧气含量减小；
（2）图3是每克脱氧剂中硅藻土用量与脱氧时间的关系图，可知，当硅藻土的用量为0.35g时，脱氧时间最短，故硅藻土的最佳用量比是0.35g1g×100%=35%；
硅藻土含量通常控制在最佳用量比，高于或低于最佳量时，脱氧速度均会减慢。硅藻土用量过多时，包裹在铁粉表面，使铁粉不能与氧气充分接触；硅藻士用量过少时，吸收水分不足，使反应不充分；都会影响脱氧速度；
（3）氢氧化亚铁经过风吹日晒与水和氧气反应生成氢氧化铁，该反应符号表达式为：Fe(OH)2+O2+H2O→Fe(OH)3；
（4）铁锈的主要成分是氧化铁，Fe（OH）3受热分解生成氧化铁，同时生成另一种氧化物，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，反应前有铁元素、氢元素和氧元素，反应后氧化铁中含有铁元素和氧元素，则另一氧化物中含有氢元素和氧元素，即为水，则氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水，该反应的符号表达式为Fe(OH)3→ΔFe2O3+H2O；
（5）①根据质量守恒定律，Fe2O3固体能分解成一种铁的氧化物和一种常见的气体，则这种气体为氧气，检验氧气的方法：用带火星的木条，若木条复燃，证明是氧气，固体质量减少了2.4g即为生成氧气的质量，故生成氧气的质量为2.4g；
②24gFe2O3固体中铁元素的质量为：24g×56×256×2+16×3×100%=16.8g；
③24e2O3固体中铁元素的质量为16.8g，24gFe2O3固体分解生成氧气的质量为2.4g，则生成铁的氧化物中氧元素的质量为24g-16.8g-2.4g=4.8g，设该铁的氧化物化学式为FexOy，则有56x:16y=16.8g：4.8g，x:y=1:1，即为FeO。
65．(1)过滤
(2)活性炭
(3)蔗糖燃烧时有氧气参加反应
(4) 干冷烧杯中出现水雾 变浑浊 C+O2→点燃CO2
(5)排出装置内空气
(6) 180 2：1 C12H22O11
【详解】（1）操作A是是将不溶物和溶液分离，操作是过滤；
（2）活性炭具有吸附性能吸附有色物质，因此脱色使用：活性炭；
（3）反应前有氧气参加反应，氧气是由氧元素组成的，因此无法说明蔗糖一定含有氧元素；
故填：氧元素应是可能有，或蔗糖燃烧时有氧气参加反应等；
（4）①干冷烧杯中出现水雾，说明反应后生成水，水是由氢元素和氧元素组成的，根据质量守恒定律反应前后元素种类不变，由于装置内反应前只有氮气和蔗糖，氮气含氮元素，因此说明蔗糖含有氢元素和氧元素；故填：干冷烧杯中出现水雾；
②根据碳燃烧后生成了二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，故填：变浑浊；
反应的符号表达式是：C+O2→点燃CO2；
（5）先通入一会儿氮气的原因是排出装置内空气，排出其他物质对实验的干扰；
（6）①葡萄糖的相对分子质量为12×6+12+16×6=180
②碳水化合物中氢氧原子个数比为与水中氢氧原子个数比一致，水的化学式是H2O，因此氢氧原子个数比是2:1；
③实验后测得玻璃管中黑色固体质量为14.4g即碳元素质量是14.4g，则氢氧元素质量和是34.2g-14.4g=19.8g，根据碳水化合物中氢氧原子个数比是2:1，则氢氧元素质量比是1:8，因此蔗糖中氢元素质量是：19.8g×19=2.2g；氧元素质量是：19.8g×89=17.6g；因此蔗糖中碳、氢、氧原子个数比是14.4g12:2.2g1:17.6g16=12:22:11，因此蔗糖化学式是C12H22O11。
66．(1) 方案一 节约能源、操作简单、不污染空气
(2) A 反应物中不含有碳元素，不能生成二氧化碳
(3) a 带火星的木条复燃
(4)2H2O2MnO22H2O+O2↑
(5)大于
(6)AC
(7)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
(8)解：设生成碳酸钠的质量为 x
2Na2O2+2CO2=2Na2CO315621215.6gx+O2156212=15.6gx
x = 21.2g
答：生成碳酸钠的质量为21.2g
【分析】(1)
方案一较好，因为方案二在燃烧匙里放少量该固体，在酒精灯上加热，如果该固体物质是硫，硫会和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫会污染空气，而且该操作比较复杂。而方案一取少量该固体粉末于试管中，加2mL水，硫不溶于水，也不与水反应，过氧化钠和水反应产生气泡，该操作简单、环保，现象明显，故最佳方案是方案一，理由是操作简单、无污染，现象明显；
(2)
根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，反应前只有钠元素、氧元素、氢元素，无碳元素，故该气体不可能是CO2，故上述假设中的A肯定不合理，理由是根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，反应前只有钠、氧、氢三种元素，无碳元素，所以生成的气体不可能是二氧化碳；
(3)
由图可知，应将带火星的木条放在导管a处，氧气具有助燃性，发现带火星的木条复燃，说明生成的气体是氧气；
(4)
过氧化氢在二氧化锰的催化下分解为水和氧气，该反应的化学方程式为：2H2O2MnO22H2O+O2↑；
(5)
仰视读数，量筒倒立，故读取数值大于实际数值；
(6)
A、过氧化钠中钠元素显+1价，设氧元素的化合价为x，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：（+1）×2+2x=0，x=-1，符合题意；
B、过氧化氢能与空气中的水蒸气反应，故应密封保存，不符合题意；
C、过氧化氢能与水反应生成氧气，氧气具有助燃性，故过氧化氢着火不能用水扑灭，符合题意。
故选AC；
(7)
过氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，该反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(8)
见答案。
67． 甲中蜡烛燃烧也会生成二氧化碳 加入约100℃水的烧杯中蜡烛熄灭（两个烧杯中蜡烛都熄灭） 2KClO3MnO2Δ2KCl+3O2↑ 刚开始冒出的气泡中含有较多的空气 28.7% 不合理 不一定 21 52.6
【详解】I：
作出猜想：因为蜡烛燃烧都会生成二氧化碳，甲中蜡烛燃烧也会生成二氧化碳，但甲没有熄灭，所以排除猜想一。
进行实验：猜想二是水雾导致蜡烛熄灭，所以加入约100℃水的烧杯中蜡烛也熄灭，可以说明该猜想正确。
II：
（1）氯酸钾制取氧气的化学方程式是2KClO3MnO2Δ2KCl+3O2↑。
（2）刚开始排出的是装置内的空气，所以冒出的气泡中含有较多的空气，如收集会导致收集气体不纯，所以要等到“气泡连续、均匀冒出时”才开始收集。
（3）根据②，③，④氧气浓度变化范围，上一时段的最大值为下一时段的起始值，所以①氧气浓度变化范围21.2%~28.7%。
（4）在加热过程中，刚过了第①时段（1~16）之后，气泡已经连续、均匀且快速冒出，此时氧气浓度范围才达到28.7%，所以“气泡连续、均匀冒出时表示排出的氧气已经比较纯净”的说法是不合理的。
（5）收集一瓶40%氧气，60%为空气的气体，伸入带火星的木条木条复燃，所以通过实验探究，发现使带火星木条复燃的氧气不一定是纯氧。
（6）空气中氧气的体积分数约为21%，所以集气瓶中氧气的体积分数=瓶内收集的氧气占容积的体积分数+瓶中空气占容积的体积分数×21%。
（7）理论上，上述实验“使带火星的木条复燃”的氧气体积分数是：40%+60%×21%=52.6%。
68． C 晒盐能源消耗小，成本低，富集后镁元素或Mg2+浓度高 除去海水中的其他杂质（或将镁元素或Mg2+提纯除杂） 使镁元素或Mg2+完全沉淀 MgOH2+2HCl=MgCl2+2H2O BC MgCl2熔点低，能耗小，不产生CO等污染性气体 Cl2 AB 5.2
【分析】根据工业上提镁的流程，以及题中所给信息进行分析解答。
【详解】（1）镁离子富集过程中，观点A和观点B能源消耗大，成本高，而观点C更为合理，晒盐能源消耗小，成本低，富集后镁元素或Mg2+浓度高；
（2）①在中和过程中将MgCl2转化为MgOH2；除去海水中的其他杂质（或将镁元素或Mg2+提纯除杂）；②反应池中，石灰乳应过量的目的是使镁元素或Mg2+完全沉淀，从而提高产率；③氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，化学反应方程式为MgOH2+2HCl=MgCl2+2H2O；
（3）①氢氧化镁加热分解生成水和氧化镁，生成的氧化镁是高熔点的化合物，其覆盖在可燃物表面，隔绝空气，生成的水蒸气可降低可燃物周围的氧气浓度，而氢氧化镁分解无法改变可燃物的着火点，所以选BC；②以下制得单质Mg的方案中，最合适的是方案c，理由是MgCl2熔点低，能耗小，不产生CO等污染性气体；
（4）①电解熔融的氯化镁生成的氯气可以用来生产氯化氢，从而将氢氧化镁转化为氯化镁，蒸发结晶的到氯化镁固体，再电解熔融的氯化镁，可以看出整个流程中氯气消耗后又生成，可以循环利用；②A选项，CaCO3高温CaO+CO2↑，属于分解反应，B选项，MgCl2熔融通电Mg+Cl2↑属于分解反应，C选项，H2+Cl2点燃2HCl属于化合反应，所以AB属于分解反应；⑤1L海水中含有Mg2+的质量为：1×1248mg=1.248g， 镁离子的物质的量为n=mM=1.248g24g/ml=0.052ml，镁离子虽不与碳酸钙反应，但镁离子与碳酸根离子反应，故可用贝壳（碳酸钙）来提取海水中的镁，Mg2++CO32-=MgCO3↓，则需要碳酸根的物质的量为0.052ml，而碳酸根是由碳酸钙提供的，则需要碳酸钙的物质的量为0.052ml，则碳酸钙的质量为：m=n×M=0.052ml×100g/ml=5.2g，即需要贝壳的质量为5.2g；
故答案为：（1）、C，晒盐能源消耗小，成本低，富集后镁元素或Mg2+浓度高；
（2）、除去海水中的其他杂质（或将镁元素或Mg2+提纯除杂），使镁元素或Mg2+完全沉淀，MgOH2+2HCl=MgCl2+2H2O；（3）、BC，MgCl2熔点低，能耗小，不产生CO等污染性气体；（4）、Cl2，AB；（5）、5.2g。
【点睛】本题考查海水资源的利用，考查海水提取镁的过程，综合性强，需要牢记基础是解题的关键。
69． O2 碱性 Ca(OH)2+(NH4)2SO4ΔCaSO4+2H2O+2NH3↑ NH4Cl 防止过氧化氢受热分解 CO2 澄清石灰水 CaO+7H2O+H2O2=CaO2⋅8H2O Ca(OH)2 溶液由无色变为紫红色 AD 调整量气管与水准管液面相平 解：生成气体的量取平均值28.2mL+28.0mL+27.8mL3=28.0mL，生成气体的质量28.0mL×1.43g/1000mL=0.04g
设参加反应的CaO2质量为x，
2CaO2≜2CaO+O2↑14432x0.04g144x=320.04gx=0.18g
计算CaO2产品纯度
×10000=60.000
答：CaO2产品纯度为60.0%。
【详解】（1）氧气能够支持燃烧，能够使带火星的木条复燃，所以此空填氧气。
（2）能够使无色酚酞变红是碱性溶液。
（3）氢氧化钙与硫酸铵在加热条件下反应生成硫酸钙、水和氨气，此反应化学方程式是Ca(OH)2+(NH4)2SO4ΔCaSO4+2H2O+2NH3↑；根据在化学反应前后原子的种类和个数不变，反应后比反应前少了2份氮原子、8份氢原子和2份氯原子，所以其化学式为NH4Cl；因为温度过高过氧化物会分解生成氧化物和氧气，所以反应温度不能过高的原因是：①防止氨水挥发；②防止过氧化氢受热分解。
（4）方法2中采用煅烧碳酸钙的方法，碳酸钙在高温的条件下生成和二氧化碳，反应生成的气体是二氧化碳，所以气体X是二氧化碳；一般用澄清的石灰水来检验二氧化碳；氧化钙，水和双氧水化合生成CaO2•8H2O，所以其反应化学方程式CaO+7H2O+H2O2=CaO2⋅8H2O；因为有水、氧化钙参加反应，两者可能生成氢氧化钙，所以可能存在杂质氢氧化钙，化学式为Ca(OH)2
（5）因为高锰酸钾溶液颜色为紫红色，硫酸锰溶液为无色，将高锰酸钾溶液逐滴加入盛有CaO2样品的锥形瓶中，高锰酸钾立刻被反应掉，此时溶液为无色；反应完全时，溶液成高锰酸钾溶液的紫红色，锥形瓶中溶液颜色变化：溶液由无色变为紫红色；
操作可能导致测定结果偏大的是AD
A、使用质量分数小于 a%的KMnO4溶液，使参加反应高锰酸钾溶液的质量变大，根据变大质量的高锰酸钾计算出来的过氧化钙质量变大，导致测定结果偏大，此选项符合题意；
B、锥形瓶内潮湿说明锥形瓶内有多余的水，但水不参加反应，不根据水的质量来计算过氧化钙的质量，所以对测量结果没有影响，此选项不符合题意；
C、少量粘附在锥形瓶壁上的CaO2样品也要完全参加反应，对测量结果没有影响，此选项不符合题意；
D、颜色已经发生变化未停止滴加KMnO4溶液，说明滴加KMnO4溶液过量，根据高锰酸钾质量计算过氧化钙的量比理论值大，导致测量结果偏大，此选项符合题意；
故选择AD。
（6）为保障冷却后测量气体的体积准确性，每次测量的量气管和水准管两边的要压强一致，要调整量气管与水准管液面相平；根据表中数据，计算 CaO2产品纯度60.0%，过程见答案。
70． 2KMnO4 ΔK2MnO4＋MnO2＋O2↑ 防止高锰酸钾粉末堵塞导管 D 磨砂面 含C、H和O三种元素 蓝 CO2 干扰水的检验 使可能生成的CO转化为CO2 一
【详解】（1）高锰酸钾加热分解生成锰酸钾二氧化锰和氧气，化学方程式2KMnO4 ΔK2MnO4＋MnO2＋O2↑，试管口放一团棉花的目的是防止高锰酸钾粉末堵塞导管，故填：2KMnO4 ΔK2MnO4＋MnO2＋O2↑；防止高锰酸钾粉末堵塞导管。
（2）欲收集干燥的O2，用向上排空气法收集氧气，装置的连接顺序为：A→B→D。收集完毕，用玻璃片的磨砂面盖住集气瓶口，磨砂处理气密性好，故填：D；磨砂面。
（3）熔喷布可能含C、H、O元素中的两种或者三种，可能情况是猜想一：含C和H两种元素； 猜想二：含C和O两种元素；猜想三：含H和O两种元素； 猜想四：含C、H、O元素，故填：含C、H和O三种元素。
（4）①无水硫酸铜吸水后变蓝，无水CuSO4变蓝色，证明有H2O，故填：蓝。
②二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水，装置丙中溶液变浑浊，证明产生了二氧化碳，故填：CO2。
（5）①装置乙和装置丙位置不能调换，因为丙含有水蒸气，影响水的检验，故填：干扰水的检验。
②甲中喷绒布燃烧有可能生成一氧化碳，为使测定结果更准确，有同学建议在装置甲和乙之间增加一个装置丁，其目的是使可能生成的CO转化为CO2，故填：使可能生成的CO转化为CO2。
（6）装置乙增加质量5.4g说明生成水质量5.4g，故氢元素质量5.4g×1×21×2+16=0.6g，丙中质量增加13.2g，说明生成二氧化碳13.2g，碳元素质量13.2g×1212+16×2=3.6g，根据质量守恒反应前后元素质量不变，喷绒布中碳元素质量3.6g，氢元素0.6g，3.6g+0.6g=4.2g，故喷绒布中不含氧元素猜想一正确，故选：一。
71． 碳 澄清石灰水 半敞口 实验4和5 探究O2起始浓度与燃烧的关系 > BCD
【详解】（1）蜡烛燃烧生成二氧化碳和一氧化碳，根据质量守恒，反应前后元素种类不变，反应物中一定含有碳元素和氧元素，因为氧气中含有氧元素，故蜡烛中一定含有碳元素，可能含有氧元素，故填：碳。
（2）二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，检验蜡烛燃烧有CO2生成，可在蜡烛火焰上方罩一个内壁涂有澄清石灰水的烧杯，故填：澄清石灰水。
（3）CO2与CO的浓度比半敞口大于密闭，对比实验2和3，蜡烛在半敞口条件下燃烧更充分，故填：半敞口。
（4）对比实验4和5，图2 图3 ，图3 更松散CO2与CO的浓度比更高，可得出“其他条件相同时，蜡烛的位置越分散，燃烧越充分”，故填：实验4和5。
（5）实验5、6、7氧气的起始浓度不同，目的是探究探究O2起始浓度与燃烧的关系，故填：探究O2起始浓度与燃烧的关系。
（6）由实验5、6可知，氧气浓度越高，CO2与CO的浓度比越大，实验7氧气浓度大于实验6，故x大于344.9，故填：>。
（7）A、蜡烛燃烧不可以消耗尽密闭容器内氧气，氧气总有剩余，A错误。
B、蜡烛充分燃烧，一氧化碳生成少，可减少污染，B正确。
C、实验1中氧气浓度基本不变，是因为分子在不断运动，空气中氧气分子不断补充，C正确。
D、根据实验结果，氧气浓度越高，蜡烛燃烧越充分，一氧化碳含量越少，因此燃料在氧气浓度较高的富氧空气中燃烧，起到节能减排的作用，D正确。
故选：BCD。
72．(1)CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O
(2) = =
(3) 分液漏斗 2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑
(4)控制反应的发生和停止
(5)H+
(6) b 检验并且除去HCl气体 无明显变化
(7)一个二氧化碳分子由1个碳原子和2个氧原子构成
(8)B
【详解】（1）根据图示可分析出白垩是碳酸钙，苛性石灰水是氢氧化钙溶液，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，故方程式是CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O 。
（2）根据碳元素守恒可知高温煅烧碳酸钙和稀盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳的量是相等的，故①填=；消耗盐酸，最终都生成了水，而与氢元素结合的氧元素的质量最终都来自碳酸钙（质量相等），所以不论先分解还是直接和二氧化碳反应，最终生成的水的质量是相等的，故②填=。
（3）仪器a的名称是①分液漏斗，A中盐酸和石灰石反应生成氯化钙、水和二氧化碳，故②填2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑ 。
（4）F装置可以通过控制注射器的活塞将液体推上与固体接触，反应发生，可以将液体抽回，固液分离，反应停止，故填控制反应的发生和停止。
（5）能使石蕊溶液变红的是酸性物质，二氧化碳与水反应生成碳酸，而酸可以解离出H+和酸根离子构成 ，故填H+
（6）根据题目可知用DE装置来验证有HCl气体，与液体接触才能反应，故二氧化碳从b进，故①填b；为了验证存在HCl气体，所以一开始要先检验；由于HCl会干扰二氧化碳的检验，故还得将HCl吸收，故②D作用是用来检验并且除去HCl气体；为了检验D装置有没有吸收完HCl，再用E来确保D已经吸收完，故③填无明显变化
（7）微观分析CO2，一个二氧化碳分子由1个碳原子和2个氧原子构成。
（8）A、根据质量守恒定律可知，原子种类、数目反应前后不变，A错，不符合题意；
B、氢气和二氧化碳属于无机物，甲醇属于有机物，B正确，符合题意；
C、氢气中氢元素的华合价为0，甲醇中氢元素化合价为+1，C错，不符合题意；
D、根据题意分析，丁的化学式是H2O ,单质和化合物反应生成两种化合物，不是置换反应，D错，不符合题意。
故选B。
73． Ca（OH）2 氢氧化钠具有很强的腐蚀性 NH4Cl+Ca（OH）2ΔCaCl2+NH3↑+H2O 防止倒吸 C中放入冰水混合物，保持冰水浴 防止双氧水受热分解（或防止氨气挥发） 快速晾干 硝酸银溶液 未达到过氧化钙晶体分解所需要的温度 2 2CaO2高温2CaO+O2↑
【详解】（一）（1）由题目信息可知，根据质量守恒定律，过氧化钙与水反应生成氢氧化钙和氧气，所以碱是氢氧化钙；过氧化钠与水反应后生成了氢氧化钠，氢氧化钠具有强腐蚀性；
（二）（1）氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙、水和氨气，化学方程式：NH4Cl+Ca（OH）2ΔCaCl2+NH3↑+H2O。
（2）反应生成了氨气，氨气极易溶于水，造成内部压强减小，增加了B起到缓冲作用，避免造成压强减小，液体被倒吸入试管，引起试管炸裂；
（3）反应温度为0℃，冰水混合物温度恰好是0℃，所以可以在C中放入冰水混合物，实现温度控制；过氧化氢在高温加热条件下容易分解，同时氨气为气体受热也容易逸出，所以需要控制温度；
（4）酒精易挥发，用酒精洗涤可以快速晾干，避免过氧化钙与水接触发生反应；根据氯离子与银离子生成白色沉淀，滴加硝酸银溶液观察是否有沉淀生成；
（三）（1）结晶水需要加热到一定温度才可以失去，在0-150℃的范围内，未达到过氧化钙晶体分解所需要的温度，温度不足以失去结晶水，所以质量不变；
（2）失去水的质量=10.8g-7.2g=3.6g，剩余过氧化钙质量=7.2g，过氧化钙分子数：水分子数=7.2g72：3.6g18=1：2，所以y=2；
（3）过氧化钙受热分解后剩余固体质量为5.6g，减少质量为7.2g-5.6g=1.6g，假设过氧化钙分解生成氧化钙和氧气，根据质量守恒定律化学方程式为2CaO2高温2CaO+O2↑，此时生成氧化钙与氧气质量比=112：32=7：2，而剩余固体质量：减少质量=5.6g：1.6g=7：2，符合上述推断，所以化学方程式为2CaO2高温2CaO+O2↑；
74． CO2 + C 高温2CO 除去二氧化碳 干燥气体 3CO + Fe2O3Δ2Fe + 3CO2 无尾气处理装置 B C
【详解】（1）装置B中发生的反应是二氧化碳和碳高温下反应生成一氧化碳，化学方程式为：CO2 + C高温2CO。（2）装置C中盛有足量的氢氧化钠溶液，它的作用吸收剩余的二氧化碳。（3）装置D中无水氯化钙的作用除掉水蒸气。（4）装置E中发生的反应是一氧化碳和氧化铁高温下生成铁和二氧化碳，化学方程式为：3CO + Fe2O3Δ2Fe + 3CO2 。（5）从环保角度看，该装置有明显不足之处是没有将尾气中的一氧化碳处理掉，导致污染空气。（6）图中装置F是安全瓶，能防倒吸，从实验安全角度考虑，本实验还应该在装置B C之间添加装置F。
75． C 烧杯 酒精灯 B中除去石灰水变浑浊 D中固体由黑色变成红色 CO+CuO△=Cu+CO2 将草酸蒸汽冷凝，以免干扰二氧化碳的检验 收集尾气 生成的铜再次被氧化 紫红 0.79 90%
【详解】（1） 加热分解草酸晶体 ，若选装置 a 可能会造成的后果是因为试管是直的固体药品熔化后会流到试管口；若选装置B可能会造成的后果是加热过程中会产生一部分水蒸气，预冷会冷凝，冷凝水会倒流到试管底，造成试管破裂，故选c装置；
（2）仪器a和b的名称分别是烧杯，酒精灯；检验二氧化碳利用的是除去石灰水，检验一氧化碳要利用一氧化碳的还原性，并要检验还原后的产物。在检验气体是不受干扰①装置 A 的作用是除去草酸蒸气，防止对二氧化碳的检验产生干扰；反应一氧化碳生成，同时一氧化碳是空气污染物，所以气囊的作用是收集未反应的一氧化碳，防止空气污染;；② 证明存在 二氧化碳的现象是B装置内的澄清石灰水变浑浊; 证明存在 一氧化碳 的现象是D装置中黑色固体变红；
（3）①为测定样品中草酸晶体的质量分数，设计如下方案：称取一定量样品，用上述装置进行实验，称量装置D反应前后的质量差。由此计算出的实验结果比实际值偏低，排除仪器和操作因素，其可能原因：一氧化碳没有全部与氧化铜反应、草酸中的碳元素没有完全转化为一氧化碳等；
②高锰酸钾溶液呈紫红色；
高锰酸钾的质量：25.00g×3.16%=0.79g；
草酸晶体的质量为x，由化学方程式
2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
可知5H2C2O4·2H2O→5H2C2O4→2KMnO4630316x0.79g
630316=x0.79gx=1.575g
50.00g溶液中含草酸晶体的质量为：1.575g×5=7.875g，草酸晶体的质量分数为：×100%=90%，答：样品中草酸晶体的质量分数为90%．
76． Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑ 逐滴滴入稀硫酸至不再产生气泡为止 除去水蒸气 2NaOH+CO2═Na2CO3+H20 装氢氧化钠固体的球形管 AB装置中残留反应产生的二氧化碳气体未被C中的氢氧化钠吸收 用不含二氧化碳的空气排出AB装置中原有的空气 用不含二氧化碳的空气排出残留在AB装置中反应产生的二氧化碳气体 避免图1装置吸收反应产生的部分二氧化碳气体 98.1% 稀盐酸会发出氯化氢气体，被C装置吸收，影响实验测定 避免AB装置中原来空气中二氧化碳气体对实验的干扰
【详解】（1）反应物是Na2CO3和H2SO4生成物是Na2SO4、H2O和CO2用观察法配平，二氧化碳后面标上上升符号；因为该反应有气泡产生，没有气泡产生了，说明反应完了；
（2）浓硫酸具有吸水性，所以主要是除去二氧化碳中的水蒸气；C装置中反应的反应物是NaOH和CO2生成物是Na2CO3和H20，用观察法配平；
（3）D装置是防止空气中的水、二氧化碳进入C装置造成误差，所以用装氢氧化钠固体的球形管就能达到目的；
（4）反应结束后在AB装置中会残留反应生成的二氧化碳气体未被C中的氢氧化钠吸收，导致二氧化碳质量减少，结果会偏小；
（5）①鼓入的空气经过了氢氧化钠，已经把空气中二氧化碳除去，用不含二氧化碳的空气排出AB装置中原有的空气，由于原有的空气中含有二氧化碳；
②用不含二氧化碳的空气排出残留在AB装置中反应产生的二氧化碳气体，使反应产生的二氧化碳全部被C装置吸收；
③如果不处于关闭状态，生成的二氧化碳会进入图1被图1中氢氧化钠吸收；
（6）C装置质量的增加量就是生成二氧化碳的质量，所以生成二氧化碳的质量为：79.6g﹣75.2g=4.4g，设要生成4.4g二氧化碳需要碳酸钠质量为X则：Na2CO3106x+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑444.4g106x=444.4g
X=10.6g，纯碱的纯度为×100%=98.1%；
（7）稀盐酸会挥发出氯化氢气体，被C装置吸收，影响实验测定；
（8）改进后装置的优点有：反应生成的CO2尽可能被C装置吸收；避免AB装置中原来空气中二氧化碳气体对实验的干扰．
77．(1) 锥形瓶 长颈漏斗
(2) BE b 能吸收反应溢出的氨气，防止污染空气，还可以防止倒吸
(3) CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑
可以控制反应的发生与停止 甲丙丁
(4)3.0
(5)A
(6)②③
(7)A
【详解】（1）据图可知仪器a是锥形瓶；仪器b是长颈漏斗；
（2）实验室常用浓氨水和氢氧化钠固体在常温下制取氧气，反应物是固液混合且无需加热，且由于氢氧化钠固体一般呈粉末结晶小颗粒，所以发生装置可以选择B，由于氨气易溶于水，无法使用排水法收集，但是氨气不易与空气中的成分反应，且密度小于空气，故可以使用向下排空气法收集，因此选择E装置收集；
若使用万用瓶的排空气法收集(即G装置)，则应当使氨气从短管一端通入，即b端；
实验时还需要在G装置后接装置H，这是为了能吸收反应溢出的氨气，防止污染空气，还可以防止倒吸；
（3）实验室用稀盐酸和石灰石制取二氧化碳的反应原理是碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，方程式为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑
常选择图1中的装置C，相对装置B，优点：能控制反应的反生与停止（关闭活塞，试管内随着气体的产生压强增大，气体将液体压回到长颈漏斗内，当液体被压到隔板以下，固液分开，反应停止）；
甲丙丁都能通过操作将固液分开，从而起到控制反应发生与停止的目的，乙装置不能将固液分开，流下去的液体必须反应完，因此不能控制反应反生与停止，故选甲丙丁；
（4）这是利用控制变量法进行探究实验，那么观察三组实验，其中第③组合第②组实验对照，除了温度不同，其他的数据都应该保持相同才能得出相应结论，故V=3.0；
（5）观察实验①②，只有草酸溶液的用量不同，其他条件均相同，且实验①所需要的时间更少，说明其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快，故选择A；
（6）探究温度对反应速率的影响，则需要控制除温度以外的其他实验条件均相同，则应该选择实验②③做对比观察；
（7）不同水碳比n(H2O)/n(CO2)和温度影响CO2转化率变化的趋势曲线。则我们只需要观察曲线中，二氧化碳转化率最高的那条曲线就行了，即A条件；
故选A。
78．(1) 锥形瓶 分液漏斗
(2)盐酸从长颈漏斗上端溢出
(3) A 2KClO3MnO2Δ2KCl+3O2↑ E 将带火星的小木条放在a导管口，若木条复燃，证明氧气已集满 ⑤①②③
(4) CaO+H2O=Ca(OH)2 导管口有气泡产生
【详解】（1）根据图示可知：仪器①为锥形瓶，仪器②为分液漏斗；
（2）关闭弹簧夹时反应生成的气体会聚集在试管内，试管内压强变大会将液体压入长颈漏斗内，若液体量过多(液面处于m处)，液体会从长颈漏斗口溢出；
（3）实验室可选用一种白色固体与一种黑色固体混合加热制氧气，则该制取氧气的方法为氯酸钾和二氧化锰混合加热制氧气，所用的发生装置为固体加热型，则应选用的发生装置是A；氯酸钾在二氧化锰作催化剂并加热条件下会生成氯化钾和氧气，反应的化学方程式为：2KClO3MnO2Δ2KCl+3O2↑；可选用装置E收集干燥的氧气，氧气的密度比空气的大，氧气应从b导管口通入，将带火星的小木条放在a导管口，若木条复燃，证明氧气已集满；二氧化锰不溶于水，欲回收其中的二氧化锰可以先加水溶解，过滤得到二氧化锰，接下来应洗涤除去二氧化锰表面沾有的溶液成分，最后烘干干燥得到二氧化锰，故最合理操作顺序是:⑤①②③
（4）试管内氧化钙会与水反应生成氢氧化钙，反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2；烧杯中导管口有气泡产生，说明F装置内气体受热膨胀逸出，故氧化钙与水的反应释放热量。
79．(1)CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O
(2) = =
(3) 分液漏斗 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
(4)控制反应的发生和停止
(5)H+
(6) b 检验并且除去HCl气体 无明显变化
(7)B
【详解】（1）根据图示可分析出白垩是碳酸钙，苛性石灰水是氢氧化钙溶液，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，故填：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O。
（2）根据碳元素守恒可知高温煅烧碳酸钙和稀盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳的量是相等的，故①填=；消耗盐酸，最终都生成了水，而与氢元素结合的氧元素的质量最终都来自碳酸钙（质量相等），所以不论先分解还是直接和二氧化碳反应，最终生成的水的质量是相等的，故②填=，故填：=；=。
（3）仪器a的名称是①分液漏斗，A中盐酸和石灰石反应生成氯化钙、水和二氧化碳，故填：分液漏斗；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。
（4）F装置可以通过控制注射器的活塞将液体推上与固体接触，反应发生，可以将液体抽回，固液分离，反应停止，故填：控制反应的发生和停止。
（5）能使石蕊溶液变红的是酸性物质，二氧化碳与水反应生成碳酸，而酸可以解离出H+和酸根离子构成，故填：H+。
（6）根据题目可知用DE装置来验证有HCl气体，与液体接触才能反应，故二氧化碳从b进；为了验证存在HCl气体，所以一开始要先检验；由于HCl会干扰二氧化碳的检验，故还得将HCl吸收，故D作用是用来检验并且除去HCl气体；为了检验D装置有没有吸收完HCl，再用E来确保D已经吸收完，E中无明显变化，说明已经完全被吸收，故填：b；检验并且除去HCl气体；无明显变化。
（7）A、根据质量守恒定律可知，原子种类、数目反应前后不变，A错，不符合题意；
B、氢气和二氧化碳属于无机物，甲醇属于有机物，B正确，符合题意；
C、氢气中氢元素的华合价为0，甲醇中氢元素化合价为+1，C错，不符合题意；
D、根据题意分析，丁的化学式是H2O，单质和化合物反应生成两种化合物，不是置换反应，D错，不符合题意。
故选：B。
80．(1) 分液漏斗 锥形瓶
(2) CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O 可以控制反应的发生和停止 将燃着的木条放在n处，木条熄灭，说明已收集满
(3)CaCO3高温CaO+CO2↑
(4)分子之间的间隔
(5) 干冰 干冰升华吸热 绿色低碳，节能
【详解】（1）仪器a、仪器b的名称分别是分液漏斗、锥形瓶。
（2）用AC组合制备并收集二氧化碳的反应为碳酸钙和稀盐酸生成氯化钙、水和二氧化碳，则反应的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O。B装置也能用来制取二氧化碳，B装置含有多孔隔板，可以控制反应物的接触和分离，进而控制反应的发生和停止，故B装置的优点是可以控制反应的发生和停止。二氧化碳密度比空气大，二氧化碳从长管通入，空气从短管排出，二氧化碳不燃烧，不支持燃烧，则验证C装置中二氧化碳已收集满的方法：将燃着的木条放在n处，木条熄灭，说明已收集满。
（3）碳酸钙高温生成氧化钙和二氧化碳，则反应的化学方程式为CaCO3高温CaO+CO2↑。
（4）发酵气回收法，发酵生产乙醇过程中产生二氧化碳气体经水洗、除杂、压缩，制得二氧化碳。从构成物质的微粒视角分析，气体压缩过程中，气体分子间的间隔变小，故主要改变的是分子之间的间隔。
（5）固态二氧化碳俗称干冰，干冰升华吸热，使温度降低，则能做制冷剂的原因干冰升华吸热。氟利昂类物质排放会破坏臭氧层，二氧化碳跨临界直冷制冰系统不产生污染性物质，节约能源，故相较于传统制冷剂氟利昂类物质，二氧化碳跨临界直冷制冰系统的优点是绿色低碳，节能。
81．(1) 锥形瓶 长颈漏斗
(2) 2KMnO4ΔK2MnO4+MnO2+O2↑ 分解反应 BDFG
(3) b 80
(4)气球鼓起，停止注水一段时间后气球体积不变
(5)4P+5O2点燃2P2O5
(6)（V1-V2）100×100%
(7)偏小
(8)氧气含量越高燃烧产生的温度越高
(9)增大氧气含量
(10)B
【详解】（1）由图可知，仪器A为锥形瓶，故填锥形瓶；
仪器E为长颈漏斗，故填长颈漏斗。
（2）用高锰酸钾制取氧气时，高锰酸钾受热反应生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故反应的化学方程式写为；2KMnO4ΔK2MnO4+MnO2+O2↑；
由化学方程式可知，该反应是一种物质生成三种新物质的反应，符合分解反应的特点，属于分解反应，故填分解反应；
该反应需要加热，属于固固加热型反应，组装发生装置所需的仪器导管、酒精灯、铁架台和试管，故填BDFG。
（3）气体密度小于水的密度，气体应从装置中的短管，即管b通入，将装置中的水排出集气瓶，故填b；
根据题意，先通入氮气排出120 mL水，即氮气的体积120 mL，则气体的总体积为120 mL÷（1-40%）=200 mL，则氧气的体积为200mL×40%=80 mL，即再通入氧气排出80mL水，故填80。
（4）实验前，检查装置气密性的方法是打开止水夹向量筒中注入水，气球鼓起，停止注水一段时间后气球体积不变，说明气密性良好，故填气球鼓起，停止注水一段时间后气球体积不变。
（5）红磷与氧气在点燃的条件下反应生成五氧化二磷，故反应的化学方程式写为：4P+5O2点燃2P2O5。
（6）量筒内减少的水体体积即为氧气的体积，即（V1-V2）mL，则“富氧空气”中氧气的含量=（V1-V2）mL100mL×100%=（V1-V2）100×100%， 故填（V1-V2）100×100%。
（7）仰视读数偏小，俯视读数偏大，若读取V1时仰视，读取V2时俯视，则测得实验结果偏小，故填偏小。
（8）图4说明氧气含量越高，燃烧产生的温度越高，故填氧气含量越高燃烧产生的温度越高。
（9）结合图5，氧气含量越高，产生的烟气越少，则减少燃料燃烧尾气污染的措施是增大氧气的含量，故填增大氧气的含量。
（10）A 蜡烛燃烧消耗的氧气量少，测定空气中氧气含量效果差，选项错误；
B 由红磷与白磷的燃烧曲线可知，当氧气含量低于10%时，红磷与白磷仍然能反应，选项正确；
C 三个实验都应用足量的物质与氧气反应，红磷和白磷最终因为氧气浓度过低而停止反应，选项错误；
D 若用这三种物质做实验，测得空气中氧气含量偏低，因为氧气不能完全反应，选项错误，故选B。
82． B 2H2O2MnO22H2O+O2↑ 用止水夹夹住导管处的橡皮管，关闭分液漏斗活塞，往漏斗里注水，盖上漏斗盖，打开分液漏斗活塞，水不能顺利流下，表明气密性良好 不易溶于水，且与水不反应 a CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ 长颈漏斗下端未在液面以下，反应生成的二氧化碳气体从长颈漏斗下端逸出 探究pH对过氧化氢分解速率的影响 30 确保变量上只有催化剂的种类不同 反应速率过快，内部压强迅速增大，橡皮塞被弹开，压强瞬间回落 氧化铜
【详解】实验一：（1）实验室用过氧化氢溶液制取氧气，该反应属于固液不加热反应，发生装置可选B；
过氧化氢在二氧化锰的催化下分解为水和氧气，该反应的化学方程式为：2H2O2MnO22H2O+O2↑；
检查该装置气密性的方法：用止水夹夹住导管处的橡皮管，关闭分液漏斗活塞，往漏斗里注水，盖上漏斗盖，打开分液漏斗活塞，水不能顺利流下，表明气密性良好。
（2）制得的氧气可选择E装置，即排水法收集氧气，说明氧气不易溶于水，且与水不反应；
若选择F装置进行收集，氧气的密度比空气大，可从a端进入；
（3）实验室通常用石灰石（或大理石）与稀盐酸反应制取二氧化碳，石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
用G装置制备CO2，锥形瓶内的反应进行较长时间后，用燃着的火柴放在集气瓶口，火焰仍不熄灭的原因是：长颈漏斗下端未在液面以下，反应生成的二氧化碳从长颈漏斗下端逸出；
实验二：（4）由表可知，实验1~3，除了pH不同，其它因素都相同，故实验目的是：探究pH对过氧化氢分解速率的影响；
（5）实验3、5可探究温度对过氧化氢分解速率的影响，故除了温度不同，其它因素都相同，故a=30；
实验三：（6）每次实验时，海藻酸钠微球数应相同的原因是：确保变量上，只有催化剂种类不同；
（7）用含MnO2的海藻酸钠微球进行实验，60s时压强瞬间回落，其可能原因是：反应速率过快，内部压强迅速增大，橡皮塞被弹开，压强瞬间回落；
（8）从实验曲线看，二氧化锰反应速率太快，氧化铁和三氧化二铬催化速率太慢，故催化效果较好、反应温和的催化剂是氧化铜。
83．(1)78%
(2)物理
(3)3/三
(4)AC
(5) 检查装置的气密性 溶液变红 出现水雾 澄清石灰水变浑浊 NH4HCO3→∆NH3+CO2+H2O
3.4 14% 79.1% 15 C2H5NO2
【详解】（1）空气中氮气的体积分数约为78%；
（2）步骤①是分离液态空气，是利用液氮和液氧沸点的不同，将其分离，无新物质生成，属于物理变化；
（3）步骤②为氮气和氢气在一定条件下反应生成氨气，该反应符合“多变一”的特点，属于化合反应；
步骤③为氨气和氧气在催化剂和加热的条件下反应生成一氧化氮和水，生成物有两种，不属于化合反应；
步骤④为一氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，符合“多变一”的特点，属于化合反应；
步骤⑤为氨气和硝酸反应生成硝酸铵，该反应符合“多变一”的特点，属于化合反应；
故属于化合反应的有3个；
（4）由图可知，碳酸氢铵应防潮保存，且避免雨天施用，说明碳酸氢铵易溶于水，碳酸氢铵应阴暗处保存，且避免高温天气施用，说明碳酸氢铵受热易分解。
故选AC；
（5）①用A装置给碳酸氢铵加热，有气体生成，故装药品前，必须进行的一步操作是检查装置的气密性；
②取适量碳酸氢铵加入试管，连接A、C、E装置，加热，碳酸氢铵受热分解生成氨气、二氧化碳和水，二氧化碳和水被C装置吸收，氨气进入E中溶于水，形成氨水，氨水显碱性，能使无色酚酞试液变红，故E中的现象是：溶液变红；
③连接A、B装置，继续加热，碳酸氢铵受热分解生成氨气、二氧化碳和水，故试管口的现象是：出现水雾；B中，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，现象是：澄清石灰水变浑浊；
④碳酸氢铵受热分解生成氨气、二氧化碳和水，该反应的化学式表达式为：NH4HCO3→∆NH3+CO2+H2O；
⑤D装置增加的质量即为反应生成氨气的质量，故生成氨气的质量为：152.4g-149g=3.4g；
⑥氨气中氮元素全部来自于碳酸氢铵，氮元素的质量为：3.4g×1417×100%=2.8g，此化肥中氮元素的质量分数为： 2.8g20g×100%=14% ；
⑦碳酸氢铵中氮元素的质量分数为：1414+5+12+16×3×100%≈17.7%，此化肥中碳酸氢铵的纯度为： 14%17.7%×100%≈79.1%；
⑧解：设与这袋化肥的含氮元素质量相等的尿素的质量为x，即50kg×14%=x×14×212+16+16×2×100%， x=15kg；
⑨化学反应前后，元素的种类和质量不变，甘氨酸与足量的氧气反应生成二氧化碳、水和氮气，甘氨酸中的碳元素与二氧化碳中碳元素质量相等，碳元素的质量为：88g×1244×100%=24g；甘氨酸中氢元素的质量与水中氢元素质量相等，氢元素的质量为： 45g×218×100%=5g，甘氨酸中氮元素的质量与氮气中氮元素的质量相等，氮元素为质量为14g，故甘氨酸中氧元素的质量为：75g-24g-5g-14g=32g，故甘氨酸分子中C、H、N、O原子的个数比为： 24g12：5g1：14g14：32g16=2:5:1:2，每个甘氨酸分子中含1个氮原子，故甘氨酸的化学式为：C2H5NO2。
84． CO2 55 8.3 升高 过滤 漏斗 引流 BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液或Ba(OH) 2溶液 氮气 便于快速晾干 检查装置气密性 缓缓通空气一段时间 1:2:4 排尽装置中原有的CO2和水蒸气 将装置B中的CO2和水蒸气完全排出 残留固体为NiO和Ni2O3的混合物，剩余NiO质量为1.5g，生成Ni2O3 0.83g
【详解】I、（1）根据质量守恒定律反应，前后原子的总类和数目不变，
3NiSO4 + 3Na2CO3 + 2H2O = NiCO3·2Ni(OH)2 +3Na2SO4 + 2X，
反应前：Ni：3 反应后：Ni：3
S：3 S：3
O：23 O：17
H：4 H：4
C：3 C：1
所以X为：CO2
（2）反应器中杂质的含量越低越好，所以最适合的温度为55，最适合的pH为8.3；
（3）在NiCO3中镍的含量小于Ni(OH)2中镍的含量，生产中，pH逐渐增加，生成Ni(OH)2含量也相对增加，NiCO3的含量相对减小，则生成的碱式碳酸镍晶体中，镍的含量将升高。
（4）操作1将固体和液体分开，所以操作1为过滤，过滤过程中需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒及漏斗，玻璃棒起到引流的作用；
（5）洗涤的目的是将碱式碳酸镍晶体表面的硫酸钠溶液等除去，检验其洗涤的是否干净，即检查是否有硫酸根离子，可加入BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液或Ba(OH) 2溶液，观察是否生成不溶于硝酸的沉淀；
（6）空气中含量最多的气体是氮气；
（7）用95％酒精浸泡的目的是使固体表面的水分分散到酒精中，便于固体快速晾干；
II、（8）做有关气体的制取和性质实验前，应先检查装置的气密性，加热后，为了将碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成的CO2及H2O完全被装置C、D吸收，缓缓通一段时间除去水分和二氧化碳的空气；
（9）装置C增加的质量（1.08g）为生成水的质量，装置D增加的质量（0.44g）为生成二氧化碳的质量；所以NiO的质量为3.77g-1.08g-0.44g=2.25g
xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O（x+y）NiO+xCO2↑+（y+z）H2O
75（x+y） 44x 18（y+z）
2.25g 0.44g 1.08g
所以75(x+y)2.25g=44x0.44g ，75(x+y)2.25g=18(y+z)1.08g，44x0.44g=18(y+z)1.08g，
解得：x：y：z=1:2:4
（10）实验开始前左侧通空气的目的是排尽装置中原有的CO2和水蒸气；实验完毕时左侧通空气的目的是将装置B中的CO2和水蒸气完全排出 ；
（11）NiCO3·2Ni(OH)2 ·4H2O ~ 3NiO ~ 3Ni ~ 3O
377 225 177 48
3.77g 2.25g 1.77g 0.48g
∵ 装置B中残留固体质量为2.33g
∴ 残留固体中O元素质量为2.33g – 1.77g = 0.56g ，大于0.48g
残留固体中Ni、O元素质量比为1.77g：0.56g = 177:56
而NiO及Ni2O3中Ni、O元素质量比分别为177:48、177:72，故残留固体为NiO和Ni2O3的混合物。
残留固体质量增加2.33g – 2.25g = 0.08g，是和NiO反应的O2质量
设与氧气反应的NiO质量为x 生成的Ni2O3质量为y
4 NiO + O22Ni2O3
300 32 332
x 0.08g y
x=0.75g y=0.83g
剩余NiO质量为2.25g – 0.75g = 1.5g，生成Ni2O3 0.83g。
85． 电 除去碳粉（或者将碳粉变成二氧化碳除去，合理即可） 4:1 洗涤 有气泡产生 2H2O2=====MnO22H2O + O2↑ 冷却结晶 Zn + H2SO4 = ZnSO4 + H2↑ 增大接触面积，使反应更快更充分 漏斗 引流 降温结晶（或冷却结晶） 解：氢气的质量=（350-50）x10-3L ×0.09g/L = 0.027g
设锌的质量为x
Zn + H2SO4 == ZnSO4 + H2↑
65 2
X 0.027g
652=x0.027 x =0.8775g
锌皮中锌的质量分数 =0.8775g1g ×100% = 87.75% C D
【详解】（1）干电池使用时将化学能转化成电能。
（2）碳在点燃条件下生成气体二氧化碳气体逸出，所以上述操作中灼烧的目的是将碳粉变成二氧化碳除去；（3）过滤后得到的滤渣是二氧化锰和碳的混合物，干燥后称得质量为25克，充分灼烧后冷却称得剩余固体质量为20克，则滤渣中二氧化锰与碳粉的质量比为20:5=4:1；测定结果偏大的原因是没有将过滤后得到的固体进行洗涤，固体中有残留的可溶物，使结果偏大；（4）为验证二氧化锰，同学们用A、B两支洁净试管，分别取5毫升3%的过氧化氢溶液，往A试管中加入少量上述实验灼烧后得到的固体，如果出现有启瓶器产生的现象，说明固体为二氧化锰。反应的化学方程式为_ 2H2O2=====MnO22H2O + O2↑；（三）将滤液加热浓缩、降温结晶、过滤，得到ZnSO4·7H2O晶体。（5）步骤①将剪碎后的锌皮放入烧杯中，加入足量的稀硫酸，充分反应；生成硫酸锌和氢气，反应方程式为Zn + H2SO4 = ZnSO4 + H2↑，将锌皮剪碎的目的是反应物接触更充分，反应更充分、更快。（6）步骤②是将难溶性固体与液体分离，是过滤操作，需要的仪器有铁架台、烧杯、漏斗玻璃棒，玻璃棒的作用是引流，防止液体洒在过滤器的外边。（四）解：氢气的质量=（350-50）x10-3L ×0.09g/L = 0.027g， 设锌的质量为x
Zn + H2SO4 == ZnSO4 + H2↑
65 2
X 0.027g
652=x0.027 x =0.8775g
锌皮中锌的质量分数 =0.8775g1g ×100% = 87.75% (14). 没等装置冷却就读数，导致气体的体积偏大，测定结果偏大 B．锌皮中含有少量铁，铁比同质量的锌生成氢气多，使生成氢气的质量比纯锌生成的氢气多； C．试管中有气体没有排出 ，使少量氢气剩余在试管内，导致收集到的气体偏少，测定结果偏小D. 将注射器中稀硫酸全部注入试管中后忘掉夹紧弹簧夹，使部分气体进入注射器内，导致收集到的气体偏少，测定结果偏小。
86．(1)沸点
(2)A
(3)ABC
(4) A
80.25
(5) 不能
注意保持干燥 反应物中含Ca、H、O，不含碳元素，不可能生成碳酸钙
(6)可将呼出的CO2转化为O2
(7)该反应放热，装置内气体膨胀逸出
【详解】（1）分离液态空气，是利用液氮和液氧沸点的不同，将其分离；故填：沸点；
（2）揭开盛有液态空气的容器盖，液氮的沸点低，氮气先蒸发出来，氮气不燃烧、不支持燃烧，故燃着的木条熄灭。故选A；
（3）A.使用该装置，可通过是否产生气泡，来观察是否有氧气输出，符合题意；
B.该装置，可通过产生气泡的速率，来观测氧气输出的速率，符合题意；
C.a导管连接制氧机，可以湿润氧气，同时可以观察氧气的输出速率，符合题意；
D.a导管连接人吸氧气的塑料管，病人会吸入水，不符合题意；
故选：ABC；
（4）收集前集气瓶装 3/4 的水，氧气可以用排水法收集，排水法收集气体，将导管伸在集气瓶口，通过氧气将水排出，这样能达到目的。故选：A。
空气中的体积分数约为21%，本实验中集气瓶内的氧气约占总体积为75%+21%×25%=80.25%，故填：80.25%
（5）向试管中加入CaO2和H2O后，有极微量细小气泡缓慢放出。将导管伸入集气瓶中，几乎收集不到气体。放置到第二天，集气瓶中只收集到少量气体，振荡试管后仍有极微量细小气泡缓慢放出，说明CaO2和H2OH2O的反应速率较慢，不能用于实验室制取氧气；故填：不能；
CaO2能与H2O反应，储存CaO2应注意保持干燥；故填：注意保持干燥；
化学反应前后，元素的种类不变，反应物中含Ca、H、O，不含碳元素，不可能生成碳酸钙，故猜想II是错误的；
（6）用过氧化钠作供氧剂，二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，可以将二氧化碳转化为氧气，故填：可以将CO2转化为O2；
（7）伸入烧杯中的导管有气泡冒出，可能是该反应放热，装置内气体膨胀逸出，故填：该反应放热，装置内气体膨胀逸出。
87．(1)不可燃、不助燃
(2)27.3
(3) 光合作用 CaCO3+CO2+H2O=CaHCO32
(4) 增大NH3•H2O与CO2的接触面积，使反应充分进行 NH4HCO3ΔCO2+NH3·H2O（写成NH3+H2O给分）
(5)CO2+3H2高温CH4O+H2O
(6)检查装置气密性
(7) H2O/水 红色固体
(8) 4.8 6.6 4.4 3CH4O+4O2点燃2CO2+CO+6H2O
【详解】（1）根据题意，烛火在该气体中熄灭，说明该气体不支持燃烧，也不能燃烧。故填不可燃、不助燃；
（2）二氧化碳中碳元素的质量分数为12×112×1+16×2×100%≈27.3% ，故填27.3；
（3）①二氧化碳为绿色植物进行光合作用的原料，故填光合作用；
②碳酸钙、二氧化碳那合水反应生成碳酸氢钙，其化学方程式为CaCO3+CO2+H2O=CaHCO32 ，故填CaCO3+CO2+H2O=CaHCO32；
（4）吸收塔中NH3•H2O常采用雾状喷淋技术，可增大氨水合二氧化碳的接触面积，使反应能够充分进行。故填增大NH3•H2O与CO2的接触面积，使反应充分进行；
（5）二氧化碳和水在催化剂条件下生成甲醇和水，其化学方程式为CO2+3H2高温CH4O+H2O，故填CO2+3H2高温CH4O+H2O；
（6）该实验过程中需要检测气体的成分，需要该装置保持良好的气密性，以防混入杂质，所以在连接好装置后需要检查装置气密性。故填检查装置气密性；
（7）无水硫酸铜遇水变为蓝色，说明该气体中混有水，故填水或H2O ；
根据资料可知，浅绿色的氯化亚铜和一氧化碳反应生成红色固体，所以若存在一氧化碳，则可观察到C装置中出现红色固体。故填红色固体；
（8）根据题意，A装置增重5.4g，则生成水的质量为5.4g，其中氢元素的质量为5.4g×218×100%=0.6g 。而水中的氢元素全部来自甲醇中的氢元素，甲醇中氢元素的质量分数为432×100%=12.5% ，则甲醇的质量m=0.6g÷12.5%=4.8g ，故填4.8；
甲醇中碳元素的质量为4.8g×1232×100%=1.8g 。采用极值法，则有：
①若甲醇中的碳元素全部转化为一氧化碳，则生成一氧化碳的质量为1.8g÷12×112×1+16×1×100%=4.2g ；
②若甲醇中的碳元素全部转化为二氧化碳，则有1.8g÷1244×100%=6.6g 。则a的范围为4.2＜a＜6.6，故填6.6；
若a=5.8，设生成的二氧化碳质量为x，则生成的一氧化碳质量为5.8g-x ，则有x×1244×100%+5.8g-x×1228×100%=1.8g ，解得x=4.4，故填4.4；
当a=5.8时，生成的二氧化碳质量为4.4g，则生成一氧化碳质量为5.8g-4.4g=1.4g ，生成水的质量为5.4g，则生成的二氧化碳、一氧化碳和水的分子数目比为4.4g44：1.4g28：5.4g18=2：1：6 ，根据化学方程式的书写规则，甲醇燃烧时生成水、二氧化碳和一氧化碳，则其化学方程式为3CH4O+4O2点燃2CO2+CO+6H2O ，故填3CH4O+4O2点燃2CO2+CO+6H2O。
88．(1)b
(2) 稀盐酸会挥发出氯化氢气体 CO2+CaOH2=CaCO3↓+H2O CO2+H2O=H2CO3 紫色石蕊试液 溶液变红色
(3) 防止二氧化碳溶于水 滴下的液体占有一定体积 平衡装置的气压，使得液体顺利流下
(4) 0.352 解：设生成0.352g二氧化碳需要碳酸钙的质量为x，则
CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O10044x0.352g10044=x0.352gx=0.8g
则该石灰石样品中碳酸钙的质量分数为×100%=80%
答：该石灰石样品中碳酸钙的质量分数为80%。
【详解】（1）a、二氧化碳密度大于空气，当打开K1，关闭K2时，不能用Ⅱ装置收集二氧化碳，故a错误；
b、Ⅱ装置可用于收集密度小于空气的气体，氢气密度小于空气，故b正确；
故选b；
（2）实验室制取二氧化碳使用大理石和稀盐酸，盐酸具有挥发性，会挥发出氯化氢气体，所以实验室制取的二氧化碳中含有氯化氢气体，故填稀盐酸能够挥发出氯化氢气体；
澄清石灰水中含有的氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，其方程式为CO2+CaOH2=CaCO3↓+H2O ，故填CO2+CaOH2=CaCO3↓+H2O；
二氧化碳能和水反应生成碳酸，其化学方程式为CO2+H2O=H2CO3 ，由于碳酸呈酸性，能够使得紫色石蕊试液变红色，故填CO2+H2O=H2CO3；紫色石蕊试液；溶液变红色；
（3）该装置是通过向集气瓶内通入二氧化碳，使得集气瓶内气压增大，从而将集气瓶内的水排出，通过测定排出水的体积来测定二氧化碳的体积。但是二氧化碳可溶于水，所以需要用油层隔开二氧化碳和水，防止二氧化碳溶于水。故填防止二氧化碳溶于水；
甲装置中滴进锥形瓶的盐酸也有一定体积，会使得锥形瓶内原有的空气进入集气瓶，从而使得测定结果偏大，故填滴下的液体占有一定体积；
乙装置的漏斗中随着液体流下，漏斗上方气压减小，漏斗末端和漏斗上方存在压强差，会使得漏斗中的液体难以继续流下，所以乙装置的橡皮管是用于平衡装置的气压，使得液体顺利流下，故填平衡装置的气压，使得液体顺利流下；
（4）根据题意，量筒内的水的体积为生成二氧化碳的体积，所以生成二氧化碳的体积为176.0mL，即0.176L，所以生成二氧化碳的质量为0.176L×2.0g/L=0.352g ，故填0.352；
根据生成二氧化碳的质量为0.352g，可通过化学方程式计算出所需的碳酸钙的质量，进而计算石灰石样品中碳酸钙的质量分数。计算过程见答案。
89．(1)BC
(2)S2
(3)1:2
(4) SO2 降低
(5) 升高温度加快反应速率 使用催化剂加快反应速率 催化剂在高温（温度高于T2）时失去活性，失去催化作用
(6)B
【详解】（1）A、硫是“石”字旁，属于固态非金属元素，故A不符合题意；
B、若乙表示S2-，则原子核外的电子数应为16+2=18，根据核外电子排布规律知，x应为8，故B符合题意；
C、由图像信息知，M点表示的物质是硫单质，硫在空气中燃烧产生微弱的淡蓝色火焰，故C符合题意；
D、由图像信息知，N点表示的物质是硫的氧化物，且硫元素为+4价，是二氧化硫，二氧化硫会形成酸雨，故D不符合题意。
故填：BC。
（2）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目不变，则3X中共有6个硫原子，所以X的化学式为S2，故填：S2。
（3）从微观角度说，反应炉中每2个H2S分子和3个O2分子恰好完全反应，生成2个SO2分子，催化转化器中每4个H2S分子和2个SO2分子恰好完全反应，则反应炉和催化转化器中参加反应的H2S的分子个数比为：2:4=1:2，故填：1：2。
（4）O2能氧化S2，若浓度比c(H2S)：c(O2)过低，则氧气过量，在较高温度下O2与S2反应，生成SO2，故填：SO2。
由图知，若浓度比c(H2S)：c(O2)过高，H2S的转化率会降低，故填：降低。
（5）温度在0~T1℃范围内，温度逐渐升高，使反应速率加快，另外，催化剂的活性随温度升高而增强，所以H2S的转化率迅速上升，故填：升高温度加快反应速率、使用催化剂加快反应速率。
催化剂的活性受温度影响，当温度高于T2℃时，催化剂失去活性，失去催化作用，使H2S的转化率迅速下降，故填：催化剂在高温（温度高于T2）时失去活性，失去催化作用。
（6）由图知，混合气流速在2×100m3/h~4×100m3/h范围内，H2S的转化率虽高但不平稳；在14×100m3/h~16×100m3/h范围内，H2S的转化率较低；在8×100m3/h~10×100m3/h范围内，H2S的转化率较高、较稳定，所以混合气流速适宜范围是8×100m3/h~10×100m3/h，故填：B。
【点睛】本题难度较大，需认真读图，从题中和图中获取信息，运用已有知识进行解答。
90．(1) 烧杯 漏斗 引流
(2) Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ 防止温度降低，FeSO4晶体析出
(3)排尽装置中空气（氧气），防止FeSO4被氧化
(4) H2O/水 黑色固体逐渐变红
(5)没有进行尾气处理
(6) 结晶水质量为：1.80g-1.44g=0.36g
FeC2O4⋅nH2OΔFeC2O41441.44g+nH2O18n0.36g
14418n=
n=2，故填：2。 偏小 FeO 4FeO+O2Δ2Fe2O3
【详解】（1）在实验室进行“过滤”操作时，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，玻璃棒的作用是引流，故填：烧杯；漏斗；引流。
（2）铁和硫酸生成硫酸亚铁和氢气，由资料一可知硫酸亚铁溶解度随温度升高而降低，步骤Ⅱ中趁热过滤的目的是防止温度降低，FeSO4晶体析出，故填：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；防止温度降低，FeSO4晶体析出。
（3）硫酸亚铁易被氧气氧化，制备过程中，通入氮气的作用是排尽装置中空气（氧气），防止FeSO4被氧化，故填：排尽装置中空气（氧气），防止FeSO4被氧化。
（4）无水硫酸铜是白色固体，遇水变蓝；A中白色固体变蓝，证明产物有水，一氧化碳和氧化铜加热生成铜和二氧化碳，D中黑色固体逐渐变红，证明产物有CO，故填：水；黑色固体逐渐变红。
（5）一氧化碳有毒污染环境，上述实验装置不足之处是没有进行尾气处理，故填：没有进行尾气处理。
（6）①见答案
②若草酸亚铁晶体中混有杂质（杂质不参加反应），反应后固体质量偏大，会导致测得的的值偏小，故填：偏小。
③ FeO是一种黑色固体，继续加热至400℃，剩余固体又变成黑色，说明生成了氧化亚铁，故填：FeO。
④ FeO是一种黑色固体，在空气中不稳定，易被氧化，故填：4FeO+O2Δ2Fe2O3。
91． b CO2 Ca(NO3)2+K2CO3=CaCO3↓+2KNO3 漏斗 硝酸钾的溶解度随着温度降低而显著减小，氯化钠溶解度受温度影响不大 NO
【详解】(1)a.“黑火药”中不含有“黑火药分子”,该选项说法不正确;
b.“黑火药”中的KNO3属于复合肥料,是因为其中含有两种营养元素,即氮元素和钾元素,该选项说法正确
c.黑火药”中的C、S能够保持各自的化学性质,该选项说法不正确。故填:b。
(2)由质量守恒定律可知,反应前后硫原子都是1个,钾原子都是2个,氮原子都是2个, 反应前氧原子是6个,反应后应该是6个,包含在未知物质中,反应前碳原子是3个,反应后应该是3个,包含在未知物质中,因此依据质量守恒定律,空格上缺少的物质是 CO2
(3)①“反应”过程中,硝酸钙和碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钾,反应的化学方程式为:Ca(NO3)2+K2CO3=CaCO3↓+2KNO3
②2“过滤”操作必须用到的玻璃仪器有烧杯玻璃棒和漏斗。
③其中“冷却到一定温度”能获得纯度较高的硝酸钾晶体的原因是KNO3的溶解度随着温度的降低而显著减小,氯化钠量少且溶解度受温度影响不大,难以析出晶体。
(4)该氧化物中氮为+2价,氧元素化合价是-2,根据化合物中元素化合价代数和为零可知,其化学式为NO。
92． Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4)3+3H2O或FeO+H2SO4═FeSO4+H2O SiO2 H2SO4 0℃＜t＜50℃ 1000℃时，混合气体中一氧化碳含量最高 分解产生的CO2与C反应生成CO 绝大部分C已被消耗，CO浓度下降，铁部分被氧化 检查装置的气密性 2H2O2MnO22H2O+O2↑ D装置的质量不再增加 一 0.4% FeO和Fe2O3或FeO和Fe3O4或FeO、Fe2O3和Fe3O4
【详解】Ⅰ．“酸溶”过程中，氧化铁和氧化亚铁都会与硫酸反应，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，氧化亚铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和水，反应的化学方程式分别为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4)3+3H2O、FeO+H2SO4═FeSO4+H2O。
故填：Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4)3+3H2O或FeO+H2SO4═FeSO4+H2O。
Ⅱ．由流程可知，Fe2O3、FeO溶于硫酸，二氧化硅与硫酸不反应，故过滤分离出滤渣为SiO2。
故填：SiO2。
Ⅲ．根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和个数不变，方程式7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O＝15FeSO4＋8X中，反应物中含15个Fe、23个S、92个O、16个H，生成物中含15个Fe、15个S、60个O，故生成物中还应含8个S、32个O、16个H，故每个X中含有2个氢原子、1个硫原子和4个氧原子，所以X为H2SO4。
故填：H2SO4。
Ⅳ．依据图表数据分析，析出晶体FeSO4•7H2O的温度范围应为0℃＜t＜50℃；
故填：0℃＜t＜50℃；
Ⅴ．（1）由图像分析可知，焙烧温度通常控制在1000℃时，原因可能是：1000℃时，混合气体中一氧化碳含量最高。
故填：1000℃时，混合气体中一氧化碳含量最高。
（2）添加CaCO3的目的是①脱除SiO2等；②分解产生的CO2与C反应生成CO；
故填：分解产生的CO2与C反应生成CO。
（3）由图可知，超过5小时后还原铁粉产率降低的原因是绝大部分C已被消耗，CO浓度下降，铁部分被氧化。
故填：绝大部分C已被消耗，CO浓度下降，铁部分被氧化。
Ⅵ．（1）①按如图所示装置组装好仪器，并检查装置的气密性；
故填：检查装置的气密性。
（2）A 装置中，过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气和水，化学反应方程式为2H2O2MnO22H2O+O2↑；
故填：2H2O2MnO22H2O+O2↑。
（3）步骤③中，当D装置的质量不再增加时，证明装置内空气已经排尽。
故填：D装置的质量不再增加。
（4）步骤④中，证明D 装置质量不再变化，还需要至少称量1次，应该在氧气流中冷却至室温，再称量一次。
故填：一。
（5）D装置中增加的质量即为反应生成二氧化碳的质量，D装置中增加的质量为：200.22g－200g=0.22g，所以还原铁粉中碳元素的质量为：0.22g×1244=0.06g，该还原铁粉中碳元素的质量分数为：×100%≈0.4%。
故填：0.4%。
（6）由题意知，Fe 和Fe2C的质量之和为14.06g；
混合物中铁元素质量＝14.06g－0.06g＝14 g
装置C质量＝114.06g－14.06g＝100g
剩余固体中铁的复杂氧化物质量＝119.00g－100g＝19 g
剩余固体中铁的复杂氧化物中氧元素质量＝19 g－14 g＝5g
剩余固体中铁的复杂氧化物中铁原子与氧原子个数比＝14g56:5g16＝4:5＝1:1.25
常见铁的氧化物主要有三种：FeO、Fe2O3和Fe3O4
FeO中铁原子与氧原子个数比＝1:1
Fe2O3中铁原子与氧原子个数比＝1:1.5
Fe3O4中铁原子与氧原子个数比＝1:1.33
因此，铁的复杂氧化物中一定含有FeO；Fe2O3和Fe3O4含有其中的一种或两种
故铁的复杂氧化物可能为：FeO和Fe2O3或FeO和Fe3O4或FeO、Fe2O3和Fe3O4
故填：FeO和Fe2O3或FeO和Fe3O4或FeO、Fe2O3和Fe3O4
93．(1)Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑或FeO+H2SO4=FeSO4+H2O
(2) 将硫酸铁和硫酸完全转化为硫酸亚铁 过氧化氢受热易分解 漏斗
(3)温度应该控制在40℃以下
(4)(NH4)2SO4
(5) CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
B 平衡压强，防止气流过大，瓶塞弹出 吸收挥发出的氨气，防止污染空气
(6)4FeCO3+O2高温2Fe2O3+4CO2
(7)解：设生成Fe2O3的质量为x，根据化学反应前后铁元素质量不变：
56×256×2+16×3×100%×x+5656+16×100%×（31.68t-x）=5656+12+16×3×100%×46.4t
解得x=28.8t，
答：生成Fe2O3质量为28.8t。
【详解】（1）铁泥(含Fe、Fe2O3、FeO和杂质，杂质不参与反应)，步骤①加入过量稀硫酸和铁泥反应，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，该反应的化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，FeO和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水，该反应的化学方程式为：FeO+H2SO4=FeSO4+H2O；
（2）铁泥中含Fe、Fe2O3、FeO，加入过量稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，氧化亚铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水，故溶液X中含硫酸铁、硫酸亚铁和过量的硫酸，步骤②加入过量铁粉，铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，目的是将硫酸铁和硫酸完全转化为硫酸亚铁；
过氧化氢受热易分解，故步骤③时反应的温度不宜过高；
操作Ⅲ实现了固液分离，该操作是过滤，过滤时所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）由于(NH4)2CO3在40℃以上易分解，所以加入(NH4)2CO3后，该反应必须控制的温度条件是温度应该控制在40℃以下；
（4）赤铁矿的主要成分是氧化铁，一氧化碳高温下还原氧化铁生成铁和二氧化碳，铁与过量的稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，滤液Ⅰ中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，加入适量氨水和(NH4)2CO3，氨水与过量硫酸反应，(NH4)2CO3与硫酸亚铁反应生成FeCO3和硫酸铵，所以滤液Ⅱ中可回收的产品是硫酸铵，化学式(NH4)2SO4，该物质含有氮元素，在农业上可做氮肥；
（5）①实验室利用石灰石或大理石与稀盐酸反应制取二氧化碳，即碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，该反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
②因为B装置为除去二氧化碳中的氯化氢气体，
A、NaOH溶液既吸收二氧化碳又吸收氯化氢，故A错误；
B、饱和NaHCO3溶液与氯化氢反应生成二氧化碳，不与二氧化碳反应，也不会溶解二氧化碳，故B正确；
C、碱石灰会与二氧化碳和氯化氢反应，不能用来干燥二氧化碳等酸性气体，故C错误；
D、浓硫酸不与氯化氢反应，故D错误；
故选B；
③整体分析实验原理和装置图可知是同时向C装置通入氨气和二氧化碳，所以长颈漏斗a的作用是平衡压强，防止气流过大，瓶塞弹出；
因为氨气，是碱性气体，具有刺激性气味，污染空气，长颈漏斗a上端放一团沾有酸液的棉花团的原因是吸收挥发出的氨气，防止污染空气；
（6）根据题中信息FeCO3高温FeO+CO2↑，4FeO+O2═2Fe2O3可知在空气中煅烧FeCO3生成氧化铁和二氧化碳，该反应的化学反应方程式为4FeCO3+O2高温2Fe2O3+4CO2；
（7）见答案。
94．(1)化合物
(2)CO
(3)2NaCl+2H2O通电2NaOH+Cl2↑+H2↑
(4) 2Mg+TiCl4高温ArTi+2MgCl2
氩气化学性质稳定
(5)Ti+4Cl4
【详解】（1）甲醇（CH3OH）是由多种元素组成的纯净物，属于化合物；
（2）根据题意，二氧化钛和氯气以及过量的焦炭反应生成了可溶性的气体且有毒的A，根据元素种类不变，则判断A是一氧化碳，化学式是：CO；
（3）电解饱和 NaCl 溶液（NaCl溶液由 NaCl 和 H2O 组成）的化学方程式为：2NaCl+2H2O通电2NaOH+Cl2↑+H2↑；
（4）在高温和氩气条件下，金属镁和 TiCl4发生置换反应可生成 Ti和氯化镁，该反应的化学方程式为：2Mg+TiCl4高温ArTi+2MgCl2；
氩气是稀有气体化学性质稳定，能做保护气；
（5）根据化合物中元素化合价代数和为0，氯元素化合物为-1价，因此钛元素化合价为+4价，故物质中元素化合价标在化学式该元素正上方，正负在左，数字在右，表示为：Ti+4Cl4。
95．(1)增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率
(2) 600℃ 130min
(3)CO2
(4) 接触不充分，不能充分反应 过氧化氢自身分解
(5)冷却结晶
(6)C
(7)75m2424m1ω×100
【详解】（1）焙烧前需要将“选择浸Zn”后的固体与碳酸钠固体充分混合，其目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
（2）由图可知，应选择的最佳焙烧温度和时间分别为600℃、130min ，砷的浸出率大，故答案为：600℃、130min；
（3）根据质量守恒定律，结合化学方程式，反应物中有4个As原子、12个Na原子、6个C原子、28个O原子，已知生成物中有4个As原子、12个Na原子、16个O原子，可知6个未知生成物分子中共有6个C原子、12个O原子，则每个分子中有1个C原子、2个O原子，则该物质化学式为：CO2；
（4）“氧化”过程中H2O2将NaAsO2氧化为Na3AsO4，H2O2的加入速度过快，接触不充分，不能充分反应；加入速度过慢，过氧化氢自身分解。故填：接触不充分，不能充分反应；过氧化氢自身分解
（5）“一系列操作”具体为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；
（6）A、放射性标志，B、腐蚀品，C、有毒物质，D、易燃物质，砷酸钠晶体有毒性，储存砷酸钠晶体时应张贴的危险品标志为C。
（7）若m1 kg的砷盐净化渣经过上述流程最后制得m2kgNa3AsO4●12H2O晶体，由As原子守恒可知砷酸钠晶体的产率为：m2×75424m1×ω×100%=75m2424m1ω×100%，故答案为：75m2424m1ω×100。
96．(1)增加反应时间
(2) CuO+2HCl=CuCl2＋H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O 24h
(3) 漏斗 引流
(4) 把Fe2+氧化为Fe3+ BC 3. 2至4. 7
(5) 洗掉残留在滤渣表面的杂质离子 Fe(OH)3
(6)10.0
解：设粗铜渣质量为x，根据质量守恒，x×64%=13.5t×64135×100% ，x=10.0t，故填：10.0。
【详解】（1）根据图示分析可知，为了提高粗铜渣的利用率，可采取的措施是增加反应时间，故填：增加反应时间。
（2）CuO在“盐酸浸出”中和稀盐酸反应生成氯化铜和水，氧化铁和稀盐酸生成氯化铁和水，氧化亚铁和稀盐酸生成氯化亚铁和水，反应方程式为CuO+2HCl=CuCl2＋H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O ，根据图象知，随着浸出时间的增加，Cu的浸出率相应的增加，浸出时间超过24h后，Cu的浸出率变化不明显，可知：最佳浸出时间为24h，故填：CuO+2HCl=CuCl2＋H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O；24h。
（3）操作1是分离固体和液体，是过滤操作，过滤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，其中玻璃棒的作用是引流，故填：漏斗；引流。
（4）H2O2有强氧化性，能把Fe2+氧化为Fe3+；调节溶液pH值时加入的物质能和氢离子反应且不能引进新的杂质，A能引进杂质，只有BC能和氢离子反应且不引进杂质，故选：BC；根据Fe3+完全转化为沉淀时的pH可知，pH在3. 2至4. 7时Fe3+完全转化为沉淀且铜离子不沉淀；故填：把Fe2+氧化为Fe3+；BC；3. 2至4. 7。
（5）操作2”包含过滤、洗涤滤渣、蒸发等多步实验基本操作，洗涤滤渣的目的是洗掉残留在滤渣表面的杂质离子，过滤后滤渣为红褐色固体，该滤渣是氢氧化铁，故填：洗掉残留在滤渣表面的杂质离子；Fe(OH)3。
（6）见答案
97． 2NaCl C 反应速率较快，且不会产生其他沉淀 CD 偏大 水 植物油 D HEFG 不需要 生成二氧化碳的质量m(CO2)=0.558L×1.97g/L=1.1g，设样品中MgCO3•3H2O的质量为x，则
MgCO3·3H2O138x∼CO2441.1g
13844=x1.1g
解得x=3.45g；
MgCO3•3H2O的纯度为×100%=90.8%。
答：MgCO3•3H2O的纯度为90.8%。 AC
【详解】Ⅰ.（1）由反应的化学方程式可知，反应前后镁原子都是1个，碳原子都是1个，氧原子都是6个，氢原子都是6个，反应前氯原子和钠原子都是2个，都包含在未知物质中，因此未知物质是NaCl；
故填：2NaCl。
（2）沉淀过程的pH随时间的变化如图2所示，弱碱性卤水的pH大于7，开始时pH逐渐减小，说明加入了二氧化碳，一会儿后pH升高，说明加入了氢氧化钠溶液，同时继续通入二氧化碳，使反应继续进行；
故选：C；
（3）由表中数据可知，沉淀过程选择的温度为48.95℃，这是因为此温度下，镁离子沉淀的速率较快，沉淀效率较高，且不会生成其它沉淀；
（4）A、若反应物未完全沉淀，则MgCO3•3H2O的质量会偏小，产品实际质量偏小，产率偏低，故错误；
B、若过滤时滤纸破损，则部分沉淀进入滤液，MgCO3•3H2O的质量会偏小，产品实际质量偏小，产率偏低，故错误；
C、若MgCO3•3H2O未洗涤干净，则称得MgCO3•3H2O的质量会偏大，产品实际质量偏大，产率偏高，故正确；
D、若MgCO3•3H2O未完全烘干，称得MgCO3•3H2O的质量会偏大，产品实际质量偏大，产率偏高，故正确；
故填：CD；
（5）MgCO3•3H2O中镁元素质量分数为：24138×100%=17.4%，Mg5(OH)2(CO3)4•4H2O中镁元素质量分数为：120466×100%=25.8%，由计算可知，MgCO3•3H2O中的镁元素质量分数小于Mg5(OH)2(CO3)4•4H2O中的镁元素质量分数，因此若获取MgCO3•3H2O的样品中含有少量Mg5(OH)2(CO3)4•4H2O，则产品中镁元素的质量分数偏大；
Ⅱ.（6）检查图1中装置B气密性时，用弹簧夹夹住胶皮管，向水准管中加入一定量的水，如果水准管和量气管两边有稳定的高度差，说明装置内气体不会漏出，说明气密性良好。
（7）①为了防止二氧化碳溶于水，图1装置B中量气管水面上方需放少量植物油，防止二氧化碳与水接触。
②装置A与B之间应添加图2中装置D，利用浓硫酸的吸水性除去二氧化碳中的水蒸气。
③用图1装置测得的纯度会偏大，如果将装置A换成图3中的装置HEFG，直接测量生成二氧化碳的质量，可以避免此误差。
（8）该方案实验结束后，会有气体残留，不能完全进入量气管中，不需要通入氮气将其中残留的气体排入量气管中，若通入氮气则测得生成气体的体积偏大。
（9）见答案。
（10）A、实验开始，量气管内液面低于量气管顶端的0刻度线，导致测定二氧化碳体积偏大，进一步导致测定结果偏大；
B、反应前正确读取量气管中气体体积，反应后俯视读数，导致测定氨气体积偏小，进一步导致测定结果偏小；
C、反应结束，未等装置冷却到室温就开始读取气体体积，导致测定氨气体积偏大，进一步导致测定结果偏大；
D、反应结束，调节水准管使装置B两端液面相平后读数，能使实验结果更准确。
故填：AC。
98． 混合物 < 物理 CO2 否 完全 用作气体肥料（答案合理即可） CO2+2NH3低温加压CO（NH2）2+ H2O
【详解】（1）空气是由氧气、氮气、二氧化碳、稀有气体等物质成的，其属于混合物；工业上获取氧气主要通过分离液态空气法，通过控制温度先分离出N2，可见N2的沸点（2）由题可知，X气体在空气中的体积分数约为0.03%，则该气体的构成微粒是CO2，故X气体不具有毒性；经反应①，含碳物质中的碳元素若完全转化至气体CO2中，则该反应表示的是含碳物质的完全，CO2气体可以用作气体肥料；
（3）反应②生成尿素 CO（NH2）2的同时还生成相对分子质量最小的氧化物，故该反应的化学方程式为CO2+2NH3低温低压CO（NH2）2+H2O。
99．(1) 节约能源 H2O+3FeO太阳能H2↑+Fe3O4
(2) 4 CaO可吸收CO2，纳米CaO颗粒小，增大接触面积，使吸收更充分
(3)A
(4)Mg17Al12
(5)气瓶车
(6)H2
(7)H2+O2Pd基催化剂H2O2
【详解】（1）①电解水需要在通电条件下进行，消耗电能，与电解水相比，利用太阳能将水转化为氢能的方法其优点是节约能源；
②由图可知，水和氧化亚铁在太阳能的作用下反应生成氢气和四氧化三铁，用化学方程式表示反应Ⅰ的过程为H2O+3FeO太阳能H2↑+Fe3O4；
（2）①由CH4+H2O高温CO+3H2；CO+H2O高温CO2+H2可知，CH4~4H2，设8tCH4用于制取H2的质量为x。
CH4168t~4H28x
816=x8t x=4t
②向CH4- H2O催化重整体系中投入定量的CaO可提高H2百分含量，而投入纳米CaO时H2的百分含量最大，原因可能是CaO可吸收CO2，促进反应的进行，纳米CaO颗粒小，增大接触面积，使吸收更充分；
（3）氢气可以直接加压储存在储氢罐中，从微粒视角分析，主要原因是分子间有间隔，且气态物质分子的间隔较大易被压缩；
（4）将镁、铝单质按质量比为 34：27的比例在一定条件下熔炼得到镁铝合金。合金中镁和铝的原子个数比为3424:2727=1712，该镁铝合金的化学式为Mg17Al12；
（5）从图中可分析，运输成本与运输距离及运输方式有关，其中，运输成本受距离影响较大的运输方式是气瓶车：在距离低于200km时，运输成本是液氢槽车>气瓶车>管道，当运输距离大于300 km时，气瓶车成本最高；
（6）由图可知，反应的实质是氢分子分成原子，然后氢原子和氧分子按一定的方式结合成过氧化氢分子，“解离”时，结构被破坏的分子是氢分子；
（7）由图可知，该反应为氢气和氧气在Pd基催化剂的作用下生成过氧化氢，化学方程式为H2+O2Pd基催化剂H2O2。
100．(1) 合成 85.7% 取样灼烧，闻气味，有刺激性气味产生的是聚氯乙烯，反之，则为聚乙烯
(2) 氮元素 不能
(3) 常量 22.5 CO32- CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
(4) C6H8O6 加醋、或凉拌等合理即可
【详解】（1）聚乙烯是塑料的一种，聚乙烯属于有机合成材料，其中碳元素的质量分数为12×2n（12×2+1×4）n×100%=85.7%；聚乙烯燃烧没有刺激新气味，聚氯乙烯燃烧有刺激新气味，现象不同，因此可以取样灼烧，闻气味，有刺激性气味产生的是聚氯乙烯，反之，则为聚乙烯；
故答案为：合成；85.7%；取样灼烧，闻气味，有刺激性气味产生的是聚氯乙烯，反之，则为聚乙烯；
（2）蛋白质中含有肽键，则一定含有的元素是氮元素，蛋白质属于有机高分子化合物，不能被人体直接吸收利用，需要在生物体内分解成氨基酸才能被吸收；故答案为：氮元素；不能；
（3）钙元素是人体所需的常量元素，每袋(250g)苦笋中含钙元素的质量为250g×9mg100g=22.5mg；碳酸钙中的阴离子是碳酸根离子，符号为CO32-;碳酸钙与胃酸中的盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
故答案为：常量；22.5；CO32-；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
（4）Vc中碳、氢、氧元素的质量比为9：1：12，其相对分子质量为176，1个Vc分子中碳原子个数为176×99+1+12÷12=6；氧原子个数为：176×129+1+12÷16=6；氢原子个数为：176×19+1+12÷1=8；
则Vc的化学式为C6H8O6，因为维生素C(Vc)是一种水溶性维生素，高温易被破坏，在酸性环境下较稳定，因此使用时可以加醋保持酸性条件，凉拌避免高温破坏。故答案为：C6H8O6；加醋、或凉拌等合理即可。
101．(1) 酸性 催化作用 溶液的pH=2，温度30℃ 硫杆菌失去活性（合理即可）
(2)H2SO4
(3)Cl、Cu、H
(4)H2S高温S+H2
【详解】（1）①该脱硫过程中，硫化氢和硫酸铁反应生成硫酸亚铁、硫酸和硫，溶液显酸性，则该脱硫过程在酸性条件下进行，故填：酸性。
②硫杆菌存在时，FeSO4与氧气反应的速度是无菌时的5×105的倍，则该菌的作用是催化作用，故填：催化作用。依据图1和图2判断，使用硫杆菌的最适宜条件为溶液的pH=2，温度30℃，此时对应氧化速度最快，故填：溶液的pH=2，温度30℃。若温度过高，硫杆菌失去活性，使反应速度下降，故填：硫杆菌失去活性（合理即可）。
（2）化学反应前后原子的种类和数目不变，如有4个H2O2和1个H2S反应，生成水，根据过氧化氢的氢氧比确定有另一种物质中有氧原子，根据硫化氢中有硫元素确定另一种物质中有硫元素。如氢原子全部在水分子中，则会有5个水分子，缺少3O、1S，另一种物质为SO3。如有4个水分子，缺少2H、4O、1S，另一种物质为H2SO4。因为三氧化硫与水反应生成硫酸，所以另一种产物为硫酸，分子式H2SO4。
（3）由图知，铁的化合价由+3变成+2，硫的化合价由-2变成0，则化合价不变的元素是Cl、Cu、H，故填：Cl、Cu、H。
（4）氯化氢高温下分解生成硫和氢气，反应的化学方程式为：H2S高温S+H2，故填：H2S高温S+H2。
102．(1)300
(2)O2
(3)解：设46.0gMnCO3通过熔烧最多制得的 MnO2的质量为x，则：
2MnCO32×11546.0g+O2Δ2MnO22×87x+2CO2
2×1152×87=46.0gx
x=34.8g
答：46.0gMnCO3通过熔烧最多制得的 MnO2的质量为34.8g
【详解】（1）从石英管内剩余固体的质量和成分随温度的变化图中可以看出，当温度高于300℃时，MnO2开始分解，故焙烧MnCO3制取 MnO2应该控制反应的温度不高于300℃；
（2）若加热到 900℃时,Mn2O3开始分解，生成MnO，根据质量守恒定律可知，另一种产物为O2，故填O2；
（3）详解见答案。
103．(1)三
(2)85%
(3)3g
(4)解：设第一次加入稀盐酸后能得到二氧化碳的质量为x，
第一次反应的碳酸钙的质量=8g－5.5g=2.5g
CaCO31002.5g+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑44x
10044=2.5gx
x=1.1g
【详解】（1）第一次加入10g稀盐酸后，剩余固体的质量为5.5g ，反应的碳酸钙的质量=8g－5.5g=2.5g，说明10g稀盐酸能和2.5g碳酸钙恰好完全反应；第二次加入10g稀盐酸后，剩余固体的质量为3g ；第三次加入10g稀盐酸后，剩余固体的质量是1.2g，只反应掉1.8g碳酸钙，说明第三次实验后石灰石样品中的碳酸钙已完全反应。故填：三
（2）第三次实验后石灰石样品中的碳酸钙已经完全反应，剩余的是杂质，所以石灰石样品中碳酸钙的质量=8g-1.2g=6.8g，石灰石样品中碳酸钙的质量分数为：6.8g8g×100%=85%。故填：85%
（3）M的数值为：5.5g-2.5g=3g，故填：3g
（4）见答案
【点睛】明确每次盐酸使用的药品过量问题即可求出