2021-2022学年安徽省江淮十校联考高三上学期期中考试化学变式题含解析

这是一份2021-2022学年安徽省江淮十校联考高三上学期期中考试化学变式题含解析，共104页。

 变式题
【原卷 1 题】 知识点 化学科学对人类文明发展的意义

【正确答案】
C
【试题解析】


1-1（基础） 宋代梅尧臣的《陶者》中写道：“陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”下列有关叙述正确的是
A.陶瓷容器耐所有的酸腐蚀 B.陶瓷的主要成分是硅酸盐
C.灼烧烧碱和纯碱时均可选择陶瓷坩埚 D.黏土烧制陶瓷的过程中只发生物理变化
【正确答案】 B

1-2（基础） 中华文化源远流长博大精深，下列有关蕴含的化学知识的说法中正确的是
A.《周礼》中记载沿海古人“煤饼烧蛎成灰”，“灰”的主要成分是碳酸钙
B.《本草纲目拾遗》中对“强水”的记载“性最烈，能蚀五金，其水甚强，唯玻璃可盛”，“强水”是氢氟酸
C.《周易参同契》对汞的描述“……得火则飞，不见尘埃，将欲制之，黄芽为根。”这里“黄芽”是指硫磺
D.《天工开物》有言“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”，“丝、麻”的主要成分是蛋白质
【正确答案】 C

1-3（巩固） 中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列古代文献涉及的化学研究成果，对其说明不合理的是
A.《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”是指CaO
B.《黄白第十大》中“曾青涂铁，铁赤如铜”主要发生了置换反应
C.《新修本草》中，关于“青矾”的记录为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，…，烧之赤色”。据此推测，“青矾”的主要成分为
D.《梦溪笔谈》中“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中的剂钢是指铁的合金
【正确答案】 A

1-4（巩固） 近日，中央广播电视总台大型原创节目《2022 中国诗词大会》圆满收官。优美典雅的诗句同样蕴涵着化学的丰富内容。下列说法错误的是
A.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”涉及到的黑火药是中国古代四大发明之一
B.“炉火照天地，红星乱紫烟”涉及到的燃烧反应为氧化还原反应
C.“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”涉及到的石灰石主要成分是碳酸钙
D.“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”涉及到贵金属金，金的延展性较差
【正确答案】 D

1-5（提升） 下列与化学有关的文献，理解不正确的是
A.《咏石灰》(明·于谦)中“烈火焚烧若等闲，要留清白在人间”，其中“清白”是指氢氧化钙
B.《咏煤炭》(明·于谦)中“凿开混沌得乌金，不辞辛苦出山林”，其中“乌金”的主要成分是煤炭
C.《天工开物》中有“至于矾现五色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中的矾一般指时是金属硫酸盐
D.《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”，文中的“裘”主要成分是蛋白质
【正确答案】 A

1-6（提升） 中国诗词中包含了丰富的化学知识，下列说法错误的是
A.梨花淡白柳深青，柳絮飞时花满城：柳絮的主要成分属于糖类
B.忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间：句中海市蜃楼形成美景的本质原因是丁达尔效应
C.火树银花不夜天，兄弟姐妹舞翩跹：“火树银花”中的焰火实质上是金属化合物在灼烧时呈现的各种艳丽色彩
D.高堂明镜悲白发，朝如青丝暮成雪：青丝与白发的主要成分均属于蛋白质
【正确答案】 B

【原卷 2 题】 知识点 化学科学对人类文明发展的意义,无机非金属材料,大气污染

【正确答案】
B
【试题解析】
【详解】A．芯片主要成分是硅，错误；
B．PM2.5是指悬浮在空气中的粒子直径小于或等于2.5微米的可吸入颗粒物，正确；
C．铂、铁燃烧火焰无颜色，错误；
D．活性炭无杀菌功能，错误；故答案选B。

2-1（基础） 化学与生活、环境、科技等密切相关。下列说法错误的是
A.温室效应导致海水的酸度增大，贝壳类生物的生存将会受到威胁
B.植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的植物油会因水解而变质
C.常温下用3体积乙醇与1体积蒸馏水配制成的混合液，可以灭活新型冠状病毒
D.白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化
【正确答案】 B

2-2（基础） 化学与生活、生产、能源、环境和社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是
A.废旧电池属于有害垃圾，因含有重金属，故采用深挖填埋的方式进行处理
B.以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化
C.“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花相同
D.国产大型客机C919上采用了大量先进复合材料、铝锂合金等，其中铝锂合金属于金属材料，是将金属铝、锂混合后在空气中熔合制得的
【正确答案】 C

2-3（巩固） 化学与生活、环境密切相关，下列有关说法正确的是   
A.我国在南海成功开采的可燃冰可能会带来酸雨等环境污染
B.大量使用含丙烷、二甲醚等辅助成分的“空气清新剂”，会对环境造成新的污染
C.在人体内酶的作用下，纤维素可以发生水解反应生成葡萄糖
D.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关
【正确答案】 B

2-4（巩固） 化学与生活、生产、环境密切相关。下列说法错误的是（ ）
A.侯德榜制碱法制备NaHCO3的原理是利用溶解度较大的物质制备溶解度较小的物质
B.“雷雨肥庄稼”含义是N2最终转化成NO3-，此转化过程中氮元素被还原
C.“金柔锡柔，合两柔则为刚”中“金”为铜，说明合金的硬度一般大于各组分金属
D.我国科学家利用蜡虫肠道菌群将塑料降解的时间由500年缩减到24小时，有助于解决“白色污染”问题
【正确答案】 B

2-5（提升） 化学与生活、环境密切相关，下列说法错误的是（ ）
A.生活中钢铁制品生锈主要是由于发生析氢腐蚀所致
B.Na-K合金用作快中子反应堆的导热剂
C.MgO是一种常用的耐高温材料
D.氢氧化铝是医用的胃酸中和剂的一种
【正确答案】 A

2-6（提升） 化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是（ ）
A.为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒
B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料
C.2020年3月9日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅
D.蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，这项研究有助于减少白色污染
【正确答案】 D

【原卷 3 题】 知识点 原子结构示意图、离子结构示意图,原子的基本构成,几组常见同素异形体,硅酸盐组成的表示方法

【正确答案】
D
【试题解析】


3-1（基础） 下列化学用语使用正确的是
A.KCl的电子式： B.乙烯的比例模型：
C.氯离子的结构示意图： D.中子数为8的N原子：
【正确答案】 D

3-2（基础） 下列化学用语表示正确的是
A.钙离子的结构示意图： B.中子数为2的氢核素：
C.甲酸乙酯的键线式： D.H2O2的电子式：
【正确答案】 A

3-3（巩固） 下列化学用语的表达正确的是
A.中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：
B.二氧化碳的比例模型：
C.羰基硫（COS）的结构式：O=C= S
D.氯离子的结构示意图：
【正确答案】 C

3-4（巩固） 反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A.H2O的空间充填模型：
B.NH4Cl的电子式：
C.N2的结构式：N=N
D.Na+的结构示意图：
【正确答案】 D

3-5（提升） 下列化学用语中正确的是
A.Fe3+的最高能层电子排布式为3d5 B.质量数为127的碘原子：
C.S2-的结构示意图： D.反-2-丁烯的结构简式：
【正确答案】 D

3-6（提升） 已知反应：，下列有关化学用语描述正确的是
A.的电子式为： B.核内有12个中子的Na：
C.的核外电子排布式： D.分子的球棍模型：
【正确答案】 A

【原卷 4 题】 知识点 阿伏加德罗常数的求算,结合气体物质与NA相关推算,结合物质结构基础知识与NA相关推算

【正确答案】
A
【试题解析】


4-1（基础） 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A.过量Fe与1 mol稀HNO3反应，转移2NA个电子
B.16g甲烷中含有非极性共价键的数目为4NA
C.28g乙烯和丙烯的混合气体含有原子的数目为6NA
D.标准状况下2.24L氯仿(CHCl3)含有分子的数目为0.1NA
【正确答案】 C

4-2（基础） NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A.0.1molCl2与Fe充分反应，转移电子数0.3NA
B.0.1molSiO2晶体中，含Si-O键的数目为0.4NA
C.标准状况下，2.24L的CH2Cl2所含的分子数0.1NA
D.100mL0.1mol•L-1醋酸溶液中含CH3COO-数是0.01NA
【正确答案】 B

4-3（巩固） 设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A.标准状况下，22.4L含有个分子
B.pH=1的乙酸溶液中的氢离子数目为0.1
C.常温常压下，7.8g含有0.2个阴离子
D.电解足量CuSO4溶液，阴极增重3.2g，转移电子数为0.1
【正确答案】 D

4-4（巩固） 下列有关阿伏伽德罗常数NA的说法错误的是
A.1mol Ag(NH3)2OH中配位键的数目为2NA
B.30g HCHO中含有醛基的数目为NA
C.标准状况下，2.24L N18O的中子数为1.7NA
D.0.5mol CO2与NaOH溶液恰好完全反应，所得溶液中Na+总数为0.5NA
【正确答案】 D

4-5（提升） 已知是阿伏伽德罗常数的值.下列说法中正确的是
A.含2mol共价键的水蒸气，分子间存在2个氢键
B.标准状况下，和足量的水混合后转移的电子数为
C.中硫的价层电子对数为3
D.和中含有的质子数均为10
【正确答案】 C

4-6（提升） 设NA为阿伏伽德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A.14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为NA
B.50mL 18.4 mol•L-1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA
C.标准状况下22.4LHF含有的质子数为10NA
D.10g 46%的乙醇水溶液中，氧原子的个数为0.4NA
【正确答案】 D

【原卷 5 题】 知识点 氨的物理性质,浓硫酸的吸水性,氧化铝的物理性质与用途

【正确答案】
C
【试题解析】


5-1（基础） 下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A.具有氧化性，可漂白纸浆
B.浓硫酸具有吸水性，可做干燥剂
C.明矶溶于水生成胶体，可用于净水
D.氢氟酸能与反应，可刻蚀石英制作艺术品
【正确答案】 A

5-2（基础） 下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A.单质铝能导电，可用于制作导线 B.熔点很高，可用于治炼金属铝
C.有弱碱性，可用于治疗胃酸过多 D.明矾能水解形成胶体，可用于净水
【正确答案】 B

5-3（巩固） 下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A.铬耐磨、耐腐蚀，可镀在钢铁制品表面防生锈
B.Al具有良好的延展性，表面易形成保护膜，常用铝箱包装物品
C.NaClO溶液显碱性，可用于杀菌、消毒
D.CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
【正确答案】 C

5-4（巩固） 下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A.FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路
B.NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C.C1O2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
D.液氨气化时吸收大的热，可用作制冷剂
【正确答案】 B

5-5（提升） 下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A.硫酸亚铁水溶液呈弱酸性，可用作食品抗氧化剂
B.小苏打水溶液呈弱碱性，可用作制药中的抗酸剂
C.氨气具有还原性，可用作烟气中NOx脱除
D.漂白粉具有强氧化性，可用作游泳池的杀菌消毒剂
【正确答案】 A

5-6（提升） 下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A.Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂
B.葡萄糖具有氧化性，可用于工业制镜
C.FeCl3具有氧化性，可以腐蚀印刷电路板上的铜
D.聚合氯化铝具有吸附性，可用作净水剂
【正确答案】 B

【原卷 6 题】 知识点 氯气与金属单质的反应,硝酸的强氧化性,氧化钠的化学性质,氢氧化铁化学性质

【正确答案】
A
【试题解析】


6-1（基础） 类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是（ ）
①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2
②铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中
③化合物KC1的焰色为紫色；K2CO3的焰色也为紫色
④生铁比纯铁的熔点低；钠钾合金的熔点也应介于Na和K熔点之间
A.①② B.①④ C.①②③④ D.①②④
【正确答案】 D

6-2（基础） 类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否。下列几种类推结论中，正确的是
A.钠与水反应生成NaOH和H2；金属与水反应都能生成碱和H2
B.铁露置在空气中一段时间会生锈；铝比铁活泼，在空气中更容易被腐蚀
C.在焰色试验中KCl的火焰颜色为紫色；K2CO3的火焰也为紫色
D.生铁比纯铁的熔点低；钠钾合金的熔点也应介于Na和K熔点之间
【正确答案】 C

6-3（巩固） 类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实验的检验，才能决定其正确与否。下列几种类推结论中，正确的是
A.由是两性氢氧化物，可推出与同族的铊形成的也是两性氢氧化物
B.由铁放置在空气中一段时间后就会生锈，可推出更活泼的钠不能稳定存在于空气中
C.由“”反应可推出“”反应也能发生
D.由钠与氧气反应能生成，可推出碱金属都能与氧气反应生成金属过氧化物
【正确答案】 B

6-4（巩固） 下列几种类推结论中，正确的是
A.AlCl3与过量NaOH溶液反应生成AlO2-，则与过量NH3∙H2O溶液反应也生成AlO2-
B.Mg与盐酸反应生成MgCl2，则Fe也可与盐酸反应生成FeCl3
C.Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MgO也能发生铝热反应
D.Na能与水反应生成H2，则K、Ca也能与水反应生成H2
【正确答案】 D

6-5（提升） 类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否。下列几种类推结论中，正确的是
A.钠与水反应生成NaOH和；所有金属与水反应都生成碱和
B.干冰晶体构成微粒间的作用力是分子间作用力，晶体的构成微粒间的作用力也是分子间作用力
C.化合物KCl的焰色为紫色；的焰色也为紫色
D.与反应放出氧气，所以与任何情况下反应也都可以放出氧气
【正确答案】 C

6-6（提升） “类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否。下列类推结论中正确的是
A.Fe从CuSO4溶液中置换出Cu；Na从FeCl3溶液中置换出Fe
B.Ca(ClO)2溶液中通入适量CO2恰好反应，所得溶液具有漂白性；Ca(ClO)2溶液中通入适量SO2恰好反应，所得溶液也具有漂白性
C.Fe与Cl2反应生成FeCl3；Fe与I2反应生成FeI3
D.Cu(OH)2受热分解生成CuO；Fe(OH)3受热也易分解生成Fe2O3
【正确答案】 D

【原卷 7 题】 知识点 离子方程式的正误判断

【正确答案】
A
【试题解析】


7-1（基础） 下列离子方程式正确的是
A.工业上制漂白粉： Cl2+ 2OH- =Cl-+ ClO-+ H2O
B.向硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳： SiO+ 2CO2+ 2H2O = H2SiO3↓+2HCO
C.明矾溶液与过量氨水混合： Al3++ 4NH3+ 2H2O = AlO+4NH
D.硫化钠溶液与氯化铁溶液反应： 2Fe3+ +3S2-= Fe2S3
【正确答案】 B

7-2（基础） 下列离子方程式书写正确的是
A.将铝片加入烧碱溶液中：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
B.向亚硫酸钠溶液中加入足量的硝酸：SO+2H+=SO2↑+H2O
C.向澄清石灰水中通入过量的CO2：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O
D.NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热：NH+OH-NH3↑+H2O
【正确答案】 A

7-3（巩固） 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A.硫氰化铁溶液中加溶液产生沉淀：
B.中投入固体：
C.将溶液与溶液混合：
D.向硫代硫酸钠溶液中通入足量：
【正确答案】 C

7-4（巩固） 下列离子方程式书写错误的是
A.氯化铁溶液与氢氧化钠溶液混合：
B.氯化铝溶液与碳酸氢钾溶液混合：
C.氧化铁与氢碘酸溶液混合：
D.硅酸钠溶液与硫酸氢钠溶液混合：
【正确答案】 C

7-5（提升） 下列离子方程式书写错误的是
A.将标准状况下2.24LSO2通入1L0.5mol•L-1Ca(ClO)2溶液中：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-
B.向含1molFeBr2的溶液中通入标准状况下22.4LCl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
C.向FeSO4溶液中滴加NaHCO3溶液和稀氨水，产生大量白色沉淀：Fe2++HCO+NH3•H2O=FeCO3+NH+H2O
D.向明矾溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓
【正确答案】 D

7-6（提升） 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A.等物质的量浓度、等体积的Ca(HCO3)2溶液与NaOH溶液混合：Ca2+++OH—=CaCO3↓+H2O
B.向饱和Na2CO3溶液中通入CO2：+CO2+H2O=2
C.AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3++4NH3·H2O=+4+2H2O
D.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使沉淀完全：2Al3＋＋3＋3Ba2＋＋6OH—=Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
【正确答案】 D

【原卷 8 题】 知识点 无机综合推断

【正确答案】
C
【试题解析】


8-1（基础） 已知A、B、C、D之间的转化关系如下图所示。下列说法正确的是

A.若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D常温下一定呈液态
B.若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质
C.若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应
D.若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸
【正确答案】 A

8-2（基础） 五种常见物质的转化关系如图所示(反应条件、部分反应物及产物略去)，其中A、B、C含有某种相同的元素。下列说法错误的是

A.若A为空气含量最高的气体，则B可能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
B.若A的俗名为纯碱，则M的俗名可以为消石灰
C.若A为常温下的淡黄色固体单质，则C可能能使品红试液褪色
D.若A为地壳中含量最多的金属元素组成的单质，则N可以是
【正确答案】 D

8-3（巩固） 甲、乙、丙、丁反应关系如下图表示，下列有关说法错误的是

A.若甲是、乙是，则以铜片为阳极电解稀硫酸可实现该转化
B.若甲是铝、丙是过量的甲与丙反应后，可加入足量的溶液充分反后，过滤，将产物乙分离出来
C.若甲、乙为和S，可以利用该转化比较氯元素和硫元素的非金属性强弱
D.若乙是一种常见半导体材料，利用上述反应制取乙的化学方程式为
【正确答案】 D

8-4（巩固） 甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。下列说法错误的是

A.若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙物质可能是一种盐
B.若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能会使品红溶液褪色
C.若甲、丙、戊均含同种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序不可能为甲<戊<丙
D.若甲为常见金属单质，乙为常见非金属单质，丁为非金属氢化物，则丙与丁反应可能得到两种盐
【正确答案】 C

8-5（提升） 已知：M、N、P、Q是化学中常见的物质，它们之间有如图反应关系。下列说法正确的是

A.若M是具有磁性的黑色金属氧化物，则P、Q不可相互转化
B.若N是石灰乳，则工业上可以上述物质转化关系为原理处理尾气中的氯气
C.若M、N分别为固体和NaOH固体，则上途物质转化关系为实验室制备氨气的原理
D.若M、N、P、Q均含同一种元素，且常温下P为黄色固体单质，则M，N均能与Q反应
【正确答案】 B

8-6（提升） 由短周期元素组成的常见物质甲、乙、丙、丁、戊、X，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)，下列推断错误的是

A.若甲是单质，乙和戊的反应是OH-+HCO=H2O+CO，则丙一定是H2
B.若戊为CO，丙能和丁反应，则甲的电子式一定 是
C.若X是Na2CO3，丁为含极性键的非极性分子，则丙一定是NO
D.若甲、戊的摩尔质量相等，且戊为白色沉淀，则X一定是铝盐
【正确答案】 C

【原卷 9 题】 知识点 制备与水解有关的物质,化学实验方案的设计与评价

【正确答案】
B
【试题解析】


9-1（基础） 如图所示实验(省略夹持仪器)中，过量的铜与的浓硫酸充分反应，下列有关说法错误的是

A.停止反应时，生成 B.装置①可用于验证具有漂白性
C.装置②中有沉淀生成 D.装置③用于吸收尾气
【正确答案】 A

9-2（基础） 某实验小组用如图甲所示装置制备。下列说法正确的是

A.分液漏斗在使用前需检查气密性
B.实验时打开旋塞的顺序依次为
C.试剂X可选用植物油，其主要作用是隔绝空气
D.选用甲装置中除水外的药品，可用乙装置代替甲装置制备
【正确答案】 C

9-3（巩固） 某化学小组用如图装置模拟呼吸面具中的有关反应，测定样品中的纯度。已知实验中样品的质量为8.0g，实验结束后共收集到1.12L(已折合为标准状况下)气体，下列说法错误的是

A.装置Ⅰ中的稀盐酸不可用稀硫酸代替
B.装置Ⅰ中a的作用是保持上下压强一致，使液体顺利滴下
C.根据题中数据，可求得样品中的纯度一定为97.5%
D.实验结束后，取少量装置Ⅲ中的固体并滴入稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明装置Ⅲ中有盐类生成
【正确答案】 C

9-4（巩固） 已知通入溶液无明显现象。某同学利用下图所示装置探究与溶液反应生成白色沉淀的条件，则下列判断正确的是

A.e、f两管中的试剂可以分别是浓硝酸和铜片
B.乙中产生的必须为氧化性气体，溶液才可能产生沉淀
C.玻璃管会使空气中的氧气进入广口瓶，从而影响反应，应该去除
D.c、d两根导管都必须插入溶液中，保证气体与充分接触
【正确答案】 A

9-5（提升） 已知：MnO2+2NaBr+2H2SO4MnSO4+Na2SO4+Br2↑+2H2O，实验室利用如下图所示的装置制备溴苯。下列说法正确的是

A.装置接口按气流方向连接顺序为：d→a→b→f→e→c
B.装置甲中进行水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝
C.装置乙中有淡黄色沉淀产生，可证明苯与溴发生了取代反应
D.可用乙醇作洗涤剂除去溴苯中溶解的少量Br2
【正确答案】 B

9-6（提升） 无水四氯化锡(SnCl4)可用于制作FTO导电玻璃。实验室可用熔融的锡与氯气反应制备SnCl4，装置如图

已知：①Sn、SnCl2、SnCl4有关的物理性质如下表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
颜色、状态
Sn
232
2260
银白色固体

246
623
无色晶体


114
无色液体
②Sn的性质与Fe相似；SnCl4在空气中极易水解；Cl2易溶于SnCl4。
下列关于上述实验说法错误的是
A.A装置不能换成启普发生器，C中盛放浓硫酸，F中盛放浓NaOH溶液
B.收集器中收集到的液体略显黄色，是因为有部分Cl2溶解在了SnCl4中，可加入饱和Na2SO3溶液萃取提纯SnCl4
C.当观察到装置F上方出现黄绿色气体现象时才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，目的是加快反应速率
D.本实验装置有缺陷，需要改进，应在装置E、F之间添加一个装浓硫酸的洗气瓶
【正确答案】 B

【原卷 10 题】 知识点 离子反应的发生条件,离子共存,限定条件下的离子共存

【正确答案】
D
【试题解析】


10-1（基础） 下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是
A.在0.1mol/L的氨水中：
B.在0.1mol/L的氯化钠溶液中：
C.在0.1mol/L的醋酸溶液中：
D.25℃时，的溶液中：
【正确答案】 C

10-2（基础） 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.使甲基橙变红色的溶液：
B.溶液：
C.溶液：
D.溶液：
【正确答案】 C

10-3（巩固） 下列给定条件下的离子一定能大量共存的是
A.含0.1 mol/LAl3+的溶液：
B.使石蕊变红的溶液：
C.与Al反应生成H2的溶液：
D.含0.01 mol/LSCN-的溶液：
【正确答案】 A

10-4（巩固） 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A.的溶液：
B.硫化钠溶液：
C.焰色试验呈黄色的溶液：
D.水电离出的的溶液：
【正确答案】 C

10-5（提升） 下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是
A.与金属铝反应产生H2的溶液中：Cu2+、Mg2+、、Cl—
B.含有大量Fe3+的溶液中：SCN—、Na+、、I—
C.在10-14=的氢氧化钡溶液中：Na+、K+、Cl−、ClO−
D.能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH、SO、HCO
【正确答案】 C

10-6（提升） 下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A.NaI溶液中：Al3+、Fe3+、NO、Cl−
B.能使酚酞变红的溶液中：K+、Na+、S2O、CO
C.稀H2SO4中：Mg2+、Na+、NO、CH3COO−
D.常温下由水电离的c(H+)·c(OH−)=1×10−26的溶液中：Ba2+、Na+、HCO、Cl−
【正确答案】 B

【原卷 11 题】 知识点 化学键与化学反应中的能量关系,常见能量转化形式

【正确答案】
C
【试题解析】


11-1（基础） 铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是

A.CH3I、CH3COI都是反应中间体
B.甲醇羰基化反应为CH3OH＋CO=CH3CO2H
C.CH3OH＋HI=CH3I＋H2O为取代反应
D.[Rh(CO)2I2]－降低了甲醇羰基化反应的活化能和焓变
【正确答案】 D

11-2（基础） 五羰基铁[Fe(CO)5]催化化工生产中某反应的机理如下图所示，下列说法错误的是

A.Fe(CO)4是该反应的中间体
B.OH-参与了该催化循环
C.反应过程中Fe的成键数目保持不变
D.该催化反应为CO+H2O⇌CO2+H2
【正确答案】 C

11-3（巩固） 据文献报道，金红石表面催化氮气固定机理如图所示，下列叙述错误的是

A.该催化固氮总反应为
B.催化剂可以提高固氮速率的原因是改变该反应的
C.是反应中间体
D.整个催化过程中存在键的断裂和生成
【正确答案】 B

11-4（巩固） 用Cu/SiO2催化香茅醇制取香料香茅腈反应及机理如图所示。下列说法错误的是

A.总反应的化学方程式为R－CH2OH+NH3RC≡N+2H2+H2O
B.中间体M的结构简式为R－CH2－NH2
C.在Cu/SiO2催化剂作用下，香茅醇更容易被氧化
D.增大Cu/SiO2用量，平衡时香茅腈的百分含量不变
【正确答案】 B

11-5（提升） 偶联反应(布赫瓦尔德-哈特维希反应)是合成芳胺的重要方法，反应机理如图(图中表示芳香烃基，……表示为副反应)。下列说法错误的是

A.3、5和8都是反应的中间体
B.理论上 最多能消耗
C.若原料用和，则可能得到的产物为、和
D.该反应机理中所有步骤的原子利用率为
【正确答案】 D

11-6（提升） 铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。

下列叙述错误的是
A.CH3COI是反应中间体
B.甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H
C.反应过程中Rh的成键数目保持不变
D.存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O
【正确答案】 C

【原卷 12 题】 知识点 基于氧化还原反应守恒规律的计算

【正确答案】
C
【试题解析】


12-1（基础） 已知含有15NA个Na2SO3粒子的Na2SO3溶液恰好与含有5NA个KRO4粒子的KRO4溶液完全反应转化为Na2SO4.则R元素在产物中的化合价是
A.＋1 B.＋2 C.＋3 D.＋4
【正确答案】 A

12-2（基础） 300mL2mol/L溶液恰好被0.4molXO氧化，则X元素在还原产物中的化合价是
A.+1 B.+4 C.+3 D.+2
【正确答案】 B

12-3（巩固） 已知30mL浓度为0.5的溶液恰好与50mL浓度为0.1的溶液完全反应转化为。则R元素在产物中的化合价是
A.-1 B.0 C.＋1 D.＋2
【正确答案】 C

12-4（巩固） 某氧化剂中，起氧化作用的是离子，在溶液中0.2mol该离子恰好能使0.6mol的离子完全氧化，则离子还原后X的化合价为：
A.+3 B.+2 C.+5 D.+4
【正确答案】 A

12-5（提升） 在一定条件下，和发生反应的离子方程式为：，则中R元素的化合价及R在元素周期表中的位置是
A.价，ⅤA族 B.价，ⅦA族
C.价，Ⅶ族 D.价，ⅤA族
【正确答案】 B

12-6（提升） 一定条件下，当溶液中XO与H2O2分子个数比恰好为2∶5时，溶液中XO离子被还原为较低价态，则X元素的化合价变为
A.+2 B.+3 C.+4 D.+5
【正确答案】 A

【原卷 13 题】 知识点 氧化还原反应的应用,化学反应条件的控制及其应用,氧化还原反应方程式的配平

【正确答案】
D
【试题解析】


13-1（基础） 室温下，通过下列实验探究某84消毒液(主要成分为NaClO和NaCl)的性质。
实验1：少量稀消毒液中加入饱和Ag2SO4溶液，产生白色沉淀
实验2：少量稀消毒液中加入0.2mol·L-1CH3COOH溶液，光照后管壁有气泡
实验3：少量稀消毒液中加入0.2 mol·L-1FeSO4酸性溶液和KSCN溶液，溶液变红
实验4：少量稀消毒液中加入0.2 mol·L-1AlCl3溶液，产生白色沉淀
下列说法正确的是
A.实验1中两溶液混合时有；c(Ag+)·c(Cl-) B.实验2中管壁中气泡成分只有一种单质气体
C.实验3中发生反应的离子方程式有：ClO- +2Fe2++2H+= 2Fe3++ H2O+Cl-
D.实验4中反应后溶液中大量存在的离子有：Na+、ClO-、A13+、Cl-、H+
【正确答案】 C

13-2（基础） 某实验小组探究SO2与AgNO3溶液的反应，实验记录如下：
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
实验
步骤



实验现象
得到无色溶液a和白色沉淀b
产生无色气体，遇空气变为红棕色
产生白色沉淀
下列说法正确的是
A.透过测Ⅰ中无色溶液a的pH可以判断SO2是否被氧化
B.实验Ⅱ说明白色沉淀b具有还原性
C.实验Ⅲ说明溶液a中一定有生成
D.实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ说明SO2与AgNO3溶液反应既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成
【正确答案】 B

13-3（巩固） 下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是



①
②
③

A.由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B.由②中的红棕色气体不能表明木炭与浓硝酸发生了反应
C.由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D.③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
【正确答案】 D

13-4（巩固） 实验室用下图所示装置，探究室温下与的反应，所用镁条质量和表面积相同，且均已用砂纸打磨，实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁。下列说法错误的是
实验1
实验2
实验3



镁条表面有微小气泡，且溶液较长时间无明显变化
镁条表面有较多气泡且产生气泡速率逐渐加快，溶液中无明显现象
镁条表面有大量气泡，溶液逐渐变浑浊

A.实验1现象不明显，可能与表面生成了难溶的有关
B.实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃导管内空间狭小，热量不易散失
C.由实验1和实验3可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论
D.实验3中破坏了在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积
【正确答案】 C

13-5（提升） 化学是一门以实验为基础的学科，某同学为探究FeCl3溶液的性质进行如下实验，操作如图所示，根据实验现象，下列分析正确的是

A.向②后试管加入足量稀盐酸，沉淀全部溶解
B.①～④的变化中，有1处涉及氧化还原反应
C.若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，产生的现象与图中①、②现象相同
D.若用Na2SO3代替Na2CO3进行实验，可产生相同现象
【正确答案】 B

13-6（提升） 为探究的性质，进行了如下实验(和溶液浓度均为)。
实验
操作与现象
①
在水中滴加2滴溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
②
在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；
再滴加溶液，产生蓝色沉淀。
③
在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；
将上述混合液分成两份，一份滴加溶液，无蓝色沉淀生；
另一份煮沸，产生红褐色沉淀。
依据上述实验现象，结论不合理的是
A.实验①说明加热促进水解反应
B.实验②说明既发生了水解反应，又发生了还原反应
C.实验③说明发生了水解反应，但没有发生还原反应
D.整个实验说明对的水解反应无影响，但对还原反应有影响
【正确答案】 D

【原卷 14 题】 知识点 元素金属性与非金属性递变规律的理解及应用,元素周期律的应用,元素周期律、元素周期表的推断

【正确答案】
B
【试题解析】


14-1（基础） X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Z位于同一主族。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y原子的电子总数是其最外层电子数的3倍。W与X形成的一种气体常用于漂白和消毒，下列有关说法可能错误的是
A.含氧酸的酸性：W>Z B.X与Y、Z、W可分别形成两种或两种以上化合物
C.简单氢化物沸点：X>Z D.简单离子半径：Y>Z>W>X
【正确答案】 A

14-2（基础） 短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 原子序数依次增大，其中 Y、Z 同周期，W、Q 同周期，W 与 Y 同主族，W 与 Z 形成的化合物是玻璃工业的主要原料。Q 的最外层电子数等于 X、Z 的最外层电子数之和。下列说法正确的是
A.最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>W>Y
B.原子半径：W>Z>Y>X
C.Y 和 W 形成的化合物硬度很大，可用作砂纸、砂轮的磨料
D.Z 分别与 Y、W 形成的化合物一定为酸性氧化物
【正确答案】 C

14-3（巩固） 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的简单氢化物的水溶液呈碱性，X、W同主族；Y的最外层电子数是次外层的3倍；金属元素Z的最外层电子数等于其K层电子数； W、Q的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的2倍，下列说法不正确的是
A.X、Y两种元素能形成多种化合物
B.工业上电解熔融Z的氯化物来获得Z单质
C.X、Y、W三种元素气态氢化物的稳定性： Y>X>W
D.Q的氧化物对应的水化物一定为强酸
【正确答案】 D

14-4（巩固） W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。W与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是W原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A.原子半径：Y>X>W B.单质的熔点：Y>X>W
C.简单氢化物的沸点：Z>W D.Z的最高价含氧酸一定是强酸
【正确答案】 B

14-5（提升） 短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，Z的最外层每个能级上排布的电子数相同，W的最外层电子数比Y、Z最外层电子数之和少1，W和X的单质常温下均为无色气体。下列结论正确的是
A.原子半径大小顺序为Z>Y>X>W
B.通常用电解X与Y的化合物的方法制得Y单质
C.W与Y形成的化合物溶于水生成两种碱性物质
D.X、Z形成的化合物属于离子化合物
【正确答案】 C

14-6（提升） 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，Z的质子数是X的11倍，Y、W同主族且W的原子序数是Y的两倍。下列叙述错误的是
A.原子半径：
B.Y的简单气态氢化物的沸点比W的高
C.W元素氧化物对应的水化物的酸性比Q的弱
D.Y、Z、W组成的化合物中可以既有离子键又有共价键
【正确答案】 C

【原卷 15 题】 知识点 物质分离、提纯的常见化学方法,物质的检验

【正确答案】
D
【试题解析】


15-1（基础） 下列关于物质的制备、 鉴别与除杂的说法正确的是
A.除去乙烷中没有少量乙烯：通入氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷
B.氯气与甲烷按照比例2：1在光照条件下反应制备纯净的二氯甲烷
C.只用溴水就能将苯、己烯、四氯化碳、淀粉碘化钾溶液区分开来
D.实验室制取的硝基苯：先加入浓硫酸，再加苯，最后滴入浓硝酸
【正确答案】 C

15-2（基础） 下列关于物质鉴别和除杂的实验方法错误的是
选项
实验目的
实验方法
A
鉴别硬水和软水
取样，加入肥皂水，观察是否有大量泡沫
B
鉴别蔗糖和固体
取样，加少量水溶解，测量溶液温度
C
除去固体中混有的少量
取样，足量稀盐酸，蒸发结晶
D
除去中混有的少量
取样，加少量二氧化锰，充分加热
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 D

15-3（巩固） 下列关于物质的制备、鉴别与除杂的说法正确的是
A.乙烷中混有少量乙烯：通入氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷
B.氯气与甲烷按照比例2:1在光照条件下反应制备纯净的二氯甲烷
C.只用溴水就能将甲苯、己烯、四氯化碳、淀粉碘化钾溶液区分开来
D.苯与溴水混合后加入铁粉，发生取代反应，制备密度大于水的溴苯
【正确答案】 C

15-4（巩固） 物质的检验、除杂和鉴别是化学实验的基本技能，下列实验操作能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
检验溶液中的
取样，向其中加入溶液
B
除去附着在试管内壁的硫
加水冲洗
C
鉴别与固体
取样，分别与熟石灰混合研磨，闻气味
D
鉴别溶液与溶液
取样，分别向其中滴加溶液
A.A B.B C.C D.D
【正确答案】 C

15-5（提升） 下列关于物质的制备、鉴别与除杂的说法正确的是
A.将电石与饱和食盐水反应产生的气体直接通入到溴水中，若溴水褪色，则证明产生了乙炔气体
B.鉴别已烯和甲苯：向己烯和甲苯中分别滴入酸性KMnO4溶液，振荡观察是否褪色
C.只用溴水就能将苯、乙醇、四氯化碳、淀粉碘化钾溶液区分开
D.检验卤代烃的卤原子：加入NaOH溶液共热，再加AgNO3溶液，观察沉淀颜色
【正确答案】 C

15-6（提升） 下列关于物质的除杂与鉴别的方法中，正确的是
①除去NaCl固体中的Na2CO3杂质：加水溶解后加入足量的稀盐酸，再蒸发结晶。
②鉴别NH4Cl和K2SO4两种固体：加熟石灰研磨闻气味。
③除去KCl固体中的MnO2杂质：加足量水充分溶解，再过滤、洗涤、干燥。
④除去CO2气体中混有的少量CO：点燃。
⑤除去CaCl2溶液中的盐酸：加入过量的熟石灰后过滤。
A.①②③ B.①② C.①②④ D.②⑤
【正确答案】 B

【原卷 16 题】 知识点 氧化还原反应的应用,氧化还原反应方程式的配平,硫酸盐,含硫化合物之间的转化

【正确答案】
B
【试题解析】


16-1（基础） 通过如图流程制备硝酸铜晶体，下列说法不正确的是

A.将废铜片粉碎，可提高反应速率
B.若将废铜片直接“溶解”，既产生污染又降低硝酸的利用率
C.用无水乙醇代替水“洗涤”的目的之一是减少晶体的溶解损失
D.为了使硝酸铜尽可能析出，“结晶”应将溶液蒸干
【正确答案】 D

16-2（基础） 将使用过的废铝热剂(主要成分为，含少量)再生制取金属铝的工艺流程如图所示。下列说法中正确的是

A.“碱浸”时，发生反应的化学方程式为
B.“沉铝”时，可以用足量HCl代替
C.冶炼金属铝的方法为热还原法
D.该流程中各步均不涉及氧化还原反应
【正确答案】 A

16-3（巩固） 工业上用铝土矿(主要成分，含等杂质)冶炼铝的主要流程如下：

(注：碱溶时转变为铝硅酸钠沉淀)
下列叙述错误的是
A.操作I增大溶液用量可提高的浸取率
B.操作II、III均需用到分液漏斗，操作Ⅳ需用到坩埚
C.通入过量的离子方程式为
D.加入的冰晶石目的是降低的熔融温度
【正确答案】 B

16-4（巩固） 从光盘金属层中提取Ag(其他金属忽略不计)的一种工艺流程如下图，下列说法不正确的是

已知：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解
A.氧化过程用稀硫酸代替NaOH溶液效果会更好
B.操作Ⅰ需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒
C.AgCl固体中加10%氨水可以转化为可溶性的
D.“还原”过程中N2H4∙H2O转化为无害气体，则理论上消耗0.5molN2H4∙H2O可提取Ag216g
【正确答案】 A

16-5（提升） 钯(Pd)的性质与铂相似，一种从废钯催化剂(主要成分为Pd、α－Al2O3和活性炭，还含少量Fe、Cu等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：

已知：阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为R－Cl+M-R－M+Cl-、R－Na+N+R－N+Na+。下列说法错误的是
A.“灼烧”的主要目的是除去活性炭
B.“酸浸”过程中温度不宜过高
C.“离子交换”所用树脂为阳离子交换树脂
D.“还原”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
【正确答案】 C

16-6（提升） 某新型纳米材料氧缺位铁酸盐ZnFe2Ox(3＜x＜4)，能在常温下将工业废气中的SO2、NO2等转化为单质而除去，由锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3等)和Fe2(SO4)3为原料制备氧缺位铁酸盐及其转化废气流程如图：下列说法正确的是

A.浸取时，为了提高酸浸效率，可以延长浸取时间或将稀硫酸换成质量分数98%浓硫酸
B.ZnFe2O4与H2反应制得1 molZnFe2Ox时转移电子(8-2x)mol
C.除去SO2时，ZnFe2Ox在反应中表现了氧化性
D.“除杂”过程中有加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的离子只有Pb2+和Cu2+
【正确答案】 B

【原卷 17 题】 知识点 元素周期律、元素周期表的推断,微粒半径大小的比较方法,根据原子结构进行元素种类推断,氢键对物质性质的影响

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，是一种红棕色气体(常温常压)，是一种含共价键的离子化合物，Y原子最外层电子数是电子层数的2倍。请回答下列问题：
1、W位于周期表第___________周期第___________族。
2、简单氢化物的还原性：Y___________Z(填“>”“<”或“=”，下同)；简单氢化物的稳定性：Y___________R。
3、G是R的氢化物，摩尔质量为，和G反应的产物是___________(填化学式)。
4、W的简单氢化物遇Z的单质产生“白烟”，写出化学方程式：___________。
【正确答案】 1、二 ⅤA 2、> <
3、
4、

17-2（基础） 原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族。
1、X元素符号是_______。
2、Z、W形成的气态氢化物的稳定性_______>_______(写化学式)。
3、由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为_______。
4、由X、Y、Z、W四种元素组成的一种离子化合物A，已知①1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体。②A能与盐酸反应产生气体，该气体能与氯水反应，写出该气体与氯水反应的离子方程式_______。
5、由X、Y、Z、W和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物B，1 mol B中含有6 mol结晶水。对化合物B进行如下实验：
①取B的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体；过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色。
②另取B的溶液，加入过量，溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解。由实验①、②推知B的化学式为_______。
【正确答案】 1、H 2、
3、
4、
5、

17-3（巩固） A、B、C、D、E、F为六种短周期元素，相关信息如下：
序号
信息
①
A、B、C原子序数依次增大，均可与D形成含的分子
②
C为地壳中含量最高的元素
③
E与F同周期，且E在同周期元素中非金属性最强
④
F为短周期中原子半径最大的元素
根据以上信息提示，回答下列问题。
1、C元素在周期表中的位置为_______。简单氢化物沸点最低的是_______。
2、由B、C、D三元素按原子个数2∶3∶4之比形成物质的化学式为_______，化合物DEC所含化学键的类型有_______(填“金属键”、“离子键”、“极性共价键”或“非极性共价键”)。
3、将通入到FEC溶液中可制得。该反应的离子方程式为_______。
4、写出可使酸性高锰酸钾溶液褪色的A的含氧酸(相对分子质量为90)的结构式_______。
5、一种淡黄色固体，其电子式为_______。该固体与硫酸亚铁溶液(按物质的量之比为1∶1)反应。反应过程中有气体生成，则该反应的还原剂为_______。
【正确答案】 1、第二周期第VIA族
2、 极性共价键
3、
4、 5、 和

17-4（巩固） A、B、C均为短周期元素，原子序数依次增大，A单质为密度最小的气体，B原子最外层电子数是电子层数的3倍，C在同周期元素中原子半径最大。
1、A、B、C的元素名称分别为________、_______、_______
2、B在元素周期表中位置为________。
3、由上述元素组成的化合物中既含有极性共价键又含有离子键的化合物的电子式为_____。
4、A和B组成的化合物中既含极性共价键又含非极性共价键的化合物的电子式为_________，该化合物可以将碱性工业废水中的CN-氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为________。
5、A和C能组成一种化学活性很高的离子化合物能和B2反应生成一种强碱，请写出该化学方程式___________。
【正确答案】 1、氢元素 氧元素 钠元素
2、第二周期第ⅥA族 3、
4、 H2O2+CN-+OH-=CO+NH3↑
5、2NaH+ O2=2NaOH

17-5（提升） W、X、Y、Z元素的原子序数依次增大，W、Y的最外层电子数之和等于X的内层电子数，W、Z的质子数之和与X、Y的质子数之和的差等于X的最外层电子数；W、Z形成的单质是生产、生活中应用最广的两种金属。回答下列问题：
1、Z元素在元素周期表中的位置为_______。
2、Z形成的单质与水蒸气在高温下反应，生成的固体产物与W形成的单质在高温下也可反应，则后一个反应的还原剂与还原产物的物质的量之比为_______。
3、用电子式表示X形成化合物H2X的过程：_______。
4、Z形成的最高价含氧酸盐具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定，可用于饮用水的处理，其净水原理是_______。
5、写出能体现X、Y金属性或非金属性强弱的方法：_______(用化学方程式表示)。
【正确答案】 1、第四周期第Ⅷ族； 2、8：9
3、 4、具有强氧化性，可利用其氧化性进行杀菌消毒，还原产物在水溶液中形成氢氧化铁胶体，可以高效吸附水中的悬浮杂质，起到净水作用
5、Cl2+H2S=2HCl+S↓

17-6（提升） 如图为元素周期表的一部分。请回答下列问题。

1、图中阴影部分所示区域的元素称为____元素，下列元素属于该区域的是____(填字母)。
A.Ba B.Fe C.Br D.Rb
2、已知A、B、C、D、E、F六种短周期元素的原子半径和某些化合价如表：
元素
A
B
C
D
E
F
化合价
-2
+5、-3
+4、-4
+6、-2
+2
+1
原子半径/nm
0.074
0.075
0.077
0.102
0.160
0.186
写出D元素在元素周期表中的位置____。
3、C的最高价氧化物与E的单质在点燃条件下发生反应的化学方程式为____；由F的化合物生成A的单质的化学方程式为____。
4、C与氢元素可组成一种气体，该气体在标准状况下的密度为1.25g•L-1，该气体的摩尔质量为____。
5、下列说法不正确的是____。
A.元素最高正价与最低负价绝对值相等的元素一定处于第ⅣA族
B.第5周期第ⅤA族元素的原子序数为65
C.②形成的最简单氢化物比①形成的最简单氢化物的稳定性高
D.周期表中当某元素的周期序数大于其族序数时，该元素可能属于金属或非金属
6、BrCl属于卤素互化物，性质与Cl2相似。写出BrCl与氢氧化钠溶液反应的化学方程式____。
【正确答案】 1、过渡金属 B 2、三周期第ⅥA族
3、
4、28g/mol 5、ABD
6、BrCl+2NaOH=NaCl+NaBrO+H2O

【原卷 18 题】 知识点 氧化还原反应的几组概念,物质分离、提纯综合应用

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） 物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的两个重要认识视角。图中分别为钠和氯及其化合物的“价-类”二维图，请回答下列问题：

1、填写二维图中缺失的化学式：①___________、②___________。
2、物质③常用于实验室制取O2，则③的化学式是___________。
3、从物质类别角度看，HClO属于___________，(填字母序号)
a.金属单质 b.非金属单质 c.酸性氧化物 d.碱性氧化物 e.酸 f.碱 g.盐
从化合价角度看，HClO具有___________(填“还原性”或“氧化性”或“既有氧化性又有还原性”)，已知少量HClO与Na2SO3溶液反应有Na2SO4生成，该反应的离子方程式为___________。
4、氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，标准状况下生成4480mLH2转移电子物质的量是___________。
【正确答案】 1、Na2O、Na2O2 NaClO
2、KClO3 3、e 既有氧化性又有还原性 HClO+=+Cl-+H+
4、0.2mol

18-2（基础） 物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。下图所示是硫及其部分化合物的“价类二维图”。

根据图示回答下列问题：
1、X的化学式为_______，将X与SO2混合，可生成淡黄色固体，该反应的氧化产物与还原产物的质量之比为_______。
2、过量的Fe粉与一定量W浓溶液混合加热反应，生成_______(填化学式)气体。
3、欲制备Na2S2O3，从氧化还原角度分析，下列合理的是_______(选填字母)。
A.Na2S+S B.Na2SO3+S C.Na2SO3+Na2SO4 D.SO2+Na2SO3
4、工业制硫酸中，转化②是在_______(填设备名称)进行的。进行转化③时，不用水而用98.3%的浓H2SO4吸收SO3，原因是_______。
【正确答案】 1、H2S 2：1
2、SO2和H2 3、B
4、接触室 SO3溶于水转化为H2SO4过程中放热，产生酸雾降低SO3吸收效率

18-3（巩固） 硫及其化合物的“价-类”二维图体现了化学变化之美。
1、自然界中有斜方硫和单斜硫，它们的关系是___________，二者转化属于___________变化。
2、如图中属于酸性氧化物的物质是___________(用化学式表示)。

3、不同价态的硫元素可以相互转化，请写出以下转化：
①反应前后存在3种价态的硫元素，写出反应的离子方程式___________；
②反应前后存在4种价态的硫元素，写出反应的化学方程式__________。
4、如果有反应Z M，H2S N，M 是下列物质中的___________(填字母序号)
a． Na2SO4 b． CuSO4 c． FeSO4 d． Fe2(SO4)3
写出H2S生成N的离子方程式为___________；Q可以是___________(用化学式表示，写出至少3类物质)。
【正确答案】 1、同素异形体 化学
2、SO2、SO3 3、3S+6OH-2S2-++3H2O H2S+H2SO4(浓)S+SO2↑+2H2O
4、b Cu2++H2S=CuS↓+2H+ Cu、CuO、Cu(OH)2

18-4（巩固） “价一类”二维图基于核心元素的化合价和物质类别研究物质，为我们认识物质性质和实现物质转化提供了新思路。如图是硫及其化合物的“价一类"二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，请根据要求回答相关问题。

1、X的结构式为_______。
2、请写出转化为的化学方程式_______，将转化为，需加入_______(填“氧化剂”或“还原剂”)。
3、Y的浓溶液与S单质在加热条件下可以发生化学反应生成，写出该反应的化学方程式为_______。
4、24mL0.05的溶液与20mL0.02的溶液恰好反应，已知转化为，则Cr元素在还原产物的化学式为_______。
5、硫代硫酸钠()是一种重要的化工原料。从氧化还原反应的角度分析，下列制备的方法理论上可行的是_______(填字母)。
A. B. C. D.
6、写出气体有弱氧化性的化学方程式_______。
【正确答案】 1、H－S－H 2、 氧化剂
3、
4、 5、D
6、

18-5（提升） 利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：

1、从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有_______(填化学式)。
2、将X与Y混合，可生成淡黄色固体，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
3、Na2S2O3是重要的化工原料。从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是_______(填字母)。
a.Na2S＋S b.Na2SO3＋S c.SO2＋Na2SO4 d.Na2SO3＋Na2SO4
4、已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则24 mL 0.05 mol·L-1的Na2SO3溶液与20 mL 0.02 mol·L-1的K2Cr2O7溶液恰好反应时，还原产物中Cr元素的化合价为_______。
5、为了探究Cl2、SO2同时通入H2O中发生的反应，某化学兴趣小组同学设计了如图所示的实验装置。

该化学兴趣小组的同学为制取Cl2、SO2气体，现采用Na2SO3与70%的硫酸为原料制取SO2，采用MnO2和浓盐酸(12 mol·L-1)为原料制取Cl2.在此实验中，仪器F的作用是_______；发生装置B应选择如图三种装置中的_______(填序号)。

【正确答案】 1、SO2、H2SO3、Na2SO3
2、1∶2 3、b
4、＋3 5、防倒吸 ①

18-6（提升） 研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价-物质类别关系图如图1所示。

回答下列问题：
1、图中A可以是___________(写化学式)。符合图中B的物质之间的转化关系是___________(用化学方程式表示)。
2、实验室中，检验溶液中是否含有的操作方法是___________。
3、图1中C代表硝酸。图2是各种不同密度的硝酸与铁反应(相同温度)时主要还原产物的分布图。下列叙述中不正确的是___________(填字母)。

A.硝酸的密度越大，其浓度越小
B.当还原剂和温度都相同时，不同浓度的硝酸被还原的产物不是单一的，只是在某浓度时，以某种产物为主而已
C.硝酸的浓度越大，还原产物中N元素低化合价产物越少
D.当硝酸的密度大于时，还原产物主要为NO、
4、现有一定量铝粉和铜粉的混合物与一定量很稀的硝酸溶液充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图3所示。

①c点对应NaOH溶液的体积为___________mL。
②de段发生反应的离子方程式为___________。
【正确答案】 1、
2、取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠浓溶液，稍微加热，观察试管口湿润的红色石蕊试纸是否变蓝 3、A
4、40

【原卷 19 题】 知识点 化学实验方案的设计与评价,氯气的实验室制法,二氧化硫的制备,物质制备的探究

【正确答案】

【试题解析】


19-1（巩固） 莫尔盐［(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，Mr=392]能溶于水，难溶于无水乙醇，是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某兴趣小组欲制备莫尔盐并测定其纯度。采用的方法是先在封闭体系中利用铁和稀硫酸制备硫酸亚铁溶液，再用制得的硫酸亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应制得。实验装置如图所示，回答下列问题：

1、仪器a的名称为___________。配制硫酸铵饱和溶液的蒸馏水，需经煮沸并迅速冷却后再使用，目的是___________。
2、待C中逸出H2较为纯净后，___________ (填具体操作)，A中液体会自动流入B中。此时B中发生的主要反应的化学方程式为___________。
3、制备结束后，将B中固液混合物过滤，所得莫尔盐可用___________ (填试剂名称)进行洗涤。装置A中的反应，硫酸需过量，保持溶液的pH在1~2之间，其目的为___________。
4、装置C的作用为___________。
5、实验小组对样品进行纯度检测，取9.000g样品配成250ml溶液，从中取出25.00ml溶液，用0.01000mol/L的酸性K2Cr2O7溶液滴定，消耗酸性K2Cr2O7溶液30.00mL，该样品的纯度为___________ (保留至0.1%)。
【正确答案】 1、三颈烧瓶 降低水中的溶解氧
2、打开K3，关闭K1、K2 FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O↓
3、无水乙醇 抑制Fe2＋水解
4、液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2＋
5、78.4%

19-2（巩固） 是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制备成固体以便运输和贮存。过氧化氢法制备的实验装置如图甲所示。

已知：①；
②的熔点为-59℃，沸点为11℃，的沸点为150℃；
③当温度低于38℃时，饱和溶液中析出的晶体是；当温度在38~60℃时，析出；温度高于60℃时，分解。
请回答下列问题：
1、对的生成有一定催化作用。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，的生成速率会大大提高，并产生微量氯气。该过程经两步反应完成，将其补充完整。
①
②___________；(用离子方程式表示)；
2、C中将装置浸入冰水浴中的作用是___________。
3、实验室用图乙的装置可从C的溶液中获得晶体(Y处连接一个减压设备)
①水浴加热的温度最好控制在___________℃左右(填序号)。
A．40 B．55 C．70 D．100
②装置中毛细玻璃管的作用是___________。
③当蒸馏烧瓶中出现大量晶体后停止蒸发，趁热过滤，___________，干燥后得到产品。
4、产品纯度的测定：准确称取1.000g产品，加入适量蒸馏水配成溶液；取待测液于锥形瓶中，加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应；滴加几滴淀粉溶液，用标准液滴定，至滴定终点。重复3次，测得标准液体积平均值为。(滴定反应的离子方程为：)假设杂质不参加者合反应，则产品中的质量分数是___________%。
5、在酸性条件下可发生反应生成和具有杀菌漂白性的，反应的离子方程式为___________。
【正确答案】 1、
2、防止温度过高使，分解或将冷凝为液体在C中充分反应
3、B 作为气化中心，防止溶液暴沸 用38~60℃热水洗涤晶体
4、90.50 5、

19-3（巩固） 焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一，是黄色晶体，带有强烈的SO2气味，溶于水即生成NaHSO3。实验室可利用二氧化硫与亚硫酸钠反应制备焦亚硫酸钠。某研究小组进行如下实验：
实验一：焦亚硫酸钠的制取

采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5，装置Ⅱ中有黄色晶体析出。
1、装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为___________。
2、要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，在实验室中需要用到的玻璃仪器是___________。
3、装置Ⅲ用于处理尾气，防止污染环境。下列装置中，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为___________(填序号)。
a. b. c. d. e.
实验二：焦亚硫酸钠的性质
4、将Na2S2O5溶与水配成溶液，
①欲证明所得溶液中的离子浓度大小关系：c(SO)＞ c(H2SO3)，下列选项中可采用的方法是___________(填序号)。
a．测定溶液的pH b． 加入盐酸 c． 加入品红 d．用蓝色石蕊试纸检测
②检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是___________。
实验三：葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定
5、葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：
溶液出现蓝色且30 s内不褪色
①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为___________ g·L-1。
②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【正确答案】 1、或
2、玻璃棒、漏斗、烧杯
3、d 4、ad 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；
5、0.16 偏低

19-4（巩固） 碱式次氯酸镁(BMH)，化学式为Mg2ClO(OH)3·H2O，白色粉末、难溶于水，常作消毒剂。某小组拟以海水为原料设计如下流程制备BMH：

请回答下列问题：
1、回流反应中选择___________(填“pH试纸”或“pH计”)测定反应液的pH。
2、“烘干”可采用吹干、吸干等方式，不能采用“高温烘干”，原因是___________。
3、利用下列装置制备NaClO溶液(已知：向0~5℃的烧碱溶液通入氯气生成NaClO，)。

①C装置应采用___________(填“冷水浴”或“热水浴”)。
②标出B装置盛装试剂并补全导管___________。
4、回流反应中用氢氧化钠溶液调节pH，生成产品的离子方程式为___________。
5、测定产品纯度。取mg产品溶于稀硫酸配成250mL溶液，取25.00mL配制的溶液于锥形瓶，加入足量KI溶液和适量稀硫酸，充分反应后，滴几滴淀粉溶液，用溶液滴定(有关反应为，)，测得三次平行实验消耗Na2S2O3，溶液体积如表所示：
实验
起始读数/mL
终点读数/mL
消耗Na2S2O3溶液体积/mL
Ⅰ
0.20
21.40

Ⅱ
1.10
20.90

Ⅲ
2.00
22.20

①滴定终点的现象是___________。
②该产品的纯度为___________(用含m、c的代数式表示)。
6、有效氯含量是衡量次氯酸盐氧化能力的重要指标。次氯酸盐的有效氯含量可用次氯酸盐与盐酸反应所生成的氯气的质量来表示()，有效氯含量。理论上BMH的有效氯含重为___________(计算结果保留一位小数)。
【正确答案】 1、pH计 2、采用“高温烘干”，会导致产品脱水、甚至分解
3、冷水浴 4、ClO−+2Mg2++3OH-+H2O=Mg2ClO(OH)3·H2O
5、最后一滴滴定液加入后溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色
6、

19-5（巩固） 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效含氯消毒剂和漂白剂，主要用于自来水、污水等水环境的杀菌消毒，也常用作纸浆、砂糖、油脂的漂白剂。图为目前生产亚氯酸钠的流程之一(夹持装置省略)，所得NaClO2具有纯度高的优点。

已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。试回答下列问题
1、装置A用来制取，发生反应的离子方程式为___________。
2、装置B的作用是___________。
3、研究测得C装置吸收液中的与对粗产品中含量的影响如图所示。则最佳条件为___________，___________。

4、C装置采用“冰水浴”的目的是___________。
5、充分反应后，为从产品溶液中获取晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：___________→___________→___________→干燥。
a．趁热过滤 b．50℃水洗涤 c．加热蒸发结晶 d．冰水洗涤
e．55℃恒温减压蒸发结晶
6、准确称取所得亚氯酸钠样品 g于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250 mL待测溶液。移取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用 的标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗标准溶液的平均值为 mL。(已知：、)
①达到滴定终点时的现象为___________。
②该样品中的质量分数为___________(用含、、的代数式表示，结果化成最简)。
【正确答案】 1、
2、防止倒吸 3、4 0.8
4、防止温度过高，分解成和NaCl，同时，受热易分解
5、e a b
6、滴入最后一滴标准溶液时，溶液蓝色或浅蓝色退去且半分钟颜色不恢复

19-6（巩固） 新冠肺炎疫情期间使用了大量的消毒剂，其中亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效含氯消毒剂和漂白剂，某研究性学习小组利用如图装置制备亚氯酸钠。

回答下列问题：
1、A仪器的名称是______，实验过程中始终缓缓通入空气的原因是______。
2、C装置为NaClO2的发生装置，C中的化学反应方程式为______。
3、C中水浴温度的变化对亚氯酸钠含量的影响如图所示。回答下列问题：

温度低于11℃时，随着水浴温度升高，亚氯酸钠含量迅速减少，可能的原因如下：
①______促进了过氧化氢的分解。
②ClO2与氢氧化钠溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种是NaClO3，该离子方程式为______。
4、测定产品中NaClO2的纯度。取样品8.0g配制成100mL溶液，从中取出10.00mL加入锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量的KI溶液和稀H2SO4，再滴加几滴淀粉溶液，用1.0mol•L-1Na2S2O3标准液滴定。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)
①滴定终点的现象为______。
②三次滴定数据记录如下：
滴定次数
待测液体(mL)
标准液读数(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
10.00
0.50
20.52
第二次
10.00
1.00
20.98
第三次
10.00
1.50
23.60
该样品中亚氯酸钠的纯度为______(结果保留3位有效数字)。
【正确答案】 1、恒压滴液漏斗 提高ClO2的使用效率、实验结束时排除装置中残余的ClO2
2、2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2↑+2H2O
3、升高温度 2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O
4、滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟颜色不恢复 56.6%

【原卷 20 题】 知识点 物质分离、提纯综合应用,常见无机物的制备

【正确答案】

【试题解析】


20-1（基础） 天然铝土矿主要成分是Al2O3杂质主要为SiO2、Fe2O3、 MgO等，工业上用天然铝土矿生产铝的工艺流程如图：

已知部分氢氧化物沉淀的pH如下表：
沉淀物
Fe( OH)3
Al( OH)3
Mg(OH)2
开始沉淀时的pH (离子初始浓度为0. 01mol·L-1)
2.2
3.7
9. 6
完全沉淀时的pH (离子浓度<10-5mol·L-1)
3.2
4.7
11.1
请回答下列问题：
1、为了加快铝土矿和盐酸的反应速率，可以采取的措施为_______(填一种即可)；
2、固体A的主要成分是_______(填化学式)，溶液E中的金属离子主要为_______(填化学式)；
3、“溶液C”调节pH的范围为_______；
4、为了验证“溶液C”中是否含有Fe3+，可取少量“溶液C”于试管中，向其中加入_______溶液(填试剂名称)，溶液变成血红色，则证明“溶液C”中有Fe3+，其离子反应方程式为_______；
5、操作⑤反应的化学方程式为_______。
【正确答案】 1、)粉碎铝土矿或加热或搅拌
2、SiO2 Mg2+
3、4.7≤pH＜9.6
4、硫氰化钾 Fe3+ + 3SCN-⇌Fe(SCN)3
5、2Al2O3 4Al + 3O2↑

20-2（基础） 某矿石中含有硅、铁、铝的氧化物，为综合开发资源提高矿石的利用率，化工厂采取如图工艺制备铁红和。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子



开始沉淀的pH
2.2
3.7
9.5
沉淀完全的pH(mol/L)
3.1
4.7
11.1
请回答下列问题：
1、提高酸浸效率的措施_______(答出一种即可)，最适合选择_______进行酸浸。
2、“氧化”步骤一般采用双氧水，且分多次添加的方式。其涉及的离子方程式_______。
3、调节pH的范围为_______。
4、“洗涤”滤渣B的操作是_______。
5、由溶液制备的操作步骤为_______，蒸发浓缩、冷却结晶、_______、干燥。
6、写出滤渣A与氢氟酸反应的化学反应方程式_______。
7、若矿石kg，最后获得，则矿石中铝元素的含量为_______×100%。(用最简分数表示)
【正确答案】 1、搅拌、升温、将矿石粉碎、适当增大酸的浓度 盐酸
2、
3、
4、沿玻璃棒向过滤器中倒入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复2~3次
5、加入少量稀盐酸或者通入氯化氢 过滤、洗涤
6、
7、

20-3（巩固） 利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(III)的处理工艺流程如下：

其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。
1、实验室用18.4 mol·L-1的浓硫酸配制240 mL 4.8 mol·L-1的硫酸，需量取浓硫酸___________mL；
2、酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有___________。
3、H2O2的作用是将滤液I中的Cr3+转化为Cr2O，写出此反应的离子方程式 ___________。
4、常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的PH如下：
阳离子
Fe3+
Mg2+
Al3+
Cr3+
开始沉淀时的PH
2.7
—
—
—
沉淀完全时的PH
3.7
11.1
5.4(＞8溶解)
9(＞9溶解)
加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O转化为CrO。滤液II中阳离子主要有___________；但溶液的pH不能超过8，其理由是 ___________。
5、钠离子交换树脂的反应原理为Mn++nNaR→MRn+nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液II中的金属阳离子是___________。
6、写出上述流程中用SO2进行还原时的化学方程式 ___________。
【正确答案】 1、65.2 2、升高温度(加热)、搅拌
3、2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+
4、Na+、Ca2+、Mg2+ pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO，最终影响Cr(III)回收与再利用
5、Ca2+、Mg2+
6、12H2O+2NaCrO4+3SO2=2Cr(OH)(H2O)5SO4+NaSO4+2NaOH

20-4（巩固） 硫酸锰晶体常用作动物饲料的添加剂。工业上以软锰矿(含和少量的、、)为原料制备硫酸锰晶体的流程如下：

已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物




开始沉淀的pH
2.7
7.6
4.0
7.7
完全沉淀的pH
3.7
9.6
5.2
9.8
回答下列问题：
1、“酸浸”前需要将软锰矿粉碎，粉碎的目的是________，“酸浸”中和反应的离子方程式为________。
2、“滤渣1”的主要成分是________(填化学式)。“系列操作”包括________、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等。
3、“过滤”时，用到的玻璃仪器有________。
4、从绿色化学角度分析，试剂A宜选择________(填标号)。
a. b. c. d.
5、如果省略“氧化”工艺，产品中可能会混有________(填化学式)。
6、测定产品纯度：准确称取w g样品，加适量ZnO及煮沸、冷却后，转移至锥形瓶中，用，标准溶液滴定至溶液呈红色且半分钟不褪色，消耗标准溶液V mL。样品的纯度为________(用含w、c、V的代数式表示)。已知：①。②杂质不与反应。
【正确答案】 1、增大接触面积，加快反应速率
2、 蒸发浓缩
3、烧杯、玻璃棒、漏斗
4、bd 5、
6、%

20-5（提升） 某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子




开始沉淀时的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
完全沉淀时的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
回答下列问题：
1、“碱浸”中NaOH的两个作用分别是_______。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式_______。
2、“滤液②”中含有的金属离子是_______。
3、“转化”中可替代的物质是_______。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，如图，“滤液③”中可能含有的杂质离子为_______。

4、硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式_______。
5、将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_______。
【正确答案】 1、除去油脂、溶解铝及其氧化物 +H+=Al(OH)3↓+H2O
2、Ni2+、Fe2+、Fe3+
3、O2或空气 Fe3+
4、2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O
5、提高镍的回收率

20-6（提升） 一种以瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3，还含少量PbO、CuO)为原料制备ZnO和BiOCl的工艺流程如图所示。回答下列问题：

1、“浸取”时，为避免瓦斯泥在反应器的底部沉淀、结块，可采取的措施为_____。
2、“过程I”中发生反应的离子方程式为____。
3、“过程II”产生的NH3可在流程的_____步骤中循环使用。
4、“酸盐浸提”时，为使铋充分浸出，可将适量NaCl作助溶剂。单质铋在Fe3+的作用下被溶解。
①含铋物质发生反应的化学方程式为：
i.Bi2O3+3H2SO4+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+3H2O；
ii.Bi2S3+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4+3S；
iii.____。
②“滤渣2”的主要成分除S外还有____(填化学式)。
5、已知“水解”时，生成BiOCl沉淀的适宜pH范围为1.6~2.0；溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
开始沉淀时的pH
7.0
1.9
6.2
完全沉淀时的pH
9.0
3.2
8.0
①结合上述信息分析，“水解”时加入适量Zn粉的目的是____。
②“水解”后的“系列操作”为____。
6、取mg活性氧化锌样品溶于盐酸，再配成待测液，加入3~4滴指示剂，再加入适量六亚甲基四胺，用amol•L-1的EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。样品中氧化锌的质量分数为____(用代数式表示)。
已知：1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1mol•L-1]相当于0.08139g氧化锌。
【正确答案】 1、不停地搅拌 2、[Cu(NH3)4]2++Zn=[Zn(NH3)4]2++Cu
3、浸取 4、2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4 PbSO4
5、将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯 过滤、洗涤、干燥
6、×100%

【原卷 21 题】 知识点 氧化还原反应方程式的配平,物质的分离、提纯,物质含量的测定

【正确答案】

【试题解析】


21-1（基础） 硫酸亚铁铵是一种重要的化工原料，在印染、制革、木材防腐、医药等行业具有广泛的用途.实验室制备硫酸亚铁铵可采用如下步骤：
Ⅰ.称取2g铁铜合金(含铁)，倒入锥形瓶中，再加入稀硫酸，按如图所示进行加热，直至不再产生气泡为止

Ⅱ.将步骤Ⅰ锥形瓶中的混合物趁热过滤，将滤液转移到蒸发皿中，向蒸发皿内的滤液中加入，搅拌，溶解，和元素恰好反应完全
Ⅲ.加热蒸发皿，滴加稀硫酸，调节溶液的，继续加热……停止加热
Ⅳ.将步骤Ⅲ中冷却后的混合物进行抽滤，洗涤，干燥，称重得晶体
回答下列问题：
1、制得的硫酸亚铁铵晶体中含6个结晶水，则硫酸亚铁铵晶体的化学式为_______
2、用浓硫酸配制步骤Ⅰ中的稀硫酸。图中实验仪器不需要的是_______(填仪器名称)

3、步骤Ⅰ中，在锥形瓶口上倒扣表面皿的主要作用是_______，加热过程中，锥形瓶中发生反应的化学方程式是_______
4、步骤Ⅱ和步骤Ⅳ均涉及过滤(抽滤)操作，前者趁热过滤，而后者需冷却后过滤，原因是_______
5、步骤Ⅲ中，判断停止加热的现象是_______(填序号)
A.溶液沸腾 B.蒸干(无液体) C.出现晶膜 D.质量不再变化
6、若步骤Ⅳ所得晶体不含杂质，则该制备实验的产率是_______(保留3位有效数字)
【正确答案】 1、FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O或Fe（NH4）2（SO4）2•6H2O
2、圆底烧瓶 3、冷凝水蒸气，减少水的挥发 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
4、减少产品溶解，提高产率 5、C
6、79.6%

21-2（基础） 工业上常通过石煤灰渣(主要成分有、、、、、、、)回收钒的氧化物，有关工艺流程如图：

已知：①“焙烧”时，在空气的作用下，被氧化为。
②在稀硫酸作用下生成。
根据所学知识，回答下列问题：
1、在“焙烧”之前，要先将硫酸铵固体和石煤灰进行混磨处理，其目的是_______。
2、中的化合价为_______，“浸渣”的主要成分除了，还有_______(填化学式)。
3、“氧化”时加入的试剂常用，写出反应的离子方程式：_______。也能氧化，工业生产中不选用的原因是_______。
4、在灼烧脱氨可制得产品，写出该反应的化学方程式：_______。在硫酸酸化条件下，可与草酸()溶液反应得到含的溶液，写出发生反应的离子方程式：_______。
5、某批次的石煤灰渣中的含量为37.5%，工业生产中钒的浸出率为86%，若后续步骤中钒损耗为2%，则理论上制得的的质量最多为_______(保留三位有效数字)。
【正确答案】 1、增加固体混合物的接触面积，提高焙烧效率
2、＋5
3、 会释放出氮氧化物(或、)，造成环境污染
4、
5、1.92

21-3（巩固） 硫酸铁铵 [a(NH4)2SO4·bFe2(SO4)3·cH2O]，可用于测定卤素的指示剂。某工厂实验室用一种硫酸亚铁样品(含少量硝酸钡)和硫酸铵为原料，设计如下工艺过程，制取硫酸铁铵：

(已知：NaClO、H2O2、KMnO4、K2Cr2O7均具有强氧化性，能氧化Fe2+。)
请完成下列填空：
1、写出A、B适宜的化学式： A_______、B_______。
2、减压过滤得到的滤渣C，其主要成分是_______(填化学式)。操作甲是取少量溶液于试管中滴加KMnO4溶液其目的是：_______。
3、操作乙、丙的名称分别是：乙_______，丙_______。
4、氧化过程的离子方程_______。
5、可以用一定浓度的硫酸洗涤产品方法是：_______；如何检验沉淀是否洗净_______。
6、为了用重量法确定产品硫酸铁铵中a、b、c的值(供选用的试剂：浓硫酸、碱石灰、氢氧化钠、氯化钡)，除了测得取用样品的质量外，至少还需要测定_______种物质的质量。灼烧固体所需要的仪器是_______(选填仪器编号)等。
(A)石棉网 (B)泥三角 (C)坩埚 (D)蒸发皿 (E)坩埚钳 (F)三角架
【正确答案】 1、H2SO4 H2O2
2、BaSO4 检验Fe2+是否已全部被氧化
3、冷却结晶 常温晾干
4、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
5、向沉淀中加入少量硫酸浸没沉淀，让溶液自然流下，重复2到3次 取最后一次洗涤液于试管中加热浓缩，加入浓NaOH，加热在试管口放一块湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则未洗净，不变蓝则洗净
6、2 B、C、E、F

21-4（巩固） 钠离子电池由于成本低、资源丰富，成为取代锂离子电池在大规模储能领域应用的理想选择。作为钠离子电池的正极材料之一，束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线电极材料成为关注焦点之一。其制备工艺流程如图：

【资料】①石煤的主要成分为V2O3，含有Al2O3、CaO、Fe2O3等杂质。
②+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4～6
6～8
主要离子
VO
VO

1、K3V2(PO4)3中V的化合价为____。
2、焙烧时，向石煤中加生石灰，将V2O3转化为Ca(VO3)2。
①为了提高焙烧过程中氧化效率，下述工艺步骤方法合理的是____。
a.在回转窑进行富氧焙烧，助燃风气量为煤气量的0.5～2倍
b.焙烧过程中，在焙烧物料中加入辅助剂，增加物料疏松度和透气性
c.窑体进行分段控温
d.调控料层厚度为窑体的高度
②焙烧过程中主要反应的化学方程式为____。
3、实验时将NH4VO3、KOH和H3PO4按物质的量分别为5mmol、7.5mmol、7.5mmol依次溶解于20mL去离子水中，溶液颜色依次为白色浑浊、无色澄清透明和棕红色透明溶液。随后再加入H2C2O4•2H2O，搅拌至溶液变为黄绿色，草酸的量对K3V2(PO4)3形貌的影响如表：
草酸的量
K3V2(PO4)3形貌
0
杂乱的微米颗粒
1.0g
少量杂乱的纳米线
2.0g
有束状的形貌出现
4.0g
大部分为束状纳米线
6.0g
均一的束状纳米线
12.0g
纳米线的均一性较差
①实验条件下束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线样品制备的最佳条件为____。
②亚硫酸钠是常用的还原剂，但实验中不能用亚硫酸钠代替草酸晶体，原因是____。
4、加入的草酸晶体是过量的，其中只有的草酸为还原剂，将VO还原成VO2+，的草酸以C2O的形式存在，此过程中反应的离子方程式为____。
5、“氩气中煅烧”时，氩气的作用是____。
6、某工厂利用上述工艺流程，用10t石煤生产束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线0.8064t，若整个过程中钒的总回收率为80%，则石煤中钒元素的质量分数为____。
【正确答案】 1、+3 2、abc CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2
3、草酸的量是6.0g 草酸在合成束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线的过程中，不仅做还原剂还影响其形貌
4、2VO+2H++3H2C2O4•2H2O=2VO2++10H2O+2CO2↑+2C2O
5、保护气，防止K3V2(PO4)3被氧化
6、2.04%

21-5（提升） 硫酸亚铁(FeSO4)是中学化学常用试剂，可用于治疗缺铁性贫血症。
1、实验室配备FeSO4溶液时为防止硫酸亚铁变质，常采用的措施是_______(填一种)。
2、以FeSO4为原料可制备碱式硫酸铁[]、铁红、硫酸亚铁铵[，俗名摩尔盐]，转化关系如图1所示。

①制备时，若过高会导致碱式硫酸铁的产率偏低，其原因是_______。
②制备时，向溶液中加入过量的溶液，该反应的离子方程式为_______；铁红的化学式为_______。
③制备摩尔盐时将反应物混合，经蒸发浓缩、冷却结晶、_______、洗涤、干燥得到产品。
3、隔绝空气条件下，分解时的物质转化关系如图2：

①关于M的成分提出三种猜想：
猜想1：M是；
猜想2：M是_______；
猜想3：M是和。
②已知三种气体的部分性质如表所示：
物质



熔点/℃
16.8
-72.4
-210
沸点/℃
44.8
-10
-195.8
利用图3装置探究硫酸亚铁部分分解产物。能否将低温浴槽A的温度控制在？_______(填“能”或“否”)，理由是_______。C中试剂可能是_______。

【正确答案】 1、加适量铁粉(或其他合理答案)
2、部分铁离子转化成 过滤
3、 否 之间无法分离与，且易堵塞导管 碱石灰(或其他合理答案)

21-6（提升） 过氧化钙()在水中能缓慢放出氧气，是一种用途广泛的供氧剂，可用于鱼塘养殖。
1、的电子式为_______。
2、与水反应的化学方程式是_______。
3、由电石渣(主要成分为氢氧化钙)制备过氧化钙可实现工业废渣的资源化，其制备流程如下：

①滤液Y可循环使用，其主要溶质的质量与反应前的加入量几乎没有变化，该溶质是_______。解释其质量不变的原因_______。(用化学方程式表示)。
②I和Ⅱ的反应装置均需置于冰水浴中，解释Ⅱ中冰水浴的作用：_______(答出一点即可)。
4、样品纯度测定

i.按上图连接装置(夹持和加热装置均略去)，从水准管口加入适量水，并检查气密性；
i.准确称量样品加入试管，并使其在试管底部均匀铺成薄层；
ⅱ.上下移动水准管，使水准管中液面与量气管中液面平齐；读取量气管中液面对应的刻度，记为()；
iv.加热发生反应：。充分反应至不再有气体产生，停止加热，_______；再次读取量气管中液面对应的刻度，记为；
v.计算样品中的纯度。
①补全iv中操作：_______。
②该实验条件下，气体摩尔体积为，样品中的纯度为_______(用质量分数表示)。
【正确答案】 1、 2、
3、 、 减少和分解损失，利于析出
4、待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐 或


答案解析
1-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．陶瓷的主要成分是硅酸盐和二氧化硅，不与大部分腐蚀性酸反应，但会与氢氟酸反应，并非耐所有酸腐蚀，A错误；
B．陶瓷由粘土烧制而成，粘土主要成分为硅酸盐（如硅酸铝）和二氧化硅，B正确；
C．烧碱会与陶瓷中的二氧化硅反应，腐蚀陶瓷坩埚，而纯碱高温下会与硅酸盐反应，也不能用陶瓷坩埚灼烧，C错误；
D．陶瓷在烧制过程中经历了复杂的物理变化和化学变化，如含结晶水盐的热分解等，并非只发生了物理变化，D错误；
故选B。
1-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．“煤饼烧蛎成灰”，指煅烧碳酸钙生成氧化钙和二氧化碳，“灰”的主要成分是氧化钙，故A错误；
B．氢氟酸和玻璃能发生反应，“强水” “性最烈，能蚀五金，其水甚强，唯玻璃可盛”，故强水不是氢氟酸，是硝酸，故B错误；
C．这里指汞和硫反应生成硫化汞，“黄芽”是指硫磺，故C正确；
D．丝主要成分是蛋白质、麻主要成分为植物纤维，故D错误；
故选C。
1-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”是指碳酸钙， A错误；
B．曾青除铁，铁赤如铜，发生反应离子方程式铁与铜离子反应生成二价铁离子，属于置换反应，故B正确；
C．“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，…，烧之赤色”。据此推测，“青矾”的主要成分为，C正确；
D．剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故D正确。
1-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．中国古代四大发明为造纸术、指南针、火药及胶泥活字印刷术，黑火药是其中之一，A正确；
B．燃烧反应为可燃物在空气中发生的剧烈的化学反应，属于氧化还原反应，B正确；
C．石灰石的主要成分是碳酸钙，在高温条件下会发生分解，生成氧化钙和二氧化碳，C正确；
D．金属于稀有金属，也属于贵金属，金的延展性非常好，可抽成细丝，也可做成金箔，D错误；
故选D。
1-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．要留清白在人间”，其中“清白”是指碳酸钙，A错误；
B．“乌金”的主要成分是煤炭，B正确；
C．矾一般指的是金属硫酸盐，C正确；
D．“裘”主要成分是蛋白质，D正确；
故选A。
1-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．柳絮的主要成分为纤维素，属于糖类，A项正确；
B．雾是一种胶体，具有丁达尔现象，这是胶体的性质，海市蜃楼形成美景的本质原因是空气中的小水滴，颗粒直径大小约为1~100nm之间，B项错误；
C．火树银花就是锂、钠、钾、锶、钡、铜等金属化合物在灼烧时呈现的各种火焰颜色，C项正确；
D．蛋白质是组成人体肌肉、皮肤、内脏、头发、血液等的主要成分，青丝与白发均指头发，主要成分均属蛋白质，D项正确。
故选B。
2-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能与碳酸钙反应，所以珊瑚、贝壳类等生物的生存将会受到威胁，故A正确；
B．植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置会被氧化而变质，故B错误；
C．常温下用3体积乙醇与1体积蒸馏水配制成的混合液中酒精含量约为75%，即医用酒精，可以杀菌消毒，故C正确；
D．二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，故D正确；
故答案为B。
2-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．废旧电池属于有害垃圾，因含有重金属，不可以用深挖填埋的方式进行处理，会污染水源、土壤，故A错误；
B．制光导纤维的原材料为二氧化硅，故B错误；
C． “梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，故C正确；
D．金属铝、锂性质活泼，易被空气中的氧气氧化，应该将金属铝、锂混合后在隔绝空气熔合制得，故D错误；
答案选C。
2-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A. 酸雨主要是由于硫、氮氧化物带来的环境污染，而可燃冰的燃烧产物是二氧化碳和水，不会带来酸雨等环境污染，故 A错误；
B. 二甲醚会在光照下分解产生甲醛等物质，会对环境造成新的污染，故B正确；
C. 人体内没有使纤维素发生水解的酶，纤维素在人体内不能发生水解反应生成葡萄糖，故C错误；
D. 二氧化硅对光具有全反射，具有良好的光学性能，可用于信号传输，所以北斗导航系统的信号传输与二氧化硅有关，故D错误。
2-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．侯德榜制碱法是依据离子反应发生的原理进行的，离子反应会向着离子浓度减小的方向进行，利用溶解度较大的物质制备溶解度较小的物质，故A正确；
B．根据氧化还原反应理论可知，N2最终转化成NO3-，氮元素的化合价升高，失去电子，做还原剂，被氧化，发生氧化反应，故B错误；
C．合金是金属与金属或金属与非金属的混合，具有低熔点、高硬度、抗腐蚀能力强等特点，故C正确；
D．加快塑料降解速率，可减少“白色污染”，所以将塑料降解的时间由500年缩减到24小时，有助于解决“白色污染”问题，故D正确；
答案选B。
点睛:
氧化还原反应口诀：升（化合价）失（电子）氧化（被氧化、发生氧化反应、得氧化产物）还原剂（还原性）。
2-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A.生活中钢铁制品生锈主要是由钢铁中的Fe与杂质C及金属制品表面的水膜中的电解质构成原电池，Fe失去电子，被氧化，溶解在水中的氧气获得电子被还原，即由于发生吸氧腐蚀所致，故A错误；
B.Na－K合金常温下为液体，具有良好的导热性，常用于快中子反应堆的导热剂，故B正确；
C.MgO熔沸点高，常用作耐高温材料，故C正确；
D.氢氧化铝是两性氢氧化物，不溶于水，能够与胃酸反应，降低胃酸的浓度，本身不会对人产生刺激，因而是医用的胃酸中和剂的一种，故D正确；
选A。
2-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A. 为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用75%酒精杀菌消毒，故A错误；
B. 高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，聚四氟乙烯属于有机高分子材料，故B错误；
C. 2020年3月9日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度单质硅，故C错误；
D. 蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，将高分子化合物降解为小分子，这项研究有助于减少白色污染，故D正确；
选D。
3-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A.KCl的电子式：，A错误；
B.乙烯的比例模型：，B错误；
C.氯离子的结构示意图：，C错误；
D.中子数为8的N原子：，D正确；
故选D。
3-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．Ca是20号元素，原子核外电子排布是2、8、8、2，Ca原子失去最外层的2个电子变为Ca2+，故Ca2+离子的结构示意图：，A正确；
B．中子数为2的氢核素的质量数是3，用原子符号可表示为：，B错误；
C．甲酸乙酯是甲酸与乙醇发生酯化反应产生的酯，结构简式是HCOOCH2CH3，其键线式表示为，C错误；
D．H2O2分子中2个O原子形成1个共价键，每个O原子再分别与1个H原子形成1个共价键，使物质分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，其电子式为：，D错误；
故合理选项是A。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．中子数为10的氧原子的质量数为10+8=18，则形成的过氧根离子表示为，A错误；
B．二氧化碳为直线形分子，O原子半径大于碳原子，其比例模型为，B错误；
C．羰基硫（COS）分子中C原子和S原子、O原子分别各形成两对共用电子对，结构式为O=C=S，C正确；
D．氯原子得到一个电子得到氯离子，则氯离子的离子结构示意图为，D错误；
答案选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A． O原子半径比H的大，H2O的空间充填模型：，故A错误；
B． 氯离子的电子式要加括号，NH4Cl的电子式： ，故B错误；
C． 氮原子与氮原子形成叁键，N2的结构式：N≡N，故C错误；
D． Na+的结构示意图： ，故D正确；
故选D。
3-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A． Fe3+的最高能层为M层，该层电子排布式为3s23p63d5，故A错误；
B． 质量数为127的碘原子：，故B错误；
C． S2-的结构示意图： ，故C错误；
D． 反-2-丁烯的结构简式： ，甲基在双键的两侧，故D正确；
故选D。
3-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．已知O最外层上有6个电子，F最外层上有7个电子，则的电子式为：，A正确；
B．已知质量数等于质子数加中子数，则核内有12个中子的Na：，B错误；
C．F是9号元素，质子数为9，则的核外电子排布式：1s22s2sp6，C错误；
D．已知H2O的空间构型为V形，则H2O分子的球棍模型为：，D错误；
故答案为：A。
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据反应过程中转移电子和化合价变化的关系计算电子数；B中利用分子中所含化学键进行判断，同种元素之间形成的是非极性共价键，不同种元素之间形成的是极性共价键；C中混合物可以利用两种物质的特点最简式相同进行计算，或者利用极限法进行计算，或者利用二元一次等式法计算；D中利用气体摩尔体积计算时，需要注意适用情况是在标准状况下是气体的物质；
详解:
A．根据过量的铁与稀硝酸反应的关系式8HNO3～2NO～6e-，当1mol稀硝酸发生反应时转移的电子数为0.75NA，故A不正确；
B．甲烷分子中只存在碳氢键属于极性共价键，不存在非极性共价键，故B不正确；
C．乙烯和丙烯最简式都为CH2，故28g混合物含有CH2的物质的量为2mol，则原子数为6NA，故C正确；
D．标准状况下，氯仿是液体，不是气体，不能用气体摩尔体积计算，故D不正确；
故选答案C。
点睛:
此题考查阿伏伽德罗常数的应用计算，利用反应或物质组成特点找相应的关系式，根据关系式进行计算物质的量，再利用阿伏伽德罗常数进行计算相应的微粒数目。
4-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．铁和氯气生成氯化铁，Cl2~2e-，0.1molCl2与Fe充分反应，转移电子数0.2NA，A错误；
B．1个硅原子可以形成4个共价键，0.1molSiO2晶体中，含Si-O键的数目为0.4NA，B正确；
C．标准状况下，CH2Cl2为液体不能计算其物质的量，C错误；
D．醋酸为弱酸，电离出醋酸根离子数目小于0.01NA，D错误；
故选B。
4-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．标况下，CCl4是液态，无法计算22.4L CCl4的物质的量，即无法计算其分子数目，A错误；
B．pH=1的乙酸溶液中，c(H+)=0.1mol/L，但题中未告知溶液的体积，无法计算溶液中H+的物质的量，即无法计算溶液中H+的数目，B错误；
C．7.8g Na2O2的物质的量是0.1mol，Na2O2的电子式为，由此可知，0.1mol Na2O2含有0.1NA个阴离子，C错误；
D．电解CuSO4溶液时，阴极上的电极反应是Cu2++2e-=Cu，则阴极增重3.2g，即生成0.05mol Cu，则转移0.1mol电子，即转移电子数为0.1NA，D正确；
故选D。
4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．已知一个中存在2个Ag+和NH3之间形成的配位键，1mol Ag(NH3)2OH中配位键的数目为1mol×2×NAmol-1=2NA，A正确；
B．30g HCHO中含有醛基的数目为=NA，B正确；
C．一分子N18O中含有中子数为(14-7)+(18-8)=17，则标准状况下，2.24L N18O的中子数为=1.7NA，C正确；
D．已知NaOH+CO2=NaHCO3或者2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，则0.5mol CO2与NaOH溶液恰好完全反应，通过未告知生成物的化学成分，故无法计算所得溶液中Na+总数，D错误；
故答案为D。
4-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．水蒸气分子间几乎不存在氢键，A错误；
B．标准状况下，为非气体，B错误；
C．的价层电子对数为6+=6，故中硫的价层电子对数为3，C正确；
D．相对分子质量为20，中含有的质子数为，D错误；
故选C。
4-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．乙烯、丙烯符合通式为CnH2n，14g该混合气体中含有氢原子物质的量为=2mol，故A错误；
B．铜只与浓硫酸反应，不与稀硫酸反应，浓硫酸与足量铜微热反应时，浓硫酸的浓度逐渐降低，达到某一浓度时，反应停止，本题生成二氧化硫物质的量小于0.46mol，故B错误；
C．标准状况下，HF不是气体，不能直接运用22.4L/mol进行计算，故C错误；
D．乙醇水溶液中，含有氧元素的物质是乙醇、水，10g46%乙醇水溶液中，氧原子物质的量为=0.4mol，故D正确；
答案为D。
5-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．SO2可漂白纸浆是因为它具有漂白性(与有色物质化合生成不稳定无色物质)，故A错误；
B．浓硫酸可做干燥剂，是因为它具有吸水性，故B正确；
C．明矾溶于水产生的铝离子水解可以生成氢氧化铝胶体，可用于净水，故C正确；
D．石英的主要成分是SiO2，氢氟酸能与SiO2反应，可刻蚀石英制作艺术品，故D正确；
故选A。
5-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．金属铝具有良好的导电性，可以导电，可用于制作导线，故A不符合题意；
B．熔点很高，不易熔化，可用作耐高温材料，氧化铝用于冶炼金属铝是因为其熔融状态下可以电离，故B符合题意；
C．有弱碱性，可以与酸反应，且没有腐蚀性，可用于治疗胃酸过多，故C不符合题意；
D．明矾溶于水电离出的铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，可以吸附水中的悬浮物，可用于净水，故D不符合题意；
故答案为：B
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．金属铬质地硬，耐磨、耐腐蚀，将其镀在钢铁制品表面，可防止钢铁生锈，A正确；
B．Al具有良好的延展性，表面易被空气中的氧气氧化形成一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，因此常用铝箱包装物品，B正确；
C．NaClO溶液水解产生HClO，HClO具有强氧化性，能够使蛋白质氧化而发生变性，因此失去其生理活性，故可用于杀菌、消毒，C错误；
D．CaO能与食品包装袋中的水反应，因此可以防止食品受潮变质，故可用作食品干燥剂，D正确；
故合理选项是C。
5-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．FeCl3溶液能与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，可用于蚀刻印刷电路，A正确；
B．NaHCO3受热易分解，且水溶液呈弱碱性，可用于制胃酸中和剂是因为水溶液呈弱碱性而不是受热易分解，B错误；
C．一般具有强氧化性的物质可以杀菌消毒，C1O2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，C正确；
D．液氨气化时需要吸收大的热，故可用作制冷剂，D正确；
答案选B。
5-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．因为亚铁离子具有还原性，所以硫酸亚铁可用作食品抗氧化剂，性质和用途不具有对应关系，符合题意，A正确；
B．小苏打水溶液呈弱碱性，可以与酸反应，可用作制药中的抗酸剂，不符合题意，B错误；
C．氨气具有还原性，可与NOx发生氧化还原反应，可用作烟气中NOx脱除，不符合题意，C错误；
D．漂白粉具有强氧化性，可使蛋白质变性，所以可用作游泳池的杀菌消毒剂，不符合题意，D错误；
故选A。
5-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．Fe是比较活泼的金属，具有还原性，能与氧气、水发生反应，以除去食品袋中氧气和水，所以Fe可用作食品袋中的抗氧化剂，A正确；
B．葡萄糖具有还原性，可发生银镜反应，故可用于制镜工业，B错误；
C．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，故FeCl3具有氧化性，可以腐蚀印刷电路板上的铜，C正确；
D．聚合氯化铝表面积很大具有吸附性，可用作净水剂，故D正确；
答案选B。
6-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
①钠是活泼金属，与水反应生成NaOH 和H2，但铁需要在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，所以①错误；
②铁因含有杂质，露置在空气中由于发生电化学反应而生锈，但性质更活泼的铝由于易被氧化，在表面形成致密的氧化膜而得到保护，所以铝具有较好的抗腐蚀能力，可稳定存在于空气中，即②错误；
③焰色反应是用来检验某些金属元素的，所以只要含有钾元素，焰色都是紫色的，即③正确；
④合金的熔点比构成合金的成分金属熔点都低，钠钾合金的熔点也比钠和钾的低，所以④错误；
错误的为①②④；答案选D。
6-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．钠为较活泼金属，可与水或酸发生置换反应，但不是所有金属都能和水反应，如铜就不和水反应，A错误；
B．铁因含有杂质，露置在空气中由于发生电化学反应而生锈，但性质更活泼的铝由于易被氧化，在表面形成致密的氧化膜而得到保护，所以铝具有较好的抗腐蚀能力，B错误；
C．焰色反应是用来检验某些金属元素的，所以只要含有钾元素，焰色都是紫色，C正确；
D．绝大多数合金的熔点比构成合金的成分金属熔点都低，钠钾合金的熔点也比钠和钾的低，D错误；
故选C。
6-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．铊与铝是同主族金属元素，同主族元素，从上到下金属性依次增大，若氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化铊一定不是两性氢氧化物，故A错误；
B．铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生电化学腐蚀而生锈，则比铁金属性更活泼的钠在空气中易被氧化，不能稳定存在于空气中，故B正确；
C．碘元素的非金属性弱于氯元素，铁与氯气反应生成氯化铁，而碘与铁反应只能生成碘化亚铁，故C错误；
D．钠与氧气共热反应生成过氧化钠，而金属性弱于钠的锂在氧气中燃烧只能生成氧化锂，故D错误；
故选B。
6-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，AlCl3与过量NaOH溶液反应生成Al(OH)4-，与过量NH3•H2O只能生成氢氧化铝沉淀，故A错误；
B．镁与盐酸反应生成MgCl2和H2，但铁与盐酸反应生成FeCl2和H2，故B错误；
C．铝热反应的实质是利用铝的还原性大于氧化物中的金属，把金属置换出来，金属铝的还原性小于镁，所以铝不与MgO发生铝热反应，故C错误；
D．金属钠、钾和钙的活泼性都较强，都能够与水反应生成氢气，故D正确；
答案选D。
6-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．金属钠与水反应生成NaOH和H2，但不是所有的金属都能与水反应产生碱和H2，如铁、铜与水不反应，A错误；
B．干冰为分子晶体，微粒间的作用力为分子间作用力；二氧化硅为原子晶体，微粒间的作用力为共价键，B错误；
C．KCl和KClO3均含钾元素，焰色反应均为紫色，C正确；
D．二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，二氧化硫能被过氧化钠氧化，产物为硫酸钠，D错误；
故选C。
6-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A. Na的活泼性非常强，将Na放入FeCl3溶液中，Na会与水先反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与FeCl3反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，因此Na不会从FeCl3溶液中置换出铁单质，故A错误；
B. Ca(ClO)2溶液中通入适量CO2恰好反应，会生成次氯酸，使溶液具有漂白性；Ca(ClO)2溶液中通入适量SO2恰好反应，发生氧化还原反应最终会生成硫酸钙和HCl，不会生成具有漂白性的次氯酸，则所得溶液不具有漂白性，故B错误；
C. Cl2的氧化性较强，可将Fe氧化为最高价化合物，即两者反应生成FeCl3，但I2氧化性较弱，不能将Fe氧化为最高价化合物，即Fe与I2反应只能生成FeI2，故C错误；
D. 一般来说，难溶的氢氧化物受热均易分解，生成相应的氧化物与水，Cu(OH)2受热分解生成CuO，Fe(OH)3受热也易分解生成Fe2O3，故D正确；
答案选D。
7-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．工业上制漂白粉是将Cl2通入石灰乳中，因为含有大量Ca(OH)2固体，因此石灰乳不能拆写为OH-，故A错误；
B．向硅酸钠溶液中通入过量CO2生成H2SiO3沉淀和碳酸氢钠，故B正确；
C．氨水是弱碱溶液，因此能与明矾溶液中的Al3+结合生成Al(OH)3沉淀，但不能将其转化为AlO，故C错误；
D．Fe3+具有氧化性，S2-具有还原性，生成硫化亚铁和S单质，故D错误；
选B。
7-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．铝与NaOH溶液反应，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑，A正确；
B．硝酸具有强氧化性，可将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，离子方程式为，B错误；
C．澄清石灰水中通入过量二氧化碳，离子方程式为CO2+OH-=，C错误；
D．NH4HCO3与过量KOH共热反应，离子方程式为，D错误；
故答案选A。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A ．不能拆，离子方程式应为，故A错误；
B． 与水的反应中，既是氧化剂又是还原剂，而水中各元素的化合价没有任何变化，所以方程式应该为，生成的氢氧化钠中含有，氧气中不含，故B错误；
C ．溶液与溶液混合产生氢氧化铝白色沉淀和碳酸钠，反应离子方程式为，C正确；
D．向硫代硫酸钠溶液中通入足量，即和发生氧化还原反应，是氧化剂，元素得电子被还原为，是还原剂，S元素失电子被氧化为，其离子方程式为，D错误；
选C。
7-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A. 氯化铁溶液与氢氧化钠溶液混合，反应生成氢氧化铁和氯化钠，反应的离子方程式为：，选项A正确；
B. 氯化铝溶液与碳酸氢钾溶液混合，反应生成氢氧化铝、氯化钾和二氧化碳，反应的离子方程式为：，选项B正确；
C. 氧化铁与氢碘酸溶液混合，反应生成碘化亚铁、碘单质和水，反应的离子方程式为：，选项C错误；
D. 硅酸钠溶液与硫酸氢钠溶液混合，反应生成硅酸沉淀和硫酸钠，反应的离子方程式为 ：，选项D正确；
答案选C。
7-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．将标准状况下2.24LSO2通入1L0.5mol•L-1Ca(ClO)2溶液中，二氧化硫被氧化为硫酸钙，反应的离子方程式为Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故A正确；
B．Fe2+还原性大于Br-，向含1molFeBr2的溶液中通入标准状况下22.4LCl2，氯气氧化1mol Fe2+和1molBr-，反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，故B正确；
C．向FeSO4溶液中滴加NaHCO3溶液和稀氨水，产生碳酸亚铁沉淀、硫酸铵，反应的离子方程式为Fe2++HCO+NH3•H2O=FeCO3+NH+H2O，故C正确；
D．向明矾溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液生成硫酸铝沉淀和偏铝酸钾，反应的离子方程式为Al3++2SO+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO+2H2O，故D错误；
选D。
7-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．等物质的量浓度、等体积的碳酸氢钙溶液与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为Ca2++2+2OH—=CaCO3↓++2H2O，故A错误；
B．饱和碳酸氢钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na+++CO2+H2O=2NaHCO3↓，故B错误；
C．氯化铝溶液与过量的浓氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O= Al(OH)3↓＋3，故C错误；
D．明矾溶液与氢氧化钡溶液恰好使硫酸根离子沉淀完全的反应为明矾溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钡沉淀和硫酸钠，反应的离子方程式为2Al3＋＋3＋3Ba2＋＋6OH—=Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，故D正确；
故选D。
8-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C是NH3，则A、B分别是、OH-中任意一种，D是H2O，在常温下一定呈液态，A正确；
B．若A、D为化合物，B为水，可以发生下述反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，C不一定是气体单质，B错误；
C．若A、B、C、D均为化合物，可以发生下述反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，不是复分解反应，C错误；
D．若A为Fe，D为氢气，铁与水蒸气高温条件下能生成氢气，B为水，D错误；
答案选A。
8-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．若A为N2，M为H2，N为O2，则B、C分别为NH3、NO，NH3和NO在一定条件下反应可生成N2，A正确；
B．若A为Na2CO3，M为Ca(OH)2，N为CO2，则B、C分别为NaOH、NaHCO3，NaOH和NaHCO3反应生成Na2CO3和H2O，B正确；
C．若A为S，M为H2，N为O2，则B、C分别为H2S、SO2，H2S和SO2反应生成S和H2O，C正确；
D．若A为Al，N为Cl2，则B、C中Al元素均为正价，B与C不可能反应生成Al，D错误；
故答案选D。
8-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．若甲是、乙是，可以通过以铜片为阳极电解稀硫酸实现该转化，A项正确；
B．若甲是铝、丙是过量的甲与丙反应后，生成氧化铝和铁，可加入足量的溶液， 铝和氢氧化钠反应，铁不反应，过滤，将产物乙分离出来，B项正确；
C．若甲、乙为和S，则可以是氯气和硫化钠反应生成硫和氯化钠，可以利用该转化说明氯元素比硫元素的非金属性强，C项正确；
D．若乙是一种常见半导体材料，即为硅，利用上述反应制取乙的化学方程式为，D项错误。
故选D。
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则甲为Al或Si，所以丙可能是一种盐，例如氯化铝等，故A正确；
B．丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为HCl和NH3或HNO3和NH3等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气、氢气或氮气，如果是氯气，则会使品红溶液褪色，故B正确；
C．若甲、丙、戊含有同一种元素，例如当甲为铁、乙为氯气、丙为氯化铁、丁为硫化氢等具有还原性的物质、戊为氯化亚铁时，则含Fe元素的物质中Fe的化合价由低到高的顺序为甲<戊<丙，故C错误。
D．若甲为常见金属单质，乙为常见非金属单质，丁为非金属氢化物，则甲、乙、丁可能为Fe、O2、HCl，铁和氧气反应生成Fe3O4，和盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁两种盐，故D正确；
故选C。
8-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．若M为四氧化三铁，则N为酸，M与酸反应生成的亚铁盐和铁盐可相互转化，A错误；
B．若N为石灰乳，M为氯气，两者反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，工业上，尾气中的用石灰乳吸收，B正确；
C．若M和N分别为氯化铵和氢氧化钠固体，则两者反应生成氯化钠，氨气和水，实验室制备氨气通常采用加热氯化铵固体和氢氧化钙固体混合物的方法制取，C错误；
D．常温下P为黄色固体单质，P为S，可推知上述转化关系为，硫化氢和二氧化硫会发生归中反应，浓硫酸与二氧化硫不反应，D错误；
故答案选B。
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．若甲是单质，乙与戊的反应是OH-+HCO=H2O+CO，则甲一定是钠，乙是NaOH，丙是H2，X是CO2，丁是碳酸钠，戊是碳酸氢钠，故 A正确；
B．若戊为CO，丁能和丙反应，则甲一定为Na2O2，电子式是，故 B正确；
C．和Na2CO3反应产生的含极性键的非极性分子只能是CO2，丁是CO2，乙一定是强酸，能与水常温下反应生成强酸和另一种物质，甲可能是氯气或二氧化氮，丙可能是次氯酸或一氧化氮，故C错误；
D．戊为白色沉淀，只能是Al(OH)3才有与X连续的过程，若甲、戊摩尔质量都是78 g/mol，则X一定含Al3+，故 D正确；
故答案选C。
9-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．浓硫酸中，如果浓硫酸全部消耗完，可得到，但随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸从而不再与铜反应，故实际生成的少于，A项错误；
B．能漂白品红溶液，装置①可用于验证具有漂白性，B项正确；
C．酸性条件下可将氧化为，从而形成沉淀，C项正确；
D．是酸性氧化物且有毒，能与溶液反应，故装置③可吸收尾气，D项正确；
故选：A。
9-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．分液漏斗在使用前需检查是否漏液，A错误；
B．实验时先打开再打开，用铁粉与稀反应生成的氢气排尽锥形瓶中空气，B错误；
C．植物油与水不互溶、密度小于水，可起到隔绝空气的作用，C正确；
D．乙装置左边试管中长、短导管安装错误，D错误；
故选C。
9-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．稀硫酸与块状大理石反应生成微溶于水的硫酸钙，会覆盖在大理石表面，阻止反应的进行，不能用于制取CO2，不能用稀硫酸代替，选项A正确；
B．装置Ⅰ中a的作用是保持上下压强一致，使液体顺利滴下，选项B正确；
C．装置Ⅲ与装置Ⅳ之间缺少一个检验是否还有的装置，故反应收集到的气体中可能含有，因此无法计算的纯度，选项C错误；
D．实验结束后，取少量装置Ⅲ中的固体并滴入稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，由碳酸盐或碳酸氢盐与盐酸反应而得，说明装置Ⅲ中有盐类生成，选项D正确；
答案选C。
9-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
与溶液反应产生沉淀，溶液中必须存在大量的或，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，若是碱性气体，溶液中存在大量的，若是氧化性气体，溶液中可生成，则生成的沉淀可能为或；容器内压强增大，气体不容易导入，所以玻璃管的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，去掉玻璃管，形成封闭体系，存在危险性，由此分析解答。
详解:
A．若是氧化性气体，溶液中可生成，则生成的沉淀可能为或，所以e、f两管中的试剂可以分别是浓硝酸和铜片，故A正确；
B．SO2与BaCl2不反应，氧化性气体或碱性气体都可以，故B错误；
C．玻璃管的作用是连通大气，平衡压力，以便左右两边产生的气体顺利导入，故C错误；
D．如果产生氨气，氨气极易溶于水，为防止倒吸，所以不能插入BaCl2溶液中，故D错误；
答案选A。
9-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
装置甲的浓硫酸用来吸收溴中的水，水浴加热为防止溴蒸气冷凝，装置乙用来吸收制取溴苯后挥发出来的溴化氢。装置丙则为题设条件的发生装置，装置丁为制取溴苯的发生装置，连接顺序为：dabefc，球形冷凝管可以使溴苯冷凝下来。
详解:
A．根据分析，装置连接顺序为dabefc，A不符合题意；
B．溴蒸气容易液化，所以需要通过水浴加热来防止冷凝，B符合题意；
C．此处的淡黄色沉淀一定为溴化银，但有可能是溴蒸气与水反应生成溴化氢，溴化氢与硝酸银反应生成的溴化银，C不符合题意；
D．除去溴苯中的溴应用氢氧化钠溶液，D不符合题意；
故选B。
9-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
A制备氯气，B装置除氯气中的氯化氢，C装置干燥氯气，D中锡和氯气在加热条件下反应生成SnCl4蒸气，E装置收集SnCl4，F装置吸收氯气，防止污染。
详解:
A．KClO3晶体不是块状固体，它和浓盐酸反应的发生装置不能使用启普发生器，B中盛放饱和食盐水，除去中的氯化氢气体；C中盛放浓硫酸，除去中的水蒸气；F中盛放浓NaOH溶液，用于尾气的吸收，故A正确；
B．极易水解，故除去中的部分应选择蒸馏操作，故B错误；
C．当观察到装置F上方出现黄绿色气体现象时，此时装置中的空气被排空，才开始点燃酒精灯，则可防止锡被O2氧化，待锡熔化后适当增大氯气流量，目的是加快反应速率，故C正确；
D．为防止F装置中的水蒸气进入收集器，使水解，产品变质，在装置E、F之间添加一个装浓硫酸的洗气瓶，故D正确；
选B。
10-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．氨水显碱性，会与反应，不能大量共存，故A错误；
B．氯化钠溶液中，与与均不能大量共存，故B错误；
C．醋酸溶液中：离子间不发生反应，故C正确；
D．酸性条件下，不能大量存在，故D错误；
故答案选C。
10-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，在酸性条件下产生SO2和S，该组离子不能大量共存，A项错误；
B．与发生双水解生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，B项错误；
C．即c(H+) D．Fe2+与 [Fe(CN)6]3-发生反应生成特征蓝色沉淀而不能大量共存，D项错误；
故选C。
10-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．Al3+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，A符合题意；
B．使石蕊变红的溶液显酸性，含有大量H+，H+与Fe2+、ClO-会发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；
C．与Al反应生成H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中含有大量H+，H+与起HNO3的作用，表现强氧化性，与Al反应不能产生H2；在碱性溶液中含有大量OH-，OH-与Cu2+会形成Cu(OH)2沉淀，也不能大量共存，C错误；
D．含0.01 mol/LSCN-的溶液中，有大量SCN-离子，SCN-与Fe3+会发生反应产生弱电解质Fe(SCN)3，不能大量共存，D错误；
故合理选项是A。
10-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．的溶液显中性，水解生成Fe(OH)3而不可能大量存在，A错误；
B．与会生成沉淀，B错误；
C．焰色试验呈黄色的溶液含有钠离子，这些离子均可大量共存，C正确；
D．水电离出的的溶液既可能显酸性也可能显碱性，均不能大量共存，D错误；
故选C。
10-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．与金属铝反应产生氢气的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，酸溶液中，硝酸根离子与铝反应生成一氧化氮，不能生成氢气，碱溶液中，铜离子、镁离子与氢氧根离子反应，则四种离子在与金属铝反应产生氢气的溶液中一定不能大量共存，故A错误；
B．含有大量铁离子的溶液中，铁离子与溶液中硫氰酸根离子、碘离子反应，不能大量共存，故B错误；
C．四种离子在10-14=的氢氧化钡溶液中不发生任何反应，一定能大量共存，故C正确；
D．能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中氢离子与亚硫酸根离子、碳酸氢根离子反应，不能大量共存，故D错误；
故选C。
10-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．Fe3+会氧化I-从而不能大量共存，A不符合题意；
B．能使酚酞变红的溶液为碱性溶液，四种离子相互之间不反应，也不与氢氧根反应，可以大量共存，B符合题意；
C．稀硫酸溶液中有大量H+，CH3COOH为弱酸，所以CH3COO−不能大量存在，C不符合题意；
D．常温下由水电离的c(H+)·c(OH−)=1×10−26的溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=1×10-13mol/L，说明水的电离受到抑制，则可能是酸溶液，也可能是碱溶液，HCO在酸性或碱性条件下都不能大量存在，D不符合题意；
综上所述答案为B。
11-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．根据图中信息，反应物为CH3OH、CO，产物为CH3CO2H，因此CH3I、CH3COI都是反应中间体，故A正确；
B．根据图中信息得到甲醇羰基化反应为CH3OH＋CO=CH3CO2H，故B正确；
C．根据取代反应特点得出CH3OH＋HI=CH3I＋H2O为取代反应，故C正确；
D．[Rh(CO)2I2]－降低了甲醇羰基化反应的活化能，但反应的焓变不变，故D错误。
答案为D。
11-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图知，在反应中产生又参与反应，为中间体，A正确；
B．从开始，顺时针第1步参与反应，第3步又生成，B正确；
C．由图知，铁的成键数目有4、5、6三种，C错误；
D．图中的总反应为一氧化碳和水生成二氧化碳和氢气，，D正确；
故选C。
11-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．整个过程为氮气和氢气在催化剂作用下反应生成氨气，A正确；
B．催化剂可以提高固氮速率的原因是改变该反应的活化能，B错误；
C．在反应开始并没有，中间过程产生，是反应中间体，C正确；
D．整个过程中a到b存在N-Ti键的生成；d到a存在N-Ti键的断裂，D正确；
故选B。
11-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据过程分析产物为、H2和，方程式配平正确，总反应的化学方程式为R－CH2OH+NH3RC≡N+2H2+H2O，选项A正确；
B．中间体M的结构简式为，选项B错误；
C．催化剂加快反应速率，让反应更容易进行，选项C正确；
D．增大催化剂用量，不影响平衡移动，只影响反应速率，百分含量不变，选项D正确；
答案选B。
11-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据图示可以看出，1为催化剂，9是主产物、10是副产物，3、5和8都是反应的中间体。
详解:
A．根据图示，9是主产物、10是副产物，3、5和8都是反应的中间体， A正确；
B．根据题意，发生反应，理论上1mol 最多能消耗2mol ，B正确；
C．若原料用和，根据图示反应原理，反应的主产物是，副产物为和，C正确；
D．该过程中有副产物产生，原子利用率不可能为100%，D错误；
故选D。
11-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
题干中明确指出，铑配合物充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间物种。
详解:
A．通过分析可知，CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生成最终产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI，A项正确；
B．通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：，B项正确；
C．通过分析可知，铑配合物在整个反应历程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，C项不正确；
D．通过分析可知，反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：，D项正确；
答案选C。
点睛:
对于反应机理图的分析，最基本的是判断反应物，产物以及催化剂；一般的，催化剂在机理图中多是以完整的循环出现的；反应物则是通过一个箭头进入整个历程的物质；而产物一般多是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质。
12-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
设R元素在产物中的化合价为x价，R元素化合价从＋7价降到x价；S元素化合价从＋4升高到＋6价，根据得失电子守恒n(KRO4)×(7-x)=n(Na2SO3)×2，5×(7-x)=15×2，得x=1；故选A。
12-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
被氧化为，S元素化合价升高2，设X元素在还原产物中的化合价是a，根据得失电子守恒，0.3L×2mol/L×2=0.4mol×(7-a)，a=+4，故选B。
12-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设R元素在产物中的化合价为X价；S元素化合价从+4升高到+6价，R元素化合价从+7价降到X价，根据氧化还原反应得失电子数相等列等式：0.5mol/L×30×10-3L×2=0.1mol/L×50×10-3L×（7-X），得X=1；
答案：C。
12-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
在该氧化还原反应中，转化为，设离子还原后X的化合价为n，则依据得失电子守恒，可建立如下等量关系式：2(6-n)×0.2mol=(6-4)×0.6mol，n=+3，故选A。
12-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
依据电荷守恒有n+6-6=1，解得n=1，为，氧为-2价，设R的化合价为x，有x-32=-1，解得x=+5，R能形成-1价阴离子，则R位于元素周期表的第VIIA族，答案选B。
12-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
H2O2恰好将XO还原，反应中H2O2变成O2，O元素的化合价由-1价升高为0价，则X的化合价降低，设元素X在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，2×(7-x)=5×2×(1-0)，x=2；
故选A。
13-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．实验1中两溶液混合时有AgCl白色沉淀析出，故有；c(Ag+)·c(Cl-)＞Ksp(AgCl)，A错误；
B．实验2中发生的反应有：ClO-+Cl-+2CH3COOH=Cl2↑+H2O+2CH3COO-，CH3COOH+ClO-=CH3COO-+HClO，2HClO2HCl+O2↑，管壁中气泡成分有O2和Cl2两种单质气体，B错误；
C．实验3中发生反应的离子方程式有：ClO- +2Fe2++2H+= 2Fe3++ H2O+Cl-，Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，C正确；
D．Al3+和ClO-因发生双水解反应而不能大量共存，H+和ClO-结合呈HClO而不能大量共存，D错误；
故答案为：C。
13-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．实验Ⅰ中，将SO2通入AgNO3溶液(pH=5)中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色溶液a的pH无法判断二氧化硫是否被氧化，故A错误；
B．实验Ⅱ中，取白色沉淀B，加入3mol/LHNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀B中含有还原性的物质存在，故B正确；
C．实验Ⅲ中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排除Ag+等，以免干扰硫酸根的检验，直接向溶液a中加入BaCl2，产生的沉淀可能为氯化银，不一定是硫酸根离子，故C错误；
D．由于实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ不能证明产物中含有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D错误；
答案选B。
13-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
浓硝酸不稳定，易分解为二氧化氮、水和氧气。
详解:
A．①中的红棕色气体是NO2，N元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，一定有元素化合价升高，推断产生的气体中还一定有O2，故A正确；
B．浓硝酸受热易分解，②中的红棕色气体可能是硝酸分解产生，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应，故B正确；
C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮中N元素化合价为+4价，化合价降低，所以生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；
D．③的气体产物中检测出CO2，CO2可能是C和氧气反应生成的产物，故D错误；
选D。
13-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．镁条已用砂纸打磨，实验1中镁条表面有微小气泡，且溶液较长时间无明显变化，说明镁条与蒸馏水反应，可能发生的反应为Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，现象不明显的原因可能是Mg表面生成了难溶的Mg(OH)2，A项正确；
B．实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃导管内空间狭小，热量不易散失，体系温度升高，从而使反应速率加快、Mg(OH)2溶解度增大，B项正确；
C．实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁[mMg(OH)2∙nMgCO3]，实验1和实验3中反应不相同，实验1和实验3中的变量不唯一，故由实验1和实验3不能得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论，C项错误；
D．实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁[mMg(OH)2∙nMgCO3]，说明实验3中可破坏Mg(OH)2在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积，从而镁条表面有大量气泡产生，D项正确；
答案选C。
13-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
①中，Fe3+和S2-发生氧化还原反应生成Fe2+和淡黄色的S沉淀，溶液由黄色变为淡绿色；②中，Fe2+和S2-反应生成黑色的FeS沉淀；③中，Fe3+和发生双水解反应，生成Fe(OH)3胶体和CO2；④中，氢氧化铁胶体在盐的作用下发生聚沉，形成Fe(OH)3沉淀。
详解:
A．向②后试管中沉淀（FeS和S）加入足量稀盐酸，FeS溶解，而硫不溶，沉淀部分溶解，A错误；
B．①中，Fe3+和S2-发生氧化还原反应生成Fe2+和淡黄色的S沉淀，溶液由黄色变为淡绿色；②中，Fe2+和S2-反应生成黑色的FeS沉淀；③中，Fe3+和发生双水解反应，生成Fe(OH)3胶体和CO2；④中，氢氧化铁胶体在盐的作用下发生聚沉，形成Fe(OH)3沉淀；①～④的变化中，仅①涉及氧化还原反应，B正确；
C．若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，S2-过量，产生的Fe2+与过量的S2-产生黑色的FeS沉淀，溶液不会变成淡绿色，产生的现象与图中①、②现象不相同，C错误；
D．Na2SO3具有强还原性，若用Na2SO3代替Na2CO3进行实验，Fe3+和发生氧化还原反应生成Fe2+和，产生现象不相同，D错误；
故选B。
13-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。
详解:
A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；
B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；
C．实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；
D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。
综上所述，答案为D。
14-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Z位于同一主族。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，X是O元素、Z是S元素；Y原子的电子总数是其最外层电子数的3倍，Y是P元素；W与O形成的一种气体常用于漂白和消毒，W是Cl元素。
详解:
A．W是Cl，Z是S，两者对应的含氧酸有多种，不能比较其酸性，故A错误；
B．O与P形成化合物P2O3、P2O5；O与S形成化合物SO2、SO3；O与Cl形成化合物Cl2O、ClO2等两种或两种以上化合物，故B正确；
C．X、Z简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间能形成氢键，简单氢化物沸点：H2O>H2S，故C正确；
D．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：P3->S2->Cl->O2-，故D正确；
选A。
14-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 原子序数依次增大，其中 Y、Z 同周期，W、Q 同周期，W 与 Y 同主族；W 与 Z 形成的化合物是玻璃工业的主要原料，则Z为氧、W为硅、Y为碳；氧最外层电子数为6，Q 的最外层电子数等于 X、氧的最外层电子数之和，则X为氢、Q为氯。
详解:
A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>Y >W，A错误；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：W>Y >Z >X，B错误；
C．Y 和 W 形成的化合物碳化硅为共价晶体，硬度很大，可用作砂纸、砂轮的磨料，C正确；
D．碳和氧形成的一氧化碳不是酸性氧化物，D错误。
故选C。
14-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大。X的简单氢化物的水溶液呈碱性，X为N元素；X、W同主族，W为P元素；Y的最外层电子数是次外层的3倍，Y为O元素；Z为金属元素，且Z原子最外层电子数等于其K层电子数，则Z为Mg元素；W ( P)的最外层电子数为5、Y (O)的最外层电子数为6，设Q的最外层电子数为x，由题W、Q的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的2倍，则5+x=l2，x=7，则Q为Cl元素。根据以上分析可知X、Y、Z、W、Q分别为N、O、Mg、P、Cl元素，以此解题。
详解:
A．N、O元素间能形成NO、NO2、N2O4 等多种化合物，A正确；
B．工业上电解熔融MgCl2来获得Mg，B正确；
C．N、O、P三种元素的非金属性强弱顺序为O>N>P，故其气态氢化物稳定性顺序为Y>X>W，C正确；
D．氯的含氧酸HClO为弱酸，HClO4 为强酸，D错误；
故选D。
14-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为W原子内层电子数的2倍，则W应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素；X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素；W、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则W、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若W的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若W的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若W的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素，则W为N元素或O元素或F元素，X为Al元素，Y为Si元素，Z为Cl元素或S元素或P元素，以此分析解答。
详解:
A．同周期从左至右，原子半径减小，原子半径Al＞Si，A错误；
B．单质熔点Si＞Al＞W，W单质为氮气或氧气或氟气，B正确；
C．W的简单氢化物分子间存在氢键，简单氢化物的沸点W＞Z，C错误；
D．若Z为P元素，最高价含氧酸磷酸是弱酸，D错误；
故选B。
14-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大；W和X的单质常温下均为无色气体，则W、X分别可能为H、N或O；这四种元素中，Z的原子序数最大，且其最外层每个能级上排布的电子数相同，则其最外层电子的排布式为3s23p2，故Z是Si；则W、X分别是N、O；N、Si的最外层电子数分别是5、4，则Y的最外层电子数是2，故Y是Mg；综上所述，W是N，X是O，Y是Mg，Z是Si。
详解:
A．由分析可知，W是N，X是O，Y是Mg，Z是Si，原子半径大小顺序为Mg＞Si＞N＞O，A错误；
B．由分析可知，X是O，Y是Mg，二者形成的化合物是MgO，工业上通常电解熔融的MgCl2来制备Mg，而非电解MgO，B错误；
C．由分析可知，W是N，Y是Mg，二者形成的化合物是Mg3N2，该化合物溶于水生成Mg(OH)2和NH3这两种碱性物质，C正确；
D．由分析可知，X是O，Z是Si，二者形成的化合物是SiO2，该化合物属于共价化合物，D错误；
故选C。
14-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
Z的质子数是X的11倍，则X只能为H，则Z为Na，Y、W同主族且W的原子序数是Y的两倍，则Y只能为O，则W为S，X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，则Q为Cl，据此解答。
详解:
A．根据题意可知，X为H，Y为O，Z为，W为S，Q为元素，同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：，故A正确；
B．常温下是液态，是气体，Y的简单气态氢化物的沸点比W的高，故B正确；
C．和S有多种氧化物的水化物，没有指明最高正价，不能比较酸性，故C错误；
D．O、、S可以形成、等，既有离子键又有共价键，故D正确；
故选：C。
15-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:
A．乙烯的量未知，通入氢气的量不确定，若氢气不足，乙烯除不尽，氢气过量，引入新的杂质，A错误；
B．氯气与甲烷的取代反应无法控制只发生二取代，四种产物都有，B错误；
C．苯、CCl4可萃取溴水中Br2，苯萃取后上层显橙红色，CCl4萃取后下层显橙红色，己烯与溴水发生加成反应，导致溴水褪色，淀粉-KI溶液中KI与Br2发生反应生成I2，导致溶液变蓝，现象均不同，故可以鉴别，C正确；
D．浓硫酸与其它液体混合时，应将浓硫酸加入其它液体中并不断搅拌，试剂正确添加顺序为：先加浓硝酸，再加浓硫酸，冷却后再加入苯，D错误；
故答案选C。
15-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．加入肥皂水振荡，观察是否有大量泡沫，硬水泡沫少，软水泡沫多，可以鉴别，故A不符合题意；
B．加少量水溶解，测量溶液温度，蔗糖温度变化不明显，NH4NO3固体溶于水吸热，可以鉴别，故B不符合题意；
C．与足量稀盐酸反应生成氯化钠溶液，蒸发结晶过程中HCl挥发除去、可得到固体氯化钠，可以除杂，故C不符合题意；
D． 受热分解产生和氧气，但加入的少量二氧化锰为新杂质，应该进一步处理，故D符合题意；
答案选D。
15-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．乙烯与氢气混合后，很难发生完全反应，且乙烷中混有的乙烯量未知，我们无法确定通入的氢气量，所以不能用通入氢气的方法除去乙烷中混有的乙烯，A不正确；
B．氯气与甲烷的反应是可逆反应，且四步反应同时发生，所以即便按照比例2:1在光照条件下将氯气与甲烷混合，也不可能制备纯净的二氯甲烷，B不正确；
C．甲苯能萃取溴水中的溴，且甲苯密度比水小，液体分层，上层呈橙红色；己烯与溴发生加成反应，使溴水褪色；四氯化碳萃取溴水中的溴，在下层呈橙红色；溴水与淀粉碘化钾溶液反应后，溶液呈蓝色，所以用溴水可以将四者区分开来，C正确；
D．苯与溴水混合后只能发生萃取作用，即便加入铁粉，也不能发生取代反应，不能制得溴苯，D不正确；
故选C。
15-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．检验溶液中的，应先向溶液中加硝酸酸化，溶液无现象(排除碳酸根等离子的干扰)，然后再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中含氯离子，A错误；
B．硫不溶于水，应用二硫化碳或热碱液除去附着在试管内壁的硫，B错误；
C．氯化铵与熟石灰氢氧化钙混合研磨会生成有刺激性气味的气体氨气，而氯化钠不与氢氧化钙反应生成氨气，可用于鉴别与固体，C正确；
D．溶液与溶液中滴加溶液都无现象，无法鉴别，D错误；
答案选C。
15-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．电石与饱和食盐水反应产生的气体中除含有乙炔外，还含有硫化氢等杂质，硫化氢等气体也能还原溴单质，从而使溴水褪色，所以不能证明产生了乙炔气体，A不正确；
B．己烯和甲苯都能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使KMnO4溶液褪色，B不正确；
C．溴水分别加入苯、乙醇、四氯化碳、淀粉碘化钾溶液中，现象分别为：分层且上层呈橙红色、不分层溶液为橙色、分层且下层呈橙红色、溶液变蓝色，现象不同，可以区分，C正确；
D．卤代烃中加入NaOH溶液共热，没有加入硝酸中和NaOH，直接加AgNO3溶液，NaOH会与AgNO3反应产生灰色沉淀，干扰实验，D不正确；
故选C。
15-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
①除去NaCl固体中的Na2CO3杂质：加水溶解后加入足量的稀盐酸，稀盐酸与Na2CO3反应生成NaCl和CO2、H2O，多余的盐酸可加热挥发除去，再蒸发结晶得到NaCl固体，①正确；
②鉴别NH4Cl和K2SO4两种固体：加熟石灰研磨闻气味，由于NH4Cl与熟石灰反应放出氨气，则有刺激性气味的是NH4Cl，没有的是K2SO4，②正确；
③除去KCl固体中的MnO2杂质：加足量水充分溶解，再过滤、洗涤，MnO2杂质在滤渣，无需干燥，KCl在滤液，通过蒸发结晶得到KCl固体，③错误；
④除去CO2气体中混有的少量CO：由于燃烧需要助燃气体，且该方法会引入新的杂质，④错误；
⑤除去CaCl2溶液中的盐酸：加入过量的熟石灰后过滤，过量的氢氧化钙成为杂质，⑤错误；
正确的是①②，故选B。
16-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
废铜片在空气中加热，转化为CuO，然后加硝酸溶解，转化为硝酸铜，硝酸铜经结晶、过滤，无水乙醇洗涤得到硝酸铜晶体，据此分析解答。
详解:
A．将废铜片粉碎，可增大接触面积，提高反应速率，故A正确；
B．若将废铜片直接“溶解”，可生成氮的氧化物，所以既产生污染又降低硝酸的利用率，故B正确；
C．硝酸铜不溶于乙醇，易溶于水，用无水乙醇代替水“洗涤”的目的之一是减少晶体的溶解损失，故C正确；
D．“结晶”应将溶液蒸发至有大量晶体时停止加热，防止晶体四处飞溅，故D错误；
故答案选D。
16-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．与反应，选项A正确；
B．足量会使溶解，不可代替，选项B错误；
C．冶炼金属铝为电解法，选项C错误；
D．属于氧化还原反应，选项D错误；
答案选A。
16-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
Al2O3、Fe2O3和硫酸反应，选择氢氧化钠，将氧化铝和Fe2O3分离出来，将氧化铝溶解为偏铝酸钠，固体难溶物是氧化铁和铝硅酸钠沉淀，滤液为偏铝酸钠，通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，发生CO2+AlO+2H2O═Al(OH)3↓+HCO ，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解可得铝，以此解答该题。
详解:
A．增大NaOH溶液用量，可使氧化铝完全反应，提高氧化铝的浸取率，A正确；
B．操作Ⅱ、Ⅲ用于分离固体和液体，为过滤操作，不用分液漏斗，操作Ⅳ可使氢氧化铝转化为氧化铝，则为灼烧，B错误；
C．通入过量CO2的离子方程式为CO2+AlO+2H2O═Al(OH)3↓+HCO，C正确；
D．氧化铝熔点较高，加入冰晶石，可降低熔点，利于熔化，D正确；
故选B。
16-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
光盘金属层加入过量NaClO溶液中，再加入NaOH溶液调节pH，生成AgCl沉淀，用10%的氨水溶解，得到银氨溶液，再用N2H4∙H2O还原，从而制得Ag。
详解:
A．氧化过程中，若用稀硫酸代替NaOH溶液，则NaClO在酸性条件下发生分解，氧化效果变差，A不正确；
B．操作Ⅰ的目的是分离固体与液体混合物，操作名称为过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，B正确；
C．AgCl固体中加入10%氨水，白色固体溶解，并转化为可溶性的[Ag(NH3)2]+、Cl-等，C正确；
D．“还原”过程中，N2H4∙H2O转化为无害气体N2，则可建立关系式：N2H4∙H2O——4Ag，理论上消耗0.5molN2H4∙H2O可提取Ag2mol，质量为2mol×108g/mol=216g，D正确；
故选A。
16-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
废钯催化剂(主要成分为Pd、α－Al2O3和活性炭，还含少量Fe、Cu等元素)在空气中灼烧，活性炭燃烧生成CO2气体，Fe、Cu转化为氧化物；加入盐酸、H2O2进行酸浸，浸出渣为α－Al2O3，浸出液为[PdCl4]2-、Cu2+、Fe3+等，离子交换后，[PdCl4]2-进入离子交换树脂内，除去铁离子、铜离子，用盐酸洗脱离子交换树脂，又重新得到[PdCl4]2-，加氨水中和，得到Pd(NH3)4Cl2，用甲酸还原，得到海绵钯。
详解:
A．碳与氧气反应变为二氧化碳气体逸出，因此“灼烧”的主要目的是除去活性炭，A正确；
B．“酸浸”时，加入盐酸、H2O2，由于H2O2受热易分解，所以酸浸过程中温度不宜过高，B正确；
C．离子交换发生的反应为R－Cl+M-R－M+Cl-，则所用树脂为阴离子交换树脂，从而除去Cu2+、Fe3+，C错误；
D．“还原”过程中发生反应Pd(NH3)4Cl2+2HCOOH→Pd↓+CO2+2NH3+2NH4Cl，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，D正确；
故选C。
16-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．浸取时，若将稀硫酸换成浓硫酸，浓硫酸将与Zn反应放出有毒有害的气体SO2，则为了提高酸浸效率，可以延长浸取时间，但不能将稀硫酸换成浓硫酸，A错误；
B．已知ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe为+3价，，ZnFe2Ox中Zn为+2价，Fe为+(x-1)价，故ZnFe2O4与反应制得1 mol ZnFe2Ox时转移电子为2×[3-(x-1)]=(8-2x)mol，B正确；
C．除去SO2时，SO2与ZnFe2Ox反应生成S单质，故SO2被还原，即SO2表现出氧化性，则ZnFe2Ox在反应中表现了还原性，C错误；
D．已知Fe3+的氧化性强于Cu2+，故“除杂”过程中有加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的离子不只有Pb2+和Cu2+，还有Fe3+，D错误；
故合理选项是B。
17-1【基础】 【正确答案】 1、二 ⅤA 2、> <
3、
4、
【试题解析】 分析:
常温下，为红棕色气体，为氮，为氧；过氧化钠含离子键和共价键，为钠，硫原子最外层电子数等于电子层数的2倍，为硫；根据原子序数递增知，为氯；
氮位于周期表第二周期第ⅤA族；
硫化氢的还原性大于氯化氢，水的稳定性比硫化氢强；
为，；
氨气遇氯气发生氧化还原反应生成氯化铵(白烟)和氮气。化学方程式为；
点睛:
此题考查元素推断，根据物质的性质与组成特点可以进行推测，利用推测物质进行代入判断。
17-2【基础】 【正确答案】 1、H 2、
3、
4、
5、
【试题解析】 分析:
原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z、W位于同主族，设Z的原子序数为x，则W的原子序数为x＋8，Y、Z左右相邻，Y的原子序数为x−1，由四种元素的原子序数之和为32，则，解得x＝8，即Y为N元素，Z为O元素，W为S元素，M元素与X同主族，与W同周期，则M为Na。
分析可知X为H元素，
故答案为H；
非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性O＞S，故氢化物越稳定H2O＞H2S；
故答案为H2O，H2S；
由H、N、O、S四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，该酸为HNO3，Cu越稀硝酸反应得到硝酸铜、NO与水，反应离子方程式为；
故答案为；
由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，则A为铵盐；1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体，即氨气为2mol，即1molA含有2mol铵根离子；A能与盐酸反应产生气体B，该气体能与氯水反应，B为二氧化硫，可推知A为(NH4)2SO3，B为SO2；SO2与氯水反应的离子方程式为；
故答案为；
由H、N、O、S和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物B，1mol B中含有6mol结晶水。向B的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明B中含有Fe2+和，另取少量B的溶液，向其中加入过量BaCl2溶液时产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不溶解，说明B中含有；结合B的相对分子质量和结晶水个数可知B的化学式为；
故答案为。
点睛:
本题综合考查位置结构性质关系，明确元素的种类为解答该题的关键，注意把握相关物质的性质，侧重于物质的性质以及化学式的推断，注意把握相关实验现象，题目难度中等。
17-3【巩固】 【正确答案】 1、第二周期第VIA族
2、 极性共价键
3、
4、 5、 和
【试题解析】 分析:
F为短周期中原子半径最大的元素，则F是钠元素；E与F同周期，且E在同周期元素中非金属性最强，则E为氯元素；C为地壳中含量最高的元素，则C为氧元素；A、B、C原子序数依次增大，均可与D形成含的分子，则D是氢元素，A、B分别是碳、氮元素，据此回答。
氧元素在周期表中的位置为第二周期第VIA族。简单氢化物沸点最低的是CH4。
由N、O、H三元素按原子个数2∶3∶4之比形成物质的化学式为
，化合物HClO所含化学键的类型为极性共价键。
将NH3通入到NaClO溶液中可制得N2H4，氮元素化合价由-3价升高到-2价，氯元素化合价由+1价降低到-1价，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出离子方程式为：。
可使酸性高锰酸钾溶液褪色的含氧酸(相对分子质量为90)是具有还原性的草酸H2C2O4，结构式为。
淡黄色固体过氧化钠为离子化合物，由钠离子和过氧离子构成，过氧离子中两个氧原子之间共用1对电子，其电子式为：；过氧化钠与硫酸亚铁按1:1反应，反应过程中有气体O2生成，则该反应中负一价氧元素部分升高，亚铁失电子化合价也升高，硫酸亚铁和过氧化钠都是还原剂。
17-4【巩固】 【正确答案】 1、氢元素 氧元素 钠元素
2、第二周期第ⅥA族 3、
4、 H2O2+CN-+OH-=CO+NH3↑
5、2NaH+ O2=2NaOH
【试题解析】 分析:
A、B、C均为短周期元素，原子序数依次增大，A单质为密度最小的气体，A为氢；B原子最外层电子数是电子层数的3倍，为8号元素氧；C在同周期元素中原子半径最大，则C为第三周期元素钠。
A、B、C的元素名称分别为氢元素、氧元素、钠元素；
氧在元素周期表中位置为第二周期第ⅥA族；
上述元素组成的化合物中既含有极性共价键又含有离子键的化合物为氢氧化钠，氢氧化钠的电子式为；
A和B组成的化合物中既含极性共价键又含非极性共价键的化合物为过氧化氢，过氧化氢的电子式为；过氧化氢具有强氧化性，可以将碱性工业废水中的CN-氧化为碳酸盐和氨，反应过氧化氢中氧元素得到电子化合价降低，CN-中碳元素失去电子化合价升高，根据电子守恒配平，相应的离子方程式为H2O2+CN-+OH-=CO+NH3↑；
A和C能组成一种化学活性很高的离子化合物，为氢化钠NaH，能和O2反应生成一种强碱氢氧化钠，该化学方程式为2NaH+ O2=2NaOH。
17-5【提升】 【正确答案】 1、第四周期第Ⅷ族； 2、8：9
3、 4、具有强氧化性，可利用其氧化性进行杀菌消毒，还原产物在水溶液中形成氢氧化铁胶体，可以高效吸附水中的悬浮杂质，起到净水作用
5、Cl2+H2S=2HCl+S↓
【试题解析】 分析:
W、X、Y、Z元素的原子序数依次增大，W、Z形成的单质是生产、生活中应用最广的两种金属应为Al、Fe，W、Y的最外层电子数之和等于X的内层电子数，X的内层电子数是10，则Y的最外层电子数是10-3=7，则Y为Cl元素，令X的最外层电子数为q，W、Z的质子数之和=13+26=39，X、Y的质子数之和=2+8+q+17=27+q，两者的差等于X的最外层电子数，可得39-（27+q）=q，解得q=6，则X为16号元素S，以此分析解题。
Z元素为26号Fe元素，在周期表中位置是第四周期第Ⅷ族。
Fe与水蒸气在高温下反应，生成Fe3O4，Fe3O4和Al发生铝热反应，方程式为3Fe3O4+8Al4Al2O3+9Fe，还原剂是Al，还原产物是Fe，根据方程式中化学计量数，还原剂与还原产物的物质的量之比为8：9。
X是S元素，H2S是共价化合物，则其形成过程的电子式为：。
Fe元素形成的最高价含氧酸盐高铁酸盐具有强氧化性，有效成分是高铁酸根离子，其氧化性可以用于水的杀菌消毒，其还原产物三价铁离子在水溶液中形成氢氧化铁胶体，可以吸附水中的悬浮杂质，则原理为具有强氧化性，可利用其氧化性进行杀菌消毒，还原产物在水溶液中形成氢氧化铁胶体，可以高效吸附水中的悬浮杂质，起到净水作用。
体现S、Cl非金属性的方法较多，常用的可以用非金属间的置换反应，Cl2可以和含有S2-的溶液反应置换出S单质，化学方程式为：Cl2+H2S=2HCl+S↓。
17-6【提升】 【正确答案】 1、过渡金属 B 2、三周期第ⅥA族
3、

4、28g/mol 5、ABD
6、BrCl+2NaOH=NaCl+NaBrO+H2O
【试题解析】 如图中阴影部分所示区域为副族和VIII族元素，又称为过渡金属元素；选项中Ba、Br、Rb为主族元素，Fe为过渡金属元素，所以 B正确；
A、D主要化合价为-2价，其中A无正化合价，则A为0元素、D为S元素；B化合价有+5、-3价，则B位于VA族，由于B的原子半径大于O、小于S，则B为N元素；C的化合价为+4、-4价，则C位于IVA族，C的原子半径大于O、小于S，则C为C元素；E为+2价， E的原子半径大于S，则E为Mg元素；F的化合价为+1价，原子半径大于Mg，则F为Na元素，根据分析可知，D为S元素，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅥA族；
C为C元素，C的最高价氧化物为二氧化碳，E为Mg，镁与二氧化碳点燃生成氧化镁和C，反应的化学方程式为：；F为Na元素，A为氧元素，其单质为氧气，由钠的化合物生成A单质，即过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为:；
该气体的摩尔质量为:；
A．H元素化合价范围为-1~+1，其最高正价与最低负价绝对值相等，但处于IA，故A错误；
B．第五周期第0族，原子序数为54，第五周期第VA族，其原子序数应为:54-3=51，故 B错误；
C．②和①同周期，且在①右边，同周期元素越往右，非金属性越强，故非金属性更强，②形成的最简单氢化物比形成的最简单氢化物的稳定性高，故C正确；
D．周期表中当某元素的周期序数大于其族序数时，该元素处于左下方，属于金属元素，故D错误；
故选ABD；
BrCl属于卤素互化物，性质与Cl2相似，氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，BrCl与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：BrCl+2NaOH=NaCl+NaBrO+H2O。
18-1【基础】 【正确答案】 1、Na2O、Na2O2 NaClO
2、KClO3 3、e 既有氧化性又有还原性 HClO+=+Cl-+H+
4、0.2mol
【试题解析】 钠的氧化物有Na2O、Na2O2，故①为Na2O、Na2O2；Cl元素+1价的盐为NaClO，故②为NaClO；
物质③为Cl元素+5价的盐，为氯酸盐，其常用于实验室制取O2，故物质③为KClO3；
从物质类别角度看，HClO属于酸，故选e；从化合价角度看，HClO中Cl元素为+1价，属于中间价态，故HClO既有氧化性又有还原性；少量HClO与Na2SO3溶液反应有Na2SO4生成，则二者发生氧化还原反应，HClO得电子转化为氯离子，故该反应的离子方程式为HClO+=+Cl-+H+；
反应NaH+H2O=NaOH+H2↑中，NaH中-1价的H化合价升高为0价，水分子中+1价H化合价降低为0，二者发生归中反应，故生成1molH2转移电子物质的量是1mol，标准状况下4480mLH2的物质的量是，故转移电子物质的量是0.2mol。
18-2【基础】 【正确答案】 1、H2S 2：1
2、SO2和H2 3、B
4、接触室 SO3溶于水转化为H2SO4过程中放热，产生酸雾降低SO3吸收效率
【试题解析】 分析:
根据价类二维图可知，X为硫元素的氢化物，且硫元素的化合价为-2价 ，故X的化学式为H2S，W是硫元素的+6价含氧酸，所以W是H2SO4，据此分析解答。
通过硫元素的价类二维图可知，X为硫元素的氢化物，且硫元素的化合价为-2价 ，故X的化学式为H2S。将X与SO2混合，既是将H2S与SO2混合，生成淡黄色固体硫，其反应的化学方程式是2H2S + SO2=3S+2H2O，通过化学方程式中硫元素的化合价变化可知，S既是氧化产物又是还原产物，且二者物质的量比为2：1，故二者的质量比也为2：1。
根据硫元素的价类二维图可知，W是硫酸，则过量的Fe粉与一定量浓硫酸溶液混合加热反应首先生成的气体是SO2，随着反应进行，浓硫酸浓度变小，所以后期又有H2生成，故答案为SO2和H2；
Na2S2O3中的硫为+2价，根据氧化还原反应的价态变化规律，可知：
A．Na2S 中硫是-2价，S是0价，故A不符合题意；
B．Na2SO3中硫是+4价，S是0价，故B符合题意；
C．Na2SO3中的硫是+4价，Na2SO4中硫是+6价，故C不符合题意；
D．SO2和Na2SO3中的硫都是+4价，故D不符合题意；
本题答案选B。
转化②是SO2转化为SO3，其过程在工业制硫酸中是在设备接触室中进行的，转化③是SO3转化为H2SO4，不用水而用98.3%的浓H2SO4吸收SO3，原因是SO3溶于水转化为H2SO4过程中放热，产生酸雾降低SO3吸收效率。
18-3【巩固】 【正确答案】 1、同素异形体 化学
2、SO2、SO3 3、3S+6OH-2S2-++3H2O H2S+H2SO4(浓)S+SO2↑+2H2O
4、b Cu2++H2S=CuS↓+2H+ Cu、CuO、Cu(OH)2
【试题解析】 斜方硫和单斜硫的S元素的不同性质的单质，二者互为同素异形体；由于它们是两种不同的物质，因此二者的转化为化学变化；
根据图示可知X、Y是S是氧化物，根据元素化合价的高低可知：X是+4价SO2，Y是+6价SO3；
不同价态的硫元素可以相互转化。①若是反应前后存在3种价态的硫元素，可以为S与NaOH溶液在加热时反应产生Na2S、Na2SO3、H2O，该反应的离子方程式为：3S+6OH-2S2-++3H2O；
②若是反应前后存在4种价态的硫元素，可以为H2S与浓硫酸混合加热，发生反应，产生S、SO2、H2O，该反应的化学方程式：H2S+H2SO4(浓)S+SO2↑+2H2O；
根据物质转化关系，结合物质的性质可知Z是H2SO4，浓硫酸与Cu在加热时反应产生CuSO4；可以是稀硫酸与CuO或Cu(OH)2反应产生CuSO4。故Q可以是Cu、CuO、或Cu(OH)2]，Z、Q反应产生M是CuSO4，故合理选项是b；由于CuS是黑色既不溶于水，也不溶于酸的物质，所以CuSO4与H2S发生复分解反应产生N是CuS，同时产生H2SO4。则CuSO4与H2S发生复分解反应产生CuS的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+。
18-4【巩固】 【正确答案】 1、H－S－H 2、 氧化剂
3、
4、 5、D
6、
【试题解析】 分析:
根据示意图可判断X是H2S，Y是硫酸，结合物质的性质分析解答。
X是H2S，X的结构式为H－S－H。
溶于水转化为，反应的化学方程式为，将转化为，硫元素化合价升高，失去电子被氧化，所以需加入氧化剂。
Y的浓溶液是浓硫酸，与S单质在加热条件下可以发生化学反应生成，该反应的化学方程式为。
24mL0.05的溶液与20mL0.02的溶液恰好反应，已知转化为，则依据电子得失守恒可知0.024L×0.05mol/L×（6－4）＝0.02L×0.02mol/L×（6－x）×2，解得x＝3，所以Cr元素在还原产物的化学式为。
A. 硫代硫酸钠中硫元素化合价是+2价，中硫元素化合价均是+4价，二者不可能生成硫代硫酸钠，A不符合；
B. 中硫元素化合价分别是+4价、+6价，二者不可能生成硫代硫酸钠，B不符合；
C. 中硫元素化合价分别是+4价、+6价，二者不可能生成硫代硫酸钠，C不符合；
D. 中硫元素化合价分别是0价、+4价，二者可能生成硫代硫酸钠，D符合；
答案选D。
气体能氧化硫化氢，体现其氧化性，则有弱氧化性的化学方程式为。
18-5【提升】 【正确答案】 1、SO2、H2SO3、Na2SO3
2、1∶2 3、b
4、＋3 5、防倒吸 ①
【试题解析】 当含硫化合物中硫元素处于中间价态，该化合物既有氧化性又有还原性，图中SO2、H2SO3、Na2SO3中硫元素处于+4价，硫元素处于中间价态，这些化合物既有氧化性又有还原性；
由图可知，X为H2S，Y为SO2两者混合，可生成淡黄色固体，反应的化学方程式为：2H2S+ SO2=3S↓+2H2O，H2S中S的化合价由-2价升高为S中的0价，SO2中S的化合价由+4价降低为0价，则氧化剂为SO2，还原剂为H2S，根据化合价升降守恒和原子守恒，可知该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；
Na2S2O3中硫元素化合价为+2，根据氧化还原反应原理，在反应过程中既要有元素化合价的升高，也要有元素化合价的降低；
a．若Na2S和S生成Na2S2O3， Na2S中硫元素由-2价升高到+2价，硫单质中硫元素由0价上升到+2价，只有化合价的升高，a不符合题意；
b．Na2SO3和S生成Na2S2O3，Na2SO3中硫元素由+4价下降到+2价，硫单质中硫元素由0价上升到+2价，符合氧化还原反应原理，b符合题意；
c．若SO2和Na2SO4生成Na2S2O3， S02中硫元素由+4价下降到+2价， Na2SO4中硫元素由+6价下降到+2价，只有化合价的降低，c不符合题意；
d．若Na2SO3和Na2SO4生成Na2S2O3，Na2SO3中硫元素由+4价下降到+2价，Na2SO4中硫元素由+6价下降到+2价，只有化合价的降低，d不符合题意；
故选b。
Na2SO3中S元素的化合价由+4价升高为Na2SO4中+6价，K2Cr2O7中Cr元素的化合价由+ 6价降低，设还原产物中Cr元素的化合价为x，根据化合价升降守恒和原子守恒，可得0.024L×0.05mol/L×(6-4) =0.02L×0.02mol/L×2×(6-x)，解得x=+3；
SO2易与水反应，且溶解度较大会发生倒吸，则F的作用可以防倒吸， B为采用MnO2和浓盐酸(12 mol·L-1)为原料制取氯气的装置，由固+液气体，可以知道应选择①；
18-6【提升】 【正确答案】 1、
2、取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠浓溶液，稍微加热，观察试管口湿润的红色石蕊试纸是否变蓝 3、A
4、40
【试题解析】 图中A是含氮氢化物，如，图中B的N是+4价的氧化物，则B为NO2，转化方程式为：；
实验室检验的操作方法是：取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠浓溶液，稍微加热，观察试管口湿润的红色石蕊试纸是否变蓝；
A．硝酸的密度越大、浓度越大，故A错误；
B．由图象可以看出，在相同温度和浓度时，硝酸的还原产物不止一种，以某种产物为主，故B正确；
C．由图象可以看出，还原产物中NH4+的物质的量分数随硝酸密度增大而减小，铵根离子中氮元素化合价最低是-3价，故C正确；
D、当硝酸溶液的密度为1.36g•mL-1时，由图象可看出，生成的NO和NO2物质的量相等，且硝酸密度大于1.3g•cm-3时，还原产物主要为NO、NO2，故D正确；
故答案为：A；
①由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)=n(NH)=0.03mol，根据钠元素守恒，可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5mol/L=0.44mol，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根据氮元素守恒n′(NaNO3)+2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3)3]+3n[Al(NO3)3]=n(HNO3)，故c点溶液中n′(NaNO3)=0.5mol-0.03mol×2-0.03mol×3-0.05mol×3=0.2mol，故c点加入NaOH的物质的量=0.2mol，体积为；
②铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：Oc段：H++OH-=H2O，cd：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，de：NH+OH-═NH3•H2O，ef：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，则de段发生反应的离子方程式为。
19-1【巩固】 【正确答案】 1、三颈烧瓶 降低水中的溶解氧
2、打开K3，关闭K1、K2 FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O↓
3、无水乙醇 抑制Fe2＋水解
4、液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2＋
5、78.4%
【试题解析】 分析:
莫尔盐的制备原理是：是先在封闭体系中利用Fe和稀硫酸制备FeSO4溶液，再用制得的FeSO4溶液和(NH4)2SO4饱和溶液反应，待锥形瓶中反应完成后，打开K3，关闭K1、K2，利用锥形瓶压强增大，将FeSO4溶液压入到B中反应得到摩尔盐。
仪器a的名称为三颈烧瓶。亚铁离子易被氧化，配制硫酸铵饱和溶液的蒸馏水，需经煮沸并迅速冷却后再使用，目的是降低水中的溶解氧。故答案为：三颈烧瓶；降低水中的溶解氧；
A中产生H2使其压强大于B，液体从压强大的装置流入压强小的装置，待C中逸出H2较为纯净后，打开K3，关闭K1、K2(填具体操作)，A中液体会自动流入B中。此时硫酸亚铁和饱和硫酸铵发生反应生成摩尔盐，B中发生的主要反应的化学方程式为FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O↓。故答案为：打开K3，关闭K1、K2；FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O↓；
摩尔盐易溶于水而难溶于乙醇，洗涤摩尔盐时摩尔盐不能溶解于洗涤剂，制备结束后，将B中固液混合物过滤，所得莫尔盐可用无水乙醇 (填试剂名称)进行洗涤。装置A中的反应，硫酸需过量，保持溶液的pH在1~2之间，其目的为抑制Fe2＋水解。故答案为：无水乙醇；抑制Fe2＋水解；
装置C的作用为液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2＋。故答案为：液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2＋；
由6Fe2++Cr2O+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，n(K2Cr2O7)=0.1000mol/L×0.03L=0.003mol，故n[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O)]=n(Fe2+)=0.003mol×6=0.018mol，则m[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O)]=0.018mol×392g/mol=7.056g，该样品的纯度=×100%=78.4%，该样品的纯度为78.4% (保留至0.1%)。故答案为：78.4%。
19-2【巩固】 【正确答案】 1、
2、防止温度过高使，分解或将冷凝为液体在C中充分反应
3、B 作为气化中心，防止溶液暴沸 用38~60℃热水洗涤晶体
4、90.50 5、
【试题解析】 对的生成有一定催化作用，结合已知：；则反应②中反应为过氧化氢和氯气生成氯离子和氧气和氢离子，；
的沸点为150℃，温度过高过氧化氢会分解；温度高于60℃时，分解；的熔点为-59℃，沸点为11℃；C中将装置浸入冰水浴中的作用是防止温度过高使，分解或将冷凝为液体在C中充分反应。
①已知，当温度低于38℃时，饱和溶液中析出的晶体是；当温度在38~60℃时，析出；温度高于60℃时，分解。故水浴加热的温度最好控制在B．55。
②装置中毛细玻璃管的作用是作为气化中心，防止溶液暴沸。
③温度在38~60℃时，析出；故当蒸馏烧瓶中出现大量晶体后停止蒸发，趁热过滤，用38~60℃热水洗涤晶体，干燥后得到产品。
在酸性条件和碘离子反应生成碘单质，根据电子守恒可知，两者关系为；结合，可知：，则产品中的质量为，质量分数为。
酸性条件下可发生反应生成和，反应为和氢离子生成水和氯离子和，。
19-3【巩固】 【正确答案】 1、或
2、玻璃棒、漏斗、烧杯
3、d 4、ad 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；
5、0.16 偏低
【试题解析】 分析:
该装置II中有黄色晶体析出，则II中为SO2和NaHSO3反应生成，则I中发生反应生成SO2。
实验室用亚硫酸钠和稀硫酸反应制取SO2，同时生成硫酸钠或硫酸氢钠，反应方程式为：或；
分离固体和溶液采用过滤方法，根据各仪器作用选取仪器，用漏斗过滤、用玻璃棒引流、用烧杯盛放液体，所以选取的仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，因此，本题正确答案是：玻璃棒、漏斗、烧杯；
装置 III用于处理尾气，防止污染环境，尾气为二氧化硫，属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐而防止污染环境，注意要防止倒吸，
a.二氧化硫极易溶于氨水，但因为二氧化硫不能和氨水充分接触，所以不能用该装置吸收二氧化硫，故a错误；
b.食盐水呈中性，二氧化硫在水溶液中溶解度较小，吸收二氧化硫的能力很弱，故b错误；
c.二氧化硫和浓硫酸不反应，不易溶于浓硫酸，故c错误；
d.二氧化硫极易溶于氢氧化钠溶液，且该装置具有缓冲作用，能防止倒吸，故d正确；
e.二氧化硫能溶于水但不易溶于苯，能防止倒吸，但二氧化硫在水溶液中溶解度较小，所以不能作尾气处理装置，故e错误；
故选d；
Na2S2O5溶于水分解生成SO2和NaHSO3。
①NaHSO3溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液pH值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入HCl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ad；
因此，本题正确答案是：ad；
②Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，其检验方法为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，
因此，本题正确答案是：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；
令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为x g，则：

所以x=0.016g
故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为
因此，本题正确答案是：0.16；
(2)若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏低，因此，本题正确答案是：偏低。
19-4【巩固】 【正确答案】 1、pH计 2、采用“高温烘干”，会导致产品脱水、甚至分解
3、冷水浴 4、ClO−+2Mg2++3OH-+H2O=Mg2ClO(OH)3·H2O
5、最后一滴滴定液加入后溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色
6、
【试题解析】 分析:
海水含有氯化镁，加入生石灰，生石灰和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和氯化镁反应会生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和盐酸生成氯化镁，加入次氯酸钠回流反应生成碱式次氯酸镁，经过过滤、洗涤最终得到产品；利用氧化还原反应滴定，可以通过消耗滴定剂的量计算出产品的纯度。
回流反应溶液中存在强氧化性的次氯酸根，具有漂白性能使pH试纸褪色，故选择pH计测定反应液的pH；
“烘干”得到Mg2ClO(OH)3·H2O，若采用“高温烘干”，会导致产品脱水、甚至分解，故不能高温烘干；
①已知：向0~5℃的烧碱溶液通入氯气生成NaClO，且NaClO加热会分解，故C装置应采用冷水浴；
②A装置生成氯气中含有浓盐酸挥发出的氯化氢气体，影响实验进行，故B装置盛装试剂为饱和食盐水用于除去氯化氢气体，气体应该长进短出，装置为；
根据电荷守恒、原子守恒可知回流反应中生成产品的离子方程式为ClO−+2Mg2++3OH-+H2O=Mg2ClO(OH)3·H2O；
①碘能使淀粉溶液变蓝色，故滴定终点的现象是最后一滴滴定液加入后溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色；
②由表格数据可知，三次实验消耗Na2S2O3溶液体积分别为21.20 mL、19.80 mL、20.20 mL，第一次数据误差较大舍弃，则平均消耗Na2S2O3溶液体积为20.00mL，根据反应、可知，，则Mg2ClO(OH)3·H2O的物质的量为20.00×10-3L×=0.1cmol；故该产品的纯度为；
已知，，则1molBMH可以生成1molCl2，则理论上BMH的有效氯含重为。
19-5【巩固】 【正确答案】 1、
2、防止倒吸 3、4 0.8
4、防止温度过高，分解成和NaCl，同时，受热易分解
5、e a b
6、滴入最后一滴标准溶液时，溶液蓝色或浅蓝色退去且半分钟颜色不恢复
【试题解析】 分析:
本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，关闭装置最左侧的活塞，装置A中发生反应：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+2H2O+O2↑，生成ClO2气体，ClO2气体经装置B进入装置C，发生反应：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，得NaClO2溶液，经减压，55℃蒸发结晶；趁热过滤； 用38℃～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥，得晶体NaClO2•3H2O，据此分析解题。
装置A用来制取，反应物为NaClO3、H2O2、H2SO4，生成物为ClO2则Cl的化合价降低，故必然有元素的化合价升高，故H2O2中O的化合价升高为0价，故产物还有O2、Na2SO4和H2O，根据氧化还原反应配平原则可知，发生反应的离子方程式为，故答案为：；
由装置图可知，装置B的作用是防止倒吸，起到安全瓶的作用，故答案为：防止倒吸；
由图像所示信息可知，由4mol/L增大到5mol/L时对NaClO2的含量没有影响，故则最佳条件为4，由0.8到0.9对NaClO2的含量没有影响，故0.8，故答案为：4；0.8；
由已知信息可知，NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时H2O2受热易分解，故C装置采用“冰水浴”的目的是防止温度过高，NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时，H2O2受热易分解，故答案为：防止温度过高，NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时，H2O2受热易分解；
由分析可知，充分反应后，为从产品溶液中获取晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：55℃恒温减压蒸发结晶→趁热过滤→50℃水洗涤→干燥，故答案为：e；a；b；
①由于I2遇到淀粉溶液显蓝色，故达到滴定终点时的现象为滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色或浅蓝色褪去且半分钟颜色不恢复，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色或浅蓝色褪去且半分钟颜色不恢复；
②根据滴定过程中发生的离子方程式：和，可找出关系式为：~2I2~4 Na2S2O3，故有：n()=n(Na2S2O3)=×××10-3 L=2.5cV×10-4mol，该样品中NaClO2的质量分数为=，故答案为：。
19-6【巩固】 【正确答案】 1、恒压滴液漏斗 提高ClO2的使用效率、实验结束时排除装置中残余的ClO2
2、2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2↑+2H2O
3、升高温度 2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O
4、滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟颜色不恢复 56.6%
【试题解析】 A仪器的名称是恒压滴液漏斗；实验过程中ClO2与NaOH溶液反应制备NaClO2，始终缓缓通入空气的原因是提高ClO2与NaOH溶液反应效率、实验结束时排除装置中残余的ClO2；
C装置为ClO2与NaOH溶液反应的发生装置，化学反应方程式为2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2↑+2H2O；
①水浴温度升高，亚氯酸钠含量迅速减少，可能是升高温度促进了过氧化氢的分解；
②ClO2与氢氧化钠溶液反应生成等物质的量的两种盐，根据氧化还原反应可知ClO2发生自身氧化还原，Cl元素的化合价升高到+5价，降低到+3价，其中一种是NaClO3，离子方程式为2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O；
①NaClO2溶液中加入足量的KI溶液和稀H2SO4，将I-氧化为I2，再滴加几滴淀粉溶液，溶液显示蓝色，用1.0mol•L-1Na2S2O3标准液滴定I2，滴定终点的现象为滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟颜色不恢复；
②NaClO2溶液中加入足量的KI溶液和稀H2SO4，将I-氧化为I2，用1.0mol•L-1Na2S2O3标准液滴定I2，表格中第三次数据误差较大舍去，滴定消耗1.0mol•L-1Na2S2O3标准液平均体积为20.00mL，根据反应的关系式可知，该样品中亚氯酸钠的纯度为；
20-1【基础】 【正确答案】 1、)粉碎铝土矿或加热或搅拌
2、SiO2 Mg2+
3、4.7≤pH＜9.6
4、硫氰化钾 Fe3+ + 3SCN-⇌Fe(SCN)3
5、2Al2O3 4Al + 3O2↑
【试题解析】 分析:
铝土矿中含有MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2，铝土矿加过量盐酸溶解后，MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，而SiO2和HCl不反应，不能溶解，沉淀B为SiO2；向滤液中加入过量NaOH溶液，氯化铁、氯化镁和NaOH发生复分解反应生成Fe(OH)3、Mg(OH)2，则沉淀C为Fe(OH)3、Mg(OH)2，滤液D中含有的阴离子是、Cl-、OH-，向滤液D中通入过量二氧化碳，生成沉淀F为Al(OH)3，滤液E中含有碳酸氢钠，氢氧化铝加热分解生成M为氧化铝，电解熔融氧化铝得到Al。
粉碎铝土矿或加热或搅拌都可以加快反应速率；
SiO2难溶于酸，故酸溶后的杂质主要成分为SiO2，溶液C用碱液调pH为4.7≤pH<9.6，使Al3+沉淀而Mg2+不沉淀，故溶液E中的金属离子主要为Mg2+；
溶液C用碱液调pH的目的是为了使Al3+沉淀而Mg2+不沉淀，所以调pH的范围是4.7≤pH<9.6；
用硫氰化钾溶液可以检验Fe3+，其反应为Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3；
操作⑤是电解制铝，其反应方程式为2Al2O3 4Al + 3O2↑。
20-2【基础】 【正确答案】 1、搅拌、升温、将矿石粉碎、适当增大酸的浓度 盐酸
2、
3、
4、沿玻璃棒向过滤器中倒入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复2~3次
5、加入少量稀盐酸或者通入氯化氢 过滤、洗涤
6、
7、
【试题解析】 分析:
由题给流程可知，矿石加入盐酸溶液酸浸，铁、铝的氧化物溶解得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不与盐酸溶液反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣A和含有金属氯化物的滤液A；向滤液A中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子转化为铁离子；向氧化后的溶液中加入氧化铝调节溶液pH在3.1≤pH<3.7范围内，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁滤渣B和含有氯化铝的滤液B；灼烧滤渣A得到氧化铁，向滤液B中加入少量稀盐酸或者通入氯化氢，防止铝离子发生水解，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铝晶体。
由最终制得六水氯化铝晶体可知，酸浸时加入的酸溶液为盐酸，搅拌、升温、将矿石粉碎、适当增大酸的浓度等措施可以提高酸浸效率，故答案为：搅拌、升温、将矿石粉碎、适当增大酸的浓度；盐酸；
由分析可知，向滤液A中加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，反应的离子方程式为；
由分析可知，向氧化后的溶液中加入氧化铝调节溶液pH在范围内，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：；
洗涤滤渣B的操作为沿玻璃棒向过滤器中倒入蒸馏水至刚好没过沉淀，待水自然流下后重复以上操作2~3次，故答案为：沿玻璃棒向过滤器中倒入蒸馏水至刚好没过沉淀，待水自然流下后重复以上操作2~3次；
由分析可知，由AlCl3溶液制备AlCl3·6H2O的操作步骤为向滤液B中加入少量稀盐酸或者通入氯化氢，防止铝离子发生水解，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铝晶体，故答案为：加入少量稀盐酸或者通入氯化氢；过滤、洗涤；
滤渣A的主要成分为二氧化硅，二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水，反应的化学方程式为SiO2 + 4HF = SiF4↑ + 2H2O，故答案为：SiO2 + 4HF = SiF4↑ + 2H2O；
若矿石m1kg，最后获得m2kgAlCl3·6H2O，由铝原子个数守恒可知矿石中铝元素的含量为×100%=×100%，故答案为：。
20-3【巩固】 【正确答案】 1、65.2 2、升高温度(加热)、搅拌
3、2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+
4、Na+、Ca2+、Mg2+ pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO，最终影响Cr(III)回收与再利用
5、Ca2+、Mg2+
6、12H2O+2NaCrO4+3SO2=2Cr(OH)(H2O)5SO4+NaSO4+2NaOH
【试题解析】 分析:
向含铬污泥中加入稀硫酸和水并将溶液pH调节为1，根据信息知，硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，然后过滤，向滤液中加入双氧水，发生2Cr3++3H2O2+H2O=+8H+，Cr3+被氧化生成，然后向溶液中加入NaOH溶液并调节溶液的pH=8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，且溶液中转化为，然后过滤，向滤液中加入钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入二氧化硫，发生反应2+3SO2+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓++2OH-，以此来解答。
实验室没有240mL容量瓶，需要配制250mL的硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变，可知用18.4mol•L-1的浓硫酸配制250mL 4.8mol•L-1的硫酸，需量取浓硫酸为 。
酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有升高温度(加热)、搅拌。
H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为Cr2O，同时生成氢离子，离子方程式为2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+。
碱性条件下转化为，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，转化为，滤液Ⅱ中阳离子主要有Na+、Ca2+、Mg2+；但溶液的pH不能超过8，pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO，最终影响Cr(III)回收与再利用。
钠离子交换树脂交换的离子是Mg2+、Ca2+，从而除去杂质离子Mg2+、Ca2+。
上述流程中用SO2进行还原时发生反应的化学方程式为12H2O+2NaCrO4+3SO2=2Cr(OH)(H2O)5SO4+NaSO4+2NaOH。
20-4【巩固】 【正确答案】 1、增大接触面积，加快反应速率
2、 蒸发浓缩
3、烧杯、玻璃棒、漏斗
4、bd 5、
6、%
【试题解析】 分析:
向软锰矿(含和少量的、、)中加入过量的FeSO4+35%的硫酸，和FeSO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，离子方程式为，、和硫酸反应生成Fe2+、Fe3+、Al3+，不和硫酸反应，则滤渣1为；由几种金属离子沉淀的pH可知，加入试剂A是将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新杂质，从绿色化学角度分析，试剂A宜选择或；加入试剂B，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后，经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤得到。
“酸浸”前需要将软锰矿粉碎，粉碎是为了增大反应物接触面积，加快反应速率；由分析可知，“酸浸”中和反应的离子方程式为；
由分析可知，“滤渣1”的主要成分是；“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，最终得到；
“过滤”时，用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗；
加入试剂A是将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新杂质，从绿色化学角度分析，试剂A宜选择或，答案选bd；
由几种金属离子沉淀的pH可知，Fe2+和Mn2+开始沉淀的pH和完全沉淀的pH均相近，若省略“氧化”工艺，溶液中的Fe2+未被除去，产品中可能会混有；
用滴定，消耗标准溶液V mL，则消耗的物质的量为，根据可知，样品中的物质的量为，则样品的纯度为=%。
20-5【提升】 【正确答案】 1、除去油脂、溶解铝及其氧化物 +H+=Al(OH)3↓+H2O
2、Ni2+、Fe2+、Fe3+
3、O2或空气 Fe3+
4、2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O
5、提高镍的回收率
【试题解析】 分析:
由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H+=Al(OH)3↓+H2O；
加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；
由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。
20-6【提升】 【正确答案】 1、不停地搅拌 2、[Cu(NH3)4]2++Zn=[Zn(NH3)4]2++Cu
3、浸取 4、2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4 PbSO4
5、将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯 过滤、洗涤、干燥
6、×100%
【试题解析】 分析:
瓦斯泥主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3和少量PbO、CuO，“浸取”时ZnO、CuO转化为[Cu(NH3)4]2+、[Zn(NH3)4]2+，过滤出Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3、PbO，滤液中加锌粉，[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+，过滤，滤液中加热到90℃，生成沉淀，加热分解为ZnO；Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3、PbO固体中加硫酸、氯化钠，“酸盐浸提”生成BiCl3、Na2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和S、PbSO4沉淀，过滤，滤液水解得到BiOCl沉淀。
“浸取”时，不停地搅拌可以避免瓦斯泥在反应器的底部沉淀、结块；
“过程I”中Zn置换出[Cu(NH3)4]2+中的铜，反应的离子方程式为[Cu(NH3)4]2++Zn=[Zn(NH3)4]2++Cu；
根据流程图，“浸取”步骤中通入氨气，“过程II”产生的NH3可在流程的“浸取”步骤中循环使用。
①单质铋被Fe3+氧化为BiCl3，Fe3+被还原为Fe2+；反应iii是2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4。
②“酸盐浸提”时，Bi2S3被Fe3+氧化为S，PbO和硫酸反应生成PbSO4沉淀，所以“滤渣2”的主要成分除S外还有PbSO4。
①结合上述信息分析，Fe3+易水解为氢氧化铁沉淀， “水解”时加入适量Zn粉的目的是将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯。
②“水解”生成BiOCl沉淀，“系列操作”为过滤、洗涤、干燥。
1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1mol•L-1]相当于0.08139g氧化锌，amol•L-1的EDTA标准液VmL，相当于氧化锌的质量为0.08139g，样品中氧化锌的质量分数为×100%。
21-1【基础】 【正确答案】 1、FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O或Fe（NH4）2（SO4）2•6H2O
2、圆底烧瓶 3、冷凝水蒸气，减少水的挥发 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
4、减少产品溶解，提高产率 5、C
6、79.6%
【试题解析】 2g铁铜合金(含铁70%)含铁物质的量为，3.3g(NH4)2SO4物质的量为，两者正好反应，结合制备步骤，制得的硫酸亚铁铵晶体中含6个结晶水，则硫酸亚铁铵晶体的化学式为FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O或Fe（NH4）2（SO4）2•6H2O。
用浓硫酸配制稀硫酸，需要用到的玻璃仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，则不需要用到圆底烧瓶。
步骤Ⅰ中，在锥形瓶口上倒扣表面皿的主要作用是冷凝水蒸气，减少水的挥发；加热过程中，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的化学方程式是Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。
步骤Ⅱ和步骤Ⅳ均涉及过滤(抽滤)操作，前者趁热过滤，而后者需冷却后过滤，原因是减少产品溶解，提高产率。
步骤Ⅲ中，当出现晶膜时停止加热。
2g铁铜合金(含铁70%)含铁物质的量为，3.3g(NH4)2SO4物质的量为，两者正好反应生成0.025molFe（NH4）2（SO4）2•6H2O，则产率为。
21-2【基础】 【正确答案】 1、增加固体混合物的接触面积，提高焙烧效率
2、＋5
3、 会释放出氮氧化物(或、)，造成环境污染
4、
5、1.92
【试题解析】 分析:
石煤灰渣(主要成分有、C、、FeO、、CaO、MgO、)加入硫酸铵焙烧，在空气的作用下，被氧化为，再向混合物中加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应，氧化铁、氧化铝等物质反应生成大部分易溶于水的硫酸盐和微溶物硫酸钙，加入双氧水氧化亚铁离子，加入氨水沉淀铝离子、铁离子、镁离子，过滤，用萃取液萃取、分液后，加入氢氧化钠溶液进行洗脱，洗脱液加入氯化铵反应生成NH4VO3，灼烧NH4VO3得到。
根据外界条件对反应速率的影响可判断，在“焙烧”之前，要先将硫酸铵固体和石煤灰进行混磨处理，可增大反应物的接触面积，提高原料的利用率，故答案为：可增大反应物的接触面积，提高原料的利用率。
根据化合价代数和为0，氧为−2价，硫酸根带两个负电荷，则中V的化合价为+5价，“浸渣”的主要成分除了，还有微溶的硫酸钙，化学式为CaSO4，故答案为：+5价；CaSO4。
“氧化”时加入的试剂a常用，主要用于氧化亚铁离子，其反应的离子方程式：。也能氧化，工业生产中不选用的原因是亚铁离子和硝酸发生氧化还原反应生成铁离子、一氧化氮或二氧化氮，气体产物有毒，污染环境，故答案为：；硝酸的还原产物一氧化氮或二氧化氮有毒，会污染环境。
在500℃灼烧脱氨可制得产品，根据原子守恒可得到该反应的化学方程式：。在硫酸酸化条件下，可与草酸()溶液反应得到含的溶液，则发生反应的离子方程式：，故答案为：；。
根据题意和原子守恒可知理论上制得的的质量最多为，故答案为：1.92。
21-3【巩固】 【正确答案】 1、H2SO4 H2O2
2、BaSO4 检验Fe2+是否已全部被氧化
3、冷却结晶 常温晾干
4、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
5、向沉淀中加入少量硫酸浸没沉淀，让溶液自然流下，重复2到3次 取最后一次洗涤液于试管中加热浓缩，加入浓NaOH，加热在试管口放一块湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则未洗净，不变蓝则洗净
6、2 B、C、E、F
【试题解析】 分析:
硫酸亚铁样品(含少量硝酸钡)加热水溶解，加入A硫酸酸化，可生成C硫酸钡沉淀，减压过滤后加入B过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵。
加入A硫酸，可增大溶液中SO浓度，将Ba2+转化为沉淀，生成BaSO4，同时抑制Fe2+水解；为避免引入新杂质，应加入B过氧化氢为氧化剂，还原产物是水，A、B适宜的化学式： A为H2SO4、B为H2O2。故答案为：H2SO4；H2O2；
减压过滤得到的滤渣C，其主要成分是BaSO4(填化学式)。操作甲是取少量溶液于试管中滴加KMnO4溶液其目的是：检验Fe2+是否已全部被氧化。故答案为：BaSO4；检验Fe2+是否已全部被氧化；
在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所以操作乙、丙的名称分别是：乙为冷却结晶，丙为常温晾干。故答案为：冷却结晶；常温晾干；
为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂，还原产物是水，氧化过程的离子方程2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
可以用一定浓度的硫酸洗涤产品方法是：向沉淀中加入少量硫酸浸没沉淀，让溶液自然流下，重复2到3次；如何检验沉淀是否洗净取最后一次洗涤液于试管中加热浓缩，加入浓NaOH，加热在试管口放一块湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则未洗净，不变蓝则洗净。故答案为：向沉淀中加入少量硫酸浸没沉淀，让溶液自然流下，重复2到3次；取最后一次洗涤液于试管中加热浓缩，加入浓NaOH，加热在试管口放一块湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则未洗净，不变蓝则洗净；
为了用重量法确定产品硫酸铁铵中a、b、c的值(供选用的试剂：浓硫酸、碱石灰、氢氧化钠、氯化钡)，称取样品，将其溶于水配制成溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到沉淀，应为Fe(OH)3，向另一份溶液中加入 Ba(NO3)2溶液，恰好完全反应，得BaSO4，除了测得取用样品的质量外，至少还需要测定Fe(OH)3、BaSO4两种物质的质量。将固体物质加热到高温以达到脱水、分解或除去挥发性杂质、烧去有机物等目的的操作称为灼烧，灼烧的方法是将固体放在坩埚中，坩埚放在三角架上的泥三角上，直接用燃气灯加热，或置于高温电炉中按要求温度进行加热，坩埚的取用要用坩埚钳。灼烧固体所需要的仪器是B、C、E、F(选填仪器编号)等。故答案为：2；B、C、E、F。
21-4【巩固】 【正确答案】 1、+3 2、abc CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2
3、草酸的量是6.0g 草酸在合成束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线的过程中，不仅做还原剂还影响其形貌
4、2VO+2H++3H2C2O4•2H2O=2VO2++10H2O+2CO2↑+2C2O
5、保护气，防止K3V2(PO4)3被氧化
6、2.04%
【试题解析】 分析:
本题是一道由石煤制备束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线电极材料的工业流程题，首先在高温下焙烧，得到焙砂，用酸浸取焙砂得到相应的钙盐，经过转化得到钒酸铵，进一步处理即可得到产品，以此解题。
根据正负化合价为零的原则可知，K3V2(PO4)3中V的化合价为+3价；
①a．提高焙烧过程中氧化效率即提高焙烧的反应速率,在回转窑进行富氧焙烧,加大通风量可以增加氧气的浓度，从而提高氧化效率，a正确；
b．加入辅助剂,增加物料的疏松度和透气性, 可加大物料与氧气的接触面积，从而能够提高氧化效率，b正确；
c．窑体进行分段控温能有效防止由于过热导致的固体结块现象，从而提高氧化效率，d正确；
d．料层厚度过高，不利于反应的充分进行，d错误；
故选abc；
②由图可知焙烧时石煤中的V2O3，氧化钙和氧气反应，最终生成Ca(VO3)2，则方程式为：CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2；
①分析表格数据可知，当草酸质量为6.0 g时，K3V2(PO4)3形貌最佳，为均一的束状纳米线，所以最佳实验条件是草酸的量是6.0g；
②由表中数据可知，草酸在合成束状碳包裹K3V2(PO4)3纳米线的过程中不仅起还原剂作用，还会影响K3V2(PO4)3的形貌，因此在实验中不能用亚硫酸钠代替草酸晶体的原因是：草酸在合成束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线的过程中，不仅做还原剂还影响其形貌；
只有的草酸为还原剂，草酸被氧化为二氧化碳，将VO还原成VO2+，的草酸以C2O的形式存在，根据氧化还原转移电子守恒、电荷守恒以及原子守恒可知该离子反应方程式为：2VO+2H++3H2C2O4•2H2O=2VO2++10H2O+2CO2↑+2C2O；
氩气为稀有气体,性质稳定，可作保护气体，K3V2(PO4)3中V的化合价是+3，易被氧化，在惰性气体氩气中煅烧可以防止K3V2(PO4)3被氧化，故答案为：保护气，防止K3V2(PO4)3被氧化；
设石煤中钒元素的质量分数为a%，石煤的质量为m1，K3V2(PO4)3的质量为m2，根据钒元素守恒可得 ，代人数据得，计算得，a%=2.04%。
21-5【提升】 【正确答案】 1、加适量铁粉(或其他合理答案)
2、部分铁离子转化成 过滤
3、 否 之间无法分离与，且易堵塞导管 碱石灰(或其他合理答案)
【试题解析】 分析:
(1) 配备FeSO4溶液时，硫酸亚铁变质的实质是Fe2+被氧化，加适量铁粉可防止Fe2+被氧化；
(2)以FeSO4为原料可制备碱式硫酸铁、铁红、硫酸亚铁铵；制备碱式硫酸铁时，使用H2O2作为氧化剂，通过调节pH生成Fe4(OH)2(SO4)5，若pH过高部分铁离子转化为Fe(OH)3，会导致碱式硫酸铁的产率偏低；NH4HCO3不稳定，溶液中与亚铁离子反应生成碳酸亚铁和二氧化碳；碳酸亚铁加热分解生成Fe2O3；FeSO4和(NH4)2SO4混合，冷却结晶得到(NH4)2Fe(SO4)2；经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品；
(3) FeSO4分解时生成固体氧化物，FeSO4中Fe为+2价，所以固体氧化物可能是Fe2O3，Fe3O4，或者是Fe2O3和Fe3O4；
配备FeSO4溶液时，硫酸亚铁变质的实质是Fe2+被氧化，加适量铁粉可防止Fe2+被氧化；
①制备Fe4(OH)2(SO4)5时，若pH过高，部分铁离子转化为Fe(OH)3，导致碱式硫酸铁的产率偏低；故答案为部分铁离子转化为Fe(OH)3；
②NH4HCO3不稳定，溶液中与亚铁离子反应生成碳酸亚铁和二氧化碳；离子反应为Fe2++2HCO =FeCO3↓＋CO2↑＋H2O ；FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3，所以铁红为Fe2O3；
③制备摩尔盐时将反应物混合，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品；故答案为过滤；
①据分析可知，M可能是Fe3O4；故答案为Fe3O4；
②图3装置设置两个低温浴槽的目的是利用物理手段将SO2和SO3分离，低温浴槽A收集沸点较高的产物，分析表格中数据，SO3优先液化，控制温度使SO3变为液体，不能使SO3变固体，固体会堵塞导管，所以不能将低温浴槽A的温度设置在-72.4℃ 21-6【提升】 【正确答案】 1、 2、
3、 、 减少和分解损失，利于析出
4、待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐 或
【试题解析】 CaO2为离子化合物，含有过氧键，电子式为。
CaO2与水反应的化学方程式是2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑。
在电石渣中加入氯化铵溶液，发生反应为Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3•H2O，过滤后在溶液中加入双氧水，发生反应为CaCl2+2NH3•H2O+H2O2+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl。
①分析流程可知，Ⅰ中发生反应为Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3•H2O，Ⅱ中发生反应为CaCl2+2NH3•H2O+H2O2+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，则循环利用的溶质为NH4Cl；
②冰水浴的作用为减少和分解损失，利于析出。
由于气体热胀冷缩，故需待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐；
②结合过氧化氢分解可知，过氧化钙分解过程中2n（CaO2）～n（O2），n（O2）=，n（CaO2）=2×，CaO2的纯度为=。