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 Word版含解析

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 Word版含解析，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“>”“ <
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