07化学实验基础--福建省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（鲁科版）

这是一份07化学实验基础--福建省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（鲁科版），共39页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023上·福建龙岩·高三校联考期末）某实验小组制备高铁酸钾()装置如图所示(加热及夹持装置略)。下列说法错误的是

A．分液漏斗中溶液可以为浓盐酸
B．C中发生的反应：
C．净水原理：(胶体)
D．D装置起到吸收尾气并防止倒吸的作用
2．（2022上·福建三明·高三统考期末）利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是
A．利用图I装置灼烧海带
B．利用图II装置进行喷泉实验
C．利用图III装置分离碘单质和沙子
D．图IV装置中，关闭a、打开b，可检查装置的气密性
3．（2022上·福建福州·高三统考期末）实验室采用如图装置制备气体，合理的是
A．AB．BC．CD．D
4．（2022上·福建福州·高三统考期末）海带提碘是工业碘的主要来源之一，下列说法错误的是：
A．NaNO2可将I-氧化为I2
B．“洗脱”时发生3I2+6OH-=IO+5I-+3H2O
C．活性炭不仅能够吸附I2还可以循环使用
D．浓缩碘溶液中的碘可以用酒精萃取
5．（2021上·福建三明·高三统考期末）下列从海带中提取碘的实验装置，不能达到实验目的的是
A．用装置甲灼烧碎海带B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙分离萃取后的有机层和水层D．用装置丁分离与
6．（2020上·福建福州·高三校考期末）某学习小组的同学根据“侯氏制碱法”的原理：①NH3+H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4C1；②2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。利用如图实验装置制备Na2CO3，下列叙述正确的是
A．若X为稀硫酸，Y为碳酸钙，则可用装置甲制取CO2
B．装置乙中会有白色沉淀析出
C．将装置丙中所得滤液用酒精灯加热蒸干可得到NH4C1固体
D．可用装置丁加热NaHCO3固体制得Na2CO3
7．（2020上·福建莆田·高三校联考期末）下列离子的检验方法一定正确的是（ ）
A．向某溶液中滴加溶液，有白色沉淀，再滴加足量稀，若沉淀不溶解，则原溶液中一定含
B．向某溶液中滴加溶液，若出现红色则原溶液中含
C．向某溶液中滴加足量稀盐酸，产生气体使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中含
D．用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧，未观察到紫色火焰，则原溶液中不含
8．（2020上·福建莆田·高三校联考期末）由下列实验及现象不能得出相应结论的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
9．（2020上·福建福州·高三统考期末）以铝土矿（主要成分为Al2O3，还含少量Fe2O3、SiO2等）为主要原料生产金属铝的工艺流程如图：下列说法错误的是
A．碱溶过程发生复杂的氧化还原反应
B．过滤1的滤渣中含Fe2O3、SiO2等
C．X主要溶质是Na2CO3
D．产生Al和O2的电解过程通常使用助熔剂Na3AlF6
10．（2020上·福建福州·高三统考期末）下列实验装置及相应操作正确的是
A．图甲可用于配制250ml 0.100ml/L硫酸溶液时定容操作
B．图乙可用于淀粉在稀硫酸作用下发生水解后，直接滴加新制氢氧化铜悬浊液检验水解产物
C．图丙可用于胆矾结晶水含量测定
D．图丁可用于由工业乙醇制备无水乙醇
11．（2020上·福建厦门·高三统考期末）用如图所示装置进行下列实验，其中不合理的是
A．用CCl4萃取碘水中的碘B．用NaOH溶液除去溴苯中的溴
C．用水除去硬脂酸钠中的甘油D．用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸
12．（2019上·福建宁德·高三统考期末）某实验小组将废铁屑(含硫化亚铁等杂质)和稀硫酸加入锥形瓶中，加热，充分反应，冷却后加入氨水，制得硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]，装置如下图(夹持仪器略去)。下列说法或操作错误的是
A．乙装置是安全瓶
B．将氨水滴入时，先缓慢打开活塞，再打开玻璃塞
C．KMnO4溶液的作用是吸收H2S等尾气，防止污染空气
D．锥形瓶中发生中和反应的离子方程式：NH3·H2O＋H＋＝NH4＋＋H2O
13．（2019上·福建龙岩·高三统考期末）已知Ca3N2遇水发生水解反应，需密封保存。利用如下装置制取氮气，并用氮气制备Ca3N2，下列说法正确的是
A．①中发生的反应属于置换反应
B．②的作用为安全瓶，防止停止加热时①中的溶液进入③中
C．③、④、⑥中依次盛装浓H2SO4、酸性氯化亚铁溶液、碱石灰
D．取⑤中少量产物，加适量蒸馏水，再滴加石蕊试液，溶液显蓝色
14．（2019上·福建三明·高三统考期末）利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3的流程如下：

下列说法错误的是
A．向大气中排放SO2可能导致酸雨发生
B．中和器中发生反应的离子方程式为HSO3-＋OH－= SO32-＋H2O
C．检验Na2SO3成品中是否含Na2SO4，可选用稀盐酸和Ba(NO3)2溶液
D．进入离心机的分散系是悬浊液
二、填空题
15．（2019上·福建宁德·高三统考期末）多硫化物是含多硫离子(Sx2－)的化合物，可用作废水处理剂、硫化剂等。回答下列问题：
（1）多硫化钠(Na2S5)可由H2S与Na2S在一定条件下反应制得，该反应的还原产物为 ，Na2S5中含有的化学键类型是 。
（2）多硫化物MS4溶液在碱性条件下可高效处理高浓度含CN－电镀废水，CN－被氧化成毒性较小的SCN－，S2－转化为S2－。
①M的离子与S2－具有相同的核外电子排布，则M在周期表中的位置是 。
②CN－的电子式为 。
③处理废水的离子方程式为 。
（3）过硫化铵[(NH4)2S2]可用作硫化试剂，为探究其性质，某研究小组进行如下实验：取含1.00g(NH4)2S2的溶液加入足量稀硫酸酸化，得到0.32g淡黄色不溶物A和氢化物B。
①A是 ，生成的B在标准状况的体积为 mL。
②利用(NN4)2S2溶液中的活性硫能将硫锡矿中的难溶物硫化亚锡(II)(SnS)氧化成硫代锡(IV)酸铵[(NH4)2SnS3]而溶解，写出反应的离子方程式 。
16．（2018上·福建厦门·高三统考期末）《本草纲目》曾记载利尿剂甘汞(Hg2Cl2)制法:"用水银一两,白矾[KAl(SO4)2]二两，食盐一两,同研，不见星。铺于器内,以小乌盆覆之，筛灶灰，盐水和,封固盘口,以炭打二柱香取开，则粉升于盆上矣,其白如雪,轻盈可爱，一两汞可升粉八钱。”
（1）甘汞(Hg2Cl2)中化学键类型主要为 .
（2）[KAl(SO4)2]所属物质类别为 (填标号)
A．酸式盐 B．复盐 C．正盐 D．混盐 E.硫酸盐
（3）文中“同研”涉及的操作,若在实验室通风橱内完成,则所需的仪器是 。
（4）文中“则粉升于盆上矣”涉及的混合物分离方法是
（5）甘汞(Hg2Cl2)制备反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，该反应中还原产物是 。
（6）已知文中一两等于十钱,则甘汞的产率约为 (保留三位有效数字)。
（7）由甘汞(Hg2Cl2)光照可得外科用药升汞(HgCl2),该反应化学方程式为 .
17．（2013上·福建泉州·高三统考期末）氯气是一种重要的工业原料。
Ⅰ.实验室可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式是 。
Ⅱ.某研究性学习小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸反应可制取氯气，化学方程式为：Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2↑+2H2O他们利用该反应设计如下制取氯气并验证其性质的实验。
回答下列问题：（1）该实验中A部分的装置是 (填标号)。
（2）请你帮助他们设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)： 。
（3）写出D装置中发生反应的离子方程式
（4）该实验存在明显的缺陷，请你提出改进的方法 写出反应离子方程式 。
（5）该小组又进行了如下实验：称取漂白粉2.0 g，研磨后溶解，配制成250 mL溶液，取出25 mL加入到锥形瓶中，再加入过量的KI溶液和过量的H2SO4溶液，静置。待完全反应后，用0.1 ml.L−1的Na2S2O3溶液作标准液滴定反应生成的碘，已知反应方程式为：2Na2S2O3+I2===Na2S4O6+2NaI，共用去Na2S2O3溶液20.0 mL。则该漂白粉中Ca(ClO)2的质量分数为 。
18．（2011上·福建龙岩·高三统考期末）常温下将一块钠露置在空气中一段时间后，甲、乙两位同学把固体分成两份，各取一份同时进行实验，欲探究其组成和含量。请根据要求回答下列问题。
甲同学：将一份放入烧瓶中，加入稀硫酸后，生成无色无味的气体，据分析推理可能有二氧化碳和氢气，然后进行气体成份的验证实验。
（1）为验证气体产物中是否含有二氧化碳和氢气，需从下图中选择必要的仪器和药品，设计一套装置验证气体成份。装置的连接顺序为：d→ _____ → _____ → _____ →
→ _____ → _____ 。（填下列装置的接口字母）
（2）实验过程中观察到石灰水变浑浊，由此可判断原固体中含有的物质是
（填化学式）。
乙同学将另一份进行以下实验。
（3）用浓盐酸配制500mL 3.00ml·L-1的稀盐酸时，需要使用的玻璃仪器除了量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒以外，还有 。
（4）在操作II中，发生反应的离子方程式为 。
（5）操作IV中用盐酸标准液滴定滤液时，滴定终点的现象是 。
（6）若操作IV中，消耗3.00ml·L-1的盐酸标准液50.00 mL，通过计算判断，5.00g固体中是否含有NaOH （填有或无），质量是 g
（若你认为无NaOH，则此空不用答）。
19．（2011上·福建龙岩·高三统考期末）室温下，水溶液体系中的化学反应I— + OCl— = OI— + Cl—的反应物初始浓度、溶液中的OH—初始浓度及初始速率间的关系如下表所示：
已知表中初始反应速率与有关离子浓度关系可以表示为v= k [I—]1 [OCl—]b [OH—]c（温度一定时，k为常数）。
（1）为开展实验1，某同学取5mL0.02ml·L-1碘化钾溶液、5mL0.015 ml·L-1次氯酸钠溶液、40mL某浓度氢氧化钠溶液混合反应。则该氢氧化钠溶液物质的量浓度为 ；
（2）实验2中，a= ；
（3）设计实验2和实验4的目的是 ；
（4）计算b、c值：b= ；c= ；
（5）若实验编号4的其它浓度不变，仅将溶液的酸碱值变更为pH = 13，反应的初始速率v= 。
三、解答题
20．（2023上·福建三明·高三统考期末）镓的化合物性质与铝相似。工业上常从锌矿渣(主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，其中Pb、Fe均以价形式存在，Ga以价形式存在)中回收镓。流程如下：

已知：①， ②部分物质的如表所示。
回答下列问题：
(1)已知浸出渣的主要成分是和一种盐，加入的“溶液X”是 (写化学式，下同)，生成的该盐是 。加入的目的是 。
(2)室温下，当溶液中某种离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。若浸出液中阳离子浓度均为，则应调pH的范围为 。
(3)溶液蒸发浓缩时，停止加热的标志是 。
(4)试剂Y为 (填“溶液”或“氨水”)，加入试剂Y时发生反应的离子方程式为 。
(5)取加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。分析数据，推断、时所得固体的化学式分别为 、 。

21．（2023上·福建龙岩·高三校联考期末）处理含锌废渣在资源利用和环境保护方面具有重要意义。某含锌废渣主要化学组成及制备活性ZnO工艺流程如下：
已知：25°C，，。回答下列问题：
(1)为了提高含锌废渣的浸出率，可采用的方法有 (任写一种)。
(2)“氧化除杂”环节，控制溶液pH为5.2.“滤渣2”中含有、、 ；加入除去体系中的反应离子方程式为 。
(3)物质X为一种金属，其化学式为 。
(4)“制碱式盐”得到碱式碳酸锌，化学式为。生成碱式碳酸锌的离子方程式为 。
(5)“煅烧”过程中固体的质量变化如图所示。300℃时，剩余固体中已不含碳元素，此时剩余固体的成分及物质的量之比是 。

(6)用如下方法测定所得氧化锌的纯度(杂质不参与反应)：取1.000 g活性氧化锌，用18.00 mL 1.000 ml⋅L硫酸溶液完全溶解，滴入2滴酚酞溶液。用浓度为0.5000ml⋅L的标准氢氧化钠溶液滴定剩余硫酸，到达终点时消耗氢氧化钠溶液24.00 mL。判断滴定终点的方法是 ；所得氧化锌的纯度为 。
22．（2023上·福建龙岩·高三校联考期末）某实验小组对Cu与的反应进行研究，实验如下。

(1)试管①中反应的化学方程式是 。
(2)已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为与水生成了和 。
(3)对比③和⑤中现象，为探究③中立即产生气泡的原因，实验小组提出如下假设，并设计实验验证。
假设1：对该反应有催化作用。
假设2：对该反应有催化作用。
假设3：对该反应有催化作用。
(4)得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片。补充该实验的目的是 。
(5)某工厂用硝酸溶解废铜屑制备，为避免的生成，实验小组提出还应加入溶液，反应的离子方程式为 ；消耗含铜元素80%的废铜屑240 kg固体时，得到653.4 kg产品，产率为 。
23．（2022上·福建三明·高三统考期末）某小组设计实验现象SO2水溶液中使品红褪色的主要微粒。
实验一：按下图装置组装好仪器，进行实验。观察到：装置III中溶液红色没有褪去，装置IV中溶液红色褪去。
(1)仪器A的名称是 。
(2)装置I中发生反应的化学方程式为 。
(3)装置II中浓硫酸的作用是 。
(4)比较装置III、IV的现象，可得出的结论是 。
实验二：甲同学用试管和滴管进行如下系列实验：
(5)NaHSO3溶液显酸性的原因是 。
(6)设计实验d、e的目的是 。
(7)根据实验一、二可推知，SO2水溶液使品红褪色时起主要作用的微粒是 (填微粒符号)。
(8)乙同学认为仅向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液，若出现白色沉淀，且溶液变红，即可证明起褪色作用的主要是何种微粒，你认为该方法是否正确并说明理由 。
24．（2022上·福建福州·高三统考期末）Ag+能与NH3、SCN-、CH3NH2等配体结合。为了探究含银配合物、硝酸银能否发生银镜反应，进行如下实验：
Ⅰ．含银配合物溶液的配制
(1)配制质量分数为10%的NaOH溶液，下列仪器不需要用到的是 (填仪器名称)。
(2)配制含[Ag(SCN)2]-溶液：向洁净的试管中加入1mL10%NaOH溶液，随后加入1mL2% 溶液，再逐滴加入 溶液至生成的AgSCN沉淀恰好溶解。
Ⅱ．探究配合物稳定性与银镜反应的关系
不同含银配合物发生银镜反应的对比实验结果如表：
(3)写出实验①中[Ag(SCN)2]-与乙醛反应的离子方程式 。
(4)实验出现银镜时间：①<②<③，可以得出的结论是 。
Ⅲ．探究硝酸银的银镜反应
取一定量AgNO3溶液于试管中，滴入用氢氧化钠碱化的乙醛溶液。
(5)AgOH是白色物质，因此有观点认为该黑色沉淀可能是Ag，或者是二者混合物。立即产生黑色沉淀。也可能是 。
(6)取黑色沉淀于试管中，加入足量的 ，若观察到 的现象，则说明黑色沉淀中存在单质Ag。
25．（2022上·福建福州·高三统考期末）工业上常采用低品位氧化锰矿(主要成分是MnO2)与黄铁矿(主要成分是FeS2)直接还原浸出工艺联合生产锰的化合物，其工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)工业上将氧化锰矿制成矿浆的目的是： 。
(2)FeS2中的S化合价为 ；“浸出、化合”时，FeS2的氧化产物之一为SO，反应的化学方程式为 。
(3)滤渣的主要成分是 (化学式)。
(4)用惰性电极电解硫酸酸化的硫酸锰溶液制备MnO2时，阳极的电极反应式为 ；若转移的电子数为6.02×1022，左室溶液中最终n(H+)的变化量为 。
(5)操作a，硫酸锰溶液经 可得到硫酸锰固体。
(6)电解废液中的 (填化学式)可以循环使用。
26．（2021上·福建三明·高三统考期末）某学习小组用下图装置探究与CuO的反应。
查阅资料：
i.溶液中存在平衡：
ⅱ.相关物质的性质
(1)实验Ⅰ：如图1，一段时间后，固体部分溶解，固体表面无颜色变化，溶液变为蓝色。固体溶解的原因是 。
(2)实验Ⅱ：如图2，将铜丝加热变黑后迅速插入疏松的氯化铵固体中，有白烟生成，2分钟后取出铜丝，黑色消失变回红色。
①已知氯化铵与氧化铜反应生成两种单质，其中一种为无色气体，写出该反应的化学方程式 。
②若将氯化铵换为硫酸铵，观察不到上述现象，原因是 。
(3)实验Ⅲ：如图3，加热试管，管内产生白烟，黑色混合物熔化、流动，持续加热15分钟，原黑色固体混合物变为暗红色。取暗红色固体进行下列实验：
根据现象推测白色沉淀可能是 (填化学式)，该物质与浓硝酸反应的离子方程式为 。
(4)实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ现象不同的可能原因是 。(写2点)
27．（2021上·福建三明·高三统考期末）金属铍是一种有着"超级金属"之称的新兴材料。绿柱石主要成分有BeO、Al2O3、SiO2、Fe2O3和FeO等。采用以下工艺流程可由绿柱石制备单质铍。
已知：i.铍和铝的化学性质相似。
ⅱ. (NH4)2BeF4易溶于水，且在水中的溶解度随温度升高显著增大。
ⅲ.该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
(1)“酸浸”前将绿柱石进行粉碎的目的是 ；“氧化”时的离子方程式为 。
(2)滤渣2的主要成分是 。调节pH的合理范围为 。
(3)从溶液中得到(NH4)2BeF4晶体需经 、 、过滤、洗涤、干燥等操作。
(4) (NH4)2BeF4在高温分解过程中会产生NH4HF2，可用NH4HF2代管HF雕刻玻璃，反应过程中有NH4F生成，写出NH4HF2与SiO2反应的化学方程式 。
(5)铍铜是广泛使用的一种铍合金。若绿柱石中BeO的含量为a%，上述工艺流程中Be的产率为b%，则1t该绿柱石理论上可生产Be含量为2%的铍铜合金 (用a、b表示)。
28．（2020上·福建莆田·高三校联考期末）金属钼（）在工业和国防建设中有重要的作用。钼的常见化合价为。由钼精矿（主要成分是）制备单质钼和钼酸钠晶体（），部分流程如下图所示：
已知：钼酸微溶于水，可溶于碱溶液。
回答下列问题：
(1)钼精矿在空气中焙烧时，发生的主要方程式为 。
(2)钼精矿焙烧时排放的尾气对环境会产生危害，请你提出一种实验室除去该尾气的方法 。
(3)操作2的名称为 。
(4)实验室由钼酸经高温制，所用到的硅酸盐材料仪器的名称是 。
(5)操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中、，在结晶前需加入固体以除去溶液中的。当开始沉淀时，的去除率是 。[、，溶液体积变化可忽略不计]
(6)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数（）。
① 。
②焙烧炉中也会发生与反应生成和，还原剂为 。若反应中转移，则消耗的还原剂的物质的量为 。
试剂X
试剂Y
试剂Z
制备气体
A
稀盐酸
大理石
饱和碳酸钠溶液
CO2
B
浓盐酸
二氧化锰
饱和食盐水
Cl2
C
浓硫酸
亚硫酸钠
浓硫酸
SO2
D
稀硝酸
铜片
水
NO
实验
现象
结论
A
向浓度均为的和溶液中分别滴加酚酞
溶液不变色，溶液变成红色
非金属性：
B．
向含有酚酞的溶液中加入少量固体
观察到红色变浅
证明溶液中存在水解平衡
C
室温下，用pH试纸测溶液的pH
约为5
电离大于水解
D．
向盛有10滴溶液的试管中滴加溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加溶液
有黄色沉淀生成
实验
编号
I—的初始浓度
(ml·L-1)
OCl—的初始浓度
(ml·L-1)
OH—的初始浓度
(ml·L-1)
初始速率v
(ml·L-1· s-1)
1
2 × 10–3
1.5 × 10–3
1.00
1.8 × 10–4
2
a
1.5 × 10–3
1.00
3.6 × 10–4
3
2 × 10–3
3 × 10–3
2.00
1.8 × 10–4
4
4 × 10–3
3 × 10–3
1.00
7.2 × 10–4
物质
元素
Zn
Pb
Fe
Al
Cu
含量/%
39.81
12.81
6.66
0.84
0.42
序号
实验操作
实验现象
结论
3
向④中溶液加入少量 (填化学式)固体后，加入铜片
溶液蓝色加深，无其他明显现象
假设1不成立
4
(填实验操作)
铜片表面立即产生气泡
假设2成立
5
向②中溶液通入少量 (填化学式)气体后，加入铜片
无明显变化
6
向④中溶液加入少量 (填化学式)溶液，再加入铜片
铜片表面立即产生气泡
假设3成立
实验编号
试管中的溶液
滴入溶液
实验现象
a
水溶液(pH=2)
各滴入1滴0.1%品红溶液
溶液变红逐渐变浅，约90%后完全褪色
b
2mL 0.1ml⋅L-1Na2SO3溶液(pH=10)
溶液变红后立即变浅，约15s后完全褪色
c
溶液(pH=10)
溶液变红后立即褪色
d
溶液(pH=10)
溶液变为红色
e
溶液(pH=2)
溶液变为红色
序号
配体
配位反应
温度
现象
①
SCN-
Ag++2SCN-[Ag(SCN)2]- K=2.04×108
室温
1min出现银镜
②
NH3
Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+ K=1.6×107
室温
无明显现象
60℃
8min出现银镜
③
CH3NH2
Ag++2CH3NH2[Ag(CH3NH2)2]+ K=7.8×106
室温
无明显现象
60℃
15min出现银镜
物质
固体颜色
水溶液颜色
棕色
蓝绿色
深蓝色
深蓝色
白色
不溶于水
序号
加入试剂
现象
i
水
产生白色沉淀，一段时间后沉淀的颜色转变为蓝色、绿色、蓝绿色等
ii
浓硝酸
激烈反应，产生大量红棕色气体，溶液变为深蓝绿色
金属离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Be2+
开始沉淀时pH
1.5
3.3
6.5
5.2
沉淀完全时pH
3.7
5.0
9.7
8.8
参考答案：
1．B
【分析】A装置中生成氯气，氯气通过B净化后进入C装置和氢氧化钾、氯化铁反应生成，尾气有毒使用碱液吸收；
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰加热可以生成氯气，A正确；
B．C中氯气和氢氧化钾、氯化铁反应生成：，B错误；
C．具有强氧化性，能灭菌，且生成的铁离子可以生成氢氧化铁胶体能加速水中悬浮颗粒沉降，净水原理：(胶体)，C正确；
D．氯气能碱液反应，D装置起到吸收尾气且球形管有能防止倒吸的作用，D正确；
故选B。
2．C
【详解】A．灼烧应在坩埚中进行，不能使用蒸发皿，A不符合题意；
B．氯气难溶于饱和氯化钠溶液，所以无法用该装置进行喷泉实验，B不符合题意；
C．碘易升华，而沙子的熔沸点较高，加热时，碘升华之后在烧瓶底部冷凝，实现碘单质和沙子的分离，C符合题意；
D．由于导管的存在，可以平衡压强，关闭a后即便气密性良好，分液漏斗中的水也能低落下来，无法检验气密性，D不符合题意；
综上所述答案为C。
3．C
【详解】A．由于CO2能与Na2CO3溶液反应，故除去CO2中的HCl，应该用饱和碳酸氢钠溶液，A不合题意；
B．用MnO2和浓盐酸需要加热，图示装置没有加热仪器，B不合题意；
C．Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑，SO2可以用浓硫酸来干燥，可以用向上排空气法收集SO2，C符合题意；
D．NO不能用排空气法收集，D不合题意；
故答案为：C。
4．D
【分析】由流程可知，提碘废水加入硫酸酸化的亚硝酸钠发生6I-+2NO+8H+═3I2+N2↑+4H2O，通过装有活性炭的填充柱吸附分离出碘单质，加入氢氧化钠溶液洗脱得到碘化钠和碘酸钠的混合溶液，加入硫酸酸化，碘化钠和碘酸钠发生氧化还原反应生成碘单质，经萃取、分液、蒸馏等一系列操作得到粗碘，再经过升华得到碘单质。
【详解】A． 提碘废水加入硫酸酸化的亚硝酸钠发生6I-+2NO+8H+═3I2+N2↑+4H2O，NaNO2作氧化剂，可将I-氧化为I2，故A正确；
B． 加入氢氧化钠溶液洗脱得到碘化钠和碘酸钠的混合溶液，“洗脱”时发生3I2+6OH-=IO+5I-+3H2O，故B正确；
C． 加热吸附碘的活性炭，碘升华，活性炭不仅能够吸附I2还可以循环使用，故C正确；
D． 酒精与水互溶，浓缩碘溶液中的碘不可以用酒精萃取，应用四氯化碳等试剂萃取，故D错误；
故选D。
5．D
【详解】A．将碎海带烧成灰，需在坩埚中进行灼烧，装置甲能达到实验目的，A不符合题意；
B．海带灰中含有易溶、难溶的固体混合物，可用水浸泡后进行过滤，装置乙能达到实验目的，B不符合题意；
C．萃取后的有机层和水层不互溶，分层的液体可用分液漏斗分离，装置丙能达到实验目的，C不符合题意；
D．易溶于，二者沸点相差较大，可用蒸馏法分离，但装置丁中温度计水银球插入液面下，不能起到控制蒸气温度的目的，D符合题意；
故选D。
6．B
【详解】A．硫酸与CaCO3反应产生的CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3表面，阻止反应的进一步发生，因此不可用装置甲，使用试剂硫酸与CaCO3反应制取CO2，A错误；
B．向饱和NaCl溶液中先通入足量NH3，然后向其中再通入足量CO2，发生反应：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，由于NaHCO3溶解度较小，反应消耗溶剂水，产生大量NaHCO3，因此装置乙中会有白色沉淀NaHCO3析出，B正确；
C．NH4C1不稳定，受热分解产生NH3、HCl，因此加热蒸干不能得到NH4C1固体，C错误；
D．给试管中的固体物质加热时，为防止产生的水蒸气遇冷回流，使试管炸裂，试管口应该略向下倾斜，D错误；
故合理选项是B。
7．B
【详解】A. 溶液中滴加BaCl2溶液有白色沉淀，可能为AgCl沉淀，也可能为BaSO4沉淀，二者都不溶于稀稀HNO3，则说明原溶液中不一定含Ag+，故A错；
B. 可用KSCN溶液检验溶液中是否含有Fe3+，二者反应溶液颜色变为红色，为Fe3+的特征反应，故B正确；
C. CO32-和HCO3-都能与HCl反应生成CO2气体，不能判断出是否含有CO32-，故C错误；
D. 实验室检验K+的存在用焰色反应，可以观察到紫色火焰，但要通过蓝色钻玻璃观察，以便滤去黄色光，避免干扰，故D错误；
故选B。
8．A
【详解】A. NaCl溶液不变色，Na2SiO3溶液变成红色，证明酸性：HCl>硅酸，但由于HCl不是氯元素对应的最高价含氧酸，无法比较二者非金属性，故A错误；
B. 碳酸钠溶液中存在CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，加入氯化钡溶液生成碳酸钡沉淀，平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度降低，溶液颜色变浅，可证明存在平衡，故B正确；
C. 0.1ml/L NaHSO3溶液的pH约为5，溶液呈酸性，说明HSO3-电离程度大于其水解程度，故C正确；
D. 有黄色沉淀生成，说明溶解度AgI＜AgCl，则溶度积，故D正确；
故选A。
9．A
【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，还含少量Fe2O3、SiO2等）溶于NaOH溶液，过滤I，氧化铁和氢氧化钠不反应，滤渣为氧化铁；滤液中含有AlO2－、SiO32－，加入NaHCO3溶液，生成Al(OH)3沉淀，过滤，滤渣灼烧生成Al2O3 ，电解得到铝和氧气。X主要溶质是Na2CO3。
【详解】A. 碱溶过程主要发生Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，不涉及复杂的氧化还原反应，故A选；
B. 过滤1的滤渣中含Fe2O3、末溶的SiO2等，故B不选；
C. AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3＋CO32－，X主要溶质是Na2CO3，故C不选；
D. Al2O3熔点高，产生Al和O2的电解过程通常使用助熔剂Na3AlF6，降低熔化所需温度，故D不选；
故选A。
10．C
【详解】A.图甲不可用于配制250ml 0.100ml/L硫酸溶液时定容操作，在接近刻度1~2cm时，改用胶头滴管滴加，故A错误；
B.淀粉在稀硫酸作用下发生水解后，要先用NaOH溶液中和硫酸至中性或弱碱性，再滴加新制氢氧化铜悬浊液检验水解产物，故B错误；
C.灼烧固体用坩埚，图丙可用于胆矾结晶水含量测定，故C正确；
D.由工业乙醇制备无水乙醇，用蒸馏的方法，蒸馏时温度计的水银球应放中蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；
故选C。
11．C
【分析】由图可知，为萃取、分液装置，可分离溶质在不同溶剂中溶解性差异大的混合物，或分离分层的液体，以此来解答。
【详解】A、用CCl4萃取碘水中的碘的实验操作为萃取、分液，可通过该装置完成，故A不符合题意；
B、溴苯在水中溶解度较小，溴在溴苯中溶解度较大，向溴苯与溴的溶液中加入NaOH溶液后，溴与NaOH反应，生成无机盐，无机盐易溶于水，难溶于溴苯，可分层，然后通过分液分离出溴苯，故B不符合题意；
C、硬脂酸钠、甘油均溶于水，不能利用图中装置分离，故C符合题意；
D、乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，可利用图中装置、饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故D不符合题意；
故答案为C。
【点睛】萃取剂选择三原则：①萃取剂和原溶剂互不相溶；②萃取剂和溶质不发生反应；③溶质在萃取剂中的溶解度远大于在水中的溶解度；常用的有机萃取剂有四氯化碳、苯、汽油、酒精、丙酮等。
12．B
【详解】A. 乙装置是安全瓶，防止丙中的液体倒流，故A正确；
B. 将氨水滴入时，先打开玻璃塞，再缓慢打开活塞，让氨水慢慢流下，故B错误；
C. KMnO4具有氧化性，H2S 具有还原性，KMnO4溶液的作用是吸收H2S等尾气，防止污染空气，故C正确；
D. 锥形瓶中发生中和反应，一水合氨与酸反应生成铵盐，离子方程式：NH3·H2O＋H＋＝NH4＋＋H2O，故D正确；
故选B。
13．D
【解析】由图可知，①中发生NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，②可防止倒吸，作安全瓶，③中酸性FeCl2溶液可发生4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，排除装置中氧气，防止与Ca反应，④中浓硫酸可干燥氮气，防止Ca与水反应，⑤中发生3Ca+N2Ca3N2，⑥中试剂X为碱石灰，可防止空气中水进入⑤中，以此来解答。
【详解】A.根据分析可知①中发生的反应不属于置换反应，故A错误；
B.②的作用为安全瓶，可防止停止加热时③中液体进入①中，故B错误；
C.③、④、⑥中依次盛装酸性氯化亚铁溶液、浓H2SO4、碱石灰，先排除装置中氧气，防止与Ca反应，再干燥，故C错误；
D.实验结束后，取⑤中少量产物于试管中，加适量蒸馏水，发生反应Ca3N2+6H2O=2NH3↑+3Ca(OH)2↓，溶液显碱性，滴加石蕊试液，溶液变蓝，故D正确；
故选：D。
14．C
【详解】A.酸雨产生的主要原因是SO2和氮氧化物的排放，所以向大气中排放SO2可能导致酸雨发生，故A正确；
B. 吸收塔中发生的反应为CO32-+2SO2+H2O=CO2+2HSO3-，所以中和器中的主要作用是将HSO3-转化为SO32-，HSO3-和OH－发生反应，离子方程式为：HSO3-＋OH－ = SO32-＋H2O，故B正确；
C. Ba(NO3)2电离出NO3-，NO3-在酸性条件下会将SO32-氧化为SO42-，不能检验出Na2SO3成品中是否含Na2SO4，故C错误；
D. 从中和器中出来的是含有晶体颗粒的溶液，是悬浊液，故D正确；
故答案为C。
【点睛】检验SO42-，注意用稀盐酸和氯化钡溶液，稀盐酸和Ba(NO3)2溶液相当于溶液中有了硝酸，会把SO32-氧化为SO42-，干扰检验。
15． H2 离子键、共价键 第4周期 ⅡA族 S42－+3CN－＝S2－+3SCN－ S（或硫） 224 S22－+SnS＝SnS32－
【详解】(1) H2S与Na2S在一定条件下反应生成多硫化钠(Na2S5)和氢气，根据氧化还原反应原理可知，反应为4H2S+Na2S=Na2S5+4H2↑，其中氢元素由+1价变为0价被还原生成氢气，故该反应的还原产物为H2，活泼金属元素与活泼非金属元素易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，可见Na2S5中钠离子与S52-之间存在离子键，S原子之间存在共价键，故含有的化学键类型是离子键和共价键；
(2)①M的离子与S2－具有相同的核外电子排布，均为18电子结构，则M为钙离子，在周期表中的位置是第四周期ⅡA族；
②CN－离子中碳原子和氮原子均达8电子结构，故电子式为；
③处理废水是S42－与CN－反应生成S2－和SCN－，反应的离子方程式为S42－+3CN－＝S2－+3SCN－；
(3)过硫化铵[(NH4)2S2]与稀硫酸反应生成淡黄色不溶物硫和氢化物硫化氢和硫酸铵，发生反应的化学方程式为(NH4)2S2+H2SO4=(NH4)2SO4+S↓+H2S↑，
①A是S或硫，生成的B的物质的量为n(H2S)=n(S)= 0.32g÷32g/ml=0.01ml，在标准状况的体积为0.01ml ×22.4L/ml=0.224L=224mL；
②利用(NN4)2S2溶液中的活性硫能将硫锡矿中的难溶物硫化亚锡(II)(SnS)氧化成硫代锡(IV)酸铵[(NH4)2SnS3]而溶解，反应的离子方程式为S22－+SnS＝SnS32－。
16． 共价键 BCE 研钵 升华 1:4 SO2 68.0% Hg2Cl2 Hg+HgCl2
【详解】（1）由已知中《本草纲目》记载的甘汞的分离方法可得，甘汞沸点较低，由此判断甘汞应为分子晶体，化学键类型主要为共价键。
（2）KAl(SO4)2属于盐类物质，含有硫酸根离子，属于硫酸盐；只含金属阳离子和酸根离子，属于正盐；含有两种金属阳离子，属于复盐，故选BCE。
（3）文中“同研”指的是将水银、白矾[KAl(SO4)2]、食盐一起研磨，若在实验室通风橱内完成，则所需的仪器是：研钵。
（4）文中“则粉升于盆上矣”，指的是制得的甘汞(Hg2Cl2)由固体直接变为气体后又变为固体附着在小乌盆上，故涉及的混合物分离方法是：升华。
（5）由已知结合氧化还原反应原理，制取甘汞时，KAl(SO4)2作氧化剂，汞作还原剂，化学方程式可表示为：4KAl(SO4)2+6Hg+6NaCl3Hg2Cl2+3Na2SO4+2K2SO4+2Al2O3+3SO2↑，由化学方程式可得：若6mlHg与8mlSO42-反应，生成3mlSO2，则只有3mlSO42-被还原，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为：4×：6=1:4；氧化剂发生还原反应，生成还原产物，故该反应中还原产物是SO2。
（6）已知文中一两等于十钱，因为“一两汞可升粉八钱”，其中“粉”指甘汞(Hg2Cl2)，甘汞中汞元素的质量分数为：=，所以甘汞的产率为：×0.8×100%≈68.0%(保留三位有效数字)。
（7）甘汞(Hg2Cl2)光照条件下分解生成外科用药升汞(HgCl2)，汞元素的化合价由+1升高为+2，因为Cl元素的化合价为最低价态，所以甘汞分解还会生成Hg，故化学方程式为：Hg2Cl2Hg+HgCl2。
点睛：本题是一道创新题，以文言文的形式考查了有关物质制备的知识，既考查了化学知识又考查了文学素养。主要涉及元素化合物的结构和性质、物质的分类、混合物分离方法、氧化还原反应有关的判断、化学方程式的书写等基础知识，解题时应结合所学知识弄明白文言文中描述的有关物质制备的方法，提取有用信息，准确作答，例如第（1）小题判断甘汞中化学键类型，应抓住“则粉升于盆上矣”，说明甘汞沸点低，属于分子晶体；第（6）小题计算甘汞产率时，应抓住“一两汞可升粉八钱”中的“汞”和“粉”所表示的物质以及量的关系，根据质量守恒计算转化为甘汞的汞元素的质量分数。
17． MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O b 取少量溶液置于洁净的试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明亚硫酸钠被氧化 Cl2+H2O═H++Cl-+HClO；H++HCO3-═CO2↑+H2O 应将尾气通入NaOH溶液中 Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O 35.75%
【详解】Ⅰ、实验室可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气的化学方程式：MnO2 +4HCl（浓）MnCl2 +Cl2↑+2H2O；
Ⅱ、⑴A部分是氯气的发生装置，而此装置为固液加热型装置，因此选b；⑵证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化，实际上是证明溶液中存在SO42-：取少量溶液置于洁净的试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明亚硫酸钠被氧化；⑶装置D中为碳酸氢钠与氯气的反应，，此时应考虑氯气溶液水发生的反应。故答案为Cl2+H2O═H++Cl-+HClO；H++HCO3-═CO2↑+H2O；⑷整个反应过程中由于氯气具有毒性，因此，装置的末尾应加上一个尾气处理装置。可用碱性溶液吸收：应将尾气通入NaOH溶液中；⑸由此过程中涉及的反应式可得出如下关系式：ClO- I22 Na2S2O3，所以得：
Ca(ClO)24 Na2S2O3
143 4ml
x 0.002ml = 解得 x=0.0715g
故该漂白粉中Ca(ClO)2的质量分数为×100%=35.75%。
点睛：本题考查氯气及其化合物的性质与相关计算。本题是一道结合实验与计算的综合题，属于中等难度题型，也是高考中的常考题型。对于此类题型的解答，熟练掌握物质的相关性质，是解题关键。对于计算，则需将多步反应联系起来，找出之间的对应关系，形成关系式形式，可简化计算，减少计算量。
18． ejfbch或ejfcbh Na2CO3 500mL容量瓶 Ba2＋+CO32－=BaCO3↓ 红色恰好退去 有 0.4g
【分析】（1）为验证气体产物中是否含有二氧化碳和氢气，需要先通入澄清石灰水，检验气体中的二氧化碳，再通过检验氢气还原氧化铜，检验气体混合气体中有氢气；
（2）实验过程中观察到石灰水变浑浊，混合气体中有二氧化碳，原固体中含有的碳酸钠；
（3）用浓盐酸配制500mL 3.00ml·L-1的稀盐酸时，需要使用的玻璃仪器除了量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒和500mL容量瓶；
（4）碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀；
（5）滤液显示碱性，遇酚酞溶液呈红色，滴入盐酸恰好反应时，溶液红色褪去；
（6）计算出气体、钠的化合物、生成的氢氧根离子，再利用极法判断固体中一定含有氢氧化钠和氧化钠，利用质量关系和氢氧化钠物质的量关系列方程，计算出氢氧化钠的物质的量，再计算出氢氧化钠的质量．
【详解】（1）为验证气体产物中是否含有二氧化碳和氢气，需要先通入澄清石灰水，检验气体中的二氧化碳，再通过检验氢气还原氧化铜，检验气体混合气体中有氢气，连接顺序为：ejfbch；
（2）实验过程中观察到石灰水变浑浊，证明混合气体中有二氧化碳，原固体中含有的碳酸钠固体：Na2CO3；
（3）用浓盐酸配制500mL 3.00ml·L-1的稀盐酸时需要使用500mL容量瓶；
（4）在操作II中，氯化钡与碳酸钠溶液的反应，离子方程式为：Ba2＋+CO32－=BaCO3↓；
（5）滤液显示碱性，遇酚酞溶液呈红色，滴入盐酸恰好反应时，溶液红色褪去；
（6）过滤得到的固体1.97g是碳酸钡沉淀，物质的量是n(BaCO3)=1.97g/197g·ml－1=0.01ml，n(Na2CO3)=0.01ml，质量是1.06g，
生成的标况下1.12L气体是氢气，n(H2)=1.12L/22.4L·ml－1=0.05ml，n(NaOH)=0.1ml，根据关系式2Na～H2，金属钠的质量为：m(Na)=23g·ml－1×2×0.05ml=2.3g，
用盐酸滴定消耗的盐酸的物质的量是：3.00ml·L-1×0.05L=0.15ml，溶液中含有氢氧化钠物质的量是：0.15ml，溶液中其他物质生成的氢氧化钠物质的量为：0.15ml-0.1ml=0.05ml，
原固体还有其他钠的化合物，根据钠原子守恒，若全部是氧化钠，氧化钠的物质的量为：0.025ml，质量为：62×0.025g=1.55g， 固体质量：1.55g+2.3g+1.06g=4.91g＜5.0g，溶液中一定存在氢氧化钠；原固体是钠、氧化钠、碳酸钠、氢氧化钠的混合物，
氧化钠和氧化钠与氢氧化钠的总质量为：5.0g-2.3g-1.06g=1.64g，
氧化钠与氢氧化钠中含有的钠原子物质的量为：0.025g，
设氧化钠xml，氢氧化钠yml，列方程组，钠原子守恒：2x+y=0.05ml，质量关系：62x+40y=1.64g，解得：x=0.02ml，y=0.01ml，
氢氧化钠的质量为：0.01ml×40g·ml－1=0.4g，
故5.00g固体中含有NaOH，质量是0.4g。
19． 1.25ml/L 4×10-3 研究OCl-离子浓度对反应速率的影响等 1 -1 7.2×10-3ml/(L•s)
【详解】（1）因为碘化钾的浓度是0.02ml/L，而混合后是0.002ml/L，所以混合后溶液的体积是，解得V是50mL。所以碱的体积是50mL－5mL－5mL＝40mL，因此，解得c＝1.25ml/L；
（2）将实验2中的有关数据代入v= k [I–]1 [OCl–]b [OH–]c可得,a＝4×10-3ml/L；
（3）实验2和实验4相比不同的是OCl－的初始浓度，实验目的是探究OCl－浓度对反应初始速率的影响；
（4）将实验1和实验4的数据分别代入v= k [I–]1 [OCl–]b [OH–]c可得，b＝1。同样将实验3和实验4的有关数据代入v= k [I–]1 [OCl–]b [OH–]c可得c＝－1；
（5）pH = 13，则c(OH－)＝0.1ml/L。所以V＝k [I–]1 [OCl–]b [OH–]c＝[I–]1 [OCl–]b ×（0.1）－1。又因为k[I–]1 [OCl–]b×（1）－1＝7.2 × 10–4，解得v=7.2×10-3 ml·L-1·s-1。
20．(1) 将氧化成
(2)5.48~6.6(或)
(3)溶液表面出现晶膜(或有少量的晶体析出)
(4) 溶液 (或)
(5)
【分析】某锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，加入硫酸，经过滤，得到浸出渣为SiO2、PbSO4，浸出液含有Zn、Fe、Ga的离子，加入过氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，调节溶液pH生成Fe(OH)3、Ga(OH)3沉淀，滤液含有硫酸锌，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到硫酸锌晶体，滤渣2含有Fe(OH)3、Ga(OH)3，加入过量的氢氧化钠，可生成NaGaO2溶液，过滤得到有Fe(OH)3，电解NaGaO2溶液，可制备Ga，以此解答该题。
【详解】（1）“溶液X”是，浸出时，二氧化硅与稀硫酸不反应，Pb的氧化物与稀硫酸反应生成不溶于水的硫酸铅，因此浸出渣的主要成分是：。加入过氧化氢是为了将氧化成，离子方程式为：。
（2）根据流程图中物质转化关系可知，调pH的目的是使铁离子、三价镓离子沉淀完全而锌离子不沉淀，从而与锌离子分离，氢氧化铁和氢氧化镓属于同种类型沉淀，由其溶度积可知，当三价镓离子完全沉淀时，铁离子已经完全沉淀，三价镓离子完全沉淀时，则室温下，pH=-lg()≈5.48，锌离子开始沉淀时，，pH=-lg()≈6.6，则应调节pH的范围为5.48~6.6。
（3）溶液蒸发浓缩时，停止加热的标志是：溶液表面出现晶膜(或有少量的晶体析出)。然后冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（4）由流程图可知，溶于X而氢氧化铁不溶，根据题目信息：镓的化合物的化学性质与铝相似，因此可与强碱氢氧化钠溶液反应，但氢氧化铁不反应，试剂X为氢氧化钠溶液，发生反应的离子方程式为：。
（5）的物质的量为0.1ml，由锌原子守恒可知，若得到，质量为17.90g；若得到ZnSO4，质量为16.10g；若得到ZnO，质量为8.10g。因此100℃、930℃时所得固体的化学式分别为：、ZnO。
21．(1)多次浸取；适当增大稀硫酸浓度；充分搅拌；适当升高温度；粉碎
(2) Al(OH)3 3Fe2++MnO+8H2O=MnO(OH)2↓+3Fe(OH)3↓+5H+
(3)Zn
(4)5Zn2++10HCO=Zn5(CO3)2(OH)6·2H2O↓+8CO2↑
(5)n[Zn(OH)2]∶n(ZnO)=1∶4
(6) 加入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液颜色由无色变为浅红色且半分钟内不变色 97.2%
【分析】含锌废渣用硫酸酸浸后，废渣中的Pb元素转化为PbSO4沉淀过滤后存在于滤渣1中，滤渣中含有Zn2+、Fe2+、Al3+、Cu2+，“氧化除杂”环节，Fe2+和反应生成沉淀除去，加入KHCO3控制溶液pH为5.2，使Al3+转化为Al(OH)3除去， “滤渣2”中含有、、Al(OH)3，再向滤液中加入金属Zn置换出Cu过滤除去，得到的滤渣中含有Zn2+，加入碳酸氢铵将Zn2+转化为，煅烧后得到ZnO。
【详解】（1）为了提高含锌废渣的浸出率，可采用的方法有：多次浸取；适当增大稀硫酸浓度；充分搅拌；适当升高温度；粉碎。
（2）“氧化除杂”环节，“滤渣2”中含有、，说明Fe2+和反应生成和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3Fe2++MnO+8H2O=MnO(OH)2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；加入KHCO3控制溶液pH为5.2，使Al3+转化为Al(OH)3除去，“滤渣2”中除了、还有Al(OH)3。
（3）由分析可知，金属X是Zn。
（4）“制碱式盐”得到碱式碳酸锌，化学式为，说明Zn2+和HCO反应生成，离子方程式为：5Zn2++10HCO=Zn5(CO3)2(OH)6·2H2O↓+8CO2↑。
（5）300℃时，剩余固体中已不含碳元素，则温度高于300℃时，固体失去H2O，由图中数据可知，失去n(H2O)= ，温度达到500℃时，此时固体为ZnO，物质的量n(ZnO)= ，则300℃时，混合固体中n(Zn):n(H):n(O)=5:2:6，而在温度为300℃时，固体为Zn(OH)2和ZnO的混合物，则n[Zn(OH)2]∶n(ZnO)=1∶4。
（6）依据滴定原理可知，用酚酞为指示剂，用氢氧化钠滴定，则滴定终点时溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不变色即为滴定终点；根据H++OH-=H2O可知，硫酸反应后剩余氢离子物质的量为0.500ml/L×0.0240L=0.012ml，则与ZnO反应的氢离子物质的量为=0.0180L×1.000ml/L×2-0.012ml=0.024ml，由ZnO+2H+=Zn2++H2O可知，ZnO的质量为0.024ml××81g/ml=0.972g，则样品纯度为=97.2%。
22．(1)Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
(2)HNO3
(3) Cu(NO3)2 向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片 N2(或稀有气体等其他不与体系发生反应的气体) HNO2
(4)排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响
(5) 2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O 90%
【详解】（1）试管①中反应的化学方程式是Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
（2）已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为与水生成了，二氧化氮化合价降低，还有化合价升高，则二氧化氮的氮也应该升高，即生成HNO3；故答案为：HNO3。
（3）假设1不成立，则应该向溶液中加入铜离子即加入Cu(NO3)2，蓝色加深，氮没有其他明显现象；为验证是对该反应有催化作用，则应该向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片，铜片立刻产生气泡，再将②中溶液通入稀有气体等将里面的二氧化氮排出，再加铜片无明显现象，说明是对该反应有催化作用；为验证对该反应有催化作用，应将向④中溶液加入少量溶液，再加入铜片，铜片表面立即产生气泡；故答案为：Cu(NO3)2；向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片；N2(或稀有气体等其他不与体系发生反应的气体)；HNO2。
（4）得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片，由于二氧化氮溶于水生成硝酸，导致硝酸浓度变大，因此补充该实验的目的是排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；故答案为：排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响。
（5）某工厂用硝酸溶解废铜屑制备，为避免的生成，实验小组提出还应加入溶液，则铜、硝酸、双氧水反应生成硝酸铜和水，其反应的离子方程式为2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O；消耗含铜元素80%的废铜屑240 kg固体时，根据Cu～，理论得到质量为，实际得到653.4 kg产品，产率为；故答案为：2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O；90%。
23．(1)圆底烧瓶
(2)Na2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+SO2↑+H2O
(3)吸收SO2中的水蒸气
(4)使品红褪色的主要微粒不是SO2分子，而是SO2与H2O反应生成的某些微粒
(5)液中存在：和的两个平衡，电离程度大于水解程度
(6)证明实验条件下H+、OH-对品红褪色不产生干扰
(7)
(8)否，溶液中H2SO3、、均可与Ba(OH)2反应，无法得知是何种微粒起主要作用
【分析】在I中70%浓硫酸与Na2SO3发生反应产生Na2SO4、SO2、H2O，在II中浓硫酸对SO2气体进入干燥，然后将气体分别通入0.1%品红乙醇溶液和水溶液中，看到0.1%品红乙醇溶液不褪色，而0.1%品红水溶液褪色，说明SO2不具有漂白性，SO2与H2O反应产生的物质微粒具有漂白性，通过对比实验探究漂白原因，最后将SO2气体通入NaOH溶液中吸收，然后排放，防止造成大气污染。
【详解】（1）根据图示仪器A结构可知该名称为圆底烧瓶；
（2）在装置I中70%浓硫酸与Na2SO3加热发生反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+SO2↑+H2O；
（3）装置II中浓硫酸的作用是吸收SO2中的水蒸气(或干燥SO2)；
（4）将干燥的SO2气体分别通入装置III中0.1%品红乙醇溶液中，看到溶液红色没有褪去，而通入装置IV中0.1%品红水溶液中，看到溶液红色褪去，说明SO2气体不具有漂白性，而SO2与H2O反应生成的某些微粒；
（5）NaHSO3是强碱弱酸的酸式盐，在溶液中同时存在电离平衡：和水解平衡：。电离产生H+使溶液显酸性，水解产生OH-使溶液显碱性，由于其电离程度大于水解程度，溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液显酸性；
（6）2 mLpH=10的NaOH溶液和2 mL pH=2的H2SO4溶液中都分别滴入1滴0.1%品红溶液，溶液都显红色，说明在该实验条件下H+、OH-对品红褪色不产生干扰；
（7）实验a中溶液红色变浅时间比较长，而实验b中溶液红色变浅比较快，SO2溶于水反应产生弱酸H2SO3，H2SO3电离程度十分微弱，溶液中c()很小，而Na2SO3电离产生，尽管会发生水解反应，但主要以存在，溶液中c()较大，因此根据溶液褪色时间长短及微粒浓度大小关系可证明使品红溶液褪色的微粒主要是；
（8）向SO2的水溶液中滴入Ba(OH)2溶液时，由于SO2与水反应产生H2SO3，H2SO3是二元弱酸，主要以酸分子存在，同时存在电离平衡，电离分步进行，溶液中存在的微粒H2SO3、、均可与Ba(OH)2反应，因此无法得知是何种微粒起主要作用，故该方案不合理。
24．(1)容量瓶
(2) AgNO3 KSCN
(3)2[Ag(SCN)2]-+CH3CHO+3OH-→2Ag↓+4SCN-+CH3COO-+2H2O
(4)含Ag配合物越稳定，则越容易形成银镜
(5)Ag2O
(6) 氨水 仍存在黑色固体
【详解】（1）配制质量分数为10%的NaOH溶液，需要用到的仪器有：天平、量筒、烧杯和玻璃棒，故下列仪器不需要用到的是容量瓶，故答案为：容量瓶；
（2）类比于银氨溶液的配制可知，配制含[Ag(SCN)2]-溶液：向洁净的试管中加入1mL10%NaOH溶液，随后加入1mL2%AgNO3溶液，再逐滴加入KSCN溶液至生成的AgSCN沉淀恰好溶解，故答案为：AgNO3；KSCN；
（3）根据实验现象可知，实验①中[Ag(SCN)2]-与乙醛反应的离子方程式为：2[Ag(SCN)2]-+CH3CHO+3OH-→2Ag↓+4SCN-+CH3COO-+2H2O，故答案为：2[Ag(SCN)2]-+CH3CHO+3OH-→2Ag↓+4SCN-+CH3COO-+2H2O；
（4）由题干表中数据可知，实验①、②、③对应的平衡常数依次减小，说明形成的含银配合物的稳定性依次减小，结合实验出现银镜时间：①<②<③，可以得出的结论是含Ag配合物越稳定，则越容易形成银镜，故答案为：含Ag配合物越稳定，则越容易形成银镜；
（5）AgOH是白色物质，但很不稳定，2AgOH=Ag2O+H2O，Ag2O也是黑色固体，因此有观点认为该黑色沉淀可能是Ag，或者是二者混合物。立即产生黑色沉淀。也可能是Ag2O，故答案为：Ag2O；
（6）Ag2O能与溶于氨水形成银氨溶液，而Ag不能，故取黑色沉淀于试管中，加入足量的氨水，若观察到仍然含有黑色固体的现象，则说明黑色沉淀中存在单质Ag，故答案为：氨水；仍存在黑色固体。
25．(1)增大与反应物的接触面积，加快反应速率
(2) -1 15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O
(3)Fe(OH)3
(4) Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ 0.1ml
(5)蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤)
(6)H2SO4
【分析】由流程图可知，酸浸时，软锰矿中MnO2和黄铁矿中FeS2在硫酸溶液中反应，反应生成硫酸铁、硫酸锰和水；净化时，加入MnCO3，降低酸度，使铁离子水解生成Fe(OH)3沉淀，溶液中锰离子电解后转化为二氧化锰沉淀。操作a，硫酸锰溶液经蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤)可得到硫酸锰固体。
【详解】（1）工业上将氧化锰矿制成矿浆的目的是：增大与反应物的接触面积，加快反应速率。 故答案为：增大与反应物的接触面积，加快反应速率；
（2）FeS2中的Fe为+2价，则S化合价为-1；“浸出、化合”时，FeS2的氧化产物之一为SO，生成硫酸锰和硫酸铁，反应的化学方程式为15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O。 故答案为：-1；15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O；
（3）净化时，加入MnCO3，降低酸度，使铁离子水解生成Fe(OH)3沉淀，滤渣的主要成分是Fe(OH)3(化学式)。 故答案为：Fe(OH)3；
（4）用惰性电极电解硫酸酸化的硫酸锰溶液制备MnO2时，根据离子的放电顺序，阴极上首先放电的是H+，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，阳极失电子，发生氧化反应，生成二氧化锰，阳极的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；若转移的电子数为6.02×1022，根据氢离子和转移电子之间的关系式2H+～2e-，左室溶液中最终n(H+)的变化量为0.1ml。 故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；0.1ml；
（5）操作a，硫酸锰溶液经蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤)可得到硫酸锰固体。 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤)；
（6）MnSO4+2H2OMnO2+H2SO4+H2↑，电解废液中的H2SO4(填化学式)可以循环使用。 故答案为：H2SO4。
26． 氯化铵溶液呈酸性 硫酸铵受热不易分解，没有还原性氨气产生 CuCl 反应温度不同；反应Ⅰ在水溶液中进行，反应Ⅱ、Ⅲ在无水状态下进行或其他合理答案
【分析】NH4Cl在水溶液中因发生水解而使溶液显酸性，能将CuO溶解并生成CuCl2；在固态时，NH4Cl分解生成NH3和HCl，NH3具有还原性，能将CuO还原为Cu，HCl能与CuO发生反应生成CuCl2和H2O；CuCl2与Cu或NH4Cl作用生成CuCl等。
【详解】(1)实验Ⅰ中，NH4Cl溶于水后，部分发生水解生成盐酸等，与CuO反应生成CuCl2和水，溶液变为蓝色；固体溶解的原因是氯化铵溶液呈酸性。答案为：氯化铵溶液呈酸性；
(2)实验Ⅱ中，将铜丝加热生成CuO，迅速插入疏松的氯化铵固体中，NH4Cl分解生成NH3和HCl，NH3具有还原性，能将CuO还原为Cu。
①氯化铵与氧化铜反应生成两种单质，其中一种为无色气体，则生成N2和Cu，另外还有HCl气体等物质生成，该反应的化学方程式为。
②若将氯化铵换为硫酸铵，观察不到上述现象，则表明硫酸铵没有分解生成氨气等，原因是硫酸铵受热不易分解，没有还原性氨气产生。答案为：；硫酸铵受热不易分解，没有还原性氨气产生；
(3)实验Ⅲ中，由题给信息可知，暗红色固体中应含有CuCl2，加水溶解后生成白色沉淀，则其为CuCl；CuCl与浓硝酸激烈反应，产生大量红棕色气体(NO2)，溶液变为深蓝绿色(Cu2+)，反应的离子方程式为。答案为：CuCl；；
(4)实验Ⅰ在水溶液中发生反应，实验Ⅱ、Ⅲ的加热温度不同，所以现象不同的可能原因是反应温度不同；反应Ⅰ在水溶液中进行，反应Ⅱ、Ⅲ在无水状态下进行或其他合理答案。答案为：反应温度不同；反应Ⅰ在水溶液中进行，反应Ⅱ、Ⅲ在无水状态下进行或其他合理答案。
【点睛】氯化亚铜呈白色，露置在空气中，易被氧化为绿色的碱式氯化铜。
27． 增大与硫酸的接触面积，提高浸取率和反应速率 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O Fe(OH)3、Al(OH)3 5.0≤pH＜5.2或[5.0~5.2) 蒸发浓缩 冷却结晶 SiO2+4NH4HF2=SiF4↑+4NH4F+2H2O 1.810-3abt
【分析】绿柱石主要成分有BeO、Al2O3、SiO2、Fe2O3和FeO，用硫酸酸浸得到含有Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+的溶液，SiO2难溶于酸，形成滤渣1，滤液中加入双氧水在酸性环境下将Fe2+氧化成Fe3+，再加入一水合氨调节pH，使Al3+、Fe3+转化为沉淀除去，之后再加一水合氨得到Be(OH)2沉淀，沉淀再与NH3、HF反应得到(NH4)2BeF4，高温煅烧得到BeF2，加入Mg再高温下发生置换反应得到Be。
【详解】(1)粉碎绿柱石可以增大与硫酸的接触面积，提高浸取率和反应速率；氧化时双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(2)根据分析可知加入一水合氨调节pH，使Al3+、Fe3+转化为沉淀除去，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据表格数据可知当pH大于5.0时Al3+、Fe3+都完全沉淀，但同时不能使Be2+沉淀，所以pH要小于5.2，则调节pH的合理范围为5.0≤pH＜5.2或[5.0~5.2)；
(3)(NH4)2BeF4易溶于水，且在水中的溶解度随温度升高显著增大，所以从溶液中得到晶体需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；
(4)根据题意可知SiO2和NH4HF2反应生成NH4F，根据SiO2和HF的反应可知该反应还会生成SiF4，化学方程式为SiO2+4NH4HF2=SiF4↑+4NH4F+2H2O；
(5)根据原子守恒，依据已知条件1t该绿柱石理论上能生产含量2%的铍铜合金的质量为=1.810-3abt。
28． 可用氨水或氢氧化钠溶液吸收等其他合理答案 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 坩埚 95.6% 64
【分析】根据流程图信息分析得：灼烧泪精矿，MS2燃烧，反应方程式为2MS2+7O2 2MO3+4SO2，碱性条件下，MO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MO3+CO32-=MO42-+CO2↑，溶液中的溶质为Na2MO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MO4·2H2O，Na2MO4与足量盐酸反应生成钼酸，高温灼烧钼酸生成MO3，.氢气还原MO3得到M，以此解答该题。
【详解】（1）根据流程图分析知，钼精矿焙烧时，反应方程式为：，故答案为：；
（2）钮精矿焙烧时排放的尾气含有二氢化硫，会形成酸雨：二氢化硫为酸性氧化物，可用氨水或氢氢化钠溶液吸收，故答案为：可用氨水或氢氧化钠溶液吸收；
（3）操作2是从Na2MO4溶液中获取Na2MO4·2H2O晶体，操作是将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（4）高温灼烧钼酸生成MO3，所用的硅酸盐材料仪器为坩埚，故答案为：坩埚；
（5）已知：、，，，当BaMO4开始沉淀时，c（Ba2+）=，此时c（SO42-）=，则SO42-的去除率= ，故答案为：95.6%；
（6）①由图2可知，6层中存在的固体物质分别为MS2、MO3、MO2，图象分析MS2、MO3的物质的量百分比均为18%，根据M元素守恒，则MO2的物质的量百分比为64%，则x为64；故答案为：64；
②MS2与MO3反应生成MO2和SO2，反应为：，其中MS2中M元素化合价不变，S元素由-2升高到+4价，被氧化，作还原剂；则转移12ml电子时，消耗的还原剂的物质的量为1ml，反应中转移，消耗的还原剂的物质的量为0.25ml，故答案为：；。