2024年沪教版（全国）化学第7章压轴题（含答案）

这是一份2024年沪教版（全国）化学第7章压轴题（含答案），共192页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，流程题，科学探究题，计算题，综合应用题，科普阅读题等内容，欢迎下载使用。
1．某氧化铜与铁粉的混合物 M 中加入一定量的稀硫酸，微热并搅拌，充分反应后冷却，过滤得到滤渣 N。向所得滤液Q中放入一枚洁净表面已充分打磨过的铁钉，铁钉表面无明显变化。下列有关说法不正确的是（ ）
A．混合物 M 中加入稀硫酸，可能发生Fe + CuSO4=FeSO4+ Cu
B．向滤渣 N 中加入适量稀硫酸，可能会有气泡产生
C．混合物 M 和滤渣 N 的质量可能相等 D．滤液 Q 中不可能含有 CuSO4
2．以CuSO4为原料制备【Cu2（OH）2CO3】的过程如下，下列说法正确的是（ ）
注：碱式碳酸铜受热分解温度为200℃
A．“沉淀”时的反应为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4
B．若“沉淀”时有5Cu（OH）2·2CuCO3生成，则产品中铜元素的质量分数会偏低
C．若在最后一次的洗涤液中滴加BaC12溶液，无白色沉淀生成则说明洗涤干净
D．“烘干”时为节省时间，可以选取在高温下进行
3．Zn5(OH)x(CO3)y是制备ZnO的原料，加热可生成ZnO和另外两种氧化物。在如图热分解装置中加入一定量的Zn5(OH)x(CO3)y，完全反应后测得装置A增重2.7g，装置B增重4.4g(加热前后均通一段时间N2，装置气密性良好，药品量足，实验操作正确)。下列说法错误的是（ ）
A．x=6B．若A、B颠倒，则无法确定x和y
C．生成的ZnO质量为20.25gD．若无装置C，则x与y的比值偏大
4．化学中有很多“一定”“不一定”关系剪不断理还乱，下列说法中正确的个数是（ ）
①由同种元素组成的物质一定是纯净物 ②金属一定能置换出酸中的氢
③取样，加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，变浑浊，则样品中一定含CO32-
④合金一定是由金属与金属熔合而成 ⑤盐不一定由金属元素与非金属元素组成，也可全部由非金属元素组成
⑥碱溶液一定呈碱性，但呈碱性的溶液不一定是碱溶液
⑦中和反应一定生成盐和水，但生成盐和水的反应不一定是中和反应
A．2个B．3个C．4个D．5个
5．取一定量的氧化铁与氧化铜的混合物，加入 100g 质量分数为 9.8%的稀硫酸，恰好完全反应生成盐和水，反应后所得溶液中溶剂的质量是（ ）A．90.2gB．92.0gC．1.8gD．9.8g
6．工业上利用生产钛白的副产品硫酸亚铁制备还原铁粉的流程如图，下列说法不正确的是（ ）
A．“转化”时在溶液中生成了FeCO3沉淀，该反应的基本反应类型是复分解反应
B．“过滤”后得到的滤液中的溶质只有（NH4）2SO4
C．“干燥”过程中有少量的FeCO3转化为FeOOH和CO2，此时与FeCO3反应的物质有O2和H2O
D．取14．06g还原铁粉（仅含有Fe和少量FexC）在氧气流中充分加热，得到0.22gCO2，另取相同质量的还原铁粉与足量稀硫酸充分反应（FexC与稀硫酸不反应），得到0.48gH2，则FexC的化学式是Fe2C
7．实验室现有一瓶水垢样品，其成分为氢氧化镁和碳酸钙。已知：氢氧化镁受热易分解，反应的化学方程式为：Mg(OH)2ΔMgO + H2O；碳酸钙高温下分解。某兴趣小组为测定其中各成分的质量分数，取12.9g水垢样品加热，加热过程中剩余固体的质量随加热时间的变化如下图所示。关于加热一段时间后剩余固体的判断，下列说法错误的是（ ）
A．图中a点剩余固体是由一种盐和一种碱组成
B．若剩余固体中钙元素的质量分数为36.0%，则剩余固体的成分为CaCO3和MgO
C．图中ab间任一点(不包括a、b两点)的剩余固体成分为CaCO3、MgO和Mg(OH)2
D．若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为(12.0-x)g
8．现有一包含K2CO3和CaCO3的混合粉末75g，向其中加入一定量某浓度的稀盐酸，恰好反应后将滤液蒸干，得到82.7g固体（不带结晶水），则原混合粉末中的金属元素的质量分数是（ ）
A．46%B．44%C．50%D．55%
9．下列是分析放置在空气中的NaOH固体的相关实验，其中合理的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
10．下表所示各组物质中，物质之间按箭头方向通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
11．下表中，除去物质所含杂质的方法正确的是（ ）
A．AB．BC．C D．D
二、多选题
12．如图天然气在酸性环境中脱硫过程原理，说法正确的是（ ）
A．整个过程涉及的元素中仅Fe、O元素的化合价发生了变化
B．工业上，每吸收3.4t H2S，需提供约1.6tO2
C．随着反应的进行，整个溶液的pH变大
D．理论上，每消耗1.7t H2S，需向体系内再补充4.9t H2SO4
13．某碳酸钠样品可能含有碳酸钾、碳酸钙、硫酸铜、氯化钾中的一种或几种杂质：为确定其成分，进行如下实验。（1）取少量该粉末于试管中，加入足量水充分溶解，得到无色澄清溶液。向该溶液中加入适量硝酸银溶液，有白色沉淀产生，再加入足量稀硝酸充分反应后，部分白色沉淀消失；（2）另取10.6g该样品粉未于烧杯中，加水使其完全溶解，再加入50g一定溶质质量分数的稀盐酸，恰好完全反应，生成4g气体。下列说法中不正确的是（ ）
A．杂质中一定不含硫酸铜和碳酸钙B．杂质中一定含有氯化钾和碳酸钾
C．所用稀盐酸的溶质质量分数为14.6%D．该包粉末的组成有两种可能
14．向一定量的硝酸铜、硝酸银的混合溶液中加入5.6g铁粉，充分反应后过滤、洗涤、干燥，称得固体14g。向固体中加入稀盐酸，无气泡产生。则下列分析正确的是（ ）
A．滤液中一定不含有硝酸银 B．滤液中一定含有硝酸铜
C．滤出的固体中一定没有铁 D．滤出的固体中含有铜6.4g
15．向含CuCl2和HCl的100 g混合溶液中，逐滴加入溶质质量分数为10％的NaOH溶液，参加反应的NaOH溶液质量与生成沉淀质量关系如图，仅考虑沉淀为Cu(OH)2。则下列说法正确的是 （ ）
A．整个反应过程中，溶液中氯离子个数不变 B．PM段的溶液中加入铁粉，会产生气泡
C．M点溶液中氯化钠的质量分数为8.3％ D．沉淀完全时，m1的数值为80
16．某氯化钙样品中可能混有氯化铁、氯化镁、氯化钠、碳酸钠中的一种或几种物质．取该样品11.1g溶于适量水中，得到澄清的无色溶液，然后向其中加入足量的硝酸银溶液，得到29.7g白色沉淀，则该样品组分的下列推断中，正确的是（ ）A．既无氯化铁，也无碳酸钠 B．只有氯化镁，没有氯化钠
C．肯定有氯化镁，可能有氯化钠D．肯定有氯化镁，也肯定有氯化钠
17．某CaCl2样品中，可能含有KNO3、CuCl2、MgCl2、NaCl和Na2CO3中的某些物质，取该样品11.1克溶于适量水中，得到澄清的无色溶液，然后向其中加入足量．AgNO3溶液，得到28.7克白色沉淀，则该样品组成的下列推断中正确的是（ ）
A．只有MgCl2，没有NaCl B．肯定没有CuCl2和Na2CO3
C．肯定有MgCl2和KNO3 D．样品可能由CaCl2、NaCl、MgCl2组成
三、实验题
18．某化学研究性小组对Zn与浓硫酸完全反应产生的气体进行探究，设计了如下图装置。
已知：①浓硫酸是强氧化性酸，能与多数金属（如Mg、Zn、Cu等）反应产生SO2。
②Zn与浓硫酸反应方程式为：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O。
（1）仪器M的名称为 ，Zn与稀硫酸反应的化学方程式为 。
（2）装置B的作用是 ，装置B中的现象是 。装置C的作用是 。
（3）实验开始阶段装置D中CuO没有明显现象，进行到一段时间后才能观察到CuO逐渐变红色。请解释原因： 。
（4）该小组同学用足量Zn与10 g质量分数为98%的浓硫酸充分反应，生成SO2的质量 （填“大于”、“等于”或“小于”）3.2 g。
（5）实验室用金属与浓硫酸反应制取较纯的SO2。现有金属Zn和Cu，最好选用金属 ，理由是 。
19．绿矾（FeSO4·7H2O）是治疗缺铁性贫血特效药。资料显示，硫酸亚铁在不同温度下的溶解度以及析出晶体的组成均不同。某化学兴趣小组对绿矾进行了如下探究：
资料：①Fe+Fe2SO43=3FeSO4 ②亚铁离子很容易被氧气氧化
Ⅰ.【制备产品】该化学兴趣小组同学从宝应某汽配厂的机床上取来一些废铁屑（含少量氧化铜、氧化铁等杂质），用如图1所示装置制备FeSO4·7H2O晶体，步骤如下：
（1）预处理：先将废铁屑加入到饱和Na2CO3溶液中洗涤，目的是 ，然后再将废铁屑用蒸馏水洗涤2~3遍。
（2）将洗涤后的废铁屑加入到圆底烧瓶中，并持续通入N2，N2的作用是 。
（3）再加入足量稀硫酸，控制温度50℃~80℃之间，当看到溶液中气泡较少时应停止加热，并趁热过滤，所得滤渣中一定含有的物质是 。
（4）获取产品：把步骤（3）中所得滤液进行 ，滤出晶体，用少量冰水洗涤2~3次，再用滤纸将晶体吸干，密闭保存。用少量冰水洗涤的目的是 （填序号）。
A 除去晶体表面附着的硫酸等杂质； B 降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损失。
Ⅱ.【对绿矾产品进行探究】回答下列问题：
（5）按如图2连接好装置进行实验。
①仪器B中装的是碱石灰，仪器B的名称是 。
②在称量A中的硬质玻璃管（82.112g）、装入晶体后的硬质玻璃管（86.282g）、B的质量（78.368g）后，实验步骤如下：
③操作甲是 ，操作丙是 （填写编号）。
a、关闭K1 b、熄灭酒精灯 c、冷却到室温 d、烘干
④步骤Ⅳ称得此时A中硬质玻璃管的质量为84.432g，B的质量为80.474g。产品硫酸亚铁晶体（FeSO4﹒nH2O）中n= 。（写出计算过程。计算结果精确到0.1）
⑤理论测定的n为7，实际产生误差的可能原因是 。（填序号）
A 加热时间过短，结晶水未完全失去 B 冷却结晶时，可能在56.7℃以上有晶体析出
20．已知某种治疗胃病药品的主要成份是铝碳酸镁：（ Ala Mgb（OH）16CO3·4H2O），假设药品中的其它成份受热不分解、不溶于水且不与稀硫酸反应。某研究性学习小组设计了如下实验探究铝碳酸镁片的组成。
查阅资料：①Mg（OH）2不溶于NaOH溶液也不与NaOH溶液反应。
②A1（OH）3能溶于NaOH溶液，生成可溶于水的NaA1O2。
【实验一】取mg该药片，研成粉末放入硬质玻璃管中，加热，装置如图一。
（1）铝碳酸镁片加热分解的产物为A12O3、MgO、CO2和H2O，若要测定生成的CO2和H2O的质量，装置C和D中盛放的药品应选择：C 、D 。（填序号）①浓硫酸 ②碱石灰 ③氯化钙 ④纯碱
（2）实验开始前关闭弹簧夹 （填a或b），打开另一个弹簧夹，先通入一段时间空气，装置A中盛放的是碱石灰，它的作用是 。
（3）一段时间后，打开和关闭相应的弹簧夹，点燃酒精灯加热，充分反应后，停止加热，继续通入一段时间空气，目的是 。
【实验二】另取mg该药片，加入100g9.8%的稀硫酸，充分反应后滤去不溶物，得到含有MgSO4和A12（SO4）3等溶质的滤液，向滤液中逐渐加入足量的稀NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入的溶液中NaOH的质量的关系如图二。
（4）图中当加入溶液中NaOH的质量为0.80g时仍没有沉淀，此阶段发生的化学方程式是 ，发生的反应是 反应（填基本反应类型）。当加入溶液中NaOH的质量到X时，生成的沉淀中Al（OH）3的质量是 g。
（5）试确定铝碳酸镁的化学式中a：b= （填最简整数比）
21．已知某种治疗胃病药品的主要成份是铝碳酸镁片，化学式为AlaMgb(OH)16CO3•4H2O，假设药品中的其它成份受热不分解、不溶于水且不与稀硫酸反应。某研究性学习小组设计了如图一实验探究铝碳酸镁片的组成。
【实验一】取mg该药片，研成粉末放入硬质玻璃管中加热，充分反应后测得装置C增重2.16g，装置D增重0.44g。（1）铝碳酸镁片加热分解的产物为Al2O3、MgO、CO2和水，则为分别测定CO2和水的质量，装置C和D中盛放的药品应选择：C D （填序号）。①浓硫酸 ②碱石灰 ③氯化钙 ④纯碱
（2）实验开始前先通入一定量空气，其操作方法是关闭弹簧夹 ，打开弹簧夹 ，目的是 。
（3）一段时间后，打开弹簧夹 ，关闭弹簧夹 ，点燃酒精灯加热，充分反应后，停止加热，继续通入空气至玻璃管冷却的目的是 （填序号）。
①排净空气防爆炸 ②防止空气中水和二氧化碳进入C、D影响测定③使生成水和二氧化碳进入C、D被充分吸收
【实验二】另取mg该药片，加入100g 9.8%稀硫酸，充分反应后滤去不溶物，得到含有MgSO4和Al2(SO4)3等溶质的滤液，向滤液中逐渐加入足量稀NaOH溶液，产生沉淀的物质的质量与加入NaOH质量的关系如图二。
已知：MgSO4+2NaOH═Mg(OH)2↓+Na2SO4 Al2(SO4)3+6NaOH═2Al(OH)3↓+3Na2SO4
Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，Mg(OH)2不溶于NaOH，NaAlO2可溶于水。
（1）图中NaOH加入0.80g，仍没有沉淀，说明滤液中含 。当加入NaOH的质量到X时，生成的沉淀有 和 ，其中Al(OH)3的质量是 g，则X= g。
（2）有医生建议患有严重胃溃疡的患者最好慎用该药，试用你所学的知识解释这样建议的理由是 。
（3）试确定铝碳酸镁的化学式为 。
22．小苏打（碳酸氢钠）在日常生活中有广泛的用途，工业上制取小苏打有多种方法，其中有一种是气相固碳法，其利用的原理是：Na2CO3 + H2O + CO2 =2NaHCO3。
资料： 碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度表（一个标准大气压下）（部分）
学校实验小组验证反应原理，在室温为15℃时，同学们将10g氢氧化钠固体完全溶解溶于80g水中，而后匀速的通入二氧化碳气体。同时用传感器测定溶液的pH变化，同时用数据采集器记录并绘制图像如图2所示。
⑴ 图1所示实验中，用“分液漏斗”而不用“长颈漏斗”其原因是 ；
⑵ 通过图像分析，小苏打溶液是显 （填“酸性”、“中性”或“碱性”），图像中M点处发生的主要化学反应方程式为 ；
⑶ 为了确定M处溶液的成分，同学们进行如下实验：
⑷ 实验过程中，同学们发现18min后溶液的pH基本不再变化，则此时烧杯中就可观察到的现象有 。
23．碱式碳酸盐广泛应用于工农业生产。
（1）某碱式碳酸盐样品M(OH)2·MCO3，为确定金属M的相对原子质量，某研究小组设计如下实验装置及步骤（不考虑植物油中溶解CO2产生的影响）。
①连接装置并 ；②准确称量样品的质量；③装药品，调节量气装置两边液面相平，读数；④加热至样品质量不再减少；⑤冷却到室温；⑥调节量气装置两边液面相平，读数、列式计算。
Ⅰ．请将上述实验步骤补充完整；
Ⅱ．装置B的作用是 ，少量植物油的作用是 ，C中的试剂是 （填字母序号）；
a．碱石灰 b．浓硫酸 c．硫酸铜
Ⅲ．步骤⑥中调节液面相平的操作是将水准管 （填“缓慢上移”或“缓慢下移”）。
Ⅳ．若其他操作均正确，仅因下列因素可使M相对原子质量的测定结果偏大的是 （填字母序号）；
a．反应前量气管水面在0刻度处，反应后仰视读数 b．样品未分解完全即停止实验 c．量气管中未加植物油
（2）实际生产中的碱式碳酸铜可表示为Cu(OH)2·mCuCO3，某研究小组仍使用上述装置测定m的值，测得3组数据如下表所示。取3组数据的值得到CO2的体积为 mL，又知常温常压下CO2的密度为1.964 g/L，据此计算m的值。（写出计算m的过程，最后结果保留小数点后两位） 。
24．铁及其化合物在生产生活中有广泛的应用。
（一）铁的广泛应用(1)我国东汉时期就大量使用铁制品，但是出土的铁器文物较少见，其原因是铁器在潮湿的环境中容易生锈，铁锈的主要成分是Fe2O3•nH2O，可知铁生锈主要与空气中的 有关。现代社会为了延缓铁制品生锈通常将铁制品做成“不锈钢”，“不锈钢”属于 （填字母）。a．合金 b．单质c．混合物d．纯金属
(2)人体中铁的含量一般在4～5g，这里的铁一般是指 （填字母）。a．单质 b．元素 c．原子 d．分子
(3)高铁酸钠Na2FeO4是一种“绿色”净水剂，主要用于池塘、水库消毒。其生产原理为：2FeCl3＋10NaOH＋3NaClO＝9X＋2Na2FeO4＋5H2O，则X的化学式为 。高铁酸钠在水中产生氧气将细菌及有害杂质氧化，起到杀菌消毒的作用，同时生成红褐色沉淀氢氧化铁吸附水中的悬浮杂质，同时生成NaOH，则高铁酸钠与水反应的化学方程式为 。
（二）铁红（Fe2O3）的制备
铁红（Fe2O3）广泛应用于印染行业，其生产流程如下，反应均在氢氧化铁悬浊液中进行，氢氧化铁所起作用类似于催化剂。
(4)反应得到的铁红固体需经过过滤、洗涤、烘干。洗涤的目的是 ，实验室中洗涤操作一般在 中进行。
(5)该工艺生产铁红的总反应方程式为 。
（三）铁触媒催化剂【单相碳化铁（FexCy）】组成分析触媒催化剂的主要成分为单相碳化铁，工业单相碳化铁中常常含有铁单质。资料：①Fe，FexCy在加热时与O2反应能生成相应氧化物。②FexCy不与酸反应。
实验1：取36.0g样品，加入足量稀H2SO4，充分反应后生成0.2g H2。
实验2：另取36.0g样品，按如图进行实验。
表：装置A和B的质量变化
实验后A中固体全部变为红棕色，装置A、B的质量变化如上表。
(6)装配好装置后，实验前先要 。
(7)反应结束后继续通一段时间氧气，其作用是 。
(8)装置C的作用是 。
(9)FexCy中，x：y＝ 。表中m的值是 。
(10)反思：若用空气替代O2进行实验，测得x：y的值偏大，可能的原因是 。
25．软磁铁氧体是用量很大的一种磁性材料，也是电子信息和家电工业等的重要基础功能性材料。Mn3O4是生产软磁铁氧体材料的主要原料，实验室以SO2气体制备少量高纯Mn3O4的操作步骤如下：
【资料】①亚硫酸（H2SO3）在Mn2+催化作用下被O2氧化为硫酸，硫酸与MnO2在常温下不易发生反应，
②MnSO4在空气中高温煅烧生成Mn3O4和SO3，当温度超过1000℃时，Mn3O4易被氧化。
【步骤I】制备MnSO4溶液：在三颈烧瓶中（装置见图1）
加入一定量MnO2和水，先通氮气，再通入SO2和N2混合气体，搅拌反应3小时。停止通SO2，继续反应片刻后过滤得MnSO4溶液。
(1)烧杯中石灰乳的有效成分为 ，它在烧杯中的作用为 。
(2)三颈烧瓶中生成MnSO4的反应化学方程式为 。
(3)步骤I中，先通入氮气的目的是 。为使SO2尽可能转化完全，在不改变固液投料比，且通入的SO2和N2比例一定的条件下，可采取的合理措施有：及时搅拌反应液、 （任写一条）。
【步骤Ⅱ】制备MnSO4·H2O晶体：利用硫酸锰的溶解度在100℃以上随温度升高而急剧降低的原理，用压力釜升温加压结晶法后，过滤、洗涤、低温干燥，得纯净的MnSO4·H2O晶体。
【步骤Ⅲ】制备Mn3O4固体：准确称取101.4mg MnSO4·H2O，将MnSO4·H2O晶体在空气中高温煅烧，图2是用热重分析仪测定煅烧时温度与剩余固体质量变化曲线。
(4)该曲线中A段所表示物质的化学式为 。
(5)试通过计算确定反应至图中C点时所对应的剩余固体成分的化学式 。
(6)若要制得101.4mg MnSO4·H2O，不考虑其他损失，理论上至少需要通入SO2的质量为？ （计算过程）
26．某学习小组对CO2展开研究。
I.对CO2收集方法的探究：资料；一定范围内，CO2在水中溶解越多，所得溶液pH越小。
实验一：探究CO2在水中的溶解情况

（1）写出图1标号仪器的名称：① ：② 。
（2）检查甲装置气密性的方法是关闭K1、K2，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，观察到 ，说明装置气密性良好。
（3）甲装置中反应的化学方程式为 ；乙装置可除尽CO2中HCl气体，目的是 。
（4）待丙装置中收集举瓶气体时，关闭K3、K4，充分振荡丙装置，测得丙、丁装置中溶液的pH值分别为5.7和6.5。说明丙装置中所溶解CO2的体积 （填“>”或“=”或“”或“”、“”或“4g，所以10.6g该样品粉未不可能全是碳酸钠，除了一定含有氯化钾外，还可能含有碳酸钾，因为相同质量的碳酸钠和碳酸钾，碳酸钾产生的二氧化碳气体比碳酸钠的少；
设50g一定溶质质量分数的稀盐酸中氯化氢的质量为X。
2HCl73X∼CO2444g
7344=X4gX≈6.64g
该稀盐酸的溶质质量分数为6.64g50g×100%≈13.3%。
【详解】A、杂质中一定不含硫酸铜和碳酸钙，A正确；
B、杂质中一定含有氯化钾，可能含有碳酸钾，B不正确；
C、所用稀盐酸的溶质质量分数约为13.3%，不是14.6%，C不正确；
D、该包粉末的组成有两种可能：一是碳酸钠和氯化钾；二是碳酸钠、氯化钾和碳酸钾，D正确。故选BC。
14．AC【分析】金属的活动性是铁＞铜＞银，向一定量的硝酸铜、硝酸银的混合溶于中加入5.6g铁粉，铁先与硝酸银反应，当硝酸银完全反应后再与硝酸铜反应，向固体中加入稀盐酸，无气泡产生，说明了铁完全发生了反应，据此分析判断有关的问题。
【详解】解：假设5.6g的铁完全与硝酸银反应，则有
Fe+2AgNO3==565.6gFe（NO3）2+2Ag21621.6g
由于21.6g＞14g，说明了铁先将溶液中硝酸银反应完后又与硝酸铜发生了反应，
设与硝酸银反应铁的质量为x，则与硝酸铜反应铁的质量为5.6g﹣x
Fe+2AgNO3==56xFe（NO3）2+2Ag216216x56
Fe+Cu(NO3)2==565.6-xFe（NO3）2+Cu6464×(5.6g-x)56
216x56+64×(5.6g-x)56=14g
解得：x＝2.8g
由此可知，生成的银的质量为：216×2.8g56=10.8g
生成铜的质量为：64×(5.6g-2.8g)56=3.2g
由上述计算可知，
A、硝酸银完全发生了反应，滤液中一定不含有硝酸银，分析正确；故符合题意；
B、通过上述计算，不能确定滤液中是否含有硝酸铜，分析错误；故不符合题意；
C、固体中加入稀盐酸，无气泡产生，说明了铁完全发生了反应，分析正确；故符合题意；
D、滤出的固体中含有铜3.2g，分析错误。故不符合题意；
15．AC【详解】化学反应过程只是原子重新组合的过程，反应前后原子的种类、个数不变。向含CuCl2和HCl的100 g混合溶液中，逐滴加入溶质质量分数为10％的NaOH溶液，氢氧化钠和氯化铜反应生成氢氧化铜和氯化钠，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水。A.因为只生成氢氧化铜沉淀，故A选项整个反应过程中，氯离子个数都存在于溶液中，所以溶液中氯离子个数不变；B.向混合物中加入氢氧化钠时，盐酸先和氢氧化钠反应，所以P点溶液中的溶质有两种氯化钠和氯化铜，PM段的溶液中加入铁粉，发生的反应是铁和氯化铜生成铜和氯化亚铁，所以不会产生气泡；C. 设氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠的质量为x
HCl + NaOH==H2O+NaCl
40 58.5
40g×10％ x
40/ 40g×10％=58.5/x x=5.85g
设氢氧化钠和氯化铜反应生成氯化钠的质量为y
CuCl2+2NaOH==Cu(OH)2↓+2NaCl及有关数据可知是正确的叙述；
80 98 117
z 9.8g y
98/9.8g=117/y y=11.7g
98/9.8g=80/z z=8g 和氯化铜反应的氢氧化钠溶液的质量为：8g÷10%=80g
M点氯化钠的质量为11.7g+5.85g=17.55g
M点溶液的质量为40g+80g+100g-9.8g=210.2g
M点溶液中氯化钠的质量分数为17.55g÷210.2g ×100%≈8.3％，
D. 沉淀完全时，m1的数值为80g+40g=120g
16．AC【分析】样品溶于水得无色溶液，证明氯化钙样品中一定不含碳酸钠，氯化铁；因为碳酸钠和氯化钙会生成沉淀，而氯化铁溶液是棕黄色溶液。
设纯净的11.1g氯化钙生成的沉淀质量是x
CaCl2+2AgNO3=2AgCl↓+CaNO3211128711.1gx
11111.1g=287x
x=28.7g
设纯净的11.1g氯化镁生成的沉淀质量是y
MgCl29511.1g~2AgCl↓287y
9511.1g=287y
y=33.5g
设纯净的11.1g氯化钠生成的沉淀量是z
~AgCl↓143.5z

z=27.2g
因为氯化钙生成的沉淀量小于29.7，所以另一种物质的生成的沉淀量要大于29.7，即该混合物中一定含有氯化镁，可能含有氯化钠。
【详解】A、根据分析可以知道，在该混合物中没有碳酸钠和氯化铁，故A说法正确；
B、根据上述解答可以知道，在氯化钙中一定含有氯化镁，而氯化钠可能含有也可能没有，故B说法不正确；
C、根据上述解答可以知道，在氯化钙中一定含有氯化镁，而氯化钠可能含有也可能没有，故C说法正确；
D、根据上述解答可以知道，在氯化钙中一定含有氯化镁，而氯化钠可能含有也可能没有，故D说法不正确。
17．BD【详解】A、设11.1g为纯净的氯化钙生成的氯化银的质量为x， 纯净的氯化鎂生成的氯化银的质量为y
CaCl211111.1g∼2AgCl287x
11111.1g=287x
x=28.7g
MgCl29511.1g∼2AgCl287y
9511.1g=287y
y=33.5g
设纯净的氯化钠生成的氯化银的质量为z
∼2AgCl143.5z

z=27.2g
氯化钙反应生成氯化银沉淀为28.7g；若含有氯化镁，一定含有氯化钠，要不就是这两种物这两种物质都没有，故A不正确；
B、取该样品11.1克溶于适量水中，得到澄清的无色溶液，说明一定不含蓝色的氯化铜和碳酸钠溶液，碳酸钠和氯化钙反应生成沉淀，故B正确；
C、若含有氯化镁，一定含有氯化钠，要不就是这两种物质都没有，含有不反应的硝酸钾，故C不正确；
D、样品可能由CaCl2、NaCl、MgCl2组成，故D正确。
18． 分液漏斗 Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑ 检验（或吸收）SO2 KMnO4溶液颜色变浅（或变淡） 除去H2中的水蒸气 刚开始产生SO2，随着反应的进行，H2SO4变稀了，Zn与稀H2SO4反应才产生H2 小于 Cu Cu与稀硫酸不反应，产生的SO2中不会带入H2杂质（或若用Zn，导致产生的SO2不纯，混有H2杂质）
【分析】本题考查学生对实验流程题的掌握。
【详解】（1）仪器M为分液漏斗；故填：分液漏斗；
锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，化学方程式为：Zn + H2SO4 = ZnSO4 + H2↑；故填：Zn + H2SO4 = ZnSO4 + H2↑；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，能与二氧化硫反应，高锰酸钾溶液会褪色，故装置B高锰酸钾溶液的作用是检验（或吸收）SO2；故填：检验（或吸收）SO2；
吸收二氧化硫后高锰酸钾溶液会褪色，颜色变浅；故填：高锰酸钾溶液颜色变浅（或变淡）；
装置C利用浓硫酸的吸水性可以除去氢气中混有的水蒸气；故填：除去H2中的水蒸气；
（3）一开始装置D中氧化铜无现象，说明没有氢气生成进入到D装置，由题干信息可知，一开始为浓硫酸与锌反应，产生二氧化硫，无氢气生成，反应一段时间后，硫酸浓度降低，稀硫酸与锌反应才产生了氢气，从而进入到装置D与氧化铜反应；故填：刚开始产生SO2，随着反应的进行，硫酸变稀了，锌与稀硫酸反应才产生氢气；
（4）10g98%的浓硫酸与足量锌反应，随着反应的进行，硫酸浓度不断下降，稀硫酸与锌反应产生的是氢气，故不能全部转化为二氧化硫，即实际产生的二氧化硫小于3.2g；故填：小于；
（5）实验室最好选用铜和浓硫酸制取二氧化硫，因为Cu不与稀硫酸反应，产生的二氧化硫不会带入H2杂质；
故填：Cu；Cu不与稀硫酸反应，产生的二氧化硫不会带入H2杂质（或若用Zn，导致产生的二氧化硫不纯，混有H2杂质）。
【点睛】最后一问要紧扣题干已知回答。
19． 洗去铁屑表面的油污 排出装置中的空气或氧气 Cu、Fe 降温结晶 AB 球形干燥管 b a 6.7 AB
【详解】Ⅰ、制备产品（1）碳酸钠溶液显碱性，可以去除油污，故先将废铁屑加入到饱和Na2CO3溶液中洗涤，目的是：洗去铁屑表面的油污；
（2）持续通入N2，N2的作用是：将装置内的空气排尽，防止生成的亚铁离子被氧气氧化；
（3）废铁屑中含少量氧化铜、氧化铁等杂质，加入足量稀硫酸，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，为了保证制得的硫酸亚铁纯净，应保证铁过量，故当看到溶液中气泡较少时应停止加热，并趁热过滤，这时滤渣中含有过量的铁和反应生成的铜；
（4）由表中数据可知，温度较高时，析出的晶体不是绿矾，50℃以下时，析出的晶体是绿矾，且温度越低，绿矾的溶解度越低，故为了得到绿矾晶体，应进行降温结晶；
用少量冰水洗涤，可以除去绿矾表面附着的硫酸等杂质，且绿矾在0℃时，溶解度较低，用冰水洗涤，可以降低洗涤过程中绿矾的损失，故选AB；
Ⅱ、对绿矾产品进行探究
（5）①由图可知，仪器B的名称是：球形干燥管；
③由图可知，为了防止生成的硫酸亚铁被氧化，实验结束后，应先熄灭酒精灯，继续通入氮气，待冷却至室温后，关闭K1，故操作甲是：熄灭酒精灯，填b；操作丙是：关闭K1，填：a；
④加入晶体的质量为：86.282g-82.112g=4.17g；反应后，剩余固体的质量为：84.432g-82.112g=2.32g
FeSO4﹒nH2O152+18n4.17gΔFeSO41522.32g+nH2O
152+18n152=
n≈6.7
⑤A、如果加热时间过短，结晶水未完全失去，则反应后，剩余固体的质量偏大，导致n偏小，符合题意；
B、冷却结晶时，可能在56.7℃以上有晶体析出，此时析出晶体所含结晶水的数目小于7，导致实验产生误差，符合题意。
20． ③ ② b 吸收空气中的二氧化碳和水蒸气 使反应生成的二氧化碳和水蒸气被充分吸收 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O 复分解 1.56 1:3
【详解】实验一：（1）装置C和D中盛放的药品应分别用来吸收水和二氧化碳，且C装置所盛放的药品不能与二氧化碳反应，故装置C可盛放氯化钙，装置D可盛放碱石灰，故填：③；②；
（2）实验开始前关闭弹簧夹b，打开另一个弹簧夹，先通入一段时间空气，将装置内原有的空气排尽，防止空气中含有的二氧化碳和水蒸气影响实验结果；
装置A中盛放的是碱石灰，它的作用是：吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止其对实验结果造成影响；
（3）一段时间后，打开和关闭相应的弹簧夹，点燃酒精灯加热，充分反应后，停止加热，继续通入一段时间空气，目的是：使反应生成的二氧化碳和水蒸气被充分吸收；
实验二：（4）图中当加入溶液中NaOH的质量为0.80g时仍没有沉淀，说明滤液中含有硫酸，氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水，此阶段发生的化学方程式是：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O；
该反应符合“两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物”的反应，属于复分解反应；
当加入溶液中NaOH的质量到x时，生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铝，继续加入氢氧化钠，氢氧化铝溶于氢氧化钠，待完全反应后，剩余的沉淀是氢氧化镁，故当加入溶液中NaOH的质量到X时，生成的沉淀中Al（OH）3的质量是：5.04g-3.48g=1.56g；
（5）铝碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、硫酸铝，硫酸镁与氢氧化钠反应：MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，硫酸铝与氢氧化钠反应：Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，故铝碳酸镁中的镁和铝全部转化到了氢氧化镁和氢氧化铝中，氢氧化镁中镁元素的质量为：3.48g×2424+17×2×100%=1.44g；
氢氧化铝中铝元素的质量为：1.56g×2727+17×3×100%=0.54g，故铝碳酸镁中镁元素与铝元素的质量比为：27a：24b=0.54g：1.44g，a：b=1:3。
21． ③ ② b a 排尽空气防干扰 b a ③ H2SO4 Mg(OH)2 Al(OH)3 1.56 8 与胃中盐酸反应产生CO2，加重病情或造成胃穿孔、胃出血 Al2Mg6(OH)16CO3•4H2O
【分析】根据实验目的、实验原理及实验装置分析解答；根据图示信息及生成沉淀涉及的反应方程式计算分析解答。
【详解】实验一
（1）分析本题的实验装置可知，样品铝碳酸镁片在加热条件下分解生成铝和镁的氧化物、CO2、H2O，装置C中应放入能吸水的物质，但不能吸收二氧化碳气体，否则无法确定生成的水和二氧化碳各自的质量，所以装置C中是吸收水蒸气，利用无水CaCl2或P2O5可以吸收，装置D是吸收二氧化碳气体的装置，可以利用碱石灰吸收二氧化碳气体，故答案为：③；②；
（2）实验开始前先通入一段时间空气，气目的是赶净装置B中的二氧化碳和水蒸气，确保CD两装置吸收的水蒸气、二氧化碳全部是样品分解生成的；故答案为：b；a；排尽空气防干扰；
（3）所以通入的空气必须先除去空气中的水和二氧化碳A装置中应放入碱石灰或固体氢氧化钠，实验开始前先通入一段时间空气，其目的是排除装置B中的CO2、H2O，其操作方法是；关闭弹簧夹b，打开弹簧夹a；当B处的酒精灯点燃后以及反应结束后一段时间内仍然要通入空气的目的是排出固体分解产生的CO2、H2O，使其被充分吸收，其操作方法是；关闭弹簧夹b，打开弹簧夹a；故答案为：b；a；③；
实验二、
（1）由图象分析，NaOH加入0.80g，仍没有沉淀，说明滤液含硫酸，当加入NaOH的质量到X时，生成的沉淀有氢氧化镁和氢氧化铝；图象分析沉淀3.48g为Mg(OH)2，Al(OH)3的质量为5.04-3.48g=1.56g；
设与硫酸镁反应的氢氧化钠的质量为x，与硫酸铝反应的氢氧化钠的质量为y，
MgSO4+2NaOH80x=Mg(OH)2↓583.48g+NaSO4
8058=x3.48g，x=4.8g
Al2(SO4)3+6NaOH240y=2Al(OH)3↓1561.56g+3NaSO4
240156=y1.56g，y=2.4g，则X=4.8g+2.4g+0.8g=8g；故答案为：H2SO4；Mg(OH)2；Al(OH)3；1.56；8；
（2）胃酸主要成分是盐酸，和该药反应生成的二氧化碳容易使胃壁穿孔，故答案为：因为胃酸和该药作用产生CO2会刺激胃黏膜，导致胃穿孔；
（3）根据质量守恒定律，反应前后元素的质量不变，氢氧化铝的质量为1.56g，铝元素质量为：1.56g×2778×100%=0.54g，氢氧化镁质量是3.48g，镁元素质量为：3.48g×2458×100%=1.44g，铝碳酸镁中铝原子和镁原子个数比为：0.54g27:1.44g24=1:3，铝碳酸镁中，碳酸根化合价是-2，氢氢根化合价是-1，水中元素的化合价代数和为零，根据化合物中元素化合价代数和为零可知，铝元素和镁元素的化合价代数和是+18，由于铝碳酸镁中铝原子和镁原子个数比为1：3，因此铝碳酸镁的化学式为Al2Mg6(OH)16CO3•4H2O，故答案为：Al2Mg6(OH)16CO3•4H2O。
22． 便于控制生成二氧化碳的速率 碱性 2NaOH+CO2==Na2CO3+H2O 滴入无色酚酞 加入过量的 CaCl2溶液 有白色沉淀生成，且红色不消失 既有氢氧化钠，又有碳酸钠 有不溶物析出
【详解】（1）由于题目要求匀速的通入二氧化碳气体，使用分液漏斗便于控制稀盐酸滴加的速率，从而控制生成二氧化碳的速率。
（2）通过图像可知，溶液的pH始终大于7，可见当二氧化碳足量时，生成的碳酸氢钠溶液也显碱性，图像中M点处发生的主要化学反应为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，方程式为2NaOH+CO2==Na2CO3+H2O；
（3）为了确定M处溶液的成分，即验证溶液中溶质为氢氧化钠或氢氧化钠和碳酸钠，再加入滴入无色酚酞溶液，如果溶液变红色，说明溶液显碱性，再加入过量的 CaCl2溶液或BaCl2溶液，除去碳酸根离子，将其转化为碳酸钙或碳酸钡的白色沉淀，并且溶液仍未红色，说明溶液中既有氢氧化钠，又有碳酸钠；
（4）实验过程中，同学们发现18min后溶液的pH基本不再变化，此时溶液中溶液转化为碳酸氢钠，根据2NaOH+CO2==Na2CO3+H2O；Na2CO3 + H2O + CO2 =2NaHCO3可知，10g氢氧化钠转化为碳酸氢钠时质量大于10g，水的质量仍未80g，由于15℃时，碳酸氢钠的溶解度较小（8.72g），所以碳酸氢钠溶液达到饱和，进而析出。
【点睛】验证溶液中溶质为氢氧化钠或氢氧化钠和碳酸钠，在验证氢氧化钠时要先排除碳酸根离子的干扰，所以一般实验前先加入过量的 CaCl2溶液或BaCl2溶液，除去碳酸根离子，将其转化为碳酸钙或碳酸钡的白色沉淀，再加入滴入无色酚酞溶液，如果溶液变红色，说明含有氢氧化钠。
23． 检查装置的气密性 除去二氧化碳中的水 隔离二氧化碳和水，防止二氧化碳溶于水 c 缓慢下移 bc 22.40 1.14
【详解】（1）Ⅰ、该装置需要准确测定生成二氧化碳的体积，因此使用时必须密封进行，所以实验前一定要先检查装置的气密性；
Ⅱ、由于碱式碳酸盐在加热的条件下分解产物有水和二氧化碳，而装置的最终目的是测定二氧化碳的体积，因此需利用浓硫酸的吸水性除去二氧化碳中的水；
二氧化碳能溶于水，且能与水反应生成碳酸，故少量植物油可以隔离二氧化碳和水，防止二氧化碳溶于水；
由于无水硫酸铜粉末遇到水之后可变成蓝色晶体，因此硫酸铜可以验证二氧化碳气体是否干燥完全，故选c；
Ⅲ、液面越低压强越小，所以加热A时，随着碳酸盐样品分解，量气管内的液面逐渐下降，为防止量气管内气体压强过大，可将水准管缓慢下移；
Ⅳ、本实验主要通过测量二氧化碳的体积，通过密度可以计算二氧化碳的质量，根据化学方程式进而计算M的相对原子质量，设样品质量为X，二氧化碳的质量为Y=ρ（CO2）V（CO2），M的相对原子质量为Ar，得
M(OH)2·MCO32Ar+94XΔ2MO+H2O+CO2↑44Y
2Ar+9444=XY Ar=22XY-47=22Xρ（CO2）V（CO2）-47。
a、反应前量气管水面到0刻度处，反应后仰视读数，仰视读数，二氧化碳体积偏大，M的相对原子质量为Ar偏小，不符合题意；
b、样品未分解完全即停止实验，可导致实际测得气体的体积偏小，Y偏小，M的相对原子质量为Ar偏大，符合题意；
c、量气管中未加植物油，二氧化碳溶于水，可导致实际测得气体的体积偏小，Y偏小，M的相对原子质量为Ar偏大，符合题意。
故选bc；
（2）由题意可知，CO2的体积为（22.39mL+22.41mL+22.40mL）÷3 =22.40mL，则CO2的质量为0.0224L×1.964 g/L=0.044g，得
Cu(OH)2·mCuCO398+124m0.21gΔ(m+1)CuO+H2O+mCO2↑44m0.044g
98+124m44m=
24．(1) 水蒸气、氧气 ac
(2)b
(3) NaCl 4Na2FeO4+10H2O=8NaOH+4Fe(OH)3↓+3O2↑
(4) 除去表面可溶性杂质 过滤器
(5)2Fe+O2+H2O催化剂Fe2O3+H2
(6)检查装置气密性
(7)将A中生成的气体赶入后续装置，使气体被充分吸收
(8)防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入B中，防止造成误差
(9) 5：2 312
(10)空气中氧气含量不足，使得C元素转化为CO
【详解】（1）铁生锈的条件是与空气中的水和氧气同时接触。“不锈钢”属于合金，合金中存在两种或两种以上物质，属于混合物，故选ac。
（2）人体的铁是指铁元素，故选b。
（3）根据化学反应前后，原子的种类和个数不变，所以X的化学式为NaCl；高铁酸钠与水反应生成氢氧化铁、氢氧化钠和氧气，反应方程式为4Na2FeO4+10H2O=8NaOH+4FeOH3↓+3O2↑。
（4）过滤后的固体表面仍含有一些可溶解杂质，所以需要进行洗涤；实验室中洗涤操作一般在过滤器中进行。
（5）根据流程图可知，反应物为铁、氧气和水，生成物为三氧化二铁和氢气，反应条件为催化剂，反应方程式为2Fe+O2+H2O催化剂Fe2O3+H2。
（6）装配好装置后，实验前必须检查装置的气密性，以保证实验结果的准确性。
（7）反应结束后继续通一段时间氧气，其作用是将A中生成的气体赶入后续装置，使气体被充分吸收，使实验结果更准确。
（8）装置C为球形干燥管，里面装有碱石灰，其目的是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入B中，防止造成误差。
（9）设36g样品中铁的质量为a。
Fe56a+H2SO4=FeSO4+H2↑20.2g562=a0.2ga=5.6g
FexCy和氧气反应后B装置增加的质量为生成二氧化碳的质量，则CO2的质量为(408.8g-400g)=8.8g，则：
2FexCy2(56x+12y)36.0g-5.6g+3x+4y2O2ΔxFe2O3+2yCO288y8.8g2(56x+12y)88y=36.0g-:y=5:2
设5.6g铁生成氧化铁时固体增加的质量为b。
4Fe2245.6g+3O2点燃2Fe2O3320Δm96b22496=5.6gbb=2.4g
设生成8.8g二氧化碳时固体增重的质量为c。
4Fe5C2+23O2736Δ3Fe2O3+8CO23528.8gΔm384c352384=8.8gcc=9.6g
所以反应后固体增重的质量为300g+2.4g+9.6g=312g。
（10）若用空气进行实验，可能因为氧气不足，使得FexCy不能完全被氧化，会生成少量CO，导致结果偏小。
25．(1) 氢氧化钙 吸收没有反应的二氧化硫，防止二氧化硫污染空气
(2)MnO2+SO2=MnSO4
(3) 排尽装置内的空气 水浴加热
(4)MnSO4
(5)Mn2O3、Mn3O4
(6)设理论上至少需要通入SO2的质量为x，根据化学方程式可知，质量关系如下：
SO2~MnSO4·H2O64169x101.4mg
64169=x101.4mg
x=38.4mg
理论上至少需要通入SO2的质量为38.4mg。
【详解】（1）烧杯中石灰乳的有效成分为氢氧化钙，依据图1实验可知三颈烧瓶中有没反应完的二氧化硫，石灰乳在烧杯中的作用为吸收没有反应的二氧化硫，防止二氧化硫污染空气；
（2）依据题中“在三颈瓶中加入一定量MnO2和水，先通氮气，再通入SO2和N2混合气体，搅拌反应3小时。停止通SO2，继续反应片刻后过滤得MnSO4溶液”可知三颈瓶中的反应方程式为MnO2+SO2=MnSO4；
（3）依据资料在信息，①亚硫酸（H2SO3）在Mn2+催化作用下被O2氧化为硫酸，硫酸与MnO2在常温下不易发生反应，可知先通入氮气的目的是排尽装置内的空气，防止二氧化硫通入水形成亚硫酸（H2SO3）被空气中的氧气氧化；为使SO2尽可能转化完全，可采取的合理措施有，搅拌反应液、加热、振荡反应液等，再依据图1装置信息可采取的合理措施有：水浴加热；
（4）分析图2曲线图可知固体质量由101. 4mg变为90. 6mg是失去结晶水的过程，结晶水的质量为10. 8mg，则：MnSO4与结晶水的个数比为101.4mg169：10.8mg18=1:1，所以A段所表示物质的化学式为：MnSO4；
（5）分析图2曲线图可知固体质量，101. 4mgMnSO4·H2O中Mn的质量为101.4mg×55169×100%=33mg，根据质量守恒定律，固体的质量为47. 4mg的固体中Mn的质量为33mg，O的质量为47. 4m-33mg=14. 4mg，则固体质量为47.4mg所对应物质中Mn与O的个数比为33mg55：14.4mg16=2：3，化学式为Mn2O3；固体质量为45. 8mg的固体中Mn的质量为33mg，O的质量为45. 8mg-33mg=12.8mg，则固体质量为45. 8mg所对应B点中Mn与O的个数比为33mg55：12.8mg16=3：4，B点化学式为Mn3O4，又因为C点介于B点和固体质量为47.4mg对应点之间，C点是所对应的剩余固体成分的化学式为Mn2O3、Mn3O4；
（6）见答案。
26． 锥形瓶 烧杯 水很难（或无法）流下 CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O 防止因HC1气体溶解影响对丙装置中溶液pH的测定 > CO2+H2O=H2CO3 两种收集方法都不能收集到100%的二氧化碳气体 排水法收集到的二氧化碳气体纯度更高（合理但须表述规范） CO2+NH3+H2O=NH4HCO3 超临界CO2（只答CO2不给分） CO2+MgO=MgCO3
【详解】（1）分析题中所指仪器的名称和作用可知，①是锥形瓶；②是烧杯；
（2）检查甲装置气密性的方法是关闭K1、K2，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，观察到水很难（或无法）流下，说明装置气密性良好；
（3）石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；HCl气体的溶于水呈酸性，碳酸氢钠和盐酸反应会生成氯化钠、水和二氧化碳，乙装置可除尽CO2中HCl气体，目的是防止因HC1气体溶解影响对丙装置中溶液pH的测定；
（4）酸性溶液的pH值越小，溶液的酸性越强，所以测得丙、丁装置中溶液的pH值分别为5.7和6.5，说明溶解的CO2，体积丙装置中>丁装置；水和二氧化碳反应生成碳酸，化学方程式为：CO2+H2O=H2CO3；
（5）通过排水法、排空气法收集二氧化碳的体积分数可知，可得出的结论有：两种收集方法都不能收集到100%的二氧化碳气体；②排水法收集到的二氧化碳气体纯度更高；
（6）①氨气、水、二氧化碳反应生成碳酸氢铵，化方程式为：CO2+NH3+H2O=NH4HCO3；
②超临界CO2可以清洗餐具上的油污，清洗时，溶剂是超临界CO2；
③氧化镁和二氧化碳反应生成碳酸镁，化学方程式为：CO2+MgO=MgCO3。
27． 稀硫酸 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ 安全瓶（或防倒吸） 尾气处理，防止污染大气 增大接触面积，使反应更充分 检查装置的气密性 BC 2NaOH+H2S=Na2S+2H2O 排出装置和硫酸铵溶液中的氧气 BC A FeSO4⋅(NH4)2SO4⋅6H2O≜FeSO4(NH4)2SO4+6H2O FeSO4·(NH4)2SO4·2H2O
【详解】实验一：工业制备绿矾常用废铁屑和硫酸反应进行制取，故图Ⅰ中仪器①盛放的液体是稀硫酸；废铁屑中一定含有铁，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；广口瓶作为安全瓶收集产生的硫化氢气体和氢气；烧杯中的硫酸铜溶液主要是吸收尾气H2S，防止污染大气；烧杯中的导管最好换成多孔球泡，目的是增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行；
实验二：①仪器连接好，一般都要检查装置的气密性，尤其是有气体参加或者生成的反应；
②制备FeSO4溶液先关闭止水夹A，再打开止水夹BC，是为了用产生的氢气将装置内的空气排出，因为亚铁盐容易被氧化；
废铁屑中含有FeS等杂质，硫化亚铁会与硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢气体，氢氧化钠溶液就是为了吸收硫化氢气体，方程式为：2NaOH+H2S=Na2S+2H2O；此过程中氢气的作用是排出装置和硫酸铵溶液中的氧气，因为亚铁盐容易被氧化；
③制备硫酸亚铁铵：待锥形瓶中的铁屑快反应完时，关闭止水夹BC，打开止水夹A，产生的氢气使锥形瓶中压强增大，将硫酸亚铁压入左边的瓶中，使之反应；
实验三：通过分析可知，对硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]样品进行加热到100℃时，首先是固体表面的分子水蒸发得到硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]，这一步是物理变化，继续加热到100-200℃时，已知200℃以前只有结晶水失去，因此硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]中的结晶水开始脱去，这一步是化学变化．
所以TG%从100%降低为72.4%时，发生反应的化学方程式是：FeSO4×(NH4)2SO4×6H2OΔFeSO4(NH4)2SO4+6H2O；
假设硫酸亚铁铵晶体质量是392克，AB段物质的化学式为FeSO4·(NH4)2SO4·xH2O；
加热到200℃时，失去结晶水，剩下的硫酸亚铁铵质量为：392g×284392=284g；
由关系图可知AB段的TG%=81.6%，即284g+m水392g×100%=81.6%，m水=35.872g，则x=35.872g18g/ml≈2ml，所以AB段物质的化学式为FeSO4·(NH4)2SO4·2H2O。
28．(1) 分液漏斗 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ 将燃着的木条置于导管a出口，木条熄灭，则已排尽空气
(2) 小于 除去HCl气体 偏小
(3) 能 升高水温或用CO2饱和水溶液（合理即可）
【详解】（1）实验一：图1中滴加稀盐酸的仪器名称为分液漏斗，大理石的主要成分是碳酸钙，与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；其反应方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；检验锥形瓶中的空气已排尽的方法是：将燃着的木条放在a导管处，若木条熄灭则空气已经排尽。
（2）实验二：乙瓶内液体的pH小于丙瓶的pH，pH越小，溶解的二氧化碳越多；盐酸会挥发出少量的氯化氢气体，甲瓶中饱和碳酸氢钠溶液可将其吸收，如不吸收，会导致乙瓶内的液体酸性增强，pH偏小；
（3）实验三：由实验一、二、三分析，二氧化碳能采用排水法进行收集，因为气体的溶解度随温度的升高而减小，所以能减少二氧化碳在水中溶解能力的措施可以是升高水温或事先制成二氧化碳的饱和溶液。
29．(1) 检查装置气密性 除去鼓入空气中二氧化碳和水蒸气
(2)吸水性
(3) 5 2
(4) 防止空气中二氧化碳和水蒸气进入装置D中 偏大 偏大
(5)BC
(6)2CaSO4高温2 CaO+2SO2↑+O2↑
【详解】（1）由于要测出生成物二氧化碳和水蒸气的质量，则该实验必须气密性良好，实验前首先要检查装置气密性，再装入样品；装置A中碱石灰的作用是除去鼓入空气中二氧化碳和水蒸气，以免影响测量结果。
（2）浓硫酸具有吸水性，C装置是应用了浓硫酸具有吸水性的性质，从而称量到生成的水蒸气的质量。
（3）由于装置D中氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，则装置D增加的质量是二氧化碳，设碳酸钙的质量为x，则
CaCO3100x高温CaO+CO2↑442.2g
10044=x2.2g
解得x=5g，即碳酸钙的质量是5g；
由于装置C增加的在质量是水蒸气的质量，则X的值是136+18X22.2g-5g=18X3.6g，解得X＝2。
（4）空气中含有水蒸气和二氧化碳，则装置E的作用是防止空气中二氧化碳和水蒸气进入装置D中，若缺少E装置，测得CaCO3的质量偏大，X的值会偏大。
（5）A.由于反应前后玻璃管中固体减少的质量为水和二氧化碳，则只根据ab数据不能求出X的值；
B.根据d的数据能确定生成二氧化碳的质量，再结合ab数据则可确定减少的水的质量，则可求出X的值；
C.根据c的数据能确定碳酸钙的质量，再结合b的数据可确定生成的硫酸钙的质量，从而结合d的数据可确定X的值，
故选BC。
（6）CaSO4当温度达到1350℃时分解会产生一种固体氧化物与两种气体，其中一种气体有刺激性气味，为二氧化硫，根据“反应前后元素的种类不变”可知，另一种气体是氧气，其分解的化学方程式为2CaSO4高温2 CaO+2SO2↑+O2↑。
30．(1) 粉碎 SiO2
(2) Mg2B2O5⋅H2O+2H2SO4=2MgSO4+2H3BO3
H2O2 不会引入新杂质
(3) 5.2~9.6 AD/DA
(4) 滴入最后一滴 NaOH标准溶液，溶液恰好变成红色，且半分钟内不褪色 解：使用的硼酸样品的质量为3g×25.00mL500mL=0.15g。
消耗氢氧化钠的质量为22.00mL×0.004g/mL=0.088g。
设反应的硼酸的质量为x
H3BO362x+NaOH400.088g=NaH2BO3+H2O6240=x0.088gx=0.1364g
样品中硼酸的纯度为×100%≈90.9%。
答：样品中硼酸的纯度是90.9%。
(5) 加热浓缩
冷却结晶
(6) 使用冰水洗涤 使用硼酸饱和溶液洗涤等
【详解】（1）为了使反应更快更充分，所以需要将矿石粉碎以增加反应物的接触面积。所以预处理的内容包括矿石的筛选、粉碎。矿石中的SiO2不和硫酸反应，氧化亚铁、氧化铁、氧化铝和硫酸反应生成可溶性物质，Mg2B2O5⋅H2O应与硫酸反应否则后续不会有含硼物质生成，所以料渣1的化学式SiO2。
（2）Mg2B2O5⋅H2O 与硫酸反应生成硫酸镁和硼酸，化学方程式为Mg2B2O5⋅H2O+2H2SO4=2MgSO4+2H3BO3。化学反应前后原子的种类和数目不变，反应后有2Fe、3SO4、4H、2O，反应前有2Fe、3SO4、2H，则X含有2H、2O，为H2O2；X作为氧化剂可以提供氧，同时不会引入新杂质。所以X作氧化剂的优点是不会引入新杂质。
（3）从调节pH后有碳酸镁生成，有硼酸存在，则pH要使铁离子、铝离子全部沉淀（亚铁离子在氧化过程中已经全部转化为铁离子，不考虑亚铁离子沉淀），镁离子不沉淀，则控制的pH范围是5.2~9.6。
A、MgO可以和硫酸反应生成硫酸镁和水，可以消耗硫酸，调节溶液pH，正确；
B、氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，可以消耗硫酸，但会引入杂质离子铁离子，浪费原料，错误；
C、氢氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，可以消耗硫酸，但会引入杂质离子铁离子，浪费原料，错误；
D、氢氧化镁和硫酸反应生成硫酸镁和水，可以消耗硫酸，调节溶液pH，正确；故选AD。
（4）酚酞试液在酸性和中性溶液中为无色，在碱性溶液中为红色，滴入的是氢氧化钠，如氢氧化钠过量溶液为碱性，酚酞试剂会变红。则滴定终点的现象是滴入最后一滴 NaOH标准溶液，溶液恰好变成红色，且半分钟内不褪色。可以根据消耗氢氧化钠溶液的质量及溶质浓度计算出氢氧化钠的质量，然后利用氢氧化钠的质量计算出消耗硼酸的质量，然后进一步求出硼酸的纯度。详见答案。
（5）操作Z得到硼酸和溶液，结合硼酸的溶解度0℃溶解度仅为2.77g，100℃溶解度为38.00g相差较大，可用降温结晶的方法获得，所以操作Z为加热浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。
（6）从硼酸溶解度可知，温度越低硼酸溶解度越小，则使用冰水洗涤可以减少硼酸溶解损失，提高产率。也可以使用饱和硼酸溶液进行洗涤，饱和硼酸溶液不能溶解硼酸但能溶解其他杂质，可以避免硼酸损失，提高产率。其他合理即可。
31．(1)增大反应物的接触面积，使反应更完全
(2)CaCO3高温CaO+CO2↑
(3)12CaO⋅7Al2O3
(4)A
(5)等于
(6)AB
【详解】（1）“粉碎”的目的是为了增大反应物的接触面积，使反应更完全；
（2）碳酸钙在高温条件下生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3高温CaO+CO2↑；
（3）钙元素的质量分数越小，反应物的转化率越高，3CaO⋅Al2O3中钙元素的质量分数为：3×403×（40+16）+27×2+16×3×100%≈44.4%，12CaO⋅7Al2O3中钙元素的质量分数为：12×4012×（40+16）+7×（27×2+16×3）×100%≈34.6%，，故“还原渣”中12CaO⋅7Al2O3越多，反应物的转化效率越高；
（4）氩气在流程中作的是保护气；
A、灯泡中填充的氮气，作保护气，以延长使用寿命，故选项符合题意；
B、高炉炼铁中的一氧化碳作还原剂，故选项不符合题意；
C、大棚里释放的二氧化碳作气体肥料，故选项不符合题意；
故选：A；
（5）CaCO3高温CaO+CO2↑,2Al+3CaO真空热还原Al2O3+3Ca
设至少需要碳酸钙的质量为x
由反应的化学方程式可知CaCO3∼CaO∼Ca10040x×80%4t
10040=x×80%4t
解得x=12.5t
（6）A、该工艺流程中需要高温煅烧、真空热还原，耗能太高，不符合低碳理念，故选项说法正确；
B、因为固体间反应不易充分，还原渣中易残留铝粉，铝粉的利用率不高，故选项说法正确；
C、还原渣中含有金属铝，需要回收，故选项说法错误；
故选：AB。
32． +3 1 AC 温度过高会导致过氧化氢挥发，不利于反应的进行 SO42- 2FeO（OH）高温 Fe2O3+ H2O 低温条件下FeO（OH）不易分解 生成了四氧化三铁或氧化亚铁 4t
【详解】（1）化合物中元素的化合价代数和为零，设FeO（OH）中铁元素的化合价为x，则x+(+1)+（-2）×2=0，x=+3，FeO（OH）可表示为mFe2O3·nFe（OH）3，FeO（OH）和mFe2O3·nFe（OH）3中原子个数比相同，则2m+n3m+3n=12 ，得mn =1；
（2）已知“沉淀”时的主要反应为：2FeSO4+H2O2+2H2O=2FeO(OH)↓+2H2SO4，①“沉淀”时调节溶液的初始pH约为4，过程中应始终保持溶液的pH为3.0~4.5，需不断加入物质Z调节溶液的pH，Z应具备的性质有：A、 能与酸反应，将生成的硫酸部分反应掉，使溶液的酸性不能太强，选项正确；
B、不能与碱反应，选项错误；
C、不与FeO（OH）反应，否则会导致产率偏小，甚至得不到产品，选项正确；故选AC；
②“沉淀”时反应温度不宜过高，其原因是温度过高会导致反应物过氧化氢挥发，不利于反应的进行；
（3）“过滤”后需对固体进行洗涤与干燥。洗涤时被除去的沾于固体表面的溶质是硫酸及调节酸碱性时可能产生的可溶性硫酸盐，阴离子为SO42-；
（4）根据质量守恒定律可推知，“煅烧”时反应是FeO（OH）在高温条件下分解生成氧化铁和水，化学方程式为2FeO（OH）高温 Fe2O3+ H2O；
（5）如图为其他条件相同时不同煅烧温度对产品中Fe2O3质量分数的影响。煅烧温度较低时，产品中Fe2O3质量分数较低，其原因是低温条件下FeO（OH）不易分解。当煅烧温度达800℃时，继续升高温度，产品中Fe2O3质量分数降低，且铁元素质量分数升高，所得产品发黑，其可能原因是生成了四氧化三铁或氧化亚铁，因铁的氧化物有氧化亚铁，四氧化三铁，氧化铁三种，其中氧化亚铁，四氧化三铁都是黑色固体，且铁元素的质量分数比氧化铁中高；
（6）用该方法制备Fe2O3，设13.9 t FeSO4·7H2O（相对分子质量为278）理论上可制得Fe2O3的质量为x，据反应前后元素的种类、质量不变，则：13.9 t×56278×100% =112160×100%x， x=4t。
33． 2AlF3＋3H2SO4(浓)加热 Al2(SO4)3＋6HF↑ 复分解 Al(OH)3 温度过高LiHCO3分解产生Li2CO3沉淀，与Ca3(PO4)2一同被过滤 Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失 烧杯 漏斗 引流 12HF＋2Al(OH)3 ＋3Na2SO4=2Na3AlF6＋3H2SO4＋6H2O
【详解】（1）在加热条件下酸浸，反应生成能腐蚀玻璃的气体，AlF3与浓硫酸发生反应生成硫酸铝和氟化氢，化学方程式为：2AlF3＋3H2SO4(浓)加热Al2(SO4)3＋6HF↑；该反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应。故填：2AlF3＋3H2SO4(浓)加热Al2(SO4)3＋6HF↑；复分解；
（2）电解铝废渣用浓硫酸酸浸溶解，生成HF，形成含有Al3+、Li+、Na+、Ca2+、SO42-的溶液，向滤液中加入碳酸钠溶液使Al3+、Li+、Ca2+转化为Al2（CO3）3、Li2CO3及CaCO3沉淀，过滤后向沉淀中加水，通入足量二氧化碳，使Al2（CO3）3转化为Al（OH）3，Li2CO3、CaCO3沉淀溶解转化为碳酸氢锂和碳酸氢钙，过滤则滤渣B为Al（OH）3，滤渣B的主要成分是Al（OH）3；故填：Al（OH）3；
（3）温度过高LiHCO3分解产生Li2CO3沉淀，与Ca3（PO4）2一同被过滤，导致最终的产率逐渐减小；故填：温度过高LiHCO3分解产生Li2CO3沉淀，与Ca3（PO4）2一同被过滤；
（4）根据已知信息，Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失；进行过滤操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗，玻璃棒的作用是引流。故填：Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失；烧杯；漏斗；引流；
（5）将酸浸时产生的气体（即HF）通入Al（OH）3和Na2SO4溶液的混合物中可产生难溶物冰晶石（Na3AlF6），根据质量守恒定律，生成物还有硫酸和水，该反应的化学方程式为：12HF＋2Al(OH)3 ＋3Na2SO4=2Na3AlF6＋3H2SO4＋6H2O。
故填：12HF＋2Al(OH)3 ＋3Na2SO4=2Na3AlF6＋3H2SO4＋6H2O。
34． Ca(OH)2 + 2HCl = CaCl2 + 2H2O Al(OH)3 Mg(OH)2 NaOH 过滤 洗涤 CO2 检查装置气密性 除去空气中的CO2和H2O 4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O 偏大 偏大 MgO 、Mg(OH)2 Mg(OH)2 MgO + H2O
【详解】探究一：（1）盐酸和氢氧化钙会发生中和反应生成氯化钙和水，化学方程式为：Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O；
（2）由（1）知，此时溶液中除了Mg2+外，还含有Fe3+、Al3+杂质，需除去Fe3+、Al3+但不能损失Mg2+，因Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+和Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，利用平衡移动的原理，消耗H+使上述水解平衡向正反应方向移动，除去Fe3+、Al3+，加Ca（OH）2需将溶液的pH控制在7～8，若pH过高，会导致生成的Al（OH）3发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O溶解，Mg（OH）2在pH为9.4时开始沉淀，所以碱性增强Mg（OH）2会沉淀，同时Mg2+也因转化为沉淀而损失，所以可能导致Al（OH）3溶解，Mg（OH）2沉淀；
（3）从实验步骤图知：沉淀混合物为Fe（OH）3和Al（OH）3，红色氧化物是沉淀物Fe（OH）3分解后得到的Fe2O3，所以得先加碱把Al（OH）3除掉，反应为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，然后过滤、洗涤、灼烧即可；
探究二：（1）仪器连接后，需要进行的操作是：检验装置气密性；
（2）浓硫酸有吸水性，氢氧化钠溶液可以吸收空气中的二氧化碳，避免对后面检验二氧化碳、水造成干扰，所以A框中装置的作用是：除去空气中的二氧化碳和水；
（3）硬质玻璃管中剩余的固体质量为2.0g，C处浓H2SO4增重0.9g，所以m（H2O）=0.9g，D处碱石灰增重1.76g，所以m（CO2）=1.76g，
mMgCO3nMg（OH）2xH2O（m+n）MgO+mCO2↑+（n+x）H2O↑，
80（m+n） 44m 18（n+x）
2g 1.76g 0.9g
80（m+n）2g=44m1.76g=18（n+x）0.9g
解之得：m=4，n=1，x=4，
所以碱式碳酸镁的化学式为：4MgCO3•Mg（OH）2•4H2O；
【交流与反思】（1）将E框中的装置去掉，空气中的二氧化碳和水蒸气会增加碱石灰和浓硫酸的质量，所以对实验结果的影响是m值偏大，x值偏大；
（6）通碱式碳酸镁在分解时先失去结晶水，然后碳酸镁开始分解，最后氢氧化镁开始分解，所以t4～t5时间段固体为：Mg（OH）2和MgO；
t5～t6时间段发生的反应是氢氧化镁在加热的条件下生成氧化镁和水，化学方程式为：Mg(OH)2 MgO + H2O。
35．(1)NaCl
(2)c
(3) 48.95℃ 此温度下，Mg2+沉淀的速率较快，沉淀效率较高，且不会生成其它沉淀
(4)把生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ca(OH)2溶液吸收
(5) CaOH2＋CO2=CaCO3↓＋H2O 防止空气中的CO2进入C干扰实验
(6)bc/cb
(7)根据MgCO3·3H2O+ H2SO4=MgSO4+ CO2↑+4H2O；CO2 + Ca(OH)2= CaCO3↓+ H2O；可得关系式为MgCO3·3H2O~ CO2~ CaCO3↓，设样品中MgCO3·3H2O的质量为x，
MgCO3⋅3H2O:CO2:CaCO3138100x10.0g
138100=x10.0g解得 x=13.8g ；
则 样品中MgCO3·3H2O的纯度13.8g15g×100%=92.0%；
答：样品中MgCO3·3H2O的纯度为92.0%；
(8)因BaCO3的相对分子质量比CaCO3大，等质量的MgCO3·3H2O生成的BaCO3质量远大于CaCO3，实验时相对误差小
(9) 偏大 偏大
【解析】（1）
由反应的化学方程式可知，反应前后镁原子都是1个，碳原子都是1个，氧原子都是6个，氢原子都是6个，反应前氯原子和钠原子都是2个，都包含在未知物质中，因此未知物质是：NaCl；
（2）
沉淀过程的pH随时间的变化如图2所示，弱碱性卤水的pH大于7，开始时pH逐渐减小，说明加入了二氧化碳，一会儿后pH升高，说明加入了氢氧化钠溶液，同时继续通入二氧化碳，使反应继续进行，故选：c；
（3）
由表中数据可知，沉淀过程选择的温度为48.95℃，这是因为此温度下，Mg2+沉淀的速率较快，沉淀效率较高，且不会生成其它沉淀；
（4）
实验过程中需持续缓缓通入空气，其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有把生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ca(OH)2溶液吸收 ，否则装置内剩余二氧化碳不被吸收，导致测定结果偏小；
（5）
石灰水的溶质氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应方程式为：Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O；D中碱石灰的作用为防止空气中的CO2进入C干扰实验，使测定结果偏大；
（6）
a．在加入硫酸之前，应排净装置内的CO2气体，这样能够防止空气中的二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙，影响实验结果，该选项能提高测定准确度；
b．为了缩短实验时间，快速滴加硫酸，可能会导致产生的二氧化碳气体不能被氢氧化钙溶液全部吸收，从而导致实验结果不准确，该选项不能提高测定准确度；
c．在A～B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置时能够吸收水蒸气，但是通过B装置后又会带进水蒸气，该选项不能提高测定准确度；
d．在C装置左侧导管末端增添多孔球泡，能够增大二氧化碳和氢氧化钙的接触面积，利于二氧化碳气体的全部吸收，该选项能提高测定准确度。
故选bc；
（7）
见答案；
（8）
因BaCO3的相对分子质量比CaCO3大，等质量的MgCO3·3H2O生成的BaCO3质量远大于CaCO3，实验时相对误差小；
（9）
化合物中元素的质量分数=化学式中某原子的个数×其相对原子质量化合物的相对分子质量×100%，若获取MgCO3·3H2O的样品中含有少量Mg5(OH)2(CO3)4·4H2O，则产品中镁元素的质量分数偏大，因为MgCO3·3H2O中镁元素的质量分数=24÷138×100%；Mg5(OH)2(CO3)4·4H2O镁元素的质量分数=（24×5）÷458×100%；同质量的Mg5(OH)2(CO3)4·4H2O比MgCO3·3H2O生成的碳酸钙沉淀多，所以计算的纯度偏大。
36． B C NaOH + HCl == NaCl + H2O Na2CO3 + 2HCl == 2NaCl + H2O + CO2↑ NaHCO3的溶解度较低，析出晶体 B 取最后一次洗涤液，滴加硝酸银溶液，若没有沉淀则已洗涤干净 CO2 温室效应 氨气 NH4Cl 作氮肥
【详解】（1）加入碳酸钠的作用有两个：一个是除去溶液中的Ca2+、另一个是除去过量的氯化钡，所以加入的碳酸钠必须排在氯化钡的后面，所以顺序是NaOH、BaCl2、Na2CO3；（2）加入盐酸的目的是除去过量的氢氧化钠和过量的碳酸钠，（3）由NaCl + NH4HCO3 = NaHCO3+ NH4Cl可知，碳酸氢钠和氯化铵的质量比为84:53.5，碳酸氢钠生成的多，但是溶解度很小，20℃时的溶解度为9.6g,所以生成的碳酸氢钠大都以晶体存在，类似于沉淀，符合复分解反应的条件，所以反应能顺利进行；（4）为了能将洗涤的液体与固体及时分离，所以洗涤时应用装置B，如果洗涤干净则洗涤所得溶液中没有氯化铵，所以判断晶体已经洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，滴加硝酸银溶液，若没有沉淀则已洗涤干净；（5）碳酸氢钠在加热条件下分解生成碳酸钠和二氧化碳、水，所以X的化学式为CO2，直接排放会导致温室效应。（6）滤液中最主要成分是氯化铵，氯化铵与Ca(OH)2反应的产物是氨气、氯化钙、水，氨气可用于循环使用， 氯化铵的化学式为NH4Cl，因含氮元素，可做氮肥。
点睛：本题容易出错的地方是对于循环物质的判断，在后面的生成物中的物质，如果在前面的反应物中用到过该物质就可以循环使用．
37． SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O
因为石灰水中的氢氧化钙是一种微溶物，澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较低，很难将二氧化硫完全吸收 H2SO4
复分解 二氧化硅/SiO2 Fe3+ 操作简单，不溶于引入其他的杂质 蒸发浓缩 过滤
2:5
【详解】（1）氢氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙和水，该反应的化学方程式为：SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O；
该步骤中用石灰乳而不用澄清石灰水的原因是氢氧化钙是一种微溶物，澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较低，很难将二氧化硫完全吸收；
（2）该实验的目的是制备碱式硫酸铁，故酸溶时加入的试剂a是H2SO4；
酸溶时发生反应的属于酸和金属氧化物及FeS的反应，符合“两种化合物互相交换成分另外两种化合物”的反应，属于复分解反应；
过滤后获得的滤渣的主要成分是不能反应也不溶于水的二氧化硅；
（3）反应l中加双氧水的目的是为了将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；
双氧水作为该反应氧化剂的优点是操作简单，不引入其他的杂质；
（4）由溶液获得碱式硫酸铁，操作是蒸发浓缩﹑冷却结晶﹑过滤和低温烘干；
（5）①所得的混合物中加入足量的BaCl2溶液，钡离子能与硫酸根离子结合生成硫酸钡沉淀，故得到的沉淀为硫酸钡，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，故硫酸根的质量为：2.330g×96233×100%=0.96g；向步骤②的滤液中加入过量的NaOH溶液，铁离子和氢氧根离子结合生成氢氧化铁，将沉淀过滤、洗涤、灼烧，得到氧化铁，故得到0.640g氧化铁，氧化铁中铁元素的质量为：0.640g×56×256×2+16×3×100%=0.448g，故碱式硫酸铁中铁元素的质量为0.448g，故56x：96z=0.448g：0.96g，x：z=4:5，该化合物中，铁元素显+3价，氢氧根离子显-1价，硫酸根离子显-2价，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，（+3）×4+（-1）y+（-2）×5=0，y=2，故y：z=2:5。
38．(1) ac/ca 3Fe2O3+CO高温2Fe3O4+CO2
(2) FeCl2 FeOOH中存在H、O元素
(3) 加快反应速率 氢气和二氧化碳的混合气体
(4)2FeOOH+FeSO4=Fe3O4+H2SO4
(5)69.7%
水的质量=76.6g−71.2g=5.4g
由图像可知，生成氧化铁的质量为71.2g，设FeOOH的质量为x
2FeOOHΔFe2O3+H2O17818x76.6g-71.2g17818=x76.6g-71.2gx=53.4g
样品中FeOOH的含量为：×100%=69.7%。
【详解】（1）①生铁制作铁锅，利用了铁的导热性和硬度大的特点，故选ac。
②高温下CO将红砖中的Fe2O3转化为Fe3O4而形成青砖，该转化的化学方程式为：3Fe2O3+CO高温2Fe3O4+CO2；
（2）①碳酸亚铁（FeCO3）不溶于水，可作补血剂，服用后与胃酸反应生成氯化亚铁（FeCl2）被人体吸收，促进血红蛋白的生成；
②火星探测器发回的信息表明，火星上存在FeOOH，从而证明火星表面曾经存在过水（分子式为H2O），其理由为化学变化中，元素种类不改变，FeOOH中存在H、O元素；
（3）酸溶时适当提高反应温度和H2SO4浓度，目的是加快反应速率；铁与稀硫酸反应生成氢气，碳酸亚铁与稀硫酸反应生成二氧化碳，因此产生的气体为氢气和二氧化碳的混合气体；
（4）FeOOH与FeSO4反应生成Fe3O4，化学方程式为：2FeOOH+ FeSO4= Fe3O4+ H2SO4。
（5）见答案
39．(1) 升高温度（或增大接触面积或加快搅拌速度等） 使铁离子和铝离子转化为沉淀，除去铁离子和铝离子
(2)MnF2+MgSO4=MnSO4+MgF2↓
(3) (NH4)2SO4 引流
(4)6Mn(OH)2+O260℃2Mn3O4+6H2O
(5)Mn3O4中锰元素的质量分数为72%，通空气8小时左右，固体中锰元素质量分数为72%，故所得固体几乎全部为Mn3O4
【分析】由流程可知，酸浸中二氧化硅不反应，得到含Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+的溶液，滤液中加入过氧化氢在把Fe2+氧化为Fe3+，通入氨气调节pH沉淀Fe3+和Al3+，滤液中加入MnF2得到MgF2沉淀，再加氨水，Mn2+变为Mn(OH)2沉淀，Mn(OH)2在空气中煅烧得到Mn3O4。
【详解】（1）升高温度、增大接触面积或加快搅拌速度等均可增大反应速率；结合表中数据知，加氨水调节pH保持在5.5的目的是使铁离子和铝离子转化为沉淀，除去铁离子和铝离子。
（2）根据复分解反应定义，MnF2和MgSO4相互交换成分，生成硫酸锰和氟化镁沉淀，化学方程式为MnF2+MgSO4=MnSO4+MgF2↓。
（3）“沉淀”时加入氨水，溶液中含硫酸根离子，故滤液主要成分可以作为常见的固态化肥，则该成分可能为(NH4)2SO4，在实验室中过滤时玻璃棒的作用是引流。
（4）Mn(OH)2与空气中的氧气在60℃条件下反应生成Mn3O4，根据质量守恒定律知，反应前后元素种类不变，则反应还生成水，化学方程式为6Mn(OH)2+O260℃2Mn3O4+6H2O。
（5）Mn3O4中锰元素的质量分数为55×355×3+16×4×100%≈72%，通空气8小时左右，固体中锰元素质量分数为72%，故所得固体几乎全部为Mn3O4。
40．(1) Fe2O3+ 3H2SO4= Fe2SO43+ 3H2O 0.1～0.2 H2O2的加入量为0时，铜浸取率约为82% 85 温度过低，反应速率慢；温度过高，会加速H2O2的分解，Cu的浸取率降低
(2) c 不引入新的杂质且增加产品的产率
(3) Na2SO4 玻璃棒 取最后一次洗涤液，向其中加入BaNO32溶液（BaCl2等溶液亦可），观察有无沉淀产生
(4) 生成CuOH2沉淀 Cu2OH2CO3受热分解
(5) 0.795 依据Cu2OH2CO3受热分解的化学方程式，可知：理论上固体残留率=160222×100%=72.1%，与图1数据基本一致
【详解】（1）1、三氧化二铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，化学方程式为Fe2O3+ 3H2SO4= Fe2SO43+ 3H2O，故填：Fe2O3+ 3H2SO4= Fe2SO43+ 3H2O；
2、由图 2 可知0.1ml/L~0.2ml/L之间，铜的浸取率相对较高，故 H2O2 适宜的浓度范围为0.1~0.2，故填：0.1~0.2；
3、图 2 中的点 a 分析，H2O2的加入量为0时，铜浸取率约为82%，所以浸取时Fe2SO43也起到了氧化辉铜矿的作用，故填：H2O2的加入量为0时，铜浸取率约为82%，过氧化氢浓度增大浸取率增大；
4、由图3可知85℃时，铜浸取率最高，故填：85；
5、温度过低，反应速率慢；温度过高，会加速H2O2的分解，Cu的浸取率降低，所以85℃，铜浸取率最高，故填：温度过低，反应速率慢；温度过高，会加速H2O2的分解，Cu的浸取率降低；
（2）滤液本来是呈现酸性，将溶液pH值调大才能使铁离子沉淀，所以不能加酸性的氯化铜和盐酸，故“除铁”步骤调 pH 可加入下列试剂中的CuO，还具有优点是不引入新的杂质且增加产品的产率，故填：c；不引入新的杂质且增加产品的产率；
（3）1、根据质量守恒定律化学反应前后原子的种类和个数不变，反应前有2个铜原子、2个硫原子、15个氧原子、4个钠原子、2个碳原子、2个氢原子，反应后有2个铜原子、7个氧原子、2个碳原子、2个氢原子，所以2X中有2个硫原子、8个氧原子、4个钠原子，X中有1个硫原子、4个氧原子、2个钠原子，故X的化学式为Na2SO4，故填：Na2SO4。
2、过滤需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故填：玻璃棒；
3、若晶体洗涤干净，其表面就不会附着生成物硫酸钠，所以判断晶体是否洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液，向其中加入BaNO32溶液（BaCl2等溶液亦可），观察有无沉淀产生，故填：取最后一次洗涤液，向其中加入 BaNO32溶液（BaCl2等溶液亦可），观察有无沉淀产生；
（4）1、若反应时溶液的 pH 过大，Cu2OH2CO3会生成CuOH2沉淀，使碱式碳酸铜产率降低， Cu元素含量偏大，故填：生成CuOH2沉淀；
2、若反应时溶液的温度过高，Cu2OH2CO3受热会分解，Cu2OH2CO3产率偏低，故填：Cu2OH2CO3受热分解；
（5）碱式碳酸铜受热分解的质量关系Cu2OH2CO3△¯¯2CuO+CO2↑+H2O222160，依据Cu2OH2CO3受热分解的化学方程式，理论上固体残留率=160222×100%=72.1%，与图1数据基本一致，故填：0.795；依据Cu2OH2CO3 受热分解的化学方程式，理论上固体残留率=160222×100%=72.1% ，与图1数据基本一致。
41．(1) 粉碎菱镁矿石 MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑
(2) 150 量筒 >
(3) 降温结晶 便于快速干燥 防止晶体受热分解 H2SO4
(4)解：化合物中元素的质量分数=元素的相对原子质量×原子个数化合物相对分子质量×100％，则碳酸镁中镁元素的质量分数=2424+12+16×3×100％；100t碳酸镁质量分数为84%的菱镁矿石中镁元素的质量=100×84%×2424+12+16×3×100％=24t；MgSO4·7H2O中镁元素的质量分数=2424+32+16×4+18×7×100％；则用100t碳酸镁质量分数为84%的菱镁矿石可制得MgSO4·7H2O的质量=24t2424+32+16×4+18×7×100％=246t
答：用100t碳酸镁质量分数为84%的菱镁矿石可制得MgSO4·7H2O的质量为246t。
【分析】矿石中主要成分是MgCO3，含少量MnCO3、SiO2，加入硫酸进行“酸浸”时，二氧化硅和硫酸不反应，依据流程图中信息，MgCO3和MnCO3与硫酸分别反应生成MgSO4和MnSO4，溶液，经过过滤操作将固液分离。向溶液中加入NaClO溶液，由图可以看出将硫酸锰转化为二氧化锰沉淀，硫酸镁和次氯酸钠不反应，经过过滤操作将固液分离，得到硫酸镁溶液，可通过浓缩结晶的方式得到MgSO4·7H2O。
【详解】（1）酸浸时为了提高浸出率，可采用的操作有将矿石研磨成粉末、搅拌、提高硫酸浓度等。根据上述分析，MgCO3与硫酸发生的反应和CaCO3与盐酸的反应类似，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，则碳酸镁和硫酸反应生成硫酸镁、水和二氧化碳，反应方程式为MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑；故填：粉碎菱镁矿石；MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑；
（2）设实验室用质量分数为98%的硫酸配制200g质量分数为24.5%的稀硫酸，需要水的体积为xmL，由稀释前后溶质质量不变得，200g×24.5%=(200g-x×1g⋅mL-1)×98%，x=150mL；需要用到的玻璃仪器有胶头滴管、玻璃棒、烧杯和量筒，量取水时俯视，读数偏大，试剂量取的液体偏小，即溶质不变，溶剂减少，配得的稀硫酸质量分数大于24.5%；故填：150；量筒；>；
（3）①MgSO4·7H2O受热易分解、失去结晶水，“操作1”的具体操作是：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥。洗涤经常选用95%的乙醇，乙醇易挥发，干燥快，优点是便于快速干燥或减少晶体因溶解而损失；烘干操作需在低温条件下进行，其原因是防止晶体受热分解或防止晶体受热失去结晶水；故填：降温结晶；便于快速干燥；防止晶体受热分解；
②由图可知，操作I得到的滤液中溶质为硫酸和氯化钠，转化时有硫酸生成，流程开始时有硫酸参加反应，所以“操作1”所得滤液中能分离出一种可循环使用的物质是硫酸，其化学式为H2SO4；故填：H2SO4；
（4）详见答案。
42．(1) Na2CO3 HCl MgSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Mg（OH）2↓
(2) NH3 NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl C 便于存储（或便于运输、施用等其他合理答案均可）
(3) 30 37.25
【详解】（1）提纯过程所用试剂X、Y分别是碳酸钠溶液、稀盐酸，所加试剂均稍过量的目的是使过量的氢氧化钡、过量的碳酸钠和反应生成的氢氧化钠完全反应，故填：Na2CO3；HCl；
提纯过程中步骤Ⅱ：硫酸镁和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，发生反应的化学方程式：MgSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Mg（OH）2↓；
（2）①氨气的溶解度远大于CO2的溶解度，氨气和水形成氨水，呈碱性，因此先通氨气，更容易吸水二氧化碳，故答案为：NH3；
②吸氨碳化塔中温度控制在30℃~35℃，便于碳酸氢钠析出，发生反应的化学方程式为NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl；
③吸氨碳化塔中析出NaHCO3固体的主要原因是30℃～35℃时，NaCl、NaHCO3、NH4Cl的溶解度相比较，NaHCO3的溶解度最小，易达到饱和而析出，故选：C；
④碱厂与氨厂联合后，用NH4Cl代替氨水做氮肥，其优势是便于存储（或便于运输、施用等其他合理答案均可）；
（3）①要有效氯含量为6%的“84消毒液”的质量是：6000g×0.03%÷6%=30g；
②一瓶500g该品牌“84消毒液”中氯元素质量是500g×3.55%=17.75g，含次氯酸钠（化学式NaClO）的质量是17.75g÷35.523+35.5+16×100%=37.25g。
43．(1)2
(2)10%
(3)过滤
(4) A 增大溶液与二氧化碳的接触面积，使碱化的溶液与二氧化碳充分反应
(5)温度越高二氧化碳的溶解度越小（或温度越高，氨水越易分解，挥发出氨气）
(6) Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O NH4Cl、NH3·H2O
(7)解：设所需电石渣的质量为x。
Ca(OH)2+CO274x×92.5%=CaCO3↓+H2O1001t
74100=x×92.5%1t
x=0.8t
答：制备1tCaCO3需电石渣的质量为0.8t。
【详解】（1）碱式碳酸钙的化学式为Ca3(OH)2(CO3)n，根据化合物中元素化合价的代数和为0，钙显+2价，氢氧根显-1价，碳酸根显-2价，则(+2)×3+(-1)×2+(-2)×n=0，n=2。
（2）根据图示，当用质量分数为10%的NH4Cl溶液浸取电石渣时，Ca元素提取率最高，同时Mg元素去除率也比较高，故较适宜的NH4Cl质量分数是10%。
（3）通过操作1将镁元素产生的沉淀与溶液分离，该操作为过滤。
（4）根据碳化塔的结构，如果二氧化碳从顶部B处通入，二氧化碳会从塔上部废气排出口排出，因此正确的操作是溶液从B处以雾状喷入，二氧化碳从A处通入，其目的是：增大溶液与二氧化碳的接触面积，使碱化的溶液与二氧化碳充分反应。
（5）由表可知，60℃时完全反应所需时间最少， 80℃比60℃时完全反应所需时间更多，其原因有：①二氧化碳气体的溶解度随温度的升高而减小，溶解在溶液中的二氧化碳减少，导致完全反应所需反应时间增加；②温度越高，氨水分解的速率越大，氨气挥发，溶液的碱性变弱，吸收二氧化碳的效果变差，完全反应所需的时间增加。
（6）“浸取”过程中发生的反应是：Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，“碳化”过程中发生的反应是：CaCl2+2NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O。将这两个反应合并，由Ca(OH)2制备碳酸钙的总反应方程式为：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O。该制备方案中，“浸取”时生成氨水，氨水在碱化时可循环使用，“碳化”时生成氯化铵，氯化铵在“浸取”时可循环使用。故本方案中可循环利用的物质为：NH4Cl、NH3·H2O (或NH3)。
（7）见答案。
44．(1) 化合 90℃ 将软锰矿粉碎
(2) CO2 Mn(OH)2
(3)NH4HCO3ΔNH3↑+CO2↑+H2O
(4) 洗去碳酸锰表面的可溶性杂质，提高产品的纯度 Ba(NO3)2（合理即可）
(5)c
(6)设MnO2的质量为x，则MnO的质量为（24.5g-x），依据质量守恒定律可知反应前后锰元素质量不变，则：
x×5587×100%+(24.5g-x)×5571×100%=34.5g×55115×100%解得：x=17.4g
答：该混合物中MnO2的质量约为17.4g。
【详解】（1）根据反应方程式MnO2+SO2=MnSO4可知：该反应是两种物质结合成一种物质的反应，符合“一变多”的化合反应特征，故为化合反应；
依据图像可知，在90℃时MnS2O6的生成率较低，且温度升高MnS2O6的生成率变化不大，故为减少MnS2O6的生成，最适宜的温度为90℃；
增大物质间的接触面积也能提高锰元素的浸出率，因此通常还可以采取的措施是将软锰矿粉碎。
（2）反应塔2中的反应为MnSO4+2NH4HCO3=NH42SO4+MnCO3↓+X↑+H2O，依据质量守恒定律可知：反应前后原子个数不变、种类不变，反应前共有1个锰原子、1个硫原子、2个氮原子、10个氢原子、2个碳原子、10个氧原子，反应后已有1个锰原子、1个硫原子、2个氮原子、10个氢原子、1个碳原子、8个氧原子，因此X中含有1个碳原子、2个氧原子，为CO2；
若碱性过强，溶液会含有见多的氢氧根离子，则MnSO4溶液会与氢氧根离子结合成Mn(OH)2沉淀，MnCO3粗产品中将混有Mn(OH)2。
（3）温度较高时碳酸氢铵易分解生成氨气、水和二氧化碳气体，反应的化学方程式为：NH4HCO3ΔNH3↑+CO2↑+H2O。
（4）分离出的粗产品碳酸锰表面会有可溶性杂质影响纯度，因此洗涤塔中洗涤的目的是：洗去碳酸锰表面的可溶性杂质，提高产品的纯度；
验证MnCO3粗产品表面附着有硫酸铵杂质，也就是检验硫酸根的存在：证明已洗涤干净即证明不含硫酸根离子，可以向滤液中加入适量的Ba(NO3)2溶液（合理即可），无白色沉淀产生，则证明已洗涤干净。
（5）根据计算公式：产率=产品的实际质量产品的理论质量×100%
a.反应物未完全沉淀，则得到产品实际质量偏小，产率偏低，故该项不符合题意；
b.过滤时滤纸破损，则得到产品实际质量偏小，产率偏低，故该项不符合题意；
c. MnCO3未洗涤干净，则得到产品实际质量偏大，产率偏高，故该项符合题意；
d.高温烘干MnCO3，MnCO3在100℃时开始分解，则得到产品实际质量偏小，产率偏低，故该项不符合题意。
故填c。
（6）见答案。
45．(1)SO2＋2NaOH＝Na2SO3＋H2O
(2) 低 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中
(3) 粉碎矿石或适当提高温度等 H2O
(4) 漏斗
2Al(OH)3△Al2O3＋3H2O
(5)16:1
【详解】（1）氢氧化钠溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸钠和水，化学方程式为SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O
（2）根据图像可知随温度升高加入氧化钙的矿粉硫去除率数值低于不加氧化钙的矿粉，故填：低；其主要原因是根据资料氧化钙会与二氧化硫以及氧气反应生成硫酸钙，故填：硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中；
（3）加快“碱浸”速率可以使物质之间接触面积加大或在温度较高的环境下进行，故填：粉碎矿石或适当提高温度等；根据质量守恒定律化学反应前后原子的个数和种类不变，反应前有2个铝原子、5个氧原子、2个钠原子、2个氢原子，反应后由2个铝原子、2个钠原子、4个氧原子，故X中含有2个氢原子、1个氧原子，所以X的化学式为：H2O；
（4）“过滤”需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故填：漏斗；
根据质量守恒定律分析，氢氧化铝受热分解为氧化铝以及水，故化学方程式为：2Al(OH)3△Al2O3＋3H2O
（5）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，化学方程式为：16Fe2O3＋FeS2焙烧11Fe3O4＋2SO2↑，理论上完全反应时消耗Fe2O3与FeS2的化学计量数之比为：16:1。
46．(1) 过滤 降温 碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大 取最后一次洗涤液，加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀产生，该晶体洗净
(2) 不能 HCO3- H2CO3（顺序可换）
【解析】(1)
①固液分离是过滤，操作A的名称为过滤，故填：过滤。
②侯氏制碱法，B为氯化铵，溶解度随温度变化较大，可用降温结晶的方法获得物质B固体，故填：降温。
③向沉淀池中先通入足量NH3，后通入CO2，析出NaHCO3晶体而不是Na2CO3晶体，其原因是碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大，故填：碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大。
④析出NaHCO3晶体中可能含有少量氯离子杂质，实验室确定NaHCO3晶体表面杂质洗净的方法取最后一次洗涤液，加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀产生，说明没有氯离子，该晶体洗净，故填：取最后一次洗涤液，加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀产生，该晶体洗净。
(2)
①由图可知，在同一溶液中， CO32- 、 HCO3- 、H2CO3不能大量共存，故填：不能。
②当pH=7时，溶液中含碳元素的主要微粒为CO32-和H2CO3，故填：CO32-；H2CO3。
47． 2MnO2+ 4KOH +O2加温加压2K2MnO4+ 2H2O 增大接触面积，浸取更充分（加快浸取） K2CO3 全是（只有）紫红色（或无墨绿色）痕迹 产物中会混有 KHCO3 过滤 漏斗 引流 MnO2 35（30 ~ 40） 3.2g
【详解】（1）分析流程图可知，二氧化锰、氢氧化钾和氧气在加温加压的条件下，反应生成锰酸钾和水，反应的化学方程式为：
2MnO2+ 4KOH +O2加温加压2K2MnO4+ 2H2O。
（2）浸取前，需将共熔后所得的物质粉碎，目的是增大接触面积，浸取更充分（加快浸取），故填：增大接触面积，浸取更充分（加快浸取）；
（3）根据质量守恒定律可知，反应前后原子的种类和数目不变；设要求的物质的化学式为X，根据化学方程式3K2MnO4+ 2CO2= 2KMnO4+ MnO2+2X分析，反应前钾、锰、氧、碳原子个数分别为6、3、16、2,反应后的生成物中钾、锰、氧、碳原子个数分别为2、3、10、0，根据反应前后原子种类、数目不变，则2 X分子中含有4个钾原子、6个氧原子和2个碳原子，则物质X的化学式为K2CO3；当 K2MnO4（墨绿色）全部转化为KMnO4（紫红色），即可判断歧化时K2MnO4 完全反应，方法是：用璃棒蘸取溶液点在滤纸上，若观察到全是（只有）紫红色（或无墨绿色）痕迹；当溶液 pH 为 10~11，停止通 CO2，若CO2 过多会与水、碳酸钾共同作用生成碳酸氢钾，且结晶时，碳酸氢钾和高锰酸钾一起析出，导致产品纯度降低，故填：K2CO3；全是（只有）紫红色（或无墨绿色）痕迹；产物中会混有 KHCO3；
（4）由操作 1后的滤液和滤渣可知，该操作是过滤，在实验室完成此操作，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，玻璃棒的作用是引流，故填：过滤；漏斗；引流；
（5）因二氧化锰不溶于水，在进行过滤操作时，滤渣上的固体便是固体，从经济角度考虑，实验中二氧化锰可循环使用，故填：MnO2；
（6）由图分析可知，当 HAc 加入量为35mL 时，高锰酸钾的纯度较高，故填：35；
（7）解：设可制得氧气的质量为 x
2KMnO431631.6gΔK2MnO4+MnO2+O2↑32x
31632=31.6gx
x = 3.2g
答：可制得 3.2g 氧气。
48． Fe2O3+3H2SO4＝Fe2(SO4)3+3H2O
漏斗 引流 搅拌(或增大硫酸的浓度，或升高温度，或将烧渣粉碎等) Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4
剩余的硫酸与铁反应 降温结晶 避免绿矾在干燥过程中受热分解失去结晶水 防止绿矾在空气中被氧气氧化 取少量最后一次洗涤液于试管中，(加盐酸酸化，)滴加氯化钡溶液，不产生白色沉淀 278:541 反应过程中部分亚铁离子被氧气氧化为铁离子
【详解】（1）氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，该反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4＝Fe2(SO4)3+3H2O；
（2）过滤用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；玻璃棒的作用是：引流；
（3）为提高“浸取”步骤的反应速率，可以将烧渣粉碎（增大反应物之间的接触面积）、提高温度、增大硫酸的浓度、搅拌等；
（4）“还原”步骤是铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，该反应的化学方程式为：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4；
测得“还原”后溶液的pH明显增大且有大量气泡，是因为过量的硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，硫酸被消耗，pH增大，有氢气生成，有大量气泡产生；
（5）由图2可知，硫酸亚铁的溶解度随温度的升高，变化幅度较大，故FeSO4溶液经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥后得到FeSO4•7H2O晶体；
低温干燥的目的是：避免绿矾在干燥过程中受热分解失去结晶水；
（6）+2价的铁元素容易被空气中的氧气氧化，故氮气的作用是：防止绿矾在空气中被氧气氧化；
（7）①溶液中含硫酸根离子，钡离子能与硫酸根离子结合生成硫酸钡沉淀，故证明沉淀已经洗涤干净的操作是：取少量最后一次洗涤液于试管中，(加盐酸酸化，)滴加氯化钡溶液，不产生白色沉淀，说明已经洗涤干净；
②四氧化三铁可表示为：FeO﹒Fe2O3，亚铁离子来自于FeSO4·7H2O，铁离子来自于FeCl3·6H2O，亚铁离子与铁离子的个数比为：1:2，故起始所用FeSO4·7H2O和FeCl3·6H2O的质量之比为：（56+32+16×4+18×7）：2×（56+35.5×3+18×6）=278:541；
+2价的铁元素容易被空气中的氧气氧化为铁离子，故实际生产中为提高产率，往往大于以上的理论比。
49． 2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3·H2O 过滤 引流 铁架台 Fe(OH)3 A 氯化铵 氯化铵浓度为10%左右时，最利于钙离子的浸取，氯化铵浓度过高或过低都不利于钙离子的浸取 通过蒸发浓缩的方法将氯化铵的浓度控制在10%左右 A 温度过高氨气容易挥发，且40℃和60℃时钙离子的浸出率相差不大，可节约能源 使反应物充分接触加快反应速率 理论上可得纳米碳酸钙的质量为10t×90%×95%×4040+16×2+1×2×100%÷4040+12+16×3×100%≈11.55t
【详解】(1)由资料可知，NH3极易溶于水，溶于水生成 NH3·H2O，且在碳化反应中有氨水参与反应，故氢氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和氨水，2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3·H2O。
(2)操作Ⅰ为分离固液的操作，名称过滤；实验室完成此操作需要用到玻璃棒，其作用是引流，防止液体洒出；完成此操作所需的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒、铁架台。氢氧化铁为红褐色沉淀，故滤渣 A中的红褐色碱类是氢氧化铁Fe(OH)3。
(3)由题意可知，碳化得到碳酸钙、氯化铵、水，过滤分离出碳酸钙固体，洗涤除去固体表面的氯化铵残液，由于残液中铵根离子浓度较小，故不能用C、NaOH 溶液与湿润的红色石蕊试纸来检验；氯离子和银离子反应会生成白色氯化银沉淀，故检验产品是否洗净，最适合的检验试剂为A 、AgNO3溶液。
(4)由流程图可知，浸取过程中用到氯化铵，在碳化过程中生成氯化铵，故生产中还可以循环使用的物质有氯化铵；由图可知，氯化铵浓度为10%左右时，最利于钙离子的浸取，氯化铵浓度过高或过低都不利于钙离子的浸取，故应该首先通过蒸发浓缩的方法将氯化铵的浓度控制在10%左右。碳酸钠引入钠离子不能被循环利用，一氧化碳难溶于水，不利于反应，故从物质循环利用角度考虑，碳化时，可用A、NH4HCO3溶液代替 CO2最合适。
(5)温度过高氨气容易挥发，且由图可知，40℃和60℃时钙离子的浸出率相差不大，可节约能源。
(6)碳化时，需打开搅拌器搅拌，这既能搅拌反应液，还能使反应物充分接触加快反应速率，使碳化更充分。
(7)反应前后元素种类质量不变，则氢氧化钙中钙元素的质量等于生成碳酸钙中钙元素的质量；过程见答案。
50．(1)8.5
(2) 检验二氧化碳气体 白色固体变为蓝色 碳为黑色且反应物中有碳元素 固体全部溶解，溶液变为蓝色 CuO+H2SO4=CuSO4+H2O
(3)CuCO3·Cu(OH)2·H2O；
解：根据碱式碳酸铜发生分解反应的化学方程式可知，氧化铜、二氧化碳、水三种物质的对应关系为：(x+y)CuO~xCO2~(y+z)H2O。
x+yCuO~xCO2~y+zH2O80（x+y)44x18(y+z)
80x+y8.0g=44x2.2g=18y+z1.8g，x=y=z
则碱式碳酸铜的化学式为：CuCO3·Cu(OH)2·H2O
【详解】（1）产品生产中加入Na2CO3溶液时，反应液pH对产品中SO42-的含量以及反应液中Cu2+沉淀效率的影响如图1所示，沉淀时溶液pH最好控制在8.5左右，因为此时溶液残留铜元素的浓度最低。
（2）①无水硫酸铜是白色粉末，遇水和水反应生成蓝色硫酸铜晶体，往往用无水硫酸铜鉴别是否有水。二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，实验室往往用澄清石灰水鉴别二氧化碳。甲同学将装置按B→C→A的顺序组合进行实验，装置A中盛放的试剂的作用是：检验二氧化碳气体，装置C中的现象为：白色固体变为蓝色。
②实验结束，B装置中粉末完全变黑。关于黑色物质的成分，有人认为可能有碳，从物质的物理性质和元素守恒角度说明此猜想的依据是：碳为黑色且反应物中有碳元素。
③取少量黑色粉末于试管中，向其中加入足量的稀硫酸，振荡，因为实验结论是：黑色粉末均为氧化铜，所以会观察到：固体全部溶解，溶液变为蓝色，反应的化学方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O。
（3）解：根据碱式碳酸铜发生分解反应的化学方程式可知，氧化铜、二氧化碳、水三种物质的对应关系为：(x+y)CuO~xCO2~(y+z)H2O。
x+yCuO~xCO2~y+zH2O80（x+y)44x18(y+z)
80x+y8.0g=44x2.2g=18y+z1.8g，x=y=z
则碱式碳酸铜的化学式为：CuCO3·Cu(OH)2·H2O
51． 单位时间内和盐酸反应生成的二氧化碳气体多 挥发出的氯化氢气体增多 下移水准管 浓硫酸 使碳酸钙和硫酸充分接触 10000dV-V1-V244m% 饱和 CO32- NaHCO3 NaOH A 水 达到了碳酸钙分解的温度 解：设曲线b实验进行到8分钟时反应碳酸钙的质量为x、生成碳酸钙质量为y
CaCO3100x高温CaO56y+CO2↑449.78g-6.48g
10044=x9.78g-6.48gx=7.5g
5644=y9.78g-6.48gy=4.2g
则固体成分为未分解的碳酸钙9.78g-7.5g=2.28g，生成氧化钙质量4.2g。
【详解】（1）据图2分析，选择粉末状样品的依据是单位时间内和盐酸反应生成的二氧化碳气体多；
（2）盐酸具有挥发性，会挥发出氯化氢气体；据图3分析，影响实验测定准确性的原因：一是水蒸气含量增加；二是挥发出的氯化氢气体增多；
将稀硫酸滴入试管中反应生成气体，压强增大，U型管中左侧液面下降、右侧液面上升，故反应结束后读数，读数前调节U型管左右液面相平，需要进行的操作是下移水准管；
（3）试剂a是浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，可以干燥生成的二氧化碳气体，排除水蒸气的干扰。
（4）已知，室温时，CaSO4微溶于水。加入足量稀硫酸，生成物附着在碳酸钙的表面，阻碍了反应的进行，一段时间后反应停止，再加入氯化铵溶液，发现又产生气泡，推测加入氯化铵的作用使碳酸钙和硫酸充分接触。
（5）实验二中，注射器移动的体积就是装置中排出和生成气体的体积和，则生成二氧化碳体积为VmL-V1mL-V2mL，该实验条件下CO2密度为dg/mL，则样品生成二氧化碳的质量为d(V-V1-V2)g；
CaCO3100100dV-V1-V244g+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑44dV-V1-V2g
由化学方程式体现的质量关系可知，生成碳酸钙的质量为100dV-V1-V244g，则样品碳酸钙质量分数表达式为100dV-V1-V244gmg×100%=10000dV-V1-V244m%；
（6）碳酸钙悬浊液电导率为74，远大于水的电导率，则说明部分碳酸钙溶解，形成碳酸钙的饱和溶液。
（7）结合上面数据分析可知，Na2CO3溶液和K2CO3溶液的pH相等，则说明其显碱性与碳酸钠组成中碳酸根离子CO32-有关。查阅资料可知碳酸钠能与水发生一定程度的反应生成一种钠盐和一种碱，反应前后元素种类不变，则此反应中生成的钠盐和碱的化学式分别为NaHCO3、NaOH；
（8）加热碳酸钙悬浊液，测得pH减小，说明溶液的碱性变弱。
A. 碳酸钙的溶解度随着温度的升高而降低，导致碳酸根离子浓度减小，溶液碱性变弱，正确；
B. pH减小，说明溶液的碱性变弱，错误；
C. 加热时部分碳酸钙发生了分解反应生成氧化钙，氧化钙和水生成氢氧化钙，溶液碱性变强，错误；
故选A；
（9）①试管口需略向下倾斜的原因是防止冷凝水倒流，炸裂试管，故可推测出实验中减少的物质主要是水；
②2分钟后曲线b固体质量减少速率明显增大，原因是达到了碳酸钙分解的温度，反应生成二氧化碳气体逸出导致固体质量减小；
52． 不变浑浊(或无明显现象) 带火星的 确保碳酸钠全部完全反应 玻璃棒 静置后加入氯化钙溶液，无沉淀产生，说明碳酸钠已经全部转化为沉淀 B 2H2O2MnO22H2O+O2↑
放热 排除由于加入水占体积使测定气体体积偏大的影响 89.7% AC/CA
【详解】问题一：进行实验：结论为猜想一正确，故气体为氧气，故取少量该茶垢清洁剂于试管中，向其中加入适量热水，塞上带导管的橡皮塞，将生成的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水不变浑浊；氧气具有助燃性，检验氧气：打开橡皮塞，向其中伸入带火星的木条，带火星的木条复燃，说明是氧气；
问题二：（3）过碳酸钠溶于水后分解成Na2CO3和H2O2，碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，加入“足量”CaCl2溶液是为了确保碳酸钠全部完全反应；
（4）过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；
（5）判断 Na2CO3是否已完全转化为沉淀，可以继续加入氯化钙沉淀，故静置后加入氯化钙溶液，无沉淀产生，说明碳酸钠已经全部转化为沉淀；
方案二：（6）实验前，调节右侧水准管的高度，若形成稳定的高度差，说明装置气密性良好；故选B；
（7）装置A中产生氧气的反应为过氧化氢在二氧化锰的催化下分解为水和氧气，该反应的化学方程式为：2H2O2MnO22H2O+O2↑；充分反应后需冷却至室温再读数，说明该反应是放热反应；
（8）装置A中使用橡皮管的优点是：一是调节气压，使分液漏斗中的溶液顺利滴下；二是排除由于加入水占据了一定的体积，导致测定气体体积偏大的影响；
（9）方案一：解：设过碳酸钠的质量为x,
2Na2CO3·3H2O2～2CaCO3314200x0.400g
314200=x0.400g
解得：x=0.628g
方案二：解：设过碳酸钠的质量为y,
m(氧气)=1.429g/L×（70.0-2.8）mL×10-3=0.096g
2Na2CO3·3H2O2～
31448=y0.096g
解得：y=0.628g
过碳酸钠的质量分数=×100%=89.7%。
（10）A、方案一：未完全洗涤干净，烘干后直接称重，称重的质量偏大，使结果偏大，故A正确；
B、方案一：结束后，发现过滤使用的滤纸底部有破损，滤纸上所得的沉淀的质量偏小，使结果偏小，故B错误；
C、结束后未冷却至室温便读数，气体受热膨胀占据了一定的体积，会导致测得气体的体积偏大，实验结果偏大，故C正确；
D、结束后未调节右侧水准管高度，直接读数，会导致测得氧气的体积偏小，实验结果偏小，故D错误。
故选AC。
53． 将装置内的空气排尽，防止发生爆炸或空气中的二氧化碳、水蒸气干扰实验结果 吸收水蒸气 装置F中由黑色变为红色，澄清石灰水变浑浊 AB 无水硫酸铜变蓝 0.88g 缺少尾气处理装置 FeC2O4•2H2O400℃FeO+CO↑+CO2↑+2H2O↑ Fe2O3
【详解】（1）实验开始前，需要鼓入一段时间的氮气，将装置内的空气排尽，因为草酸亚铁晶体分解会产生 CO、CO2和 H2O 三种气体，一氧化碳具有可燃性，混有一定量的空气，遇明火会发生爆炸，同时空气中的二氧化碳、水蒸气可能会干扰试验结果，故填：将装置内的空气排尽，防止发生爆炸或空气中的二氧化碳、水蒸气干扰实验结果；
（2）碱石灰具有吸水性，可以吸收水蒸气，故E 中碱石灰的作用是：吸收水蒸气；
（3）①一氧化碳能与氧化铜在加热的条件下反应生成铜和二氧化碳，氧化铜为黑色，铜为红色，且反应生成的二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，故证明分解产物中存在 CO 的现象是：装置F中由黑色变为红色，澄清石灰水变浑浊；
②无水硫酸铜遇水变蓝，故该装置可以证明有水生成，实验中应首先证明水的存在，然后证明一氧化碳、二氧化碳的存在，因为气体会从溶液中携带水蒸气，干扰实验结果，故应将其放在A、B装置之间，无水硫酸铜变蓝则证明有水生成，故填：AB，无水硫酸铜变蓝；
（4）装置F中硬质玻璃管固体质量减轻0.32g，说明氧化铜与一氧化碳在加热的条件下反应生成了铜和二氧化碳，减少的质量就是氧化铜中氧元素的质量，设草酸亚铁晶体(FeC2O4•2H2O)分解得到的 CO 的质量为x
CuO80+CO28xΔCu64+CO2∼固体减少质量160.32g
2816=x0.32g
x=0.56g；
一氧化碳中碳元素的质量为0.56g×1228×100%=0.24g；
该固体物质中碳元素的质量为3.6g×12×256+12×2+16×4+36×100%=0.48g，则生成二氧化碳中碳元素质量为0.48g-0.24g=0.24g，则二氧化碳质量为0.24g÷1244×100%=0.88g；
（5）一氧化碳有毒，未反应的一氧化碳排放到空气中，会对环境造成污染，故应增加尾气处理装置，故填：缺少尾气处理装置；
（6）①由图可知，加热到 400℃ 时，生成固体的质量为1.44g，设该固体的化学式为FemOn，该固体物质中铁元素的质量为3.6g×5656+24+16×4+36×100%=1.12g，氧元素的质量为1.44g-1.12g=0.32g，56m：16n=1.12g：0.32g，m：n=1:1，故该固体的化学式为：FeO，草酸亚铁晶体分解还产生了 CO、CO2和 H2O 三种气体，该反应的化学方程式为：FeC2O4•2H2O400℃FeO+CO↑+CO2↑+2H2O↑；
②该红棕色固体中氧元素的质量为1.60g-1.12g=0.48g，设该红棕色物质的化学式为FeaOb，56a：16b=1.12g：0.48g，a：b=2:3，该红棕色固体的化学式为：Fe2O3。
54． AlOH3+3HCl=AlCl3+3H2O AD 碱性不能太强 本身及生成物对身体无毒 5Mg(OH)2·2Al(OH)3·MgCO3·4H2O Al2Mg6OH16CO3⋅4H2OΔ6MgO+Al2O3+CO2↑+12H2O CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O 去除通入空气中的CO2 去除CO2中的水蒸气 60.2% 偏大 灼烧时辅料中的淀粉也能引起固体质量变化，导致测定的质量分数偏大 Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O 中和等量胃酸时，铝碳酸镁产生的二氧化碳气体少，对胃刺激小
【分析】氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，氢氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，铝碳酸镁加热生成氧化镁、氧化铝、二氧化碳和水，二氧化碳和氢氧化钠生成碳酸钠和水。
【详解】(1)氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，故反应的化学方程式为AlOH3+3HCl=AlCl3+3H2O。碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，可以作胃药，氢氧化钠具有强腐蚀性，不能作胃药，氢氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，铜离子有毒，不能作胃药，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，可以作胃药，故选AD。
一般能选作抗酸的药物至少应具备的特点有：①碱性物质，能与胃酸反应；②碱性不能太强；③本身及生成物对身体无毒。
(2) 仿照碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3可看成CuCO3·Cu(OH)2，铝碳酸镁[Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O]可看成的形成是5Mg(OH)2·2Al(OH)3·MgCO3·4H2O，受热时生成4种不同的氧化物分别为氧化镁、氧化铝、二氧化碳和水，故物质受热分解的化学方程式为Al2Mg6OH16CO3⋅4H2OΔ6MgO+Al2O3+CO2↑+12H2O。
[设计方案]
(3)问题探究
B装置中发生的反应是二氧化碳和氢氧化钠生成碳酸钠和水，故反应的化学方程式为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。二氧化碳和氢氧化钠反应，浓硫酸具有吸水性，故B、E装置的作用分别是去除通入空气中的CO2、去除CO2中的水蒸气。
(4) 前后两次质量差为0.44g，则生成的二氧化碳的质量为0.44g
设含[Mg6Al2(OH)16CO3]·4H2O质量为x
Mg6Al2OH16CO3⋅4H2O60210gx～CO2440.44g
60244=10gx0.44g
x=60.2%
故铝碳酸镁药片中铝碳酸镁的质量分数为60.2%。
[方案评价]
若没有G装置，空气中的二氧化碳会进入装置F，二氧化碳的质量会增加，则测定的铝碳酸镁的质量分数偏大。
药片中除了铝碳酸镁外含有一定量的辅料——淀粉等物质，在空气中充分灼烧该药片，淀粉也能引起固体质量变化，故根据灼烧前后固体的质量变化，测定药物成份含量，测该方案不合理的原因是灼烧时辅料中的淀粉也能引起固体质量变化，导致测定的质量分数偏大。
Ⅲ.抗酸剂效果比较：
由图可知，铝碳酸镁和稀盐酸反应后溶液的pH值更接近中性，则药效更好的是铝碳酸镁，故化学式为Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O。铝碳酸镁与盐酸反应的化学方程式为Al2Mg6OH16CO3⋅4H2O+18HCl=6MgCl2+2AlCl3+CO2↑+21H2O，碳酸氢钠和盐酸反应的化学方程式为NaHCO3+HCl=CO2↑+H2O+NaCl，602份的铝碳酸镁与657份的盐酸完全反应，84份的碳酸氢钠和36.5份的盐酸完全反应，故根据题中信息，除图中因素外，该药物药效较好的原因还有中和等量胃酸时，铝碳酸镁产生的二氧化碳气体少，对胃刺激小。
55． 温室效应 55℃ 升高 便于快速晾干 排尽装置中原有的CO2和水蒸气 除去进入装置的空气中的CO2和水蒸气 3.54 1:2:4 B
【详解】（1）生成的气体是二氧化碳，二氧化碳会造成“温室效应”；
（2）由图可知，反应器中温度为55℃、pH为8.3时，杂质含量最低，故填：55℃；
（3）Ni(OH)2中Ni的质量分数为：5959+17×2×100%≈63.4%，碳酸镍中镍的质量分数为：5959+12+16×3×100%≈49.6%，氢氧化镍中镍的含量比碳酸镍中镍的含量高，故生产中，pH逐渐增加，生成Ni(OH)2含量也相对增加，则生成的碱式碳酸镍晶体中，镍的含量将升高；
（4）操作2含过滤、水洗、95%酒精浸泡、晾干等操作。其中使用95%酒精浸泡的目的是：酒精易挥发，便于快速晾干；
（5）实验过程中步骤③鼓入空气的目的是：排尽装置中原有的CO2和水蒸气；
装置A的作用是：除去进入装置的空气中的CO2和水蒸气，防止对实验结果的测定造成影响；
（6）碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O，反应生成水的质量是：252.16g-250.00g=2.16g，反应生成二氧化碳的质量是：190.88g-190.00g=0.88g，根据质量守恒定律，参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和，生成NiO的质量为：7.54g-0.88g-2.16g=4.5g，故镍元素的质量为：4.5g×5959+16×100%=3.54g；
碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O，该反应的化学方程式为：
xNiCO3•yNiOH2•zH2OΔ(x+y)NiO+xCO2+(y+z)H2O，
xNiCO3•yNiOH2•zH2OΔ(x+y)NiO75(x+y)4.5g+xCO244x0.88g+(y+z)H2O18(y+z)2.16g
75(x+y)44x= y=2x
44x18(y+z)= z=2y
故x:y:z=1:2:4；
（7）如果生成的固体全部都是Ni2O3，则Ni2O3的质量为：3.54g÷59×259×2+16×3×100%=4.98g，如果全部是NiO，质量为4.5g，NiO会部分被氧化成Ni2O3。故称得的残留固体混合物的质量是4.5g～4.98g。
故选B。
56． 酚酞试液 不能 放出 HCl和NaCl 2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O Na2CO3、NaOH 除去空气中的二氧化碳气体 Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑ 偏小 2.69% A
【分析】氢氧化钠和盐酸反应会生成氯化钠和水，氢氧化钠变质的原因是吸收了空气中的二氧化碳，生成碳酸钠和水，碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀和氯化钠，碳酸钠和盐酸生成氯化钠、水和二氧化碳。
【详解】Ⅰ、（1）由图1酸碱中和反应的颜色变化，溶液先变红再变无色是用了指示剂的原因，在氢氧化钠溶液中变红的指示剂为酚酞试液，故X溶液是酚酞试液。滴瓶上的滴管使用后直接插回原瓶，不能用水清洗，否则试剂瓶中的溶液将被稀释，故实验过程中所用滴管不能清洗。
（2）由图2可知，随着反应的进行，在反应结束前，温度是逐渐升高的，故稀NaOH溶液与稀盐酸反应会放出热量。在反应进行中，溶液的pH值小于7逐渐到大于7，则反应是往盐酸溶液中逐渐滴加氢氧化钠溶液，在约45秒时，溶液pH=7，反应恰好完全，30秒时，反应没有结束，溶液pH