2025年高考化学一轮复习讲练测第一章物质及其变化（测试）（新教材新高考）含解析答案

这是一份2025年高考化学一轮复习讲练测第一章物质及其变化（测试）（新教材新高考）含解析答案，共22页。试卷主要包含了5   V 51，5是直径小于或等于2，36 L HF所含的分子数为，5左右，05ml；C中含有0等内容，欢迎下载使用。

测试卷
时间：75分钟 分值：100分
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mg 24 Cl 35.5 V 51
一、选择题(每小题只有一个正确选项，共15×3分)
(2024·河北·三模)
1．古诗中蕴含着丰富的化学知识，下列诗句同时体现了化学反应中的物质变化和能量变化的是
A．刘长卿的《酬张夏》中，“水声冰下咽，沙路雪中平”
B．李白的《秋浦歌》中，“炉火照天地，红星乱紫烟”
C．刘禹锡的《浪淘沙》中，“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”
D．岑参的《白雪歌送武判官归京》中，“忽如一夜春风来，千树万树梨花开”
(2024·黑龙江牡丹江·模拟预测)
2．空气湿度增大，水汽凝结就易形成雾，灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等颗粒物的浓度增大就易形成霾。下列说法不正确的是
A．防雾霾口罩的原理与过滤类似，防雾霾效果好的口罩往往呼吸阻力较大
B．PM2.5是直径小于或等于2.5微米的污染物颗粒，属于胶体粒子的直径范围
C．汽车车灯在雾霾天照出“通路”的现象属于丁达尔效应
D．可通过在燃煤烟囱上加装高压静电装置除去煤灰中的固体颗粒物
(2024·河南南阳·二模)
3．物质的转化是化学学习的重要内容，甲、乙、丙所代表的物质不符合如图所示转化关系的是
A． NaOH B．CuO
C． Fe D． NaCl
(2024·江苏苏州·三模)
4．在给定条件下，下列物质转化或方程式正确的是
A．工业制漂白粉：
B．工业制
C．电解饱和食盐水：
D．碱性溶液与反应：
(2024·江苏宿迁·三模)
5．硫元素约占地球总质量的1.9%，广泛分布并循环于地球内部各圈层。硫有32S、34S、33S和36S四种同位素。硫元素主要以氢化物、硫化物、含氧酸和含氧酸盐等形式存在。硫的单质有S2、S4、S8等多种分子形态；硫的氢化物(H2S、H2S2)均有弱酸性；低价硫易被氧气氧化。硫在生物圈的演化中扮演了重要角色，在细菌作用下硫元素可发生氧化或还原反应，促进了硫元素在地球各圈层中的循环。下列化学反应的表示正确的是
A．二硫化氢与足量烧碱溶液反应：H2S2＋2OH-=S＋2H2O
B．黄铁矿在细菌作用下转化为强酸：2FeS2＋2H2O＋7O22Fe2＋＋4H＋＋4SO
C．用Na2S2O3除去废水中的氯气：S2O＋4Cl2＋10OH-=2SO＋8Cl-＋5H2O
D．硫化亚铁除废水中汞离子：S2-＋Hg2＋=HgS↓
(2024·安徽安庆·模拟预测)
6．黄铜用溶液浸泡后生成单质硫，所得CuSO4溶液可用于制取纳米Cu2O，Cu2O能与酸发生反应。C3+具有强氧化性，可与浓盐酸反应生成氯气。由、、和反应制备的配合物可应用于的鉴定。下列化学反应方程式表示错误的是
A．Cu2O与稀硫酸反应：
B．溶液和反应：
C．与足量浓盐酸反应：
D．制备的反应：
(2024·山西·模拟预测)
7．下列根据实验操作及现象不能达到相应实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
(2024·湖北·模拟预测)
8．稀有气体化合物的合成更新了对“惰性”的认知。已知：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．1 ml 中心原子的孤电子对数目为
B．18 g中所含质子数目为
C．生成1 ml ，转移电子数目为
D．3.36 L HF(标准状况)所含的分子数为
(2024·河北石家庄·三模)
9．亚氯酸钠（）具有强氧化性、受热易分解，可用作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图所示．已知高浓度的易爆炸．下列说法错误的是
A．“反应1”中是还原产物，母液中主要成分是
B．“反应1”需要通入稀释，以防发生爆炸
C．“反应2”中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D．若还原产物均为时，的氧化能力是等质量的2.5倍
(2024·黑龙江吉林·模拟预测)
10．便携式消毒除菌卡主要活性成分为亚氯酸钠(NaClO2)；一种制备NaClO2粗产品的工艺流程如图。已知纯ClO2易分解爆炸，一般用空气稀释到10%以下。
下列说法正确的是
A．溶解过程中可以用盐酸代替稀硫酸
B．流程中H2O2做氧化剂
C．发生器中鼓入空气的主要目的是提供氧化剂
D．吸收塔中温度不宜过高，否则会导致NaClO2产率下降
(2024·湖南·模拟预测)
11．某反应体系只有六种粒子：（无色）、和。随着反应进行，其中两种离子浓度与时间关系如图所示。下列叙述错误的是
A．图中乙代表，甲代表
B．若溶液由无色变为紫红色，则反应已发生
C．每消耗乙时转移电子
D．该反应为
(2024·广西贺州·一模)
12．镓()与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列推断不合理的是
A．向溶液中逐滴加入足量稀氨水，先生成沉淀，后沉淀溶解
B．向和溶液中通入适量二氧化碳后得到氢氧化铝沉淀，可知酸性：
C．金属镓可以与溶液反应生成和
D．步骤二中不能通入过量的的理由是
(2024·山东菏泽·模拟预测)
13．乙苯脱氢的反应历程如下图(Ph-为苯基)，下列说法正确的是
A．物质Ⅰ为催化剂
B．此反应过程中是氧化剂
C．只有过程②有电子转移
D．每脱去1ml氢原子，转移2ml电子
(2024·浙江丽水·二模)
14．已知过氧化铬的结构式如图所示，溶于稀硫酸的化学方程式为：，有关该反应说法不正确的是
A．在元素周期表中的位置为第四周期第VIB族
B．既作氧化剂，又作还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为
D．若有发生该反应，则反应中共转移个电子
(2024·重庆荣昌·模拟预测)
15．黄铁矿()在酸性条件下发生催化氧化的反应历程如图所示。下列说法错误的是
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均发生氧化还原反应
B．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．反应Ⅱ的离子方程式为
D．该过程的总反应为
二、非选择题(共4小题，共55分)
(23-24高三上·北京·开学考试)
16．零价铁还原性强、活性高，对很多重金属离子及含磷、砷离子都有较好的去除和富集作用。
Ⅰ.零价铁的制备。
(1)富铁矿石经破碎、筛分到微米级后，在氢气氛围下高温还原可以制备微米级零价铁。请写出磁铁矿与氢气反应制备零价铁的化学方程式 。
(2)采用还原铁盐，可以制备出纳米级的零价铁。
已知：的电负性是2.0，的电负性是2.1
①请写出的电子式 。
②请写出与硫酸反应的离子方程式 。
③补充完整下列化学方程式 。
每生成零价铁，转移电子的物质的量是 。
Ⅱ.零价铁的结构和作用机理。
研究发现，纳米级和微米级的零价铁，均具有“核-壳”结构。
已知：①壳层可以导电；
②当时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电；当时，铁的氧化物去质子化，壳层表面带负电；
③磷酸盐溶解度一般较小。
(3)去离子水中加入零价铁，从6上升到9.5左右。检测壳层物质，发现有、、、等。导致产生壳层微粒的氧化剂是、 。
(4)部分金属阳离子去除机理如图所示。纳米零铁去除污水中、主要机理不同，请简述两者的区别并解释原因 。
(5)去除含磷()微粒：
①控制 8，原因是 。
②通过形成 (填化学式)进一步去除。
(6)综上所述，零价铁去除重金属离子及含磷微粒的主要机理有 。
(2024·浙江·二模)
17．化合物X由两种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：X可与水反应生成一种二元含氧酸，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)。B和D为纯净物。
请回答：
(1)X的组成元素是 ，X的化学式是 。
(2)写出X→A的化学方程式 。
(3)写出C→D的离子方程式 。
(4)实验室制得的黄绿气体单质B含有HCl，设计实验验证 。
(2024·湖北·一模)
18．某学习小组为探究Mg与酸、碱、盐溶液的反应。完成如下实验：
回答下列问题：
(1)实验前除去镁表面氧化物的方法是 。
(2)实验Ⅰ的离子方程式为 。
(3)经实验分析，实验Ⅲ中产生的气体为和混合气体。产生气体的原因是 。
(4)该组同学们比较实验Ⅱ、Ⅲ后，分析认为：实验Ⅲ能快速反应的原因，与溶液中白色沉淀有关。为探究其成分，设计了如下实验。
取出镁条，将沉淀过滤、洗涤、低温烘干，得到纯净固体。将一半固体放入锥形瓶中，按如图连接好装置。滴加稀硫酸到无气体放出为止，在处通入足量空气。最后称量形管增重。将另一半固体高温灼烧，最后剩余固体氧化物为。
①最后通入空气的目的是 。
②固体充分高温灼烧后，需要放在 （填仪器名称）中冷却后才能称量。称量时 （选填“是”“不是”）采用托盘天平称量。
(5)依据以上分析，实验Ⅲ中发生反应的方程式为 。通过以上实验得出结论：置换氢气与、温度、与溶液接触面积有关，在溶液中，生成的沉淀能破坏表面覆盖的，从而较快进行。
(2024·山西·模拟预测)
19．以废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3+、V2+、H2SO4) 为原料，回收其中的钒制备V2O5的工艺流程如图所示：

已知：氯酸浓度较高或受热时易发生分解。
回答下列问题：
(1)在“氧化”中低价态钒都转化为，其中V3+转化反应的离子方程式为 ，实际生产中的氧化剂不选择HClO3的原因是 。
(2)“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合V2O5质量浓度)为27.3 g·L-1'时，则溶液中c()= ml·L-1。(结果保留1位小数)
(3)pH对沉钒率(η)的影响如图所示，则沉钒时控制钒液合适的pH范围是 ，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则加(NH4)2SO4沉钒的化学方程式是 。

(4)“过滤”后对沉淀进行洗涤，采用稀(NH4)2SO4作洗涤液的目的是 。检验沉淀已洗涤干净的操作是 。
(5)“煅烧”需要在通风或氧化气氛下进行，其目的是 。
选项
实验操作及现象
实验目的
A
向滴有几滴的溶液中加入，缓缓通入少量并振荡、静置，水层显红色，有机层显无色
验证还原性：
B
相同温度下，同时进行与和的反应，观察产生的快慢
探究键的极性对反应速率的影响
C
将胆矾晶体投入浓硫酸中，固体由蓝色变为白色
验证浓硫酸具有脱水性
D
分别测定和与盐酸反应的反应热
确定的
编号
操作
现象
Ⅰ
将镁条放入稀硫酸中
迅速放出大量气体，试管壁发热
Ⅱ
将镁条放入pH为的溶液中
无明显现象
Ⅲ
将镁条放入pH为的溶液中
放出气体，溶液中有白色沉淀生成
参考答案：
1．B
【详解】A．“水声冰下咽，沙路雪中平”，利用诗和景很自然地引入物质的三态变化的知识，物质并未变化，A不符合题意；
B．“炉火照天地，红星乱紫烟”，描述的是红星四溅，紫烟蒸腾的冶炼场景，是燃烧反应，包括了物质变化和能量变化，B符合题意；
C．“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”，说明金在自然界中以游离态存在，不需要冶炼还原，“沙里淘金”就是利用金与沙密度的差异，用水反复淘洗得到，物质并未变化，属于物理变化，C不符合题意；
D．“忽如一夜春风来，千树万树梨花开”，以梨花喻雪，为水的三态变化，属于物理变化，D不符合题意；
故答案选B。
2．B
【详解】A．防雾霾口罩的原理与过滤、渗析类似，防雾霾效果好的口罩间隙更小，透气性更差，往往呼吸阻力较大，A正确；
B．胶粒直径在1~100 nm之间，PM5是直径小于等于2.5微米的污染物颗粒(1微米=1000纳米)，不属于胶体粒子的直径范围，B错误；
C．雾霾天，汽车车灯照出“通路”的现象是空气中的气溶胶对光线发生的散射作用，属于胶体的丁达尔效应，C正确；
D．可通过在燃煤烟囱上加装高压静电装置除去煤灰中的固体颗粒物，利用的是胶体的电泳，D正确；
故选B。
3．D
【详解】A．硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，故A项正确；
B．氧化铜和氢气反应生成氧化铜和水，氧气和铜反应生成氧化铜，电解水可以生成氢气和氧气，氧气和氢气反应生成水，故B项正确；
C．氯化亚铁和锌反应生成铁，硫酸亚铁和氯化钡反应生成氯化亚铁，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁和锌反应生成铁，故C项正确；
D．碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠，硝酸钠无法生成碳酸钠，故D项错误；
故本题选D。
4．D
【详解】A．二氧化锰和浓硫酸反应不生成氯气，故A项错误；
B．，Fe与HCl反应生成FeCl2，故B项错误；
C．工业上通过电解饱和食盐水生成烧碱，离子方程式为，故C项错误；
D．KClO和KOH混合溶液与，反应方程式为，故D项正确；
故本题选D。
5．A
【详解】A．二硫化氢为弱酸，与足量烧碱溶液反应：H2S2＋2OH-=＋2H2O，A正确；
B．Fe2+能被O2氧化为Fe3+，离子方程式：，B错误；
C．Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被氯气氧化成，Cl2被还原为Cl－，则根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子方程式：S2O＋4Cl2＋5H2O =2SO＋8Cl-＋10H+，C错误；
D．FeS难溶于水，离子方程式：FeS＋Hg2＋=HgS+Fe2+，D错误；
故选A。
6．C
【详解】A．Cu2O与稀硫酸反应生成铜、硫酸铜和水，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，A正确；
B．CuFeS2和Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸铜、硫酸亚铁和硫单质，反应的离子方程式为：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++2S+5Fe2+，B正确；
C．已知C3+具有强氧化性，可与浓盐酸反应生成氯气，C(OH)3与足量盐酸反应：2C(OH)3+2Cl-+6H+=2C2++Cl2↑+6H2O，C错误；
D．CH3COOH不能拆，制备Na3[C(NO2)6]的反应的离子离子反应为应：12+2C2++H2O2+2CH3COOH=2[C(NO2)6]3-+2CH3COO-+2H2O，D正确；
故答案为：C。
7．C
【详解】本题以实验操作、现象与实验目的为情境，考查还原性强弱、键的极性比较及反应热的测定等知识，意在考查探究与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。
A．中和均可与反应，产生和，其中遇显红色，进入中使有机层显橙红色，故根据现象可知，先与反应，故还原性：，A项不符合题意；
B．与和的反应中均发生了氢氧键的断裂，氢氧键的极性越强，越容易断裂，反应速率越快，所以可以通过观察产生的快慢，探究键的极性对反应速率的影响，B项不符合题意；
C．将胆矾晶体投入浓硫酸中，固体由蓝色变为白色，体现的是浓硫酸的吸水性，C项符合题意；
D．分别测定和与盐酸反应的反应热，根据盖斯定律可确定的，D项不符合题意；
故选C。
8．D
【详解】A．最外层有8个电子，提供4个电子分别与4个F形成共用电子，则1 ml 中心原子的孤电子对数目为，A正确；
B．18 g是1ml，1个中有10个质子，则18 g中所含质子数目为，B正确；
C．，该反应中是氧化产物，是还原产物，是氧化产物，生成1 ml 时生成2 ml ，转移电子数目为，C正确；
D．标准状况时HF不是气体，则3.36 L HF(标准状况)不是0.15 ml，所含的分子数不是，D错误；
故选D。
9．D
【分析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。
【详解】A．反应1中二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，Cl元素化合价由+5价下降到+4价，是还原产物，母液中主要成分是，A正确；
B．已知高浓度的易爆炸，反应1”需要通入稀释，以防发生爆炸，B正确；
C．“反应2”中发生反应的化学方程式为，H2O2是还原剂，NaClO2是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C正确；
D．1 mlCl2完全反应转化2 mle-，1 ml完全反应转化5 mle-，所以等物质的量的氧化能力是的2.5倍，D错误；
故选D。
10．D
【分析】NaClO3在稀硫酸中溶解，通入SO2在发生器中发生氧化还原反应，生成ClO2和Na2SO4，通过鼓入空气，防止ClO2浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，再经过一系列操作得到NaClO2粗产品。
【详解】A．NaClO3具有强氧化性，可以氧化HCl，则溶解过程中不可以用盐酸代替稀硫酸，A错误；
B．ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，流程中H2O2做还原剂，B错误；
C．发生器中鼓入空气的主要目的是防止ClO2浓度过高，因为纯ClO2易分解爆炸，C错误；
D．H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，如果吸收塔中温度过高，会导致H2O2分解，从而导致NaClO2产率下降，D正确；
故选D。
11．C
【分析】根据反应体系中的粒子可以判断发生氧化还原反应，锰元素的价态为+7和+2价，中含过氧键，根据图像可知，乙为反应物，甲为生成物，相同时间反应的物质的量之比为5:2，由此推知，甲为高锰酸根离子，乙为。
【详解】A．由分析可知，甲为高锰酸根离子，乙为，A正确；
B．高锰酸根离子为紫红色，为无色，若溶液由无色变为紫红色，则反应已发生，B正确；
C．根据价态变化可知，每消耗乙时转移电子，C错误；
D．根据元素守恒和电子守恒，可以得到反应的离子方程式为，D正确；
答案选C。
12．A
【分析】镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图，分析可知氧化铝和氧化镓都可以与氢氧化钠溶液反应生成盐，并且二氧化碳可以制取氢氧化铝，却无法与偏镓酸钠反应，可实现铝和镓的分离。
【详解】A．镓()与铝同主族，曾被称为“类铝”，则其氢氧化物不会溶与弱碱氨水，向GaCl3溶液中逐滴加入足量氨水，有Ga(OH)3沉淀生成，沉淀不溶解，A错误；
B．适量二氧化碳可以制取氢氧化铝，却无法与Na[Ga(OH)4]反应，说明酸性氢氧化铝比氢氧化镓弱，，B正确；
C．铝能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，所以金属镓也可以与NaOH溶液反应生成和氢气，C正确；
D．碳酸溶液为酸性，所以步骤二中不能通入过量的是因为会发生反应生成Ga(OH)3沉淀， ，D正确；
故选A。
13．B
【详解】A．乙苯在物质Ⅳ的作用下生成苯乙烯，Ⅳ为催化剂，A错误；
B．在反应中生成，作氧化剂，B正确；
C．过程②④都有电子转移，C错误；
D．H元素化合价变为为1，每脱去氢原子，转移电子，D错误；
答案选B。
14．C
【详解】A．Cr在元素周期表中位置为第四周期第ⅥB族，故A正确；
B．中Cr元素化合价下降，O元素化合价上升，H2SO4中O元素化合价未发生变化，则既作氧化剂，又作还原剂，故B正确；
C．中4个氧原子与铬形成的是Cr-O键，每个氧原子的化合价为-1价，1个氧原子与铬形成的是Cr=O键，这种氧原子的化合价为-2价，Cr为+6价，Cr元素由+6价下降到+3价，O元素由-1价下降到-2价，有由-1价上升到0价，和2个H2O是还原产物，O2是氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，故C错误；
D．中4个氧原子与铬形成的是Cr-O键，每个氧原子的化合价为-1价，1个氧原子与铬形成的是Cr=O键，这种氧原子的化合价为-2价，Cr为+6价，Cr元素由+6价下降到+3价，O元素由-1价下降到-2价，有由-1价上升到0价，若有发生该反应，生成mlO2，则反应中共转移个电子，故D正确；
故选C。
15．A
【分析】反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，反应Ⅱ的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+；
【详解】A．反应I、Ⅱ是氧化还原反应；反应Ⅲ，无元素化合价变化，为非氧化还原反应，A错误；
B．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B正确；
C．反应Ⅱ的离子方程式为，C正确；
D．该过程的总反应为，D正确；
故选A。
16．(1)
(2)
(3)
(4)零价铁的还原性大于，小于，因此，被铁还原为而除去，而无法还原，主要通过吸附作用除去
(5) 时零价铁壳层表面带正电，能更好地吸附带负电的 、沉淀
(6)还原、吸附、共沉淀
【详解】（1）磁铁矿与氢气反应生成零价铁和水的反应方程式为。
（2）①是离子化合物，故电子式为。②由于B的电负性是2.0，H的电负性是2.1，故H是-1价，有强还原性，故与硫酸发生氧化还原反应。③根据得失电子守恒，可得，反应中Fe和水中的H的化合价共降低24价，中H的化合价共升高24价，故每生成零价铁，转移电子的物质的量是12ml。
（3）去离子水中加入零价铁，pH从6上升到9.5左右，说明H2O作氧化剂。
（4）零价铁的还原性大于，小于，因此，被铁还原为而除去，而无法还原，主要通过吸附作用除去。
（5）①根据已知，当pH<8时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电，能更好地吸附带负电的。②、都是沉淀，故能进一步去除。
（6）综上所述，(3)中利用还原法去除重金属离子，(4)中利用吸附法去除金属离子，(5)利用沉淀法沉淀含磷微粒。
17．(1) Fe、O FeO2
(2)FeO2+NaOH= NaHFeO3
(3)Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
(4)用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl
【分析】C与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀D，D灼烧生成8g红色固体E，则E是Fe2O3，n(Fe2O3)=0.05ml；C中含有0.1mlFe3+，1.12L标准状况下的黄绿色气体单质为氯气，n(Cl2)=0.05ml，溶液A和盐酸发生氧化还原反应生成氯气和Fe3+，根据得失电子守恒，A中Fe元素为+4价，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)，X中含有Fe、O两种元素，X为FeO2，A的化学式为NaHFeO3。
【详解】（1）根据以上分析，X的化学式是FeO2，X的组成元素是Fe、O；
（2）FeO2与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到NaHFeO3，反应的化学方程式为FeO2+NaOH= NaHFeO3；
（3）C→D是氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；
（4）氯气易溶于四氯化碳，用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl。
18．(1)用砂纸打磨。（或者：浸入稀硫酸中至表面有均匀气泡，取出，洗净。）
(2)
(3)与水反应放热使分解放出
(4) 将系统内生成的完全排入到U形管中被吸收 干燥器 不是
(5)
【详解】（1）实验前除去镁表面氧化物的方法是：用砂纸打磨。（或者：浸入稀硫酸中至表面有均匀气泡，取出，洗净。）；
（2）实验Ⅰ，镁与硫酸反应的离子方程式为
（3）实验Ⅲ中产生的气体为和混合气体。产生的是镁与水反应产生的，产生气体只能由分解产生，故原因是与水反应放热使分解放出
（4）①最后通入空气的目的是：将系统内生成的完全排入到U形管中被吸收；
②固体充分高温灼烧后，需要放在干燥器中冷却后才能称量，防止高温下与水反应。托盘天平称量时精确到小数点后一位，题中是后两位，所以不是采用托盘天平称量。
（5）高温灼烧，最后剩余固体氧化物为MgO,则n(MgO)=，n(Mg)，形管增重为的质量，由此可得的物质的量为，的物质的量为0.01ml，含镁化合物总质量为0.01×58g/ml+0.03×84g/ml=3.1g，则结晶水的物质的量为，白色沉淀为，实验Ⅲ中发生反应的方程式为：；
19．(1) 3V3++ +3H2O=3 +Cl-+6H+ HClO3易分解，不及NaClO3稳定；HClO3 会提高体系酸度，从而增加后续NaOH的用量
(2)0.3
(3) 2.0~2.5 (NH4)2SO4+ 3(VO2)2SO4+ 5H2O = 2NH4V3O8·H2O↓+4H2SO4
(4) 降低2NH4V3O8·H2O的溶解度，减少洗涤时的损耗 取少量最后一次的洗涤液于试管中，加过量Ba(NO3)2溶液，充分反应后静置，向上层清液中继续加AgNO3溶液，不出现浑浊，则证明沉淀已洗涤干净
(5)防止NH3将V2O5还原，导致产品纯度降低
【分析】废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3+、V2+、H2SO4)，加入NaClO3氧化，生成，再加入硫酸铵得到沉淀2NH4V3O8·H2O，过滤后煅烧得到五氧化二钒。据此作答。
【详解】（1）酸性条件下，V3+转化为的离子方程式为：3V3++ +3H2O=3 +Cl-+6H+；由于H氯酸浓度较高或受热时易发生分解，不及NaClO3稳定，不利于储存运输，同时HClO3 是酸，会增大溶液的酸性，，从而增加后续NaOH的用量，所以实际生产中的氧化剂不选择HClO3；
（2）“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合V2O5质量浓度)为27.3 g·L-1时，即c(V2O5)= 27.3 g·L-1÷182g/ml=0.15ml/L，根据钒元素守恒，则溶液中c()=2c(V2O5)=0.15ml/L×2=0.3ml/L；
（3）根据图示， pH范围是2.0-2.5时，沉钒率(η)最高；沉钒时的反应物是(NH4)2SO4和(VO2)2SO4，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则反应的化学方程式为(NH4)2SO4+ 3(VO2)2SO4+ 5H2O = 2NH4V3O8·H2O↓+4H2SO4；
（4）用稀(NH4)2SO4作洗涤液的目的是为了降低2NH4V3O8·H2O的溶解度，减少洗涤时的损耗；检验沉淀已洗涤干净即检验是否含有Cl-，操作是取少量最后一次的洗涤液于试管中，加过量Ba(NO3)2溶液，充分反应后静置，向上层清液中继续加AgNO3溶液，不出现浑浊，则证明沉淀已洗涤干净；
（5）煅烧时受热分解产生NH3，氨气具有较强的还原性，容易将V2O5还原，导致产品纯度降低，所以需要在通风或氧化气氛下进行，目的是防止NH3将V2O5还原，导致产品纯度降低。