江西省萍乡市上栗县中2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题（含解析）

上栗县中2022-2023学年高一上学期期末考试
化学试卷
一．单选题（每小题3分，共30分）
1．分类法是学习和研究化学的一种常用的科学方法，下列分类合理的是
A．根据一个酸分子中所含氢原子的个数，将酸分为一元酸、二元酸等
B．根据物质在水中的溶解性，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质
C．根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物等
D．根据化合物中是否含有碳元素，将化合物分为无机化合物和有机化合物
2．下列说法错误的是
A．1965年我国科学家首次成功合成了结晶牛胰岛素
B．我国诺贝尔奖获得者屠呦呦发现的青蒿素有效降低了疟疾患者的死亡率
C．使用乙醇汽油比利用太阳能更有利于实现“碳达峰、碳中和”
D．“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，可用作漂白剂和消毒剂
3．下列解释实验事实的化学方程式或离子方程式不正确的是
A．氯气用于自来水的杀菌消毒：Cl2+H2OHCl+HClO
B．将“NO2球”浸泡在热水中，颜色变深：2NO2(g) N2O4(g)H＜0
C．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至溶液呈中性：OH-+ Ba2++ H++SO42- = BaSO4↓+ H2O
D．铜片溶解在KNO3和稀硫酸的混合液中：3Cu + 8H+ + 2NO3- =3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O
4．关于二氧化硫和二氧化氮叙述正确的是
A．两种气体都是无色有毒的少体，且都可用水吸收以消除对空气的污染
B．二氧化硫与过量的二氧化氮混合后通入水中能得到两种常用的强酸
C．两种气体都具有强氧化性，因此都能够使品红溶液褪色
D．两种气体溶于水都可以与水反应，且只生成相应的酸，故均为酸性氧化物
5．下面的“诗”情“化”意，分析正确的是（）
A．“日照遂州江雾开”中伴有丁达尔效应
B．杜康用高粱酿酒的原理，是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来
C．“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化
D．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应
6．氮气及其重要化合物的转化关系如如图，则下列说法正确的是
A．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是工业生产硝酸的主要途径
B．反应①②③均需要使用催化剂
C．路线Ⅲ的另一种反应物为水时，每1mol反应，转移电子数目为NA
D．已知某条件下 ，该条件下每合成1molNH3放出的热量为46.2kJ
7．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．澄清透明的中性溶液中：Fe3+、Ba2+、NO、Cl-
B．使甲基橙变黄色的溶液中：Na+、AlO、SO、Cl-
C．=1×10-13mol/L的溶液中：NH、Ca2+、Cl-、NO
D．能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：Na+、Cl-、S2-、ClO-
8．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．1 L 1 mol·L-1的Na2CO3溶液中含有NA个CO32-
B．标准状况下，22.4 L己烷中共价键数目为19NA
C．由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA
D．常温常压下的33.6 L氯气与27 g铝充分反应，转移电子数为3NA
9．下列离子方程式书写正确的是
A．用MnO2和浓盐酸反应制备Cl2：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
B．少量澄清石灰水与Ca(HCO3)2混合：Ca2++OH-+=CaCO3↓+H2O
C．工业制备漂粉精：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
D．硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应至溶液呈中性：Ba2++OH-++H+=BaSO4↓+H2O
10．某反应的氧化剂与还原剂及部分产物如下所示：2Mn2+ + 5IO4— + …… → 2MnO4— + ……已知该反应体系还包括H+、H2O与另一种含碘微粒。对于该氧化还原反应说法正确的是
A．Mn2+是氧化剂，IO4—是还原剂
B．体系中另一种含碘微粒为I—
C．随着反应进行，溶液pH不断上升
D．每有1 mol IO4—参加反应，转移2 mol电子
二、不定项选择题(每题1-2个正确选项，每小题4分，共20分)
11．分别在三个容积均为的恒容密闭容器中发生反应：。容器甲中反应进行至时达到平衡状态，相关实验数据如下表所示。
容器 温度/℃ 起始物质的量/ 平衡物质的量/
甲 500 4.0 4.0 0 3.2
乙 500 4.0 a 0 2.0
丙 600 2.0 2.0 2.0 2.8
下列说法不正确的是A．
B．甲容器中反应物的半衰期小于
C．若容器甲中起始投料减半，则A的平衡转化率小于80%
D．正反应为吸热反应
12．已知短周期元素的离子: aA+、bB2+、 cC2-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是
A．原子半径: A＞B＞C＞D
B．原子序数: b＞a＞c＞d
C．离子半径: C＞D＞B＞A
D．单质的还原性: A＞B＞D＞C
13．将4molA气体和2molB气体置于1L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)，若经2s后测得C的浓度为1.2mol/L，下列说法正确的是
A．用物质A表示2s末的反应速率为0.6mol/(L·s)
B．反应后的压强是开始时候的0.9倍
C．2s时物质A的转化率为70%
D．C的产率为30%
14．常温下，向100mL0.1mol/L溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液。和的变化趋势如图所示(不考虑生成的，已知的)，下列说法正确的是
A．
B．M点存在关系：
C．M点溶液中水的电离程度比原溶液小
D．当时，
15．某课外活动小组用如图所示装置进行实验(电解液足量)。下列说法正确的是
A．图二中若开始实验时开关K与a连接，电解液的浓度保持不变
B．图一中若开始实验时开关K与b连接，一段时间后向电解液中加适量稀盐酸可使电解液恢复到电解前的浓度
C．图一中若开始实验时开关K与a连接，B极的电极反应式为
D．图二中若开始实验时开关K与b连接，A极减少的质量等于B极增加的质量
11．下列关于Fe2+和Fe3+的叙述中，正确的是
A．Fe2+的水溶液为浅绿色
B．铁与水蒸气在加热条件下的反应产物为Fe2O3和H2
C．Fe3O4是一种黑色晶体，俗称磁性氧化铁
D．Fe3+溶液中滴入含SCN 的溶液，立即出现红色沉淀
12．等量的铝与等量的盐酸和NaOH溶液反应产生氢气体积比为4:5，则反应可能情况为
A．恰好反应 B．酸过量 C．碱过量 D．酸碱均过量
13．下列离子方程式正确的是（ ）
A．氢氧化镁与稀盐酸反应：
B．醋酸溶液与水垢中的碳酸钙反应：
C．氧化钠与盐酸反应：
D．向碳酸钠溶液中加过量盐酸：
14．如图利用培养皿探究氨气的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。表中对实验现象所做的解释正确的是
选项 实验现象 解释
A 浓盐酸附近产生白烟 与浓盐酸挥发出的HCl反应产生了固体
B 浓硫酸附近无明显现象 与浓硫酸不发生反应
C 氯化物溶液变浑浊 该溶液一定是溶液
D 干燥的红色石蕊试纸不变色，湿润的红色石蕊试纸变蓝色 溶于水呈碱性
A．A B．B C．C D．D
15．劳动是一切幸福的源泉，下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用洁厕灵(主要含浓盐酸)清洗马桶 盐酸具有氧化性，具有杀菌消毒功能
B 利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术装饰品 SiO2能被氢氟酸腐蚀
C 用碳酸氢钠作胃药，治疗胃酸过多 碳酸氢钠受热易分解
D 用高铁酸钾净水 还原生成的铁离子水解产生的氢氧化铁胶体可使水中细小颗粒絮凝
A．A B．B C．C D．D
三、填空题（共50分）
16．按要求完成下列空白。
(1)2.9gNH4+的物质的量为___，其中含电子的数目为___。（用NA表示）
(2)同温同压下，同体积的氨气和甲烷气体的质量比为__，同质量的氨气和甲烷气体的体积比为__。
(3)已知24克A和40克B恰好完全反应生成0.4molC和32克D，则C的摩尔质量为__。
(4)某无土栽培营养液中含有NH4+、Cl-、K+、SO42-，测得含0.6mol/LNH4+、0.5mol/LCl-、0.5mol/LK+，则SO42-的物质的量浓度为__。
17．根据“机理图”书写方程式。
(1)酸性环境中脱硫过程示意图如图：
过程ⅰ反应的离子方程式为___________。
(2)酸性环境中，纳米去除分两步，将步骤ⅱ补充完整：___________。
ⅰ、；
ⅱ、。
(3)氧化可除去氨氮，反应机理如图所示(其中和略去)：氧化的总反应的化学方程式为___________。
18．氧化铋(Bi2O3)是一种淡黄色、低毒的氧化物，广泛应用于医药合成、能源材料等领域。其制备方法通常有两种：
方法Ⅰ：将金属铋(Bi)溶于足量的稀硝酸得到硝酸铋[Bi(NO3)3]溶液，所得溶液经浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥后得硝酸铋晶体，最后煅烧硝酸铋晶体即得氧化铋产品；方法Ⅱ：将 3.0 g 氯氧化铋(BiOCl，白色难溶于水)与 25 mL 3 mol·L-1碳酸氢铵溶液混合，加入氨水调节溶液 pH=9，50℃下反应2h可得到(BiO)2CO3沉淀，其装置'如图甲所示(加热及夹持装置已省略)，再将所得沉淀干燥并在 530℃下煅烧，可得到氧化铋产品。
(1)写出金属铋(Bi)溶于足量稀硝酸生成硝酸铋溶液的离子方程式：___________；从绿色化学的角度思考，工业上常选方法Ⅱ而不选方法Ⅰ制氧化铋的原因是___________。
(2)图甲中仪器 c 的名称为___________，当观察到澄清石灰水变浑浊说明反应过程中产生 CO2，写出产生(BiO)2CO3沉淀的化学方程式：___________。
(3)加氨水调节 pH 为9有利于生成(BiO)2CO3沉淀的原因是___________。
(4)某研究小组探究温度对沉淀制备的影响，得到温度与所得沉淀产率的关系如图乙所示。结合图象分析，50℃时沉淀产率最高的原因是温度低于50℃时，BiOCl固体在水中的溶解度小，导致沉淀的产率降低；温度高于 50℃时，___________。
(5)若实验所得氧化铋(Bi2O3)产品的质量为 2.56 g，则氯氧化铋的转化率为___________(保留3 位有效数字)。
19．实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
Ⅰ.制备K2FeO4(夹持装置略)
(1)写出A中产生氯气的离子方程式：_______
(2)在答题纸上将除杂装置B补充完整并标明所用试剂：_______
(3)在C中发生的2个反应的离子方程式：_______；_______
Ⅱ.探究K2FeO4的性质：取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生气体和溶液a.为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色
方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶解，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生
(4)由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有_______离子，根据方案Ⅱ得出：氧化性Cl2_______ (填“>”或“＜”)
(5)使用时经常通过测定高铁酸钾的纯度来判断其是否变质。K2FeO4在硫酸溶液中反应如下：
_______FeO+_______H+=_______O2↑+_______Fe3++ _______
①完成并配平上述离子方程式_______。
②现取C中洗涤并干燥后样品的质量10 g，加入稀硫酸，收集到0.672 L气体(标准状况)。则样品中高铁酸钾的质量分数为_______。(计算结果保留到0.1%)
20．A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在如图1所示的关系，完成下列空白：
（1）向酚酞试液中加入化合物A的粉末，现象为_____________。
（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为_______________。
（3）向20mL某浓度的化合物C的溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系如图2图示两种情况。
①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为_________。
②由B表明，原溶液通入CO2气体后，所得溶液中的溶质的化学式为________。
③由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为__________。
1．B
【详解】A．依据酸分子电离出H+的数目，将酸分为一元酸、二元酸等，故A不正确；
B．根据物质在水中的溶解性，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质，故B正确；
C．将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物，依据的是氧化物的性质，故C不正确；
D．CO2、碳酸盐都含有碳元素，但它们是无机物，故D错误；
故选B。
2．C
【详解】A．我国科学家团队，首次在世界上成功合成具有生命活力的蛋白质——结晶牛胰岛素，A正确；
B．我国科学家屠呦呦成功提取出了青蒿素，这种药品有效降低了疟疾患者的死亡率，B正确；
C．利用太阳能更有利于实现“碳达峰、碳中和”，乙醇汽油达不到此目的，故C错误；
D．“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，次氯酸根具有氧化性，故可用作漂白剂和消毒剂，故D正确；
故选C。
3．C
【详解】A、氯气用于自来水的杀菌消毒的化学方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，A正确；
B、将“NO2球”浸泡在热水中，颜色变深：2NO2(g)N2O4(g) H＜0，B正确；
C、向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至溶液呈中性，离子方程式为2OH-+ Ba2++ 2H++SO42-= BaSO4↓+ 2H2O，C错误；
D、铜片溶解在KNO3和稀硫酸的混合液中：3Cu + 8H+ + 2NO3- =3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O，D正确；
答案选C。
4．B
【详解】A．二氧化氮是红棕色气体，与水反应生成有毒的一氧化氮气体，故A错误；
B．二氧化硫与二氧化氮混合后通入水中发生氧化还原反应，二氧化硫被氧化得到硫酸，二氧化氮被还原为NO，多余的二氧化氮和水反应生成NO和硝酸，故能得到两种强酸，故B正确；
C．二氧化硫使品红褪色，是形成无色不稳定的化合物，而非氧化还原，故C错误；
D．二氧化硫溶于水生成相应的酸即亚硫酸，二氧化氮和水反应生成NO和硝酸，不是相应的酸，故D错误；
答案为B。
5．A
【详解】A项、“日照澄州江雾开”中所说的雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故A正确；
B项、高粱的主要成分是淀粉，不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲的作用下反应生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出，故B错误；
C项、“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”中粉身碎骨是指碳酸钙高温下发生分解反应生成氧化钙，反应中有新物质生成，是化学变化，故C错误；
D项、葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精的反应不是水解反应，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查古诗词中的化学知识，侧重于考查分析能力应用能力，注意理解各诗句的含义，和物质的性质联系分析是解答关键。
6．D
【详解】A．工业上生成硝酸的第一步反应为氨的催化氧化，原料是NH3而不是N2，A不正确；
B．反应①②均需要使用催化剂，但反应③只需提供O2，在常温下就可转化，B不正确；
C．路线Ⅲ的另一种反应物为水时，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，则每1mol反应，转移电子数目为NA，C不正确；
D．反应 表明，2NH3——92.4kJ，则该条件下每合成1molNH3放出的热量为46.2kJ，D正确；
故选D。
7．C
【详解】A．中性溶液，三价铁离子不能大量存在，A错误；
B．甲基橙3.1〈红色，3.1-4.4橙色，〉4.4黄色，所以显黄色的溶液有可能显酸性，酸性溶液偏铝酸根，不能大量存在，B错误；
C．=1×10-13mol/L的溶液显酸性，酸性溶液NH、Ca2+、Cl-、NO，可以大量共存，C正确；
D．次氯酸根有强氧化性，可以漂白试纸颜色，所以能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液，不能含有次氯酸根，D错误；
故选C。
8．C
【分析】A、碳酸根发生水解微粒数减少；
B、己烷在标准状况下不是气体；
C、CO2和O2分子中都含有2个氧原子；
D、根据气体摩尔体积的使用范围。
【详解】A、碳酸根发生水解微粒数减少，1 L浓度为1 mol·L-1的Na2CO3溶液中含有碳酸根少于NA个，故A错误。
B、己烷在标准状况下不是气体，22.4L己烷物质的量不是1mol，故B错误；
C、CO2和O2分子中都含有2个氧原子，NA个分子，其中氧原子数为2NA，故C正确；
D、常温常压下的33.6 L氯气的物质的量不是1.5mol，故D错误；
故选C。
9．A
【详解】A．用MnO2和浓盐酸反应制备Cl2，浓盐酸部分Cl元素被氧化，部分Cl元素未参与氧化还原反应，其离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，A正确；
B．少量澄清石灰水与Ca(HCO3)2混合会生成碳酸钙和水，其离子方程式为：Ca2++2OH-+2=CaCO3↓+2H2O+CO，B错误；
C．工业利用氯气与石灰乳反应制备漂粉精，石灰乳在书写离子方程式中不能拆分，C错误；
D．硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应至溶液呈中性，生成的是硫酸钠、硫酸钡和水：Ba2++2OH-++2H+=BaSO4↓+2H2O，D错误；
故选A。
10．D
【分析】该反应中锰元素由+2价升为+7价，化合价升高被氧化，故Mn2+是还原剂，IO4—是氧化剂；根据电子守恒和元素守恒可知反应方程式为：。
【详解】A.根据分析可知Mn2+是还原剂，IO4-是氧化剂，故A错误；
B.根据方程式可知，另一种含碘微粒为：IO3-，故B错误；
C.根据方程式可知反应过程中有氢离子生成，所以pH值会减小，故C错误；
D. 一个IO4-生成IO3-，化合价降低2价，得两个电子，故每有1 mol IO4-参加反应，转移2 mol电子，故D项正确；
故答案为D。
11．AC
【详解】A.亚铁离子的水溶液为浅绿色，故A正确；
B.铁与水蒸气在加热条件下的反应产物为Fe3O4和H2，故B错误；
C. Fe3O4是一种黑色晶体，能传递磁性，俗称为磁性氧化铁，故C正确；
D. Fe3+溶液中滴入含SCN 的溶液立即反应生成硫氰化铁，溶液变为红色，不可能出现红色沉淀，故D错误；
故选AC。
12．C
【详解】发生反应有2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，若等量的铝都反应完，生成气体为1:1，若铝均没有反应完，根据酸和碱的物质的量相等，可得生成气体为1:3，而题中为4:5，因此一个是铝反应完全，一个是铝过量，由于等量的铝消耗的盐酸的量更多，所以Al跟盐酸反应，盐酸反应完，Al过量；Al跟NaOH反应，Al反应完，NaOH过量，C选项符合题意；答案为C。
13．D
【详解】A．氢氧化镁难溶，写离子反应时，用化学式表示，与稀盐酸反应：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，故A不符合题意；
B．醋酸难电离，写离子反应时，用化学式表示，醋酸溶液与水垢中的碳酸钙反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑，故B不符合题意；
C．氧化钠是固体，写离子反应时，用化学式表示，氧化钠与盐酸反应的离子方程式为：Na2O+2H+=2Na++H2O：故C不符合题意；
D．向碳酸钠溶液中加过量盐酸生成氯化钠、水和二氧化碳，离子方程式为：，故D符合题意；
答案选D。
14．AD
【详解】A．NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸挥发出的HCl反应生成氯化铵固体，反应现象是产生白烟，A正确；
B．氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，B错误；
C．氨气与氯化物在溶液中发生复分解反应生成氢氧化物，如使氯化物溶液变浑浊，可能生成难溶性氢氧化物，但不一定为Mg(OH)2，也可能为Al(OH)3等沉淀，C错误；
D．氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3 H2O，NH3 H2O电离生成OH-离子使溶液呈碱性，D正确；
故选AD。
15．AC
【详解】A．盐酸能与马桶壁上的污渍反应生成可溶性物质，不是因为其具有氧化性，A错误；
B．石英制品中的SiO2能与HF反应，因此可用氢氟酸刻蚀石英制作艺术装饰品，B正确；
C．碳酸氢钠可与HCl反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能消耗多余的胃酸，用碳酸氢钠制作胃药与其受热易分解无关，C错误；
D．高铁酸钾被还原生成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体可使水中细小颗粒絮凝，D正确；
故答案选AC。
16． 0.16mol 1.6NA 17:16 16:17 80g/mol 0.3mol/L
【分析】(1)利用公式法求2.9gNH4+的物质的量，利用关系式求出其中含电子的数目。
(2)利用阿伏加德罗定律及其推论，求出同温同压下，同体积的氨气和甲烷气体的质量比及同质量的氨气和甲烷气体的体积比。
(3)利用质量守恒定律先求出C的质量，再求C的摩尔质量。
(4)利用电荷守恒，求SO42-的物质的量浓度。
【详解】(1)2.9gNH4+的物质的量为=0.16mol，由NH4+——10e-，可求出含电子的数目为0.16mol×10×NA=1.6NA。答案为：0.16mol；1.6NA；
(2)利用阿伏加德罗定律及其推论，同温同压下，，则同体积的氨气和甲烷气体，物质的量相等，质量比等于相对分子质量之比，即质量比为17:16，同质量的氨气和甲烷气体，体积比等于物质的量之比，即为=16:17。答案为：17:16；16:17；
(3)依据质量守恒定律，求出C的质量=24g+40g-32g=32g，则C的摩尔质量为=80g/mol。答案为：80g/mol；
(4)依据电荷守恒：c(NH4＋)+ c(K＋) = c(Cl-)+ 2c(SO42-)，代入数据，即0.6mol/L+0.5mol/L=0.5mol/L+ 2c(SO42-)，c(SO42-)=0.3mol/L。答案为：0.3mol/L。
【点睛】在利用公式或阿伏加德罗定律进行计算时，我们应清楚：当同一物质的已知量与未知量可以出现在同一公式时，使用公式法；当两种物质能在同一反应式中出现时，利用方程式求解；当两种物质不在同一反应式中出现，但具有某些共同点时，常利用阿伏加德罗定律及其推论；当离子共存于同一溶液时，使用守恒法。
17．(1)
(2)++8=3++2
(3)
【详解】（1）由图可知，过程ⅰ反应为硫化氢在T.F菌作用下硫化氢和甲烷反应生成硫单质和硫酸亚铁，根据质量守恒可知还生成氢离子，反应为；
（2）由图可知，反应ⅱ为亚硝酸根离子发生还原反应生成铵根离子，氮元素化合价由+3变为-3，则纳米铁在酸性环境中发生氧化反应生成亚铁离子，化合价由0变为+2，根据电子守恒、质量守恒配平可知，反应为++8=3++2；
（3）由图可知，氧化生成氮气，氮元素化合价由-3变为0，则氯元素发生还原反应化合价由+1变为-1，根据电子守恒、质量守恒可知，反应为。
18． 方法Ⅰ中金属 Bi与硝酸反应和硝酸铋在受热分解的过程中均会产生污染环境的氮氧化物 分液漏斗 氨水会与反应生成 NH2·H2O分解，溶液的 pH 降低，不利于的形成，使沉淀产率降低 95.4%
【分析】方法Ⅱ的原理为，将得到的在经过灼烧，可得氧化铋，其反应为。
【详解】(1)由题干可知 Bi 与稀硝酸反应，生成的气体应该为 NO，因此离子方程式为；由于金属 Bi 与稀硝酸发生反应时会生成氮氧化物，并且硝酸铋在受热分解的过程中也会产生氮氧化物，会对环境产生污染，故填、方法Ⅰ中金属 Bi与硝酸反应和硝酸铋在受热分解的过程中均会产生污染环境的氮氧化物
(2)由图可知仪器e的名称为分液漏斗；由题干信息可知， BiOCl与NH4HCO3反应有(BiO)2CO3和CO2生成，根据原子守恒得反应的化学方程式为，故填分液漏斗、；
(3)氨水呈碱性，会与反应产生大量的，有利于生成(BiO)2CO3沉淀，故填氨水会与反应生成 ；
(4)当温度高于 50℃时，会促进溶液中NH3·H2O分解，会使溶液 pH降低，从而不利于的形成，使沉淀产率降低。(5)当得到产品质量为2.56g时，转化率a=×100%100%≈95.4%，故填NH2·H2O分解，溶液的 pH 降低，不利于的形成，使沉淀产率降低、95.4%。
19．(1)2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)；
(3) Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O； 3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=3Cl-+2FeO+5H2O；
(4) Fe3+； ＜；
(5) 4； 20； 3； 4；10 H2O； 79.2%。
【分析】A为氯气发生装置，高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，装置B为除杂装置，浓盐酸易挥发，产生的Cl2中混有HCl，可通过饱和食盐水除去， Cl2与Fe(OH)3、 KOH溶液在C中反应生成K2FeO4、 KCl和水，D装置为尾气吸收装置，方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，方案II可证明K2FeO4氧化了，由此分析。
【详解】（1）A 为氯气发生装置，高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，产生氯气的离子方程式：2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
答案为：2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（2）装置B为除杂装置，浓盐酸易挥发。产生的产生的Cl2中混有HCl，可通过饱和食盐水除去，使用洗气瓶中盛放饱和食盐水，导气管是长进短出。装置图为；答案为：；
（3）Cl2与KOH溶液在C中反应生成KCl、次氯酸钾和水，次氯酸钾和Fe(OH)3反应生成K2FeO4，C中反应的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=3Cl-+2FeO+5H2O；答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=3Cl-+2FeO+5H2O；
（4）方案1中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，是Fe3+与KSCN溶液反应生成的硫氰化铁，由方案I中溶液变红可知a中含有Fe3+，用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，得到紫色溶液含K2FeO4，滴加盐酸，有Cl2产生，作氧化剂，Cl2是氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，氧化性Cl2<，答案为：Fe3+； <；
（5）根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒可以配平方程式，4FeO+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O；，根据关系式： 4~ 3O2，则高铁酸钾的物质的量为：0.03mol 4/3 = 0.04mol，高铁酸钾的质量分数为：，故答案为：4； 20； 3； 4；10 H2O；79.2%。
20． 溶液先变红后褪色，并有气泡生成 2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑ OH- +H+ =H2O、H++CO32-=HCO3- Na2CO3、NaHCO3 3：10
【分析】A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气，B是H2O，丙为氢气，C是NaOH，A是Na2O2；
小题（3）：曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，若A中只有Na2CO3，开始发生CO32-+H+=HCO3-，前后两过程消耗HCl的体积相等，实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1：2，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1：1。
【详解】（1）向酚酞试液中加入化合物Na2O2的粉末，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠是溶液薄荷味红色，但过氧化钠具有漂白性，则现象为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成；
答案为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成；
（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；
答案为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；
（3）①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为：OH-+H+=H2O、H++CO32-=HCO3-，故答案为OH-+H+=H2O、H++CO32-=HCO3-；
②由B图表明，加入25mL盐酸时开始产生二氧化碳，到75mL时二氧化碳的体积达最大，所以加入盐酸体积25mL～75mL时，是盐酸与碳酸氢钠反应。由Na2CO3生成NaHCO3再生成CO2，前后消耗的盐酸为1：1，而图中，生成NaHCO3所用盐酸少于由NaHCO3生成CO2所用盐酸，为1：2，所以原溶液的溶质为Na2CO3、NaHCO3；
答案为：Na2CO3、NaHCO3；
③曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为（75-60）mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为（75-25）mL=50mL，由HCO3-+H+=H2O+CO2↑可知，则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL：50mL=3：10。
答案为：3：10。