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近三年高考化学真题分类汇编：化学实验4
一、选择题
1．（2021·浙江）下列图示表示灼烧操作的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A.是转移溶液到容量瓶中，故A不符合题意
B.进行灼烧的操作,故B符合题意
C.进行蒸馏的操作,故C不符合题意
D.进行过滤的操作，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】灼烧一般是在坩埚中进行的操作，而B是在坩埚中进行属于灼烧操作，其他均不符合题意
2．（2021·浙江）下列“类比”结果不正确的是（ ）
A． 的热稳定性比 的弱，则 的热稳定性比 的弱
B． 的分子构型为V形，则二甲醚的分子骨架( )构型为V形
C． 的溶解度比 的大，则 的溶解度比 的大
D．将丙三醇加入新制 中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制 中溶液也呈绛蓝色
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；物质的检验和鉴别；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A. 中含有氧氧键，因此热稳定性比 的弱，而 含有氮氮键，热稳定性比 的弱，故A不符合题意
B.水分子中的氧原子的价层电子对为4对，其中含有2对孤对电子，为sp3杂化，构型为V型，而二甲醚中的氧原子的价层电子对为4，含有2对孤对电子为sp3杂化，构型为V型。故B不符合题意
C.钙盐、钡盐的碳酸盐的溶解性弱于碳酸氢盐，而钾盐、钠盐的碳酸盐的溶解性强于碳酸氢盐，故C不符合题意
D.含有多个羟基的有机物与新制备的氢氧化铜作用溶液呈绛蓝色，丙三醇和葡萄糖均含有多个羟基，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】A.过氧化氢和 均含有非极性键，非极性键稳定性弱
B.计算出氧原子的杂化方式即可
C.考察的是碳酸氢盐和碳酸盐的溶解性强弱问题
D.考察的是多羟基的有机物与氢氧化铜的反应的特殊现象
3．（2021·浙江）下列物质的化学成分不正确的是（ ）
A．生石灰： B．重晶石：
C．尿素： D．草酸：
【答案】A
【知识点】化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A.生石灰是CaO,故A符合题意
B. 重晶石的化学式 ，故B不符合题意
C. 尿素的化学式为 ，故C不符合题意
D. 草酸的化学式为 ，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】 的俗称是熟石灰或者是消石灰，不是生石灰，其他均正确
4．（2021·浙江）下列说法不正确的是（ ）
A．应避免铵态氮肥与草木灰混合施用
B．工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率
C．电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气
D．将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢
【答案】C
【知识点】高炉炼铁；以氯碱工业为基础的化工生产简介；海带成分中碘的检验；化肥、农药及其合理利用
【解析】【解答】A.铵态氮肥中含有铵根离子水解成酸性，草木灰的主要成分为碳酸钾，水解呈碱性，混合后降低肥效，故A不符合题意
B.离子交换法可以很大程度上的提取碘离子的量，同时可以增加碘离子的富集，故B不符合题意
C.电解饱和食盐水得到的是氢氧化钠和氢气和氯气，不是得到的是金属钠，故C符合题意
D.生铁可以在电解质溶液中形成电化学腐蚀，因此降低含碳量可以减少腐蚀，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】一般要得到金属钠，采用的是电解熔融的氯化钠固体，不用电解食盐水，其他均正确
5．（2021·浙江）下列说法正确的是（ ）
A．减压过滤适用于过滤胶状氢氧化物类沉淀
B．实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火
C．制备硫酸亚铁铵晶体时，须将含 和 的溶液浓缩至干
D．将热的 饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体
【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A.胶体的直径小于滤纸的孔径，因此胶体可以透过滤纸，但是胶体可能堵塞滤纸，故A不符合题意
B.实验室设备着火可以用二氧化碳灭火器进行灭火，故B符合题意
C.加热蒸干硫酸亚铁和硫酸铵的溶液时可能得到的是将结晶水失去，故C不符合题意
D.将热的硝酸钾的饱和溶液快速冷却得到的是较小的晶体颗粒，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】A.可以选择的是半透薄进行过滤
B.二氧化碳不能燃烧不支持燃烧可以用来灭火
C.一般制取晶体时得到较多晶体时，即可停止加热利用余热将其蒸干
D.要想得到大的晶体应该是缓慢冷却
6．（2021·浙江）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
目的 方案设计 现象和结论
A 探究乙醇消去反应的产物 取 乙醇，加入 浓硫酸、少量沸石，迅速升温至140℃，将产生的气体通入 溴水中 若溴水褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯
B 探究乙酰水杨酸样品中是否含有水杨酸 取少量样品，加入 蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入1-2滴 溶液 若有紫色沉淀生成，则该产品中含有水杨酸
C 探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分 取少量固体粉末，加入 蒸馏水 若无气体生成，则固体粉末为 ；若有气体生成，则固体粉末为
D 探究 固体样品是否变质 取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量 溶液 若有白色沉淀产生，则样品已经变质
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】钠的化学性质；有机物（官能团）的检验；乙醇的消去反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.温度在140℃时发生的时分子间的脱水，得到的是甲醚，故A不符合题意
B.水杨酸中含有酚羟基，而乙酰水杨酸中不含有酚羟基，酚羟基与氯化铁显色反应。故B不符合题意
C.钠与水反应也会产生气体，因此无法确定钠是否反应完全，故C不符合题意
D.先加入盐酸排除银离子和亚硫酸根离子的干扰。再加入氯化钡溶液产生沉淀，说明含有硫酸根离子，故D符合题意
故答案为：D
【分析】A.温度应控制在170℃
B.现象描述错误，应该是红色不是沉淀
C.选哟保证钠全部反应完全
D.可以检验亚硫酸钠是否变质
7．（2021·广东）测定浓硫酸试剂中 含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取 待测液，用 的 溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A.配制一定物质的量浓度的溶液，需用到容量瓶，该实验要配制250mL溶液，因此需用到250mL容量瓶，A不符合题意；
B.分液漏斗常用于分液操作，该实验中不需用到分液漏斗，B符合题意；
C.进行酸碱中和滴定时，待测液应盛装在锥形瓶内，因此该实验需用到锥形瓶，C不符合题意；
D.移取NaOH溶液时，需用到碱性滴定管，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对一定物质的量浓度溶液配制和中和滴定的考查，解答此类题型时，应结合溶液配制过程和中和滴定实验过程进行分析。
8．（2021·广东）化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是（ ）
选项 操作或做法 目的
A 将铜丝插入浓硝酸中 制备
B 将密闭烧瓶中的 降温 探究温度对平衡移动的影响
C 将溴水滴入 溶液中，加入乙醇并振荡 萃取溶液中生成的碘
D 实验结束，将剩余 固体放回原试剂瓶 节约试剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；硝酸的化学性质；化学试剂的存放；分液和萃取
【解析】【解答】A.铜与浓硝酸反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO，A不符合题意；
B.烧瓶中发生反应2NO2(g)=N2O4(g)，其中NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，通过观察降温后烧瓶内气体颜色的变化，结合温度对平衡移动的影响可得出结论，B符合题意；
C.溴水中的Br2能将I－氧化成I2，由于乙醇能与水互溶，因此不能用乙醇作萃取剂，C不符合题意；
D.实验用剩的药品NaCl不能直接放回原试剂瓶内，防止瓶内试剂被污染，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.铜与浓硝酸反应生成NO2；
B.NO2可发生自聚反应2NO2(g) N2O4(g)，其中N2O4为无色气体；
C.乙醇能与水互溶，不做萃取剂；
D.NaCl不能直接放回原试剂瓶；
9．（2021·全国甲）实验室制备下列气体的方法可行的是（ ）
气体 方法
A 氨气 加热氯化铵固体
B 二氧化氮 将铝片加到冷浓硝酸中
C 硫化氢 向硫化钠固体滴加浓硫酸
D 氧气 加热氯酸钾和二氧化锰的混合物
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A.氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以不能用于制备氨气，A不符合题意；
B.将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B不符合题意；
C.硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，C不符合题意；
D.实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧气，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．实验室制氨气一般用氢氧化钙和氯化铵加热制备；
B．铝片遇浓硝酸会发生钝化；
C．根据氧化还原反应分析；
D．实验室可以用加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气；
10．（2021·全国甲） 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A． 重水( )中含有的质子数为
B． 的 与 完全反应时转移的电子数为
C． 环状 ( )分子中含有的 键数为
D． 的 溶液中 离子数为
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；探究二氧化氮与水的反应；同位素及其应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．D2O的质子数为10，18gD2O的物质的量为 =0.9mol， 则重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；
B．NO2与H2O反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；
C．一个S8分子中含有的S-S键数为8个，32gS8的物质的量为=mol，则含有的S-S键数为×8NA=NA，C正确；
D．酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+,，含Cr元素微粒有Cr2O72-和CrO42-，则1LpH=4的0.1mol/L K2Cr2O7溶液中Cr2O72-离子数应小于0.1 NA，D错误；
故答案为：C
【分析】A．根据n=计算；
B．根据转移电子数计算；
C．根据n=计算物质的量，再根据共价键的个数计算；
D．根据水解分析；
11．（2021·全国甲）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径：
B．W与X只能形成一种化合物
C．Y的氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应
D．W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氢氧化铝的制取和性质探究；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A.电子层数越多的元素原子半径越大，同周期元素原子半径依次减弱，则原子半径：Y(Al)＞Z(S)＞X(N)＞W(H)，A错误；
B.W为H元素，X为N元素，两者可形成NH3和N2H4，B错误；
C.Y为Al元素，其氧化物为两性氧化物，可与强酸、强碱反应，C错误；
D.W、X和Z可形成(NH4)2S、NH4HS，两者既含有离子键又含有共价键，D正确；
故答案为：D
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍，则分析知，Z的最外层电子数为偶数，W和X的单质常温下均为气体，则推知W和X为非金属元素，所以可判断W为H元素，X为N元素，Z的最外层电子数为1+5=6，Y的最外层电子数为=3，则Y为Al元素，Z为S元素。
12．（2021·湖南）已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：
下列说法正确的是（ ）
A．苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色
B．环己醇与乙醇互为同系物
C．已二酸与 溶液反应有 生成
D．环己烷分子中所有碳原子共平面
【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；分液和萃取；同系物
【解析】【解答】A.苯不与溴水反应，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层密度小，应是上层溶液呈橙红色，故A不符合题意；
B．环己醇含有六元碳环，是不饱和一元醇，乙醇是饱和一元醇，结构不相似，分子组成也不相差若干CH2原子团，不互为同系物，故B不符合题意；
C．己二酸分子中的羧基能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C符合题意；
D．环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，因此所有碳原子不可能共平面，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考查的是苯的密度与水的密度大小问题，确定有机层和无机层的位置
B.同系物是结构相似，分子式中相差n个CH2的有机物，但是环己醇和乙醇结构都不同
C.与碳酸氢钠反应放出气体的官能团是羧基，而乙二酸含有羧基
D.环己烷中的碳原子均是饱和碳原子不共面
13．（2021·河北）BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度
B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3
C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度
D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成
【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．硝酸有强氧化性，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀 HNO3 ，反应物硝酸的用量减少，速率降低，可降低反应剧烈程度，A不符合题意；
B．金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成 ，水解的离子方程式为 ，转化工序中加入稀 溶液 ，使氢离子浓度增大，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成 的产生，B不符合题意；
C．氯化铋水解生成 的离子方程式为 ，水解工序中加入少量 ，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，氯化铋水解平衡右移，促进 水解，C不符合题意；
D．氯化铋水解生成 的离子方程式为 ，水解工序中加入少量硝酸铵，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，氯化铋水解平衡左移，不利于生成 ，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应 ，也不利于生成 ，综上所述，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.硝酸具有很强的氧化性，分批次加入避免大量的接触，避免了反应速率过快
B. BiONO3 产生由于铋离子发生水解，加入酸抑制水解
C.铋离子水解呈酸性，加入醋酸钠结合氢离子形成醋酸是弱酸促进了铋离子的水解
D.铋离子水解呈酸性，铵根离子水解呈酸性抑制铋离子的水解
14．（2021·河北）下列操作规范且能达到实验目的的是（ ）
A．图甲测定醋酸浓度 B．图乙测定中和热
C．图丙稀释浓硫酸 D．图丁萃取分离碘水中的碘
【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；分液和萃取；中和滴定；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．酸碱中和滴定，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠水解呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A符合题意；
B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，以免测定温度不准确，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充且大烧杯也需要用纸板盖住，防止热量散失，故B不符合题意；
C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，浓硫酸稀释时放热，导致温度升高造成炸裂，容量瓶上的温度时20℃，故C不符合题意；
D．考查的是分液漏斗的使用，分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体留下时飞溅，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.酸碱中和滴定，酚酞的变色范围在碱性范围内，而氢氧化钠和醋酸反应得到的醋酸钠显碱性符合酚酞的变色范围
B.中和热测定时需要注意保温装置，以及温度计不能与烧杯底部接触，此装置为进行保温可能测定的结果偏低
C.浓硫酸稀释时放热，一般稀释时放在烧杯中，容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液
D.分液时注意分液漏斗的下端仅靠烧杯内壁
15．（2021·河北）用中子轰击 X原子产生α粒子(即氮核 He)的核反应为： X+ n→ Y+ He。已知元素Y在化合物中呈+1价。下列说法正确的是（ ）
A．H3XO3可用于中和溅在皮肤上的NaOH溶液
B．Y单质在空气中燃烧的产物是Y2O2
C．X和氢元素形成离子化合物
D．6Y和7Y互为同素异形体
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；同素异形体；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A． 为硼酸是弱酸，氢氧化钠溶液具有腐蚀性，若不慎将 溶液溅到皮肤上，则需用大量水冲洗，同时涂抹 ，以中和碱液达到目的，A符合题意；
B．Y为Li，在空气中燃烧的产物只有Li2O不可能有过氧化锂，B不符合题意；
C．X为B，与氢元素均是非金属元素会形成BH3或B2H4等硼氢化合物，B元素与H元素以共价键结合，均属于共价化合物，C不符合题意；
D． 和 两者的质子数均为3，中子数不同的两种核素，所以两者互为同位素，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据判断Y是Li,X是B
A.硼酸是弱酸，氢氧化钠溶液是碱性溶液，不小心滴到皮肤上，利用硼酸的弱酸性可以中和氢氧化钠溶液
B.Li在空气中产物没有过氧化锂，只有氧化锂
C.均属非金属形成的属于共价化合物
D.同素异形体是单质，但是 6Y和7Y均是元素不是单质
16．（2021·全国乙卷）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（ ）
A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙： CO32- +CaSO4 =CaCO3 + SO42-
B．过量铁粉加入稀硝酸中：Fe + 4H+ + NO3- = Fe3+ +NO↑ +2H2O
C．硫酸铝溶液中滴如少量氢氧化钾溶液： Al3+ +4 OH- =AlO2- + 2H2O
D．氯化铜溶液中通入硫化氢： Cu2+ + S2- =CuS ↓
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质；探究铝与酸、碱溶液的反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-，A符合题意；
B.过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，B不符合题意；
C.硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，C不符合题意；
D.硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．根据沉淀的转化分析；
B．Fe过量生成Fe2+；
C．KOH少量生成Al(OH)3；
D．H2S为弱电解质，不能拆；
17．（2021·全国乙卷）在实验室釆用如图装置制备气体，合理的是（ ）
化学试剂 制备的气体
A
B （浓）
C
D （浓）
A．A B．B C．C
【答案】C
【知识点】气体发生装置；气体的收集；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A.氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，A不符合题意；
B.MnO2与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，B不符合题意；
C.MnO2和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，C符合题意；
D.氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】由实验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度。
18．（2021·浙江）下列物质与俗名对应的是（ ）
A．纯碱：NaHCO3 B．硫铵：NH4HSO4
C．TNT： D．氯仿：CCl4
【答案】C
【知识点】化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A．纯碱为碳酸钠，化学式为Na2CO3，A不符合题意；
B．硫铵一般指硫酸铵，化学式为(NH4)2SO4，B不符合题意；
C．TNT结构式为 ，C符合题意；
D．氯仿为三氯甲烷，化学式为CHCl3，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. NaHCO3叫小苏打
B. NH4HSO4 硫酸氢铵
C.TNT为2,4,6-三硝基甲苯，符合要求
D. CCl4 叫四氯化碳不是氯仿
19．（2021·浙江）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
目的 方案设计 现象和结论
A 检验某无色溶液中是否含有NO 取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液 若溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有NO
B 探究KI与FeCl3反应的限度 取5 mL 0.1 mol·L-1KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液 若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度
C 判断某卤代烃中的卤素 取2 mL卤代烃样品于试管中，加入5 mL 20% KOH水溶液混合后加热，再滴加AgNO3溶液 若产生的沉淀为白色，则该卤代烃中含有氯元素
D 探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性 取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀 H2SO4后水浴加热5 min；再加入适量新制Cu(OH)2悬浊液并加热 若没有生成砖红色沉淀 ，则蔗糖在酸性水溶液中稳定
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断；氯离子的检验；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．原溶液中存在硝酸根可以和Fe2+反应生成Fe3+，故不能验证原溶液中含有亚硝酸根，A不符合题意；
B．向KI溶液中滴加FeCl3，若FeCl3没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，B符合题意；
C．溶液中加入KOH后体系中剩余大量的OH-，再加入硝酸银溶液后OH-也可以使Ag+生产白色沉淀，C不符合题意；
D．蔗糖为二糖，在酸性条件下可以水解生产单糖，验证单糖中是否存在醛基，应向水解液中加入NaOH溶液使体系呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.二价亚铁离子变为三价铁离子，主要说明含有氧化性的离子，但是不一定是亚硝酸根还有可能是硝酸根离子
B.碘离子的量是过量的，若不是可逆反应，不存在三价铁离子，但是最终加入硫氰化钾溶液后，溶液变为红色说明有三价铁离子因此说明反应有限度
C.检验氯离子时需要进行加入硝酸酸化
D.检验醛基时需要碱性环境，水解后加入氢氧化钠调节溶液为碱性
20．（2021·浙江）下列说法错误的是（ ）
A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨
B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火
C．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带
D．工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；镁、铝的重要化合物；探究铝热反应
【解析】【解答】A．铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法符合题意；
B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法不符合题意；
C．粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，C说法不符合题意；
D．二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法不符合题意。
故答案为：A。
【分析】铝热反应是铝单质和氧化铁反应制取铁单质来焊接铁轨，其他选项均正确
21．（2021·浙江）下列说法错误的是（ ）
A．用纸层析法分离Fe3+和Cu2+，将滤纸上的试样点完全浸入展开剂可提高分离效果
B．将CoCl2·6H2O晶体溶于95%乙醇，加水稀释，溶液颜色由蓝色逐渐转变为粉红色
C．乙酰水杨酸粗产品中加入足量碳酸氢钠溶液，充分反应后过滤，可除去聚合物杂质
D．某些强氧化剂(如：氯酸钾、高锰酸钾)及其混合物不能研磨，否则可能引起爆炸
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；层析法
【解析】【解答】A．用纸层析法分离Fe3+和Cu2+时，滤纸上的试样点不能浸入展开剂中，试样点浸入展开剂会溶解在展开剂中无法分离，A符合题意；
B.95%乙醇中水很少，CoCl2·6H2O晶体溶于95%乙醇得到的溶液中主要含[CoCl4]2-，溶液呈蓝色，加水稀释，平衡逆向移动，得到主要含[Co(H2O)6]2+的粉红色溶液，B不符合题意；
C．用水杨酸与乙酸酐反应制备乙酰水杨酸（乙酰水杨酸的结构简式为 ）、同时生成副产物聚水杨酸，乙酰水杨酸的结构中含羧基和酯基，向其粗产品中加入足量NaHCO3溶液，乙酰水杨酸转化成可溶于水的乙酰水杨酸钠，聚水杨酸难溶于水，过滤后可除去聚合物杂质，向过滤后的滤液中加入盐酸可将乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，C不符合题意；
D．KClO3、KMnO4等强氧化剂及其混合物研磨时会发生反应产生气体引起爆炸，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.不能全部溶于展开剂，因为展开剂量多溶解试样点，导致不易分离
B.CoCl2在水溶液中存在平衡[Co(H2O)6]2+（粉红色）+4Cl- [CoCl4]2-（蓝色）+6H2O，主要是形成配合物的的转变，导致颜色的改变
C.利用碳酸氢钠主要将乙酰水杨酸转化为可溶的钠盐进行分离提纯
D.氧化剂具有很强的氧化性，易于其他物质混合研磨产生气体发生爆炸
22．（2021·浙江）下列说法错误的是（ ）
A．联苯( )属于芳香烃，其一溴代物有2种
B．甲烷与氯气在光照下发生自由基型链反应
C．沥青来自于石油经减压分馏后的剩余物质
D．煤的气化产物中含有CO、H2和CH4等
【答案】A
【知识点】石油的分馏产品和用途；煤的干馏和综合利用；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A．由联苯( )的分子结构可知，其分子由2个苯基直接相连，故其属于芳香烃；根据对称分析法可知，其一溴代物共有3种，A说法符合题意；
B．甲烷与氯气在光照下发生反应，氯气分子先吸收光能转化为自由基氯原子，然后由氯原子引发自由基型链反应，B说法不符合题意；
C．石油经常压分馏后可以得到的未被蒸发的剩余物叫重油，重油经经减压分馏可以得到重柴油、石蜡、燃料油等，最后未被气化的剩余物叫沥青，C说法不符合题意；
D．煤的气化是指煤与水蒸气在高温下所发生的反应，其产物中含有CO、H2和CH4等，D说法不符合题意。
故答案为：A。
【分析】联苯是高度对称的结构，因此找出氢原子得种类为3种，因此一氯取代物有3种，其他选项均正确
23．（2021·崇明模拟）蒸馏操作中需要用到的仪器是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏
【解析】【解答】蒸馏过程中需要用到蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，分液漏斗、蒸发皿、容量瓶不用于蒸馏操作，
故答案为：A。
【分析】分液漏斗是用雷分液，蒸发皿主要是用来蒸发结晶，容量瓶是用雷配制一定浓度的溶液，蒸馏烧瓶是用来蒸馏
二、多选题
24．（2021·湖南）1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸共热反应，经过回流、蒸馏、萃取分液制得1-溴丁烷粗产品，装置如图所示：
已知：
下列说法正确的是（ ）
A．装置I中回流的目的是为了减少物质的挥发，提高产率
B．装置Ⅱ中a为进水口，b为出水口
C．用装置Ⅲ萃取分液时，将分层的液体依次从下放出
D．经装置Ⅲ得到的粗产品干燥后，使用装置Ⅱ再次蒸馏，可得到更纯的产品
【答案】A,D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．浓硫酸沸点高，而氢溴酸的沸点低，浓硫酸和NaBr会产生HBr而溴化氢易挥发，反应物1-丁醇熔沸点较低，温度升高后易挥发，用装置I回流可减少反应物的挥发，提高产率，A符合题意；
B．冷凝水应下进上出可以提高冷凝效果，装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，B不符合题意；
C．用装置Ⅲ萃取分液时，一般是将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C不符合题意；
D．由题意可知经装置Ⅲ得到粗产品，由于粗产品中各物质沸点不同，再次进行蒸馏可得到更纯的产品，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.回流的目的主要是为了延长反应物的接触时间提高反应产率
B.进水口和出水口位置弄反，应该是从b口进入，a口出，主要是为了增加冷凝时间提高效果
C.分液时，密度小的从上口倒出，密度大的从下口倒出
D.经过分液后，可通过熔沸点的不同得到纯净的物质
三、非选择题
25．（2021·浙江）
（1）已知3种原子晶体的熔点数据如下表：
金刚石 碳化硅 晶体硅
熔点/℃ ＞3550 2600 1415
金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是 。
（2）提纯含有少量氯化钠的甘氨酸样品：将样品溶于水，调节溶液的pH使甘氨酸结晶析出，可实现甘氨酸的提纯。其理由是 。
【答案】（1）原子半径C＜Si（或键长C-C＜Si-Si），键能C-C＞Si-Si
（2）当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小
【知识点】原子晶体（共价晶体）；硅和二氧化硅；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）金刚石和晶体硅均是原子晶体，原子晶体的熔沸点主要是和键能有关，键越短键能越大，半径越小键越短，而原子半径是碳小于硅，因此金刚石的沸点高于硅，故正确答案是 原子半径C＜Si（或键长C-C＜Si-Si），键能C-C＞Si-Si
（2） 将样品溶于水，调节溶液的pH使甘氨酸结晶析出，可实现甘氨酸的提纯。其理由是当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小 ，故正确答案是： 当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小
【分析】（1）原子晶体的熔沸点与原子半径有关，半径越小，熔沸点越高
（2）pH改变，溶解度降低即可达到析出的目的
26．（2021·浙江）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。
其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：
（1）白色固体C的化学式是 ，蓝色溶液D中含有的溶质是 (用化学式表示)。
（2）化合物X的化学式是 ；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式 。
（3）蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式 。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素 。
【答案】（1）；
（2）CuAl2Cl8；
（3）；将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【知识点】物质的分离与提纯；分子式；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）A是蓝色溶液，说明含有铜离子，根据A中加入氨水，得到白色沉淀，产生的是碱，且溶于氢氧化钠，因此B是氢氧化铝，因此C为氧化铝，得到深蓝色溶液说明是铜氨溶液，加入硝酸酸化的硝酸银，得到沉淀E是氯化银，和溶液D，因此D中含有的是硝酸铜、硝酸铵、硝酸银、硝酸，故正确答案是： 、
（2）根据（1）分析说明里面含有铜元素，氯元素，以及铝元素，根据氧化铝的质量为1.02g,m(Al)= =0.54g氯化银的质量为11.48g，m(Ag)==2.84g,m（Cu）=4.02-2.84-0.54=0.64g，设X的化学式为CuxAlyClz,(64x):(27y):(35.5z)=0.64:0.54:2.84,因此x:y:z=1:2:8,故化学式为 CuAl2Cl8 ， 化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式 ，故正确答案是： CuAl2Cl8 ，
（3）①蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀，方程式为 ，故正确答案为：
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素的实验方案是将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【分析】（1）根据物质B的性质以及加入的氨水即可判断B的化学式进而确定C的化学式，同时根据加入试剂确定D的溶质
（2）根据相关数据计算出化学式，在结合甲烷的空间结构写出X阴离子的电子式即可
（3）① 根据反应物和生成物写出离子方程式②根据沉淀的性质加入硝酸后观察和加入硝酸应进行检验离子的存在
27．（2021·浙江） 是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯 。已知：
① ，合适反应温度为 ；副反应： 。
②常压下， 沸点 ，熔点 ； 沸点2.0℃，熔点 。
③ ， 在 中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
请回答：
（1）①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是 。
②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用 。
（2）有关反应柱B，须进行的操作是_______。
A．将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱
B．调控进入反应柱的混合气中 和 的比例
C．调控混合气从下口进入反应柱的流速
D．将加热带缠绕于反应柱并加热
（3）装置C，冷却液的温度通常控制在 。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的 含量，可采用的方法是 。
（4）将纯化后的 产品气化，通入水中得到高纯度 的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要 时，可将 浓溶液用 萃取分液，经气化重新得到。
针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：c→ → →e→d→f→ 。
a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水
b.将溶液和 转入分液漏斗
c.涂凡士林
d.旋开旋塞放气
e.倒转分液漏斗，小心振摇
f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置
g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体
h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶
（5）产品分析：取一定量 浓溶液的稀释液，加入适量 、过量 溶液及一定量的稀 ，充分反应。用标准 溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准 溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生 的反应(不考虑 与水反应)：
实验数据如下表：
加入量
滴定Ⅰ测出量
滴定Ⅱ测出量
①用标准 溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是 。
②高纯度 浓溶液中要求 ( 和 均以 计)。结合数据分析所制备的 浓溶液是否符合要求 。
【答案】（1）浓 ；a
（2）A；B；C
（3）抽气(或通干燥氮气)
（4）a；b；g
（5）CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复；溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10-3mol、5×10-6mol， =200>99，符合要求
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）①除去水蒸气的是采用的是浓硫酸，故正确答案是：浓硫酸
②C中主要是反应区域，产物易水解，因此需要避免与水解接触，因此D需要除水，氯气是有毒污染物因此用氢氧化钠溶液除去，故正确答案是：a
（2）A.将氧化汞粉末进行处理水分，增大表面积后填入反应柱，故A符合题意
B.进入反应柱之前需要将氮气和氯气的比率进行调节以控制反应的速率，故B符合题意
C.控制进气口的气体速率，以保证足够的接触时间，增加接触，故C符合题意
D.反应的温度是 不需要加热，故D不符合题意
（3） 反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的 含量 ，可以采取抽气或者通入干燥氮气将氯气带出
（4）萃取的步骤考查，大致顺序是：检漏-加入萃取剂和溶液进行充分混合-摇匀-放掉气体-静置分层-放出液体，因此顺序是：c-a-b-e-d-f-g
（5）①本身碘单质的四氯化碳具有颜色，通过观察颜色褪去即可，实验I终点的现象是： CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复
②根据 ，即可得出关系式为：Cl2O~2H+~2I2.根据数据计算出消耗的氢离子的物质的量为2n(H2SO4)=2X(2.505X10-3-1.505X10-3)mol=2x10-3mol,此时的Cl2O的量为1x10-3mol，产生的碘单质的物质的量为 2x10-3mol， 碘单质的物质的量为2.005x10-3mol，而氯气反应得到的碘单质的物质的量为2.005x10-3mol-2x10-3mol=5x10-6mol，因此消耗的氯气是5x10-6mol，因此=200＞99，因此符合要求
【分析】（1）①考查的液体吸水剂是浓硫酸②考虑到产物易水解，因此需要除水，考虑到氯气有毒需要尾气处理
（2）考虑得到反应物是气体和固体，并且产物易水解因此需要保持干燥以及需要控制气体的流速以便使反应物充分接触，由于反应为温度是18-25℃，因此不需要加热即可
（3）主要是多于的反应物气体排除，生成物是液体，因此可以采用抽气或者是利用其他的气体将氯气冲出
（4）考查的是分液操作的步骤，按照步骤操作即可
（5）① 碘单质本身就有颜色，可以通过颜色的消失判断终点②通过方程式以及给出的数据进行计算即可
28．（2021·广东）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是 )的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。
（1）实验室沿用舍勒的方法制取 的化学方程式为 。
（2）实验室制取干燥 时，净化与收集 所需装置的接口连接顺序为 。
（3）某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中 已分解。检验此久置氯水中 存在的操作及现象是 。
（4）某合作学习小组进行以下实验探究。
①实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对 溶解度的影响。
②查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时， 。
③提出猜想。
猜想a：较高温度的 饱和溶液的电导率较大。
猜想b： 在水中的溶解度 。
④设计实验、验证猜想。取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的 饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行表中实验1~3，记录数据。
实验序号 试样 测试温度/℃ 电导率/
1 Ⅰ：25℃的 饱和溶液 25
2 Ⅱ：35℃的 饱和溶液 35
3 Ⅲ：45℃的 饱和溶液 45
⑤数据分析、交流讨论。25℃的 饱和溶液中， 。
实验结果为 。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想 成立，但不足以证明猜想 成立。结合②中信息，猜想 不足以成立的理由有 。
⑥优化实验。小组同学为进一步验证猜想 ，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。请在答题卡上完成表中内容。
实验序号 试样 测试温度/℃ 电导率/
4 Ⅰ
5
⑦实验总结。根据实验1~5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想 也成立。猜想 成立的判断依据是 。
【答案】（1）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）c-d-b-a-e
（3）HClO；向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C 、HC 等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-
（4）1.34 10-5；测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度；45℃；II；45℃；A3>B2>B1
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）实验室用MnO2和浓盐酸共热制取Cl2，反应过程中生成MnCl2、Cl2和H2O，该反应的化学方程式为；MnO2＋4HClMnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
（2）由于浓盐酸具有挥发性，会使得反应生成的Cl2中含有HCl，除去Cl2中混有的HCl，可用饱和食盐水；同时由于Cl2通过溶液产生，含有水蒸气，因此需用浓硫酸干燥；在洗气过程中，气流都是长导管一端进入，短导管一端出，因此装置的连接顺序为：c-d-b-a-e。
（3）氯水中能使品红溶液褪色的成分为HClO，HClO不稳定，易分解。因此氯水久置后不能使品红溶液褪色，主要是由于氯水中的HClO分解。
检验Cl－，可通过检验AgCl的生成，检验过程中需排除CO32－、HCO3－的干扰，因此检验的操作和现象为：向溶液中加入过量的稀硝酸，防止溶液中含有CO32－、HCO3－等，再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则证明原溶液中含有Cl－。
（4）⑤25℃时AgCl的溶度积Ksp=c(Ag＋)×c(Cl－)=1.8×10－10，因此25℃时AgCl饱和溶液中，；
⑥若要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，则可设计不同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，如果温度较高下的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高，则可说明温度升高饱和溶液中离子浓度高。故可以设计试样Ⅰ在45℃下测试与实验3比较；设计试样Ⅱ在45℃下测试与实验3比较。
⑦猜想b成立的判断依据是A3>B2>B1。
【分析】（1）实验室用MnO2和浓盐酸共热制取Cl2，据此写出反应的化学方程式。
（2）结合浓盐酸的挥发性和除杂规律分析。
（3）氯水中能使品红溶液褪色的成分为HClO；结合Cl－的检验分析。
（4）⑤根据AgCl的溶度积进行计算；根据测试温度和电导率进行分析；
⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化，则需设计不同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，据此作答。
⑦根据实验的设计分析。
29．（2021·全国甲）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
（1） 的一种制备方法如下图所示：
①加入 粉进行转化反应的离子方程式为 ，生成的沉淀与硝酸反应，生成 后可循环使用。
②通入 的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；若反应物用量比 时，氧化产物为 ；当 ，单质碘的收率会降低，原因是 。
（2）以 为原料制备 的方法是：先向 溶液中加入计量的 ，生成碘化物；再向混合溶液中加入 溶液，反应得到 ，上述制备 的总反应的离子方程式为 。
（3） 溶液和 溶液混合可生成 沉淀和 ，若生成 ，消耗的 至少为 。 在 溶液中可发生反应 。实验室中使用过量的 与 溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量 的原因是 。
【答案】（1）2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的 进一步氧化
（2）
（3）4；防止单质碘析出
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质；探究卤素单质间的置换反应
【解析】【解答】(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；
②通入Cl2的过程中，因I-还原性强于Fe2+，Cl2先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5，即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的Cl2进一步氧化；
(2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I-为中间产物，总反应为IO3-与HSO3-发生氧化还原反应，生成SO42-和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒配平离子方程式即可得：2IO3-+5HSO3-= I2+5SO42-+3H++H2O，故答案为：2IO3-+5HSO3-= I2+5SO42-+3H++H2O；
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成1mol I2，则消耗的KI至少为4mol；反应中加入过量KI，I-浓度增大，可逆反应I2+I- I3-平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。
【分析】(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，Cl2将FeI2氧化为I2；
②根据Cl2先氧化还原性强的I-，再氧化Fe2+分析；
(2)根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒配平方程式；
(3)根据4KI+2CuSO4=2CuI计算KI的物质的量；根据I2+I- I3-平衡移动分析。
30．（2021·全国甲）胆矾( )易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的 (杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有 (填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
（2）将 加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为 ，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 。
（3）待 完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量 ，冷却后用 调 为3.5～4，再煮沸 ，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、 、乙醇洗涤、 ，得到胆矾。其中，控制溶液 为3.5～4的目的是 ，煮沸 的作用是 。
（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为 ，加入胆矾后总质量为 ，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为 (写表达式)。
（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是 (填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来
【答案】（1）A、C
（2）CuO+H2SO4 CuSO4+H2O；不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）
（3）过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤
（4）
（5）①③
【知识点】盐类水解的应用；硫酸根离子的检验；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；
(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；
(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；
(4) 称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2- m3)g，所以胆矾（CuSO4 nH2O）中n值的表达式为：=n:1，解得n＝；
(5) ①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；
③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。
【分析】(1)制备胆矾时，需进行溶解、过滤、结晶操作；
(2)金属氧化物与酸反应生成盐和水；从环境保护方面分析该方法的优点；
(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；根据水解分析；加热可以防止生成胶体；
(4)根据CuSO4 nH2O中CuSO4与H2O为1：n计算；
(5)根据n=分析。
31．（2021·全国甲）[化学-选修5：有机化学基础]
近年来，以大豆素(化合物C)为主要成分的大豆异黄酮及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注。大豆素的合成及其衍生化的一种工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2） 反应生成E至少需要 氢气。
（3）写出E中任意两种含氧官能团的名称 。
（4）由E生成F的化学方程式为 。
（5）由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)的反应类型为 。
（6）化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有_______(填标号)。
a.含苯环的醛、酮
b.不含过氧键( )
c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
（7）根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，写出合成路线 。
【答案】（1）间苯二酚（或1,3-苯二酚）
（2）2
（3）酯基，醚键，羟基（任写两种）
（4） +H2O
（5）取代反应
（6）C
（7）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；乙烯的化学性质；乙醇的化学性质；乙醇的消去反应；取代反应；加成反应
【解析】【解答】(1)根据分析，A为，化学名称为间苯二酚（或1,3-苯二酚）；
(2)根据分析，D为，与氢气发生加成反应生成，碳碳双键及酮基都发生了加成反应，所以1molD反应生成E至少需要2mol氢气；
(3)根据分析，E为，含有的含氧官能团的名称为酯基，醚键，羟基（任写两种）；
(4)根据分析，E为，发生消去反应，生成，方程式为
+H2O；
(5)根据分析，由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)是将酯基水解生成羟基，反应类型为取代反应；
(6)根据分析，化合物B为，同分异构体中能同时满足下列条件：.含苯环的醛、酮；b.不含过氧键(-O-O-)；c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1，说明为醛或酮，而且含有甲基，根据要求可以写出：四种，故选C；
(7)以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，可以将丙烯在m-CPBA的作用下生成环氧化合物，环氧化合物在酸催化下水发生加成反应，然后再与碳酸二甲酯发生酯化反应即可，故合成路线为：。
【分析】由合成路线图，可知，A（间苯二酚）和B（）反应生成C（），C与碳酸二甲酯发生酯化反应，生成D（），D与氢气发生加成反应生成E（），E发生消去反应，生成F（），F先氧化成环氧化合物G，G在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，然后发生酯的水解生成H。
32．（2021·湖南）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤I. 的制备
步骤Ⅱ.产品中 含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用 盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸 ；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用 盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸 ；
④平行测定三次， 平均值为22.45， 平均值为23.51。
已知：(i)当温度超过35℃时， 开始分解。
(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表
温度/ 0 10 20 30 40 50 60
35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3
11.9 15.8 21.0 27.0
6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4
29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2
回答下列问题：
（1）步骤I中晶体A的化学式为 ，晶体A能够析出的原因是 ；
（2）步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)；
A． B．
C． D．
（3）指示剂N为 ，描述第二滴定终点前后颜色变化 ；
（4）产品中 的质量分数为 (保留三位有效数字)；
（5）第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则 质量分数的计算结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）
（2）D
（3）紫色石蕊试液；蓝色变为红色
（4）3.56%
（5）偏大
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据题给信息，控制温度在30-35 C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体碳酸氢钠，故答案为：NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小；
(2)300 C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以正确的为D项，故答案为：D；
(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为紫色石蕊试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性显蓝色，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：蓝色变为红色；
(4)
根据分析，碳酸钠中混有碳酸氢钠，先加盐酸将碳酸钠全部变为碳酸氢钠，继续加入盐酸与碳酸氢钠反应，第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗的盐酸的物质跌量为n(HCl)=0.1000mol/L 22.45 10-3L=2.245 10-3mol得出n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=2.245 10-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，盐酸的物质的量n(HCl)=0.1000mol/L 23.51 10-3L=2.351 10-3mol则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)=n(HCl) =2.351 10-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.351 10-3mol-2.245 10-3mol=1.06 10-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为 =1.06 10-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为 ，故答案为：3.56%；
(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，读数偏小，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。
【分析】（1）氯化钠和碳酸氢铵最终得到的碳酸氢钠固体和氯化铵，因此晶体A是碳酸氢钠固体，通过对不同时刻的溶解度进行分析，主要是由于低温时，碳酸氢钠的溶解度小
（2）温度过高是加热应该选择的是坩埚
（3）纯碱主要是碳酸钠，适合用酚酞做指示剂，先加入酚酞作指示剂滴入盐酸将碳酸钠全部转为碳酸氢钠，碳酸氢钠适合用石蕊作指示剂，在继续使用石蕊做指示剂进行滴定，到终点时，此时是蓝色，再加入一滴时溶液变为红色。
（4）第一次与碳酸钠作用，全部转为碳酸氢钠溶液，第二次是碳酸氢钠与稀盐酸作用，根据数据即可计算出碳酸钠和碳酸氢钠的质量
（5）第一滴定终点时，利用的是滴定管滴定，俯视读数，导致V1数值偏小，导致V2-V1偏大，导致计算结果偏大
33．（2021·湖南） 可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以 形式存在，还含有 、 、 、 等物质。以独居石为原料制备 的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为 ；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有 (至少写两条)；
（3）滤渣Ⅲ的主要成分是 (填化学式)；
（4）加入絮凝剂的目的是 ；
（5）“沉铈”过程中，生成 的离子方程式为 ，常温下加入的 溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知： 的 ， 的 ， )；
（6）滤渣Ⅱ的主要成分为 ，在高温条件下， 、葡萄糖( )和 可制备电极材料 ，同时生成 和 ，该反应的化学方程式为
【答案】（1）
（2）适当升高温度，将独居石粉碎等
（3）Al(OH)3
（4）促使铝离子沉淀
（5） ↑；碱性
（6）6 + +12 =12 +6CO↑+6H2O+6CO2↑
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数=中子数+质子数=58+80=138，该核素的符号为 ；
(2)为提高“水浸”效率，可以增大接触面积或者提高水的温度提高速率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
(3)结合流程可知，加入氧化镁消耗氢离子调节pH使铝离子沉淀为氢氧化铝，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；
(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成 的离子方程式为 ↑；NH4++H2O NH3.H2O+OH-,kh(NH4+)==== ≈5.7×10-10，HCO3-+H2O H2CO3+OH-,碳酸氢根的水解常数Kh( )=== ≈2.3×10-8，则Kh( )(6)由在高温条件下， 、葡萄糖( )和 可制备电极材料 ，同时生成 和 可知，该反应的化学方程式为6 + +12 =12 +6CO↑+6H2O+6CO2↑。
【分析】（1）质子数写在符号左下角，质量数写在左上角
（2）水浸主要是除去可与水反应或者是溶于水的物质，可以将其表面积增大或者是适当的提高温度加速反应
（3）根据加入的絮凝剂以及氧化镁调节pH=5,即可判断固滤渣是氢氧化铝
（4）絮凝剂的目的主要是加速聚沉，提高聚沉效率
（5）根据反应物和产物即可写出离子反应方程式，比较铵根离子和碳酸氢根的水解程度即可判断酸碱性
（6）根据反应物和产物即可写出反应方程式
34．（2021·河北）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）高温连续氧化工序中被氧化的元素是 (填元素符号)。
（2）工序①的名称为 。
（3）滤渣的主要成分是 (填化学式)。
（4）工序③中发生反应的离子方程式为 。
（5）物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为 ，可代替NaOH的化学试剂还有 (填化学式)。
（6）热解工序产生的混合气体最适宜返回工序 (填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为 。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol L-1为沉淀完全；Al(OH)3+OH- Al(OH) ：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[Al(OH)3]=10-33)
【答案】（1）Fe、Cr
（2）溶解浸出
（3）MgO、Fe2O3
（4）2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓
（5）4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；Na2CO3
（6）②
（7）8.37
【知识点】pH的简单计算；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；
（2）工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质便于后期实验，故答案为：溶解浸出；
（3）氧化铁和氧化镁均不溶于氢氧化钠和水，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
（4）工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案为：2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；
（5）物质V是碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠均具有碱性，可代替氢氧化钠进行高温氧化反应，加入碳酸氢钠发生的主要反应为高温下，Fe（CrO2）2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；碳酸钠也具有碱性，若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
（6）所有的工序均出现了物质A为二氧化碳，故二氧化碳和水蒸气可以重复使用，热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为 ，反应的平衡常数为K1= = = =1013.37，当 为10-5mol/L时，溶液中氢离子浓度为 = mol/L=10-8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。
【分析】（1）找出元素化合价升高的元素即可
（2）①加水主要是将可溶于水的物质溶解
（3）氧化镁不溶于氢氧化钠，亚铁离子被氧化为三价铁离子，连续高温最终变为氧化铁，不溶于水，因此滤渣是氧化镁和氧化铁
（4）通过确定A为二氧化碳，铬酸钾和重铬酸钾在酸性条件下进行转换，因此确定V为碳酸氢钠固体据此写出放出方程式
（5）碳酸氢钠具有碱性，且易分解，戈恩据反应物即可写出方程式，碳酸钠也具有碱性也可替换
（6）过程中的水和二氧化碳可以循环使用，因此②可循环
（7）根据沉淀的平衡即可计算出氢氧根离子浓度
35．（2021·河北）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
（1）从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是 (按气流方向，用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或 。
A． B． C． D． E.
（2）B中使用雾化装置的优点是 。
（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 。
（4）反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体NaHCO3的质量为 g。
②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为 、 、洗涤、干燥。
（5）无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果___(填标号)。
A．偏高 B．偏低 不变
【答案】（1）aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔
（2）使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案）
（3）NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
（4）0.84；蒸发浓缩；冷却结晶
（5）A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)要制备 NaHCO3 ，向饱和氨盐水中通入二氧化碳气体，但二氧化碳中混有氯化氢气体，需要用饱和碳酸氢钠溶液除去因此按气流方向正确的连接顺序应为：aefbcgh；A中处于密封体系，内外大气压不等，为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，需要保证内外大气压相等，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；
(2)雾化装置主要是将液体变为气体，增大接触面积，B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；
(3)根据上述分析可知，生成 的总反应的化学方程式为NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
(4)①对固体 充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为： 将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量 ， 与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为： ，根据差量法数据进行计算设碳酸氢钠的物质的量为x，故列出比例式
2 56
x 0.14g
x=0.005mol,根据关系式 可知，消耗碳酸钠的物质的量为2 0.005mol=0.01mol，固体 的质量为0.01mol 84g/mol=0.84g；
②根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵和氯化钠随着温度的升高，氯化铵受温度的影响较大，因此可采取降温结晶的方法进行写出氯化铵，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)称量前，若无水 保存不当，吸收了一定量水分，称量时导致碳酸氢钠的质量减小，配制溶液时标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积 会增大，根据c(测)= 可知，最终会使c(测)偏高，A项正确，故答案为：A。
【分析】（1）先将二氧化碳的氯化氢除去，再将二氧化碳通入含有氨的饱和氯化钠溶液，最终进行除杂即可，分液漏斗液体顺利滴下应该保证内外大气压相等
（2）接触面积更大，提高反应速率
（3）氨水和氯化钠溶液产生碳酸氢钠和氯化铵固体
（4）①碳酸氢钠分解出水和二氧化碳，均与过氧化钠反应利用差量法计算质量即可②根据溶解度的变化趋势即可判断得到氯化铵利用降温结晶的方式进行析出固体
（5）有水稀释了碳酸氢钠时，称取相等的质量，导致碳酸氢钠减少，因此导致测定盐酸的浓度偏大
36．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有 、 、 、MgO、CaO以及少量的 ，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c=1.0×10*mol-L')的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中， 、 几乎不发生反应， 、MgO、CaO、 转化为相应的硫酸盐，写出 转化为 的化学方程式 。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是 。
（3）“母液①”中 浓度为 mol·
（4）”水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是 。“酸溶渣”的成分是 、 。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热， 水解析出 沉淀，该反应的离子方程式是 。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得 ，循环利用。
【答案】（1）Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑
（2）Fe3+ 、Al3+ 、Mg2+
（3）10-6
（4）H2SO4；SiO2；CaSO4
（5）TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+
（6）(NH4)2SO4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为 Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑ ；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，Fe3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+没有沉淀；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10-6mol/L
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为 TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ ；
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O
37．（2021·全国乙卷）氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下（装置如图所示）：
I.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末，塞好瓶口。
II.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。
III.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。
IV.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
V.蒸馏水洗涤沉淀。
VI.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
（1）装置图中，仪器a、c的名称分别是 、 ,仪器b的进水口是（填字母）。
（2）步骤I中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是 .
（3）步骤II中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是＿ .
（4）步骤III中，H2O2的作用是 （以离子方程式表示）.
（5）步骤IV中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断。检测的方法是 .
（6）步骤V可用pH试纸检测来判断Cl-是否洗净，其理由是 .
【答案】（1）滴液漏斗；三颈烧瓶/三口烧瓶
（2）反应放热，为防止体系温度急剧增加而反应过快
（3）反应温度98℃接近水的沸点100℃，而油浴更易提温
（4）2MnO4- +5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
（5）取洗涤液，加入BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，若无，说明洗涤干净
（6）洗涤液含有的离子主要有H +和Cl-,根据电荷守恒，当洗涤液接近中性时，可认为Cl-洗净
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，a口出；
(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴；
(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴；
(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成；
(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，H+与Cl-电荷守恒，洗出液接近中性时，可认为洗净。
【分析】(1)根据装置中的仪器分析；
(2)根据反应放热分析；
(3)根据加热温度选择加热方式；
(4)根据转移电子守恒配平方程式；
(5)用Ba2+检验SO42-；
(6)根据电荷守恒分析；
38．（2021·浙江）某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O2 8Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2
2H++2CrO Cr2O +H2O
相关物质的溶解度随温度变化如下图。
请回答：
（1）步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是 。
（2）下列说法正确的是______。
A．步骤II，低温可提高浸取率
B．步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3
C．步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
（3）步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl → → → → →重结晶。
a.50℃蒸发溶剂；
b.100℃ 蒸发溶剂；
c．抽滤；
d．冷却至室温；
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
（4）为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
①下列关于滴定分析的操作，错误的是 。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落， 继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)
（5）该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是 ，添加该试剂的理由是 。
【答案】（1）增大反应物的接触面积
（2）B；C
（3）a；e；d；c
（4）AC；再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁
（5）H2SO4；抑制Cr2O 转化为CrO ，且与Cr2O 不反应
【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)步骤I中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。
(2)A．根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A不正确；
B．步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，经过滤可除去Fe(OH)3，B正确；
C．步骤III酸化时，平衡2H++2 +H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C正确；
D．根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D不正确；
故答案为：BC。
(3)为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为：aedc。
(4)①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A不正确；
B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；
C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C不正确；
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；
E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；
故答案为：AC。
②故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
(5)根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡 +H2O 2H++2 ，即有部分 会转化为 ，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制 转化为 ，可加入与 不反应的酸，如硫酸；故答案为：H2SO4；抑制 转化为 ，且与 不反应。
【分析】根据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7（发生的反应为2Na2CrO4+H2SO4 Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O），经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后经多步操作得到K2Cr2O7，据此分析作答。
（1）粉碎增大了接触面积，有利于提高速率
（2）步骤Ⅱ中水解是吸热，因此升温时促进浸出率，步骤Ⅱ中过滤主要是除去难溶性固体，步骤Ⅲ加入硫酸后主要促进铬酸根向重铬酸根的转化步骤Ⅳ中主要时含有硫酸钠，因为在之前加入了硫酸不存在碳酸钠
（3）Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度相等
（4）①A.量筒的精确度时0.1mL B. 滴定时速率要适中，以免造成实验误差 C.滴定是应该是观察锥形瓶中颜色的变化 D.读数时应该保持垂直以免有误差 E.滴定管的零刻度在上②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化
（5） K2Cr2O7 含量偏低可能是转化为KCrO4，配置时应该加入酸抑制水解
39．（2021·浙江）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：
（1）组成X的3种元素是 (填元素符号)，X的化学式是 。
（2）将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是 。
（3）步骤I，发生反应的化学方程式是 。
（4）步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是 。
（5）关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明 。
【答案】（1）Cu、S、O；CuS2O6
（2）S2O SO + SO2↑
（3） +Cu(OH)2 → +2H2O
（4）SO2与水反应生成H2SO3； H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4
（5）配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快
【知识点】二氧化硫的性质；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】(1)根据分析，固体X中含有的元素是C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g，该物质中三种元素的质量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比 n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固体X的化学式为CuS2O6；
(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为S2O SO + SO2↑；
(3)步骤Ⅰ为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为 +Cu(OH)2→ +2H2O；
(4)步骤Ⅱ中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4；
(5)SO2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。
【分析】将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。
（1）根据分析以及数据即可计算出X的化学式
（2）根据反应物和产物即可写出离子方程式
（3）根据加入氢氧化钠溶液后产生的是氢氧化铜于甘油发生反应即可写出方程式
（4）二氧化硫是具有还原性，过氧化氢具有氧化性，发生氧化还原反应变为硫酸根最终沉淀为硫酸钡沉淀
（5）通过对比法进行实验，控水的量，一个有水，一个无水进行实验
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近三年高考化学真题分类汇编：化学实验4
一、选择题
1．（2021·浙江）下列图示表示灼烧操作的是（ ）
A．
B．
C．
D．
2．（2021·浙江）下列“类比”结果不正确的是（ ）
A． 的热稳定性比 的弱，则 的热稳定性比 的弱
B． 的分子构型为V形，则二甲醚的分子骨架( )构型为V形
C． 的溶解度比 的大，则 的溶解度比 的大
D．将丙三醇加入新制 中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制 中溶液也呈绛蓝色
3．（2021·浙江）下列物质的化学成分不正确的是（ ）
A．生石灰： B．重晶石：
C．尿素： D．草酸：
4．（2021·浙江）下列说法不正确的是（ ）
A．应避免铵态氮肥与草木灰混合施用
B．工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率
C．电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气
D．将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢
5．（2021·浙江）下列说法正确的是（ ）
A．减压过滤适用于过滤胶状氢氧化物类沉淀
B．实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火
C．制备硫酸亚铁铵晶体时，须将含 和 的溶液浓缩至干
D．将热的 饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体
6．（2021·浙江）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
目的 方案设计 现象和结论
A 探究乙醇消去反应的产物 取 乙醇，加入 浓硫酸、少量沸石，迅速升温至140℃，将产生的气体通入 溴水中 若溴水褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯
B 探究乙酰水杨酸样品中是否含有水杨酸 取少量样品，加入 蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入1-2滴 溶液 若有紫色沉淀生成，则该产品中含有水杨酸
C 探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分 取少量固体粉末，加入 蒸馏水 若无气体生成，则固体粉末为 ；若有气体生成，则固体粉末为
D 探究 固体样品是否变质 取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量 溶液 若有白色沉淀产生，则样品已经变质
A．A B．B C．C D．D
7．（2021·广东）测定浓硫酸试剂中 含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取 待测液，用 的 溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·广东）化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是（ ）
选项 操作或做法 目的
A 将铜丝插入浓硝酸中 制备
B 将密闭烧瓶中的 降温 探究温度对平衡移动的影响
C 将溴水滴入 溶液中，加入乙醇并振荡 萃取溶液中生成的碘
D 实验结束，将剩余 固体放回原试剂瓶 节约试剂
A．A B．B C．C D．D
9．（2021·全国甲）实验室制备下列气体的方法可行的是（ ）
气体 方法
A 氨气 加热氯化铵固体
B 二氧化氮 将铝片加到冷浓硝酸中
C 硫化氢 向硫化钠固体滴加浓硫酸
D 氧气 加热氯酸钾和二氧化锰的混合物
A．A B．B C．C D．D
10．（2021·全国甲） 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A． 重水( )中含有的质子数为
B． 的 与 完全反应时转移的电子数为
C． 环状 ( )分子中含有的 键数为
D． 的 溶液中 离子数为
11．（2021·全国甲）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径：
B．W与X只能形成一种化合物
C．Y的氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应
D．W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物
12．（2021·湖南）已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：
下列说法正确的是（ ）
A．苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色
B．环己醇与乙醇互为同系物
C．已二酸与 溶液反应有 生成
D．环己烷分子中所有碳原子共平面
13．（2021·河北）BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度
B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3
C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度
D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成
14．（2021·河北）下列操作规范且能达到实验目的的是（ ）
A．图甲测定醋酸浓度 B．图乙测定中和热
C．图丙稀释浓硫酸 D．图丁萃取分离碘水中的碘
15．（2021·河北）用中子轰击 X原子产生α粒子(即氮核 He)的核反应为： X+ n→ Y+ He。已知元素Y在化合物中呈+1价。下列说法正确的是（ ）
A．H3XO3可用于中和溅在皮肤上的NaOH溶液
B．Y单质在空气中燃烧的产物是Y2O2
C．X和氢元素形成离子化合物
D．6Y和7Y互为同素异形体
16．（2021·全国乙卷）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（ ）
A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙： CO32- +CaSO4 =CaCO3 + SO42-
B．过量铁粉加入稀硝酸中：Fe + 4H+ + NO3- = Fe3+ +NO↑ +2H2O
C．硫酸铝溶液中滴如少量氢氧化钾溶液： Al3+ +4 OH- =AlO2- + 2H2O
D．氯化铜溶液中通入硫化氢： Cu2+ + S2- =CuS ↓
17．（2021·全国乙卷）在实验室釆用如图装置制备气体，合理的是（ ）
化学试剂 制备的气体
A
B （浓）
C
D （浓）
A．A B．B C．C
18．（2021·浙江）下列物质与俗名对应的是（ ）
A．纯碱：NaHCO3 B．硫铵：NH4HSO4
C．TNT： D．氯仿：CCl4
19．（2021·浙江）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
目的 方案设计 现象和结论
A 检验某无色溶液中是否含有NO 取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液 若溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有NO
B 探究KI与FeCl3反应的限度 取5 mL 0.1 mol·L-1KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液 若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度
C 判断某卤代烃中的卤素 取2 mL卤代烃样品于试管中，加入5 mL 20% KOH水溶液混合后加热，再滴加AgNO3溶液 若产生的沉淀为白色，则该卤代烃中含有氯元素
D 探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性 取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀 H2SO4后水浴加热5 min；再加入适量新制Cu(OH)2悬浊液并加热 若没有生成砖红色沉淀 ，则蔗糖在酸性水溶液中稳定
A．A B．B C．C D．D
20．（2021·浙江）下列说法错误的是（ ）
A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨
B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火
C．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带
D．工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫
21．（2021·浙江）下列说法错误的是（ ）
A．用纸层析法分离Fe3+和Cu2+，将滤纸上的试样点完全浸入展开剂可提高分离效果
B．将CoCl2·6H2O晶体溶于95%乙醇，加水稀释，溶液颜色由蓝色逐渐转变为粉红色
C．乙酰水杨酸粗产品中加入足量碳酸氢钠溶液，充分反应后过滤，可除去聚合物杂质
D．某些强氧化剂(如：氯酸钾、高锰酸钾)及其混合物不能研磨，否则可能引起爆炸
22．（2021·浙江）下列说法错误的是（ ）
A．联苯( )属于芳香烃，其一溴代物有2种
B．甲烷与氯气在光照下发生自由基型链反应
C．沥青来自于石油经减压分馏后的剩余物质
D．煤的气化产物中含有CO、H2和CH4等
23．（2021·崇明模拟）蒸馏操作中需要用到的仪器是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
24．（2021·湖南）1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸共热反应，经过回流、蒸馏、萃取分液制得1-溴丁烷粗产品，装置如图所示：
已知：
下列说法正确的是（ ）
A．装置I中回流的目的是为了减少物质的挥发，提高产率
B．装置Ⅱ中a为进水口，b为出水口
C．用装置Ⅲ萃取分液时，将分层的液体依次从下放出
D．经装置Ⅲ得到的粗产品干燥后，使用装置Ⅱ再次蒸馏，可得到更纯的产品
三、非选择题
25．（2021·浙江）
（1）已知3种原子晶体的熔点数据如下表：
金刚石 碳化硅 晶体硅
熔点/℃ ＞3550 2600 1415
金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是 。
（2）提纯含有少量氯化钠的甘氨酸样品：将样品溶于水，调节溶液的pH使甘氨酸结晶析出，可实现甘氨酸的提纯。其理由是 。
26．（2021·浙江）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。
其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：
（1）白色固体C的化学式是 ，蓝色溶液D中含有的溶质是 (用化学式表示)。
（2）化合物X的化学式是 ；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式 。
（3）蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式 。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素 。
27．（2021·浙江） 是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯 。已知：
① ，合适反应温度为 ；副反应： 。
②常压下， 沸点 ，熔点 ； 沸点2.0℃，熔点 。
③ ， 在 中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
请回答：
（1）①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是 。
②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用 。
（2）有关反应柱B，须进行的操作是_______。
A．将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱
B．调控进入反应柱的混合气中 和 的比例
C．调控混合气从下口进入反应柱的流速
D．将加热带缠绕于反应柱并加热
（3）装置C，冷却液的温度通常控制在 。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的 含量，可采用的方法是 。
（4）将纯化后的 产品气化，通入水中得到高纯度 的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要 时，可将 浓溶液用 萃取分液，经气化重新得到。
针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：c→ → →e→d→f→ 。
a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水
b.将溶液和 转入分液漏斗
c.涂凡士林
d.旋开旋塞放气
e.倒转分液漏斗，小心振摇
f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置
g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体
h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶
（5）产品分析：取一定量 浓溶液的稀释液，加入适量 、过量 溶液及一定量的稀 ，充分反应。用标准 溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准 溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生 的反应(不考虑 与水反应)：
实验数据如下表：
加入量
滴定Ⅰ测出量
滴定Ⅱ测出量
①用标准 溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是 。
②高纯度 浓溶液中要求 ( 和 均以 计)。结合数据分析所制备的 浓溶液是否符合要求 。
28．（2021·广东）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是 )的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。
（1）实验室沿用舍勒的方法制取 的化学方程式为 。
（2）实验室制取干燥 时，净化与收集 所需装置的接口连接顺序为 。
（3）某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中 已分解。检验此久置氯水中 存在的操作及现象是 。
（4）某合作学习小组进行以下实验探究。
①实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对 溶解度的影响。
②查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时， 。
③提出猜想。
猜想a：较高温度的 饱和溶液的电导率较大。
猜想b： 在水中的溶解度 。
④设计实验、验证猜想。取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的 饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行表中实验1~3，记录数据。
实验序号 试样 测试温度/℃ 电导率/
1 Ⅰ：25℃的 饱和溶液 25
2 Ⅱ：35℃的 饱和溶液 35
3 Ⅲ：45℃的 饱和溶液 45
⑤数据分析、交流讨论。25℃的 饱和溶液中， 。
实验结果为 。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想 成立，但不足以证明猜想 成立。结合②中信息，猜想 不足以成立的理由有 。
⑥优化实验。小组同学为进一步验证猜想 ，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。请在答题卡上完成表中内容。
实验序号 试样 测试温度/℃ 电导率/
4 Ⅰ
5
⑦实验总结。根据实验1~5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想 也成立。猜想 成立的判断依据是 。
29．（2021·全国甲）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
（1） 的一种制备方法如下图所示：
①加入 粉进行转化反应的离子方程式为 ，生成的沉淀与硝酸反应，生成 后可循环使用。
②通入 的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；若反应物用量比 时，氧化产物为 ；当 ，单质碘的收率会降低，原因是 。
（2）以 为原料制备 的方法是：先向 溶液中加入计量的 ，生成碘化物；再向混合溶液中加入 溶液，反应得到 ，上述制备 的总反应的离子方程式为 。
（3） 溶液和 溶液混合可生成 沉淀和 ，若生成 ，消耗的 至少为 。 在 溶液中可发生反应 。实验室中使用过量的 与 溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量 的原因是 。
30．（2021·全国甲）胆矾( )易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的 (杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有 (填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
（2）将 加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为 ，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 。
（3）待 完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量 ，冷却后用 调 为3.5～4，再煮沸 ，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、 、乙醇洗涤、 ，得到胆矾。其中，控制溶液 为3.5～4的目的是 ，煮沸 的作用是 。
（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为 ，加入胆矾后总质量为 ，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为 (写表达式)。
（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是 (填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来
31．（2021·全国甲）[化学-选修5：有机化学基础]
近年来，以大豆素(化合物C)为主要成分的大豆异黄酮及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注。大豆素的合成及其衍生化的一种工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2） 反应生成E至少需要 氢气。
（3）写出E中任意两种含氧官能团的名称 。
（4）由E生成F的化学方程式为 。
（5）由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)的反应类型为 。
（6）化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有_______(填标号)。
a.含苯环的醛、酮
b.不含过氧键( )
c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
（7）根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，写出合成路线 。
32．（2021·湖南）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤I. 的制备
步骤Ⅱ.产品中 含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用 盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸 ；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用 盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸 ；
④平行测定三次， 平均值为22.45， 平均值为23.51。
已知：(i)当温度超过35℃时， 开始分解。
(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表
温度/ 0 10 20 30 40 50 60
35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3
11.9 15.8 21.0 27.0
6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4
29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2
回答下列问题：
（1）步骤I中晶体A的化学式为 ，晶体A能够析出的原因是 ；
（2）步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)；
A． B．
C． D．
（3）指示剂N为 ，描述第二滴定终点前后颜色变化 ；
（4）产品中 的质量分数为 (保留三位有效数字)；
（5）第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则 质量分数的计算结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
33．（2021·湖南） 可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以 形式存在，还含有 、 、 、 等物质。以独居石为原料制备 的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为 ；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有 (至少写两条)；
（3）滤渣Ⅲ的主要成分是 (填化学式)；
（4）加入絮凝剂的目的是 ；
（5）“沉铈”过程中，生成 的离子方程式为 ，常温下加入的 溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知： 的 ， 的 ， )；
（6）滤渣Ⅱ的主要成分为 ，在高温条件下， 、葡萄糖( )和 可制备电极材料 ，同时生成 和 ，该反应的化学方程式为
34．（2021·河北）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）高温连续氧化工序中被氧化的元素是 (填元素符号)。
（2）工序①的名称为 。
（3）滤渣的主要成分是 (填化学式)。
（4）工序③中发生反应的离子方程式为 。
（5）物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为 ，可代替NaOH的化学试剂还有 (填化学式)。
（6）热解工序产生的混合气体最适宜返回工序 (填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为 。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol L-1为沉淀完全；Al(OH)3+OH- Al(OH) ：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[Al(OH)3]=10-33)
35．（2021·河北）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
（1）从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是 (按气流方向，用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或 。
A． B． C． D． E.
（2）B中使用雾化装置的优点是 。
（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 。
（4）反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体NaHCO3的质量为 g。
②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为 、 、洗涤、干燥。
（5）无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果___(填标号)。
A．偏高 B．偏低 不变
36．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有 、 、 、MgO、CaO以及少量的 ，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c=1.0×10*mol-L')的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中， 、 几乎不发生反应， 、MgO、CaO、 转化为相应的硫酸盐，写出 转化为 的化学方程式 。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是 。
（3）“母液①”中 浓度为 mol·
（4）”水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是 。“酸溶渣”的成分是 、 。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热， 水解析出 沉淀，该反应的离子方程式是 。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得 ，循环利用。
37．（2021·全国乙卷）氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下（装置如图所示）：
I.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末，塞好瓶口。
II.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。
III.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。
IV.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
V.蒸馏水洗涤沉淀。
VI.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
（1）装置图中，仪器a、c的名称分别是 、 ,仪器b的进水口是（填字母）。
（2）步骤I中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是 .
（3）步骤II中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是＿ .
（4）步骤III中，H2O2的作用是 （以离子方程式表示）.
（5）步骤IV中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断。检测的方法是 .
（6）步骤V可用pH试纸检测来判断Cl-是否洗净，其理由是 .
38．（2021·浙江）某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O2 8Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2
2H++2CrO Cr2O +H2O
相关物质的溶解度随温度变化如下图。
请回答：
（1）步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是 。
（2）下列说法正确的是______。
A．步骤II，低温可提高浸取率
B．步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3
C．步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
（3）步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl → → → → →重结晶。
a.50℃蒸发溶剂；
b.100℃ 蒸发溶剂；
c．抽滤；
d．冷却至室温；
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
（4）为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
①下列关于滴定分析的操作，错误的是 。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落， 继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)
（5）该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是 ，添加该试剂的理由是 。
39．（2021·浙江）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：
（1）组成X的3种元素是 (填元素符号)，X的化学式是 。
（2）将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是 。
（3）步骤I，发生反应的化学方程式是 。
（4）步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是 。
（5）关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A.是转移溶液到容量瓶中，故A不符合题意
B.进行灼烧的操作,故B符合题意
C.进行蒸馏的操作,故C不符合题意
D.进行过滤的操作，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】灼烧一般是在坩埚中进行的操作，而B是在坩埚中进行属于灼烧操作，其他均不符合题意
2．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；物质的检验和鉴别；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A. 中含有氧氧键，因此热稳定性比 的弱，而 含有氮氮键，热稳定性比 的弱，故A不符合题意
B.水分子中的氧原子的价层电子对为4对，其中含有2对孤对电子，为sp3杂化，构型为V型，而二甲醚中的氧原子的价层电子对为4，含有2对孤对电子为sp3杂化，构型为V型。故B不符合题意
C.钙盐、钡盐的碳酸盐的溶解性弱于碳酸氢盐，而钾盐、钠盐的碳酸盐的溶解性强于碳酸氢盐，故C不符合题意
D.含有多个羟基的有机物与新制备的氢氧化铜作用溶液呈绛蓝色，丙三醇和葡萄糖均含有多个羟基，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】A.过氧化氢和 均含有非极性键，非极性键稳定性弱
B.计算出氧原子的杂化方式即可
C.考察的是碳酸氢盐和碳酸盐的溶解性强弱问题
D.考察的是多羟基的有机物与氢氧化铜的反应的特殊现象
3．【答案】A
【知识点】化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A.生石灰是CaO,故A符合题意
B. 重晶石的化学式 ，故B不符合题意
C. 尿素的化学式为 ，故C不符合题意
D. 草酸的化学式为 ，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】 的俗称是熟石灰或者是消石灰，不是生石灰，其他均正确
4．【答案】C
【知识点】高炉炼铁；以氯碱工业为基础的化工生产简介；海带成分中碘的检验；化肥、农药及其合理利用
【解析】【解答】A.铵态氮肥中含有铵根离子水解成酸性，草木灰的主要成分为碳酸钾，水解呈碱性，混合后降低肥效，故A不符合题意
B.离子交换法可以很大程度上的提取碘离子的量，同时可以增加碘离子的富集，故B不符合题意
C.电解饱和食盐水得到的是氢氧化钠和氢气和氯气，不是得到的是金属钠，故C符合题意
D.生铁可以在电解质溶液中形成电化学腐蚀，因此降低含碳量可以减少腐蚀，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】一般要得到金属钠，采用的是电解熔融的氯化钠固体，不用电解食盐水，其他均正确
5．【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A.胶体的直径小于滤纸的孔径，因此胶体可以透过滤纸，但是胶体可能堵塞滤纸，故A不符合题意
B.实验室设备着火可以用二氧化碳灭火器进行灭火，故B符合题意
C.加热蒸干硫酸亚铁和硫酸铵的溶液时可能得到的是将结晶水失去，故C不符合题意
D.将热的硝酸钾的饱和溶液快速冷却得到的是较小的晶体颗粒，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】A.可以选择的是半透薄进行过滤
B.二氧化碳不能燃烧不支持燃烧可以用来灭火
C.一般制取晶体时得到较多晶体时，即可停止加热利用余热将其蒸干
D.要想得到大的晶体应该是缓慢冷却
6．【答案】D
【知识点】钠的化学性质；有机物（官能团）的检验；乙醇的消去反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.温度在140℃时发生的时分子间的脱水，得到的是甲醚，故A不符合题意
B.水杨酸中含有酚羟基，而乙酰水杨酸中不含有酚羟基，酚羟基与氯化铁显色反应。故B不符合题意
C.钠与水反应也会产生气体，因此无法确定钠是否反应完全，故C不符合题意
D.先加入盐酸排除银离子和亚硫酸根离子的干扰。再加入氯化钡溶液产生沉淀，说明含有硫酸根离子，故D符合题意
故答案为：D
【分析】A.温度应控制在170℃
B.现象描述错误，应该是红色不是沉淀
C.选哟保证钠全部反应完全
D.可以检验亚硫酸钠是否变质
7．【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A.配制一定物质的量浓度的溶液，需用到容量瓶，该实验要配制250mL溶液，因此需用到250mL容量瓶，A不符合题意；
B.分液漏斗常用于分液操作，该实验中不需用到分液漏斗，B符合题意；
C.进行酸碱中和滴定时，待测液应盛装在锥形瓶内，因此该实验需用到锥形瓶，C不符合题意；
D.移取NaOH溶液时，需用到碱性滴定管，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对一定物质的量浓度溶液配制和中和滴定的考查，解答此类题型时，应结合溶液配制过程和中和滴定实验过程进行分析。
8．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；硝酸的化学性质；化学试剂的存放；分液和萃取
【解析】【解答】A.铜与浓硝酸反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO，A不符合题意；
B.烧瓶中发生反应2NO2(g)=N2O4(g)，其中NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，通过观察降温后烧瓶内气体颜色的变化，结合温度对平衡移动的影响可得出结论，B符合题意；
C.溴水中的Br2能将I－氧化成I2，由于乙醇能与水互溶，因此不能用乙醇作萃取剂，C不符合题意；
D.实验用剩的药品NaCl不能直接放回原试剂瓶内，防止瓶内试剂被污染，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.铜与浓硝酸反应生成NO2；
B.NO2可发生自聚反应2NO2(g) N2O4(g)，其中N2O4为无色气体；
C.乙醇能与水互溶，不做萃取剂；
D.NaCl不能直接放回原试剂瓶；
9．【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A.氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以不能用于制备氨气，A不符合题意；
B.将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B不符合题意；
C.硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，C不符合题意；
D.实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧气，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．实验室制氨气一般用氢氧化钙和氯化铵加热制备；
B．铝片遇浓硝酸会发生钝化；
C．根据氧化还原反应分析；
D．实验室可以用加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气；
10．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；探究二氧化氮与水的反应；同位素及其应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．D2O的质子数为10，18gD2O的物质的量为 =0.9mol， 则重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；
B．NO2与H2O反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；
C．一个S8分子中含有的S-S键数为8个，32gS8的物质的量为=mol，则含有的S-S键数为×8NA=NA，C正确；
D．酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+,，含Cr元素微粒有Cr2O72-和CrO42-，则1LpH=4的0.1mol/L K2Cr2O7溶液中Cr2O72-离子数应小于0.1 NA，D错误；
故答案为：C
【分析】A．根据n=计算；
B．根据转移电子数计算；
C．根据n=计算物质的量，再根据共价键的个数计算；
D．根据水解分析；
11．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氢氧化铝的制取和性质探究；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A.电子层数越多的元素原子半径越大，同周期元素原子半径依次减弱，则原子半径：Y(Al)＞Z(S)＞X(N)＞W(H)，A错误；
B.W为H元素，X为N元素，两者可形成NH3和N2H4，B错误；
C.Y为Al元素，其氧化物为两性氧化物，可与强酸、强碱反应，C错误；
D.W、X和Z可形成(NH4)2S、NH4HS，两者既含有离子键又含有共价键，D正确；
故答案为：D
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍，则分析知，Z的最外层电子数为偶数，W和X的单质常温下均为气体，则推知W和X为非金属元素，所以可判断W为H元素，X为N元素，Z的最外层电子数为1+5=6，Y的最外层电子数为=3，则Y为Al元素，Z为S元素。
12．【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；分液和萃取；同系物
【解析】【解答】A.苯不与溴水反应，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层密度小，应是上层溶液呈橙红色，故A不符合题意；
B．环己醇含有六元碳环，是不饱和一元醇，乙醇是饱和一元醇，结构不相似，分子组成也不相差若干CH2原子团，不互为同系物，故B不符合题意；
C．己二酸分子中的羧基能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C符合题意；
D．环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，因此所有碳原子不可能共平面，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考查的是苯的密度与水的密度大小问题，确定有机层和无机层的位置
B.同系物是结构相似，分子式中相差n个CH2的有机物，但是环己醇和乙醇结构都不同
C.与碳酸氢钠反应放出气体的官能团是羧基，而乙二酸含有羧基
D.环己烷中的碳原子均是饱和碳原子不共面
13．【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．硝酸有强氧化性，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀 HNO3 ，反应物硝酸的用量减少，速率降低，可降低反应剧烈程度，A不符合题意；
B．金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成 ，水解的离子方程式为 ，转化工序中加入稀 溶液 ，使氢离子浓度增大，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成 的产生，B不符合题意；
C．氯化铋水解生成 的离子方程式为 ，水解工序中加入少量 ，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，氯化铋水解平衡右移，促进 水解，C不符合题意；
D．氯化铋水解生成 的离子方程式为 ，水解工序中加入少量硝酸铵，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，氯化铋水解平衡左移，不利于生成 ，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应 ，也不利于生成 ，综上所述，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.硝酸具有很强的氧化性，分批次加入避免大量的接触，避免了反应速率过快
B. BiONO3 产生由于铋离子发生水解，加入酸抑制水解
C.铋离子水解呈酸性，加入醋酸钠结合氢离子形成醋酸是弱酸促进了铋离子的水解
D.铋离子水解呈酸性，铵根离子水解呈酸性抑制铋离子的水解
14．【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；分液和萃取；中和滴定；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．酸碱中和滴定，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠水解呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A符合题意；
B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，以免测定温度不准确，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充且大烧杯也需要用纸板盖住，防止热量散失，故B不符合题意；
C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，浓硫酸稀释时放热，导致温度升高造成炸裂，容量瓶上的温度时20℃，故C不符合题意；
D．考查的是分液漏斗的使用，分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体留下时飞溅，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.酸碱中和滴定，酚酞的变色范围在碱性范围内，而氢氧化钠和醋酸反应得到的醋酸钠显碱性符合酚酞的变色范围
B.中和热测定时需要注意保温装置，以及温度计不能与烧杯底部接触，此装置为进行保温可能测定的结果偏低
C.浓硫酸稀释时放热，一般稀释时放在烧杯中，容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液
D.分液时注意分液漏斗的下端仅靠烧杯内壁
15．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；同素异形体；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A． 为硼酸是弱酸，氢氧化钠溶液具有腐蚀性，若不慎将 溶液溅到皮肤上，则需用大量水冲洗，同时涂抹 ，以中和碱液达到目的，A符合题意；
B．Y为Li，在空气中燃烧的产物只有Li2O不可能有过氧化锂，B不符合题意；
C．X为B，与氢元素均是非金属元素会形成BH3或B2H4等硼氢化合物，B元素与H元素以共价键结合，均属于共价化合物，C不符合题意；
D． 和 两者的质子数均为3，中子数不同的两种核素，所以两者互为同位素，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据判断Y是Li,X是B
A.硼酸是弱酸，氢氧化钠溶液是碱性溶液，不小心滴到皮肤上，利用硼酸的弱酸性可以中和氢氧化钠溶液
B.Li在空气中产物没有过氧化锂，只有氧化锂
C.均属非金属形成的属于共价化合物
D.同素异形体是单质，但是 6Y和7Y均是元素不是单质
16．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质；探究铝与酸、碱溶液的反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-，A符合题意；
B.过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，B不符合题意；
C.硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，C不符合题意；
D.硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．根据沉淀的转化分析；
B．Fe过量生成Fe2+；
C．KOH少量生成Al(OH)3；
D．H2S为弱电解质，不能拆；
17．【答案】C
【知识点】气体发生装置；气体的收集；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A.氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，A不符合题意；
B.MnO2与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，B不符合题意；
C.MnO2和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，C符合题意；
D.氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】由实验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度。
18．【答案】C
【知识点】化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A．纯碱为碳酸钠，化学式为Na2CO3，A不符合题意；
B．硫铵一般指硫酸铵，化学式为(NH4)2SO4，B不符合题意；
C．TNT结构式为 ，C符合题意；
D．氯仿为三氯甲烷，化学式为CHCl3，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. NaHCO3叫小苏打
B. NH4HSO4 硫酸氢铵
C.TNT为2,4,6-三硝基甲苯，符合要求
D. CCl4 叫四氯化碳不是氯仿
19．【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断；氯离子的检验；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．原溶液中存在硝酸根可以和Fe2+反应生成Fe3+，故不能验证原溶液中含有亚硝酸根，A不符合题意；
B．向KI溶液中滴加FeCl3，若FeCl3没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，B符合题意；
C．溶液中加入KOH后体系中剩余大量的OH-，再加入硝酸银溶液后OH-也可以使Ag+生产白色沉淀，C不符合题意；
D．蔗糖为二糖，在酸性条件下可以水解生产单糖，验证单糖中是否存在醛基，应向水解液中加入NaOH溶液使体系呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.二价亚铁离子变为三价铁离子，主要说明含有氧化性的离子，但是不一定是亚硝酸根还有可能是硝酸根离子
B.碘离子的量是过量的，若不是可逆反应，不存在三价铁离子，但是最终加入硫氰化钾溶液后，溶液变为红色说明有三价铁离子因此说明反应有限度
C.检验氯离子时需要进行加入硝酸酸化
D.检验醛基时需要碱性环境，水解后加入氢氧化钠调节溶液为碱性
20．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；镁、铝的重要化合物；探究铝热反应
【解析】【解答】A．铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法符合题意；
B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法不符合题意；
C．粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，C说法不符合题意；
D．二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法不符合题意。
故答案为：A。
【分析】铝热反应是铝单质和氧化铁反应制取铁单质来焊接铁轨，其他选项均正确
21．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；层析法
【解析】【解答】A．用纸层析法分离Fe3+和Cu2+时，滤纸上的试样点不能浸入展开剂中，试样点浸入展开剂会溶解在展开剂中无法分离，A符合题意；
B.95%乙醇中水很少，CoCl2·6H2O晶体溶于95%乙醇得到的溶液中主要含[CoCl4]2-，溶液呈蓝色，加水稀释，平衡逆向移动，得到主要含[Co(H2O)6]2+的粉红色溶液，B不符合题意；
C．用水杨酸与乙酸酐反应制备乙酰水杨酸（乙酰水杨酸的结构简式为 ）、同时生成副产物聚水杨酸，乙酰水杨酸的结构中含羧基和酯基，向其粗产品中加入足量NaHCO3溶液，乙酰水杨酸转化成可溶于水的乙酰水杨酸钠，聚水杨酸难溶于水，过滤后可除去聚合物杂质，向过滤后的滤液中加入盐酸可将乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，C不符合题意；
D．KClO3、KMnO4等强氧化剂及其混合物研磨时会发生反应产生气体引起爆炸，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.不能全部溶于展开剂，因为展开剂量多溶解试样点，导致不易分离
B.CoCl2在水溶液中存在平衡[Co(H2O)6]2+（粉红色）+4Cl- [CoCl4]2-（蓝色）+6H2O，主要是形成配合物的的转变，导致颜色的改变
C.利用碳酸氢钠主要将乙酰水杨酸转化为可溶的钠盐进行分离提纯
D.氧化剂具有很强的氧化性，易于其他物质混合研磨产生气体发生爆炸
22．【答案】A
【知识点】石油的分馏产品和用途；煤的干馏和综合利用；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A．由联苯( )的分子结构可知，其分子由2个苯基直接相连，故其属于芳香烃；根据对称分析法可知，其一溴代物共有3种，A说法符合题意；
B．甲烷与氯气在光照下发生反应，氯气分子先吸收光能转化为自由基氯原子，然后由氯原子引发自由基型链反应，B说法不符合题意；
C．石油经常压分馏后可以得到的未被蒸发的剩余物叫重油，重油经经减压分馏可以得到重柴油、石蜡、燃料油等，最后未被气化的剩余物叫沥青，C说法不符合题意；
D．煤的气化是指煤与水蒸气在高温下所发生的反应，其产物中含有CO、H2和CH4等，D说法不符合题意。
故答案为：A。
【分析】联苯是高度对称的结构，因此找出氢原子得种类为3种，因此一氯取代物有3种，其他选项均正确
23．【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏
【解析】【解答】蒸馏过程中需要用到蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，分液漏斗、蒸发皿、容量瓶不用于蒸馏操作，
故答案为：A。
【分析】分液漏斗是用雷分液，蒸发皿主要是用来蒸发结晶，容量瓶是用雷配制一定浓度的溶液，蒸馏烧瓶是用来蒸馏
24．【答案】A,D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．浓硫酸沸点高，而氢溴酸的沸点低，浓硫酸和NaBr会产生HBr而溴化氢易挥发，反应物1-丁醇熔沸点较低，温度升高后易挥发，用装置I回流可减少反应物的挥发，提高产率，A符合题意；
B．冷凝水应下进上出可以提高冷凝效果，装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，B不符合题意；
C．用装置Ⅲ萃取分液时，一般是将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C不符合题意；
D．由题意可知经装置Ⅲ得到粗产品，由于粗产品中各物质沸点不同，再次进行蒸馏可得到更纯的产品，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.回流的目的主要是为了延长反应物的接触时间提高反应产率
B.进水口和出水口位置弄反，应该是从b口进入，a口出，主要是为了增加冷凝时间提高效果
C.分液时，密度小的从上口倒出，密度大的从下口倒出
D.经过分液后，可通过熔沸点的不同得到纯净的物质
25．【答案】（1）原子半径C＜Si（或键长C-C＜Si-Si），键能C-C＞Si-Si
（2）当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小
【知识点】原子晶体（共价晶体）；硅和二氧化硅；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）金刚石和晶体硅均是原子晶体，原子晶体的熔沸点主要是和键能有关，键越短键能越大，半径越小键越短，而原子半径是碳小于硅，因此金刚石的沸点高于硅，故正确答案是 原子半径C＜Si（或键长C-C＜Si-Si），键能C-C＞Si-Si
（2） 将样品溶于水，调节溶液的pH使甘氨酸结晶析出，可实现甘氨酸的提纯。其理由是当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小 ，故正确答案是： 当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小
【分析】（1）原子晶体的熔沸点与原子半径有关，半径越小，熔沸点越高
（2）pH改变，溶解度降低即可达到析出的目的
26．【答案】（1）；
（2）CuAl2Cl8；
（3）；将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【知识点】物质的分离与提纯；分子式；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）A是蓝色溶液，说明含有铜离子，根据A中加入氨水，得到白色沉淀，产生的是碱，且溶于氢氧化钠，因此B是氢氧化铝，因此C为氧化铝，得到深蓝色溶液说明是铜氨溶液，加入硝酸酸化的硝酸银，得到沉淀E是氯化银，和溶液D，因此D中含有的是硝酸铜、硝酸铵、硝酸银、硝酸，故正确答案是： 、
（2）根据（1）分析说明里面含有铜元素，氯元素，以及铝元素，根据氧化铝的质量为1.02g,m(Al)= =0.54g氯化银的质量为11.48g，m(Ag)==2.84g,m（Cu）=4.02-2.84-0.54=0.64g，设X的化学式为CuxAlyClz,(64x):(27y):(35.5z)=0.64:0.54:2.84,因此x:y:z=1:2:8,故化学式为 CuAl2Cl8 ， 化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式 ，故正确答案是： CuAl2Cl8 ，
（3）①蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀，方程式为 ，故正确答案为：
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素的实验方案是将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【分析】（1）根据物质B的性质以及加入的氨水即可判断B的化学式进而确定C的化学式，同时根据加入试剂确定D的溶质
（2）根据相关数据计算出化学式，在结合甲烷的空间结构写出X阴离子的电子式即可
（3）① 根据反应物和生成物写出离子方程式②根据沉淀的性质加入硝酸后观察和加入硝酸应进行检验离子的存在
27．【答案】（1）浓 ；a
（2）A；B；C
（3）抽气(或通干燥氮气)
（4）a；b；g
（5）CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复；溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10-3mol、5×10-6mol， =200>99，符合要求
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）①除去水蒸气的是采用的是浓硫酸，故正确答案是：浓硫酸
②C中主要是反应区域，产物易水解，因此需要避免与水解接触，因此D需要除水，氯气是有毒污染物因此用氢氧化钠溶液除去，故正确答案是：a
（2）A.将氧化汞粉末进行处理水分，增大表面积后填入反应柱，故A符合题意
B.进入反应柱之前需要将氮气和氯气的比率进行调节以控制反应的速率，故B符合题意
C.控制进气口的气体速率，以保证足够的接触时间，增加接触，故C符合题意
D.反应的温度是 不需要加热，故D不符合题意
（3） 反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的 含量 ，可以采取抽气或者通入干燥氮气将氯气带出
（4）萃取的步骤考查，大致顺序是：检漏-加入萃取剂和溶液进行充分混合-摇匀-放掉气体-静置分层-放出液体，因此顺序是：c-a-b-e-d-f-g
（5）①本身碘单质的四氯化碳具有颜色，通过观察颜色褪去即可，实验I终点的现象是： CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复
②根据 ，即可得出关系式为：Cl2O~2H+~2I2.根据数据计算出消耗的氢离子的物质的量为2n(H2SO4)=2X(2.505X10-3-1.505X10-3)mol=2x10-3mol,此时的Cl2O的量为1x10-3mol，产生的碘单质的物质的量为 2x10-3mol， 碘单质的物质的量为2.005x10-3mol，而氯气反应得到的碘单质的物质的量为2.005x10-3mol-2x10-3mol=5x10-6mol，因此消耗的氯气是5x10-6mol，因此=200＞99，因此符合要求
【分析】（1）①考查的液体吸水剂是浓硫酸②考虑到产物易水解，因此需要除水，考虑到氯气有毒需要尾气处理
（2）考虑得到反应物是气体和固体，并且产物易水解因此需要保持干燥以及需要控制气体的流速以便使反应物充分接触，由于反应为温度是18-25℃，因此不需要加热即可
（3）主要是多于的反应物气体排除，生成物是液体，因此可以采用抽气或者是利用其他的气体将氯气冲出
（4）考查的是分液操作的步骤，按照步骤操作即可
（5）① 碘单质本身就有颜色，可以通过颜色的消失判断终点②通过方程式以及给出的数据进行计算即可
28．【答案】（1）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）c-d-b-a-e
（3）HClO；向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C 、HC 等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-
（4）1.34 10-5；测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度；45℃；II；45℃；A3>B2>B1
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）实验室用MnO2和浓盐酸共热制取Cl2，反应过程中生成MnCl2、Cl2和H2O，该反应的化学方程式为；MnO2＋4HClMnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
（2）由于浓盐酸具有挥发性，会使得反应生成的Cl2中含有HCl，除去Cl2中混有的HCl，可用饱和食盐水；同时由于Cl2通过溶液产生，含有水蒸气，因此需用浓硫酸干燥；在洗气过程中，气流都是长导管一端进入，短导管一端出，因此装置的连接顺序为：c-d-b-a-e。
（3）氯水中能使品红溶液褪色的成分为HClO，HClO不稳定，易分解。因此氯水久置后不能使品红溶液褪色，主要是由于氯水中的HClO分解。
检验Cl－，可通过检验AgCl的生成，检验过程中需排除CO32－、HCO3－的干扰，因此检验的操作和现象为：向溶液中加入过量的稀硝酸，防止溶液中含有CO32－、HCO3－等，再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则证明原溶液中含有Cl－。
（4）⑤25℃时AgCl的溶度积Ksp=c(Ag＋)×c(Cl－)=1.8×10－10，因此25℃时AgCl饱和溶液中，；
⑥若要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，则可设计不同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，如果温度较高下的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高，则可说明温度升高饱和溶液中离子浓度高。故可以设计试样Ⅰ在45℃下测试与实验3比较；设计试样Ⅱ在45℃下测试与实验3比较。
⑦猜想b成立的判断依据是A3>B2>B1。
【分析】（1）实验室用MnO2和浓盐酸共热制取Cl2，据此写出反应的化学方程式。
（2）结合浓盐酸的挥发性和除杂规律分析。
（3）氯水中能使品红溶液褪色的成分为HClO；结合Cl－的检验分析。
（4）⑤根据AgCl的溶度积进行计算；根据测试温度和电导率进行分析；
⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化，则需设计不同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，据此作答。
⑦根据实验的设计分析。
29．【答案】（1）2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的 进一步氧化
（2）
（3）4；防止单质碘析出
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质；探究卤素单质间的置换反应
【解析】【解答】(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；
②通入Cl2的过程中，因I-还原性强于Fe2+，Cl2先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5，即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的Cl2进一步氧化；
(2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I-为中间产物，总反应为IO3-与HSO3-发生氧化还原反应，生成SO42-和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒配平离子方程式即可得：2IO3-+5HSO3-= I2+5SO42-+3H++H2O，故答案为：2IO3-+5HSO3-= I2+5SO42-+3H++H2O；
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成1mol I2，则消耗的KI至少为4mol；反应中加入过量KI，I-浓度增大，可逆反应I2+I- I3-平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。
【分析】(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，Cl2将FeI2氧化为I2；
②根据Cl2先氧化还原性强的I-，再氧化Fe2+分析；
(2)根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒配平方程式；
(3)根据4KI+2CuSO4=2CuI计算KI的物质的量；根据I2+I- I3-平衡移动分析。
30．【答案】（1）A、C
（2）CuO+H2SO4 CuSO4+H2O；不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）
（3）过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤
（4）
（5）①③
【知识点】盐类水解的应用；硫酸根离子的检验；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；
(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；
(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；
(4) 称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2- m3)g，所以胆矾（CuSO4 nH2O）中n值的表达式为：=n:1，解得n＝；
(5) ①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；
③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。
【分析】(1)制备胆矾时，需进行溶解、过滤、结晶操作；
(2)金属氧化物与酸反应生成盐和水；从环境保护方面分析该方法的优点；
(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；根据水解分析；加热可以防止生成胶体；
(4)根据CuSO4 nH2O中CuSO4与H2O为1：n计算；
(5)根据n=分析。
31．【答案】（1）间苯二酚（或1,3-苯二酚）
（2）2
（3）酯基，醚键，羟基（任写两种）
（4） +H2O
（5）取代反应
（6）C
（7）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；乙烯的化学性质；乙醇的化学性质；乙醇的消去反应；取代反应；加成反应
【解析】【解答】(1)根据分析，A为，化学名称为间苯二酚（或1,3-苯二酚）；
(2)根据分析，D为，与氢气发生加成反应生成，碳碳双键及酮基都发生了加成反应，所以1molD反应生成E至少需要2mol氢气；
(3)根据分析，E为，含有的含氧官能团的名称为酯基，醚键，羟基（任写两种）；
(4)根据分析，E为，发生消去反应，生成，方程式为
+H2O；
(5)根据分析，由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)是将酯基水解生成羟基，反应类型为取代反应；
(6)根据分析，化合物B为，同分异构体中能同时满足下列条件：.含苯环的醛、酮；b.不含过氧键(-O-O-)；c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1，说明为醛或酮，而且含有甲基，根据要求可以写出：四种，故选C；
(7)以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，可以将丙烯在m-CPBA的作用下生成环氧化合物，环氧化合物在酸催化下水发生加成反应，然后再与碳酸二甲酯发生酯化反应即可，故合成路线为：。
【分析】由合成路线图，可知，A（间苯二酚）和B（）反应生成C（），C与碳酸二甲酯发生酯化反应，生成D（），D与氢气发生加成反应生成E（），E发生消去反应，生成F（），F先氧化成环氧化合物G，G在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，然后发生酯的水解生成H。
32．【答案】（1）NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）
（2）D
（3）紫色石蕊试液；蓝色变为红色
（4）3.56%
（5）偏大
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据题给信息，控制温度在30-35 C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体碳酸氢钠，故答案为：NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小；
(2)300 C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以正确的为D项，故答案为：D；
(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为紫色石蕊试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性显蓝色，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：蓝色变为红色；
(4)
根据分析，碳酸钠中混有碳酸氢钠，先加盐酸将碳酸钠全部变为碳酸氢钠，继续加入盐酸与碳酸氢钠反应，第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗的盐酸的物质跌量为n(HCl)=0.1000mol/L 22.45 10-3L=2.245 10-3mol得出n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=2.245 10-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，盐酸的物质的量n(HCl)=0.1000mol/L 23.51 10-3L=2.351 10-3mol则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)=n(HCl) =2.351 10-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.351 10-3mol-2.245 10-3mol=1.06 10-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为 =1.06 10-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为 ，故答案为：3.56%；
(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，读数偏小，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。
【分析】（1）氯化钠和碳酸氢铵最终得到的碳酸氢钠固体和氯化铵，因此晶体A是碳酸氢钠固体，通过对不同时刻的溶解度进行分析，主要是由于低温时，碳酸氢钠的溶解度小
（2）温度过高是加热应该选择的是坩埚
（3）纯碱主要是碳酸钠，适合用酚酞做指示剂，先加入酚酞作指示剂滴入盐酸将碳酸钠全部转为碳酸氢钠，碳酸氢钠适合用石蕊作指示剂，在继续使用石蕊做指示剂进行滴定，到终点时，此时是蓝色，再加入一滴时溶液变为红色。
（4）第一次与碳酸钠作用，全部转为碳酸氢钠溶液，第二次是碳酸氢钠与稀盐酸作用，根据数据即可计算出碳酸钠和碳酸氢钠的质量
（5）第一滴定终点时，利用的是滴定管滴定，俯视读数，导致V1数值偏小，导致V2-V1偏大，导致计算结果偏大
33．【答案】（1）
（2）适当升高温度，将独居石粉碎等
（3）Al(OH)3
（4）促使铝离子沉淀
（5） ↑；碱性
（6）6 + +12 =12 +6CO↑+6H2O+6CO2↑
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数=中子数+质子数=58+80=138，该核素的符号为 ；
(2)为提高“水浸”效率，可以增大接触面积或者提高水的温度提高速率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
(3)结合流程可知，加入氧化镁消耗氢离子调节pH使铝离子沉淀为氢氧化铝，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；
(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成 的离子方程式为 ↑；NH4++H2O NH3.H2O+OH-,kh(NH4+)==== ≈5.7×10-10，HCO3-+H2O H2CO3+OH-,碳酸氢根的水解常数Kh( )=== ≈2.3×10-8，则Kh( )(6)由在高温条件下， 、葡萄糖( )和 可制备电极材料 ，同时生成 和 可知，该反应的化学方程式为6 + +12 =12 +6CO↑+6H2O+6CO2↑。
【分析】（1）质子数写在符号左下角，质量数写在左上角
（2）水浸主要是除去可与水反应或者是溶于水的物质，可以将其表面积增大或者是适当的提高温度加速反应
（3）根据加入的絮凝剂以及氧化镁调节pH=5,即可判断固滤渣是氢氧化铝
（4）絮凝剂的目的主要是加速聚沉，提高聚沉效率
（5）根据反应物和产物即可写出离子反应方程式，比较铵根离子和碳酸氢根的水解程度即可判断酸碱性
（6）根据反应物和产物即可写出反应方程式
34．【答案】（1）Fe、Cr
（2）溶解浸出
（3）MgO、Fe2O3
（4）2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓
（5）4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；Na2CO3
（6）②
（7）8.37
【知识点】pH的简单计算；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；
（2）工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质便于后期实验，故答案为：溶解浸出；
（3）氧化铁和氧化镁均不溶于氢氧化钠和水，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
（4）工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案为：2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；
（5）物质V是碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠均具有碱性，可代替氢氧化钠进行高温氧化反应，加入碳酸氢钠发生的主要反应为高温下，Fe（CrO2）2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；碳酸钠也具有碱性，若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
（6）所有的工序均出现了物质A为二氧化碳，故二氧化碳和水蒸气可以重复使用，热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为 ，反应的平衡常数为K1= = = =1013.37，当 为10-5mol/L时，溶液中氢离子浓度为 = mol/L=10-8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。
【分析】（1）找出元素化合价升高的元素即可
（2）①加水主要是将可溶于水的物质溶解
（3）氧化镁不溶于氢氧化钠，亚铁离子被氧化为三价铁离子，连续高温最终变为氧化铁，不溶于水，因此滤渣是氧化镁和氧化铁
（4）通过确定A为二氧化碳，铬酸钾和重铬酸钾在酸性条件下进行转换，因此确定V为碳酸氢钠固体据此写出放出方程式
（5）碳酸氢钠具有碱性，且易分解，戈恩据反应物即可写出方程式，碳酸钠也具有碱性也可替换
（6）过程中的水和二氧化碳可以循环使用，因此②可循环
（7）根据沉淀的平衡即可计算出氢氧根离子浓度
35．【答案】（1）aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔
（2）使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案）
（3）NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
（4）0.84；蒸发浓缩；冷却结晶
（5）A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)要制备 NaHCO3 ，向饱和氨盐水中通入二氧化碳气体，但二氧化碳中混有氯化氢气体，需要用饱和碳酸氢钠溶液除去因此按气流方向正确的连接顺序应为：aefbcgh；A中处于密封体系，内外大气压不等，为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，需要保证内外大气压相等，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；
(2)雾化装置主要是将液体变为气体，增大接触面积，B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；
(3)根据上述分析可知，生成 的总反应的化学方程式为NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
(4)①对固体 充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为： 将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量 ， 与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为： ，根据差量法数据进行计算设碳酸氢钠的物质的量为x，故列出比例式
2 56
x 0.14g
x=0.005mol,根据关系式 可知，消耗碳酸钠的物质的量为2 0.005mol=0.01mol，固体 的质量为0.01mol 84g/mol=0.84g；
②根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵和氯化钠随着温度的升高，氯化铵受温度的影响较大，因此可采取降温结晶的方法进行写出氯化铵，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)称量前，若无水 保存不当，吸收了一定量水分，称量时导致碳酸氢钠的质量减小，配制溶液时标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积 会增大，根据c(测)= 可知，最终会使c(测)偏高，A项正确，故答案为：A。
【分析】（1）先将二氧化碳的氯化氢除去，再将二氧化碳通入含有氨的饱和氯化钠溶液，最终进行除杂即可，分液漏斗液体顺利滴下应该保证内外大气压相等
（2）接触面积更大，提高反应速率
（3）氨水和氯化钠溶液产生碳酸氢钠和氯化铵固体
（4）①碳酸氢钠分解出水和二氧化碳，均与过氧化钠反应利用差量法计算质量即可②根据溶解度的变化趋势即可判断得到氯化铵利用降温结晶的方式进行析出固体
（5）有水稀释了碳酸氢钠时，称取相等的质量，导致碳酸氢钠减少，因此导致测定盐酸的浓度偏大
36．【答案】（1）Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑
（2）Fe3+ 、Al3+ 、Mg2+
（3）10-6
（4）H2SO4；SiO2；CaSO4
（5）TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+
（6）(NH4)2SO4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为 Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑ ；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，Fe3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+没有沉淀；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10-6mol/L
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为 TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ ；
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O
37．【答案】（1）滴液漏斗；三颈烧瓶/三口烧瓶
（2）反应放热，为防止体系温度急剧增加而反应过快
（3）反应温度98℃接近水的沸点100℃，而油浴更易提温
（4）2MnO4- +5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
（5）取洗涤液，加入BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，若无，说明洗涤干净
（6）洗涤液含有的离子主要有H +和Cl-,根据电荷守恒，当洗涤液接近中性时，可认为Cl-洗净
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，a口出；
(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴；
(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴；
(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成；
(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，H+与Cl-电荷守恒，洗出液接近中性时，可认为洗净。
【分析】(1)根据装置中的仪器分析；
(2)根据反应放热分析；
(3)根据加热温度选择加热方式；
(4)根据转移电子守恒配平方程式；
(5)用Ba2+检验SO42-；
(6)根据电荷守恒分析；
38．【答案】（1）增大反应物的接触面积
（2）B；C
（3）a；e；d；c
（4）AC；再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁
（5）H2SO4；抑制Cr2O 转化为CrO ，且与Cr2O 不反应
【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)步骤I中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。
(2)A．根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A不正确；
B．步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，经过滤可除去Fe(OH)3，B正确；
C．步骤III酸化时，平衡2H++2 +H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C正确；
D．根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D不正确；
故答案为：BC。
(3)为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为：aedc。
(4)①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A不正确；
B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；
C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C不正确；
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；
E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；
故答案为：AC。
②故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
(5)根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡 +H2O 2H++2 ，即有部分 会转化为 ，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制 转化为 ，可加入与 不反应的酸，如硫酸；故答案为：H2SO4；抑制 转化为 ，且与 不反应。
【分析】根据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7（发生的反应为2Na2CrO4+H2SO4 Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O），经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后经多步操作得到K2Cr2O7，据此分析作答。
（1）粉碎增大了接触面积，有利于提高速率
（2）步骤Ⅱ中水解是吸热，因此升温时促进浸出率，步骤Ⅱ中过滤主要是除去难溶性固体，步骤Ⅲ加入硫酸后主要促进铬酸根向重铬酸根的转化步骤Ⅳ中主要时含有硫酸钠，因为在之前加入了硫酸不存在碳酸钠
（3）Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度相等
（4）①A.量筒的精确度时0.1mL B. 滴定时速率要适中，以免造成实验误差 C.滴定是应该是观察锥形瓶中颜色的变化 D.读数时应该保持垂直以免有误差 E.滴定管的零刻度在上②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化
（5） K2Cr2O7 含量偏低可能是转化为KCrO4，配置时应该加入酸抑制水解
39．【答案】（1）Cu、S、O；CuS2O6
（2）S2O SO + SO2↑
（3） +Cu(OH)2 → +2H2O
（4）SO2与水反应生成H2SO3； H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4
（5）配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快
【知识点】二氧化硫的性质；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】(1)根据分析，固体X中含有的元素是C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g，该物质中三种元素的质量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比 n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固体X的化学式为CuS2O6；
(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为S2O SO + SO2↑；
(3)步骤Ⅰ为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为 +Cu(OH)2→ +2H2O；
(4)步骤Ⅱ中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4；
(5)SO2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。
【分析】将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。
（1）根据分析以及数据即可计算出X的化学式
（2）根据反应物和产物即可写出离子方程式
（3）根据加入氢氧化钠溶液后产生的是氢氧化铜于甘油发生反应即可写出方程式
（4）二氧化硫是具有还原性，过氧化氢具有氧化性，发生氧化还原反应变为硫酸根最终沉淀为硫酸钡沉淀
（5）通过对比法进行实验，控水的量，一个有水，一个无水进行实验
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