专题2 研究物质的基本方法（含解析） 同步练习 2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册
文档属性
| 名称 | 专题2 研究物质的基本方法（含解析） 同步练习 2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 344.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-15 15:09:56 | ||
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文档简介
专题2 研究物质的基本方法 同步练习
一、单选题
1．下列混合物能用分液法分离的是 （ ）
A．果糖与乙醚 B．苯和溴苯
C．乙酸乙酯和Na2CO3溶液 D．葡萄糖与果糖混合液
2．下列溶液中，与100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液所含的Cl-的物质的量浓度相同的是（ ）
A．100mL 0.5 mol/L MgCl2溶液 B．200mL 0.25 mol/L HCl溶液
C．50mL 1mol/L NaCl溶液 D．200mL 0.25 mol/L CaCl2溶液
3．以下发明或发现属于化学史上中国对世界做出重大贡献的是（ ）
①烧制陶瓷 ②提出氧化学说 ③指南针 ④火药 ⑤人工合成结晶牛胰岛素 ⑥合成有机高分子材料 ⑦索尔维制碱
A．①③⑤ B．④⑥⑦ C．①④⑤ D．③④⑤
4．实验中需2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是（ ）
A．1000mL，212.0g B．950mL，201.4g
C．950 mL，212.0g D．1000mL，201.4g
5．今年是元素周期表发表152周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。当第117号新元素成功合成后，周期表七个周期全部被填满，证实了“稳定岛”的存在。关于核素，下列说法错误的是（ ）
A．质子数为117 B．中子数为177
C．核外电子数为117 D．质量数为117
6．下列分离或提纯物质的方法正确的是（ ）
A．用过滤的方法除去NaCl溶液中含有的少量KCl
B．用蒸馏的方法制取蒸馏水
C．用溶解、过滤的方法提纯含有少量BaSO4的BaCO3
D．用加热、蒸发的方法可以除去CaCl2、MgCl2等杂质
7．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．0.1molC2H6O分子中含有C—H键的数目一定为0.5NA
B．标准状况下，11.2L的SO3中含1.5NA个氧原子
C．20gNa2O和Na2O2的混合物中，所含阴、阳离子数目之比确定
D．常温常压下，100g46%的乙醇水溶液中含O—H键总数目为NA
8．下列说法中错误的是（ ）
A．从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol·L－1
B．制备0.5L 10mol·L－1的盐酸，需要氯化氢气体112L（标准状况）
C．0.5L 2mol·L－1BaCl2溶液中，Ba2+和Cl－总数为3×6.02×1023
D．10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%
9．某同学选择恰当的试剂和方法除去下列物质中少量杂质（括号内为杂质），下列各项中不正确的是（ ）
物质（杂质） 试剂 方法
A Cl2（HCl） 饱和食盐水，浓硫酸 洗气
B 溴化钠（溴） CCl4、水 萃取、分液
C 乙醇（乙酸） NaOH溶液 分液
D 溴苯（溴） NaOH溶液 分液
A．A B．B C．C D．D
10．将40 g NaOH溶于水中，配制成1 L溶液，则该溶液的物质的量浓度为（ ）
A．0.1 mol/L B．0.5 mol/L
C．4 mol/L D．1 mol/L
11．下列关于实验事故或药品的处理方法中，正确的是（ ）
A．少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用大量氢氧化钠溶液冲洗
B．大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻，并迅速离开现场
C．不慎洒出的酒精在桌上着火时，应立即用大量水扑灭
D．金属钠着火时，可立即用沾水的毛巾覆盖
12．氯的原子序数为17，35Cl是氯的一种同位素，下列说法正确的是（ ）
A．35Cl原子所含质子数为18
B． mol的1H35Cl分子所含中子数约为6.02×1023
C．3.5g35Cl2气体的体积约为22.4L
D．35Cl2气体的摩尔质量为70
13．有关实验操作正确的是（ ）
A．加热蒸发皿时垫上石棉网
B．将氢氧化钠固体放入烧杯中称量
C．在量筒中溶解氯化钠固体
D．将pH试纸浸入待测液中测定pH
14．常温常压下，0.1mol两种气态烃组成的混合物完全燃烧后得到0.16mol二氧化碳和3.6g水，则混合气体中（ ）
A．一定有甲烷 B．一定有丙烯 C．一定有乙炔 D．一定有乙烷
15．一定温度和压强下，30 L某种气态纯净物中含有个分子，这些分子由个原子组成，下列有关说法错误的是
A．该温度和压强气体摩尔体积
B．标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4 L
C．该气体中每个分子含有3个原子
D．若在该条件下为气态，则在该条件下的体积也为30 L
16．对1 mol·L－1的MgCl2溶液的有关叙述中，正确的是（ ）
A．该溶液中Cl－浓度为2 mol·L－1
B．该溶液中Mg2＋的物质的量是1 mol
C．可使用250 mL容量瓶分两次完成490 mL该浓度的MgCl2溶液的配制
D．该溶液可由95g MgCl2·6H2O固体在水中溶解并稀释至1L获得。
二、综合题
17．某矿石可能由、、中的一种或几种组成，某兴趣小组欲探究其组成，设计探究过程如图所示。
已知：①可以与过量的NaOH溶液反应生成，可以与反应生成沉淀。
②是一种酸性氧化物，难溶于水。
（1）下列有关说法正确的是____。
A．用石英和焦炭制取粗硅：
B．造月球探测器中的瞄准镜时使用的光导纤维，其主要成分是
C．月球探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是
D．、石灰石和纯碱是制备玻璃的原料
E．氢氟酸雕刻玻璃发生的离子反应：
（2）写出反应④的离子方程式 。
（3）反应③没有沉淀生成，说明矿石中不存在 (填化学式)，为了达到此目的， (填“能”或“否”)将反应②中NaOH溶液改用溶液，说明理由 。
（4）该矿石和溶液反应的离子方程式为 。
（5）工业上依据上述实验原理处理该矿石，将反应池逸出的气体与一定量的混合循环通入反应池中，目的是 。
18．石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如图：
（注：SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃）
（1）已知1mol石墨完全转化为金刚石需要吸收1.9kJ的能量，请写出石墨转化为金刚石的热化学反应方程式： ．
（2）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间的N2，高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物，80℃冷凝的目的是： ，由活性炭得到气体Ⅱ的化学反应方程式为： ．
（3）加入过量NaOH溶液得到溶液Ⅳ的离子反应方程式为： ．
（4）用化学反应原理解释得到沉淀Ⅴ的过程中乙酸乙酯和加热的作用： .1kg初级石墨最多可获得Ⅴ的质量为 kg．
19．完成下列各题：
（1）现有下列9种物质：①氯气；②二氧化硫；③氢氧化铁胶体；④铁；⑤氯化钡；⑥氢氧化钾；⑦氯化铁溶液；⑧酒精(C2H5OH)；⑨氧化钙。
用相应化学式填写下列空白：属于酸性氧化物的有 ，属于电解质的是 ，属于非电解质的 。(用相应化学式填空)
下列关于③和⑦的说法正确的是 (填字母序号)。
a．都不稳定，密封静置会产生沉淀
b．③能产生丁达尔效应，而⑦不能
c．分散质粒子都可以通过滤纸
d．加入盐酸都会先产生沉淀，后溶解
（2）标准状况下，2.24 L Cl2的质量为 ；有 个氯原子。
（3）10.8g R2O5中氧原子的数目为3.01×1023， 则元素R的相对原子质量为 ；R元素名称是 。
（4）如果a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是(设NA为阿伏加德罗常数) 。
（5）由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍。则该混合气体中CH4和O2的体积比为 。
（6）物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液体积比为5∶3∶2时，三种溶液中c(Cl )之比为
。
20．明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）2 12H2O]．从明矾制备Al、K2SO4和H2SO4的工艺过程如图1所示：
焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）2 12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O
请回答下列问题：
（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是 ．
（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 ．
（3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图2所示，该晶体中Al的配位数是 ．
（4）以Al和NiO（OH） 为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH） 转化为Ni（OH） 2，该电池反应的化学方程式是 ．
（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa时：
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；
H2O（g）═H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；
2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ/mol．
则SO3（g） 与H2O（l） 反应的热化学方程式是 ．
焙烧948t明矾（M=474g/mol），若SO2的利用率为96%，可生产质量分数为98%的硫酸 t．
21．以废镍触媒(含、、、、及)为原料制备硫酸镍的工艺流程如图：
已知：①NiS不溶于水或稀硫酸；。
②该工艺流程条件下，有关金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH见下表：
金属离子
开始沉淀时的pH 6.4 2.2 4.1 9.6
完全沉淀时的pH 8.4 3.5 5.4 11.6
回答下列问题：
（1）“酸溶”时，溶解的化学方程式为 。
（2）“滤渣1”的成分是 (填化学式)。
（3）“滤液1”的pH约为1.8，在“调节pH”时用氨水逐步调节pH至6.3，依次析出的是 (填化学式)；取少量“滤液2”，向其中滴入KSCN溶液的目的是 。
（4）从“沉镍”到“溶解”还需经过的操作是 ，“溶解”时用0.01的硫酸而不用水的原因是 。
（5）“滤渣4”并入滤渣 (填“1”、“2”或“3”)可实现再利用
（6）某工厂用2t该废镍触媒(NiO含量为75%)制备硫酸镍，设整个流程中Ni的损耗率为20%，最终得到的质量为 t。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A、果糖与乙醚互溶，不能用分液的方法分离，A不符合题意；
B、苯和溴苯互溶，不能用分液的方法分离，B不符合题意；
C、乙酸乙酯和Na2CO3溶液互不相溶，可用分液的方法分离，C符合题意；
D、葡萄糖与果糖都溶于水，不能用分液的方法分离，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】能用分液法进行分离的混合物，为两种不互溶的液体。
2．【答案】D
【解析】【解答】A.MgCl2在水中电离方程式为MgCl2=Mg2＋＋2Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.5mol/L×2=0.2mol/L，A不符合题意；
B.HCl在水中的电离方程式为HCl=H＋＋Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.25mol/L×1=0.25mol/L，B不符合题意；
C.NaCl在水中电离的方程式为NaCl=Na＋＋Cl－，因此溶液中c(Cl－)=1mol/L×1=1mol/L，D不符合题意；
D.CaCl2在水中电离的方程式为：CaCl2=Ca2＋＋2Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.25mol/L×2=0.5mol/L，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据溶质在水中的电离，计算溶液中c(Cl-)。
3．【答案】C
【解析】【解答】在我国的四大发明中有两项属于化学工艺：造纸和制火药；另外我国是最早使用青铜器、瓷器和冶炼铁的国家；1965年，我国在世界上首先人工合成了结晶牛胰岛素；这些都对世界化学史上作出了巨大的贡献，则C符合题意；
故答案为：C。
【分析】我国主要是烧制陶瓷以及火药和人工合成结晶牛胰岛素对世界贡献较大
4．【答案】A
【解析】【解答】容量瓶的规格中没有950mL，只能选择1000mL，所以计算溶质的质量时也按1000mL溶液中所含的溶质计算；Na2CO3 物质的量为 2×1=2mol,则质量为2×106="212" g，答案选A。
【分析】本题考查的是溶液配制的知识，要注意容量瓶常用规格有100mL、250mL、500mL、1000mL，根据体积选择合适容量瓶，为1000mL,同时要注意计算的时候要用1000mL的体积乘以浓度，求出溶质的物质的量，转化为质量。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．质子数为117，A不符合题意；
B．中子数为294-117=177，B不符合题意；
C．核外电子数等于质子数，为117，C不符合题意；
D．质量数为294，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A．二者都溶于水，不能用过量的方法除杂，可用重结晶的方法，故A错误；
B．水的沸点较高，易挥发、冷凝，可用蒸馏的方法制取蒸馏水，故B正确；
C．二者都不溶于水，不能用过滤的方法除杂，故C错误；
D．CaCl2、MgCl2难挥发，不能用蒸发的方法，故D错误．
故选B．
【分析】A．二者都溶于水；
B．水的沸点较高，易挥发、冷凝；
C．二者都不溶于水；
D．CaCl2、MgCl2难挥发．
7．【答案】C
【解析】【解答】A．C2H6O可能是乙醇，还可能为二甲醚，当为乙醇时，0.1molC2H6O中含有0.5NA条C H键；当为二甲醚时，0.1molC2H6O中含有0.6NA条C H键，故A不符合题意；
B．标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B不符合题意；
C．Na2O和Na2O2均由2个钠离子和1个阴离子构成，故两者的混合物中，无论两者的比例如何，阴阳离子的个数之比均为1：2，故C符合题意；
D.100g 46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量是100g ×46%÷46g/mol=1mol，含有H O键为NA，由于水分子中也含有H O键，则该溶液中含H O键的数目大于NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．C2H6O有2个同分异构体，分别为乙醇和二甲醚。当C2H5CH时，符合题意；当C2H6O为CH3-O-CH3时，0.1molC2H6O中含有0.6NA条C H键；
B．标况下三氧化硫不是气体，无法计算它的物质的量；
D．乙醇中含的H O键为NA，但是H2O中也含有H O键，则该溶液中含H O键的数目大于NA。
8．【答案】D
【解析】【解答】A、溶液为均一、稳定的混合物，从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，浓度不变，浓度仍是1mol·L－1，所以A选项是不符合题意的；
B、制备0.5L 10mol·L－1的盐酸，需要氯化氢的物质的量为：n(HCl)=cV=0.5L 10mol/L=5mol，标准状况下氯化氢的体积为：V=nVm=5mol 22.4mol/L=112L，所以B选项是不符合题意的；
C、0.5L 2mol·L－1BaCl2溶液中，n(BaCl2)= cV=0.5L 2mol/L=1mol，由BaCl2的构成可以知道，1molBaCl2含2mol氯离子、1mol钡离子，Ba2+和Cl-总数为：3×6.02×1023，所以C选项是不符合题意的；
D、硫酸密度大于水，加水稀释时密度改变，浓度越小密度越小，10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数约为 ×100%=16.6%，大于9.8%，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据溶液为均一、稳定的混合物来分析；
B、先计算出需要氯化氢的物质的量，再计算标准状况下氯化氢的体积；
C、先计算出n(BaCl2)，再根据每个BaCl2分子中含有的离子数解答即可；
D、根据稀释前后硫酸的质量不变进行解答。
9．【答案】C
【解析】【解答】解：A．氯气极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，浓硫酸可干燥氯气，利用洗气可除杂，故A正确；
B．溴不易溶于水，易溶于四氯化碳，则萃取、分液可分离，故B正确；
C．乙酸与NaOH反应后，增大与乙醇的沸点差异，不分层，应选蒸馏法分离，故C错误；
D．溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层，然后分液可除杂，故D正确；
故选C．
【分析】A．氯气极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，浓硫酸可干燥氯气；
B．溴不易溶于水，易溶于四氯化碳；
C．乙酸与NaOH反应后，增大与乙醇的沸点差异；
D．溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层．
10．【答案】D
【解析】【解答】40gNaOH的物质的量是40g÷40g/mol=1mol，则c（NaOH）=1mol÷1L=1mol/L，
故答案为：D。
【分析】此题考查物质的量浓度的计算，根据C=n/V进行计算就可得出结果。
11．【答案】B
【解析】【解答】A、浓硫酸溅到手上，应用干抹布擦去，冲洗后涂上碳酸氢钠溶液，不能用氢氧化钠溶液中和，因为氢氧化钠溶液有很强的腐蚀性，A不符合题意；
B、氯气有毒，能够与碱性溶液反应生成无毒的物质，所以大量氯气泄漏时，可用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速离开现场，B符合题意；
C、少量酒精洒在桌上并燃烧起来，应该立即用湿抹布扑盖，由于酒精密度小于水，不能够用大量水扑灭，B不符合题意；
D、钠着火生成过氧化钠，与二氧化碳、水都反应，则不能用二氧化碳、水灭火，加入沙土可掩盖钠，隔绝空气，可起到灭火的作用，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、注意浓硫酸和氢氧化钠溶液都有很强的腐蚀性；
B、氯气可以与碱性溶液反应生成无毒的盐类，注意必须尽快撤离；
C、由于酒精密度小于水，酒精会在水面继续燃烧；
D、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
12．【答案】B
【解析】【解答】解：A．35Cl是氯的一种同位素，质子数等于原子序数，所以35Cl质子数为17，故A错误；
B．1H35Cl分子所含中子为18， mol的1H35Cl分子所含中子的物质的量为 =1mol，所以中子数约为6.02×1023，故B正确；
C．氯气不一定处于标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故C错误；
D．35Cl2气体的摩尔质量为70g/mol，故D错误；
故选B．
【分析】A．35Cl是氯的一种同位素，质子数等于原子序数；
B．质量数=质子数+中子数，计算出1个分子含有的中子数；
C．不一定处于标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol；
D．摩尔质量的单位是g/mol．
13．【答案】B
【解析】【解答】解：A、蒸发皿可以直接受热，不用垫石棉网，故A错误；
B、氢氧化钠易潮解，故不能放在纸上称量，只能放在小烧杯中，故B正确；
C、量筒不能用于溶解固体，故氯化钠固体的溶解应放在烧杯中进行，故C错误；
D、将pH试纸浸入待测液中会污染溶液，故应将pH试纸放在玻璃片上，然后用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部，然后与比色卡做比对，故D错误．
故选B．
【分析】A、蒸发皿可以直接受热；
B、氢氧化钠易潮解；
C、量筒不能用于溶解固体；
D、将pH试纸浸入待测液中会污染溶液．
14．【答案】A
【解析】【解答】解：n（H2O）= =0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，混合烃的平均分子式为C1.6H4；
烃中C原子数小于1.6的只有CH4，则混合气体中一定含有CH4，由于CH4分子中含4个H原子，则另一种烃分子中一定含4个H原子，且其C原子数大于1.6，故可能是C2H4或C3H4，
A．根据以上分析可知，混合气体中一定含有CH4，故A正确；
B．混合气体中一定含有CH4，由于氢原子平均为4，一定不含有丙烯，故B错误；
C．由于氢原子平均为4，则混和气体中一定没有C2H2，故C错误；
D．混合烃的平均分子式为：C1.6H4，烃中C原子数小于1.6的只有CH4，则一定含有CH4，CH4分子中含4个H原子，故另一种分子中一定含4个H原子，则一定没有乙炔，故D错误；
故选A．
【分析】生成水的物质的量为：n（H2O）= =0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，则混合烃的平均分子式为C1.6H4，而碳原子数小于1.6的只有甲烷，则一定含有甲烷，然后根据平均分子式进行判断．
15．【答案】A
【解析】【解答】A．根据题意，在此状况下，1mol气体体积为30L，则，故A符合题意；
B．在标准状况下若该物质为气态，则1mol该气体的体积为22.4 L，故B不符合题意；
C．综上所述，某气态纯净物中含有个分子，这些分子由个原子组成，则该分子含有原子个数为，故C不符合题意；
D．综上所述，在此状况下，，在该条件下的体积也为30 L，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.气体摩尔体积的常用单位是L/mol；
B.6.02×1023个分子的物质的量为1mol，标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol；
C.6.02×1023个分子含有1.806×1024个原子，则1个气体分子含有3个原子；
D.相同条件下气体的体积之比等于其分子数目之比。
16．【答案】A
【解析】【解答】A、根据MgCl2的分子组成可知，1个MgCl2中含有2个氯离子，所以1 mol·L－1的MgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为2 mol·L－1,故A符合题意；
B、未指明溶液体积,不能计算Mg2＋的物质的量,故B不符合题意;
C、490 mL溶液需使用500 mL容量瓶一次性配制,不能分2次,以减少误差,故C不符合题意;
D、95g MgCl2·6H2O的物质的量为n=m/M=95÷203g/mol=0.47mol，在水中溶解并稀释至1L，MgCl2的物质的量浓度为c=n/V=0.47mol/1L=0.47mol/L,故D不符合题意;
故答案为：A。
【分析】熟练掌握物质的量浓度相关公式即可得出本题答案
17．【答案】（1）B；D
（2）
（3）；否；溶液能与反应产生BaCO3沉淀
（4）
（5）将NO和O2和水反应生成硝酸，提高反应物的利用率
【解析】【解答】矿石加硝酸生成气体，可说明含有FeCO3，加入过量NaOH溶液后通入过量二氧化碳没有沉淀生成，说明没有Al2O3，滤渣溶解后加入盐酸生成胶状沉淀，说明含有SiO2，据此解答。
(1)A.用石英和焦炭在高温下反应生成Si和CO：，A不正确；
B.二氧化硅具有良好的光学特性，光导纤维主要成分为二氧化硅，则造月球探测器中的瞄准镜时使用的光导纤维，其主要成分是，B正确；
C. 晶体硅为良好的半导体，是制造太阳能电池板主要原料，则月球探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是Si，C不正确；
D.玻璃是硅酸盐产品，、石灰石和纯碱是制备玻璃的原料，D正确；
E.氢氟酸是弱酸，应保留化学式，氢氟酸雕刻玻璃发生的离子反应：，E不正确；
故答案为：BD；
(2)滤渣是，已知是一种酸性氧化物，则与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，反应④的离子方程式；
(3)反应③通入二氧化碳目的是与反应生成沉淀，而没有沉淀生成，说明矿石中不存在；不能将反应②中NaOH溶液改用溶液，理由是溶液能与反应产生BaCO3沉淀影响氧化铝的判断；
(4)该矿石组成是FeCO3和SiO2，FeCO3和溶液反应的离子方程式为；
(5)反应池逸出的气体为NO与一定量的混合后生成硝酸，循环通入反应池中，目的是将NO和O2和水反应生成硝酸，提高反应物的利用率。
【分析】（1）A、二氧化硅和碳生成硅和一氧化碳；
B、光导纤维主要成分是二氧化硅；
C、太阳能电池板的材料是单质硅；
D、二氧化硅和石灰石、纯碱反应可以制取玻璃；
E、氟化氢为弱酸，离子方程式不可拆；
（2）二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；
（3）若有氧化铝，则加入稀硝酸生成硝酸铝，加入过量氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，通入二氧化碳生成氢氧化铝；若是用氢氧化钡，会生成碳酸钡干扰结果的现象；
（4）硝酸具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子；
（5）一氧化氮和氧气按照4：3通入水中可以生成硝酸。
18．【答案】（1）C（石墨）═C（金刚石）△H=+1.9kJ/mol
（2）分离金属和非金属氧化物；2C+2Cl2+SiO2 SiCl4+2CO
（3）Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓
（4）加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下促进偏铝酸钠水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，反应离子方程式为AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2O CH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓；0.078
【解析】【解答】解：（1）已知1mol石墨完全转化为金刚石需要吸收1.9kJ的能量，则石墨转化为金刚石的热化学反应方程式为C（石墨）═C（金刚石）△H=+1.9kJ/mol，
故答案为：C（石墨）═C（金刚石）△H=+1.9kJ/mol；（2）石墨过量高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO，其目的为分离金属和非金属氧化物，由活性炭得到气体Ⅱ的化学反应方程式为：2C+2Cl2+SiO2 SiCl4+2CO，
故答案为：分离金属和非金属氧化物；2C+2Cl2+SiO2 SiCl4+2CO；（3）金属氯化物的沸点均高于150℃，则固体Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液IV，故溶液IV中的阴离子有：AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣，
故答案为：过滤；AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣；（3）根据以上分析，固体Ⅲ存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，则反应的离子反应方程式为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，故答案为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓；（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2O CH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓，Al2O3的质量分数为5.1%，则1kg初级石墨中氧化铝的质量=1kg×5.1%=0.051kg，根据Al元素守恒，可知氢氧化铝的质量为 =0.078kg，
故答案为：加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下促进偏铝酸钠水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，反应离子方程式为AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2O CH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓；0.078．
【分析】高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，固体Ⅲ存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠，在滤液中偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，据此答题．
19．【答案】（1）SO2；BaCl2、KOH、CaO；SO2、C2H5OH；bc
（2）7.1g；0.2 NA
（3）14；氮
（4） L
（5）3:13
（6）1:2:3
【解析】【解答】(1)只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，故SO2为酸性氧化物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，故BaCl2、KOH、CaO为电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，故SO2、C2H5OH为非电解质。答案为：SO2；BaCl2、KOH、CaO；SO2、C2H5OH；
a．氯化铁溶液很稳定，氢氧化铁胶体具有介稳性，a不正确；
b．氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化铁溶液没有丁达尔效应，b正确；
c．氯化铁溶液与氢氧化铁胶体的分散质粒子均可以透过滤纸，氢氧化铁胶体的分散质粒子不能透过半透膜，c正确；
d．加入盐酸，氢氧化铁胶体先聚沉，后溶解，氯化铁溶液无现象，d不正确；
故答案为：bc。(2)标准状况下，2.24 L Cl2的物质的量为 =0.1mol，质量为0.1mol×71g/mol=7.1g；有0.1mol×2 NAmol-1=0.2 NA个氯原子。答案为：7.1g；0.2 NA；(3)10.8g R2O5中氧原子的数目为3.01×1023，物质的量为 =0.5mol，则R2O5的相对分子质量为 =108g/mol，元素R的相对原子质量为 =14；R元素名称是氮。答案为：14；氮；(4)a g某气体中含有的分子数为b，则其体积为 = L，所以c g该气体在标准状况下的体积是 L= L。答案为： L；(5)由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍，则该混合气体的平均相对分子质量为14.5×2=29，设CH4和O2的物质的量分别为x、y，则 ，而求得x：y=3:13，故体积比为3:13。答案为：3:13；(6) NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量浓度相同，设为1mol/L，则三种溶液中c(Cl )之比为1mol/L:2mol/L:3mol/L=1:2:3。答案为：1:2:3。
【分析】(1)只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，需要注意的是，氯化铁溶液虽然能导电，但属于混合物，所以既不是电解质，也不是非电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质。
a．溶液稳定，胶体具有介稳性；
b．胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应；
c．溶液与胶体的分散质粒子均可以透过滤纸，胶体的分散质粒子不能透过半透膜；
d．加入盐酸，氢氧化铁胶体先聚沉，后溶解。(2)标准状况下，先求出2.24 L Cl2的物质的量，利用公式m=n M可求出质量；由Cl2的物质的量可求出氯原子数。(3)先求出氧原子的物质的量，由此求出R2O5的物质的量、R2O5的相对分子质量，最后求出元素R的相对原子质量及名称。(4)先求出a g某气体的体积，然后利用同一气体在相同条件下质量比等于体积比，求c g该气体在标准状况下的体积。(5)由密度求混合气体的平均相对分子质量，然后设CH4和O2的物质的量分别为x、y，建立有关平均相对分子质量的计算式，求二者的体积比。(6) NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量浓度相同，利用化学式，可求出三种溶液中c(Cl )之比。
20．【答案】（1）S
（2）蒸发结晶
（3）4
（4）Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2
（5）SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol；432
【解析】【解答】解：（1）4KAl（SO4）2 12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价．硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质；
故答案为：S；（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体，
故答案为：蒸发结晶；（3）依据晶体晶胞结构分析，结合配位数含义可知，每个铝原子和四个单原子相连，所以铝原子的配位数为4，
故答案为：4；（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为：
Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2 ，
故答案为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2；（5）①2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；Ⅰ
H2O（g） H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；Ⅱ
2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ/mol．Ⅲ
依据盖斯定律Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=﹣260kJ/mol，
即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol，
故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol；②948 t明矾生成SO2物质的量为4500mol 故生成硫酸的质量m=4500×0.96×98÷0.98=432000Kg=432t，
故答案为：432．
【分析】明矾和硫焙烧得到固体混合物和SO2，二氧化硫氧化为三氧化硫，溶于水生成硫酸，固体混合物水浸过滤得到硫酸钾溶液和固体氧化铝，加入冰晶石电解熔融氧化铝得到金属铝，（1）化学方程式中元素化合价变化分析，元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应；（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出；（3）配位化合物中直接和中心原子（或离子）相联系的配位原子的数目；（4）以Al和NiO（OH）为电极，铝做原电池 负极失电子发生氧化反应，NiO（OH）得到电子发生还原反应，结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式；（5）①依据热化学方程式和盖斯定律计算Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ得到所需热化学方程式；②硫元素守恒计算得到硫酸质量．
21．【答案】（1）
（2）和
（3）、；检验是否除尽
（4）过滤(洗涤)、焙烧(煅烧)；抑制水解
（5）3
（6）4.208
【解析】【解答】（1）为两性氧化物，能与酸反应生成盐和水， “酸溶”时，溶解的化学方程式为。
（2）由上述分析可知，“滤渣1”的成分是和。
（3）“滤液1”的pH约为1.8，在“调节pH”时用氨水逐步调节pH至6.3，由题干表格可知，依次析出的是、；与SCN-反应生成(血)红色物质Fe(SCN)3，因此取少量“滤液2”，向其中滴入KSCN溶液的目的是检验是否除尽，故答案为：、；检验是否除尽。
（4）由题干信息“NiS不溶于水或稀硫酸；”可知，从“沉镍”到“溶解”还需经过的操作是过滤(洗涤)、焙烧(煅烧)；NiSO4为强酸弱碱盐，在水中会发生水解，因此“溶解”时用0.01的硫酸而不用水的原因是抑制水解，故答案为：过滤(洗涤)、焙烧(煅烧)；抑制水解。
（5）“滤渣4”为未完全氧化的NiS，因此可并入滤渣3可实现再利用。
（6）2t该废镍触媒(NiO含量为75%)制备硫酸镍，m(NiO)=2t×75%=1.5t，其中Ni原子的质量为m(Ni)=1.5t×=1.18t，设整个流程中Ni的损耗率为20%，根据Ni原子守恒，最终得到的质量为1.18t×80%×=4.208t。
【分析】以废镍触媒（含NiO、MgO、CaO、Al2O3、Fe2O3及SiO2）为原料制备硫酸镍的工艺流程中，先加入过量稀硫酸，NiO、MgO、CaO、Al2O3、Fe2O3都反应生成硫酸盐，其中硫酸钙微溶沉降，二氧化硅不反应沉降，过滤后，向滤液中加入氨水调节溶液pH，使溶液中Fe3＋、Al3＋转化为氢氧化物沉淀，过滤后，向滤液中加入(NH4)2S将Ni2＋离子转化为NiS沉淀，过滤后将滤渣在氧气中加热反应生成NiSO4，然后将固体溶解于稀硫酸中，以防止Ni2＋离子水解，然后降温结晶、过滤、洗涤得到NiSO4 6H2O，
（1）Al2O3是两性氧化物，和酸反应生成盐和水；
（2）分析可知滤渣为二氧化硅和硫酸钙；
（3）结合图表数据分析得到，“滤液1”的pH约为1.8，在“调节pH”时用氨水逐步调节pH至6.3，依次析出的是氢氧化铁、氢氧化铝；
（4）NiS不溶于水或稀硫酸；NiS与2O2 加热生成NiSO4，从沉镍带溶解还需要的的存在是过滤、洗涤、焙烧，NiSO4为强酸弱碱盐，水中易水解生成氢氧化镍；
（5）滤渣4是未完全氧化的NiS；
（6）2t该废镍触媒（NiO含量为75%）制备硫酸镍，m（NiO）＝2t×75%＝1.5t，其中Ni原子质量m（Ni）＝1.5t×59÷75＝1.18t，设整个流程中Ni的损耗率为20%，Ni元素守恒，计算最终得到NiSO4 6H2O的质量。
一、单选题
1．下列混合物能用分液法分离的是 （ ）
A．果糖与乙醚 B．苯和溴苯
C．乙酸乙酯和Na2CO3溶液 D．葡萄糖与果糖混合液
2．下列溶液中，与100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液所含的Cl-的物质的量浓度相同的是（ ）
A．100mL 0.5 mol/L MgCl2溶液 B．200mL 0.25 mol/L HCl溶液
C．50mL 1mol/L NaCl溶液 D．200mL 0.25 mol/L CaCl2溶液
3．以下发明或发现属于化学史上中国对世界做出重大贡献的是（ ）
①烧制陶瓷 ②提出氧化学说 ③指南针 ④火药 ⑤人工合成结晶牛胰岛素 ⑥合成有机高分子材料 ⑦索尔维制碱
A．①③⑤ B．④⑥⑦ C．①④⑤ D．③④⑤
4．实验中需2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是（ ）
A．1000mL，212.0g B．950mL，201.4g
C．950 mL，212.0g D．1000mL，201.4g
5．今年是元素周期表发表152周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。当第117号新元素成功合成后，周期表七个周期全部被填满，证实了“稳定岛”的存在。关于核素，下列说法错误的是（ ）
A．质子数为117 B．中子数为177
C．核外电子数为117 D．质量数为117
6．下列分离或提纯物质的方法正确的是（ ）
A．用过滤的方法除去NaCl溶液中含有的少量KCl
B．用蒸馏的方法制取蒸馏水
C．用溶解、过滤的方法提纯含有少量BaSO4的BaCO3
D．用加热、蒸发的方法可以除去CaCl2、MgCl2等杂质
7．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．0.1molC2H6O分子中含有C—H键的数目一定为0.5NA
B．标准状况下，11.2L的SO3中含1.5NA个氧原子
C．20gNa2O和Na2O2的混合物中，所含阴、阳离子数目之比确定
D．常温常压下，100g46%的乙醇水溶液中含O—H键总数目为NA
8．下列说法中错误的是（ ）
A．从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol·L－1
B．制备0.5L 10mol·L－1的盐酸，需要氯化氢气体112L（标准状况）
C．0.5L 2mol·L－1BaCl2溶液中，Ba2+和Cl－总数为3×6.02×1023
D．10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%
9．某同学选择恰当的试剂和方法除去下列物质中少量杂质（括号内为杂质），下列各项中不正确的是（ ）
物质（杂质） 试剂 方法
A Cl2（HCl） 饱和食盐水，浓硫酸 洗气
B 溴化钠（溴） CCl4、水 萃取、分液
C 乙醇（乙酸） NaOH溶液 分液
D 溴苯（溴） NaOH溶液 分液
A．A B．B C．C D．D
10．将40 g NaOH溶于水中，配制成1 L溶液，则该溶液的物质的量浓度为（ ）
A．0.1 mol/L B．0.5 mol/L
C．4 mol/L D．1 mol/L
11．下列关于实验事故或药品的处理方法中，正确的是（ ）
A．少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用大量氢氧化钠溶液冲洗
B．大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻，并迅速离开现场
C．不慎洒出的酒精在桌上着火时，应立即用大量水扑灭
D．金属钠着火时，可立即用沾水的毛巾覆盖
12．氯的原子序数为17，35Cl是氯的一种同位素，下列说法正确的是（ ）
A．35Cl原子所含质子数为18
B． mol的1H35Cl分子所含中子数约为6.02×1023
C．3.5g35Cl2气体的体积约为22.4L
D．35Cl2气体的摩尔质量为70
13．有关实验操作正确的是（ ）
A．加热蒸发皿时垫上石棉网
B．将氢氧化钠固体放入烧杯中称量
C．在量筒中溶解氯化钠固体
D．将pH试纸浸入待测液中测定pH
14．常温常压下，0.1mol两种气态烃组成的混合物完全燃烧后得到0.16mol二氧化碳和3.6g水，则混合气体中（ ）
A．一定有甲烷 B．一定有丙烯 C．一定有乙炔 D．一定有乙烷
15．一定温度和压强下，30 L某种气态纯净物中含有个分子，这些分子由个原子组成，下列有关说法错误的是
A．该温度和压强气体摩尔体积
B．标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4 L
C．该气体中每个分子含有3个原子
D．若在该条件下为气态，则在该条件下的体积也为30 L
16．对1 mol·L－1的MgCl2溶液的有关叙述中，正确的是（ ）
A．该溶液中Cl－浓度为2 mol·L－1
B．该溶液中Mg2＋的物质的量是1 mol
C．可使用250 mL容量瓶分两次完成490 mL该浓度的MgCl2溶液的配制
D．该溶液可由95g MgCl2·6H2O固体在水中溶解并稀释至1L获得。
二、综合题
17．某矿石可能由、、中的一种或几种组成，某兴趣小组欲探究其组成，设计探究过程如图所示。
已知：①可以与过量的NaOH溶液反应生成，可以与反应生成沉淀。
②是一种酸性氧化物，难溶于水。
（1）下列有关说法正确的是____。
A．用石英和焦炭制取粗硅：
B．造月球探测器中的瞄准镜时使用的光导纤维，其主要成分是
C．月球探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是
D．、石灰石和纯碱是制备玻璃的原料
E．氢氟酸雕刻玻璃发生的离子反应：
（2）写出反应④的离子方程式 。
（3）反应③没有沉淀生成，说明矿石中不存在 (填化学式)，为了达到此目的， (填“能”或“否”)将反应②中NaOH溶液改用溶液，说明理由 。
（4）该矿石和溶液反应的离子方程式为 。
（5）工业上依据上述实验原理处理该矿石，将反应池逸出的气体与一定量的混合循环通入反应池中，目的是 。
18．石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如图：
（注：SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃）
（1）已知1mol石墨完全转化为金刚石需要吸收1.9kJ的能量，请写出石墨转化为金刚石的热化学反应方程式： ．
（2）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间的N2，高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物，80℃冷凝的目的是： ，由活性炭得到气体Ⅱ的化学反应方程式为： ．
（3）加入过量NaOH溶液得到溶液Ⅳ的离子反应方程式为： ．
（4）用化学反应原理解释得到沉淀Ⅴ的过程中乙酸乙酯和加热的作用： .1kg初级石墨最多可获得Ⅴ的质量为 kg．
19．完成下列各题：
（1）现有下列9种物质：①氯气；②二氧化硫；③氢氧化铁胶体；④铁；⑤氯化钡；⑥氢氧化钾；⑦氯化铁溶液；⑧酒精(C2H5OH)；⑨氧化钙。
用相应化学式填写下列空白：属于酸性氧化物的有 ，属于电解质的是 ，属于非电解质的 。(用相应化学式填空)
下列关于③和⑦的说法正确的是 (填字母序号)。
a．都不稳定，密封静置会产生沉淀
b．③能产生丁达尔效应，而⑦不能
c．分散质粒子都可以通过滤纸
d．加入盐酸都会先产生沉淀，后溶解
（2）标准状况下，2.24 L Cl2的质量为 ；有 个氯原子。
（3）10.8g R2O5中氧原子的数目为3.01×1023， 则元素R的相对原子质量为 ；R元素名称是 。
（4）如果a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是(设NA为阿伏加德罗常数) 。
（5）由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍。则该混合气体中CH4和O2的体积比为 。
（6）物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液体积比为5∶3∶2时，三种溶液中c(Cl )之比为
。
20．明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）2 12H2O]．从明矾制备Al、K2SO4和H2SO4的工艺过程如图1所示：
焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）2 12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O
请回答下列问题：
（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是 ．
（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 ．
（3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图2所示，该晶体中Al的配位数是 ．
（4）以Al和NiO（OH） 为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH） 转化为Ni（OH） 2，该电池反应的化学方程式是 ．
（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa时：
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；
H2O（g）═H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；
2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ/mol．
则SO3（g） 与H2O（l） 反应的热化学方程式是 ．
焙烧948t明矾（M=474g/mol），若SO2的利用率为96%，可生产质量分数为98%的硫酸 t．
21．以废镍触媒(含、、、、及)为原料制备硫酸镍的工艺流程如图：
已知：①NiS不溶于水或稀硫酸；。
②该工艺流程条件下，有关金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH见下表：
金属离子
开始沉淀时的pH 6.4 2.2 4.1 9.6
完全沉淀时的pH 8.4 3.5 5.4 11.6
回答下列问题：
（1）“酸溶”时，溶解的化学方程式为 。
（2）“滤渣1”的成分是 (填化学式)。
（3）“滤液1”的pH约为1.8，在“调节pH”时用氨水逐步调节pH至6.3，依次析出的是 (填化学式)；取少量“滤液2”，向其中滴入KSCN溶液的目的是 。
（4）从“沉镍”到“溶解”还需经过的操作是 ，“溶解”时用0.01的硫酸而不用水的原因是 。
（5）“滤渣4”并入滤渣 (填“1”、“2”或“3”)可实现再利用
（6）某工厂用2t该废镍触媒(NiO含量为75%)制备硫酸镍，设整个流程中Ni的损耗率为20%，最终得到的质量为 t。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A、果糖与乙醚互溶，不能用分液的方法分离，A不符合题意；
B、苯和溴苯互溶，不能用分液的方法分离，B不符合题意；
C、乙酸乙酯和Na2CO3溶液互不相溶，可用分液的方法分离，C符合题意；
D、葡萄糖与果糖都溶于水，不能用分液的方法分离，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】能用分液法进行分离的混合物，为两种不互溶的液体。
2．【答案】D
【解析】【解答】A.MgCl2在水中电离方程式为MgCl2=Mg2＋＋2Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.5mol/L×2=0.2mol/L，A不符合题意；
B.HCl在水中的电离方程式为HCl=H＋＋Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.25mol/L×1=0.25mol/L，B不符合题意；
C.NaCl在水中电离的方程式为NaCl=Na＋＋Cl－，因此溶液中c(Cl－)=1mol/L×1=1mol/L，D不符合题意；
D.CaCl2在水中电离的方程式为：CaCl2=Ca2＋＋2Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.25mol/L×2=0.5mol/L，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据溶质在水中的电离，计算溶液中c(Cl-)。
3．【答案】C
【解析】【解答】在我国的四大发明中有两项属于化学工艺：造纸和制火药；另外我国是最早使用青铜器、瓷器和冶炼铁的国家；1965年，我国在世界上首先人工合成了结晶牛胰岛素；这些都对世界化学史上作出了巨大的贡献，则C符合题意；
故答案为：C。
【分析】我国主要是烧制陶瓷以及火药和人工合成结晶牛胰岛素对世界贡献较大
4．【答案】A
【解析】【解答】容量瓶的规格中没有950mL，只能选择1000mL，所以计算溶质的质量时也按1000mL溶液中所含的溶质计算；Na2CO3 物质的量为 2×1=2mol,则质量为2×106="212" g，答案选A。
【分析】本题考查的是溶液配制的知识，要注意容量瓶常用规格有100mL、250mL、500mL、1000mL，根据体积选择合适容量瓶，为1000mL,同时要注意计算的时候要用1000mL的体积乘以浓度，求出溶质的物质的量，转化为质量。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．质子数为117，A不符合题意；
B．中子数为294-117=177，B不符合题意；
C．核外电子数等于质子数，为117，C不符合题意；
D．质量数为294，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A．二者都溶于水，不能用过量的方法除杂，可用重结晶的方法，故A错误；
B．水的沸点较高，易挥发、冷凝，可用蒸馏的方法制取蒸馏水，故B正确；
C．二者都不溶于水，不能用过滤的方法除杂，故C错误；
D．CaCl2、MgCl2难挥发，不能用蒸发的方法，故D错误．
故选B．
【分析】A．二者都溶于水；
B．水的沸点较高，易挥发、冷凝；
C．二者都不溶于水；
D．CaCl2、MgCl2难挥发．
7．【答案】C
【解析】【解答】A．C2H6O可能是乙醇，还可能为二甲醚，当为乙醇时，0.1molC2H6O中含有0.5NA条C H键；当为二甲醚时，0.1molC2H6O中含有0.6NA条C H键，故A不符合题意；
B．标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B不符合题意；
C．Na2O和Na2O2均由2个钠离子和1个阴离子构成，故两者的混合物中，无论两者的比例如何，阴阳离子的个数之比均为1：2，故C符合题意；
D.100g 46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量是100g ×46%÷46g/mol=1mol，含有H O键为NA，由于水分子中也含有H O键，则该溶液中含H O键的数目大于NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．C2H6O有2个同分异构体，分别为乙醇和二甲醚。当C2H5CH时，符合题意；当C2H6O为CH3-O-CH3时，0.1molC2H6O中含有0.6NA条C H键；
B．标况下三氧化硫不是气体，无法计算它的物质的量；
D．乙醇中含的H O键为NA，但是H2O中也含有H O键，则该溶液中含H O键的数目大于NA。
8．【答案】D
【解析】【解答】A、溶液为均一、稳定的混合物，从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，浓度不变，浓度仍是1mol·L－1，所以A选项是不符合题意的；
B、制备0.5L 10mol·L－1的盐酸，需要氯化氢的物质的量为：n(HCl)=cV=0.5L 10mol/L=5mol，标准状况下氯化氢的体积为：V=nVm=5mol 22.4mol/L=112L，所以B选项是不符合题意的；
C、0.5L 2mol·L－1BaCl2溶液中，n(BaCl2)= cV=0.5L 2mol/L=1mol，由BaCl2的构成可以知道，1molBaCl2含2mol氯离子、1mol钡离子，Ba2+和Cl-总数为：3×6.02×1023，所以C选项是不符合题意的；
D、硫酸密度大于水，加水稀释时密度改变，浓度越小密度越小，10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数约为 ×100%=16.6%，大于9.8%，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据溶液为均一、稳定的混合物来分析；
B、先计算出需要氯化氢的物质的量，再计算标准状况下氯化氢的体积；
C、先计算出n(BaCl2)，再根据每个BaCl2分子中含有的离子数解答即可；
D、根据稀释前后硫酸的质量不变进行解答。
9．【答案】C
【解析】【解答】解：A．氯气极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，浓硫酸可干燥氯气，利用洗气可除杂，故A正确；
B．溴不易溶于水，易溶于四氯化碳，则萃取、分液可分离，故B正确；
C．乙酸与NaOH反应后，增大与乙醇的沸点差异，不分层，应选蒸馏法分离，故C错误；
D．溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层，然后分液可除杂，故D正确；
故选C．
【分析】A．氯气极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，浓硫酸可干燥氯气；
B．溴不易溶于水，易溶于四氯化碳；
C．乙酸与NaOH反应后，增大与乙醇的沸点差异；
D．溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层．
10．【答案】D
【解析】【解答】40gNaOH的物质的量是40g÷40g/mol=1mol，则c（NaOH）=1mol÷1L=1mol/L，
故答案为：D。
【分析】此题考查物质的量浓度的计算，根据C=n/V进行计算就可得出结果。
11．【答案】B
【解析】【解答】A、浓硫酸溅到手上，应用干抹布擦去，冲洗后涂上碳酸氢钠溶液，不能用氢氧化钠溶液中和，因为氢氧化钠溶液有很强的腐蚀性，A不符合题意；
B、氯气有毒，能够与碱性溶液反应生成无毒的物质，所以大量氯气泄漏时，可用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速离开现场，B符合题意；
C、少量酒精洒在桌上并燃烧起来，应该立即用湿抹布扑盖，由于酒精密度小于水，不能够用大量水扑灭，B不符合题意；
D、钠着火生成过氧化钠，与二氧化碳、水都反应，则不能用二氧化碳、水灭火，加入沙土可掩盖钠，隔绝空气，可起到灭火的作用，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、注意浓硫酸和氢氧化钠溶液都有很强的腐蚀性；
B、氯气可以与碱性溶液反应生成无毒的盐类，注意必须尽快撤离；
C、由于酒精密度小于水，酒精会在水面继续燃烧；
D、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
12．【答案】B
【解析】【解答】解：A．35Cl是氯的一种同位素，质子数等于原子序数，所以35Cl质子数为17，故A错误；
B．1H35Cl分子所含中子为18， mol的1H35Cl分子所含中子的物质的量为 =1mol，所以中子数约为6.02×1023，故B正确；
C．氯气不一定处于标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故C错误；
D．35Cl2气体的摩尔质量为70g/mol，故D错误；
故选B．
【分析】A．35Cl是氯的一种同位素，质子数等于原子序数；
B．质量数=质子数+中子数，计算出1个分子含有的中子数；
C．不一定处于标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol；
D．摩尔质量的单位是g/mol．
13．【答案】B
【解析】【解答】解：A、蒸发皿可以直接受热，不用垫石棉网，故A错误；
B、氢氧化钠易潮解，故不能放在纸上称量，只能放在小烧杯中，故B正确；
C、量筒不能用于溶解固体，故氯化钠固体的溶解应放在烧杯中进行，故C错误；
D、将pH试纸浸入待测液中会污染溶液，故应将pH试纸放在玻璃片上，然后用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部，然后与比色卡做比对，故D错误．
故选B．
【分析】A、蒸发皿可以直接受热；
B、氢氧化钠易潮解；
C、量筒不能用于溶解固体；
D、将pH试纸浸入待测液中会污染溶液．
14．【答案】A
【解析】【解答】解：n（H2O）= =0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，混合烃的平均分子式为C1.6H4；
烃中C原子数小于1.6的只有CH4，则混合气体中一定含有CH4，由于CH4分子中含4个H原子，则另一种烃分子中一定含4个H原子，且其C原子数大于1.6，故可能是C2H4或C3H4，
A．根据以上分析可知，混合气体中一定含有CH4，故A正确；
B．混合气体中一定含有CH4，由于氢原子平均为4，一定不含有丙烯，故B错误；
C．由于氢原子平均为4，则混和气体中一定没有C2H2，故C错误；
D．混合烃的平均分子式为：C1.6H4，烃中C原子数小于1.6的只有CH4，则一定含有CH4，CH4分子中含4个H原子，故另一种分子中一定含4个H原子，则一定没有乙炔，故D错误；
故选A．
【分析】生成水的物质的量为：n（H2O）= =0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，则混合烃的平均分子式为C1.6H4，而碳原子数小于1.6的只有甲烷，则一定含有甲烷，然后根据平均分子式进行判断．
15．【答案】A
【解析】【解答】A．根据题意，在此状况下，1mol气体体积为30L，则，故A符合题意；
B．在标准状况下若该物质为气态，则1mol该气体的体积为22.4 L，故B不符合题意；
C．综上所述，某气态纯净物中含有个分子，这些分子由个原子组成，则该分子含有原子个数为，故C不符合题意；
D．综上所述，在此状况下，，在该条件下的体积也为30 L，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.气体摩尔体积的常用单位是L/mol；
B.6.02×1023个分子的物质的量为1mol，标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol；
C.6.02×1023个分子含有1.806×1024个原子，则1个气体分子含有3个原子；
D.相同条件下气体的体积之比等于其分子数目之比。
16．【答案】A
【解析】【解答】A、根据MgCl2的分子组成可知，1个MgCl2中含有2个氯离子，所以1 mol·L－1的MgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为2 mol·L－1,故A符合题意；
B、未指明溶液体积,不能计算Mg2＋的物质的量,故B不符合题意;
C、490 mL溶液需使用500 mL容量瓶一次性配制,不能分2次,以减少误差,故C不符合题意;
D、95g MgCl2·6H2O的物质的量为n=m/M=95÷203g/mol=0.47mol，在水中溶解并稀释至1L，MgCl2的物质的量浓度为c=n/V=0.47mol/1L=0.47mol/L,故D不符合题意;
故答案为：A。
【分析】熟练掌握物质的量浓度相关公式即可得出本题答案
17．【答案】（1）B；D
（2）
（3）；否；溶液能与反应产生BaCO3沉淀
（4）
（5）将NO和O2和水反应生成硝酸，提高反应物的利用率
【解析】【解答】矿石加硝酸生成气体，可说明含有FeCO3，加入过量NaOH溶液后通入过量二氧化碳没有沉淀生成，说明没有Al2O3，滤渣溶解后加入盐酸生成胶状沉淀，说明含有SiO2，据此解答。
(1)A.用石英和焦炭在高温下反应生成Si和CO：，A不正确；
B.二氧化硅具有良好的光学特性，光导纤维主要成分为二氧化硅，则造月球探测器中的瞄准镜时使用的光导纤维，其主要成分是，B正确；
C. 晶体硅为良好的半导体，是制造太阳能电池板主要原料，则月球探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是Si，C不正确；
D.玻璃是硅酸盐产品，、石灰石和纯碱是制备玻璃的原料，D正确；
E.氢氟酸是弱酸，应保留化学式，氢氟酸雕刻玻璃发生的离子反应：，E不正确；
故答案为：BD；
(2)滤渣是，已知是一种酸性氧化物，则与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，反应④的离子方程式；
(3)反应③通入二氧化碳目的是与反应生成沉淀，而没有沉淀生成，说明矿石中不存在；不能将反应②中NaOH溶液改用溶液，理由是溶液能与反应产生BaCO3沉淀影响氧化铝的判断；
(4)该矿石组成是FeCO3和SiO2，FeCO3和溶液反应的离子方程式为；
(5)反应池逸出的气体为NO与一定量的混合后生成硝酸，循环通入反应池中，目的是将NO和O2和水反应生成硝酸，提高反应物的利用率。
【分析】（1）A、二氧化硅和碳生成硅和一氧化碳；
B、光导纤维主要成分是二氧化硅；
C、太阳能电池板的材料是单质硅；
D、二氧化硅和石灰石、纯碱反应可以制取玻璃；
E、氟化氢为弱酸，离子方程式不可拆；
（2）二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；
（3）若有氧化铝，则加入稀硝酸生成硝酸铝，加入过量氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，通入二氧化碳生成氢氧化铝；若是用氢氧化钡，会生成碳酸钡干扰结果的现象；
（4）硝酸具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子；
（5）一氧化氮和氧气按照4：3通入水中可以生成硝酸。
18．【答案】（1）C（石墨）═C（金刚石）△H=+1.9kJ/mol
（2）分离金属和非金属氧化物；2C+2Cl2+SiO2 SiCl4+2CO
（3）Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓
（4）加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下促进偏铝酸钠水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，反应离子方程式为AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2O CH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓；0.078
【解析】【解答】解：（1）已知1mol石墨完全转化为金刚石需要吸收1.9kJ的能量，则石墨转化为金刚石的热化学反应方程式为C（石墨）═C（金刚石）△H=+1.9kJ/mol，
故答案为：C（石墨）═C（金刚石）△H=+1.9kJ/mol；（2）石墨过量高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO，其目的为分离金属和非金属氧化物，由活性炭得到气体Ⅱ的化学反应方程式为：2C+2Cl2+SiO2 SiCl4+2CO，
故答案为：分离金属和非金属氧化物；2C+2Cl2+SiO2 SiCl4+2CO；（3）金属氯化物的沸点均高于150℃，则固体Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液IV，故溶液IV中的阴离子有：AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣，
故答案为：过滤；AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣；（3）根据以上分析，固体Ⅲ存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，则反应的离子反应方程式为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，故答案为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓；（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2O CH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓，Al2O3的质量分数为5.1%，则1kg初级石墨中氧化铝的质量=1kg×5.1%=0.051kg，根据Al元素守恒，可知氢氧化铝的质量为 =0.078kg，
故答案为：加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下促进偏铝酸钠水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，反应离子方程式为AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2O CH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓；0.078．
【分析】高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，固体Ⅲ存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠，在滤液中偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，据此答题．
19．【答案】（1）SO2；BaCl2、KOH、CaO；SO2、C2H5OH；bc
（2）7.1g；0.2 NA
（3）14；氮
（4） L
（5）3:13
（6）1:2:3
【解析】【解答】(1)只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，故SO2为酸性氧化物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，故BaCl2、KOH、CaO为电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，故SO2、C2H5OH为非电解质。答案为：SO2；BaCl2、KOH、CaO；SO2、C2H5OH；
a．氯化铁溶液很稳定，氢氧化铁胶体具有介稳性，a不正确；
b．氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化铁溶液没有丁达尔效应，b正确；
c．氯化铁溶液与氢氧化铁胶体的分散质粒子均可以透过滤纸，氢氧化铁胶体的分散质粒子不能透过半透膜，c正确；
d．加入盐酸，氢氧化铁胶体先聚沉，后溶解，氯化铁溶液无现象，d不正确；
故答案为：bc。(2)标准状况下，2.24 L Cl2的物质的量为 =0.1mol，质量为0.1mol×71g/mol=7.1g；有0.1mol×2 NAmol-1=0.2 NA个氯原子。答案为：7.1g；0.2 NA；(3)10.8g R2O5中氧原子的数目为3.01×1023，物质的量为 =0.5mol，则R2O5的相对分子质量为 =108g/mol，元素R的相对原子质量为 =14；R元素名称是氮。答案为：14；氮；(4)a g某气体中含有的分子数为b，则其体积为 = L，所以c g该气体在标准状况下的体积是 L= L。答案为： L；(5)由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍，则该混合气体的平均相对分子质量为14.5×2=29，设CH4和O2的物质的量分别为x、y，则 ，而求得x：y=3:13，故体积比为3:13。答案为：3:13；(6) NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量浓度相同，设为1mol/L，则三种溶液中c(Cl )之比为1mol/L:2mol/L:3mol/L=1:2:3。答案为：1:2:3。
【分析】(1)只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，需要注意的是，氯化铁溶液虽然能导电，但属于混合物，所以既不是电解质，也不是非电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质。
a．溶液稳定，胶体具有介稳性；
b．胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应；
c．溶液与胶体的分散质粒子均可以透过滤纸，胶体的分散质粒子不能透过半透膜；
d．加入盐酸，氢氧化铁胶体先聚沉，后溶解。(2)标准状况下，先求出2.24 L Cl2的物质的量，利用公式m=n M可求出质量；由Cl2的物质的量可求出氯原子数。(3)先求出氧原子的物质的量，由此求出R2O5的物质的量、R2O5的相对分子质量，最后求出元素R的相对原子质量及名称。(4)先求出a g某气体的体积，然后利用同一气体在相同条件下质量比等于体积比，求c g该气体在标准状况下的体积。(5)由密度求混合气体的平均相对分子质量，然后设CH4和O2的物质的量分别为x、y，建立有关平均相对分子质量的计算式，求二者的体积比。(6) NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量浓度相同，利用化学式，可求出三种溶液中c(Cl )之比。
20．【答案】（1）S
（2）蒸发结晶
（3）4
（4）Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2
（5）SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol；432
【解析】【解答】解：（1）4KAl（SO4）2 12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价．硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质；
故答案为：S；（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体，
故答案为：蒸发结晶；（3）依据晶体晶胞结构分析，结合配位数含义可知，每个铝原子和四个单原子相连，所以铝原子的配位数为4，
故答案为：4；（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为：
Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2 ，
故答案为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2；（5）①2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；Ⅰ
H2O（g） H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；Ⅱ
2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ/mol．Ⅲ
依据盖斯定律Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=﹣260kJ/mol，
即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol，
故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol；②948 t明矾生成SO2物质的量为4500mol 故生成硫酸的质量m=4500×0.96×98÷0.98=432000Kg=432t，
故答案为：432．
【分析】明矾和硫焙烧得到固体混合物和SO2，二氧化硫氧化为三氧化硫，溶于水生成硫酸，固体混合物水浸过滤得到硫酸钾溶液和固体氧化铝，加入冰晶石电解熔融氧化铝得到金属铝，（1）化学方程式中元素化合价变化分析，元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应；（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出；（3）配位化合物中直接和中心原子（或离子）相联系的配位原子的数目；（4）以Al和NiO（OH）为电极，铝做原电池 负极失电子发生氧化反应，NiO（OH）得到电子发生还原反应，结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式；（5）①依据热化学方程式和盖斯定律计算Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ得到所需热化学方程式；②硫元素守恒计算得到硫酸质量．
21．【答案】（1）
（2）和
（3）、；检验是否除尽
（4）过滤(洗涤)、焙烧(煅烧)；抑制水解
（5）3
（6）4.208
【解析】【解答】（1）为两性氧化物，能与酸反应生成盐和水， “酸溶”时，溶解的化学方程式为。
（2）由上述分析可知，“滤渣1”的成分是和。
（3）“滤液1”的pH约为1.8，在“调节pH”时用氨水逐步调节pH至6.3，由题干表格可知，依次析出的是、；与SCN-反应生成(血)红色物质Fe(SCN)3，因此取少量“滤液2”，向其中滴入KSCN溶液的目的是检验是否除尽，故答案为：、；检验是否除尽。
（4）由题干信息“NiS不溶于水或稀硫酸；”可知，从“沉镍”到“溶解”还需经过的操作是过滤(洗涤)、焙烧(煅烧)；NiSO4为强酸弱碱盐，在水中会发生水解，因此“溶解”时用0.01的硫酸而不用水的原因是抑制水解，故答案为：过滤(洗涤)、焙烧(煅烧)；抑制水解。
（5）“滤渣4”为未完全氧化的NiS，因此可并入滤渣3可实现再利用。
（6）2t该废镍触媒(NiO含量为75%)制备硫酸镍，m(NiO)=2t×75%=1.5t，其中Ni原子的质量为m(Ni)=1.5t×=1.18t，设整个流程中Ni的损耗率为20%，根据Ni原子守恒，最终得到的质量为1.18t×80%×=4.208t。
【分析】以废镍触媒（含NiO、MgO、CaO、Al2O3、Fe2O3及SiO2）为原料制备硫酸镍的工艺流程中，先加入过量稀硫酸，NiO、MgO、CaO、Al2O3、Fe2O3都反应生成硫酸盐，其中硫酸钙微溶沉降，二氧化硅不反应沉降，过滤后，向滤液中加入氨水调节溶液pH，使溶液中Fe3＋、Al3＋转化为氢氧化物沉淀，过滤后，向滤液中加入(NH4)2S将Ni2＋离子转化为NiS沉淀，过滤后将滤渣在氧气中加热反应生成NiSO4，然后将固体溶解于稀硫酸中，以防止Ni2＋离子水解，然后降温结晶、过滤、洗涤得到NiSO4 6H2O，
（1）Al2O3是两性氧化物，和酸反应生成盐和水；
（2）分析可知滤渣为二氧化硅和硫酸钙；
（3）结合图表数据分析得到，“滤液1”的pH约为1.8，在“调节pH”时用氨水逐步调节pH至6.3，依次析出的是氢氧化铁、氢氧化铝；
（4）NiS不溶于水或稀硫酸；NiS与2O2 加热生成NiSO4，从沉镍带溶解还需要的的存在是过滤、洗涤、焙烧，NiSO4为强酸弱碱盐，水中易水解生成氢氧化镍；
（5）滤渣4是未完全氧化的NiS；
（6）2t该废镍触媒（NiO含量为75%）制备硫酸镍，m（NiO）＝2t×75%＝1.5t，其中Ni原子质量m（Ni）＝1.5t×59÷75＝1.18t，设整个流程中Ni的损耗率为20%，Ni元素守恒，计算最终得到NiSO4 6H2O的质量。